資源簡介

證明不等式問題
【方法技巧與總結】
利用導數證明不等式問題，方法如下：
(1)直接構造函數法：證明不等式 f x > g x (或 f x < g x )轉化為證明 f x - g x > 0(或 f x -
g x < 0)，進而構造輔助函數 h x = f x - g x ；
(2)適當放縮構造法：一是根據已知條件適當放縮；二是利用常見放縮結論；
(3)構造“形似”函數，稍作變形再構造，對原不等式同解變形，根據相似結構構造輔助函數.
(4)對數單身狗，指數找基友
(5)凹凸反轉，轉化為最值問題
(6)同構變形
【題型歸納目錄】
題型一：直接法
題型二：構造函數 (差構造、變形構造、換元構造、遞推構造)
題型三：分析法
題型四：凹凸反轉、拆分函數
題型五：對數單身狗，指數找朋友
題型六：放縮法
題型七：虛設零點
題型八：同構法
題型九：泰勒展式和拉格朗日中值定理
題型十：分段分析法、主元法、估算法
題型十一：割線法證明零點差大于某值，切線法證明零點差小于某值
題型十二：函數與數列不等式問題
題型十三：三角函數
【典例例題】
題型一：直接法
例1.已知函數 f(x) = (a- 1)lnx+ x+ ax，a< 0．
(1)討論函數 f(x)的單調性；
(2)當 a<-1時，證明： x∈ (1,+∞)，f(x)>-a- a2．
例2.設函數 f(x) = alnx+ 2 ，a∈R．
x
(1)討論函數 f(x)的單調性；
(2) 1當 a= 1且 x> 1時，證明： 22 x - x+ 3> f(x)．
例3.已知函數 f(x) = lnx+ a(x2- 1)．
(1)討論函數 f(x)的單調性；
(2) a= e- 1當 2 ，x∈ [1，+∞)時，證明：f(x)≤ (x- 1)e
x．
題型二：構造函數 (差構造、變形構造、換元構造、遞推構造)
2
例4. x - 1已知曲線 f(x) = 2 與曲線 g(x) = alnx在公共點 (1,0)處的切線相同，
(Ⅰ)求實數 a的值；
2
( ) x> 0 x - 1Ⅱ 求證：當 時， 2 ≥ x- 1≥ lnx．
例5.已知 f(x) = ex．
(1)若 x≥ 0時，不等式 (x- 1)f(x)≥mx2- 1恒成立，求m的取值范圍；
(2)求證：當 x> 0時，f(x)> 4lnx+ 8- 8ln2．
例6.已知函數 f(x) = ln(x+ 1) + a(x2+ x) + 2．
(1)當 a= 1時，求 f(x)在點 (0，f(0))處的切線方程；
(2)當 a> 0時，若 f(x) 1的極大值點為 x1，求證：f(x1)<-2ln2+ 2 ．
例7.已知函數 f(x) = ln(ex- 1) - lnx．
(1)判斷 f(x)的單調性，并說明理由；
(2) 1若數列 {an}滿足 a1= 1，an+1= f(an)，求證：對任意n∈N *，an> an+1> 2n．
題型三：分析法
例8.已知 1< a≤ 2，函數 f(x) = ex- x- a，其中 e= 2.71828 為自然對數的底數．
(Ⅰ)證明：函數 y= f(x)在 (0,+∞)上有唯一零點；
(Ⅱ)記 x0為函數 y= f(x)在 (0,+∞)上的零點，證明：
(ⅰ) a- 1≤ x0≤ 2(a- 1)；
(ⅱ)x0 f(ex0)≥ (e- 1) (a- 1)a．
9. a> 1 f(x) = ex- 1例 已知 ，函數 2 x
2- ax- 1，其中 e= 2.71828 為自然對數的底數．
(Ⅰ)證明：函數 y= f(x)在 (0,+∞)上有唯一零點；
(Ⅱ)記 x0為函數 y= f(x)在 (0,+∞)上的零點，證明：x0< a． (參考數值：ln4.6≈ 1.53)
例10.已知函數 f(x) = ex- ax- 1在 (0,+∞)上有零點 x0，其中 e= 2.71828 是自然對數的底數．
(Ⅰ)求實數 a的取值范圍；
(Ⅱ)記 g(x)是函數 y= f(x)的導函數，證明：g(x0)< a(a- 1)．
題型四：凹凸反轉、拆分函數
例11.已知函數 f(x) = xx + a(a≤ 0)且 f(1) f(-1) =-1．e
(1)求函數 f(x)的單調區間；
(2)證明：lnx> 1 - 2
ex ex
．
例12.已知函數 f(x) = lnx，g(x) = x+m(m∈R)．
(1)若 f(x)≤ g(x)恒成立，求實數m的取值范圍；
x
( ) > e + (2- e)x- 12 求證：當 x 0時， x ≥ lnx+ 1．
例13.已知函數 f(x) = x2ex- lnx． (ln2≈ 0.6931, e ≈ 1.649)
(Ⅰ)當 x≥ 1時，判斷函數 f(x)的單調性；
(Ⅱ)證明：當 x> 0時，不等式 f(x)> 1恒成立．
題型五：對數單身狗，指數找朋友
例14.已知函數 f(x) = 1- xax + lnx．
( 1Ⅰ)當 a= 1時，求 f(x)在 2 ，2 上最大值及最小值；
(Ⅱ)當 1< x< 2時，求證 (x+ 1)lnx> 2(x- 1)．
b(x+ 1)
例15.已知函數 f(x) = alnx+ x ，曲線 y= f(x)在點 (1，f(1))處的切線方程為 y= 2．
(1)求 a、b的值；
( ) > (x+ 1)lnx2 當 x 0且 x≠ 1時．求證：f(x)> x- 1 ．
例16.已知函數 f(x) = lnx+ ax- l(a∈R)．
(1)討論函數 f(x)的單調性；
-x
(2)若函數 f(x) e圖象過點 (1,0)，求證： x + lnx+ x- 1≥ 0．
例17.已知函數 f(x) = lnx+ ax- 1(a∈R)．
(Ⅰ)討論函數 f(x)的單調性；
(Ⅱ)若函數 f(x)圖象過點 (1,0)，求證：e-x+ xf(x)≥ 0．
題型六：放縮法
例18.已知函數 f(x) = aex+ 2x- 1． (其中常數 e= 2.71828 ，是自然對數的底數．
(1)討論函數 f(x)的單調性；
(2)證明：對任意的 a≥ 1，當 x> 0時，f(x)≥ (x+ ae)x．
19. f(x) = lnx+ a- 1 ( ) = a(sinx+ 1) - 2例 已知函數 x ，g x x
(1)討論函數 f(x)的單調性；
(2)求證：當 0≤ a≤ 1時，f(x)> g(x)．
ex-1
例20.已知函數 f(x) = 1+ lnx．
(1)求函數 f(x)的單調區間；
(2)解關于 x 1 1的不等式 f(x)> 2 x+ x
題型七：虛設零點
例21.設函數 f(x) = e2x+ alnx．
(1)討論 f(x)的導函數 f (x)零點的個數；
(2)證明：當 a< 0時，f(x)≥ aln - a2 - 2a．
例22.設函數 f(x) = e2x- alnx．
(Ⅰ)討論 f(x)的導函數 f′ (x)零點的個數；
( 2Ⅱ)證明：當 a> 0時，f(x)≥ 2a+ aln a．
例23.已知函數 f(x) = ex- x2- ax．
(1)若函數 f(x)在R上單調遞增，求 a的取值范圍；
(2) a= 1 x> 0 f(x)> 1- ln2 - ln2
2
若 ，證明：當 時， 2 2 ．
參考數據：e≈ 2.71828，ln2≈ 0.69．
題型八：同構法
例24.已知函數 f(x) = a+ lnxx ．
(1)討論 f(x)在區間 (1,+∞)上的單調性；
(2)當 a= 1時，證明：x esinx≥ x f(x) + sinx．
例25.已知函數 f(x) = axlnx- x+ 1，a∈R．
(1)討論 f(x)的單調區間；
(2)當 p> q> 1時，證明 qlnp+ lnq< plnq+ lnp．
例26.已知函數 f(x) = (mx- 1)ex，m∈R．
(1)討論函數 f(x)的單調性；
(2)若 p∈R，q∈ (0,+∞)，證明：當m= 1時，f(p+ q) + 32 (p- q)
2+ 2q> f(p- q) + 32 (p+ q)
2
題型九：泰勒展式和拉格朗日中值定理
例27.已知函數 f(x) = lna xe-x+ asinx，a> 0．
(1)若 x= 0恰為 f(x)的極小值點．
(ⅰ) 1證明：2 < a< 1；
(ⅱ)求 f(x)在區間 (-∞,π)上的零點個數；
( ) = f(x)2 a 1 = 1- x 1+ x 1- x 1+ x 1- x 1+ x 1- x 1+ x若 ， x π π 2π 2π 3π 3π nπ nπ
，
x2 4 6 n 2n
又由泰勒級數知：cosx= 1- + x - x + + (-1) x( ) + ，n∈N
* 1 1 1．證明： 2 + + + 2! 4! 6! 2n ! 1 22 32
2
+ 1 + = π2 6 ．n
例28.已知函數 f(x) = x2+ lnx- ax．
(1)求函數 f(x)的單調區間；
(2)若 f(x)≤ 2x2，對 x∈ [0，+∞)恒成立，求實數 a的取值范圍；
(3)當 a= 1時,設 g x = xex
2-f x - x- 1．若正實數 λ1，λ2滿足 λ1+ λ2= 1，x1，x2∈ (0，+∞) (x1≠
x2)，證明：g(λ1x1+ λ2x2)< λ1g(x1) + λ2g(x2)．
3 5 7
例29.英國數學家泰勒發現了如下公式：sinx= x- x + x - x + ，其中 n!= 1× 2× 3× 4× × n，
3! 5! 7!
π 3
此公式有廣泛的用途，例如利用公式得到一些不等式：當 x∈ 0, 2 時，sinx< x，sinx> x-
x
，
3!
3 5
sinx< x- x + x ， ．
3! 5!
(1) x∈ 0, π證明：當 2
sinx 1
時， x > 2 ；
(2)設 f(x) =msinx，若區間 [a，b]滿足當 f(x)定義域為 [a，b]時，值域也為 [a，b]，則稱為 f(x)的
“和諧區間”，
(ⅰ)m= 1時，f(x)是否存在“和諧區間”？若存在，求出 f(x)的所有“和諧區間”，若不存在，請說明
理由；
(ⅱ)m=-2時，f(x)是否存在“和諧區間”？若存在，求出 f(x)的所有“和諧區間”，若不存在，請說明
理由．
題型十：分段分析法、主元法、估算法
例30.設 a> 0且 a≠ 1，函數 f(x) = sinax- asinx．
(1)若 f(x)在區間 (0,2π)有唯一極值點 x0，證明：f(x0)(2)若 f(x)在區間 (0,2π)沒有零點，求 a的取值范圍．
例31.已知函數 f(x) = ex(sinx- ax2+ 2a- e)，其中 a∈R，e= 2.71828 為自然對數的底數．
(1)當 a= 0時，討論函數 f(x)的單調性；
(2) 1當 2 ≤ a≤ 1時，求證：對任意的 x∈ [0，+∞)，f(x)< 0．
例32.已知函數 f x = ex- e-x- 2x.
(1)討論 f x 的單調性；
(2)設 g x = f 2x - 4bf x ，當 x> 0時，g x > 0,求 b的最大值；
(3)已知 1.4142< 2< 1.4143，估計 ln2的近似值 (精確到 0.001)
2
例33. f(x) = x - 1已知函數 x ≥-klnx(x≥ 1)．
(1)若 f x ≥ 0恒成立，求 的取值范圍；
(2)若取 5= 2.236 5，試估計 ln 4 的范圍． (精確到 0.01)
題型十一：割線法證明零點差大于某值，切線法證明零點差小于某值
34. f(x) = 1- x
2
例 已知函數 (e為自然對數的底數)．
ex
(1)求函數 f(x)的零點 x0，以及曲線 y= f(x)在 x= x0處的切線方程；
(2)設方程 f(x) =m(m> 0)有兩個實數根 x1，x2，求證：|x1- x2| < 2-m 1+ 12e ．
例35.已知函數 f(x) = (e- x)lnx(e為自然對數的底數)．
(1)求函數 f(x)的零點，以及曲線 y= f(x)在其零點處的切線方程；
(2)若方程 f(x) =m(m≠ 0) em有兩個實數根 x1，x2，求證：|x1- x2| < e- 1- e- 1．
例36.已知函數 f(x) = (x2- 1)ex(e為自然對數的底數)．
(1)求曲線 y= f(x)在點 (0，f(0))處的切線方程：
(2)若方程 f(x) =m(m< 0)有兩個不等的實數根 x1，x2，求證：|x1- x2| < 2+m．
題型十二：函數與數列不等式問題
例37.已知函數 f(x) = xln(1+ x) - a(x+ 1) (x> 0)，其中 a為實常數．
(1)若函數 g(x) = f (x) - 2x1+ x ≥ 0定義域內恒成立，求 a的取值范圍；
( ) f(x)2 證明：當 a= 0時， 2 ≤ 1；x
(3) 1 + 1 + + 1 < ln(1+n)< 1+ 1 + 1 + + 1求證：2 3 n+ 1 2 3 n．
38. 1 3 5 2n- 1例 證明： 1 12 × 4 × 6 × × 2n < 2n+ 1 < 2sin 2n+ 1 ．
例39.已知 f(x) = ex，g(x) = x+ 1(e為自然對數的底數)．
(1)求證：f(x)≥ g(x)恒成立；
(2) m 1 1 1設 是正整數，對任意正整數n， 1+ 3 1+ 2 1+ n 題型十三：三角函數
例40.已知函數 f x = sinx tanx.
(1)設 g x = f x + 3cosx且 x∈ 0, π2 ，求函數 g x 的最小值；
(2) x∈ 0, π當 2 ，證明：f x ≥ x
2.
例41.已知函數 f(x) = xex- a(x+ lnx)，其中 a> 0，e為自然對數的底數．
(1)若 f(x)≥ 1，求實數 a的值；
(2)證明：x2ex> x(2+ lnx) - 2(1- sinx)．
例42.已知 f(x) = x2ex- xexsinx- ax+ asinx.
(1)當 f(x)有兩個零點時，求 a的取值范圍；
(2) = f(x)當 a 1，x> 0時，設 g(x) = x- sinx，求證：g(x)≥ x+ lnx.
【過關測試】
2
1. (2022· x + 3x+ 3重慶市第十一中學校高二階段練習)已知函數 f(x) = ，且 a∈R．
ex
(1)求曲線 y= f(x)在點 (0,f(0))處的切線方程；
(2)若函數 g(x) = f(x) + a x22 + ax
1 1 2
有三個極值點 x1,x2,x3，且 x3< x2< x1，求證：x + x + > 0．1 2 x3
2. (2022· 2全國·高三專題練習)已知函數 f x = 3 x
3+ x2+ ax+ 1在 -1,0 上有兩個極值點，x1,x2，且
x1< x2．
(1)求實數 a的取值范圍；
(2)證明：當- 12 < x< 0時，f x >
11
12．
2
3. (2022·黑龍江·哈爾濱三中模擬預測 (文))已知 f x = 3 4 x
2- x2 lnx- a x- 1 ,a> 0.
(1)若 f x 在區間 1,+∞ 上有且僅有一個極值點m，求實數 a的取值范圍；
2
(2) 3 e在 (1)的條件下，證明 4 < f m < 4 .
4. (2022·全國·哈師大附中模擬預測 (文))已知函數 f x = ex+ exlnx(其中 e是自然對數的底數).
(1)求曲線 y= f x 在點 1,f 1 處的切線方程；
(2)求證：f x ≥ ex2.
5. (2022·江蘇江蘇·高二階段練習)已知函數 f x = alnx- x，a∈R .
(1)試討論 f(x)的單調性；
(2)若對任意 x∈ (0，+∞) ，均有 f(x)≤ 0 ，求 a的取值范圍；
n
(3) 1求證:∑ 2+ > n+ 1- 1 .k=1 ln k k
6. (2022·天津·模擬預測) = 1+ ln x+ 1 已知函數 f x x x> 0 .
(1)試判斷函數 f x 在 0，+∞ 上單調性并證明你的結論；
(2)若 f x k > x+ 1 對于 x∈ 0,+∞ 恒成立，求正整數 k的最大值；
(3)求證： 1+ 1× 2 1+ 2× 3 1+ 3× 4 1+n n+ 1 > e2n-3．
7. (2022·山東·肥城市教學研究中心模擬預測)已知函數 f(x) = ex-a- lnx+ a.
(1)若 x= 2是 f(x)的極值點，求 f(x)的值域；
(2)當 a≤ 0時，證明：f(x)> a+ 2
8. (2022·湖北·華中師大一附中模擬預測)已知函數 f(x) = xex- alnx(a∈R)在 x= 1處的切線方程為
y= 2(e- 1)x+ b.
(1)求實數 a,b的值；
(2) (i) 1證明：函數 y= f(x)有且僅有一個極小值點 x= x0，且 x0∈ 2 ,1 ；
(ii) 31 < f(x )< 41證明：15 0 15 .
11
參考數據：ln2≈ 0.693， e ≈ 1.648，e0.55≈ 1.734 -，e 30≈ 0.693.
