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第 05 讲 利用导数证明不等式
（6 类核心考点精讲精练）
1. 5 年真题考点分布
5 年考情
考题示例 考点分析 关联考点
证明函数的对称性
利用导数求函数的单调性
2024 年新 I 卷，第 18 题,17 分 利用导数证明不等式
利用导数研究不等式恒成立问题
利用不等式求取值范围
利用导数求函数的单调区间 (不含参)
2021 年新 I 卷，第 22 题,12 分 利用导数证明不等式
导数中的极值偏移问题
2. 命题规律及备考策略
【命题规律】本节内容是新高考卷的必考内容，设题稳定，难度较大，分值为 13-17 分
【备考策略】1 能用导数证明函数的单调性
2 能求出函数的极值或给定区间的最值
3 能进行函数转化证明不等式
【命题预测】导数的综合应用是高考考查的重点内容,也是高考压轴题之一近几年高考命题的趋势，是稳中
求变、变中求新、新中求活，纵观近几年的高考题,导数的综合应用题考查多个核心素养以及综合应用能力,
有一定的难度,一般放在解答题的最后位置，对数学抽象、数学运算、逻辑推理等多个数学学科的核心素养
都有较深入的考查，需综合复习
知识讲解
1. 基本方法
在不等式构造或证明的过程中，可借助题目的已知结论、均值不等式、函数单调性、与 ex 、 ln x有关的常
用不等式等方法进行适当的放缩，再进行证明．
（1）通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性与极值（最值），从而得出不等关系；
（2）利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题，从而判定不等关系；
（3）适当放缩构造法：根据已知条件适当放缩或利用常见放缩结论，从而判定不等关系；
（4）构造“形似”函数，变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.
2. 常见类型
与 ex 有关的常用不等式：
（1） ex 1 x（ x R ）； （2） ex ex （ x R ）．
与 ln x有关的常用不等式：
x -1 1 1
（1） ln x x -1（ x > 0 ）； （2） - ln x x （ x > 0 ）；
x ex e
2 x -1 2 x -1
（3） ln x （ 0 < x 1）， ln x （ x 1）；
x 1 x 1
（4） ln x 1 x 1 1 1 -

2
（ 0 < x 1）， ln x x - （ x 1）．
x 2 x
用 x 1取代 x的位置，相应的可得到与 ln x 1 有关的常用不等式．
考点一、直接法证明简单不等式
1
1．（2024 高三·全国·专题练习）求证： lnx 1- x ．
2．（2022 高三·浙江·专题练习）证明以下不等式：
(1) ex x 1；
(2) ln x x -1；
(3) ex-1 > ln(x 1) .
1．（2023 高三·全国·专题练习）求证：
(1) ex x2 1（ x 0 ）；
(2) ex ex ；
(3) ex ex x -1 2 （ x 0 ）．
考点二、构造函数证明不等式
lnx
1．（2024·湖南益阳·模拟预测）已知 a,b为正实数，构造函数 f x = ．若曲线 y = f x 在点 1, f 1
ax b
1
处的切线方程为 y = ax - b ．
2
(1)求 a b 的值；
2 1
(2)求证： f x - ．
x 1 x
2．（2024·重庆·模拟预测）已知函数 f x = a x a - ln x a R
(1)讨论函数 f x 的单调性；
(2)证明：当 a > 0时， f x 3ln a 2
3．（2024· 2山东济南·二模）已知函数 f x = ax - ln x -1,g x = xex - ax2 a R .
(1)讨论 f x 的单调性；
(2)证明： f x g x x .
1．（2024·河北·三模）已知函数 f x = cosx 2x．
(1)当 x - ,0 时，证明： f x < ex ．
(2)若函数 g x = ln x 1 ex - f x ，试问：函数 g x 是否存在极小值？若存在，求出极小值；若不存在，
请说明理由．
0．2．（2024·河北保定·三模）已知函数 f (x) = x2 - ax ln x， x =1为 f (x) 的极值点.
(1)求 a；
(2)证明： f (x) 2x2 - 4x .
3．（2024· x陕西榆林·模拟预测）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．
考点三、转为两个函数类型证明不等式
x-1
1．（全国·高考真题）设函数 f (x) = aex ln x be ,曲线 y=f(x)在点(1, f(1))处的切线方程为 y=e(x-1)+2.
x
(1)求 a , b (2)证明: f (x) >1
1．（2024 高三·阶段练习）已知函数 f (x) =1- ln x a2x2 - ax(a R) .
（1）讨论 f (x) 的单调区间；
（2）当 a = 0且 x (0,1)
f (x) 1
，求证： x - <1 .
ex x
考点四、数列类型不等式的证明
1．（2022·全国·高考真题）已知函数 f (x) = xeax - ex ．
(1)当 a =1时，讨论 f (x) 的单调性；
(2)当 x > 0时， f (x) < -1，求 a 的取值范围；
1 1 1
(3)设 n N* ，证明： L > ln(n 1)．
12 1 22 2 n2 n
1 1
2．（2023·天津·高考真题）已知函数 f x = ln x 1 ．
x 2
(1)求曲线 y = f x 在 x = 2处的切线斜率；
(2)求证：当 x > 0时， f x >1；
5 1
(3)证明： < ln n! -
6
n
2
ln n n 1．

3．（2024·北京·三模）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．（2024· 2河北·三模）已知函数 f x = x ln x - ax 2a -1 x - a 1 a R ．
(1)若 f x 0 在 1, 恒成立，求实数 a 的取值范围；
1 1 1 1 1
(2)证明： L > ln 2．
n 1 n 2 n 3 n n 4n
2．（2024·安徽马鞍山·模拟预测）已知函数 f (x) = (x 2) ln(x 1)．
(1)证明： x > 0时， f (x) > 2x；
n 2
(2)证明： ln(n 1) > ．
k =1 2k 1
3．（2024·江苏苏州·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 p k 3
(3)求证: sin - > n - 2k 2 (k R) .
i=1 3 i 3
考点五、三角函数类型不等式的证明
1．（2024·山东枣庄·模拟预测）已知函数 f (x) = ex - ax2 - x ， f (x) 为 f (x) 的导数
(1)讨论 f (x) 的单调性；
(2)若 x = 0是 f (x) 的极大值点，求 a的取值范围；
π
(3)若q 0, ，证明： esinq -1 ecosq -1 ln(sinq cosq ) <1．
2
1．2．3．4．2．（2024·陕西·模拟预测）已知函数 f x = a ln x - x 1（ a R ）， g x = sin x - x .
(1)讨论函数 f x 的单调性；
g 1 (2)证明： n 1
< 0 （ n N* ）；

