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高考(或高三摸拟）试题中不等式问题的类型与解法
不等式问题是近几年高考的热点内容之一。可以这样毫不夸张地说，只要是高考试卷，就必然会涉及到不等式问题。从题型上看，可能是选择题（或填空题），也可能是大题；难度系数为低（或中）档，但也有可能出现高档难度的问题。纵观近几年高考（或高三诊断考试）试卷，归结起来不等式问题主要包括：①比较实数大小；②基本不等式及运用；③求解（或证明）不等式；④函数与不等式等综合问题等几种类型。各种类型问题结构上具有某些特征，解答方法也有一定的规律可寻，那么在实际解答不等式5分小题问题时，到底应该如何抓住问题的结构特征，快捷，准确地实施解答呢？下面通过近几年高考（或高三诊断考试）试题的详细解析来回答这个问题：
【典例 1】解答下列问题：
1、若实数x，y，z满足2+x=3+y=5+z，则x，y，z的大小关系不可能是（ ）（2025全国高考新高考I卷）
A x>y>z B x>z > y C y>x>z D y>z >x
2、已知实数x，y满足=，则下列不等式一定成立的是（ ）（成都市2022级高三三诊）
A x+y≥ 2 B （x+y）（x-y）≥0 C 0≤xy≤1 D xy≤|x+y|
3、已知函数f(x)的定义域为R，f(x)＞f(x-1)+ f(x-2)，且x＜3时，f(x)=x，则下列结论中一定
正确的是（ ）（2024全国高考新高考I）
A f(10)＞100 B f(20)＞1000 C f(10)＜1000 D f(20)＜10000
4、若a=ln(ln)，b=ln，c=-，则（ ）（成都市高2021级高三一诊）
A c5、已知函数f(x)=，记a=f()，b=f()，c=f()，则（）（2023全国高考甲卷文）
A b>c>a B b>a>c C c>b>a D c>a>b
声源 与声源的距离/m声压级/dB
6、噪声污染问题越来越受到重视，用声压级来度量 燃油汽车 10 60-90
声音的强弱，定义声压级=20lg，其中常数 混合动力汽车 10 50-60
（>0）是听觉下限固值，P是实际声压，如表 电动汽车 10 40
为不同声源的声压级，已知在距离燃油汽车，混合动力汽车，电动汽车10m处测得实际声压分别为，，，则（）（2023全国高考新高考I）
A ≥ B >10 C =100 D ≤100
7、日光射入海水后，一部分被海水吸收（变为热能），同时另一部分被海水中的有机物和无机物有选择性地吸收与散射，因而海水中的光照强度随着深度增加而减弱，可用=
表示其总衰减规律，其中K是平均消光系数（也称衰减系数），D（单位：米）是海水深度，（单位：坎德拉）和（单位：坎德拉）分别表示在深度D处和海面的光强，已知某海区10米深处的光强是海面光强的30%，则该海区消光系数K的值约为（参考数据：ln20.7，ln31.1，ln51.6）（ ）（成都市高2020级高三一诊）
A 0.12 B 0.11 C 0.07 D 0.01
8、已知a=，b=，c=，则（ ）（成都市高2020级高三二诊）
A c9、设a=ln，b= ，c =3，则a，b，c的大小关系为（ ）（成都市2020级零诊）
A b10、（理）已知a=，b=cos，c=4sin，则（ ）
A c>b>a B b>a>c C a>b>c D a>c>b
（文）已知=10，a=-11，b=-9，则（ ）（2022全国高考甲卷）
A a>0>b B a>b>0 C b>a>0 D b>0>a
11、已知实数a，b满足2>2>1，则（ ）（成都市2019级高三一诊）
A 112、（理）设a=2ln1.01，b=ln1.02，c=-1，则（ ）
A a（文）设a0，若x=a为函数f(x)=a（x-b）的极大值点，则（ ）（2021全国高考乙卷）
A ab C ab< D ab>
『思考问题 1』
（1）【典例1】是运用不等式知识，比较实数大小的问题，解答这类问题时需要掌握比较实数大小的基本方法；
（2）比较实数大小的基本方法是：①求差法；②运求商法；
（3）求差法的基本方法是：①求出两个实数的差；②确定两个实数差与0的大小关系；③根据设a， bR，1》a-b＞0 a＞b；2》a-b＜0 a＜b；3》a-b=0 a=b得出两个实数的大小关系；
（4）求商法的基本方法是：①求出两个实数的商；②确定两个实数上与1的大小关系；③根据设a， bR，1》＞1 a＞b；2》＜1 a＜b；3》=1 a=b得出两个实数的大小关系。
［练习 1］解答下列问题：
1、已知a=2，b=3，c=，则下列判断正确的是（ ）（2021全国高考新高考II）
A c2、已知函数f(x)= ，若a= f(ln2),b= f(-ln3),c= f(e),则a，b，c的大小关系为（ ）（2021成都市高三零诊）
A b>c>a B b>a>c C a>b>c D a>c>b
3、设a=，b=ln，c=，则a，b，c的大小关系是（ ）（2021成都市高三一诊）
A a＞b＞c B a＞c＞b C c＞a＞b D c＞b＞a
4、（理）已知定义在R上的函数f(x)满足f(x)= f(2-x)，且对任意的，[1，+），当时，都有f()+f()0.03)，c=f()，则a，b，c的大小关系为 （用符号“<”连接）
（文）已知函数f(x)是定义在R上的偶函数，且在 [0，+）上单调递减，若a=f(0.3),
b=f(0.1)，c=f()，则a，b，c的大小关系为 （用符号“<”连接）（2021成都市高三二诊）
【典例2】解答下列问题：
1、已知ABC中，点D在边BC上，ADB=，AD=2，CD=2BD，当取得最小值时，BD= （2022全国高考甲卷）
2、如图，已知三棱锥A—BCD的截面MNPQ平行于对棱AC，BD，且=m，=n，其中m，n（0，+），有下列命题：①对于任意的m，n，都有截面MNPQ是平行四边形；②当ACBD时，对任意的m，都存在n，使得截面MNPQ为正方形；③当m=1时，截面的周长与n无关；④当ACBD，且AC=BD=2时，截面MNPQ的面积的最大值为1，其中假命题的个数为（ ）（成都市2019级高三一诊）
A 0 B 1 C 2 D 3
『思考问题2』
（1）【典例2】是基本不等式及运用的问题，解答这类问题需要理解基本不等式，掌握运用基本不等式解答数学问题的基本方法；
（2）理解基本不等式时，应该注意两个基本不等式各自成立的条件，①不等式若a＞0，b＞0，则≥（当且仅当a=b时取“=”号）成立的条件归结起来为“一正，二定，三相等”； ②不等式设a，bR，则+≥2ab（当且仅当a=b时取“=”号）的条件是a，bR；
（3）运用基本不等式求最值的基本方法是：①拼凑法，通过拼凑使问题中的两项满足基本不等式的条件（一正，二定，三相等）再运用基本不等式得出结果；②常数代换法，即由已知式得到常数（一般是常数1）的式子，把所求最值式子中的该常数都换成相应的式子再运用基本不等式得出结果；
（4）解答不等式与其他知识综合问题的基本方法是：①弄清问题是不等式与哪些知识的综合；②运用相应知识和基本不等式求解问题；③得出结果；
（5）求参数值或取值范围的基本方法是：①注意问题的特点；②运用基本不等式确定相应式子成立的条件；③求出结果。
［练习2］解答下列问题：
1、（理）在ABC中，已知角A=，角A的平分线AD与边BC相交于点D，AD=2，则AB+2AC的最小值为 。
（文）在ABC中，已知角A=，角A的平分线AD与边BC相交于点D，AD=2，则AB+AC的最小值为 （成都市2019级高三一诊）
【典例3】解答下列问题：
1、不等式≥2的解集是（ ）（2025全国高考新高考II卷）
A {x|-2≤x≤1} B {x|x≤-2} C {x|-2≤x<1} D {x|x>1}
2、实数a，b满足a+b≥3。
证明：2+2 ＞a+b；
证明：|a-2|+|b-2|≥6。（2024全国高考甲卷）
3、已知f(x)=2|x-a|-a，a>0。
（1）解不等式f(x)（2）若y=f(x)与坐标轴围成的面积为2，求a（2023全国高考甲卷）
4、已知知f(x)=2|x|+|x-2|。（2023全国高考乙卷）
求解不等式f(x)≤6-x的解集； f(x)≤y，
在直角坐标系xOy中，求不等式组 x+y-6≤0，所确定的平面区域的面积。
5、已知a，b，c为正数，且++4=3。证明：
（1）a+b+2c≤3；
（2）若b=2c，则+≥3。（2022全国高考甲卷）
6、已知a，b，c为正数，且++=1。证明：
（1）abc<；
（2）++≤（2022全国高考乙卷）
7、已知函数f(x)=|x-2|，g(x)=|2x+3|-|2x-1|。
（1）画出y=f(x)和y=g(x)的图像；
（2）若f(x+a) g(x)，求a的取值范围（2021全国高考甲卷）。
8、已知函数f(x)=|x-a|+|x+3|。
（1）当a=1时，求不等式f(x) 6的解集；
（2）若f(x)>-a，求a的取值范围（2021全国高考乙卷）。
（2）用max{a，b，c}表示a，b，c的最大值，证明：max{a，b，c}--- 。
『思考问题3』
（1）【典例3】是求解不等式（或不等式证明）的问题，解答这类问题需要理解不等式的定义，掌握求解不等式（或不等式证明）的基本方法；
（2）求解不等式问题主要包括：①求解含绝对值的不等式；②求解一元一次不等式；③求解一元二次不等式；④求解分式不等式；⑤求解无理不等式；
（3）求解不等式的基本方法是：①分辨问题属于哪种类型；②运用求解该类型不等式的基本方法对不等式实施解答；③得出不等式的解集；
（4）证明不等式的基本方法是：①比较法；②分析法与综合法；③反证法（或换元法）；④放缩法；⑤利用函数的方法证明不等式。
（5）比较法证明不等式的理论依据是：①设a，b∈R，1》a＞ba-b＞0；2》a＜ba-b＜0；3》a=ba-b=0；②设a，b∈R，1》＞1a-b＞0；2》＜1a-b＜0；3》=1a-b=0。
比较法的基本方法是：①求差法；②求商法；
（6）分析法的基本思路是从所证明的不等式出发，分析使这个不等式成立的充分必要条件条件，从而把证明不等式问题转化为判定这些充分必要条件是否成立的问题，如果能够肯定这些充分必要条件都成立，那么就可以判断原不等式成立；
（7）综合法的基本思路是利用已经证明过的不等式（或不等式的性质），由不等式（或不等式的性质）的条件出发，推导出所要证明的不等式；
（8）运用分析法证明不等式时应注意三个问题：①寻找使不等式成立的充分必要条件时，往往是先寻找不等式成立的必要条件，再考虑这个必要条件是否是充分条件；②在解决不等式的证明问题时，通常是分析法与综合法联合起来使用；③在具体处理不等式的证明问题时，一般是用分析法寻找证明的思路，用综合法叙述证明不等式的过程；
（9）反证法证明的基本方法是：①假设命题的距离不成立（或结论的反面成立）；②由假设出发，通过推证得出与题设（或某定理，公理，哲理）矛盾；③得到结论成立；
（10）换元法是通过引进辅助元，把分散的条件联系起(或者把隐含的条件显现出来，或者把条件与结论联系起来，或者转化为熟悉的问题)来证明不等式方法，运用换元法证明不等式时，一定要注意新元成立的条件和整体置换的数学思想。
