資源簡介

專題 12 常見函數模型的應用
有一些常見的函數，如 y = ln x +1 - x, y = ex - x -1等，在導數解答題常常出現其身影，在導數解答題中或
利用其性質進行求解，或以其為模型進行改編命題，無論以哪一種方式命題，掌握這些函數的性質，并有
目的的使用這些函數性質解題，能迅速找到解題思想，并使問題得以解決.
(一)常見對數型函數模型
1.函數 f x = ln x +1 - x 在 -1,0 上是增函數，在 0,+ 是減函數， f x 在 x = 0 處取得最大值 0，
2. f x = ln x 的圖象與直線 y = x -1在 x = 1 x-1相切，以直線 y = x -1為切線的函數有： y = ln x ， y = e -1，
y = x2 - x ， y =1 1- ， y = x ln x .
x
3. 1與對數型函數有關的常見不等式有： ln x +1 x, ln x x -1,ln x 1- , ln x < x, ln x < x ，
x
ln x 1< x
1
- ÷ x > 1 ln x
1
> ， x
1
- ÷ 0 < x < 1 .2 è x 2 è x
4.利用 ln x +1 x 可得到 ln n +1 - ln n 1< ，再借助疊加法可得到一些復雜的數列不等式.
n
【例 1】（2024 屆陜西省學林高考全真模擬考試）已知函數 f x = a ln x - x +1（ a R ）， g x = sin x - x .
(1)討論函數 f x 的單調性；
1
(2)證明： g

< 0 *
è n 1÷
（ n N ）；
+
1 1 1 1
(3)證明： ln 2 > sin + sin + sin + + sin （ n N* ）.
n +1 n + 2 n + 3 2n
f x 0, + f x a 1 -x + a【解析】（1）函數 的定義域為 ， = - = ，
x x
①當 a 0時， f x < 0恒成立，
所以函數 f x 的單調遞減區間為 0, + ；
②當 a > 0時，由 f x = 0，得 x = a，
當 x 0, a 時， f x > 0；當 x a, + 時， f x < 0 .
所以函數 f x 的單調遞增區間為 0, a ，單調遞減區間為 a,+ .
綜上，當 a 0時，函數 f x 的單調遞減區間為 0, + ；
當 a > 0時，函數 f x 的單調遞增區間為 0, a ，單調遞減區間為 a, + .
（2）Q g x = sin x - x，\ g x = cos x -1 0恒成立，
\ g x 1 1 1 在R 上單調遞減，又 n N* ，\0 < ，\ g < g 0 = 0 .
n +1 2 n +1֏
（3）由（1）知，當 a =1時， f x 0 ，即 ln x x -1，\ln 1 1 -1，
x x
ln x 1 1 x -1\ - = ，\ln x +1 x （當 x = 0時“=”成立）.
x x x +1
1
令 x = （ n N* ），\ln
1 1+1 > ln n +1 1，即 > ，
n è n ÷ n +1 n n +1
ln n 1 ln n 1 ln n 2 ln n 1 1\ + - > ，從而 + - + > ，
n +1 n + 2
ln n + 3 - ln n + 2 1> ，…， ln 2n - ln 2n -1 1> ，
n + 3 2n
ln 2n ln n 1 1 1 1累加可得 - > + + + + ，
n +1 n + 2 n + 3 2n
ln 2 1 1 1 1即 > + + + + .
n +1 n + 2 n + 3 2n
由（2）知， g x = sin x - x 在 0, + 是遞減函數，\ g x < g 0 = 0，即 sin x < x ，
1 1 1 1 sin 1 sin 1 sin 1 sin 1\ + + + + > + + + + .
n +1 n + 2 n + 3 2n n +1 n + 2 n + 3 2n
1 1 1 1
\ln 2 > sin + sin + sin + + sin （ n N* ）.
n +1 n + 2 n + 3 2n
(二)常見指數型函數模型
1.函數 f x = ex - x -1在 - ,0 上是減函數，在 0,+ 上是增函數， f x 在 x = 0 處取得最小值 0，
2. 1 1與對數型函數有關的常見不等式有： ex x +1,ex > x,ex ex， ex < x > 0 ,ex < - x < 0 ，
1- x x
ex 1+ x 1+ x2 x > 0 .
2
x
【例 2】（2024 屆河北省衡水市部分示范性高中高三下學期三模）已知 f x = e - x．
(1)求 f (x) 的單調區間和最值；
(2)定理：若函數 f (x) 在 (a, b)上可導，在[a，b]上連續，則存在x (a,b)，使得 f (ξ )
f (b) - f (a)
= ．該定理
b - a
稱為“拉格朗日中值定理”，請利用該定理解決下面問題：
em en
若0 < m < n，求證： - < m 1 1+1 2
n m
-
n m ÷
．
è
【解析】（1） f (x) = ex -1，令 f (x) = 0，解得 x = 0，
當 x (- ,0)時， f (x) < 0, f (x) 單調遞減；當 x (0,+ )時， f (x) > 0, f (x)單調遞增．
當 x = 0時， f (x) 取得最小值 1，無最大值；
em en
（2）要證 - < (m +1)2
1 1
-

÷，只需證me
m - nen < (m +1)2 (m - n)，因為0 < m < n，
n m è n m
mem - nen
故只需證 > (m +1)2．
m - n
令 g(x) = xex (x > 0) ，顯然 g(x)在 (m, n)上可導，在[m，n]上連續，
m n
故由拉格朗日中值定理知存在x (m, n) me - ne，使得 g (x ) = ，
m - n
而 g (x) = (x +1)ex > 0, g (x) 在 (0, + )上單調遞增，
因為m < x < n，故 g (x ) > g (m)，即 g (x ) > (m +1)em ，
故只需證 (m +1)em (m +1)2 即可，因為m > 0，故只需證 em m +1．
由（1）知 e x x + 1恒成立，因此原命題得證．
(三) 常見三角函數模型
1.函數 f x = sin x - x 在 0,+ 上是減函數，函數 g x 1= x2 + cos x 在 0,+ 上是增函數 g x = - f x ，
2
2.與三角函數有關的常見不等式有： sin x < x x > 0 sin x < x < tan x 0 π< x < ， ÷ , sin x
1
x - x2 ，
è 2 2
1 1 x2 1- cos x 1- sin2 x .
2 2
【例 3】（2024 2屆江西省宜豐中學高三下學期模擬）設 f x = ax + cos x -1， a R .
a 1(1)當 = 時，證明： f x 0；
2
1 1 1 4
(2) cos + cos +L+ cos > n - n N*證明： , n >1 .
2 3 n 3
1 f x = ax2【解析】（ ）因為 + cos x -1定義域為R ，
f -x = ax2所以 + cos x -1 = f x ，
所以 f x 為定義在R 上的偶函數，下取 x 0 ，
可知 f x = x - sin x，令j x = f x = x - sin x，j x =1- cos x 0，
則j x 在 0, + 內單調遞增，可得j x j 0 = 0，
即 f x 0在 0, + 內恒成立，可知 f x 在 0, + 內單調遞增，
所以 f x 在 0, + 內的最小值為 f 0 = 0，結合偶函數性質可知： f x 0 .
1
2 2（ ）由（1）可得： f x = x + cos x -1 0，當且僅當 x = 0時，等號成立，
2
即 cos x
1
1- x2 1，令 x = , n 2, n N* cos
1 1
，則 >1- 2 ，當 n 2時，2 n n 2n
cos 1 1>1- =1 2 1 2 1 1 1 cos 1 1 1 1- > - = - - > - -
n 2n2 4n2 4n2 -1 è 2n 1 2n
，即
- +1÷ n ÷
，
è 2n -1 2n +1
1 1 1 1 1 1 1 1 1
則有： cos >1- - ÷， cos >1- - ÷，× × × ， cos >1-2 è 3 5 3 è 5 7 n
- ，
è 2n -1 2n +1÷
1
相加可得： cos + cos
1 1
+ + cos > n -1 - 1 1 n 4 1- = - + ，
2 3 n è 3 2n +1÷ 3 2n +1
1
因為 n 2，則 > 0
1 1
，所以 cos + cos +L+ cos
1
> n 4- ，
2n +1 2 3 n 3
1 1
即 cos + cos + + cos
1 4
> n - n N*,n >12 3 n 3 .
y ln x (四) = 或 y x= .
x ln x
y ln x= 在 0,e 上是增函數，在 e,+ 上是減函數， x = e 1 ln x時取得最大值 ，利用 y = 性質解題易錯點
x e x
是該在 e,+ 上是減函數，但該函數在 e,+ 上沒有零點，因為 x > e時 y > 0 .
【例 4】（2024 屆海南省定安縣高三上學期考試）已知函數 f x = ln x - 2ax .
(1)若 x =1是 f (x) 的極值點，求 a的值；
(2)若 a=1，討論函數 f (x) 的單調性；
(3)若 f (x) 0恒成立，求 a 的取值范圍；
【解析】（1）由 f x = ln x - 2ax f x 1 2a 1- 2ax，得 = - = ，
x x
因為 x =1是 f (x) 的極值點，
所以 f (1) = 0
1
，即1- 2a = 0，所以 a = ，經檢驗符合題意.
2
（2）若 a=1， f x 1 1- 2x= - 2 = , x 0,+ .
x x
1 1- 2x 1
當1- 2x 0，即 x 時， f x = 0 f x é ,+ ，所以 在
2 x ê ÷
上單調遞減；
2
x 0, 1 f x 1- 2x= > 0 1 當 ÷時， ；在 0, ÷上單調遞增，
è 2 x è 2
所以 f x 1 é1 在 0, ÷上單調遞增，在 ê ,+ ÷上單調遞減，è 2 2
（3） f (x) 的定義域為 (0, + )，若 f (x) 0恒成立，則 ln x - 2ax 0恒成立，