9. (2022·廣東·高二階段練習)關于 x的函數 f x = lnx+ 2x- b(b> 2)，我們曾在必修一中學習過“二
分法”求其零點近似值.現結合導函數，介紹另一種求零點近似值的方法--“牛頓切線法”.
(1)證明：f x 有唯一零點 a，且 a∈ 1,b ；
(2)現在，我們任取 x1∈ (1,a)開始，實施如下步驟：
在 x1,f x1 處作曲線 f x 的切線，交 x軸于點 x2,0 ；
在 x2,f x2 處作曲線 f x 的切線，交 x軸于點 x3,0 ；

在 xn,f xn 處作曲線 f x 的切線，交 x軸于點 xn+1,0 ；
可以得到一個數列 xn ，它的各項都是 f x 不同程度的零點近似值.
(i)設 xn+1= g xn ，求 g xn 的解析式 (用 xn表示 xn+1)；
(ii)證明：當 x1∈ 1,a ，總有 xn< xn+1< a.
10.(2022·浙江大學附屬中學高三階段練習)已知函數 f(x) = ex- x- 1,x∈R． (其中 e是自然底數，e≈
2.71828)
(1)求證：x∈R,f(x)≥ 0；
(2)求證：當 x≥ 0,f(x)≥ xsinx- x- 1- cosx；
(3)當 x≥ 0時，f(x) + x(sinx+ 1) + cosx≥ ax+ 1恒成立，求實數 a的取值范圍．證明不等式問題
【方法技巧與總結】
利用導數證明不等式問題，方法如下：
(1)直接構造函數法：證明不等式 f x > g x (或 f x < g x )轉化為證明 f x - g x > 0(或 f x -
g x < 0)，進而構造輔助函數 h x = f x - g x ；
(2)適當放縮構造法：一是根據已知條件適當放縮；二是利用常見放縮結論；
(3)構造“形似”函數，稍作變形再構造，對原不等式同解變形，根據相似結構構造輔助函數.
(4)對數單身狗，指數找基友
(5)凹凸反轉，轉化為最值問題
(6)同構變形
【題型歸納目錄】
題型一：直接法
題型二：構造函數 (差構造、變形構造、換元構造、遞推構造)
題型三：分析法
題型四：凹凸反轉、拆分函數
題型五：對數單身狗，指數找朋友
題型六：放縮法
題型七：虛設零點
題型八：同構法
題型九：泰勒展式和拉格朗日中值定理
題型十：分段分析法、主元法、估算法
題型十一：割線法證明零點差大于某值，切線法證明零點差小于某值
題型十二：函數與數列不等式問題
題型十三：三角函數
【典例例題】
題型一：直接法
例1.已知函數 f(x) = (a- 1)lnx+ x+ ax，a< 0．
(1)討論函數 f(x)的單調性；
(2)當 a<-1時，證明： x∈ (1,+∞)，f(x)>-a- a2．
(x- 1) (x+ a)
【解答】解：(1)f (x) = a- 1x + 1-
a
x2
= 2 ，x
因 x> 0，a< 0，
①當-1< a< 0 時，0<-a< 1，函數 f(x)在 (0,-a)內單調遞增，在 (-a,1)內單調遞減，在 (1,+∞)內單
調遞增；
2
②當 a=- (x- 1)1 時，f (x) = 2 ≥ 0，函數 f(x)在 (0,+∞)內單調遞增；x
③當 a<-1 時，-a> 1，函數 f(x)在 (0,1)內單調遞增，在 (1,-a)內單調遞減，在 (-a,+∞)內單調遞增；
綜上：當-1< a< 0 時，函數 f(x)在 (0,-a)內單調遞增，在 (-a,1)內單調遞減，在 (1,+∞)內單調遞增；
當 a=-1 時，函數 f(x)在 (0,+∞)內單調遞增；
當 a<-1 時，函數 f(x)在 (0,1)內單調遞增，在 (1,-a)內單調遞減，在 (-a,+∞)內單調遞增；
(2)當 a<-1 時，由 (1)得，函數 f(x)在 (0,1)內單調遞增，在 (1,-a)內單調遞減，在 (-a,+∞)內單調遞
增，
函數 f(x)在 (1,+∞)內的最小值為 f(-a) = (a- 1)ln(-a) - a- 1，
欲證不等式 f(x)>-a- a2成立，即證-a- a2<(a- 1)ln(-a) - a- 1，即證 a2+ (a- 1)ln(-a) - 1> 0，
因 a<-1，所以只需證 ln(-a)<-a- 1，
令 h(x) = lnx- x+ 1(x≥ 1) - (x- 1)，則 h (x) = 1x - 1= x ≤ 0，
所以，函數 h(x)在 [1，+∞)內單調遞減，h(x)≤ h(1) = 0，
又因 a<-1，即-a> 1．所以 h(-a) = ln(-a) + a+ 1< 0，
即當 a<-1 時，ln(-a)<-a- 1 成立，
綜上，當 a<-1 時， x∈ (1,+∞)，f(x)>-a- a2．
例2. 2設函數 f(x) = alnx+ ，a∈R．
x
(1)討論函數 f(x)的單調性；
(2)當 a= 1且 x> 1 1時，證明： 22 x - x+ 3> f(x)．
【解答】解：(1)函數 f(x) = alnx+ 2 ，定義域為 (0,+∞)，
x
f (x) = a x- 1 ，
x x
①當 a≤ 0 時，f (x)< 0，則 f(x)在 (0,+∞)上單調遞減；
②當 a> 0 時，令 f (x) = 0，解得 x= 1
a2
，
當 x∈ 0, 1 2 時，f (x)< 0，a
當 x∈ 12 ，+∞ 時，f (x)> 0，a
所以 f(x)的單調遞增區間為 12 ，+∞ ，遞減區間為 0, 12 ．a a
綜上所述，當 a≤ 0 時，f(x)的單調遞減區間為 (0,+∞)；
當 a> 0 時，f(x)的單調遞增區間為 12 ，+∞ ，遞減區間為 0, 1a a2 ．
(2)證明：當 a= 1 時，令 h(x) = lnx+ 2 - 1 22 x + x- 3(x> 1)，x
則 h (x) = 1 - 1 - x+ 1= x- 1- x
2 x+ x x = ( x- 1) (1- x
2- x x)
x ，x x x x x x
因為 x> 1，則 h (x)< 0，
所以 h(x)在 (1,+∞)上單調遞減，
故 h(x)< h(1) =- 12 < 0，
則 lnx+ 2 - 12 x
2+ x- 3< 0，
x
故 1 x22 - x+ 3> f(x)．
例3.已知函數 f(x) = lnx+ a(x2- 1)．
(1)討論函數 f(x)的單調性；
(2) a= e- 1當 2 ，x∈ [1，+∞)時，證明：f(x)≤ (x- 1)e
x．
1 2ax2【解答】解：(1)函數的定義域為 (0,+∞)，f′ (x) = x + 2ax=
+ 1
x (x> 0)，
當 a≥ 0 時，f′ (x)> 0 在 (0,+∞)上恒成立，所以函數 f(x)在 (0,+∞)上單調遞增，
當 a< 0 時，由 f′ (x)> 0 解得 0< x< - 12a，由 f′ (x)< 0 解得 x> -
1
2a，
∴函數 f(x)在區間 0, - 12a 上單調遞增，在區間 - 12a ,+∞ 上單調遞減；
(2)證明：令 g(x) = (x- 1)ex- lnx- e- 1 (x22 - 1) (x≥ 1)，則 g′ (x) = xe
x- (e- 1)x- 1x (x≥ 1)，g′ (1) =
e- (e- 1) - 1= 0，
再令m(x) = xex- (e- 1)x- 1x (x≥ 1)，則m′ (x) = (x+ 1)e
x- (e- 1) + 1 ，
x2
當 x≥ 1 時，(x+ 1)ex≥ 2e, 1
x2
> 0，
∴ (x+ 1)ex- (e- 1) + 12 > 2e- (e- 1)> 0，即m′ (x)> 0，x
∴ y=m(x)在 [1，+∞)上單調遞增，
∵m(1) = g′ (1) = 0，
∴m(x)≥m(1) = 0，
∴ y= g(x)在 [1，+∞)上單調遞增，
∴ g(x)≥ g(1) = 0，
綜上可知，f(x)≤ (x- 1)ex．
題型二：構造函數 (差構造、變形構造、換元構造、遞推構造)
x2
例4.已知曲線 f(x) = - 12 與曲線 g(x) = alnx在公共點 (1,0)處的切線相同，
(Ⅰ)求實數 a的值；
2
(Ⅱ) x - 1求證：當 x> 0時， 2 ≥ x- 1≥ lnx．
【解答】(Ⅰ)解：f (x) = x，g (x) = ax，
依題意 f (1) = g (1)，∴ a= 1；
2 2
(Ⅱ)證明：由 x - 1 - (x- 1) = 12 2 (x- 1)
2≥ 0，得 x - 12 ≥ x- 1，
令 h(x) = x- 1- lnx，則 h (x) = 1- 1 x- 1x = x ，
∴ x∈ (0,1)時，h′ (x)< 0，h(x)遞減；
x∈ (1,+∞)時，h (x)> 0，h(x)遞增．
∴ x> 0 時，h(x)≥ h(1) = 0，即 x- 1≥ lnx，
x2綜上所述，x> 0 時， - 12 ≥ x- 1≥ lnx．
例5.已知 f(x) = ex．
(1)若 x≥ 0時，不等式 (x- 1)f(x)≥mx2- 1恒成立，求m的取值范圍；
(2)求證：當 x> 0時，f(x)> 4lnx+ 8- 8ln2．
【解答】解：(1)不等式 (x- 1)f(x)≥mx2- 1 恒成立，
即 (x- 1)ex-mx2+ 1≥ 0 恒成立，
令 g(x) = (x- 1)ex-mx2+ 1，則 g′ (x) = x(ex- 2m) (x≥ 0)，
當m≤ 12 時，對任意 x∈ [0，+∞)，有 g′ (x)≥ 0，得 g(x)在 [0，+∞)上單調遞增，
∴ g(x)≥ g(0) = 0，即m≤ 12 滿足題意；
當m> 12 時，若 x∈ (0,ln2m)，則 g′ (x)< 0，
g(x)在 (0,ln2m)上單調遞減，∴ g(ln2m)< g(0) = 0，
與 g(x)≥ 0 矛盾，不合題意．
綜上所述，m≤ 12 ；
證明：(2)令 h(x) = ex- 4lnx- 8+ 8ln2，
h′ (x) = ex- 4x，
∵ h′ (x)在 (0,+∞)上單調遞增，且 h′ (1) = e- 4< 0，h′ (2) = e2- 2> 0，
∴存在唯一的 x0∈ (1,2)，使得 h′ (x0) = 0，
當 x∈ (0,x0)時，h′ (x)< 0，h(x)單調遞減，
當 x∈ (x0，+∞)時，h′ (x)> 0，h(x)單調遞增，
∴ h(x)min= h(x0) = ex0- 4lnx0- 8+ 8ln2，
由 h′ (x0) = 0，得 ex0= 4x ，∴ x0= ln4- lnx0，0
∴ h(x 40) = x - 4(ln4- x0) - 8+ 8ln2= 4x0+
4
x - 8≥ 2 4x
4
0 x - 8= 0，0 0 0
∵ x0∈ (1,2)，上式“=”不成立，
∴ h(x)≥ h(x0)> 0，
即 f(x)> 4lnx+ 8- 8ln2．
例6.已知函數 f(x) = ln(x+ 1) + a(x2+ x) + 2．
(1)當 a= 1時，求 f(x)在點 (0，f(0))處的切線方程；
(2)當 a> 0時，若 f(x) 1的極大值點為 x1，求證：f(x1)<-2ln2+ 2 ．
【解答】解：(1)當 a= 1 時，f(x) = ln(x+ 1) + x2+ x+ 2，
因為 f (x) = 1x+ 1 + 2x+ 1，
所以 f′ (0) = 2，
因為 f(0) = 2，
所以 f(x)在點 (0，f(0))處的切線方程為 y= 2x+ 2．
證明：(2) f (x) = ln(x + 1) + a(x 2+ x) + 2 的定義域為 (-1,+∞)，f (x) = 1x+ 1 + a(2x + 1) =
2ax2+ 3ax+ a+ 1
x+ 1 ，
令 g(x) = 2ax2+ 3ax+ a+ 1，△= a2- 8a，
①當△≤ 0，即 0< a≤ 8 時，g(x)≥ 0，故 f′ (x)≥ 0，
所以 f(x)在 (-1,+∞)上單調遞增．此時 f(x)無極大值．
②當△> 0，即當 a> 8 時，g(x)的對稱軸 x=- 34 ，
因為 g(-1) = g - 1 32 = 1> 0，g - 4 = 1-
a
8 < 0，
所以函數 g(x)在區間 -1,- 12 有兩個零點 x1，x2，不妨設 x1< x2，其中 x1∈ -1,-
3
4 ，x2∈ -
3
4 ,-
1
2 ．
所以當-1< x< x1時，g(x)> 0，f′ (x)> 0，
所以 f(x)在 (-1,x1)上單調遞增；
當 x1< x< x2時，g(x)< 0，f′ (x)< 0，
所以 f(x)在 (x1，x2)上單調遞減；
當 x> x2時，g(x)> 0，f′ (x)> 0，
所以 f(x)在 (x2，+∞)上單調遞增．
此時函數 f(x)有唯一的極大值點為 x1，且-1< x <- 31 4 ，
又因為 g(x1) = 0，
所以 a=- 1
2x21+
，
3x1+ 1
所以 f(x1) = ln(x1+ 1) + -1
x
2+ + (x
2
1+ x1) + 2= ln(x 12x 3x 1 1+ 1) -1 1 2x + 1
+ 2，
1
記 φ(t) = ln(t+ 1) - t2t+ 1 + 2 -1< t<-
3
4 ，
則 φ (t) = 1t+ 1 -
2t+ 1- 2t
( + )2 =
t(4t+ 3)
( + ) ( + )2 > 0，2t 1 t 1 2t 1
所以 φ(t)單調遞增，φ(t)< φ - 34 =-2ln2+
1
2 ，
即 f(x1)<-2ln2+ 12 ．
例7.已知函數 f(x) = ln(ex- 1) - lnx．
(1)判斷 f(x)的單調性，并說明理由；
(2)若數列 {an}滿足 a1= 1，an+1= f(an)，求證：對任意n∈N *，an> an+1> 1n．2
x x x
( ) (x- 1)e
x+ 1
【解答】1 解：f (x) = e - 1 = xe - e + 1
ex- 1 x (ex- 1) =x (ex- ，1)x
令 g(x) = (x- 1)ex+ 1，g (x) = ex+ (x- 1)ex= xex> 0，
g(x)在 (0,+∞)上遞增，∴ g(x)> g(0) = 0，∴ f (x)> 0，
f(x)在 (0,+∞)上單調遞增．
(2)證明：由 an+1= f(an) ln(ean- 1) - lnan= an+1，
要證 a > a > 1 ，只需證 a > a > 1n n+1 n n n+1 2 an，2
即證：a ann> ln(e - 1) - lnan> 12 an，∵ e
an> an+ 1，
∴ an+1= ln(ean- 1) - lnan> lnan- lnan= 0，∴ an> 0，
an an
先證左邊：ln e - 1 e - 1 ana < an a < e ，n n
令 an= x(x> 0) 證 ex- 1< xex，即證 xex- ex+ 1> 0，
令 h(x) = xex- ex+ 1，h (x) = xex> 0，h(x)在 (0,+∞)上遞增，∴ h(x)> h(0) = 0，得證．
x
再證右邊：ln e - 1 > 1
x x
x 2 x，即證 e
x- 1> xe 2，ex- xe 2- 1> 0，
x x
令H(x) = ex- xe 2- 1，H (x) = ex- e 2- x
x x x
e 2= e 2 e 22 -
x
2 - 1 > 0，
∴H(x)在 (0,+∞)上遞減，H(x)>H(0) = 0，也得證．
綜上：對 n∈N *，a 1 1n> an+1> 2 an，∴ an> an+1> ．2n
題型三：分析法
例8.已知 1< a≤ 2，函數 f(x) = ex- x- a，其中 e= 2.71828 為自然對數的底數．
(Ⅰ)證明：函數 y= f(x)在 (0,+∞)上有唯一零點；
(Ⅱ)記 x0為函數 y= f(x)在 (0,+∞)上的零點，證明：
(ⅰ) a- 1≤ x0≤ 2(a- 1)；
(ⅱ)x0 f(ex0)≥ (e- 1) (a- 1)a．
【解答】證明：(Ⅰ) ∵ f(x) = ex- x- a= 0(x> 0)，∴ f′ (x) = ex- 1> 0 恒成立，
∴ f(x)在 (0,+∞)上單調遞增，
∵ 1< a≤ 2，∴ f(2) = e2- 2- a≥ e2- 4> 0，又 f(0) = 1- a< 0，
∴函數 y= f(x)在 (0,+∞)上有唯一零點．
(Ⅱ) (i)f(x0) = 0，∴ ex0- x0- a= 0，
∴ a- 1≤ x ≤ 2(a- 1)，∴ ex0- x - 1≤ x2≤ 2(ex00 0 0 - x0- 1)，
2
令 g(x) = ex- x- 1- x2(0< x< 2)，h(x) = ex- x- 1- x2 ，(0< x< 2)，
一方面，h′ (x) = ex- 1- x= h1(x)，h 1(x) = ex- 1> 0，
∴ h′ (x)> h′ (0) = 0，∴ h(x)在 (0,2)單調遞增，
∴ h(x)> h(0) = 0，
2
∴ ex- x- 1- x > 0，2(ex2 - x- 1)> x
2，
另一方面，1< a≤ 2，∴ 0< a- 1≤ 1，
∴當 x0≥ 1 時， a- 1≤ x0成立，
∴只需證明當 0< x< 1 時，g(x) = ex- x- 1- x2≤ 0，
∵ g′ (x) = ex- 1- 2x= g1(x)，g x1 (x) = e - 2= 0，∴ x= ln2，
當 x∈ (0,ln2)時，g1 (x)< 0，當 x∈ (ln2,1)時，g1 (x)> 0，
∴ g′ (x)∴ g′ (x)< 0，∴ g(x)在 (0,1)單調遞減，
∴ g(x)< g(0) = 0，∴ ex- x- 1< x2，
綜上，ex0- x0- 1≤ x20≤ 2(ex0- x0- 1)，
∴ a- 1≤ x0≤ 2(a- 1)．
