导数不等式证明18种题型归类（解析版）

资源预览文档简介为自动调取，内容显示的完整度及准确度或有误差，请您下载后查看完整的文档内容。
侵权申诉 举报

1/53

2/53

3/53

4/53

5/53

6/53

7/53

8/53

9/53

10/53

剩余43页未读，查看更多内容需下载

充值会员，即可免费下载文档下载

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题型十：三角函数型极值点偏移不等式证明二、热考题型归纳题型十一：三个零点型不等式证明题型一：不等式证明基础题型十二：三个极值点型不等式证明题型二：三角函数型不等式证明题型十三：系数不一致型不等式证明题型三：数列“累加型”不等式证明题型十四：极值构造(利用第一问结论)题型四：双变量构造换元型不等式证明题型十五：先放缩型不等式证明题型五：同构型不等式证明题型十六：切线放缩型不等式证明题型六：双变量“比值代换”型不等式证明题型十七：利用韦达定理置换型不等式证明题型七：凸凹反转型不等式证明题型十八：泰勒展开型不等式证明题型八：极值点偏移型不等式证明三、高考真题对点练题型九：“极值型偏移”不等式证明四、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<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.x2.“切线放缩”是处理不等式问题的一种技巧．如：y=e在点0,1处的切线为y=x+1，如图所示，易知xx除切点0,1外，y=e图象上其余所有的点均在y=x+1的上方，故有e≥x+1．该结论可构造函数xfx=e-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：·1·,(n)f(x0)2f(x0)nf(x)=f(x0)+f(x0)(x-x0)+(x-x0)+⋯+(x-x0)+Rn(x)2!n!(n)其中：f(x0)表示f(x)在x=x0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n余的R(n)(x)是泰勒公式的余项，是(x-x0)的高阶无穷小量.4.常见函数的泰勒展开式：23nn+1xxxxxxθx(1)e=1++++⋯++e，其中0<θ<1；1!2!3!n!n+1!x2x3nn+11n+1n-1xnx(2)ln1+x=x-2!+3!-⋯+-1n!+Rn，其中Rn=-11+θx；n+1!352k-12k+1xxk-1xkx(3)sinx=x-+-⋯+-1+Rn，其中Rn=-1cosθx；3!5!2k-1!2k+1!242k-22kxxk-1xkx(4)cosx=1-+-⋯+-1+Rn，其中Rn=-1cosθx；2!4!2k-2!2k!12nn(5)=1+x+x+⋯+x+o(x)；1-xnn(n-1)22(6)(1+x)=1+nx+x+o(x)；2!3x252n(7)tanx=x++x+⋅⋅⋅+ox；31511213n(8)1+x=1+x-x+x+⋅⋅⋅+ox．28165.麦克劳林(Maclaurin)公式(n)f(0)2f(0)nf(x)=f(0)+f(0)x+x+⋯+x+Rn(x)2!n!虽然麦克劳林公式是泰勒中值定理的特殊形式，仅仅是取x0=0的特殊结果，由于麦克劳林公式使用方便，在高考中经常会涉及到.6.常见函数的麦克劳林展开式：2nθxxxxen+1(1)e=1+x++⋯++x2!n!(n+1)!352n+1xxnx2n+2(2)sinx=x-+-⋯+(-1)+o(x)3!5!(2n+1)!2462nxxxnx2n(3)cosx=1-+-+⋯+(-1)+o(x)2!4!6!(2n)!23n+1xxnxn+1(4)ln(1+x)=x-+-⋯+(-1)+o(x)23n+112nn(5)=1+x+x+⋯+x+o(x)1-xnn(n-1)22(6)(1+x)=1+nx+x+o(x)2!7.两个超越不等式：(注意解答题需先证明后使用)x-1(1)、对数型超越放缩：≤lnx≤x-1(x>0)x·2·,x1(2)、指数型超越放缩：x+1≤e≤(x<1)1-x8.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)；x1+x2(3)若函数f(x)存在两个零点x1,x2且x1≠x2，令x0=，求证：f'(x0)>0；2x1+x2(4)若函数f(x)中存在x1,x2且x1≠x2满足f(x1)=f(x2)，令x0=，求证：f'(x0)>0.2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(2)求证：fx<x+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-1.22(2)要证fx<x+x，只需证：xlnx<x+x，即证：lnx-x-1<0.11-x1-x令gx=lnx-x-1，gx=-1=x>0.令gx==0，解得x=1.所以x∈0,1，xxxgx>0，gx为增函数，x∈1,+∞，gx<0，gx为减函数.所以gxmax=g1=-2<0，2所以lnx-x-1<0恒成立，即证fx<x+x.方法归纳【提分秘籍】利用导数证明不等主要方法有两个：一、比较简单的不等式证明，不等式两边作差构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出函数的最值即可；二、较为综合的不等式证明，要观察不等式特点，结合已解答的问题把要证的不等式变形，并运用已证结论先行放缩，然后再化简或者进一步利用导数证明.【变式演练】2x1(甘肃省武威市凉州区2022届高三下学期质量检测数学(文)试题)设函数fx=x-2xe+aex232-elnx，其中e为自然对数的底数，曲线y=fx在2,f2处切线的倾斜角的正切值为e+2e．(1)2求a的值；(2)证明：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·,2x2x-12lnx(2)依题意即证fx=x-2xe+2ex-elnx>0，即x-2e+>，构造函数gx=exx-22lnxx-2e+，hx=，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；ex22x22xe【详解】解：(1)因为fx=x-2xe+aex-elnx，所以fx=x-2e+ae-，x223e3ef2=+ae=+2e，解得a=2．222x2(2)由(1)可得fx=x-2xe+2ex-elnx2x2x-12lnx即证fx=x-2xe+2ex-elnx>0⇔x-2e+>．exx-22x-2令gx=x-2e+，gx=x-1e，于是gx在0,1上是减函数，在1,+∞上是增函数，所e1lnx1-lnx以gx≥g1=(x=1取等号)．又令hx=，则hx=，于是hx在0,e上是增函exx21数，在e,+∞上是减函数，所以hx≤he=(x=e时取等号)．所以gx>hx，即fx>0．e22已知函数f(x)=lnx+x-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；23x(2)若a=0且x∈(0，1)，求证：x⋅[1+x-f(x)]<(1+x-x)⋅e.【答案】(1)(-∞，22]；(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；23x3x(2)要证x⋅[1+x-f(x)]<(1+x-x)⋅e，即证：x⋅(1-lnx)<(1+x-x)⋅e，构造g(x)=x⋅(1-3xlnx)，h(x)=(1+x-x)⋅e，分别利用导数判断出单调性和最值，即可得原命题成立．1【详解】(1)函数f(x)的定义域为(0，+∞)，f(x)=+2x-a，又f(x)在定义域内为增函数，x11则f(x)≥0恒成立，即a≤+2x恒成立，即a≤+2x，xxmin12又当x>0时，+2x≥22，当且仅当x=时等号成立，&there4;a≤22，x2即实数a的取值范围是(-∞，22]；223x(2)∵a=0，则f(x)=lnx+x，要证x⋅[1+x-f(x)]<(1+x-x)⋅e，3x即证：x⋅(1-lnx)<(1+x-x)⋅e，设g(x)=x⋅(1-lnx)，其中x∈(0，1)，则g(x)=-lnx，当x∈(0，1)时g(x)>0，故g(x)在(0，1)为增函数，&there4;g(x)<g(1)=1，3x设h(x)=(1+x-x)⋅e，其中x∈(0，1)，33x则当0<x<1时x>x，1+x-x>1，又1<e<e，∴h(x)>1，3x则g(x)<1<h(x)，∴x⋅(1-lnx)<(1+x-x)⋅e恒成立，即原不等式成立.题型二:三角函数型不等式证明n+2n1(北京市第八中学2023届高三上学期12月测试数学试题)已知函数fx=x-xcosx(其中n∈z)．π(1)若n=-1，判断函数fx在0,上的单调性；2(2)若n=1，判断函数fx零点个数，并说明理由；x(3)若n=0，求证：fx+2->0．x-1e·4·,π【答案】(1)函数fx在0,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.2【分析】(1)利用导数判断函数的单调性；322(2)令fx=x-xcosx=0，所以x=0或x=cosx，再利用导数研究函数g(x)=x-cosx的零点即得解；2x(3)即证x-cosx>-2,再求两边函数的最值即得解.x-1e1sinxcosxπ【详解】(1)n=-1时，fx=x-cosx，&there4;f(x)=1++>0在0,上恒成立，所以函数xxx22πfx在0,上单调递增.23322(2)n=1时，fx=x-xcosx，令fx=x-xcosx=0，所以x=0或x=cosx.令g(x)=x-cosx,&there4;g(x)=2x+sinx，2因为g(-x)=x-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.2当x∈[0,π]时，g(x)=2x+sinx≥0，所以函数g(x)单调递增，所以g(x)=x-cosx≥g(0)=-1，因为g(2)=4-cos2>0，所以函数g(x)在(0,π]内有一个零点；当x∈(π,+∞)时，设h(x)=2x+sinx,&there4;h(x)=2+cosx>0，22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)=x-cosx≥g(π)=π+1>0，所以函数g(x)在(π,+∞)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.22x2x2(3)n=0时，fx=x-cosx，即证x-cosx+2->0.即证x-cosx>-2.由(2)得g(x)=xx-1x-1ee-cosx≥g(0)=-1，x1-x设p(x)=-2,&there4;p(x)=，所以当x>1时，p(x)<0,&there4;p(x)在(1,+∞)单调递减；x-1x-1ee2x当x<1时，p(x)>0,&there4;p(x)在(-∞,1)单调递增.所以[p(x)]max=p(1)=-1，所以x-cosx>-2.x-1e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)sinx已知函数函数f(x)=.x(1)当x>0时，f(x)<a，求实数a的取值范围；3x(2)证明：xe>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】(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.xelnx+1(2)由第一问的结论，通过放缩，只需要证明>，构造函数，求函数最值，即可求证.xx3【详解】(1)当x>0时，f(x)<a等价于ax-sinx>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，f(π)=a+1>0.因为函数F(x)=a-cosx在(0,π)上单调递增，所以∃x0∈(0,π),Fx0=0.当x∈0,x0时，F(x)<0,F(x)单调递减，F(x)<f(0)=0，不符合题意.·5·,若a≥1，则f(x)≥1-cosx≥0,f(x)单调递增，f(x)>F(0)=0，符合题意.综上所述，实数a的取值范围是[1,+∞)x3x3xe(2)证明：由(1)知:当x>0时,sinx<x.要证xe>xlnx+sinx，只需证xe>xlnx+x，即证>xlnx+1.3xxex(x-1)elnx+1-2-3lnx令函数g(x)=,h(x)=，则g(x)=,h(x)=.xx3x2x4当x∈(0,1)时，g(x)<0,g(x)单调递减；当x∈(1,+∞)时，g(x)>0，g(x)单调递增.ex-2-233故g(x)≥g(1)=e，即≥e.当x∈0,e时，h(x)>0,h(x)单调递增；当x∈e,+∞时，h(x)<0,x-2e2e2exlnx+133xh(x)单调递减.故h(x)≤he=因为e>，所以g(x)>h(x)，即>，从而xe>xlnx33xx3+sinx题型三:数列“累加型”不等式证明11(2023·四川成都·石室中学校考模拟预测)已知函数fx=lnx-a1-.x(1)若fx≥0，求实数a的值；*111(2)已知n∈N且n≥2，求证：++⋅⋅⋅+<lnn.23n【答案】(1)a=1(2)证明见解析【分析】(1)注意到f1=0，所以x=1是fx的最小值点也是极小值点，从而可求解；111(2)由(1)得lnx>1-x>1，再取=1-即可证明不等式.xkx11ax-a【详解】(1)因为fx=lnx-a1-，所以函数f(x)定义域为0,+∞，fx=-=.xxx2x21-a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==0，得a1=1.x-1当a=1时，fx=，2x当0<x<1时，fx<0，当x>1时，fx>0，则函数fx在0,1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=1.111kk11(2)由(1)可得，lnx>1-x>1.令=1-，则x=，所以ln>，即<lnk-xkxk-1k-1kklnk-1，k∈2,3,⋅⋅⋅,n，111所以++⋅⋅⋅+<ln2-ln1+ln3-ln2+⋅⋅⋅+lnn-lnn-1=lnn.证毕.23n1111【点睛】关键点睛：解(2)的关键是由(1)得lnx>1-x>1，然后令=1-，有<lnk-xkxklnk-1，然后累加即可证明.方法归纳【提分秘籍】涉及到三角函数型不等式证明，证明思路和基础不等式导数证明思路一致，对于三角函数，主要是正余弦，要充分利用正余弦函数的有界性。·6·,【变式演练】x-11(2023·贵州黔东南·凯里一中校考三模)已知函数fx=lnx-.x(1)证明：fx≥0；ln3ln4lnn+11∗(2)证明：ln2+++⋯+>1-,n∈N.2232n2n+1【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；lnn+11(2)先利用(1)证得>，再利用裂项相消法求和即可证明原不等式成立.2nnn+111x-1【详解】(1)fx=-=x>0，令fx=0，解得x=1，当fx>0时，解得x>1；当fxxx2x2<0，解得0<x<1，则fx在0,1上单调递减，在1,+∞上单调递增；所以fx在x=1取得最小值，fxmin=f1=0，fx≥f1恒成立，即fx≥0恒成立.x-1(2)由(1)知，fx在1,+∞上单调递增，且f1=0所以fx>0在1,+∞恒成立，即lnx->xx-1lnx10在1,+∞恒成立.所以lnx>在1,+∞恒成立.则当x∈1,+∞时，>恒成x(x-1)2xx-1立,*lnn+11ln2ln3lnn+11令x=n+1n∈N，则n>1，所以>.所以++⋯+>+n2nn+11222n22×1111++⋯+，3×24×3nn+1ln3ln4lnn+1111111即ln2+++⋯+>1-+-+⋯+-=1-.2232n2223nn+1n+1ln3ln4lnn+11所以ln2+++⋯+>1-，故得证.2232n2n+1题型四:双变量构造换元型不等式证明x1(2021·黑龙江·校联考模拟预测)已知f(x)=e.(1)求关于x的函数g(x)=f(x)-4f(-x)-5x的单调区间；aba+be-e1ab2(2)已知a>b，证明：≤e+e+4e.a-b6【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；a-bb-aa-bb-aa-b221222(2)原不等式化简可得e-e≤(a-b)e+e+4，换元，令t=e>1，即可得lnt≥6223t-13x-1，构造h(x)=lnx-x>1，利用导数求出其最小值(或下确界)大于等于零，即可22t+4t+1x+4x+1证出．x-xx-x-xxx【详解】(1)因为g(x)=e-4e-5x，所以g(x)=e+4e-5=ee-1e-4&there4;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<ln4，即g(x)的减区间为(0,ln4)．·7·,aba+ba-bb-aa-bb-ae-e1ab222122(2)因为≤e+e+4e⇔e-e≤(a-b)e+e+4a-b6612a-b1113t-t3t-12令t=e>1，即不等式等价于t-≤t++4lnt，即只需证lnt≥=，设t3tt+1+4t2+4t+1t3x2-16xx2+4x+1-3x2-1(2x+4)4321x-4x+6x-4x+1h(x)=lnx-x≥1h(x)=-=x2+4x+1xx2+4x+12xx2+4x+124(x-1)=≥022xx+4x+1aba+be-e1ab2所以h(x)在1,+∞递增，故h(x)>h1=0，即h(t)>0，亦即≤e+e+4e．a-b6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】1271(2021·广东·统考一模)已知f(x)=lnx，g(x)=x+mx+(m<0)，直线l与函数f(x)、g(x)的22图象都相切，且与函数f(x)的图象的切点的横坐标为1.(Ⅰ)求直线l的方程及m的值；(Ⅱ)若h(x)=f(x+1)-g(x)(其中g(x)是g(x)的导函数)，求函数h(x)的最大值；b-a(Ⅲ)当0<b<a时，求证：f(a+b)-f(2a)<.2a【答案】(ⅰ)直线l的方程为y=x-1，m=-2；(ⅱ)最大值为2.(ⅲ)证明见解析【详解】解：(1)依题意知：直线l是函数f(x)=lnx在点(1,0)处的切线，1故其斜率k=f(1)==1，所以直线l的方程为y=x-1，因为直线l与g(x)的图像相切，1y=x-11292所以由127⇒x+(m-1)x+=0，得δ=(m-1)-9=0⇒m=-2(m=4不合题意，y=x+mx+2222舍去)；1-x(2)因为h(x)=f(x+1)-g(x)=ln(x+1)-x+2(x>-1)，所以h(x)=-1=，x+1x+1当-1<x<0时，h(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；b-a(3)当0<b<a时，-1<<0．2a由(2)知：当-1<x<0时，h(x)<2，即ln(1+x)<x，a+bb-ab-a因此，有f(a+b)-f(2a)=ln=ln1+<.2a2a2a题型五:同构型不等式证明axe1(四川省乐山市高中2022届第一次调查研究考试数学(理)试题)已知函数fx=，gx=x·8·,lnx+2x+1，其中a∈r.(1)试讨论函数fx的单调性；x(2)若a=2，证明：xf(x)≥g(x).【答案】(1)答案见解析；(2)证明见解析.【分析】(1)fx的定义域为(-∞,0)∪(0,+∞)，求出fx，分别讨论a>0，a=0，a<0时不等式fx>0和fx<0的解集即可得单调递增区间和单调递减区间，即可求解；2xlnx+2x(2)gx的定义域为0,+∞，不等式等价于xe≥lnx+2x+1，e≥lnx+2x+1，tt令t=lnx+2x∈R，只需证e≥t+1，令ht=e-t-1，利用导数判断单调性和最值即可求证.axaxaxeax(ax-1)eae⋅x-e⋅1解(1)fx的定义域为(-∞,0)∪(0,+∞)，由fx=可得：fx==，xx2x211当a>0时，令fx>0，解得x>；令fx<0，解得x<0或0<x<；aa11此时fx在a,+∞上单调递增，在-∞,0和0,a上单调递减：1当a=0时，f(x)=，此时fx在(-∞,0)和(0,+∞)上单调递减；x11当a<0时，令fx>0，解得x<，令fx<0，解得<x<0或x>0，aa11此时fx在-∞,a上单调递增，在a,0和(0,+∞)上单调递减：11综上所述：当a>0时，fx在a,+∞上单调递增，在(-∞,0)和0,a上单调递减；当a=0时，fx在(-∞,0)和(0,+∞)上单调递减；11当a<0时，fx在-∞,a上单调递增，在a,0和(0,+∞)上单调递减.lnx+2x+12x(2)因为a=2，gx=的定义域为0,+∞，所以xf(x)≥g(x)即xe≥lnx+2x+1，xlnx2xlnx+2xtt即证：e⋅e=e≥lnx+2x+1，令t=lnx+2x∈R，只需证e≥t+1，令ht=e-t-1，则htt=e-1，令ht>0，解得：t>0；ht<0，解得t<0；所以ht在(-∞,0)上单调递减，在(0,+∞)上单调递增；0tlnx+2x所以ht≥h0=e-0-1=0，所以e≥t+1，所以e≥lnx+2x+1，即xf(x)≥g(x)成立.