导数大题证明不等式归类（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。
1/70
2/70
3/70
4/70
5/70
6/70
7/70
8/70
9/70
10/70
剩余60页未读，查看更多内容需下载
导数大题证明不等式归类目录题型01不等式证明方法题型02单变量构造：利用第一问结论题型03单变量构造：数列型题型04数列不等式：无限和裂项型题型05数列不等式：累积相消型题型06数列不等式：取对数型题型07虚设根型证不等式题型08利用函数“凸凹反转性”证明不等式题型09同构型不等式证明题型10双变量型构造题型11极值点偏移型：和型证明题型12极值点偏移型：积型证明题型13极值点偏移型：平方型证明题型14三角函数型不等式证明题型15韦达定理代换型题型16切线放缩型证明高考练场题型01不等式证明方法【解题攻略】利用导数证明不等式问题，基本思维方法如下：(1)直接构造函数法：证明不等式fx>gx(或fx<gx)转化为证明fx-gx>0(或fx-gx<0)，进而构造辅助函数hx=fx-gx；(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.利用导数证明不等式的基本步骤(1)作差或变形；(2)构造新的函数hx；(3)利用导数研究hx的单调性或最值；(4)根据单调性及最值，得到所证不等式．特别地：当作差或变形构造的新函数不能利用导数求解时，一般转化为分别求左、右两端两个函数的最值问题．1,1(陕西省澄城县20121-2022学年高三试数学(理)试题)设函数f(x)=lnx-x+1．(1)讨论f(x)的单调性；x-1(2)证明：当x∈(1,+∞)时，1<．lnx【答案】(1)f(x)的增区间为0,1，减区间为1,+∞.(2)证明见解析【分析】(1)求出导数，由导数大于0，可得增区间；导数小于0，可得减区间，注意函数的定义域；(2)运用(1)的单调性，当x∈1,+∞时，可得fx<f1=0，可推出结论.1(1)f(x)=lnx-x+1的定义域为(0,+∞)，fx=-1，由fx>0，可得0<x<1；fx<0，可得xx>1，即有f(x)的增区间为0,1，减区间为1,+∞.(2)当x∈1,+∞时，由(1)可得f(x)=lnx-x+1在1,+∞递减，x-1可得fx<f1=0，即有0<lnx<x-1.故有：1<lnx22已知函数f(x)=x-2lnx.(ⅰ)求函数f(x)的单调区间；(ⅱ)求证：当x>2时，f(x)>3x-4.【答案】(1)f(x)的单调增区间为(1，+∞),单调减区间为(0，1)；(2)见解析.【分析】(Ⅰ)明确定义域，求出导函数，解不等式即可得到函数的单调区间；(Ⅱ)作差构造新函数，研究函数的最值即可.12(x+1)(x-1)【详解】(1)依题意知函数的定义域为x|x>0}，∵f′(x)=2x-2=，xx由f′(x)>0，得x>1;由f′(x)<0，得0<x<1∴f(x)的单调增区间为(1，+∞),单调减区间为(0，1)．2212x-3x-2(2)设g(x)=f(x)-3x+1=x-2lnx-3x+4，∴g′(x)=2x-2--3==xx(2x+1)(x-2)，x∵当x>2时，g′(x)>0，∴g(x)在(2，+∞)上为增函数，2∴g(x)>g(2)=4-2ln2-6+4>0，∴当x>2时，x-2lnx>3x-4,即当x>2时f(x)>3x-4..【变式训练】x1(湖南省三湘名校教育联盟2021-2022学年高三数学试题)已知函数fx=e+ax+b，曲线y=fx在点0,f0处的切线方程为y=a-b．(1)求a，b的值；(2)证明：fx≥0．【答案】(1)a=-1，b=-1；(2)证明见解析.【分析】(1)根据导数的几何意义，结合f0=0，f0=a-b，解方程组即可；(2)根据(1)中所求fx，利用导数判断函数单调性，求得最小值，即可证明.(1)xx∵fx=e+ax+b，∴fx=e+a，∵曲线y=fx在点0,f0处的切线方程为y=a-b，f0=1+a=0∴，解得a=-1，b=-1．f0=1+b=a-b2,(2)xx由(1)知fx=e-x-1，fx=e-1，∴当x<0时，fx<0，fx为减函数，当x>0时，fx>0，fx为增函数，∴fx的最小值为f0=0，∴fx≥0，即证.32(湖北省华中师范大学潜江附属中学2021-2022学年高三4月数学试题)已知函数f(x)=ax-3lnx.(1)若a=1，证明：f(x)≥1；(2)讨论f(x)的单调性.【答案】(1)证明见解析(2)答案见解析【分析】(1)对f(x)求导，利用导数求出f(x)的最小值，即可得证；(2)对f(x)求导，对a分类讨论，由导数与单调性的关系即可解出.(1)33233(x-1)若a=1，则f(x)=x-3lnx，x>0，f(x)=3x-=，xx令f′(x)=0，可得x=1，当x∈(0，1)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，当x∈(1，+∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，所以f(x)在x=1处取得极小值，也是最小值，最小值为f(1)=1，故f(x)≥1.(2)33233ax-3f(x)=ax-3lnx，x>0，f(x)=3ax-=(x>0)，xx当a≤0时，f′(x)<0，则f(x)在(0，+∞)上单调递减；3311当a>0时，令f′(x)>0，得x>，令f′(x)<0，得0<x<，aa3311所以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)在(0，+∞)上单调递减；3311当a>0时，f(x)在0，a上单调递减，在a，+∞上单调递增.3(2022·云南昆明·统考模拟预测)已知函数f(x)=x-sinx，x∈(0,+∞)．ππ(1)求曲线y=f(x)在点2,f2处的切线方程；xx(2)证明：2e⋅f(x)+cosx⋅e>1．【答案】(1)x-y-1=0(2)证明见解析【分析】(1)根据切点和斜率求得切线方程.x(2)构造函数g(x)=(2x-2sinx+cosx)e，利用导数判断gx的单调性，从而证得不等式成立.πππ【详解】(1)f(x)=1-cosx，f2=1，f2=2-1，ππππ故曲线y=f(x)在点2,f2处的切线方程为y-2-1=x-2.即x-y-1=0．x(2)设g(x)=(2x-2sinx+cosx)e，xx则g(x)=(2x-2sinx+cosx)e+(2-2cosx-sinx)eπx=2(x-sinx)+2-2sinx+4e．3,π由(1)知x>sinx，又2-2sinx+>0，4所以g(x)>0，所以g(x)在(0,+∞)上单调递增，故g(x)>g(0)=1，xx所以，∀x∈(0,+∞)，2e⋅f(x)+cosx⋅e>1．题型02单变量构造：利用第一问结论【解题攻略】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)121(2023·吉林长春·长春吉大附中实验学校校考模拟预测)已知函数f(x)=x-1-lnx.2(1)求fx的最小值；47(2)证明：ln>.332【答案】(1)0(2)证明过程见解析【分析】(1)利用导数的性质进行求解即可；(2)利用(1)的结果，取特殊值代入进行证明即可.【详解】(1)显然该函数的定义域为全体正实数，121x+1x-1由f(x)=x-1-lnx⇒fx=x-=，2xx当x>1时，fx>0，所以函数fx单调递增，当0<x<1时，fx<0，所以函数fx单调递减，因此fxmin=f1=0；1212(2)由(1)可知：fxmin=0，即f(x)=x-1-lnx>0x>0⇒-lnx>-x-1x>0，221123113247即lnx>-2x-1x>0，当x=4时，ln3>-24-1⇒ln3>32.4x2(2021下·北京丰台·高三统考)已知函数f(x)=ae+bx+1在x=0处有极值2．(Ⅰ)求a，b的值；(Ⅱ)证明：f(x)>ex-x．【答案】(Ⅰ)a=1,b=-1；(Ⅱ)证明见解析.【分析】(Ⅰ)求出导函数f(x)，由f(0)=0且f(0)=2求得a,b，并检验0是极值点；xx(Ⅱ)不等式化为e-ex+1>0，引入函数g(x)=e-ex+1，由导数求得g(x)的最小值，最小值大于0，从而证得不等式成立．0xf(0)=ae+b=0,a=1,【详解】(Ⅰ)解：由已知，f(x)=ae+b，则0解得，f(0)=ae+b×0+1=2.b=-1.经检验，a=1,b=-1符合题意.x(Ⅱ)证明：由(Ⅰ)可知，f(x)=e-x+1．要证f(x)>ex-x，xx只需证e-x+1>ex-x．即e-ex+1>0．4,xx令g(x)=e-ex+1，则g(x)=e-e．令g(x)=0，解得x=1．g(x)，g(x)的变化情况如下表所示．x(-∞,1)1(1,+∞)g(x)-0+g(x)单调递减1单调递增1所以，x=1时，g(x)有最小值g(1)=e-e×1+1=1>0．故f(x)>ex-x成立【变式训练】2x21(2021·四川·四川省绵阳南山中学校考模拟预测)设函数fx=x-2xe+aex-elnx，其中e为自32然对数的底数，曲线y=fx在2,f2处切线的倾斜角的正切值为e+2e．2(1)求a的值；(2)证明：fx>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；2x2x-12lnxx-2(2)依题意即证fx=x-2xe+2ex-elnx>0，即x-2e+>，构造函数gx=x-2eex2lnx+，hx=，利用导数说明其单调性与最值，即可得到gx>hx，从而得证；ex22x22xe【详解】解：(1)因为fx=x-2xe+aex-elnx，所以fx=x-2e+ae-，x223e3ef2=+ae=+2e，解得a=2．222x2(2)由(1)可得fx=x-2xe+2ex-elnx2x2x-12lnx即证fx=x-2xe+2ex-elnx>0⇔x-2e+>．exx-22x-2令gx=x-2e+，gx=x-1e，于是gx在0,1上是减函数，在1,+∞上是增函数，所e1以gx≥g1=(x=1取等号)．elnx1-lnx又令hx=，则hx=，于是hx在0,e上是增函数，在e,+∞上是减函数，所以hx≤xx21he=(x=e时取等号)．所以gx>hx，即fx>0．e2(2022下·山东聊城·高三练习)已知函数f(x)=xlnx.(1)讨论y=f(x)的单调性并求极值；2(2)证明：当x>1时，ln(x+1)>lnx⋅ln(x+2).111【答案】(1)y=fx在0,e单调递减，e,+∞单调递增.极小值为-e,无极大值；(2)见解析【分析】(1)求出fx=lnx+1，明确单调性，从而得到函数的极值；lnx+1lnx+22(2)要证当x>1时，lnx+1>lnx⋅lnx+2即证当x>1时，>，构造新函数lnxlnx+1lnx+1hx=(x>1)，研究其单调性即可.lnx11【详解】(1)fx=lnx+1，(x>0)，令fx>0，解得x>，令fx<0，解得0<x<，ee5,11所以y=fx在0,e单调递减，e,+∞单调递增.111当x=时函数取得极小值为f=-，无极大值.eeelnxlnx+1lnx+1x+1-xxlnx-x+llnx+1(2)令hx=(x>1),hx==,lnxlnx2lnx2xx+1由(1)可知fx=xlnx在1,+∞递增，所以xlnx-x+llnx+1<0，所以hx<0，因此y=hx在1,+∞递减，lnx+1lnx+2当x+1>x>1时，hx+1<hx即>，lnxlnx+12所以lnx+1>lnx⋅lnx+2得证.xe-a3(20122安徽马鞍山·统考模拟)已知函数fx=,a∈R.x(1)若fx在定义域内无极值点，求实数a的取值范围；(2)求证：当 0<a<1,x>0时，fx>1恒成立.【答案】(1)a≥1(2)见解析xex-1+ax【分析】(1)由题意知fx=，令gx=ex-1+a,x≠0，利用导数求得gx有最小值2xg0=a-1，结合fx在定义域内无极值点，得a>1，再验证a=1时，即可得结论；(2)结合(1)中结论可g0<0得gx在0,+∞上单调递增，根据可得fx存在唯一的零点x0∈0,1，且fx在0,x0上g1>0单调递减，在x0,+∞上单调递增,故可得结论.xex-1+axx【详解】(1)由题意知fx=，令gx=ex-1+a,x≠0，则gx=e⋅x，2x当x<0时，gx<0,gx在-∞,0上单调递减，当x>0时，gx>0,gx在0,+∞上单调递增，又g0=a-1，∵fx在定义域内无极值点，∴a>1又当a=1时，fx在-∞,0和0,+∞上都单调递增也满足题意，所以a≥1.xex-1+ax(2)fx=，令gx=ex-1+a，2xg0=a-1<0由(1)可知gx在0,+∞上单调递增，又，所以fx存在唯一的零点x0∈0,1，g1=a>0故fx在0,x0上单调递减，在x0,+∞上单调递增，∴fx≥fx0x0x0由ex0-1+a=0知fx0=e>1即当0<a<1,x>0时，fx>1恒成立.题型03单变量构造：数列型【解题攻略】数列型不等式证明∗1.对于n∈N型数列不等式证明，可以转化为定义域为X≥1,在实数范围内证明不等式。2.一些特殊形式的数列不等式，可以通过选择合适的换元，构造新函数，注意因为n的正整数属性，注意对应换元的取值范围6,3.数列型不等式的证明，一般需要联系前面第一问的结论，对要证明的不等式进行适当的拆分凑配来证明1x1(2023·吉林通化·梅河口市第五中学校考模拟预测)已知函数fx=1+(x>0)．x(1)证明：fx<e；*(2)讨论fx的单调性，并证明：当n∈n时，2n+1lnn+1<nlnn+n+1lnn+2．【答案】(1)证明见解析(2)答案见解析11【分析】(1)构造函数ht=ln1+t-t(t>0)，利用导数证明ln1+t<t，可得ln1+<，变形即xx可得证；1(2)构造gx=xln1+，利用导数证明其单调性，再结合复合函数的单调性即可判定fx的单调性，x1n1n+1利用fx的单调性可得1+n<1+n+1，同时取对数变形即可证明结论.1t【详解】(1)证明：令ht=ln1+t-t(t>0)，则ht=-1=-<0，1+t1+t所以ht在0,+∞上单调递减，所以ht<h0=0，即ln1+t<t．111令t=(x>0)，则有ln1+<，xxx11x1x所以xln1+x<1，所以ln1+x<1,1+x<e，即fx<e．1x111(2)由fx=1+x(x>0)可得lnfx=xln1+x，令gx=xln1+x，则gx=ln1+x-1x，1+1xt11t令φt=ln1+t-(t>0)，则φt=-=>0，1+t1+t(1+t)2(1+t)2111x所以φt在0,+∞上单调递增，φt>φ0=0．令t=(x>0)，则有gx=ln1+-1>xx1+x0，1x所以gx在0,+∞上单调递增，所以fx=1+在0,+∞上单调递增，x*1n1n+1所以对于n∈N，有1+n<1+n+1，1n1n+111所以ln1+n<ln1+n+1，所以nln1+n<n+1ln1+n+1，即nlnn+1-lnn<n+1lnn+2-lnn+1，整理得：2n+1lnn+1<nlnn+n+1lnn+2．22（2012·河北衡水·统考一模)设函数f(x)=x+bln(x+a),其中b≠0．(1)当b=1时，f(x)在x=-2时取得极值，求a；(2)当a=1时，若f(x)在(-1,+∞)上单调递增，求b的取值范围；111(3)证明对任意的正整数n,不等式ln+1>-都成立．nn2n391【答案】(1)a=；(2)b≥；(3)证明见解析.42【分析】(1)先由b=1得到f'x，再由fx在x=-2处取极值得到f-2=0，进而可得出结果；7,22x+2x+b2(2)先由a=1得f'x=，根据fx在-1,+∞上单调递增，可得2x+2x+b≥0在x+121-1,+∞上恒成立，令hx=2x+2x+b，可得h-≥0，求解即可得出结果；2132(3)先设=x，将原不等式化为证明当x∈0,1时，gx=x-x-lnx+1>0恒成立即可，对函数ngx求导，确定其单调性，即可得出结论成立.191【详解】解：(1)当b=1时，f'x=2x+，依题意有f-2=0,故a=，此时f'x=2x+x+a4x+942(4x+1)(x+2)4x+9x+29==，x=-2取得极大值，所以a=；2x+92x+94222b2x+2x+b2(2)当a=1时,f'x=2x+=，若fx在-1,+∞上单调递增，则2x+2x+b≥0在x+1x+1-1,+∞上恒成立，2111设hx=2x+2x+b，只需h-=-+b≥0，即b≥；222111132(3)若证不等式ln+1>-，设=x，可证当x∈0,1时，gx=x-x+lnx+1>0恒成nn2n3n立，32213x+x-1gx=3x-2x+=在0,1上恒正,x+1x+1∴gx在0,1上单调递增,当x∈0,1时,恒有gx>g0=03223即当x∈0,1时,有x-x+lnx+1>0,lnx+1>x-x111故对任意正整数n，不等式ln+1>-成立．nn2n3【变式训练】12023·吉林长春·长春吉大附中实验学校校考模拟预测)设函数fx=1-axlnx+1-bx，其中a和b是实数，曲线y=fx恒与x轴相切于坐标原点．1求常数b的值；2当0≤x≤1时，关于x的不等式fx≥0恒成立，求实数a的取值范围；1000110000.410011000.53求证：10000<e<1000．1【答案】(1)b=1；(2)a≤-；(3)详见解析【详解】.试题解析：21-ax(1)对f(x)求导得：f(x)=-aln(1+x)+-b，根据条件知f(0)=0，所以1-b=0⇒b=1.1+x(2)由(1)得f(x)=(1-ax)ln(1+x)-x，0≤x≤11-axf(x)=-aln(1+x)+-11+xa-a(1+x)-(1-ax)ax+2a+1f(x)=-+=-.1+x(1+x)2(1+x)2ax+2a+11a①当a≤-时，由于0≤x≤1，有f(x)=-≥0，于是f(x)在[0,1]上单调递增，从而f(x)2(1+x)2≥f(0)=0，因此f(x)在[0,1]上单调递增，即f(x)≥f(0)=0而且仅有f(0)=0；ax+2a+1②当a≥0时，由于0≤x≤1，有f(x)=-<0，于是f(x)在[0,1]上单调递减，从而f(x)≤f2(1+x)8,(0)=0，因此f(x)在[0,1]上单调递减，即f(x)≤f(0)=0而且仅有f(0)=0；ax+2a+112a+1a③当-<a<0时，令m=min1,-，当0≤x≤m时，f(x)=-≤0，于是f(x)2a(1+x)2在[0,1]上单调递减，从而f(x)≤f(0)=0，因此f(x)在[0,1]上单调递减，即f(x)≤f(0)=0而且仅有1f(0)=0；综上a≤-2(3)对要证明的不等式等价变形如下：1000110000.410011000.5110000+211000+15210000<e<1000⇔1+10000<e<1+10001n+21n+152所以可以考虑证明：对于任意的正整数n，不等式1+n<e<1+n恒成立.并且继续作如下等价变形1n+21n+12111521+n<e<1+n⇔n+5ln1+n<1<n+2ln1+n⇔2111+5nln1+n-n<0(p)1111+ln1+->0(q)2nnn2111对于(p)相当于(2)中a=-5∈-2,0，m=2情形，有f(x)在0,2上单调递减，即f(x)≤f(0)=0而且仅有f(0)=0.1211取x=n，当n≥2时，1+5nln1+n-n<0成立；277当n=1时，1+ln2-1=ln2-1<×0.7-1<0.555211从而对于任意正整数n都有1+5nln1+n-n<0成立.11对于(q)相当于(2)中a=-情形，对于任意x∈[0,1]，恒有f(x)≥0而且仅有f(0)=0.取x=，得：2n111对于任意正整数n都有1+2nln1+n-n>0成立.1n+21n+152因此对于任意正整数n，不等式1+n<e<1+n恒成立.1n+21n+152这样依据不等式1+n<e<1+n，再令n=10000利用左边，令n=1000利用右边，即可得1000110000.410011000.5到10000<e<1000成立.2(2023上·河南南阳·高三统考期中)(1)已知函数fx=xlnx，判断函数gx=f1+x+f1-x的单调性并证明；1+11-1nn2(2)设n为大于1的整数，证明：n+1n-1>n.【答案】(1)函数gx在-1,0上单调递减，在0,1上单调递增，证明见解析；(2)证明见解析【分析】(1)求得函数g(x)的定义域后，判定出函数g(x)为偶函数，利用导数即可证明其单调性；(2)把不等1+11-1nnn+1⋅n-1式变形为>1，两边取对数后，根据g(x)的单调性即可证明；也可以两边取对数后把1+11-1nnn⋅n不等式变形为n+1lnn+1-nlnn>nlnn-n-1lnn-1，构造函数hx=x+1lnx+1-9,xlnx(x>0)，利用函数h(x)的单调性证明.【详解】(1)函数fx的定义域为0,+∞，函数gx的定义域为-1,1函数gx=1+xln1+x+1-xln1-x在-1,0上单调递减，在0,1上单调递增证明：g-x=1-xln1-x+1+xln1+x，∴g-x=gx则gx为-1,1上的偶函数.1+x22gx=ln1+x-ln1-x=ln=ln-1+∀x∈0,1，-1+>1，故gx>0，1-x1-x1-x所以函数gx在-1,0上单调递减，在0,1上单调递增.1+11-111nn1+1-n+1⋅n-1nn2(2)(证法一)要证明n+1n-1>n，需证明>1即证明1+11-1nnn⋅n1+11-1n+1nn-1nln⋅>0，1+11-1nnnn11111即1+nln1+n+1-nln1-n>0，由(1)可知即证gn>0.11∵∈0,1且gx在0,1单调递增，∴g>g0=0nn1+11-1nn2*所以n+1n-1>n对n∈N，n>1成立.1+11-111nn2(证法二)要证明n+1n-1>n,即证明1+nlnn+1+1-nlnn-1>2lnn，即证n+1lnn+1+n-1lnn-1>2nlnn，即证n+1lnn+1-nlnn>nlnn-n-1lnn-1，设函数hx=x+1lnx+1-xlnx(x>0)，hx=lnx+1-lnx>0，故函数hx在0,+∞上单调递增又n>n-1>0，∴hn>hn-1，即n+1lnn+1-nlnn>nlnn-n-1lnn-1成立，故原不等式成立.1-x3(2017下·黑龙江大庆·高三大庆中学校已知函数f(x)=+lnx；ax(1)若函数f(x)在[1,+∞)上为增函数，求正实数a的取值范围；1(2)当a=1时，求函数f(x)在,2上的最值；2n1(3)当a=1时，对大于1的任意正整数n，试比较ln与的大小关系．n-1n11n1【答案】(1)a≥1(2)函数f(x)在区间2,2上的最大值是f2=1-ln2，最小值是0(3)lnn-1>nax-1【分析】(1)求导，由题意可得f(x)=≥0对x∈1,+∞恒成立，再利用参变分离运算求解；(2)将a2axn=1代入，求导，得到f(x)的单调区间，从而求f(x)的最值；(3)由(1)得f(x)的单调性，令x=，可得n-1nf>f(1)=0，运算整理证出结论．n-11-xax-1【详解】(1)因为f(x)=+lnx，所以fx=(a>0)axax2ax-1因为函数f(x)在1,+∞上为增函数，所以f(x)=≥0对x∈1,+∞恒成立，2ax1所以ax-1≥0对x∈1,+∞恒成立，即a≥对x∈1,+∞恒成立，所以a≥1.xx-1(2)当a=1时，f(x)=，2x10,当x∈1,1时，f(x)<0，故f(x)在1,1上单调递减；当x∈1,222，f(x)>0，故f(x)在1,2上单调递增，1所以f(x)在区间,2上有唯一极小值点，故f(x)min=f(1)=0，231113lne-ln16又∵f2=1-ln2，f(2)=-2+ln2，f2-f(2)=2-2ln2=2311因为e>16，所以f2-f(2)>0，即f2>f(2)11所以f(x)在区间2,2上的最大值是f2=1-ln21综上可知：函数f(x)在区间,2上的最大值是1-ln2，最小值是0.2(3)由(1)可知：当a=1时，f(x)在1,+∞上为增函数.n1n当n>1时，=1+>1，则f>f(1)=0n-1n-1n-11-nnn-1n1nn1即f=n+ln=-+ln>0，即ln>n-1n-1nn-1n-1nn-1n1当a=1时，对大于1的任意正整数n，有ln>n-1n题型04数列不等式：无限和裂项型【解题攻略】证明不等式f1+f2+⋯+fn<gn，该不等式左边是求和式，右边只有单独的一项，但可以通过变形将右边也转化为求和式，即gn=gn-gn-1+gn-1-gn-2+gn-2-gn-3+⋯+g2-g1+g1-g0*这样一来，设bn=gn-gn-1n∈n，则只需证f1+f2+⋯+fn<b1+b2+⋯+bn，而要证明这个式子，可以证明左右两侧对应项的大小关系，即如果能够证出fn<bn恒成立，则原不等式也就成立.1(2023·内蒙古呼和浩特·呼市二中校考一模)已知函数fx=ln1+x-mx．(1)求函数fx的极值；111*(2)求证：++⋯+>ln2n∈N．n+1n+2n+n+1【答案】(1)①当m≤0时，f(x)没有极值；②当m>0时，f(x)有极大值m-1-lnm，无极小值.(2)证明见解析【分析】(1)求定义域后求f(x)，运用导数分类讨论m≤0与m>0时f(x)单调性进而分析f(x)的极值.111(2)运用ln(1+x)<x(x>0)对++⋯+进行放缩及对数运算公式即可证明.n+1n+2n+n+1【详解】(1)f(x)=ln(1+x)-mx，则f(x)定义域为(-1,+∞)，1fx=-m(x>-1).1+x①当m≤0时，f(x)>0恒成立，则f(x)为(-1,+∞)上的增函数，所以f(x)没有极值.11②当m>0时，由f(x)>0，得-1<x<-1；由f(x)<0，得x>-1.mm11,11所以f(x)在-1,m-1上单调递增，在m-1,+∞上单调递减.11故当x=-1时，f(x)有极大值f-1=m-1-lnm，无极小值.mm综述：①当m≤0时，f(x)没有极值；②当m>0时，f(x)有极大值m-1-lnm，无极小值.(2)证明：取m=1，由(1)知f(x)=ln(1+x)-mx在(0,+∞)上单调递减，所以f(x)<f(0)=0.即ln(1+x)<x,x>0.111k+11令x=(k>0)，得ln1+<，即ln<，kkkkk∗分别取k=n+1，n+2，⋯，n+(n+1)，n∈N，111n+2n+32n+22n+2可得++⋯+>ln+ln+⋯+ln=ln=ln2．n+1n+2n+n+1n+1n+22n+1n+1111*即++⋯+>ln2n∈N成立．n+1n+2n+n+122(2023·全国·高三专题练习)已知函数f(x)=2alnx-x+a，a∈R．(1)讨论函数fx的单调性；1111*(2)证明:2lnn+1>+++⋯+(n∈N)．234n+1【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析2-2x+2a【分析】(1)求得fx=，分a≤0和a>0，两种情况讨论，结合导数的符号，进而求得函数fxx的单调区间；2*nn2(2)由(1)，根据题意，得到fxmax=f1=0，即2lnx≤x-1，当n∈N时，结合2lnn+1<n+1n-1n-12112-1，2lnn<n-1，⋯，2ln2<2-1，将不等式累加后，即可求解.2【详解】(1)解：由函数f(x)=2alnx-x+a，可得fx的定义域为(0,+∞)，22a-2x+2a且fx=-2x=xx若a≤0，可得f(x)<0，fx在(0,+∞)上单调递减；若a>0，令f(x)=0，因为x>0，可得x=a，当x∈0,a时，fx>0，fx单调递增；当x∈a,+∞时，fx<0，fx单调递减，综上可得：当a≤0时，fx在(0,+∞)上单调递减；当a>0时，fx的递增区间为0,a，递减区间为a,+∞.