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专题 6 不等式恒成立问题
函数与导数一直是高考中的热点与难点,利用导数研究不等式恒成立问题一直是高考命题的热点,此类问题
一般会把函数、导数及不等式交汇考查,对能力要求比较高,难度也比较大,常见的题型是由不等式恒成立确定
参数范围问题,常见处理方法有：①构造函数,利用导数研究函数的单调性,求出最值,进而得出相应的含参不
等式,从而求出参数的取值范围．②分离变量,把问题转化为函数的最值问题．
(一) 与不等式恒成立问题有关的结论
①. x∈D,均有 f(x)>A 恒成立,则 f(x)min>A；
②. x∈D,均有 f(x)﹤A 恒成立,则 f(x)max③. x∈D,均有 f(x) >g(x)恒成立,则 F(x)= f(x)- g(x) >0,∴ F(x)min >0；
④. x∈D,均有 f(x)﹤g(x)恒成立,则 F(x)= f(x)- g(x) <0,∴ F(x) max <0；
⑤. x1∈D, x2∈E,均有 f(x1) >g(x2)恒成立,则 f(x)min> g(x)max；
⑥. x1∈D, x2∈E,均有 f(x1) 2
【例 1】（2024 届天津市河西区高三下学期质量调查三）已知函数 f x = -2a ln x - ,
x
g x = ax - 2a +1 ln x 2- ,其中 a R ．
x
(1)若 f 2 = 0 ,求实数 a 的值
(2)当 a > 0时,求函数 g x 的单调区间；
é1 ù
(3) 2若存在 x ê , e 使得不等式 f x g x 成立,求实数 a 的取值范围． e ú
【解析】（1）因为 f x = -2a ln x 2 2a 2- ,则 f x = - + ,
x x x2
由 f 2 = 0 2a 2 1可得- + 2 = 0 ,解得 a = .2 2 2
（2）函数 g x = ax - 2a +1 ln x 2- 的定义域为 0, + ,
x
2a +1 2 ax
2 - 2a +1 x + 2 ax -1 x - 2
且 g x = a - + = = ,
x x2 x2 x2
1
当 a > 0时,令 g x = 0 ,可得 x = > 0或 x = 2 ,
a
1
①当 = 2
1
,即 a = 时,对任意的 x > 0 , g x > 0 , g x 的单调递增区间为 0, + ．
a 2
1 1 1 1
②当0 < < 2 ,即 a > 时, g x > 0 ,得0 < x < 或 x > 2 , g x < 0 ,得 < x < 2 ,
a 2 a a
g x 的单调递增区间为 0,
1
÷和 2, + ,
1
单调递减区间为 , 2a a ÷è è
1
③当 > 2 ,即0 < a
1
< 时 g x > 0 1 1,得0 < x < 2或 ； g x < 0 ,得 2 < x < ,
a 2 a a
g x 1 1 的单调递增区间为 0,2 和 ,+ a ÷ ,单调递减区间为 2, ÷ ,è è a
1
综上所述, a = 时,函数 g x 的单调增区间为 0, + ；
2
a 1> 时,函数 g x 1 1 的单调增区间为
2
0,
a ÷
和 2, + ,单调减区间为 , 2÷；
è è a
1 1 10 < a < 时,函数 g x 的单调增区间为 0,2 和 ,+ 2 ÷ ,单调减区间为 2, ÷ .è a è a
（3）由 f x g x ln x 1 ln x 1,可得 ax - ln x 0 , a é 2 ù é, 2 ù即 其中 x ê , e ú ,令 h x = , x ê , e ú ,x e x e
é1 2 ù é1 2 ù
若存在 x ê , e ú ,不等式 f x g x 成立,则 a h x , x ê , e e min e ú ,
h x 1- ln x = 2 ,令 h x = 0
1
,得 x=e,当 x < e时, h x > 0 ,当 e < x e2 时, h x < 0 ,x e
é1 ù
所以函数 h x 在 ê , eú 上递增,在 e,e2 ù 上递减, e
所以函数 h x x 1在端点 = 或 x = e2 处取得最小值．
e
1
因为 h ÷ = -e , h e2 2= 2 ,所以 h
1 < h e h x = h 1 ÷ ,所以 ÷ = -emin ,所以 a≥- e ,è e e è e è e
因此,实数 a的取值范围是 -e, + ．
1 3
【例2】（2024 2届重庆市九龙坡区高三下学期5月第三次质量抽测）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)求证：对任意 n N* ,都有 2ln n 1 i -1+ + > n .
i=1 è i
÷

1
【解析】（1）当 x 1时, f x = ln x + x2 ax 3- + 0恒成立,
2 2
ln x 1 3 ln x 1 3
即 a + x + 恒成立,只需 a + x +x 2 2x ÷ 即可,x 2 2x è min
g x ln x 1 3
2
令 = + x + , x 1 , g x 1- ln x 1 3 x - 2ln x -1则 = + - = ,x 2 2x x2 2 2x2 2x2
2
令 h x = x2 - 2ln x -1 , x 1 , h x 2 2x - 2则 = 2x - = ,
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 3（2）当 a = 2时, = + x - 2x + , x > 0 ,
2 2
1 x -1f x x 2
2
所以 = + - = 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 1 3 1 3- x = ln x + x2 - 2x + + ln 2 - x + 2 - x 2 - 2 2 - x +
2 2 2 2
= ln é 2 x 2 - x ù + x - 2x +1 = ln éx 2 - x ù - x 2 - x +1 , 0 < x <1,
令 t = x 2 - x ,则0 < t <1 ,则j t = ln t - t +1 ,j t 1 1 1- t= - = ,
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 ,
由 ln x
1 3
+ x2 - 2x + > 0 2得
2 2 2ln x + x
2 - 4x + 3 > 0 ,即 2ln x + x - 2 >1 ,
2
x n +1= , 2ln n +1 n +1 2 1, 2ln n +1 1- n
2
令 则 + - > + 即 >1 ,
n n n ÷ n n ÷è è
2ln 2 1-1
2 3 1- 2 2 2 2
所以 + ÷ >1 , 2ln +

÷ >1 , 2ln
4 1- 3+ n +1 1- n>1,…, 2ln + >1 ,
1 1 2 2 ÷ ÷è è 3 è 3 n è n
n 2
相加得 2ln n +1 + i -1 ÷ > n .
i=1 è i
(二)把函数单调性问题转化为不等式恒成立问题
若给出函数单调性,求参数范围,可把问题转化为恒成立问题,若可导函数 f x 在 a,b 上是增（减）函数,则
x a,b 时 f x 0 （或 f x 0 ）恒成立.
【例 3】（2024 届湖北省黄冈中学高三 5 月模拟）已知函数 f x = x +1 lnx - ax + 2 .
(1)当 a =1时,求 f x 的图象在 1, f 1 处的切线方程；
(2)若函数 f x 在 1, + 上单调递增,求实数 a 的取值范围.
【解析】（1）当 a =1时, f x = x +1 lnx - x + 2 , x > 0 ,
f x 1= lnx + , f 1 =1 , f 1 =1,所以 f x 的图象在 x =1处的切线方程为： y = x .
x
（2） f x = lnx 1+ +1- a ,
x
若函数 f x 在 1, + 上单调递增,则 f x 0对于 x 1, + 恒成立,
即a lnx
1
+ +1对于 x 1, + 恒成立,
x
令 g x = lnx 1+ +1, x x -1>1 ,当 x >1时, g x = > 0 ,
x x2
则函数 g x 在 1, + 上单调递增,所以 g x > g 1 = 2 ,故 a 2 .
(三)把二元不等式恒成立问题转化为函数单调性问题
对于形如 x1 > x2 时不等式 f x1 + g x2 > f x2 + g x1 恒成立问题,可构造增函数 f x - g x 来求解.
基本结论：
f x - f x
(1)“若任意 x2 > x1 > 0 , f x1 - f x2 > kx1 - kx , x x , 1 22 或对任意 1 2 > k ,则 y = f x - kx 是x1 - x2
增函数；
f x - f x
(2) 对任意 x
1
1 x2 ,
1 2 > y f x 1,则 = + 是增函数；
x1 - x2 x1x2 x
2
【例 4】（2024 届山西省吕梁市高三三模）已知函数 f x = x - 2x + alnx, a R .
(1)讨论函数的单调性；
x2 f x - x f x (2) 1 1 2若对任意的 x1, x2 0, + , x1 x2 ,使 > 0恒成立,则实数 a的取值范围.x1 - x2
2
【解析】（1） f x x 0, , f x 2x 2 a 2x - 2x + a的定义域为 + = - + = ,
x x
令 g x = 2x2 - 2x + a ,又QΔ = 4 -8a ,
1
1o ,当Δ 0 ,即 a 时, g x 0 ,此时 f x > 0, f x 在 0, + 上单调递增2
2o
1
,当Δ > 0 , a < , g x = 0 , x 1- 1- 2a , x 1+ 1- 2a即 时令 解得
2 1
=
2 2
=
2
1
其中,当0 < a < 时 ,0 < x1 x2 , x 0, x1 x2 ,+ , g x 0 ,2
x x1，x2 , g x < 0，所以 f x 在 0, x1 , x2 , + 单调递增,在 x1, x2 单调递减；
当 a < 0时, x1 < 0 < x2 , x 0, x2 , g x 0, x x2 , + , g x 0 ,
故 f x 在 0, x2 单调递减, x2 ,+
1
单调递增.综上： a , f x 在 0, + 上单调递增；
2
0 1
1- 1- 2a
< a < , f x 在 0, ÷÷ ,
1+ 1- 2a
,+ ÷÷上单调递增；2 è 2 è 2

a 0, f x 1+ 1- 2a
1+ 1- 2a
在 0, ÷÷上单调递减,在 ,+ 2 2 ÷÷ 上单调递增
.
è è
é
x x x f f x f xx x f x
ù
（2） 1 - 2 é 2 1 - 1 2 ù > 0 x1 - x
1 2
2 ê -x x ú > 0 . 1 2
g f xx x 2 alnx令 = = - + ,则只需 g x 在 0, + 单调递增,
x x
即 g x 0恒成立,
x2 + a 1- lnx
2
g x = 2 ,令 h x = x
2 + a 1- lnx ,则 h x 0 a 2x - a恒成立；又 h x = 2x - = ,
x x x
2
①当 a = 0时, h x = x , h x 在 0, + 单调递增成立；
②当 a < 0时, h x > 0, h x 在 0, + 单调递增,又 x 0, h x - ,故 h x 0不恒成立.不满足题意；

③当 a > 0时,由 h x = 0 x a a a得 = ,h x 在 0, 2 ÷÷单调递减,在 , + 2 ÷÷单调递增,2 è è

因为 h x 0 h(x) a a 3 恒成立,所以 min = h ÷÷ = 3 - ln

2 2 2 ÷
0 ,
è è
解得0 < a 2e3 ,综上, a [0, 2e3] .
(四)形如“若 x m ,则 f x f m ”的恒成立问题
求解此类问题的思路是：先确定是使 f x 0 的参数 a 的取值范围 A ,当 a A ,由 f x 为增函数及 x m可
得 f x f m 恒成立,当 a A时确定存在 x0 > m ,使得 x m, x0 , f x < 0 , f x 递减,即 x m, x0 时
f x < f m ,故原不等式不恒成立.
【例 5】函数 f (x) = ex + sin x - a 的图像与直线 2x - y = 0相切.
(1)求实数 a 的值；
(2)当 x [0,+ )时, f (x) msin 2x ,求实数 m 的取值范围.
【解析】 (1) f (x) = ex + sin x - a f (x) = ex + cos x ,设切点为 (x0 , y0 ) ,
ìex0 + cos x = 2
所以有 f (x ) = ex00 + cos x

0 ,因为 2x - y = 0是切线,
0
所以有 í ,
2x0 - y0 = 0
设 h(x) = ex + cos x - 2 h (x) = ex - sin x ,显然当 x > 0时, h (x) > 0, h(x)单调递增,所以有 h(x) > h(0) = 0 ,
当 x > 0时, ex <1,cos x 1,所以 ex + cos x - 2 = 0无实数根,
因此当 x R 时,方程 h(x) = ex + cos x - 2 = 0 有唯一实数根,即 x = 0 ,
于是有 x = 0 y = 0 ,因此有 e00 0 + sin 0 - a = 0 a =1；
(2)令 g(x) = ex + sin x - msin 2x -1 ,则 g(x) 0在[0, + ) 恒成立
g (x) = ex + cos x - 2mcos 2x . g (0) = 2 - 2m
π p
若 2 - 2m 0 , ,
é
即m 1时当0 x 时,由 cos x cos 2x得 g (x) 0 ,所以 g(x)在 ê0, 2 ÷ 单调递增,又
g(0) = 0 ,所
2
以 g(x) 0
é π p π
在 ê0, ÷恒成立；当 x > 时, ex > e 2 > 3所以 g(x) > 3- sin x - msin 2x -1 0 .所以 g(x) 0在 2 2
é π
ê , +

2 ÷
恒成立.