即 2a
ln x
恒成立，令 g(x)
ln x (ln x) × x - ln x × x 1- ln x
= ，只需 2a g(x)max ，又 g (x) = 2 = 2 ，x x x x
令 g (x) = 0得 x=e， x (0,e)時， g (x) > 0，則 g(x) ln x= 單調遞增；
x
x (e,+ )時， g (x) < 0 g(x)
ln x
，則 = 單調遞減；
x
所以 2a g(x)
1 1
max = g(e) = ，解得： a ；e 2e
x x
(五) y e= 或 y =
x e
x
ex
討論 y = 的性質要注意 x 0 ，該在 - ,0 和 0,1 單調遞減，在 1, + 單調遞增
x
x
【例 5】（2024 屆上海市格致中學高三下學期三模）已知 f x = e - ax -1， a R ， e是自然對數的底數.
(1)當 a =1時，求函數 y = f x 的極值；
(2)若關于 x 的方程 f x +1 = 0有兩個不等實根，求 a的取值范圍；
(3)當 a > 0時，若滿足 f x1 = f x2 x1 < x2 ，求證： x1 + x2 < 2lna .
【解析】（1）當 a =1 f x = ex - x -1 x時， ，定義域為R ，求導可得 f x = e -1，
令 f x = 0，得 x = 0，當 x < 0 時， f x < 0，函數 f x 在區間 - ,0 上單調遞減，
當 x > 0時， f x > 0，函數 f x 在區間 0, + 上單調遞增，
所以 y = f x 在 x = 0處取到極小值為 0，無極大值.
（2 x）方程 f x +1 = e - ax = 0，當 x = 0時，顯然方程不成立，
ex x
所以 x 0，則 a = ，方程有兩個不等實根，即 y = a g x e與 = 的圖象有 2 個交點，
x x
x -1 e
x
g x = ，當 x < 0 或0 < x <1時， g x < 02 ，x
g x 在區間 - ,0 和 0,1 上單調遞減，
并且 x - ,0 時， g x < 0 ，當 x 0,1 時， g x > 0，
當 x >1時， g x > 0， g x 在區間 1, + 上單調遞增，
x > 0時，當 x =1時， g x 取得最小值， g 1 = e，
作出函數 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）證明： a > 0，由 f x = ex - a = 0，得 x = lna，
當 x < ln a時， f x < 0，當 x > ln a時， f x > 0，
所以函數 y = f x 在 - , ln a 上單調遞減，在 ln a, + 上單調遞增.
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 f x 在 - , ln a 上單調遞減，
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
x
= e - a
2e- 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，
當且僅當 ex = a2e- x ，即 x = lna時，等號成立.所以函數 h x 在R 上單調遞增.
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 f x 在 - , ln a 上單調遞減，
所以 x1 < 2lna - x2，即 x1 + x2 < 2lna 得證.所以 -a > e ，即 a < -e ,即 a - ,-e .
1
【例 1】（2024 x 2屆江蘇省連云港市東海縣石高三下學期 5 月模擬）已知函數 f (x) = e - x - x .
2
(1)求函數 f (x) 在 x =1處的切線方程.
(2)證明："x [0,+ ), f (x) > sin x .
【解析】（1）由 f (x) = ex
1
- x2 - x，可得 f (x) = ex - x -1，
2
f (1) = e1 -1-1 = e - 2，又 f (1) = e1
1
- 12 -1 3= e - ，
2 2
所以函數 f (x)
3 1
在 x =1處的切線方程為 y - e+ = (e - 2)(x -1)，即 (e - 2)x - y + = 0 .
2 2
1
（2）由 f (x) = ex - x2 - x，可得 f (x) = ex - x -1，令 h(x) = ex - x -1，可得 h (x) = ex -1，
2
當 x [0,+ )時， h (x) = ex -1 0，所以 h(x) = ex - x -1在[0, + ) 上單調遞增，
又 h(x) h(0) = e0 - 0 -1 = 0 ，即 f (x) = ex - x -1 0，
所以 f (x)
1
= ex - x2 - x在[0, + ) 上單調遞增，
2
所以 f (x) f (0) e0
1
= - 02 - 0 =1，當 x = 0時， f (0) =1 > sin 0 = 0 ，
2
當 x > 0時， f (x) >1 sin x，綜上所述："x [0,+ ), f (x) > sin x .
【例 2】（2025 屆河北省“五個一”名校聯盟高三第一次聯考）已知函數 f x = alnx - x .
(1)討論 f x 的單調性；
a
(2) a > 0 f x a 證明：當 時， ÷ -1 .
è e
a a - x
【解析】（1）由題函數定義域為 0, + ， f x = -1 = ，
x x
故當 a 0時， f x < 0恒成立，所以函數 f x 在 0, + 上單調遞減；
當 a > 0時， f x 在 0, + 上單調遞減，令 f x = 0 x = a ，則 x 0, a 時， f x > 0； x a,+ 時，
f x < 0，所以函數 f x 在 0,a 上單調遞增，在 a,+ 上單調遞減，
綜上，當 a 0時，函數 f x 在 0, + 上單調遞減；當 a > 0時，函數 f x 在 0,a 上單調遞增，在 a,+
上單調遞減.
（2）由（1）當 a > 0時，函數 f x 在 0,a 上單調遞增，在 a,+ 上單調遞減，
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 a ln a - a
a
證 ÷ -1 a > 0 ，
è e è e
a a a a
即 ln a a a -1 ln a e ÷ e ÷ a > 0 ÷
- ÷ +1 0，
è è è e è e
令 g x = ln x - x +1 x > 0 ，則 g x 1 1- x= -1 = x > 0 ，
x x
故當 x 0,1 時， g x > 0； x 1,+ 時， g x < 0，
所以 g x 在 0,1 上單調遞增，在 1, + 上單調遞減，
a a
所以 g x g 1 = 0 在 0, + ln a a 上恒成立，故 ÷ -e ÷ +1 0，è è e
a a
所以當 a > 0時， f x ÷ -1 .
è e
【例 3】已知函數 f x = xex - ex +1．
(1)證明： f x 0．
1 1
(2)已知 n N* ，證明： sin + sin +L+ sin
1
< ln 2．
n +1 n + 2 2n
【解析】（1）函數 f x = xex - ex +1的定義域為 R， f x = xex ，
由 f x > 0得 x > 0，由 f x < 0得 x < 0 ，
故 f x 在區間 0, + 上單調遞增，在區間 - ,0 上單調遞減，
故 f x 的最小值是 f 0 = 0，所以 f x 0．
1
（2）由（1）得， xex - ex +1 0．令 t = ex ，其中 t > 0，則 t ln t - t +1 0，即 ln t 1- ，t
t n + k ln n + k 1令 = ，則 > ，
n + k -1 n + k -1 n + k
1
所以 < ln
n + k
= ln n + k - ln n + k -1 ， k 1,2, , n ．
n + k n + k -1
令 g(x) = x - sin x(x > 0)，則 g (x) = 1- cos x≥0且 g x 不恒為零，
所以函數 g x 在 0, + 上單調遞增，故 g(x) > 0 - sin 0 = 0 ，則 sin x < x x > 0 ．
sin 1 1 ln n + k所以 < < = ln n + k - ln n + k -1 ， k 1,2, , n ．
n + k n + k n + k -1
所以 sin
1
+ sin 1 + + sin 1
n +1 n + 2 2n
< éln n +1 - ln nù + éln n + 2 - ln n +1 ù + + é ln 2n - ln 2n -1 ù
= ln 2n - ln n = ln 2，問題得證．
2
【例 4】（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 - x .
(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) p k 3求證: sin 2 - ÷ > n - 2k (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, + )
1 2
上單調遞增，所以 h(x) h(0) = 0 ，即cos x > 1- x ，
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- + cos p k- = 2sin p k- k（3）因為 ÷ ÷ ÷ ÷ = 2cos ，
è 3 i è 3 i è 3 i è 2 i i
由（2）可得cos x 1
1
> - x2 k 1 k，所以 cos >1- ( )2 ，
2 i 2 i
n n n
所以 [ 3 sin p k- ÷ +1] 2 (cos k ) > 2n -3 i i (
k )2 ，
i=1 è i=1 i=1 i
n p k n
所以 3 sin - ÷ > n - (k )2 ，
i=1 è 3 i i=1 i
n
(k )2 k 2 (1 1 1 1 ) k 2 (1 1 1 1 1 1 1 1又 = + 2 + 2 + + 2 < + - + - + + + - ) < 2k 2 ，
i=1 i 2 3 n 2 2 3 3 n -1 n
n
所以 sin p k- 3 2 3 i ÷ > n - 2k (k R) .i=1 è 3
2
【例 5】（2024 屆河南省部分名校高三上學期核心模擬）已知函數 f (x) = ax - ln x - (a R) .
x
(1)當 a = -1時，求 f (x) 的單調區間;
(2)若 f x1 = f x ax x x x x

a 2
a +1
2 ,當 2 < 1 < 2 時,證明: 1 + 2 + < .
è x
÷
1x2 a
【解析】（1） f (x) 的定義域為 (0, + ) ,
2
當 a = -1時, f (x) = -x - ln x - ,
x
2
所以 f (x) 1 2 x + x - 2 (x + 2)(x -1)= -1- + 2 = - 2 = - (x > 0) ,x x x x2
當 x (0,1) 時, f ' (x) > 0 ;當 x (1,+ )時, f ' (x) < 0 ,
所以 f (x) 的單調遞增區間為( 0, 1) ,單調遞減區間為 (1, + ) .
2 2
（2）由 f x1 = f x2 ,得 ax1 - ln x1 - = ax2 - ln xx 2 - ,1 x2
2 x - x
所以 ln x2 - ln x1 = a x
2 2
2 - x1 + - = a x x
2 1
2 - 1 + ,x1 x2 x1x2
1 ln x2 a 2則 = +x2 - x1 x
,
1 x1x2
2 x a +1 1 x a +1要證 1 + x2 a + ÷ < ,只需證 x 2x x 1 + x2 ln ÷ < ,è 1 2 a è x2 - x1 x1 a
1 xx x +
2
1 + 2 ln x2 a +1< x1 ln x2 a +1即證 x - x x ,需證
< .
2 1 1 a x2 -1 x1 a
x1
x2 t
1
+1 t - - 2ln t
令 t = >1x ,設 g(t) = ln t(t >1) ,則 g (t) = t ,1 t -1 (t -1)2
2
設h(t)
1
= t - - 2ln t(t > 1) ,則 h (t) 1 1 2 1= + - = -1 2 ÷ > 0 ,t t t è t
所以 h(t)在 (1, + )上單調遞增,則 h(t) > h(1) = 0 ,
所以 g ' (t) > 0 ,所以 g (t)在 (1, + )上單調遞增,
1 x
由 ax2 < x1 < x2 ,得 >
2 >1 1
a x ,則 >1 a <1 ,1 a
1
x g 1
1+ 1 a +1 1
所以 2 ÷ < g ÷ = a
è x è a 1
ln = ln ,
1 -1 a 1- a a
a
1+ a ln 1 a +1 ln 1 1- a 1所以需證 < ,即證 < = - a1 .- a a a a a a
1
令u =
1 1
，則u >1 ,即證 2ln u < u - ,設j(u) = 2ln u - u + ,
a u u
2 1 -(u -1)2
則j (u) = -1- = < 0 ,
u u2 u2
所以j (u)在 (1, + )上單調遞減,則j (u) < j (1) = 0 ,
2ln u u 1
1 1
所以 - + < 0 ,即 ln < - aa 成立,u a
2 故 x1 + x2 a
a +1
+
x x ÷
< .
è 1 2 a
ln x + ln a +1
1．（2024 ax屆廣西壯族自治區貴港市高考模擬預測）已知函數 f (x) = ae - ．
x
(1)當 a =1時，請判斷 f (x) 的極值點的個數并說明理由；
(2)若 f (x) 2a2 - a恒成立，求實數 a 的取值范圍．
2．（2024 屆廣東省東莞市東華高級中學 東華松山湖高級中學高三下學期三模）已知常數m R，設
f x = ln x m+ ，
x
(1)若m =1，求函數 y = f x 在 1,1 處的切線方程；
(2)是否存在0 < x1 < x2 < x3 ，且 x1, x2 , x3依次成等比數列，使得 f x1 、 f x2 、 f x3 依次成等差數列？請
說明理由．

