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專題 6 不等式恒成立問題
函數與導數一直是高考中的熱點與難點,利用導數研究不等式恒成立問題一直是高考命題的熱點,此類問題
一般會把函數、導數及不等式交匯考查,對能力要求比較高,難度也比較大,常見的題型是由不等式恒成立確定
參數范圍問題,常見處理方法有：①構造函數,利用導數研究函數的單調性,求出最值,進而得出相應的含參不
等式,從而求出參數的取值范圍．②分離變量,把問題轉化為函數的最值問題．
(一) 與不等式恒成立問題有關的結論
①. x∈D,均有 f(x)>A 恒成立,則 f(x)min>A；
②. x∈D,均有 f(x)﹤A 恒成立,則 f(x)max③. x∈D,均有 f(x) >g(x)恒成立,則 F(x)= f(x)- g(x) >0,∴ F(x)min >0；
④. x∈D,均有 f(x)﹤g(x)恒成立,則 F(x)= f(x)- g(x) <0,∴ F(x) max <0；
⑤. x1∈D, x2∈E,均有 f(x1) >g(x2)恒成立,則 f(x)min> g(x)max；
⑥. x1∈D, x2∈E,均有 f(x1) 2
【例 1】（2024 屆天津市河西區高三下學期質量調查三）已知函數 f x = -2a ln x - ,
x
g x = ax - 2a +1 ln x 2- ,其中 a R ．
x
(1)若 f 2 = 0 ,求實數 a 的值
(2)當 a > 0時,求函數 g x 的單調區間；
é1 ù
(3) 2若存在 x ê , e 使得不等式 f x g x 成立,求實數 a 的取值范圍． e ú
【解析】（1）因為 f x = -2a ln x 2 2a 2- ,則 f x = - + ,
x x x2
由 f 2 = 0 2a 2 1可得- + 2 = 0 ,解得 a = .2 2 2
（2）函數 g x = ax - 2a +1 ln x 2- 的定義域為 0, + ,
x
2a +1 2 ax
2 - 2a +1 x + 2 ax -1 x - 2
且 g x = a - + = = ,
x x2 x2 x2
1
當 a > 0時,令 g x = 0 ,可得 x = > 0或 x = 2 ,
a
1
①當 = 2
1
,即 a = 時,對任意的 x > 0 , g x > 0 , g x 的單調遞增區間為 0, + ．
a 2
1 1 1 1
②當0 < < 2 ,即 a > 時, g x > 0 ,得0 < x < 或 x > 2 , g x < 0 ,得 < x < 2 ,
a 2 a a
g x 的單調遞增區間為 0,
1
÷和 2, + ,
1
單調遞減區間為 , 2a a ÷è è
1
③當 > 2 ,即0 < a
1
< 時 g x > 0 1 1,得0 < x < 2或 ； g x < 0 ,得 2 < x < ,
a 2 a a
g x 1 1 的單調遞增區間為 0,2 和 ,+ a ÷ ,單調遞減區間為 2, ÷ ,è è a
1
綜上所述, a = 時,函數 g x 的單調增區間為 0, + ；
2
a 1> 時,函數 g x 1 1 的單調增區間為
2
0,
a ÷
和 2, + ,單調減區間為 , 2÷；
è è a
1 1 10 < a < 時,函數 g x 的單調增區間為 0,2 和 ,+ 2 ÷ ,單調減區間為 2, ÷ .è a è a
（3）由 f x g x ln x 1 ln x 1,可得 ax - ln x 0 , a é 2 ù é, 2 ù即 其中 x ê , e ú ,令 h x = , x ê , e ú ,x e x e
é1 2 ù é1 2 ù
若存在 x ê , e ú ,不等式 f x g x 成立,則 a h x , x ê , e e min e ú ,
h x 1- ln x = 2 ,令 h x = 0
1
,得 x=e,當 x < e時, h x > 0 ,當 e < x e2 時, h x < 0 ,x e
é1 ù
所以函數 h x 在 ê , eú 上遞增,在 e,e2 ù 上遞減, e
所以函數 h x x 1在端點 = 或 x = e2 處取得最小值．
e
1
因為 h ÷ = -e , h e2 2= 2 ,所以 h
1 < h e h x = h 1 ÷ ,所以 ÷ = -emin ,所以 a≥- e ,è e e è e è e
因此,實數 a的取值范圍是 -e, + ．
1 3
【例2】（2024 2屆重慶市九龍坡區高三下學期5月第三次質量抽測）已知函數 f x = ln x + x - ax + , a > 0 .
2 2
(1)當 x 1,+ 時,函數 f x 0恒成立,求實數 a的最大值；
(2)當 a = 2時,若 f x1 + f x2 = 0 ,且 x1 x2 ,求證： x1 + x2 > 2；
n 2
(3)求證：對任意 n N* ,都有 2ln n 1 i -1+ + > n .
i=1 è i
÷

1
【解析】（1）當 x 1時, f x = ln x + x2 ax 3- + 0恒成立,
2 2
ln x 1 3 ln x 1 3
即 a + x + 恒成立,只需 a + x +x 2 2x ÷ 即可,x 2 2x è min
g x ln x 1 3
2
令 = + x + , x 1 , g x 1- ln x 1 3 x - 2ln x -1則 = + - = ,x 2 2x x2 2 2x2 2x2
2
令 h x = x2 - 2ln x -1 , x 1 , h x 2 2x - 2則 = 2x - = ,
x x
當 x 1時, h x 0恒成立, h x 在 x 1,+ 單調遞增,所以 h x h 1 = 0 ,
所以 g x 0在 x 1,+ 恒成立, g x 在 x 1,+ 單調遞增,
所以 g x = gmin 1 = 2 ,所以 a 2 ,即實數 a的最大值為 2 .
f x ln x 1 2 3（2）當 a = 2時, = + x - 2x + , x > 0 ,
2 2
1 x -1f x x 2
2
所以 = + - = 0 , f x 在 x 0, + 上單調遞增,
x x
又 f 1 = 0 , f x1 + f x2 = 0且 x1 x2 ,不妨設 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F x = f x + f 2 1 3 1 3- x = ln x + x2 - 2x + + ln 2 - x + 2 - x 2 - 2 2 - x +
2 2 2 2
= ln é 2 x 2 - x ù + x - 2x +1 = ln éx 2 - x ù - x 2 - x +1 , 0 < x <1,
令 t = x 2 - x ,則0 < t <1 ,則j t = ln t - t +1 ,j t 1 1 1- t= - = ,
t t
由0 < t <1可得j t > 0 ,j t 在 0,1 單調遞增,
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 a = 2時, f x 在 1, + 單調遞增,且 f x > f 1 = 0 ,
由 ln x
1 3
+ x2 - 2x + > 0 2得
2 2 2ln x + x
2 - 4x + 3 > 0 ,即 2ln x + x - 2 >1 ,
2
x n +1= , 2ln n +1 n +1 2 1, 2ln n +1 1- n
2
令 則 + - > + 即 >1 ,
n n n ÷ n n ÷è è
2ln 2 1-1
2 3 1- 2 2 2 2
所以 + ÷ >1 , 2ln +

÷ >1 , 2ln
4 1- 3+ n +1 1- n>1,…, 2ln + >1 ,
1 1 2 2 ÷ ÷è è 3 è 3 n è n
n 2
相加得 2ln n +1 + i -1 ÷ > n .
i=1 è i
(二)把函數單調性問題轉化為不等式恒成立問題
若給出函數單調性,求參數范圍,可把問題轉化為恒成立問題,若可導函數 f x 在 a,b 上是增（減）函數,則
x a,b 時 f x 0 （或 f x 0 ）恒成立.
【例 3】（2024 屆湖北省黃岡中學高三 5 月模擬）已知函數 f x = x +1 lnx - ax + 2 .
(1)當 a =1時,求 f x 的圖象在 1, f 1 處的切線方程；
(2)若函數 f x 在 1, + 上單調遞增,求實數 a 的取值范圍.
【解析】（1）當 a =1時, f x = x +1 lnx - x + 2 , x > 0 ,
f x 1= lnx + , f 1 =1 , f 1 =1,所以 f x 的圖象在 x =1處的切線方程為： y = x .
x
（2） f x = lnx 1+ +1- a ,
x
若函數 f x 在 1, + 上單調遞增,則 f x 0對于 x 1, + 恒成立,
即a lnx
1
+ +1對于 x 1, + 恒成立,
x
令 g x = lnx 1+ +1, x x -1>1 ,當 x >1時, g x = > 0 ,
x x2
則函數 g x 在 1, + 上單調遞增,所以 g x > g 1 = 2 ,故 a 2 .
(三)把二元不等式恒成立問題轉化為函數單調性問題
對于形如 x1 > x2 時不等式 f x1 + g x2 > f x2 + g x1 恒成立問題,可構造增函數 f x - g x 來求解.
基本結論：
f x - f x
(1)“若任意 x2 > x1 > 0 , f x1 - f x2 > kx1 - kx , x x , 1 22 或對任意 1 2 > k ,則 y = f x - kx 是x1 - x2
增函數；
f x - f x
(2) 對任意 x
1
1 x2 ,
1 2 > y f x 1,則 = + 是增函數；
x1 - x2 x1x2 x
2
【例 4】（2024 屆山西省呂梁市高三三模）已知函數 f x = x - 2x + alnx, a R .
(1)討論函數的單調性；
x2 f x - x f x (2) 1 1 2若對任意的 x1, x2 0, + , x1 x2 ,使 > 0恒成立,則實數 a的取值范圍.x1 - x2
2
【解析】（1） f x x 0, , f x 2x 2 a 2x - 2x + a的定義域為 + = - + = ,
x x
令 g x = 2x2 - 2x + a ,又QΔ = 4 -8a ,
1
1o ,當Δ 0 ,即 a 時, g x 0 ,此時 f x > 0, f x 在 0, + 上單調遞增2
2o
1
,當Δ > 0 , a < , g x = 0 , x 1- 1- 2a , x 1+ 1- 2a即 時令 解得
2 1
=
2 2
=
2
1
其中,當0 < a < 時 ,0 < x1 x2 , x 0, x1 x2 ,+ , g x 0 ,2
x x1，x2 , g x < 0，所以 f x 在 0, x1 , x2 , + 單調遞增,在 x1, x2 單調遞減；
當 a < 0時, x1 < 0 < x2 , x 0, x2 , g x 0, x x2 , + , g x 0 ,
故 f x 在 0, x2 單調遞減, x2 ,+
1
單調遞增.綜上： a , f x 在 0, + 上單調遞增；
2
0 1
1- 1- 2a
< a < , f x 在 0, ÷÷ ,
1+ 1- 2a
,+ ÷÷上單調遞增；2 è 2 è 2

a 0, f x 1+ 1- 2a
1+ 1- 2a
在 0, ÷÷上單調遞減,在 ,+ 2 2 ÷÷ 上單調遞增
.
è è
é
x x x f f x f xx x f x
ù
（2） 1 - 2 é 2 1 - 1 2 ù > 0 x1 - x
1 2
2 ê -x x ú > 0 . 1 2
g f xx x 2 alnx令 = = - + ,則只需 g x 在 0, + 單調遞增,
x x
即 g x 0恒成立,
x2 + a 1- lnx
2
g x = 2 ,令 h x = x
2 + a 1- lnx ,則 h x 0 a 2x - a恒成立；又 h x = 2x - = ,
x x x
2
①當 a = 0時, h x = x , h x 在 0, + 單調遞增成立；
②當 a < 0時, h x > 0, h x 在 0, + 單調遞增,又 x 0, h x - ,故 h x 0不恒成立.不滿足題意；

③當 a > 0時,由 h x = 0 x a a a得 = ,h x 在 0, 2 ÷÷單調遞減,在 , + 2 ÷÷單調遞增,2 è è

因為 h x 0 h(x) a a 3 恒成立,所以 min = h ÷÷ = 3 - ln

2 2 2 ÷
0 ,
è è
解得0 < a 2e3 ,綜上, a [0, 2e3] .
(四)形如“若 x m ,則 f x f m ”的恒成立問題
求解此類問題的思路是：先確定是使 f x 0 的參數 a 的取值范圍 A ,當 a A ,由 f x 為增函數及 x m可
得 f x f m 恒成立,當 a A時確定存在 x0 > m ,使得 x m, x0 , f x < 0 , f x 遞減,即 x m, x0 時
f x < f m ,故原不等式不恒成立.
【例 5】函數 f (x) = ex + sin x - a 的圖像與直線 2x - y = 0相切.
(1)求實數 a 的值；
(2)當 x [0,+ )時, f (x) msin 2x ,求實數 m 的取值范圍.
【解析】 (1) f (x) = ex + sin x - a f (x) = ex + cos x ,設切點為 (x0 , y0 ) ,
ìex0 + cos x = 2
所以有 f (x ) = ex00 + cos x

0 ,因為 2x - y = 0是切線,
0
所以有 í ,
2x0 - y0 = 0
設 h(x) = ex + cos x - 2 h (x) = ex - sin x ,顯然當 x > 0時, h (x) > 0, h(x)單調遞增,所以有 h(x) > h(0) = 0 ,
當 x > 0時, ex <1,cos x 1,所以 ex + cos x - 2 = 0無實數根,
因此當 x R 時,方程 h(x) = ex + cos x - 2 = 0 有唯一實數根,即 x = 0 ,
于是有 x = 0 y = 0 ,因此有 e00 0 + sin 0 - a = 0 a =1；
(2)令 g(x) = ex + sin x - msin 2x -1 ,則 g(x) 0在[0, + ) 恒成立
g (x) = ex + cos x - 2mcos 2x . g (0) = 2 - 2m
π p
若 2 - 2m 0 , ,
é
即m 1時當0 x 時,由 cos x cos 2x得 g (x) 0 ,所以 g(x)在 ê0, 2 ÷ 單調遞增,又
g(0) = 0 ,所
2
以 g(x) 0
é π p π
在 ê0, ÷恒成立；當 x > 時, ex > e 2 > 3所以 g(x) > 3- sin x - msin 2x -1 0 .所以 g(x) 0在 2 2
é π
ê , +

2 ÷
恒成立.

