资源简介

考点 20 利用导数证明不等式（3 种核心题型+基础保
分练+综合提升练+拓展冲刺练）
【考试提醒】
导数中的不等式证明是高考的常考题型，常与函数的性质、函数的零点与极值、数列等相结
合，虽然题目难度较大，但是解题方法多种多样，如构造函数法、放缩法等，针对不同的题
目，灵活采用不同的解题方法，可以达到事半功倍的效果
【核心题型】
题型一　将不等式转化为函数的最值问题
待证不等式的两边含有同一个变量时，一般地，可以直接构造“左减右”的函数，有时对复
杂的式子要进行变形，利用导数研究其单调性和最值，借助所构造函数的单调性和最值即可
得证．
【例题 1】（2024·陕西咸阳·模拟预测）已知 0 < x1 < x2 <1，下列不等式恒成立的是（ ）
A． x2e
x1 < x1e
x2 B． x2lnx1 > x1lnx2
C． x1lnx1 < x2lnx D x． e 12 > lnx1
【变式 1】（2024·全国·模拟预测）下列正确结论的个数为（ ）
① sin
1 3
> ② sin 1 4< sin 1 ③ 6 tan 1 >1 ④ tan π - 3 > sin 3
10 10π 3 3 4 6
A．1 B．2 C．3 D．4
【变式 2】（2024·四川成都·三模）已知函数 f (x) = ax2 - lnx,a R .
(1)讨论函数 f (x) 的单调性；
(2)设 a > 0, g(x) = f (x) + bx，且 x =1是 g(x)的极值点，证明： 2b+lna 1- 2ln 2 .
【变式 3】（2024· x四川成都·三模）已知函数 f x = e - axsinx - x -1, x 0, π .
1
(1)若 a = ，证明： f x > 0；
2
(2)若函数 f x 在 0, π 内有唯一零点，求实数 a的取值范围.
题型二　将不等式转化为两个函数的最值进行比较
若直接求导比较复杂或无从下手时，可将待证式进行变形，构造两个函数，从而找到可以传
递的中间量，达到证明的目标．本例中同时含 ln x 与 ex，不能直接构造函数，把指数与对数
分离两边，分别计算它们的最值，借助最值进行证明．
1 1 4
【例题 2】（2023·河南开封·模拟预测）已知 a = ，
3 b = e3 -1
， c = ln ，则（ ）
3
A． a < b < c B． a < c < b
C． c【变式 1】（2024·全国·模拟预测）已知ea = 1+ ln
1 ,a > 0，则下列结论正确的是（ ）b
A．ea
1 1
< 2 - b B a < ln C b． ．a < 1- b D．e < lnb a
-1 2 1
【变式 2】（2024·浙江杭州·模拟预测）已知函数 f x = me x + x x
e2x
- m, g x = e + e .
+1
(1)当m = 0时，证明： f x < e- x ；
(2)当 x < 0 时， g x t ，求 t 的最大值；
(3)若 f x 在区间 0, + 存在零点，求m 的取值范围.
9
【变式 3】（2024· 2贵州黔西·一模）已知函数 f (x) = x - x ln x - 2x .
2
(1)判断 f x 的单调性;
1 3 5 2n -1(2) 证明: 9 + + +L+ > 3n - ln(2n +1) .
è 3 5 7 2n +1÷
题型三　适当放缩证明不等式
导数方法证明不等式中，最常见的是 ex 和 ln x 与其他代数式结合的问题，对于这类问题，
可以考虑先对 ex 和 ln x 进行放缩，使问题简化，简化后再构建函数进行证明．常见的放缩
公式如下：
(1)ex≥1＋x，当且仅当 x＝0 时取等号；
(2)ln x≤x－1，当且仅当 x＝1 时取等号．
S
【例题 1】（2024·河北沧州·一模）已知等比数列 a 的前 n项和为 S , a >1, S = e 4n n 1 3 ，则数列
an 的公比q满足（ ）
A．0 < q 1 B．-1 < q < 0
C． q > 1 D． q -1
【变式 1】（2024·广东·模拟预测）令 an = sin 0.5
° cos1° + cos 2° +L+ cos n° ,n N+ ．则 an 的
最大值在如下哪个区间中（ ）
A． (0.49,0.495) B． (0.495,0.5)
C． (0.5,0.505) D． (0.505,0.51)
【变式 2】（2024·全国·模拟预测）设整数 p >1， x > -1且 x 0，函数
f (x) = (1+ x) p - px -1．
(1)证明： f (x) > 0 ；
(2)设 x > 0，证明： ln(1+ x) < x ；
1 1 1
(3)设 n N* ，证明：1+ 22 + 33 +L+ nn < 2n - ln(n +1)．
【变式 3】（23-24 高三下·河南·阶段练习）已知函数 f (x) = (1+ x)r - rx -1(x > -1)， r > 0且
r 1．
(1)讨论 f (x) 的单调性；
63
(2)比较 4 15 与 的大小，并说明理由；
32
sin 2
n k
(3) 当 n N* 时，证明： 1 1 7 + ÷ < n + ．
k =1 è k 6
【课后强化】
基础保分练
一、单选题
1．（22-23 高三上·四川绵阳·开学考试）若 0 < x1 < x2 <1，则（ ）
A ex． 2 - ex1 > lnx2 - lnx
x
1 B． e 2 - e
x1 < lnx2 - lnx1
C x ex1 > x ex2 D x ex． ． 12 1 2 < x
x2
1e
1 12022
2．（2023· · a = cos陕西咸阳 三模）已知 ， -
2023 b = e 2023
， c = 2023 ，则（ ）
2023
A． a > b > c B．b > a > c
C．b > c > a D． a > c > b
a 1 7 13．（23-24 高三上·云南保山·期末）已知 = ，b = ln ， c = tan ，则（
6 ）6 6
A．b < a < c B． a < b < c
C． a < c < b D． ca ln4,b tan 1 tan1,c 34．（2024·全国·模拟预测）设 = = + = ，则（ ）
2 2
A． a < b < c B．b < c < a C． c二、多选题
1
5．（23-24高三上· 2广西百色·阶段练习）函数 f x = x - ax + a ln x 的两个极值点分别是 x1, x2 ，2
则下列结论正确的是（ ）
A． a > 4 B 2 2． x1 + x2 < 8
1
C 2 2． x1 + x2 = x1x2 D． f x1 + f x2 < x1 + x2 - 64
6．（2023·福建·模拟预测）机械制图中经常用到渐开线函数 invx = tanx - x，其中 x 的单位为
弧度，则下列说法正确的是（ ）
A． x × invx是偶函数
( π πB． invx在 - - kπ, + kπ)上恰有 2k +1个零点（ k N ）
2 2
C． invx在 (
π
- - kπ, π + kπ)上恰有 4k +1个极值点（ k N ）
2 2
π
D．当- < x < 0时， invx < x - sinx
2
三、填空题
7．（2023·海南·模拟预测）已知函数 f x lnx - a x - a -1=
ex
x 1,+
-1 ， g x = ，若对任意 ，x
f x g x 恒成立，则实数 a的取值范围是 .
8 2023· · x y ex-2 x -3y -1 e3y x．（ 河南开封 模拟预测）实数 ， 满足 ，则 - y 的值为 ．
3
四、解答题
1
9．（2023· 2吉林长春·模拟预测）已知函数 f (x) = x -12 - ln x .
(1)求 f x 的最小值；
4 7
(2)证明： ln > .
3 32
1
10．（2024·广东佛山·二模）已知 f x = - e2x + 4ex - ax - 5 .
2
(1)当 a = 3时，求 f x 的单调区间；
(2)若 f x 有两个极值点x1，x2，证明： f x1 + f x2 + x1 + x2 < 0 .
11．（2023·四川成都·二模）已知函数 f x = ex - sin x .
(1)求 f x 在 0, f 0 处的切线方程；
(2)若 x0 是 f x 的最大的极大值点，求证：1< f x 1+ 30 < .2
综合提升练
一、单选题
3 y
1．（22-23 高三上·河南·阶段练习）若 x + y - 2 = ex + 3ln ，其中 x > 2, y > 2，则（
2 2 ）
A． ex
x
< y B． 2x > y C． 4e2 > y D． 2e
x > y
1
2．（2023·福建·模拟预测）已知 a = ln 2，b = e - ， c = 2a - a，则（ ）a
A．b > c > a B．b > a > c C． c > a > b D． c > b > a
10
3．（2023· · a e河北衡水 三模）若 = ，b = 10 e -1， c = lg 5 3 则（ ）
10
A． c < a < b B． c < b < a
C．b < c < a D． a < c < b
na
4 n．（2023·新疆·三模）已知数列 a *n 中， a1 =1，若 an+1 = n + a （ n N ），则下列结论中错n
误的是（ ）
2 1 1
A． a3 = B． - 15 an+1 an
ln n 1 1 1 1C． < -1（ n 2,n N*） D． - 2
5．（2023·河南·模拟预测）设 a，b 为正数，且 ln ab = - a ，则（ ）.
b
1 a
A． < < 1
a 1
B．1< < 2 C． < ab <1 D．1 < ab < 2
2 b b 2
6．（2024·上海虹口·二模）已知定义在R 上的函数 f x , g x 的导数满足 f x g x ，给
出两个命题：
①对任意 x1, x2 R ，都有 f x1 - f x2 g x1 - g x2 ；②若 g x 的值域为
m, M , f -1 = m, f 1 = M ，则对任意 x R 都有 f x = g x .
则下列判断正确的是（ ）
A．①②都是假命题 B．①②都是真命题
C．①是假命题，②是真命题 D．①是真命题，②是假命题
7．（2024·四川泸州·三模）已知 x > 0， ex + ln y =1，给出下列不等式
① x + ln y < 0；② ex + y > 2；③ ln x + e y < 0；④ x + y > 1
其中一定成立的个数为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
8．（2024·四川攀枝花·三模）已知正数 a,b,c满足 a ln b = bec = ca ，则（ ）
A． a > b > c B． a > c > b C．b > a > c D．b > c > a
二、多选题
9．（2023·福建龙岩·二模）已知函数 fn (x) = x - n ln x（ n N* ）有两个零点，分别记为 xn， yn
（ xn < yn ）；对于0 < a < b ，存在q 使 fn (b ) - fn (a ) = fn (q )(b -a )，则（ ）
A． fn (x)在 1, + 上单调递增
B． n > e（其中 e = 2.71828L是自然对数的底数）
C． xn+1 - xn < yn+1 - yn
D． 2q < a + b
10．（2023·河南信阳·模拟预测）已知 a,b,c, d R，满足 a > b > c > d > 0，则（ ）
A． sin a > sin b B． a - sin a > b - sin b
a b
C． > D． ad + bc > ab + cd
d c
2
11．（2024· x河北沧州·一模）已知函数 f x = e 与函数 g x =1+ 的图象相交于
x -1
A x1, y1 , B x2 , y2 两点，且 x1 < x2，则（ ）
1
A． y1 y2 = 1 B
x
． y 21 = e
y
C 2
- y1
． >1 x y =1x2 - x
D． 2 2
1
三、填空题
12．（2023·四川成都·三模）已知函数 f (x) = 2ln x + a x2 - 3x + 2 ， a R .当 x >1时，
f (x) > 0 ，则实数 a的取值范围为 ．
1
13．（23-24 高三下·广东云浮·阶段练习）若实数 a，b 满足 ln 2a - ln b a2 + 2 -1，则b
a + b = ．
abc
14 2024· a-b+c a+b-c 2．（ 全国·模拟预测）若实数 a，b，c 满足条件： e + e = 2e a -1 ，则
a4 + b4 + c4
的最大值是 ．
四、解答题
15．（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，求证： g x 1 ．
2
16．（2024· 2 x 2山东济南·二模）已知函数 f x = ax - ln x -1,g x = xe - ax a R .
(1)讨论 f x 的单调性；
(2)证明： f x + g x x .
17．（2024·上海松江·二模）已知函数 y = x × ln x + a （ a为常数），记 y = f (x) = x × g(x) .
(1)若函数 y = g(x) 在 x =1处的切线过原点，求实数 a的值；
(2)对于正实数 t ，求证： f (x) + f (t - x) f (t) - t ln 2 + a；
x
(3)当 a =1 e时，求证： g(x) + cos x < .
x
m
18．（2024·上海嘉定·二模）已知常数m R ，设 f x = ln x + ，
x
(1)若m =1，求函数 y = f x 的最小值；
(2)是否存在0 < x1 < x2 < x3 ，且x1，x2， x3 依次成等比数列，使得 f x1 、 f x2 、 f x3 依
次成等差数列？请说明理由．

