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证明不等式问题
【方法技巧与总结】
利用导数证明不等式问题，方法如下：
(1)直接构造函数法：证明不等式 f x > g x (或 f x < g x )转化为证明 f x - g x > 0(或 f x -
g x < 0)，进而构造辅助函数 h x = f x - g x ；
(2)适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；
(3)构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.
(4)对数单身狗，指数找基友
(5)凹凸反转，转化为最值问题
(6)同构变形
【题型归纳目录】
题型一：直接法
题型二：构造函数 (差构造、变形构造、换元构造、递推构造)
题型三：分析法
题型四：凹凸反转、拆分函数
题型五：对数单身狗，指数找朋友
题型六：放缩法
题型七：虚设零点
题型八：同构法
题型九：泰勒展式和拉格朗日中值定理
题型十：分段分析法、主元法、估算法
题型十一：割线法证明零点差大于某值，切线法证明零点差小于某值
题型十二：函数与数列不等式问题
题型十三：三角函数
【典例例题】
题型一：直接法
例1.已知函数 f(x) = (a- 1)lnx+ x+ ax，a< 0．
(1)讨论函数 f(x)的单调性；
(2)当 a<-1时，证明： x∈ (1,+∞)，f(x)>-a- a2．
例2.设函数 f(x) = alnx+ 2 ，a∈R．
x
(1)讨论函数 f(x)的单调性；
(2) 1当 a= 1且 x> 1时，证明： 22 x - x+ 3> f(x)．
例3.已知函数 f(x) = lnx+ a(x2- 1)．
(1)讨论函数 f(x)的单调性；
(2) a= e- 1当 2 ，x∈ [1，+∞)时，证明：f(x)≤ (x- 1)e
x．
题型二：构造函数 (差构造、变形构造、换元构造、递推构造)
2
例4. x - 1已知曲线 f(x) = 2 与曲线 g(x) = alnx在公共点 (1,0)处的切线相同，
(Ⅰ)求实数 a的值；
2
( ) x> 0 x - 1Ⅱ 求证：当 时， 2 ≥ x- 1≥ lnx．
例5.已知 f(x) = ex．
(1)若 x≥ 0时，不等式 (x- 1)f(x)≥mx2- 1恒成立，求m的取值范围；
(2)求证：当 x> 0时，f(x)> 4lnx+ 8- 8ln2．
例6.已知函数 f(x) = ln(x+ 1) + a(x2+ x) + 2．
(1)当 a= 1时，求 f(x)在点 (0，f(0))处的切线方程；
(2)当 a> 0时，若 f(x) 1的极大值点为 x1，求证：f(x1)<-2ln2+ 2 ．
例7.已知函数 f(x) = ln(ex- 1) - lnx．
(1)判断 f(x)的单调性，并说明理由；
(2) 1若数列 {an}满足 a1= 1，an+1= f(an)，求证：对任意n∈N *，an> an+1> 2n．
题型三：分析法
例8.已知 1< a≤ 2，函数 f(x) = ex- x- a，其中 e= 2.71828 为自然对数的底数．
(Ⅰ)证明：函数 y= f(x)在 (0,+∞)上有唯一零点；
(Ⅱ)记 x0为函数 y= f(x)在 (0,+∞)上的零点，证明：
(ⅰ) a- 1≤ x0≤ 2(a- 1)；
(ⅱ)x0 f(ex0)≥ (e- 1) (a- 1)a．
9. a> 1 f(x) = ex- 1例 已知 ，函数 2 x
2- ax- 1，其中 e= 2.71828 为自然对数的底数．
(Ⅰ)证明：函数 y= f(x)在 (0,+∞)上有唯一零点；
(Ⅱ)记 x0为函数 y= f(x)在 (0,+∞)上的零点，证明：x0< a． (参考数值：ln4.6≈ 1.53)
例10.已知函数 f(x) = ex- ax- 1在 (0,+∞)上有零点 x0，其中 e= 2.71828 是自然对数的底数．
(Ⅰ)求实数 a的取值范围；
(Ⅱ)记 g(x)是函数 y= f(x)的导函数，证明：g(x0)< a(a- 1)．
题型四：凹凸反转、拆分函数
例11.已知函数 f(x) = xx + a(a≤ 0)且 f(1) f(-1) =-1．e
(1)求函数 f(x)的单调区间；
(2)证明：lnx> 1 - 2
ex ex
．
例12.已知函数 f(x) = lnx，g(x) = x+m(m∈R)．
(1)若 f(x)≤ g(x)恒成立，求实数m的取值范围；
x
( ) > e + (2- e)x- 12 求证：当 x 0时， x ≥ lnx+ 1．
例13.已知函数 f(x) = x2ex- lnx． (ln2≈ 0.6931, e ≈ 1.649)
(Ⅰ)当 x≥ 1时，判断函数 f(x)的单调性；
(Ⅱ)证明：当 x> 0时，不等式 f(x)> 1恒成立．
题型五：对数单身狗，指数找朋友
例14.已知函数 f(x) = 1- xax + lnx．
( 1Ⅰ)当 a= 1时，求 f(x)在 2 ，2 上最大值及最小值；
(Ⅱ)当 1< x< 2时，求证 (x+ 1)lnx> 2(x- 1)．
b(x+ 1)
例15.已知函数 f(x) = alnx+ x ，曲线 y= f(x)在点 (1，f(1))处的切线方程为 y= 2．
(1)求 a、b的值；
( ) > (x+ 1)lnx2 当 x 0且 x≠ 1时．求证：f(x)> x- 1 ．
例16.已知函数 f(x) = lnx+ ax- l(a∈R)．
(1)讨论函数 f(x)的单调性；
-x
(2)若函数 f(x) e图象过点 (1,0)，求证： x + lnx+ x- 1≥ 0．
例17.已知函数 f(x) = lnx+ ax- 1(a∈R)．
(Ⅰ)讨论函数 f(x)的单调性；
(Ⅱ)若函数 f(x)图象过点 (1,0)，求证：e-x+ xf(x)≥ 0．
题型六：放缩法
例18.已知函数 f(x) = aex+ 2x- 1． (其中常数 e= 2.71828 ，是自然对数的底数．
(1)讨论函数 f(x)的单调性；
(2)证明：对任意的 a≥ 1，当 x> 0时，f(x)≥ (x+ ae)x．
19. f(x) = lnx+ a- 1 ( ) = a(sinx+ 1) - 2例 已知函数 x ，g x x
(1)讨论函数 f(x)的单调性；
(2)求证：当 0≤ a≤ 1时，f(x)> g(x)．
ex-1
例20.已知函数 f(x) = 1+ lnx．
(1)求函数 f(x)的单调区间；
(2)解关于 x 1 1的不等式 f(x)> 2 x+ x
题型七：虚设零点
例21.设函数 f(x) = e2x+ alnx．
(1)讨论 f(x)的导函数 f (x)零点的个数；
(2)证明：当 a< 0时，f(x)≥ aln - a2 - 2a．
例22.设函数 f(x) = e2x- alnx．
(Ⅰ)讨论 f(x)的导函数 f′ (x)零点的个数；
( 2Ⅱ)证明：当 a> 0时，f(x)≥ 2a+ aln a．
例23.已知函数 f(x) = ex- x2- ax．
(1)若函数 f(x)在R上单调递增，求 a的取值范围；
(2) a= 1 x> 0 f(x)> 1- ln2 - ln2
2
若 ，证明：当 时， 2 2 ．
参考数据：e≈ 2.71828，ln2≈ 0.69．
题型八：同构法
例24.已知函数 f(x) = a+ lnxx ．
(1)讨论 f(x)在区间 (1,+∞)上的单调性；
(2)当 a= 1时，证明：x esinx≥ x f(x) + sinx．
例25.已知函数 f(x) = axlnx- x+ 1，a∈R．
(1)讨论 f(x)的单调区间；
(2)当 p> q> 1时，证明 qlnp+ lnq< plnq+ lnp．
例26.已知函数 f(x) = (mx- 1)ex，m∈R．
(1)讨论函数 f(x)的单调性；
(2)若 p∈R，q∈ (0,+∞)，证明：当m= 1时，f(p+ q) + 32 (p- q)
2+ 2q> f(p- q) + 32 (p+ q)
2
题型九：泰勒展式和拉格朗日中值定理
例27.已知函数 f(x) = lna xe-x+ asinx，a> 0．
(1)若 x= 0恰为 f(x)的极小值点．
(ⅰ) 1证明：2 < a< 1；
(ⅱ)求 f(x)在区间 (-∞,π)上的零点个数；
( ) = f(x)2 a 1 = 1- x 1+ x 1- x 1+ x 1- x 1+ x 1- x 1+ x若 ， x π π 2π 2π 3π 3π nπ nπ
，
x2 4 6 n 2n
又由泰勒级数知：cosx= 1- + x - x + + (-1) x( ) + ，n∈N
* 1 1 1．证明： 2 + + + 2! 4! 6! 2n ! 1 22 32
2
+ 1 + = π2 6 ．n
例28.已知函数 f(x) = x2+ lnx- ax．
(1)求函数 f(x)的单调区间；
(2)若 f(x)≤ 2x2，对 x∈ [0，+∞)恒成立，求实数 a的取值范围；
(3)当 a= 1时,设 g x = xex
2-f x - x- 1．若正实数 λ1，λ2满足 λ1+ λ2= 1，x1，x2∈ (0，+∞) (x1≠
x2)，证明：g(λ1x1+ λ2x2)< λ1g(x1) + λ2g(x2)．
3 5 7
例29.英国数学家泰勒发现了如下公式：sinx= x- x + x - x + ，其中 n!= 1× 2× 3× 4× × n，
3! 5! 7!
π 3
此公式有广泛的用途，例如利用公式得到一些不等式：当 x∈ 0, 2 时，sinx< x，sinx> x-
x
，
3!
3 5
sinx< x- x + x ， ．
3! 5!
(1) x∈ 0, π证明：当 2
sinx 1
时， x > 2 ；
(2)设 f(x) =msinx，若区间 [a，b]满足当 f(x)定义域为 [a，b]时，值域也为 [a，b]，则称为 f(x)的
“和谐区间”，
(ⅰ)m= 1时，f(x)是否存在“和谐区间”？若存在，求出 f(x)的所有“和谐区间”，若不存在，请说明
理由；
(ⅱ)m=-2时，f(x)是否存在“和谐区间”？若存在，求出 f(x)的所有“和谐区间”，若不存在，请说明
理由．
题型十：分段分析法、主元法、估算法
例30.设 a> 0且 a≠ 1，函数 f(x) = sinax- asinx．
(1)若 f(x)在区间 (0,2π)有唯一极值点 x0，证明：f(x0)(2)若 f(x)在区间 (0,2π)没有零点，求 a的取值范围．
例31.已知函数 f(x) = ex(sinx- ax2+ 2a- e)，其中 a∈R，e= 2.71828 为自然对数的底数．
(1)当 a= 0时，讨论函数 f(x)的单调性；
(2) 1当 2 ≤ a≤ 1时，求证：对任意的 x∈ [0，+∞)，f(x)< 0．
例32.已知函数 f x = ex- e-x- 2x.
(1)讨论 f x 的单调性；
(2)设 g x = f 2x - 4bf x ，当 x> 0时，g x > 0,求 b的最大值；
(3)已知 1.4142< 2< 1.4143，估计 ln2的近似值 (精确到 0.001)
2
例33. f(x) = x - 1已知函数 x ≥-klnx(x≥ 1)．
(1)若 f x ≥ 0恒成立，求 的取值范围；
(2)若取 5= 2.236 5，试估计 ln 4 的范围． (精确到 0.01)
题型十一：割线法证明零点差大于某值，切线法证明零点差小于某值
34. f(x) = 1- x
2
例 已知函数 (e为自然对数的底数)．
ex
(1)求函数 f(x)的零点 x0，以及曲线 y= f(x)在 x= x0处的切线方程；
(2)设方程 f(x) =m(m> 0)有两个实数根 x1，x2，求证：|x1- x2| < 2-m 1+ 12e ．
例35.已知函数 f(x) = (e- x)lnx(e为自然对数的底数)．
(1)求函数 f(x)的零点，以及曲线 y= f(x)在其零点处的切线方程；
(2)若方程 f(x) =m(m≠ 0) em有两个实数根 x1，x2，求证：|x1- x2| < e- 1- e- 1．
例36.已知函数 f(x) = (x2- 1)ex(e为自然对数的底数)．
(1)求曲线 y= f(x)在点 (0，f(0))处的切线方程：
(2)若方程 f(x) =m(m< 0)有两个不等的实数根 x1，x2，求证：|x1- x2| < 2+m．
题型十二：函数与数列不等式问题
例37.已知函数 f(x) = xln(1+ x) - a(x+ 1) (x> 0)，其中 a为实常数．
(1)若函数 g(x) = f (x) - 2x1+ x ≥ 0定义域内恒成立，求 a的取值范围；
( ) f(x)2 证明：当 a= 0时， 2 ≤ 1；x
(3) 1 + 1 + + 1 < ln(1+n)< 1+ 1 + 1 + + 1求证：2 3 n+ 1 2 3 n．
38. 1 3 5 2n- 1例 证明： 1 12 × 4 × 6 × × 2n < 2n+ 1 < 2sin 2n+ 1 ．
例39.已知 f(x) = ex，g(x) = x+ 1(e为自然对数的底数)．
(1)求证：f(x)≥ g(x)恒成立；
(2) m 1 1 1设 是正整数，对任意正整数n， 1+ 3 1+ 2 1+ n 题型十三：三角函数
例40.已知函数 f x = sinx tanx.
(1)设 g x = f x + 3cosx且 x∈ 0, π2 ，求函数 g x 的最小值；
(2) x∈ 0, π当 2 ，证明：f x ≥ x
2.
例41.已知函数 f(x) = xex- a(x+ lnx)，其中 a> 0，e为自然对数的底数．
(1)若 f(x)≥ 1，求实数 a的值；
(2)证明：x2ex> x(2+ lnx) - 2(1- sinx)．
例42.已知 f(x) = x2ex- xexsinx- ax+ asinx.
(1)当 f(x)有两个零点时，求 a的取值范围；
(2) = f(x)当 a 1，x> 0时，设 g(x) = x- sinx，求证：g(x)≥ x+ lnx.
【过关测试】
2
1. (2022· x + 3x+ 3重庆市第十一中学校高二阶段练习)已知函数 f(x) = ，且 a∈R．
ex
(1)求曲线 y= f(x)在点 (0,f(0))处的切线方程；
(2)若函数 g(x) = f(x) + a x22 + ax
1 1 2
有三个极值点 x1,x2,x3，且 x3< x2< x1，求证：x + x + > 0．1 2 x3
2. (2022· 2全国·高三专题练习)已知函数 f x = 3 x
3+ x2+ ax+ 1在 -1,0 上有两个极值点，x1,x2，且
x1< x2．
(1)求实数 a的取值范围；
(2)证明：当- 12 < x< 0时，f x >
11
12．
2
3. (2022·黑龙江·哈尔滨三中模拟预测 (文))已知 f x = 3 4 x
2- x2 lnx- a x- 1 ,a> 0.
(1)若 f x 在区间 1,+∞ 上有且仅有一个极值点m，求实数 a的取值范围；
2
(2) 3 e在 (1)的条件下，证明 4 < f m < 4 .
4. (2022·全国·哈师大附中模拟预测 (文))已知函数 f x = ex+ exlnx(其中 e是自然对数的底数).
(1)求曲线 y= f x 在点 1,f 1 处的切线方程；
(2)求证：f x ≥ ex2.
5. (2022·江苏江苏·高二阶段练习)已知函数 f x = alnx- x，a∈R .
(1)试讨论 f(x)的单调性；
(2)若对任意 x∈ (0，+∞) ，均有 f(x)≤ 0 ，求 a的取值范围；
n
(3) 1求证:∑ 2+ > n+ 1- 1 .k=1 ln k k
6. (2022·天津·模拟预测) = 1+ ln x+ 1 已知函数 f x x x> 0 .
(1)试判断函数 f x 在 0，+∞ 上单调性并证明你的结论；
(2)若 f x k > x+ 1 对于 x∈ 0,+∞ 恒成立，求正整数 k的最大值；
(3)求证： 1+ 1× 2 1+ 2× 3 1+ 3× 4 1+n n+ 1 > e2n-3．
7. (2022·山东·肥城市教学研究中心模拟预测)已知函数 f(x) = ex-a- lnx+ a.
(1)若 x= 2是 f(x)的极值点，求 f(x)的值域；
(2)当 a≤ 0时，证明：f(x)> a+ 2
8. (2022·湖北·华中师大一附中模拟预测)已知函数 f(x) = xex- alnx(a∈R)在 x= 1处的切线方程为
y= 2(e- 1)x+ b.
(1)求实数 a,b的值；
(2) (i) 1证明：函数 y= f(x)有且仅有一个极小值点 x= x0，且 x0∈ 2 ,1 ；
(ii) 31 < f(x )< 41证明：15 0 15 .
11
参考数据：ln2≈ 0.693， e ≈ 1.648，e0.55≈ 1.734 -，e 30≈ 0.693.
