資源簡介

重難點突破 06 證明不等式問題
目錄
01 方法技巧與總結 ...............................................................................................................................2
02 題型歸納總結 ...................................................................................................................................2
題型一：直接法 ....................................................................................................................................2
題型二：構造函數（差構造、變形構造、換元構造、遞推構造） ................................................3
題型三：分析法 ....................................................................................................................................4
題型四：凹凸反轉、拆分函數 ............................................................................................................5
題型五：對數單身狗，指數找朋友 ....................................................................................................7
題型六：放縮法 ....................................................................................................................................8
題型七：虛設零點 ..............................................................................................................................10
題型八：同構法 ..................................................................................................................................11
題型九：泰勒展式和拉格朗日中值定理 ..........................................................................................12
題型十：分段分析法、主元法、估算法 ..........................................................................................14
題型十一：割線法證明零點差大于某值，切線法證明零點差小于某值 ......................................15
題型十二：函數與數列不等式問題 ..................................................................................................16
題型十三：三角函數 ..........................................................................................................................18
03 過關測試 .........................................................................................................................................19
利用導數證明不等式問題，方法如下：
（1）直接構造函數法：證明不等式 f x > g x （或 f x < g x ）轉化為證明 f x - g x > 0（或
f x - g x < 0），進而構造輔助函數 h x = f x - g x ；
（2）適當放縮構造法：一是根據已知條件適當放縮；二是利用常見放縮結論；
（3）構造“形似”函數，稍作變形再構造，對原不等式同解變形，根據相似結構構造輔助函數.
（4）對數單身狗，指數找基友
（5）凹凸反轉，轉化為最值問題
（6）同構變形
題型一：直接法
【典例 1-1】（2024·全國·模擬預測）已知函數 f (x) = a(2x + a) - ln x ．
(1)討論 f (x) 的單調性；
(2)證明：當 a > 0時， f (x) > 9ln a ．（參考數據： ln 2 0.693）
【典例 1-2】（2024· x 2全國·模擬預測）已知函數 f (x) = a e + a - x．
(1)討論 f (x) 的單調性；
(2)證明：當 a > 0時， f (x) 4 ln a + 2 ．
a
【變式 1-1】（2024· · x 3四川 模擬預測）已知函數 f x = e - x -1．
3
(1)若 f x 有 3 個極值點，求 a 的取值范圍；
1
(2)若 x 0 2， a ，證明： f x ax + x．
2
a
【變式 1-2】已知函數 f x = x - ln x， a > 0．
(1)求 f x 的最小值 g a ；
1
(2)證明： g a a + -1．
a
3
【變式 1-3 x】（2024·寧夏吳忠·模擬預測）已知函數 f (x) = ae - x - (a R)．
2
(1)討論 f x 的單調性；
(2)證明：當 a > 0時， f (x) > 2ln a - a2 ．
題型二：構造函數（差構造、變形構造、換元構造、遞推構造）
【典例 2-1】（2024·河北滄州·模擬預測）對于函數 f x 和 g x ，設a x∣f x = 0 , b x∣g x = 0 ，若
存在a,b 使得 a - b 1，則稱 f x 和 g x 互為“零點相鄰函數”.設 f x = ln a + x a R ，
g x = x x +1 ，且 f x 和 g x 互為“零點相鄰函數”.
(1)求 a的取值范圍；
(2)令 h x = g x - f x （ g x 為 g x 的導函數），分析 h x 與 g x 是否互為“零點相鄰函數”；
1 1
(3)若 a =1, x > 0，證明： f x ÷
- < 0
è g x .
【典例 2-2】（2024·湖北荊州·三模）已知函數 f x = x ln x
(1)求曲線 y = f x 在點 1, f 1 處的切線方程；
(2)求證：函數 y = f x 的圖象位于直線 y = x 的下方；
【變式 2-1】已知函數 f x = ln x + a - x有且只有一個零點，其中 a > 0．
(1)求 a的值；
(2) 2若對任意的 x 0, + ，有 f x kx 成立，求實數 k 的最大值；
x - x
(3)設 h x = f x + x，對任意 x1, x2 -1,+ x1 x2 1 2，證明：不等式 > x xh x - h x 1 2
+ x1 + x2 +1恒成立．
1 2
【變式 2-2】設 f x = 1+ x e-2x ，當 x 0,1 1時，求證：1- x f x ．
1+ x
【變式 2-3】（2024·山東菏澤·模擬預測）已知函數 f (x) = tx ln x - x2 +1(0 < t 2)．
(1)求函數 f (x) 的單調區間;
2 2 2
(2) a > b > 0 : ln a + b a b
2
若 ，證明 2 2 < 4 4 ．a - b a - b
題型三：分析法
【典例 3-1 2 x】已知函數 f x = ax - 2x + 3 e - x - 3 a R ，當 a 1時，證明： f x +1 x .
【典例 3-2】已知函數 f x = mex + x2 - 2 m R ， g x = x ln x．
(1)若直線 y = x -1是函數 f x 的圖象的切線，求實數m 的值；
(2)當m < -1時，證明：對于任意的 x 0, + ，不等式 f x < g x + x - 2 恒成立．
2
【變式 3-1】（2024·山東·模擬預測）已知函數 f x = emx x2 3m + 3 - x
2m + 5m + 3
+ ，其中m 0 .
è m m
2 ÷