（10）放缩法的基本方法是：①在证明不等式A＞B（或A［练习3］解答下列问题：
1、已知函数f(x)=|3x+1|-2|x-1|。
（1）画出函数f(x)的图像；
（2）求不等式f(x)> f(x+1)的解集。
2、设函数f(x)=ln(1+|x|-，则使得f(x)>f(2x-1)成立的x的取值范围是（ ）（2020全国高考新课标II）
A （，1） B （-，）（1，+） C （-，） D （-，-）（，+）
3、设a，b，c，d均为正数，且a+b=c+d。证明：
（1）若ab>cd，则+>+；
（2）+>+是|a-b|<|c-d|的充要条件（2020全国高考新课标II）。
【典例4】解答下列问题：
1、（本小题满分17分）
设函数f(x)=5cosx-cos5x。（2025全国高考新高考I）
（1）求函数f(x)在[0，]上的最大值；
（2）给定（0，），设a为实数，证明：存在y（a-，a+），使得cosy（3）若存在使得对任意的x，都有5cosx-cos(5x+)≤b，求b的最小值。
2、（本小题满分17分）
已知函数f(x)=ln（1+x）-x+-k，其中0证明：函数f(x)在区间（0，+）存在唯一的极值点和唯一的零点；
设，分别为函数f(x)在区间（0，+）的极值点和零点。
①设函数g(t)=f(+t)-f(-t)，证明：函数g(t)在区间（0，）单调递减；
②比较2与的大小，并证明你的结论。
3、（理）已知函数f(x)= （1-ax）ln(1+x)-x。
（1）当a=-2时，求函数f(x) 的极值；
（2）当x0时，若f(x) 0恒成立，求a的取值范围。
（文）已知函数f(x)= a（x-1）-lnx+1。
（1）求函数f(x) 的单调区间；
（2）当a≤2时，证明：当x＞1时，若f(x) ＜恒成立。（2024全国高考甲卷）
4、已知函数f(x)=ln +ax+b 。
（1）若b=-0，且(x) 0，求a的最小值；
（2）证明：曲线y= f(x)是中心对称图形；
（3）若f(x)＞-2，当且仅当1＜x＜2时恒成立，求b的取值范围（2024全国高考新高考I）
5、（理）已知函数f(x)= lnx+a，其中aR。
（1）当a=-2时，求函数f(x) 的单调区间；
（2）当x>1时，若f(x)<恒成立，求整数a的最大值。
（文）已知函数f(x)= lnx+-a，其中aR。
（1）当a=1时，求函数f(x) 的单调区间；
（2）当x>1时，若f(x)>-2恒成立，求整数a的最大值（成都市高2021级高三零诊）
6、（理）已知函数f(x)=2-ax，aR。
（1）讨论函数f(x)的单调性；
（2）当a=e时，求证：f(x)>e（1-cosx）。
（文）已知函数f(x)=2-ex。
（1）求函数f(x)的单调区间；
（2）求证：f(x)>e（lnx+cosx）。（成都市高2021级高三一诊）
7、（理）已知函数f(x)= 2a-。
（1）当a=时，判断函数f(x)的零点个数并说明理由；
（2）若存在b（0，+），使得当x（b，b+2024）时，f(x)>-aln（x+1）+2a-1恒成立，求实数a的取值范围。
（文）已知函数f(x)= -。
（1）判断函数f(x)的零点个数并说明理由；
（2）当x≥1时，a f(x) ≤+lnx-1恒成立，求实数a的取值范围。（成都市高2021级高三二诊）
8、（理）已知f(x)= ax--，x（0，）。
（1）若a=8，讨论函数f(x) 的单调性；
（2）若f(x)（文）已知f(x)= ax--，x（0，）。
（1）若a=1，讨论函数f(x) 的单调性；
（2）若f(x)+sinx<0，求实数a的取值范围（2023全国高考甲卷）
9、已知函数f(x）=a（+a）-x。
讨论函数f(x）的单调性；
证明：当a>0时，f(x）>2lna+（2023全国高考新高考I）
10、（理）已知函数f(x)=ln(ax)，a>0。
（1）当a=1时，若曲线y=f(x)在x=1处的切线方程为y=kx+b，证明：f(x)≤kx+b；
（2）若f(x)≤（x-1）,求a的取值范围。
（文）已知函数f(x)=lnx+a-1，aR。
（1）若f(x)≤x，求a的取值范围；
（2）当a（0,1]时，证明：f(x)≤（成都市高2020级高三一诊）
11、已知函数f(x)=x-。
（1）当a=1时，讨论函数f(x)的单调性；
（2）当x>0时，f(x)<-1，求实数a的取值范围；
（3）设n，证明：++------+>ln(n+1)（2022全国高考新高考
II卷）
12、（理）已知函数f(x)= 2ax-lnx，其中aR。
（1）讨论函数f(x)的单调性；
（2）当a>0时，若，（0<<）满足f()=f()，证明f(2a)+f(2a)>4（
+）（成都市2019级高三零诊）
『思考问题4』
（1）【典例4】是运用导函数证明不等式的问题，解答这类问题需要理解不等式的定义和性质，掌握运用导函数证明不等式的基本方法；
（2）运用导函数证明不等式的基本方法是：①构造一个新函数（一般是所证明的不等式两边之差）；②运用函数导函数和参数分类讨论的原则与基本方法分别证明函数的最大值（或最小值）小于或等于零（或大于或等于零）在某区间上恒成立；③由②判断不等式在某区间上是否恒成立；④综合得出证明的结论。
［练习4］解答下列问题：
1、已知函数f(x)=sinx- 2ax，aR。
（1）当a时，求函数f(x)在区间[0，]上的最值；
（2）（理）若关于x的不等式不等式f(x) axcosx在区间（0，+）上恒成立，求a的取值范围。（文）若关于x的不等式不等式f(x) cosx-1在区间（，）上恒成立，求a的取值范围（成都市2019级高三一诊）
2、已知函数f(x)=2+3a-12x，其中aR（成都市2019级高三三珍）
（1）求函数f(x)的单调区间；
（2）（理）若函数g(x)= 2--（12-1）x+2sinx-2，当a>0，x>0时，证明：g(x)< f(x)。
（文）若函数f(x)区间[，2a]上的最大值为g(a)，证明：g(a)< 32
3、（理）设函数f(x)=ln(a-x)，已知x=0是函数y=x f(x)的极值点。
（1）求a；
（2）设函数g(x)= ，证明：g(x)<1。
（文）已知函数f(x)= - +ax+1。
（1）讨论函数f(x)的单调性；
（2）求曲线y= f(x)过坐标原点的切线与曲线y= f(x)的公共点的坐标（2021全国高考乙卷）。
4、已知函数f(x)=x(1-lnx)（2021全国高考新高考I卷）。
（1）讨论函数f(x)的单调性；
（2）设a，b为两个不相等的正数，且blna-alnb=a-b，证明：2<+5、（理）已知函数f(x)= x+ax，aR。
（1）设f(x)的导函数为(x)，试讨论(x)的零点个数；
（2）设g(x)=alnx+alnx+(a-1)x，当x（1，+）时，若f(x) g(x)恒成立，求实数a的取值范围。
（文）已知函数f(x)= （x-1）lnx。
（1）判断函数f(x)的单调性；
（2）设g(x)=-a+（a-1）x+1，aR，当x[，]时，讨论函数f(x) 与g(x)图像的公共点个数（2021成都市高三零诊）。
6、已知函数f(x)=（x-2）- +ax，aR（2021成都市高三一诊）。
（1）讨论函数f(x)的单调性；
（2）（理）若不等式f(x)+ （x+1）+-2ax+a>0恒成立，求实数a的取值范围。（文）
当x<1时，不等式f(x)+ （x+1）+-2ax+a>0恒成立，求实数a的取值范围。
7、已知函数f(x)=（a-1）lnx+x+，aR，(x)为函数f(x)的导函数（2020成都市高三一诊）。
（1）讨论函数f(x)的单调性；
（2）（理）当a<-1时，证明：x（1，+），f(x)>-a- 。（文）当a=2时，证明： f(x)-
(x) x+对任意的x[1,2]都成立。
8、（理））已知函数f(x)=a ，其中a，mR。
（1）当a=m=1时，设g(x)= f(x)-lnx，求函数g(x)的单调区间；
（2）当a=4，m=2时，证明：f(x)>x(1+lnx)。
（文）已知函数f(x)= -lnx，其中mR。
（1）当m=1时，求函数f(x)的单调区间；
（2）当m=2时，证明：f(x)>0（2020成都市高三三诊）。
9、（理）已知函数f(x)=sin xsin2x。
（1）讨论函数f(x)在区间（0，）的单调性；
（2）证明：| f(x)| ；
（3）设n，证明：sin x sin 2x sin 4x------ sin x。
（文）已知函数f(x)=2lnx+1。
（1）若f(x)2x+c，求c的取值范围；
（2）设a>0，讨论函数g(x)= 的单调性（2020全国高考新课标II）。
高考（或高三模拟）试题中不等式问题的类型与解法
不等式问题是近几年高考的热点内容之一。可以这样毫不夸张地说，只要是高考试卷，就必然会涉及到不等式问题。从题型上看，可能是选择题（或填空题），也可能是大题；难度系数为低（或中）档，但也有可能出现高档难度的问题。纵观近几年高考（或高三诊断考试）试卷，归结起来不等式问题主要包括：①简单线性规划；②基本不等式及运用；③比较实数大小；④求解（或证明）不等式；⑤函数与不等式等综合问题等几种类型。各种类型问题结构上具有某些特征，解答方法也有一定的规律可寻，那么在实际解答不等式5分小题问题时，到底应该如何抓住问题的结构特征，快捷，准确地实施解答呢？下面通过近几年高考（或高三诊断考试）试题的详细解析来回答这个问题：
【典例1】解答下列问题：
1、若实数x，y，z满足2+x=3+y=5+z，则x，y，z的大小关系不可能是（ ）（2025全国高考新高考I）
A x>y>z B x>z > y C y>x>z D y>z >x
【解析】
【考点】①对数定义与性质；②对数的运算法则与基本方法；③比较实数大小的基本方法。
【解题思路】根据对数的性质，运用对数的运算法则与基本方法和比较实数大小的基本方法，结合问题条件得出x，y，z的大小关系就可得出选项。
【详细解答】实数x，y，z满足2+x=3+y=5+z，x-1=y=2+z
=t，x=，y=，z=，当t=-1时，x=1，y=，z=，x>y>z ，A 成立；当t=2时，x=8，y=9，z=1，y>x>z ，C成立；当t=5时，x=64，y=243，z=125， y>z >x ，D成立，综上所述，B不可能成立，选B。
2、已知实数x，y满足=，则下列不等式一定成立的是（ ）（成都市2022级高三三诊）
A x+y≥ 2 B （x+y）（x-y）≥0 C 0≤xy≤1 D xy≤|x+y|
【解析】
【考点】①指数定义与性质；②对数定义与性质；③比较实数大小的基本方法。
【解题思路】根据指数和对数的性质，运用比较实数大小的基本方法，结合问题条件对各选项的不等式是否一定成立进行判断就可得出选项。