(3)求证：“ m 0 ”是“对任意 x1, x2
f x
0, + x < x 1 + f x2 f x1 - f x2 ， 1 2，都有 > ”的2 x1 - x2
充要条件．
19．（2024· 2x全国·模拟预测）已知函数 f x = e - a ln x +1 ．
(1)若 a = 2，讨论 f x 的单调性．
1
(2)若 x > 0， a > 1，求证： f x > - a ln a ．
2
拓展冲刺练
一、单选题
1．（2023·上海奉贤·二模）设 Sn 是一个无穷数列 an 的前 n项和,若一个数列满足对任意的正
S S
整数 n ,不等式 n < n+1 恒成立,则称数列 an 为和谐数列,有下列 3 个命题:n n +1
①若对任意的正整数 n均有 an < an+1 ,则 an 为和谐数列;
②若等差数列 an 是和谐数列,则 Sn 一定存在最小值;
③若 an 的首项小于零,则一定存在公比为负数的一个等比数列是和谐数列．
以上 3 个命题中真命题的个数有( )个
A．0 B．1 C．2 D．3
2．（2023·新疆乌鲁木齐·三模）已知 a = e-0.19 ，b = 0.9， c = 2ln0.9 +1，则（ ）
A．b > c > a B． a > c > b C． c > b > a D．b > a > c
3 2023· · a = e - 0.1 e+0.1 e c = e + 0.1 e-0.1．（ 湖南长沙 一模）已知 ，b = e ， ，则 a，b，c 的大小
关系是（ ）
A． a < b < c B． c < a < b
C．b < a < c D． a < c < b
4．（2024·青海·二模）定义在R 上的函数 f x 满足 2 f 3- x - f x = x2 -12x +18， f x 是
函数 f x 的导函数，以下选项错误的是（ ）
A． f 0 + f 0 = 0
B．曲线 y = f x 在点 1, f 1 处的切线方程为 2x - y -1 = 0
C． f x - f x m在R 上恒成立，则m -2
f x - f xD - 7． x -4ee
二、多选题
5．（2024·全国·模拟预测）已知 Sn 为正项数列 a n 2a S - a2n 的前 项和，且 n n n =1，则（ ）
A． an = n - n -1 B． an+1 > an
S 1C． n - ln n D． Sn + Sn+2 > 2SS n+1n
1
6．（2024·全国· a模拟预测）已知 e =1+ ln , a > 0，则下列结论正确的是（
b ）
1 1
A． ea > 2 - b B． a < ln C b． e < ln D． a >1- bb a
三、填空题
e e
7．（2023·浙江温州·二模）已知函数 f (x) = + ln x + - ln x ，则 f x 的最小值是 ；
x x
若关于 x 的方程 f x = 2ax + 2有1个实数解，则实数 a的取值范围是 .
8．（2023·福建福州·模拟预测）已知定义在 0, + 上函数 f x 满足： ln x +1 < f x < x ，
写出一个满足上述条件的函数 f x = .
四、解答题
9．（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 .
10．（2024·四川攀枝花·三模）已知函数 f x = lnx a+ -1 a R ．
x
(1)当 a = 2时，求函数 f x 在 x =1处的切线方程；
(2)设函数 f x 的导函数为 f x ，若 f x1 = f x2 x1 x2 ，证明：
f x 11 + f x2 + > 1．a
11．（2024·山西晋城·二模）已知函数 f (x) = (x - a)ex + x + a （ a R ）．
(1)若 a = 4，求 f (x) 的图象在 x = 0处的切线方程；
(2)若 f x 0 对于任意的 x 0, + 恒成立，求 a 的取值范围；
2a
(3) n若数列 an 满足 a1 =1且 an+1 = a + 2 （ n N
* ），记数列 an 的前 n 项和为 Sn ，求证：
n
S 1n + < ln (n +1)(n + 2) ．3考点 20 利用导数证明不等式（3 种核心题型+基础保
分练+综合提升练+拓展冲刺练）
【考试提醒】
导数中的不等式证明是高考的常考题型，常与函数的性质、函数的零点与极值、数列等相结
合，虽然题目难度较大，但是解题方法多种多样，如构造函数法、放缩法等，针对不同的题
目，灵活采用不同的解题方法，可以达到事半功倍的效果
【核心题型】
题型一　将不等式转化为函数的最值问题
待证不等式的两边含有同一个变量时，一般地，可以直接构造“左减右”的函数，有时对复
杂的式子要进行变形，利用导数研究其单调性和最值，借助所构造函数的单调性和最值即可
得证．
【例题 1】（2024·陕西咸阳·模拟预测）已知 0 < x1 < x2 <1，下列不等式恒成立的是（ ）
A． x ex12 < x1e
x2 B． x2lnx1 > x1lnx2
C． x1lnx1 < x2lnx2 D． e x1 > lnx1
【答案】D
ex
【分析】构造函数 f (x) = ，利用导数研究单调性即可求解 A，构造函数 g(x) = xlnx ，求导
x
lnx
即可判断 C,构造函数 h(x) = x 即可求解 B，根据指数以及对数的性质即可求解 D.
ex (x -1)ex
【详解】令 f (x) = 且0 < x <1，则 f x = 2 < 0，故 f (x) 在( 0, 1)上递减，x x
ex2 ex1
0 < x < x <1 f (x ) < f (x ) < x ex2 < x ex又 11 2 ，所以 2 1 x x 1 2
，A 错误；
2 1
令 g(x) = xlnx 且0 < x <1，则 g x =1+ lnx ，
1 1
所以 (0, )上 g (x) < 0， g(x)递减， ( ,1) 上 g (x) > 0， g(x)递增，
e e
而 0 < x1 < x2 <1，此时不能比较 g(x2 )， g(x1)的大小，所以无法确定 x1lnx1, x2lnx2 的大小，C 错
误；
令 h(x)
lnx
= 且0 < x <1，则h x 1- lnx= 2 > 0，故 h(x) 在( 0, 1)x 上递增，x
又 0 < x1 < x2 <1，所以 h(x2 ) > h(x1) x2lnx1 < x1lnx2 ，B 错误；
由于0 < x <1 x，所以 e 1 > 0, lnx < 0，故 e x11 1 > lnx1 ,D 正确，
故选：D
【变式 1】（2024·全国·模拟预测）下列正确结论的个数为（ ）
① sin
1 3 1 4
> ② sin < sin 1 1③ 6 tan >1 ④ tan π - 3 > sin 3
10 10π 3 3 4 6
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】D
【分析】本题以判断不等式是否成立为切入点设题，根据不等式的结构特征转化不等式，构
造函数，借助导数判断函数的单调性判断大小，从而判断出不等式的正误.
1 3 sin
1 sin π
10 6 sin x π
【详解】对于①： sin > > ，构造函数 f x = 0 < x < ，
10 10π 1 π x 2 ÷è
10 6
x cos x - sin x x - tan x cos x则 f x = = ，令 g x = x - tan x 0 < x
π
<
2 2 ，x x è 2 ÷
则 g x =1 1- < 0恒成立，所以 g x 在 0, π 上单调递减，所以 g x < 0，
cos2 x ֏ 2
0 x π故当 < < 时， x < tan x ，所以 f x < 02 ，
所以 f x 1 π在 0, π 2 ÷上单调递减，所以 f > f ，故①正确；è è10 ÷ è 6 ÷
1
1 4 1 1 sin sin
1
对于②： sin < sin 3sin < 4sin
1
3 < 4 ，
3 3 4 3 4 1 1
3 4
f 1 1 由①知 3 ÷
< f ÷，故②正确；
è è 4
6 tan 1 1 tan 1 1> > x < tan x
π
对于③： ，由①知
6 6 6
0 < x < ÷，故③正确；
è 2
π
对于④：令 t = π - 3，则0 < t < ， tan π - 3 > sin 3 tan π - 3 > sin π - 3 tan t > sin t ，
2
π sin t
注意到当0 < t < ， tan t = > sin t ，故④正确.
2 cos t
故选：D.
【点睛】方法点睛：本题考查了函数值的大小比较，解答时要注意根据函数值的特征，构造
适当的函数，利用导数判断单调性，进而比较大小
【变式 2】（2024·四川成都·三模）已知函数 f (x) = ax2 - lnx,a R .
(1)讨论函数 f (x) 的单调性；
(2)设 a > 0, g(x) = f (x) + bx，且 x =1是 g(x)的极值点，证明： 2b+lna 1- 2ln 2 .
【答案】(1)答案见解析.
(2)证明见解析.
【分析】（1）求导分析 f (x) 的符号，讨论 f (x) 的单调性，即可求解.
（2）先对 g(x)求导，结合导数与单调性及极值的关系，得到b =1- 2a，再结合要证不等式
构造函数 h(a) = lna + 2b = lna + 2 - 4a ，求导并结合单调性与最值即可证明.
2
【详解】（1）函数 f (x) = ax2 - lnx 的定义域为 (0, + )，求导得 f (x) 2ax 1 2ax -1= - = ，
x x
当 a 0时， f (x) < 0 恒成立， f (x) 在 (0, + )上单调递减，
a > 0 f (x) < 0 0 x 2a f (x) > 0 x 2a当 时，由 ，得 < < ，由 ，得 > ，
2a 2a
即函数 f (x) 在 (0,
2a ) 2a上单调递减，在 ( ,+ ) 上单调递增，
2a 2a
所以当 a 0时，函数 f (x) 在 (0, + )上单调递减，
2a 2a
当 a > 0时，函数 f (x) 在 (0, )上单调递减，在 ( ,+ ) 上单调递增.
2a 2a
（2）函数 g(x) = f (x) + bx = ax2 - lnx + bx 的定义域为 (0, + )，
g (x) 2ax 1求导得 = - + b，
x
由 x =1是 g(x)的极值点，得 g (1) = 2a -1+ b = 0，即b =1- 2a，
2
g (x) 2ax 1 1 2a 2ax + (1- 2a)x -1 (2ax +1)(x -1)= - + - = = ，
x x x
而 a > 0，则当0 < x <1时， g (x) < 0, g(x)单调递减，当 x >1时， g (x) > 0, g(x)单调递增，
所以当 x =1时， g(x)取得极小值.
设 h(a) = lna + 2b = lna + 2 - 4a, a > 0，求导得 h (a)
1
= - 4，
a
1 1
当0 < a < 时， h (a) > 0，当 a > 时， h (a) < 0 ，
4 4
则函数 h(a) 在 (0,
1) 1上单调递增，在 ( ,+ )上单调递减，
4 4
h(a) h(1 ) =1- ln4 < 0
因此 4 ，所以 2b+lna 1- 2ln 2
x
【变式 3】（2024·四川成都·三模）已知函数 f x = e - axsinx - x -1, x 0, π .
1
(1)若 a = ，证明： f x > 0；
2
(2)若函数 f x 在 0, π 内有唯一零点，求实数 a的取值范围.
【答案】(1)证明见解析；
1
(2) ,+

è 2 ÷
【分析】（1）对 f x 求导后构造函数 g x = f x 1 1= ex - sinx - xcosx -1，通过求导得出
2 2
f x 的单调性和范围得出函数 f x 的单调性，进而得出结论；
1
（2）分类讨论参数 a与 2 的关系，并通过构造函数和多次求导来探究函数 f x 的单调性，
即可得出满足函数在 0, π 内有唯一零点的实数 a的取值范围.
【详解】（1）由题意，
在 f x = ex - axsinx - x -1, x 0, π 中，
当 a
1
= 时，不等式 f x > 0 x 1等价于 e - xsinx - x -1 > 0，
2 2
f x ex 1 sinx 1则 = - - xcosx -1，令函数 g x = f x ，
2 2
g x ex cosx 1则 = - + xsinx ，
2
Q x 0, π , ex cosx 1 cosx 0, 1\ - > - > xsinx > 0，
2
所以函数 g x 在 0, π 上单调递增，且 g 0 = 0，
\ g x = f x > 0在 0, π 上恒成立，
即函数 f x 在 0, π 上单调递增，且 f 0 = 0，
所以 x 0, π 时，不等式 f x > 0成立；
（2）由题意及（1）得，
在 f x = ex - axsinx - x -1, x 0, π 中，
a 1 f x = ex当 时， - axsinx x 1- -1 ex - xsinx - x -1，
2 2
由（1）可知此时 f x > 0，所以此时函数 f x 没有零点，与已知矛盾，
\a 1> ， f x = ex - a sinx + xcosx -1，
2
令函数 h x = f x ，
h x = ex所以 + a xsinx - 2cosx ，
令函数u x = h x ，
\u x = ex + a 3sinx + xcosx ，
①若 x

0,
π
÷ ,u x = ex + a 3sinx + xcosx > 0，
è 2
π
所以函数u x = h x 0, π π 在 ÷上递增，且u 0 =1- 2a 0,u ÷ = e 2
π
+ a 0，
è 2 è 2 2
x π π\$ 0

0,

÷，使函数 h x 在 0, x

2 0 上递减，在
x0 , ÷上递增，
è è 2
é π
②若 x ê , π

÷时，显然 h x = ex + a xsinx - 2cosx > 0
2
，

所以函数 h x 在 0, x0 上递减，在 x0 , π 上递增，且 h 0 = e0 -1 = 0,h π = eπ + πa -1 > 0
\$x1 x0 , π ，使函数 f x 在 0, x1 上递减，在 x1, π 上递增，
又Q f 0 = e0 -1 = 0, f π = ep - π -1 > 0，
\ f x1 < 0，且$x2 x1, π ，使得 f x2 = 0，
a 1综上得，当 > 时，函数 f x 在 0, π 内有唯一零点，
2
∴ a
1
的取值范围是 ,+