(2)证明：由(1)知，当a=1时，fx的递增区间为0,1，递减区间为1,+∞，2所以fxmax=f1=0，所以f(x)≤0，即2lnx≤x-1，nn22lnn+1<n+1-12lnn-1n-12-1当n∈N*时，可得：n<n，将不等式累加后，⋯1122ln2<2-11n2n-1212nn-11可得2lnn+1<n+1+n+⋯+2-n<n+1+n+⋯+2-n12,111111111=1-+1-+⋯+1--n=-++⋯+，即2lnn+1>+++⋯n+1n2n+1n22341+.n+1【变式训练】1(2023上·浙江·高三浙江省富阳中学校联考阶段练习)已知函数fx=axlnx-x,(a∈R)).(1)讨论fx的单调性；(2)若x>1时，fx>-1，求实数a的取值范围；*123n(3)对任意n∈N，证明：+++⋯++lnn+1>n.234n+1【答案】(1)答案见解析(2)a≥1(3)证明见解析【分析】(1)讨论a=0,a>0,a<0，由fx的正负确定fx单调性；1-aa(2)记gx=axlnx-x+1,(x>1)，由ge>0得a>0，讨论e与1大小关系，验证gxmin>0是否成立；x-111n(3)由(2)知，lnx>，令x=1+得lnn+1-lnn>1-，累加得证.xn2n+1【详解】(1)fx=alnx+a-1,(x>0)当a=0时，fx在0,+∞上单调递减；1-a1-aaa当a>0时，fx在0,e上单调递减，在e,+∞上单调递增；1-a1-aaa当a<0时，fx在0,e上单调递增，在e,+∞上单调递减.(2)记gx=axlnx-x+1,(x>1)，由题知x>1时gx>0恒成立，e-1由ge=ae-e+1>0得a>>0，e1-a1-aaag(x)=alnx+a-1，由(1)知：当a>0时，g(x)在0,e上单调递减，在e,+∞上单调递增.1-aa若e≤1，则a≥1，故g(x)在1,+∞上单调递增，所以g(x)>g(1)=0恒成立；1-a1-a1-aaaa若e>1，则0<a<1，故g(x)min=ge=1-ae，1-a1-111aa由于e=e>1+-1=，aa1-aa因此1-ae<0，故g(x)>0不能恒成立.综上得a≥1.x-11*(3)证明：由(2)知lnx>，令x=1+,(n∈N)，xn1+1-11n1n+1n所以ln1+>，即ln>1-n12nn+11+n1n所以lnn+1-lnn>1-，2n+11123n故lnn+1-ln1>n-+++⋯+，2234n+1123n即+++⋯++lnn+1>n.234n+113,lnx2(2023上·福建厦门·高三厦门市湖滨中学校考期中)已知函数fx=kx,gx=.x(1)若不等式fx≥gx在区间0,+∞内恒成立，求实数k的取值范围；ln2ln3lnn1∗(2)求证：++...+<(n≥2,n∈N,e为自然对数的底数)2434n42e1【答案】(1)k≥(2)证明见解析2e【分析】(1)分离参数，转化为求定函数的最值问题；(2)根据第一问，合理构造，利用不等式的性质合理变形达到证明的目的.lnxlnx【详解】(1)因为x>0，kx≥，所以k≥，xx2lnx1-2lnx令hx=，又hx=，令hx=0解得x=e，23xx0<x<e时，h(x)>0，h(x)递增，x>e时，h(x)<0，h(x)递减，11所以当x=e时函数hx有最大值，且最大值为，所以k≥.2e2elnx1lnx11(2)由(1)知≤，所以≤·，x22ex42ex2所以ln2ln3lnn1111++...+<++...+，2434n42e2232n2111111又++⋯+<++⋯+2232n21×22×3(n-1)n111111=1-2+2-3+...+n-1-n=1-n<1，ln2ln3lnn11111所以++...+<++...+<，2434n42e2232n22eln2ln3lnn1即++...+<.2434n42e-xx3(2023上·陕西·高三校联考阶段练习)已知函数fx=e-ae，a∈R．(1)若函数fx在R上单调递减，求a的取值范围；1(2)已知a=1，m≥，x>1，gx=lnx+mflnx，求证：gx<0；2111*(3)证明：ln5<++⋯+n∈N．nn+15n【答案】(1)a≥0(2)证明见解析(3)证明见解析【分析】(1)由函数单调递减得f(x)≤0恒成立，分离参数法可得；(2)利用导数得函数单调性，由单调性证明不等式即可；(3)利用(2)结论，逐个赋值后累加法可证.-xx-2x【详解】(1)fx=-e-ae≤0对∀x∈R恒成立，即a≥-e对∀x∈R恒成立．-2x因为-e<0，则a≥0．11111(2)gx=lnx+mx-x≤lnx+2x-x，只需证明lnx+2x-x<0．2-x-1211111-x+2x-1令hx=lnx+-xx>1，hx=--==<0，2xx2x222x22x2则hx在1,+∞单调递减，则h(x)<h(1)，又h1=0，则hx<0，即g(x)≤h(x)<0成立，得证．14,11n+1n+11n+1n(3)由(2)知lnx<2x-xx>1，令x=n，则有lnn<2n-n+1，11n+1-1111111即lnn+1-lnn<21+n-n+1=2n+n+1，lnn+1-lnn<2n+n+1，111111lnn+2-lnn+1<2n+1+n+2，⋯，ln5n-ln5n-1<25n-1+5n，11111111累加可得，ln(5n)-lnn<++⋯++<++⋯++2nn+15n-110nnn+15n-15n1111*故ln5<++⋯++n∈N，从而命题得证．nn+15n-15n题型05数列不等式：累积相消型【解题攻略】累加列项相消证明法证明不等式f1∙f2∙⋯∙fn<gn为例，该不等式左边是求积式，右边只有单独的一项，但可以通过变形将右边也转化为求和式，如转化为累积相消型gngn-1g2gn=∙⋯g1gn-1gn-2g1gn*这样一来，设bn=n∈n，gn-1则只需证f1∙f2∙⋯∙fn<b1+b2+⋯+bn，而要证明这个式子，可以证明左右两侧对应项的大小关系，即如果能够证出fn<bn恒成立，则原不等式也就成立.1(2022贵州铜仁·高三贵州省铜仁第一中学阶段练习)已知函数f(x)=alnx-ax-3(a∈r)．(1)若a=-1，求函数f(x)的单调区间；3(2)若函数y=f(x)的图象在点(2，f(2))处的切线的倾斜角为45°，对于任意的t∈[1,2]，函数g(x)=x+x2f'(x)+m(x)是f(x)的导函数)在区间(t,3)上总不是单调函数，求m的取值范围；(fnln2ln3ln4lnn1*(3)求证：×××⋯×<(n≥2，n∈n)234nn【答案】(1)当a>0时，单调增区间为0,1，减区间为1,+∞，当a<0时，单调增区间为1,+∞，减区间37为0,1，当a=0时，fx=-3不是单调函数；(2)-<m<-9；(3)证明见解析.3【分析】(1)求出导函数f(x)，解不等式f(x)>0得增区间，解f(x)<0得减区间；(2)由切线斜率求得参数a，g(x)的不单调转化为g(x)=0在(t,3)上有解，然后根据零点存在定理得条件结合二次函数性质求解；lnnn-1(3)由(1)单调性得lnx<x-1(x>1)，可得出<(n≥2)，n-1个式子相乘可证结论．nnx-1【详解】(1)当a=-1时，f(x)=(x>0)，x解f(x)>0得x∈(1,+∞)；解f(x)<0得x∈(0,1)，f(x)的单调增区间为(1,+∞)，减区间为(0,1)；a(1-x)a3m2(2)∵f(x)=(x>0)，∴f(2)=-=1得a=-2，f(x)=-2lnx+2x-3，g(x)=x++2xx222-2x，∴g(x)=3x+(m+4)x-215,g(t)<0∵g(x)在区间(t,3)上总不是单调函数，且g0=-2，∴，g(3)>0由题意知：对于任意的t∈1,2，g(t)<0恒成立，g(1)<037所以，g(2)<0，∴-<m<-9.g(3)>03(3)证明如下：由(1)可知当x∈(1,+∞)时f(x)>f(1)，即-lnx+x-1>0，∴0<lnx<x-1对一切x∈(1,+∞)成立．lnnn-1∵n≥2,n∈n*，则有0<lnn<n-1，∴0<<.nnln2ln3ln4lnn123n-11∗∴⋅⋅⋅⋯⋅<⋅⋅⋅⋯⋅=(n≥2,n∈n).234n234nn2(2023·全国·高三专题练习)已知函数fx=alnx+1-x．(1)若fx≤0，求a的值；ln2ln3ln4lnn1(2)证明：当n∈n+且n≥2时，×××⋯×<．223242n2n【答案】(1)a=1(2)证明见解析a-x【分析】(1)求出fx的导数fx=，分类讨论，确定函数的单调性，利用fx≤0成立，求出a；xlnnn-1(2)由(1)，当a=1时，lnx+1-x≤0即lnx≤x-1，令x=n，则有lnn<n-1，可得<，累乘n2n可证得结果.aa-x【详解】(1)由题意知，x∈0,+∞，fx=-1=，xx①当a≤0时，fx<0，fx在0,+∞上单调递减，所以，当x∈0,1时，fx>f1=0，不合题意；②当0<a<1时，由fx>0得，x∈0,a，则fx在0,a上单调递增，由fx<0得，x∈a,+∞，则fx在a,+∞上单调递减，所以，fa>f1=0，不合题意；③当a=1时，由fx>0得，x∈0,1，则fx在0,1上单调递增，由fx<0得，x∈1,+∞，则fx在1,+∞上单调递减，所以，对于任意的x∈0,+∞，fx≤f1=0，符合题意；④当a>1时，由fx>0得，x∈0,a，则fx在0,a上单调递增，由fx<0得，x∈a,+∞，则fx在a,+∞上单调递减，所以，fa>f1=0，不合题意．综上所述，a=1．(2)由(1)知，a=1时，lnx+1-x≤0即lnx≤x-1，当且仅当x=1时等号成立．令x=n，其中n∈N+且n≥2，则有lnn<n-1，lnnn-1又n-1<nn-1，所以，lnn<nn-1，即<n2nln2ln3ln4lnn123n-11所以×××⋯×<×××⋯×=．所以，原不等式得证．223242n2234nn【变式训练】16,1(2023·全国·高三专题练习)已知函数f(x)=(x+1)lnx，gx=ax-2a∈r(1)若f(x)≥g(x)对任意的x∈[1,+∞)恒成立，求实数a的取值范围；n2(2)求证：ln2⋅ln3⋅ln4...lnn>n≥2,n∈N+.n(n+1)【答案】(1)-∞,2(2)见解析【分析】(1)求出h(x)的导数，通过讨论a的范围，结合函数的单调性确定a的具体范围即可；2x-12n-1∗(2)得到lnx≥，令x=n(n≥2,n∈N)，得lnn>，x取不同的值，相乘即可．x+1n+1【详解】(1)hx=fx-gx=x+1lnx-ax+2因为fx≥gx对任意的x∈1,+∞恒成立，x+1lnx+2设hx=fx-gx=x+1lnx-ax+2，所以a≤在x∈1,+∞恒成立，xx+1lnx+2x-1-lnx设mx=，mx=,令μx=x-1-lnxxx2x-1μx=≥0在x∈1,+∞恒成立，所以μx=x-1-lnx在1,+∞上为增函数，x所以μx≥0即mx≥0在x∈1,+∞恒成立，所以函数mx在[1,+∞)为增函数；所以a≤m1=2，所以a的取值范围为-∞,2.(2)(2)由(1)知，令a=2，(x+1)lnx≥2(x-1)，2x-12x-1∴当x≥1时，lnx≥，且当且仅当x=1时lnx=x+1x+12n-1令x≥nn∈N+,n≥2，则lnn>n+12×12×22×32n-32n-2即ln2>，ln3>，ln4>...lnn-2>，lnn-1>，lnn>345n-1n2n-1，n+1n2将上述n-1个式子相乘得：ln2⋅ln3⋅ln4...lnn>，∴原命题得证nn+1*p2(2023·全国·高三专题练习)设整数p>1，n∈N，x>-1且x≠0，函数fx=1+x-px-1．(1)求证：fx>0；1111(2)求证：1+11+31+5⋅⋅⋅1+2n-1>2n+1．【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析【分析】(1)利用导数研究fx单调性，进而求证结论；p1*1(2)由(1)结论(伯努利不等式)有1+x>1+px，令p=2，x=n∈N放缩1+>2n-12n-121+，累乘即可证结论.2n-1p-1p-1【详解】(1)由f(x)=p1+x-p=p1+x-1，p-1∵1+x>0，p-1>0，∴y=1+x-1单调递增．当-1<x<0时，fx<0，fx单调递减；当x>0时，fx>0，fx单调递增．∴fx>f0=0．p1*(2)由(1)知，1+x>1+px，令p=2，x=n∈N，2n-11222n+112n+1得1+>1+=⇒1+>2n-1，2n-12n-12n-12n-117,11113572n+1∴1+11+31+5⋅⋅⋅1+2n-1>135...2n-1=2n+1．2ax-x3(2022·全国·高三专题练习)已知函数fx=xlnx，gx=.2(1)若fx<gx在1,+∞上恒成立，求实数a的取值范围；12n(2)求证：1+1+⋯1+<e.222n+1n+1n+1【答案】(1)2,+∞(2)证明见解析2ax-xax-1【分析】(1)fx<gx等价于xlnx-<0，即xlnx-<0，记hx=lnx-22ax-1，只要证明hxmax<0即可，分a≤0，0<a<2和a≥2三种情况讨论函数hx的最值，从而可2得出答案；k(2)由(1)可知当a=2时，fx<gx在1,+∞上成立，即lnx<x-1，令x=1+,k=1,2,⋯,2n+1kkn，则ln1+<，由此即可证得结论.22n+1n+12ax-xax-1【详解】(1)解：fx<gx等价于xlnx-<0，即xlnx-<0，22ax-11a2-ax记hx=lnx-，则hx=-=，当a≤0时，hx>0，hx在1,+∞上单调递2x22x增，由h1=0，hx>h1=0，所以xhx>0，即fx<gx不恒成立；22当0<a<2时，则>1，当x∈1,时，hx>0，所以hx在1,+∞上单调递增，aa则hx>h1=0，所以fx<gx不恒成立；当a≥2时，x∈1,+∞，hx<0，hx在1,+∞上单调递减，所以hx<h1=0，所以xhx<0，即fx<gx恒成立，所以fx<gx在1,+∞上恒成立，实数a的取值范围是2,+∞；(2)证明：当a=2时，fx<gx在1,+∞上成立，即lnx<x-1，kkk令x=1+,k=1,2,⋯,n，则ln1+<，222n+1n+1n+1nk12n所以ln1+=ln1+1+⋯1+2222k=1n+1n+1n+1n+112nnn+1n112<++⋯+==<，所以1+1+n+12n+12n+122n+122n+12n+12n+12n⋯1+<e.2n+1题型06数列不等式：取对数型【解题攻略】取对数型证明不等式f1∙f2∙⋯∙fn<t为例，该不等式左边是求积式，右边只有单独的一项常数，但可以通过18,取对数，把左边的积转化为对数和型，如转化为累加或者累积相消型lnf1∙f2∙⋯∙fn<lnt⇒lnf1+lnf2+lnf3⋯+lnf2<lnt1(2023·全国·高三专题练习)已知函数fx=ln1+x．x(1)求证：当x∈0,+∞时，<fx<x；1+x*12n(2)已知e为自然对数的底数，求证：∀n∈n，e<1+1+⋯1+<e．n2n2n2【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析xx【分析】(1)构造函数gx=fx-=lnx+1-x>0和hx=fx-x=ln1+x-1+x1+xxx>0，求导即可求解，iii(2)由(1)可知：当a=0时，ln(1+x)<x，x>0．取x=，可得ln1+<，利用“累加求和”即n2n2n2xi可证明不等式的右边部分．由(1)可知：当a=1时，ln(1+x)>，1>x>0．取x=，则x+1n2ii2inln1+>=，利用“累加求和”即可证明不等式的左边部分．n2in2+i1+2nxx11x【详解】(1)令gx=fx-=lnx+1-x>0，则g(x)=-=>1+x1+xx+11+x21+x20，故gx在x∈0,+∞上单调递增，∴当x∈0,+∞时，gx>g0=0，x1x即fx>成立．令hx=fx-x=ln1+x-xx>0，则hx=-1=-<x+1x+1x+10x>0，∴hx在x∈0,+∞上单调递减，∴当x∈0,+∞时，hx<h0=0，x即fx<x成立．综上所述，当x∈0,+∞时，<fx<x成立．1+xi**(2)由(1)可知：ln(1+x)<x，x>0．取x=，(i∈N，i≤n，n∈N)．2nn(n+1)ii12n12n2∴ln1+<，∴ln1++ln1++⋯+ln1+<++⋯+==n2n2n2n2n2n2n2n2n2n+1≤1，2n12n12n∴ln1+1+∙⋯∙1+<1，∴1+1+⋯1+<e．n2n2n2n2n2n2x由(1)可知：当a=1时，ln(1+x)>对x∈0,+∞恒成立．x+1iii2i**n**取x=，(i∈N，i≤n，n∈N)．则ln1+>=(i∈N，i≤n，n∈N)，n2n2in2+i1+2n12n12n12∴ln1++ln1++⋯+ln1+>++⋯+>++⋯n2n2n2n2+1n2+2n2+nn2+nn2+nn1+2+⋯+n1+==，n2+nn2+n212n112n∴ln1+1+∙⋯∙1+>，∴1+1+⋯1+>e．n2n2n22n2n2n219,*12n综上可得：∀n∈N，e<1+1+⋯1+<e．n2n2n22(2023·全国·高三专题练习)已知函数f(x)=sinx-xcosx(x≥0)．π(1)求函数f(x)的图象在,1处的切线方程；23(2)若任意x∈(0,+∞)，不等式f(x)≤ax恒成立，求实数a的取值范围；3111(3)设g(x)=f(x)，证明：1+g1+g⋅⋅⋅1+g<e．x23323nππ1【答案】(1)y=2x-2+1(2)3,+∞(3)证明见解析【分析】(1)求导f(x)=xsinx，再利用导数的几何意义求解；33(2)将问题转化为sinx-xcosx-ax≤0，令g(x)=sinx-xcosx-ax，用导数法求其最大值即可.111(3)易知g(x)≤x，易知ln(1+x)<x在(0,+∞)上恒成立，令x=得到ln1+<证明.3n3n3nππππ【详解】(1)解：f(x)=xsinx，∴f2=2，∴切线方程为y=2x-2+1．33(2)f(x)≤ax⇔sinx-xcosx-ax≤0，32令g(x)=sinx-xcosx-ax，则g(x)=xsinx-3ax=x(sinx-3ax)．令h(x)=sinx-3ax，则h(x)=cosx-3a．1①当3a≤-1，即a≤-时，h(x)≥0恒成立，∴h(x)单调递增．3∴h(x)≥h(0)=0，∴g(x)≥0，∴g(x)单调递增，从而g(x)≥g(0)=0，不符合题意．1②当3a≥1，即a≥时，h(x)≤0恒成立，∴h(x)单调递减．3∴h(x)≤h(0)=0，∴g(x)≤0，∴g(x)单调递减，从而g(x)≤g(0)=0，符合题意．11③当-1<3a<1，即-<a<时，由h(0)=1-3a>0，h(π)=-1-3a<0，33∴在(0,π)上存在x0，使得hx0=0，且当x∈0,x0时，h(x)>0⇒g(x)>0，∴g(x)单调递增，∴g(x)>g(0)=0，不符合题意．1综上所述，实数a的取值范围是3,+∞．113(3)由(2)可知，当a=时，f(x)≤x，∴g(x)≤x．33-x又令u(x)=ln(1+x)-x(x>0)，求导，得u(x)=<0，x+1∴u(x)单调递减，从而u(x)<u(0)=0，即ln(1+x)<x在(0,+∞)上恒成立．111令x=，得ln1+<．3n3n3n11-111111133n11∴ln1+g+ln1+g+⋅⋅⋅+ln1+g<++⋅⋅⋅+==1-<3323n3323n1-123n31．2即ln1+g11+g1⋅⋅⋅1+g1<1，3323n220,111∴1+g1+g⋅⋅⋅1+g<e，于是得证．3323n【变式训练】1(2023上·江苏淮安·高三金湖中学校联考)已知函数fx=ax-a-lnx．(1)求曲线y=fx在点1,f1处的切线方程；(2)证明：当a=1时，fx≥0；2n-1*1222(3)设m为整数，若对于∀n∈n,1+1+1+⋯1+<m成立，求m的最小值．332333n【答案】(1)a-1x-y-a+1=0(2)证明见解析(3)3【分析】(1)求导，结合导数的几何意义运算求解；(2)求导，利用导数判断原函数的单调性和最值；n-1n-1222122(3)结合(2)可得：ln1+<，结合等比数列的求和公式可得1+1+1+⋯3n3n33233n-121+<e，结合恒成立问题分析求解.3n1【详解】(1)由题意可得：fx=a-，则f1=0，f1=a-1，x即切点坐标为1,0，斜率k=f1=a-1，所以曲线y=fx在点1,f1处的切线方程为y=a-1x-1，即a-1x-y-a+1=0．1x-1(2)当a=1时，fx=x-1-lnx，可知fx的定义域为0,+∞，且fx=1-=，xx令fx=0，解得x=1．列表如下：x0,111,+∞fx-0+fx单调递减极小值单调递增可知当x=1时，fx取最小值f1=0，所以fx≥0．(3)由(2)可知：lnx≤x-1，当且仅当x=1时，等号成立，n-1n-1n-1222令x=+1，则ln1+<，3n3n3nn11-212222n-1122n-133n可得ln1++ln1++ln1++⋯+ln1+<++⋯+==1-332333n3323n21-3n2<1，n32n-11222即ln1+1+1+⋯1+<1，332333n2n-11222所以1+1+1+⋯1+<e．332333n2n-12312221222121396当n≥4时，1+1+1+⋯1+≥1+1+1+1+=>2,332333n3323334590492n-1*1222所以对于任意n∈N，1+1+1+⋯1+<m成立时，整数m的最小值为3．332333n21,2(2023·全国·高三专题练习)已知关于x的函数fx=ax-lnx-1+ln2.(1)讨论fx的单调性；*2(2)证明：当n∈n时，ln1×2×3×⋯×n<n-nln2.【答案】(1)答案见解析；(2)证明见解析.【分析】(1)对函数求导，分a≤0和a>0两类分别讨论函数的单调性；1(2)由(1)知fx≥f=0，即lnx≤2x-1-ln2(x>0)，利用累加法可证得命题成立．21【详解】(1)由fx=ax-lnx-1+ln2得fx=a-(x>0)xax-1ax-1a知当a≤0时fx<0⇒fx在0,+∞上单调递减当a>0时，fx==xx11∴当x>时fx>0,fx在,+∞上单调递增，aa11当0<x<时fx<0,fx在0,上单调递减.aa11(2)由(1)知a=2时fx在0,2上单调递减，在2,+∞上单调递增，1fx≥f=0，即有lnx≤2x-1-ln2(x>0)，∴ln1<2-1-ln2=1-ln2，2ln2<4-1-ln2=3-ln2ln3<6-1-ln2=5-ln2⋯lnn<2n-1-ln2以上各式相加得:ln1+ln2+ln3+⋯⋯+lnn<1+3+5+⋯+2n-1-nln2，2ln1×2×3×⋯×n<n-nln2.x123(2023·四川成都·石室中学校考模拟预测)已知函数fx=e-ax-x2(1)若fx单调递增，求a的值；11*2(2)判断1+11+⋅⋅⋅1+(n∈n且n≥2)与e的大小，并说明理由.4n2112【答案】(1)1(2)1+11+⋅⋅⋅1+<e，理由见解析4n2x【分析】(1)根据题意，由fx单调递增，转化为fx=e-ax-1≥0恒成立，然后分a=0，a<0，a>0111讨论，即可得到结果；(2)根据题意，由(1)可得x>0时，lnx+1<x，然后再由<=n2nn-1n-11-放缩，裂项即可得到结果.nx12x【详解】(1)由f(x)=e-ax-x可得，f(x)=e-ax-1，2x由于函数f(x)单调递增，则f(x)=e-ax-1≥0恒成立，xx设h(x)=e-ax-1，则hx=e-a，x当a=0时，f(x)=e-1，可知x<0时，f(x)<0，不满足题意；当a<0时，h(x)>0，函数h(x)单调递增，111a1a又因为h=e-a⋅-1=e-2<0，即f(x)<0，不满足题意；aax当a>0时，令h(x)=e-a=0，解得x=lna，当x<lna时，h(x)<0，函数h(x)单调递减，22,当x>lna时，h(x)>0，函数h(x)单调递增，lna所以当x=lna时，函数h(x)取得最小值h(lna)=e-alna-1=a-alna-1，由h(lna)≥0可得，a-1-alna≥0，令μ(a)=a-1-alna，则μ(a)=-lna，可知0<a<1时，μ(a)>0，函数μ(a)单调递增；当a>1时，μ(a)<0，函数μ(a)单调递减，则μ(a)max=μ(1)=0，由于a-1-alna≥0恒成立，所以，a-1-alna=0当且仅当a=1时取等号，故函数f(x)单调递增时，实数a的值为1.112xx(2)1+11+⋅⋅⋅1+<e.理由如下：由(1)可知，当a=1时，e-x-1≥0，即有e≥x+1，4n2*则x>0时，lnx+1<x，故当n∈n且n≥2时，111111ln1+11+⋅⋅⋅1+=ln1+1+ln1++⋅⋅⋅+ln1+<1++⋅⋅⋅+，4n24n24n21111因为n≥2时，<=-，n2nn-1n-1n11111111所以1++⋅⋅⋅+<1+1-+-+⋅⋅⋅+-=1+1-<2，4n2223n-1nn11112则ln1+11+⋅⋅⋅1+<2，所以1+11+⋅⋅⋅1+<e.4n24n2题型07虚设根型证不等式【解题攻略】虚设零点法：涉及到导函数有零点但是求解相对比较繁杂甚至无法求解的情形时，可以将这个零点只设出来而不必求出来，然后寻找一种整体的转换和过度，再结合其他条件，进行代换变形，从而最重获得问题的解决21已知函数f(x)=x-(a-2)x-alnx(a∈r)．(1)求函数y=f(x)的单调区间；x2(2)当a=1时，证明：对任意的x>0，f(x)+e>x+x+2．【答案】(1)见解析(2)见解析x【分析】(1)利用导数求单调区间；(2)将不等式等价转化为e-lnx-2>0，利用导数讨论最值即可求解.【详解】(1)由题可知函数f(x)的定义域为(0,+∞)，2a2x-(a-2)x-a(x+1)(2x-a)f(x)=2x-(a-2)-=，即f(x)=，xxx(i)若a≤0，则f(x)>0在定义域(0,+∞)上恒成立，此时函数f(x)在(0,+∞)上单调递增；aa(ii)若a>0，令f(x)>0，即2x-a>0，解得x>,令f(x)<0，即2x-a<0，解得0<x<,22aa所以f(x)在0,2上单调递减，2,+∞上单调递增.综上，a≤0时，f(x)在(0,+∞)上单调递增；aaa>0时，f(x)在0,2上单调递减，2,+∞上单调递增.2(2)当a=1时，f(x)=x+x-lnx，23,x2xxx1要证明f(x)+e>x+x+2，只用证明e-lnx-2>0，令g(x)=e-lnx-2，g(x)=e-，xx1x1x01令g(x)=e-，即e=，可得方程有唯一解设为x0，且x0≠1，所以e=，xxx0当x变化时，g(x)与g(x)的变化情况如下，x(0,x0)x0(x0,+∞)gx-0+g(x)单调递减单调递增x0111所以g(x)min=g(x0)=e-lnx0-2=+x0-2，因为+x0-2≥2⋅x0-2=0，因为x0≠1，所以不x0x0x0取等号，1x即+x0-2>0，即g(x)min>0恒成立，所以，e-lnx-2>0恒成立，得证.x022(20122·浙江·模拟预测)已知函数f(x)=x-(a-2)x-alnx(a∈R)．