(1)求曲線 y = f x 在點 2, f 2 處切線的傾斜角；
(2)若函數 f x 的極小值小于 0，求實數m 的取值范圍；
(3) x證明： 2e - 2 x +1 ln x - x > 0 .
題型四：凹凸反轉、拆分函數
4-1 f x = ex - x2【典例 】已知函數 ，證明：當 x 0 時， f x 1 .
lnx 1
【典例 4-2】（2024·陜西西安·模擬預測）已知函數 f (x) = - ．
x e
(1)求 f (x) 的最大值；
(2)證明：當 x > 0時， f (x) < xex ．
【變式 4-1 x】（2024·全國·模擬預測）已知函數 f x = xe + a ， g x = x ln x + a．
(1)若函數 f x 4的最小值與 g x 的最小值之和為- ，求 a的值．
e
(2)若 a = 0， x > 0，證明： f x > g x ．
a 2
【變式 4-2】已知 f (x) = ln x + ， a ，b >1，求證： f (ln b)
1
> ．
x e b
1
【變式 4-3】（2024· 2x x全國·模擬預測）已知函數 f x = e + a - 2 e - 2ax ．
2
(1)若曲線 y = f x 3 在 0, a - ÷處的切線方程為 4ax + 2y +1 = 0 ，求 a的值及 f x 的單調區間．
è 2
(2)若 f x 的極大值為 f ln2 ，求 a的取值范圍．
5 3
(3) a = 0 x 2當 時，求證： f x + 5e - > x + xlnx．
2 2
x lnx
【變式 4-4】已知函數 f x e= 2 ，求證： f x .x + x +1 ex
m
【變式 4-5】（2024·陜西安康·模擬預測）已知函數 f x = lnx + + 2x .
x
(1)討論函數 f x 的單調性；
(2) x若m 1，求證： é 2 f x - 4x -1ù ×e > 2 .
題型五：對數單身狗，指數找朋友
【典例 5-1】（2024·陜西榆林·三模）已知函數 f x = mlnx + x2 - x, f x 的導函數為 f x .
(1)討論 f x 的單調性；
2ex 1
(2)當m =1時，證明： f x +1 + + x -1 .
x +1 x +1
【典例 5-2】（2024· x 2青海·模擬預測）已知質數 f x = me - x + mx - m，且曲線 y = f x 在點 2, f 2 處
的切線方程為 4e2x - y - 4e2 = 0．
(1)求 m 的值；
(2)證明：對一切 x 0 ，都有 f x e2x2 ．
mx 3 2
【變式 5-1】（2024·全國·模擬預測）已知函數 f x = e - 2x + nx ，且曲線 f x 在點 0, f 0 處的切線
方程為2x - y +1= 0（其中 e為自然對數的底數）．
(1)求實數m 的值．
(2)當 n = 3時，證明：對"x 0,+ ，都有 f x e2x2 +1．
【變式 5-2】（2024·廣西·模擬預測）設函數 f x = lnx + ax + b，曲線 y = f x 在點 1, f 1 處的切線方程為
y = 6x - 3．
(1)求 a,b的值；
f x 2(2)證明： > - -1．
5x
【變式 5-3】（2024·河北保定·三模）已知函數 f (x) = x2 - ax + ln x， x =1為 f (x) 的極值點.
(1)求 a；
(2)證明： f (x) 2x2 - 4x .
題型六：放縮法
【典例 6-1】（2024·全國·模擬預測）已知函數 f x = lnx ．
(1)求函數 g x f x = 的最值．
x
(2) 1 e
2 - 3
證明： xex - x4 - x3 - ef x > 0（其中 e為自然對數的底數）．
4 4
【典例 6-2】已知函數 f x = ex - ln x， f (x) 為 f x 的導函數．
(1)求函數 f (x) 的零點個數；
(2)證明： f x a +1+ 1- a ln a．
2
【變式 6-1】（2024·江蘇徐州·模擬預測）已知函數 f x = 2x + x - ln x + m ，m R .
(1)當m = 0時，求曲線 y = f x 在點 (1, f (1))處的切線方程；
(2)當m 1時，證明： f x 0 .
【變式 6-2】（2024·山東棗莊·模擬預測）已知函數 f (x) = ex - ax2 - x ， f (x) 為 f (x) 的導數
(1)討論 f (x) 的單調性；
(2)若 x = 0是 f (x) 的極大值點，求 a的取值范圍；
π
(3)若q 0, ，證明： esinq -1 cosq -1 ÷ + e + ln(sinq cosq ) <1．
è 2
【變式 6-3】（2024·遼寧大連·模擬預測）定義：若曲線 f x, y = 0或函數 y = f (x) 的圖象上的兩個不同點
處的切線互相重合，則稱該切線為曲線 f x, y = 0或函數 y = f (x) 的圖象的“自公切線”.
(1) 2 2設曲線 C： x + y - x - x -1 = 0，在直角坐標系中作出曲線 C 的圖象，并判斷 C 是否存在“自公切線”？
（給出結論即可，不必說明理由）
(2)證明：當 x 0 時，函數 f (x) = sin x + cos x - ex 不存在“自公切線”；
(3)證明：當 x 0 ， n N* 時， sin x + cos x > ln 2x
1
+1 + 2 - - ex
nx .+ 3e2
x+1
【變式 6-4】已知函數 f x = - ln ax + ax - 2 a 0 ，證明：當 a > 0時， f x > ln x - xe + sin x +1 .
題型七：虛設零點
【典例 7-1】（2024·山東濟南· 2 x 2二模）已知函數 f x = ax - ln x -1,g x = xe - ax a R .
(1)討論 f x 的單調性；
(2)證明： f x + g x x .
【典例 7-2】（2024· 2x全國·模擬預測）已知函數 f x = e - a ln x +1 ．
(1)若 a = 2，討論 f x 的單調性．
1
(2)若 x > 0， a >1，求證： f x > - a ln a ．
2
【變式 7-1】已知函數 f (x) = ex - ax -1 .
(1)若 f x 在定義域內不單調，求 a 的取值范圍；
1
(2) a = tan x x 0,
π
ax -1 -證明：若 0，且 0 ，則 0
è 2 ÷ e cos x0 > e
a .
【變式 7-2】（2024· x-1高三·遼寧丹東·開學考試）已知函數 f x = xe - ln x - x .
(1)求函數 f x 的最小值；
(2) e é f x + xù > ex 1求證： - e -1 ln x - .2
【變式 7-3】（2024·河北張家口·三模）已知函數 f (x) = ln x + 5x - 4．
(1)求曲線 y = f (x) 在點 (1, f (1))處的切線方程；
(2)證明： f (x)
3
> - - 2．
5x
【變式 7-4】（2024·山東威海·二模）已知函數 f x = ln x - ax +1．
(1)求 f x 的極值；
(2)證明： ln x + x +1 xex．
題型八：同構法
【典例 8-1】已知函數 f (x) = axlnx - x +1， a R ．
（1）討論 f (x) 的單調區間；
（2）當 p > q > 1時，證明 qlnp + lnq < plnq + lnp．
2a
【典例 8-2】已知函數 f (x) = lnx + - 2(a R) ．
x +1
（1）討論函數 f (x) 的單調性；
（2）當 a = 2時，求證： f (x) > 0 在 (1,+ )上恒成立；
x2
（3）求證：當 x > 0 時， ln(x +1) > x ．e -1
x2 + 3x + 2
【變式 8-1】（2024·甘肅定西·一模）設函數 f x = x+1 , g x = x - ln x +1 ，e
(1)證明： g x 0 .
(2)當 x > e -1時，證明： f x < ln x + 2 .
2
【變式 8-2】（2024·甘肅白銀·三模）設函數 f x x +3x + 2= ， g x = x - ln x +1 x 1 ．e +
(1)討論 f x 的單調性．
(2)證明： g x 0．
(3)當 x > e -1時，證明： f x < ln x + 2 ．
ax
【變式 8-3】（2024·廣東廣州·模擬預測）已知函數 f x = xe （ a > 0）.
(1)求 f x 在區間 -1,1 上的最大值與最小值；
(2)當 a 1時，求證： f x ln x + x +1.
【變式 8-4】（2024·全國· x模擬預測）已知函數 f x = x ae -1 ， a R ．
(1)若曲線 y = f x 在 x=- 1處的切線 l與直線 x - ay + 2 = 0垂直，求 l的方程；
(2)若 g x = f x + 2 - ln x - x e3 + x ，求證：當 a >1時， g x > 0．
題型九：泰勒展式和拉格朗日中值定理
2
【典例 9-1 1 x x】證明不等式： + - < 1+ x (x > 0) ．
2 8
【典例 9-2】已知函數 f (x) = x2 + lnx - ax ．
（1）求函數 f (x) 的單調區間；
（2）若 f (x) 2x2 ，對 x [0， + ) 恒成立，求實數 a的取值范圍；
2
（3 a = 1 , g x = xex - f x）當 時 設 - x -1．若正實數 l1， l2 滿足 l1 + l2 = 1， x1 ， x2 (0 ， + )(x1 x2 )，證
明： g(l1x1 + l2 x2 ) < l1g(x1) + l2 g(x2 )．
【變式 9-1】（2024·河南周口·模擬預測）已知函數 f x = x -1 ln 1- x - x - cos x．
(1)求函數 f x 在區間 0,1 上的極值點的個數．
n n
(2)“ S ”是一個求和符號，例如 i =1+ 2 +L+ n (2xi ) = 2x + 2x2， +L+ 2xn ，等等．英國數學家布魯
i=1 i=1
n (-1)i-1 × x2i-2
克·泰勒發現，當 n + 時， cos x = ，這就是麥克勞林展開式在三角函數上的一個經典應用．
i=1 (2i - 2)!
n (-1)i+1 × x2i+3
證明：（i）當 n + 時，對"x > 0，都有 > 0；
i=1 (2i + 3)!
n
（ii） 1 1 - 3 ÷ < ln n n N*, n 2i 6i ．i=2 è
【變式 9-2 *】英國數學家泰勒發現的泰勒公式有如下特殊形式：當 f x 在 x = 0處的 n n N 階導數都存
f 0 f 3 0 f n 0
在時， f x = f 0 + f 0 x + x2 + x3 + ×××+ xn + ×××．注： f x 表示 f x 的 2 階導數，
2! 3! n!
f x f n 即為 的導數， x n 3 表示 f x 的n階導數，該公式也稱麥克勞林公式.
1
(1)根據該公式估算 sin 的值，精確到小數點后兩位；
2
2 4 6 2
(2)由該公式可得： cosx x x x x=1- + - + ×××．當 x 0 時，試比較 cosx與1- 的大小，并給出證明（不
2! 4! 6! 2
使用泰勒公式）；
n 1 1
(3) > n -設 n N* ，證明： k =1 n + k tan 1 4n + 2 .
n + k
【變式 9-3】閱讀材料一：“裝錯信封問題”是由數學家約翰·伯努利（Johann Bernoulli，1667～1748）的兒
子丹尼爾·伯努利提出來的，大意如下：一個人寫了n封不同的信及相應的n個不同的信封，他把這n封信
都裝錯了信封，問都裝錯信封的這一情況有多少種？后來瑞士數學家歐拉（Leonhard Euler，1707～1783）
給出了解答：記都裝錯n封信的情況為Dn 種，可以用全排列n!減去有裝正確的情況種數，結合容斥原理可
得公式：D = n!
1 1 1 1 - + - ×××+ -1
n
÷，其中 n N*n ．
è 1! 2! n!
閱讀材料二：英國數學家泰勒發現的泰勒公式有如下特殊形式：當 f x 在 x = 0處n階可導，則有：
f 0 f n 0 nf x f 0 f 0 x = + + x2 + ×××+ xn + ×××，注 f x n 3 表示 f x 的n階導數，該公式也稱
2! n!
麥克勞林公式．閱讀以上材料后請完成以下問題：
(1)求出D1, D2 , D4的值；
(2)估算 e 的大小（保留小數點后 2 位），并給出用 e和n表示Dn 的估計公式；
2tan 1 4tan 1 1(3)求證： + + ×××+ 2ntan < 2n +1，其中 n N* ．2 4 2n
題型十：分段分析法、主元法、估算法
x 2
【典例 10-1】已知函數 f x = e + ax -1．
（1）討論函數 f x 的導函數的單調性；
2
（2 7 - e）若 a ，求證：對"x 0 ， f x 1≥ x3 + x 恒成立．
4 2
【典例 10-2】已知函數 f (x) = (m +1)x - m ln x - m．
(1)討論 f (x) 的單調性；
(2)證明：當m 1，且 x >1時， f (x) < ex-1 ．
【 變 式 10-1 f (1)】 若 定 義 在 R 上 的 函 數 f (x) 滿 足 f (x) = × e2x-2 + x2 - 2 f (0)x ，
2
g(x) f ( x= ) 1- x2 + (1- a)x + a ， a R ．
2 4
（Ⅰ）求函數 f (x) 解析式；
（Ⅱ）求函數 g(x) 單調區間；
（Ⅲ）若 x 、 y 、 m 滿足 | x - m | | y - m |，則稱 x 比 y e更接近 m ．當 a…2 且 x…1時，試比較 和 ex-1 + a 哪個
x
更接近 lnx ，并說明理由．
【變式 10-2】已知函數 f (x) = ex (sin x - ax2 + 2a - e) ，其中 a R ， e = 2.71828 為自然對數的底數．
（1）當 a = 0時，討論函數 f (x) 的單調性；
2 1（ ）當 a 1時，求證：對任意的 x [0， + ) ， f (x) < 0．
2
題型十一：割線法證明零點差大于某值，切線法證明零點差小于某值
【典例 11-1】（2024·河南·模擬預測）已知b > 0，函數 f x = x + a ln x + b 的圖象在點 1, f 1 處的切線
方程為 x ln 2 - y - ln 2 = 0 .
(1)求 a，b 的值;
f x 1 1 1(2)若方程 = （e 為自然對數的底數）有兩個實數根 x1, xe 2 ，且
x1 < x2，證明： x2 - x1 <1+ +e eln2
11-2 f x = x2【典例 】已知函數 lnx .
(1)求函數 f x 的單調性；
(2)若 y = f x - t 有兩個不相等的零點 x1, x2 ，且 x1 < x2 .
x
① 2證明： x 隨
t的增大而增大；
1
②證明： x2 - x1 < e +1 t +1.
1
【變式 11-1】（2024·重慶·模擬預測）已知函數 f (x) = a(ln x +1) + (a > 0)．
x3
(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
題型十二：函數與數列不等式問題
【典例 12-1】（2024·安徽馬鞍山·模擬預測）已知函數 f (x) = (x + 2) ln(x +1)．
(1)證明： x > 0時， f (x) > 2x；
n
(2)證明： ln(n +1) > 2 ．
k =1 2k +1
【典例 12-2】（2024·陜西西安·模擬預測）已知函數 f (x) = 2sin x - ax
(1)若函數在[0,π]內點A 處的切線斜率為-a(a 0)，求點A 的坐標；
π
(2)①當 a =1時，求 g(x) = f (x) - ln(x +1)
é ù
在 ê0, ú上的最小值； 6
sin 1 sin 1 L sin 1 ln n +1②證明： + + + > n N, n 2 ．
2 3 n 2
【變式 12-1】（2024·江蘇南通·模擬預測）已知函數 f x = ex - ax - cosx，且 f x 在 0, + 上的最小值為
0.
(1)求實數 a的取值范圍；
x ×j x
(2)設函數 y = j x 在區間 D上的導函數為 y = j x ，若 >1j x 對任意實數 x D 恒成立，則稱函數
y = j x 在區間 D上具有性質S .
（i）求證：函數 f x 在 0, + 上具有性質S；
n n 1 1
（ii）記 p i = p 1 p 2 ...p n ，其中 n N*，求證： i sin >
i=1 i=1 i n n +1
.
【變式 12-2】（2024·天津·模擬預測）已知函數 f (x) = sin x + ln(1+ x) - ax,a R ．
(1)求 f (x) 在點 (0, f (0)) 處的切線方程；
(2)若 f (x) 0恒成立，求 a的值；
2n
(3)求證： sin 1 2n -1 ÷ < 2ln - ln 2, n 2,n N*．
i=n+1 è i -1 n -1
【變式 12-3】（2024·湖南衡陽·三模）已知正項數列 an 的前n項和為 Sn ，首項 a1 =1 .
(1) a2若 n = 4Sn - 2an -1，求數列 an 的通項公式；
(2)若函數 f (x) = 2ex + x a a = f (a )(n N*，正項數列 n 滿足： n+1 n ) .
（i）證明： Sn 3
n - n -1；
（ii）證明： (1
1 1 1 1
+ 2 )(1+ 2 )(1+ )L(1+ ) <
3
2 2 e(n 2,n N
*)
5a2 5a3 5a
.
4 5an
題型十三：三角函數
3
【典例 13-1】（2024·全國·三模）已知函數 f x x= - x + asin x a R 在 x = 0處的切線方程為 y = 0 .
6
(1)求 a 的值；
(2)證明： xf x 0 .
【典例 13-2】（2024·遼寧·模擬預測）已知函數 f x = sinx - ln sinx ， x 1,2
(1)求 f x 的最小值；
(2) x-sinx證明： sinx ×e - ln sinx >1 .
【變式 13-1】（2024·四川廣安·二模）已知函數 f x = ex - ax -1 .
(1)若 f x 存在極值，求 a的取值范圍；
(2)若 a 1， x 0, + ，證明： f x > x - sin x .
13-2 f x = ex x【變式 】已知函數 - e sin x ，（ e為自然對數的底數）．
(1)求曲線 y = f x 在 x = 0處的切線方程
(2)若不等式 a f x b x é π ù對任意 ê0, ú 恒成立，求實數 a - b的最大值； 2
2
(3)證明： f x -1 >1- ex-1 sin x 1-1 - x 3-
2 2 ÷
．
è
【變式 13-3】（2024·廣東湛江·二模）已知函數 f x = ex + xlnx .
(1)求曲線 y = f x 在點 1, f 1 處的切線方程；
(2)若 a > 0，b > 0，且 a2 + b2 =1，證明： f a + f b < e +1.
ax
1．（2024·安徽蚌埠·模擬預測）已知函數 f x = ln x +1 , g x = ，其中 a 1．
x + a
(1)若 a =1，證明： x > 0時， f x
x
<
2g x +1 ；
(2)若函數F x = f x - g x 在其定義域內單調遞增，求實數 a的值；
n!en 3
(3)已知數列 an 的通項公式為 an = n ，求證：n × n an > an+1 > e4 ．
2．（2024· n n-1湖南長沙·三模）已知函數 fn x = x + x +L+ x -1 n N+ ．
(1)判斷并證明 fn x 的零點個數
(2)記 fn x 在 (0, + )上的零點為 xn ，求證;
（i） xn 是一個遞減數列
n +1 x x L x n（ii） 1 + 2 + + n < +1．2 2
1 2
3．（2024·山東·模擬預測）已知函數 f x = + a ÷ ln x + - 2，其中 a R ．
è x x
(1)當 a 1時，判斷 f x 的單調性；
(2)若 f x 存在兩個極值點 x1, x2 x2 > x1 > 0 ．
2
（ⅰ）證明： x2 - x1 + 2 > ；a
（ⅱ）證明： x 1,+ 時， f x
1 4 5
> 3 - + - 2x x2 x ．2 2 2
4．已知 f x = asinx a R ， g x = ex .
(1)若0 < a 1，判斷函數G x = f 1- x + lnx在 0,1 的單調性；
(2) F x = g x - mx2設 - 2 x +1 + k k R ，對"x > 0，m < 0，有F x > 0恒成立，求 k 的最小值；
1
(3)證明： sin 2 + sin
1
2 + sin
1
2 + ×××+ sin
1
< ln2 *
2 3 4 n Nn +1 2 . .
5．（2024·陜西西安·模擬預測）已知函數 f x = x - a lnx + a -1 x a R ．
(1)若函數 f x 在 0, + 上單調遞增，求實數 a的值；
(2)求證： ln2 > sin
1
+ sin 1 +L+ sin 1 ．
100 101 198
6 2024· · f x = x ln x - ax2．（ 河北 三模）已知函數 + 2a -1 x - a +1 a R ．
(1)若 f x 0 在 1, + 恒成立，求實數 a 的取值范圍；
1 1 1 L 1 1(2)證明： + + + + + > ln 2．
n +1 n + 2 n + 3 n + n 4n
1
7．（2024·河北滄州·模擬預測）已知函數 f (x) = ln x - ln(x -1) - ．
x
(1)求 f x 的值域；
n
(2)求證：當 n N*時， sin 1 < ln 2．
i=1 n + i
8．已知函數 f x = ax - lnx 1- .
2x
a 3(1)當 = - 時，求 f x 的極值；
2
(2)當 x 1時，不等式 f x 0恒成立，求 a的取值范圍；
(3)證明： ln n 1
1 1 1
+ < + +L+ .
1+12 2 + 22 n + n2
9．已知m > 0，函數 f x = emx-1 - x g x f x ln x +1， = - + x．
m
(1)若函數 f x 的最小值是 0，求實數 m 的值；
(2)已知曲線 y = f x 在點 1, f 1 處切線的縱截距為正數．
（ⅰ）證明：函數 g x 恰有兩個零點；
1 1
ⅱ -（ ）證明： g x > mm - m m ．
10 2024· · f x ln x +1
x 1-
．（ 河北邢臺 二模）已知函數 = + e e - a，
x2
(1)當 a = 0時，求函數 y = f x 在 x 1= 處的切線方程；
e
1
(2) x-若 f x e e 恒成立，求實數 a 的取值范圍；
(3)證明： ln n +1 !> n
e e
+ - n 2
2 n +1 2 .
11．（2024· - x廣東廣州·三模）已知函數 f x = ae + x - a ．
(1)求 f x 的極值；
1 1 1
(2)已知 n N* ，證明： sin + sin + ×××+ sin < ln 2．n +1 n + 2 2n
12 f x = xex - ex．已知函數 +1．
(1)證明： f x 0．
1 1 1
(2)已知 n N* ，證明： sin + sin +L+ sin < ln 2．n +1 n + 2 2n
13．已知函數 f ln ax +1x = a > 0 ．
x
(1)求函數 f x 的最大值．
(2)證明：當 k N* 且 k 2時， ln
k 1 1 1
< + + +L 1+ < ln k ．
2 2 3 4 k
a x -1
14．（2024· 貴州黔東南·二模）已知函數 f x = lnx - 在 x =1處的切線為 x 軸.
x +1
(1)求實數 a的值；
(2) x > x > 0
x1 - x2 x< 1 + x2若 1 2 ，證明： lnx - lnx 2 .1 2
15．（2024·福建莆田·三模）已知函數 f (x) = x
1
- + a ln x，其中 a R .
x
(1)當 x 1,+ 時， f (x) 0，求 a的取值范圍.
(2)若 a < -2，證明： f (x) 有三個零點x1，x2， x3 （ x1 < x2 < x3），且x1，x2， x3 成等比數列.
n 1
(3)證明： > ln n +1 *
k =1 k k 1 （ n N ）.+
ax
16．（2024·廣東揭陽·二模）已知函數 f x = ln x - x .e
(1)當 a =1時，證明： f x 是增函數.
(2)若 f x x恒成立，求 a的取值范圍.
ln 2 ln 3 ln n e 1- e-n(3) 證明： + + ×××+ n - （ n 2， n N ）.
2 3 n e -1
1
17 x．已知函數 f x = xe2 - ex +1 .
(1)證明："x > 0，總有 f (x) < 0成立；
1 1 1
(2)設 n N* ，證明： + +L+ > ln(n +1)2 ．1 +1 22 + 2 n2 + n
n 4i
18 *．求證： 2 > ln 2n +1 n N ．
i=1 4i -1

19．（2024·河南·二模）已知函數 f x = a ln x - 2x + a a 0 .
(1)討論 f x 的單調性；
(2) aex-1
1
若 - f x 2- x 0對任意 x > 0恒成立，求 a的取值范圍；
a a
1 n 1
(3)證明： e i > ln n n +1 +1 .n i=1
20．已知函數 f (x) = ex + ax （ a R ）， g(x) = ln(x +1) .
(1)求函數的極值；
(2)若 f (x) 1- g(x)對任意的 x 0, + 恒成立，求實數 a的取值范圍；
(3)求證： x > 0時， (ex -1)g(x) > x2 .
21．（2024·全國·模擬預測）已知函數 f x = ax - lnx, a R ．
(1) F x = f x - x2若函數 有兩個極值點，求 a的取值范圍；
1
(2)若曲線 y = f x 在點 , f
1 x 1
÷÷處的切線與 y 軸垂直，求證： f x < e + ．
è e è e ex重難點突破 06 證明不等式問題
目錄
01 方法技巧與總結 ...............................................................................................................................2
02 題型歸納總結 ...................................................................................................................................2
題型一：直接法 ....................................................................................................................................2
題型二：構造函數（差構造、變形構造、換元構造、遞推構造） ................................................6
題型三：分析法 ..................................................................................................................................11
題型四：凹凸反轉、拆分函數 ..........................................................................................................14
題型五：對數單身狗，指數找朋友 ..................................................................................................20
題型六：放縮法 ..................................................................................................................................24
題型七：虛設零點 ..............................................................................................................................31
題型八：同構法 ..................................................................................................................................37
題型九：泰勒展式和拉格朗日中值定理 ..........................................................................................43
題型十：分段分析法、主元法、估算法 ..........................................................................................50
題型十一：割線法證明零點差大于某值，切線法證明零點差小于某值 ......................................55
題型十二：函數與數列不等式問題 ..................................................................................................59
題型十三：三角函數 ..........................................................................................................................67
03 過關測試 .........................................................................................................................................72
利用導數證明不等式問題，方法如下：
（1）直接構造函數法：證明不等式 f x > g x （或 f x < g x ）轉化為證明 f x - g x > 0（或
f x - g x < 0），進而構造輔助函數 h x = f x - g x ；
（2）適當放縮構造法：一是根據已知條件適當放縮；二是利用常見放縮結論；
（3）構造“形似”函數，稍作變形再構造，對原不等式同解變形，根據相似結構構造輔助函數.
（4）對數單身狗，指數找基友
（5）凹凸反轉，轉化為最值問題
（6）同構變形
題型一：直接法
【典例 1-1】（2024·全國·模擬預測）已知函數 f (x) = a(2x + a) - ln x ．
(1)討論 f (x) 的單調性；
(2)證明：當 a > 0時， f (x) > 9ln a ．（參考數據： ln 2 0.693）
【解析】（1）由題意得 f x 1= 2a - ，
x
當 a 0時， f x < 0在 (0, + )上恒成立， f (x) 在 (0, + )上單調遞減，
當 a > 0
1
時，令 f x = 0，解得 x = ．
2a

當 x 0,
1 1
2a ÷
時， f x < 0，當 x ,+ ÷， f x > 0．
è è 2a
1
所以 f (x)
1
在 0, , +
è 2a ÷
上單調遞減，在
÷
上單調遞增；
è 2a
綜合得：當 a 0時， f (x) 在 (0, + )上單調遞減，
1
當 a > 0時， f (x)
1
在 0, 2a ÷上單調遞減，在
,+ 上單調遞增；
è è 2a ÷
1 1 1
（2