方法归纳【提分秘籍】利用函数同等变形，通过构造“形似”函数新形式，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.【变式演练】lnx1(2022·贵州黔东南·统考一模)已知函数f(x)=(m≠0).mx(1)试讨论函数f(x)的单调性；b+1a+1(2)对∀a,b∈(1,e)，且a>b，证明：a>b.【答案】(1)答案见解析；(2)证明见解析.m1-lnx【分析】(1)函数求导得fx=，分m>0和m<0两种情况讨论导数正负即可得单调性；2mx·9·,b+1a+1lnalnb(2)利用分析法，欲证：a>b，只需证：b+1lna>a+1lnb，即证：>，从而可构造a+1b+1lnxgx=，求导由函数单调性可证得.x+1m1-lnx【详解】(1)fx的定义域为0,+∞，且fx=．2mx①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；②当m<0时，对x∈0,e，有fx<0，函数fx在0,e单调递减；对x∈e,+∞，有fx>0，所以函数fx在e,+∞单调递增．b+1a+1(2)对∀a,b∈1,e且a>b，欲证：a>b，只需证：(b+1)lna>(a+1)lnb，1+1-lnxlnalnblnxx1即证：>.设gx=，则gx=．令Mx=1+-lnx，则Mx=a+1b+1x+1x+12x111+x--=-．x2xx211当x∈1,e时，有Mx<0，故函数Mx在x∈1,e单调递减，而Me=1+-lne=>0，ee则当x∈1,e时，gx>0，所以gx在x∈1,e单调递增．lnalnblnalnb当a>b且a,b∈1,e时，有ga>gb，即>．&there4;>成立．a+1b+1a+1b+1故原不等式成立．题型六:双变量“比值代换型”不等式证明2(x-1)1(2020·黑龙江哈尔滨·哈尔滨三中校考三模)函数fx=lnx-x+1(1)求证：函数fx在(0,+∞)上单调递增；lnm-lnn2(2)若m,n为两个不等的正数,试比较与的大小,并证明.m-nm+nlnm-lnn2【答案】(1)证明见解析；(2)>；证明见解析；m-nm+nlnm-lnn2【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-=m-nm+n2m-11mn2t-1m-nlnn-m,再构造函数h(t)=lnt-1+t,根据(1)中所得的单调性证明h(t)>0n+1即可.214(x-1)【详解】(1)fx=-=≥0&there4;fx在(0,+∞)上单调递增.x(x+1)2x(x+1)22m-1lnm-lnn21m2m-n1mn(2)不妨设m>n-=ln-=ln-mm-nm+nm-nnm+nm-nn+1nm2t-1令=t>1,设h(t)=lnt-,n1+th(t)=f(t)由(1)知在(0,+∞)上单调递增,h(1)=0,t>1&there4;h(t)>0,lnm-lnn2又m>n,&there4;>.m-nm+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；fb-fa1(3)在(2)的条件下，对任意的0<a<b，求证：<.b-aaa+1【答案】(1)答案见解析；(2)m=1；(3)证明见解析.【分析】(1)利用导数并讨论参数m研究fx的单调区间；(2)根据(1)知m>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；lnbfb-faa1(3)由=⋅-1，根据(2)得lnx≤x-1，应用放缩法即可证结论.b-ab-1aa11-mx【详解】(1)由题设，fx=-m=,x∈0,+∞，xx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；11当m>0时，由fx>0，得x∈0,m，由fx<0，得x∈m,+∞，11此时fx的单调递增区间为0,m，单调递减区间为m,+∞.(2)由(1)知：当m≤0时，fx在0,+∞上递增，f1=0，显然不成立；11当m>0时，fxmax=fm=lnm-1+m=m-lnm-1，只需m-lnm-1≤0即可，1x-1令gx=x-lnx-1，则gx=1-=，x∈0,+∞&there4;gx在0,1上单调递减，在1,+∞上xx单调递增.&there4;gxmin=g1=0.&there4;gx≥0对x∈0,+∞恒成立，即m-lnm-1≥0对m∈0,+∞恒成立，&there4;m-lnm-1=0，解得m=1，&there4;若fx≤0在x∈0,+∞上恒成立，则m=1.lnbfb-falnb-lna+a-blnb-lnaa1(3)证明：==-1=⋅-1，b-ab-ab-ab-1aa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，lnblnbbbbaa111-a又0<a<b得：>1，所以0<ln<-1，即<1.则⋅-1<-1==aaab-1b-1aaaaa21-a1<，a1+aa1+afb-fa1则原不等式<成立.b-aaa+1题型七:凸凹反转型不等式证明·11·,1(宁夏青铜峡市高级中学2022届高三上学期第一次月考数学(理)试题)已知函数fx=ax-lnx，a∈r.(1)求函数fx的单调区间；2(2)当x∈0,e时，求gx=ex-lnx的最小值；2lnx5(3)当x∈0,e时，证明：ex-lnx->.x2【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11间是0,a,单调递增区间是a,+∞;(2)g(x)min=3;(3)证明见解析;【分析】1ax-1(1)求出f(x)=a-=(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xxf(x)的单调区间．2221ex-1(2)由g(x)=ex-lnx，得g(x)=e-=，由此利用导数的性质能求出g(x)的最小值．xxlnx51-lnx2(3)令φ(x)=+，则φ(x)=，令φ(x)=0，得x=e，由此利用导数的性质能证明ex-lnxx2x2lnx5->．x21ax-1解：(1)∵函数f(x)=ax-lnx，a∈R，&there4;f(x)=a-=(x>0)．xx①当a≤0时，f(x)<0，&there4;f(x)在(0,+∞)上单调递减；11②当a>0时，令f(x)>0，得x>，令f(x)<0，得0<x<，aa11∴f(x)在0,a上单调递减，在a,+∞上单调递增．综上，当a≤0时，f(x)的单调递减区间是(0,+∞)，无单调递增区间；11当a>0时，f(x)的单调递减区间是0,a，单调递增区间是a,+∞．2221ex-111(2)∵g(x)=ex-lnx，则g(x)=e-=，令g′(x)=0，得x=，当x∈0,时，g′(x)<0，xxe2e2111当x∈,e时，g′(x)>0，&there4;当x=时，g(x)取得最小值，g(x)min=g=3．e2e2e2lnx51-lnx证明：(3)令φ(x)=+，则φ(x)=，令φ(x)=0，得x=e．x2x2当0<x≤e时，φ(x)≥0，h(x)在(0，e]上单调递增，15152lnx52lnx5∴φ(x)max=φ(e)=+<+=3，所以ex-lnx>+，ex-lnx->e222x2x2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.a(1)讨论函数g(x)=f(x)-(a≠0,a∈R)的单调性；xlnx1(2)证明：f(x)>+.x2【答案】(1)答案见解析.(2)证明见解析2-x+x+a212111【分析】(1)g(x)=，令mx=-x+x+a=-x-+a+，分别讨论a≤-，-<ax22444<0，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.lnx1(2)设gx=+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xmax<x2f(x)min即可求证.aa1a解(1)因为f(x)=lnx-x，所以g(x)=f(x)-=lnx-x-，x>0，g(x)=-1+=xxxx22-x+x+a，2x21211令mx=-x+x+a=-x-+a+，当a≤-时，g(x)≤0恒成立，此时g(x)在0,+∞上单调244递减，11211-1+4a1+1+4a当-<a<0时，解不等式-x-+a+>0可得：<x<，424221-1+4a1-1+4a1+1+4a所以g(x)在0,2上单调递减，在2,2上单调递增，在1+1+4a2,+∞上单调递减，1211-1+4a1+1+4a当a>0时，解不等式-x-+a+>0可得：<0<x<，24221+1+4a1+1+4a所以g(x)在0,2上单调递增，在2,+∞上单调递减，1综上所述：当a≤-时，g(x)在0,+∞上单调递减，411-1+4a1+1+4a当-4<a<0时，g(x)在0,2和2,+∞上单调递减，1-1+4a1+1+4a在2,2上单调递增，1+1+4a1+1+4a当a>0时，g(x)在0,2上单调递增，在2,+∞上单调递减，11-x(2)由f(x)=lnx-x可得f(x)=-1=，由f(x)>0可得0<x<1，由f(x)<0可得x>1，xx所以fx在0,1上单调递增，在1,+∞上单调递减，1⋅x-lnxlnx1x所以f(x)max=f(1)=ln1-1=-1，所以f(x)min=1，设gx=+，则gx=2=x2x1-lnx，2x由gx>0即1-lnx>0可得0<x<e；由gx<0即1-lnx<0可得x>e，lnx1lne11所以gx=+在0,e上单调递增，在e,+∞上单调递减，所以gxmax=ge=+=x2e2e·13·,1+<1，2lnx1所以gxmax<f(x)min，所以f(x)>+对任意的0,+∞恒成立.x2题型八:极值点偏移型不等式证明a1已知函数f(x)=lnx+.x(1)求f(x)的最小值；(2)若方程f(x)=0有两个根x1，x2(x1<x2)，求证：x1+x2>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，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<a)，求出g′(x)可得g(x)在(0，a)上单调递减，即f(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)1ax-a因为f′(x)=-=(x>0)，xx2x2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)=lna+1.(2)由题意知，函数y=f(x)的两个零点为x1，x2(x1<x2)，且a>0.由(1)知f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，+∞)上单调递增，11设0<x1<a<x2，令g(x)=f(x)-f(2a-x)(0<x<a)，则g′(x)=(x-a)2-2=x(2a-x)24a(x-a)-<0，22x(2a-x)所以g(x)在(0，a)上单调递减，g(x)>g(a)=0，即f(x)>f(2a-x).令x=x1<a，则f(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，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】·14·,121已知函数fx=lnx-ax+1.(1)讨论函数fx的单调性；2(2)当a=1时，设函数fx的两个零点为x1，x2，试证明：x1+x2>2.a【答案】(1)当a≤0时，fx在0,+∞上单调递增；当a>0时，fx在0,a上单调递增，在aa,+∞上单调递减；(2)证明见解析.1【分析】(1)求出导函数fx=-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.x(2)利用导数求出函数的极大值，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<x1<1<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<f2-x1，再由fx1=fx2=0即可求解.1解：(1)易得函数fx的定义域为0,+∞.对函数fx求导得：fx=-ax.x当a≤0时，fx>0恒成立，即可知fx在0,+∞上单调递增；aa当a>0时，当x∈0,a时，fx>0，当x∈a,+∞时，fx<0，aa故fx在0,a上单调递增，在a,+∞上单调递减.21211-x(2)当a=1时，fx=lnx-x+1，fx=-x=，此时fx在0,1上单调递增，在1,+∞2xx上单调递减.11fx极大值=f1=2>0，又fe<0，fe<0，不妨设x1<x2，则有0<x1<1<x2，21-2-x221-x21-x令fx=fx-f2-x，x∈0,1，fx=fx+f2-x=+=.x2-xx2-x当x∈0,1时，fx>0，Fx单调递增，∵x1∈0,1，&there4;Fx1=fx1-f2-x1<f1=0，∴fx1<f2-x1，又∵fx1=fx2=0，∴fx2<f2-x1，∵x2>1，2-x1>1，fx在1,+∞上单调递减，&there4;x2>2-x1，即x1+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+123x，gx=x-a+2x+aa∈R.22(1)求函数fx的单调区间；7(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<.2【答案】答案见解析(2)证明见解析【分析】x+a(1)求得fx=，分a≥0和a<0，两种情况讨论，结合导数的符号，即可求解；x123x-1x-a(2)由hx=alnx+x-a+1x+a，求得hx=a>1，得到函数的单调性，不22x712妨设x1<x2，则x1=1，x2=a，得到hx1+hx2-=-a+a+alna-4，2212令ua=-a+a+alna-4，得到ua=-a+2+lna，令ma=ua，利用导数求得ua的单调2性，结合二次函数的性质，即可求解.(1)·15·,解：由题意，函数fx=alnx+x的定义域为x∈(0,+∞)，ax+a且fx=+1=，xx当a≥0时，fx>0在0,+∞上恒成立，所以fx的单调增区间是0,+∞；当a<0时，令fx>0，解得x>-a；令fx<0，解得0<x<-a，所以fx在0,-a上单调递减，在-a,+∞上单调递增.(2)123123证明：hx=fx+gx=alnx+x+x-a+2x+a=alnx+x-a+1x+a，22222ax-a+1x+ax-1x-a可得hx=x-a+1+==a>1，xxx当x>a或0<x<1时，hx>0，hx单调递增；当1<x<a时，hx<0，函数hx单调递减，77112不妨设x1<x2，则x1=1，x2=a，由hx1+hx2-=h1+ha-=-a-1+a-aa+12222712+alna+3a-=-a+a+alna-42212令ua=-a+a+alna-4(a>1)，则ua=-a+2+lna，令ma=ua，21可得ma=-1+<0，即ua在1,+∞上单调递减，且u3=ln3-1>0，u4=ln4-2<0，a故存在a0∈3,4使得ua0=0，即2-a0+lna0=0.当a∈1,a0时，ua>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，121212ua取得最大值ua0=-a0+a0+a0lna0-4=-a0+a0+a0a0-2-4=a0-a0-4.222因为a0∈3,4，结合二次函数的性质可知，ua0<u4=0，77所以hx1+hx2-<0，即hx1+hx2<.22【变式演练】1(2023·贵州毕节·校考模拟预测)已知函数fx=2x+alnx-3x-a,a>0.(1)当x≥1时，fx≥0，求a的取值范围.-12(2)若函数fx有两个极值点x1,x2，证明：x1+x2>2e.【答案】(1)1,+∞(2)证明见解析3x-2xlnx3x-2xlnx【分析】(1)参变分离可得a≥在x≥1恒成立，令g(x)=，x∈[1,+∞)，利用导数3+lnx3+lnx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，1-122利用导数说明hx的单调性，不妨设0<x1<<x2，要证x1+x2>2e，即证x2>-x1，令F(x)=ee21hx-he-x，x∈0,e，利用导数说明函数的单调性，即可得证.3x-2xlnx3x-2xlnx【详解】(1)当x≥1时，f(x)≥0⇔a≥在x≥1恒成立，令g(x)=，x∈[1,+∞)，3+lnx3+lnx-(3+2lnx)lnx则g(x)=≤0，&there4;函数g(x)在1,+∞上单调递减，&there4;gx≤g1=1，&there4;a≥1，2(3+lnx)&there4;a的取值范围是1,+∞．·16·,2x+aa(2)函数f(x)=(2x+a)lnx-3(x-a)，a>0．则fx=2lnx+-3=2lnx+-1=xxa+2xlnx-x，x∵函数f(x)有两个极值点x1，x2，&there4;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,+∞的图象有两个交点．1hx=1-2-2lnx=-2lnx-1，令hx=0，解得x=，e11当0<x<时hx>0，则hx单调递增，当x>时hx<0，则hx单调递减，&there4;函数h(x)的ee121极大值即最大值为h=．又0<x<时hx=x1-2lnx>0，且当x→0时，h(x)→0，又eee21-1212he=0，&there4;0<a<．不妨设0<x1<<x2，要证明x1+x2>2e⇔x2>-x1>⇔eeee221hx2<he-x1⇔hx1<he-x1，x1∈0,e．222211令f(x)=hx-he-x=x-2xlnx-e-x+2e-xlne-x，x∈0,e，fe=0．2222x+e-x所以f(x)=1-2lnx-2+1-2lne-x-2=-2lnxe-x-2≥-2×ln4-2=0，211当且仅当x=-x，即x=时取等号，∴函数f(x)在x∈0,单调递增，eee12-12∵fe=0，∴f(x)<0，即hx<he-x，因此x1+x2>2e成立．题型十:三角函数型极值点偏移不等式证明-x1(2022·河南郑州·校联考二模)已知函数fx=e⋅sinx，x∈0,π.(1)求函数fx的单调区间；π(2)若x1≠x2，且fx1=fx2，证明：x1+x2>.2ππ【答案】(1)递增区间是0,4，递减区间是4,π；(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,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.-xπ【详解】(1)fx=ecosx-sinx，0<x<π，由fx=0得x=，4ππππ当0<x<4时，fx>0；当4<x<π时，fx<0，即fx在0,4上单调递增，在4,π上单调递减，ππ所以函数fx的递增区间是0,4，递减区间是4,π.π(2)由(1)知，因为x1≠x2，且fx1=fx2，则不妨令0<x1<<x2<π，4ππππππ要证x1+x2>2，只需证明x2>2-x1，而4<2-x1<2，且fx在4,π上单调递减，·17·,ππ于是只需证明fx2<f2-x1，又fx1=fx2，则只需证明fx1<f2-x1，sinπ-xπsinx2sinxcosxπ令函数gx=fx-f-x=-=-，0<x<，2exπ-xexπ-x422eeπ-x2xcosx-sinxsinx-cosx11e-e则gx=+=cosx-sinx-=cosx-sinx⋅，xπxππe2-xe2-x2eeeπππ当0<x<时，cosx-sinx>0，-x>x，则gx>0，因此gx在0,上单调递增，424ππππππ即当x∈0,4时，gx<g4=f4-f4=0，从而fx1<f2-x1成立，所以x1+x2>2成立.【变式演练】asinx1(2023·福建宁德·统考模拟预测)已知函数fx=,x∈0,π.xe(1)若fx≤1，求实数a的取值范围；ππ-x2(2)若a=4，且fx1=fx2,x1<x2，求证：x1+x2>2且π-x2<sinx2.eπ4【答案】(1)a≤2e(2)证明见解析【分析】(1)解法一：当a≤0时，fx≤1成立；当a>0时，即为f(x)max≤1，利用导数研究fx的最大值，即可得解；xxee解法二：由题意得a≤sinxmin，构造函数gx=sinx，利用导数研究gx的最小值，即可得解；πππ(2)解法一：根据fx的单调性可知0<x1<4<x2<π．证2-x1<x2，即证fx2<f2-x1，即证ππππ-x2fx1<f2-x1，设hx=f2-x-fx,x∈0,4，利用hx的单调性即可证明；证π-x2<eπ-x2πttsinx2，即证π-x2<sinπ-x2,x2∈4,π．设t=π-x2，即证esint-t>0．设gt=esint-t,t∈e3πtt0,4，则gt=esint+cost-1，设pt=esint+cost-1，利用导数研究其性质可知，∃t0∈π3π2,4，使得pt0=0，从而得出gt的单调性，证得gt>0，可得结论.π-4解法二：证明-x1<x2的方法同解法一．