(1)求函数y=f(x)的单调区间；x2(2)当a=1时，证明：对任意的x>0，f(x)+e>x+x+2．【答案】(1)见解析(2)见解析x【分析】(1)利用导数求单调区间；(2)将不等式等价转化为e-lnx-2>0，利用导数讨论最值即可求解.【详解】(1)由题可知函数f(x)的定义域为(0,+∞)，2a2x-(a-2)x-a(x+1)(2x-a)f(x)=2x-(a-2)-=，即f(x)=，xxx(i)若a≤0，则f(x)>0在定义域(0,+∞)上恒成立，此时函数f(x)在(0,+∞)上单调递增；a(ii)若a>0，令f(x)>0，即2x-a>0，解得x>,2aaa令f(x)<0，即2x-a<0，解得0<x<2,所以f(x)在0,2上单调递减，2,+∞上单调递增.综上，a≤0时，f(x)在(0,+∞)上单调递增；aaa>0时，f(x)在0,2上单调递减，2,+∞上单调递增.2x2x(2)当a=1时，f(x)=x+x-lnx，要证明f(x)+e>x+x+2，只用证明e-lnx-2>0，xx1x1x1令g(x)=e-lnx-2，g(x)=e-，令g(x)=e-，即e=，可得方程有唯一解设为x0，且x0≠1，xxxx01所以e=，当x变化时，g(x)与g(x)的变化情况如下，x0x(0,x0)x0(x0,+∞)gx-0+g(x)单调递减单调递增x0111所以g(x)min=g(x0)=e-lnx0-2=+x0-2，因为+x0-2≥2⋅x0-2=0，因为x0≠1，所以不x0x0x0取等号，1x即+x0-2>0，即g(x)min>0恒成立，所以，e-lnx-2>0恒成立，得证.4.x0【变式训练】24,2x1(2023上·福建福州·高三校联考)设函数f(x)=e-alnx．(1)求a=e时，f(x)的单调区间；2(2)求证：当a>0时，f(x)≥2a+aln．a11【答案】(1)单调减区间为0,2，单调增区间为2,+∞(2)证明见解析【分析】(1)根据题意，求导得fx，即可得到其单调区间；(2)根据题意，当a>0时，结合隐零点的处理方法，即可得证.2x【详解】(1)a=e时，f(x)=e-elnx的定义域为(0,+∞)，2xe1∴f(x)=2e-，令f(x)=0，则x=，x211∴当0<x<时，f(x)<0；当x>时，f(x)>0，2211∴函数f(x)的单调减区间为0,2，单调增区间为2,+∞．2x2xa(2)证明：f(x)=e-alnx的定义域为(0,+∞),且f(x)=2e-．x2xa当a>0时，y=e为单调递增，y=-单调递增，故f(x)在(0,+∞)上单调递增，xa1又f(a)>0，假设存在b满足0<b<ln时，且b<,f′(b)<0，24当a>0时，导函数f(x)存在唯一的零点，设该零点为x0，当x∈0,x0时，f(x)<0，当x∈x0,+∞时，f′(x)>0，故f(x)在0,x0单调递减，在x0,+∞单调递增，当x=x0时f(x)取得最小值fx0，2x0a2x0aa由于2e-=0，即e=，两边取对数得lnx0=ln-2x0，x02x02a22a1∴fx0=+2ax0+aln≥2a+aln，当且仅当=2ax0时，即x0=时，取等号，2x0aa2x022故a>0时，f(x)≥2a+aln．a2(2024上·陕西安康·高三校联考阶段练习)已知函数fx=x-alnx-4,a∈R.(1)讨论函数fx的单调性；x(2)当a=1时，令Fx=x-2e-fx，若x=x0为Fx的极大值点，证明：0<fx0<1.【答案】(1)答案见解析；(2)证明见解析.【分析】(1)对参数a分类讨论，根据不同情况下导函数函数值的正负，即可判断单调性；(2)利用导数判断fx的单调性，求得x0的范围，满足的条件，以及fx0，根据x0的范围夹逼fx0的范围即可.ax-a【详解】(1)函数fx的定义域为0,+∞,fx=1-=，xx①当a≤0时，fx>0，函数fx在0,+∞上单调递增；②当a>0时，由fx>0，得x>a，由fx<0，得0<x<a，所以，函数fx在a,+∞上单调递增，在0,a上单调递减.综上，当a≤0时，函数fx在0,+∞上单调递增；当a>0时，函数fx在a,+∞上单调递增，在0,a上单调递减.xx1x1(2)当a=1时，Fx=x-2e-x+lnx+4,Fx=x-1e-1+=x-1e-，xxx1x1设gx=e-，则gx=e+，当x>0时，gx>0，所以gx在0,+∞上单调递增，xx225,11又g2=e-2<0,g1=e-1>0，所以存在x1∈2,1，使得gx1=0，且当x∈0,x1,gx0,x∈x1,+∞,gx0；又当x∈0,1,y=x-10;x∈1,+∞,y=x-10；故当6.x∈0,x1，Fx>0；当x∈x1,1，Fx<0；当x∈1,+∞，Fx>0所以Fx在0,x1上单调递增，在x1,1上单调递减，在1,+∞上单调递增，x01x01所以当x=x1时，Fx取得极大值，故x0=x1，且e-=0，所以e=,lnx0=-x0，x0x0x0x0-21Fx0=x0-2e-x0+lnx0+4=x-x0-x0+4=5-2x0+x，0011又y=x+x在2,1单调递减，所以0<fx0<1.3(2023上·重庆沙坪坝·高三重庆一中校考阶段练习)已知函数fx=ax+xlnx,a∈r.(1)判断fx的单调性;x(2)若a=1,0<x≤1,求证:e+1-fx≤e,其中e是自然对数的底数.-a-1-a-1【答案】(1)f(x)在(0,e)上单调递减，在(e,+∞)上单调递增．(2)证明见详解【分析】(1)求导，由导数的正负即可求解函数的单调性，x(2)构造函数gx=e-x-xlnx+1，利用导数求解函数的单调性，即可求解最值，进而可证明.【详解】(1)函数f(x)的定义域为(0,+∞)，fx=1+a+lnx，-a-1-a-1当0<x<e时，fx<0，当x>e，fx>0；-a-1-a-1故f(x)在(0,e)上单调递减，在(e,+∞)上单调递增．xxx(2)证明：令g(x)=e+1-f(x)=e-x-xlnx+1，则g(x)=e-lnx-2，x1令h(x)=g(x)，则h(x)=e-，显然h(x)在(0,+∞)上单调递增．x11又h(1)=e-1>0，h2=e-2<0，故存在唯一的x0∈2,1，使得h(x0)=0．从而g(x)在(0,x0)上单调递减，在(x0,+∞)上单调递增，∴g(x)≥g(x0)，x01x01又∵e=，两边取对数得x0=-lnx0，故g(x0)=e-lnx0-2=+x0-2≥0，x0x0∴g(x)≥g(x0)≥0，故g(x)在(0,1]上单调递增，所以g(x)≤g(1)=e，得证．题型08利用函数“凸凹反转性”证明不等式【解题攻略】凸凹反转首先是证明不等式的一种技巧，欲证明f(x)>0，若可将不等式左端f(x)拆成g(x)>h(x)，且gmin(x)>hmax(x)的话，就可证明原不等式成立.通常情况，我们一般选取g(x)为上凸型函数，h(x)为下凹型函数来完成证明.26,m1(2023上·黑龙江哈尔滨·高三哈尔滨市第十三中学校校考)已知函数fx=+lnx,m∈R.x(1)讨论fx的单调性；(2)证明：当m>0时，mfx≥2m-1.【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析【分析】(1)求出函数fx的导函数fx，对m进行分类讨论，判断fx的正负作答即可；1(2)把fx代入不等式，化简转化为fxmin=1+lnm>2-，构造新函数gm=1+lnm-m12-m，对新函数求导，并求出其最小值为gmmin=g1=0，即可判断原不等式成立.1mx-m【详解】(1)函数fx的定义域是0,+∞，可得fx=-=.xx2x2当m≤0时，可知fx>0，所以fx在0,+∞上单调递增；当m>0时，由fx=0得x=m，可得x∈0,m时，有fx<0，x∈m,+∞时，有fx>0，所以fx在0,m上单调递减，fx在m,+∞上单调递增.综上所述：当m≤0时，fx在0,+∞上单调递增；当m>0时，fx在0,m上单调递减，在m,+∞上单调递增.(2)证明：当m>0时，要证mfx≥2m-1成立，2m-111只需证fx≥=2-成立，只需证fxmin≥2-即可.因为m>0，由(1)知，fxmin=mmmfm=1+lnm.1111m-1令gm=1+lnm-2-=lnm+-1，则gm=-=，mmmm2m2可得m∈0,1时，有gm<0；m∈1,+∞时，有gm>0，所以gm在0,1上单调递减，在1,+∞上单调递增，1可知gmmin=g1=0，则有gm≥0，所以有1+lnm≥2-，m所以当m>0时，mfx≥2m-1成立.x2已知函数f(x)=e-x-m(m∈R)．(1)当x>0时，f(x)>0恒成立，求m的取值范围；x-lnx1(2)当m=-1时，证明：f(x)>1-．exe2xx【解析】解：(1)由题意得，e-x-m>0恒成立对x>0恒成立，令g(x)=e-x，xx则g′(x)=e-1，当x>0时，g′(x)=e-1>0，故g(x)在(0,+∞)上是增函数，27,x故当x>0时，g(x)>g(0)=1；故若使e-x-m>0恒成立对x>0恒成立，则只需使m≤1；x-lnxx-1x-1(2)证明：f(x)=(x-lnx)1-；令h(x)=x-lnx，h′(x)=；exexx当0<x<1时，h′(x)<0，当x>1时，h′(x)>0；即h(x)在(0,1)上为减函数，在(1,+∞)上为增函数，∴h(x)≥h(1)=1①．x-1x-2x-1令n(x)=1-，n′(x)=，故n(x)=1-在(0,2)上是减函数，在(2,+∞)上为增函数；xxxeee1x-lnx1故n(x)≥n(2)=1-②．故由①②可得，f(x)>1-．e2exe2【变式训练】1(2021上·全国·高三校联考阶段练习)已知f(x)=lnx+ax，a∈R．(Ⅰ)讨论f(x)的单调性；(Ⅱ)若a<-1，证明：f(x)<-1．【答案】(Ⅰ)答案见解析；(Ⅱ)证明见解析.【分析】(Ⅰ)分a≥0，a<0进行讨论，再利用导数研究函数的单调性即可求解；11(Ⅱ)由a<-1结合(Ⅰ)可得f(x)max=ln-a+a-a=-ln(-a)-1，构造新函数，利用导数研究函数的单调性即可得证．1【详解】(Ⅰ)由题可知x>0，f(x)=+a．x当a≥0时，f(x)>0恒成立，∴函数f(x)在(0,+∞)上单调递增；11当a<0时，令f(x)=+a=0，解得x=-．xa11当0<x<-时，f(x)>0，∴f(x)在0,-上单调递增；aa11当x>-时，f(x)<0，∴函数f(x)在-,+∞上单调递减．aa1综上可知，当a≥0时，函数f(x)在(0,+∞)上单调递增；当a<0时，函数f(x)在0,-上单调递增，在a1-,+∞上单调递减．a1(Ⅱ)证明：若a<-1，则由(Ⅰ)可知，f(x)在x=-处取得极大值，a111∴f(x)max=f-a=ln-a+a-a=-ln(-a)-1．1令g(x)=-lnx-1．∵x>0，g(x)=-<0，x∴函数g(x)在(0,+∞)上单调递减．又∵-a>1，∴fxmax=-ln-a-1<-ln1-1=-1，∴f(x)<-1．22已知f(x)=xlnx，g(x)=-x+ax-3(1)对x∈(0,+∞)，不等式2f(x)≥g(x)恒成立，求实数a的取值范围；12(2)证明：对一切x∈(0,+∞)，都有lnx>-．xexe23【解析】解：(1)2xlnx≥-x+ax-3，则a≤2lnx+x+，x28,3(x+3)(x-1)设h(x)=2lnx+x+(x>0)，则h′(x)=，xx2当x∈(0,1)时，h′(x)<0，h(x)单调递减，当x∈(1,+∞)时，h′(x)>0，h(x)单调递增，∴[h(x)]min=h(1)=4，∵对一切x∈(0,+∞)，2f(x)≥g(x)恒成立，∴a≤[h(x)]min=4．x2证明：(2)问题等价于证明xlnx>-(x∈(0,+∞))，exe11由(1)可知f(x)=xlnx(x∈(0，+∞))的最小值是-，当且仅当x=时取得．eex21-x设m(x)=-(x∈(0,+∞))，则m′(x)=，exeex1由题意得[m(x)]max=m(1)=-，e12当且仅当x=1时取到，从而对一切x∈(0,+∞)，都有lnx>-成立．exex23已知函数f(x)=ax-xlnx．(I)若f(x)在区间(0，+∞)内单调递增，求a的取值范围；x1(Ⅱ)若a=e(e为自然对数的底数)，证明：当x>0时，f(x)<xe+．e【分析】(ⅰ)先求导，再分离参数，构造函数，利用到导数求出函数的最值即可得到a的取值范围，x11x1(ⅱ)当x>0时，f(x)<xe+．不等式等价于lnx+>ex-e，分别构造函数h(x)=lnx+，φeexexx(x)=ex-e，利用导数求出函数的最值即可证明【解答】解：(Ⅰ)∵f(x)在区间(0，+∞)内单调递增，∴f′(x)=2ax-1-lnx≥0在(0，+∞)上恒成立，lnx+1lnx+1lnx∴2a≥在(0，+∞)上恒成立，设g(x)=，∴g′(x)=-，xxx2令g′(x)=0，解得x=1，当x∈(0，1)时，g′(x)>0，函数g(x)单调递增，当x∈(1，+∞)时，g′(x)<0，函数g(x)单调递减，11∴g(x)max=g(1)=1，∴2a≥1，∴a≥，故a的取值范围为[，+∞)，22x12x1证明(Ⅱ)当a=e时，要证f(x)<xe+，即证ex-xlnx<xe+，eex11x1∵x>0，则需要证ex-lnx<e+，即证lnx+>ex-e，设h(x)=lnx+，exexex11ex-11∴h′(x)=-=，x>0，当x∈(0，)时，h′(x)<0，函数h(x)单调递减，xex2ex2e11当x∈(，+∞)时，h′(x)>0，函数h(x)单调递增，∴h(x)min=h()=0，∴h(x)≥0，ee1即lnx+≥0，exxx再设φ(x)=ex-e，∴φ′(x)=e-e，当x∈(0，1)时，φ′(x)>0，函数φ(x)单调递增，当x∈(1，+∞)时，φ′(x)<0，函数φ(x)单调递减，x∴φ(x)max=φ(1)=0，∴φ(x)≤0，即ex-e≤0，∵h(x)和φ(x)不同时为0，1x∴当x>0时，lnx+>ex-e，故原不等式得以证明．ex29,题型09同构型不等式证明【解题攻略】常见同构技巧：指对变形同构xlnx1.x=lne=e(“无中生有”公式，原理公式)xlnxxlnx+x2.xe=e⋅e=elnxxelnx-x3.==exxeexx4.x+lnx=lne+lnx=ln(xe)xxe5.x-lnx=lne-lnx=lnx常见指对同构函数式子：x1.xe(同构函数基础)lnx-1-1lnx-1-12.=-xlnx=-e⋅lnxxx113.==lnx-1-1lnx-1-1-xlnx-e⋅lnxlnx4.xlnx=e⋅lnxx-x-x5.=xe=-(-x)exexe16.=x-x-(-x)e2.指对变形式xlnx（1）lne=x=e(核心公式)xlnxxlnx+x（2）xe=e⋅e=elnxxelnx-x（3）==exxeexx（4）x+lnx=lne+lnx=lnxexxe（5）x-lnx=lne-lnx=lnxx3.指对同构式：fx=xe（母函数）x11（1）==lnx-1-1lnx-1-1-xlnx-e⋅lnxlnx-1-1lnx-1-1（2）=-xlnx=-e⋅lnxxlnx（3）xlnx=e⋅lnxx-x（4）==-(-x)exe30,xe1（5）=x-x-(-x)e总结：一个概念：同构式；xlnx一个核心：lne=x=e一个方法：指对式分离，构造同构式一个提醒：注意同构后的整体变量范围x+12a+x+lnx1(2023·全国·高三专题练习)已知fx=e-，gx=，a∈R．xx(1)当x∈1,+∞时，求函数gx的极值；(2)当a=0时，求证：fx≥gx．【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析【分析】(1)分类讨论求解函数的极值即可.lnx+x+1t(2)首先将题意转化为e≥lnx+x+1+1．令t=lnx+x+1，即证：e≥t+1，再构造函数hxx=e-x-1，求其最小值即可证明.1-a-lnx【详解】(1)gx=，当a≥1时，gx<0，即gx在1,+∞上单调递减，2x故函数gx不存在极值；1-a当a<1时，令gx=0，得x=e，1-a1-ae1-a,+∞x1,eegx+0-gx增函数极大值减函数a+e1-a+1-a1-a1-a1+ea-1故gx极大值=ge=1-a=1-a=e+1，无极小值.ee综上，当a≥1时，函数gx不存在极值；a-1当a<1时，函数gx有极大值，gx极大值=e+1，不存在极小值．(2)显然x>0，要证：fx≥gx，x+1x+2+lnxx+1即证：e≥，即证：xe≥lnx+x+2，xlnx+x+1即证：e≥lnx+x+1+1．t令t=lnx+x+1，故只须证：e≥t+1．xx设hx=e-x-1，则hx=e-1，当x>0时，hx>0，当x<0时，hx<0，故hx在0,+∞上单调递增，在-∞,0上单调递减，x即hxmin=h0=0，所以hx≥0，从而有e≥x+1．t故e≥t+1，即fx≥gx．xe2(2023上·安徽马鞍山·高三马鞍山二中校考阶段练习)已知函数f(x)=-1，e=2.71828⋯为自然对3x数的底数.(1)试判断函数f(x)的零点个数并说明理由；(2)证明：f(x)≥x-3lnx.31,【答案】(1)两个，理由见解析(2)证明见解析【分析】(1)求出函数导函数，讨论其单调性后结合零点存在性定理可判断函数零点个数；xe(2)方法一，令t=，则f(x)≥x-3lnx等价于t-1≥lnt，令gt=lnt-t+1，利用函数的导数，通过3x函数的最值判断证明即可；tt方法二：令t=x-3lnx，则f(x)≥x-3lnx等价于e-1≥t，令h(t)=e-(t+1)，利用函数的导数，通过函数的最值判断证明即可.【详解】(1)fx的定义域为(-∞,0)∪(0,+∞)，当x<0时，恒有fx<0，故fx在(-∞,0)内没有零点.x(x-3)exe当x>0时，由f(x)=-1得f(x)=，令f(x)>0得x>3，令f(x)<0得0<x<3，34xx323ee⋅e所以f(x)在(0,3)上单调递减，在(3,+∞)上单调递增.又f(1)=e-1>0,f(3)=-1<0,f(5)=271257×20-1>-1>0，125故存在x1∈1,3，x2∈3,5，使得fx1=0，fx2=0，所以f(x)在(0,+∞)两个零点.综上，函数fx有两个零点.xe(2)方法一：令t=，则x>0时，t>0，且lnt=x-3lnx.于是f(x)≥x-3lnx等价于t-1≥lnt，3x11令gt=lnt-t+1，可得g(t)=-1，令-1=0，可得t=1，当t∈0,1时，gt>0，函数gt是增tt函数，当t∈1,+∞时，gt<0，函数gt是减函数，所以t=1时，函数gt取得最大值：ln1-1+1=0，所以gt≤g1=0，即f(x)≥x-3lnx.xtet方法二：令t=x-3lnx，则e-1=-1，于是f(x)≥x-3lnx等价于e-1≥t，3xtttt即e≥t+1，令h(t)=e-(t+1)，则有h(t)=e-1.令h(t)<0，即e-1<0，解得t<0；t令h(t)>0，即e-1>0，解得t>0，所以h(t)在(-∞,0)单调递减，(0,+∞)上单调递增，0tt所以h(t)≥h(0)=e-1=0，即e-(t+1)≥0.所以e≥t+1，即f(x)≥x-3lnx.【变式训练】3x21(2023·四川遂宁·统考模拟预测)设f(x)=ae-x，h(x)=3x-xlnx，(1)试讨论f(x)的单调性；(2)当a≥1时，证明f(x)>h(x)恒成立.【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析【分析】(1)根据导数与函数单调性的关系，利用分类讨论思想，可得答案；(2)利用放缩法，整理不等式，构造新函数，结合换元法与导数研究单调性，可得答案.3x3x【详解】(1)∵f(x)=ae-x，∴f(x)=3ae-1.(i)当a≤0时，，所以f(x)在R上单调递减；ln3a(ii)当a>0时，令f(x)=0，得x=-，3ln3aln3a因为当x∈-∞,-3时fx<0，当x∈-3，+∞时fx>0，ln3aln3a所以f(x)在-∞,-3上单调递减，在-3，+∞上单调递增.3x23x2(2)当a≥1时，f(x)-h(x)=ae-x-3x+xlnx≥e-x-3x+xlnx，3x3x2e3x-lnx要证fx>hx，只需证e-x-3x+xlnx>0，即证-1>3x-lnx，即证e-1>3x-lnx，x32,13x-1令t=φx=3x-lnxx>0，则φx=3-=，xx11当0<x<时，φx<0，φx单调递减，当x>时，φx>0，φx单调递增，3311xx所以t=φx≥φ=1-ln=ln3e，令g(x)=e-x-1，则g(x)=e-1，33当x∈(0，+∞)时，g(x)>0，g(x)单调递增，所以g(x)>g(0)=0因此g(3x-lnx)>g(0)=0，3x-lnx3x2所以e-1>3x-lnx从而e-x-3x+xlnx>0，所以当a≥1时f(x)>h(x)恒成立.x+12a+x+lnx2已知fx=e-，gx=，a∈R．xx(1)当x∈1,+∞时，求函数gx的极值；(2)当a=0时，求证：fx≥gx．【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析【分析】(1)分类讨论求解函数的极值即可.lnx+x+1t(2)首先将题意转化为e≥lnx+x+1+1．令t=lnx+x+1，即证：e≥t+1，再构造函数hx=xe-x-1，求其最小值即可证明.1-a-lnx【详解】(1)gx=，当a≥1时，gx<0，即gx在1,+∞上单调递减，2x故函数gx不存在极值；1-a当a<1时，令gx=0，得x=e，1-a1-ae1-a,+∞x1,eegx+0-gx增函数极大值减函数a+e1-a+1-a1-a1-a1+ea-1故gx极大值=ge=1-a=1-a=e+1，无极小值.ee综上，当a≥1时，函数gx不存在极值；a-1当a<1时，函数gx有极大值，gx极大值=e+1，不存在极小值．(2)显然x>0，要证：fx≥gx，x+1x+2+lnxx+1即证：e≥，即证：xe≥lnx+x+2，xlnx+x+1即证：e≥lnx+x+1+1．t令t=lnx+x+1，故只须证：e≥t+1．xx设hx=e-x-1，则hx=e-1，当x>0时，hx>0，当x<0时，hx<0，故hx在0,+∞上单调递增，在-∞,0上单调递减，x即hxmin=h0=0，所以hx≥0，从而有e≥x+1．t故e≥t+1，即fx≥gx．题型10双变量型构造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；33,ba(2)对∀a,b∈e,+∞，且a<b，证明：a>b.【答案】(1)见解析；(2)见解析.m1-lnx【分析】(1)fx的定义域为0,+∞，且fx=，对m分类讨论，明确函数fx的单调性；2mxbalnalnblnx(2)要证：a>b只需证：blna>alnb即证：>.设gx=，研究函数gx的单调性即可.abxm1-lnx【详解】(1)fx的定义域为0,+∞，且fx=．2mx①当m>0时，对x∈0,e，有fx>0，故函数fx在x∈0,e单调递增；对x∈e,+∞，有fx<0，故函数fx在x∈e,+∞单调递减．②当m<0时，对x∈0,e，有fx<0，函数fx在x∈0,e单调递减；对x∈e,+∞，有fx>0，函数fx在x∈e,+∞单调递增．balnalnb(2)对∀a,b∈e,+∞且a<b，要证：a>b只需证：blna>alnb即证：>.ablnx1-lnx设gx=，则gx=当x∈e,+∞时，有gx<0，xx2故函数gx在x∈e,+∞单调递减．又a<b，且a,b∈e,+∞，lnalnblnalnb所以ga>gb，即>．∴>成立故原不等式成立．ababx-a2(2023上·四川内江·高三四川省内江市第六中学校考阶段练习)已知函数fx=-x+1lnx+1a∈R．(1)求函数fx的单调区间；nm(2)已知m，n是正整数，且1<m<n，证明1+m>1+n．【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析【分析】(1)求导，令导数为0，结合定义域对a进行讨论即可；ln(1+x)(2)两边取对数，整理后，构造函数h(x)=，证明hx为0,+∞上的减函数，即可求解.xa-x【详解】(1)函数fx的定义域为(-1,+∞)，f(x)=，2(x+1)①当a≤-1时，fx<0在-1,+∞上恒成立，fx的减区间为-1,+∞，无增区间；②当a>-1时，令fx>0，解得-1<x<a，令fx<0，解得x>a，所以fx的增区间为-1,a，减区间为a,+∞．综上，当a≤-1时，fx的减区间为-1,+∞，无增区间；当a>-1时，fx的增区间为-1,a，减区间为a,+∞．(2)两边同时取对数，证明不等式成立等价于证明nln1+m>mlnn+1，ln(1+m)ln(1+n)即证明>，mnx-ln(1+x)ln(1+x)x+1构造函数h(x)=,h(x)=，xx2x令g(x)=-ln(1+x)，由(1)知，当a=0时，gx在0,+∞上为减函数，故gx<g0=0，x+1所以hx<0，所以hx为0,+∞上的减函数，ln(1+m)ln(1+n)nm因为1<m<n，知hm>hn，即>，即1+m>1+n．mn34,【变式训练】1+lnx1(2022·全国·高三专题练习)已知函数gx=1-．x(1)求gx的单调区间；1n1+lnn(2)当<m<n<1时，试证明<．em1+lnm【答案】(1)gx的单调递增区间是1,+∞，单调递减区间是0,1；(2)证明见解析.【分析】(1)由题可求函数的导函数，利用导函数可求；(2)利用函数的单调性可证.1+lnx【详解】(1)因为gx=1-，x1+lnxx-1+lnxlnx所以gx=-=．22xx令gx>0，得x>1；令gx<0，得0<x<1．所以gx的单调递增区间是1,+∞，单调递减区间是0,1．1+lnx(2)由(1)知gx=1-在0,1上单调递减，x1所以<m<n<1时，gm>gn，e1+lnm1+lnn即1->1-，mn1+lnm1+lnnn1+lnn所以<，即<．mnm1+lnm2x-12(2021·全国·高三专题练习)已知函数fx=lnx-．x+1(1)求证：函数fx在0,+∞上单调递增；lnm-lnn2(2)设m>n>0，求证：>．m-nm+n【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析．【分析】(1)利用导数法，证明x>0时，fx≥0即可；2m-1lnm-lnn21mnm(2)不妨设m>n，利用作差法得到-=ln-，然后令=t>m-nm+nm-nnm+1nn1，转化为ft，利用其在0,+∞上单调性证明.214x-1【详解】(1)由题意知，x>0，fx=-=≥0，xx+12xx+12∴函数fx在0,+∞上单调递增．(2)不妨设m>n，2m-1lnm-lnn21m2m-n1mn则-=ln-=ln-，m-nm+nm-nnm+nm-nnm+1n2m-1mmn2t-1令=t>1，则ln-=lnt-=ft．