资源简介

专题 5 构造函数证明不等式
函数与导数一直是高考中的热点与难点, 利用导数证明不等式在近几年高考中出现的频率比较高．求解此类
问题关键是要找出与待证不等式紧密联系的函数,然后以导数为工具来研究该函数的单调性、 极值、最值(值
域),从而达到证明不等式的目的．
(一) 把证明 f x > k 转化为证明 f x > kmin
此类问题一般简单的题目可以直接求出 f x 的最小值,复杂一点的题目是 f x 有最小值,但无法具体确定,
这种情况下一般是先把 f x 的最小值转化为关于极值点的一个函数,再根据极值点所在范围,确定最小值所
在范围
【例 1】（2024 2届黑龙江省哈尔滨市三中学校高三下学期第五次模拟）已知函数 f x = a x +1 - x - ln x
（ a R ）.
(1)讨论 f x 的单调性；
1 1
(2)当0 < a 时,求证： f x 2a - +1 .
2 2a
【解析】（1）由题意可知,函数 f (x) = a(x +1)2 - x - ln x 的定义域为 (0, + ) ,
f (x) 2a(x 1) 1 1 (x +1)(2ax -1)导数 = + - - = ,
x x
当 a 0时, x (0,+ ) , f (x) < 0 ；当 a > 0时, x (0, 1 ) , f (x) < 0 ； x (
1 ,+ ), f (x) > 0
2a ；2a
综上,当 a 0时,函数 f (x) 在区间 (0, + )上单调递减；
1 1
当 a > 0时,函数 f (x) 在区间 (0, ) 上单调递减,在区间 ( , + )上单调递增.
2a 2a
1
（2）由（1）可知,当0 < a 时,
2
函数 f (x)
1 1
在区间 (0, ) 上单调递减,在区间 ( , + )上单调递增.
2a 2a
所以函数 f (x) f (
1 ) a( 1 1)2 1= + - - ln( 1 ) = a +1 1- + ln(2a) ,
2a 2a 2a 2a 4a
要证 f (x) 2a
1 1 1
- +1 ,需证 a +1- + ln(2a) 2a - +1 ,
2a 4a 2a
1 1
即需证 + ln(2a) - a 0,a (0, ]恒成立.
4a 2
1 2
令 g(a) = + ln(2a) - a , 1 1 2a -1 则
4a g (a) = - 2 -1+ = - 0
,
4a a 4a2
1
所以函数 g(a)在区间 (0, ] g(a) g(
1) 1单调递减,故 = + 0
1
- = 0 ,
2 2 2 2
1
所以 + ln(2a) - a 0,a (0,
1] 1 1恒成立,所以当0 < a 时, f (x) 2a - +1 .
4a 2 2 2a
【例 2】（2024 届重庆市南开中学高三上学期第一次质量检测）已知函数 f x = sinx - ln x +1 .
x 1, π (1)求证：当 - ÷ 时, f x 0；
è 2
1
(2)求证： ln n +1 < sin 1 + sin 1 + sin 1 +L+ sin 1 1< ln n + ln 2
2 2 4 6 2n 2 n N
* .
【解析】（1）证明：因为 f x = sinx - ln x +1 ,则 f 0 = sin 0 - ln1 = 0 1, f x = cosx - ,
x +1
当 x -1,0 1时, cosx 1 , 1 , f x 0 ,函数 f x 单调递减,
x +1
f x π f 0 = 0 x 0, p x cos x 1
1
则 成立；当 ÷ 时,令 = - ,则 p x = 2 - sin x ,
è 2 x +1 x +1
1
因为函数 y = 2 、 y = -sin x

在 0,
π
x +1 2 ÷上均为减函数,è
所以,函数 p x 0, π 在 2 ÷上为减函数,è
p π 1 ÷ = 2 -1< 0
因为 p 0 1 0 π= > , è 2 π ,所以存在 x 0, ÷ ,使得 p x0 = 0 ,
1+ 22 ÷ è è
且当0 < x < x0 时, p
x > 0 ,此时函数 f x 单调递增,
当 x0 < x
π
< 时, p x < 0 ,此时函数 f x 单调递减,
2
而 f 0 = 0 ,所以 f x π π0 > 0 ,又因为 f ÷ < 0 ,所以存在 x1 x0 , 2 2 ÷ ,使得 f x1 = 0 ,è è
当0 < x < x1 时, f x > 0 ,此时函数 f x 单调递增,
当 x
π
1 < x < 时, f x < 0 ,此时函数 f x 单调递减,2
π f π 1 ln π因为 +1< e

,所以,
2 2 ÷
= - +1 >1- ln e = 0 ,
è è 2 ÷
x 0, π f x 0 π 所以,对任意的 ÷ 时, > 成立,综上, f x 0对任意的 x -1, ÷ 恒成立.
è 2 è 2
1 1 1 1 1
（2）证明：由（1）,对任意的 n N* , 0 < ,则 f = sin - ln 1+ > 0 ,
2n 2 2n ÷ 2n 2n ÷è è
sin 1 即 > ln 1
1 2n +1
+ ÷ = ln ,2n è 2n 2n
2
2n +1 2n + 2 2n +1 - 2n 2n + 2 1
对任意的 n N* , - = = > 0 ,
2n 2n +1 2n 2n +1 2n 2n +1
2n +1 2n + 2 2n +1 2n + 2
所以, > ,则 ln > ln ,
2n 2n +1 2n 2n +1
1
所以 sin + sin
1
+ sin 1 +L+ sin 1 > ln 3 + ln 5 + ln 7 + ln 2n +1 ,
2 4 6 2n 2 4 6 2n
从而可得 sin
1
+ sin 1 + sin 1 +L+ sin 1 > ln 4 + ln 6 + ln 8 ln 2n + 2+ ,
2 4 6 2n 3 5 7 2n +1
1 1
上述两个不等式相加可得 2 sin + sin + sin
1 L sin 1+ +
2 4 6 2n ֏
ln 3 ln 4 ln 5 ln 6 7> + + + + ln + ln 8 L ln 2n +1+ + + ln 2n + 2 = ln n +1 ,
2 3 4 5 6 7 2n 2n +1
sin 1所以, + sin
1
+ sin 1 +L+ sin 1 1> ln n +1 ,
2 4 6 2n 2
1 1 1 1
又由（1）,因为-1 < - < 0 ,则 f - ÷ = sin - ÷ - ln 1- ÷ = -sin
1
- ln 2n -1 > 0 ,
2n è 2n è 2n è 2n 2n 2n
sin 1可得 < - ln
2n -1 ln 2n= ,
2n 2n 2n -1
2
n 2 * , 2n 2n -1
2n 2n - 2 - 2n -1 1
当 且 n N 时 - = = - < 0 ,
2n -1 2n - 2 2n -1 2n - 2 2n -1 2n - 2
2n 2n -1 2n 2n -1
所以, < ,即 ln < ln ,
2n -1 2n - 2 2n -1 2n - 2
1 1 1 1 4 6 2n
所以,当 n 2时, sin + sin + sin +L+ sin < ln 2 + ln + ln +L+ ln ,
2 4 6 2n 3 5 2n -1
sin 1 sin 1从而有 + + sin
1
+L+ sin 1 < ln 2 3 5 2n -1+ ln + ln +L+ ln ,
2 4 6 2n 2 4 2n - 2
1 1
上述两个不等式相加得： 2 sin + sin + sin
1 L 1+ + sin ÷
è 2 4 6 2n
2ln 2 ln 3 ln 4 ln 5 ln 6 ln 7 ln 8 L ln 2n -1 ln 2n< + + + + + + + + + = 2ln 2 + ln n ,
2 3 4 5 6 7 2n - 2 2n -1
1 1 1 1 1
所以, sin + sin + sin +L+ sin < ln 2 + ln n ,
2 4 6 2n 2
n 1 f
1
当 = 时, -

÷ = sin
1
-

÷ - ln
1
= ln 2 - sin 1 > 0 1,即 sin < ln 2 ,
è 2 è 2 2 2 2
1 1
所以,对任意的 n N* , sin + sin + sin
1 L sin 1 1+ + < ln n + ln 2 ,
2 4 6 2n 2
1 1 1 1 1 1 *
因此, ln n +1 < sin + sin + sin +L+ sin < ln n + ln 2 n N .
2 2 4 6 2n 2
(二) 把证明 f x > g x 转化为证明 f x - g x > 0
此类问题是证明不等式中最基本的一类问题,把两个函数通过作差转化为一个函数,再利用导数研究该函数
的性质,通过函数性质证明该不等式.
x
【例 3】（2024 届西省榆林市第十中学高三下学期一模）已知函数 f x = e + a -1 x -1 ,其中 a R ．
(1)讨论函数 f x 的单调性；
(2)当 a = 2时,证明： f x > xlnx - cosx．
x
【解析】（1）Q f x = e + a -1 x -1,\ f x = ex + a -1 ,
当a 1时, f x = ex + a -1 > 0 ,函数 f x 在R 上单调递增；
当a < 1时,由 f x = ex + a -1 > 0 ,得 x > ln 1- a ,
函数 f x 在区间 ln 1- a , + 上单调递增,
f x = ex由 + a -1< 0 ,得 x < ln 1- a ,函数 f x 在区间 - , ln 1- a 上单调递减．
综上,当a 1时, f x 在R 上单调递增,无减区间.
当a < 1时, f x 在 ln 1- a , + 上单调递增,在 - , ln 1- a 上单调递减.
x
（2）Q当 a = 2时, f x = e + x -1 ,
\要证 f x > xlnx - cosx , x即证 e + x + cosx -1- xlnx > 0, x 0, + ,
①当0 < x 1时,Qex + x + cosx -1 > 0 , xlnx 0 ,\ex + x + cosx -1- xlnx > 0；
②当 x >1时,令 g x = ex + x + cosx -1- xlnx ,
则 g x = ex - sinx - lnx 1,设 h x = g x ,则 h x = ex - cosx - ,
x
1
Q x >1,\ex > e > 2 , -1 < - < 0 , -1 -cosx 1,\h x > 0 ,
x
\h x 在 1, + 上单调递增,\h x > h 1 = e - sin1- 0 > 0 ,即 g x > 0 ,
\ g x 在 1, + 上单调递增,\ g x > g 1 = e + cos1 > 0 ,
即 ex + x + cosx -1- xlnx > 0．综上,当 a = 2时, f x > xlnx - cosx．
(三) 把证明 f x > g x 转化为证明 f x > g xmin max
有时候把证明 f x > g x 转化为证明 f x - g x > 0 后,可能会出现 f x - g x 的导函数很复杂,很
难根据导函数研究 f x - g x 的最值,而 f x 的最小值及 g x 的最大值都比较容易求,可考虑利用证明
f x > g x 的方法证明原不等式,但要注意这种方法有局限性,因为 f x > g x 未必有min max
f x > g x .min max
4 x【例 】（2024 届广东省部分学校高三上学期第二次联考）已知函数 f x = axe a 0 .
(1)讨论 f x 的单调性；
4 f
(2) a , x 当 2 时证明： - x +1 ln x > 0 .e x +1
x
【解析】（1）由题意可得 f x = a x +1 e .
则 a > 0时,由 f x > 0 ,得 x > -1 ,由 f x < 0 ,得 x < -1,
则 f x 在 - , -1 上单调递减,在 -1, + 上单调递增；
当 a<0时,由 f x < 0 ,得 x > -1 ,由 f x > 0 ,得 x < -1,
则 f x 在 - , -1 上单调递增,在 -1, + 上单调递减.
x
（2）因为 x > 0 , xe所以 > 0 .
x +1
a 4 axe
x x-2
因为 ,所以 - x +1 ln x 4xe - x +1 ln x .
e2 x +1 x +1
f x 4xex-2 4ex-2 ln x
要证 - x +1 ln x > 0 ,即证 - x +1 ln x > 0 ,即证 >
x +1 x +1 x +1 2 x .
x-2 4ex-2 x -1
设 g x
4e
=
2 ,则
g x = 3 .当 x 0,1 时, g x < 0 ,当 x 1,+ 时, g x > 0 ,x +1 x +1
则 g x 在 0,1 上单调递减,在 1, + 上单调递增.
g x 1故 = g 1 =min .e
h x ln x 1- ln x设 = ,则 h x = 2 .当 x 0,e 时, h x > 0 ,当 x e, + 时, h x < 0 ,x x
则 h x 在 0,e 上单调递增,在 e, + 上单调递减.
故 h x h e 1= =max .因为 g x = h xe min max ,且两个最值的取等条件不同,
4ex-2 ln x 4 f x
所以 2 > x ,即当 a 2 时, - x +1 ln x > 0 .x +1 e x +1
(四) 把证明 f x > g x 转化为证明 f x > h x , h x > g x
若直接证明 f x > g x 比较困难,有时可利用导数中的常见不等式如 ln x x -1,ex x+1构造一个中间
函数h x ,或利用不等式的性质通过放缩构造一个中间函数h x ,再通过证明 f x > h x ,h x > g x
来证明原不等式.
sin x
【例 5】已知函数 f x = 在区间 0,a 上单调．
2 + cos x
(1)求 a的最大值；
(2)证明：当 x > 0时,3 f x +1< ex ．
f (x) cos x(2 + cos x) + sin xsin x 2cos x +1【解析】 (1)由已知得, = =(2 + cos x)2 (2 + cos x)2 ,
要使函数 f (x) 在区间 (0, a)上单调,可知在区间 (0, a)上单调递增,
f (x) > 0 12cos x 1 0 cos x > - x ( 2p 2kp , 2p令 ,得 + > ,即 ,解得 - + + 2kp ) ,（ k Z3 3 ）,2
当 k 0
2p 2p
= 时满足题意,此时,在区间 (0, )上是单调递增的,故 a的最在值为 .
3 3
x
(2) x > 0 , 3 f x +1< ex , f (x) e -1当 时要证明 即证明 < ,
3
x x
而 ex
x e -1 x e -1
-1 > x ,故需要证明 f (x) < < .先证： < ,（ x > 0）
3 3 3 3
记F (x) = ex - x -1 ,QF (x) = ex -1 ,
x (0,+ )时, F (x) > 0 ,所以 F (x)在 (0, + )上递增,
x
\ F (x) = ex - x -1 > F (0) = 0 ,故 ex -1 > x , x e -1即 < .
3 3
x 1
再证： f (x) < ,（ x > 0）令G(x) = f (x) - x ,
3 3
2
sin x 1 G x 2cos x +1 1 - cos x -1 则G(x) = - x,则 = - = ,2 + cos x 3 2 + cos x 2 3 3 2 + cos x 2
故对于"x > 0 ,都有G (x) < 0 ,因而G(x)在 (0 , + )上递减,
x
对于"x > 0 ,都有G(x) < G(0) = 0 ,因此对于"x > 0 ,都有 f (x) < .
3
x x
f (x) x e -1 , f (x) e -1所以 < < 成立即 < 成立,故原不等式成立.
3 3 3
(五) 改变不等式结构,重新构造函数证明不等式
此类问题要先对待证不等式进行重组整合,适当变形,找到其等价的不等式,观察其结构,根据结构构造函数.常
见的变形方法有：
①去分母,把分数不等式转化为整式不等式；
②两边取对数,把指数型不等式转化为对数型不等式；
③不等式为 f x h x > g x h x 类型,且 h x > 0 或<0 的解集比较容易确定,可考虑两边同时除以 h x ；
④不等式中含有 x ln x ,有时为了一次求导后不再含有对数符号,可考虑不等式两边同时除以 x ；
⑤通过换元把复杂的不等式转化为简单不等式.
aex-1
【例 6】（2024 届河南省创新发展联盟 5 月月考）已知函数 f (x) 1= - lnx - .
x x
(1)讨论 f (x) 的单调性；
5 1
(2)当 a 时,证明： f (x) + lnx + - x > ex-1 1- lnx .
2 x
aex-1 1
【解析】（1）函数 f (x) = - lnx - 的定义域为 (0, + ) ,
x x
aex-1f (x) (x -1) 1 1 (x -1)(ae
x-1 -1)
求导得 = 2 - + 2 = ,x x x x2
若 a 0 ,则 aex-1 -1< 0 ,且当 x 0,1 时, f x > 0 ,当 x 1, + 时, f x < 0 ,
即函数 f (x) 在( 0, 1)上递增,在 (1, + )上递减；
若 a > 0 ,令 aex-1 -1 = 0 ,解得 x =1- lna ,
若1- lna 0 ,即a e ,则 aex-1 -1 0恒成立,当 x 0,1 时, f x < 0 ,当 x 1, + 时, f x > 0 ,
即函数 f (x) 在( 0, 1)上递减,在 (1, + )上递增；
若0 <1- lna <1 ,即1 < a < e ,则当 x 0,1- lna 1,+ 时, f x > 0 ,当 x 1- lna,1 时, f x < 0 ,
即函数 f (x) 在 (0,1- ln a), (1,+ ) 上递增,在 (1- ln a,1) 上递减；
若1- lna =1,即 a =1 ,则 f x 0在 0, + 上恒成立,函数 f (x) 在 (0, + )上递增；
若1- lna > 1 ,即 0 < a < 1 ,则当 x 0,1 1- lna,+ 时, f x > 0 ,当 x (1,1- lna)时, f x < 0 ,
即函数 f (x) 在 (0,1), (1- ln a,+ ) 上递增,在 (1,1- ln a) 上递减,
所以当 a 0时, f x 的递增区间为 0,1 ,递减区间为 1, + ；
当 0 < a < 1时, f x 的递增区间为 0,1 和 1- lna, + ,递减区间为 1,1- lna ；
当 a =1时, f x 的递增区间为 0, + ,无递减区间；
当1< a < e 时, f x 的递增区间为 0,1- lna 和 1, + ,递减区间为 1- lna,1 ；
当a e 时, f x 的递增区间为 1, + ,递减区间为 0,1 .
1 aex-1
（2）要证 f x + lnx + - x > ex-1 1- lnx ,需证 + ex-1 lnx -1 - x > 0 ,x x
5 ex-1 x-1 x-1
而 a , > 0 , ae即有 + ex-1 lnx -1 x 5e- + ex-1 lnx -1 - x ,
2 x x 2x
5ex-1 5 2
则只需证明 + ex-1 lnx -1 - x > 0 , ex-1 5即证 + lnx -1÷ > x ,即证 + x lnx -1 x> x-1 ,2x è 2x 2 e
令 h x 5= + x lnx -1 ,则 h x = lnx ,当 x 0,1 时, h x < 0 ,当 x 1, + 时, h x > 0 ,
2
即函数 h(x)
3
在( 0, 1)上单调递减,在 (1, + )上单调递增,则 h(x)min = h 1 = ,2
x2
令j x = x-1 (x > 0) ,则j x
x 2 - x
= ,当 x 0,2 时,j x > 0 ,当 x 2, + 时,j xx 1 < 0- ,e e
函数j(x) 在 (0, 2)
4 3
上单调递增,在 (2, + ) 上单调递减,则j(x)max = j 2 = < = h(x) ,e 2 min
5 2
从而 + x 1lnx 1 x- > ,即 f (x) + lnx + - x > ex-1 1- lnx 成立.
2 ex-1 x
(六) 通过减元法构造函数证明不等式
对于多变量不等式 ,一般处理策略为消元或是把一个看作变量其他看作常量；当都不能处理的时候,通过变
形,再换元产生一个新变量,从而构造新变量的函数.
m m
【例 7 2024 x y 】（ 届江西省南昌市高三三模）定义：若变量 x, y > 0 ,且满足： a ÷
+ ÷ =1 ,其中
è è b
a,b > 0, m Z ,称 y 是关于的“ m 型函数”.