2 ÷
.
è
【点睛】关键点点睛：本题考查构造函数，多次求导，函数的单调性，函数的导数求零点，
考查学生分析和处理问题的能力，计算的能力，求导的能力，具有很强的综合性.
题型二　将不等式转化为两个函数的最值进行比较
若直接求导比较复杂或无从下手时，可将待证式进行变形，构造两个函数，从而找到可以传
递的中间量，达到证明的目标．本例中同时含 ln x 与 ex，不能直接构造函数，把指数与对数
分离两边，分别计算它们的最值，借助最值进行证明．
1 1 4
【例题 2】（2023·河南开封·模拟预测）已知 a = ，
3 b = e3 -1
， c = ln ，则（ ）
3
A． a < b < c B． a < c < b
C． c【答案】C
x
【分析】构造 f x = e - x -1 0 < x <1 ，利用导数判断其单调性可比较 a,b的大小关系.构造
g x = ln 1+ x - x 0 < x <1 ，利用导数判断其单调性可比较 a,c 的大小关系.
1 1 4 1
【详解】 a = ， ， c = ln = ln
1+ ，
3 b = e3 -1 3 3 ֏
x
设 f x = e - x -1 0 < x <1 ，
所以 f x = ex -1 > 0，
所以 f x 在 0,1 x上单调递增，所以 f x > f 0 = 0，即 e -1 > x 0 < x <1 .
1
所以 e3 -1 1> ，即 a < b .
3
设 g x = ln 1+ x - x 0 < x <1 ，
1 -x
则 g x = -1 = < 0 ，
1+ x 1+ x
所以 g x 在 0,1 上单调递减，所以 g x < g 0 = 0，即 ln 1+ x < x 0 < x <1 .
ln 1 1+ 1所以 ÷ < ，即 c < a .
è 3 3
所以 c故选:C
1
【变式 1】（2024·全国· a模拟预测）已知e = 1+ ln ,a > 0，则下列结论正确的是（ ）b
A．ea < 2 - b B．a < ln
1 1
C．a < 1- b D b．e < ln
b a
【答案】B
【分析】由 ex x +1(x > -1)可得 x ln x +1 (x > -1)，可得 x -1 lnx ，据此判断 A，由
ea > a +1变形化简即可判断 B，构造函数 h x = lnx + e1-x , x >1，利用导数证明
h x > ln1+ e1-1 =1即可判断 C，证明 ln2 1> 再利用对数函数单调性及不等式性质判断 D.
e
a
【详解】由e = 1+ ln
1
，可得 ea =1- lnb ，
b
Qa > 0，\1- lnb > 1,\0 < b < 1．
令 f x = ex - x -1，则 f x = ex -1，
当 x > 0时， f x > 0, f x 单调递增，当 x < 0 时， f x < 0, f x 单调递减，
\ f x f 0 = 0，即 ex x +1（当且仅当 x = 0时取等号）．
对于 A：由 ex x +1(x > -1)可得 x ln x +1 (x > -1)，可得 x -1 lnx （当且仅当 x =1时取等
号），又0 < b <1，
\lnb < b -1,\1 = ea + lnb < ea + b -1,\ea > 2 - b，故 A 错误；
1
对于 B：由 a > 0知ea > a +1,\1 = ea + lnb > a +1+ lnb，\a + lnb < 0，故a < ln ，故 B 正确；
b
a e e e e
对于 C：Qe =1- lnb = ln ,\a = ln ln ÷ ,\a + b = lnb
ln ÷ + b ，令 ln = x ，
è b è b b
则b = e1-x , x >1,a + b = lnx + e1-x ，令 h x = lnx + e1-x , x >1，
1 x
则 h x = - e1-x 1 e e - ex= - = > 0 x x-1，（提示： e - ex = e e - x ，由 exx x x +1，当且仅当x x e xe
x = 0时取等号，可知当 x >1时， ex-1 > x）
\h x 在 1, + 上单调递增，\h x > ln1+ e1-1 =1，\a + b >1，即 a >1- b，故 C 错误；
1 1 1
对于 D：当b = 时， ea = 2，则 a = ln2，又 ln2 > ，（提示：要证 ln2 > ，即证 eln2 >1，e e e
1
即证 ln2e > 1，而 ln2e > ln22 = ln4 > 1，故 ln2 > ），e
\lna = ln ln2 > ln 1 = -1,\lna + eb > -1+ eb > -1+1 = 0 eb，故 > ln 1 ，故 D 错误．
e a
故选：B
sinx < x < tanx 0 < x
p
< ÷
【 点 睛 】 方 法 点 睛 ： 常 用 的 不 等 式 ： è 2 ， lnx < x，
lnx x -1 x2 - x x ex， e x +1， ex > x(x > 0) e
x
， > x
2 (x > 0)
-1 1
【变式 2】（2024·浙江杭州·模拟预测）已知函数 f x = me x 2+ x x2x - m, g x = e + e .e +1
(1)当m = 0 - x时，证明： f x < e ；
(2)当 x < 0 时， g x t ，求 t 的最大值；
(3)若 f x 在区间 0, + 存在零点，求m 的取值范围.
【答案】(1)证明见解析
2
(2)
e
(3) 0,1
- x
【分析】（1）求定义域，作商法结合基本不等式比较出 f x < e ；
（2）对 g x 求导，变形后，构造G x = ln -x + x ，求导，再构造 H x = G x - G 1 ÷ ，
è x
求导得到单调性，结合H -1 = 0得到 g x 的单调性和极值，最值情况，求出答案；
-1 2
（3）令me x 2+ 2x - m = 0，当m = 0时，由于e +1 e2x
> 0恒成立，故无解，当m 0 时，
+1
2 -1 2x
1
-
= e +1 1- e x ÷，令F x = e2x +1 1- e x ÷， x > 0，求导得到函数单调性，又 x 趋向m è è
2
于 0 时，F x 趋向于 2，故F x > 2 ，从而得到 > 2，得到答案.
m
-1
1 f x me x 2【详解】（ ） = + 2x - m定义域为 - ,0 0, + ，e +1
2
当m = 0时， f x =
e2x
， x 0，
+1
2
由于 2x > 0,e
- x > 0，
e +1
x
h x 2 e- x 2e 2 2= 2x = = =1令 e +1 e2x +1 ex 1+ x 1 ，
ex 2 e × ex
当且仅当 ex
1
= x ，即 x = 0时，等号成立，e
又 x 0，故 f x < e- x ；
（2）当 x < 0 时， g x t ，
1
x 1
1 xe - e x
g x = ex - e x 1× x ，
x2
=
x
设G x = ln -x + x 1，则G x = +1，
x
令H x = G x 1- G ÷ ，H x = G x
1
+ 2 G
1 1 1
= +1+ x +1
è x x è x ÷ x x2
1 1 1 x2 + 2x +1 x +1 2
= +1+ + 2 = 2 = 2 0，x x x x x
H x = G x - G 1 故 ÷ 在 - ,0 上单调递增，
è x
又H -1 = 0，故当 x < -1时，H x = G x - G 1 ÷ < 0，即G x < G
1
÷，
è x è x
ln -x + x < ln 1 1
1 1
即 - ÷ +
x 1
，故 -x e < - e x
1
，所以 x x ，
è x x
xe > e
è x ÷ x
1 1xex - e x
则 x 在 - ,-1g x = < 0 恒成立，
x
1 x 1
1
x
当-1 < x < 0时，同理可得 xex 1< e x xe - e，则 -1,0 x g x = x > 0在 上恒成立，x
故 g x 在 - ,-1 上单调递减，在 -1,0 上单调递增，
g x x=-1 g -1 = 2e-1故 在 处取得极小值，也是最小值， ，
2 t t 2故 ，所以 的最大值为 ；
e e
-1
3 x > 0 me x 2（ ） ，令 +
e2x
- m = 0，
+1
2 2
当m = 0时， = 0，由于
e2x +1 e2x
> 0恒成立，故无解，舍去；
+1
2 -12x
当m 0 时， = e +1
m 1- e
x ÷，
è
1
2x -
令F x = e +1 1- e x ÷， x > 0，
è
1 1 1 2x
- - - 1
F x = 2e · 1- e x - e2x +1 · 1 ·e x = e2x ÷ 2 ×e x· 2e x - 2 1 1-x x2 - x2 2x ÷，è è e
x2 x3
下面证明 ex >1+ x + + , x > 0，
2 6
2 3 2
令 s x ex x x x= -1- x - - ， x > 0，则 s x = ex -1- x - ， x > 0，其中 s 0 = 0，
2 6 2
2
令 t x = s x x= ex -1- x - ， x > 0，则 t x = ex -1- x， x > 0，其中 t 0 = 0，
2
令w x = t x = ex -1- x， x > 0，则w x = ex -1， x > 0，
当 x > 0时，w x = ex -1 > 0，故w x = t x = ex -1- x在 0, + 上单调递增，
2
故 t x >0 ，故 t x = s x = ex -1- x x- 在 0, + 上单调递增，
2
2 3
故 s x > 0，故 s x ex 1 x x= - - x - - 在 0, + 上单调递增，
2 6
2 3 2 3
故 ex 1 x x x x- - x - - > 0，即 ex >1+ x + + , x > 0，
2 6 2 6
1 1 1 1
则 e x >1+ + x > 0
x 2x2
+
6x3
， ，
1
则 2e x - 2 1 1 2 1 1 1 1 2 1 1- 2 - 2 > 2 + + + - 2 - - = + - ，x x e2x x x2 3x3 x2 x2e2x x 3x3 x2e2x
1 1 1 1 1 1 1 2 6 1
= 2x + -
x2 3x e2x ÷

x2
2 2x × - 2x ÷÷ =3x e x2
-
3 e2x ÷è ÷
，
è è
1 1
由于 2x 0,1
2 6 1 1
，而 >1，故 2e x - 2 - 2 -e 3 x x2e2x
> 0，
则F x > 0，故F x 在 0, + 上单调递增，
又 x 趋向于 0 时，F x 趋向于 2，故F x > 2 ，
2 2 -1
> 2 2x

故令 ，解得0 < m <1，此时 = e +1
m m
1- e x ÷有解，故存在零点，
è
故m 的取值范围是 0,1 .
【点睛】方法点睛：对于求不等式成立时的参数范围问题，一般有三个方法，一是分离参数
法, 使不等式一端是含有参数的式子，另一端是一个区间上具体的函数，通过对具体函数的
研究确定含参式子满足的条件.二是讨论分析法，根据参数取值情况分类讨论，三是数形结
合法，将不等式转化为两个函数，通过两个函数图像确定条件
9 2
【变式 3】（2024·贵州黔西·一模）已知函数 f (x) = x - x ln x - 2x .
2
(1)判断 f x 的单调性;
1 3 5 2n -1
(2) 证明: 9 + + +L+

÷ > 3n - ln(2n +1) .
è 3 5 7 2n +1
【答案】(1) f x 在 0, + 上单调递增；
(2)证明见解析；
【分析】（1）对函数求导，并构造函数 g(x) = 9x - ln x - 3得出其单调性即可求出 f x 在
0, + 上单调递增；
（2）根据（1）中结论，利用9x > ln x + 3根据对数运算法则裂项并由累加法可求得结论.
9
【详解】（1）易知函数 f (x) = x2 - x ln x - 2x的定义域为 0, + ，
2
可得 f (x) = 9x - ln x +1 - 2 = 9x - ln x - 3；
令 g(x) = 9x - ln x - 3 g (x) 9
1 9x -1
，则 = - = ，
x x
x 0, 1当

÷ 时， g (x) < 0，此时 g(x)
0, 1 在
9 ÷
上单调递减，
è è 9
x 1 ,+ 当 ÷ 时， g (x) > 0，此时 g(x)
1
在 ,+

9 9 ÷
上单调递增，
è è
1 9
所以 f (x) = g(x) g ÷ =1+ ln 9 - 3 = ln 9 - 2 = ln
è 9 e2
> 0；
即 f (x) > 0 在 0, + 上恒成立，
因此 f x 在 0, + 上单调递增；
（2）由（1）可知 f (x) = 9x - ln x - 3 > 0，即9x > ln x + 3，
2n -1
可得9 > ln
2n -1
+ 3；
2n +1 2n +1
n
9 2i -1
n 2i -1
> ln + 3 所以 2i +1÷ 2i +1 ÷，i=1 è i=1 è
9 1 3 5 L 2n -1 ln 1 ln 3 L ln 2n -1即可得 + + + + ÷ > + + + + 3n
è 3 5 7 2n +1 3 5 2n +1
= ln1- ln 3+ ln 3- ln 5 +Lln(2n -1) - ln(2n +1) + 3n = 3n - ln(2n +1) ；
9 1 3 5 2n -1 + + +L+

÷ > 3n - ln(2n +1)
即 è 3 5 7 2n +1
题型三　适当放缩证明不等式
导数方法证明不等式中，最常见的是 ex 和 ln x 与其他代数式结合的问题，对于这类问题，
可以考虑先对 ex 和 ln x 进行放缩，使问题简化，简化后再构建函数进行证明．常见的放缩
公式如下：
(1)ex≥1＋x，当且仅当 x＝0 时取等号；
(2)ln x≤x－1，当且仅当 x＝1 时取等号．
S
【例题 1】（2024·河北沧州·一模）已知等比数列 an 的前 n项和为 Sn , a1 >1, S = e 43 ，则数列
an 的公比q满足（ ）
A．0 < q 1 B．-1 < q < 0
C． q > 1 D． q -1
【答案】B
【分析】利用切线不等式放缩，结合等比数列的通项公式及排除法可得答案.
【详解】设函数 f (x) = ex - x -1，则 f (x) = ex -1，
当 x < 0 时， f (x) < 0 ， f (x) 为减函数；当 x > 0时， f (x) > 0 ， f (x) 为增函数；
所以 f (x) f (0) = 0，即 ex x +1 .
S = eS因为 43 S4 +1，所以 S3 - S4 1，即 a4 ≤-1 .
a 3因为 4 = a1q , a1 >1，所以q < 0，排除 A,C.
若 q = -1 a S， 1 = 2 > 1，则 S3 = 2, S4 = 0，不满足 S3 = e 4 ，排除 D.
故选：B
【变式 1】（2024·广东·模拟预测）令 an = sin 0.5
° cos1° + cos 2° +L+ cos n° ,n N+ ．则 an 的
最大值在如下哪个区间中（ ）
A． (0.49,0.495) B． (0.495,0.5)
C． (0.5,0.505) D． (0.505,0.51)
【答案】B
°
【分析】先通过 sin 0.5 cos n°
1
= é sin n° + 0.5° - sin n° - 0.5° ù ，利用裂项相消法求出 an ，2
观察得其最大值可取 a90 ，然后计算其范围即可.
sin 0.5° cos n° 1【详解】由于 = é sin2 n
° + 0.5° - sin n° - 0.5° ù
an = sin 0.5
° cos1° + cos 2° +L+ cos n°
= sin 0.5° cos1° + sin 0.5° cos 2° + sin 0.5° cos3° +K+ sin 0.5° cos n°
1
= é ° ° ° sin1.5 - sin 0.5 + sin 2.5 - sin1.5
° + sin 3.5° - sin 2.5° +K+ sin n° + 0.5° - sin n° - 0.5° ù2
1
= ésin n° + 0.5° - sin 0.5° ù
2
根据三角函数的性质可知，
当 n = 90 + k ×360, k Z或 n = 89 + k ×360, k Z °时， sin n + 0.5° 取最大值，
不妨取 n = 90 ，
1
则 é ° sin 90 + 0.5°
1
- sin 0.5° ù = cos 0.5° - sin 0.5°
2
= sin 44.5° 2 1< sin 45° = ,
2 2 2 2 2
1
又 cos 0.5° 1- sin 0.5° = 1- sin2 0.5° - sin 0.5°2 2 ，
因为当 x
é
ê0,
π ù
时， sin x x
2 ú
2
所以 1- sin2 0.5° - sin 0.5° 1 sin2 π π π π= - - sin > 1- -
360 360 è 360 ÷ 360
2
1- π π要比较 ÷ - 与0.495的大小，
è 360 360
2 2
即比较1 π 99 π- ÷ 与 + ÷ 的大小，
è 360 è 200 360
2
1 π 99 π
2 2 2
1 2 π 99 99π- - + = - - -
è 360 ÷ 200 360 ÷ ÷ ÷ è è 360 è 200 36000
1 2π
2 100 2 100π 3 2π2 π 3 2 42 4 3 92
> - - 2 ÷ - = - - > - - = - > 0360 è 200 36000 4 3602 360 4 3602 360 4 90 90
1 π
2
π
故 - ÷ - > 0.495 .
è 360 360
0.495 1< ésin 90° °所以 + 0.5 - sin 0.5° ù
1
< .2 2
故选：B.
é
证明：当 x ê0,
π ù
2 ú
时， sin x x