由(1)知fx在0,+∞上单调递增，f1nnm+11+tn=0，lnm-lnn2∵t>1，∴ft>0．又m>n，∴>．m-nm+n35,ax-13(2022·全国·高三专题练习)已知函数fx=lnx-.x+1(1)若函数fx在0,+∞上为单调增函数，求a的取值范围；m-nm+n(2)设m,n∈R，且m≠n，求证<.lnm-lnn2【答案】(1)-∞,2；(2)证明见解析.2【分析】(1)对函数进行求导并解不等式fx≥0，转化为二次不等式x+2-2ax+1≥0在0,+∞上恒成立问题；m(2)将所证不等式转化为构造为主元的不等式，再构造函数进行证明；n221ax+1-ax-1x+1-2axx+2-2ax+1【详解】解：(1)fx=-==，xx+12xx+12xx+12因为fx在0,+∞上为单调增函数，所以fx≥0在0,+∞上恒成立2即x+2-2ax+1≥0在0,+∞上恒成立，2当x∈0,+∞时，由x+2-2ax+1≥0，11得：2a-2≤x+，设gx=x+,x∈0,+∞，xx111则gx=x+≥2x⋅=2，当且仅当x=即x=1时，gx有最小值2，xxx所以2a-2≤2，解得a≤2，所以a的取值范围是-∞,2；m-1m+12m-1m-nm+nnnmnm(2)设m>n，要证<，只需证<，即ln>，即ln-lnm-lnn2lnm2nm+1nnn2m-1n>0，m+1n2x-1m设hx=lnx-，由(1)知hx在1,+∞上是单调增函数，又>1，x+1n2m-1mmnm-nm+n所以h>h1=0，即ln-m>0成立，得到<.nn+1lnm-lnn2n题型11极值点偏移型：和型证明【解题攻略】极值点偏移多有零点这个条件。零点型，注意数形结合思想的应用：1.零点是否是特殊值，或者在某个确定的区间之内。2.零点是否可以通过构造零点方程，进行迭代或者转化。3.将方程根的判定转化为函数的单调性问题处理x2211(2023·四川成都·成都七中校考模拟预测)已知函数fx=e-ax+ex有两个极值点a≤-，x23x1<x2．(1)求实数a的取值范围；(2)证明：x1+x2<2ln2a．36,2e【答案】(1)2,+∞(2)证明见解析x2x2e+ee+e【分析】(1)由fx=0，有2a=，令gx=，利用导数研究单调性，求gx的取值范围得实xx数a的取值范围；x2x1x2x1x1+x2x1+x2e-ee-e22(2)由fx1=fx2=0，得2a=，证明>e，得2a>e，从而x1+x2<2ln2a．x2-x1x2-x1x2x22e+e【详解】(1)fx=e-2ax+e=0有两个两侧异号的零点x1,x2，又f0=1+e≠0，于是2a=，xx2x-1ex-e2e+ex2x令gx=，则gx=，令hx=x-1e-e，则hx=xe.xx2x2x-1e-ex2当x∈(-∞,0)时，hx=x-1e-e<0，于是gx=<0，2xx2e+e所以gx在(-∞,0)单调递减且gx=<0，x当x∈(0,+∞)时，hx>0，hx在(0,+∞)单调递增，又h2=0，所以当x∈0,2时，hx<0,gx<0，gx在0,2单调递减，当x∈(2,+∞)时，hx>0,gx>0，gx在(2,+∞)单调递增.22+2e又g2=e且x→+∞,gx→+∞，x→0,gx→+∞，所以2a>e.所以实数a的取值范围为2,+∞.x2x1(2)因为fx=fx=0，所以ex1+e2=2ax,ex2+e2=2ax，于是ex2-ex1=2ax-x，从而2a=e-e，121221x2-x1x2x1x1+x2x2-x1x2-x1x-x2ue-e2e-1221e-1uu下面证明>e，即证明>e，令u=，即证明>eu>0，即证明ex2-x1x2-x122u-u-e>2uu>0，u-uuuu-u令φu=e-e-2uu>0，φu=e+e-2≥2e⋅e-2≥0.所以ϕu在(0,+∞)单调递增，所以φu>φ0=0.x2x1x1+x2x1+x22u-ue-e22e从而e-e>2uu>0.所以>e，于是2a>e，由(1)知a>，从而x1+x2<2ln2a．x2-x122(2023·山西·校考模拟预测)已知函数fx=lnx-ax+1,a∈R.(1)若fx≤0，求a的取值范围；2ax2(2)若关于x的方程fx=e-ex有两个不同的正实根x1,x2，证明：x1+x2>2e.2e【答案】(1),+∞(2)证明见解析elnx+1【分析】(1)对不等式fx≤0参变分离，然后构造函数gx=，利用导数求gx的最大值可解；x22ax2lnex2axx(2)将fx=e-ex变形为e+lnex=e+ax，构造函数Fx=x+e，根据其单调性将方程转21+2lnx1化为ax=lnex，再构造函数hx=，利用导数讨论其性质，结合图象可得<x1<e<xe22t-1x2x2-x1x2,0<a<，构造函数gt=lnt-(t>1)，根据单调性，并令t=>1，可得<et+1x1lnx2-lnx1x1+x2ax1=1+2lnx1，最后由作差整理可证.2ax2=1+2lnx2lnx+1【详解】(1)fx的定义域为0,+∞，由fx=lnx-ax+1≤0，得a≥.x37,lnx+11-lnx设gx=，则gx=.由gx>0，得0<x<e，由gx<0，得x>e，x2xx2e则gx在0,e上单调递增，在e,+∞上单调递减，从而g(x)max=ge=.e2e2e故a≥，即a的取值范围是,+∞.ee22ax22ax222axlnex2ax(2)证明：由fx=e-ex，得lnx-ax+1=e-ex，即ex+lnex=e+ax，即e+lnex=e+ax.2xlnex2ax2设Fx=x+e，则e+lnex=e+ax等价于Flnex=Fax.易证Fx在R上单调递增，21+2lnx1+2lnx1-2lnx则ax=lnex，即a=.设hx=，则hx=.由hx>0，得0<x<e，xxx2由hx<0，得x>e，则hx在0,e上单调递增，在e,+∞上单调递减，-1221-11+2lne2从而h(x)max=he=，且h=he=-1=0，ee2e当x趋于+∞时，hx趋于0.2ax2方程fx=e-ex有两个不同的正实根x1,x2，不妨设x1<x2，2122t-1(t-1)由图可知，<x1<e<x2,0<a<.设gt=lnt-(t>1),Gt=2>0,eet+1t(t+1)2t-1则Gt在1,+∞上单调递增.因为G1=0，所以Gt>0，即lnt->0.t+1x2x2x2x1-12x2-x1x2-x1x1+x2设t=>1，则ln-2⋅>0，即<lnx2-lnx1，则<.x1x1x2+1x1+x2lnx2-lnx12x12ax2ax1=1+2lnx1x2-x12因为方程fx=e-ex有两个不同的正实根x1,x2，所以，作差得=.ax2=1+2lnx2lnx2-lnx1a22x2-x1x1+x2因为0<a<，所以>e，所以>e，则>e，故x1+x2>2e.ealnx2-lnx12【变式训练】m1(2023·江西·统考模拟预测)已知函数f(x)=x+．xe(1)讨论f(x)的单调性；(2)若x1≠x2，且fx1=fx2=2，证明：0<m<e，且x1+x2<2．【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析【分析】(1)求定义域，求导，分m≤0和m>0两种情况，得到函数的单调性；38,xx(2)变形为x1,x2是方程m=e(2-x)的两个实数根，构造函数g(x)=e(2-x)，得到其单调性和极值最值情况，结合图象得到0<m<e，再构造差函数，证明出x1+x2<2.【详解】(1)f(x)的定义域为r，xme-m由题意，得f(x)=1-=，x∈r，当m≤0时，f(x)>0恒成立，f(x)在R上单调递增；xxee当m>0，且当x∈(-∞,lnm)时，f(x)<0，f(x)单调递减；当x∈(lnm,+∞)时，f(x)>0，f(x)单调递增．综上，当m≤0时，fx在R上单调递增；当m>0时，fx在区间-∞,lnm上单调递减，在区间lnm,+∞上单调递增．m(2)证明：由fx1=fx2=2，得x1，x2是方程x+x=2的两个实数根，exxx即x1,x2是方程m=e(2-x)的两个实数根．令g(x)=e(2-x)，则g(x)=e(1-x)，所以当x∈-∞,1时，g(x)>0，gx单调递增；当x∈1，+∞时，g(x)<0，gx单调递减，所以gxmax=g1=e．因为当x→-∞时，g(x)→0；当x→+∞时，g(x)→-∞，g2=0，所以0<m<e．x不妨设x1<x2，因为x1，x2是方程m=e(2-x)的两个实数根，则x1<1<x2<2．要证x1+x2<2，只需证x1<2-x2．因为x1<1，2-x2<1，所以只需证gx1<g2-x2．因为gx1=gx2，所以只需证gx2<g2-x2．今h(x)=g(x)-g(2-x)，1<x<2，2x2x2-xx2-xe-e则h(x)=g(x)+g(2-x)=e(1-x)+e(x-1)=(1-x)e-e=(1-x)⋅x<0在1,2恒成e立．所以h(x)在区间(1,2)上单调递减，所以h(x)<h(1)=0，即当1<x<2时，g(x)<g(2-x)．所以gx2<g2-x2，即x1+x2<2成立．2a2(2023上·江苏镇江·高三校考阶段练习)已知函数fx=lnx+,a∈r．若函数fx有两个不相x等的零点x1,x2．(1)求a的取值范围；(2)证明：x1+x2>4a．1【答案】(1)0,；(2)证明见详解.2e【分析】(1)利用导数研究函数的单调性及最值，结合零点存在性定理计算即可；(2)构造函数gx=fx-f4a-x，利用导数研究其单调性与最值即可证明.2ax-2a【详解】(1)由题意可知：fx=lnx+x>0⇒fx=，xx2若a≤0，则fx>0恒成立，即fx单调递增，不存在两个不等零点，故a>0，显然当x>2a时，fx>0，当0<x<2a时，fx<0，则fx在0,2a上单调递减，在2a,+∞上单调递增，122所以若要符合题意，需f2a<0⇒ln2a+1<0⇒a∈0,2e，此时有4a<2a，且f4a=2ln2a+1，2a112t-11111令gt=2lnt+t∈0,⇒gt=，而<⇒t<⇒gt<0，即gt在0,上递减，tet2e22e12故gt>ge=e-2>0，所以f4a>0，又f1=2a>0，21故在区间4a,2a和2a,1上函数fx存在各一个零点，符合题意，综上a∈0,；2e(2)结合(1)，不妨令0<x1<2a<x2，构造函数gx=fx-f4a-x0<x<2a，39,2x-2a2a-x8ax-2a则gx=+=-<0，即gx单调递减，所以gx>g2a=0，2222x4a-xx4a-x即gx1=fx1-f4a-x1>0⇒fx1=fx2>f4a-x1，因为0<x1<2a<x2，所以4a-x1>2a，由(1)知fx在2a,+∞上单调递增，所以由fx2>f4a-x1⇒x2>4a-x1，故x1+x2>4a.题型12极值点偏移型：积型证明【解题攻略】处理极值点偏移问题中的类似于x1x2<afx1=fx2的问题的基本步骤如下：①求导确定fx的单调性，得到x1,x2的范围；a②构造函数fx=fx-f，求导可得fx恒正或恒负；xa③得到fx1与f的大小关系后，将fx1置换为fx2；x1aa④根据x2与的范围，结合fx的单调性，可得x2与的大小关系，由此证得结论.x1x1121(2023上·河南·高三南阳中学校联考阶段练习)已知函数f(x)=ax-(2a+1)x+2lnx(a∈r).2(1)若f(x)有唯一极值，求a的取值范围；(2)当a≤0时，若f(x1)=f(x2)，x1≠x2，求证：x1x2<4.【答案】(1)a≤0；(2)证明见解析.【分析】(1)求出函数f(x)的导数，分析极值点情况即可得解.(2)由(1)的信息可设0<x1<2<x2，再构造函数，探讨函数的单调性推理即得.12【详解】(1)函数f(x)=ax-(2a+1)x+2lnx的定义域为(0,+∞)，22(ax-1)(x-2)求导得f(x)=ax-(2a+1)+=，xx1当a>0时，若a=，f(x)≥0，函数f(x)在(0,+∞)上单调递增，无极值点，不符合题意；2111若0<a<，当0<x<2或x>时，f(x)>0，当2<x<时，f(x)<0，2aa11即函数f(x)在(0,2),a,+∞上单调递增，在2,a上单调递减，函数f(x)有两个极值点，不符合题意；111若a>，当0<x<或x>2时，f(x)>0，当<x<2时，f(x)<0，2aa11即函数f(x)在0,a,(2,+∞)上单调递增，在a,2上单调递减，函数f(x)有两个极值点，不符合题意；当a≤0时，当0<x<2时，f(x)>0，当x>2时，f(x)<0，即函数f(x)在(0,2)上单调递增，在(2,+∞)上单调递减，2是函数f(x)的极大值点，且是唯一极值点，所以a的取值范围是a≤0.(2)当a≤0时，函数f(x)在(0,2)上单调递增，在(2,+∞)上单调递减，由f(x1)=f(x2)，x1≠x2，不妨令0<x1<2<x2，444要证x1x2<4，只证x1<x，即证fx1<fx，就证fx2-fx<0，22240,444令g(x)=f(x)-f,x>2，求导得g(x)=f(x)-f⋅-xxx24a4(ax-1)(x-2)+2(x-2)(x-4a)(ax-1)(x-2)x-1x-24x2=+⋅=x4x2xx2x-22x-8ax-2(x-2)[a(x+2x+4)-x]=ax-1+=⋅xx2xx222(x-2)[a(x+1)+3a-x]=<0，于是函数g(x)在(2,+∞)上单调递减，g(x)<g(2)=0，3x44而x2>2，则g(x2)<0，即f(x2)-fx<0⇔f(x2)<fx，又f(x1)=f(x2)，22444因此f(x1)<fx，显然0<x1<2,0<x<2，又函数f(x)在(0,2)上单调递增，则有x1<x，222所以x1x2<4.xe2(2023上·陕西汉中·高三西乡县第一中学校联考)已知函数fx=，gx=lnx-x.x(1)求函数gx的极值；(2)若hx=fx-gx，求函数hx的最小值；(3)若hx=a有两个零点x1，x2，证明：x1x2<1.【答案】(1)极大值为-1，无极小值(2)e+1(3)证明见解析【分析】(1)求导后解不等式g(x)>0、g(x)<0即可求得极值.(2)运用导数研究h(x)的单调性，进而可求得其最小值.(3)由已知可得ex1-lnx1+x-lnx=ex2-lnx2+x-lnx，构造函数y=ex+x，根据其单调性可得x-lnx=x11221121-lnx2，构造函数M(x)=x-lnx并研究其单调性，构造函数T(x)=M(x)-Mx并研究其单调性，当x>1时，依次结合函数y=T(x)、y=M(x)的单调性即可证得结果.11-x【详解】(1)由题意知函数g(x)的定义域为(0,+∞)，g(x)=-1=，xxg(x)>0⇒0<x<1，g(x)<0⇒x>1，所以g(x)在(0,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减，所以g(x)在x=1处取得极大值，极大值为-1，无极小值.xex(x-1)e1(2)由题意知函数hx=-lnx+x的定义域为(0,+∞).h(x)=-+1=xx2xx2xe(x-1)-x+xe+x(x-1)=，22xx则h(x)>0⇒x>1，h(x)<0⇒0<x<1，所以h(x)在(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增.所以h(x)min=h(1)=e+1.1(3)不妨设x1<x2，则由(2)知0<x1<1<x2，0<<1.设s(x)=h(x)-a，由sx1=sx2=0，得x2x1x2eex1-lnx1x2-lnx2-lnx1+x1=-lnx2+x2，即e+x1-lnx1=e+x2-lnx2，x1x2x因为函数y=e+x在r上单调递增，所以x1-lnx1=x2-lnx2成立.1x-1构造函数m(x)=x-lnx，则m(x)=1-=，xxm(x)>0⇒x>1，M(x)<0⇒0<x<1，所以m(x)=x-lnx在(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增，41,21112(x-1)构造函数t(x)=m(x)-m=x--2lnx，则t(x)=1+-=≥0，xxx2xx2所以函数t(x)在(0,+∞)上单调递增，1所以当x>1时，T(x)>T(1)=0，即当x>1时，M(x)>M，x11所以Mx1=Mx2>Mx，又M(x)在(0,1)上单调递减，所以0<x1<x<1，即x1x2<1.22【变式训练】21(2023上·重庆渝中·高三统考)已知函数fx=xlnx-ax+x,a∈r．(1)若函数fx是减函数，求a的取值范围；8(2)若fx有两个零点x1,x2，且x2>2x1，证明：x1x2>2．ee【答案】(1)2,+∞(2)证明见解析lnx+2【分析】(1)fx=lnx-2ax+2≤0在0,+∞上恒成立，参变分离2a≥在0,+∞上恒成立，构xlnx+2造函数求出ux=的最大值，从而求出a的取值范围；xlnx11lnx21lnttlnt(2)由零点得到a=+=+，令x2=tx1(t>2)，从而得到lnx1=-1，lnx2=-x1x1x2x2t-1t-1t+1lntt+1lnt1，lnx1x2=-2，构造ht=-2(t>2)，求导得到其单调性，从而证明出结论.t-1t-12【详解】(1)fx=xlnx-ax+x,a∈R的定义域为0,+∞，fx=lnx+1-2ax+1=lnx-2ax+2，函数fx是减函数，故fx=lnx-2ax+2≤0在0,+∞上恒成立，lnx+2lnx+21-lnx-2-lnx-1即2a≥在0,+∞上恒成立，令ux=，x∈0,+∞，ux==，xxx2x21lnx+2当x∈0,时，ux>0，ux=单调递增，ex1lnx+2当x∈,+∞时，ux<0，ux=单调递减，exlnx+211e故ux=在x=处取得极大值，也是最大值，且u=e，故2a≥e，解得a≥，故a的取值xee2e范围是2,+∞；22lnx11lnx21(2)若有两个零点x1,x2，则x1lnx1-ax1+x1=0,x2lnx2-ax2+x2=0，得a=+=+．x1x1x2x2lnx11lntx11lnt∵x2>2x1>0，令x2=tx1(t>2)，则+=+，故lnx1=-1，x1x1tx1tx1t-1tlnt则lnx2=lntx1=lnt+lnx1=-1，t-1lnttlntt+1lnt∴lnx1x2=lnx1+lnx2=-1+-1=-2，t-1t-1t-1-2lnt+t-1t+1lntt令ht=-2(t>2)，则ht=，t-1(t-1)22121(t-1)令φt=-2lnt+t-(t>2)，则φt=-+1+=>0，ttt2t2∴φt在2,+∞上单调递增，42,333-4ln2lne-ln16∴φt>φ2=-2ln2==>0，222φt∴ht=>0，则ht在2,+∞上单调递增，2(t-1)888∴ht>h2=3ln2-2=ln2，即lnx1x2>ln2，故x1x2>2.eee122(2023上·江苏连云港·高三江苏省海州高级中学校考阶段练习)已知函数fx=lnx+ax2-a+1xa∈R.(1)当a=1时，求函数y=fx的零点个数.122(2)若关于x的方程fx=ax有两个不同实根x1,x2，求实数a的取值范围并证明x1⋅x2>e.21【答案】(1)有且仅有一个零点(2)-1<a<-1，证明见解析e【分析】(1)利用导函数与单调性的关系，以及零点的存在性定理求解；lnx1=a+1x1(2)根据题意可得lnx-a+1x=0有两个不同实根x1,x2，进而可得，两式相加得lnx2=a+1x2x2lnx1x2x1+x2lnx1x2=a+1x1+x2，两式相减得ln=(a+1)x2-x1，从而有=，进而要证x1⋅x2>x1lnx2x2-x1x1x22x1+x2x2x22x2-x12x1-1e，只需证lnx1x2=⋅ln>2，即证ln>=，x2-x1x1x1x1+x21+x2x12t-14构造函数Ft=lnt-=lnt+-2即可证明.1+tt+12121(x-1)【详解】(1)当a=1时，fx=lnx+x-2x(x>0),fx=+x-2=≥0，2xx3所以函数y=fx在0,+∞上单调递增，又因为f1=-<0,f4=ln4>0，2所以函数y=fx有且仅有一个零点.12(2)方程fx=ax有两个不同实根x1,x2，等价于lnx-a+1x=0有两个不同实根x1,x2，2lnxlnx1-lnx得a+1=，令φx=，则φx=，令φx>0，解得0<x<e；令φx<0，解得x>e；xxx2lnxlnx所以φx=在0,e上单调递增，在e,+∞上单调递减，所以当x=e时，φx=取得最大值xx1，e由φ1=0，得当x∈0,1时，φx<0；当x∈1,+∞,φx>0,φx的大致图象如图所示，1112所以当a+1∈0,，即-1<a<-1时，fx=ax有两个不同ee2实根x1,x2；lnx1=a+1x1x2证明：不妨设0<x1<x2,且两式相加得lnx1x2=a+1x1+x2，两式相减得ln=lnx2=a+1x2x143,(a+1)x2-x1，lnx1x2x1+x22x1+x2x2所以=，要证x1⋅x2>e，只需证lnx1x2=⋅ln>2，lnx2x2-x1x2-x1x1x1x2x22x2-x12x1-1x22t-14即证ln>=，设t=(t>1)，令Ft=lnt-=lnt+-2，x1x1+x21+x2x11+tt+1x1214(t-1)则Ft=-=>0，所以函数Ft在1,+∞上单调递增，且F1=0，t(t+1)2t(t+1)22t-12所以Ft>0，即lnt>，所以x1⋅x2>e，原命题得证.1+t题型13极值点偏移型：平方型证明lnx+11(2023下·辽宁·高三统考)已知函数fx=.ax(1)讨论fx的单调性；x2x122(2)若ex1=ex2(e是自然对数的底数)，且x1>0，x2>0，x1≠x2，证明：x1+x2>2.【答案】(1)结论见解析；(2)证明见解析.【分析】(1)求出函数f(x)的导数f(x)，再按a<0,a>0分类探讨f(x)的正负作答.(2)等价变形给定等式，结合a=1时函数f(x)的单调性，由0<x1<1<x2，fx1=fx2，再构造函数g(x)=f(x)-f(2-x)，x∈(1,2)，利用导数、均值不等式推理作答.lnx+1lnx【详解】(1)函数f(x)=的定义域为(0,+∞)，求导得则f(x)=-，由f(x)=0得x=1，axax2若a<0，当0<x<1时，f(x)<0，则f(x)单调递减，当x>1时，f(x)>0，则f(x)单调递增，若a>0，当0<x<1时，f(x)>0，则f(x)单调递增，当x>1时，f(x)<0，则f(x)单调递减；所以当a<0时，函数f(x)在(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增；当a>0时，函数f(x)在(0,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减.x2x1lnx1+1lnx2+1(2)由ex1=ex2，两边取对数得x2lnx1+1=x1lnx2+1，即=，x1x2由(1)知，当a=1时，函数f(x)在(0,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减，1f(x)max=f(1)=1，而fe=0，x>1时，f(x)>0恒成立，因此当a=1时，存在x1,x2且0<x1<1<x2，满足fx1=fx2，222若x2∈[2,+∞)，则x1+x2>x2≥4>2成立；若x2∈(1,2)，则2-x2∈(0,1)，记g(x)=f(x)-f(2-x)，x∈(1,2)，2lnxln(2-x)lnxln(2-x)ln[-(x-1)+1]则g(x)=f(x)+f(2-x)=-->--=->0，22222x(2-x)xxx即有函数g(x)在(1,2)上单调递增，g(x)>g(1)=0，即f(x)>f(2-x)，于是fx1=fx2>f2-x2，而x2∈(1,2)，2-x2∈(0,1)，x1∈(0,1)，函数f(x)在(0,1)上单调递增，因此x1>2-x2，即x1+x2>2，22222222又x1+1>2x1=2x1,x2+1>2x2=2x2，则有x1+1+x2+1>2x1+x2>4，则x1+x2>2，22所以x1+x2>2.44,22(2023·广东广州·广州市从化区从化中学校考模拟预测)已知函数fx=lnx-ax.(1)讨论函数fx的单调性：22(2)若x1,x2是方程fx=0的两不等实根，求证：x1+x2>2e；【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析【分析】(1)求出函数的定义域和导数，再根据a≤0和a>0分类讨论，即可得出函数的单调性；2222(2)由lnx-ax=0⇔2lnx-2ax=0可得，x1,x2是方程lnx-2ax=0的两不等实根，从而可将问题转化lnt为t1,t2是方程2a=的两不等实根，即可得到a和t1,t2的范围，原不等式等价于t1+t2>2e，即极值点偏t移问题，根据对称化构造(解法1)或对数均值不等式(解法2)等方法即可证出．【详解】(1)由题意得，函数fx的定义域为0,+∞.2211-2ax由fx=lnx-ax得：fx=-2ax=，当a≤0时，fx>0,fx在0,+∞上单调递增；xx2a2a当a>0时，由fx>0得0<x<，由fx<0得x>，2a2a2a2a所以fx在0,2a上单调递增，在2a,+∞上单调递减.222(2)因为x1,x2是方程lnx-ax=0的两不等实根，lnx-ax=0⇔2lnx-2ax=0，22即x1,x2是方程lnx-2ax=0的两不等实根，222lnt令t=x(t>0)，则t1=x1,t2=x2，即t1,t2是方程2a=的两不等实根.tlnt1-lnt1令gt=，则gt=，所以gt在0,e上递增，在e,+∞上递减，ge=，tt2e11当t→0时，gt→-∞；当t→+∞时，gt>0且gt→0.所以0<2a<，即0<a<.e2e22令1<t1<e<t2，要证x1+x2>2e，只需证t1+t2>2e，解法1(对称化构造)：令ht=gt-g2e-t,t∈1,e，lntln2e-t2e-tlnt-tln2e-t则ht=gt-g2e-t=-=，令φt=2e-tlnt-t2e-tt2e-ttln2e-t，2et2e-tt22e-tt则φt=-1-lnt-ln2e-t+=+-ln-t+2et>+-2>t2e-tt2e-tt2e-t0，所以φt在1,e上递增，φt<φe=0，所以ht=gt-g2e-t<0，所以gt<g2e-t，22所以gt2=gt1<g2e-t1，所以t2>2e-t1，即t1+t2>2e，所以x1+x2>2e.x1-x2x1+x2解法2(对数均值不等式)：先证<，令0<x1<x2，lnx1-lnx22x2-x1lnx2-lnx12x-1x2只需证x+x<2，只需证x+1-lnx<0x=x>1，21122x-141-(x-1)令φx=-lnx(x>1),φx=-=<0，x+1(x+1)2xx(x+1)2t1t2t1+t2t1-t2所以φx在1,+∞上单调递减，所以φx<φ1=0.因为=，所以=lnt1lnt2lnt1+lnt2lnt1-lnt2t1+t2<，22所以lnt1+lnt2>2，即t1t2>e，所以t1+t2>2t1t2>2e.