9. (2022·广东·高二阶段练习)关于 x的函数 f x = lnx+ 2x- b(b> 2)，我们曾在必修一中学习过“二
分法”求其零点近似值.现结合导函数，介绍另一种求零点近似值的方法--“牛顿切线法”.
(1)证明：f x 有唯一零点 a，且 a∈ 1,b ；
(2)现在，我们任取 x1∈ (1,a)开始，实施如下步骤：
在 x1,f x1 处作曲线 f x 的切线，交 x轴于点 x2,0 ；
在 x2,f x2 处作曲线 f x 的切线，交 x轴于点 x3,0 ；

在 xn,f xn 处作曲线 f x 的切线，交 x轴于点 xn+1,0 ；
可以得到一个数列 xn ，它的各项都是 f x 不同程度的零点近似值.
(i)设 xn+1= g xn ，求 g xn 的解析式 (用 xn表示 xn+1)；
(ii)证明：当 x1∈ 1,a ，总有 xn< xn+1< a.
10.(2022·浙江大学附属中学高三阶段练习)已知函数 f(x) = ex- x- 1,x∈R． (其中 e是自然底数，e≈
2.71828)
(1)求证：x∈R,f(x)≥ 0；
(2)求证：当 x≥ 0,f(x)≥ xsinx- x- 1- cosx；
(3)当 x≥ 0时，f(x) + x(sinx+ 1) + cosx≥ ax+ 1恒成立，求实数 a的取值范围．证明不等式问题
【方法技巧与总结】
利用导数证明不等式问题，方法如下：
(1)直接构造函数法：证明不等式 f x > g x (或 f x < g x )转化为证明 f x - g x > 0(或 f x -
g x < 0)，进而构造辅助函数 h x = f x - g x ；
(2)适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；
(3)构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.
(4)对数单身狗，指数找基友
(5)凹凸反转，转化为最值问题
(6)同构变形
【题型归纳目录】
题型一：直接法
题型二：构造函数 (差构造、变形构造、换元构造、递推构造)
题型三：分析法
题型四：凹凸反转、拆分函数
题型五：对数单身狗，指数找朋友
题型六：放缩法
题型七：虚设零点
题型八：同构法
题型九：泰勒展式和拉格朗日中值定理
题型十：分段分析法、主元法、估算法
题型十一：割线法证明零点差大于某值，切线法证明零点差小于某值
题型十二：函数与数列不等式问题
题型十三：三角函数
【典例例题】
题型一：直接法
例1.已知函数 f(x) = (a- 1)lnx+ x+ ax，a< 0．
(1)讨论函数 f(x)的单调性；
(2)当 a<-1时，证明： x∈ (1,+∞)，f(x)>-a- a2．
(x- 1) (x+ a)
【解答】解：(1)f (x) = a- 1x + 1-
a
x2
= 2 ，x
因 x> 0，a< 0，
①当-1< a< 0 时，0<-a< 1，函数 f(x)在 (0,-a)内单调递增，在 (-a,1)内单调递减，在 (1,+∞)内单
调递增；
2
②当 a=- (x- 1)1 时，f (x) = 2 ≥ 0，函数 f(x)在 (0,+∞)内单调递增；x
③当 a<-1 时，-a> 1，函数 f(x)在 (0,1)内单调递增，在 (1,-a)内单调递减，在 (-a,+∞)内单调递增；
综上：当-1< a< 0 时，函数 f(x)在 (0,-a)内单调递增，在 (-a,1)内单调递减，在 (1,+∞)内单调递增；
当 a=-1 时，函数 f(x)在 (0,+∞)内单调递增；
当 a<-1 时，函数 f(x)在 (0,1)内单调递增，在 (1,-a)内单调递减，在 (-a,+∞)内单调递增；
(2)当 a<-1 时，由 (1)得，函数 f(x)在 (0,1)内单调递增，在 (1,-a)内单调递减，在 (-a,+∞)内单调递
增，
函数 f(x)在 (1,+∞)内的最小值为 f(-a) = (a- 1)ln(-a) - a- 1，
欲证不等式 f(x)>-a- a2成立，即证-a- a2<(a- 1)ln(-a) - a- 1，即证 a2+ (a- 1)ln(-a) - 1> 0，
因 a<-1，所以只需证 ln(-a)<-a- 1，
令 h(x) = lnx- x+ 1(x≥ 1) - (x- 1)，则 h (x) = 1x - 1= x ≤ 0，
所以，函数 h(x)在 [1，+∞)内单调递减，h(x)≤ h(1) = 0，
又因 a<-1，即-a> 1．所以 h(-a) = ln(-a) + a+ 1< 0，
即当 a<-1 时，ln(-a)<-a- 1 成立，
综上，当 a<-1 时， x∈ (1,+∞)，f(x)>-a- a2．
例2. 2设函数 f(x) = alnx+ ，a∈R．
x
(1)讨论函数 f(x)的单调性；
(2)当 a= 1且 x> 1 1时，证明： 22 x - x+ 3> f(x)．
【解答】解：(1)函数 f(x) = alnx+ 2 ，定义域为 (0,+∞)，
x
f (x) = a x- 1 ，
x x
①当 a≤ 0 时，f (x)< 0，则 f(x)在 (0,+∞)上单调递减；
②当 a> 0 时，令 f (x) = 0，解得 x= 1
a2
，
当 x∈ 0, 1 2 时，f (x)< 0，a
当 x∈ 12 ，+∞ 时，f (x)> 0，a
所以 f(x)的单调递增区间为 12 ，+∞ ，递减区间为 0, 12 ．a a
综上所述，当 a≤ 0 时，f(x)的单调递减区间为 (0,+∞)；
当 a> 0 时，f(x)的单调递增区间为 12 ，+∞ ，递减区间为 0, 1a a2 ．
(2)证明：当 a= 1 时，令 h(x) = lnx+ 2 - 1 22 x + x- 3(x> 1)，x
则 h (x) = 1 - 1 - x+ 1= x- 1- x
2 x+ x x = ( x- 1) (1- x
2- x x)
x ，x x x x x x
因为 x> 1，则 h (x)< 0，
所以 h(x)在 (1,+∞)上单调递减，
故 h(x)< h(1) =- 12 < 0，
则 lnx+ 2 - 12 x
2+ x- 3< 0，
x
故 1 x22 - x+ 3> f(x)．
例3.已知函数 f(x) = lnx+ a(x2- 1)．
(1)讨论函数 f(x)的单调性；
(2) a= e- 1当 2 ，x∈ [1，+∞)时，证明：f(x)≤ (x- 1)e
x．
1 2ax2【解答】解：(1)函数的定义域为 (0,+∞)，f′ (x) = x + 2ax=
+ 1
x (x> 0)，
当 a≥ 0 时，f′ (x)> 0 在 (0,+∞)上恒成立，所以函数 f(x)在 (0,+∞)上单调递增，
当 a< 0 时，由 f′ (x)> 0 解得 0< x< - 12a，由 f′ (x)< 0 解得 x> -
1
2a，
∴函数 f(x)在区间 0, - 12a 上单调递增，在区间 - 12a ,+∞ 上单调递减；
(2)证明：令 g(x) = (x- 1)ex- lnx- e- 1 (x22 - 1) (x≥ 1)，则 g′ (x) = xe
x- (e- 1)x- 1x (x≥ 1)，g′ (1) =
e- (e- 1) - 1= 0，
再令m(x) = xex- (e- 1)x- 1x (x≥ 1)，则m′ (x) = (x+ 1)e
x- (e- 1) + 1 ，
x2
当 x≥ 1 时，(x+ 1)ex≥ 2e, 1
x2
> 0，
∴ (x+ 1)ex- (e- 1) + 12 > 2e- (e- 1)> 0，即m′ (x)> 0，x
∴ y=m(x)在 [1，+∞)上单调递增，
∵m(1) = g′ (1) = 0，
∴m(x)≥m(1) = 0，
∴ y= g(x)在 [1，+∞)上单调递增，
∴ g(x)≥ g(1) = 0，
综上可知，f(x)≤ (x- 1)ex．
题型二：构造函数 (差构造、变形构造、换元构造、递推构造)
x2
例4.已知曲线 f(x) = - 12 与曲线 g(x) = alnx在公共点 (1,0)处的切线相同，
(Ⅰ)求实数 a的值；
2
(Ⅱ) x - 1求证：当 x> 0时， 2 ≥ x- 1≥ lnx．
【解答】(Ⅰ)解：f (x) = x，g (x) = ax，
依题意 f (1) = g (1)，∴ a= 1；
2 2
(Ⅱ)证明：由 x - 1 - (x- 1) = 12 2 (x- 1)
2≥ 0，得 x - 12 ≥ x- 1，
令 h(x) = x- 1- lnx，则 h (x) = 1- 1 x- 1x = x ，
∴ x∈ (0,1)时，h′ (x)< 0，h(x)递减；
x∈ (1,+∞)时，h (x)> 0，h(x)递增．
∴ x> 0 时，h(x)≥ h(1) = 0，即 x- 1≥ lnx，
x2综上所述，x> 0 时， - 12 ≥ x- 1≥ lnx．
例5.已知 f(x) = ex．
(1)若 x≥ 0时，不等式 (x- 1)f(x)≥mx2- 1恒成立，求m的取值范围；
(2)求证：当 x> 0时，f(x)> 4lnx+ 8- 8ln2．
【解答】解：(1)不等式 (x- 1)f(x)≥mx2- 1 恒成立，
即 (x- 1)ex-mx2+ 1≥ 0 恒成立，
令 g(x) = (x- 1)ex-mx2+ 1，则 g′ (x) = x(ex- 2m) (x≥ 0)，
当m≤ 12 时，对任意 x∈ [0，+∞)，有 g′ (x)≥ 0，得 g(x)在 [0，+∞)上单调递增，
∴ g(x)≥ g(0) = 0，即m≤ 12 满足题意；
当m> 12 时，若 x∈ (0,ln2m)，则 g′ (x)< 0，
g(x)在 (0,ln2m)上单调递减，∴ g(ln2m)< g(0) = 0，
与 g(x)≥ 0 矛盾，不合题意．
综上所述，m≤ 12 ；
证明：(2)令 h(x) = ex- 4lnx- 8+ 8ln2，
h′ (x) = ex- 4x，
∵ h′ (x)在 (0,+∞)上单调递增，且 h′ (1) = e- 4< 0，h′ (2) = e2- 2> 0，
∴存在唯一的 x0∈ (1,2)，使得 h′ (x0) = 0，
当 x∈ (0,x0)时，h′ (x)< 0，h(x)单调递减，
当 x∈ (x0，+∞)时，h′ (x)> 0，h(x)单调递增，
∴ h(x)min= h(x0) = ex0- 4lnx0- 8+ 8ln2，
由 h′ (x0) = 0，得 ex0= 4x ，∴ x0= ln4- lnx0，0
∴ h(x 40) = x - 4(ln4- x0) - 8+ 8ln2= 4x0+
4
x - 8≥ 2 4x
4
0 x - 8= 0，0 0 0
∵ x0∈ (1,2)，上式“=”不成立，
∴ h(x)≥ h(x0)> 0，
即 f(x)> 4lnx+ 8- 8ln2．
例6.已知函数 f(x) = ln(x+ 1) + a(x2+ x) + 2．
(1)当 a= 1时，求 f(x)在点 (0，f(0))处的切线方程；
(2)当 a> 0时，若 f(x) 1的极大值点为 x1，求证：f(x1)<-2ln2+ 2 ．
【解答】解：(1)当 a= 1 时，f(x) = ln(x+ 1) + x2+ x+ 2，
因为 f (x) = 1x+ 1 + 2x+ 1，
所以 f′ (0) = 2，
因为 f(0) = 2，
所以 f(x)在点 (0，f(0))处的切线方程为 y= 2x+ 2．
证明：(2) f (x) = ln(x + 1) + a(x 2+ x) + 2 的定义域为 (-1,+∞)，f (x) = 1x+ 1 + a(2x + 1) =
2ax2+ 3ax+ a+ 1
x+ 1 ，
令 g(x) = 2ax2+ 3ax+ a+ 1，△= a2- 8a，
①当△≤ 0，即 0< a≤ 8 时，g(x)≥ 0，故 f′ (x)≥ 0，
所以 f(x)在 (-1,+∞)上单调递增．此时 f(x)无极大值．
②当△> 0，即当 a> 8 时，g(x)的对称轴 x=- 34 ，
因为 g(-1) = g - 1 32 = 1> 0，g - 4 = 1-
a
8 < 0，
所以函数 g(x)在区间 -1,- 12 有两个零点 x1，x2，不妨设 x1< x2，其中 x1∈ -1,-
3
4 ，x2∈ -
3
4 ,-
1
2 ．
所以当-1< x< x1时，g(x)> 0，f′ (x)> 0，
所以 f(x)在 (-1,x1)上单调递增；
当 x1< x< x2时，g(x)< 0，f′ (x)< 0，
所以 f(x)在 (x1，x2)上单调递减；
当 x> x2时，g(x)> 0，f′ (x)> 0，
所以 f(x)在 (x2，+∞)上单调递增．
此时函数 f(x)有唯一的极大值点为 x1，且-1< x <- 31 4 ，
又因为 g(x1) = 0，
所以 a=- 1
2x21+
，
3x1+ 1
所以 f(x1) = ln(x1+ 1) + -1
x
2+ + (x
2
1+ x1) + 2= ln(x 12x 3x 1 1+ 1) -1 1 2x + 1
+ 2，
1
记 φ(t) = ln(t+ 1) - t2t+ 1 + 2 -1< t<-
3
4 ，
则 φ (t) = 1t+ 1 -
2t+ 1- 2t
( + )2 =
t(4t+ 3)
( + ) ( + )2 > 0，2t 1 t 1 2t 1
所以 φ(t)单调递增，φ(t)< φ - 34 =-2ln2+
1
2 ，
即 f(x1)<-2ln2+ 12 ．
例7.已知函数 f(x) = ln(ex- 1) - lnx．
(1)判断 f(x)的单调性，并说明理由；
(2)若数列 {an}满足 a1= 1，an+1= f(an)，求证：对任意n∈N *，an> an+1> 1n．2
x x x
( ) (x- 1)e
x+ 1
【解答】1 解：f (x) = e - 1 = xe - e + 1
ex- 1 x (ex- 1) =x (ex- ，1)x
令 g(x) = (x- 1)ex+ 1，g (x) = ex+ (x- 1)ex= xex> 0，
g(x)在 (0,+∞)上递增，∴ g(x)> g(0) = 0，∴ f (x)> 0，
f(x)在 (0,+∞)上单调递增．
(2)证明：由 an+1= f(an) ln(ean- 1) - lnan= an+1，
要证 a > a > 1 ，只需证 a > a > 1n n+1 n n n+1 2 an，2
即证：a ann> ln(e - 1) - lnan> 12 an，∵ e
an> an+ 1，
∴ an+1= ln(ean- 1) - lnan> lnan- lnan= 0，∴ an> 0，
an an
先证左边：ln e - 1 e - 1 ana < an a < e ，n n
令 an= x(x> 0) 证 ex- 1< xex，即证 xex- ex+ 1> 0，
令 h(x) = xex- ex+ 1，h (x) = xex> 0，h(x)在 (0,+∞)上递增，∴ h(x)> h(0) = 0，得证．
x
再证右边：ln e - 1 > 1
x x
x 2 x，即证 e
x- 1> xe 2，ex- xe 2- 1> 0，
x x
令H(x) = ex- xe 2- 1，H (x) = ex- e 2- x
x x x
e 2= e 2 e 22 -
x
2 - 1 > 0，
∴H(x)在 (0,+∞)上递减，H(x)>H(0) = 0，也得证．
综上：对 n∈N *，a 1 1n> an+1> 2 an，∴ an> an+1> ．2n
题型三：分析法
例8.已知 1< a≤ 2，函数 f(x) = ex- x- a，其中 e= 2.71828 为自然对数的底数．
(Ⅰ)证明：函数 y= f(x)在 (0,+∞)上有唯一零点；
(Ⅱ)记 x0为函数 y= f(x)在 (0,+∞)上的零点，证明：
(ⅰ) a- 1≤ x0≤ 2(a- 1)；
(ⅱ)x0 f(ex0)≥ (e- 1) (a- 1)a．
【解答】证明：(Ⅰ) ∵ f(x) = ex- x- a= 0(x> 0)，∴ f′ (x) = ex- 1> 0 恒成立，
∴ f(x)在 (0,+∞)上单调递增，
∵ 1< a≤ 2，∴ f(2) = e2- 2- a≥ e2- 4> 0，又 f(0) = 1- a< 0，
∴函数 y= f(x)在 (0,+∞)上有唯一零点．
(Ⅱ) (i)f(x0) = 0，∴ ex0- x0- a= 0，
∴ a- 1≤ x ≤ 2(a- 1)，∴ ex0- x - 1≤ x2≤ 2(ex00 0 0 - x0- 1)，
2
令 g(x) = ex- x- 1- x2(0< x< 2)，h(x) = ex- x- 1- x2 ，(0< x< 2)，
一方面，h′ (x) = ex- 1- x= h1(x)，h 1(x) = ex- 1> 0，
∴ h′ (x)> h′ (0) = 0，∴ h(x)在 (0,2)单调递增，
∴ h(x)> h(0) = 0，
2
∴ ex- x- 1- x > 0，2(ex2 - x- 1)> x
2，
另一方面，1< a≤ 2，∴ 0< a- 1≤ 1，
∴当 x0≥ 1 时， a- 1≤ x0成立，
∴只需证明当 0< x< 1 时，g(x) = ex- x- 1- x2≤ 0，
∵ g′ (x) = ex- 1- 2x= g1(x)，g x1 (x) = e - 2= 0，∴ x= ln2，
当 x∈ (0,ln2)时，g1 (x)< 0，当 x∈ (ln2,1)时，g1 (x)> 0，
∴ g′ (x)∴ g′ (x)< 0，∴ g(x)在 (0,1)单调递减，
∴ g(x)< g(0) = 0，∴ ex- x- 1< x2，
综上，ex0- x0- 1≤ x20≤ 2(ex0- x0- 1)，
