导数不等式证明18种题型归类（解析版）.pdf

1、导数不等式证明 18 种题型归类 目录一、知识梳理与二级结论 二、热考题型归纳 题型一：不等式证明基础 题型二：三角函数型不等式证明 题型三：数列“累加型”不等式证明 题型四：双变量构造换元型不等式证明 题型五：同构型不等式证明 题型六：双变量“比值代换”型不等式证明 题型七：凸凹反转型不等式证明 题型八：极值点偏移型不等式证明 题型九：“极值型偏移”不等式证明 题型十：三角函数型极值点偏移不等式证明 题型十一：三个零点型不等式证明 题型十二：三个极值点型不等式证明 题型十三：系数不一致型不等式证明 题型十四：极值构造(利用第一问结论)题型十五：先放缩型不等式证明 题型十六：切线放缩型不等式证

2、明 题型十七：利用韦达定理置换型不等式证明 题型十八：泰勒展开型不等式证明 三、高考真题对点练 四、最新模考题组练 知识梳理与二级结论1.应用导数证明不等式基础思维：(1)直接构造函数法：证明不等式 f x g x(或 f 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.2.“切线放缩”是处理不等式问题的一种技巧如：y=ex在点 0,1处的切线为 y=x+1，如图所示，易知除切点 0,1外，y=ex图象上其余所有

3、的点均在 y=x+1 的上方，故有 ex x+1该结论可构造函数f x=ex-x-1 并求其最小值来证明显然，我们选择的切点不同，所得的不等式也不同3.泰勒公式形式：泰勒公式是将一个在 x0处具有 n 阶导数的函数利用关于(x-x0)的 n 次多项式来逼近函数的方法.若函数 f(x)在包含 x0的某个闭区间 a,b 上具有 n 阶导数，且在开区间(a,b)上具有(n+1)阶导数，则对闭区间 a,b 上任意一点 x，成立下式：1f(x)=f(x0)+f(x0)(x-x0)+f(x0)2!(x-x0)2+f(n)(x0)n!(x-x0)n+Rn(x)其中：f(n)(x0)表示 f(x)在 x=x0

4、处的 n 阶导数，等号后的多项式称为函数 f(x)在 x0处的泰勒展开式，剩余的 R(n)(x)是泰勒公式的余项，是(x-x0)n的高阶无穷小量.4.常见函数的泰勒展开式：(1)ex=1+x1!+x22!+x33!+xnn!+xn+1n+1!ex，其中 0 0)2(2)、指数型超越放缩：x+1 ex11-x(x 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 x1,x2且 x1 x2，令 x0=x1+x22，求证：f(x0)0

5、；(4)若函数 f(x)中存在 x1,x2且 x1 x2满足 f(x1)=f(x2)，令 x0=x1+x22，求证：f(x0)0.热点考题归纳题型一:不等式证明基础1 已知函数 f x=xlnx(1)求曲线 y=f(x)在点 1,f 1处的切线方程；(2)求证：f x x2+x【答案】(1)y=x-1；(2)证明见解析【分析】(1)利用导数的几何意义求解即可；(2)首先将题意转化为证明 lnx-x-1 0，令 g x=lnx-x-1，利用导数求出函数的最大值即可证明.【详解】(1)f 1=0，所以切点为 1,0.f x=lnx+1，k=f 1=ln1+1=1，所以切线为 y=x-1.(2)要证

6、 f x x2+x，只需证：xlnx x2+x，即证：lnx-x-1 0.令 g x=1-xx=0，解得 x=1.所以 x 0,1，g x 0，g x为增函数，x 1,+，g x 0，g x为减函数.所以 g xmax=g 1=-2 0，所以 lnx-x-1 0 恒成立，即证 f x 0【答案】(1)a=2；(2)证明见解析【分析】(1)求出函数的导函数，再代入计算可得；3(2)依题意即证 f x=x2-2xex+2ex-e2lnx 0，即 x-2ex-1+2e lnxx，构造函数 g x=x-2ex-2+2e，h x=lnxx，利用导数说明其单调性与最值，即可得到 g x h x，从而得证；

7、【详解】解：(1)因为 f x=x2-2xex+aex-e2lnx，所以 f x=x2-2ex+ae-e2x，f 2=3e22+ae=3e22+2e，解得 a=2(2)由(1)可得 f x=x2-2xex+2ex-e2lnx即证 f x=x2-2xex+2ex-e2lnx 0 x-2ex-1+2e lnxx 令 g x=x-2ex-2+2e，g x=x-1ex-2，于是 g x在 0,1上是减函数，在 1,+上是增函数，所以 g x g 1=1e(x=1 取等号)又令 h x=lnxx，则 h x=1-lnxx2，于是 h x在 0,e上是增函数，在 e,+上是减函数，所以 h x h e=1

8、e(x=e 时取等号)所以 g x h x，即 f x 02 已知函数 f(x)=lnx+x2-ax.(1)若函数 f(x)在定义域内为增函数，求实数 a 的取值范围；(2)若 a=0 且 x (0，1)，求证：x 1+x2-f(x)(1+x-x3)ex.【答案】(1)(-，2 2；(2)证明见解析.【分析】(1)函数 f(x)在定义域内为增函数，则 f(x)0 恒成立，分离参变量，利用基本不等式得出最值，可得实数 a 的取值范围；(2)要证 x 1+x2-f(x)(1+x-x3)ex，即证：x (1-lnx)0 时，1x+2x 2 2，当且仅当 x=22 时等号成立，a 2 2，即实数 a

9、的取值范围是(-，2 2；(2)a=0，则 f(x)=lnx+x2，要证 x 1+x2-f(x)(1+x-x3)ex，即证：x (1-lnx)0，故 g(x)在(0，1)为增函数，g(x)g(1)=1，设 h(x)=(1+x-x3)ex，其中 x (0，1)，则当 0 x x3，1+x-x3 1，又 1 ex 1，则 g(x)1 h(x)，x (1-lnx)04【答案】(1)函数 f x在 0,2上单调递增；(2)函数 f x有三个零点，理由见解析；(3)证明见解析.【分析】(1)利用导数判断函数的单调性；(2)令 f x=x3-xcosx=0，所以 x=0 或 x2=cosx，再利用导数研究

10、函数 g(x)=x2-cosx 的零点即得解；(3)即证 x2-cosx xex-1-2,再求两边函数的最值即得解.【详解】(1)n=-1 时，f x=x-1x cosx，f(x)=1+sinxx+cosxx2 0 在 0,2上恒成立，所以函数f x在 0,2上单调递增.(2)n=1 时，f x=x3-xcosx，令 f x=x3-xcosx=0，所以 x=0 或 x2=cosx.令 g(x)=x2-cosx,g(x)=2x+sinx，因为 g(-x)=x2-cosx=g(x)，所以函数 g(x)是偶函数.不妨研究 x 0 函数 g(x)的单调性.当 x 0,时，g(x)=2x+sinx 0，

11、所以函数 g(x)单调递增，所以 g(x)=x2-cosx g(0)=-1，因为g(2)=4-cos2 0，所以函数 g(x)在(0,内有一个零点；当 x (,+)时，设 h(x)=2x+sinx,h(x)=2+cosx 0，所以函数 h(x)单调递增，所以函数 g(x)=2x+sinx 单调递增.所以 g(x)=x2-cosx g()=2+1 0，所以函数 g(x)在(,+)内没有零点.根据函数的奇偶性得函数 f x有三个零点.综上所述，函数 f x有三个零点.(3)n=0 时，f x=x2-cosx，即证 x2-cosx+2-xex-1 0.即证 x2-cosx xex-1-2.由(2)得

12、 g(x)=x2-cosx g(0)=-1，设 p(x)=xex-1-2,p(x)=1-xex-1，所以当 x 1 时，p(x)0,p(x)在(1,+)单调递减；当 x 0,p(x)在(-,1)单调递增.所以 p(x)max=p(1)=-1，所以 x2-cosx xex-1-2.原题即得证.【变式演练】1(江苏省连云港市灌南高级中学、灌云高级中学 2022-2023 学年高三上学期 10 月联考数学试题)已知函数函数 f(x)=sinxx.(1)当 x 0 时，f(x)xlnx+sinx.江苏省连云港市灌南高级中学、灌云高级中学 2022-2023 学年高三上学期 10 月联考数学试题【答案】

13、(1)1,+)(2)证明见及解析【分析】(1)分情况讨论 a 的值，根据导数求函数的单调性，进而可求最值进行求解.(2)由第一问的结论，通过放缩，只需要证明 exx lnx+1x3，构造函数，求函数最值，即可求证.【详解】(1)当 x 0 时，f(x)0.令函数 F(x)=ax-sinx，则 F(x)=a-cosx.若 a-1，则 F(x)0,F(x)单调递减，F(x)F(0)=0，不符合题意.若-1 a 1，则 F(0)=a-1 0.因为函数 F(x)=a-cosx 在(0,)上单调递增，所以 x0(0,),F x0=0.当 x 0,x0时，F(x)0,F(x)单调递减，F(x)F(0)=0

14、，符合题意.综上所述，实数 a 的取值范围是 1,+)(2)证明：由(1)知:当 x 0 时,sinx xlnx+sinx，只需证 x3ex xlnx+x，即证 exx lnx+1x3.令函数 g(x)=exx,h(x)=lnx+1x3，则 g(x)=ex(x-1)x2,h(x)=-2-3lnxx4.当 x (0,1)时，g(x)0，g(x)单调递增.故 g(x)g(1)=e，即 exx e.当 x 0,e-23时，h(x)0,h(x)单调递增；当 x e-23,+时，h(x)e23，所以 g(x)h(x)，即 exx lnx+1x3，从而 x3ex xlnx+sinx题型三:数列“累加型”不

15、等式证明1(2023四川成都石室中学校考模拟预测)已知函数 f x=lnx-a 1-1x.(1)若 f x 0，求实数 a 的值；(2)已知 n N*且 n 2，求证：12+13+1n 1-1x x 1，再取 1k=1-1x 即可证明不等式.【详解】(1)因为 f x=lnx-a 1-1x，所以函数 f(x)定义域为 0,+，f x=1x-ax2=x-ax2.因为 f 1=0，且 f x 0，所以 x=1 是函数 f x的极小值点，则 f 1=0，所以 f 1=1-a1=0，得 a=1.当 a=1 时，f x=x-1x2，当 0 x 1 时，f x 1 时，f x 0，则函数 f x在 0,1

16、上单调递减，在 1,+上单调递增，所以 f x f 1=0，满足条件，故 a=1.(2)由(1)可得，lnx 1-1x x 1.令 1k=1-1x，则 x=kk-1，所以 lnkk-1 1k，即 1k lnk-ln k-1，k 2,3,n，所以 12+13+1n 1-1x x 1，然后令 1k=1-1x，有 1k 1-1n+1,n N.【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析【分析】(1)利用导数求得 f x的最小值为 0，进而证得 f x 0 成立；(2)先利用(1)证得 ln n+1n21n n+1，再利用裂项相消法求和即可证明原不等式成立.【详解】(1)f x=1x-1x2=x-1x2

17、x 0，令 f x=0，解得 x=1，当 f x 0 时，解得 x 1；当 f x 0，解得 0 x 0 在 1,+恒成立，即 lnx-x-1x0 在 1,+恒成立.所以 lnx x-1x在 1,+恒成立.则当 x 1,+时，lnx(x-1)2 1x x-1恒成立,令 x=n+1 n N*，则 n 1，所以 ln n+1n21n n+1.所以 ln212+ln322+ln n+1n212 1+13 2+14 3+1n n+1，即 ln2+ln322+ln432+ln n+1n2 1-12+12-13+1n-1n+1=1-1n+1.所以 ln2+ln322+ln432+ln n+1n2 1-1n

18、+1，故得证.题型四:双变量构造换元型不等式证明1(2021黑龙江校联考模拟预测)已知 f(x)=ex.(1)求关于 x 的函数 g(x)=f(x)-4f(-x)-5x 的单调区间；(2)已知 a b，证明：ea-eba-b 16 ea+eb+4ea+b2.【答案】(1)g(x)增区间(0,ln4)；(2)证明见解析.【分析】(1)根据函数单调区间的求法即可解出；(2)原不等式化简可得 ea-b2-eb-a2 16(a-b)ea-b2+eb-a2+4，换元，令 t=ea-b2 1，即可得 lnt 3 t2-1t2+4t+1，构造 h(x)=lnx-3 x2-1x2+4x+1x 1，利用导数求出

19、其最小值(或下确界)大于等于零，即可证出【详解】(1)因为 g(x)=ex-4e-x-5x，所以 g(x)=ex+4e-x-5=e-x ex-1ex-4 g(x)0 x ln4 或 x 0，即 g(x)的增区间为(-,0)和(ln4,+)有 g(x)0 0 x 1，即不等式等价于 t-1t 13 t+1t+4lnt，即只需证 lnt 3 t-1tt+1t+4=3 t2-1t2+4t+1，设h(x)=lnx-3 x2-1x2+4x+1x 1h(x)=1x-6x x2+4x+1-3 x2-1(2x+4)x2+4x+12=x4-4x3+6x2-4x+1x x2+4x+12=(x-1)4x x2+4x

20、+12 0所以 h(x)在 1,+递增，故 h(x)h 1=0，即 h(t)0，亦即 ea-eba-b 16 ea+eb+4ea+b2方法归纳【提分秘籍】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.【变式演练】1(2021广东统考一模)已知 f(x)=lnx，g(x)=12 x2+mx+72(m 0)，直线 l 与函数 f(x)、g(x)的图象都相切，且与函数 f(x)的图象的切点的横坐标为 1.()求直线 l 的方程及 m 的值；()若 h(x)=f(x+1)-g(x)(其中 g(x)是