若 2 - 2m < 0即m >1时, g (0) = 2 - 2m < 0 ,则存在 x0 > 0 ,使得 g(x)在 0, x0 单调递减,则当 x 0, x0 时,
g(x) < g(0) = 0矛盾,舍，综上所述, m 的取值范围时 (- ,1] .
(五)根据不等式恒成立求整数参数的最值
此类问题通常可分类参数,把问题转化为m < f x （m > f x ）, m Z 的形式, f x 有最小（大）值,但无
法求出,只能引入导函数的隐零点 x0 ,估计 f x0 的范围,再确定整数m 的最大（小）值.
【例 6】（2024 届辽宁省沈阳市第一二〇中学高三上学期第二次质量检测）已知函数
f (x) = 2x3 + 3(1+ m)x2 + 6mx(x R) .
(1)讨论函数 f x 的单调性；
(2)若 f -1 =1,函数 g(x) = a ln x 1 f (x)+ - 2 0x 在 1, + 上恒成立,求整数 a 的最大值.
【解析】（1）根据题意可得 f (x) = 6x2 + 6(1+ m)x + 6m = 6 x +1 x + m ,
若m =1, f (x) = 6 x +1 2 0在 x R 上恒成立,此时函数 f x 在R 上单调递增；
若m > 1,此时-m < -1 ,当 x - ,-m -1, + 时,满足 f (x) > 0 ,此时函数 f x 在 - , -m , -1, + 上单
调递增；当 x -m,-1 时,满足 f (x) < 0 ,此时函数 f x 在 -m, -1 单调递减；
若m <1,此时-m > -1,当 x - ,-1 -m, + 时,满足 f (x) > 0 ,此时函数 f x 在 - , -1 , -m, + 上单
调递增,当 x -1, -m 时,满足 f (x) < 0 ,此时函数 f x 在 -1, -m 单调递减；
综上可知, m =1时, f x 在R 上单调递增；
m > 1时, f x 在 - , -m 和 -1, + 上单调递增,在 -m, -1 单调递减；
m <1时, f x 在 - , -1 和 -m, + 上单调递增,在 -1, -m 单调递减；
（2）由 f -1 =1可得-2 + 3(1+ m) - 6m =1 ,解得m = 0；
所以 f (x) = 2x3 + 3x2 ,则 g(x) = a ln x +1 - 2x - 3 ,易知 x 1,+ 时, ln x +1 > 0 ,
若函数 g(x) = a ln x 1 f (x)+ - 2 0 在 1, + a
2x + 3
x 上恒成立
,等价成 在 x 1,+ 上恒成立；
ln x +1
1 3
h x 2x + 3
2 ln x +1 - 2x + 3 × 2ln x -
令 = , x>1 ,则 h x = x = xln x +1 ； ln x +1 2 ln x +1 2
令j x 3 2 3= 2ln x - x >1 ,则j x = + 2 > 0在 x 1,+ 上恒成立,x x x
即函数j x 在 x 1,+ 上单调递增,
3
易知j 2 = 2ln 2 3 ln16 - ln e- = ,由于 e3 >2.73 =19.683 ,所以j 2 < 0 ,2 2
2 5ln 5 - ln e3 5 5 5
而 5 5 6 2 ÷ è ,且 >25 ÷ = 32>27=33 >e3 ,所以j ÷>0j ÷ = 2ln - =
；
2 2 è 2 è 2 5 5 è
3
因此 h x 在 x 1,+ 有且仅有一个零点 x0 ,满足 2ln x0 = ,且 x0 2,
5
x 2 ÷；0 è
所以当 x 1, x0 时, h x < 0 ,当 x x0 ,+ 时, h x > 0；
2x + 3
因此函数 h x = , x>1 ln x 1 在 1, x0 上单调递减,在 x0 ,+ 上单调递增；+
h x 2x0 + 3 2x + 3h x 0 = =
0
3 = 2x0所以 的最小值为 ln x0 +1 +1 ,显然 2x0 4,5 ,
2x0
因此 a 2x0 4,5 ,又 a是整数,所以 a的最大值为 4.
(六)通过构造函数求最值解决不等式恒成立问题
①该方法一般是根据不等式的结构构造一个新函数,利用导数研究该函数的单调性,由函数的单调性确定其
最值,或把其最值用含有参数的式子来表示,再根据所给不等式列出关于参数的不等式,
②注意如果所构造的函数,其导数结构比较复杂不易分析出单调性,则可把需要判断符号的式子拿出来构造
一个新函数,再想办法解决其符号.
③有时所构造的函数的最值不易求出,可以引入导数的隐零点,把函数最值用导数的隐零点表示.
④在考虑函数最值时,除了依靠单调性,也可根据最值点的出处,即“只有边界点与极值点才是最值点的候选
点”,所以有的讨论点就集中在“极值点”是否落在定义域内.
f x 1+ a ln x【例 7】设函数 = ,其中 a R .
x
(1)当 a 0时,求函数 f x 的单调区间；
(2)若 f x x2 ,求实数 a的取值范围.
f (x) 1+ a ln x (x 0) f (x) a - (1+ a ln x) a -1- a ln x【解析】 (1) = > , = 2 = 2 .x x x
f (x) a - (1+ a ln x) 1当 a = 0时, = 2 = - 2 < 0恒成立,则 f x 在 0, + 上为减函数,x x
f (x) > 0 ln x a -1
a-1
当 a > 0时,令 ,可得 a -1- a ln x > 0 ,则 < ,解得 ,
a 0 < x < e a
令 f (x) < 0
a-1
,解得 x > e a ,综上,当 a = 0时, f x 的减区间为 0, + ；
a-1 a-1
当 a > 0时, f x 的单调递增区间为 0,e a ÷ ,单调递减区间为 e a ,+ ÷ .
è è
(2)由 f (x) x2 ,可得 x3 - a ln x -1 0设 g(x) = x3 - a ln x -1(x > 0) ,
3
则 g (x) = 3x2 a 3x - a- = .
x x
1 1 1 7
①当 a 0时, g x > 0 , g x 单调递增,而 g ÷ = - a ln -1 = - + a ln 2 < 0 ,所以不满足题意,
è 2 8 2 8
3
②当 a > 0时,令 g (x) 3x - a a= = 0 ,解得 x = 3 ,
x 3
3
当 x 0,
a a
3
÷÷ 时, g x < 0 , g x 为减函数,当 x ,+ ÷÷时, g x > 0 , g x 为增函数,
è 3 è 3
3
g(x) g a
1 1
所以 ÷÷ = + ln 3
1
÷ a - a ln a -1 .
è 3 è 3 3 3
h(a) 1 1 1= 1 1 1 1令 + ln 3÷ a - a ln a -1(a > 0) , h (a) = + ln 3 - (ln a +1) = (ln 3 - ln a) ,
è 3 3 3 3 3 3 3
当 a 0,3 时, h a > 0 , h a 为增函数,当 a 3,+ 时, h a < 0 , g x 为减函数,
所以 h a h 3 = 0 ,又 g x h a 0 .
则 h a = 0 ,解得 a = 3 ,所以实数 a的取值范围是 3 .
(七) 通过分类参数把不等式恒成立问题转化为求不含参数的函数的最值
①分类参数法就是在不等式中含有两个字母时（一个视为变量,另一个视为参数）,可利用不等式的等价变形
让两个字母分居不等号的两侧,即不等号的每一侧都是只含有一个字母的表达式.然后可利用其中一个变量
的范围求出另一变量的范围,转化为求函数的最值问题.
②一般情况下,那个字母的范围已知,就将其视为变量,构造关于它的函数,另一个字母（一般为所求）视为参
数.
③要注意分类参数法不是万能的,已知不等式中两个字母是否便于进行分离,如果仅通过几步简单变换即可
达到分离目的,则参变分离法可行.但有些不等式中由于两个字母的关系过于“紧密”,会出现无法分离的情形,此
时要考虑其他方法.此外参数分离后,要注意变量的函数解析式是否便于求出最值（或临界值）,若解析式过于
复杂而无法求出最值（或临界值）,则也无法用分离法解决问题.
m 2
【例 8】（2024 届四川省绵阳市江油市高三下学期模拟）已知函数 f (x) = x - x - ln x (m R) .
2
(1)当m = 2 时,求函数 f (x) 的单调区间；
(2)若"x > 0 ,不等式 f (x) > x2 恒成立,求实数m 的取值范围.
m 2
【解析】（1）函数 f (x) = x - x - ln x 的定义域为 (0, + ) ,
2
2 f (x) 2x 1 1 (2x +1)(x -1)当m = 2 时, f (x) = x - x - ln x ,所以 = - - = ,
x x
当 x (0,1) 时, f (x) < 0 , f (x) 在( 0, 1)上为减函数,
当 x (1,+ )时, f (x) > 0 , f (x) 在 (1, + )上为增函数,
综上所述： f (x) 在( 0, 1)上为减函数,在 (1, + )上为增函数；
（2）若"x > 0 ,不等式 f (x) > x2 恒成立,
m 1 ln x m 1 ln x
则 >1+ + 2 对 x > 0均成立,所以 > (1+ + )2 x x 2 x x2 max
1 ln x g (x) 1 x - 2x ln x 1 1- 2ln x 1- 2ln x - x令 g(x) =1+ + ,则 = - 2 + 2 2 = - + =x x2 x (x ) x2 x3 x3
,
令h(x) =1- 2ln x - x ,显然h(x) =1- 2ln x - x为 (0, + )上的减函数,
又 h(1) =1- 2ln1-1 = 0 ,所以 x (0,1) , h(x) > 0 , g (x) > 0则 g(x)在( 0, 1)上为增函数,
当 x (1,+ )时, h(x) < 0 , g (x) < 0则 g(x)在 (1, + )上为减函数,
所以 g(x)max = g(1) =1
1 ln1 2 m+ + = ,所以 > 2 ,所以m > 4 ,
1 1 2
所以实数m 的取值范围为 (4, + ) .
(八) 先用特殊值确定或缩小参数范围,求解不等式恒成立问题
此类问题通常是先在自变量允许值范围内取一个特殊值代入,缩小参数范围,然后在该范围内求解,减少讨论,
也有可能该范围就是所求范围,此时只需证明在该范围内不等式恒成立即可.
【例 9】（2024 届江苏省苏州市八校高三三模）已知函数 f (x) = cos x, g(x) = a 2 - x2 .
(1) a =1时,求F (x) = f (x) - g(x)的零点个数;
(2)若 f (x) g(x) 恒成立,求实数 a的最大值;
n
(3)求证: sin p k- 3 ÷ > n - 2k 2 (k R) .
i=1 è 3 i 3
【解析】（1）当 a =1时, g(x) = 2 - x2 ,则F (x) = f (x) - g(x) = cos x - 2 + x2 ,
所以F (x) = -sin x + 2x ,令 h(x) = -sin x + 2x ,则 h (x) = -cos x + 2 > 0 ,
所以 h(x) = -sin x + 2x 在R 上单调递增,即F (x) = -sin x + 2x在R 上单调递增,
当 x > 0时, F (x) > 0 ,所以 F (x)在 (0, + )上为增函数,
当 x < 0 时, F (x) < 0 ,所以 F (x)在 - ,0 上为减函数,
又F (0) = -1 , F (2) = F (-2) = cos 2 + 2 > 0 ,
且 x - 时, F (x) + ,则存在 x1 - ，0 , x2 0,2 ,使得F (x1) = 0, F (x2 ) = 0 ,
所以 F (x)有两个零点.
1
（2）令m(x) = cos x - 2a + ax2 ,由m(0) 0 ,得 a ,
2
令 h(x) = cos x
1
-1+ x2 = cos x 1+ (x2 - 2), 所以 h (x) = -sin x + x ,
2 2
令j(x) = -sin x + x ,可得j (x) = -cos x +1 0 ,
所以j(x) = -sin x + x 在 (0, + )上为增函数,所以j(x) = -sin x + x > sin 0 + 0 = 0 ,
所以 h (x) > 0 ,所以 h(x) = cos x -1
1
+ x2 > cos 0 1 1- + 02 = 0 ,
2 2
所以 h(x) 在[0, + ) 上单调递增,所以 h(x) h(0) = 0 ,即cos x > 1
1
- x2 ,
2
所以 f (x) g(x) 1恒成立,所以实数 a的最大值是实数 2 ；
3 sin p k- +1 3 sin p k p k p k k（3）因为 ÷ - ÷ + cos - ÷ = 2sin - ÷ = 2cos ,
è 3 i è 3 i è 3 i è 2 i i
1 k
由（2 2）可得cos x > 1- x ,所以 cos >1
1 (k- )2 ,
2 i 2 i
n n n
所以 [ 3 sin p k k - ÷ +1] 2 (cos ) > 2n - (k )2 ,
i=1 è 3 i i=1 i i=1 i
n p k n
所以 3 sin - ÷ > n -3 i (
k )2 ,
i=1 è i=1 i
n
(k )2 k 2 (1 1 1 L 1又 = + 22 + 2 + + 2 ) < k (1 1
1 1 1 1 1 1
+ - + - + +L+ - ) < 2k 2 ,
i=1 i 2 3 n 2 2 3 3 n -1 n
n
sin p k 3所以 - ÷ > n - 2k 2 (k R) .
i=1 è 3 i 3
【例 1】（2024 届高考全国甲卷真题）已知函数 f x = 1- ax ln 1+ x - x．
(1)当 a = -2 时,求 f x 的极值；
(2)当 x 0 时, f x 0 ,求 a的取值范围．
【解析】（1）当 a = -2 时, f (x) = (1+ 2x) ln(1+ x) - x ,
故 f (x) = 2ln(1+ x)
1+ 2x
+ -1 = 2ln(1 1+ x) - +1 ,
1+ x 1+ x
因为 y = 2ln(1+ x), y
1
= - +1在 -1, + 上为增函数,
1+ x
故 f (x) 在 -1, + 上为增函数,而 f (0) = 0 ,
故当-1 < x < 0时, f (x) < 0 ,当 x > 0时, f (x) > 0 ,
故 f x 在 x = 0处取极小值且极小值为 f 0 = 0 ,无极大值.
a +1 x
（2） f x a ln 1 x 1- ax = - + + -1 = -a ln 1+ x - , x > 0 ,
1+ x 1+ x
设 s a +1 xx = -a ln 1 x + - , x > 0 ,
1+ x
s x -a a +1 a x +1 + a +1 ax + 2a +1则 = - 2 = - 2 = -x +1 ,1+ x 1+ x 1+ x 2
1
当 a - 时, s x > 0 ,故 s x 在 0, + 上为增函数,故 s x > s 0 = 0 ,即 f x > 0 ,
2
所以 f x 在 0, + 上为增函数,故 f x f 0 = 0 .
1 a 0 0 x 2a +1当- < < 时,当 < < - 时, s x < 0 ,
2 a
2a +1 2a +1
故 s x 在 0, - ÷上为减函数,故在 0, - ÷上 s x < s 0 ,
è a è a
0, 2a +1 即在 - ÷上 f x < 0即 f x 为减函数,
è a
2a +1
故在 0, - ÷上 f x < f 0 = 0 ,不合题意,舍.当 a 0 ,此时 s x < 0在 0, + 上恒成立,
è a
1
同理可得在 0, + 上 f x < f 0 = 0恒成立,不合题意,舍；综上, a - .
2
【例 2】（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 x - f x x - x 21 2 1 2 ．
【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 ,则 h t =1 1 t -1- = ,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
1 1 f x - a x - x = x ln x - a x - x = x 1 a -1÷ - 2ln x x ÷ = x × g ÷ .è è 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 = a t -1 2ln 1+ a t -1 + 2 1 -1
2
÷ = at + - a - 2 ,t è t t
取 t = 2 ,得0 a -1 ,故a 1 > 0 .
t 2 , 0 a 2 a
2
再取 = 得 × + 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 = ab + ln b <1+ ln b ,b - a b - a -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
a + ln a =1+ ln a ,b - a b - a 1- 1-
b b
b ln b - a ln a f b - f a
所以 ln a +1< < ln b +1, ln a 即 +1 < < ln b +1.
b - a b - a
由 f x = ln x +1 1 1,可知当0 < x < 时 f x < 0 ,当 x > 时 f x > 0 .e e
所以 f x 1ù é1在 0, ú上递减,在 ê ,+