(3) m 0 x , x f x1 + f x0, + x < x 2 f x> 1 - f x2 求證：當 時，對任意 1 2 ， 1 2，都有 ．2 x1 - x2
3．（2024 ax屆遼寧省部分高中 2023-2024 學年高三下學期三模）已知函數 f (x) = x 1- e ，其在 x =1處的切
線斜率為1- 2e．
(1)求 a的值；
(2)若點 (m, n)在函數 f (x) 的圖象上，求 f (m) - f (n)的取值范圍．
4．（2024 2屆河北省部分中學高三下學期考點評估）已知函數 f x = x ln x - ax + 2a -1 x - a +1 a R ．
(1)若 f x 0 在 1, + 恒成立，求實數 a 的取值范圍；
1 1 1 1 1
(2)證明： + + + + + > ln 2．
n +1 n + 2 n + 3 n + n 4n
a
5．（2024 屆四川省內江市高三三模）已知函數 f (x) = ln x + - a, a > 0．
x
(1)若 f (x) 的圖象不在 x 軸的下方，求 a的取值集合；
1
(2)證明： sin + sin
1
+ + sin 1 < ln 2024
n 1 n 2 2024n n N
* ．
+ +
1
6．（2024 屆河北省滄州市滄縣中學高三下學期模擬）已知函數 f (x) = ln x - ln(x -1) - ．
x
(1)求 f x 的值域；
n
* sin 1(2)求證：當 n N 時， < ln 2．
i=1 n + i
1
7．（2024 屆山東省菏澤第一中學高三下學期 5 月月考）已知函數 f x = ax - lnx - .
2x
3
(1)當 a = - 時，求 f x 的極值；
2
(2)當 x 1時，不等式 f x 0恒成立，求 a的取值范圍；
(3)證明： ln n +1
1 1
< + + 1+
1+12 2 + 22
.
n + n2
8.（2024 屆廣西百色市貴百聯考高三上學期 9 月月考）已知函數 f x = sin x - ax - 2 a R ．
(1) 3 f x é當 a = 時，討論 在區間 ê0,
π ù
上的單調性；
2 2 ú
(2) x 0 f x + ex當 時， + cos x 0，求 a 的取值范圍．
x
9.已知函數 f (x) ae= + ln x - x(a > 0) .
x
(1)若 a =1，求函數 f x 的單調區間；
(2)若 f x 存在兩個極小值點 x1, x2 ，求實數 a的取值范圍.
10.已知函數 f x = ln x - ax2 - bx a,b R ．
(1)當 a = 0時，若 f x 0 在 x 0, + 上恒成立，求實數b 的取值范圍；
x + x
(2)設 x1, x2 為 f x 的兩個不同零點，證明： f x + x 1 21 2 < - 2．e
11.（2024 屆陜西省西安市第一中學高三下學期高考預測）已知函數 f x = x - a lnx + a -1 x a R ．
(1)若函數 f x 在 0, + 上單調遞增，求實數 a的值；
1
(2)求證： ln2 > sin + sin
1 1
+ + sin ．
100 101 198
12．（2024 屆四川省江油中學高三上學期 9 月月考）已知函數 f (x) = ln x - ax +1, a R .
(1)當 a > 0時，求函數 f (x) 在區間 1,e 上的最大值；
(2) 2 x若 x0 為函數 g(x) = x[ f (x) + ln x - 2]的極值點，求證： 2ax 00 < e -1
13.（2024 x 2屆黑龍江省哈爾濱市高三上學期 9 月月考）已知函數 f x = e - ax ．
(1)若函數 f x 的圖象與直線 y = x -1相切，求實數 a的值；
(2)若函數 g x = f x - x +1有且只有一個零點，求實數 a的取值范圍．
1
14.（2023 2屆四川省成都市高三上學期摸底）已知函數 f x = x + cos x．
2
(1)記函數 f x 的導函數是 f x ．證明：當 x 0 時， f x 0；
g x sin x + cos x - 2x - 2(2)設函數 = x ，F x = af x + g x ，其中 a < 0．若 0 為函數F x 存在非負的極小e
值，求 a 的取值范圍．
ln x + a
15．（2024 屆海南省瓊中縣高三上學期 9 月高考全真模擬）已知函數 f x = -1 a R ，且 f x 在 x =1
x
處取得極值．
(1)求 a；
n n n n
(2)求證： ln n +1 < n + + + + +1 n N* ．2 3 n -1
16 x．（2024 屆河南省周口市項城市高三 5 校青桐鳴大聯考 9 月）已知函數 f x = e ln a + x - x， f 0 = 0 .
(1)求實數 a的值；
(2) 2證明： x > ln 4時， f x > x .專題 12 常見函數模型的應用
有一些常見的函數，如 y = ln x +1 - x, y = ex - x -1等，在導數解答題常常出現其身影，在導數解答題中或
利用其性質進行求解，或以其為模型進行改編命題，無論以哪一種方式命題，掌握這些函數的性質，并有
目的的使用這些函數性質解題，能迅速找到解題思想，并使問題得以解決.
(一)常見對數型函數模型
1.函數 f x = ln x +1 - x 在 -1,0 上是增函數，在 0,+ 是減函數， f x 在 x = 0 處取得最大值 0，
2. f x = ln x 的圖象與直線 y = x -1在 x = 1 x-1相切，以直線 y = x -1為切線的函數有： y = ln x ， y = e -1，
y = x2 - x ， y =1 1- ， y = x ln x .
x
3. 1與對數型函數有關的常見不等式有： ln x +1 x, ln x x -1,ln x 1- , ln x < x, ln x < x ，
x
ln x 1< x
1
- ÷ x > 1 ln x
1
> ， x
1
- ÷ 0 < x < 1 .2 è x 2 è x
4.利用 ln x +1 x 可得到 ln n +1 - ln n 1< ，再借助疊加法可得到一些復雜的數列不等式.
n
【例 1】（2024 屆陜西省學林高考全真模擬考試）已知函數 f x = a ln x - x +1（ a R ）， g x = sin x - x .
(1)討論函數 f x 的單調性；
1
(2)證明： g

< 0 *
è n 1÷
（ n N ）；
+
1 1 1 1
(3)證明： ln 2 > sin + sin + sin + + sin （ n N* ）.
n +1 n + 2 n + 3 2n
f x 0, + f x a 1 -x + a【解析】（1）函數 的定義域為 ， = - = ，
x x
①當 a 0時， f x < 0恒成立，
所以函數 f x 的單調遞減區間為 0, + ；
②當 a > 0時，由 f x = 0，得 x = a，
當 x 0, a 時， f x > 0；當 x a, + 時， f x < 0 .
所以函數 f x 的單調遞增區間為 0, a ，單調遞減區間為 a,+ .
綜上，當 a 0時，函數 f x 的單調遞減區間為 0, + ；
當 a > 0時，函數 f x 的單調遞增區間為 0, a ，單調遞減區間為 a, + .
（2）Q g x = sin x - x，\ g x = cos x -1 0恒成立，
\ g x 1 1 1 在R 上單調遞減，又 n N* ，\0 < ，\ g < g 0 = 0 .
n +1 2 n +1֏
（3）由（1）知，當 a =1時， f x 0 ，即 ln x x -1，\ln 1 1 -1，
x x
ln x 1 1 x -1\ - = ，\ln x +1 x （當 x = 0時“=”成立）.
x x x +1
1
令 x = （ n N* ），\ln
1 1+1 > ln n +1 1，即 > ，
n è n ÷ n +1 n n +1
ln n 1 ln n 1 ln n 2 ln n 1 1\ + - > ，從而 + - + > ，
n +1 n + 2
ln n + 3 - ln n + 2 1> ，…， ln 2n - ln 2n -1 1> ，
n + 3 2n
ln 2n ln n 1 1 1 1累加可得 - > + + + + ，
n +1 n + 2 n + 3 2n
ln 2 1 1 1 1即 > + + + + .
n +1 n + 2 n + 3 2n
由（2）知， g x = sin x - x 在 0, + 是遞減函數，\ g x < g 0 = 0，即 sin x < x ，
1 1 1 1 sin 1 sin 1 sin 1 sin 1\ + + + + > + + + + .
n +1 n + 2 n + 3 2n n +1 n + 2 n + 3 2n
1 1 1 1
\ln 2 > sin + sin + sin + + sin （ n N* ）.
n +1 n + 2 n + 3 2n
(二)常見指數型函數模型
1.函數 f x = ex - x -1在 - ,0 上是減函數，在 0,+ 上是增函數， f x 在 x = 0 處取得最小值 0，
2. 1 1與對數型函數有關的常見不等式有： ex x +1,ex > x,ex ex， ex < x > 0 ,ex < - x < 0 ，
1- x x
ex 1+ x 1+ x2 x > 0 .
2
x
【例 2】（2024 屆河北省衡水市部分示范性高中高三下學期三模）已知 f x = e - x．
(1)求 f (x) 的單調區間和最值；
(2)定理：若函數 f (x) 在 (a, b)上可導，在[a，b]上連續，則存在x (a,b)，使得 f (ξ )
f (b) - f (a)
= ．該定理
b - a
稱為“拉格朗日中值定理”，請利用該定理解決下面問題：
em en
若0 < m < n，求證： - < m 1 1+1 2
n m
-
n m ÷
．
è
【解析】（1） f (x) = ex -1，令 f (x) = 0，解得 x = 0，
當 x (- ,0)時， f (x) < 0, f (x) 單調遞減；當 x (0,+ )時， f (x) > 0, f (x)單調遞增．
當 x = 0時， f (x) 取得最小值 1，無最大值；
em en
（2）要證 - < (m +1)2
1 1
-

