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特訓(xùn) 05 利用導(dǎo)數(shù)證明不等式（三大題型）
利用導(dǎo)數(shù)證明數(shù)列不等式的常用方法：
(1)利用函數(shù)中經(jīng)典不等式放縮，根據(jù)放縮的方向，將函數(shù)中經(jīng)典不等式轉(zhuǎn)化為數(shù)列不等式，將不可求
和的數(shù)列放縮成可求和的數(shù)列
(2)結(jié)論再造，利用上一問中得到的函數(shù)結(jié)論，構(gòu)造出函數(shù)不等式，進而轉(zhuǎn)化為數(shù)列不等式，再進行放
縮求和.
(3)數(shù)列思想求通項，通過求出不等式兩側(cè)對應(yīng)數(shù)列的通項公式，進而作差構(gòu)造函數(shù).
以上辦法的實質(zhì)都是構(gòu)建了函數(shù)不等式與數(shù)列不等式之間的關(guān)系，進而利用數(shù)列求和來解決問題.
目錄：
01 ：移項構(gòu)造函數(shù)證明不等式
02 ：分拆函數(shù)法證明不等式
03 ：放縮后構(gòu)造函數(shù)證明不等式
01 ：移項構(gòu)造函數(shù)證明不等式
例 1 已知函數(shù) f(x)＝ex－3x＋3a(e 為自然對數(shù)的底數(shù)，a∈R).
(1)求 f(x)的單調(diào)區(qū)間與極值；
3 ex 3 1
(2)求證：當(dāng) a＞ln ，且 x＞0 時， ＞ x＋ －3a.
e x 2 x
感悟提升　待證不等式的兩邊含有同一個變量時，一般地，可以直接構(gòu)造“左減右”或“右減左”的函數(shù)，利用
導(dǎo)數(shù)研究其單調(diào)性等相關(guān)函數(shù)性質(zhì)證明不等式.
訓(xùn)練 1 x 2已知函數(shù) f x = e -1- x - ax .
(1)當(dāng) a = 0時，
（ⅰ）求 f x 在點 1, f 1 處的切線方程；
（ⅱ）求 f x 的最小值；
(2)當(dāng) x 0 時，若不等式 f x 0恒成立，求實數(shù) a的取值范圍；
(3)當(dāng) x > 0 x時，證明 e -1 ln x +1 > x2 .
02 ：分拆函數(shù)法證明不等式
1 2
例 2 證明：對一切 x∈(0，＋∞)，都有 ln x＞ － 成立.
ex ex
x 2
證明　問題等價于證明 xln x＞ － (x∈(0，＋∞)).
ex e
感悟提升　1.若直接求導(dǎo)后導(dǎo)數(shù)式比較復(fù)雜或無從下手時，可將待證式進行變形，構(gòu)造兩個函數(shù)，從而找到
可以傳遞的中間量，達到證明的目標(biāo).在證明過程中，等價轉(zhuǎn)化是關(guān)鍵，此處 g(x)min≥f(x)max 恒成立，從而
f(x)≤g(x)恒成立.
2.等價變形的目的是求導(dǎo)后簡單地找到極值點，一般地，ex與 ln x 要分離，常構(gòu)造 xn與 ln x，xn與 ex的積、
商形式.便于求導(dǎo)后找到極值點.
訓(xùn)練 2 已知函數(shù) f(x)＝eln x－ax(x∈R).
(1)討論函數(shù) f(x)的單調(diào)性；
(2)當(dāng) a＝e 時，證明：xf(x)－ex＋2ex≤0.
03 ：放縮后構(gòu)造函數(shù)證明不等式
1 ln x
例 3 已知 x∈(0，1)，求證：x2－ ＜ .
x ex
1
感悟提升　某些不等式，直接構(gòu)造函數(shù)不易求其最值，可以適當(dāng)?shù)乩檬熘暮瘮?shù)不等式 ex≥x＋1，1－ ≤ln
x
x≤x－1 等進行放縮，有利于簡化后續(xù)導(dǎo)數(shù)式的求解或函數(shù)值正負(fù)的判斷；也可以利用局部函數(shù)的有界性進
行放縮，然后再構(gòu)造函數(shù)進行證明.
2ex－1
訓(xùn)練 3 證明：exln x＋ ＞1.
x
方法技巧：指對同構(gòu)
在解決指對混合不等式時，如恒成立求參數(shù)取值范圍或證明不等式，有一部分題是命題者利用函數(shù)單調(diào)性
構(gòu)造出來的，如果我們能找到這個函數(shù)模型(即不等式兩邊對應(yīng)的同一函數(shù))，無疑大大加快解決問題的速度.
找到這個函數(shù)模型的方法，我們稱為同構(gòu)法.
(1)五個常見變形：
ex x ex
xex＝ex＋ln x， ＝ex－ln x， ＝eln x－x，x＋ln x＝ln xex，x－ln x＝ln .
x ex x
(2)三種基本模式
三種同構(gòu)方式
①積型：aea≤bln b ――――――――→
同左：aea{ ≤ （ln b）e
ln b……f（x）＝xex，
同右：ealn ea ≤ bln b……f（x）＝xln x，
取對：a＋ln a ≤ ln b＋ln（ln b）……f（x）＝x＋ln x，
ea b 三種同構(gòu)方式
②商型： ＜ ――――――――→
a ln b
ea eln b ex
{同左： ＜ ……f（x）＝ ，a ln b xea b x同右： a＜ ……f（x）＝ ，ln e ln b ln x
取對：a－ln a＜ln b－ln（ln b）……f（x）＝x－ln x，
兩種同構(gòu)方式
③和差型：ea±a＞b±ln b ――――――――→
{同左：ea ± a＞eln b ± ln b……f（x）＝ex ± x，同右：ea ± ln ea＞b ± ln b……f（x）＝x ± ln x.
例 (1)已知函數(shù) f(x)＝aex－1－ln x＋ln a.
若 f(x)≥1，求 a 的取值范圍.
1
(2)已知函數(shù) f(x)＝aex－ln x－1，證明：當(dāng) a≥ 時，f(x)≥0.
e
一、單選題
1．（2024·遼寧·模擬預(yù)測）已知 a，b R ，若 2 a < b ， ab = ba ，則 b 的可能值為（ ）
A．2.5 B．3.5 C．4.5 D．6
2．（2024·廣東深圳·模擬預(yù)測）已知函數(shù) f (x) = aex +1n
a
- 2，若 f x > 0恒成立，則正實數(shù) a的取值
x + 2
范圍是（ ）
A．0 < a < e B． a > e2 C． a > e D． a > 2e
1
3．（2024·河南·模擬預(yù)測）已知l > 0 2lx，對任意的 x >1，不等式 e - lne2l ÷ lnx 0恒成立，則實數(shù)l 的取
è
值范圍為（ ）
é1 ,+ é 1 ,+ A． ê Be ÷ ． ÷ ê 2e
C． 2e, + D． e, +
4．（2024·廣東廣州·模擬預(yù)測）已知定義在R 上的函數(shù) f x 的導(dǎo)函數(shù)為 f x ，且 f x + f -x = 0 .對于
x f f x x 任意的實數(shù) ，均有 < 成立，若 f -3 = -16 f x > 2x+1，則不等式 的解集為（ ）
ln2
A． - , -3 B． - ,3 C． -3, + D． 3, +
5．（2024·河北衡水·模擬預(yù)測）已知函數(shù) f x = lnx +1- ax有兩個零點 x1, x2 ，且 x1 < x2，則下列命題正確的
是（ ）
2
A． a > 1 B． x1 + x2 < a
C． x1 × x2 <1
1
D． x2 - x1 > -1a
a sin x + cos x6 ．（2024·全國·模擬預(yù)測）已知函數(shù) f x = x + x在 0, π 上恰有兩個極值點，則實數(shù) a 的取值e
范圍是（ ）
2 π π
A． 0, e 4 ÷÷ B． - , eπ C． 0,eπ
2
D． 4
2
e ,+
2 ÷÷è è
7．（2024·湖南邵陽·二模）已知函數(shù) f x 的定義域為R, f x 為 f x 的導(dǎo)函數(shù).若 f 1 = e，且
f x + ex < f x 在R 上恒成立，則不等式 f x < 2 - x ex的解集為（ ）
A． - , 2 B． 2, +
C． - ,1 D． 1, +
8．（2024·陜西商洛·模擬預(yù)測）已知函數(shù) f x = 2xlnx - ax2 ，若對任意的 x1, x2 0, + ，當(dāng) x1 > x2 時，都
有 2x1 + f x2 > 2x2 + f x1 ，則實數(shù) a的取值范圍為（ ）
é 1 ,+ é1 A． ê ÷ B． 1, + C． ê ,+ 2e ÷ D． 2, + e
二、多選題
a
9．（2024· x江西·二模）若 e - > a ln x - a 恒成立，則實數(shù) a的取值可以是（
x ）
A．0 B． e-2 C．ee+1 D． e2
10．（2024·浙江·二模）設(shè)定義在 R 上的函數(shù) f x 的導(dǎo)函數(shù)為 f x ，若"x R ，均有 xf x = x +1 f x ，
則（ ）
A． f 0 = 0 B． f -2 = 0 （ f x 為 f x 的二階導(dǎo)數(shù)）
C． f 2 < 2 f 1 D． x = -1是函數(shù) f x 的極大值點
11 2024· · f x = lna + b ex - a2．（ 全國 模擬預(yù)測）已知函數(shù) ex ，其中 e為自然對數(shù)的底數(shù)，則（ ）
A．若 f x 為減函數(shù)，則 f 0 < 0 B．若 f x 存在極值，則 aeb >1
C．若 f 1 = 0，則b > ln2 D．若 f x 0，則b a
三、填空題
2
12．（2024· e陜西安康·模擬預(yù)測）已知實數(shù) a,b滿足 a = e2-a , lnb = ，則 lna + lnb =
b
2ex ln x 1 3
13．（2024· · f x = ex - - x2 ln x 2t四川涼山 三模）已知函數(shù) x > 的零點為 t ，則 = ．x è e ÷ et-1
14．（2024·吉林·二模）若實數(shù) x0 滿足 f x0 = -g -x0 ，則稱 x0 為函數(shù) y = f x 與 y = g x 的“關(guān)聯(lián)數(shù)”.若
f x = a x a > 0, a 1 與 g x = -x2 在實數(shù)集R 上有且只有 3 個“關(guān)聯(lián)數(shù)”，則實數(shù) a的取值范圍為 .特訓(xùn) 05 利用導(dǎo)數(shù)證明不等式（三大題型）
利用導(dǎo)數(shù)證明數(shù)列不等式的常用方法：
(1)利用函數(shù)中經(jīng)典不等式放縮，根據(jù)放縮的方向，將函數(shù)中經(jīng)典不等式轉(zhuǎn)化為數(shù)列不等式，將不可求
和的數(shù)列放縮成可求和的數(shù)列
(2)結(jié)論再造，利用上一問中得到的函數(shù)結(jié)論，構(gòu)造出函數(shù)不等式，進而轉(zhuǎn)化為數(shù)列不等式，再進行放
縮求和.
(3)數(shù)列思想求通項，通過求出不等式兩側(cè)對應(yīng)數(shù)列的通項公式，進而作差構(gòu)造函數(shù).
以上辦法的實質(zhì)都是構(gòu)建了函數(shù)不等式與數(shù)列不等式之間的關(guān)系，進而利用數(shù)列求和來解決問題.
目錄：
01 ：移項構(gòu)造函數(shù)證明不等式
02 ：分拆函數(shù)法證明不等式
03 ：放縮后構(gòu)造函數(shù)證明不等式
01 ：移項構(gòu)造函數(shù)證明不等式
例 1 已知函數(shù) f(x)＝ex－3x＋3a(e 為自然對數(shù)的底數(shù)，a∈R).
(1)求 f(x)的單調(diào)區(qū)間與極值；
3 ex 3 1
(2)求證：當(dāng) a＞ln ，且 x＞0 時， ＞ x＋ －3a.
e x 2 x
(1)解　由 f(x)＝ex－3x＋3a，x∈R，
知 f′(x)＝ex－3，x∈R.
令 f′(x)＝0，得 x＝ln 3，
于是當(dāng) x 變化時，f′(x)，f(x)的變化情況如下表：
x (－∞，ln 3) ln 3 (ln 3，＋∞)
f′(x) － 0 ＋
f(x) 極小值
故 f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(－∞，ln 3)，單調(diào)遞增區(qū)間是(ln 3，＋∞)，
f(x)在 x＝ln 3 處取得極小值，極小值為 f(ln 3)＝eln 3－3ln 3＋3a＝3(1－ln 3＋a)，無極大值.
3
(2)證明　待證不等式等價于 ex＞ x2－3ax＋1，
2
3
設(shè) g(x)＝ex－ x2＋3ax－1，x＞0，
2
于是 g′(x)＝ex－3x＋3a，x＞0.
3
由(1)及 a＞ln ＝ln 3－1 知
e
g′(x)的最小值為 g′(ln 3)＝3(1－ln 3＋a)＞0.
于是對任意 x＞0，都有 g′(x)＞0，
所以 g(x)在(0，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞增.
3
于是當(dāng) a＞ln ＝ln 3－1 時，對任意 x∈(0，＋∞)，都有 g(x)＞g(0).
e
而 g(0)＝0，從而對任意 x∈(0，＋∞)，g(x)＞0.
3 ex 3 1
即 ex＞ x2－3ax＋1，故 ＞ x＋ －3a.
2 x 2 x
感悟提升　待證不等式的兩邊含有同一個變量時，一般地，可以直接構(gòu)造“左減右”或“右減左”的函數(shù)，利用
導(dǎo)數(shù)研究其單調(diào)性等相關(guān)函數(shù)性質(zhì)證明不等式.
1 f x = ex訓(xùn)練 已知函數(shù) -1- x - ax2 .
(1)當(dāng) a = 0時，
（ⅰ）求 f x 在點 1, f 1 處的切線方程；
（ⅱ）求 f x 的最小值；
(2)當(dāng) x 0 時，若不等式 f x 0恒成立，求實數(shù) a的取值范圍；
(3)當(dāng) x > 0 x 2時，證明 e -1 ln x +1 > x .
x x
（1）解：當(dāng) a = 0時， f x = e -1- x ， f x = e -1，（ⅰ） f 1 = e -1, f 1 = e - 2 ，所以 f x 在點 1, f 1
處的切線方程為 y - e - 2 = e -1 x -1 ，即 y = e -1 x -1；（ⅱ）當(dāng) x < 0 時， f x < 0，當(dāng) x > 0時，
f x > 0，所以函數(shù) f x 在 - ,0 上遞減，在 0, + 上遞增，所以 f x = f 0min = 0；
（2）解： f x = ex -1- 2ax ，令 h x = ex -1- 2ax，則 h x = ex - 2a 1，當(dāng)2a 1，即 a 時，
2
h x = ex - 2a 0， x 0, + ，所以函數(shù) h x 在 x 0, + 上遞增，所以 h x h 0 = 0，即
f x f 0 = 0， x 0, + ，所以函數(shù) f x 在 x 0, + 上遞增，所以 f x f 0 = 0 a 1，所以 滿足題
2
1
意；當(dāng) 2a >1，即 a > 時，令 h x = 0，則 x = ln 2a，當(dāng)0 < x < ln 2a 時， h x < 0，所以函數(shù) h x 在 0, ln 2a
2
上遞減，所以當(dāng)0 < x < ln 2a 時， h x h 0 = 0，即當(dāng)0 < x < ln 2a 時， f x f 0 = 0，所以函數(shù) f x
0, ln 2a f x f 0 = 0 a - , 1 ù在 上遞減，此時 ，與題意矛盾，綜上所述，實數(shù) 的取值范圍為
è 2 ú
；
2 2
（3）證明：由（2 x x + 2x x）得，當(dāng) x > 0時， ex > 1+ x + ，即 ex -1 > ，要證 e -1 ln x +1 > x2，只需要
2 2
ex 1 x
2 x2 + 2x x2
證明 - > ，只需要證明