21、g(x)的导函数)，求函数 h(x)的最大值；()当 0 b a 时，求证：f(a+b)-f(2a)-1)，所以 h(x)=1x+1-1=-xx+1，当-1 x 0；当 x 0 时，h(x)0，因此，h(x)在-1,0上单调递增，在 0,+上单调递减，因此，当 x=0 时，h(x)取得最大值 h(0)=2；(3)当 0 b a 时，-1 b-a2a 0由(2)知：当-1 x 0 时，h(x)2，即 ln(1+x)x，因此，有 f(a+b)-f(2a)=ln a+b2a=ln 1+b-a2a 0，a=0，a 0 和 f x 0 时，令 f x 0，解得 x 1a；令 f x 0，解得 x 0 或

22、 0 x 1a；此时 f x在1a,+上单调递增，在-,0和 0,1a上单调递减：当 a=0 时，f(x)=1x，此时 f x在(-,0)和(0,+)上单调递减；当 a 0，解得 x 1a，令 f x 0，解得 1a x 0，此时 f x在-,1a上单调递增，在1a,0和(0,+)上单调递减：综上所述：当 a 0 时，f x在1a,+上单调递增，在(-,0)和 0,1a上单调递减；当 a=0 时，f x在(-,0)和(0,+)上单调递减；当 a 0，解得：t 0；h t 0，解得 t b，证明：ab+1 ba+1.【答案】(1)答案见解析；(2)证明见解析.【分析】(1)函数求导得 f x=m

23、 1-lnxmx2，分 m 0 和 m ba+1，只需证：b+1lna a+1lnb，即证：lnaa+1 lnbb+1，从而可构造g x=lnxx+1，求导由函数单调性可证得.【详解】(1)f x的定义域为 0,+，且 f x=m 1-lnxmx2当 m 0 时，对 x 0,e，有 f x 0，故函数 f x在 0,e单调递增；对 x e,+，有 f x 0，所以函数 f x在 e,+单调递减；当 m 0 时，对 x 0,e，有 f x 0，所以函数 f x在 e,+单调递增(2)对 a,b 1,e且 a b，欲证：ab+1 ba+1，只需证：(b+1)lna (a+1)lnb，即证：lnaa

24、+1 lnbb+1.设 g x=lnxx+1，则 g x=1+1x-lnxx+12令 M x=1+1x-lnx，则 M x=-1x2-1x=-1+xx2当 x 1,e时，有 M x 0，则当 x 1,e时，g x 0，所以 g x在 x 1,e单调递增当 a b 且 a,b 1,e时，有 g a g b，即 lnaa+1 lnbb+1 lnaa+1 lnbb+1 成立故原不等式成立题型六:双变量“比值代换型”不等式证明1(2020黑龙江哈尔滨哈尔滨三中校考三模)函数 f x=lnx-2(x-1)x+1(1)求证：函数 f x在(0,+)上单调递增；(2)若 m,n 为两个不等的正数,试比较 l

25、nm-lnnm-n与2m+n 的大小,并证明.【答案】(1)证明见解析；(2)lnm-lnnm-n2m+n；证明见解析；【分析】(1)求导化简证明导函数大于等于 0 即可.(2)利用作差法,化简可得 lnm-lnnm-n-2m+n=1m-n ln mn-2 mn-1mn+1,再构造函数 h(t)=lnt-2 t-11+t,根据(1)中所得的单调性证明 h(t)0即可.【详解】(1)f x=1x-4(x+1)2=(x-1)2x(x+1)2 0 f x在(0,+)上单调递增.(2)不妨设 m n lnm-lnnm-n-2m+n=1m-n ln mn-2 m-nm+n=1m-n ln mn-2 mn

26、-1mn+1令 mn=t 1,设 h(t)=lnt-2 t-11+t,h(t)=f(t)由(1)知在(0,+)上单调递增,h(1)=0,t 1 h(t)0,又 m n,lnm-lnnm-n2m+n.方法归纳【提分秘籍】10比值代换常见经验思维：1.一般当有对数差时，可以运算得到对数真数商，这是常见的比值代换形式2.两个极值点(或者零点)，可代入得到两个“对称”方程3.适当的恒等变形，可构造出“比值”型整体变量。【变式演练】1(2022湖北黄冈统考一模)已知函数 f x=lnx-mx+m.(1)求函数 f x的单调区间；(2)若 f x 0 在 x 0,+上恒成立，求实数 m 的取值范围；(3)

27、在(2)的条件下，对任意的 0 a b，求证：f b-f ab-a 0，将问题转化为 m-lnm-1 0 恒成立，应用导数研究左侧的最值，即可求参数值；(3)由 f b-f ab-a=ln baba-1 1a-1，根据(2)得 lnx x-1，应用放缩法即可证结论.【详解】(1)由题设，f x=1x-m=1-mxx,x 0,+，当 m 0 时 f x 0 恒成立，则 f x在 0,+上单调递增，无单调递减区间；当 m 0 时，由 f x 0，得 x 0,1m，由 f x 0 时，f xmax=f1m=ln 1m-1+m=m-lnm-1，只需 m-lnm-1 0 即可，令 g x=x-lnx-1

28、，则 g x=1-1x=x-1x，x 0,+g x在 0,1上单调递减，在 1,+上单调递增.g xmin=g 1=0.g x 0 对 x 0,+恒成立，即 m-lnm-1 0 对 m 0,+恒成立，m-lnm-1=0，解得 m=1，若 f x 0 在 x 0,+上恒成立，则 m=1.(3)证明：f b-f ab-a=lnb-lna+a-bb-a=lnb-lnab-a-1=ln baba-1 1a-1，由(2)得：f x 0 在 x 0,+上恒成立，即 lnx x-1，当且仅当 x=1 时取等号，又 0 a 1，所以 0 ln ba ba-1，即ln baba-1 1.则ln baba-1 1

29、a-1 1a-1=1-aa=1-a2a 1+a1a 1+a，则原不等式 f b-f ab-a 52.【答案】(1)当 a 0 时,f(x)的单调递减区间是(0,+),无单调递增区间;当 a 0 时,f(x)的单调递减区间是 0,1a,单调递增区间是1a,+;(2)g(x)min=3;(3)证明见解析;【分析】(1)求出 f(x)=a-1x=ax-1x(x 0)，由 a 0 和 a 0 两种情况分类讨论，利用导数的性质能求出f(x)的单调区间(2)由 g(x)=e2x-lnx，得 g(x)=e2-1x=e2x-1x，由此利用导数的性质能求出 g(x)的最小值(3)令(x)=lnxx+52，则(x

30、)=1-lnxx2，令(x)=0，得 x=e，由此利用导数的性质能证明 e2x-lnx-lnxx 52 解：(1)函数 f(x)=ax-lnx，a R，f(x)=a-1x=ax-1x(x 0)当 a 0 时，f(x)0 时，令 f(x)0，得 x 1a，令 f(x)0，得 0 x 0 时，f(x)的单调递减区间是 0,1a，单调递增区间是1a,+(2)g(x)=e2x-lnx，则 g(x)=e2-1x=e2x-1x，令 g(x)=0，得 x=1e2，当 x 0,1e2时，g(x)0，当 x=1e2 时，g(x)取得最小值，g(x)min=g1e2=3证明：(3)令(x)=lnxx+52，则(x

31、)=1-lnxx2，令(x)=0，得 x=e当 0 x e 时，(x)0，h(x)在(0，e 上单调递增，(x)max=(e)=1e+52 lnxx+52，e2x-lnx-lnxx 52方法归纳【提分秘籍】类型特征：（1）特殊技巧；（2）分开为两个函数，各自研究，甚至用上放缩法。12【变式演练】1(陕西省西安市高新第一中学 2021-2022 学年高三上学期第一次月考理科数学试题)已知函数f(x)=lnx-x.(1)讨论函数 g(x)=f(x)-ax(a 0,a R)的单调性；(2)证明：f(x)lnxx+12.【答案】(1)答案见解析.(2)证明见解析【分析】(1)g(x)=-x2+x+ax

32、2，令 m x=-x2+x+a=-x-122+a+14，分别讨论 a-14，-14 a 0，解不等式 m x 0 或 m x 0 即可得单调增区间和减区间，进而可得单调性.(2)设 g x=lnxx+12 分别求 f(x)，g x利用导数判断两个函数的单调性以及最值，求出 g xmax 0，g(x)=1x-1+ax2=-x2+x+ax2，令 m x=-x2+x+a=-x-122+a+14，当 a-14 时，g(x)0 恒成立，此时 g(x)在 0,+上单调递减，当-14 a 0 可得：1-1+4a2 x 0 时，解不等式-x-122+a+14 0 可得：1-1+4a2 0 x 1+1+4a2，

33、所以 g(x)在 0,1+1+4a2上单调递增，在1+1+4a2,+上单调递减，综上所述：当 a-14 时，g(x)在 0,+上单调递减，当-14 a 0 时，g(x)在 0,1+1+4a2上单调递增，在1+1+4a2,+上单调递减，(2)由 f(x)=lnx-x 可得 f(x)=1x-1=1-xx，由 f(x)0 可得 0 x 1，由 f(x)1，所以 f x在 0,1上单调递增，在 1,+上单调递减，所以 f(x)max=f(1)=ln1-1=-1，所以 f(x)min=1，设 g x=lnxx+12，则 g x=1x x-lnxx2=1-lnxx2，由 g x 0 即 1-lnx 0 可

34、得 0 x e；由 g x 0 即 1-lnx e，所以 g x=lnxx+12 在 0,e上单调递增，在 e,+上单调递减，所以 g xmax=g e=lnee+12=1e13+12 1，所以 g xmax lnxx+12 对任意的 0,+恒成立.题型八:极值点偏移型不等式证明1 已知函数 f(x)=ln x+ax.(1)求 f(x)的最小值；(2)若方程 f(x)=0 有两个根 x1，x2(x1 2a.【答案】(1)当 a 0 时，函数 f x无最小值；当 a 0 时，函数 f x的最小值为 lna+1(2)证明见解析【分析】(1)求出 f(x)，分 a 0、a 0 讨论 f(x)的单调性

35、，根据最值可得答案；(2)由题意知，函数 y=f(x)的两个零点为 x1，x2(x1 x2)，令 g(x)=f(x)-f(2a-x)(0 x f(2a-x)，由 f(x2)=f(x1)f(2a-x1)和 f(x)在(a，+)上的单调性可得答案.(1)因为 f(x)=1x-ax2=x-ax2(x 0)，所以当 a 0 时，f(x)在(0，+)上单调递增，函数无最小值.当 a 0 时，f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，+)上单调递增.故函数 f(x)在 x=a 处取到最小值，最小值为 f(a)=ln a+1.(2)由题意知，函数 y=f(x)的两个零点为 x1，x2(x1 0.由(1)知 f

36、(x)在(0，a)上单调递减，在(a，+)上单调递增，设 0 x1 a x2，令 g(x)=f(x)-f(2a-x)(0 x a)，则 g(x)=(x-a)1x2-1(2a-x)2=-4a(x-a)2x2(2a-x)2 g(a)=0，即 f(x)f(2a-x).令 x=x1 f(2a-x1)，所以 f(x2)=f(x1)f(2a-x1)，由(1)可得 f(x)在(a，+)上单调递增，所以 x2 2a-x1，故 x1+x2 2a.方法归纳【提分秘籍】利用导数证明不等式常见类型及解题策略：(1)构造差函数 h(x)=f(x)-g(x)，根据差函数导函数符号，确定差函数单调性，利用单调性得不等量关系

37、，进而证明不等式；(2)根据条件，寻找目标函数，一般思路为利用条件将求和问题转化为对应项之间大小关系，或利用放缩、等量代换将多元函数转化为一元函数.【变式演练】141 已知函数 f x=lnx-12 ax2+1.(1)讨论函数 f x的单调性；(2)当 a=1 时，设函数 f x的两个零点为 x1，x2，试证明：x1+x2 2.【答案】(1)当 a 0 时，f x在 0,+上单调递增；当 a 0 时，f x在 0,aa上单调递增，在aa,+上单调递减；(2)证明见解析.【分析】(1)求出导函数 f x=1x-ax，讨论 a 的取值范围，利用导数与函数单调性之间的关系即可求解.(2)利用导数求出

38、函数的极大值，由零点存在性定理可得两零点所在的区间，不妨设 x1 x2，则有 0 x11 x2，构造函数 F x=f x-f 2-x，x 0,1，利用导数判断出函数单调递增，从而可得 f x1 0 恒成立，即可知 f x在 0,+上单调递增；当 a 0 时，当 x 0,aa时，f x 0，当 x aa,+时，f x 0，又 f1e 0，f e 0，不妨设 x1 x2，则有 0 x1 1 0，F x单调递增，x1 0,1，F x1=f x1-f 2-x1 F 1=0，f x1 f 2-x1，又 f x1=f x2=0，f x2 1，2-x1 1，f x在 1,+上单调递减，x2 2-x1，即 x

39、1+x2 2.题型九:“极值型偏移”型不等式证明1(湖北省新高考联考协作体 2021-2022 学年高三上学期 12 月联考数学试题)已知函数 f x=alnx+x，g x=12 x2-a+2x+32 a a R.(1)求函数 f x的单调区间；(2)若 a 1，h x=f x+g x，x1，x2为 h x的两个极值点，证明：h x1+h x1 72.【答案】答案见解析(2)证明见解析【分析】(1)求得 f x=x+ax，分 a 0 和 a 1，得到函数的单调性，不妨设 x1 0 在 0,+上恒成立，所以 f x的单调增区间是 0,+；当 a 0，解得 x-a；令 f x 0，解得 0 x 1

