資源簡介

考點(diǎn) 20 利用導(dǎo)數(shù)證明不等式（3 種核心題型+基礎(chǔ)保
分練+綜合提升練+拓展沖刺練）
【考試提醒】
導(dǎo)數(shù)中的不等式證明是高考的常考題型，常與函數(shù)的性質(zhì)、函數(shù)的零點(diǎn)與極值、數(shù)列等相結(jié)
合，雖然題目難度較大，但是解題方法多種多樣，如構(gòu)造函數(shù)法、放縮法等，針對(duì)不同的題
目，靈活采用不同的解題方法，可以達(dá)到事半功倍的效果
【核心題型】
題型一　將不等式轉(zhuǎn)化為函數(shù)的最值問題
待證不等式的兩邊含有同一個(gè)變量時(shí)，一般地，可以直接構(gòu)造“左減右”的函數(shù)，有時(shí)對(duì)復(fù)
雜的式子要進(jìn)行變形，利用導(dǎo)數(shù)研究其單調(diào)性和最值，借助所構(gòu)造函數(shù)的單調(diào)性和最值即可
得證．
【例題 1】（2024·陜西咸陽·模擬預(yù)測(cè)）已知 0 < x1 < x2 <1，下列不等式恒成立的是（ ）
A． x2e
x1 < x1e
x2 B． x2lnx1 > x1lnx2
C． x1lnx1 < x2lnx D x． e 12 > lnx1
【變式 1】（2024·全國·模擬預(yù)測(cè)）下列正確結(jié)論的個(gè)數(shù)為（ ）
① sin
1 3
> ② sin 1 4< sin 1 ③ 6 tan 1 >1 ④ tan π - 3 > sin 3
10 10π 3 3 4 6
A．1 B．2 C．3 D．4
【變式 2】（2024·四川成都·三模）已知函數(shù) f (x) = ax2 - lnx,a R .
(1)討論函數(shù) f (x) 的單調(diào)性；
(2)設(shè) a > 0, g(x) = f (x) + bx，且 x =1是 g(x)的極值點(diǎn)，證明： 2b+lna 1- 2ln 2 .
【變式 3】（2024· x四川成都·三模）已知函數(shù) f x = e - axsinx - x -1, x 0, π .
1
(1)若 a = ，證明： f x > 0；
2
(2)若函數(shù) f x 在 0, π 內(nèi)有唯一零點(diǎn)，求實(shí)數(shù) a的取值范圍.
題型二　將不等式轉(zhuǎn)化為兩個(gè)函數(shù)的最值進(jìn)行比較
若直接求導(dǎo)比較復(fù)雜或無從下手時(shí)，可將待證式進(jìn)行變形，構(gòu)造兩個(gè)函數(shù)，從而找到可以傳
遞的中間量，達(dá)到證明的目標(biāo)．本例中同時(shí)含 ln x 與 ex，不能直接構(gòu)造函數(shù)，把指數(shù)與對(duì)數(shù)
分離兩邊，分別計(jì)算它們的最值，借助最值進(jìn)行證明．
1 1 4
【例題 2】（2023·河南開封·模擬預(yù)測(cè)）已知 a = ，
3 b = e3 -1
， c = ln ，則（ ）
3
A． a < b < c B． a < c < b
C． c【變式 1】（2024·全國·模擬預(yù)測(cè)）已知ea = 1+ ln
1 ,a > 0，則下列結(jié)論正確的是（ ）b
A．ea
1 1
< 2 - b B a < ln C b． ．a(chǎn) < 1- b D．e < lnb a
-1 2 1
【變式 2】（2024·浙江杭州·模擬預(yù)測(cè)）已知函數(shù) f x = me x + x x
e2x
- m, g x = e + e .
+1
(1)當(dāng)m = 0時(shí)，證明： f x < e- x ；
(2)當(dāng) x < 0 時(shí)， g x t ，求 t 的最大值；
(3)若 f x 在區(qū)間 0, + 存在零點(diǎn)，求m 的取值范圍.
9
【變式 3】（2024· 2貴州黔西·一模）已知函數(shù) f (x) = x - x ln x - 2x .
2
(1)判斷 f x 的單調(diào)性;
1 3 5 2n -1(2) 證明: 9 + + +L+ > 3n - ln(2n +1) .
è 3 5 7 2n +1÷
題型三　適當(dāng)放縮證明不等式
導(dǎo)數(shù)方法證明不等式中，最常見的是 ex 和 ln x 與其他代數(shù)式結(jié)合的問題，對(duì)于這類問題，
可以考慮先對(duì) ex 和 ln x 進(jìn)行放縮，使問題簡化，簡化后再構(gòu)建函數(shù)進(jìn)行證明．常見的放縮
公式如下：
(1)ex≥1＋x，當(dāng)且僅當(dāng) x＝0 時(shí)取等號(hào)；
(2)ln x≤x－1，當(dāng)且僅當(dāng) x＝1 時(shí)取等號(hào)．
S
【例題 1】（2024·河北滄州·一模）已知等比數(shù)列 a 的前 n項(xiàng)和為 S , a >1, S = e 4n n 1 3 ，則數(shù)列
an 的公比q滿足（ ）
A．0 < q 1 B．-1 < q < 0
C． q > 1 D． q -1
【變式 1】（2024·廣東·模擬預(yù)測(cè)）令 an = sin 0.5
° cos1° + cos 2° +L+ cos n° ,n N+ ．則 an 的
最大值在如下哪個(gè)區(qū)間中（ ）
A． (0.49,0.495) B． (0.495,0.5)
C． (0.5,0.505) D． (0.505,0.51)
【變式 2】（2024·全國·模擬預(yù)測(cè)）設(shè)整數(shù) p >1， x > -1且 x 0，函數(shù)
f (x) = (1+ x) p - px -1．
(1)證明： f (x) > 0 ；
(2)設(shè) x > 0，證明： ln(1+ x) < x ；
1 1 1
(3)設(shè) n N* ，證明：1+ 22 + 33 +L+ nn < 2n - ln(n +1)．
【變式 3】（23-24 高三下·河南·階段練習(xí)）已知函數(shù) f (x) = (1+ x)r - rx -1(x > -1)， r > 0且
r 1．
(1)討論 f (x) 的單調(diào)性；
63
(2)比較 4 15 與 的大小，并說明理由；
32
sin 2
n k
(3) 當(dāng) n N* 時(shí)，證明： 1 1 7 + ÷ < n + ．
k =1 è k 6
【課后強(qiáng)化】
基礎(chǔ)保分練
一、單選題
1．（22-23 高三上·四川綿陽·開學(xué)考試）若 0 < x1 < x2 <1，則（ ）
A ex． 2 - ex1 > lnx2 - lnx
x
1 B． e 2 - e
x1 < lnx2 - lnx1
C x ex1 > x ex2 D x ex． ． 12 1 2 < x
x2
1e
1 12022
2．（2023· · a = cos陜西咸陽 三模）已知 ， -
2023 b = e 2023
， c = 2023 ，則（ ）
2023
A． a > b > c B．b > a > c
C．b > c > a D． a > c > b
a 1 7 13．（23-24 高三上·云南保山·期末）已知 = ，b = ln ， c = tan ，則（
6 ）6 6
A．b < a < c B． a < b < c
C． a < c < b D． ca ln4,b tan 1 tan1,c 34．（2024·全國·模擬預(yù)測(cè)）設(shè) = = + = ，則（ ）
2 2
A． a < b < c B．b < c < a C． c二、多選題
1
5．（23-24高三上· 2廣西百色·階段練習(xí)）函數(shù) f x = x - ax + a ln x 的兩個(gè)極值點(diǎn)分別是 x1, x2 ，2
則下列結(jié)論正確的是（ ）
A． a > 4 B 2 2． x1 + x2 < 8
1
C 2 2． x1 + x2 = x1x2 D． f x1 + f x2 < x1 + x2 - 64
6．（2023·福建·模擬預(yù)測(cè)）機(jī)械制圖中經(jīng)常用到漸開線函數(shù) invx = tanx - x，其中 x 的單位為
弧度，則下列說法正確的是（ ）
A． x × invx是偶函數(shù)
( π πB． invx在 - - kπ, + kπ)上恰有 2k +1個(gè)零點(diǎn)（ k N ）
2 2
C． invx在 (
π
- - kπ, π + kπ)上恰有 4k +1個(gè)極值點(diǎn)（ k N ）
2 2
π
D．當(dāng)- < x < 0時(shí)， invx < x - sinx
2
三、填空題
7．（2023·海南·模擬預(yù)測(cè)）已知函數(shù) f x lnx - a x - a -1=
ex
x 1,+
-1 ， g x = ，若對(duì)任意 ，x
f x g x 恒成立，則實(shí)數(shù) a的取值范圍是 .
8 2023· · x y ex-2 x -3y -1 e3y x．（ 河南開封 模擬預(yù)測(cè)）實(shí)數(shù) ， 滿足 ，則 - y 的值為 ．
3
四、解答題
1
9．（2023· 2吉林長春·模擬預(yù)測(cè)）已知函數(shù) f (x) = x -12 - ln x .
(1)求 f x 的最小值；
4 7
(2)證明： ln > .
3 32
1
10．（2024·廣東佛山·二模）已知 f x = - e2x + 4ex - ax - 5 .
2
(1)當(dāng) a = 3時(shí)，求 f x 的單調(diào)區(qū)間；
(2)若 f x 有兩個(gè)極值點(diǎn)x1，x2，證明： f x1 + f x2 + x1 + x2 < 0 .
11．（2023·四川成都·二模）已知函數(shù) f x = ex - sin x .
(1)求 f x 在 0, f 0 處的切線方程；
(2)若 x0 是 f x 的最大的極大值點(diǎn)，求證：1< f x 1+ 30 < .2
綜合提升練
一、單選題
3 y
1．（22-23 高三上·河南·階段練習(xí)）若 x + y - 2 = ex + 3ln ，其中 x > 2, y > 2，則（
2 2 ）
A． ex
x
< y B． 2x > y C． 4e2 > y D． 2e
x > y
1
2．（2023·福建·模擬預(yù)測(cè)）已知 a = ln 2，b = e - ， c = 2a - a，則（ ）a
A．b > c > a B．b > a > c C． c > a > b D． c > b > a
10
3．（2023· · a e河北衡水 三模）若 = ，b = 10 e -1， c = lg 5 3 則（ ）
10
A． c < a < b B． c < b < a
C．b < c < a D． a < c < b
na
4 n．（2023·新疆·三模）已知數(shù)列 a *n 中， a1 =1，若 an+1 = n + a （ n N ），則下列結(jié)論中錯(cuò)n
誤的是（ ）
2 1 1
A． a3 = B． - 15 an+1 an
ln n 1 1 1 1C． < -1（ n 2,n N*） D． - 2
5．（2023·河南·模擬預(yù)測(cè)）設(shè) a，b 為正數(shù)，且 ln ab = - a ，則（ ）.
b
1 a
A． < < 1
a 1
B．1< < 2 C． < ab <1 D．1 < ab < 2
2 b b 2
6．（2024·上海虹口·二模）已知定義在R 上的函數(shù) f x , g x 的導(dǎo)數(shù)滿足 f x g x ，給
出兩個(gè)命題：
①對(duì)任意 x1, x2 R ，都有 f x1 - f x2 g x1 - g x2 ；②若 g x 的值域?yàn)?br/> m, M , f -1 = m, f 1 = M ，則對(duì)任意 x R 都有 f x = g x .
則下列判斷正確的是（ ）
A．①②都是假命題 B．①②都是真命題
C．①是假命題，②是真命題 D．①是真命題，②是假命題
7．（2024·四川瀘州·三模）已知 x > 0， ex + ln y =1，給出下列不等式
① x + ln y < 0；② ex + y > 2；③ ln x + e y < 0；④ x + y > 1
其中一定成立的個(gè)數(shù)為（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
8．（2024·四川攀枝花·三模）已知正數(shù) a,b,c滿足 a ln b = bec = ca ，則（ ）
A． a > b > c B． a > c > b C．b > a > c D．b > c > a
二、多選題
9．（2023·福建龍巖·二模）已知函數(shù) fn (x) = x - n ln x（ n N* ）有兩個(gè)零點(diǎn)，分別記為 xn， yn
（ xn < yn ）；對(duì)于0 < a < b ，存在q 使 fn (b ) - fn (a ) = fn (q )(b -a )，則（ ）
A． fn (x)在 1, + 上單調(diào)遞增
B． n > e（其中 e = 2.71828L是自然對(duì)數(shù)的底數(shù)）
C． xn+1 - xn < yn+1 - yn
D． 2q < a + b
10．（2023·河南信陽·模擬預(yù)測(cè)）已知 a,b,c, d R，滿足 a > b > c > d > 0，則（ ）
A． sin a > sin b B． a - sin a > b - sin b
a b
C． > D． ad + bc > ab + cd
d c
2
11．（2024· x河北滄州·一模）已知函數(shù) f x = e 與函數(shù) g x =1+ 的圖象相交于
x -1
A x1, y1 , B x2 , y2 兩點(diǎn)，且 x1 < x2，則（ ）
1
A． y1 y2 = 1 B
x
． y 21 = e
y
C 2
- y1
． >1 x y =1x2 - x
D． 2 2
1
三、填空題
12．（2023·四川成都·三模）已知函數(shù) f (x) = 2ln x + a x2 - 3x + 2 ， a R .當(dāng) x >1時(shí)，
f (x) > 0 ，則實(shí)數(shù) a的取值范圍為 ．
1
13．（23-24 高三下·廣東云浮·階段練習(xí)）若實(shí)數(shù) a，b 滿足 ln 2a - ln b a2 + 2 -1，則b
a + b = ．
abc
14 2024· a-b+c a+b-c 2．（ 全國·模擬預(yù)測(cè)）若實(shí)數(shù) a，b，c 滿足條件： e + e = 2e a -1 ，則
a4 + b4 + c4
的最大值是 ．
四、解答題
15．（2024· 2青海西寧·二模）已知函數(shù) f x = x + 2 - 2a x - 2alnx a R ．
(1)若 a = 2，求 f x 的極值；
(2)若 g x = f x + 2a2 - 2x + ln2x，求證： g x 1 ．
2
16．（2024· 2 x 2山東濟(jì)南·二模）已知函數(shù) f x = ax - ln x -1,g x = xe - ax a R .
(1)討論 f x 的單調(diào)性；
(2)證明： f x + g x x .
17．（2024·上海松江·二模）已知函數(shù) y = x × ln x + a （ a為常數(shù)），記 y = f (x) = x × g(x) .
(1)若函數(shù) y = g(x) 在 x =1處的切線過原點(diǎn)，求實(shí)數(shù) a的值；
(2)對(duì)于正實(shí)數(shù) t ，求證： f (x) + f (t - x) f (t) - t ln 2 + a；
x
(3)當(dāng) a =1 e時(shí)，求證： g(x) + cos x < .
x
m
18．（2024·上海嘉定·二模）已知常數(shù)m R ，設(shè) f x = ln x + ，
x
(1)若m =1，求函數(shù) y = f x 的最小值；
(2)是否存在0 < x1 < x2 < x3 ，且x1，x2， x3 依次成等比數(shù)列，使得 f x1 、 f x2 、 f x3 依
次成等差數(shù)列？請(qǐng)說明理由．