，只需要證明 ln x +1ln x 1 2 ln x 1
2x
，令
+ + x + 2
1 4 x2
F x = ln x +1 2x- , x > 0 ，則F x = - = > 0, x > 0
x + 2 x +1
F x
x + 2 2 ，所以函數(shù) 在x +1 x + 2 2
0, + 上遞增，所以F x > F 0 = 0，所以 ln x 1 2x+ > ，所以 ex -1 ln x +1 > x2 .
x + 2
【分析】（1）求導(dǎo)，（ⅰ）根據(jù)導(dǎo)數(shù)的幾何意義即可得出答案；
（ⅱ）根據(jù)導(dǎo)數(shù)的符號求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，從而可得函數(shù)的最小值；
1 1
（2）求出函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)，根據(jù) f x 0分 a 和 a > 兩種情況討論，從而可得出答案；
2 2
2
3 x + 2x x 2（ ）由（2）可得，當(dāng) x > 0時， ex -1 > ，則要證 e -1 ln x +1 > x ，
2
x x2 2x 2x
只需要證明 e -1 > ln x +1 F x = ln x +1 - , x > 0ln x +1 ，只需要證明 ，構(gòu)造函數(shù) ，再利用x + 2 x + 2
導(dǎo)數(shù)證明F x > 0即可得證.
02 ：分拆函數(shù)法證明不等式
1 2
例 2 證明：對一切 x∈(0，＋∞)，都有 ln x＞ － 成立.
ex ex
x 2
證明　問題等價于證明 xln x＞ － (x∈(0，＋∞)).
ex e
1
設(shè) f(x)＝xln x，f′(x)＝1＋ln x，易知 x＝ 為 f(x)的唯一極小值點，
e
1 1
則 f(x)＝xln x(x∈(0，＋∞))的最小值是－ ，當(dāng)且僅當(dāng) x＝ 時取到.
e e
x 2 1－x
設(shè) m(x)＝ － (x∈(0，＋∞))，則 m′(x)＝ ，由 m′(x)＜0，得 x＞1 時，m(x)單調(diào)遞減；
ex e ex
1
由 m′(x)＞0 得 0＜x＜1 時，m(x)單調(diào)遞增，易知 m(x)max＝m(1)＝－ ，當(dāng)且僅當(dāng) x＝1 時取到.從而對一切e
1 x 2 1 2
x∈(0，＋∞)，xln x≥－ ≥ － ，兩個等號不同時取到，所以對一切 x∈(0，＋∞)都有 ln x＞ － 成立.
e ex e ex ex
感悟提升　1.若直接求導(dǎo)后導(dǎo)數(shù)式比較復(fù)雜或無從下手時，可將待證式進行變形，構(gòu)造兩個函數(shù)，從而找到
可以傳遞的中間量，達到證明的目標(biāo).在證明過程中，等價轉(zhuǎn)化是關(guān)鍵，此處 g(x)min≥f(x)max 恒成立，從而
f(x)≤g(x)恒成立.
2.等價變形的目的是求導(dǎo)后簡單地找到極值點，一般地，ex與 ln x 要分離，常構(gòu)造 xn與 ln x，xn與 ex的積、
商形式.便于求導(dǎo)后找到極值點.
訓(xùn)練 2 已知函數(shù) f(x)＝eln x－ax(x∈R).
(1)討論函數(shù) f(x)的單調(diào)性；
(2)當(dāng) a＝e 時，證明：xf(x)－ex＋2ex≤0.
e
(1)解　f′(x)＝ －a(x>0)，
x
①若 a≤0，則 f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增；
e
②若 a>0，則當(dāng) 00；
a
e e e
當(dāng) x> 時，f′(x)<0，∴f(x)在(0， )上單調(diào)遞增，在( ，＋∞)上單調(diào)遞減.a a a
e e
綜上，當(dāng) a≤0 時，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增；當(dāng) a>0 時，f(x)在(0， )上單調(diào)遞增，在( ，＋∞)上單調(diào)遞減.a a
ex
(2)證明　法一　∵x>0，∴只需證 f(x)≤ －2e，
x
當(dāng) a＝e 時，由(1)知，f(x)在(0，1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，
∴f(x)max＝f(1)＝－e.
ex
記 g(x)＝ －2e(x>0)，
x
（x－1）ex
則 g′(x)＝ ，
x2
∴當(dāng) 01 時，g′(x)>0，故 g(x)在(0，1)上單調(diào)遞減；
在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，
∴g(x)min＝g(1)＝－e.
ex
綜上，當(dāng) x>0 時，f(x)≤g(x)，即 f(x)≤ －2e，即 xf(x)－ex＋2ex≤0.
x
法二　由題意知，即證 exln x－ex2－ex＋2ex≤0，
ex
從而等價于 ln x－x＋2≤ .
ex
設(shè)函數(shù) g(x)＝ln x－x＋2，
1
則 g′(x)＝ －1.
x
∴當(dāng) x∈(0，1)時，g′(x)>0，
當(dāng) x∈(1，＋∞)時，g′(x)<0，
故 g(x)在(0，1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，
從而 g(x)在(0，＋∞)上的最大值為 g(1)＝1.
ex ex（x－1）
設(shè)函數(shù) h(x)＝ ，則 h′(x)＝ .
ex ex2
∴當(dāng) x∈(0，1)時，h′(x)<0，
當(dāng) x∈(1，＋∞)時，h′(x)>0，
故 h(x)在(0，1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，
從而 h(x)在(0，＋∞)上的最小值為 h(1)＝1.
綜上，當(dāng) x>0 時，g(x)≤h(x)，即 xf(x)－ex＋2ex≤0.
03 ：放縮后構(gòu)造函數(shù)證明不等式
1 ln x
例 3 已知 x∈(0，1)，求證：x2－ ＜ .
x ex
1 ln x
證明　法一　要證 x2－ ＜ ，
x ex
1
只需證 ex(x2－ )＜ln x，x
又易證 ex＞x＋1(0＜x＜1)，
1
∴只需證明 ln x＋(x＋1)( －x2 ＞0.x )
1
即證 ln x＋1－x3＋ －x2＞0，
x
而 x3＜x，x2＜x(0＜x＜1)，
1
∴只需證 ln x＋1－2x＋ ＞0，
x
1
令 g(x)＝ln x＋1－2x＋ ，
x
1 1 2x2－x＋1
則 g′(x)＝ －2－ ＝－ ，
x x2 x2
而 2x2－x＋1＞0 恒成立，
∴g′(x)＜0，
∴g(x)在(0，1)上單調(diào)遞減，
∴當(dāng) x∈(0，1)時，g(x)＞g(1)＝0，
1
即 ln x＋1－2x＋ ＞0.
x
1 ln x
∴x2－ ＜ .
x ex
法二　∵x∈(0，1)，∴ex∈(1，e)，
1 ln x
∴要證 x2－ ＜ 成立，
x ex
1
只需證 ex(x2－ )＜ln x 成立，x
1
只需證 x2－ ＜ln x，
x
又 x2＜x(0＜x＜1)，
1
∴只需證 ln x＋ －x＞0，
x
1
令 h(x)＝ln x＋ －x，
x
1 1 x2－x＋1
則 h′(x)＝ － －1＝－ ，
x x2 x2
而 x2－x＋1＞0 恒成立，∴h′(x)＜0，
∴h(x)在(0，1)上單調(diào)遞減，
∴當(dāng) x∈(0，1)時，h(x)＞h(1)＝0，
1
∴l(xiāng)n x＋ －x＞0，
x
1 ln x
∴x2－ ＜ .
x ex
1
感悟提升　某些不等式，直接構(gòu)造函數(shù)不易求其最值，可以適當(dāng)?shù)乩檬熘暮瘮?shù)不等式 ex≥x＋1，1－ ≤ln
x
x≤x－1 等進行放縮，有利于簡化后續(xù)導(dǎo)數(shù)式的求解或函數(shù)值正負(fù)的判斷；也可以利用局部函數(shù)的有界性進
行放縮，然后再構(gòu)造函數(shù)進行證明.
2ex－1
訓(xùn)練 3 證明：exln x＋ ＞1.
x
2ex－1 ex－1
證明　不等式 exln x＋ ＞1 等價于 (exln x＋2)＞1，
x x
由常用不等式 ex≥x＋1，故 ex－1≥x.
ex－1
即 ≥1，故只需證 exln x＋2＞1，
x
令 f(x)＝exln x＋2(x＞0)，
則 f′(x)＝e(ln x＋1)，
易得當(dāng) x∈( 10， )時，f′(x)＜0；e
1
x∈( ，＋∞)時，f′(x)＞0，e
1
故 f(x)＞f( )＝1，原不等式得證.e
方法技巧：指對同構(gòu)
在解決指對混合不等式時，如恒成立求參數(shù)取值范圍或證明不等式，有一部分題是命題者利用函數(shù)單調(diào)性
構(gòu)造出來的，如果我們能找到這個函數(shù)模型(即不等式兩邊對應(yīng)的同一函數(shù))，無疑大大加快解決問題的速度.
找到這個函數(shù)模型的方法，我們稱為同構(gòu)法.
(1)五個常見變形：
ex x ex
xex＝ex＋ln x， ＝ex－ln x， ＝eln x－x，x＋ln x＝ln xex，x－ln x＝ln .
x ex x
(2)三種基本模式
三種同構(gòu)方式
①積型：aea≤bln b ――――――――→
{同左：ae
a ≤ （ln b）eln b……f（x）＝xex，
同右：ealn ea ≤ bln b……f（x）＝xln x，
取對：a＋ln a ≤ ln b＋ln（ln b）……f（x）＝x＋ln x，
ea b 三種同構(gòu)方式
②商型： ＜ ――――――――→
a ln b
ea eln b ex
{同左： ＜ ……f（x）＝ ，a ln b xea b x同右： a＜ ……f（x）＝ ，ln e ln b ln x
取對：a－ln a＜ln b－ln（ln b）……f（x）＝x－ln x，
兩種同構(gòu)方式
③和差型：ea±a＞b±ln b ――――――――→
{同左：ea ± a＞eln b ± ln b……f（x）＝ex ± x，同右：ea ± ln ea＞b ± ln b……f（x）＝x ± ln x.
例 (1)已知函數(shù) f(x)＝aex－1－ln x＋ln a.
若 f(x)≥1，求 a 的取值范圍.
解　f(x)的定義域為(0，＋∞)，
f(x)＝aex－1－ln x＋ln a＝eln a＋x－1－ln x＋ln a≥1，
等價于 eln a＋x－1＋ln a＋x－1≥ln x＋x＝eln x＋ln x.
令 g(x)＝ex＋x，上述不等式等價于 g(ln a＋x－1)≥g(ln x).
顯然 g(x)為單調(diào)增函數(shù)，所以又等價于 ln a＋x－1≥ln x，即 ln a≥ln x－x＋1.
令 h(x)＝ln x－x＋1，
1 1－x
則 h′(x)＝ －1＝ .
x x
當(dāng) x∈(0，1)時，h′(x)>0，h(x)單調(diào)遞增；
當(dāng) x∈(1，＋∞)時，h′(x)<0，h(x)單調(diào)遞減，所以 h(x)max＝h(1)＝0，所以 ln a≥0，即 a≥1，a 的取值范圍是[1，＋
∞).
1
(2)已知函數(shù) f(x)＝aex－ln x－1，證明：當(dāng) a≥ 時，f(x)≥0.
e
1 ex
證明　當(dāng) a≥ 時，f(x)≥ －ln x－1，
e e
ex
所以只需證明 －ln x－1≥0，
e
ex
由于 －ln x－1≥0 ex≥eln ex xex≥exln ex xex≥eln exln ex，
e
令 g(x)＝xex，
由 g′(x)＝ex(x＋1)＞0 知 g(x)為增函數(shù)，
又易證 x≥ln ex＝ln x＋1，
所以 g(x)≥g(ln ex)，
即 xex≥eln exln ex 成立.
1
故當(dāng) a≥ 時，f(x)≥0.
e
一、解答題
1．（2024·山東菏澤·模擬預(yù)測）已知函數(shù) f (x) = tx ln x - x2 +1(0 < t 2)．
(1)求函數(shù) f (x) 的單調(diào)區(qū)間;
2 2 2 2
(2)若a > b > 0 a + b a b，證明: ln
a2 - b2
<
a4 - b4
．
【答案】(1) f x 的單調(diào)遞減區(qū)間為 (0, + )，沒有單調(diào)遞增區(qū)間
(2)證明見解析
【分析】（1）利用導(dǎo)數(shù)求解函數(shù)單調(diào)性即可.
（2）對要證不等式進行化簡，再由第（1）問結(jié)論證明 2x ln x - x2 +1< 0即可.
【解析】（1） f (x) = t ln x + t - 2x, x > 0 ，
令 g(x) = f (x) = t ln x + t - 2x，所以 g (x)
t
= - 2, x > 0，
x
由 g (x) > 0
t t
可得0 < x < ，由 g (x) < 0可得 x > ，
2 2
t t
所以 f (x) 在 (0, )上單調(diào)遞增，在 ( ,+ )上單調(diào)遞減，
2 2
所以 f (x)
t
max = f ( ) = t ln
t
+ t - t = t ln t .
2 2 2
t
又因為0 < t 2，所以 ln 0，即 f (x) 0，且 f x 至多在一個點處取到 0 .
2
所以 f (x) 在 (0, + )上單調(diào)遞減，
故 f x 的單調(diào)遞減區(qū)間為 0, + ，沒有單調(diào)遞增區(qū)間.
2 2 2 2
（2）證明 ln a + b a b< ，
a2 - b2 a4 - b4
1 ln a
2 + b2 1 (a2 +b2 )2 - (a2 - b2 )2
只需證： 2 2 <2 a - b 4 (a2 + b2
，
)(a2 - b2 )
a2 + b2 a2 + b2 a2 - b2
即證： 2ln
a2
< -
- b2 a2 - b2 a2 + b2
，
x a
2 + b2
令 = 2 2 , a > b > 0，所以 x >1，a - b
1
只需證： 2ln x < x - ，
x
即證： 2x ln x - x2 +1< 0，
由（1）知，當(dāng) t = 2時， f (x) = 2x ln x - x2 +1在 (0, + )上單調(diào)遞減，
所以當(dāng) x >1時， f (x) < f (1) = 0，
即 2x ln x - x2 +1< 0，
a2 + b2 a2b2
所以 ln .
a2 2
<
- b a4 - b4
【點睛】關(guān)鍵點點睛：本題考查導(dǎo)數(shù)證明不等式問題.其關(guān)鍵點是對要證不等式進行化簡，即證明
2x ln x - x2 +1< 0，再結(jié)合第 1 問求得的單調(diào)性證明即可.
2．（2023·天津·二模）已知 a,b R ，函數(shù) f x = x + a sin x + b ln x．
(1)當(dāng) a = 0,b = -1時，求 f x 的單調(diào)區(qū)間；
a 1(2)當(dāng) = - ,b 0 時，設(shè) f x 的導(dǎo)函數(shù)為 f x ，若 f x2 > 0恒成立，求證：存在 x0 ，使得 f x0 < -1；
(3)設(shè)0 < a <1,b < 0，若存在 x1, x2 0, + ，使得 f x1 = f x2 x1 x -b2 ，證明： x1 + x2 > 2 ．a(chǎn) +1
【答案】(1)遞增區(qū)間為 1, + ，遞減區(qū)間為 0,1 ；
(2)證明見解析；
(3)證明見解析；
【分析】（1）當(dāng) a = 0,b = -1時，求得 f x x -1= ，結(jié)合導(dǎo)數(shù)的符號，即可求解；
x
a 1 ,b 0 1 b 1 b
3
2 = - -（ ）當(dāng) 時，求得 f x =1- cos x + ，根據(jù)題意1- cos x + > 0 恒成立，取
2 2 x 2 x x0 = e
b ，得到
f x0 < -1，即可證明；
x
（3）設(shè) x1 < x2，得到 x2 - x1 + a sin x2 - sin x1 = -b ln x2 - ln x1 ，轉(zhuǎn)化為-b ln 2 < a +1 x2 - x1 x ，設(shè)1
2
h x ln x 2 x -1= - h
x -1
x = 0 h x > h 1 = 0 ln x 2 x -1，求得 2 ，根據(jù) ，得到 > ，進而得到x +1 x x +1 x +1
ln x2
x - x
> 4 2 1 ，進而證得結(jié)論．
x1 x2 + x1
【解析】（1）由函數(shù) f x = x + a sin x + b ln x ，可得其定義域為 0, + ，
當(dāng) a = 0,b = -1時，可得 f x = x - ln x ，則 f x 1 1 x -1= - = ，
x x
當(dāng) x 0,1 時，可得 f x < 0， f x 單調(diào)遞減；
當(dāng) x 1, + 時，可得 f x > 0， f x 單調(diào)遞增，
\函數(shù) f x 的單調(diào)遞增區(qū)間為 1, + ，單調(diào)遞減區(qū)間為 0,1 ．
a 1 ,b 0 f x x 1 sin x b ln x f x 1 1 cos x b（2）當(dāng) = - 時，可得 = - + ，則 = - + ，
2 2 2 x
Q f x > 0 1 b 1 b恒成立，即1- cos x + > 0 恒成立，令 h x =1- cos x + , x > 0 ，
2 x 2 x
b 1 b 1 b
若b < 0
b b
，則 < 0 x = -