∴ a- 1≤ x0≤ 2(a- 1)．
(ii)要证明 x0 f(ex0)≥ (e- 1) (a- 1)a，只需证 x0 f(x0+ a)≥ (e- 1) (a- 1)a，
由 (i)得只需证 e a-1+a- a- 1- 2a≥(e- 1)a a- 1，
∵ ex≥ 1+ x+ 12 x
2，∴只需证 1+ 12 ( a- 1+ a)
2- a≥(e- 1)a a- 1，
只需证 a2- ( a- 1)2- 2(e- 2)a a- 1≥ 0，即证 a- -
a- 1
a ≥ 2(e- 2)，a 1
∵ a = 1- - + a- 1 ∈ [2，+∞)，a 1 a 1
∴ a - a- 1- a ≥ 2-
1 3
a 1 2
= 2 ≥ 2(e- 2)，
∴ x0 f(ex0)≥ (e- 1) (a- 1)a．
例9. 1已知 a> 1，函数 f(x) = ex- x22 - ax- 1，其中 e= 2.71828 为自然对数的底数．
(Ⅰ)证明：函数 y= f(x)在 (0,+∞)上有唯一零点；
(Ⅱ)记 x0为函数 y= f(x)在 (0,+∞)上的零点，证明：x0< a． (参考数值：ln4.6≈ 1.53)
【解答】证明：(Ⅰ)f′ (x) = ex- x- a，
f′′ (x) = ex- 1> 0 在 x∈ (0,+∞)上恒成立，所以 f′ (x)在 (0,+∞)上单调递增，
f′ (0) = 1- a< 0，f′ (a) = ea- 2a>(e- 2)a> 0，
所以存在 x1∈ (0,a)，使得 f′ (x1) = 0，
故 f′′ (x)< 0 x∈ (0，x1)，f(x)在 (0,x1)上单调递减；
f′′ (x)> 0 x∈ (x1，+∞)，f(x)在 (x1，+∞)上单调递增，
又 f(0) = 0，所以 f(x1)< 0，当 x→+∞时，f(x) →+∞，
故由零点存在定理，f(x)在 (x1，+∞)上有唯一零点，在 (0,x1)上没有零点，
所以函数 f(x)在 (0,+∞)上有唯一零点．
(Ⅱ)由 (Ⅰ)得：f(x)在 (x1，+∞)上单调递增，且 a> x1，x0> x1，
故要证：x0< a，只要证 f(x0)< f(a)，
即证：ea- 32 a
2- 1> 0 在 a> 1 时恒成立，
设 g(a) = ea- 32 a
2- 1，故 g′ (a) = ea- 3a，g′′ (a) = ea- 3，
由 g′′ (a) = 0 a= ln3，所以 g′ (a)在 (1,ln3)递减，在 (ln3,+∞)递增，
g′ (1) = e- 3< 0，g′ (ln3) = 3- 3ln3< 0，g′ (ln4.6) = 4.6- 3× ln4.6> 4.6- 3× 1.53> 0，
所以存在 x2∈ (ln3,ln4.6)，使得 g′ (x2) = 0，
所以 g(a)在 (1,x2)递减，(x2，+∞)递增，所以 g(a)min= g(x3)，
因为 g(1) = e- 52 > 0，故只需证明 g(x2) = e
x2- 3 22 x2- 1> 0，
由 g′ (x2) = 0 ex2= 3x2，所以 g(x ) =- 3 x22 2 2+ 3x2- 1，x2∈ (ln3,ln4.6)，
由二次函数的单调性，得 g(x2)>- 32 (ln4.6)
2+ 3ln4.6- 1>- 32 × (1.53)
2+ 3× 1.53- 1> 0．
综上，得证．
例10.已知函数 f(x) = ex- ax- 1在 (0,+∞)上有零点 x0，其中 e= 2.71828 是自然对数的底数．
(Ⅰ)求实数 a的取值范围；
(Ⅱ)记 g(x)是函数 y= f(x)的导函数，证明：g(x0)< a(a- 1)．
【解答】(Ⅰ)解：函数 f(x) = ex- ax- 1，则 f (x) = ex- a，
①当 a≤ 0 时，f (x)> 0 恒成立，
则 f(x)在 (0,+∞)上单调递增，
所以 f(x)> f(0) = 0，故函数无零点，不符合题意；
②当 a> 0 时，由 f (x) = ex- a= 0，得 x= lna，
若 lna≤ 0，即 0< a≤ 1，此时 f(x)在 (0,+∞)上单调递增，不符合题意；
若 lna> 0，即 a> 1，则 f(x)在 (0,lna)上单调递减，f(x)在 (lna,+∞)上单调递增，
又 f(0) = 0，故 x1> 0，使得 f(x1)< f(0) = 0，
而当 x→+∞时，f(x) →+∞时，
故 x2> x1，使得 f(x2)> 0，
根据零点存在定理， x0∈ [x1，x2]，使得 f(x0) = 0，符合题意；
综上所述，实数 a的取值范围是 a> 1；
(Ⅱ)证明：g(x) = f (x) = ex- a，
所以 g(x0)< a(a- 1)，即 x0< 2lna，
由 (Ⅰ)知 x0∈ (lna,+∞)且 f(x)在 (0,lna)上单调递减，在 (lna,+∞)上单调递增，
故只要证明：f(2lna)> 0，
即 f(2lna) = a2- 2alna- 1= a a- 2lna- 1a > 0，a> 1，
设 h(x) = x- 2lnx- 1x (x> 1)，
2
则 h (x) = 1- 2x +
1 = (x- 1)2 2 > 0，x x
故 h(x)在 (1,+∞)上单调递增，即 h(x)> h(1) = 0，
所以 f(2lna)> 0 成立；
综上所述，g(x0)< a(a- 1)成立．
题型四：凹凸反转、拆分函数
例11.已知函数 f(x) = xx + a(a≤ 0)且 f(1) f(-1) =-1．e
(1)求函数 f(x)的单调区间；
(2)证明：lnx> 1x -
2
e ex
．
【解答】解：(1)依题意， 1e + a (-e+ a) =-1，又 a≤ 0，解得 a= 0，
∴ f(x) = x x ,f (x) =
1- x
x ，e e
令 f′ (x)> 0，解得 x< 1，令 f′ (x)< 0，解得 x> 1，
∴ f(x)的单调递增区间为 (-∞,1)，单调递增区间为 (1,+∞)；
(2)证明：要证 lnx> 1 2x - ex 成立，只需证 xlnx>
x - 2x e 成立，e e
令 g(x) = xlnx，则 g′ (x) = 1+ lnx，
令 g′ (x)> 0，解得 x> 1e ，令 g′ (x)< 0，解得 0< x<
1
e ，
∴ g(x)在 0, 1 上单调递减，在 1e e ,+∞ 上单调递增，
∴ g(x)≥ g 1e =-
1
e ，
又由 (1)可得在 (0,+∞)上 f(x) 1max= f(1) = e ，
∴ x 2x - e =-
1
e ，故不等式得证．e max
例12.已知函数 f(x) = lnx，g(x) = x+m(m∈R)．
(1)若 f(x)≤ g(x)恒成立，求实数m的取值范围；
x
( ) e + (2- e)x- 12 求证：当 x> 0时， x ≥ lnx+ 1．
【解答】(1)解：令F(x) = f(x) - g(x) = lnx- x-m(x> 0)，
则F (x) = 1- xx ，
当 0< x< 1 时，F (x)> 0，则F(x)单调递增，
当 x> 1 时，F (x)< 0，则F(x)单调递减，
所以当 x= 1 时，F(x)取得最大值F(1) =-1-m，
因为 f(x)≤ g(x)恒成立，即F(x)≤ 0 恒成立，
则-1-m≤ 0，解得m≥-1，
故实数m的取值范围为 [-1，+∞)；
(2)证明：由 (1)可知，lnx≤ x- 1 恒成立，即 x≥ lnx+ 1，
ex+ (2- e)x- 1
所以要证 x ≥ lnx+ 1，
只需证明 ex- (e- 2)x- 1≥ x2成立即可，
令 h(x) = ex- x2- (e- 2)x- 1(x> 0)，
则 h (x) = ex- 2x- (e- 2)，
令m(x) = ex- 2x- (e- 2) (x> 0)，
则m (x) = ex- 2，
当 0< x< ln2 时，m (x)< 0，则m(x)单调递减，
当 x> ln2 时，m (x)> 0，则m(x)单调递增，
又 h (0) = 3- e> 0，h (1) = 0，
因为 0< ln2< 1，则 h (ln2)< 0，
所以存在 x0∈ (0,ln2)，使得 h (x0) = 0，
故当 x∈ (0,x )时，h 0 (x)> 0，则 h(x)单调递增，
当 x∈ (x0，1)时，h (x)< 0，则 h(x)单调递减，
当 x∈ (1,+∞)时，h (x)> 0，则 h(x)单调递增，
又 h(0) = h(1) = 0，
所以 h(x)≥ 0，
> e
x+ (2- e)x- 1
因此，当 x 0 时， x ≥ lnx+ 1．
例13.已知函数 f(x) = x2ex- lnx． (ln2≈ 0.6931, e ≈ 1.649)
(Ⅰ)当 x≥ 1时，判断函数 f(x)的单调性；
(Ⅱ)证明：当 x> 0时，不等式 f(x)> 1恒成立．
【解答】(Ⅰ)解：f(x)的定义域是 (0,+∞)，
f′ (x) = xex(x+ 2) - 1x，
x≥ 1 时，xex(x+ 2)≥ 3e，-1≤- 1x < 0，
故 f′ (x)> 0，f(x)在 [1，+∞)递增；
(Ⅱ)证明：(i)当 0< x≤ 1e 时，x
2ex> 0，而 lnx+ 1≤ 0，
∴ x2ex> lnx+ 1，即 f(x)> 1 在 x∈ 0，1 e 成立；
(ii)当 x≥ 12 时，f′ (x)在 x≥
1
2 递增，
∵ f′ 1 = 5 e2 4 - 2> 0，
∴ x≥ 12 时，f′ (x)> 0 恒成立，
∴ f(x)≥ f 12 =
e
4 + ln2≈ 1.1063> 1，
∴ f(x)> 1 在 x∈
1
2 ，+∞ 恒成立；
(iii)当 1e < x<
1 x 2 1
2 时，f′ (x) = e (x + 2x) - x，
f′ 12 > 0，f′
1
e < 0，
故 x0∈ 1 1e ，2 ，使得 f′ (x0) = 0，
∵ f′ (x)在 x> 0 递增，
∴ x= x0是 f′ (x)的唯一极小值点，也是最小值点，
从而 ex0(x2 1 1 10+ 2x0) - x = 0，x0∈ 0 e ，2 ，
∴ f(x)≥ f(x ) = x2ex0- lnx = 1 - lnx ， 1 < x < 10 0 0 x + 2 0 e 0 2 ，0
∵ g(x) = 1x+ 2 - lnx在
1 1
e ，2 递减，
∴ g(x)> g 12 =
1
1 - ln
1
2 = 0.4+ ln2> 1，
2 + 2
∴ f(x)≥ f(x0)> 1 在 x∈ 1 ，1e 2 恒成立；
综上，当 x> 0 时，不等式 f(x)> 1 恒成立．
题型五：对数单身狗，指数找朋友
例14.已知函数 f(x) = 1- xax + lnx．
( 1Ⅰ)当 a= 1时，求 f(x)在 2 ，2 上最大值及最小值；
(Ⅱ)当 1< x< 2时，求证 (x+ 1)lnx> 2(x- 1)．
【解答】解：(Ⅰ)f(x) = 1x + lnx- 1，f′ (x) =-
1 1
2 + x =
x- 1
x x2
；
∴ x∈
1
2 ,1 时，f′ (x)< 0；x∈ (1，2]时，f′ (x)> 0；
f(1) = 0 是函数 f(x)的极小值，即 f(x)的最小值；又 f 12 = 1- ln2，f(2) = ln2-
1
2 ；
∴ f(x)的最大值是 1- ln2；
∴函数 f(x)在 1 2 ,2

上的最小值是 0，最大值是 1- ln2；
(Ⅱ) ∵ x+ 1> 0，∴ 2(x- 1)要证明原不等式成立，只要证明 lnx> x+ 1 ；
( ) = - 2(x- 1) ′ ( ) = 1 - 2(x+ 1) - 2(x- 1) = (x- 1)
2
设F x lnx x+ 1 ，则F x x (x+ 1)2 ( > 0；x x+ 1)2
∴函数F(x)在 (1,2)上是增函数，∴F(x)>F(1) = 0；
∴ > 2(x- 1)lnx x+ 1 ；
∴原不等式成立．
b(x+ 1)
例15.已知函数 f(x) = alnx+ x ，曲线 y= f(x)在点 (1，f(1))处的切线方程为 y= 2．
(1)求 a、b的值；
(2)当 x> 0且 x≠ 1时．求证：f( )> (x+ 1)lnxx x- 1 ．
【解答】解：(1) ( ) = + b(x+ 1)函数 f x alnx x 的导数为 f′ (x) =
a b
x - x2 ，
曲线 y= f(x)在点 (1，f(1))处的切线方程为 y= 2，
可得 f(1) = 2b= 2，f′ (1) = a- b= 0，
解得 a= b= 1；
(2)证明：当 x> 1 时，f( )> (x+ 1)lnxx x- 1 ，
即为 lnx+ 1+ 1x > lnx+
2lnx
x- 1 ，
即 x- 1x - 2lnx> 0，
当 0< x< 1 时，f( )> (x+ 1)lnxx x- 1 ，
即为 x- 1x - 2lnx< 0，
2
设 g(x) = x- 1x - 2lnx，g′ ( ) = +
1 - 2 = (x- 1)x 1 2 x ≥ 0，x x2
可得 g(x)在 (0,+∞)递增，
(x+ 1)lnx
当 x> 1 时，g(x)> g(1) = 0，即有 f(x)> x- 1 ；
当 0< x< 1 时，g( )< (x+ 1)lnxx g(1) = 0，即有 f(x)> x- 1 ．
> ≠ ( )> (x+ 1)lnx综上可得，当 x 0 且 x 1 时，f x x- 1 都成立．
例16.已知函数 f(x) = lnx+ ax- l(a∈R)．
(1)讨论函数 f(x)的单调性；
e-x(2)若函数 f(x)图象过点 (1,0)，求证： x + lnx+ x- 1≥ 0．
【解答】解：(1)函数 f(x)的定义域为 (0,+∞)，又 f′ (x) = 1 + a= ax+ 1x x ，
当 a≥ 0 时，f′ (x)> 0，f(x)在 (0,+∞)上单调递增；
当 a< 0 时，由 f′ (x) = 0 得 x=- 1a，
若 x∈ 0,- 1a ,f′ (x)> 0，则 f(x)在 0,-
1
a 上单调递增；
若 x∈ - 1 ,+∞ ,f′ (x)< 0，则 f(x)在 - 1a a ,+∞ 上单调递减；
(2)证明：函数 f(x)图象过点 (1,0)，可得 a= 1，此时 f(x) = lnx+ x- 1，
-x
要证 ex + lnx + x - 1≥ 0，令 g(x) =
1 e-xx + lnx + x - 1(x> 0)，则 g′ (x) = -
x+ 1 -x
2 e +
x+ 1
x =x
(x+ 1) (xex- 1)
x2ex
，
令 y= xex- 1，则 y′ = (x+ 1)ex，
当 x∈ (0,+∞)时，y′ > 0，故 y= xex- 1 在 (0,+∞)上单调递增，
由 g′ (x) = 0，即 xex- 1= 0，故存在 x0∈ (0,+∞)使得 x x0 x0 10e = 1，此时 e = x ，故 x0=-lnx0，0
当 x∈ (0,x0)时，g′ (x)< 0，当 x∈ (x0，+∞)时，g′ (x)> 0，
∴函数 g(x)在 (0,x0)上单减，在 (x0，+∞)上单增，
故当 x= x0时，g(x)有最小值 g(x0) = 1 x + lnxx e 0+ x0- 1= 0，00
-x
∴ ex + lnx+ x- 1≥ 0 成立，即得证．
例17.已知函数 f(x) = lnx+ ax- 1(a∈R)．
(Ⅰ)讨论函数 f(x)的单调性；
(Ⅱ)若函数 f(x)图象过点 (1,0)，求证：e-x+ xf(x)≥ 0．
【解答】解：(Ⅰ)函数 f(x)的定义域为 (0,+∞)，f (x) = 1 + a= ax+ 1x x ．
当 a≥ 0 时，f (x)> 0，f(x)在 (0,+∞)上单调递增；
当 a< 0 时，由 f (x) = 0，得 x=- 1a．
若 x∈ 0,- 1 ，f a (x)> 0，f(x)单调递增；
若 x∈ - 1a ,+∞ ，f
(x)< 0，f(x)单调递减
综合上述：当 a≥ 0 时，f(x)在 (0,+∞)上单调递增；
当 a< 0 时，f(x)在 0,- 1a 单调递增，在 -
1
a ,+∞ 上单调递减．
(Ⅱ)证明：函数 f(x)图象过点 (1,0)，
∴ ln1+ a- 1= 0，解得 a= 1．
-x
e-x+ xf(x)≥ 0．即 ex + lnx+ x- 1≥ 0． (x> 0)．
e-x x令 g(x) = x + lnx+ x- 1≥ 0． (
(x+ 1) (xe - 1)
x> 0)． g′ (x) =- x+ 1 e-x x+ 1x + x = ．x2ex
令 h(x) = xex- 1，h′ (x) = (x+ 1)ex，
∴函数 h(x)在 (0,+∞)上单调递增，
∴存在 x0∈ (0,+∞)，使得 x0ex0= 1，可得 ex0= 1x ，x0=-lnx0．0
∴ g(x)≥ g(x0) = 1- x0+ x0- 1= 0．
∴ e-x+ xf(x)≥ 0 成立．
题型六：放缩法
例18.已知函数 f(x) = aex+ 2x- 1． (其中常数 e= 2.71828 ，是自然对数的底数．
(1)讨论函数 f(x)的单调性；
(2)证明：对任意的 a≥ 1，当 x> 0时，f(x)≥ (x+ ae)x．
【解答】(1)解：由 f(x) = aex+ 2x- 1，得 f′ (x) = aex+ 2．
①当 a≥ 0 时，f′ (x)> 0，函数 f(x)在R上单调递增；
②当 a< 0 时，由 f′ (x)> 0，解得 x< ln - 2a ，由 f′ (x)< 0，解得 x> ln -
2
a ，
故 f(x)在 -∞，ln - 2a 上单调递增，在 ln -
2
a ，+∞ 上单调递减．