(3)证明： ln 2 sin
1
> sin 1 sin 1 L sin 1 （ * ）.
n 1 n 2 n 3 2n n N
1．（2024·辽宁·模拟预测）已知函数 f x = sinx - ln sinx ， x 1,2
(1)求 f x 的最小值；
(2)证明： sinx ×ex-sinx - ln sinx >1 .
2．（2024·陕西西安·模拟预测）已知函数 f (x) = 2sin x - ax
(1)若函数在[0, π]内点A 处的切线斜率为-a(a 0)，求点A 的坐标；
π
(2)①当 a =1时，求 g(x) = f (x) - ln(x 1)
é ù
在 ê0, ú上的最小值； 6
sin 1 sin 1②证明： L sin
1 ln n 1> n N,n 2 ．
2 3 n 2
考点六、切线放缩法证明不等式
1．（2024 高三·全国·专题练习）已知函数 f x = ex - ax 2 a R , g x = xex 3．
(1)求函数 f x 的极值；
(2)当 x 0 时， f x g x 恒成立，求证： a 0．
f (x) ln x k1．（2023 高二·上海·专题练习）已知函数 = x (k 为常数， e = 2.71828…e 是自然对数的底数），曲线
y = f (x) 在点 1, f (1) 处的切线与 x 轴平行.
(1)求 k 的值；
(2)求 f (x) 的单调区间；
(3)设 g(x) = (x2 x) f (x) ，其中 f (x)为 f (x) 的导函数.证明：对任意 x > 0， g(x) <1 e-2 .
1 ln x
2．（2023·山东济南·一模）已知函数 f x = .
x
（1）求函数 f x 的极值；
1
（2）若a 1 x，求证： ae > 1 1 ln x .
x
1．（2024 高三·全国·专题练习）求证：若 x 0，则 ex >1 x ．
2．（2024 高三·全国·专题练习）证明：当0 < x <1时， x - x < sin x < x；
a - b a b
3．（22-23 高二下·河北沧州·阶段练习）求证： <
ln a - ln b 2
x - 2
4．（2022 高三· x全国·专题练习）讨论函数 f (x) = e 的单调性，并证明当 x > 0时， (x - 2)ex x 2 > 0 .x 2
1 2
5．（2024 高三·全国·专题练习）已知函数 f x = x ln x - ax，证明：对一切 x 0, ，都有 ln x 1 >
ex 1
-
e2x
成立.
ln x 1
6．（22-23 高二下·北京·期中）已知函数 f (x) = - .
x x
(1)求曲线 y = f (x) 在点 (1, f (1))处的切线方程；
(2)求证： f (x) 2x - 3 .
1
7．（2024 高三· x全国·专题练习）已知函数 f x = e - x（其中 e是自然对数的底数）， g x = x2 1.
2
(1)求证： f x 1；
(2)当 x 0 时，求证： f x g x .
8．（2024·湖北武汉·模拟预测）已知 f x = - f 1 x2 x 2ln x .
(1)求 f 1 并写出 f x 的表达式；
(2)证明： f (x) x -1 .
1
9．（2023· 2吉林长春·模拟预测）已知函数 f (x) = x -1 - ln x .2
(1)求 f x 的最小值；
4 7
(2)证明： ln > .
3 32
10．（2023·广西南宁·一模） f x = x - aln 1 x ，
(1)讨论 f x 的单调性；
(2)当 a =1时，证明 f x 0；
1 1 1 1 1
(3)证明对于任意正整数 n，都有 L > 2ln2 .
n n 1 n 2 4n -1 4n
1．（2024·江苏苏州·模拟预测）已知函数 f x = lnx ax 1,a R ．
(1)讨论 f x 的单调性；
f x
(2)当 a 2 时，证明： e2x ．
x
1
2．（2024·江苏连云港· x 2模拟预测）已知函数 f (x) = e - x - x .
2
(1)求函数 f (x) 在 x =1处的切线方程.
(2)证明："x [0, ), f (x) > sin x .
3．（2024· 2青海西宁·二模）已知函数 f x = x 2 - 2a x - 2alnx a R ．
(1)若 a = 2，求 f x 的极值；
(2) g x = f x 2a2若 - 2x ln2x，求证： g x 1 ．
2
4．（2024·陕西安康·模拟预测）已知函数 f x = -lnx ex - e -1 x -1 .
(1)求 f x 的最小值；
n i 1
(2) *证明："n N , ln(n 1) n < e i .
i=1
x 1-
1．2．3．4．5．（2024· ln x 1河北邢台·二模）已知函数 f x = 2 e e - a，x
(1)当 a = 0时，求函数 y = f x x 1在 = 处的切线方程；
e
1
(2) x-若 f x e e 恒成立，求实数 a 的取值范围；
e e
(3)证明： ln n 1 !> n - n 22 n 1 2 .
1
6．（2024 x 2高三·全国·专题练习）已知 f x = x -1 e ax ．
2
(1)当 a = e时，求 f x 的极值；
1
(2)对"x >1，求证： f x ax2 x 1 ln x -1 ．
2
7．（23-24 高三下·山东菏泽·阶段练习）已知函数 f x = ln 1 x ax2 - x(a > 0) ．
(1)讨论 f x 的单调区间 ;
(2)若函数 g x p= x - ln 1 x a 1， 0, ，证明： g sina g cosa < ．
2 2
8．（2024·北京昌平·二模）已知函数 f x a= x
ex
．
(1)求曲线 y = f x 在点 0, f 0 处的切线方程；
(2)求 f x 在区间 0,1 上的最小值；
(3)若 a > 0，当 x > 0时，求证： f lna - x > f lna x ．
9．（2024·湖南长沙·三模）已知函数 fn x = xn xn-1 L x -1 n N ．
(1)判断并证明 fn x 的零点个数
(2)记 fn x 在 (0, )上的零点为 xn，求证;
（i） xn 是一个递减数列
n 1 n
（ii） x1 x2 L xn < 1．2 2
10．（2024·四川南充·模拟预测）已知函数 f x =1- x é ln x
a - xù ,a R .
(1)若函数 f (x) 在 x
1 2
= 处切线的斜率为 ，求实数 a的值；
e e
(2)当 a = 2时，"x 1, , f x - mx 0 恒成立，求实数m 的最大值；
n 2
(3)当 a = 2时，证明： > ln(2n 1), n N *.
i=1 (2i)2 -1
1
1 3 2．（2019·北京·高考真题）已知函数 f (x) = x - x x .
4
（Ⅰ）求曲线 y = f (x) 的斜率为 1 的切线方程；
（Ⅱ）当 x [-2,4]时，求证： x - 6 f (x) x；
（Ⅲ）设F (x) =| f (x) - (x a) | (a R) ，记 F (x)在区间[-2,4]上的最大值为 M（a），当 M（a）最小时，求 a
的值．
2．（2018·全国·高考真题）已知函数 f x = 2 x ax2 ln 1 x - 2x ．
（1）若 a = 0，证明：当-1 < x < 0时， f x < 0 ；当 x > 0时， f x > 0；
（2）若 x = 0是 f x 的极大值点，求 a．
2
3．（2018· ax x -1全国·高考真题）已知函数 f x = x ．e
（1）求曲线 y=f x 在点 0, -1 处的切线方程；
（2）证明：当a 1时， f x e 0 ．
4．（2017·浙江·高考真题）已知数列 xn 满足： x1 =1， xn = xn 1 ln 1 x *n 1 n N
证明：当 n N * 时，
（I）0 < xn 1 < xn ；
x x
（II） 2xn 1 - x n n 1n ；2
1 x 1（III） n-1 n n-2 .2 2
1
5．（2016·浙江· 3高考真题）设函数 f (x) = x ， x [0,1]．证明：
1 x
（Ⅰ） f (x) 1- x x2；
3 3
（Ⅱ） < f (x) ．
4 2
6．（2016·全国·高考真题）设函数 f (x) = ln x - x 1．
（Ⅰ）讨论 f (x) 的单调性；
x -1
（Ⅱ）证明当 x (1, )时，1 < < x ；
ln x
（Ⅲ）设 c >1，证明当 x (0,1)时，1 (c -1)x > cx .
7．（2015·全国· 2x高考真题）设函数 f x = e - a ln x .
（Ⅰ）讨论 f x 的导函数 f x 的零点的个数；
（Ⅱ）证明：当 a > 0时 f x 2a a ln 2 .
a第 05 讲 利用导数证明不等式
（6 类核心考点精讲精练）
1. 5 年真题考点分布
5 年考情
考题示例 考点分析 关联考点
证明函数的对称性
利用导数求函数的单调性
2024 年新 I 卷，第 18 题,17 分 利用导数证明不等式
利用导数研究不等式恒成立问题
利用不等式求取值范围
利用导数求函数的单调区间 (不含参)
2021 年新 I 卷，第 22 题,12 分 利用导数证明不等式
导数中的极值偏移问题
2. 命题规律及备考策略
【命题规律】本节内容是新高考卷的必考内容，设题稳定，难度较大，分值为 13-17 分
【备考策略】1 能用导数证明函数的单调性
2 能求出函数的极值或给定区间的最值
3 能进行函数转化证明不等式
【命题预测】导数的综合应用是高考考查的重点内容,也是高考压轴题之一近几年高考命题的趋势，是稳中
求变、变中求新、新中求活，纵观近几年的高考题,导数的综合应用题考查多个核心素养以及综合应用能力,
有一定的难度,一般放在解答题的最后位置，对数学抽象、数学运算、逻辑推理等多个数学学科的核心素养
都有较深入的考查，需综合复习
知识讲解
1. 基本方法
在不等式构造或证明的过程中，可借助题目的已知结论、均值不等式、函数单调性、与 ex 、 ln x有关的常
用不等式等方法进行适当的放缩，再进行证明．
（1）通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性与极值（最值），从而得出不等关系；
（2）利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题，从而判定不等关系；
（3）适当放缩构造法：根据已知条件适当放缩或利用常见放缩结论，从而判定不等关系；
（4）构造“形似”函数，变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.
2. 常见类型
与 ex 有关的常用不等式：
（1） ex 1 x（ x R ）； （2） ex ex （ x R ）．
与 ln x有关的常用不等式：
x -1
（1） ln x x -1（ x 1> 0 ）； （2） - ln x 1 x （ x > 0 ）；
x ex e
2 x -1 2 x -1
（3） ln x （ 0 < x 1）， ln x （ x 1）；
x 1 x 1
（4） ln x 1 1 1 1
2
x - （ 0 < x 1）， ln x x - （ x 1）．
x 2 x
用 x 1取代 x的位置，相应的可得到与 ln x 1 有关的常用不等式．
考点一、直接法证明简单不等式
1
1．（2024 高三·全国·专题练习）求证： lnx 1- x ．
f (x) lnx 1 1【详解】证明：令 = - (x > 0) ，则 f (x)
1 1
= - = x -1
x x x2 x2
当0 < x <1时， f (x)=
x -1
< 0 1
x2 ，函数
f (x) = lnx -1
x 单调递减；
当 x 1 x -1 1> 时， f (x)= > 0x2 ，函数
f (x) = lnx -1
x 单调递增
则 f (x) = lnx 1
1 1
-
x 在
x=1时求得最小值 f (1) = ln1-1 =01 ，
f (x) lnx 1 1即 = - 0在 0， 1x 上恒成立，即 lnx 1- 在 0， x 上恒成立
2．（2022 高三·浙江·专题练习）证明以下不等式：
(1) ex x 1；
(2) ln x x -1；
(3) ex-1 > ln(x 1) .
【详解】（1）解：令 f (x) = ex - (x 1)，则有 f (x) = ex -1.
令 f (x) < 0 ，即 ex -1 < 0，解得 x < 0 ；
令 f (x) > 0 ，即 ex -1 > 0，解得 x > 0，
所以 f (x) 在 (- ,0)单调递减， (0, )上单调递增，
所以 f (x) f (0) = e0 -1 = 0 ，即 ex - (x 1) 0 .
所以 ex x 1 .
（2）解：令 g(x) = ln x - (x -1)(x > 0)
1
，则 g (x) = -1 .
x
令 g (x) < 0
1
，即 -1< 0 ，解得 x > 0；
x
令 g (x) > 0
1
，即 -1< 0 ，解得0 < x <1，
x
所以 g(x)在( 0, 1)单调递增， (1, )上单调递减，
所以 g(x) g(1) = ln1- (1-1) = 0，即 ln x - (x -1) 0，
所以 ln x x -1.
（3）解：由（1）得 ex x 1，所以 ex-1 (x -1) 1 = x（当且仅当 x =1时取等号）①.
由（2）得 ln x x -1，所以 ln(x 1) (x 1) -1 = x （当且仅当 x = 0时取等号）②
因为①式与②式取等号的条件不同，所以 ex-1 > ln(x 1) .
1．（2023 高三·全国·专题练习）求证：
(1) ex x2 1（ x 0 ）；
(2) ex ex ；
(3) ex ex x -1 2 （ x 0 ）．
x2 1
【详解】（1）要证 ex x2 1，只需证
ex
1，
x2 1 2 2
令 f x = x （ x 0
x -1
），
e f
x 2x - x -1 = x = - x 0 ，e e
故 f x 在R 上单调递减，由于 f 0 =1，因 x 0 ，
x2 1
故 1，则有 ex x2 1（ x 0 ）.
ex
f x ex f x e(1- x)（2）令 = x ， = x ，e e
当 x >1时， f x < 0；当 x <1时， f x > 0，
可知 f x 在 - ,1 上单调递增；在 1, 上单调递减，所以 f x = f 1max =1，
ex
故 x 1，从而e e
x ex 成立.
ex x -1 2 x -1 x e - 3（3）令 f x = （ x 0 ）， f x

= - ，由 f x = 0解得： x1 = 3- e， x2 =1x ，ex e
令 f x > 0，得3- e < x <1，令 f x < 0，得0 < x < 3-e或 x >1
故 f x 在区间 0,3 - e 和 1, 上单调递减，在区间 3- e,1 上单调递增，
由于 f 0 = f (1) =1，
ex x -1 2
则有 1对 x 0, 恒成立，故得： ex ex x -1 2 （ x 0 ）．
ex
考点二、构造函数证明不等式
lnx
1．（2024·湖南益阳·模拟预测）已知 a,b为正实数，构造函数 f x = ．若曲线 y = f x 在点 1, f 1
ax b
1
处的切线方程为 y = ax - b ．
2
(1)求 a b 的值；
2 1
(2)求证： f x - ．
x 1 x
【答案】(1)2
(2)证明见解析
【分析】（1）根据切线方程列出关于 a,b的方程组，解方程组即可.
（2）对要证明的式子进行化简，构造函数，利用单调性求解即可.
ln x f (x) ax - ax ln x b【详解】（1）因为 f (x) = ，所以 =
ax b x(ax b)2
，
f (1) a b 1又因为 = 2 = , f (1) = 0(a b) a ， b
1 1 1
所以曲线 y = f (x) 在点 1, f 1 处的切线方程为 y = (x -1) = x - .
a b a b a b
由题意可知曲线 y = f x 在点 1, f 1 1处的切线方程为 y = ax - b ，
2
ì 1 a=
a b 2
所以 í ，解得 a = b =1 (负值舍去)，所以 a b = 2 .
1 b=
a b 2
ln x
（2）由第 1 问可知， f (x) = .
x 1
f x 2 1 ln x 2 1要证 - ，即要证 - ，
x 1 x x 1 x 1 x
1
只需证 ln x -1 0 .
x
构造函数 g(x) ln x
1 g (x) x -1= ，则 = ，
x x2
当 x (0,1) 时， g (x) < 0，函数 g(x)单调递减；
当 x (1,+ )时， g (x) > 0，函数 g(x)单调递增，
2 1
所以 g(x)min = g(1) =1，所以 g(x) 1，所以 f x - .x 1 x
2．（2024·重庆·模拟预测）已知函数 f x = a x a - ln x a R
(1)讨论函数 f x 的单调性；
(2)证明：当 a > 0时， f x 3ln a 2
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）根据题意，求导可得 f x ，然后分 a 0与 a > 0讨论，即可得到结果；
（2）根据题意，由（1）可得 f x 的最小值为 f 1 2 ，构造函数 g x = x - 2ln x -1 x > 0 ，转化为 g x
a
的最小值大于等于零，即可证明.
1
【详解】（1）依题意 x > 0， f x = a - ，
x
当 a 0时， f x < 0，
当 a > 0
1
时，由 f x > 0得 x > ，由 f x < 0得0 < x 1< ，
a a
即当 a 0时函数 f x 在 0, 是减函数；
当 a > 0时 f x 0, 1 在 是减函数， f x
1
在 ,

是增函数；
a a
（2）由（1）知当 a > 0时， f x 的最小值为 f 1 =1 a2 ln a ，
a
1 a2 ln a - 3ln a 2 = a2 - 2ln a -1，
设 g x = x2 - 2ln x -1 x > 0 ，
g 2x 2x 2 x -1 x 1 则 = - = ，
x x
∴函数 g x 在 0,1 是减函数，在 1, 是增函数，
即 g x 的最小值为 g 1 =12 - 2ln1-1 = 0，即 g x g 1 = 0 ，
∴ g a 0 f x f 1 ，即 的最小值 =1 a2 ln a 3ln a 2 ，
a
∴ f x 3ln a 2 ．
3．（2024· 2山东济南·二模）已知函数 f x = ax - ln x -1,g x = xex - ax2 a R .
(1)讨论 f x 的单调性；
(2)证明： f x g x x .
【答案】(1)答案见详解
(2)证明见详解
2ax2 -1
【分析】（1）求导可得 f x = ，分 a 0和 a > 0两种情况，结合导函数的符号判断原函数单调性；
x
（2）构建F x = f x g x - x, x > 0， h x = ex 1- , x > 0 ，根据单调性以及零点存在性定理分析 h x 的
x
零点和符号，进而可得F x 的单调性和最值，结合零点代换分析证明.
2
【详解】（1）由题意可得： 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, 上恒成立，
可知 f x 在 0, 上单调递减；
当 a > 0时，令 f x > 0 1，解得 x > ；令 f x < 0 0 x 1，解得 < < ；
2a 2a

f x 0, 1
1
可知 在 上单调递减，在 , 上单调递增；
2a 2a
综上所述：当 a 0时， f x 在 0, 上单调递减；
1 1
当 a > 0时， f x 在 0, 上单调递减，在 , 2a 2a 上单调递增.
（2）构建F x = f x g x - x = xex - ln x - x -1, x > 0，
则F x = x 1 ex 1- -1 = x 1 ex 1
x
- ，
x
由 x > 0可知 x 1 > 0，
构建 h x = ex 1- , x > 0 ，
x
因为 y = ex , y
1
= - 在 0, 上单调递增，则 h x 在 0, 上单调递增，
x
1
且 h = e - 2 0, h 1 = e -1 0，
2
可知 h x 在 0, 上存在唯一零点 x 1 ,1 0 2 ，
当0 < x < x0 ，则 h x < 0，即F x < 0；
当 x > x0，则 h x > 0 ，即F x > 0；
可知F x 在 0, x0 上单调递减，在 x0 , 上单调递增，
则F x F x x00 = x0e - ln x0 - x0 -1，
ex 1 10又因为 - = 0 x0 - x0
1
x ，则
e = , x0 = e ， x0 ,1x ，0 0 2