若 2 - 2m < 0即m >1時, g (0) = 2 - 2m < 0 ,則存在 x0 > 0 ,使得 g(x)在 0, x0 單調遞減,則當 x 0, x0 時,
g(x) < g(0) = 0矛盾,舍，綜上所述, m 的取值范圍時 (- ,1] .
(五)根據不等式恒成立求整數參數的最值
此類問題通常可分類參數,把問題轉化為m < f x （m > f x ）, m Z 的形式, f x 有最小（大）值,但無
法求出,只能引入導函數的隱零點 x0 ,估計 f x0 的范圍,再確定整數m 的最大（小）值.
【例 6】（2024 屆遼寧省沈陽市第一二〇中學高三上學期第二次質量檢測）已知函數
f (x) = 2x3 + 3(1+ m)x2 + 6mx(x R) .
(1)討論函數 f x 的單調性；
(2)若 f -1 =1,函數 g(x) = a ln x 1 f (x)+ - 2 0x 在 1, + 上恒成立,求整數 a 的最大值.
【解析】（1）根據題意可得 f (x) = 6x2 + 6(1+ m)x + 6m = 6 x +1 x + m ,
若m =1, f (x) = 6 x +1 2 0在 x R 上恒成立,此時函數 f x 在R 上單調遞增；
若m > 1,此時-m < -1 ,當 x - ,-m -1, + 時,滿足 f (x) > 0 ,此時函數 f x 在 - , -m , -1, + 上單
調遞增；當 x -m,-1 時,滿足 f (x) < 0 ,此時函數 f x 在 -m, -1 單調遞減；
若m <1,此時-m > -1,當 x - ,-1 -m, + 時,滿足 f (x) > 0 ,此時函數 f x 在 - , -1 , -m, + 上單
調遞增,當 x -1, -m 時,滿足 f (x) < 0 ,此時函數 f x 在 -1, -m 單調遞減；
綜上可知, m =1時, f x 在R 上單調遞增；
m > 1時, f x 在 - , -m 和 -1, + 上單調遞增,在 -m, -1 單調遞減；
m <1時, f x 在 - , -1 和 -m, + 上單調遞增,在 -1, -m 單調遞減；
（2）由 f -1 =1可得-2 + 3(1+ m) - 6m =1 ,解得m = 0；
所以 f (x) = 2x3 + 3x2 ,則 g(x) = a ln x +1 - 2x - 3 ,易知 x 1,+ 時, ln x +1 > 0 ,
若函數 g(x) = a ln x 1 f (x)+ - 2 0 在 1, + a
2x + 3
x 上恒成立
,等價成 在 x 1,+ 上恒成立；
ln x +1
1 3
h x 2x + 3
2 ln x +1 - 2x + 3 × 2ln x -
令 = , x>1 ,則 h x = x = xln x +1 ； ln x +1 2 ln x +1 2
令j x 3 2 3= 2ln x - x >1 ,則j x = + 2 > 0在 x 1,+ 上恒成立,x x x
即函數j x 在 x 1,+ 上單調遞增,
3
易知j 2 = 2ln 2 3 ln16 - ln e- = ,由于 e3 >2.73 =19.683 ,所以j 2 < 0 ,2 2
2 5ln 5 - ln e3 5 5 5
而 5 5 6 2 ÷ è ,且 >25 ÷ = 32>27=33 >e3 ,所以j ÷>0j ÷ = 2ln - =
；
2 2 è 2 è 2 5 5 è
3
因此 h x 在 x 1,+ 有且僅有一個零點 x0 ,滿足 2ln x0 = ,且 x0 2,
5
x 2 ÷；0 è
所以當 x 1, x0 時, h x < 0 ,當 x x0 ,+ 時, h x > 0；
2x + 3
因此函數 h x = , x>1 ln x 1 在 1, x0 上單調遞減,在 x0 ,+ 上單調遞增；+
h x 2x0 + 3 2x + 3h x 0 = =
0
3 = 2x0所以 的最小值為 ln x0 +1 +1 ,顯然 2x0 4,5 ,
2x0
因此 a 2x0 4,5 ,又 a是整數,所以 a的最大值為 4.
(六)通過構造函數求最值解決不等式恒成立問題
①該方法一般是根據不等式的結構構造一個新函數,利用導數研究該函數的單調性,由函數的單調性確定其
最值,或把其最值用含有參數的式子來表示,再根據所給不等式列出關于參數的不等式,
②注意如果所構造的函數,其導數結構比較復雜不易分析出單調性,則可把需要判斷符號的式子拿出來構造
一個新函數,再想辦法解決其符號.
③有時所構造的函數的最值不易求出,可以引入導數的隱零點,把函數最值用導數的隱零點表示.
④在考慮函數最值時,除了依靠單調性,也可根據最值點的出處,即“只有邊界點與極值點才是最值點的候選
點”,所以有的討論點就集中在“極值點”是否落在定義域內.
f x 1+ a ln x【例 7】設函數 = ,其中 a R .
x
(1)當 a 0時,求函數 f x 的單調區間；
(2)若 f x x2 ,求實數 a的取值范圍.
f (x) 1+ a ln x (x 0) f (x) a - (1+ a ln x) a -1- a ln x【解析】 (1) = > , = 2 = 2 .x x x
f (x) a - (1+ a ln x) 1當 a = 0時, = 2 = - 2 < 0恒成立,則 f x 在 0, + 上為減函數,x x
f (x) > 0 ln x a -1
a-1
當 a > 0時,令 ,可得 a -1- a ln x > 0 ,則 < ,解得 ,
a 0 < x < e a
令 f (x) < 0
a-1
,解得 x > e a ,綜上,當 a = 0時, f x 的減區間為 0, + ；
a-1 a-1
當 a > 0時, f x 的單調遞增區間為 0,e a ÷ ,單調遞減區間為 e a ,+ ÷ .
è è
(2)由 f (x) x2 ,可得 x3 - a ln x -1 0設 g(x) = x3 - a ln x -1(x > 0) ,
3
則 g (x) = 3x2 a 3x - a- = .
x x
1 1 1 7
①當 a 0時, g x > 0 , g x 單調遞增,而 g ÷ = - a ln -1 = - + a ln 2 < 0 ,所以不滿足題意,
è 2 8 2 8
3
②當 a > 0時,令 g (x) 3x - a a= = 0 ,解得 x = 3 ,
x 3
3
當 x 0,
a a
3
÷÷ 時, g x < 0 , g x 為減函數,當 x ,+ ÷÷時, g x > 0 , g x 為增函數,
è 3 è 3
3
g(x) g a
1 1
所以 ÷÷ = + ln 3
1
÷ a - a ln a -1 .
è 3 è 3 3 3
h(a) 1 1 1= 1 1 1 1令 + ln 3÷ a - a ln a -1(a > 0) , h (a) = + ln 3 - (ln a +1) = (ln 3 - ln a) ,
è 3 3 3 3 3 3 3
當 a 0,3 時, h a > 0 , h a 為增函數,當 a 3,+ 時, h a < 0 , g x 為減函數,
所以 h a h 3 = 0 ,又 g x h a 0 .
則 h a = 0 ,解得 a = 3 ,所以實數 a的取值范圍是 3 .
(七) 通過分類參數把不等式恒成立問題轉化為求不含參數的函數的最值
①分類參數法就是在不等式中含有兩個字母時（一個視為變量,另一個視為參數）,可利用不等式的等價變形
讓兩個字母分居不等號的兩側,即不等號的每一側都是只含有一個字母的表達式.然后可利用其中一個變量
的范圍求出另一變量的范圍,轉化為求函數的最值問題.
②一般情況下,那個字母的范圍已知,就將其視為變量,構造關于它的函數,另一個字母（一般為所求）視為參
數.
③要注意分類參數法不是萬能的,已知不等式中兩個字母是否便于進行分離,如果僅通過幾步簡單變換即可
達到分離目的,則參變分離法可行.但有些不等式中由于兩個字母的關系過于“緊密”,會出現無法分離的情形,此
時要考慮其他方法.此外參數分離后,要注意變量的函數解析式是否便于求出最值（或臨界值）,若解析式過于
復雜而無法求出最值（或臨界值）,則也無法用分離法解決問題.
m 2
【例 8】（2024 屆四川省綿陽市江油市高三下學期模擬）已知函數 f (x) = x - x - ln x (m R) .
2
(1)當m = 2 時,求函數 f (x) 的單調區間；
(2)若"x > 0 ,不等式 f (x) > x2 恒成立,求實數m 的取值范圍.
m 2
【解析】（1）函數 f (x) = x - x - ln x 的定義域為 (0, + ) ,
2
2 f (x) 2x 1 1 (2x +1)(x -1)當m = 2 時, f (x) = x - x - ln x ,所以 = - - = ,
x x
當 x (0,1) 時, f (x) < 0 , f (x) 在( 0, 1)上為減函數,
當 x (1,+ )時, f (x) > 0 , f (x) 在 (1, + )上為增函數,
綜上所述： f (x) 在( 0, 1)上為減函數,在 (1, + )上為增函數；
（2）若"x > 0 ,不等式 f (x) > x2 恒成立,
m 1 ln x m 1 ln x
則 >1+ + 2 對 x > 0均成立,所以 > (1+ + )2 x x 2 x x2 max
1 ln x g (x) 1 x - 2x ln x 1 1- 2ln x 1- 2ln x - x令 g(x) =1+ + ,則 = - 2 + 2 2 = - + =x x2 x (x ) x2 x3 x3
,
令h(x) =1- 2ln x - x ,顯然h(x) =1- 2ln x - x為 (0, + )上的減函數,
又 h(1) =1- 2ln1-1 = 0 ,所以 x (0,1) , h(x) > 0 , g (x) > 0則 g(x)在( 0, 1)上為增函數,
當 x (1,+ )時, h(x) < 0 , g (x) < 0則 g(x)在 (1, + )上為減函數,
所以 g(x)max = g(1) =1
1 ln1 2 m+ + = ,所以 > 2 ,所以m > 4 ,
1 1 2
所以實數m 的取值范圍為 (4, + ) .
(八) 先用特殊值確定或縮小參數范圍,求解不等式恒成立問題
此類問題通常是先在自變量允許值范圍內取一個特殊值代入,縮小參數范圍,然后在該范圍內求解,減少討論,
也有可能該范圍就是所求范圍,此時只需證明在該范圍內不等式恒成立即可.
【例 9】（2024 屆江蘇省蘇州市八校高三三模）已知函數 f (x) = cos x, g(x) = a 2 - x2 .
(1) a =1時,求F (x) = f (x) - g(x)的零點個數;
(2)若 f (x) g(x) 恒成立,求實數 a的最大值;
n
(3)求證: sin p k- 3 ÷ > n - 2k 2 (k R) .
i=1 è 3 i 3
【解析】（1）當 a =1時, g(x) = 2 - x2 ,則F (x) = f (x) - g(x) = cos x - 2 + x2 ,
所以F (x) = -sin x + 2x ,令 h(x) = -sin x + 2x ,則 h (x) = -cos x + 2 > 0 ,
所以 h(x) = -sin x + 2x 在R 上單調遞增,即F (x) = -sin x + 2x在R 上單調遞增,
當 x > 0時, F (x) > 0 ,所以 F (x)在 (0, + )上為增函數,
當 x < 0 時, F (x) < 0 ,所以 F (x)在 - ,0 上為減函數,
又F (0) = -1 , F (2) = F (-2) = cos 2 + 2 > 0 ,
且 x - 時, F (x) + ,則存在 x1 - ，0 , x2 0,2 ,使得F (x1) = 0, F (x2 ) = 0 ,
所以 F (x)有兩個零點.
1
（2）令m(x) = cos x - 2a + ax2 ,由m(0) 0 ,得 a ,
2
令 h(x) = cos x
1
-1+ x2 = cos x 1+ (x2 - 2), 所以 h (x) = -sin x + x ,
2 2
令j(x) = -sin x + x ,可得j (x) = -cos x +1 0 ,
所以j(x) = -sin x + x 在 (0, + )上為增函數,所以j(x) = -sin x + x > sin 0 + 0 = 0 ,
所以 h (x) > 0 ,所以 h(x) = cos x -1
1
+ x2 > cos 0 1 1- + 02 = 0 ,
2 2
所以 h(x) 在[0, + ) 上單調遞增,所以 h(x) h(0) = 0 ,即cos x > 1
1
- x2 ,
2
所以 f (x) g(x) 1恒成立,所以實數 a的最大值是實數 2 ；
3 sin p k- +1 3 sin p k p k p k k（3）因為 ÷ - ÷ + cos - ÷ = 2sin - ÷ = 2cos ,
è 3 i è 3 i è 3 i è 2 i i
1 k
由（2 2）可得cos x > 1- x ,所以 cos >1
1 (k- )2 ,
2 i 2 i
n n n
所以 [ 3 sin p k k - ÷ +1] 2 (cos ) > 2n - (k )2 ,
i=1 è 3 i i=1 i i=1 i
n p k n
所以 3 sin - ÷ > n -3 i (
k )2 ,
i=1 è i=1 i
n
(k )2 k 2 (1 1 1 L 1又 = + 22 + 2 + + 2 ) < k (1 1
1 1 1 1 1 1
+ - + - + +L+ - ) < 2k 2 ,
i=1 i 2 3 n 2 2 3 3 n -1 n
n
sin p k 3所以 - ÷ > n - 2k 2 (k R) .
i=1 è 3 i 3
【例 1】（2024 屆高考全國甲卷真題）已知函數 f x = 1- ax ln 1+ x - x．
(1)當 a = -2 時,求 f x 的極值；
(2)當 x 0 時, f x 0 ,求 a的取值范圍．
【解析】（1）當 a = -2 時, f (x) = (1+ 2x) ln(1+ x) - x ,
故 f (x) = 2ln(1+ x)
1+ 2x
+ -1 = 2ln(1 1+ x) - +1 ,
1+ x 1+ x
因為 y = 2ln(1+ x), y
1
= - +1在 -1, + 上為增函數,
1+ x
故 f (x) 在 -1, + 上為增函數,而 f (0) = 0 ,
故當-1 < x < 0時, f (x) < 0 ,當 x > 0時, f (x) > 0 ,
故 f x 在 x = 0處取極小值且極小值為 f 0 = 0 ,無極大值.
a +1 x
（2） f x a ln 1 x 1- ax = - + + -1 = -a ln 1+ x - , x > 0 ,
1+ x 1+ x
設 s a +1 xx = -a ln 1 x + - , x > 0 ,
1+ x
s x -a a +1 a x +1 + a +1 ax + 2a +1則 = - 2 = - 2 = -x +1 ,1+ x 1+ x 1+ x 2
1
當 a - 時, s x > 0 ,故 s x 在 0, + 上為增函數,故 s x > s 0 = 0 ,即 f x > 0 ,
2
所以 f x 在 0, + 上為增函數,故 f x f 0 = 0 .
1 a 0 0 x 2a +1當- < < 時,當 < < - 時, s x < 0 ,
2 a
2a +1 2a +1
故 s x 在 0, - ÷上為減函數,故在 0, - ÷上 s x < s 0 ,
è a è a
0, 2a +1 即在 - ÷上 f x < 0即 f x 為減函數,
è a
2a +1
故在 0, - ÷上 f x < f 0 = 0 ,不合題意,舍.當 a 0 ,此時 s x < 0在 0, + 上恒成立,
è a
1
同理可得在 0, + 上 f x < f 0 = 0恒成立,不合題意,舍；綜上, a - .
2
【例 2】（2024 屆天津高考數學真題）設函數 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 x - f x x - x 21 2 1 2 ．
【解析】（1）由于 f x = x ln x ,故 f x = ln x +1.
所以 f 1 = 0 , f 1 =1 ,所以所求的切線經過 1,0 ,且斜率為1,故其方程為 y = x -1 .
（2）設 h t = t -1- ln t ,則 h t =1 1 t -1- = ,從而當0 < t <1時 h t < 0 ,當 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 ,且等號成立當且僅當 t =1.
設 g t = a t -1 - 2ln t ,則
1 1 f x - a x - x = x ln x - a x - x = x 1 a -1÷ - 2ln x x ÷ = x × g ÷ .è è è x
當 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 = a t -1 2ln 1+ a t -1 + 2 1 -1
2
÷ = at + - a - 2 ,t è t t
取 t = 2 ,得0 a -1 ,故a 1 > 0 .
t 2 , 0 a 2 a
2
再取 = 得 × + 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：前面已經證明不等式 t -1 ln t ,故 = + ln b = ab + ln b <1+ ln b ,b - a b - a -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
a + ln a =1+ ln a ,b - a b - a 1- 1-
b b
b ln b - a ln a f b - f a
所以 ln a +1< < ln b +1, ln a 即 +1 < < ln b +1.
b - a b - a
由 f x = ln x +1 1 1,可知當0 < x < 時 f x < 0 ,當 x > 時 f x > 0 .e e
所以 f x 1ù é1在 0, ú上遞減,在 ê ,+