e ÷上递增
.
è e
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 x2 = f x2 - f x1 < ln x2 +1 x2 - x1 < x2 - x1 < x2 - x1 ,结论成立；e
1
情况二：当0 < x1 x2 时,有 f x1 - f x2 = f x1 - f x = xe 2 1
ln x1 - x2 ln x2 .
1 1
对任意的 c
ù
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 11 = 1 + + < 1 +1+ = -1
1 1
- +1+ = 0
1+ ÷ 1+ c 1+
è 2e 2c 2e 2c 2 c - e 2c1 2 c
c 2c 2c ,
-
1+ 2
2e 2c
x 1 c - 2 c 1 2
且当 2 , x > 时,由 ln -14 ln 1
可知
- ÷ 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 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 < x0 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- = - q

c ÷
< 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 .
c 1根据
ù
0, ú和0 < x ce 的任意性,取
c = x2 , x = x1 ,就得到 x
è 1
ln x1 - x2 ln x2 - x2 - x1 0 .
所以 f x1 - f x2 = f x1 - f x2 = x1 ln x1 - x2 ln x2 x2 - x1 .
1
情况三：当0 < x1 x2 <1时,根据情况一和情况二的讨论,可得 f x1 - f
1 1
÷ - x1 x2 - x1 ,e è e e
f 1 - f x x
1
- x - x
e ÷ 2 2 e 2 1
.
è
1 1
而根据 f x 的单调性,知 f x1 - f x2 f x1 - f ÷ 或 f x1 - f x2 fe e ÷ - f x2 .è è
故一定有 f x1 - f x2 x2 - x1 成立.综上,结论成立.
【例 3】（2024 2届湖南省岳阳市汨罗市高三下学期 5 月月考）函数 f x = ln x, g x = x - x - m + 2．
(1)若m = e ,求函数F x = f x - g x 的最大值；
(2)若 f x + g x x2 - x - 2 ex 在 x (0, 2]恒成立,求实数 m 的取值范围．
【解析】（1）因为F x = ln x - x2 + x + e - 2 ,
F (x) 0, + F (x) 1 2x 1 (2x +1)(x -1)可知 的定义域为 ,且 = - + = - ,
x x
由F (x) > 0 ,解得0 < x <1；由 F (x) < 0 ,解得 x >1．
可知 F (x)在( 0, 1)内单调递增,在 (1, + )内单调递减,
所以函数F x = f x - g x 的最大值为F 1 = e - 2．
（2）因为 f (x) + g(x) x2 - (x - 2)ex 在 x (0, 2]恒成立,
等价于m (x - 2)ex + ln x - x + 2在 x (0, 2]恒成立．
设 h(x) = (x - 2)ex + ln x - x + 2 , x (0, 2] ,
则 h (x) = (x -1)ex
1 1 1+ - = x -1 ex -

x x ÷
,
è
1 1
当 x >1 , x x时则 x -1 > 0 ,且 e > e, < 1 ,可得 e - > e -1 > 0 ,所以 h (x) > 0x ；x
当0 < x <1时,则 x -1< 0 ,设u(x)
1
= ex - ,0 < x <1 ,则u (x)
1
= ex + > 0 ,
x x2
1 1
可知u(x) 在( 0, 1)递增,且u ÷ = e - 2 0,u(1) = e -1 0．则$x0 ,1÷ ,使得u x0 = 0．
è 2 è 2
当 x 0, x0 时,u(x) < 0；当 x x0 ,1 时,u(x) > 0．当 x 0, x0 时, h (x) > 0；当 x x0 ,1 时, h (x) < 0．
可知函数 h(x) 在 0, x0 递增,在 x0 ,1 递减,在 (1, 2)递增．
u x ex 1 1= 0由 0 - = 0x ,
x0
得 e = x ,且
ln x0 = -x0 ．
0 0

可得 h x x 2 ex ln x x 2 1 100 = 0 - + 0 - 0 + = x0 - 2 - 2x0 + 2 = 3- 2x x0 + ÷ ,0 è x0
x 1 且 0 ,12 ÷
,则 h x0 < 0 ,
è
又因为 h(2) = ln 2 > 0 ,可知当 x (0, 2]时, h(x)max = h 2 = ln 2 ,所以m 的取值范围是[ln 2,+ )．
【例 4】（2024 届河南省信阳市高三下学期高考考前押题）已知函数 f x = xlnx , h x = x x -1 x > 0 ．
(1)试比较 f x 与 h x 的大小；
(2)若 f x x -1 ax - a +1 恒成立,求 a的取值范围．
x -1
【解析】（1）因为 f x - h x = x ln x - x x -1 = x ln x - ÷ ,
è x
2
F x ln x x -1构建 = - , x > 0 , x -1 则
x F x = - 0在 0, + 内恒成立,2x x
可知F x 在 0, + 内单调递减,且F 1 = 0 ,则有：
若0 < x <1,则F x > 0 ,即 f x > h x ；若 x =1 ,则F x = 0 ,即 f x = h x ；
若 x >1 ,则F x < 0 ,即 f x < h x .
（2）若 f x x -1 ax - a +1 恒成立,则 ax - ln x a -1+ +1- 2a 0 ,
x
构建 g x = ax a -1- ln x + +1- 2a, x > 0 ,原题意等价于 g x 0在 0, + 内恒成立,
x
1 a -1 x -1 ax + a -1则 g x = a - - = ,
x x2 x2
1.若 a 0 ,则 ax + a -1< 0，当0 < x <1时, g x > 0；当 x >1时, g x < 0；
可知 g x 在 0,1 内单调递增,在 1, + 内单调递减,则 g x g 1 = 0 ,不符合题意；
2.若 a > 0 ,则有：（ⅰ）若a 1 ,则 ax + a -1 > 0 ,当0 < x <1时, g x < 0；当 x >1时, g x > 0；
可知 g x 在 0,1 内单调递减,在 1, + 内单调递增,则 g x g 1 = 0 ,符合题意；
1
（ⅱ）若 0 < a < 1时,令 g x = 0 ,解得 x =1或 x = -1 > 0 ,
a
1 1 1
①若 - 1 > 1 ,即0 < a < 时,当1 < x < -1时, g x < 0 ,
a 2 a
可知 g x 在 1,
1
-1 ÷内单调递减,此时 g x < g 1 = 0 ,不合题意；
è a
1 1 x -1 2
②若 - 1 = 1 ,即 a = 时,则 g x = 0 ,可知 g x 在 0, + 内单调递增,a 2 2x2
当 x 0,1 时,此时 g x < g 1 = 0 ,不合题意；
1 1 1- a
③若 -1<1
2
,即 < a <1时,则0 < 1- a < <1,
a 2 a
x -1 1
由（1）可知：当0 < x <1时, ln x > = x - ,
x x
g x 1 2a ln x ax a -1 1 2a x 1 ax a -1则 = - - + + < - - - ÷ + + ,x è x x
可得 g 1- a 2 <1- 2a - 1- a 1 a -1- ÷ + a 1- a 2 + 2 = a2 a - 2 < 01- a 1 a ,不合题意；è -
综上所述： a的取值范围为 1, + .
【例 5】（2024 届河北省保定市九县一中三模）已知函数 f x = ax + ln x +1 .
(1)若 a = -2 ,求 f x 的单调区间；
(2)若 f x 0 恒成立,求 a的取值集合.
【解析】（1）由 a = -2 ,得 f x = -2x + ln x +1 1 -2x -1,定义域为 -1, + ,则 f x = -2 + = ,
x +1 x +1
x 1当

-1,-

÷时, f x > 0
1
, 当 x - ,+

2 2 ÷时
, f x < 0 ,
è è
f x 1, 1 1故 的单调递增区间为 - - ÷ ,单调递减区间为 - , +

2 2 ÷
.
è è
（2）由 f x = ax + ln x +1 , x -1, + ,得 f x 1= a + ,
x +1
a +1
若 a 0 ,则显然 f 2 = 2a + ln3 > 0 ,不符合题意,若 a<0 ,令 f x = 0 ,解得 x = - > -1 ,
a
x 1, a +1 - - 则当 ÷时, f x > 0 , f x x
a +1
单调递增,当

- , + ÷时, f x < 0 , f x a a 单调递减,è è
f x = f a +1- ÷ = -a -1- ln -amax ,则-a -1- ln -a 0 ,即 a +1+ ln -a 0 ,è a
令 g a = a +1+ ln -a g a 1 1 a +1,则 = + = ,
a a
当 x - ,-1 时, g a > 0 , g a 单调递增,当 x -1,0 时, g a < 0 , g a 单调递减,
所以 g a = g -1 = 0 ,当满足 g a 0时, a = -1 ,所以 a的取值集合为 -1max .
1．（2024 3 2届青海海西格尔木三校高三第三次联考）已知函数 f x = x - x + ax .
(1)讨论函数 f x 的单调性；
(2)令 g x a= f x + - x ln x - 2 ,若 g x 0 恒成立,求实数 a 的取值范围.
x
2 f (x) 1
2．（2024 届陕西省富平县高三第二次模拟）已知函数 f (x) = x ln x , g(x) = - x + .
x x
(1)求函数 g(x)的单调区间；
(2)若当 x > 0时, mx2 - ex mf (x)恒成立,求实数 m 的取值范围.
x
3．（2024 届重庆市高三第三次联合诊断）已知函数 f x e= .
x + a
(1)当 a =1时,求 f x 在点 0, f 0 处的切线方程；
(2)若 f x 在区间 0, + 上单调递增,求实数 a 的取值范围.
4．已知 f (x) = aex ln x, g(x) = x2 + x ln a
(1)当 a =1时,求 f (x) 在 x =1处切线方程；
(2)若 f (x) < g(x) 在 x (0,1) 恒成立,求 a的取值范围；
1 1 2 1 3 1 1
(3)求证： ×e2 + 32 2 ×e + 2 ×e4 L
n
+ + ×en+12 < ln(n +1)．2 3 4 (n +1)
5 ax
1 2
．（2024 届青海省部分学校高三下学期协作考试）已知函数 f x = e + x - ax（ a R ）.
2
(1)当 a =1时,求 f x 的最值；
(2) 2当 a -1,1 时,证明：对任意的x1 , x2 -2, 2 ,都有 f x1 - f x2 ≤ e -1.
6．（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
7．（2024 x届广东省茂名市高州市高三第一次模拟）设函数 f x = e + asinx , x 0, + .
(1)当 a = -1时, f x bx +1在 0, + 上恒成立,求实数b 的取值范围；
(2)若 a > 0, f x 在 0, + 上存在零点,求实数 a的取值范围.
8．（2024 x届四川省绵阳南山中学高三下学期高考仿真演练）已知函数 f x = e - k cos x ,其中 k 为常数.
(1)当 k =1时,讨论函数 f x 在 0, + 上的单调性；
π
(2)若"x