设 f x = sin x - x ， x π é0, ùê ú ，则 f x = cos x -1 02 ，
é π ù
所以 f x 在 ê0, 2 ú 上单调递减，
f x f 0 = 0 x é0, π所以 ，即当 ùê 时， sin x x . 2 ú
【点睛】关键点点睛：本题的关键是利用 sin x x 对式子进行放缩，可以将三角运算转化为
非三角运算
【变式 2】（2024·全国·模拟预测）设整数 p >1， x > -1且 x 0，函数
f (x) = (1+ x) p - px -1．
(1)证明： f (x) > 0 ；
(2)设 x > 0，证明： ln(1+ x) < x ；
1 1 1
(3)设 n N* ，证明：1+ 22 + 33 +L+ nn < 2n - ln(n +1)．
【答案】(1)证明见解析；
(2)证明见解析；
(3)证明见解析
【分析】（1）通过求导数得到函数的单调性，从而得到函数的最小值 f 0 = 0，从而
f x > 0；
（2）构造函数 g(x) = ln(1+ x) - x(x > 0)，求导数得到函数的单调性，从而得到函数的最大值
g(0) = 0，从而 g x < 0 ，所以 ln(1+ x) < x ；
（3）利用（1）（2）中的结论， (1+ x) p 1+ px， ln(1+ x) < x ，得到
1
1 é p p -1 ù p 1 1 (1+ p -1) p ê 1+ ÷ ú ， 2 - < 2 - ln 1+ ÷ = 2 - é ln p +1 - ln pù 放缩证明.
ê è p
p
ú è
p
【详解】（1） f x = p(1+ x) p-1 - p = p é (1+ x)
p-1 -1ù ．因为1+ x > 0， p -1 > 0，所以
y = (1+ x) p-1 -1单调递增．
因此，当 -1 < x < 0时， f x < 0， f (x) 单调递减；当 x > 0时， f x > 0， f (x) 单调递增，
所以 f (x) > f (0) = 0．
（2）设 g(x) = ln(1+ x) - x(x > 0)，则 g x 1 -x= -1 = < 0，所以 g(x)在 (0, + )上单调
1+ x 1+ x
递减，
故 g(x) < g(0) = 0，从而当 x > 0时， ln 1+ x < x ．
p
（3）由（1）知 (1+ x) p 1 px + p -1 ，所以 1+ ÷ 1+ p -1 = p，再利用 ln(1+ x) < x ，
è p
1
n 1 n 1 n é p1 1 1 p -1 ù p于是1+ 22 + 33 +L+ nn = p p = (1+ p -1) p ê 1+ ú
p=1 p=1 p=1 ê è p
÷
ú
n
2 1
n é ù n
= - p ÷
< 2 ln 1 1 ê - + ÷ú = 2n - é ln p +1 - ln pù = 2n - ln(n +1)
p=1 è p=1 è p

p=1
1 1 1
因此，1+ 22 + 33 +L+ nn < 2n - ln(n +1)．
tan x p> x > sin x 0 < x < ln x +1 x x ÷
【点睛】方法点睛：常见的放缩公式 ； e x +1； è 2 ；
b b + m
< a > b > 0,m > 0
a a + m
【变式 3】（23-24 高三下·河南·阶段练习）已知函数 f (x) = (1+ x)r - rx -1(x > -1)， r > 0且
r 1．
(1)讨论 f (x) 的单调性；
63
(2)比较 4 15 与 的大小，并说明理由；
32
sin 2
n
(3) * 当 n N 时，证明： 1 1
k
+ ÷ < n
7
+ ．
k =1 è k 6
【答案】(1)答案见解析；
4 15 63(2) < ，理由见解析
32
(3)证明见解析.
【分析】（1）分析题意，根据参数的不同范围，含参利用导数讨论单调性即可.
（2）根据（1）可知，当0 < r <1时， (1+ x)r < rx +1， (x 0)，代值进行比较即可.
（3）设 g(x) = x - sin x(x > 0)，则 g (x) = 1- cos x≥0，分不同情况讨论，利用放缩法结合裂项
相消法证明不等式即可.
【详解】（1）易知 f (x) = r é (1+ x)
r-1 -1ù ．
① 0 < r <1．
当-1 < x < 0时， (1+ x)r-1 > (1+ x)0 =1，即 f (x) > 0 ，所以 f (x) 在 (-1,0) 上单调递增，当 x > 0
时， (1+ x)r-1 < (1+ x)0 =1，即 f (x) < 0 ，所以 f (x) 在 (0, + )上单调递减；
② r >1．当-1 < x < 0时， (1+ x)r-1 < (1+ x)0 =1，即 f (x) < 0 ，所以 f (x) 在 (-1,0) 上单调递
减，当 x > 0时， (1+ x)r-1 > (1+ x)0 =1，即 f (x) > 0 ，所以 f (x) 在 (0, + )上单调递增；综上
所述，当0 < r <1时， f (x) 在 (-1,0) 上单调递增，在 (0, + )上单调递减；
当 r >1时， f (x) 在 (-1,0) 上单调递减，在 (0, + )上单调递增；
（2）由（1）可知，当0 < r <1时， (1+ x)r < rx +1， (x 0)，
1
1 1
取 x = - ， r = 4，则有 1 1 1 63
16 4 1- ÷ < - +1 =
，
è 16 16 4 64
4 15 63 63
即 < ，所以 4 15 < ；
2 64 32
（3）证明：设 g(x) = x - sin x(x > 0)，则 g (x) = 1- cos x≥0，
所以 g(x)在 (0, + )上单调递增，所以 g(x) g(0) = 0，
即当 x > 0时， x > sin x ，
sin 2 2 1
k
1 1 1
k k
结合（ ）可知， 1 1
1+ ÷÷ < 1+

k k ÷÷
= 1+ k ÷
<1+ ，
è k 2è è
n =1 ( 2)sin 2当 时， < 2
3 7
< <1+ 成立，
2 6
1 4 2 1 1当 n 2时，因为 2 < 2 = -

，所以
k 4k -1 è 2k -1 2k +1÷
sin 2
k =1 k
1
1 3 n 1 1 1 L 1 1 1 1 1 1 1 1+ ÷÷ < + - + 2 + 2 + + 2 < n + + 2

- + - + -

÷
n è k 2 2 3 n 2 è 3 5 5 7 2n -1 2n +1
sin 2
k =1 1 k即 1 2 2 1+ ÷÷ < n + + - < n
7
+ ．
n è k 2 3 2n +1 6
sin 2
k =1 k
综上所述， 1
1 7
+ ÷÷ < n +
．
n è k 6
【点睛】关键点点睛：本题考查利用导数证明不等式，解题关键是合理运用放缩法，然后再
利用裂项相消法求和，得到所要求的不等关系即可．
【课后强化】
基础保分练
一、单选题
1．（22-23 高三上·四川绵阳·开学考试）若 0 < x1 < x2 <1，则（ ）
A ex x． 2 - e 1 > lnx2 - lnx
x x
1 B． e 2 - e 1 < lnx2 - lnx1
C． x ex1 > x ex2 D． x ex1 x22 1 2 < x1e
【答案】C
x
【分析】构造函数 f x = e - lnx ，利用导数讨论单调性即可判断 A 和 B，再构造
x
g x e= ，利用导数讨论单调性即可判断 C 和 D.
x
【详解】令 f x = ex - lnx ，则 f x ex 1= - x ，
x 1
令 h(x) = e - , h (x)
1
= ex + 2 > 0 恒成立，x x
即 f x = ex 1- 在定义域 0, + x 单调递增，
1 1
且 f = ee - e<0,f 1 = e -1>0,
è e ÷
因此在区间 0,1 上必然存在唯一 x0 使得 f x0 = 0，
所以当 x 0, x0 时 f x 单调递减，当 x x0 ,1 时 f x 单调递增，
故 A，B 均错误；
x x
e e x -1令 g x = ， g x = ，x x2
当0 < x <1时， g x < 0，
∴ g x 在区间 0,1 上为减函数，
ex1 ex2
∵ 0 < x < x x x1 2 ，∴ > ，即 x 1 2x 2
e > x1e ，
1 x2
∴选项 C 正确，D 不正确.
故选:C.
a 1
2022
2 2023· · = - cos
1
．（ 陕西咸阳 三模）已知 ， ， ，则（ ）
2023 b = e 2023 c = 2023 2023
A． a > b > c B．b > a > c
C．b > c > a D． a > c > b
【答案】B
x
【分析】构造函数 f x = e - x -1，利用导数分析单调性即可得出 a < b ；由
1
0 cos 1< <1 cos，可得 1
2023 c = 2023 < = a
，进而求解.
2023 2023
x
【详解】设 f x = e - x -1，
所以 f x = ex -1，令 f (x) < 0 x < 0，令 f (x) > 0 x > 0，
所以函数 f (x) 在 (- ,0)上单调递减，在 (0, + )上单调递增，
则 f (x) f (0) = 0，即 ex - x -1 0 ，得 ex x +1 .
2022
-
b e 2023 > 2022 1所以 = - +1 = = a ，即 a < b ；
2023 2023
1 cos 1
又0 < cos <1，所以 1 ，即 c < a，
2023 c = 2023 < = a2023 2023
所以 c故选：B.
a 1 b ln 7 c tan 13．（23-24 高三上·云南保山·期末）已知 = ， = ， = ，则（
6 ）6 6
A．b < a < c B． a < b < c
C． a < c < b D． c【答案】A
π
【分析】由 x 0, ÷， sin x < x < tan x ，可判断 c > a ，再由切线不等式 ln(x +1) x ，可判断
è 2
a > b，得解.

【详解】由当 x 0,
π
÷时，由三角函数线知识可得 sin x < x < tan x ，
è 2
所以 c = tan
1 1
> = a ，
6 6
又令 f x = ln x +1 - x， x > -1，
1 -x
\ f x = -1 = ，
x +1 x +1
令 f x > 0，解得-1 < x < 0，令 f x < 0，解得 x > 0，
所以函数 f x 在 -1,0 上单调递增，在 0, + 上单调递减，
\ f x f 0 = 0，即 ln(x +1) x ，当且仅当 x = 0时等号成立，
故而b = ln
7 ln 1 1 1= + ÷ < = a ，所以 c > a > b .6 è 6 6
故选：A.
4．（2024·全国·模拟预测）设 a = ln4,b = tan
1 3
+ tan1,c = ，则（ ）
2 2
A． a < b < c B．b < c < a C． c【答案】D
π
【分析】构造函数 f x = tan x - x, x 0,

÷，利用导数判断单调性，可得 tan x > x，进而得
è 2
b > c，再结合对数的性质，利用作差比较法可得 a < c，从而可得正确答案.
f x tan x x, x π 【详解】构造函数 = - 0, ÷，
è 2
f x sin x

x cos
2 x + sin2 x sin2 x
则 = 2 cos x ÷
- = 2 -1 = 2 = tan x > 0，è cos x cos x
所以 f x π 在 0, 2 ÷内单调递增，又 f 0 = tan 0 - 0 = 0，è
于是 f x π 在 0, ÷内 tan x - x > 0，即 tan x > x2 恒成立.è
0 1 1 π 1 1由 < < < ，得 < tan ,1 < tan1，
2 2 2 2
所以 tan
1
+ tan1 1 3> +1 = ，故b > c；
2 2 2
3 3 1 1
又 ln 4 - = ln 4 - ln e2 = ln 16 2 - ln e3 2 1= ln 163 ，2 2 e
易知，函数 y = ln x 在 0, + 16 16内单调递增，又 3 <1，所以 ln 3 < ln1 = 0，e e
ln 4 3 1 16 3于是 - = ln 3 < 0，即 ln 4 < ，故 a < c．2 2 e 2
综上所述， a < c < b．
故选:D.
二、多选题
1
5．（23-24高三上·广西百色· 2阶段练习）函数 f x = x - ax + a ln x 的两个极值点分别是 x1, x2 ，2
则下列结论正确的是（ ）
A． a > 4 B 2． x1 + x
2
2 < 8
C． x1 + x2 = x1x2 D． f x1 + f x
1
< x2 22 1 + x2 - 64
【答案】ACD
【分析】根据极值点个数，将问题转化为方程 x2 - ax + a = 0在 0, + 有两个不等实根 x1, x2 ，
由一元二次方程根的分布可构造不等式组求得 A 正确；利用韦达定理和 a的范围可确定 BC
3 2 1
正确；构造函数 h a = a ln a - a - a + 6 a > 4 ，通过导数可求得 h a < 0 ，由此可确定 D
4 2
正确.
2
A Q f x 0, + f x x a a x - ax + a【详解】对于 ， 的定义域为 ， = - + = ，
x x
\ f x 有两个极值点 x1, x2 等价于方程 x2 - ax + a = 0在 0, + 有两个不等实根 x1, x2 ，
ìΔ = a2 - 4a > 0