【变式训练】45,lnx1(2023·山西·校联考模拟预测)已知函数fx=-ax.x(1)若fx≤-1，求实数a的取值范围；2212(2)若fx有2个不同的零点x1,x2(x1<x2)，求证：2x1+3x2>.5a【答案】(1)1,+∞(2)证明见解析lnx+xlnx+x【分析】(1)求解函数定义域，参变分离得到a≥，构造hx=，利用导函数得到其单调性，22xx极值和最值情况，得到a≥h1=1；lnxlnx(2)转化为a=2有2个不同的实数根，构造Fx=2，得到其单调性，得到1<x1<e<x2，且a∈xx2221x2lnx212t-112t-10,，求出=，换元后即证lnt->0，构造Gt=lnt-t>1，求导后得2ex2lnx153t2+253t2+21到Gt在1,+∞上单调递增，Gt>G1=0，得到证明.lnx+x【详解】(1)因为函数fx的定义域为0,+∞，所以fx≤-1成立，等价于a≥成立.2xlnx+x1-x-2lnx令hx=，则hx=，23xx2令gx=1-x-2lnx，则gx=-1-<0，所以gx在0,+∞内单调递减，x又因为g1=0，所以当x∈0,1时，hx>0，hx单调递增；当x∈1,+∞时，hx<0，hx单调递减，所以y=hx在x=1处取极大值也是最大值.因此a≥h1=1，即实数a的取值范围为1,+∞.lnx(2)fx有2个不同的零点等价于a=有2个不同的实数根.2xlnx1-2lnx令Fx=，则Fx=，当Fx=0时，解得x=e.所以当x∈0,e时，Fx>0，23xxFx单调递增，1当x∈e,+∞时，Fx<0，Fx单调递减，所以y=Fx在x=e处取极大值为Fe=.2e又因为F1=0，当x∈0,1时，Fx<0，当x>1时，Fx>0.1且x→+∞时，Fx→0.所以1<x1<e<x2，且a∈0,2e.22lnxlnx1=ax1x2lnx2因为x1,x2是方程a=2的2个不同实数根，即lnx=ax2.将两式相除得2=lnx，x22x11xlnxt2222lnttlnt令t=x，则t>1，t=lnx，变形得lnx1=2，lnx2=2.11t-1t-12lnx12lnx222122lnx13lnx212又因为x1=，x2=，因此要证2x1+3x2>，只需证+>.aa5aaa5a2123tlnt2lnt12因为a>0，所以只需证2lnx1+3lnx2>5，即证2+2>5.t-1t-1222212t-112t-13t-2因为t>1，即证lnt->0.令Gt=lnt-t>1，则Gt=≥0，222253t+253t+2t3t+2所以Gt在1,+∞上单调递增，Gt>G1=0，212t-1即当t>1时，lnt->0成立，命题得证.253t+21+lnx2(2023上·云南·高三云南师大附中校考阶段练习)已知函数fx=，a>0．ax46,(1)若fx≤1，求a的取值范围；22(2)证明：若存在x1，x2，使得fx1=fx2，则x1+x2>2．【答案】(1)1,+∞(2)证明见解析【分析】(1)求出函数的导数后可得函数的单调性，结合单调性可求最大值，从而可求参数的取值范围.22(2)利用极值点偏移可证x1+x2>2，结合不等式放缩可证x1+x2>2.1+lnxlnx【详解】(1)f(x)=，f(x)=-，令f(x)=0，解得x=1，axax2所以当x∈(0,1)时，f(x)>0，f(x)在(0,1)上单调递增；当x∈(1,+∞)时，f(x)<0，f(x)在(1,+∞)单调递减，11所以f(x)max=f(1)=，要使f(x)≤1，则有≤1，而a>0，故a≥1，所以a的取值范围为[1,+∞)．aa(2)证明：当a>0时，由(1)知，当x∈(0,1)时，f(x)单调递增；当x∈(1,+∞)时，f(x)单调递减，设x1<x2，所以x1∈(0,1)，x2∈(1,+∞)，222①若x2∈[2,+∞)，则x1+x2>x2≥4>2，成立；②若x2∈(1,2)，先证x1+x2>2，此时2-x2∈(0,1)，要证x1+x2>2，即证x1>2-x2，即f(x1)>f(2-x2)，f(x2)>f(2-x2)，令g(x)=f(x)-f(2-x)，x∈(1,2)，lnxln(2-x)1lnxln(2-x)1lnxln(2-x)1ln[x(2-x)]g(x)=-2-2=-2-2>-2-2=-×2=axa(2-x)ax(2-x)axxax21ln[-(x-1)+1]-×>0，ax2所以g(x)在(1,2)上单调递增，所以g(x)≥g(1)=0，即f(x)>f(2-x)，x∈(1,2)，所以x1+x2>2，2222因为x1+1>2x1，x2+1>2x2，所以x1+1+x2+1>2(x1+x2)，22即x1+x2>2(x1+x2)-2>2．题型14三角函数型不等式证明【解题攻略】1.利用导数证明三角函数型不等式2.正余弦的有界性3.三角函数与函数的重要放缩公式：x≥sinxx≥0.x1(2023·全国·高三专题练习)已知函数fx=e-x-1.(1)证明：fx≥0；x(2)当m≤1时，证明不等式e-mx+cosx-2≥0，在x∈0,+∞上恒成立.【答案】(1)答案见解析；(2)答案见解析.【分析】(1)求导，根据导函数分析fx的单调性，即可得到fx≥fxmin=f0=0，即可证明fx≥0；x(2)令gx=e-mx+cosx-2，求导，根据放缩的思路得到gx≥0，然后利用gx在0,+∞上的单x调性即可证明e-mx+cosx-2≥0.x【详解】(1)证明：fx=e-1，当x>0时，fx>0，fx单调递增；当x<0时，fx<0，fx单调递减，fx≥fxmin=f0=0，47,x故e-x-1≥0，当且仅当x=0时取等号，∴fx≥0.xx(2)令gx=e-mx+cosx-2，则gx=e-m-sinx，xx由(1)可得e-x-1≥0，即e≥x+1，又m≤1，所以gx≥x+1-1-sinx=x-sinx，令hx=x-sinx，则hx=1-cosx，当x≥0时，hx≥0，所以hx在0,+∞上单调递增，所以当x∈0,+∞时，hx≥h0=0，则gx≥0，gx在0,+∞上单调递增，x当x∈0,+∞时，gx≥g0=0，即e-mx+cosx-2≥0，x所以当m≤1时，不等式e-mx+cosx-2≥0，在x∈0,+∞上恒成立.32(2023·四川资阳·统考模拟预测)已知函数fx=x-ax+1．(1)当a=1时，过点1,0作曲线y=fx的切线l，求l的方程；(2)当a≤0时，对于任意x>0，证明：fx>cosx．23【答案】(1)y=-x+1或y=x-1(2)证明见解析43【分析】(1)易知1,0不在fx上，设切点x0,x0-x0+1，由导数的几何意义求出切线方程，将1,0代入求出对应x0，即可求解对应切线方程；32(2)构造gx=x-ax+1-cosxx>0，求得gx=3x-a+sinx，再令ux=gx，通过研究u′x正负确定gx单调性，再由g′x正负研究gx最值，进而得证.32【详解】(1)由题，a=1时，fx=x-x+1，fx=3x-1，332设切点x0,x0-x0+1，则切线方程为y-x0-x0+1=3x0-1x-x0，3232该切线过点1,0，则-x0+x0-1=3x0-11-x0，即2x0-3x0=0，3323323所以x0=0或x0=2．又f0=1；f0=-1；f2=8，f2=4．23所以，切线方程为y=-x+1或y=x-1；432(2)设gx=x-ax+1-cosxx>0，则gx=3x-a+sinx，2令ux=gx=3x-a+sinxx>0，则ux=6x+cosx，ππ可知0<x<，时，ux>0；x≥时，ux>0，22故x>0时均有ux>0，则ux即gx在0,+∞上单调递增，g0=-a，因为a≤0时，则g0=-a≥0，gx>g0≥0，故gx在0,+∞上单调递增，此时，gx>g0=0．所以，当a≤0时，对于任意x>0，均有fx>cosx．【变式训练】1(2022·新疆·统考三模)已知函数f(x)=sinx-axcosx，a∈R(1)若f(x)在x=0处的切线为y=x，求实数a的值；1(2)当a≥，x∈[0,+∞)时，求证：fx≤2ax.3【答案】(1)a=0(2)证明见解析【分析】(1)由导数的几何意义有f0=1，求解即可；sinxsinx(2)将fx≤2ax变形成-ax≤0，故只需证g(x)=-ax≤0，用导数法证明g(x)max≤2+cosx2+cosx0即可48,【详解】(1)∵fx=cosx-acosx+axsinx，∴f(0)=1-a=1，∴a=0(2)要证fx≤2ax，即证sinx-axcosx≤2ax，只需证sinx≤ax(2+cosx)，因为2+cosx>0，也就是要sinxsinx证-ax≤0，令g(x)=-ax，2+cosx2+cosxcosx(2+cosx)-sinx(-sinx)2cosx+1g(x)=-a=-a22(2+cosx)(2+cosx)212cosx+11-(cosx-1)∵a≥，∴g(x)≤-=≤03(2+cosx)233(2+cosx)2∴g(x)在[0,+∞)为减函数，∴g(x)≤g(0)=0，∴sinx-axcosx≤2ax，得证xacosxπ2设函数f(x)=ecosx，g(x)=，x∈0,.e2x3π12(1)求fx的最小值，并证明：e<2；3x(2)若不等式：g(x)≥2-e成立，求实数a的取值范围.【答案】(1)fxmin=1，证明见解析(2)1,+∞【分析】(1)求导，利用导数确定函数的单调性，进而可求最值，结合单调性，即可证明，(2)根据a≥1和a<1分类讨论，结合第一问的结论和基本不等式即可求解.xxxππ【详解】(1)由f(x)=ecosx可得f(x)=e(cosx-sinx)=2ecos+x，令f(x)=0得，x=∈44π0,，3ππππππ当x∈0,4时，fx>0，x∈4,3时，fx<0，所以fx在x∈0,4单调递增，在x∈4,3单调递减，π333所以f(x)=minf(0),fπ，因为fπ=e>e=e>1=f(0)，所以fx=1，min33222minπππ因为x∈π,π时，fxππ24131243<0，所以fx在4,3上单调递减，所以2e>2e，化简得，e<2；(2)g(x)≥2-e3x等价于g(x)+e3x≥2，当a≥1，因为x∈0,πacosx>0，e3x>0，，所以3e2x3xacosx3xcosx3xcosx3xxx所以g(x)+e=+e≥+e≥2⋅e=2ecosx，由(1)得，2ecosx≥21=2，2x2x2xeee3x3×0所以g(x)+e≥2；当a<1时，g(0)+e=1+a<2，3x3x即x=0时，g(x)+e≥2不成立，即g(x)≥2-e不成立，综上，实数a的取值范围为1,+∞.题型15韦达定理代换型【解题攻略】利用韦达定理证明不等式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：可以消去参数21已知函数fx=lnx+x-axa∈R.49,(1)求函数fx的单调区间；13(2)设fx存在两个极值点x1,x2，且x1<x2，若0<x1<，求证：fx1-fx2>-ln2.24【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析【分析】(1)先把函数进行求导并进行化简，由题意知，x>0，在对a进行讨论即可得到答案.(2)由(1)知在a>22时，fx存在两个极值点x1,x2，利用韦达定理求出x1,x2的关系式，并用x1分别表1示出x2和a，把x1,x2代入fx1-fx2中进行化简，∵0<x1<，所以可以求出最小值，即可证出fx123-fx2>-ln2.4212x-ax+1(1)由题意可知fx=+2x-a=，x>0，xx当a≤0时，fx>0，则fx在0,+∞是单调递增；2当a>0时，若a-8≤0，即0<a≤22时，fx>0222a-a-8a+a-8若Δ=a-8>0，即a>22时，x∈0,和x∈,+∞时，fx>0x∈4422a-a-8a+a-8,时，fx<0，综上，a≤22时，fx在0,+∞是单调递增；a>22时，442222a-a-8a+a-8a-a-8a+a-8fx在0,和,+∞递增，在,递减44442a1(2)由题意可设，x1,x2是ϕx=2x-ax+1=0的两个根，则x1+x2=,x1x2=221122∴x2=,a=2x1+(用x1分别表示出x2和a)∴fx1-fx2=lnx1+x1-ax1-lnx2+x2-ax2，整理，2x1x1得12112∴fx1-fx2=2lnx1+ln2+2-x1，此时x1∈0,2设hx=2lnx+ln2+2-x，求导得4x14x42-2x2-1221-4x+4x-1hx=--2x==<0恒成立，x2x32x32x3113∴hx在0,2上单调递减，∴hx>h2=4-ln222已知函数f(x)=lnx+ax-x.(1)若a=-1，求函数f(x)的极值；(2)设f′(x)为f(x)的导函数，若x1，x2是函数f′(x)的两个不相等的零点，求证：f(x1)+f(x2)<x1+x2-513【答案】(1)极大值是f=-ln2-，无极小值；(2)证明见解析242(x+1)(2x-1)【分析】(1)由a=-1，得到f(x)=lnx-x-x，求导fx=-，令fx>0，fx<0求x解；22ax-x+12(2)由fx=，且x>0，得到x1，x2是方程2ax-x+1=0的两个不相等正实根，利用根的分x113布，得到0<a<，然后利用韦达定理，得到f(x1)+f(x2)-x1-x2=ln--1，利用导数法证明.82a4a(1)2解：当a=-1时，f(x)=lnx-x-x，且定义域为(0，+∞).50,1(x+1)(2x-1)则fx=-2x-1=-.xx11令fx>0，得0<x<；令fx<0，得x>.2211故f(x)在0,2单调递增，在2,+∞上单调递减，13故f(x)的极大值是f=-ln2-，2413综上，函数f(x)的极大值是f=-ln2-，无极小值.24212ax-x+12(2)证明：由题意得fx=+2ax-1=，且x>0，则x1，x2是方程2ax-x+1=0的两个xx不相等正实根，Δ=1-8a>0x+x=1>0122∴122a解之得0<a<.f(x1)+f(x2)-x1-x2=lnx1+lnx2+ax1+ax2-2(x1+x2)8xx=1>0122a222=a(x1+x2)-2(x1+x2)+ln(x1x2)=a[(x1+x2)-2x1x2]-2(x1+x2)+ln(x1x2)1313t132-3t=ln--1，令t=，g(t)=lnt--1，t∈(4，+∞)，则gt=-=<0，t∈(4，2a4a2a2t22t+∞)，故g(t)在(4，+∞)上单调递减，故g(t)<g(4)=ln4-7<2-7=-5，所以f(x1)+f(x2)<x1+x2-5.【变式训练】11已知函数fx=x--alnx(a∈r)，x1(1)求曲线y=fx在点e,-处的切线与坐标轴围成三角形的面积．e2(2)fx是fx的导函数，若函数gx=x⋅fx-ax+2lnx有两个极值点x1,x2，且0<x1<x2<e，求12证：gx1+2<gx2+e-4．e【答案】(1)2(2)证明见解析【分析】(1)对函数进行求导，求出点e，fe处的切线的斜率，用点斜式求出切线方程，令y=0和令x=0，得出坐标轴上的截距，可得三角形面积；11(2)利用函数gx有两个极值点x1，x2(x1<x2)得a与两极值的关系x1+x2=a，x1⋅x2=1，x2=，x1+x1x112212=a，“证明gx1+2<gx2+e-4”等价于“证明gx1-gx2<e-2-4”.表达函数gx=xee21211f'x+2lnx-ax=x-2ax+2lnx+1，可得gx1-gx2=2-x1+4lnx1，e<x1<1，令ht=2-x1t22212(t-1)t+4lnt，ht=--t+=-<0，求新函数ht在区间的最值，即可得证．t3t4111(1)解：由函数fx=x--alnx(a∈r)的定义域为(0,+∞)，可得fe=e--a=-，解得a=e，xee1a1e1e1又由fx=1+-，即fx=1+-，故所求切线的斜率为fe=1+-=，x2xx2xe2ee211x22所以切线方程为y+=x-e，即y=-，令y=0，得x=2e；令x=0，得y=-，ee2e2ee51,12所以切线与坐标轴围成三角形的面积s=×2e×=2．2e(2)22证明：gx=x·fx+2lnx-ax=x-2ax+2lnx+1．222x-ax+1则函数y=gx的定义域为0，+∞，且gx=2x-2a+=，xx若函数y=gx有两个极值点x1，x2，且x1<x2<e，22则方程x-ax+1=0的判别式δ=a-4>0，且x1+x2=a>0，x1x2=1，11所以x2=<e，由基本不等式得a=x1+x2>2x1x2=2，且<x1<1，x1e12212“证明gx1+2<gx2+e-4”等价于“证明gx1-gx2<e-2-4”.gx1-gx2=x1-2ax1ee2+2lnx1-x2+2ax2-2lnx2121=x1+x2·x1-x2-2ax1-x2+4lnx1=-x1+x2x1-x2+4lnx1=2-x1+4lnx1e<x1<1．x122121242t-11设ht=-t+4lnt<t<1，则ht=--2t+=-<0在t∈，1上恒成立．t2et3tt3e1121故y=ht在，1上单调递减，从而ht>h1=0，ht<h=e--4．eee22112因此，gx1-gx2的取值范围是0，e-2-4，所以gx1+2<gx2+e-4．ee122已知函数fx=x+lnx+mx，(m∈r)．2(1)若fx存在两个极值点，求实数m的取值范围；2fx1+fx2x1+x2m+2(2)若x1，x2为fx的两个极值点，证明：2-f2>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)有两个xx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-f2=-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+=，xxx2x2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+x22fx1+fx2x1+x2lnx1+2x1+mx1+lnx2+2x2+mx2x1+x22x1+x2所以2-f2=2-ln2-2-m22m1mmmm=-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gt=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)=0．52,题型16切线放缩型证明【解题攻略】常用的切线放缩有：xx1x(1)e≥x+1；(2)e≥ex；(3)1-≤lnx≤x-1；(4)lnx≤.xe1(2023·青岛模拟改编)已知x1lnx1=x2lnx2=a，且x1<x2，求证：-2x2-x1<2a+1+e.n1-nnn求证：|a-b|<t+n.lnn证明：设函数f(x)=xlnx(x>0)，f′(x)=1+lnx(x>0).设p(x)=1+lnx(x>0)，1则p′(x)=(x>0)，当x>0时，p′(x)>0，因而f′(x)在(0,+∞)上单调递增，x11而当x=时，f′(x)=0，所以当x∈0，时，f′(x)<0，f(x)=xlnx单调递减，ee1当x∈，+∞时，f′(x)>0，f(x)=xlnx单调递增.e而f(x)=xlnx=0，解得x=1.-2-2取其在x=e和x=1处的切线，分别为l1：g(x)=-x-e和l2：m(x)=x-1，-2令h(x)=f(x)-g(x)=xlnx+x+e(x>0)，则h′(x)=2+lnx，-2当0<x<e时，h′(x)<0，h(x)单调递减；-2-2当x>e时，h′(x)>0，h(x)单调递增.于是h(x)≥h(e)=0，从而f(x)≥g(x)，令φ(x)=f(x)-m(x)=xlnx-x+1(x>0)，则φ′(x)=lnx，当0<x<1时，φ′(x)<0，φ(x)单调递减，当x>1时，φ′(x)>0，φ(x)单调递增，于是φ(x)≥φ(1)=0，从而f(x)≥m(x)，如图.直线y=a与直线l1，函数f(x)的图象和直线l2分别交于x1′，x1，x2，x2′，53,则有：x1′<x1<x2<x2′，-2-2x2-x1<x2′-x1′=(a+1)-(-a-e)=2a+1+e.x-122已知函数f(x)=4e+ax，曲线y=f(x)在x=1处的切线方程为y=bx+1.(1)求实数a、b的值；(2)x>0且x≠1时，证明：曲线y=f(x)的图象恒在切线y=bx+1的上方；x-13(3)证明：不等式：4xe-x-3x-2lnx≥0.【答案】(1)a=-1，b=2；(2)证明见解析；(3)证明见解析x-1【详解】(1)f(x)=4e+2ax，由曲线y=f(x)在x=1处的切线方程为y=bx+1知：f(1)=4+2a=b,解得a=-1，b=2.f(1)=4+a=b+1,x-12(2)由题意只需证：当x>0且x≠1时，4e-x>2x+1；x-12x-1x-1n设g(x)=4e-x-2x-1，则g(x)=4e-2x-2，g(x)=4e-2，易知g(x)在(0,+∞)单调递增；且4g(1)=2>0，g(0)=-2<0，∴必定存在x0∈(0,1)，使得gx0=0，则g(x)在0,x0单调递减，在e4x0,+∞单调递增，其中g(0)=-2<0，eg(1)=0，即g(x)在(0,1)单调递减，在(1,+∞)单调递增，∴g(x)min=g(1)=0，即当x>0且x≠1时，g(x)>0成立；所以当x>0且x≠1时，曲线y=f(x)的图象在切线y=bx+1的上方.x-13x-122lnx(3)要证：4xe-x-3x-2lnx≥0，只需证4e-x-3-≥0.xx-12由(2)知x>0时，4e-x≥2x+1.2lnx2故只需证2x+1≥3+，即证x-x-lnx≥0，x2(2x+1)(x-1)212x-x-1设φ(x)=x-x-lnx，则φ(x)=2x-1-==，易知φ(x)在(0,1)单调递xxx减，x-13在(1,+∞)单调递增，∴φ(x)≥φ(1)=0；即不等式：4xe-x-3x-2lnx≥0成立.【变式训练】x-121已知函数f(x)=4e+ax，曲线y=f(x)在x=1处的切线方程为y=bx+1.(1)求实数a，b的值；(2)x>0且x≠1时，证明：曲线y=f(x)的图象恒在切线y=bx+1的上方；x-13(3)证明不等式：4xe-x-3x-2lnx≥0.x-1解答：(1)解 f′(x)=4e+2ax，由曲线y=f(x)在x=1处的切线方程为y=bx+1知：f′(1)=4+2a=b，解得a=-1，b=2.f(1)=4+a=b+1，x-12(2)证明 由题意只需证：当x>0且x≠1时，4e-x>2x+1；x-12x-1设g(x)=4e-x-2x-1，则g′(x)=4e-2x-2，x-1g″(x)=4e-2，易知g″(x)在(0，+∞)单调递增；4且g″(1)=2>0，g″(0)=-2<0，∴必定存在x0∈(0，1)，使得g″(x0)=0，e4则g′(x)在(0，x0)单调递减，在(x0，+∞)单调递增，其中g′(0)=-2<0，eg′(1)=0，即g(x)在(0，1)单调递减，在(1，+∞)单调递增，∴g(x)min=g(1)=0，即当x>0且x≠1时，g(x)>0成立；54,所以当x>0且x≠1时，曲线y=f(x)的图象在切线y=bx+1的上方.x-13x-122lnx(3)证明 要证4xe-x-3x-2lnx≥0，只需证4e-x-3-≥0.xx-122lnx2由(2)知x>0时，4e-x≥2x+1.故只需证2x+1≥3+，即证x-x-lnx≥0，x2(2x+1)(x-1)212x-x-1设φ(x)=x-x-lnx，则φ′(x)=2x-1-==，xxx易知φ(x)在(0，1)单调递减，在(1，+∞)单调递增，∴φ(x)≥φ(1)=0；x-13即不等式4xe-x-3x-2lnx≥0成立.x2(2013·新课标II卷)已知函数fx=e-lnx+m①(1)设x=0是fx的极值点，求m并讨论fx的单调性；(2)当m≤2时，证明：fx>0x1【解析】(1)由题意，fx=e-，x>-1，x+m1因为x=0是fx的极值点，所以f0=1-=0，解得：m=1，mxx1x+1e-1故fx=e-=，x+1x+1xx令ux=x+1e-1x>-1，则ux=x+2e>0，所以ux在-1,+∞上单调递增，又u0=0，所以当-1<x<0时，ux<0，故fx<0；当x>0时，ux>0，故fx>0，从而fx在-1,0上单调递减，在0,+∞上单调递增.xx(2)证法1：当m≤2时，fx=e-lnx+m≥e-lnx+2，xxx1x+2e-1令gx=e-lnx+2，x>-2，则gx=e-=，x+2x+2xx令hx=x+2e-1x>-2，则hx=x+3e>0，所以hx在-2,+∞上单调递增，1结合h-1=-1<0，h0=1>0知存在唯一的x0使hx0=0且x0∈-1,0，e当-2<x<x0时，hx<0，所以gx<0，当x>x0时，hx>0，所以gx>0，x0从而gx在-2,x0上单调递减，在x0,+∞上单调递增，故gxmin=gx0=e-lnx0+2①，因为x0x01hx0=x0+2e-1=0，所以e=，两边取对数得：x0=-lnx0+2，x0+221x0+1x代入①得：gx0=--x0=>0，所以gx>0，即e-lnx+2>0，x0+2x0+2x因为当m≤2时，fx≥e-lnx+2，所以fx>0.xxx证法2：当m≤2时，fx≥e-lnx+m≥e-lnx+2，下面先证e≥x+1，xx令gx=e-x-1x∈R，则gx=e-1，所以gx<0⇔x<0，gx>0⇔x>0，从而gx在-∞,0上单调递减，在0,+∞上单调递增，故gxmin=g0=0，x所以gx≥0，从而e≥x+1，当且仅当x=0时等号成立，1x+1再证lnx+2≤x+1，令hx=lnx+2-x-1x>-2，则hx=-1=-，x+2x+2所以hx>0⇔-2<x<-1，hx<0⇔x>-1，从而hx在-2,-1上单调递增，在-1,+∞上单调递减，故hxmax=h-1=0，所以hx≤0，故lnx+2≤x+1，当且仅当x=-1时等号成立，xxx综上所述，有lnx+2≤x+1≤e，且两个等号不能同时成立，所以lnx+2<e，故e-lnx+2>0，xx因为当m≤2时，fx=e-lnx+m≥e-lnx+2，所以fx>0.55,高考练场x12021·福建莆田·统考二模)设函数f(x)=2e+acosx,a∈R．π(1)若f(x)在0,上存在零点，求实数a的取值范围；2π(2)证明：当a∈1,2,x∈0,时，f(x)≥2x+3．2【答案】(1)(-∞,-2)，(2)证明见解析x【分析】(1)设g(x)=2e,h(x)=acosx，根据函数的单调性得到关于a的不等式，解出即可；(2)设G(x)=f(x)-2x-3，求出函数的导数，根据函数的单调性证明结论成立即可xπ【详解】(1)解：设g(x)=2e,h(x)=acosx，因为当x∈0,时，g(x)为增函数，2π2当a≥0时，0≤h(x)≤a，2<g(x)<2e，ππ所以f(x)在0,2上恒大于零，所以f(x)在0,2上不存在零点，π当a<0时，h(x)在0,上为增函数，根据增函数的和为增函数，2π所以f(x)在0,上为单调函数，2π所以f(x)在0,上若有零点，则仅有1个，2ππ2所以f(0)f<0，即(2+a)⋅2e<0，解得a<-2，2所以实数a的取值范围(-∞,-2)x(2)证明：设g(x)=f(x)-2x-3=2e+acosx-2x-3，则x0g(x)=2e-asinx-2，则g(0)=2e-asin0-2=0，x所以g(x)=2e-acosx，因为a∈[1,2]，所以g(x)≥0，ππ所以g(x)在0,2上递增，g(x)>0在0,2上恒成立，π所以G(x)在0,上递增，而G(0)=2+a-3=a-1，2因为a∈[1,2]，所以G(0)≥0，所以G(x)≥0恒成立，所以当a∈[1,2]时，f(x)≥2x+322.2024·河南·模拟预测)已知函数f(x)=(x+1)+alnx+ax.