综上所述，当 a≥ 0 时，函数 f(x)在R上单调递增；
当 a< 0 时，f(x)在 -∞，ln - 2a 上单调递增，在 ln -
2
a ，+∞ 上单调递减．
x
(2)证明：f(x)≥ (x+ ae)x ex -
x
a -
1 + 2ax a - e≥ 0．
x x
令 g(x) = e - x - 1x a ax +
2
a - ′ ( )=
(x- 1) (ae - x- 1)
e，则 g x ．
ax2
当 a≥ 1 时，aex- x- 1≥ ex- x- 1．
令 h(x) = ex- x- 1，则当 x> 0 时，h′ (x) = ex- 1> 0．
∴当 x> 0 时，h(x)单调递增，h(x)> h(0) = 0．
∴当 0< x< 1 时，g′ (x)< 0；当 x= 1 时，g′ (x) = 0；当 x> 1 时，g′ (x)> 0．
∴ g(x)≥ g(1) = 0．
即 e
x
- x - 1x a ax +
2
a - e≥ 0，故 f(x)≥ (x+ ae)x．
例19.已知函数 f(x) = lnx+ a- 1x ，g(x) =
a(sinx+ 1) - 2
x
(1)讨论函数 f(x)的单调性；
(2)求证：当 0≤ a≤ 1时，f(x)> g(x)．
【解答】解：(1)f′ (x) = 1 - a- 1 = x- (a- 1)x x2 x2 ，(x∈ (0,+∞))
当 a- 1≤ 0，即 a≤ 1 时，f′ (x)> 0，函数 f(x)在 (0,+∞)上单调递增
当 a- 1> 0，即 a> 1 时，
由 f′ (x)< 0 解得 0< x< a- 1，由 f′ (x)> 0 解得 x> a- 1，
∴函数 f(x)在 (0,a- 1)上单调递减，在 (a- 1,+∞)上单调递增．
综上所述，当 a≤ 1 时，函数 f(x)在 (0,+∞)上单调递增；
当 a> 1 时函数 f(x)在 (0,a- 1)上单调递减，在 (a- 1,+∞)上单调递增．
( ) ( ) = ( )- ( )= + a- 1 - asin(x+ 1) - 22 令F x f x g x lnx = xlnx- asinx+ 1x x x
当 0≤ a≤ 1 时，欲证，即证 f(x)> g(x)．即证F(x)> 0，即 xlnx- asinx+ 1> 0，
即证 xlnx> asinx- 1
先证：xlnx≥ ax- 1．
设 g(x) = xlnx- ax+ 1 则设 g′ (x) = 1+ lnx- a= lnx+ 1- a，
∴ g(x)在 (0,ea-1)上单调递减，在 (ea-1，+∞)上单调递增
∴ g(x)≥ g(ea-1) = (a- 1)ea-1- aea-1+ 1= 1- ea-1
∵ 0≤ a≤ 1，∴ 1- ea-1≥ 0，则 g(x)≥ 0，
即 xlnx≥ ax- 1，当且仅当 x= 1，a= 1 时取等号．
再证：ax- 1≥ asinx- 1．
设 h(x) = x- sinx，则 h′ (x) = 1- cosx≥ 0．
∴ h(x)在 (0,+∞)上单调递增，则 h(x)> h(0) = 0，即 x> sinx．
∵ 0≤ a≤ 1，所以 ax- 1≥ asinx- 1．．当且仅当 a= 0 时取等号．
又 xlnx≥ ax- 1 与 ax- 1≥ asinx- 1．两个不等式的等号不能同时取到，
∴ xlnx≥ asinx- 1 成立，
即当 0≤ a≤ 1 时，f(x)> g(x)成立．
x-1
例20. e已知函数 f(x) = 1+ lnx．
(1)求函数 f(x)的单调区间；
(2)解关于 x的不等式 f(x)> 12 x+
1
x
x-1
【解答】解：(1)函数 f(x) = e 1 11+ lnx．定义域为： 0, e ∪ e ,+∞ ．
ex-1 1+ lnx- 1
f′ (x) = x

(1+ )2 ，f′ (1) = 0．lnx
令 g(x) = 1+ lnx- 1 ，g′ (x) = 1 + 1x x 2 > 0，x
∴函数 g(x)在定义域上单调递增．
∴ 0< x< 1e ，
1
e < x< 1． f′ (x)< 0，函数 f(x)单调递减． x> 1 时，f′ (x)> 0，函数 f(x)单调递增．
x-1
(2)不等式 f(x)> 1 x+ 12 x ，即
e 1 1
1+ lnx > 2 x+ x ．
0< x< 1e ，f(x)< 0，舍去．
当 x= 1 时，不等式的左边=右边，舍去．
∴ x> 1e ，且 x≠ 1．
1 ex-1① < x< 1 时，由 ex-1> x，要证不等式 > 1 x+ 1e 1+ lnx 2 x ．可以证明：
x 1 1
1+ lnx > 2 x+ x ．等
2
价于证明： 2x+ 2 > 1+ lnx．1 x
令F(x) = 2x
2
+ 2 - (1+ lnx)．1 x
′ ( ) = - (x
2- 1)2
F x
x(1+ 2)2 < 0，x
∴函数F(x)在 1e ,1 上单调递减，
∴F(x)>F(1) = 0．
2ex-1②当 x> 1 时，不等式 1+ lnx
1+ x2 > x ．
令 h(x) = 2e
x-1
，u(x) = 1+ lnx
1+ x2 x ．
2ex-1(x- 1)2
h′ (x) = (1+ x2)2 > 0，函数 h(x)在 (1,+∞)上单调递增，
∴ h(x)> h(1) = 1．
由 lnx< x- 1，
∴u(x)< 1．
x-1
∴不等式 2e 1+ lnx
1+ >x2 x 成立．
综上可得：不等式 f(x)> 1 x+ 12 x 的解集为：
1
e ,1 ∪ (1,+∞)．
题型七：虚设零点
例21.设函数 f(x) = e2x+ alnx．
(1)讨论 f(x)的导函数 f (x)零点的个数；
(2)证明：当 a< 0时，f(x)≥ aln - a2 - 2a．
【解答】解：(1)函数的定义域 (0,+∞)，f′ (x) = 2e2x+ ax，
当 a≥ 0，f′ (x)> 0 恒成立，没有零点，
当 a< 0 时，f′ (x) = 2e2x+ ax 在 (0,+∞)上单调递增，
又因为 x→ 0 时，f′ (x) →-∞，x→+∞时，f(x) →+∞，
故 f (x)只有 1 个零点；
(2)令m=-a，则m> 0，f(x) = e2x-mlnx，
由 (1)知，当 a< 0 时，f (x)只有 1 个零点，设为 x0，则 2e2x0+ ax = 0，0
∴ 2e2x0- mx = 0，e
2x0= m
0 2x
，
0
故 2x0= ln m m2x = ln0 2
- lnx0，
当 0< x< x0，f′ (x)< 0，f(x)单调递减，当 x> x0时，f′ (x)> 0，f(x)单调递增，
故当 x= x0 时，函数 f (x)取得最小值 f (x0) = e2x0-mlnx m m m 20= 2x -m ln - 2x0 = +mln0 2 2x0 m +
2mx0，
≥ 2 m 22x 2mx0+mlnm = 2m+mln
2
m =-2a+ aln -
a
2 ．0
例22.设函数 f(x) = e2x- alnx．
(Ⅰ)讨论 f(x)的导函数 f′ (x)零点的个数；
(Ⅱ)证明：当 a> 0时，f(x)≥ 2a+ aln 2a．
【解答】解：(Ⅰ)f(x) = e2x- alnx的定义域为 (0,+∞)，
∴ f′ (x) = 2e2x- ax．
当 a≤ 0 时，f′ (x)> 0 恒成立，故 f′ (x)没有零点，
当 a> 0 时，∵ y= e2x为单调递增，y=- ax 单调递增，
∴ f′ (x)在 (0,+∞)单调递增，
又 f′ (a)> 0，
假设存在 b满足 0< b< a4 时，且 b<
1
4 ，f′ (b)< 0，
故当 a> 0 时，导函数 f′ (x)存在唯一的零点，
(Ⅱ)由 (Ⅰ)知，可设导函数 f′ (x)在 (0,+∞)上的唯一零点为 x0，
当 x∈ (0,x0)时，f′ (x)< 0，
当 x∈ (x0，+∞)时，f′ (x)> 0，
故 f(x)在 (0,x0)单调递减，在 (x0，+∞)单调递增，
所以当 x= x0时，f(x)取得最小值，最小值为 f(x0)，
由于 2e2x0- ax = 0，0
所以 f(x ) = a0 2x + 2ax0+ aln
2 ≥ 2a+ aln 2 ．
0 a a
故当 a> 0 时，f(x)≥ 2a+ aln 2a．
例23.已知函数 f(x) = ex- x2- ax．
(1)若函数 f(x)在R上单调递增，求 a的取值范围；
2
(2) a= 1 ln2 ln2若 ，证明：当 x> 0时，f(x)> 1- 2 - 2 ．
参考数据：e≈ 2.71828，ln2≈ 0.69．
【解答】解：(1)解法 1:f′ (x) = ex- 2x- a，
∵函数 f(x)在R递增，
∴ f′ (x) = ex- 2x- a≥ 0，得 a≤ ex- 2x，
设 g(x) = ex- 2x，则 g′ (x) = ex- 2，
令 g′ (x) = 0，解得：x= ln2，
当 x< ln2 时，g′ (x)< 0，
当 x> lnx时，g′ (x)> 0，
故函数 g(x)在 (-∞,ln2)递减，在 (ln2,+∞)递增，
故 x= ln2 时，g(x)取得最小值 g(ln2) = 2- 2ln2，
故 a≤ 2- 2ln2，
故 a的范围是 (-∞,2- 2ln2)；
解法 2：由 f′ (x) = ex- 2x- a，
设 h(x) = ex- 2x- a，则 h′ (x) = ex- 2，
令 h′ (x) = 0，解得：x= ln2，
当 x< ln2 时，h′ (x)< 0，
当 x> ln2 时，h′ (x)> 0，
故函数 h(x)在 (-∞,ln2)递减，在 (ln2,+∞)递增，
故 x= ln2 时，h(x)取得最小值 h(ln2) = 2- 2ln2- a，
∵函数 f(x)在R递增，故 f′ (x)≥ 0，
由于 f′ (x) = h(x)，则 2- 2ln2- a≥ 0，解得：a≤ 2- 2ln2，
故 a的范围是 (-∞,2- 2ln2)；
(2)证明：若 a= 1，则 f(x) = ex- x2- x，得 f′ (x) = ex- 2x- 1，
由 (1)知函数 f′ (x)在 (-∞,ln2)递减，在 (ln2,+∞)递增，
又 f′ (0) = 0，f′ (1) = e- 3< 0，f′ 1+ 12 ln2 = 2e- 3- ln2> 0，
则存在 x0∈ 1,1+ 12 ln2 ，使得 f′ (x0) = 0，即 e
x0- 2x0- 1= 0，
当 x∈ (0,x0)时，f′ (x)< 0，当 x∈ (x0，+∞)时，f′ (x)> 0，
则函数 f(x)在 (0,x0)递减，在 (x0，+∞)递增，
则当 x= x0时，函数 f(x)取最小值 f(x ) = ex00 - x20- x0，
故当 x> 0 时，f(x)≥ f(x0)，
由 ex0- 2x0- 1= 0，得 ex0= 2x0+ 1，
则 f(x ) = ex00 - x20- x0= 2x0+ 1- x20- x0
2
=-x20+ x0+ 1=- x - 10 2 +
5
4 ，
由于 x0∈ 1,1+ 12 ln2 ，
2
则 f(x0) =- x0- 1 52 + 4
>- 1+ 1
2
2 ln2 + 1+
1
2 ln2 + 1
2
= 1- ln22 -
ln2
2 ，
故 x> 0 时，f(x)> 1- ln2 - ln2
2
2 2 ．
题型八：同构法
24. a+ lnx例 已知函数 f(x) = x ．
(1)讨论 f(x)在区间 (1,+∞)上的单调性；
(2)当 a= 1时，证明：x esinx≥ x f(x) + sinx．
【解答】解：(1)因为函数 f(x) = a+ lnxx ，x> 1，
所以 f′ (x) = 1- a- lnx2 ，x> 1，x
由 f′ (x) = 1- a- lnx = 0，得 x= e1-a2 ，x
当 e1-a≤ 1，即 a≥ 1 时，f′ (x)< 0，f(x)在区间 (1,+∞)上单调递减；
当 e1-a> 1，即 a< 1 时，由 f′ (x)> 0，得 1< x< e1-a，由 f′ (x)< 0，得 x> e1-a，
所以 f(x)在 (1,e1-a)上单调递增，在 (e1-a，+∞)上单调递减．
综上可得，当 a≥ 1 时，f(x)在区间 (1,+∞)上单调递减；
当 a< 1 时，f(x)在 (1,e1-a)上单调递增，在 (e1-a，+∞)上单调递减．
(2)当 a= 1 时，f(x) = 1+ lnxx ，
要证 x esinx≥ x f(x) + sinx，
即证 x esinx≥ 1+ lnx+ sinx，
即证 elnx+sinx≥ 1+ lnx+ sinx，
令 g(x) = ex- x- 1，x∈R，
则 g′ (x) = ex- 1，令 g′ (x)> 0，可得 x> 0，令 g′ (x)< 0，可得 x< 0，
所以 g(x)在 (-∞,0)单调递减，在 (0,+∞)单调递增，
所以 g(x)≥ g(0) = 0，
所以 ex≥ 1+ x，
所以 elnx+sinx≥ 1+ lnx+ sinx，
所以 x esinx≥ x f(x) + sinx，得证．
例25.已知函数 f(x) = axlnx- x+ 1，a∈R．
(1)讨论 f(x)的单调区间；
(2)当 p> q> 1时，证明 qlnp+ lnq< plnq+ lnp．
【解答】解：(1)f(x) = axlnx- x+ 1 的定义域为 (0,+∞)，
∴ f′ (x) = alnx+ a- 1，
①当 a= 0 时，f′ (x) =-1< 0，此时 f(x)在 (0,+∞)上单调递减，
②当 a> 0 时，由 f′ (x)> > 1-a0 可得 x e a ，由 f′ ( )< 1-ax 0，可得 0< x< e a ，
∴ ( ) , 1-a 1-af x 在 0 e a 上单调递减，在 e a ，+∞ 上单调递增，
1-a 1-a
③当 a< 0 时，由 f′ (x)< 0 可得 x> e a ，由 f′ (x)> 0，可得 0< x< e a ，
∴ ( ) , 1-a 1-af x 在 0 e a 上单调递增，在 e a ，+∞ 上单调递减，
证明 (2)设 g( ) = lnx - (xlnx- x+ 1)x x- 1 ，则 g′ (x) = ( - )2 ，x x 1
由 (1)可得 f(x) = xlnx- x+ 1 在 (1,+∞)上单调递增，
∵ f(1) = 0，
∴当 x∈ (1,+∞)时，f(x)> 0，
∴当 x∈ (1,+∞)时，g′ (x)< 0，
∴ g(x)在 (1,+∞)上单调递减，
∴当 p> q> 1 时，g(p)< g(q)，
∴ lnp lnqp- 1 < q- 1 ，
∴ qlnp- lnp< plnq- lnq，
∴ qlnp+ lnq< plnq+ lnp．
例26.已知函数 f(x) = (mx- 1)ex，m∈R．
(1)讨论函数 f(x)的单调性；
(2)若 p∈R，q∈ (0,+∞)，证明：当m= 1时，f(p+ q) + 32 (p- q)
2+ 2q> f(p- q) + 32 (p+ q)
2
【解答】(1)解：f′ (x) = (mx+m- 1)ex，
①m= 0 时，f′ (x) =-ex< 0 恒成立，故 f(x)在R上单调递减，
②当m> 0 时，若 x∈ 1m - 1，+∞ ，f ′ (x) > 0，函数单调递增，当 x∈ -∞,
1
m - 1 时，f ′ (x) < 0，函数
单调递减，
③当m< 0 时，若 x∈ 1m - 1，+∞ ，f ′ (x) < 0，函数单调递减，当 x∈ -∞,
1
m - 1 时，f ′ (x) > 0，函数
单调递增
(2)证明：m= 1 时，f(x) = xex，
要证 f(p+ q) + 3 (p- q)2+ 2q> f(p- q) + 3 (p+ q)22 2 ，
即证 f(p+ q) - 32 (p+ q)
2+ 2q> f(p- q) - 3 (p+ q)22 ，
即证 f(p+ q) - 32 (p+ q)
2+ p+ q> f(p- q) - 32 (p+ q)
2+ (p- q)，
令 g(x) = f(x) - 3 x22 + x，上面不等式等价于 g(p+ q)> g(p- q)，
要证明 g(p+ q)> g(p- q)对于任意 p，q> 0 都成立，即证 g(x)单调递增，
又 g′ (x) = xex- 3x+ 1，
令 h(x) = ex- x+ 1，则 h′ (x) = ex- 1，
当 x> 0 时，h′ (x) = ex- 1> 0，函数单调递增，当 x< 0 时，h′ (x) = ex- 1< 0，函数单调递减，
故 h(x)≥ h(0) = 0，即 ex- x+ 1≥ 0 恒成立，
故当 x≥ 0 时，xex≥ x2+ x，xex- 3x+ 1≥ x2- 2x+ 1≥ 0，
当 x< 0 时，ex< 1，xex- 3x+ 1= x ex- 3+ 1x > 0，
综上可得，又 g′ (x) = xex- 3x+ 1≥ 0 恒成立，故 g(x)单调递增，得证．
题型九：泰勒展式和拉格朗日中值定理
例27.已知函数 f(x) = lna xe-x+ asinx，a> 0．
(1)若 x= 0恰为 f(x)的极小值点．
( ) 1ⅰ 证明：2 < a< 1；
(ⅱ)求 f(x)在区间 (-∞,π)上的零点个数；
( f(x)2) x若 a = 1， x = 1- π 1+
x
π 1-
x x x x
2π 1+ 2π 1- 3π 1+ 3π 1-
x
nπ 1+
x
nπ
，
x2 x4 x6 (-1)nx2n 1 1 1
又由泰勒级数知：cosx= 1- + - + + ( + ，n∈N
*．证明： + + +