\
-a
í- > 0 ，解得： a > 4，A 正确；
2
a > 0
对于 B 2 2，Q x1 + x2 = a， x1x2 = a，\ x21 + x
2
2 = x 21 + x2 - 2x1x2 = a - 2a = a -1 -1，
又 a > 4，\ a -1 2 -1 > 8 2 2，即 x1 + x2 > 8，B 错误；
对于 C，Q x1 + x2 = a， x1x2 = a，\ x1 + x2 = x1x2 ，C 正确；
D f x + f x 1- x2 2 1 2对于 ， 1 2 1 + x2 + 6 = x + x2 - a x + x + a ln x x + 64 4 1 2 1 2 1 2
a2 - 2a
= - a2 + a ln a + 6 = a ln a 3- a2 1- a + 6；
4 4 2
h a a ln a 3令 = - a2 1- a + 6 a 4 h a ln a 3 1> ，则 = - a + ，
4 2 2 2
g a = h a g a 1 3 2 - 3a令 ，则 = - = < 0，
a 2 2a
\ g a 4, + h a h 4 ln 4 11在 上单调递减，\ < = - < 0，
2
\h a 在 4, + 上单调递减，\h a < h 4 = 4ln 4 - 20 = 4 ln 4 - 5 < 0 ，
\h a < h 4 = 4ln 4 -8 = 8 ln 2 -1 < 0，\ f x 1 2 21 + f x2 < x1 + x2 - 6，D 正确.4
故选：ACD.
【点睛】思路点睛：本题考查根据函数极值点个数求解参数范围、利用导数证明不等式的问
题；本题求解参数范围的基本思路是将问题转化为导函数变号零点个数问题的求解，根据方
程根的分布来构造不等关系；本题证明不等式的关键是能够将双变量的问题转化为单一变量
的问题，从而构造关于单一变量的函数来求解.
6．（2023·福建·模拟预测）机械制图中经常用到渐开线函数 invx = tanx - x，其中 x 的单位为
弧度，则下列说法正确的是（ ）
A． x × invx是偶函数
π π
B． invx在 (- - kπ, + kπ)上恰有 2k +1个零点（ k N ）
2 2
π
C． invx在 (- - kπ,
π
+ kπ)上恰有 4k +1个极值点（ k N ）
2 2
π
D．当- < x < 0时， invx < x - sinx
2
【答案】ABD
【分析】利用函数奇偶性定义判断作答；换元求出每个定义区间内的零点个数判断 B；利用
极值的定义判断 C；构造函数，利用导数推理判断 D 作答.
π
【详解】函数 invx = tanx - x的定义域为{x R | x nπ + ,n Z}，显然 x 和 invx均为奇函数，
2
因此 x × invx是偶函数，A 正确；
x ( π , π当 - )时，令 h(x) = invx
1
， h (x) = 2 -1 0
π π
，函数 invx在 (- , ) 上单调递增，当
2 2 cos x 2 2
x = 0时， invx = 0，
( π , π ) x ( π k π, π即函数 invx在 - 上唯一零点，当 - + 1 + k1π), k1 Z时，令 x = t + k2 2 2 2 1
π，
t ( π π - , )，
2 2
则 tanx - x = tan(t + k1π) - (t + k1π) = tan t - t - k1π ，令 y = tan t - t ， t (
π
- , π)，
2 2
y = tan t - t ( π π函数 在 - , ) 上单调递增，值域为 R，直线 y = k1π(k1 Z)与 y = tan t - t ，2 2
t ( π , π - )的图象有唯一交点，
2 2
π π π π
因此函数 invx在 (- + k1π, + k1π), k1 Z有唯一零点，所以 invx在 (- - kπ, + kπ)上恰有2 2 2 2
2k +1个零点（ k N ），B 正确；
π π
由选项 B 知，函数在 (- + k1π, + k1π), k1 Z上为增函数，因此 invx不存在极值点，C 错误；2 2
令函数 f (x) = invx - x + sinx ，求导得 f (x)
1
= 2 - 2 + cosx，cos x
π
当- < x < 0时，设 t = cosx 0,1 ， g t 1= - 2 + t ，求导得 g t 1 2= - < 0，函数 g t 在
2 t 2 t3
0,1 上递减， g t > g 1 = 0，
即 f x > 0，因此 f x ( π在 - ,0) 是单调递增， f (x) < f (0) = 0，即 invx < x - sinx，D 正2
确.
故答案为：ABD
三、填空题
lnx - a x - a -1
7．（2023·海南·模拟预测）已知函数 f x = x-1 ， g x = ，若对任意 x 1,+ ，e x
f x g x 恒成立，则实数 a的取值范围是 .
【答案】 - ,1
【分析】利用导数证明 ln x x -1，将圆不等式转化为 (ln x - a)eln x [(x -1) - a]ex-1对
"x [1, + ) 恒成立，设 h(x) = (x - a)ex ，只需函数 h(x) 在[0, + ) 上单调递增，由 h (x) 0可
得 a x +1，即可求解.
【详解】设u(x) = ln x - x +1
1 1- x
，则u (x) = -1 = （ x > 0），
x x
令u (x) < 0 x >1，令u (x) > 0 0 < x <1，
所以函数u(x) 在 (1, + )上单调递减，在( 0, 1)上单调递增，
得u(x)max = u(1) = 0，即u(x) 0 ，即 ln x x -1.
ln x - a x - a -1
由题意，
ex 1
对"x [1, + )- 恒成立，x
转化为 (ln x - a)eln x [(x -1) - a]ex-1对"x [1,+ ) 恒成立，
设 h(x) = (x - a)ex ，则 h(ln x) h(x -1)对"x [1, + ) 恒成立，
只需函数 h(x) 在[0, + ) 上单调递增，
即 h (x) = (x - a +1)ex 0在[0, + ) 上恒成立，
有 a x +1在[0, + ) 上恒成立，得 a 1，
即实数 a 的取值范围为 (- ,1] .
故答案为： (- ,1] .
x
8 x-2 3y．（2023·河南开封·模拟预测）实数 x，y 满足e x -3y -1 e ，则 - y 的值为 ．
3
2
【答案】 3
【分析】将原不等式变为 ex-3 y-2 x - 3y -1，利用换元法令 x - 3y - 2 = t 和构造函数
f t = et - t -1 t > -1 ，根据导数研究函数的单调性求出 f t 0，当且仅当 t = 0时 et t +1
成立，则 x - 3y - 2 = 0，即可得出结果.
x-2
【详解】因为e x -3y -1 e3y，所以 ex-3 y-2 x - 3y -1．
显然 x - 3y -1 > 0，令 x - 3y - 2 = t ，则 t > -1，且 et t +1，
f t = et令 - t -1 t > -1 ，则 f t = et -1，
所以当-1 < t < 0 时， f t = et -1< 0；
当 t > 0时， f t = et -1> 0，
所以 f t 在 -1,0 上单调递减，在 0, + 上单调递增，
所以对"t > -1， f t f 0 = 0，即 et t +1，当且仅当 t = 0时等号成立．
综上，当且仅当 t = 0时， et t +1成立，
此时 x - 3y - 2 = 0
x 2
，解得 - y = ．
3 3
2
故答案为： 3
四、解答题
9．（2023·吉林长春·模拟预测）已知函数 f (x)
1
= x2 -1 - ln x .2
(1)求 f x 的最小值；
4 7
(2)证明： ln > .
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，
1 2 x +1 x -1由 f (x) = x -1 - ln x f x = x 1 - = ，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 1min = 0；
（2）由（1）可知： f x min = 0 ，即
f (x) 1 1= x2 -1 - ln x > 0 x > 0 - ln x > - x2 -1 x > 0 ，2 2
ln 1 1即 > - x2 -1 x > 0 ，x 2
3 ln 1 1
é 2
> -
3 ù
当 x = 时， 3 ê ÷ -1ú ln
4 7
>
4 2 êè 4 ú 3 32
.

4
1
10 2x x．（2024·广东佛山·二模）已知 f x = - e + 4e - ax - 5 .
2
(1)当 a = 3时，求 f x 的单调区间；
(2)若 f x 有两个极值点x1，x2，证明： f x1 + f x2 + x1 + x2 < 0 .
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）求导后，借助导数的正负即可得原函数的单调性；
（2）借助换元法，令 t = ex t x1 x， 2 21 = e ， t2 = e ，可得 t1 、 t2 是方程 t - 4t + a = 0的两个正根，
借助韦达定理可得 t1 + t2 = 4， t1t2 = a，即可用 t1 、 t2 表示 f x1 + f x2 + x1 + x2 ，进而用 a表
示 f x1 + f x2 + x1 + x2 ，构造相关函数后借助导数研究其最大值即可得.
1 2x x
【详解】（1）当 a = 3时， f x = - e + 4e - 3x - 5，
2
f x = -e2x + 4ex - 3 = - ex -1 ex - 3 ，
则当 ex 0,1 3, + ，即 x - ,0 ln 3,+ 时， f x < 0，
当 ex 1,3 ，即 x 0, ln 3 时， f x > 0，
故 f x 的单调递减区间为 - ,0 、 ln 3, + ，单调递增区间为 0, ln 3 ；
（2） f x = -e2x + 4ex - a 2，令 t = ex ，即 f x = -t + 4t - a ，
令 t = ex1 x， t = e 21 2 ，则 t1 、 t2 是方程 t 2 - 4t + a = 0的两个正根，
则Δ = -4 2 - 4a =16 - 4a > 0，即 a < 4，
有 t1 + t2 = 4， t1t2 = a > 0，即 0 < a < 4 ，
则 f x f x x x 11 + + + = - e2x12 1 2 + 4ex1 - ax1 - 5
1
- e2x2 + 4ex2 - ax2 - 5 + x1 + x2 2 2
1
= - t 2 + t 21 2 + 4 t1 + t2 - a -1 ln t1 + ln t2 -102
1
= - é t1 + t2
2 - 2t ù1t2 + 4 t1 + t2 - a -1 ln t1t2 -102
1
= - 16 - 2a +16 - a -1 ln a -10
2
= a - a -1 ln a - 2，
要证 f x1 + f x2 + x1 + x2 < 0，即证 a - a -1 ln a - 2 < 0 0 < a < 4 ，
令 g x = x - x -1 ln x - 2 0 < x < 4 ，
则 g x =1- ln x
x -1 1+ ÷ = - ln x，
è x x
令 h x 1= - ln x 0 < x < 4 ，则 h x 1 1= - 2 - < 0，x x x
则 g x 在 0,4 上单调递减，
又 g 1 1= - ln1 =1， g 2 1= - ln 2 < 0 ，
1 2
故存在 x0 1,2 ，使 g x
1
0 = - ln x0 = 0
1
，即 = ln xx0 x
0 ，
0
则当 x 0, x0 时， g x > 0，当 x x0 , 4 时， g x < 0，
故 g x 在 0, x0 上单调递增， g x 在 x0 , 4 上单调递减，
则 g x g x0 = x0 - x0 -1 ln x
1 1
0 - 2 = x0 - x0 -1 - 2 = xx 0 + - 3x ，0 0
1 5 1
又 x0 1,2 ，则 x +
2, 0 x 2 ÷，故
g x0 = x0 + - 3 < 0x ，0 è 0
即 g x < 0 ，即 f x1 + f x2 + x1 + x2 < 0 .
x x
【点睛】关键点点睛：本题关键点在于借助换元法，令 t = ex ， t1 = e 1 ， t2 = e 2 ，从而可结
合韦达定理得 t1 、 t2 的关系，即可用 a表示 f x1 + f x2 + x1 + x2 ，构造相关函数后借助导数
研究其最大值即可得.
11．（2023· x四川成都·二模）已知函数 f x = e - sin x .
(1)求 f x 在 0, f 0 处的切线方程；
(2) x f x 1 f x 1+ 3若 0 是 的最大的极大值点，求证： < 0 < .2
【答案】(1) y =1
(2)证明见解析
【分析】（1）求导，根据导数值即可求解，
（2）先对 x 0, π+ 上考虑导函数的正负确定单调性，进而考虑 x - ,0÷上导函数的正
è 2
负，结合零点存在性定理即可确定函数的极值点求证.
x
【详解】（1）∵ f x = e - cos x，∴ f (0) = 0
又 f 0 =1，所以 y = f x 在 0, f 0 处的切线方程为 y =1，
（2）由（1）得 f x = ex - sin x x，所以 f x = e - cos x，
当 x 0, + 时， f x > 0，所以 f x 在 0, + 无极大值点.
x π ,0 g x f x g x ex sin x π当 - 时，令 =

，则 = + 在 - ,0
è 2 ÷ è 2 ÷
上单调递增，

π 1 1
又 g - 4 ÷
= π - < 0è 2 ， g
0 =1 > 0，
e 4
x π- ,0 x所以存在 1 ÷，使得 g x1 = 0 ，即 e 1 + sin x1 = 0，è 4
x π - , x 当 1 ÷ 时， g x < 0， g x 单调递减；当 x x1,0 时， g x > 0， g x 单调递
è 2
增.
又 g x = ex11 - cos x1 = -sin x1 - cos x1 = - 2 sin

x
π
1 +
< 0 ， g 0 = f 0 = 0，
è 4 ÷
所以当 x x1,0 时， g x < 0，即 f x < 0，
所以 x = 0是 f x 的极小值点， f x 在 x1,0 内无极大值点
π π- π 1 1∵ g - ÷ = e 2 > 0， g -

÷ = π - < 0，
è 2 è 3 e 3 2
π π
所以存在 x0 - , - ÷，使得 g x0 = 0，即 f x0 = 0 x，即 e 0 - cos x = 0，
è 2 3 0
x π 当 - , x0 ÷时， f x > 0；当 x x0 , x1 时， f x < 0，
è 2
所以 x0 是 f x 的极大值点，也是 f x 的最大的极大值点.
因为 f x 在 x0 ,0 上单调递减，所以 f x0 > f 0 =1，
f x0
π π π 3 +1
= ex0 - sin x0 = cos x0 - sin x0 = 2 cos

x +

0 4 ÷
< 2 cos - + ÷ = .
è è 3 4 2
所以1< f x0
3 +1
<
2
【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式的基本步骤
(1)作差或变形；
(2)构造新的函数 h x ；
(3)利用导数研究 h x 的单调性或最值；
(4)根据单调性及最值，得到所证不等式．
综合提升练
一、单选题
3 y
1 x．（22-23 高三上·河南·阶段练习）若 x + y - 2 = e + 3ln ，其中 x > 2, y > 2，则（
2 2 ）
A． ex
x
< y B． 2x > y C． 4e2 > y D． 2e
x > y
【答案】D
【分析】将原等式转化为 ex
y
- x = 2 -1- ln
y y y
÷ + - ln ，利用导数证明可得
è 2 2 2 2
x y y ln
y
e x ln e 2 ln y- > - = - ，
2 2 2
构造函数 g x = ex - x，再次利用导数研究 g x 的单调性，进而解对数不等式即可.
3
【详解】由 x + y - 2 = ex
y 3 y
+ 3ln ，得 ex - x = y - 2 - 3ln ，
2 2 2 2
3 y - 2 3ln y y y y y- = 2 -1- ln

