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特训 05 利用导数证明不等式（三大题型）
利用导数证明数列不等式的常用方法：
(1)利用函数中经典不等式放缩，根据放缩的方向，将函数中经典不等式转化为数列不等式，将不可求
和的数列放缩成可求和的数列
(2)结论再造，利用上一问中得到的函数结论，构造出函数不等式，进而转化为数列不等式，再进行放
缩求和.
(3)数列思想求通项，通过求出不等式两侧对应数列的通项公式，进而作差构造函数.
以上办法的实质都是构建了函数不等式与数列不等式之间的关系，进而利用数列求和来解决问题.
目录：
01 ：移项构造函数证明不等式
02 ：分拆函数法证明不等式
03 ：放缩后构造函数证明不等式
01 ：移项构造函数证明不等式
例 1 已知函数 f(x)＝ex－3x＋3a(e 为自然对数的底数，a∈R).
(1)求 f(x)的单调区间与极值；
3 ex 3 1
(2)求证：当 a＞ln ，且 x＞0 时， ＞ x＋ －3a.
e x 2 x
感悟提升　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”或“右减左”的函数，利用
导数研究其单调性等相关函数性质证明不等式.
训练 1 x 2已知函数 f x = e -1- x - ax .
(1)当 a = 0时，
（ⅰ）求 f x 在点 1, f 1 处的切线方程；
（ⅱ）求 f x 的最小值；
(2)当 x 0 时，若不等式 f x 0恒成立，求实数 a的取值范围；
(3)当 x > 0 x时，证明 e -1 ln x +1 > x2 .
02 ：分拆函数法证明不等式
1 2
例 2 证明：对一切 x∈(0，＋∞)，都有 ln x＞ － 成立.
ex ex
x 2
证明　问题等价于证明 xln x＞ － (x∈(0，＋∞)).
ex e
感悟提升　1.若直接求导后导数式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.在证明过程中，等价转化是关键，此处 g(x)min≥f(x)max 恒成立，从而
f(x)≤g(x)恒成立.
2.等价变形的目的是求导后简单地找到极值点，一般地，ex与 ln x 要分离，常构造 xn与 ln x，xn与 ex的积、
商形式.便于求导后找到极值点.
训练 2 已知函数 f(x)＝eln x－ax(x∈R).
(1)讨论函数 f(x)的单调性；
(2)当 a＝e 时，证明：xf(x)－ex＋2ex≤0.
03 ：放缩后构造函数证明不等式
1 ln x
例 3 已知 x∈(0，1)，求证：x2－ ＜ .
x ex
1
感悟提升　某些不等式，直接构造函数不易求其最值，可以适当地利用熟知的函数不等式 ex≥x＋1，1－ ≤ln
x
x≤x－1 等进行放缩，有利于简化后续导数式的求解或函数值正负的判断；也可以利用局部函数的有界性进
行放缩，然后再构造函数进行证明.
2ex－1
训练 3 证明：exln x＋ ＞1.
x
方法技巧：指对同构
在解决指对混合不等式时，如恒成立求参数取值范围或证明不等式，有一部分题是命题者利用函数单调性
构造出来的，如果我们能找到这个函数模型(即不等式两边对应的同一函数)，无疑大大加快解决问题的速度.
找到这个函数模型的方法，我们称为同构法.
(1)五个常见变形：
ex x ex
xex＝ex＋ln x， ＝ex－ln x， ＝eln x－x，x＋ln x＝ln xex，x－ln x＝ln .
x ex x
(2)三种基本模式
三种同构方式
①积型：aea≤bln b ――――――――→
同左：aea{ ≤ （ln b）e
ln b……f（x）＝xex，
同右：ealn ea ≤ bln b……f（x）＝xln x，
取对：a＋ln a ≤ ln b＋ln（ln b）……f（x）＝x＋ln x，
ea b 三种同构方式
②商型： ＜ ――――――――→
a ln b
ea eln b ex
{同左： ＜ ……f（x）＝ ，a ln b xea b x同右： a＜ ……f（x）＝ ，ln e ln b ln x
取对：a－ln a＜ln b－ln（ln b）……f（x）＝x－ln x，
两种同构方式
③和差型：ea±a＞b±ln b ――――――――→
{同左：ea ± a＞eln b ± ln b……f（x）＝ex ± x，同右：ea ± ln ea＞b ± ln b……f（x）＝x ± ln x.
例 (1)已知函数 f(x)＝aex－1－ln x＋ln a.
若 f(x)≥1，求 a 的取值范围.
1
(2)已知函数 f(x)＝aex－ln x－1，证明：当 a≥ 时，f(x)≥0.
e
一、单选题
1．（2024·辽宁·模拟预测）已知 a，b R ，若 2 a < b ， ab = ba ，则 b 的可能值为（ ）
A．2.5 B．3.5 C．4.5 D．6
2．（2024·广东深圳·模拟预测）已知函数 f (x) = aex +1n
a
- 2，若 f x > 0恒成立，则正实数 a的取值
x + 2
范围是（ ）
A．0 < a < e B． a > e2 C． a > e D． a > 2e
1
3．（2024·河南·模拟预测）已知l > 0 2lx，对任意的 x >1，不等式 e - lne2l ÷ lnx 0恒成立，则实数l 的取
è
值范围为（ ）
é1 ,+ é 1 ,+ A． ê Be ÷ ． ÷ ê 2e
C． 2e, + D． e, +
4．（2024·广东广州·模拟预测）已知定义在R 上的函数 f x 的导函数为 f x ，且 f x + f -x = 0 .对于
x f f x x 任意的实数 ，均有 < 成立，若 f -3 = -16 f x > 2x+1，则不等式 的解集为（ ）
ln2
A． - , -3 B． - ,3 C． -3, + D． 3, +
5．（2024·河北衡水·模拟预测）已知函数 f x = lnx +1- ax有两个零点 x1, x2 ，且 x1 < x2，则下列命题正确的
是（ ）
2
A． a > 1 B． x1 + x2 < a
C． x1 × x2 <1
1
D． x2 - x1 > -1a
a sin x + cos x6 ．（2024·全国·模拟预测）已知函数 f x = x + x在 0, π 上恰有两个极值点，则实数 a 的取值e
范围是（ ）
2 π π
A． 0, e 4 ÷÷ B． - , eπ C． 0,eπ
2
D． 4
2
e ,+
2 ÷÷è è
7．（2024·湖南邵阳·二模）已知函数 f x 的定义域为R, f x 为 f x 的导函数.若 f 1 = e，且
f x + ex < f x 在R 上恒成立，则不等式 f x < 2 - x ex的解集为（ ）
A． - , 2 B． 2, +
C． - ,1 D． 1, +
8．（2024·陕西商洛·模拟预测）已知函数 f x = 2xlnx - ax2 ，若对任意的 x1, x2 0, + ，当 x1 > x2 时，都
有 2x1 + f x2 > 2x2 + f x1 ，则实数 a的取值范围为（ ）
é 1 ,+ é1 A． ê ÷ B． 1, + C． ê ,+ 2e ÷ D． 2, + e
二、多选题
a
9．（2024· x江西·二模）若 e - > a ln x - a 恒成立，则实数 a的取值可以是（
x ）
A．0 B． e-2 C．ee+1 D． e2
10．（2024·浙江·二模）设定义在 R 上的函数 f x 的导函数为 f x ，若"x R ，均有 xf x = x +1 f x ，
则（ ）
A． f 0 = 0 B． f -2 = 0 （ f x 为 f x 的二阶导数）
C． f 2 < 2 f 1 D． x = -1是函数 f x 的极大值点
11 2024· · f x = lna + b ex - a2．（ 全国 模拟预测）已知函数 ex ，其中 e为自然对数的底数，则（ ）
A．若 f x 为减函数，则 f 0 < 0 B．若 f x 存在极值，则 aeb >1
C．若 f 1 = 0，则b > ln2 D．若 f x 0，则b a
三、填空题
2
12．（2024· e陕西安康·模拟预测）已知实数 a,b满足 a = e2-a , lnb = ，则 lna + lnb =
b
2ex ln x 1 3
13．（2024· · f x = ex - - x2 ln x 2t四川凉山 三模）已知函数 x > 的零点为 t ，则 = ．x è e ÷ et-1
14．（2024·吉林·二模）若实数 x0 满足 f x0 = -g -x0 ，则称 x0 为函数 y = f x 与 y = g x 的“关联数”.若
f x = a x a > 0, a 1 与 g x = -x2 在实数集R 上有且只有 3 个“关联数”，则实数 a的取值范围为 .特训 05 利用导数证明不等式（三大题型）
利用导数证明数列不等式的常用方法：
(1)利用函数中经典不等式放缩，根据放缩的方向，将函数中经典不等式转化为数列不等式，将不可求
和的数列放缩成可求和的数列
(2)结论再造，利用上一问中得到的函数结论，构造出函数不等式，进而转化为数列不等式，再进行放
缩求和.
(3)数列思想求通项，通过求出不等式两侧对应数列的通项公式，进而作差构造函数.
以上办法的实质都是构建了函数不等式与数列不等式之间的关系，进而利用数列求和来解决问题.
目录：
01 ：移项构造函数证明不等式
02 ：分拆函数法证明不等式
03 ：放缩后构造函数证明不等式
01 ：移项构造函数证明不等式
例 1 已知函数 f(x)＝ex－3x＋3a(e 为自然对数的底数，a∈R).
(1)求 f(x)的单调区间与极值；
3 ex 3 1
(2)求证：当 a＞ln ，且 x＞0 时， ＞ x＋ －3a.
e x 2 x
(1)解　由 f(x)＝ex－3x＋3a，x∈R，
知 f′(x)＝ex－3，x∈R.
令 f′(x)＝0，得 x＝ln 3，
于是当 x 变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
x (－∞，ln 3) ln 3 (ln 3，＋∞)
f′(x) － 0 ＋
f(x) 极小值
故 f(x)的单调递减区间是(－∞，ln 3)，单调递增区间是(ln 3，＋∞)，
f(x)在 x＝ln 3 处取得极小值，极小值为 f(ln 3)＝eln 3－3ln 3＋3a＝3(1－ln 3＋a)，无极大值.
3
(2)证明　待证不等式等价于 ex＞ x2－3ax＋1，
2
3
设 g(x)＝ex－ x2＋3ax－1，x＞0，
2
于是 g′(x)＝ex－3x＋3a，x＞0.
3
由(1)及 a＞ln ＝ln 3－1 知
e
g′(x)的最小值为 g′(ln 3)＝3(1－ln 3＋a)＞0.
于是对任意 x＞0，都有 g′(x)＞0，
所以 g(x)在(0，＋∞)内单调递增.
3
于是当 a＞ln ＝ln 3－1 时，对任意 x∈(0，＋∞)，都有 g(x)＞g(0).
e
而 g(0)＝0，从而对任意 x∈(0，＋∞)，g(x)＞0.
3 ex 3 1
即 ex＞ x2－3ax＋1，故 ＞ x＋ －3a.
2 x 2 x
感悟提升　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”或“右减左”的函数，利用
导数研究其单调性等相关函数性质证明不等式.
1 f x = ex训练 已知函数 -1- x - ax2 .
(1)当 a = 0时，
（ⅰ）求 f x 在点 1, f 1 处的切线方程；
（ⅱ）求 f x 的最小值；
(2)当 x 0 时，若不等式 f x 0恒成立，求实数 a的取值范围；
(3)当 x > 0 x 2时，证明 e -1 ln x +1 > x .
x x
（1）解：当 a = 0时， f x = e -1- x ， f x = e -1，（ⅰ） f 1 = e -1, f 1 = e - 2 ，所以 f x 在点 1, f 1
处的切线方程为 y - e - 2 = e -1 x -1 ，即 y = e -1 x -1；（ⅱ）当 x < 0 时， f x < 0，当 x > 0时，
f x > 0，所以函数 f x 在 - ,0 上递减，在 0, + 上递增，所以 f x = f 0min = 0；
（2）解： f x = ex -1- 2ax ，令 h x = ex -1- 2ax，则 h x = ex - 2a 1，当2a 1，即 a 时，
2
h x = ex - 2a 0， x 0, + ，所以函数 h x 在 x 0, + 上递增，所以 h x h 0 = 0，即
f x f 0 = 0， x 0, + ，所以函数 f x 在 x 0, + 上递增，所以 f x f 0 = 0 a 1，所以 满足题
2
1
意；当 2a >1，即 a > 时，令 h x = 0，则 x = ln 2a，当0 < x < ln 2a 时， h x < 0，所以函数 h x 在 0, ln 2a
2
上递减，所以当0 < x < ln 2a 时， h x h 0 = 0，即当0 < x < ln 2a 时， f x f 0 = 0，所以函数 f x
0, ln 2a f x f 0 = 0 a - , 1 ù在 上递减，此时 ，与题意矛盾，综上所述，实数 的取值范围为
è 2 ú
；
2 2
（3）证明：由（2 x x + 2x x）得，当 x > 0时， ex > 1+ x + ，即 ex -1 > ，要证 e -1 ln x +1 > x2，只需要
2 2
ex 1 x
2 x2 + 2x x2
证明 - > ，只需要证明