2! 4! 6! 2n)! 12 22 32
+ 1 + = π
2
2 6 ．n
【解答】解：(1)证明：(ⅰ)由题意得：f (x) = lna(1- x)e-x+ acosx(a> 0)，
因为 x= 0 为函数 f(x)的极值点，所以 f (0) = lna+ a= 0，
令 g(x) = lnx+ x(x> 0)，则 g (x) = 1x + 1> 0，g(x)在 (0,+∞)上单调递增，
因为 g(1)> 0,g 12 = ln
1
2 +
1
2 = ln
e
2 < 0，
所以 g(x) = lnx+ x(x> 0)在 12 ,1 上有唯一的零点 a，
所以 12 < a< 1；
(ⅱ)由 (ⅰ)知：lna=-a，f(x) = a(sinx- xe-x)，f (x) = a[cosx- (1- x)e-x]，
①当 x∈ (-∞,0)时，由 a> 0，-1≤ cosx≤ 1，1- x> 1，e-x> 1 得：f (x)< 0，
所以 f(x)在 (-∞,0)上单调递减，f(x)> f(0) = 0，
所以 f(x)在区间 (-∞,0)上不存在零点；
②当 x∈ (0,π)时，设 h(x) = cosx- (1- x)e-x，则 h (x) = (2- x)e-x- sinx，
1°若 x∈ 0, π 2 ，令m(x) = (2- x)e
-x- sinx，则m (x) = (x- 3)e-x- cosx< 0，
π
所以m(x)在 0, π 上单调递减，因为m(0) = 2> 0,m π = 2- π e- 22 2 2 - 1< 0；
所以存在 α∈ 0, π2 ，满足m(α) = 0，
当 x∈ (0,α)时，m(x) = h (x)> 0，h(x)在 (0,α)上单调递增；
当 x∈ α, π 2 时，m(x) = h
(x)< 0，h(x)在 α, π 2 上单调递减；
2°若 x∈ π ,2 ，令 φ(x) = (2- x)e-x,x∈ π 2 2 ,2 ，则 φ
(x) = (x- 3)e-x< 0，
所以 φ(x)在区间 π ,2
π
2 上单调递减，所以 φ(x)< φ
π = 2- π e- 22 2 <
1
e ，
又因为 sinx≥ sin2= sin(π- 2)> sin π6 =
1
2 ，
所以 h (x) = (2- x)e-x- sinx< 0，h(x)在 π2 ,2 上单调递减；
3°若 x∈ (2,π)，则 h (x) = (2- x)e-x- sinx< 0，h(x)在 (2,π)上单调递减；
由 1°2°3°得，h(x)在 (0,α)上单调递增，h(x)在 (α,π)单调递减，
因为 h(α)> h(0) = 0，h(π) = (π- 1)e-π- 1< 0，
所以存在 β∈ (α,π)使得 h(β) = 0，
所以当 x∈ (0,β)时，f (x) = h(x)> 0，f(x)在 (0,β)上单调递增，f(x)> f(0) = 0，
当 x∈ (β,π)时，f (x) = h(x)< 0，f(x)在 (β,π)上单调递减，
因为 f(β)> f(0) = 0，f(π)< 0，所以 f(x)在区间 (β,π)上有且只有一个零点；
综上，f(x)在区间 (-∞,π)上的零点个数为 2 个；
(2)因为 sinx = 1- x
2 x2 x2 2
x 2 1- 2 1- 2 2 1-
x
2 2 ①π 4π 3 π n π
2 4 6 (-1)nx2n
对 cosx= 1- x x x2! + 4! - 6! + + ( + ，2n)!
x x3 x5 (-1)nx2n-1两边求导得：-sinx=- 1! + 3! - 5! + + ( - ) + ，2n 1 !
sinx= x - x
3 x5 (-1)n-1x2n-1
1! 3! + 5! + + ( - ) + ，2n 1 !
所以 sinx
2
= 1- x + x
4 (-1)n-1x2n-2
x 3! 5! + + (2n- 1) + ②!
比较①②式中 x2的系数，得：- 1 =- 1 1 + 1 + 1 13! 2 2 2 + + + π 1 2 32 n2
所以 1 + 1 + 1 + + 1
2
2 2 2 2 + =
π ．
1 2 3 n 6
例28.已知函数 f(x) = x2+ lnx- ax．
(1)求函数 f(x)的单调区间；
(2)若 f(x)≤ 2x2，对 x∈ [0，+∞)恒成立，求实数 a的取值范围；
(3) 2当 a= 1时,设 g x = xex -f x - x- 1．若正实数 λ1，λ2满足 λ1+ λ2= 1，x1，x2∈ (0，+∞) (x1≠
x2)，证明：g(λ1x1+ λ2x2)< λ1g(x1) + λ2g(x2)．
2
【解答】解：(1)f′ (x) = 2x+ 1x - a=
2x - ax+ 1
x ，x> 0，△= a
2- 8，
① a≤ 2 2 时，f′ (x)≥ 0 恒成立，
故函数 f(x)在 (0,+∞)递增，无递减区间，
a- a2- 8 a+ a2② a> 2 2 时，f′ (x)> 0 0< x< 4 或 x>
- 8
4 ，
2 2 2
故函数 f(x)在 0, a- a - 8 ， a+ a - 8 ，+∞ 递增，在 a- a - 8 ，a+ a
2- 8
4 4 4 4 递减，
综上，a≤ 2 2 时，函数 f(x)在 (0,+∞)递增，无递减区间，
2 2
a> 2 2 时，函数 f(x)在 0, a- a - 8 ， a+ a - 8
2
，+∞ 递增，在 a- a - 8 a+ a
2
， - 84 4 4 4 递
减，
(2)f(x)≤ 2x2，对 x∈ [0，+∞)恒成立，
即 x∈ [0，+∞)时，a≥ lnxx - x恒成立，
2
令F(x) = lnxx - x，(x> 0)，则F′ (x) =
1- lnx- x
x2
，
令G(x) = 1- lnx- x2(x> 0)，
则G′ (x) =- 1x - 2x< 0，∴G(x)在 (0,+∞)递减且G(1) = 0，
∴ x∈ (0,1)时，G(x)> 0，F′ (x)> 0，F(x)递增，
当 x∈ (1,+∞)，G(x)< 0，F′ (x)< 0，F(x)递减，
∴F(x)max=F(1) =-1，
综上，a的范围是 [-1，+∞)．
(3)证明：当 a= 1 时，g(x) = xe-(lnx-x)- x- 1= xex-lnx- x- 1= ex- x- 1，
g′ (x) = ex- 1> 0(x> 0)，不妨设 0< x1< x2，
下先证：存在 ξ∈ (x1，x2)，使得 g(x2) - g(x1) = g′ (ξ) (x2- x1)，
构造函数H(x) = g(x ) - g(xg(x) - g(x1) - 2 1)x - x (x- x1)，2 1
显然H(x1) =H(x2)，且H ′ ( ) = ′ ( ) -)-
g(x2) - g(x )x g x 1x2- x
，
1
g(x ) - g(x )
则由导数的几何意义可知，存在 ξ∈ (x1，x2)，使得H ′ (ξ) = g′ (ξ) -)- 2 1x2- x
= 0，
1
即存在 ξ∈ (x1，x2)，使得 g(x2) - g(x1) = g′ (ξ) (x2- x1)，
又 g′ (x) = ex- 1 为增函数，
∴ g(x2) - g(x1) = g′ (ξ) (x2- x1)> g′ (x1) (x2- x1)，即 g(x2)> g(x1) + g′ (x1) (x2- x1)，
设 x3= λ1x1+ λ2x2(λ1+ λ2= 0)，则 x1- x3= (1- λ1)x1- λ2x2，x2- x3= (1- λ2)x2- λ1x1，
∴ g(x1)> g(x3) + g′ (x3) (x1- x3) = g(x3) + g′ (x3) [(1- λ1)x1- λ2x2]①，
g(x2)> g(x3) + g′ (x3) (x2- x3) = g(x3) + g′ (x3) [(1- λ2)x2- λ1x1]②，
由①× λ1+②× λ2得，λ1g(x1) + λ2g(x2)> g(x3) = g(λ1x1+ λ2x2)，
即 g(λ1x1+ λ2x2)< λ1g(x1) + λ2g(x2)．
x3 5 7
例29.英国数学家泰勒发现了如下公式：sinx= x- + x - x + ，其中 n!= 1× 2× 3× 4× × n，
3! 5! 7!
π 3
此公式有广泛的用途，例如利用公式得到一些不等式：当 x∈ 0, 2 sinx< x sinx> x-
x
时， ， ，
3!
3
sinx< x- x + x
5
， ．
3! 5!
(1)证明：当 x∈ 0, π sinx 12 时， x > 2 ；
(2)设 f(x) =msinx，若区间 [a，b]满足当 f(x)定义域为 [a，b]时，值域也为 [a，b]，则称为 f(x)的
“和谐区间”，
(ⅰ)m= 1时，f(x)是否存在“和谐区间”？若存在，求出 f(x)的所有“和谐区间”，若不存在，请说明
理由；
(ⅱ)m=-2时，f(x)是否存在“和谐区间”？若存在，求出 f(x)的所有“和谐区间”，若不存在，请说明
理由．
3
【解答】(1)证明：由已知当 x∈ 0, π2 时，sinx> x-
x
3! ，
π 2
得 sinx x
2 2 π2 1
x > 1- 6 > 1- 6 = 1- 24 > 2 ，
所以当 x∈ 0, π 时，sinx 12 x > 2 ．
(2) (i)m= 1 时，假设存在，则由-1≤ f(x)≤ 1 知-1≤ a< b≤ 1，注意到 1< π2 ，
故 [a,b] - π , π 2 2 ，所以 f(x)在 [a，b]单调递增，
于是 f(a) = a ( ) = ，即 a，b是方程 sinx= x的两个不等实根，f b b
易知 x=± π2 不是方程的根，
由已知，当 x∈ 0, π2 时，sinx< x，
令 x=-t，则有 t∈ - π2 ,0 时，sin(-t)<-t，即 sint> t，
故方程 sinx= x只有一个实根 0，故 f(x)不存在和谐区间．
(ii)m=-2 时，假设存在，则由-2≤ f(x)≤ 2 知-2≤ a< b≤ 2，
若 a，b≥ 0，则由 [a，b] [0，π)，知 f(x)≤ 0，与值域是 [a，b] [0，π)矛盾，
故不存在和谐区间，
同理，a，b≤ 0 时，也不存在，
下面讨论 a≤ 0≤ b，
若 b≥ π2 ，则
0, π 2 [a,b]，故 f(x)最小值为-2，于是 a=-2，
所以 π π - 2 , 2 [a,b]，
所以 f(x)最大值为 2，故 b= 2，
此时 f(x)的定义域为 [-2，2]，值域为 [-2，2]，符合题意．
若 b< π2 ，当 a≤-
π
2 时，同理可得 a=-2，b= 2，舍去，
当 a>- π2 时，f(x)在 [a，b]上单调递减，
所以 a=-2sinb =- ，于是 a+ b=-2(sina+ sinb)，b 2sina
若 b>-a即 a+ b> 0，则 sinb> sin(-a)，故 sinb+ sina> 0，-2(sina+ sinb)< 0，
与 a+ b=-2(sina+ sinb)矛盾；
若 b<-a，同理，矛盾，
所以 b>-a，即 b2 = sinb，
由 (1)知当 x∈ 0, π2 时，sinx>
x
2 ，
因为 b∈ π 0, 2 ，所以 b= 0，从而，a= 0，从而 a= b，矛盾，
综上所述，f(x)有唯一的和谐区间 [-2，2]．
题型十：分段分析法、主元法、估算法
例30.设 a> 0且 a≠ 1，函数 f(x) = sinax- asinx．
(1)若 f(x)在区间 (0,2π)有唯一极值点 x0，证明：f(x0)(2)若 f(x)在区间 (0,2π)没有零点，求 a的取值范围．
【分析】(1)求出函数的导数，通过讨论 a的范围，求出函数的单调区间，根据函数的单调性求出函数的极
值点，从而证明结论成立即可；
(2)通过讨论 a的范围，结论零点存在性定理判断函数的零点个数，从而确定 a的范围．
【解答】解：(1)证明：f′ (x) = acosax- acosx= a(cosax- cosx) =-2asin a+ 12 xsin
a- 1
2 x，
若 a> 1，则 f′ (x)在区间 (0,2π)至少有 x = 2π 4π1 a+ 1 ，x2= a+ 1 两个变号零点，故 0< a< 1，
令 f′ (x) = 0，得 x = 2mπm a+ 1 ，x =
2nπ
n 1- a，其中m，n∈ Z，仅当m= 1 时，x =
2π
1 a+ 1 ∈ (0,2π)，
且在 x1的左右两侧，导函数的值由正变负，
故 0< a< 1 时，f(x)在区间 (0,2π)有唯一极值点 x0= 2πa+ 1 ，
此时 f(x ) = sinax - asinx ，将 x = 2π0 0 0 0 a+ 1 代入得：
f(x0) = sin 2aπa+ 1 - ssin
2π 2aπ 2π
a+ 1 = sin a+ 1 + asin 2π- a+ 1 = (1+ a)sin
2aπ
a+ 1 ，
①当 2a 1 1a+ 1 ≤ 2 ，即 0< a≤ 3 时，2aπ≤(1- a)π，
由不等式：x> 0 时，x> sinx(*)知：
(1+ a)sin 2aπa+ 1 <(1+ a)
2aπ
a+ 1 = 2aπ，
②当 2aa+ 1 >
1
2 ，即当
1
3 < a< 1 时，(1- a)π< 2aπ，
(1+ a)sin 2aπa+ 1 = (1+ a)sin π-
2aπ
a+ 1 = (1+ )
(1- a)π
a sin a+ 1 ，
(*) (1- a)π (1- a)π由不等式 知：(1+ a)sin a+ 1 <(1+ a) a+ 1 = (1- a)π，
由①②知 f(x0)(2)①当 a> 1 时，f πa = sin a
π
a - asin
π
a =-asin
π < 0，f 3π = sin 3aπa 2 2 + a> 0，
故 f π 3πa f 2 < 0，
由零点存在性定理知：f(x)在区间 π ，3πa 2 上至少有 1 个零点，
②当 12 < a< 1 时，π<
π
a < 2π，
π
2 < aπ< π，π< 2aπ< 2π，
f πa =-asin
π
a > 0，f(π) = sinaπ> 0，f(2π) = sin2aπ< 0，
由零点存在性定理知，f(x)在区间 (π,2π)至少有 1 个零点，
③当 0< a≤ 12 时，f′ (x) = acosax- acosx= a(cosax- cosx)，
令 g(x) = cosax- cosx，则 g′ (x) =-asinax+ sinx，
在区间 (0,π)上，cosax> cosx，f′ (x)> 0，f(x)递增，
在区间 (π,2π)上，g′ (x)< 0，即 g(x)递减，即 f′ (x)递减，f′ (x)< f′ (2π)< 0，
故 f(x)在 (0,x0)上递增，在 (x0，2π)上递减，
又 f(0) = 0，f(2π) = sin2aπ≥ 0，即在 (π,2π)上，f(x)> 0，
故 f(x)在区间 (0,2π)上没有零点，满足题意，
综上，若 f(x)在区间 (0,2π)上没有零点，
则正数 a的取值范围是 0，1 2 ．
例31.已知函数 f(x) = ex(sinx- ax2+ 2a- e)，其中 a∈R，e= 2.71828 为自然对数的底数．
(1)当 a= 0时，讨论函数 f(x)的单调性；
(2) 1当 2 ≤ a≤ 1时，求证：对任意的 x∈ [0，+∞)，f(x)< 0．
【分析】(1)求函数的导数，利用函数单调性和导数之间的关系进行讨论即可．
(2)对任意的 x∈ [0，+∞)，f(x)< 0 转化为证明对任意的 x∈ [0，+∞)，sinx- ax2+ 2a- e< 0，即可，构
造函数，求函数的导数，利用导数进行研究即可．
【解答】解：(1)当 a= 0 时，f(x) = ex(sinx- e)，
则 f′ (x) = ex(sinx- e) + excosx= ex(sinx- e+ cosx)，
∵ sinx+ cosx= 2sin x+ π4 ≤ 2< e，
∴ sinx+ cosx- e< 0
故 f′ (x)< 0
则 f(x)在R上单调递减．
(2)当 x≥ 0 时，y= ex≥ 1，
要证明对任意的 x∈ [0，+∞)，f(x)< 0．
则只需要证明对任意的 x∈ [0，+∞)，sinx- ax2+ 2a- e< 0．
设 g(a) = sinx- ax2+ 2a- e= (-x2+ 2)a+ sinx- e，
看作以 a为变量的一次函数，
要使 sinx- ax2+ 2a- e< 0，
g 1则 2
< 0 sinx- 1 x2+ 1- e< 0 ①
，即
g(1)< 0 2 ，sinx- x2+ 2- e< 0 ②
∵ sinx+ 1- e< 0 恒成立，∴①恒成立，
对于②，令 h(x) = sinx- x2+ 2- e，
则 h′ (x) = cosx- 2x，
设 x= t时，h′ (x) = 0，即 cost- 2t= 0．
∴ t= cost 12 < 2 ，sint< sin
π
6 =
1
2 ，
∴ h(x)在 (0,t)上，h′ (x)> 0，h(x)单调递增，在 (t,+∞)上，h′ (x)< 0，h(x)单调递减，
2
则当 x= t时，函数 h(x)取得最大值 h(t) = sint- t2+ 2- e= sint- cost2 + 2- e
= sint- 1- sin
2t 2+ 2- e= 1 sin2t+ sint+ 7 - e= sint + 1 + 3 - e≤ 5
2
+ 3 - e= 274 4 4 2 4 4 4 16 - e<
0，
故④式成立，
综上对任意的 x∈ [0，+∞)，f(x)< 0．
例32.已知函数 f x = ex- e-x- 2x.