【详细解答】设==M（M>0）,则x=M,y=M,对A ，当0y=M<0,x+y<0，2>0，显然x+y≥ 2不成立，A 错误；对B，当00 ；当M=1时，x=M=0,y=M=0,x+y=0，x-y=0，（x+y）（x-y）=0 ；当M>1时，x=M>0,y=M>0,x+y>0，x-y>0，（x+y）（x-y）>0 ，综上所述，（x+y）（x-y）≥0 一定成立，B正确，选B 。
3、已知函数f(x)的定义域为R，f(x)＞f(x-1)+ f(x-2)，且x＜3时，f(x)=x，则下列结论中一定
正确的是（ ）（2024全国高考新高考I）
A f(10)＞100 B f(20)＞1000 C f(10)＜1000 D f(20)＜10000
【解析】
【考点】①函数值定义与性质；②已知函数解析式，求函数值的基本方法；③比较实数大小的基本方法。
【解题思路】根据函数值的性质，运用已知函数解析式，求函数值和比较实数大小的基本方法，结合问题条件对各选项结论的正确于错误进行判断，就可得出选项。
【详细解答】当x＜3时，f(x)=x， f(1)=1，f(2)=2， f(x)＞f(x-1)+ f(x-2)，f(3)＞f(2)+ f(1)=2+1=3，f(4)＞f(3)+ f(2)＞3+4=5，f(5)＞f(4)+ f(3)＞5+3=8，f(6)＞f(5)+ f(4)＞8+5=13，f(7)＞f(6)+ f(5)＞13+8=21，f(8)＞f(7)+ f(6)＞21+13=34，f(9)＞f(8)+ f(7)＞34+21=55，f(10)＞f(9)+ f(8)＞55+34=89，f(11)＞f(10)+ f(9)＞89+55=145，f(12)＞f(11)+ f(10)＞145+89=234，f(13)＞f(12)+ f(11)＞234+145=379，f(14)＞f(13)+ f(12)＞379+234=613，f(15)＞f(14)+ f(13)＞613+379=992，f(16)＞f(15)+ f(14)＞992+613=1605， f(20)＞f(16)＞1000，B正确，选B。
4、若a=ln(ln)，b=ln，c=-，则（ ）（成都市高2021级高三一诊）
A c【解析】
【考点】①对数定义与性质；②指数定义与性质；③比较实数大小的基本方法。
【解题思路】根据对数和指数的性质，运用比较实数大小的基本方法，结合问题条件确定出a，b，c的大小关系就可得出选项。
【详细解答】e<<，1-5、已知函数f(x)=，记a=f()，b=f()，c=f()，则（）（2023全国高考甲卷文）
A b>c>a B b>a>c C c>b>a D c>a>b
【解析】
【考点】①复合函数定义与性质；②判断复合函数单调性的基本方法；③运用函数单调性比较实数大小的基本方法。
【解题思路】根据复合函数的性质，运用判断复合函数单调性的基本方法，结合问题条件得到函数f(x)的单调性，利用函数单调性比较实数大小的基本方法，求出a，b，c的大小关系就可得出选项。 y
【详细解答】设g(x)=-，作出函数g(x)的 0 1 x
图像如图所示，由图知函数g(x)在（-，1）上
单调递增，在（1，+）上单调递减，函数f(g(x))在R上单调递增，函数f(x)在（-，1）上单调递增，在（1，+）上单调递减，<<1，>1，-1-1+=
-2<-2=2-2=0，-1-1+=-2>-2=2-2=0，b=f()>c
=f()>a=f()， A正确，选A。 声源 与声源的距离/m声压级/dB
6、噪声污染问题越来越受到重视，用声压级来度量 燃油汽车 10 60-90
声音的强弱，定义声压级=20lg，其中常数 混合动力汽车 10 50-60
（>0）是听觉下限固值，P是实际声压，如表 电动汽车 10 40
为不同声源的声压级，已知在距离燃油汽车，混合动力汽车，电动汽车10m处测得实际声压分别为，，，则（）（2023全国高考新高考I）
A ≥ B >10 C =100 D ≤100
【解析】
【考点】①对数定义与性质；②指数定义与性质；③对数的运算法则与基本方法；④指数的运算法则与基本方法。
【解题思路】根据对数和指数的性质，运用对数和指数的运算法则与基本方法，结合问题条件得到实际声压p的表示式，从而判断各选项的正确与错误就可得出选项。
【详细解答】压级=20lg，p=，=，=，=，对A，≥， ≥ ，A正确；对B，≤=≤10，
≤10，B错误；对C，==100， =100，C正确；对D，
=≤100， ≤100 ，D正确，综上所述，A，C，D正确，选ACD。
7、日光射入海水后，一部分被海水吸收（变为热能），同时另一部分被海水中的有机物和无机物有选择性地吸收与散射，因而海水中的光照强度随着深度增加而减弱，可用=
表示其总衰减规律，其中K是平均消光系数（也称衰减系数），D（单位：米）是海水深度，（单位：坎德拉）和（单位：坎德拉）分别表示在深度D处和海面的光强，已知某海区10米深处的光强是海面光强的30%，则该海区消光系数K的值约为（参考数据：ln20.7，ln31.1，ln51.6）（ ）（成都市高2020级高三一诊）
A 0.12 B 0.11 C 0.07 D 0.01
【解析】
【考点】①指数定义与性质；②对数定义与性质；③对数运算法则和基本方法。
【解答思路】根据指数和对数的性质，结合问题条件得到=30%，运用对数运算法则和基本方法，求出K的近似值就可得出选项。
【详细解答】海区10米深处的光强是海面光强的30%，=30%，-10K=ln0.3
=ln3-1n2-ln51.1-0.7-1.6-1.2，K0.12，A正确，选A。
8、已知a=，b=，c=，则（ ）（成都市高2020级高三二诊）
A c解析】
【考点】①对数定义与性质；②对数运算法则与基本方法；③比较实数大小的基本方法。
【解题思路】根据对数的性质和对数运算法则，运用对数运算和比较实数大小的基本方法，结合问题条件得到a，b，c的大小关系就可得出选项。
【详细解答】b-c=2024-1-1+2023=-2+>-2
+>0，b>c，可以排除C；a-b=-2024+1=
-2024=>0，a>b，可以排除B，D，A正确，选A。
9、设a=ln，b= ，c =3，则a，b，c的大小关系为（ ）（成都市2020级零诊）
A b【解析】
【考点】①对数定义与性质；②指数定义与性质；③比较实数大小的基本方法。
【解题思路】根据对数和指数的性质，运用比较实数大小的基本方法，结合问题条件得出a，b，c的大小关系就可得出选项。
【详细解答】 a=ln=-ln3<-1，10、（理）已知a=，b=cos，c=4sin，则（ ）
A c>b>a B b>a>c C a>b>c D a>c>b
（文）已知=10，a=-11，b=-9，则（ ）（2022全国高考甲卷）
A a>0>b B a>b>0 C b>a>0 D b>0>a
【解析】
【考点】①函数求导公式，法则和基本方法；②运用函数导函数判断函数单调性的基本方法；③同角三角函数基本关系及运用；④正切三角函数定义与性质；⑤比较实数大小的基本方法。
【解答思路】（理）构造函数f(x)=1--cosx， x[0，]，根据函数求导公式，法则和基本方法求出函数f(x)的导函数，运用函数导函数判断函数单调性的基本方法判断函数f(x)在区间[0，]的单调性，从而可以比较a，b的大小；由同角三角函数的基本关系得到关
于x的函数h(x)的解析式，根据正切三角函数的性质性质，得到函数h(x)在区间（0，）的单调性，从而可以比较b，c的大小，得到a，b，c的大小关系就可得出选项。（文）构造函数f(x)= （x+1）=， x（0，+），根据函数求导公式，法则和基本方法求出函数f(x)的导函数，运用函数导函数判断函数单调性的基本方法判断函数f(x)在区间（1，+）上单调递减，从而得到f(8)> f(9)> f(10)，利用比较实数大小的基本方法得出a，b与0的大小关系，就可得出选项。
【详细解答】（理）设函数 f(x) =1--cosx， x[0，]，g(x)= （x）=-x+sinx，（x）=-1+cosx0在[0，]上恒成立，函数g(x)= （x）=-x+sinx 在[0，]上单调递减， 对任意的x[0，]，g(x)= （x） g(0) =-0+0=0，函数f(x) 在[0，]上单调递减， f ()=1-- cos=- cos=a-b< f(0)=1-0-1=0，ax恒成立， 函数h（x）= >1在（0，）恒成立，即c>b， 综上所述，c>b>a， A正确，选A。（文）设函数 f(x) = （x+1）=， x（0，+），（x）=<0在（0，+）上恒成立，函数f(x)在（0，+）上单调递减， f(8)> f(9)> f(10)，=10，n= ， b= -9= -9< -9=9-9=0, b< 0，a= -11 =-11>-11= 11-11=0,a>0，综上所述， a>0>b ， A正确，选A。
11、已知实数a，b满足2>2>1，则（ ）（成都市2019级高三一诊）
A 1【解析】
【考点】①对数定义与性质；②实数比较大小的基本方法。
【解题思路】根据对数的性质，运用实数比较大小的基本方法，得出1，a，b，2的大小关系就可得出选项。
【详细解答】实数a，b满足2>2>1， 2>b>a＞1，B正确，选B。
12、（理）设a=2ln1.01，b=ln1.02，c=-1，则（ ）
A a（文）设a0，若x=a为函数f(x)=a（x-b）的极大值点，则（ ）（2021全国高考乙卷）
A ab C ab< D ab>
【解析】
【考点】①对数定义与性质；②比较实数大小的基本方法；③函数求导公式，法则和基本方法；④运用函数导函数判断函数单调性的基本方法；⑤函数极值定义与性质；⑥运用函数导函数求函数极值的基本方法。
【解题思路】（理）根据对数的性质，运用比较实数大小和运用函数导函数判断函数单调性的基本方法，得到实数a，b，c的大小关系，就可得出选项。（文）根据函数求导公式，法则和基本方法求出函数f(x)的导函数，运用函数导函数判断函数在某点存在极值的基本方法，结合问题条件得到关于a，b的式子，从而求出a，b直角的关系就可得出选项。
【详细解答】（理） a=2ln1.01=ln=ln1.0201，1.0201>1.02， a=2ln1.01> b=ln1.02，
设f(x)=2ln(1+x)-+1，（x）=-=>0在（0，2）上恒成立，函数f(x) 在（0，2）上单调递增， f(0)=2ln(1+0)- +1=0-1+1=0，当x（0，2）时，f(x)>0恒成立，a>c，设g(x)=ln(1+2x)- +1，（x）=-
=<0在[0，+）上恒成立，函数g(x)在[0，+）上单调递减， g(0)
=ln(1+0)- +1=0-1+1=0，当x[0，+）时，g(x)<0恒成立，c>b，综上所述， b作出函数f(x)的 大致图像如图（1）所示，由图
知0图（2）所示，由图知b， (图1) (图2)
D正确， 选D。
『思考问题1』
（1）【典例1】是运用不等式知识，比较实数大小的问题，解答这类问题时需要掌握比较实数大小的基本方法；
（2）比较实数大小的基本方法是：①求差法；②运求商法；
（3）求差法的基本方法是：①求出两个实数的差；②确定两个实数差与0的大小关系；③根据设a， bR，1》a-b＞0 a＞b；2》a-b＜0 a＜b；3》a-b=0 a=b得出两个实数的大小关系；
