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專題 5 構(gòu)造函數(shù)證明不等式
函數(shù)與導(dǎo)數(shù)一直是高考中的熱點與難點, 利用導(dǎo)數(shù)證明不等式在近幾年高考中出現(xiàn)的頻率比較高．求解此類
問題關(guān)鍵是要找出與待證不等式緊密聯(lián)系的函數(shù),然后以導(dǎo)數(shù)為工具來研究該函數(shù)的單調(diào)性、 極值、最值(值
域),從而達到證明不等式的目的．
(一) 把證明 f x > k 轉(zhuǎn)化為證明 f x > kmin
此類問題一般簡單的題目可以直接求出 f x 的最小值,復(fù)雜一點的題目是 f x 有最小值,但無法具體確定,
這種情況下一般是先把 f x 的最小值轉(zhuǎn)化為關(guān)于極值點的一個函數(shù),再根據(jù)極值點所在范圍,確定最小值所
在范圍
【例 1】（2024 2屆黑龍江省哈爾濱市三中學(xué)校高三下學(xué)期第五次模擬）已知函數(shù) f x = a x +1 - x - ln x
（ a R ）.
(1)討論 f x 的單調(diào)性；
1 1
(2)當(dāng)0 < a 時,求證： f x 2a - +1 .
2 2a
【解析】（1）由題意可知,函數(shù) f (x) = a(x +1)2 - x - ln x 的定義域為 (0, + ) ,
f (x) 2a(x 1) 1 1 (x +1)(2ax -1)導(dǎo)數(shù) = + - - = ,
x x
當(dāng) a 0時, x (0,+ ) , f (x) < 0 ；當(dāng) a > 0時, x (0, 1 ) , f (x) < 0 ； x (
1 ,+ ), f (x) > 0
2a ；2a
綜上,當(dāng) a 0時,函數(shù) f (x) 在區(qū)間 (0, + )上單調(diào)遞減；
1 1
當(dāng) a > 0時,函數(shù) f (x) 在區(qū)間 (0, ) 上單調(diào)遞減,在區(qū)間 ( , + )上單調(diào)遞增.
2a 2a
1
（2）由（1）可知,當(dāng)0 < a 時,
2
函數(shù) f (x)
1 1
在區(qū)間 (0, ) 上單調(diào)遞減,在區(qū)間 ( , + )上單調(diào)遞增.
2a 2a
所以函數(shù) f (x) f (
1 ) a( 1 1)2 1= + - - ln( 1 ) = a +1 1- + ln(2a) ,
2a 2a 2a 2a 4a
要證 f (x) 2a
1 1 1
- +1 ,需證 a +1- + ln(2a) 2a - +1 ,
2a 4a 2a
1 1
即需證 + ln(2a) - a 0,a (0, ]恒成立.
4a 2
1 2
令 g(a) = + ln(2a) - a , 1 1 2a -1 則
4a g (a) = - 2 -1+ = - 0
,
4a a 4a2
1
所以函數(shù) g(a)在區(qū)間 (0, ] g(a) g(
1) 1單調(diào)遞減,故 = + 0
1
- = 0 ,
2 2 2 2
1
所以 + ln(2a) - a 0,a (0,
1] 1 1恒成立,所以當(dāng)0 < a 時, f (x) 2a - +1 .
4a 2 2 2a
【例 2】（2024 屆重慶市南開中學(xué)高三上學(xué)期第一次質(zhì)量檢測）已知函數(shù) f x = sinx - ln x +1 .
x 1, π (1)求證：當(dāng) - ÷ 時, f x 0；
è 2
1
(2)求證： ln n +1 < sin 1 + sin 1 + sin 1 +L+ sin 1 1< ln n + ln 2
2 2 4 6 2n 2 n N
* .
【解析】（1）證明：因為 f x = sinx - ln x +1 ,則 f 0 = sin 0 - ln1 = 0 1, f x = cosx - ,
x +1
當(dāng) x -1,0 1時, cosx 1 , 1 , f x 0 ,函數(shù) f x 單調(diào)遞減,
x +1
f x π f 0 = 0 x 0, p x cos x 1
1
則 成立；當(dāng) ÷ 時,令 = - ,則 p x = 2 - sin x ,
è 2 x +1 x +1
1
因為函數(shù) y = 2 、 y = -sin x

在 0,
π
x +1 2 ÷上均為減函數(shù),è
所以,函數(shù) p x 0, π 在 2 ÷上為減函數(shù),è
p π 1 ÷ = 2 -1< 0
因為 p 0 1 0 π= > , è 2 π ,所以存在 x 0, ÷ ,使得 p x0 = 0 ,
1+ 22 ÷ è è
且當(dāng)0 < x < x0 時, p
x > 0 ,此時函數(shù) f x 單調(diào)遞增,
當(dāng) x0 < x
π
< 時, p x < 0 ,此時函數(shù) f x 單調(diào)遞減,
2
而 f 0 = 0 ,所以 f x π π0 > 0 ,又因為 f ÷ < 0 ,所以存在 x1 x0 , 2 2 ÷ ,使得 f x1 = 0 ,è è
當(dāng)0 < x < x1 時, f x > 0 ,此時函數(shù) f x 單調(diào)遞增,
當(dāng) x
π
1 < x < 時, f x < 0 ,此時函數(shù) f x 單調(diào)遞減,2
π f π 1 ln π因為 +1< e

,所以,
2 2 ÷
= - +1 >1- ln e = 0 ,
è è 2 ÷
x 0, π f x 0 π 所以,對任意的 ÷ 時, > 成立,綜上, f x 0對任意的 x -1, ÷ 恒成立.
è 2 è 2
1 1 1 1 1
（2）證明：由（1）,對任意的 n N* , 0 < ,則 f = sin - ln 1+ > 0 ,
2n 2 2n ÷ 2n 2n ÷è è
sin 1 即 > ln 1
1 2n +1
+ ÷ = ln ,2n è 2n 2n
2
2n +1 2n + 2 2n +1 - 2n 2n + 2 1
對任意的 n N* , - = = > 0 ,
2n 2n +1 2n 2n +1 2n 2n +1
2n +1 2n + 2 2n +1 2n + 2
所以, > ,則 ln > ln ,
2n 2n +1 2n 2n +1
1
所以 sin + sin
1
+ sin 1 +L+ sin 1 > ln 3 + ln 5 + ln 7 + ln 2n +1 ,
2 4 6 2n 2 4 6 2n
從而可得 sin
1
+ sin 1 + sin 1 +L+ sin 1 > ln 4 + ln 6 + ln 8 ln 2n + 2+ ,
2 4 6 2n 3 5 7 2n +1
1 1
上述兩個不等式相加可得 2 sin + sin + sin
1 L sin 1+ +
2 4 6 2n ֏
ln 3 ln 4 ln 5 ln 6 7> + + + + ln + ln 8 L ln 2n +1+ + + ln 2n + 2 = ln n +1 ,
2 3 4 5 6 7 2n 2n +1
sin 1所以, + sin
1
+ sin 1 +L+ sin 1 1> ln n +1 ,
2 4 6 2n 2
1 1 1 1
又由（1）,因為-1 < - < 0 ,則 f - ÷ = sin - ÷ - ln 1- ÷ = -sin
1
- ln 2n -1 > 0 ,
2n è 2n è 2n è 2n 2n 2n
sin 1可得 < - ln
2n -1 ln 2n= ,
2n 2n 2n -1
2
n 2 * , 2n 2n -1
2n 2n - 2 - 2n -1 1
當(dāng) 且 n N 時 - = = - < 0 ,
2n -1 2n - 2 2n -1 2n - 2 2n -1 2n - 2
2n 2n -1 2n 2n -1
所以, < ,即 ln < ln ,
2n -1 2n - 2 2n -1 2n - 2
1 1 1 1 4 6 2n
所以,當(dāng) n 2時, sin + sin + sin +L+ sin < ln 2 + ln + ln +L+ ln ,
2 4 6 2n 3 5 2n -1
sin 1 sin 1從而有 + + sin
1
+L+ sin 1 < ln 2 3 5 2n -1+ ln + ln +L+ ln ,
2 4 6 2n 2 4 2n - 2
1 1
上述兩個不等式相加得： 2 sin + sin + sin
1 L 1+ + sin ÷
è 2 4 6 2n
2ln 2 ln 3 ln 4 ln 5 ln 6 ln 7 ln 8 L ln 2n -1 ln 2n< + + + + + + + + + = 2ln 2 + ln n ,
2 3 4 5 6 7 2n - 2 2n -1
1 1 1 1 1
所以, sin + sin + sin +L+ sin < ln 2 + ln n ,
2 4 6 2n 2
n 1 f
1
當(dāng) = 時, -

÷ = sin
1
-

÷ - ln
1
= ln 2 - sin 1 > 0 1,即 sin < ln 2 ,
è 2 è 2 2 2 2
1 1
所以,對任意的 n N* , sin + sin + sin
1 L sin 1 1+ + < ln n + ln 2 ,
2 4 6 2n 2
1 1 1 1 1 1 *
因此, ln n +1 < sin + sin + sin +L+ sin < ln n + ln 2 n N .
2 2 4 6 2n 2
(二) 把證明 f x > g x 轉(zhuǎn)化為證明 f x - g x > 0
此類問題是證明不等式中最基本的一類問題,把兩個函數(shù)通過作差轉(zhuǎn)化為一個函數(shù),再利用導(dǎo)數(shù)研究該函數(shù)
的性質(zhì),通過函數(shù)性質(zhì)證明該不等式.
x
【例 3】（2024 屆西省榆林市第十中學(xué)高三下學(xué)期一模）已知函數(shù) f x = e + a -1 x -1 ,其中 a R ．
(1)討論函數(shù) f x 的單調(diào)性；
(2)當(dāng) a = 2時,證明： f x > xlnx - cosx．
x
【解析】（1）Q f x = e + a -1 x -1,\ f x = ex + a -1 ,
當(dāng)a 1時, f x = ex + a -1 > 0 ,函數(shù) f x 在R 上單調(diào)遞增；
當(dāng)a < 1時,由 f x = ex + a -1 > 0 ,得 x > ln 1- a ,
函數(shù) f x 在區(qū)間 ln 1- a , + 上單調(diào)遞增,
f x = ex由 + a -1< 0 ,得 x < ln 1- a ,函數(shù) f x 在區(qū)間 - , ln 1- a 上單調(diào)遞減．
綜上,當(dāng)a 1時, f x 在R 上單調(diào)遞增,無減區(qū)間.
當(dāng)a < 1時, f x 在 ln 1- a , + 上單調(diào)遞增,在 - , ln 1- a 上單調(diào)遞減.
x
（2）Q當(dāng) a = 2時, f x = e + x -1 ,
\要證 f x > xlnx - cosx , x即證 e + x + cosx -1- xlnx > 0, x 0, + ,
①當(dāng)0 < x 1時,Qex + x + cosx -1 > 0 , xlnx 0 ,\ex + x + cosx -1- xlnx > 0；
②當(dāng) x >1時,令 g x = ex + x + cosx -1- xlnx ,
則 g x = ex - sinx - lnx 1,設(shè) h x = g x ,則 h x = ex - cosx - ,
x
1
Q x >1,\ex > e > 2 , -1 < - < 0 , -1 -cosx 1,\h x > 0 ,
x
\h x 在 1, + 上單調(diào)遞增,\h x > h 1 = e - sin1- 0 > 0 ,即 g x > 0 ,
\ g x 在 1, + 上單調(diào)遞增,\ g x > g 1 = e + cos1 > 0 ,
即 ex + x + cosx -1- xlnx > 0．綜上,當(dāng) a = 2時, f x > xlnx - cosx．
(三) 把證明 f x > g x 轉(zhuǎn)化為證明 f x > g xmin max
有時候把證明 f x > g x 轉(zhuǎn)化為證明 f x - g x > 0 后,可能會出現(xiàn) f x - g x 的導(dǎo)函數(shù)很復(fù)雜,很
難根據(jù)導(dǎo)函數(shù)研究 f x - g x 的最值,而 f x 的最小值及 g x 的最大值都比較容易求,可考慮利用證明
f x > g x 的方法證明原不等式,但要注意這種方法有局限性,因為 f x > g x 未必有min max
f x > g x .min max
4 x【例 】（2024 屆廣東省部分學(xué)校高三上學(xué)期第二次聯(lián)考）已知函數(shù) f x = axe a 0 .
(1)討論 f x 的單調(diào)性；
4 f
(2) a , x 當(dāng) 2 時證明： - x +1 ln x > 0 .e x +1
x
【解析】（1）由題意可得 f x = a x +1 e .
則 a > 0時,由 f x > 0 ,得 x > -1 ,由 f x < 0 ,得 x < -1,
則 f x 在 - , -1 上單調(diào)遞減,在 -1, + 上單調(diào)遞增；
當(dāng) a<0時,由 f x < 0 ,得 x > -1 ,由 f x > 0 ,得 x < -1,
則 f x 在 - , -1 上單調(diào)遞增,在 -1, + 上單調(diào)遞減.
x
（2）因為 x > 0 , xe所以 > 0 .
x +1
a 4 axe
x x-2
因為 ,所以 - x +1 ln x 4xe - x +1 ln x .
e2 x +1 x +1
f x 4xex-2 4ex-2 ln x
要證 - x +1 ln x > 0 ,即證 - x +1 ln x > 0 ,即證 >
x +1 x +1 x +1 2 x .
x-2 4ex-2 x -1
設(shè) g x
4e
=
2 ,則
g x = 3 .當(dāng) x 0,1 時, g x < 0 ,當(dāng) x 1,+ 時, g x > 0 ,x +1 x +1
則 g x 在 0,1 上單調(diào)遞減,在 1, + 上單調(diào)遞增.
g x 1故 = g 1 =min .e
h x ln x 1- ln x設(shè) = ,則 h x = 2 .當(dāng) x 0,e 時, h x > 0 ,當(dāng) x e, + 時, h x < 0 ,x x
則 h x 在 0,e 上單調(diào)遞增,在 e, + 上單調(diào)遞減.
故 h x h e 1= =max .因為 g x = h xe min max ,且兩個最值的取等條件不同,
4ex-2 ln x 4 f x
所以 2 > x ,即當(dāng) a 2 時, - x +1 ln x > 0 .x +1 e x +1
(四) 把證明 f x > g x 轉(zhuǎn)化為證明 f x > h x , h x > g x
若直接證明 f x > g x 比較困難,有時可利用導(dǎo)數(shù)中的常見不等式如 ln x x -1,ex x+1構(gòu)造一個中間
函數(shù)h x ,或利用不等式的性質(zhì)通過放縮構(gòu)造一個中間函數(shù)h x ,再通過證明 f x > h x ,h x > g x
來證明原不等式.
sin x
【例 5】已知函數(shù) f x = 在區(qū)間 0,a 上單調(diào)．
2 + cos x
(1)求 a的最大值；
(2)證明：當(dāng) x > 0時,3 f x +1< ex ．
f (x) cos x(2 + cos x) + sin xsin x 2cos x +1【解析】 (1)由已知得, = =(2 + cos x)2 (2 + cos x)2 ,
要使函數(shù) f (x) 在區(qū)間 (0, a)上單調(diào),可知在區(qū)間 (0, a)上單調(diào)遞增,
f (x) > 0 12cos x 1 0 cos x > - x ( 2p 2kp , 2p令 ,得 + > ,即 ,解得 - + + 2kp ) ,（ k Z3 3 ）,2
當(dāng) k 0
2p 2p
= 時滿足題意,此時,在區(qū)間 (0, )上是單調(diào)遞增的,故 a的最在值為 .
3 3
x
(2) x > 0 , 3 f x +1< ex , f (x) e -1當(dāng) 時要證明 即證明 < ,
3
x x
而 ex
x e -1 x e -1
-1 > x ,故需要證明 f (x) < < .先證： < ,（ x > 0）
3 3 3 3
記F (x) = ex - x -1 ,QF (x) = ex -1 ,
x (0,+ )時, F (x) > 0 ,所以 F (x)在 (0, + )上遞增,
x
\ F (x) = ex - x -1 > F (0) = 0 ,故 ex -1 > x , x e -1即 < .
3 3
x 1
再證： f (x) < ,（ x > 0）令G(x) = f (x) - x ,
3 3
2
sin x 1 G x 2cos x +1 1 - cos x -1 則G(x) = - x,則 = - = ,2 + cos x 3 2 + cos x 2 3 3 2 + cos x 2
故對于"x > 0 ,都有G (x) < 0 ,因而G(x)在 (0 , + )上遞減,
x
對于"x > 0 ,都有G(x) < G(0) = 0 ,因此對于"x > 0 ,都有 f (x) < .
3
x x
f (x) x e -1 , f (x) e -1所以 < < 成立即 < 成立,故原不等式成立.
3 3 3
(五) 改變不等式結(jié)構(gòu),重新構(gòu)造函數(shù)證明不等式
此類問題要先對待證不等式進行重組整合,適當(dāng)變形,找到其等價的不等式,觀察其結(jié)構(gòu),根據(jù)結(jié)構(gòu)構(gòu)造函數(shù).常
見的變形方法有：
①去分母,把分?jǐn)?shù)不等式轉(zhuǎn)化為整式不等式；
②兩邊取對數(shù),把指數(shù)型不等式轉(zhuǎn)化為對數(shù)型不等式；
③不等式為 f x h x > g x h x 類型,且 h x > 0 或<0 的解集比較容易確定,可考慮兩邊同時除以 h x ；
④不等式中含有 x ln x ,有時為了一次求導(dǎo)后不再含有對數(shù)符號,可考慮不等式兩邊同時除以 x ；
⑤通過換元把復(fù)雜的不等式轉(zhuǎn)化為簡單不等式.
aex-1
【例 6】（2024 屆河南省創(chuàng)新發(fā)展聯(lián)盟 5 月月考）已知函數(shù) f (x) 1= - lnx - .
x x
(1)討論 f (x) 的單調(diào)性；
5 1
(2)當(dāng) a 時,證明： f (x) + lnx + - x > ex-1 1- lnx .
2 x
aex-1 1
【解析】（1）函數(shù) f (x) = - lnx - 的定義域為 (0, + ) ,
x x
aex-1f (x) (x -1) 1 1 (x -1)(ae
x-1 -1)
求導(dǎo)得 = 2 - + 2 = ,x x x x2
若 a 0 ,則 aex-1 -1< 0 ,且當(dāng) x 0,1 時, f x > 0 ,當(dāng) x 1, + 時, f x < 0 ,
即函數(shù) f (x) 在( 0, 1)上遞增,在 (1, + )上遞減；
若 a > 0 ,令 aex-1 -1 = 0 ,解得 x =1- lna ,
若1- lna 0 ,即a e ,則 aex-1 -1 0恒成立,當(dāng) x 0,1 時, f x < 0 ,當(dāng) x 1, + 時, f x > 0 ,
即函數(shù) f (x) 在( 0, 1)上遞減,在 (1, + )上遞增；
若0 <1- lna <1 ,即1 < a < e ,則當(dāng) x 0,1- lna 1,+ 時, f x > 0 ,當(dāng) x 1- lna,1 時, f x < 0 ,
即函數(shù) f (x) 在 (0,1- ln a), (1,+ ) 上遞增,在 (1- ln a,1) 上遞減；
若1- lna =1,即 a =1 ,則 f x 0在 0, + 上恒成立,函數(shù) f (x) 在 (0, + )上遞增；
若1- lna > 1 ,即 0 < a < 1 ,則當(dāng) x 0,1 1- lna,+ 時, f x > 0 ,當(dāng) x (1,1- lna)時, f x < 0 ,
即函數(shù) f (x) 在 (0,1), (1- ln a,+ ) 上遞增,在 (1,1- ln a) 上遞減,
所以當(dāng) a 0時, f x 的遞增區(qū)間為 0,1 ,遞減區(qū)間為 1, + ；
當(dāng) 0 < a < 1時, f x 的遞增區(qū)間為 0,1 和 1- lna, + ,遞減區(qū)間為 1,1- lna ；
當(dāng) a =1時, f x 的遞增區(qū)間為 0, + ,無遞減區(qū)間；
當(dāng)1< a < e 時, f x 的遞增區(qū)間為 0,1- lna 和 1, + ,遞減區(qū)間為 1- lna,1 ；
當(dāng)a e 時, f x 的遞增區(qū)間為 1, + ,遞減區(qū)間為 0,1 .
1 aex-1
（2）要證 f x + lnx + - x > ex-1 1- lnx ,需證 + ex-1 lnx -1 - x > 0 ,x x
5 ex-1 x-1 x-1
而 a , > 0 , ae即有 + ex-1 lnx -1 x 5e- + ex-1 lnx -1 - x ,
2 x x 2x
5ex-1 5 2
則只需證明 + ex-1 lnx -1 - x > 0 , ex-1 5即證 + lnx -1÷ > x ,即證 + x lnx -1 x> x-1 ,2x è 2x 2 e
令 h x 5= + x lnx -1 ,則 h x = lnx ,當(dāng) x 0,1 時, h x < 0 ,當(dāng) x 1, + 時, h x > 0 ,
2
即函數(shù) h(x)
3
在( 0, 1)上單調(diào)遞減,在 (1, + )上單調(diào)遞增,則 h(x)min = h 1 = ,2
x2
令j x = x-1 (x > 0) ,則j x
x 2 - x
= ,當(dāng) x 0,2 時,j x > 0 ,當(dāng) x 2, + 時,j xx 1 < 0- ,e e
函數(shù)j(x) 在 (0, 2)
4 3
上單調(diào)遞增,在 (2, + ) 上單調(diào)遞減,則j(x)max = j 2 = < = h(x) ,e 2 min
5 2
從而 + x 1lnx 1 x- > ,即 f (x) + lnx + - x > ex-1 1- lnx 成立.
2 ex-1 x
(六) 通過減元法構(gòu)造函數(shù)證明不等式
對于多變量不等式 ,一般處理策略為消元或是把一個看作變量其他看作常量；當(dāng)都不能處理的時候,通過變
形,再換元產(chǎn)生一個新變量,從而構(gòu)造新變量的函數(shù).
m m
【例 7 2024 x y 】（ 屆江西省南昌市高三三模）定義：若變量 x, y > 0 ,且滿足： a ÷
+ ÷ =1 ,其中
è è b
a,b > 0, m Z ,稱 y 是關(guān)于的“ m 型函數(shù)”.