(3)求證：“ m 0 ”是“對(duì)任意 x1, x2
f x
0, + x < x 1 + f x2 f x1 - f x2 ， 1 2，都有 > ”的2 x1 - x2
充要條件．
19．（2024· 2x全國·模擬預(yù)測(cè)）已知函數(shù) f x = e - a ln x +1 ．
(1)若 a = 2，討論 f x 的單調(diào)性．
1
(2)若 x > 0， a > 1，求證： f x > - a ln a ．
2
拓展沖刺練
一、單選題
1．（2023·上海奉賢·二模）設(shè) Sn 是一個(gè)無窮數(shù)列 an 的前 n項(xiàng)和,若一個(gè)數(shù)列滿足對(duì)任意的正
S S
整數(shù) n ,不等式 n < n+1 恒成立,則稱數(shù)列 an 為和諧數(shù)列,有下列 3 個(gè)命題:n n +1
①若對(duì)任意的正整數(shù) n均有 an < an+1 ,則 an 為和諧數(shù)列;
②若等差數(shù)列 an 是和諧數(shù)列,則 Sn 一定存在最小值;
③若 an 的首項(xiàng)小于零,則一定存在公比為負(fù)數(shù)的一個(gè)等比數(shù)列是和諧數(shù)列．
以上 3 個(gè)命題中真命題的個(gè)數(shù)有( )個(gè)
A．0 B．1 C．2 D．3
2．（2023·新疆烏魯木齊·三模）已知 a = e-0.19 ，b = 0.9， c = 2ln0.9 +1，則（ ）
A．b > c > a B． a > c > b C． c > b > a D．b > a > c
3 2023· · a = e - 0.1 e+0.1 e c = e + 0.1 e-0.1．（ 湖南長沙 一模）已知 ，b = e ， ，則 a，b，c 的大小
關(guān)系是（ ）
A． a < b < c B． c < a < b
C．b < a < c D． a < c < b
4．（2024·青海·二模）定義在R 上的函數(shù) f x 滿足 2 f 3- x - f x = x2 -12x +18， f x 是
函數(shù) f x 的導(dǎo)函數(shù)，以下選項(xiàng)錯(cuò)誤的是（ ）
A． f 0 + f 0 = 0
B．曲線 y = f x 在點(diǎn) 1, f 1 處的切線方程為 2x - y -1 = 0
C． f x - f x m在R 上恒成立，則m -2
f x - f xD - 7． x -4ee
二、多選題
5．（2024·全國·模擬預(yù)測(cè)）已知 Sn 為正項(xiàng)數(shù)列 a n 2a S - a2n 的前 項(xiàng)和，且 n n n =1，則（ ）
A． an = n - n -1 B． an+1 > an
S 1C． n - ln n D． Sn + Sn+2 > 2SS n+1n
1
6．（2024·全國· a模擬預(yù)測(cè)）已知 e =1+ ln , a > 0，則下列結(jié)論正確的是（
b ）
1 1
A． ea > 2 - b B． a < ln C b． e < ln D． a >1- bb a
三、填空題
e e
7．（2023·浙江溫州·二模）已知函數(shù) f (x) = + ln x + - ln x ，則 f x 的最小值是 ；
x x
若關(guān)于 x 的方程 f x = 2ax + 2有1個(gè)實(shí)數(shù)解，則實(shí)數(shù) a的取值范圍是 .
8．（2023·福建福州·模擬預(yù)測(cè)）已知定義在 0, + 上函數(shù) f x 滿足： ln x +1 < f x < x ，
寫出一個(gè)滿足上述條件的函數(shù) f x = .
四、解答題
9．（2024·遼寧·模擬預(yù)測(cè)）已知函數(shù) f x = sinx - ln sinx ， x 1,2
(1)求 f x 的最小值；
(2)證明： sinx ×ex-sinx - ln sinx >1 .
10．（2024·四川攀枝花·三模）已知函數(shù) f x = lnx a+ -1 a R ．
x
(1)當(dāng) a = 2時(shí)，求函數(shù) f x 在 x =1處的切線方程；
(2)設(shè)函數(shù) f x 的導(dǎo)函數(shù)為 f x ，若 f x1 = f x2 x1 x2 ，證明：
f x 11 + f x2 + > 1．a(chǎn)
11．（2024·山西晉城·二模）已知函數(shù) f (x) = (x - a)ex + x + a （ a R ）．
(1)若 a = 4，求 f (x) 的圖象在 x = 0處的切線方程；
(2)若 f x 0 對(duì)于任意的 x 0, + 恒成立，求 a 的取值范圍；
2a
(3) n若數(shù)列 an 滿足 a1 =1且 an+1 = a + 2 （ n N
* ），記數(shù)列 an 的前 n 項(xiàng)和為 Sn ，求證：
n
S 1n + < ln (n +1)(n + 2) ．3考點(diǎn) 20 利用導(dǎo)數(shù)證明不等式（3 種核心題型+基礎(chǔ)保
分練+綜合提升練+拓展沖刺練）
【考試提醒】
導(dǎo)數(shù)中的不等式證明是高考的常考題型，常與函數(shù)的性質(zhì)、函數(shù)的零點(diǎn)與極值、數(shù)列等相結(jié)
合，雖然題目難度較大，但是解題方法多種多樣，如構(gòu)造函數(shù)法、放縮法等，針對(duì)不同的題
目，靈活采用不同的解題方法，可以達(dá)到事半功倍的效果
【核心題型】
題型一　將不等式轉(zhuǎn)化為函數(shù)的最值問題
待證不等式的兩邊含有同一個(gè)變量時(shí)，一般地，可以直接構(gòu)造“左減右”的函數(shù)，有時(shí)對(duì)復(fù)
雜的式子要進(jìn)行變形，利用導(dǎo)數(shù)研究其單調(diào)性和最值，借助所構(gòu)造函數(shù)的單調(diào)性和最值即可
得證．
【例題 1】（2024·陜西咸陽·模擬預(yù)測(cè)）已知 0 < x1 < x2 <1，下列不等式恒成立的是（ ）
A． x ex12 < x1e
x2 B． x2lnx1 > x1lnx2
C． x1lnx1 < x2lnx2 D． e x1 > lnx1
【答案】D
ex
【分析】構(gòu)造函數(shù) f (x) = ，利用導(dǎo)數(shù)研究單調(diào)性即可求解 A，構(gòu)造函數(shù) g(x) = xlnx ，求導(dǎo)
x
lnx
即可判斷 C,構(gòu)造函數(shù) h(x) = x 即可求解 B，根據(jù)指數(shù)以及對(duì)數(shù)的性質(zhì)即可求解 D.
ex (x -1)ex
【詳解】令 f (x) = 且0 < x <1，則 f x = 2 < 0，故 f (x) 在( 0, 1)上遞減，x x
ex2 ex1
0 < x < x <1 f (x ) < f (x ) < x ex2 < x ex又 11 2 ，所以 2 1 x x 1 2
，A 錯(cuò)誤；
2 1
令 g(x) = xlnx 且0 < x <1，則 g x =1+ lnx ，
1 1
所以 (0, )上 g (x) < 0， g(x)遞減， ( ,1) 上 g (x) > 0， g(x)遞增，
e e
而 0 < x1 < x2 <1，此時(shí)不能比較 g(x2 )， g(x1)的大小，所以無法確定 x1lnx1, x2lnx2 的大小，C 錯(cuò)
誤；
令 h(x)
lnx
= 且0 < x <1，則h x 1- lnx= 2 > 0，故 h(x) 在( 0, 1)x 上遞增，x
又 0 < x1 < x2 <1，所以 h(x2 ) > h(x1) x2lnx1 < x1lnx2 ，B 錯(cuò)誤；
由于0 < x <1 x，所以 e 1 > 0, lnx < 0，故 e x11 1 > lnx1 ,D 正確，
故選：D
【變式 1】（2024·全國·模擬預(yù)測(cè)）下列正確結(jié)論的個(gè)數(shù)為（ ）
① sin
1 3 1 4
> ② sin < sin 1 1③ 6 tan >1 ④ tan π - 3 > sin 3
10 10π 3 3 4 6
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】D
【分析】本題以判斷不等式是否成立為切入點(diǎn)設(shè)題，根據(jù)不等式的結(jié)構(gòu)特征轉(zhuǎn)化不等式，構(gòu)
造函數(shù)，借助導(dǎo)數(shù)判斷函數(shù)的單調(diào)性判斷大小，從而判斷出不等式的正誤.
1 3 sin
1 sin π
10 6 sin x π
【詳解】對(duì)于①： sin > > ，構(gòu)造函數(shù) f x = 0 < x < ，
10 10π 1 π x 2 ÷è
10 6
x cos x - sin x x - tan x cos x則 f x = = ，令 g x = x - tan x 0 < x
π
<
2 2 ，x x è 2 ÷
則 g x =1 1- < 0恒成立，所以 g x 在 0, π 上單調(diào)遞減，所以 g x < 0，
cos2 x ֏ 2
0 x π故當(dāng) < < 時(shí)， x < tan x ，所以 f x < 02 ，
所以 f x 1 π在 0, π 2 ÷上單調(diào)遞減，所以 f > f ，故①正確；è è10 ÷ è 6 ÷
1
1 4 1 1 sin sin
1
對(duì)于②： sin < sin 3sin < 4sin
1
3 < 4 ，
3 3 4 3 4 1 1
3 4
f 1 1 由①知 3 ÷
< f ÷，故②正確；
è è 4
6 tan 1 1 tan 1 1> > x < tan x
π
對(duì)于③： ，由①知
6 6 6
0 < x < ÷，故③正確；
è 2
π
對(duì)于④：令 t = π - 3，則0 < t < ， tan π - 3 > sin 3 tan π - 3 > sin π - 3 tan t > sin t ，
2
π sin t
注意到當(dāng)0 < t < ， tan t = > sin t ，故④正確.
2 cos t
故選：D.
【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：本題考查了函數(shù)值的大小比較，解答時(shí)要注意根據(jù)函數(shù)值的特征，構(gòu)造
適當(dāng)?shù)暮瘮?shù)，利用導(dǎo)數(shù)判斷單調(diào)性，進(jìn)而比較大小
【變式 2】（2024·四川成都·三模）已知函數(shù) f (x) = ax2 - lnx,a R .
(1)討論函數(shù) f (x) 的單調(diào)性；
(2)設(shè) a > 0, g(x) = f (x) + bx，且 x =1是 g(x)的極值點(diǎn)，證明： 2b+lna 1- 2ln 2 .
【答案】(1)答案見解析.
(2)證明見解析.
【分析】（1）求導(dǎo)分析 f (x) 的符號(hào)，討論 f (x) 的單調(diào)性，即可求解.
（2）先對(duì) g(x)求導(dǎo)，結(jié)合導(dǎo)數(shù)與單調(diào)性及極值的關(guān)系，得到b =1- 2a，再結(jié)合要證不等式
構(gòu)造函數(shù) h(a) = lna + 2b = lna + 2 - 4a ，求導(dǎo)并結(jié)合單調(diào)性與最值即可證明.
2
【詳解】（1）函數(shù) f (x) = ax2 - lnx 的定義域?yàn)?(0, + )，求導(dǎo)得 f (x) 2ax 1 2ax -1= - = ，
x x
當(dāng) a 0時(shí)， f (x) < 0 恒成立， f (x) 在 (0, + )上單調(diào)遞減，
a > 0 f (x) < 0 0 x 2a f (x) > 0 x 2a當(dāng) 時(shí)，由 ，得 < < ，由 ，得 > ，
2a 2a
即函數(shù) f (x) 在 (0,
2a ) 2a上單調(diào)遞減，在 ( ,+ ) 上單調(diào)遞增，
2a 2a
所以當(dāng) a 0時(shí)，函數(shù) f (x) 在 (0, + )上單調(diào)遞減，
2a 2a
當(dāng) a > 0時(shí)，函數(shù) f (x) 在 (0, )上單調(diào)遞減，在 ( ,+ ) 上單調(diào)遞增.
2a 2a
（2）函數(shù) g(x) = f (x) + bx = ax2 - lnx + bx 的定義域?yàn)?(0, + )，
g (x) 2ax 1求導(dǎo)得 = - + b，
x
由 x =1是 g(x)的極值點(diǎn)，得 g (1) = 2a -1+ b = 0，即b =1- 2a，
2
g (x) 2ax 1 1 2a 2ax + (1- 2a)x -1 (2ax +1)(x -1)= - + - = = ，
x x x
而 a > 0，則當(dāng)0 < x <1時(shí)， g (x) < 0, g(x)單調(diào)遞減，當(dāng) x >1時(shí)， g (x) > 0, g(x)單調(diào)遞增，
所以當(dāng) x =1時(shí)， g(x)取得極小值.
設(shè) h(a) = lna + 2b = lna + 2 - 4a, a > 0，求導(dǎo)得 h (a)
1
= - 4，
a
1 1
當(dāng)0 < a < 時(shí)， h (a) > 0，當(dāng) a > 時(shí)， h (a) < 0 ，
4 4
則函數(shù) h(a) 在 (0,
1) 1上單調(diào)遞增，在 ( ,+ )上單調(diào)遞減，
4 4
h(a) h(1 ) =1- ln4 < 0
因此 4 ，所以 2b+lna 1- 2ln 2
x
【變式 3】（2024·四川成都·三模）已知函數(shù) f x = e - axsinx - x -1, x 0, π .
1
(1)若 a = ，證明： f x > 0；
2
(2)若函數(shù) f x 在 0, π 內(nèi)有唯一零點(diǎn)，求實(shí)數(shù) a的取值范圍.
【答案】(1)證明見解析；
1
(2) ,+

è 2 ÷
【分析】（1）對(duì) f x 求導(dǎo)后構(gòu)造函數(shù) g x = f x 1 1= ex - sinx - xcosx -1，通過求導(dǎo)得出
2 2
f x 的單調(diào)性和范圍得出函數(shù) f x 的單調(diào)性，進(jìn)而得出結(jié)論；
1
（2）分類討論參數(shù) a與 2 的關(guān)系，并通過構(gòu)造函數(shù)和多次求導(dǎo)來探究函數(shù) f x 的單調(diào)性，
即可得出滿足函數(shù)在 0, π 內(nèi)有唯一零點(diǎn)的實(shí)數(shù) a的取值范圍.
【詳解】（1）由題意，
在 f x = ex - axsinx - x -1, x 0, π 中，
當(dāng) a
1
= 時(shí)，不等式 f x > 0 x 1等價(jià)于 e - xsinx - x -1 > 0，
2 2
f x ex 1 sinx 1則 = - - xcosx -1，令函數(shù) g x = f x ，
2 2
g x ex cosx 1則 = - + xsinx ，
2
Q x 0, π , ex cosx 1 cosx 0, 1\ - > - > xsinx > 0，
2
所以函數(shù) g x 在 0, π 上單調(diào)遞增，且 g 0 = 0，
\ g x = f x > 0在 0, π 上恒成立，
即函數(shù) f x 在 0, π 上單調(diào)遞增，且 f 0 = 0，
所以 x 0, π 時(shí)，不等式 f x > 0成立；
（2）由題意及（1）得，
在 f x = ex - axsinx - x -1, x 0, π 中，
a 1 f x = ex當(dāng) 時(shí)， - axsinx x 1- -1 ex - xsinx - x -1，
2 2
由（1）可知此時(shí) f x > 0，所以此時(shí)函數(shù) f x 沒有零點(diǎn)，與已知矛盾，
\a 1> ， f x = ex - a sinx + xcosx -1，
2
令函數(shù) h x = f x ，
h x = ex所以 + a xsinx - 2cosx ，
令函數(shù)u x = h x ，
\u x = ex + a 3sinx + xcosx ，
①若 x

0,
π
÷ ,u x = ex + a 3sinx + xcosx > 0，
è 2
π
所以函數(shù)u x = h x 0, π π 在 ÷上遞增，且u 0 =1- 2a 0,u ÷ = e 2
π
+ a 0，
è 2 è 2 2
x π π\(zhòng)$ 0

0,

÷，使函數(shù) h x 在 0, x

2 0 上遞減，在
x0 , ÷上遞增，
è è 2
é π
②若 x ê , π

÷時(shí)，顯然 h x = ex + a xsinx - 2cosx > 0
2
，

所以函數(shù) h x 在 0, x0 上遞減，在 x0 , π 上遞增，且 h 0 = e0 -1 = 0,h π = eπ + πa -1 > 0
\$x1 x0 , π ，使函數(shù) f x 在 0, x1 上遞減，在 x1, π 上遞增，
又Q f 0 = e0 -1 = 0, f π = ep - π -1 > 0，
\ f x1 < 0，且$x2 x1, π ，使得 f x2 = 0，
a 1綜上得，當(dāng) > 時(shí)，函數(shù) f x 在 0, π 內(nèi)有唯一零點(diǎn)，
2
∴ a
1
的取值范圍是 ,+