，存在 ，使得 h - ÷ =1- cosx 2 2 2
- ÷ - 2 = -1- cos - < 0，
è è 2 ÷ 2 è 2
即 f x < 0，不符合題意，\b>0，
3 3
- - 1 3-
取 x b ，則0 < x <1，可得 f x = e b - sin e b - 3 < -10 = e 0 0 2
即存在 x0 ，使得 f x0 < -1．
（3）由函數(shù) f x = x + a sin x + b ln x ，可得 f x =1+ a cos x b+ ，
x
設(shè) x1 < x2，由 f x1 = f x2 ，可得 x1 + a sin x1 + b ln x1 = x2 + a sin x2 + b ln x2 ，
則 x2 - x1 + a sin x2 - sin x
x
1 = -b ln x2 - ln x 21 = -b ln x ，1
又由 y = x - sin x，可得 y ' =1- cos x 0，\函數(shù) y = x - sin x為單調(diào)遞增函數(shù)，
\ x2 - sin x2 > x1 - sin x1，即 sin x2 - sin x1 < x2 - x1，
\ -b ln
x2 < a +1 x2 - x1 x ，1
2
x -1 1 4
x -1
設(shè) h x = ln x - 2 ，可得 h x = - = 0，
x +1 x x +1 2 x x +1 2
\當(dāng) x >1時， h x > h 1 = 0 ln x > 2 x -1 x -1，即 ，\ ln x > 2 ，
x +1 x +1
x2 -1
x -1 x x1 x2 - x1
即 ln x = 2ln x > 4 ，\ ln 2 > 4 = 4 ，
x +1 x1 x2 x + x+1 2 1
x1
x2 - x1
代入可得： 4 × -b < a +1 x - x = a +1 x - x x + x ，
x2 + x
2 1 2 1 2 1
1
-b
則 4 × < 2x -b2 + x1 ，\ x2 + x1 > 2 ．a(chǎn) +1 a +1
【點睛】方法點睛：對于利用導(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，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)能直接求出最值點的情況，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．
3．（2024·四川眉山·三模）已知函數(shù) f (x) = xlnx - ax2 - 2x .
(1)若過點 (1,0)可作曲線 y = f (x) 兩條切線，求 a的取值范圍；
(2)若 f (x) 有兩個不同極值點 x1, x2 .
①求 a的取值范圍；
②當(dāng) x1 > 4x
2 3
2 時，證明： x1x2 >16e .
【答案】(1) (- , -2)；
(2)① (0,
1
2 ) ；②證明見解析.2e
【分析】（1）求出函數(shù) f (x) 的導(dǎo)數(shù)，設(shè)出切點坐標(biāo)，求出切線方程，結(jié)合切線過的點構(gòu)造函數(shù)
g(x) = ax2 - 2ax - x + lnx -1，探討函數(shù) g(x)有兩個零點的 a的值范圍.
（2）①由 f (x) = lnx - 2ax -1有兩個零點，結(jié)合零點的意義分離參數(shù)，求出直線 y 2a y
lnx -1
= 與函數(shù) = 圖
x
lnx1 - lnx2
象有兩個公共點的 a的值范圍；②由方程根的意義可得 2a = x - x ，分析所證不等式，換元并證明1 2
lnt t -1- 4ln2 × > 0(t > 4) 即可.
t + 2
【解析】（1）依題意， f (x) = lnx - 2ax -1，
設(shè)過點 1,0 的直線與曲線 y = f (x) 相切時的切點為 (x0 , y0 )，斜率 k = lnx0 - 2ax0 -1，
切線方程為 y - (x0lnx - ax
2
0 0 - 2x0 ) = (lnx0 - 2ax0 -1)(x - x0 )，而點 (1,0)在切線上，
則-x0lnx0 + ax
2
0 + 2x0 = (lnx0 - 2ax0 -1)(1- x0 )，即有 ax
2
0 - 2ax0 - x0 + lnx0 -1 = 0，
由過點 (1,0)可作曲線 y = f (x) 2兩條切線，得方程 ax0 - 2ax0 - x0 + lnx0 -1 = 0有兩個不相等的實數(shù)根，
令 g(x) = ax2 - 2ax - x + lnx -1，則函數(shù) g(x)有 2 個零點，
2
g (x) 2ax 2a 1 1 2ax - (2a +1)x +1 (2ax -1)(x -1)求導(dǎo)得 = - - + = = ，
x x x
①若 a
1
> ，由 g (x) > 0，得0 < x
1
< 或 x >1，由 g (x) < 0
1
，得 < x <1，
2 2a 2a
1 1
即函數(shù) g(x)在 (0, ) ， (1, + )上單調(diào)遞增，在 ( ,1) 上單調(diào)遞減，
2a 2a
x 1則當(dāng) = 時， g(x)取得極大值；當(dāng) x =1時， g(x)取得極小值，
2a
又 g(
1 ) = a × ( 1 )2 - 2a 1 1 1 1× - + ln -1 = -ln2a - - 2 < 0，
2a 2a 2a 2a 2a 4a
當(dāng) x 1時， g(x) < 0恒成立，因此函數(shù) g(x)最多 1 個零點，不合題意；
1
②若 a = ， g (x) 0恒成立，函數(shù) g(x)在 (0, + )上單調(diào)遞增，
2
因此函數(shù) g(x)最多 1 個零點，不合題意；
1 1 1
③若0 < a < ，由 g (x) > 0，得0 < x <1或 x > ，由 g (x) < 0，得1< x < ，
2 2a 2a
1 1
即函數(shù) g(x)在( 0, 1)， ( , + )上單調(diào)遞增，在 (1, )上單調(diào)遞減，
2a 2a
則當(dāng) x =1時， g(x)
1
取得極大值；當(dāng) x = 時， g(x)取得極小值，又 g(1) = -a - 2 < 0，
2a
x 1顯然當(dāng) 時， g(x) < 0恒成立，因此函數(shù) g(x)最多 1 個零點，不合題意；
2a
④若 a 0，顯然2ax -1 < 0，當(dāng)0 < x <1時， g (x) > 0，當(dāng) x >1時， g (x) < 0，
函數(shù)在( 0, 1)上單調(diào)遞增，在 (1, + )上單調(diào)遞減，當(dāng) x =1時， g(x)取得最大值 g(1) = -a - 2，
要函數(shù) g(x)有 2 個零點，必有 g(1) = -a - 2 > 0，得 a < -2，
當(dāng)0 < x <1時， g(x) = a(x -1)2 - x - a -1+ lnx < -a -1+ lnx，
而函數(shù) y = -a -1+ lnx 在( 0, 1)上的值域為 (- , -a -1)，因此 g(x)在( 0, 1)上的值域為 (- ,-a - 2)，
當(dāng) x >1
1
時，令 y = ln x - x ，求導(dǎo)得 y = -1 < 0，函數(shù) y = ln x - x 在 (1, + )上單調(diào)遞減，
x
則 ln x - x < -1， g(x) = a(x -1)2 - a -1+ lnx - x < a(x -1)2 - a - 2，
而函數(shù) y = a(x -1)2 - a - 2在 (1, + )上單調(diào)遞減，值域為 (- ,-a - 2)，
因此函數(shù) g(x)在 (1, + )上的值域為 (- ,-a - 2)，
于是當(dāng) a < -2時，函數(shù) g(x)有兩個零點，
所以過點 1,0 可作曲線 y = f x 兩條切線時， a的取值范圍是 - , -2 .
（2）①由（1）知， f (x) = lnx - 2ax -1，
由函數(shù) f (x)
lnx -1
有兩個極值點 x1, x2 ，得 f (x) = 0，即 2a = 有兩個實數(shù)根 xx 1
, x2 ，
令u(x)
lnx -1 2 - lnx
= ，求導(dǎo)得u (x) = 2 ，當(dāng) 0 < x < e2 時，u (x) > 0，當(dāng) x > e2 時，u
(x) < 0，
x x
1
函數(shù)u(x) 在 (0,e2 )上單調(diào)遞增， (e2 ,+ )上單調(diào)遞減，u(x)max = ，e2
且u(e) = 0，當(dāng) x>e時，函數(shù)u(x) > 0 1 lnx -1恒成立，因此當(dāng)0 < 2a < 2 時， 2a = 有兩個實數(shù)根e x
1
所以函數(shù) f (x) 有兩個極點時， a的取值范圍是 (0, ) .
2e2
ìlnx1 - 2ax1 -1 = 0 ìlnx1 = 2ax1 +1 2a lnx1 - lnx② 2由 ílnx ，即 í ，得
=
2 - 2ax2 -1 = 0 lnx2 = 2ax2 +1 x1 - x
，
2
x x2 3要證明 1 2 >16e ，只需證明 lnx1 + 2lnx2 > 4ln2 + 3，
ln x1
而 lnx1 + 2lnx2 = 2a(x1 + 2x2 ) + 3 = (x 2x )
lnx1 - lnx2 3 ( x x1 + 2 × + = 1 + 2) × 2x + 3，x1 - x2 x2 1 -1
x2
t x= 1令 (x1 > 4x2 )，則 t > 4，欲證明 lnx1 + 2lnx2 > 4ln2 + 3x ，2
即證明 (t + 2)
lnt
× > 4ln2(t > 4)，只需證明 lnt - 4ln2
t -1
× > 0(t > 4) 即可，
t -1 t + 2
令 h(t) = lnt - 4ln2
t -1
× (t > 4)，
t + 2
4
1 2 t + 4 + -12ln2求導(dǎo)得 h t = - 4ln2 3 t + 4t + 4 -12ln2 × t× = = t ，
t (t + 2)2 t(t + 2)2 (t + 2)2
則j(t) = t + 4
4
+ -12ln2在 t > 4時單調(diào)遞增，故j(t) > j(4) = 9 -12ln2 > 0 ，
t
則 h (t) > 0 ，令 h(t)在 t > 4
1
時單調(diào)遞增，則 h(t) > h(4) = ln4 - 4 ln2 = 0，
2
因此 (t + 2)
lnt
× > 4ln2(t > 4)，即 lnx1 + 2lnx2 > 4ln2 + 3，t -1
x x2所以 1 2 >16e
3 .
【點睛】思路點睛：涉及函數(shù)的雙零點問題，不管待證的是兩個變量的不等式，還是導(dǎo)函數(shù)的值的不等式，
都是把雙變量的等式或不等式轉(zhuǎn)化為一元變量問題求解，途徑都是構(gòu)造一元函數(shù).
4．（2024·重慶·模擬預(yù)測）已知函數(shù) f (x) = a(ln x
1
+1) + 3 (a > 0)．x
(1)求證：1+ x ln x > 0；
(2)若 x1, x2 是 f (x)
1
的兩個相異零點，求證： x2 - x1 <1- ．a(chǎn)
【答案】(1)證明見解析
(2)證明見解析
【分析】（1）設(shè) g(x) =1+ x ln x, x (0,+ )，求導(dǎo)，分析函數(shù)的單調(diào)性，確定函數(shù)的值域可證明該問題.
（2）求 f (x) ，分析函數(shù)單調(diào)性，求出極值；根據(jù) f (x) 的兩個相異零點，可確定 a的取值范圍，并分別得到
x1, x2 的取值范圍，推導(dǎo)出 x2 - x1 的取值范圍.
【解析】（1）令 g(x) =1+ x ln x, x (0,+ )，則 g (x) =1+ ln x．
令 g (x) > 0 x
1
，得 > ；令 g (x) < 0，得0 < x
1
< ．
e e
g(x) 0, 1 1 所以 在 ÷上單調(diào)遞減，在 ,+ e e ÷上單調(diào)遞增．è è
所以 g(x)
1 1
min = g