40、，当 x a 或 0 x 0，h x单调递增；当 1 x a 时，h x 0，函数 h x单调递减，不妨设 x1 1)，则 u a=-a+2+lna，令 m a=u a，可得 m a=-1+1a 0，u 4=ln4-2 0，u a单调递增；当 a a0,+时，u a 0，u a单调递减，故当 a=a0时，u a取得最大值 u a0=-12 a20+a0+a0lna0-4=-12 a20+a0+a0 a0-2-4=12 a20-a0-4.因为 a0 3,4，结合二次函数的性质可知，u a0 u 4=0，所以 h x1+h x2-72 0，即 h x1+h x2 0.(1)当 x 1 时，f x

41、0，求 a 的取值范围.(2)若函数 f x有两个极值点 x1,x2，证明：x1+x2 2e-12.【答案】(1)1,+(2)证明见解析【分析】(1)参变分离可得 a 3x-2xlnx3+lnx在 x 1 恒成立，令 g(x)=3x-2xlnx3+lnx，x 1,+)，利用导数求出函数的最大值，即可得解；(2)求出函数的导函数，依题意可得函数 y=a 与函数 h(x)=x-2xlnx，x 0,+的图象有两个交点，利用导数说明 h x的单调性，不妨设 0 x1 1e 2e-12，即证 x2 2e-x1，令 F(x)=h x-h2e-x，x 0,1e，利用导数说明函数的单调性，即可得证.【详解】(

42、1)当 x 1 时，f(x)0 a 3x-2xlnx3+lnx在 x 1 恒成立，令 g(x)=3x-2xlnx3+lnx，x 1,+)，则 g(x)=-(3+2lnx)lnx(3+lnx)2 0，函数 g(x)在 1,+上单调递减，g x g 1=1，a 1，a 的取值范围是 1,+16(2)函数 f(x)=(2x+a)lnx-3(x-a)，a 0则 f x=2lnx+2x+ax-3=2lnx+ax-1=a+2xlnx-xx，函数 f(x)有两个极值点 x1，x2，f x=0 有两个正实数解 方程 a=x-2xlnx 有两个正实数解 函数 y=a 与函数 h(x)=x-2xlnx，x 0,+

43、的图象有两个交点h x=1-2-2lnx=-2lnx-1，令 h x=0，解得 x=1e，当 0 x 0，则 h x单调递增，当 x 1e 时 h x 0，则 h x单调递减，函数 h(x)的极大值即最大值为 h1e=2e 又 0 x 0，且当 x 0 时，h(x)0，又he=0，0 a 2e 不妨设 0 x1 1e 2e-12 x2 2e-x1 1e h x2 h2e-x1 h x1 h2e-x1，x1 0,1e令 F(x)=h x-h2e-x=x-2xlnx-2e-x+22e-xln2e-x，x 0,1e，F1e=0所以 F(x)=1-2lnx-2+1-2ln2e-x-2=-2ln x2e

44、-x-2-2 lnx+2e-x24-2=0，当且仅当 x=2e-x，即 x=1e 时取等号，函数 F(x)在 x 0,1e单调递增，F1e=0，F(x)0，即 h x 2e-12 成立题型十:三角函数型极值点偏移不等式证明1(2022河南郑州校联考二模)已知函数 f x=e-x sinx，x 0,.(1)求函数 f x的单调区间；(2)若 x1 x2，且 f x1=f x2，证明：x1+x2 2.【答案】(1)递增区间是 0,4，递减区间是4,；(2)证明见解析.【分析】(1)求出函数 f x的导数，在给定区间内确定导数值大于 0，小于 0 的不等式的解集作答.(2)由已知及(1)确定 x1,

45、x2的取值区间，再借助(1)中的单调区间，构造函数，再利用导数讨论函数单调性推理作答.【详解】(1)f x=e-x cosx-sinx，0 x ，由 f x=0 得 x=4，当 0 x 0；当 4 x 时，f x 0，即 f x在 0,4上单调递增，在4,上单调递减，所以函数 f x的递增区间是 0,4，递减区间是4,.(2)由(1)知，因为 x1 x2，且 f x1=f x2，则不妨令 0 x1 4 x2 2，只需证明 x2 2-x1，而 4 2-x1 2，且 f x在4,上单调递减，17于是只需证明 f x2 f2-x1，又 f x1=f x2，则只需证明 f x1 f2-x1，令函数 g

46、 x=f x-f2-x=sinxex-sin 2-xe2-x=sinxex-cosxe2-x，0 x 4，则 g x=cosx-sinxex+sinx-cosxe2-x=cosx-sinx1ex-1e2-x=cosx-sinx e2-x-exe2，当 0 x 0，2-x x，则 g x 0，因此 g x在 0,4上单调递增，即当 x 0,4时，g x g 4=f4-f4=0，从而 f x1 2 成立.【变式演练】1(2023福建宁德统考模拟预测)已知函数 f x=asinxex,x 0,.(1)若 f x 1，求实数 a 的取值范围；(2)若 a=4，且 f x1=f x2,x1 2 且 -x

47、2e-x2 0 时，即为 f(x)max 1，利用导数研究 f x的最大值，即可得解；解法二：由题意得 a exsinxmin，构造函数 g x=exsinx，利用导数研究 g x的最小值，即可得解；(2)解法一：根据 f x的单调性可知 0 x1 4 x2 证 2-x1 x2，即证 f x2 f2-x1，即证f x1 f2-x1，设 h x=f2-x-f x,x 0,4，利用 h x的单调性即可证明；证 -x2e-x2 sinx2，即证 -x2e-x2 0设 g t=etsint-t,t 0,34，则 g t=et sint+cost-1，设 p t=et sint+cost-1，利用导数研

48、究其性质可知，t02,34，使得 p t0=0，从而得出 g t的单调性，证得 g t 0，可得结论.解法二：证明 2-x1 x2的方法同解法一 f x在 x=处的切线方程为 y=-4ex-，先证-4ex2-f x2，设 r x=-4ex-4sinxex,x 4,，利用导数研究其性质可知，x04,2，使得 r x0=0，从而得 r x的单调性及 r x 0，且 x 0,时 sinx 0，故 f x 1 成立；当 a 0 时，即为f(x)max 1.由 f x=a cosx-sinxex，令 f x=0，得 x=4，当 x 0,4时，f x 0；当 x 4,时，f x0；所以 f x在 0,4单

49、调递增，在4,单调递减，所以 f(x)max=f4=a2e4 1，即 0 0，且 x 0,时 sinx 0，所以 a exsinxmin.设 g x=exsinx，则 gx=ex sinx-cosxsin2x，令 g x=0，得 x=4，当 x 0,4时，g x 0；所以 g x在 0,4单调递减，在4,单调递增，所以 g(x)min=g 4=2e4，即 a 2e4.(2)解法一：f x=4sinxex,f x=4 cosx-sinxex，当 x 0,4时，f x 0；当 x 4,时，f x0；所以 f x在 0,4单调递增，在4,单调递减，故 0 x1 4 x2.先证 2-x1 x2，由 4

50、 2-x1，故即证 f x2 f2-x1，由 f x1=f x2，故即证 f x1 f2-x1，设 h x=f2-x-f x,x 0,4，则 h x=f 2-x-f x=-4 sinx-cosxex-e2-xe2 h 4=0.所以 f x1 2.现证 -x2e-x2 sinx2，即证 -x2e-x2 sin -x2,x24,.设 t=-x2，故即证 tet 0.设 g t=etsint-t,t 0,34，则 g t=et sint+cost-1，设 p t=et sint+cost-1，则 p t=2etcost，当 x 0,2时，p t0；当 x 2,34时，p t 0,p 34=-1 e3

51、-34 0，所以 g t 0，即 etsint-t 0，故 -x2e-x2 sinx2.解法二：证明 2-x1 x2的方法同解法一.f x=4sinxex,f x=4 cosx-sinxex，f=0,f=-4e，则 f x在 x=处的切线方程为 y=-4ex-，下面证-4ex2-0；当 x 2,时，t t 0，所以 r x在4,2上单调递增，在2,上单调递减，r 4=-4e 0,r=0,所以 x04,2，使得 r x0=0，19故 r x在4,x0单调递减，在 x0,单调递增，又 r 4=3e-2 2e4=3-2 2e34e 0,r=0，故 r x 0，即-4ex2-4sinx2ex2，所以

52、-x2e-x2 sinx2.题型十一:三个零点型不等式证明1(浙江省舟山中学 2021-2022 学年高三上学期 12 月月考数学试题)已知函数f x=x+1lnx+a x-1,a R(1)求函数 y=f x的最小值；(2)若 f x有三个零点 x1,x2,x3，求 a 的取值范围；求证：1lnx1+a+1lnx2+a+1lnx3+a 3a【答案】(1)a+2(2)a-2；证明见解析【分析】(1)令 g x=f x，求出 g x，然后判断单调性即可求解；(2)：由(1)知，a-2 时，f x 0，f x在 0,+单调递增，不合题意；由函数零点存在定理可得 y=f x在 ea,1和 1,e-a内

53、分别有唯一的零点记为 m，n，则 0 m 1 n，y=f x在 0,m上单增，在 m,n上单减，在 n,+上单增，又由函数零点存在定理即可得 f x有三个零点，符合题意；：记 f x的三个零点大小为 0 x1 x2=1 0，令 g x=f x，则 g x=1x-1x2=x-1x2x 0，当 0 x 1 时，g x 1 时，g x 0，所以 g x在 0,1单调递减，在 1,+单调递增，所以 g x的最小值为 g 1=a+2，即函数 y=f x的最小值为 a+2；(2)解：由(1)知，a-2 时，f x 0，f x在 0,+单调递增，不合题意；当 a 2a+e -a+1=2-ea+1 0，f 1

54、=a+2 0，所以 y=f x在 ea,1和 1,e-a内分别有唯一的零点记为 m，n，则 0 m 1 f 1=0，f n f 1=0，又 f ea=2aea 0，所以 f x有三个零点，符合题意综上，a-2证明：不妨记 f x的三个零点大小为 0 x1 x2=1 1，又 f x在 1,+有且只有一个零点 x3，所以 1x1=x3，即 x1x3=1化简 x+1lnx+a x-1=0，得 lnx=-a x-1x+1=-a x+1-2x+1=-a+202ax+1，所以1lnx+a=x+12a 即1lnx1+a+1lnx2+a+1lnx3+a=x1+x3+22a+1a 2 x1x3+22a+1a=3

55、a 方法归纳【提分秘籍】对于三个极值点或者三个零点题型，可以有以下常见思维：1.可以通过代换消去一个极值点。2.一些函数也可以求出具体的极值点3.通过分类讨论可以“锁定”一个的取值范围，适当放缩。【变式演练】1(浙江省杭州市第十四中学 2021 届高三下学期 5 月模拟考试数学试题)已知函数f x=xlnx,g x=x2+ax-1,a R.(1)若对任意 x 1,+，不等式 f x 12 g x恒成立，求 a 的取值范围；(2)已知函数 h x=f x-a 有 3 个不同的零点 x1,x2,x3 x1 x21+2a-1-2a.【答案】(1)0，+)；(2)(i)0,1e；(ii)证明见解析.【

56、分析】(1)问题转化为 a 2lnx-x+1x，(x 1)，记 F(x)=2lnx-x+1x，(x 1)，根据函数的单调性求出 F(x)的最大值，求出 a 的取值范围即可；(2)(i)问题转化为 y=|f(x)|的图像和 y=a 的图像有 3 个不同的交点，根据函数的单调性画出函数 y=|f(x)|的图像，结合图像求出 a 的取值范围即可；(ii)求出|xlnx|x2-12，画出草图，结合图像证明结论成立即可解：(1)若对任意 x 1，+)，不等式 f(x)12 g(x)恒成立，即 2xlnx x2+ax-1 在 1，+)恒成立，即a 2lnx-x+1x,(x 1)，记 F(x)=2lnx-x

57、+1x,(x 1)，则 a F(x)max，又 F(x)=2x-1-1x2=-(x-1)2x2 0，故 F(x)在 1，+)上单调递减，故 F(x)max=F(1)=0，故 a 的取值范围是 0，+)(2)(i)令 h(x)=0，得|f(x)|=a，问题转化为 y=|f(x)|的图像和 y=a 的图像有 3 个不同的交点，而 f(x)=xlnx，f(x)=lnx+1，令 f x 0，解得：x 1e，令 f x 0，解得：0 x 0)，则 P x=2 lnx+1-2x=2 lnx-x+1，P x=2 1x-1=2 1-xx令 P x 0，解得：0 x 1，令 P x 1,故 P x在 0,1递增

58、，在 1,+递减，P x P 1=0，故 P x在 1,+递减，P x P 1=0，故 0 xlnx x2-12，0 x 1 时，x2-12 xlnx 0 时的交点横坐标为 x4,x5，结合图像，x3-x2 x5-x4，而由y=ay=x2-12，解得：x4=1-2a,x5=1+2a，.故 x3-x21+2a-1-2a，原结论成立.题型十二:三个极值点型不等式证明1 已知函数 f x=x-2ex+a x33-x22(1)讨论 f(x)的极值点的个数；(2)若 f(x)有 3 个极值点 x1，x2，x3(其中 x1 x2 x3)，证明：x1x3 x22【答案】(1)答案见解析；(2)证明见解析.【