(1)当 a = 2,b =1时,求 y x
3
关于 的“2 型函数”在点 1, 2 ÷÷处的切线方程；è
(2)若 y 是关于 x 的“ -1型函数”,
（i）求 x + y 的最小值：
n+1
1 n n n
（ii）求证： xn + yn *n a n+1 + bn+1 ÷ , n N .
è
1 1
2 2 -
【解析】（1）解：当 a 2,b
2 2
= =1 时,可得 y 1 x ,则 y 1 1 x 1= -

4 ÷
= - ×
2 4 ÷
- x ÷ ,
è è è 2
3 3 3
所以 y = - ,所求切线方程为 y - = - (x -1) ,即 x + 2 3y - 4 = 0 .
x=1 6 2 6
-1 -1
（2）解：由 y x “ ”, x y
a b
是关于 的 -1 + 型函数 可得 ÷ ÷ =1 ,即 + =1,
è a è b x y
(x y) (x y) a b ay bx ay bx（i）因为 + = + + ÷ = a + b + + a + b + 2 + = ( a + b)
2 ,
è x y x y x y
ìay bx
= ì
当且仅当 í x y
x = a + ab
即 í 时取得最小值.
x + y = ( a + b)2 y = b + ab
x -1 y
-1
a b
（ii）由 ÷ + ÷ =1 ,即 + =1,则 (x - a)(y - b) = ab ,且 x > ax y ,
y > b ,
è a è b
可设 x - a = at , y - b
b
= ,其中 t (0,+ ) ,
t
n
é 1 ù 1
n

于是 xn + yn = [a(1+ t)]n + n n nêb 1+ ÷ú = a (1+ t) + b 1+ ÷ ,
è t è t
n
h(t) = an (1+ t)n 1+ bn 1+ 记 t ÷
,
è
n-1 n n-1 é n ù
h t = nan n-1 n 1 1 na1 t nb 1 1+ t n+1 b 可得 + + + ÷ - 2 ÷ = n+1 êt -t t t a ÷ ú ,è è ê è ú
n n
由 h t = 0 , n+1 n+1得 t b ,记 t b= ÷ = ÷ ,当0 < t < t0 时 h t < 0 ,当 t > t0 时, h t > 0 ,则
è a
0
è a
n nn n
n
é ù é ùn n n n+1 n+1h(t)min = h t0 = a 1+ t0 + b 1
1
+ = an ê1+ b n a
t ÷ ê a ÷
ú + b ê1+
ú ê b ÷
ú
è 0 è è ú
n 1
n n 1 n n n n n n n n n
= a + bn+1 ×a n+1 ÷ + b + a n+1 ×bn+1 ÷ = a n+1 a n+1 + bn+1 ÷ + bn+1 bn+1 + a n+1 ÷
è è è è
n+1 n+1
n n n 1 n n n
= a n+1 + bn+1 ÷ ,所以 n x + yn n a n+1 + bn+1 ÷ .
è è
(七) 与极值点或零点有关的多变量不等式的证明
此类问题通常是给出函数的零点或极值点 x1, x2 或 x1, x2 , x3 ,与证明与 x1, x2 或 x1, x2 , x3 有关的不等式,求解时要
有意识的利用方程思想代入消元（若 xi 是 f x 的零点,则 f xi = 0 ,若 xi 是 f x 的极值点,则 f xi = 0 ,）,减
少变量个数.
x
【例 8】（2024 e 2a届湖南娄底市高三下学期高考考前仿真联考）已知函数 f x =
x2
- - alnx .
x
(1)当 a =1时,讨论函数 f x 的单调性；
e2(2)若 a > ,
2
（i）证明：函数 f x 有三个不同的极值点；
2
（ii）记函数 f x 三个极值点分别为 x1, x2 , x3 ,且 x1 < x2 < x3 ,证明： f x3 - f x
a
1 < - a ÷ x3 - x1 .
è e
x
【解析】（1）函数 f x 的定义域为 (0, + ) ,当 a =1时, f x e 2= 2 - - lnx ,则x x
x2 xf x e - 2xe
x 2 1 ex (x - 2) 2 - x (x - 2)(ex - x)
=
x4
+
x2
- = 3 + 2 =x x x x3
,
令 y = ex - x(x > 0) ,则 y = ex -1 > 0(x > 0) ,
所以 y = ex - x 在 (0, + )上递增,所以 y = ex - x > e0 - 0 = 1 ,
所以当 x > 2时, f (x) > 0 ,当0 < x < 2时, f (x) < 0 ,
所以 f x 在 (0, 2) 上递减,在 (2, + ) 上递增；
x
2 i x (0,+ ) , f x e (x - 2) 2a a (x - 2)(e
x - ax)
（ ）（ ）因为 且 = 3 + 2 - = , f (2) = 03 ,x x x x
ex ex
由 ex - ax = 0 ,得 a = （ x (0,+ )）,令 g(x) = (x > 0) ,则
x x
x
g (x) e (x -1)= 2 (x > 0) ,当0 < x <1时, g (x) < 0 ,当 x >1时, g (x) > 0 ,x
所以 g(x)在( 0, 1)上递减,在 (1, + )上递增,所以 g(x)min = g(1) = e ,
a e
2 x
当 > = g(2) > e时, a e= 在( 0, 1)和 (2, + ) 上各有一个实数根,分别记为 x
2 x 1
, x3 ,则0 < x1 < 1, x3 > 2 ,设
x2 =2,
当0 < x < x1 或 x2 < x < x3时, f (x) < 0 ,当 x1 < x < x2 或 x > x3 时, f (x) > 0 ,
所以 f (x) 在 0, x1 和 x2 , x3 上递减,在 x1, x2 和 (x3 , + )上递增,
所以函数 f (x) 在 (0, + )上有三个不同的极值点,
（ii）由（i）0 < x1 < 1, x3 > 2 ,
所以 x1, x
x x
3是方程 e x = ax 的两个不相等的实数根,即e 1 = ax1 , e 3 = ax3 ,
ex1 2a
所以 f (x1) = 2 - - a ln x
a 2a
1 = - - a ln x
1
1 = -a + ln x1 ÷ ,x1 x1 x1 x1 è x1
1
同理 f (x3) = -a + ln xx 3 ÷
,
è 3
1
-a + ln x a 1+ + ln x -a 1 1+ ln x - - ln x
所以 f x3 - f x x 3 ÷ x 1 ÷ x 3 1 ÷1 = è 3 è 1 = è 3 x1
x3 - x1 x3 - x1 x3 - x1

a x1 - x3 ln x

- + 3 ÷
= è
x3x1 x1 ,
x3 - x1
ex3
x3
ex由 1 = ax1 , e
x3 = ax3 ,得 ln
x3 = ln a ln e= = ln ex3 -x1 = x - x ,
x x1 x1 3 11 e e
a
x1 - x3 x3 a ln a x- + ÷ - 1
- x3 + x - x
所以 f x3 - f x1 è x3x1 x1 è x3x 3 1
÷ 1 ,
= = 1 = a -1
x3 - x1 x3 - x
÷
1 x3 - x1 è x3x1
2
因为 a
e
,+ ÷ ,
è 2
2 f x - f x 2
所以要证 f x f x a 3 1 a3 - 1 < - a ÷ x3 - x1 ,只要证 < - a ,
è e x3 - x1 e
1 a2 1 a 1 a
即证 a -1÷ < - a ,即证 -1< -1 <
è x3x1 e x3x1 e
,即证 x3x
,
1 e
只需证 e < ax1x3 ,即 e < x
x3
1 ×e ,即 e
1-x3 < x1 ,
由（i）可得0 < x < 1, x > 2 ,所以0 < e1-x3 < e-11 3 <1,
x
根据（i）中结论可知函数 g(x) e= 在( 0, 1)上递减,
x
e1-x所以要证 3 < x , g(x ) < g(e1-x1 即证 31 ) ,
x 1-xe 1 ex3 1-x ex3 ee
3 e 1-x
因为 a = = ,所以 g(x1) = g(x3 ) ,所以只要证 g(x3) < g(e 3 ) ,即 < < e
e 3
x x x e1-x
,得 x ,31 3 3 3
1- ln x 1-x即 33 < e ,得1- ln x - e
1-x3
3 < 0 ,
1-x
令 h(x) =1- ln x - e1-x (x > 2) ,则 h (x) 1= - + e1-x xe -1= (x > 2) ,
x x
令u(x) = xe1-x -1(x > 2) ,则u (x) = (1- x)e1-x < 0(x > 2) ,
所以u(x) 在 (2, + ) 上递减,所以u(x) < u(2)
2
= -1< 0 ,所以 h (x) < 0 ,
e
所以 h(x) 在 (2, + ) 上递减,所以 h(x) < h(2)
1
=1- ln 2 - < 0 ,所以得证.
e
(八) 与数列前 n 项和有关的不等式的证明
此类问题一般先由已知条件及导数得出一个不等式,再把该不等式中的自变量依次用 1,2,3,L ,n 代换,然后用
叠加法证明.
1 3
【例 9】（2024 2届重庆市九龙坡区高三下学期 5 月质量抽测）已知函数 f x = ln x + x - ax + , a > 0 .
2 2
(1)当 x 1,+ 时,函数 f x 0恒成立,求实数 a的最大值；
(2)当 a = 2时,若 f x1 + f x2 = 0 ,且 x1 x2 ,求证： x1 + x2 > 2；
n 2
(3) * , 2ln n 1 i -1求证：对任意 n N 都有 + + i ÷ > n .i=1 è
【解析】（1）当 x 1时, f x ln x 1 3= + x2 - ax + 0恒成立,
2 2
a ln x 1 x 3
ln x 1 3
即 + + 恒成立,只需 a
x 2 2x
+ x +
x 2 2x ÷ 即可,è min
g x ln x 1 3= + x + , x 1 , g x 1- ln x 1 3 x
2 - 2ln x -1
令 则 = + - = ,
x 2 2x x2 2 2x2 2x2
2
令 h x = x2 - 2ln x -1 , x 1 ,则 h x = 2x 2 2x - 2- = ,
x x
当 x 1时, h x 0恒成立, h x 在 x 1,+ 单调递增,所以 h x h 1 = 0 ,
所以 g x 0在 x 1,+ 恒成立, g x 在 x 1,+ 单调递增,
所以 g x = gmin 1 = 2 ,所以 a 2 ,即实数 a的最大值为 2 .
f x ln x 1 2（2）当 a = 2时, = + x - 2x 3+ , x > 0 ,
2 2
1 x -1
2
所以 f x = + x 2 - = 0 , f x 在 x 0, + 上单调递增,
x x
又 f 1 = 0 , f x1 + f x2 = 0且 x1 x2 ,不妨设 0 < x1 < 1 < x2 ,
要证 x1 + x2 > 2 ,即证明 x2 > 2 - x1 ,
因为 f x 在 x 0, + 上单调递增,即证 f x2 > f 2 - x1 ,
因为 f x1 + f x2 = 0 ,即证 f x1 + f 2 - x1 < 0 ,
设F x = f x + f 2 - x 1 3 1 3= ln x + x2 - 2x + + ln 2 - x + 2 - x 2 - 2 2 - x +
2 2 2 2
= ln éx 2 - x ù 2 + x - 2x +1 = ln éx 2 - x ù - x 2 - x +1 , 0 < x <1,
令 t = x 2 - x 1 1- t,则0 < t <1 ,则j t = ln t - t +1 ,j t = -1 = ,
t t
由0 < t <1可得j t > 0 ,j t 在 0,1 单调递增,
所以j t < j 1 = 0 ,即F x = f x + f 2 - x < 0 ,
所以 f x1 + f 2 - x1 < 0成立,所以 x1 + x2 > 2 .
（3）由（2）可知当 a = 2时, f x 在 1, + 单调递增,且 f x > f 1 = 0 ,
1 2
由 ln x + x - 2x
3
+ > 0 2得
2 2 2ln x + x
2 - 4x + 3 > 0 ,即 2ln x + x - 2 >1 ,
x n +1
2 2
令 = ,则 2ln n +1 n +1+ - 2

÷ >1, 2ln
n +1
+
1- n
即
n n n n ÷
>1 ,
è è n
2 2 2 2
所以 2ln 2 1-1 1 , 2ln 3 1- 2 4 1- 3 n +1 1- n+ > + >1 , 2ln +
>1,…, 2ln + >1 ,
1 è 1 ÷ 2 ÷ ÷ ÷ è 2 3 è 3 n è n
n
2ln n 1 i -1
2

相加得 + + > n .
i=1 è i
÷

（九）通过同构函数把复杂不等式化为简单不等式
此类问题通常是构造一个函数 f x ,把所证不等式转化为 f g x > f h x ,再根据 f x 的单调性转化为
证明一个较简单的不等式.
【例 10】（2024 ax届广东省广州市高中毕业班冲刺训练二）已知函数 f x = xe （ a > 0）.
(1)求 f x 在区间 -1,1 上的最大值与最小值；
(2)当a 1时,求证： f x ln x + x +1.
【解析】（1）解： f x = eax 1+ ax （ x > 0）（ a > 0）,令 f x = 0 ,则 x 1= - ,
a
1
当0 < a 1时, - -1 ,所以 f x 0在区间 -1,1 上恒成立, f x 在区间 -1,1 上单调递增,
a
f x = f -1 = -e-a所以 , f x = f 1 = eamin max .
1
当 a > 1时, -1 < - <1
é
,则当 x ê-1,
1
- ÷时, f x < 0 , f x
é 1
在区间 ê-1, - ÷上单调递减；a a a
x 1 - ,1ù f x > 0 f x 1, , - ,1ù当 时 在区间
è a ú è a ú
上单调递增,

1 1
所以 f x = f - = -min ÷ ,è a ae
而 f -1 = -e-a < 0 , f 1 = ea > 0 .所以 f x = f 1max = e
a
综上所述,当0 < a 1时, f x = -e-amin , f x = e
a
max ；
1
当 a > 1时,所以 f x = - , f x = eamin max .ae
（2）因为 x > 0 , a 1 ,所以 xeax xex ,欲证 xeax ln x + x +1 ,只需证明 xex ln x + x +1 ,
只需证明 xex = eln xex = ex ln x+x ln x + x +1 ,
x x
因此构造函数 h x = e - x -1（ x R ）, h x = e -1 ,
当 x - ,0 时, h x < 0 , h x 在 - ,0 上单调递减；
当 x 0, + 时, h x > 0 , h x 在 0, + 上单调递增：
所以 h x h 0 = 0 ,所以 e x x + 1 ,所以 xex ln x + x +1 ,
因此 f x ln x + x +1.
【例 1】（2024 届内蒙古呼和浩特市高三第二次质量监测）对于函数 f x ,若实数 x0 满足 f x0 = x0 ,则 x0 称
x - x
为 f x 的不动点．已知函数 f x = e - 2x + ae x 0 ．
(1)当 a = -1时,求证 f x 0；
(2)当 a = 0时,求函数 f x 的不动点的个数；
1 1 1
(3)设 n N* ,证明 + +L+ > ln n +1 ．
12 +1 22 + 2 n2 + n
x - x
【解析】（1）当 a = -1时,有 f x = e - 2x - e x 0 ,
所以 f x 1= ex + x - 2 x 0 , f x ex
1
所以 = + x - 2 2 e
x 1 × x - 2 = 0e e e
x 1
当且仅当 e = xx , e = 1 ,即 x = 0时,等号成立,e
所以当 x 0, + 时, f x 0 , f x 单调递增,
所以 f x f x = f 0 = 0 ,所以 f x 0min 得证.
（2）当 a = 0 x时, f x = e - 2x x 0 ,
根据题意可知：方程 ex - 2x = x x 0 解的个数即为函数 f x 的不动点的个数,
化 ex - 2x = x x 0 ex 3x 0 x 0 , g x = ex为 - = 令 - 3x x 0 ,
所以函数 g x 的零点个数,即为函数 f x 的不动点的个数,
g x = ex - 3 x 0 ,令 g x = 0 ,即 ex = 3 ,解得 x = ln 3 ,
x 0, ln 3 ln3 ln 3, +
g x - 0 +
g x 单调递减 3- 3ln 3 单调递增
因为 g 0 =1 > 0 , g ln 3 = 3- 3ln 3 < 0 ,所以 g x 在 0, ln 3 上有唯一一个零点,
又 g 5 = e5 -15 > 25 -15 =17 > 0 ,所以 g x 在 ln 3, + 上有唯一一个零点,
综上所述,函数 f x 有两个不动点.
（3）由（1）知, ex - 2x - e- x > 0, x 0, + ,
1
令 x = ln s, s >1 ,则 s - 2ln s - s-1 > 0 ,即 s - > 2ln s, s >1 ,
s
1
1 1 1
1
设 s = 1+ , n N* ,则满足 s >1
1+ - > 2ln 1+ n
,所以 n 1 n ,即 > ln
1
1+