(1)當(dāng) a = 2,b =1時,求 y x
3
關(guān)于 的“2 型函數(shù)”在點 1, 2 ÷÷處的切線方程；è
(2)若 y 是關(guān)于 x 的“ -1型函數(shù)”,
（i）求 x + y 的最小值：
n+1
1 n n n
（ii）求證： xn + yn *n a n+1 + bn+1 ÷ , n N .
è
1 1
2 2 -
【解析】（1）解：當(dāng) a 2,b
2 2
= =1 時,可得 y 1 x ,則 y 1 1 x 1= -

4 ÷
= - ×
2 4 ÷
- x ÷ ,
è è è 2
3 3 3
所以 y = - ,所求切線方程為 y - = - (x -1) ,即 x + 2 3y - 4 = 0 .
x=1 6 2 6
-1 -1
（2）解：由 y x “ ”, x y
a b
是關(guān)于 的 -1 + 型函數(shù) 可得 ÷ ÷ =1 ,即 + =1,
è a è b x y
(x y) (x y) a b ay bx ay bx（i）因為 + = + + ÷ = a + b + + a + b + 2 + = ( a + b)
2 ,
è x y x y x y
ìay bx
= ì
當(dāng)且僅當(dāng) í x y
x = a + ab
即 í 時取得最小值.
x + y = ( a + b)2 y = b + ab
x -1 y
-1
a b
（ii）由 ÷ + ÷ =1 ,即 + =1,則 (x - a)(y - b) = ab ,且 x > ax y ,
y > b ,
è a è b
可設(shè) x - a = at , y - b
b
= ,其中 t (0,+ ) ,
t
n
é 1 ù 1
n

于是 xn + yn = [a(1+ t)]n + n n nêb 1+ ÷ú = a (1+ t) + b 1+ ÷ ,
è t è t
n
h(t) = an (1+ t)n 1+ bn 1+ 記 t ÷
,
è
n-1 n n-1 é n ù
h t = nan n-1 n 1 1 na1 t nb 1 1+ t n+1 b 可得 + + + ÷ - 2 ÷ = n+1 êt -t t t a ÷ ú ,è è ê è ú
n n
由 h t = 0 , n+1 n+1得 t b ,記 t b= ÷ = ÷ ,當(dāng)0 < t < t0 時 h t < 0 ,當(dāng) t > t0 時, h t > 0 ,則
è a
0
è a
n nn n
n
é ù é ùn n n n+1 n+1h(t)min = h t0 = a 1+ t0 + b 1
1
+ = an ê1+ b n a
t ÷ ê a ÷
ú + b ê1+
ú ê b ÷
ú
è 0 è è ú
n 1
n n 1 n n n n n n n n n
= a + bn+1 ×a n+1 ÷ + b + a n+1 ×bn+1 ÷ = a n+1 a n+1 + bn+1 ÷ + bn+1 bn+1 + a n+1 ÷
è è è è
n+1 n+1
n n n 1 n n n
= a n+1 + bn+1 ÷ ,所以 n x + yn n a n+1 + bn+1 ÷ .
è è
(七) 與極值點或零點有關(guān)的多變量不等式的證明
此類問題通常是給出函數(shù)的零點或極值點 x1, x2 或 x1, x2 , x3 ,與證明與 x1, x2 或 x1, x2 , x3 有關(guān)的不等式,求解時要
有意識的利用方程思想代入消元（若 xi 是 f x 的零點,則 f xi = 0 ,若 xi 是 f x 的極值點,則 f xi = 0 ,）,減
少變量個數(shù).
x
【例 8】（2024 e 2a屆湖南婁底市高三下學(xué)期高考考前仿真聯(lián)考）已知函數(shù) f x =
x2
- - alnx .
x
(1)當(dāng) a =1時,討論函數(shù) f x 的單調(diào)性；
e2(2)若 a > ,
2
（i）證明：函數(shù) f x 有三個不同的極值點；
2
（ii）記函數(shù) f x 三個極值點分別為 x1, x2 , x3 ,且 x1 < x2 < x3 ,證明： f x3 - f x
a
1 < - a ÷ x3 - x1 .
è e
x
【解析】（1）函數(shù) f x 的定義域為 (0, + ) ,當(dāng) a =1時, f x e 2= 2 - - lnx ,則x x
x2 xf x e - 2xe
x 2 1 ex (x - 2) 2 - x (x - 2)(ex - x)
=
x4
+
x2
- = 3 + 2 =x x x x3
,
令 y = ex - x(x > 0) ,則 y = ex -1 > 0(x > 0) ,
所以 y = ex - x 在 (0, + )上遞增,所以 y = ex - x > e0 - 0 = 1 ,
所以當(dāng) x > 2時, f (x) > 0 ,當(dāng)0 < x < 2時, f (x) < 0 ,
所以 f x 在 (0, 2) 上遞減,在 (2, + ) 上遞增；
x
2 i x (0,+ ) , f x e (x - 2) 2a a (x - 2)(e
x - ax)
（ ）（ ）因為 且 = 3 + 2 - = , f (2) = 03 ,x x x x
ex ex
由 ex - ax = 0 ,得 a = （ x (0,+ )）,令 g(x) = (x > 0) ,則
x x
x
g (x) e (x -1)= 2 (x > 0) ,當(dāng)0 < x <1時, g (x) < 0 ,當(dāng) x >1時, g (x) > 0 ,x
所以 g(x)在( 0, 1)上遞減,在 (1, + )上遞增,所以 g(x)min = g(1) = e ,
a e
2 x
當(dāng) > = g(2) > e時, a e= 在( 0, 1)和 (2, + ) 上各有一個實數(shù)根,分別記為 x
2 x 1
, x3 ,則0 < x1 < 1, x3 > 2 ,設(shè)
x2 =2,
當(dāng)0 < x < x1 或 x2 < x < x3時, f (x) < 0 ,當(dāng) x1 < x < x2 或 x > x3 時, f (x) > 0 ,
所以 f (x) 在 0, x1 和 x2 , x3 上遞減,在 x1, x2 和 (x3 , + )上遞增,
所以函數(shù) f (x) 在 (0, + )上有三個不同的極值點,
（ii）由（i）0 < x1 < 1, x3 > 2 ,
所以 x1, x
x x
3是方程 e x = ax 的兩個不相等的實數(shù)根,即e 1 = ax1 , e 3 = ax3 ,
ex1 2a
所以 f (x1) = 2 - - a ln x
a 2a
1 = - - a ln x
1
1 = -a + ln x1 ÷ ,x1 x1 x1 x1 è x1
1
同理 f (x3) = -a + ln xx 3 ÷
,
è 3
1
-a + ln x a 1+ + ln x -a 1 1+ ln x - - ln x
所以 f x3 - f x x 3 ÷ x 1 ÷ x 3 1 ÷1 = è 3 è 1 = è 3 x1
x3 - x1 x3 - x1 x3 - x1

a x1 - x3 ln x

- + 3 ÷
= è
x3x1 x1 ,
x3 - x1
ex3
x3
ex由 1 = ax1 , e
x3 = ax3 ,得 ln
x3 = ln a ln e= = ln ex3 -x1 = x - x ,
x x1 x1 3 11 e e
a
x1 - x3 x3 a ln a x- + ÷ - 1
- x3 + x - x
所以 f x3 - f x1 è x3x1 x1 è x3x 3 1
÷ 1 ,
= = 1 = a -1
x3 - x1 x3 - x
÷
1 x3 - x1 è x3x1
2
因為 a
e
,+ ÷ ,
è 2
2 f x - f x 2
所以要證 f x f x a 3 1 a3 - 1 < - a ÷ x3 - x1 ,只要證 < - a ,
è e x3 - x1 e
1 a2 1 a 1 a
即證 a -1÷ < - a ,即證 -1< -1 <
è x3x1 e x3x1 e
,即證 x3x
,
1 e
只需證 e < ax1x3 ,即 e < x
x3
1 ×e ,即 e
1-x3 < x1 ,
由（i）可得0 < x < 1, x > 2 ,所以0 < e1-x3 < e-11 3 <1,
x
根據(jù)（i）中結(jié)論可知函數(shù) g(x) e= 在( 0, 1)上遞減,
x
e1-x所以要證 3 < x , g(x ) < g(e1-x1 即證 31 ) ,
x 1-xe 1 ex3 1-x ex3 ee
3 e 1-x
因為 a = = ,所以 g(x1) = g(x3 ) ,所以只要證 g(x3) < g(e 3 ) ,即 < < e
e 3
x x x e1-x
,得 x ,31 3 3 3
1- ln x 1-x即 33 < e ,得1- ln x - e
1-x3
3 < 0 ,
1-x
令 h(x) =1- ln x - e1-x (x > 2) ,則 h (x) 1= - + e1-x xe -1= (x > 2) ,
x x
令u(x) = xe1-x -1(x > 2) ,則u (x) = (1- x)e1-x < 0(x > 2) ,
所以u(x) 在 (2, + ) 上遞減,所以u(x) < u(2)
2
= -1< 0 ,所以 h (x) < 0 ,
e
所以 h(x) 在 (2, + ) 上遞減,所以 h(x) < h(2)
1
=1- ln 2 - < 0 ,所以得證.
e
(八) 與數(shù)列前 n 項和有關(guān)的不等式的證明
此類問題一般先由已知條件及導(dǎo)數(shù)得出一個不等式,再把該不等式中的自變量依次用 1,2,3,L ,n 代換,然后用
疊加法證明.
1 3
【例 9】（2024 2屆重慶市九龍坡區(qū)高三下學(xué)期 5 月質(zhì)量抽測）已知函數(shù) f x = ln x + x - ax + , a > 0 .
2 2
(1)當(dāng) x 1,+ 時,函數(shù) f x 0恒成立,求實數(shù) a的最大值；
(2)當(dāng) a = 2時,若 f x1 + f x2 = 0 ,且 x1 x2 ,求證： x1 + x2 > 2；
n 2
(3) * , 2ln n 1 i -1求證：對任意 n N 都有 + + i ÷ > n .i=1 è
【解析】（1）當(dāng) x 1時, f x ln x 1 3= + x2 - ax + 0恒成立,
2 2
a ln x 1 x 3
ln x 1 3
即 + + 恒成立,只需 a
x 2 2x
+ x +
x 2 2x ÷ 即可,è min
g x ln x 1 3= + x + , x 1 , g x 1- ln x 1 3 x
2 - 2ln x -1
令 則 = + - = ,
x 2 2x x2 2 2x2 2x2
2
令 h x = x2 - 2ln x -1 , x 1 ,則 h x = 2x 2 2x - 2- = ,
x x
當(dāng) x 1時, h x 0恒成立, h x 在 x 1,+ 單調(diào)遞增,所以 h x h 1 = 0 ,
所以 g x 0在 x 1,+ 恒成立, g x 在 x 1,+ 單調(diào)遞增,
所以 g x = gmin 1 = 2 ,所以 a 2 ,即實數(shù) a的最大值為 2 .
f x ln x 1 2（2）當(dāng) a = 2時, = + x - 2x 3+ , x > 0 ,
2 2
1 x -1
2
所以 f x = + x 2 - = 0 , f x 在 x 0, + 上單調(diào)遞增,
x x
又 f 1 = 0 , f x1 + f x2 = 0且 x1 x2 ,不妨設(shè) 0 < x1 < 1 < x2 ,
要證 x1 + x2 > 2 ,即證明 x2 > 2 - x1 ,
因為 f x 在 x 0, + 上單調(diào)遞增,即證 f x2 > f 2 - x1 ,
因為 f x1 + f x2 = 0 ,即證 f x1 + f 2 - x1 < 0 ,
設(shè)F x = f x + f 2 - x 1 3 1 3= ln x + x2 - 2x + + ln 2 - x + 2 - x 2 - 2 2 - x +
2 2 2 2
= ln éx 2 - x ù 2 + x - 2x +1 = ln éx 2 - x ù - x 2 - x +1 , 0 < x <1,
令 t = x 2 - x 1 1- t,則0 < t <1 ,則j t = ln t - t +1 ,j t = -1 = ,
t t
由0 < t <1可得j t > 0 ,j t 在 0,1 單調(diào)遞增,
所以j t < j 1 = 0 ,即F x = f x + f 2 - x < 0 ,
所以 f x1 + f 2 - x1 < 0成立,所以 x1 + x2 > 2 .
（3）由（2）可知當(dāng) a = 2時, f x 在 1, + 單調(diào)遞增,且 f x > f 1 = 0 ,
1 2
由 ln x + x - 2x
3
+ > 0 2得
2 2 2ln x + x
2 - 4x + 3 > 0 ,即 2ln x + x - 2 >1 ,
x n +1
2 2
令 = ,則 2ln n +1 n +1+ - 2

÷ >1, 2ln
n +1
+
1- n
即
n n n n ÷
>1 ,
è è n
2 2 2 2
所以 2ln 2 1-1 1 , 2ln 3 1- 2 4 1- 3 n +1 1- n+ > + >1 , 2ln +
>1,…, 2ln + >1 ,
1 è 1 ÷ 2 ÷ ÷ ÷ è 2 3 è 3 n è n
n
2ln n 1 i -1
2

相加得 + + > n .
i=1 è i
÷

（九）通過同構(gòu)函數(shù)把復(fù)雜不等式化為簡單不等式
此類問題通常是構(gòu)造一個函數(shù) f x ,把所證不等式轉(zhuǎn)化為 f g x > f h x ,再根據(jù) f x 的單調(diào)性轉(zhuǎn)化為
證明一個較簡單的不等式.
【例 10】（2024 ax屆廣東省廣州市高中畢業(yè)班沖刺訓(xùn)練二）已知函數(shù) f x = xe （ a > 0）.
(1)求 f x 在區(qū)間 -1,1 上的最大值與最小值；
(2)當(dāng)a 1時,求證： f x ln x + x +1.
【解析】（1）解： f x = eax 1+ ax （ x > 0）（ a > 0）,令 f x = 0 ,則 x 1= - ,
a
1
當(dāng)0 < a 1時, - -1 ,所以 f x 0在區(qū)間 -1,1 上恒成立, f x 在區(qū)間 -1,1 上單調(diào)遞增,
a
f x = f -1 = -e-a所以 , f x = f 1 = eamin max .
1
當(dāng) a > 1時, -1 < - <1
é
,則當(dāng) x ê-1,
1
- ÷時, f x < 0 , f x
é 1
在區(qū)間 ê-1, - ÷上單調(diào)遞減；a a a
x 1 - ,1ù f x > 0 f x 1, , - ,1ù當(dāng) 時 在區(qū)間
è a ú è a ú
上單調(diào)遞增,

1 1
所以 f x = f - = -min ÷ ,è a ae
而 f -1 = -e-a < 0 , f 1 = ea > 0 .所以 f x = f 1max = e
a
綜上所述,當(dāng)0 < a 1時, f x = -e-amin , f x = e
a
max ；
1
當(dāng) a > 1時,所以 f x = - , f x = eamin max .ae
（2）因為 x > 0 , a 1 ,所以 xeax xex ,欲證 xeax ln x + x +1 ,只需證明 xex ln x + x +1 ,
只需證明 xex = eln xex = ex ln x+x ln x + x +1 ,
x x
因此構(gòu)造函數(shù) h x = e - x -1（ x R ）, h x = e -1 ,
當(dāng) x - ,0 時, h x < 0 , h x 在 - ,0 上單調(diào)遞減；
當(dāng) x 0, + 時, h x > 0 , h x 在 0, + 上單調(diào)遞增：
所以 h x h 0 = 0 ,所以 e x x + 1 ,所以 xex ln x + x +1 ,
因此 f x ln x + x +1.
【例 1】（2024 屆內(nèi)蒙古呼和浩特市高三第二次質(zhì)量監(jiān)測）對于函數(shù) f x ,若實數(shù) x0 滿足 f x0 = x0 ,則 x0 稱
x - x
為 f x 的不動點．已知函數(shù) f x = e - 2x + ae x 0 ．
(1)當(dāng) a = -1時,求證 f x 0；
(2)當(dāng) a = 0時,求函數(shù) f x 的不動點的個數(shù)；
1 1 1
(3)設(shè) n N* ,證明 + +L+ > ln n +1 ．
12 +1 22 + 2 n2 + n
x - x
【解析】（1）當(dāng) a = -1時,有 f x = e - 2x - e x 0 ,
所以 f x 1= ex + x - 2 x 0 , f x ex
1
所以 = + x - 2 2 e
x 1 × x - 2 = 0e e e
x 1
當(dāng)且僅當(dāng) e = xx , e = 1 ,即 x = 0時,等號成立,e
所以當(dāng) x 0, + 時, f x 0 , f x 單調(diào)遞增,
所以 f x f x = f 0 = 0 ,所以 f x 0min 得證.
（2）當(dāng) a = 0 x時, f x = e - 2x x 0 ,
根據(jù)題意可知：方程 ex - 2x = x x 0 解的個數(shù)即為函數(shù) f x 的不動點的個數(shù),
化 ex - 2x = x x 0 ex 3x 0 x 0 , g x = ex為 - = 令 - 3x x 0 ,
所以函數(shù) g x 的零點個數(shù),即為函數(shù) f x 的不動點的個數(shù),
g x = ex - 3 x 0 ,令 g x = 0 ,即 ex = 3 ,解得 x = ln 3 ,
x 0, ln 3 ln3 ln 3, +
g x - 0 +
g x 單調(diào)遞減 3- 3ln 3 單調(diào)遞增
因為 g 0 =1 > 0 , g ln 3 = 3- 3ln 3 < 0 ,所以 g x 在 0, ln 3 上有唯一一個零點,
又 g 5 = e5 -15 > 25 -15 =17 > 0 ,所以 g x 在 ln 3, + 上有唯一一個零點,
綜上所述,函數(shù) f x 有兩個不動點.
（3）由（1）知, ex - 2x - e- x > 0, x 0, + ,
1
令 x = ln s, s >1 ,則 s - 2ln s - s-1 > 0 ,即 s - > 2ln s, s >1 ,
s
1
1 1 1
1
設(shè) s = 1+ , n N* ,則滿足 s >1
1+ - > 2ln 1+ n
,所以 n 1 n ,即 > ln
1
1+