÷ =1- > 0，所以1+ x ln x > 0．
è e e
（2）易知函數(shù) f (x) 的定義域是 (0, + )．
1 a 3 ax3
由 f (x) = a(ln x +1) + 3 ，可得 f
(x) - 3= - = ．
x x x4 x4
令 f (x) > 0 得 x 3> 3 ；令 f (x) < 0 得0 x 3< < 3 ．
a a

所以 f (x)
3 3
> 0 在 3 3 0, ÷÷上單調(diào)遞減，在 ,+ ÷÷上單調(diào)遞增，
è a è a

f (x) f 3
a ln 3 3 a所以 min = 3 ÷÷ = + + ．
è a
÷
3 è a 3
a 3
①當(dāng) ln + 3
a+ 0，即
3 a ÷ 3 0 < a 3e
4時， f (x) 至多有 1 個零點，故不滿足題意．
è
a ln 3 a② 3 1當(dāng) + 3÷ + < 0，即 a > 3e4 時， 3 < 3 <1．3 è a 3 a e4
3 3
因為 f (x) 在 3 ,+ a ÷÷上單調(diào)遞增，且
f (1) = a +1 > 0．所以 f (1) × f 3 ÷÷ < 0，
è è a
3
所以 f (x) 在 3 ,+ ÷÷上有且只有 1
3
a 個零點，不妨記為
x1，且 3 < x1 <1．
è a
1 1 3 3
由（1）知 ln x
1
> - ，所以 f ÷÷ = a ln +1÷÷ + a
2 > a(- a +1) + a 2 = a > 0．
x è a è a
3 1 3 1 3
因為 f (x) 在 0, 3 ÷上單調(diào)遞減， < 3 , f × f 3 a ÷
< 0 ，
è a a
a ÷÷ ÷÷è è a
3
f (x) 0, 3 1 x 1 x 3所以 在 ÷÷上有且只有 個零點，記為 2，且 < 32 < ．
è a a a
1 3 1
所以 < x < 32 < x1 <1，所以 -1< x - x < 0．a(chǎn) a a 2 1
1 3 3
同理，若記 x 31 , ÷÷ , x2 a a
3 ,1÷÷
è è a
1
則有0 < x2 - x1 <1- ，a
1
綜上所述， x2 - x1 <1- ．a(chǎn)
【點睛】方法點睛：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、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．
5．（2024·黑龍江雙鴨山·模擬預(yù)測）已知函數(shù) f (x) = lnx
2
+ - a(x +1)(a R) .
x
(1)當(dāng) a = -1時，討論 f (x) 的單調(diào)性；
(2)若 x1, x2 x1 < x2 是 f (x) 的兩個極值點，證明： f x2 - f x
1
1 < - 4 ．2a
【答案】(1) f (x) 在( 0, 1)上單調(diào)遞減，在 (1, + )上單調(diào)遞增
(2)證明見解析
【分析】（1）將 a = -1代入函數(shù)解析式，求出導(dǎo)函數(shù)，解導(dǎo)數(shù)不等式即可得到 f (x) 的單調(diào)區(qū)間；
1 2
（2）根據(jù) x1, x2 x1 < x2 是 f (x) 的兩個極值點，結(jié)合韋達定理可得 x1 + x2 = ， x1x2 = ，要證明a a
x2 - x1 x 2 x2 - x1 x - x
f x - f x 1< - 4 ，即轉(zhuǎn)化為求證 f x2 - f x < ln 2 < + 2 11 ，即證明 ,2 1 2a x1x2 x1 x1 + x x
令
2 1x2
-1
t x= 2 (t > 1)
x ，構(gòu)造函數(shù) g(t) ln t
t
= - (t >1)，利用導(dǎo)數(shù)研究 g(x)在 (1, + )的單調(diào)性即可得證.
1 t
2
【解析】（1）當(dāng) a = -1時， f (x) = ln x + + x +1, f (x) 的定義域為 (0, + )，
x
1 2 x2f (x) + x - 2 (x + 2)(x -1)所以 = - 2 +1 = = ，令 f (x) = 02 2 ，解得 x =1，x x x x
當(dāng) x (0,1) 時， f (x) < 0 ，當(dāng) x (1,+ )時， f (x) > 0 ，
故 f (x) 在( 0, 1)上單調(diào)遞減，在 (1, + )上單調(diào)遞增．
2 f (x) 1 2 a -ax
2 + x - 2
（ ） = - 2 - = ，x x x2
由題意可知， x1, x2 x1 < x 是方程-ax22 + x - 2 = 0 的兩根，
ì 1
> 0 1 1 2
則 í2a ，解得0 < a < ，所以 x1 + x2 = ， x1x2 = ，
D =1-8a > 0
8 a a
1 a 1 8 a 1 2 8
要證 f x2 - f x1 < - 4 = × - = × -2a 2 a2 a 2 a ÷è a
a x 2 x - x= × 1 + x2 - 4x1x2 = 2 12 ，x1x2
é ù
即證 ln x
2
2 + - a x2 +1 - êln x
2
1 + - a x1 +1
x - x
ú <
2 1
x x ，2 1 x1x2
x2 2 x1 - xln 2 x+ - a x - x < 2 - x1只需證 x 2 1 ，1 x1x2 x1x2
ln x2
2 x - x
2a x x x2 - x1 2 1 x2 - x需證 < 2 - 1 + = + 1 ,x1 x1x2 x1 + x2 x1x2
x2
令 t = (t > 1)，則需證 ln t
t -1 2(t -1)
< +
x ，1 t t +1
1 1 21 1 1 1 1 1 1 -- - 4 4
設(shè) g t ln t t -1= - (t >1) 2 2 2 2 t - t，則 t - t (t -1) - t - t +1 ÷ ，
t g (t) 1= - 2 = 2 2 = - è < 0
t t t 2t
t -1
所以函數(shù) g(t)在 (1, + )上單調(diào)遞減，所以 g(t) < g(1) = 0，因此 ln t < ,
t
2(t -1) t -1 2(t -1)
由 t > 1得， > 0，所以 ln t < + ，
t +1 t t +1
故 f x 12 - f x1 < - 4 得證,2a
【點睛】方法點睛：對于利用導(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，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)能直接求出最值點的情況，進行求解，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．
ax
6．（2024·安徽蚌埠·模擬預(yù)測）已知函數(shù) f x = ln x +1 , g x = ，其中a 1．
x + a
x
(1)若 a =1，證明： x > 0時， f x < 2g x +1 ；
(2)若函數(shù)F x = f x - g x 在其定義域內(nèi)單調(diào)遞增，求實數(shù) a的值；
a a n!e
n 3
(3)已知數(shù)列 n 的通項公式為 n = n ，求證： 4 ．n × n an > an+1 > e
【答案】(1)證明見解析
(2) a = 2
(3)證明見解析
【分析】（1）構(gòu)建G
x x + 2
x = ln x +1 - (x > 0)
2 x +1 ，利用導(dǎo)數(shù)判斷其單調(diào)性，結(jié)合單調(diào)性分析證明；
x x - a2 + 2a
（2）求導(dǎo)可得F x = 2 ，分1 a < 2、 a = 2和 a > 2三種情況，結(jié)合導(dǎo)數(shù)分析單調(diào)性即可； x +1 (x + a)
1 n 1 ln 1 1
1
-
（3）根據(jù)（1）（2）分析可得 < +
a
2 ÷
1+ ÷ <1+ ，進而可得 e 4n n+1 < n+1
è è n 4n n +1 <1，根據(jù)題意結(jié)an
合裂項相消法分析證明.
【解析】（1）由題意可知： f x
x x x + 2< 等價于 ln x +1

<
2g x 1 + 2 x ，其中 x > 0．+1
x x + 2
構(gòu)建G x = ln x +1 - (x > 0)2 x ，+1
1 x2 + 2x + 2 x2
則G x = -
x +1 2(x +1)2
= - < 0，
2(x +1)2
可知G x 在 0, + 上單調(diào)遞減，則 x > 0時，G x < G 0 = 0，
x
f x x + 2 所以 x > 0時， < 2 x +1 ．
ax
（2）由題意可知：F x = ln x +1 - , x > -1，
x + a
1 a2 x x - a2 + 2a
則F x = - =
x +1 (x + a)2 x +1 (x + a)2
①若1 a < 2，則-1 a2 - 2a < 0，由F x < 0可得 a2 - 2a < x < 0，
可知F x 在 a2 - 2a,0 上單調(diào)遞減，不合題意；
x2
②若 a = 2，則F x = 0 x +1 (x ，+ 2)2
可知F x 0, + 上為增函數(shù)，符合題意；
③若 a > 2，則 a 2 - 2a > 0 ，由F x < 0可得0 < x < a2 - 2a ，
可知F x 0, a2在 - 2a 上單調(diào)遞減，不合題意；
綜上所述： a = 2．
2x
（3）由（2）知：F x = ln x +1 - 在 0, + 上單調(diào)遞增，
x + 2
2x 1 1
所以 x > 0時，F(xiàn) x = ln x +1 - > F 0 = 0，即 + ÷ ln x +1 >1，x + 2 è x 2
x x + 2
由（1）知： x > 0時， ln x +1 < 2 x +1 ，
1 1 ln x 1 (x + 2)
2 x2
則 + ÷ + < =1+
è x 2 4 x 1 4 x 1 ，+ +
1 1 2
所以 x > 0時，1< + ÷ ln x +1 <1
x
+
è x 2 4 x +1 ，
x 1 1
n 1 令 = 得： < + ÷ ln
1 1+ ÷ <1
1
+
n è 2 è n 4n n +1 ，
n 1+ 1 12 +
即 e 1< 1+ < e 4n n+1 ，
è n ÷
n +1 !en+1
an+1 (n +1)n+1 n +1 e
因為 = n =a n!e n 1 ，n + 1 2
nn n 1+ n ֏
1
-
所以 e 4n n+1 a< n+1 <1，
an
a 1n 1 -+
由 <1知： an+1 < a
a
，又因為 n+1 > e 4n n+1 a n ，n an
n n
n a n 1 1
1 1 1
- 1- 1 1- - ÷ 3 1 3
所以 a = a × k +1 > e× e 4k (k +1) = e 4 k=1 k (k +1) = e 4 k=1 è k k +1
+
= e4 n+1n+1 1 > e4 ，
k =1 ak k =1
3
所以 a 4 ．n > an+1 > e
【點睛】方法點睛：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．
特別地：當(dāng)作差或變形構(gòu)造的新函數(shù)不能利用導(dǎo)數(shù)求解時，一般轉(zhuǎn)化為分別求左、右兩端兩個函數(shù)的最值
問題．
1
7
2
．（2024·山東·模擬預(yù)測）已知函數(shù) f x = + a ÷ ln x + - 2，其中 a R ．
è x x
(1)當(dāng)a 1時，判斷 f x 的單調(diào)性；
(2)若 f x 存在兩個極值點 x1, x2 x2 > x1 > 0 ．
2
（ⅰ）證明： x2 - x1 + 2 > ；a
1 4 5
（ⅱ）證明： x 1,+ 時， f x > 3 - 2 + - 2x ．2 x2 x2
【答案】(1) f x 在 0, + 上單調(diào)遞增
(2)（ⅰ）證明見解析；（ⅱ）證明見解析
1+ ln x
【分析】（1）求出函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)，令 g x = a - ， x 0, + ，利用導(dǎo)數(shù)說明 g x 的單調(diào)性，求出
x
g x f xmin ，即可得到 的單調(diào)性；
（2）（ⅰ）結(jié)合（1）及題意可知 g x = 0有兩個不相等的實數(shù)根，即可求出 a的取值范圍，從而得到
1 2 x -1 x -1
< x1 < 1 < x
2
e 2 ，分析可知只需證明
x2 > -1，即證 ln xa 2
- > 0
x 1 ，令 p x = ln x - x >1+ ，利用導(dǎo)數(shù)說2 x +1
明函數(shù)的單調(diào)性，即可得證；
a 1+ ln x2（ⅱ）由（ⅰ）知 x2 >1， = 及 fx x 在 1, + 上的單調(diào)性，從而得到2
2ln x2 + ln x
2 + 2 - 2x 1
f x f x 2 = 2 2 ，再構(gòu)造函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)證明 ln x >1- > 0 x >1 ，即可得證.x2 x
1
【解析】（1）函數(shù) f x = + a

÷ ln x
2
+ - 2的定義域為 0, + ，
è x x
a 1+ ln x-
則 f x - ln x 1 1 2= + + a - = x ，
x2 x ֏ x x2 x
令 g x a 1+ ln x= - ， x 0, + ，則 g x ln x= ，
x x2
所以當(dāng)0 < x <1時 g x < 0，當(dāng) x >1時 g x > 0，
所以 g x 在 0,1 上單調(diào)遞減，在 1, + 上單調(diào)遞增，
所以 g x 在 x =1處取得極小值，即最小值，所以 g x = g 1 = a -1 0min ，
所以 f x 0在 0, + 上恒成立，
所以 f x 在 0, + 上單調(diào)遞增；
（2）（ⅰ）由（1）可知 g x 在 0, + 上的最小值為 g 1 = a -1，
當(dāng) x 0 時 g x + ，當(dāng) x + 時 g x a，
若 f x 存在兩個極值點 x1, x2 x2 > x1 > 0 ，則 g x = 0有兩個不相等的實數(shù)根 x1, x2 x2 > x1 > 0 ，
ìa > 0
所以 í 0 < a < 1 g 1 = a -1< 0
，解得 ，
g 1 = a > 0 1又 ÷ ，所以 < x1 < 1 < x2 ，
è e e
且當(dāng)0 < x < x 1 時 g x > 0，即 f x > 0，則 f x 單調(diào)遞增，
當(dāng) x1 < x < x2 時 g x < 0，即 f x < 0，則 f x 單調(diào)遞減，
當(dāng) x > x2 時 g x > 0，即 f x > 0，則 f x 單調(diào)遞增，
所以x1為 f x 的極大值點，x2為 f x 的極小值點，
ìa 1+ ln x- 1 = 0 ìx 1+ ln x 1 x 1
=
1 a
因為 í 1 ln x ，所以 í ， a +- 2 = 0 x 1+ ln x2 = 2
x 2 a
要證 x2 - x1 + 2
2 2
> ，即證 x2 > - 2 x
1
+ 1，又 < xa a e 1
<1，
2
只需證 x2 > -1，a
x 2x2即證 2 > -1 ln x
x2 -1- > 0
1+ ln x ，即證 2 ，2 x2 +1
x 1 2
令 p x ln x -= - x >1 ，則 p x
1 2 x +1
= - = > 0，
x +1 x x +1 2 x x +1 2
所以 p x 在 1, + 上單調(diào)遞增，
所以 p x
x -1
> p 1 = 0 ，即 ln x 22 - > 0x +1 成立，2
2
所以 x2 - x1 + 2 > ；a
1+ ln x
（ⅱ）由（ⅰ）知 x2 >1，a =
2
x ，2
且當(dāng)1< x < x2 時 f x < 0，當(dāng) x > x 時 f 2 x > 0，
所以 f x 在 1, x2 上單調(diào)遞減，在 x2 ,+ 上單調(diào)遞增，
f x f x 1 2所以 2 = + ax ÷ ln x2 + - 2è 2 x2
1 1+ ln x
= + 2 ln x
2
+ - 2
è x x
÷ 2
2 2 x2
2ln x + ln x 2 + 2 - 2x
= 2 2 2 ，
x2
令H x = ln x 1+ x 1 1 x -1>1 ，則H x = - 2 = 2 > 0，x x x x
所以H x 在 1, + 上單調(diào)遞增，
所以H x > H 1 =1，即 ln x 1 1> - > 0 x >1 ，
x
2