，只需要证明 ln x +1ln x 1 2 ln x 1
2x
，令
+ + x + 2
1 4 x2
F x = ln x +1 2x- , x > 0 ，则F x = - = > 0, x > 0
x + 2 x +1
F x
x + 2 2 ，所以函数 在x +1 x + 2 2
0, + 上递增，所以F x > F 0 = 0，所以 ln x 1 2x+ > ，所以 ex -1 ln x +1 > x2 .
x + 2
【分析】（1）求导，（ⅰ）根据导数的几何意义即可得出答案；
（ⅱ）根据导数的符号求出函数的单调区间，从而可得函数的最小值；
1 1
（2）求出函数的导函数，根据 f x 0分 a 和 a > 两种情况讨论，从而可得出答案；
2 2
2
3 x + 2x x 2（ ）由（2）可得，当 x > 0时， ex -1 > ，则要证 e -1 ln x +1 > x ，
2
x x2 2x 2x
只需要证明 e -1 > ln x +1 F x = ln x +1 - , x > 0ln x +1 ，只需要证明 ，构造函数 ，再利用x + 2 x + 2
导数证明F x > 0即可得证.
02 ：分拆函数法证明不等式
1 2
例 2 证明：对一切 x∈(0，＋∞)，都有 ln x＞ － 成立.
ex ex
x 2
证明　问题等价于证明 xln x＞ － (x∈(0，＋∞)).
ex e
1
设 f(x)＝xln x，f′(x)＝1＋ln x，易知 x＝ 为 f(x)的唯一极小值点，
e
1 1
则 f(x)＝xln x(x∈(0，＋∞))的最小值是－ ，当且仅当 x＝ 时取到.
e e
x 2 1－x
设 m(x)＝ － (x∈(0，＋∞))，则 m′(x)＝ ，由 m′(x)＜0，得 x＞1 时，m(x)单调递减；
ex e ex
1
由 m′(x)＞0 得 0＜x＜1 时，m(x)单调递增，易知 m(x)max＝m(1)＝－ ，当且仅当 x＝1 时取到.从而对一切e
1 x 2 1 2
x∈(0，＋∞)，xln x≥－ ≥ － ，两个等号不同时取到，所以对一切 x∈(0，＋∞)都有 ln x＞ － 成立.
e ex e ex ex
感悟提升　1.若直接求导后导数式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.在证明过程中，等价转化是关键，此处 g(x)min≥f(x)max 恒成立，从而
f(x)≤g(x)恒成立.
2.等价变形的目的是求导后简单地找到极值点，一般地，ex与 ln x 要分离，常构造 xn与 ln x，xn与 ex的积、
商形式.便于求导后找到极值点.
训练 2 已知函数 f(x)＝eln x－ax(x∈R).
(1)讨论函数 f(x)的单调性；
(2)当 a＝e 时，证明：xf(x)－ex＋2ex≤0.
e
(1)解　f′(x)＝ －a(x>0)，
x
①若 a≤0，则 f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
e
②若 a>0，则当 00；
a
e e e
当 x> 时，f′(x)<0，∴f(x)在(0， )上单调递增，在( ，＋∞)上单调递减.a a a
e e
综上，当 a≤0 时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当 a>0 时，f(x)在(0， )上单调递增，在( ，＋∞)上单调递减.a a
ex
(2)证明　法一　∵x>0，∴只需证 f(x)≤ －2e，
x
当 a＝e 时，由(1)知，f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
∴f(x)max＝f(1)＝－e.
ex
记 g(x)＝ －2e(x>0)，
x
（x－1）ex
则 g′(x)＝ ，
x2
∴当 01 时，g′(x)>0，故 g(x)在(0，1)上单调递减；
在(1，＋∞)上单调递增，
∴g(x)min＝g(1)＝－e.
ex
综上，当 x>0 时，f(x)≤g(x)，即 f(x)≤ －2e，即 xf(x)－ex＋2ex≤0.
x
法二　由题意知，即证 exln x－ex2－ex＋2ex≤0，
ex
从而等价于 ln x－x＋2≤ .
ex
设函数 g(x)＝ln x－x＋2，
1
则 g′(x)＝ －1.
x
∴当 x∈(0，1)时，g′(x)>0，
当 x∈(1，＋∞)时，g′(x)<0，
故 g(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
从而 g(x)在(0，＋∞)上的最大值为 g(1)＝1.
ex ex（x－1）
设函数 h(x)＝ ，则 h′(x)＝ .
ex ex2
∴当 x∈(0，1)时，h′(x)<0，
当 x∈(1，＋∞)时，h′(x)>0，
故 h(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
从而 h(x)在(0，＋∞)上的最小值为 h(1)＝1.
综上，当 x>0 时，g(x)≤h(x)，即 xf(x)－ex＋2ex≤0.
03 ：放缩后构造函数证明不等式
1 ln x
例 3 已知 x∈(0，1)，求证：x2－ ＜ .
x ex
1 ln x
证明　法一　要证 x2－ ＜ ，
x ex
1
只需证 ex(x2－ )＜ln x，x
又易证 ex＞x＋1(0＜x＜1)，
1
∴只需证明 ln x＋(x＋1)( －x2 ＞0.x )
1
即证 ln x＋1－x3＋ －x2＞0，
x
而 x3＜x，x2＜x(0＜x＜1)，
1
∴只需证 ln x＋1－2x＋ ＞0，
x
1
令 g(x)＝ln x＋1－2x＋ ，
x
1 1 2x2－x＋1
则 g′(x)＝ －2－ ＝－ ，
x x2 x2
而 2x2－x＋1＞0 恒成立，
∴g′(x)＜0，
∴g(x)在(0，1)上单调递减，
∴当 x∈(0，1)时，g(x)＞g(1)＝0，
1
即 ln x＋1－2x＋ ＞0.
x
1 ln x
∴x2－ ＜ .
x ex
法二　∵x∈(0，1)，∴ex∈(1，e)，
1 ln x
∴要证 x2－ ＜ 成立，
x ex
1
只需证 ex(x2－ )＜ln x 成立，x
1
只需证 x2－ ＜ln x，
x
又 x2＜x(0＜x＜1)，
1
∴只需证 ln x＋ －x＞0，
x
1
令 h(x)＝ln x＋ －x，
x
1 1 x2－x＋1
则 h′(x)＝ － －1＝－ ，
x x2 x2
而 x2－x＋1＞0 恒成立，∴h′(x)＜0，
∴h(x)在(0，1)上单调递减，
∴当 x∈(0，1)时，h(x)＞h(1)＝0，
1
∴ln x＋ －x＞0，
x
1 ln x
∴x2－ ＜ .
x ex
1
感悟提升　某些不等式，直接构造函数不易求其最值，可以适当地利用熟知的函数不等式 ex≥x＋1，1－ ≤ln
x
x≤x－1 等进行放缩，有利于简化后续导数式的求解或函数值正负的判断；也可以利用局部函数的有界性进
行放缩，然后再构造函数进行证明.
2ex－1
训练 3 证明：exln x＋ ＞1.
x
2ex－1 ex－1
证明　不等式 exln x＋ ＞1 等价于 (exln x＋2)＞1，
x x
由常用不等式 ex≥x＋1，故 ex－1≥x.
ex－1
即 ≥1，故只需证 exln x＋2＞1，
x
令 f(x)＝exln x＋2(x＞0)，
则 f′(x)＝e(ln x＋1)，
易得当 x∈( 10， )时，f′(x)＜0；e
1
x∈( ，＋∞)时，f′(x)＞0，e
1
故 f(x)＞f( )＝1，原不等式得证.e
方法技巧：指对同构
在解决指对混合不等式时，如恒成立求参数取值范围或证明不等式，有一部分题是命题者利用函数单调性
构造出来的，如果我们能找到这个函数模型(即不等式两边对应的同一函数)，无疑大大加快解决问题的速度.
找到这个函数模型的方法，我们称为同构法.
(1)五个常见变形：
ex x ex
xex＝ex＋ln x， ＝ex－ln x， ＝eln x－x，x＋ln x＝ln xex，x－ln x＝ln .
x ex x
(2)三种基本模式
三种同构方式
①积型：aea≤bln b ――――――――→
{同左：ae
a ≤ （ln b）eln b……f（x）＝xex，
同右：ealn ea ≤ bln b……f（x）＝xln x，
取对：a＋ln a ≤ ln b＋ln（ln b）……f（x）＝x＋ln x，
ea b 三种同构方式
②商型： ＜ ――――――――→
a ln b
ea eln b ex
{同左： ＜ ……f（x）＝ ，a ln b xea b x同右： a＜ ……f（x）＝ ，ln e ln b ln x
取对：a－ln a＜ln b－ln（ln b）……f（x）＝x－ln x，
两种同构方式
③和差型：ea±a＞b±ln b ――――――――→
{同左：ea ± a＞eln b ± ln b……f（x）＝ex ± x，同右：ea ± ln ea＞b ± ln b……f（x）＝x ± ln x.
例 (1)已知函数 f(x)＝aex－1－ln x＋ln a.
若 f(x)≥1，求 a 的取值范围.
解　f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f(x)＝aex－1－ln x＋ln a＝eln a＋x－1－ln x＋ln a≥1，
等价于 eln a＋x－1＋ln a＋x－1≥ln x＋x＝eln x＋ln x.
令 g(x)＝ex＋x，上述不等式等价于 g(ln a＋x－1)≥g(ln x).
显然 g(x)为单调增函数，所以又等价于 ln a＋x－1≥ln x，即 ln a≥ln x－x＋1.
令 h(x)＝ln x－x＋1，
1 1－x
则 h′(x)＝ －1＝ .
x x
当 x∈(0，1)时，h′(x)>0，h(x)单调递增；
当 x∈(1，＋∞)时，h′(x)<0，h(x)单调递减，所以 h(x)max＝h(1)＝0，所以 ln a≥0，即 a≥1，a 的取值范围是[1，＋
∞).
1
(2)已知函数 f(x)＝aex－ln x－1，证明：当 a≥ 时，f(x)≥0.
e
1 ex
证明　当 a≥ 时，f(x)≥ －ln x－1，
e e
ex
所以只需证明 －ln x－1≥0，
e
ex
由于 －ln x－1≥0 ex≥eln ex xex≥exln ex xex≥eln exln ex，
e
令 g(x)＝xex，
由 g′(x)＝ex(x＋1)＞0 知 g(x)为增函数，
又易证 x≥ln ex＝ln x＋1，
所以 g(x)≥g(ln ex)，
即 xex≥eln exln ex 成立.
1
故当 a≥ 时，f(x)≥0.
e
一、解答题
1．（2024·山东菏泽·模拟预测）已知函数 f (x) = tx ln x - x2 +1(0 < t 2)．
(1)求函数 f (x) 的单调区间;
2 2 2 2
(2)若a > b > 0 a + b a b，证明: ln
a2 - b2
<
a4 - b4
．
【答案】(1) f x 的单调递减区间为 (0, + )，没有单调递增区间
(2)证明见解析
【分析】（1）利用导数求解函数单调性即可.
（2）对要证不等式进行化简，再由第（1）问结论证明 2x ln x - x2 +1< 0即可.
【解析】（1） f (x) = t ln x + t - 2x, x > 0 ，
令 g(x) = f (x) = t ln x + t - 2x，所以 g (x)
t
= - 2, x > 0，
x
由 g (x) > 0
t t
可得0 < x < ，由 g (x) < 0可得 x > ，
2 2
t t
所以 f (x) 在 (0, )上单调递增，在 ( ,+ )上单调递减，
2 2
所以 f (x)
t
max = f ( ) = t ln
t
+ t - t = t ln t .
2 2 2
t
又因为0 < t 2，所以 ln 0，即 f (x) 0，且 f x 至多在一个点处取到 0 .
2
所以 f (x) 在 (0, + )上单调递减，
故 f x 的单调递减区间为 0, + ，没有单调递增区间.
2 2 2 2
（2）证明 ln a + b a b< ，
a2 - b2 a4 - b4
1 ln a
2 + b2 1 (a2 +b2 )2 - (a2 - b2 )2
只需证： 2 2 <2 a - b 4 (a2 + b2
，
)(a2 - b2 )
a2 + b2 a2 + b2 a2 - b2
即证： 2ln
a2
< -
- b2 a2 - b2 a2 + b2
，
x a
2 + b2
令 = 2 2 , a > b > 0，所以 x >1，a - b
1
只需证： 2ln x < x - ，
x
即证： 2x ln x - x2 +1< 0，
由（1）知，当 t = 2时， f (x) = 2x ln x - x2 +1在 (0, + )上单调递减，
所以当 x >1时， f (x) < f (1) = 0，
即 2x ln x - x2 +1< 0，
a2 + b2 a2b2
所以 ln .
a2 2
<
- b a4 - b4
【点睛】关键点点睛：本题考查导数证明不等式问题.其关键点是对要证不等式进行化简，即证明
2x ln x - x2 +1< 0，再结合第 1 问求得的单调性证明即可.
2．（2023·天津·二模）已知 a,b R ，函数 f x = x + a sin x + b ln x．
(1)当 a = 0,b = -1时，求 f x 的单调区间；
a 1(2)当 = - ,b 0 时，设 f x 的导函数为 f x ，若 f x2 > 0恒成立，求证：存在 x0 ，使得 f x0 < -1；
(3)设0 < a <1,b < 0，若存在 x1, x2 0, + ，使得 f x1 = f x2 x1 x -b2 ，证明： x1 + x2 > 2 ．a +1
【答案】(1)递增区间为 1, + ，递减区间为 0,1 ；
(2)证明见解析；
(3)证明见解析；
【分析】（1）当 a = 0,b = -1时，求得 f x x -1= ，结合导数的符号，即可求解；
x
a 1 ,b 0 1 b 1 b
3
2 = - -（ ）当 时，求得 f x =1- cos x + ，根据题意1- cos x + > 0 恒成立，取
2 2 x 2 x x0 = e
b ，得到
f x0 < -1，即可证明；
x
（3）设 x1 < x2，得到 x2 - x1 + a sin x2 - sin x1 = -b ln x2 - ln x1 ，转化为-b ln 2 < a +1 x2 - x1 x ，设1
2
h x ln x 2 x -1= - h
x -1
x = 0 h x > h 1 = 0 ln x 2 x -1，求得 2 ，根据 ，得到 > ，进而得到x +1 x x +1 x +1
ln x2
x - x
> 4 2 1 ，进而证得结论．
x1 x2 + x1
【解析】（1）由函数 f x = x + a sin x + b ln x ，可得其定义域为 0, + ，
当 a = 0,b = -1时，可得 f x = x - ln x ，则 f x 1 1 x -1= - = ，
x x
当 x 0,1 时，可得 f x < 0， f x 单调递减；
当 x 1, + 时，可得 f x > 0， f x 单调递增，
\函数 f x 的单调递增区间为 1, + ，单调递减区间为 0,1 ．
a 1 ,b 0 f x x 1 sin x b ln x f x 1 1 cos x b（2）当 = - 时，可得 = - + ，则 = - + ，
2 2 2 x
Q f x > 0 1 b 1 b恒成立，即1- cos x + > 0 恒成立，令 h x =1- cos x + , x > 0 ，
2 x 2 x
b 1 b 1 b
若b < 0
b b
，则 < 0 x = -