可得F x x
1
0 = 0 - ln e
- x0 - x0 -1 = 0x ，0
即F x 0，所以 f x g x x .
1．（2024·河北·三模）已知函数 f x = cosx 2x．
(1)当 x - ,0 x时，证明： f x < e ．
(2)若函数 g x = ln x 1 ex - f x ，试问：函数 g x 是否存在极小值？若存在，求出极小值；若不存在，
请说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)存在；极小值为 0．
【分析】（1）构造新函数，利用导数研究函数的单调性和最值，即可得证；
（2）对函数求导，并构造新函数，结合零点存在性定理及函数的单调性即可求解.
【详解】（1）证明：函数 f (x) = cos x 2x 定义域为R ,
令F (x) = ex - 2x - cos x ，则F (x) = ex - 2 sin x = (ex -1) (sin x -1) ，
当 x (- ,0)时， ex -1 < e0 -1 = 0 ，且 sin x -1 0 ，所以 F (x) < 0，
函数F (x) = ex - 2x - cos x 在 (- ,0)上单调递减，故F (x) > F (0) = 0，
即 ex - 2x - cos x > 0，故 ex > f (x)得证.
1
（2）由题意 g(x) = ln(x 1) ex - 2x - cos x, x > -1，则 g (x) = ex - 2 sin x, x > -1，
x 1
h(x) = g (x) 1= ex令 - 2 sin x, x > -1，则 h (x) = ex
1
- cos x, x > -1
x 1 (x 1)2
x π π当 (0, )时， h (x) > 0，故函数 h(x) 在 (0, ) 单调递增，则 h(x) > h(0) = 0，即 g (x) > 0，
2 2
所以 g(x)在 (0,
π) 单调递增；
2
1
当 x (-1,0)时， h (x)单调递增，且 h (0) =1 > 0 h ( 1
- 1
，又 - ) = e 2 cos(- ) - 4 < 0，
2 2
x ( 1故$ 0 - ,0)，使得 h (x0 ) = 0，2
所以当 x (x0 ,0)时， h x > 0，即函数 h(x) 在 (x0 ,0) 上单调递增，即 h(x) = g (x) < h(0) = 0，
所以函数 g(x)在 (x0 ,0) 上单调递减；
π 3
当 x [
π , ) x 1 时， e e 2 > 2.72 1> 4, > 0 ，即 g (x) = ex - 2 sin x > 0，
2 x 1 x 1
所以函数 g(x)在[
π , ) 上单调递增.
2
综上所述，函数 g(x)在 (x0 ,0) 上单调递减，在 (0, )上单调递增，
因此，当 x = 0时，函数 g(x)有极小值，极小值为 g(0) = 0 .
故存在，极小值为 0.
2．（2024·河北保定·三模）已知函数 f (x) = x2 - ax ln x， x =1为 f (x) 的极值点.
(1)求 a；
(2)证明： f (x) 2x2 - 4x .
【答案】(1)3；
(2)证明见解析；
1
【分析】（1）求导 f (x) = 2x - a ，由 f (1) = 0求解；
x
（2）转化为证 x2 - x - ln x 0，令 g(x) = x2 - x - ln x ，由 g(x)min 0证明.
1
【详解】（1）解： f (x) = 2x - a ，
x
依题意， f (1) = 2 1- a 1 = 0，解得 a = 3，
经检验符合题意，所以 a = 3；
（2）由（1）可知， f (x) = x2 - 3x ln x ，
要证 f (x) = x2 - 3x ln x 2x2 - 4x，即证 x2 - x - ln x 0，
1 (x -1)(2x 1)
设 g(x) = x2 - x - ln x ，则 g (x) = 2x -1- = ，
x x
所以当 x (0,1) 时， g (x) < 0， g(x)单调递减，
当 x (1, )时， g (x) > 0， g(x)单调递增，
当 x =1时， g(x)取得极小值，也是最小值，
因为 g(1) = 0， g(x) g(1) = 0，
所以 f (x) 2x2 - 4x .
【点睛】方法点睛：证明不等式 f x 0，往往由 f x 0min 证明.
3．（2024· x陕西榆林·模拟预测）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．
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）就a 1、a < 1分类讨论导数的符号后可得函数的单调性；
（2 x）原不等式等价于 e x cosx -1- xlnx > 0, x 0, ，当0 < x 1时，可由各式符号证明此不等式成立，
当 x >1时，设 g x = ex x cosx -1- xlnx ，利用导数可证明 g x > 0恒成立，据此可得 g x 的单调性，从
而可得原不等式成立.
【详解】（1）Q f x = ex 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.
（2）Q当 a = 2时， f x = ex x -1，
\要证 f x > xlnx - cosx ex，即证 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 x 1，设 h x = g x ，则 h x = e - 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．
【点睛】思路点睛：导数背景下不等式恒成立，应该根据不等式中含有的函数的类型进行合理的分类讨论，
特别是含有三角函数式时，可根据其值域选择分类讨论的标准.
考点三、转为两个函数类型证明不等式
x-1
1．（全国· f (x) aex ln x be高考真题）设函数 = ,曲线 y=f(x)在点(1, f(1))处的切线方程为 y=e(x-1)+2.
x
(1)求 a , b (2)证明: f (x) >1
【答案】（1） a =1,b = 2；（2）详见解析.
【详解】试题分析：（1）根据求导法则求出原函数的导函数，由某点的导数是在该点的切线的斜率，结合
切线方程以及该点的函数值，将函数值和切线斜率代入原函数和导函数可求得参数值；（2）由（1 )可得 f x
的解析式， f x 为多项式，对要证的不等式进行变形，使之成为两个函数的大小关系式，再分别利用导函
数求出两函数在定义域内的最值，可证得两函数的大小关系，进而证得.
试题解析：（1）函数 f (x) 的定义域为 (0, )，
f '(x) = aex ln x a ex b- 2 e
x-1 b ex-1 .
x x x
由题意可得 f (1) = 2， f '(1) = e .故 a =1，b = 2 .
2 1 f (x)
2
= ex ln x ex-1（ ）证明：由（ ）知， ，
x
从而 f (x) >1等价于 x ln x > xe- x
2
- .
e
设函数 g(x) = x ln x ，则 g '(x) =1 ln x .
x 0, 1所以当

， g '(x) < 0；
e
1
当 x ,

时， g '(x) > 0 .
e
1 1
故 g(x)在 0, 上单调递减， , 上单调递增，从而 g(x)在 0,+ 上的最小值为 g(1) 1= - . e e e e
设函数 h(x) = xe- x
2
- ，则 h '(x) = e- x (1- x) .
e
所以当 x (0,1) 时， h '(x) > 0；当 x (1, )时， h '(x) < 0 .故 h(x) 在( 0, 1)上单调递增，在 (1, )上单调递减，
从而 h(x)
1
在 (0, )上的最大值为 h(1) = - .
e
综上，当 x > 0时， g(x) > h(x) ，即 f (x) >1 .
考点：1、导数的几何意义；2、利用导数研究函数的单调性进而证明不等式恒成立.
【方法点晴】本题主要考查的是利用导数研究函数的单调性、利用导数研究函数的最值、不等式的恒成立
和导数的几何意义，属于难题．利用导数研究函数 f x 的单调性进一步求函数最值的步骤：①确定函数
f x 的定义域；②对 f x 求导；③令 f ' x > 0，解不等式得 x 的范围就是递增区间；令 f ' x < 0，解不
等式得 x 的范围就是递减区间；④根据单调性求函数 f x 的极值及最值（闭区间上还要注意比较端点处函
数值的大小）.本题（2）的证明过程就是利用导数分别求出 g(x)在 0,+ 上的最小值及 h(x) 在 (0, )上的
最大值，进而得证的.
1．（2024 高三·阶段练习）已知函数 f (x) =1- ln x a2x2 - ax(a R) .
（1）讨论 f (x) 的单调区间；
f (x) 1
（2）当 a = 0且 x (0,1) ，求证： x x - <1 .e x
【答案】（1）见解析（2）证明见解析
【分析】（1）函数 f (x) 定义域为 (0, )，求出导函数，通过 a = 0， a > 0， a<0判断导函数符号，求解函数
1- ln x 1
的单调区间；（2）运用分析法转化证明，要证，只需证，法一中要证 x x - <1，只需证：e x
ln x 1- x2 1 > 0，令F (x) = ln x - x2 1
1
，求导判断导数值符号即可；法二中只需证
x x
x(1- ln x) < 1 x - x2 ex ，设 g(x) = x(1- ln x)， h(x) = 1 x - x2 ex ， g (x) = - ln x > 0在 x (0,1) 上恒成立，
g(x) h(x) 1 ln x x 1 1求出 ， 的最值进行比较即可；法三中只需证： - - <1.设j(x) =1- ln x x - ，判断
x x
j (x) > 0 ，函数j(x) 单调递增，j(x) < j(1) =1，证明即可.
【详解】（1）函数 f (x) 定义域为 (0, )，
2 2
f (x) 1= - 2a2x - a 2a x - ax -1 (2ax 1)(ax -1)= = .
x x x
①若 a = 0时，则 f (x) < 0， f (x) 在 (0, )上单调递减；
1 0 1 1 1②若 a > 0时， > > - ，令 f (x) > 0 x < - 或 x > .
a 2a 2a a
又 x > 0，
\ f (x) 1 1 在 0, 上单调递减，在 , 上单调递增；
a a
1 1
③若 a<0时，- > 0 > ，
2a a
令 f (x) > 0 x
1 1
< 或 x > - .
a 2a
又 x > 0，
f (x) 0, 1\ - 1 在 2a 上单调递减，在
- ,
2a 上单调递增；
（2）法一：Q x (0,1)，\ex > x 1，
1- ln x
要证 x x
1 1- ln x 1
- <1，只需证 x - <1，
e x x 1 x
2 x 1
只需证：1- ln x x x - < x 1，
x
2 1 2 1
只需证： ln x - x 1 > 0，设F (x) = ln x - x 1 ，
x x
即F (x)
1 1 1
= - 2x - 2 = 2 (x -1) - 2x < 0，x x x
F (x)在( 0, 1)上单调递减，所以F (x) > F (1) =1 > 0，即原不等式成立.
f (x) x 1 1- ln x 1法二：要证 x - <1，只需证 x - <1，e x ex x
Q x (0,1)，只需证 x(1- ln x) < 1 x - x2 ex ，
设 g(x) = x(1- ln x)， h(x) = 1 x - x2 ex ，
g (x) = - ln x > 0在 x (0,1) 上恒成立，
所以 g(x)在( 0, 1)上单调递增.
所以 g(x) < g(1) =1，
h (x) = - x2 - x 2 ex = -(x 2)(x -1)ex > 0，
所以 h(x) 在( 0, 1)上单调递增，
所以 h(x) > h(0) = 1，
所以当 x (0,1) 时， g(x) < h(x)，
即原不等式成立.
法三：Q x (0,1)，\ex >1.
1- ln x 1
要证： x - <1成立，
ex x
只需证：1- ln x x
1
- <1.
x
设j(x) =1- ln x
1
x - ，
x
j (x) 1 1 1= - 1 =
x x2 x2
(1- x) 1 > 0，
所以j(x) 在( 0, 1)上单调递增，
所以j(x) < j(1) =1 .
即原不等式成立.
【点睛】本题考查函数的导数的应用，函数的单调性以及构造法的应用，考查分类讨论以及转化思想的应
用，是难题.
考点四、数列类型不等式的证明
1．（2022·全国·高考真题）已知函数 f (x) = xeax - ex ．
(1)当 a =1时，讨论 f (x) 的单调性；
(2)当 x > 0时， f (x) < -1，求 a 的取值范围；
1 1 1
(3)设 n N* ，证明： L > ln(n 1)
12 2
．
1 2 2 n2 n
【答案】(1) f x 的减区间为 - ,0 ，增区间为 0, .
1
(2) a
2
(3)见解析
【分析】（1）求出 f x ，讨论其符号后可得 f x 的单调性.
2 h x = xeax - ex（ ）设 1，求出 h x a 1 1，先讨论 > 时题设中的不等式不成立，再就0 < a 结合放缩法
2 2
讨论 h x 符号，最后就 a 0结合放缩法讨论 h x 的范围后可得参数的取值范围.
1 1
（3）由（2）可得 2ln t < t - t 对任意的
t > 1恒成立，从而可得 ln n 1 - ln n < 2 对任意的 n N* 恒成立，n n
结合裂项相消法可证题设中的不等式.
x
【详解】（1）当 a =1时， f x = x -1 e ，则 f x = xex ，
当 x < 0 时， f x < 0，当 x > 0时， f x > 0，
故 f x 的减区间为 - ,0 ，增区间为 0, .
（2）设 h x = xeax - ex 1，则 h 0 = 0，
h x = 1 ax eax又 - ex ax x，设 g x = 1 ax e - e ，
g x = 2a a2x eax x则 - e ，
a 1若 > ，则 g 0 = 2a -1 > 0，
2
因为 g x 为连续不间断函数，
故存在 x0 0, ，使得"x 0, x0 ，总有 g x > 0，
故 g x 在 0, x0 为增函数，故 g x > g 0 = 0，
故 h x 在 0, x0 为增函数，故 h x > h 0 = 0，与题设矛盾.
0 a 1若 < ，则 h x = 1 ax eax - ex = eax ln 1 ax - ex ，
2
下证：对任意 x > 0，总有 ln 1 x < x 成立，
证明：设 S x = ln 1 x - x，故 S x 1 -x= -1 = < 0，
1 x 1 x
故 S x 在 0, 上为减函数，故 S x < S 0 = 0即 ln 1 x < x 成立.
由上述不等式有 eax ln 1 ax - ex < eax ax - ex = e2ax - ex 0，
故 h x 0总成立，即 h x 在 0, 上为减函数，
所以 h x < h 0 = 0 .
当 a 0 ax x ax时，有 h x = e - e axe <1-1 0 = 0，
所以 h x 在 0, 上为减函数，所以 h x < h 0 = 0 .
1
综上， a .
2
1 1
（3）取 a = ，则"x > 0，总有 x
2 xe2 - e
x 1< 0成立，
1
令 xt = e2 ，则 t >1, t
2 = ex , x = 2ln t ，
2 2ln t t 1故 2t ln t < t -1即 < - 对任意的 t > 1t 恒成立.
n 1 n 1 n
所以对任意的 n N* ，有 2ln < - ，
n n n 1
整理得到： ln n 1
1
- ln n <
n2
，
n
1 1 1
故 L > ln 2 - ln1 ln 3- ln 2 L ln n 1 - ln n
12 1 22 2 n2 n
= ln n 1 ，
故不等式成立.
【点睛】思路点睛：函数参数的不等式的恒成立问题，应该利用导数讨论函数的单调性，注意结合端点处
导数的符号合理分类讨论，导数背景下数列不等式的证明，应根据已有的函数不等式合理构建数列不等式.
1 1
2．（2023·天津·高考真题）已知函数 f x = ln x 1 ．
x 2
(1)求曲线 y = f x 在 x = 2处的切线斜率；
(2)求证：当 x > 0时， f x >1；
5 1
(3)证明： < ln n! - n ln n n 1．6 2
1 ln 3
【答案】(1) -
3 4
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）利用导数的几何意义求斜率；
（2）问题化为 x > 0时 ln x 2x 1 > ，构造 g(x) = ln x 1 2x- ，利用导数研究单调性，即可证结论；
x 2 x 2
（3）构造 h(n) = ln n! 1- n