0, ÷ , f x >1 ,求实数 k 的取值范围.
è 2
ax
9．（2024 届河北省高三学生全过程纵向评价六）已知函数 f x = x , g x = sin x + cos x .e
(1)当 a =1时,求 f x 的极值；
(2)当 x 0, π 时, f x g x 恒成立,求 a的取值范围.
2
10．（2024 届山西省部分学校高三高考考前巩固卷）已知函数 f x = , g x = lnx - ax , a 0 .
ax
(1)讨论函数 g x 的单调性；
(2)当 a > 0时, F x = g x - f x 0恒成立,求 a的取值范围.
11．（2024 届四川省成都石室中学高三下学期高考适应性考试）设 f x =（a2 -1)ex + sin x - 3
(1)当 a = 2 ,求函数 f (x) 的零点个数.
(2)函数 h(x) = f (x) - sin x - x2 + 2ax + 2 ,若对任意 x 0 ,恒有 h(x) > 0 ,求实数 a的取值范围
12．（2024 届天津市新华中学高三统练十一））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
13．（2024 届福建省福州市福建师范大学附属中学高三下学期校模）已知函数 f (x) = ax - ln(1- x)(a R)．
(1)求曲线 y = 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
14．（2024 x届福建省福州第一中学高三下学期 5 月模拟）已知函数 f x = e , g x = sinx + cosx ,其中 e为自然
对数的底数.
(1)证明： x 0 时, ex -1 x sinx ；
(2)求函数h x = f x - g x 5在 - π,+ 4 ÷内的零点个数；è
(3)若 f x + g x ax + 2 ,求 a的取值范围.
15．（2024 届江苏省扬州市高三下学期高考考前调研测试）已知函数 f x = sinx, g x = x．
(1)求函数 h x = 2 f x - 3g x , x 0,2π 的极值；
g xx (2)函数j = , x 0,
π
f x ÷．è 2
①讨论函数j x 的单调性；
②函数F x = a ×j x ×cosx
1
- < 0
j x ,求实数 a的取值范围．专题 6 不等式恒成立问题
函数与导数一直是高考中的热点与难点,利用导数研究不等式恒成立问题一直是高考命题的热点,此类问题
一般会把函数、导数及不等式交汇考查,对能力要求比较高,难度也比较大,常见的题型是由不等式恒成立确定
参数范围问题,常见处理方法有：①构造函数,利用导数研究函数的单调性,求出最值,进而得出相应的含参不
等式,从而求出参数的取值范围．②分离变量,把问题转化为函数的最值问题．
(一) 与不等式恒成立问题有关的结论
①. x∈D,均有 f(x)>A 恒成立,则 f(x)min>A；
②. x∈D,均有 f(x)﹤A 恒成立,则 f(x)max③. x∈D,均有 f(x) >g(x)恒成立,则 F(x)= f(x)- g(x) >0,∴ F(x)min >0；
④. x∈D,均有 f(x)﹤g(x)恒成立,则 F(x)= f(x)- g(x) <0,∴ F(x) max <0；
⑤. x1∈D, x2∈E,均有 f(x1) >g(x2)恒成立,则 f(x)min> g(x)max；
⑥. x1∈D, x2∈E,均有 f(x1) 2
【例 1】（2024 届天津市河西区高三下学期质量调查三）已知函数 f x = -2a ln x - ,
x
g x = ax - 2a +1 ln x 2- ,其中 a R ．
x
(1)若 f 2 = 0 ,求实数 a 的值
(2)当 a > 0时,求函数 g x 的单调区间；
é1 ù
(3) 2若存在 x ê , e 使得不等式 f x g x 成立,求实数 a 的取值范围． e ú
【解析】（1）因为 f x = -2a ln x 2 2a 2- ,则 f x = - + ,
x x x2
由 f 2 = 0 2a 2 1可得- + 2 = 0 ,解得 a = .2 2 2
（2）函数 g x = ax - 2a +1 ln x 2- 的定义域为 0, + ,
x
2a +1 2 ax
2 - 2a +1 x + 2 ax -1 x - 2
且 g x = a - + = = ,
x x2 x2 x2
1
当 a > 0时,令 g x = 0 ,可得 x = > 0或 x = 2 ,
a
1
①当 = 2
1
,即 a = 时,对任意的 x > 0 , g x > 0 , g x 的单调递增区间为 0, + ．
a 2
1 1 1 1
②当0 < < 2 ,即 a > 时, g x > 0 ,得0 < x < 或 x > 2 , g x < 0 ,得 < x < 2 ,
a 2 a a
g x 的单调递增区间为 0,
1
÷和 2, + ,
1
单调递减区间为 , 2a a ÷è è
1
③当 > 2 ,即0 < a
1
< 时 g x > 0 1 1,得0 < x < 2或 ； g x < 0 ,得 2 < x < ,
a 2 a a
g x 1 1 的单调递增区间为 0,2 和 ,+ a ÷ ,单调递减区间为 2, ÷ ,è è a
1
综上所述, a = 时,函数 g x 的单调增区间为 0, + ；
2
a 1> 时,函数 g x 1 1 的单调增区间为
2
0,
a ÷
和 2, + ,单调减区间为 , 2÷；
è è a
1 1 10 < a < 时,函数 g x 的单调增区间为 0,2 和 ,+ 2 ÷ ,单调减区间为 2, ÷ .è a è a
（3）由 f x g x ln x 1 ln x 1,可得 ax - ln x 0 , a é 2 ù é, 2 ù即 其中 x ê , e ú ,令 h x = , x ê , e ú ,x e x e
é1 2 ù é1 2 ù
若存在 x ê , e ú ,不等式 f x g x 成立,则 a h x , x ê , e e min e ú ,
h x 1- ln x = 2 ,令 h x = 0
1
,得 x=e,当 x < e时, h x > 0 ,当 e < x e2 时, h x < 0 ,x e
é1 ù
所以函数 h x 在 ê , eú 上递增,在 e,e2 ù 上递减, e
所以函数 h x x 1在端点 = 或 x = e2 处取得最小值．
e
1
因为 h ÷ = -e , h e2 2= 2 ,所以 h
1 < h e h x = h 1 ÷ ,所以 ÷ = -emin ,所以 a≥- e ,è e e è e è e
因此,实数 a的取值范围是 -e, + ．
1 3
【例2】（2024 2届重庆市九龙坡区高三下学期5月第三次质量抽测）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)求证：对任意 n N* ,都有 2ln n 1 i -1+ + > n .
i=1 è i
÷

1
【解析】（1）当 x 1时, f x = ln x + x2 ax 3- + 0恒成立,
2 2
ln x 1 3 ln x 1 3
即 a + x + 恒成立,只需 a + x +x 2 2x ÷ 即可,x 2 2x è min
g x ln x 1 3
2
令 = + x + , x 1 , g x 1- ln x 1 3 x - 2ln x -1则 = + - = ,x 2 2x x2 2 2x2 2x2
2
令 h x = x2 - 2ln x -1 , x 1 , h x 2 2x - 2则 = 2x - = ,
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 3（2）当 a = 2时, = + x - 2x + , x > 0 ,
2 2
1 x -1f x x 2
2
所以 = + - = 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 1 3 1 3- x = ln x + x2 - 2x + + ln 2 - x + 2 - x 2 - 2 2 - x +
2 2 2 2
= ln é 2 x 2 - x ù + x - 2x +1 = ln éx 2 - x ù - x 2 - x +1 , 0 < x <1,
令 t = x 2 - x ,则0 < t <1 ,则j t = ln t - t +1 ,j t 1 1 1- t= - = ,
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 ,
由 ln x
1 3
+ x2 - 2x + > 0 2得
2 2 2ln x + x
2 - 4x + 3 > 0 ,即 2ln x + x - 2 >1 ,
2
x n +1= , 2ln n +1 n +1 2 1, 2ln n +1 1- n
2
令 则 + - > + 即 >1 ,
n n n ÷ n n ÷è è
2ln 2 1-1
2 3 1- 2 2 2 2
所以 + ÷ >1 , 2ln +

÷ >1 , 2ln
4 1- 3+ n +1 1- n>1,…, 2ln + >1 ,
1 1 2 2 ÷ ÷è è 3 è 3 n è n
n 2
相加得 2ln n +1 + i -1 ÷ > n .
i=1 è i
(二)把函数单调性问题转化为不等式恒成立问题
若给出函数单调性,求参数范围,可把问题转化为恒成立问题,若可导函数 f x 在 a,b 上是增（减）函数,则
x a,b 时 f x 0 （或 f x 0 ）恒成立.
【例 3】（2024 届湖北省黄冈中学高三 5 月模拟）已知函数 f x = x +1 lnx - ax + 2 .
(1)当 a =1时,求 f x 的图象在 1, f 1 处的切线方程；
(2)若函数 f x 在 1, + 上单调递增,求实数 a 的取值范围.
【解析】（1）当 a =1时, f x = x +1 lnx - x + 2 , x > 0 ,
f x 1= lnx + , f 1 =1 , f 1 =1,所以 f x 的图象在 x =1处的切线方程为： y = x .
x
（2） f x = lnx 1+ +1- a ,
x
若函数 f x 在 1, + 上单调递增,则 f x 0对于 x 1, + 恒成立,
即a lnx
1
+ +1对于 x 1, + 恒成立,
x
令 g x = lnx 1+ +1, x x -1>1 ,当 x >1时, g x = > 0 ,
x x2
则函数 g x 在 1, + 上单调递增,所以 g x > g 1 = 2 ,故 a 2 .
(三)把二元不等式恒成立问题转化为函数单调性问题
对于形如 x1 > x2 时不等式 f x1 + g x2 > f x2 + g x1 恒成立问题,可构造增函数 f x - g x 来求解.
基本结论：
f x - f x
(1)“若任意 x2 > x1 > 0 , f x1 - f x2 > kx1 - kx , x x , 1 22 或对任意 1 2 > k ,则 y = f x - kx 是x1 - x2
增函数；
f x - f x
(2) 对任意 x
1
1 x2 ,
1 2 > y f x 1,则 = + 是增函数；
x1 - x2 x1x2 x
2
【例 4】（2024 届山西省吕梁市高三三模）已知函数 f x = x - 2x + alnx, a R .
(1)讨论函数的单调性；
x2 f x - x f x (2) 1 1 2若对任意的 x1, x2 0, + , x1 x2 ,使 > 0恒成立,则实数 a的取值范围.x1 - x2
2
【解析】（1） f x x 0, , f x 2x 2 a 2x - 2x + a的定义域为 + = - + = ,
x x
令 g x = 2x2 - 2x + a ,又QΔ = 4 -8a ,
1
1o ,当Δ 0 ,即 a 时, g x 0 ,此时 f x > 0, f x 在 0, + 上单调递增2
2o
1
,当Δ > 0 , a < , g x = 0 , x 1- 1- 2a , x 1+ 1- 2a即 时令 解得
2 1
=
2 2
=
2
1
其中,当0 < a < 时 ,0 < x1 x2 , x 0, x1 x2 ,+ , g x 0 ,2
x x1，x2 , g x < 0，所以 f x 在 0, x1 , x2 , + 单调递增,在 x1, x2 单调递减；
当 a < 0时, x1 < 0 < x2 , x 0, x2 , g x 0, x x2 , + , g x 0 ,
故 f x 在 0, x2 单调递减, x2 ,+
1
单调递增.综上： a , f x 在 0, + 上单调递增；
2
0 1
1- 1- 2a
< a < , f x 在 0, ÷÷ ,
1+ 1- 2a
,+ ÷÷上单调递增；2 è 2 è 2

a 0, f x 1+ 1- 2a
1+ 1- 2a
在 0, ÷÷上单调递减,在 ,+ 2 2 ÷÷ 上单调递增
.
è è
é
x x x f f x f xx x f x
ù
（2） 1 - 2 é 2 1 - 1 2 ù > 0 x1 - x
1 2
2 ê -x x ú > 0 . 1 2
g f xx x 2 alnx令 = = - + ,则只需 g x 在 0, + 单调递增,
x x
即 g x 0恒成立,
x2 + a 1- lnx
2
g x = 2 ,令 h x = x
2 + a 1- lnx ,则 h x 0 a 2x - a恒成立；又 h x = 2x - = ,
x x x
2
①当 a = 0时, h x = x , h x 在 0, + 单调递增成立；
②当 a < 0时, h x > 0, h x 在 0, + 单调递增,又 x 0, h x - ,故 h x 0不恒成立.不满足题意；

③当 a > 0时,由 h x = 0 x a a a得 = ,h x 在 0, 2 ÷÷单调递减,在 , + 2 ÷÷单调递增,2 è è

因为 h x 0 h(x) a a 3 恒成立,所以 min = h ÷÷ = 3 - ln

2 2 2 ÷
0 ,
è è
解得0 < a 2e3 ,综上, a [0, 2e3] .
(四)形如“若 x m ,则 f x f m ”的恒成立问题
求解此类问题的思路是：先确定是使 f x 0 的参数 a 的取值范围 A ,当 a A ,由 f x 为增函数及 x m可
得 f x f m 恒成立,当 a A时确定存在 x0 > m ,使得 x m, x0 , f x < 0 , f x 递减,即 x m, x0 时
f x < f m ,故原不等式不恒成立.
【例 5】函数 f (x) = ex + sin x - a 的图像与直线 2x - y = 0相切.
(1)求实数 a 的值；
(2)当 x [0,+ )时, f (x) msin 2x ,求实数 m 的取值范围.
【解析】 (1) f (x) = ex + sin x - a f (x) = ex + cos x ,设切点为 (x0 , y0 ) ,
ìex0 + cos x = 2
所以有 f (x ) = ex00 + cos x

0 ,因为 2x - y = 0是切线,
0
所以有 í ,
2x0 - y0 = 0
设 h(x) = ex + cos x - 2 h (x) = ex - sin x ,显然当 x > 0时, h (x) > 0, h(x)单调递增,所以有 h(x) > h(0) = 0 ,
当 x > 0时, ex <1,cos x 1,所以 ex + cos x - 2 = 0无实数根,
因此当 x R 时,方程 h(x) = ex + cos x - 2 = 0 有唯一实数根,即 x = 0 ,
于是有 x = 0 y = 0 ,因此有 e00 0 + sin 0 - a = 0 a =1；
(2)令 g(x) = ex + sin x - msin 2x -1 ,则 g(x) 0在[0, + ) 恒成立
g (x) = ex + cos x - 2mcos 2x . g (0) = 2 - 2m
π p
若 2 - 2m 0 , ,
é
即m 1时当0 x 时,由 cos x cos 2x得 g (x) 0 ,所以 g(x)在 ê0, 2 ÷ 单调递增,又
g(0) = 0 ,所
2
以 g(x) 0
é π p π
在 ê0, ÷恒成立；当 x > 时, ex > e 2 > 3所以 g(x) > 3- sin x - msin 2x -1 0 .所以 g(x) 0在 2 2
é π
ê , +

2 ÷
恒成立.