e ÷上遞增
.
è e
不妨設 x1 x2 ,下面分三種情況（其中有重合部分）證明本題結論.
1
情況一：當 x1 x2 <1時,有 f x1 - f x2 = f x2 - f x1 < ln x2 +1 x2 - x1 < x2 - x1 < x2 - x1 ,結論成立；e
1
情況二：當0 < x1 x2 時,有 f x1 - f x2 = f x1 - f x = xe 2 1
ln x1 - x2 ln x2 .
1 1
對任意的 c
ù
0, ú ,設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 單調遞增,且有

j c ÷ ln c 1 1 ln 1 11 = 1 + + < 1 +1+ = -1
1 1
- +1+ = 0
1+ ÷ 1+ c 1+
è 2e 2c 2e 2c 2 c - e 2c1 2 c
c 2c 2c ,
-
1+ 2
2e 2c
x 1 c - 2 c 1 2
且當 2 , x > 時,由 ln -14 ln 1
可知
- ÷ 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 c ֏
所以j x 在 0,c 上存在零點 x0 ,再結合j x 單調遞增,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 x0 x c時,有j x j c = 0；
②當0
1 1 2 1
< x < x0 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- = - q

c ÷
< 0 .
è
再根據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 .
c 1根據
ù
0, ú和0 < x ce 的任意性,取
c = x2 , x = x1 ,就得到 x
è 1
ln x1 - x2 ln x2 - x2 - x1 0 .
所以 f x1 - f x2 = f x1 - f x2 = x1 ln x1 - x2 ln x2 x2 - x1 .
1
情況三：當0 < x1 x2 <1時,根據情況一和情況二的討論,可得 f x1 - f
1 1
÷ - x1 x2 - x1 ,e è e e
f 1 - f x x
1
- x - x
e ÷ 2 2 e 2 1
.
è
1 1
而根據 f x 的單調性,知 f x1 - f x2 f x1 - f ÷ 或 f x1 - f x2 fe e ÷ - f x2 .è è
故一定有 f x1 - f x2 x2 - x1 成立.綜上,結論成立.
【例 3】（2024 2屆湖南省岳陽市汨羅市高三下學期 5 月月考）函數 f x = ln x, g x = x - x - m + 2．
(1)若m = e ,求函數F x = f x - g x 的最大值；
(2)若 f x + g x x2 - x - 2 ex 在 x (0, 2]恒成立,求實數 m 的取值范圍．
【解析】（1）因為F x = ln x - x2 + x + e - 2 ,
F (x) 0, + F (x) 1 2x 1 (2x +1)(x -1)可知 的定義域為 ,且 = - + = - ,
x x
由F (x) > 0 ,解得0 < x <1；由 F (x) < 0 ,解得 x >1．
可知 F (x)在( 0, 1)內單調遞增,在 (1, + )內單調遞減,
所以函數F x = f x - g x 的最大值為F 1 = e - 2．
（2）因為 f (x) + g(x) x2 - (x - 2)ex 在 x (0, 2]恒成立,
等價于m (x - 2)ex + ln x - x + 2在 x (0, 2]恒成立．
設 h(x) = (x - 2)ex + ln x - x + 2 , x (0, 2] ,
則 h (x) = (x -1)ex
1 1 1+ - = x -1 ex -

x x ÷
,
è
1 1
當 x >1 , x x時則 x -1 > 0 ,且 e > e, < 1 ,可得 e - > e -1 > 0 ,所以 h (x) > 0x ；x
當0 < x <1時,則 x -1< 0 ,設u(x)
1
= ex - ,0 < x <1 ,則u (x)
1
= ex + > 0 ,
x x2
1 1
可知u(x) 在( 0, 1)遞增,且u ÷ = e - 2 0,u(1) = e -1 0．則$x0 ,1÷ ,使得u x0 = 0．
è 2 è 2
當 x 0, x0 時,u(x) < 0；當 x x0 ,1 時,u(x) > 0．當 x 0, x0 時, h (x) > 0；當 x x0 ,1 時, h (x) < 0．
可知函數 h(x) 在 0, x0 遞增,在 x0 ,1 遞減,在 (1, 2)遞增．
u x ex 1 1= 0由 0 - = 0x ,
x0
得 e = x ,且
ln x0 = -x0 ．
0 0

可得 h x x 2 ex ln x x 2 1 100 = 0 - + 0 - 0 + = x0 - 2 - 2x0 + 2 = 3- 2x x0 + ÷ ,0 è x0
x 1 且 0 ,12 ÷
,則 h x0 < 0 ,
è
又因為 h(2) = ln 2 > 0 ,可知當 x (0, 2]時, h(x)max = h 2 = ln 2 ,所以m 的取值范圍是[ln 2,+ )．
【例 4】（2024 屆河南省信陽市高三下學期高考考前押題）已知函數 f x = xlnx , h x = x x -1 x > 0 ．
(1)試比較 f x 與 h x 的大小；
(2)若 f x x -1 ax - a +1 恒成立,求 a的取值范圍．
x -1
【解析】（1）因為 f x - h x = x ln x - x x -1 = x ln x - ÷ ,
è x
2
F x ln x x -1構建 = - , x > 0 , x -1 則
x F x = - 0在 0, + 內恒成立,2x x
可知F x 在 0, + 內單調遞減,且F 1 = 0 ,則有：
若0 < x <1,則F x > 0 ,即 f x > h x ；若 x =1 ,則F x = 0 ,即 f x = h x ；
若 x >1 ,則F x < 0 ,即 f x < h x .
（2）若 f x x -1 ax - a +1 恒成立,則 ax - ln x a -1+ +1- 2a 0 ,
x
構建 g x = ax a -1- ln x + +1- 2a, x > 0 ,原題意等價于 g x 0在 0, + 內恒成立,
x
1 a -1 x -1 ax + a -1則 g x = a - - = ,
x x2 x2
1.若 a 0 ,則 ax + a -1< 0，當0 < x <1時, g x > 0；當 x >1時, g x < 0；
可知 g x 在 0,1 內單調遞增,在 1, + 內單調遞減,則 g x g 1 = 0 ,不符合題意；
2.若 a > 0 ,則有：（ⅰ）若a 1 ,則 ax + a -1 > 0 ,當0 < x <1時, g x < 0；當 x >1時, g x > 0；
可知 g x 在 0,1 內單調遞減,在 1, + 內單調遞增,則 g x g 1 = 0 ,符合題意；
1
（ⅱ）若 0 < a < 1時,令 g x = 0 ,解得 x =1或 x = -1 > 0 ,
a
1 1 1
①若 - 1 > 1 ,即0 < a < 時,當1 < x < -1時, g x < 0 ,
a 2 a
可知 g x 在 1,
1
-1 ÷內單調遞減,此時 g x < g 1 = 0 ,不合題意；
è a
1 1 x -1 2
②若 - 1 = 1 ,即 a = 時,則 g x = 0 ,可知 g x 在 0, + 內單調遞增,a 2 2x2
當 x 0,1 時,此時 g x < g 1 = 0 ,不合題意；
1 1 1- a
③若 -1<1
2
,即 < a <1時,則0 < 1- a < <1,
a 2 a
x -1 1
由（1）可知：當0 < x <1時, ln x > = x - ,
x x
g x 1 2a ln x ax a -1 1 2a x 1 ax a -1則 = - - + + < - - - ÷ + + ,x è x x
可得 g 1- a 2 <1- 2a - 1- a 1 a -1- ÷ + a 1- a 2 + 2 = a2 a - 2 < 01- a 1 a ,不合題意；è -
綜上所述： a的取值范圍為 1, + .
【例 5】（2024 屆河北省保定市九縣一中三模）已知函數 f x = ax + ln x +1 .
(1)若 a = -2 ,求 f x 的單調區間；
(2)若 f x 0 恒成立,求 a的取值集合.
【解析】（1）由 a = -2 ,得 f x = -2x + ln x +1 1 -2x -1,定義域為 -1, + ,則 f x = -2 + = ,
x +1 x +1
x 1當

-1,-

÷時, f x > 0
1
, 當 x - ,+

2 2 ÷時
, f x < 0 ,
è è
f x 1, 1 1故 的單調遞增區間為 - - ÷ ,單調遞減區間為 - , +

2 2 ÷
.
è è
（2）由 f x = ax + ln x +1 , x -1, + ,得 f x 1= a + ,
x +1
a +1
若 a 0 ,則顯然 f 2 = 2a + ln3 > 0 ,不符合題意,若 a<0 ,令 f x = 0 ,解得 x = - > -1 ,
a
x 1, a +1 - - 則當 ÷時, f x > 0 , f x x
a +1
單調遞增,當

- , + ÷時, f x < 0 , f x a a 單調遞減,è è
f x = f a +1- ÷ = -a -1- ln -amax ,則-a -1- ln -a 0 ,即 a +1+ ln -a 0 ,è a
令 g a = a +1+ ln -a g a 1 1 a +1,則 = + = ,
a a
當 x - ,-1 時, g a > 0 , g a 單調遞增,當 x -1,0 時, g a < 0 , g a 單調遞減,
所以 g a = g -1 = 0 ,當滿足 g a 0時, a = -1 ,所以 a的取值集合為 -1max .
1．（2024 3 2屆青海海西格爾木三校高三第三次聯考）已知函數 f x = x - x + ax .
(1)討論函數 f x 的單調性；
(2)令 g x a= f x + - x ln x - 2 ,若 g x 0 恒成立,求實數 a 的取值范圍.
x
2 f (x) 1
2．（2024 屆陜西省富平縣高三第二次模擬）已知函數 f (x) = x ln x , g(x) = - x + .
x x
(1)求函數 g(x)的單調區間；
(2)若當 x > 0時, mx2 - ex mf (x)恒成立,求實數 m 的取值范圍.
x
3．（2024 屆重慶市高三第三次聯合診斷）已知函數 f x e= .
x + a
(1)當 a =1時,求 f x 在點 0, f 0 處的切線方程；
(2)若 f x 在區間 0, + 上單調遞增,求實數 a 的取值范圍.
4．已知 f (x) = aex ln x, g(x) = x2 + x ln a
(1)當 a =1時,求 f (x) 在 x =1處切線方程；
(2)若 f (x) < g(x) 在 x (0,1) 恒成立,求 a的取值范圍；
1 1 2 1 3 1 1
(3)求證： ×e2 + 32 2 ×e + 2 ×e4 L
n
+ + ×en+12 < ln(n +1)．2 3 4 (n +1)
5 ax
1 2
．（2024 屆青海省部分學校高三下學期協作考試）已知函數 f x = e + x - ax（ a R ）.
2
(1)當 a =1時,求 f x 的最值；
(2) 2當 a -1,1 時,證明：對任意的x1 , x2 -2, 2 ,都有 f x1 - f x2 ≤ e -1.
6．（2024 屆北京市十一學校高三下學期三模）已知函數 f x = ln x +1 + k x +1 ．
(1)求 f x 的單調區間；
(2)若 f x -1恒成立,求實數 k 的取值范圍；
n lni n n -1
(3)求證： < ．（ n N且 n 2）
i=2 i +1 4
7．（2024 x屆廣東省茂名市高州市高三第一次模擬）設函數 f x = e + asinx , x 0, + .
(1)當 a = -1時, f x bx +1在 0, + 上恒成立,求實數b 的取值范圍；
(2)若 a > 0, f x 在 0, + 上存在零點,求實數 a的取值范圍.
8．（2024 x屆四川省綿陽南山中學高三下學期高考仿真演練）已知函數 f x = e - k cos x ,其中 k 為常數.
(1)當 k =1時,討論函數 f x 在 0, + 上的單調性；
π
(2)若"x