1 ÷ ,n 1+ 1+ è
n
n n
1 n +1
所以 > ln ÷ = ln n +1 - ln n2 n ,n + n è
1 1 1
所以 + +L+ > ln 2 - ln1+ ln 3 - ln 2 +L+ ln(n +1) - ln n = ln n +1
12 +1 22 + 2 n2
,即
+ n
1 1 L 1+ + + > ln n +1 .
12 +1 22 + 2 n2 + n
f (x) 1 1【例 2】（2024 屆四川省自貢市高三第三次診斷性考試）已知函數(shù) = + + a ln x(a > 0)
x
(1)求函數(shù) f (x) 的單調(diào)區(qū)間；
a
(2)函數(shù) f (x) 有唯一零點x1 ,函數(shù) g(x) = x - sin x - 2 在R 上的零點為x2．證明： x1 < x2．e
1 1 a ax -1
【解析】（1）函數(shù) f (x) =1+ + a ln x(a > 0) 的定義域為 0, + ,且 f (x) = - 2 + = ,x x x x2
1 1
所以當(dāng)0 < x < 時 f (x) < 0 ,當(dāng) x > 時 f (x) > 0 ,
a a
所以 f x 0, 1 1的單調(diào)遞減區(qū)間為 ÷ ,單調(diào)遞增區(qū)間為 ,+

a ÷
；
è è a
1 1
（2）法一：由（1）可知若函數(shù) f x 有唯一零點x1 ,則 x1 = ,即 f = -alna + a +1 = 0 ,a è a ÷
令j x = -xlnx + x +1 ,則j x = -lnx ,
當(dāng) x >1時,j x < 0,j x 單調(diào)遞減,當(dāng)0 < x <1時,j x > 0,j x 單調(diào)遞增,
因為 e4 > 2.74 = 53.1441 > 27 , e5 < 35 = 243 < 256 ,
所以j 3 = -3ln 3 + 4 = 4 - ln 27 = ln e4 - ln 27 > 0 ,
j 4 = -4ln 4 + 5 = 5 - ln 256 = ln e5 - ln 256 < 0 ,
當(dāng)0 < x <1時j x = x 1- ln x +1 > 0 ,當(dāng) x + 時j x - ,
所以j x 在 3,4 1 1 1上存在唯一零點,所以3 < a < 3 ,即 < < ,
4 a 3
e-2 -2
令 h x = + sinx x , h x e- 則 = - 2 + cosx -1< 0 ,x x
所以 h x 在 0, + 上單調(diào)遞減,
h 1 h 1 3 1 1 3 1 1 1故 > = + sin - > + sin - = sin > 0 ,
è a ÷ è 3 ÷ e2 3 3 32 3 3 3
ae-2 1 1所以 > - sin ,又 g x2 = x2 - sinx - ae-2 = 0 ,a a 2
所以 x2 - sinx2 = ae
-2 1 1> - sin = x1 - sinx1 ,a a
令F x = x - sinx ,則F x = 1- cosx 0 ,所以F x 在 0, + 上單調(diào)遞增,
又F x2 > F x1 ,所以 x2 > x1 .
1
法二：因為 a > 0 ,由（1）可知若函數(shù) f x 有唯一零點x1 ,則 x1 = ,a
即 f x a ln x
1 1 11 = 1 + + = ln x1 + x1 +1 = 0 ln x1 + xx x 1 +1 = 0 ,1 1
設(shè) h(x) = ln x + x
1 1
+1, h > 0, h e ÷ ÷
< 0 ,而 h x 在 0, + 上單調(diào)遞增,
è è e2
x 1所以 1 2 ,
1
÷ , g (x) = 1- cos x≥0 ,所以 g x 在R 上單調(diào)遞增,
è e e
a
又 g(0) = - 2 < 0,\ x1 > 0 ,e
令j(x) = x - sin x
1
- ,j 2 (x) =1- cos x
1
+ j(x)2 2 > 0 ,所以 在 0, + 上單調(diào)遞增,e x e x
j x j 1所以\ 1 < ÷ = -sin
1
< 0 ,而 g x
a 1
2 = x2 - sin x2 - 2 = x2 - sin x1 - = 0e x e2 ,è e e 1
g x x 1\ 1 = 1 - sin x1 - 2 < g x2 = x
1
x e 2
- sin x2 - 2 \ x1 < xx e 1 .1 1
【例 3】（2024 屆四川省成都市實驗外國語學(xué)校教育集團高三下學(xué)期聯(lián)考）已知函數(shù) f x = ex , g x = ln x .
(1)若函數(shù) h x ag x x +1= -1 - , a R ,討論函數(shù) h x 的單調(diào)性；
x -1
1
(2)證明： 2x -1 f 2x 4- f x > 2g x - 2 . 1（參考數(shù)據(jù)：
4 e5 2.23
, e 2 1 .6 5 ）
x +1 ax - a + 2
【解析】（1）由題意 h x = a ln x -1 - , x >1 ,所以 h x = , x >1
x -1 x -1 2 ,
當(dāng) a = 0時, h x > 0 ,所以 h x 在 1, + 上為增函數(shù)；
a 0 h x = 0 x 1 2當(dāng) 時,令 得 = - ,
a
2
所以若 a > 0時,1- <1 ,所以 h x > 0 ,所以 h x 在 1, + 上為增函數(shù),
a
2 2 2
若 a<0時,1- >1 ,且1 < x <1- 時, h x > 0 , x > 1- 時, h x < 0 ,
a a a
所以 h x 2 2 在 1,1- ÷上為增函數(shù),在 1- ,+ ,
è a è a ÷
上為減函數(shù)

綜上：當(dāng) a 0時, h x 在 1, + 上為增函數(shù),
2 2
當(dāng) a<0 h x 1,1- 時, 在 ÷上為增函數(shù), 在 1- ,+ a a ÷上為減函數(shù)；è è
1
（2） 2x -1 f 2x - f x > 2g x 1- 2等價于 2x -1 e2x - ex - 2ln x + 2 > 0 ,
4 4
F x 1= 2x -1 e2x - ex設(shè) - 2ln x + 2 ,則
4
2 2x x xex - 2 xex +1
F x = xe2x x 2 x e - xe - 2 - e - = = ,
x x x
因為 x > 0 ,所以 xex +1 > 0 ,
設(shè)j x = xex - 2 ,則j x = x +1 ex > 0 ,則j x 在 0, + 上單調(diào)遞增,
4 4 4
而j ÷ = e5 - 2 < 0,j 1 = e - 2 > 0 ,
è 5 5
4
所以存在 x0 ,1

÷ ,使j x x00 = 0 ,即 x0e = 2 ,所以 x0 + ln x0 = ln 2 ,即 ln x0 = ln 2 - x0 ,è 5
當(dāng)0 < x < x0 時, F x < 0 ,則F x 在 0, x0 上單調(diào)遞減,
當(dāng) x > x0時, F x > 0 ,則F x 在 x0 ,+ 上單調(diào)遞增,
1
所以F x = 2x0 -1 e2x0 - ex0 - 2ln x0 + 2min 4
1
= 2x0 -1
4 2
2 - - 2ln 2 + 2x + 2
1
= - + 2x - 2ln 2 + 2
4 x0 x
0 x2 0 ,0 0
設(shè)m t 1= - 2 + 2t - 2ln 2
4
+ 2, 2 < t <1÷ ,則m t = 3 + 2 > 0 ,t è 5 t
則m t 4在 ,1
4 25 8 163
÷ 上單調(diào)遞增, m ÷ = - + - 2ln 2 + 2 = - 2ln 2 > 0 ,
è 5 è 5 16 5 80
則F x > 0 1min ,則不等式 2x -1 e2x - ex - 2ln x + 2 > 0恒成立,4
1
即不等式 2x -1 f 2x - f x > 2g x - 2成立.
4
f x a + ln x【例 4】（2024 屆天津市濱海新區(qū)高考模擬檢測）已知函數(shù) = ,其中 a為實數(shù)．
x
(1)當(dāng) a =1時,
①求函數(shù) f x 的圖象在 x=e（ e為自然對數(shù)的底數(shù)）處的切線方程；
②若對任意的 x D ,均有m x n x ,則稱m x 為 n x 在區(qū)間D上的下界函數(shù), n x 為m x 在區(qū)間D上的
g x k上界函數(shù)．若 = ,且 g x 為 f x 在 1, + 上的下界函數(shù),求實數(shù) k 的取值范圍．
x +1
(2) a = 0 , G x = ex , H x
G x
= xf x , 1< x < x , k = 1
- G x2 H x1 - H xk 2 當(dāng) 時若 且 1 2 設(shè) 1 , 2 = ．證明：x1 - x2 x1 - x2
G x + G x
k - k < 1 2 11 2 -2 ．x1x2
1+ ln x 1
1 a 1 , f x = , × x - 1+ ln x 【解析】（ ）①當(dāng) = 時 所以 f x x ln x ,x = x2 = x2
1
所以函數(shù) y = f x 的圖像在 x=e處的切線斜率 k = f e = -
e2
．
又因為 f e 2= ,所以函數(shù) y = f x 的圖象在 x=e 1 3處的切線方程為 y = - 2 x + ,e e e
②因為函數(shù) y = g x 為 y = f x 在 1, + 上的下界函數(shù),
所以 g x f x k 1 + ln x,即 ．
x + 1 x
x 1,+ 1+ ln x x +1, x +1 > 0 , k x ln x + ln x +1因為 所以 故 = +1．
x x
令 h x x ln x + ln x +1 1 x - ln x= + , x 1 ,則 h x = ．
x x2
設(shè) v x = x - ln x , x 1 ,則 v x 1 x -1=1- = ,
x x
所以當(dāng) x 1時, v x 0 ,從而函數(shù) y = v x 在 1, + 上單調(diào)遞增,
所以 v x v 1 =1,故 h x > 0在 1, + 上恒成立,所以函數(shù) y = h x 在 1, + 上單調(diào)遞增,
從而 h x h 1 = 2．
因為 g x f x 在 1, + 上恒成立,所以 k h x 在 1, + 上恒成立,
故 k 2 ,即實數(shù) k 的取值范圍為 - , 2 ．
（2）當(dāng) a = 0時,G x = ex , H x = xf x = ln x ,1< x1 < x2 ,
G xk k 1 + G x- 2 1要證 1 2 < -2 ,x1x2
é G x1 - H x1 ù - é G x2 - H x2 ù G x1 + G x2 1
即證 < - ,
x1 - x2 2 x1x2
1 1
+
因為 1 x x< 1 2 ,
x1x2 2
1 1
éG x - H x ù - éG x - H x ù +所以只要證 1 1 2 2 G x1 + G x2 x1 x< - 2 ,
x1 - x2 2 2
G x 1éG x - H x 1 - + G x2
1
-
即證 1 1 ù - é G x2 - H x2 ù x< 1 x2 ,
x1 - x2 2
因為G x = ex , H x 1= ,
x
é G x1 - H x1 ù - é G x2 - H x2 ù G x即證 < 1 - H x1 + G x2 - H x2 ,
x1 - x2 2
x P x1 - P x2 P x1 + P x2
令P x = G x - H x = e - ln x ,即證 < ,
x1 - x2 2

因為1 < x1 < x2 ,即證P x1 - P x2
P x1 + P x > 2 x1 - x2 （*）,2
令 x1 = x ,則1< x < x2 ．構(gòu)造函數(shù)：
P x + P
x
Q x = P x - P x 2 2 - x - x2 2
ex 1- + ex 12 -
= ex ln x ex x x- - 2 - ln x2 - 2 x - x2 2
1 x 1 1ex + e - + e
x2 -
則Q x = ex 1
2 x x
-

÷ -
x x - x 2 ,
x 2
-
è 2 2
令R(x) = Q (x) ,
ex 2 ex 1 ex 1 2- + + ex -
則 3 2 2 3R x = ex
1
+ x2 ÷ - x - x2 - x - x = - x x - x2 ,è x 2 2 2 2
因為1< x < x ex
2
2 , - 3 > e - 2 > 0 , x - xx 2
< 0 ,
ex 2-
所以 3R x = - x x - x > 0．所以Q x 在 1, + 單調(diào)遞增．
2 2
得到Q x < Q x2 = 0 ,可知Q x 在 1, + 單調(diào)遞減,Q x > Q x2 = 0．
所以（*）成立,原命題成立．
【例 5】（2024 屆河北省滄州市泊頭市第一中學(xué)等校高三下學(xué)期 5 月模擬）對于函數(shù) f x 和 g x ,設(shè)
a x∣f x = 0 , b x∣g x = 0 ,若存在a , b 使得 a - b 1 ,則稱 f x 和 g x 互為“零點相鄰函數(shù)”.設(shè)
f x = ln a + x a R , g x = x x +1 ,且 f x 和 g x 互為“零點相鄰函數(shù)”.
(1)求 a的取值范圍；
(2)令 h x = g x - f x （ g x 為 g x 的導(dǎo)函數(shù)）,分析 h x 與 g x 是否互為“零點相鄰函數(shù)”；
1 1
(3)若 a =1, x > 0 ,證明： f - < 0è x ÷ g x .
【解析】（1）令 f x = ln a + x = 0 ,得 x =1- a ,令 g x = x x +1 = 0 ,得 x1 = -1, x2 = 0 ,
① 1- a - -1 1 ,解得1 a 3 ,② 1- a - 0 1,解得0 a 2 ,
所以 a的取值范圍為 0,3 .
（2） h x = 2x +1- ln x + a (x > -a) 1 2x + 2a -1,則 h x = 2 - = ,
x + a x + a
令 h x = 0 ,得 x 1 1= - a ,當(dāng)-a < x < - a 時, h x < 0, h x 單調(diào)遞減,
2 2
1
當(dāng) x > - a 時, h x > 0,h x 單調(diào)遞增,
2
所以 h(x)
1 1
min = h - a

÷ = 2 - 2a - ln = 2 + ln2 - 2a ,
è 2 2
a 0,3 a é ln2 又 ,當(dāng) ê0,1+ ÷時, h(x)min > 0,h x 無零點, 2
所以 h x 與 g x 不互.為“零點相鄰函數(shù)”；
當(dāng) a =1
ln2
+ 時, h(x)min = 0 ,函數(shù) h x x
1 a 1+ ln2的零點為 = - = - -1,0 ,
2 2 2
所以 h x 與 g x 互為“零點相鄰函數(shù)”；
ln2 5 ù
當(dāng) a 1+ , ú 時, h(x)min < 0 ,又因為 h 1 > 0 ,è 2 2
1
所以此時在區(qū)間 - a,1

÷ -2,1 內(nèi)存在零點,所以 h x 與 g x 互為“零點相鄰函數(shù)”；
è 2
5
當(dāng) a ,3
ù
2 ú 時, h(x)min < 0 ,又因為 h -1 < 0, h 1 > 0 ,è
所以在區(qū)間 -1,1 -2,1 內(nèi)存在零點,所以 h x 與 g x 互為“零點相鄰函數(shù)”.
a é0,1 ln2+ 綜上,當(dāng) ê ÷時, h x 與 g x 不互為“零點相鄰函數(shù)”, 2
當(dāng) a
é1 ln2 + ,3ùê ú時, h x 與 g x 互為“零點相鄰函數(shù)”. 2
1 1 1 1
（3）當(dāng) x > 0,a =1時, f ÷ - < 0 ln 1+ ÷ - < 0è x g x è x x x 1 ,+
1 1 1 t
設(shè) t = ,則 t > 0 ,則 ln 1+

÷ - < 0 ln 1+ t - < 0 1+ tln 1+ t - t < 0
x è x x x ,+1 t +1
設(shè)F t = 1+ tln 1+ t - t(t > 0) ,則F ln 1+ t + 2 - 2 1+ tt = ,
2 1+ t
令 p t = ln 1+ t + 2 - 2 1+ t , t > 0 , p t 1 1 1- 1+ t則 = - = < 0 ,
1+ t 1+ t 1+ t
所以 p t 在 0, + 上單調(diào)遞減,
又 p 0 = 0 ,所以 p t < 0 ,即F t < 0 ,所以F t 在 0, + 上單調(diào)遞減,
又F 0 = 0 ,所以F t < 0 ,得證.
2
1．（2024 x-1浙江省稽陽聯(lián)誼學(xué)校高三下學(xué)期 4 月聯(lián)考）已知函數(shù) f x = e + a ln x - x , a R
a
(1)當(dāng) a = -2 時,求 f x 的最小值；
(2)若 f x 在定義域內(nèi)單調(diào)遞增,求實數(shù) a 的取值范圍；
1
(3)當(dāng) 0 < a < 1時,設(shè)x1為函數(shù) f x 的極大值點,求證： f x1 < .e
x-1
【解析】（1）當(dāng) a = -2 時, f x = e - 2lnx + x ,定義域為 0, + ,
則 f x = ex-1 2- +1 ,記m x = ex-1 2- +1
x x
由m x 2= ex-1 + 2 > 0 ,可得 f x 在 0, + 單調(diào)遞增,且 f 1 = 0 ,x
故 x 0,1 時, f x < 0 , f x 單調(diào)遞減； x 1, + 時, f x > 0 , f x 單調(diào)遞增,
則 f x 的最小值為 f 1 =1.
（2）若 f x 在定義域內(nèi)單調(diào)遞增,則 f x 0在 x 0, + 上恒成立,
xex-1 2a 2 - x + af x = ex-1 + - = a ,
x a x
g x xex-1 2令 = - x a a + 2 a -1+ , g 1 則 = 0 ,且 g 0 = a 0 可知a 1 ,a a
a 1 , g x 0 , h a = xex-1 2下證 時 由 - x + a 關(guān)于a 1 x-1單調(diào)遞增,則 h a xe - 2x +1,
a
令G x = xex-1 - 2x +1 ,則G x = x +1 ex-1 - 2 ,故G x 在 x 0, + 上單調(diào)遞增,且G 1 = 0 ,
則G x 在 0,1 上單調(diào)遞減,在 1, + 上單調(diào)遞增,所以G x G 1 = 0 ,
綜上所述, a 1,+ 時, f x 在定義域 0, + 上單調(diào)遞增.
3 f x = ex-1 a 2+ - , n x = ex-1 a 2（ ） 記 + - n x ex-1 a= - 2 , 0 < a < 1 ,x a x a x
易知 n x 在 0, + 上單調(diào)遞增,且 x 趨于 0 時, n x 趨于- , n 1 =1- a > 0 ,
所以存在唯一 x0 0,1 ,使得 n x0 = 0 ,
故 f x 在 0, x0 上單調(diào)遞減, x0 ,+ 單調(diào)遞增,其中 x2ex0 -10 = a ,
根據(jù)函數(shù) y = x2ex-1在 0, + 2 x -1上單調(diào)遞增且 a 0,1 ,得0 < x 00 e <1 ,
x -1 x -1 a 2x 0 0 x0 -1 2又 0 +1 e <2 ,所以 f x0 = e + - = x0 +1 e -x a x2 < 00 0 ex0 -1 ,
因為當(dāng) x 趨于 0 時, f x 趨于- ,所以存在唯一極大值點x1 ,滿足0 < x1 < x0 ,
又 f x1 = ex1 -1
a 2
+ - = 0 2
x a ,則 x1 = x e
x1 -1
1 + a ,
1 a
f a ea-1 1 2 2由 = + - < 2 - < 0 ,故 x < a <1 ,
a a 1
f x = ex1 -1 + a ln x 2- x = 1- x ex1 -1 + a ln x -1 < 1- x ex1 -11 1 a 1 1 1 1 + x1 ln x1 -1 ,
令j x = 1- x ex-1 + x ln x -1 , x 0,1 ,
x-1
則j x = -xe + ln x < 0 , x 趨于 0 時, x ln x -1 < 0 , x = 0 , 1- x ex-1 1時 = ,
e
j x 1所以 < ,即 f x 11 < .e e
2．（2024 2屆廣東省肇慶市德慶縣香山中學(xué)高三下學(xué)期五月月考）已知函數(shù) f x = ax - lnx -1,
g x = xex - ax2 a R ．
(1)討論 f x 的單調(diào)性；
(2)設(shè)F x = f x + g x - x．
（i）證明：F x 的導(dǎo)函數(shù)F x 存在唯一零點；
（ii）證明：F x 0．
2
【解析】（1） f x 的定義域為 0, + , f x = 2ax 1 2ax -1- = ,
x x
當(dāng) a 0時,則 2ax2 -1 < 0 在 0, + 內(nèi)恒成立,可知 f x 在 0, + 內(nèi)單調(diào)遞減；
當(dāng) a > 0時,令 f x > 0 , x 1解得 > ；令 f x < 0 , 1解得0 < x < ；
2a 2a

可知 f x 在 0,
1 1
÷÷內(nèi)單調(diào)遞減,在2a
,+
2a ÷÷ 內(nèi)單調(diào)遞增；è è
綜上所述：當(dāng) a 0時, f x 在 0, + 內(nèi)單調(diào)遞減；