fx在x=π处的切线方程为y=πx-π，先证2e-4-44sinxππx2-π<fx2，设rx=πx-π-x,x∈4,π，利用导数研究其性质可知，∃x0∈eeeππ4,2，使得rx0=0，从而得rx的单调性及rx<0，可得结论.x【详解】(1)解法一：当a≤0时，由e>0，且x∈0,π时sinx>0，故fx≤1成立；当a>0时，即为f(x)max≤1.cosx-sinxπππ由fx=a⋅，令fx=0，得x=，当x∈0,时，fx>0；当x∈,π时，fx<x444e0；ππππa4所以fx在0,单调递增，在,π单调递减，所以f(x)max=f=≤1，即0<a≤2e.444π42eπ4综上，a≤2e.·18·,xxasinxxee解法二：fx=≤1，由e>0，且x∈0,π时sinx>0，所以a≤.设gx=，则gexsinxminsinxxesinx-cosxπππx=，令gx=0，得x=，当x∈0,时，gx<0；当x∈,π时，gx>0；sin2x444πππππ44所以gx在0,4单调递减，在4,π单调递增，所以g(x)min=g4=2e，即a≤2e.4sinx4cosx-sinxππ(2)解法一：fx=,fx=，当x∈0,时，fx>0；当x∈,π时，fx<xx44ee0；ππππππ所以fx在0,4单调递增，在4,π单调递减，故0<x1<4<x2<π.先证2-x1<x2，由4<2-πππx1，故即证fx2<f2-x1，由fx1=fx2，故即证fx1<f2-x1，设hx=f2-x-fx,xπ∈0,，4π-xx2π-4sinx-cosxe-eπ则hx=f-x-fx=<0，所以hx在0,上单调递减，所以2π42eππππ-x2π-x2hx>h4=0.所以fx1<f2-x1，从而x1+x2>2.现证π-x2<sinx2，即证π-x2<eeπtttsinπ-x2,x2∈4,π.设t=π-x2，故即证t<sint，即证esint-t>0.设gt=esint-t,t∈e3π0,，4tttπ则gt=esint+cost-1，设pt=esint+cost-1，则pt=2ecost，当x∈0,时，pt>2π3πππ3ππ0；当x∈2,4时，pt<0，所以pt在0,2单调递增，在2,4单调递减，又p0=0,p2π23π=e-1>0,p=-1<0，4π3π3π所以∃t0∈2,4，使得pt0=0，故gt在0,t0单调递增，在t0,4单调递减，3π3π43π-x3π143π22e-3πe-3πt2又g0=0,g=e-=>>0，所以gt>0，即esint-t>0，故42444π-x2e<sinx2.π4sinx4cosx-sinx-4解法二：证明2-x1<x2的方法同解法一.fx=x,fx=x，fπ=0,fπ=π，eee-4-4-4则fx在x=π处的切线方程为y=πx-π，下面证πx2-π<fx2.设rx=πx-π-eee4sinxπ,x∈,π，x4e-44cosx-sinx1cosx-sinx1cosx-sinxrx=-=-4+，设tx=-4+，则tx=eπexeπexeπex8cosx，xeππππππ当x∈4,2时，tt>0；当x∈2,π时，tt<0，所以rx在4,2上单调递增，在2,π上单调递减，π4π11ππr4=-π<0,r2=-4π-π>0,rπ=0,所以∃x0∈4,2，使得rx0=0，ee2e·19·,3π4ππ3π223π-22e故rx在4,x0单调递减，在x0,π单调递增，又r4=π-π=π<0,rπ=0，e4ee-44sinx2π-x2故rx<0，即πx2-π<x2，所以π-x2<sinx2.eee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+1lnx+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,x3，①求a的取值范围；1113②求证：++<．lnx1+alnx2+alnx3+aa【答案】(1)a+2(2)①a<-2；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)①：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a-a=fx在e,1和1,e内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；11②：记fx的三个零点大小为0<x1<x2=1<x3，即fx1=f(1)=fx3=0，又fx=-xfx，则当111fx=0时，fx=0成立，所以x=x3，即x1x3=1，化简x+1lnx+ax-1=0，得lnx+a=1x+1，进而即可证明.2a111x-1(1)解：fx=lnx++a+1x>0，令gx=fx，则gx=-=x>0，xxx2x2当0<x<1时，gx<0；当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：①：由(1)知，a≥-2时，fx≥0，fx在0,+∞单调递增，不合题意；a-a-a当a<-2时，fe=2a+e+1>2a+e⋅-a+1=2-ea+1>0，f1=a+2<0，fe=-aaa+e+a+1=e+1>0，a-a所以y=fx在e,1和1,e内分别有唯一的零点记为m，n，则0<m<1<n，所以y=fx在0,m上单增，在m,n上单减，在n,+∞上单增．aa-a易知f1=0，1为y=fx的一个零点，fm>f1=0，fn<f1=0，又fe=2ae<0，fe=-2a>0，所以fx有三个零点，符合题意．综上，a<-2．②证明：不妨记fx的三个零点大小为0<x1<x2=1<x3，即fx1=f(1)=fx3=0．1111x+11-x11又fx=x+1lnx+ax-1=-xlnx+ax=-xx+1lnx+ax-1，即fx=1-fx．x111所以当fx=0时，fx=0成立．即当fx1=0，则fx=0，且x>1，又fx在1,+∞有且只11有一个零点x3，1x-1x+1-2所以=x3，即x1x3=1．化简x+1lnx+ax-1=0，得lnx=-a=-a=-a+x1x+1x+1·20·,2a，x+11x+1111x1+x3+212x1x3+213所以=．即++=+<+=．lnx+a2alnx1+alnx2+alnx3+a2aa2aaa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21fx=xlnx,gx=x+ax-1,a∈R.(1)若对任意x∈1,+∞，不等式fx≤gx恒成立，求a的取值2范围；(2)已知函数hx=fx-a有3个不同的零点x1,x2,x3x1<x2<x3..(i)求a的取值范围；(ii)求证：x3-x2>1+2a-1-2a.1【答案】(1)[0，+∞)；(2)(i)0,；(ii)证明见解析.e11【分析】(1)问题转化为a≥2lnx-x+，(x≥1)，记F(x)=2lnx-x+，(x≥1)，根据函数的单调性xx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；2x-1(ii)求出|xlnx|≤2，画出草图，结合图像证明结论成立即可．12解：(1)若对任意x∈[1，+∞)，不等式f(x)≤g(x)恒成立，即2xlnx≤x+ax-1在[1，+∞)恒成立，即21a≥2lnx-x+,(x≥1)，x2121(x-1)记F(x)=2lnx-x+,(x≥1)，则a≥F(x)max，又F(x)=-1-=-≤0，故F(x)在[1，xxx2x2+∞)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+1，1111令fx>0，解得：x>e，令fx<0，解得：0<x<e，故fx在0,e递减，在e,+∞递增，11而x→0时，fx→0,f=-,x→+∞时，fx→+∞，画出函数y=|f(x)|的图像，如图示：ee·21·,1结合图像，a的取值范围是0,；e2(ii)证明：令px=2xlnx-x+1,(x>0)，则Px=2lnx+1-2x=2lnx-x+1，Px=121-x2-1=xx令Px>0，解得：0<x<1，令px<0，解得：x>1,故Px在0,1递增，在1,+∞递减，Px≤P1=0，22x-1x-1故Px在1,+∞递减，Px≤P1=0，故0≤xlnx≤，0<x<1时，≤xlnx<0，故222x-1xlnx≤2，画出草图，如图所示：2y=ax-1设直线y=a和y=在x>0时的交点横坐标为x4,x5，结合图像，x3-x2>x5-x4，而由x2-1，2y=2解得：x4=1-2a,x5=1+2a，.故x3-x2>1+2a-1-2a，原结论成立.题型十二:三个极值点型不等式证明32xxx1已知函数fx=x-2e+a3-2．(1)讨论f(x)的极值点的个数；2(2)若f(x)有3个极值点x1，x2，x3(其中x1<x2<x3)，证明：x1x3<x2．【答案】(1)答案见解析；(2)证明见解析.【分析】xe(1)对函数f(x)求导，令gx=，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；x2x3(2)由f(x)有3个极值点x1，x2，x3，列出方程且x2=1，要证x1x3<x2，即x1x3<1，设=k，k>1，得出x1x3-x1=lnkklnk2klnk2x3-x1=lnk，联立xx3=k，推出x1x3=k-12，只需证k-12<1，k>1，需证明lnk-k+1121<0，令k=t，t>1，即需证明ht=lnt-t+<0，利用函数的导数判断单调性和最值即可得kt证．xx2xe【详解】(1)fx=(x-1)e+a(x-x)=(x-1)(e+ax)∵f0≠0，&there4;fx=xx-1x+a，f(x)的极值点的个数即为fx=0的变号方程根的个数·22·,xx-1exe令gx=，gx=，故g(x)在(0，1)上单调递减(1，+∞)上单调递增，在(-∞，0)上单调xx2xe递减，且当x<0时，g(x)<0．即gx=∈-∞,0∪e,+∞x根据y=-a与y=gx的交点个数可得：当a>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．x1x3(2)证明：因为f(x)有3个极值点x1，x2，x3(其中x1<x2<x3)，所以e=-ax1，e=-ax3且x2=1，即得x1x3ee2=，要证x1x3<x2，即x1x3<1，x1x3x1x3xx3xee3ex3-x13x3-x1由=，得=x=e，设=k，k>1，e=k，所以x3-x1=lnk，xxxe1x1311x3-x1=lnkx1=lnk，klnk2k-1联立x3=k，得klnk所以x1x3=2，x1x3=k-1，k-12klnk所以要证x1x3<1，只需2<1，k>1，k-122k-1k-111则有(lnk)<，即lnk<=k-，则需证明lnk-k+<0．kkkk21令k=t，t>1，即需证明ht=lnt-t+<0．t2-t-1221-t+2t-1因为ht=-1-==<0恒成立，tt2t2t21所以h(t)在t∈(1，+∞)上是单调递减函数，则有ht<h1=ln1-1+=0，1212即ht=lnt-t+<0成立，所以x1x3<1，即x1x3<x2得以证明．t【变式演练】2(x-a)1已知函数f(x)=(其中a为常数)．lnx(1)当a=0时，求函数f(x)的单调减区间和极值点；(2)当a>0时，设函数f(x)的3个极值点为x1，x2，x3，且x1<x2<x3，①求a的取值范围；2②证明：当0<a<1时，x1+x3>．e【答案】2(1)单调递减区间为(0,1)，(1,e]，极值点为x=e(2)①0,；②证明见解析e【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；a(2)①求导，构造新函数h(x)=2lnx+-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x222求解；②要证x1+x3>，只需证x3>-x1，构造函数g(x)=2xlnx-x和F(x)=g(x)-g-x，eee再利用导数研究函数F(x)的单调性进行求解.2x(2lnx-1)x(1)解：a=0时，f(x)=，f′(x)=；所以当x∈(0,1)时，f′(x)<0；当x∈(1,e)时，f′lnx(lnx)2·23·,(x)<0；当x∈(e,+∞)时，f′(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；(x-a)2lnx+a-1xa2x-a(2)解：①f′(x)=；令h(x)=2lnx+-1，h′(x)=；ln2xxx2aaa所以h(x)在0,2上单调递减，在2,+∞上单调递增；所以h2是h(x)的最小值；因为f(x)有三个极值点x1<x2<x3，aa22所以h2=2ln2+1<0，解得a<e，即a的取值范围为0,e；②证明：当0<a<1时，h(a)=2lna<0，h(1)=a-1<0；2lnx+a-1=01x1所以x2=a，即x1，x3是函数h(x)的两个零点；所以a；消去a得2x1lnx1-x1=2x3lnx32lnx3+-1=0x3-x3；11令g(x)=2xlnx-x，g′(x)=2lnx+1，g′(x)的零点为x=，且x1<<x3；ee1122所以g(x)在0,e上递减，在e,+∞上递增；要证明x1+x3>e，只需证x3>e-x1，即证g(x3)2>g-x1；e221因为g(x1)=g(x3)，所以即证g(x1)-ge-x1>0；构造函数F(x)=g(x)-ge-x，则Fe=0；11所以只要证明x∈0,上F(x)单调递减；g(x)在0,单调递减；ee22221所以x增大时，e-x减小，ge-x增大，-ge-x减小；所以-ge-x在0,e上是减函数；212所以g(x)-ge-x在0,e上是减函数；所以当0<a<1时，x1+x3>e．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axfx=-logax,x∈0,+∞.2e(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<x2.(i)求a的取值范围；(ii)证明：x1+2x2>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和a>1两种情况去求fx的单调区间；2(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，再构造函数m(x)=xlnx,x∈1,e利用函数单调性去证明即可.2a1xalna-e(1)fx=-=，当0<a<1时，fx>0，fx的单调递增区间为0,+∞.e2xlnae2xlna·24·,222eee当a>1时，令fx=0，得x0=alna，当x∈0,alna时，fx<0，当x∈alna,+∞时，fx>022ee所以fx的单调递减区间为0,alna，fx的单调递增区间为alna,+∞.(2)2e(i)由(1)知，a>1时，x0=为极小值点，又函数有两个零点，得fx0<0.alna2eax22ln20aee1alnae于是f(x0)=2-logax0=2⋅alna-logaalna=lna-lna<0，得lnalna>1，即0<alna<eee由n(x)=xlnx在0,+∞单调递增，则由0<alna<elne，可得1<a<eaaea1alna-ek-1ax0此时f1=2>0，fe=2-logae=e-lna=elna<0，k>1,fkx0=2-logakeeek-1ax0k-1k-12>-=(ax0lna-e)=0，e2lnae2lna故1<x1<e<x2，函数y=fx有两个不同的零点.ax1ax1lnx1x1alnae2-logax1=0e2=lnae2=lnx1x2-x1e2(ii)证明：由则，得，于是=，ax2-logx=0ax2=lnx2x2alna=lnxlnx2-lnx1alnae2a2e2lnae222x-xe21x-1设y=fx的极值点为x0，又由x0=，于是=x0，令h(x)=lnx-2(x>1)，则halnalnx2-lnx1x+1214x-1(x)=-=>0即h(x)在(1,+∞)上单调递增，又h(1)=0，则h(x)>0在(1,+∞)xx+12xx+12恒成立.x2-1x2t-1x2x1x2x2-x1由1<x1<e<x2，可令t=，则t>1，lnt-2>0即ln-2=ln-2>0，即x1t+1x1x2+1x1x2+x1x1x2-x1lnx2-lnx1>2x2+x1x2-x1x2+x1x1+x2故有：<.则x0<，所以x1+x2>2x0，lnx2-lnx122欲证x1+2x2>3a，只需证x1+x2>3a-x2，只需证2x0>3a-x2，又由x0<x2，所以只需证3x0>3a，22e3e22由x0=，所以上述只需证>3a，只需证e>alna，alnaalna2令m(x)=xlnx,x∈1,e，则m(x)=2xlnx+x=x(2lnx+1)>02即m(x)=xlnx在1,e上单调递增.22由1<a<e，可知alna<e，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”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3x42fx=x-1e-x+1-axa∈r.3(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<x2.2(ⅰ)求实数a的取值范围；(ⅱ)求证：x2-x1<a+3.71【答案】(1)y=-2x-；(2)(ⅰ)-2<a<-；(ⅱ)证明见解析.3e【分析】(1)求出f0、f0的值，利用导数的几何意义可得出所求切线的方程；x(2)(i)求得fx=xe-2x+1-a，利用导数分析函数fx的单调性，根据已知条件可得出关于实数a的不等式组，由此可解得实数a的取值范围；1(ii)分析可知x1∈-1,0，x2∈0,1，将所证不等式转化为证明x1>-2-a，分-1≤a<-、-2<a<e1-1两种情况讨论，在-1≤a<-时，利用不等式的基本性质可证得结论成立，在-2<a<-1时，通过ex构造函数gx=xe-2x+1，并利用导数分析函数gx的单调性，结合不等式的基本性质可证得结论成立.3x42x7(1)解：当a=0时，fx=x-1e-x+1，则fx=xe-2x+1，所以，f0=-2，f0=-，337因此，y=fx在0,f0处的切线方程为y=-2x-.3xx1(2)解：(i)fx=xe-2x+1-a，令px=fx，则px=x+1e-，x+11-3x2令φx=px，则φx=x+2e+x+1>0对任意的x>-1恒成立，所以，函数φx=px2在-1,+∞上单调递增，因为φ0=0，当-1<x<0时，φx<φ0=0，即px<0，当x>0时，φx>φ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，-1-a>0e1因为y=fx有两个极值点x1、x2，则，解得-2<a<-.f0=-a-2<0ex1(ii)令gx=xe-2x+1，∵g1-a=e-22-a>e-22+>0，gx1=gx2=a，e2由(i)可知x1∈-1,0，x2∈0,1，只需证x2-x1<1-x1<3+a，即证：x1>-2-a，1当-1≤a<-时，-2-a≤-1<x1，得证；e1111当-2<a<-1时，先证：x+1≤x+1，令hx=x+1-x-1，hx=-=222x+121-x+1，x>-1，2x+1当-1<x<0时，hx>0，当x>0时，hx<0，x则y=hx在-1,0上递增，在0,+∞上递减，所以hx≤h0=0，得证，令tx=e-x-1，则txx=e-1，当x<0时，tx<0，此时函数tx单调递减，当x>0时，tx>0，此时函数tx单调递增，1xx22所以，tx≥t0=0，即e≥x+1，则gx=xe-2x+1≥xx+1-x-2=x-2，2记y=x-2与y=a的交点横坐标分别为x3=-a+2，x4=a+2，·26·,222则x3<x1<0，x4>x2>0，则x2-x1<x4-x3=a+2+a+2，又-2<a<-1，∴x2-x1<a+2+2-1=a+3，题型十四:极值构造型(利用第一问结论)x1(2022·海南·统考一模)已知函数f(x)=ax-e+1,a∈r.(1)求f(x)的单调区间；(2)若f(x)≤0在x∈r上恒成立，求实数a的取值集合；1f(lnn)-f(lnm)1(3)当a=1时，对任意的0<m<n，求证：-1<<-1.nn-mm【答案】(1)当a≤0时f(x)减区间为(-∞,+∞)，当a>0时f(x)递增区间为(-∞,lna)，递减区间为(lna,+∞)；(2)(0,+∞)；(3)证明见解析.x【分析】(1)讨论a≤0、a>0两种情况，先求出f(x)=a-e，令f(x)<0得减区间，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+lnnf(lnn)-f(lnm)m1，可证明g(a)minin=g(1)=0；(3)转化=-1，利用lnx≤x-1(x>0)只需证明n-mn-mlnn1m1-1<-1<-1.nn-mmx【详解】(1)f(x)=a-e，当a≤0时，f(x)<0，f(x)减区间为(-∞,+∞)；当a>0时，由f(x)>0得x<lna，由f(x)<0得x>lna，&there4;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，&there4;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>0，&there4;g(a)在(0,1)上递减，在(1,+∞)上递增，&there4;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).lnnn-1f(lnn)-f(lnm)(lnn-n+1)-(lnm-m+1)mm1则==-1<=-1，又由lnx≤xn-mn-mn-mn-mmlnn-lnm1-mf(lnn)-f(lnm)mnn-1知-lnx≥1-x在(0,+∞)上恒成立，&there4;=-1=-1>-1n-mn-mn-mn-m1=-1.n1f(n)-f(m)1综上所述：对任意的0<m<n，有-1<<-1.nn-mm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；111(2)设k为整数，且对任意正整数n，不等式1+1+⋯1+<k恒成立，求k的最小值；3323n20232024120232023(3)证明：2024<e<2024.