(1)讨论f(x)的单调性；23a(2)证明：当a<0时，f(x)≥--2a+1.4【答案】(1)答案见解析；(2)证明见解析.【分析】(1)求出函数f(x)的导数，分类讨论求解导函数为正为负的不等式解集即得.(2)由(1)中信息，求出函数f(x)的最小值，再构造函数，结合不等式性质推理即得.2【详解】(1)函数f(x)=(x+1)+alnx+ax的定义域为(0,+∞)，a(x+1)(2x+a)求导得f(x)=2(x+1)++a=，xx当a≥0时，f(x)>0，函数f(x)在(0,+∞)上单调递增，aa当a<0时，由f(x)<0，得0<x<-，函数f(x)在0,-上单调递减，2256,aa由f(x)>0，得x>-，函数f(x)在-,+∞上单调递增，22所以当a≥0时，函数f(x)在(0,+∞)上单调递增；aa当a<0时，函数f(x)在0,-2上单调递减，f(x)在-2,+∞上单调递增.aa(2)证明：由(1)知，函数f(x)在0,-2上单调递减，f(x)在-2,+∞上单调递增，aa2aa则f(x)≥f-2=-2+1+aln-2+-2，1令函数g(x)=lnx-x,x>0，求导得g(x)=-1，当0<x<1时，g(x)>0，函数g(x)在(0,1)上单调递x增，当x>1时，g(x)<0，函数g(x)在(1,+∞)上单调递减，则g(x)≤g(1)=-1，aaa于是lnx≤x-1，有lnx+x≤2x-1，当a<0时，则ln-2+-2≤2-2-1=-a-1，a2aa1232因此f(x)≥-2+1+aln-2+-2≥4a-a+1+a(-a-1)=-4a-2a+1，23a所以f(x)≥--2a+1.422(2023上·湖北·高三校联考阶段练习)已知函数f(x)=sinx+x.(1)求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程，5(2)证明：f(x)>-.16【答案】(1)y=x(2)证明见解析【分析】(1)求导解得f(0)=1，然后求得切线方程；(2)结合函数导数研究函数的单调性，从而求得函数的最小值；【详解】(1)f(x)=cosx+2x，f(0)=1，f(0)=0.故曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y=x.(2)由(1)得f(x)=cosx+2x.令函数u(x)=f(x)，则u(x)=-sinx+2>0，所以u(x)=f(x)是增函数.111212f(0)=1，f-2=cos2-1<0，所以存在x0∈-2,0，使得fx0=cosx0+2x0=0，即x0=4cosx0.所以当x∈-∞,x0时，f(x)<0，当x∈x0,+∞时，f(x)>0，所以f(x)在-∞,x0上单调递减，在x0,+∞上单调递增.212121f(x)≥fx0=sinx0+x0=sinx0+cosx0=-sinx0+sinx0+.44411π1因为x0∈-2,0，所以0>sinx0>sin-2>sin-6=-2，1211121155所以-4sinx0+sinx0+4>-4×-2-2+4=-16.故f(x)>-16.23(2023·全国·高三专题练习)设函数fx=x-ax+alnxa∈R,a≠0,fx是函数fx的导函数.(1)讨论fx的单调性；(2)若a>0，且f1+f1=0，结合(1)的结论，你能得到怎样的不等式？23n+1*(3)利用(2)中的不等式证明：++...+>lnn+1n∈N.22212n2【答案】(1)答案见解析(2)x-x≥lnx(答案不唯一，符合题意即可)(3)证明见解析【分析】(1)求导，利用导数求原函数的单调性，分a>0、a<0两种情况讨论；57,(2)根据题意可求得a=1，结合单调性求其最值可得不等式；2n+1(3)根据不等式x-x≥lnx，令x=运算整理即可.n2【详解】(1)由题意，函数fx=x-ax+alnx，其中函数fx的定义域为0,+∞，a22x+ax-a可得fx=2x-a-=，xxa令fx=0，可得x=a或x=-，2若a>0，则当x∈0,a时，fx<0，当x∈a,+∞时，fx>0，所以fx上0,a单调递减，在a,+∞上单调递增；aa若a<0，则当x∈0,-2时，fx<0，当x∈-2,+∞时，fx>0，aa所以fx在0,-2单调递减，在-2,+∞上单调递增.2x+ax-a22(2)由函数fx=x-ax+alnx且fx=，可得f1=1-a,f1=2-a-a，x2因为f1+f1=0，可得1-a+2-a-a=0，解得a=1或a=-3(与a>0矛盾，舍去)，2故fx=x-x-lnx由(1)知，函数fx在0,1上单调递减，在1,+∞上单调递增，所以fx在x=1时取得最小值，最小值f(x)min=f1=0，即fx≥0，2故对于任意x>0恒成立，有不等式x-x≥lnx成立，当且仅当x=1时，“=”成立.2(3)由(2)知当x>0时，有x-x≥lnx成立，n+1*n+12n+1n+1令x=n>1,n∈N，则n-n>lnnn+1n+1整理得，>ln=lnn+1-lnn，n2n23n+1所以++⋯+>ln2-ln1+ln3-ln2+⋯+lnn+1-lnn=lnn+1.22212nax-14(2022·全国·高三专题练习)已知函数fx=lnx-a∈R．x+1(1)若函数fx在定义域内是单调增函数，求实数a的取值范围；48124n∗(2)求证：+++⋯+<nn+5，n∈n．ln2ln3ln4ln(n+1)【答案】(1)a≤2(2)证明见解析【分析】(1)分析可知fx≥0在0,+∞上恒成立，利用参变量分离法结合基本不等式可求得实数a的取值范围；∗4n-14×14×2(2)利用(1)中的结论分析可得出当n≥2且n∈n，<2n+1，推导出<2×3，<lnnln2ln34×34n2×4，<2×5，⋯，<2n+2，利用不等式的基本性质结合等差数列的求和公式可证得ln4lnn+1结论成立.12a【详解】(1)解：因函数fx在定义域为0,+∞，fx=-，xx+12因为函数fx在定义域内是单调增函数，所以fx≥0在0,+∞上恒成立，2x+11所以，2a≤=x++2，xx58,11当x>0时，由基本不等式可得x++2≥2x⋅+2=4，当且仅当x=1时，等号成立，xx所以，2a≤4，解得a≤2.(2)证明：由(1)知当a=2时，函数fx在0,+∞上是单调增函数，21-1且当x>1时，fx>f1=ln1-=0，1+12x-14x-1则lnx>，所以，2x+1>，x+1lnn4n-1∗所以，当n≥2且n∈N，<2n+1，lnn4×14×24×34n所以，<2×3，<2×4，<2×5，⋯，<2n+2，ln2ln3ln4lnn+1将上述不等式相加得48124nn3+n+2+++⋯+<23+4+5+⋯+n+2=2×=nn+5，ln2ln3ln4ln(n+1)248124n即+++⋯+<nn+5，故原不等式得证.ln2ln3ln4lnn+1x5(2023·河北·统考模拟预测)已知函数fx=lnx+1-ae-xa∈r．(1)当a>0时，证明：fx<0恒成立；111*(2)当a=0时，证明：1+1×2⋅1+2×3∙⋯∙1+<en∈n．nn+1【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析【分析】(1)分两种情况x>0和0≥x>-1求出函数最值证明不等式；(2)构造函数证明lnx+1≤x，结合对数运算及裂项相消证明不等式x1x【详解】(1)函数fx=lnx+1-ae-xa∈R,x∈-1,+∞时,fx=-ae-1a>0,单调递x+1减，当x>0,fx<f0=1-a-1=-a<0,fx单调递减，fx<f0=ln1-a-0=-a<0,1x令gx=lnx+1-x,x∈-1,0,gx=-1=->0,gx=lnx+1-x,x∈-1,0单调x+1x+1递增，0≥x>-1,gx≤g0=ln1-0=0,lnx+1-x≤0恒成立，xx当0≥x>-1,∴lnx+1-x≤0，-ae<0,∴fx=lnx+1-ae-x<0所以a>0时，fx<0恒成立；1x(2)gx=lnx+1-x,x∈0,+∞,gx=-1=-<0,gx=lnx+1-x,x∈0,+∞单x+1x+1调递减，x>0,gx<g0=ln1-0=0,lnx+1-x<0恒成立111111lnx+1<x,令x=1×2,ln1×2+1<1×2,令x=2×3,可得ln2×3+1<2×3111令x=,可得ln+1<⋮3×43×43×4111令x=,可得ln+1<两边相加可得n×n+1n×n+1n×n+159,ln1+111<1+1+⋯+11×2+ln1+2×3+⋯+ln1+nn+11×22×3nn+1=1-11-11-11<12+23+⋯+nn+1=1-n+1111*∴ln1+1×2⋅1+2×3∙⋯∙1+<1n∈nnn+1111*∴1+1×2⋅1+2×3∙⋯∙1+<en∈nnn+1x6(2020·四川绵阳·统考模拟预测)已知函数f(x)=e+alnx(a∈r)(1)当a=1时，求曲线y=f(x)在(1,f(1))处的切线方程；x0(2)设x0是f(x)的导函数f(x)的零点，若-e<a<0，求证：fx0>e.【答案】(1)(e+1)x-y-1=0；(2)证明见解析【分析】(1)对函数进行求导，利用导数的几何意义求出曲线y=f(x)在(1,f(1))处的切线的斜率，写出切线的点斜式方程，最后化成一般式即可；(2)求出f(x)的表达式，根据零点定义，得到一个指数方程，然后取对数，变成对数方程，构造新函数，利用新函数的单调性，结合已知的不等式进行证明即可.xx1【详解】(1)当a=1时，f(x)=e+lnx(x>0)，∴f(x)=e+，且f(1)=e，x∴曲线y=f(x)在(1,e)处的切线的斜率k=f(1)=e+1.∴曲线y=f(x)在(1,e)处的切线方程为y-e=(e+1)(x-1)，即(e+1)x-y-1=0；xax0ax0a(2)由题意得f(x)=e+.∵x0是f(x)的导函数f(x)的零点，∴fx0=e+=0，即e=-，xx0x0x0-a∴lne=lnx，即x0+lnx0=ln(-a).又-e<a<0，则x0+lnx0=ln(-a)<1.01令g(x)=x+lnx，显然x>0，所以g(x)=1+>0x因此g(x)=x+lnx在(0,+∞)上是增函数，且gx0<g(1)=1∴0<x0<1，因此alnx0>0.x0x0∴fx0=e+alnx0>e.27(天津市红桥区2021-2022学年高三数学试题)已知fx=xlnx，gx=-x+ax-3.(1)求函数fx的单调区间；(2)对一切x∈0,+∞，2fx≥gx恒成立，求实数a的取值范围；12(3)证明：对一切x∈0,+∞，都有lnx>-成立.xexe11【答案】(1)函数fx在0,e上单调递减，在e,+∞上单调递增(2)-∞,4(3)证明见解析【分析】(1)求出f(x)的导函数，令导函数小于0，可求得函数单调递减区间，导函数大于0，可求得函数单调递增区间；3(2)把f(x)与g(x)解析式代入已知不等式，整理后设h(x)=2lnx+x+(x>0)，求出h(x)的导函数，根x据导函数的正负判断单调性，进而求出h(x)的最小值，即可确定a的范围；x2(3)所证不等式两边乘以x，左边为f(x)，右边设为m(x)=-(x∈(0,+∞))，求出左边的最小值及右边xee的最大值，比较即可得证．(1)解：因为fx=xlnx，所以f′(x)=lnx+1x>0，60,11当x∈0,e，f′(x)<0，当x∈e,+∞，f′(x)>0，11所以函数fx在0,e上单调递减，在e,+∞上单调递增；(2)23解：原不等式等价于2xlnx≥-x+ax-3，即a≤2lnx+x+对一切x∈0,+∞恒成立，x3(x+3)(x-1)设h(x)=2lnx+x+(x>0)，则h′(x)=，xx2当x∈(0,1)时，h′(x)<0，h(x)单调递减，当x∈(1,+∞)时，h′(x)>0，h(x)单调递增，所以a≤h(x)min=h(1)=4，所以实数a的取值范围为-∞,4；x2(3)证明：原问题等价于证明xlnx>-(x∈(0,+∞))，xee11由(1)可知f(x)=xlnx(x∈(0，+∞))的最小值是-，当且仅当x=时取到，eex21-x设m(x)=-(x∈(0,+∞))，则m′(x)=，xexee当x∈(0,1)时，m′(x)>0，m(x)单调递增，当x∈(1,+∞)时，m′(x)<0，m(x)单调递减，1所以m(x)max=m(1)=-，当且仅当x=1时取到，e12所以对一切x∈(0,+∞)，都有lnx>-成立．xexe8(辽宁省五校(辽宁省实验中学、东北育才学校、鞍山一中、大连八中、大连24中)2021-2022学年高三考试数学试题)材料：在现行的数学分析教材中，对“初等函数”给出了确切的定义，即由常数和基本初等x函数经过有限次的四则运算及有限次的复合步骤所构成的，且能用一个式子表示的.如函数fx=xxlnxxx⋅lnxttx>0，我们可以作变形：fx=x=e=e=et=xlnx，所以fx可看作是由函数ft=e和xgx=xlnx复合而成的，即fx=xx>0为初等函数，根据以上材料：x(1)直接写出初等函数fx=xx>0极值点2xk(2)对于初等函数hx=xx>0，有且仅有两个不相等实数x1,x20<x1<x2满足：hx1=hx2=e.(i)求k的取值范围.-e2e2-2ee(ii)求证：x2≤(注：题中e为自然对数的底数，即e=2.71828⋯)x111【答案】(1)极小值点为x=，无极大值点(2)(i)k∈-,0；(ii)证明见解析e2e【分析】1(1)根据材料中的信息可求得极小值点为x=；e(2)(i)将问题转化为求函数的最小值问题，同时要注意考查边界；(ii)通过换元，将问题转化为求函数的最值问题，从而获得证明.(1)1极小值点为x=，无极大值点.e(2)22x1x2k22由题意得：x1=x2=e即x1lnx1=x2lnx2=k.2(i)问题转化为mx=xlnx-k在0,+∞内有两个零点.则mx=x1+2lnx61,-1-122当x∈0,e时，mx<0，mx单调递减；当x∈e,+∞时，mx>0，mx单调递增.-112若mx有两个零点，则必有me<0.解得：k>-2e-1222若k≥0，当0<x<e时，mx=xlnx-k≤xlnx<0，无法保证mx有两个零点.1-11k2若-<k<0，又me>0，me<0，m1=-k>02e1-1-1k221故∃x1∈e,e使得mx1=0，∃x2∈e,1使得mx2=0.综上：k∈-2e,0xx22222tlntlnt(ii)设t=x，则t∈1,+∞.将t=x代入x1lnx1=x2lnx2可得：lnx1=2，lnx2=2(*)111-t1-t-e-e22e2-2eee2-2ee欲证：x2≤，需证：lnx2≤lnx1x1222et+e-2elnte即证：lnx1+e-2elnx2≤-.将(*)代入，则有2≤-21-t22x+e-2elnxex-1则只需证明：≤-ex>1即lnx≥x>1.1-xx+e2-2ex-1x+12x-1-lnxx-1xlnx-x1x+1构造函数φx=--e+2，则φx=-，φx=x>1lnxeln2xex2ln3x(其中φx为φx的导函数)22x-1x-1令ωx=-lnxx>1则ωx=-<0所以ωx<ω1=0则φx<0.x+1xx+12因此φx在1,+∞内单调递减.又φe=0，当x∈1,e时，φx>0，φx单调递增；当x∈e,+∞时，φx<0，φx单调递减.x-1xx-1x所以φx=--e+2≤φe=0，因此有-≤e-2lnxelnxeex-1即lnx≥x>1.综上所述，命题得证.2x+e-2e239(2023上·天津和平·高三天津一中校考阶段练习)已知函数fx=xlnx-a，a为实数．22(1)当a=时，求函数在x=1处的切线方程；3(2)求函数fx的单调区间；(3)若函数fx在x=e处取得极值，fx是函数fx的导函数，且fx1=fx2，x1<x2，证明：2<x1+x2<e．3a-13a-122【答案】(1)x+y=0(2)单调递增区间为e,+∞，单调递减区间为0,e(3)证明过程见解析【分析】(1)求出f1=-1，求导，得到f1=-1，进而由导函数的几何意义求出切线方程；(2)求定义域，求导，解不等式，求出单调区间；(3)先令φx=fx=2xlnx-1，求导得到其单调性，求出0<x1<1<x2<e，进而构造差函数，证明出极值点偏移问题.2221【详解】(1)当a=时，fx=xlnx-1，f1=-1，fx=2xlnx-1+x⋅=2xlnx-x，故f13x=-1，故函数在x=1处的切线方程为y+1=-x-1，即x+y=0；62,233(2)fx=xlnx-2a定义域为0,+∞，fx=2xlnx-2a+x=x2lnx+1-3a，3a-13a-122令fx>0，解得x>e，令fx<0，解得0<x<e，3a-13a-122故fx的单调递增区间为e,+∞，单调递减区间为0,e；(3)由题意得fe=e2lne+1-3a=0，解得a=1，故fx=2xlnx-1，x>0，当x∈0,e时，fx<0，fx单调递减，当x∈e,+∞时，fx>0，fx单调递增，可知函数fx在x=e处取得极值，故a=1符合题意，因为fx1=fx2，x1<x2，令φx=fx=2xlnx-1，x>0，则φx=2lnx-1+2=2lnx，当x∈0,1时，φx<0，φx单调递减，当x∈1,+∞时，φx>0，φx单调递增，且当x∈0,1时，φx<0恒成立，φe=0，当x∈e,+∞时，φx>0，画出φx=2xlnx-1的图象如下：故0<x1<1<x2<e，令fx=φx-φ2-x，0<x<1，22则fx=φx+φ2-x=2lnx+2ln2-x=2ln2x-x=2ln-x-1+1，22因为0<x<1，所以-x-1+1∈0,1，fx=2ln-x-1+1<0，故fx=φx-φ2-x在0,1上单调递减，又f1=0，故fx=φx-φ2-x>0在0,1上恒成立，即φx>φ2-x，0<x<1，因为0<x1<1，所以φx1>φ2-x1，其中φx2=φx1，故φx2>φ2-x1，其中1<x2<e，2-x1>1，φx在x∈1,+∞上单调递增，故x2>2-x1，即x1+x2>2，e2令Gx=φx-φe-x，0<x<，则gx=φx+φe-x=2lnx+2lne-x=2lnex-x222e2eee2e=2ln-x-2+4，当0<x<2时，所以y=-x-2+4单调递增，2e2ee由复合函数可得gx=2ln-x-2+4在0<x<2上单调递增，2ee1e11e又g2=2ln4>0,G4=2ln4-16<0，故存在x0∈4,2，使得Gx0=0，当x∈0,x0时，Gx<0，Gx单调递减，e当x∈x0,2时，Gx>0，Gx单调递增，eee当x→0时，Gx→0，G2=φ2-φe-2=0，e故当0<x<时，gx=φx-φe-x<0恒成立，2e因为0<x1<1<，故gx1=φx1-φe-x1<0，即φx1<φe-x1，2又φx2=φx1，故φx2<φe-x1，63,其中1<x2<e，e-x1>1，φx在x∈1,+∞上单调递增，故x2<e-x1，故x1+x2<e，综上，2<x1+x2<e.1210(2023上·四川遂宁·高三四川省蓬溪中学校校考阶段练习)设fx=ax-a+1x+lnx，a∈r.2(1)当a=2时，求fx的极值；(2)若∀x>0有fx≤0恒成立，求a的取值范围；(3)当a<0时，若fx1=fx2，求证：x1x2<1.5【答案】(1)fx极大值=--ln2，fx极小值=-2；(2)-2,0；(3)证明见解析4【分析】(1)求导得到fx的单调性，然后根据单调性求极值即可；(2)将fx≤0恒成立转化为fxmax≤0，然后分a≤0和a>0两种情况讨论fx最大值即可求解；11(3)将证明x1x2<1转化为证明fx-fx>0,x∈0,1，然后构造函数gx=fx-fx,x∈0,1，求导得到gx>0，即可得证.【详解】(1)fx的定义域为0，+∞212x-1x-1由题：fx=x-3x+lnx，fx=2x-3+=，xx11令fx>0，解得0<x<或x>1，令fx<0，解得<x<1，221115∴fx在0,2，1,+∞上单调递增，2,1上单调递减，∴fx极大值=f2=-4-ln2，fx极小值=f1=-2.1ax-1x-1(2)由题：fx=ax-a+1+=，欲使fx≤0恒成立，只需fxmax≤0，xx当a≤0时：∵ax-1<0，x>1时，fx<0，0<x<1时，fx>0，1∴fx在0,1上单调递增，1,+∞上单调递减，∴fxmax=f1=-a-1≤0，得a≥-2，2此时，-2≤a≤0；当a>0时：111若<1即a>1，令fx>0，解得0<x<或x>1，令fx<0，解得<x<1，aaa11则fx在0,a，1,+∞上单调递增，a,1上单调递减，1若=1即a=1，fx≥0，则fx在0,+∞上单调递增，a111若>1即0<a<1，令fx>0，解得0<x<1或x>，令fx<0，解得1<x<，aaa11则fx在0,1，a,+∞上单调递，1,a上单调递减，不论上述哪种情况，均有limfx=+∞，因此，不可能有fx≤0恒成立，舍.x→+∞综上：a的取值范围为-2,0.(3)由(2)的结论可知：当a<0时：fx在0,1上单调递增，1,+∞上单调递减，∵fx1=fx2，64,∴由图，不妨设0<x1<1<x2，欲证x1x2<1①，1111只需证x2<x，即证fx2>fx，即证fx1>fx，即证fx1-fx>0，111111ax-1x-1即证fx-fx>0,x∈0,1②，设gx=fx-fx,x∈0,1，∴gx=x-1111a-a+1+ln2x2xx2ax-1x-11211ax-1x-1x-a+1x+a=-a--a+1--=+=x2x3x2xxx3ax-1x-1x-1x-a+xx3x-12x-13x-12=ax-1x+x-a=ax-1-xx-1=ax-1x+x+1-xx-1=333xxx22x-1ax+x+1-x，3x222∵a<0，x+x+1>0，∴ax+x+1<0，又∵-x<0，∴ax+x+1-x<0，23∵x-1>0，x>0，∴gx<0，∴gx在0,1上单调递减，∴gx>g1=f1-f1=0，∴②成立，∴①成立.a11(2023·北京通州·统考三模)已知函数fx=ax--lnx(a>0)x(1)已知f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y=x-1，求实数a的值；(2)已知f(x)在定义域上是增函数，求实数a的取值范围.a2(3)已知gx=fx+有两个零点x1，x2，求实数a的取值范围并证明x1x2>e.x11【答案】(1)a=1(2)a≥(3)0<a<，证明见解析2e【分析】(1)切线方程的斜率为1，所以有f1=1，解方程即得实数a的值；(2)依题意fx≥0在(0，+∞)上恒成立.，分参求解即可；2(3)求出函数gx的单调性，结合零点存在性定理即可求实数a的取值范围；通过分析法要证明x1x2>e，x1x12x2-12t-1只需证ln<，构造函数Ht=lnt-即可证得x2x1+1t+1x2aa1【详解】(1)因为fx=ax--lnx，所以fx=a+-.xx2x所以f1=2a-1，又f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y=x-1，所以f1=2a-1=1，解得a=1..a1(2)f(x)的定义域为(0，+∞)，因为f(x)在定义域上为增函数，所以fx=a+-≥0在(0，+∞)上x2x恒成立.22ax-x+a2xx1-x即≥0恒成立.ax+1≥x，即a≥，令gx=，所以gx==22222xx+1x+1x+165,1+x1-x，22x+1x∈(0,1)时gx>0，x∈(1,+∞)时gx<0，以gx在(0,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减，11所以gxmin=g1=，即a≥.221ax-1(3)gx=ax-lnx。定义域为0,+∞，gx=a-=xx当a≤0时，gx<0，所以gx在(0，+∞)上单调递减，不合题意.1ax-111当a>0时，gx=a-x=xgx在0，a上单调递减，在a,+∞上单调递增，1111所以gx的最小值为ga=1-lna，函数gx存在两个零点的必要条件是ga=1-lna<0，1即0<a<，又g1=a>0，e11所以gx在1，a上存在一个零点a>1.1当x→+∞时，gx→+∞，所以gx在，+∞上存在一个零点，a1综上函数gx有两个零点，实数a的取值范围是0<a<.不妨设两个零点x2>x1>0elnx1-lnx2由gx1=gx2=0，所以lnx1=ax1，lnx2=ax2，所以lnx1-lnx2=ax1-x2，所以a=，x1-x22要证x1x2>e，只需证lnx1x2>2，只需证lnx1+lnx2>2，lnx1-lnx2lnx1-lnx22由lnx1+lnx2=ax1+ax2=ax1+x2=x1+x2，只需证>，x1-x2x1-x2x1+x2x12x1-x2x12x2-1x12t-1只需证lnx1-lnx2<，只需证ln<，令=t0<t<1，只需证lnt<，x1+x2x2x1+1x2t+1x2222t-114t+1-4tt-1令ht=lnt-，ht=-==>0，t+1tt+12tt+12tt+12∴H(t)在(0，1)上单调递增，∴Ht<h1=0，2t-12即lnt<成立，所以x1x2>e成立.t+11+lnx12(2021·福建·高三统考阶段练习)已知函数fx=ax(1)讨论f(x)的单调性；x2x122(2)若ex1=ex2，且x1>0，x2>0，x1≠x2，证明:x1+x2>2.【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析【分析】(1)求导，分a>0，a<0两种情况，分别研究fx的正负，即可得到fx的单调性；(2)将已知的lnex1lnex2方程两边同时取对数，得到=，由a=1进行分析，利用(1)中的结论，不妨令x1<1<x2，x1x2分x2≥2或1<x2<2两种情况求解，构造函数gx=fx-f2-x，利用导数研究其性质，结合不等式的性质及基本不等式，即可证明.lnx【详解】(1)fx=-x>02ax当a>0时，x∈0，1，fx>0，所以fx单调递增；x∈1，+∞，fx<0，所以fx单调递减；当a<0时，x∈0，1，fx<0，所以fx单调递减；x∈1，+∞，fx>0，所以fx单调递增；(2)证明：66,x2x1lnex1lnex2∵ex1=ex2，∴x2lnex1=x1lnex2，=x1x2即当a=1时，fx1=fx2由(1)可知，此时x=1是fx的极大值点，因此不妨令0<x1<1<x22222要证x1+x2>2，即证：x1+x2>222①当x2≥2时，x1+x2>2成立；②当1<x2<2时先证x1+x2>2此时2-x2∈0，1要证x1+x2>2，即证：x1>2-x2，即fx1>f2-x2，即fx2>f2-x2即：fx2-f2-x2>0①1+lnx1+ln2-xlnxln2-xlnx令gx=fx-f2-x=-x∈1,2，∴gx=-->-x2-xx22-x2x22ln2-xln2x-x-=->022xx∴gx在区间1，2上单调递增∴gx>g1=0，∴①式得证.∴x1+x2>222∵x1+1>2x1，x2+1>2x2222222∴x1+x2+2>2x1+2x2∴x1+x2>2x1+x2-2>2∴x1+x2>2-x13(广西桂林市国龙外国语学校2021-2022学年高三考试数学试题)已知函数fx=ae+cosxa∈R.