當(dāng) a > 0時, f x 在 0,
1 1
2a ÷÷
內(nèi)單調(diào)遞減,在 ,+ 2a ÷÷ 內(nèi)單調(diào)遞增．è è
2 i F x = x +1 ex 1 1（ ）（ ） - -1 = x +1 ex - ÷ ,由 x > 0可知 x +1 > 0 ,x è x
h x = ex 1 1設(shè) - , x > 0 ,因為 y = ex , y = - 在 0, + 內(nèi)單調(diào)遞增,
x x
則 h x 在 0, + 1 內(nèi)單調(diào)遞增,且 h ÷ = e - 2 < 0 , h 1 = e -1 > 0 ,
è 2
可知 h x 在 0, + 1 內(nèi)存在唯一零點 x0 ,1 ,從而知F x 存在唯一零點；
è 2 ÷
（ii）由（i）知：當(dāng)0 < x < x0 ,則 h x < 0 ,即F x < 0 , F x 單調(diào)遞減,
當(dāng) x > x0 ,則 h x > 0 ,即F x > 0 , F x 單調(diào)遞增,
則F x F x0 = x0ex0 - lnx0 - x0 -1,
ex 1 10 - = 0 , ex0
1
又因為 =x 則 x , x = e
- x0
0 , x0 ,12 ÷
,
0 0 è
可得F x x
1
= - lne- x00 0 - x0 -1 = 0 ,即F x 0x ．0
3．（2025 屆河北省“五個一”名校聯(lián)盟高三第一次聯(lián)）已知函數(shù) f x = alnx - x .
(1)討論 f x 的單調(diào)性；
a
(2)證明：當(dāng) a > 0時, f x a e ÷ -1 .è
a a - x
【解析】（1）由題函數(shù)定義域為 0, + , f x = -1 = ,
x x
故當(dāng) a 0時, f x < 0恒成立,所以函數(shù) f x 在 0, + 上單調(diào)遞減；
當(dāng) a > 0時, f x 在 0, + 上單調(diào)遞減,令 f x = 0 x = a ,
則 x 0, a 時, f x > 0； x a,+ 時, f x < 0 ,
所以函數(shù) f x 在 0,a 上單調(diào)遞增,在 a,+ 上單調(diào)遞減,
綜上,當(dāng) a 0時,函數(shù) f x 在 0, + 上單調(diào)遞減；當(dāng) a > 0時,函數(shù) f x 在 0,a 上單調(diào)遞增,在 a,+ 上單調(diào)
遞減.
（2）由（1）當(dāng) a > 0時,函數(shù) f x 在 0,a 上單調(diào)遞增,在 a,+ 上單調(diào)遞減,
故 f x f a = a ln a - a在 0, + 上恒成立,
a a
故證 f x a ÷ -1 a > 0 證 a ln a - a
a
e e ÷
-1 a > 0 ,
è è
a a a a
即 ln a a 1 a a ÷ ÷ -

e e a > 0
ln ÷ - ÷ +1 0 ,
è è è e è e
令 g x = ln x - x +1 x > 0 1,則 g x = -1 1- x= x > 0 ,
x x
故當(dāng) x 0,1 時, g x > 0； x 1,+ 時, g x < 0 ,
所以 g x 在 0,1 上單調(diào)遞增,在 1, + 上單調(diào)遞減,
a a
所以 g x g 1 = 0 a a 在 0, + 上恒成立,故 ln ÷ - ÷ +1 0 ,
è e è e
a
所以當(dāng) a > 0時, f x a ÷ -1 .
è e
4 x．（2024 屆上海市格致中學(xué)高三下學(xué)期三模）已知 f x = e - ax -1 , a R , e是自然對數(shù)的底數(shù).
(1)當(dāng) a =1時,求函數(shù) y = f x 的極值；
(2)若關(guān)于 x 的方程 f x +1 = 0有兩個不等實根,求 a的取值范圍；
(3)當(dāng) a > 0時,若滿足 f x1 = f x2 x1 < x2 ,求證： x1 + x2 < 2lna .
【解析】（1）當(dāng) a =1時, f x = ex - x -1, x定義域為R ,求導(dǎo)可得 f x = e -1,
令 f x = 0 ,得 x = 0 ,
當(dāng) x < 0 時, f x < 0 ,函數(shù) f x 在區(qū)間 - ,0 上單調(diào)遞減,
當(dāng) x > 0時, f x > 0 ,函數(shù) f x 在區(qū)間 0, + 上單調(diào)遞增,
所以 y = f x 在 x = 0處取到極小值為 0,無極大值.
（2）方程 f x +1 = ex - ax = 0 ,當(dāng) x = 0時,顯然方程不成立,
x
所以 x 0 ,則 a e= ,
x
ex
方程有兩個不等實根,即 y = a與 g x = 的圖象有 2 個交點,
x
g x x -1 e
x
= ,當(dāng) x < 0 或0 < x <1時, g x < 02 ,x
g x 在區(qū)間 - ,0 和 0,1 上單調(diào)遞減,
并且 x - ,0 時, g x < 0 ,當(dāng) x 0,1 時, g x > 0 ,
當(dāng) x >1時, g x > 0 , g x 在區(qū)間 1, + 上單調(diào)遞增,
x > 0時,當(dāng) x =1時, g x 取得最小值, g 1 = e ,
作出函數(shù) y = g x 的圖象,如圖所示：
x
因此 y = a與 g x e= 有 2 個交點時, a > e ,故 a的取值范圍為 e, + .
x
（3 x）證明： a > 0 ,由 f x = e - a = 0 ,得 x = lna ,
當(dāng) x < ln a時, f x < 0 ,當(dāng) x > ln a時, f x > 0 ,
所以函數(shù) y = f x 在 - , ln a 上單調(diào)遞減,在 ln a, + 上單調(diào)遞增.
由題意 x1 < x2 ,且 f x1 = f x2 ,則 x1 - , ln a , x2 ln a,+ .
要證 x1 + x2 < 2lna ,只需證 x1 < 2lna - x2 ,而 x1 < 2lna - x2 < lna ,且函數(shù) f x 在 - , ln a 上單調(diào)遞減,
故只需證 f x1 > f 2lna - x2 ,
又 f x1 = f x2 ,所以只需證 f x2 > f 2lna - x2 ,即證 f x2 - f 2lna - x2 > 0 ,
令 h x = f x - f 2ln a - x ,
即 h x = ex - ax -1- ée2lna-x - a 2lna - x -1ù = e
x - a2e- x - 2ax + 2alna ,
h x = ex + a2e- x - 2a ,
由均值不等式可得 h x = ex + a2e- x - 2a 2 ex ×a2e- x - 2a = 0 ,
當(dāng)且僅當(dāng) ex = a2e- x ,即 x = lna時,等號成立.所以函數(shù) h x 在R 上單調(diào)遞增.
由 x2 > lna ,可得 h x2 > h lna = 0 ,即 f x2 - f 2lna - x2 > 0 ,
所以 f x1 > f 2lna - x2 ,
又函數(shù) f x 在 - , ln a 上單調(diào)遞減,所以 x1 < 2lna - x2 ,即 x1 + x2 < 2lna 得證.
ln ex
5．（2024 屆福建省南平市建陽區(qū)年高三預(yù)測絕密卷模擬）已知函數(shù) f x = ,其中 e為自然對數(shù)的底
ax
數(shù)．
(1)討論 f x 的單調(diào)性；
(2)若方程 f x =1有兩個不同的根 x1, x2 ．
(i)求 a的取值范圍；
(ii) x2 + x2證明： 1 2 > 2．
ln1 f x ex 1+ lnx【解析】（ ）由題意得 = = , x 0, + f x lnx,則 = - ,
ax ax ax2
由 f x = 0 ,解得 x =1．顯然 a 0 ,
若 a > 0 ,則當(dāng)0 < x <1時, f x > 0, f x 單調(diào)遞增,當(dāng) x >1時, f x < 0, f x 單調(diào)遞減；
若 a < 0 ,則當(dāng)0 < x <1時, f x < 0, f x 單調(diào)遞減,當(dāng) x >1時, f x > 0, f x 單調(diào)遞增．
綜上,當(dāng) a > 0時, f x 在區(qū)間 0,1 內(nèi)單調(diào)遞增,在區(qū)間 1, + 內(nèi)單調(diào)遞減；
當(dāng) a<0時, f x 在區(qū)間 0,1 內(nèi)單調(diào)遞減,在區(qū)間 1, + 內(nèi)單調(diào)遞增．
ln ex 1+ lnx
（2）（i ）由 =1,得 = a ,
ax x
1+ lnx
設(shè) g x = ,由(1)得 g x 在區(qū)間 0,1 內(nèi)單調(diào)遞增,在區(qū)間 1, + 內(nèi)單調(diào)遞減,
x
1
又 g ÷ = 0, g 1 =1,當(dāng) x >1時, g x > 0 ,且當(dāng) x + 時, g x 0 ,
è e
1+ lnx ln ex
所以當(dāng) 0 < a < 1時,方程 = a有兩個不同的根,即方程 =1有兩個不同的根,故 a的取值范圍是 0,1 ．
x ax
lnx1 +1 lnx2 +1
（ii）不妨設(shè) x1 < x2 ,則 0 < x1 < 1 < x2 ,且 =x x ．1 2
解法一：
2 2 2 2 2
當(dāng) x2 2, + 時, x1 + x2 > x2 4 > 2 ,即 x1 + x2 > 2； 當(dāng) x2 1, 2 時, 2 - x2 0,1 ．
設(shè) p x = g x - g 2 - x lnx 1 ln 2 - x= + - 1- ,0 < x <1,
x x 2 - x 2 - x
p x lnx ln 2 - x lnx= - - > - - ln 2 - x ln é - x -1
2 +1ù
則 x2

2 - x 2 x2 x2 = - x2 > 0,
所以 p x 在區(qū)間 0,1 內(nèi)單調(diào)遞增,則 p x < p 1 = 0 ,即 g x < g 2 - x ,
所以 g 2 - x1 > g x1 = g x2 ,
又 x1 0,1 , 2 - x1 >1, x2 >1, g x 在區(qū)間 1, + 內(nèi)單調(diào)遞減,
所以 2 - x1 < x2 ,即 x1 + x2 > 2 , 2 2又 x1 x2 ,所以 x1 + x2 > 2x1x2 ,
故 2x2 + 2x2 > x2 + x21 2 1 2 + 2x
2
1x2 = x1 + x2 > 4 ,所以 x21 + x22 > 2 ,得證．
解法二：
設(shè) h x = g x - g 1 1+ lnx ÷ = - x 1- lnx , x 0, + ,
è x x
h x -lnx
2
則 = 2 + lnx = lnx
x -1
× 0 ,
x x2
所以 h x 在區(qū)間 0, + 內(nèi)單調(diào)遞增,
1 又 h 1 = 0 ,所以 h x g x g 11 = 1 - ÷ < 0 ,即 g x1 < g ．
è x1 è x
÷
1
1 又 g x2 = g x1 ,所以 g x2 < g x ÷ ,è 1
x 1, 1又 2 > >1, g x x 在區(qū)間 1, + 內(nèi)單調(diào)遞減．1
所以 x
1
2 > x ,
2 2
即 x1x2 >1 ,又 x1 x2 ,所以 x1 + x2 > 2x1x2 > 2 ,得證．
1
6．（2024 屆江蘇省徐州市高三考前打靶卷）已知函數(shù) f x = 2x2 + x - ln x + m , m R .
(1)當(dāng)m = 0時,求曲線 y = f x 在點 (1, f (1))處的切線方程；
(2)當(dāng)m 1時,證明： f x 0 .
【解析】（1）當(dāng)m = 0時, f x = 2x2 + x - lnx , f x = 4x +1 1- ,
x
則 f 1 = 4 ,又因為 f 1 = 3 ,
所以曲線 y = f x 在點 1, f 1 處的切線方程為 y - 3 = 4 x -1 ,即 4x - y -1 = 0 .
（2）當(dāng)m 1時,有 ln x + m ln x +1 ,所以-ln x + m -ln x +1 ,
因為 f x = 2x2 + x - ln x + m ,所以 f x 2x2 + x - ln x +1 .
令 g x = 2x2 + x - ln x +1 x > -1 ,
2
則 g x 1 4x + 5x x 4x + 5= 4x +1 - = = ,
x +1 x +1 x +1
當(dāng)-1 < x < 0時, g x < 0 , g x 在 -1,0 上單調(diào)遞減；
當(dāng) x > 0時, g x > 0 , g x 在 0, + 上單調(diào)遞增.
所以 g x g 0 = 0 .故 f x g x 0 .
3
7 x．（2024 屆寧夏吳忠市吳忠中學(xué)高三下學(xué)期第五次模擬）已知函數(shù) f (x) = ae - x - (a R)．
2
(1)討論 f x 的單調(diào)性；
(2)證明：當(dāng) a > 0時, f (x) > 2ln a - a2 ．
【解析】（1）由題意知 f (x) = aex -1,
當(dāng) a 0時, f (x) < 0 ,所以 f x 在 (- , + )上單調(diào)遞減；
當(dāng) a > 0時,令 f (x) < 0 ,解得 x < - ln a ,令 f (x) > 0 ,解得 x > - ln a ,
所以 f (x) 在 (- , - ln a)上單調(diào)遞減,在 (- ln a, + )上單調(diào)遞增
（2）由（1）得 f (x)min = f (- ln a)
3 1
= ae- ln a + ln a - = ln a - ,
2 2
要證 f (x) > 2ln a - a2
1
, 2 2
1
即證 ln a - > 2ln a - a ,即證 a - - ln a > 0 ,
2 2
g(a) = a2 1- - ln a(a > 0) , g (a) 2a 1 2a
2 -1
令 則 = - = ,
2 a a
令 g (a) < 0 , 2解得0 < a < ,令 g (a) > 0 ,解得 a 2> ,
2 2

g(a) 0, 2
2
所以 在 ÷÷ 上單調(diào)遞減,在2
,+
2 ÷÷上單調(diào)遞增
,
è è
2
2 2
所以 g(a) 1 2min = g ÷÷ = ÷÷ - - ln = ln 2 > 0 ,
è 2 è 2 2 2
則 g(a) > 0恒成立,所以當(dāng) a > 0時, f (x) > 2ln a - a2 .
8．（2024 屆北京市十一學(xué)校高三下學(xué)期三模）已知函數(shù) f x = ln x +1 + k x +1 ．
(1)求 f x 的單調(diào)區(qū)間；
(2)若 f x -1恒成立,求實數(shù) k 的取值范圍；
n
lni
n n -1
(3)求證： < ．（ n N且 n 2）
i=2 i +1 4
1
【解析】（1）函數(shù) f x 的定義域為 -1, + ． f x = + k ．
x +1
① k 0時, f x > 0 , f x 的遞增區(qū)間為 -1, + ,無遞減區(qū)間；
③ k < 0時,令 f x > 0得-1 1< x < -1- ；令 f x < 0 x 1 1得 > - - ,
k k
f x 1, 1 1 1 所以 的遞增區(qū)間為 - - - k ÷ ,遞減區(qū)間為 -1- ,+ ÷ ．è è k
（2）由（1）知, k 0時, f x 在 -1, + 上遞增, f 0 = k 0 ,不合題意,
1
故只考慮 k < 0 的情況,由（1）知 f x = f -1- = -1- ln -k -1max è k ÷
即 ln -k 0 -k 1 k -1，綜上, k 的取值范圍為 k -1．
（3）由（2）知：當(dāng) k = -1時, ln x +1 - x +1 -1恒成立,所以 ln x +1 x ,
所以 lnx < x -1 2當(dāng) x 2恒成立,令 x = n n N*, n >1 ,
進而 lnn2 < n2 -1 n N*,n 2 ,
即 2lnn < n -1 n +1 lnn n -1,\ < n N*, n 2 ．
n +1 2
n
lni ln2 ln3 ln4 lnn 1 2 3 n -1
n n -1
所以 = + + + ××× + < + + + ×××+ = ．（ n N且 n 2）
i=2 i +1 3 4 5 n +1 2 2 2 2 4
n lni n n -1
即 < ．（ n N且 n 2）
i=2 i +1 4
9．（2024 屆天津高考數(shù)學(xué)真題）設(shè)函數(shù) f x = xlnx ．
(1)求 f x 圖象上點 1, f 1 處的切線方程；
(2)若 f x a x - x 在 x 0, + 時恒成立,求 a的值；
1
(3)若 x1, x2 0,1 ,證明 f x1 - f x2 x1 - x 22 ．
【解析】（1）由于 f x = x ln x ,故 f x = ln x +1.
所以 f 1 = 0 , f 1 =1 ,所以所求的切線經(jīng)過 1,0 ,且斜率為1,故其方程為 y = x -1 .
（2）設(shè) h t = t -1- ln t h t 1 1 t -1,則 = - = ,從而當(dāng)0 < t <1時 h t < 0 ,當(dāng) t > 1時 h t > 0 .
t t
所以 h t 在 0,1 上遞減,在 1, + 上遞增,這就說明 h t h 1 ,即 t -1 ln t ,且等號成立當(dāng)且僅當(dāng) t =1.
設(shè) g t = a t -1 - 2ln t ,則
f x - a x - x = x ln x - a x x x 1 1- = 1 a -1÷ - 2ln ÷ = x × g ÷ .
è è x x è x
當(dāng) x 0, 1+ 時, 的取值范圍是 0, + ,所以命題等價于對任意 t 0, + ,都有 g t 0 .
x
一方面,若對任意 t 0, + ,都有 g t 0 ,則對 t 0, + 有
0 g t = a t -1 - 2ln t 1= a t -1 + 2ln a t -1 + 2 1 -1

÷ = at
2
+ - a - 2 ,
t è t t
取 t = 2 ,得0 a -1 ,故a 1 > 0 .
t 2 , 2 a
2
再取 = 得0 a × + 2 - a - 2 = 2 2a - a - 2 = - a - 2 ,所以 a = 2 .a a 2
另一方面,若 a = 2 ,則對任意 t 0, + 都有 g t = 2 t -1 - 2ln t = 2h t 0 ,滿足條件.
綜合以上兩個方面,知 a的值是 2.
f b - f a
（3）先證明一個結(jié)論：對0 < a < b ,有 ln a 1 + < < ln b +1.
b - a
b
b ln b - a ln a a ln b - a ln a ln
證明：前面已經(jīng)證明不等式 t -1 ln t ,故 = + ln b = a + ln b <1+ ln b ,
b - a b - a b -1
a
a a- -1
b ln b - a ln a b ln b - b ln a - ln ÷
且 = + ln a = ba + ln a >
è b + ln a =1+ ln a ,
b - a b - a 1 a- 1-
b b
ln a 1 b ln b - a ln a ln b 1 f b - f+ < < + , ln a 1 a 所以 即 + < < ln b +1.
b - a b - a
由 f x = ln x +1 1,可知當(dāng)0 < x < 時 f x < 0 1,當(dāng) x > 時 f x > 0 .e e
f x 0, 1ù é1 所以 在 ú上遞減,在 ê ,+ è e e ÷上遞增.
不妨設(shè) x1 x2 ,下面分三種情況（其中有重合部分）證明本題結(jié)論.
1
情況一：當(dāng) x1 x2 <1時,有 f x1 - f xe 2
= f x2 - f x1 < ln x2 +1 x2 - x1 < x2 - x1 < x2 - x1 ,結(jié)論成立；
情況二：當(dāng)0 < x
1
1 x2 時,有 f xe 1
- f x2 = f x1 - f x2 = x1 ln x1 - x2 ln x2 .
1ù 1對任意的 c 0, ú ,設(shè)j x = x ln x - c ln c - c - x ,則j x = ln x +1+ .è e 2 c - x
由于j x 單調(diào)遞增,且有

j c ÷ ln c 1 1 ln 1 1 1 1 1 1 11 = 1 + + < 1 + + = - - + + = 0 1+ ÷ 1+ 1+
2c 2c 2 c c 2c 2 c c 2c 2c ,è 2e 2e -
1 1
e -
+ 2
2e 2c
x 1 c - 2 c 1 2
且當(dāng) 2 , x > 時,由 ln -14 ln
可知
-1÷ 2 2 c - x c
è c
j x ln x 1 1 ln c 1 1 1 2= + + > + + = - ln -1÷ 0 .2 c - x 2 2 c - x 2 c - x è c
所以j x 在 0,c 上存在零點 x0 ,再結(jié)合j x 單調(diào)遞增,即知0 < x < x0 時j x < 0 , x0 < x < c時j x > 0 .
故j x 在 0, x0 上遞減,在 x0 ,c 上遞增.
①當(dāng) x0 x c時,有j x j c = 0；
②當(dāng)0
1 1 2 1
< x < x , 0 時由于 c ln = -2 f c -2 f ÷ = <1,故我們可以取 q c ln ,1 .c è e ÷ e è c
c
從而當(dāng)0 < x < 1 q2 時,由 c - x > q c ,可得-
j x = x ln x - c ln c - c - x < -c ln c - c - x < -c ln c - q c c c ln 1= - qc ÷ < 0 .è
再根據(jù)j x 在 0, x0 上遞減,即知對0 < x < x0 都有j x < 0 ；
綜合①②可知對任意0 < x c ,都有j x 0 ,即j x = x ln x - c ln c - c - x 0 .
根據(jù) c
1 ù 0, ú和0 < x c 的任意性,取 c = x2 , x = x1 ,就得到 x1 ln x1 - x2 ln x2 - x2 - x1 0 .è e
所以 f x1 - f x2 = f x1 - f x2 = x1 ln x1 - x2 ln x2 x2 - x1 .
0 1 1 1情況三：當(dāng) < x1 x2 <1 ,