）由（1）可知，當 a > 0時， f (x) 2的最小值為 f ÷ = a a +2a a ÷
- ln = a +1+ ln 2a ．
è è 2a
要證 f (x) > 9ln a 成立，需 a2 +1+ ln 2a > 9ln a 成立，
即證 a2 - 8ln a +1+ ln 2 > 0 ．
2
令 h(a) = a2 - 8ln a +1+ ln 2(a > 0) h (a) 2a 8 2a - 8，則 = - = ．
a a
令 h (a) = 0，得 a = 2（負值舍去）．
當 a (0, 2)時， h (a) < 0 ；當 a (2,+ )時， h (a) > 0．
因此 h(a) 在 (0,2)上單調遞減，在 (2,+ ) ，上單調遞增．
所以當 a = 2時， h(a) 取得最小值， h(2) = 4 - 8ln 2 +1+ ln 2 = 5 - 7ln 2 > 5 - 7 0.7 = 0.1 > 0，
故當 a > 0時， f (x) > 9ln a ．
【典例 1-2】（2024·全國·模擬預測）已知函數 f (x) = a ex + a2 - x．
(1)討論 f (x) 的單調性；
(2)證明：當 a > 0時， f (x) 4 ln a + 2 ．
【解析】（1） f (x) 的定義域為 (- , + )， f (x) = aex -1．
若 a 0，則 f (x) < 0， f (x) 在 (- , + )上單調遞減：
若 a > 0，則由 f (x) = 0得 x = - ln a ，當 x < - ln a時， f (x) < 0；當 x > - ln a 時， f (x) > 0；
故 f (x) 在 (- , - ln a)上單調遞減，在 (- ln a, + )上單調遞增；
故當 a 0時， f (x) 在 (- , + )上單調遞減：
當 a > 0時， f (x) 在 (- , - ln a)上單調遞減，在 (- ln a, + )上單調遞增；
（2）方法 1，當 a > 0時，由（1）知，當 x = - ln a 時， f (x) 取得最小值．
所以 f (x) f ( - lna) = a3 +1+ lna ，從而 f (x) - (4lna + 2) a3 - 3lna -1．
g(x) = x3 - 3ln x -1, (x > 0) g (x) 3x2 3 3x
3 -3
設 ，則 = - = ．
x x
當0 < x <1時， g (x) < 0；當 x >1時， g (x) > 0，
所以 g(x)在 (0,1)上單調遞減，在 (1, + )上單調遞增，
故當 x > 0時， g(x) g(1) = 0，
故當 a > 0時， a 3 - 3 ln a -1 0，即 f (x) 4 ln a + 2 ；
方法 2：當 a > 0時，由（1）知，當 x = - ln a 時， f (x) 取得最小值，
f (x) f (-lna)=a3 +1+lna f x - 4ln a + 2 a3所以 ，從而 - 3ln a -1，
令 h(x) = lnx - x+1,x > 0， h (x)
1- x
= ，
x
當0 < x <1時， h (x) > 0；當 x >1時， h (x) < 0；
所以 h x 在 0,1 上單調遞增，在 1, + 上單調遞減，
故 h(x) h(1) = 0,\lnx x -1，當 x =1等號成立；
3
所以，當 a > 0時，a -3lna-1 a3 -3(a-1)-1= a3 -3a+2=(a-1)2(a+2) 0，
即 f (x) 4 ln a + 2 .
a
【變式 1-1】（2024·四川·模擬預測）已知函數 f x = ex - x3 -1．
3
(1)若 f x 有 3 個極值點，求 a 的取值范圍；
1
(2)若 x 0 2， a ，證明： f x ax + x．
2
x a 3
【解析】（1）由 f x = e - x -1有 3 個極值點，
3
x
可得到 f x = e - ax2 具有 3 個變號零點，
x = 0 f x = ex當 時不是 - ax2 的零點，
ex
則可得 2 = a在 - ,0 0, + 有 3 個交點，x
ex
構造函數 g x = ， - ,02 0, + ，x
ex x - 2
則 g x = ，令 g x = 03 ，解得 x = 2，x
所以當 x - ,0 ， g x > 0， g x 單調遞增，
當 x 0,2 ， g x < 0， g x 單調遞減，
當 x 2, + ， g x > 0， g x 單調遞增，
e2
所以 g x = g x = ，min 極小值 4
而當 x - 時， g x 0，當 x 0 時， g x + ，當 x + 時， g x + ,
a e
2
所以 > ,
4
e2a 則 的取值范圍為 , + 4 ÷
.
è
h x f x ax2 x ex a（2 3）構造函數 = - - = - x -1- ax2 - x, x 0
3
h x = ex - ax2則 - 2ax -1，且 h 0 = 0,h 0 = 0 ，
構造函數u x = h x = ex - ax2 - 2ax -1 x，則u x = e - 2ax - 2a，
再令 v x = u x = ex - 2ax - 2a，則 v x = ex - 2a，
a 1因為 時，則 v x = ex - 2a 0， v x 在 0, + 單調遞增，
2
而 v x v 0 =1- 2a，所以u x 在 0, + 單調遞增，
所以u x u 0 = 0，所以 h x 在 0, + 單調遞增，
故 h x h 0 =1-1 = 0 2，即 f x ax + x .
【變式 1-2】已知函數 f x = xa - ln x， a > 0．
(1)求 f x 的最小值 g a ；
g a a 1(2)證明： + -1．
a
1 axa -1
【解析】（1） f (x) 的定義域為 0, + ， f x = axa-1 - = ，
x x
1
令 axa0 -1 = 0
a
解得 x 1= ÷ ，又因為當 a > 0時， y = ax
a -1
0 為增函數，
è a
故當 x 0, x0 時， f x < 0，則 f x 在 0, x0 上單調遞減；
當 x x0 ,+ 時， f x > 0，則 f x 在 x0 ,+ 上單調遞增；
故 f x min = f x0 x
a ln x 1 1 1 1+ ln a 1+ ln a= 0 - 0 = - ln = ，故 g a =a a a a a ．
g a 1+ ln a a 0 g a - ln a（2） = > =a ， ，則 2 ，a
故當 a 0,1 時， g a > 0，則 g a 在 0,1 單調遞增；
當 a 1,+ 時， g a < 0 ，則 g a 在 1, + 單調遞減；
故 g a max = g 1 = 1．
a 1
1
又因為 + 2 a 1 = 2，所以 a + -1 1（當且僅當 a =1時，取“ = ”a ），a a
所以 g a 1 a + -1．
a
x 3
【變式 1-3】（2024·寧夏吳忠·模擬預測）已知函數 f (x) = ae - x - (a R)．
2
(1)討論 f x 的單調性；
(2)證明：當 a > 0時， f (x) > 2ln a - a2 ．
【解析】（1）由題意知 f (x) = aex -1，
當 a 0時， f (x) < 0，所以 f x 在 (- , + )上單調遞減；
當 a > 0時，令 f (x) < 0，解得 x < - ln a，
令 f (x) > 0，解得 x > - ln a ，
所以 f (x) 在 (- , - ln a)上單調遞減，在 (- ln a, + )上單調遞增
（2）由（1）得 f (x)min = f (- ln a) = ae
- ln a + ln a 3- = ln a 1- ，
2 2
要證 f (x) > 2ln a - a2 ，即證 ln a
1 2ln a a2 a2 1- > - ，即證 - - ln a > 0，
2 2
2
令 g(a)
1
= a2 - - ln a(a > 0)，則 g (a) 2a 1 2a -1= - = ，
2 a a
g (a) < 0 0 a 2令 ，解得 < < ，令 g (a) > 0 2，解得 a > ，
2 2

所以 g(a)在 0,
2 2
÷÷ 上單調遞減，在 ,+ 上單調遞增，
è 2 è 2 ÷
÷

2

所以 g(a) g 2 2 1 2min = ÷÷ = ÷÷ - - ln = ln 2 > 0，
è 2 è 2 2 2
則 g(a) > 0恒成立，
所以當 a > 0時， f (x) > 2ln a - a2 .
題型二：構造函數（差構造、變形構造、換元構造、遞推構造）
【典例 2-1】（2024·河北滄州·模擬預測）對于函數 f x 和 g x ，設a x∣f x = 0 , b x∣g x = 0 ，若
存在a,b 使得 a - b 1，則稱 f x 和 g x 互為“零點相鄰函數”.設 f x = ln a + x a R ，
g x = x x +1 ，且 f x 和 g x 互為“零點相鄰函數”.
(1)求 a的取值范圍；
(2)令 h x = g x - f x （ g x 為 g x 的導函數），分析 h x 與 g x 是否互為“零點相鄰函數”；
1 1
(3)若 a =1, x > 0，證明： f - < 0è x ÷ g x .
【解析】（1）令 f x = ln a + x = 0，得 x =1- a ，
令 g x = x x +1 = 0，得 x1 = -1, x2 = 0，
① 1- a - -1 1，解得1 a 3，
② 1- a - 0 1，解得0 a 2 ，
所以 a的取值范圍為 0,3 .
（2） h x = 2x +1- ln x + a (x > -a) h x 2 1 2x + 2a -1，則 = - = ，
x + a x + a
令 h x = 0 x 1，得 = - a ，
2
a x 1當- < < - a 時， h x < 0, h x 單調遞減，
2
x 1當 > - a 時， h x > 0,h x 單調遞增，
2
h(x) 1 1所以 min = h - a ÷ = 2 - 2a - ln = 2 + ln2 - 2a ，
è 2 2
又 a 0,3 ，
當 a
é
ê0,1
ln2
+ ÷時， h(x)min > 0,h x 無零點，
2
所以 h x 與 g x 不互.為“零點相鄰函數”；
a 1 ln2 1 1+ ln2當 = + 時， h(x)
2 min
= 0，函數 h x 的零點為 x = - a = - -1,0 ，
2 2
所以 h x 與 g x 互為“零點相鄰函數”；
當 a
1 ln2 5+ , ù ú 時， h(x)min < 0，又因為 h 1 > 0，è 2 2
1
所以此時在區間 - a,1÷ -2,1 內存在零點，所以 h x 與 g x 互為“零點相鄰函數”；
è 2
當 a
5 ,3ù 2 ú 時，
h(x)min < 0，又因為 h -1 < 0, h 1 > 0，è
所以在區間 -1,1 -2,1 內存在零點，所以 h x 與 g x 互為“零點相鄰函數”.
ln2
綜上，當 a
é0,1+ ê ÷時， h x 與 g x 不互為“零點相鄰函數”， 2
é ln2 ù
當 a ê1+ ,3ú時， h x 與 g x 互為“零點相鄰函數”. 2
1 1 1 1
（3）當 x > 0,a =1時， f ÷ - < 0 ln 1+ ÷ - < 0è x g x è x x x 1 ，+
設 t
1
= ，則 t > 0，
x
ln 1 1 1則 + ÷ - < 0 ln 1 t
t
+ - < 0 1+ tln 1+ t - t < 0
è x x x ，+1 t +1
設F t = 1 ln 1+ t + 2 - 2 1+ t+ tln 1+ t - t(t > 0)，則F t = ，
2 1+ t
令 p t = ln 1+ t + 2 - 2 1+ t , t > 0，
p t 1 1 1- 1+ t則 = - = < 0，
1+ t 1+ t 1+ t
所以 p t 在 0, + 上單調遞減，
又 p 0 = 0，所以 p t < 0 ，即F t < 0，所以F t 在 0, + 上單調遞減，
又F 0 = 0，所以F t < 0，得證.
【典例 2-2】（2024·湖北荊州·三模）已知函數 f x = x ln x
(1)求曲線 y = f x 在點 1, f 1 處的切線方程；
(2)求證：函數 y = f x 的圖象位于直線 y = x 的下方；
f x lnx x【解析】（1） = + ，則 f 1 =1，
2 x x
又 f 1 = 0，
所以曲線在點 1, f 1 處的切線方程為 y = x -1；
（2）因為 x > 0，所以 x > 0，要證明 f x < x，只需要證明 lnx < x ，
即證 lnx - x < 0，
令 h x = lnx - x h x 1 1 2 - x，則 = - = ，
x 2 x 2x
當 0 < x < 4時， h x > 0，此時 h x 在 0,4 上單調遞增，
當 x>4時， h x < 0，此時 h x 在 4, + 上單調遞減，
故 h x 在 x = 4取極大值也是最大值，故 h x h 4 = ln4 - 2 < 0，
所以 lnx - x < 0恒成立，即原不等式成立，
所以函數 y = f x 的圖象位于直線 y = x 的下方.
【變式 2-1】已知函數 f x = ln x + a - x有且只有一個零點，其中 a > 0．
(1)求 a的值；
(2)若對任意的 x 0, + ，有 f x kx2 成立，求實數 k 的最大值；
x - x
(3)設 h x = f x + x，對任意 x1, x2 -1,+ x x 1 2，證明：不等式 > x x + x + x +11 2 h x1 - h x 1 2 1 2
恒成立．
2
1 x + a -1
【解析】（1） f (x) 的定義域為 -a, + ， f x = -1 = - ．
x + a x + a
由 f (x) = 0，得 x = 1- a > -a ．
∵ 當-a < x <1- a時， f (x) > 0則 f (x) 在區間 (-a,1- a]上是增函數，
當 x >1- a 時， f (x) < 0， f (x) 在區間[1- a,+ ) 上是減函數，
∴ f (x) 在 x =1- a 處取得極大值也為最大值．
由題意知 f (1- a) = -1+ a = 0，解得 a =1．
（2）由（1）知 f (x) = ln(x +1) - x ，
當 k 0時，取 x =1得， f (1) = ln2 -1< 0 ，知 k 0不合題意．
當 k < 0時，設 g x = f x - kx2 = ln x +1 - x - kx2 ．
1 -x 2kx + 2k +1 則 g x = -1+ 2kx = ．
x +1 x +1
令 g (x) 0
2k +1
= ，得 x1 = 0 ， x2 = - = -1
1
- > -1．
2k 2k
① x 2k +1= - ≤0 k ≤ - 1若 2 ，即 時， g (x) > 0在 x (0,+ )2k 2 上恒成立，
∴ g(x)在[0, + ) 上是增函數，從而總有 g(x) g(0) = 0，
即 f (x) kx2 在[0, + ) 上恒成立．
2k +1 1 x 0, 2k +1②若 x2 = - > 0 k 0 -

，即 - 2 < < 時，對于 ÷， g (x) < 0，2k è 2k
g(x) 0, 2k +1 ∴ 在 - ÷ 上單調遞減．
è 2k
x 2k +1 0, - 于是，當取 0 ÷ 時， g x0 < g 0 = 0，即 f (x 22k 0 ) kx0 不成立．è
故 - 12 < k < 0不合題意．
1
綜上， k 的最大值為- ．
2
（3）由 h(x) = f (x) + x = ln(x +1)．不妨設 x1 > x2 > -1，
x1 - x2
則要證明 > x1x + x + x +1h x1 - h x 2 1 2
，
2
x1 +1 - x2 +1
只需證明 > x +1 x +1 ln x1 +1 - ln x2 +1 1 2
，
x1 +1
2 - 2 x1 +1 x2 +1 + x2 +1
2 2 x
即 > ln 1 +1