2 ÷
.
è
【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：本題考查構(gòu)造函數(shù)，多次求導(dǎo)，函數(shù)的單調(diào)性，函數(shù)的導(dǎo)數(shù)求零點(diǎn)，
考查學(xué)生分析和處理問題的能力，計(jì)算的能力，求導(dǎo)的能力，具有很強(qiáng)的綜合性.
題型二　將不等式轉(zhuǎn)化為兩個(gè)函數(shù)的最值進(jìn)行比較
若直接求導(dǎo)比較復(fù)雜或無從下手時(shí)，可將待證式進(jìn)行變形，構(gòu)造兩個(gè)函數(shù)，從而找到可以傳
遞的中間量，達(dá)到證明的目標(biāo)．本例中同時(shí)含 ln x 與 ex，不能直接構(gòu)造函數(shù)，把指數(shù)與對(duì)數(shù)
分離兩邊，分別計(jì)算它們的最值，借助最值進(jìn)行證明．
1 1 4
【例題 2】（2023·河南開封·模擬預(yù)測(cè)）已知 a = ，
3 b = e3 -1
， c = ln ，則（ ）
3
A． a < b < c B． a < c < b
C． c【答案】C
x
【分析】構(gòu)造 f x = e - x -1 0 < x <1 ，利用導(dǎo)數(shù)判斷其單調(diào)性可比較 a,b的大小關(guān)系.構(gòu)造
g x = ln 1+ x - x 0 < x <1 ，利用導(dǎo)數(shù)判斷其單調(diào)性可比較 a,c 的大小關(guān)系.
1 1 4 1
【詳解】 a = ， ， c = ln = ln
1+ ，
3 b = e3 -1 3 3 ֏
x
設(shè) f x = e - x -1 0 < x <1 ，
所以 f x = ex -1 > 0，
所以 f x 在 0,1 x上單調(diào)遞增，所以 f x > f 0 = 0，即 e -1 > x 0 < x <1 .
1
所以 e3 -1 1> ，即 a < b .
3
設(shè) g x = ln 1+ x - x 0 < x <1 ，
1 -x
則 g x = -1 = < 0 ，
1+ x 1+ x
所以 g x 在 0,1 上單調(diào)遞減，所以 g x < g 0 = 0，即 ln 1+ x < x 0 < x <1 .
ln 1 1+ 1所以 ÷ < ，即 c < a .
è 3 3
所以 c故選:C
1
【變式 1】（2024·全國· a模擬預(yù)測(cè)）已知e = 1+ ln ,a > 0，則下列結(jié)論正確的是（ ）b
A．ea < 2 - b B．a(chǎn) < ln
1 1
C．a(chǎn) < 1- b D b．e < ln
b a
【答案】B
【分析】由 ex x +1(x > -1)可得 x ln x +1 (x > -1)，可得 x -1 lnx ，據(jù)此判斷 A，由
ea > a +1變形化簡即可判斷 B，構(gòu)造函數(shù) h x = lnx + e1-x , x >1，利用導(dǎo)數(shù)證明
h x > ln1+ e1-1 =1即可判斷 C，證明 ln2 1> 再利用對(duì)數(shù)函數(shù)單調(diào)性及不等式性質(zhì)判斷 D.
e
a
【詳解】由e = 1+ ln
1
，可得 ea =1- lnb ，
b
Qa > 0，\1- lnb > 1,\0 < b < 1．
令 f x = ex - x -1，則 f x = ex -1，
當(dāng) x > 0時(shí)， f x > 0, f x 單調(diào)遞增，當(dāng) x < 0 時(shí)， f x < 0, f x 單調(diào)遞減，
\ f x f 0 = 0，即 ex x +1（當(dāng)且僅當(dāng) x = 0時(shí)取等號(hào)）．
對(duì)于 A：由 ex x +1(x > -1)可得 x ln x +1 (x > -1)，可得 x -1 lnx （當(dāng)且僅當(dāng) x =1時(shí)取等
號(hào)），又0 < b <1，
\lnb < b -1,\1 = ea + lnb < ea + b -1,\ea > 2 - b，故 A 錯(cuò)誤；
1
對(duì)于 B：由 a > 0知ea > a +1,\1 = ea + lnb > a +1+ lnb，\a + lnb < 0，故a < ln ，故 B 正確；
b
a e e e e
對(duì)于 C：Qe =1- lnb = ln ,\a = ln ln ÷ ,\a + b = lnb
ln ÷ + b ，令 ln = x ，
è b è b b
則b = e1-x , x >1,a + b = lnx + e1-x ，令 h x = lnx + e1-x , x >1，
1 x
則 h x = - e1-x 1 e e - ex= - = > 0 x x-1，（提示： e - ex = e e - x ，由 exx x x +1，當(dāng)且僅當(dāng)x x e xe
x = 0時(shí)取等號(hào)，可知當(dāng) x >1時(shí)， ex-1 > x）
\h x 在 1, + 上單調(diào)遞增，\h x > ln1+ e1-1 =1，\a + b >1，即 a >1- b，故 C 錯(cuò)誤；
1 1 1
對(duì)于 D：當(dāng)b = 時(shí)， ea = 2，則 a = ln2，又 ln2 > ，（提示：要證 ln2 > ，即證 eln2 >1，e e e
1
即證 ln2e > 1，而 ln2e > ln22 = ln4 > 1，故 ln2 > ），e
\lna = ln ln2 > ln 1 = -1,\lna + eb > -1+ eb > -1+1 = 0 eb，故 > ln 1 ，故 D 錯(cuò)誤．
e a
故選：B
sinx < x < tanx 0 < x
p
< ÷
【 點(diǎn) 睛 】 方 法 點(diǎn) 睛 ： 常 用 的 不 等 式 ： è 2 ， lnx < x，
lnx x -1 x2 - x x ex， e x +1， ex > x(x > 0) e
x
， > x
2 (x > 0)
-1 1
【變式 2】（2024·浙江杭州·模擬預(yù)測(cè)）已知函數(shù) f x = me x 2+ x x2x - m, g x = e + e .e +1
(1)當(dāng)m = 0 - x時(shí)，證明： f x < e ；
(2)當(dāng) x < 0 時(shí)， g x t ，求 t 的最大值；
(3)若 f x 在區(qū)間 0, + 存在零點(diǎn)，求m 的取值范圍.
【答案】(1)證明見解析
2
(2)
e
(3) 0,1
- x
【分析】（1）求定義域，作商法結(jié)合基本不等式比較出 f x < e ；
（2）對(duì) g x 求導(dǎo)，變形后，構(gòu)造G x = ln -x + x ，求導(dǎo)，再構(gòu)造 H x = G x - G 1 ÷ ，
è x
求導(dǎo)得到單調(diào)性，結(jié)合H -1 = 0得到 g x 的單調(diào)性和極值，最值情況，求出答案；
-1 2
（3）令me x 2+ 2x - m = 0，當(dāng)m = 0時(shí)，由于e +1 e2x
> 0恒成立，故無解，當(dāng)m 0 時(shí)，
+1
2 -1 2x
1
-
= e +1 1- e x ÷，令F x = e2x +1 1- e x ÷， x > 0，求導(dǎo)得到函數(shù)單調(diào)性，又 x 趨向m è è
2
于 0 時(shí)，F(xiàn) x 趨向于 2，故F x > 2 ，從而得到 > 2，得到答案.
m
-1
1 f x me x 2【詳解】（ ） = + 2x - m定義域?yàn)? - ,0 0, + ，e +1
2
當(dāng)m = 0時(shí)， f x =
e2x
， x 0，
+1
2
由于 2x > 0,e
- x > 0，
e +1
x
h x 2 e- x 2e 2 2= 2x = = =1令 e +1 e2x +1 ex 1+ x 1 ，
ex 2 e × ex
當(dāng)且僅當(dāng) ex
1
= x ，即 x = 0時(shí)，等號(hào)成立，e
又 x 0，故 f x < e- x ；
（2）當(dāng) x < 0 時(shí)， g x t ，
1
x 1
1 xe - e x
g x = ex - e x 1× x ，
x2
=
x
設(shè)G x = ln -x + x 1，則G x = +1，
x
令H x = G x 1- G ÷ ，H x = G x
1
+ 2 G
1 1 1
= +1+ x +1
è x x è x ÷ x x2
1 1 1 x2 + 2x +1 x +1 2
= +1+ + 2 = 2 = 2 0，x x x x x
H x = G x - G 1 故 ÷ 在 - ,0 上單調(diào)遞增，
è x
又H -1 = 0，故當(dāng) x < -1時(shí)，H x = G x - G 1 ÷ < 0，即G x < G
1
÷，
è x è x
ln -x + x < ln 1 1
1 1
即 - ÷ +
x 1
，故 -x e < - e x
1
，所以 x x ，
è x x
xe > e
è x ÷ x
1 1xex - e x
則 x 在 - ,-1g x = < 0 恒成立，
x
1 x 1
1
x
當(dāng)-1 < x < 0時(shí)，同理可得 xex 1< e x xe - e，則 -1,0 x g x = x > 0在 上恒成立，x
故 g x 在 - ,-1 上單調(diào)遞減，在 -1,0 上單調(diào)遞增，
g x x=-1 g -1 = 2e-1故 在 處取得極小值，也是最小值， ，
2 t t 2故 ，所以 的最大值為 ；
e e
-1
3 x > 0 me x 2（ ） ，令 +
e2x
- m = 0，
+1
2 2
當(dāng)m = 0時(shí)， = 0，由于
e2x +1 e2x
> 0恒成立，故無解，舍去；
+1
2 -12x
當(dāng)m 0 時(shí)， = e +1
m 1- e
x ÷，
è
1
2x -
令F x = e +1 1- e x ÷， x > 0，
è
1 1 1 2x
- - - 1
F x = 2e · 1- e x - e2x +1 · 1 ·e x = e2x ÷ 2 ×e x· 2e x - 2 1 1-x x2 - x2 2x ÷，è è e
x2 x3
下面證明 ex >1+ x + + , x > 0，
2 6
2 3 2
令 s x ex x x x= -1- x - - ， x > 0，則 s x = ex -1- x - ， x > 0，其中 s 0 = 0，
2 6 2
2
令 t x = s x x= ex -1- x - ， x > 0，則 t x = ex -1- x， x > 0，其中 t 0 = 0，
2
令w x = t x = ex -1- x， x > 0，則w x = ex -1， x > 0，
當(dāng) x > 0時(shí)，w x = ex -1 > 0，故w x = t x = ex -1- x在 0, + 上單調(diào)遞增，
2
故 t x >0 ，故 t x = s x = ex -1- x x- 在 0, + 上單調(diào)遞增，
2
2 3
故 s x > 0，故 s x ex 1 x x= - - x - - 在 0, + 上單調(diào)遞增，
2 6
2 3 2 3
故 ex 1 x x x x- - x - - > 0，即 ex >1+ x + + , x > 0，
2 6 2 6
1 1 1 1
則 e x >1+ + x > 0
x 2x2
+
6x3
， ，
1
則 2e x - 2 1 1 2 1 1 1 1 2 1 1- 2 - 2 > 2 + + + - 2 - - = + - ，x x e2x x x2 3x3 x2 x2e2x x 3x3 x2e2x
1 1 1 1 1 1 1 2 6 1
= 2x + -
x2 3x e2x ÷

x2
2 2x × - 2x ÷÷ =3x e x2
-
3 e2x ÷è ÷
，
è è
1 1
由于 2x 0,1
2 6 1 1
，而 >1，故 2e x - 2 - 2 -e 3 x x2e2x
> 0，
則F x > 0，故F x 在 0, + 上單調(diào)遞增，
又 x 趨向于 0 時(shí)，F(xiàn) x 趨向于 2，故F x > 2 ，
2 2 -1
> 2 2x

故令 ，解得0 < m <1，此時(shí) = e +1
m m
1- e x ÷有解，故存在零點(diǎn)，
è
故m 的取值范圍是 0,1 .
【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：對(duì)于求不等式成立時(shí)的參數(shù)范圍問題，一般有三個(gè)方法，一是分離參數(shù)
法, 使不等式一端是含有參數(shù)的式子，另一端是一個(gè)區(qū)間上具體的函數(shù)，通過對(duì)具體函數(shù)的
研究確定含參式子滿足的條件.二是討論分析法，根據(jù)參數(shù)取值情況分類討論，三是數(shù)形結(jié)
合法，將不等式轉(zhuǎn)化為兩個(gè)函數(shù)，通過兩個(gè)函數(shù)圖像確定條件
9 2
【變式 3】（2024·貴州黔西·一模）已知函數(shù) f (x) = x - x ln x - 2x .
2
(1)判斷 f x 的單調(diào)性;
1 3 5 2n -1
(2) 證明: 9 + + +L+

÷ > 3n - ln(2n +1) .
è 3 5 7 2n +1
【答案】(1) f x 在 0, + 上單調(diào)遞增；
(2)證明見解析；
【分析】（1）對(duì)函數(shù)求導(dǎo)，并構(gòu)造函數(shù) g(x) = 9x - ln x - 3得出其單調(diào)性即可求出 f x 在
0, + 上單調(diào)遞增；
（2）根據(jù)（1）中結(jié)論，利用9x > ln x + 3根據(jù)對(duì)數(shù)運(yùn)算法則裂項(xiàng)并由累加法可求得結(jié)論.
9
【詳解】（1）易知函數(shù) f (x) = x2 - x ln x - 2x的定義域?yàn)? 0, + ，
2
可得 f (x) = 9x - ln x +1 - 2 = 9x - ln x - 3；
令 g(x) = 9x - ln x - 3 g (x) 9
1 9x -1
，則 = - = ，
x x
x 0, 1當(dāng)

÷ 時(shí)， g (x) < 0，此時(shí) g(x)
0, 1 在
9 ÷
上單調(diào)遞減，
è è 9
x 1 ,+ 當(dāng) ÷ 時(shí)， g (x) > 0，此時(shí) g(x)
1
在 ,+

9 9 ÷
上單調(diào)遞增，
è è
1 9
所以 f (x) = g(x) g ÷ =1+ ln 9 - 3 = ln 9 - 2 = ln
è 9 e2
> 0；
即 f (x) > 0 在 0, + 上恒成立，
因此 f x 在 0, + 上單調(diào)遞增；
（2）由（1）可知 f (x) = 9x - ln x - 3 > 0，即9x > ln x + 3，
2n -1
可得9 > ln
2n -1
+ 3；
2n +1 2n +1
n
9 2i -1
n 2i -1
> ln + 3 所以 2i +1÷ 2i +1 ÷，i=1 è i=1 è
9 1 3 5 L 2n -1 ln 1 ln 3 L ln 2n -1即可得 + + + + ÷ > + + + + 3n
è 3 5 7 2n +1 3 5 2n +1
= ln1- ln 3+ ln 3- ln 5 +Lln(2n -1) - ln(2n +1) + 3n = 3n - ln(2n +1) ；
9 1 3 5 2n -1 + + +L+

÷ > 3n - ln(2n +1)
即 è 3 5 7 2n +1
題型三　適當(dāng)放縮證明不等式
導(dǎo)數(shù)方法證明不等式中，最常見的是 ex 和 ln x 與其他代數(shù)式結(jié)合的問題，對(duì)于這類問題，
可以考慮先對(duì) ex 和 ln x 進(jìn)行放縮，使問題簡化，簡化后再構(gòu)建函數(shù)進(jìn)行證明．常見的放縮
公式如下：
(1)ex≥1＋x，當(dāng)且僅當(dāng) x＝0 時(shí)取等號(hào)；
(2)ln x≤x－1，當(dāng)且僅當(dāng) x＝1 時(shí)取等號(hào)．
S
【例題 1】（2024·河北滄州·一模）已知等比數(shù)列 an 的前 n項(xiàng)和為 Sn , a1 >1, S = e 43 ，則數(shù)列
an 的公比q滿足（ ）
A．0 < q 1 B．-1 < q < 0
C． q > 1 D． q -1
【答案】B
【分析】利用切線不等式放縮，結(jié)合等比數(shù)列的通項(xiàng)公式及排除法可得答案.
【詳解】設(shè)函數(shù) f (x) = ex - x -1，則 f (x) = ex -1，
當(dāng) x < 0 時(shí)， f (x) < 0 ， f (x) 為減函數(shù)；當(dāng) x > 0時(shí)， f (x) > 0 ， f (x) 為增函數(shù)；
所以 f (x) f (0) = 0，即 ex x +1 .
S = eS因?yàn)?43 S4 +1，所以 S3 - S4 1，即 a4 ≤-1 .
a 3因?yàn)?4 = a1q , a1 >1，所以q < 0，排除 A,C.
若 q = -1 a S， 1 = 2 > 1，則 S3 = 2, S4 = 0，不滿足 S3 = e 4 ，排除 D.
故選：B
【變式 1】（2024·廣東·模擬預(yù)測(cè)）令 an = sin 0.5
° cos1° + cos 2° +L+ cos n° ,n N+ ．則 an 的
最大值在如下哪個(gè)區(qū)間中（ ）
A． (0.49,0.495) B． (0.495,0.5)
C． (0.5,0.505) D． (0.505,0.51)
【答案】B
°
【分析】先通過 sin 0.5 cos n°
1
= é sin n° + 0.5° - sin n° - 0.5° ù ，利用裂項(xiàng)相消法求出 an ，2
觀察得其最大值可取 a90 ，然后計(jì)算其范圍即可.
sin 0.5° cos n° 1【詳解】由于 = é sin2 n
° + 0.5° - sin n° - 0.5° ù
an = sin 0.5
° cos1° + cos 2° +L+ cos n°
= sin 0.5° cos1° + sin 0.5° cos 2° + sin 0.5° cos3° +K+ sin 0.5° cos n°
1
= é ° ° ° sin1.5 - sin 0.5 + sin 2.5 - sin1.5
° + sin 3.5° - sin 2.5° +K+ sin n° + 0.5° - sin n° - 0.5° ù2
1
= ésin n° + 0.5° - sin 0.5° ù
2
根據(jù)三角函數(shù)的性質(zhì)可知，
當(dāng) n = 90 + k ×360, k Z或 n = 89 + k ×360, k Z °時(shí)， sin n + 0.5° 取最大值，
不妨取 n = 90 ，
1
則 é ° sin 90 + 0.5°
1
- sin 0.5° ù = cos 0.5° - sin 0.5°
2
= sin 44.5° 2 1< sin 45° = ,
2 2 2 2 2
1
又 cos 0.5° 1- sin 0.5° = 1- sin2 0.5° - sin 0.5°2 2 ，
因?yàn)楫?dāng) x
é
ê0,
π ù
時(shí)， sin x x
2 ú
2
所以 1- sin2 0.5° - sin 0.5° 1 sin2 π π π π= - - sin > 1- -
360 360 è 360 ÷ 360
2
1- π π要比較 ÷ - 與0.495的大小，
è 360 360
2 2
即比較1 π 99 π- ÷ 與 + ÷ 的大小，
è 360 è 200 360
2
1 π 99 π
2 2 2
1 2 π 99 99π- - + = - - -
è 360 ÷ 200 360 ÷ ÷ ÷ è è 360 è 200 36000
1 2π
2 100 2 100π 3 2π2 π 3 2 42 4 3 92
> - - 2 ÷ - = - - > - - = - > 0360 è 200 36000 4 3602 360 4 3602 360 4 90 90
1 π
2
π
故 - ÷ - > 0.495 .
è 360 360
0.495 1< ésin 90° °所以 + 0.5 - sin 0.5° ù
1
< .2 2
故選：B.
é
證明：當(dāng) x ê0,
π ù
2 ú
時(shí)， sin x x