【答案】(1)m=1(2)2(3)证明见解析m【分析】(1)法一：由fx≥0得出gx=lnx-m+≥0，利用导数得出g(x)min，进而得出实数m的取x值范围；法二：由f1=0,fx≥0确定f1是fx上最小值，也是极小值，进而得出m的值，再检验即11可；法三：由洛必达法则求解即可；(2)由lnx≤x-1，通过赋值得出ln1+<，再由等比求和公式3n3n得出k的最小值；11(3)由lnx≤x-1在0,+∞上恒成立，令x=1+和x=1-，由对数的运算证明即可.20232024mm【详解】(1)法一：∵fx=xlnx-m+≥0在0,+∞上恒成立∴lnx-m+≥0在0,+∞上xx恒成立m1mx-m设gx=lnx-m+,gx=-=xxx2x2①当m≤0时，gx>0恒成立&there4;gx在0,+∞上单调递增，且g1=0&there4;x∈0,1时，gx<0不符合题意，舍去②当m>0时，令gx>0，则x>m；令gx<0，则0<x<m.∴gx在0,m上单调递减，在m,+∞上单调递增∴g(x)min=gm=lnm-m+1≥0.1-x设hx=lnx-x+1,hx=令hx>0，则0<x<1；令hx<0，则x>1.x&there4;hx在0,1上单调递增，在1,+∞上单调递减&there4;h(x)max=h1=0，即当hm≥0时，m=1&there4;m的取值范围是：m=1.法二：∵f1=0,fx≥0在0,+∞上恒成立&there4;f1是fx上最小值，也是极小值∵fx=lnx+1-m&there4;f1=1-m=0，即m=1当m=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∴fx在0,1上单调递减，在1,+∞上单调递增即f(x)min=f1=0，满足：fx≥0在0,+∞上恒成立∴m=1法三：①当x=1时，fx=0≥0恒成立，∴m∈r.xlnxxlnxx-1-lnx②当x>1时，m≤恒成立，设ux=,ux=x-1x-1(x-1)21设vx=x-1-lnx,vx=1->0x&there4;vx在1,+∞上单调递增，&there4;vx>v1=0,&there4;ux>0,&there4;ux在1,+∞上单调递增+xlnx0当x→1时，xlnx→0,x-1→0,&there4;ux=为“”型x-10xlnxlnx+1由洛必达法则得limu(x)=lim=lim=1&there4;当x>1时，ux>1，即m≤1++x-1+1x→1x→1x→1xlnxxlnxx-1-lnx③当0<x<1时，m≥恒成立，设ux=,ux=x-1x-1(x-1)2·28·,1设vx=x-1-lnx,vx=1-<0x∴vx在0,1上单调递减，∴vx>v1=0,&there4;ux>0,&there4;ux在0,1上单调递增-xlnx0xlnx当x→1时，xlnx→0,x-1→0,&there4;ux=为“”型由洛必达法则得limu(x)=lim=lim---x-10x→1x→1x-1x→1lnx+1=11&there4;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)111111111令x=1+，则ln1+<.∴ln1++ln1++⋯+ln1+<++⋯+=3n3n3n31323n31323n11-133n111=1-<123n21-31111即1+1+⋯1+<e,k≥e又∵1+>1且k∈Z,&there4;k的最小值为2.31323n31(3)∵不等式lnx≤x-1在0,+∞上恒成立(当且仅当x=1时取等)11120232023111令x=1+2023，则ln1+2023<2023，即2024>e.令x=1-2024，则ln1-2024<120232024120232024120232023-2024，即2024<e。故2024<e<2024.题型十五:先放缩型证明不等式1(2022届高三普通高等学校招生全国统一考试数学信息卷(二))已知函数fx=axsinx-bcosx，gx=lnx+x+3．在下列三个条件中任选一个填在下面的横线上，解答下列问题．①a+b=0，②a-b=1，③a+b=-1．(1)(ⅰ)，曲线fx在点π,fπ处的切线经过点0,π-1，求实数a的值；(ⅱ)求证：y=2x+2是曲线gx的一条切线．π(2)x∈0,2，当a=2，b=0时，求证：fx+π>gx．【答案】(1)(ⅰ)答案不唯一，具体见解析(ⅱ)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,π-1求解即可得实数a的值；(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(2)结合(ii),将问题转化为证明fx+π>2x+2，再结合不等式x>sinx得2xsinx>2sinx，进而只22需证明2sinx+π≥2x+2，进而构造函数令Fx=2sinx-2x+π-2，利用导数证明不等式即可.(1)解：(ⅰ)选①a+b=0，则fx=axsinx+acosx，fx=asinx+axcosx-asinx=axcosx，所以切线斜率k=fπ=-aπ．又fπ=-a，所以切点为π,-a，所以切线方程为y+a=-aπx-π．21因为切线经过点0,π-1，所以π-1+a=aπ，解得a=．π+1选②a-b=1，则fx=axsinx+1-acosx，fx=asinx+axcosx+a-1sinx，所以切线斜率k=fπ=-aπ．又fπ=a-1，所以切点为π,a-1，所以切线方程为y-a+1=-aπx-π．2π因为切线经过点0,π-1，所以π-1-a+1=aπ，解得a=．2π+1选③a+b=-1，则fx=axsinx+a+1cosx，则fx=asinx+axcosx-a+1sinx=axcosx-sinx，·29·,所以切线斜率k=fπ=-aπ．又fπ=-a-1，所以切点为π,-a-1，2所以切线方程为y+a+1=-aπx-π．因为切线经过点0,π-1，所以π-1+a+1=aπ，解得a=π．2π-111(ⅱ)由gx=lnx+x+3，得gx=+1．设切点为x0,y0，则+1=2，得x0=1，xx0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．π11-x(2)令hx=gx-2x+2=lnx-x+1x∈0,2，则hx=x-1=x，当x∈0,1时，hπx>0，hx单调递增，当x∈1,2时，hx<0，hx单调递减，所以hx≤hxmax=h1=0，即gx≤2x+2．π若要证明fx+π>gx，只需证明fx+π>2x+2，即证2xsinx+π>2x+2．先证当x∈0,2时，x>sinxππ令mx=x-sinx，则mx=1-cosx>0在0,2上恒成立，所以mx=x-sinx在0,2上单调递增，π2所以当x∈0,2时，mx>0，即x>sinx，所以2xsinx>2sinx．2故只需证明2sinx+π≥2x+2．(直接证明2xsinx+π>2x+2时，计算比较复杂，所以利用放缩法证2明2sinx+π≥2x+2)2π令Fx=2sinx-2x+π-2，则Fx=4sinxcosx-2=2sin2x-2≤0，所以Fx在0,2上单调递减，ππ2π所以当x∈0,2时，Fx≥F2=2×1-2×2+π-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12月备考监测第二次联合考试数学试题)函数fx=lnx-·30·,ax+1.(1)若fx≤0恒成立，求a的取值范围.lnx-x2(2)证明：+1e+1<+1.xe【答案】(1)a≥1；(2)证明见解析.【分析】(1)对a分a≤0和a>0两种情况讨论，求出函数的单调性即得解；lnx1lnx2lnx1lnx11(2)即证++<，证明hx=≤，+≤，即得证.xxxexexxexeex⋅ee11-ax解：(1)fx=-a=,x>0.当a≤0时，fx>0，故fx在0,+∞上单调递增，xx1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<，令fx<0，得x>a1，a11故fx在0,a上单调递增，在a,+∞上单调递减.1111当x=时，fx取得极大值，即最大值f=ln，若fx≤0恒成立，则ln≤0，解得a≥1.aaaalnx-x2lnx1lnx2lnx(2)证明：要证+1e+1<+1，即证++<.设hx=，则hx=xexxxexxee1⋅x-lnxx1-lnx=，令hx>0，解得0<x<e，令hx<0，解得x>e.故hx在0,e上单调递22xx增，在e,+∞上单调递减.当x=e1lnx1x-1时，hx取得极大值，即最大值he=.故hx=≤.设Fx=x⋅e-lnx-x，则Fx=exex-1x-11x-11+xx-11e+xe--1=e1+x-=1+xe-.xxxx-11x-111-1设φx=e-，则φx=e+>0,φx在0,+∞上单调递增，φ1=e-1=0.xx2当x∈0,1时，φx<0；当x∈1,+∞时，φx>0.故当x∈0,1时，Fx<0，当x∈1,+∞时，Fx>0，Fx在0,1上单调递减，在1,+∞上单调递增.x-1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⋅e-lnx-x≥0，lnx11lnx1故+≤，当且仅当x=1时，等号成立.又hx=≤，当且仅当x=e时，等号成立.两个xxexex⋅eelnx1lnx2lnx-x2等号不能同时成立，所以++<.故+1e+1<+1.xxxexex⋅ee题型十六:切线放缩型不等式证明2x1(2021年高考数学押题预测卷(天津卷)01)已知函数fx=m2-klnx+nex+11ex+1-ax+a-1x是函数fx的导数.4，其中e=2.718⋯是自然对数的底数，f(1)若m=1，n=0时.(i)当k=1时，求曲线fx在x=1处的切线方程.(ⅱ)当k>0时，判断函数fx在区间1,e零点的个数.7(2)若m=0，n=1，当a=时，求证：若x1≠x2，且x1+x2=-2，则fx1+fx2>2.81【答案】(1)(i)y=；(ⅱ)答案见解析；(2)证明见解析.2·31·,【分析】(1)(i)先求切线的斜率，再根据直线方程即可求得切线方程；(ü)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.2xk1【详解】(1)当m=1,n=0时，f(x)=-klnx，f(x)=x-.(i)当k=1时，f(1)=1-=0，而f(1)2x11=，2221xx-k所以切线为y=；(ü)由fx=-klnx，(k>0)，fx=由fx=0解得x=k，22xfx与fx在区间0,+∞上的情况如下：x0,kkk,+∞fx-0+k1-lnkfx↘↗2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k1-lnkk1-lnkfk=.fx在区间0,+∞上的最小值为fk=22①若0<k<e，则无零点.②当k=e时，fx在区间1,e上单调递减，且fe=0，所以x=e是fx在区间1,e上的唯一零点.1e-k③当k>e时，fx在区间1,e上单调递减，且f1=>0，fe=<0，22所以fx在区间1,e上仅有一个零点.综上，若0<k<e，函数fx在区间1,e无零点，当k≥e时，函数fx在区间1,e有一个零点.x+11x+171x+11x+173(2)fx=e4e-8x-8=e4e-8x+1+4，令x+1=t，t1+t2=0，x1t73t1t73-t不妨设t=x2+1>0，ht=e4e-8t+4，令Ht=ht+h-t=e4e-8t+4+e1-t73e+t+484t1t71-t1-t71由题意可知，即证明当t>0时，Ht>2，Ht=e2e-8t-8-e2e+8t-8=1et+e-tt-e-t7tet+e-t1et-e-t7et+e-t1et-e-te--=-t+288821t-tt-te-ee+e-2≥0，161t-t1t-t1t-t其中e-e-t=e-e-1≥0，所以e-e-t>0.所以H(t)在(0,+∞)上是单调递222增，因为H0=2，所以当t>0时，Ht>2，得证.方法二：切线放缩t1t73化解过程同上，原题即证明当t>0时，Ht=ht+h-t>2，ht=ee-t+，48401073t1t73注意到h0=e4e-8×0+4=1，求出ht=e4e-8t+4在0,1处的切线方程，·32·,t1t7133则ht=ee-t-，即h0=，则：切线方程为y=t+1.2888833下面证明ht≥t+1恒成立t>0；令Ft=ht-t-1，88t1t713则Ft=ee-t-=0⇒t=0，得Ft>0在t>0恒成立，28883故Ft在(0,+∞)上单调递增，Ft=ht-t-1>F0=0恒成立，833故ht≥t+1成立，同理可证h-t始终位于h-t在0,1处的切线y=-t+1的上方，883即h-t≥-t+1(实际上ht与h-t关于y轴对称)，833放Ht=ht+h-t>t+1+-t+1=2恒成立，88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月月考数学试题)已知函数f(x)=a(x-x1)e，a≠0.(1)讨论f(x)的单调性；(2)当a=1时，①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；2m②若f(x)=m有两解x1,x2，且x1<x2，证明x2-x1<-m.e【答案】(1)答案见解析；(2)①y=e(x-1)；证明见解析；②证明见解析.【分析】(1)直接利用导数讨论原函数的单调性，对a的正负进行分类讨论；x(2)①利用导数求切线方程，然后用作差法证明出(x-1)e-e(x-1)>0，即函数f(x)图象恒在切线l上方；x1x②利用分析法证明，转化为只需证明e>x1+1，构造函数φ(x)=e-x-1，利用导数证明即可.【详解】xxf(x)=a(x-1)e的定义域为R，f'(x)=axe(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，同理可求：a<0时，f(x)在-∞,0单调增，0，+∞单调减.xx(2)当a=1时，f(x)=(x-1)e，f'(x)=xe①所以f(1)=0，f'(1)=e，所以在x=1处的切线为y=e(x-1)，xx当0<x<1时，(x-1)e-e(x-1)=(x-1)(e-e)>0恒成立，所以函数f(x)图象恒在切线l上方；②由当x<0时，f(x)<0，且f(1)=0结合(1)可知，x1<0,x2∈(0,1)，m2mm2m由(2)可知，x2<e+1，要证x2-x1<e-m，下证e+1-x1<e-m.2x1x1x即证x1>m+1，又因为(x1-1)e=m，即证e>x1+1.记φ(x)=e-x-1xxφ'(x)=e-1>0，所以φ(x)=e-x-1单调增，又φ(0)=0，所以0<x<1时φ(x)>0.即证题型十七:利用韦达定理置换型不等式证明·33·,21(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=x-x+klnx，k∈R．(1)讨论函数fx的单调性；1(2)若fx有两个极值点x1，x2，证明：fx1-fx2<-2k．4【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1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<-2k转化为证明4x1x1ln-+1<0，构造函数证明不等式恒成立即可.x2x22k2x-x+k解:(1)函数fx的定义域为0,+∞，fx=2x-1+=，xx2设gx=2x-x+k，判别式Δ=1-8k．1①当Δ≤0，即k≥时，gx≥0恒成立，fx≥0恒成立，等号不恒成立，此时fx在0,+∞上单调8递增；11-1-8k1+1-8k②当Δ>0，即k<时，令gx=0，得x1=，x2=．844k(i)当k≤0时，x1x2=≤0，此时x1≤0，x2>0．2当x∈0,x2时，gx<0，则fx<0，fx调递减；当x∈x2,+∞时，gx>0，则fx>0，fx单调递增；1k1(ii)当0<k<时，x1x2=>0，x1+x2=>0，&there4;0<x1<x2．822当x∈0,x1时，gx>0，则fx>0，fx单调递增；当x∈x1,x2时，gx<0，则fx<0，fx单调递减；当x∈x2,+∞时，gx>0，则fx>0，fx单调递增；1+1-8k1+1-8k综上，当k≤0时，fx在0,4上单调递减，在4,+∞上单调递增；11-1-8k1+1-8k当0<k<8时，fx在0,4，4,+∞上单调递增，在1-1-8k1+1-8k14,4上单调递减；当k≥8时，fx在0,+∞上单调递增；12(2)由(1)及题意知0<k<，x1，x2为方程2x-x+k=0的两根，不妨设0<x1<x2，则fx1>fx2，81k221且x1+x2=，x1x2=，&there4;x1-x2=x1+x2-4x1x2=-2k．224122要证fx1-fx2<-2k，即证fx1-fx2<x1-x2，即证fx1-fx2<x1-x2，4221fx1-fx2=x1-x1+klnx1-x2-x2+klnx2=x1+x2-1x1-x2+klnx1-lnx2，而x1+x2=，2kx11x1x1x2=，故fx1-fx2=kln-x1-x2=2x1x2ln-x1+x2x1-x2，2x22x22x12x1x1因为fx1-fx2-x1-x2=2x1x2lnx-x1+x2x1-x2-x1-x2=2x1x2lnx-x+1．222x12设t=，则0<t<1，∴fx1-fx2-x1-x2=2x1x2(lnt-t+1)．x21设ht=lnt-t+1，则ht=-1，当0<t<1时，ht>0，ht在0,1上单调递增，&there4;ht<th1=0，而x1x2>0，·34·,22&there4;fx1-fx2-x1-x2<0，即fx1-fx2<x1-x2，命题得证．方法归纳【提分秘籍】1.题干条件大多数是与函数额极值x1，x2有关。2.利用韦达定理代换：可以消去x1，x2留下参数【变式演练】121已知函数fx=x+lnx+mx，(m∈R)．2(1)若fx存在两个极值点，求实数m的取值范围；2fx1+fx2x1+x2m+2(2)若x1，x2为fx的两个极值点，证明：2-f2>8．【答案】(1)-∞,-2(2)证明见解析11【分析】(1)f′(x)=x++m，(x>0)，若f(x)存在两个极值点，则y=m与y=-x+，(x>0)有两xx个交点，即可得出答案．(2)由(1)知m<-2，且x1+x2=-m，x1x2=1，f(x)+f(x)x+x21212m1mmm则2-f2=-ln-2-2+8，只需证明-ln-2-1-2>0，即可解得m的取值范围．1(1)(1)f′(x)=x++m，(x>0)，若f(x)存在两个极值点，则f′(x)=0在(0,+∞)上有两个根，x2111-x+1所以m=-x+有两个根，即y=m与y=-x+，(x>0)有两个交点，y′=-1+=，xxx2x2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<-2，且x1+x2=-m，x1x2=1，1212x1+x22fx1+fx2x1+x2lnx1+2x1+mx1+lnx2+2x2+mx2x1+x22所以2-f2=2-ln2-2-x1+x2m22m1mmmm=-ln-2-2+8，所以只需证明-ln-2-1-2>0，令t=-2，故t>1，原不等式等价于1-tlnt<t-1对t>1成立，令gt=lnt-t-1，g′(t)=<0，所以g(t)=lnt-(t-1)单调递减，t则有g(t)=lnt-(t-1)<g(1)=0．题型十八:泰勒展开型不等式证明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：①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nn-1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fx=fx,∗n≥4.②若n∈n，定义n!=n×n-1×n-2×⋅⋅⋅×3×2×1.③若函数fx在包含x0的某个开区·35·,fx0fx02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+x-x0+x-x01!2!nfx03fx0n+x-x0+⋅⋅⋅+x-x0，我们将gx称为函数fx在点x=x0处的n阶泰勒展开式.3!n!x121n例如，y=e在点x=0处的n阶泰勒展开式为1+x+x+⋅⋅⋅+x.根据以上三段材料，完成下面的2n!