导数大题证明不等式归类（解析版）

11(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)构造新的函数hx；(3)利用导数研究hx的单调性或最值；题. 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；(1)f(x)的增区间为(0,1(，减区间为(1,+∞(.(2)证明见解析(1)f(x)=lnx-x+1的定义域为(0,+∞)，fI(x(=-1，由fI(x(>0，可得0<x<1；fI(x(<0，可得x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，可得f(x(<f(1(=0，即有0<lnx<x-1.故有：1< 2已知函数f(x)=x2-2lnx.(Ⅰ)求函数f(x)的单调区间；(1)依题意知函数的定义域为〈x|x>0}，∵f′(x)由f′(x)>0，得x>1;由f′(x)<0，得0<x<1(2)设g(x)=f(x)-3x+1=x2-2lnx-3x+4，∴g′(x)=2x-2--3== (2x+1)(x-2)x，∴g(x)>g(2)=4-2ln2-6+4>0，∴当x>2时，x2-2lnx>3x-4,即当x>2时f(x)>3x-4..11f(x(在点(0,f(0((处的切线方程为y=a-b.(1)a=-1，b=-1；(2)证明见解析.∵f(x(=ex+ax+b，∴fI(x(=ex+a，∵曲线y=f(x(在点(0,f(0((处的切线方程为y=a-b，22由(1)知f(x(=ex-x-1，f,(x(=ex-1，，f(x(为减函数，当x>0时，f,(x(>0，f(x(为增函数， -3lnx.若a=1，则f(x)=x3-3lnx，x>0，f,(x)=3x2-=，ff(x)单调递减，ff(x)=ax3-3lnx，x>0，f,(x)=3ax2-=(x>0)，所以f(x)在+∞上单调递增.当a>0时，f(x)在+∞上单调递增. (1)求曲线y=f(x)在点,f处的切线方程；xx>1.，f=-1，故曲线y=f(x)在点,f处的切线方程为y--1（=x-.即x-y-1=0.(x)=(2x-2sinx+cosx)ex+(2-2cosx-sinx)ex=2(x-sinx)+2-2sin（x+ex.3344xx>1. (1)求f(x(的最小值；由f(x)=(x2-1(-lnx⇒f'(x(=x-=，当x>1时，f'(x(>0，所以函数f(x(单调递增，当0<x<1时，f'(x(<0，所以函数f(x(单调递减，因此f(x(min=f(1(=0；f(x(min=0，即f(x)=(x2-1(-lnx>0(x>0(⇒-lnx>-(x2-1((x>0(，即ln>-(x2-1((x>0(，当x=时，ln>-2-1⇒ln>. x+bx+1在x=0处有极值2.(Ⅱ)证明：f(x)>ex-x.而证得不等式成立.x-x+1．要证f(x)>ex-x，只需证ex-x+1>ex-x．即ex-ex+1>0.x1g(x)-0+g(x)1×1+1=1>0．故f(x)>ex-x成立1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e2+2e.1(2)依题意即证fx=x2-2xex+2ex-e2lnx>0，即x-2ex-1+>，构造函数gx=x-2ex-22【详解】解：(1)因为fx=x2-2xex+aex-e2lnx，所以fx=x2-2ex+ae-，f2=+ae=+2e，解得a=2.(2)由(1)可得fx=x2-2xex+2ex-e2lnx即证fx=x2-2xex+2ex-e2lnx>0⇔x-2ex-1+>.令gx=x-2ex-2+，gx=x-1ex-2，于是gx在0,1上是减函数，在1,+∞上是增函数，所以gx≥g1=(x=1取等号).又令hx=，则hx=he=(x=e时取等号).1-lnxx2,于是hx在0,e上是增函数，在e,+∞上是减函数，所以hx≤1-lnxx2所以gx>hx，即fx>0.22(1)讨论y=f(x)的单调性并求极值；2(x+1)>lnx⋅ln(x+2).2x+1>lnx⋅lnx+2即证当x>1时，ln1>，构造新函数 e e e,令fx<0，解得0<x e5566当x=时函数取得极小值为f=-，无极大值.