÷ + - ln ，（*）2 2 è 2 2 2 2
令 f x = x -1- ln x，则 f x 1 x -1=1- = ，
x x
令 f x > 0 x >1，则函数 f x 在 1, + 上是递增的，
所以 f x > f 1 = 0 ，由于 y > 2 y y，则 -1- ln > 0，
2 2
3 y 2 3ln y 2 y 1 ln y y ln y y y由（*）式可得 - - = - - + - > - ln ，
2 2 è 2 2 ÷ 2 2 2 2
x y ln
y
从而 e - x > - ln y = e 2 - ln y ．
2 2 2
设函数 g x = ex - x， g x = ex -1．
令 g x > 0 x > 0，得函数 g x 在 0, + 上是递增的，
又 x > 2，y > 2 ，则 ln
y
> ln1 = 0，
2
由 g x > g y ln ÷，可得 x > ln
y
，则 ln ex > ln
y
，所以 2ex > y．
è 2 2 2
故选：D.
1
2．（2023·福建·模拟预测）已知 a = ln 2，b = e - ， c = 2a - a，则（ ）a
A．b > c > a B．b > a > c C． c > a > b D． c > b > a
【答案】A
f x = 2x【分析】构造 - 2x，根据导函数可得 f x 在 0,1 上单调递减，进而可得出 c > a .
构造 h x = 2x - x ，根据导函数单调性，结合中间值 1 即可得出 c < b ，即可得出答案.
【详解】令 f x = 2x - 2x，则 f x = 2x ln 2 - 2，
x
令 g x = 2 ln 2 - 2 g x = ln2 2 ×2x，则 > 0 恒成立，
所以 g x ，即 f x 在 R 上单调递增.
又 f 1 = 2ln 2 - 2 < 2 - 2 = 0，
所以，当 x 0,1 时， f x < f 1 < 0 恒成立，
所以， f x 在 0,1 上单调递减.
又 f 1 = 21 - 2 1 = 0，0 < ln 2 <1，所以 f ln 2 > f 1 = 0 ，
即， 2ln 2 - 2ln 2 > 0，即 2a - 2a > 0，即 2a - a > a，所以 c > a .
令 h x = 2x - x ，则 h x = 2x ln 2 -1，导函数单调递增，
且 h 0 = ln 2 -1 < 0, h 1 = 2ln 2 -1 > 0,所以存在 x0 0,1 , h x0 = 2x0 ln 2 -1 = 0，
所以 h x = 2x - x 在 0, x0 上单调递减，在 x0 ,1 上单调递增，
且 h 0 = h 1 =1,01 3 1 3
又 = log2 e< log 222 =1.5，所以b = e - > e - >1 > c ；a a 2
综上可得，b > c > a .
故选：A.
10
3 2023· · a e．（ 河北衡水 三模）若 = ，b = 10 e -1， c = lg 5 3 则（ ）
10
A． c < a < b B． c < b < a
C．b < c < a D． a < c < b
【答案】B
【分析】构造 f x = ex - xex -1，对 f x 求导，得出 f x 的单调性、最值，可得
ex -1 xex ，可判断b < a ；将不等式 ex -1 xex 中的 x 换为-x，可得 ex -1 x，可知
b 1 1> ，通过对数运算可得 c < ，即可得出答案.
10 10
10 1 1
【详解】b e 1- a = 10 e - -1 = e10 - e10 -1．
10 10
令 f x = ex - xex -1，则 f x = -xex ．
所以当 x - ,0 时， f x > 0 ， f x 单调递增；
当 x 0, + 时， f x < 0， f x 单调递减，
所以 f x f 0 = 0，即 ex -1 xex ，当且仅当 x = 0时，等号成立．所以b < a ．
将不等式 ex -1 xex 中的 x 换为-x，可得 ex -1 x，
1
当且仅当 x = 0时，等号成立，所以b > ；
10
又 c
1 1
= lg 5 3 = lg3 = lg9 1< lg10 1= ，所以 c < b ．故 c < b < a ．
5 10 10 10
故选：B.
a na4．（2023·新疆· n三模）已知数列 an 中， a1 =1，若 n+1 = n + a （ n N
* ），则下列结论中错
n
误的是（ ）
2 1 1
A． a3 = B． - 15 an+1 an
C． ln n
1 1 1 1
< -1
a （ n 2,n N
*） D． - <
n a2n+1 an+1 2
【答案】D
1 1 1
【分析】由题意得 - =
1
，结合赋值、累加法可判断 A 项、D 项，由 y = 在 n N*an+1 an n n
1
上的最值可判断 B 项，假设当 k 2， k Z， ln k < -1a 成立，构造函数k
g(x) = ln(x +1) - x ，结合导数研究其最值可得 g(x) < g(0) = 0即 ln k
1
+ > ln(k +1)，从而可判
k
断 C 项.
a nan 1 1 1【详解】对于 A 项，由 n+1 = * - =n + a （ n N ）得 a ，n n+1 an n
1 1 1 1 1
所以 - =a a 2 ，
- =1
3 2 a
，
2 a1
1 1 1 ( 1 1又因为 = ，所以 = - ) (
1 1 ) 1 1 5+ - + = +1+1 =
a1 a3 a3 a2 a2 a1 a1 2 2
，
a 2所以 3 = ，故 A 项正确；5
1 1 1
对于 B 项，由 A 项可知， - = 1a ，故 B 项正确；n+1 an n
1 1 1 1
对于 C 项，因为 - =1a a ，所以
-1 = =1 > ln 2，
2 1 a2 a1
1 1 1 1
假设当 k 2， k Z， ln k < -1成立，则 -1 = + -1
1
> ln k +
a ，k ak +1 ak k k
令 g(x) = ln(x +1) - x ，则 g (x)
1
= -1 -x= ，
x +1 x +1
当 x > 0， g (x) < 0， g(x)单调递减，
g(x) < g(0) = 0 ln(1 1) 1 0 ln(k +1 1所以 ，即 + - < ) - < 0 ln(k +1) - ln k
1
- < 0，
k k k k k
所以 ln k
1
+ > ln(k +1)，
k
1
所以有 -1 > ln k
1
+ > ln(k +1)
a ，k +1 k
1
所以对于任意 n 2， n N* ， ln n < -1a 成立，故 C 项正确；n
1 1 1 1 1 1
对于 D 项，由 A 项知， - = - 不满足 a2n+1 a
，故 D 项错误.
n+1 2
故选：D.
2
5．（2023·河南·模拟预测）设 a，b 为正数，且 ln ab = - a ，则（ ）.
b
1 a
A． < < 1
a
B．1< < 2
1
C． < ab <1 D．1 < ab < 2
2 b b 2
【答案】D
【分析】根据题干，将对数化简构造不等关系，引入函数，借助函数单调性和导数研究取值
关系.
2 2 1 1 1
【详解】由 a，b 为正数，且 ln ab = - a 可得 a + ln a = + ln > + ln ，
b b b b b
因为函数 f x = x + ln x单调递增，且 f a 1> f ÷ ，
è b
1 2
所以 a > ，即ab >1，所以 - a = ln ab > 0 ， ab < 2，故1 < ab < 2；故 C 错误，D 正确；
b b
2 2
设 a = b，则 2ln a = - a ，设 g x = 2ln x + x - ，
a x
则 g x 2 2= +1+ 2 > 0， g x 单调递增，且 g 1 = -1< 0， g 2 = 2ln 2 +1 > 0，x x
所以存在 a 1,2 使得 g a = 0 a 2，所以存在 =1使得 ln ab = -1成立，故 AB 错误.
b b
故选：D
6．（2024·上海虹口·二模）已知定义在R 上的函数 f x , g x 的导数满足 f x g x ，给
出两个命题：
①对任意 x1, x2 R ，都有 f x1 - f x2 g x1 - g x2 ；②若 g x 的值域为
m, M , f -1 = m, f 1 = M ，则对任意 x R 都有 f x = g x .
则下列判断正确的是（ ）
A．①②都是假命题 B．①②都是真命题
C．①是假命题，②是真命题 D．①是真命题，②是假命题
【答案】B
【分析】对于①，根据不等式 f x1 - f x2 g x1 - g x2 ，构造函数
h(x) = f (x) - g(x),m(x) = f (x) + g(x)，然后利用函数的单调性证明即可；对于②，根据函
数的值域和单调性，结合不等式求解即可.
【详解】0 f x g x ，故 g x 在R 上递增，
对于①，设 x1 > x2 ，\ g x1 g x2 ，
设 h(x) = f (x) - g(x),m(x) = f (x) + g(x)，
Q f (x) g (x)，\-g (x) f (x) g (x)，
\h (x) = f (x) - g (x) 0,m (x) = f (x) + g (x) 0,
\h(x)单调递减，m(x)单调递增，
\h x1 h x2 , m x1 m x2 ,
\ f x1 - g x1 f x2 - g x2 ，即 f x1 - f x2 g x1 - g x2 ，
f x1 + g x1 f x2 + g x2 ，即 f x1 - f x2 g x2 - g x1 ，
\ f x1 - f x2 g x1 - g x2
故 f x1 - f x2 g x1 - g x2 ，故①是真命题.
对于②，由①知， f (-1) - f (1) g(-1) - g(1) ，
即M - m | g(-1) - g(1) |，
Q| g(-1) - g(1) | M - m，故 | g(-1) - g(1) |= M - m .
且 g x 在R 上递增，故 g(1) = M , g(-1) = m，
Q f x1 - f x2 g x1 - g x2 M - m，
故 f x 的值域为 m, M ,
ì f x - f -1 g x - g -1
所以 í ，
f 1 - f x g 1 - g x
ì f x g x
即 í ，故 f x = g x ，
f x g x
②是真命题.
故选：B
【点睛】关键点点睛：本题①判断的关键是首先根据导数和函数单调性的关系得到 g x 在
R 上递增，再构造函数 h(x) = f (x) - g(x),m(x) = f (x) + g(x)，利用导数得到其单调性，最后
得到 f x1 - f x2 g x1 - g x2 ，则可判断①.
7．（2024·四川泸州·三模）已知 x > 0， ex + ln y =1，给出下列不等式
① x + ln y < 0；② ex + y > 2；③ ln x + e y < 0；④ x + y > 1
其中一定成立的个数为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】C
【分析】由 ex + ln y =1可得 x = ln 1- ln y ，分别构造F y = ln é y 1- ln y ù ，
g y =1- ln y + y 和 h y = ln 1- ln y + y ，通过求导，求出单调性和最值可判断①③④；
取特值可判断②.
【详解】由 x > 0， ex + ln y =1，可得： ln y =1- ex ，
因为 x > 0，所以 ex >1，所以1- ex < 0，所以 ln y < 0，解得：0 < y <1，
由 ex + ln y =1 x可得： lne = ln 1- ln y ，所以 x = ln 1- ln y ，
对于命题①， x + ln y = ln 1- ln y + ln y = ln é y 1- ln y ù ，
1 1 - ln y + y - y ÷令F y ln - ln y= é y 1- ln y ù , F y =
è = > 0，
y 1- ln y y 1- ln y
所以F y 在 0,1 上单调递增，因为F y < F 1 = 0，
所以 x + ln y < 0，故命题①正确；
对于命题②，由 ex + ln y =1可得： ex =1- ln y，
所以 g y =1- ln y + y, g y 1 -1+ y= - +1 = < 0y y ，
所以 g y 在 0,1 上单调递减，
所以 g y > g 1 = 2 ，所以 ex + y > 2，故命题②正确；
③ ex + ln y =1 x =1 y = e1-e对于命题 ，由 ，取 ，所以 0,1 ，
所以 ln x + e y = e y > 0，所以③错误.
对于命题④，因为 x = ln 1- ln y ，所以 x + y = ln 1- ln y + y ，0 < y <1。
1
-
令 h y = ln 1- ln y + y ， h y 1 1+ y ln y - y= y +1 = +1 = ，
1- ln y y ln y -1 y ln y -1
令 f y =1+ y ln y - y ， f y = ln y < 0，
所以 f y =1+ y ln y - y 在 0,1 上单调递减，
f y > f 1 = 0，所以 h y < 0，所以 h y 在 0,1 上单调递减，
所以 h y > h 1 =1，所以 x + y > 1，故命题④正确.
故选：C.
【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：
（1）直接构造函数法：证明不等式 f x > g x （或 f x < g x ）转化为证明
f x - g x > 0 （或 f x - g x < 0），进而构造辅助函数 h x = f x - g x ；
（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；
（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函
数.
8．（2024·四川攀枝花·三模）已知正数 a,b,c满足 a ln b = bec = ca ，则（ ）
A． a > b > c B． a > c > b C．b > a > c D．b > c > a
【答案】A
【分析】法一：由alnb = ca 得 c = lnb，构造函数 f x = ln x - x x > 0 ，求导利用导数判断
a ec
函数的单调性求最值，进而比较b 、 c；由 ca = bec 两边同除以bc得 = ，构造函数
b c
x
g x e= x > 0 ，求导利用导数判断函数的单调性求最值，进而比较b 、 a，由此可比较
x
a x，b ， c的大小. 法二：化 c = lnb为b = ec，作差法并构造函数 h x = e - x x > 0 ，求导
利用导数求出函数最值，比较b 、 c大小，再利用作差法比较 a、b 大小，即可比较 a，b ，
c的大小.
【详解】法一：
由alnb = ca 得 c = lnb，令 f x = ln x - x x > 0 ，则 f x 1- x= x ，
当 x 0,1 时， f x > 0， f x 在 0,1 上单调递增，
当 x 1,+ 时， f x < 0， f x 在 1, + 上单调递减，
所以 fmax x = f 1 = -1，所以 f x -1在 0, + 上恒成立，
所以 f b < 0，即 lnb < b ，所以 c = lnb < b ，所以b > c；
c x
由 ca = bec 两边同除以bc
a e
得 = ，令 g x e= x > 0 ，
b c x
x
e x -1则 g x = x > 0 ，所以 g x e在 0, + 上恒成立，
x2
当 x 0,1 时， g x < 0， g x 在 0,1 上单调递减，
当 x 1,+ 时， g x > 0， g x 在 1, + 上单调递增，
所以 gmin x = g 1 = e，所以 g x e在 0, + 上恒成立，
ec a ec
所以 g c >1，即 >1，所以 = > 1 a > b，从而 a > b > c．
c b c
法二：
由alnb = ca 得 c = lnb，即b = ec，所以b - c = ec - c ，
令 h x = ex - x x > 0 ， h x = ex -1 x > 0 ，
当 x 0, + 时， h x > 0， h x 在 0, + 单调递增，
所以 h x > h 0 = 0，所以 h c = ec - c > 0，
则有b - c = ec - c > 0 b > c；
e2c
由bec = ca 得 ec ×ec = ca ，即 a = ，
c
e2c e2c
c c
所以 a b ec - ce
c e e - c
- = - = = ，
c c c