59、分析】(1)对函数 f(x)求导，令 g x=exx，利用函数的导数判断出单调性求出极值，可得 f(x)的极值点的个数；(2)由 f(x)有 3 个极值点 x1，x2，x3，列出方程且 x2=1，要证 x1x3 x22，即 x1x3 1，得出x3-x1=lnk，联立x3-x1=lnkx3x1=k，推出 x1x3=k lnk2k-12，只需证 k lnk2k-12 1，需证明 lnk-k+1k 1，即需证明 h t=lnt2-t+1t 0，利用函数的导数判断单调性和最值即可得证【详解】(1)f x=(x-1)ex+a(x2-x)=(x-1)(ex+ax)f 0 0，f x=x x-1exx+a，

60、f(x)的极值点的个数即为 f x=0 的变号方程根的个数22令 g x=exx，g x=x-1exx2，故 g(x)在(0，1)上单调递减(1，+)上单调递增，在(-，0)上单调递减，且当 x 0 时，g(x)0 时，f(x)有 2 个极值点，当-e a 0 时，f(x)只有 1 个极值点，当 a-e 时，f(x)有 3 个极值点(2)证明：因为 f(x)有 3 个极值点 x1，x2，x3(其中 x1 x2 x3)，所以 ex1=-ax1，ex3=-ax3且 x2=1，即得ex1x1=ex3x3，要证 x1x3 x22，即 x1x3 1，ex3-x1=k，所以 x3-x1=lnk，联立x3-

61、x1=lnkx3x1=k，得x1=lnkk-1，x3=klnkk-1，所以 x1x3=k lnk2k-12，所以要证 x1x3 1，只需 k lnk2k-12 1，则有(lnk)2k-12k，即 lnk k-1k=k-1k，则需证明 lnk-k+1k 1，即需证明 h t=lnt2-t+1t 0因为 h t=2t-1-1t2=-t2+2t-1t2=-t-12t2 0 恒成立，所以 h(t)在 t (1，+)上是单调递减函数，则有 h t h 1=ln1-1+11=0，即 h t=lnt2-t+1t 0 成立，所以 x1x3 1，即 x1x3 0 时，设函数 f(x)的 3 个极值点为 x1，x

62、2，x3，且 x1 x2 x3，求 a 的取值范围；证明：当 0 a 2e【答案】(1)单调递减区间为(0,1)，(1,e，极值点为 x=e(2)0,2e；证明见解析【分析】(1)求导，利用导函数的符号变化确定函数的单调区间，进而确定函数的极值点；(2)求导，构造新函数 h(x)=2lnx+ax-1，利用导数判定 h(x)的单调性和最值，再利用极值个数进行求解；要证 x1+x3 2e，只需证 x3 2e-x1，构造函数 g(x)=2xlnx-x 和 F(x)=g(x)-g2e-x，再利用导数研究函数 F(x)的单调性进行求解.(1)解：a=0 时，f(x)=x2lnx，f(x)=x(2lnx-

63、1)(lnx)2；所以当 x (0,1)时，f(x)0；当 x (1,e)时，f23(x)0；所以函数 f(x)的单调递减区间为(0,1)，(1,e，极值点为 x=e；(2)解：f(x)=(x-a)2lnx+ax-1ln2x；令 h(x)=2lnx+ax-1，h(x)=2x-ax2；所以 h(x)在 0,a2上单调递减，在a2,+上单调递增；所以 h a2是 h(x)的最小值；因为 f(x)有三个极值点 x1 x2 x3，所以 h a2=2ln a2+1 0，解得 a 2e，即 a 的取值范围为 0,2e；证明：当 0 a 1 时，h(a)=2lna 0，h(1)=a-1 0；所以 x2=a，

64、即 x1，x3是函数 h(x)的两个零点；所以2lnx1+ax1-1=02lnx3+ax3-1=0；消去 a 得 2x1lnx1-x1=2x3lnx3-x3；令 g(x)=2xlnx-x，g(x)=2lnx+1，g(x)的零点为 x=1e，且 x1 1e 2e，只需证 x3 2e-x1，即证 g(x3)g2e-x1；因为 g(x1)=g(x3)，所以即证 g(x1)-g2e-x1 0；构造函数 F(x)=g(x)-g2e-x，则 F1e=0；所以只要证明 x 0,1e上 F(x)单调递减；g(x)在 0,1e单调递减；所以 x 增大时，2e-x 减小，g2e-x增大，-g2e-x减小；所以-g

65、2e-x在 0,1e上是减函数；所以 g(x)-g2e-x在 0,1e上是减函数；所以当 0 a 2e 题型十三:系数不一致型不等式证明1(浙江省浙南名校联盟 2021-2022 学年高三上学期期末联考数学试题)设实数 a 0，且 a 1，函数f x=axe2-logax,x 0,+.(1)求函数 f x的单调区间；(2)若函数 y=f x有两个不同的零点 x1,x2 x1 3a.【答案】(1)答案见解析(2)(i)1 a e；(ii)证明见解析【分析】(1)分 0 a 1 两种情况去求 f x的单调区间；(2)首先利用对数均值不等式把 x1+2x2 3a 转化为不等式 x1+x2 2x0，再

66、构造函数 m(x)=x2lnx,x 1,e利用函数单调性去证明即可.(1)f x=ae2-1xlna=xalna-e2e2xlna，当 0 a 0，f x的单调递增区间为 0,+.24当 a 1 时，令 f x=0，得 x0=e2alna，当 x 0,e2alna时，f x 0所以 f x的单调递减区间为 0,e2alna，f x的单调递增区间为e2alna,+.(2)(i)由(1)知，a 1 时，x0=e2alna 为极小值点，又函数有两个零点，得 f x0 0.于是 f(x0)=ax0e2-logax0=ae2 e2alna-logae2alna=1lna-lne2alnalna 1，即

67、0 alna e由 n(x)=xlnx 在 0,+单调递增，则由 0 alna elne，可得 1 a 0，f e=aee2-logae=ae-1lna=alna-eelna 1,f kx0=k-1ax0e2-logakk-1ax0e2-k-1lna=k-1e2lna(ax0lna-e2)=0，故 1 x1 e 1)，则 h(x)=1x-4x+12=x-12x x+12 0 即 h(x)在(1,+)上单调递增，又 h(1)=0，则 h(x)0 在(1,+)恒成立.由 1 x1 e 1，lnt-2 t-1t+1 0 即 ln x2x1-2x2x1-1x2x1+1=ln x2x1-2 x2-x1x

68、2+x1 0，即lnx2-lnx1 2 x2-x1x2+x1故有：x2-x1lnx2-lnx1 x2+x12.则 x0 2x0，欲证 x1+2x2 3a，只需证 x1+x2 3a-x2，只需证 2x0 3a-x2，又由 x0 3a，由 x0=e2alna，所以上述只需证 3e2alna 3a，只需证 e2 a2lna，令 m(x)=x2lnx,x 1,e，则 m(x)=2xlnx+x=x(2lnx+1)0即 m(x)=x2lnx 在 1,e上单调递增.由 1 a e，可知 a2lna e2，所以上述不等式成立.方法归纳【提分秘籍】系数不一致题型，多有前提条件：极值点或者 零点1.可以借助“比值

69、”等代换方式引入参数，转化为一个变量。2.可以利用“极值点”偏移构造新函数证明。25【变式演练】1(浙江省绍兴市诸暨市 2021-2022 学年高三上学期期末数学试题)已知函数f x=x-1ex-43 x+132-ax a R.(1)当 a=0 时，求 y=f x在 0,f 0处的切线方程；(2)若 y=f x有两个极值点 x1、x2，且 x1 x2.()求实数 a 的取值范围；()求证：x22-x1 a+3.【答案】(1)y=-2x-73；(2)()-2 a-2-a，分-1 a-1e、-2 a-1 两种情况讨论，在-1 a-1e 时，利用不等式的基本性质可证得结论成立，在-2 a 0 对任意

70、的 x-1 恒成立，所以，函数 x=p x在-1,+上单调递增，因为 0=0，当-1 x 0 时，x 0=0，即 p x 0 时，x 0=0，即 p x 0，所以，函数 f x在-1,0上单调递减，在 0,+上单调递增，因为 y=f x有两个极值点 x1、x2，则-1e-a 0f 0=-a-2 0，解得-2 a e-2 2+1e 0，g x1=g x2=a，由(i)可知 x1-1,0，x2 0,1，只需证 x22-x1 1-x1-2-a，当-1 a-1e 时，-2-a-1 x1，得证；当-2 a-1，当-1 x 0，当 x 0 时，h x 0，则 y=h x在-1,0上递增，在 0,+上递减，

71、所以 h x h 0=0，得证，令 t x=ex-x-1，则 tx=ex-1，当 x 0 时，t x 0 时，t x 0，此时函数 t x单调递增，所以，t x t 0=0，即 ex x+1，则 g x=xex-2 x+112 x x+1-x-2=x2-2，记 y=x2-2 与 y=a 的交点横坐标分别为 x3=-a+2，x4=a+2，26则 x3 x1 x2 0，则 x22-x1 x24-x3=a+2+a+2，又-2 a-1，x22-x1 a+2+2-1=a+3，题型十四:极值构造型(利用第一问结论)1(2022海南统考一模)已知函数 f(x)=ax-ex+1,a R.(1)求 f(x)的单

72、调区间；(2)若 f(x)0 在 x R 上恒成立，求实数 a 的取值集合；(3)当 a=1 时，对任意的 0 m n，求证：1n-1 f(lnn)-f(lnm)n-m 0 时 f(x)递增区间为(-,lna)，递减区间为(lna,+)；(2)(0,+)；(3)证明见解析.【分析】(1)讨论 a 0、a 0 两种情况，先求出 f(x)=a-ex，令 f(x)0 的增区间；(2)当 a 0 时 f(x)0 在 R 上不可能恒成立，当 a 0 时，利用单调性求出 f(x)max为 g(a)=alna-a+1，可证明 g(a)minin=g(1)=0；(3)转化 f(lnn)-f(lnm)n-m=l

73、n nmn-m-1，利用 lnx x-1(x 0)只需证明1n-1 ln nmn-m-1 1m-1.【详解】(1)f(x)=a-ex，当 a 0 时，f(x)0 时，由 f(x)0 得 x lna，由 f(x)lna，f(x)递增区间为(-,lna)，递减区间为(lna,+).(2)由(1)知，当 a 0 时，f(x)在(-,+)上为递减，而 f(0)=0，f(x)0 在 R 上不可能恒成立；当 a 0 时，f(x)在(-,lna)上递增，在(lna,+)上递减，f(x)max=f(lna)=alna-a+1，令 g(a)=alna-a+1，依题意有 g(a)0，而 g(a)=lna，且 a

74、0，g(a)在(0,1)上递减，在(1,+)上递增，g(a)minin=g(1)=0，故 a (0,+).(3)由(2)知：a=1 时，f(lnx)=lnx-x+1 0 恒成立，所以有 lnx x-1(x 0).则 f(lnn)-f(lnm)n-m=(lnn-n+1)-(lnm-m+1)n-m=ln nmn-m-1 1-mnn-m-1=1n-1.综上所述：对任意的 0 m n，有 1n-1 f(n)-f(m)n-m 1m-1.方法归纳【提分秘籍】一些试题，可以通过对第一问分类讨论，得出一些不等式放缩式子或者放缩方向1.可以利用第一问单调性提炼出不等式2.可以利用第一问极值或者最值提炼出常数不等

75、式3.可以利用题干和第一问结论构造新函数(新不等式)27【变式演练】1(2023吉林统考模拟预测)已知函数 f x=xlnx-m x-1，且 f x 0.(1)求实数 m 的取值范围；(2)设 k 为整数，且对任意正整数 n，不等式 1+131+132 1+13n k 恒成立，求 k 的最小值；(3)证明：202320242024 1e 202320242023.【答案】(1)m=1(2)2(3)证明见解析【分析】(1)法一：由 f x 0 得出 g x=lnx-m+mx 0，利用导数得出 g(x)min，进而得出实数 m 的取值范围；法二：由 f 1=0,f x 0 确定 f 1是 f x上

76、最小值，也是极小值，进而得出 m 的值，再检验即可；法三：由洛必达法则求解即可；(2)由 lnx x-1，通过赋值得出 ln 1+13n 0 恒成立 g x在 0,+上单调递增，且 g 1=0 x 0,1时，g x 0 时，令 g x 0，则 x m；令 g x 0，则 0 x 0，则 0 x 1；令 h x 1.h x在 0,1上单调递增，在 1,+上单调递减 h(x)max=h 1=0，即当 h m 0 时，m=1 m 的取值范围是：m=1.法二：f 1=0,f x 0 在 0,+上恒成立 f 1是 f x上最小值，也是极小值 f x=lnx+1-m f 1=1-m=0，即 m=1 当 m

77、=1 时，f x=xlnx-x+1,f x=lnx令 f x 0，则 x 1；令 f x 0，则 0 x 1 时，m xlnxx-1 恒成立，设 u x=xlnxx-1,u x=x-1-lnx(x-1)2设 v x=x-1-lnx,v x=1-1x 0 v x在 1,+上单调递增，v x v 1=0,u x 0,u x在 1,+上单调递增当 x 1+时，xlnx 0,x-1 0,u x=xlnxx-1 为“00”型由洛必达法则得limx1+u(x)=limx1+xlnxx-1=limx1+lnx+11=1 当 x 1 时，u x 1，即 m 1当 0 x 1 时，m xlnxx-1 恒成立，设

78、 u x=xlnxx-1,u x=x-1-lnx(x-1)228设 v x=x-1-lnx,v x=1-1x v 1=0,u x 0,u x在 0,1上单调递增当 x 1-时，xlnx 0,x-1 0,u x=xlnxx-1 为“00”型由洛必达法则得limx1-u(x)=limx1-xlnxx-1=limx1-lnx+11=1 当 0 x 1 时，u x 1，即 m 1 综上，m 的取值范围是：m=1(2)由(1)知，h x 0，即 lnx x-1 在 0,+上恒成立(当且仅当 x=1 时取等)令 x=1+13n，则 ln 1+13n 13n.ln 1+131+ln 1+132+ln 1+1