時根據(jù)情況一和情況二的討論,可得 f x1 - f ÷ - x x - x ,e è e e 1 2 1
f 1 ÷ - f x x
1
2 2 - x2 - xe 1
.
è e
而根據(jù) f x 的單調(diào)性,知 f x1 - f x2 f x - f
1 1
1 ÷ 或 f x1 - f x2 f ÷ - f x .
è e è e 2
故一定有 f x1 - f x2 x2 - x1 成立.綜上,結(jié)論成立.
10 x-1．（2024 屆遼寧省鳳城市第一中學(xué)高三下學(xué)期期初考試）已知函數(shù) f x = xe - ln x - x .
(1)求函數(shù) f x 的最小值；
(2) x求證： e é f x + xù > e - e -1 ln x
1
- .
2
x-1
【解析】（1）因為函數(shù) f x = xe - ln x - x ,所以 f x = x +1 ex-1 1- -1 = x +1 x-1 1
x
e - ÷ ,
è x
記 h x = ex-1 1- , x > 0 , h x = ex-1 1+ 2 > 0 ,x x
所以 h x 在 0, + 上單調(diào)遞增,且 h 1 = 0 ,
所以當(dāng)0 < x <1時, h x < 0 ,即 f x < 0 ,所以 f x 在 0,1 單調(diào)遞減；
當(dāng) x >1時, h x > 0 ,即 f x > 0 ,所以 f x 在 1, + 單調(diào)遞增,且 f 1 = 0 ,
所以 f x = f 1 = 0min .
e f x x ex e 1 ln x 1（2）要證 é + ù > - - - ,2
x 1 ex ln x 1只需證明： - - + > 0 對于 x > 0恒成立,
2
g x 1 1令 = x -1 ex - ln x + ,則 g x = xex - x > 0 ,
2 x
當(dāng) x > 0時,令m(x) g (x)
1 1
= = xex - ,則m (x) = (x +1)ex + > 0 , m(x)2 在 (0, + )上單調(diào)遞增,x x
即 g x = xex 1- 在 (0, + )上為增函數(shù),
x
2 2 2 3 2 é
2 ù
2 27 3
又因為 g 3 ÷
= e3 - = êe3 - ÷ ú < 0 , g 1 = e -1 > 0 ,
è 3 2 3 ê è 8 ú

2 2 x0
所以存在 x0 ,1÷使得 g x0 = 0 ,由 g x x ex
1 x e -1
= 0 - = 0 = 0 ,
è 3 0 0 x0 x0
x2 x ex
1
e 0 =1 0得 0 即 = e
x 10 = -2ln x
x2 即 x2 即 0
= x0 ,
0 0
所以當(dāng) x 0, x0 時, g x xex
1
= - < 0 , g x 單調(diào)遞減,
x
當(dāng) x x0 ,+ 時, g x = xex
1
- > 0 , g x 單調(diào)遞增,
x
g x g x x 1 ex ln x 1 x0 -1 x0 1 x
3 2
= = - 0 - + = + + = 0
+ x0 + 2x0 - 2
所以 min 0 0 0 ,2 x20 2 2 2x
2
0
2
令j x = x3 + x2 2+ 2x - 2 < x <1

÷ ,3 則j
x = 3x2 + 2x + 2 = 3 x 1+ 5+ > 0 ,
è ÷è 3 3
2 2 2
所以j x 在 ,1÷上單調(diào)遞增,所以j x0 > j ÷ = > 0 ,
è 3 è 3 27
j x
所以 g x g x 0 0 = 2 > 0 ,所以 x -1 ex - ln x
1
+ > 0 ,
2x0 2
即 e f x 1é + x ù > ex - e -1 ln x - .2
1 2
11．（2024 屆山東省智慧上進高三下學(xué)期 5 月大聯(lián)考）已知函數(shù) f x = + a ÷ ln x + - 2 ,其中 a R ．
è x x
(1)當(dāng)a 1時,判斷 f x 的單調(diào)性；
(2)若 f x 存在兩個極值點 x1, x2 x2 > x1 > 0 ．
2
（ⅰ）證明： x2 - x1 + 2 > ；a
（ⅱ）證明： x 1,+ f x
1 4 5
時, > x3
-
x2
+ - 2
x ．2 2 2
1 2
【解析】（1）函數(shù) f x = + a ÷ ln x + - 2的定義域為 0, + ,
è x x
- ln x 1 a
1+ ln x
- 1+ ln x ln x
則 f x = 2 + + a
1 2- = x ,令 g x = a - , x 0, + ,則 g x = ,
x x ÷
2
è x x2 x x x
所以當(dāng)0 < x <1時 g x < 0 ,當(dāng) x >1時 g x > 0 ,
所以 g x 在 0,1 上單調(diào)遞減,在 1, + 上單調(diào)遞增,
所以 g x 在 x =1處取得極小值,即最小值,所以 g x = g 1 = a -1 0min ,
所以 f x 0在 0, + 上恒成立,所以 f x 在 0, + 上單調(diào)遞增；
（2）（ⅰ）由（1）可知 g x 在 0, + 上的最小值為 g 1 = a -1,
當(dāng) x 0時 g x + ,當(dāng) x + 時 g x a ,
若 f x 存在兩個極值點 x1, x2 x2 > x1 > 0 ,則 g x = 0有兩個不相等的實數(shù)根 x1, x2 x2 > x1 > 0 ,
ìa > 0 1 1
所以 í 0 < a < 1 g = a > 0g 1 = a -1< 0 ,解得 ,又 ÷ ,e 所以 < x < 1 < xe 1 2 , è
且當(dāng)0 < x < x1 時 g x > 0 ,即 f x > 0 ,則 f x 單調(diào)遞增,
當(dāng) x1 < x < x2 時 g x < 0 ,即 f x < 0 ,則 f x 單調(diào)遞減,
當(dāng) x > x 2 時 g x > 0 ,即 f x > 0 ,則 f x 單調(diào)遞增,
所以x1為 f x 的極大值點, x2為 f x 的極小值點,
ìa 1+ ln x -
1 = 0 ìx 1+ ln x= 1
x 11 a
因為 í
a 1 ln x
,所以 í ,+
- 2 0 x 1+ ln x= = 2
2 x 2 a
x x 2 2 2要證 2 - 1 + > ,即證 x2 > - 2 + x
1
1 ,又 < x1 <1 ,a a e
2 x 2x2 x -1只需證 x2 > -1 ,即證 2 > -1 ,即證 ln x2 -
2 > 0
a 1+ ln x
,
2 x2 +1
2
令 p x x -1= ln x - x >1 ,則 p x
1 2 x +1
= - = > 0 ,
x +1 x x +1 2 x x +1 2
x -1所以 p x 在 1, + 上單調(diào)遞增,所以 p x > p 1 = 0 ,即 ln x 22 - > 0x 成立,2 +1
所以 x2 - x1 + 2
2
> ；
a
a 1+ ln x（ⅱ）由（ⅰ）知 x2 >1 , =
2
x ,2
且當(dāng)1< x < x2 時 f x < 0 ,當(dāng) x > x2 時 f x > 0 ,
所以 f x 在 1, x2 上單調(diào)遞減,在 x2 , + 上單調(diào)遞增,
2
所以 f x f x
1 2
= + a ÷ ln x + - 2
1 1+ ln x
= + 2
2 2ln x + ln x + 2 - 2x
2 x 2 x x x ÷
ln x2 + - 2 = 2 2 2 ,
è 2 2 è 2 2 x2 x2
令H x = ln x 1+ x 1 1 x -1>1 ,則H x = - 2 = > 0 ,x x x x2
所以H x 在 1, + 上單調(diào)遞增,
所以H x > H 1 =1 ln x 1,即 >1- > 0 x >1 ,
x
2
1
2 2 1- ÷ + 1
1
- ÷ + 2 - 2x所以 2ln x + ln x + 2 - 2x x x 22 2 2 è 2 è 2 1 4 5 ,> = - + - 2
x2 x2 x
3 x22 2 x2
所以 f x
1 4 5
> 3 -x x2
+ - 2 .
2 2 x2
12．（2024 屆湖南省衡陽市祁東縣高三下學(xué)期考前仿真聯(lián)考）已知正項數(shù)列 an 的前 n項和為 Sn ,首項
a1 =1 .
(1) 2若 an = 4Sn - 2an -1 ,求數(shù)列 an 的通項公式；
(2)若函數(shù) f (x) = 2ex + x ,正項數(shù)列 an *滿足： an+1 = f (an )(n N ) .
i S 3n（ ）證明： n - n - 1；
1
（ii）證明： (1+ 2 )(1
1
+ 2 )(1
1
+ 2 )L(1
1
+ 2 ) <
3 e(n 2,n N*)
5a2 5a3 5a4 5a
.
n
【解析】（1）正項數(shù)列 an 中, a1 =1 , n N* , a2n = 4Sn - 2an -1 ,當(dāng) n 2 2時, an-1 = 4Sn-1 - 2an-1 -1,
a2 2兩式相減得 n - an-1 = 4 Sn - Sn-1 - 2an + 2an-1 ,即 an + an-1 an - an-1 = 2 an + an-1 ,
而 an > 0 ,則 an - an-1 = 2 ,因此數(shù)列 an 是首項為 1,公差為 2 的等差數(shù)列,
所以數(shù)列 an 的通項公式為 an =1+ 2(n -1) = 2n -1 .
（2）（i）令 h(x) = ex - x -1 ,求導(dǎo)得 h (x) = ex -1,當(dāng) x < 0 時, h (x) < 0 ,當(dāng) x > 0時, h (x) > 0 ,
即函數(shù) f (x) 在 (- ,0)上單調(diào)遞減,在 (0, + )上單調(diào)遞增,則 h(x) h(0) = 0 ,即 e x x + 1 ,
于是 an+1 = f an = 2ean + an 2 an +1 + an = 3an + 2 ,
a +1
即 an+1 +1 3 an +1 , n+1即 3a ,n +1
a 1 a 1 a2 +1 a3 +1 a4 +1 L a +1n 2 , + = + × × × × × n a +1 ×3n-1 = 2 3n-1當(dāng) 時 n 1 a1 +1 a2 +1 a3 +1 an-1 +1 1
,
n =1 a +1 = 2 = 2 30當(dāng) 時 1 ,因此 an 2 3
n-1 -1,
所以 S 0n = a1 + a2 + a3 +L+ an 2 3 -1 + 2 31 -1 + 2 32 -1 +L+ 2 3n-1 -1
n
= 2 30 + 31 + 32 +L+3n-1 - n = 2 1- 3 - n = 3n - n -11- 3
（ii）由已知 an+1 = f an = 2ean + an ,所以 an+1 - an = 2ean > 0 ,得 an+1 > an ,
n 1 , ea an ea = e > 2 , a - a = 2e n 2ea當(dāng) 時 1 于是 1n+1 n = 2e > 5 ,
當(dāng) n 2時, an = a1 + a2 - a1 + a3 - a2 +L+ an - an-1 >1+ 5(n -1) = 5n - 4 ,
又 a1 =1 ,所以"n N* ,恒有 an 5n - 4 ,當(dāng) n 2時, (5n - 4)2 > (5n - 7)(5n - 2) ,
由 e x x + 1 ,得當(dāng) x > -1時, ln(x +1) x ,
1 1 1 1 1 1
則當(dāng) n 2時, ln 1+ < < = - ,
è 5a
2 ÷
n 5a
2
n 5(5n - 4)
2 5(5n - 7)(5n - 2) 5n - 7 5n - 2
1 1 ln 1 ln 1 ln 1 1
1
從而 + 2 ÷ +5a
+ + +
5a2 ÷ 5a2 ÷
+L+ ln 1+ 5a2 ÷è 2 è 3 è 4 è n
1 1 1 1 1 1< - + - + - +L+ 1 1 1 1 1 ÷ ÷ ÷ -

÷ = - <
è 3 8 è 8 13 è13 18 è 5n - 7 5n - 2 3 5n 2 3
,
-
é 1 1 1 1 ù
于是 ln ê 1+ 2 ÷ 1+ 2 ÷ 1
1
+
5a 5a 5a2 ÷
L 1+ 5a2 ÷ú
<
è 2 è 3 è 4 è n 3
,

所以 1
1 1 1 1
+ 2 ÷ 1+ 2 ÷ 1+ 2 ÷L 1+ <
3 e .
è 5a2 è 5a3 è 5a4 è 5a
2 ÷
n
13．（2024 屆天津市新華中學(xué)高三統(tǒng)練）已知函數(shù) f (x) = sin x + ln(1+ x) - ax,a R ．
(1)求 f (x) 在點 (0, f (0)) 處的切線方程；
(2)若 f (x) 0恒成立,求 a的值；
2n
(3)求證： sin 1 2ln 2n -1 ÷ < - ln 2, n 2,n N*．
i=n+1 è i -1 n -1
【解析】（1） f (x) = sin x + ln(1+ x) - ax ,有 f (0) = 0 ,
因為 f (x)
1
= cos x + - a ,所以 f (0) = 2 - a ,
1+ x
則曲線 f (x) 在點 (0, f (0)) 處的切線方程為 y = (2 - a)x．
（2）因為 f (0) = 0, f (x) 0 , f x 的定義域為 -1, + ,
1
所以 x = 0是 f (x) 的極大值點,因為 f (x) = cos x + - a ,
1+ x
所以 f (0) = 2 - a = 0 ,所以 a = 2 ,
需驗證,當(dāng) a = 2時, f (x) = sin x + ln(1+ x) - 2x 0恒成立即可,
因為 f (x)
1
= cos x + - 2 ,
1+ x
1
令j(x) = f (x)
1
= cos x + - 2 ,則j (x) = -sin x - ,
1+ x (1+ x)2
1
①當(dāng) x (-1,0)時, 2 >1,j (x) < 0 ,則j(x) 在 (-1,0)(1 x) 上單調(diào)遞減,+
所以 f (x) > f (0) = 0, f (x) 在 (-1,0) 上單調(diào)遞增, f (x) < f (0) = 0 ,
②當(dāng) x 0, + 時, f (x) 0 ,則 f (x) 在 0, + 上單調(diào)遞減,所以 f (x) f (0) = 0 ,
綜上, a = 2符合題意．所以 f (x) 0恒成立時, a = 2 .
（3）由（2）可知, sin x 2x - ln(1+ x) ,當(dāng)且僅當(dāng) x = 0時取等號,
1 2n
n 2 , 0 , sin 1
2n
2 1
2n
< - ln 1當(dāng) 時 所以 ÷ 1+ i -1 i -1 ÷ ,i=n+1 è i=n+1 i -1 i=n+1 è i -1
2n 1 2n ln 1 i+ = ln ln n +1 n + 2 = + ln +L+ ln 2n = ln 2 ,
i=n+1 è i -1
÷ ÷
i=n+1 è i -1 n n +1 2n -1
ln 2n -1 ln 2n -1 2n - 2 n因為 = × L

n -1 è 2n - 2 2n - 3 n -1÷
ln 2n -1 ln 2n - 2 n
2n
L n -1= + + + ln = ln 2n - 2 2n - 3 n -1 ,i=n+1 è n - 2 ÷
1
< ln i -1 x i -1 1 1 1 1 1所以即證 ÷ ,令 = = + ,則 = - ,當(dāng) n 2時, i 3 , x 1,2 ,i -1 è i - 2 i - 2 i - 2 i -1 x
所以即證：1
1
- < ln x, x 1,2 ,
x
令m(x) 1
1
= - - ln x ,則m (x)
1 1 1- x
=
x x2
- = ,
x x2
所以 x 1,2 時, m (x) < 0,m(x)單調(diào)遞減,所以m(x) < m(1) = 0 1 1,即 - < ln x, x 1, 2 ,
x
2n
綜上, sin 1 ÷ < 2ln 2n -1 - ln 2, n 2,n N* .
i=n+1 è i -1 n -1
x
14．（2024 屆陜西省安康市高新中學(xué)、安康中學(xué)高新分校 4 月聯(lián)考）已知函數(shù) f x = , g x = lnx .
ex
(1)求 f x 的極值；
(2)證明： xg x 2+ 2 > ex f x - .
x
Q f x x【解析】（1） = x ,\ f x
1- x
= x ,e e
當(dāng) x <1時, f x > 0 ,當(dāng) x >1時, f x < 0 ,
所以 f x 在 - ,1 單調(diào)遞增,在 1, + 單調(diào)遞減,
x 1 f x 1所以當(dāng) = 時, 取得極大值 ,無極小值.
e
2 x（ ）解：令 h x = xg x + 2 - e f x 2+ = x ln x + 2 - x 2+ x > 0 ,
x x
2
則 h x = ln x - 2 x > 0 ,令 r x = ln x
2
- x > 0 ,
x x2
則 r x 1 4= + 3 > 0在 x > 0上恒成立,所以 r x 在 0, + 上單調(diào)遞增,x x
又 r 1 = ln1 2- 2 = -2 < 0 , r e ln e
2 2
= - 2 =1- 2 > 0 ,1 e e
2
所以存在 x0 1,e ,使得 r x0 = 0 ,即 ln x0 = x2 x0 1,e ,0
所以 x 0, x0 時, r x < 0 , h x < 0 , h x 單調(diào)遞減,
x x0 ,+ 時, r x > 0 , h x > 0 , h x 單調(diào)遞增,
h x = h x 2 2 20 = x0 ln x0 + 2 - x0 + = x0 × 2 + 2 - x0 + = 2
4
- x + x 1,e
min x x x 0
0 ,
0 0 0 x0
令m x 2 x 4 x 1,e 4= - + ,則m x = -1- 2 < 0在 1,e 上恒成立,x x
所以m x 在 1,e 上單調(diào)遞減,所以m x > m e 4= 2 - e + > 0 ,
e
所以 h x = h x
4
0 = 2 - x0 + > 0min x ,所以 xg x
2
+ 2 > ex f x - ．
0 x
15．（2024 屆安徽省合肥市第六中學(xué)高三最后一卷）已知函數(shù) f (x) = a(1- 2ln x) + 4x6 (a R) ．
(1)討論 f (x) 的單調(diào)性；
(2)若x1 , x2 x1 x2 為函數(shù) g(x) = kx2
1
+ 4 4
x2
- ln x 的兩個零點,求證： x1x2 >12e ．
2 12x6 - a
【解析】（1） f (x) = 24x5 2a- = , x (0,+ )．
x x
當(dāng) a 0時, f (x) > 0 ,則 f (x) 在 (0, + )上單調(diào)遞增．
當(dāng) a > 0時,令 f (x) = 0 , 6
a a
得 x = ,解得 x = 6 ．
12 12
當(dāng) f (x) > 0 , x a a時 > 6 ,當(dāng) f (x) < 0 時, 0 < x < 6 ,
12 12
a a
所以 f (x) 在 6 6 0, , ,+
è 12 ÷
÷上單調(diào)遞減在 上單調(diào)遞增．
è 12
÷÷