，存在 ，使得 h - ÷ =1- cosx 2 2 2
- ÷ - 2 = -1- cos - < 0，
è è 2 ÷ 2 è 2
即 f x < 0，不符合题意，\b>0，
3 3
- - 1 3-
取 x b ，则0 < x <1，可得 f x = e b - sin e b - 3 < -10 = e 0 0 2
即存在 x0 ，使得 f x0 < -1．
（3）由函数 f x = x + a sin x + b ln x ，可得 f x =1+ a cos x b+ ，
x
设 x1 < x2，由 f x1 = f x2 ，可得 x1 + a sin x1 + b ln x1 = x2 + a sin x2 + b ln x2 ，
则 x2 - x1 + a sin x2 - sin x
x
1 = -b ln x2 - ln x 21 = -b ln x ，1
又由 y = x - sin x，可得 y ' =1- cos x 0，\函数 y = x - sin x为单调递增函数，
\ x2 - sin x2 > x1 - sin x1，即 sin x2 - sin x1 < x2 - x1，
\ -b ln
x2 < a +1 x2 - x1 x ，1
2
x -1 1 4
x -1
设 h x = ln x - 2 ，可得 h x = - = 0，
x +1 x x +1 2 x x +1 2
\当 x >1时， h x > h 1 = 0 ln x > 2 x -1 x -1，即 ，\ ln x > 2 ，
x +1 x +1
x2 -1
x -1 x x1 x2 - x1
即 ln x = 2ln x > 4 ，\ ln 2 > 4 = 4 ，
x +1 x1 x2 x + x+1 2 1
x1
x2 - x1
代入可得： 4 × -b < a +1 x - x = a +1 x - x x + x ，
x2 + x
2 1 2 1 2 1
1
-b
则 4 × < 2x -b2 + x1 ，\ x2 + x1 > 2 ．a +1 a +1
【点睛】方法点睛：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，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．
3．（2024·四川眉山·三模）已知函数 f (x) = xlnx - ax2 - 2x .
(1)若过点 (1,0)可作曲线 y = f (x) 两条切线，求 a的取值范围；
(2)若 f (x) 有两个不同极值点 x1, x2 .
①求 a的取值范围；
②当 x1 > 4x
2 3
2 时，证明： x1x2 >16e .
【答案】(1) (- , -2)；
(2)① (0,
1
2 ) ；②证明见解析.2e
【分析】（1）求出函数 f (x) 的导数，设出切点坐标，求出切线方程，结合切线过的点构造函数
g(x) = ax2 - 2ax - x + lnx -1，探讨函数 g(x)有两个零点的 a的值范围.
（2）①由 f (x) = lnx - 2ax -1有两个零点，结合零点的意义分离参数，求出直线 y 2a y
lnx -1
= 与函数 = 图
x
lnx1 - lnx2
象有两个公共点的 a的值范围；②由方程根的意义可得 2a = x - x ，分析所证不等式，换元并证明1 2
lnt t -1- 4ln2 × > 0(t > 4) 即可.
t + 2
【解析】（1）依题意， f (x) = lnx - 2ax -1，
设过点 1,0 的直线与曲线 y = f (x) 相切时的切点为 (x0 , y0 )，斜率 k = lnx0 - 2ax0 -1，
切线方程为 y - (x0lnx - ax
2
0 0 - 2x0 ) = (lnx0 - 2ax0 -1)(x - x0 )，而点 (1,0)在切线上，
则-x0lnx0 + ax
2
0 + 2x0 = (lnx0 - 2ax0 -1)(1- x0 )，即有 ax
2
0 - 2ax0 - x0 + lnx0 -1 = 0，
由过点 (1,0)可作曲线 y = f (x) 2两条切线，得方程 ax0 - 2ax0 - x0 + lnx0 -1 = 0有两个不相等的实数根，
令 g(x) = ax2 - 2ax - x + lnx -1，则函数 g(x)有 2 个零点，
2
g (x) 2ax 2a 1 1 2ax - (2a +1)x +1 (2ax -1)(x -1)求导得 = - - + = = ，
x x x
①若 a
1
> ，由 g (x) > 0，得0 < x
1
< 或 x >1，由 g (x) < 0
1
，得 < x <1，
2 2a 2a
1 1
即函数 g(x)在 (0, ) ， (1, + )上单调递增，在 ( ,1) 上单调递减，
2a 2a
x 1则当 = 时， g(x)取得极大值；当 x =1时， g(x)取得极小值，
2a
又 g(
1 ) = a × ( 1 )2 - 2a 1 1 1 1× - + ln -1 = -ln2a - - 2 < 0，
2a 2a 2a 2a 2a 4a
当 x 1时， g(x) < 0恒成立，因此函数 g(x)最多 1 个零点，不合题意；
1
②若 a = ， g (x) 0恒成立，函数 g(x)在 (0, + )上单调递增，
2
因此函数 g(x)最多 1 个零点，不合题意；
1 1 1
③若0 < a < ，由 g (x) > 0，得0 < x <1或 x > ，由 g (x) < 0，得1< x < ，
2 2a 2a
1 1
即函数 g(x)在( 0, 1)， ( , + )上单调递增，在 (1, )上单调递减，
2a 2a
则当 x =1时， g(x)
1
取得极大值；当 x = 时， g(x)取得极小值，又 g(1) = -a - 2 < 0，
2a
x 1显然当 时， g(x) < 0恒成立，因此函数 g(x)最多 1 个零点，不合题意；
2a
④若 a 0，显然2ax -1 < 0，当0 < x <1时， g (x) > 0，当 x >1时， g (x) < 0，
函数在( 0, 1)上单调递增，在 (1, + )上单调递减，当 x =1时， g(x)取得最大值 g(1) = -a - 2，
要函数 g(x)有 2 个零点，必有 g(1) = -a - 2 > 0，得 a < -2，
当0 < x <1时， g(x) = a(x -1)2 - x - a -1+ lnx < -a -1+ lnx，
而函数 y = -a -1+ lnx 在( 0, 1)上的值域为 (- , -a -1)，因此 g(x)在( 0, 1)上的值域为 (- ,-a - 2)，
当 x >1
1
时，令 y = ln x - x ，求导得 y = -1 < 0，函数 y = ln x - x 在 (1, + )上单调递减，
x
则 ln x - x < -1， g(x) = a(x -1)2 - a -1+ lnx - x < a(x -1)2 - a - 2，
而函数 y = a(x -1)2 - a - 2在 (1, + )上单调递减，值域为 (- ,-a - 2)，
因此函数 g(x)在 (1, + )上的值域为 (- ,-a - 2)，
于是当 a < -2时，函数 g(x)有两个零点，
所以过点 1,0 可作曲线 y = f x 两条切线时， a的取值范围是 - , -2 .
（2）①由（1）知， f (x) = lnx - 2ax -1，
由函数 f (x)
lnx -1
有两个极值点 x1, x2 ，得 f (x) = 0，即 2a = 有两个实数根 xx 1
, x2 ，
令u(x)
lnx -1 2 - lnx
= ，求导得u (x) = 2 ，当 0 < x < e2 时，u (x) > 0，当 x > e2 时，u
(x) < 0，
x x
1
函数u(x) 在 (0,e2 )上单调递增， (e2 ,+ )上单调递减，u(x)max = ，e2
且u(e) = 0，当 x>e时，函数u(x) > 0 1 lnx -1恒成立，因此当0 < 2a < 2 时， 2a = 有两个实数根e x
1
所以函数 f (x) 有两个极点时， a的取值范围是 (0, ) .
2e2
ìlnx1 - 2ax1 -1 = 0 ìlnx1 = 2ax1 +1 2a lnx1 - lnx② 2由 ílnx ，即 í ，得
=
2 - 2ax2 -1 = 0 lnx2 = 2ax2 +1 x1 - x
，
2
x x2 3要证明 1 2 >16e ，只需证明 lnx1 + 2lnx2 > 4ln2 + 3，
ln x1
而 lnx1 + 2lnx2 = 2a(x1 + 2x2 ) + 3 = (x 2x )
lnx1 - lnx2 3 ( x x1 + 2 × + = 1 + 2) × 2x + 3，x1 - x2 x2 1 -1
x2
t x= 1令 (x1 > 4x2 )，则 t > 4，欲证明 lnx1 + 2lnx2 > 4ln2 + 3x ，2
即证明 (t + 2)
lnt
× > 4ln2(t > 4)，只需证明 lnt - 4ln2
t -1
× > 0(t > 4) 即可，
t -1 t + 2
令 h(t) = lnt - 4ln2
t -1
× (t > 4)，
t + 2
4
1 2 t + 4 + -12ln2求导得 h t = - 4ln2 3 t + 4t + 4 -12ln2 × t× = = t ，
t (t + 2)2 t(t + 2)2 (t + 2)2
则j(t) = t + 4
4
+ -12ln2在 t > 4时单调递增，故j(t) > j(4) = 9 -12ln2 > 0 ，
t
则 h (t) > 0 ，令 h(t)在 t > 4
1
时单调递增，则 h(t) > h(4) = ln4 - 4 ln2 = 0，
2
因此 (t + 2)
lnt
× > 4ln2(t > 4)，即 lnx1 + 2lnx2 > 4ln2 + 3，t -1
x x2所以 1 2 >16e
3 .
【点睛】思路点睛：涉及函数的双零点问题，不管待证的是两个变量的不等式，还是导函数的值的不等式，
都是把双变量的等式或不等式转化为一元变量问题求解，途径都是构造一元函数.
4．（2024·重庆·模拟预测）已知函数 f (x) = a(ln x
1
+1) + 3 (a > 0)．x
(1)求证：1+ x ln x > 0；
(2)若 x1, x2 是 f (x)
1
的两个相异零点，求证： x2 - x1 <1- ．a
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）设 g(x) =1+ x ln x, x (0,+ )，求导，分析函数的单调性，确定函数的值域可证明该问题.
（2）求 f (x) ，分析函数单调性，求出极值；根据 f (x) 的两个相异零点，可确定 a的取值范围，并分别得到
x1, x2 的取值范围，推导出 x2 - x1 的取值范围.
【解析】（1）令 g(x) =1+ x ln x, x (0,+ )，则 g (x) =1+ ln x．
令 g (x) > 0 x
1
，得 > ；令 g (x) < 0，得0 < x
1
< ．
e e
g(x) 0, 1 1 所以 在 ÷上单调递减，在 ,+ e e ÷上单调递增．è è
所以 g(x)
1 1
min = g

÷ =1- > 0，所以1+ x ln x > 0．
è e e
（2）易知函数 f (x) 的定义域是 (0, + )．
1 a 3 ax3
由 f (x) = a(ln x +1) + 3 ，可得 f
(x) - 3= - = ．
x x x4 x4
令 f (x) > 0 得 x 3> 3 ；令 f (x) < 0 得0 x 3< < 3 ．
a a