(ii)要證明 x0 f(ex0)≥ (e- 1) (a- 1)a，只需證 x0 f(x0+ a)≥ (e- 1) (a- 1)a，
由 (i)得只需證 e a-1+a- a- 1- 2a≥(e- 1)a a- 1，
∵ ex≥ 1+ x+ 12 x
2，∴只需證 1+ 12 ( a- 1+ a)
2- a≥(e- 1)a a- 1，
只需證 a2- ( a- 1)2- 2(e- 2)a a- 1≥ 0，即證 a- -
a- 1
a ≥ 2(e- 2)，a 1
∵ a = 1- - + a- 1 ∈ [2，+∞)，a 1 a 1
∴ a - a- 1- a ≥ 2-
1 3
a 1 2
= 2 ≥ 2(e- 2)，
∴ x0 f(ex0)≥ (e- 1) (a- 1)a．
例9. 1已知 a> 1，函數 f(x) = ex- x22 - ax- 1，其中 e= 2.71828 為自然對數的底數．
(Ⅰ)證明：函數 y= f(x)在 (0,+∞)上有唯一零點；
(Ⅱ)記 x0為函數 y= f(x)在 (0,+∞)上的零點，證明：x0< a． (參考數值：ln4.6≈ 1.53)
【解答】證明：(Ⅰ)f′ (x) = ex- x- a，
f′′ (x) = ex- 1> 0 在 x∈ (0,+∞)上恒成立，所以 f′ (x)在 (0,+∞)上單調遞增，
f′ (0) = 1- a< 0，f′ (a) = ea- 2a>(e- 2)a> 0，
所以存在 x1∈ (0,a)，使得 f′ (x1) = 0，
故 f′′ (x)< 0 x∈ (0，x1)，f(x)在 (0,x1)上單調遞減；
f′′ (x)> 0 x∈ (x1，+∞)，f(x)在 (x1，+∞)上單調遞增，
又 f(0) = 0，所以 f(x1)< 0，當 x→+∞時，f(x) →+∞，
故由零點存在定理，f(x)在 (x1，+∞)上有唯一零點，在 (0,x1)上沒有零點，
所以函數 f(x)在 (0,+∞)上有唯一零點．
(Ⅱ)由 (Ⅰ)得：f(x)在 (x1，+∞)上單調遞增，且 a> x1，x0> x1，
故要證：x0< a，只要證 f(x0)< f(a)，
即證：ea- 32 a
2- 1> 0 在 a> 1 時恒成立，
設 g(a) = ea- 32 a
2- 1，故 g′ (a) = ea- 3a，g′′ (a) = ea- 3，
由 g′′ (a) = 0 a= ln3，所以 g′ (a)在 (1,ln3)遞減，在 (ln3,+∞)遞增，
g′ (1) = e- 3< 0，g′ (ln3) = 3- 3ln3< 0，g′ (ln4.6) = 4.6- 3× ln4.6> 4.6- 3× 1.53> 0，
所以存在 x2∈ (ln3,ln4.6)，使得 g′ (x2) = 0，
所以 g(a)在 (1,x2)遞減，(x2，+∞)遞增，所以 g(a)min= g(x3)，
因為 g(1) = e- 52 > 0，故只需證明 g(x2) = e
x2- 3 22 x2- 1> 0，
由 g′ (x2) = 0 ex2= 3x2，所以 g(x ) =- 3 x22 2 2+ 3x2- 1，x2∈ (ln3,ln4.6)，
由二次函數的單調性，得 g(x2)>- 32 (ln4.6)
2+ 3ln4.6- 1>- 32 × (1.53)
2+ 3× 1.53- 1> 0．
綜上，得證．
例10.已知函數 f(x) = ex- ax- 1在 (0,+∞)上有零點 x0，其中 e= 2.71828 是自然對數的底數．
(Ⅰ)求實數 a的取值范圍；
(Ⅱ)記 g(x)是函數 y= f(x)的導函數，證明：g(x0)< a(a- 1)．
【解答】(Ⅰ)解：函數 f(x) = ex- ax- 1，則 f (x) = ex- a，
①當 a≤ 0 時，f (x)> 0 恒成立，
則 f(x)在 (0,+∞)上單調遞增，
所以 f(x)> f(0) = 0，故函數無零點，不符合題意；
②當 a> 0 時，由 f (x) = ex- a= 0，得 x= lna，
若 lna≤ 0，即 0< a≤ 1，此時 f(x)在 (0,+∞)上單調遞增，不符合題意；
若 lna> 0，即 a> 1，則 f(x)在 (0,lna)上單調遞減，f(x)在 (lna,+∞)上單調遞增，
又 f(0) = 0，故 x1> 0，使得 f(x1)< f(0) = 0，
而當 x→+∞時，f(x) →+∞時，
故 x2> x1，使得 f(x2)> 0，
根據零點存在定理， x0∈ [x1，x2]，使得 f(x0) = 0，符合題意；
綜上所述，實數 a的取值范圍是 a> 1；
(Ⅱ)證明：g(x) = f (x) = ex- a，
所以 g(x0)< a(a- 1)，即 x0< 2lna，
由 (Ⅰ)知 x0∈ (lna,+∞)且 f(x)在 (0,lna)上單調遞減，在 (lna,+∞)上單調遞增，
故只要證明：f(2lna)> 0，
即 f(2lna) = a2- 2alna- 1= a a- 2lna- 1a > 0，a> 1，
設 h(x) = x- 2lnx- 1x (x> 1)，
2
則 h (x) = 1- 2x +
1 = (x- 1)2 2 > 0，x x
故 h(x)在 (1,+∞)上單調遞增，即 h(x)> h(1) = 0，
所以 f(2lna)> 0 成立；
綜上所述，g(x0)< a(a- 1)成立．
題型四：凹凸反轉、拆分函數
例11.已知函數 f(x) = xx + a(a≤ 0)且 f(1) f(-1) =-1．e
(1)求函數 f(x)的單調區間；
(2)證明：lnx> 1x -
2
e ex
．
【解答】解：(1)依題意， 1e + a (-e+ a) =-1，又 a≤ 0，解得 a= 0，
∴ f(x) = x x ,f (x) =
1- x
x ，e e
令 f′ (x)> 0，解得 x< 1，令 f′ (x)< 0，解得 x> 1，
∴ f(x)的單調遞增區間為 (-∞,1)，單調遞增區間為 (1,+∞)；
(2)證明：要證 lnx> 1 2x - ex 成立，只需證 xlnx>
x - 2x e 成立，e e
令 g(x) = xlnx，則 g′ (x) = 1+ lnx，
令 g′ (x)> 0，解得 x> 1e ，令 g′ (x)< 0，解得 0< x<
1
e ，
∴ g(x)在 0, 1 上單調遞減，在 1e e ,+∞ 上單調遞增，
∴ g(x)≥ g 1e =-
1
e ，
又由 (1)可得在 (0,+∞)上 f(x) 1max= f(1) = e ，
∴ x 2x - e =-
1
e ，故不等式得證．e max
例12.已知函數 f(x) = lnx，g(x) = x+m(m∈R)．
(1)若 f(x)≤ g(x)恒成立，求實數m的取值范圍；
x
( ) e + (2- e)x- 12 求證：當 x> 0時， x ≥ lnx+ 1．
【解答】(1)解：令F(x) = f(x) - g(x) = lnx- x-m(x> 0)，
則F (x) = 1- xx ，
當 0< x< 1 時，F (x)> 0，則F(x)單調遞增，
當 x> 1 時，F (x)< 0，則F(x)單調遞減，
所以當 x= 1 時，F(x)取得最大值F(1) =-1-m，
因為 f(x)≤ g(x)恒成立，即F(x)≤ 0 恒成立，
則-1-m≤ 0，解得m≥-1，
故實數m的取值范圍為 [-1，+∞)；
(2)證明：由 (1)可知，lnx≤ x- 1 恒成立，即 x≥ lnx+ 1，
ex+ (2- e)x- 1
所以要證 x ≥ lnx+ 1，
只需證明 ex- (e- 2)x- 1≥ x2成立即可，
令 h(x) = ex- x2- (e- 2)x- 1(x> 0)，
則 h (x) = ex- 2x- (e- 2)，
令m(x) = ex- 2x- (e- 2) (x> 0)，
則m (x) = ex- 2，
當 0< x< ln2 時，m (x)< 0，則m(x)單調遞減，
當 x> ln2 時，m (x)> 0，則m(x)單調遞增，
又 h (0) = 3- e> 0，h (1) = 0，
因為 0< ln2< 1，則 h (ln2)< 0，
所以存在 x0∈ (0,ln2)，使得 h (x0) = 0，
故當 x∈ (0,x )時，h 0 (x)> 0，則 h(x)單調遞增，
當 x∈ (x0，1)時，h (x)< 0，則 h(x)單調遞減，
當 x∈ (1,+∞)時，h (x)> 0，則 h(x)單調遞增，
又 h(0) = h(1) = 0，
所以 h(x)≥ 0，
> e
x+ (2- e)x- 1
因此，當 x 0 時， x ≥ lnx+ 1．
例13.已知函數 f(x) = x2ex- lnx． (ln2≈ 0.6931, e ≈ 1.649)
(Ⅰ)當 x≥ 1時，判斷函數 f(x)的單調性；
(Ⅱ)證明：當 x> 0時，不等式 f(x)> 1恒成立．
【解答】(Ⅰ)解：f(x)的定義域是 (0,+∞)，
f′ (x) = xex(x+ 2) - 1x，
x≥ 1 時，xex(x+ 2)≥ 3e，-1≤- 1x < 0，
故 f′ (x)> 0，f(x)在 [1，+∞)遞增；
(Ⅱ)證明：(i)當 0< x≤ 1e 時，x
2ex> 0，而 lnx+ 1≤ 0，
∴ x2ex> lnx+ 1，即 f(x)> 1 在 x∈ 0，1 e 成立；
(ii)當 x≥ 12 時，f′ (x)在 x≥
1
2 遞增，
∵ f′ 1 = 5 e2 4 - 2> 0，
∴ x≥ 12 時，f′ (x)> 0 恒成立，
∴ f(x)≥ f 12 =
e
4 + ln2≈ 1.1063> 1，
∴ f(x)> 1 在 x∈
1
2 ，+∞ 恒成立；
(iii)當 1e < x<
1 x 2 1
2 時，f′ (x) = e (x + 2x) - x，
f′ 12 > 0，f′
1
e < 0，
故 x0∈ 1 1e ，2 ，使得 f′ (x0) = 0，
∵ f′ (x)在 x> 0 遞增，
∴ x= x0是 f′ (x)的唯一極小值點，也是最小值點，
從而 ex0(x2 1 1 10+ 2x0) - x = 0，x0∈ 0 e ，2 ，
∴ f(x)≥ f(x ) = x2ex0- lnx = 1 - lnx ， 1 < x < 10 0 0 x + 2 0 e 0 2 ，0
∵ g(x) = 1x+ 2 - lnx在
1 1
e ，2 遞減，
∴ g(x)> g 12 =
1
1 - ln
1
2 = 0.4+ ln2> 1，
2 + 2
∴ f(x)≥ f(x0)> 1 在 x∈ 1 ，1e 2 恒成立；
綜上，當 x> 0 時，不等式 f(x)> 1 恒成立．
題型五：對數單身狗，指數找朋友
例14.已知函數 f(x) = 1- xax + lnx．
( 1Ⅰ)當 a= 1時，求 f(x)在 2 ，2 上最大值及最小值；
(Ⅱ)當 1< x< 2時，求證 (x+ 1)lnx> 2(x- 1)．
【解答】解：(Ⅰ)f(x) = 1x + lnx- 1，f′ (x) =-
1 1
2 + x =
x- 1
x x2
；
∴ x∈
1
2 ,1 時，f′ (x)< 0；x∈ (1，2]時，f′ (x)> 0；
f(1) = 0 是函數 f(x)的極小值，即 f(x)的最小值；又 f 12 = 1- ln2，f(2) = ln2-
1
2 ；
∴ f(x)的最大值是 1- ln2；
∴函數 f(x)在 1 2 ,2

上的最小值是 0，最大值是 1- ln2；
(Ⅱ) ∵ x+ 1> 0，∴ 2(x- 1)要證明原不等式成立，只要證明 lnx> x+ 1 ；
( ) = - 2(x- 1) ′ ( ) = 1 - 2(x+ 1) - 2(x- 1) = (x- 1)
2
設F x lnx x+ 1 ，則F x x (x+ 1)2 ( > 0；x x+ 1)2
∴函數F(x)在 (1,2)上是增函數，∴F(x)>F(1) = 0；
∴ > 2(x- 1)lnx x+ 1 ；
∴原不等式成立．
b(x+ 1)
例15.已知函數 f(x) = alnx+ x ，曲線 y= f(x)在點 (1，f(1))處的切線方程為 y= 2．
(1)求 a、b的值；
(2)當 x> 0且 x≠ 1時．求證：f( )> (x+ 1)lnxx x- 1 ．
【解答】解：(1) ( ) = + b(x+ 1)函數 f x alnx x 的導數為 f′ (x) =
a b
x - x2 ，
曲線 y= f(x)在點 (1，f(1))處的切線方程為 y= 2，
可得 f(1) = 2b= 2，f′ (1) = a- b= 0，
解得 a= b= 1；
(2)證明：當 x> 1 時，f( )> (x+ 1)lnxx x- 1 ，
即為 lnx+ 1+ 1x > lnx+
2lnx
x- 1 ，
即 x- 1x - 2lnx> 0，
當 0< x< 1 時，f( )> (x+ 1)lnxx x- 1 ，
即為 x- 1x - 2lnx< 0，
2
設 g(x) = x- 1x - 2lnx，g′ ( ) = +
1 - 2 = (x- 1)x 1 2 x ≥ 0，x x2
可得 g(x)在 (0,+∞)遞增，
(x+ 1)lnx
當 x> 1 時，g(x)> g(1) = 0，即有 f(x)> x- 1 ；
當 0< x< 1 時，g( )< (x+ 1)lnxx g(1) = 0，即有 f(x)> x- 1 ．
> ≠ ( )> (x+ 1)lnx綜上可得，當 x 0 且 x 1 時，f x x- 1 都成立．
例16.已知函數 f(x) = lnx+ ax- l(a∈R)．
(1)討論函數 f(x)的單調性；
e-x(2)若函數 f(x)圖象過點 (1,0)，求證： x + lnx+ x- 1≥ 0．
【解答】解：(1)函數 f(x)的定義域為 (0,+∞)，又 f′ (x) = 1 + a= ax+ 1x x ，
當 a≥ 0 時，f′ (x)> 0，f(x)在 (0,+∞)上單調遞增；
當 a< 0 時，由 f′ (x) = 0 得 x=- 1a，
若 x∈ 0,- 1a ,f′ (x)> 0，則 f(x)在 0,-
1
a 上單調遞增；
若 x∈ - 1 ,+∞ ,f′ (x)< 0，則 f(x)在 - 1a a ,+∞ 上單調遞減；
(2)證明：函數 f(x)圖象過點 (1,0)，可得 a= 1，此時 f(x) = lnx+ x- 1，
-x
要證 ex + lnx + x - 1≥ 0，令 g(x) =
1 e-xx + lnx + x - 1(x> 0)，則 g′ (x) = -
x+ 1 -x
2 e +
x+ 1
x =x
(x+ 1) (xex- 1)
x2ex
，
令 y= xex- 1，則 y′ = (x+ 1)ex，
當 x∈ (0,+∞)時，y′ > 0，故 y= xex- 1 在 (0,+∞)上單調遞增，
由 g′ (x) = 0，即 xex- 1= 0，故存在 x0∈ (0,+∞)使得 x x0 x0 10e = 1，此時 e = x ，故 x0=-lnx0，0
當 x∈ (0,x0)時，g′ (x)< 0，當 x∈ (x0，+∞)時，g′ (x)> 0，
∴函數 g(x)在 (0,x0)上單減，在 (x0，+∞)上單增，
故當 x= x0時，g(x)有最小值 g(x0) = 1 x + lnxx e 0+ x0- 1= 0，00
-x
∴ ex + lnx+ x- 1≥ 0 成立，即得證．
例17.已知函數 f(x) = lnx+ ax- 1(a∈R)．
(Ⅰ)討論函數 f(x)的單調性；
(Ⅱ)若函數 f(x)圖象過點 (1,0)，求證：e-x+ xf(x)≥ 0．
【解答】解：(Ⅰ)函數 f(x)的定義域為 (0,+∞)，f (x) = 1 + a= ax+ 1x x ．
當 a≥ 0 時，f (x)> 0，f(x)在 (0,+∞)上單調遞增；
當 a< 0 時，由 f (x) = 0，得 x=- 1a．
若 x∈ 0,- 1 ，f a (x)> 0，f(x)單調遞增；
若 x∈ - 1a ,+∞ ，f
(x)< 0，f(x)單調遞減
綜合上述：當 a≥ 0 時，f(x)在 (0,+∞)上單調遞增；
當 a< 0 時，f(x)在 0,- 1a 單調遞增，在 -
1
a ,+∞ 上單調遞減．
(Ⅱ)證明：函數 f(x)圖象過點 (1,0)，
∴ ln1+ a- 1= 0，解得 a= 1．
-x
e-x+ xf(x)≥ 0．即 ex + lnx+ x- 1≥ 0． (x> 0)．
e-x x令 g(x) = x + lnx+ x- 1≥ 0． (
(x+ 1) (xe - 1)
x> 0)． g′ (x) =- x+ 1 e-x x+ 1x + x = ．x2ex
令 h(x) = xex- 1，h′ (x) = (x+ 1)ex，
∴函數 h(x)在 (0,+∞)上單調遞增，
∴存在 x0∈ (0,+∞)，使得 x0ex0= 1，可得 ex0= 1x ，x0=-lnx0．0
∴ g(x)≥ g(x0) = 1- x0+ x0- 1= 0．
∴ e-x+ xf(x)≥ 0 成立．
題型六：放縮法
例18.已知函數 f(x) = aex+ 2x- 1． (其中常數 e= 2.71828 ，是自然對數的底數．
(1)討論函數 f(x)的單調性；
(2)證明：對任意的 a≥ 1，當 x> 0時，f(x)≥ (x+ ae)x．
【解答】(1)解：由 f(x) = aex+ 2x- 1，得 f′ (x) = aex+ 2．
①當 a≥ 0 時，f′ (x)> 0，函數 f(x)在R上單調遞增；
②當 a< 0 時，由 f′ (x)> 0，解得 x< ln - 2a ，由 f′ (x)< 0，解得 x> ln -
2
a ，
故 f(x)在 -∞，ln - 2a 上單調遞增，在 ln -
2
a ，+∞ 上單調遞減．
綜上所述，當 a≥ 0 時，函數 f(x)在R上單調遞增；