79、3n 131+132+13n=13 1-13n1-13=12 1-13n 12即 1+1311+132 1+13n 1 且 k Z,k 的最小值为 2.(3)不等式 lnx x-1 在 0,+上恒成立(当且仅当 x=1 时取等)令 x=1+12023，则 ln 1+12023 1e.令 x=1-12024，则 ln 1-12024-12024，即202320242024 1e。故202320242024 1e g x【答案】(1)()答案不唯一，具体见解析()证明见解析(2)证明见解析【分析】(1)(i)根据导数的几何意义分别求出对应的切线方程，再结合切线过点 0,-1求解即可得实数 a 的值

80、；(ii)设切点为 x0,y0，进而根据导数几何意义求得切点坐标为 1,4，进而证明.(2)结合(ii),将问题转化为证明 f x+2x+2，再结合不等式 x sinx 得 2xsinx 2sin2x，进而只需证明 2sin2x+2x+2，进而构造函数令 F x=2sin2x-2x+-2，利用导数证明不等式即可.(1)解：()选 a+b=0，则 f x=axsinx+acosx，f x=asinx+axcosx-asinx=axcosx，所以切线斜率 k=f=-a又 f=-a，所以切点为,-a，所以切线方程为 y+a=-a x-因为切线经过点 0,-1，所以 -1+a=a2，解得 a=1+1

81、选 a-b=1，则 f x=axsinx+1-acosx，f x=asinx+axcosx+a-1sinx，所以切线斜率 k=f=-a又 f=a-1，所以切点为,a-1，所以切线方程为 y-a+1=-a x-因为切线经过点 0,-1，所以 -1-a+1=a2，解得 a=2+1选 a+b=-1，则 f x=axsinx+a+1cosx，则 f x=asinx+axcosx-a+1sinx=axcosx-sinx，29所以切线斜率 k=f=-a又 f=-a-1，所以切点为,-a-1，所以切线方程为 y+a+1=-a x-因为切线经过点 0,-1，所以 -1+a+1=a2，解得 a=2-1()由 g

82、 x=lnx+x+3，得 g x=1x+1设切点为 x0,y0，则 1x0+1=2，得 x0=1，所以 g x0=4，则切点坐标为 1,4，则切线方程为 y-4=2 x-1，即 y=2x+2，所以 y=2x+2 是曲线 g x的一条切线(2)令 h x=g x-2x+2=lnx-x+1 x 0,2，则 h x=1x-1=1-xx，当 x 0,1时，hx 0，h x单调递增，当 x 1,2时，h x g x，只需证明 f x+2x+2，即证 2xsinx+2x+2先证当 x 0,2时，x sinx令 m x=x-sinx，则 m x=1-cosx 0 在 0,2上恒成立，所以 m x=x-sin

83、x 在 0,2上单调递增，所以当 x 0,2时，m x 0，即 x sinx，所以 2xsinx 2sin2x故只需证明 2sin2x+2x+2(直接证明 2xsinx+2x+2 时，计算比较复杂，所以利用放缩法证明 2sin2x+2x+2)令 F x=2sin2x-2x+-2，则 F x=4sinxcosx-2=2sin2x-2 0，所以 F x在 0,2上单调递减，所以当 x 0,2时，F x F 2=2 12-2 2+-2=0，方法归纳【提分秘籍】放缩构造法：1.根据已知条件适当放缩；2.利用常见放缩结论；常见的切线不等式放缩思维【变式演练】1(山东省 2021-2022 学年高三上学期

84、 12 月备考监测第二次联合考试数学试题)函数 f x=lnx-30ax+1.(1)若 f x 0 恒成立，求 a 的取值范围.(2)证明：lnxx+1e-x+1 0 两种情况讨论，求出函数的单调性即得解；(2)即证 lnxxex+1ex+lnxx 0.当 a 0 时，f x 0，故 f x在 0,+上单调递增，取 x=1,f 1=-a+1 1，不符合题意，舍去.当 a 0 时，令 f x 0，得 0 x 1a，令 f x1a，故 f x在 0,1a上单调递增，在1a,+上单调递减.当 x=1a 时，f x取得极大值，即最大值 f1a=ln 1a，若 f x 0 恒成立，则 ln 1a 0，解

85、得 a 1.(2)证明：要证lnxx+1e-x+1 2e+1，即证 lnxxex+1ex+lnxx 0，解得 0 x e，令 h x e.故 h x在 0,e上单调递增，在 e,+上单调递减.当 x=e时，h x取得极大值，即最大值 h e=1e.故 h x=lnxx 1e.设 F x=x ex-1-lnx-x，则 F x=ex-1+xex-1-1x-1=ex-1 1+x-1+xx=1+xex-1-1x.设 x=ex-1-1x，则 x=ex-1+1x2 0,x在 0,+上单调递增，1=e1-1-1=0.当 x 0,1时，x 0.故当 x 0,1时，F x 0，F x在 0,1上单调递减，在 1

86、,+上单调递增.故当 x=1 时，F x取得极小值，即最小值 F 1=0，故 F x 0，即 x ex-1-lnx-x 0，故 lnxx ex+1ex 1e，当且仅当 x=1 时，等号成立.又 h x=lnxx 1e，当且仅当 x=e 时，等号成立.两个等号不能同时成立，所以 lnxx ex+1ex+lnxx 2e.故lnxx+1e-x+1 0 时，判断函数 f x在区间 1,e零点的个数.(2)若 m=0，n=1，当 a=78 时，求证：若 x1 x2，且 x1+x2=-2，则 f x1+f x2 2.【答案】(1)(i)y=12；()答案见解析；(2)证明见解析.31【分析】(1)(i)先

87、求切线的斜率，再根据直线方程即可求得切线方程；()先研究函数的单调区间，再分类讨论.(2)通过换元后转化为证明不等式恒成立.【详解】(1)当 m=1,n=0 时，f(x)=x22-klnx，f(x)=x-kx.(i)当 k=1 时，f(1)=1-11=0，而 f(1)=12，所以切线为 y=12；()由 f x=x22-klnx，(k 0)，f x=x2-kx由 f x=0 解得 x=k，f x与 f x在区间 0,+上的情况如下：x0,kkk,+f x-0+f xk 1-lnk2所以，f x的单调递减区间是 0,k，单调递增区间是k,+，因此 f x在 x=k 处取得极小值fk=k 1-ln

88、k2.f x在区间 0,+上的最小值为 fk=k 1-lnk2若 0 k e 时，f x在区间 1,e上单调递减，且 f 1=12 0，fe=e-k2 0，所以 f x在区间 1,e上仅有一个零点.综上，若 0 k 0，h t=ex 14 et-78 t+34，令 H t=h t+h-t=et 14 et-78 t+34+e-t14 e-t+78 t+34由题意可知，即证明当 t 0 时，H t 2，H t=et 12 et-78 t-18-e-t 12 e-t+78 t-18=12 et+e-tet-e-t-78 t et+e-t-18 et-e-t=78 et+e-t12 et-e-t-t

89、+116 et-e-tet+e-t-2 0，其中12 et-e-t-t=12 et-e-t-1 0，所以 12 et-e-t-t 0.所以 H(t)在(0,+)上是单调递增，因为 H 0=2，所以当 t 0 时，H t 2，得证.方法二：切线放缩化解过程同上，原题即证明当 t 0 时，H t=h t+h-t 2，h t=et 14 et-78 t+34，注意到 h 0=e0 14 e0-78 0+34=1，求出 h t=et 14 et-78 t+34在 0,1处的切线方程，32则 h t=et 12 et-78 t-18，即 h 0=38，则：切线方程为 y=38 t+1.下面证明 h t

90、38 t+1 恒成立 t 0；令 F t=h t-38 t-1，则 F t=et 12 et-78 t-1838=0 t=0，得 F t 0 在 t 0 恒成立，故 F t在(0,+)上单调递增，F t=h t-38 t-1 F 0=0 恒成立，故 h t 38 t+1 成立，同理可证 h-t始终位于 h-t在 0,1处的切线 y=-38 t+1 的上方，即 h-t-38 t+1(实际上 h t与 h-t关于 y 轴对称)，放 H t=h t+h-t 38 t+1+-38 t+1=2 恒成立，原不等式得证.【变式演练】1(江苏省泰州市姜堰中学 2020-2021 学年高三上学期 12 月月考数

91、学试题)已知函数 f(x)=a(x-1)ex，a 0.(1)讨论 f(x)的单调性；(2)当 a=1 时，求函数在 x=1 处的切线 l，并证明 0 x 1，函数 f(x)图象恒在切线 l 上方；若 f(x)=m 有两解 x1,x2，且 x1 x2，证明 x2-x21 0，即函数 f(x)图象恒在切线 l 上方；利用分析法证明，转化为只需证明 ex1 x1+1，构造函数(x)=ex-x-1，利用导数证明即可.【详解】f(x)=a(x-1)ex的定义域为 R，f(x)=axex(1)a 0 时，令 f(x)0，得：x 0；令 f(x)0，得：x 0；所以 f(x)在-,0单调减，0，+单调增，同

92、理可求：a 0 时，f(x)在-,0单调增，0，+单调减.(2)当 a=1 时，f(x)=(x-1)ex，f(x)=xex所以 f(1)=0，f(1)=e，所以在 x=1 处的切线为 y=e(x-1)，当 0 x 0 恒成立，所以函数 f(x)图象恒在切线 l 上方；由当 x 0 时，f(x)0，且 f(1)=0 结合(1)可知，x1 0,x2(0,1)，由(2)可知，x2 me+1，要证 x2-x21 me-m，下证me+1-x21 m+1，又因为(x1-1)ex1=m，即证 ex1 x1+1.记(x)=ex-x-1(x)=ex-1 0，所以(x)=ex-x-1 单调增，又(0)=0，所以

93、0 x 0.即证题型十七:利用韦达定理置换型不等式证明331(山西省山西大学附属中学 2021 届高三下学期三月模块诊断理科数学试题)已知函数 f x=x2-x+klnx，k R(1)讨论函数 f x的单调性；(2)若 f x有两个极值点 x1，x2，证明：f x1-f x2 14-2k【答案】(1)答案见解析；(2)证明见解析.【分析】(1)先求 f x的定义域和导数 f x，再根据一元二次方程判别式的情况讨论 f x的正负，进而确定 f x的单调性即可；(2)利用根与系数关系进行等量代换将 f x1-f x2 14-2k 转化为证明ln x1x2-x1x2+1 0，即 k 0当 x 0,x

94、2时，g x 0，则 f x 0，则 f x 0，f x单调递增；(ii)当 0 k 0，x1+x2=12 0，0 x1 0，则 f x 0，f x单调递增；当 x x1,x2时，g x 0，则 f x 0，则 f x 0，f x单调递增；综上，当 k 0 时，f x在 0,1+1-8k4上单调递减，在1+1-8k4,+上单调递增；当 0 k 18 时，f x在 0,1-1-8k4，1+1-8k4,+上单调递增，在1-1-8k4,1+1-8k4上单调递减；当 k 18 时，f x在 0,+上单调递增；(2)由(1)及题意知 0 k 18，x1，x2为方程 2x2-x+k=0 的两根，不妨设 0

95、 x1 f x2，且 x1+x2=12，x1x2=k2，x1-x22=x1+x22-4x1x2=14-2k要证 f x1-f x2 14-2k，即证 f x1-f x2 x1-x22，即证 f x1-f x2 x1-x22，f x1-f x2=x12-x1+klnx1-x22-x2+klnx2=x1+x2-1x1-x2+k lnx1-lnx2，而 x1+x2=12，x1x2=k2，故 f x1-f x2=kln x1x2-12 x1-x2=2x1x2ln x1x2-x1+x2x1-x2，因为 f x1-f x2-x1-x22=2x1x2ln x1x2-x1+x2x1-x2-x1-x22=2x1

96、x2 ln x1x2-x1x2+1设 t=x1x2，则 0 t 1，f x1-f x2-x1-x22=2x1x2(lnt-t+1)设 h t=lnt-t+1，则 h t=1t-1，当 0 t 0，h t在 0,1上单调递增，h t 0，34 f x1-f x2-x1-x22 0，即 f x1-f x2m+228【答案】(1)-,-2(2)证明见解析【分析】(1)f(x)=x+1x+m，(x 0)，若 f(x)存在两个极值点，则 y=m 与 y=-x+1x，(x 0)有两个交点，即可得出答案(2)由(1)知 m 0，即可解得 m 的取值范围(1)(1)f(x)=x+1x+m，(x 0)，若 f(

97、x)存在两个极值点，则 f(x)=0 在(0,+)上有两个根，所以 m=-x+1x有两个根，即 y=m 与 y=-x+1x，(x 0)有两个交点，y=-1+1x2=-x2+1x2，所以在(0,1)上，y 0，y 单调递增，在(1,+)上，y 0，y 单调递减，所以 x=1 时，ymax=-2，所以 m-2，所以 m 的取值范围为(-,-2)(2)证明：由(1)知 m 0，令 t=-m2，故 t 1，原不等式等价于lnt 1 成立，令 g t=lnt-t-1，g(t)=1-tt 0，所以 g(t)=lnt-(t-1)单调递减，则有 g(t)=lnt-(t-1)g(1)=0题型十八:泰勒展开型不等