所以 f (x)
3 3
> 0 在 3 3 0, ÷÷上单调递减，在 ,+ ÷÷上单调递增，
è a è a

f (x) f 3
a ln 3 3 a所以 min = 3 ÷÷ = + + ．
è a
÷
3 è a 3
a 3
①当 ln + 3
a+ 0，即
3 a ÷ 3 0 < a 3e
4时， f (x) 至多有 1 个零点，故不满足题意．
è
a ln 3 a② 3 1当 + 3÷ + < 0，即 a > 3e4 时， 3 < 3 <1．3 è a 3 a e4
3 3
因为 f (x) 在 3 ,+ a ÷÷上单调递增，且
f (1) = a +1 > 0．所以 f (1) × f 3 ÷÷ < 0，
è è a
3
所以 f (x) 在 3 ,+ ÷÷上有且只有 1
3
a 个零点，不妨记为
x1，且 3 < x1 <1．
è a
1 1 3 3
由（1）知 ln x
1
> - ，所以 f ÷÷ = a ln +1÷÷ + a
2 > a(- a +1) + a 2 = a > 0．
x è a è a
3 1 3 1 3
因为 f (x) 在 0, 3 ÷上单调递减， < 3 , f × f 3 a ÷
< 0 ，
è a a
a ÷÷ ÷÷è è a
3
f (x) 0, 3 1 x 1 x 3所以 在 ÷÷上有且只有 个零点，记为 2，且 < 32 < ．
è a a a
1 3 1
所以 < x < 32 < x1 <1，所以 -1< x - x < 0．a a a 2 1
1 3 3
同理，若记 x 31 , ÷÷ , x2 a a
3 ,1÷÷
è è a
1
则有0 < x2 - x1 <1- ，a
1
综上所述， x2 - x1 <1- ．a
【点睛】方法点睛：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．
5．（2024·黑龙江双鸭山·模拟预测）已知函数 f (x) = lnx
2
+ - a(x +1)(a R) .
x
(1)当 a = -1时，讨论 f (x) 的单调性；
(2)若 x1, x2 x1 < x2 是 f (x) 的两个极值点，证明： f x2 - f x
1
1 < - 4 ．2a
【答案】(1) f (x) 在( 0, 1)上单调递减，在 (1, + )上单调递增
(2)证明见解析
【分析】（1）将 a = -1代入函数解析式，求出导函数，解导数不等式即可得到 f (x) 的单调区间；
1 2
（2）根据 x1, x2 x1 < x2 是 f (x) 的两个极值点，结合韦达定理可得 x1 + x2 = ， x1x2 = ，要证明a a
x2 - x1 x 2 x2 - x1 x - x
f x - f x 1< - 4 ，即转化为求证 f x2 - f x < ln 2 < + 2 11 ，即证明 ,2 1 2a x1x2 x1 x1 + x x
令
2 1x2
-1
t x= 2 (t > 1)
x ，构造函数 g(t) ln t
t
= - (t >1)，利用导数研究 g(x)在 (1, + )的单调性即可得证.
1 t
2
【解析】（1）当 a = -1时， f (x) = ln x + + x +1, f (x) 的定义域为 (0, + )，
x
1 2 x2f (x) + x - 2 (x + 2)(x -1)所以 = - 2 +1 = = ，令 f (x) = 02 2 ，解得 x =1，x x x x
当 x (0,1) 时， f (x) < 0 ，当 x (1,+ )时， f (x) > 0 ，
故 f (x) 在( 0, 1)上单调递减，在 (1, + )上单调递增．
2 f (x) 1 2 a -ax
2 + x - 2
（ ） = - 2 - = ，x x x2
由题意可知， x1, x2 x1 < x 是方程-ax22 + x - 2 = 0 的两根，
ì 1
> 0 1 1 2
则 í2a ，解得0 < a < ，所以 x1 + x2 = ， x1x2 = ，
D =1-8a > 0
8 a a
1 a 1 8 a 1 2 8
要证 f x2 - f x1 < - 4 = × - = × -2a 2 a2 a 2 a ÷è a
a x 2 x - x= × 1 + x2 - 4x1x2 = 2 12 ，x1x2
é ù
即证 ln x
2
2 + - a x2 +1 - êln x
2
1 + - a x1 +1
x - x
ú <
2 1
x x ，2 1 x1x2
x2 2 x1 - xln 2 x+ - a x - x < 2 - x1只需证 x 2 1 ，1 x1x2 x1x2
ln x2
2 x - x
2a x x x2 - x1 2 1 x2 - x需证 < 2 - 1 + = + 1 ,x1 x1x2 x1 + x2 x1x2
x2
令 t = (t > 1)，则需证 ln t
t -1 2(t -1)
< +
x ，1 t t +1
1 1 21 1 1 1 1 1 1 -- - 4 4
设 g t ln t t -1= - (t >1) 2 2 2 2 t - t，则 t - t (t -1) - t - t +1 ÷ ，
t g (t) 1= - 2 = 2 2 = - è < 0
t t t 2t
t -1
所以函数 g(t)在 (1, + )上单调递减，所以 g(t) < g(1) = 0，因此 ln t < ,
t
2(t -1) t -1 2(t -1)
由 t > 1得， > 0，所以 ln t < + ，
t +1 t t +1
故 f x 12 - f x1 < - 4 得证,2a
【点睛】方法点睛：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．
ax
6．（2024·安徽蚌埠·模拟预测）已知函数 f x = ln x +1 , g x = ，其中a 1．
x + a
x
(1)若 a =1，证明： x > 0时， f x < 2g x +1 ；
(2)若函数F x = f x - g x 在其定义域内单调递增，求实数 a的值；
a a n!e
n 3
(3)已知数列 n 的通项公式为 n = n ，求证： 4 ．n × n an > an+1 > e
【答案】(1)证明见解析
(2) a = 2
(3)证明见解析
【分析】（1）构建G
x x + 2
x = ln x +1 - (x > 0)
2 x +1 ，利用导数判断其单调性，结合单调性分析证明；
x x - a2 + 2a
（2）求导可得F x = 2 ，分1 a < 2、 a = 2和 a > 2三种情况，结合导数分析单调性即可； x +1 (x + a)
1 n 1 ln 1 1
1
-
（3）根据（1）（2）分析可得 < +
a
2 ÷
1+ ÷ <1+ ，进而可得 e 4n n+1 < n+1
è è n 4n n +1 <1，根据题意结an
合裂项相消法分析证明.
【解析】（1）由题意可知： f x
x x x + 2< 等价于 ln x +1

<
2g x 1 + 2 x ，其中 x > 0．+1
x x + 2
构建G x = ln x +1 - (x > 0)2 x ，+1
1 x2 + 2x + 2 x2
则G x = -
x +1 2(x +1)2
= - < 0，
2(x +1)2
可知G x 在 0, + 上单调递减，则 x > 0时，G x < G 0 = 0，
x
f x x + 2 所以 x > 0时， < 2 x +1 ．
ax
（2）由题意可知：F x = ln x +1 - , x > -1，
x + a
1 a2 x x - a2 + 2a
则F x = - =
x +1 (x + a)2 x +1 (x + a)2
①若1 a < 2，则-1 a2 - 2a < 0，由F x < 0可得 a2 - 2a < x < 0，
可知F x 在 a2 - 2a,0 上单调递减，不合题意；
x2
②若 a = 2，则F x = 0 x +1 (x ，+ 2)2
可知F x 0, + 上为增函数，符合题意；
③若 a > 2，则 a 2 - 2a > 0 ，由F x < 0可得0 < x < a2 - 2a ，
可知F x 0, a2在 - 2a 上单调递减，不合题意；
综上所述： a = 2．
2x
（3）由（2）知：F x = ln x +1 - 在 0, + 上单调递增，
x + 2
2x 1 1
所以 x > 0时，F x = ln x +1 - > F 0 = 0，即 + ÷ ln x +1 >1，x + 2 è x 2
x x + 2
由（1）知： x > 0时， ln x +1 < 2 x +1 ，
1 1 ln x 1 (x + 2)
2 x2
则 + ÷ + < =1+
è x 2 4 x 1 4 x 1 ，+ +
1 1 2
所以 x > 0时，1< + ÷ ln x +1 <1
x
+
è x 2 4 x +1 ，
x 1 1
n 1 令 = 得： < + ÷ ln
1 1+ ÷ <1
1
+
n è 2 è n 4n n +1 ，
n 1+ 1 12 +
即 e 1< 1+ < e 4n n+1 ，
è n ÷
n +1 !en+1
an+1 (n +1)n+1 n +1 e
因为 = n =a n!e n 1 ，n + 1 2
nn n 1+ n ֏
1
-
所以 e 4n n+1 a< n+1 <1，
an
a 1n 1 -+
由 <1知： an+1 < a
a
，又因为 n+1 > e 4n n+1 a n ，n an
n n
n a n 1 1
1 1 1
- 1- 1 1- - ÷ 3 1 3
所以 a = a × k +1 > e× e 4k (k +1) = e 4 k=1 k (k +1) = e 4 k=1 è k k +1
+
= e4 n+1n+1 1 > e4 ，
k =1 ak k =1
3
所以 a 4 ．n > an+1 > e
【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．
特别地：当作差或变形构造的新函数不能利用导数求解时，一般转化为分别求左、右两端两个函数的最值
问题．
1
7
2
．（2024·山东·模拟预测）已知函数 f x = + a ÷ ln x + - 2，其中 a R ．
è x x
(1)当a 1时，判断 f x 的单调性；
(2)若 f x 存在两个极值点 x1, x2 x2 > x1 > 0 ．
2
（ⅰ）证明： x2 - x1 + 2 > ；a
1 4 5
（ⅱ）证明： x 1,+ 时， f x > 3 - 2 + - 2x ．2 x2 x2
【答案】(1) f x 在 0, + 上单调递增
(2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）证明见解析
1+ ln x
【分析】（1）求出函数的导函数，令 g x = a - ， x 0, + ，利用导数说明 g x 的单调性，求出
x
g x f xmin ，即可得到 的单调性；
（2）（ⅰ）结合（1）及题意可知 g x = 0有两个不相等的实数根，即可求出 a的取值范围，从而得到
1 2 x -1 x -1
< x1 < 1 < x
2
e 2 ，分析可知只需证明
x2 > -1，即证 ln xa 2
- > 0
x 1 ，令 p x = ln x - x >1+ ，利用导数说2 x +1
明函数的单调性，即可得证；
a 1+ ln x2（ⅱ）由（ⅰ）知 x2 >1， = 及 fx x 在 1, + 上的单调性，从而得到2
2ln x2 + ln x
2 + 2 - 2x 1
f x f x 2 = 2 2 ，再构造函数，利用导数证明 ln x >1- > 0 x >1 ，即可得证.x2 x
1
【解析】（1）函数 f x = + a

÷ ln x
2
+ - 2的定义域为 0, + ，
è x x
a 1+ ln x-
则 f x - ln x 1 1 2= + + a - = x ，
x2 x ֏ x x2 x
令 g x a 1+ ln x= - ， x 0, + ，则 g x ln x= ，
x x2
所以当0 < x <1时 g x < 0，当 x >1时 g x > 0，
所以 g x 在 0,1 上单调递减，在 1, + 上单调递增，
所以 g x 在 x =1处取得极小值，即最小值，所以 g x = g 1 = a -1 0min ，
所以 f x 0在 0, + 上恒成立，
所以 f x 在 0, + 上单调递增；
（2）（ⅰ）由（1）可知 g x 在 0, + 上的最小值为 g 1 = a -1，
当 x 0 时 g x + ，当 x + 时 g x a，
若 f x 存在两个极值点 x1, x2 x2 > x1 > 0 ，则 g x = 0有两个不相等的实数根 x1, x2 x2 > x1 > 0 ，
ìa > 0
所以 í 0 < a < 1 g 1 = a -1< 0
，解得 ，
g 1 = a > 0 1又 ÷ ，所以 < x1 < 1 < x2 ，
è e e
且当0 < x < x 1 时 g x > 0，即 f x > 0，则 f x 单调递增，
当 x1 < x < x2 时 g x < 0，即 f x < 0，则 f x 单调递减，
当 x > x2 时 g x > 0，即 f x > 0，则 f x 单调递增，
所以x1为 f x 的极大值点，x2为 f x 的极小值点，
ìa 1+ ln x- 1 = 0 ìx 1+ ln x 1 x 1
=
1 a
因为 í 1 ln x ，所以 í ， a +- 2 = 0 x 1+ ln x2 = 2
x 2 a
要证 x2 - x1 + 2
2 2
> ，即证 x2 > - 2 x
1
+ 1，又 < xa a e 1
<1，
2
只需证 x2 > -1，a
x 2x2即证 2 > -1 ln x
x2 -1- > 0
1+ ln x ，即证 2 ，2 x2 +1
x 1 2
令 p x ln x -= - x >1 ，则 p x
1 2 x +1
= - = > 0，
x +1 x x +1 2 x x +1 2
所以 p x 在 1, + 上单调递增，
所以 p x
x -1
> p 1 = 0 ，即 ln x 22 - > 0x +1 成立，2
2
所以 x2 - x1 + 2 > ；a
1+ ln x
（ⅱ）由（ⅰ）知 x2 >1，a =
2
x ，2
且当1< x < x2 时 f x < 0，当 x > x 时 f 2 x > 0，
所以 f x 在 1, x2 上单调递减，在 x2 ,+ 上单调递增，
f x f x 1 2所以 2 = + ax ÷ ln x2 + - 2è 2 x2
1 1+ ln x
= + 2 ln x
2
+ - 2
è x x
÷ 2
2 2 x2
2ln x + ln x 2 + 2 - 2x
= 2 2 2 ，
x2
令H x = ln x 1+ x 1 1 x -1>1 ，则H x = - 2 = 2 > 0，x x x x
所以H x 在 1, + 上单调递增，
所以H x > H 1 =1，即 ln x 1 1> - > 0 x >1 ，
x
2