1 ÷ ,n 1+ 1+ è
n
n n
1 n +1
所以 > ln ÷ = ln n +1 - ln n2 n ,n + n è
1 1 1
所以 + +L+ > ln 2 - ln1+ ln 3 - ln 2 +L+ ln(n +1) - ln n = ln n +1
12 +1 22 + 2 n2
,即
+ n
1 1 L 1+ + + > ln n +1 .
12 +1 22 + 2 n2 + n
f (x) 1 1【例 2】（2024 届四川省自贡市高三第三次诊断性考试）已知函数 = + + a ln x(a > 0)
x
(1)求函数 f (x) 的单调区间；
a
(2)函数 f (x) 有唯一零点x1 ,函数 g(x) = x - sin x - 2 在R 上的零点为x2．证明： x1 < x2．e
1 1 a ax -1
【解析】（1）函数 f (x) =1+ + a ln x(a > 0) 的定义域为 0, + ,且 f (x) = - 2 + = ,x x x x2
1 1
所以当0 < x < 时 f (x) < 0 ,当 x > 时 f (x) > 0 ,
a a
所以 f x 0, 1 1的单调递减区间为 ÷ ,单调递增区间为 ,+

a ÷
；
è è a
1 1
（2）法一：由（1）可知若函数 f x 有唯一零点x1 ,则 x1 = ,即 f = -alna + a +1 = 0 ,a è a ÷
令j x = -xlnx + x +1 ,则j x = -lnx ,
当 x >1时,j x < 0,j x 单调递减,当0 < x <1时,j x > 0,j x 单调递增,
因为 e4 > 2.74 = 53.1441 > 27 , e5 < 35 = 243 < 256 ,
所以j 3 = -3ln 3 + 4 = 4 - ln 27 = ln e4 - ln 27 > 0 ,
j 4 = -4ln 4 + 5 = 5 - ln 256 = ln e5 - ln 256 < 0 ,
当0 < x <1时j x = x 1- ln x +1 > 0 ,当 x + 时j x - ,
所以j x 在 3,4 1 1 1上存在唯一零点,所以3 < a < 3 ,即 < < ,
4 a 3
e-2 -2
令 h x = + sinx x , h x e- 则 = - 2 + cosx -1< 0 ,x x
所以 h x 在 0, + 上单调递减,
h 1 h 1 3 1 1 3 1 1 1故 > = + sin - > + sin - = sin > 0 ,
è a ÷ è 3 ÷ e2 3 3 32 3 3 3
ae-2 1 1所以 > - sin ,又 g x2 = x2 - sinx - ae-2 = 0 ,a a 2
所以 x2 - sinx2 = ae
-2 1 1> - sin = x1 - sinx1 ,a a
令F x = x - sinx ,则F x = 1- cosx 0 ,所以F x 在 0, + 上单调递增,
又F x2 > F x1 ,所以 x2 > x1 .
1
法二：因为 a > 0 ,由（1）可知若函数 f x 有唯一零点x1 ,则 x1 = ,a
即 f x a ln x
1 1 11 = 1 + + = ln x1 + x1 +1 = 0 ln x1 + xx x 1 +1 = 0 ,1 1
设 h(x) = ln x + x
1 1
+1, h > 0, h e ÷ ÷
< 0 ,而 h x 在 0, + 上单调递增,
è è e2
x 1所以 1 2 ,
1
÷ , g (x) = 1- cos x≥0 ,所以 g x 在R 上单调递增,
è e e
a
又 g(0) = - 2 < 0,\ x1 > 0 ,e
令j(x) = x - sin x
1
- ,j 2 (x) =1- cos x
1
+ j(x)2 2 > 0 ,所以 在 0, + 上单调递增,e x e x
j x j 1所以\ 1 < ÷ = -sin
1
< 0 ,而 g x
a 1
2 = x2 - sin x2 - 2 = x2 - sin x1 - = 0e x e2 ,è e e 1
g x x 1\ 1 = 1 - sin x1 - 2 < g x2 = x
1
x e 2
- sin x2 - 2 \ x1 < xx e 1 .1 1
【例 3】（2024 届四川省成都市实验外国语学校教育集团高三下学期联考）已知函数 f x = ex , g x = ln x .
(1)若函数 h x ag x x +1= -1 - , a R ,讨论函数 h x 的单调性；
x -1
1
(2)证明： 2x -1 f 2x 4- f x > 2g x - 2 . 1（参考数据：
4 e5 2.23
, e 2 1 .6 5 ）
x +1 ax - a + 2
【解析】（1）由题意 h x = a ln x -1 - , x >1 ,所以 h x = , x >1
x -1 x -1 2 ,
当 a = 0时, h x > 0 ,所以 h x 在 1, + 上为增函数；
a 0 h x = 0 x 1 2当 时,令 得 = - ,
a
2
所以若 a > 0时,1- <1 ,所以 h x > 0 ,所以 h x 在 1, + 上为增函数,
a
2 2 2
若 a<0时,1- >1 ,且1 < x <1- 时, h x > 0 , x > 1- 时, h x < 0 ,
a a a
所以 h x 2 2 在 1,1- ÷上为增函数,在 1- ,+ ,
è a è a ÷
上为减函数

综上：当 a 0时, h x 在 1, + 上为增函数,
2 2
当 a<0 h x 1,1- 时, 在 ÷上为增函数, 在 1- ,+ a a ÷上为减函数；è è
1
（2） 2x -1 f 2x - f x > 2g x 1- 2等价于 2x -1 e2x - ex - 2ln x + 2 > 0 ,
4 4
F x 1= 2x -1 e2x - ex设 - 2ln x + 2 ,则
4
2 2x x xex - 2 xex +1
F x = xe2x x 2 x e - xe - 2 - e - = = ,
x x x
因为 x > 0 ,所以 xex +1 > 0 ,
设j x = xex - 2 ,则j x = x +1 ex > 0 ,则j x 在 0, + 上单调递增,
4 4 4
而j ÷ = e5 - 2 < 0,j 1 = e - 2 > 0 ,
è 5 5
4
所以存在 x0 ,1

÷ ,使j x x00 = 0 ,即 x0e = 2 ,所以 x0 + ln x0 = ln 2 ,即 ln x0 = ln 2 - x0 ,è 5
当0 < x < x0 时, F x < 0 ,则F x 在 0, x0 上单调递减,
当 x > x0时, F x > 0 ,则F x 在 x0 ,+ 上单调递增,
1
所以F x = 2x0 -1 e2x0 - ex0 - 2ln x0 + 2min 4
1
= 2x0 -1
4 2
2 - - 2ln 2 + 2x + 2
1
= - + 2x - 2ln 2 + 2
4 x0 x
0 x2 0 ,0 0
设m t 1= - 2 + 2t - 2ln 2
4
+ 2, 2 < t <1÷ ,则m t = 3 + 2 > 0 ,t è 5 t
则m t 4在 ,1
4 25 8 163
÷ 上单调递增, m ÷ = - + - 2ln 2 + 2 = - 2ln 2 > 0 ,
è 5 è 5 16 5 80
则F x > 0 1min ,则不等式 2x -1 e2x - ex - 2ln x + 2 > 0恒成立,4
1
即不等式 2x -1 f 2x - f x > 2g x - 2成立.
4
f x a + ln x【例 4】（2024 届天津市滨海新区高考模拟检测）已知函数 = ,其中 a为实数．
x
(1)当 a =1时,
①求函数 f x 的图象在 x=e（ e为自然对数的底数）处的切线方程；
②若对任意的 x D ,均有m x n x ,则称m x 为 n x 在区间D上的下界函数, n x 为m x 在区间D上的
g x k上界函数．若 = ,且 g x 为 f x 在 1, + 上的下界函数,求实数 k 的取值范围．
x +1
(2) a = 0 , G x = ex , H x
G x
= xf x , 1< x < x , k = 1
- G x2 H x1 - H xk 2 当 时若 且 1 2 设 1 , 2 = ．证明：x1 - x2 x1 - x2
G x + G x
k - k < 1 2 11 2 -2 ．x1x2
1+ ln x 1
1 a 1 , f x = , × x - 1+ ln x 【解析】（ ）①当 = 时 所以 f x x ln x ,x = x2 = x2
1
所以函数 y = f x 的图像在 x=e处的切线斜率 k = f e = -
e2
．
又因为 f e 2= ,所以函数 y = f x 的图象在 x=e 1 3处的切线方程为 y = - 2 x + ,e e e
②因为函数 y = g x 为 y = f x 在 1, + 上的下界函数,
所以 g x f x k 1 + ln x,即 ．
x + 1 x
x 1,+ 1+ ln x x +1, x +1 > 0 , k x ln x + ln x +1因为 所以 故 = +1．
x x
令 h x x ln x + ln x +1 1 x - ln x= + , x 1 ,则 h x = ．
x x2
设 v x = x - ln x , x 1 ,则 v x 1 x -1=1- = ,
x x
所以当 x 1时, v x 0 ,从而函数 y = v x 在 1, + 上单调递增,
所以 v x v 1 =1,故 h x > 0在 1, + 上恒成立,所以函数 y = h x 在 1, + 上单调递增,
从而 h x h 1 = 2．
因为 g x f x 在 1, + 上恒成立,所以 k h x 在 1, + 上恒成立,
故 k 2 ,即实数 k 的取值范围为 - , 2 ．
（2）当 a = 0时,G x = ex , H x = xf x = ln x ,1< x1 < x2 ,
G xk k 1 + G x- 2 1要证 1 2 < -2 ,x1x2
é G x1 - H x1 ù - é G x2 - H x2 ù G x1 + G x2 1
即证 < - ,
x1 - x2 2 x1x2
1 1
+
因为 1 x x< 1 2 ,
x1x2 2
1 1
éG x - H x ù - éG x - H x ù +所以只要证 1 1 2 2 G x1 + G x2 x1 x< - 2 ,
x1 - x2 2 2
G x 1éG x - H x 1 - + G x2
1
-
即证 1 1 ù - é G x2 - H x2 ù x< 1 x2 ,
x1 - x2 2
因为G x = ex , H x 1= ,
x
é G x1 - H x1 ù - é G x2 - H x2 ù G x即证 < 1 - H x1 + G x2 - H x2 ,
x1 - x2 2
x P x1 - P x2 P x1 + P x2
令P x = G x - H x = e - ln x ,即证 < ,
x1 - x2 2

因为1 < x1 < x2 ,即证P x1 - P x2
P x1 + P x > 2 x1 - x2 （*）,2
令 x1 = x ,则1< x < x2 ．构造函数：
P x + P
x
Q x = P x - P x 2 2 - x - x2 2
ex 1- + ex 12 -
= ex ln x ex x x- - 2 - ln x2 - 2 x - x2 2
1 x 1 1ex + e - + e
x2 -
则Q x = ex 1
2 x x
-

÷ -
x x - x 2 ,
x 2
-
è 2 2
令R(x) = Q (x) ,
ex 2 ex 1 ex 1 2- + + ex -
则 3 2 2 3R x = ex
1
+ x2 ÷ - x - x2 - x - x = - x x - x2 ,è x 2 2 2 2
因为1< x < x ex
2
2 , - 3 > e - 2 > 0 , x - xx 2
< 0 ,
ex 2-
所以 3R x = - x x - x > 0．所以Q x 在 1, + 单调递增．
2 2
得到Q x < Q x2 = 0 ,可知Q x 在 1, + 单调递减,Q x > Q x2 = 0．
所以（*）成立,原命题成立．
【例 5】（2024 届河北省沧州市泊头市第一中学等校高三下学期 5 月模拟）对于函数 f x 和 g x ,设
a x∣f x = 0 , b x∣g x = 0 ,若存在a , b 使得 a - b 1 ,则称 f x 和 g x 互为“零点相邻函数”.设
f x = ln a + x a R , g x = x x +1 ,且 f x 和 g x 互为“零点相邻函数”.
(1)求 a的取值范围；
(2)令 h x = g x - f x （ g x 为 g x 的导函数）,分析 h x 与 g x 是否互为“零点相邻函数”；
1 1
(3)若 a =1, x > 0 ,证明： 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的取值范围为 0,3 .
（2） h x = 2x +1- ln x + a (x > -a) 1 2x + 2a -1,则 h x = 2 - = ,
x + a x + a
令 h x = 0 ,得 x 1 1= - a ,当-a < x < - a 时, h x < 0, h x 单调递减,
2 2
1
当 x > - a 时, h x > 0,h x 单调递增,
2
所以 h(x)
1 1
min = h - a

÷ = 2 - 2a - ln = 2 + ln2 - 2a ,
è 2 2
a 0,3 a é ln2 又 ,当 ê0,1+ ÷时, h(x)min > 0,h x 无零点, 2
所以 h x 与 g x 不互.为“零点相邻函数”；
当 a =1
ln2
+ 时, h(x)min = 0 ,函数 h x x
1 a 1+ ln2的零点为 = - = - -1,0 ,
2 2 2
所以 h x 与 g x 互为“零点相邻函数”；
ln2 5 ù
当 a 1+ , ú 时, h(x)min < 0 ,又因为 h 1 > 0 ,è 2 2
1
所以此时在区间 - a,1

÷ -2,1 内存在零点,所以 h x 与 g x 互为“零点相邻函数”；
è 2
5
当 a ,3
ù
2 ú 时, h(x)min < 0 ,又因为 h -1 < 0, h 1 > 0 ,è
所以在区间 -1,1 -2,1 内存在零点,所以 h x 与 g x 互为“零点相邻函数”.
a é0,1 ln2+ 综上,当 ê ÷时, h x 与 g x 不互为“零点相邻函数”, 2
当 a
é1 ln2 + ,3ùê ú时, h x 与 g x 互为“零点相邻函数”. 2
1 1 1 1
（3）当 x > 0,a =1时, f ÷ - < 0 ln 1+ ÷ - < 0è x g x è x x x 1 ,+
1 1 1 t
设 t = ,则 t > 0 ,则 ln 1+

÷ - < 0 ln 1+ t - < 0 1+ tln 1+ t - t < 0
x è x x x ,+1 t +1
设F t = 1+ tln 1+ t - t(t > 0) ,则F ln 1+ t + 2 - 2 1+ tt = ,
2 1+ t
令 p t = ln 1+ t + 2 - 2 1+ t , t > 0 , p t 1 1 1- 1+ t则 = - = < 0 ,
1+ t 1+ t 1+ t
所以 p t 在 0, + 上单调递减,
又 p 0 = 0 ,所以 p t < 0 ,即F t < 0 ,所以F t 在 0, + 上单调递减,
又F 0 = 0 ,所以F t < 0 ,得证.
2
1．（2024 x-1浙江省稽阳联谊学校高三下学期 4 月联考）已知函数 f x = e + a ln x - x , a R
a
(1)当 a = -2 时,求 f x 的最小值；
(2)若 f x 在定义域内单调递增,求实数 a 的取值范围；
1
(3)当 0 < a < 1时,设x1为函数 f x 的极大值点,求证： f x1 < .e
x-1
【解析】（1）当 a = -2 时, f x = e - 2lnx + x ,定义域为 0, + ,
则 f x = ex-1 2- +1 ,记m x = ex-1 2- +1
x x
由m x 2= ex-1 + 2 > 0 ,可得 f x 在 0, + 单调递增,且 f 1 = 0 ,x
故 x 0,1 时, f x < 0 , f x 单调递减； x 1, + 时, f x > 0 , f x 单调递增,
则 f x 的最小值为 f 1 =1.
（2）若 f x 在定义域内单调递增,则 f x 0在 x 0, + 上恒成立,
xex-1 2a 2 - x + af x = ex-1 + - = a ,
x a x
g x xex-1 2令 = - x a a + 2 a -1+ , g 1 则 = 0 ,且 g 0 = a 0 可知a 1 ,a a
a 1 , g x 0 , h a = xex-1 2下证 时 由 - x + a 关于a 1 x-1单调递增,则 h a xe - 2x +1,
a
令G x = xex-1 - 2x +1 ,则G x = x +1 ex-1 - 2 ,故G x 在 x 0, + 上单调递增,且G 1 = 0 ,
则G x 在 0,1 上单调递减,在 1, + 上单调递增,所以G x G 1 = 0 ,
综上所述, a 1,+ 时, f x 在定义域 0, + 上单调递增.
3 f x = ex-1 a 2+ - , n x = ex-1 a 2（ ） 记 + - n x ex-1 a= - 2 , 0 < a < 1 ,x a x a x
易知 n x 在 0, + 上单调递增,且 x 趋于 0 时, n x 趋于- , n 1 =1- a > 0 ,
所以存在唯一 x0 0,1 ,使得 n x0 = 0 ,
故 f x 在 0, x0 上单调递减, x0 ,+ 单调递增,其中 x2ex0 -10 = a ,
根据函数 y = x2ex-1在 0, + 2 x -1上单调递增且 a 0,1 ,得0 < x 00 e <1 ,
x -1 x -1 a 2x 0 0 x0 -1 2又 0 +1 e <2 ,所以 f x0 = e + - = x0 +1 e -x a x2 < 00 0 ex0 -1 ,
因为当 x 趋于 0 时, f x 趋于- ,所以存在唯一极大值点x1 ,满足0 < x1 < x0 ,
又 f x1 = ex1 -1
a 2
+ - = 0 2
x a ,则 x1 = x e
x1 -1
1 + a ,
1 a
f a ea-1 1 2 2由 = + - < 2 - < 0 ,故 x < a <1 ,
a a 1
f x = ex1 -1 + a ln x 2- x = 1- x ex1 -1 + a ln x -1 < 1- x ex1 -11 1 a 1 1 1 1 + x1 ln x1 -1 ,
令j x = 1- x ex-1 + x ln x -1 , x 0,1 ,
x-1
则j x = -xe + ln x < 0 , x 趋于 0 时, x ln x -1 < 0 , x = 0 , 1- x ex-1 1时 = ,
e
j x 1所以 < ,即 f x 11 < .e e
2．（2024 2届广东省肇庆市德庆县香山中学高三下学期五月月考）已知函数 f x = ax - lnx -1,
g x = xex - ax2 a R ．
(1)讨论 f x 的单调性；
(2)设F x = f x + g x - x．
（i）证明：F x 的导函数F x 存在唯一零点；
（ii）证明：F x 0．
2
【解析】（1） f x 的定义域为 0, + , f x = 2ax 1 2ax -1- = ,
x x
当 a 0时,则 2ax2 -1 < 0 在 0, + 内恒成立,可知 f x 在 0, + 内单调递减；
当 a > 0时,令 f x > 0 , x 1解得 > ；令 f x < 0 , 1解得0 < x < ；
2a 2a