0, ÷ , f x >1 ,求實數 k 的取值范圍.
è 2
ax
9．（2024 屆河北省高三學生全過程縱向評價六）已知函數 f x = x , g x = sin x + cos x .e
(1)當 a =1時,求 f x 的極值；
(2)當 x 0, π 時, f x g x 恒成立,求 a的取值范圍.
2
10．（2024 屆山西省部分學校高三高考考前鞏固卷）已知函數 f x = , g x = lnx - ax , a 0 .
ax
(1)討論函數 g x 的單調性；
(2)當 a > 0時, F x = g x - f x 0恒成立,求 a的取值范圍.
11．（2024 屆四川省成都石室中學高三下學期高考適應性考試）設 f x =（a2 -1)ex + sin x - 3
(1)當 a = 2 ,求函數 f (x) 的零點個數.
(2)函數 h(x) = f (x) - sin x - x2 + 2ax + 2 ,若對任意 x 0 ,恒有 h(x) > 0 ,求實數 a的取值范圍
12．（2024 屆天津市新華中學高三統練十一））已知函數 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
13．（2024 屆福建省福州市福建師范大學附屬中學高三下學期校模）已知函數 f (x) = ax - ln(1- x)(a R)．
(1)求曲線 y = 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
14．（2024 x屆福建省福州第一中學高三下學期 5 月模擬）已知函數 f x = e , g x = sinx + cosx ,其中 e為自然
對數的底數.
(1)證明： x 0 時, ex -1 x sinx ；
(2)求函數h x = f x - g x 5在 - π,+ 4 ÷內的零點個數；è
(3)若 f x + g x ax + 2 ,求 a的取值范圍.
15．（2024 屆江蘇省揚州市高三下學期高考考前調研測試）已知函數 f x = sinx, g x = x．
(1)求函數 h x = 2 f x - 3g x , x 0,2π 的極值；
g xx (2)函數j = , x 0,
π
f x ÷．è 2
①討論函數j x 的單調性；
②函數F x = a ×j x ×cosx
1
- < 0
j x ,求實數 a的取值范圍．專題 6 不等式恒成立問題
函數與導數一直是高考中的熱點與難點,利用導數研究不等式恒成立問題一直是高考命題的熱點,此類問題
一般會把函數、導數及不等式交匯考查,對能力要求比較高,難度也比較大,常見的題型是由不等式恒成立確定
參數范圍問題,常見處理方法有：①構造函數,利用導數研究函數的單調性,求出最值,進而得出相應的含參不
等式,從而求出參數的取值范圍．②分離變量,把問題轉化為函數的最值問題．
(一) 與不等式恒成立問題有關的結論
①. x∈D,均有 f(x)>A 恒成立,則 f(x)min>A；
②. x∈D,均有 f(x)﹤A 恒成立,則 f(x)max③. x∈D,均有 f(x) >g(x)恒成立,則 F(x)= f(x)- g(x) >0,∴ F(x)min >0；
④. x∈D,均有 f(x)﹤g(x)恒成立,則 F(x)= f(x)- g(x) <0,∴ F(x) max <0；
⑤. x1∈D, x2∈E,均有 f(x1) >g(x2)恒成立,則 f(x)min> g(x)max；
⑥. x1∈D, x2∈E,均有 f(x1) 2
【例 1】（2024 屆天津市河西區高三下學期質量調查三）已知函數 f x = -2a ln x - ,
x
g x = ax - 2a +1 ln x 2- ,其中 a R ．
x
(1)若 f 2 = 0 ,求實數 a 的值
(2)當 a > 0時,求函數 g x 的單調區間；
é1 ù
(3) 2若存在 x ê , e 使得不等式 f x g x 成立,求實數 a 的取值范圍． e ú
【解析】（1）因為 f x = -2a ln x 2 2a 2- ,則 f x = - + ,
x x x2
由 f 2 = 0 2a 2 1可得- + 2 = 0 ,解得 a = .2 2 2
（2）函數 g x = ax - 2a +1 ln x 2- 的定義域為 0, + ,
x
2a +1 2 ax
2 - 2a +1 x + 2 ax -1 x - 2
且 g x = a - + = = ,
x x2 x2 x2
1
當 a > 0時,令 g x = 0 ,可得 x = > 0或 x = 2 ,
a
1
①當 = 2
1
,即 a = 時,對任意的 x > 0 , g x > 0 , g x 的單調遞增區間為 0, + ．
a 2
1 1 1 1
②當0 < < 2 ,即 a > 時, g x > 0 ,得0 < x < 或 x > 2 , g x < 0 ,得 < x < 2 ,
a 2 a a
g x 的單調遞增區間為 0,
1
÷和 2, + ,
1
單調遞減區間為 , 2a a ÷è è
1
③當 > 2 ,即0 < a
1
< 時 g x > 0 1 1,得0 < x < 2或 ； g x < 0 ,得 2 < x < ,
a 2 a a
g x 1 1 的單調遞增區間為 0,2 和 ,+ a ÷ ,單調遞減區間為 2, ÷ ,è è a
1
綜上所述, a = 時,函數 g x 的單調增區間為 0, + ；
2
a 1> 時,函數 g x 1 1 的單調增區間為
2
0,
a ÷
和 2, + ,單調減區間為 , 2÷；
è è a
1 1 10 < a < 時,函數 g x 的單調增區間為 0,2 和 ,+ 2 ÷ ,單調減區間為 2, ÷ .è a è a
（3）由 f x g x ln x 1 ln x 1,可得 ax - ln x 0 , a é 2 ù é, 2 ù即 其中 x ê , e ú ,令 h x = , x ê , e ú ,x e x e
é1 2 ù é1 2 ù
若存在 x ê , e ú ,不等式 f x g x 成立,則 a h x , x ê , e e min e ú ,
h x 1- ln x = 2 ,令 h x = 0
1
,得 x=e,當 x < e時, h x > 0 ,當 e < x e2 時, h x < 0 ,x e
é1 ù
所以函數 h x 在 ê , eú 上遞增,在 e,e2 ù 上遞減, e
所以函數 h x x 1在端點 = 或 x = e2 處取得最小值．
e
1
因為 h ÷ = -e , h e2 2= 2 ,所以 h
1 < h e h x = h 1 ÷ ,所以 ÷ = -emin ,所以 a≥- e ,è e e è e è e
因此,實數 a的取值范圍是 -e, + ．
1 3
【例2】（2024 2屆重慶市九龍坡區高三下學期5月第三次質量抽測）已知函數 f x = ln x + x - ax + , a > 0 .
2 2
(1)當 x 1,+ 時,函數 f x 0恒成立,求實數 a的最大值；
(2)當 a = 2時,若 f x1 + f x2 = 0 ,且 x1 x2 ,求證： x1 + x2 > 2；
n 2
(3)求證：對任意 n N* ,都有 2ln n 1 i -1+ + > n .
i=1 è i
÷

1
【解析】（1）當 x 1時, f x = ln x + x2 ax 3- + 0恒成立,
2 2
ln x 1 3 ln x 1 3
即 a + x + 恒成立,只需 a + x +x 2 2x ÷ 即可,x 2 2x è min
g x ln x 1 3
2
令 = + x + , x 1 , g x 1- ln x 1 3 x - 2ln x -1則 = + - = ,x 2 2x x2 2 2x2 2x2
2
令 h x = x2 - 2ln x -1 , x 1 , h x 2 2x - 2則 = 2x - = ,
x x
當 x 1時, h x 0恒成立, h x 在 x 1,+ 單調遞增,所以 h x h 1 = 0 ,
所以 g x 0在 x 1,+ 恒成立, g x 在 x 1,+ 單調遞增,
所以 g x = gmin 1 = 2 ,所以 a 2 ,即實數 a的最大值為 2 .
f x ln x 1 2 3（2）當 a = 2時, = + x - 2x + , x > 0 ,
2 2
1 x -1f x x 2
2
所以 = + - = 0 , f x 在 x 0, + 上單調遞增,
x x
又 f 1 = 0 , f x1 + f x2 = 0且 x1 x2 ,不妨設 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F x = f x + f 2 1 3 1 3- x = ln x + x2 - 2x + + ln 2 - x + 2 - x 2 - 2 2 - x +
2 2 2 2
= ln é 2 x 2 - x ù + x - 2x +1 = ln éx 2 - x ù - x 2 - x +1 , 0 < x <1,
令 t = x 2 - x ,則0 < t <1 ,則j t = ln t - t +1 ,j t 1 1 1- t= - = ,
t t
由0 < t <1可得j t > 0 ,j t 在 0,1 單調遞增,
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 a = 2時, f x 在 1, + 單調遞增,且 f x > f 1 = 0 ,
由 ln x
1 3
+ x2 - 2x + > 0 2得
2 2 2ln x + x
2 - 4x + 3 > 0 ,即 2ln x + x - 2 >1 ,
2
x n +1= , 2ln n +1 n +1 2 1, 2ln n +1 1- n
2
令 則 + - > + 即 >1 ,
n n n ÷ n n ÷è è
2ln 2 1-1
2 3 1- 2 2 2 2
所以 + ÷ >1 , 2ln +

÷ >1 , 2ln
4 1- 3+ n +1 1- n>1,…, 2ln + >1 ,
1 1 2 2 ÷ ÷è è 3 è 3 n è n
n 2
相加得 2ln n +1 + i -1 ÷ > n .
i=1 è i
(二)把函數單調性問題轉化為不等式恒成立問題
若給出函數單調性,求參數范圍,可把問題轉化為恒成立問題,若可導函數 f x 在 a,b 上是增（減）函數,則
x a,b 時 f x 0 （或 f x 0 ）恒成立.
【例 3】（2024 屆湖北省黃岡中學高三 5 月模擬）已知函數 f x = x +1 lnx - ax + 2 .
(1)當 a =1時,求 f x 的圖象在 1, f 1 處的切線方程；
(2)若函數 f x 在 1, + 上單調遞增,求實數 a 的取值范圍.
【解析】（1）當 a =1時, f x = x +1 lnx - x + 2 , x > 0 ,
f x 1= lnx + , f 1 =1 , f 1 =1,所以 f x 的圖象在 x =1處的切線方程為： y = x .
x
（2） f x = lnx 1+ +1- a ,
x
若函數 f x 在 1, + 上單調遞增,則 f x 0對于 x 1, + 恒成立,
即a lnx
1
+ +1對于 x 1, + 恒成立,
x
令 g x = lnx 1+ +1, x x -1>1 ,當 x >1時, g x = > 0 ,
x x2
則函數 g x 在 1, + 上單調遞增,所以 g x > g 1 = 2 ,故 a 2 .
(三)把二元不等式恒成立問題轉化為函數單調性問題
對于形如 x1 > x2 時不等式 f x1 + g x2 > f x2 + g x1 恒成立問題,可構造增函數 f x - g x 來求解.
基本結論：
f x - f x
(1)“若任意 x2 > x1 > 0 , f x1 - f x2 > kx1 - kx , x x , 1 22 或對任意 1 2 > k ,則 y = f x - kx 是x1 - x2
增函數；
f x - f x
(2) 對任意 x
1
1 x2 ,
1 2 > y f x 1,則 = + 是增函數；
x1 - x2 x1x2 x
2
【例 4】（2024 屆山西省呂梁市高三三模）已知函數 f x = x - 2x + alnx, a R .
(1)討論函數的單調性；
x2 f x - x f x (2) 1 1 2若對任意的 x1, x2 0, + , x1 x2 ,使 > 0恒成立,則實數 a的取值范圍.x1 - x2
2
【解析】（1） f x x 0, , f x 2x 2 a 2x - 2x + a的定義域為 + = - + = ,
x x
令 g x = 2x2 - 2x + a ,又QΔ = 4 -8a ,
1
1o ,當Δ 0 ,即 a 時, g x 0 ,此時 f x > 0, f x 在 0, + 上單調遞增2
2o
1
,當Δ > 0 , a < , g x = 0 , x 1- 1- 2a , x 1+ 1- 2a即 時令 解得
2 1
=
2 2
=
2
1
其中,當0 < a < 時 ,0 < x1 x2 , x 0, x1 x2 ,+ , g x 0 ,2
x x1，x2 , g x < 0，所以 f x 在 0, x1 , x2 , + 單調遞增,在 x1, x2 單調遞減；
當 a < 0時, x1 < 0 < x2 , x 0, x2 , g x 0, x x2 , + , g x 0 ,
故 f x 在 0, x2 單調遞減, x2 ,+
1
單調遞增.綜上： a , f x 在 0, + 上單調遞增；
2
0 1
1- 1- 2a
< a < , f x 在 0, ÷÷ ,
1+ 1- 2a
,+ ÷÷上單調遞增；2 è 2 è 2

a 0, f x 1+ 1- 2a
1+ 1- 2a
在 0, ÷÷上單調遞減,在 ,+ 2 2 ÷÷ 上單調遞增
.
è è
é
x x x f f x f xx x f x
ù
（2） 1 - 2 é 2 1 - 1 2 ù > 0 x1 - x
1 2
2 ê -x x ú > 0 . 1 2
g f xx x 2 alnx令 = = - + ,則只需 g x 在 0, + 單調遞增,
x x
即 g x 0恒成立,
x2 + a 1- lnx
2
g x = 2 ,令 h x = x
2 + a 1- lnx ,則 h x 0 a 2x - a恒成立；又 h x = 2x - = ,
x x x
2
①當 a = 0時, h x = x , h x 在 0, + 單調遞增成立；
②當 a < 0時, h x > 0, h x 在 0, + 單調遞增,又 x 0, h x - ,故 h x 0不恒成立.不滿足題意；

③當 a > 0時,由 h x = 0 x a a a得 = ,h x 在 0, 2 ÷÷單調遞減,在 , + 2 ÷÷單調遞增,2 è è

因為 h x 0 h(x) a a 3 恒成立,所以 min = h ÷÷ = 3 - ln

2 2 2 ÷
0 ,
è è
解得0 < a 2e3 ,綜上, a [0, 2e3] .
(四)形如“若 x m ,則 f x f m ”的恒成立問題
求解此類問題的思路是：先確定是使 f x 0 的參數 a 的取值范圍 A ,當 a A ,由 f x 為增函數及 x m可
得 f x f m 恒成立,當 a A時確定存在 x0 > m ,使得 x m, x0 , f x < 0 , f x 遞減,即 x m, x0 時
f x < f m ,故原不等式不恒成立.
【例 5】函數 f (x) = ex + sin x - a 的圖像與直線 2x - y = 0相切.
(1)求實數 a 的值；
(2)當 x [0,+ )時, f (x) msin 2x ,求實數 m 的取值范圍.
【解析】 (1) f (x) = ex + sin x - a f (x) = ex + cos x ,設切點為 (x0 , y0 ) ,
ìex0 + cos x = 2
所以有 f (x ) = ex00 + cos x

0 ,因為 2x - y = 0是切線,
0
所以有 í ,
2x0 - y0 = 0
設 h(x) = ex + cos x - 2 h (x) = ex - sin x ,顯然當 x > 0時, h (x) > 0, h(x)單調遞增,所以有 h(x) > h(0) = 0 ,
當 x > 0時, ex <1,cos x 1,所以 ex + cos x - 2 = 0無實數根,
因此當 x R 時,方程 h(x) = ex + cos x - 2 = 0 有唯一實數根,即 x = 0 ,
于是有 x = 0 y = 0 ,因此有 e00 0 + sin 0 - a = 0 a =1；
(2)令 g(x) = ex + sin x - msin 2x -1 ,則 g(x) 0在[0, + ) 恒成立
g (x) = ex + cos x - 2mcos 2x . g (0) = 2 - 2m
π p
若 2 - 2m 0 , ,
é
即m 1時當0 x 時,由 cos x cos 2x得 g (x) 0 ,所以 g(x)在 ê0, 2 ÷ 單調遞增,又
g(0) = 0 ,所
2
以 g(x) 0
é π p π
在 ê0, ÷恒成立；當 x > 時, ex > e 2 > 3所以 g(x) > 3- sin x - msin 2x -1 0 .所以 g(x) 0在 2 2
é π
ê , +

2 ÷
恒成立.