因为 ec > 0 ， c > 0， ec - c > 0 ，所以 a - b > 0，即 a > b
故 a > b > c．
故选：A
【点睛】方法点睛：比较大小时，可根据数值构造函数，利用函数的单调性，最值比较大小.
二、多选题
9．（2023·福建龙岩·二模）已知函数 fn (x) = x - n ln x（ n N* ）有两个零点，分别记为 xn， yn
（ xn < yn ）；对于0 < a < b ，存在q 使 fn (b ) - fn (a ) = fn (q )(b -a )，则（ ）
A． fn (x)在 1, + 上单调递增
B． n > e（其中 e = 2.71828L是自然对数的底数）
C． xn+1 - xn < yn+1 - yn
D． 2q < a + b
【答案】BCD
【分析】利用导数研究函数的单调性和极值、最值，以及利用导数证明不等式，对以上各项
逐一判断，即可求得本题答案.
【详解】∵ fn (x)
n
=1- ,由 fn (x) > 0，得： x > n，∴ fn (x)在 (n,+ ) 单调递增，∴A 错误；x
y = f (x) 1 ln x g(x) ln x∵ n 有两个零点，即方程 = 有两个根，令 = , g (x)
1- ln x
则 = ,
n x x x2
令 g (x) > 0，解得0 < x < e，令 g (x) < 0，解得 x>e
可得 g(x)在 (0, e)
1
上递增，在 (e, + )上单调递减，∴ g(x)在 x=e处取得极大值 g(e) = ，∴
e
1 1
< ， n > e，∴B 正确；
n e
1 ln x 1 ln x
由上可得： xn < e < yn (n N
* n n+1），又 = , = ,n x n +1 x 结合
g(x)的单调性，
n n+1
Q 1 1> ，∴ xn+1 < xn ， yn+1 > yn，∴ xn+1 - xn < yn+1 - yn ，∴C 正确；n n +1
由已知，有 fn (q )
fn (b ) - fn (a ) 1 n(ln b - lna )= = - ，而 f (
a + b ) =1 2n-
b -a b -a 2 a + b
∴ fn (q ) f
a + b n(ln b - lna ) 2n -n (ln b 2(b -a )- n ÷ = - + = - )
è 2 b -a a + b b -a a b +a
b ln b 2(b -a ) ln t 2(t -1)令 t = (t >1)，则 - = - h(t) ln t
2(t -1)
，设 = -a b ，a +a t +1 t +1
2
则 h (t)
(t -1)
= 2 ，当 t > 1时， h (t) > 0 恒成立，所以 h(t)在 (1, + )单调递增，t(t +1)
b 2(b -a )
∴ h(t) > h(1) = 0，∴ ln - > 0 0 < a < ba b a ，∵ ，∴
b -a > 0
+
-n
∴ < 0，∴ fn (q ) f
a + b- n ÷ < 0
a + b
b a ，∴
f (q ) < f ，
- n n ÷è 2 è 2
又 fn (x) 1
n
= - 在 (0, + )
a + b
单调递增，∴q < ，即 2q < a + b ，∴D 正确.
x 2
故选：BCD
【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.
10．（2023·河南信阳·模拟预测）已知 a,b,c, d R，满足 a > b > c > d > 0，则（ ）
A． sin a > sin b B． a - sin a > b - sin b
a b
C． > D． ad + bc > ab + cd
d c
【答案】BC
【分析】A 选项可去特殊值判断；B 选项可构造函数 f x = x - sin x x > 0 ，利用导数判断
单调性即可；C 选项可根据不等式同向同正可乘的性质进行判断；D 选项可以用作差法进行
判断.
π
【详解】对于 A：取 a = π ，b = ，则 sin a < sin b，故 A 错误；
2
对于 B：构造函数 f x = x - sin x x > 0 ，则 f x =1- cos x 0，
故 f x 在 0, + 为增函数，故 f a > f b ，即 a - sin a > b - sin b ，故 B 正确；
1 1 0 a b对于 C： c > d > 0，故 > > 与 a > b > 0两式相乘得 > ，故 C 正确；
d c d c
对于 D： ad + bc - ab + cd = a d - b + c b - d = d - b a - c < 0，故 D 错误.
故选：BC
2
11．（2024·河北沧州· x一模）已知函数 f x = e 与函数 g x =1+ 的图象相交于
x -1
A x1, y1 , B x2 , y2 两点，且 x1 < x2，则（ ）
1
A． y1 y
x2
2 = 1 B． y1 = e
y
C 2
- y1
． >1x - x D．
x2 y2 =1
2 1
【答案】AC
【分析】构造函数利用奇偶性和单调性得出 x1 + x2 = 0，结合选项逐项验证即可.
x 2 x x +1 x +1
【详解】由题意 e =1+ 有两个不等的实数根， e = ， x = ln ，
x -1 x -1 x -1
令 h(x) x ln
x +1
= - ，则 h(-x) = -x - ln
-x +1
= -h(x)，即 h(x) 为奇函数；
x -1 -x -1
2
x >1 h (x) x +1当 时， = > 0 ， h(x)2 为增函数；x -1
若 h(x1) = 0，则 h(-x1) = 0，又 h(x2 ) = 0 ，所以 x1 + x2 = 0 .
A y y = ex1ex x +x对于 ， 2 1 21 2 = e =1，正确.
1
对于 B x，若 y 2 x1x21 = e = 成立，则有 x1x2 = -1，与 x1 + x2 = 0矛盾，所以 B 不正确.e
ex2 - ex1 x1 +x2 ex2 - ex1 y2 - y1
对于 C，由指数均值不等式 > e 2 可得 >1，所以 >1，C 正确.
x2 - x1 x2 - x1 x2 - x1
x
对于 D，令F (x) = xex ，F (x) = x +1 e ，当 x >1时，F (x) > 0， F (x)为增函数，
所以F (x2 ) > F (1) = e，即 x2 y2 > e，D 不正确.
故选：AC.
【点睛】结论点睛：均值不等式的拓展：（1）对数型均值不等式：
x x x1 - x2 x< < 1 + x21 2 ln x1 - ln x2 2
，
x1 +x2 x2 x1 x1 x2
其中 x1 x2 ， x1 > 0, x2 > 0 ；（2）指数型均值不等式： e 2
e - e e + e
< < ，其中
x2 - x1 2
x1 x2 .
三、填空题
12．（2023· 2四川成都·三模）已知函数 f (x) = 2ln x + a x - 3x + 2 ， a R .当 x >1时，
f (x) > 0 ，则实数 a的取值范围为 ．
【答案】[0,2]
2
【分析】根据求导公式和求导法则可得 f (x) 2ax - 3ax + 2 g(x)= = (x >1)，利用导数和放缩
x x
法，结合二次函数的性质研究当 a = 0、0 < a 2 、 a > 2、 a<0时函数 g(x)的性质，进而得
出函数 f (x) 的性质，即可求出 a 的取值范围.
2 2ax2f (x) a(2x 3) - 3ax + 2【详解】由已知，得 = + - = (x >1) .
x x
令 g(x) = 2ax2 - 3ax + 2 .
①若 a = 0，则 g(x) = 2，当 x (1,+ ) 时， f (x)
2
= > 0 ，
x
所以 f (x) 在 (1, + )上单调递增，所以当 x (1,+ )时， f (x) > f (1) = 0成立.
-3a 3
②若 a > 0，则 g(x) = 2ax2 - 3ax + 2图象的对称轴为直线 x = - = ，
4a 4
所以 g(x)在 (1, + )上单调递增， g(1) = 2a - 3a + 2 = 2 - a .
i）当0 < a 2 时， g(1) = 2 - a 0，"x (1, + ) ， g(x) > g(1) 0 ，
所以 f (x) > 0 ，所以 f (x) 在 (1, + )上单调递增，
所以当 x (1,+ )时， f (x) > f (1) = 0成立；
ii）当 a > 2时， g(1) = 2 - a < 0，$x0 (1, + )，使 g x0 = 0，
当 x 1, x0 时， g(x) < 0，
所以 f (x) < 0 ，所以 f (x) 在 1, x0 上单调递减，
所以当 x 1, x0 时， f (x) < f (1) = 0，不合题意.
③若 a<0，则 f (x) = 2ln x + a x2 - 3x + 2 = 2ln x + a(x -1)(x - 2) .
令 h(x) = ln x - (x -1)， x (1,+ )，则 h (x)
1
= -1 1- x= ，
x x
当 x (1,+ )时， h (x) < 0，所以 h(x) 在 (1, + )上单调递减，
所以当 x (1,+ )时， h(x) = ln x - (x -1) < h(1) = 0，
所以当 x (1,+ )时， ln x < x -1，
所以 f (x) = 2ln x + a(x -1)(x - 2) < 2(x -1) + a(x -1)(x - 2) = (x -1)[2 + a(x - 2)] .
令F (x) = (x -1)[2 + a(x - 2)]
2
，由F (x) = 0解得 x1 =1， x2 = 2 - > 2， a
即$x2 (2,+ )，使 f (x) < F x2 = 0，不合题意.
综上所述，实数 a的取值范围为 0,2 .
故答案为： 0,2 .
【点睛】导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化
为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明
常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．
1
13．（23-24 2高三下·广东云浮·阶段练习）若实数 a，b 满足 ln 2a - ln b a + 2 -1，则b
a + b = ．
3 2 3
【答案】 / 2
2 2
【分析】构造函数 g(x) = x - ln x -1，可证得 x ln x +1，从而可得
2a
-1 ln 2a = ln(2a) - ln b，结合基本不等式得到方程组，可求得结果.
b b
【详解】先证明不等式 x ln x +1，
令 g(x) = x - ln x -1 (x > 0)，则 g (x) 1
1 x -1
= - = ，
x x
当0 < x <1时， g (x) < 0，当 x >1时， g (x) > 0，
所以 g(x)在( 0, 1)上单调递减，在 (1, + )上单调递增，
所以 g(x) g(1) = 0，所以 x ln x +1 (x > 0)，当 x =1时取等号，
2a
所以 -1 ln
2a
= ln(2a) - ln b，
b b
因为 a2 1
1
+ 2 -1 2 a
2 1 2a× 2 -1 = -1，当且仅当 a = 时取等号，b b b b
a2 1所以 + 2 -1 ln(2a) - ln b，b
因为 ln 2a 1- ln b a2 + -1 2a2 ，当 = 1b 时取等号，b
所以 ln 2a - ln b = a2 1+ 2 -1，且 a
1
= 2a， = 1，
b b b
a 2解得 = ,b = 2 ，
2
2 3 2
所以 a + b = + 2 = ，
2 2
3 2
故答案为：
2
【点睛】关键点点睛：此题考查导数的应用，考查基本不等式的应用，解题的关键是构造函
数 g(x) = x - ln x -1，利用导数证明出 x ln x +1，考查数学转化思想和计算能力，属于较难
题.
14 2024· · a b c ea-b+c + ea+b-c 2．（ 全国 模拟预测）若实数 ，， 满足条件： = 2e a -1 abc，则
a4 + b4 + c4
的最大值是 ．
2
【答案】
8
【分析】由基本不等式可得 ea-2 a -1 .利用导数证明不等式 ex x +1，进而 ea-2 a -1，则
abc 1
ea-2
=
= a -1，解出 a、b = c ，得 a4 + b4 + c4 b2 8+ ，再次利用基本不等式计算即可求解.
b2
【详解】由基本不等式，得 2e2 (a -1) = ea-b+c + ea+b-c 2 ea-b+c ×ea+b-c = 2ea ，
即 ea-2 a -1，当且仅当 a - b + c = a + b - c，即b = c 时等号成立.
设 f (x) = ex - x -1, f (x) = ex -1，令 f (x) < 0 x < 0, f (x) > 0 x > 0，
所以函数 f (x) 在 (- ,0)上单调递减，在 (0, + )上单调递增，
所以 f (x)min = f (0) = 0，则 f (x) 0，即 ex x +1，
令 x = a - 2，得 ea-2 a - 2 +1 = a -1，所以 ea-2 = a -1，
解得 a = 2，由 a - b + c = a + b - c，得b = c ．
abc b2 1 1 2
4 4 4 = 4 = 8 =所以 a + b + c b + 8 2 2 8 8 ，当且仅当b = 2 2 时，取得等号．b +
b2
abc 2
故 的最大值是 ．
a4 + b4 + c4 8
2
故答案为：
8
四、解答题
15．（2024·青海西宁·二模）已知函数 f x = x2 + 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
2 x +1 x - 2
【分析】（1）若 a = 2，求得 f x = ，求得函数的单调性，进而求得函数的
x
极值；
é 2 2 ù 2 22
（2）由 g x = 2 êa - x + lnx a
x + ln x
+ P a a2 x lnx a x + ln x，令 ，求得
2
ú = - + +
2
2
2 2P 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，
è 2 4 4
结合Q(x)min =1，即可得证．
2
【详解】（1）解：若 a = 2，则 f x = x - 2x - 4lnx，其中 x > 0，
2
4 2x - 2x - 4 2 x +1 x - 2所以 f x = 2x - 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 2 2 2 2 2（ ）证明：由题意知 g x = f x + 2a - 2x + ln x = x - 2ax - 2alnx + ln x + 2a
é 2 22 x + ln x ù= 2 êa - x + lnx a + ú ，
2
2
P a a2 x lnx a x + ln
2x
令 = - + + ，
2
P a a x + lnx
2 2
x + lnx x2 + ln2x a x + lnx
2
(x - lnx)2 (x - lnx)2
则 = - ÷ - ÷ + = - ÷ + ，
è 2 è 2 2 è 2 4 4
令Q x = x - lnx，则Q x 1 x -1=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，
1 1 1
所以Q(x)min = Q 1 =1，所以P a ，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.
16．（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
1 2ax
2 -1
【分析】（ ）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
x
原函数单调性；
（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
x
理分析 h x 的零点和符号，进而可得F x 的单调性和最值，结合零点代换分析证明.
1 f x 0, + f x 2ax 1 2ax
2 -1
【详解】（ ）由题意可得： 的定义域为 ， = - = ，
x x
当 a 0时，则 2ax2 -1 < 0 在 0, + 内恒成立，
可知 f x 在 0, + 内单调递减；
当 a > 0时，令 f x > 0 1 1，解得 x > ；令 f x < 0，解得0 < x < ；
2a 2a
1 1
可知 f x 在 0, ÷÷内单调递减，在 ,+ ÷÷ 内单调递增；
è 2a è 2a
综上所述：当 a 0时， f x 在 0, + 内单调递减；