可知 f x 在 0,
1 1
÷÷内单调递减,在2a
,+
2a ÷÷ 内单调递增；è è
综上所述：当 a 0时, f x 在 0, + 内单调递减；

当 a > 0时, f x 在 0,
1 1
2a ÷÷
内单调递减,在 ,+ 2a ÷÷ 内单调递增．è è
2 i F x = x +1 ex 1 1（ ）（ ） - -1 = x +1 ex - ÷ ,由 x > 0可知 x +1 > 0 ,x è x
h x = ex 1 1设 - , x > 0 ,因为 y = ex , y = - 在 0, + 内单调递增,
x x
则 h x 在 0, + 1 内单调递增,且 h ÷ = e - 2 < 0 , h 1 = e -1 > 0 ,
è 2
可知 h x 在 0, + 1 内存在唯一零点 x0 ,1 ,从而知F x 存在唯一零点；
è 2 ÷
（ii）由（i）知：当0 < x < x0 ,则 h x < 0 ,即F x < 0 , F x 单调递减,
当 x > x0 ,则 h x > 0 ,即F x > 0 , F x 单调递增,
则F x F x0 = x0ex0 - lnx0 - x0 -1,
ex 1 10 - = 0 , ex0
1
又因为 =x 则 x , x = e
- x0
0 , x0 ,12 ÷
,
0 0 è
可得F x x
1
= - lne- x00 0 - x0 -1 = 0 ,即F x 0x ．0
3．（2025 届河北省“五个一”名校联盟高三第一次联）已知函数 f x = alnx - x .
(1)讨论 f x 的单调性；
a
(2)证明：当 a > 0时, f x a e ÷ -1 .è
a a - x
【解析】（1）由题函数定义域为 0, + , f x = -1 = ,
x x
故当 a 0时, f x < 0恒成立,所以函数 f x 在 0, + 上单调递减；
当 a > 0时, f x 在 0, + 上单调递减,令 f x = 0 x = a ,
则 x 0, a 时, f x > 0； x a,+ 时, f x < 0 ,
所以函数 f x 在 0,a 上单调递增,在 a,+ 上单调递减,
综上,当 a 0时,函数 f x 在 0, + 上单调递减；当 a > 0时,函数 f x 在 0,a 上单调递增,在 a,+ 上单调
递减.
（2）由（1）当 a > 0时,函数 f x 在 0,a 上单调递增,在 a,+ 上单调递减,
故 f x f a = a ln a - a在 0, + 上恒成立,
a a
故证 f x a ÷ -1 a > 0 证 a ln a - a
a
e e ÷
-1 a > 0 ,
è è
a a a a
即 ln a a 1 a a ÷ ÷ -

e e a > 0
ln ÷ - ÷ +1 0 ,
è è è e è e
令 g x = ln x - x +1 x > 0 1,则 g x = -1 1- x= x > 0 ,
x x
故当 x 0,1 时, g x > 0； x 1,+ 时, g x < 0 ,
所以 g x 在 0,1 上单调递增,在 1, + 上单调递减,
a a
所以 g x g 1 = 0 a a 在 0, + 上恒成立,故 ln ÷ - ÷ +1 0 ,
è e è e
a
所以当 a > 0时, f x a ÷ -1 .
è e
4 x．（2024 届上海市格致中学高三下学期三模）已知 f x = e - ax -1 , a R , e是自然对数的底数.
(1)当 a =1时,求函数 y = f x 的极值；
(2)若关于 x 的方程 f x +1 = 0有两个不等实根,求 a的取值范围；
(3)当 a > 0时,若满足 f x1 = f x2 x1 < x2 ,求证： x1 + x2 < 2lna .
【解析】（1）当 a =1时, f x = ex - x -1, x定义域为R ,求导可得 f x = e -1,
令 f x = 0 ,得 x = 0 ,
当 x < 0 时, f x < 0 ,函数 f x 在区间 - ,0 上单调递减,
当 x > 0时, f x > 0 ,函数 f x 在区间 0, + 上单调递增,
所以 y = f x 在 x = 0处取到极小值为 0,无极大值.
（2）方程 f x +1 = ex - ax = 0 ,当 x = 0时,显然方程不成立,
x
所以 x 0 ,则 a e= ,
x
ex
方程有两个不等实根,即 y = a与 g x = 的图象有 2 个交点,
x
g x x -1 e
x
= ,当 x < 0 或0 < x <1时, g x < 02 ,x
g x 在区间 - ,0 和 0,1 上单调递减,
并且 x - ,0 时, g x < 0 ,当 x 0,1 时, g x > 0 ,
当 x >1时, g x > 0 , g x 在区间 1, + 上单调递增,
x > 0时,当 x =1时, g x 取得最小值, g 1 = e ,
作出函数 y = g x 的图象,如图所示：
x
因此 y = a与 g x e= 有 2 个交点时, a > e ,故 a的取值范围为 e, + .
x
（3 x）证明： a > 0 ,由 f x = e - a = 0 ,得 x = lna ,
当 x < ln a时, f x < 0 ,当 x > ln a时, f x > 0 ,
所以函数 y = f x 在 - , ln a 上单调递减,在 ln a, + 上单调递增.
由题意 x1 < x2 ,且 f x1 = f x2 ,则 x1 - , ln a , x2 ln a,+ .
要证 x1 + x2 < 2lna ,只需证 x1 < 2lna - x2 ,而 x1 < 2lna - x2 < lna ,且函数 f x 在 - , ln a 上单调递减,
故只需证 f x1 > f 2lna - x2 ,
又 f x1 = f x2 ,所以只需证 f x2 > f 2lna - x2 ,即证 f x2 - f 2lna - x2 > 0 ,
令 h x = f x - f 2ln a - x ,
即 h x = ex - ax -1- ée2lna-x - a 2lna - x -1ù = e
x - a2e- x - 2ax + 2alna ,
h x = ex + a2e- x - 2a ,
由均值不等式可得 h x = ex + a2e- x - 2a 2 ex ×a2e- x - 2a = 0 ,
当且仅当 ex = a2e- x ,即 x = lna时,等号成立.所以函数 h x 在R 上单调递增.
由 x2 > lna ,可得 h x2 > h lna = 0 ,即 f x2 - f 2lna - x2 > 0 ,
所以 f x1 > f 2lna - x2 ,
又函数 f x 在 - , ln a 上单调递减,所以 x1 < 2lna - x2 ,即 x1 + x2 < 2lna 得证.
ln ex
5．（2024 届福建省南平市建阳区年高三预测绝密卷模拟）已知函数 f x = ,其中 e为自然对数的底
ax
数．
(1)讨论 f x 的单调性；
(2)若方程 f x =1有两个不同的根 x1, x2 ．
(i)求 a的取值范围；
(ii) x2 + x2证明： 1 2 > 2．
ln1 f x ex 1+ lnx【解析】（ ）由题意得 = = , x 0, + f x lnx,则 = - ,
ax ax ax2
由 f x = 0 ,解得 x =1．显然 a 0 ,
若 a > 0 ,则当0 < x <1时, f x > 0, f x 单调递增,当 x >1时, f x < 0, f x 单调递减；
若 a < 0 ,则当0 < x <1时, f x < 0, f x 单调递减,当 x >1时, f x > 0, f x 单调递增．
综上,当 a > 0时, f x 在区间 0,1 内单调递增,在区间 1, + 内单调递减；
当 a<0时, f x 在区间 0,1 内单调递减,在区间 1, + 内单调递增．
ln ex 1+ lnx
（2）（i ）由 =1,得 = a ,
ax x
1+ lnx
设 g x = ,由(1)得 g x 在区间 0,1 内单调递增,在区间 1, + 内单调递减,
x
1
又 g ÷ = 0, g 1 =1,当 x >1时, g x > 0 ,且当 x + 时, g x 0 ,
è e
1+ lnx ln ex
所以当 0 < a < 1时,方程 = a有两个不同的根,即方程 =1有两个不同的根,故 a的取值范围是 0,1 ．
x ax
lnx1 +1 lnx2 +1
（ii）不妨设 x1 < x2 ,则 0 < x1 < 1 < x2 ,且 =x x ．1 2
解法一：
2 2 2 2 2
当 x2 2, + 时, x1 + x2 > x2 4 > 2 ,即 x1 + x2 > 2； 当 x2 1, 2 时, 2 - x2 0,1 ．
设 p x = g x - g 2 - x lnx 1 ln 2 - x= + - 1- ,0 < x <1,
x x 2 - x 2 - x
p x lnx ln 2 - x lnx= - - > - - ln 2 - x ln é - x -1
2 +1ù
则 x2

2 - x 2 x2 x2 = - x2 > 0,
所以 p x 在区间 0,1 内单调递增,则 p x < p 1 = 0 ,即 g x < g 2 - x ,
所以 g 2 - x1 > g x1 = g x2 ,
又 x1 0,1 , 2 - x1 >1, x2 >1, g x 在区间 1, + 内单调递减,
所以 2 - x1 < x2 ,即 x1 + x2 > 2 , 2 2又 x1 x2 ,所以 x1 + x2 > 2x1x2 ,
故 2x2 + 2x2 > x2 + x21 2 1 2 + 2x
2
1x2 = x1 + x2 > 4 ,所以 x21 + x22 > 2 ,得证．
解法二：
设 h x = g x - g 1 1+ lnx ÷ = - x 1- lnx , x 0, + ,
è x x
h x -lnx
2
则 = 2 + lnx = lnx
x -1
× 0 ,
x x2
所以 h x 在区间 0, + 内单调递增,
1 又 h 1 = 0 ,所以 h x g x g 11 = 1 - ÷ < 0 ,即 g x1 < g ．
è x1 è x
÷
1
1 又 g x2 = g x1 ,所以 g x2 < g x ÷ ,è 1
x 1, 1又 2 > >1, g x x 在区间 1, + 内单调递减．1
所以 x
1
2 > x ,
2 2
即 x1x2 >1 ,又 x1 x2 ,所以 x1 + x2 > 2x1x2 > 2 ,得证．
1
6．（2024 届江苏省徐州市高三考前打靶卷）已知函数 f x = 2x2 + x - ln x + m , m R .
(1)当m = 0时,求曲线 y = f x 在点 (1, f (1))处的切线方程；
(2)当m 1时,证明： f x 0 .
【解析】（1）当m = 0时, f x = 2x2 + x - lnx , f x = 4x +1 1- ,
x
则 f 1 = 4 ,又因为 f 1 = 3 ,
所以曲线 y = f x 在点 1, f 1 处的切线方程为 y - 3 = 4 x -1 ,即 4x - y -1 = 0 .
（2）当m 1时,有 ln x + m ln x +1 ,所以-ln x + m -ln x +1 ,
因为 f x = 2x2 + x - ln x + m ,所以 f x 2x2 + x - ln x +1 .
令 g x = 2x2 + x - ln x +1 x > -1 ,
2
则 g x 1 4x + 5x x 4x + 5= 4x +1 - = = ,
x +1 x +1 x +1
当-1 < x < 0时, g x < 0 , g x 在 -1,0 上单调递减；
当 x > 0时, g x > 0 , g x 在 0, + 上单调递增.
所以 g x g 0 = 0 .故 f x g x 0 .
3
7 x．（2024 届宁夏吴忠市吴忠中学高三下学期第五次模拟）已知函数 f (x) = ae - x - (a R)．
2
(1)讨论 f x 的单调性；
(2)证明：当 a > 0时, f (x) > 2ln a - a2 ．
【解析】（1）由题意知 f (x) = aex -1,
当 a 0时, f (x) < 0 ,所以 f x 在 (- , + )上单调递减；
当 a > 0时,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)上单调递减,在 (- ln a, + )上单调递增
（2）由（1）得 f (x)min = f (- ln a)
3 1
= ae- ln a + ln a - = ln a - ,
2 2
要证 f (x) > 2ln a - a2
1
, 2 2
1
即证 ln a - > 2ln a - a ,即证 a - - ln a > 0 ,
2 2
g(a) = a2 1- - ln a(a > 0) , g (a) 2a 1 2a
2 -1
令 则 = - = ,
2 a a
令 g (a) < 0 , 2解得0 < a < ,令 g (a) > 0 ,解得 a 2> ,
2 2

g(a) 0, 2
2
所以 在 ÷÷ 上单调递减,在2
,+
2 ÷÷上单调递增
,
è è
2
2 2
所以 g(a) 1 2min = g ÷÷ = ÷÷ - - ln = ln 2 > 0 ,
è 2 è 2 2 2
则 g(a) > 0恒成立,所以当 a > 0时, f (x) > 2ln a - a2 .
8．（2024 届北京市十一学校高三下学期三模）已知函数 f x = ln x +1 + k x +1 ．
(1)求 f x 的单调区间；
(2)若 f x -1恒成立,求实数 k 的取值范围；
n
lni
n n -1
(3)求证： < ．（ n N且 n 2）
i=2 i +1 4
1
【解析】（1）函数 f x 的定义域为 -1, + ． f x = + k ．
x +1
① k 0时, f x > 0 , f x 的递增区间为 -1, + ,无递减区间；
③ k < 0时,令 f x > 0得-1 1< x < -1- ；令 f x < 0 x 1 1得 > - - ,
k k
f x 1, 1 1 1 所以 的递增区间为 - - - k ÷ ,递减区间为 -1- ,+ ÷ ．è è k
（2）由（1）知, k 0时, f x 在 -1, + 上递增, f 0 = k 0 ,不合题意,
1
故只考虑 k < 0 的情况,由（1）知 f x = f -1- = -1- ln -k -1max è k ÷
即 ln -k 0 -k 1 k -1，综上, k 的取值范围为 k -1．
（3）由（2）知：当 k = -1时, ln x +1 - x +1 -1恒成立,所以 ln x +1 x ,
所以 lnx < x -1 2当 x 2恒成立,令 x = n n N*, n >1 ,
进而 lnn2 < n2 -1 n N*,n 2 ,
即 2lnn < n -1 n +1 lnn n -1,\ < n N*, n 2 ．
n +1 2
n
lni ln2 ln3 ln4 lnn 1 2 3 n -1
n n -1
所以 = + + + ××× + < + + + ×××+ = ．（ n N且 n 2）
i=2 i +1 3 4 5 n +1 2 2 2 2 4
n lni n n -1
即 < ．（ n N且 n 2）
i=2 i +1 4
9．（2024 届天津高考数学真题）设函数 f x = xlnx ．
(1)求 f x 图象上点 1, f 1 处的切线方程；
(2)若 f x a x - x 在 x 0, + 时恒成立,求 a的值；
1
(3)若 x1, x2 0,1 ,证明 f x1 - f x2 x1 - x 22 ．
【解析】（1）由于 f x = x ln x ,故 f x = ln x +1.
所以 f 1 = 0 , f 1 =1 ,所以所求的切线经过 1,0 ,且斜率为1,故其方程为 y = x -1 .
（2）设 h t = t -1- ln t h t 1 1 t -1,则 = - = ,从而当0 < t <1时 h t < 0 ,当 t > 1时 h t > 0 .
t t
所以 h t 在 0,1 上递减,在 1, + 上递增,这就说明 h t h 1 ,即 t -1 ln t ,且等号成立当且仅当 t =1.
设 g t = a t -1 - 2ln t ,则
f x - a x - x = x ln x - a x x x 1 1- = 1 a -1÷ - 2ln ÷ = x × g ÷ .
è è x x è x
当 x 0, 1+ 时, 的取值范围是 0, + ,所以命题等价于对任意 t 0, + ,都有 g t 0 .
x
一方面,若对任意 t 0, + ,都有 g t 0 ,则对 t 0, + 有
0 g t = a t -1 - 2ln t 1= a t -1 + 2ln a t -1 + 2 1 -1

÷ = at
2
+ - a - 2 ,
t è t t
取 t = 2 ,得0 a -1 ,故a 1 > 0 .
t 2 , 2 a
2
再取 = 得0 a × + 2 - a - 2 = 2 2a - a - 2 = - a - 2 ,所以 a = 2 .a a 2
另一方面,若 a = 2 ,则对任意 t 0, + 都有 g t = 2 t -1 - 2ln t = 2h t 0 ,满足条件.
综合以上两个方面,知 a的值是 2.
f b - f a
（3）先证明一个结论：对0 < a < b ,有 ln a 1 + < < ln b +1.
b - a
b
b ln b - a ln a a ln b - a ln a ln
证明：前面已经证明不等式 t -1 ln t ,故 = + ln b = a + ln b <1+ ln b ,
b - a b - a b -1
a
a a- -1
b ln b - a ln a b ln b - b ln a - ln ÷
且 = + ln a = ba + ln a >
è b + ln a =1+ ln a ,
b - a b - a 1 a- 1-
b b
ln a 1 b ln b - a ln a ln b 1 f b - f+ < < + , ln a 1 a 所以 即 + < < ln b +1.
b - a b - a
由 f x = ln x +1 1,可知当0 < x < 时 f x < 0 1,当 x > 时 f x > 0 .e e
f x 0, 1ù é1 所以 在 ú上递减,在 ê ,+ è e e ÷上递增.
不妨设 x1 x2 ,下面分三种情况（其中有重合部分）证明本题结论.
1
情况一：当 x1 x2 <1时,有 f x1 - f xe 2
= f x2 - f x1 < ln x2 +1 x2 - x1 < x2 - x1 < x2 - x1 ,结论成立；
情况二：当0 < x
1
1 x2 时,有 f xe 1
- f x2 = f x1 - f x2 = x1 ln x1 - x2 ln x2 .
1ù 1对任意的 c 0, ú ,设j x = x ln x - c ln c - c - x ,则j x = ln x +1+ .è e 2 c - x
由于j x 单调递增,且有

j c ÷ ln c 1 1 ln 1 1 1 1 1 1 11 = 1 + + < 1 + + = - - + + = 0 1+ ÷ 1+ 1+
2c 2c 2 c c 2c 2 c c 2c 2c ,è 2e 2e -
1 1
e -
+ 2
2e 2c
x 1 c - 2 c 1 2
且当 2 , x > 时,由 ln -14 ln
可知
-1÷ 2 2 c - x c
è c
j x ln x 1 1 ln c 1 1 1 2= + + > + + = - ln -1÷ 0 .2 c - x 2 2 c - x 2 c - x è c
所以j x 在 0,c 上存在零点 x0 ,再结合j x 单调递增,即知0 < x < x0 时j x < 0 , x0 < x < c时j x > 0 .
故j x 在 0, x0 上递减,在 x0 ,c 上递增.
①当 x0 x c时,有j x j c = 0；
②当0
1 1 2 1
< x < x , 0 时由于 c ln = -2 f c -2 f ÷ = <1,故我们可以取 q c ln ,1 .c è e ÷ e è c
c
从而当0 < x < 1 q2 时,由 c - x > q c ,可得-
j x = x ln x - c ln c - c - x < -c ln c - c - x < -c ln c - q c c c ln 1= - qc ÷ < 0 .è
再根据j x 在 0, x0 上递减,即知对0 < x < x0 都有j x < 0 ；
综合①②可知对任意0 < x c ,都有j x 0 ,即j x = x ln x - c ln c - c - x 0 .
根据 c
1 ù 0, ú和0 < x c 的任意性,取 c = x2 , x = x1 ,就得到 x1 ln x1 - x2 ln x2 - x2 - x1 0 .è e
所以 f x1 - f x2 = f x1 - f x2 = x1 ln x1 - x2 ln x2 x2 - x1 .
0 1 1 1情况三：当 < x1 x2 <1 ,