，x1 +1 x +1
x +1÷2 è 2
2
x1 +1 2 x2 +1
x +1
即證 - + > ln 1 ．
x2 +1 x +1

1 è x2 +1
÷

x1 +1 t -1設 t = t >1 1x +1 ，則只需證明 t - 2 + > ln t ，化簡得 > ln t ．2 t t
2
設j(t)
t -1
= - ln t t -1，則 t j x = > 0， ∴ j(t) 在 (1, + )上單調遞增，2t t
t -1
∴ j(t) > j(1) = 0 ，即 > ln t ，得證．
t
故原不等式恒成立．
【變式 2-2】設 f x = 1+ x e-2x 1，當 x 0,1 時，求證：1- x f x ．
1+ x
【解析】要證 x 0,1 -2x時， 1+ x e 1- x 1+ x e- x 1- x ex，只需證 ，
- x x x - x
記 h x = 1+ x e - 1- x e ，則 h x = x e - e ，
當 x 0,1 時， h x > 0，所以 h x 在 x 0,1 上單調遞增，故 h x h 0 = 0，
所以 f x 1- x, x 0,1 ，
x 0,1 1 x e-2x 1要證 時， + ，只需證 ex x +1，
1+ x
x x
記K x = e - x -1，則K x = e -1，
當 x 0,1 時，K x > 0，
所以K x 在 x 0,1 上單調遞增，故K x K 0 = 0，
所以 f x 1 , x 0,1 ，
1+ x
綜上，1- x f x 1 ， x 0,1
1+ x
【變式 2-3】（2024·山東菏澤·模擬預測）已知函數 f (x) = tx ln x - x2 +1(0 < t 2)．
(1)求函數 f (x) 的單調區間;
2 2 2 2
(2)若a > b > 0，證明: ln a + b a b< ．
a2 - b2 a4 - b4
【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 0 x
t g (x) < 0 x t可得 < < ，由 可得 > ，
2 2
t
所以 f (x) 在 (0, )上單調遞增，在 (
t ,+ )上單調遞減，
2 2
所以 f (x)max = f (
t ) = 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, + )上單調遞減，沒有單調遞增區間.
a2 + b2 a2b2
（2）證明 ln 2 < ，a - b2 a4 - b4
1 2 2 2ln a + b 1 (a +b
2 )2 - (a2 - b2 )2
只需證：
2 a2 - b2
< ，
4 (a2 + b2 )(a2 - b2 )
2 2 2 2 2 2
即證： 2ln a + b a + b a - b< - ，
a2 - b2 a2 - b2 a2 + b2
a2x + b
2
令 = 2 2 , a > b > 0，所以 x >1，a - b
只需證： 2ln x < x
1
- ，
x
即證： 2x ln x - x2 +1< 0，
由（1）知，當 t = 2時， f (x) = 2x ln x - x2 +1在 (0, + )上單調遞減，
所以當 x >1時， f (x) < f (1) = 0，
即 2x ln x - x2 +1< 0，
a2ln + b
2 a2b2
所以 2 2 .
題型三：分析法
【典例 3-1】已知函數 f x = ax2 - 2x + 3 ex - x - 3 a R ，當 a 1時，證明： f x +1 x .
【解析】當 a 1時，有 ax2 - 2x + 3 x2 - 2x + 3 = x -1 2 + 2 2，
所以，要證 f x +1 x，只需證 f x +1 = ax2 - 2x + 3 ex - x - 2 2ex - x - 2 x ，
即證 2e x - 2 x - 2 0 ， ex - x -1 0 ,
設 g(x) = ex - x -1，則 g (x) = ex -1，令 g (x) = 0，則 x = 0，
當 x > 0時， g (x) > 0，當 x < 0 時， g (x) < 0，
故 g(x)在 (0, + )上單調遞增， g(x)在 (- ,0)上單調遞減，
所以 g(x) g(0) =e0 -1=0，即 ex - x -1 0，
所以 f x +1 = ax2 - 2x + 3 ex - x - 2 2ex - x - 2 x ，得證.
x 2
【典例 3-2】已知函數 f x = me + x - 2 m R ， g x = x ln x．
(1)若直線 y = x -1是函數 f x 的圖象的切線，求實數m 的值；
(2)當m < -1時，證明：對于任意的 x 0, + ，不等式 f x < g x + x - 2 恒成立．
【解析】（1）Q直線 y = x -1是函數 f x 的圖象的切線，\設切點為 x0 , x0 -1 ，
Q f x = mex + 2x x，\ me 0 + 2x =1，得 ex 1- 2x00 = 0m ．
Q x 2 x 2切點在函數 f x = me + x - 2的圖象上，\ me 0 + x0 - 2 = x0 -1，
ex 1- 2x0 = 0 x2代入 得 0 - 3x0 = 0，解得 x0 = 0或 x0 = 3m ．
1- 2x 5
再代入 ex0 = 0 解得m =1或m = -m e3 ，
∴實數m 5的值為 1 或- e3 ．
（2）證明：要證 f x < g x + x - 2 ，即 x ln x - x2 + x - mex > 0，
Q x ln x - x x -1 x ln x - x x -1 ex > 0，\ m < x ，又由m < -1知即證 x -1，e e
x ln x - x x -1設 h x = x x，則 h x = x × ln x +1 ÷．ex e è e
令j x x= j x 1- x 1- xx ，則 = x ，由j x = x = 0 ，得 x =1，e e e
\當 x 0,1 時，j x > 0；當 x 1,+ 時，j x < 0，
\ j x 在 0,1 單調遞增，在 1, + 單調遞減，
\在 0, + 上，j x max = j 1
1
=
e ，即
j x 0, 1ùe ú ，
令j x = t x x ，則 x × ln x +1÷ = t ln t +1 ，設 k t = t ln t +1 ，則 k t = ln t + 2e ．è e
1 1 1 1
令 k t = 0，得 t = 2 ，\當 t 0, 2 ÷時， k t < 0，當 t 2 , ÷ 時， k t > 0，e è e è e e
\ k t 0, 1 1 1 在 2 ÷單調遞減，在 2 , ÷單調遞增，\ k t 在 t

0,
1ù 1 1
ú 上有最小值，為 k 2 ÷ = - ．è e è e e è e è e e2
\ x ln x - xh x x -1 = 1x 的最小值為- 2 > -1e ，原不等式得證．e
mx f x e x2 3m + 3 2m
2 + 5m + 3
【變式 3-1】（2024·山東·模擬預測）已知函數 = - x + 2 ÷，其中m 0 .
è m m
(1)求曲線 y = f x 在點 2, f 2 處切線的傾斜角；
(2)若函數 f x 的極小值小于 0，求實數m 的取值范圍；
(3) x證明： 2e - 2 x +1 ln x - x > 0 .
2
【解析】（1）由 f x memx 2 3m + 3 2m + 5m + 3 = mx 3m + 3 mx x - x + + em m2 ÷ 2x - ÷ = e x - 2 mx - m -1 ，è è m
所以 k = f 2 = e2m 2m - m -1 2 - 2 = 0，
設曲線 y = f x 在點 2, f 2 處切線的傾斜角為a ，則 k = tana = 0，
又因為a [0,p ) ，所以a = 0 ，
所以曲線 y = f x 在點 2, f 2 處切線的傾斜角為 0.
（2）由（1）知 f x = emx x - 2 mx - m -1 = 0，且m 1 0 ，解得： x = 2或 x =1+ ，
m
m 0 x - ,1
1
+ f x < 0 x 1當 < 時， ÷ ， ， 1+ , 2

÷， f x > 0， x 2, + ， f x < 0，
è m è m
所以 f x 在 - ,1
1 1
+ ÷上單調遞減，在 1+ , 2÷上單調遞增，在 2, + 上單調遞減，
è m è m
1 é 1 2 3m + 3 1 2m2f x + 5m + 3
ù m +1
所以 = f 1+ = em+1 ÷ ê 1+ -
m+1
÷ 1+ ÷ + 2 ú = e 2 < 0極小值 ，解得m < -1，è m êè m m è m m ú m
所以m < -1；
1
當0 < m <1時， x - , 2 ， f x > 0， x 2,1+ ÷ ， f x < 0， x

1
1
+ , + ÷， f x > 0，
è m è m
1 1
所以 f x 在 - , 2 上單調遞增，在 2,1+ ÷上單調遞減，在 1+ , + 上單調遞增，
è m è m ÷
2
f x = f 1 1+
é
= em+1 1 1 3m + 3+ - 1 2m
2 + 5m + 3ù m +1
所以 極小值 ÷ ê
m+1
÷ 1+ ÷ + ú = e > 0，
è m êè m m è m m
2 2
ú m
即此時極小值不可能小于 0，所以當0 < m <1時不符合題意；
當m =1時， f x = ex x - 2 2 0恒成立，
所以 f x 在 - ,+ 上單調遞增，即函數 f x 無極值，不滿足題意，
所以當m =1時不符合題意；
當m > 1時， x
- ,1 1+ ÷ ， f x > 0 x

， 1
1
+ , 2 ÷， f x < 0， x 2, + ， f x > 0，
è m è m
f x ,1 1 1 1 所以 在 - + ÷上單調遞增，在 + , 2÷上單調遞減，在 2, + 上單調遞增，
è m è m
所以 f x = f 2 = e2m 3- m2 < 0，解得m > 3，極小值 m
所以m > 3；
綜上可知實數m 的取值范圍為 m m < -1或m > 3 .
（3）由（2）知，當m = -1時， f x 在 0,2 上單調遞增，在 2, + 上單調遞減，
2
f x 4= f 2 = <1 x，即 f x = <1，即 ex > x2 2ln xmax 2 x ，兩邊取自然對數得： x > 2ln x ，則. 1 >e e x
x 2
要證 2e - 2 x +1 ln x - x > 0成立，只需證 2x - 2 x +1 ln x - x > 0， x 0, + .
2ln x 2ln x
兩邊同除 x 得： 2x - 2ln x - -1 > 0 ，即 2x - 2ln x > +1.
x x
只需證： 2x - 2ln x >1+1 = 2 ，即證 x - ln x -1 > 0，
令 g x = x - ln x -1， x 0, + ， g x 1 1 x -1= - = = 0，解得： x =1，
x x
當 x 0,1 時， g x < 0， g x 在 0,1 上單調遞減，當 x 1, + 時， g x > 0， g x 在 1, + 上單調
遞增，
所以 g x = g 1 = 0min ，即 x - ln x -1 0，
經檢驗，當 x =1時， 2e - 2 1+1 ln1-1 = 2e -1 > 0 成立.
x
綜上可知不等式 2e - 2 x +1 ln x - x > 0得證.
題型四：凹凸反轉、拆分函數
【典例 4-1】已知函數 f x = ex - x2 ，證明：當 x 0 時， f x 1 .
x2 +1
【解析】由題意 f x 1等價于 x -1 0，e
2 2
g x x +1= -1 x - 2x +1 x -1
2
設函數 x ，則 g x = - = - ．e ex ex
當 x 1時， g x < 0，所以 g x 在 0, + 單調遞減．
而 g 0 = 0，故當 x 0 時， g x 0，即 f x 1．
lnx 1
【典例 4-2】（2024·陜西西安·模擬預測）已知函數 f (x) = - ．
x e
(1)求 f (x) 的最大值；
(2)證明：當 x > 0時， f (x) < xex ．
f (x) lnx 1 1- lnx【解析】（1）函數 = - 的定義域為 (0, + )，求導得 f (x) = 2 ，x e x
當0 < x < e時， f (x) > 0，函數 f (x) 遞增，當 x>e時， f (x) < 0，函數 f (x) 遞減，
所以當 x=e時，函數 f (x) 取得最大值 f (e) = 0 .
（2）令函數 g(x) = xex , x > 0 ，求導得 g (x) = (x +1)ex > 0，即函數 g(x)在 (0, + )上單調遞增，
因此"x (0,+ )， g(x) > g(0) = 0，由（1）知， f (x) 0恒成立，
所以 f (x) < g(x) ，即當 x > 0時， f (x) < xex .
x
【變式 4-1】（2024·全國·模擬預測）已知函數 f x = xe + a ， g x = x ln x + a．
(1)若函數 f x 的最小值與 g x 4的最小值之和為- ，求 a的值．
e
(2)若 a = 0， x > 0，證明： f x > g x ．
【解析】（1）因為 f x = xex + a ，所以 f x = 1+ x ex ．
令 f x = 0，解得 x=- 1．
所以當 x - ,-1 時， f x < 0， f x 單調遞減；
當 x -1, + 時， f x > 0， f x 單調遞增．
所以 f x = f -1 1= - + amin ．e
因為 g x = x ln x + a ， x > 0，所以 g x = ln x +1．
g x = 0 x 1令 ，解得 = ．
e

所以當 x 0,
1
÷時， g x < 0， g x 單調遞減；
è e
x 1 當 ,+ ÷時， g x > 0， g x 單調遞增，
è e
1 1
所以 g x = g ÷ = - + amin ．e e è
1 1
由題意可得- + a - + a
4 1
= - ，解得 a = - ．
e e e e
（2）證明：方法一 當 a = 0時， f x = xex ， g x = x ln x，則 g x = ln x +1．
要證 f x > g x ，即證 xex - ln x -1 > 0， x > 0．
F x = xex - ln x - x -1 x > 0 F x x 1 ex 1 x +1 xe
x -1- x
1 x +1令 ， ，則 = + - - = = xex -1x x x ．
令G x = xex -1， x > 0 x，則G x = x +1 e ，
所以當 x > 0時，G x > 0，所以G x 在 0, + 上單調遞增．
因為G 0 = -1< 0，G 1 = e -1 > 0，
所以G x 在 0, + 上存在唯一零點 c 0,1 ，且當 x 0,c 時，G x < 0；當 x c,+ 時，G x > 0．
所以當 x 0,c 時，F x < 0，F x 單調遞減；當 x c,+ 時，F x > 0，F x 單調遞增．
F x F c = cec所以 - ln c - c -1．
由G c = 0，得cec -1= 0，所以 cec =1．
兩邊取對數，得 ln c + c = 0，所以F c = 0 ，
所以F x F c = 0，即 xex - ln x - x -1 0．
因為 x > 0，所以 xex - ln x -1 > 0，即 f x > g x ．
x
e ln x +1方法二要證 f x > g x ，即證 xex > ln x +1，即證 > 2 ． x x
x ln x +1
令 h x e= ， x > 0，j x = 2 ， x > 0．x x
x
易得 h e x -1x = ，則令 h x < 0，得0 < x <1；令 h x > 0，得 x >12 ． x
所以 h x 在 0,1 上單調遞減，在 1, + 上單調遞增．
所以 h x h 1 = e．
1
× x2 - 2x ln x +1
易得j x -2ln x -1= x ．
x4
=
x3
令j x > 0 1，得 - - 10 < x < e 2 ；令j x < 0，得 x > e 2 ．
1 1-
-
所以j x 在 0,e 2 ÷上單調遞增，在 e 2 , + ÷ 上單調遞減，
è è
1
-
所以j