若 2 - 2m < 0即m >1時, g (0) = 2 - 2m < 0 ,則存在 x0 > 0 ,使得 g(x)在 0, x0 單調遞減,則當 x 0, x0 時,
g(x) < g(0) = 0矛盾,舍，綜上所述, m 的取值范圍時 (- ,1] .
(五)根據不等式恒成立求整數參數的最值
此類問題通常可分類參數,把問題轉化為m < f x （m > f x ）, m Z 的形式, f x 有最小（大）值,但無
法求出,只能引入導函數的隱零點 x0 ,估計 f x0 的范圍,再確定整數m 的最大（小）值.
【例 6】（2024 屆遼寧省沈陽市第一二〇中學高三上學期第二次質量檢測）已知函數
f (x) = 2x3 + 3(1+ m)x2 + 6mx(x R) .
(1)討論函數 f x 的單調性；
(2)若 f -1 =1,函數 g(x) = a ln x 1 f (x)+ - 2 0x 在 1, + 上恒成立,求整數 a 的最大值.
【解析】（1）根據題意可得 f (x) = 6x2 + 6(1+ m)x + 6m = 6 x +1 x + m ,
若m =1, f (x) = 6 x +1 2 0在 x R 上恒成立,此時函數 f x 在R 上單調遞增；
若m > 1,此時-m < -1 ,當 x - ,-m -1, + 時,滿足 f (x) > 0 ,此時函數 f x 在 - , -m , -1, + 上單
調遞增；當 x -m,-1 時,滿足 f (x) < 0 ,此時函數 f x 在 -m, -1 單調遞減；
若m <1,此時-m > -1,當 x - ,-1 -m, + 時,滿足 f (x) > 0 ,此時函數 f x 在 - , -1 , -m, + 上單
調遞增,當 x -1, -m 時,滿足 f (x) < 0 ,此時函數 f x 在 -1, -m 單調遞減；
綜上可知, m =1時, f x 在R 上單調遞增；
m > 1時, f x 在 - , -m 和 -1, + 上單調遞增,在 -m, -1 單調遞減；
m <1時, f x 在 - , -1 和 -m, + 上單調遞增,在 -1, -m 單調遞減；
（2）由 f -1 =1可得-2 + 3(1+ m) - 6m =1 ,解得m = 0；
所以 f (x) = 2x3 + 3x2 ,則 g(x) = a ln x +1 - 2x - 3 ,易知 x 1,+ 時, ln x +1 > 0 ,
若函數 g(x) = a ln x 1 f (x)+ - 2 0 在 1, + a
2x + 3
x 上恒成立
,等價成 在 x 1,+ 上恒成立；
ln x +1
1 3
h x 2x + 3
2 ln x +1 - 2x + 3 × 2ln x -
令 = , x>1 ,則 h x = x = xln x +1 ； ln x +1 2 ln x +1 2
令j x 3 2 3= 2ln x - x >1 ,則j x = + 2 > 0在 x 1,+ 上恒成立,x x x
即函數j x 在 x 1,+ 上單調遞增,
3
易知j 2 = 2ln 2 3 ln16 - ln e- = ,由于 e3 >2.73 =19.683 ,所以j 2 < 0 ,2 2
2 5ln 5 - ln e3 5 5 5
而 5 5 6 2 ÷ è ,且 >25 ÷ = 32>27=33 >e3 ,所以j ÷>0j ÷ = 2ln - =
；
2 2 è 2 è 2 5 5 è
3
因此 h x 在 x 1,+ 有且僅有一個零點 x0 ,滿足 2ln x0 = ,且 x0 2,
5
x 2 ÷；0 è
所以當 x 1, x0 時, h x < 0 ,當 x x0 ,+ 時, h x > 0；
2x + 3
因此函數 h x = , x>1 ln x 1 在 1, x0 上單調遞減,在 x0 ,+ 上單調遞增；+
h x 2x0 + 3 2x + 3h x 0 = =
0
3 = 2x0所以 的最小值為 ln x0 +1 +1 ,顯然 2x0 4,5 ,
2x0
因此 a 2x0 4,5 ,又 a是整數,所以 a的最大值為 4.
(六)通過構造函數求最值解決不等式恒成立問題
①該方法一般是根據不等式的結構構造一個新函數,利用導數研究該函數的單調性,由函數的單調性確定其
最值,或把其最值用含有參數的式子來表示,再根據所給不等式列出關于參數的不等式,
②注意如果所構造的函數,其導數結構比較復雜不易分析出單調性,則可把需要判斷符號的式子拿出來構造
一個新函數,再想辦法解決其符號.
③有時所構造的函數的最值不易求出,可以引入導數的隱零點,把函數最值用導數的隱零點表示.
④在考慮函數最值時,除了依靠單調性,也可根據最值點的出處,即“只有邊界點與極值點才是最值點的候選
點”,所以有的討論點就集中在“極值點”是否落在定義域內.
f x 1+ a ln x【例 7】設函數 = ,其中 a R .
x
(1)當 a 0時,求函數 f x 的單調區間；
(2)若 f x x2 ,求實數 a的取值范圍.
f (x) 1+ a ln x (x 0) f (x) a - (1+ a ln x) a -1- a ln x【解析】 (1) = > , = 2 = 2 .x x x
f (x) a - (1+ a ln x) 1當 a = 0時, = 2 = - 2 < 0恒成立,則 f x 在 0, + 上為減函數,x x
f (x) > 0 ln x a -1
a-1
當 a > 0時,令 ,可得 a -1- a ln x > 0 ,則 < ,解得 ,
a 0 < x < e a
令 f (x) < 0
a-1
,解得 x > e a ,綜上,當 a = 0時, f x 的減區間為 0, + ；
a-1 a-1
當 a > 0時, f x 的單調遞增區間為 0,e a ÷ ,單調遞減區間為 e a ,+ ÷ .
è è
(2)由 f (x) x2 ,可得 x3 - a ln x -1 0設 g(x) = x3 - a ln x -1(x > 0) ,
3
則 g (x) = 3x2 a 3x - a- = .
x x
1 1 1 7
①當 a 0時, g x > 0 , g x 單調遞增,而 g ÷ = - a ln -1 = - + a ln 2 < 0 ,所以不滿足題意,
è 2 8 2 8
3
②當 a > 0時,令 g (x) 3x - a a= = 0 ,解得 x = 3 ,
x 3
3
當 x 0,
a a
3
÷÷ 時, g x < 0 , g x 為減函數,當 x ,+ ÷÷時, g x > 0 , g x 為增函數,
è 3 è 3
3
g(x) g a
1 1
所以 ÷÷ = + ln 3
1
÷ a - a ln a -1 .
è 3 è 3 3 3
h(a) 1 1 1= 1 1 1 1令 + ln 3÷ a - a ln a -1(a > 0) , h (a) = + ln 3 - (ln a +1) = (ln 3 - ln a) ,
è 3 3 3 3 3 3 3
當 a 0,3 時, h a > 0 , h a 為增函數,當 a 3,+ 時, h a < 0 , g x 為減函數,
所以 h a h 3 = 0 ,又 g x h a 0 .
則 h a = 0 ,解得 a = 3 ,所以實數 a的取值范圍是 3 .
(七) 通過分類參數把不等式恒成立問題轉化為求不含參數的函數的最值
①分類參數法就是在不等式中含有兩個字母時（一個視為變量,另一個視為參數）,可利用不等式的等價變形
讓兩個字母分居不等號的兩側,即不等號的每一側都是只含有一個字母的表達式.然后可利用其中一個變量
的范圍求出另一變量的范圍,轉化為求函數的最值問題.
②一般情況下,那個字母的范圍已知,就將其視為變量,構造關于它的函數,另一個字母（一般為所求）視為參
數.
③要注意分類參數法不是萬能的,已知不等式中兩個字母是否便于進行分離,如果僅通過幾步簡單變換即可
達到分離目的,則參變分離法可行.但有些不等式中由于兩個字母的關系過于“緊密”,會出現無法分離的情形,此
時要考慮其他方法.此外參數分離后,要注意變量的函數解析式是否便于求出最值（或臨界值）,若解析式過于
復雜而無法求出最值（或臨界值）,則也無法用分離法解決問題.
m 2
【例 8】（2024 屆四川省綿陽市江油市高三下學期模擬）已知函數 f (x) = x - x - ln x (m R) .
2
(1)當m = 2 時,求函數 f (x) 的單調區間；
(2)若"x > 0 ,不等式 f (x) > x2 恒成立,求實數m 的取值范圍.
m 2
【解析】（1）函數 f (x) = x - x - ln x 的定義域為 (0, + ) ,
2
2 f (x) 2x 1 1 (2x +1)(x -1)當m = 2 時, f (x) = x - x - ln x ,所以 = - - = ,
x x
當 x (0,1) 時, f (x) < 0 , f (x) 在( 0, 1)上為減函數,
當 x (1,+ )時, f (x) > 0 , f (x) 在 (1, + )上為增函數,
綜上所述： f (x) 在( 0, 1)上為減函數,在 (1, + )上為增函數；
（2）若"x > 0 ,不等式 f (x) > x2 恒成立,
m 1 ln x m 1 ln x
則 >1+ + 2 對 x > 0均成立,所以 > (1+ + )2 x x 2 x x2 max
1 ln x g (x) 1 x - 2x ln x 1 1- 2ln x 1- 2ln x - x令 g(x) =1+ + ,則 = - 2 + 2 2 = - + =x x2 x (x ) x2 x3 x3
,
令h(x) =1- 2ln x - x ,顯然h(x) =1- 2ln x - x為 (0, + )上的減函數,
又 h(1) =1- 2ln1-1 = 0 ,所以 x (0,1) , h(x) > 0 , g (x) > 0則 g(x)在( 0, 1)上為增函數,
當 x (1,+ )時, h(x) < 0 , g (x) < 0則 g(x)在 (1, + )上為減函數,
所以 g(x)max = g(1) =1
1 ln1 2 m+ + = ,所以 > 2 ,所以m > 4 ,
1 1 2
所以實數m 的取值范圍為 (4, + ) .
(八) 先用特殊值確定或縮小參數范圍,求解不等式恒成立問題
此類問題通常是先在自變量允許值范圍內取一個特殊值代入,縮小參數范圍,然后在該范圍內求解,減少討論,
也有可能該范圍就是所求范圍,此時只需證明在該范圍內不等式恒成立即可.
【例 9】（2024 屆江蘇省蘇州市八校高三三模）已知函數 f (x) = cos x, g(x) = a 2 - x2 .
(1) a =1時,求F (x) = f (x) - g(x)的零點個數;
(2)若 f (x) g(x) 恒成立,求實數 a的最大值;
n
(3)求證: sin p k- 3 ÷ > n - 2k 2 (k R) .
i=1 è 3 i 3
【解析】（1）當 a =1時, g(x) = 2 - x2 ,則F (x) = f (x) - g(x) = cos x - 2 + x2 ,
所以F (x) = -sin x + 2x ,令 h(x) = -sin x + 2x ,則 h (x) = -cos x + 2 > 0 ,
所以 h(x) = -sin x + 2x 在R 上單調遞增,即F (x) = -sin x + 2x在R 上單調遞增,
當 x > 0時, F (x) > 0 ,所以 F (x)在 (0, + )上為增函數,
當 x < 0 時, F (x) < 0 ,所以 F (x)在 - ,0 上為減函數,
又F (0) = -1 , F (2) = F (-2) = cos 2 + 2 > 0 ,
且 x - 時, F (x) + ,則存在 x1 - ，0 , x2 0,2 ,使得F (x1) = 0, F (x2 ) = 0 ,
所以 F (x)有兩個零點.
1
（2）令m(x) = cos x - 2a + ax2 ,由m(0) 0 ,得 a ,
2
令 h(x) = cos x
1
-1+ x2 = cos x 1+ (x2 - 2), 所以 h (x) = -sin x + x ,
2 2
令j(x) = -sin x + x ,可得j (x) = -cos x +1 0 ,
所以j(x) = -sin x + x 在 (0, + )上為增函數,所以j(x) = -sin x + x > sin 0 + 0 = 0 ,
所以 h (x) > 0 ,所以 h(x) = cos x -1
1
+ x2 > cos 0 1 1- + 02 = 0 ,
2 2
所以 h(x) 在[0, + ) 上單調遞增,所以 h(x) h(0) = 0 ,即cos x > 1
1
- x2 ,
2
所以 f (x) g(x) 1恒成立,所以實數 a的最大值是實數 2 ；
3 sin p k- +1 3 sin p k p k p k k（3）因為 ÷ - ÷ + cos - ÷ = 2sin - ÷ = 2cos ,
è 3 i è 3 i è 3 i è 2 i i
1 k
由（2 2）可得cos x > 1- x ,所以 cos >1
1 (k- )2 ,
2 i 2 i
n n n
所以 [ 3 sin p k k - ÷ +1] 2 (cos ) > 2n - (k )2 ,
i=1 è 3 i i=1 i i=1 i
n p k n
所以 3 sin - ÷ > n -3 i (
k )2 ,
i=1 è i=1 i
n
(k )2 k 2 (1 1 1 L 1又 = + 22 + 2 + + 2 ) < k (1 1
1 1 1 1 1 1
+ - + - + +L+ - ) < 2k 2 ,
i=1 i 2 3 n 2 2 3 3 n -1 n
n
sin p k 3所以 - ÷ > n - 2k 2 (k R) .
i=1 è 3 i 3
【例 1】（2024 屆高考全國甲卷真題）已知函數 f x = 1- ax ln 1+ x - x．
(1)當 a = -2 時,求 f x 的極值；
(2)當 x 0 時, f x 0 ,求 a的取值范圍．
【解析】（1）當 a = -2 時, f (x) = (1+ 2x) ln(1+ x) - x ,
故 f (x) = 2ln(1+ x)
1+ 2x
+ -1 = 2ln(1 1+ x) - +1 ,
1+ x 1+ x
因為 y = 2ln(1+ x), y
1
= - +1在 -1, + 上為增函數,
1+ x
故 f (x) 在 -1, + 上為增函數,而 f (0) = 0 ,
故當-1 < x < 0時, f (x) < 0 ,當 x > 0時, f (x) > 0 ,
故 f x 在 x = 0處取極小值且極小值為 f 0 = 0 ,無極大值.
a +1 x
（2） f x a ln 1 x 1- ax = - + + -1 = -a ln 1+ x - , x > 0 ,
1+ x 1+ x
設 s a +1 xx = -a ln 1 x + - , x > 0 ,
1+ x
s x -a a +1 a x +1 + a +1 ax + 2a +1則 = - 2 = - 2 = -x +1 ,1+ x 1+ x 1+ x 2
1
當 a - 時, s x > 0 ,故 s x 在 0, + 上為增函數,故 s x > s 0 = 0 ,即 f x > 0 ,
2
所以 f x 在 0, + 上為增函數,故 f x f 0 = 0 .
1 a 0 0 x 2a +1當- < < 時,當 < < - 時, s x < 0 ,
2 a
2a +1 2a +1
故 s x 在 0, - ÷上為減函數,故在 0, - ÷上 s x < s 0 ,
è a è a
0, 2a +1 即在 - ÷上 f x < 0即 f x 為減函數,
è a
2a +1
故在 0, - ÷上 f x < f 0 = 0 ,不合題意,舍.當 a 0 ,此時 s x < 0在 0, + 上恒成立,
è a
1
同理可得在 0, + 上 f x < f 0 = 0恒成立,不合題意,舍；綜上, a - .
2
【例 2】（2024 屆天津高考數學真題）設函數 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 x - f x x - x 21 2 1 2 ．
【解析】（1）由于 f x = x ln x ,故 f x = ln x +1.
所以 f 1 = 0 , f 1 =1 ,所以所求的切線經過 1,0 ,且斜率為1,故其方程為 y = x -1 .
（2）設 h t = t -1- ln t ,則 h t =1 1 t -1- = ,從而當0 < t <1時 h t < 0 ,當 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 ,且等號成立當且僅當 t =1.
設 g t = a t -1 - 2ln t ,則
1 1 f x - a x - x = x ln x - a x - x = x 1 a -1÷ - 2ln x x ÷ = x × g ÷ .è è è x
當 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 = a t -1 2ln 1+ a t -1 + 2 1 -1
2
÷ = at + - a - 2 ,t è t t
取 t = 2 ,得0 a -1 ,故a 1 > 0 .
t 2 , 0 a 2 a
2
再取 = 得 × + 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：前面已經證明不等式 t -1 ln t ,故 = + ln b = ab + ln b <1+ ln b ,b - a b - a -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
a + ln a =1+ ln a ,b - a b - a 1- 1-
b b
b ln b - a ln a f b - f a
所以 ln a +1< < ln b +1, ln a 即 +1 < < ln b +1.
b - a b - a
由 f x = ln x +1 1 1,可知當0 < x < 時 f x < 0 ,當 x > 時 f x > 0 .e e
所以 f x 1ù é1在 0, ú上遞減,在 ê ,+