2 1 1- + 1 1- + 2 - 2x
所以 2ln x + ln x 2 + 2 - 2x x ÷ ÷ 22 2 2 è 2 è x2 1 4 5 ，> = 3 - 2 + - 2x2 x2 x2 x2 x2
f x 1 4 5所以 > 3 - + - 2x x2 x .2 2 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．
特别地：当作差或变形构造的新函数不能利用导数求解时，一般转化为分别求左、右两端两个函数的最值
问题．
8．（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 ；
1
1 é p ù p
（3）利用（1）（2）中的结论， (1+ x) p 1+ px， ln(1+ x) < x ，得到 (1 p 1) p p -1 + - ê 1+ ÷ ú ，
ê è p ú
2 1- < 2 - ln 1
p
1+
p ÷
= 2 - éln p +1 - ln pù 放缩证明.
è
1 f x = p(1+ x) p-1【解析】（ ） - 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) g x 1 -x，则 = -1 = < 0，所以 g(x)在 (0, + )上单调递减，
1+ x 1+ x
故 g(x) < g(0) = 0，从而当 x > 0时， ln 1+ x < x ．
p
（3）由（1 p -1 ）知 (1+ x) p 1+ px，所以 1+ ÷ 1+ p -1 = p，再利用 ln(1+ x) < x ，
è p
1
p
1 1 1 n 1 n 1 n é ù p
于是1+ 22 + 33 +L+ nn = p p = (1 p 1) p p -1 + - ê 1+ ÷ ú
p=1 p=1 p=1 ê è p ú
n n é ù n
= 2 1 - ÷ < ê2 - ln 1 1+ ÷ú = 2n - éln p +1 - ln pù = 2n - ln(n +1)
p=1 è p p=1 è p p=1
1 1 1
因此，1+ 22 + 33 +L+ nn < 2n - ln(n +1)．
ln x +1 x x tan x > x > sin x p 【点睛】方法点睛：常见的放缩公式 ； e x +1； 0 < x < ÷；
è 2
b b + m
< a > b > 0,m > 0
a a + m
9 x x．（2024·安徽合肥·二模）已知曲线C : f x = e - xe 在点 A 1, f 1 处的切线为 l．
(1)求直线 l的方程；
(2)证明：除点A 外，曲线C 在直线 l的下方；
(3)设 f x1 = f x2 = t, x
t
1 x2 ，求证： x1 + x2 < 2t - -1．e
【答案】(1) y = -ex + e；
(2)证明见解析；
(3)证明见解析.
【分析】（1）求导，得到 f 1 = 0, f 1 = -e，利用导数的几何意义写出切线方程；
2 g x = -ex + e - ex x（ ）令 + xe ，二次求导得到函数单调性，结合特殊点函数值，得到所以 g x g 1 = 0 ，
当且仅当 x =1等号成立，得到证明；
（3）求导得到 f x 的单调性，结合函数图象得到0 < t <1，不妨令 x1 < 0,0 < x2 < 1，结合曲线C 在 1,0 点
t
的切线方程为j x = -ex + e，得到 x2 < x3 = - +1，转化为证明 x1 < 2t - 2 x，又 t = e 1 - x x1e 1e ，只要证
x x11 < 2e - 2x e
x1
1 - 2 ，令F x = 2ex - 2xex - x - 2, x < 0 ，求导得到函数单调性，结合特殊点函数值得到答
案.
【解析】（1）因为 f x = ex - xex ，
所以 f 1 = 0, f x = -xex , f 1 = -e，
所以直线 l的方程为： y = -e x -1 ，即 y = -ex + e
（2）令 g x = -ex + e - ex + xex x x，则 g x = -e - e + e + xex = -e + xex ，
令 h x = g x h x = x +1 ex，则 ，
由 h x > 0，解得 x > -1，由 h x < 0，解得 x < -1，
所以 h x 在 - ,-1 上单调递减，在 -1, + 上单调递增，
当 x - 时， h x -e, h 1 = 0，
所以 g x 在 - ,1 上单调递减，在 1, + 上单调递增，
所以 g x g 1 = 0 ，当且仅当 x =1等号成立，
所以除切点 1,0 之外，曲线C 在直线 l的下方．
（3）由 f x = -xex > 0，解得 x < 0, f x = -xex < 0，解得 x > 0，
所以 f x 在 - ,0 上单调递增，在 0, + 上单调递减，
f (x)max = f 0 =1, f 1 = 0，
当 x - 时， f x 0 ．
因为 f x1 = f x2 = t, x1 x2 ，则0 < t <1，不妨令 x1 < 0,0 < x2 < 1．
因为曲线C 在 1,0 点的切线方程为j x = -ex + e，
设点 x3 , t 在切线上，有 t = -e x3 -1
t
，故 x3 = - +1，e
由（1）知 x 0,1 时，j x > f x ，
则j x2 > f x2 = t = j x x
t
3 ，即 2 < x3 = - +1，e
t
要证： x1 + x2 < 2t - -1，e
只要证： x1 + x2 < x1 +1
t
- < 2t t- -1，
e e
只要证： x1 < 2t - 2，
又 t = ex1 - x x11e ，
只要证： x1 < 2e
x1 - 2x x11e - 2 ，
令F x = 2ex - 2xex - x - 2, x < 0 ，
则F x = -2xex -1，
易证F x 在 - ,-1 上单调递增，在 -1,0 上单调递减，
2
所以F x F -1 = -1 < 0，
e
所以F x 在 - ,0 上单调递减，所以F x > F 0 = 0成立，
所以原命题成立．
t t
【点睛】关键点点睛：本题关键是利用函数在零点处的切线方程，得到 x3 = - +1，且 x2 < x3 = - +1，从e e
而只需证明 x1 < 2t - 2，再勾股函数进行求解.
2
10 2024· · f x x +3x + 2．（ 甘肃白银 三模）设函数 = ， g x = x - ln x +1 x 1 ．e +
(1)讨论 f x 的单调性．
(2)证明： g x 0．
(3)当 x > e -1时，证明： f x < ln x + 2 ．
5 +1 5 -1 5 +1 5 -1
【答案】(1) f x 的增区间为 - , ÷÷，减区间为 - , - ÷÷， ,+ ÷2 2 ÷è è 2 è 2
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）对 f (x) 求导，利用导数与函数单调性间的关系，求出 f (x) > 0 和 f (x) < 0 的解，即可求出结
果；
（2）对 g(x)求导，利用导数与函数单调性间的关系，求出 g(x)的单调区间，进而求出 g(x)的最小值，即
可证明结果；
x
（3）根据条件及（2）中结果得到 x +1 > ln(x + 2) >1，构造函数 y = x ，利用导数与函数单调性间的关系，e
y x x +1 ln(x + 2) ln x + 2 得到 = x 在区间 (1, + )上单调递减，从而得到 x+1 < ln( x+2) = ，即可证明结果.e e e x + 2
2
1 f x x + 3x + 2 R f x -x
2 - x +1
【解析】（ ）因为 = x+1 ，易知定义域为 ， =e ex+1
，
由 f (x) > 0 5 +1 x 5 -1 5 +1 5 -1，得到- < < ，由 f (x) < 0 ，得到 x < - 或 x > ，
2 2 2 2