當 a< 0 時，f(x)在 -∞，ln - 2a 上單調遞增，在 ln -
2
a ，+∞ 上單調遞減．
x
(2)證明：f(x)≥ (x+ ae)x ex -
x
a -
1 + 2ax a - e≥ 0．
x x
令 g(x) = e - x - 1x a ax +
2
a - ′ ( )=
(x- 1) (ae - x- 1)
e，則 g x ．
ax2
當 a≥ 1 時，aex- x- 1≥ ex- x- 1．
令 h(x) = ex- x- 1，則當 x> 0 時，h′ (x) = ex- 1> 0．
∴當 x> 0 時，h(x)單調遞增，h(x)> h(0) = 0．
∴當 0< x< 1 時，g′ (x)< 0；當 x= 1 時，g′ (x) = 0；當 x> 1 時，g′ (x)> 0．
∴ g(x)≥ g(1) = 0．
即 e
x
- x - 1x a ax +
2
a - e≥ 0，故 f(x)≥ (x+ ae)x．
例19.已知函數 f(x) = lnx+ a- 1x ，g(x) =
a(sinx+ 1) - 2
x
(1)討論函數 f(x)的單調性；
(2)求證：當 0≤ a≤ 1時，f(x)> g(x)．
【解答】解：(1)f′ (x) = 1 - a- 1 = x- (a- 1)x x2 x2 ，(x∈ (0,+∞))
當 a- 1≤ 0，即 a≤ 1 時，f′ (x)> 0，函數 f(x)在 (0,+∞)上單調遞增
當 a- 1> 0，即 a> 1 時，
由 f′ (x)< 0 解得 0< x< a- 1，由 f′ (x)> 0 解得 x> a- 1，
∴函數 f(x)在 (0,a- 1)上單調遞減，在 (a- 1,+∞)上單調遞增．
綜上所述，當 a≤ 1 時，函數 f(x)在 (0,+∞)上單調遞增；
當 a> 1 時函數 f(x)在 (0,a- 1)上單調遞減，在 (a- 1,+∞)上單調遞增．
( ) ( ) = ( )- ( )= + a- 1 - asin(x+ 1) - 22 令F x f x g x lnx = xlnx- asinx+ 1x x x
當 0≤ a≤ 1 時，欲證，即證 f(x)> g(x)．即證F(x)> 0，即 xlnx- asinx+ 1> 0，
即證 xlnx> asinx- 1
先證：xlnx≥ ax- 1．
設 g(x) = xlnx- ax+ 1 則設 g′ (x) = 1+ lnx- a= lnx+ 1- a，
∴ g(x)在 (0,ea-1)上單調遞減，在 (ea-1，+∞)上單調遞增
∴ g(x)≥ g(ea-1) = (a- 1)ea-1- aea-1+ 1= 1- ea-1
∵ 0≤ a≤ 1，∴ 1- ea-1≥ 0，則 g(x)≥ 0，
即 xlnx≥ ax- 1，當且僅當 x= 1，a= 1 時取等號．
再證：ax- 1≥ asinx- 1．
設 h(x) = x- sinx，則 h′ (x) = 1- cosx≥ 0．
∴ h(x)在 (0,+∞)上單調遞增，則 h(x)> h(0) = 0，即 x> sinx．
∵ 0≤ a≤ 1，所以 ax- 1≥ asinx- 1．．當且僅當 a= 0 時取等號．
又 xlnx≥ ax- 1 與 ax- 1≥ asinx- 1．兩個不等式的等號不能同時取到，
∴ xlnx≥ asinx- 1 成立，
即當 0≤ a≤ 1 時，f(x)> g(x)成立．
x-1
例20. e已知函數 f(x) = 1+ lnx．
(1)求函數 f(x)的單調區間；
(2)解關于 x的不等式 f(x)> 12 x+
1
x
x-1
【解答】解：(1)函數 f(x) = e 1 11+ lnx．定義域為： 0, e ∪ e ,+∞ ．
ex-1 1+ lnx- 1
f′ (x) = x

(1+ )2 ，f′ (1) = 0．lnx
令 g(x) = 1+ lnx- 1 ，g′ (x) = 1 + 1x x 2 > 0，x
∴函數 g(x)在定義域上單調遞增．
∴ 0< x< 1e ，
1
e < x< 1． f′ (x)< 0，函數 f(x)單調遞減． x> 1 時，f′ (x)> 0，函數 f(x)單調遞增．
x-1
(2)不等式 f(x)> 1 x+ 12 x ，即
e 1 1
1+ lnx > 2 x+ x ．
0< x< 1e ，f(x)< 0，舍去．
當 x= 1 時，不等式的左邊=右邊，舍去．
∴ x> 1e ，且 x≠ 1．
1 ex-1① < x< 1 時，由 ex-1> x，要證不等式 > 1 x+ 1e 1+ lnx 2 x ．可以證明：
x 1 1
1+ lnx > 2 x+ x ．等
2
價于證明： 2x+ 2 > 1+ lnx．1 x
令F(x) = 2x
2
+ 2 - (1+ lnx)．1 x
′ ( ) = - (x
2- 1)2
F x
x(1+ 2)2 < 0，x
∴函數F(x)在 1e ,1 上單調遞減，
∴F(x)>F(1) = 0．
2ex-1②當 x> 1 時，不等式 1+ lnx
1+ x2 > x ．
令 h(x) = 2e
x-1
，u(x) = 1+ lnx
1+ x2 x ．
2ex-1(x- 1)2
h′ (x) = (1+ x2)2 > 0，函數 h(x)在 (1,+∞)上單調遞增，
∴ h(x)> h(1) = 1．
由 lnx< x- 1，
∴u(x)< 1．
x-1
∴不等式 2e 1+ lnx
1+ >x2 x 成立．
綜上可得：不等式 f(x)> 1 x+ 12 x 的解集為：
1
e ,1 ∪ (1,+∞)．
題型七：虛設零點
例21.設函數 f(x) = e2x+ alnx．
(1)討論 f(x)的導函數 f (x)零點的個數；
(2)證明：當 a< 0時，f(x)≥ aln - a2 - 2a．
【解答】解：(1)函數的定義域 (0,+∞)，f′ (x) = 2e2x+ ax，
當 a≥ 0，f′ (x)> 0 恒成立，沒有零點，
當 a< 0 時，f′ (x) = 2e2x+ ax 在 (0,+∞)上單調遞增，
又因為 x→ 0 時，f′ (x) →-∞，x→+∞時，f(x) →+∞，
故 f (x)只有 1 個零點；
(2)令m=-a，則m> 0，f(x) = e2x-mlnx，
由 (1)知，當 a< 0 時，f (x)只有 1 個零點，設為 x0，則 2e2x0+ ax = 0，0
∴ 2e2x0- mx = 0，e
2x0= m
0 2x
，
0
故 2x0= ln m m2x = ln0 2
- lnx0，
當 0< x< x0，f′ (x)< 0，f(x)單調遞減，當 x> x0時，f′ (x)> 0，f(x)單調遞增，
故當 x= x0 時，函數 f (x)取得最小值 f (x0) = e2x0-mlnx m m m 20= 2x -m ln - 2x0 = +mln0 2 2x0 m +
2mx0，
≥ 2 m 22x 2mx0+mlnm = 2m+mln
2
m =-2a+ aln -
a
2 ．0
例22.設函數 f(x) = e2x- alnx．
(Ⅰ)討論 f(x)的導函數 f′ (x)零點的個數；
(Ⅱ)證明：當 a> 0時，f(x)≥ 2a+ aln 2a．
【解答】解：(Ⅰ)f(x) = e2x- alnx的定義域為 (0,+∞)，
∴ f′ (x) = 2e2x- ax．
當 a≤ 0 時，f′ (x)> 0 恒成立，故 f′ (x)沒有零點，
當 a> 0 時，∵ y= e2x為單調遞增，y=- ax 單調遞增，
∴ f′ (x)在 (0,+∞)單調遞增，
又 f′ (a)> 0，
假設存在 b滿足 0< b< a4 時，且 b<
1
4 ，f′ (b)< 0，
故當 a> 0 時，導函數 f′ (x)存在唯一的零點，
(Ⅱ)由 (Ⅰ)知，可設導函數 f′ (x)在 (0,+∞)上的唯一零點為 x0，
當 x∈ (0,x0)時，f′ (x)< 0，
當 x∈ (x0，+∞)時，f′ (x)> 0，
故 f(x)在 (0,x0)單調遞減，在 (x0，+∞)單調遞增，
所以當 x= x0時，f(x)取得最小值，最小值為 f(x0)，
由于 2e2x0- ax = 0，0
所以 f(x ) = a0 2x + 2ax0+ aln
2 ≥ 2a+ aln 2 ．
0 a a
故當 a> 0 時，f(x)≥ 2a+ aln 2a．
例23.已知函數 f(x) = ex- x2- ax．
(1)若函數 f(x)在R上單調遞增，求 a的取值范圍；
2
(2) a= 1 ln2 ln2若 ，證明：當 x> 0時，f(x)> 1- 2 - 2 ．
參考數據：e≈ 2.71828，ln2≈ 0.69．
【解答】解：(1)解法 1:f′ (x) = ex- 2x- a，
∵函數 f(x)在R遞增，
∴ f′ (x) = ex- 2x- a≥ 0，得 a≤ ex- 2x，
設 g(x) = ex- 2x，則 g′ (x) = ex- 2，
令 g′ (x) = 0，解得：x= ln2，
當 x< ln2 時，g′ (x)< 0，
當 x> lnx時，g′ (x)> 0，
故函數 g(x)在 (-∞,ln2)遞減，在 (ln2,+∞)遞增，
故 x= ln2 時，g(x)取得最小值 g(ln2) = 2- 2ln2，
故 a≤ 2- 2ln2，
故 a的范圍是 (-∞,2- 2ln2)；
解法 2：由 f′ (x) = ex- 2x- a，
設 h(x) = ex- 2x- a，則 h′ (x) = ex- 2，
令 h′ (x) = 0，解得：x= ln2，
當 x< ln2 時，h′ (x)< 0，
當 x> ln2 時，h′ (x)> 0，
故函數 h(x)在 (-∞,ln2)遞減，在 (ln2,+∞)遞增，
故 x= ln2 時，h(x)取得最小值 h(ln2) = 2- 2ln2- a，
∵函數 f(x)在R遞增，故 f′ (x)≥ 0，
由于 f′ (x) = h(x)，則 2- 2ln2- a≥ 0，解得：a≤ 2- 2ln2，
故 a的范圍是 (-∞,2- 2ln2)；
(2)證明：若 a= 1，則 f(x) = ex- x2- x，得 f′ (x) = ex- 2x- 1，
由 (1)知函數 f′ (x)在 (-∞,ln2)遞減，在 (ln2,+∞)遞增，
又 f′ (0) = 0，f′ (1) = e- 3< 0，f′ 1+ 12 ln2 = 2e- 3- ln2> 0，
則存在 x0∈ 1,1+ 12 ln2 ，使得 f′ (x0) = 0，即 e
x0- 2x0- 1= 0，
當 x∈ (0,x0)時，f′ (x)< 0，當 x∈ (x0，+∞)時，f′ (x)> 0，
則函數 f(x)在 (0,x0)遞減，在 (x0，+∞)遞增，
則當 x= x0時，函數 f(x)取最小值 f(x ) = ex00 - x20- x0，
故當 x> 0 時，f(x)≥ f(x0)，
由 ex0- 2x0- 1= 0，得 ex0= 2x0+ 1，
則 f(x ) = ex00 - x20- x0= 2x0+ 1- x20- x0
2
=-x20+ x0+ 1=- x - 10 2 +
5
4 ，
由于 x0∈ 1,1+ 12 ln2 ，
2
則 f(x0) =- x0- 1 52 + 4
>- 1+ 1
2
2 ln2 + 1+
1
2 ln2 + 1
2
= 1- ln22 -
ln2
2 ，
故 x> 0 時，f(x)> 1- ln2 - ln2
2
2 2 ．
題型八：同構法
24. a+ lnx例 已知函數 f(x) = x ．
(1)討論 f(x)在區間 (1,+∞)上的單調性；
(2)當 a= 1時，證明：x esinx≥ x f(x) + sinx．
【解答】解：(1)因為函數 f(x) = a+ lnxx ，x> 1，
所以 f′ (x) = 1- a- lnx2 ，x> 1，x
由 f′ (x) = 1- a- lnx = 0，得 x= e1-a2 ，x
當 e1-a≤ 1，即 a≥ 1 時，f′ (x)< 0，f(x)在區間 (1,+∞)上單調遞減；
當 e1-a> 1，即 a< 1 時，由 f′ (x)> 0，得 1< x< e1-a，由 f′ (x)< 0，得 x> e1-a，
所以 f(x)在 (1,e1-a)上單調遞增，在 (e1-a，+∞)上單調遞減．
綜上可得，當 a≥ 1 時，f(x)在區間 (1,+∞)上單調遞減；
當 a< 1 時，f(x)在 (1,e1-a)上單調遞增，在 (e1-a，+∞)上單調遞減．
(2)當 a= 1 時，f(x) = 1+ lnxx ，
要證 x esinx≥ x f(x) + sinx，
即證 x esinx≥ 1+ lnx+ sinx，
即證 elnx+sinx≥ 1+ lnx+ sinx，
令 g(x) = ex- x- 1，x∈R，
則 g′ (x) = ex- 1，令 g′ (x)> 0，可得 x> 0，令 g′ (x)< 0，可得 x< 0，
所以 g(x)在 (-∞,0)單調遞減，在 (0,+∞)單調遞增，
所以 g(x)≥ g(0) = 0，
所以 ex≥ 1+ x，
所以 elnx+sinx≥ 1+ lnx+ sinx，
所以 x esinx≥ x f(x) + sinx，得證．
例25.已知函數 f(x) = axlnx- x+ 1，a∈R．
(1)討論 f(x)的單調區間；
(2)當 p> q> 1時，證明 qlnp+ lnq< plnq+ lnp．
【解答】解：(1)f(x) = axlnx- x+ 1 的定義域為 (0,+∞)，
∴ f′ (x) = alnx+ a- 1，
①當 a= 0 時，f′ (x) =-1< 0，此時 f(x)在 (0,+∞)上單調遞減，
②當 a> 0 時，由 f′ (x)> > 1-a0 可得 x e a ，由 f′ ( )< 1-ax 0，可得 0< x< e a ，
∴ ( ) , 1-a 1-af x 在 0 e a 上單調遞減，在 e a ，+∞ 上單調遞增，
1-a 1-a
③當 a< 0 時，由 f′ (x)< 0 可得 x> e a ，由 f′ (x)> 0，可得 0< x< e a ，
∴ ( ) , 1-a 1-af x 在 0 e a 上單調遞增，在 e a ，+∞ 上單調遞減，
證明 (2)設 g( ) = lnx - (xlnx- x+ 1)x x- 1 ，則 g′ (x) = ( - )2 ，x x 1
由 (1)可得 f(x) = xlnx- x+ 1 在 (1,+∞)上單調遞增，
∵ f(1) = 0，
∴當 x∈ (1,+∞)時，f(x)> 0，
∴當 x∈ (1,+∞)時，g′ (x)< 0，
∴ g(x)在 (1,+∞)上單調遞減，
∴當 p> q> 1 時，g(p)< g(q)，
∴ lnp lnqp- 1 < q- 1 ，
∴ qlnp- lnp< plnq- lnq，
∴ qlnp+ lnq< plnq+ lnp．
例26.已知函數 f(x) = (mx- 1)ex，m∈R．
(1)討論函數 f(x)的單調性；
(2)若 p∈R，q∈ (0,+∞)，證明：當m= 1時，f(p+ q) + 32 (p- q)
2+ 2q> f(p- q) + 32 (p+ q)
2
【解答】(1)解：f′ (x) = (mx+m- 1)ex，
①m= 0 時，f′ (x) =-ex< 0 恒成立，故 f(x)在R上單調遞減，
②當m> 0 時，若 x∈ 1m - 1，+∞ ，f ′ (x) > 0，函數單調遞增，當 x∈ -∞,
1
m - 1 時，f ′ (x) < 0，函數
單調遞減，
③當m< 0 時，若 x∈ 1m - 1，+∞ ，f ′ (x) < 0，函數單調遞減，當 x∈ -∞,
1
m - 1 時，f ′ (x) > 0，函數
單調遞增
(2)證明：m= 1 時，f(x) = xex，
要證 f(p+ q) + 3 (p- q)2+ 2q> f(p- q) + 3 (p+ q)22 2 ，
即證 f(p+ q) - 32 (p+ q)
2+ 2q> f(p- q) - 3 (p+ q)22 ，
即證 f(p+ q) - 32 (p+ q)
2+ p+ q> f(p- q) - 32 (p+ q)
2+ (p- q)，
令 g(x) = f(x) - 3 x22 + x，上面不等式等價于 g(p+ q)> g(p- q)，
要證明 g(p+ q)> g(p- q)對于任意 p，q> 0 都成立，即證 g(x)單調遞增，
又 g′ (x) = xex- 3x+ 1，
令 h(x) = ex- x+ 1，則 h′ (x) = ex- 1，
當 x> 0 時，h′ (x) = ex- 1> 0，函數單調遞增，當 x< 0 時，h′ (x) = ex- 1< 0，函數單調遞減，
故 h(x)≥ h(0) = 0，即 ex- x+ 1≥ 0 恒成立，
故當 x≥ 0 時，xex≥ x2+ x，xex- 3x+ 1≥ x2- 2x+ 1≥ 0，
當 x< 0 時，ex< 1，xex- 3x+ 1= x ex- 3+ 1x > 0，
綜上可得，又 g′ (x) = xex- 3x+ 1≥ 0 恒成立，故 g(x)單調遞增，得證．
題型九：泰勒展式和拉格朗日中值定理
例27.已知函數 f(x) = lna xe-x+ asinx，a> 0．
(1)若 x= 0恰為 f(x)的極小值點．
( ) 1ⅰ 證明：2 < a< 1；
(ⅱ)求 f(x)在區間 (-∞,π)上的零點個數；
( f(x)2) x若 a = 1， x = 1- π 1+
x
π 1-
x x x x
2π 1+ 2π 1- 3π 1+ 3π 1-
x
nπ 1+
x
nπ
，
x2 x4 x6 (-1)nx2n 1 1 1
又由泰勒級數知：cosx= 1- + - + + ( + ，n∈N
*．證明： + + +
2! 4! 6! 2n)! 12 22 32