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.x(3)证明：e+sinx+cosx≥2+2x.1312【答案】(1)g1x=x-x,g2x=1-x；(2)答案见解析；(3)证明过程见解析.62【分析】(1)根据fx在点x=x0处的n阶泰勒展开式的定义可直接求得结果；(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；12x(3)令φx=f2x-g2x，利用导数可求得φx≥φ0=0，即cosx≥1-x；①当x≥0时，由e≥21213131+x+x+x，sinx≥x-x，可直接证得不等式成立；②当x<0时，分类讨论，由此可证得不等266式成立.【详解】(1)∵f1x=cosx，f2x=-sinx，f3x=-cosx，∴f10=1，f20=0，f30=-1，102-131312∴g1x=sin0+x-0+x-0+x-0，即g1x=x-x；同理可得：g2x=1-x；1!2!3!621313(2)由(1)知：f1x=sinx，g1x=x-x，令hx=f1x-g1x=sinx-x+x，则hx=cosx6612-1+x，2∴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单调递减；当x∈0,+∞时，hx>0，hx单调递增；&there4;hxmin=h0=1-1+0=0，&there4;hx≥0，&there4;hx在R上单调递增，又h0=0，&there4;当x∈-∞,0时，hx<0；当x∈0,+∞时，hx>0；综上所述：当x<0时，f1x<g1x；当x=0时，f1x=g1x；当x>0时，f1x>g1x；12(3)令φx=f2x-g2x=cosx-1+x，则φx=-sinx+x，2&there4;φx=1-cosx≥0，&there4;φx在R上单调递增，又φ0=0，&there4;φx在-∞,0上单调递减，在0,+∞上单调递增，12x1213&there4;φx≥φ0=0，即cosx≥1-x；∵y=e在点x=0处的4阶泰勒展开式为：1+x+x+x22614+x，24x1213141213&there4;e=1+x+x+x+x≥1+x+x+x，当且仅当x=0时取等号，26242613x①当x≥0时，由(2)可知，sinx≥x-x，当且仅当x=0时取等号，所以e+sinx+cosx≥612131312x1+x+2x+6x+x-6x+1-2x=2+2x；②当x<0时，设Fx=e+sinx+cosx-2xxπx-2x，F0=0，Fx=e+cosx-sinx-2=e+2cosx+-2，Fx=e-sinx-cosx，4·36·,13x121313当x∈-1,0，由(2)可知sinx<x-x，所以，fx=e-sinx-cosx>1+x+x+x+x6266-x-cosx12xπ=1-cosx+x3+2x>0，即有Fx<f0=0；当x∈-∞,-1时，fx=e+2cosx+6411-2<+2-2<+2-2<0，e2x所以，x<0时，fx单调递减，从而fx>F0=0，即e+sinx+cosx>2+2x．x综上所述：e+sinx+cosx≥2+2x.方法归纳【提分秘籍】利用泰勒公式证明不等式：(n)若函数f(x)在含有x0的某区间有定义,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(x0),则有公式(n)f(x0)f(x0)2f(x0)(n)f(x)=f(x0)+(x−x0)+(x−x0)+⋯+(x−x0)+Rn(x)1!2!n!在上述公式中若Rn(x)≤0(或Rn(x)≥0),则可得(n)f(x0)f(x0)2f(x0)(n)f(x)≥f(x0)+(x−x0)+(x−x0)+⋯+(x−x0)1!2!n!(n)f(x0)f(x0)2f(x0)(n)或f(x)≤f(x0)+(x−x0)+(x−x0)+⋯+(x−x0)1!2!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(x-1)-k(x-1)+1.(1)求函数f(x)的单调区间；ln2ln3ln4lnnnn-1*(2)证明：+++⋅⋅⋅+<(n∈N,n>1).345n+141【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,+1，k1单调递减区间为+1,+∞；(2)证明见解析.k1【分析】(1)由函数f(x)的定义域为(1,+∞)，f(x)=-k，分类讨论即能求出函数f(x)的单调区间．x-1(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)lnnn-1<x-1-1在x∈[2，+∞)上恒成立，可得<，由此能够证明．n+121【详解】(1)因为fx=lnx-1-kx-1+1(k∈r)，所以fx的定义域为1,+∞，fx=-x-1k.-kx-k+11k若k≤0，则fx>0，fx在1,+∞上为增函数；若k>0，则fx=-k=，x-1x-111当1<x<+1时，fx>0，当x>+1时，fx<0.kk综上，当k≤0时，fx的单调递增区间为1,+∞；·37·,11当k>0时，fx的单调递增区间为1,k+1，单调递减区间为k+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，222lnnn-1*令x-1=n，则lnn<n-1，即2lnn<(n-1)(n+1)，∴<(n∈n且n>1)，n+122ln2ln3ln4lnn123n-1n-n&there4;+++⋅⋅⋅+<+++⋅⋅⋅+=，345n+1222242ln2ln3ln4lnnn-n*即：+++⋅⋅⋅+<(n≥2，n∈N)成立．345n+14高考真题对点练111(2023·天津·统考高考真题)已知函数fx=+lnx+1．x2(1)求曲线y=fx在x=2处切线的斜率；(2)当x>0时，证明：fx>1；51(3)证明：<lnn!-n+lnn+n≤1．621ln3【答案】(1)-(2)证明见解析(3)证明见解析34【分析】(1)利用导数的几何意义求斜率；2x2x(2)问题化为x>0时lnx+1>，构造g(x)=lnx+1-，利用导数研究单调性，即可证结x+2x+2论；1*(3)构造h(n)=lnn!-n+lnn+n，n∈N，作差法研究函数单调性可得h(n)≤h(1)=1，再构造2(x+5)(x-1)(x+5)(x-1)φ(x)=lnx-且x>0，应用导数研究其单调性得到lnx≤恒成立，对h(n)4x+24x+2311-h(n+1)作放缩处理，结合累加得到h(1)-h(n)<ln2-1+<n≥3，即可证结论.2126ln(x+1)ln(x+1)11ln(x+1)【详解】(1)f(x)=+，则f(x)=+-，x2x(x+1)2(x+1)x21ln31ln3所以f(2)=-，故x=2处的切线斜率为-；3434112x(2)要证x>0时fx=+lnx+1>1，即证lnx+1>，x2x+222x14x令g(x)=lnx+1-且x>0，则g(x)=-=>0，x+2x+1(x+2)2(x+1)(x+2)22x所以g(x)在(0,+∞)上递增，则g(x)>g(0)=0，即lnx+1>.x+2所以x>0时fx>1.1*(3)设h(n)=lnn!-n+lnn+n，n∈N，21111则h(n+1)-h(n)=1+n+2lnn-n+2lnn+1=1-n+2ln1+n，1111由(2)知：x=n∈(0,1]，则fn=n+2ln1+n>1，*所以h(n+1)-h(n)<0，故h(n)在n∈N上递减，故h(n)≤h(1)=1；·38·,15下证ln(n!)-n+ln(n)+n>，262(x+5)(x-1)(x-1)(1-x)令φ(x)=lnx-且x>0，则φ(x)=，4x+2x(2x+1)2当0<x<1时φ(x)>0，φ(x)递增，当x>1时φ(x)<0，φ(x)递减，(x+5)(x-1)所以φ(x)≤φ(1)=0，故在x∈0,+∞上lnx≤恒成立，4x+26+11111nn1则h(n)-h(n+1)=n+2ln1+n-1≤n+2⋅2-1=<23+4n(3n+2)n111-，12n-1n11111111所以h(2)-h(3)<121-2，h(3)-h(4)<122-3，⋯，h(n-1)-h(n)<12n-2-n-1，113累加得：h(2)-h(n)<1-，而h(2)=2-ln2，h(1)=112n-127335113因为>>ln2，所以h(2)=2-ln2>，则-h(n)<1--2+ln2n≥3，942612n-123113115所以h(1)-h(n)<ln2-1+1-<ln2-1+<，故h(n)>n≥3；212n-121266551综上，<h(n)≤1，即<lnn!-n+lnn+n≤1.6621【点睛】关键点点睛：第三问，作差法研究h(n)=lnn!-n+lnn+n单调性证右侧不等关系，再构2(x+5)(x-1)(x+5)(x-1)造φ(x)=lnx-且x>0，导数研究其函数符号得lnx≤恒成立，结合放4x+24x+2311缩、累加得到h(1)-h(n)<ln2-1+1-为关键.212nxe2(2022·全国·统考高考真题)已知函数fx=-lnx+x-a．x(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<1．【答案】(1)(-∞,e+1](2)证明见的解析【分析】(1)由导数确定函数单调性及最值，即可得解；x1ex11(2)利用分析法，转化要证明条件为x-xe-2lnx-2x-x>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x11x111x1x-1ef(x)=-e-+1=1-e+1-=+1令fx=0,得x=1xx2xxxxxx当x∈(0,1),f(x)<0,f(x)单调递减当x∈(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]-lnx+x[方法二]：同构处理由fx≥0得：e+x-lnx-a≥0tttt令t=x-lnx,t≥1，则ft=e+t-a≥0即a≤e+t令gt=e+t,t∈1,+∞，则g't=e+1>0t故gt=e+t在区间1,+∞上是增函数故gtmin=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·,1由题知,fx一个零点小于1,一个零点大于1，不妨设x1<1<x2要证x1x2<1,即证x1<x2111因为x1,x∈(0,1),即证fx1>fx又因为fx1=fx2,故只需证fx2>fx222x1x1即证e-lnx+x-xex-lnx-1>0,x∈(1,+∞)即证e-xex-2lnx-1x-1xxx2x>0x1x1ex11ex下面证明x>1时，-xe>0,lnx-x-<0设g(x)=-xe,x>1，x2xx111x111xxx111xx11ex则g(x)=-e-e+xe⋅-=1-e-e1-=1--e=xx2x2xxxxxx1x-1exxx-ex1e11xx-1xx设φx=x>1,φx=-e=e>0所以φx>φ1=e,而e<exxx2x2x1x1exex所以-e>0,所以g(x)>0所以g(x)在(1,+∞)单调递增即g(x)>g(1)=0,所以-xe>0xx2-(x-1)2111112x-x-1令h(x)=lnx-x-,x>1h(x)=-1+==<02xx2x22x22x211所以h(x)在(1,+∞)单调递减即h(x)<h(1)=0,所以lnx-x-<0；2xx1ex11综上,x-xe-2lnx-2x-x>0,所以x1x2<1.[方法二]：对数平均不等式xxxeee1由题意得：fx=+ln-a令t=>1，则ft=t+lnt-a，f't=1+>0xxxt所以gt=t+lnt-a在1,+∞上单调递增，故gt=0只有1个解xxx1x2eeee又因为fx=+ln-a有两个零点x1,x2，故t==两边取对数得：x1-lnx1=x2-lnx2，即xxx1x2x1-x2x1-x2x1-x2=1又因为x1x2<*，故x1x2<1，即x1x2<1下证x1x2<*lnx1-lnx2lnx1-lnx2lnx1-lnx2x1-x2x1-x2x1x1x2x1因为x1x2<⇔lnx1-lnx2<⇔ln<-不妨设t=>1，则只需证lnx1-lnx2x1x2x2x2x1x212lnt<t-t12112构造ht=2lnt-t+,t>1，则h't=-1-=-1-<0ttt2t11故ht=2lnt-t+在1,+∞上单调递减故ht<h1=0，即2lnt<t-得证ttx3(2022·北京·统考高考真题)已知函数f(x)=eln(1+x)．(1)求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程；(2)设g(x)=f(x)，讨论函数g(x)在[0,+∞)上的单调性；(3)证明：对任意的s,t∈(0,+∞)，有f(s+t)>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.xx【详解】(1)解：因为f(x)=eln(1+x)，所以f0=0，即切点坐标为0,0，又f(x)=e1ln(1+x)+，1+x&there4;切线斜率k=f(0)=1&there4;切线方程为：y=xx1x21(2)解：因为g(x)=f(x)=eln(1+x)+，所以g(x)=eln(1+x)+-，1+x1+x(1+x)2221122x+1令h(x)=ln(1+x)+-，则h(x)=-+=>0，1+x(1+x)21+x(1+x)2(1+x)3(1+x)3&there4;h(x)在[0,+∞)上单调递增，&there4;h(x)≥h(0)=1>0&there4;g(x)>0在[0,+∞)上恒成立，&there4;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)，x+tx即证m(x)>m(0)，∵m(x)=f(x+t)-f(x)=eln(1+x+t)-eln(1+x)，x+txx+texexm(x)=eln(1+x+t)+-eln(1+x)-=g(x+t)-g(x)，由(2)知g(x)=f(x)=e1+x+t1+x1ln(1+x)+在0,+∞上单调递增，&there4;g(x+t)>g(x)，&there4;m(x)>0&there4;m(x)在0,+∞上单调递1+x增，又因为x,t>0，&there4;m(x)>m(0)，所以命题得证.x24(2021·浙江·统考高考真题)设a，b为实数，且a>1，函数fx=a-bx+e(x∈R)(1)求函数fx的单调区间；2(2)若对任意b>2e，函数fx有两个不同的零点，求a的取值范围；24blnbe(3)当a=e时，证明：对任意b>e，函数fx有两个不同的零点x1,x2,x2>x1，满足x2>2x1+.2eb(注：e=2.71828⋅⋅⋅是自然对数的底数)b【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-∞,logalna，单调增区间为b2logalna,+∞；(2)1,e；(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.x2x【详解】(1)f(x)=a-bx+e,f(x)=alna-b，x①若b≤0，则f(x)=alna-b≥0，所以f(x)在R上单调递增；b②若b>0，当x∈-∞,logalna时，f'x<0,fx单调递减，b当x∈logalna,+∞时，f'x>0,fx单调递增.综上可得，b≤0时，f(x)在R上单调递增；bbb>0时，函数的单调减区间为-∞,logalna，单调增区间为logalna,+∞.x2xlna2(2)f(x)有2个不同零点⇔a-bx+e=0有2个不同解⇔e-bx+e=0有2个不同的解，t2t2et⋅t-et+e2tbt2be+ee+e令t=xlna，则e-+e=0⇒=,t>0，记g(t)=,g(t)==lnalnattt2t2e(t-1)-e，2t·41·,t2ttt记h(t)=e(t-1)-e,h(t)=e(t-1)+e⋅1=e⋅t>0，又h(2)=0，所以t∈(0,2)时，h(t)<0,t∈(2,b2b+∞)时，h(t)>0，则g(t)在(0,2)单调递减，(2,+∞)单调递增，&there4;>g(2)=e,&there4;lna<，lnae22b22∵b>2e,&there4;>2,&there4;lna≤2⇒1<a≤e.即实数a的取值范围是1,e.2e(3)[方法一]【最优解】：x2x2a=e,f(x)=e-bx+e有2个不同零点，则e+e=bx，故函数的零点一定为正数.x12x22e+ee+e4由(2)可知有2个不同零点，记较大者为x2，较小者为x1，b==>e，x1x2x2e+e注意到函数y=在区间0,2上单调递减，在区间2,+∞上单调递增，x52x12222e+e4e+e2e2eblnbe故x1<2<x2，又由<e知x2>5，b=<⇒x1<，要证x2>2x1+，只需x2>5x1x1b2eb2x22x22ee+e2ee4lnb+，b=<且关于b的函数gb=lnb+在b>e上单调递增，bx2x2bx2e2xx2e2x22e2x22e2ex所以只需证x2>lnx+x2x2>5，只需证lne-lnx-x2>0，只需证lnx-x-ln2>0，22e22e2e2e4x∵<4，只需证h(x)=lnx--ln2在x>5时为正，2xe1-x-x1-x由于h(x)=+4xe-4e=+4ex-1>0，故函数hx单调递增，xx205204x又h(5)=ln5--ln2=ln->0，故h(x)=lnx--ln2在x>5时为正，从而题中的不等式524xeee得证.[方法二]：分析+放缩法x2xa=e,f(x)=e-bx+e有2个不同零点x1,x2，不妨设x1<x2，由f(x)=e-b得x1<lnb<x2(其中lnb>4)．x12x22且fx1=e-bx1+e=0,fx2=e-bx2+e=0．2blnbe2blnbx2blnbblnb要证x2>2x1+b，只需证bx2-e>2bx1，即证e>2bx1，只需证x2>ln2bx1．2e2e2e2e222c2bx2eb22e1又fb=e-e<0，所以x1<b，即2<1．所以只需证x2>ln(blnb)．而lnb>4，所以blnb>2eb，又ln(blnb)>lnb，所以只需证f(ln(blnb))<0．2242所以f(ln(blnb))=blnb-bln(blnb)+e=-blnlnb+e<-eln4+e<0，原命题得证．[方法三]：422若a=e且b>e，则满足1<a≤e且b>2e，由(Ⅱ)知f(x)有两个零点x1,x2x1<x2且0<x1<lnb<x2．2x12x2又f(2)=2e-2b<0，故进一步有0<x1<2<lnb<x2．由fx1=fx2=0可得e+e=bx1且e=bx22x122blnbe2blnbx2blnbx12e+e-e，从而x2>2x1+b⇔bx2-e>2bx1⇔e>2e+e．因为0<x1<2，所以2<1，2e2e2e2e2x22e故只需证e>blnb⇔bx2-e>blnb⇔x2>lnb+．b22eeb又因为f(x)在区间(lnb,+∞)内单调递增，故只需证flnb+b<fx2=0，即be-lnb<0，注意b2e4b>e时有e<e<4<lnb，故不等式成立．·42·,5(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；x+f(x)(2)设函数g(x)=．证明:gx<1．xf(x)【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；x+ln1-x(2)由(1)得g(x)=，x<1且x≠0，分类讨论x∈0,1和x∈-∞,0，可等价转化为要证xln1-xgx<1，即证x+ln1-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1x【详解】(1)由fx=lna-x⇒f'x=，y=xfx⇒y'=lna-x+，x-ax-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x+ln(1-x)11由(Ⅰ)知，g(x)==+，其定义域为(-∞,0)∪(0,1)．xln(1-x)ln(1-x)x1111x-1要证g(x)<1，即证+<1，即证<1-=．ln(1-x)xln(1-x)xx1x-1xx(ⅰ)当x∈(0,1)时，<0，<0，即证ln(1-x)>．令F(x)=ln(1-x)-，因ln(1-x)xx-1x-1-1-1x为F(x)=-=>0，所以F(x)在区间(0,1)内为增函数，所以F(x)>F(0)=0．1-x(x-1)2(x-1)21x-1x(ⅱ)当x∈(-∞,0)时，>0，>0，即证ln(1-x)>，由(ⅰ)分析知F(x)在区间(ln(1-x)xx-1-∞,0)内为减函数，所以F(x)>F(0)=0．综合(ⅰ)(ⅱ)有g(x)<1．[方法二]【最优解】：转化为无分母函数x+f(x)x+ln1-x由(1)得fx=ln1-x，g(x)==，x<1且x≠0，xf(x)xln1-xx+ln1-x当x∈0,1时，要证g(x)=<1，∵x>0,ln1-x<0，&there4;xln1-x<0，即证x+xln1-xln1-x>xln1-x，化简得x+1-xln1-x>0；x+ln1-x同理，当x∈-∞,0时，要证g(x)=<1，∵x<0,ln1-x>0，&there4;xln1-x<0，即证xxln1-x+ln1-x>xln1-x，化简得x+1-xln1-x>0；令hx=x+1-xln1-x，再令t=1-x，则t∈0,1∪1,+∞，x=1-t，令φt=1-t+tlnt，φt=-1+lnt+1=lnt，当t∈0,1时，φt<0，φt单减，故φt>φ1=0；当t∈1,+∞时，φt>0，φt单增，故φt>φ1=0；x+ln1-x综上所述，g(x)=<1在x∈-∞,0∪0,1恒成立.xln1-x[方法三]：利用导数不等式中的常见结论证明11-x令φ(x)=lnx-(x-1)，因为φ(x)=-1=，所以φ(x)在区间(0,1)内是增函数，在区间(1,+∞)xx内是减函数，所以φ(x)≤φ(1)=0，即lnx≤x-1(当且仅当x=1时取等号)．