(1)讨论 f x 的单调性；
(2)设 g x = f 2x - 4bf x ，当 x> 0时，g x > 0,求 b的最大值；
(3)已知 1.4142< 2< 1.4143，估计 ln2的近似值 (精确到 0.001)
【详解】
(1)因为 f (x) = ex+ 1x - 2≥ 0，当且仅当 x= 0 时等号成立，所以函数 f(x)在R上是增函数；e
(2)因为 g(x) = f(2x) - 4bf(x) = e2x- e-2x- 4b(ex- e-x) + (8b- 4)x，
所以 g (x) = 2[e2x+ e-2x- 2b(ex+ e-x) + (4b- 2)]= 2(ex+ e-x- 2) (ex+ e-x- 2b+ 2).
当 b≤ 2 时,g (x)≥ 0,等号仅当 x= 0 时成立，所以 g(x)在R上单调递增，而 g(0) = 0，所以对任意 x> 0，g
(x)> 0；
当 b> 2 时，若 x满足 2< ex+ e-x< 2b- 2，即 0< x< ln(b- 1+ b2- 2b)时，g (x)< 0，而 g(0) = 0，
因此当 0< x≤ ln(b- 1+ b2- 2b)时，g(x)< 0，
综上，b的最大值为 2.
(3)由 (2)知，g(ln 2) = 32 - 2 2b+ 2(2b- 1)ln2，
当 b= 2 时，g(ln 2) = 32 - 4 2+ 6ln2> 0，ln2>
8 2- 3
12 > 0.6928；
当 b= 3 2 + 1 时，ln(b- 1+ b2- 2b) = ln 2，g(ln 2) =- 34 2 - 2 2+ (3 2+ 2)ln2< 0，
ln2< 18+ 228 < 0.6934，所以 ln2 的近似值为 0.693.
2
例33.已知函数 f(x) = x - 1x ≥-klnx(x≥ 1)．
(1)若 f x ≥ 0恒成立，求 的取值范围；
(2)若取 5= 2.236，试估计 ln 54 的范围． (精确到 0.01)
试题解析：
2
(1)f '(x) = x - kx+ 1
x2
;
①当-2≤ k≤ 2 时，k2- 4≤ 0,x2- kx+ 1> 0 恒成立，所以 x∈ [1,+∞)时，
f '(x)≥ 0，f(x)单调递增，f(x)≥ f(1) = 0 恒成立．
2 2
②当 k<-2 或 k> 2 时，f '(x) = 0，解得 x = k- k - 4 ,x = k+ k - 41 2 2 2
且 x1+ x2= k,x1x2= 1
(i)当 k<-2，则 x1< 0,x2< 0，故 x∈ [1,+∞)时，f '(x)≥ 0，
f(x)单调递增，f(x)≥ f(1) = 0 恒成立．
(ii)当 k> 2，则 x1< 1,x2> 1，当 x∈ (1,x2)时，f '(x)< 0，f(x)单调递减；
f(x)< f(1) = 0 恒成立．这与 f(x)≥ 0 恒成立矛盾．
综上所述，k的取值范围是 (-∞,2]．
2
(2)由 (1)得 f(x) = x - 1x ≥ 2lnx(x≥ 1)恒成立，取 x=
5
4 > 1，
得 2ln 54 <
5 - 44 5 ln
5 < 5 - 2 = 54 2 10 = 0.22361.5
2 2
又由 (1)可知 k> 2 时，x - 1 < klnx在 1, k+ k - 4x 2 时恒成立，
k+ k2令 - 4 52 = 4 ，解得 k=
9 5
10 ，取 k=
9 5
10 > 2，
x2即有 - 1 9 5x < 10 lnx在 1, 54 上恒成立，
取 x= 54 ，得
5
4 -
4 < 9 5 5 5 25 10 ln 4 ,∴ ln 4 > 9 ≈ 0.2222
0.2222< ln 54 < 0.22361(精确到 0.01),取 ln
5
4 = 0.223.
题型十一：割线法证明零点差大于某值，切线法证明零点差小于某值
2
例34.已知函数 f(x) = 1- xx (e为自然对数的底数)．e
(1)求函数 f(x)的零点 x0，以及曲线 y= f(x)在 x= x0处的切线方程；
(2)设方程 f(x) =m(m> 0) 1有两个实数根 x1，x2，求证：|x1- x2| < 2-m 1+ 2e ．
2
【解答】解：(1)由 f(x) = 1- xx = 0，得 x=±1，e
2
∴函数的零点 x0=±1，f (x) = x - 2x- 1 x ，f (-1) = 2e，f(-1) = 0．e
曲线 y= f(x)在 x=-1 处的切线方程为 y= 2e(x+ 1)，f (1) =- 2e ，f(1) = 0，
∴曲线 y= f(x)在 x= 1 处的切线方程为 y=- 2e (x- 1)；
2
(2)证明：f (x) = x - 2x- 1x ，e
当 x∈ (-∞,1- 2) ∪ (1+ 2,+∞)时，f (x)> 0；当 x∈ (1- 2,1+ 2)时，f (x)< 0．
∴ f(x)的单调递增区间为 (-∞,1- 2),(1+ 2,+∞)，单调递减区间为 (1- 2,1+ 2)．
由 (1)知，当 x<-1 或 x> 1 时，f(x)< 0；当-1< x< 1 时，f(x)> 0．
下面证明：当 x∈ (-1,1)时，2e(x+ 1)> f(x)．
2
当 x∈ (-1,1)时，2e(x+ 1)> f(x) 2e(x+ 1) + x - 1 > 0 ex+1+ x- 1
ex 2
> 0．
易知，g(x) = ex+1+ x- 12 在 x∈ [-1，1]上单调递增，
而 g(-1) = 0，
∴ g(x)> g(-1) = 0 对 x∈ (-1,1)恒成立，
∴当 x∈ (-1,1)时，2e(x+ 1)> f(x)．
由 y= 2e(x+ 1)得 x= m = 2e - 1．记 x
m
y m 1
= 2e - 1．
不妨设 x1< x2，则-1< x1< 1- 2< x2< 1，
∴ |x1- x2| < |x 1- x2| = x2- x 1= x - m2 2e - 1 ．
要证 |x1- x2| < 2-m 1+ 12e ，只要证 x
m
2- 2e - 1 ≤ 2-m 1+
1
2e ，即证 x2≤ 1-m．
又∵ = 1- x
2
m 2 ，
ex2
∴只要证 ≤ - 1- x
2
x 1 2 ，即 (x - 1) (ex22 x 2 - (x2+ 1))≤ 0．e 2
∵ x2∈ (1- 2,1)，即证 ex2- (x2+ 1)≥ 0．
令 φ(x) = ex- (x+ 1)，φ (x) = ex- 1．
当 x∈ (1- 2,0)时，φ (x)< 0，φ(x)为单调递减函数；
当 x∈ (0,1)时，φ (x)> 0，φ(x)为单调递增函数．
∴ φ(x)≥ φ(0) = 0，
∴ ex2- (x2+ 1)≥ 0，
∴ |x1- x2| < 2-m 1+ 12e ．
例35.已知函数 f(x) = (e- x)lnx(e为自然对数的底数)．
(1)求函数 f(x)的零点，以及曲线 y= f(x)在其零点处的切线方程；
(2)若方程 f(x) =m(m≠ 0) em有两个实数根 x1，x2，求证：|x1- x2| < e- 1- e- 1．
【解答】解：(1)由 f(x) = (e- x)lnx= 0，得 x= 1，或 x= e，所以 f(x)的零点为 1，e；
因为 f′ (x) = ex - lnx- 1，所以 f′ (1) = e- 1，f′ (e) =-1．
因为 f(1) = f(e) = 0，所以曲线线 y= f(x)在 x= 1 处的切线方程为 y= (e- 1) (x- 1)，在 x= e 处的切线
方程为 y=-x+ e 4 分
(2)证明：因为 f ′ (x) = ex - lnx- 1，所以 f ′′ (x) =-
1
x -
e
2 < 0，所以 f ′ (x) =
e
x - lnx- 1 单调递减．令x
g(x) = (e- 1) (x- 1)，h(x) =-x+ e，
下面证 f(x)≤ g(x)，即 (e- x)lnx≤(e- 1) (x- 1)，
记m(x) = (e- 1) (x- 1) - (e- x)lnx，则m′ (x) = lnx- ex + e，m′′ (x) =
1
x +
e
2 > 0，x
所以m′ (x)单调递增，且m′ (1) = 0，故m(x)在 (0,1)单调递减，在 (1,+∞)单调递增．
所以m(x)≥m(1) = 0，即 (e- x)lnx≤(e- 1) (x- 1)，
同法可证 f(x)≤ h(x)，即 (e- x)lnx≤-x+ e．
不妨设 g(x3) = f(x1) = f(x2) = h(x4) =m，
因为 g(x1)> f(x1) =m= g(x3)，且 g(x) = (e- 1) (x- 1)为增函数，所以 x1> x3，
由 g(x3) =)= (e- 1) (x3- 1) =m，得 x = m3 e- 1 + 1，
同理，x4> x2，x4= e-m，
所以 me- 1 + 1= x3< x1< x2< x4= e-m，
所以，|x - x | < e-m- m + 1 = e- 1- em1 2 e- 1 e- 1 ，
所以，|x1- x | < e- 1- em2 e- 1 12 分
例36.已知函数 f(x) = (x2- 1)ex(e为自然对数的底数)．
(1)求曲线 y= f(x)在点 (0，f(0))处的切线方程：
(2)若方程 f(x) =m(m< 0)有两个不等的实数根 x1，x2，求证：|x1- x2| < 2+m．
【解答】解：(1)f′ (x) = (x2+ 2x- 1)ex，f(0) =-1，f′ (0) =-1，
所以曲线 y= f(x)在 (0，f(0))处的切线方程为 y=-x- 1．
(2)证明：令 f(x)< 0，得-1< x< 1，
因为 f(x) =m(m< 0)有两个不等的实数根 x1，x2，
所以 f(-1+ 2)不妨设-1< x1<-1+ 2< x2< 1，
令 g(x) = f(x) + x+ 1= (x2- 1)ex+ x+ 1= (x+ 1) [(x- 1)ex+ 1]，
令 h(x) = (x- 1)ex+ 1，
所以对任意 x∈ (-1,1)，h(x)≥ 0，
所以 g(x) = (x+ 1)h(x)≥ 0，即 f(x)≥-x- 1，
所以m= f(x1)≥-x1- 1，
所以-x1≤m+ 1，
所以 |x1- x2| = x2- x1< 1+ (m+ 1) =m+ 2．
题型十二：函数与数列不等式问题
例37.已知函数 f(x) = xln(1+ x) - a(x+ 1) (x> 0)，其中 a为实常数．
(1)若函数 g(x) = f (x) - 2x1+ x ≥ 0定义域内恒成立，求 a的取值范围；
( f(x)2)证明：当 a= 0时， 2 ≤ 1；x
(3) 1 1求证：2 + 3 + +
1
n+ 1 < ln(1+n)< 1+
1 1 1
2 + 3 + + n．
【解答】解：(1)由题意 g(x) = ln(1+ x) - x1+ x - a,x∈ [0,+∞)
则 g (x) = 1 1 x1+ x - ( + )2 =1 x ( ≥ 01+ x)2
即 g(x)在 [0，+∞)上单调递增，
a≤ g(0) = 0，
∴ a∈ (-∞，0]；
(2)即证 ln(1+ x)≤ x，x∈ [0，+∞)，
设 h(x) = ln(1+ x) - x(x> 0)，
∴ h (x) = 1 - 1= -11+ x 1+ x ≤ 0
∴ h(x)在 [0，+∞)上单调递减，
∴ h(x)≤ h(0) = 0，
∴ ln(1+ x)≤ x，x∈ [0，+∞)；
(3)利用 xx+ 1 ≤ ln(1+ x)≤ x，x∈ [0，+∞)，
令 x= 1n，得：
1
n+ 1 < ln(1+n) - lnn<
1
n，
1
n < lnn- ln(n- 1)<
1
n- 1 ，
，
1
2 < ln2- ln1< 1，
累加得：1 + 1 + + 1 < ln(1+n)< 1+ 1 + 1 + + 12 3 n+ 1 2 3 n，
∴ = f(x)当 a 0 时， 2 ≤ 1；x
例38. 1 3 5证明：2 × 4 × 6 × ×
2n- 1 1 1
2n < 2n+ 1 < 2sin 2n+ 1 ．
【解答】证明：∵ 2n- 1 2n2n < 2n+ 1
∴ 12 ×
3
4 ×
5 2n- 1 2 4 5 2n
6 × × 2n < 3 × 5 × 7 × × 2n+ 1 ．
∴ 1 × 3 × 5 × × 2n- 1
2
< 1 × 3 × 5 × × 2n- 12 4 6 2n 2 4 6 2n ×
2 × 43 5 × ×
2n
2n+ 1 =
1
2n+ 1 ．
∴ 1 × 3 5 2n- 1 12 4 × 6 × × 2n < 2n+ 1
令 f(x) = 2sinx- x，x∈ 0, 3 3
当∵ 3 < π3 4 ，∴ cosx> cos
π = 24 2 ，
∴ f′ (x) = 2cosx- 1> 0
∴ f(x) = 2sinx- x，在 0， 3 3 上递增，∴ f(x)> f(0) = 0，
∴ 1 12n+ 1 < 2sin 2n+ 1 ．
综上：1 × 3 × 5 × × 2n- 1 < 12 4 6 2n 2n+ 1 < 2sin
1
2n+ 1 ．
例39.已知 f(x) = ex，g(x) = x+ 1(e为自然对数的底数)．
(1)求证：f(x)≥ g(x)恒成立；
(2)设m 1是正整数，对任意正整数n， 1+ 3 1+
1
2 1+ 13 3n 【解答】解：(1)令 h(x) = f(x) - g(x) = ex- x- 1，h (x) = ex- 1，h (x) = 0，
则 x= 0，当 x< 0，h (x)< 0；x> 0 时，g (x)> 0，所以 h(x)在 (0,+∞)单调递增，在 (-∞,0)单调递减，
所以 h(x)最小值= h 0 = 0，即 h(x)≥ 0 恒成立；
所以 f(x)≥ g(x)；
1
(2)由 (1)令 x= 1n ，可知 0< 1+
1 < e3n，由不等式性质得
3 3n
1 1
3 1- 3n
1 1 1 1+ 1 + + 1 1 1 1 n 1 1+ 1 1+ 1 1+ 1 < e3 e32 e3n= e3 32 3n 1- 33 2 n = e = e2
1- 3 < e2= e< 2．
3 3
所以m的最小值为 2．
题型十三：三角函数
例40.已知函数 f x = sinx tanx.