e ÷上遞增
.
è e
不妨設 x1 x2 ,下面分三種情況（其中有重合部分）證明本題結論.
1
情況一：當 x1 x2 <1時,有 f x1 - f x2 = f x2 - f x1 < ln x2 +1 x2 - x1 < x2 - x1 < x2 - x1 ,結論成立；e
1
情況二：當0 < x1 x2 時,有 f x1 - f x2 = f x1 - f x = xe 2 1
ln x1 - x2 ln x2 .
1 1
對任意的 c
ù
0, ú ,設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 單調遞增,且有

j c ÷ ln c 1 1 ln 1 11 = 1 + + < 1 +1+ = -1
1 1
- +1+ = 0
1+ ÷ 1+ c 1+
è 2e 2c 2e 2c 2 c - e 2c1 2 c
c 2c 2c ,
-
1+ 2
2e 2c
x 1 c - 2 c 1 2
且當 2 , x > 時,由 ln -14 ln 1
可知
- ÷ 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 c ֏
所以j x 在 0,c 上存在零點 x0 ,再結合j x 單調遞增,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 x0 x c時,有j x j c = 0；
②當0
1 1 2 1
< x < x0 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- = - q

c ÷
< 0 .
è
再根據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 .
c 1根據
ù
0, ú和0 < x ce 的任意性,取
c = x2 , x = x1 ,就得到 x
è 1
ln x1 - x2 ln x2 - x2 - x1 0 .
所以 f x1 - f x2 = f x1 - f x2 = x1 ln x1 - x2 ln x2 x2 - x1 .
1
情況三：當0 < x1 x2 <1時,根據情況一和情況二的討論,可得 f x1 - f
1 1
÷ - x1 x2 - x1 ,e è e e
f 1 - f x x
1
- x - x
e ÷ 2 2 e 2 1
.
è
1 1
而根據 f x 的單調性,知 f x1 - f x2 f x1 - f ÷ 或 f x1 - f x2 fe e ÷ - f x2 .è è
故一定有 f x1 - f x2 x2 - x1 成立.綜上,結論成立.
【例 3】（2024 2屆湖南省岳陽市汨羅市高三下學期 5 月月考）函數 f x = ln x, g x = x - x - m + 2．
(1)若m = e ,求函數F x = f x - g x 的最大值；
(2)若 f x + g x x2 - x - 2 ex 在 x (0, 2]恒成立,求實數 m 的取值范圍．
【解析】（1）因為F x = ln x - x2 + x + e - 2 ,
F (x) 0, + F (x) 1 2x 1 (2x +1)(x -1)可知 的定義域為 ,且 = - + = - ,
x x
由F (x) > 0 ,解得0 < x <1；由 F (x) < 0 ,解得 x >1．
可知 F (x)在( 0, 1)內單調遞增,在 (1, + )內單調遞減,
所以函數F x = f x - g x 的最大值為F 1 = e - 2．
（2）因為 f (x) + g(x) x2 - (x - 2)ex 在 x (0, 2]恒成立,
等價于m (x - 2)ex + ln x - x + 2在 x (0, 2]恒成立．
設 h(x) = (x - 2)ex + ln x - x + 2 , x (0, 2] ,
則 h (x) = (x -1)ex
1 1 1+ - = x -1 ex -

x x ÷
,
è
1 1
當 x >1 , x x時則 x -1 > 0 ,且 e > e, < 1 ,可得 e - > e -1 > 0 ,所以 h (x) > 0x ；x
當0 < x <1時,則 x -1< 0 ,設u(x)
1
= ex - ,0 < x <1 ,則u (x)
1
= ex + > 0 ,
x x2
1 1
可知u(x) 在( 0, 1)遞增,且u ÷ = e - 2 0,u(1) = e -1 0．則$x0 ,1÷ ,使得u x0 = 0．
è 2 è 2
當 x 0, x0 時,u(x) < 0；當 x x0 ,1 時,u(x) > 0．當 x 0, x0 時, h (x) > 0；當 x x0 ,1 時, h (x) < 0．
可知函數 h(x) 在 0, x0 遞增,在 x0 ,1 遞減,在 (1, 2)遞增．
u x ex 1 1= 0由 0 - = 0x ,
x0
得 e = x ,且
ln x0 = -x0 ．
0 0

可得 h x x 2 ex ln x x 2 1 100 = 0 - + 0 - 0 + = x0 - 2 - 2x0 + 2 = 3- 2x x0 + ÷ ,0 è x0
x 1 且 0 ,12 ÷
,則 h x0 < 0 ,
è
又因為 h(2) = ln 2 > 0 ,可知當 x (0, 2]時, h(x)max = h 2 = ln 2 ,所以m 的取值范圍是[ln 2,+ )．
【例 4】（2024 屆河南省信陽市高三下學期高考考前押題）已知函數 f x = xlnx , h x = x x -1 x > 0 ．
(1)試比較 f x 與 h x 的大小；
(2)若 f x x -1 ax - a +1 恒成立,求 a的取值范圍．
x -1
【解析】（1）因為 f x - h x = x ln x - x x -1 = x ln x - ÷ ,
è x
2
F x ln x x -1構建 = - , x > 0 , x -1 則
x F x = - 0在 0, + 內恒成立,2x x
可知F x 在 0, + 內單調遞減,且F 1 = 0 ,則有：
若0 < x <1,則F x > 0 ,即 f x > h x ；若 x =1 ,則F x = 0 ,即 f x = h x ；
若 x >1 ,則F x < 0 ,即 f x < h x .
（2）若 f x x -1 ax - a +1 恒成立,則 ax - ln x a -1+ +1- 2a 0 ,
x
構建 g x = ax a -1- ln x + +1- 2a, x > 0 ,原題意等價于 g x 0在 0, + 內恒成立,
x
1 a -1 x -1 ax + a -1則 g x = a - - = ,
x x2 x2
1.若 a 0 ,則 ax + a -1< 0，當0 < x <1時, g x > 0；當 x >1時, g x < 0；
可知 g x 在 0,1 內單調遞增,在 1, + 內單調遞減,則 g x g 1 = 0 ,不符合題意；
2.若 a > 0 ,則有：（ⅰ）若a 1 ,則 ax + a -1 > 0 ,當0 < x <1時, g x < 0；當 x >1時, g x > 0；
可知 g x 在 0,1 內單調遞減,在 1, + 內單調遞增,則 g x g 1 = 0 ,符合題意；
1
（ⅱ）若 0 < a < 1時,令 g x = 0 ,解得 x =1或 x = -1 > 0 ,
a
1 1 1
①若 - 1 > 1 ,即0 < a < 時,當1 < x < -1時, g x < 0 ,
a 2 a
可知 g x 在 1,
1
-1 ÷內單調遞減,此時 g x < g 1 = 0 ,不合題意；
è a
1 1 x -1 2
②若 - 1 = 1 ,即 a = 時,則 g x = 0 ,可知 g x 在 0, + 內單調遞增,a 2 2x2
當 x 0,1 時,此時 g x < g 1 = 0 ,不合題意；
1 1 1- a
③若 -1<1
2
,即 < a <1時,則0 < 1- a < <1,
a 2 a
x -1 1
由（1）可知：當0 < x <1時, ln x > = x - ,
x x
g x 1 2a ln x ax a -1 1 2a x 1 ax a -1則 = - - + + < - - - ÷ + + ,x è x x
可得 g 1- a 2 <1- 2a - 1- a 1 a -1- ÷ + a 1- a 2 + 2 = a2 a - 2 < 01- a 1 a ,不合題意；è -
綜上所述： a的取值范圍為 1, + .
【例 5】（2024 屆河北省保定市九縣一中三模）已知函數 f x = ax + ln x +1 .
(1)若 a = -2 ,求 f x 的單調區間；
(2)若 f x 0 恒成立,求 a的取值集合.
【解析】（1）由 a = -2 ,得 f x = -2x + ln x +1 1 -2x -1,定義域為 -1, + ,則 f x = -2 + = ,
x +1 x +1
x 1當

-1,-

÷時, f x > 0
1
, 當 x - ,+

2 2 ÷時
, f x < 0 ,
è è
f x 1, 1 1故 的單調遞增區間為 - - ÷ ,單調遞減區間為 - , +

2 2 ÷
.
è è
（2）由 f x = ax + ln x +1 , x -1, + ,得 f x 1= a + ,
x +1
a +1
若 a 0 ,則顯然 f 2 = 2a + ln3 > 0 ,不符合題意,若 a<0 ,令 f x = 0 ,解得 x = - > -1 ,
a
x 1, a +1 - - 則當 ÷時, f x > 0 , f x x
a +1
單調遞增,當

- , + ÷時, f x < 0 , f x a a 單調遞減,è è
f x = f a +1- ÷ = -a -1- ln -amax ,則-a -1- ln -a 0 ,即 a +1+ ln -a 0 ,è a
令 g a = a +1+ ln -a g a 1 1 a +1,則 = + = ,
a a
當 x - ,-1 時, g a > 0 , g a 單調遞增,當 x -1,0 時, g a < 0 , g a 單調遞減,
所以 g a = g -1 = 0 ,當滿足 g a 0時, a = -1 ,所以 a的取值集合為 -1max .
1．（2024 3 2屆青海海西格爾木三校高三第三次聯考）已知函數 f x = x - x + ax .
(1)討論函數 f x 的單調性；
(2)令 g x a= f x + - x ln x - 2 ,若 g x 0 恒成立,求實數 a 的取值范圍.
x
【解析】（1）由 f x = 3x2 - 2x + a , D = 4 -12a ,
①當 a
1
時, D 0 ,可得 f x 0 ,此時函數 f x 在 R 上單調遞增；
3
a 1②當 < 時, D > 0 ,關于 x 的一元方程3x2 2x a 0 x 1± 1- 3a- + = 的兩根為 = ,
3 3

此時函數 f x 1- 1- 3a ,1+ 1- 3a ,1- 1- 3a 1+ 1- 3a的減區間為 ÷÷ ,增區間為 - ÷÷ ,3 3 3 ,+ è è è 3 ÷
÷；

（2）若 g x 0 恒成立,必有 g 1 = f 1 + a - 2 = 2a - 2 0 ,可得a 1 ,
下面證明a 1時 g x 0 恒成立.
g x = x3由 - x2 + ax a+ - x ln x 1- 2及a 1 ,有 g x x3 - x2 + x + - x ln x - 2 ,
x x
要證不等式 g x 0 , 3只需證 x - x2 1+ x + - x ln x - 2≥0 ,
x
x > 0 , x2 x 1
1
又由 只需證 - + + - ln x
2 1 2
- ≥0 , h x = x2令 - x +1+ - ln x - ,
x2 x x2 x
有 h x = 2x -1 2 1 2 1- - + = 2x23 - x
2 2
- + -1
x x x2 x x2 x ÷
,
è
4 3
j x 2 2= 2x2 - x - + -1 x > 0 , j x 4x 1 4 2 4x - x - 2x + 4令 2 有 = - +x x x3 - =x2 x3 ,
①當0 < x <1時, 0 < x3 <1 , 0 < 2x < 2 ,有 4x4 - x3 - 2x + 4 > 4x4 -1- 2 + 4 = 4x4 +1 > 0；
②當 x 1時, x4≥x3 , 2x4≥2x ,有 4x4 - x3 - 2x + 4 = x4 - x3 + 2x4 - 2x + x4 + x x4 + 4 > 0 ．
由①②可知j x > 0 ,故函數j x 單調遞增,
又由j 1 = 0 ,可知當0 < x <1時j x < 0 ,即 h x < 0；
當 x >1時j x > 0 ,即 h x > 0 ,可得函數 h x 的減區間為( 0, 1) ,增區間為 1, + ,
有 h x h 1 = 0．由上知,若 g x 0 恒成立,則實數 a 的取值范圍為[1, + ) .
2 f (x) 1
2．（2024 屆陜西省富平縣高三第二次模擬）已知函數 f (x) = x ln x , g(x) = - x + .
x x
(1)求函數 g(x)的單調區間；
(2)若當 x > 0時, mx2 - ex mf (x)恒成立,求實數 m 的取值范圍.
【解析】（1）依題意,函數 g(x) = 2ln x
1
- x + 的定義域為 (0, + ) ,
x
2 1 1
求導得 g (x) = -1- 2 = -( -1)
2 0 ,當且僅當 x =1時取等號,
x x x
即 g(x)在 (0, + )上單調遞減,所以函數 g(x)的遞減區間為 (0, + ) ,無遞增區間.
x
（2 e）當 x > 0時, mx2 - ex mf (x) mx2 - ex mx ln x m(x - ln x) = ex-ln x 恒成立,
x
令 h( x) = x - ln x, x > 0 ,求導得 h (x)
1
=1- ,當0 < x <1時, h (x) < 0 ,當 x >1時, h (x) > 0 ,
x
即函數 h(x) 在( 0, 1)上遞減,在 (1, + )上遞增,則當 x > 0時, h(x) h(1) = 1 ,
t
令 t = x - ln x ,依題意,"t [1, + ) , mt e et m 恒成立,
t
t t
令j(t) e= , t 1 ,求導得j (t) e (t -1)= 0 ,則函數j(t) 在[1, + )2 上單調遞增,t t
當 t =1時,j(t)min = j(1) = e ,因此m e ,所以實數 m 的取值范圍 (- , e] .
ex3．（2024 屆重慶市高三第三次聯合診斷）已知函數 f x = .
x + a
(1)當 a =1時,求 f x 在點 0, f 0 處的切線方程；
(2)若 f x 在區間 0, + 上單調遞增,求實數 a 的取值范圍.
ex e
x x +1 - ex xex
【解析】（1）解：當 a =1時, f x = , f x = = ,
x +1 (x +1)2 (x +1)2
則 f 0 =1, f 0 = 0 ,
所以當 a =1時, f x 在點 0, f 0 處的切線方程為 y =1.
e
x x + a -1
（2） f x