設(shè) f x = sin x - x ， x π é0, ùê ú ，則 f x = cos x -1 02 ，
é π ù
所以 f x 在 ê0, 2 ú 上單調(diào)遞減，
f x f 0 = 0 x é0, π所以 ，即當(dāng) ùê 時(shí)， sin x x . 2 ú
【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：本題的關(guān)鍵是利用 sin x x 對(duì)式子進(jìn)行放縮，可以將三角運(yùn)算轉(zhuǎn)化為
非三角運(yùn)算
【變式 2】（2024·全國·模擬預(yù)測(cè)）設(shè)整數(shù) p >1， x > -1且 x 0，函數(shù)
f (x) = (1+ x) p - px -1．
(1)證明： f (x) > 0 ；
(2)設(shè) x > 0，證明： ln(1+ x) < x ；
1 1 1
(3)設(shè) n N* ，證明：1+ 22 + 33 +L+ nn < 2n - ln(n +1)．
【答案】(1)證明見解析；
(2)證明見解析；
(3)證明見解析
【分析】（1）通過求導(dǎo)數(shù)得到函數(shù)的單調(diào)性，從而得到函數(shù)的最小值 f 0 = 0，從而
f x > 0；
（2）構(gòu)造函數(shù) g(x) = ln(1+ x) - x(x > 0)，求導(dǎo)數(shù)得到函數(shù)的單調(diào)性，從而得到函數(shù)的最大值
g(0) = 0，從而 g x < 0 ，所以 ln(1+ x) < x ；
（3）利用（1）（2）中的結(jié)論， (1+ x) p 1+ px， ln(1+ x) < x ，得到
1
1 é p p -1 ù p 1 1 (1+ p -1) p ê 1+ ÷ ú ， 2 - < 2 - ln 1+ ÷ = 2 - é ln p +1 - ln pù 放縮證明.
ê è p
p
ú è
p
【詳解】（1） f x = p(1+ x) p-1 - p = p é (1+ x)
p-1 -1ù ．因?yàn)?+ x > 0， p -1 > 0，所以
y = (1+ x) p-1 -1單調(diào)遞增．
因此，當(dāng) -1 < x < 0時(shí)， f x < 0， f (x) 單調(diào)遞減；當(dāng) x > 0時(shí)， f x > 0， f (x) 單調(diào)遞增，
所以 f (x) > f (0) = 0．
（2）設(shè) g(x) = ln(1+ x) - x(x > 0)，則 g x 1 -x= -1 = < 0，所以 g(x)在 (0, + )上單調(diào)
1+ x 1+ x
遞減，
故 g(x) < g(0) = 0，從而當(dāng) x > 0時(shí)， ln 1+ x < x ．
p
（3）由（1）知 (1+ x) p 1 px + p -1 ，所以 1+ ÷ 1+ p -1 = p，再利用 ln(1+ x) < x ，
è p
1
n 1 n 1 n é p1 1 1 p -1 ù p于是1+ 22 + 33 +L+ nn = p p = (1+ p -1) p ê 1+ ú
p=1 p=1 p=1 ê è p
÷
ú
n
2 1
n é ù n
= - p ÷
< 2 ln 1 1 ê - + ÷ú = 2n - é ln p +1 - ln pù = 2n - ln(n +1)
p=1 è p=1 è p

p=1
1 1 1
因此，1+ 22 + 33 +L+ nn < 2n - ln(n +1)．
tan x p> x > sin x 0 < x < ln x +1 x x ÷
【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：常見的放縮公式 ； e x +1； è 2 ；
b b + m
< a > b > 0,m > 0
a a + m
【變式 3】（23-24 高三下·河南·階段練習(xí)）已知函數(shù) f (x) = (1+ x)r - rx -1(x > -1)， r > 0且
r 1．
(1)討論 f (x) 的單調(diào)性；
63
(2)比較 4 15 與 的大小，并說明理由；
32
sin 2
n
(3) * 當(dāng) n N 時(shí)，證明： 1 1
k
+ ÷ < n
7
+ ．
k =1 è k 6
【答案】(1)答案見解析；
4 15 63(2) < ，理由見解析
32
(3)證明見解析.
【分析】（1）分析題意，根據(jù)參數(shù)的不同范圍，含參利用導(dǎo)數(shù)討論單調(diào)性即可.
（2）根據(jù)（1）可知，當(dāng)0 < r <1時(shí)， (1+ x)r < rx +1， (x 0)，代值進(jìn)行比較即可.
（3）設(shè) g(x) = x - sin x(x > 0)，則 g (x) = 1- cos x≥0，分不同情況討論，利用放縮法結(jié)合裂項(xiàng)
相消法證明不等式即可.
【詳解】（1）易知 f (x) = r é (1+ x)
r-1 -1ù ．
① 0 < r <1．
當(dāng)-1 < x < 0時(shí)， (1+ x)r-1 > (1+ x)0 =1，即 f (x) > 0 ，所以 f (x) 在 (-1,0) 上單調(diào)遞增，當(dāng) x > 0
時(shí)， (1+ x)r-1 < (1+ x)0 =1，即 f (x) < 0 ，所以 f (x) 在 (0, + )上單調(diào)遞減；
② r >1．當(dāng)-1 < x < 0時(shí)， (1+ x)r-1 < (1+ x)0 =1，即 f (x) < 0 ，所以 f (x) 在 (-1,0) 上單調(diào)遞
減，當(dāng) x > 0時(shí)， (1+ x)r-1 > (1+ x)0 =1，即 f (x) > 0 ，所以 f (x) 在 (0, + )上單調(diào)遞增；綜上
所述，當(dāng)0 < r <1時(shí)， f (x) 在 (-1,0) 上單調(diào)遞增，在 (0, + )上單調(diào)遞減；
當(dāng) r >1時(shí)， f (x) 在 (-1,0) 上單調(diào)遞減，在 (0, + )上單調(diào)遞增；
（2）由（1）可知，當(dāng)0 < r <1時(shí)， (1+ x)r < rx +1， (x 0)，
1
1 1
取 x = - ， r = 4，則有 1 1 1 63
16 4 1- ÷ < - +1 =
，
è 16 16 4 64
4 15 63 63
即 < ，所以 4 15 < ；
2 64 32
（3）證明：設(shè) g(x) = x - sin x(x > 0)，則 g (x) = 1- cos x≥0，
所以 g(x)在 (0, + )上單調(diào)遞增，所以 g(x) g(0) = 0，
即當(dāng) x > 0時(shí)， x > sin x ，
sin 2 2 1
k
1 1 1
k k
結(jié)合（ ）可知， 1 1
1+ ÷÷ < 1+

k k ÷÷
= 1+ k ÷
<1+ ，
è k 2è è
n =1 ( 2)sin 2當(dāng) 時(shí)， < 2
3 7
< <1+ 成立，
2 6
1 4 2 1 1當(dāng) n 2時(shí)，因?yàn)?2 < 2 = -

，所以
k 4k -1 è 2k -1 2k +1÷
sin 2
k =1 k
1
1 3 n 1 1 1 L 1 1 1 1 1 1 1 1+ ÷÷ < + - + 2 + 2 + + 2 < n + + 2

- + - + -

÷
n è k 2 2 3 n 2 è 3 5 5 7 2n -1 2n +1
sin 2
k =1 1 k即 1 2 2 1+ ÷÷ < n + + - < n
7
+ ．
n è k 2 3 2n +1 6
sin 2
k =1 k
綜上所述， 1
1 7
+ ÷÷ < n +
．
n è k 6
【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：本題考查利用導(dǎo)數(shù)證明不等式，解題關(guān)鍵是合理運(yùn)用放縮法，然后再
利用裂項(xiàng)相消法求和，得到所要求的不等關(guān)系即可．
【課后強(qiáng)化】
基礎(chǔ)保分練
一、單選題
1．（22-23 高三上·四川綿陽·開學(xué)考試）若 0 < x1 < x2 <1，則（ ）
A ex x． 2 - e 1 > lnx2 - lnx
x x
1 B． e 2 - e 1 < lnx2 - lnx1
C． x ex1 > x ex2 D． x ex1 x22 1 2 < x1e
【答案】C
x
【分析】構(gòu)造函數(shù) f x = e - lnx ，利用導(dǎo)數(shù)討論單調(diào)性即可判斷 A 和 B，再構(gòu)造
x
g x e= ，利用導(dǎo)數(shù)討論單調(diào)性即可判斷 C 和 D.
x
【詳解】令 f x = ex - lnx ，則 f x ex 1= - x ，
x 1
令 h(x) = e - , h (x)
1
= ex + 2 > 0 恒成立，x x
即 f x = ex 1- 在定義域 0, + x 單調(diào)遞增，
1 1
且 f = ee - e<0,f 1 = e -1>0,
è e ÷
因此在區(qū)間 0,1 上必然存在唯一 x0 使得 f x0 = 0，
所以當(dāng) x 0, x0 時(shí) f x 單調(diào)遞減，當(dāng) x x0 ,1 時(shí) f x 單調(diào)遞增，
故 A，B 均錯(cuò)誤；
x x
e e x -1令 g x = ， g x = ，x x2
當(dāng)0 < x <1時(shí)， g x < 0，
∴ g x 在區(qū)間 0,1 上為減函數(shù)，
ex1 ex2
∵ 0 < x < x x x1 2 ，∴ > ，即 x 1 2x 2
e > x1e ，
1 x2
∴選項(xiàng) C 正確，D 不正確.
故選:C.
a 1
2022
2 2023· · = - cos
1
．（ 陜西咸陽 三模）已知 ， ， ，則（ ）
2023 b = e 2023 c = 2023 2023
A． a > b > c B．b > a > c
C．b > c > a D． a > c > b
【答案】B
x
【分析】構(gòu)造函數(shù) f x = e - x -1，利用導(dǎo)數(shù)分析單調(diào)性即可得出 a < b ；由
1
0 cos 1< <1 cos，可得 1
2023 c = 2023 < = a
，進(jìn)而求解.
2023 2023
x
【詳解】設(shè) f x = e - x -1，
所以 f x = ex -1，令 f (x) < 0 x < 0，令 f (x) > 0 x > 0，
所以函數(shù) f (x) 在 (- ,0)上單調(diào)遞減，在 (0, + )上單調(diào)遞增，
則 f (x) f (0) = 0，即 ex - x -1 0 ，得 ex x +1 .
2022
-
b e 2023 > 2022 1所以 = - +1 = = a ，即 a < b ；
2023 2023
1 cos 1
又0 < cos <1，所以 1 ，即 c < a，
2023 c = 2023 < = a2023 2023
所以 c故選：B.
a 1 b ln 7 c tan 13．（23-24 高三上·云南保山·期末）已知 = ， = ， = ，則（
6 ）6 6
A．b < a < c B． a < b < c
C． a < c < b D． c【答案】A
π
【分析】由 x 0, ÷， sin x < x < tan x ，可判斷 c > a ，再由切線不等式 ln(x +1) x ，可判斷
è 2
a > b，得解.

【詳解】由當(dāng) x 0,
π
÷時(shí)，由三角函數(shù)線知識(shí)可得 sin x < x < tan x ，
è 2
所以 c = tan
1 1
> = a ，
6 6
又令 f x = ln x +1 - x， x > -1，
1 -x
\ f x = -1 = ，
x +1 x +1
令 f x > 0，解得-1 < x < 0，令 f x < 0，解得 x > 0，
所以函數(shù) f x 在 -1,0 上單調(diào)遞增，在 0, + 上單調(diào)遞減，
\ f x f 0 = 0，即 ln(x +1) x ，當(dāng)且僅當(dāng) x = 0時(shí)等號(hào)成立，
故而b = ln
7 ln 1 1 1= + ÷ < = a ，所以 c > a > b .6 è 6 6
故選：A.
4．（2024·全國·模擬預(yù)測(cè)）設(shè) a = ln4,b = tan
1 3
+ tan1,c = ，則（ ）
2 2
A． a < b < c B．b < c < a C． c【答案】D
π
【分析】構(gòu)造函數(shù) f x = tan x - x, x 0,

÷，利用導(dǎo)數(shù)判斷單調(diào)性，可得 tan x > x，進(jìn)而得
è 2
b > c，再結(jié)合對(duì)數(shù)的性質(zhì)，利用作差比較法可得 a < c，從而可得正確答案.
f x tan x x, x π 【詳解】構(gòu)造函數(shù) = - 0, ÷，
è 2
f x sin x

x cos
2 x + sin2 x sin2 x
則 = 2 cos x ÷
- = 2 -1 = 2 = tan x > 0，è cos x cos x
所以 f x π 在 0, 2 ÷內(nèi)單調(diào)遞增，又 f 0 = tan 0 - 0 = 0，è
于是 f x π 在 0, ÷內(nèi) tan x - x > 0，即 tan x > x2 恒成立.è
0 1 1 π 1 1由 < < < ，得 < tan ,1 < tan1，
2 2 2 2
所以 tan
1
+ tan1 1 3> +1 = ，故b > c；
2 2 2
3 3 1 1
又 ln 4 - = ln 4 - ln e2 = ln 16 2 - ln e3 2 1= ln 163 ，2 2 e
易知，函數(shù) y = ln x 在 0, + 16 16內(nèi)單調(diào)遞增，又 3 <1，所以 ln 3 < ln1 = 0，e e
ln 4 3 1 16 3于是 - = ln 3 < 0，即 ln 4 < ，故 a < c．2 2 e 2
綜上所述， a < c < b．
故選:D.
二、多選題
1
5．（23-24高三上·廣西百色· 2階段練習(xí)）函數(shù) f x = x - ax + a ln x 的兩個(gè)極值點(diǎn)分別是 x1, x2 ，2
則下列結(jié)論正確的是（ ）
A． a > 4 B 2． x1 + x
2
2 < 8
C． x1 + x2 = x1x2 D． f x1 + f x
1
< x2 22 1 + x2 - 64
【答案】ACD
【分析】根據(jù)極值點(diǎn)個(gè)數(shù)，將問題轉(zhuǎn)化為方程 x2 - ax + a = 0在 0, + 有兩個(gè)不等實(shí)根 x1, x2 ，
由一元二次方程根的分布可構(gòu)造不等式組求得 A 正確；利用韋達(dá)定理和 a的范圍可確定 BC
3 2 1
正確；構(gòu)造函數(shù) h a = a ln a - a - a + 6 a > 4 ，通過導(dǎo)數(shù)可求得 h a < 0 ，由此可確定 D
4 2
正確.
2
A Q f x 0, + f x x a a x - ax + a【詳解】對(duì)于 ， 的定義域?yàn)?， = - + = ，
x x
\ f x 有兩個(gè)極值點(diǎn) x1, x2 等價(jià)于方程 x2 - ax + a = 0在 0, + 有兩個(gè)不等實(shí)根 x1, x2 ，
ìΔ = a2 - 4a > 0