÷，只需證me
m - nen < (m +1)2 (m - n)，因為0 < m < n，
n m è n m
mem - nen
故只需證 > (m +1)2．
m - n
令 g(x) = xex (x > 0) ，顯然 g(x)在 (m, n)上可導，在[m，n]上連續，
m n
故由拉格朗日中值定理知存在x (m, n) me - ne，使得 g (x ) = ，
m - n
而 g (x) = (x +1)ex > 0, g (x) 在 (0, + )上單調遞增，
因為m < x < n，故 g (x ) > g (m)，即 g (x ) > (m +1)em ，
故只需證 (m +1)em (m +1)2 即可，因為m > 0，故只需證 em m +1．
由（1）知 e x x + 1恒成立，因此原命題得證．
(三) 常見三角函數模型
1.函數 f x = sin x - x 在 0,+ 上是減函數，函數 g x 1= x2 + cos x 在 0,+ 上是增函數 g x = - f x ，
2
2.與三角函數有關的常見不等式有： sin x < x x > 0 sin x < x < tan x 0 π< x < ， ÷ , sin x
1
x - x2 ，
è 2 2
1 1 x2 1- cos x 1- sin2 x .
2 2
【例 3】（2024 2屆江西省宜豐中學高三下學期模擬）設 f x = ax + cos x -1， a R .
a 1(1)當 = 時，證明： f x 0；
2
1 1 1 4
(2) cos + cos +L+ cos > n - n N*證明： , n >1 .
2 3 n 3
1 f x = ax2【解析】（ ）因為 + cos x -1定義域為R ，
f -x = ax2所以 + cos x -1 = f x ，
所以 f x 為定義在R 上的偶函數，下取 x 0 ，
可知 f x = x - sin x，令j x = f x = x - sin x，j x =1- cos x 0，
則j x 在 0, + 內單調遞增，可得j x j 0 = 0，
即 f x 0在 0, + 內恒成立，可知 f x 在 0, + 內單調遞增，
所以 f x 在 0, + 內的最小值為 f 0 = 0，結合偶函數性質可知： f x 0 .
1
2 2（ ）由（1）可得： f x = x + cos x -1 0，當且僅當 x = 0時，等號成立，
2
即 cos x
1
1- x2 1，令 x = , n 2, n N* cos
1 1
，則 >1- 2 ，當 n 2時，2 n n 2n
cos 1 1>1- =1 2 1 2 1 1 1 cos 1 1 1 1- > - = - - > - -
n 2n2 4n2 4n2 -1 è 2n 1 2n
，即
- +1÷ n ÷
，
è 2n -1 2n +1
1 1 1 1 1 1 1 1 1
則有： cos >1- - ÷， cos >1- - ÷，× × × ， cos >1-2 è 3 5 3 è 5 7 n
- ，
è 2n -1 2n +1÷
1
相加可得： cos + cos
1 1
+ + cos > n -1 - 1 1 n 4 1- = - + ，
2 3 n è 3 2n +1÷ 3 2n +1
1
因為 n 2，則 > 0
1 1
，所以 cos + cos +L+ cos
1
> n 4- ，
2n +1 2 3 n 3
1 1
即 cos + cos + + cos
1 4
> n - n N*,n >12 3 n 3 .
y ln x (四) = 或 y x= .
x ln x
y ln x= 在 0,e 上是增函數，在 e,+ 上是減函數， x = e 1 ln x時取得最大值 ，利用 y = 性質解題易錯點
x e x
是該在 e,+ 上是減函數，但該函數在 e,+ 上沒有零點，因為 x > e時 y > 0 .
【例 4】（2024 屆海南省定安縣高三上學期考試）已知函數 f x = ln x - 2ax .
(1)若 x =1是 f (x) 的極值點，求 a的值；
(2)若 a=1，討論函數 f (x) 的單調性；
(3)若 f (x) 0恒成立，求 a 的取值范圍；
【解析】（1）由 f x = ln x - 2ax f x 1 2a 1- 2ax，得 = - = ，
x x
因為 x =1是 f (x) 的極值點，
所以 f (1) = 0
1
，即1- 2a = 0，所以 a = ，經檢驗符合題意.
2
（2）若 a=1， f x 1 1- 2x= - 2 = , x 0,+ .
x x
1 1- 2x 1
當1- 2x 0，即 x 時， f x = 0 f x é ,+ ，所以 在
2 x ê ÷
上單調遞減；
2
x 0, 1 f x 1- 2x= > 0 1 當 ÷時， ；在 0, ÷上單調遞增，
è 2 x è 2
所以 f x 1 é1 在 0, ÷上單調遞增，在 ê ,+ ÷上單調遞減，è 2 2
（3） f (x) 的定義域為 (0, + )，若 f (x) 0恒成立，則 ln x - 2ax 0恒成立，

即 2a
ln x
恒成立，令 g(x)
ln x (ln x) × x - ln x × x 1- ln x
= ，只需 2a g(x)max ，又 g (x) = 2 = 2 ，x x x x
令 g (x) = 0得 x=e， x (0,e)時， g (x) > 0，則 g(x) ln x= 單調遞增；
x
x (e,+ )時， g (x) < 0 g(x)
ln x
，則 = 單調遞減；
x
所以 2a g(x)
1 1
max = g(e) = ，解得： a ；e 2e
x x
(五) y e= 或 y =
x e
x
ex
討論 y = 的性質要注意 x 0 ，該在 - ,0 和 0,1 單調遞減，在 1, + 單調遞增
x
x
【例 5】（2024 屆上海市格致中學高三下學期三模）已知 f x = e - ax -1， a R ， e是自然對數的底數.
(1)當 a =1時，求函數 y = f x 的極值；
(2)若關于 x 的方程 f x +1 = 0有兩個不等實根，求 a的取值范圍；
(3)當 a > 0時，若滿足 f x1 = f x2 x1 < x2 ，求證： x1 + x2 < 2lna .
【解析】（1）當 a =1 f x = ex - x -1 x時， ，定義域為R ，求導可得 f x = e -1，
令 f x = 0，得 x = 0，當 x < 0 時， f x < 0，函數 f x 在區間 - ,0 上單調遞減，
當 x > 0時， f x > 0，函數 f x 在區間 0, + 上單調遞增，
所以 y = f x 在 x = 0處取到極小值為 0，無極大值.
（2 x）方程 f x +1 = e - ax = 0，當 x = 0時，顯然方程不成立，
ex x
所以 x 0，則 a = ，方程有兩個不等實根，即 y = a g x e與 = 的圖象有 2 個交點，
x x
x -1 e
x
g x = ，當 x < 0 或0 < x <1時， g x < 02 ，x
g x 在區間 - ,0 和 0,1 上單調遞減，
并且 x - ,0 時， g x < 0 ，當 x 0,1 時， g x > 0，
當 x >1時， g x > 0， g x 在區間 1, + 上單調遞增，
x > 0時，當 x =1時， g x 取得最小值， g 1 = e，
作出函數 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）證明： a > 0，由 f x = ex - a = 0，得 x = lna，
當 x < ln a時， f x < 0，當 x > ln a時， f x > 0，
所以函數 y = f x 在 - , ln a 上單調遞減，在 ln a, + 上單調遞增.
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 f x 在 - , ln a 上單調遞減，
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
x
= e - a
2e- 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，
當且僅當 ex = a2e- x ，即 x = lna時，等號成立.所以函數 h x 在R 上單調遞增.
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 f x 在 - , ln a 上單調遞減，
所以 x1 < 2lna - x2，即 x1 + x2 < 2lna 得證.所以 -a > e ，即 a < -e ,即 a - ,-e .
1
【例 1】（2024 x 2屆江蘇省連云港市東?？h石高三下學期 5 月模擬）已知函數 f (x) = e - x - x .
2
(1)求函數 f (x) 在 x =1處的切線方程.
(2)證明："x [0,+ ), f (x) > sin x .
【解析】（1）由 f (x) = ex
1
- x2 - x，可得 f (x) = ex - x -1，
2
f (1) = e1 -1-1 = e - 2，又 f (1) = e1
1
- 12 -1 3= e - ，
2 2
所以函數 f (x)
3 1
在 x =1處的切線方程為 y - e+ = (e - 2)(x -1)，即 (e - 2)x - y + = 0 .
2 2
1
（2）由 f (x) = ex - x2 - x，可得 f (x) = ex - x -1，令 h(x) = ex - x -1，可得 h (x) = ex -1，
2
當 x [0,+ )時， h (x) = ex -1 0，所以 h(x) = ex - x -1在[0, + ) 上單調遞增，
又 h(x) h(0) = e0 - 0 -1 = 0 ，即 f (x) = ex - x -1 0，
所以 f (x)
1
= ex - x2 - x在[0, + ) 上單調遞增，
2
所以 f (x) f (0) e0
1
= - 02 - 0 =1，當 x = 0時， f (0) =1 > sin 0 = 0 ，
2
當 x > 0時， f (x) >1 sin x，綜上所述："x [0,+ ), f (x) > sin x .
【例 2】（2025 屆河北省“五個一”名校聯盟高三第一次聯考）已知函數 f x = alnx - x .
(1)討論 f x 的單調性；
a
(2) a > 0 f x a 證明：當 時， ÷ -1 .
è e
a a - x
【解析】（1）由題函數定義域為 0, + ， f x = -1 = ，
x x
故當 a 0時， f x < 0恒成立，所以函數 f x 在 0, + 上單調遞減；
當 a > 0時， f x 在 0, + 上單調遞減，令 f x = 0 x = a ，則 x 0, a 時， f x > 0； x a,+ 時，
f x < 0，所以函數 f x 在 0,a 上單調遞增，在 a,+ 上單調遞減，
綜上，當 a 0時，函數 f x 在 0, + 上單調遞減；當 a > 0時，函數 f x 在 0,a 上單調遞增，在 a,+
上單調遞減.
（2）由（1）當 a > 0時，函數 f x 在 0,a 上單調遞增，在 a,+ 上單調遞減，
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 a ln a - a
a
證 ÷ -1 a > 0 ，
è e è e
a a a a
即 ln a a a -1 ln a e ÷ e ÷ a > 0 ÷
- ÷ +1 0，
è è è e è e
令 g x = ln x - x +1 x > 0 ，則 g x 1 1- x= -1 = x > 0 ，
x x
故當 x 0,1 時， g x > 0； x 1,+ 時， g x < 0，
所以 g x 在 0,1 上單調遞增，在 1, + 上單調遞減，
a a
所以 g x g 1 = 0 在 0, + ln a a 上恒成立，故 ÷ -e ÷ +1 0，è è e
a a
所以當 a > 0時， f x ÷ -1 .
è e
【例 3】已知函數 f x = xex - ex +1．
(1)證明： f x 0．
1 1
(2)已知 n N* ，證明： sin + sin +L+ sin
1
< ln 2．
n +1 n + 2 2n
【解析】（1）函數 f x = xex - ex +1的定義域為 R， f x = xex ，
由 f x > 0得 x > 0，由 f x < 0得 x < 0 ，
故 f x 在區間 0, + 上單調遞增，在區間 - ,0 上單調遞減，
故 f x 的最小值是 f 0 = 0，所以 f x 0．
1
（2）由（1）得， xex - ex +1 0．令 t = ex ，其中 t > 0，則 t ln t - t +1 0，即 ln t 1- ，t
t n + k ln n + k 1令 = ，則 > ，
n + k -1 n + k -1 n + k
1
所以 < ln
n + k
= ln n + k - ln n + k -1 ， k 1,2, , n ．
n + k n + k -1
令 g(x) = x - sin x(x > 0)，則 g (x) = 1- cos x≥0且 g x 不恒為零，
所以函數 g x 在 0, + 上單調遞增，故 g(x) > 0 - sin 0 = 0 ，則 sin x < x x > 0 ．
sin 1 1 ln n + k所以 < < = ln n + k - ln n + k -1 ， k 1,2, , n ．
n + k n + k n + k -1
所以 sin
1
+ sin 1 + + sin 1
n +1 n + 2 2n
< éln n +1 - ln nù + éln n + 2 - ln n +1 ù + + é ln 2n - ln 2n -1 ù
= ln 2n - ln n = ln 2，問題得證．
2
【例 4】（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 - x .
(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) p k 3求證: sin 2 - ÷ > n - 2k (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, + )
1 2
上單調遞增，所以 h(x) h(0) = 0 ，即cos x > 1- x ，
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- + cos p k- = 2sin p k- k（3）因為 ÷ ÷ ÷ ÷ = 2cos ，
è 3 i è 3 i è 3 i è 2 i i
由（2）可得cos x 1
1
> - x2 k 1 k，所以 cos >1- ( )2 ，
2 i 2 i
n n n
所以 [ 3 sin p k- ÷ +1] 2 (cos k ) > 2n -3 i i (
k )2 ，
i=1 è i=1 i=1 i
n p k n
所以 3 sin - ÷ > n - (k )2 ，
i=1 è 3 i i=1 i
n
(k )2 k 2 (1 1 1 1 ) k 2 (1 1 1 1 1 1 1 1又 = + 2 + 2 + + 2 < + - + - + + + - ) < 2k 2 ，
i=1 i 2 3 n 2 2 3 3 n -1 n
n
所以 sin p k- 3 2 3 i ÷ > n - 2k (k R) .i=1 è 3
2
【例 5】（2024 屆河南省部分名校高三上學期核心模擬）已知函數 f (x) = ax - ln x - (a R) .
x
(1)當 a = -1時，求 f (x) 的單調區間;
(2)若 f x1 = f x ax x x x x