2 1 1- + 1 1- + 2 - 2x
所以 2ln x + ln x 2 + 2 - 2x x ÷ ÷ 22 2 2 è 2 è x2 1 4 5 ，> = 3 - 2 + - 2x2 x2 x2 x2 x2
f x 1 4 5所以 > 3 - + - 2x x2 x .2 2 2
【點睛】方法點睛：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．
特別地：當(dāng)作差或變形構(gòu)造的新函數(shù)不能利用導(dǎo)數(shù)求解時，一般轉(zhuǎn)化為分別求左、右兩端兩個函數(shù)的最值
問題．
8．（2024·全國·模擬預(yù)測）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 ；
1
1 é p ù p
（3）利用（1）（2）中的結(jié)論， (1+ x) p 1+ px， ln(1+ x) < x ，得到 (1 p 1) p p -1 + - ê 1+ ÷ ú ，
ê è p ú
2 1- < 2 - ln 1
p
1+
p ÷
= 2 - éln p +1 - ln pù 放縮證明.
è
1 f x = p(1+ x) p-1【解析】（ ） - p = p é (1+ x)
p-1 -1ù ．因為1+ 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， f x < 0， f (x) 單調(diào)遞減；當(dāng) x > 0時， 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) g x 1 -x，則 = -1 = < 0，所以 g(x)在 (0, + )上單調(diào)遞減，
1+ x 1+ x
故 g(x) < g(0) = 0，從而當(dāng) x > 0時， ln 1+ x < x ．
p
（3）由（1 p -1 ）知 (1+ x) p 1+ px，所以 1+ ÷ 1+ p -1 = p，再利用 ln(1+ x) < x ，
è p
1
p
1 1 1 n 1 n 1 n é ù p
于是1+ 22 + 33 +L+ nn = p p = (1 p 1) p p -1 + - ê 1+ ÷ ú
p=1 p=1 p=1 ê è p ú
n n é ù n
= 2 1 - ÷ < ê2 - ln 1 1+ ÷ú = 2n - éln p +1 - ln pù = 2n - ln(n +1)
p=1 è p p=1 è p p=1
1 1 1
因此，1+ 22 + 33 +L+ nn < 2n - ln(n +1)．
ln x +1 x x tan x > x > sin x p 【點睛】方法點睛：常見的放縮公式 ； e x +1； 0 < x < ÷；
è 2
b b + m
< a > b > 0,m > 0
a a + m
9 x x．（2024·安徽合肥·二模）已知曲線C : f x = e - xe 在點 A 1, f 1 處的切線為 l．
(1)求直線 l的方程；
(2)證明：除點A 外，曲線C 在直線 l的下方；
(3)設(shè) f x1 = f x2 = t, x
t
1 x2 ，求證： x1 + x2 < 2t - -1．e
【答案】(1) y = -ex + e；
(2)證明見解析；
(3)證明見解析.
【分析】（1）求導(dǎo)，得到 f 1 = 0, f 1 = -e，利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義寫出切線方程；
2 g x = -ex + e - ex x（ ）令 + xe ，二次求導(dǎo)得到函數(shù)單調(diào)性，結(jié)合特殊點函數(shù)值，得到所以 g x g 1 = 0 ，
當(dāng)且僅當(dāng) x =1等號成立，得到證明；
（3）求導(dǎo)得到 f x 的單調(diào)性，結(jié)合函數(shù)圖象得到0 < t <1，不妨令 x1 < 0,0 < x2 < 1，結(jié)合曲線C 在 1,0 點
t
的切線方程為j x = -ex + e，得到 x2 < x3 = - +1，轉(zhuǎn)化為證明 x1 < 2t - 2 x，又 t = e 1 - x x1e 1e ，只要證
x x11 < 2e - 2x e
x1
1 - 2 ，令F x = 2ex - 2xex - x - 2, x < 0 ，求導(dǎo)得到函數(shù)單調(diào)性，結(jié)合特殊點函數(shù)值得到答
案.
【解析】（1）因為 f x = ex - xex ，
所以 f 1 = 0, f x = -xex , f 1 = -e，
所以直線 l的方程為： y = -e x -1 ，即 y = -ex + e
（2）令 g x = -ex + e - ex + xex x x，則 g x = -e - e + e + xex = -e + xex ，
令 h x = g x h x = x +1 ex，則 ，
由 h x > 0，解得 x > -1，由 h x < 0，解得 x < -1，
所以 h x 在 - ,-1 上單調(diào)遞減，在 -1, + 上單調(diào)遞增，
當(dāng) x - 時， h x -e, h 1 = 0，
所以 g x 在 - ,1 上單調(diào)遞減，在 1, + 上單調(diào)遞增，
所以 g x g 1 = 0 ，當(dāng)且僅當(dāng) x =1等號成立，
所以除切點 1,0 之外，曲線C 在直線 l的下方．
（3）由 f x = -xex > 0，解得 x < 0, f x = -xex < 0，解得 x > 0，
所以 f x 在 - ,0 上單調(diào)遞增，在 0, + 上單調(diào)遞減，
f (x)max = f 0 =1, f 1 = 0，
當(dāng) x - 時， f x 0 ．
因為 f x1 = f x2 = t, x1 x2 ，則0 < t <1，不妨令 x1 < 0,0 < x2 < 1．
因為曲線C 在 1,0 點的切線方程為j x = -ex + e，
設(shè)點 x3 , t 在切線上，有 t = -e x3 -1
t
，故 x3 = - +1，e
由（1）知 x 0,1 時，j x > f x ，
則j x2 > f x2 = t = j x x
t
3 ，即 2 < x3 = - +1，e
t
要證： x1 + x2 < 2t - -1，e
只要證： x1 + x2 < x1 +1
t
- < 2t t- -1，
e e
只要證： x1 < 2t - 2，
又 t = ex1 - x x11e ，
只要證： x1 < 2e
x1 - 2x x11e - 2 ，
令F x = 2ex - 2xex - x - 2, x < 0 ，
則F x = -2xex -1，
易證F x 在 - ,-1 上單調(diào)遞增，在 -1,0 上單調(diào)遞減，
2
所以F x F -1 = -1 < 0，
e
所以F x 在 - ,0 上單調(diào)遞減，所以F x > F 0 = 0成立，
所以原命題成立．
t t
【點睛】關(guān)鍵點點睛：本題關(guān)鍵是利用函數(shù)在零點處的切線方程，得到 x3 = - +1，且 x2 < x3 = - +1，從e e
而只需證明 x1 < 2t - 2，再勾股函數(shù)進行求解.
2
10 2024· · f x x +3x + 2．（ 甘肅白銀 三模）設(shè)函數(shù) = ， g x = x - ln x +1 x 1 ．e +
(1)討論 f x 的單調(diào)性．
(2)證明： g x 0．
(3)當(dāng) x > e -1時，證明： f x < ln x + 2 ．
5 +1 5 -1 5 +1 5 -1
【答案】(1) f x 的增區(qū)間為 - , ÷÷，減區(qū)間為 - , - ÷÷， ,+ ÷2 2 ÷è è 2 è 2
(2)證明見解析
(3)證明見解析
【分析】（1）對 f (x) 求導(dǎo)，利用導(dǎo)數(shù)與函數(shù)單調(diào)性間的關(guān)系，求出 f (x) > 0 和 f (x) < 0 的解，即可求出結(jié)
果；
（2）對 g(x)求導(dǎo)，利用導(dǎo)數(shù)與函數(shù)單調(diào)性間的關(guān)系，求出 g(x)的單調(diào)區(qū)間，進而求出 g(x)的最小值，即
可證明結(jié)果；
x
（3）根據(jù)條件及（2）中結(jié)果得到 x +1 > ln(x + 2) >1，構(gòu)造函數(shù) y = x ，利用導(dǎo)數(shù)與函數(shù)單調(diào)性間的關(guān)系，e
y x x +1 ln(x + 2) ln x + 2 得到 = x 在區(qū)間 (1, + )上單調(diào)遞減，從而得到 x+1 < ln( x+2) = ，即可證明結(jié)果.e e e x + 2
2
1 f x x + 3x + 2 R f x -x
2 - x +1
【解析】（ ）因為 = x+1 ，易知定義域為 ， =e ex+1
，
由 f (x) > 0 5 +1 x 5 -1 5 +1 5 -1，得到- < < ，由 f (x) < 0 ，得到 x < - 或 x > ，
2 2 2 2