π(1)若函数fx在-，0上是单调函数，求实数a的取值范围；2π1(2)当a=-1时，x0为fx在0,π上的零点，求证：<x0+x.2e0sinx-cosx002-π4【答案】(1)a≤0或a≥e(2)见解析2ππ【分析】(1)分函数fx在-2，0上是单调递减，函数fx在-2，0上是单调递增两种情况解决即-xππ-x可.(2)由题得fx=-e+cosx，分x∈2,π，x∈0,2两种情况讨论，得函数fx=-e+cosx在ππ1π1π0,π上的零点x0∈4,2，cosx0=x0，要证2<x0+x0，即证2-x0sinx0-cosx0-eesinx0-cosx0πππcosx0<0，设hx=2-xsinx-cosx-cosx,x∈4,2，求导解决即可.-x-xπ【详解】(1)由题知，fx=ae+cosxa∈r.所以fx=-ae-sinx,因为函数fx在-，0上是2单调函数，ππx若函数fx在-2，0上是单调递减，所以fx≤0在-2，0上恒成立，即a≥-esinx，xπxxπ设gx=-esinx,x∈-2，0，所以gx=-esinx+cosx=-2esinx+4，ππππ因为x∈-，0，所以-<x+<，2444ππ当x∈-,-时，g(x)>0，函数g(x)单调递增；24ππ2-π2-π44当x∈-4，0时，g(x)<0，函数g(x)单调递减；所以gxmax=g-4=2e，故a≥2e；ππx若函数fx在-2，0上是单调递增，所以fx≥0在-2，0上恒成立，即a≤-esinx，由上可知，gxmin>g0=0，故a≤0.67,2-π4综上所述，实数a的取值范围为a≤0或a≥e.2-x-x(2)当a=-1时，fx=-e+cosx，所以fx=e-sinx，π-xπ-x-x当x∈2,π时，fx=-e+cosx<0，故x0∈0,2，令mx=e-sinx，则mx=-e-cosx，-xπ-xπ因为y=-e和y=-cosx都在0,2上单调递增，所以mx=-e-cosx在0,2上单调递增，π-πππ2当x∈0,2时，mx<m2=-e<0，所以mx在0,2上单调递减，π-π2π4所以fx在0,2上单调递减，因为f0=1>0,f4=e-2<0，ππ所以存在唯一的x1∈0,4，使得f(x1)=0，所以fx在0,x1上单调递增，在x1,2上单调递减，π-π2π-π42又因为f0=0,f4=-e+2>0,f2=-e<0，-xππ1所以函数fx=-e+cosx在0,π上的零点x0∈,，即cosx0=x，42e0π1π要证<x0+x，即证-x0sinx0-cosx0-cosx0<0，2e0sinx-cosx200πππ设hx=2-xsinx-cosx-cosx,x∈4,2，ππ所以hx=cosx+sinx2-x-sinx-cosx+sinx=cosx+sinx2-x+cosx，ππππ显然h(x)>0在4,2上恒成立，所以h(x)在4,2上单调递增，πππππ所以hx<hx0=sin2-cos22-2-cos2=0，故原不等式得证.214(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fx=x-x+klnx，k∈r．(1)讨论函数fx的单调性；1(2)若fx有两个极值点x1，x2，证明：fx1-fx2<-2k．4【答案】(1)答案见解析；(2)证明见解析.【分析】(1)先求fx的定义域和导数fx，再根据一元二次方程判别式的情况讨论fx的正负，进而确1x1定fx的单调性即可；(2)利用根与系数关系进行等量代换将fx1-fx2<-2k转化为证明ln4x2x1-+1<0，构造函数证明不等式恒成立即可.x22k2x-x+k解:(1)函数fx的定义域为0,+∞，fx=2x-1+=，xx2设gx=2x-x+k，判别式δ=1-8k．1①当δ≤0，即k≥时，gx≥0恒成立，fx≥0恒成立，等号不恒成立，此时fx在0,+∞上单调递8增；11-1-8k1+1-8k②当δ>0，即k<时，令gx=0，得x1=，x2=．844k(i)当k≤0时，x1x2=≤0，此时x1≤0，x2>0．2当x∈0,x2时，gx<0，则fx<0，fx调递减；当x∈x2,+∞时，gx>0，则fx>0，fx单调递增；68,1k1(ii)当0<k<时，x1x2=>0，x1+x2=>0，∴0<x1<x2．822当x∈0,x1时，gx>0，则fx>0，fx单调递增；当x∈x1,x2时，gx<0，则fx<0，fx单调递减；当x∈x2,+∞时，gx>0，则fx>0，fx单调递增；1+1-8k1+1-8k综上，当k≤0时，fx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，fx在0,4，4,+∞上单调递增，在1-1-8k1+1-8k4,4上单调递减；1当k≥时，fx在0,+∞上单调递增；812(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fx1>fx2，且81k221x1+x2=，x1x2=，∴x1-x2=x1+x2-4x1x2=-2k．224122要证fx1-fx2<-2k，即证fx1-fx2<x1-x2，即证fx1-fx2<x1-x2，4221fx1-fx2=x1-x1+klnx1-x2-x2+klnx2=x1+x2-1x1-x2+klnx1-lnx2，而x1+x2=，x12kx2=，2x11x1故fx1-fx2=kln-x1-x2=2x1x2ln-x1+x2x1-x2，x22x22x12x1x1因为fx1-fx2-x1-x2=2x1x2lnx-x1+x2x1-x2-x1-x2=2x1x2lnx-x+1．222x12设t=，则0<t<1，∴fx1-fx2-x1-x2=2x1x2(lnt-t+1)．x21设ht=lnt-t+1，则ht=-1，当0<t<1时，ht>0，ht在0,1上单调递增，∴ht<h1t=0，而x1x2>0，22∴fx1-fx2-x1-x2<0，即fx1-fx2<x1-x2，命题得证．x-115已知函数fx=e-ax+1x≥1，gx=x-1lnx，其中e为自然对数的底数.(1)若fx≥0恒成立，求实数a的取值范围；(2)若a取(1)中的最大值，证明：fx≥gx.x-1x-1e【解析】解法1：由题意，fx≥0⇔e-ax+1≥0⇔a≤，x+1x-1x+1exe设hx=x≥1，则hx=>0，所以hx在1,+∞上单调递增，从而hxmin=h1=x+1x+121112，因为a≤hx恒成立，所以a≤2，故实数a的取值范围是-∞,2.x-1解法2：由题意，fx=e-a，x≥1，当a≤1时，fx≥0恒成立，所以fx在1,+∞上单调递增，从而fxmin=f1=1-2a，1因为fx≥0，所以1-2a≥0，解得：a≤；2当a>1时，fx>0⇔x>1+lna，fx<0⇔1≤x<1+lna，所以fx在1,1+lna上单调递减，在1+lna,+∞上单调递增，故fxmin=f1+lna=a-a1+lna=-alna<0，不合题意，69,1综上所述，实数a的取值范围是-∞,2.x-1x-1e解法3：由题意，fx≥0⇔e-ax+1≥0⇔a≤，x+1xx-1易证e≥x+1，所以e≥x，当且仅当x=1时取等号，x-1exx+1-1111从而≥==1-≥1-=，x+1x+1x+1x+11+12x-1x-1e1e1又当x=1时，=，所以的最小值为，x+12x+12x-1e11因为a≤x+1恒成立，所以a≤2，故实数a的取值范围是-∞,2.1x-1x+1x-1x+1(2)证法1：由题意，a=，fx=e-，所以fx≥gx⇔e-≥x-1lnx，2222易证llnx≤x-1，所以当x≥1时，x-1lnx≤x-1，22x-1x+12x-12x-3x+32x-3x+3下面证明e-≥x-1，只需证e≥，即证≤1，222ex-12x2-3x+32x-3x-2设φx=x≥1，则φx=-，x-1x-12e2e33所以φx>0⇔<x<2，φx<0⇔1≤x<或x>2，2233从而φx在1,2上单调递诚，在2,2上单调递增，在2,+∞上单调递减，252x-3x+3x-1x+12又φ1=1，φ2=<1，所以φx≤1，即当x≥1时，≤1，所以e-≥x-1，因2e2ex-122x-1x+1为x-1≥x-1lnx，所以e-≥x-1lnx，故fx≥gx成立.22x-12x+1证法2：设ux=x≥1，则ux=-≤0，所以ux在1,+∞上为减函数，x-1x-12e2e22x+1x-1x+1又u1=1，所以ux≤1恒成立，从而≤1，故e≥，2ex-12x+1x2+1x+1xx-1x-1所以fx-gx=e--x-1lnx≥--x-1lnx=-x-1lnx=2222xx-1-lnx2x11x-2设vx=-lnxx≥1，则vx=-=，22x2x所以vx>0⇔x>2，vx<0⇔1≤x<2，从而vx在1,2上单调递减，在2,+∞上单调递增，故vx≥v2=1-ln2>0，x所以fx-gx≥x-1-lnx=x-1vx≥0，故fx≥gx.270</x<2，φx<0⇔1≤x<或x></h1t=0，而x1x2></t<1，∴fx1-fx2-x1-x2=2x1x2(lnt-t+1)．x21设ht=lnt-t+1，则ht=-1，当0<t<1时，ht></k<8时，fx在0,4，4,+∞上单调递增，在1-1-8k1+1-8k4,4上单调递减；1当k≥时，fx在0,+∞上单调递增；812(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fx1></x1<x2．822当x∈0,x1时，gx></k<时，x1x2=></hx0=sin2-cos22-2-cos2=0，故原不等式得证.214(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fx=x-x+klnx，k∈r．(1)讨论函数fx的单调性；1(2)若fx有两个极值点x1，x2，证明：fx1-fx2<-2k．4【答案】(1)答案见解析；(2)证明见解析.【分析】(1)先求fx的定义域和导数fx，再根据一元二次方程判别式的情况讨论fx的正负，进而确1x1定fx的单调性即可；(2)利用根与系数关系进行等量代换将fx1-fx2<-2k转化为证明ln4x2x1-+1<0，构造函数证明不等式恒成立即可.x22k2x-x+k解:(1)函数fx的定义域为0,+∞，fx=2x-1+=，xx2设gx=2x-x+k，判别式δ=1-8k．1①当δ≤0，即k≥时，gx≥0恒成立，fx≥0恒成立，等号不恒成立，此时fx在0,+∞上单调递8增；11-1-8k1+1-8k②当δ></x0+x，即证-x0sinx0-cosx0-cosx0<0，2e0sinx-cosx200πππ设hx=2-xsinx-cosx-cosx,x∈4,2，ππ所以hx=cosx+sinx2-x-sinx-cosx+sinx=cosx+sinx2-x+cosx，ππππ显然h(x)></m2=-e<0，所以mx在0,2上单调递减，π-π2π4所以fx在0,2上单调递减，因为f0=1></x0+x.2e0sinx-cosx002-π4【答案】(1)a≤0或a≥e(2)见解析2ππ【分析】(1)分函数fx在-2，0上是单调递减，函数fx在-2，0上是单调递增两种情况解决即-xππ-x可.(2)由题得fx=-e+cosx，分x∈2,π，x∈0,2两种情况讨论，得函数fx=-e+cosx在ππ1π1π0,π上的零点x0∈4,2，cosx0=x0，要证2<x0+x0，即证2-x0sinx0-cosx0-eesinx0-cosx0πππcosx0<0，设hx=2-xsinx-cosx-cosx,x∈4,2，求导解决即可.-x-xπ【详解】(1)由题知，fx=ae+cosxa∈r.所以fx=-ae-sinx,因为函数fx在-，0上是2单调函数，ππx若函数fx在-2，0上是单调递减，所以fx≤0在-2，0上恒成立，即a≥-esinx，xπxxπ设gx=-esinx,x∈-2，0，所以gx=-esinx+cosx=-2esinx+4，ππππ因为x∈-，0，所以-<x+<，2444ππ当x∈-,-时，g(x)></x2<2时先证x1+x2></x1<1<x22222要证x1+x2></x2，x1x2分x2≥2或1<x2<2两种情况求解，构造函数gx=fx-f2-x，利用导数研究其性质，结合不等式的性质及基本不等式，即可证明.lnx【详解】(1)fx=-x></h1=0，2t-12即lnt<成立，所以x1x2></t<1，只需证lnt<，x1+x2x2x1+1x2t+1x2222t-114t+1-4tt-1令ht=lnt-，ht=-==></a<.不妨设两个零点x2></a<，又g1=a></a<，证明见解析2e【分析】(1)切线方程的斜率为1，所以有f1=1，解方程即得实数a的值；(2)依题意fx≥0在(0，+∞)上恒成立.，分参求解即可；2(3)求出函数gx的单调性，结合零点存在性定理即可求实数a的取值范围；通过分析法要证明x1x2></x<，aaa11则fx在0,1，a,+∞上单调递，1,a上单调递减，不论上述哪种情况，均有limfx=+∞，因此，不可能有fx≤0恒成立，舍.x→+∞综上：a的取值范围为-2,0.(3)由(2)的结论可知：当a<0时：fx在0,1上单调递增，1,+∞上单调递减，∵fx1=fx2，64,∴由图，不妨设0<x1<1<x2，欲证x1x2<1①，1111只需证x2<x，即证fx2></x<1或x></a<1，令fx></x<1，aaa11则fx在0,a，1,+∞上单调递增，a,1上单调递减，1若=1即a=1，fx≥0，则fx在0,+∞上单调递增，a111若></x<或x></x<1时，fx></x<1，221115∴fx在0,2，1,+∞上单调递增，2,1上单调递减，∴fx极大值=f2=-4-ln2，fx极小值=f1=-2.1ax-1x-1(2)由题：fx=ax-a+1+=，欲使fx≤0恒成立，只需fxmax≤0，xx当a≤0时：∵ax-1<0，x></x<或x></e-x1，故x1+x2<e，综上，2<x1+x2<e.1210(2023上·四川遂宁·高三四川省蓬溪中学校校考阶段练习)设fx=ax-a+1x+lnx，a∈r.2(1)当a=2时，求fx的极值；(2)若∀x></x<时，gx=φx-φe-x<0恒成立，2e因为0<x1<1<，故gx1=φx1-φe-x1<0，即φx1<φe-x1，2又φx2=φx1，故φx2<φe-x1，63,其中1<x2<e，e-x1></x<，则gx=φx+φe-x=2lnx+2lne-x=2lnex-x222e2eee2e=2ln-x-2+4，当0<x<2时，所以y=-x-2+4单调递增，2e2ee由复合函数可得gx=2ln-x-2+4在0<x<2上单调递增，2ee1e11e又g2=2ln4></x2<e，2-x1></x<1，因为0<x1<1，所以φx1></x1<1<x2<e，令fx=φx-φ2-x，0<x<1，22则fx=φx+φ2-x=2lnx+2ln2-x=2ln2x-x=2ln-x-1+1，22因为0<x<1，所以-x-1+1∈0,1，fx=2ln-x-1+1<0，故fx=φx-φ2-x在0,1上单调递减，又f1=0，故fx=φx-φ2-x></x2，令φx=fx=2xlnx-1，x></x<e，3a-13a-122故fx的单调递增区间为e,+∞，单调递减区间为0,e；(3)由题意得fe=e2lne+1-3a=0，解得a=1，故fx=2xlnx-1，x></x2，证明：2<x1+x2<e．3a-13a-122【答案】(1)x+y=0(2)单调递增区间为e,+∞，单调递减区间为0,e(3)证明过程见解析【分析】(1)求出f1=-1，求导，得到f1=-1，进而由导函数的几何意义求出切线方程；(2)求定义域，求导，解不等式，求出单调区间；(3)先令φx=fx=2xlnx-1，求导得到其单调性，求出0<x1<1<x2<e，进而构造差函数，证明出极值点偏移问题.2221【详解】(1)当a=时，fx=xlnx-1，f1=-1，fx=2xlnx-1+x⋅=2xlnx-x，故f13x=-1，故函数在x=1处的切线方程为y+1=-x-1，即x+y=0；62,233(2)fx=xlnx-2a定义域为0,+∞，fx=2xlnx-2a+x=x2lnx+1-3a，3a-13a-122令fx></x<e时，mx=xlnx-k≤xlnx<0，无法保证mx有两个零点.1-11k2若-<k<0，又me></x1<x2满足：hx1=hx2=e.(i)求k的取值范围.-e2e2-2ee(ii)求证：x2≤(注：题中e为自然对数的底数，即e=2.71828⋯)x111【答案】(1)极小值点为x=，无极大值点(2)(i)k∈-,0；(ii)证明见解析e2e【分析】1(1)根据材料中的信息可求得极小值点为x=；e(2)(i)将问题转化为求函数的最小值问题，同时要注意考查边界；(ii)通过换元，将问题转化为求函数的最值问题，从而获得证明.(1)1极小值点为x=，无极大值点.e(2)22x1x2k22由题意得：x1=x2=e即x1lnx1=x2lnx2=k.2(i)问题转化为mx=xlnx-k在0,+∞内有两个零点.则mx=x1+2lnx61,-1-122当x∈0,e时，mx<0，mx单调递减；当x∈e,+∞时，mx></g(1)=1∴0<x0<1，因此alnx0></a<0，则x0+lnx0=ln(-a)<1.01令g(x)=x+lnx，显然x></g0=ln1-0=0,lnx+1-x<0恒成立111111lnx+1<x,令x=1×2,ln1×2+1<1×2,令x=2×3,可得ln2×3+1<2×3111令x=,可得ln+1<⋮3×43×43×4111令x=,可得ln+1<两边相加可得n×n+1n×n+1n×n+159,ln1+111<1+1+⋯+11×2+ln1+2×3+⋯+ln1+nn+11×22×3nn+1=1-11-11-11<12+23+⋯+nn+1=1-n+1111*∴ln1+1×2⋅1+2×3∙⋯∙1+<1n∈nnn+1111*∴1+1×2⋅1+2×3∙⋯∙1+<en∈nnn+1x6(2020·四川绵阳·统考模拟预测)已知函数f(x)=e+alnx(a∈r)(1)当a=1时，求曲线y=f(x)在(1,f(1))处的切线方程；x0(2)设x0是f(x)的导函数f(x)的零点，若-e<a<0，求证：fx0></f0=1-a-1=-a<0,fx单调递减，fx<f0=ln1-a-0=-a<0,1x令gx=lnx+1-x,x∈-1,0,gx=-1=-></en∈n．nn+1【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析【分析】(1)分两种情况x></nn+5，故原不等式得证.ln2ln3ln4lnn+1x5(2023·河北·统考模拟预测)已知函数fx=lnx+1-ae-xa∈r．(1)当a></nn+5，n∈n．ln2ln3ln4ln(n+1)【答案】(1)a≤2(2)证明见解析【分析】(1)分析可知fx≥0在0,+∞上恒成立，利用参变量分离法结合基本不等式可求得实数a的取值范围；∗4n-14×14×2(2)利用(1)中的结论分析可得出当n≥2且n∈n，<2n+1，推导出<2×3，<lnnln2ln34×34n2×4，<2×5，⋯，<2n+2，利用不等式的基本性质结合等差数列的求和公式可证得ln4lnn+1结论成立.12a【详解】(1)解：因函数fx在定义域为0,+∞，fx=-，xx+12因为函数fx在定义域内是单调增函数，所以fx≥0在0,+∞上恒成立，2x+11所以，2a≤=x++2，xx58,11当x></x<1时，g(x)></x<-，函数f(x)在0,-上单调递减，2256,aa由f(x)></g(x)<2e，ππ所以f(x)在0,2上恒大于零，所以f(x)在0,2上不存在零点，π当a<0时，h(x)在0,上为增函数，根据增函数的和为增函数，2π所以f(x)在0,上为单调函数，2π所以f(x)在0,上若有零点，则仅有1个，2ππ2所以f(0)f<0，即(2+a)⋅2e<0，解得a<-2，2所以实数a的取值范围(-∞,-2)x(2)证明：设g(x)=f(x)-2x-3=2e+acosx-2x-3，则x0g(x)=2e-asinx-2，则g(0)=2e-asin0-2=0，x所以g(x)=2e-acosx，因为a∈[1,2]，所以g(x)≥0，ππ所以g(x)在0,2上递增，g(x)></e，故e-lnx+2></x<-1，hx<0⇔x></x<x0时，hx<0，所以gx<0，当x></x<0时，ux<0，故fx<0；当x></x1<x2<x2′，-2-2x2-x1<x2′-x1′=(a+1)-(-a-e)=2a+1+e.x-122已知函数f(x)=4e+ax，曲线y=f(x)在x=1处的切线方程为y=bx+1.(1)求实数a、b的值；(2)x></x<1时，φ′(x)<0，φ(x)单调递减，当x></x<e时，h′(x)<0，h(x)单调递减；-2-2当x></g(1)=0．52,题型16切线放缩型证明【解题攻略】常用的切线放缩有：xx1x(1)e≥x+1；(2)e≥ex；(3)1-≤lnx≤x-1；(4)lnx≤.xe1(2023·青岛模拟改编)已知x1lnx1=x2lnx2=a，且x1<x2，求证：-2x2-x1<2a+1+e.n1-nnn求证：|a-b|<t+n.lnn证明：设函数f(x)=xlnx(x></t-1对t></h=e--4．eee22112因此，gx1-gx2的取值范围是0，e-2-4，所以gx1+2<gx2+e-4．ee122已知函数fx=x+lnx+mx，(m∈r)．2(1)若fx存在两个极值点，求实数m的取值范围；2fx1+fx2x1+x2m+2(2)若x1，x2为fx的两个极值点，证明：2-f2></x1<1，x1e12212“证明gx1+2<gx2+e-4”等价于“证明gx1-gx2<e-2-4”.gx1-gx2=x1-2ax1ee2+2lnx1-x2+2ax2-2lnx2121=x1+x2·x1-x2-2ax1-x2+4lnx1=-x1+x2x1-x2+4lnx1=2-x1+4lnx1e<x1<1．x122121242t-11设ht=-t+4lnt<t<1，则ht=--2t+=-<0在t∈，1上恒成立．t2et3tt3e1121故y=ht在，1上单调递减，从而ht></e，由基本不等式得a=x1+x2></g(4)=ln4-7<2-7=-5，所以f(x1)+f(x2)<x1+x2-5.【变式训练】11已知函数fx=x--alnx(a∈r)，x1(1)求曲线y=fx在点e,-处的切线与坐标轴围成三角形的面积．e2(2)fx是fx的导函数，若函数gx=x⋅fx-ax+2lnx有两个极值点x1,x2，且0<x1<x2<e，求12证：gx1+2<gx2+e-4．e【答案】(1)2(2)证明见解析【分析】(1)对函数进行求导，求出点e，fe处的切线的斜率，用点斜式求出切线方程，令y=0和令x=0，得出坐标轴上的截距，可得三角形面积；11(2)利用函数gx有两个极值点x1，x2(x1<x2)得a与两极值的关系x1+x2=a，x1⋅x2=1，x2=，x1+x1x112212=a，“证明gx1+2<gx2+e-4”等价于“证明gx1-gx2<e-2-4”.表达函数gx=xee21211f'x+2lnx-ax=x-2ax+2lnx+1，可得gx1-gx2=2-x1+4lnx1，e<x1<1，令ht=2-x1t22212(t-1)t+4lnt，ht=--t+=-<0，求新函数ht在区间的最值，即可得证．t3t4111(1)解：由函数fx=x--alnx(a∈r)的定义域为(0,+∞)，可得fe=e--a=-，解得a=e，xee1a1e1e1又由fx=1+-，即fx=1+-，故所求切线的斜率为fe=1+-=，x2xx2xe2ee211x22所以切线方程为y+=x-e，即y=-，令y=0，得x=2e；令x=0，得y=-，ee2e2ee51,12所以切线与坐标轴围成三角形的面积s=×2e×=2．2e(2)22证明：gx=x·fx+2lnx-ax=x-2ax+2lnx+1．222x-ax+1则函数y=gx的定义域为0，+∞，且gx=2x-2a+=，xx若函数y=gx有两个极值点x1，x2，且x1<x2<e，22则方程x-ax+1=0的判别式δ=a-4></a<.f(x1)+f(x2)-x1-x2=lnx1+lnx2+ax1+ax2-2(x1+x2)8xx=1></x<；令fx<0，得x></a<，然后利用韦达定理，得到f(x1)+f(x2)-x1-x2=ln--1，利用导数法证明.82a4a(1)2解：当a=-1时，f(x)=lnx-x-x，且定义域为(0，+∞).50,1(x+1)(2x-1)则fx=-2x-1=-.xx11令fx></x1+x2-513【答案】(1)极大值是f=-ln2-，无极小值；(2)证明见解析242(x+1)(2x-1)【分析】(1)由a=-1，得到f(x)=lnx-x-x，求导fx=-，令fx></a≤22时，fx></x1<，所以可以求出最小值，即可证出fx123-fx2></x2，若0<x1<，求证：fx1-fx2></x<，时，ux></x2，所以x1∈(0,1)，x2∈(1,+∞)，222①若x2∈[2,+∞)，则x1+x2></x1<e<x2，且a∈0,2e.22lnxlnx1=ax1x2lnx2因为x1,x2是方程a=2的2个不同实数根，即lnx=ax2.将两式相除得2=lnx，x22x11xlnxt2222lnttlnt令t=x，则t></x1<e<x2，且a∈xx2221x2lnx212t-112t-10,，求出=，换元后即证lnt-></x2)，求证：2x1+3x2></x1<x2，lnx1-lnx22x2-x1lnx2-lnx12x-1x2只需证x+x<2，只需证x+1-lnx<0x=x></g2e-t，22所以gt2=gt1<g2e-t1，所以t2></a<.e2e22令1<t1<e<t2，要证x1+x2></x<，由fx<0得x></x1<1<x2，满足fx1=fx2，222若x2∈[2,+∞)，则x1+x2></x<1时，f(x)></x1<1<x2，fx1=fx2，再构造函数g(x)=f(x)-f(2-x)，x∈(1,2)，利用导数、均值不等式推理作答.lnx+1lnx【详解】(1)函数f(x)=的定义域为(0,+∞)，求导得则f(x)=-，由f(x)=0得x=1，axax2若a<0，当0<x<1时，f(x)<0，则f(x)单调递减，当x></a<-1时，fx=ax有两个不同ee2实根x1,x2；lnx1=a+1x1x2证明：不妨设0<x1<x2,且两式相加得lnx1x2=a+1x1+x2，两式相减得ln=lnx2=a+1x2x143,(a+1)x2-x1，lnx1x2x1+x22x1+x2x2所以=，要证x1⋅x2></x<e；令φx<0，解得x></a<-1，证明见解析e【分析】(1)利用导函数与单调性的关系，以及零点的存在性定理求解；lnx1=a+1x1(2)根据题意可得lnx-a+1x=0有两个不同实根x1,x2，进而可得，两式相加得lnx2=a+1x2x2lnx1x2x1+x2lnx1x2=a+1x1+x2，两式相减得ln=(a+1)x2-x1，从而有=，进而要证x1⋅x2></x1<x<1，即x1x2<1.22【变式训练】21(2023上·重庆渝中·高三统考)已知函数fx=xlnx-ax+x,a∈r．