a 2
a +1
2 ,當 2 < 1 < 2 時,證明: 1 + 2 + < .
è x
÷
1x2 a
【解析】（1） f (x) 的定義域為 (0, + ) ,
2
當 a = -1時, f (x) = -x - ln x - ,
x
2
所以 f (x) 1 2 x + x - 2 (x + 2)(x -1)= -1- + 2 = - 2 = - (x > 0) ,x x x x2
當 x (0,1) 時, f ' (x) > 0 ;當 x (1,+ )時, f ' (x) < 0 ,
所以 f (x) 的單調遞增區間為( 0, 1) ,單調遞減區間為 (1, + ) .
2 2
（2）由 f x1 = f x2 ,得 ax1 - ln x1 - = ax2 - ln xx 2 - ,1 x2
2 x - x
所以 ln x2 - ln x1 = a x
2 2
2 - x1 + - = a x x
2 1
2 - 1 + ,x1 x2 x1x2
1 ln x2 a 2則 = +x2 - x1 x
,
1 x1x2
2 x a +1 1 x a +1要證 1 + x2 a + ÷ < ,只需證 x 2x x 1 + x2 ln ÷ < ,è 1 2 a è x2 - x1 x1 a
x2
x1 + x2 ln x a 1
1+
2 +< x1 ln x2 a +1即證 ,需證 x .
1 1 a 2 -1 x1 a
x1
1
t x= 2 >1 g(t) t +1ln t(t t - - 2ln t令 x ,設 = >1) ,則 g (t) = t ,1 t -1 (t -1)2
2
設h(t)
1
= t - - 2ln t(t > 1) ,則 h (t) =1 1 2 1+ - = -1 > 0 ,
t t 2 t ֏ t
所以 h(t)在 (1, + )上單調遞增,則 h(t) > h(1) = 0 ,
所以 g ' (t) > 0 ,所以 g (t)在 (1, + )上單調遞增,
1 x
由 ax < x 2
1
2 1 < x2 ,得 > >1a x ,則 >1 a <1 ,1 a
1
x2 g 1
1+ 1 a +1 1
所以 ÷ < g a ÷ = ln = ln ,
è x1 è a 1 -1 a 1- a a
a
1+ a 1 a +1 1 1- a 1
所以需證 ln <1 a a ,即證
ln < = - a .
- a a a a
1 1
令u = ，則u >1 ,即證 2ln u < u - ,設j(u) = 2ln u - u
1
+ ,
a u u
2
則j (u) 2 1 1 -(u -1)= - -
u u2
= 2 < 0 ,u
所以j (u)在 (1, + )上單調遞減,則j (u) < j (1) = 0 ,
1 1
所以 2ln u - u
1
+ < 0 ,即 ln < - aa 成立,u a
x x 2 a +1故 1 + 2 a + ÷ < .
è x1x2 a
1．（2024 屆廣西壯族自治區貴港市高考模擬預測）已知函數 f (x) = aeax
ln x + ln a +1
- ．
x
(1)當 a =1時，請判斷 f (x) 的極值點的個數并說明理由；
(2)若 f (x) 2a2 - a恒成立，求實數 a 的取值范圍．
x 1+ ln x
【解析】（1）當 a =1時， f (x) = e - ， x (0,+ )，
x
2 x
所以 f (x) = ex ln x x e + ln x+ = ，令 h(x) = x2ex + ln x h (x) = (x2，則 + 2x)ex
1
+ ，
x2 x2 x
當 x (0,+ )時， h (x) > 0，\h(x)在 (0, + )上單調遞增，
1
又Qh(1) e= - ln 2 < 0， h(1) = e，\h(x)存在唯一零點 x0 ，且 x0 ( ,1)，2 4 2
當 x (0, x0 )時， f (x) < 0 ， f (x) 在 0, x0 上單調遞減，
當 x (x0 ,+ ) 時， f (x) > 0， f (x) 在 x0 ,+ 單調遞增．
\ f (x)有一個極小值點 x0 ，無極大值點．
Q f (x) aeax ln x + ln a +1（2） = - ≥2a2 - a恒成立，
x
\axeax -[ln(ax) +1]≥2a2x - ax恒成立，\axeax -[ln(ax) +1]+ ax≥2a2x 恒成立．
令 t = ax，則 t (0,+ ) \2a et
ln t +1
， - +1恒成立．
t
設 g(x) ex
ln x +1
= - ，由（1）可知 g(x)的最小值為 g (x
x 0
) ．
ln x 1
h(x ) = x2ex + ln x = 0 \ x ex0 = - 0 = - ln x = -e- ln x0又 00 0 0 ， 0 0 ln xx x 0 ．（﹡）0 0
設m(x) = xex ，當 x > 0時，m (x) = (x +1)ex > 0，\m(x) 在 (0, + )上單調遞增，
Q x 10 ( ,1)，\ x0 > 0 ， - ln x0 > 0，2
1
由（﹡）知m(x0 ) = m(- ln x ) x
x
0 ，\ 0 = - ln x e 00 ，即 = x ．0
\ g(x ) = ex 1+ ln x 1 1- x00 - 0 = - 0 =1x x x ，0 0 0
\2a 1+1 = 2，\a 1，又 a > 0，\a 的取值范圍為 0,1 ．
2．（2024 屆廣東省東莞市東華高級中學 東華松山湖高級中學高三下學期三模）已知常數m R，設
f x = ln x m+ ，
x
(1)若m =1，求函數 y = f x 在 1,1 處的切線方程；
(2)是否存在0 < x1 < x2 < x3 ，且 x1, x2 , x3依次成等比數列，使得 f x1 、 f x2 、 f x3 依次成等差數列？請
說明理由．
f
x + f x f x - f x
x , x 0, + x < x 1 2 1 2 (3)求證：當m 0時，對任意 1 2 ， 1 2，都有 > ．2 x1 - x2
1
【解析】（1）當m =1時， f x = ln x + (x > 0)，
x
則 f x 1 1 x -1= - 2 = 2 ，所以 f 1 = 0，所以切線方程為 y =1；x x x
（2）若 x1, x2 , x 23依次成等比數列，則 x2 = x1x3 ，
若 f x1 、 f x2 、 f x3 成等差數列，則 2 f x2 = f x1 + f x3 ，
2m m m m x1 + x3 2 m x1 + x3
所以 2ln x2 + = ln x1 + + ln x3 + = ln x1x3 + = ln x2 + 2 ，x2 x x
1 3 x1x3 x2
2m m x1 + x
所以 = 3 ，
x 22 x2
m = 0 m 0 2x = x + x x2 = x x (x1 + x3)
2
當 時，成立，當 時，則 2 1 3 ，聯立 2 1 3 ，得 = x x ，4 1 3
x2 + 2x x + x2 21 1 3 3 = 4x1x3，即 (x1 - x3) = 0，所以 x1 = x3，與 x1 < x2 < x3矛盾，
所以m = 0時，存在 x1, x2 , x3滿足條件，當m 0 時，不存在 x1, x2 , x3滿足條件；
（3） f x = ln x m+ ，則 f x 1 m= - 2 ， x x x
f x1 + f x2 f x1 - f x2
要證明 > ，又 x
2 x - x 1
< x2，
1 2
只需證明 x1 - x2 é f x1 + f x2 ù - 2 é f x1 - f x2 ù < 0 ，
又 x1 - x2 é f x1 + f x 2
1 m 1 m m m
2 ù - é f x1 - f x2 ù = x1 - x2 - 2 + - 2 ÷ - 2 ln x1 + - ln x2 - ÷
è x1 x1 x2 x2 è x1 x2
-3m 3m x x mx mx x
= + - 2 + 1 - 12 +
2 - 2ln 1
x x x x x x2 x ， 1 2 1 2 2 1 2
-3m 3m x2 x1 mx1 mx2 x1
所以只需證明 + - + - 2 + 2 - 2ln < 0x x x x x x x ，1 2 1 2 2 1 2
x2
令 = t >1x ，1
-3m 3m x x mx mx x -3m 3m 1 m mt 1
則 + - 2 + 1 - 1 2 12 + 2 - 2ln = + - t + - + - 2lnx1 x2 x1 x2 x2 x1 x x tx t t
2
2 1 1 x1 x1 t
-3m 3m x2 x mx mx
所以 + - + 1 - 1 + 22 2 - 2ln
x1 1 t 2ln 1 m= - - + 2 -3t 2 + 3t -1+ t3x1 x2 x1 x2 x2 x1 x2 t t t x ，1
1
只需證明 - t + 2ln t
m
+ (t -1)3 < 0
t t 2x ，1
2
令 g t 1= - t + 2ln t 1 2 1 ，則 g t = - 2 -1+ = - -1t t t t ÷ < 0恒成立，è
所以函數 g t 在 1, + 上單調遞減，
m 1 m所以 g t < g 1 = 0 3， 若m 0，則 (t -1) 0 - t + 2ln t + 3t 2x ，則 t t 2 (t -1) 0x 恒成立，1 1

f x1 + f x2 f x1 - f xm 0 x , x 0, + x < x > 2 所以當 時，對任意 1 2 ， 1 2，都有 ．2 x1 - x2
3．（2024 屆遼寧省部分高中 2023-2024 學年高三下學期三模）已知函數 f (x) = x 1- eax ，其在 x =1處的切
線斜率為1- 2e．
(1)求 a的值；
(2)若點 (m, n)在函數 f (x) 的圖象上，求 f (m) - f (n)的取值范圍．
【解析】（1） f x =1- (1+ ax)eax ，
由題意， f (1) =1- (1+ a)ea =1- 2e ，整理得 (1+ a)ea = 2e，
令 g(x) = (1+ x)ex ，所以 g x = (2 + x)ex ，
所以當 x < -2 時， g x < 0， g(x)在 ( - ,-2)上單調遞減，且 g(x) < 0，
當 x > -2 時， g x > 0， g(x)在 ( - 2,+ ) 上單調遞增，
又 g(-2) = -e-2 < 0， g(-1) = 0 ， g(1) = 2e，
所以關于 a的方程 (1+ a)ea = 2e只有一個根，即 a =1．
（2）由（1）問可知 f (x) = x 1- ex ，所以 f x =1- (1+ x)ex ，
令 h(x) =1- (1+ x)ex =1- g(x)
進而可知 h(x) 在區間 (- , -2)上單調遞增，在區間 (-2,+ )上單調遞減，
且 h(-2) =1+ e-2 > 0， x < -2 時， h(x) > 0， h(0) = 0，
所以 x < 0 時， f x > 0，函數 f (x) 在 (- ,0)上單調遞增，
x > 0時， f x < 0，函數 f (x) 在 (0, + )上單調遞減，
當 x = 0時， f (x) 取得最大值 f (0) = 0，
所以 f (x) 的值域為 (- ,0]．
又由題意知點 (m, n)在函數 f (x) 的圖象上，故 n = f (m)，
所以 f (m) - f (n) = n - f (n) = n - n 1- en = nen ， n (- ,0]．
令 t(x) = xex ， x (- ,0]，
所以 t (x) = (1+ x)ex ，當 x=- 1時， t (-1) = 0，
當 x (- ,-1)時， t (x) < 0， t(x)在區間 (- , -1)上單調遞減，
當 x (-1,0]時， t (x) > 0， t(x)區間 (-1,0]上單調遞增，
所以當 x = 1-1時， t(x)取得最小值 - e ，
當 x (- ,-1)時， t(x) < 0，當 x - 時， t(x) 0，且 t(0) = 0 ，
所以 t(x)
é 1
的值域為 ê- ,0
ù
e ú
，