ln n n， n N*，作差法研究函数单调性可得 h(n) h(1) =1，再构造
2
j(x) ln x (x 5)(x -1) ln x (x 5)(x -1)= - 且 x > 0，应用导数研究其单调性得到 恒成立，对 h(n) - h(n 1)作
4x 2 4x 2
放缩处理，结合累加得到 h(1) - h(n)
3
< ln 2 1 1-1 < n 3 ，即可证结论.
2 12 6
f (x) ln(x 1) ln(x 1) f (x)
1 1 ln(x 1)
【详解】（1） = ，则 = -
x 2 x(x 1) 2(x 1) x2
，
所以 f (2)
1 ln 3 1 ln 3
= - ，故 x = 2处的切线斜率为 - ；
3 4 3 4
1 1
（2）要证 x > 0时 f x =

ln x 1 >1，即证 ln x 1
2x
> ，
x 2 x 2
2
令 g(x) = ln x 1 2x 1 4 x - 且 x > 0，则 g (x) = - 2 = 2 > 0，x 2 x 1 (x 2) (x 1)(x 2)
所以 g(x)在 (0, )上递增，则 g(x) > g(0) = 0，即 ln x 2x 1 > .
x 2
所以 x > 0时 f x >1 .
1
（3）设 h n = ln n! - n ln n n，2 n N
*，

h n 1 h n 1 1 1 1 1则 - = n 2 ln n - n ln n 1 =1- n 2 2 ln 1 ， n
1 1 1 1
由（2）知： x = (0,1]，则 f ( ) = (n ) ln(1 ) >1，
n n 2 n
所以 h(n 1) - h(n) < 0，故 h(n) 在 n N*上递减，故 h(n) h(1) =1；
ln n! 1 5下证 - n

2
ln n n > ，
6
2
令j(x) = ln x
(x 5)(x -1)
- 且 x > 0，则j (x)
(x -1) (1- x)
= ，
4x 2 x(2x 1)2
当0 < x <1时j (x) > 0 ，j(x) 递增，当 x >1时j (x) < 0，j(x) 递减，
所以j(x) j(1) = 0 x 0, ln x (x 5)(x -1)，故在 上 恒成立，
4x 2
(6 1 )(1)
则 h(n) - h(n 1) = (n
1) ln(1 1 1 1 1 1 1 ) -1 (n ) × n n2 -1 = < ( - )，2 n 2 2(3 ) 4n(3n 2) 12 n -1 n
n
1 1 1 1 1 1 1 1
所以 h(2) - h(3) < (1- )， h(3) - h(4) < ( - ) ，…， h(n -1) - h(n) < ( - )，
12 2 12 2 3 12 n - 2 n -1
累加得： h(2) - h(n)
1 (1 1< - ) ，而 h(2) = 2
3
- ln 2，h(1) = 1
12 n -1 2
7 3 3 5
因为 > > ln 2 ，所以 h(2) = 2 - ln 2 > ，
9 4 2 6
则-h(n)
1
< (1 1- ) - 2 3 ln 2 n 3 ，
12 n -1 2
h(1) h(n) 3 ln 2 1 1 3 1 1 5所以 - < -1 (1- ) < ln 2 -1 < ，故 h(n) > n 3 ；
2 12 n -1 2 12 6 6
5 5 1
综上， < h(n) 1，即 < ln n! - n ln n n 1.6 6 2
【点睛】关键点点睛：第三问，作差法研究 h n 1= ln n! - n

ln n n单调性证右侧不等关系，再构造
2
j(x) ln x (x 5)(x -1) ln x (x 5)(x -1)= - 且 x > 0，导数研究其函数符号得 恒成立，结合放缩、累加得到
4x 2 4x 2
h(1) 3- h(n) < ln 2 1 1 (1 1- - ) 为关键.
2 12 n
3．（2024·北京·三模）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 1
【答案】(1)递增区间为 -1, -1-

，递减区间为 -1- ,

．
k k
(2) k -1
(3)证明见解析
【分析】（1）对函数 f x 求导,再根据 k 的正负分类讨论单调性即可;
（2）若 f x -1恒成立，即 f x -1 f xmax ，根据（1）中 的单调性求出其最大值即可列式求解.
（3）由（2）知当 k = -1时,有 ln x 1 - x 1 -1在 -1, 2恒成立，令 x = n n N*, n >1 ,即可推出
lnn n -1
< n N*, n 2 ，再对不等式两边累加求和,即可推出结论.n 1 2
【详解】（1）函数 f x 的定义域为 -1, ．
f x 1= 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 < x 1< -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- , 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 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 ，
2 *
所以 lnx < x -1当 x 2恒成立，令 x = n n N , n >1 ，
lnn2 < n2 *进而 -1 n N ,n 2 ，
2lnn < n -1 n 1 lnn n -1即 ，\ < 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
【点睛】方法技巧：对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略：
（1）通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；
（2）利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
（3）根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造
的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放
缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．
1．（2024·河北·三模）已知函数 f x = x ln x - ax2 2a -1 x - a 1 a R ．
(1)若 f x 0 在 1, 恒成立，求实数 a 的取值范围；
1 1 1 L 1 1(2)证明： > ln 2．
n 1 n 2 n 3 n n 4n
é1 , 【答案】(1) ê2
(2)证明见解析
a -1
【分析】（1）由题意可得 ln x - ax - 2a -1 0恒成立，令 g x = ln x - ax a -1- 2a -1 x 1 ，求导得
x x
x -1 é1- a x 1 ù
g x = ，利用导数分类可求实数 a 的取值范围；
x2
1 1
（2）由（1）知当 a
1
= ln x 时，可得 x -

在 1,
n 1
恒成立，当 x = 时，可得
2 2 x n
ln n 1 1 n 1 n 1< 1 1 - = ，利用累加法可得结论.n 2 n n 1 2 n n 1
【详解】（1） f x 0 ln x - ax a -1- 2a -1 0在 1, 恒成立．
x
构造函数 g x = ln x ax a -1- - 2a -1 x 1 ，则 g x 0 在 1, 恒成立．
x
1 a -1 x -1 é1- a x 1 ùg x = - a =
x x2 x2
当 a 0时， g x 0，所以 g x 在 1, 上单调递增，
所以 g x g 1 = 0 ，矛盾，故舍去
1 1 1
当0 < a < 时，由 g x 0得1< x < -1，所以 g x 在 1, -1 上单调递增，2 a a
故"x

1,
1
-1 ，均有 g x g 1 = 0a ，矛盾，故舍去
a 1当 时， g x 0，所以 g x 在 1, 上单调递减，
2
所以 g x g 1 = 0 ，满足题意；
1
综上，实数 a
é
的取值范围为 ê , 2
1
（2）由（1）知当 a = 时， f x 0 恒成立，
2
即 ln x
1
x
1
- 在 1, 上恒成立，当且仅当 x =1时取等号．2 x
x n 1所以当 = 时，可得 ln
n 1 1 n 1 n 1
< - =
1 1
n n 2 n n 1 2

n n 1
n 2 1 1 1 n 3 1 1 1 n n 1 1 1
同理 ln < ， ln < ， ， ln
n n -1 2 n n -1 n

n
两边分别累加得：
ln n 1 ln n 2 L ln n n
n n 1 n n -1
1 é 1 1 1 1<
1 1 ù
ê L ú2 ê n n

1 n 1 n 2 n n -1 n n ú

ln n 1 n 2

L n n 1 1 1 1 1即 < L
n n 1 n n -1

2n n 1 n 2 n n -1 4n
1 1 1 1 1
即 L > ln 2
n 1 n 2 n 3 n n 4n
n 1 1 n 1 n 1 1 1
【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键是通过（1）中的结论得到 ln < - = ，
n 2 n n 1 2 n n 1
再代入得到其他不等式，最后累加即可证明.
2．（2024·安徽马鞍山·模拟预测）已知函数 f (x) = (x 2) ln(x 1)．
(1)证明： x > 0时， f (x) > 2x；
n 2
(2)证明： ln(n 1) > ．
k =1 2k 1
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
2x 2x
【分析】（1）只要证 x > 0时， ln(x 1) > ，令 h(x) = ln(x 1) - (x > 0) ，然后利用可判断其在 (0, )
x 2 x 2
上递增，则 h(x) > h(0) = 0，从而证得结论；
ln(x 1) 2x 1 2（2）由（1）知 > ，令 x = ，则 ln(n 1) - ln n > ，然后利用累加法可证得结论.
x 2 n 2n 1
【详解】（1）证明：要证 f (x) > 2x(x > 0) ，只要证 (x 2) ln(x 1) > 2x(x > 0)，
即证 x > 0时， ln(x 1)
2x
> ，
x 2
令 h(x) = ln(x
2x
1) - (x > 0) ，
x 2
2
h 则 (x)
1 4 x
= - = > 0，
x 1 (x 2)2 (x 1)(x 2)2
所以 h(x) 在 (0, )上单调递增，
所以 h(x) > h(0) = 0，所以 x > 0时， ln(x 1)
2x
> ，
x 2
所以 x > 0时， f (x) > 2x．
2x
（2）证明：由（1）知 ln(x 1) > (x > 0)，
x 2
2
x 1
1 2
令 = 得 ln(1 ) > n1 ，即 ln(n 1) - ln n > ，n n 2 2n 1
n
2
所以 ln 2 - ln1 > ，
2 1 1
ln 3 2- ln 2 > ，
2 2 1
ln 4 2- ln 3 > ，
2 3 1
……，
ln(n 1) - ln n 2> ，
2n 1
所以 (ln 2 - ln1) (ln 3- ln 2) (ln 4 - ln 3) ××× [ln(n 1) - ln n] >
2 2 2 2
××× ，
2 1 1 2 2 1 2 3 1 2n 1
n
即 ln(n 1) 2 > ．
k =1 2k 1
【点睛】关键点点睛：解题的关键是根据题意构造函数，再利用导判断其单调性即可证得结论.
3．（2024· 2江苏苏州·三模）已知函数 f (x) = cos x, g(x) = a 2 - x .
(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 p k 3(3)求证: sin 2 - > n - 2k (k R) .
i=1 3 i 3

【答案】(1)2 个
(2) 12
(3)证明见解答
【分析】（1）F (x) = cos x - 2 x2，求导后令 h(x) = F (x) = -sin x 2x，再次求导可得 h (x) > 0，进而可判断
F (x)的单调性，结合 F (0) ，F (2) = F (-2)的值可得结论；
1 1
（2）m(x) = cos x - 2a ax2 ,由题意可得m(0) 0，可得 a ，进而判断 a = 时，不等式 f (x) g(x) 恒成
2 2
立；
3 sin p k- 1 3 sin p k- cos p k- = 2sin p k k（3）利用 3 i 3 i
- = 2cos ，结合（2）以及放缩法可
3 i 2 i i
证明不等式.
【详解】（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 1
- x2 = cos x (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
1
，所以 h(x) = cos x -1 x2 > cos 0
1
-1 02 = 0，
2 2
1 2
所以 h(x) 在[0, ) 上单调递增，所以 h(x) h(0) = 0 ，即cos x > 1- x ，
2
所以 f (x) g(x) 恒成立，所以实数 a 1的最大值是实数 2 ；
3 sin p k 1 3 sin p k cos p k p k k（3）因为 - -