綜上：當(dāng) a 0時, f (x) 在 (0, + )上單調(diào)遞增；
a a
當(dāng) a > 0時, f (x) 在 0, 6 ÷÷上單調(diào)遞減,在 6 ,+ 12 ÷÷ 上單調(diào)遞增．è è 12
（2）設(shè)0 < x1 < x2 ,則 g x1 = kx2
1
1 + 2 - ln x1 = 0 , g x2 = kx2
1
2 + 2 - ln x2 = 0x ,1 x2
k ln x= 1 1 ln x2 1所以 - = -x2 x4 2 4 ,1 1 x2 x2
4 4 ln x ln xln x1 ln x2 1 1 x
1 - 2
2 - x1 2 2
所以 -x2 x2
= 4 - 4 = 4 , x1 x2 1= - ,
1 2 x1 x2 x1x2 x4 4 41 - x2 x1x2
1 1
記 t 4 = 12e4 ,要證 x 4 4 - > -1x2 >12e ,只需證 x x 4 t 4 ,1 2
ln x1 ln x- 2 ln x x4 ln x x42 2
只需證 x1 x2 1> - ,只需證
1 + 1 < 2 + 2 ．
x4 - x4 t 4 x
2 4
1 t x
2
2 t
4
1 2
ln x x 4 4h(x) , x (0,+ ) , h (x) t (1 - 2 ln x) + 4x
6
記 = 2 + 4 則 = 3 4 ,x t x t
記j ( x ) = t 4 (1 - 2 ln x ) + 4 x 6 , x (0,+ ) ,
4 2
由（1）可知,取 a = t 4 > 0 , a 12e則 x 6 6 30 = = = e ,12 12
2 2
所以j(x) 在 0,e3 ÷上單調(diào)遞減,在 e3 , + ÷上單調(diào)遞增,
è è
2
j(x) = j e3 = t 4 1 4 4 4 1 4所以 min ÷ - ÷ + 4e =12e × - ÷ + 4e = 0 ,
è è 3 è 3
2
所以j(x) j e3 ÷ = 0 ,即 h (x) 0 ,所以 h(x) 在 (0, + )上單調(diào)遞增,
è
又0 < x1 < x
4 4
2 ,所以 h x1 < h x2 ,所以 x1x2 >12e 成立．專題 5 構(gòu)造函數(shù)證明不等式
函數(shù)與導(dǎo)數(shù)一直是高考中的熱點與難點, 利用導(dǎo)數(shù)證明不等式在近幾年高考中出現(xiàn)的頻率比較高．求解此類
問題關(guān)鍵是要找出與待證不等式緊密聯(lián)系的函數(shù),然后以導(dǎo)數(shù)為工具來研究該函數(shù)的單調(diào)性、 極值、最值(值
域),從而達到證明不等式的目的．
(一) 把證明 f x > k 轉(zhuǎn)化為證明 f x > kmin
此類問題一般簡單的題目可以直接求出 f x 的最小值,復(fù)雜一點的題目是 f x 有最小值,但無法具體確定,
這種情況下一般是先把 f x 的最小值轉(zhuǎn)化為關(guān)于極值點的一個函數(shù),再根據(jù)極值點所在范圍,確定最小值所
在范圍
【例 1】（2024 2屆黑龍江省哈爾濱市三中學(xué)校高三下學(xué)期第五次模擬）已知函數(shù) f x = a x +1 - x - ln x
（ a R ）.
(1)討論 f x 的單調(diào)性；
1 1
(2)當(dāng)0 < a 時,求證： f x 2a - +1 .
2 2a
【解析】（1）由題意可知,函數(shù) f (x) = a(x +1)2 - x - ln x 的定義域為 (0, + ) ,
f (x) 2a(x 1) 1 1 (x +1)(2ax -1)導(dǎo)數(shù) = + - - = ,
x x
當(dāng) a 0時, x (0,+ ) , f (x) < 0 ；當(dāng) a > 0時, x (0, 1 ) , f (x) < 0 ； x (
1 ,+ ), f (x) > 0
2a ；2a
綜上,當(dāng) a 0時,函數(shù) f (x) 在區(qū)間 (0, + )上單調(diào)遞減；
1 1
當(dāng) a > 0時,函數(shù) f (x) 在區(qū)間 (0, ) 上單調(diào)遞減,在區(qū)間 ( , + )上單調(diào)遞增.
2a 2a
1
（2）由（1）可知,當(dāng)0 < a 時,
2
函數(shù) f (x)
1 1
在區(qū)間 (0, ) 上單調(diào)遞減,在區(qū)間 ( , + )上單調(diào)遞增.
2a 2a
所以函數(shù) f (x) f (
1 ) a( 1 1)2 1= + - - ln( 1 ) = a +1 1- + ln(2a) ,
2a 2a 2a 2a 4a
要證 f (x) 2a
1 1 1
- +1 ,需證 a +1- + ln(2a) 2a - +1 ,
2a 4a 2a
1 1
即需證 + ln(2a) - a 0,a (0, ]恒成立.
4a 2
1 2
令 g(a) = + ln(2a) - a , 1 1 2a -1 則
4a g (a) = - 2 -1+ = - 0
,
4a a 4a2
1
所以函數(shù) g(a)在區(qū)間 (0, ] g(a) g(
1) 1單調(diào)遞減,故 = + 0
1
- = 0 ,
2 2 2 2
1
所以 + ln(2a) - a 0,a (0,
1] 1 1恒成立,所以當(dāng)0 < a 時, f (x) 2a - +1 .
4a 2 2 2a
【例 2】（2024 屆重慶市南開中學(xué)高三上學(xué)期第一次質(zhì)量檢測）已知函數(shù) f x = sinx - ln x +1 .
x 1, π (1)求證：當(dāng) - ÷ 時, f x 0；
è 2
1
(2)求證： ln n +1 < sin 1 + sin 1 + sin 1 +L+ sin 1 1< ln n + ln 2
2 2 4 6 2n 2 n N
* .
【解析】（1）證明：因為 f x = sinx - ln x +1 ,則 f 0 = sin 0 - ln1 = 0 1, f x = cosx - ,
x +1
當(dāng) x -1,0 1時, cosx 1 , 1 , f x 0 ,函數(shù) f x 單調(diào)遞減,
x +1
f x π f 0 = 0 x 0, p x cos x 1
1
則 成立；當(dāng) ÷ 時,令 = - ,則 p x = 2 - sin x ,
è 2 x +1 x +1
1
因為函數(shù) y = 2 、 y = -sin x

在 0,
π
x +1 2 ÷上均為減函數(shù),è
所以,函數(shù) p x 0, π 在 2 ÷上為減函數(shù),è
p π 1 ÷ = 2 -1< 0
因為 p 0 1 0 π= > , è 2 π ,所以存在 x 0, ÷ ,使得 p x0 = 0 ,
1+ 22 ÷ è è
且當(dāng)0 < x < x0 時, p
x > 0 ,此時函數(shù) f x 單調(diào)遞增,
當(dāng) x0 < x
π
< 時, p x < 0 ,此時函數(shù) f x 單調(diào)遞減,
2
而 f 0 = 0 ,所以 f x π π0 > 0 ,又因為 f ÷ < 0 ,所以存在 x1 x0 , 2 2 ÷ ,使得 f x1 = 0 ,è è
當(dāng)0 < x < x1 時, f x > 0 ,此時函數(shù) f x 單調(diào)遞增,
當(dāng) x
π
1 < x < 時, f x < 0 ,此時函數(shù) f x 單調(diào)遞減,2
π f π 1 ln π因為 +1< e

,所以,
2 2 ÷
= - +1 >1- ln e = 0 ,
è è 2 ÷
x 0, π f x 0 π 所以,對任意的 ÷ 時, > 成立,綜上, f x 0對任意的 x -1, ÷ 恒成立.
è 2 è 2
1 1 1 1 1
（2）證明：由（1）,對任意的 n N* , 0 < ,則 f = sin - ln 1+ > 0 ,
2n 2 2n ÷ 2n 2n ÷è è
sin 1 即 > ln 1
1 2n +1
+ ÷ = ln ,2n è 2n 2n
2
2n +1 2n + 2 2n +1 - 2n 2n + 2 1
對任意的 n N* , - = = > 0 ,
2n 2n +1 2n 2n +1 2n 2n +1
2n +1 2n + 2 2n +1 2n + 2
所以, > ,則 ln > ln ,
2n 2n +1 2n 2n +1
1
所以 sin + sin
1
+ sin 1 +L+ sin 1 > ln 3 + ln 5 + ln 7 + ln 2n +1 ,
2 4 6 2n 2 4 6 2n
從而可得 sin
1
+ sin 1 + sin 1 +L+ sin 1 > ln 4 + ln 6 + ln 8 ln 2n + 2+ ,
2 4 6 2n 3 5 7 2n +1
1 1
上述兩個不等式相加可得 2 sin + sin + sin
1 L sin 1+ +
2 4 6 2n ֏
ln 3 ln 4 ln 5 ln 6 7> + + + + ln + ln 8 L ln 2n +1+ + + ln 2n + 2 = ln n +1 ,
2 3 4 5 6 7 2n 2n +1
sin 1所以, + sin
1
+ sin 1 +L+ sin 1 1> ln n +1 ,
2 4 6 2n 2
1 1 1 1
又由（1）,因為-1 < - < 0 ,則 f - ÷ = sin - ÷ - ln 1- ÷ = -sin
1
- ln 2n -1 > 0 ,
2n è 2n è 2n è 2n 2n 2n
sin 1可得 < - ln
2n -1 ln 2n= ,
2n 2n 2n -1
2
n 2 * , 2n 2n -1
2n 2n - 2 - 2n -1 1
當(dāng) 且 n N 時 - = = - < 0 ,
2n -1 2n - 2 2n -1 2n - 2 2n -1 2n - 2
2n 2n -1 2n 2n -1
所以, < ,即 ln < ln ,
2n -1 2n - 2 2n -1 2n - 2
1 1 1 1 4 6 2n
所以,當(dāng) n 2時, sin + sin + sin +L+ sin < ln 2 + ln + ln +L+ ln ,
2 4 6 2n 3 5 2n -1
sin 1 sin 1從而有 + + sin
1
+L+ sin 1 < ln 2 3 5 2n -1+ ln + ln +L+ ln ,
2 4 6 2n 2 4 2n - 2
1 1
上述兩個不等式相加得： 2 sin + sin + sin
1 L 1+ + sin ÷
è 2 4 6 2n
2ln 2 ln 3 ln 4 ln 5 ln 6 ln 7 ln 8 L ln 2n -1 ln 2n< + + + + + + + + + = 2ln 2 + ln n ,
2 3 4 5 6 7 2n - 2 2n -1
1 1 1 1 1
所以, sin + sin + sin +L+ sin < ln 2 + ln n ,
2 4 6 2n 2
n 1 f
1
當(dāng) = 時, -

÷ = sin
1
-

÷ - ln
1
= ln 2 - sin 1 > 0 1,即 sin < ln 2 ,
è 2 è 2 2 2 2
1 1
所以,對任意的 n N* , sin + sin + sin
1 L sin 1 1+ + < ln n + ln 2 ,
2 4 6 2n 2
1 1 1 1 1 1 *
因此, ln n +1 < sin + sin + sin +L+ sin < ln n + ln 2 n N .
2 2 4 6 2n 2
(二) 把證明 f x > g x 轉(zhuǎn)化為證明 f x - g x > 0
此類問題是證明不等式中最基本的一類問題,把兩個函數(shù)通過作差轉(zhuǎn)化為一個函數(shù),再利用導(dǎo)數(shù)研究該函數(shù)
的性質(zhì),通過函數(shù)性質(zhì)證明該不等式.
x
【例 3】（2024 屆西省榆林市第十中學(xué)高三下學(xué)期一模）已知函數(shù) f x = e + a -1 x -1 ,其中 a R ．
(1)討論函數(shù) f x 的單調(diào)性；
(2)當(dāng) a = 2時,證明： f x > xlnx - cosx．
x
【解析】（1）Q f x = e + a -1 x -1,\ f x = ex + a -1 ,
當(dāng)a 1時, f x = ex + a -1 > 0 ,函數(shù) f x 在R 上單調(diào)遞增；
當(dāng)a < 1時,由 f x = ex + a -1 > 0 ,得 x > ln 1- a ,
函數(shù) f x 在區(qū)間 ln 1- a , + 上單調(diào)遞增,
f x = ex由 + a -1< 0 ,得 x < ln 1- a ,函數(shù) f x 在區(qū)間 - , ln 1- a 上單調(diào)遞減．
綜上,當(dāng)a 1時, f x 在R 上單調(diào)遞增,無減區(qū)間.
當(dāng)a < 1時, f x 在 ln 1- a , + 上單調(diào)遞增,在 - , ln 1- a 上單調(diào)遞減.
x
（2）Q當(dāng) a = 2時, f x = e + x -1 ,
\要證 f x > xlnx - cosx , x即證 e + x + cosx -1- xlnx > 0, x 0, + ,
①當(dāng)0 < x 1時,Qex + x + cosx -1 > 0 , xlnx 0 ,\ex + x + cosx -1- xlnx > 0；
②當(dāng) x >1時,令 g x = ex + x + cosx -1- xlnx ,
則 g x = ex - sinx - lnx 1,設(shè) h x = g x ,則 h x = ex - cosx - ,
x
1
Q x >1,\ex > e > 2 , -1 < - < 0 , -1 -cosx 1,\h x > 0 ,
x
\h x 在 1, + 上單調(diào)遞增,\h x > h 1 = e - sin1- 0 > 0 ,即 g x > 0 ,
\ g x 在 1, + 上單調(diào)遞增,\ g x > g 1 = e + cos1 > 0 ,
即 ex + x + cosx -1- xlnx > 0．綜上,當(dāng) a = 2時, f x > xlnx - cosx．
(三) 把證明 f x > g x 轉(zhuǎn)化為證明 f x > g xmin max
有時候把證明 f x > g x 轉(zhuǎn)化為證明 f x - g x > 0 后,可能會出現(xiàn) f x - g x 的導(dǎo)函數(shù)很復(fù)雜,很
難根據(jù)導(dǎo)函數(shù)研究 f x - g x 的最值,而 f x 的最小值及 g x 的最大值都比較容易求,可考慮利用證明
f x > g x 的方法證明原不等式,但要注意這種方法有局限性,因為 f x > g x 未必有min max
f x > g x .min max
4 x【例 】（2024 屆廣東省部分學(xué)校高三上學(xué)期第二次聯(lián)考）已知函數(shù) f x = axe a 0 .
(1)討論 f x 的單調(diào)性；
4 f
(2) a , x 當(dāng) 2 時證明： - x +1 ln x > 0 .e x +1
x
【解析】（1）由題意可得 f x = a x +1 e .
則 a > 0時,由 f x > 0 ,得 x > -1 ,由 f x < 0 ,得 x < -1,
則 f x 在 - , -1 上單調(diào)遞減,在 -1, + 上單調(diào)遞增；
當(dāng) a<0時,由 f x < 0 ,得 x > -1 ,由 f x > 0 ,得 x < -1,
則 f x 在 - , -1 上單調(diào)遞增,在 -1, + 上單調(diào)遞減.
x
（2）因為 x > 0 , xe所以 > 0 .
x +1
a 4 axe
x x-2
因為 ,所以 - x +1 ln x 4xe - x +1 ln x .
e2 x +1 x +1
f x 4xex-2 4ex-2 ln x
要證 - x +1 ln x > 0 ,即證 - x +1 ln x > 0 ,即證 >
x +1 x +1 x +1 2 x .
x-2 4ex-2 x -1
設(shè) g x
4e
=
2 ,則
g x = 3 .當(dāng) x 0,1 時, g x < 0 ,當(dāng) x 1,+ 時, g x > 0 ,x +1 x +1
則 g x 在 0,1 上單調(diào)遞減,在 1, + 上單調(diào)遞增.
g x 1故 = g 1 =min .e
h x ln x 1- ln x設(shè) = ,則 h x = 2 .當(dāng) x 0,e 時, h x > 0 ,當(dāng) x e, + 時, h x < 0 ,x x
則 h x 在 0,e 上單調(diào)遞增,在 e, + 上單調(diào)遞減.
故 h x h e 1= =max .因為 g x = h xe min max ,且兩個最值的取等條件不同,
4ex-2 ln x 4 f x
所以 2 > x ,即當(dāng) a 2 時, - x +1 ln x > 0 .x +1 e x +1
(四) 把證明 f x > g x 轉(zhuǎn)化為證明 f x > h x , h x > g x
若直接證明 f x > g x 比較困難,有時可利用導(dǎo)數(shù)中的常見不等式如 ln x x -1,ex x+1構(gòu)造一個中間
函數(shù)h x ,或利用不等式的性質(zhì)通過放縮構(gòu)造一個中間函數(shù)h x ,再通過證明 f x > h x ,h x > g x
來證明原不等式.
sin x
【例 5】已知函數(shù) f x = 在區(qū)間 0,a 上單調(diào)．
2 + cos x
(1)求 a的最大值；
(2)證明：當(dāng) x > 0時,3 f x +1< ex ．
f (x) cos x(2 + cos x) + sin xsin x 2cos x +1【解析】 (1)由已知得, = =(2 + cos x)2 (2 + cos x)2 ,
要使函數(shù) f (x) 在區(qū)間 (0, a)上單調(diào),可知在區(qū)間 (0, a)上單調(diào)遞增,
f (x) > 0 12cos x 1 0 cos x > - x ( 2p 2kp , 2p令 ,得 + > ,即 ,解得 - + + 2kp ) ,（ k Z3 3 ）,2
當(dāng) k 0
2p 2p
= 時滿足題意,此時,在區(qū)間 (0, )上是單調(diào)遞增的,故 a的最在值為 .
3 3
x
(2) x > 0 , 3 f x +1< ex , f (x) e -1當(dāng) 時要證明 即證明 < ,
3
x x
而 ex
x e -1 x e -1
-1 > x ,故需要證明 f (x) < < .先證： < ,（ x > 0）
3 3 3 3
記F (x) = ex - x -1 ,QF (x) = ex -1 ,
x (0,+ )時, F (x) > 0 ,所以 F (x)在 (0, + )上遞增,
x
\ F (x) = ex - x -1 > F (0) = 0 ,故 ex -1 > x , x e -1即 < .
3 3
x 1
再證： f (x) < ,（ x > 0）令G(x) = f (x) - x ,
3 3
2
sin x 1 G x 2cos x +1 1 - cos x -1 則G(x) = - x,則 = - = ,2 + cos x 3 2 + cos x 2 3 3 2 + cos x 2
故對于"x > 0 ,都有G (x) < 0 ,因而G(x)在 (0 , + )上遞減,
x
對于"x > 0 ,都有G(x) < G(0) = 0 ,因此對于"x > 0 ,都有 f (x) < .
3
x x
f (x) x e -1 , f (x) e -1所以 < < 成立即 < 成立,故原不等式成立.
3 3 3
(五) 改變不等式結(jié)構(gòu),重新構(gòu)造函數(shù)證明不等式
此類問題要先對待證不等式進行重組整合,適當(dāng)變形,找到其等價的不等式,觀察其結(jié)構(gòu),根據(jù)結(jié)構(gòu)構(gòu)造函數(shù).常
見的變形方法有：
①去分母,把分?jǐn)?shù)不等式轉(zhuǎn)化為整式不等式；
②兩邊取對數(shù),把指數(shù)型不等式轉(zhuǎn)化為對數(shù)型不等式；
③不等式為 f x h x > g x h x 類型,且 h x > 0 或<0 的解集比較容易確定,可考慮兩邊同時除以 h x ；
④不等式中含有 x ln x ,有時為了一次求導(dǎo)后不再含有對數(shù)符號,可考慮不等式兩邊同時除以 x ；
⑤通過換元把復(fù)雜的不等式轉(zhuǎn)化為簡單不等式.
aex-1
【例 6】（2024 屆河南省創(chuàng)新發(fā)展聯(lián)盟 5 月月考）已知函數(shù) f (x) 1= - lnx - .
x x
(1)討論 f (x) 的單調(diào)性；
5 1
(2)當(dāng) a 時,證明： f (x) + lnx + - x > ex-1 1- lnx .
2 x
aex-1 1
【解析】（1）函數(shù) f (x) = - lnx - 的定義域為 (0, + ) ,
x x
aex-1f (x) (x -1) 1 1 (x -1)(ae
x-1 -1)
求導(dǎo)得 = 2 - + 2 = ,x x x x2
若 a 0 ,則 aex-1 -1< 0 ,且當(dāng) x 0,1 時, f x > 0 ,當(dāng) x 1, + 時, f x < 0 ,
即函數(shù) f (x) 在( 0, 1)上遞增,在 (1, + )上遞減；
若 a > 0 ,令 aex-1 -1 = 0 ,解得 x =1- lna ,
若1- lna 0 ,即a e ,則 aex-1 -1 0恒成立,當(dāng) x 0,1 時, f x < 0 ,當(dāng) x 1, + 時, f x > 0 ,
即函數(shù) f (x) 在( 0, 1)上遞減,在 (1, + )上遞增；
若0 <1- lna <1 ,即1 < a < e ,則當(dāng) x 0,1- lna 1,+ 時, f x > 0 ,當(dāng) x 1- lna,1 時, f x < 0 ,
即函數(shù) f (x) 在 (0,1- ln a), (1,+ ) 上遞增,在 (1- ln a,1) 上遞減；
若1- lna =1,即 a =1 ,則 f x 0在 0, + 上恒成立,函數(shù) f (x) 在 (0, + )上遞增；
若1- lna > 1 ,即 0 < a < 1 ,則當(dāng) x 0,1 1- lna,+ 時, f x > 0 ,當(dāng) x (1,1- lna)時, f x < 0 ,
即函數(shù) f (x) 在 (0,1), (1- ln a,+ ) 上遞增,在 (1,1- ln a) 上遞減,
所以當(dāng) a 0時, f x 的遞增區(qū)間為 0,1 ,遞減區(qū)間為 1, + ；
當(dāng) 0 < a < 1時, f x 的遞增區(qū)間為 0,1 和 1- lna, + ,遞減區(qū)間為 1,1- lna ；
當(dāng) a =1時, f x 的遞增區(qū)間為 0, + ,無遞減區(qū)間；
當(dāng)1< a < e 時, f x 的遞增區(qū)間為 0,1- lna 和 1, + ,遞減區(qū)間為 1- lna,1 ；
當(dāng)a e 時, f x 的遞增區(qū)間為 1, + ,遞減區(qū)間為 0,1 .
1 aex-1
（2）要證 f x + lnx + - x > ex-1 1- lnx ,需證 + ex-1 lnx -1 - x > 0 ,x x
5 ex-1 x-1 x-1
而 a , > 0 , ae即有 + ex-1 lnx -1 x 5e- + ex-1 lnx -1 - x ,
2 x x 2x
5ex-1 5 2
則只需證明 + ex-1 lnx -1 - x > 0 , ex-1 5即證 + lnx -1÷ > x ,即證 + x lnx -1 x> x-1 ,2x è 2x 2 e
令 h x 5= + x lnx -1 ,則 h x = lnx ,當(dāng) x 0,1 時, h x < 0 ,當(dāng) x 1, + 時, h x > 0 ,
2
即函數(shù) h(x)
3
在( 0, 1)上單調(diào)遞減,在 (1, + )上單調(diào)遞增,則 h(x)min = h 1 = ,2
x2
令j x = x-1 (x > 0) ,則j x
x 2 - x
= ,當(dāng) x 0,2 時,j x > 0 ,當(dāng) x 2, + 時,j xx 1 < 0- ,e e
函數(shù)j(x) 在 (0, 2)
4 3
上單調(diào)遞增,在 (2, + ) 上單調(diào)遞減,則j(x)max = j 2 = < = h(x) ,e 2 min
5 2
從而 + x 1lnx 1 x- > ,即 f (x) + lnx + - x > ex-1 1- lnx 成立.
2 ex-1 x
(六) 通過減元法構(gòu)造函數(shù)證明不等式
對于多變量不等式 ,一般處理策略為消元或是把一個看作變量其他看作常量；當(dāng)都不能處理的時候,通過變
形,再換元產(chǎn)生一個新變量,從而構(gòu)造新變量的函數(shù).
m m
【例 7 2024 x y 】（ 屆江西省南昌市高三三模）定義：若變量 x, y > 0 ,且滿足： a ÷
+ ÷ =1 ,其中
è è b
a,b > 0, m Z ,稱 y 是關(guān)于的“ m 型函數(shù)”.