所以 f (m) - f (n)
é 1 ù
的取值范圍是 ê- ,0 e ú
．

4．（2024 2屆河北省部分中學高三下學期考點評估）已知函數 f x = x ln x - ax + 2a -1 x - a +1 a R ．
(1)若 f x 0 在 1, + 恒成立，求實數 a 的取值范圍；
1 1 1 1 1(2)證明： + + + + + > ln 2．
n +1 n + 2 n + 3 n + n 4n
a -1
【解析】（1） f x 0 ln x - ax - + 2a -1 0在 1, + 恒成立．
x
構造函數 g x = ln x - ax a -1- + 2a -1 x 1 ，則 g x 0 在 1, + 恒成立．
x
g x 1 a a -1
x -1 é 1- a x +1 ù= - +
x x2
=
x2
當 a 0時， g x 0，所以 g x 在 1, + 上單調遞增，
所以 g x g 1 = 0 ，矛盾，故舍去
1 1 1
當0 < a < 時，由 g x 0得1 < x < -1，所以 g x 在 1, -1

÷上單調遞增，2 a è a
1
故"x 1, -1

÷，均有 g x g 1 = 0a ，矛盾，故舍去è
a 1當 時， g x 0，所以 g x 在 1, + 上單調遞減，
2
所以 g x g 1 = 0 ，滿足題意；
1
綜上，實數 a
é
的取值范圍為 ê ,+ 2 ÷
1
（2）由（1）知當 a = 時， f x 0 恒成立，
2
即 ln x
1
x
1
- ÷在 1, + 上恒成立，當且僅當 x =1時取等號．2 è x
n +1 ln n +1 1 n +1 n 1 1 1所以當 x = 時，可得 < - = +

n n 2 è n n +1÷ 2 è n n +1÷

同理 ln
n + 2 1 1 1 n + 3 1 1 1 n + n 1 1 1
< +

÷， ln <
+
n 1 2 ，
， ln < + ÷
+ è n +1 n + 2 n + 2 2 è n + 2 n + 3 ÷ n + n -1 2 n + n -1 n + n ÷è
ln n +1 ln n + 2 n + n兩邊分別累加得： + + + lnn n +1 n + n -1
1 é 1 1 1 1 1 1 ù< ê
2
+
n n +1÷
+ + ÷ + + +
êè è n +1 n + 2

è n +
ú
n -1 n ÷+ n ÷ ú

即 ln
n +1 n + 2 n + n 1 1 1 1 1
< + + + + +
è n n +1 n + n -1
÷÷
2n n +1 n + 2 n + n -1 4n
1 1 1 1 1即 + + + + + > ln 2
n +1 n + 2 n + 3 n + n 4n
a
5．（2024 屆四川省內江市高三三模）已知函數 f (x) = ln x + - a, a > 0．
x
(1)若 f (x) 的圖象不在 x 軸的下方，求 a的取值集合；
1 1 1
(2) *證明： sin + sin + + sin < ln 2024 n N ．
n +1 n + 2 2024n
1 a x - a
【解析】（1） f (x) 的定義域為 x x > 0 ，所以 f (x) = - 2 = ，x x x2
當0 < x < a 時， f x < 0， f (x) 單調遞減，當 x > a時， f x > 0， f (x) 單調遞增，
所以 f x = f a = ln a - a +1min ，
因為 f (x) 的圖象不在 x 軸的下方，所以 f x 0 恒成立，所以 ln a - a +1 0, a 0, + ，
g x = ln x - x +1 g x 1 1 1- x令 ， = - = ，
x x
當0 < x <1時， g x > 0， g(x)單調遞增，當 x >1時， g x < 0， g(x)單調遞減，
所以 g x = g 1 = 0max ，又因為 a 0,1 ， g a = ln a - a +1 < g 1 = 0，
a 1, + ， g a = ln a - a +1 < g 1 = 0，
所以 a =1，故 a的取值集合為 1 .
（2）由（1）可知，當 a =1時， f x 0 ln x 1 1 0 ln x 1 1 x -1，即 + - ，即 - = ，
x x x
所以 ln x x+1 ，（當 x = 0時取等），
x +1
1
1
令 x = n N* ，所以 ln 1 1+1 > n = ln 1+ n 1 ÷ 1 ，則 > ，n è n +1 n +1
n ֏ n +1
n
所以 ln n +1 - ln n 1 1> ，故 ln n + 2 - ln n +1 > ，
n +1 n + 2
ln n + 3 - ln n + 2 1> ，…， ln 2024n - ln 2024n -1 1> ，
n + 3 2024n
1 1 1
由累加法可得： ln 2024n - ln n > + + + ，
n +1 n + 2 2024n
即 ln 2024
1 1
> + + + 1 ，
n +1 n + 2 2024n
令 h x = sin x - x, x 0,+ ， h x = cos x -1 0恒成立，
所以 h x 在區間 0, + 上單調遞減，所以 h x < h 0 = 0，
1 1 1 1 1 1
所以 sin x < x *，所以 sin + sin + + sin < + + + n N ，n +1 n + 2 2024n n +1 n + 2 2024n
1 1 1
所以 sin + sin + + sin < ln 2024
n 1 n 2 2024n n N
* .
+ +
1
6．（2024 屆河北省滄州市滄縣中學高三下學期模擬）已知函數 f (x) = ln x - ln(x -1) - ．
x
(1)求 f x 的值域；
n 1
(2)求證：當 n N*時， sin < ln 2．
i=1 n + i
x 1
【解析】（1） f (x) = ln - ， x >1，
x -1 x
x t t x 1 t -1令 = ，則 x = ， t > 1，則 ln - = ln t - ，
x -1 t -1 x -1 x t
g(t) ln t t -1 t -1令 = - ， t > 1 ，則 g (t) = 2 > 0，t t
所以函數 g t 在 1, + 上單調遞增，所以 g t > g 1 = 0，即 f x > 0，
故 f x 的值域為 0, + ．
（2）令函數 h x = x - sin x， x > 0，則 h x =1- cos x 0，
所以 h x 在 0, + 上單調遞增，所以 h x > h 0 = 0，
1 sin 1故當 x > 0時， x > sin x ，所以 > ．
x x
1
由（1）知，當 x > 1 時 < ln x
1 1
- ln(x -1)，所以當 x > 0時， sin < < ln x - ln(x -1)，
x x x
sin 1所以 < ln x - ln(x -1)，令 x = n + i，其中 n N*， i = 1，2，3，L，n，
x
則 sin
1
< ln(n + i) - ln(n + i -1) ，
n + i
1
所以 sin < ln(n +1) - ln n sin
1
， < ln(n + 2) - ln n +1 ，
n +1 n + 2
sin 1 < ln(n 1+ 3) - ln(n + 2) ，L， sin < ln 2n - ln 2n -1 ，
n + 3 2n
sin 1 sin 1以上 n 個式子相加得 + + sin
1 1
+L+ sin
n +1 n + 2 n + 3 2n
< ln(n +1) - ln n + ln(n + 2) - ln(n +1) + ln(n + 3) - ln(n + 2) +L + ln 2n - ln(2n -1)
n 1
= ln 2n - ln n = ln
2n
= ln 2，即當 n N*時， sin < ln 2．n i=1 n + i
1
7．（2024 屆山東省菏澤第一中學高三下學期 5 月月考）已知函數 f x = ax - lnx - .
2x
a 3(1)當 = - 時，求 f x 的極值；
2
(2)當 x 1時，不等式 f x 0恒成立，求 a的取值范圍；
1 1 1
(3)證明： ln n +1 < + + + .
1+12 2 + 22 n + n2
a 3 f x 3 1【解析】（1）當 = - 時， = - x - lnx - ， x > 0，
2 2 2x
f x 3 1 1 3x -1 x +1 則 = - - + 2 = - 2 ，2 x 2x 2x
令 f x < 0 x 1，得 ,+ ÷；令 f
è 3 x > 0 x
0, 1 ，得 3 ÷
，
è
所以 f x 0, 1 1 在 ÷ 上單調遞增，在 ,+ ÷ 上單調遞減；
è 3 è 3
所以 f x 1 1 在 x = 處取到極大值 f ÷ = ln3- 2，無極小值.3 è 3
1 lnx 1
（2）因為 x 1， f x = ax - lnx - 0恒成立，所以 a + 2 恒成立，2x x 2x
令 g x lnx 1 x 1 g x 1- lnx 1 x - xlnx -1= + 2 ，則 = - = ，x 2x x2 x3 x3
令 h x = x - xlnx -1 x 1 ，則 h x = -lnx 0 恒成立，
即 h x = x - xlnx -1 x 1 在區間 1, + 上單調遞減，
所以 h x h 1 = 0，即 h x 0，所以 x 1,+ 時， g x 0，
所以 g x 在區間 1, + 上單調遞減，故 g x g 1 1 1= ，所以 a ，
2 2
é1
所以實數 a的取值范圍為 ê ,+ ÷ . 2
a 1 f x 1 x lnx 1 1（3）由（2）可知，取 = ，當 x >1時， = - - > 0，所以 2lnx < x - ，
2 2 2x x
1
1 2ln 1+ ÷÷ < 1
1 1 1
+ - =
取 x = 1+ >1，則有 è n n 1 n + n2 ，即 ln
1 1 1 + n ÷
<
2 ，n 1+ è n + n
n
ln 1 1 1 , ln 1 1+ 1 1 1所以 ÷ < + ÷ < , , ln 1+