(1)设 g x = f x + 3cosx且 x∈ 0, π2 ，求函数 g x 的最小值；
(2)当 x∈ 0, π 2 2 ，证明：f x ≥ x .
【答案】(1)2 2 (2)证明见解析
【解析】
(1)通过求导来判断函数的单调性进而求出最值；
(2)构造新函数 h x = f x - x2= sinx tanx- x2，转化为证明新函数的最小值大于等于 0 即可.
(1)
∵ g x = sinx tanx+ 3cosx，又 g x = -sinx cos2x ，
cos2x
又 x∈ 0, π2 ，∴ sinx> 0，
当 g x > 0 时，cos2x< 0，∴ x∈ π4 ,
π
2 ，
当 g x < 0 时，cos2x> 0，∴ x∈ 0, π4 ，
所以函数 g π π x 在 4 , 2 上单调递增，在 0,
π
4 上单调递减
∴ g x 的最小值为 g π 4 = 2 2；
(2)
不等式 f x ≥ x2等价于 f x - x2≥ 0，
令 h x = f x - x2= sinx tanx- x2,x∈ 0, π ，∴ h x = sinx 1 + 1 - 2x≥ sinx 2cosx 2 - 2xcos2x cos2x
= 2sinxcosx - 2x= 2 tanx- x
令 k x = tanx- x,x∈ 0,
π
2 ，∴ k
1 x = - 1，
cos2x
又 0< cos2x≤ 1，∴ 12 ≥ 1，∴ k x ≥ 0，cos x
所以函数 k x 在 0,
π
2 上单调递增，又 k 0 = 0，∴ k x ≥ 0，∴ h
x ≥ 0，
所以函数 h x 在区间 0,
π
2 上单调递增，又 h 0 = 0，
∴ h x ≥ 0，所以原不等式成立.
例41.已知函数 f(x) = xex- a(x+ lnx)，其中 a> 0，e为自然对数的底数．
(1)若 f(x)≥ 1，求实数 a的值；
(2)证明：x2ex> x(2+ lnx) - 2(1- sinx)．
【答案】(1)1； (2)证明见解析；
【解析】
(1)f(x) = xex- a(x+ lnx) = elnx+x- a(x+ lnx)，令 t= x+ lnx，t∈R，则 f(x)≥ 1 等价于 et- at- 1≥ 0，
对任意 t∈R恒成立，令 h(t) = et- at- 1，可知当 a≤ 0 时 h(t)≥ 0 不恒成立；当 a> 0 时，利用导数求其
最大值，由最大值等于 0 求得 a值；
(2)由 (1)知，当 a= 1 时，xex- x- lnx≥ 1，即 xex≥ x+ lnx+ 1，可得 x2ex≥ x2+ xlnx+ x，把问题转化
为证明 x2+ xlnx+ x> x(2+ lnx) - 2(1- sinx)，即证：x2- x+ 2- 2sinx> 0，构造函数 g(x) = x2- x+
2- 2sinx，再由导数证明即可．
【详解】
(1)解：f(x) = xex- a(x+ lnx) = elnx+x- a(x+ lnx)，令 t= x+ lnx，t∈R．
则 f(x)≥ 1 等价于 et- at- 1≥ 0，对任意 t∈R恒成立，令 h(t) = et- at- 1，
1
当 a< 0 时，h 1a = ea- 2< e
0- 2< 0，与 h(t)≥ 0 恒成立矛盾，不合题意；
当 a= 0 时，h(t) = et- 1，h(-1) = e-1- 1= 1e - 1< 0，与 h(t)≥ 0 恒成立矛盾，不合题意；
当 a> 0 时，h (t) = et- a，h(t)在 (-∞,lna)上递减，在 (lna,+∞)上递增，
∴ h(t)的最小值为 h(lna) = a- alna- 1．
令 φ(a) = a- alna- 1，则 φ (a) =-lna，知 φ(a)在 (0,1)上递增，在 (1,+∞)上递减，
∴ φ(a)max= φ(1) = 0，要使 φ(a) = a- alna- 1≥ 0，当且仅当 a= 1．
综上，实数 a的值为 1；
(2)证明：由 (1)知，当 a= 1 时，xex- x- lnx≥ 1，即 xex≥ x+ lnx+ 1，
∴ x2ex≥ x2+ xlnx+ x，
下面证明 x2+ xlnx+ x> x(2+ lnx) - 2(1- sinx)，即证：x2- x+ 2- 2sinx> 0．
令 g(x) = x2- x+ 2- 2sinx，g (x) = 2x- 1- 2cosx．
当 0< x≤ 1 时，显然 g (x)单调递增，g (x)≤ g (1) = 1- 2cos1< 1- 2cos π3 = 0，
∴ g(x)在 (0，1]上单调递减，g(x)≥ g(1) = 2- 2sin1> 0，
当 x> 1 时，显然 x2- x+ 2- 2sinx≥ 0，即 g(x)> 0．
故对一切 x∈ (0,+∞)，都有 g(x)> 0，即 x2+ xlnx+ x> x(2+ lnx) - 2(1- sinx)．
故原不等式 x2ex> x(2+ lnx) - 2(1- sinx)成立．
【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性，考查利用导数求函数的最值，考查化归与转化思想方法，考
查逻辑思维能力与推理论证能力，属难题．
例42.已知 f(x) = x2ex- xexsinx- ax+ asinx.
(1)当 f(x)有两个零点时，求 a的取值范围；
(2)当 a= f(x)1，x> 0时，设 g(x) = x- sinx，求证：g(x)≥ x+ lnx.
【答案】(1)a=- 1e 或 a> 0；(2)证明见解析.
【解析】
(1)化简 f(x) = xex- a (x- sinx)，根据题意得 xex- a= 0 有一个非零实根，设 h x = xex，利用导数求
得函数的单调性和极值，结合函数的值的变化趋势，即可求解；
(2)化简 g(x) = xex- 1，根据题意转化为 xex- 1≥ x+ lnx= ln xex ，令 t= xex，得到新函数H(t) = t-
lnt- 1(t> 0)，利用导数求得函数的单调性与最小值，即可求解.
【详解】
(1)由题意，函数 f(x) = x2ex- xexsinx- ax+ asinx= xex- a (x- sinx)
因为 f(x)有两个零点，又因为 x- sinx= 0 时，解得 x= 0，
所以当 xex- a= 0 有一个非零实根，
设 h x = xex，可得 h (x) = (x+ 1)ex，
当 x∈ (-∞,-1)时，h (x)< 0，h x 单调递减；
当 x∈ (-1,+∞)时，h (x)> 0，h x 单调递增，
所以当 x=-1 时，函数 h x 取得最小值，最小值为 h(-1) =- 1e ，
又由 h(0) = 0，x> 0 时，h(0)> 0；x< 0 时，h(0)< 0，
所以 a=- 1e 或 a> 0，即实数 a的取值范围是
1
- e ∪ (0,+∞).
( f(x)2)由题意，可得 g(x) = xx- sinx = xe - 1，
要证 g(x)≥ x+ lnx，即证 xex- 1≥ x+ lnx= ln xex ，
令 t= xex> 0，令H(t) = t- lnt- 1(t> 0)，可得H (t) = 1- 1 t- 1t = t ，
令H (t)> 0，即 t- 1> 0，解得 t> 1；
令H (t)< 0，即 t- 1< 0，解得 t< 1，
所以函数H(x)在 (0,1)上单调递减，在 (1,+∞)上单调递增，
所以H(x)≥H(1) = 0，即 xex- 1≥ x+ lnx，即 g(x)≥ x+ lnx.
【点睛】利用导数证明不等式问题：
(1)直接构造法：证明不等式 f x > g x f x < g x 转化为证明 f x - g x > 0 f x - g x < 0 ，进
而构造辅助函数 h x = f x - g x ；
(2)适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；
(3)构造“形似”函数，变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.
【过关测试】
2
1. (2022·重庆市第十一中学校高二阶段练习) f(x) = x + 3x+ 3已知函数 x ，且 a∈R．e
(1)求曲线 y= f(x)在点 (0,f(0))处的切线方程；
(2) a 1 1 2若函数 g(x) = f(x) + 2 x
2+ ax有三个极值点 x1,x2,x3，且 x3< x2< x1，求证：x + x + x > 0．1 2 3
【答案】(1)y= 3； (2)证明见解析.
【解析】
(1)对函数 f(x)进行求导，把 x= 0 代入导函数中，得到切线斜率，再利用点斜式方程即可求出答案.
(2)对函数 g(x)进行求导，原函数 g(x)有三个极值点，即导函数有三个零点，其中 x3=-1，方程 a- xe-x=
0 有两个根 x1,x2，即 a= xe-x有两个交点，
令 h(x) = xe-x， 对 h(x)进行求导，则 h(x)在 (0,1)上单调递增，在 (1,+∞)上单调递减，y= a与 h(x) =
xe-x的图象有两个交点，则 x1 x2x = x = a，即 lnx1- x1= lnx2- x2，要证
1 1 2
x + x + x > 0，即证 xe e 1+ x2>1 2 1 2 3
2x1x2，由对数平均数表达式可得
x
x x < 1- x2 x1+ x21 2 lnx - lnx < 2 ，即可得证.1 2
(1)
x
( ) = 2x+ 3 e - x
2+ 3x+ 3 ex = -x
2- x = -x(x+ 1)对函数进行求导，f x
ex 2 ex ex
f (0) = 0，f(0) = 3，切点为 (0,3)
故切线为 y= 3.
(2)
2
g(x) = f(x) + a x2+ ax= x + 3x+ 3 a 22 ex + 2 x + ax
g ( ) = -x(x+ 1)x -x
ex
+ ax+ a= x+ 1 a- xe
由题意知，f (x) = 0 有三个实数跟，则 x3=-1，
方程 a- xe-x= 0 有两个根 x1,x2，即 a= xe-x有两个交点
令 h(x) = xe-x，h (x) = (1- x)e-x
当 x∈ (0,1)时，h (x)> 0，故 h(x)在 (0,1)上单调递增；
当 x∈ (1,+∞)时，h (x)< 0，故 h(x)在 (1,+∞)上单调递减；
作出 y= a，h(x) = xe-x的图象如图
由图可知，0< a< e-1，y= a与 h(x) = xe-x的图象有两个交点，
横坐标分别为 x1,x2，且 0< x1< 1< x2
要证 1 + 1x x +
2
1 2 x
> 0
3
即证 1x +
1
1 x
> 2
2
即证 x1+ x2> 2x1x2
∵ x1 x2 x1 x2x = a, x = a，则 x = x = ae 1 e 2 e 1 e 2
则 lnx1- x1= lnx2- x2
即 x1- x2lnx - lnx = 1，由对数平均数表达式可得1 2
x - x
x x < 1 2 < x1+ x21 2 lnx1- lnx2 2
x + x
x1x
1 2
2< 1< 2
∴ x1+ xx 21x2< 2
故 x1+ x2> 2x1x2
即可证得 1 + 1 2x1 x
+
2 x
> 0.
3
2. (2022· · ) f x = 2全国 高三专题练习 已知函数 3 x
3+ x2+ ax+ 1在 -1,0 上有两个极值点，x1,x2，且
x1< x2．
(1)求实数 a的取值范围；
(2) - 1证明：当 2 < x< 0时，f x
11
> 12．
【答案】(1) 0, 12 (2)证明见解析
【解析】
(1)根据题意得方程 2x2+ 2x+ a= 0 在 -1,0 上有两不等实根，进而结合二次函数零点分布求解即可；
(2)根据题意得 ax 12> 2 x ，进而得 f
2 2
x 3 2 3 2
1
2 2 = 3 x2+ x2+ ax2+ 1> 3 x2+ x2+ 2 x2+ 1，再构造函数 h x =
2 x3+ x2+ 13 2 x+ 1，研究单调性得 h x 在 -
1
2 ,0 单调递增，进而 h
1 11
x > h - 2 = 12 .
(1)
解：∵ f x = 2 x33 + x
2+ ax+ 1，
∴ f′ x = 2x2+ 2x+ a，
∵函数 f x 2 = 3 23 x + x + ax+ 1 在 -1,0 上有两个极值点 x1,x2，且 x1< x2
∴由题意知方程 2x2+ 2x+ a= 0 在 -1,0 上有两不等实根，
设 g x = 2x2+ 2x+ a，其图像的对称轴为直线 x=- 12 ，
g -1 = a> 0
故有 g 0 = a> 0 ，解得 0< a<
1

2
g - 1 = 12 2 + -1 + a< 0
所以，实数 a的取值范围是 0, 12 .
(2)
证明：由题意知 x2是方程 2x2+ 2x+ a= 0 的较大的根，故 x2∈ - 12 ,0 ，
由于 0< a< 12 ，∴ ax2>
1
2 x2，
∴ f x 22 = 3 x
3
2+ x22+ ax2+ 1> 23 x
3
2+ x2 12+ 2 x2+ 1．
设 h x = 2 x3+ x2+ 1
2
3 2 x+ 1，x∈ -
1
2 ,0 ，h
x = 2 x+ 12 +
1
2 > 0，
∴ h 1 x 在 - 2 ,0 单调递增，
∴ h 1 11 x > h - 2 = 12 ，即 f x2 >
11
12 成立．
∴不等式成立,证毕.
2
3. (2022·黑龙江·哈尔滨三中模拟预测 (文))已知 f x = 3 x2- x 4 2 lnx- a x- 1 ,a> 0.
(1)若 f x 在区间 1,+∞ 上有且仅有一个极值点m，求实数 a的取值范围；
2
(2)在 (1) 3 e的条件下，证明 4 < f m < 4 .
【答案】(1)0< a< 1 (2)证明见解析
【解析】
(1)由题知 f x = x- xlnx- a在区间 1,+∞ 上有且仅有一个零点m，进而构造函数 h x = f x ，再研
究函数的性质即可求解；
2
(2)结合 (1)得 a=m 1- lnm ，进而得 f m =- 1 2 m4m + 2 lnm+m-mlnm，再研究函数在 1,e 上的
单调性，利用单调性证明即可.
(1)
解：f x = x- xlnx- a，
因为 f x 在区间 1,+∞ 上有且仅有一个极值点m，
所以 f x = x- xlnx- a在区间 1,+∞ 上有且仅有一个零点m，
设 h x = f x ,h x =-lnx，
当 x∈ 1,+∞ ,h x < 0,h x 单调递减，
因为 h e =-a< 0，故只需 h 1 = 1- a> 0，
所以 0< a< 1
(2)
解：由 (1)知 f x = x- xlnx- a，f x 在区间 1,+∞ 上有且仅有一个极值点m，
所以 f m =m 1- lnm - a= 0，即 a=m 1- lnm ，
所以 f m = 3m2- m
2 2
4 2 lnm- a
1 m
m- 1 =- 24m + 2 lnm+m-mlnm
所以 f m = m- 1 lnm> 0,1所以函数 f m 在 1,e 上单调递增，
所以 f(1)< f(m)< f(e)，即 3 < f(m)< e
2
4 4 ，证毕.
4. (2022·全国·哈师大附中模拟预测 (文))已知函数 f x = ex+ exlnx(其中 e是自然对数的底数).
(1)求曲线 y= f x 在点 1,f 1 处的切线方程；
(2)求证：f x ≥ ex2.
【答案】(1)y= 2ex- e (2)证明见解析
【解析】
(1)根据导数的几何意义计算即可
x-1
(2)根据题意构造函数G e x = x + lnx- x，证明G(x)≥ 0 即可，利用导数研究G(x)的单调性，求出G
(x)的最小值即可
(1)
∵ f x = ex+ exlnx， ∴ f(1) = e
∴ f x = ex+ e 1+ lnx ，∴ f 1 = 2e，
所以 y= f x 在 1,f 1 处的切线方程为 y- e= 2e(x- 1)，即 y= 2ex- e
(2)
x-1
f x ≥ ex2 ex+ exlnx≥ ex2 ex + lnx- x≥ 0，
x-1
构造函数G x e = x + lnx- x，
ex-1 = x- 1 1 e
x-1
+ - = x- 1 + x- x
2 x-1
则G x 2 x 1 2 =
x- 1 e - x
x x x2
.