由(1)可知f(x(=xlnx在(1,+∞(递增，所以xlnx-(x+l(ln(x+1(<0，所以h'(x(<0，因此y=h(x(在(1,+∞(递减，当x+1>x>1时，h(x+1(<h(x(即ln(1(>，所以ln2(x+1(>lnx⋅ln(x+2(得证.33当x<0时，g'(x(<0,g(x(在(-∞,0(上当x>0时，g'(x(>0,g(x(在(0,+∞(上x(x-1(+a，故f(x(在(0,x0(上单调递减，在(x0,+∞(上单调递增，∴f(x(≥f(x0(x(x0-1(+a=0知f(x0(=ex>1即当0<a<1,x>0时，f(x(>1恒成立.77 (2)讨论fx的单调性，并证明：当n∈N*时，2n+1lnn(1)证明见解析(2)答案见解析(1)构造函数ht=ln1+t-t(t>0)，利用导数证明ln1+t<t，可得ln（1+<(1)证明：令ht=ln1+t-t(t>0)，则ht=-1=-<0，所以ht在0,+∞上单调递减，所以ht<h0=0，即ln1+t<t.x<1,1+x<e1x 令φt=ln1+t-(t>0)，则φt=-=>0，所以gx在0,+∞上单调递增，所以fx=（1+x在0,+∞上单调递增，n<n+1，n<ln即n[lnn+1-lnn[<n+1[lnn+2-lnn+1[，整理得：2n+1lnn+1<nlnn+n+1lnn+2. 2（2012·河北衡水·统考一模)设函数f(x)=x2+bln(x+a),其中b≠0.(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；(2)先由a=1得f'(x(=，根据f(x(在(-1,+∞(上单调递增，可得2x2+2x+b≥0在 n n=2x+，依题意有f,(-2( =0,故 9 ;4,此时f'(x(=2x+ x+(2)当a=1时,f'(x(=2x+=，若f(x(在(-1,+∞(上单调递增，则2x2+2x+b≥0在(-1,+∞(上恒成立，设h(x(=2x2+2x+b，只需h-=-+b≥0，即b≥；=x3-x2+ln(x+1(>0恒成,(x(=3x2-2x+=在(0,1[上恒正,即当x∈(0,1[时,有x3-x2+ln(x+1(>0,ln(x+1(>x2-x3 和b是实数，曲线y=f(x(恒与x轴相切于坐标原点.(3(求证10000.4<e<1000.5.(x)=-aln(1+x)+-b，根据条件知f,(0)=0，所以1-b(2)由(1)得f(x)=(1-ax)ln(1+x)-x，0≤x≤1f,(x)=-aln(1+x)+-1f"(x)=-+=-.≥f,(0)=0，因此f(x)在[0,1]上单调递②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,(88(x)=-≤0，于是f/(x)]上单调递减，即f(x)≤f(0)=0而且f(0)=0；综上a≤-1000+n+<e<（1+n+.并且继续作如下（1+n+⇔n+ln1（1+n+⇔n+ln1+<1<n+ln1+⇔-<0(p)->0(q)而且仅有f(0)=0.当n=1时1+ln2-1=ln2-1< n< nn+<e<（1+n+.10000.4<e<1000.5成立.2(2023上·河南南阳·高三统考期中)(1)已知函数f(x(=xlnx，判断函数g(x(=f(1+x(+f(1-x(的2-1(1->n2.不等式变形为(n+1(ln(n+1(-nlnn>nlnn-(n-1(ln(n-1(，构造函数h(x(=(x+1(ln(x+1(-99函数g(x(=(1+x(ln(1+x(+(1-x(ln(1-x(在(-1,0(上单调递减，在(0,1(上单调递增证明：g(-x(=(1-x(ln(1-x(+(1+x(ln(1+x(，∴g(-x(=g(x(则g(x(为(-1,1(上的偶函数.>0，>0，1+11-1(n-1(n>n2对n∈N*，1+11-1即证(n+1(ln(n+1(+(n-1(ln(n-1(>2nlnn，即证(n+1(ln(n+1(-nlnn>nlnn-(n-1(ln(n-1(，设函数h(x(=(x+1(ln(x+1(-xlnx(x>0)，h,(x(=ln(x+1(-lnx>0，故函数h(x(在(0,+∞(上单调递增又n>n-1>0，∴h(n(>h(n-1(，即(n+1(ln(n+1(-nlnn>nlnn-(n-1(ln(n-1(成立，故原不等式成立. f>f(1)=0，运算整理证出结论.