÷ < ,
è 1 1+12 è 2 2 + 22 è n n + n2

將上述式子相加得 ln 1
1
+ + ln 1 1 1+ + + ln 1+ 1 1 1÷ ÷ ÷ < + + + ,
è 1 è 2 è n 1+12 2 + 22 n + n2
ln 1 1 1 1 1 1 1即 + ×1÷
1+ ÷ 1+ ÷ = ln n +1 < + + + ,
è è 2 è n 1+12 2 + 22 n + n2
8.（2024 屆廣西百色市貴百聯考高三上學期 9 月月考）已知函數 f x = sin x - ax - 2 a R ．
π
(1) 3 é ù當 a = 時，討論 f x 在區間 ê0, 上的單調性；2 2 ú
(2)當 x 0 x時， f x + e + cos x 0，求 a 的取值范圍．
【解析】（1） f x = sinx 3- x - 2， f x = cosx 3-
2 2
π x π π當 < 時， f x < 0；當0 x 時， f x 0
6 2 6
é
故 f x 在 ê0,
π ù π
ú上單調遞增，在 ,
π ù
上單調遞減；
6 è 6 2 ú
（2）設 h x = ex + sin x + cos x - 2 - ax h x = ex， + cos x - sin x - a；
設j x = ex + cos x - sin x - a ，則j x = ex - sin x - cos x ，
x x
令 y =e -x-1，則 y =e -1，
x > 0 y > 0 x < 0 y < 0 y =ex當 ， ，當 ， ，故函數 -x-1在 0, + 單調遞增，在 - ,0 單調遞減，
所以 e x x + 1；
令m x = x - sin x ，可得m x =1- cos x 0，故m x 在 x 0 單調遞增時， x sin x ；
當 x 0 時，j x = ex - sin x - cos x x +1- x - cos x =1- cos x 0，故j x 在 0, + 上單調遞增.
當 x 0 時，j(x)min = j 0 = 2 - a，且當 x 趨向正無窮時，j x 趨向正無窮，
若 a 2，則 h x = j x 0，函數 h x 在 0, + 上單調遞增，因此"x 0,+ ， h x h 0 = 0，符合條
件；
若 a > 2，則存在 x0 0, + ，使得j x0 = 0，即 h x0 = 0，
當0 < x < x0 時， h x < 0，則 h x 在 0, x0 上單調遞減，此時 h x < h 0 = 0 ，不符合條件．
綜上，實數 a的取值范圍是 - , 2
x
9. ae已知函數 f (x) = + ln x - x(a > 0) .
x
(1)若 a =1，求函數 f x 的單調區間；
(2)若 f x 存在兩個極小值點 x1, x2 ，求實數 a的取值范圍.
x
【解析】 (1) e當 a =1時，函數 f (x) = + ln x - x ，
x
ex (x -1) 1 (x -1)(exf (x) 1 - x)可得 =
x2
+ - = ，
x x2
令m(x) = ex - x, x (0, + )，可得m (x) = ex -1 > 0，所以函數m x 單調遞增，
因為m(x) > m(0) = 1，所以m x > 0，
當 x (0,1) 時， f x < 0， f x 單調遞減；
當 x (1,+ )時， f x > 0， f x 單調遞增，
即函數 f x 的單調遞減區間為( 0, 1)，單調遞增區間為 (1, + ) .
x
(2) f (x) ae由函數 = + ln x - x, x (0, + ) ，
x
ex x
可得 f (x) (ae
x - x)(x -1) (x -1)(a - x )
= e2 = , x > 0
，
x x2
u x x u x 1- x令 = x ，可得 = ，e ex
所以函數u x 1在( 0, 1)上單調遞增，在 (1, + )上單調遞減，所以u x ，
e
x 1
當 x > 0時，可得 ex >1，所以0 < x ，e e
a 1 a x①當 時， - 0，此時當 x (0,1)x 時， f x < 0， f x 單調遞減；e e
當 x (1,+ )時， f x > 0， f x 單調遞增，
所以函數 f x 的極小值為 f 1 = ae -1，無極大值；
②當0 a
1 u a a a< < 時， = a < 0 = a,u 1
1
= > a，
e e e e
又由u x 在 a,1 上單調遞增，所以 f x 在 a,1 上有唯一的零點x x11，且 = aex ，1
因為當 x>e時，令 g x = 2ln x - x 2 2 - x，可得 g x = -1 = < 0，
x x
1 1
又因為 g e = 2 - e < 0 ，所以 g x < 0，即 2ln x < x，所以2ln < ，
a a
1 ln
1 2ln 12
所以u(ln ) = a a
1
2 1 = a × 1 < a ，u(1) = > a ，a ln
e a2 ea
因為u x 在 (1, + ) f x 1, ln 1 x上單調遞減，所以 在 2 ÷上有唯一的零點x2，且 2è a ex = a，2
所以當 x (0, x1)時， f x < 0， f x 單調遞減；
當 x (x1,1)時， f x > 0， f x 單調遞增；
當 x (1, x2 )時， f x < 0， f x 單調遞減；
當 x (x2 ,+ )時， f x > 0， f x 單調遞增，
所以函數 f x 有兩個極小值點，故實數 a的取值范圍為 (0, 1) .
e
10.已知函數 f x = ln x - ax2 - bx a,b R ．
(1)當 a = 0時，若 f x 0 在 x 0, + 上恒成立，求實數b 的取值范圍；
x + x
(2)設 x1, x2 為 f x 的兩個不同零點，證明： f x + x 1 21 2 < - 2．e
【解析】 (1)當 a = 0時， f x = ln x - bx，
因為 f x = ln x - bx 0 在 x 0, + 上恒成立，
b ln x所以 在 x 0, + 上恒成立，
x
g(x) ln x b g(x) x 0, + g (x) 1- ln x令 = ，即 在 上恒成立，則 = ，
x max x2
令 g x > 0 ，解得0 < x < e ，令 g x < 0，解得 x>e，所以 g x 在 (0, e)上單調遞增，在 (e, + )上單調遞減.
故 g(x)max = g(e)
ln e 1
= = ，
e e
b é
1 ,+ 所以實數 的取值范圍是 êe ÷
．

f x x x1 + x(2)證明：要證明 + < 21 2 - 2，e
即證 ln x + x - a x + x 2 b x x x1 + x- + < 21 2 1 2 1 2 - 2，e
ln x + x x + x 1 2 -a x + x 2只需證 1 2 和 1 2 - b x1 + x2 < -2．e
1 1 1
由（1）知，當 a = 0，b = 時， f x = ln x - x 0，即 ln x x ，
e e e
ln x x x1 + x所以 1 + 22 ．e
要證-a x1 + x2
2 - b x1 + x2 < -2，即證 a x + x
2
1 2 + b x1 + x2 > 2．
因為 x1, x2 為 f x 的兩個不同零點，不妨設0 < x1 < x2 ，
2
所以 ln x1 = ax1 + bx1， ln x2 = ax
2
2 + bx2，
x1
則 ln = a x1 + x2 x1 - x2 + b x1 - xx 2 ，2
x
x1 + x ln
1
2 × x1 + x2
兩邊同時乘以 x - x ，可得
x2
1 2 = a x1 + x2
2 + b x + x
，
x1 - x
1 2
2
x
1
x
+1
x ÷
× ln 1
x即 a x1 + x2
2 + b x1 + x2 = è 2 2 ．x1 -1
x2
x1
令m = 0,1 x ，則 a x1 + x2
2 m +1 × ln m+ b x1 + x

2 = ．
2 m -1
m +1 × ln m 2 m -1 4
即證 > 2，即證 ln m < = 2 - ，
m -1 m +1 m +1
4
即證 ln m + - 2 < 0 ．
m +1
4 1 4 m -1
2
令函數 h m = ln m + - 2 ，m 0,1 ，則 h m = - 2 = 2 > 0，m +1 m m +1 m m +1
所以 h m 在 0,1 上單調遞增，所以 h m < h 1 = 0 ．
所以-a x1 + x
2
2 - b
x + x
x1 + x2 < -2．故 f x1 + x < 1 22 - 2．e
11.（2024 屆陜西省西安市第一中學高三下學期高考預測）已知函數 f x = x - a lnx + a -1 x a R ．
(1)若函數 f x 在 0, + 上單調遞增，求實數 a的值；
ln2 sin 1 sin 1 sin 1(2)求證： > + + + ．
100 101 198
【解析】（1）由題意，得 f x x - a= ln x + + a -1 = ln x 1- a -1

÷ x > 0 ，x è x
由函數 f x 在 0, + 上單調遞增，得 f (x) 0在 0, + 上恒成立，
g(x) = f (x) = ln x - a 1 1 x 0 g x 1 1 x + a令 - ÷ > ，則 = - a

- ÷ = ，
è x x è x2 x2
當 a 0時，因為 x > 0，所以 g (x) > 0恒成立，
則 g(x)在 0, + 上單調遞增，又 g(1) = 0，所以 g(x)恒大于等于 0 不成立.
當 a<0時，由 g (x) = 0得 x = -a，
所以當 x > -a, g (x) > 0，當0 < x < -a, g (x) < 0，
所以函數 g(x)在 0, -a 上單調遞減，在 -a, + 上單調遞增，
則 f (x)min = g(x)min = g(-a) = ln(-a) +1+ a，
若 f (x) 0恒成立，則 ln(-a) +1+ a 0 ，
令 h(x) = ln(-x) +1+ x(x < 0) ，則 h (x)
1 x +1
= +1 =
x x ，
當 x < -1時， h (x) > 0，當-1 < x < 0時， h (x) < 0，
所以 h(x) 在 (- , -1)上單調遞增，在 (-1,0) 上單調遞減，
所以 h(x)max = h(-1) = 0，
所以當 ln(-a) +1+ a 0 時， a = -1 .
綜上，若函數 f x 在 0, + 上單調遞增，則 a = -1 .
1
（2）由（1）得，當 a = -1時， f x = ln x + -1 0 恒成立，
x
1
即 ln x 1- x ，當且僅當
x =1時等號成立，
x n n 1= ln > ,n 2,n N*令 ，則 ，
n -1 n -1 n
1 n
所以 < ln = ln n - ln n -1 , n 2, n N*.
n n -1
令 t(x) = x - sin x(x 0)，則 t (x) = 1- cos x 0恒成立，
所以函數 t(x)在[0, + ) 上單調遞增，
故當 x > 0時， t(x) > t(0) = 0 ，即 sin x < x ，
sin 1 1所以 < < ln n - ln n -1 ,n 2,n N*，
n n
sin 1 sin 1所以 + + + sin
1
< ln100 - ln 99 + ln101- ln100 + + ln198 - ln197
100 101 198
= ln198 - ln 99 ln 198= = ln 2，
99
故 ln2 > sin
1
+ sin 1 1+ + sin 得證.
100 101 198
12．（2024 屆四川省江油中學高三上學期 9 月月考）已知函數 f (x) = ln x - ax +1, a R .
(1)當 a > 0時，求函數 f (x) 在區間 1,e 上的最大值；
(2)若 x0 為函數 g(x) = x[ f (x) + ln x - 2] 2
x
的極值點，求證： 2ax0 < e 0 -1
【解析】（1） f (x) = ln x - ax +1定義域為 (0, + ) ，則 f (x)
1 1- ax
= - a = ，
x x
1
當 a > 0 f 時， (x) > 0 0 < x < f (x) 0 1， < x > a ，a
所以 f (x)
1 1
單調遞增區間為 (0, )，單調遞減區間為 ( ,+ )a ；a
0 1若 < <1，即 a > 1時， f x 在 1,e 上單調遞減，故 f (x) = f (1) =1- a ；
a max
1 1 1
1 1
若 e ，即 a 1
é ù ù
時， f x 在 ê1, ú 上單調遞增，在 ,ea e a è a ú 上單調遞減，
故 f (x)max = f (
1) = - ln a；
a
1
若 > e，即0
1
< a < 時，則 f x 在 1,e 上單調遞增，故 f (x)max = f (e) = 2 - ae .a e
ì
1- a, a >1