98、式证明1(2022辽宁沈阳东北育才学校校考模拟预测)给出以下三个材料：若函数 f x可导，我们通常把导函数 f x的导数叫做 f x的二阶导数，记作 f x.类似地，二阶导数的导数叫做三阶导数，记作 f x，三阶导数的导数叫做四阶导数 一般地，n-1 阶导数的导数叫做 n 阶导数，记作 fnx=fn-1x,n 4.若 n N，定义 n!=n n-1 n-2 3 2 1.若函数 f x在包含 x0的某个开区35间 a,b上具有 n 阶的导数，那么对于任一 x a,b有 g x=f x0+f x01!x-x0+f x02!x-x02+f x03!x-x03+fnx0n!x-x0n，我们将 g x称

99、为函数 f x在点 x=x0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+12 x2+1n!xn.根据以上三段材料，完成下面的题目：(1)求出 f1 x=sinx 在点 x=0 处的 3 阶泰勒展开式 g1 x，并直接写出 f2 x=cosx 在点 x=0 处的 3 阶泰勒展开式 g2 x；(2)比较(1)中 f1 x与 g1 x的大小.(3)证明：ex+sinx+cosx 2+2x.【答案】(1)g1 x=x-16 x3,g2 x=1-12 x2；(2)答案见解析；(3)证明过程见解析.【分析】(1)根据 f x在点 x=x0处的 n 阶泰勒展开式的定

100、义可直接求得结果；(2)令 h x=f1 x-g1 x，利用导数可求得 h x在 R 上单调递增，结合 h 0=0 可得 h x的正负，由此可得 f1 x与 g1 x的大小关系；(3)令 x=f2 x-g2 x，利用导数可求得 x 0=0，即 cosx 1-12 x2；当 x 0 时，由 ex1+x+12 x2+16 x3，sinx x-16 x3，可直接证得不等式成立；当 x 0 时，分类讨论，由此可证得不等式成立.【详解】(1)f1 x=cosx，f2 x=-sinx，f3 x=-cosx，f1 0=1，f2 0=0，f3 0=-1，g1 x=sin0+11!x-0+02!x-02+-13

101、!x-03，即 g1 x=x-16 x3；同理可得：g2 x=1-12 x2；(2)由(1)知：f1 x=sinx，g1 x=x-16 x3，令 h x=f1 x-g1 x=sinx-x+16 x3，则 h x=cosx-1+12 x2，h x=-sinx+x，h x=1-cosx 0，h x在 R 上单调递增，又 h 0=0，当 x -,0时，h x 0，h x单调递增；h xmin=h 0=1-1+0=0，h x 0，h x在 R 上单调递增，又 h 0=0，当 x -,0时，h x 0；综上所述：当 x 0 时，f1 x 0 时，f1 x g1 x；(3)令 x=f2 x-g2 x=co

102、sx-1+12 x2，则 x=-sinx+x，x=1-cosx 0，x在 R 上单调递增，又 0=0，x在-,0上单调递减，在0,+上单调递增，x 0=0，即 cosx 1-12 x2；y=ex在点 x=0 处的 4 阶泰勒展开式为：1+x+12 x2+16 x3+124 x4，ex=1+x+12 x2+16 x3+124 x4 1+x+12 x2+16 x3，当且仅当 x=0 时取等号，当 x 0 时，由(2)可知，sinx x-16 x3，当且仅当 x=0 时取等号，所以 ex+sinx+cosx 1+x+12 x2+16 x3+x-16 x3+1-12 x2=2+2x；当 x 0 时，设

103、 F x=ex+sinx+cosx-2-2x，F 0=0，F x=ex+cosx-sinx-2=ex+2cos x+4-2，F x=ex-sinx-cosx，36当 x -1,0，由(2)可知 sinx 1+x+12 x2+16 x3+16 x3-x-cosx=1-cosx+16 x2 3+2x 0，即有 F x F 0=0；当 x -,-1时，F x=ex+2cos x+4-2 1e+2-2 12+2-2 0，所以，x F 0=0，即 ex+sinx+cosx 2+2x综上所述：ex+sinx+cosx 2+2x.方法归纳【提分秘籍】利用泰勒公式证明不等式：若函数 f(x)在含有 x0的某区

104、间有定义,并且有直到(n 1)阶的各阶导数,又在点 x0处有 n 阶的导数 f(n)(x0),则有公式f(x)=f(x0)+f(x0)1!(x x0)+f(x0)2!(x x0)2+f(n)(x0)n!(x x0)(n)+Rn(x)在上述公式中若 Rn(x)0(或 Rn(x)0),则可得f(x)f(x0)+f(x0)1!(x x0)+f(x0)2!(x x0)2+f(n)(x0)n!(x x0)(n)或 f(x)f(x0)+f(x0)1!(x x0)+f(x0)2!(x x0)2+f(n)(x0)n!(x x0)(n)【变式演练】1(2022 春广东广州高三校级联考)已知函数 f(x)=ln(

105、x-1)-k(x-1)+1.(1)求函数 f(x)的单调区间；(2)证明：ln23+ln34+ln45+lnnn+1 1).【答案】(1)当 k 0 时，f x的单调递增区间为 1,+；当 k 0 时，f x的单调递增区间为 1,1k+1，单调递减区间为1k+1,+；(2)证明见解析.【分析】(1)由函数 f(x)的定义域为(1,+)，f(x)=1x-1-k，分类讨论即能求出函数 f(x)的单调区间(2)由题知，当 k=1 时，有 f(x)0 在(1,+)恒成立，且 f(x)在(2,+)上是减函数，进而可得 ln(x-1)x-1-1 在 x 2，+)上恒成立，可得 lnnn+1 0，f x在

106、1,+上为增函数；若 k 0，则 f x=1x-1-k=-k x-k+1kx-1，当 1 x 0，当 x 1k+1 时，f x 0 时，f x的单调递增区间为 1,1k+1，单调递减区间为1k+1,+.(2)当 k=1 时，由上可知 f x的单调递增区间为 1,2，单调递减区间为 2,+，有 f(x)f(2)=0 在1,+恒成立，且 f(x)在(2,+)上是减函数，即 ln(x-1)x-1-1 在 x (2,+)上恒成立，令 x-1=n2，则 lnn2 n2-1，即 2lnn (n-1)(n+1)，lnnn+1 1)，ln23+ln34+ln45+lnnn+1 12+22+32+n-12=n2

107、-n4，即：ln23+ln34+ln45+lnnn+1 0 时，证明：f x 1；(3)证明：56 0 时 ln x+12xx+2，构造 g(x)=ln x+1-2xx+2，利用导数研究单调性，即可证结论；(3)构造 h(n)=ln n!-n+12ln n+n，n N*，作差法研究函数单调性可得 h(n)h(1)=1，再构造(x)=lnx-(x+5)(x-1)4x+2且 x 0，应用导数研究其单调性得到 lnx (x+5)(x-1)4x+2恒成立，对 h(n)-h(n+1)作放缩处理，结合累加得到 h(1)-h(n)32 ln2-1+112 0 时 f x=1x+12ln x+1 1，即证 l

108、n x+12xx+2，令 g(x)=ln x+1-2xx+2 且 x 0，则 g(x)=1x+1-4(x+2)2=x2(x+1)(x+2)2 0，所以 g(x)在(0,+)上递增，则 g(x)g(0)=0，即 ln x+12xx+2.所以 x 0 时 f x 1.(3)设 h(n)=ln n!-n+12ln n+n，n N*，则 h(n+1)-h(n)=1+n+12ln n-n+12ln n+1=1-n+12ln 1+1n，由(2)知：x=1n (0,1，则 f1n=n+12ln 1+1n 1，所以 h(n+1)-h(n)56，令(x)=lnx-(x+5)(x-1)4x+2且 x 0，则(x)

109、=(x-1)2(1-x)x(2x+1)2，当 0 x 0，(x)递增，当 x 1 时(x)0，(x)递减，所以(x)(1)=0，故在 x 0,+上 lnx (x+5)(x-1)4x+2恒成立，则 h(n)-h(n+1)=n+12ln 1+1n-1 n+126+1n1n2 3+2n-1=14n(3n+2)1121n-1-1n，所以 h(2)-h(3)112 1-12，h(3)-h(4)11212-13，h(n-1)-h(n)1121n-2-1n-1，累加得：h(2)-h(n)34 ln2，所以 h(2)=2-32 ln2 56，则-h(n)112 1-1n-1-2+32 ln2 n 3，所以 h

110、(1)-h(n)32 ln2-1+112 1-1n-1 32 ln2-1+112 56 n 3；综上，56 h(n)1，即 56 0，导数研究其函数符号得 lnx (x+5)(x-1)4x+2恒成立，结合放缩、累加得到 h(1)-h(n)32 ln2-1+112 1-1n为关键.2(2022全国统考高考真题)已知函数 f x=exx-lnx+x-a(1)若 f x 0，求 a 的取值范围；(2)证明：若 f x有两个零点 x1,x2，则 x1x2 0，再利用导数即可得证.【详解】(1)方法一：常规求导 f(x)的定义域为(0,+)，则f(x)=1x-1x2ex-1x+1=1x 1-1xex+1

111、-1x=x-1xexx+1令 f x=0,得 x=1当 x (0,1),f(x)0,f(x)单调递增 f(x)f(1)=e+1-a，若 f(x)0,则 e+1-a 0,即 a e+1所以 a 的取值范围为(-,e+1方法二：同构处理由 f x 0 得：e-lnx+x+x-lnx-a 0令 t=x-lnx,t 1，则 f t=et+t-a 0 即 a et+t 令 g t=et+t,t 1,+，则 g t=et+1 0故 g t=et+t 在区间 1,+上是增函数故 g tmin=g 1=e+1，即 a e+1 所以 a 的取值范围为(-,e+1(2)方法一：构造函数39由题知,f x一个零点小

112、于 1,一个零点大于 1，不妨设 x1 1 x2要证 x1x2 1,即证 x1 f1x2又因为 f x1=f x2,故只需证 f x2 f1x2即证 exx-lnx+x-xe1x-lnx-1x 0,x (1,+)即证 exx-xe1x-2 lnx-12 x-1x 0下面证明 x 1 时，exx-xe1x 0,lnx-12 x-1x 1，则 g(x)=1x-1x2ex-e1x+xe1x-1x2=1x 1-1xex-e1x 1-1x=1-1xexx-e1x=x-1xexx-e1x设 x=exx x 1,x=1x-1x2ex=x-1x2ex 0 所以 x 1=e,而 e1x 0,所以 g(x)0 所

113、以 g(x)在(1,+)单调递增即 g(x)g(1)=0,所以 exx-xe1x 0令 h(x)=lnx-12 x-1x,x 1h(x)=1x-12 1+1x2=2x-x2-12x2=-(x-1)22x2 0所以 h(x)在(1,+)单调递减即 h(x)h(1)=0,所以 lnx-12 x-1x 0,所以 x1x2 1，则 f t=t+lnt-a，f t=1+1t 0所以 g t=t+lnt-a 在 1,+上单调递增，故 g t=0 只有 1 个解又因为 f x=exx+ln exx-a 有两个零点 x1,x2，故 t=ex1x1=ex2x2两边取对数得：x1-lnx1=x2-lnx2，即x1

114、-x2lnx1-lnx2=1 又因为x1x2 x1-x2lnx1-lnx2*，故x1x2 1，即 x1x2 1 下证x1x2 x1-x2lnx1-lnx2*因为x1x2 x1-x2lnx1-lnx2 lnx1-lnx2 x1-x2x1x2 ln x1x2 1，则只需证2lnt 1，则 h t=2t-1-1t2=-1-1t2 0故 h t=2lnt-t+1t 在 1,+上单调递减故 h t h 1=0，即 2lnt f(s)+f(t)【答案】(1)y=x(2)g(x)在 0,+)上单调递增.(3)证明见解析【分析】(1)先求出切点坐标，在由导数求得切线斜率，即得切线方程；(2)在求一次导数无法判

115、断的情况下，构造新的函数，再求一次导数，问题即得解；(3)令 m(x)=f(x+t)-f(x)，(x,t 0)，即证 m(x)m(0)，由第二问结论可知 m(x)在 0,+)上单调递40增，即得证.【详解】(1)解：因为 f(x)=exln(1+x)，所以 f 0=0，即切点坐标为 0,0，又 f(x)=exln(1+x)+11+x，切线斜率 k=f(0)=1 切线方程为：y=x(2)解：因为 g(x)=f(x)=ex ln(1+x)+11+x，所以 g(x)=ex ln(1+x)+21+x-1(1+x)2，令 h(x)=ln(1+x)+21+x-1(1+x)2，则 h(x)=11+x-2(1

116、+x)2+2(1+x)3=x2+1(1+x)3 0，h(x)在 0,+)上单调递增，h(x)h(0)=1 0 g(x)0 在 0,+)上恒成立，g(x)在 0,+)上单调递增.(3)解：原不等式等价于 f(s+t)-f(s)f(t)-f(0)，令 m(x)=f(x+t)-f(x)，(x,t 0)，即证 m(x)m(0)，m(x)=f(x+t)-f(x)=ex+tln(1+x+t)-exln(1+x)，m(x)=ex+tln(1+x+t)+ex+t1+x+t-exln(1+x)-ex1+x=g(x+t)-g(x)，由(2)知 g(x)=f(x)=exln(1+x)+11+x在 0,+上单调递增，