故当x<1且x≠0时，1111xx>0且≠1，ln<-1，即-ln(1-x)<，所以ln(1-x)>．1-x1-x1-x1-x1-xx-1·43·,x1x-1111(ⅰ)当x∈(0,1)时，0>ln(1-x)>，所以<=1-，即+<1，所x-1ln(1-x)xxln(1-x)x以g(x)<1．x(ⅱ)当x∈(-∞,0)时，ln(1-x)>>0，同理可证得g(x)<1．x-1x+ln(1-x)综合(ⅰ)(ⅱ)得，当x<1且x≠0时，<1，即g(x)<1．xln(1-x)6(2021·全国·统考高考真题)已知函数fx=x1-lnx.(1)讨论fx的单调性；11(2)设a，b为两个不相等的正数，且blna-alnb=a-b，证明：2<+<e.ab【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.11(2)方法二：将题中的等式进行恒等变换，令=m,=n，命题转换为证明：2<m+n<e，然后构造对ab称差函数，结合函数零点的特征和函数的单调性即可证得题中的结论.【详解】(1)fx的定义域为0,+∞．由fx=x1-lnx得，fx=-lnx，当x=1时，f′x=0；当x∈0,1时f′x>0；当x∈1,+∞时，f'x<0．故fx在区间0,1内为增函数，在区间1,+∞内为减函数，(2)[方法一]：等价转化111111由blna-alnb=a-b得a1-lna=b1-lnb，即fa=fb．11由a≠b，得≠．ab11111由(1)不妨设a∈(0,1),b∈(1,+∞)，则fa>0，从而fb>0，得b∈(1,e)，①令gx=f2-x-fx，22则g(x)=ln(2-x)+lnx=ln(2x-x)=ln[1-(x-1)]，当x∈0,1时，g′x<0，gx在区间0,1内为减函数，gx>g1=0，111从而f2-x>fx，所以f2-a>fa=fb，1111由(1)得2-<即2<+．①abab令hx=x+fx，则h'x=1+fx=1-lnx，当x∈1,e时，h′x>0，hx在区间1,e内为增函数，hx<he=e，11从而x+fx<e，所以+f<e．bb111111又由a∈(0,1)，可得a<a1-lna=fa=fb，1111所以a+<f+=e．②bbb11由①②得2<+<e．ablnalnb11lna+1lnb+1[方法二]【最优解】：blna-alnb=a-b变形为-=-，所以=．abbaab11令=m,=n．则上式变为m1-lnm=n1-lnn，ab·44·,于是命题转换为证明：2<m+n<e．令fx=x1-lnx，则有fm=fn，不妨设m<n．由(1)知0<m<1,1<n<e，先证m+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<g1=0，即m+n>2．再证m+n<e．因为m1-lnm=n⋅1-lnn>m，所以需证n1-lnn+n<e⇒m+n<e．令hx=x1-lnx+x,x∈1,e，所以h'x=1-lnx>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．11综合可知2<+<e．ab[方法三]：比值代换11证明+>2同证法2．以下证明x1+x2<e．abx2不妨设x2=tx1，则t=>1，x1tlnt由x1(1-lnx1)=x2(1-lnx2)得x1(1-lnx1)=tx1[1-ln(tx1)]，lnx1=1-，t-1要证x1+x2<e，只需证1+tx1<e，两边取对数得ln(1+t)+lnx1<1，tlnt即ln(1+t)+1-<1，t-1ln(1+t)lnt即证<．tt-1s-ln(1+s)ln(1+s)1+s记g(s)=,s∈(0,+∞)，则g(s)=.ss2s11记h(s)=-ln(1+s)，则h′(s)=-<0，1+s(1+s)21+s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，ln(1+t)lnt即<．tt-1[方法四]：构造函数法lnalnb1111由已知得-=-，令=x1,=x2，abbaab不妨设x1<x2，所以fx1=fx2．由(ⅰ)知，0<x1<1<x2<e，只需证2<x1+x2<e．证明x1+x2>2同证法2．-2+e+lnx1-lnxx再证明x1+x2<e．令h(x)=(0<x<e),h(x)=2．x-e(x-e)e1ex-e令φ(x)=lnx+-2(0<x<e)，则φ′(x)=-=<0．xxx2x2·45·,所以φx>φe=0,h′x>0，hx在区间0,e内单调递增．1-lnx11-lnx21-lnx1x1-e因为0<x1<x2<e，所以<，即>x1-ex2-e1-lnx2x2-e1-lnx1x2x2x1-e又因为fx1=fx2，所以=,>，1-lnx2x1x1x2-e22即x2-ex2<x1-ex1,x1-x2x1+x2-e>0．11因为x1<x2，所以x1+x2<e，即+<e．ab11综上，有2<+<e结论得证．ab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；2x0(2)若x0为函数g(x)=x[f(x)+lnx-2]的极值点，求证：2ax0<e-1．【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析【分析】(1)求导后分别研究a≤0与a>0时f(x)的单调性即可.x0(2)由已知可得2lnx0+1=2ax0，进而将求证的不等式变为e>2x0lnx0+x0+1，构造函数m(x)=lnx-xx+1，运用导数研究其最值可证得lnx≤x-1与e≥x+1，再分别从0<x0<1与x0≥1两方面证明不等式即可.11-ax【详解】(1)f(x)=lnx-ax+1定义域为(0,+∞)，则f(x)=-a=，xx①当a≤0时，f(x)>0恒成立，所以f(x)在(0,+∞)上单调递增；111②当a>0时，f(x)>0⇒0<x<，f(x)<0⇒x>，所以f(x)单调递增区间为0,，单调递减区aaa1间为,+∞；a综述：①当a≤0时，f(x)单调递增区间为(0,+∞)；11②当a>0时，f(x)单调递增区间为0,a，单调递减区间为a,+∞.2(2)g(x)=x[f(x)+lnx-2]=2xlnx-ax-x(a∈R)则g(x)=2lnx-2ax+1，因为x0是函数g(x)的极2x0x0值点，所以2lnx0-2ax0+1=0，即：2lnx0+1=2ax0，要证2ax0<e-1，只需证2x0lnx0+x0<e-1，即证：x01-xe>2x0lnx0+x0+1，令m(x)=lnx-x+1，则m(x)=，当0<x<1时，m(x)>0，m(x)单调递x增；x-1x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e≥x，所以e≥x+1，x0x0①当0<x0<1时，因为e≥x0+1，2x0lnx0<0，所以e>2x0lnx0+x0+1.x0②当x0≥1时，因为lnx≤x-1，所以x0lnx0≤x0(x0-1)，所以2x0lnx0≤2x0(x0-1)，要证e>2x0lnx0+x0+1，2x022x0-x0+1只需证e>x0+1+2x0(x0-1)=2x0-x0+1，即证x<1对任意的x0≥1恒成立，e022-(x-2)(2x-1)2x-x+1-2x+5x-2令h(x)=(x≥1)，则h(x)==，xxxeee当1<x<2时，h(x)>0，h(x)单调递增；当x>2时，h(x)<0，h(x)单调递减，·46·,7x0所以h(x)≤h(2)=2<1，即当x0≥1时，e>2x0lnx0+x0+1成立.e综述：原不等式成立.x22(2023·贵州毕节·校考模拟预测)已知函数fx=mx+ne+mx+2m+nx在x=-1处取得极1小值--1.(1)求实数m,n的值；e3(2)当x∈0,+∞时，证明：fx>lnx+x+.2【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的值；x23(2)设gx=xe+x+x-lnx-，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，2从而得结论.x-1【详解】(1)fx=mx+n+me+2mx+2m+n，由题意知f-1=0，则ne+n=0，即n=0，1m1由f-1=--1，知--m=--1，即m=1．故m=1,n=0，经检验符合题意；eeex2x23(2)由(1)得fx=xe+x+2x，设gx=xe+x+x-lnx-，2x1x2x-1x+1x1则gx=x+1e+2x+1-=x+1e+=x+1e+2-．xxxx1设hx=e+2-(x>0)，则hx在0,+∞上单调递增，x11141311x01x0且h4=e-2<0,h3=e-1>0，所以存在唯一x0∈4,3，使得hx0=e+2-x=0，即e=01-2．x0当0<x<x0时，hx<0,gx<0,gx单调递减；当x>x0时，hx>0,gx>0,gx单调递增．x0232321g(x)min=x0e+x0+x0-lnx0-=1-2x0+x0+x0-lnx0-=x0-x0-lnx0-．22221111x-12x+1设Gx=x-x-lnx-,x∈,，则Gx=2x-1-=，243xx11113135当x∈4,3时，Gx<0,Gx单调递减，所以Gx>G3=ln3-18>lne-18=18>0，所以gx>0，3故当x∈0,+∞时，fx>lnx+x+．2kx3(2023·贵州贵阳·校联考三模)实数k>0，f(x)=ln(x+1)，g(x)=.x+k(1)讨论fx-gx的单调性并写出过程；n31+3k21(2)求证：e>n+1-.n+1k=1【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析kx【分析】(1)令h(x)=ln(x+1)-，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x+k而得到函数的单调性；3x3x+311+3k21111(2)由(1)得x+1<e，令x=，e>+1>+1=-+1，利用分组求和与裂22kk+1kkk(k+1)项相消法求和即可.·47·,kx【详解】(1)若k>1，令h(x)=ln(x+1)-，h(x)的定义域为(-1,+∞).x+k2x[x-(k2-2k)]1k2h(x)=-=.此时k-2k>-1x+1(x+k)2(x+1)(x+k)222①当k∈(1,2)时，x∈(-1,k-2k)时，h(x)>0，h(x)在(-1,k-2k)上是增函数；22x∈(k-2k,0)时，h(x)<0，h(x)在(k-2k,0)上是减函数；x∈(0,+∞)时，h(x)>0，h(x)在(0,+∞)上是增函数；②当k=2时，h(x)≥0，h(x)在-1,+∞上单调递增；③当k>2时，x∈(-1,0)时，h(x)>0，h(x)在(-1,0)上是增函数，22x∈(0,k-2k)时，h(x)<0，h(x)在(0,k-2k)上是减函数，2x∈(k-2k,+∞)时，h(x)>0，h(x)是增函数.11x若k=1时，h(x)=-=，x∈(-1,0)时，h(x)<0，h(x)在(-1,0)上是减函数；x+1(x+1)2(x+1)2x∈(0,+∞)时，h(x)>0，h(x)在(0,+∞)上是增函数；若0<k<1，则h(x)的定义域为(-1,-k)∪-k,+∞，2222此时k-2k>-1且k-2k<-k，当x∈-1,k-2k时，h(x)>0，当x∈k-2k,-k时，h(x)<0；当x∈-k,0时，h(x)<0；当x∈0,+∞时，h(x)>0；22故hx在-1,k-2k，0,+∞上为增函数，在k-2k,-k，-k,0上为减函数3x(2)由(1)得k=3时，h(x)=ln(x+1)-，h(x)在(0，3)上是减函数，x+33x3xx+3即当x∈(0，3)时，h(x)<h(0)=0，即ln(x+1)<(0<x<3)，即x+1<e.x+3311+3k21111令x=，e>+1>+1=-+1，22kk+1kkk(k+1)n31+3k2111111求和即得e>1-+1+-+1+⋯+-+1=n+1-.223nn+1n+1k=124(2023·四川·校联考一模)已知函数fx=x-2lnx．(1)求fx的单调区间；(2)令gx=fx-a-2lnx，若gx有两个零点x1，x2x1<x2，且x0是gxx0-x1的唯一极值点，求证：<3．x2-x0【答案】(1)0,1是fx的单调递减区间；1,+∞是fx的单调递增区间(2)证明见解析【分析】(1)求导，再令fx>0和fx<0求解；2ax2(2)先得到gx=fx-a-2lnx=x-alnx，从而由题意得到a>0，x0=，不妨设t=t>1，2x12alntx0-x122由gx1=gx2得到x1=2，再将证明<3，转化为证明3t+1lnt-8t+8>0即可．t-1x2-x0222x+1x-1【详解】(1)解：因为fx=x-2lnxx>0，所以fx=2x-=x>0．xx令fx>0，解得x>1；令fx<0，解得0<x<1．所以0,1是fx的单调递减区间；1,+∞是fx的单调递增区间．2a(2)证明：由已知，gx=fx-a-2lnx=x-alnx，其定义域为0,+∞．易知，gx=2x-=x22x-ax>0．又gx有两个零点x1，x2x1<x2，所以a>0．x·48·,aaa令gx>0，解得x>；令gx<0，解得0<x<，由x0是gx的唯一极值点，可知x0=．222aa2agx有两个零点，需满足g=-aln<0，即解得a>2e．222ax2依题意有：0<x1<<x2．于是，不妨设t=t>1．2x12222alnt由gx1=gx2有x1-alnx1=x2-alnx2=tx1-alntx1，整理有x1=2．t-1x0-x1x0-x1222要证明<3，即证明<3，即证明3t+1x1>22a，即证明3t+1x1>8a，证明3t+1x2-x0tx1-x0alnt22>8a．由于t>1，a>0，又等价于证明3t+1lnt-8t+8>0．2t-1221令φt=3t+1lnt-8t+8t>1，所以φt=18t+6lnt-7t+6+t>1，t16t-1令ht=18t+6lnt-7t+6+t>1，则ht=18lnt+11+t>1，tt2由于ht>0，所以ht即φt单调递增，且φ1=0，所以φt>φ1=0，则φt单调递增，且φ1=0，x0-x1所以φt>φ1=0，φt>φ1=0．故<3．x2-x0ax5(2023·福建三明·统考三模)已知函数fx=-lnxa∈R.x+1(1)讨论fx的单调性；14x-1x2(2)若x∈,1，证明：1-xe-4x+x<0.2【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析2-x+a-2x-1【分析】(1)首先求函数的导数，并化简为fx=，x>0，再根据导数的分子的判别式，2xx+1讨论a的取值，结合函数单调性与导函数的关系，即可求解；44x-1(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-ln4x-1<4x-1+141-1x14x1-ln-1，再利用函数fx=-lnx的单调性，即可证明；方法二：同样利用分析-1+1xx+1x1法，转化为要证明不等式ln4x-1+lnx-ln1-x-4x+>0，再构造函数gx=ln4x-1+x111lnx-ln1-x-4x+x，x∈2,1，利用导数证明不等式gx>g2=0恒成立.axa1【详解】(1)fx定义域为0,+∞，因为fx=-lnx，所以fx=-=x+1x+12x2-x+a-2x-1.2xx+1222令fx=0，则-x+a-2x-1=0，所以Δ=(a-2)-4=a-4a，当0≤a≤4时，Δ≤0，此时fx≤0，所以fx在0,+∞上单调递减.22a-2-a-4aa-2+a-4a当a<0时，令fx=0，则x1=<0，x2=<022所以当x∈0,+∞时，fx<0，即fx在0,+∞上单调递减.22a-2-a-4aa-2+a-4a当a>4时，令fx=0，则x1=>0，x2=>022·49·,22a-2-a-4aa-2+a-4a所以当x∈0,∪,+∞时，fx<0，2222a-2-a-4aa-2+a-4a即fx在0,和,+∞上单调递减，2222a-2-a-4aa-2+a-4a当x∈,时，fx>0，即fx在2222a-2-a-4aa-2+a-4a,上单调递增.综上所述：当a≤4时，fx在0,+∞上单调递减；2222a-2-a-4aa-2+a-4a当a>4时，fx在0,和,+∞上单调递减，2222a-2-a-4aa-2+a-4a在,上单调递增224x-14x-14x2-x4x-14x-1x2xx(2)要证明：1-xe-4x+x<0，只要证明：e<，只要证明：e<1-x1-1x1111只要证明：4x-x<ln4x-1-lnx-1.只要证明：-x-ln4x-1<-4x-lnx-1，1144x-1只要证明：4--ln4x-1<4-4x-ln-1，只要证明：-ln4x-1<xx4x-1+141-1x11-ln-1.-1+1xx4x1由(1)知，当a=4时，fx=-lnx在0,+∞上单调递减.即要证明f4x-1<f-1，即要x+1x121121证明4x-1>-1.即证明x>.因为x∈,1，所以x>，所以原不等式成立.x4244x-14x-14x2-x1x2x2解法二：要证明：1-xe-4x+x<0，只要证明：e<.只要证明：4x-<ln4x-x-1-xxln1-x11只要证明：4x-<ln4x-1+lnx-ln1-x只要证明：ln4x-1+lnx-ln1-x-4x+>0.xx114111令gx=ln4x-1+lnx-ln1-x-4x+，x∈,1所以gx=++-4-x24x-1x1-xx212216x4-24x3+16x2-6x+14x-24x-2x+1所以gx==.22x4x-11-xx4x-11-x21因为4x-2x+1>0，所以gx>0，即gx在x∈,1上单调递增.21所以gx>g=0，即原不等式成立2mxe6(2023·山东济南·校考模拟预测)设函数f(x)=(x>-1)，已知f(x)≥1恒成立．x+1(1)求实数m的值；an1n(2)若数列{an}满足an+1=lnf(an)，且a1=1-ln2，证明：|e-1|<2.【答案】(1)1(2)证明见解析mxmx【分析】(1)不等式化为e-x-1≥0，构造新函数g(x)=e-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；an+11an(2)根据条件把不等式转化为证明|e-1|<|e-1|，利用分析法进一步变化不等式，最后构造函数利2·50·,用函数单调性即可.mxemxmx【详解】(1)由题意可知，f(x)=≥1(x>-1)，即e-x-1≥0，设g(x)=e-x-1，则g(x)≥0在(x+1-1，+∞)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，mx则g(0)=0，因为g(x)=me-1，所以g(0)=m-1=0，所以m=1．xxx下面证明当m=1时，g(x)≥0在(-1，+∞)上恒成立，g(x)=e-x-1，则g(x)=e-1，令g(x)=e-1x>0，得x>0;令g(x)=e-1<0，得-1<x<0，所以g(x)在(-1，0)上单调递减，在(0，+∞)上单调递增；故g(x)≥g(0)=0，得证；所以实数m的值为1．(2)由(1)知当x>-1时，f(x)≥1，因为an+1=lnf(an)，设h(x)=lnf(x)，则an+1=h(an)，a11-ln2e所以an=h(an-1)=h(h(an-2))=⋯=h((⋯h(a1)))>0；因为a1=1-ln2，所以|e-1|=|e-1|=-211<，2an1nan+11anan+11an1故要证|e-1|<2，只需证：|e-1|<2|e-1|，因为an∈(0，+∞)，故只需证：e-1<2e-2，an因为a=lnf(a)，所以ean+1=f(a)，故只需证：f(a)<1ean+1，即e<1ean+1，n+1nnn22an+122anx只需证：(an-1)e+an+1>0．设φ(x)=(x-1)e+x+1，故只需证：当x∈(0，+∞)时，φ(x)>0，x因为φ(x)=xe+x>0，所以φ(x)在(0，+∞)上单调递增，所以φ(x)>φ(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.12(1)若函数gx=fx+x+ax，讨论函数gx的单调性；21x(2)证明：当a≤时，fx<e-sinθ.2【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析【分析】(1)先求得gx，然后对a进行分类讨论，从而求得gx的单调区间.