+ 1 + = π
2
2 6 ．n
【解答】解：(1)證明：(ⅰ)由題意得：f (x) = lna(1- x)e-x+ acosx(a> 0)，
因為 x= 0 為函數 f(x)的極值點，所以 f (0) = lna+ a= 0，
令 g(x) = lnx+ x(x> 0)，則 g (x) = 1x + 1> 0，g(x)在 (0,+∞)上單調遞增，
因為 g(1)> 0,g 12 = ln
1
2 +
1
2 = ln
e
2 < 0，
所以 g(x) = lnx+ x(x> 0)在 12 ,1 上有唯一的零點 a，
所以 12 < a< 1；
(ⅱ)由 (ⅰ)知：lna=-a，f(x) = a(sinx- xe-x)，f (x) = a[cosx- (1- x)e-x]，
①當 x∈ (-∞,0)時，由 a> 0，-1≤ cosx≤ 1，1- x> 1，e-x> 1 得：f (x)< 0，
所以 f(x)在 (-∞,0)上單調遞減，f(x)> f(0) = 0，
所以 f(x)在區間 (-∞,0)上不存在零點；
②當 x∈ (0,π)時，設 h(x) = cosx- (1- x)e-x，則 h (x) = (2- x)e-x- sinx，
1°若 x∈ 0, π 2 ，令m(x) = (2- x)e
-x- sinx，則m (x) = (x- 3)e-x- cosx< 0，
π
所以m(x)在 0, π 上單調遞減，因為m(0) = 2> 0,m π = 2- π e- 22 2 2 - 1< 0；
所以存在 α∈ 0, π2 ，滿足m(α) = 0，
當 x∈ (0,α)時，m(x) = h (x)> 0，h(x)在 (0,α)上單調遞增；
當 x∈ α, π 2 時，m(x) = h
(x)< 0，h(x)在 α, π 2 上單調遞減；
2°若 x∈ π ,2 ，令 φ(x) = (2- x)e-x,x∈ π 2 2 ,2 ，則 φ
(x) = (x- 3)e-x< 0，
所以 φ(x)在區間 π ,2
π
2 上單調遞減，所以 φ(x)< φ
π = 2- π e- 22 2 <
1
e ，
又因為 sinx≥ sin2= sin(π- 2)> sin π6 =
1
2 ，
所以 h (x) = (2- x)e-x- sinx< 0，h(x)在 π2 ,2 上單調遞減；
3°若 x∈ (2,π)，則 h (x) = (2- x)e-x- sinx< 0，h(x)在 (2,π)上單調遞減；
由 1°2°3°得，h(x)在 (0,α)上單調遞增，h(x)在 (α,π)單調遞減，
因為 h(α)> h(0) = 0，h(π) = (π- 1)e-π- 1< 0，
所以存在 β∈ (α,π)使得 h(β) = 0，
所以當 x∈ (0,β)時，f (x) = h(x)> 0，f(x)在 (0,β)上單調遞增，f(x)> f(0) = 0，
當 x∈ (β,π)時，f (x) = h(x)< 0，f(x)在 (β,π)上單調遞減，
因為 f(β)> f(0) = 0，f(π)< 0，所以 f(x)在區間 (β,π)上有且只有一個零點；
綜上，f(x)在區間 (-∞,π)上的零點個數為 2 個；
(2)因為 sinx = 1- x
2 x2 x2 2
x 2 1- 2 1- 2 2 1-
x
2 2 ①π 4π 3 π n π
2 4 6 (-1)nx2n
對 cosx= 1- x x x2! + 4! - 6! + + ( + ，2n)!
x x3 x5 (-1)nx2n-1兩邊求導得：-sinx=- 1! + 3! - 5! + + ( - ) + ，2n 1 !
sinx= x - x
3 x5 (-1)n-1x2n-1
1! 3! + 5! + + ( - ) + ，2n 1 !
所以 sinx
2
= 1- x + x
4 (-1)n-1x2n-2
x 3! 5! + + (2n- 1) + ②!
比較①②式中 x2的系數，得：- 1 =- 1 1 + 1 + 1 13! 2 2 2 + + + π 1 2 32 n2
所以 1 + 1 + 1 + + 1
2
2 2 2 2 + =
π ．
1 2 3 n 6
例28.已知函數 f(x) = x2+ lnx- ax．
(1)求函數 f(x)的單調區間；
(2)若 f(x)≤ 2x2，對 x∈ [0，+∞)恒成立，求實數 a的取值范圍；
(3) 2當 a= 1時,設 g x = xex -f x - x- 1．若正實數 λ1，λ2滿足 λ1+ λ2= 1，x1，x2∈ (0，+∞) (x1≠
x2)，證明：g(λ1x1+ λ2x2)< λ1g(x1) + λ2g(x2)．
2
【解答】解：(1)f′ (x) = 2x+ 1x - a=
2x - ax+ 1
x ，x> 0，△= a
2- 8，
① a≤ 2 2 時，f′ (x)≥ 0 恒成立，
故函數 f(x)在 (0,+∞)遞增，無遞減區間，
a- a2- 8 a+ a2② a> 2 2 時，f′ (x)> 0 0< x< 4 或 x>
- 8
4 ，
2 2 2
故函數 f(x)在 0, a- a - 8 ， a+ a - 8 ，+∞ 遞增，在 a- a - 8 ，a+ a
2- 8
4 4 4 4 遞減，
綜上，a≤ 2 2 時，函數 f(x)在 (0,+∞)遞增，無遞減區間，
2 2
a> 2 2 時，函數 f(x)在 0, a- a - 8 ， a+ a - 8
2
，+∞ 遞增，在 a- a - 8 a+ a
2
， - 84 4 4 4 遞
減，
(2)f(x)≤ 2x2，對 x∈ [0，+∞)恒成立，
即 x∈ [0，+∞)時，a≥ lnxx - x恒成立，
2
令F(x) = lnxx - x，(x> 0)，則F′ (x) =
1- lnx- x
x2
，
令G(x) = 1- lnx- x2(x> 0)，
則G′ (x) =- 1x - 2x< 0，∴G(x)在 (0,+∞)遞減且G(1) = 0，
∴ x∈ (0,1)時，G(x)> 0，F′ (x)> 0，F(x)遞增，
當 x∈ (1,+∞)，G(x)< 0，F′ (x)< 0，F(x)遞減，
∴F(x)max=F(1) =-1，
綜上，a的范圍是 [-1，+∞)．
(3)證明：當 a= 1 時，g(x) = xe-(lnx-x)- x- 1= xex-lnx- x- 1= ex- x- 1，
g′ (x) = ex- 1> 0(x> 0)，不妨設 0< x1< x2，
下先證：存在 ξ∈ (x1，x2)，使得 g(x2) - g(x1) = g′ (ξ) (x2- x1)，
構造函數H(x) = g(x ) - g(xg(x) - g(x1) - 2 1)x - x (x- x1)，2 1
顯然H(x1) =H(x2)，且H ′ ( ) = ′ ( ) -)-
g(x2) - g(x )x g x 1x2- x
，
1
g(x ) - g(x )
則由導數的幾何意義可知，存在 ξ∈ (x1，x2)，使得H ′ (ξ) = g′ (ξ) -)- 2 1x2- x
= 0，
1
即存在 ξ∈ (x1，x2)，使得 g(x2) - g(x1) = g′ (ξ) (x2- x1)，
又 g′ (x) = ex- 1 為增函數，
∴ g(x2) - g(x1) = g′ (ξ) (x2- x1)> g′ (x1) (x2- x1)，即 g(x2)> g(x1) + g′ (x1) (x2- x1)，
設 x3= λ1x1+ λ2x2(λ1+ λ2= 0)，則 x1- x3= (1- λ1)x1- λ2x2，x2- x3= (1- λ2)x2- λ1x1，
∴ g(x1)> g(x3) + g′ (x3) (x1- x3) = g(x3) + g′ (x3) [(1- λ1)x1- λ2x2]①，
g(x2)> g(x3) + g′ (x3) (x2- x3) = g(x3) + g′ (x3) [(1- λ2)x2- λ1x1]②，
由①× λ1+②× λ2得，λ1g(x1) + λ2g(x2)> g(x3) = g(λ1x1+ λ2x2)，
即 g(λ1x1+ λ2x2)< λ1g(x1) + λ2g(x2)．
x3 5 7
例29.英國數學家泰勒發現了如下公式：sinx= x- + x - x + ，其中 n!= 1× 2× 3× 4× × n，
3! 5! 7!
π 3
此公式有廣泛的用途，例如利用公式得到一些不等式：當 x∈ 0, 2 sinx< x sinx> x-
x
時， ， ，
3!
3
sinx< x- x + x
5
， ．
3! 5!
(1)證明：當 x∈ 0, π sinx 12 時， x > 2 ；
(2)設 f(x) =msinx，若區間 [a，b]滿足當 f(x)定義域為 [a，b]時，值域也為 [a，b]，則稱為 f(x)的
“和諧區間”，
(ⅰ)m= 1時，f(x)是否存在“和諧區間”？若存在，求出 f(x)的所有“和諧區間”，若不存在，請說明
理由；
(ⅱ)m=-2時，f(x)是否存在“和諧區間”？若存在，求出 f(x)的所有“和諧區間”，若不存在，請說明
理由．
3
【解答】(1)證明：由已知當 x∈ 0, π2 時，sinx> x-
x
3! ，
π 2
得 sinx x
2 2 π2 1
x > 1- 6 > 1- 6 = 1- 24 > 2 ，
所以當 x∈ 0, π 時，sinx 12 x > 2 ．
(2) (i)m= 1 時，假設存在，則由-1≤ f(x)≤ 1 知-1≤ a< b≤ 1，注意到 1< π2 ，
故 [a,b] - π , π 2 2 ，所以 f(x)在 [a，b]單調遞增，
于是 f(a) = a ( ) = ，即 a，b是方程 sinx= x的兩個不等實根，f b b
易知 x=± π2 不是方程的根，
由已知，當 x∈ 0, π2 時，sinx< x，
令 x=-t，則有 t∈ - π2 ,0 時，sin(-t)<-t，即 sint> t，
故方程 sinx= x只有一個實根 0，故 f(x)不存在和諧區間．
(ii)m=-2 時，假設存在，則由-2≤ f(x)≤ 2 知-2≤ a< b≤ 2，
若 a，b≥ 0，則由 [a，b] [0，π)，知 f(x)≤ 0，與值域是 [a，b] [0，π)矛盾，
故不存在和諧區間，
同理，a，b≤ 0 時，也不存在，
下面討論 a≤ 0≤ b，
若 b≥ π2 ，則
0, π 2 [a,b]，故 f(x)最小值為-2，于是 a=-2，
所以 π π - 2 , 2 [a,b]，
所以 f(x)最大值為 2，故 b= 2，
此時 f(x)的定義域為 [-2，2]，值域為 [-2，2]，符合題意．
若 b< π2 ，當 a≤-
π
2 時，同理可得 a=-2，b= 2，舍去，
當 a>- π2 時，f(x)在 [a，b]上單調遞減，
所以 a=-2sinb =- ，于是 a+ b=-2(sina+ sinb)，b 2sina
若 b>-a即 a+ b> 0，則 sinb> sin(-a)，故 sinb+ sina> 0，-2(sina+ sinb)< 0，
與 a+ b=-2(sina+ sinb)矛盾；
若 b<-a，同理，矛盾，
所以 b>-a，即 b2 = sinb，
由 (1)知當 x∈ 0, π2 時，sinx>
x
2 ，
因為 b∈ π 0, 2 ，所以 b= 0，從而，a= 0，從而 a= b，矛盾，
綜上所述，f(x)有唯一的和諧區間 [-2，2]．
題型十：分段分析法、主元法、估算法
例30.設 a> 0且 a≠ 1，函數 f(x) = sinax- asinx．
(1)若 f(x)在區間 (0,2π)有唯一極值點 x0，證明：f(x0)(2)若 f(x)在區間 (0,2π)沒有零點，求 a的取值范圍．
【分析】(1)求出函數的導數，通過討論 a的范圍，求出函數的單調區間，根據函數的單調性求出函數的極
值點，從而證明結論成立即可；
(2)通過討論 a的范圍，結論零點存在性定理判斷函數的零點個數，從而確定 a的范圍．
【解答】解：(1)證明：f′ (x) = acosax- acosx= a(cosax- cosx) =-2asin a+ 12 xsin
a- 1
2 x，
若 a> 1，則 f′ (x)在區間 (0,2π)至少有 x = 2π 4π1 a+ 1 ，x2= a+ 1 兩個變號零點，故 0< a< 1，
令 f′ (x) = 0，得 x = 2mπm a+ 1 ，x =
2nπ
n 1- a，其中m，n∈ Z，僅當m= 1 時，x =
2π
1 a+ 1 ∈ (0,2π)，
且在 x1的左右兩側，導函數的值由正變負，
故 0< a< 1 時，f(x)在區間 (0,2π)有唯一極值點 x0= 2πa+ 1 ，
此時 f(x ) = sinax - asinx ，將 x = 2π0 0 0 0 a+ 1 代入得：
f(x0) = sin 2aπa+ 1 - ssin
2π 2aπ 2π
a+ 1 = sin a+ 1 + asin 2π- a+ 1 = (1+ a)sin
2aπ
a+ 1 ，
①當 2a 1 1a+ 1 ≤ 2 ，即 0< a≤ 3 時，2aπ≤(1- a)π，
由不等式：x> 0 時，x> sinx(*)知：
(1+ a)sin 2aπa+ 1 <(1+ a)
2aπ
a+ 1 = 2aπ，
②當 2aa+ 1 >
1
2 ，即當
1
3 < a< 1 時，(1- a)π< 2aπ，
(1+ a)sin 2aπa+ 1 = (1+ a)sin π-
2aπ
a+ 1 = (1+ )
(1- a)π
a sin a+ 1 ，
(*) (1- a)π (1- a)π由不等式 知：(1+ a)sin a+ 1 <(1+ a) a+ 1 = (1- a)π，
由①②知 f(x0)(2)①當 a> 1 時，f πa = sin a
π
a - asin
π
a =-asin
π < 0，f 3π = sin 3aπa 2 2 + a> 0，
故 f π 3πa f 2 < 0，
由零點存在性定理知：f(x)在區間 π ，3πa 2 上至少有 1 個零點，
②當 12 < a< 1 時，π<
π
a < 2π，
π
2 < aπ< π，π< 2aπ< 2π，
f πa =-asin
π
a > 0，f(π) = sinaπ> 0，f(2π) = sin2aπ< 0，
由零點存在性定理知，f(x)在區間 (π,2π)至少有 1 個零點，
③當 0< a≤ 12 時，f′ (x) = acosax- acosx= a(cosax- cosx)，
令 g(x) = cosax- cosx，則 g′ (x) =-asinax+ sinx，
在區間 (0,π)上，cosax> cosx，f′ (x)> 0，f(x)遞增，
在區間 (π,2π)上，g′ (x)< 0，即 g(x)遞減，即 f′ (x)遞減，f′ (x)< f′ (2π)< 0，
故 f(x)在 (0,x0)上遞增，在 (x0，2π)上遞減，
又 f(0) = 0，f(2π) = sin2aπ≥ 0，即在 (π,2π)上，f(x)> 0，
故 f(x)在區間 (0,2π)上沒有零點，滿足題意，
綜上，若 f(x)在區間 (0,2π)上沒有零點，
則正數 a的取值范圍是 0，1 2 ．
例31.已知函數 f(x) = ex(sinx- ax2+ 2a- e)，其中 a∈R，e= 2.71828 為自然對數的底數．
(1)當 a= 0時，討論函數 f(x)的單調性；
(2) 1當 2 ≤ a≤ 1時，求證：對任意的 x∈ [0，+∞)，f(x)< 0．
【分析】(1)求函數的導數，利用函數單調性和導數之間的關系進行討論即可．
(2)對任意的 x∈ [0，+∞)，f(x)< 0 轉化為證明對任意的 x∈ [0，+∞)，sinx- ax2+ 2a- e< 0，即可，構
造函數，求函數的導數，利用導數進行研究即可．
【解答】解：(1)當 a= 0 時，f(x) = ex(sinx- e)，
則 f′ (x) = ex(sinx- e) + excosx= ex(sinx- e+ cosx)，
∵ sinx+ cosx= 2sin x+ π4 ≤ 2< e，
∴ sinx+ cosx- e< 0
故 f′ (x)< 0
則 f(x)在R上單調遞減．
(2)當 x≥ 0 時，y= ex≥ 1，
要證明對任意的 x∈ [0，+∞)，f(x)< 0．
則只需要證明對任意的 x∈ [0，+∞)，sinx- ax2+ 2a- e< 0．
設 g(a) = sinx- ax2+ 2a- e= (-x2+ 2)a+ sinx- e，
看作以 a為變量的一次函數，
要使 sinx- ax2+ 2a- e< 0，
g 1則 2
< 0 sinx- 1 x2+ 1- e< 0 ①
，即
g(1)< 0 2 ，sinx- x2+ 2- e< 0 ②
∵ sinx+ 1- e< 0 恒成立，∴①恒成立，
對于②，令 h(x) = sinx- x2+ 2- e，
則 h′ (x) = cosx- 2x，
設 x= t時，h′ (x) = 0，即 cost- 2t= 0．
∴ t= cost 12 < 2 ，sint< sin
π
6 =
1
2 ，
∴ h(x)在 (0,t)上，h′ (x)> 0，h(x)單調遞增，在 (t,+∞)上，h′ (x)< 0，h(x)單調遞減，
2
則當 x= t時，函數 h(x)取得最大值 h(t) = sint- t2+ 2- e= sint- cost2 + 2- e
= sint- 1- sin
2t 2+ 2- e= 1 sin2t+ sint+ 7 - e= sint + 1 + 3 - e≤ 5
2
+ 3 - e= 274 4 4 2 4 4 4 16 - e<
0，
故④式成立，
綜上對任意的 x∈ [0，+∞)，f(x)< 0．
例32.已知函數 f x = ex- e-x- 2x.