（4）求商法的基本方法是：①求出两个实数的商；②确定两个实数上与1的大小关系；③根据设a， bR，1》＞1 a＞b；2》＜1 a＜b；3》=1 a=b得出两个实数的大小关系。
［练习1］解答下列问题：
1、已知a=2，b=3，c=，则下列判断正确的是（ ）（2021全国高考新高考II）
A c2、已知函数f(x)= ，若a= f(ln2),b= f(-ln3),c= f(e),则a，b，c的大小关系为（ ）（2021成都市高三零诊）（答案：A ）
A b>c>a B b>a>c C a>b>c D a>c>b
3、设a=，b=ln，c=，则a，b，c的大小关系是（ ）（2021成都市高三一诊）（答案：C）
A a＞b＞c B a＞c＞b C c＞a＞b D c＞b＞a
4、（理）已知定义在R上的函数f(x)满足f(x)= f(2-x)，且对任意的，[1，+），当时，都有f()+f()0.03)，c=f()，则a，b，c的大小关系为 （用符号“<”连接）（答案：b=f(0.03)< c=f()（文）已知函数f(x)是定义在R上的偶函数，且在 [0，+）上单调递减，若a=f(0.3),
b=f(0.1)，c=f()，则a，b，c的大小关系为 （用符号“<”连接）（2021成都市高三二诊）（答案：b=f(0.1)< c=f()【典例2】解答下列问题：
1、已知ABC中，点D在边BC上，ADB=，AD=2，CD=2BD，当取得最小值时，BD= （2022全国高考甲卷）
【解析】
【考点】①平面直角坐标系定义与性质；②建立平面直角坐标系的基本方法；③两点之间距离公式及运用；④基本不等式及运用。
【解答思路】如图，根据平面直角坐标系的性质和建立平面直角坐标系的基本方法，距离平面直角坐标系D—xy，设BD=x（x>0）,运用两点之间的距离公式得到关于x的函数，利用基本不等式求出当取得最小值时，x的值，就可求出当取得最小值时，BD的值。
【详细解答】如图，过点D作DEBC于点D，以D为原点， y
，分别为X轴，Y轴的正方向，建立平面直角坐标系 E A
D—xy，设BD=x（x>0）, ABC中，点D在边BC上，
ADB=，AD=2，CD=2BD，C（2x，0），B（-x，0）， B D x C
A（1，），|AB|= ，|AC|= ，
= = =4-=4- 4-2，当且仅当x+1=，即x=-1时，取得最小值为4-2， 当取得最小值时，BD=x=-1。
2、如图，已知三棱锥A—BCD的截面MNPQ平行于对棱AC，BD，且=m，=n，其中m，n（0，+），有下列命题：①对于任意的m，n，都有截面MNPQ是平行四边形；②当ACBD时，对任意的m，都存在n，使得截面MNPQ为正方形；③当m=1时，截面的周长与n无关；④当ACBD，且AC=BD=2时，截面MNPQ的面积的最大值为1，其中假命题的个数为（ ）（成都市2019级高三一诊）
A 0 B 1 C 2 D 3
【解析】
【考点】①三棱锥定义与性质；②三棱锥截面定义与性质； ③平行四边形定义与性质；④正方形定义与性质；⑤判断命题真假的基本方法；⑥基本不等式及运用。
【解题思路】根据三棱锥和三棱锥截面的性质，运用平行四边形，正方形的性质，基本不等式和判断命题真假的基本方法，对各命题的真假进行判断就可得出选项。
【详细解答】对①，三棱锥A—BCD的截面MNPQ平行于对棱AC，BD，=n， MN//AC//PQ，MQ//BD//NP，四边形MNPQ是平行四边形， ①正确；对②， ACBD， 四边形MNPQ是矩形，=n，=，=，MN=AC，MQ=BD，=m， MN=AC= BD，=，对任意的m，都存在n=m，使得截面MNPQ为正方形，②正确；对③，当m=1时，=1，AC=BD，截面MNPQ是菱形，MN=AC=BD，MQ=BD，截面MNPQ的周长为2（MN+MQ）=2（+）BD=2BD与n无关，③正确；对④， ACBD，且AC=BD=2，截面MNPQ是矩形，MN=AC= ，MQ=BD= ，=MN.MQ
==1，当且仅当n=，即n=1时，截面MNPQ的面积的
最大值为1，④正确，四个命题中没有假命题，A正确，选A。
『思考问题2』
（1）【典例2】是基本不等式及运用的问题，解答这类问题需要理解基本不等式，掌握运用基本不等式解答数学问题的基本方法；
（2）理解基本不等式时，应该注意两个基本不等式各自成立的条件，①不等式若a＞0，b＞0，则≥（当且仅当a=b时取“=”号）成立的条件归结起来为“一正，二定，三相等”； ②不等式设a，bR，则+≥2ab（当且仅当a=b时取“=”号）的条件是a，bR；
（3）运用基本不等式求最值的基本方法是：①拼凑法，通过拼凑使问题中的两项满足基本不等式的条件（一正，二定，三相等）再运用基本不等式得出结果；②常数代换法，即由已知式得到常数（一般是常数1）的式子，把所求最值式子中的该常数都换成相应的式子再运用基本不等式得出结果；
（4）解答不等式与其他知识综合问题的基本方法是：①弄清问题是不等式与哪些知识的综合；②运用相应知识和基本不等式求解问题；③得出结果；
（5）求参数值或取值范围的基本方法是：①注意问题的特点；②运用基本不等式确定相应式子成立的条件；③求出结果。
［练习2］解答下列问题：
1、（理）在ABC中，已知角A=，角A的平分线AD与边BC相交于点D，AD=2，则AB+2AC的最小值为 。（答案：AB+2AC取得最小值6+4。）
（文）在ABC中，已知角A=，角A的平分线AD与边BC相交于点D，AD=2，则AB+AC的最小值为 （成都市2019级高三一诊）（答案：AB+AC取得最小值4（）。）
【典例3】解答下列问题：
1、不等式≥2的解集是（ ）（2025全国高考新高考I卷）
A {x|-2≤x≤1} B {x|x≤-2} C {x|-2≤x<1} D {x|x>1}
【解析】
【考点】①分式不等式定义与性质；②求解分式不等式的基本方法。
【解题思路】根据分式不等式的性质，运用求解分式不等式的基本方法，结合问题条件求出不等式≥2的解集就可得出选项。
【详细解答】不等式≥2的解集，不等式≤0的解集，{x|-2≤x<1}，C
正确，选C。
2、实数a，b满足a+b≥3。
证明：2+2 ＞a+b；
（2）证明：|a-2|+|b-2|≥6。（2024全国高考甲卷）
【解析】
【考点】①不等式定义与性质；②基本不等式级运用；③绝对值不等式对应于性质。
【解题思路】（1）根据不等式的性质，运用基本不等式，结合问题条件就可证明2+2 ＞a+b；（2）根据绝对值不等式的性质，运用基本不等式，结合问题条件就可证明|a-2|
+|b-2|≥6。
【详细解答】（1）证明： a+b≥3， 2+2≥ +2ab+≥（a+b）＞a+b；(2)证明：|a-2|
+|b-2|≥ | a-2+ b-2|= | 2+2-（a+ b）|=2+2-（a+ b）≥ +2ab+-(a+b)
=(a+b)(a+b-1)≥32≥6。
3、已知f(x)=2|x-a|-a，a>0。
（1）解不等式f(x)（2）若y=f(x)与坐标轴围成的面积为2，求a（2023全国高考甲卷）
【解析】
【考点】①绝对值不等式定义与性质；②求解绝对值不等式的基本方法；③三角形面积公式及运用。
【解题思路】（1）根据绝对值不等式的性质，运用求解绝对值不等式的基本方法，结合问题条件就可求出解不等式f(x)【详细解答】（1）①当x≥a时，f(x)和AOD，=（a-a）a =， y D
=aa=，+= 0 Aa B a x
+==2，a=或a=-，a>0，a=。 C
4、已知知f(x)=2|x|+|x-2|。（2023全国高考乙卷）
（1）求解不等式f(x)≤6-x的解集； f(x)≤y，
（2）在直角坐标系xOy中，求不等式组 x+y-6≤0，所确定的平面区域的面积。
【解析】
【考点】①绝对值不等式定义与性质；②求解绝对值不等式的基本方法；③三角形面积公式及运用。
【解题思路】（1）根据绝对值不等式的性质，运用求解绝对值不等式的基本方法，结合问题条件就可求出解不等式f(x)≤6-x解集；（2）作出函数y=f(x)图像，根据函数图像得到关于a的方程，求解方程就可求出a的值。
【详细解答】（1）①当x<0时，f(x)≤6-x，-2x≤4，-2≤x<0；②当0≤x<2时，f(x)≤6-x，x+2≤6-x，2x≤4，0≤x<2；③当x≥2时，f(x)≤6-x，3x-2≤6-x，4x≤8，x=2，综上所述，不等式f(x)≤6-x的解集为[-2，2]；（2）作出不等式组f(x)≤y，且 x+y-6≤0所确定的平面区域如图所示，由3x+y=2和x+y=6解得：x=-2，y=8，由x-y=-2和x+y=6解得：x=2，y=4，A(-2，8），B(0，2），C(2，4），D(0，6），不等式组f(x)≤y，且 x+y-6≤0所确定的平面区域为4（2+2）=8。
5、已知a，b，c为正数，且++4=3。证明：
（1）a+b+2c≤3；
（2）若b=2c，则+≥3。（2022全国高考甲卷）
【解析】
【考点】①不等式定义与性质；②柯西不等式及运用；③证明不等式的基本方法。
【解题思路】（1）根据不等式的性质，运用基本不等式就可证明a+b+2c≤3；（2）根据不等式的性质，运用基本不等式，结合问题条件就可证明结论。
【详细解答】（1）（++4）（1+1+1）≥，++4=3,，9≥
，a，b，c为正数，a+b+2c≤3，当且仅当a=b=2c，即a=b=1，c=时，等号成立；（2）由（1）知，b=2c，且a+b+2c≤3，0=+≥≥3。
6、已知a，b，c为正数，且++=1。证明：
（1）abc<；
（2）++≤（2022全国高考乙卷）
【解析】
【考点】①不等式定义与性质；②柯西不等式及运用；③证明不等式的基本方法。
【解题思路】（1）根据不等式的性质，运用基本不等式就可证明abc<；（2）根据不等式的性质，运用基本不等式，结合问题条件就可证明结论。
【详细解答】（1）a，b，c为正数，1=++≥3≥3，当且仅当a=b=c=时，等号,成立，≤，abc<；（2）a，b，c为正数，b+c≥2，a+c≥2，a+b≥2，当且仅当a=b=c=时，等号分别成立，++≤
≤，≤++≤
≤，++≤。
7、已知函数f(x)=|x-2|，g(x)=|2x+3|-|2x-1|。
（1）画出y=f(x)和y=g(x)的图像；
（2）若f(x+a) g(x)，求a的取值范围（2021全国高考甲卷）。
【解析】
【考点】①绝对值定义与性质；②分段函数定义与性质；③已知函数解析式，作函数图像的基本方法；④求解不等式的基本方法。
【解题思路】（1）根据绝对值的性质，把函数f(x)，g(x)化为分段函数，运用分段函数的性质和已知函数解析式作函数图像的基本方法，就可画出y=f(x)和y=g(x)的图像；（2）根据（1）中y=f(x)和y=g(x)的图像，运用求解不等式的基本方法，就可求出a的取值范围。
【详细解答】（1） f(x)=|x-2|=x-2，x2，g(x)=|2x+3|-|2x-1|=-4，x<- ，画出y=f(x)和
2-x，x<2， 4x+2，-x<，y=g(x)的