x e j e 2 ÷ = < e，2 è
所以 h x > j x ，故 f x > g x ．
f (x) ln x a 2 1【變式 4-2】已知 = + ， a ，b >1，求證： f (ln b) > ．
x e b
b 1 t 0 t f (t) 1 a 1【解析】令 t = ln b， > ，則 > ，則b = e ，只需證明 > et ，即證
ln t + >
t et ；
Qa 2 a ，\ f (t) = ln t + ln t
2
+ ，故只需證明 ln t
2 1
+ > t ln t 2 t+ >
e t et et et ，即證 e et ，
記 g(t) t ln t
2
= + ，則 g (t) =1+ ln te ，
0 t 1當 < < 時， g (t) < 0 ；當 t
1
> 時， g (t) > 0；
e e
g(t) (0, 1即 在 )
1
上遞減，在 ( , + )上遞增，
e e
g(t) g (t) g(1) 1
1
\ min = = t =e e ①，當且僅當 時等號成立，e
h(t) t再記 = 1- tt ，則 h (t) = et ，e
當0 < t <1時， h (t) > 0 ；當 t > 1時， h (t) < 0；
h(t)在 (0,1)上遞增，在 (1, + )上遞減．
\h(t) hmax (t) = h(1)
1
= t =1
e ②，當且僅當 時等號成立．
2 t
由①②等號不同時取到，得 t ln t + > t ，于是 f (ln b)
1
>
e e ．b
1
【變式 4-3】（2024·全國·模擬預測）已知函數 f x = e2x + a - 2 ex - 2ax ．
2
(1)若曲線 y = f x 在 0, a
3
- ÷處的切線方程為 4ax + 2y +1 = 0 ，求 a的值及 f x 的單調區間．
è 2
(2)若 f x 的極大值為 f ln2 ，求 a的取值范圍．
(3)當 a = 0時，求證： f x + 5ex 5 3- > x2 + xlnx．
2 2
2x
【解析】（1）由題意，得 f x = e + a - 2 ex - 2a ，所以 f 0 = -a -1．
因為曲線 y = f x 在 0, a
3 3
- ÷處的切線方程為 y - a - = -a -1 x，
è 2 è 2 ÷
又 4ax + 2y +1 = 0 ，所以-2a = -a -1，所以 a =1．
f x = e2x - ex - 2 = ex - 2 ex所以 +1 ．
令 f x < 0，得 x < ln2；令 f x > 0，得 x > ln2 ．
所以函數 f x 的單調遞減區間是 - , ln2 ，單調遞增區間是 ln2,+ ．
2 f x = e2x + a - 2 ex - 2a = ex + a ex（ ）由題意得 - 2 ．
當 a 0時，令 f x > 0，得 x > ln2 ；令 f x < 0，得 x < ln2．
所以 f x 在 - , ln2 上單調遞減，在 ln2,+ 上單調遞增，此時 f x 只有極小值，不符合題意．
當 a < 0時，令 f x = 0，得 x1 = ln2， x2 = ln -a ．
因為 f x 的極大值為 f ln2 ，所以 ln2 < ln -a ，解得 a < -2．
綜上， a的取值范圍為 - , -2 ．
1 2x x
（3）當 a = 0時， f x = e - 2e ．
2
要證 f x + 5ex 5 3 x2 xlnx 1 e2x 2ex 3 5- > + + - x2，即證 - > xlnx - ex ，
2 2 2 2 2
1 e2x 2ex 2x2 5 xlnx ex 1只需證 + - - > - - x2．
2 2 2
1 e2x 2ex 2x2 5先證： + - - > 0， x > 0．
2 2
設 h x 1= e2x 2ex 2x2 5+ - - ， x > 0 h x = e2x，則 + 2ex - 4x．
2 2
m x = e2x + 2ex設 - 4x， x > 0，則m x = 2e2x + 2ex - 4 = 2 ex -1 ex + 2 > 0．
所以函數m x 在 0, + 上單調遞增，則m x > m 0 = 3 > 0 ，即 h x > 0，
所以函數 h x 在 0, + 上單調遞增，則 h x > h 0 = 0 1 e2x + 2ex，所以 - 2x2 5- > 0．
2 2
x
再證： xlnx - ex
1
- x2 < 0， x > 0 lnx e 1，即證 < + ．
2 x x2 2
設 t x lnx 1- lnx= ，則 t x = 2 ．x x
當 x 0,e 時， t x > 0， t x 單調遞增；
當 x e, + 時， t x < 0， t x 單調遞減．所以 t x t e 1= ．
e
ex x - 2 ex
設j x 1 = 2 + ， x > 0，則j x = ．x 2 x3
當 x 0,2 時，j x < 0，j x 單調遞減；當 x 2, + 時，j x > 0，j x 單調遞增．
e2 1 lnx 1 e2 1 ex 1 lnx ex 1
所以j x j 2 = + ．所以 < + + ，即 < + ．
4 2 x e 4 2 x2 2 x x2 2
1 2x x 2 5 x 1 2
綜上， e + 2e - 2x - > xlnx - e - x 得證．
2 2 2
f x 5 3+ 5ex - > x2故 + xlnx．
2 2
ex lnx
【變式 4-4】已知函數 f x = 2 ，求證： f x .x + x +1 ex
ex
【解析】由題意，當 x > 0時，由 f x = 2 ，x + x +1
f (x) e
x (x2 + x +1) - ex (2x +1) (x2 - x)ex
則 = 2 = ，(x + x +1)2 (x2 + x +1)2
當 x >1時， f (x) > 0，當0 < x <1時， f x < 0，
所以 f (x)
e
在( 0, 1)上單調遞減，在 (1, + )上單調遞增，所以 f (x)min = f (1) = .3
設 h(x)
ln x
= x ，當0 < x 1時， h(x) 0 < f (x)，e
當 x
2
>1時，設 p(x) = ex - 2ln x ，則 p x = ex - > e - 2 > 0，
x
所以 p(x)在 (1, + )上是增函數，
p(x) > p(1) = e > 0 x x ln x 1所以 ，即 e - 2ln x > 0， e > 2ln x ，所以 x < ，e 2
而 f (x)
e 1
min = > ，所以 h(x) < f (x)，3 2
f x lnx綜上，當 x > 0時， x ．e
【變式 4-5】（2024·陜西安康·模擬預測）已知函數 f x = lnx m+ + 2x .
x
(1)討論函數 f x 的單調性；
(2)若m 1 x，求證： é2 f x - 4x -1ù ×e > 2 .
m 1 m 2x2 + x - m
【解析】（1）因為 f x = lnx + + 2x，所以 f xx = - 2 + 2 = 2 x > 0 ，x x x
當m 0時，-m 0, x > 0，則 f x > 0恒成立，所以 f x 在 0, + 上單調遞增；
當m > 0時，D =1+ 8m > 0，
f x = 0 x -1+ 1+ 8m 0 x -1- 1+ 8m令 ，解得 = > 或 = < 0（舍去），
4 4
-1+ 1+ 8m -1+ 1+ 8m
令 f x > 0，解得 x > ；令 f x < 0，解得0 < x < ；
4 4

f x -1+ 1+ 8m

, -1+ 1+ 8m

故 在 + ÷÷上單調遞增，在4
0, ÷÷ 上單調遞減；
è è 4
綜上所述：當m 0時， f x 在 0, + 上單調遞增；
-1+ 1+ 8m -1+ 1+ 8m
當m > 0時， f x 在 ,+ ÷÷上單調遞增，在 0, ÷÷ 上單調遞減；
è 4 è 4
（2） é2 f x - 4x -1 ù ×ex > 2

即 2ln x
2m
+ -1 ÷ ×e
x > 2 x ln x 1- x + m ×ex，也即 ÷ > x ，也即
è x è 2
x ln x 1 x- x + m > x .2 e
1
-
設 g x 1 1 1= x ln x - x +1，則 g x = ln x + ，令 g x = 0 ，解得 x = e 2 = ，
2 2 e
1 1
又 g x ln x 1= + 在 0, + 上單調遞增，所以當0 < x < 時， g x < 0，當 x > 時， g x > 0，所以
2 e e
g x 1 , 1 在 + ÷上單調遞增，在 0, ÷上單調遞減，è e è e
1 1 1 1 1
所以 g x = g ÷ = ln - +1 =1-min ，è e e e 2 e e
設 h x x= x ，則 h x
1- x
= x ，當0 < x <1時， h x > 0，當 x >1時， h x < 0，e e
所以 h x 在 0,1 上單調遞增，在 1, + 上單調遞減，
h x = h 1 1= 1 1 1 e - e -1所以 max ，又 - - = > 0，所以 g x > hmin x e e e e max
，
所以 x ln x
1
- x x+1 > x ，2 e
1 1 x
由題意m 1，所以 x ln x - x + m x ln x - x +1 > ，
2 2 ex
所以 é2 f x - 4x -1 ù ×ex > 2，得證.
題型五：對數單身狗，指數找朋友
【典例 5-1】（2024·陜西榆林·三模）已知函數 f x = mlnx + x2 - x, f x 的導函數為 f x .
(1)討論 f x 的單調性；
x
(2)當m =1時，證明： f x +1 2e 1 + + x -1 .
x +1 x +1
m 2x2 - x + m
【解析】（1） f x = + 2x -1 = (x > 0)，
x x
1
當Δ =1-8m 0，即m 時，此時， f x 0，故 f x 在 0, + 上單調遞增.
8
1
當Δ =1-8m > 0，即m < 時，令 f x = 0，
8
x 1- 1-8m , x 1+ 1-8m則 1 = 4 2
= .
4
1 x x 0, f x 0,1- 1-8m
1+ 1-8m
①當0 < m < 時，
8 2
> 1 > 在 4 ÷÷
, ,+ 4 ÷÷
上單調遞增，在
è è
1- 1-8m ,1+ 1-8m

÷÷上單調遞減.
è 4 4
1+ 1-8m 1+ 1-8m
②當m 0時， x1 0 < x2 ， f x 在 0, ÷÷ 上單調遞減，在4 ,+ 4 ÷÷上單調遞增.è è
1
（2）證明：當m =1時， f x +1 = + 2x +1，
x +1
x
證原不等式等價于證 x + 2 x +1 2e ，令 x +1 = t ，
3
則 t > 0，且 x = t 2 -1，故只需證 t t 2 +1 2 2et -1 t + t，即證 2 2,
et -1
t3 2 4
令 s t + t t +1- 2t= 2 ，則 s t = 2 ，
et -1 et -1
令j t = t 2 +1- 2t 4 3，則j t = 2t -8t = 2t 1- 4t 2 = 2t 1+ 2t 1- 2t ，
1
由于 t > 0，令j t > 0, 則0 < t < ，
2
\j t 0, 1 1在 ÷ 上單調遞增，在 ,+

÷上單調遞減.又j 0 =1,j 1 = 0，
è 2 è 2
\當 t 0,1 時，j t > 0，即 s t > 0，當 t (1 , + )時，j t < 0，即 s t < 0 ，
\s t 在 0,1 上單調遞增，在 1, + 上單調遞減，
s(t) s 1 2, t
3 + t
\ max = = \ 2 2，et -1
x
所以，當m =1時， f x +1 2e 1 + + x - 1.
x +1 x +1
【典例 5-2】（2024·青海·模擬預測）已知質數 f x = mex - x2 + mx - m，且曲線 y = f x 在點 2, f 2 處
的切線方程為 4e2x - y - 4e2 = 0．
(1)求 m 的值；
(2) 2 2證明：對一切 x 0 ，都有 f x e x ．
【解析】（1） f x = mex - 2x + m 2， f 2 = me - 4 + m ， f 2 = me2 - 4 + m，
則有 4e2 = me2 - 4 + m， 4e2 2 - me2 - 4 + m - 4e2 = 0，
解得m = 4 ；
（2）由m = 4 ，故 f x = 4ex - x2 + 4x - 4，
x 0 f x e2x2要證對一切 ，都有 ，
即證 4ex e2 +1 x2 - 4x + 4 對一切 x 0 恒成立，
e2 +1 x2 - 4x + 4
即證 4對一切 x 0 恒成立，
ex
e2 +1
x
2 - 4x + 4
令 g x = ，
ex
2 e2 +1 x - 4 - e2 +1 x2 + 4x - 4 - e2 +1 x2 + 2 e
2 + 3 x -8
g x = x =e ex
é
e2 +1 x - 4ù x - 2 = - ，
ex
x 4 4 則當 0, 2 ÷ 2, + 時， g x < 0，則當 x è e +1 è e2
, 2÷ 時， g x > 0，+1
即 g x 4 4 在 0, 2 ÷、 2, + 上單調遞減，在 , 2e +1 e2 +1 ÷上單調遞增，è è
2 2
又 g 0 4= = 4 4 e +1 - 4 2 + 4，
e0 g 2
4e + 4 -8 + 4
= = = 4 ，
e2 e2
故 g x 4對一切 x 0 恒成立，即得證.
mx 3
【變式 5-1】（2024·全國·模擬預測）已知函數 f x = e - 2x + nx2 ，且曲線 f x 在點 0, f 0 處的切線
方程為2x - y +1= 0（其中 e為自然對數的底數）．
(1)求實數m 的值．
(2)當 n = 3時，證明：對"x 0,+ f x e2，都有 x2 +1．
1 f x = emx - 2x3【解析】（ ）由 + nx2 ，
得 f x = memx - 6x2 + 2nx．
所以 f 0 = m．
又 f 0 =1，所以曲線 f x 在點 0, f 0 處的切線方程為 y = mx +1．
由切線方程為2x - y +1= 0，得m = 2 ．
（2）方法一
當 n = 3時，設F x = f x - e2x2 -1 = e2 x - 2x3 - e2 - 3 x2 -1, x 0，
F x = 2e2 x - 6x2 - 2 e2則 - 3 x ．
G x = 2e2 x 2設 - 6x - 2 e2 - 3 x, x 0 ，
則G x = 4e2 x -12x - 2 e2 - 3 ．
設H x = 4e2 x -12x - 2 e2 - 3 , x 0，
H x = 8e2 x則 -12．
令H x = 0 x 1 3，則 = ln ．
2 2
x é0, 1當 ê ln
3
÷時，H x < 0 ；當 x
1 ln
3 ,+ 時，H x > 0．
2 2 è 2 2 ÷
所以函數H x 即G x é在 ê0,
1 ln 3 1 3 ÷上單調遞減，在 ln ,+ ÷ 上單調遞增．
2 2 è 2 2
2 2
又G 0 = 10 - 2e < 0,G 1 = 2e - 6 > 0，
x 1 ln 3所以存在唯一的 0 ,1

÷，使G x = 0 x 0, x G 0 ，且當 0 時， x < 0，
è 2 2

當 x x0 ,+ 時，G x > 0，故函數G x 即F x 在 0, x0 上單調遞減，在 x0 ,+ 上單調遞增．
又F 0 = 2 > 0, F 1 = 0，所以 F x0 < 0，
所以存在唯一的 x1 0, x0 ，使F x1 = 0，且當 x 0, x1 U 1,+ 時，F x > 0，當 x x1,1 時，
F x < 0，
故函數F x 在 0, x1 , 1,+ 上分別單調遞增，在 x1,1 上單調遞減．
因為F 0 = 0, F 1 = 0 ，所以F x 0在 0, + 上恒成立，當且僅當 x = 0或 x =1時取等號，
即對"x 0,+ ，都有 f x e2x2 +1．
2 2 2 x 3 2 2
方法二 當 n = 3時，記F x = f x - e x -1 = e - 2x - e - 3 x -1, x 0，
2x3 + e2 - 3 x2
則要證F x 0 +1，即證
2 x 1．e
2x3 + e2 - 3 x2 +1
記G x = ，
e2 x
, x 0
-4x3 + 2 6 - e2 x2 + 2 e2 - 3 x - 2 -2 x -1 é 2x2 - 4 - e2 x -1ù則G x = 2 x = ．e e2 x
2 2 2 2 2 2
令G x = 0 4 - e - 4 - e + 8 4 - e + 4 - e + 8，得 x1 = , x ．4 2 = , x3 = 14
因為 x1 < 0,0 < x2 < 1，
所以當 x 0, x2 U 1,+ 時，G x < 0，當 x x ,1 G 2 時， x > 0．
所以G x 在 0, x2 , 1,+ 上分別單調遞減，在 x2 ,1 上單調遞增．
又G 0 = 1,G 1 = 1，所以G x 1在 0, + 上恒成立，當且僅當 x = 0或 x =1時取等號，
即對"x 0,+ ，都有 f x e2x2 +1．
【變式 5-2】（2024·廣西·模擬預測）設函數 f x = lnx + ax + b，曲線 y = f x 在點 1, f 1 處的切線方程為
y = 6x - 3．
(1)求 a,b的值；
f x 2(2)證明： > - -1．
5x
【解析】（1）函數 f x 的定義域為 0, + , f x 1= + a ，
x
將 x =1代入 y = 6x - 3，解得 y = 3，即 f 1 = 3，
由切線方程 y = 6x - 3，可知切線斜率 f 1 = 6，
故 a + b = 3,1+ a = 6，
解得 a = 5,b = -2；
（2）由（1）知 f x = lnx + 5x - 2 ，
要證 f x 2> - -1，即證 lnx + 5x 2-1+ > 0 ．
5x 5x
設 g x = lnx 5x 2+ -1+ ，
5x
g x 25x
2 + 5x - 2 5x -1 5x + 2
則 = 2 = 2 ，5x 5x
g x = 0 x 1 x 2令 ，解得 = ，或 = - （舍去），
5 5
x 1 當 0, ÷ 時， g x < 0, g x 單調遞減；
è 5
1
當 x ,+ ÷時， g x > 0, g x 單調遞增；
è 5
所以 g(x)
1
min = g ÷ = 2 - ln5 > 0，
è 5
2
所以 g x > 0，即 f x > - -1．
5x
【變式 5-3】（2024·河北保定·三模）已知函數 f (x) = x2 - ax + ln x， x =1為 f (x) 的極值點.
(1)求 a；
(2)證明： f (x) 2x2 - 4x .
【解析】（1） f (x) = 2x - a
1
+ ，
x
依題意， f (1) = 2 1- a +1 = 0，解得 a = 3，
經檢驗符合題意，所以 a = 3；
（2）由（1）可知， f (x) = x2 - 3x + ln x ，
要證 f (x) = x2 - 3x + ln x 2x2 - 4x，即證 x2 - x - ln x 0，
設 g(x) = x2 - x - ln x ，則 g (x) = 2x 1
1 (x -1)(2x +1)
- - = ，
x x
所以當 x (0,1) 時， g (x) < 0， g(x)單調遞減，
當 x (1,+ )時， g (x) > 0， g(x)單調遞增，
當 x =1時， g(x)取得極小值，也是最小值，
因為 g(1) = 0， g(x) g(1) = 0，
所以 f (x) 2x2 - 4x .
題型六：放縮法
【典例 6-1】（2024·全國·模擬預測）已知函數 f x = lnx ．
(1)求函數 g x f x = 的最值．
x
(2) xex 1 e
2 - 3
證明： - x4 - x3 - ef x > 0（其中 e為自然對數的底數）．
4 4
lnx
【解析】（1）由題意知 g x = ，定義域為 0, + ，
x
g x 1- lnx從而 = ．
x2
所以當 x 0,e 時， g x > 0；當 x e, + 時， g x < 0．
所以函數 g x 在 0,e 上單調遞增，在 e, + 上單調遞減．
所以函數 g x 的最大值為 g e 1= ，無最小值．
e
1 e2 - 3 2
（2）欲證 xex - x4 - x3 - ef x 0 ex 1 x3 e - 3 elnx> ，只需證 - - x2 - > 0．
4 4 4 4 x
lnx 1 elnx
由（1）知 ，從而 1，當且僅當 x=e時取等號．
x e x
2
ex 1 x3 e - 3下面證明： - - x2 -1 0．
4 4
2 2
設 h x 1= ex - x3 e - 3- x2 -1, x > 0，則 h x 3 e - 3= ex - x2 - x．
4 4 4 2
2 2
設H x ex 3 x2 e - 3= - - x，則H x = ex 3 x e - 3- - ．
4 2 2 2
F x ex 3
2 3
設 = - x e - 3- ，則F x = ex - ，
2 2 2
x 0, ln 3 故當 ÷時，F x < 0 x
ln 3；當 , +