令H(x) = ex-1- x，则H (x) = ex-1- 1，
当 x> 1 时H (x)> 0，当 0< x< 1 时H (x)< 0，
于是H(x)在 0,1 上递减，在 1,+∞ 上递增，于是H(x)≥H(1) = 0.
于是当 0< x< 1 时，G x < 0，当 x> 1 时，G x > 0，
所以G x 在 0,1 上递减，在 1,+∞ 上递增，
于是G x ≥G 1 = 0，命题获证.
5. (2022·江苏江苏·高二阶段练习)已知函数 f x = alnx- x，a∈R .
(1)试讨论 f(x)的单调性；
(2)若对任意 x∈ (0，+∞) ，均有 f(x)≤ 0 ，求 a的取值范围；
n
(3) 1求证:∑ > n+ 1- 1 .
k=1 ln k2+ k
【答案】(1)答案见解析 (2) 0，
e
2 (3)证明见解析
【解析】
(1)求出函数的导数，讨论 a的取值情况，根据导数正负，判断函数的单调性；
(2)分类讨论，说明当 a= 0 时,符合题意；当 a< 0 时,不合题意，当 a> 0 时令函数的最大值小于等于 0，
求得答案;
(3)利用当 a= 1 时，lnx- x< 0,即 lnx< x，从而 ln(n2+n) = ln(n+ 1) + lnn< n+ 1+ n，进而
1 1
( 2+ ) > + + = n+ 1- n，再采用累加，然后结合裂项求和的方法证明结论.ln n n n 1 n
(1)
f x = a - 1 = 2a- xx 2x ,x> 0 , 2 x
若 a≤ 0, 则 f x ≤ 0，f(x) 在 (0，+∞) 上单调递减；
若 a> 0，则由 f (x) = 0,得 x= 4a2,
当 x∈ (0，4a2)时,f (x)> 0,f(x)在 (0,4a2)上单调递增,
当 x∈ (4a2,+∞)时,f (x)< 0,f x 在 (4a2,+∞) 上单调递减.
(2)
当 a= 0 时,f(x) =- x< 0 符合题意；
当 a< 0 时,由 (1)知 f x 在 (0，+∞)上单调递减，
1 1
而 f ea = 1- ea > 0 ，不合题意；
当 a> 0 时,结合 (1)得，f(x) 2mn= f(4a ) = 2a(ln2a- 1)≤ 0，
即 ln2a- 1≤ 0，得 a≤ e2 ，
综上，a的取值范围是 0，
e
2 ；
(3)
证明：由 (2)知，当 a= 1 时，lnx- x< 0,即 lnx< x,
所以 ln(n2+n) = ln(n+ 1) + lnn< n+ 1+ n，
所以 1 1( 2+ ) > + + = n+ 1- n， ln n n n 1 n
n
所以∑ 12 >( 2- 1) + ( 3- 2) + + n+ 1- n = n+ 1- 1 ，
k=1 ln k + k
n
即∑ 1 > n+ 1- 1 得证.
k=1 ln k2+ k
( 1+ ln x+ 1 6. 2022·天津·模拟预测)已知函数 f x = x x> 0 .
(1)试判断函数 f x 在 0，+∞ 上单调性并证明你的结论；
(2)若 f x k > x+ 1 对于 x∈ 0,+∞ 恒成立，求正整数 k的最大值；
(3)求证： 1+ 1× 2 1+ 2× 3 1+ 3× 4 1+n n+ 1 > e2n-3．
【答案】(1)函数 f x 在 0,+∞ 上为减函数，证明见解析 (2)3 (3)证明见解析
【解析】
(1)利用导数与函数单调性的关系可得出结论；
( ) > k < x+ 1+ x+ 1 ln x+ 1由 2 f x x+ 1 恒成立，即 k x 恒成立，构造函数 h x =
x+ 1+ x+ 1 ln x+ 1
x ，其中 x> 0，利用导数求出函数 h x 的最小值，即可得出整数 k的最大值；
(3)由 (2)可得出 ln x+ 1 > 2- 3 x+ 1 ，令 x=n n+ 1 ，可得出 ln 1+n n+ 1 > 2- 3
1 - 1n n+ 1 ，
利用裂项法结合指数与对数互化可证得结论成立.
(1)
解：函数 f x 在 0,+∞ 上为减函数，证明如下：
1
1+ ln 1+ x - 1+ x - ln 1+ x 因为 f x = x x> 0 ，所以 f
x = 2 ，x
又因为 x> 0，所以 11+ x > 0，ln(1+ x)> 0，所以 f
x < 0，
即函数 f x 在 0,+∞ 上为减函数.
(2)
> k < x+ 1+ x+ 1 ln x+ 1解：由 恒成立，即 f x x+ 1 k x 恒成立，
< x+ 1+ x+ 1 ln x+ 1即 k x ，min
= x+ 1+ x+ 1 ln x+ 1设 h x x ，其中 x>
x- 1- ln x+ 1
0，所以 h x =
x2
，
令 g x = x- 1- ln x+ 1 ，则 g x = 1- 1 x x+ 1 = x+ 1 > 0，即 g x 在 0,+∞ 为增函数，
又 g 2 = 1- ln3< 0 ，g 3 = 2- 2ln2> 0，
即存在唯一的实数 a∈ 2,3 ，满足 g a = a- 1- ln a+ 1 = 0，
当 x> a时，g x > 0，h x > 0，当 0< x< a时，g x < 0，h x < 0，
即函数 h x 在 0,a 为减函数，在 a,+∞ 为增函数，
a+ 1+ a+ 1则 ln a+ 1 a+ 1+ a+ 1 a- 1 h x min= h a = a = a = a+ 1∈ 3,4 ，
故整数 k的最大值为 3.
(3)
1+ ln
证明：由 ( )知， x+ 1 2 > 3x x+ 1 ，则 ln x+ 1 >
2x- 1 3
x+ 1 = 2- x+ 1 ，其中 x> 0，
令 x=n n+ 1 ，则 ln 1+n n+ 1 > 2- 3 3+ + > 2- + = 2- 3
1 1
n n 1 1 n n 1 n
- n+ 1 ，
则 ln 1+ 1× 2 + ln 1+ 2× 3 + ln 1+ 3× 4 + +ln 1+n n+ 1
> 2- 3 1- 1 1 1 1 1 1 1 2 + 2- 2 - 3 + 2- 3 - 4 + + 2- 3 n - n+ 1
= 2n- 3 1- 1n+ 1 > 2n- 3，
故 1+ 1× 2 1+ 2× 3 1+ 3× 4 1+n n+ 1 > e2n-3.
【点睛】结论点睛：利用参变量分离法求解函数不等式恒 (能)成立，可根据以下原则进行求解：
(1) x∈D，m≤ f x m≤ f x min；
(2) x∈D，m≥ f x m≥ f x max；
(3) x∈D，m≤ f x m≤ f x max；
(4) x∈D，m≥ f x m≥ f x min.
7. (2022·山东·肥城市教学研究中心模拟预测)已知函数 f(x) = ex-a- lnx+ a.
(1)若 x= 2是 f(x)的极值点，求 f(x)的值域；
(2)当 a≤ 0时，证明：f(x)> a+ 2
【答案】(1) 5 2 ,+∞ (2)证明见解析
【解析】
(1)根据极值点的定义得到方程，求出 a= 2+ ln2，检验得到 a= 2+ ln2 符合题意，再求导得到单调性，极
值，最值情况，求出值域；(2)构造函数F(x) = ex-a- lnx，利用导函数求出最值，结合基本不等式证明出不
等式.
(1)
∵ f (x) = ex-a- 1x，x= 2 是 f(x)的极值点，
∴ f 1 2 = e2-a- 2 = 0，解得:a= 2+ ln2．
经检验 a= 2+ ln2 符合题意
∴函数 f(x) = ex-2-ln2- lnx+ 2+ ln2，其定义域为 0,+∞ ．
∵ f (x) = ex-2-ln2- 1 xe
x-2-ln2
= - 1x x
设 g(x) = xex-2-ln2- 1，则 g (x) = xex-2-ln2+ ex-2-ln2> 0，
所以 g(x)在 0,+∞ 上为增函数，
又∵ g 2 = 0，所以当 x> 2 时，g(x)> 0，即 f (x)> 0；
当 0< x< 2 时，g(x)< 0，即 f (x)< 0．
所以 f(x)在 (0,2)上为减函数；在 (2,+∞)上为增函数；
因此 f(x)的最小值为 f(2) = 52 ，
∴ f(x)的值域为 5 2 ,+∞
(2)
证明：要证 f(x)> a+ 2，即证 ex-a- lnx> 2
设F(x) = ex-a- lnx，x> 0
即证F(x)> 2
当 a≤ 0，F(x) = ex-a- lnx， F (x) = ex-a- 1 = xe
x-a- 1
x x 在 (0,+∞)上为增函数，
且 h(x) = xex-a- 1 中，h(0) = 0× e0-a- 1=-1 0,h(1) = e1-a- 1 e- 1> 0．
故F (x) = 0 在 (0,+∞)上有唯一实数根 x0，且 x0∈ (0,1)．
当 x∈ (0,x 0)时，F (x)< 0，当 x∈ (x0,+∞)时，F (x)> 0，
从而当 x= x0时，F(x)取得最小值．
由F (x ) = 0，得 ex0-a0 = 1x ，0
故F(x)≥F(x ) = ex0-a0 - lnx = 10 x + x0- a> 2
1
0 x
x0- a≥ 2．
0
综上，当 a≤ 0 时，F(x)> 2 即 f(x)> a+ 2
【点睛】导函数证明不等式，求定义域，求导，得到函数的极值和最值情况，有时会用到隐零点和基本不等
式或放缩法进行证明.
8. (2022·湖北·华中师大一附中模拟预测)已知函数 f(x) = xex- alnx(a∈R)在 x= 1处的切线方程为
y= 2(e- 1)x+ b.
(1)求实数 a,b的值；
(2) (i)证明：函数 y= f(x)有且仅有一个极小值点 x= x 10，且 x0∈ 2 ,1 ；
(ii) 31证明：15 < f(x0)<
41
15 .
11
参考数据：ln2≈ 0.693， e ≈ 1.648，e0.55≈ 1.734，e- 30≈ 0.693.
【答案】(1)a= 2,b= 2- e (2) (i)证明见解析；(ii)证明见解析
【解析】
( ) f ' 1 = 2 e- 11 直接利用导数的意义列方程组 = ，即可解得；f 1 e
(2) (i)求出导函数 f (x) = (x+ 1)ex- 2x . 利用导数和零点存在对立即可证明；
(ii)求出 f(x0) = x x0 10e - 2lnx0= 2 x + 1 - lnx0 ，令 φ(x) = 2
1
x+ 1 - lnx
1
2 < x< 1 ，利用导数判断0
出 y= φ(x)在 12 ,1 上单调递减，
31
x0 2lnx0+
即可证明 φ(x)< φ 12 = 2
2
3 + ln2 < 2
2
3 +
7
10 =
41
15 ；要证 f(x0)>
31 e 15
15 ，即证 > 3 . 令x0 x 20
31
x
F(x) = e 1 < x< 1 ，利用导数证明出F(x)>F 1
2lnx+ 15 1
x 2 2 ≈ 2.33；令G(x) = 3 < x< 1 ，利用x 2 2
11
导数证明出G(x) - 30max=G e ≈ 2.312，得到G(x)(1)
定义域为 (0,+∞)，f '(x) = (x+ 1)ex- ax
f ' 1 = 2e- a= 2 e- 1
由题意知 f 1 = 2 e- 1 + = ，解得 a= 2,b= 2- e.b e
(2)
(i)由 (1)知 f(x) = xex- 2lnx，f (x) = (x+ 1)ex- 2x
令 h(x) = f (x)，则 h (x) = (x+ 2)ex+ 22 > 0，从而 y= h(x)即 y= f (x)单调递增x
又 f (1) = 2e- 2> 0,f 1 = 3 e- 82 2 < 0，故存在唯一的 x
1
0∈ 2 ,1 使得 f (x0) = 0
x (0,x0) x0 (x0,+∞)
f (x) - 0 +
f(x) ↘ 极小值 ↗
从而 y= f(x)有且仅有一个极小值点 x= x ，且 x ∈ 10 0 2 ,1
(ii)f (x0) = (x0+ 1)ex0- 2x = 0，y= f(x)的极小值 f(x
x0
0) = x0e - 2lnx = 2 10 x - lnx00 0+ 1
令 φ(x) = 2 1x+ 1 - lnx
1
2 < x< 1 ，则 φ'(x) =-
2 2 1
( -x+ 1)2 x < 0，从而 y= φ(x)在 2 ,1 上单调递
减，φ(x)< φ 1 = 2 2 + ln2 < 2 2 + 7 = 412 3 3 10 15 ，故 f(x0)<
41
15
2lnx + 31x0 0
下证 f(x0)> 31 e 1515 ，即证 >x 30 x 20
x ex(2x- 1)
一方面令F(x) = e 12 < x< 1 ，则F
(x) = 3 > 0，则F(x)在 12 ,1 上单调递增，从而F(x)x 2x 2
>F 12 = 2e ≈ 2.33
2lnx+ 3115 1 -3lnx-
11
另一方面，令G(x) = 3 2 < x< 1 ，G'(x) =
10
5
x 2 x 2
11
令G (x) = 0 有 x= e- 30
x 1 - 11 - 11 - 11 ,e 30 e 30 e 30,12
G (x) + 0 -
G(x) ↗ 极大值 ↘
11
从而G(x) =G e- 30 = 4 e0.55≈ 4max 3 3 × 1.734≈ 2.312
2lnx+ 31x
从而G(x) 153 成立，故 f(x0)>
31
x x 2 15
.
【点睛】导数的应用主要有：
(1)利用导函数几何意义求切线方程；
(2)利用导数研究原函数的单调性，求极值 (最值)；
(3)利用导数求参数的取值范围；
(4)利用导数证明不等式.
9. (2022·广东·高二阶段练习)关于 x的函数 f x = lnx+ 2x- b(b> 2)，我们曾在必修一中学习过“二
分法”求其零点近似值.现结合导函数，介绍另一种求零点近似值的方法--“牛顿切线法”.
(1)证明：f x 有唯一零点 a，且 a∈ 1,b ；
(2)现在，我们任取 x1∈ (1,a)开始，实施如下步骤：
在 x1,f x1 处作曲线 f x 的切线，交 x轴于点 x2,0 ；
在 x2,f x2 处作曲线 f x 的切线，交 x轴于点 x3,0 ；

在 xn,f xn 处作曲线 f x 的切线，交 x轴于点 xn+1,0 ；
可以得到一个数列 xn ，它的各项都是 f x 不同程度的零点近似值.
(i)设 xn+1= g xn ，求 g xn 的解析式 (用 xn表示 xn+1)；
(ii)证明：当 x1∈ 1,a ，总有 xn< xn+1< a.
-x lnx + b+ 1 x
【答案】(1)证明见解析；( ) ( ) = n n 2 i g x n n 1+ 2x ；(ii)证明见解析.n
【解析】
(1)根据函数的单调性，结合零点存在性定理证明即可；
(2) (i)由导数的几何意义得曲线 f x 在 xn,f xn 处的切线方程为 =
1+ 2x
y nx x+ lnxn- b- 1，进而得n
= -x lnxg x n n+ b+ 1 xn n 1+ 2x ；n
( )令 = 1+ 2xii h x nx x+ lnxn- b- 1，进而构造函数F(x) = f(x) - h(x) = lnx-
1
x x- lnxn+ 1，结合函n n
f(x )
数单调性证明 x n+1< a，再根据 f (xn)> 0,f(xn)< f(a) = 0 证明 x nn+1= xn- f (xn)
> xn即可得答案.
(1)
证明：f x = lnx+ 2x- b(b> 2)，定义域为 0,+∞ ，
所以，f x = 1 x + 2> 0 在 0,+∞ 上恒成立，
所以函数 f x 在 0,+∞ 上单调递增，
因为 f 1 = ln1+ 2- b= 2- b< 0(b> 2),f b = lnb+ 2b- b= lnb+ b> 0(b> 2)，
所以，存在唯一 a∈ 1,b ，使得 f a = 0，即：f x 有唯一零点 a，且 a∈ 1,b .
(2)
解：(i)由 (1)知 f x = 1x + 2，
所以，曲线 f 1 x 在 xn,f xn 处的切线斜率为 kn= x + 2，n
所以，曲线 1+ 2xf x 在 xn,f xn 处的切线方程为 y- f x nn = f xn x- xn ，即 y= x x+ lnxn- b- 1n
= = -xnlnxn+ b+ 1 x令 y 0 得 x n1+ 2xn
-x lnx + b+ 1 x -x lnx + b+ 1 x
所以，切线与 x轴的交点 n n n ,0 ，即 x = n n n1+ 2x n+1

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