4，x，图像如图所示；
（2）函数f(x+a)的图像是函数f(x)的图像沿X轴向左（或）向右平移|a|个单位长度而得到，
由（1）中的图像可知，若函数f(x)的图像沿X y y=g(x)
轴向右平移，显然与题意不符，函数f(x)的图 3
像应沿X轴向左平移，从图像得到要满足： y= f(x+a) 2 y= f(x)
f(x+a) g(x)，必有f(+a) g()，+a 1
-24，a6-，若f(x+a) g(x)， -2 -1 0 1 2 3 x
则a的取值范围[，+）。
8、已知函数f(x)=|x-a|+|x+3|。
（1）当a=1时，求不等式f(x) 6的解集；
（2）若f(x)>-a，求a的取值范围（2021全国高考乙卷）。
【解析】
【考点】①绝对值定义与性质；②分段函数定义与性质；③求解不等式的基本方法；④求分段函数最值的基本方法。
【解题思路】（1）根据绝对值的性质，把函数f(x)化为分段函数，运用分段函数的性质和求解不等式的基本方法，就可求出不等式f(x) 6的解集；（2）根据（1）中y=f(x)和y=g(x)的图像，运用求解不等式的基本方法，就可求出a的取值范围。
【详细解答】（1）当a=1时，f(x)=|x-1|+|x+3|，①当x<-3时， f(x) 6，-2x-26，x-4；②当-3x<1时， f(x) 6，46，此时不等式无解；③当x1时， f(x) 6，2x+26，x2，综上所述，当a=1时，不等式f(x) 6的解集为（--4] [2，+）；（2） f(x)>-a，|x-a|+|x+3|>-a，|x-a|+|x+3||x+3-x+a||a+3|,
f(x)>-a，|a+3|>-a，a+3-，即若f(x)>-a，则a的取值范围是（-，+）。
『思考问题3』
（1）【典例3】是求解不等式（或不等式证明）的问题，解答这类问题需要理解不等式的定义，掌握求解不等式（或不等式证明）的基本方法；
（2）求解不等式问题主要包括：①求解含绝对值的不等式；②求解一元一次不等式；③求解一元二次不等式；④求解分式不等式；⑤求解无理不等式；
（3）求解不等式的基本方法是：①分辨问题属于哪种类型；②运用求解该类型不等式的基本方法对不等式实施解答；③得出不等式的解集；
（4）证明不等式的基本方法是：①比较法；②分析法与综合法；③反证法（或换元法）；④放缩法；⑤利用函数的方法证明不等式。
（5）比较法证明不等式的理论依据是：①设a，b∈R，1》a＞ba-b＞0；2》a＜ba-b＜0；3》a=ba-b=0；②设a，b∈R，1》＞1a-b＞0；2》＜1a-b＜0；3》=1a-b=0。
比较法的基本方法是：①求差法；②求商法；
（6）分析法的基本思路是从所证明的不等式出发，分析使这个不等式成立的充分必要条件条件，从而把证明不等式问题转化为判定这些充分必要条件是否成立的问题，如果能够肯定这些充分必要条件都成立，那么就可以判断原不等式成立；
（7）综合法的基本思路是利用已经证明过的不等式（或不等式的性质），由不等式（或不等式的性质）的条件出发，推导出所要证明的不等式；
（8）运用分析法证明不等式时应注意三个问题：①寻找使不等式成立的充分必要条件时，往往是先寻找不等式成立的必要条件，再考虑这个必要条件是否是充分条件；②在解决不等式的证明问题时，通常是分析法与综合法联合起来使用；③在具体处理不等式的证明问题时，一般是用分析法寻找证明的思路，用综合法叙述证明不等式的过程；
（9）反证法证明的基本方法是：①假设命题的距离不成立（或结论的反面成立）；②由假设出发，通过推证得出与题设（或某定理，公理，哲理）矛盾；③得到结论成立；
（10）换元法是通过引进辅助元，把分散的条件联系起(或者把隐含的条件显现出来，或者把条件与结论联系起来，或者转化为熟悉的问题)来证明不等式方法，运用换元法证明不等式时，一定要注意新元成立的条件和整体置换的数学思想。
（10）放缩法的基本方法是：①在证明不等式A＞B（或A［练习3］解答下列问题：
1、已知函数f(x)=|3x+1|-2|x-1|。
（1）画出函数f(x)的图像；（提示：运用完全平方式）
（2）求不等式f(x)> f(x+1)的解集。（提示：运用数学反证法）
2、设函数f(x)=ln(1+|x|-，则使得f(x)>f(2x-1)成立的x的取值范围是（ ）（2020全国高考新课标II）(答案：A)
A （，1） B （-，）（1，+） C （-，） D （-，-）（，+）
3、设a，b，c，d均为正数，且a+b=c+d。证明：
（1）若ab>cd，则+>+；（提示：运用基本不等式）
（2）+>+是|a-b|<|c-d|的充要条件（2020全国高考新课标II）。（提示：从充分性和必要性两个方面进行证明）
【典例4】解答下列问题：
1、（本小题满分17分）
设函数f(x)=5cosx-cos5x。（2025全国高考新高考I）
（1）求函数f(x)在[0，]上的最大值；
（2）给定（0，），设a为实数，证明：存在y（a-，a+），使得cosy（3）若存在使得对任意的x，都有5cosx-cos(5x+)≤b，求b的最小值。
【解析】
【考点】①余弦三角函数定义与性质；②函数导函数定义与性质；③三角函数最值定义与性质；④函数求导公式，法则和基本方法；⑤三角函数和角公式及运用；⑥三角函数差角公式及运用；⑦求三角函数最值的基本方法；⑧运用函数导函数求函数最值的基本方法，
【解题思路】（1）根据余弦三角函数和函数导函数的性质，运用函数求导公式，法则与基本方法，三角函数和角，差角公式和运用函数导函数求函数最值的基本方法，结合问题条件就可求出函数f(x)在[0，]上的最大值；（2）根据余弦三角函数和三角函数最值的性质，运用三角函数和角，差角公式和求三角函数最值的基本方法，结合问题条件就可证明存在y（a-，a+），使得cosy【详细解答】（1）（x）=-5sinx+5sin5x=5（sin5x-sinx）=5[sin（3x+2x）-sin(3x-2x）]
=10cos3xsin2x，令（x）=0解之得：x=，x（0，）时，（x）>0，x（，）时，（x）<0，函数f(x)在（0，）上单调递增，在（，）上单调递减，函数f(x)在[0，]上的最大值为f()=5-（-）=3；（2）证明：当（0，）时，Cosy的最大值≤=cosacos≤cos；当（，）时，不妨设a[0，2]，若x（a-，a+），Cosy的最大值≤-1≤cos，若a+≤x，（，），cos（a+）=10cos（3x+）sin（2x+），令（x）=0解之得：x=-或x=+（kZ），g(x+)=-g(x)，当k=0，1，2时，得到函数g(x)的极值分别为：4sin，4cos，6sin，6cos（-），6cos（+），函数g(x)的最小值为{4sin，4cos，6cos（-），6cos（+）}的最大值≥在6cos（-）≥3，当且仅当=0时等号成立，综上所述，g(x)≥3，若存在使得对任意的x，都有5cosx-cos(5x+)≤b，则b的最小值为3。
2、（本小题满分17分）
已知函数f(x)=ln（1+x）-x+-k，其中0（1）证明：函数f(x)在区间（0，+）存在唯一的极值点和唯一的零点；
（2）设，分别为函数f(x)在区间（0，+）的极值点和零点。
①设函数g(t)=f(+t)-f(-t)，证明：函数g(t)在区间（0，）单调递减；
②比较2与的大小，并证明你的结论。
【解析】
【考点】①函数导函数定义与性质；②函数极值点定义与性质；③函数零点定义与性质；
④函数单调性定义与性质；⑤求函数导函数的公式，法则与基本方法；⑥运用函数导函数确定函数极值点的基本方法；⑦运用函数导函数确定函数零点的基本方法；⑧运用函数导函数判断函数单调性的基本方法；⑨比较实数大小的基本方法。
【解题思路】（1）根据函数导函数，函数极值点和函数零点的性质，运用求函数导函数的公式，法则与基本方法，运用函数导函数确定函数极值点的基本方法和运用函数导函数确定函数零点的基本方法，结合问题条件就可证明函数f(x)在区间（0，+）存在唯一的极值点和唯一的零点；（2）①根据函数导函数，函数极值点和函数零点的性质，运用求函数导函数的公式，法则与基本方法和运用函数导函数判断函数单调性的基本方法，结合问题条件就可证明函数g(t)在区间（0，）单调递减；②根据函数导函数，函数极值点和函数零点的性质，运用求函数导函数的公式，法则与基本方法和比较实数大小的基本方法，结合问题条件，就可得出2与的大小关系，并证明其结论。
【详细解答】（1）证明：（x）=-1+x-3k=
=，当x>0时，令（x）=0解之得：x=-1>0，x（0，-1）时，（x）>0，x（-1，+）时，（x）<0， 函数f(x)在（0，-1）上单调递增，在（-1，+）上单调递减， x=-1是函数f(x)在区间（0，+）存在唯一的极大值点；f(-1)>f(0)=ln1-0+0-0=0， 函数f(x)在（-1，+）上单调递减，存在（-1，
+），使f(,)=0，是函数f(x)在区间（0，+）存在的唯一零点；（2）①证明：
(t)=(+t)-(-t)=+=3kt[+]=，当t（0，）时，<0，>0，（t）=<0， 函数g(t)在（0，）上单调递减；
②由①知函数g(t)在（0，）上单调递减，g()是函数f(x)的零点，f()=0，f(2)，2>，函数f(x)在（，+）上单调递减，2>。
3、（理）已知函数f(x)= （1-ax）ln(1+x)-x。
（1）当a=-2时，求函数f(x) 的极值；
（2）当x0时，若f(x) 0恒成立，求a的取值范围。
（文）已知函数f(x)= a（x-1）-lnx+1。
（1）求函数f(x) 的单调区间；
（2）当a≤2时，证明：当x＞1时，f(x) ＜恒成立。（2024全国高考甲卷）
【解析】
【考点】①函数求导公式，法则和基本方法；②函数单调性定义与性质；③函数极值定义与性质；④运用函数导函数判断函数单调性的基本方法；运用函数导函数求函数极值的基本方法；⑤参数分类讨论原则和基本方法；⑥运用函数导函数证明不等式的基本方法。
【解题思路】（理）（1）根据函数求导公式，法则和基本方法，结合问题条件求出当a=-2时，函数f(x)的导函数(x)，运用函数导函数求函数极值的性基本方法就可求出函数f(x) 的极值；（2）根据函数求导公式，法则和基本方法，函数f(x)的导函数(x)，运用参数分类讨论的原则与基本方法和运用函数导函数证明不等式的基本方法，结合问题条件得到关于a的不等式，求解不等式就可求出a的取值范围。（文）（1）根据函数单调性的性质和函数求导公式，法则和基本方法，求出函数f(x)的导函数(x)，运用函数导函数判断函数单调性的基本方法，结合问题条件就可求出函数f(x)的单调区间；（2）根据函数求导公式，法则和基本方法求出函数f(x)的导函数(x)，运用函数导函数求函数证明不等式基本方法，结合问题条件就可证明当a≤2时，f(x) ＜在（1，+）上恒成立。
【详细解答】（理）（1）当a=-2时，函数f(x)的定义域为（-1，+），(x)=2ln(1+x)+
-1，(0)=0+1-1=0，函数(x)在（-1，+）上单调递增，当x（-1，0）时，