(2)转化要证明的不等式，利用构造函数法，结合导数来证得不等式成立.212121x+ax+1【详解】(1)gx=fx+x+ax=lnx+a+x+axx>0，gx=+x+a=，22xx2当a≥0时，在区间0,+∞上，gx>0，gx单调递增，当a<0时，若Δ=a-4≤0，即-2≤a<0时，22在区间0,+∞上，gx>0，gx单调递增，若Δ=a-4>0，即a<-2时，函数y=x+ax+1的开口22a2-a-a-4-a+a-4向上，对称轴x=->1，令gx=0，即x+ax+1=0，解得x1=,x2=，222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.2-a-a-4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,,2222-a+a-4-a-a-4-a+a-4,+∞上单调递增，在区间,上单调递减.2221x1x(2)要证明：当a≤时，fx<e-sinθ，即证明：当a≤时，lnx+a<e-sinθ，221xx1即证明：当a≤时，lnx+a-e+sinθ<0，构造函数hx=lnx+a-e+sinθx>0,a≤，221x1xhx=-e，函数hx=-e在0,+∞上为减函数，xx·51·,111x01x0h1=1-e<0,h2=2-e>0，所以存在x0∈2,1，使hx=x-e=0,x=e，00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，x0-x01hx≤hx0=lnx0-e+a+sinθ=lne-+a+sinθx011=-x0+x+a+sinθ<-2x0⋅x+a+sinθ=-2+a+sinθ<0，001x1x即hx<0，所以当a≤时，lnx+a-e+sinθ<0，所以当a≤时，fx<e-sinθ.228(2023·江西赣州·统考模拟预测)已知函数fx=lnx+a，a∈r.12(1)若gx=fx+x+ax，讨论函数gx的单调性；21x3(2)证明：当m≤时，函数y=fx+m-a的图象在函数hx=e+sinθ的图象的下方.22【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<-2确定导数的符号，从而确定单调区间；x3(2)令f(x)=h(x)-(f(x+m)-a)=e+sinθ-ln(x+m)，求导后，借助隐零点，从而求得fx最小2值即可证明.2121x+ax+1【详解】(1)gx=lnx+a+x+ax，定义域为(0,+∞)，所以g(x)=+x+a=，2xx2a当a≥0,g(x)>0,g(x)单调递增，当a<0，令m(x)=x+ax+1，其对称轴为x=-，2222aaaaa2最小值为m-=-a⋅+1=1-，若1-≥0，即a≤4,-2≤a<0时，g(x)≥0,g(x)单调24244递增，22a-a+a-4-a-a-4若a<-2,m-2<0,令m(x)=0，可得x1=2,x2=2，由于a<-2，故x1与x2均大于0，所以x∈0,x2或x∈x1,+∞时，g(x)>0，g(x)单调递增，x∈x2,x1时，g(x)<0，g(x)单调递减，2-a-a-4综上所述，当a≥-2时，g(x)在0,+∞上单调递增，当a<-2时，g(x)在0,和2222-a+a-4-a-a-4-a+a-4,+∞上单调递增，在,上单调递减.222x3(2)令F(x)=h(x)-(f(x+m)-a)=e+sinθ-ln(x+m)，其定义域为(-m,+∞)，2x1x1F(x)=e-，由于y=e与y=-均为递增函数，x+mx+m11-m2所以F(x)在(-m,+∞)上单调递增，且x→-m,Fx→-∞，F1-m=e-1≥e-1>0，x01所以令Fx0=0，即e-=0，当-m<x<x0时，f(x)<0，当x>x0时，F(x)>0，x0+m&there4;F(x)在-m,x0上单调递减，在x0,+∞上单调递增,最小值为Fx0，x01x011∵e-=0,&there4;e=,x0=ln=-lnx0+m，x0+mx0+mx0+mx031313&there4;Fx0=e-lnx0+m+2sinθ=x+m+x0+2sinθ=x+m+x0+m+2sinθ-m，001因为x0+m>0，所以+x0+m≥2，当且仅当x0+m=1时，等号成立.x0+m331&there4;Fx0≥2+sinθ-m,∵sinθ≥-1,&there4;Fx0≥2--m=-m，222·52·,1111∵m≤,&there4;-m≥-,&there4;Fx0≥-=0,&there4;F(x)≥Fx0≥0.&there4;函数f(x+m)-a的图象在h(x)图2222象的下方.·53·</x<x0时，f(x)<0，当x></e-sinθ.228(2023·江西赣州·统考模拟预测)已知函数fx=lnx+a，a∈r.12(1)若gx=fx+x+ax，讨论函数gx的单调性；21x3(2)证明：当m≤时，函数y=fx+m-a的图象在函数hx=e+sinθ的图象的下方.22【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<-2确定导数的符号，从而确定单调区间；x3(2)令f(x)=h(x)-(f(x+m)-a)=e+sinθ-ln(x+m)，求导后，借助隐零点，从而求得fx最小2值即可证明.2121x+ax+1【详解】(1)gx=lnx+a+x+ax，定义域为(0,+∞)，所以g(x)=+x+a=，2xx2a当a≥0,g(x)></e-sinθ，即证明：当a≤时，lnx+a<e-sinθ，221xx1即证明：当a≤时，lnx+a-e+sinθ<0，构造函数hx=lnx+a-e+sinθx></e-sinθ.2【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析【分析】(1)先求得gx，然后对a进行分类讨论，从而求得gx的单调区间.(2)转化要证明的不等式，利用构造函数法，结合导数来证得不等式成立.212121x+ax+1【详解】(1)gx=fx+x+ax=lnx+a+x+axx></x<0，所以g(x)在(-1，0)上单调递减，在(0，+∞)上单调递增；故g(x)≥g(0)=0，得证；所以实数m的值为1．(2)由(1)知当x></ln4x-x-1-xxln1-x11只要证明：4x-<ln4x-1+lnx-ln1-x只要证明：ln4x-1+lnx-ln1-x-4x+></ln4x-1-lnx-1.只要证明：-x-ln4x-1<-4x-lnx-1，1144x-1只要证明：4--ln4x-1<4-4x-ln-1，只要证明：-ln4x-1<xx4x-1+141-1x11-ln-1.-1+1xx4x1由(1)知，当a=4时，fx=-lnx在0,+∞上单调递减.即要证明f4x-1<f-1，即要x+1x121121证明4x-1></x1<<x2．于是，不妨设t=t></x<，由x0是gx的唯一极值点，可知x0=．222aa2agx有两个零点，需满足g=-aln<0，即解得a></x2，所以a></x<1．所以0,1是fx的单调递减区间；1,+∞是fx的单调递增区间．2a(2)证明：由已知，gx=fx-a-2lnx=x-alnx，其定义域为0,+∞．易知，gx=2x-=x22x-ax></x2，且x0是gxx0-x1的唯一极值点，求证：<3．x2-x0【答案】(1)0,1是fx的单调递减区间；1,+∞是fx的单调递增区间(2)证明见解析【分析】(1)求导，再令fx></h(0)=0，即ln(x+1)<(0<x<3)，即x+1<e.x+3311+3k21111令x=，e></k<1，则h(x)的定义域为(-1,-k)∪-k,+∞，2222此时k-2k></e，令x=，e></x<x0时，hx<0,gx<0,gx单调递减；当x></x<2时，h(x)></x0<1时，因为e≥x0+1，2x0lnx0<0，所以e></x<1时，m(x)></e-1，只需证2x0lnx0+x0<e-1，即证：x01-xe></x<，f(x)<0⇒x></x0<1与x0≥1两方面证明不等式即可.11-ax【详解】(1)f(x)=lnx-ax+1定义域为(0,+∞)，则f(x)=-a=，xx①当a≤0时，f(x)></x2，所以x1+x2<e，即+<e．ab11综上，有2<+<e结论得证．ab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；2x0(2)若x0为函数g(x)=x[f(x)+lnx-2]的极值点，求证：2ax0<e-1．【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析【分析】(1)求导后分别研究a≤0与a></x1-ex1,x1-x2x1+x2-e></x1<x2<e，所以<，即></e．令h(x)=(0<x<e),h(x)=2．x-e(x-e)e1ex-e令φ(x)=lnx+-2(0<x<e)，则φ′(x)=-=<0．xxx2x2·45·,所以φx></e，只需证1+tx1<e，两边取对数得ln(1+t)+lnx1<1，tlnt即ln(1+t)+1-<1，t-1ln(1+t)lnt即证<．tt-1s-ln(1+s)ln(1+s)1+s记g(s)=,s∈(0,+∞)，则g(s)=.ss2s11记h(s)=-ln(1+s)，则h′(s)=-<0，1+s(1+s)21+s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，ln(1+t)lnt即<．tt-1[方法四]：构造函数法lnalnb1111由已知得-=-，令=x1,=x2，abbaab不妨设x1<x2，所以fx1=fx2．由(ⅰ)知，0<x1<1<x2<e，只需证2<x1+x2<e．证明x1+x2></e．abx2不妨设x2=tx1，则t=></he=e．故hn<e，即m+n<e．11综合可知2<+<e．ab[方法三]：比值代换11证明+></e⇒m+n<e．令hx=x1-lnx+x,x∈1,e，所以h'x=1-lnx></e．因为m1-lnm=n⋅1-lnn></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<g1=0，即m+n></he=e，11从而x+fx<e，所以+f<e．bb111111又由a∈(0,1)，可得a<a1-lna=fa=fb，1111所以a+<f+=e．②bbb11由①②得2<+<e．ablnalnb11lna+1lnb+1[方法二]【最优解】：blna-alnb=a-b变形为-=-，所以=．abbaab11令=m,=n．则上式变为m1-lnm=n1-lnn，ab·44·,于是命题转换为证明：2<m+n<e．令fx=x1-lnx，则有fm=fn，不妨设m<n．由(1)知0<m<1,1<n<e，先证m+n></e.ab【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.11(2)方法二：将题中的等式进行恒等变换，令=m,=n，命题转换为证明：2<m+n<e，然后构造对ab称差函数，结合函数零点的特征和函数的单调性即可证得题中的结论.【详解】(1)fx的定义域为0,+∞．由fx=x1-lnx得，fx=-lnx，当x=1时，f′x=0；当x∈0,1时f′x></e<4<lnb，故不等式成立．·42·,5(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；x+f(x)(2)设函数g(x)=．证明:gx<1．xf(x)【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；x+ln1-x(2)由(1)得g(x)=，x<1且x≠0，分类讨论x∈0,1和x∈-∞,0，可等价转化为要证xln1-xgx<1，即证x+ln1-x></fx2=0，即be-lnb<0，注意b2e4b></x1<2，所以2<1，2e2e2e2e2x22e故只需证e></x2且0<x1<lnb<x2．2x12x2又f(2)=2e-2b<0，故进一步有0<x1<2<lnb<x2．由fx1=fx2=0可得e+e=bx1且e=bx22x122blnbe2blnbx2blnbx12e+e-e，从而x2></a≤e且b></b，即2<1．所以只需证x2></x2，由f(x)=e-b得x1<lnb<x2(其中lnb></x2，又由<e知x2></a≤e.即实数a的取值范围是1,e.2e(3)[方法一]【最优解】：x2x2a=e,f(x)=e-bx+e有2个不同零点，则e+e=bx，故函数的零点一定为正数.x12x22e+ee+e4由(2)可知有2个不同零点，记较大者为x2，较小者为x1，b==></h1=0，即2lnt<t-得证ttx3(2022·北京·统考高考真题)已知函数f(x)=eln(1+x)．(1)求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程；(2)设g(x)=f(x)，讨论函数g(x)在[0,+∞)上的单调性；(3)证明：对任意的s,t∈(0,+∞)，有f(s+t)></t-t12112构造ht=2lnt-t+,t></h(1)=0,所以lnx-x-<0；2xx1ex11综上,x-xe-2lnx-2x-x></exxx2x2x1x1exex所以-e></x2要证x1x2<1,即证x1<x2111因为x1,x∈(0,1),即证fx1></ln2-1+1-为关键.212nxe2(2022·全国·统考高考真题)已知函数fx=-lnx+x-a．x(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<1．【答案】(1)(-∞,e+1](2)证明见的解析【分析】(1)由导数确定函数单调性及最值，即可得解；x1ex11(2)利用分析法，转化要证明条件为x-xe-2lnx-2x-x></h(n)≤1，即<lnn!-n+lnn+n≤1.6621【点睛】关键点点睛：第三问，作差法研究h(n)=lnn!-n+lnn+n单调性证右侧不等关系，再构2(x+5)(x-1)(x+5)(x-1)造φ(x)=lnx-且x></ln2-1+1-<ln2-1+<，故h(n)></x<1时φ(x)></ln2-1+<n≥3，即可证结论.2126ln(x+1)ln(x+1)11ln(x+1)【详解】(1)f(x)=+，则f(x)=+-，x2x(x+1)2(x+1)x21ln31ln3所以f(2)=-，故x=2处的切线斜率为-；3434112x(2)要证x></lnn!-n+lnn+n≤1．621ln3【答案】(1)-(2)证明见解析(3)证明见解析34【分析】(1)利用导数的几何意义求斜率；2x2x(2)问题化为x></x-1-1在x∈(2,+∞)上恒成立，222lnnn-1*令x-1=n，则lnn<n-1，即2lnn<(n-1)(n+1)，∴<(n∈n且n></x<+1时，fx></x-1-1在x∈[2，+∞)上恒成立，可得<，由此能够证明．n+121【详解】(1)因为fx=lnx-1-kx-1+1(k∈r)，所以fx的定义域为1,+∞，fx=-x-1k.-kx-k+11k若k≤0，则fx></f0=0；当x∈-∞,-1时，fx=e+2cosx+6411-2<+2-2<+2-2<0，e2x所以，x<0时，fx单调递减，从而fx></x-x，所以，fx=e-sinx-cosx></g1x；当x=0时，f1x=g1x；当x></g(1)=0．题型十八:泰勒展开型不等式证明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：①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nn-1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fx=fx,∗n≥4.②若n∈n，定义n!=n×n-1×n-2×⋅⋅⋅×3×2×1.③若函数fx在包含x0的某个开区·35·,fx0fx02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+x-x0+x-x01!2!nfx03fx0n+x-x0+⋅⋅⋅+x-x0，我们将gx称为函数fx在点x=x0处的n阶泰勒展开式.3!n!x121n例如，y=e在点x=0处的n阶泰勒展开式为1+x+x+⋅⋅⋅+x.根据以上三段材料，完成下面的2n!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.x(3)证明：e+sinx+cosx≥2+2x.1312【答案】(1)g1x=x-x,g2x=1-x；(2)答案见解析；(3)证明过程见解析.62【分析】(1)根据fx在点x=x0处的n阶泰勒展开式的定义可直接求得结果；(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；12x(3)令φx=f2x-g2x，利用导数可求得φx≥φ0=0，即cosx≥1-x；①当x≥0时，由e≥21213131+x+x+x，sinx≥x-x，可直接证得不等式成立；②当x<0时，分类讨论，由此可证得不等266式成立.【详解】(1)∵f1x=cosx，f2x=-sinx，f3x=-cosx，∴f10=1，f20=0，f30=-1，102-131312∴g1x=sin0+x-0+x-0+x-0，即g1x=x-x；同理可得：g2x=1-x；1!2!3!621313(2)由(1)知：f1x=sinx，g1x=x-x，令hx=f1x-g1x=sinx-x+x，则hx=cosx6612-1+x，2∴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单调递减；当x∈0,+∞时，hx></t-1对t></th1=0，而x1x2></t<1，∴fx1-fx2-x1-x2=2x1x2(lnt-t+1)．x21设ht=lnt-t+1，则ht=-1，当0<t<1时，ht></k<8时，fx在0,4，4,+∞上单调递增，在1-1-8k1+1-8k14,4上单调递减；当k≥8时，fx在0,+∞上单调递增；12(2)由(1)及题意知0<k<，x1，x2为方程2x-x+k=0的两根，不妨设0<x1<x2，则fx1></x1<x2．822当x∈0,x1时，gx></k<时，x1x2=></x<1时φ(x)></e+1，要证x2-x1<e-m，下证e+1-x1<e-m.2x1x1x即证x1></x<1时，(x-1)e-e(x-1)=(x-1)(e-e)></x<1，函数f(x)图象恒在切线l上方；2m②若f(x)=m有两解x1,x2，且x1<x2，证明x2-x1<-m.e【答案】(1)答案见解析；(2)①y=e(x-1)；证明见解析；②证明见解析.【分析】(1)直接利用导数讨论原函数的单调性，对a的正负进行分类讨论；x(2)①利用导数求切线方程，然后用作差法证明出(x-1)e-e(x-1)></k<e，函数fx在区间1,e无零点，当k≥e时，函数fx在区间1,e有一个零点.x+11x+171x+11x+173(2)fx=e4e-8x-8=e4e-8x+1+4，令x+1=t，t1+t2=0，x1t73t1t73-t不妨设t=x2+1></k<e，则无零点.②当k=e时，fx在区间1,e上单调递减，且fe=0，所以x=e是fx在区间1,e上的唯一零点.1e-k③当k></x<e，令hx<0，解得x></x<，令fx<0，得x></e。故2024<e<2024.题型十五:先放缩型证明不等式1(2022届高三普通高等学校招生全国统一考试数学信息卷(二))已知函数fx=axsinx-bcosx，gx=lnx+x+3．在下列三个条件中任选一个填在下面的横线上，解答下列问题．①a+b=0，②a-b=1，③a+b=-1．(1)(ⅰ)，曲线fx在点π,fπ处的切线经过点0,π-1，求实数a的值；(ⅱ)求证：y=2x+2是曲线gx的一条切线．π(2)x∈0,2，当a=2，b=0时，求证：fx+π></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)111111111令x=1+，则ln1+<.∴ln1++ln1++⋯+ln1+<++⋯+=3n3n3n31323n31323n11-133n111=1-<123n21-31111即1+1+⋯1+<e,k≥e又∵1+></x<1时，m≥恒成立，设ux=,ux=x-1x-1(x-1)2·28·,1设vx=x-1-lnx,vx=1-<0x∴vx在0,1上单调递减，∴vx></x<1∴fx在0,1上单调递减，在1,+∞上单调递增即f(x)min=f1=0，满足：fx≥0在0,+∞上恒成立∴m=1法三：①当x=1时，fx=0≥0恒成立，∴m∈r.xlnxxlnxx-1-lnx②当x></x<1；令hx<0，则x></x<m.∴gx在0,m上单调递减，在m,+∞上单调递增∴g(x)min=gm=lnm-m+1≥0.1-x设hx=lnx-x+1,hx=令hx></m<n，有-1<<-1.nn-mm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；111(2)设k为整数，且对任意正整数n，不等式1+1+⋯1+<k恒成立，求k的最小值；3323n20232024120232023(3)证明：2024<e<2024.