时根据情况一和情况二的讨论,可得 f x1 - f ÷ - x x - x ,e è e e 1 2 1
f 1 ÷ - f x x
1
2 2 - x2 - xe 1
.
è e
而根据 f x 的单调性,知 f x1 - f x2 f x - f
1 1
1 ÷ 或 f x1 - f x2 f ÷ - f x .
è e è e 2
故一定有 f x1 - f x2 x2 - x1 成立.综上,结论成立.
10 x-1．（2024 届辽宁省凤城市第一中学高三下学期期初考试）已知函数 f x = xe - ln x - x .
(1)求函数 f x 的最小值；
(2) x求证： e é f x + xù > e - e -1 ln x
1
- .
2
x-1
【解析】（1）因为函数 f x = xe - ln x - x ,所以 f x = x +1 ex-1 1- -1 = x +1 x-1 1
x
e - ÷ ,
è x
记 h x = ex-1 1- , x > 0 , h x = ex-1 1+ 2 > 0 ,x x
所以 h x 在 0, + 上单调递增,且 h 1 = 0 ,
所以当0 < x <1时, h x < 0 ,即 f x < 0 ,所以 f x 在 0,1 单调递减；
当 x >1时, h x > 0 ,即 f x > 0 ,所以 f x 在 1, + 单调递增,且 f 1 = 0 ,
所以 f x = f 1 = 0min .
e f x x ex e 1 ln x 1（2）要证 é + ù > - - - ,2
x 1 ex ln x 1只需证明： - - + > 0 对于 x > 0恒成立,
2
g x 1 1令 = x -1 ex - ln x + ,则 g x = xex - x > 0 ,
2 x
当 x > 0时,令m(x) g (x)
1 1
= = xex - ,则m (x) = (x +1)ex + > 0 , m(x)2 在 (0, + )上单调递增,x x
即 g x = xex 1- 在 (0, + )上为增函数,
x
2 2 2 3 2 é
2 ù
2 27 3
又因为 g 3 ÷
= e3 - = êe3 - ÷ ú < 0 , g 1 = e -1 > 0 ,
è 3 2 3 ê è 8 ú

2 2 x0
所以存在 x0 ,1÷使得 g x0 = 0 ,由 g x x ex
1 x e -1
= 0 - = 0 = 0 ,
è 3 0 0 x0 x0
x2 x ex
1
e 0 =1 0得 0 即 = e
x 10 = -2ln x
x2 即 x2 即 0
= x0 ,
0 0
所以当 x 0, x0 时, g x xex
1
= - < 0 , g x 单调递减,
x
当 x x0 ,+ 时, g x = xex
1
- > 0 , g x 单调递增,
x
g x g x x 1 ex ln x 1 x0 -1 x0 1 x
3 2
= = - 0 - + = + + = 0
+ x0 + 2x0 - 2
所以 min 0 0 0 ,2 x20 2 2 2x
2
0
2
令j x = x3 + x2 2+ 2x - 2 < x <1

÷ ,3 则j
x = 3x2 + 2x + 2 = 3 x 1+ 5+ > 0 ,
è ÷è 3 3
2 2 2
所以j x 在 ,1÷上单调递增,所以j x0 > j ÷ = > 0 ,
è 3 è 3 27
j x
所以 g x g x 0 0 = 2 > 0 ,所以 x -1 ex - ln x
1
+ > 0 ,
2x0 2
即 e f x 1é + x ù > ex - e -1 ln x - .2
1 2
11．（2024 届山东省智慧上进高三下学期 5 月大联考）已知函数 f x = + a ÷ ln x + - 2 ,其中 a R ．
è x x
(1)当a 1时,判断 f x 的单调性；
(2)若 f x 存在两个极值点 x1, x2 x2 > x1 > 0 ．
2
（ⅰ）证明： x2 - x1 + 2 > ；a
（ⅱ）证明： x 1,+ f x
1 4 5
时, > x3
-
x2
+ - 2
x ．2 2 2
1 2
【解析】（1）函数 f x = + a ÷ ln x + - 2的定义域为 0, + ,
è x x
- ln x 1 a
1+ ln x
- 1+ ln x ln x
则 f x = 2 + + a
1 2- = x ,令 g x = a - , x 0, + ,则 g x = ,
x x ÷
2
è x x2 x x x
所以当0 < x <1时 g x < 0 ,当 x >1时 g x > 0 ,
所以 g x 在 0,1 上单调递减,在 1, + 上单调递增,
所以 g x 在 x =1处取得极小值,即最小值,所以 g x = g 1 = a -1 0min ,
所以 f x 0在 0, + 上恒成立,所以 f x 在 0, + 上单调递增；
（2）（ⅰ）由（1）可知 g x 在 0, + 上的最小值为 g 1 = a -1,
当 x 0时 g x + ,当 x + 时 g x a ,
若 f x 存在两个极值点 x1, x2 x2 > x1 > 0 ,则 g x = 0有两个不相等的实数根 x1, x2 x2 > x1 > 0 ,
ìa > 0 1 1
所以 í 0 < a < 1 g = a > 0g 1 = a -1< 0 ,解得 ,又 ÷ ,e 所以 < x < 1 < xe 1 2 , è
且当0 < x < x1 时 g x > 0 ,即 f x > 0 ,则 f x 单调递增,
当 x1 < x < x2 时 g x < 0 ,即 f x < 0 ,则 f x 单调递减,
当 x > x 2 时 g x > 0 ,即 f x > 0 ,则 f x 单调递增,
所以x1为 f x 的极大值点, x2为 f x 的极小值点,
ìa 1+ ln x -
1 = 0 ìx 1+ ln x= 1
x 11 a
因为 í
a 1 ln x
,所以 í ,+
- 2 0 x 1+ ln x= = 2
2 x 2 a
x x 2 2 2要证 2 - 1 + > ,即证 x2 > - 2 + x
1
1 ,又 < x1 <1 ,a a e
2 x 2x2 x -1只需证 x2 > -1 ,即证 2 > -1 ,即证 ln x2 -
2 > 0
a 1+ ln x
,
2 x2 +1
2
令 p x x -1= ln x - x >1 ,则 p x
1 2 x +1
= - = > 0 ,
x +1 x x +1 2 x x +1 2
x -1所以 p x 在 1, + 上单调递增,所以 p x > p 1 = 0 ,即 ln x 22 - > 0x 成立,2 +1
所以 x2 - x1 + 2
2
> ；
a
a 1+ ln x（ⅱ）由（ⅰ）知 x2 >1 , =
2
x ,2
且当1< x < x2 时 f x < 0 ,当 x > x2 时 f x > 0 ,
所以 f x 在 1, x2 上单调递减,在 x2 , + 上单调递增,
2
所以 f x f x
1 2
= + a ÷ ln x + - 2
1 1+ ln x
= + 2
2 2ln x + ln x + 2 - 2x
2 x 2 x x x ÷
ln x2 + - 2 = 2 2 2 ,
è 2 2 è 2 2 x2 x2
令H x = ln x 1+ x 1 1 x -1>1 ,则H x = - 2 = > 0 ,x x x x2
所以H x 在 1, + 上单调递增,
所以H x > H 1 =1 ln x 1,即 >1- > 0 x >1 ,
x
2
1
2 2 1- ÷ + 1
1
- ÷ + 2 - 2x所以 2ln x + ln x + 2 - 2x x x 22 2 2 è 2 è 2 1 4 5 ,> = - + - 2
x2 x2 x
3 x22 2 x2
所以 f x
1 4 5
> 3 -x x2
+ - 2 .
2 2 x2
12．（2024 届湖南省衡阳市祁东县高三下学期考前仿真联考）已知正项数列 an 的前 n项和为 Sn ,首项
a1 =1 .
(1) 2若 an = 4Sn - 2an -1 ,求数列 an 的通项公式；
(2)若函数 f (x) = 2ex + x ,正项数列 an *满足： an+1 = f (an )(n N ) .
i S 3n（ ）证明： n - n - 1；
1
（ii）证明： (1+ 2 )(1
1
+ 2 )(1
1
+ 2 )L(1
1
+ 2 ) <
3 e(n 2,n N*)
5a2 5a3 5a4 5a
.
n
【解析】（1）正项数列 an 中, a1 =1 , n N* , a2n = 4Sn - 2an -1 ,当 n 2 2时, an-1 = 4Sn-1 - 2an-1 -1,
a2 2两式相减得 n - an-1 = 4 Sn - Sn-1 - 2an + 2an-1 ,即 an + an-1 an - an-1 = 2 an + an-1 ,
而 an > 0 ,则 an - an-1 = 2 ,因此数列 an 是首项为 1,公差为 2 的等差数列,
所以数列 an 的通项公式为 an =1+ 2(n -1) = 2n -1 .
（2）（i）令 h(x) = ex - x -1 ,求导得 h (x) = ex -1,当 x < 0 时, h (x) < 0 ,当 x > 0时, h (x) > 0 ,
即函数 f (x) 在 (- ,0)上单调递减,在 (0, + )上单调递增,则 h(x) h(0) = 0 ,即 e x x + 1 ,
于是 an+1 = f an = 2ean + an 2 an +1 + an = 3an + 2 ,
a +1
即 an+1 +1 3 an +1 , n+1即 3a ,n +1
a 1 a 1 a2 +1 a3 +1 a4 +1 L a +1n 2 , + = + × × × × × n a +1 ×3n-1 = 2 3n-1当 时 n 1 a1 +1 a2 +1 a3 +1 an-1 +1 1
,
n =1 a +1 = 2 = 2 30当 时 1 ,因此 an 2 3
n-1 -1,
所以 S 0n = a1 + a2 + a3 +L+ an 2 3 -1 + 2 31 -1 + 2 32 -1 +L+ 2 3n-1 -1
n
= 2 30 + 31 + 32 +L+3n-1 - n = 2 1- 3 - n = 3n - n -11- 3
（ii）由已知 an+1 = f an = 2ean + an ,所以 an+1 - an = 2ean > 0 ,得 an+1 > an ,
n 1 , ea an ea = e > 2 , a - a = 2e n 2ea当 时 1 于是 1n+1 n = 2e > 5 ,
当 n 2时, an = a1 + a2 - a1 + a3 - a2 +L+ an - an-1 >1+ 5(n -1) = 5n - 4 ,
又 a1 =1 ,所以"n N* ,恒有 an 5n - 4 ,当 n 2时, (5n - 4)2 > (5n - 7)(5n - 2) ,
由 e x x + 1 ,得当 x > -1时, ln(x +1) x ,
1 1 1 1 1 1
则当 n 2时, ln 1+ < < = - ,
è 5a
2 ÷
n 5a
2
n 5(5n - 4)
2 5(5n - 7)(5n - 2) 5n - 7 5n - 2
1 1 ln 1 ln 1 ln 1 1
1
从而 + 2 ÷ +5a
+ + +
5a2 ÷ 5a2 ÷
+L+ ln 1+ 5a2 ÷è 2 è 3 è 4 è n
1 1 1 1 1 1< - + - + - +L+ 1 1 1 1 1 ÷ ÷ ÷ -

÷ = - <
è 3 8 è 8 13 è13 18 è 5n - 7 5n - 2 3 5n 2 3
,
-
é 1 1 1 1 ù
于是 ln ê 1+ 2 ÷ 1+ 2 ÷ 1
1
+
5a 5a 5a2 ÷
L 1+ 5a2 ÷ú
<
è 2 è 3 è 4 è n 3
,

所以 1
1 1 1 1
+ 2 ÷ 1+ 2 ÷ 1+ 2 ÷L 1+ <
3 e .
è 5a2 è 5a3 è 5a4 è 5a
2 ÷
n
13．（2024 届天津市新华中学高三统练）已知函数 f (x) = sin x + ln(1+ x) - ax,a R ．
(1)求 f (x) 在点 (0, f (0)) 处的切线方程；
(2)若 f (x) 0恒成立,求 a的值；
2n
(3)求证： sin 1 2ln 2n -1 ÷ < - ln 2, n 2,n N*．
i=n+1 è i -1 n -1
【解析】（1） f (x) = sin x + ln(1+ x) - ax ,有 f (0) = 0 ,
因为 f (x)
1
= cos x + - a ,所以 f (0) = 2 - a ,
1+ x
则曲线 f (x) 在点 (0, f (0)) 处的切线方程为 y = (2 - a)x．
（2）因为 f (0) = 0, f (x) 0 , f x 的定义域为 -1, + ,
1
所以 x = 0是 f (x) 的极大值点,因为 f (x) = cos x + - a ,
1+ x
所以 f (0) = 2 - a = 0 ,所以 a = 2 ,
需验证,当 a = 2时, f (x) = sin x + ln(1+ x) - 2x 0恒成立即可,
因为 f (x)
1
= cos x + - 2 ,
1+ x
1
令j(x) = f (x)
1
= cos x + - 2 ,则j (x) = -sin x - ,
1+ x (1+ x)2
1
①当 x (-1,0)时, 2 >1,j (x) < 0 ,则j(x) 在 (-1,0)(1 x) 上单调递减,+
所以 f (x) > f (0) = 0, f (x) 在 (-1,0) 上单调递增, f (x) < f (0) = 0 ,
②当 x 0, + 时, f (x) 0 ,则 f (x) 在 0, + 上单调递减,所以 f (x) f (0) = 0 ,
综上, a = 2符合题意．所以 f (x) 0恒成立时, a = 2 .
（3）由（2）可知, sin x 2x - ln(1+ x) ,当且仅当 x = 0时取等号,
1 2n
n 2 , 0 , sin 1
2n
2 1
2n
< - ln 1当 时 所以 ÷ 1+ i -1 i -1 ÷ ,i=n+1 è i=n+1 i -1 i=n+1 è i -1
2n 1 2n ln 1 i+ = ln ln n +1 n + 2 = + ln +L+ ln 2n = ln 2 ,
i=n+1 è i -1
÷ ÷
i=n+1 è i -1 n n +1 2n -1
ln 2n -1 ln 2n -1 2n - 2 n因为 = × L

n -1 è 2n - 2 2n - 3 n -1÷
ln 2n -1 ln 2n - 2 n
2n
L n -1= + + + ln = ln 2n - 2 2n - 3 n -1 ,i=n+1 è n - 2 ÷
1
< ln i -1 x i -1 1 1 1 1 1所以即证 ÷ ,令 = = + ,则 = - ,当 n 2时, i 3 , x 1,2 ,i -1 è i - 2 i - 2 i - 2 i -1 x
所以即证：1
1
- < ln x, x 1,2 ,
x
令m(x) 1
1
= - - ln x ,则m (x)
1 1 1- x
=
x x2
- = ,
x x2
所以 x 1,2 时, m (x) < 0,m(x)单调递减,所以m(x) < m(1) = 0 1 1,即 - < ln x, x 1, 2 ,
x
2n
综上, sin 1 ÷ < 2ln 2n -1 - ln 2, n 2,n N* .
i=n+1 è i -1 n -1
x
14．（2024 届陕西省安康市高新中学、安康中学高新分校 4 月联考）已知函数 f x = , g x = lnx .
ex
(1)求 f x 的极值；
(2)证明： xg x 2+ 2 > ex f x - .
x
Q f x x【解析】（1） = x ,\ f x
1- x
= x ,e e
当 x <1时, f x > 0 ,当 x >1时, f x < 0 ,
所以 f x 在 - ,1 单调递增,在 1, + 单调递减,
x 1 f x 1所以当 = 时, 取得极大值 ,无极小值.
e
2 x（ ）解：令 h x = xg x + 2 - e f x 2+ = x ln x + 2 - x 2+ x > 0 ,
x x
2
则 h x = ln x - 2 x > 0 ,令 r x = ln x
2
- x > 0 ,
x x2
则 r x 1 4= + 3 > 0在 x > 0上恒成立,所以 r x 在 0, + 上单调递增,x x
又 r 1 = ln1 2- 2 = -2 < 0 , r e ln e
2 2
= - 2 =1- 2 > 0 ,1 e e
2
所以存在 x0 1,e ,使得 r x0 = 0 ,即 ln x0 = x2 x0 1,e ,0
所以 x 0, x0 时, r x < 0 , h x < 0 , h x 单调递减,
x x0 ,+ 时, r x > 0 , h x > 0 , h x 单调递增,
h x = h x 2 2 20 = x0 ln x0 + 2 - x0 + = x0 × 2 + 2 - x0 + = 2
4
- x + x 1,e
min x x x 0
0 ,
0 0 0 x0
令m x 2 x 4 x 1,e 4= - + ,则m x = -1- 2 < 0在 1,e 上恒成立,x x
所以m x 在 1,e 上单调递减,所以m x > m e 4= 2 - e + > 0 ,
e
所以 h x = h x
4
0 = 2 - x0 + > 0min x ,所以 xg x
2
+ 2 > ex f x - ．
0 x
15．（2024 届安徽省合肥市第六中学高三最后一卷）已知函数 f (x) = a(1- 2ln x) + 4x6 (a R) ．
(1)讨论 f (x) 的单调性；
(2)若x1 , x2 x1 x2 为函数 g(x) = kx2
1
+ 4 4
x2
- ln x 的两个零点,求证： x1x2 >12e ．
2 12x6 - a
【解析】（1） f (x) = 24x5 2a- = , x (0,+ )．
x x
当 a 0时, f (x) > 0 ,则 f (x) 在 (0, + )上单调递增．
当 a > 0时,令 f (x) = 0 , 6
a a
得 x = ,解得 x = 6 ．
12 12
当 f (x) > 0 , x a a时 > 6 ,当 f (x) < 0 时, 0 < x < 6 ,
12 12
a a
所以 f (x) 在 6 6 0, , ,+
è 12 ÷
÷上单调递减在 上单调递增．
è 12
÷÷