(x)<0，当x（0，+）时，(x)>0，函数f(x) 在（-1，0）上单调递减，在（0，
+）上单调递增，=f(0)=0-0=0，无极大值；（2）f(0)=0-0=0，当x[0，
+）时，f(x) 0恒成立，(x)=-aln(1+x)+-1≥0在[0，+）上恒成立，设函数g(x)=-aln(1+x)+-1，(x)=+=，由(x)=0解得：x=-2-，①当-2-≤0，即a≤-，或a>0时，函数g(x)在[0，+）上单调递增（a≤-），或函数g(x)在[0，+）上单调递减（a>0），(0)=g(0)=0+1-1=0，若a≤-，(x)≥0，在[0，+）上恒成立，符合题意；若a>0，(x)≤0在[0，+）上恒成立，不符合题意；②当-2->0，即-0，函数g(x) 在（0，-2-）上单调递减，在（-2-，+）上单调递增，(0)=g(0)=0+1-1=0，x（0，-2-）时，g(x)=(x)<0，函数f(x) 在（0，-2-）上单调递减，f(0)=0-0=0，
f(x)<0 在（0，-2-）上恒成立，与题意不符，综上所述，当x0时，若f(x) 0恒成立，则a的取值范围是（-，-]。
4、已知函数f(x)=ln +ax+b 。
（1）若b=-0，且(x) 0，求a的最小值；
（2）证明：曲线y= f(x)是中心对称图形；
（3）若f(x)＞-2，当且仅当1＜x＜2时恒成立，求b的取值范围（2024全国高考新高考I）
【解析】
【考点】①函数求导公式，法则和基本方法；②运用函数导函数判断函数单调性的基本方法；③中心对称图形定义于性质；④判断中心对称图形的基本方法；⑤运用函数导函数证明不等式的基本方法。
【解题思路】（1）根据函数求导公式，法则和基本方法，结合问题条件求出函数f(x)的导函数(x)，结合问题条件得到a大于或等于关于x的表示式，构造函数g(x）为关于x的表示式，求出函数g(x）在（0，2）上的最大值，就可求出a的最小值；（2）根据中心对称图形的性质，运用判断中心对称图形的基本方法，结合问题条件就可证明曲线y= f(x)是中心对称图形；（3）根据x（1，2）时，f(x)＞-2恒成立，x（1，2）时，f(x)+2＞0恒成立，构造函数g(x）= f(x)+2，运用函数导函数证明不等式的基本方法，只需证明函数g(x)z在（1，2）的最小值大于0，从而得到关于b的不等式，求解不等式就可求出b的取值范围。
【详细解答】（1）当b=-0时， f(x)=ln +ax， （x）=++a0，a
-=，设函数g(x)= （0＜x＜2），＜0，
= g(1)=-2， a-2，若b=-0，且(x) 0，则a的最小值为-2；（2）证明： f(2-x)
=ln+a(2-x)+b=-［ln +ax+b ］+2a=- f(x)+2a， f(2-x)+ f(x)=2a，
函数f(x)的图像是以（1，a）为对称中心的中心对称图形；（3） x（1，2）时，f(x)＞-2恒成立，x（1，2）时，f(x)+2＞0恒成立，构造函数g(x）= f(x)+2，g(1）=a+20,
a-2， x（1，2）时，g(x)=f(x)+2＞0恒成立，g(1）=a+20，（x）=++a+3b
，（1）=2+a0，（x）=-++6b(x-1)，（1）=-1+1+0=0，（x）
=-+6b，（1）=2+2+6b=4+6b0，b-，若f(x)＞-2，当且仅当1＜x＜2时恒成立的必要条件是b-；若b-， （x）=++a+3b＞--2-2，令t=, t（0，1），（t）=-2-2t=2［-（1+t）］
==＞0在（0，1）上恒成立，函数g(x）在（1，2）上单调递增，＞g(1）=a+2＞0，综上所述，若f(x)＞-2，当且仅当1＜x＜2时恒成立，则b的取值范围是［-，+）。
5、（理）已知函数f(x)= lnx+a，其中aR。
（1）当a=-2时，求函数f(x) 的单调区间；
（2）当x>1时，若f(x)<恒成立，求整数a的最大值。
（文）已知函数f(x)= lnx+-a，其中aR。
（1）当a=1时，求函数f(x) 的单调区间；
（2）当x>1时，若f(x)>-2恒成立，求整数a的最大值（成都市高2021级高三零诊）
【解析】
【考点】①函数求导公式，法则和基本方法；②函数单调性定义与性质；③运用函数导函数判断函数单调性的基本方法；④运用函数导函数求函数最值的基本方法。
【解题思路】（理）（1）根据函数求导公式，法则和基本方法，结合问题条件求出函数f(x)的导函数(x)，运用函数单调性的性质和由函数导函数判断函数单调性的基本方法就可求出函数的单调性；（2）由f(x)<，a<，构造函数g(x)=，根据函数求导公式，法则和基本方法求出函数g(x)的导函数(x)，运用函数导函数求函数最值的基本方法，求出函数g(x)的最小值就可求出整数a的最大值。（文）（1）根据函数求导公式，法则和基本方法，结合问题条件求出函数f(x)的导函数(x)，运用函数单调性的性质和由函数导函数判断函数单调性的基本方法就可求出函数的单调性；（2）由f(x)>-2，a<，构造函数g(x)=，根据函数求导公式，法则和基本方法求出函数g(x)的导函数(x)，运用函数导函数求函数最值的基本方法，求出函数g(x)的最小值就可求出整数a的最大值。
【详细解答】（理）（1）当a=-2时，函数f(x)的定义域为（0，+），(x)= - 4x=，
令(x)=0解得：x=，当x（0，）时，(x)>0，当x（，+）时，(x)<0，函数f(x)在（0，）上单调递增，在（，+）上单调递减；（2） f(x)<，a<，
设函数g(x)=（x>1），(x)==
，设函数h(x)=2lnx+(x-2)-1（x>1）， (x)=+(x-1)>0（1，+）上恒成立，函数h(x)在（1，+）上单调递增，h()=2ln--1<0，h(2)=2ln2-1>0，存在 （，2），使函数h()=2ln+(-2)-1=0，-ln=(-1)-，当x （1，）时， (x)<0，当x （，+）时， (x)>0，函数g(x)在（1，）上单调递减，在（，+）上单调递增， = g（）===，设函数F（x）=（0在（，2）上恒成立，函数F(x)在（，2）上单调递增，当x（，2）时，F（）=1时，若f(x)<恒成立，则整数a的最大值为1。
（文）（1）当a=1时，函数f(x)的定义域为（0，+），(x)= - =，令(x)=0解得：x=1，当x（0，1）时，(x)<0，当x（1，+）时，(x)>0，函数f(x)在（0，1）上单调递减，在（1，+）上单调递增；（2） f(x)>-2，a<，设函数g(x)=（x>1），(x)== ，设函数h(x)=-lnx+x-3（x>1）， (x)=-+1=>0（1，+）上恒成立，函数h(x)在（1，+）上单调递增，h(4)=-ln4+4-3=-ln4+1<0，h(5)=-ln5+5-3=-ln5+2>0，存在 （4，5），使函数h()=-ln+-3=0，ln=-3，当x （1，）时， (x)<0，当x （，+）时， (x)>0，函数g(x)在（1，）上单调递减，在（，+）上单调递增， = g（）===， （4，5）， 4< <5，a<5，当x>1时，若f(x)>-2恒成立，则整数a的最大值为4。
6、（理）已知函数f(x)=2-ax，aR。
（1）讨论函数f(x)的单调性；
（2）当a=e时，求证：f(x)>e（1-cosx）。
（文）已知函数f(x)=2-ex。
（1）求函数f(x)的单调区间；
（2）求证：f(x)>e（lnx+cosx）。（成都市高2021级高三一诊）
【解析】
【考点】①函数求导公式，法则和基本方法；②参数分类讨论的原则和基本方法；③运用函数导函数判断函数单调性的基本方法；④运用函数导函数证明不等式的基本方法。
【解题思路】（理）（1）根据函数求导公式，法则和基本方法求出函数f(x)的导函数（x），运用参数分类讨论的原则与基本方法和运用函数导函数判断函数单调性的基本方法，就可得出函数f(x)的单调性；（2）根据不等式f(x) axcosx在区间（0，+）上恒成立， sinx- 2ax- axcosx0在区间（0，+）上恒成立，- ax0在区间（0，+）上恒成立，设函数g(x)= - ax，运用函数导函数求函数最值的基本方法求出函数g(x)= - ax在区间（0，+）上的最大值就可得出实数a的取值范围。（文）（1）根据函数求导公式，法则和基本方法求出函数f(x)的导函数（x），运用函数导函数判断函数单调性的基本方法，就可得出函数f(x)的单调区间；（2）根据不等式f(x)>e（lnx+cosx）， 2-x-lnx-cosx≥2-x-lnx-1>0，设函数g(x)=2-x-lnx-1 ，运用函数导函数求函数最值的基本方法求出函数g(x)= 2-x-lnx-1在区间（0，+）上的最小值大于0，就可证明f(x)>e（lnx+cosx）。
【详细解答】（理）（1）（x）=2-a，①当a≤0时， （x）>0在R上恒成立，
函数f(x)在R上单调递增；②当a>0时，令（x）=0解得：x=ln，x（-，ln）时，（x）<0，x（ln，+）时，（x）>0，函数f(x)在（-，ln）上单调递减，在（ln，+）上单调递增，综上所述，当a≤0时，函数f(x)在R上单调递增；当a>0时，函数f(x)在（-，ln）上单调递减，在（ln，+）上单调递增；（2）证明：当a=e时不等式f(x) >e（1-cosx）, 2-ex>e（1-cosx）,2>x-cosx+1,①当x（-，0]时，2>0，g(x)≤0恒成立，2>x-cosx+1成立；②x（0，+）时，2>x-cosx+1,2-x+cosx-1>0,设g(x) =2-x+cosx-1，（x）=2-1-sinx≥0恒成立，函数g(x)在（0，+）上单调递 >g(0)=-0+1-1=>0，g(x)>0在（0，+）上恒成立，2>x-cosx+1成立，综上所述，2>x-cosx+1在R上恒成立，即当a=e时，f(x)>e（1-cosx）。
（文）（1）（x）=2-e，令（x）=0解得：x=1-ln2，x（-，1-ln2）时，（x）<0，x（1-ln2，+）时，（x）>0，函数f(x)在（-，1-ln2）上单调递减，在（1-ln2，+）上单调递增；（2）证明：不等式f(x) >e（lnx+cosx）, 2-ex>e（lnx+cosx）,2-x-lnx-cosx>0，设函数g(x) =2-x-lnx-cosx，函数（x）=2-1-在（0，+）上单调递增，（1）=0，x（0，1）时，（x）<0，x（1，+）时，（x）>0，函数g(x) 在（0，1）上单调递减，在（1，+）上单调递增，当x（0，+）时， =g(1)=2-1-0-1=0，即g(x)≥0在（0，+）上恒成立，当且仅当x=1时，等号成立，当x=1时，cosx<1，2-x-lnx-cosx>2-x-lnx-1≥0，从而f(x)>e（lnx+cosx）成立。
7、（理）已知函数f(x)= 2a-。
（1）当a=时，判断函数f(x)的零点个数并说明理由；
（2）若存在b（0，+），使得当x（b，b+2024）时，f(x)>-aln（x+1）+2a-1恒成立，求实数a的取值范围。
（文）已知函数f(x)= -。
（1）判断函数f(x)的零点个数并说明理由；