若 2 - 2m < 0即m >1时, g (0) = 2 - 2m < 0 ,则存在 x0 > 0 ,使得 g(x)在 0, x0 单调递减,则当 x 0, x0 时,
g(x) < g(0) = 0矛盾,舍，综上所述, m 的取值范围时 (- ,1] .
(五)根据不等式恒成立求整数参数的最值
此类问题通常可分类参数,把问题转化为m < f x （m > f x ）, m Z 的形式, f x 有最小（大）值,但无
法求出,只能引入导函数的隐零点 x0 ,估计 f x0 的范围,再确定整数m 的最大（小）值.
【例 6】（2024 届辽宁省沈阳市第一二〇中学高三上学期第二次质量检测）已知函数
f (x) = 2x3 + 3(1+ m)x2 + 6mx(x R) .
(1)讨论函数 f x 的单调性；
(2)若 f -1 =1,函数 g(x) = a ln x 1 f (x)+ - 2 0x 在 1, + 上恒成立,求整数 a 的最大值.
【解析】（1）根据题意可得 f (x) = 6x2 + 6(1+ m)x + 6m = 6 x +1 x + m ,
若m =1, f (x) = 6 x +1 2 0在 x R 上恒成立,此时函数 f x 在R 上单调递增；
若m > 1,此时-m < -1 ,当 x - ,-m -1, + 时,满足 f (x) > 0 ,此时函数 f x 在 - , -m , -1, + 上单
调递增；当 x -m,-1 时,满足 f (x) < 0 ,此时函数 f x 在 -m, -1 单调递减；
若m <1,此时-m > -1,当 x - ,-1 -m, + 时,满足 f (x) > 0 ,此时函数 f x 在 - , -1 , -m, + 上单
调递增,当 x -1, -m 时,满足 f (x) < 0 ,此时函数 f x 在 -1, -m 单调递减；
综上可知, m =1时, f x 在R 上单调递增；
m > 1时, f x 在 - , -m 和 -1, + 上单调递增,在 -m, -1 单调递减；
m <1时, f x 在 - , -1 和 -m, + 上单调递增,在 -1, -m 单调递减；
（2）由 f -1 =1可得-2 + 3(1+ m) - 6m =1 ,解得m = 0；
所以 f (x) = 2x3 + 3x2 ,则 g(x) = a ln x +1 - 2x - 3 ,易知 x 1,+ 时, ln x +1 > 0 ,
若函数 g(x) = a ln x 1 f (x)+ - 2 0 在 1, + a
2x + 3
x 上恒成立
,等价成 在 x 1,+ 上恒成立；
ln x +1
1 3
h x 2x + 3
2 ln x +1 - 2x + 3 × 2ln x -
令 = , x>1 ,则 h x = x = xln x +1 ； ln x +1 2 ln x +1 2
令j x 3 2 3= 2ln x - x >1 ,则j x = + 2 > 0在 x 1,+ 上恒成立,x x x
即函数j x 在 x 1,+ 上单调递增,
3
易知j 2 = 2ln 2 3 ln16 - ln e- = ,由于 e3 >2.73 =19.683 ,所以j 2 < 0 ,2 2
2 5ln 5 - ln e3 5 5 5
而 5 5 6 2 ÷ è ,且 >25 ÷ = 32>27=33 >e3 ,所以j ÷>0j ÷ = 2ln - =
；
2 2 è 2 è 2 5 5 è
3
因此 h x 在 x 1,+ 有且仅有一个零点 x0 ,满足 2ln x0 = ,且 x0 2,
5
x 2 ÷；0 è
所以当 x 1, x0 时, h x < 0 ,当 x x0 ,+ 时, h x > 0；
2x + 3
因此函数 h x = , x>1 ln x 1 在 1, x0 上单调递减,在 x0 ,+ 上单调递增；+
h x 2x0 + 3 2x + 3h x 0 = =
0
3 = 2x0所以 的最小值为 ln x0 +1 +1 ,显然 2x0 4,5 ,
2x0
因此 a 2x0 4,5 ,又 a是整数,所以 a的最大值为 4.
(六)通过构造函数求最值解决不等式恒成立问题
①该方法一般是根据不等式的结构构造一个新函数,利用导数研究该函数的单调性,由函数的单调性确定其
最值,或把其最值用含有参数的式子来表示,再根据所给不等式列出关于参数的不等式,
②注意如果所构造的函数,其导数结构比较复杂不易分析出单调性,则可把需要判断符号的式子拿出来构造
一个新函数,再想办法解决其符号.
③有时所构造的函数的最值不易求出,可以引入导数的隐零点,把函数最值用导数的隐零点表示.
④在考虑函数最值时,除了依靠单调性,也可根据最值点的出处,即“只有边界点与极值点才是最值点的候选
点”,所以有的讨论点就集中在“极值点”是否落在定义域内.
f x 1+ a ln x【例 7】设函数 = ,其中 a R .
x
(1)当 a 0时,求函数 f x 的单调区间；
(2)若 f x x2 ,求实数 a的取值范围.
f (x) 1+ a ln x (x 0) f (x) a - (1+ a ln x) a -1- a ln x【解析】 (1) = > , = 2 = 2 .x x x
f (x) a - (1+ a ln x) 1当 a = 0时, = 2 = - 2 < 0恒成立,则 f x 在 0, + 上为减函数,x x
f (x) > 0 ln x a -1
a-1
当 a > 0时,令 ,可得 a -1- a ln x > 0 ,则 < ,解得 ,
a 0 < x < e a
令 f (x) < 0
a-1
,解得 x > e a ,综上,当 a = 0时, f x 的减区间为 0, + ；
a-1 a-1
当 a > 0时, f x 的单调递增区间为 0,e a ÷ ,单调递减区间为 e a ,+ ÷ .
è è
(2)由 f (x) x2 ,可得 x3 - a ln x -1 0设 g(x) = x3 - a ln x -1(x > 0) ,
3
则 g (x) = 3x2 a 3x - a- = .
x x
1 1 1 7
①当 a 0时, g x > 0 , g x 单调递增,而 g ÷ = - a ln -1 = - + a ln 2 < 0 ,所以不满足题意,
è 2 8 2 8
3
②当 a > 0时,令 g (x) 3x - a a= = 0 ,解得 x = 3 ,
x 3
3
当 x 0,
a a
3
÷÷ 时, g x < 0 , g x 为减函数,当 x ,+ ÷÷时, g x > 0 , g x 为增函数,
è 3 è 3
3
g(x) g a
1 1
所以 ÷÷ = + ln 3
1
÷ a - a ln a -1 .
è 3 è 3 3 3
h(a) 1 1 1= 1 1 1 1令 + ln 3÷ a - a ln a -1(a > 0) , h (a) = + ln 3 - (ln a +1) = (ln 3 - ln a) ,
è 3 3 3 3 3 3 3
当 a 0,3 时, h a > 0 , h a 为增函数,当 a 3,+ 时, h a < 0 , g x 为减函数,
所以 h a h 3 = 0 ,又 g x h a 0 .
则 h a = 0 ,解得 a = 3 ,所以实数 a的取值范围是 3 .
(七) 通过分类参数把不等式恒成立问题转化为求不含参数的函数的最值
①分类参数法就是在不等式中含有两个字母时（一个视为变量,另一个视为参数）,可利用不等式的等价变形
让两个字母分居不等号的两侧,即不等号的每一侧都是只含有一个字母的表达式.然后可利用其中一个变量
的范围求出另一变量的范围,转化为求函数的最值问题.
②一般情况下,那个字母的范围已知,就将其视为变量,构造关于它的函数,另一个字母（一般为所求）视为参
数.
③要注意分类参数法不是万能的,已知不等式中两个字母是否便于进行分离,如果仅通过几步简单变换即可
达到分离目的,则参变分离法可行.但有些不等式中由于两个字母的关系过于“紧密”,会出现无法分离的情形,此
时要考虑其他方法.此外参数分离后,要注意变量的函数解析式是否便于求出最值（或临界值）,若解析式过于
复杂而无法求出最值（或临界值）,则也无法用分离法解决问题.
m 2
【例 8】（2024 届四川省绵阳市江油市高三下学期模拟）已知函数 f (x) = x - x - ln x (m R) .
2
(1)当m = 2 时,求函数 f (x) 的单调区间；
(2)若"x > 0 ,不等式 f (x) > x2 恒成立,求实数m 的取值范围.
m 2
【解析】（1）函数 f (x) = x - x - ln x 的定义域为 (0, + ) ,
2
2 f (x) 2x 1 1 (2x +1)(x -1)当m = 2 时, f (x) = x - x - ln x ,所以 = - - = ,
x x
当 x (0,1) 时, f (x) < 0 , f (x) 在( 0, 1)上为减函数,
当 x (1,+ )时, f (x) > 0 , f (x) 在 (1, + )上为增函数,
综上所述： f (x) 在( 0, 1)上为减函数,在 (1, + )上为增函数；
（2）若"x > 0 ,不等式 f (x) > x2 恒成立,
m 1 ln x m 1 ln x
则 >1+ + 2 对 x > 0均成立,所以 > (1+ + )2 x x 2 x x2 max
1 ln x g (x) 1 x - 2x ln x 1 1- 2ln x 1- 2ln x - x令 g(x) =1+ + ,则 = - 2 + 2 2 = - + =x x2 x (x ) x2 x3 x3
,
令h(x) =1- 2ln x - x ,显然h(x) =1- 2ln x - x为 (0, + )上的减函数,
又 h(1) =1- 2ln1-1 = 0 ,所以 x (0,1) , h(x) > 0 , g (x) > 0则 g(x)在( 0, 1)上为增函数,
当 x (1,+ )时, h(x) < 0 , g (x) < 0则 g(x)在 (1, + )上为减函数,
所以 g(x)max = g(1) =1
1 ln1 2 m+ + = ,所以 > 2 ,所以m > 4 ,
1 1 2
所以实数m 的取值范围为 (4, + ) .
(八) 先用特殊值确定或缩小参数范围,求解不等式恒成立问题
此类问题通常是先在自变量允许值范围内取一个特殊值代入,缩小参数范围,然后在该范围内求解,减少讨论,
也有可能该范围就是所求范围,此时只需证明在该范围内不等式恒成立即可.
【例 9】（2024 届江苏省苏州市八校高三三模）已知函数 f (x) = cos x, g(x) = a 2 - x2 .
(1) a =1时,求F (x) = f (x) - g(x)的零点个数;
(2)若 f (x) g(x) 恒成立,求实数 a的最大值;
n
(3)求证: sin p k- 3 ÷ > n - 2k 2 (k R) .
i=1 è 3 i 3
【解析】（1）当 a =1时, g(x) = 2 - x2 ,则F (x) = f (x) - g(x) = cos x - 2 + x2 ,
所以F (x) = -sin x + 2x ,令 h(x) = -sin x + 2x ,则 h (x) = -cos x + 2 > 0 ,
所以 h(x) = -sin x + 2x 在R 上单调递增,即F (x) = -sin x + 2x在R 上单调递增,
当 x > 0时, F (x) > 0 ,所以 F (x)在 (0, + )上为增函数,
当 x < 0 时, F (x) < 0 ,所以 F (x)在 - ,0 上为减函数,
又F (0) = -1 , F (2) = F (-2) = cos 2 + 2 > 0 ,
且 x - 时, F (x) + ,则存在 x1 - ，0 , x2 0,2 ,使得F (x1) = 0, F (x2 ) = 0 ,
所以 F (x)有两个零点.
1
（2）令m(x) = cos x - 2a + ax2 ,由m(0) 0 ,得 a ,
2
令 h(x) = cos x
1
-1+ x2 = cos x 1+ (x2 - 2), 所以 h (x) = -sin x + x ,
2 2
令j(x) = -sin x + x ,可得j (x) = -cos x +1 0 ,
所以j(x) = -sin x + x 在 (0, + )上为增函数,所以j(x) = -sin x + x > sin 0 + 0 = 0 ,
所以 h (x) > 0 ,所以 h(x) = cos x -1
1
+ x2 > cos 0 1 1- + 02 = 0 ,
2 2
所以 h(x) 在[0, + ) 上单调递增,所以 h(x) h(0) = 0 ,即cos x > 1
1
- x2 ,
2
所以 f (x) g(x) 1恒成立,所以实数 a的最大值是实数 2 ；
3 sin p k- +1 3 sin p k p k p k k（3）因为 ÷ - ÷ + cos - ÷ = 2sin - ÷ = 2cos ,
è 3 i è 3 i è 3 i è 2 i i
1 k
由（2 2）可得cos x > 1- x ,所以 cos >1
1 (k- )2 ,
2 i 2 i
n n n
所以 [ 3 sin p k k - ÷ +1] 2 (cos ) > 2n - (k )2 ,
i=1 è 3 i i=1 i i=1 i
n p k n
所以 3 sin - ÷ > n -3 i (
k )2 ,
i=1 è i=1 i
n
(k )2 k 2 (1 1 1 L 1又 = + 22 + 2 + + 2 ) < k (1 1
1 1 1 1 1 1
+ - + - + +L+ - ) < 2k 2 ,
i=1 i 2 3 n 2 2 3 3 n -1 n
n
sin p k 3所以 - ÷ > n - 2k 2 (k R) .
i=1 è 3 i 3
【例 1】（2024 届高考全国甲卷真题）已知函数 f x = 1- ax ln 1+ x - x．
(1)当 a = -2 时,求 f x 的极值；
(2)当 x 0 时, f x 0 ,求 a的取值范围．
【解析】（1）当 a = -2 时, f (x) = (1+ 2x) ln(1+ x) - x ,
故 f (x) = 2ln(1+ x)
1+ 2x
+ -1 = 2ln(1 1+ x) - +1 ,
1+ x 1+ x
因为 y = 2ln(1+ x), y
1
= - +1在 -1, + 上为增函数,
1+ x
故 f (x) 在 -1, + 上为增函数,而 f (0) = 0 ,
故当-1 < x < 0时, f (x) < 0 ,当 x > 0时, f (x) > 0 ,
故 f x 在 x = 0处取极小值且极小值为 f 0 = 0 ,无极大值.
a +1 x
（2） f x a ln 1 x 1- ax = - + + -1 = -a ln 1+ x - , x > 0 ,
1+ x 1+ x
设 s a +1 xx = -a ln 1 x + - , x > 0 ,
1+ x
s x -a a +1 a x +1 + a +1 ax + 2a +1则 = - 2 = - 2 = -x +1 ,1+ x 1+ x 1+ x 2
1
当 a - 时, s x > 0 ,故 s x 在 0, + 上为增函数,故 s x > s 0 = 0 ,即 f x > 0 ,
2
所以 f x 在 0, + 上为增函数,故 f x f 0 = 0 .
1 a 0 0 x 2a +1当- < < 时,当 < < - 时, s x < 0 ,
2 a
2a +1 2a +1
故 s x 在 0, - ÷上为减函数,故在 0, - ÷上 s x < s 0 ,
è a è a
0, 2a +1 即在 - ÷上 f x < 0即 f x 为减函数,
è a
2a +1
故在 0, - ÷上 f x < f 0 = 0 ,不合题意,舍.当 a 0 ,此时 s x < 0在 0, + 上恒成立,
è a
1
同理可得在 0, + 上 f x < f 0 = 0恒成立,不合题意,舍；综上, a - .
2
【例 2】（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 x - f x x - x 21 2 1 2 ．
【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 ,则 h t =1 1 t -1- = ,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
1 1 f x - a x - x = x ln x - a x - x = x 1 a -1÷ - 2ln x x ÷ = x × g ÷ .è è 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 = a t -1 2ln 1+ a t -1 + 2 1 -1
2
÷ = at + - a - 2 ,t è t t
取 t = 2 ,得0 a -1 ,故a 1 > 0 .
t 2 , 0 a 2 a
2
再取 = 得 × + 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 = ab + ln b <1+ ln b ,b - a b - a -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
a + ln a =1+ ln a ,b - a b - a 1- 1-
b b
b ln b - a ln a f b - f a
所以 ln a +1< < ln b +1, ln a 即 +1 < < ln b +1.
b - a b - a
由 f x = ln x +1 1 1,可知当0 < x < 时 f x < 0 ,当 x > 时 f x > 0 .e e
所以 f x 1ù é1在 0, ú上递减,在 ê ,+