【答案】(1)m=1(2)2(3)证明见解析m【分析】(1)法一：由fx≥0得出gx=lnx-m+≥0，利用导数得出g(x)min，进而得出实数m的取x值范围；法二：由f1=0,fx≥0确定f1是fx上最小值，也是极小值，进而得出m的值，再检验即11可；法三：由洛必达法则求解即可；(2)由lnx≤x-1，通过赋值得出ln1+<，再由等比求和公式3n3n得出k的最小值；11(3)由lnx≤x-1在0,+∞上恒成立，令x=1+和x=1-，由对数的运算证明即可.20232024mm【详解】(1)法一：∵fx=xlnx-m+≥0在0,+∞上恒成立∴lnx-m+≥0在0,+∞上xx恒成立m1mx-m设gx=lnx-m+,gx=-=xxx2x2①当m≤0时，gx></lna，由f(x)<0得x></x4-x3=a+2+a+2，又-2<a<-1，∴x2-x1<a+2+2-1=a+3，题型十四:极值构造型(利用第一问结论)x1(2022·海南·统考一模)已知函数f(x)=ax-e+1,a∈r.(1)求f(x)的单调区间；(2)若f(x)≤0在x∈r上恒成立，求实数a的取值集合；1f(lnn)-f(lnm)1(3)当a=1时，对任意的0<m<n，求证：-1<<-1.nn-mm【答案】(1)当a≤0时f(x)减区间为(-∞,+∞)，当a></x1<0，x4></x<0时，hx></x1，得证；e1111当-2<a<-1时，先证：x+1≤x+1，令hx=x+1-x-1，hx=-=222x+121-x+1，x></a<-.f0=-a-2<0ex1(ii)令gx=xe-2x+1，∵g1-a=e-22-a></x<0时，φx<φ0=0，即px<0，当x></a<e1-1两种情况讨论，在-1≤a<-时，利用不等式的基本性质可证得结论成立，在-2<a<-1时，通过ex构造函数gx=xe-2x+1，并利用导数分析函数gx的单调性，结合不等式的基本性质可证得结论成立.3x42x7(1)解：当a=0时，fx=x-1e-x+1，则fx=xe-2x+1，所以，f0=-2，f0=-，337因此，y=fx在0,f0处的切线方程为y=-2x-.3xx1(2)解：(i)fx=xe-2x+1-a，令px=fx，则px=x+1e-，x+11-3x2令φx=px，则φx=x+2e+x+1></a<e，可知alna<e，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”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3x42fx=x-1e-x+1-axa∈r.3(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<x2.2(ⅰ)求实数a的取值范围；(ⅱ)求证：x2-x1<a+3.71【答案】(1)y=-2x-；(2)(ⅰ)-2<a<-；(ⅱ)证明见解析.3e【分析】(1)求出f0、f0的值，利用导数的几何意义可得出所求切线的方程；x(2)(i)求得fx=xe-2x+1-a，利用导数分析函数fx的单调性，根据已知条件可得出关于实数a的不等式组，由此可解得实数a的取值范围；1(ii)分析可知x1∈-1,0，x2∈0,1，将所证不等式转化为证明x1></x2，所以只需证3x0></x1<e<x2，可令t=，则t></x1<e<x2，函数y=fx有两个不同的零点.ax1ax1lnx1x1alnae2-logax1=0e2=lnae2=lnx1x2-x1e2(ii)证明：由则，得，于是=，ax2-logx=0ax2=lnx2x2alna=lnxlnx2-lnx1alnae2a2e2lnae222x-xe21x-1设y=fx的极值点为x0，又由x0=，于是=x0，令h(x)=lnx-2(x></alna<eee由n(x)=xlnx在0,+∞单调递增，则由0<alna<elne，可得1<a<eaaea1alna-ek-1ax0此时f1=2></a<1时，fx></a<e；(ii)证明见解析【分析】(1)分0<a<1和a></x2.(i)求a的取值范围；(ii)证明：x1+2x2></a<1时，x1+x3></x2<x3，aa22所以h2=2ln2+1<0，解得a<e，即a的取值范围为0,e；②证明：当0<a<1时，h(a)=2lna<0，h(1)=a-1<0；2lnx+a-1=01x1所以x2=a，即x1，x3是函数h(x)的两个零点；所以a；消去a得2x1lnx1-x1=2x3lnx32lnx3+-1=0x3-x3；11令g(x)=2xlnx-x，g′(x)=2lnx+1，g′(x)的零点为x=，且x1<<x3；ee1122所以g(x)在0,e上递减，在e,+∞上递增；要证明x1+x3></x2<x3，①求a的取值范围；2②证明：当0<a<1时，x1+x3></h1=ln1-1+=0，1212即ht=lnt-t+<0成立，所以x1x3<1，即x1x3<x2得以证明．t【变式演练】2(x-a)1已知函数f(x)=(其中a为常数)．lnx(1)当a=0时，求函数f(x)的单调减区间和极值点；(2)当a></x2<x3)，所以e=-ax1，e=-ax3且x2=1，即得x1x3ee2=，要证x1x3<x2，即x1x3<1，x1x3x1x3xx3xee3ex3-x13x3-x1由=，得=x=e，设=k，k></x2<x3)，证明：x1x3<x2．【答案】(1)答案见解析；(2)证明见解析.【分析】xe(1)对函数f(x)求导，令gx=，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；x2x3(2)由f(x)有3个极值点x1，x2，x3，列出方程且x2=1，要证x1x3<x2，即x1x3<1，设=k，k></x<1时，≤xlnx<0，故222x-1xlnx≤2，画出草图，如图所示：2y=ax-1设直线y=a和y=在x></x<1，令px<0，解得：x></x<e，故fx在0,e递减，在e,+∞递增，11而x→0时，fx→0,f=-,x→+∞时，fx→+∞，画出函数y=|f(x)|的图像，如图示：ee·21·,1结合图像，a的取值范围是0,；e2(ii)证明：令px=2xlnx-x+1,(x></x2<x3..(i)求a的取值范围；(ii)求证：x3-x2></x1<x2=1<x3，即fx1=f(1)=fx3=0．1111x+11-x11又fx=x+1lnx+ax-1=-xlnx+ax=-xx+1lnx+ax-1，即fx=1-fx．x111所以当fx=0时，fx=0成立．即当fx1=0，则fx=0，且x></f1=0，又fe=2ae<0，fe=-2a></m<1<n，所以y=fx在0,m上单增，在m,n上单减，在n,+∞上单增．aa-a易知f1=0，1为y=fx的一个零点，fm></x<1时，gx<0；当x></x2，所以π-x2<sinx2.eee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+1lnx+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,x3，①求a的取值范围；1113②求证：++<．lnx1+alnx2+alnx3+aa【答案】(1)a+2(2)①a<-2；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)①：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a-a=fx在e,1和1,e内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；11②：记fx的三个零点大小为0<x1<x2=1<x3，即fx1=f(1)=fx3=0，又fx=-xfx，则当111fx=0时，fx=0成立，所以x=x3，即x1x3=1，化简x+1lnx+ax-1=0，得lnx+a=1x+1，进而即可证明.2a111x-1(1)解：fx=lnx++a+1x></sinx2.π4sinx4cosx-sinx-4解法二：证明2-x1<x2的方法同解法一.fx=x,fx=x，fπ=0,fπ=π，eee-4-4-4则fx在x=π处的切线方程为y=πx-π，下面证πx2-π<fx2.设rx=πx-π-eee4sinxπ,x∈,π，x4e-44cosx-sinx1cosx-sinx1cosx-sinxrx=-=-4+，设tx=-4+，则tx=eπexeπexeπex8cosx，xeππππππ当x∈4,2时，tt></sinx2，即证π-x2<eeπtttsinπ-x2,x2∈4,π.设t=π-x2，故即证t<sint，即证esint-t></f2-x1，从而x1+x2></xx44ee0；ππππππ所以fx在0,4单调递增，在4,π单调递减，故0<x1<4<x2<π.先证2-x1<x2，由4<2-πππx1，故即证fx2<f2-x1，由fx1=fx2，故即证fx1<f2-x1，设hx=f2-x-fx,xπ∈0,，4π-xx2π-4sinx-cosxe-eπ则hx=f-x-fx=<0，所以hx在0,上单调递减，所以2π42eππππ-x2π-x2hx></x444e0；ππππa4所以fx在0,单调递增，在,π单调递减，所以f(x)max=f=≤1，即0<a≤2e.444π42eπ4综上，a≤2e.·18·,xxasinxxee解法二：fx=≤1，由e></x2的方法同解法一．fx在x=π处的切线方程为y=πx-π，先证2e-4-44sinxππx2-π<fx2，设rx=πx-π-x,x∈4,π，利用导数研究其性质可知，∃x0∈eeeππ4,2，使得rx0=0，从而得rx的单调性及rx<0，可得结论.x【详解】(1)解法一：当a≤0时，由e></x1<4<x2<π．证2-x1<x2，即证fx2<f2-x1，即证ππππ-x2fx1<f2-x1，设hx=f2-x-fx,x∈0,4，利用hx的单调性即可证明；证π-x2<eπ-x2πttsinx2，即证π-x2<sinπ-x2,x2∈4,π．设t=π-x2，即证esint-t></sinx2.eπ4【答案】(1)a≤2e(2)证明见解析【分析】(1)解法一：当a≤0时，fx≤1成立；当a></x2，求证：x1+x2></g4=f4-f4=0，从而fx1<f2-x1成立，所以x1+x2></f2-x1，又fx1=fx2，则只需证明fx1<f2-x1，sinπ-xπsinx2sinxcosxπ令函数gx=fx-f-x=-=-，0<x<，2exπ-xexπ-x422eeπ-x2xcosx-sinxsinx-cosx11e-e则gx=+=cosx-sinx-=cosx-sinx⋅，xπxππe2-xe2-x2eeeπππ当0<x<时，cosx-sinx></x<π时，fx<0，即fx在0,4上单调递增，在4,π上单调递减，ππ所以函数fx的递增区间是0,4，递减区间是4,π.π(2)由(1)知，因为x1≠x2，且fx1=fx2，则不妨令0<x1<<x2<π，4ππππππ要证x1+x2></x<π，由fx=0得x=，4ππππ当0<x<4时，fx></he-x1⇔hx1<he-x1，x1∈0,e．222211令f(x)=hx-he-x=x-2xlnx-e-x+2e-xlne-x，x∈0,e，fe=0．2222x+e-x所以f(x)=1-2lnx-2+1-2lne-x-2=-2lnxe-x-2≥-2×ln4-2=0，211当且仅当x=-x，即x=时取等号，∴函数f(x)在x∈0,单调递增，eee12-12∵fe=0，∴f(x)<0，即hx<he-x，因此x1+x2></a<．不妨设0<x1<<x2，要证明x1+x2></x<时hx=x1-2lnx></x<时hx></x1<<x2，要证x1+x2></u4=0，77所以hx1+hx2-<0，即hx1+hx2<.22【变式演练】1(2023·贵州毕节·校考模拟预测)已知函数fx=2x+alnx-3x-a,a></x<a时，hx<0，函数hx单调递减，77112不妨设x1<x2，则x1=1，x2=a，由hx1+hx2-=h1+ha-=-a-1+a-aa+12222712+alna+3a-=-a+a+alna-42212令ua=-a+a+alna-4(a></x<1时，hx></x<-a，所以fx在0,-a上单调递减，在-a,+∞上单调递增.(2)123123证明：hx=fx+gx=alnx+x+x-a+2x+a=alnx+x-a+1x+a，22222ax-a+1x+ax-1x-a可得hx=x-a+1+==a></x2，则x1=1，x2=a，得到hx1+hx2-=-a+a+alna-4，2212令ua=-a+a+alna-4，得到ua=-a+2+lna，令ma=ua，利用导数求得ua的单调2性，结合二次函数的性质，即可求解.(1)·15·,解：由题意，函数fx=alnx+x的定义域为x∈(0,+∞)，ax+a且fx=+1=，xx当a≥0时，fx></f1=0，∴fx1<f2-x1，又∵fx1=fx2=0，∴fx2<f2-x1，∵x2></x2，则有0<x1<1<x2，21-2-x221-x21-x令fx=fx-f2-x，x∈0,1，fx=fx+f2-x=+=.x2-xx2-x当x∈0,1时，fx></x2，则有0<x1<1<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<f2-x1，再由fx1=fx2=0即可求解.1解：(1)易得函数fx的定义域为0,+∞.对函数fx求导得：fx=-ax.x当a≤0时，fx></a，则f(x1)></x1<a<x2，令g(x)=f(x)-f(2a-x)(0<x<a)，则g′(x)=(x-a)2-2=x(2a-x)24a(x-a)-<0，22x(2a-x)所以g(x)在(0，a)上单调递减，g(x)></x2)，且a></x2)，令g(x)=f(x)-f(2a-x)(0<x<a)，求出g′(x)可得g(x)在(0，a)上单调递减，即f(x)></x2)，求证：x1+x2></x<e；由gx<0即1-lnx<0可得x></x<1，由f(x)<0可得x></x<，24221+1+4a1+1+4a所以g(x)在0,2上单调递增，在2,+∞上单调递减，1综上所述：当a≤-时，g(x)在0,+∞上单调递减，411-1+4a1+1+4a当-4<a<0时，g(x)在0,2和2,+∞上单调递减，1-1+4a1+1+4a在2,2上单调递增，1+1+4a1+1+4a当a></x<，424221-1+4a1-1+4a1+1+4a所以g(x)在0,2上单调递减，在2,2上单调递增，在1+1+4a2,+∞上单调递减，1211-1+4a1+1+4a当a></a<0时，解不等式-x-+a+></x2f(x)min即可求证.aa1a解(1)因为f(x)=lnx-x，所以g(x)=f(x)-=lnx-x-，x></ax22444<0，a></x≤e时，φ(x)≥0，h(x)在(0，e]上单调递增，15152lnx52lnx5∴φ(x)max=φ(e)=+<+=3，所以ex-lnx></x<，aa11∴f(x)在0,a上单调递减，在a,+∞上单调递增．综上，当a≤0时，f(x)的单调递减区间是(0,+∞)，无单调递增区间；11当a></ln<-1，即<1.则⋅-1<-1==aaab-1b-1aaaaa21-a1<，a1+aa1+afb-fa1则原不等式<成立.b-aaa+1题型七:凸凹反转型不等式证明·11·,1(宁夏青铜峡市高级中学2022届高三上学期第一次月考数学(理)试题)已知函数fx=ax-lnx，a∈r.(1)求函数fx的单调区间；2(2)当x∈0,e时，求gx=ex-lnx的最小值；2lnx5(3)当x∈0,e时，证明：ex-lnx-></a<b得：></a<b，求证：<.b-aaa+1【答案】(1)答案见解析；(2)m=1；(3)证明见解析.【分析】(1)利用导数并讨论参数m研究fx的单调区间；(2)根据(1)知m></x<0或x></x<；aa11此时fx在a,+∞上单调递增，在-∞,0和0,a上单调递减：1当a=0时，f(x)=，此时fx在(-∞,0)和(0,+∞)上单调递减；x11当a<0时，令fx></b<a时，-1<<0．2a由(2)知：当-1<x<0时，h(x)<2，即ln(1+x)<x，a+bb-ab-a因此，有f(a+b)-f(2a)=ln=ln1+<.2a2a2a题型五:同构型不等式证明axe1(四川省乐山市高中2022届第一次调查研究考试数学(理)试题)已知函数fx=，gx=x·8·,lnx+2x+1，其中a∈r.(1)试讨论函数fx的单调性；x(2)若a=2，证明：xf(x)≥g(x).【答案】(1)答案见解析；(2)证明见解析.【分析】(1)fx的定义域为(-∞,0)∪(0,+∞)，求出fx，分别讨论a></x<0时，h(x)></b<a时，求证：f(a+b)-f(2a)<.2a【答案】(ⅰ)直线l的方程为y=x-1，m=-2；(ⅱ)最大值为2.(ⅲ)证明见解析【详解】解：(1)依题意知：直线l是函数f(x)=lnx在点(1,0)处的切线，1故其斜率k=f(1)==1，所以直线l的方程为y=x-1，因为直线l与g(x)的图像相切，1y=x-11292所以由127⇒x+(m-1)x+=0，得δ=(m-1)-9=0⇒m=-2(m=4不合题意，y=x+mx+2222舍去)；1-x(2)因为h(x)=f(x+1)-g(x)=ln(x+1)-x+2(x></x<ln4，即g(x)的减区间为(0,ln4)．·7·,aba+ba-bb-aa-bb-ae-e1ab222122(2)因为≤e+e+4e⇔e-e≤(a-b)e+e+4a-b6612a-b1113t-t3t-12令t=e></x<1，则fx在0,1上单调递减，在1,+∞上单调递增；所以fx在x=1取得最小值，fxmin=f1=0，fx≥f1恒成立，即fx≥0恒成立.x-1(2)由(1)知，fx在1,+∞上单调递增，且f1=0所以fx></lnk-xkxklnk-1，然后累加即可证明.方法归纳【提分秘籍】涉及到三角函数型不等式证明，证明思路和基础不等式导数证明思路一致，对于三角函数，主要是正余弦，要充分利用正余弦函数的有界性。·6·,【变式演练】x-11(2023·贵州黔东南·凯里一中校考三模)已知函数fx=lnx-.x(1)证明：fx≥0；ln3ln4lnn+11∗(2)证明：ln2+++⋯+></lnk-xkxk-1k-1kklnk-1，k∈2,3,⋅⋅⋅,n，111所以++⋅⋅⋅+<ln2-ln1+ln3-ln2+⋅⋅⋅+lnn-lnn-1=lnn.证毕.23n1111【点睛】关键点睛：解(2)的关键是由(1)得lnx></x<1时，fx<0，当x></lnn.23n【答案】(1)a=1(2)证明见解析【分析】(1)注意到f1=0，所以x=1是fx的最小值点也是极小值点，从而可求解；111(2)由(1)得lnx></x.要证xe></f(0)=0，不符合题意.·5·,若a≥1，则f(x)≥1-cosx≥0,f(x)单调递增，f(x)></f(0)=0，不符合题意.若-1<a<1，则f(0)=a-1<0，f(π)=a+1></a等价于ax-sinx></a，求实数a的取值范围；3x(2)证明：xe></h(x)，∴x⋅(1-lnx)<(1+x-x)⋅e恒成立，即原不等式成立.题型二:三角函数型不等式证明n+2n1(北京市第八中学2023届高三上学期12月测试数学试题)已知函数fx=x-xcosx(其中n∈z)．π(1)若n=-1，判断函数fx在0,上的单调性；2(2)若n=1，判断函数fx零点个数，并说明理由；x(3)若n=0，求证：fx+2-></e<e，∴h(x)></g(1)=1，3x设h(x)=(1+x-x)⋅e，其中x∈(0，1)，33x则当0<x<1时x></x+x.方法归纳【提分秘籍】利用导数证明不等主要方法有两个：一、比较简单的不等式证明，不等式两边作差构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出函数的最值即可；二、较为综合的不等式证明，要观察不等式特点，结合已解答的问题把要证的不等式变形，并运用已证结论先行放缩，然后再化简或者进一步利用导数证明.【变式演练】2x1(甘肃省武威市凉州区2022届高三下学期质量检测数学(文)试题)设函数fx=x-2xe+aex232-elnx，其中e为自然对数的底数，曲线y=fx在2,f2处切线的倾斜角的正切值为e+2e．(1)2求a的值；(2)证明：fx></x+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-1.22(2)要证fx<x+x，只需证：xlnx<x+x，即证：lnx-x-1<0.11-x1-x令gx=lnx-x-1，gx=-1=x></gx)转化为证明fx-gx>

版权提示

温馨提示：
1. 部分包含数学公式或PPT动画的文件，查看预览时可能会显示错乱或异常，文件下载后无此问题，请放心下载。
2. 本文档由用户上传，版权归属用户，莲山负责整理代发布。如果您对本文档版权有争议请及时联系客服。
3. 下载前请仔细阅读文档内容，确认文档内容符合您的需求后进行下载，若出现内容与标题不符可向本站投诉处理。
4. 下载文档时可能由于网络波动等原因无法下载或下载错误，付费完成后未能成功下载的用户请联系客服vx:lianshan857处理。客服热线：13123380146（工作日9:00-18:00）

其他相关资源

文档下载

所属：高考 - 二轮专题

发布时间：2024-05-04 12:00:02 页数：53

价格：￥3 大小：1.09 MB

文章作者：180****8757

导数不等式证明18种题型归类 （解析版）

资源预览文档简介为自动调取，内容显示的完整度及准确度或有误差，请您下载后查看完整的文档内容。 侵权申诉 举报

导数不等式证明18种题型归类（解析版）

资源预览文档简介为自动调取，内容显示的完整度及准确度或有误差，请您下载后查看完整的文档内容。
侵权申诉举报