= ,因為 f x 在區間 0, + 2 上單調遞增,(x + a)
x
f e x + a -1x 所以 = 0在區間 0, + 上恒成立,
(x + a)2
即 x + a -1 0在區間 0, + 上恒成立,所以 a 1- x在區間 0, + 上恒成立,
因為當 x 0, + 時,1- x - ,1 ,所以a 1 ,即 a 的取值范圍是 1, + .
4．已知 f (x) = aex ln x, g(x) = x2 + x ln a
(1)當 a =1時,求 f (x) 在 x =1處切線方程；
(2)若 f (x) < g(x) 在 x (0,1) 恒成立,求 a的取值范圍；
1 1 2 1 1 1
(3)求證： ×e2 + ×e3
3 n
2 2 +
4
2 ×e +L+ 2 ×en+1 < ln(n +1)．2 3 4 (n +1)
1
【解析】（1）當 a =1時, f (x) = ex ln x , x求導得 f (x) = e ( + ln x) ,則 f (1) = e ,而 f (1) = 0 ,
x
所以 f (x) 在 x =1處切線方程為 y = e(x -1) ,即 ex - y - e = 0 .
x
（2）"x (0,1), f (x) g(x) ln x x + ln a ln x ln(ae )< aex ln x < x2 + x ln a < x < ,x ae x aex
ln x x x
當0 < x <1時, < 0 ,當 aex , ln(ae ) ln x ln(ae ) 1時 x 0 ,則不等式 < x 恒成立,此時x ae
x > x ,
ae x ae
x h(x) ln x 1- ln x當0 < ae <1時,令函數 = ,0 < x <1 ,求導得 h (x) = 2 > 0 ,x x
x
函數 h(x) ( 0, 1) , ln x ln(ae )在 上單調遞增不等式 < x ,即 h(x) < h(ae
x ) ,因此 aex > x ,
x ae
從而"x (0,1), f (x) < g(x) aex > x
x x
a > x ,令j(x) = x ,0 < x <1 ,e e
j (x) 1- x 1求導得 = x > 0 ,函數j(x) 在( 0, 1)上單調遞增,"x (0,1),j(x) < j(1) = ,e e
則 a
1 1
,所以 a的取值范圍是[ ,+ ) .
e e
1
（3）由（2）知,當 a = 時,不等式 ex-1 ln x < x2 - x ln x < x(x -1)e1-x 對"x (0,1) 恒成立,
e
x n= , ln n n n
1 n
1
-
取 得 < ( -1)e n+1 ,即 ln
n n
< - en+1 ,
n +1 n +1 n +1 n +1 n +1 (n +1)2
1 1
因此 ln
n +1 n
> en+1 n2 ,即 en+12 < ln(n +1) - ln n ,n (n +1) (n +1)
1 1 1 1 1
則 ×e2
2 e3 32 + 2 × + 2 ×e4 +L
n
+ 2 ×en+1 < ln 2 - ln1+ ln 3 - ln 2 +L+ ln(n +1) - ln n2 3 4 (n +1)
= ln(n +1) - ln1 = ln(n +1) ,所以原不等式成立.
5．（2024 屆青海省部分學校高三下學期協作考試）已知函數 f x = eax 1+ x2 - ax（ a R ）.
2
(1)當 a =1時,求 f x 的最值；
(2) a -1,1 , x , x -2, 2 , f x - f x ≤ e2當 時證明：對任意的 1 2 都有 1 2 -1.
x 1
【解析】（1）當 a =1時, f x = e + x2 - x , f x = ex + x -1, x易知 f x = e + x -1在上R 單調遞增.
2
因為 f 0 = 0 ,所以當 x < 0 時, f x < 0 ,當 x > 0時, f x > 0 ,
所以 f x 在 - , 0 上單調遞減,在 0, + 上單調遞增,
所以 f x 有最小值 f 0 =1,無最大值.
（2）證明： f x = aeax + x - a .令 g x = f x = aeax + x - a , g x = a2則 eax +1 > 0 ,
所以 f ' x 在 -2,2 上單調遞增.
又 f 0 = 0 ,所以當 x < 0 時, f x < 0 ,當 x > 0時, f x > 0 ,
所以 f x 在 -2,0 上單調遞減,在 0, 2 上單調遞增,
即當 a -1,1 時, f x 在 -2,0 上單調遞減,在 0,2 上單調遞增.
所以 f 2 - f 0 = e2a - 2a +1, f -2 - f 0 = e-2a + 2a +1 .
令 h t = e2t - 2t - e2 + 2 ,則 h t = 2e2t - 2 ,當 t < 0時, h t < 0 ,當 t > 0時, h t > 0 ,
所以 h t 在 - , 0 上單調遞減,在 0, + 上單調遞增.
因為 h 1 = 0 , h -1 1= + 4 - e22 < 0 ,所以當 t -1,1 時, h t 0 ,e
即當 t -1,1 時, e2t - 2t +1 e2 -1 ,
所以當 a -1,1 時, e2a - 2a +1≤ e2 -1且 e - 2a + 2a +1≤ e2 -1 ,
即 f 2 - f 0 e2 -1且 f -2 - f 0 e2 -1,
即對任意的x1 , x2 -2, 2 ,都有 f x1 - f x2 ≤ e2 -1.
6．（2024 屆北京市十一學校高三下學期三模）已知函數 f x = ln x +1 + k x +1 ．
(1)求 f x 的單調區間；
(2)若 f x -1恒成立,求實數 k 的取值范圍；
n n n -1
(3)求證： lni < ．（ n N且 n 2）
i=2 i +1 4
1
【解析】（1）函數 f x 的定義域為 -1, + ． f x = + k ．
x +1
① k 0時, f x > 0 , f x 的遞增區間為 -1, + ,無遞減區間；
1 1
③ k < 0時,令 f x > 0得-1 < x < -1- ；令 f x < 0得 x > -1- ,
k k
所以 f x -1, -1 1- 1 的遞增區間為 ÷ ,k 遞減區間為 -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,
f x f 1 1故只考慮 k < 0的情況,由（1）知 = - - ÷ = -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 k = -1時, ln x +1 - x +1 -1恒成立,所以 ln x +1 x ,
lnx < x -1 x 2 , x = n2 n N*所以 當 恒成立令 , n >1 , 2進而 lnn < n2 -1 n N*,n 2 ,
即 2lnn < n -1 n +1 lnn n -1,\ <
n 1 2 n N
*, n 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
7．（2024 x屆廣東省茂名市高州市高三第一次模擬）設函數 f x = e + asinx , x 0, + .
(1)當 a = -1時, f x bx +1在 0, + 上恒成立,求實數b 的取值范圍；
(2)若 a > 0, f x 在 0, + 上存在零點,求實數 a的取值范圍.
【解析】（1）當 a = -1時, f x = ex - sinx ,
所以不等式轉化為 ex - bx - sinx -1 0 ,在 0, + 上恒成立.
令 h x = ex - bx - sinx -1 ,所以 h x = ex - cosx - b .
當 x [0,+ )時, ex - cos x 0恒成立.
若b 0 ,則h x 0在 0, + 上恒成立, h x 在 0, + 上單調遞增,
故 h x h 0 = 0 ,符合題意；
若b > 0 , x x令函數m x = e - cosx - b ,則m x = e + sinx 0在 0, + 上恒成立,
所以m x 在 0, + 上單調遞增,
因為m 0 = -b < 0 ,且當 x + 時, m x + .
所以$x0 0, + , m x0 = ex0 - cosx0 - b = 0 ,
故當 x 0, x0 時, h x = m x < 0 , h x 單調遞減,
當 x x0 ,+ 時, h x = m x > 0 , h x 單調遞增,
則 h(x)min = h x0 =ex0 - bx0 - sinx0 -1< h 0 = 0 ,不符合題意.
綜上所述,實數b 的取值范圍為 - , 0 ；
（2）因為 f x = ex + asinx , x 0, + ,令 f x = 0 ,即 ex + asinx = 0 ,
1 sinx
所以- = x .令 g x
sinx
= x , x 0, + ,a e e
2sin x π- π
則 g x cosx - sinx
4 ÷è .令 g x = 0 ,得 x = kπ + ,k N .= = - 4
ex ex
π 5π
所以當 x + 2kπ, + 2kπ

÷時, sin

x
π
- > 0 , g x 單調遞減；
è 4 4 ÷ è 4
x 0, π x 5π當 ÷ , + 2kπ,
9π
+ 2kπ ÷時, sin
x π- ÷ < 0, g x 單調遞增.
è 4 è 4 4 è 4
5π
所以當 x = + 2kπ,k N 時, g x 取得極小值,
4
即當 x
5π
= ,13π , × × ×時, g x 取得極小值.
4 4
5π 13π
又因為 sin 5π sin 13π 2= = ××× = - ,
4 4 2 0 < e
4 < e 4 < ××× ,
g 5π 13π< g
5π
-
所以 ÷ ÷ < ××× . g x g
5π 2
所以
è 4 è 4 4 ÷
= - e 4 .
è 2
x π當 = + 2kπ, k N, g x π 9π取得極大值,即當 x = , , × × ×時, g x 取得極大值.
4 4 4
π 9π
又因為 sin π sin 9π 2= = ××× = ,
4 4 2 0 < e
4 < e 4 < ××× ,
g π > g 9π > ××× . g x g π 2
π
-
所以 ÷ ÷ 所以 ÷ = e 4 ,è 4 è 4 è 4 2
2 5π 2 π 2 5πx 0, + - - -, e 4 g x e 4 . e 4 1 2
π
-
所以當 - 所以- - e 4 .
2 2 2 a 2
5π
又因為 a > 0 ,所以 a 2e 4 時, f x 在 0, + 上存在零點,
é 5π
所以實數 a的取值范圍為 ê 2e 4 ,+ ÷ .

8．（2024 屆四川省綿陽南山中學高三下學期高考仿真演練）已知函數 f x = ex - k cos x ,其中 k 為常數.
(1)當 k =1時,討論函數 f x 在 0, + 上的單調性；
x 0, π (2)若" ÷ , f x >1 ,求實數 k 的取值范圍.
è 2
【解析】（1） k =1時, f x = ex - cos x , f x = ex + sin x ,
因為 x 0, + ,有 ex >1 , -1 sin x 1 ,所以 f x = ex + sin x > 0 ,
于是函數 f x 在 0, + 上單調遞增.
（2）解法一： f x >1 ,即 ex - k cos x -1 > 0 .
π xx 0, , cos x > 0 , k e -1因為 所以 于是 .
è 2 ÷
<
cos x
ex -1 x
令 g x = ,則 g x sin x + cos x e - sin x= .
cos x cos2 x
x π 0, π π 3π π
2 ù
當 2 ÷
時, ex >1 , 0 < sin x <1, x + , ÷ , sin x + ÷ ,1ú ,
è 4 è 4 4 è 4 è 2
則有 sin x + cos x ex - sin x = 2 sin x π + ÷ex - sin x > ex - sin x > 0 ,
è 4
π
于是 g x > 0 ,所以 g x 在 0, 2 ÷上是增函數, g x > g 0 = 0 ,所以 k 0 .è
即實數 k 的取值范圍為 - , 0 .
解法二：令 g x = f x -1 = ex - k cos x -1, g x = ex + k sin x .
當 k > 0時, g x > 0 , g x 在 0, π ÷上是增函數, g x > g 0 = -k .
è 2
當 x 0時, g x -k ,而-k < 0 ,不滿足條件；
k = 0 , g x = ex當 時 -1 > 0 在 0, π 2 ÷上恒成立；è
k < 0 , ex 1 , cos x > 0 , g x = ex當 時 > -1 - k cos x > 0 在 0, π 2 ÷上恒成立.è
綜上： k 0 ,即實數 k 的取值范圍為 - , 0 .
x
解法三：令 g x = f x -1 = e - k cos x -1,由 g 0 = -k≥0得 k 0 .
下證當 k 0時, g x > 0 .
k 0 x 0,
π
, ex 1 , cos x > 0 , g x = ex -1 - k cos x≥ ex因為 且 ÷ > 所以 -1 > 0 ,
è 2
所以 k 0 ,即實數 k 的取值范圍為 - , 0 .
ax
9．（2024 屆河北省高三學生全過程縱向評價六）已知函數 f x = x , g x = sin x + cos x .e
(1)當 a =1時,求 f x 的極值；
(2)當 x 0, π 時, f x g x 恒成立,求 a的取值范圍.
【解析】（1）當 a =1時 f x x= x ,所以 f x
1- x
=
e ex
,
所以當 x <1時 f x > 0 ,當 x >1時 f x < 0 ,
所以 f x 在 - ,1 上單調遞增,在 1, + 上單調遞減,
所以 f x 在 x =1處取得極大值,即 f x = f 1 1= ,無極小值.
極大值 e
（2）因為當 x 0, π 時, f x g x 恒成立,即當 x 0, π ax時, x sin x + cos x恒成立,e
ex即 sin x + cos x - ax 0在 0, π 3π 3π上恒成立,當 x = 時- a 0 ,解得 a 0 ,
4 4
設 h x = ex sin x + cos x - ax , x 0, π ,
則 h x = ex sin x + cos x + ex cos x - sin x - a = 2ex cos x - a ,
令m x = h x = 2ex cos x - a ,則m x = 2ex cos x - sin x = 2 2ex cos x π +

÷ ,
è 4
x 當 0,
π
÷ 時m x > 0 ,則 h x 單調遞增,
è 4
π
當 x , π ÷ 時m x < 0 ,則 h x 單調遞減,
è 4
π
因為 a 0 , h 0 = 2 - a > 0 , h
π
÷ = 2e 4 - a > 0 , h π = -2eπ - a ,
è 4
當-2eπ - a 0 ,即 a -2eπ 時h x 0在 0, π 上恒成立,
所以 h x 在 0, π 上單調遞增,所以 h x = h 0 =1 > 0 ,所以 h x 0min 恒成立,
π $x π當-2e < a < 0時 0 , π

÷使得 h x0 = 0 ,
è 4
所以當 x 0, x0 時 h x > 0 , h x 單調遞增；
當 x x0 , π 時 h x < 0 , h x 單調遞減；
ì f 0 0 ì1 0 π
所以 í ,則 í ,解得-2eπ
e
f π 0
< a - ,
-e
π - aπ 0 π
eπ eπ ù
綜上可得 a - ,即 a的取值范圍為 - , - .
π úè π
2
10．（2024 屆山西省部分學校高三高考考前鞏固卷）已知函數 f x = , g x = lnx - ax , a 0 .
ax
(1)討論函數 g x 的單調性；
(2)當 a > 0時, F x = g x - f x 0恒成立,求 a的取值范圍.
1 1- ax
【解析】（1） g x = - a = x > 0 ,
x x
當 a<0時, g x > 0恒成立,從而 g x 在 0, + 上單調遞增,
當 a > 0時, 0 < x
1
< , g x > 0 1, x > , g x < 0 ,
a a
從而 g x 1 1 在 0, ÷上遞增,在 ,+ ÷ 上單調遞減,
è a è a
綜上,當 a<0時, g x 的單調遞增區間為 0, + ,沒有單調遞減區間；
1 1
當 a 0 > 時, g x 的單調遞增區間為 0, ÷ ,單調遞減區間為 ,+ a a ÷ ；è è
（2）由題可知F x = lnx - ax 2- ,要使F x 0恒成立,只要F x 0max , ax
1 2 - ax +1 ax - 2F x = - a + 2 = 2 ,由于 a > 0 , x > 0 ,所以 ax +1 > 0 恒成立,x ax ax
0 x 2當 < < 時, F x > 0 2,當 x > 時, F x < 0 ,
a a
所以函數F x 在 0,
2 2
÷上單調遞增,在 ,+