e ÷上递增
.
è e
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 x2 = f x2 - f x1 < ln x2 +1 x2 - x1 < x2 - x1 < x2 - x1 ,结论成立；e
1
情况二：当0 < x1 x2 时,有 f x1 - f x2 = f x1 - f x = xe 2 1
ln x1 - x2 ln x2 .
1 1
对任意的 c
ù
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 11 = 1 + + < 1 +1+ = -1
1 1
- +1+ = 0
1+ ÷ 1+ c 1+
è 2e 2c 2e 2c 2 c - e 2c1 2 c
c 2c 2c ,
-
1+ 2
2e 2c
x 1 c - 2 c 1 2
且当 2 , x > 时,由 ln -14 ln 1
可知
- ÷ 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 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 < x0 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- = - q

c ÷
< 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 .
c 1根据
ù
0, ú和0 < x ce 的任意性,取
c = x2 , x = x1 ,就得到 x
è 1
ln x1 - x2 ln x2 - x2 - x1 0 .
所以 f x1 - f x2 = f x1 - f x2 = x1 ln x1 - x2 ln x2 x2 - x1 .
1
情况三：当0 < x1 x2 <1时,根据情况一和情况二的讨论,可得 f x1 - f
1 1
÷ - x1 x2 - x1 ,e è e e
f 1 - f x x
1
- x - x
e ÷ 2 2 e 2 1
.
è
1 1
而根据 f x 的单调性,知 f x1 - f x2 f x1 - f ÷ 或 f x1 - f x2 fe e ÷ - f x2 .è è
故一定有 f x1 - f x2 x2 - x1 成立.综上,结论成立.
【例 3】（2024 2届湖南省岳阳市汨罗市高三下学期 5 月月考）函数 f x = ln x, g x = x - x - m + 2．
(1)若m = e ,求函数F x = f x - g x 的最大值；
(2)若 f x + g x x2 - x - 2 ex 在 x (0, 2]恒成立,求实数 m 的取值范围．
【解析】（1）因为F x = ln x - x2 + x + e - 2 ,
F (x) 0, + F (x) 1 2x 1 (2x +1)(x -1)可知 的定义域为 ,且 = - + = - ,
x x
由F (x) > 0 ,解得0 < x <1；由 F (x) < 0 ,解得 x >1．
可知 F (x)在( 0, 1)内单调递增,在 (1, + )内单调递减,
所以函数F x = f x - g x 的最大值为F 1 = e - 2．
（2）因为 f (x) + g(x) x2 - (x - 2)ex 在 x (0, 2]恒成立,
等价于m (x - 2)ex + ln x - x + 2在 x (0, 2]恒成立．
设 h(x) = (x - 2)ex + ln x - x + 2 , x (0, 2] ,
则 h (x) = (x -1)ex
1 1 1+ - = x -1 ex -

x x ÷
,
è
1 1
当 x >1 , x x时则 x -1 > 0 ,且 e > e, < 1 ,可得 e - > e -1 > 0 ,所以 h (x) > 0x ；x
当0 < x <1时,则 x -1< 0 ,设u(x)
1
= ex - ,0 < x <1 ,则u (x)
1
= ex + > 0 ,
x x2
1 1
可知u(x) 在( 0, 1)递增,且u ÷ = e - 2 0,u(1) = e -1 0．则$x0 ,1÷ ,使得u x0 = 0．
è 2 è 2
当 x 0, x0 时,u(x) < 0；当 x x0 ,1 时,u(x) > 0．当 x 0, x0 时, h (x) > 0；当 x x0 ,1 时, h (x) < 0．
可知函数 h(x) 在 0, x0 递增,在 x0 ,1 递减,在 (1, 2)递增．
u x ex 1 1= 0由 0 - = 0x ,
x0
得 e = x ,且
ln x0 = -x0 ．
0 0

可得 h x x 2 ex ln x x 2 1 100 = 0 - + 0 - 0 + = x0 - 2 - 2x0 + 2 = 3- 2x x0 + ÷ ,0 è x0
x 1 且 0 ,12 ÷
,则 h x0 < 0 ,
è
又因为 h(2) = ln 2 > 0 ,可知当 x (0, 2]时, h(x)max = h 2 = ln 2 ,所以m 的取值范围是[ln 2,+ )．
【例 4】（2024 届河南省信阳市高三下学期高考考前押题）已知函数 f x = xlnx , h x = x x -1 x > 0 ．
(1)试比较 f x 与 h x 的大小；
(2)若 f x x -1 ax - a +1 恒成立,求 a的取值范围．
x -1
【解析】（1）因为 f x - h x = x ln x - x x -1 = x ln x - ÷ ,
è x
2
F x ln x x -1构建 = - , x > 0 , x -1 则
x F x = - 0在 0, + 内恒成立,2x x
可知F x 在 0, + 内单调递减,且F 1 = 0 ,则有：
若0 < x <1,则F x > 0 ,即 f x > h x ；若 x =1 ,则F x = 0 ,即 f x = h x ；
若 x >1 ,则F x < 0 ,即 f x < h x .
（2）若 f x x -1 ax - a +1 恒成立,则 ax - ln x a -1+ +1- 2a 0 ,
x
构建 g x = ax a -1- ln x + +1- 2a, x > 0 ,原题意等价于 g x 0在 0, + 内恒成立,
x
1 a -1 x -1 ax + a -1则 g x = a - - = ,
x x2 x2
1.若 a 0 ,则 ax + a -1< 0，当0 < x <1时, g x > 0；当 x >1时, g x < 0；
可知 g x 在 0,1 内单调递增,在 1, + 内单调递减,则 g x g 1 = 0 ,不符合题意；
2.若 a > 0 ,则有：（ⅰ）若a 1 ,则 ax + a -1 > 0 ,当0 < x <1时, g x < 0；当 x >1时, g x > 0；
可知 g x 在 0,1 内单调递减,在 1, + 内单调递增,则 g x g 1 = 0 ,符合题意；
1
（ⅱ）若 0 < a < 1时,令 g x = 0 ,解得 x =1或 x = -1 > 0 ,
a
1 1 1
①若 - 1 > 1 ,即0 < a < 时,当1 < x < -1时, g x < 0 ,
a 2 a
可知 g x 在 1,
1
-1 ÷内单调递减,此时 g x < g 1 = 0 ,不合题意；
è a
1 1 x -1 2
②若 - 1 = 1 ,即 a = 时,则 g x = 0 ,可知 g x 在 0, + 内单调递增,a 2 2x2
当 x 0,1 时,此时 g x < g 1 = 0 ,不合题意；
1 1 1- a
③若 -1<1
2
,即 < a <1时,则0 < 1- a < <1,
a 2 a
x -1 1
由（1）可知：当0 < x <1时, ln x > = x - ,
x x
g x 1 2a ln x ax a -1 1 2a x 1 ax a -1则 = - - + + < - - - ÷ + + ,x è x x
可得 g 1- a 2 <1- 2a - 1- a 1 a -1- ÷ + a 1- a 2 + 2 = a2 a - 2 < 01- a 1 a ,不合题意；è -
综上所述： a的取值范围为 1, + .
【例 5】（2024 届河北省保定市九县一中三模）已知函数 f x = ax + ln x +1 .
(1)若 a = -2 ,求 f x 的单调区间；
(2)若 f x 0 恒成立,求 a的取值集合.
【解析】（1）由 a = -2 ,得 f x = -2x + ln x +1 1 -2x -1,定义域为 -1, + ,则 f x = -2 + = ,
x +1 x +1
x 1当

-1,-

÷时, f x > 0
1
, 当 x - ,+

2 2 ÷时
, f x < 0 ,
è è
f x 1, 1 1故 的单调递增区间为 - - ÷ ,单调递减区间为 - , +

2 2 ÷
.
è è
（2）由 f x = ax + ln x +1 , x -1, + ,得 f x 1= a + ,
x +1
a +1
若 a 0 ,则显然 f 2 = 2a + ln3 > 0 ,不符合题意,若 a<0 ,令 f x = 0 ,解得 x = - > -1 ,
a
x 1, a +1 - - 则当 ÷时, f x > 0 , f x x
a +1
单调递增,当

- , + ÷时, f x < 0 , f x a a 单调递减,è è
f x = f a +1- ÷ = -a -1- ln -amax ,则-a -1- ln -a 0 ,即 a +1+ ln -a 0 ,è a
令 g a = a +1+ ln -a g a 1 1 a +1,则 = + = ,
a a
当 x - ,-1 时, g a > 0 , g a 单调递增,当 x -1,0 时, g a < 0 , g a 单调递减,
所以 g a = g -1 = 0 ,当满足 g a 0时, a = -1 ,所以 a的取值集合为 -1max .
1．（2024 3 2届青海海西格尔木三校高三第三次联考）已知函数 f x = x - x + ax .
(1)讨论函数 f x 的单调性；
(2)令 g x a= f x + - x ln x - 2 ,若 g x 0 恒成立,求实数 a 的取值范围.
x
【解析】（1）由 f x = 3x2 - 2x + a , D = 4 -12a ,
①当 a
1
时, D 0 ,可得 f x 0 ,此时函数 f x 在 R 上单调递增；
3
a 1②当 < 时, D > 0 ,关于 x 的一元方程3x2 2x a 0 x 1± 1- 3a- + = 的两根为 = ,
3 3

此时函数 f x 1- 1- 3a ,1+ 1- 3a ,1- 1- 3a 1+ 1- 3a的减区间为 ÷÷ ,增区间为 - ÷÷ ,3 3 3 ,+ è è è 3 ÷
÷；

（2）若 g x 0 恒成立,必有 g 1 = f 1 + a - 2 = 2a - 2 0 ,可得a 1 ,
下面证明a 1时 g x 0 恒成立.
g x = x3由 - x2 + ax a+ - x ln x 1- 2及a 1 ,有 g x x3 - x2 + x + - x ln x - 2 ,
x x
要证不等式 g x 0 , 3只需证 x - x2 1+ x + - x ln x - 2≥0 ,
x
x > 0 , x2 x 1
1
又由 只需证 - + + - ln x
2 1 2
- ≥0 , h x = x2令 - x +1+ - ln x - ,
x2 x x2 x
有 h x = 2x -1 2 1 2 1- - + = 2x23 - x
2 2
- + -1
x x x2 x x2 x ÷
,
è
4 3
j x 2 2= 2x2 - x - + -1 x > 0 , j x 4x 1 4 2 4x - x - 2x + 4令 2 有 = - +x x x3 - =x2 x3 ,
①当0 < x <1时, 0 < x3 <1 , 0 < 2x < 2 ,有 4x4 - x3 - 2x + 4 > 4x4 -1- 2 + 4 = 4x4 +1 > 0；
②当 x 1时, x4≥x3 , 2x4≥2x ,有 4x4 - x3 - 2x + 4 = x4 - x3 + 2x4 - 2x + x4 + x x4 + 4 > 0 ．
由①②可知j x > 0 ,故函数j x 单调递增,
又由j 1 = 0 ,可知当0 < x <1时j x < 0 ,即 h x < 0；
当 x >1时j x > 0 ,即 h x > 0 ,可得函数 h x 的减区间为( 0, 1) ,增区间为 1, + ,
有 h x h 1 = 0．由上知,若 g x 0 恒成立,则实数 a 的取值范围为[1, + ) .
2 f (x) 1
2．（2024 届陕西省富平县高三第二次模拟）已知函数 f (x) = x ln x , g(x) = - x + .
x x
(1)求函数 g(x)的单调区间；
(2)若当 x > 0时, mx2 - ex mf (x)恒成立,求实数 m 的取值范围.
【解析】（1）依题意,函数 g(x) = 2ln x
1
- x + 的定义域为 (0, + ) ,
x
2 1 1
求导得 g (x) = -1- 2 = -( -1)
2 0 ,当且仅当 x =1时取等号,
x x x
即 g(x)在 (0, + )上单调递减,所以函数 g(x)的递减区间为 (0, + ) ,无递增区间.
x
（2 e）当 x > 0时, mx2 - ex mf (x) mx2 - ex mx ln x m(x - ln x) = ex-ln x 恒成立,
x
令 h( x) = x - ln x, x > 0 ,求导得 h (x)
1
=1- ,当0 < x <1时, h (x) < 0 ,当 x >1时, h (x) > 0 ,
x
即函数 h(x) 在( 0, 1)上递减,在 (1, + )上递增,则当 x > 0时, h(x) h(1) = 1 ,
t
令 t = x - ln x ,依题意,"t [1, + ) , mt e et m 恒成立,
t
t t
令j(t) e= , t 1 ,求导得j (t) e (t -1)= 0 ,则函数j(t) 在[1, + )2 上单调递增,t t
当 t =1时,j(t)min = j(1) = e ,因此m e ,所以实数 m 的取值范围 (- , e] .
ex3．（2024 届重庆市高三第三次联合诊断）已知函数 f x = .
x + a
(1)当 a =1时,求 f x 在点 0, f 0 处的切线方程；
(2)若 f x 在区间 0, + 上单调递增,求实数 a 的取值范围.
ex e
x x +1 - ex xex
【解析】（1）解：当 a =1时, f x = , f x = = ,
x +1 (x +1)2 (x +1)2
则 f 0 =1, f 0 = 0 ,
所以当 a =1时, f x 在点 0, f 0 处的切线方程为 y =1.
e
x x + a -1
（2） f x