综上：当 a 0时, f (x) 在 (0, + )上单调递增；
a a
当 a > 0时, f (x) 在 0, 6 ÷÷上单调递减,在 6 ,+ 12 ÷÷ 上单调递增．è è 12
（2）设0 < x1 < x2 ,则 g x1 = kx2
1
1 + 2 - ln x1 = 0 , g x2 = kx2
1
2 + 2 - ln x2 = 0x ,1 x2
k ln x= 1 1 ln x2 1所以 - = -x2 x4 2 4 ,1 1 x2 x2
4 4 ln x ln xln x1 ln x2 1 1 x
1 - 2
2 - x1 2 2
所以 -x2 x2
= 4 - 4 = 4 , x1 x2 1= - ,
1 2 x1 x2 x1x2 x4 4 41 - x2 x1x2
1 1
记 t 4 = 12e4 ,要证 x 4 4 - > -1x2 >12e ,只需证 x x 4 t 4 ,1 2
ln x1 ln x- 2 ln x x4 ln x x42 2
只需证 x1 x2 1> - ,只需证
1 + 1 < 2 + 2 ．
x4 - x4 t 4 x
2 4
1 t x
2
2 t
4
1 2
ln x x 4 4h(x) , x (0,+ ) , h (x) t (1 - 2 ln x) + 4x
6
记 = 2 + 4 则 = 3 4 ,x t x t
记j ( x ) = t 4 (1 - 2 ln x ) + 4 x 6 , x (0,+ ) ,
4 2
由（1）可知,取 a = t 4 > 0 , a 12e则 x 6 6 30 = = = e ,12 12
2 2
所以j(x) 在 0,e3 ÷上单调递减,在 e3 , + ÷上单调递增,
è è
2
j(x) = j e3 = t 4 1 4 4 4 1 4所以 min ÷ - ÷ + 4e =12e × - ÷ + 4e = 0 ,
è è 3 è 3
2
所以j(x) j e3 ÷ = 0 ,即 h (x) 0 ,所以 h(x) 在 (0, + )上单调递增,
è
又0 < x1 < x
4 4
2 ,所以 h x1 < h x2 ,所以 x1x2 >12e 成立．专题 5 构造函数证明不等式
函数与导数一直是高考中的热点与难点, 利用导数证明不等式在近几年高考中出现的频率比较高．求解此类
问题关键是要找出与待证不等式紧密联系的函数,然后以导数为工具来研究该函数的单调性、 极值、最值(值
域),从而达到证明不等式的目的．
(一) 把证明 f x > k 转化为证明 f x > kmin
此类问题一般简单的题目可以直接求出 f x 的最小值,复杂一点的题目是 f x 有最小值,但无法具体确定,
这种情况下一般是先把 f x 的最小值转化为关于极值点的一个函数,再根据极值点所在范围,确定最小值所
在范围
【例 1】（2024 2届黑龙江省哈尔滨市三中学校高三下学期第五次模拟）已知函数 f x = a x +1 - x - ln x
（ a R ）.
(1)讨论 f x 的单调性；
1 1
(2)当0 < a 时,求证： f x 2a - +1 .
2 2a
【解析】（1）由题意可知,函数 f (x) = a(x +1)2 - x - ln x 的定义域为 (0, + ) ,
f (x) 2a(x 1) 1 1 (x +1)(2ax -1)导数 = + - - = ,
x x
当 a 0时, x (0,+ ) , f (x) < 0 ；当 a > 0时, x (0, 1 ) , f (x) < 0 ； x (
1 ,+ ), f (x) > 0
2a ；2a
综上,当 a 0时,函数 f (x) 在区间 (0, + )上单调递减；
1 1
当 a > 0时,函数 f (x) 在区间 (0, ) 上单调递减,在区间 ( , + )上单调递增.
2a 2a
1
（2）由（1）可知,当0 < a 时,
2
函数 f (x)
1 1
在区间 (0, ) 上单调递减,在区间 ( , + )上单调递增.
2a 2a
所以函数 f (x) f (
1 ) a( 1 1)2 1= + - - ln( 1 ) = a +1 1- + ln(2a) ,
2a 2a 2a 2a 4a
要证 f (x) 2a
1 1 1
- +1 ,需证 a +1- + ln(2a) 2a - +1 ,
2a 4a 2a
1 1
即需证 + ln(2a) - a 0,a (0, ]恒成立.
4a 2
1 2
令 g(a) = + ln(2a) - a , 1 1 2a -1 则
4a g (a) = - 2 -1+ = - 0
,
4a a 4a2
1
所以函数 g(a)在区间 (0, ] g(a) g(
1) 1单调递减,故 = + 0
1
- = 0 ,
2 2 2 2
1
所以 + ln(2a) - a 0,a (0,
1] 1 1恒成立,所以当0 < a 时, f (x) 2a - +1 .
4a 2 2 2a
【例 2】（2024 届重庆市南开中学高三上学期第一次质量检测）已知函数 f x = sinx - ln x +1 .
x 1, π (1)求证：当 - ÷ 时, f x 0；
è 2
1
(2)求证： ln n +1 < sin 1 + sin 1 + sin 1 +L+ sin 1 1< ln n + ln 2
2 2 4 6 2n 2 n N
* .
【解析】（1）证明：因为 f x = sinx - ln x +1 ,则 f 0 = sin 0 - ln1 = 0 1, f x = cosx - ,
x +1
当 x -1,0 1时, cosx 1 , 1 , f x 0 ,函数 f x 单调递减,
x +1
f x π f 0 = 0 x 0, p x cos x 1
1
则 成立；当 ÷ 时,令 = - ,则 p x = 2 - sin x ,
è 2 x +1 x +1
1
因为函数 y = 2 、 y = -sin x

在 0,
π
x +1 2 ÷上均为减函数,è
所以,函数 p x 0, π 在 2 ÷上为减函数,è
p π 1 ÷ = 2 -1< 0
因为 p 0 1 0 π= > , è 2 π ,所以存在 x 0, ÷ ,使得 p x0 = 0 ,
1+ 22 ÷ è è
且当0 < x < x0 时, p
x > 0 ,此时函数 f x 单调递增,
当 x0 < x
π
< 时, p x < 0 ,此时函数 f x 单调递减,
2
而 f 0 = 0 ,所以 f x π π0 > 0 ,又因为 f ÷ < 0 ,所以存在 x1 x0 , 2 2 ÷ ,使得 f x1 = 0 ,è è
当0 < x < x1 时, f x > 0 ,此时函数 f x 单调递增,
当 x
π
1 < x < 时, f x < 0 ,此时函数 f x 单调递减,2
π f π 1 ln π因为 +1< e

,所以,
2 2 ÷
= - +1 >1- ln e = 0 ,
è è 2 ÷
x 0, π f x 0 π 所以,对任意的 ÷ 时, > 成立,综上, f x 0对任意的 x -1, ÷ 恒成立.
è 2 è 2
1 1 1 1 1
（2）证明：由（1）,对任意的 n N* , 0 < ,则 f = sin - ln 1+ > 0 ,
2n 2 2n ÷ 2n 2n ÷è è
sin 1 即 > ln 1
1 2n +1
+ ÷ = ln ,2n è 2n 2n
2
2n +1 2n + 2 2n +1 - 2n 2n + 2 1
对任意的 n N* , - = = > 0 ,
2n 2n +1 2n 2n +1 2n 2n +1
2n +1 2n + 2 2n +1 2n + 2
所以, > ,则 ln > ln ,
2n 2n +1 2n 2n +1
1
所以 sin + sin
1
+ sin 1 +L+ sin 1 > ln 3 + ln 5 + ln 7 + ln 2n +1 ,
2 4 6 2n 2 4 6 2n
从而可得 sin
1
+ sin 1 + sin 1 +L+ sin 1 > ln 4 + ln 6 + ln 8 ln 2n + 2+ ,
2 4 6 2n 3 5 7 2n +1
1 1
上述两个不等式相加可得 2 sin + sin + sin
1 L sin 1+ +
2 4 6 2n ֏
ln 3 ln 4 ln 5 ln 6 7> + + + + ln + ln 8 L ln 2n +1+ + + ln 2n + 2 = ln n +1 ,
2 3 4 5 6 7 2n 2n +1
sin 1所以, + sin
1
+ sin 1 +L+ sin 1 1> ln n +1 ,
2 4 6 2n 2
1 1 1 1
又由（1）,因为-1 < - < 0 ,则 f - ÷ = sin - ÷ - ln 1- ÷ = -sin
1
- ln 2n -1 > 0 ,
2n è 2n è 2n è 2n 2n 2n
sin 1可得 < - ln
2n -1 ln 2n= ,
2n 2n 2n -1
2
n 2 * , 2n 2n -1
2n 2n - 2 - 2n -1 1
当 且 n N 时 - = = - < 0 ,
2n -1 2n - 2 2n -1 2n - 2 2n -1 2n - 2
2n 2n -1 2n 2n -1
所以, < ,即 ln < ln ,
2n -1 2n - 2 2n -1 2n - 2
1 1 1 1 4 6 2n
所以,当 n 2时, sin + sin + sin +L+ sin < ln 2 + ln + ln +L+ ln ,
2 4 6 2n 3 5 2n -1
sin 1 sin 1从而有 + + sin
1
+L+ sin 1 < ln 2 3 5 2n -1+ ln + ln +L+ ln ,
2 4 6 2n 2 4 2n - 2
1 1
上述两个不等式相加得： 2 sin + sin + sin
1 L 1+ + sin ÷
è 2 4 6 2n
2ln 2 ln 3 ln 4 ln 5 ln 6 ln 7 ln 8 L ln 2n -1 ln 2n< + + + + + + + + + = 2ln 2 + ln n ,
2 3 4 5 6 7 2n - 2 2n -1
1 1 1 1 1
所以, sin + sin + sin +L+ sin < ln 2 + ln n ,
2 4 6 2n 2
n 1 f
1
当 = 时, -

÷ = sin
1
-

÷ - ln
1
= ln 2 - sin 1 > 0 1,即 sin < ln 2 ,
è 2 è 2 2 2 2
1 1
所以,对任意的 n N* , sin + sin + sin
1 L sin 1 1+ + < ln n + ln 2 ,
2 4 6 2n 2
1 1 1 1 1 1 *
因此, ln n +1 < sin + sin + sin +L+ sin < ln n + ln 2 n N .
2 2 4 6 2n 2
(二) 把证明 f x > g x 转化为证明 f x - g x > 0
此类问题是证明不等式中最基本的一类问题,把两个函数通过作差转化为一个函数,再利用导数研究该函数
的性质,通过函数性质证明该不等式.
x
【例 3】（2024 届西省榆林市第十中学高三下学期一模）已知函数 f x = e + a -1 x -1 ,其中 a R ．
(1)讨论函数 f x 的单调性；
(2)当 a = 2时,证明： f x > xlnx - cosx．
x
【解析】（1）Q f x = e + a -1 x -1,\ f x = ex + a -1 ,
当a 1时, f x = ex + a -1 > 0 ,函数 f x 在R 上单调递增；
当a < 1时,由 f x = ex + a -1 > 0 ,得 x > ln 1- a ,
函数 f x 在区间 ln 1- a , + 上单调递增,
f x = ex由 + a -1< 0 ,得 x < ln 1- a ,函数 f x 在区间 - , ln 1- a 上单调递减．
综上,当a 1时, f x 在R 上单调递增,无减区间.
当a < 1时, f x 在 ln 1- a , + 上单调递增,在 - , ln 1- a 上单调递减.
x
（2）Q当 a = 2时, f x = e + x -1 ,
\要证 f x > xlnx - cosx , x即证 e + x + cosx -1- xlnx > 0, x 0, + ,
①当0 < x 1时,Qex + x + cosx -1 > 0 , xlnx 0 ,\ex + x + cosx -1- xlnx > 0；
②当 x >1时,令 g x = ex + x + cosx -1- xlnx ,
则 g x = ex - sinx - lnx 1,设 h x = g x ,则 h x = ex - cosx - ,
x
1
Q x >1,\ex > e > 2 , -1 < - < 0 , -1 -cosx 1,\h x > 0 ,
x
\h x 在 1, + 上单调递增,\h x > h 1 = e - sin1- 0 > 0 ,即 g x > 0 ,
\ g x 在 1, + 上单调递增,\ g x > g 1 = e + cos1 > 0 ,
即 ex + x + cosx -1- xlnx > 0．综上,当 a = 2时, f x > xlnx - cosx．
(三) 把证明 f x > g x 转化为证明 f x > g xmin max
有时候把证明 f x > g x 转化为证明 f x - g x > 0 后,可能会出现 f x - g x 的导函数很复杂,很
难根据导函数研究 f x - g x 的最值,而 f x 的最小值及 g x 的最大值都比较容易求,可考虑利用证明
f x > g x 的方法证明原不等式,但要注意这种方法有局限性,因为 f x > g x 未必有min max
f x > g x .min max
4 x【例 】（2024 届广东省部分学校高三上学期第二次联考）已知函数 f x = axe a 0 .
(1)讨论 f x 的单调性；
4 f
(2) a , x 当 2 时证明： - x +1 ln x > 0 .e x +1
x
【解析】（1）由题意可得 f x = a x +1 e .
则 a > 0时,由 f x > 0 ,得 x > -1 ,由 f x < 0 ,得 x < -1,
则 f x 在 - , -1 上单调递减,在 -1, + 上单调递增；
当 a<0时,由 f x < 0 ,得 x > -1 ,由 f x > 0 ,得 x < -1,
则 f x 在 - , -1 上单调递增,在 -1, + 上单调递减.
x
（2）因为 x > 0 , xe所以 > 0 .
x +1
a 4 axe
x x-2
因为 ,所以 - x +1 ln x 4xe - x +1 ln x .
e2 x +1 x +1
f x 4xex-2 4ex-2 ln x
要证 - x +1 ln x > 0 ,即证 - x +1 ln x > 0 ,即证 >
x +1 x +1 x +1 2 x .
x-2 4ex-2 x -1
设 g x
4e
=
2 ,则
g x = 3 .当 x 0,1 时, g x < 0 ,当 x 1,+ 时, g x > 0 ,x +1 x +1
则 g x 在 0,1 上单调递减,在 1, + 上单调递增.
g x 1故 = g 1 =min .e
h x ln x 1- ln x设 = ,则 h x = 2 .当 x 0,e 时, h x > 0 ,当 x e, + 时, h x < 0 ,x x
则 h x 在 0,e 上单调递增,在 e, + 上单调递减.
故 h x h e 1= =max .因为 g x = h xe min max ,且两个最值的取等条件不同,
4ex-2 ln x 4 f x
所以 2 > x ,即当 a 2 时, - x +1 ln x > 0 .x +1 e x +1
(四) 把证明 f x > g x 转化为证明 f x > h x , h x > g x
若直接证明 f x > g x 比较困难,有时可利用导数中的常见不等式如 ln x x -1,ex x+1构造一个中间
函数h x ,或利用不等式的性质通过放缩构造一个中间函数h x ,再通过证明 f x > h x ,h x > g x
来证明原不等式.
sin x
【例 5】已知函数 f x = 在区间 0,a 上单调．
2 + cos x
(1)求 a的最大值；
(2)证明：当 x > 0时,3 f x +1< ex ．
f (x) cos x(2 + cos x) + sin xsin x 2cos x +1【解析】 (1)由已知得, = =(2 + cos x)2 (2 + cos x)2 ,
要使函数 f (x) 在区间 (0, a)上单调,可知在区间 (0, a)上单调递增,
f (x) > 0 12cos x 1 0 cos x > - x ( 2p 2kp , 2p令 ,得 + > ,即 ,解得 - + + 2kp ) ,（ k Z3 3 ）,2
当 k 0
2p 2p
= 时满足题意,此时,在区间 (0, )上是单调递增的,故 a的最在值为 .
3 3
x
(2) x > 0 , 3 f x +1< ex , f (x) e -1当 时要证明 即证明 < ,
3
x x
而 ex
x e -1 x e -1
-1 > x ,故需要证明 f (x) < < .先证： < ,（ x > 0）
3 3 3 3
记F (x) = ex - x -1 ,QF (x) = ex -1 ,
x (0,+ )时, F (x) > 0 ,所以 F (x)在 (0, + )上递增,
x
\ F (x) = ex - x -1 > F (0) = 0 ,故 ex -1 > x , x e -1即 < .
3 3
x 1
再证： f (x) < ,（ x > 0）令G(x) = f (x) - x ,
3 3
2
sin x 1 G x 2cos x +1 1 - cos x -1 则G(x) = - x,则 = - = ,2 + cos x 3 2 + cos x 2 3 3 2 + cos x 2
故对于"x > 0 ,都有G (x) < 0 ,因而G(x)在 (0 , + )上递减,
x
对于"x > 0 ,都有G(x) < G(0) = 0 ,因此对于"x > 0 ,都有 f (x) < .
3
x x
f (x) x e -1 , f (x) e -1所以 < < 成立即 < 成立,故原不等式成立.
3 3 3
(五) 改变不等式结构,重新构造函数证明不等式
此类问题要先对待证不等式进行重组整合,适当变形,找到其等价的不等式,观察其结构,根据结构构造函数.常
见的变形方法有：
①去分母,把分数不等式转化为整式不等式；
②两边取对数,把指数型不等式转化为对数型不等式；
③不等式为 f x h x > g x h x 类型,且 h x > 0 或<0 的解集比较容易确定,可考虑两边同时除以 h x ；
④不等式中含有 x ln x ,有时为了一次求导后不再含有对数符号,可考虑不等式两边同时除以 x ；
⑤通过换元把复杂的不等式转化为简单不等式.
aex-1
【例 6】（2024 届河南省创新发展联盟 5 月月考）已知函数 f (x) 1= - lnx - .
x x
(1)讨论 f (x) 的单调性；
5 1
(2)当 a 时,证明： f (x) + lnx + - x > ex-1 1- lnx .
2 x
aex-1 1
【解析】（1）函数 f (x) = - lnx - 的定义域为 (0, + ) ,
x x
aex-1f (x) (x -1) 1 1 (x -1)(ae
x-1 -1)
求导得 = 2 - + 2 = ,x x x x2
若 a 0 ,则 aex-1 -1< 0 ,且当 x 0,1 时, f x > 0 ,当 x 1, + 时, f x < 0 ,
即函数 f (x) 在( 0, 1)上递增,在 (1, + )上递减；
若 a > 0 ,令 aex-1 -1 = 0 ,解得 x =1- lna ,
若1- lna 0 ,即a e ,则 aex-1 -1 0恒成立,当 x 0,1 时, f x < 0 ,当 x 1, + 时, f x > 0 ,
即函数 f (x) 在( 0, 1)上递减,在 (1, + )上递增；
若0 <1- lna <1 ,即1 < a < e ,则当 x 0,1- lna 1,+ 时, f x > 0 ,当 x 1- lna,1 时, f x < 0 ,
即函数 f (x) 在 (0,1- ln a), (1,+ ) 上递增,在 (1- ln a,1) 上递减；
若1- lna =1,即 a =1 ,则 f x 0在 0, + 上恒成立,函数 f (x) 在 (0, + )上递增；
若1- lna > 1 ,即 0 < a < 1 ,则当 x 0,1 1- lna,+ 时, f x > 0 ,当 x (1,1- lna)时, f x < 0 ,
即函数 f (x) 在 (0,1), (1- ln a,+ ) 上递增,在 (1,1- ln a) 上递减,
所以当 a 0时, f x 的递增区间为 0,1 ,递减区间为 1, + ；
当 0 < a < 1时, f x 的递增区间为 0,1 和 1- lna, + ,递减区间为 1,1- lna ；
当 a =1时, f x 的递增区间为 0, + ,无递减区间；
当1< a < e 时, f x 的递增区间为 0,1- lna 和 1, + ,递减区间为 1- lna,1 ；
当a e 时, f x 的递增区间为 1, + ,递减区间为 0,1 .
1 aex-1
（2）要证 f x + lnx + - x > ex-1 1- lnx ,需证 + ex-1 lnx -1 - x > 0 ,x x
5 ex-1 x-1 x-1
而 a , > 0 , ae即有 + ex-1 lnx -1 x 5e- + ex-1 lnx -1 - x ,
2 x x 2x
5ex-1 5 2
则只需证明 + ex-1 lnx -1 - x > 0 , ex-1 5即证 + lnx -1÷ > x ,即证 + x lnx -1 x> x-1 ,2x è 2x 2 e
令 h x 5= + x lnx -1 ,则 h x = lnx ,当 x 0,1 时, h x < 0 ,当 x 1, + 时, h x > 0 ,
2
即函数 h(x)
3
在( 0, 1)上单调递减,在 (1, + )上单调递增,则 h(x)min = h 1 = ,2
x2
令j x = x-1 (x > 0) ,则j x
x 2 - x
= ,当 x 0,2 时,j x > 0 ,当 x 2, + 时,j xx 1 < 0- ,e e
函数j(x) 在 (0, 2)
4 3
上单调递增,在 (2, + ) 上单调递减,则j(x)max = j 2 = < = h(x) ,e 2 min
5 2
从而 + x 1lnx 1 x- > ,即 f (x) + lnx + - x > ex-1 1- lnx 成立.
2 ex-1 x
(六) 通过减元法构造函数证明不等式
对于多变量不等式 ,一般处理策略为消元或是把一个看作变量其他看作常量；当都不能处理的时候,通过变
形,再换元产生一个新变量,从而构造新变量的函数.
m m
【例 7 2024 x y 】（ 届江西省南昌市高三三模）定义：若变量 x, y > 0 ,且满足： a ÷
+ ÷ =1 ,其中
è è b
a,b > 0, m Z ,称 y 是关于的“ m 型函数”.