所以， f x = í- ln a, 1 a 1max ；
e

2 - ae,0
1
< a <
e
（2） g(x) = x[ f (x) + ln x - 2] = 2x ln x - ax2 - x （ a R ），
則 g (x) = 2ln x - 2ax +1，
因為 x0 是函數 g(x)的極值點，所以2ln x0 - 2ax0 +1 = 0，即 2ln x0 +1 = 2ax0，
2
要證 2ax0 < e
x0 -1，
x
只需證 2x ln x 0 x00 0 + x0 < e -1，即證： e > 2x0 ln x0 + x0 +1，
令m(x) = ln x - x +1
1- x
，則m (x) = ，
x
當0 < x <1時，m (x) > 0，m(x)單調遞增；當 x >1時，m (x) < 0，m(x)單調遞減；
所以m(x) m(1) = 0，即： ln x x -1，
所以 ex-1 x ，所以 e x x + 1，
①當0 < x0 <1時，因為 e
x0 x0 +1
x
， 2x0 ln x0 < 0，所以 e 0 > 2x0 ln x0 + x0 +1 .
②當 x0 1時，因為 ln x x -1，所以 x0 ln x0 x0 (x0 -1) ，
所以 2x0 ln x0 2x0 (x0 -1)
x
，要證 e 0 > 2x0 ln x0 + x0 +1，
e x0 > x +1+ 2x (x 2只需證 0 0 0 -1) = 2x0 - x0 +1，
2x2
即證 0
- x0 +1
x <1對任意的 x0 1恒成立，e 0
h(x) 2x
2 - x +1 2
令 = x （ x 1），則 h (x)
-2x + 5x - 2 -(x - 2)(2x -1)
=
e ex
= x ，e
當1< x < 2時， h (x) > 0， h(x) 單調遞增；當 x > 2時， h (x) < 0， h(x) 單調遞減，
h(x) h(2) 7所以 = <1，
e2
即當 x0 1
x
時， e 0 > 2x0 ln x0 + x0 +1成立.
綜上：原不等式成立.
13.（2024 x 2屆黑龍江省哈爾濱市高三上學期 9 月月考）已知函數 f x = e - ax ．
(1)若函數 f x 的圖象與直線 y = x -1相切，求實數 a的值；
(2)若函數 g x = f x - x +1有且只有一個零點，求實數 a的取值范圍．
【解析】（1）設直線 y = x -1與函數 f x 的圖象相切于點 x0 , y0 ，
因為 f x = ex - 2ax ,
ìex0 - 2ax0 =1①

所以 íy0 = x0 -1②
x 2
，由②③可得 e 0 - ax0 = x0 -1④，易知 x0 0 .

y
x0 2
0 =e - ax0③
ex0 -1 x0x e -1 2
由①得 a = ，代入④可得 e 0 - × x
2x 2x 0
= x0 -1，
0 0
2ex x即 0 - x0e 0 + x
x
0 = 2x0 - 2，即 2 - x0 e 0 = x0 - 2，解得x0 = 2.
2
a e -1 e
2 -1
故 = = .
2 2 4
（2）令 g x = f x - x +1 = 0，可得 ex - ax2 - x +1 = 0 ，
由題意可得 ex - ax2 - x +1 = 0 只有一個根.
易知 x = 0不是方程 ex - ax2 - x +1 = 0 的根，所以 x 0，
exx 2 a - x +1所以由 e - ax - x +1 = 0 ，可得 = 2 .x
x x
設 h x e - x +1= ，則 y = a與 h x e - x +1= 的圖象只有一個交點.
x2 x2
ex -1 x2 - 2x ex - x +1 ex +1 x - 2
h x = = ，
x4 x3
當 x - ,0 時， h x > 0，函數 h x 單調遞增；
當 x 0,2 時， h x < 0，函數 h x 單調遞減；
當 x 2, + 時， h x > 0，函數 h x 單調遞增.
設 t x = ex - x +1，則 t x = ex -1，
當 x - ,0 時， t x < 0，函數 t x 單調遞減；
當 x 0, + 時， t x > 0，函數 t x 單調遞增.
所以 t x t 0 = 2 .
x
h x e - x +1所以 = 2 > 0 .x
2
h 2 e - 2 +1 e
2 -1
又 = = ， x 0時， h x + ， x + 時， h x + 2 ，2 4
畫出函數 h x 的圖象如圖所示：
x
y = a h x e - x +1由圖可知，若 與 = 2 的圖象只有一個交點，x
e2 -1 e2 -1
則0 < a < .所以實數 a的取值范圍是 0, 4 ÷
.
4 è
1
14.（2023 2屆四川省成都市高三上學期摸底）已知函數 f x = x + cos x．
2
(1)記函數 f x 的導函數是 f x ．證明：當 x 0 時， f x 0；
g x sin x + cos x - 2x - 2(2)設函數 = x ，F x = af x + g x ，其中 a < 0．若 0 為函數F x 存在非負的極小e
值，求 a 的取值范圍．
【解析】 (1) f x = x - sin x．令 h x = f x ，則 h x =1- cos x．
∵ cos x -1,1 ，∴ h x 0恒成立，即 f x 在 R 上為增函數．
∵ x 0 ，∴ f x f 0 = 0 - sin 0 = 0．∴ f x 0．
2 x - sin xF x 2(2) = af x + g x = a x - sin x + x = x - sin x
a + ÷ ．e è ex
由（1）知 f x 在 R 上為增函數．
∴當 x < 0 時，有 f x < f 0 = 0，即 x - sin x < 0；
當 x > 0時，有 f x > f 0 = 0，即 x - sin x > 0．
當 a < 0時，由F x 2= 0 2，解得 x1 = 0 ， x2 = ln - a ÷ ，且 y = a + x 在 R 上單調遞減．è e
①當-2 < a < 0時， x2 > 0．
∵當 x < 0 時，有F x < 0；當0 < x < x2 時，有F x > 0；當 x > x2 時，有F x < 0，
∴函數F x 在 - ,0 上為減函數，在 0, x2 上為增函數，在 x2 ,+ 上為減函數．
∴滿足 0 為函數F x 的極小值點；
②當 a = -2 時， x2 = 0．
∴ x R 時，有F x 0恒成立，故F x 在 R 上為減函數．
∴函數F x 不存在極小值點，不符合題意；
③當 a < -2 時， x2 < 0．
∵當 x 0；當 x > 0時，有F x < 0，
∴函數F x 在 - , x2 上為減函數，在 x2 ,0 上為增函數，在 0, + 上為減函數．
∴0 為函數F x 的極大值點，不符合題意．
綜上所述，若 0 為函數F x 的極小值點，則 a 的取值范圍為 -2,0 ．
ln x + a
15．（2024 屆海南省瓊中縣高三上學期 9 月高考全真模擬）已知函數 f x = -1 a R ，且 f x 在 x =1
x
處取得極值．
(1)求 a；
(2)求證： ln n +1 n n n n n< + + + + +1 n N* ．
2 3 n -1
f x ln x + a 1 0, + f x 1- ln x - a【解析】（1）由題意可得 = - 的定義域為 ，且 =
x x2
．
因為 f x 在 x =1處取得極值，
1- ln1- a
所以 f 1 = 2 = 0，解得 a =1，1
f x ln x +1當 a =1時，則 = -1， f x ln x= - 2 ， x 0, + ，x x
令 f x < 0，得 x >1；令 f x > 0，得0 < x <1；
故函數 f x 在 0,1 上單調遞增，在 1, + 上單調遞減，
可知 f x 在 x =1處取得極值，符合題意，
所以 a =1．
（2）由（1）可得 f x 的最大值為 f 1 = 0，
所以 f x f 1 = 0 ln x +1，即 -1≤0，
x
可得 ln x x -1，當且僅當 x =1時等號成立．
令 x
1
=1+ >1 n N* ，n
ln 1 1+ < 1 1+ 1 n +1 1則 ÷ ÷ -1 =
*
，故 ln
n n n
< n N
n ÷ n ．è è è
ln 2 1 ln 3 1
n 1 n +1 1
所以 < ， < ， ln
4 1
< ，…， ln

÷ < ln

， < ，
1 2 2 3 3 è n -1 n -1 n ÷ è n
以上式子相加，
ln 2 ln 3 ln 4 ln n ln n +1 1 1 1 1 1得 + + + + ÷ + ÷ < + + + + + ，1 2 3 è n -1 è n 2 3 n -1 n
ln 2 3 4 n n +1 1 1 1 1 1則 ÷ < + + + + + ，
è 1 2 3 n -1 n 2 3 n -1 n
即 ln n +1 <1 1 1 1 1+ + + + + ，
2 3 n -1 n
n ln n 1 n n n n所以 + < + + + + +1，
2 3 n -1
即 ln n +1 n n n n< + + + n+ +1 n N* ，命題得證．
2 3 n -1
16．（2024 x屆河南省周口市項城市高三 5 校青桐鳴大聯考 9 月）已知函數 f x = e ln a + x - x， f 0 = 0 .
(1)求實數 a的值；
(2)證明： x > ln 4時， f x > x2 .
x
【解析】（1）因為 f x = e ln a 1+ x - x x é ù，則 f x = e êln a + x + -1， a + x ú
則 f 0 = ln a 1+ -1 = 0，
a
令 g x = ln x 1 1 g x 1 1 x -1+ - ，其中 x > 0，則 = - = ，
x x x2 x2
由 g x < 0可得0 < x <1，由 g x > 0可得 x >1，
所以，函數 g x 的單調減區間為 0,1 ，單調增區間為 1, + .
故 g x 有最小值 g 1 = 0，故 a =1 .
（2）由（1）可知， f x = ex ln x +1 - x ，
當 x > ln 4時，要證 f x > x2 ex ln x +1 > x2 + x ln x +1 x，即證 ，即證 > ，
x +1 ex
令1+ x = t, ex
ln t ln s
= s，則上式等價于 > ，
t s
p(x) ln x構造函數 = , 則 p (x)
1- ln x
= ,
x x2
故當 x (0,e)時， p (x) > 0, p(x)為增函數；
當 x (e,+ )時， p (x) < 0, p(x)為減函數；
5 3 3
由 e>2.7> 得， e -1 > ,故 ee-12 2 > e
2 > 2.73 > 16 = 4，
故 e -1 > ln 4 .
當 ln 4 < x < e -1時， t =1+ x (1+ ln 4,e),
s = ex (4,ee-1) (e,+ ），
p(s) p(4) ln 4 ln 2故 < = = = p(2),
4 2
又 (1,e)是 p(x)的增區間，而 2 <1+ ln 4 < t,
故 p(2) < p(t),故 p(t) > p(s),
ln x +1 x
即 > x ，當 x e -1時， e
x >1+ x e，即 s > t e.
x +1 e
在[e, + )上， p(x)為減函數，故 p(t) > p(s),
ln x +1 x
即 > x ，故原命題得證.x +1 e

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