= ,因为 f x 在区间 0, + 2 上单调递增,(x + a)
x
f e x + a -1x 所以 = 0在区间 0, + 上恒成立,
(x + a)2
即 x + a -1 0在区间 0, + 上恒成立,所以 a 1- x在区间 0, + 上恒成立,
因为当 x 0, + 时,1- x - ,1 ,所以a 1 ,即 a 的取值范围是 1, + .
4．已知 f (x) = aex ln x, g(x) = x2 + x ln a
(1)当 a =1时,求 f (x) 在 x =1处切线方程；
(2)若 f (x) < g(x) 在 x (0,1) 恒成立,求 a的取值范围；
1 1 2 1 1 1
(3)求证： ×e2 + ×e3
3 n
2 2 +
4
2 ×e +L+ 2 ×en+1 < ln(n +1)．2 3 4 (n +1)
1
【解析】（1）当 a =1时, f (x) = ex ln x , x求导得 f (x) = e ( + ln x) ,则 f (1) = e ,而 f (1) = 0 ,
x
所以 f (x) 在 x =1处切线方程为 y = e(x -1) ,即 ex - y - e = 0 .
x
（2）"x (0,1), f (x) g(x) ln x x + ln a ln x ln(ae )< aex ln x < x2 + x ln a < x < ,x ae x aex
ln x x x
当0 < x <1时, < 0 ,当 aex , ln(ae ) ln x ln(ae ) 1时 x 0 ,则不等式 < x 恒成立,此时x ae
x > x ,
ae x ae
x h(x) ln x 1- ln x当0 < ae <1时,令函数 = ,0 < x <1 ,求导得 h (x) = 2 > 0 ,x x
x
函数 h(x) ( 0, 1) , ln x ln(ae )在 上单调递增不等式 < x ,即 h(x) < h(ae
x ) ,因此 aex > x ,
x ae
从而"x (0,1), f (x) < g(x) aex > x
x x
a > x ,令j(x) = x ,0 < x <1 ,e e
j (x) 1- x 1求导得 = x > 0 ,函数j(x) 在( 0, 1)上单调递增,"x (0,1),j(x) < j(1) = ,e e
则 a
1 1
,所以 a的取值范围是[ ,+ ) .
e e
1
（3）由（2）知,当 a = 时,不等式 ex-1 ln x < x2 - x ln x < x(x -1)e1-x 对"x (0,1) 恒成立,
e
x n= , ln n n n
1 n
1
-
取 得 < ( -1)e n+1 ,即 ln
n n
< - en+1 ,
n +1 n +1 n +1 n +1 n +1 (n +1)2
1 1
因此 ln
n +1 n
> en+1 n2 ,即 en+12 < ln(n +1) - ln n ,n (n +1) (n +1)
1 1 1 1 1
则 ×e2
2 e3 32 + 2 × + 2 ×e4 +L
n
+ 2 ×en+1 < ln 2 - ln1+ ln 3 - ln 2 +L+ ln(n +1) - ln n2 3 4 (n +1)
= ln(n +1) - ln1 = ln(n +1) ,所以原不等式成立.
5．（2024 届青海省部分学校高三下学期协作考试）已知函数 f x = eax 1+ x2 - ax（ a R ）.
2
(1)当 a =1时,求 f x 的最值；
(2) a -1,1 , x , x -2, 2 , f x - f x ≤ e2当 时证明：对任意的 1 2 都有 1 2 -1.
x 1
【解析】（1）当 a =1时, f x = e + x2 - x , f x = ex + x -1, x易知 f x = e + x -1在上R 单调递增.
2
因为 f 0 = 0 ,所以当 x < 0 时, f x < 0 ,当 x > 0时, f x > 0 ,
所以 f x 在 - , 0 上单调递减,在 0, + 上单调递增,
所以 f x 有最小值 f 0 =1,无最大值.
（2）证明： f x = aeax + x - a .令 g x = f x = aeax + x - a , g x = a2则 eax +1 > 0 ,
所以 f ' x 在 -2,2 上单调递增.
又 f 0 = 0 ,所以当 x < 0 时, f x < 0 ,当 x > 0时, f x > 0 ,
所以 f x 在 -2,0 上单调递减,在 0, 2 上单调递增,
即当 a -1,1 时, f x 在 -2,0 上单调递减,在 0,2 上单调递增.
所以 f 2 - f 0 = e2a - 2a +1, f -2 - f 0 = e-2a + 2a +1 .
令 h t = e2t - 2t - e2 + 2 ,则 h t = 2e2t - 2 ,当 t < 0时, h t < 0 ,当 t > 0时, h t > 0 ,
所以 h t 在 - , 0 上单调递减,在 0, + 上单调递增.
因为 h 1 = 0 , h -1 1= + 4 - e22 < 0 ,所以当 t -1,1 时, h t 0 ,e
即当 t -1,1 时, e2t - 2t +1 e2 -1 ,
所以当 a -1,1 时, e2a - 2a +1≤ e2 -1且 e - 2a + 2a +1≤ e2 -1 ,
即 f 2 - f 0 e2 -1且 f -2 - f 0 e2 -1,
即对任意的x1 , x2 -2, 2 ,都有 f x1 - f x2 ≤ e2 -1.
6．（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 n n -1
(3)求证： lni < ．（ 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；
1 1
③ k < 0时,令 f x > 0得-1 < x < -1- ；令 f x < 0得 x > -1- ,
k k
所以 f x -1, -1 1- 1 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,
f x f 1 1故只考虑 k < 0的情况,由（1）知 = - - ÷ = -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 ,
lnx < x -1 x 2 , x = n2 n N*所以 当 恒成立令 , n >1 , 2进而 lnn < n2 -1 n N*,n 2 ,
即 2lnn < n -1 n +1 lnn n -1,\ <
n 1 2 n N
*, n 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
7．（2024 x届广东省茂名市高州市高三第一次模拟）设函数 f x = e + asinx , x 0, + .
(1)当 a = -1时, f x bx +1在 0, + 上恒成立,求实数b 的取值范围；
(2)若 a > 0, f x 在 0, + 上存在零点,求实数 a的取值范围.
【解析】（1）当 a = -1时, f x = ex - sinx ,
所以不等式转化为 ex - bx - sinx -1 0 ,在 0, + 上恒成立.
令 h x = ex - bx - sinx -1 ,所以 h x = ex - cosx - b .
当 x [0,+ )时, ex - cos x 0恒成立.
若b 0 ,则h x 0在 0, + 上恒成立, h x 在 0, + 上单调递增,
故 h x h 0 = 0 ,符合题意；
若b > 0 , x x令函数m x = e - cosx - b ,则m x = e + sinx 0在 0, + 上恒成立,
所以m x 在 0, + 上单调递增,
因为m 0 = -b < 0 ,且当 x + 时, m x + .
所以$x0 0, + , m x0 = ex0 - cosx0 - b = 0 ,
故当 x 0, x0 时, h x = m x < 0 , h x 单调递减,
当 x x0 ,+ 时, h x = m x > 0 , h x 单调递增,
则 h(x)min = h x0 =ex0 - bx0 - sinx0 -1< h 0 = 0 ,不符合题意.
综上所述,实数b 的取值范围为 - , 0 ；
（2）因为 f x = ex + asinx , x 0, + ,令 f x = 0 ,即 ex + asinx = 0 ,
1 sinx
所以- = x .令 g x
sinx
= x , x 0, + ,a e e
2sin x π- π
则 g x cosx - sinx
4 ÷è .令 g x = 0 ,得 x = kπ + ,k N .= = - 4
ex ex
π 5π
所以当 x + 2kπ, + 2kπ

÷时, sin

x
π
- > 0 , g x 单调递减；
è 4 4 ÷ è 4
x 0, π x 5π当 ÷ , + 2kπ,
9π
+ 2kπ ÷时, sin
x π- ÷ < 0, g x 单调递增.
è 4 è 4 4 è 4
5π
所以当 x = + 2kπ,k N 时, g x 取得极小值,
4
即当 x
5π
= ,13π , × × ×时, g x 取得极小值.
4 4
5π 13π
又因为 sin 5π sin 13π 2= = ××× = - ,
4 4 2 0 < e
4 < e 4 < ××× ,
g 5π 13π< g
5π
-
所以 ÷ ÷ < ××× . g x g
5π 2
所以
è 4 è 4 4 ÷
= - e 4 .
è 2
x π当 = + 2kπ, k N, g x π 9π取得极大值,即当 x = , , × × ×时, g x 取得极大值.
4 4 4
π 9π
又因为 sin π sin 9π 2= = ××× = ,
4 4 2 0 < e
4 < e 4 < ××× ,
g π > g 9π > ××× . g x g π 2
π
-
所以 ÷ ÷ 所以 ÷ = e 4 ,è 4 è 4 è 4 2
2 5π 2 π 2 5πx 0, + - - -, e 4 g x e 4 . e 4 1 2
π
-
所以当 - 所以- - e 4 .
2 2 2 a 2
5π
又因为 a > 0 ,所以 a 2e 4 时, f x 在 0, + 上存在零点,
é 5π
所以实数 a的取值范围为 ê 2e 4 ,+ ÷ .

8．（2024 届四川省绵阳南山中学高三下学期高考仿真演练）已知函数 f x = ex - k cos x ,其中 k 为常数.
(1)当 k =1时,讨论函数 f x 在 0, + 上的单调性；
x 0, π (2)若" ÷ , f x >1 ,求实数 k 的取值范围.
è 2
【解析】（1） k =1时, f x = ex - cos x , f x = ex + sin x ,
因为 x 0, + ,有 ex >1 , -1 sin x 1 ,所以 f x = ex + sin x > 0 ,
于是函数 f x 在 0, + 上单调递增.
（2）解法一： f x >1 ,即 ex - k cos x -1 > 0 .
π xx 0, , cos x > 0 , k e -1因为 所以 于是 .
è 2 ÷
<
cos x
ex -1 x
令 g x = ,则 g x sin x + cos x e - sin x= .
cos x cos2 x
x π 0, π π 3π π
2 ù
当 2 ÷
时, ex >1 , 0 < sin x <1, x + , ÷ , sin x + ÷ ,1ú ,
è 4 è 4 4 è 4 è 2
则有 sin x + cos x ex - sin x = 2 sin x π + ÷ex - sin x > ex - sin x > 0 ,
è 4
π
于是 g x > 0 ,所以 g x 在 0, 2 ÷上是增函数, g x > g 0 = 0 ,所以 k 0 .è
即实数 k 的取值范围为 - , 0 .
解法二：令 g x = f x -1 = ex - k cos x -1, g x = ex + k sin x .
当 k > 0时, g x > 0 , g x 在 0, π ÷上是增函数, g x > g 0 = -k .
è 2
当 x 0时, g x -k ,而-k < 0 ,不满足条件；
k = 0 , g x = ex当 时 -1 > 0 在 0, π 2 ÷上恒成立；è
k < 0 , ex 1 , cos x > 0 , g x = ex当 时 > -1 - k cos x > 0 在 0, π 2 ÷上恒成立.è
综上： k 0 ,即实数 k 的取值范围为 - , 0 .
x
解法三：令 g x = f x -1 = e - k cos x -1,由 g 0 = -k≥0得 k 0 .
下证当 k 0时, g x > 0 .
k 0 x 0,
π
, ex 1 , cos x > 0 , g x = ex -1 - k cos x≥ ex因为 且 ÷ > 所以 -1 > 0 ,
è 2
所以 k 0 ,即实数 k 的取值范围为 - , 0 .
ax
9．（2024 届河北省高三学生全过程纵向评价六）已知函数 f x = x , g x = sin x + cos x .e
(1)当 a =1时,求 f x 的极值；
(2)当 x 0, π 时, f x g x 恒成立,求 a的取值范围.
【解析】（1）当 a =1时 f x x= x ,所以 f x
1- x
=
e ex
,
所以当 x <1时 f x > 0 ,当 x >1时 f x < 0 ,
所以 f x 在 - ,1 上单调递增,在 1, + 上单调递减,
所以 f x 在 x =1处取得极大值,即 f x = f 1 1= ,无极小值.
极大值 e
（2）因为当 x 0, π 时, f x g x 恒成立,即当 x 0, π ax时, x sin x + cos x恒成立,e
ex即 sin x + cos x - ax 0在 0, π 3π 3π上恒成立,当 x = 时- a 0 ,解得 a 0 ,
4 4
设 h x = ex sin x + cos x - ax , x 0, π ,
则 h x = ex sin x + cos x + ex cos x - sin x - a = 2ex cos x - a ,
令m x = h x = 2ex cos x - a ,则m x = 2ex cos x - sin x = 2 2ex cos x π +

÷ ,
è 4
x 当 0,
π
÷ 时m x > 0 ,则 h x 单调递增,
è 4
π
当 x , π ÷ 时m x < 0 ,则 h x 单调递减,
è 4
π
因为 a 0 , h 0 = 2 - a > 0 , h
π
÷ = 2e 4 - a > 0 , h π = -2eπ - a ,
è 4
当-2eπ - a 0 ,即 a -2eπ 时h x 0在 0, π 上恒成立,
所以 h x 在 0, π 上单调递增,所以 h x = h 0 =1 > 0 ,所以 h x 0min 恒成立,
π $x π当-2e < a < 0时 0 , π

÷使得 h x0 = 0 ,
è 4
所以当 x 0, x0 时 h x > 0 , h x 单调递增；
当 x x0 , π 时 h x < 0 , h x 单调递减；
ì f 0 0 ì1 0 π
所以 í ,则 í ,解得-2eπ
e
f π 0
< a - ,
-e
π - aπ 0 π
eπ eπ ù
综上可得 a - ,即 a的取值范围为 - , - .
π úè π
2
10．（2024 届山西省部分学校高三高考考前巩固卷）已知函数 f x = , g x = lnx - ax , a 0 .
ax
(1)讨论函数 g x 的单调性；
(2)当 a > 0时, F x = g x - f x 0恒成立,求 a的取值范围.
1 1- ax
【解析】（1） g x = - a = x > 0 ,
x x
当 a<0时, g x > 0恒成立,从而 g x 在 0, + 上单调递增,
当 a > 0时, 0 < x
1
< , g x > 0 1, x > , g x < 0 ,
a a
从而 g x 1 1 在 0, ÷上递增,在 ,+ ÷ 上单调递减,
è a è a
综上,当 a<0时, g x 的单调递增区间为 0, + ,没有单调递减区间；
1 1
当 a 0 > 时, g x 的单调递增区间为 0, ÷ ,单调递减区间为 ,+ a a ÷ ；è è
（2）由题可知F x = lnx - ax 2- ,要使F x 0恒成立,只要F x 0max , ax
1 2 - ax +1 ax - 2F x = - a + 2 = 2 ,由于 a > 0 , x > 0 ,所以 ax +1 > 0 恒成立,x ax ax
0 x 2当 < < 时, F x > 0 2,当 x > 时, F x < 0 ,
a a
所以函数F x 在 0,
2 2
÷上单调递增,在 ,+