117、g(x+t)g(x)，m(x)0 m(x)在 0,+上单调递增，又因为 x,t 0，m(x)m(0)，所以命题得证.4(2021浙江统考高考真题)设 a，b 为实数，且 a 1，函数 f x=ax-bx+e2(x R)(1)求函数 f x的单调区间；(2)若对任意 b 2e2，函数 f x有两个不同的零点，求 a 的取值范围；(3)当 a=e 时，证明：对任意 b e4，函数 f x有两个不同的零点 x1,x2,x2 x1，满足 x2 blnb2e2 x1+e2b.(注：e=2.71828 是自然对数的底数)【答案】(1)b 0 时，f(x)在 R 上单调递增；b 0 时，函数的单调减区间为-

118、,loga blna，单调增区间为loga blna,+；(2)1,e2；(3)证明见解析.【分析】(1)首先求得导函数的解析式，然后分类讨论即可确定函数的单调性；(2)将原问题进行等价转化，然后构造新函数，利用导函数研究函数的性质并进行放缩即可确定实数 a 的取值范围；(3)方法一：结合(2)的结论将原问题进行等价变形，然后利用分析法即可证得题中的结论成立.【详解】(1)f(x)=ax-bx+e2,f(x)=axlna-b，若 b 0，则 f(x)=axlna-b 0，所以 f(x)在 R 上单调递增；若 b 0，当 x -,loga blna时，f x 0,f x单调递增.综上可得，b 0

119、 时，f(x)在 R 上单调递增；b 0 时，函数的单调减区间为-,loga blna，单调增区间为 loga blna,+.(2)f(x)有 2 个不同零点 ax-bx+e2=0 有 2 个不同解 exlna-bx+e2=0 有 2 个不同的解，令 t=xlna，则 et-btlna+e2=0 blna=et+e2t,t 0，记 g(t)=et+e2t,g(t)=et t-et+e2t2=et(t-1)-e2t2，41记 h(t)=et(t-1)-e2,h(t)=et(t-1)+et 1=et t 0，又 h(2)=0，所以 t (0,2)时，h(t)0，则 g(t)在(0,2)单调递减，(

120、2,+)单调递增，blna g(2)=e2,lna 2e2,be2 2,lna 2 1 e4，注意到函数 y=ex+e2x在区间 0,2上单调递减，在区间 2,+上单调递增，故 x1 2 x2，又由 e5+e25 5，b=ex1+e2x1 2e2x1 x1 blnb2e2 x1+e2b，只需 x2lnb+e2b，b=ex2+e2x2 e4上单调递增，所以只需证 x2 ln 2ex2x2+e2x22ex2 x2 5，只需证 lnex2-ln 2ex2x2-e2x22ex2 0，只需证 lnx-e2x2ex-ln2 0，e22 5 时为正，由于 h(x)=1x+4xe-x-4e-x=1x+4e-x

121、 x-1 0，故函数 h x单调递增，又 h(5)=ln5-20e5-ln2=ln 52-20e4 0，故 h(x)=lnx-4xex-ln2 在 x 5 时为正，从而题中的不等式得证.方法二：分析+放缩法a=e,f(x)=ex-bx+e2有 2 个不同零点 x1,x2，不妨设 x1 x2，由 f(x)=ex-b 得 x1 lnb 4)且 f x1=ex1-bx1+e2=0,f x2=ex2-bx2+e2=0要证 x2 blnb2e2 x1+e2b，只需证 bx2-e2 blnb2e2 bx1，即证 ex2 blnb2e2 bx1，只需证 x2 ln blnb2e2 bx1又 f 2e2b=e

122、2c2b-e2 0，所以 x1 2e2b，即 bx12e2 ln(blnb)而 lnb 4，所以 blnb b，又 ln(blnb)lnb，所以只需证 f(ln(blnb)0所以 f(ln(blnb)=blnb-bln(blnb)+e2=-blnlnb+e2-e4ln4+e2 e4，则满足 1 2e2，由()知 f(x)有两个零点 x1,x2 x1 x2且 0 x1 lnb x2又 f(2)=2e2-2b 0，故进一步有 0 x1 2 lnb blnb2e2 x1+e2b bx2-e2 blnb2e2 bx1 ex2 blnb2e2ex1+e2因为 0 x1 2，所以 ex1+e22e2 bl

123、nb bx2-e2 blnb x2 lnb+e2b 又因为 f(x)在区间(lnb,+)内单调递增，故只需证 f lnb+e2b f x2=0，即 b ee2b-lnb e4时有 ee2b e 4 lnb，故不等式成立425(2021全国统考高考真题)设函数 f x=ln a-x，已知 x=0 是函数 y=xf x的极值点(1)求 a；(2)设函数 g(x)=x+f(x)xf(x)证明:g x 1【答案】(1)a=1；(2)证明见详解【分析】(1)由题意求出 y，由极值点处导数为 0 即可求解出参数 a；(2)由(1)得 g(x)=x+ln 1-xxln 1-x，x 1 且 x 0，分类讨论

124、x 0,1和 x -,0，可等价转化为要证g x xln 1-x在 x 0,1和 x -,0上恒成立，结合导数和换元法即可求解【详解】(1)由 f x=ln a-x f x=1x-a，y=xf x y=ln a-x+xx-a，又 x=0 是函数 y=xf x的极值点，所以 y 0=lna=0，解得 a=1；(2)方法一：转化为有分母的函数由()知，g(x)=x+ln(1-x)xln(1-x)=1ln(1-x)+1x，其定义域为(-,0)(0,1)要证 g(x)1，即证1ln(1-x)+1x 1，即证1ln(1-x)1-1x=x-1x()当 x (0,1)时，1ln(1-x)0，x-1xxx-1

125、 令 F(x)=ln(1-x)-xx-1，因为 F(x)=-11-x-1(x-1)2=x(x-1)2 0，所以 F(x)在区间(0,1)内为增函数，所以 F(x)F(0)=0()当 x (-,0)时，1ln(1-x)0，x-1x 0，即证 ln(1-x)xx-1，由()分析知 F(x)在区间(-,0)内为减函数，所以 F(x)F(0)=0综合()()有 g(x)1方法二【最优解】：转化为无分母函数由(1)得 f x=ln 1-x，g(x)=x+f(x)xf(x)=x+ln 1-xxln 1-x，x 1 且 x 0，当 x 0,1时，要证 g(x)=x+ln 1-xxln 1-x 0,ln 1-

126、x 0，xln 1-x xln 1-x，化简得 x+1-xln 1-x 0；同理，当 x -,0时，要证 g(x)=x+ln 1-xxln 1-x 1，x 0，xln 1-x xln 1-x，化简得 x+1-xln 1-x 0；令 h x=x+1-xln 1-x，再令 t=1-x，则 t 0,1 1,+，x=1-t，令 t=1-t+tlnt，t=-1+lnt+1=lnt，当 t 0,1时，t 1=0；当 t 1,+时，t 0，t单增，故 t 1=0；综上所述，g(x)=x+ln 1-xxln 1-x 1 在 x -,0 0,1恒成立.方法三：利用导数不等式中的常见结论证明令(x)=lnx-(x

127、-1)，因为(x)=1x-1=1-xx，所以(x)在区间(0,1)内是增函数，在区间(1,+)内是减函数，所以(x)(1)=0，即 lnx x-1(当且仅当 x=1 时取等号)故当 x 0 且11-x 1，ln11-x 11-x-1，即-ln(1-x)xx-1 43()当 x (0,1)时，0 ln(1-x)xx-1，所以1ln(1-x)x-1x=1-1x，即1ln(1-x)+1x 1，所以 g(x)xx-1 0，同理可证得 g(x)1综合()()得，当 x 1 且 x 0 时，x+ln(1-x)xln(1-x)1，即 g(x)16(2021全国统考高考真题)已知函数 f x=x 1-lnx.

128、(1)讨论 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 1a+1b e.【答案】(1)f x的递增区间为 0,1，递减区间为 1,+；(2)证明见解析.【分析】(1)首先确定函数的定义域，然后求得导函数的解析式，由导函数的符号即可确定原函数的单调性.(2)方法二：将题中的等式进行恒等变换，令 1a=m,1b=n，命题转换为证明：2 m+n 0；当 x 1,+时，f x 0，从而 f1b 0，得 1b (1,e)，令 g x=f 2-x-f x，则 g(x)=ln(2-x)+lnx=ln(2x-x2)=ln1-(x-1)2，当 x 0,1时，g

129、 x g 1=0，从而 f 2-x f x，所以 f 2-1a f1a=f1b，由(1)得 2-1a 1b 即 2 0，h x在区间 1,e内为增函数，h x h e=e，从而 x+f x e，所以 1b+f1b e又由 1a (0,1)，可得 1a 1a 1-ln 1a=f1a=f1b，所以 1a+1b f1b+1b=e由得 2 1a+1b e方法二【最优解】：blna-alnb=a-b 变形为 lnaa-lnbb=1b-1a，所以 lna+1a=lnb+1b令 1a=m,1b=n则上式变为 m 1-lnm=n 1-lnn，44于是命题转换为证明：2 m+n e令 f x=x 1-lnx，则

130、有 f m=f n，不妨设 m n由(1)知 0 m 1,1 n 2要证：m+n 2 n 2-m f n f 2-m f(m)f 2-m f m-f 2-m 0令 g x=f x-f 2-x,x 0,1，则 g x=-lnx-ln 2-x=-ln x 2-x-ln1=0，g x在区间 0,1内单调递增，所以 g x 2再证 m+n m，所以需证 n 1-lnn+n e m+n 0，故 h x在区间 1,e内单调递增所以 h x h e=e故 h n e，即 m+n e综合可知 2 1a+1b 2 同证法 2以下证明 x1+x2 1，由 x1(1-lnx1)=x2(1-lnx2)得 x1(1-l

131、nx1)=tx11-ln(tx1)，lnx1=1-tlntt-1，要证 x1+x2 e，只需证 1+tx1 e，两边取对数得 ln(1+t)+lnx1 1，即 ln(1+t)+1-tlntt-1 1，即证 ln(1+t)t lntt-1 记 g(s)=ln(1+s)s,s (0,+)，则 g(s)=s1+s-ln(1+s)s2.记 h(s)=s1+s-ln(1+s)，则 h(s)=1(1+s)2-11+s 0，所以，h s在区间 0,+内单调递减 h s h 0=0，则 g s 0，所以 g s在区间 0,+内单调递减由 t 1,+得 t-1 0,+，所以 g t g t-1，即 ln(1+t

132、)t lntt-1 方法四：构造函数法由已知得 lnaa-lnbb=1b-1a，令 1a=x1,1b=x2，不妨设 x1 x2，所以 f x1=f x2由()知，0 x1 1 x2 e，只需证 2 x1+x2 2 同证法 2再证明 x1+x2 e令 h(x)=1-lnxx-e(0 x e),h(x)=-2+ex+lnx(x-e)2令(x)=lnx+ex-2(0 x e)，则 (x)=1x-ex2=x-ex2 e=0,h x 0，h x在区间 0,e内单调递增因为 0 x1 x2 e，所以 1-lnx1x1-e x1-ex2-e又因为 f x1=f x2，所以 1-lnx11-lnx2=x2x1

133、,x2x1 x1-ex2-e，即 x22-ex2 0因为 x1 x2，所以 x1+x2 e，即 1a+1b e综上，有 2 1a+1b e 结论得证最新模考真题1(2023西藏昌都校考模拟预测)已知函数 f(x)=lnx-ax+1,a R(1)讨论函数 f(x)的单调区间；(2)若 x0为函数 g(x)=xf(x)+lnx-2 的极值点，求证：2ax20 0 时 f(x)的单调性即可.(2)由已知可得 2lnx0+1=2ax0，进而将求证的不等式变为 ex0 2x0lnx0+x0+1，构造函数 m(x)=lnx-x+1，运用导数研究其最值可证得 lnx x-1 与 ex x+1，再分别从 0

134、x0 0 恒成立，所以 f(x)在(0,+)上单调递增；当 a 0 时，f(x)0 0 x 1a，f(x)1a，所以 f(x)单调递增区间为 0,1a，单调递减区间为1a,+；综述：当 a 0 时，f(x)单调递增区间为(0,+)；当 a 0 时，f(x)单调递增区间为 0,1a，单调递减区间为1a,+.(2)g(x)=xf(x)+lnx-2=2xlnx-ax2-x(a R)则 g(x)=2lnx-2ax+1，因为 x0是函数 g(x)的极值点，所以 2lnx0-2ax0+1=0，即：2lnx0+1=2ax0，要证 2ax20 ex0-1，只需证 2x0lnx0+x0 2x0lnx0+x0+1

135、，令 m(x)=lnx-x+1，则 m(x)=1-xx，当 0 x 0，m(x)单调递增；当 x 1 时，m(x)0，m(x)单调递减；所以 m(x)m(1)=0，即：lnx x-1，所以 ex-1 x，所以 ex x+1，当 0 x0 1 时，因为 ex0 x0+1，2x0lnx0 2x0lnx0+x0+1.当 x0 1 时，因为 lnx x-1，所以 x0lnx0 x0(x0-1)，所以 2x0lnx0 2x0(x0-1)，要证 ex0 2x0lnx0+x0+1，只需证 ex0 x0+1+2x0(x0-1)=2x20-x0+1，即证 2x20-x0+1ex0 1 对任意的 x0 1 恒成立

136、，令 h(x)=2x2-x+1ex(x 1)，则 h(x)=-2x2+5x-2ex=-(x-2)(2x-1)ex，当 1 x 0，h(x)单调递增；当 x 2 时，h(x)0，h(x)单调递减，46所以 h(x)h(2)=7e2 2x0lnx0+x0+1 成立.综述：原不等式成立.2(2023贵州毕节校考模拟预测)已知函数 f x=mx+nex+mx2+2m+nx 在 x=-1 处取得极小值-1e-1.(1)求实数 m,n 的值；(2)当 x 0,+时，证明：f x lnx+x+32.【答案】(1)m=1,n=0(2)证明见解析【分析】(1)根据函数极值点与极值，求导数代入计算，即可得 m,n