÷時，F x > 0．
è 2 è 2

所以函數F x 在 0, ln
3 ln 3 ÷ 上單調遞減，在 ,+ ÷上單調遞增．
è 2 è 2
5 - e2 e2 - 3 3 3 3 3 e2 - 3
由于F 0 = < 0, F 2 = > 0, F ln ÷ = - ln - < 0，2 2 è 2 2 2 2 2
3
故設存在唯一的 x0 ln , 2

÷，使F x0 = 0，
è 2
且當 x 0, x0 時，F x < 0，當 x x0 ,+ 時，F x > 0．
故函數H x 在 0, x0 上單調遞減，在 x0 ,+ 上單調遞增．
e2 2
又H 0 =1, H 1 3 4e + 3 - 2e= e - + = < 0, H 2 = e2 - 3 - e2 - 3 = 0，2 4 4
所以存在唯一的 x1 0,1 ，使H x1 = 0，
故當 x 0, x1 U 2, + 時，H x > 0；當 x x1, 2 時，H x < 0．
從而函數 h x 在 0, x1 , 2,+ 上分別單調遞增，在 x1, 2 上單調遞減．
因為 h 0 = e0 - 0 - 0 -1 = 0, h 2 = e2 - 2 - e2 - 3 -1 = 0，
所以 h x 0在 0, + 上恒成立，當且僅當 x = 2時取等號．
1 2
因為取等條件不相同，所以 ex - x3 e - 3- x2 elnx- > 0恒成立，
4 4 x
2
即 xex 1 e - 3- x4 - x3 - ef x > 0成立．
4 4
【典例 6-2】已知函數 f x = ex - ln x， f (x) 為 f x 的導函數．
(1)求函數 f (x) 的零點個數；
(2)證明： f x a +1+ 1- a ln a．
【解析】（1）由題知 f x 1= ex - ， x > 0，令 t(x) = f x ，
x
而 t x ex 1= + 2 > 0恒成立，故 f x 在 0, + 單調遞增．x
Q 1 1又 f (1) = e -1 > 0 ， f
= e0.5 ÷ - 2 < 0 ，故 f (1) × f

2 2 ÷
< 0，
è è
1
由零點存在性定理可知一定存在 x0 ,1÷，使得 f x0 = 0，
è 2
綜合函數單調性可知，函數 f (x) 有且僅有 1 個零點．
（2）當0 < a 1時， a +1+ 1- a ln a a +1 2，
令m(x) = ex - x -1，而m (x) = ex -1，當 x > 0時，m (x) > 0恒成立，
故m(x)在 (0, + )上單調遞增，且m(0) = 0 ，故m(x) 0， ex x +1成立
令 n(x) = ln x +1- x
1 1- x
，而 n (x) = -1 = ，令 n (x) < 0x x ，
x (1,+ )，
令n (x) > 0， x (0,1) ，故 n(x) 在( 0, 1)上單調遞增，在 (1, + )上單調遞減，
故 n(x) 最大值為 n(1)，且n(1) = 0，故 n(x) < 0，即 ln x x -1，
故- ln x 1- x得證，∴ ex - ln x 2，不等式得證；
當 a >1 x時，即證 e - ax ln x - ax + a +1+ 1- a ln a．
令 g x = ex - ax ， g x = ex - a ，
則當 x > lna時， g (x) > 0， g x 單調遞增；
當 x < lna時， g (x) < 0， g x 單調遞減．
則 g x g ln a = a - a ln a ①，
令 h x = ln x - ax + a +1+ 1- a ln a ， h x 1= - a，
x
則當 x
1
> 時， h x < 0, h x 1單調遞減；0 < x < 時， h x > 0, h x 單調遞增．
a a
1
則 h x h ÷ = a - a ln a ②．
è a
由①②可知， g(x) h(x)，故不等式得證．
【變式 6-1】（2024·江蘇徐州·模擬預測）已知函數 f x = 2x2 + x - ln x + m ，m R .
(1)當m = 0時，求曲線 y = f x 在點 (1, f (1))處的切線方程；
(2)當m 1時，證明： f x 0 .
2 1
【解析】（1）當m = 0時， f x = 2x + x - lnx， f x = 4x +1- ，
x
則 f 1 = 4，又因為 f 1 = 3，
所以曲線 y = f x 在點 1, f 1 處的切線方程為 y - 3 = 4 x -1 ，即 4x - y -1 = 0 .
（2）當m 1時，有 ln x + m ln x +1 ，所以-ln x + m -ln x +1 ，
2
因為 f x = 2x + x - ln x + m ，
所以 f x 2x2 + x - ln x +1 .
令 g x = 2x2 + x - ln x +1 x > -1 ，
1 4x2g x + 5x x 4x + 5 則 = 4x +1- = = ，
x +1 x +1 x +1
當-1 < x < 0時， g x < 0， g x 在 -1,0 上單調遞減；
當 x > 0時， g x > 0， g x 在 0, + 上單調遞增.
所以 g x g 0 = 0 .
故 f x g x 0 .
【變式 6-2】（2024·山東棗莊·模擬預測）已知函數 f (x) = ex - ax2 - x ， f (x) 為 f (x) 的導數
(1)討論 f (x) 的單調性；
(2)若 x = 0是 f (x) 的極大值點，求 a的取值范圍；
π
(3)若q 0, ，證明： esinq -1 + ecosq -1 ÷ + ln(sinq cosq ) <1．
è 2
x
【解析】（1）由題知 f x = e - 2ax -1，
令 g x = f x = ex - 2ax -1 x，則 g x = e - 2a，
當 a 0時， g x > 0, f x 在區間 - , + 單調遞增，
當 a > 0時，令 g x = 0 ，解得 x = ln2a，
當 x - , ln2a 時， g x < 0，當 x ln2a, + 時， g x > 0，
所以 f x 在區間 - , ln2a 上單調遞減，在區間 ln2a, + 上單調遞增，
綜上所述，當 a 0時， f x 在區間 - , + 上單調遞增；
當 a > 0時， f x 在區間 - , ln2a 上單調遞減，在區間 ln2a, + 上單調遞增.
（2）當 a 0時， f 0 = 0，
由（1）知，當 x - ,0 時， f x < 0, f x 在 - ,0 上單調遞減；
當 x 0, + 時， f x > 0, f x 在 0, + 上單調遞增；
所以 x = 0是函數 f x 的極小值點，不符合題意；
0 a 1當 < < 時， ln2a < 0 ，且 f 0 = 0，
2
由（1）知，當 x ln2a,0 時， f x < 0, f x 在 ln2a,0 上單調遞減；
當 x 0, + 時， f x > 0, f x 在 0, + 上單調遞增；
所以 x = 0是函數 f x 的極小值點，不符合題意；
a 1當 = 時， ln2a = 0，則當 x - ,+ 時， f x 0, f x 在 - , + 上單調遞增，
2
所以 f x 無極值點，不合題意；
當 a
1
> 時， ln2a > 0，且 f 0 = 0；
2
當 x - ,0 時， f x > 0, f x 在 - ,0 上單調遞增；
當 x 0, ln2a 時， f x < 0, f x 在 0, ln2a 上單調遞減；
所以 x = 0是函數 f x 的極大值點，符合題意；
1
綜上所述， a的取值范圍是 a > .
2
（3 esinq -1 + ecosq -1）要證 + ln sinqcosq <1，
esinq -1 + ecosq -1只要證 + ln sinq + ln cosq < sin2q + cos2q ，
只要證 esinq -1 + ln sinq < sin2 q ， ecosq -1 + ln cosq < cos2q ，
π
因為q 0, ÷ ，則 sinq 0,1 , cosq 0,1 ，
è 2
所以只要證對任意0 < x <1，有 ex-1 + lnx < x2，
x
只要證對任意-1 < x < 0，有 e + ln 1+ x < (1+ x)2（※），
因為由（2）知：當 a =1時，若 x < 0 ，則 f x < f 0 =1，
所以 ex - x2 - x <1，即 ex < x2 + x +1①，
令函數 h x = ln 1+ x - x(-1< x < 0)，則 h x 1 1 -x= - = ，
1+ x 1+ x
所以當-1 < x < 0時 h x > 0，所以 h x 在 -1,0 單調遞增；
則 h x < h 0 = 0，即 ln 1+ x < x(-1< x < 0)，
由① + ② x得 e + ln 1+ x < x2 + 2x +1 = (x +1)2 ，
所以（※）成立，
sinq -1 cosq -1
所以 e + e + ln sinqcosq <1成立.
【變式 6-3】（2024·遼寧大連·模擬預測）定義：若曲線 f x, y = 0或函數 y = f (x) 的圖象上的兩個不同點
處的切線互相重合，則稱該切線為曲線 f x, y = 0或函數 y = f (x) 的圖象的“自公切線”.
(1) 2 2設曲線 C： x + y - x - x -1 = 0，在直角坐標系中作出曲線 C 的圖象，并判斷 C 是否存在“自公切線”？
（給出結論即可，不必說明理由）
(2)證明：當 x 0 時，函數 f (x) = sin x + cos x - ex 不存在“自公切線”；
1 x
(3)證明：當 x 0 ， n N* 時， sin x + cos x > ln 2x +1 + 2 - - e x + 3e2 n .
【解析】（1）曲線 C x2： + y2 - x - x -1 = 0，當 x 0 x -1 2 時， + y2 = 2，表示以點 1,0 為圓心，半徑為
2 的部分圓弧，當 x < 0 時， x2 + y2 = 2，表示以點 0,0 為圓心，半徑為1的半圓圓，從而圖象如下：
由圖象可知，存在“自公切線”；
（2）由題意， f (x) = cos x - sin x - ex ，下面只需證明 f (x) 在 0, + 上單調即可，
F x = f (x) F (x) = -sin x - cos x - ex = - 2 sin x π+ - ex令 ，則 4 ÷ ，è
x é0, 3π ù當 時，F ê ú (x) 0，此時F x 單調遞減，即 f (x) 單調遞減； 4
x 3π é , + 當 ê ÷時，F (x)
π
= - 2 sin x +

÷ - e
x < 2 - e1 < 0 ，此時F x 單調遞減，即 f (x) 單調遞減；
4 è 4
綜上所述，當 x 0 時， f (x) 在 0, + 上單調遞減，
所以 f (x) 在不同點處的切線斜率不同，所以圖象不存在“自公切線”，得證.
（3）"n N*， ln 2x +1 + 2
1
- n - e
x ln 2x +1 + 2 - ex
x + 3e2 ，
故只需證明 sin x + cos x ln 2x +1 + 2 - ex ，
即只需證明 sin x + cos x + ex - 2 ln 2x +1 ，
構造函數G x = ln 2x +1 - 2x 2，則G x = - 2 4x= - ，
2x +1 2x +1
當 x 0 時，G x 0 ，從而G(x)在 0, + 上單調遞減，
所以G(x) G(0) = 0 ，即 ln 2x +1 2x ，
故只需證 sin x + cos x + ex - 2x - 2 0，
設H x = sin x + cos x + ex - 2x - 2，注意到H 0 = 0 ，
H x = cos x - sin x + ex - 2 ，注意到H 0 = cos 0 - sin 0 + e0 - 2 = 0，
令j x = H x = cos x - sin x + ex - 2 x，則由（2）知，j x = e - sin x - cos x = - f x ，
且由（2）知， f (x) 在 0, + 上單調遞減，所以 f (x) f (0) = 0，
從而 f (x) 在 0, + 上單調遞減，所以j x = - f x 0，
所以j x = H x = cos x - sin x + ex - 2在 0, + 上單調遞增，
所以H x H 0 = 0 ，所以H x 在 0, + 上單調遞增，
所以H x H 0 = 0，即 sin x + cos x + ex - 2x - 2 0，
1 x
從而，當 x 0 ， n N* 時， sin x + cos x > ln 2x +1 + 2 - n - e x .+ 3e2
【變式 6-4】已知函數 f x = - ln ax + ax - 2 a 0 a > 0 f x > ln x - xex+1，證明：當 時， + sin x +1 .
【解析】因為 a > 0，所以 ax > 0，解得 x > 0，即函數的定義域為 (0, + )，
令 g x = x - sin x ，可得 g x =1- cos x 0，
所以 g x 在 (0, + )單調遞增，所以 g x > g 0 = 0，即 x > sin x ，
要證不等式 f x > ln x - xex+1 + sin x +1，
只需證明- ln ax + ax - 2 > ln x - xex+1 + x +1，
又由函數 h x = ln x - x +1, x > 0 h x 1 1- x，可得 = -1 = ，
x x
當 x (0,1) 時， h x > 0， h x 單調遞增；當 x (1,+ )時， h x < 0， h x 單調遞減，
所以 h x h 1 = 0，即 ln x - x +1 0，即 ln x x -1，當且僅當 x =1時，等號成立，
所以，當 a > 0時， ln ax ax -1，只需證明： -ax +1+ ax - 2 > ln x - xex+1 + x +1，即 ln x - xex+1 + x + 2 < 0，
即 xex+1 - x - ln x - 2 > 0，即 ex+1+ln x >1+ x +1+ ln x，令 x +1+ ln x = t ，可得 et >1+ t ，
設j x = ex - x -1，可得j x = e x -1，令j x = 0，可得 x = 0，
當 x (0,+ )時，j x > 0，j x 單調遞增；當 x (- ,0)時，j x < 0，j x 單調遞減，
所以j x j 0 = 0，所以 ex x +1，所以ex+1+ln x 1+ x +1+ ln x，當且僅當 x +1+ ln x = 0時，等號成立，
易知 y = x +1+ ln x在 0, + 單調遞增， x 0, y - , x + , y + ,故方程有唯一解.
x+1
又由以上不等式的等號不能同時成立，所以 f x > ln x - xe + sin x +1 .
題型七：虛設零點
【典例 7-1】（2024· 2 x山東濟南·二模）已知函數 f x = ax - ln x -1,g x = xe - ax2 a R .
(1)討論 f x 的單調性；
(2)證明： f x + g x x .
2
【解析】（1）由題意可得： f x 0, + f x 2ax 1 2ax -1的定義域為 ， = - = ，
x x
當 a 0時，則 2ax2 -1 < 0 在 0, + 上恒成立，
可知 f x 在 0, + 上單調遞減；
當 a > 0 1時，令 f x > 0，解得 x > ；令 f x < 0，解得0 < x 1< ；
2a 2a