\
-a
í- > 0 ，解得： a > 4，A 正確；
2
a > 0
對(duì)于 B 2 2，Q x1 + x2 = a， x1x2 = a，\ x21 + x
2
2 = x 21 + x2 - 2x1x2 = a - 2a = a -1 -1，
又 a > 4，\ a -1 2 -1 > 8 2 2，即 x1 + x2 > 8，B 錯(cuò)誤；
對(duì)于 C，Q x1 + x2 = a， x1x2 = a，\ x1 + x2 = x1x2 ，C 正確；
D f x + f x 1- x2 2 1 2對(duì)于 ， 1 2 1 + x2 + 6 = x + x2 - a x + x + a ln x x + 64 4 1 2 1 2 1 2
a2 - 2a
= - a2 + a ln a + 6 = a ln a 3- a2 1- a + 6；
4 4 2
h a a ln a 3令 = - a2 1- a + 6 a 4 h a ln a 3 1> ，則 = - a + ，
4 2 2 2
g a = h a g a 1 3 2 - 3a令 ，則 = - = < 0，
a 2 2a
\ g a 4, + h a h 4 ln 4 11在 上單調(diào)遞減，\ < = - < 0，
2
\h a 在 4, + 上單調(diào)遞減，\h a < h 4 = 4ln 4 - 20 = 4 ln 4 - 5 < 0 ，
\h a < h 4 = 4ln 4 -8 = 8 ln 2 -1 < 0，\ f x 1 2 21 + f x2 < x1 + x2 - 6，D 正確.4
故選：ACD.
【點(diǎn)睛】思路點(diǎn)睛：本題考查根據(jù)函數(shù)極值點(diǎn)個(gè)數(shù)求解參數(shù)范圍、利用導(dǎo)數(shù)證明不等式的問
題；本題求解參數(shù)范圍的基本思路是將問題轉(zhuǎn)化為導(dǎo)函數(shù)變號(hào)零點(diǎn)個(gè)數(shù)問題的求解，根據(jù)方
程根的分布來構(gòu)造不等關(guān)系；本題證明不等式的關(guān)鍵是能夠?qū)㈦p變量的問題轉(zhuǎn)化為單一變量
的問題，從而構(gòu)造關(guān)于單一變量的函數(shù)來求解.
6．（2023·福建·模擬預(yù)測(cè)）機(jī)械制圖中經(jīng)常用到漸開線函數(shù) invx = tanx - x，其中 x 的單位為
弧度，則下列說法正確的是（ ）
A． x × invx是偶函數(shù)
π π
B． invx在 (- - kπ, + kπ)上恰有 2k +1個(gè)零點(diǎn)（ k N ）
2 2
π
C． invx在 (- - kπ,
π
+ kπ)上恰有 4k +1個(gè)極值點(diǎn)（ k N ）
2 2
π
D．當(dāng)- < x < 0時(shí)， invx < x - sinx
2
【答案】ABD
【分析】利用函數(shù)奇偶性定義判斷作答；換元求出每個(gè)定義區(qū)間內(nèi)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)判斷 B；利用
極值的定義判斷 C；構(gòu)造函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)推理判斷 D 作答.
π
【詳解】函數(shù) invx = tanx - x的定義域?yàn)閧x R | x nπ + ,n Z}，顯然 x 和 invx均為奇函數(shù)，
2
因此 x × invx是偶函數(shù)，A 正確；
x ( π , π當(dāng) - )時(shí)，令 h(x) = invx
1
， h (x) = 2 -1 0
π π
，函數(shù) invx在 (- , ) 上單調(diào)遞增，當(dāng)
2 2 cos x 2 2
x = 0時(shí)， invx = 0，
( π , π ) x ( π k π, π即函數(shù) invx在 - 上唯一零點(diǎn)，當(dāng) - + 1 + k1π), k1 Z時(shí)，令 x = t + k2 2 2 2 1
π，
t ( π π - , )，
2 2
則 tanx - x = tan(t + k1π) - (t + k1π) = tan t - t - k1π ，令 y = tan t - t ， t (
π
- , π)，
2 2
y = tan t - t ( π π函數(shù) 在 - , ) 上單調(diào)遞增，值域?yàn)?R，直線 y = k1π(k1 Z)與 y = tan t - t ，2 2
t ( π , π - )的圖象有唯一交點(diǎn)，
2 2
π π π π
因此函數(shù) invx在 (- + k1π, + k1π), k1 Z有唯一零點(diǎn)，所以 invx在 (- - kπ, + kπ)上恰有2 2 2 2
2k +1個(gè)零點(diǎn)（ k N ），B 正確；
π π
由選項(xiàng) B 知，函數(shù)在 (- + k1π, + k1π), k1 Z上為增函數(shù)，因此 invx不存在極值點(diǎn)，C 錯(cuò)誤；2 2
令函數(shù) f (x) = invx - x + sinx ，求導(dǎo)得 f (x)
1
= 2 - 2 + cosx，cos x
π
當(dāng)- < x < 0時(shí)，設(shè) t = cosx 0,1 ， g t 1= - 2 + t ，求導(dǎo)得 g t 1 2= - < 0，函數(shù) g t 在
2 t 2 t3
0,1 上遞減， g t > g 1 = 0，
即 f x > 0，因此 f x ( π在 - ,0) 是單調(diào)遞增， f (x) < f (0) = 0，即 invx < x - sinx，D 正2
確.
故答案為：ABD
三、填空題
lnx - a x - a -1
7．（2023·海南·模擬預(yù)測(cè)）已知函數(shù) f x = x-1 ， g x = ，若對(duì)任意 x 1,+ ，e x
f x g x 恒成立，則實(shí)數(shù) a的取值范圍是 .
【答案】 - ,1
【分析】利用導(dǎo)數(shù)證明 ln x x -1，將圓不等式轉(zhuǎn)化為 (ln x - a)eln x [(x -1) - a]ex-1對(duì)
"x [1, + ) 恒成立，設(shè) h(x) = (x - a)ex ，只需函數(shù) h(x) 在[0, + ) 上單調(diào)遞增，由 h (x) 0可
得 a x +1，即可求解.
【詳解】設(shè)u(x) = ln x - x +1
1 1- x
，則u (x) = -1 = （ x > 0），
x x
令u (x) < 0 x >1，令u (x) > 0 0 < x <1，
所以函數(shù)u(x) 在 (1, + )上單調(diào)遞減，在( 0, 1)上單調(diào)遞增，
得u(x)max = u(1) = 0，即u(x) 0 ，即 ln x x -1.
ln x - a x - a -1
由題意，
ex 1
對(duì)"x [1, + )- 恒成立，x
轉(zhuǎn)化為 (ln x - a)eln x [(x -1) - a]ex-1對(duì)"x [1,+ ) 恒成立，
設(shè) h(x) = (x - a)ex ，則 h(ln x) h(x -1)對(duì)"x [1, + ) 恒成立，
只需函數(shù) h(x) 在[0, + ) 上單調(diào)遞增，
即 h (x) = (x - a +1)ex 0在[0, + ) 上恒成立，
有 a x +1在[0, + ) 上恒成立，得 a 1，
即實(shí)數(shù) a 的取值范圍為 (- ,1] .
故答案為： (- ,1] .
x
8 x-2 3y．（2023·河南開封·模擬預(yù)測(cè)）實(shí)數(shù) x，y 滿足e x -3y -1 e ，則 - y 的值為 ．
3
2
【答案】 3
【分析】將原不等式變?yōu)?ex-3 y-2 x - 3y -1，利用換元法令 x - 3y - 2 = t 和構(gòu)造函數(shù)
f t = et - t -1 t > -1 ，根據(jù)導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性求出 f t 0，當(dāng)且僅當(dāng) t = 0時(shí) et t +1
成立，則 x - 3y - 2 = 0，即可得出結(jié)果.
x-2
【詳解】因?yàn)閑 x -3y -1 e3y，所以 ex-3 y-2 x - 3y -1．
顯然 x - 3y -1 > 0，令 x - 3y - 2 = t ，則 t > -1，且 et t +1，
f t = et令 - t -1 t > -1 ，則 f t = et -1，
所以當(dāng)-1 < t < 0 時(shí)， f t = et -1< 0；
當(dāng) t > 0時(shí)， f t = et -1> 0，
所以 f t 在 -1,0 上單調(diào)遞減，在 0, + 上單調(diào)遞增，
所以對(duì)"t > -1， f t f 0 = 0，即 et t +1，當(dāng)且僅當(dāng) t = 0時(shí)等號(hào)成立．
綜上，當(dāng)且僅當(dāng) t = 0時(shí)， et t +1成立，
此時(shí) x - 3y - 2 = 0
x 2
，解得 - y = ．
3 3
2
故答案為： 3
四、解答題
9．（2023·吉林長春·模擬預(yù)測(cè)）已知函數(shù) f (x)
1
= x2 -1 - ln x .2
(1)求 f x 的最小值；
4 7
(2)證明： ln > .
3 32
【答案】(1) 0
(2)證明過程見解析
【分析】（1）利用導(dǎo)數(shù)的性質(zhì)進(jìn)行求解即可；
（2）利用（1）的結(jié)果，取特殊值代入進(jìn)行證明即可.
【詳解】（1）顯然該函數(shù)的定義域?yàn)槿w正實(shí)數(shù)，
1 2 x +1 x -1由 f (x) = x -1 - ln x f x = x 1 - = ，2 x x
當(dāng) x >1時(shí)， f x > 0，所以函數(shù) f x 單調(diào)遞增，
當(dāng)0 < x <1時(shí)， f x < 0，所以函數(shù) f x 單調(diào)遞減，
因此 f x = f 1min = 0；
（2）由（1）可知： f x min = 0 ，即
f (x) 1 1= x2 -1 - ln x > 0 x > 0 - ln x > - x2 -1 x > 0 ，2 2
ln 1 1即 > - x2 -1 x > 0 ，x 2
3 ln 1 1
é 2
> -
3 ù
當(dāng) x = 時(shí)， 3 ê ÷ -1ú ln
4 7
>
4 2 êè 4 ú 3 32
.

4
1
10 2x x．（2024·廣東佛山·二模）已知 f x = - e + 4e - ax - 5 .
2
(1)當(dāng) a = 3時(shí)，求 f x 的單調(diào)區(qū)間；
(2)若 f x 有兩個(gè)極值點(diǎn)x1，x2，證明： f x1 + f x2 + x1 + x2 < 0 .
【答案】(1)答案見解析
(2)證明見解析
【分析】（1）求導(dǎo)后，借助導(dǎo)數(shù)的正負(fù)即可得原函數(shù)的單調(diào)性；
（2）借助換元法，令 t = ex t x1 x， 2 21 = e ， t2 = e ，可得 t1 、 t2 是方程 t - 4t + a = 0的兩個(gè)正根，
借助韋達(dá)定理可得 t1 + t2 = 4， t1t2 = a，即可用 t1 、 t2 表示 f x1 + f x2 + x1 + x2 ，進(jìn)而用 a表
示 f x1 + f x2 + x1 + x2 ，構(gòu)造相關(guān)函數(shù)后借助導(dǎo)數(shù)研究其最大值即可得.
1 2x x
【詳解】（1）當(dāng) a = 3時(shí)， f x = - e + 4e - 3x - 5，
2
f x = -e2x + 4ex - 3 = - ex -1 ex - 3 ，
則當(dāng) ex 0,1 3, + ，即 x - ,0 ln 3,+ 時(shí)， f x < 0，
當(dāng) ex 1,3 ，即 x 0, ln 3 時(shí)， f x > 0，
故 f x 的單調(diào)遞減區(qū)間為 - ,0 、 ln 3, + ，單調(diào)遞增區(qū)間為 0, ln 3 ；
（2） f x = -e2x + 4ex - a 2，令 t = ex ，即 f x = -t + 4t - a ，
令 t = ex1 x， t = e 21 2 ，則 t1 、 t2 是方程 t 2 - 4t + a = 0的兩個(gè)正根，
則Δ = -4 2 - 4a =16 - 4a > 0，即 a < 4，
有 t1 + t2 = 4， t1t2 = a > 0，即 0 < a < 4 ，
則 f x f x x x 11 + + + = - e2x12 1 2 + 4ex1 - ax1 - 5
1
- e2x2 + 4ex2 - ax2 - 5 + x1 + x2 2 2
1
= - t 2 + t 21 2 + 4 t1 + t2 - a -1 ln t1 + ln t2 -102
1
= - é t1 + t2
2 - 2t ù1t2 + 4 t1 + t2 - a -1 ln t1t2 -102
1
= - 16 - 2a +16 - a -1 ln a -10
2
= a - a -1 ln a - 2，
要證 f x1 + f x2 + x1 + x2 < 0，即證 a - a -1 ln a - 2 < 0 0 < a < 4 ，
令 g x = x - x -1 ln x - 2 0 < x < 4 ，
則 g x =1- ln x
x -1 1+ ÷ = - ln x，
è x x
令 h x 1= - ln x 0 < x < 4 ，則 h x 1 1= - 2 - < 0，x x x
則 g x 在 0,4 上單調(diào)遞減，
又 g 1 1= - ln1 =1， g 2 1= - ln 2 < 0 ，
1 2
故存在 x0 1,2 ，使 g x
1
0 = - ln x0 = 0
1
，即 = ln xx0 x
0 ，
0
則當(dāng) x 0, x0 時(shí)， g x > 0，當(dāng) x x0 , 4 時(shí)， g x < 0，
故 g x 在 0, x0 上單調(diào)遞增， g x 在 x0 , 4 上單調(diào)遞減，
則 g x g x0 = x0 - x0 -1 ln x
1 1
0 - 2 = x0 - x0 -1 - 2 = xx 0 + - 3x ，0 0
1 5 1
又 x0 1,2 ，則 x +
2, 0 x 2 ÷，故
g x0 = x0 + - 3 < 0x ，0 è 0
即 g x < 0 ，即 f x1 + f x2 + x1 + x2 < 0 .
x x
【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：本題關(guān)鍵點(diǎn)在于借助換元法，令 t = ex ， t1 = e 1 ， t2 = e 2 ，從而可結(jié)
合韋達(dá)定理得 t1 、 t2 的關(guān)系，即可用 a表示 f x1 + f x2 + x1 + x2 ，構(gòu)造相關(guān)函數(shù)后借助導(dǎo)數(shù)
研究其最大值即可得.
11．（2023· x四川成都·二模）已知函數(shù) f x = e - sin x .
(1)求 f x 在 0, f 0 處的切線方程；
(2) x f x 1 f x 1+ 3若 0 是 的最大的極大值點(diǎn)，求證： < 0 < .2
【答案】(1) y =1
(2)證明見解析
【分析】（1）求導(dǎo)，根據(jù)導(dǎo)數(shù)值即可求解，
（2）先對(duì) x 0, π+ 上考慮導(dǎo)函數(shù)的正負(fù)確定單調(diào)性，進(jìn)而考慮 x - ,0÷上導(dǎo)函數(shù)的正
è 2
負(fù)，結(jié)合零點(diǎn)存在性定理即可確定函數(shù)的極值點(diǎn)求證.
x
【詳解】（1）∵ f x = e - cos x，∴ f (0) = 0
又 f 0 =1，所以 y = f x 在 0, f 0 處的切線方程為 y =1，
（2）由（1）得 f x = ex - sin x x，所以 f x = e - cos x，
當(dāng) x 0, + 時(shí)， f x > 0，所以 f x 在 0, + 無極大值點(diǎn).
x π ,0 g x f x g x ex sin x π當(dāng) - 時(shí)，令 =

，則 = + 在 - ,0
è 2 ÷ è 2 ÷
上單調(diào)遞增，

π 1 1
又 g - 4 ÷
= π - < 0è 2 ， g
0 =1 > 0，
e 4
x π- ,0 x所以存在 1 ÷，使得 g x1 = 0 ，即 e 1 + sin x1 = 0，è 4
x π - , x 當(dāng) 1 ÷ 時(shí)， g x < 0， g x 單調(diào)遞減；當(dāng) x x1,0 時(shí)， g x > 0， g x 單調(diào)遞
è 2
增.
又 g x = ex11 - cos x1 = -sin x1 - cos x1 = - 2 sin

x
π
1 +
< 0 ， g 0 = f 0 = 0，
è 4 ÷
所以當(dāng) x x1,0 時(shí)， g x < 0，即 f x < 0，
所以 x = 0是 f x 的極小值點(diǎn)， f x 在 x1,0 內(nèi)無極大值點(diǎn)
π π- π 1 1∵ g - ÷ = e 2 > 0， g -

÷ = π - < 0，
è 2 è 3 e 3 2
π π
所以存在 x0 - , - ÷，使得 g x0 = 0，即 f x0 = 0 x，即 e 0 - cos x = 0，
è 2 3 0
x π 當(dāng) - , x0 ÷時(shí)， f x > 0；當(dāng) x x0 , x1 時(shí)， f x < 0，
è 2
所以 x0 是 f x 的極大值點(diǎn)，也是 f x 的最大的極大值點(diǎn).
因?yàn)?f x 在 x0 ,0 上單調(diào)遞減，所以 f x0 > f 0 =1，
f x0
π π π 3 +1
= ex0 - sin x0 = cos x0 - sin x0 = 2 cos

x +

0 4 ÷
< 2 cos - + ÷ = .
è è 3 4 2
所以1< f x0
3 +1
<
2
【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：利用導(dǎo)數(shù)證明不等式的基本步驟
(1)作差或變形；
(2)構(gòu)造新的函數(shù) h x ；
(3)利用導(dǎo)數(shù)研究 h x 的單調(diào)性或最值；
(4)根據(jù)單調(diào)性及最值，得到所證不等式．
綜合提升練
一、單選題
3 y
1 x．（22-23 高三上·河南·階段練習(xí)）若 x + y - 2 = e + 3ln ，其中 x > 2, y > 2，則（
2 2 ）
A． ex
x
< y B． 2x > y C． 4e2 > y D． 2e
x > y
【答案】D
【分析】將原等式轉(zhuǎn)化為 ex
y
- x = 2 -1- ln
y y y
÷ + - ln ，利用導(dǎo)數(shù)證明可得
è 2 2 2 2
x y y ln
y
e x ln e 2 ln y- > - = - ，
2 2 2
構(gòu)造函數(shù) g x = ex - x，再次利用導(dǎo)數(shù)研究 g x 的單調(diào)性，進(jìn)而解對(duì)數(shù)不等式即可.
3
【詳解】由 x + y - 2 = ex
y 3 y
+ 3ln ，得 ex - x = y - 2 - 3ln ，
2 2 2 2
3 y - 2 3ln y y y y y- = 2 -1- ln