(1)若函数fx是减函数，求a的取值范围；8(2)若fx有两个零点x1,x2，且x2></x<1，所以m(x)=x-lnx在(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增，41,21112(x-1)构造函数t(x)=m(x)-m=x--2lnx，则t(x)=1+-=≥0，xxx2xx2所以函数t(x)在(0,+∞)上单调递增，1所以当x></x<1，所以h(x)在(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增.所以h(x)min=h(1)=e+1.1(3)不妨设x1<x2，则由(2)知0<x1<1<x2，0<<1.设s(x)=h(x)-a，由sx1=sx2=0，得x2x1x2eex1-lnx1x2-lnx2-lnx1+x1=-lnx2+x2，即e+x1-lnx1=e+x2-lnx2，x1x2x因为函数y=e+x在r上单调递增，所以x1-lnx1=x2-lnx2成立.1x-1构造函数m(x)=x-lnx，则m(x)=1-=，xxm(x)></x<1，g(x)<0⇒x></fx，又f(x1)=f(x2)，22444因此f(x1)<fx，显然0<x1<2,0<x<2，又函数f(x)在(0,2)上单调递增，则有x1<x，222所以x1x2<4.xe2(2023上·陕西汉中·高三西乡县第一中学校联考)已知函数fx=，gx=lnx-x.x(1)求函数gx的极值；(2)若hx=fx-gx，求函数hx的最小值；(3)若hx=a有两个零点x1，x2，证明：x1x2<1.【答案】(1)极大值为-1，无极小值(2)e+1(3)证明见解析【分析】(1)求导后解不等式g(x)></g(2)=0，3x44而x2></x1<2<x2，444要证x1x2<4，只证x1<x，即证fx1<fx，就证fx2-fx<0，22240,444令g(x)=f(x)-f,x></x<2时，f(x)<0，2aa11即函数f(x)在0,a,(2,+∞)上单调递增，在a,2上单调递减，函数f(x)有两个极值点，不符合题意；当a≤0时，当0<x<2时，f(x)></x<或x></x<时，f(x)<0，2aa11即函数f(x)在(0,2),a,+∞上单调递增，在2,a上单调递减，函数f(x)有两个极值点，不符合题意；111若a></a<，当0<x<2或x></afx1=fx2的问题的基本步骤如下：①求导确定fx的单调性，得到x1,x2的范围；a②构造函数fx=fx-f，求导可得fx恒正或恒负；xa③得到fx1与f的大小关系后，将fx1置换为fx2；x1aa④根据x2与的范围，结合fx的单调性，可得x2与的大小关系，由此证得结论.x1x1121(2023上·河南·高三南阳中学校联考阶段练习)已知函数f(x)=ax-(2a+1)x+2lnx(a∈r).2(1)若f(x)有唯一极值，求a的取值范围；(2)当a≤0时，若f(x1)=f(x2)，x1≠x2，求证：x1x2<4.【答案】(1)a≤0；(2)证明见解析.【分析】(1)求出函数f(x)的导数，分析极值点情况即可得解.(2)由(1)的信息可设0<x1<2<x2，再构造函数，探讨函数的单调性推理即得.12【详解】(1)函数f(x)=ax-(2a+1)x+2lnx的定义域为(0,+∞)，22(ax-1)(x-2)求导得f(x)=ax-(2a+1)+=，xx1当a></x1<2a<x2，所以4a-x1></x1<2a<x2，构造函数gx=fx-f4a-x0<x<2a，39,2x-2a2a-x8ax-2a则gx=+=-<0，即gx单调递减，所以gx></x<2a时，fx<0，则fx在0,2a上单调递减，在2a,+∞上单调递增，122所以若要符合题意，需f2a<0⇒ln2a+1<0⇒a∈0,2e，此时有4a<2a，且f4a=2ln2a+1，2a112t-11111令gt=2lnt+t∈0,⇒gt=，而<⇒t<⇒gt<0，即gt在0,上递减，tet2e22e12故gt></m<e．x不妨设x1<x2，因为x1，x2是方程m=e(2-x)的两个实数根，则x1<1<x2<2．要证x1+x2<2，只需证x1<2-x2．因为x1<1，2-x2<1，所以只需证gx1<g2-x2．因为gx1=gx2，所以只需证gx2<g2-x2．今h(x)=g(x)-g(2-x)，1<x<2，2x2x2-xx2-xe-e则h(x)=g(x)+g(2-x)=e(1-x)+e(x-1)=(1-x)e-e=(1-x)⋅x<0在1,2恒成e立．所以h(x)在区间(1,2)上单调递减，所以h(x)<h(1)=0，即当1<x<2时，g(x)<g(2-x)．所以gx2<g2-x2，即x1+x2<2成立．2a2(2023上·江苏镇江·高三校考阶段练习)已知函数fx=lnx+,a∈r．若函数fx有两个不相x等的零点x1,x2．(1)求a的取值范围；(2)证明：x1+x2></m<e，再构造差函数，证明出x1+x2<2.【详解】(1)f(x)的定义域为r，xme-m由题意，得f(x)=1-=，x∈r，当m≤0时，f(x)></m<e，且x1+x2<2．【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析【分析】(1)求定义域，求导，分m≤0和m></lnx2-lnx1，则<.x1x1x2+1x1+x2lnx2-lnx12x12ax2ax1=1+2lnx1x2-x12因为方程fx=e-ex有两个不同的正实根x1,x2，所以，作差得=.ax2=1+2lnx2lnx2-lnx1a22x2-x1x1+x2因为0<a<，所以></x2，2122t-1(t-1)由图可知，<x1<e<x2,0<a<.设gt=lnt-(t></x<e，xxx2由hx<0，得x></x<e，由gx<0，得x></et+1x1lnx2-lnx1x1+x2ax1=1+2lnx1，最后由作差整理可证.2ax2=1+2lnx2lnx+1【详解】(1)fx的定义域为0,+∞，由fx=lnx-ax+1≤0，得a≥.x37,lnx+11-lnx设gx=，则gx=.由gx></x1<e<xe22t-1x2x2-x1x2,0<a<，构造函数gt=lnt-(t></x2．(1)求实数a的取值范围；(2)证明：x1+x2<2ln2a．36,2e【答案】(1)2,+∞(2)证明见解析x2x2e+ee+e【分析】(1)由fx=0，有2a=，令gx=，利用导数研究单调性，求gx的取值范围得实xx数a的取值范围；x2x1x2x1x1+x2x1+x2e-ee-e22(2)由fx1=fx2=0，得2a=，证明></x<1．所以gx的单调递增区间是1,+∞，单调递减区间是0,1．1+lnx(2)由(1)知gx=1-在0,1上单调递减，x1所以<m<n<1时，gm></m<n<1时，试证明<．em1+lnm【答案】(1)gx的单调递增区间是1,+∞，单调递减区间是0,1；(2)证明见解析.【分析】(1)由题可求函数的导函数，利用导函数可求；(2)利用函数的单调性可证.1+lnx【详解】(1)因为gx=1-，x1+lnxx-1+lnxlnx所以gx=-=．22xx令gx></g0=0，x+1所以hx<0，所以hx为0,+∞上的减函数，ln(1+m)ln(1+n)nm因为1<m<n，知hm></x<a，令fx<0，解得x></m<n，证明1+m></b，且a,b∈e,+∞，lnalnblnalnb所以ga></b，要证：a></b，证明：a></x<时，φx<0，φx单调递减，当x></x<3，34xx323ee⋅e所以f(x)在(0,3)上单调递减，在(3,+∞)上单调递增.又f(1)=e-1></e+，即证lnx+></xe+，即证ex-xlnx<xe+，eex11x1∵x></xe+．不等式等价于lnx+></xe+．e【分析】(ⅰ)先求导，再分离参数，构造函数，利用到导数求出函数的最值即可得到a的取值范围，x11x1(ⅱ)当x></x<-时，f(x)></x<1时，h′(x)<0，当x></fx0<1.3(2023上·重庆沙坪坝·高三重庆一中校考阶段练习)已知函数fx=ax+xlnx,a∈r.(1)判断fx的单调性;x(2)若a=1,0<x≤1,求证:e+1-fx≤e,其中e是自然对数的底数.-a-1-a-1【答案】(1)f(x)在(0,e)上单调递减，在(e,+∞)上单调递增．(2)证明见详解【分析】(1)求导，由导数的正负即可求解函数的单调性，x(2)构造函数gx=e-x-xlnx+1，利用导数求解函数的单调性，即可求解最值，进而可证明.【详解】(1)函数f(x)的定义域为(0,+∞)，fx=1+a+lnx，-a-1-a-1当0<x<e时，fx<0，当x></x<a，所以，函数fx在a,+∞上单调递增，在0,a上单调递减.综上，当a≤0时，函数fx在0,+∞上单调递增；当a></fx0<1.【答案】(1)答案见解析；(2)证明见解析.【分析】(1)对参数a分类讨论，根据不同情况下导函数函数值的正负，即可判断单调性；(2)利用导数判断fx的单调性，求得x0的范围，满足的条件，以及fx0，根据x0的范围夹逼fx0的范围即可.ax-a【详解】(1)函数fx的定义域为0,+∞,fx=1-=，xx①当a≤0时，fx></b<ln时，且b<,f′(b)<0，24当a></x<时，f(x)<0；当x></x<2,所以f(x)在0,2上单调递减，2,+∞上单调递增.综上，a≤0时，f(x)在(0,+∞)上单调递增；aaa></x<,22aa所以f(x)在0,2上单调递减，2,+∞上单调递增.综上，a≤0时，f(x)在(0,+∞)上单调递增；aaa></x，故当n∈n且n≥2时，111111ln1+11+⋅⋅⋅1+=ln1+1+ln1++⋅⋅⋅+ln1+<1++⋅⋅⋅+，4n24n24n21111因为n≥2时，<=-，n2nn-1n-1n11111111所以1++⋅⋅⋅+<1+1-+-+⋅⋅⋅+-=1+1-<2，4n2223n-1nn11112则ln1+11+⋅⋅⋅1+<2，所以1+11+⋅⋅⋅1+<e.4n24n2题型07虚设根型证不等式【解题攻略】虚设零点法：涉及到导函数有零点但是求解相对比较繁杂甚至无法求解的情形时，可以将这个零点只设出来而不必求出来，然后寻找一种整体的转换和过度，再结合其他条件，进行代换变形，从而最重获得问题的解决21已知函数f(x)=x-(a-2)x-alnx(a∈r)．(1)求函数y=f(x)的单调区间；x2(2)当a=1时，证明：对任意的x></e.理由如下：由(1)可知，当a=1时，e-x-1≥0，即有e≥x+1，4n2*则x></a<1时，μ(a)></lna时，h(x)<0，函数h(x)单调递减，22,当x></x，然后再由<=n2nn-1n-11-放缩，裂项即可得到结果.nx12x【详解】(1)由f(x)=e-ax-x可得，f(x)=e-ax-1，2x由于函数f(x)单调递增，则f(x)=e-ax-1≥0恒成立，xx设h(x)=e-ax-1，则hx=e-a，x当a=0时，f(x)=e-1，可知x<0时，f(x)<0，不满足题意；当a<0时，h(x)></n-nln2.x123(2023·四川成都·石室中学校考模拟预测)已知函数fx=e-ax-x2(1)若fx单调递增，求a的值；11*2(2)判断1+11+⋅⋅⋅1+(n∈n且n≥2)与e的大小，并说明理由.4n2112【答案】(1)1(2)1+11+⋅⋅⋅1+<e，理由见解析4n2x【分析】(1)根据题意，由fx单调递增，转化为fx=e-ax-1≥0恒成立，然后分a=0，a<0，a></x<时fx<0,fx在0,上单调递减.aa11(2)由(1)知a=2时fx在0,2上单调递减，在2,+∞上单调递增，1fx≥f=0，即有lnx≤2x-1-ln2(x></m成立时，整数m的最小值为3．332333n21,2(2023·全国·高三专题练习)已知关于x的函数fx=ax-lnx-1+ln2.(1)讨论fx的单调性；*2(2)证明：当n∈n时，ln1×2×3×⋯×n<n-nln2.【答案】(1)答案见解析；(2)证明见解析.【分析】(1)对函数求导，分a≤0和a></u(0)=0，即ln(1+x)<x在(0,+∞)上恒成立．111令x=，得ln1+<．3n3n3n11-111111133n11∴ln1+g+ln1+g+⋅⋅⋅+ln1+g<++⋅⋅⋅+==1-<3323n3323n1-123n31．2即ln1+g11+g1⋅⋅⋅1+g1<1，3323n220,111∴1+g1+g⋅⋅⋅1+g<e，于是得证．3323n【变式训练】1(2023上·江苏淮安·高三金湖中学校联考)已知函数fx=ax-a-lnx．(1)求曲线y=fx在点1,f1处的切线方程；(2)证明：当a=1时，fx≥0；2n-1*1222(3)设m为整数，若对于∀n∈n,1+1+1+⋯1+<m成立，求m的最小值．332333n【答案】(1)a-1x-y-a+1=0(2)证明见解析(3)3【分析】(1)求导，结合导数的几何意义运算求解；(2)求导，利用导数判断原函数的单调性和最值；n-1n-1222122(3)结合(2)可得：ln1+<，结合等比数列的求和公式可得1+1+1+⋯3n3n33233n-121+<e，结合恒成立问题分析求解.3n1【详解】(1)由题意可得：fx=a-，则f1=0，f1=a-1，x即切点坐标为1,0，斜率k=f1=a-1，所以曲线y=fx在点1,f1处的切线方程为y=a-1x-1，即a-1x-y-a+1=0．1x-1(2)当a=1时，fx=x-1-lnx，可知fx的定义域为0,+∞，且fx=1-=，xx令fx=0，解得x=1．列表如下：x0,111,+∞fx-0+fx单调递减极小值单调递增可知当x=1时，fx取最小值f1=0，所以fx≥0．(3)由(2)可知：lnx≤x-1，当且仅当x=1时，等号成立，n-1n-1n-1222令x=+1，则ln1+<，3n3n3nn11-212222n-1122n-133n可得ln1++ln1++ln1++⋯+ln1+<++⋯+==1-332333n3323n21-3n2<1，n32n-11222即ln1+1+1+⋯1+<1，332333n2n-11222所以1+1+1+⋯1+<e．332333n2n-12312221222121396当n≥4时，1+1+1+⋯1+≥1+1+1+1+=></e．n2n2n22(2023·全国·高三专题练习)已知函数f(x)=sinx-xcosx(x≥0)．π(1)求函数f(x)的图象在,1处的切线方程；23(2)若任意x∈(0,+∞)，不等式f(x)≤ax恒成立，求实数a的取值范围；3111(3)设g(x)=f(x)，证明：1+g1+g⋅⋅⋅1+g<e．x23323nππ1【答案】(1)y=2x-2+1(2)3,+∞(3)证明见解析【分析】(1)求导f(x)=xsinx，再利用导数的几何意义求解；33(2)将问题转化为sinx-xcosx-ax≤0，令g(x)=sinx-xcosx-ax，用导数法求其最大值即可.111(3)易知g(x)≤x，易知ln(1+x)<x在(0,+∞)上恒成立，令x=得到ln1+<证明.3n3n3nππππ【详解】(1)解：f(x)=xsinx，∴f2=2，∴切线方程为y=2x-2+1．33(2)f(x)≤ax⇔sinx-xcosx-ax≤0，32令g(x)=sinx-xcosx-ax，则g(x)=xsinx-3ax=x(sinx-3ax)．令h(x)=sinx-3ax，则h(x)=cosx-3a．1①当3a≤-1，即a≤-时，h(x)≥0恒成立，∴h(x)单调递增．3∴h(x)≥h(0)=0，∴g(x)≥0，∴g(x)单调递增，从而g(x)≥g(0)=0，不符合题意．1②当3a≥1，即a≥时，h(x)≤0恒成立，∴h(x)单调递减．3∴h(x)≤h(0)=0，∴g(x)≤0，∴g(x)单调递减，从而g(x)≤g(0)=0，符合题意．11③当-1<3a<1，即-<a<时，由h(0)=1-3a></e．n2n2n2n2n2n2x由(1)可知：当a=1时，ln(1+x)></h0=0，x即fx<x成立．综上所述，当x∈0,+∞时，<fx<x成立．1+xi**(2)由(1)可知：ln(1+x)<x，x></x+1x+1x+10x></x，x></gx不恒成立；当a≥2时，x∈1,+∞，hx<0，hx在1,+∞上单调递减，所以hx<h1=0，所以xhx<0，即fx<gx恒成立，所以fx<gx在1,+∞上恒成立，实数a的取值范围是2,+∞；(2)证明：当a=2时，fx<gx在1,+∞上成立，即lnx<x-1，kkk令x=1+,k=1,2,⋯,n，则ln1+<，222n+1n+1n+1nk12n所以ln1+=ln1+1+⋯1+2222k=1n+1n+1n+1n+112nnn+1n112<++⋯+==<，所以1+1+n+12n+12n+122n+122n+12n+12n+12n⋯1+<e.2n+1题型06数列不等式：取对数型【解题攻略】取对数型证明不等式f1∙f2∙⋯∙fn<t为例，该不等式左边是求积式，右边只有单独的一项常数，但可以通过18,取对数，把左边的积转化为对数和型，如转化为累加或者累积相消型lnf1∙f2∙⋯∙fn<lnt⇒lnf1+lnf2+lnf3⋯+lnf2<lnt1(2023·全国·高三专题练习)已知函数fx=ln1+x．x(1)求证：当x∈0,+∞时，<fx<x；1+x*12n(2)已知e为自然对数的底数，求证：∀n∈n，e<1+1+⋯1+<e．n2n2n2【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析xx【分析】(1)构造函数gx=fx-=lnx+1-x></gx不恒成立；22当0<a<2时，则></gx在1,+∞上恒成立，求实数a的取值范围；12n(2)求证：1+1+⋯1+<e.222n+1n+1n+1【答案】(1)2,+∞(2)证明见解析2ax-xax-1【分析】(1)fx<gx等价于xlnx-<0，即xlnx-<0，记hx=lnx-22ax-1，只要证明hxmax<0即可，分a≤0，0<a<2和a≥2三种情况讨论函数hx的最值，从而可2得出答案；k(2)由(1)可知当a=2时，fx<gx在1,+∞上成立，即lnx<x-1，令x=1+,k=1,2,⋯,2n+1kkn，则ln1+<，由此即可证得结论.22n+1n+12ax-xax-1【详解】(1)解：fx<gx等价于xlnx-<0，即xlnx-<0，22ax-11a2-ax记hx=lnx-，则hx=-=，当a≤0时，hx></x<0时，fx<0，fx单调递减；当x></n-1，lnnn-1又n-1<nn-1，所以，lnn<nn-1，即<n2nln2ln3ln4lnn123n-11所以×××⋯×<×××⋯×=．所以，原不等式得证．223242n2234nn【变式训练】16,1(2023·全国·高三专题练习)已知函数f(x)=(x+1)lnx，gx=ax-2a∈r(1)若f(x)≥g(x)对任意的x∈[1,+∞)恒成立，求实数a的取值范围；n2(2)求证：ln2⋅ln3⋅ln4...lnn></a<1时，由fx></lnx<x-1对一切x∈(1,+∞)成立．lnnn-1∵n≥2,n∈n*，则有0<lnn<n-1，∴0<<.nnln2ln3ln4lnn123n-11∗∴⋅⋅⋅⋯⋅<⋅⋅⋅⋯⋅=(n≥2,n∈n).234n234nn2(2023·全国·高三专题练习)已知函数fx=alnx+1-x．(1)若fx≤0，求a的值；ln2ln3ln4lnn1(2)证明：当n∈n+且n≥2时，×××⋯×<．223242n2n【答案】(1)a=1(2)证明见解析a-x【分析】(1)求出fx的导数fx=，分类讨论，确定函数的单调性，利用fx≤0成立，求出a；xlnnn-1(2)由(1)，当a=1时，lnx+1-x≤0即lnx≤x-1，令x=n，则有lnn<n-1，可得<，累乘n2n可证得结果.aa-x【详解】(1)由题意知，x∈0,+∞，fx=-1=，xx①当a≤0时，fx<0，fx在0,+∞上单调递减，所以，当x∈0,1时，fx></m<-9.g(3)></x-1(x></m<-9；(3)证明见解析.3【分析】(1)求出导函数f(x)，解不等式f(x)></gn为例，该不等式左边是求积式，右边只有单独的一项，但可以通过变形将右边也转化为求和式，如转化为累积相消型gngn-1g2gn=∙⋯g1gn-1gn-2g1gn*这样一来，设bn=n∈n，gn-1则只需证f1∙f2∙⋯∙fn<b1+b2+⋯+bn，而要证明这个式子，可以证明左右两侧对应项的大小关系，即如果能够证出fn<bn恒成立，则原不等式也就成立.1(2022贵州铜仁·高三贵州省铜仁第一中学阶段练习)已知函数f(x)=alnx-ax-3(a∈r)．(1)若a=-1，求函数f(x)的单调区间；3(2)若函数y=f(x)的图象在点(2，f(2))处的切线的倾斜角为45°，对于任意的t∈[1,2]，函数g(x)=x+x2f'(x)+m(x)是f(x)的导函数)在区间(t,3)上总不是单调函数，求m的取值范围；(fnln2ln3ln4lnn1*(3)求证：×××⋯×<(n≥2，n∈n)234nn【答案】(1)当a></h(1)，又h1=0，则hx<0，即g(x)≤h(x)<0成立，得证．14,11n+1n+11n+1n(3)由(2)知lnx<2x-xx></x<e时，h(x)></a<1，故g(x)min=ge=1-ae，1-a1-111aa由于e=e></n+1+n+⋯+2-n12,111111111=1-+1-+⋯+1--n=-++⋯+，即2lnn+1></f(0)=0.即ln(1+x)<x,x></x<-1；由f(x)<0，得x></x(x></gn，该不等式左边是求和式，右边只有单独的一项，但可以通过变形将右边也转化为求和式，即gn=gn-gn-1+gn-1-gn-2+gn-2-gn-3+⋯+g2-g1+g1-g0*这样一来，设bn=gn-gn-1n∈n，则只需证f1+f2+⋯+fn<b1+b2+⋯+bn，而要证明这个式子，可以证明左右两侧对应项的大小关系，即如果能够证出fn<bn恒成立，则原不等式也就成立.1(2023·内蒙古呼和浩特·呼市二中校考一模)已知函数fx=ln1+x-mx．(1)求函数fx的极值；111*(2)求证：++⋯+></e<1+n恒成立.1n+21n+152这样依据不等式1+n<e<1+n，再令n=10000利用左边，令n=1000利用右边，即可得1000110000.410011000.5到10000<e<1000成立.2(2023上·河南南阳·高三统考期中)(1)已知函数fx=xlnx，判断函数gx=f1+x+f1-x的单调性并证明；1+11-1nn2(2)设n为大于1的整数，证明：n+1n-1></e<1000．1【答案】(1)b=1；(2)a≤-；(3)详见解析【详解】.试题解析：21-ax(1)对f(x)求导得：f(x)=-aln(1+x)+-b，根据条件知f(0)=0，所以1-b=0⇒b=1.1+x(2)由(1)得f(x)=(1-ax)ln(1+x)-x，0≤x≤11-axf(x)=-aln(1+x)+-11+xa-a(1+x)-(1-ax)ax+2a+1f(x)=-+=-.1+x(1+x)2(1+x)2ax+2a+11a①当a≤-时，由于0≤x≤1，有f(x)=-≥0，于是f(x)在[0,1]上单调递增，从而f(x)2(1+x)2≥f(0)=0，因此f(x)在[0,1]上单调递增，即f(x)≥f(0)=0而且仅有f(0)=0；ax+2a+1②当a≥0时，由于0≤x≤1，有f(x)=-<0，于是f(x)在[0,1]上单调递减，从而f(x)≤f2(1+x)8,(0)=0，因此f(x)在[0,1]上单调递减，即f(x)≤f(0)=0而且仅有f(0)=0；ax+2a+112a+1a③当-<a<0时，令m=min1,-，当0≤x≤m时，f(x)=-≤0，于是f(x)2a(1+x)2在[0,1]上单调递减，从而f(x)≤f(0)=0，因此f(x)在[0,1]上单调递减，即f(x)≤f(0)=0而且仅有1f(0)=0；综上a≤-2(3)对要证明的不等式等价变形如下：1000110000.410011000.5110000+211000+15210000<e<1000⇔1+10000<e<1+10001n+21n+152所以可以考虑证明：对于任意的正整数n，不等式1+n<e<1+n恒成立.并且继续作如下等价变形1n+21n+12111521+n<e<1+n⇔n+5ln1+n<1<n+2ln1+n⇔2111+5nln1+n-n<0(p)1111+ln1+-></ln1+n+1，所以nln1+n<n+1ln1+n+1，即nlnn+1-lnn<n+1lnn+2-lnn+1，整理得：2n+1lnn+1<nlnn+n+1lnn+2．22（2012·河北衡水·统考一模)设函数f(x)=x+bln(x+a),其中b≠0．(1)当b=1时，f(x)在x=-2时取得极值，求a；(2)当a=1时，若f(x)在(-1,+∞)上单调递增，求b的取值范围；111(3)证明对任意的正整数n,不等式ln+1></e，即fx<e．1x111(2)由fx=1+x(x></h0=0，即ln1+t<t．111令t=(x></t，可得ln1+<，变形即xx可得证；1(2)构造gx=xln1+，利用导数证明其单调性，再结合复合函数的单调性即可判定fx的单调性，x1n1n+1利用fx的单调性可得1+n<1+n+1，同时取对数变形即可证明结论.1t【详解】(1)证明：令ht=ln1+t-t(t></e；*(2)讨论fx的单调性，并证明：当n∈n时，2n+1lnn+1<nlnn+n+1lnn+2．【答案】(1)证明见解析(2)答案见解析11【分析】(1)构造函数ht=ln1+t-t(t></a<1,x></a<1,x></hx即></x<，ee5,11所以y=fx在0,e单调递减，e,+∞单调递增.111当x=时函数取得极小值为f=-，无极大值.eeelnxlnx+1lnx+1x+1-xxlnx-x+llnx+1(2)令hx=(x></x<1时，fx<0，所以函数fx单调递减，因此fxmin=f1=0；1212(2)由(1)可知：fxmin=0，即f(x)=x-1-lnx></x<，aa3311所以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)在(0，+∞)上单调递减；3311当a></x<1∴f(x)的单调增区间为(1，+∞),单调减区间为(0，1)．2212x-3x-2(2)设g(x)=f(x)-3x+1=x-2lnx-3x+4，∴g′(x)=2x-2--3==xx(2x+1)(x-2)，x∵当x></f1=0，即有0<lnx<x-1.故有：1<lnx22已知函数f(x)=x-2lnx.(ⅰ)求函数f(x)的单调区间；(ⅱ)求证：当x></x<1；fx<0，可得xx></f1=0，可推出结论.1(1)f(x)=lnx-x+1的定义域为(0,+∞)，fx=-1，由fx></gx)转化为证明fx-gx>
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）
文库资源
分享到：
报错