当 a > 0时， f x 在 0,
1 1
÷÷内单调递减，在2a
,+ ÷÷ 内单调递增.
è è 2a
（2）构建F x = f x + g x - x = xex - ln x - x -1, x > 0，
则F x 1= x +1 ex - -1 = x +1 ex 1 -

，
x ֏ x
由 x > 0可知 x +1 > 0，
x 1
构建 h x = e - , x > 0 ，
x
x 1
因为 y = e , y = - 在 0, + 内单调递增，则 h x 在 0, + 内单调递增，
x
h 1 且 ÷ = e - 2 < 0, h 1 = e -1 > 0，
è 2
h x 0, x 1+ ,1 可知 在 内存在唯一零点 0 ÷ ，
è 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 内单调递减，在 x0 ,+ 内单调递增，
则F x F x = x x00 0e - ln x0 - x0 -1，
ex 10 - = 0 ex 10 = , x = e- x0 x 1 ,1 又因为 x ，则 0 ， 0 ÷ ，0 x0 è 2
可得F x0 x
1
= - ln e- x00 - x0 -1 = 0x ，0
即F x 0，所以 f x + g x x .
17．（2024·上海松江·二模）已知函数 y = x × ln x + a （ a为常数），记 y = f (x) = x × g(x) .
(1)若函数 y = g(x) 在 x =1处的切线过原点，求实数 a的值；
(2)对于正实数 t ，求证： f (x) + f (t - x) f (t) - t ln 2 + a；
x
(3)当 a =1时，求证： g(x) + cos x e< .
x
1
【答案】(1) 2
(2)证明见解析
(3)证明见解析
g(x) ln x a x - a【分析】（1）根据题意，得到 = + , x > 0，求得 g (x) = x2 ，结合导数的几何意义，x
求得切线方程，将原点代入切线方程，即可求解；
（2）设函数 h x = f x + f t - x , t > 0，求得 h x x= ln ，求得函数 h x 的单调性和最
t - x
t t
小值为 h( )，得到 h x h( )，即可得证；
2 2
3 1 e
x 1 ex
（ ）根据题意，得到 ln x + < -cos x，结合 cos x [-1,1]，把转化为 ln x+ < -1，设
x x x x
x
k x ln x 1 e= + - +1, x > 0，利用导数求得 k x 的单调性和最大值 k 1 = 2 - e，即可得证.
x x
【详解】（1）解：由题意，函数 y = x × ln x + a ，且 y = f (x) = x × g(x)，
g(x) f (x) ln x a , x 0 g (x) 1 a x - a可得 = = + > ，则 = - = ，
x x x x2 x2
所以 g (1) = 1- a ，又因为 g(1) = ln1+ a = a ，
所以 g x 在 x =1处的切线方程为 y = (1- a)(x -1) + a，
又因为函数 y = g(x) 在 x =1处的切线过原点，可得0 = (1- a) × (0 -1) + a ，
a 1解得 = .
2
（2）解：设函数 h x = f x + f t - x , t > 0，
可得 h x = x ln x + (t - x) ln(t - x) + 2a ，其中0 < x < t ，
则 h x = ln x +1- ln(t - x) -1 = ln x ，
t - x
令 h x > 0 x 1 2x - t 0 2x - t t，可得 > ，即 > ，即 < 0，解得 < x < t ，
t - x t - x x - t 2
x t
令 h x < 0，可得0 < <1，解得0 < x < ，
t - x 2
h x ( t , t) t所以 在 上单调递增，在 (0, )上单调递减，
2 2
可得 h x t t的最小值为 h( )，所以 h x h( )，
2 2
又由 h(
t ) f ( t= ) + f (t t- ) = t ln t + 2a = f t - t ln 2 + a，
2 2 2 2
所以 f x + f t - x f t - t ln 2 + a .
x
（3）解：当 a =1时，即证 ln x 1 e+ < -cos x，
x x
x x x
由于 cos x [-1,1] e，所以 - cos x e 1 1 e - ，只需证 ln x+ < -1，
x x x x
x
令 k x 1 e= ln x + - +1, x > 0，只需证明 k x < 0 ，
x x
k x 1 1 e
x (x -1) (1- ex )(x -1)
又由 = - 2 - =x x x2 x2
，
因为 x > 0，可得1- ex < 0，令 k x > 0，解得0 < x <1；令 k x < 0，解得 x >1，
所以 k x 在( 0, 1)上单调递增，在 (1, + )上单调递减，
所以 k x 在 x =1处取得极大值，也时最大值，所以 k x = k 1 = 2 - e < 0max ，
x
即 k x < 0 e，即 a =1时，不等式 g(x) + cos x < 恒成立.
x
【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．
m
18．（2024·上海嘉定·二模）已知常数m R ，设 f x = ln x + ，
x
(1)若m =1，求函数 y = f x 的最小值；
(2)是否存在0 < x1 < x2 < x3 ，且x1，x2， x3 依次成等比数列，使得 f x1 、 f x2 、 f x3 依
次成等差数列？请说明理由．
f x1 + f
x f x
(3) “ m 0 ” “ x , x 0, + x < x 2

> 1
- f x2
求证： 是 对任意 1 2 ， 1 2，都有 ”的2 x1 - x2
充要条件．
【答案】(1)1
(2)答案见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）求导分析 f x 的符号， f x 的单调性，最值，即可得出答案．
2m m x + x
（2 2）根据题意可得 x2 = x1x3 ， 2 f x2 = f x + f x = 1 31 3 ，则 2 ，分两种情况：x2 x2
当m = 0时，当m 0 时，讨论是否满足条件，即可得出答案．
f x1 + f x3 2
f x1 - f x2 x2
（ ）由 > ，借助换元法，令 = t >1x ，可得2 x1 - x2 1
1
- t + 2ln t m+ 32 (t -1) < 0t t x ，分别证明充分性和必要性，即可得出答案．1
【详解】（1）当m =1时， f x = ln x 1+ (x > 0)，则 f x 1 1 x -1= - = ，
x x x2 x2
在 0,1 上 f x < 0， f x 单调递减，
在 1, + 上 f x > 0， f x 单调递增，
所以 f (x)min = f 1 =1；
（2 2）若x1、x2、 x3 依次成等比数列，则 x2 = x1x3 ，
若 f x1 、 f x2 、 f x3 成等差数列，则 2 f x2 = f x1 + f x3 ，
2ln x 2m m m
m x + x
+ = ln x + + ln x + = ln x x + 1 3 mln x2 x= + 1 + x3 所以 2 x 1 x 3 1 3 2 2 ，2 1 x3 x1x3 x2
2m m x1 + x= 3 所以 2 ，x2 x2
当m = 0时，成立，
(x 2
当m 0 时，则 2x = x + x x2，联立 = x x ，得 1 + x3)2 1 3 2 1 3 = x4 1
x3 ，
x2 + 2x 21 1x3 + x3 = 4x1x3，即 (x1 - x
2
3) = 0，
所以 x1 = x3，与 x1 < x2 < x3矛盾，
所以m = 0时，存在x1，x2， x3 满足条件，
当m 0 时，不存在x1，x2， x3 满足条件；
f x ln x m f x 1 m（3） = + ，则 = - 2 ，x x x
f x1 + f x2 f x1 - f x > 2 ，
2 x1 - x2
所以 x1 - x2 é f x1 + f x2 ù - 2 é f x1 - f x2 ù < 0 ，
又 x1 - x2 é f x1 + f x2 ù - 2 é f x1 - f x2 ù
= 1 m 1 m x m m 1 - x2 -x x2 + - 2 ÷ - 2 ln x1 + - ln x2 -è 1 1 x2 x2 è x1 x
÷
2
-3m 3m x2 x1 mx1 mx= + - + - + 2 - 2ln x1
x1 x x x x
2 2 ，
2 1 2 2 x1 x2
x2
令 = t >1x ，1
-3m 3m t 1 m mt 1上式= + - + - + - 2lnx1 tx1 t t
2x x21 1 t
1 1 m
= - t - 2ln + 2 -3t 2 + 3t -1+ t3t t t x 1
1
= - t m+ 2ln t + 2 (t -1)
3①
t t x ，1
2
令 g t 1= - t + 2ln t ，则 g t 1 2 1= - 2 -1+ = -

-1÷ < 0恒成立， g t 单调递减，t t t è t
所以 g t < g 1 = 0，
m 3
充分性：若m 0，则 2 (t -1) 0
1 t 2ln t m，则 - + + 2 (t -1)
3 0
t x1 t t x
恒成立，
1
m 3
必要性：要使得①式恒成立，则 (t -1) 0t 2x 恒成立，即m 0．1
【点睛】关键点点睛：本题关键点在于对“对任意 x1, x2 0, + ， x1 < x2，都有
f x1 + f x2 f x1 - f x2 > ”的转化，借助换元法，可得其等价为“对任意
2 x1 - x2
1 m x
x1, x2 0, + ， x1 < x2，都有 - t + 2ln t + 32 (t -1) < 0，其中 t = 2t t x x ”.1 1
19．（2024·全国· 2x模拟预测）已知函数 f x = e - a ln x +1 ．
(1)若 a = 2，讨论 f x 的单调性．
1
(2)若 x > 0， a > 1，求证： f x > - a ln a ．
2
【答案】(1)答案见解析；
(2)证明见解析.
【分析】（1）利用二次导数判断 f x 的单调性，结合 f 0 = 0即可求解；
（2）当1< a 2时，利用导数通过证明 f x > f 0 即可；当 a > 2时，利用零点存在性定理
判断 f x 的零点 x0 0, a -1 ，再由零点方程化简整理得 f x 的最小值，然后由零点 x0 的
范围即可求解.
2x
【详解】（1）当 a = 2时， f x = e - 2ln x +1 ，定义域为 -1, + ，
则 f x = 2e2x 2- ．
x +1
2
设 g x = f x 2x，则 g x = 4e + > 0 x +1 2 ，
所以 f x 在 -1, + 上单调递增，且 f 0 = 0，
所以，当 x -1,0 时， f x < f 0 = 0， f x 单调递减，
当 x 0, + 时， f x > f 0 = 0， f x 单调递增，
所以 f x 在 -1,0 上单调递减，在 0, + 上单调递增．
（2）因为 f x = e2x - a ln x +1 ，
所以 f x a= 2e2x - ．
x +1
因为 a > 1，所以 f x 在 0, + 上单调递增，且 f 0 = 2 - a．
①若1< a 2，则 f 0 0，
所以当 x > 0时， f x > 0恒成立， f x 单调递增．
又 a ln a > 0，
所以 f x > f 0 =1 1> - a ln a；
2
②若 a > 2，则 f 0 = 2 - a < 0， f a -1 = 2e2 a-1 -1 > 0，
x 0, a -1 f x = 0 e2x a0所以存在 0 ，使得 0 ，即 = 2x ．0 + 2
当 x 0, x0 时， f x < 0， f x 单调递减，
当 x x0 ,+ 时， f x > 0， f x 单调递增，
f x f x = e2x a0所以 0 - a ln x0 +1 = - a ln x +1 2x0 + 2 0
．
a
因为 y = - a ln x +1 在 0, a -1 上单调递减，
2x + 2
a a 1
所以 - a ln x +1 > - a ln a = - a ln a2x + 2 00 2 a -1 + 2 2 ，
所以 f x 1> - a ln a ．
2
综上所述，当 x > 0， a > 1时， f x 1> - a ln a ．
2
f x > k f x > k f x
【点睛】思路点睛：证明 ，一般可以考虑证明 min ，若 有最小值，但
f x
无法具体确定，这种情况下一般是先把 的最小值转化为关于极值点的一个函数，再根
据极值点的取值范围，确定最小值的取值范围
拓展冲刺练
一、单选题
1．（2023·上海奉贤·二模）设 Sn 是一个无穷数列 an 的前 n项和,若一个数列满足对任意的正
整数 n
S S
,不等式 n < n+1 恒成立,则称数列 an 为和谐数列,有下列 3 个命题:n n +1
①若对任意的正整数 n均有 an < an+1 ,则 an 为和谐数列;
②若等差数列 an 是和谐数列,则 Sn 一定存在最小值;
③若 an 的首项小于零,则一定存在公比为负数的一个等比数列是和谐数列．
以上 3 个命题中真命题的个数有( )个
A．0 B．1 C．2 D．3
【答案】D
S S
【分析】先得出 n < n+1 的等价条件 S < na
n n +1 n n+1
,然后再进行判断,对于③可以取一

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