137、 的值；(2)设 g x=xex+x2+x-lnx-32，求 g x，确定导函数的单调性与取值情况，即可得 g x的取值情况，从而得结论.【详解】(1)f x=mx+n+mex+2mx+2m+n，由题意知 f-1=0，则 ne-1+n=0，即 n=0，由 f-1=-1e-1，知-me-m=-1e-1，即 m=1故 m=1,n=0，经检验符合题意；(2)由(1)得 f x=xex+x2+2x，设 g x=xex+x2+x-lnx-32，则 g x=x+1ex+2x+1-1x=x+1ex+2x-1x+1x=x+1ex+2-1x设 h x=ex+2-1x(x 0)，则 h x在 0,+上单调递增，且

138、 h 14=e14-2 0，所以存在唯一 x014,13，使得 h x0=ex0+2-1x0=0，即 ex0=1x0-2当 0 x x0时，h x 0,g x x0时，h x 0,g x 0,g x单调递增g(x)min=x0ex0+x20+x0-lnx0-32=1-2x0+x20+x0-lnx0-32=x20-x0-lnx0-12 设 G x=x2-x-lnx-12,x 14,13，则 G x=2x-1-1x=x-12x+1x，当 x 14,13时，G x G 13=ln3-1318 lne-1318=518 0，所以 g x 0，故当 x 0,+时，f x lnx+x+32 3(2023贵

139、州贵阳校联考三模)实数 k 0，f(x)=ln(x+1)，g(x)=kxx+k.(1)讨论 f x-g x的单调性并写出过程；(2)求证：nk=1e31+3k2 n+1-1n+1.【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析【分析】(1)令 h(x)=ln(x+1)-kxx+k，求出导函数，对 k 的不同种情况讨论，分别判断导函数的符号，从而得到函数的单调性；(2)由(1)得 x+1 1k2+1 1k(k+1)+1=1k-1k+1+1，利用分组求和与裂项相消法求和即可.47【详解】(1)若 k 1，令 h(x)=ln(x+1)-kxx+k，h(x)的定义域为(-1,+).h(x)=1x+1-k2(

140、x+k)2=xx-(k2-2k)(x+1)(x+k)2.此时 k2-2k-1当 k (1,2)时，x (-1,k2-2k)时，h(x)0，h(x)在(-1,k2-2k)上是增函数；x (k2-2k,0)时，h(x)0，h(x)在(0,+)上是增函数；当 k=2 时，h(x)0，h(x)在-1,+上单调递增；当 k 2 时，x (-1,0)时，h(x)0，h(x)在(-1,0)上是增函数，x (0,k2-2k)时，h(x)0，h(x)是增函数.若 k=1 时，h(x)=1x+1-1(x+1)2=x(x+1)2，x (-1,0)时，h(x)0，h(x)在(0,+)上是增函数；若 0 k-1 且 k

141、2-2k 0，当 x k2-2k,-k时，h(x)0；当 x -k,0时，h(x)0；故 h x在-1,k2-2k，0,+上为增函数，在 k2-2k,-k，-k,0上为减函数(2)由(1)得 k=3 时，h(x)=ln(x+1)-3xx+3，h(x)在(0，3)上是减函数，即当 x (0，3)时，h(x)h(0)=0，即 ln(x+1)3xx+3(0 x 3)，即 x+1 1k2+1 1k(k+1)+1=1k-1k+1+1，求和即得nk=1e31+3k2 1-12+1+12-13+1+1n-1n+1+1=n+1-1n+1.4(2023四川校联考一模)已知函数 f x=x2-2lnx(1)求 f

142、 x的单调区间；(2)令 g x=f x-a-2lnx，若 g x有两个零点 x1，x2 x1 x2，且 x0是 g x的唯一极值点，求证：x0-x1x2-x0 0 和 f x 0，x0=a2，不妨设 t=x2x1t 1，由 g x1=g x2得到 x21=alntt2-1，再将证明 x0-x1x2-x0 0 即可【详解】(1)解：因为 f x=x2-2lnx x 0，所以 f x=2x-2x=2 x+1x-1xx 0令 f x 0，解得 x 1；令 f x 0，解得 0 x 0又 g x有两个零点 x1，x2 x1 048令 g x 0，解得 x a2；令 g x 0，解得 0 x a2，由

143、 x0是 g x的唯一极值点，可知 x0=a2 g x有两个零点，需满足 ga2=a22-alna2 2e依题意有：0 x1a2 1由 g x1=g x2有 x21-alnx1=x22-alnx2=tx12-aln tx1，整理有 x21=alntt2-1要证明 x0-x1x2-x0 3，即证明 x0-x1tx1-x0 2 2a，即证明 3t+12x21 8a，证明 3t+12alntt2-1 8a由于 t 1，a 0，又等价于证明 3t+12lnt-8t2+8 0令 t=3t+12lnt-8t2+8 t 1，所以 t=18t+6lnt-7t+6+1t t 1，令 h t=18t+6lnt-7

144、t+6+1t t 1，则 h t=18lnt+11+6t-1t2t 1，由于 h t 0，所以 h t即 t单调递增，且 1=0，所以 t 1=0，则 t单调递增，且 1=0，所以 t 1=0，t 1=0故 x0-x1x2-x0 35(2023福建三明统考三模)已知函数 f x=axx+1-lnx a R.(1)讨论 f x的单调性；(2)若 x 12,1，证明：1-xe4x-1x-4x2+x 0，再根据导数的分子的判别式，讨论 a 的取值，结合函数单调性与导函数的关系，即可求解；(2)方法一：利用分析法，将所证明不等式分步骤变形得到要证明4 4x-14x-1+1-ln 4x-1 0，再构造函

145、数 g x=ln 4x-1+lnx-ln 1-x-4x+1x，x 12,1，利用导数证明不等式 g x g 12=0 恒成立.【详解】(1)f x定义域为 0,+，因为 f x=axx+1-lnx，所以 f x=ax+12-1x=-x2+a-2x-1x x+12.令 f x=0，则-x2+a-2x-1=0，所以 =(a-2)2-4=a2-4a，当 0 a 4 时，0，此时 f x 0，所以 f x在 0,+上单调递减.当 a 0 时，令 f x=0，则 x1=a-2-a2-4a2 0，x2=a-2+a2-4a2 0所以当 x 0,+时，f x 4 时，令 f x=0，则 x1=a-2-a2-4

146、a2 0，x2=a-2+a2-4a2 049所以当 x 0,a-2-a2-4a2a-2+a2-4a2,+时，f x 0，即 f x在a-2-a2-4a2,a-2+a2-4a2上单调递增.综上所述：当 a 4 时，f x在 0,+上单调递减；当 a 4 时，f x在 0,a-2-a2-4a2和a-2+a2-4a2,+上单调递减，在a-2-a2-4a2,a-2+a2-4a2上单调递增(2)要证明：1-xe4x-1x-4x2+x 0，只要证明：e4x-1x 4x2-x1-x，只要证明：e4x-1x 4x-11x-1只要证明：4x-1x ln 4x-1-ln 1x-1.只要证明：-1x-ln 4x-1

147、-4x-ln 1x-1，只要证明：4-1x-ln 4x-1 4-4x-ln 1x-1，只要证明：4 4x-14x-1+1-ln 4x-141x-11x-1+1-ln 1x-1.由(1)知，当 a=4 时，f x=4xx+1-lnx 在 0,+上单调递减.即要证明 f 4x-1 1x-1.即证明 x2 14.因为 x 12,1，所以 x2 14，所以原不等式成立.解法二：要证明：1-xe4x-1x-4x2+x 0，只要证明：e4x-1x 4x2-x1-x.只要证明：4x-1x ln 4x2-x-ln 1-x只要证明：4x-1x 0.令 g x=ln 4x-1+lnx-ln 1-x-4x+1x，x

148、 12,1所以 g x=44x-1+1x+11-x-4-1x2所以 g x=16x4-24x3+16x2-6x+1x2 4x-11-x=4 x-122 4x2-2x+1x2 4x-11-x.因为 4x2-2x+1 0，所以 g x 0，即 g x在 x 12,1上单调递增.所以 g x g 12=0，即原不等式成立6(2023山东济南校考模拟预测)设函数 f(x)=emxx+1(x-1)，已知 f(x)1 恒成立(1)求实数 m 的值；(2)若数列 an 满足 an+1=lnf(an)，且 a1=1-ln2，证明：|ean-1|12n.【答案】(1)1(2)证明见解析【分析】(1)不等式化为

149、emx-x-1 0，构造新函数 g(x)=emx-x-1，结合 g(0)=0，得到 g(0)=0，求出 m的值为 1，再利用函数单调性证明 m=1 时不等式恒成立即可；(2)根据条件把不等式转化为证明|ean+1-1|-1)，即 emx-x-1 0，设 g(x)=emx-x-1，则 g(x)0 在(-1，+)上恒成立，注意到 g(0)=0，故 x=0 是函数 g(x)的最小值点，也是极小值点，则 g(0)=0，因为 g(x)=memx-1，所以 g(0)=m-1=0，所以 m=1下面证明当 m=1 时，g(x)0 在(-1，+)上恒成立，g(x)=ex-x-1，则 g(x)=ex-1，令 g(

150、x)=ex-1 0，得 x 0;令 g(x)=ex-1 0，得-1 x-1 时，f(x)1，因为 an+1=lnf(an)，设 h(x)=lnf(x)，则 an+1=h(an)，所以 an=h(an-1)=h(h(an-2)=h(h(a1)0；因为 a1=1-ln2，所以|ea1-1|=|e1-ln2-1|=e2-1 12，故要证|ean-1|12n，只需证：|ean+1-1|12|ean-1|，因为 an(0，+)，故只需证：ean+1-1 12 ean-12，因为 an+1=lnf(an)，所以 ean+1=f(an)，故只需证：f(an)12 ean+12，即eanan+1 0设(x)=

151、(x-1)ex+x+1，故只需证：当 x (0，+)时，(x)0，因为(x)=xex+x 0，所以(x)在(0，+)上单调递增，所以(x)(0)=0，得证；所以原不等式成立7(2023江西赣州统考模拟预测)已知函数 f x=lnx+a a R.(1)若函数 g x=f x+12 x2+ax，讨论函数 g x的单调性；(2)证明：当 a 12 时，f x 0，g x=1x+x+a=x2+ax+1x，当 a 0 时，在区间 0,+上，g x 0，g x单调递增，当 a 0 时，若 =a2-4 0，即-2 a 0，g x单调递增，若 =a2-4 0，即 a 1，令 g x=0，即 x2+ax+1=0

152、，解得 x1=-a-a2-42,x2=-a+a2-42，而 x1+x2=-a 0,x1x2=1 0，所以 x1,x2是两个正根，所以在区间 0,x1,x2,+上，g x 0,g x单调递增，在区间 x1,x2上，g x 0,g x单调递减.综上所述，当 a-2 时，g x在区间 0,+上单调递增；当 a-2 时，g x在区间 0,-a-a2-42,-a+a2-42,+上单调递增，在区间-a-a2-42,-a+a2-42上单调递减.(2)要证明：当 a 12 时，f x ex-sin，即证明：当 a 12 时，lnx+a ex-sin，即证明：当 a 12 时，lnx+a-ex+sin 0,a

153、12，h x=1x-ex，函数 h x=1x-ex在 0,+上为减函数，51h 1=1-e 0，所以存在 x012,1，使 h x=1x0-ex0=0,1x0=ex0，所以 h x在区间 0,x0上 h x 0,h x单调递增，在区间 x0,+上，h x 0,h x单调递减，h x h x0=lnx0-ex0+a+sin=lne-x0-1x0+a+sin=-x0+1x0+a+sin-2x0 1x0+a+sin=-2+a+sin 0，即 h x 0，所以当 a 12 时，lnx+a-ex+sin 0，所以当 a 12 时，f x ex-sin.8(2023江西赣州统考模拟预测)已知函数 f x=

154、lnx+a，a R.(1)若 g x=f x+12 x2+ax，讨论函数 g x的单调性；(2)证明：当 m 12 时，函数 y=f x+m-a 的图象在函数 h x=ex+32 sin 的图象的下方.【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析【分析】(1)求导后，分 a 0，-2 a 0，a 0,g(x)单调递增，当 a 0，令 m(x)=x2+ax+1，其对称轴为 x=-a2，最小值为 m-a2=a24-a a2+1=1-a24，若 1-a24 0，即 a2 4,-2 a 0 时，g(x)0,g(x)单调递增，若 a-2,m-a2 0,令 m(x)=0，可得 x1=-a+a2-42,x2=-

155、a-a2-42，由于 a 0，g(x)单调递增，x x2,x1时，g(x)0，g(x)单调递减，综上所述，当 a-2 时，g(x)在 0,+上单调递增，当 a 0，所以令 F x0=0，即 ex0-1x0+m=0，当-m x x0时，F(x)x0时，F(x)0，F(x)在-m,x0上单调递减，在 x0,+上单调递增,最小值为 F x0，ex0-1x0+m=0,ex0=1x0+m,x0=ln1x0+m=-ln x0+m，F x0=ex0-ln x0+m+32 sin=1x0+m+x0+32 sin=1x0+m+x0+m+32 sin-m，因为 x0+m 0，所以1x0+m+x0+m 2，当且仅当 x0+m=1 时，等号成立.F x0 2+32 sin-m,sin-1,F x0 2-32-m=12-m，52 m 12,-m-12,F x0 12-12=0,F(x)F x0 0.函数 f(x+m)-a 的图象在 h(x)图象的下方.53