(1)当 a = 2,b =1时,求 y x
3
关于 的“2 型函数”在点 1, 2 ÷÷处的切线方程；è
(2)若 y 是关于 x 的“ -1型函数”,
（i）求 x + y 的最小值：
n+1
1 n n n
（ii）求证： xn + yn *n a n+1 + bn+1 ÷ , n N .
è
1 1
2 2 -
【解析】（1）解：当 a 2,b
2 2
= =1 时,可得 y 1 x ,则 y 1 1 x 1= -

4 ÷
= - ×
2 4 ÷
- x ÷ ,
è è è 2
3 3 3
所以 y = - ,所求切线方程为 y - = - (x -1) ,即 x + 2 3y - 4 = 0 .
x=1 6 2 6
-1 -1
（2）解：由 y x “ ”, x y
a b
是关于 的 -1 + 型函数 可得 ÷ ÷ =1 ,即 + =1,
è a è b x y
(x y) (x y) a b ay bx ay bx（i）因为 + = + + ÷ = a + b + + a + b + 2 + = ( a + b)
2 ,
è x y x y x y
ìay bx
= ì
当且仅当 í x y
x = a + ab
即 í 时取得最小值.
x + y = ( a + b)2 y = b + ab
x -1 y
-1
a b
（ii）由 ÷ + ÷ =1 ,即 + =1,则 (x - a)(y - b) = ab ,且 x > ax y ,
y > b ,
è a è b
可设 x - a = at , y - b
b
= ,其中 t (0,+ ) ,
t
n
é 1 ù 1
n

于是 xn + yn = [a(1+ t)]n + n n nêb 1+ ÷ú = a (1+ t) + b 1+ ÷ ,
è t è t
n
h(t) = an (1+ t)n 1+ bn 1+ 记 t ÷
,
è
n-1 n n-1 é n ù
h t = nan n-1 n 1 1 na1 t nb 1 1+ t n+1 b 可得 + + + ÷ - 2 ÷ = n+1 êt -t t t a ÷ ú ,è è ê è ú
n n
由 h t = 0 , n+1 n+1得 t b ,记 t b= ÷ = ÷ ,当0 < t < t0 时 h t < 0 ,当 t > t0 时, h t > 0 ,则
è a
0
è a
n nn n
n
é ù é ùn n n n+1 n+1h(t)min = h t0 = a 1+ t0 + b 1
1
+ = an ê1+ b n a
t ÷ ê a ÷
ú + b ê1+
ú ê b ÷
ú
è 0 è è ú
n 1
n n 1 n n n n n n n n n
= a + bn+1 ×a n+1 ÷ + b + a n+1 ×bn+1 ÷ = a n+1 a n+1 + bn+1 ÷ + bn+1 bn+1 + a n+1 ÷
è è è è
n+1 n+1
n n n 1 n n n
= a n+1 + bn+1 ÷ ,所以 n x + yn n a n+1 + bn+1 ÷ .
è è
(七) 与极值点或零点有关的多变量不等式的证明
此类问题通常是给出函数的零点或极值点 x1, x2 或 x1, x2 , x3 ,与证明与 x1, x2 或 x1, x2 , x3 有关的不等式,求解时要
有意识的利用方程思想代入消元（若 xi 是 f x 的零点,则 f xi = 0 ,若 xi 是 f x 的极值点,则 f xi = 0 ,）,减
少变量个数.
x
【例 8】（2024 e 2a届湖南娄底市高三下学期高考考前仿真联考）已知函数 f x =
x2
- - alnx .
x
(1)当 a =1时,讨论函数 f x 的单调性；
e2(2)若 a > ,
2
（i）证明：函数 f x 有三个不同的极值点；
2
（ii）记函数 f x 三个极值点分别为 x1, x2 , x3 ,且 x1 < x2 < x3 ,证明： f x3 - f x
a
1 < - a ÷ x3 - x1 .
è e
x
【解析】（1）函数 f x 的定义域为 (0, + ) ,当 a =1时, f x e 2= 2 - - lnx ,则x x
x2 xf x e - 2xe
x 2 1 ex (x - 2) 2 - x (x - 2)(ex - x)
=
x4
+
x2
- = 3 + 2 =x x x x3
,
令 y = ex - x(x > 0) ,则 y = ex -1 > 0(x > 0) ,
所以 y = ex - x 在 (0, + )上递增,所以 y = ex - x > e0 - 0 = 1 ,
所以当 x > 2时, f (x) > 0 ,当0 < x < 2时, f (x) < 0 ,
所以 f x 在 (0, 2) 上递减,在 (2, + ) 上递增；
x
2 i x (0,+ ) , f x e (x - 2) 2a a (x - 2)(e
x - ax)
（ ）（ ）因为 且 = 3 + 2 - = , f (2) = 03 ,x x x x
ex ex
由 ex - ax = 0 ,得 a = （ x (0,+ )）,令 g(x) = (x > 0) ,则
x x
x
g (x) e (x -1)= 2 (x > 0) ,当0 < x <1时, g (x) < 0 ,当 x >1时, g (x) > 0 ,x
所以 g(x)在( 0, 1)上递减,在 (1, + )上递增,所以 g(x)min = g(1) = e ,
a e
2 x
当 > = g(2) > e时, a e= 在( 0, 1)和 (2, + ) 上各有一个实数根,分别记为 x
2 x 1
, x3 ,则0 < x1 < 1, x3 > 2 ,设
x2 =2,
当0 < x < x1 或 x2 < x < x3时, f (x) < 0 ,当 x1 < x < x2 或 x > x3 时, f (x) > 0 ,
所以 f (x) 在 0, x1 和 x2 , x3 上递减,在 x1, x2 和 (x3 , + )上递增,
所以函数 f (x) 在 (0, + )上有三个不同的极值点,
（ii）由（i）0 < x1 < 1, x3 > 2 ,
所以 x1, x
x x
3是方程 e x = ax 的两个不相等的实数根,即e 1 = ax1 , e 3 = ax3 ,
ex1 2a
所以 f (x1) = 2 - - a ln x
a 2a
1 = - - a ln x
1
1 = -a + ln x1 ÷ ,x1 x1 x1 x1 è x1
1
同理 f (x3) = -a + ln xx 3 ÷
,
è 3
1
-a + ln x a 1+ + ln x -a 1 1+ ln x - - ln x
所以 f x3 - f x x 3 ÷ x 1 ÷ x 3 1 ÷1 = è 3 è 1 = è 3 x1
x3 - x1 x3 - x1 x3 - x1

a x1 - x3 ln x

- + 3 ÷
= è
x3x1 x1 ,
x3 - x1
ex3
x3
ex由 1 = ax1 , e
x3 = ax3 ,得 ln
x3 = ln a ln e= = ln ex3 -x1 = x - x ,
x x1 x1 3 11 e e
a
x1 - x3 x3 a ln a x- + ÷ - 1
- x3 + x - x
所以 f x3 - f x1 è x3x1 x1 è x3x 3 1
÷ 1 ,
= = 1 = a -1
x3 - x1 x3 - x
÷
1 x3 - x1 è x3x1
2
因为 a
e
,+ ÷ ,
è 2
2 f x - f x 2
所以要证 f x f x a 3 1 a3 - 1 < - a ÷ x3 - x1 ,只要证 < - a ,
è e x3 - x1 e
1 a2 1 a 1 a
即证 a -1÷ < - a ,即证 -1< -1 <
è x3x1 e x3x1 e
,即证 x3x
,
1 e
只需证 e < ax1x3 ,即 e < x
x3
1 ×e ,即 e
1-x3 < x1 ,
由（i）可得0 < x < 1, x > 2 ,所以0 < e1-x3 < e-11 3 <1,
x
根据（i）中结论可知函数 g(x) e= 在( 0, 1)上递减,
x
e1-x所以要证 3 < x , g(x ) < g(e1-x1 即证 31 ) ,
x 1-xe 1 ex3 1-x ex3 ee
3 e 1-x
因为 a = = ,所以 g(x1) = g(x3 ) ,所以只要证 g(x3) < g(e 3 ) ,即 < < e
e 3
x x x e1-x
,得 x ,31 3 3 3
1- ln x 1-x即 33 < e ,得1- ln x - e
1-x3
3 < 0 ,
1-x
令 h(x) =1- ln x - e1-x (x > 2) ,则 h (x) 1= - + e1-x xe -1= (x > 2) ,
x x
令u(x) = xe1-x -1(x > 2) ,则u (x) = (1- x)e1-x < 0(x > 2) ,
所以u(x) 在 (2, + ) 上递减,所以u(x) < u(2)
2
= -1< 0 ,所以 h (x) < 0 ,
e
所以 h(x) 在 (2, + ) 上递减,所以 h(x) < h(2)
1
=1- ln 2 - < 0 ,所以得证.
e
(八) 与数列前 n 项和有关的不等式的证明
此类问题一般先由已知条件及导数得出一个不等式,再把该不等式中的自变量依次用 1,2,3,L ,n 代换,然后用
叠加法证明.
1 3
【例 9】（2024 2届重庆市九龙坡区高三下学期 5 月质量抽测）已知函数 f x = ln x + x - ax + , a > 0 .
2 2
(1)当 x 1,+ 时,函数 f x 0恒成立,求实数 a的最大值；
(2)当 a = 2时,若 f x1 + f x2 = 0 ,且 x1 x2 ,求证： x1 + x2 > 2；
n 2
(3) * , 2ln n 1 i -1求证：对任意 n N 都有 + + i ÷ > n .i=1 è
【解析】（1）当 x 1时, f x ln x 1 3= + x2 - ax + 0恒成立,
2 2
a ln x 1 x 3
ln x 1 3
即 + + 恒成立,只需 a
x 2 2x
+ x +
x 2 2x ÷ 即可,è min
g x ln x 1 3= + x + , x 1 , g x 1- ln x 1 3 x
2 - 2ln x -1
令 则 = + - = ,
x 2 2x x2 2 2x2 2x2
2
令 h x = x2 - 2ln x -1 , x 1 ,则 h x = 2x 2 2x - 2- = ,
x x
当 x 1时, h x 0恒成立, h x 在 x 1,+ 单调递增,所以 h x h 1 = 0 ,
所以 g x 0在 x 1,+ 恒成立, g x 在 x 1,+ 单调递增,
所以 g x = gmin 1 = 2 ,所以 a 2 ,即实数 a的最大值为 2 .
f x ln x 1 2（2）当 a = 2时, = + x - 2x 3+ , x > 0 ,
2 2
1 x -1
2
所以 f x = + x 2 - = 0 , f x 在 x 0, + 上单调递增,
x x
又 f 1 = 0 , f x1 + f x2 = 0且 x1 x2 ,不妨设 0 < x1 < 1 < x2 ,
要证 x1 + x2 > 2 ,即证明 x2 > 2 - x1 ,
因为 f x 在 x 0, + 上单调递增,即证 f x2 > f 2 - x1 ,
因为 f x1 + f x2 = 0 ,即证 f x1 + f 2 - x1 < 0 ,
设F x = f x + f 2 - x 1 3 1 3= ln x + x2 - 2x + + ln 2 - x + 2 - x 2 - 2 2 - x +
2 2 2 2
= ln éx 2 - x ù 2 + x - 2x +1 = ln éx 2 - x ù - x 2 - x +1 , 0 < x <1,
令 t = x 2 - x 1 1- t,则0 < t <1 ,则j t = ln t - t +1 ,j t = -1 = ,
t t
由0 < t <1可得j t > 0 ,j t 在 0,1 单调递增,
所以j t < j 1 = 0 ,即F x = f x + f 2 - x < 0 ,
所以 f x1 + f 2 - x1 < 0成立,所以 x1 + x2 > 2 .
（3）由（2）可知当 a = 2时, f x 在 1, + 单调递增,且 f x > f 1 = 0 ,
1 2
由 ln x + x - 2x
3
+ > 0 2得
2 2 2ln x + x
2 - 4x + 3 > 0 ,即 2ln x + x - 2 >1 ,
x n +1
2 2
令 = ,则 2ln n +1 n +1+ - 2

÷ >1, 2ln
n +1
+
1- n
即
n n n n ÷
>1 ,
è è n
2 2 2 2
所以 2ln 2 1-1 1 , 2ln 3 1- 2 4 1- 3 n +1 1- n+ > + >1 , 2ln +
>1,…, 2ln + >1 ,
1 è 1 ÷ 2 ÷ ÷ ÷ è 2 3 è 3 n è n
n
2ln n 1 i -1
2

相加得 + + > n .
i=1 è i
÷

（九）通过同构函数把复杂不等式化为简单不等式
此类问题通常是构造一个函数 f x ,把所证不等式转化为 f g x > f h x ,再根据 f x 的单调性转化为
证明一个较简单的不等式.
【例 10】（2024 ax届广东省广州市高中毕业班冲刺训练二）已知函数 f x = xe （ a > 0）.
(1)求 f x 在区间 -1,1 上的最大值与最小值；
(2)当a 1时,求证： f x ln x + x +1.
【解析】（1）解： f x = eax 1+ ax （ x > 0）（ a > 0）,令 f x = 0 ,则 x 1= - ,
a
1
当0 < a 1时, - -1 ,所以 f x 0在区间 -1,1 上恒成立, f x 在区间 -1,1 上单调递增,
a
f x = f -1 = -e-a所以 , f x = f 1 = eamin max .
1
当 a > 1时, -1 < - <1
é
,则当 x ê-1,
1
- ÷时, f x < 0 , f x
é 1
在区间 ê-1, - ÷上单调递减；a a a
x 1 - ,1ù f x > 0 f x 1, , - ,1ù当 时 在区间
è a ú è a ú
上单调递增,

1 1
所以 f x = f - = -min ÷ ,è a ae
而 f -1 = -e-a < 0 , f 1 = ea > 0 .所以 f x = f 1max = e
a
综上所述,当0 < a 1时, f x = -e-amin , f x = e
a
max ；
1
当 a > 1时,所以 f x = - , f x = eamin max .ae
（2）因为 x > 0 , a 1 ,所以 xeax xex ,欲证 xeax ln x + x +1 ,只需证明 xex ln x + x +1 ,
只需证明 xex = eln xex = ex ln x+x ln x + x +1 ,
x x
因此构造函数 h x = e - x -1（ x R ）, h x = e -1 ,
当 x - ,0 时, h x < 0 , h x 在 - ,0 上单调递减；
当 x 0, + 时, h x > 0 , h x 在 0, + 上单调递增：
所以 h x h 0 = 0 ,所以 e x x + 1 ,所以 xex ln x + x +1 ,
因此 f x ln x + x +1.
【例 1】（2024 届内蒙古呼和浩特市高三第二次质量监测）对于函数 f x ,若实数 x0 满足 f x0 = x0 ,则 x0 称
x - x
为 f x 的不动点．已知函数 f x = e - 2x + ae x 0 ．
(1)当 a = -1时,求证 f x 0；
(2)当 a = 0时,求函数 f x 的不动点的个数；
1 1 1
(3)设 n N* ,证明 + +L+ > ln n +1 ．
12 +1 22 + 2 n2 + n
x - x
【解析】（1）当 a = -1时,有 f x = e - 2x - e x 0 ,
所以 f x 1= ex + x - 2 x 0 , f x ex
1
所以 = + x - 2 2 e
x 1 × x - 2 = 0e e e
x 1
当且仅当 e = xx , e = 1 ,即 x = 0时,等号成立,e
所以当 x 0, + 时, f x 0 , f x 单调递增,
所以 f x f x = f 0 = 0 ,所以 f x 0min 得证.
（2）当 a = 0 x时, f x = e - 2x x 0 ,
根据题意可知：方程 ex - 2x = x x 0 解的个数即为函数 f x 的不动点的个数,
化 ex - 2x = x x 0 ex 3x 0 x 0 , g x = ex为 - = 令 - 3x x 0 ,
所以函数 g x 的零点个数,即为函数 f x 的不动点的个数,
g x = ex - 3 x 0 ,令 g x = 0 ,即 ex = 3 ,解得 x = ln 3 ,
x 0, ln 3 ln3 ln 3, +
g x - 0 +
g x 单调递减 3- 3ln 3 单调递增
因为 g 0 =1 > 0 , g ln 3 = 3- 3ln 3 < 0 ,所以 g x 在 0, ln 3 上有唯一一个零点,
又 g 5 = e5 -15 > 25 -15 =17 > 0 ,所以 g x 在 ln 3, + 上有唯一一个零点,
综上所述,函数 f x 有两个不动点.
（3）由（1）知, ex - 2x - e- x > 0, x 0, + ,
1
令 x = ln s, s >1 ,则 s - 2ln s - s-1 > 0 ,即 s - > 2ln s, s >1 ,
s
1
1 1 1
1
设 s = 1+ , n N* ,则满足 s >1
1+ - > 2ln 1+ n
,所以 n 1 n ,即 > ln
1
1+