所以 f x 5 +1的增區(qū)間為 - ,
5 -1 5 +1 5 -1
，減區(qū)間為
2 2 ÷÷
- ,- ÷÷， ,+ ÷÷ .
è è 2 è 2
（2）因為 g x = x - ln x +1 ，易知定義域為 -1, + ) g x 1 1 x， = - = ，
x +1 x +1
當(dāng)-1 < x < 0時， g (x) < 0，當(dāng) x > 0時， g (x) > 0，
即 g x = x - ln x +1 在區(qū)間 -1,0 上單調(diào)遞減，在區(qū)間 0, + 上單調(diào)遞增，
所以 g x g(0) = 0 .
（3）由（2）知 x ln x +1 ，當(dāng)且僅當(dāng) x = 0時取等號，所以 x +1 ln(x + 2)，當(dāng)且僅當(dāng) x=-1時取等號，
x2 + 3x + 2 ln x + 2
要證明 x+1 < ln x 2
x +1 ln(x + 2)
+ ，即證明
e ex+1
< = ，
x + 2 eln( x+2)
令 y
x y 1- x= x ，則 = x < 0在區(qū)間 (1, + )上恒成立，e e
x +1 > ln(x + 2) >1 x +1 ln(x + 2) ln x + 2又 x > e -1 ，所以 ，所以 x+1 < ln( x+2) = ，命題得證.e e x + 2
x2 + 3x + 2
【點睛】關(guān)鍵點點晴：本題的關(guān)鍵在于第（3）問，通過轉(zhuǎn)換，要證明 x+1 < ln x + 2 ，即證明e
x +1 ln x + 2 ln(x + 2) x x
x+1 < = ln( x+2) ，再構(gòu)造函 y = x ，利用 y = x 的單調(diào)性及（2）中結(jié)論解決問題.e x + 2 e e e
1 1
11 2 2．（2024·貴州遵義·一模）已知函數(shù) f (x) = ln(x +1) + x ， g(x) = cos x + x ．
2 2
(1)求 f x 的單調(diào)區(qū)間；
x1
(2)若對于正實數(shù) x1, x2 ，滿足 f e 2 ÷ +1 = g x2 ．
è
x1
（i）證明： x2 > e 2 ；
（ii）證明： f x22 > g x1 +1 -1．
【答案】(1)單調(diào)遞增區(qū)間 (-1, + )，無遞減區(qū)間
(2)（i）證明見解析；（ii）證明見解析
x2 + x +1
【分析】（1）求得 f (x) = ，結(jié)合 x2 + x +1 > 0，得到 f (x) > 0 ，即可求解；
x +1
（2）（i）設(shè)j x = f (x) 1 g x x x+ - ，當(dāng) x > 0時，得到j(luò) x > 0 1 1 2 2，得到 f (e 2 ) +1 > g(e 2 )和 f (x2 ) +1 > g(x2 ) ，
x1 x1
根據(jù) f e 2 ÷ +1 = g x2 ，得到 g x > g(e 2 )，再由 g (x) = x - cos x ，令 p(x) = x - sin x ，求得 g x 單調(diào)遞增，
è 2
x1
進而證得 x > e 2 ；2
（ii）要證 f x22 > g x1 +1 -1 2 x，轉(zhuǎn)化為證 x2 > x1 +1，設(shè)m x = e - x -1，利用導(dǎo)數(shù)求得m x 在 (0, + )單調(diào)
x 2
遞增，得到 e 1 > x1 +1，進而得到 x2 > x1 +1，即可得證.
f (x) ln(x 1) 1【解析】（1）解：由函數(shù) = + + x2，其定義域為 x > -1，
2
2
可得 f (x) 1= + x x + x +1= ，
x +1 x +1
x2因為 + x +1 (x
1
= + )2 3+ > 0，所以 f (x) > 0 ，所以 f x 在 (-1, + )單調(diào)遞增，
2 4
所以函數(shù) f x 單調(diào)遞增區(qū)間為 (-1, + )，無遞減區(qū)間.
（2）解：（i）由 f (x) = ln(x 1)
1 x2 g(x) cos x 1+ + ， = + x2 ，
2 2
設(shè)j x = f (x) +1- g x = ln(x +1) +1- cos x ，其中 x > 0，
當(dāng) x > 0時，1- cos x 0， ln(x +1) > 0，所以j x > 0恒成立，
x1 x1 x1 2 2
所以j(e 2 ) > 0，可得 f (e 2 ) +1 > g(e 2 )，同理可得 f (x2 ) +1 > g(x2 ) ，
x1 x1
又因為 f e 2 ÷ +1 = g x2 ，所以 g x > g(e 2 )，
è 2
又由 g (x) = x - cos x ，令 p(x) = x - sin x ，可得 p (x) =1- cos x 0 ，
所以 p(x) = g x 在 (0, + )上單調(diào)遞增，所以 g x > g 0 = 0恒成立，
所以 g x 在 (0, + )上單調(diào)遞增，
x1 x1
又因為 x > 0,e 2 > 0，所以2 x2 > e 2 .
（ii）要證 f x22 > g x1 +1 -1，即證 f x2 +1 > g x1 +1 ，
只需證 g x22 > g x 21 +1 ，即證 x2 > x1 +1，
x1 x2 > ex因為 x e 2 ，可得 1> 2 ，2
設(shè)m x = ex - x -1, x > 0，則m x = ex -1 > 0 在 (0, + )上恒成立，
所以m x 在 (0, + )單調(diào)遞增，
又因為 x1 > 0，所以m x1 > m 0 = 0 x，所以 e 1 > x1 +1，
2 2
所以 x2 > x1 +1，所以 g x2 > g x1 +1 ，從而 f x2 +1 > g x1 +1 ，
所以 f x22 > g x1 +1 -1.
【點睛】方法技巧：對于利用導(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，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)能直接求出最值點的情況，進行求解，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．
12 2024· · f x = ex - ax2．（ 遼寧 模擬預(yù)測）已知函數(shù) (a > 0)．
2
(1) a e當(dāng) = 時，判斷 f x 在區(qū)間 1, + 內(nèi)的單調(diào)性；
4
(2)若 f x 有三個零點 x1, x2 , x3，且 x1 < x2 < x3．
（i）求 a的取值范圍；
（ii）證明： x1 + x2 + x3 > 3 .
【答案】(1) f x 在 1,2 上單調(diào)遞減，在 2, + 上單調(diào)遞增
e2
(2)（i） a ,+ ÷ ；（ii）證明見解析
è 4
【分析】（1）多次求導(dǎo)后，借助導(dǎo)數(shù)的單調(diào)性及正負(fù)即可判斷原函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；
ex ex
（2）（i）原條件可轉(zhuǎn)化a = 2 有三個不等實根，從而構(gòu)造函數(shù) h x = 2 ，研究該函數(shù)即可得；（ii）借助x x
h xx 3的 單調(diào)性，得到 x1 > -1，從而將證明 x1 + x2 + x3 > 3，轉(zhuǎn)化為證明 x2 + x3 > 4，再設(shè) t = x ，從而將三個2
2 x -1
變量的問題轉(zhuǎn)化為單變量問題，即可構(gòu)造函數(shù)m x = ln x - x >1 ，證明其在 1, + 上大于 0 即可.
x +1
e2 e2 e2
【解析】（1）當(dāng) a = 時， f x = ex - x2 ， f x = ex - x ，
4 4 2
2 2
令 g x = f x ex e e= - x ， g x = ex - ，
2 2
g x ex e
2 2
令 = - = 0，可得 x = ln e = 2 - ln 2，
2 2
則當(dāng) x 1,2 - ln 2 時， g x < 0，當(dāng) x 2 - ln 2, + 時， g x > 0，
即 g x 在 1, 2 - ln 2 上單調(diào)遞減，在 2 - ln 2, + 上單調(diào)遞增，
2
又 g 1 = f 1 e e= - < 0， g 2 = f 2 = e2 - e2 = 0 ，
2
故當(dāng) x 1,2 時， f x < 0，當(dāng) x 2, + 時， f x > 0，
故 f x 在 1,2 上單調(diào)遞減，在 2, + 上單調(diào)遞增；
（2）（i） f x 有三個零點，即ex - ax2 = 0 有三個根，
x = 0 a e
x
由 不是該方程的根，故 = 2 有三個根 x1, x2 , x3，且 x1 < x2 < x3，x
x x
令 h x e= 2 ， h x
x - 2 e
= ，
x x3
故當(dāng) x - ,0 U 2,+ 時， h x > 0，當(dāng) x 0,2 時， h x < 0，
即 h x 在 - ,0 、 2, + 上單調(diào)遞增，在 0,2 上單調(diào)遞減，
e2h 2 e
2
= = ，當(dāng) x - 時， h x →02 ， x 0- 時， h x + ，2 4
當(dāng) x 0+ 時， h x + ， x + 時， h x + ，
e2 x
故 a ,+
e
÷ 時，a = 2 有三個根；è 4 x
e-1 1 e2
（ii）由 h x 在 - ,0 上單調(diào)遞增， h -1 = 2
= <
4e 4 ，故 x1 > -1，-2
ex1 ex2 ex3
由（i）可得 2 = 2 = 2 = a ，且-1 < xx x x 1
< 0 < x2 < 2 < x3，
1 2 3
x
即只需證 x2 + x3 > 4，設(shè) t =
3 >1，則 x3 = x2tx ，2
ex2 ex2t
則有 2 =x 2 ，即有 t
2 = ex2 t-1 ，故 2ln t = x2 t -1 x
2ln t
， 2
= ，
2 x2t t -1
x 2t ln t 2ln t 2t ln t 2 t +1 ln t則 3 = ，即 x2 + x3 = + = ，t -1 t -1 t -1 t -1
2 t +1 ln t t +1 ln t 2 t -1
即只需證 > 4 > 2 ln t - > 0，
t -1 t -1 t +1
令m x 2 x -1= ln x - x >1 ，
x +1
1 2 x +1 - 2 x -1 x +1
2 - 4x x -1m x
2
則 = - = = > 0 恒成立，
x x +1 2 x x +1 2 x x +1 2
故m x 在 1, + 上單調(diào)遞增，
則m x > m 1 = ln1- 0 = 0，即得證.
【點睛】方法點睛：極值點偏移問題的一般題設(shè)形式：
1.若函數(shù) f (x) 存在兩個零點 x1, x2 且 x1 x2 ，求證： x1 + x2 > 2x0 （ x0 為函數(shù) f (x) 的極值點）；
2.若函數(shù) f (x) 中存在 x1, x2 且 x1 x2 滿足 f (x1) = f (x2 )，求證： x1 + x2 > 2x0 （ x0 為函數(shù) f (x) 的極值點）；
3.若函數(shù) f (x) 存在兩個零點 x , x 且 x x x
x + x
，令 = 1 2 1 2 1 2 0 ，求證： f x0 > 0；2
4.若函數(shù) f (x) 中存在 x1, x2 且 x1 x2 滿足 f (x ) = f (x )
x + x
，令 x = 1 2 1 2 0 ，求證： f x0 > 0 .2
13．（2024· ax-1河南南陽·一模）已知函數(shù) f x = e - x - a(a > 0) .
(1)若函數(shù) f x 在 0, + 上單調(diào)遞增，求 a的取值范圍.
(2)若函數(shù) f x 的兩個零點分別是 x1, x2 ，且 x1 < x2，證明：
① x2隨著 a的增大而減小；
x x 1② 2 - 1 > + a .a
【答案】(1) e, +
(2)①證明見解析：②證明見解析
【分析】（1）利用導(dǎo)數(shù)判斷原函數(shù)單調(diào)性，卡端點列出不等式求解即可.
（2）①合理判斷 f x 有兩個零點，構(gòu)造x a2與 的函數(shù)，求其單調(diào)性即可.
②求出關(guān)鍵點的函數(shù)值，結(jié)合不等式的運算性質(zhì)證明不等關(guān)系即可.
【解析】（1）若函數(shù) f x 在 0, + f x = aeax-1上單調(diào)遞增，易知 -1，
令 f x < 0， x ( ,1- lna- )，令 f x > 0 1- lna， x ( ,+ ) ，a a
所以 f x x ( 1- lna 1- lna在 - , )上單調(diào)遞減，在 ( ,+ )上單調(diào)遞增，
a a
1- lna
故原命題等價于求 0，且 a > 0，故1- lna 0，解得 a e, + ，
a
即 a的取值范圍為 e, + .
（2）①引理：對 t 0, + ，必有 t > lnt 成立，令 g(t) = t 2 - lnt ，
g (t) 1 2t
2 -1
故 = 2t - = ，令 g (t) < 0 ， t (0, 2 )，令 g (t) > 0， t ( 2 ,+ )，
t t 2 2
故 g(t)在 (0, 2 )上單調(diào)遞減，在 ( 2 ,+ )上單調(diào)遞增，
2 2
則 g(t)min = g(
2 ) ( 2= )2 - ln 2 > 0，即 t 2 - lnt > 0恒成立，故 t > lnt 成立，
2 2 2
u 1- lna設(shè) = ，則 ae(au-1) -1 = 0 ，即 ae(au-1)a =1
，
(au-1) 1 lna
可得 f x 的最小值為 f (u) = e - u - a = - u - a = - a < 0
a a
2
而 f (-a) = e(-1-a ) > 0，當(dāng) x + 時， f x + ，
a lna 1- lna且由引理知- < - < ，故 f (u) × f (-a) < 0，
a a
由零點存在性定理得 f x 有兩個零點 x1, x2 ，
結(jié)合 x
1- lna
1 < x2可得-a < x1 < < xa 2
，
故當(dāng) a > 0時，兩個根一定會存在，設(shè)x 是關(guān)于 a2 的函數(shù)，記為 x2 = g a ，
1- lna
我們同樣可以定義為：對 a > 0，存在唯一的 x2 > ，使得 f x2 = a ，a
且這個x2就是關(guān)于 x 的方程 f x = a中的較大根，此時已有 g a = x2 ，
此時發(fā)現(xiàn) g x 是 (0, + )上的函數(shù)，則證明 g x 在 (0, + )上單調(diào)遞減即可，
2 2
由于 f ÷ = e - - a e - 2 2 < 2.72 - 2.8 < 0，
è a a
1- lna
首先，我們有 x2 > ， x
2 g x 1- lnx 22 > ，所以 > ， g x > ，a a x x
其次，我們實際上有 x2 > 0
1- lna
，（因為要么 > 0 f 0 1，要么 = - a < 0），
a e
所以 g x > 0，若 y = g x ，則 e( xy-1) 1- lnx= x + y ， y > ，
x
然后考慮 h(t) = e( yt-1) - y - t ，顯然我們有 h x = 0 ，
若 y
1
，則 h 0 1= - y 0 ，所以另一根一定小于 x ，從而 x = g y ，
e e
1 x
若0 < y < ，由于 y 是關(guān)于 e( yx-1)
-1
- y - x = 0 1的較大根，故 e e - - x > 0，
e e
即 x > e ln ex +1 ，解得 x > 8，但是對任意的 a > 0時，
關(guān)于 t 的方程 f (t) = e(ta-1) - t - a = 0的較小根都不超過1，
1- lna
要么 <1，解得 a > 1，要么 f (1) = e(a-1) -1- a 1-1- a = -a < 0，
a
所以 x 是較大根，從而 x = g y ，這表明 x = g y 與 y = g x 關(guān)于 y = x 對稱，
所以我們只需要證明 g x 在 0,u 上單調(diào)遞減，
u (u2這里 是 e -1) - 2u = 0的較大根，且 g u = u ，
由于1 < u < 2，故對0 < x < x < u < 2，設(shè) y = g x ，

則 e( y x -1) - y - x = 0， e(ux -1) - u - x < 0，
從而由 y 是較大根，知 y > u > x ， x e( y x -1) -1 > 0，
也意味著 y 位于單調(diào)遞增區(qū)間，

設(shè) p(t) = e( y t-1) - y - t ，由于當(dāng) t > x 時，
p (t) = y e( y t-1) -1 > y e( y x -1) -1 > x e( y x -1) -1 > 0，

所以 e( y x -1) - y - x = p(x ) > p(x ) = 0，
而 y > u，方程的較小根一定不超過1，
這表明 e(t x -1) - t - x = 0的較大根 y < y 一定成立，所以 g x < g x ，
這就證明了 g x 在 0,u 上單調(diào)遞減，從而一定在 (0, + )上單調(diào)遞減，
故x2隨著 a的增大而減小得證.
1- lna
②由①知 f x 有兩個零點 x1, x2 ，且-a < x1 < < xa 2 ，
f 2 e 2由于 ÷ = - - a e - 2 2 < 2.72 - 2.8 < 0，
è a a
f (-a +1 -a
2 1 -lna 1 1 1
由引理又有 ) = e - < e - = - = 0，
a a a a a
而根據(jù)單調(diào)性得，當(dāng) x x1或 x x2 時，必有 f x 0，
2
所以 (x1, x ),
-a +1
2 (x , x )，a a 1 2
x 2- x > - -a +1 1 1可得 2 1 a ÷
= + a = + a.
è a a a
即 x2 - x
1
1 > + a ，原不等式得證.a
【點睛】關(guān)鍵點點睛：本題考查導(dǎo)數(shù)，解題關(guān)鍵是利用零點存在性定理證明函數(shù)有兩個零點，然后構(gòu)造函
數(shù)，轉(zhuǎn)化為證明函數(shù)單調(diào)性問題求解即可.
14．（2024·廣東·模擬預(yù)測）已知 f (x) = eax - x, g(x) = aeax - 2ax + ln x ．
(1)討論 f (x) 的單調(diào)性；
(2)若 f (x) 存在兩個零點 x1, x3 x1 < x3 ，證明： g(x)存在三個零點 x1, x2 , x3，且 x1 < x2 < x3;
(3) 2 x x < x2在（ ）的條件下，證明： 1 3 2 ．
【答案】(1)答案見解析
(2)證明見解析
(3)證明見解析
【分析】（1）對 f x 求導(dǎo)，對 a分類討論即可求解；
1
2 ax（ ）一方面首先有0 < a < ，進一步 f (x) = e - x = 0 g x = 0，從而我們只需要證明 g x 在 x1, xe 3 上
還存在一個零點即可，對此我們可以不斷求導(dǎo)結(jié)合零點存在定理分析即可得證；
（3）設(shè) h x = eax p ln x， = kk , k =1,2,3 x x < x2
p + p
，通過分析得出要證 ，只需要證明： p > 1 3 ，一方
a 1 3 2 2 2
ln a ln a p + p ln a
面可以構(gòu)造函數(shù)j t = f - + t ÷ - f - - t ÷來說明 1 3 < - ，另一方面由 f h p2 = f p ，
è a 2 è a 2 a
h p < p f x h p ln a2 2 ，結(jié)合 單調(diào)性來說明 2 < - < p2，由此即可得證.a
ax
【解析】（1） f x = ae -1，如果 a 0則 f (x) -1< 0，所以 f (x) 在 R 上遞減；
ln a
如果 a > 0，則 f (x) 的符號以 x = - 為分界線，左邊負(fù)右邊正，
a
ln af (x) ln a 所以 在 - , - 遞減，在 - , + 遞增；
è a ÷ ÷ è a
（2）由于 f (x) 有兩個零點 x1, x3 x1 < x3 ，
ln a 1+ ln a
故 a > 0，而且 f - ÷ < 0，也就是 < 0，
è a a
1
所以0 < a < ，
e
如果 f (x) = eax - x = 0 ax = ln x 或 eax = x ，
那么 g(x) = aeax - 2ax + ln x = ax - 2ax + ax，
所以 g x 有零點 x1, x3 x1 < x3 ，
1 1
同時，由于 f ÷ = e - < 0
1 ln a 1
且 < - ，所以 x
è a a a a 1
< < x
a 3
，
g (x) = a2eax 2a 1而 - + ，令m x = g x ，
x
則m (x)
1
= a3eax - 2 ，令 h x = m x ，x
h (x) a4eax 2則 = + > 0，
x3
這表明m x 遞增，
3 ax 1 ax1
3 -1 ax 3 -1
同時由于m (x1) = a e
1
1 - 2 =
3 ax3
2 < 0,m (x3) = a e - =
3
2 2 > 0，x1 x1 x3 x3
所以在 x1, x3 上有一實數(shù) u，滿足m u = 0，
且 x < u 時，m x < 0 ， x > u 時，m x > 0 .
所以 g x 在 0,u 遞減，在 u,+ 遞增.
假設(shè) g (u) 0，就意味著 g x 在 0,u 和 u,+ 上均遞增，
所以0 = g x1 < g u < g x3 = 0，矛盾.
所以 g (u) < 0，
從而 g x 在 x1,u 和 u, x3 上各有一零點 t1, t2 ，
且在 0, t1 和 t2 ,+ 上大于 0，在 t1, t2 上小于 0.
那么由于 x1 < t1 < u < t2 < x3，
我們知道 g t1 > 0 > g t2 ，
所以 t1, t2 上一定還有 g x 的零點x2 .
綜上所述， g(x)存在三個零點 x1, x2 , x3，且 x1 < x2 < x3；
ln x
（3）設(shè) h x = eax ， pk = k , k =1,2,3 ，a
ln x ln x
則有： p = 11 = x1, p3 = 3 = x3 ,h p1 = p1,h p3 = p3 ,h p2 p ，a a 2
但 h h p2 + p2 = 2h p2 ，
要證 x1x
p + p
3 < x
2
2 ，只需要證明： p2 > 1 3 ，2
首先，容易說明當(dāng) p1 < x < p3時， h x < x ，
實際上 f x = h x - x ，這也就是說此時 f x < 0 ，
而 h h p2 + p2 = 2h p2 意味著 f h p2 = f p2 ，
1 ln a
上一問已證 p1 < < p3，同時由于- 是 f x 的零點（可導(dǎo)函數(shù)取極值的必要條件），a a
p ln a所以 1 < - < p3 ，a
在這里對某個函數(shù)F x ，我們定義函數(shù)列：F1 x = F x , Fk +1 x = F k x ,k N* ，
換言之Fk x 是F x 進行 k 次求導(dǎo)后得到的函數(shù)，
j t f ln a t f ln a ln a ln a從而令 = - + ÷ - - - t ÷，j t = f