所以 f x 5 +1的增区间为 - ,
5 -1 5 +1 5 -1
，减区间为
2 2 ÷÷
- ,- ÷÷， ,+ ÷÷ .
è è 2 è 2
（2）因为 g x = x - ln x +1 ，易知定义域为 -1, + ) g x 1 1 x， = - = ，
x +1 x +1
当-1 < x < 0时， g (x) < 0，当 x > 0时， g (x) > 0，
即 g x = x - ln x +1 在区间 -1,0 上单调递减，在区间 0, + 上单调递增，
所以 g x g(0) = 0 .
（3）由（2）知 x ln x +1 ，当且仅当 x = 0时取等号，所以 x +1 ln(x + 2)，当且仅当 x=-1时取等号，
x2 + 3x + 2 ln x + 2
要证明 x+1 < ln x 2
x +1 ln(x + 2)
+ ，即证明
e ex+1
< = ，
x + 2 eln( x+2)
令 y
x y 1- x= x ，则 = x < 0在区间 (1, + )上恒成立，e e
x +1 > ln(x + 2) >1 x +1 ln(x + 2) ln x + 2又 x > e -1 ，所以 ，所以 x+1 < ln( x+2) = ，命题得证.e e x + 2
x2 + 3x + 2
【点睛】关键点点晴：本题的关键在于第（3）问，通过转换，要证明 x+1 < ln x + 2 ，即证明e
x +1 ln x + 2 ln(x + 2) x x
x+1 < = ln( x+2) ，再构造函 y = x ，利用 y = x 的单调性及（2）中结论解决问题.e x + 2 e e e
1 1
11 2 2．（2024·贵州遵义·一模）已知函数 f (x) = ln(x +1) + x ， g(x) = cos x + x ．
2 2
(1)求 f x 的单调区间；
x1
(2)若对于正实数 x1, x2 ，满足 f e 2 ÷ +1 = g x2 ．
è
x1
（i）证明： x2 > e 2 ；
（ii）证明： f x22 > g x1 +1 -1．
【答案】(1)单调递增区间 (-1, + )，无递减区间
(2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析
x2 + x +1
【分析】（1）求得 f (x) = ，结合 x2 + x +1 > 0，得到 f (x) > 0 ，即可求解；
x +1
（2）（i）设j x = f (x) 1 g x x x+ - ，当 x > 0时，得到j x > 0 1 1 2 2，得到 f (e 2 ) +1 > g(e 2 )和 f (x2 ) +1 > g(x2 ) ，
x1 x1
根据 f e 2 ÷ +1 = g x2 ，得到 g x > g(e 2 )，再由 g (x) = x - cos x ，令 p(x) = x - sin x ，求得 g x 单调递增，
è 2
x1
进而证得 x > e 2 ；2
（ii）要证 f x22 > g x1 +1 -1 2 x，转化为证 x2 > x1 +1，设m x = e - x -1，利用导数求得m x 在 (0, + )单调
x 2
递增，得到 e 1 > x1 +1，进而得到 x2 > x1 +1，即可得证.
f (x) ln(x 1) 1【解析】（1）解：由函数 = + + x2，其定义域为 x > -1，
2
2
可得 f (x) 1= + x x + x +1= ，
x +1 x +1
x2因为 + x +1 (x
1
= + )2 3+ > 0，所以 f (x) > 0 ，所以 f x 在 (-1, + )单调递增，
2 4
所以函数 f x 单调递增区间为 (-1, + )，无递减区间.
（2）解：（i）由 f (x) = ln(x 1)
1 x2 g(x) cos x 1+ + ， = + x2 ，
2 2
设j x = f (x) +1- g x = ln(x +1) +1- cos x ，其中 x > 0，
当 x > 0时，1- cos x 0， ln(x +1) > 0，所以j x > 0恒成立，
x1 x1 x1 2 2
所以j(e 2 ) > 0，可得 f (e 2 ) +1 > g(e 2 )，同理可得 f (x2 ) +1 > g(x2 ) ，
x1 x1
又因为 f e 2 ÷ +1 = g x2 ，所以 g x > g(e 2 )，
è 2
又由 g (x) = x - cos x ，令 p(x) = x - sin x ，可得 p (x) =1- cos x 0 ，
所以 p(x) = g x 在 (0, + )上单调递增，所以 g x > g 0 = 0恒成立，
所以 g x 在 (0, + )上单调递增，
x1 x1
又因为 x > 0,e 2 > 0，所以2 x2 > e 2 .
（ii）要证 f x22 > g x1 +1 -1，即证 f x2 +1 > g x1 +1 ，
只需证 g x22 > g x 21 +1 ，即证 x2 > x1 +1，
x1 x2 > ex因为 x e 2 ，可得 1> 2 ，2
设m x = ex - x -1, x > 0，则m x = ex -1 > 0 在 (0, + )上恒成立，
所以m x 在 (0, + )单调递增，
又因为 x1 > 0，所以m x1 > m 0 = 0 x，所以 e 1 > x1 +1，
2 2
所以 x2 > x1 +1，所以 g x2 > g x1 +1 ，从而 f x2 +1 > g x1 +1 ，
所以 f x22 > g x1 +1 -1.
【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．
12 2024· · f x = ex - ax2．（ 辽宁 模拟预测）已知函数 (a > 0)．
2
(1) a e当 = 时，判断 f x 在区间 1, + 内的单调性；
4
(2)若 f x 有三个零点 x1, x2 , x3，且 x1 < x2 < x3．
（i）求 a的取值范围；
（ii）证明： x1 + x2 + x3 > 3 .
【答案】(1) f x 在 1,2 上单调递减，在 2, + 上单调递增
e2
(2)（i） a ,+ ÷ ；（ii）证明见解析
è 4
【分析】（1）多次求导后，借助导数的单调性及正负即可判断原函数的单调区间；
ex ex
（2）（i）原条件可转化a = 2 有三个不等实根，从而构造函数 h x = 2 ，研究该函数即可得；（ii）借助x x
h xx 3的 单调性，得到 x1 > -1，从而将证明 x1 + x2 + x3 > 3，转化为证明 x2 + x3 > 4，再设 t = x ，从而将三个2
2 x -1
变量的问题转化为单变量问题，即可构造函数m x = ln x - x >1 ，证明其在 1, + 上大于 0 即可.
x +1
e2 e2 e2
【解析】（1）当 a = 时， f x = ex - x2 ， f x = ex - x ，
4 4 2
2 2
令 g x = f x ex e e= - x ， g x = ex - ，
2 2
g x ex e
2 2
令 = - = 0，可得 x = ln e = 2 - ln 2，
2 2
则当 x 1,2 - ln 2 时， g x < 0，当 x 2 - ln 2, + 时， g x > 0，
即 g x 在 1, 2 - ln 2 上单调递减，在 2 - ln 2, + 上单调递增，
2
又 g 1 = f 1 e e= - < 0， g 2 = f 2 = e2 - e2 = 0 ，
2
故当 x 1,2 时， f x < 0，当 x 2, + 时， f x > 0，
故 f x 在 1,2 上单调递减，在 2, + 上单调递增；
（2）（i） f x 有三个零点，即ex - ax2 = 0 有三个根，
x = 0 a e
x
由 不是该方程的根，故 = 2 有三个根 x1, x2 , x3，且 x1 < x2 < x3，x
x x
令 h x e= 2 ， h x
x - 2 e
= ，
x x3
故当 x - ,0 U 2,+ 时， h x > 0，当 x 0,2 时， h x < 0，
即 h x 在 - ,0 、 2, + 上单调递增，在 0,2 上单调递减，
e2h 2 e
2
= = ，当 x - 时， h x →02 ， x 0- 时， h x + ，2 4
当 x 0+ 时， h x + ， x + 时， h x + ，
e2 x
故 a ,+
e
÷ 时，a = 2 有三个根；è 4 x
e-1 1 e2
（ii）由 h x 在 - ,0 上单调递增， h -1 = 2
= <
4e 4 ，故 x1 > -1，-2
ex1 ex2 ex3
由（i）可得 2 = 2 = 2 = a ，且-1 < xx x x 1
< 0 < x2 < 2 < x3，
1 2 3
x
即只需证 x2 + x3 > 4，设 t =
3 >1，则 x3 = x2tx ，2
ex2 ex2t
则有 2 =x 2 ，即有 t
2 = ex2 t-1 ，故 2ln t = x2 t -1 x
2ln t
， 2
= ，
2 x2t t -1
x 2t ln t 2ln t 2t ln t 2 t +1 ln t则 3 = ，即 x2 + x3 = + = ，t -1 t -1 t -1 t -1
2 t +1 ln t t +1 ln t 2 t -1
即只需证 > 4 > 2 ln t - > 0，
t -1 t -1 t +1
令m x 2 x -1= ln x - x >1 ，
x +1
1 2 x +1 - 2 x -1 x +1
2 - 4x x -1m x
2
则 = - = = > 0 恒成立，
x x +1 2 x x +1 2 x x +1 2
故m x 在 1, + 上单调递增，
则m x > m 1 = ln1- 0 = 0，即得证.
【点睛】方法点睛：极值点偏移问题的一般题设形式：
1.若函数 f (x) 存在两个零点 x1, x2 且 x1 x2 ，求证： x1 + x2 > 2x0 （ x0 为函数 f (x) 的极值点）；
2.若函数 f (x) 中存在 x1, x2 且 x1 x2 满足 f (x1) = f (x2 )，求证： x1 + x2 > 2x0 （ x0 为函数 f (x) 的极值点）；
3.若函数 f (x) 存在两个零点 x , x 且 x x x
x + x
，令 = 1 2 1 2 1 2 0 ，求证： f x0 > 0；2
4.若函数 f (x) 中存在 x1, x2 且 x1 x2 满足 f (x ) = f (x )
x + x
，令 x = 1 2 1 2 0 ，求证： f x0 > 0 .2
13．（2024· ax-1河南南阳·一模）已知函数 f x = e - x - a(a > 0) .
(1)若函数 f x 在 0, + 上单调递增，求 a的取值范围.
(2)若函数 f x 的两个零点分别是 x1, x2 ，且 x1 < x2，证明：
① x2随着 a的增大而减小；
x x 1② 2 - 1 > + a .a
【答案】(1) e, +
(2)①证明见解析：②证明见解析
【分析】（1）利用导数判断原函数单调性，卡端点列出不等式求解即可.
（2）①合理判断 f x 有两个零点，构造x a2与 的函数，求其单调性即可.
②求出关键点的函数值，结合不等式的运算性质证明不等关系即可.
【解析】（1）若函数 f x 在 0, + f x = aeax-1上单调递增，易知 -1，
令 f x < 0， x ( ,1- lna- )，令 f x > 0 1- lna， x ( ,+ ) ，a a
所以 f x x ( 1- lna 1- lna在 - , )上单调递减，在 ( ,+ )上单调递增，
a a
1- lna
故原命题等价于求 0，且 a > 0，故1- lna 0，解得 a e, + ，
a
即 a的取值范围为 e, + .
（2）①引理：对 t 0, + ，必有 t > lnt 成立，令 g(t) = t 2 - lnt ，
g (t) 1 2t
2 -1
故 = 2t - = ，令 g (t) < 0 ， t (0, 2 )，令 g (t) > 0， t ( 2 ,+ )，
t t 2 2
故 g(t)在 (0, 2 )上单调递减，在 ( 2 ,+ )上单调递增，
2 2
则 g(t)min = g(
2 ) ( 2= )2 - ln 2 > 0，即 t 2 - lnt > 0恒成立，故 t > lnt 成立，
2 2 2
u 1- lna设 = ，则 ae(au-1) -1 = 0 ，即 ae(au-1)a =1
，
(au-1) 1 lna
可得 f x 的最小值为 f (u) = e - u - a = - u - a = - a < 0
a a
2
而 f (-a) = e(-1-a ) > 0，当 x + 时， f x + ，
a lna 1- lna且由引理知- < - < ，故 f (u) × f (-a) < 0，
a a
由零点存在性定理得 f x 有两个零点 x1, x2 ，
结合 x
1- lna
1 < x2可得-a < x1 < < xa 2
，
故当 a > 0时，两个根一定会存在，设x 是关于 a2 的函数，记为 x2 = g a ，
1- lna
我们同样可以定义为：对 a > 0，存在唯一的 x2 > ，使得 f x2 = a ，a
且这个x2就是关于 x 的方程 f x = a中的较大根，此时已有 g a = x2 ，
此时发现 g x 是 (0, + )上的函数，则证明 g x 在 (0, + )上单调递减即可，
2 2
由于 f ÷ = e - - a e - 2 2 < 2.72 - 2.8 < 0，
è a a
1- lna
首先，我们有 x2 > ， x
2 g x 1- lnx 22 > ，所以 > ， g x > ，a a x x
其次，我们实际上有 x2 > 0
1- lna
，（因为要么 > 0 f 0 1，要么 = - a < 0），
a e
所以 g x > 0，若 y = g x ，则 e( xy-1) 1- lnx= x + y ， y > ，
x
然后考虑 h(t) = e( yt-1) - y - t ，显然我们有 h x = 0 ，
若 y
1
，则 h 0 1= - y 0 ，所以另一根一定小于 x ，从而 x = g y ，
e e
1 x
若0 < y < ，由于 y 是关于 e( yx-1)
-1
- y - x = 0 1的较大根，故 e e - - x > 0，
e e
即 x > e ln ex +1 ，解得 x > 8，但是对任意的 a > 0时，
关于 t 的方程 f (t) = e(ta-1) - t - a = 0的较小根都不超过1，
1- lna
要么 <1，解得 a > 1，要么 f (1) = e(a-1) -1- a 1-1- a = -a < 0，
a
所以 x 是较大根，从而 x = g y ，这表明 x = g y 与 y = g x 关于 y = x 对称，
所以我们只需要证明 g x 在 0,u 上单调递减，
u (u2这里 是 e -1) - 2u = 0的较大根，且 g u = u ，
由于1 < u < 2，故对0 < x < x < u < 2，设 y = g x ，

则 e( y x -1) - y - x = 0， e(ux -1) - u - x < 0，
从而由 y 是较大根，知 y > u > x ， x e( y x -1) -1 > 0，
也意味着 y 位于单调递增区间，

设 p(t) = e( y t-1) - y - t ，由于当 t > x 时，
p (t) = y e( y t-1) -1 > y e( y x -1) -1 > x e( y x -1) -1 > 0，

所以 e( y x -1) - y - x = p(x ) > p(x ) = 0，
而 y > u，方程的较小根一定不超过1，
这表明 e(t x -1) - t - x = 0的较大根 y < y 一定成立，所以 g x < g x ，
这就证明了 g x 在 0,u 上单调递减，从而一定在 (0, + )上单调递减，
故x2随着 a的增大而减小得证.
1- lna
②由①知 f x 有两个零点 x1, x2 ，且-a < x1 < < xa 2 ，
f 2 e 2由于 ÷ = - - a e - 2 2 < 2.72 - 2.8 < 0，
è a a
f (-a +1 -a
2 1 -lna 1 1 1
由引理又有 ) = e - < e - = - = 0，
a a a a a
而根据单调性得，当 x x1或 x x2 时，必有 f x 0，
2
所以 (x1, x ),
-a +1
2 (x , x )，a a 1 2
x 2- x > - -a +1 1 1可得 2 1 a ÷
= + a = + a.
è a a a
即 x2 - x
1
1 > + a ，原不等式得证.a
【点睛】关键点点睛：本题考查导数，解题关键是利用零点存在性定理证明函数有两个零点，然后构造函
数，转化为证明函数单调性问题求解即可.
14．（2024·广东·模拟预测）已知 f (x) = eax - x, g(x) = aeax - 2ax + ln x ．
(1)讨论 f (x) 的单调性；
(2)若 f (x) 存在两个零点 x1, x3 x1 < x3 ，证明： g(x)存在三个零点 x1, x2 , x3，且 x1 < x2 < x3;
(3) 2 x x < x2在（ ）的条件下，证明： 1 3 2 ．
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）对 f x 求导，对 a分类讨论即可求解；
1
2 ax（ ）一方面首先有0 < a < ，进一步 f (x) = e - x = 0 g x = 0，从而我们只需要证明 g x 在 x1, xe 3 上
还存在一个零点即可，对此我们可以不断求导结合零点存在定理分析即可得证；
（3）设 h x = eax p ln x， = kk , k =1,2,3 x x < x2
p + p
，通过分析得出要证 ，只需要证明： p > 1 3 ，一方
a 1 3 2 2 2
ln a ln a p + p ln a
面可以构造函数j t = f - + t ÷ - f - - t ÷来说明 1 3 < - ，另一方面由 f h p2 = f p ，
è a 2 è a 2 a
h p < p f x h p ln a2 2 ，结合 单调性来说明 2 < - < p2，由此即可得证.a
ax
【解析】（1） f x = ae -1，如果 a 0则 f (x) -1< 0，所以 f (x) 在 R 上递减；
ln a
如果 a > 0，则 f (x) 的符号以 x = - 为分界线，左边负右边正，
a
ln af (x) ln a 所以 在 - , - 递减，在 - , + 递增；
è a ÷ ÷ è a
（2）由于 f (x) 有两个零点 x1, x3 x1 < x3 ，
ln a 1+ ln a
故 a > 0，而且 f - ÷ < 0，也就是 < 0，
è a a
1
所以0 < a < ，
e
如果 f (x) = eax - x = 0 ax = ln x 或 eax = x ，
那么 g(x) = aeax - 2ax + ln x = ax - 2ax + ax，
所以 g x 有零点 x1, x3 x1 < x3 ，
1 1
同时，由于 f ÷ = e - < 0
1 ln a 1
且 < - ，所以 x
è a a a a 1
< < x
a 3
，
g (x) = a2eax 2a 1而 - + ，令m x = g x ，
x
则m (x)
1
= a3eax - 2 ，令 h x = m x ，x
h (x) a4eax 2则 = + > 0，
x3
这表明m x 递增，
3 ax 1 ax1
3 -1 ax 3 -1
同时由于m (x1) = a e
1
1 - 2 =
3 ax3
2 < 0,m (x3) = a e - =
3
2 2 > 0，x1 x1 x3 x3
所以在 x1, x3 上有一实数 u，满足m u = 0，
且 x < u 时，m x < 0 ， x > u 时，m x > 0 .
所以 g x 在 0,u 递减，在 u,+ 递增.
假设 g (u) 0，就意味着 g x 在 0,u 和 u,+ 上均递增，
所以0 = g x1 < g u < g x3 = 0，矛盾.
所以 g (u) < 0，
从而 g x 在 x1,u 和 u, x3 上各有一零点 t1, t2 ，
且在 0, t1 和 t2 ,+ 上大于 0，在 t1, t2 上小于 0.
那么由于 x1 < t1 < u < t2 < x3，
我们知道 g t1 > 0 > g t2 ，
所以 t1, t2 上一定还有 g x 的零点x2 .
综上所述， g(x)存在三个零点 x1, x2 , x3，且 x1 < x2 < x3；
ln x
（3）设 h x = eax ， pk = k , k =1,2,3 ，a
ln x ln x
则有： p = 11 = x1, p3 = 3 = x3 ,h p1 = p1,h p3 = p3 ,h p2 p ，a a 2
但 h h p2 + p2 = 2h p2 ，
要证 x1x
p + p
3 < x
2
2 ，只需要证明： p2 > 1 3 ，2
首先，容易说明当 p1 < x < p3时， h x < x ，
实际上 f x = h x - x ，这也就是说此时 f x < 0 ，
而 h h p2 + p2 = 2h p2 意味着 f h p2 = f p2 ，
1 ln a
上一问已证 p1 < < p3，同时由于- 是 f x 的零点（可导函数取极值的必要条件），a a
p ln a所以 1 < - < p3 ，a
在这里对某个函数F x ，我们定义函数列：F1 x = F x , Fk +1 x = F k x ,k N* ，
换言之Fk x 是F x 进行 k 次求导后得到的函数，
j t f ln a t f ln a ln a ln a从而令 = - + ÷ - - - t ÷，j t = f