（2）当x≥1时，a f(x) ≤+lnx-1恒成立，求实数a的取值范围。（成都市高2021级高三二诊）
【解析】
【考点】①函数零点定义与性质；②函数求导公式，法则与基本方法；③运用函数导函数确定函数零点的基本方法；④参数分类讨论的原则与基本方法；⑤运用函数导函数证明不等式的基本方法。
【解题思路】（理）（11）根据函数零点的性质，运用函数求导公式，法则与基本方法和利用函数导函数确定函数零点的基本方法，结合问题条件就可判断函数f(x)的零点个数；（2）根据参数分类讨论的原则和基本方法，运用函数导函数证明不等式的基本方法，结合问题条件就可求出若存在b（0，+），使得当x（b，b+2024）时，f(x)>-aln（x+1）+2a-1恒成立，实数a的取值范围。（文）（1）根据函数零点的性质，运用函数求导公式，法则与基本方法和利用函数导函数确定函数零点的基本方法，结合问题条件就可判断函数f(x)的零点个数；（2）根据参数分类讨论的原则和基本方法，运用函数导函数证明不等式的基本方法，结合问题条件就看求出当x≥1时，若a f(x) ≤+lnx-1恒成立，实数a的取值范围。
【详细解答】（理）（1）当a=时，f(x)= -，(x）= -，(x）
= +>0在[0，+）上恒成立，函数(x）在[0，+）上单调递增，(）= -1<0，(,1）= e->0，存在（，1），使(）=0，x（0，）时，(x）<0，x（,，+）时，(x）>0，函数f(x)在（0，）上单调递减，在（，+）上单调递增，f()= -,>0，f(1)=e-1<0， 函数f(x)在( ，1）上和（1，+）上各有一个零点，当a=时，函数f(x)有两个不同的零点；（2）存在b（0，+），使得当x（b，b+2024）时，f(x)>-aln（x+1）+2a-1恒成立，存在b（0，+），使得当x（b，b+2024）时，（2a-1）(-1)+aln（x+1）->0恒成立，设函数g(x)=（2a-1）(-1)+aln（x+1）-，①当a>时，令函数h(x)=-x-1，x（0，+）(x)=-1在（0，+）上单调递增，(0)=1-1=0，(x）>0在（0，+）上恒成立，函数h(x)在（0，+）上单调递增，h(0)=1-0-1=0，h(x）>0在（0，+）上恒成立，g(x)=（2a-1）(-1)+aln（x+1）->（2a-1）x-，当x≥时，
g(x)>0，取b=，当x（b，b+2024）时，g(x)>0恒成立；②当a≤时，令函数
u(x)=2+ln（x+1）-2，(x)=2+>0在（0，+）上恒成立， 函数u(x)在（0，+）上单调递增，u(0)=2+0-2=0，u(x）>0在（0，+）上恒成立，g(x)=（2a-1）(-1)+aln（x+1）-≤+ln（x+1）-1--+1=ln（x+1）-，令m(x)=ln（x+1）-， (x)=-==<0在（0，+）上恒成立， 函数m(x)在（0，+）上单调递减， m(0) =0-0=0， m（x）<0在（0，+）上恒成立，g(x)<0在（0，+）上恒成立与题意不符，综上所述，若存在b（0，+），使得当x（b，b+2024）时，f(x)>-aln（x+1）+2a-1恒成立，则实数a的取值范围是（，+）。
（文）（1）(x）= +>0在(--1) (-1，+）上恒成立，函数 f(x)在(--1) , (-1，+）上单调递增， 当x(--1)时，f(x)>0恒成立，当x(-1，+-)时，f(1)=1-1=0，函数f(x) 在(--1) (-1，+）上只有一个零点；（2）当x≥1时，a f(x) ≤+lnx-1恒成立， 当x≥1时，a (-) ≤+lnx-1恒成立，当x≥1时，（a -1）-a-lnx+1 ≤0恒成立，设函数g(x)= (a -1)-a-lnx+1，①当a>1时，当x无限趋于无穷大时，函数g(x)的函数值也趋于无穷大，显然与题意不符；②当a≤1时， 由（1）知函数 f(x)在 (-1，+）上单调递增，且f(1)=1-1=0， f(x) ≥0在［1，+）上恒成立， g(x)= (a -1)-a-lnx+1≤---lnx+1≤--lnx+1，令函数
u(x)= --lnx+1， (x)=- =＜0在［1，+）上恒成立， 函数u(x)在［1，+）上单调递减，u(1)=-1-0+1=0，u(x）≤0在［1，+）上恒成立，当x≥1时，a f(x) ≤+lnx-1恒成立， 综上所述，当x≥1时，若a f(x) ≤+lnx-1恒成立，则实数a的取值范围是（-，1］。
8、（理）已知f(x)= ax--，x（0，）。
（1）若a=8，讨论函数f(x) 的单调性；
（2）若f(x)（文）已知f(x)= ax--，x（0，）。
（1）若a=1，讨论函数f(x) 的单调性；
（2）若f(x)+sinx<0，求实数a的取值范围（2023全国高考甲卷）
【解析】
【考点】①函数求导公式，法则和基本方法；②运用函数导函数判断函数单调性的基本方法；③参数分类讨论原则和基本方法；④运用函数导函数证明不等式的基本方法。
【解题思路】（理）（1）根据函数求导公式，法则和基本方法，结合问题条件求出函数f(x)的导函数，运用函数导函数判断函数单调性的基本方法就可得出函数的单调性；（2）由f(x)【详细解答】（理）（1）当a=8时， （x）=8-=8-
=8-，设t=，t（0，1），（x）=g(t)=8-=
=，令（x）=g(t)=0解得t=，当t（0，），即x（，）时，（x）=g(t）<0，当t（，1），即x（0，）时，（x）=g(t）>0，函数f(x)在（，）上单调递减，在（0，）上单调递增；（2）f(x)0在（0，1）上恒成立，函数u(t)在（0，1）上单调递增，u(t)0，存在（0，1）使u()=0，即存在（0，），使得（）=0，当t（，1）时，（t）=u（t）>0，即当x（0，）时，（x）>0，函数g(x)在（0，）上单调递增，g(x)>g(0)=0-0-0=0，与题意不符， 综上所述，若f(x)=1-=，设t=cosx，t（0，1），（x）=g(t)=
=<0在（0，）上恒成立，函数f(x)在（0，）上单调递减；（2）f(x)+sinx<0， ax--+sinx<0，设g(x）=ax-+sinx，（x）=（x）+cosx
=a-+cosx，g(0）=0-0+0=0，g(x）=ax-+sinx<0在（0，）上恒成立，（x）=a-+cosx<0在（0，）上恒成立，a<-cosx在（0，0）上恒成立，构造函数u(x)=-cosx，x（0，），（x）=+sinx=+sinx>0在（0，）上恒成立，函数u(x)在（0，）上单调递增，>u(0)=1-1=0，a≤0，①当a=0时，g(x）=-+sinx=sinx(1-)<0成立；②当a<0时，显然g(x）=ax-+sinx<-+sinx<0成立 综上所述，若f(x)+sinx<0，则实数a的取值范围是(-，0]。
9、已知函数f(x）=a（+a）-x。
讨论函数f(x）的单调性；
证明：当a>0时，f(x）>2lna+（2023全国高考新高考I）
【解析】
【考点】①函数求导公式，法则和基本方法；②运用函数导函数判断函数单调性的基本方法；③参数分类讨论原则和基本方法；④运用函数导函数证明不等式的基本方法。
【解题思路】（1）根据函数求导公式，法则和基本方法，结合问题条件求出函数f(x)的导函数，运用函数导函数判断函数单调性的基本方法和参数分类讨论原则与基本方法就可得出函数的单调性；（2）由f(x)=f(x)-sin2x=ax---sin2x，根据参数分类讨论原则和基本方法，运用函数导函数证明不等式的基本方法，结合问题条件就可求出实数a的取值范围。（文）（1）根据函数求导公式，法则和基本方法，结合问题条件求出函数f(x)的导函数，运用函数导函数判断函数单调性的基本方法就可得出函数的单调性；（2）由f(x)+sinx<0， ax--+sinx<0，构造函数g(x）=ax--+sinx，根据参数分类讨论原则和基本方法，运用函数导函数证明不等式的基本方法，就可求出实数a的取值范围。
【详细解答】（1） （x）=a-1，①当a≤0时， （x）=a-1<0在R上恒成立，函数f(x)在R上单调递减；②当a>0时，令（x）=a-1=0解得：x=-lna，x（-，-lna）时，（x）<0，x（-lna，+）时，（x）>0，函数f(x)在（-，-lna）上单调递减，在（-lna，+）上单调递增，综上所述，当a≤0时，函数f(x)在R上单调递减，当a>0时，函数f(x)在（-，-lna）上单调递减，在（-lna，+）上单调递增；（2）f(x）>2lna+，a（+a）-x-2lna->0，设函数g(x)=a（+a）-x-2lna-，（x）=（x）=a
-1，由（1）知，当a>0时，函数g(x)在（-，-lna）上单调递减，在（-lna，+）上单调递增，=g(-lna)=a(+a)+lna-2lna-=-lna-，设h(x)=-lnx-x（0，+），
（x）=2x-=，令（x）=0解得：x=，x（0，）时，（x）<0，
x（，+）时，（x）>0，函数h(x)在（0，）上单调递减，在（，+）上单调递增，=h()=-ln-=ln>0，=h(x)>0在（0，+）上恒成立，即当a>0时，f(x）>2lna+当a>0时，f(x）>2lna+。
10、（理）已知函数f(x)=ln(ax)，a>0。
（1）当a=1时，若曲线y=f(x)在x=1处的切线方程为y=kx+b，证明：f(x)≤kx+b；
（2）若f(x)≤（x-1）,求a的取值范围。
（文）已知函数f(x)=lnx+a-1，aR。
（1）若f(x)≤x，求a的取值范围；
（2）当a（0,1]时，证明：f(x)≤（成都市高2020级高三一诊）
【解析】
【考点】①函数求导公式，法则与基本方法；②函数在某点导数的几何意义；③求曲线在某点处切线方程的基本方法；④参数分类讨论的原则与基本方法；⑤运用函数导函数证明不等式的基本方法。
【解题思路】（理）（1）根据函数求导公式，法则与基本方法求出函数f(x)的导函数（x），运用函数在某点导数的几何意义和求曲线在某点处切线方程的基本方法求出曲线y=f(x)在x=1处的切线方程，利用函数导函数证明不等式的基本方法就可证明f(x)≤kx+b；（2）根据不等式f(x) axcosx在区间（0，+）上恒成立， sinx- 2ax- axcosx0在区间（0，+）上恒成立，- ax0在区间（0，+）上恒成立，设函数g(x)= - ax，运用函数导函数求函数最值的基本方法求出函数g(x)= - ax在区间（0，+）上的最大值就可得出实数a的取值范围。（文）（1）由f(x)≤x，lnx-x+a-1≤0，设函数g(x) =lnx-x+a-1，根据函数求导公式，法则与基本方法求出函数g(x)的导函数（x），运用函数导函数证明不等式的基本方法，结合问题条件得到关于a的不等式，求解不等式就可求出a的取值范围；（2）f(x)≤，-f(x)≥0，设函数h(x)=
-f(x)=-lnx-a+1（x>0），运用函数导函数证明不等式的基本方法，就可证明
f(x)≤。