(1)討論 f x 的單調性；
(2)設 g x = f 2x - 4bf x ，當 x> 0時，g x > 0,求 b的最大值；
(3)已知 1.4142< 2< 1.4143，估計 ln2的近似值 (精確到 0.001)
【詳解】
(1)因為 f (x) = ex+ 1x - 2≥ 0，當且僅當 x= 0 時等號成立，所以函數 f(x)在R上是增函數；e
(2)因為 g(x) = f(2x) - 4bf(x) = e2x- e-2x- 4b(ex- e-x) + (8b- 4)x，
所以 g (x) = 2[e2x+ e-2x- 2b(ex+ e-x) + (4b- 2)]= 2(ex+ e-x- 2) (ex+ e-x- 2b+ 2).
當 b≤ 2 時,g (x)≥ 0,等號僅當 x= 0 時成立，所以 g(x)在R上單調遞增，而 g(0) = 0，所以對任意 x> 0，g
(x)> 0；
當 b> 2 時，若 x滿足 2< ex+ e-x< 2b- 2，即 0< x< ln(b- 1+ b2- 2b)時，g (x)< 0，而 g(0) = 0，
因此當 0< x≤ ln(b- 1+ b2- 2b)時，g(x)< 0，
綜上，b的最大值為 2.
(3)由 (2)知，g(ln 2) = 32 - 2 2b+ 2(2b- 1)ln2，
當 b= 2 時，g(ln 2) = 32 - 4 2+ 6ln2> 0，ln2>
8 2- 3
12 > 0.6928；
當 b= 3 2 + 1 時，ln(b- 1+ b2- 2b) = ln 2，g(ln 2) =- 34 2 - 2 2+ (3 2+ 2)ln2< 0，
ln2< 18+ 228 < 0.6934，所以 ln2 的近似值為 0.693.
2
例33.已知函數 f(x) = x - 1x ≥-klnx(x≥ 1)．
(1)若 f x ≥ 0恒成立，求 的取值范圍；
(2)若取 5= 2.236，試估計 ln 54 的范圍． (精確到 0.01)
試題解析：
2
(1)f '(x) = x - kx+ 1
x2
;
①當-2≤ k≤ 2 時，k2- 4≤ 0,x2- kx+ 1> 0 恒成立，所以 x∈ [1,+∞)時，
f '(x)≥ 0，f(x)單調遞增，f(x)≥ f(1) = 0 恒成立．
2 2
②當 k<-2 或 k> 2 時，f '(x) = 0，解得 x = k- k - 4 ,x = k+ k - 41 2 2 2
且 x1+ x2= k,x1x2= 1
(i)當 k<-2，則 x1< 0,x2< 0，故 x∈ [1,+∞)時，f '(x)≥ 0，
f(x)單調遞增，f(x)≥ f(1) = 0 恒成立．
(ii)當 k> 2，則 x1< 1,x2> 1，當 x∈ (1,x2)時，f '(x)< 0，f(x)單調遞減；
f(x)< f(1) = 0 恒成立．這與 f(x)≥ 0 恒成立矛盾．
綜上所述，k的取值范圍是 (-∞,2]．
2
(2)由 (1)得 f(x) = x - 1x ≥ 2lnx(x≥ 1)恒成立，取 x=
5
4 > 1，
得 2ln 54 <
5 - 44 5 ln
5 < 5 - 2 = 54 2 10 = 0.22361.5
2 2
又由 (1)可知 k> 2 時，x - 1 < klnx在 1, k+ k - 4x 2 時恒成立，
k+ k2令 - 4 52 = 4 ，解得 k=
9 5
10 ，取 k=
9 5
10 > 2，
x2即有 - 1 9 5x < 10 lnx在 1, 54 上恒成立，
取 x= 54 ，得
5
4 -
4 < 9 5 5 5 25 10 ln 4 ,∴ ln 4 > 9 ≈ 0.2222
0.2222< ln 54 < 0.22361(精確到 0.01),取 ln
5
4 = 0.223.
題型十一：割線法證明零點差大于某值，切線法證明零點差小于某值
2
例34.已知函數 f(x) = 1- xx (e為自然對數的底數)．e
(1)求函數 f(x)的零點 x0，以及曲線 y= f(x)在 x= x0處的切線方程；
(2)設方程 f(x) =m(m> 0) 1有兩個實數根 x1，x2，求證：|x1- x2| < 2-m 1+ 2e ．
2
【解答】解：(1)由 f(x) = 1- xx = 0，得 x=±1，e
2
∴函數的零點 x0=±1，f (x) = x - 2x- 1 x ，f (-1) = 2e，f(-1) = 0．e
曲線 y= f(x)在 x=-1 處的切線方程為 y= 2e(x+ 1)，f (1) =- 2e ，f(1) = 0，
∴曲線 y= f(x)在 x= 1 處的切線方程為 y=- 2e (x- 1)；
2
(2)證明：f (x) = x - 2x- 1x ，e
當 x∈ (-∞,1- 2) ∪ (1+ 2,+∞)時，f (x)> 0；當 x∈ (1- 2,1+ 2)時，f (x)< 0．
∴ f(x)的單調遞增區間為 (-∞,1- 2),(1+ 2,+∞)，單調遞減區間為 (1- 2,1+ 2)．
由 (1)知，當 x<-1 或 x> 1 時，f(x)< 0；當-1< x< 1 時，f(x)> 0．
下面證明：當 x∈ (-1,1)時，2e(x+ 1)> f(x)．
2
當 x∈ (-1,1)時，2e(x+ 1)> f(x) 2e(x+ 1) + x - 1 > 0 ex+1+ x- 1
ex 2
> 0．
易知，g(x) = ex+1+ x- 12 在 x∈ [-1，1]上單調遞增，
而 g(-1) = 0，
∴ g(x)> g(-1) = 0 對 x∈ (-1,1)恒成立，
∴當 x∈ (-1,1)時，2e(x+ 1)> f(x)．
由 y= 2e(x+ 1)得 x= m = 2e - 1．記 x
m
y m 1
= 2e - 1．
不妨設 x1< x2，則-1< x1< 1- 2< x2< 1，
∴ |x1- x2| < |x 1- x2| = x2- x 1= x - m2 2e - 1 ．
要證 |x1- x2| < 2-m 1+ 12e ，只要證 x
m
2- 2e - 1 ≤ 2-m 1+
1
2e ，即證 x2≤ 1-m．
又∵ = 1- x
2
m 2 ，
ex2
∴只要證 ≤ - 1- x
2
x 1 2 ，即 (x - 1) (ex22 x 2 - (x2+ 1))≤ 0．e 2
∵ x2∈ (1- 2,1)，即證 ex2- (x2+ 1)≥ 0．
令 φ(x) = ex- (x+ 1)，φ (x) = ex- 1．
當 x∈ (1- 2,0)時，φ (x)< 0，φ(x)為單調遞減函數；
當 x∈ (0,1)時，φ (x)> 0，φ(x)為單調遞增函數．
∴ φ(x)≥ φ(0) = 0，
∴ ex2- (x2+ 1)≥ 0，
∴ |x1- x2| < 2-m 1+ 12e ．
例35.已知函數 f(x) = (e- x)lnx(e為自然對數的底數)．
(1)求函數 f(x)的零點，以及曲線 y= f(x)在其零點處的切線方程；
(2)若方程 f(x) =m(m≠ 0) em有兩個實數根 x1，x2，求證：|x1- x2| < e- 1- e- 1．
【解答】解：(1)由 f(x) = (e- x)lnx= 0，得 x= 1，或 x= e，所以 f(x)的零點為 1，e；
因為 f′ (x) = ex - lnx- 1，所以 f′ (1) = e- 1，f′ (e) =-1．
因為 f(1) = f(e) = 0，所以曲線線 y= f(x)在 x= 1 處的切線方程為 y= (e- 1) (x- 1)，在 x= e 處的切線
方程為 y=-x+ e 4 分
(2)證明：因為 f ′ (x) = ex - lnx- 1，所以 f ′′ (x) =-
1
x -
e
2 < 0，所以 f ′ (x) =
e
x - lnx- 1 單調遞減．令x
g(x) = (e- 1) (x- 1)，h(x) =-x+ e，
下面證 f(x)≤ g(x)，即 (e- x)lnx≤(e- 1) (x- 1)，
記m(x) = (e- 1) (x- 1) - (e- x)lnx，則m′ (x) = lnx- ex + e，m′′ (x) =
1
x +
e
2 > 0，x
所以m′ (x)單調遞增，且m′ (1) = 0，故m(x)在 (0,1)單調遞減，在 (1,+∞)單調遞增．
所以m(x)≥m(1) = 0，即 (e- x)lnx≤(e- 1) (x- 1)，
同法可證 f(x)≤ h(x)，即 (e- x)lnx≤-x+ e．
不妨設 g(x3) = f(x1) = f(x2) = h(x4) =m，
因為 g(x1)> f(x1) =m= g(x3)，且 g(x) = (e- 1) (x- 1)為增函數，所以 x1> x3，
由 g(x3) =)= (e- 1) (x3- 1) =m，得 x = m3 e- 1 + 1，
同理，x4> x2，x4= e-m，
所以 me- 1 + 1= x3< x1< x2< x4= e-m，
所以，|x - x | < e-m- m + 1 = e- 1- em1 2 e- 1 e- 1 ，
所以，|x1- x | < e- 1- em2 e- 1 12 分
例36.已知函數 f(x) = (x2- 1)ex(e為自然對數的底數)．
(1)求曲線 y= f(x)在點 (0，f(0))處的切線方程：
(2)若方程 f(x) =m(m< 0)有兩個不等的實數根 x1，x2，求證：|x1- x2| < 2+m．
【解答】解：(1)f′ (x) = (x2+ 2x- 1)ex，f(0) =-1，f′ (0) =-1，
所以曲線 y= f(x)在 (0，f(0))處的切線方程為 y=-x- 1．
(2)證明：令 f(x)< 0，得-1< x< 1，
因為 f(x) =m(m< 0)有兩個不等的實數根 x1，x2，
所以 f(-1+ 2)不妨設-1< x1<-1+ 2< x2< 1，
令 g(x) = f(x) + x+ 1= (x2- 1)ex+ x+ 1= (x+ 1) [(x- 1)ex+ 1]，
令 h(x) = (x- 1)ex+ 1，
所以對任意 x∈ (-1,1)，h(x)≥ 0，
所以 g(x) = (x+ 1)h(x)≥ 0，即 f(x)≥-x- 1，
所以m= f(x1)≥-x1- 1，
所以-x1≤m+ 1，
所以 |x1- x2| = x2- x1< 1+ (m+ 1) =m+ 2．
題型十二：函數與數列不等式問題
例37.已知函數 f(x) = xln(1+ x) - a(x+ 1) (x> 0)，其中 a為實常數．
(1)若函數 g(x) = f (x) - 2x1+ x ≥ 0定義域內恒成立，求 a的取值范圍；
( f(x)2)證明：當 a= 0時， 2 ≤ 1；x
(3) 1 1求證：2 + 3 + +
1
n+ 1 < ln(1+n)< 1+
1 1 1
2 + 3 + + n．
【解答】解：(1)由題意 g(x) = ln(1+ x) - x1+ x - a,x∈ [0,+∞)
則 g (x) = 1 1 x1+ x - ( + )2 =1 x ( ≥ 01+ x)2
即 g(x)在 [0，+∞)上單調遞增，
a≤ g(0) = 0，
∴ a∈ (-∞，0]；
(2)即證 ln(1+ x)≤ x，x∈ [0，+∞)，
設 h(x) = ln(1+ x) - x(x> 0)，
∴ h (x) = 1 - 1= -11+ x 1+ x ≤ 0
∴ h(x)在 [0，+∞)上單調遞減，
∴ h(x)≤ h(0) = 0，
∴ ln(1+ x)≤ x，x∈ [0，+∞)；
(3)利用 xx+ 1 ≤ ln(1+ x)≤ x，x∈ [0，+∞)，
令 x= 1n，得：
1
n+ 1 < ln(1+n) - lnn<
1
n，
1
n < lnn- ln(n- 1)<
1
n- 1 ，
，
1
2 < ln2- ln1< 1，
累加得：1 + 1 + + 1 < ln(1+n)< 1+ 1 + 1 + + 12 3 n+ 1 2 3 n，
∴ = f(x)當 a 0 時， 2 ≤ 1；x
例38. 1 3 5證明：2 × 4 × 6 × ×
2n- 1 1 1
2n < 2n+ 1 < 2sin 2n+ 1 ．
【解答】證明：∵ 2n- 1 2n2n < 2n+ 1
∴ 12 ×
3
4 ×
5 2n- 1 2 4 5 2n
6 × × 2n < 3 × 5 × 7 × × 2n+ 1 ．
∴ 1 × 3 × 5 × × 2n- 1
2
< 1 × 3 × 5 × × 2n- 12 4 6 2n 2 4 6 2n ×
2 × 43 5 × ×
2n
2n+ 1 =
1
2n+ 1 ．
∴ 1 × 3 5 2n- 1 12 4 × 6 × × 2n < 2n+ 1
令 f(x) = 2sinx- x，x∈ 0, 3 3
當∵ 3 < π3 4 ，∴ cosx> cos
π = 24 2 ，
∴ f′ (x) = 2cosx- 1> 0
∴ f(x) = 2sinx- x，在 0， 3 3 上遞增，∴ f(x)> f(0) = 0，
∴ 1 12n+ 1 < 2sin 2n+ 1 ．
綜上：1 × 3 × 5 × × 2n- 1 < 12 4 6 2n 2n+ 1 < 2sin
1
2n+ 1 ．
例39.已知 f(x) = ex，g(x) = x+ 1(e為自然對數的底數)．
(1)求證：f(x)≥ g(x)恒成立；
(2)設m 1是正整數，對任意正整數n， 1+ 3 1+
1
2 1+ 13 3n 【解答】解：(1)令 h(x) = f(x) - g(x) = ex- x- 1，h (x) = ex- 1，h (x) = 0，
則 x= 0，當 x< 0，h (x)< 0；x> 0 時，g (x)> 0，所以 h(x)在 (0,+∞)單調遞增，在 (-∞,0)單調遞減，
所以 h(x)最小值= h 0 = 0，即 h(x)≥ 0 恒成立；
所以 f(x)≥ g(x)；
1
(2)由 (1)令 x= 1n ，可知 0< 1+
1 < e3n，由不等式性質得
3 3n
1 1
3 1- 3n
1 1 1 1+ 1 + + 1 1 1 1 n 1 1+ 1 1+ 1 1+ 1 < e3 e32 e3n= e3 32 3n 1- 33 2 n = e = e2
1- 3 < e2= e< 2．
3 3
所以m的最小值為 2．
題型十三：三角函數
例40.已知函數 f x = sinx tanx.