- = 2sin

-

= 2cos ，
3 i 3 i 3 i 2 i i
1 2 k 1 k 2
由（2）可得cos x > 1- x ，所以 cos >1- ( ) ，
2 i 2 i
n n n
所以 [ 3 sin p k- 1] 2 (cos k ) 2n k> - ( )2 ，
i=1 3 i i=1 i i=1 i
n p k n
所以 3 sin - > n - (k )2 ，
i=1 3 i i=1 i
n
(k )2 = k 2 (1 1 1 1 2 1 1 1 1 1 1 2又 i 22 32 L 2 ) < k (1 1- - L - ) < 2k ，i=1 n 2 2 3 3 n -1 n
n
所以 sin p k 3 - > n - 2k 2 (k R) .
i=1 3 i 3
1 2
【点睛】方法点睛：第三问，考查放缩法证明不等式，其中证明不等式cos x > 1- x 成立是关键.
2
考点五、三角函数类型不等式的证明
1．（2024·山东枣庄·模拟预测）已知函数 f (x) = ex - ax2 - x ， f (x) 为 f (x) 的导数
(1)讨论 f (x) 的单调性；
(2)若 x = 0是 f (x) 的极大值点，求 a的取值范围；
q π (3)若 0, ，证明： esinq -1 ecosq -1 ln(sinq cosq ) <1．
2
【答案】(1)答案见解析
a 1(2) >
2
(3)证明见解析
【分析】（1）令 g x = f x ，求出导函数，再分 a 0和 a > 0两种情况讨论，分别求出函数的单调区间；
1 1 1
（2）结合（1）分 a 0、 0 < a < 、 a = 、 a > 四种情况讨论，判断 f x 的单调性，即可确定极值点，
2 2 2
从而得解；
（3）利用分析法可得只需证 esinq -1 ln sinq < sin2 q ， ecosq -1 ln cosq < cos2q ，只需证对任意-1 < x < 0，有
ex ln 1 x < (1 x)2，结合（2）只需证明 ln 1 x < x(-1< x < 0)，构造函数，利用导数证明即可.
x
【详解】（1）由题知 f x = e - 2ax -1，
令 g x = f x = ex - 2ax -1，则 g x = ex - 2a，
当 a 0时， g x > 0, f x 在区间 - , 单调递增，
当 a > 0时，令 g x = 0 ，解得 x = ln2a，
当 x - , ln2a 时， g x < 0，当 x ln2a, 时， g x > 0，
所以 f x 在区间 - , ln2a 上单调递减，在区间 ln2a, 上单调递增，
综上所述，当 a 0时， f x 在区间 - , 上单调递增；
当 a > 0时， f x 在区间 - , ln2a 上单调递减，在区间 ln2a, 上单调递增.
（2）当 a 0时， f 0 = 0，
由（1）知，当 x - ,0 时， f x < 0, f x 在 - ,0 上单调递减；
当 x 0, 时， f x > 0, f x 在 0, 上单调递增；
所以 x = 0是函数 f x 的极小值点，不符合题意；
当0
1
< a < 时， ln2a < 0 ，且 f 0 = 0，
2
由（1）知，当 x ln2a,0 时， f x < 0, f x 在 ln2a,0 上单调递减；
当 x 0, 时， f x > 0, f x 在 0, 上单调递增；
所以 x = 0是函数 f x 的极小值点，不符合题意；
a 1当 = 时， ln2a = 0，则当 x - , 时， f x 0, f x 在 - , 上单调递增，
2
所以 f x 无极值点，不合题意；
1
当 a > 时， ln2a > 0，且 f 0 = 0；
2
当 x - ,0 时， f x > 0, f x 在 - ,0 上单调递增；
当 x 0, ln2a 时， f x < 0, f x 在 0, ln2a 上单调递减；
所以 x = 0是函数 f x 的极大值点，符合题意；
1
综上所述， a的取值范围是 a > .
2
3 esinq -1 ecosq -1（ ）要证 ln sinqcosq <1，
esinq -1 ecosq -1只要证 ln sinq ln cosq < sin2q cos2q ，
只要证 esinq -1 ln sinq < sin2 q ， ecosq -1 ln cosq < cos2q ，
q π 因为 0, ，则 sinq 0,1 , cosq 0,1 ，
2
所以只要证对任意0 < x <1，有 ex-1 lnx < x2，
x
只要证对任意-1 < x < 0，有 e ln 1 x < (1 x)2（※），
因为由（2）知：当 a =1时，若 x < 0 ，则 f x < f 0 =1，
所以 ex - x2 - x <1，即 ex < x2 x 1①，
令函数 h x = ln 1 x - x(-1< x < 0)，则 h x 1 -x= -1 = ，
1 x 1 x
所以当-1 < x < 0时 h x > 0，所以 h x 在 -1,0 单调递增；
则 h x < h 0 = 0 ，即 ln 1 x < x(-1< x < 0)，
① ② ex ln 1 x < x2 2x 1 = (x 1)2由 得 ，
所以（※）成立，
esinq -1 ecosq -1所以 ln sinqcosq <1成立.
【点睛】方法点睛：利用导数证明或判定不等式问题：
1．通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性与极值（最值），从而得出不等关系；
2．利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题，从而判定不等关系；
3．适当放缩构造法：根据已知条件适当放缩或利用常见放缩结论，从而判定不等关系；
4．构造“形似”函数，变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.
2．（2024·陕西·模拟预测）已知函数 f x = a ln x - x 1（ a R ）， g x = sin x - x .
(1)讨论函数 f x 的单调性；
1
(2)证明： g < 0n （ 1 n N
* ）；

(3)证明： ln 2 > sin
1
sin 1 sin 1 1 L sin （
n 1 n 2 n 3 2n n N
* ）.

【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）求导 f x a -x a= -1 = ，后按照 a 0， a > 0分类讨论即可；
x x
（2）用导数研究函数的最值即可；
1 1
（3）由（1）的结论可以得到 ln x x 1 1 .令 x = ，得到 ln
x 1 n
1 > ，
n n 1
即 ln
n 1 1 1 1 1 1
> ，结合数列累加法，可得 ln 2 > L .
n n 1 n 1 n 2 n 3 2n
由（2）知， sin x < x ，每项进行放缩即可证明．
【详解】（1）函数 f x 的定义域为 0, ， f x a 1 -x a= - = ，
x x
①当 a 0时， f x < 0恒成立，
所以函数 f x 的单调递减区间为 0, ；
②当 a > 0时，由 f x = 0，得 x = a，
当 x 0, a 时， f x > 0；当 x a, 时， f x < 0 .
所以函数 f x 的单调递增区间为 0, a ，单调递减区间为 a, .
综上，当 a 0时，函数 f x 的单调递减区间为 0, ；
当 a > 0时，函数 f x 的单调递增区间为 0, a ，单调递减区间为 a, .
（2）Q g x = sin x - x，\ g x = cos x -1 0恒成立，
\ g x 1在R 上单调递减，又 n N* ，\0 1 1< ，\ g < g 0 = 0 .n 1 2 n 1
1 1
（3）由（1）知，当 a =1时， f x 0 ，即 ln x x -1，\ln -1，
x x
\ln x 1 1 x -1 x - = ，\ln x 1 （当 x = 0时“=”成立）.
x x x 1
x 1
1 1 n 1 1
令 =

（
n n N
* ），\ln 1 > ，即 ln > ，
n n 1 n n 1
\ln n 1 - ln n 1> ，从而 ln n 2 - ln n 1 1> ，
n 1 n 2
ln n 3 - ln n 2 1 1> ，…， ln 2n - ln 2n -1 > ，
n 3 2n
累加可得 ln 2n - ln n 1 1 1> L 1 ，
n 1 n 2 n 3 2n
即 ln 2
1 1 1 1
> L .
n 1 n 2 n 3 2n
由（2）知， g x = sin x - x 在 0, 是递减函数，\ g x < g 0 = 0，即 sin x < x ，
1 1 1 1
\ L > sin 1 sin 1 sin 1 L sin 1 .
n 1 n 2 n 3 2n n 1 n 2 n 3 2n
\ln 2 > sin 1 sin 1 sin 1 L sin 1 （ * ）.
n 1 n 2 n 3 2n n N
1．（2024·辽宁·模拟预测）已知函数 f x = sinx - ln sinx ， x 1,2
(1)求 f x 的最小值；
(2)证明： sinx ×ex-sinx - ln sinx >1 .
【答案】(1)1
(2)证明见详解
【分析】（1）换元令 t = sinx ，构建 g t = t - ln t, t sin1,1 ，利用导数判断 g t 的单调性和最值，进而可得
f x 的最小值；
（2）由（1）结合正弦函数性质可得 sin x ln sinx 1 > 0，构建 h x = x - sin x， x 1,2 ，利用导数可证
x - sin x > 0，进而结合指数函数性质分析证明即可.
【详解】（1）令 t = sinx ，由 x 1,2 可知 t sin1,1 ，
构建 g t = t - ln t, t sin1,1 ，
则 g t 1 t -1=1- = 0在 sin1,1 内恒成立，
t t
可知 g t 在 sin1,1 内单调递减，则 g t g 1 =1，
所以 f x 的最小值为 1.
（2）由（1）可知： sinx - ln sinx 1，即 sinx ln sinx 1，
又因为 x 1,2 ，则 sin x π 1 1> sin1 > sin = > ，
6 2 e
可得 ln sin x > ln 1 = -1，则 sin x ln sinx 1 > 0，
e
构建 h x = x - sin x， x 1,2 ，则 h x =1- cos x 0在 1,2 内恒成立，
可知 h x 在 1,2 内单调递增，则 h x > h 1 =1- sin1 > 0，
即 x - sin x > 0，可得 ex-sin x > e0 =1，
注意到 sin x > 0，则 sinx ×ex-sinx > sin x ln sinx 1，
sinx ×ex-sinx所以 - ln sinx >1 .
2．（2024·陕西西安·模拟预测）已知函数 f (x) = 2sin x - ax
(1)若函数在[0, π]内点A 处的切线斜率为-a(a 0)，求点A 的坐标；
π
(2)①当 a =1时，求 g(x) = f (x) - ln(x 1)
é
在 ê0,
ù
ú上的最小值； 6
1 1 1 n 1
②证明： sin sin L sin > ln n N,n 2 ．
2 3 n 2
π π
【答案】(1) A , 2 - a2 2
(2)①最小值是 0；②证明见解析.
【分析】（1）利用导数求切线斜率，结合已知可得切点横坐标，根据解析式求纵坐标可得；
（2）①利用二次导数判断导函数单调性，结合零点存在性定理判断导函数零点，根据单调性求导函数最小
值，然后可判断 g x 的单调性，进而可得最小值；②构造函数 s(x) = x - ln(x 1)，利用导数证明
x > ln(x 1)，结合①中结论可得 sin x > ln(x 1) ，令 x
1
= n N,n 2 ，利用裂项相消法可证.
n
【详解】（1）设点 A x0 , f x0 , x0 [0, π] .
由于 f (x) = 2cos x - a，则 f x0 = 2cos x0 - a = -a ，得 cos x0 = 0，
x π=
π
则 0 ，且 f = 2
π π π
- a ，所以点A 的坐标为 , 2 - a .
2 2 2 2 2
（2）① g(x) = 2sin x - x - ln(x 1) ，
g (x) 2cos x 1 1则 = - - ，记 h(x) = 2cos x -1
1
- ，
x 1 x 1
则 h (x) = -2sin x
1

(x 1)2
h (0) =1 > 0,h π 1é π ù = 2 -1 < 0
易知 h (x)在 ê0, ú上单调递减，且 6 6 π
,
1

6
\$x 0, π
1
,h x = 0，即-2sin x0 2 = 00 0
6 x ，0 1
所以，当 x 0, x0 时， h (x) > 0， h x 在 0, x0 上单调递增；
当 x

x
π π
0 , 6 时，
h (x) < 0， h x 在 x0 , 上单调递减.
6
h 0 = 0,h π = 3 -1 1- > 3 1 1- - = 3 5- > 0
因为 6 π 1 1 1 3 ，
6 2
x 0, π π所以
é ù
时， h x > 0 ， g x 在 0, 单调递增，
6 ê 6 ú
所以，当 x = 0时， g x 取得最小值 g 0 = 0 .