【详细解答】（理）（1）当a=1时，（x）=， （1）=1，f(1)=ln1=0，曲线y=f(x)在x=1处的切线方程为y=x-1，f(x)≤kx+b，lnx≤x-1，lnx-x+1≤0，设函数g(x) =lnx-x+1，（x）=-1=，令（x）=0解得：x=1，x（0，1）时，（x）>0，x（1，+）时，（x）<0，函数g(x)在（0，1）上单调递增，在（1，+）上单调递减，= g(1)=0-1+1=0，f(x)≤kx+b；（2）关于x的不等式f(x) （x-1）, （x-1） -ln(ax)≥0,设h(x) =（x-1） -ln(ax)，（x）=x-在（0，+）上单调递增，（）=-2<0，（a+1）=(a+1)e->0，存在（，a+1），
使（）=0，=，=，a=+2ln，x（0，）时，（x）<0，x（，+）时，（x）>0，函数h(x)在（0，）上单调递减，在（，+）上单调递增， = h()=（-1）-ln-lna=（-1）-ln-ln（+2ln），当x（1，+）时，设m(x)=-lnx，（x）=<0在（1，+）上恒成立，函数m(x)在（1，+）上单调递减，函数y=-ln(x+2lnx)在（1，+）上单调递减，当（1，+）时， h()< h(1)=0-0-0=0，与题意不符；当（，1）时，lnx--ln>1-，-ln（+2ln）>1-+2ln，h()=（-1）-ln-ln（+2ln）>（-1）-ln+1--2ln>（-1）--3ln+1>（-1）-3（-1）-+1
=>0在（，1）上恒成立，满足f(x)≤（x-1）,a=+2ln，函数y=x+2lnx在（，1）上单调递增，a（-2ln2，1]且a>0，即实数a的取值范围是（0，1]。
（文）（1）f(x)≤x，lnx-x+a-1≤0，设函数g(x) =lnx-x+a-1，（x）=-1=，令
（x）=0解得：x=1，x（0，1）时，（x）>0，x（1，+）时，（x）<0，函数g(x)在（0，1）上单调递增，在（1，+）上单调递减，= g(1)=0-1+a-1≤0，a≤2，若f(x)≤x，则a的取值范围是（-，2]；（2）f(x)≤，-f(x)≥0，设函数h(x) =-f(x)=-lnx-a+1（x>0），（x）=-
=-在（0，+）上单调递增，a（0,1]，（）=-2<0，（1）=-1≥0，存在（，1），使（）=0，=，=，-2ln=-a，x（0，）时，（x）<0，x（，+）时，（x）>0，函数h(x)在（0，）上单调递减，在（，+）上单调递增， = h()=（-1）-ln-a+1=（-1）-3ln-+1，由（1）知，当a=2时，lnx≤x-1，,-ln≥1-，h()≥-3（-1）-+1=（（，1）），显然h()≥0，函数h(x)≥0在（0，
+）上恒成立，即f(x)≤。
11、已知函数f(x)=x-。
（1）当a=1时，讨论函数f(x)的单调性；
（2）当x>0时，f(x)<-1，求实数a的取值范围；
（3）设n，证明：++------+>ln(n+1)（2022全国高考新高考
II卷）
【解析】
【考点】①函数求导公式，法则与基本方法；②运用函数的导函数判定函数单调性的基本方法；③参数分类讨论的原则与基本方法；④运用函数导函数求函数最值的基本方法；⑤用函数导函数证明不等式的基本方法。
【解题思路】（1）根据函数求导公式，法则与基本方法求出函数f(x)的导函数 (x) ，运用函数导函数判断函数单调性的基本方法，就可得出f(x)的单调性；（2）构造函数g(x)= f(x)+1,根据参数分类讨论已知和基本方法，运用函数导函数求函数最值的基本方法，分别求出函数g(x)的最大值，由g(x)的最大值小于0得到关于a的不等式，求解不等式就可求出实数a的取
值范围；（3）构造函数u（x）=x--2lnx(x>1)，根据函数证明不等式的基本方法，得到函数
u（x）>0在（1，+）上恒成立，从而得到x->2lnx在（1，+）上恒成立，设x=，容易得到->2ln=ln(1+)，从而得到> ln(1+)=ln ，运用求和公式就可证明结论。
【详细解答】（1）当a=1时，函数f(x)=x-， (x)= + x-= x，令 (x)=0解得x=0，当x（-，0）时， (x)<0，当x（0，+）时， (x)>0，函数f(x)
在（-，0）上单调递减，在（0，+）上单调递增；（2）设函数g(x)=f(x)+1= x-+1
（x>0），（x）=+ ax-，（0）=1+0-1=0，设函数h（x）=（x）=+ ax-，（x）=a+ a+ x-=a(ax+2)-，（0）=2a-1，①当
2a-1>0，即a>时， h（0）= =>0，存在>0，使得当
x（0，）时，有>0，（x）>0，函数g(x)在（0，）上单调递增，
g()> g(0)=0-1+1=0，与题意不符；②当2a-10，即a时，（x）=+ ax-
=----0，, 函数g(x)在（0，+）上单调递减， g(x)< g(0)=0-1+1=0，综上所述，当x>0时，f(x)<-1，则实数a的取值范围是
（-，]；（3）设函数u（x）=x--2lnx(x>1)，（x）=1+-=>0在（1，+）上恒成立，函数u（x）在（1，+）上单调递增， u（x）> u（1）=1-1-0=0，
设x= ，->2ln=ln(1+)，> ln(1+)=ln ，
>=ln(------)=ln(n+1)，
++------+>ln(n+1)（n）。
12、（理）已知函数f(x)= 2ax-lnx，其中aR。
（1）讨论函数f(x)的单调性；
（2）当a>0时，若，（0<<）满足f()=f()，证明f(2a)+f(2a)>4（
+）（成都市2019级高三零诊）
【解析】
【考点】①函数求导公式，法则和基本方法；②函数单调性定义与性质；③运用函数导函数判断函数单调性的基本方法；④运用函数导函数证明不等式的基本方法。
【解题思路】（1）根据函数求导公式，法则和基本方法，结合问题条件求出函数f(x)的导函数(x)，运用函数单调性的性质和由函数导函数判断函数单调性的基本方法就可得出函数的单调性；（2）根据运用函数导函数证明不等式的基本方法，就可证明f(2a)+f(2a)>4（+）。
【详细解答】（1）(x)=2a - = ，①当a>0时，令(x)=0解得：x=， x（0，）时，(x)<0，x（，+）时，(x)>0，函数f(x)在（0，）上单调递减，在（，+）上单调递增；②当a=0时，(x)=- <0（0，+）上恒成立，函数f(x)在（0，+）上单调递减；③当a<0时，(x)=<0（0，+）上恒成立，函数f(x)在（0，+）上单调递减，综上所述，当a0时，函数f(x)在（0，+）上单调递减，当a>0时，函数f(x)在（0，）上单调递减，在（，+）上单调递增；
（2） f(x)= 2ax-lnx，，（0<<）满足f()=f()， 2a-ln= 2a-ln，
=2a， f(2a)+f(2a)>4（+）， ln(2a)+ln(2a)<0，
<，a>0， f(2a)+f(2a)>4（+）， <， <
，ln->0，2ln+->0，设=t，0<<，t(0，1)，f(2a)+f(2a)>4（+），2lnt+-t >0在(0，1)上恒成立，设g(x)=2lnx
+-x ， (x)= --1==-<0在(0，1)上恒成立， 函数g(x)
在（0，1）上单调递减，对任意的x（0，1），都有g(x)> g(1)= 2ln1+1-1=0，2lnt-t
+>0在(0，1)上恒成立， f(2a)+f(2a)>4（+）。
『思考问题5』
（1）【典例4】是运用导函数证明不等式的问题，解答这类问题需要理解不等式的定义和性质，掌握运用导函数证明不等式的基本方法；
（2）运用导函数证明不等式的基本方法是：①构造一个新函数（一般是所证明的不等式两边之差）；②运用函数导函数和参数分类讨论的原则与基本方法分别证明函数的最大值（或最小值）小于或等于零（或大于或等于零）在某区间上恒成立；③由②判断不等式在某区间上是否恒成立；④综合得出证明的结论。
［练习4］解答下列问题：
1、已知函数f(x)=sinx- 2ax，aR。
（1）当a时，求函数f(x)在区间[0，]上的最值；
（2）（理）若关于x的不等式不等式f(x) axcosx在区间（0，+）上恒成立，求a的取值范围。（文）若关于x的不等式不等式f(x) cosx-1在区间（，）上恒成立，求a的取值范围（成都市2019级高三一诊）（答案：（1）函数f(x) 在区间[0，]上单调递减，= f(0)=0-0=0，= f()=0-2a=-2a；（2）（理）提示：运用函数导函数证明不等式的基本方法进行；（文）运用函数导函数证明不等式的基本方法进行。）
2、已知函数f(x)=2+3a-12x，其中aR（成都市2019级高三三珍）
（1）求函数f(x)的单调区间；
（2）（理）若函数g(x)= 2--（12-1）x+2sinx-2，当a>0，x>0时，证明：g(x)< f(x)。
（文）若函数f(x)区间[，2a]上的最大值为g(a)，证明：g(a)< 32。
（答案：（1）当a>0时，函数f(x)的单调递增区间为（-，-2a），（a，+），单调递减区间为（-2a，a）；当a=0时，函数f(x)的单调递增区间为（-， +）；当a<0时，函数f(x)的单调递增区间为（-，a），（-2a，+），单调递减区间为（a，-2a）；（2）（理）提示：运用函数导函数证明不等式的基本方法进行；（文）运用函数导函数证明不等式的基本方法进行。）
3、（理）设函数f(x)=ln(a-x)，已知x=0是函数y=x f(x)的极值点。
（1）求a；
（2）设函数g(x)= ，证明：g(x)<1。（文）已知函数f(x)= - +ax+1。
（1）讨论函数f(x)的单调性；
（2）求曲线y= f(x)过坐标原点的切线与曲线y= f(x)的公共点的坐标（2021全国高考乙卷）。
（答案：（理）（1）a=1；（2）提示：g(x)= ，证明函数g(x)的最大值小于1。（文）
（1）当a时，函数f(x)在R上单调递增；当a<时，函数f(x)在（，）
上单调递减，在（-，），（，+）上单调递增； （2）曲线y= f(x)
过坐标原点的切线与曲线y= f(x)的公共点的坐标为（-1，-1-a）或（1，1+a）。）
4、已知函数f(x)=x(1-lnx)（2021全国高考新高考I卷）。
（1）讨论函数f(x)的单调性；
（2）设a，b为两个不相等的正数，且blna-alnb=a-b，证明：2<+（答案：（1）函数f(x) 在（0，1）上单调递增，在（1，+）上单调递减；（2）提示：构造函数g(x)=f(x)-f(2-x)，x（0，1），）
5、（理）已知函数f(x)= x+ax，aR。
（1）设f(x)的导函数为(x)，试讨论(x)的零点个数；
（2）设g(x)=alnx+alnx+(a-1)x，当x（1，+）时，若f(x) g(x)恒成立，求实数a的取值范围。
（文）已知函数f(x)= （x-1）lnx。
（1）判断函数f(x)的单调性；
（2）设g(x)=-a+（a-1）x+1，aR，当x[，]时，讨论函数f(x) 与g(x)图像的公共点个数（2021成都市高三零诊）。
（答案：（理）（1）当a0或a=时，函数(x)只有一个零点，当0