(1)設 g x = f x + 3cosx且 x∈ 0, π2 ，求函數 g x 的最小值；
(2)當 x∈ 0, π 2 2 ，證明：f x ≥ x .
【答案】(1)2 2 (2)證明見解析
【解析】
(1)通過求導來判斷函數的單調性進而求出最值；
(2)構造新函數 h x = f x - x2= sinx tanx- x2，轉化為證明新函數的最小值大于等于 0 即可.
(1)
∵ g x = sinx tanx+ 3cosx，又 g x = -sinx cos2x ，
cos2x
又 x∈ 0, π2 ，∴ sinx> 0，
當 g x > 0 時，cos2x< 0，∴ x∈ π4 ,
π
2 ，
當 g x < 0 時，cos2x> 0，∴ x∈ 0, π4 ，
所以函數 g π π x 在 4 , 2 上單調遞增，在 0,
π
4 上單調遞減
∴ g x 的最小值為 g π 4 = 2 2；
(2)
不等式 f x ≥ x2等價于 f x - x2≥ 0，
令 h x = f x - x2= sinx tanx- x2,x∈ 0, π ，∴ h x = sinx 1 + 1 - 2x≥ sinx 2cosx 2 - 2xcos2x cos2x
= 2sinxcosx - 2x= 2 tanx- x
令 k x = tanx- x,x∈ 0,
π
2 ，∴ k
1 x = - 1，
cos2x
又 0< cos2x≤ 1，∴ 12 ≥ 1，∴ k x ≥ 0，cos x
所以函數 k x 在 0,
π
2 上單調遞增，又 k 0 = 0，∴ k x ≥ 0，∴ h
x ≥ 0，
所以函數 h x 在區間 0,
π
2 上單調遞增，又 h 0 = 0，
∴ h x ≥ 0，所以原不等式成立.
例41.已知函數 f(x) = xex- a(x+ lnx)，其中 a> 0，e為自然對數的底數．
(1)若 f(x)≥ 1，求實數 a的值；
(2)證明：x2ex> x(2+ lnx) - 2(1- sinx)．
【答案】(1)1； (2)證明見解析；
【解析】
(1)f(x) = xex- a(x+ lnx) = elnx+x- a(x+ lnx)，令 t= x+ lnx，t∈R，則 f(x)≥ 1 等價于 et- at- 1≥ 0，
對任意 t∈R恒成立，令 h(t) = et- at- 1，可知當 a≤ 0 時 h(t)≥ 0 不恒成立；當 a> 0 時，利用導數求其
最大值，由最大值等于 0 求得 a值；
(2)由 (1)知，當 a= 1 時，xex- x- lnx≥ 1，即 xex≥ x+ lnx+ 1，可得 x2ex≥ x2+ xlnx+ x，把問題轉化
為證明 x2+ xlnx+ x> x(2+ lnx) - 2(1- sinx)，即證：x2- x+ 2- 2sinx> 0，構造函數 g(x) = x2- x+
2- 2sinx，再由導數證明即可．
【詳解】
(1)解：f(x) = xex- a(x+ lnx) = elnx+x- a(x+ lnx)，令 t= x+ lnx，t∈R．
則 f(x)≥ 1 等價于 et- at- 1≥ 0，對任意 t∈R恒成立，令 h(t) = et- at- 1，
1
當 a< 0 時，h 1a = ea- 2< e
0- 2< 0，與 h(t)≥ 0 恒成立矛盾，不合題意；
當 a= 0 時，h(t) = et- 1，h(-1) = e-1- 1= 1e - 1< 0，與 h(t)≥ 0 恒成立矛盾，不合題意；
當 a> 0 時，h (t) = et- a，h(t)在 (-∞,lna)上遞減，在 (lna,+∞)上遞增，
∴ h(t)的最小值為 h(lna) = a- alna- 1．
令 φ(a) = a- alna- 1，則 φ (a) =-lna，知 φ(a)在 (0,1)上遞增，在 (1,+∞)上遞減，
∴ φ(a)max= φ(1) = 0，要使 φ(a) = a- alna- 1≥ 0，當且僅當 a= 1．
綜上，實數 a的值為 1；
(2)證明：由 (1)知，當 a= 1 時，xex- x- lnx≥ 1，即 xex≥ x+ lnx+ 1，
∴ x2ex≥ x2+ xlnx+ x，
下面證明 x2+ xlnx+ x> x(2+ lnx) - 2(1- sinx)，即證：x2- x+ 2- 2sinx> 0．
令 g(x) = x2- x+ 2- 2sinx，g (x) = 2x- 1- 2cosx．
當 0< x≤ 1 時，顯然 g (x)單調遞增，g (x)≤ g (1) = 1- 2cos1< 1- 2cos π3 = 0，
∴ g(x)在 (0，1]上單調遞減，g(x)≥ g(1) = 2- 2sin1> 0，
當 x> 1 時，顯然 x2- x+ 2- 2sinx≥ 0，即 g(x)> 0．
故對一切 x∈ (0,+∞)，都有 g(x)> 0，即 x2+ xlnx+ x> x(2+ lnx) - 2(1- sinx)．
故原不等式 x2ex> x(2+ lnx) - 2(1- sinx)成立．
【點睛】本題考查利用導數研究函數的單調性，考查利用導數求函數的最值，考查化歸與轉化思想方法，考
查邏輯思維能力與推理論證能力，屬難題．
例42.已知 f(x) = x2ex- xexsinx- ax+ asinx.
(1)當 f(x)有兩個零點時，求 a的取值范圍；
(2)當 a= f(x)1，x> 0時，設 g(x) = x- sinx，求證：g(x)≥ x+ lnx.
【答案】(1)a=- 1e 或 a> 0；(2)證明見解析.
【解析】
(1)化簡 f(x) = xex- a (x- sinx)，根據題意得 xex- a= 0 有一個非零實根，設 h x = xex，利用導數求
得函數的單調性和極值，結合函數的值的變化趨勢，即可求解；
(2)化簡 g(x) = xex- 1，根據題意轉化為 xex- 1≥ x+ lnx= ln xex ，令 t= xex，得到新函數H(t) = t-
lnt- 1(t> 0)，利用導數求得函數的單調性與最小值，即可求解.
【詳解】
(1)由題意，函數 f(x) = x2ex- xexsinx- ax+ asinx= xex- a (x- sinx)
因為 f(x)有兩個零點，又因為 x- sinx= 0 時，解得 x= 0，
所以當 xex- a= 0 有一個非零實根，
設 h x = xex，可得 h (x) = (x+ 1)ex，
當 x∈ (-∞,-1)時，h (x)< 0，h x 單調遞減；
當 x∈ (-1,+∞)時，h (x)> 0，h x 單調遞增，
所以當 x=-1 時，函數 h x 取得最小值，最小值為 h(-1) =- 1e ，
又由 h(0) = 0，x> 0 時，h(0)> 0；x< 0 時，h(0)< 0，
所以 a=- 1e 或 a> 0，即實數 a的取值范圍是
1
- e ∪ (0,+∞).
( f(x)2)由題意，可得 g(x) = xx- sinx = xe - 1，
要證 g(x)≥ x+ lnx，即證 xex- 1≥ x+ lnx= ln xex ，
令 t= xex> 0，令H(t) = t- lnt- 1(t> 0)，可得H (t) = 1- 1 t- 1t = t ，
令H (t)> 0，即 t- 1> 0，解得 t> 1；
令H (t)< 0，即 t- 1< 0，解得 t< 1，
所以函數H(x)在 (0,1)上單調遞減，在 (1,+∞)上單調遞增，
所以H(x)≥H(1) = 0，即 xex- 1≥ x+ lnx，即 g(x)≥ x+ lnx.
【點睛】利用導數證明不等式問題：
(1)直接構造法：證明不等式 f x > g x f x < g x 轉化為證明 f x - g x > 0 f x - g x < 0 ，進
而構造輔助函數 h x = f x - g x ；
(2)適當放縮構造法：一是根據已知條件適當放縮；二是利用常見放縮結論；
(3)構造“形似”函數，變形再構造，對原不等式同解變形，根據相似結構構造輔助函數.
【過關測試】
2
1. (2022·重慶市第十一中學校高二階段練習) f(x) = x + 3x+ 3已知函數 x ，且 a∈R．e
(1)求曲線 y= f(x)在點 (0,f(0))處的切線方程；
(2) a 1 1 2若函數 g(x) = f(x) + 2 x
2+ ax有三個極值點 x1,x2,x3，且 x3< x2< x1，求證：x + x + x > 0．1 2 3
【答案】(1)y= 3； (2)證明見解析.
【解析】
(1)對函數 f(x)進行求導，把 x= 0 代入導函數中，得到切線斜率，再利用點斜式方程即可求出答案.
(2)對函數 g(x)進行求導，原函數 g(x)有三個極值點，即導函數有三個零點，其中 x3=-1，方程 a- xe-x=
0 有兩個根 x1,x2，即 a= xe-x有兩個交點，
令 h(x) = xe-x， 對 h(x)進行求導，則 h(x)在 (0,1)上單調遞增，在 (1,+∞)上單調遞減，y= a與 h(x) =
xe-x的圖象有兩個交點，則 x1 x2x = x = a，即 lnx1- x1= lnx2- x2，要證
1 1 2
x + x + x > 0，即證 xe e 1+ x2>1 2 1 2 3
2x1x2，由對數平均數表達式可得
x
x x < 1- x2 x1+ x21 2 lnx - lnx < 2 ，即可得證.1 2
(1)
x
( ) = 2x+ 3 e - x
2+ 3x+ 3 ex = -x
2- x = -x(x+ 1)對函數進行求導，f x
ex 2 ex ex
f (0) = 0，f(0) = 3，切點為 (0,3)
故切線為 y= 3.
(2)
2
g(x) = f(x) + a x2+ ax= x + 3x+ 3 a 22 ex + 2 x + ax
g ( ) = -x(x+ 1)x -x
ex
+ ax+ a= x+ 1 a- xe
由題意知，f (x) = 0 有三個實數跟，則 x3=-1，
方程 a- xe-x= 0 有兩個根 x1,x2，即 a= xe-x有兩個交點
令 h(x) = xe-x，h (x) = (1- x)e-x
當 x∈ (0,1)時，h (x)> 0，故 h(x)在 (0,1)上單調遞增；
當 x∈ (1,+∞)時，h (x)< 0，故 h(x)在 (1,+∞)上單調遞減；
作出 y= a，h(x) = xe-x的圖象如圖
由圖可知，0< a< e-1，y= a與 h(x) = xe-x的圖象有兩個交點，
橫坐標分別為 x1,x2，且 0< x1< 1< x2
要證 1 + 1x x +
2
1 2 x
> 0
3
即證 1x +
1
1 x
> 2
2
即證 x1+ x2> 2x1x2
∵ x1 x2 x1 x2x = a, x = a，則 x = x = ae 1 e 2 e 1 e 2
則 lnx1- x1= lnx2- x2
即 x1- x2lnx - lnx = 1，由對數平均數表達式可得1 2
x - x
x x < 1 2 < x1+ x21 2 lnx1- lnx2 2
x + x
x1x
1 2
2< 1< 2
∴ x1+ xx 21x2< 2
故 x1+ x2> 2x1x2
即可證得 1 + 1 2x1 x
+
2 x
> 0.
3
2. (2022· · ) f x = 2全國 高三專題練習 已知函數 3 x
3+ x2+ ax+ 1在 -1,0 上有兩個極值點，x1,x2，且
x1< x2．
(1)求實數 a的取值范圍；
(2) - 1證明：當 2 < x< 0時，f x
11
> 12．
【答案】(1) 0, 12 (2)證明見解析
【解析】
(1)根據題意得方程 2x2+ 2x+ a= 0 在 -1,0 上有兩不等實根，進而結合二次函數零點分布求解即可；
(2)根據題意得 ax 12> 2 x ，進而得 f
2 2
x 3 2 3 2
1
2 2 = 3 x2+ x2+ ax2+ 1> 3 x2+ x2+ 2 x2+ 1，再構造函數 h x =
2 x3+ x2+ 13 2 x+ 1，研究單調性得 h x 在 -
1
2 ,0 單調遞增，進而 h
1 11
x > h - 2 = 12 .
(1)
解：∵ f x = 2 x33 + x
2+ ax+ 1，
∴ f′ x = 2x2+ 2x+ a，
∵函數 f x 2 = 3 23 x + x + ax+ 1 在 -1,0 上有兩個極值點 x1,x2，且 x1< x2
∴由題意知方程 2x2+ 2x+ a= 0 在 -1,0 上有兩不等實根，
設 g x = 2x2+ 2x+ a，其圖像的對稱軸為直線 x=- 12 ，
g -1 = a> 0
故有 g 0 = a> 0 ，解得 0< a<
1

2
g - 1 = 12 2 + -1 + a< 0
所以，實數 a的取值范圍是 0, 12 .
(2)
證明：由題意知 x2是方程 2x2+ 2x+ a= 0 的較大的根，故 x2∈ - 12 ,0 ，
由于 0< a< 12 ，∴ ax2>
1
2 x2，
∴ f x 22 = 3 x
3
2+ x22+ ax2+ 1> 23 x
3
2+ x2 12+ 2 x2+ 1．
設 h x = 2 x3+ x2+ 1
2
3 2 x+ 1，x∈ -
1
2 ,0 ，h
x = 2 x+ 12 +
1
2 > 0，
∴ h 1 x 在 - 2 ,0 單調遞增，
∴ h 1 11 x > h - 2 = 12 ，即 f x2 >
11
12 成立．
∴不等式成立,證畢.
2
3. (2022·黑龍江·哈爾濱三中模擬預測 (文))已知 f x = 3 x2- x 4 2 lnx- a x- 1 ,a> 0.
(1)若 f x 在區間 1,+∞ 上有且僅有一個極值點m，求實數 a的取值范圍；
2
(2)在 (1) 3 e的條件下，證明 4 < f m < 4 .
【答案】(1)0< a< 1 (2)證明見解析
【解析】
(1)由題知 f x = x- xlnx- a在區間 1,+∞ 上有且僅有一個零點m，進而構造函數 h x = f x ，再研
究函數的性質即可求解；
2
(2)結合 (1)得 a=m 1- lnm ，進而得 f m =- 1 2 m4m + 2 lnm+m-mlnm，再研究函數在 1,e 上的
單調性，利用單調性證明即可.
(1)
解：f x = x- xlnx- a，
因為 f x 在區間 1,+∞ 上有且僅有一個極值點m，
所以 f x = x- xlnx- a在區間 1,+∞ 上有且僅有一個零點m，
設 h x = f x ,h x =-lnx，
當 x∈ 1,+∞ ,h x < 0,h x 單調遞減，
因為 h e =-a< 0，故只需 h 1 = 1- a> 0，
所以 0< a< 1
(2)
解：由 (1)知 f x = x- xlnx- a，f x 在區間 1,+∞ 上有且僅有一個極值點m，
所以 f m =m 1- lnm - a= 0，即 a=m 1- lnm ，
所以 f m = 3m2- m
2 2
4 2 lnm- a
1 m
m- 1 =- 24m + 2 lnm+m-mlnm
所以 f m = m- 1 lnm> 0,1所以函數 f m 在 1,e 上單調遞增，
所以 f(1)< f(m)< f(e)，即 3 < f(m)< e
2
4 4 ，證畢.
4. (2022·全國·哈師大附中模擬預測 (文))已知函數 f x = ex+ exlnx(其中 e是自然對數的底數).
(1)求曲線 y= f x 在點 1,f 1 處的切線方程；
(2)求證：f x ≥ ex2.