②由①可知 x 0,
π
，时 g(x) > 0 恒成立，即2sin x > ln(x 1) x恒成立.
6
设 s(x) = x - ln(x 1)，则 s (x) 1
1 x
= - = ，
x 1 x 1
x 0, π s (x) 0 s(x) 0, π 当 时， > ， 在 上单调递增，
6 6
所以 s(x) > s(0) = 0，所以 x > ln(x 1)，
又 2sin x > ln(x 1) x > 2ln(x 1) ，所以 sin x > ln(x 1) ，
1 1 1取 x = n N,n 2 ，则 sin > ln 1 = ln(n 1) - ln n，n n n
sin 1 sin 1 1\ L sin > ln 3- ln 2 ln 4 - ln 3 L ln(n 1) - ln n
2 3 n
ln(n 1) ln 2 ln n 1= - = ，得证.
2
【点睛】关键点睛：第二问中第 2 小问，关键在于构造函数 s(x) = x - ln(x 1)，利用导数证明 x > ln(x 1)，
结合第 1 小问中结论得 sin x > ln(x 1) ，然后利用裂项相消法可证.
考点六、切线放缩法证明不等式
1．（2024 高三·全国·专题练习）已知函数 f x = ex - ax 2 a R , g x = xex 3．
(1)求函数 f x 的极值；
(2)当 x 0 时， f x g x 恒成立，求证： a 0．
【答案】(1)极小值 a - alna 2，无极大值
(2)证明见解析
【分析】（1）利用导数即可求得函数 f x 的极值；
（2）构造新函数，并利用导数求得新函数的最大值，即可证得 a 0 .
【详解】（1） f x = ex - a,
a 0时， f x > 0，此时函数 f x 单调递增，无极值．
a > 0 x时，令 f x = e - a = 0，解得 x = lna．
则 x > lna时， f x > 0，此时函数 f x 单调递增；
x < lna时， f x < 0，此时函数 f x 单调递减，
可得： x = lna时，
函数 f x 取得极小值 f lna = elna - alna 2 = a - alna 2．
f x 无极大值.
（2）解法一：
f x g x ，只需证明 ex - ax 2 xex 3．
x = 0时，不等式成立；
ex -1- xex
只需证明 x > 0时， a ，
x
ex -1- xex -x2ex x x
令 h x = , x > 0，则 h x - e 1 xe=
x x2
u x = -x2令 ex - ex 1 xex ， x > 0，
u x = -2xex - x2ex - ex ex xex = -xex - x2ex < 0，
∴ u x < u 0 = 0．∴ h x < 0，
∴ h x 在 0, 上单调递减．
x
∴ lim e -1- xe
x x x x
利用洛必达法则： = lim e - e - xe = 0 ，
x 0 x x 0 1
∴ a 0．
解法二：（切线放缩）
要证明 f x g x ，只需证明 ex - ax 2 xex 3，
只需证明-ax -1 ex x -1 ，
令m x = -ax -1 x 0 , n x = ex x -1 ,
则 x 0 x时， n x = xe 0,则 n x 单调递增，
x < 0 x时， n x = xe < 0,则 n x 单调递减，
则 x = 0时 n x 取得极小值 n 0 ，
∴ n(x)min = n(0) = -1，画出m x 和 n x 图象如图所示，
当 x 0 时，m x n x 恒成立即m x 图象必须在 n x 下方，
n x = ex x -1 在 x = 0时取得极值 n 0 = -1，
y = -1为 n x 在点 0, -1 处的切线，
∴ -a 0,a 0．
f (x) ln x k1．（2023 高二·上海·专题练习）已知函数 = x (ke 为常数， e = 2.71828… 是自然对数的底数），曲线
y = f (x) 在点 1, f (1) 处的切线与 x 轴平行.
(1)求 k 的值；
(2)求 f (x) 的单调区间；
(3)设 g(x) = (x2 x) f (x) ，其中 f (x)为 f (x) 的导函数.证明：对任意 x > 0， g(x) <1 e-2 .
【答案】(1) k =1
(2) f (x) 的递增区间为 0,1 ，递减区间为 (1, )
(3)证明见解析
【分析】（1）求导，根据导数的几何意义分析运算；
（2）求导，利用导数求原函数的单调区间；
3 "x > 0 1 x x ln x e
x x
（ ）根据题意分析可得对 ， - - < (1 e-2 ) ，构建新函数 h(x) = 1- x - x ln x e、 m(x) = ，
x 1 x 1
分别利用导数求最值，即可证明.
【详解】（1）由题意可得： f (x)
1- kx - x ln x
= x ， x (0, )，xe
∵ y = f (x) 在 (1 , f (1) )处的切线与 x 轴平行，即 f (1)
1- k
= = 0，
e
\k =1.
f (x) 1- x - x ln x（2）由（1）得： = x ， x (0, )，xe
令 h(x) =1- x x - ln x ， x (0, )，
当 x (0,1) 时，则1- x > 0, - ln x > 0 ，故 h(x) > 0；
当 x (1, )时，则1- x < 0,- ln x < 0， h(x) < 0；
∵ ex > 0，
则 x (0,1) 时， f (x) > 0 ； x (1, )时， f (x) < 0 ；
故 f (x) 的单调递增为 0,1 ，单调递减为 (1, ) .
x 1
（3）由 g(x) = (x2 x) f (x) ，即 g(x) = x (1- x - x ln x)， x (0, )e ，
x
对"x > 0， g(x) <1 e-2 ，等价于对"x > 0，1- x - x ln x e< (1 e-2 ) ，
x 1
由（2）对于h(x) = 1- x - x ln x， x (0, )，则 h (x) = - ln x - 2， x (0, )，
当 x (0,e-2 )时， h (x) > 0 -2；当 x e , 时， h (x) < 0；
可得 h(x) 在 (0,e-2 )上单调递增， h(x) 在 e-2 , 上单调递减，
故 h(x) h(e-2 ) = 1 e-2 ，即1- x - x ln x 1 e-2 ，
x xex
设m(x) e= ，则m (x) = 2 > 0对"x (0, ) 恒成立，x 1 x 1
x
故m(x)在 (0, )上单调递增，则m(x) > m(0) = 1 e，即 >1；
x 1
ex
综上：1- x - x ln x 1 e-2 < (1 e-2 ) ，故"x > 0， g x <1 e-2，得证.
1 x
f x 1 ln x2．（2023·山东济南·一模）已知函数 = .
x
（1）求函数 f x 的极值；
1
（2）若a 1，求证： aex > 1 1 ln x .
x
【答案】（1）极大值为 1，无极小值；（2）见证明
【分析】(1)本题首先可以根据函数解析式得出函数 f x 的定义域和导函数 f ' x ，即可求出函数 f x 的单
调区间，最后根据函数单调性即可得出函数的极值；
1
(2) x e
x 1 ln x
本题首先可根据不等式的性质将 ae > 1 1 ln x 转化为 > ，然后利用导数以及(1)中结论
x x 1 x
x
求出 g x e 1 ln x= 的最小值以及 f x = 的最大值，即可证明结论．
x 1 x
【详解】(1)函数 f x 定义域为 0, ， f ' x - ln x=
x2
，
所以当 x 0,1 时， f ' x > 0， f x 单调递增，
当 x 1, 时， f ' x < 0， f x 单调递减，
即当 x =1时， f x 有极大值 f 1 =1，
所以 f x 的极大值为 1，无极小值；
(2)由于a 1，所以 aex ex，
x 1 x
故要证原不等式成立，只需证 e > 1 1 ln x e 1 ln x即可，即 > ，
x x 1 x
x xexe
令 g x = ，则 g ' x = > 0 2 ，x 1 x 1
x
所以函数 g x 在区间 0, 上为增函数，故 g x > g 0 =1 e，即 >1，
x 1
1 ln x ex 1 ln x x 1
由(1)得 1，所以 > ，所以 ae > 1 1 ln x .x x 1 x x
ex
【点睛】本题主要考查利用导数求函数极值以及通过构造函数证明不等式，能否构造出函数 g x = 并
x 1
求出其最小值是解决本题的关键，考查利用导数证明不等式及转化能力，是难题．
1．（2024 高三·全国·专题练习）求证：若 x 0，则 ex >1 x ．
【答案】证明见解析
【分析】构造函数 f x = ex -1- x，借助导数得其单调性后即可得证.
x x
【详解】令 f x = e -1- x，则 f x = e -1，
当 x > 0时， f x > 0，当 x < 0 时， f x < 0，
故 f x 在 - ,0 上单调递减，在 0, 上单调递增，
故 f x f 0 = e0 -1- 0 = 0，
故当 x 0时， ex >1 x .
2．（2024 高三·全国·专题练习）证明：当0 < x <1时， x - x < sin x < x；
【答案】证明见解析
2
【分析】分别构造函数 f x = x - sin x 0 < x <1 、 g x = sin x - x x 0 < x <1 ，利用导数可证得
f x , g x 单调性，得到 f x > 0, g x > 0，由此可得结论.
【详解】令 f x = x - sin x 0 < x <1 ，则 f x =1- cos x > 0，
\ f x 在 0,1 上单调递增，\ f x > f 0 = 0，即当0 < x <1时， x > sin x ；
令 g x = sin x - x x2 0 < x <1 ，则 g x = cos x -1 2x ，
令 h x = g x ，则 h x = -sin x 2 > 0，
\当 x 0,1 时， h x 单调递增，即 g x 单调递增，\ g x > g 0 = 0，
\ g x 在 0,1 上单调递增，\ g x > g 0 = 0，
即当0 < x <1时， sin x > x - x2 ；
综上所述：当0 < x <1时， x - x < sin x < x .
a - b a b
3．（22-23 高二下·河北沧州·阶段练习）求证： <
ln a - ln b 2
【答案】证明见解析
4b
【分析】将要证明的不等式变形为 ln a > ln b 2，构造关于 a 的函数，求导分析即可.
a b
a - b a b （2 a - b）
【详解】证明：不妨设 a > b > 0，则若证 < ，只需证 ln a - ln b >
ln a - ln b 2 a b
4b
即证： ln a > ln b 2
a b
设 f x = ln x 4b x > b > 0
x b
1 4b x - b
2
则 f x = - = > 0
x x b 2 x x b 2
4b
所以函数 f x = ln x 在 0, 上单调递增
x b
因为 a > b > 0，所以 f a > f b ，
ln a 4b即 > ln b 2
a b
a - b a b
所以原不等式 < 成立
ln a - ln b 2
【点睛】本题属于两元化一元问题，采用淡化一元的方法将问题转为关于 a 的函数是解题关键.
x - 2
4．（2022 高三·全国· f (x) = ex专题练习）讨论函数 x 2 的单调性，并证明当 x > 0时， (x - 2)e
x x 2 > 0 .