÷ + - ln ，（*）2 2 è 2 2 2 2
令 f x = x -1- ln x，則 f x 1 x -1=1- = ，
x x
令 f x > 0 x >1，則函數(shù) f x 在 1, + 上是遞增的，
所以 f x > f 1 = 0 ，由于 y > 2 y y，則 -1- ln > 0，
2 2
3 y 2 3ln y 2 y 1 ln y y ln y y y由（*）式可得 - - = - - + - > - ln ，
2 2 è 2 2 ÷ 2 2 2 2
x y ln
y
從而 e - x > - ln y = e 2 - ln y ．
2 2 2
設(shè)函數(shù) g x = ex - x， g x = ex -1．
令 g x > 0 x > 0，得函數(shù) g x 在 0, + 上是遞增的，
又 x > 2，y > 2 ，則 ln
y
> ln1 = 0，
2
由 g x > g y ln ÷，可得 x > ln
y
，則 ln ex > ln
y
，所以 2ex > y．
è 2 2 2
故選：D.
1
2．（2023·福建·模擬預(yù)測(cè)）已知 a = ln 2，b = e - ， c = 2a - a，則（ ）a
A．b > c > a B．b > a > c C． c > a > b D． c > b > a
【答案】A
f x = 2x【分析】構(gòu)造 - 2x，根據(jù)導(dǎo)函數(shù)可得 f x 在 0,1 上單調(diào)遞減，進(jìn)而可得出 c > a .
構(gòu)造 h x = 2x - x ，根據(jù)導(dǎo)函數(shù)單調(diào)性，結(jié)合中間值 1 即可得出 c < b ，即可得出答案.
【詳解】令 f x = 2x - 2x，則 f x = 2x ln 2 - 2，
x
令 g x = 2 ln 2 - 2 g x = ln2 2 ×2x，則 > 0 恒成立，
所以 g x ，即 f x 在 R 上單調(diào)遞增.
又 f 1 = 2ln 2 - 2 < 2 - 2 = 0，
所以，當(dāng) x 0,1 時(shí)， f x < f 1 < 0 恒成立，
所以， f x 在 0,1 上單調(diào)遞減.
又 f 1 = 21 - 2 1 = 0，0 < ln 2 <1，所以 f ln 2 > f 1 = 0 ，
即， 2ln 2 - 2ln 2 > 0，即 2a - 2a > 0，即 2a - a > a，所以 c > a .
令 h x = 2x - x ，則 h x = 2x ln 2 -1，導(dǎo)函數(shù)單調(diào)遞增，
且 h 0 = ln 2 -1 < 0, h 1 = 2ln 2 -1 > 0,所以存在 x0 0,1 , h x0 = 2x0 ln 2 -1 = 0，
所以 h x = 2x - x 在 0, x0 上單調(diào)遞減，在 x0 ,1 上單調(diào)遞增，
且 h 0 = h 1 =1,01 3 1 3
又 = log2 e< log 222 =1.5，所以b = e - > e - >1 > c ；a a 2
綜上可得，b > c > a .
故選：A.
10
3 2023· · a e．（ 河北衡水 三模）若 = ，b = 10 e -1， c = lg 5 3 則（ ）
10
A． c < a < b B． c < b < a
C．b < c < a D． a < c < b
【答案】B
【分析】構(gòu)造 f x = ex - xex -1，對(duì) f x 求導(dǎo)，得出 f x 的單調(diào)性、最值，可得
ex -1 xex ，可判斷b < a ；將不等式 ex -1 xex 中的 x 換為-x，可得 ex -1 x，可知
b 1 1> ，通過對(duì)數(shù)運(yùn)算可得 c < ，即可得出答案.
10 10
10 1 1
【詳解】b e 1- a = 10 e - -1 = e10 - e10 -1．
10 10
令 f x = ex - xex -1，則 f x = -xex ．
所以當(dāng) x - ,0 時(shí)， f x > 0 ， f x 單調(diào)遞增；
當(dāng) x 0, + 時(shí)， f x < 0， f x 單調(diào)遞減，
所以 f x f 0 = 0，即 ex -1 xex ，當(dāng)且僅當(dāng) x = 0時(shí)，等號(hào)成立．所以b < a ．
將不等式 ex -1 xex 中的 x 換為-x，可得 ex -1 x，
1
當(dāng)且僅當(dāng) x = 0時(shí)，等號(hào)成立，所以b > ；
10
又 c
1 1
= lg 5 3 = lg3 = lg9 1< lg10 1= ，所以 c < b ．故 c < b < a ．
5 10 10 10
故選：B.
a na4．（2023·新疆· n三模）已知數(shù)列 an 中， a1 =1，若 n+1 = n + a （ n N
* ），則下列結(jié)論中錯(cuò)
n
誤的是（ ）
2 1 1
A． a3 = B． - 15 an+1 an
C． ln n
1 1 1 1
< -1
a （ n 2,n N
*） D． - <
n a2n+1 an+1 2
【答案】D
1 1 1
【分析】由題意得 - =
1
，結(jié)合賦值、累加法可判斷 A 項(xiàng)、D 項(xiàng)，由 y = 在 n N*an+1 an n n
1
上的最值可判斷 B 項(xiàng)，假設(shè)當(dāng) k 2， k Z， ln k < -1a 成立，構(gòu)造函數(shù)k
g(x) = ln(x +1) - x ，結(jié)合導(dǎo)數(shù)研究其最值可得 g(x) < g(0) = 0即 ln k
1
+ > ln(k +1)，從而可判
k
斷 C 項(xiàng).
a nan 1 1 1【詳解】對(duì)于 A 項(xiàng)，由 n+1 = * - =n + a （ n N ）得 a ，n n+1 an n
1 1 1 1 1
所以 - =a a 2 ，
- =1
3 2 a
，
2 a1
1 1 1 ( 1 1又因?yàn)?= ，所以 = - ) (
1 1 ) 1 1 5+ - + = +1+1 =
a1 a3 a3 a2 a2 a1 a1 2 2
，
a 2所以 3 = ，故 A 項(xiàng)正確；5
1 1 1
對(duì)于 B 項(xiàng)，由 A 項(xiàng)可知， - = 1a ，故 B 項(xiàng)正確；n+1 an n
1 1 1 1
對(duì)于 C 項(xiàng)，因?yàn)?- =1a a ，所以
-1 = =1 > ln 2，
2 1 a2 a1
1 1 1 1
假設(shè)當(dāng) k 2， k Z， ln k < -1成立，則 -1 = + -1
1
> ln k +
a ，k ak +1 ak k k
令 g(x) = ln(x +1) - x ，則 g (x)
1
= -1 -x= ，
x +1 x +1
當(dāng) x > 0， g (x) < 0， g(x)單調(diào)遞減，
g(x) < g(0) = 0 ln(1 1) 1 0 ln(k +1 1所以 ，即 + - < ) - < 0 ln(k +1) - ln k
1
- < 0，
k k k k k
所以 ln k
1
+ > ln(k +1)，
k
1
所以有 -1 > ln k
1
+ > ln(k +1)
a ，k +1 k
1
所以對(duì)于任意 n 2， n N* ， ln n < -1a 成立，故 C 項(xiàng)正確；n
1 1 1 1 1 1
對(duì)于 D 項(xiàng)，由 A 項(xiàng)知， - = - 不滿足 a2n+1 a
，故 D 項(xiàng)錯(cuò)誤.
n+1 2
故選：D.
2
5．（2023·河南·模擬預(yù)測(cè)）設(shè) a，b 為正數(shù)，且 ln ab = - a ，則（ ）.
b
1 a
A． < < 1
a
B．1< < 2
1
C． < ab <1 D．1 < ab < 2
2 b b 2
【答案】D
【分析】根據(jù)題干，將對(duì)數(shù)化簡構(gòu)造不等關(guān)系，引入函數(shù)，借助函數(shù)單調(diào)性和導(dǎo)數(shù)研究取值
關(guān)系.
2 2 1 1 1
【詳解】由 a，b 為正數(shù)，且 ln ab = - a 可得 a + ln a = + ln > + ln ，
b b b b b
因?yàn)楹瘮?shù) f x = x + ln x單調(diào)遞增，且 f a 1> f ÷ ，
è b
1 2
所以 a > ，即ab >1，所以 - a = ln ab > 0 ， ab < 2，故1 < ab < 2；故 C 錯(cuò)誤，D 正確；
b b
2 2
設(shè) a = b，則 2ln a = - a ，設(shè) g x = 2ln x + x - ，
a x
則 g x 2 2= +1+ 2 > 0， g x 單調(diào)遞增，且 g 1 = -1< 0， g 2 = 2ln 2 +1 > 0，x x
所以存在 a 1,2 使得 g a = 0 a 2，所以存在 =1使得 ln ab = -1成立，故 AB 錯(cuò)誤.
b b
故選：D
6．（2024·上海虹口·二模）已知定義在R 上的函數(shù) f x , g x 的導(dǎo)數(shù)滿足 f x g x ，給
出兩個(gè)命題：
①對(duì)任意 x1, x2 R ，都有 f x1 - f x2 g x1 - g x2 ；②若 g x 的值域?yàn)?br/> m, M , f -1 = m, f 1 = M ，則對(duì)任意 x R 都有 f x = g x .
則下列判斷正確的是（ ）
A．①②都是假命題 B．①②都是真命題
C．①是假命題，②是真命題 D．①是真命題，②是假命題
【答案】B
【分析】對(duì)于①，根據(jù)不等式 f x1 - f x2 g x1 - g x2 ，構(gòu)造函數(shù)
h(x) = f (x) - g(x),m(x) = f (x) + g(x)，然后利用函數(shù)的單調(diào)性證明即可；對(duì)于②，根據(jù)函
數(shù)的值域和單調(diào)性，結(jié)合不等式求解即可.
【詳解】0 f x g x ，故 g x 在R 上遞增，
對(duì)于①，設(shè) x1 > x2 ，\ g x1 g x2 ，
設(shè) h(x) = f (x) - g(x),m(x) = f (x) + g(x)，
Q f (x) g (x)，\-g (x) f (x) g (x)，
\h (x) = f (x) - g (x) 0,m (x) = f (x) + g (x) 0,
\h(x)單調(diào)遞減，m(x)單調(diào)遞增，
\h x1 h x2 , m x1 m x2 ,
\ f x1 - g x1 f x2 - g x2 ，即 f x1 - f x2 g x1 - g x2 ，
f x1 + g x1 f x2 + g x2 ，即 f x1 - f x2 g x2 - g x1 ，
\ f x1 - f x2 g x1 - g x2
故 f x1 - f x2 g x1 - g x2 ，故①是真命題.
對(duì)于②，由①知， f (-1) - f (1) g(-1) - g(1) ，
即M - m | g(-1) - g(1) |，
Q| g(-1) - g(1) | M - m，故 | g(-1) - g(1) |= M - m .
且 g x 在R 上遞增，故 g(1) = M , g(-1) = m，
Q f x1 - f x2 g x1 - g x2 M - m，
故 f x 的值域?yàn)?m, M ,
ì f x - f -1 g x - g -1
所以 í ，
f 1 - f x g 1 - g x
ì f x g x
即 í ，故 f x = g x ，
f x g x
②是真命題.
故選：B
【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：本題①判斷的關(guān)鍵是首先根據(jù)導(dǎo)數(shù)和函數(shù)單調(diào)性的關(guān)系得到 g x 在
R 上遞增，再構(gòu)造函數(shù) h(x) = f (x) - g(x),m(x) = f (x) + g(x)，利用導(dǎo)數(shù)得到其單調(diào)性，最后
得到 f x1 - f x2 g x1 - g x2 ，則可判斷①.
7．（2024·四川瀘州·三模）已知 x > 0， ex + ln y =1，給出下列不等式
① x + ln y < 0；② ex + y > 2；③ ln x + e y < 0；④ x + y > 1
其中一定成立的個(gè)數(shù)為（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】C
【分析】由 ex + ln y =1可得 x = ln 1- ln y ，分別構(gòu)造F y = ln é y 1- ln y ù ，
g y =1- ln y + y 和 h y = ln 1- ln y + y ，通過求導(dǎo)，求出單調(diào)性和最值可判斷①③④；
取特值可判斷②.
【詳解】由 x > 0， ex + ln y =1，可得： ln y =1- ex ，
因?yàn)?x > 0，所以 ex >1，所以1- ex < 0，所以 ln y < 0，解得：0 < y <1，
由 ex + ln y =1 x可得： lne = ln 1- ln y ，所以 x = ln 1- ln y ，
對(duì)于命題①， x + ln y = ln 1- ln y + ln y = ln é y 1- ln y ù ，
1 1 - ln y + y - y ÷令F y ln - ln y= é y 1- ln y ù , F y =
è = > 0，
y 1- ln y y 1- ln y
所以F y 在 0,1 上單調(diào)遞增，因?yàn)镕 y < F 1 = 0，
所以 x + ln y < 0，故命題①正確；
對(duì)于命題②，由 ex + ln y =1可得： ex =1- ln y，
所以 g y =1- ln y + y, g y 1 -1+ y= - +1 = < 0y y ，
所以 g y 在 0,1 上單調(diào)遞減，
所以 g y > g 1 = 2 ，所以 ex + y > 2，故命題②正確；
③ ex + ln y =1 x =1 y = e1-e對(duì)于命題 ，由 ，取 ，所以 0,1 ，
所以 ln x + e y = e y > 0，所以③錯(cuò)誤.
對(duì)于命題④，因?yàn)?x = ln 1- ln y ，所以 x + y = ln 1- ln y + y ，0 < y <1。
1
-
令 h y = ln 1- ln y + y ， h y 1 1+ y ln y - y= y +1 = +1 = ，
1- ln y y ln y -1 y ln y -1
令 f y =1+ y ln y - y ， f y = ln y < 0，
所以 f y =1+ y ln y - y 在 0,1 上單調(diào)遞減，
f y > f 1 = 0，所以 h y < 0，所以 h y 在 0,1 上單調(diào)遞減，
所以 h y > h 1 =1，所以 x + y > 1，故命題④正確.
故選：C.
【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：利用導(dǎo)數(shù)證明不等式問題，方法如下：
（1）直接構(gòu)造函數(shù)法：證明不等式 f x > g x （或 f x < g x ）轉(zhuǎn)化為證明
f x - g x > 0 （或 f x - g x < 0），進(jìn)而構(gòu)造輔助函數(shù) h x = f x - g x ；
（2）適當(dāng)放縮構(gòu)造法：一是根據(jù)已知條件適當(dāng)放縮；二是利用常見放縮結(jié)論；
（3）構(gòu)造“形似”函數(shù)，稍作變形再構(gòu)造，對(duì)原不等式同解變形，根據(jù)相似結(jié)構(gòu)構(gòu)造輔助函
數(shù).
8．（2024·四川攀枝花·三模）已知正數(shù) a,b,c滿足 a ln b = bec = ca ，則（ ）
A． a > b > c B． a > c > b C．b > a > c D．b > c > a
【答案】A
【分析】法一：由alnb = ca 得 c = lnb，構(gòu)造函數(shù) f x = ln x - x x > 0 ，求導(dǎo)利用導(dǎo)數(shù)判斷
a ec
函數(shù)的單調(diào)性求最值，進(jìn)而比較b 、 c；由 ca = bec 兩邊同除以bc得 = ，構(gòu)造函數(shù)
b c
x
g x e= x > 0 ，求導(dǎo)利用導(dǎo)數(shù)判斷函數(shù)的單調(diào)性求最值，進(jìn)而比較b 、 a，由此可比較
x
a x，b ， c的大小. 法二：化 c = lnb為b = ec，作差法并構(gòu)造函數(shù) h x = e - x x > 0 ，求導(dǎo)
利用導(dǎo)數(shù)求出函數(shù)最值，比較b 、 c大小，再利用作差法比較 a、b 大小，即可比較 a，b ，
c的大小.
【詳解】法一：
由alnb = ca 得 c = lnb，令 f x = ln x - x x > 0 ，則 f x 1- x= x ，
當(dāng) x 0,1 時(shí)， f x > 0， f x 在 0,1 上單調(diào)遞增，
當(dāng) x 1,+ 時(shí)， f x < 0， f x 在 1, + 上單調(diào)遞減，
所以 fmax x = f 1 = -1，所以 f x -1在 0, + 上恒成立，
所以 f b < 0，即 lnb < b ，所以 c = lnb < b ，所以b > c；
c x
由 ca = bec 兩邊同除以bc
a e
得 = ，令 g x e= x > 0 ，
b c x
x
e x -1則 g x = x > 0 ，所以 g x e在 0, + 上恒成立，
x2
當(dāng) x 0,1 時(shí)， g x < 0， g x 在 0,1 上單調(diào)遞減，
當(dāng) x 1,+ 時(shí)， g x > 0， g x 在 1, + 上單調(diào)遞增，
所以 gmin x = g 1 = e，所以 g x e在 0, + 上恒成立，
ec a ec
所以 g c >1，即 >1，所以 = > 1 a > b，從而 a > b > c．
c b c
法二：
由alnb = ca 得 c = lnb，即b = ec，所以b - c = ec - c ，
令 h x = ex - x x > 0 ， h x = ex -1 x > 0 ，
當(dāng) x 0, + 時(shí)， h x > 0， h x 在 0, + 單調(diào)遞增，
所以 h x > h 0 = 0，所以 h c = ec - c > 0，
則有b - c = ec - c > 0 b > c；
e2c
由bec = ca 得 ec ×ec = ca ，即 a = ，
c
e2c e2c
c c
所以 a b ec - ce
c e e - c
- = - = = ，
c c c
因?yàn)?ec > 0 ， c > 0， ec - c > 0 ，所以 a - b > 0，即 a > b
故 a > b > c．
故選：A
【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：比較大小時(shí)，可根據(jù)數(shù)值構(gòu)造函數(shù)，利用函數(shù)的單調(diào)性，最值比較大小.
二、多選題
9．（2023·福建龍巖·二模）已知函數(shù) fn (x) = x - n ln x（ n N* ）有兩個(gè)零點(diǎn)，分別記為 xn， yn
（ xn < yn ）；對(duì)于0 < a < b ，存在q 使 fn (b ) - fn (a ) = fn (q )(b -a )，則（ ）
A． fn (x)在 1, + 上單調(diào)遞增
B． n > e（其中 e = 2.71828L是自然對(duì)數(shù)的底數(shù)）
C． xn+1 - xn < yn+1 - yn
D． 2q < a + b
【答案】BCD
【分析】利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性和極值、最值，以及利用導(dǎo)數(shù)證明不等式，對(duì)以上各項(xiàng)
逐一判斷，即可求得本題答案.
【詳解】∵ fn (x)
n