- + t ÷ + f - - t

÷，
è a è a è a è a
j t ln a ln a= f - + t - f - - t ,j t = f ln a ln a- + t + f - - t 則 2 2 ÷ 2 ÷ 3 3 ÷ 3 ÷ > 0，
è a è a è a è a
0 t ln a所以 < < - 時，j2 t > j2 0 = 0，a
所以0 < t
ln a
< - 時，j t f ln a t ln a ln a= - +
a a ÷
+ f - - t ÷ > j 0 = 2 f - ÷ = 0 ，
è è a è a
0 t ln a
ln a ln a
所以 < < - 時，j t = f - + t
- f - - t > j 0 = 0，
a è a ÷ ÷ è a
f ln a ln a即 - + t

a ÷
> f - - t ÷，
è è a
所以 f p 0 ln a ln a3 = = f p1 = f - -

- - p
f ln a ln a<
a a 1 ÷è ÷
- + - - pa a 1 ÷÷
，
è è è
ln a p , ln a ln a- < - < - + ln a又因為 3 - - p

，
a a a 1 ֏ a
p ln a ln a所以 < - + - - p
p1 + p÷，從而 3
ln a
3 1 < - ，a è a 2 a
p + p ap1 +ap3
也就是 f 1 3 = ae 2 -1 = aeap ÷ 1 × ae
ap3 = a p1 p2 3
-1< 0 ，
è
f p1 + p3 由于 ÷ < 0，
è 2
f x ln a ln a而 在 - , - ÷ 上小于 0，在 - , +

÷上大于 0，
è a è a
p1 + p3 ln a故 < - ，
2 a
又由于 f h p2 = f p2 ， h p2 < p2 ，
而 f x ln a ln a 在 - , - 上遞減，在 - , + 上遞增，
è a ÷ è a ÷
h p ln a故 2 < - < p2，a
p
綜上， 1
+ p3 ln a< - < p 22，從而 x2 a 1
x3 < x2 .
ln a ln a
【點睛】關(guān)鍵點點睛：第三問的關(guān)鍵是構(gòu)造函數(shù)j t = f - + t

÷ - f
p + p ln a
- - t ÷來說明 1 3 < - ，
è a è a 2 a
由此即可順利得證.
證.

15．（2024·全國·模擬預(yù)測）已知當(dāng) x 0
π f (x) 2x， ÷時， = ， g(x) = sin x ， h(x) = x .
è 2 π
(1)證明： f (x)＜g(x)＜h(x)；
h(x) π
(2)已知 f (x) - g(x) - h(x)＜0，證明： ＞ πg(shù)(x) 2 π （ 可近似于 3.14）.-
【答案】(1)證明見解析；
(2)證明見解析.
【分析】（1）令F (x) = h(x) - g(x) = x - sin x, x
π
0， ÷，求導(dǎo)得到函數(shù)單調(diào)性，得到 x > sin x ，要證
è 2
f (x)＜g(x) 2 sin x G(x) sin x 2 π，只需證 ＜ ，構(gòu)造 = - ， x (0， )，二次求導(dǎo)得到單調(diào)性，得到
π x x π 2
G(x)＞G π π ÷ = 0，證明出 f (x)＜g(x), x (0， )，證明出不等式；
è 2 2
（2）變形得到 x(2 - π) - πsin x < 0 ，兩邊同時除以 (2 - π)sin x < 0
x π
得到： ＞ ，證明出不等式.
sin x 2 - π
【解析】（1）令F (x) = h(x) - g(x) = x - sin x, x
π
0， ÷，
è 2
∴ F (x) =1- cos x
π
> 0 x 在 0， ÷上恒成立，
è 2
∴ F x 在 x π 0 ， ÷上單調(diào)遞增，
è 2
∴ F (x)＞F (0) = 0，
∴ x > sin x ，
∴ g(x)＜h(x), x (0
π
， ) ，
2
要證 f (x)＜g(x)
2x
，只需證 ＜sin x，
π
x π ∵ 0， ÷，
è 2
2 sin x
∴只需證 ＜ ，
π x
令G(x)
sin x 2 π
= - ， x (0， )，
x π 2
∴ G (x)
x cos x - sin x
= ，
x2
G (x) x cos x - tan x cos x cos x∴ = 2 = 2 (x - tan x)，x x
令M (x) = x - tan x
π
， x (0， )，
2
2
∴ M (x) 1 1 cos x -1= - 2 = ，cos x cos2 x
π
又∵當(dāng) x (0， )時，
2 0＜cos
2 x＜1，
x (0 π∴當(dāng) ， )時，M (x)＜0，
2
∴ M (x)
π
在 (0， ) 上單調(diào)遞減，
2
∴ M (x)＜M (0) = 0 ，
π
∴當(dāng) x (0， )時，G (x)＜0，
2
∴ G(x)
π
在 (0， ) 上單調(diào)遞減
2
π
∴ G(x)＞G ÷ = 0，
è 2
2 sin x
∴ ＜ ，
π x
∴ f (x)＜g(x), x (0
π
， )，
2
π
∴綜上所述，當(dāng) x (0， )時， f (x)＜g(x)＜h(x)，證畢.
2
（2）∵當(dāng) x (0
π
， )時， f (x) - g(x) - h(x)＜0，
2
2x
∴ - sin x - x＜0，
π
2x - πx - πsin x
∴ ＜0，
π
x(2 - π) - πsin x
∴ ＜0，①
π
將①式兩邊同時乘以 π得到： x(2 - π) - πsin x < 0 ，②
π
∵ 2 - π＜0，但當(dāng) x (0， )時， sin x > 0，
2
∴ (2 - π)sin x < 0，
x(2 - π) - πsin x
將②式兩邊同時除以 (2 - π)sin x < 0得到： > 0(2 - π)sin x ，
x π
∴ - > 0，
sin x 2 - π
x π
∴ ＞ ，
sin x 2 - π
π h(x) π
∴當(dāng) x (0， )時， ＞
2 g(x) 2 π
，證畢.
-
【點睛】方法點睛:證明不等式或比較兩函數(shù)大小，需構(gòu)造函數(shù)，并根據(jù)導(dǎo)函數(shù)得到函數(shù)單調(diào)性，結(jié)合特殊
點函數(shù)值得到結(jié)論.
16．（2024·福建福州· 2模擬預(yù)測）已知函數(shù) f x = xlnx - x -1．
(1)討論 f x 的單調(diào)性；
f x e- x 1 2(2)求證： < + 2 - -1；x x
(3)若 p > 0, q > 0且 pq >1，求證： f p + f q < -4．
【答案】(1) f x 在區(qū)間 0, + 上單調(diào)遞減
(2)證明見解析
(3)證明見解析
【分析】（1）求 f x ，令 t x = f x t x 1 ，求 ，討論 t x 的大小可證得 t(x)max = t ÷ < 0 ，即
è 2
f x < 0，即可得出 f x 的單調(diào)性；
1 2 1 2
（2）法一：要證 f x < e- x + - x2 - -1，即證 e + 2 - + x > 0，記 h x = e- x
1 2
+ 2 - + x，討論 h x 的單x x x x x x
- x 1 2 1 2
調(diào)性和最值即可證明；法二：通過構(gòu)造函數(shù)結(jié)合已知條件放縮要證 f x < e + 2 - -1即證 - +1 0x x x2 x
即可.
1
（3）法一：由（1）可知 f x 為減函數(shù)，所以 f q < f ÷ ，要證 f p + f q < -4即證
è p
f p f 1 + ÷ < -4，構(gòu)造函數(shù)證明即可；法二：先證 f x -x -1，即 f p - p -1, f q -q -1，則
è p
f p + f q < - p - q - 2，再結(jié)合基本不等式即可證明.
【解析】（1） f x 的定義域為 0, + ， f x = lnx - 2x +1，
記 t x = f x , t x 1= - 2 1- 2x= ，
x x
x 1 當(dāng) 0, ÷時， t x > 0, t x
1
單調(diào)遞增；當(dāng) x ,+ ÷時， t x < 0, t x 2 單調(diào)遞減，è 2 è
1
所以 t(x)max = t ÷ = -ln2 < 0，即 f x < 0，
è 2
所以 f x 在區(qū)間 0, + 上單調(diào)遞減．
（2）法一：先證 f x -x -1，記 g x = f x + x +1，
則 g x = xlnx - x2 + x = x lnx - x +1 ，
1
記m x = lnx - x +1，則m x = -1，所以 x 0,1 時，m x > 0, m x 遞增；
x
x 1,+ 時，m x < 0, m x 遞減．
所以m(x)max = m 1 = 0，所以m x ≤0，又 x > 0，所以 g x 0，故 f x -x -1．
- x 1 2 - x 1 2 - x 1 2
再證 e +
x2
- -1 > -x -1，即證 e + 2 - + x > 0，記 h x = e + - + x，x x x x2 x
2
則 h x = e- x + x -1 1+ -1 e- x ÷ + x -1，
è x
p x = e- x記 + x -1 - x，則 p x =1- e > 0，所以 p x 在 x 0, + 遞增，
所以 p x > p 0 = 0 ，所以 h x > 0 ，即 e- x 1 2+ 2 - -1 > -x -1，x x
所以 f x < e- x 1 2+
x2
- -1 .
x
法二：構(gòu)造函數(shù) h x = ex - x -1(x > 0),h x = ex -1，
當(dāng) x > 0時， h x > 0,h x 單調(diào)遞增， h x > h 0 = 0，所以 ex > x +1，
j x lnx x 1,j x 1構(gòu)造函數(shù) = - + = -1，
x
當(dāng) x 0,1 時，j x > 0,j x 單調(diào)遞增；當(dāng) x 1,+ 時，j x < 0,j x 單調(diào)遞減．
所以j(x)max = j 1 = 0，即j x 0，即 lnx x -1成立．
所以 f x = xlnx - x2 -1 x x -1 - x2 -1 = -x -1，
- x 1 2 1 2 1 2
所以 e + 2 - -1 > -x +1+ 2 - -1 = 2 - - x ，x x x x x x
1 2 1 2 1
2

則只需證明 2 - - x -x -1，即 2 - +1 0，而 -1 0 顯然成立，x x x x è x ÷
所以 f x < e- x 1 2+ - -1．
x2 x
（3）法一：由（2）知m x = lnx - x +1的最大值為 0．
因為 p > 0, q > 0且 pq >1，則 p, q之中至少有一個大于 1，
1 1
不妨設(shè) p >1，則 q > > 0p ，由（1）可知
f x 為減函數(shù)，所以 f q < f ÷ ，
è p
所以 f p + f q < f p f 1 + ，
è p
÷

2
因為 f p f 1 + = plnp p2 1
1 ln 1 1 - - + - -1
è p
÷ p p p ÷ è
2
1
= p - ÷ lnp
1 1 1
- p - ÷ - 4 = p - ÷ lnp - p + ÷ - 4，
è p è p è p è p
記 s p = lnp p 1- + ，則 s p = m p 1 1+ -1 -1< 0p p p ，
1
因為 p >1，所以 p > ，所以 f p + f 1 ÷ < -4，所以 f p + f q < -4p ．è p
法二：先證 f x -x -1，記 g x = f x + x +1，
則 g x = xlnx - x2 + x = x lnx - x +1 ，
記m x = lnx - x +1，則m x 1= -1，所以 x 0,1 時，m x > 0, m x 遞增；
x
x 1,+ 時，m x < 0, m x 遞減．
所以m(x)max = m 1 = 0，所以m x ≤0，又 x > 0，所以 g x 0，故 f x -x -1．
所以 f p - p -1, f q -q -1，
因為 p > 0, q > 0且 pq >1，
所以 f p + f q < - p - q - 2，
所以 p + q 2 pq > 2 1 = 2，所以- p - q < -2，則 f p + f q < -2 - 2 = -4．
【點睛】方法點睛：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).
17．（2024·山東濰坊·三模）一個完美均勻且靈活的項鏈的兩端被懸掛， 并只受重力的影響，這個項鏈形
成的曲 線形狀被稱為懸鏈線.1691 年，萊布尼茨、惠根斯和約翰 伯努利等得到“懸鏈線”方程
x x-
c e c + e c ÷ ex + e- x
y = è
，其中 c為參數(shù).當(dāng) c =1時，就是雙曲余弦函數(shù) ch x = ，類似地雙曲正弦函數(shù)
2
2
ex - e- xsh x = ，它們與正、余弦函數(shù)有許多類似的性質(zhì).
2
(1)類比三角函數(shù)的三個性質(zhì)：
①倍角公式 sin2x = 2sinxcosx ；
②平方關(guān)系 sin2x + cos2x =1 ；
ì sinx
' = cosx，
③求導(dǎo)公式 í
cosx
' = -sinx
寫出雙曲正弦和雙曲余弦函數(shù)的一個正確的性質(zhì)并證明；
(2)當(dāng) x > 0時，雙曲正弦函數(shù) y = sh x 圖象總在直線 y = kx 的上方，求實數(shù) k 的取值范圍；
(3)若 x1 > 0，x2 > 0 ，證明： éch x2 + sh x2 - x2 -1 ù × é ch x1 + sh x1 ù > sin x1 + x2 - sinx1 - x2cosx1.
【答案】(1)答案見解析，證明見解析
(2) - ,1
(3)證明見解析
【分析】（1）類比，寫出平方關(guān)系，倍角關(guān)系和導(dǎo)數(shù)關(guān)系，并進行證明；
（2）構(gòu)造函數(shù)F x = sh x - kx ， x 0, + ，求導(dǎo)，分 k 1和 k >1兩種情況，結(jié)合基本不等式，隱零點，
得到函數(shù)單調(diào)性，進而得到答案；
3 x +x x（ ）結(jié)合新定義將所證變?yōu)?e 1 2 - sin x1 + x2 > e 1 - sinx1 + x2 ex1 - cosx1 ，設(shè)函數(shù) f x =ex - sin x，即證
f x1 + x2 > f x1 + x2 f x x1 ，先利用導(dǎo)數(shù)求得 f x =e - cos x 在 0, + 上單調(diào)遞增，再設(shè)
h x = f x + x1 - f x1 - xf x1 , x > 0 ，利用導(dǎo)數(shù)得其單調(diào)性及 h x > 0 ，從而 f x + x1 > f x1 + xf x1 ，
得證.
2
【解析】（1）平方關(guān)系： ch x - sh2 x =1；
倍角公式： sh 2x = 2sh x ch x ；