【答案】 f x 在 - ，- 2 和 -2, 上单调递增，证明见解析.
【分析】求导函数，判断导函数的符号，确定原函数的单调性，并进一步可证明结论.
【详解】由已知得， x -2 .
é
x - 2 4
ù x2ex
因为 f x x - 2= ex xx 2 ，所以
f x = e ê 2 ú = . 2 ê x 2 x 2 ú x 2
因为当 x - ，- 2 U -2， 时， f x > 0，所以 f x 在 - ，- 2 和 -2, 上单调递增;
所以当 x 0
x - 2
> 时， ex > f 0 = -1，即 x - 2 ex x 2 > 0 .x 2
5．（2024 高三·全国·专题练习）已知函数 f x = x ln x - ax，证明：对一切 x 0, ln x 1 1 2，都有 >
ex 1
-
e2x
成立.
【答案】证明见解析
【分析】
利用导数的性质判断函数 f x 的单调性，对已知不等式进行变形，构造两个新函数，利用导数的性质求最
值进行运算证明即可.
【详解】
当 x 0, 1 2 x 2时，不等式 ln x 1 > x 1 - 2 等价于 x ln x 1 >e e x ex 1 - 2 ，e
在 f x = x ln x - ax在，令 a = -1， f x = x ln x x ，
由 f x = x ln x x f x = ln x 2 ，
当 x > e-2 时， f x > 0, f x 单调递增，
当0 < x < e-2时， f x < 0, f x 单调递减，
f x = f e-2 = e-2所以 ln e-2 1 e-2 = -min 2 ，e
令 g x x 2 1- x= x 1 - 2 x > 0 g x = ，e e ex 1
当 x >1时， g x < 0, g x 单调递减，
当0 < x <1时， g x > 0, g x 单调递增，
所以 g x = g 1 1 2 1= 2 - 2 = - f xmax 2 ，即 g xe e e min max ，
又因为当 x = e-2 时，函数 f x 到到最小值，当 x =1时，函数 g x 到到最大值，
1 2
所以 ln x 1 >
ex 1
- 2 .e x
ln x 1
6．（22-23 高二下·北京·期中）已知函数 f (x) = - .
x x
(1)求曲线 y = f (x) 在点 (1, f (1))处的切线方程；
(2)求证： f (x) 2x - 3 .
【答案】(1) y = 2x - 3
(2)证明见解析
【分析】（1）根据导数的几何意义求切线方程即可；
（2）构造函数 g(x) = ln x - 2x2 3x -1，利用导函数与单调性、最值的关系即可证明.
f (x) 1- ln x 1 2 - ln x【详解】（1） = 2 2 = 2 , f (1) = 2x x x ，
f (1) = -1 ,所以切点为 (1, -1) ，由点斜式可得， y 1 = 2(x -1)，
所以切线方程为： y = 2x - 3 .
ln x 1
（2）由题可得， - 2x - 3 ln x -1 2x2 - 3x
x x
设 g(x) = ln x - 2x2 3x -1，
2
g (x) 1 4x 3 -4x 3x 1 (-x 1)(4x 1)= - = = ，
x x x
所以当0 < x <1时， g (x)
(-x 1)(4x 1)
= > 0，
x
x 1 g (x) (-x 1)(4x 1)当 > 时， = < 0，
x
所以 g(x)在 0,1 单调递增， 1, 单调递减，
所以 g x g x = gmax 1 = 0，
即 f (x) 2x - 3 .
1
7．（2024 高三· x 2全国·专题练习）已知函数 f x = e - x（其中 e是自然对数的底数）， g x = x 1.
2
(1)求证： f x 1；
(2)当 x 0 时，求证： f x g x .
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）根据题意，求导得 f x ，求得其极小值即可证明；
（2）根据题意，构造函数h x = f x - g x ，求导可判断其单调性，即可证明.
x
【详解】（1）因为 f x = e - x，所以 f x = ex -1.
当 x > 0时， f x > 0；
当 x < 0 时， f x < 0，
所以 f x 在区间 - ,0 上是减函数，在区间 0, 上是增函数，
所以 f x = f 0 =1min ，所以 f x 1 .
（2）令 h x = f x - g x 1= ex - x2 - x -1 x，则 h x = e - x -1 .
2
由（1）可得 ex - x 1，所以 h x = ex - x -1 0，
所以函数 h x 在R 上是增函数．
因为 x 0 ，所以 h x h 0 = 0，所以 f x g x ．
8．（2024· 2湖北武汉·模拟预测）已知 f x = - f 1 x x 2ln x .
(1)求 f 1 并写出 f x 的表达式；
(2)证明： f (x) x -1 .
【答案】(1) f 1 =1， f x = -x2 x 2ln x
(2)证明见解析
【分析】（1）直接求导并令 x =1可得 f 1 =1，再代入原表达式即可；
（2）构造函数 g t = t - ln t 并用导数证明 g t 1，然后利用 f x = x - g x2 即可.
【详解】（1）由 f x = - f 1 x2 x 2ln x 有 f x = -2 f 1 x 1 2 ，取 x =1得到 f 1 = -2 f 1 1 2 ，
x
解得 f 1 =1 .
将 f 1 =1代入 f x = - f 1 x2 x 2ln x 可得 f x = -x2 x 2ln x .
（2）设 g t = t - ln t ，则 g t 1 1 t -1= - = ，故当0 < t <1时 g t < 0，当 t > 1时 g t >0 .
t t
所以 g t 在 0,1 上递减，在 1, 上递增，故 g t g 1 =1.
f x = -x2 x 2ln x = -x2 x ln x2从而 = x - g x2 x -1.
【点睛】关键点点睛：本题的关键在于使用导数判断单调性，属于常规题.
1
9．（2023·吉林长春·模拟预测）已知函数 f (x) =
2 x
2 -1 - ln x .
(1)求 f x 的最小值；
ln 4 7(2)证明： > .
3 32
【答案】(1) 0
(2)证明过程见解析
【分析】（1）利用导数的性质进行求解即可；
（2）利用（1）的结果，取特殊值代入进行证明即可.
【详解】（1）显然该函数的定义域为全体正实数，
f (x) 1 x2 1 x 1ln x 1 x -1 由 = - - f x = x - = ，2 x x
当 x >1时， f x > 0，所以函数 f x 单调递增，
当0 < x <1时， f x < 0，所以函数 f x 单调递减，
因此 f x = f 1 = 0min ；
1 1
（2）由（1）可知： f x min = 0 ，即 f (x) = x2 -1 - ln x > 0 x > 0 - ln x > - x2 -1 x > 0 ，2 2
ln 1 1 2即 > - x -1 x > 0 ，x 2
3 ln 1 1
é 3
2
> -
ù 4 7
当 x = 时， ê -1ú ln >
4 3 2 ê 4 ú 3 32
.
4
10．（2023·广西南宁·一模） f x = x - aln 1 x ，
(1)讨论 f x 的单调性；
(2)当 a =1时，证明 f x 0；
1 1 1 1 1
(3)证明对于任意正整数 n，都有 L > 2ln2 .
n n 1 n 2 4n -1 4n
【答案】(1) a 0， f x 在 -1, 上单调递增； a > 0， f x 在 -1, a -1 上单调递减，在 a -1, 上单调
递增.
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）利用导数分类讨论求解单调区间即可.
（2）根据 f x 的单调性得到 f x f 0 = 0 - ln1 = 0，即可证明.
（3）当 a =1且 x 0, 1 1 时，有 x - ln 1 x > 0，从而得到 > ln 1 ，即可得到n n
1 1 1 1 1 1 1 1
L > ln 1 ln 1 ln 1 L ln 1
n n 1 n 2 4n n
，再化简即可证明.
n 1 n 2 4n
a x 1- a
【详解】（1） f x 的定义域为 -1, ， f x =1- =
x 1 x 1
①若 a 0，当 x -1, 时， f x > 0，所以 f x 在 -1, 上单调递增；
②若 a > 0，当 x (-1, a -1)时， f x < 0；
当 x a -1, 时， f x > 0，
所以 f x 在 -1, a -1 上单调递减，在 a -1, 上单调递增.
综上所述， a 0时， f x 在 -1, 上单调递增；
a > 0时， f x 在 -1, a -1 上单调递减，在 a -1, 上单调递增.
（2）当 a =1时，由（1）知 f x 在 -1,0 上单调递减，在 0, 上单调递增， f x f 0 = 0 - ln1 = 0，
即证 f x 0 .
（3）由（2）知当 a =1且 x 0, 时， x - ln 1 x > 0，
1 1 1
对于任意正整数 n，令 x = 得 > ln 1 n n n
，

1 1 1 1
所以 L > ln

1
1 1 1 1 ln

1 ln
1 L ln

n n 1 n 2 4n n n 1 n 2
1
4n
ln n 1 ln n 2 ln n 3= L ln 4n 1 ln n 1 n 2 n 3 L 4n 1=
n n 1 n 2 4n n n 1 n 2 4n
ln n 1 n 2 n 3 L 4n ln 4n> = = 2ln2 .
n n 1 n 2 4n -1 n
1 1 1 L 1 1即证： > 2ln2 .
n n 1 n 2 4n -1 4n
1．（2024·江苏苏州·模拟预测）已知函数 f x = lnx ax 1,a R ．
(1)讨论 f x 的单调性；
f x
(2)当 a 2 时，证明： e2x ．
x
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）求出函数的导数，通过讨论 a的范围，求出函数的单调区间即可；
f x lnx 2x 1
（2）要证明 e2x e2x，只要证 即可，设 g x = ex - x -1，利用导数求得最值即可证明．
x x
1
【详解】（1）函数 f x = lnx ax 1,a R 的定义域为 0, ，且 f x = a ．
x
1
当 a 0时，"x 0, , f x = a > 0 恒成立，
x
所以 f x 在区间 0, 上单调递增；
1 1 ax 1
当 a<0时，令 f x = a = = 0，解得 x = - ，
x x a
1
当 x
0, - 时， f x > 0, f x

在区间 0,
1
- 上单调递增，
a a
x 1当 - ,

时， f x 0, f x
1< 在区间 - ,

a a
上单调递减．

综上所述，当 a 0时， f x 在区间 0, 上单调递增；
当 a < 0时， f x 0, 1 1- - , 在区间 上单调递增，在区间 上单调递减．
a a
f x lnx 2x 1
（2 2x）当 a 2时，因为 x > 0，所以要证 e2x ，只要证明 e 即可，
x x
即要证 lnx 2x 1 xe2x ，等价于 e2x lnx lnx 2x 1（*）．
x
令 g x = e - x -1 g x = ex，则 -1，
在区间 - ,0 上， g x < 0, g x 单调递减；
在区间 0, 上， g x > 0, g x 单调递增，
所以 g x g 0 = e0 - 0 -1 = 0 ，所以 ex x 1（当且仅当 x = 0时等号成立），
所以（*）成立，当且仅当 2x lnx = 0时，等号成立．
又h x = 2x lnx 在 0, 1 h 2上单调递增， = -1< 0,h 1 = 2 > 0，
e e
1
所以存在 x0 ,1 ，使得 2x0 lnx0 = 0成立．
e
综上所述，原不等式成立．
1
2．（2024· x 2江苏连云港·模拟预测）已知函数 f (x) = e - x - x .
2
(1)求函数 f (x) 在 x =1处的切线方程.
(2)证明："x [0, ), f (x) > sin x .
1
【答案】(1) e - 2 x - y = 0
2
(2)证明见解答
【分析】（1）求导可得 f (1) = e - 2，又 f (1) e
3
= - ，可求切线方程；
2
（2）求导得 f (x) = ex - x -1，令 h(x) = ex - x -1，再求导，进而判断 h(x) = ex - x -1在 [0, ) 上单调递增，
可得 f (x) = ex
1
- x2 - x在[0, ) 上单调递增， f (x) f (0) =1，可得结论.
2
f (x) ex 1【详解】（1）由 = - x2 - x，可得 f (x) = ex - x -1，
2
1 3
f (1) = e1 -1-1 = e - 2，又 f (1) = e1 - 12 -1 = e - ，
2 2
所以函数 f (x)
3 1
在 x =1处的切线方程为 y - e+ = (e - 2)(x -1)，即 (e - 2)x - y = 0 .
2 2
2 f (x) = ex
1 2
（ ）由 - x - x，可得 f (x) = ex - x -1，
2
令 h(x) = ex - x -1，可得 h (x) = ex -1，
当 x [0, )时， h (x) = ex -1 0，所以 h(x) = ex - x -1在[0, ) 上单调递增，
又 h(x) h(0) = e0 - 0 -1 = 0 ，即 f (x) = ex - x -1 0，
f (x) 1所以 = ex - x2 - x在[0, ) 上单调递增，
2
所以 f (x) f (0)
1
= e0 - 02 - 0 =1，当 x = 0时， f (0) =1 > sin 0 = 0 ，
2
当 x > 0时， f (x) >1 sin x，
综上所述："x [0, ), f (x) > sin x .
3．（2024· 2青海西宁·二模）已知函数 f x = x 2 - 2a x - 2alnx a R ．
(1)若 a = 2，求 f x 的极值；
(2)若 g x = f x 2a2 - 2x ln2x 1，求证： g x ．
2
【答案】(1)极小值为-4ln2，无极大值；
(2)证明见解析
【分析】（1）若 a = 2，求得 f x 2 x 1 x - 2 = ，求得函数的单调性，进而求得函数的极值；
x
2
g x é2 a2 x lnx a x ln
2x ù 2 2
（2）由 = ê - ú ，令P a = a22 - x lnx a
x ln x
，求得
2
2 2 2
P a = a
x lnx (x - lnx) (x - lnx)- ，令Q x = x - lnx，利用导数求得函数的单调性，结合Q(x)min =1，
2 4 4
即可得证．
1 a = 2 f x = x2【详解】（ ）解：若 ，则 - 2x - 4lnx，其中 x > 0，
2
所以 f x 2x 2 4 2x - 2x - 4 2 x 1 x - 2 = - - = = ，
x x x
令 f x = 0，解得 x = 2，
当0 < x < 2时， f x < 0；当 x > 2时， f x > 0，
所以 f x 在 0,2 上单调递减，在 2, 上单调递增，
2
又因为 f 2 = 2 - 2 2 - 4ln2 = -4ln2，所以 f x 的极小值为-4ln2，无极大值．
（2）证明：由题意知 g x = f x 2a2 - 2x ln2x = x2 - 2ax - 2alnx ln2x 2a2
é 2 2
= 2 êa
2 - x x ln x ù lnx a ú ，
2
2 2
令P a = a2 - x lnx a x ln x ，
2
P a a x lnx
2
x lnx
2
x2 ln2x
2
2a x lnx (x - lnx) (x - lnx)
2
则 = - - = - ，
2 2 2 2 4 4
令Q x = x - lnx 1 x -1，则Q x =1- = ，
x x
令Q x < 0，解得0 < x <1，令Q x > 0，解得 x >1，
所以Q x 在 0,1 上单调递减，在 1, 上单调递增，
所以Q(x)min = Q 1 =1 P a
1 1 1
，所以 ，所以 g x 2 = ．
4 4 2
【点睛】方法总结：利用导数证明或判定不等式问题：
1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性与极值（最值），从而得出不等关系；
2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题，从而判定不等关系；
3、适当放缩构造法：根据已知条件适当放缩或利用常见放缩结论，从而判定不等关系；
4、构造“形似”函数，变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.
4．（2024·陕西安康·模拟预测）已知函数 f x = -lnx ex - e -1 x -1 .
(1)求 f x 的最小值；
n i 1
(2) *证明："n N , ln(n 1) n < e i .
i=1
【答案】(1)0
(2)证明见解析
【分析】（1）二阶求导可得 f x 在 0, 上单调递增，结合 f 1 = 0可得 f x 的单调性，即可求解，
（2）利用（1）的单调性可得 lnx 1 e -1 x < ex n 1，进而由放缩可得 lnx 1< ex ，取 x = , n N*，由对数n
的运算即可求解.
x
【详解】（1）因为 f x = -lnx e - e -1 x -1， x > 0,
f x 1= - ex所以 - e 1，
x
令 g x 1 1= - ex - e 1, x > 0 g x = ex，则 > 0，
x x2
所以 g x 即 f x 在 0, 上单调递增，又 f 1 = 0，
所以当 x 0,1 时， f x < 0, f x 单调递减；
当 x 1, 时， f x > 0, f x 单调递增，
所以 f x 的最小值为 f 1 = 0 .
（2）由（1）可知 f x 在 x 1, 时单调递增，故 f x f 1 = 0，
x
所以当 x >1时，-lnx e - e -1 x -1 > 0，
即 lnx 1 e -1 x < ex ，所以 lnx 1< ex ，
x n 1令 = , n N*，
n
2 2 3 n 1
则 ln 1 < e1 , ln 3 1 < e2 ,L, ln n 1 1 < e n ，
1 2 n
3 1 n 1
以上各式相加得 ln n 1 n < e2 e2 e3 L e n ，
n i 1
即 ln(n 1) n < e i ,n N*，
i=1
n i 1
*
所以"n N , ln(n 1) n < e i 得证.
i=1
【点睛】方法点睛：利用导数证明或判定不等式问题：
1．通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性与极值（最值），从而得出不等关系；
2．利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题，从而判定不等关系；
3．适当放缩构造法：根据已知条件适当放缩或利用常见放缩结论，从而判定不等关系；
4．构造“形似”函数，变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.
x 1-
5．（2024· ln x 1河北邢台·二模）已知函数 f x = e e2 - a，x
1
(1)当 a = 0时，求函数 y = f x 在 x = 处的切线方程；
e
1
(2) x-若 f x e e 恒成立，求实数 a 的取值范围；
ln n 1 ! n e e(3)证明： > - n 22 n 1 2 .
3 2 1
【答案】(1) e 1 x - y - e - 1 = 0e
é e
(2) ê ,

2
(3)证明见解析
【分析】（1）利用导数的几何意义结合条件即得；
ln x 1
（2）将结论化为 2 a g x
ln x 1
，再求 = 2 的最大值；x x
1
（3）直接在（2）的结论中取 x = 证明.
k 1
1 f x ln x 1
x 1 x 1- -
【详解】（ ）此时 = 2 e e ，故 f x
x - 2x ln x 1
= e
x x4
e .
f 1 1 f 1= = e3 1 1 所以 ， ，故所求切线经过点 ,1e ，斜率为
3
e e e 1
.