=1- ,由 fn (x) > 0，得： x > n，∴ fn (x)在 (n,+ ) 單調(diào)遞增，∴A 錯(cuò)誤；x
y = f (x) 1 ln x g(x) ln x∵ n 有兩個(gè)零點(diǎn)，即方程 = 有兩個(gè)根，令 = , g (x)
1- ln x
則 = ,
n x x x2
令 g (x) > 0，解得0 < x < e，令 g (x) < 0，解得 x>e
可得 g(x)在 (0, e)
1
上遞增，在 (e, + )上單調(diào)遞減，∴ g(x)在 x=e處取得極大值 g(e) = ，∴
e
1 1
< ， n > e，∴B 正確；
n e
1 ln x 1 ln x
由上可得： xn < e < yn (n N
* n n+1），又 = , = ,n x n +1 x 結(jié)合
g(x)的單調(diào)性，
n n+1
Q 1 1> ，∴ xn+1 < xn ， yn+1 > yn，∴ xn+1 - xn < yn+1 - yn ，∴C 正確；n n +1
由已知，有 fn (q )
fn (b ) - fn (a ) 1 n(ln b - lna )= = - ，而 f (
a + b ) =1 2n-
b -a b -a 2 a + b
∴ fn (q ) f
a + b n(ln b - lna ) 2n -n (ln b 2(b -a )- n ÷ = - + = - )
è 2 b -a a + b b -a a b +a
b ln b 2(b -a ) ln t 2(t -1)令 t = (t >1)，則 - = - h(t) ln t
2(t -1)
，設(shè) = -a b ，a +a t +1 t +1
2
則 h (t)
(t -1)
= 2 ，當(dāng) t > 1時(shí)， h (t) > 0 恒成立，所以 h(t)在 (1, + )單調(diào)遞增，t(t +1)
b 2(b -a )
∴ h(t) > h(1) = 0，∴ ln - > 0 0 < a < ba b a ，∵ ，∴
b -a > 0
+
-n
∴ < 0，∴ fn (q ) f
a + b- n ÷ < 0
a + b
b a ，∴
f (q ) < f ，
- n n ÷è 2 è 2
又 fn (x) 1
n
= - 在 (0, + )
a + b
單調(diào)遞增，∴q < ，即 2q < a + b ，∴D 正確.
x 2
故選：BCD
【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：利用導(dǎo)數(shù)證明或判定不等式問題：
1．通常要構(gòu)造新函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性與極值（最值），從而得出不等關(guān)系；
2．利用可分離變量，構(gòu)造新函數(shù)，直接把問題轉(zhuǎn)化為函數(shù)的最值問題，從而判定不等關(guān)系；
3．適當(dāng)放縮構(gòu)造法：根據(jù)已知條件適當(dāng)放縮或利用常見放縮結(jié)論，從而判定不等關(guān)系；
4．構(gòu)造“形似”函數(shù)，變形再構(gòu)造，對(duì)原不等式同解變形，根據(jù)相似結(jié)構(gòu)構(gòu)造輔助函數(shù).
10．（2023·河南信陽·模擬預(yù)測(cè)）已知 a,b,c, d R，滿足 a > b > c > d > 0，則（ ）
A． sin a > sin b B． a - sin a > b - sin b
a b
C． > D． ad + bc > ab + cd
d c
【答案】BC
【分析】A 選項(xiàng)可去特殊值判斷；B 選項(xiàng)可構(gòu)造函數(shù) f x = x - sin x x > 0 ，利用導(dǎo)數(shù)判斷
單調(diào)性即可；C 選項(xiàng)可根據(jù)不等式同向同正可乘的性質(zhì)進(jìn)行判斷；D 選項(xiàng)可以用作差法進(jìn)行
判斷.
π
【詳解】對(duì)于 A：取 a = π ，b = ，則 sin a < sin b，故 A 錯(cuò)誤；
2
對(duì)于 B：構(gòu)造函數(shù) f x = x - sin x x > 0 ，則 f x =1- cos x 0，
故 f x 在 0, + 為增函數(shù)，故 f a > f b ，即 a - sin a > b - sin b ，故 B 正確；
1 1 0 a b對(duì)于 C： c > d > 0，故 > > 與 a > b > 0兩式相乘得 > ，故 C 正確；
d c d c
對(duì)于 D： ad + bc - ab + cd = a d - b + c b - d = d - b a - c < 0，故 D 錯(cuò)誤.
故選：BC
2
11．（2024·河北滄州· x一模）已知函數(shù) f x = e 與函數(shù) g x =1+ 的圖象相交于
x -1
A x1, y1 , B x2 , y2 兩點(diǎn)，且 x1 < x2，則（ ）
1
A． y1 y
x2
2 = 1 B． y1 = e
y
C 2
- y1
． >1x - x D．
x2 y2 =1
2 1
【答案】AC
【分析】構(gòu)造函數(shù)利用奇偶性和單調(diào)性得出 x1 + x2 = 0，結(jié)合選項(xiàng)逐項(xiàng)驗(yàn)證即可.
x 2 x x +1 x +1
【詳解】由題意 e =1+ 有兩個(gè)不等的實(shí)數(shù)根， e = ， x = ln ，
x -1 x -1 x -1
令 h(x) x ln
x +1
= - ，則 h(-x) = -x - ln
-x +1
= -h(x)，即 h(x) 為奇函數(shù)；
x -1 -x -1
2
x >1 h (x) x +1當(dāng) 時(shí)， = > 0 ， h(x)2 為增函數(shù)；x -1
若 h(x1) = 0，則 h(-x1) = 0，又 h(x2 ) = 0 ，所以 x1 + x2 = 0 .
A y y = ex1ex x +x對(duì)于 ， 2 1 21 2 = e =1，正確.
1
對(duì)于 B x，若 y 2 x1x21 = e = 成立，則有 x1x2 = -1，與 x1 + x2 = 0矛盾，所以 B 不正確.e
ex2 - ex1 x1 +x2 ex2 - ex1 y2 - y1
對(duì)于 C，由指數(shù)均值不等式 > e 2 可得 >1，所以 >1，C 正確.
x2 - x1 x2 - x1 x2 - x1
x
對(duì)于 D，令F (x) = xex ，F(xiàn) (x) = x +1 e ，當(dāng) x >1時(shí)，F(xiàn) (x) > 0， F (x)為增函數(shù)，
所以F (x2 ) > F (1) = e，即 x2 y2 > e，D 不正確.
故選：AC.
【點(diǎn)睛】結(jié)論點(diǎn)睛：均值不等式的拓展：（1）對(duì)數(shù)型均值不等式：
x x x1 - x2 x< < 1 + x21 2 ln x1 - ln x2 2
，
x1 +x2 x2 x1 x1 x2
其中 x1 x2 ， x1 > 0, x2 > 0 ；（2）指數(shù)型均值不等式： e 2
e - e e + e
< < ，其中
x2 - x1 2
x1 x2 .
三、填空題
12．（2023· 2四川成都·三模）已知函數(shù) f (x) = 2ln x + a x - 3x + 2 ， a R .當(dāng) x >1時(shí)，
f (x) > 0 ，則實(shí)數(shù) a的取值范圍為 ．
【答案】[0,2]
2
【分析】根據(jù)求導(dǎo)公式和求導(dǎo)法則可得 f (x) 2ax - 3ax + 2 g(x)= = (x >1)，利用導(dǎo)數(shù)和放縮
x x
法，結(jié)合二次函數(shù)的性質(zhì)研究當(dāng) a = 0、0 < a 2 、 a > 2、 a<0時(shí)函數(shù) g(x)的性質(zhì)，進(jìn)而得
出函數(shù) f (x) 的性質(zhì)，即可求出 a 的取值范圍.
2 2ax2f (x) a(2x 3) - 3ax + 2【詳解】由已知，得 = + - = (x >1) .
x x
令 g(x) = 2ax2 - 3ax + 2 .
①若 a = 0，則 g(x) = 2，當(dāng) x (1,+ ) 時(shí)， f (x)
2
= > 0 ，
x
所以 f (x) 在 (1, + )上單調(diào)遞增，所以當(dāng) x (1,+ )時(shí)， f (x) > f (1) = 0成立.
-3a 3
②若 a > 0，則 g(x) = 2ax2 - 3ax + 2圖象的對(duì)稱軸為直線 x = - = ，
4a 4
所以 g(x)在 (1, + )上單調(diào)遞增， g(1) = 2a - 3a + 2 = 2 - a .
i）當(dāng)0 < a 2 時(shí)， g(1) = 2 - a 0，"x (1, + ) ， g(x) > g(1) 0 ，
所以 f (x) > 0 ，所以 f (x) 在 (1, + )上單調(diào)遞增，
所以當(dāng) x (1,+ )時(shí)， f (x) > f (1) = 0成立；
ii）當(dāng) a > 2時(shí)， g(1) = 2 - a < 0，$x0 (1, + )，使 g x0 = 0，
當(dāng) x 1, x0 時(shí)， g(x) < 0，
所以 f (x) < 0 ，所以 f (x) 在 1, x0 上單調(diào)遞減，
所以當(dāng) x 1, x0 時(shí)， f (x) < f (1) = 0，不合題意.
③若 a<0，則 f (x) = 2ln x + a x2 - 3x + 2 = 2ln x + a(x -1)(x - 2) .
令 h(x) = ln x - (x -1)， x (1,+ )，則 h (x)
1
= -1 1- x= ，
x x
當(dāng) x (1,+ )時(shí)， h (x) < 0，所以 h(x) 在 (1, + )上單調(diào)遞減，
所以當(dāng) x (1,+ )時(shí)， h(x) = ln x - (x -1) < h(1) = 0，
所以當(dāng) x (1,+ )時(shí)， ln x < x -1，
所以 f (x) = 2ln x + a(x -1)(x - 2) < 2(x -1) + a(x -1)(x - 2) = (x -1)[2 + a(x - 2)] .
令F (x) = (x -1)[2 + a(x - 2)]
2
，由F (x) = 0解得 x1 =1， x2 = 2 - > 2， a
即$x2 (2,+ )，使 f (x) < F x2 = 0，不合題意.
綜上所述，實(shí)數(shù) a的取值范圍為 0,2 .
故答案為： 0,2 .
【點(diǎn)睛】導(dǎo)函數(shù)中常用的兩種常用的轉(zhuǎn)化方法：一是利用導(dǎo)數(shù)研究含參函數(shù)的單調(diào)性，常化
為不等式恒成立問題．注意分類討論與數(shù)形結(jié)合思想的應(yīng)用；二是函數(shù)的零點(diǎn)、不等式證明
常轉(zhuǎn)化為函數(shù)的單調(diào)性、極(最)值問題處理．
1
13．（23-24 2高三下·廣東云浮·階段練習(xí)）若實(shí)數(shù) a，b 滿足 ln 2a - ln b a + 2 -1，則b
a + b = ．
3 2 3
【答案】 / 2
2 2
【分析】構(gòu)造函數(shù) g(x) = x - ln x -1，可證得 x ln x +1，從而可得
2a
-1 ln 2a = ln(2a) - ln b，結(jié)合基本不等式得到方程組，可求得結(jié)果.
b b
【詳解】先證明不等式 x ln x +1，
令 g(x) = x - ln x -1 (x > 0)，則 g (x) 1
1 x -1
= - = ，
x x
當(dāng)0 < x <1時(shí)， g (x) < 0，當(dāng) x >1時(shí)， g (x) > 0，
所以 g(x)在( 0, 1)上單調(diào)遞減，在 (1, + )上單調(diào)遞增，
所以 g(x) g(1) = 0，所以 x ln x +1 (x > 0)，當(dāng) x =1時(shí)取等號(hào)，
2a
所以 -1 ln
2a
= ln(2a) - ln b，
b b
因?yàn)?a2 1
1
+ 2 -1 2 a
2 1 2a× 2 -1 = -1，當(dāng)且僅當(dāng) a = 時(shí)取等號(hào)，b b b b
a2 1所以 + 2 -1 ln(2a) - ln b，b
因?yàn)?ln 2a 1- ln b a2 + -1 2a2 ，當(dāng) = 1b 時(shí)取等號(hào)，b
所以 ln 2a - ln b = a2 1+ 2 -1，且 a
1
= 2a， = 1，
b b b
a 2解得 = ,b = 2 ，
2
2 3 2
所以 a + b = + 2 = ，
2 2
3 2
故答案為：
2
【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：此題考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用，考查基本不等式的應(yīng)用，解題的關(guān)鍵是構(gòu)造函
數(shù) g(x) = x - ln x -1，利用導(dǎo)數(shù)證明出 x ln x +1，考查數(shù)學(xué)轉(zhuǎn)化思想和計(jì)算能力，屬于較難
題.
14 2024· · a b c ea-b+c + ea+b-c 2．（ 全國 模擬預(yù)測(cè)）若實(shí)數(shù) ，， 滿足條件： = 2e a -1 abc，則
a4 + b4 + c4
的最大值是 ．
2
【答案】
8
【分析】由基本不等式可得 ea-2 a -1 .利用導(dǎo)數(shù)證明不等式 ex x +1，進(jìn)而 ea-2 a -1，則
abc 1
ea-2
=
= a -1，解出 a、b = c ，得 a4 + b4 + c4 b2 8+ ，再次利用基本不等式計(jì)算即可求解.
b2
【詳解】由基本不等式，得 2e2 (a -1) = ea-b+c + ea+b-c 2 ea-b+c ×ea+b-c = 2ea ，
即 ea-2 a -1，當(dāng)且僅當(dāng) a - b + c = a + b - c，即b = c 時(shí)等號(hào)成立.
設(shè) f (x) = ex - x -1, f (x) = ex -1，令 f (x) < 0 x < 0, f (x) > 0 x > 0，
所以函數(shù) f (x) 在 (- ,0)上單調(diào)遞減，在 (0, + )上單調(diào)遞增，
所以 f (x)min = f (0) = 0，則 f (x) 0，即 ex x +1，
令 x = a - 2，得 ea-2 a - 2 +1 = a -1，所以 ea-2 = a -1，
解得 a = 2，由 a - b + c = a + b - c，得b = c ．
abc b2 1 1 2
4 4 4 = 4 = 8 =所以 a + b + c b + 8 2 2 8 8 ，當(dāng)且僅當(dāng)b = 2 2 時(shí)，取得等號(hào)．b +
b2
abc 2
故 的最大值是 ．
a4 + b4 + c4 8
2
故答案為：
8
四、解答題
15．（2024·青海西寧·二模）已知函數(shù) f x = x2 + 2 - 2a x - 2alnx a R ．
(1)若 a = 2，求 f x 的極值；
(2)若 g x = f x + 2a2 - 2x + ln2x 1，求證： g x ．
2
【答案】(1)極小值為-4ln2，無極大值；
(2)證明見解析
2 x +1 x - 2
【分析】（1）若 a = 2，求得 f x = ，求得函數(shù)的單調(diào)性，進(jìn)而求得函數(shù)的
x
極值；
é 2 2 ù 2 22
（2）由 g x = 2 êa - x + lnx a
x + ln x
+ P a a2 x lnx a x + ln x，令 ，求得
2
ú = - + +
2
2
2 2P a = a
x + lnx (x - lnx) (x - lnx)- ÷ + ，令Q x = x - lnx，利用導(dǎo)數(shù)求得函數(shù)的單調(diào)性，
è 2 4 4
結(jié)合Q(x)min =1，即可得證．
2
【詳解】（1）解：若 a = 2，則 f x = x - 2x - 4lnx，其中 x > 0，
2
4 2x - 2x - 4 2 x +1 x - 2所以 f x = 2x - 2 - = = ，
x x x
令 f x = 0，解得 x = 2，
當(dāng)0 < x < 2時(shí)， f x < 0；當(dāng) x > 2時(shí)， f x > 0，
所以 f x 在 0,2 上單調(diào)遞減，在 2, + 上單調(diào)遞增，
2
又因?yàn)?f 2 = 2 - 2 2 - 4ln2 = -4ln2，所以 f x 的極小值為-4ln2，無極大值．
2 2 2 2 2 2（ ）證明：由題意知 g x = f x + 2a - 2x + ln x = x - 2ax - 2alnx + ln x + 2a
é 2 22 x + ln x ù= 2 êa - x + lnx a + ú ，
2
2
P a a2 x lnx a x + ln
2x
令 = - + + ，
2
P a a x + lnx
2 2
x + lnx x2 + ln2x a x + lnx
2
(x - lnx)2 (x - lnx)2
則 = - ÷ - ÷ + = - ÷ + ，
è 2 è 2 2 è 2 4 4
令Q x = x - lnx，則Q x 1 x -1=1- = ，
x x
令Q x < 0，解得0 < x <1，令Q x > 0，解得 x >1，
所以Q x 在 0,1 上單調(diào)遞減，在 1, + 上單調(diào)遞增，
1 1 1
所以Q(x)min = Q 1 =1，所以P a ，所以 g x 2 = ．4 4 2
【點(diǎn)睛】方法總結(jié)：利用導(dǎo)數(shù)證明或判定不等式問題：
1、通常要構(gòu)造新函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性與極值（最值），從而得出不等關(guān)系；
2、利用可分離變量，構(gòu)造新函數(shù)，直接把問題轉(zhuǎn)化為函數(shù)的最值問題，從而判定不等關(guān)系；
3、適當(dāng)放縮構(gòu)造法：根據(jù)已知條件適當(dāng)放縮或利用常見放縮結(jié)論，從而判定不等關(guān)系；
4、構(gòu)造“形似”函數(shù)，變形再構(gòu)造，對(duì)原不等式同解變形，根據(jù)相似結(jié)構(gòu)構(gòu)造輔助函數(shù).
16．（2024· 2山東濟(jì)南·二模）已知函數(shù) f x = ax - ln x -1,g x = xex - ax2 a R .
(1)討論 f x 的單調(diào)性；
(2)證明： f x + g x x .
【答案】(1)答案見詳解
(2)證明見詳解
1 2ax
2 -1
【分析】（ ）求導(dǎo)可得 f x = ，分 a 0和 a > 0兩種情況，結(jié)合導(dǎo)函數(shù)的符號(hào)判斷
x
原函數(shù)單調(diào)性；
（2）構(gòu)建F x = f x + g x - x, x > 0， h x = ex 1- , x > 0 ，根據(jù)單調(diào)性以及零點(diǎn)存在性定
x
理分析 h x 的零點(diǎn)和符號(hào)，進(jìn)而可得F x 的單調(diào)性和最值，結(jié)合零點(diǎn)代換分析證明.
1 f x 0, + f x 2ax 1 2ax
2 -1
【詳解】（ ）由題意可得： 的定義域?yàn)?， = - = ，
x x
當(dāng) a 0時(shí)，則 2ax2 -1 < 0 在 0, + 內(nèi)恒成立，
可知 f x 在 0, + 內(nèi)單調(diào)遞減；
當(dāng) a > 0時(shí)，令 f x > 0 1 1，解得 x > ；令 f x < 0，解得0 < x < ；
2a 2a
1 1
可知 f x 在 0, ÷÷內(nèi)單調(diào)遞減，在 ,+ ÷÷ 內(nèi)單調(diào)遞增；
è 2a è 2a
綜上所述：當(dāng) a 0時(shí)， f x 在 0, + 內(nèi)單調(diào)遞減；