可知 f x 在 0,
1 1
上單調遞減，在
2a ÷÷
,+ ÷÷ 上單調遞增；
è è 2a
綜上所述：當 a 0時， f x 在 0, + 上單調遞減；
1 1
當 a > 0時， f x 在 0, ÷÷上單調遞減，在 ,+ 2a 2a ÷÷ 上單調遞增.è è
2 F x = f x + g x - x = xex（ ）構建 - ln x - x -1, x > 0，
F x = x +1 ex 1 1則 - -1 = x +1 x
x
e -
x ÷
，
è
由 x > 0可知 x +1 > 0，
h x = ex 1構建 - , x > 0 ，
x
因為 y = ex , y
1
= - 在 0, + 上單調遞增，則 h x 在 0, + 上單調遞增，
x
h 1 且 ÷ = e - 2 0, h 1 = e -1 0，
è 2
1
可知 h x 在 0, + 上存在唯一零點 x0 ,12 ÷，è
當0 < x < x0 ，則 h x < 0，即F x < 0；
當 x > x0，則 h x > 0 ，即F x > 0；
可知F x 在 0, x0 上單調遞減，在 x0 ,+ 上單調遞增，
F x F x = x ex則 00 0 - ln x0 - x0 -1，
ex 1 10 - = 0 x0又因為 ，則 e = , x0 = e
- x0 x 1
x ， 0
,1÷，
0 x0 è 2
1
可得F x0 = x0 - ln e- x0 - x0 -1 = 0x ，0
即F x 0，所以 f x + g x x .
【典例 7-2】（2024·全國· 2x模擬預測）已知函數 f x = e - a ln x +1 ．
(1)若 a = 2，討論 f x 的單調性．
1
(2)若 x > 0， a >1，求證： f x > - a ln a ．
2
2x
【解析】（1）當 a = 2時， f x = e - 2ln x +1 ，定義域為 -1, + ，
則 f x = 2e2x 2- ．
x +1
2x 2
設 g x = f x ，則 g x = 4e + > 0 x +1 2 ，
所以 f x 在 -1, + 上單調遞增，且 f 0 = 0，
所以，當 x -1,0 時， f x < f 0 = 0， f x 單調遞減，
當 x 0, + 時， f x > f 0 = 0， f x 單調遞增，
所以 f x 在 -1,0 上單調遞減，在 0, + 上單調遞增．
2 f x = e2x（ ）因為 - a ln x +1 ，
所以 f x = 2e2x a- ．
x +1
因為 a >1，所以 f x 在 0, + 上單調遞增，且 f 0 = 2 - a．
①若1< a 2，則 f 0 0，
所以當 x > 0時， f x > 0恒成立， f x 單調遞增．
又 a ln a > 0，
所以 f x 1> f 0 =1 > - a ln a；
2
②若 a > 2，則 f 0 = 2 - a < 0， f a -1 = 2e2 a-1 -1 > 0，
2x a0
所以存在 x0 0, a -1 ，使得 f x0 = 0，即 e = 2x ．0 + 2
當 x 0, x0 時， f x < 0， f x 單調遞減，
當 x x0 ,+ 時， f x > 0， f x 單調遞增，
2x a0
所以 f x f x0 = e - a ln x0 +1 = - a ln x +1 2x0 + 2 0
．
y a因為 = - a ln x +1 在 0, a -1 上單調遞減，
2x + 2
a
所以 - a ln x0 +1
a 1
> - a ln a = - a ln a
2x0 + 2 2 a -1 + 2 2 ，
f x 1所以 > - a ln a ．
2
1
綜上所述，當 x > 0， a >1時， f x > - a ln a ．
2
【變式 7-1】已知函數 f (x) = ex - ax -1 .
(1)若 f x 在定義域內不單調，求 a 的取值范圍；
π 1
(2)證明：若 a = tan x
-
0，且 x0 0, ，則 ax0 -1
è 2 ÷ e cos x0 > e
a .
x
【解析】（1） f x 的定義域為 - , + ， f x = e - a .
若 a 0，則 f x > 0，所以 f x 在 - , + 上單調遞增；
若 a > 0，則當 x - , ln a 時， f x < 0；當 x ln a, + 時， f x > 0，
所以 f x 在 - , ln a 上單調遞減，在 ln a, + 上單調遞增.
所以 f x 在定義域內不單調時，a 的取值范圍為 0, + .
（2 ax-1）記 g x = e ×cosx ，則 g x π= eax-1cosx a - tanx , x 0, ÷，
è 2
因為 y = a - tanx
π
是 0, ÷上的減函數，且 a = tan x x
0, π
2 0， 0 ÷，è è 2
由正切函數的性質可知，當 x 0, x0 時， g x > 0, g x 為增函數，
x x , π 當 0 ÷時， g x < 0, g x 為減函數，所以 x0 是 g x 的極大值點.
è 2
令 h x = x - sinx, x 0, + ，則 h x =1- cosx 0 ，所以 h x 是 0, + 上的增函數，
故 h x g 0 = 0 π，所以當 x é ùê0, 2 ú 時， x sinx，
令m x =ex - x -1，則m x = ex -1，由m x = ex -1 = 0 ，得 x = 0，
x - ,0 時m x < 0 ，m x 是減函數， x 0, + 時m x > 0，m x 是增函數，
所以m x m 0 = 0，即 ex x +1，
2
ax
所以 f x = e 0 -10 cosx0 ax0 ×cosx0 asinx0cosx0 = a
tanx0 a
2 = 2 ，1+ tan x0 1+ a
a2 1- 1 1
下面證明 2 > e a ，令 t = - < 0
t 2 t
，即證 2 > e ，即 1+ t e -1 < 0 ，1+ a a 1+ t
2
設j t = 1+ t et -1，則j t = et (1+ t)2 0，所以j t 是 - ,0 上的增函數，
2 t
所以 t < 0時，j t < j 0 = 0， 1+ t e -1 < 0 成立，命題得證.
【變式 7-2】（2024·高三·遼寧丹東· x-1開學考試）已知函數 f x = xe - ln x - x .
(1)求函數 f x 的最小值；
(2)求證： e é f x + xù x > e - e -1 ln x
1
- .
2
【解析】（1）因為函數 f x = xex-1 - ln x - x ，所以 f x = x 1+1 ex-1 - -1 = x +1 ex-1 1 -

x x ÷
，
è
h x = ex-1 1記 - , x > 0， h x = ex-1 1+ > 0，
x x2
所以 h x 在 0, + 上單調遞增，且 h 1 = 0，
所以當0 < x <1時， h x < 0，即 f x < 0，所以 f x 在 0,1 單調遞減；
當 x >1時， h x > 0 ，即 f x > 0，所以 f x 在 1, + 單調遞增，且 f 1 = 0，
所以 f x = f 1min = 0 .
（2 x）要證 e é f x + x ù > e - e -1 ln x
1
- ，
2
只需證明： x -1 ex 1- ln x + > 0 對于 x > 0恒成立，
2
令 g x = x -1 ex - ln x 1+ x 1，則 g x = xe - x > 0 ，
2 x
當 x > 0時，令m(x) = g (x) = xex
1
- ，
x
則m (x) = (x
1
+1)ex + 2 > 0，m(x)在 (0, + )上單調遞增，x
即 g x = xex 1- 在 (0, + )上為增函數，
x
2 é 22 ù3
又因為 g
2 2 3 2 27
÷ = e3 - = êe3 -

÷ ú < 0， g 1 = e -1 > 0 ，
è 3 3 2 3 ê è 8 ú

2 2 x0
所以存在 x0 ,1÷使得 g x = 0 g x x ex
1 x
= 0 - = 0
e -1
0 ，由 0 0 = 0，
è 3 x0 x0
x2 x
1 1
得 00 e =1 e
x0 = x0即 2 即 e = 2 即-2ln x = xx x 0 0 ，0 0
所以當 x 0, x0 時， g x = xex
1
- < 0， g x 單調遞減，
x
當 x x0 ,+ 時， g x = xex
1
- > 0 ， g x 單調遞增，
x
g x g x x 1 ex ln x 1 x0 -1 x0 1 x
3 + x20 0 + 2x0 - 2
所以 = 0 = 00 - - 0 + = 2 + + =min ，2 x0 2 2 2x
2
0
2
j x = x3令 + x2 + 2x - 2 2 < x <1

÷，則j x = 3x23 + 2x + 2 = 3

x
1 5+ ÷ + > 0 ，è è 3 3
2 2 2
所以j x 在 ,1÷上單調遞增，所以j x0 > j ÷ = > 0，
è 3 è 3 27
j x0 x 1
所以 g x g x0 = 2 > 0，所以 x -1 e - ln x + > 0 ，2x0 2
1
即 e é f x + xù > ex - e -1 ln x - .2
【變式 7-3】（2024·河北張家口·三模）已知函數 f (x) = ln x + 5x - 4．
(1)求曲線 y = f (x) 在點 (1, f (1))處的切線方程；
3
(2)證明： f (x) > - - 2．
5x
【解析】（1） f (x) 的定義域為 0, + ，
f x 1因為 = + 5，所以曲線 y = f (x) 在點 (1, f (1))處的切線斜率為 k = f 1 = 6，
x
又 f (1) = ln1+ 5 - 4 =1，所以切線方程為 y -1 = 6 x -1 ，即6x - y - 5 = 0 .
（2） f (x)
3
> - - 2 x ln x 3+ 5x2 - 2x > - ，
5x 5
令 g x = x ln x + 5x2 - 2x, x > 0，則 g x = ln x +10x -1，
g e-2 ln e-2 10 e-2 1 10因為 = + - = 2 - 3 < 0，e
g 1 ÷ = ln
1
+10 1 -1 3= - ln 4 1= ln e3 - ln16 > 0
è 4 4 4 2 2
-2 1
所以存在 x0 e , ÷，使得 g x0 = ln x0 +10x0 -1 = 0 ，即 ln x0 =1-10x0 ，
è 4
易知 g x 在 0, + 上單調遞增，
所以，當 x 0, x0 時， g x < 0， g x 在 0, x0 上單調遞減；
當 x x0 ,+ 時， g x > 0， g x 在 x0 ,+ 上單調遞增.
所以當 x = x0時， g x 取得最小值：
g x 20 = x0 ln x0 + 5x0 - 2x0 = x0 1-10x0 + 5x20 - 2x0 = -5x20 - x0 ，
g x = -5x2 -2 1 由二次函數性質可知， 0 0 - x0 在 e , 上單調遞減，
è 4 ÷
g x > g 1 9 3所以 0 ÷ = - > - ，即 g x = x ln x + 5x2
3
- 2x > - ，
è 4 16 5 5
3
所以 f (x) > - - 2 .
5x
【變式 7-4】（2024·山東威海·二模）已知函數 f x = ln x - ax +1．
(1)求 f x 的極值；
(2)證明： ln x + x +1 xex．
【解析】（1）由題意得 f x = ln x - ax +1的定義域為 (0, + )，
則 f x 1 1- ax= - a = ，
x x
當 a 0時， f x > 0， f x 在 (0, + )上單調遞增，無極值；
當 a > 0時，令 f x < 0 x 1，則 > ，令 f
a x > 0 0 x
1
，則 < < ，
a
即 f x 1在 (0, ) 1上單調遞增，在 ( ,+ )a 上單調遞減，a
1
x 1= 故 為函數的極大值點，函數極大值為 f
a a ÷
= - ln a，無極小值；
è
（2）證明：設 g(x) = xex - ln x - x -1, x > 0，
g x = x 1+1 ex - -1，令 h x = x +1 ex 1- -1，
x x
則 h x = x 1+ 2 ex + 2 > 0, x > 0 ，即 h x 在 (0, + )上單調遞增，x
h 1 3
1
÷ = e2 - 3 < 0,h e = e +1 ee
1
- -1 > 0，
è 2 2 e
x 1$ , e 故 0 ÷，使得 h x = 0 x ex，即 00 =1，
è 2 0
當 x 0, x0 時， h x < 0， g x 在 0, x0 上單調遞減，
當 x x0 ,+ 時， h x > 0 ， g x 在 x0 ,+ 上單調遞增，
故 g x = gmin x0 = x e
x ln 100 - ex
- x0 -1 = 00
即 g x 0，即 xex ln x + x +1，則 ln x + x +1 xex .
題型八：同構法
【典例 8-1】已知函數 f (x) = axlnx - x +1， a R ．
（1）討論 f (x) 的單調區間；
（2）當 p > q > 1時，證明 qlnp + lnq < plnq + lnp．
【解析】解：（1） f (x) = axlnx - x +1的定義域為 (0,+ )，
\ f (x) = alnx + a -1，
①當 a = 0時， f (x) = -1 < 0，此時 f (x) 在 (0,+ )上單調遞減，
1-a 1-a
②當 a > 0時，由 f (x) > 0 可得 x > e a ，由 f (x) < 0 ，可得 0 < x < e a ，
1-a 1-a
\ f (x)在 (0,e a ) 上單調遞減，在 (e a ， + ) 上單調遞增，
1-a 1-a
③當 a < 0 時，由 f (x) < 0 可得 x > e a ，由 f (x) > 0 ，可得 0 < x < e a ，
1-a 1-a
\ f (x)在 (0,e a ) 上單調遞增，在 (e a ， + ) 上單調遞減，
證明（2 g(x) lnx g (x) -(xlnx - x +1)）設 = ，則 = ，
x -1 x(x -1)2
由（1）可得 f (x) = xlnx - x +1在 (1,+ )上單調遞增，
Q f （1） = 0，
\當 x (1,+ ) 時， f (x) > 0 ，
\當 x (1,+ ) 時， g (x) < 0 ，
\ g(x) 在 (1,+ )上單調遞減，
\當 p > q > 1時， g( p) < g(q)，
lnp lnq
\ < ，
p -1 q -1
\qlnp - lnp < plnq - lnq ，
\qlnp + lnq < plnq + lnp ．
【典例 8-2 f (x) 2a】已知函數 = lnx + - 2(a R) ．
x +1
（1）討論函數 f (x) 的單調性；
（2）當 a = 2時，求證： f (x) > 0 在 (1,+ )上恒成立；
2
（3）求證：當 x > 0 時， ln(x +1) x> x ．e -1
2
【解析】（1）解：函數 f (x) 的定義域為 (0,+ )， f (x) 1 2a x - 2(a -1)x +1= - = ，
x (x +1)2 x(x +1)2
令 f (x) = 0 ，即 x2 - 2(a -1)x +1 = 0，△ = 4(a -1)2 - 4 = 0 ，解得 a = 2或 a = 0，
若 0 a 2，此時△ 0， f (x)…0 在 (0,+ )恒成立，
所以 f (x) 在 (0,+ )單調遞增．
若 a > 2，此時△ > 0，方程 x2 - 2(a -1)x +1 = 0的兩根為：
x1 = (a -1) + a
2 - 2a ， x2 = (a -1) - a
2 - 2a 且 x1 > 0 ， x2 > 0 ，
所以 f (x) 在 (0,a -1- a2 - 2a )上單調遞增，
在 (a -1- a2 - 2a ,a -1+ a2 - 2a ) 上單調遞減，
在 (a -1+ a2 - 2a ,+ ) 上單調遞增．
若 a < 0 ，此時△ > 0，方程 x2 - 2(a -1)x +1 = 0的兩根為：
x1 = (a -1) + a
2 - 2a ， x2 = (a -1) - a
2 - 2a 且 x1 < 0 ， x2 < 0 ，
所以 f (x) 在 (0,+ )上單調遞增．
綜上所述：若 a 2 ， f (x) 在 (0,+ )單調遞增；
若 a > 2， f (x) 在 (0,a -1- a2 - 2a )， (a -1+ a2 - 2a ,+ ) 上單調遞增，
在 (a -1- a2 - 2a ,a -1+ a2 - 2a ) 上單調遞減．
（2）證明：由（1）可知當 a = 2時，函數 f (x) 在 (1,+ )上單調遞增，
所以 f (x) > f （1） = 0，所以 f (x) > 0 在 (1,+ )上恒成立．
（3 4）證明：由（2）可知 lnx + - 2 > 0 在 (1,+ )恒成立，
x +1
所以 ln(x 1) 2x+ > 在 (0,+ )恒成立，
x + 2
2x x2
下面證 > ，即證 2 ex - x2 - 2x - 2 > 0，
x + 2 ex -1
設j(x) = 2 ex - x2 - 2x - 2 ，j (x) = 2 ex - 2x - 2 ，
設 m(x) = 2 ex - 2x - 2 ， m (x) = 2 ex - 2，
易知 m (x) = 2 ex - 2 > 0 在 (0,+ )恒成立，
所以 m(x) = 2 ex - 2x - 2 在 (0,+ )單調遞增，
所以 m(x) = 2 ex - 2x - 2 > m(0) = 0 ，
所以j(x) = 2 ex - x2 - 2x - 2 在 (0,+ )單調遞增，
所以j(x) = 2 ex - x2 - 2x - 2 > j(0) = 0 ，
2x x2 x2
所以 > x ，即當 x > 0 時， ln(x +1) > ．x + 2 e -1 ex -1
ln(x +1) x ln(x +1) x
法二： >
x ex
，即
-1 eln( x+1)
> ，
-1 ex -1
f (x) x令 = x ，則原不等式等價于 f [ln(x +1)] > f (x) ，e -1
(1- x)exf -1 (x) = x 2 ，令 g(x) = (1- x)e
x -1，則 g (x) = -xex < 0 ， g(x) 遞減，
(e -1)
故 g(x) < g(0) = 0， f (x) < 0 ， f (x) 遞減，
又 ln(x +1) < x ，故 f [ln(x +1)] > f (x) ，原結論成立．
2
【變式 8-1】（2024· x + 3x + 2甘肅定西·一模）設函數 f x = x+1 , g x = x - ln x +1 ，e
(1)證明： g x 0 .
(2)當 x > e -1時，證明： f x < ln x + 2 .
x
【解析】（1）因為 g x = x - ln x +1 ，其定義域為 (-1, + )，則 g (x) = ，
x +1
當 x (-1,0)時， g (x) < 0；當 x (0,+ )時， g (x) > 0，
所以 g(x)在 (-1,0) 上單調遞減，在 (0, + )上單調遞增，
所以 g(x) g(0) = 0，證畢.
（2）當 x > e -1時， ln(x + 2) > ln e -1+ 2 > ln e =1，
2
f x x + 3x + 2 (x +1)(x + 2)而 =
ex+1
=
ex+1
，
f x < ln x + 2 (x +1)(x + 2) e
x+1 eln( x+2)
要證 ，即證 x+1 < ln(x + 2)，即證 > ，e x +1 ln(x + 2)
exh(x) h (x) (x -1)e
x
設 = ，則 = ，
x x2
當 x >1時， h (x) > 0，則 h(x) 在 (1, + )上單調遞增，
x+1 ln( x+2)
且 h(x
e e
+1) = , h(ln(x + 2)) = ，
x +1 ln(x + 2)
當 x > e -1時， x +1 >1, ln(x + 2) >1，故只需證明 x +1> ln(x + 2)，
由（1）知， x ln(x +1)在 (-1, + )上成立，
故 x +1> ln(x + 2)，即 f (x) < ln(x + 2)成立.
2
【變式 8-2】（2024· · f x x +3x + 2甘肅白銀 三模）設函數 = g x = x - ln x +1
ex+1
， ．
(1)討論 f x 的單調性．
(2)證明： g x 0．
(3)當 x > e -1時，證明： f x < ln x + 2 ．
2 2
【解析】（1 f x x + 3x + 2 -x - x +1）因為 = x+1 ，易知定義域為R ， f x = ，e ex+1
f (x) > 0 5 +1由 ，得到- < x 5 -1 5 +1 5 -1< ，由 f (x) < 0，得到 x < - 或 x > ，
2 2 2 2