- + t ÷ + f - - t

÷，
è a è a è a è a
j t ln a ln a= f - + t - f - - t ,j t = f ln a ln a- + t + f - - t 则 2 2 ÷ 2 ÷ 3 3 ÷ 3 ÷ > 0，
è a è a è a è a
0 t ln a所以 < < - 时，j2 t > j2 0 = 0，a
所以0 < t
ln a
< - 时，j t f ln a t ln a ln a= - +
a a ÷
+ f - - t ÷ > j 0 = 2 f - ÷ = 0 ，
è è a è a
0 t ln a
ln a ln a
所以 < < - 时，j t = f - + t
- f - - t > j 0 = 0，
a è a ÷ ÷ è a
f ln a ln a即 - + t

a ÷
> f - - t ÷，
è è a
所以 f p 0 ln a ln a3 = = f p1 = f - -

- - p
f ln a ln a<
a a 1 ÷è ÷
- + - - pa a 1 ÷÷
，
è è è
ln a p , ln a ln a- < - < - + ln a又因为 3 - - p

，
a a a 1 ֏ a
p ln a ln a所以 < - + - - p
p1 + p÷，从而 3
ln a
3 1 < - ，a è a 2 a
p + p ap1 +ap3
也就是 f 1 3 = ae 2 -1 = aeap ÷ 1 × ae
ap3 = a p1 p2 3
-1< 0 ，
è
f p1 + p3 由于 ÷ < 0，
è 2
f x ln a ln a而 在 - , - ÷ 上小于 0，在 - , +

÷上大于 0，
è a è a
p1 + p3 ln a故 < - ，
2 a
又由于 f h p2 = f p2 ， h p2 < p2 ，
而 f x ln a ln a 在 - , - 上递减，在 - , + 上递增，
è a ÷ è a ÷
h p ln a故 2 < - < p2，a
p
综上， 1
+ p3 ln a< - < p 22，从而 x2 a 1
x3 < x2 .
ln a ln a
【点睛】关键点点睛：第三问的关键是构造函数j t = f - + t

÷ - f
p + p ln a
- - t ÷来说明 1 3 < - ，
è a è a 2 a
由此即可顺利得证.
证.

15．（2024·全国·模拟预测）已知当 x 0
π f (x) 2x， ÷时， = ， g(x) = sin x ， h(x) = x .
è 2 π
(1)证明： f (x)＜g(x)＜h(x)；
h(x) π
(2)已知 f (x) - g(x) - h(x)＜0，证明： ＞ πg(x) 2 π （ 可近似于 3.14）.-
【答案】(1)证明见解析；
(2)证明见解析.
【分析】（1）令F (x) = h(x) - g(x) = x - sin x, x
π
0， ÷，求导得到函数单调性，得到 x > sin x ，要证
è 2
f (x)＜g(x) 2 sin x G(x) sin x 2 π，只需证 ＜ ，构造 = - ， x (0， )，二次求导得到单调性，得到
π x x π 2
G(x)＞G π π ÷ = 0，证明出 f (x)＜g(x), x (0， )，证明出不等式；
è 2 2
（2）变形得到 x(2 - π) - πsin x < 0 ，两边同时除以 (2 - π)sin x < 0
x π
得到： ＞ ，证明出不等式.
sin x 2 - π
【解析】（1）令F (x) = h(x) - g(x) = x - sin x, x
π
0， ÷，
è 2
∴ F (x) =1- cos x
π
> 0 x 在 0， ÷上恒成立，
è 2
∴ F x 在 x π 0 ， ÷上单调递增，
è 2
∴ F (x)＞F (0) = 0，
∴ x > sin x ，
∴ g(x)＜h(x), x (0
π
， ) ，
2
要证 f (x)＜g(x)
2x
，只需证 ＜sin x，
π
x π ∵ 0， ÷，
è 2
2 sin x
∴只需证 ＜ ，
π x
令G(x)
sin x 2 π
= - ， x (0， )，
x π 2
∴ G (x)
x cos x - sin x
= ，
x2
G (x) x cos x - tan x cos x cos x∴ = 2 = 2 (x - tan x)，x x
令M (x) = x - tan x
π
， x (0， )，
2
2
∴ M (x) 1 1 cos x -1= - 2 = ，cos x cos2 x
π
又∵当 x (0， )时，
2 0＜cos
2 x＜1，
x (0 π∴当 ， )时，M (x)＜0，
2
∴ M (x)
π
在 (0， ) 上单调递减，
2
∴ M (x)＜M (0) = 0 ，
π
∴当 x (0， )时，G (x)＜0，
2
∴ G(x)
π
在 (0， ) 上单调递减
2
π
∴ G(x)＞G ÷ = 0，
è 2
2 sin x
∴ ＜ ，
π x
∴ f (x)＜g(x), x (0
π
， )，
2
π
∴综上所述，当 x (0， )时， f (x)＜g(x)＜h(x)，证毕.
2
（2）∵当 x (0
π
， )时， f (x) - g(x) - h(x)＜0，
2
2x
∴ - sin x - x＜0，
π
2x - πx - πsin x
∴ ＜0，
π
x(2 - π) - πsin x
∴ ＜0，①
π
将①式两边同时乘以 π得到： x(2 - π) - πsin x < 0 ，②
π
∵ 2 - π＜0，但当 x (0， )时， sin x > 0，
2
∴ (2 - π)sin x < 0，
x(2 - π) - πsin x
将②式两边同时除以 (2 - π)sin x < 0得到： > 0(2 - π)sin x ，
x π
∴ - > 0，
sin x 2 - π
x π
∴ ＞ ，
sin x 2 - π
π h(x) π
∴当 x (0， )时， ＞
2 g(x) 2 π
，证毕.
-
【点睛】方法点睛:证明不等式或比较两函数大小，需构造函数，并根据导函数得到函数单调性，结合特殊
点函数值得到结论.
16．（2024·福建福州· 2模拟预测）已知函数 f x = xlnx - x -1．
(1)讨论 f x 的单调性；
f x e- x 1 2(2)求证： < + 2 - -1；x x
(3)若 p > 0, q > 0且 pq >1，求证： f p + f q < -4．
【答案】(1) f x 在区间 0, + 上单调递减
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）求 f x ，令 t x = f x t x 1 ，求 ，讨论 t x 的大小可证得 t(x)max = t ÷ < 0 ，即
è 2
f x < 0，即可得出 f x 的单调性；
1 2 1 2
（2）法一：要证 f x < e- x + - x2 - -1，即证 e + 2 - + x > 0，记 h x = e- x
1 2
+ 2 - + x，讨论 h x 的单x x x x x x
- x 1 2 1 2
调性和最值即可证明；法二：通过构造函数结合已知条件放缩要证 f x < e + 2 - -1即证 - +1 0x x x2 x
即可.
1
（3）法一：由（1）可知 f x 为减函数，所以 f q < f ÷ ，要证 f p + f q < -4即证
è p
f p f 1 + ÷ < -4，构造函数证明即可；法二：先证 f x -x -1，即 f p - p -1, f q -q -1，则
è p
f p + f q < - p - q - 2，再结合基本不等式即可证明.
【解析】（1） f x 的定义域为 0, + ， f x = lnx - 2x +1，
记 t x = f x , t x 1= - 2 1- 2x= ，
x x
x 1 当 0, ÷时， t x > 0, t x
1
单调递增；当 x ,+ ÷时， t x < 0, t x 2 单调递减，è 2 è
1
所以 t(x)max = t ÷ = -ln2 < 0，即 f x < 0，
è 2
所以 f x 在区间 0, + 上单调递减．
（2）法一：先证 f x -x -1，记 g x = f x + x +1，
则 g x = xlnx - x2 + x = x lnx - x +1 ，
1
记m x = lnx - x +1，则m x = -1，所以 x 0,1 时，m x > 0, m x 递增；
x
x 1,+ 时，m x < 0, m x 递减．
所以m(x)max = m 1 = 0，所以m x ≤0，又 x > 0，所以 g x 0，故 f x -x -1．
- x 1 2 - x 1 2 - x 1 2
再证 e +
x2
- -1 > -x -1，即证 e + 2 - + x > 0，记 h x = e + - + x，x x x x2 x
2
则 h x = e- x + x -1 1+ -1 e- x ÷ + x -1，
è x
p x = e- x记 + x -1 - x，则 p x =1- e > 0，所以 p x 在 x 0, + 递增，
所以 p x > p 0 = 0 ，所以 h x > 0 ，即 e- x 1 2+ 2 - -1 > -x -1，x x
所以 f x < e- x 1 2+
x2
- -1 .
x
法二：构造函数 h x = ex - x -1(x > 0),h x = ex -1，
当 x > 0时， h x > 0,h x 单调递增， h x > h 0 = 0，所以 ex > x +1，
j x lnx x 1,j x 1构造函数 = - + = -1，
x
当 x 0,1 时，j x > 0,j x 单调递增；当 x 1,+ 时，j x < 0,j x 单调递减．
所以j(x)max = j 1 = 0，即j x 0，即 lnx x -1成立．
所以 f x = xlnx - x2 -1 x x -1 - x2 -1 = -x -1，
- x 1 2 1 2 1 2
所以 e + 2 - -1 > -x +1+ 2 - -1 = 2 - - x ，x x x x x x
1 2 1 2 1
2

则只需证明 2 - - x -x -1，即 2 - +1 0，而 -1 0 显然成立，x x x x è x ÷
所以 f x < e- x 1 2+ - -1．
x2 x
（3）法一：由（2）知m x = lnx - x +1的最大值为 0．
因为 p > 0, q > 0且 pq >1，则 p, q之中至少有一个大于 1，
1 1
不妨设 p >1，则 q > > 0p ，由（1）可知
f x 为减函数，所以 f q < f ÷ ，
è p
所以 f p + f q < f p f 1 + ，
è p
÷

2
因为 f p f 1 + = plnp p2 1
1 ln 1 1 - - + - -1
è p
÷ p p p ÷ è
2
1
= p - ÷ lnp
1 1 1
- p - ÷ - 4 = p - ÷ lnp - p + ÷ - 4，
è p è p è p è p
记 s p = lnp p 1- + ，则 s p = m p 1 1+ -1 -1< 0p p p ，
1
因为 p >1，所以 p > ，所以 f p + f 1 ÷ < -4，所以 f p + f q < -4p ．è p
法二：先证 f x -x -1，记 g x = f x + x +1，
则 g x = xlnx - x2 + x = x lnx - x +1 ，
记m x = lnx - x +1，则m x 1= -1，所以 x 0,1 时，m x > 0, m x 递增；
x
x 1,+ 时，m x < 0, m x 递减．
所以m(x)max = m 1 = 0，所以m x ≤0，又 x > 0，所以 g x 0，故 f x -x -1．
所以 f p - p -1, f q -q -1，
因为 p > 0, q > 0且 pq >1，
所以 f p + f q < - p - q - 2，
所以 p + q 2 pq > 2 1 = 2，所以- p - q < -2，则 f p + f q < -2 - 2 = -4．
【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.
17．（2024·山东潍坊·三模）一个完美均匀且灵活的项链的两端被悬挂， 并只受重力的影响，这个项链形
成的曲 线形状被称为悬链线.1691 年，莱布尼茨、惠根斯和约翰 伯努利等得到“悬链线”方程
x x-
c e c + e c ÷ ex + e- x
y = è
，其中 c为参数.当 c =1时，就是双曲余弦函数 ch x = ，类似地双曲正弦函数
2
2
ex - e- xsh x = ，它们与正、余弦函数有许多类似的性质.
2
(1)类比三角函数的三个性质：
①倍角公式 sin2x = 2sinxcosx ；
②平方关系 sin2x + cos2x =1 ；
ì sinx
' = cosx，
③求导公式 í
cosx
' = -sinx
写出双曲正弦和双曲余弦函数的一个正确的性质并证明；
(2)当 x > 0时，双曲正弦函数 y = sh x 图象总在直线 y = kx 的上方，求实数 k 的取值范围；
(3)若 x1 > 0，x2 > 0 ，证明： éch x2 + sh x2 - x2 -1 ù × é ch x1 + sh x1 ù > sin x1 + x2 - sinx1 - x2cosx1.
【答案】(1)答案见解析，证明见解析
(2) - ,1
(3)证明见解析
【分析】（1）类比，写出平方关系，倍角关系和导数关系，并进行证明；
（2）构造函数F x = sh x - kx ， x 0, + ，求导，分 k 1和 k >1两种情况，结合基本不等式，隐零点，
得到函数单调性，进而得到答案；
3 x +x x（ ）结合新定义将所证变为 e 1 2 - sin x1 + x2 > e 1 - sinx1 + x2 ex1 - cosx1 ，设函数 f x =ex - sin x，即证
f x1 + x2 > f x1 + x2 f x x1 ，先利用导数求得 f x =e - cos x 在 0, + 上单调递增，再设
h x = f x + x1 - f x1 - xf x1 , x > 0 ，利用导数得其单调性及 h x > 0 ，从而 f x + x1 > f x1 + xf x1 ，
得证.
2
【解析】（1）平方关系： ch x - sh2 x =1；
倍角公式： sh 2x = 2sh x ch x ；