當(dāng) a > 0時(shí)， f x 在 0,
1 1
÷÷內(nèi)單調(diào)遞減，在2a
,+ ÷÷ 內(nèi)單調(diào)遞增.
è è 2a
（2）構(gòu)建F x = f x + g x - x = xex - ln x - x -1, x > 0，
則F x 1= x +1 ex - -1 = x +1 ex 1 -

，
x ֏ x
由 x > 0可知 x +1 > 0，
x 1
構(gòu)建 h x = e - , x > 0 ，
x
x 1
因?yàn)?y = e , y = - 在 0, + 內(nèi)單調(diào)遞增，則 h x 在 0, + 內(nèi)單調(diào)遞增，
x
h 1 且 ÷ = e - 2 < 0, h 1 = e -1 > 0，
è 2
h x 0, x 1+ ,1 可知 在 內(nèi)存在唯一零點(diǎn) 0 ÷ ，
è 2
當(dāng)0 < x < x0 ，則 h x < 0，即F x < 0；
當(dāng) x > x0，則 h x > 0 ，即F x > 0；
可知F x 在 0, x0 內(nèi)單調(diào)遞減，在 x0 ,+ 內(nèi)單調(diào)遞增，
則F x F x = x x00 0e - ln x0 - x0 -1，
ex 10 - = 0 ex 10 = , x = e- x0 x 1 ,1 又因?yàn)?x ，則 0 ， 0 ÷ ，0 x0 è 2
可得F x0 x
1
= - ln e- x00 - x0 -1 = 0x ，0
即F x 0，所以 f x + g x x .
17．（2024·上海松江·二模）已知函數(shù) y = x × ln x + a （ a為常數(shù)），記 y = f (x) = x × g(x) .
(1)若函數(shù) y = g(x) 在 x =1處的切線過原點(diǎn)，求實(shí)數(shù) a的值；
(2)對(duì)于正實(shí)數(shù) t ，求證： f (x) + f (t - x) f (t) - t ln 2 + a；
x
(3)當(dāng) a =1時(shí)，求證： g(x) + cos x e< .
x
1
【答案】(1) 2
(2)證明見解析
(3)證明見解析
g(x) ln x a x - a【分析】（1）根據(jù)題意，得到 = + , x > 0，求得 g (x) = x2 ，結(jié)合導(dǎo)數(shù)的幾何意義，x
求得切線方程，將原點(diǎn)代入切線方程，即可求解；
（2）設(shè)函數(shù) h x = f x + f t - x , t > 0，求得 h x x= ln ，求得函數(shù) h x 的單調(diào)性和最
t - x
t t
小值為 h( )，得到 h x h( )，即可得證；
2 2
3 1 e
x 1 ex
（ ）根據(jù)題意，得到 ln x + < -cos x，結(jié)合 cos x [-1,1]，把轉(zhuǎn)化為 ln x+ < -1，設(shè)
x x x x
x
k x ln x 1 e= + - +1, x > 0，利用導(dǎo)數(shù)求得 k x 的單調(diào)性和最大值 k 1 = 2 - e，即可得證.
x x
【詳解】（1）解：由題意，函數(shù) y = x × ln x + a ，且 y = f (x) = x × g(x)，
g(x) f (x) ln x a , x 0 g (x) 1 a x - a可得 = = + > ，則 = - = ，
x x x x2 x2
所以 g (1) = 1- a ，又因?yàn)?g(1) = ln1+ a = a ，
所以 g x 在 x =1處的切線方程為 y = (1- a)(x -1) + a，
又因?yàn)楹瘮?shù) y = g(x) 在 x =1處的切線過原點(diǎn)，可得0 = (1- a) × (0 -1) + a ，
a 1解得 = .
2
（2）解：設(shè)函數(shù) h x = f x + f t - x , t > 0，
可得 h x = x ln x + (t - x) ln(t - x) + 2a ，其中0 < x < t ，
則 h x = ln x +1- ln(t - x) -1 = ln x ，
t - x
令 h x > 0 x 1 2x - t 0 2x - t t，可得 > ，即 > ，即 < 0，解得 < x < t ，
t - x t - x x - t 2
x t
令 h x < 0，可得0 < <1，解得0 < x < ，
t - x 2
h x ( t , t) t所以 在 上單調(diào)遞增，在 (0, )上單調(diào)遞減，
2 2
可得 h x t t的最小值為 h( )，所以 h x h( )，
2 2
又由 h(
t ) f ( t= ) + f (t t- ) = t ln t + 2a = f t - t ln 2 + a，
2 2 2 2
所以 f x + f t - x f t - t ln 2 + a .
x
（3）解：當(dāng) a =1時(shí)，即證 ln x 1 e+ < -cos x，
x x
x x x
由于 cos x [-1,1] e，所以 - cos x e 1 1 e - ，只需證 ln x+ < -1，
x x x x
x
令 k x 1 e= ln x + - +1, x > 0，只需證明 k x < 0 ，
x x
k x 1 1 e
x (x -1) (1- ex )(x -1)
又由 = - 2 - =x x x2 x2
，
因?yàn)?x > 0，可得1- ex < 0，令 k x > 0，解得0 < x <1；令 k x < 0，解得 x >1，
所以 k x 在( 0, 1)上單調(diào)遞增，在 (1, + )上單調(diào)遞減，
所以 k x 在 x =1處取得極大值，也時(shí)最大值，所以 k x = k 1 = 2 - e < 0max ，
x
即 k x < 0 e，即 a =1時(shí)，不等式 g(x) + cos x < 恒成立.
x
【點(diǎn)睛】方法技巧：對(duì)于利用導(dǎo)數(shù)研究不等式的恒成立與有解問題的求解策略：
1、通常要構(gòu)造新函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，求出最值，從而求出參數(shù)的取值范圍；
2、利用可分離變量，構(gòu)造新函數(shù)，直接把問題轉(zhuǎn)化為函數(shù)的最值問題．
3、根據(jù)恒成立或有解求解參數(shù)的取值時(shí)，一般涉及分離參數(shù)法，但壓軸試題中很少碰到分
離參數(shù)后構(gòu)造的新函數(shù)能直接求出最值點(diǎn)的情況，進(jìn)行求解，若參變分離不易求解問題，就
要考慮利用分類討論法和放縮法，注意恒成立與存在性問題的區(qū)別．
m
18．（2024·上海嘉定·二模）已知常數(shù)m R ，設(shè) f x = ln x + ，
x
(1)若m =1，求函數(shù) y = f x 的最小值；
(2)是否存在0 < x1 < x2 < x3 ，且x1，x2， x3 依次成等比數(shù)列，使得 f x1 、 f x2 、 f x3 依
次成等差數(shù)列？請(qǐng)說明理由．
f x1 + f
x f x
(3) “ m 0 ” “ x , x 0, + x < x 2

> 1
- f x2
求證： 是 對(duì)任意 1 2 ， 1 2，都有 ”的2 x1 - x2
充要條件．
【答案】(1)1
(2)答案見解析
(3)證明見解析
【分析】（1）求導(dǎo)分析 f x 的符號(hào)， f x 的單調(diào)性，最值，即可得出答案．
2m m x + x
（2 2）根據(jù)題意可得 x2 = x1x3 ， 2 f x2 = f x + f x = 1 31 3 ，則 2 ，分兩種情況：x2 x2
當(dāng)m = 0時(shí)，當(dāng)m 0 時(shí)，討論是否滿足條件，即可得出答案．
f x1 + f x3 2
f x1 - f x2 x2
（ ）由 > ，借助換元法，令 = t >1x ，可得2 x1 - x2 1
1
- t + 2ln t m+ 32 (t -1) < 0t t x ，分別證明充分性和必要性，即可得出答案．1
【詳解】（1）當(dāng)m =1時(shí)， f x = ln x 1+ (x > 0)，則 f x 1 1 x -1= - = ，
x x x2 x2
在 0,1 上 f x < 0， f x 單調(diào)遞減，
在 1, + 上 f x > 0， f x 單調(diào)遞增，
所以 f (x)min = f 1 =1；
（2 2）若x1、x2、 x3 依次成等比數(shù)列，則 x2 = x1x3 ，
若 f x1 、 f x2 、 f x3 成等差數(shù)列，則 2 f x2 = f x1 + f x3 ，
2ln x 2m m m
m x + x
+ = ln x + + ln x + = ln x x + 1 3 mln x2 x= + 1 + x3 所以 2 x 1 x 3 1 3 2 2 ，2 1 x3 x1x3 x2
2m m x1 + x= 3 所以 2 ，x2 x2
當(dāng)m = 0時(shí)，成立，
(x 2
當(dāng)m 0 時(shí)，則 2x = x + x x2，聯(lián)立 = x x ，得 1 + x3)2 1 3 2 1 3 = x4 1
x3 ，
x2 + 2x 21 1x3 + x3 = 4x1x3，即 (x1 - x
2
3) = 0，
所以 x1 = x3，與 x1 < x2 < x3矛盾，
所以m = 0時(shí)，存在x1，x2， x3 滿足條件，
當(dāng)m 0 時(shí)，不存在x1，x2， x3 滿足條件；
f x ln x m f x 1 m（3） = + ，則 = - 2 ，x x x
f x1 + f x2 f x1 - f x > 2 ，
2 x1 - x2
所以 x1 - x2 é f x1 + f x2 ù - 2 é f x1 - f x2 ù < 0 ，
又 x1 - x2 é f x1 + f x2 ù - 2 é f x1 - f x2 ù
= 1 m 1 m x m m 1 - x2 -x x2 + - 2 ÷ - 2 ln x1 + - ln x2 -è 1 1 x2 x2 è x1 x
÷
2
-3m 3m x2 x1 mx1 mx= + - + - + 2 - 2ln x1
x1 x x x x
2 2 ，
2 1 2 2 x1 x2
x2
令 = t >1x ，1
-3m 3m t 1 m mt 1上式= + - + - + - 2lnx1 tx1 t t
2x x21 1 t
1 1 m
= - t - 2ln + 2 -3t 2 + 3t -1+ t3t t t x 1
1
= - t m+ 2ln t + 2 (t -1)
3①
t t x ，1
2
令 g t 1= - t + 2ln t ，則 g t 1 2 1= - 2 -1+ = -

-1÷ < 0恒成立， g t 單調(diào)遞減，t t t è t
所以 g t < g 1 = 0，
m 3
充分性：若m 0，則 2 (t -1) 0
1 t 2ln t m，則 - + + 2 (t -1)
3 0
t x1 t t x
恒成立，
1
m 3
必要性：要使得①式恒成立，則 (t -1) 0t 2x 恒成立，即m 0．1
【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：本題關(guān)鍵點(diǎn)在于對(duì)“對(duì)任意 x1, x2 0, + ， x1 < x2，都有
f x1 + f x2 f x1 - f x2 > ”的轉(zhuǎn)化，借助換元法，可得其等價(jià)為“對(duì)任意
2 x1 - x2
1 m x
x1, x2 0, + ， x1 < x2，都有 - t + 2ln t + 32 (t -1) < 0，其中 t = 2t t x x ”.1 1
19．（2024·全國· 2x模擬預(yù)測(cè)）已知函數(shù) f x = e - a ln x +1 ．
(1)若 a = 2，討論 f x 的單調(diào)性．
1
(2)若 x > 0， a > 1，求證： f x > - a ln a ．
2
【答案】(1)答案見解析；
(2)證明見解析.
【分析】（1）利用二次導(dǎo)數(shù)判斷 f x 的單調(diào)性，結(jié)合 f 0 = 0即可求解；
（2）當(dāng)1< a 2時(shí)，利用導(dǎo)數(shù)通過證明 f x > f 0 即可；當(dāng) a > 2時(shí)，利用零點(diǎn)存在性定理
判斷 f x 的零點(diǎn) x0 0, a -1 ，再由零點(diǎn)方程化簡整理得 f x 的最小值，然后由零點(diǎn) x0 的
范圍即可求解.
2x
【詳解】（1）當(dāng) a = 2時(shí)， f x = e - 2ln x +1 ，定義域?yàn)? -1, + ，
則 f x = 2e2x 2- ．
x +1
2
設(shè) g x = f x 2x，則 g x = 4e + > 0 x +1 2 ，
所以 f x 在 -1, + 上單調(diào)遞增，且 f 0 = 0，
所以，當(dāng) x -1,0 時(shí)， f x < f 0 = 0， f x 單調(diào)遞減，
當(dāng) x 0, + 時(shí)， f x > f 0 = 0， f x 單調(diào)遞增，
所以 f x 在 -1,0 上單調(diào)遞減，在 0, + 上單調(diào)遞增．
（2）因?yàn)?f x = e2x - a ln x +1 ，
所以 f x a= 2e2x - ．
x +1
因?yàn)?a > 1，所以 f x 在 0, + 上單調(diào)遞增，且 f 0 = 2 - a．
①若1< a 2，則 f 0 0，
所以當(dāng) x > 0時(shí)， f x > 0恒成立， f x 單調(diào)遞增．
又 a ln a > 0，
所以 f x > f 0 =1 1> - a ln a；
2
②若 a > 2，則 f 0 = 2 - a < 0， f a -1 = 2e2 a-1 -1 > 0，
x 0, a -1 f x = 0 e2x a0所以存在 0 ，使得 0 ，即 = 2x ．0 + 2
當(dāng) x 0, x0 時(shí)， f x < 0， f x 單調(diào)遞減，
當(dāng) x x0 ,+ 時(shí)， f x > 0， f x 單調(diào)遞增，
f x f x = e2x a0所以 0 - a ln x0 +1 = - a ln x +1 2x0 + 2 0
．
a
因?yàn)?y = - a ln x +1 在 0, a -1 上單調(diào)遞減，
2x + 2
a a 1
所以 - a ln x +1 > - a ln a = - a ln a2x + 2 00 2 a -1 + 2 2 ，
所以 f x 1> - a ln a ．
2
綜上所述，當(dāng) x > 0， a > 1時(shí)， f x 1> - a ln a ．
2
f x > k f x > k f x
【點(diǎn)睛】思路點(diǎn)睛：證明 ，一般可以考慮證明 min ，若 有最小值，但
f x
無法具體確定，這種情況下一般是先把 的最小值轉(zhuǎn)化為關(guān)于極值點(diǎn)的一個(gè)函數(shù)，再根
據(jù)極值點(diǎn)的取值范圍，確定最小值的取值范圍
拓展沖刺練
一、單選題
1．（2023·上海奉賢·二模）設(shè) Sn 是一個(gè)無窮數(shù)列 an 的前 n項(xiàng)和,若一個(gè)數(shù)列滿足對(duì)任意的正
整數(shù) n
S S
,不等式 n < n+1 恒成立,則稱數(shù)列 an 為和諧數(shù)列,有下列 3 個(gè)命題:n n +1
①若對(duì)任意的正整數(shù) n均有 an < an+1 ,則 an 為和諧數(shù)列;
②若等差數(shù)列 an 是和諧數(shù)列,則 Sn 一定存在最小值;
③若 an 的首項(xiàng)小于零,則一定存在公比為負(fù)數(shù)的一個(gè)等比數(shù)列是和諧數(shù)列．
以上 3 個(gè)命題中真命題的個(gè)數(shù)有( )個(gè)
A．0 B．1 C．2 D．3
【答案】D
S S
【分析】先得出 n < n+1 的等價(jià)條件 S < na
n n +1 n n+1
,然后再進(jìn)行判斷,對(duì)于③可以取一

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