(1)當(dāng) a = 2,b =1時,求 y x
3
關(guān)于 的“2 型函數(shù)”在點 1, 2 ÷÷處的切線方程；è
(2)若 y 是關(guān)于 x 的“ -1型函數(shù)”,
（i）求 x + y 的最小值：
n+1
1 n n n
（ii）求證： xn + yn *n a n+1 + bn+1 ÷ , n N .
è
1 1
2 2 -
【解析】（1）解：當(dāng) a 2,b
2 2
= =1 時,可得 y 1 x ,則 y 1 1 x 1= -

4 ÷
= - ×
2 4 ÷
- x ÷ ,
è è è 2
3 3 3
所以 y = - ,所求切線方程為 y - = - (x -1) ,即 x + 2 3y - 4 = 0 .
x=1 6 2 6
-1 -1
（2）解：由 y x “ ”, x y
a b
是關(guān)于 的 -1 + 型函數(shù) 可得 ÷ ÷ =1 ,即 + =1,
è a è b x y
(x y) (x y) a b ay bx ay bx（i）因為 + = + + ÷ = a + b + + a + b + 2 + = ( a + b)
2 ,
è x y x y x y
ìay bx
= ì
當(dāng)且僅當(dāng) í x y
x = a + ab
即 í 時取得最小值.
x + y = ( a + b)2 y = b + ab
x -1 y
-1
a b
（ii）由 ÷ + ÷ =1 ,即 + =1,則 (x - a)(y - b) = ab ,且 x > ax y ,
y > b ,
è a è b
可設(shè) x - a = at , y - b
b
= ,其中 t (0,+ ) ,
t
n
é 1 ù 1
n

于是 xn + yn = [a(1+ t)]n + n n nêb 1+ ÷ú = a (1+ t) + b 1+ ÷ ,
è t è t
n
h(t) = an (1+ t)n 1+ bn 1+ 記 t ÷
,
è
n-1 n n-1 é n ù
h t = nan n-1 n 1 1 na1 t nb 1 1+ t n+1 b 可得 + + + ÷ - 2 ÷ = n+1 êt -t t t a ÷ ú ,è è ê è ú
n n
由 h t = 0 , n+1 n+1得 t b ,記 t b= ÷ = ÷ ,當(dāng)0 < t < t0 時 h t < 0 ,當(dāng) t > t0 時, h t > 0 ,則
è a
0
è a
n nn n
n
é ù é ùn n n n+1 n+1h(t)min = h t0 = a 1+ t0 + b 1
1
+ = an ê1+ b n a
t ÷ ê a ÷
ú + b ê1+
ú ê b ÷
ú
è 0 è è ú
n 1
n n 1 n n n n n n n n n
= a + bn+1 ×a n+1 ÷ + b + a n+1 ×bn+1 ÷ = a n+1 a n+1 + bn+1 ÷ + bn+1 bn+1 + a n+1 ÷
è è è è
n+1 n+1
n n n 1 n n n
= a n+1 + bn+1 ÷ ,所以 n x + yn n a n+1 + bn+1 ÷ .
è è
(七) 與極值點或零點有關(guān)的多變量不等式的證明
此類問題通常是給出函數(shù)的零點或極值點 x1, x2 或 x1, x2 , x3 ,與證明與 x1, x2 或 x1, x2 , x3 有關(guān)的不等式,求解時要
有意識的利用方程思想代入消元（若 xi 是 f x 的零點,則 f xi = 0 ,若 xi 是 f x 的極值點,則 f xi = 0 ,）,減
少變量個數(shù).
x
【例 8】（2024 e 2a屆湖南婁底市高三下學(xué)期高考考前仿真聯(lián)考）已知函數(shù) f x =
x2
- - alnx .
x
(1)當(dāng) a =1時,討論函數(shù) f x 的單調(diào)性；
e2(2)若 a > ,
2
（i）證明：函數(shù) f x 有三個不同的極值點；
2
（ii）記函數(shù) f x 三個極值點分別為 x1, x2 , x3 ,且 x1 < x2 < x3 ,證明： f x3 - f x
a
1 < - a ÷ x3 - x1 .
è e
x
【解析】（1）函數(shù) f x 的定義域為 (0, + ) ,當(dāng) a =1時, f x e 2= 2 - - lnx ,則x x
x2 xf x e - 2xe
x 2 1 ex (x - 2) 2 - x (x - 2)(ex - x)
=
x4
+
x2
- = 3 + 2 =x x x x3
,
令 y = ex - x(x > 0) ,則 y = ex -1 > 0(x > 0) ,
所以 y = ex - x 在 (0, + )上遞增,所以 y = ex - x > e0 - 0 = 1 ,
所以當(dāng) x > 2時, f (x) > 0 ,當(dāng)0 < x < 2時, f (x) < 0 ,
所以 f x 在 (0, 2) 上遞減,在 (2, + ) 上遞增；
x
2 i x (0,+ ) , f x e (x - 2) 2a a (x - 2)(e
x - ax)
（ ）（ ）因為 且 = 3 + 2 - = , f (2) = 03 ,x x x x
ex ex
由 ex - ax = 0 ,得 a = （ x (0,+ )）,令 g(x) = (x > 0) ,則
x x
x
g (x) e (x -1)= 2 (x > 0) ,當(dāng)0 < x <1時, g (x) < 0 ,當(dāng) x >1時, g (x) > 0 ,x
所以 g(x)在( 0, 1)上遞減,在 (1, + )上遞增,所以 g(x)min = g(1) = e ,
a e
2 x
當(dāng) > = g(2) > e時, a e= 在( 0, 1)和 (2, + ) 上各有一個實數(shù)根,分別記為 x
2 x 1
, x3 ,則0 < x1 < 1, x3 > 2 ,設(shè)
x2 =2,
當(dāng)0 < x < x1 或 x2 < x < x3時, f (x) < 0 ,當(dāng) x1 < x < x2 或 x > x3 時, f (x) > 0 ,
所以 f (x) 在 0, x1 和 x2 , x3 上遞減,在 x1, x2 和 (x3 , + )上遞增,
所以函數(shù) f (x) 在 (0, + )上有三個不同的極值點,
（ii）由（i）0 < x1 < 1, x3 > 2 ,
所以 x1, x
x x
3是方程 e x = ax 的兩個不相等的實數(shù)根,即e 1 = ax1 , e 3 = ax3 ,
ex1 2a
所以 f (x1) = 2 - - a ln x
a 2a
1 = - - a ln x
1
1 = -a + ln x1 ÷ ,x1 x1 x1 x1 è x1
1
同理 f (x3) = -a + ln xx 3 ÷
,
è 3
1
-a + ln x a 1+ + ln x -a 1 1+ ln x - - ln x
所以 f x3 - f x x 3 ÷ x 1 ÷ x 3 1 ÷1 = è 3 è 1 = è 3 x1
x3 - x1 x3 - x1 x3 - x1

a x1 - x3 ln x

- + 3 ÷
= è
x3x1 x1 ,
x3 - x1
ex3
x3
ex由 1 = ax1 , e
x3 = ax3 ,得 ln
x3 = ln a ln e= = ln ex3 -x1 = x - x ,
x x1 x1 3 11 e e
a
x1 - x3 x3 a ln a x- + ÷ - 1
- x3 + x - x
所以 f x3 - f x1 è x3x1 x1 è x3x 3 1
÷ 1 ,
= = 1 = a -1
x3 - x1 x3 - x
÷
1 x3 - x1 è x3x1
2
因為 a
e
,+ ÷ ,
è 2
2 f x - f x 2
所以要證 f x f x a 3 1 a3 - 1 < - a ÷ x3 - x1 ,只要證 < - a ,
è e x3 - x1 e
1 a2 1 a 1 a
即證 a -1÷ < - a ,即證 -1< -1 <
è x3x1 e x3x1 e
,即證 x3x
,
1 e
只需證 e < ax1x3 ,即 e < x
x3
1 ×e ,即 e
1-x3 < x1 ,
由（i）可得0 < x < 1, x > 2 ,所以0 < e1-x3 < e-11 3 <1,
x
根據(jù)（i）中結(jié)論可知函數(shù) g(x) e= 在( 0, 1)上遞減,
x
e1-x所以要證 3 < x , g(x ) < g(e1-x1 即證 31 ) ,
x 1-xe 1 ex3 1-x ex3 ee
3 e 1-x
因為 a = = ,所以 g(x1) = g(x3 ) ,所以只要證 g(x3) < g(e 3 ) ,即 < < e
e 3
x x x e1-x
,得 x ,31 3 3 3
1- ln x 1-x即 33 < e ,得1- ln x - e
1-x3
3 < 0 ,
1-x
令 h(x) =1- ln x - e1-x (x > 2) ,則 h (x) 1= - + e1-x xe -1= (x > 2) ,
x x
令u(x) = xe1-x -1(x > 2) ,則u (x) = (1- x)e1-x < 0(x > 2) ,
所以u(x) 在 (2, + ) 上遞減,所以u(x) < u(2)
2
= -1< 0 ,所以 h (x) < 0 ,
e
所以 h(x) 在 (2, + ) 上遞減,所以 h(x) < h(2)
1
=1- ln 2 - < 0 ,所以得證.
e
(八) 與數(shù)列前 n 項和有關(guān)的不等式的證明
此類問題一般先由已知條件及導(dǎo)數(shù)得出一個不等式,再把該不等式中的自變量依次用 1,2,3,L ,n 代換,然后用
疊加法證明.
1 3
【例 9】（2024 2屆重慶市九龍坡區(qū)高三下學(xué)期 5 月質(zhì)量抽測）已知函數(shù) f x = ln x + x - ax + , a > 0 .
2 2
(1)當(dāng) x 1,+ 時,函數(shù) f x 0恒成立,求實數(shù) a的最大值；
(2)當(dāng) a = 2時,若 f x1 + f x2 = 0 ,且 x1 x2 ,求證： x1 + x2 > 2；
n 2
(3) * , 2ln n 1 i -1求證：對任意 n N 都有 + + i ÷ > n .i=1 è
【解析】（1）當(dāng) x 1時, f x ln x 1 3= + x2 - ax + 0恒成立,
2 2
a ln x 1 x 3
ln x 1 3
即 + + 恒成立,只需 a
x 2 2x
+ x +
x 2 2x ÷ 即可,è min
g x ln x 1 3= + x + , x 1 , g x 1- ln x 1 3 x
2 - 2ln x -1
令 則 = + - = ,
x 2 2x x2 2 2x2 2x2
2
令 h x = x2 - 2ln x -1 , x 1 ,則 h x = 2x 2 2x - 2- = ,
x x
當(dāng) x 1時, h x 0恒成立, h x 在 x 1,+ 單調(diào)遞增,所以 h x h 1 = 0 ,
所以 g x 0在 x 1,+ 恒成立, g x 在 x 1,+ 單調(diào)遞增,
所以 g x = gmin 1 = 2 ,所以 a 2 ,即實數(shù) a的最大值為 2 .
f x ln x 1 2（2）當(dāng) a = 2時, = + x - 2x 3+ , x > 0 ,
2 2
1 x -1
2
所以 f x = + x 2 - = 0 , f x 在 x 0, + 上單調(diào)遞增,
x x
又 f 1 = 0 , f x1 + f x2 = 0且 x1 x2 ,不妨設(shè) 0 < x1 < 1 < x2 ,
要證 x1 + x2 > 2 ,即證明 x2 > 2 - x1 ,
因為 f x 在 x 0, + 上單調(diào)遞增,即證 f x2 > f 2 - x1 ,
因為 f x1 + f x2 = 0 ,即證 f x1 + f 2 - x1 < 0 ,
設(shè)F x = f x + f 2 - x 1 3 1 3= ln x + x2 - 2x + + ln 2 - x + 2 - x 2 - 2 2 - x +
2 2 2 2
= ln éx 2 - x ù 2 + x - 2x +1 = ln éx 2 - x ù - x 2 - x +1 , 0 < x <1,
令 t = x 2 - x 1 1- t,則0 < t <1 ,則j t = ln t - t +1 ,j t = -1 = ,
t t
由0 < t <1可得j t > 0 ,j t 在 0,1 單調(diào)遞增,
所以j t < j 1 = 0 ,即F x = f x + f 2 - x < 0 ,
所以 f x1 + f 2 - x1 < 0成立,所以 x1 + x2 > 2 .
（3）由（2）可知當(dāng) a = 2時, f x 在 1, + 單調(diào)遞增,且 f x > f 1 = 0 ,
1 2
由 ln x + x - 2x
3
+ > 0 2得
2 2 2ln x + x
2 - 4x + 3 > 0 ,即 2ln x + x - 2 >1 ,
x n +1
2 2
令 = ,則 2ln n +1 n +1+ - 2

÷ >1, 2ln
n +1
+
1- n
即
n n n n ÷
>1 ,
è è n
2 2 2 2
所以 2ln 2 1-1 1 , 2ln 3 1- 2 4 1- 3 n +1 1- n+ > + >1 , 2ln +
>1,…, 2ln + >1 ,
1 è 1 ÷ 2 ÷ ÷ ÷ è 2 3 è 3 n è n
n
2ln n 1 i -1
2

相加得 + + > n .
i=1 è i
÷

（九）通過同構(gòu)函數(shù)把復(fù)雜不等式化為簡單不等式
此類問題通常是構(gòu)造一個函數(shù) f x ,把所證不等式轉(zhuǎn)化為 f g x > f h x ,再根據(jù) f x 的單調(diào)性轉(zhuǎn)化為
證明一個較簡單的不等式.
【例 10】（2024 ax屆廣東省廣州市高中畢業(yè)班沖刺訓(xùn)練二）已知函數(shù) f x = xe （ a > 0）.
(1)求 f x 在區(qū)間 -1,1 上的最大值與最小值；
(2)當(dāng)a 1時,求證： f x ln x + x +1.
【解析】（1）解： f x = eax 1+ ax （ x > 0）（ a > 0）,令 f x = 0 ,則 x 1= - ,
a
1
當(dāng)0 < a 1時, - -1 ,所以 f x 0在區(qū)間 -1,1 上恒成立, f x 在區(qū)間 -1,1 上單調(diào)遞增,
a
f x = f -1 = -e-a所以 , f x = f 1 = eamin max .
1
當(dāng) a > 1時, -1 < - <1
é
,則當(dāng) x ê-1,
1
- ÷時, f x < 0 , f x
é 1
在區(qū)間 ê-1, - ÷上單調(diào)遞減；a a a
x 1 - ,1ù f x > 0 f x 1, , - ,1ù當(dāng) 時 在區(qū)間
è a ú è a ú
上單調(diào)遞增,

1 1
所以 f x = f - = -min ÷ ,è a ae
而 f -1 = -e-a < 0 , f 1 = ea > 0 .所以 f x = f 1max = e
a
綜上所述,當(dāng)0 < a 1時, f x = -e-amin , f x = e
a
max ；
1
當(dāng) a > 1時,所以 f x = - , f x = eamin max .ae
（2）因為 x > 0 , a 1 ,所以 xeax xex ,欲證 xeax ln x + x +1 ,只需證明 xex ln x + x +1 ,
只需證明 xex = eln xex = ex ln x+x ln x + x +1 ,
x x
因此構(gòu)造函數(shù) h x = e - x -1（ x R ）, h x = e -1 ,
當(dāng) x - ,0 時, h x < 0 , h x 在 - ,0 上單調(diào)遞減；
當(dāng) x 0, + 時, h x > 0 , h x 在 0, + 上單調(diào)遞增：
所以 h x h 0 = 0 ,所以 e x x + 1 ,所以 xex ln x + x +1 ,
因此 f x ln x + x +1.
【例 1】（2024 屆內(nèi)蒙古呼和浩特市高三第二次質(zhì)量監(jiān)測）對于函數(shù) f x ,若實數(shù) x0 滿足 f x0 = x0 ,則 x0 稱
x - x
為 f x 的不動點．已知函數(shù) f x = e - 2x + ae x 0 ．
(1)當(dāng) a = -1時,求證 f x 0；
(2)當(dāng) a = 0時,求函數(shù) f x 的不動點的個數(shù)；
1 1 1
(3)設(shè) n N* ,證明 + +L+ > ln n +1 ．
12 +1 22 + 2 n2 + n
x - x
【解析】（1）當(dāng) a = -1時,有 f x = e - 2x - e x 0 ,
所以 f x 1= ex + x - 2 x 0 , f x ex
1
所以 = + x - 2 2 e
x 1 × x - 2 = 0e e e
x 1
當(dāng)且僅當(dāng) e = xx , e = 1 ,即 x = 0時,等號成立,e
所以當(dāng) x 0, + 時, f x 0 , f x 單調(diào)遞增,
所以 f x f x = f 0 = 0 ,所以 f x 0min 得證.
（2）當(dāng) a = 0 x時, f x = e - 2x x 0 ,
根據(jù)題意可知：方程 ex - 2x = x x 0 解的個數(shù)即為函數(shù) f x 的不動點的個數(shù),
化 ex - 2x = x x 0 ex 3x 0 x 0 , g x = ex為 - = 令 - 3x x 0 ,
所以函數(shù) g x 的零點個數(shù),即為函數(shù) f x 的不動點的個數(shù),
g x = ex - 3 x 0 ,令 g x = 0 ,即 ex = 3 ,解得 x = ln 3 ,
x 0, ln 3 ln3 ln 3, +
g x - 0 +
g x 單調(diào)遞減 3- 3ln 3 單調(diào)遞增
因為 g 0 =1 > 0 , g ln 3 = 3- 3ln 3 < 0 ,所以 g x 在 0, ln 3 上有唯一一個零點,
又 g 5 = e5 -15 > 25 -15 =17 > 0 ,所以 g x 在 ln 3, + 上有唯一一個零點,
綜上所述,函數(shù) f x 有兩個不動點.
（3）由（1）知, ex - 2x - e- x > 0, x 0, + ,
1
令 x = ln s, s >1 ,則 s - 2ln s - s-1 > 0 ,即 s - > 2ln s, s >1 ,
s
1
1 1 1
1
設(shè) s = 1+ , n N* ,則滿足 s >1
1+ - > 2ln 1+ n
,所以 n 1 n ,即 > ln
1
1+