3 1 3 2 1
故该切线的方程为 y -1 = e 1 x - ，即 e 1 x - y - e - 1 = 0 .
e e
x 1- ln x 1
（2）结论 f x e e 即为 2 a .x
g x ln x 1 x - 2x= g x ln x 1 x -1- 2ln x 设 2 ，则 = 4 = .x x x4
1 1
故当 ln x
1
< - 即0 < x < 时 g x > 0 1，当 ln x > - 即 x > 时 g x < 0 .
2 e 2 e
g x 0, 1 ù é 1 , 1 e 1所以 在 ú 上递增，在 ê 上递减，从而 g x 的最大值就是 g = ，且恰在 x = 时取
e e

e

2 e
到.
a é e , 所以 的取值范围是 ê . 2
1 ln x 1 e e 2
（3）由（2）的结论，知当正数 x 时，有 2 < ，故 ln x < x -1 .e x 2 2
n n 1 n e
从而 ln n 1 != ln k 1 = - ln > - -1
k =1 k =1 k 1 k =1 2 k 1
2

e n 1 n e
n 1 e n 1 1
= - > - n = - - n
2 2 k =1 k 1 2 k =1 k k 1 2 k =1 k k 1
e 1
= - 1- n n
e e
= -
2 n 1 2 n 1 2 .
1
6．（2024 高三·全国· x 2专题练习）已知 f x = x -1 e ax ．
2
(1)当 a = e时，求 f x 的极值；
1
(2) 2对"x >1，求证： f x ax x 1 ln x -1 ．
2
【答案】(1) f (x)极小值 = -1，无极大值
(2)证明见解析
【分析】（1）求导，利用导函数的符号确定函数的单调性，进而确定函数的极值；
（2）作差构造函数，求导，利用导数求其最值即可证明.
x
【详解】（1）当 a = e时 ， f x = x e e ，因为 ex e>0，
所以 x < 0 ， f x < 0， f x 为减函数， x > 0， f x > 0， f x 为增函数，
所以 f (x) 在 (- ,0)上单调递减， (0, )上单调递增，
∴ f x = f 0 = -1极小值 ，无极大值；
（2）令 g x = f x - ln x -1 1- ax2 - x -1 = x -1 ex - ln x -1 - x -1， x 1, ，
2
g x xex 1 x 1所以 = - -1 = xex - = x ex - ，
x -1 x -1 x -1
h x ex 1令 = - ， x 1, ，
x -1
h x = ex 1因为 > 0 h x h 2 = e
2 -1 > 0
x -1 2 ， ∴ 为增函数，又 ，
-2 1 e-2 2
取 x -1 = e-2 ， x =1 e-2， h 1 e = e - e < 0 ，
1
∴存在唯一 x0 1,2 使 h x0 = 0，即 ex0 = x -1，0
x 1, x0 ， h x < 0，即 g x < 0，∴ g x 为减函数.
x x0 , ， h x > 0 ，即 g x > 0，∴ g x 为增函数.
∴ g x = g x = x -1 ex0 - ln x -1 - x -1min 0 0 0 0
= x -1 1 - lne- x00 - x0 -1 =1 x0 - x0 -1 = 0x0 -1
，
1
∴对"x >1 2有 g x g x0 ，即 f x ax x 1 ln x -1 .2
7 2．（23-24 高三下·山东菏泽·阶段练习）已知函数 f x = ln 1 x ax - x(a > 0) ．
(1)讨论 f x 的单调区间 ;
p
(2)若函数 g x = x - ln 1 x ，a 0, ，证明： g sina g cosa
1
< ．
2 2
【答案】(1)答案见解析；
(2)证明见解析.
【分析】（1）求出 f x ，对 a的取值分类讨论，即可得 f x 的单调性；
2
（2 x）借助（1）中结论得 > x - ln 1 x = g x ，转化所证不等式，结合同角三角函数关系即可证明不等
2
式．
【详解】（1）由题知，函数 f x 的定义域为 -1, ，
2ax éêx
1 ù
- -1

f x 2a

=
ú
，
1 x
0 1 1①当 < a < 时，有 -1 > 0，
2 2a
x 1当 > -1
1
或-1 < x < 0时， f x > 0，当0 < x < -1时， f x < 0，
2a 2a
1 1
所以， f x 在 -1,0 上单调递增，在 0, -1 上单调递减，在 -1, 2a 上单调递增； 2a
1 1 x2
②当 a = 时，有 -1 = 0， f x = 0，
2 2a 1 x
所以 f x 在 -1, 上单调递增；
a 1 1③当 > 时，有-1 < -1 < 0，
2 2a
1 1
当 x > 0或-1 < x < -1时， f x > 0，当 -1< x < 0时， f x < 0，
2a 2a
所以， f x 1 1 在 -1, -1 上单调递增，在 -1,0 上单调递减，在 0, 上单调递增．
2a 2a
1
（2）由（1）知：当 a = 时， f x 在 0,1 上单调递增，
2
2
所以，当 x 0,1 时， f x > f 0 = 0 x，即 > x - ln 1 x = g x ．
2
a p 因为 0, ，所以 sina 0,1 ，cosa 0,1 ，
2
g sina g cosa sin
2a cos2a 1
所以 < = ．
2 2
8．（2024·北京昌平·二模）已知函数 f x = x a
ex
．
(1)求曲线 y = f x 在点 0, f 0 处的切线方程；
(2)求 f x 在区间 0,1 上的最小值；
(3)若 a > 0，当 x > 0时，求证： f lna - x > f lna x ．
【答案】(1) y = 1- a x a
ì
a, a 1,
(2) f x íln a 1,1< a < e,min

1 a , a e
e
(3)证明见解析
【分析】（1）利用导数的意义求出切线的斜率，再求出 f 0 = a ，最后利用点斜式写出直线方程再整理即
可；
（2）含参数的单调性讨论问题，先求导，再分参数 a 0， a > 0讨论单调性得出结果即可，其中当 a > 0时
又分0 < a 1、1< a < e 、a e 三种情况；
（3）构造函数 g x ，结合对数的运算化简，求导再结合基本不等式得到 g x 的单调性，即可证明.
a a
【详解】（1）因为 f x = x ，所以 f x =1- ，
ex ex
所以 f 0 =1- a, f 0 = a，
所以曲线 y = f x 在点 0, f 0 处的切线方程为 y = 1- a x a .
2 f x 1 a e
x - a
（ ）因为 = - = ，
ex ex
当 a 0时， f x > 0在区间 0,1 上恒成立，
所以 f x 在区间 0,1 上是增函数，此时 f x = fmin 0 = a ；
当 a > 0时，令 f x = 0，解得 x = ln a，
①当 ln a 0，即0 < a 1时， f x > 0在区间 0,1 上恒成立，
所以 f x 在区间 0,1 上是增函数，
所以当 x = 0时， f x = f 0 = amin ；
②当0 < ln a <1，即1< a < e 时， f x 与 f x 的情况如下：
x 0, ln a ln a ln a,1
f x 负 0 正
f x 减 极小值 增函数
所以当 x = ln a时， f x = ln a 1min ；
③当 ln a 1即a e 时， f x < 0在区间 0,1 上恒成立，
所以 f x 在区间 0,1 上是减函数，
所以当 x =1时， f x 1 a= min ，e
ì
a, a 1,
综上 f x íln a 1,1< a < e,min

1 a , a e
e
（3）设 g x = f ln a - x - ln a x = ln a x a- ln a-x - ln a x
a 1
= -2x ex - ，
e eln a x ex
所以 g x 1= -2 ex x ，e
因为 ex 0,
1
>
ex
> 0，
1
由基本不等式可得 g x 1 1= -2 ex -2 2 ex = 0 x，当且仅当 e = x x = 0x x 时取等号，e e e
所以 g x 在 0, 上单调递增，
所以 g x > g 0 = 0，
所以 f lna - x > f lna x .
【点睛】方法点睛：
（1）第一问可用导数的意义求出切线的斜率，再用点斜式求出直线方程；
（2）第二问为带参数的单调性的讨论求极值点问题，可求导分析单调性，进而求极值，在求出最值；
（3）第三问为函数不等式问题，可构造函数求导分析单调性求解.
9．（2024· n n-1湖南长沙·三模）已知函数 fn x = x x L x -1 n N ．
(1)判断并证明 fn x 的零点个数
(2)记 fn x 在 (0, )上的零点为 xn，求证;
（i） xn 是一个递减数列
n 1
（ii） x1 x2 L x
n
n < 1．2 2
【答案】(1)当 n为奇数数， fn x 有 1 个零点；当 n为偶数时， fn x 有 2 个零点
(2)证明见解析
【分析】（1）当 x 0 时，利用导数研究函数 fn (x)的零点和零点的存在性定理可知其在 (0, )内有唯一零点；
当 x < 0 时，分类讨论 n为奇、偶数时零点的情况，即可下结论；
（2）（i）易知 x1 =1，当 n 2时可得 fn 1(xn ) > fn 1(xn 1) ，利用 fn (x)的单调性解不等式可得 xn 1 < xn ，即可证明；
ii i 1 x x 1 n 1 ln 4 1（ ）由（） > n > n 1 > ，求和可得 x1 x2 L xn ；由 2n ln 2 (2n 2)ln 2 > n 1得 > n 1 > ln(1
1

2 2 n 1 2 2n 1
)，
1 1 n
利用放缩法和函数单调性解不等式可证得 xn < ( ) ，求和，结合等比数列数列前 n 项求和公式计算即可2 2
证明.
【详解】（1）当 n为奇数时， fn (x)有 1 个零点；当 n为偶数时， fn (x)有 2 个零点.
证明如下：
当 x 0 时，由 f (x) = xn xn-1n L x -1，得 fn (x) = nxn-1 (n -1)xn-2 L 1 > 0 ，
所以函数 fn (x)在 (0, )上单调递增，又 fn (0) = -1 < 0， fn (1) = n -1 0，
所以函数 fn (x)在 (0, )内有唯一零点；
当 x < 0 时， f (x)
1
= (2x -1- xn 1n )1- x ，
若 n为奇数， 2x -1- xn 1 < 0 ，则 fn (x) < 0，此时 fn (x)在 (- ,0)内无零点；
若 n为偶数，设 h(x) = 2x -1- xn 1 ，
1
则 h (x) = 2 - (n 1)xn ，方程 h (x) = 0 2有一个解 x = -( )n0 ，n 1
所以函数 h(x) 在 (- , x0 ) 上单调递减，在 (x0 ,0) 上单调递增，
且 h(-2) = -5 - (-2)n 1 > 0,h(x0 ) < h(0) < 0 ，此时 fn (x)在 (- ,0)内有 1 个零点.
综上，当 n为奇数时， fn (x)有 1 个零点；当 n为偶数时， fn (x)有 2 个零点.
（2）（i）由（1）知，当 n =1时， f1(x)在在 (0, )内的零点 x1 =1，
当 n 2时， fn (xn ) = 0， f2 (0) = -1 < 0, fn (1) > 0,0 < xn <1，
则 f (x ) = xn 1 xn n 1n 1 n n n L xn -1 = xn > 0 = fn 1(xn 1) ，
故 xn 1 < xn ，所以数列{xn}是一个递减数列；
（ii）由（i）知，当 n =1时， x1 =1，
当 n 2时， f (1n ) = (
1)n (1)n-1 L (1)1 -1 (1= - )n < 0
2 2 2 2 2 ，
1 1

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