1 ÷ ,n 1+ 1+ è
n
n n
1 n +1
所以 > ln ÷ = ln n +1 - ln n2 n ,n + n è
1 1 1
所以 + +L+ > ln 2 - ln1+ ln 3 - ln 2 +L+ ln(n +1) - ln n = ln n +1
12 +1 22 + 2 n2
,即
+ n
1 1 L 1+ + + > ln n +1 .
12 +1 22 + 2 n2 + n
f (x) 1 1【例 2】（2024 届四川省自贡市高三第三次诊断性考试）已知函数 = + + a ln x(a > 0)
x
(1)求函数 f (x) 的单调区间；
a
(2)函数 f (x) 有唯一零点x1 ,函数 g(x) = x - sin x - 2 在R 上的零点为x2．证明： x1 < x2．e
1 1 a ax -1
【解析】（1）函数 f (x) =1+ + a ln x(a > 0) 的定义域为 0, + ,且 f (x) = - 2 + = ,x x x x2
1 1
所以当0 < x < 时 f (x) < 0 ,当 x > 时 f (x) > 0 ,
a a
所以 f x 0, 1 1的单调递减区间为 ÷ ,单调递增区间为 ,+

a ÷
；
è è a
1 1
（2）法一：由（1）可知若函数 f x 有唯一零点x1 ,则 x1 = ,即 f = -alna + a +1 = 0 ,a è a ÷
令j x = -xlnx + x +1 ,则j x = -lnx ,
当 x >1时,j x < 0,j x 单调递减,当0 < x <1时,j x > 0,j x 单调递增,
因为 e4 > 2.74 = 53.1441 > 27 , e5 < 35 = 243 < 256 ,
所以j 3 = -3ln 3 + 4 = 4 - ln 27 = ln e4 - ln 27 > 0 ,
j 4 = -4ln 4 + 5 = 5 - ln 256 = ln e5 - ln 256 < 0 ,
当0 < x <1时j x = x 1- ln x +1 > 0 ,当 x + 时j x - ,
所以j x 在 3,4 1 1 1上存在唯一零点,所以3 < a < 3 ,即 < < ,
4 a 3
e-2 -2
令 h x = + sinx x , h x e- 则 = - 2 + cosx -1< 0 ,x x
所以 h x 在 0, + 上单调递减,
h 1 h 1 3 1 1 3 1 1 1故 > = + sin - > + sin - = sin > 0 ,
è a ÷ è 3 ÷ e2 3 3 32 3 3 3
ae-2 1 1所以 > - sin ,又 g x2 = x2 - sinx - ae-2 = 0 ,a a 2
所以 x2 - sinx2 = ae
-2 1 1> - sin = x1 - sinx1 ,a a
令F x = x - sinx ,则F x = 1- cosx 0 ,所以F x 在 0, + 上单调递增,
又F x2 > F x1 ,所以 x2 > x1 .
1
法二：因为 a > 0 ,由（1）可知若函数 f x 有唯一零点x1 ,则 x1 = ,a
即 f x a ln x
1 1 11 = 1 + + = ln x1 + x1 +1 = 0 ln x1 + xx x 1 +1 = 0 ,1 1
设 h(x) = ln x + x
1 1
+1, h > 0, h e ÷ ÷
< 0 ,而 h x 在 0, + 上单调递增,
è è e2
x 1所以 1 2 ,
1
÷ , g (x) = 1- cos x≥0 ,所以 g x 在R 上单调递增,
è e e
a
又 g(0) = - 2 < 0,\ x1 > 0 ,e
令j(x) = x - sin x
1
- ,j 2 (x) =1- cos x
1
+ j(x)2 2 > 0 ,所以 在 0, + 上单调递增,e x e x
j x j 1所以\ 1 < ÷ = -sin
1
< 0 ,而 g x
a 1
2 = x2 - sin x2 - 2 = x2 - sin x1 - = 0e x e2 ,è e e 1
g x x 1\ 1 = 1 - sin x1 - 2 < g x2 = x
1
x e 2
- sin x2 - 2 \ x1 < xx e 1 .1 1
【例 3】（2024 届四川省成都市实验外国语学校教育集团高三下学期联考）已知函数 f x = ex , g x = ln x .
(1)若函数 h x ag x x +1= -1 - , a R ,讨论函数 h x 的单调性；
x -1
1
(2)证明： 2x -1 f 2x 4- f x > 2g x - 2 . 1（参考数据：
4 e5 2.23
, e 2 1 .6 5 ）
x +1 ax - a + 2
【解析】（1）由题意 h x = a ln x -1 - , x >1 ,所以 h x = , x >1
x -1 x -1 2 ,
当 a = 0时, h x > 0 ,所以 h x 在 1, + 上为增函数；
a 0 h x = 0 x 1 2当 时,令 得 = - ,
a
2
所以若 a > 0时,1- <1 ,所以 h x > 0 ,所以 h x 在 1, + 上为增函数,
a
2 2 2
若 a<0时,1- >1 ,且1 < x <1- 时, h x > 0 , x > 1- 时, h x < 0 ,
a a a
所以 h x 2 2 在 1,1- ÷上为增函数,在 1- ,+ ,
è a è a ÷
上为减函数

综上：当 a 0时, h x 在 1, + 上为增函数,
2 2
当 a<0 h x 1,1- 时, 在 ÷上为增函数, 在 1- ,+ a a ÷上为减函数；è è
1
（2） 2x -1 f 2x - f x > 2g x 1- 2等价于 2x -1 e2x - ex - 2ln x + 2 > 0 ,
4 4
F x 1= 2x -1 e2x - ex设 - 2ln x + 2 ,则
4
2 2x x xex - 2 xex +1
F x = xe2x x 2 x e - xe - 2 - e - = = ,
x x x
因为 x > 0 ,所以 xex +1 > 0 ,
设j x = xex - 2 ,则j x = x +1 ex > 0 ,则j x 在 0, + 上单调递增,
4 4 4
而j ÷ = e5 - 2 < 0,j 1 = e - 2 > 0 ,
è 5 5
4
所以存在 x0 ,1

÷ ,使j x x00 = 0 ,即 x0e = 2 ,所以 x0 + ln x0 = ln 2 ,即 ln x0 = ln 2 - x0 ,è 5
当0 < x < x0 时, F x < 0 ,则F x 在 0, x0 上单调递减,
当 x > x0时, F x > 0 ,则F x 在 x0 ,+ 上单调递增,
1
所以F x = 2x0 -1 e2x0 - ex0 - 2ln x0 + 2min 4
1
= 2x0 -1
4 2
2 - - 2ln 2 + 2x + 2
1
= - + 2x - 2ln 2 + 2
4 x0 x
0 x2 0 ,0 0
设m t 1= - 2 + 2t - 2ln 2
4
+ 2, 2 < t <1÷ ,则m t = 3 + 2 > 0 ,t è 5 t
则m t 4在 ,1
4 25 8 163
÷ 上单调递增, m ÷ = - + - 2ln 2 + 2 = - 2ln 2 > 0 ,
è 5 è 5 16 5 80
则F x > 0 1min ,则不等式 2x -1 e2x - ex - 2ln x + 2 > 0恒成立,4
1
即不等式 2x -1 f 2x - f x > 2g x - 2成立.
4
f x a + ln x【例 4】（2024 届天津市滨海新区高考模拟检测）已知函数 = ,其中 a为实数．
x
(1)当 a =1时,
①求函数 f x 的图象在 x=e（ e为自然对数的底数）处的切线方程；
②若对任意的 x D ,均有m x n x ,则称m x 为 n x 在区间D上的下界函数, n x 为m x 在区间D上的
g x k上界函数．若 = ,且 g x 为 f x 在 1, + 上的下界函数,求实数 k 的取值范围．
x +1
(2) a = 0 , G x = ex , H x
G x
= xf x , 1< x < x , k = 1
- G x2 H x1 - H xk 2 当 时若 且 1 2 设 1 , 2 = ．证明：x1 - x2 x1 - x2
G x + G x
k - k < 1 2 11 2 -2 ．x1x2
1+ ln x 1
1 a 1 , f x = , × x - 1+ ln x 【解析】（ ）①当 = 时 所以 f x x ln x ,x = x2 = x2
1
所以函数 y = f x 的图像在 x=e处的切线斜率 k = f e = -
e2
．
又因为 f e 2= ,所以函数 y = f x 的图象在 x=e 1 3处的切线方程为 y = - 2 x + ,e e e
②因为函数 y = g x 为 y = f x 在 1, + 上的下界函数,
所以 g x f x k 1 + ln x,即 ．
x + 1 x
x 1,+ 1+ ln x x +1, x +1 > 0 , k x ln x + ln x +1因为 所以 故 = +1．
x x
令 h x x ln x + ln x +1 1 x - ln x= + , x 1 ,则 h x = ．
x x2
设 v x = x - ln x , x 1 ,则 v x 1 x -1=1- = ,
x x
所以当 x 1时, v x 0 ,从而函数 y = v x 在 1, + 上单调递增,
所以 v x v 1 =1,故 h x > 0在 1, + 上恒成立,所以函数 y = h x 在 1, + 上单调递增,
从而 h x h 1 = 2．
因为 g x f x 在 1, + 上恒成立,所以 k h x 在 1, + 上恒成立,
故 k 2 ,即实数 k 的取值范围为 - , 2 ．
（2）当 a = 0时,G x = ex , H x = xf x = ln x ,1< x1 < x2 ,
G xk k 1 + G x- 2 1要证 1 2 < -2 ,x1x2
é G x1 - H x1 ù - é G x2 - H x2 ù G x1 + G x2 1
即证 < - ,
x1 - x2 2 x1x2
1 1
+
因为 1 x x< 1 2 ,
x1x2 2
1 1
éG x - H x ù - éG x - H x ù +所以只要证 1 1 2 2 G x1 + G x2 x1 x< - 2 ,
x1 - x2 2 2
G x 1éG x - H x 1 - + G x2
1
-
即证 1 1 ù - é G x2 - H x2 ù x< 1 x2 ,
x1 - x2 2
因为G x = ex , H x 1= ,
x
é G x1 - H x1 ù - é G x2 - H x2 ù G x即证 < 1 - H x1 + G x2 - H x2 ,
x1 - x2 2
x P x1 - P x2 P x1 + P x2
令P x = G x - H x = e - ln x ,即证 < ,
x1 - x2 2

因为1 < x1 < x2 ,即证P x1 - P x2
P x1 + P x > 2 x1 - x2 （*）,2
令 x1 = x ,则1< x < x2 ．构造函数：
P x + P
x
Q x = P x - P x 2 2 - x - x2 2
ex 1- + ex 12 -
= ex ln x ex x x- - 2 - ln x2 - 2 x - x2 2
1 x 1 1ex + e - + e
x2 -
则Q x = ex 1
2 x x
-

÷ -
x x - x 2 ,
x 2
-
è 2 2
令R(x) = Q (x) ,
ex 2 ex 1 ex 1 2- + + ex -
则 3 2 2 3R x = ex
1
+ x2 ÷ - x - x2 - x - x = - x x - x2 ,è x 2 2 2 2
因为1< x < x ex
2
2 , - 3 > e - 2 > 0 , x - xx 2
< 0 ,
ex 2-
所以 3R x = - x x - x > 0．所以Q x 在 1, + 单调递增．
2 2
得到Q x < Q x2 = 0 ,可知Q x 在 1, + 单调递减,Q x > Q x2 = 0．
所以（*）成立,原命题成立．
【例 5】（2024 届河北省沧州市泊头市第一中学等校高三下学期 5 月模拟）对于函数 f x 和 g x ,设
a x∣f x = 0 , b x∣g x = 0 ,若存在a , b 使得 a - b 1 ,则称 f x 和 g x 互为“零点相邻函数”.设
f x = ln a + x a R , g x = x x +1 ,且 f x 和 g x 互为“零点相邻函数”.
(1)求 a的取值范围；
(2)令 h x = g x - f x （ g x 为 g x 的导函数）,分析 h x 与 g x 是否互为“零点相邻函数”；
1 1
(3)若 a =1, x > 0 ,证明： 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的取值范围为 0,3 .
（2） h x = 2x +1- ln x + a (x > -a) 1 2x + 2a -1,则 h x = 2 - = ,
x + a x + a
令 h x = 0 ,得 x 1 1= - a ,当-a < x < - a 时, h x < 0, h x 单调递减,
2 2
1
当 x > - a 时, h x > 0,h x 单调递增,
2
所以 h(x)
1 1
min = h - a

÷ = 2 - 2a - ln = 2 + ln2 - 2a ,
è 2 2
a 0,3 a é ln2 又 ,当 ê0,1+ ÷时, h(x)min > 0,h x 无零点, 2
所以 h x 与 g x 不互.为“零点相邻函数”；
当 a =1
ln2
+ 时, h(x)min = 0 ,函数 h x x
1 a 1+ ln2的零点为 = - = - -1,0 ,
2 2 2
所以 h x 与 g x 互为“零点相邻函数”；
ln2 5 ù
当 a 1+ , ú 时, h(x)min < 0 ,又因为 h 1 > 0 ,è 2 2
1
所以此时在区间 - a,1

÷ -2,1 内存在零点,所以 h x 与 g x 互为“零点相邻函数”；
è 2
5
当 a ,3
ù
2 ú 时, h(x)min < 0 ,又因为 h -1 < 0, h 1 > 0 ,è
所以在区间 -1,1 -2,1 内存在零点,所以 h x 与 g x 互为“零点相邻函数”.
a é0,1 ln2+ 综上,当 ê ÷时, h x 与 g x 不互为“零点相邻函数”, 2
当 a
é1 ln2 + ,3ùê ú时, h x 与 g x 互为“零点相邻函数”. 2
1 1 1 1
（3）当 x > 0,a =1时, f ÷ - < 0 ln 1+ ÷ - < 0è x g x è x x x 1 ,+
1 ln 1 1 1 t设 t = ,则 t > 0 ,则 + ÷ - < 0 ln 1+ t - < 0 1+ tln 1+ t - t < 0
x è x x x +1 t +1 ,
设F t = 1+ tln 1+ t - t(t > 0) ln 1+ t + 2 - 2 1+ t,则F t = ,
2 1+ t
p t = ln 1+ t + 2 - 2 1+ t , t > 0 , p t 1 1 1- 1+ t令 则 = - = < 0 ,
1+ t 1+ t 1+ t
所以 p t 在 0, + 上单调递减,
又 p 0 = 0 ,所以 p t < 0 ,即F t < 0 ,所以F t 在 0, + 上单调递减,
又F 0 = 0 ,所以F t < 0 ,得证.
2
1．（2024 x-1浙江省稽阳联谊学校高三下学期 4 月联考）已知函数 f x = e + a ln x - x , a R
a
(1)当 a = -2 时,求 f x 的最小值；
(2)若 f x 在定义域内单调递增,求实数 a 的取值范围；
1
(3)当 0 < a < 1时,设x1为函数 f x 的极大值点,求证： f x1 < .e
2 2．（2024 届广东省肇庆市德庆县香山中学高三下学期五月月考）已知函数 f x = ax - lnx -1,
g x = xex - ax2 a R ．
(1)讨论 f x 的单调性；
(2)设F x = f x + g x - x．
（i）证明：F x 的导函数F x 存在唯一零点；
（ii）证明：F x 0．
3．（2025 届河北省“五个一”名校联盟高三第一次联）已知函数 f x = alnx - x .
(1)讨论 f x 的单调性；
a
(2) a > 0 , f x a 证明：当 时 -1 .
è e ÷
4．（2024 x届上海市格致中学高三下学期三模）已知 f x = e - ax -1 , a R , e是自然对数的底数.
(1)当 a =1时,求函数 y = f x 的极值；
(2)若关于 x 的方程 f x +1 = 0有两个不等实根,求 a的取值范围；
(3)当 a > 0时,若满足 f x1 = f x2 x1 < x2 ,求证： x1 + x2 < 2lna .
ln ex
5．（2024 届福建省南平市建阳区年高三预测绝密卷模拟）已知函数 f x = ,其中 e为自然对数的底
ax
数．
(1)讨论 f x 的单调性；
(2)若方程 f x =1有两个不同的根 x1, x2 ．
(i)求 a的取值范围；
(ii) 2 2证明： x1 + x2 > 2．
6．（2024 2届江苏省徐州市高三考前打靶卷）已知函数 f x = 2x + x - ln x + m , m R .
(1)当m = 0时,求曲线 y = f x 在点 (1, f (1))处的切线方程；
(2)当m 1时,证明： f x 0 .
7 2024 f (x) = aex
3
．（ 届宁夏吴忠市吴忠中学高三下学期第五次模拟）已知函数 - x - (a R)．
2
(1)讨论 f x 的单调性；
(2)证明：当 a > 0时, f (x) > 2ln a - a2 ．
8．（2024 届北京市十一学校高三下学期三模）已知函数 f x = ln x +1 + k x +1 ．
(1)求 f x 的单调区间；
(2)若 f x -1恒成立,求实数 k 的取值范围；
n lni n n -1
(3)求证： < ．（ n N且 n 2）
i=2 i +1 4
9．（2024 届天津高考数学真题）设函数 f x = xlnx ．
(1)求 f x 图象上点 1, f 1 处的切线方程；
(2)若 f x a x - x 在 x 0, + 时恒成立,求 a的值；
1
(3)若 x1, x2 0,1 ,证明 f x1 - f x2 x1 - x 22 ．
10．（2024 x-1届辽宁省凤城市第一中学高三下学期期初考试）已知函数 f x = xe - ln x - x .
(1)求函数 f x 的最小值；
(2)求证： e é f x + xù > ex - e -1 ln x
1
- .
2
1
11．（2024 届山东省智慧上进高三下学期 5 月大联考）已知函数 f x = + a ÷ ln x
2
+ - 2 ,其中 a R ．
è x x
(1)当a 1时,判断 f x 的单调性；
(2)若 f x 存在两个极值点 x1, x2 x2 > x1 > 0 ．
2
（ⅰ）证明： x2 - x1 + 2 > ；a
（ⅱ）证明： x 1,+ 时, f x
1 4 5
> - + - 2
x3 x2 x ．2 2 2
12．（2024 届湖南省衡阳市祁东县高三下学期考前仿真联考）已知正项数列 an 的前 n项和为 Sn ,首项
a1 =1 .
(1) a2若 n = 4Sn - 2an -1 ,求数列 an 的通项公式；
(2)若函数 f (x) = 2ex + x ,正项数列 an 满足： an+1 = f (an )(n N*) .
n
（i）证明： Sn 3 - n - 1；
(1 1 )(1 1 1（ii）证明： + 2 + 2 )(1+ 2 )L(1
1
+ 32 ) < e(n 2,n N
*)
5a .2 5a3 5a4 5an
14．（2024 届陕西省安康市高新中学、安康中学高新分校 4 月联考）已知函数 f x x= x , g x = lnx .e
(1)求 f x 的极值；
(2)证明： xg x + 2 > ex f x 2- .
x
15．（2024 届安徽省合肥市第六中学高三最后一卷）已知函数 f (x) = a(1- 2ln x) + 4x6 (a R) ．
(1)讨论 f (x) 的单调性；
(2)若x1 , x2 x1 x2 为函数 g(x) = kx2
1
+ 2 - ln x 的两个零点,求证： x x
4 4
x 1 2
>12e ．

展开更多......

收起↑