1 ÷ ,n 1+ 1+ è
n
n n
1 n +1
所以 > ln ÷ = ln n +1 - ln n2 n ,n + n è
1 1 1
所以 + +L+ > ln 2 - ln1+ ln 3 - ln 2 +L+ ln(n +1) - ln n = ln n +1
12 +1 22 + 2 n2
,即
+ n
1 1 L 1+ + + > ln n +1 .
12 +1 22 + 2 n2 + n
f (x) 1 1【例 2】（2024 屆四川省自貢市高三第三次診斷性考試）已知函數(shù) = + + a ln x(a > 0)
x
(1)求函數(shù) f (x) 的單調(diào)區(qū)間；
a
(2)函數(shù) f (x) 有唯一零點x1 ,函數(shù) g(x) = x - sin x - 2 在R 上的零點為x2．證明： x1 < x2．e
1 1 a ax -1
【解析】（1）函數(shù) f (x) =1+ + a ln x(a > 0) 的定義域為 0, + ,且 f (x) = - 2 + = ,x x x x2
1 1
所以當(dāng)0 < x < 時 f (x) < 0 ,當(dāng) x > 時 f (x) > 0 ,
a a
所以 f x 0, 1 1的單調(diào)遞減區(qū)間為 ÷ ,單調(diào)遞增區(qū)間為 ,+

a ÷
；
è è a
1 1
（2）法一：由（1）可知若函數(shù) f x 有唯一零點x1 ,則 x1 = ,即 f = -alna + a +1 = 0 ,a è a ÷
令j x = -xlnx + x +1 ,則j x = -lnx ,
當(dāng) x >1時,j x < 0,j x 單調(diào)遞減,當(dāng)0 < x <1時,j x > 0,j x 單調(diào)遞增,
因為 e4 > 2.74 = 53.1441 > 27 , e5 < 35 = 243 < 256 ,
所以j 3 = -3ln 3 + 4 = 4 - ln 27 = ln e4 - ln 27 > 0 ,
j 4 = -4ln 4 + 5 = 5 - ln 256 = ln e5 - ln 256 < 0 ,
當(dāng)0 < x <1時j x = x 1- ln x +1 > 0 ,當(dāng) x + 時j x - ,
所以j x 在 3,4 1 1 1上存在唯一零點,所以3 < a < 3 ,即 < < ,
4 a 3
e-2 -2
令 h x = + sinx x , h x e- 則 = - 2 + cosx -1< 0 ,x x
所以 h x 在 0, + 上單調(diào)遞減,
h 1 h 1 3 1 1 3 1 1 1故 > = + sin - > + sin - = sin > 0 ,
è a ÷ è 3 ÷ e2 3 3 32 3 3 3
ae-2 1 1所以 > - sin ,又 g x2 = x2 - sinx - ae-2 = 0 ,a a 2
所以 x2 - sinx2 = ae
-2 1 1> - sin = x1 - sinx1 ,a a
令F x = x - sinx ,則F x = 1- cosx 0 ,所以F x 在 0, + 上單調(diào)遞增,
又F x2 > F x1 ,所以 x2 > x1 .
1
法二：因為 a > 0 ,由（1）可知若函數(shù) f x 有唯一零點x1 ,則 x1 = ,a
即 f x a ln x
1 1 11 = 1 + + = ln x1 + x1 +1 = 0 ln x1 + xx x 1 +1 = 0 ,1 1
設(shè) h(x) = ln x + x
1 1
+1, h > 0, h e ÷ ÷
< 0 ,而 h x 在 0, + 上單調(diào)遞增,
è è e2
x 1所以 1 2 ,
1
÷ , g (x) = 1- cos x≥0 ,所以 g x 在R 上單調(diào)遞增,
è e e
a
又 g(0) = - 2 < 0,\ x1 > 0 ,e
令j(x) = x - sin x
1
- ,j 2 (x) =1- cos x
1
+ j(x)2 2 > 0 ,所以 在 0, + 上單調(diào)遞增,e x e x
j x j 1所以\ 1 < ÷ = -sin
1
< 0 ,而 g x
a 1
2 = x2 - sin x2 - 2 = x2 - sin x1 - = 0e x e2 ,è e e 1
g x x 1\ 1 = 1 - sin x1 - 2 < g x2 = x
1
x e 2
- sin x2 - 2 \ x1 < xx e 1 .1 1
【例 3】（2024 屆四川省成都市實驗外國語學(xué)校教育集團高三下學(xué)期聯(lián)考）已知函數(shù) f x = ex , g x = ln x .
(1)若函數(shù) h x ag x x +1= -1 - , a R ,討論函數(shù) h x 的單調(diào)性；
x -1
1
(2)證明： 2x -1 f 2x 4- f x > 2g x - 2 . 1（參考數(shù)據(jù)：
4 e5 2.23
, e 2 1 .6 5 ）
x +1 ax - a + 2
【解析】（1）由題意 h x = a ln x -1 - , x >1 ,所以 h x = , x >1
x -1 x -1 2 ,
當(dāng) a = 0時, h x > 0 ,所以 h x 在 1, + 上為增函數(shù)；
a 0 h x = 0 x 1 2當(dāng) 時,令 得 = - ,
a
2
所以若 a > 0時,1- <1 ,所以 h x > 0 ,所以 h x 在 1, + 上為增函數(shù),
a
2 2 2
若 a<0時,1- >1 ,且1 < x <1- 時, h x > 0 , x > 1- 時, h x < 0 ,
a a a
所以 h x 2 2 在 1,1- ÷上為增函數(shù),在 1- ,+ ,
è a è a ÷
上為減函數(shù)

綜上：當(dāng) a 0時, h x 在 1, + 上為增函數(shù),
2 2
當(dāng) a<0 h x 1,1- 時, 在 ÷上為增函數(shù), 在 1- ,+ a a ÷上為減函數(shù)；è è
1
（2） 2x -1 f 2x - f x > 2g x 1- 2等價于 2x -1 e2x - ex - 2ln x + 2 > 0 ,
4 4
F x 1= 2x -1 e2x - ex設(shè) - 2ln x + 2 ,則
4
2 2x x xex - 2 xex +1
F x = xe2x x 2 x e - xe - 2 - e - = = ,
x x x
因為 x > 0 ,所以 xex +1 > 0 ,
設(shè)j x = xex - 2 ,則j x = x +1 ex > 0 ,則j x 在 0, + 上單調(diào)遞增,
4 4 4
而j ÷ = e5 - 2 < 0,j 1 = e - 2 > 0 ,
è 5 5
4
所以存在 x0 ,1

÷ ,使j x x00 = 0 ,即 x0e = 2 ,所以 x0 + ln x0 = ln 2 ,即 ln x0 = ln 2 - x0 ,è 5
當(dāng)0 < x < x0 時, F x < 0 ,則F x 在 0, x0 上單調(diào)遞減,
當(dāng) x > x0時, F x > 0 ,則F x 在 x0 ,+ 上單調(diào)遞增,
1
所以F x = 2x0 -1 e2x0 - ex0 - 2ln x0 + 2min 4
1
= 2x0 -1
4 2
2 - - 2ln 2 + 2x + 2
1
= - + 2x - 2ln 2 + 2
4 x0 x
0 x2 0 ,0 0
設(shè)m t 1= - 2 + 2t - 2ln 2
4
+ 2, 2 < t <1÷ ,則m t = 3 + 2 > 0 ,t è 5 t
則m t 4在 ,1
4 25 8 163
÷ 上單調(diào)遞增, m ÷ = - + - 2ln 2 + 2 = - 2ln 2 > 0 ,
è 5 è 5 16 5 80
則F x > 0 1min ,則不等式 2x -1 e2x - ex - 2ln x + 2 > 0恒成立,4
1
即不等式 2x -1 f 2x - f x > 2g x - 2成立.
4
f x a + ln x【例 4】（2024 屆天津市濱海新區(qū)高考模擬檢測）已知函數(shù) = ,其中 a為實數(shù)．
x
(1)當(dāng) a =1時,
①求函數(shù) f x 的圖象在 x=e（ e為自然對數(shù)的底數(shù)）處的切線方程；
②若對任意的 x D ,均有m x n x ,則稱m x 為 n x 在區(qū)間D上的下界函數(shù), n x 為m x 在區(qū)間D上的
g x k上界函數(shù)．若 = ,且 g x 為 f x 在 1, + 上的下界函數(shù),求實數(shù) k 的取值范圍．
x +1
(2) a = 0 , G x = ex , H x
G x
= xf x , 1< x < x , k = 1
- G x2 H x1 - H xk 2 當(dāng) 時若 且 1 2 設(shè) 1 , 2 = ．證明：x1 - x2 x1 - x2
G x + G x
k - k < 1 2 11 2 -2 ．x1x2
1+ ln x 1
1 a 1 , f x = , × x - 1+ ln x 【解析】（ ）①當(dāng) = 時 所以 f x x ln x ,x = x2 = x2
1
所以函數(shù) y = f x 的圖像在 x=e處的切線斜率 k = f e = -
e2
．
又因為 f e 2= ,所以函數(shù) y = f x 的圖象在 x=e 1 3處的切線方程為 y = - 2 x + ,e e e
②因為函數(shù) y = g x 為 y = f x 在 1, + 上的下界函數(shù),
所以 g x f x k 1 + ln x,即 ．
x + 1 x
x 1,+ 1+ ln x x +1, x +1 > 0 , k x ln x + ln x +1因為 所以 故 = +1．
x x
令 h x x ln x + ln x +1 1 x - ln x= + , x 1 ,則 h x = ．
x x2
設(shè) v x = x - ln x , x 1 ,則 v x 1 x -1=1- = ,
x x
所以當(dāng) x 1時, v x 0 ,從而函數(shù) y = v x 在 1, + 上單調(diào)遞增,
所以 v x v 1 =1,故 h x > 0在 1, + 上恒成立,所以函數(shù) y = h x 在 1, + 上單調(diào)遞增,
從而 h x h 1 = 2．
因為 g x f x 在 1, + 上恒成立,所以 k h x 在 1, + 上恒成立,
故 k 2 ,即實數(shù) k 的取值范圍為 - , 2 ．
（2）當(dāng) a = 0時,G x = ex , H x = xf x = ln x ,1< x1 < x2 ,
G xk k 1 + G x- 2 1要證 1 2 < -2 ,x1x2
é G x1 - H x1 ù - é G x2 - H x2 ù G x1 + G x2 1
即證 < - ,
x1 - x2 2 x1x2
1 1
+
因為 1 x x< 1 2 ,
x1x2 2
1 1
éG x - H x ù - éG x - H x ù +所以只要證 1 1 2 2 G x1 + G x2 x1 x< - 2 ,
x1 - x2 2 2
G x 1éG x - H x 1 - + G x2
1
-
即證 1 1 ù - é G x2 - H x2 ù x< 1 x2 ,
x1 - x2 2
因為G x = ex , H x 1= ,
x
é G x1 - H x1 ù - é G x2 - H x2 ù G x即證 < 1 - H x1 + G x2 - H x2 ,
x1 - x2 2
x P x1 - P x2 P x1 + P x2
令P x = G x - H x = e - ln x ,即證 < ,
x1 - x2 2

因為1 < x1 < x2 ,即證P x1 - P x2
P x1 + P x > 2 x1 - x2 （*）,2
令 x1 = x ,則1< x < x2 ．構(gòu)造函數(shù)：
P x + P
x
Q x = P x - P x 2 2 - x - x2 2
ex 1- + ex 12 -
= ex ln x ex x x- - 2 - ln x2 - 2 x - x2 2
1 x 1 1ex + e - + e
x2 -
則Q x = ex 1
2 x x
-

÷ -
x x - x 2 ,
x 2
-
è 2 2
令R(x) = Q (x) ,
ex 2 ex 1 ex 1 2- + + ex -
則 3 2 2 3R x = ex
1
+ x2 ÷ - x - x2 - x - x = - x x - x2 ,è x 2 2 2 2
因為1< x < x ex
2
2 , - 3 > e - 2 > 0 , x - xx 2
< 0 ,
ex 2-
所以 3R x = - x x - x > 0．所以Q x 在 1, + 單調(diào)遞增．
2 2
得到Q x < Q x2 = 0 ,可知Q x 在 1, + 單調(diào)遞減,Q x > Q x2 = 0．
所以（*）成立,原命題成立．
【例 5】（2024 屆河北省滄州市泊頭市第一中學(xué)等校高三下學(xué)期 5 月模擬）對于函數(shù) f x 和 g x ,設(shè)
a x∣f x = 0 , b x∣g x = 0 ,若存在a , b 使得 a - b 1 ,則稱 f x 和 g x 互為“零點相鄰函數(shù)”.設(shè)
f x = ln a + x a R , g x = x x +1 ,且 f x 和 g x 互為“零點相鄰函數(shù)”.
(1)求 a的取值范圍；
(2)令 h x = g x - f x （ g x 為 g x 的導(dǎo)函數(shù)）,分析 h x 與 g x 是否互為“零點相鄰函數(shù)”；
1 1
(3)若 a =1, x > 0 ,證明： f - < 0è x ÷ g x .
【解析】（1）令 f x = ln a + x = 0 ,得 x =1- a ,令 g x = x x +1 = 0 ,得 x1 = -1, x2 = 0 ,
① 1- a - -1 1 ,解得1 a 3 ,② 1- a - 0 1,解得0 a 2 ,
所以 a的取值范圍為 0,3 .
（2） h x = 2x +1- ln x + a (x > -a) 1 2x + 2a -1,則 h x = 2 - = ,
x + a x + a
令 h x = 0 ,得 x 1 1= - a ,當(dāng)-a < x < - a 時, h x < 0, h x 單調(diào)遞減,
2 2
1
當(dāng) x > - a 時, h x > 0,h x 單調(diào)遞增,
2
所以 h(x)
1 1
min = h - a

÷ = 2 - 2a - ln = 2 + ln2 - 2a ,
è 2 2
a 0,3 a é ln2 又 ,當(dāng) ê0,1+ ÷時, h(x)min > 0,h x 無零點, 2
所以 h x 與 g x 不互.為“零點相鄰函數(shù)”；
當(dāng) a =1
ln2
+ 時, h(x)min = 0 ,函數(shù) h x x
1 a 1+ ln2的零點為 = - = - -1,0 ,
2 2 2
所以 h x 與 g x 互為“零點相鄰函數(shù)”；
ln2 5 ù
當(dāng) a 1+ , ú 時, h(x)min < 0 ,又因為 h 1 > 0 ,è 2 2
1
所以此時在區(qū)間 - a,1

÷ -2,1 內(nèi)存在零點,所以 h x 與 g x 互為“零點相鄰函數(shù)”；
è 2
5
當(dāng) a ,3
ù
2 ú 時, h(x)min < 0 ,又因為 h -1 < 0, h 1 > 0 ,è
所以在區(qū)間 -1,1 -2,1 內(nèi)存在零點,所以 h x 與 g x 互為“零點相鄰函數(shù)”.
a é0,1 ln2+ 綜上,當(dāng) ê ÷時, h x 與 g x 不互為“零點相鄰函數(shù)”, 2
當(dāng) a
é1 ln2 + ,3ùê ú時, h x 與 g x 互為“零點相鄰函數(shù)”. 2
1 1 1 1
（3）當(dāng) x > 0,a =1時, f ÷ - < 0 ln 1+ ÷ - < 0è x g x è x x x 1 ,+
1 ln 1 1 1 t設(shè) t = ,則 t > 0 ,則 + ÷ - < 0 ln 1+ t - < 0 1+ tln 1+ t - t < 0
x è x x x +1 t +1 ,
設(shè)F t = 1+ tln 1+ t - t(t > 0) ln 1+ t + 2 - 2 1+ t,則F t = ,
2 1+ t
p t = ln 1+ t + 2 - 2 1+ t , t > 0 , p t 1 1 1- 1+ t令 則 = - = < 0 ,
1+ t 1+ t 1+ t
所以 p t 在 0, + 上單調(diào)遞減,
又 p 0 = 0 ,所以 p t < 0 ,即F t < 0 ,所以F t 在 0, + 上單調(diào)遞減,
又F 0 = 0 ,所以F t < 0 ,得證.
2
1．（2024 x-1浙江省稽陽聯(lián)誼學(xué)校高三下學(xué)期 4 月聯(lián)考）已知函數(shù) f x = e + a ln x - x , a R
a
(1)當(dāng) a = -2 時,求 f x 的最小值；
(2)若 f x 在定義域內(nèi)單調(diào)遞增,求實數(shù) a 的取值范圍；
1
(3)當(dāng) 0 < a < 1時,設(shè)x1為函數(shù) f x 的極大值點,求證： f x1 < .e
2 2．（2024 屆廣東省肇慶市德慶縣香山中學(xué)高三下學(xué)期五月月考）已知函數(shù) f x = ax - lnx -1,
g x = xex - ax2 a R ．
(1)討論 f x 的單調(diào)性；
(2)設(shè)F x = f x + g x - x．
（i）證明：F x 的導(dǎo)函數(shù)F x 存在唯一零點；
（ii）證明：F x 0．
3．（2025 屆河北省“五個一”名校聯(lián)盟高三第一次聯(lián)）已知函數(shù) f x = alnx - x .
(1)討論 f x 的單調(diào)性；
a
(2) a > 0 , f x a 證明：當(dāng) 時 -1 .
è e ÷
4．（2024 x屆上海市格致中學(xué)高三下學(xué)期三模）已知 f x = e - ax -1 , a R , e是自然對數(shù)的底數(shù).
(1)當(dāng) a =1時,求函數(shù) y = f x 的極值；
(2)若關(guān)于 x 的方程 f x +1 = 0有兩個不等實根,求 a的取值范圍；
(3)當(dāng) a > 0時,若滿足 f x1 = f x2 x1 < x2 ,求證： x1 + x2 < 2lna .
ln ex
5．（2024 屆福建省南平市建陽區(qū)年高三預(yù)測絕密卷模擬）已知函數(shù) f x = ,其中 e為自然對數(shù)的底
ax
數(shù)．
(1)討論 f x 的單調(diào)性；
(2)若方程 f x =1有兩個不同的根 x1, x2 ．
(i)求 a的取值范圍；
(ii) 2 2證明： x1 + x2 > 2．
6．（2024 2屆江蘇省徐州市高三考前打靶卷）已知函數(shù) f x = 2x + x - ln x + m , m R .
(1)當(dāng)m = 0時,求曲線 y = f x 在點 (1, f (1))處的切線方程；
(2)當(dāng)m 1時,證明： f x 0 .
7 2024 f (x) = aex
3
．（ 屆寧夏吳忠市吳忠中學(xué)高三下學(xué)期第五次模擬）已知函數(shù) - x - (a R)．
2
(1)討論 f x 的單調(diào)性；
(2)證明：當(dāng) a > 0時, f (x) > 2ln a - a2 ．
8．（2024 屆北京市十一學(xué)校高三下學(xué)期三模）已知函數(shù) f x = ln x +1 + k x +1 ．
(1)求 f x 的單調(diào)區(qū)間；
(2)若 f x -1恒成立,求實數(shù) k 的取值范圍；
n lni n n -1
(3)求證： < ．（ n N且 n 2）
i=2 i +1 4
9．（2024 屆天津高考數(shù)學(xué)真題）設(shè)函數(shù) f x = xlnx ．
(1)求 f x 圖象上點 1, f 1 處的切線方程；
(2)若 f x a x - x 在 x 0, + 時恒成立,求 a的值；
1
(3)若 x1, x2 0,1 ,證明 f x1 - f x2 x1 - x 22 ．
10．（2024 x-1屆遼寧省鳳城市第一中學(xué)高三下學(xué)期期初考試）已知函數(shù) f x = xe - ln x - x .
(1)求函數(shù) f x 的最小值；
(2)求證： e é f x + xù > ex - e -1 ln x
1
- .
2
1
11．（2024 屆山東省智慧上進高三下學(xué)期 5 月大聯(lián)考）已知函數(shù) f x = + a ÷ ln x
2
+ - 2 ,其中 a R ．
è x x
(1)當(dāng)a 1時,判斷 f x 的單調(diào)性；
(2)若 f x 存在兩個極值點 x1, x2 x2 > x1 > 0 ．
2
（ⅰ）證明： x2 - x1 + 2 > ；a
（ⅱ）證明： x 1,+ 時, f x
1 4 5
> - + - 2
x3 x2 x ．2 2 2
12．（2024 屆湖南省衡陽市祁東縣高三下學(xué)期考前仿真聯(lián)考）已知正項數(shù)列 an 的前 n項和為 Sn ,首項
a1 =1 .
(1) a2若 n = 4Sn - 2an -1 ,求數(shù)列 an 的通項公式；
(2)若函數(shù) f (x) = 2ex + x ,正項數(shù)列 an 滿足： an+1 = f (an )(n N*) .
n
（i）證明： Sn 3 - n - 1；
(1 1 )(1 1 1（ii）證明： + 2 + 2 )(1+ 2 )L(1
1
+ 32 ) < e(n 2,n N
*)
5a .2 5a3 5a4 5an
14．（2024 屆陜西省安康市高新中學(xué)、安康中學(xué)高新分校 4 月聯(lián)考）已知函數(shù) f x x= x , g x = lnx .e
(1)求 f x 的極值；
(2)證明： xg x + 2 > ex f x 2- .
x
15．（2024 屆安徽省合肥市第六中學(xué)高三最后一卷）已知函數(shù) f (x) = a(1- 2ln x) + 4x6 (a R) ．
(1)討論 f (x) 的單調(diào)性；
(2)若x1 , x2 x1 x2 為函數(shù) g(x) = kx2
1
+ 2 - ln x 的兩個零點,求證： x x
4 4
x 1 2
>12e ．

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