÷ 上單調遞減,
è a è a
F x F 2 ln 2 3 0 2 a é 2 所以 =max ÷ = - ,解得a 3 ,所以 的取值范圍為 , + .è a a e ÷ êe3
11．（2024 2 x屆四川省成都石室中學高三下學期高考適應性考試）設 f x =（a -1)e + sin x - 3
(1)當 a = 2 ,求函數 f (x) 的零點個數.
(2)函數 h(x) = f (x) - sin x - x2 + 2ax + 2 ,若對任意 x 0 ,恒有 h(x) > 0 ,求實數 a的取值范圍
x
【解析】（1）當 a = 2 時, f (x) = ex + sin x - 3 , f x = e + cos x ,
當 x < 0 時, ex (0,1) , sin x 1, f (x) < 0 , f (x) 在 (- ,0)上無零點.
當 x

0,
π é π ù
時, f x > 0 , f (x) 在 x 0, 上單增.
è 2 ÷ ê 2 ú
Q f (0) = -2 < 0 , f
π π= e 2 - 2 > eln 2
π
- 2 = 0 f , > 0 ,
è 2 ÷
2 ÷ è
x 0, p f x 0 π\ $ 0 ÷ , 0 = , f (x) 在 x é ù
è 2 ê
0, 上有一個零點.
2 ú
x π , + π 3
3
當 ÷時,又 > > ln e2 > ln e3 > ln 2.63 = ln 17.56 > ln 4 ,
è 2 2 2
π π
f (x) > e 2 -1- 3 > eln 4 - 4 = 0 ,\ f (x) 在 ,+ 上無零點.è 2 ÷
\綜上所述, f (x) 在 - ,+ 上只有一個零點.
（2） x 0 時, h(x) > 0 ,\ (a2 -1)ex - x2 + 2ax -1 > 0
x2 - 2ax +1 2a2 1 , g(x) x - 2ax +1x < - 設 = x - (a
2 -1) ,
e e
2
-x + (2a + 2)x - 2a -1 -(x -1) x - (2a +1)g x = x =e ex ,
a 1當 - , g(x)在( 0, 1)遞增,在 (1, + )上遞減,
2
Q g(x) 2 - 2a 2max = g(1) ,\ g(1) = - (a -1) < 0 ,e
(ea + e + 2)(a -1) > 0 , a (
e + 2 1 e + 2
- ,- ) (1,+ ) ,Qa - \a (- , - )
e 2 e
1
當- < a < 0 時, g(x)在 (0, 2a +1)遞減,在 (2a +1,1)遞增,在 (1, + )遞減,
2
ìg(0) < 0
\ g(1) 2 - 2a只需 í , = - (a2 -1) < 0 g(0) = 2 - a2 < 0 ,
g(1) < 0 e
\a ( , e + 2 1 - - ) ,與 - < a < 0 矛盾,舍去；
e 2
當 a = 0時, g(x)在 (0, + )上遞減,只需 g(0) < 0 , a2 > 2 ,矛盾,舍去；\ a = 0不滿足條件.
當 a > 0 , g(x)在( 0, 1)上遞減,在 (1, 2a +1)上遞增,在 (2a +1,+ ) 上遞減.
ìg(2a +1) < 0
Q x 0 , g(x) < 0 ,\只需 íg(0) 0 , <
2a +1 2 - 2a(2a +1) +1 2g(2a +1) = - (a2 -1) 2a + 2= - (a2 -1) < 0 ,Qa +1 > 0 ,\a -1 > 2a+1 ,e2a+1 e2a+1 e
2 2 2
又 g 0 = 2 - a2 0,\a 2 , \a -1 > 2 -1 > 0.4 > > >
22 2+1 e2 2+1 2a+1
,
e
ì a > 0\ e + 2í ,\ a > 2 滿足條件. \綜上所述, a (- ,- ) 2, +
a > 2 e

12．（2024 屆天津市新華中學高三統練十一））已知函數 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
sin 1 2ln 2n -1(3)求證： ÷ < - 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) cos x
1
= + - 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, + ,
所以 x = 0是 f (x) 的極大值點,因為 f (x) = cos x
1
+ - a ,
1+ x
所以 f (0) = 2 - a = 0 ,所以 a = 2 ,
需驗證,當 a = 2時, f (x) = sin x + ln(1+ x) - 2x 0恒成立即可,因為 f (x) = cos x
1
+ - 2 ,
1+ x
j(x) f (x) cos x 1 j (x) sin x
1
令 = = + - 2 ,則 = - -
1+ x (1 x)2
,
+
1
①當 x (-1,0)時, >1,j (x) < 0 j(x) (-1,0)(1+ x)2 ,則 在 上單調遞減,
所以 f (x) > f (0) = 0, f (x) 在 (-1,0) 上單調遞增, f (x) < f (0) = 0 ,
②當 x 0, + 時, f (x) 0 ,則 f (x) 在 0, + 上單調遞減,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) ,當且僅當 x = 0時取等號,
1 2n 2n 2n
當 n 2時, 0 ,所以 sin 1 < 2 1 - ln 1 i -1 i -1÷ i -1 1+ ÷ ,i=n+1 è i=n+1 i=n+1 è i -1
2n
ln 1 1
2n
ln i n +1 n + 2 2n + i -1÷ = ÷ = ln + ln +L+ ln = ln 2 ,i=n+1 è i=n+1 è i -1 n n +1 2n -1
ln 2n -1 ln 2n -1 2n - 2因為 = × L
n
n -1 è 2n - 2 2n - 3 n -1÷
ln 2n -1 ln 2n - 2 L ln n
2n n -1 1 i -1
= + + + = ln 2n - 2 2n - 3 n -1 ÷ ,所以即證 < ln ÷ ,i=n+1 è n - 2 i -1 è i - 2
x i -1 1 1 1 1 1令 = = + ,則 = - ,當 n 2時, i 3 , x 1,2 ,
i - 2 i - 2 i -1 x
1 1所以即證： - < ln x, x 1,2 ,令m(x) 1 1= - - ln x , m 則 (x) 1 1 1- x= 2 - = ,x x x x x2
所以 x 1,2 時, m (x) < 0,m(x)單調遞減,
所以m(x) < m(1) = 0 1
1
,即 - < ln x, x 1,2 ,
x
2n
綜上, sin 1 2n -1 * ÷ < 2ln - ln 2, n 2,n N .
i=n+1 è i -1 n -1
13．（2024 屆福建省福州市福建師范大學附屬中學高三下學期校模）已知函數 f (x) = ax - ln(1- x)(a R)．
(1)求曲線 y = 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
1 (- ,1) , f (x) = ax - ln(1- x) , f
1
【解析】（ ）定義域為 由 得 (x) = a + (x <1) ,
1- x
因為 f (0) = 0, f (0) = a +1 ,所以曲線 y = f (x) 在點 (0, f (0)) 處的切線方程為 y = (a +1)x；
(- ,1) f (x) a 1 -ax + a +1（2）定義域為 , = + = ,
1- x 1- x
①當 a 0時, f (-1) = -a - ln 2 < 0 ,不符合題意．
②當 a<0時,令 f (x) = 0 1,解得 x = 1 + ,
a
x ,1 1 1當 - +

÷ 時, f (x) < 0, f (x)

在區間 - ,1+

a a ÷
上單調遞減,
è è
x 1 1當 1+ ,1÷時, f (x) > 0, f (x)

在區間 1+ ,1÷ 上單調遞增,
è a è a
所以當 x
1
= 1 + 時, f (x)

取得最小值 f 1
1
+ ÷ = a +1+ ln(-a)；a è a
若 f (x) 0恒成立,則 a +1+ ln(-a) 0 ,
設j(x) = x +1+ ln(-x)(x < 0) j (x) 1
1 x +1
,則 = + = ,
x x
當 x (- ,-1)時,j (x) > 0,j (x)在區間 (- , -1)上單調遞增,
當 x (-1,0)時,j (x) < 0,j (x)在區間 (-1,0) 上單調遞減,
所以j(x) j(-1) = 0 ,即 a +1+ ln(-a) 0 的解為 a = -1．所以 a = -1 .
14．（2024 x屆福建省福州第一中學高三下學期 5 月模擬）已知函數 f x = e , g x = sinx + cosx ,其中 e為自然
對數的底數.
(1)證明： x 0 時, ex -1 x sinx ；
(2)求函數h x = f x - g x 5在 - π,+ ÷內的零點個數；
è 4
(3)若 f x + g x ax + 2 ,求 a的取值范圍.
【解析】（1）令 f1 x = ex -1- x,x 0 ,則 f 1 x = ex -1 0 ,
所以 f1 x 在[0, + )單調遞增,所以 f1 x f1 0 = 0 ,所以 x 0 時, f (x) -1 x；
再令 f2 x = x - sin x ,則 f 2 x =1- cos x 0 ,
所以 f2 x 在[0, + )單調遞增,所以 f2 x f2 0 = 0 ,所以 x 0 時, x sin x .
綜上所述, x 0 時, ex -1 x sinx .
（2） h x = f x - g x = ex - sin x - cos x ,
h x = ex - cos x + sin x = ex + 2 sin x
π
- ÷ ,
è 4
① x > 0時,由（1）知, h x = ex - sin x - cos x > x +1- sin x - cosx
= (x - sin x) + (1- cosx) 0 , h x 在 (0, + )沒有零點；
② x = 0時, h(0) = 0 ,所以 x = 0是函數 h x 的零點；
x π x③當 - ,0÷時, h x = e - cos x + sin x,h 0 = 0 ,
è 4
令m x = ex - cos x π+ sin x ,則m x = ex + sin x + cos x = ex + 2 sin x + > 0 ,
è 4 ÷
則函數 h x
π
在 - ,0÷上單調遞增,則 h (x) < h (0) = 04 ,è
h x π則函數 在 - ,0 ÷上單調遞減,則 h(x) > h(0) = 0 , h x π在 - ,0 4 4 ÷沒有零點；è è
x 5π πù④當 - , - ú , h x = ex - 2 sin
p
4 4
x + ÷ > 0 ,沒有零點.
è è 4
5
綜上所述,當 x - π, +

÷時,函數 h x 的零點個數為 1.
è 4
5
（3）由（2）知,當 x > - π時, h x = ex - sin x - cos x 0 ,令j x = f x + g x - ax - 2
4
j x = f x + g x - ax - 2 = ex + sin x + cos x - ax - 2 ,
則j x = ex + cos x - sin x - a ,令 n x = ex + cos x - sin x - a
n x = ex - sin x - cos x 0 ,故j x 單調遞增,
①當 a > 2時,j 0 = 2 - a < 0 ,
j ln a + 2 = 2 - 2 sin éêln a + 2
π
- ùú > 0 , $x1 0, ln a + 2 使得j x1 = 0 , 4
當0 < x < x1 時,j x1 < 0 ,j(x) 單調遞減,j(x) < j(0) = 0不符合題意；
5
②當 a 2 < 時,j 0 > 0 ,若 x - π,04 ÷ 時,總有j
x 0（不恒為零）,
è
則 h x 5- π,+ 5 在 ÷上為增函數,但j(0) = 0 ,故當 x - π,0÷ 時,j(x) < 0 ,4 不合題意.è è 4
5
故在 x - π,0÷ 上,j x 0
5π
< 有解,故$x2
- ,0
4 4 ÷
,使得j x2 = 0 ,
è è
又j x x 5π 在 - ,0÷時單調速增,所以當 x2 < x < 0時,j x > 0 ,j(x) 單調遞增,
è 4
故當 x x2 ,0 時,j(x) < j(0) = 0 ,不符合題意,故 a < 2不符合題意；
x
③當 a = 2時,j x = e + cos x - sin x - 2 ,由于j x 單調遞增,j 0 = 0 ,
5
故- π < x < 0 時,j x < 0 ,j(x) 單調遞減； x > 0時, h (x) > 0 , h(x) 單調遞增,此時 h(x) h(0) = 0 ,
4
x 5當 - π時, h x = ex + sin x + cos x - 2x - 2 0 - 2 5+ π - 2 > 0；綜上可得, a = 2 .
4 2
15．（2024 屆江蘇省揚州市高三下學期高考考前調研測試）已知函數 f x = sinx, g x = x．
(1)求函數 h x = 2 f x - 3g x , x 0,2π 的極值；
g xx j = , x (2)函數 0,
π
f x ÷．è 2
①討論函數j x 的單調性；
1
②函數F x = a ×j x ×cosx - < 0 aj x ,求實數 的取值范圍．
【解析】（1）函數 h x = 2sinx - 3x , x 0,2π ,則 h x = 2cosx - 3 ,
令 h x = 0, x 0,2π , x π= x 11π解得 或 = 6 ,6
則 x , h x , h x 的關系表如下所示：
π π π 11π 11π 11πx 0, ÷ , ÷ , 2π ÷
è 6 6 è 6 6 6 è 6
h x + 0 - 0 +
h x 單調遞增 極大值 單調遞減 極小值 單調遞增
由上表, h x h π 3π 11π 11 3π函數 極大值為 ÷ =1- ,極小值為 h ÷ = -1- ；
è 6 6 è 6 6
g x（2）①j x
x
= = , x 0, π j x sinx - x ×cosx
f =x sinx 2 ÷ ,則 ,è sin2x
記g x = sinx - x ×cosx ,則g x = cosx - cosx - x ×sinx = x ×sinx ,
當 x
π
0, ÷ 時,g x > 0 ,則g x
π
在 0, 2 ÷上單調遞增,è 2 è
x 0, π所以
π
÷ 時,g x > g 0 = 0 ,所以j x > 0 ,所以j x 是 0, 上的增函數．
è 2
÷
è 2
F x axcosx sinx π② = - , x 0,

÷ ,當 a 0時, F x < 0恒成立；sinx x è 2
F x a cosx x sinx當 a > 0 , = × × - < 0 ax2cosx - sin2時 x < 0 ,
sinx x
令G x = ax2cosx - sin2x, x 0, π 2 ÷ ,è
當 a > 1時,令M x = x - sinx, x 0, π 2 ÷ ,則M
x =1- cosx > 0 ,
è
所以M x π 在 0, ÷上單調遞增,所以M x > M 02 = 0 ,即 x > sinx ,è
所以G x = ax2cosx - sin2x > ax2cosx - x2 = x2 acosx -1 ,
π 1
因為 a > 1 ,所以$x0 0, ÷ , cosx2 0
= ,G x0 > 0 ,不滿足題意,所以 a > 1不成立．
è a
當0 < a 1 ,G x = ax2時 cosx - sin2x x2cosx - sin2x
H x = x2cosx - sin2記 x , H x = 2xcosx - x2sinx - 2sinxcosx ,
x 0, π 由①知 ÷ 時, xcosx < sinx ,
è 2
所以H x < 2sinx - x2sinx - 2sinxcosx
2 2 é 2 2 ù
= 2sinx x× 1- - cosx ÷ = 2sinx × 2sin
2 x x- < 2sinx x× 2 x ê - ú = 0 ,
è 2 è 2 2
÷ ÷
ê è 2 2 ú
所以H x < H 0 = 0．所以0 < a 1成立．
綜上所述： a 1．

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