ì sh(x) = ch(x)
導(dǎo)數(shù)： í .
ch(x) = sh(x)
x - x
2
x - x
2
2x -2x 2x -2x
理由如下：平方關(guān)系， ch2 x e + e e - e- sh2 x = - e + e + 2 e + e - 2 2 ÷ ÷ = - =1；è è 2 4 4
e2x -2x ex - e- x ex + e- x 倍角公式： sh 2x - e= = = 2sh x ch x ；
2 2
ex - -e- x ex e- x ex - e- x 導(dǎo)數(shù)： sh(x) += = = chx， ch(x) = = shx ；
2 2 2
以上三個結(jié)論，證對一個即可.
（2）構(gòu)造函數(shù)F x = sh x - kx ， x 0, + ，由（1）可知F x = ch x - k ，
x
① k 1 ch(x) e + e
- x
當(dāng) 時，由 = ex ×e- x =1，
2
又因為 x > 0，故 ex e- x ，等號不成立，
所以F x = ch x - k > 0，故 F (x)為嚴(yán)格增函數(shù)，
此時F (x) > F (0) = 0，故對任意 x > 0， sh x > kx恒成立，滿足題意；
②當(dāng) k >1時，令G x = F x , x 0, + ，
則G x = sh x > 0，可知G x 是嚴(yán)格增函數(shù)，
由G(0) =1- k < 0與G(ln 2k)
1
= > 0可知，存在唯一 x0 (0, ln 2k) ，使得G(x0 ) = 0，4k
故當(dāng) x (0, x0 )時，F(xiàn) (x) = G(x) < G(x0 ) = 0，則 F (x)在 (0, x0 )上為嚴(yán)格減函數(shù)，
故對任意 x (0, x0 )，F(xiàn) (x) < F 0 = 0，即 sh x > kx，矛盾；
綜上所述，實數(shù) k 的取值范圍為 - ,1 ；
（3）因為 ch x + sh x = ex ，
x
所以原式變?yōu)? e 2 - x2 -1 ×ex1 > sin x1 + x2 - sinx1 - x2cosx1，
ex即證 1 +x2 - sin x1 + x2 > ex1 - sinx1 + x x12 e - cosx1 ，
x
設(shè)函數(shù) f x =e - sin x，即證 f x1 + x2 > f x1 + x2 f x1 ， f x =ex - cos x ，
t x = f x =ex - cos x t x = ex設(shè) ， + sin x，
x > 0時 t x > 0， t x x在 0, + 上單調(diào)遞增，即 f x =e - cos x 在 0, + 上單調(diào)遞增，
設(shè) h x = f x + x1 - f x1 - xf x1 , x > 0 ，則 h x = f x + x1 - f x1 ，
由于 f x =ex - cos x 在 0, + 上單調(diào)遞增， x + x1 > x1，
所以 f x + x1 > f x1 ，即 h x > 0，故 h x 在 0, + 上單調(diào)遞增，
又 h 0 = 0，所以 x > 0時， h x > 0 ，
所以 f x + x1 - f x1 - xf x1 > 0，即 f x + x1 > f x1 + xf x1 ，
因此 f x1 + x2 > f x1 + x2 f x1 恒成立，所以原不等式成立，得證.
【點睛】思路點睛：對新定義的題型要注意一下幾點：
（1）讀懂定義所給的主要信息篩選出重要的關(guān)鍵點
（2）利用好定義所給的表達式以及相關(guān)的條件
（3）含有參數(shù)是要注意分類討論的思想.
18．（2024·江西贛州·二模）給出以下三個材料：
①若函數(shù) f x 的導(dǎo)數(shù)為 f x ， f x 的導(dǎo)數(shù)叫做 f x 的二階導(dǎo)數(shù)，記作 f x .類似地，二階導(dǎo)數(shù) f x
3 3
的導(dǎo)數(shù)叫做 f x 的三階導(dǎo)數(shù)，記作 f x ，三階導(dǎo)數(shù) f x 的導(dǎo)數(shù)叫做 f x 的四階導(dǎo)數(shù)…，一般地，n－
1 階導(dǎo)數(shù)的導(dǎo)數(shù)叫做 f x 的 n 階導(dǎo)數(shù)，即 f n x = é n-1 ù ，n 4； f x
②若 n N* ，定義 n!= n n -1 n - 2 L 3 2 1；③若函數(shù) f x 在包含 x0 的某個開區(qū)間 a,b 上具有 n
階的導(dǎo)數(shù)，那么對于"x a,b 有

f x0 f
x0 2 f n g x = f x0 + x - x0 + x - x0
x0 f x+ x - x 3 0 +L+ 0 x - x
n
0 ，我們將 g x 稱為函1! 2! 3! n!
數(shù) f x 在點 x = x 1 2 1 n0處的 n 階泰勒展開式.例如， y = ex 在點 x = 0處的 n 階泰勒展開式為1+ x + x +L+ x .2 n!
根據(jù)以上三段材料，完成下面的題目：
(1)若 f1 x = cos x ， f2 x = sin x 在點 x = 0處的 3 階泰勒展開式分別為 g1 x ， g2 x ，求出 g1 x ， g2 x ；
(2)比較（1）中 f1 x 與 g1 x 的大小；
(3)證明： ex + sin x + cos x 2 + 2x .
【答案】(1) g1 x
1
=1- x2 ， g2 x
1
= x - x3
2 6
(2) f1 x g1 x
(3)證明見解析
【分析】（1）利用 n 階泰勒展開式的定義，求解 g1 x ， g2 x ；
（2）兩函數(shù)作差，通過構(gòu)造函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)求最值的方法比較大小；
（3）借助泰勒展開式，利用導(dǎo)數(shù)得到函數(shù)單調(diào)性，證明不等式.
【解析】（1） f1 x = cos x ，則有 f1 x = -sin x， f1 x = -cos x f 3 ， 1 x = sin x
∴ f1 0 = 0 ， f1 0 = -1 f 3 ， 1 0 = 0，
g x cos 0 0∴ 1 = + x - 0
-1
+ x - 0 2 0+ x - 0 3 1 1= - x2
1! 2! 3! 2
g x = x 1- x3同理可得： 2 .6
1
（2）由（1）知： f1 x = cos x ， g1 x =1- x2 ，2
令 h x = f1 x - g1 x = cos x -1
1
+ x2，則 h x = -sin x + x，
2
∴ h x =1- cos x 0，∴ h x 在 R 上單調(diào)遞增，
又 h 0 = 0，∴在 - ,0 上 h x < 0， h x 單調(diào)遞減；在 0, + 上 h x > 0， h x 單調(diào)遞增，
∴ h x h 0 = 0 cos x 1 1 2，即 - x ，
2
故 f1 x g1 x
（3）令j x = f2 x - g2 x = sin x x
1
- + x3，則j x = cos x -1 1+ x2
6 2
由（2）知，j x 0，所以j x 在 R 上單調(diào)遞增，又j 0 = 0，
所以當(dāng) x < 0 時， f2 x < g2 x ， sin x < x
1
- x3；
6
當(dāng) x = 0時， f2 x = g x sin x x
1
2 ， = - x
3
；
6
當(dāng) x > 0時， f2 x > g2 x 1， sin x > x - x36 ，
1
∴ y = ex 在點 x = 0處的 4 階泰勒展開式為：1+ x + x2
1
+ x3 1+ x4 ，
2 6 24
∴ ex 1
1 1 1 1 1
= + x + x2 + x3 + x4 1+ x + x2 + x3，當(dāng)且僅當(dāng) x＝0 時取等號，
2 6 24 2 6
1
①當(dāng) x 0 時， sin x x - x3，當(dāng)且僅當(dāng) x＝0 時取等號，
6
ex + sin x + cos x 1 x 1+ + x2 1+ x3 1 3 1 2 所以 2 6 ÷
+ x - x ÷ + 1- x ÷ = 2 + 2x
è è 6 è 2
②當(dāng) x < 0 時，設(shè)F x = ex + sin x + cos x - 2 - 2x，F(xiàn) 0 = 0，
F x = ex + cos x - sin x - 2 = ex + 2 cos x π+ ÷ - 2 ，F(xiàn) x = ex - sin x - cos x ，
è 4
若 x -1,0 1，由于 sin x < x - x3，所以，
6
F x = ex - sin x - cos x 1>1+ x + x2 1 1+ x3 + x3 - x - cos x ，
2 6 6
=1- cos x 1+ x2 3+ 2x > 0，從而F x < F 0 = 0
6
若 x - ,-1 ，F(xiàn) x ex 2 cos x π 1 1= + + ÷ - 2 < + 2 - 2 < + 2 - 2 < 0 ，
è 4 e 2
所以， x < 0 時，F(xiàn) x 單調(diào)遞減，從而F x > F 0 = 0，即 ex + sin x + cos x > 2 + 2x .
綜上： ex + sin x + cos x 2 + 2x .
【點睛】方法點睛：
“新定義運算”指的是使用新定義的運算方法求解數(shù)學(xué)問題，這些新定義的運算可以是像“階乘”、“斐波那契
數(shù)列”這樣的經(jīng)典運算，也可以是一些比較新奇的概念，要透徹理解新定義的本質(zhì)，嚴(yán)格按照新定義運算規(guī)
則進行計算，與相關(guān)基礎(chǔ)數(shù)學(xué)知識聯(lián)系去解決問題.
19．（2024·江蘇揚州·模擬預(yù)測）帕德近似是法國數(shù)學(xué)家帕德發(fā)明的用多項式近似特定函數(shù)的方法．給定兩
a + a x +L+ a xm
個正整數(shù) m，n，函數(shù) f x 在 x = 0處的 m, n 階帕德近似定義為：R x = 0 1 mL n ，且滿足：1+ b1x + + bn x
f 0 = R 0 ， f 0 = R 0 ， f 0 = R 0 … m+n m+n ， ， f 0 = R 0 ．注： f x = é f x ù ，
f x = é f x ù ， f
4 x = é f x ù
5
， f x = é f
4 (x)ù ，… x已知 f x = e 在 x = 0處的 1,1 階帕德近似
R x 1+ ax為 = ．
1+ bx
(1)求實數(shù) a，b 的值；
(2)當(dāng) x 0,1 時，試比較 f x 與R x 的大小，并證明；
1 1 1
(3) a a已知正項數(shù)列 a n+1 nn 滿足： a1 = ， ane = e -1，求證： n a 2 2 n 2n-1 ．
a 1 b 1【答案】(1) = ， = - .
2 2
(2) f x < R x ，證明見解析
(3)證明見解析
【分析】（1）由帕德近似定義 f 0 = R 0 ， f 0 = R 0 ， f 0 = R 0 ，直接求解；
2 + x 2 + x
（2 - x）由（1）求得R x = ，比較 f x 與R x 的大小只需比較 1 與 e 的
2 x 2 x
，令
- -
g x 2 + x= e- x ，求導(dǎo)找出單調(diào)性、最值即可證明；
2 - x
an
ea ea e -1 ea 1- an e
an -1
（3）結(jié)合題意知 n+1 - n = - n = ，令 y = 1- x ex ，結(jié)合（2）可得
an an
2 + an
a -1 1n
ea e -1 2 - a 2n+1 = < n = ，構(gòu)造數(shù)列，進而推出 an < 2n-1
，
an an 2 - an
a 1 1
an a- n x x
另一方面 n ≥ n an+1 ≥ a e 2n - e 2 - a
-
n ≥0 ，令2 2 g x = e
2 - e 2 - x，
利用導(dǎo)數(shù)，即可證明結(jié)論.
a 1+ bx - b 1+ ax -2b a - b【解析】（1）由題意得R x
a - b
= 2 = R x = 1+ bx 1+ bx 2 ， ，1+ bx 3
f 0 = f 0 = f 0 = 1，故R 0 = a - b =1，R 0 = -2b a - b =1，
解得 a
1 1
= ，b = - .
2 2
1 x+ 2 + x
（2）由上可得R x = 2 = x 2 + xx ，要比較 e 與 的 ，1- 2 - x 2 - x
2
x 0,1 2 + x - x，只需比較 1 與 e 的
2 x
，
-
2 + x é 4 2 + x ù 2
令 g x = e- x ， g x = ê - ú e- x x2 = e- x ，2 - x ê 2 - x 2 - x ú 2 - x
2
所以 g x > 0，從而可得 g x 在 0,1 上單調(diào)遞增，
所以 g x > g 0 =1 2 + x x，即 > e ，
2 - x
所以 f x < R x .
（3）設(shè)u x = ex - x -1，u x = ex -1，
當(dāng) x < 0 時，u x < 0，u x 在 - ,0 上單調(diào)遞減，
當(dāng) x > 0時，u x > 0，u x 在 0, + 上單調(diào)遞增，
故u x ≥u 0 = 0，即 ex x +1，當(dāng)且僅當(dāng) x = 0時等號成立；
eanea ea -1
an
n+1 - n = - ea 1- an e -1由題意知 n = ，令 y = 1- x ex ， y = -xex ，
an an
故該函數(shù)在 0, + 上遞減，
1
故可得 ean+1 - ean < 0，即 an+1 < an ，可得0 < an ；2
2 + an
a -1
一方面：由（2）可得 nea e -1 2 - a 2n+1 = < n = ，
an an 2 - an
a
又因為 e n+1 > an+1 +1，
2 a 1 2
所以可得 an+1 +1 <
n
2 - a ，即
an+1 < 2 - a ，即
> -1
a ，n n n+1 an
1
即 -1 2
1
>
a
-1÷ ，
n+1 è an
1
故 -1 > 2n-1
1
-1÷ = 2n-1a ，n è a1
1 n-1 1
即 > 2a ，所以 an < n-1 .n 2
另一方面：要證明
1 1 an ean -1 an ana an+1 2 2 an 2n ≥ n an+1 ≥ an e e ≥ e e -1≥ e × a2 2 a n
，
n
an an a
兩邊同時除以 ，原式 -
n
e 2 e 2 - e 2 - an ≥0
x x
- 1 x 1 x-
令 g x = e2 - e 2 - x， g x = e2 + e 2 -1,2 2
y 1
x
e2 1
x
-
e 2 1
x x
-
由基本不等式， = + ≥2 e2 1× e 2 =1
2 2 2 2
1 x 1 x- 1
故 g x = e2 + e 2 -1≥0，所以 g x 在 0,2 2 2 ÷單調(diào)遞增，è
所以 g x g 0 = 0 ，得證.
【點睛】關(guān)鍵點睛：本題考查了導(dǎo)數(shù)新定義問題，解答的關(guān)鍵是要理解導(dǎo)數(shù)的新定義，并由此解

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