ì sh(x) = ch(x)
导数： í .
ch(x) = sh(x)
x - x
2
x - x
2
2x -2x 2x -2x
理由如下：平方关系， ch2 x e + e e - e- sh2 x = - e + e + 2 e + e - 2 2 ÷ ÷ = - =1；è è 2 4 4
e2x -2x ex - e- x ex + e- x 倍角公式： sh 2x - e= = = 2sh x ch x ；
2 2
ex - -e- x ex e- x ex - e- x 导数： sh(x) += = = chx， ch(x) = = shx ；
2 2 2
以上三个结论，证对一个即可.
（2）构造函数F x = sh x - kx ， x 0, + ，由（1）可知F x = ch x - k ，
x
① k 1 ch(x) e + e
- x
当 时，由 = ex ×e- x =1，
2
又因为 x > 0，故 ex e- x ，等号不成立，
所以F x = ch x - k > 0，故 F (x)为严格增函数，
此时F (x) > F (0) = 0，故对任意 x > 0， sh x > kx恒成立，满足题意；
②当 k >1时，令G x = F x , x 0, + ，
则G x = sh x > 0，可知G x 是严格增函数，
由G(0) =1- k < 0与G(ln 2k)
1
= > 0可知，存在唯一 x0 (0, ln 2k) ，使得G(x0 ) = 0，4k
故当 x (0, x0 )时，F (x) = G(x) < G(x0 ) = 0，则 F (x)在 (0, x0 )上为严格减函数，
故对任意 x (0, x0 )，F (x) < F 0 = 0，即 sh x > kx，矛盾；
综上所述，实数 k 的取值范围为 - ,1 ；
（3）因为 ch x + sh x = ex ，
x
所以原式变为 e 2 - x2 -1 ×ex1 > sin x1 + x2 - sinx1 - x2cosx1，
ex即证 1 +x2 - sin x1 + x2 > ex1 - sinx1 + x x12 e - cosx1 ，
x
设函数 f x =e - sin x，即证 f x1 + x2 > f x1 + x2 f x1 ， f x =ex - cos x ，
t x = f x =ex - cos x t x = ex设 ， + sin x，
x > 0时 t x > 0， t x x在 0, + 上单调递增，即 f x =e - cos x 在 0, + 上单调递增，
设 h x = f x + x1 - f x1 - xf x1 , x > 0 ，则 h x = f x + x1 - f x1 ，
由于 f x =ex - cos x 在 0, + 上单调递增， x + x1 > x1，
所以 f x + x1 > f x1 ，即 h x > 0，故 h x 在 0, + 上单调递增，
又 h 0 = 0，所以 x > 0时， h x > 0 ，
所以 f x + x1 - f x1 - xf x1 > 0，即 f x + x1 > f x1 + xf x1 ，
因此 f x1 + x2 > f x1 + x2 f x1 恒成立，所以原不等式成立，得证.
【点睛】思路点睛：对新定义的题型要注意一下几点：
（1）读懂定义所给的主要信息筛选出重要的关键点
（2）利用好定义所给的表达式以及相关的条件
（3）含有参数是要注意分类讨论的思想.
18．（2024·江西赣州·二模）给出以下三个材料：
①若函数 f x 的导数为 f x ， f x 的导数叫做 f x 的二阶导数，记作 f x .类似地，二阶导数 f x
3 3
的导数叫做 f x 的三阶导数，记作 f x ，三阶导数 f x 的导数叫做 f x 的四阶导数…，一般地，n－
1 阶导数的导数叫做 f x 的 n 阶导数，即 f n x = é n-1 ù ，n 4； f x
②若 n N* ，定义 n!= n n -1 n - 2 L 3 2 1；③若函数 f x 在包含 x0 的某个开区间 a,b 上具有 n
阶的导数，那么对于"x a,b 有

f x0 f
x0 2 f n g x = f x0 + x - x0 + x - x0
x0 f x+ x - x 3 0 +L+ 0 x - x
n
0 ，我们将 g x 称为函1! 2! 3! n!
数 f x 在点 x = x 1 2 1 n0处的 n 阶泰勒展开式.例如， y = ex 在点 x = 0处的 n 阶泰勒展开式为1+ x + x +L+ x .2 n!
根据以上三段材料，完成下面的题目：
(1)若 f1 x = cos x ， f2 x = sin x 在点 x = 0处的 3 阶泰勒展开式分别为 g1 x ， g2 x ，求出 g1 x ， g2 x ；
(2)比较（1）中 f1 x 与 g1 x 的大小；
(3)证明： ex + sin x + cos x 2 + 2x .
【答案】(1) g1 x
1
=1- x2 ， g2 x
1
= x - x3
2 6
(2) f1 x g1 x
(3)证明见解析
【分析】（1）利用 n 阶泰勒展开式的定义，求解 g1 x ， g2 x ；
（2）两函数作差，通过构造函数，利用导数求最值的方法比较大小；
（3）借助泰勒展开式，利用导数得到函数单调性，证明不等式.
【解析】（1） f1 x = cos x ，则有 f1 x = -sin x， f1 x = -cos x f 3 ， 1 x = sin x
∴ f1 0 = 0 ， f1 0 = -1 f 3 ， 1 0 = 0，
g x cos 0 0∴ 1 = + x - 0
-1
+ x - 0 2 0+ x - 0 3 1 1= - x2
1! 2! 3! 2
g x = x 1- x3同理可得： 2 .6
1
（2）由（1）知： f1 x = cos x ， g1 x =1- x2 ，2
令 h x = f1 x - g1 x = cos x -1
1
+ x2，则 h x = -sin x + x，
2
∴ h x =1- cos x 0，∴ h x 在 R 上单调递增，
又 h 0 = 0，∴在 - ,0 上 h x < 0， h x 单调递减；在 0, + 上 h x > 0， h x 单调递增，
∴ h x h 0 = 0 cos x 1 1 2，即 - x ，
2
故 f1 x g1 x
（3）令j x = f2 x - g2 x = sin x x
1
- + x3，则j x = cos x -1 1+ x2
6 2
由（2）知，j x 0，所以j x 在 R 上单调递增，又j 0 = 0，
所以当 x < 0 时， f2 x < g2 x ， sin x < x
1
- x3；
6
当 x = 0时， f2 x = g x sin x x
1
2 ， = - x
3
；
6
当 x > 0时， f2 x > g2 x 1， sin x > x - x36 ，
1
∴ y = ex 在点 x = 0处的 4 阶泰勒展开式为：1+ x + x2
1
+ x3 1+ x4 ，
2 6 24
∴ ex 1
1 1 1 1 1
= + x + x2 + x3 + x4 1+ x + x2 + x3，当且仅当 x＝0 时取等号，
2 6 24 2 6
1
①当 x 0 时， sin x x - x3，当且仅当 x＝0 时取等号，
6
ex + sin x + cos x 1 x 1+ + x2 1+ x3 1 3 1 2 所以 2 6 ÷
+ x - x ÷ + 1- x ÷ = 2 + 2x
è è 6 è 2
②当 x < 0 时，设F x = ex + sin x + cos x - 2 - 2x，F 0 = 0，
F x = ex + cos x - sin x - 2 = ex + 2 cos x π+ ÷ - 2 ，F x = ex - sin x - cos x ，
è 4
若 x -1,0 1，由于 sin x < x - x3，所以，
6
F x = ex - sin x - cos x 1>1+ x + x2 1 1+ x3 + x3 - x - cos x ，
2 6 6
=1- cos x 1+ x2 3+ 2x > 0，从而F x < F 0 = 0
6
若 x - ,-1 ，F x ex 2 cos x π 1 1= + + ÷ - 2 < + 2 - 2 < + 2 - 2 < 0 ，
è 4 e 2
所以， x < 0 时，F x 单调递减，从而F x > F 0 = 0，即 ex + sin x + cos x > 2 + 2x .
综上： ex + sin x + cos x 2 + 2x .
【点睛】方法点睛：
“新定义运算”指的是使用新定义的运算方法求解数学问题，这些新定义的运算可以是像“阶乘”、“斐波那契
数列”这样的经典运算，也可以是一些比较新奇的概念，要透彻理解新定义的本质，严格按照新定义运算规
则进行计算，与相关基础数学知识联系去解决问题.
19．（2024·江苏扬州·模拟预测）帕德近似是法国数学家帕德发明的用多项式近似特定函数的方法．给定两
a + a x +L+ a xm
个正整数 m，n，函数 f x 在 x = 0处的 m, n 阶帕德近似定义为：R x = 0 1 mL n ，且满足：1+ b1x + + bn x
f 0 = R 0 ， f 0 = R 0 ， f 0 = R 0 … m+n m+n ， ， f 0 = R 0 ．注： f x = é f x ù ，
f x = é f x ù ， f
4 x = é f x ù
5
， f x = é f
4 (x)ù ，… x已知 f x = e 在 x = 0处的 1,1 阶帕德近似
R x 1+ ax为 = ．
1+ bx
(1)求实数 a，b 的值；
(2)当 x 0,1 时，试比较 f x 与R x 的大小，并证明；
1 1 1
(3) a a已知正项数列 a n+1 nn 满足： a1 = ， ane = e -1，求证： n a 2 2 n 2n-1 ．
a 1 b 1【答案】(1) = ， = - .
2 2
(2) f x < R x ，证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）由帕德近似定义 f 0 = R 0 ， f 0 = R 0 ， f 0 = R 0 ，直接求解；
2 + x 2 + x
（2 - x）由（1）求得R x = ，比较 f x 与R x 的大小只需比较 1 与 e 的
2 x 2 x
，令
- -
g x 2 + x= e- x ，求导找出单调性、最值即可证明；
2 - x
an
ea ea e -1 ea 1- an e
an -1
（3）结合题意知 n+1 - n = - n = ，令 y = 1- x ex ，结合（2）可得
an an
2 + an
a -1 1n
ea e -1 2 - a 2n+1 = < n = ，构造数列，进而推出 an < 2n-1
，
an an 2 - an
a 1 1
an a- n x x
另一方面 n ≥ n an+1 ≥ a e 2n - e 2 - a
-
n ≥0 ，令2 2 g x = e
2 - e 2 - x，
利用导数，即可证明结论.
a 1+ bx - b 1+ ax -2b a - b【解析】（1）由题意得R x
a - b
= 2 = R x = 1+ bx 1+ bx 2 ， ，1+ bx 3
f 0 = f 0 = f 0 = 1，故R 0 = a - b =1，R 0 = -2b a - b =1，
解得 a
1 1
= ，b = - .
2 2
1 x+ 2 + x
（2）由上可得R x = 2 = x 2 + xx ，要比较 e 与 的 ，1- 2 - x 2 - x
2
x 0,1 2 + x - x，只需比较 1 与 e 的
2 x
，
-
2 + x é 4 2 + x ù 2
令 g x = e- x ， g x = ê - ú e- x x2 = e- x ，2 - x ê 2 - x 2 - x ú 2 - x
2
所以 g x > 0，从而可得 g x 在 0,1 上单调递增，
所以 g x > g 0 =1 2 + x x，即 > e ，
2 - x
所以 f x < R x .
（3）设u x = ex - x -1，u x = ex -1，
当 x < 0 时，u x < 0，u x 在 - ,0 上单调递减，
当 x > 0时，u x > 0，u x 在 0, + 上单调递增，
故u x ≥u 0 = 0，即 ex x +1，当且仅当 x = 0时等号成立；
eanea ea -1
an
n+1 - n = - ea 1- an e -1由题意知 n = ，令 y = 1- x ex ， y = -xex ，
an an
故该函数在 0, + 上递减，
1
故可得 ean+1 - ean < 0，即 an+1 < an ，可得0 < an ；2
2 + an
a -1
一方面：由（2）可得 nea e -1 2 - a 2n+1 = < n = ，
an an 2 - an
a
又因为 e n+1 > an+1 +1，
2 a 1 2
所以可得 an+1 +1 <
n
2 - a ，即
an+1 < 2 - a ，即
> -1
a ，n n n+1 an
1
即 -1 2
1
>
a
-1÷ ，
n+1 è an
1
故 -1 > 2n-1
1
-1÷ = 2n-1a ，n è a1
1 n-1 1
即 > 2a ，所以 an < n-1 .n 2
另一方面：要证明
1 1 an ean -1 an ana an+1 2 2 an 2n ≥ n an+1 ≥ an e e ≥ e e -1≥ e × a2 2 a n
，
n
an an a
两边同时除以 ，原式 -
n
e 2 e 2 - e 2 - an ≥0
x x
- 1 x 1 x-
令 g x = e2 - e 2 - x， g x = e2 + e 2 -1,2 2
y 1
x
e2 1
x
-
e 2 1
x x
-
由基本不等式， = + ≥2 e2 1× e 2 =1
2 2 2 2
1 x 1 x- 1
故 g x = e2 + e 2 -1≥0，所以 g x 在 0,2 2 2 ÷单调递增，è
所以 g x g 0 = 0 ，得证.
【点睛】关键点睛：本题考查了导数新定义问题，解答的关键是要理解导数的新定义，并由此解

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