÷ 上单调递减,
è a è a
F x F 2 ln 2 3 0 2 a é 2 所以 =max ÷ = - ,解得a 3 ,所以 的取值范围为 , + .è a a e ÷ êe3
11．（2024 2 x届四川省成都石室中学高三下学期高考适应性考试）设 f x =（a -1)e + sin x - 3
(1)当 a = 2 ,求函数 f (x) 的零点个数.
(2)函数 h(x) = f (x) - sin x - x2 + 2ax + 2 ,若对任意 x 0 ,恒有 h(x) > 0 ,求实数 a的取值范围
x
【解析】（1）当 a = 2 时, f (x) = ex + sin x - 3 , f x = e + cos x ,
当 x < 0 时, ex (0,1) , sin x 1, f (x) < 0 , f (x) 在 (- ,0)上无零点.
当 x

0,
π é π ù
时, f x > 0 , f (x) 在 x 0, 上单增.
è 2 ÷ ê 2 ú
Q f (0) = -2 < 0 , f
π π= e 2 - 2 > eln 2
π
- 2 = 0 f , > 0 ,
è 2 ÷
2 ÷ è
x 0, p f x 0 π\ $ 0 ÷ , 0 = , f (x) 在 x é ù
è 2 ê
0, 上有一个零点.
2 ú
x π , + π 3
3
当 ÷时,又 > > ln e2 > ln e3 > ln 2.63 = ln 17.56 > ln 4 ,
è 2 2 2
π π
f (x) > e 2 -1- 3 > eln 4 - 4 = 0 ,\ f (x) 在 ,+ 上无零点.è 2 ÷
\综上所述, f (x) 在 - ,+ 上只有一个零点.
（2） x 0 时, h(x) > 0 ,\ (a2 -1)ex - x2 + 2ax -1 > 0
x2 - 2ax +1 2a2 1 , g(x) x - 2ax +1x < - 设 = x - (a
2 -1) ,
e e
2
-x + (2a + 2)x - 2a -1 -(x -1) x - (2a +1)g x = x =e ex ,
a 1当 - , g(x)在( 0, 1)递增,在 (1, + )上递减,
2
Q g(x) 2 - 2a 2max = g(1) ,\ g(1) = - (a -1) < 0 ,e
(ea + e + 2)(a -1) > 0 , a (
e + 2 1 e + 2
- ,- ) (1,+ ) ,Qa - \a (- , - )
e 2 e
1
当- < a < 0 时, g(x)在 (0, 2a +1)递减,在 (2a +1,1)递增,在 (1, + )递减,
2
ìg(0) < 0
\ g(1) 2 - 2a只需 í , = - (a2 -1) < 0 g(0) = 2 - a2 < 0 ,
g(1) < 0 e
\a ( , e + 2 1 - - ) ,与 - < a < 0 矛盾,舍去；
e 2
当 a = 0时, g(x)在 (0, + )上递减,只需 g(0) < 0 , a2 > 2 ,矛盾,舍去；\ a = 0不满足条件.
当 a > 0 , g(x)在( 0, 1)上递减,在 (1, 2a +1)上递增,在 (2a +1,+ ) 上递减.
ìg(2a +1) < 0
Q x 0 , g(x) < 0 ,\只需 íg(0) 0 , <
2a +1 2 - 2a(2a +1) +1 2g(2a +1) = - (a2 -1) 2a + 2= - (a2 -1) < 0 ,Qa +1 > 0 ,\a -1 > 2a+1 ,e2a+1 e2a+1 e
2 2 2
又 g 0 = 2 - a2 0,\a 2 , \a -1 > 2 -1 > 0.4 > > >
22 2+1 e2 2+1 2a+1
,
e
ì a > 0\ e + 2í ,\ a > 2 满足条件. \综上所述, a (- ,- ) 2, +
a > 2 e

12．（2024 届天津市新华中学高三统练十一））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
sin 1 2ln 2n -1(3)求证： ÷ < - 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) cos x
1
= + - 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, + ,
所以 x = 0是 f (x) 的极大值点,因为 f (x) = cos x
1
+ - 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) = cos x
1
+ - 2 ,
1+ x
j(x) f (x) cos x 1 j (x) sin x
1
令 = = + - 2 ,则 = - -
1+ x (1 x)2
,
+
1
①当 x (-1,0)时, >1,j (x) < 0 j(x) (-1,0)(1+ x)2 ,则 在 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 2n 2n
当 n 2时, 0 ,所以 sin 1 < 2 1 - ln 1 i -1 i -1÷ i -1 1+ ÷ ,i=n+1 è i=n+1 i=n+1 è i -1
2n
ln 1 1
2n
ln i n +1 n + 2 2n + i -1÷ = ÷ = ln + ln +L+ ln = ln 2 ,i=n+1 è i=n+1 è i -1 n n +1 2n -1
ln 2n -1 ln 2n -1 2n - 2因为 = × L
n
n -1 è 2n - 2 2n - 3 n -1÷
ln 2n -1 ln 2n - 2 L ln n
2n n -1 1 i -1
= + + + = ln 2n - 2 2n - 3 n -1 ÷ ,所以即证 < ln ÷ ,i=n+1 è n - 2 i -1 è i - 2
x i -1 1 1 1 1 1令 = = + ,则 = - ,当 n 2时, i 3 , x 1,2 ,
i - 2 i - 2 i -1 x
1 1所以即证： - < ln x, x 1,2 ,令m(x) 1 1= - - ln x , m 则 (x) 1 1 1- x= 2 - = ,x x x 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 2n -1 * ÷ < 2ln - ln 2, n 2,n N .
i=n+1 è i -1 n -1
13．（2024 届福建省福州市福建师范大学附属中学高三下学期校模）已知函数 f (x) = ax - ln(1- x)(a R)．
(1)求曲线 y = 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
1 (- ,1) , f (x) = ax - ln(1- x) , f
1
【解析】（ ）定义域为 由 得 (x) = a + (x <1) ,
1- x
因为 f (0) = 0, f (0) = a +1 ,所以曲线 y = f (x) 在点 (0, f (0)) 处的切线方程为 y = (a +1)x；
(- ,1) f (x) a 1 -ax + a +1（2）定义域为 , = + = ,
1- x 1- x
①当 a 0时, f (-1) = -a - ln 2 < 0 ,不符合题意．
②当 a<0时,令 f (x) = 0 1,解得 x = 1 + ,
a
x ,1 1 1当 - +

÷ 时, f (x) < 0, f (x)

在区间 - ,1+

a a ÷
上单调递减,
è è
x 1 1当 1+ ,1÷时, f (x) > 0, f (x)

在区间 1+ ,1÷ 上单调递增,
è a è a
所以当 x
1
= 1 + 时, f (x)

取得最小值 f 1
1
+ ÷ = a +1+ ln(-a)；a è a
若 f (x) 0恒成立,则 a +1+ ln(-a) 0 ,
设j(x) = x +1+ ln(-x)(x < 0) j (x) 1
1 x +1
,则 = + = ,
x x
当 x (- ,-1)时,j (x) > 0,j (x)在区间 (- , -1)上单调递增,
当 x (-1,0)时,j (x) < 0,j (x)在区间 (-1,0) 上单调递减,
所以j(x) j(-1) = 0 ,即 a +1+ ln(-a) 0 的解为 a = -1．所以 a = -1 .
14．（2024 x届福建省福州第一中学高三下学期 5 月模拟）已知函数 f x = e , g x = sinx + cosx ,其中 e为自然
对数的底数.
(1)证明： x 0 时, ex -1 x sinx ；
(2)求函数h x = f x - g x 5在 - π,+ ÷内的零点个数；
è 4
(3)若 f x + g x ax + 2 ,求 a的取值范围.
【解析】（1）令 f1 x = ex -1- x,x 0 ,则 f 1 x = ex -1 0 ,
所以 f1 x 在[0, + )单调递增,所以 f1 x f1 0 = 0 ,所以 x 0 时, f (x) -1 x；
再令 f2 x = x - sin x ,则 f 2 x =1- cos x 0 ,
所以 f2 x 在[0, + )单调递增,所以 f2 x f2 0 = 0 ,所以 x 0 时, x sin x .
综上所述, x 0 时, ex -1 x sinx .
（2） h x = f x - g x = ex - sin x - cos x ,
h x = ex - cos x + sin x = ex + 2 sin x
π
- ÷ ,
è 4
① x > 0时,由（1）知, h x = ex - sin x - cos x > x +1- sin x - cosx
= (x - sin x) + (1- cosx) 0 , h x 在 (0, + )没有零点；
② x = 0时, h(0) = 0 ,所以 x = 0是函数 h x 的零点；
x π x③当 - ,0÷时, h x = e - cos x + sin x,h 0 = 0 ,
è 4
令m x = ex - cos x π+ sin x ,则m x = ex + sin x + cos x = ex + 2 sin x + > 0 ,
è 4 ÷
则函数 h x
π
在 - ,0÷上单调递增,则 h (x) < h (0) = 04 ,è
h x π则函数 在 - ,0 ÷上单调递减,则 h(x) > h(0) = 0 , h x π在 - ,0 4 4 ÷没有零点；è è
x 5π πù④当 - , - ú , h x = ex - 2 sin
p
4 4
x + ÷ > 0 ,没有零点.
è è 4
5
综上所述,当 x - π, +

÷时,函数 h x 的零点个数为 1.
è 4
5
（3）由（2）知,当 x > - π时, h x = ex - sin x - cos x 0 ,令j x = f x + g x - ax - 2
4
j x = f x + g x - ax - 2 = ex + sin x + cos x - ax - 2 ,
则j x = ex + cos x - sin x - a ,令 n x = ex + cos x - sin x - a
n x = ex - sin x - cos x 0 ,故j x 单调递增,
①当 a > 2时,j 0 = 2 - a < 0 ,
j ln a + 2 = 2 - 2 sin éêln a + 2
π
- ùú > 0 , $x1 0, ln a + 2 使得j x1 = 0 , 4
当0 < x < x1 时,j x1 < 0 ,j(x) 单调递减,j(x) < j(0) = 0不符合题意；
5
②当 a 2 < 时,j 0 > 0 ,若 x - π,04 ÷ 时,总有j
x 0（不恒为零）,
è
则 h x 5- π,+ 5 在 ÷上为增函数,但j(0) = 0 ,故当 x - π,0÷ 时,j(x) < 0 ,4 不合题意.è è 4
5
故在 x - π,0÷ 上,j x 0
5π
< 有解,故$x2
- ,0
4 4 ÷
,使得j x2 = 0 ,
è è
又j x x 5π 在 - ,0÷时单调速增,所以当 x2 < x < 0时,j x > 0 ,j(x) 单调递增,
è 4
故当 x x2 ,0 时,j(x) < j(0) = 0 ,不符合题意,故 a < 2不符合题意；
x
③当 a = 2时,j x = e + cos x - sin x - 2 ,由于j x 单调递增,j 0 = 0 ,
5
故- π < x < 0 时,j x < 0 ,j(x) 单调递减； x > 0时, h (x) > 0 , h(x) 单调递增,此时 h(x) h(0) = 0 ,
4
x 5当 - π时, h x = ex + sin x + cos x - 2x - 2 0 - 2 5+ π - 2 > 0；综上可得, a = 2 .
4 2
15．（2024 届江苏省扬州市高三下学期高考考前调研测试）已知函数 f x = sinx, g x = x．
(1)求函数 h x = 2 f x - 3g x , x 0,2π 的极值；
g xx j = , x (2)函数 0,
π
f x ÷．è 2
①讨论函数j x 的单调性；
1
②函数F x = a ×j x ×cosx - < 0 aj x ,求实数 的取值范围．
【解析】（1）函数 h x = 2sinx - 3x , x 0,2π ,则 h x = 2cosx - 3 ,
令 h x = 0, x 0,2π , x π= x 11π解得 或 = 6 ,6
则 x , h x , h x 的关系表如下所示：
π π π 11π 11π 11πx 0, ÷ , ÷ , 2π ÷
è 6 6 è 6 6 6 è 6
h x + 0 - 0 +
h x 单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增
由上表, h x h π 3π 11π 11 3π函数 极大值为 ÷ =1- ,极小值为 h ÷ = -1- ；
è 6 6 è 6 6
g x（2）①j x
x
= = , x 0, π j x sinx - x ×cosx
f =x sinx 2 ÷ ,则 ,è sin2x
记g x = sinx - x ×cosx ,则g x = cosx - cosx - x ×sinx = x ×sinx ,
当 x
π
0, ÷ 时,g x > 0 ,则g x
π
在 0, 2 ÷上单调递增,è 2 è
x 0, π所以
π
÷ 时,g x > g 0 = 0 ,所以j x > 0 ,所以j x 是 0, 上的增函数．
è 2
÷
è 2
F x axcosx sinx π② = - , x 0,

÷ ,当 a 0时, F x < 0恒成立；sinx x è 2
F x a cosx x sinx当 a > 0 , = × × - < 0 ax2cosx - sin2时 x < 0 ,
sinx x
令G x = ax2cosx - sin2x, x 0, π 2 ÷ ,è
当 a > 1时,令M x = x - sinx, x 0, π 2 ÷ ,则M
x =1- cosx > 0 ,
è
所以M x π 在 0, ÷上单调递增,所以M x > M 02 = 0 ,即 x > sinx ,è
所以G x = ax2cosx - sin2x > ax2cosx - x2 = x2 acosx -1 ,
π 1
因为 a > 1 ,所以$x0 0, ÷ , cosx2 0
= ,G x0 > 0 ,不满足题意,所以 a > 1不成立．
è a
当0 < a 1 ,G x = ax2时 cosx - sin2x x2cosx - sin2x
H x = x2cosx - sin2记 x , H x = 2xcosx - x2sinx - 2sinxcosx ,
x 0, π 由①知 ÷ 时, xcosx < sinx ,
è 2
所以H x < 2sinx - x2sinx - 2sinxcosx
2 2 é 2 2 ù
= 2sinx x× 1- - cosx ÷ = 2sinx × 2sin
2 x x- < 2sinx x× 2 x ê - ú = 0 ,
è 2 è 2 2
÷ ÷
ê è 2 2 ú
所以H x < H 0 = 0．所以0 < a 1成立．
综上所述： a 1．

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