【答案】(1)y= 2ex- e (2)證明見解析
【解析】
(1)根據導數的幾何意義計算即可
x-1
(2)根據題意構造函數G e x = x + lnx- x，證明G(x)≥ 0 即可，利用導數研究G(x)的單調性，求出G
(x)的最小值即可
(1)
∵ f x = ex+ exlnx， ∴ f(1) = e
∴ f x = ex+ e 1+ lnx ，∴ f 1 = 2e，
所以 y= f x 在 1,f 1 處的切線方程為 y- e= 2e(x- 1)，即 y= 2ex- e
(2)
x-1
f x ≥ ex2 ex+ exlnx≥ ex2 ex + lnx- x≥ 0，
x-1
構造函數G x e = x + lnx- x，
ex-1 = x- 1 1 e
x-1
+ - = x- 1 + x- x
2 x-1
則G x 2 x 1 2 =
x- 1 e - x
x x x2
.
令H(x) = ex-1- x，則H (x) = ex-1- 1，
當 x> 1 時H (x)> 0，當 0< x< 1 時H (x)< 0，
于是H(x)在 0,1 上遞減，在 1,+∞ 上遞增，于是H(x)≥H(1) = 0.
于是當 0< x< 1 時，G x < 0，當 x> 1 時，G x > 0，
所以G x 在 0,1 上遞減，在 1,+∞ 上遞增，
于是G x ≥G 1 = 0，命題獲證.
5. (2022·江蘇江蘇·高二階段練習)已知函數 f x = alnx- x，a∈R .
(1)試討論 f(x)的單調性；
(2)若對任意 x∈ (0，+∞) ，均有 f(x)≤ 0 ，求 a的取值范圍；
n
(3) 1求證:∑ > n+ 1- 1 .
k=1 ln k2+ k
【答案】(1)答案見解析 (2) 0，
e
2 (3)證明見解析
【解析】
(1)求出函數的導數，討論 a的取值情況，根據導數正負，判斷函數的單調性；
(2)分類討論，說明當 a= 0 時,符合題意；當 a< 0 時,不合題意，當 a> 0 時令函數的最大值小于等于 0，
求得答案;
(3)利用當 a= 1 時，lnx- x< 0,即 lnx< x，從而 ln(n2+n) = ln(n+ 1) + lnn< n+ 1+ n，進而
1 1
( 2+ ) > + + = n+ 1- n，再采用累加，然后結合裂項求和的方法證明結論.ln n n n 1 n
(1)
f x = a - 1 = 2a- xx 2x ,x> 0 , 2 x
若 a≤ 0, 則 f x ≤ 0，f(x) 在 (0，+∞) 上單調遞減；
若 a> 0，則由 f (x) = 0,得 x= 4a2,
當 x∈ (0，4a2)時,f (x)> 0,f(x)在 (0,4a2)上單調遞增,
當 x∈ (4a2,+∞)時,f (x)< 0,f x 在 (4a2,+∞) 上單調遞減.
(2)
當 a= 0 時,f(x) =- x< 0 符合題意；
當 a< 0 時,由 (1)知 f x 在 (0，+∞)上單調遞減，
1 1
而 f ea = 1- ea > 0 ，不合題意；
當 a> 0 時,結合 (1)得，f(x) 2mn= f(4a ) = 2a(ln2a- 1)≤ 0，
即 ln2a- 1≤ 0，得 a≤ e2 ，
綜上，a的取值范圍是 0，
e
2 ；
(3)
證明：由 (2)知，當 a= 1 時，lnx- x< 0,即 lnx< x,
所以 ln(n2+n) = ln(n+ 1) + lnn< n+ 1+ n，
所以 1 1( 2+ ) > + + = n+ 1- n， ln n n n 1 n
n
所以∑ 12 >( 2- 1) + ( 3- 2) + + n+ 1- n = n+ 1- 1 ，
k=1 ln k + k
n
即∑ 1 > n+ 1- 1 得證.
k=1 ln k2+ k
( 1+ ln x+ 1 6. 2022·天津·模擬預測)已知函數 f x = x x> 0 .
(1)試判斷函數 f x 在 0，+∞ 上單調性并證明你的結論；
(2)若 f x k > x+ 1 對于 x∈ 0,+∞ 恒成立，求正整數 k的最大值；
(3)求證： 1+ 1× 2 1+ 2× 3 1+ 3× 4 1+n n+ 1 > e2n-3．
【答案】(1)函數 f x 在 0,+∞ 上為減函數，證明見解析 (2)3 (3)證明見解析
【解析】
(1)利用導數與函數單調性的關系可得出結論；
( ) > k < x+ 1+ x+ 1 ln x+ 1由 2 f x x+ 1 恒成立，即 k x 恒成立，構造函數 h x =
x+ 1+ x+ 1 ln x+ 1
x ，其中 x> 0，利用導數求出函數 h x 的最小值，即可得出整數 k的最大值；
(3)由 (2)可得出 ln x+ 1 > 2- 3 x+ 1 ，令 x=n n+ 1 ，可得出 ln 1+n n+ 1 > 2- 3
1 - 1n n+ 1 ，
利用裂項法結合指數與對數互化可證得結論成立.
(1)
解：函數 f x 在 0,+∞ 上為減函數，證明如下：
1
1+ ln 1+ x - 1+ x - ln 1+ x 因為 f x = x x> 0 ，所以 f
x = 2 ，x
又因為 x> 0，所以 11+ x > 0，ln(1+ x)> 0，所以 f
x < 0，
即函數 f x 在 0,+∞ 上為減函數.
(2)
> k < x+ 1+ x+ 1 ln x+ 1解：由 恒成立，即 f x x+ 1 k x 恒成立，
< x+ 1+ x+ 1 ln x+ 1即 k x ，min
= x+ 1+ x+ 1 ln x+ 1設 h x x ，其中 x>
x- 1- ln x+ 1
0，所以 h x =
x2
，
令 g x = x- 1- ln x+ 1 ，則 g x = 1- 1 x x+ 1 = x+ 1 > 0，即 g x 在 0,+∞ 為增函數，
又 g 2 = 1- ln3< 0 ，g 3 = 2- 2ln2> 0，
即存在唯一的實數 a∈ 2,3 ，滿足 g a = a- 1- ln a+ 1 = 0，
當 x> a時，g x > 0，h x > 0，當 0< x< a時，g x < 0，h x < 0，
即函數 h x 在 0,a 為減函數，在 a,+∞ 為增函數，
a+ 1+ a+ 1則 ln a+ 1 a+ 1+ a+ 1 a- 1 h x min= h a = a = a = a+ 1∈ 3,4 ，
故整數 k的最大值為 3.
(3)
1+ ln
證明：由 ( )知， x+ 1 2 > 3x x+ 1 ，則 ln x+ 1 >
2x- 1 3
x+ 1 = 2- x+ 1 ，其中 x> 0，
令 x=n n+ 1 ，則 ln 1+n n+ 1 > 2- 3 3+ + > 2- + = 2- 3
1 1
n n 1 1 n n 1 n
- n+ 1 ，
則 ln 1+ 1× 2 + ln 1+ 2× 3 + ln 1+ 3× 4 + +ln 1+n n+ 1
> 2- 3 1- 1 1 1 1 1 1 1 2 + 2- 2 - 3 + 2- 3 - 4 + + 2- 3 n - n+ 1
= 2n- 3 1- 1n+ 1 > 2n- 3，
故 1+ 1× 2 1+ 2× 3 1+ 3× 4 1+n n+ 1 > e2n-3.
【點睛】結論點睛：利用參變量分離法求解函數不等式恒 (能)成立，可根據以下原則進行求解：
(1) x∈D，m≤ f x m≤ f x min；
(2) x∈D，m≥ f x m≥ f x max；
(3) x∈D，m≤ f x m≤ f x max；
(4) x∈D，m≥ f x m≥ f x min.
7. (2022·山東·肥城市教學研究中心模擬預測)已知函數 f(x) = ex-a- lnx+ a.
(1)若 x= 2是 f(x)的極值點，求 f(x)的值域；
(2)當 a≤ 0時，證明：f(x)> a+ 2
【答案】(1) 5 2 ,+∞ (2)證明見解析
【解析】
(1)根據極值點的定義得到方程，求出 a= 2+ ln2，檢驗得到 a= 2+ ln2 符合題意，再求導得到單調性，極
值，最值情況，求出值域；(2)構造函數F(x) = ex-a- lnx，利用導函數求出最值，結合基本不等式證明出不
等式.
(1)
∵ f (x) = ex-a- 1x，x= 2 是 f(x)的極值點，
∴ f 1 2 = e2-a- 2 = 0，解得:a= 2+ ln2．
經檢驗 a= 2+ ln2 符合題意
∴函數 f(x) = ex-2-ln2- lnx+ 2+ ln2，其定義域為 0,+∞ ．
∵ f (x) = ex-2-ln2- 1 xe
x-2-ln2
= - 1x x
設 g(x) = xex-2-ln2- 1，則 g (x) = xex-2-ln2+ ex-2-ln2> 0，
所以 g(x)在 0,+∞ 上為增函數，
又∵ g 2 = 0，所以當 x> 2 時，g(x)> 0，即 f (x)> 0；
當 0< x< 2 時，g(x)< 0，即 f (x)< 0．
所以 f(x)在 (0,2)上為減函數；在 (2,+∞)上為增函數；
因此 f(x)的最小值為 f(2) = 52 ，
∴ f(x)的值域為 5 2 ,+∞
(2)
證明：要證 f(x)> a+ 2，即證 ex-a- lnx> 2
設F(x) = ex-a- lnx，x> 0
即證F(x)> 2
當 a≤ 0，F(x) = ex-a- lnx， F (x) = ex-a- 1 = xe
x-a- 1
x x 在 (0,+∞)上為增函數，
且 h(x) = xex-a- 1 中，h(0) = 0× e0-a- 1=-1 0,h(1) = e1-a- 1 e- 1> 0．
故F (x) = 0 在 (0,+∞)上有唯一實數根 x0，且 x0∈ (0,1)．
當 x∈ (0,x 0)時，F (x)< 0，當 x∈ (x0,+∞)時，F (x)> 0，
從而當 x= x0時，F(x)取得最小值．
由F (x ) = 0，得 ex0-a0 = 1x ，0
故F(x)≥F(x ) = ex0-a0 - lnx = 10 x + x0- a> 2
1
0 x
x0- a≥ 2．
0
綜上，當 a≤ 0 時，F(x)> 2 即 f(x)> a+ 2
【點睛】導函數證明不等式，求定義域，求導，得到函數的極值和最值情況，有時會用到隱零點和基本不等
式或放縮法進行證明.
8. (2022·湖北·華中師大一附中模擬預測)已知函數 f(x) = xex- alnx(a∈R)在 x= 1處的切線方程為
y= 2(e- 1)x+ b.
(1)求實數 a,b的值；
(2) (i)證明：函數 y= f(x)有且僅有一個極小值點 x= x 10，且 x0∈ 2 ,1 ；
(ii) 31證明：15 < f(x0)<
41
15 .
11
參考數據：ln2≈ 0.693， e ≈ 1.648，e0.55≈ 1.734，e- 30≈ 0.693.
【答案】(1)a= 2,b= 2- e (2) (i)證明見解析；(ii)證明見解析
【解析】
( ) f ' 1 = 2 e- 11 直接利用導數的意義列方程組 = ，即可解得；f 1 e
(2) (i)求出導函數 f (x) = (x+ 1)ex- 2x . 利用導數和零點存在對立即可證明；
(ii)求出 f(x0) = x x0 10e - 2lnx0= 2 x + 1 - lnx0 ，令 φ(x) = 2
1
x+ 1 - lnx
1
2 < x< 1 ，利用導數判斷0
出 y= φ(x)在 12 ,1 上單調遞減，
31
x0 2lnx0+
即可證明 φ(x)< φ 12 = 2
2
3 + ln2 < 2
2
3 +
7
10 =
41
15 ；要證 f(x0)>
31 e 15
15 ，即證 > 3 . 令x0 x 20
31
x
F(x) = e 1 < x< 1 ，利用導數證明出F(x)>F 1
2lnx+ 15 1
x 2 2 ≈ 2.33；令G(x) = 3 < x< 1 ，利用x 2 2
11
導數證明出G(x) - 30max=G e ≈ 2.312，得到G(x)(1)
定義域為 (0,+∞)，f '(x) = (x+ 1)ex- ax
f ' 1 = 2e- a= 2 e- 1
由題意知 f 1 = 2 e- 1 + = ，解得 a= 2,b= 2- e.b e
(2)
(i)由 (1)知 f(x) = xex- 2lnx，f (x) = (x+ 1)ex- 2x
令 h(x) = f (x)，則 h (x) = (x+ 2)ex+ 22 > 0，從而 y= h(x)即 y= f (x)單調遞增x
又 f (1) = 2e- 2> 0,f 1 = 3 e- 82 2 < 0，故存在唯一的 x
1
0∈ 2 ,1 使得 f (x0) = 0
x (0,x0) x0 (x0,+∞)
f (x) - 0 +
f(x) ↘ 極小值 ↗
從而 y= f(x)有且僅有一個極小值點 x= x ，且 x ∈ 10 0 2 ,1
(ii)f (x0) = (x0+ 1)ex0- 2x = 0，y= f(x)的極小值 f(x
x0
0) = x0e - 2lnx = 2 10 x - lnx00 0+ 1
令 φ(x) = 2 1x+ 1 - lnx
1
2 < x< 1 ，則 φ'(x) =-
2 2 1
( -x+ 1)2 x < 0，從而 y= φ(x)在 2 ,1 上單調遞
減，φ(x)< φ 1 = 2 2 + ln2 < 2 2 + 7 = 412 3 3 10 15 ，故 f(x0)<
41
15
2lnx + 31x0 0
下證 f(x0)> 31 e 1515 ，即證 >x 30 x 20
x ex(2x- 1)
一方面令F(x) = e 12 < x< 1 ，則F
(x) = 3 > 0，則F(x)在 12 ,1 上單調遞增，從而F(x)x 2x 2
>F 12 = 2e ≈ 2.33
2lnx+ 3115 1 -3lnx-
11
另一方面，令G(x) = 3 2 < x< 1 ，G'(x) =
10
5
x 2 x 2
11
令G (x) = 0 有 x= e- 30
x 1 - 11 - 11 - 11 ,e 30 e 30 e 30,12
G (x) + 0 -
G(x) ↗ 極大值 ↘
11
從而G(x) =G e- 30 = 4 e0.55≈ 4max 3 3 × 1.734≈ 2.312
2lnx+ 31x
從而G(x) 153 成立，故 f(x0)>
31
x x 2 15
.
【點睛】導數的應用主要有：
(1)利用導函數幾何意義求切線方程；
(2)利用導數研究原函數的單調性，求極值 (最值)；
(3)利用導數求參數的取值范圍；
(4)利用導數證明不等式.
9. (2022·廣東·高二階段練習)關于 x的函數 f x = lnx+ 2x- b(b> 2)，我們曾在必修一中學習過“二
分法”求其零點近似值.現結合導函數，介紹另一種求零點近似值的方法--“牛頓切線法”.
(1)證明：f x 有唯一零點 a，且 a∈ 1,b ；
(2)現在，我們任取 x1∈ (1,a)開始，實施如下步驟：
在 x1,f x1 處作曲線 f x 的切線，交 x軸于點 x2,0 ；
在 x2,f x2 處作曲線 f x 的切線，交 x軸于點 x3,0 ；

在 xn,f xn 處作曲線 f x 的切線，交 x軸于點 xn+1,0 ；
可以得到一個數列 xn ，它的各項都是 f x 不同程度的零點近似值.
(i)設 xn+1= g xn ，求 g xn 的解析式 (用 xn表示 xn+1)；
(ii)證明：當 x1∈ 1,a ，總有 xn< xn+1< a.
-x lnx + b+ 1 x
【答案】(1)證明見解析；( ) ( ) = n n 2 i g x n n 1+ 2x ；(ii)證明見解析.n
【解析】
(1)根據函數的單調性，結合零點存在性定理證明即可；
(2) (i)由導數的幾何意義得曲線 f x 在 xn,f xn 處的切線方程為 =
1+ 2x
y nx x+ lnxn- b- 1，進而得n
= -x lnxg x n n+ b+ 1 xn n 1+ 2x ；n
( )令 = 1+ 2xii h x nx x+ lnxn- b- 1，進而構造函數F(x) = f(x) - h(x) = lnx-
1
x x- lnxn+ 1，結合函n n
f(x )
數單調性證明 x n+1< a，再根據 f (xn)> 0,f(xn)< f(a) = 0 證明 x nn+1= xn- f (xn)
> xn即可得答案.
(1)
證明：f x = lnx+ 2x- b(b> 2)，定義域為 0,+∞ ，
所以，f x = 1 x + 2> 0 在 0,+∞ 上恒成立，
所以函數 f x 在 0,+∞ 上單調遞增，
因為 f 1 = ln1+ 2- b= 2- b< 0(b> 2),f b = lnb+ 2b- b= lnb+ b> 0(b> 2)，
所以，存在唯一 a∈ 1,b ，使得 f a = 0，即：f x 有唯一零點 a，且 a∈ 1,b .
(2)
解：(i)由 (1)知 f x = 1x + 2，
所以，曲線 f 1 x 在 xn,f xn 處的切線斜率為 kn= x + 2，n
所以，曲線 1+ 2xf x 在 xn,f xn 處的切線方程為 y- f x nn = f xn x- xn ，即 y= x x+ lnxn- b- 1n
= = -xnlnxn+ b+ 1 x令 y 0 得 x n1+ 2xn
-x lnx + b+ 1 x -x lnx + b+ 1 x
所以，切線與 x軸的交點 n n n ,0 ，即 x = n n n1+ 2x n+1

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