f x 5 +1, 5 -1 , 5 +1
5 -1
所以 的增區間為 - ÷÷，減區間為 - - ÷÷， , + .
è 2 2
÷÷
è 2 è 2
g x = x - ln x +1 -1, + ) g x 1 1 x（2）因為 ，易知定義域為 ， = - = ，
x +1 x +1
當-1 < x < 0時， g (x) < 0，當 x > 0時， g (x) > 0，
即 g x = x - ln x +1 在區間 -1,0 上單調遞減，在區間 0, + 上單調遞增，
所以 g x g(0) = 0 .
（3）由（2）知 x ln x +1 ，當且僅當 x = 0時取等號，所以 x +1 ln(x + 2)，當且僅當 x=- 1時取等號，
x2 + 3x + 2
要證明 x+1 < ln x + 2
x +1 ln x + 2 ln(x + 2)
，即證明
e ex+1
< =
x + 2 eln( x+2)
，
令 y
x 1- x
= x ，則 y = x < 0在區間 (1, + )上恒成立，e e
又 x > e -1，所以 x +1 > ln(x + 2) >1 x +1 ln(x + 2)
ln x + 2
，所以 <
ex+1 eln( x+2)
= ，命題得證.
x + 2
ax
【變式 8-3】（2024·廣東廣州·模擬預測）已知函數 f x = xe （ a > 0）.
(1)求 f x 在區間 -1,1 上的最大值與最小值；
(2)當 a 1時，求證： f x ln x + x +1.
【解析】（1） f x = eax 1+ ax （ x > 0）（ a > 0），
令 f x = 0，則 x 1= - ，
a
0 a 1當 < 1時，- -1，所以 f x 0在區間 -1,1 上恒成立， f x 在區間 -1,1 上單調遞增，
a
所以 f x = f -1 = -e-a fmin ， x = f 1 = e
a
max .
1
a 1 -1 < - <1 x é當 > 時， ，則當 ê-1,
1
- ÷時， f x < 0， f x é 1,
1
在區間
a a ê
- -
a ÷
上單調遞減；

1
當 x - ,1
ù 1 ù
ú 時， f x > 0， f x 在區間 - ,1è a è a ú 上單調遞增，
f x f 1 1所以 = - ÷ = -min ，è a ae
而 f -1 = -e-a < 0， f 1 = ea > 0 . a所以 f x = f 1 = emax
綜上所述，當0 < a 1時， f x = -e-a， f x = eamin max ；
1
當 a >1時，所以 f x = - ， f x = eamin .ae max
（2）方法一：隱零點法
因為 x > 0， a 1，所以 xeax xex ，欲證 xeax ln x + x +1，只需證明 xex ln x + x +1，
設 g x = xex - ln x - x -1，（ x > 0）， g x = x +1 ex
1
- ，
è x ÷
f x ex 1令 = - ，易知f x 在 0, + 上單調遞增，
x
f 1 而 ÷ = e - 2 < 0 ，f 1 = e -1 > 0，
è 2
1
所以由零點的存在性定理可知，存在唯一的 x0 ,1÷ 使得f x = 0，
è 2 0
ex 1 10即 - = 0 x0，因此 e = ， x0 = - ln xx x 0 ，0 0
當 x 0, x0 時，f x < 0， g x < 0， g x 在 0, x0 上單調遞減；
當 x x0 ,+ 時，f x > 0， g x > 0， g x 在 x0 ,+ 上單調遞增；
g x = g x x 10所以 0 = e x0 - ln x0 - x0 -1 = x0 - - ln x0 - xmin x 0 -1 = 00
所以 g x 0，因此 f x ln x + x +1.
方法二：（同構）
因為 x > 0， a 1，所以 xeax xex ，欲證 xeax ln x + x +1，只需證明 xex ln x + x +1，
只需證明 xex = eln xex = ex ln x+x ln x + x +1，
x
因此構造函數 h x = e - x -1（ x R ），
h x = ex -1，
當 x - ,0 時， h x < 0， h x 在 - ,0 上單調遞減；
當 x 0, + 時， h x > 0， h x 在 0, + 上單調遞增：
所以 h x h 0 = 0，所以 ex x +1，
所以 xex ln x + x +1，
因此 f x ln x + x +1.
【變式 8-4】（2024·全國·模擬預測）已知函數 f x = x aex -1 ， a R ．
(1)若曲線 y = f x 在 x=- 1處的切線 l與直線 x - ay + 2 = 0垂直，求 l的方程；
(2) 3若 g x = f x + 2 - ln x - x e + x ，求證：當 a >1時， g x > 0．
【解析】（1）由題意知， f (x) = aex(x +1) -1，則 f (-1) = -1，即 kl = -1．
因為切線 l與直線 x - ay + 2 = 0垂直，
所以直線 x - ay + 2 = 0的斜率為 1，得 a =1，
f ( 1) 1 e-1 1 1 1則 - = - - = - ， e
1 1
故 l的方程為 y - 1- ÷ = -1 (x +1)，即 x + y + = 0．
è e e
（2）解法一 由題知 g(x) = axex + (2- ln x - x)e3，
當 a >1時， g(x) > xex + (2- ln x - x)e3，故只需證 xex + (2- ln x - x)e3 0．
3
令h(x) = xex + (2- ln x - x)e3，則 h (x) = xex ex e+ - - e3 ，
x
3 3
'h x = x e+ 2 ex + > 0， h (x)在 (0, + )上單調遞增，且 h (1) = 2 e - e3 < 0 h (3) 8e2 ， = > 0，x 3
所以 h (x)在 (0, + )上有唯一零點，
3
設該零點為 x0 ，則 x (1,3) e
x e
0 ，且 0 = ，x0
所以 x0 = 3- ln x0．
當0 < x < x0 時， h (x) < 0，所以 h(x) 單調遞減；
當 x > x0時， h (x) > 0，所以 h(x) 單調遞增．
3
所以 h(x) x0min = h x0 = x0e + 2 - ln x0 - x0 e3 = x
e
0 × + (2 - 3)e
3 = 0 ，
x0
所以 h(x) 0，故當 a >1時， g(x) > 0 ．
解法二 由題知 g(x) = axex + (2- ln x - x)e3，
當 a >1時， g(x) > xex + (2- ln x - x)e3，
故只需證 xex + (2- ln x - x)e3 0，
即證 eln x+x-3 ln x + x - 3 +1．令F(t) = et -(t +1)，則F (t) = et -1，
當 t > 0時，F (t) > 0，F (t)單調遞增；當 t < 0時，F (t) < 0，F (t)單調遞減．
所以F(t) tmin = F(0) = 0，即 e t +1，當且僅當 t = 0時取等號．
易知函數 y = ln x + x - 3的值域為R ，
所以 eln x+x-3 ln x + x - 3 +1，
當且僅當 ln x + x - 3 = 0時取等號，
故當 a >1時， g(x) > 0 ．
題型九：泰勒展式和拉格朗日中值定理
2
【典例 9-1 x x】證明不等式：1+ - < 1+ x (x > 0) ．
2 8
【解析】設 f (x) = 1+ x ，則 f (0) =1，
1 3 5
- - -
f (x) 1= (1+ x) 2 , f (0) 1 f (x) 1= ， = - (1+ x) 2 , f (0) 1 3= - , f (x) = (1+ x) 2 ，
2 2 4 4 8
x x2 x3
代入 x0 = 0的二階泰勒公式，有 1+ x = 1+ - + (0 < x <1)2 8 5 ，
16(1+x )3
x3 x x2Q x > 0,\ 5 > 0,\1+ - < 1+ x (x > 0)2 8 ．
16(1+x )3
所以原題得證．
【典例 9-2】已知函數 f (x) = x2 + lnx - ax ．
（1）求函數 f (x) 的單調區間；
（2）若 f (x) 2x2 ，對 x [0， + ) 恒成立，求實數 a的取值范圍；
2
（3）當 a = 1 , g x = xex - f時 設 x - x -1．若正實數 l1， l2 滿足 l1 + l2 = 1， x1 ， x2 (0 ， + )(x1 x2 )，證
明： g(l1x1 + l2 x2 ) < l1g(x1) + l2 g(x2 )．
2
【解析】解：（1 f (x) 1 2x - ax +1） = 2x + - a = ， x > 0 ，△ = a2 - 8 ，
x x
① a 2 2 時， f (x)…0恒成立，
故函數 f (x) 在 (0,+ )遞增，無遞減區間，
② a 2 2 f (x) 0 0 x a - a
2 - 8 a + a2 - 8
> 時， > < < 或 x > ，
4 4
2 2
f (x) (0, a - a - 8 ) (a + a - 8 a - a
2 - 8 a + a2 - 8
故函數 在 ， ， + ) 遞增，在 ( ， ) 遞減，
4 4 4 4
綜上， a 2 2 時，函數 f (x) 在 (0,+ )遞增，無遞減區間，
2 2 2 2
a > 2 2 時，函數 f (x) (0, a - a - 8 ) (a + a - 8 a - a - 8 a + a - 8在 ， ， + ) 遞增，在 ( ， ) 遞減，
4 4 4 4
（2） f (x) 2x2，對 x [0， + ) 恒成立，
x [0 ) a… lnx即 ， + 時， - x 恒成立，
x
lnx 2
令 F (x) = - x ， (x > 0) ，則 F (x) 1- lnx - x= ，
x x2
令G(x) = 1- lnx - x2 (x > 0) ，
則G (x) 1= - - 2x < 0，\G(x) 在 (0,+ )遞減且G （1） = 0，
x
\ x (0,1) 時，G(x) > 0 ， F (x) > 0， F (x)遞增，
當 x (1,+ ) ，G(x) < 0 ， F (x) < 0， F (x)遞減，
\ F (x)max = F （1） = -1，
綜上， a的范圍是[-1， + ) ．
（3）證明：當 a = 1時， g(x) = xe-(lnx-x) - x -1 = xex-lnx - x -1 = ex - x -1，
g (x) = ex -1 > 0(x > 0)，不妨設 0 < x1 < x2 ，
下先證：存在x (x1 ， x2 ) ，使得 g(x2 ) - g(x1) = g (x )(x2 - x1) ，
H (x) g(x) g(x1) g(x構造函數 = - - 2 ) - g(x1) (x - x1)，
x2 - x1
g(x ) - g(x )
顯然 H (x1) = H (x2 )，且 H (x) = g (x)-) - 2 1 ，x2 - x1
g(x ) - g(x )
則由導數的幾何意義可知，存在x (x1 ， x2 ) ，使得 H (x ) = g (x )-) - 2 1 = 0 ，x2 - x1
即存在x (x1 ， x2 ) ，使得 g(x2 ) - g(x1) = g (x )(x2 - x1) ，
又 g (x) = ex -1為增函數，
\ g(x2 ) - g(x1) = g (x )(x2 - x1) > g (x1)(x2 - x1) ，即 g(x2 ) > g(x1) + g (x1)(x2 - x1) ，
設 x3 = l1x1 + l2 x2 (l1 + l2 = 0) ，則 x1 - x3 = (1- l1)x1 - l2 x2 ， x2 - x3 = (1- l2 )x2 - l1x1，
\ g(x1) > g(x3 ) + g (x3 )(x1 - x3 ) = g(x3 ) + g (x3 )[(1- l1)x1 - l2 x2 ] ①，
g(x2 ) > g(x3 ) + g (x3 )(x2 - x3 ) = g(x3 ) + g (x3 )[(1- l2 )x2 - l1x1]②，
由① l1 + ② l2 得，l1g(x1) + l2 g(x2 ) > g(x3 ) = g(l1x1 + l2 x2 ) ，
即 g(l1x1 + l2 x2 ) < l1g(x1) + l2 g(x2 )．
【變式 9-1】（2024·河南周口·模擬預測）已知函數 f x = x -1 ln 1- x - x - cos x．
(1)求函數 f x 在區間 0,1 上的極值點的個數．
n n
(2)“ S ”是一個求和符號，例如 i =1+ 2 +L+ n i 2 n， (2x ) = 2x + 2x +L+ 2x ，等等．英國數學家布魯
i=1 i=1
n i-1 2i-2
克·泰勒發現，當 n + 時， cos x (-1) × x= ，這就是麥克勞林展開式在三角函數上的一個經典應用．
i=1 (2i - 2)!
n (-1)i+1 × x2i+3
證明：（i）當 n + 時，對"x > 0，都有 > 0；
i=1 (2i + 3)!
n 1 1
ii - *（ ）
è i 6i3 ÷
< ln n n N , n 2 ．
i=2
【解析】（1） f x = ln 1- x + x 1-1 -1 -1+ sin x = ln 1- x + sin x ，
1- x
令 g x = ln 1- x + sin x，則 g x 1= - + cos x ，
1- x
1
當 x 0,1 時，- < -1， cos x cos1,1 ，則 g x < 0在 0,1 上恒成立，
1- x
故 g x 在 0,1 上單調遞減，即有 f

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