(x)=，f'f'所以f(x)在区间,2上有唯一极小值点，故f(x)min=f(1)=0，又∵f=1-ln2，f(2)=-+ln2，f-f(2)=-2ln2=3>16，所以f-f(2)>0，即f>f(2)所以f(x)在区间,2上的最大值是f=1-ln2当n>1时，=1+>1，则f>f(1)=0即f=+ln=-+ln>0，即ln>证明不等式f(1(+f(2(+⋯+f(n(<g(n(，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g(n(=[g(n(-g(n-1([+[g(n-1(-g(n-2([+[g(n-2(-g(n-3([+⋯+[g(2(-g(1([+[g(1(-g(0([n=g(n(-g(n-1((n∈N*(，则只需证f(1(+f(2(+⋯+f(n(<b1+b2+⋯+bn (1)求函数f(x(的极值；(2)求证：++⋯+>ln2(n∈N*(.(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.(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.f'(x(=-m(x>-1).②当m>0时，由f'(x)>0，得-1<x<-1；由f'(x)<0，得x>-1.故当x=-1时，f(x)有极大值f-1（=m-1-l②当m>0时，f(x)有极大值m-1-lnm，无极小值.即ln(1+x)<x,x>0.可得n1+n2+⋯+n++1>ln+ln+⋯+ln=ln12=ln2.即++⋯+>ln2(n∈N*(成立. (1)讨论函数f(x(的单调性；(2)证明:2ln(n+1(>+++⋯+(n∈N*).且f'(x(=-2x=若a>0，令f'(x)=0，因为x>0，可得f'(x(>0，f(x(单调递增；f'(x(<0，f(x(单调递减，所以f(x(max=f(1(=0，所以f(x)≤0，即2lnx≤x2-1，*2+⋯+2-n<++⋯+-n=1+1-+⋯+1--n=-++⋯+，即2lnn+1>+++⋯+n+1.+(1)讨论fx的单调性；*，证明：+++⋯++lnn+1>n.【分析】(1)讨论a=0,a>0,a<0，由f,x的正负确定fx单调性；1-a(2)记gx=axlnx-x+1,(x>1)，由ge>0得a>0，讨论ea与1大小关系，验证gxmin>0是否成1-ax=alnx+a-1,(x>0)当a=0时，fx在0,+∞上单调递减；(2)记gx=axlnx-x+1,(x>1)，由题知x>1时gx>0恒成立，由ge=ae-e+1>0得a>>0，1-a1-amin=ge=1-，由于e=e-1>1+-1（=，1-a1-a综上得a≥1.*所以ln1+>，即ln>1-所以[lnn+1-lnn[>1-，故[lnn+1-ln1[>n-（+++⋯+,即+++⋯++lnn+1>n.2(1)若不等式fx≥gx在区间0,+∞内恒成立，求实数k的取值范围；2(2)求证：++...+<(n≥2,n∈N∗,e为自然对数的底数)令hx=，又hx=，令hx=0解得x=e，所以当x=e时函数hx有最大值，且最大值为，所以k≥.++...+<++...+,又1+1+⋯+1<1+1+⋯+12n2=（1-+-+...+-=1-<1，所以++...+即++...+<++...+<，33(2)已知a=1，m≥，x>1，gx=lnx+mf(3)证明：ln5<++⋯+n∈N*.【详解】(1)fx=-e-x-aex≤0对∀x∈R恒成立，即a≥-e-2x对∀x∈R恒成立.因为-e-2x<0，则a≥0.(2)gx=lnx+m-x(≤lnx+-x只需证明lnx+-x（<0.=令hx=lnx+（-x（x>1，hx=-22-=-x2-1=则hx在1,+∞单调递减，则h(x)<h(1)，-x-122x2<0，(3)由(2)知lnx<x-(x>1(，令x=，则有ln<-,即ln(n+1(-lnn<1+-=+，ln(n+1(-lnn<+,ln(n+2(-ln(n+1(<+,⋯,ln(5n(-ln(5n-1(<+,累加可得，ln(5n)-lnn<++⋯++<++⋯++故ln5<++⋯++(n∈N*(，从而命题得证.n=(n∈N*(， 3*)=0时，f(x(=-3不是单调函数；(2)-<m<-9；(3)证明见解析.(x)>0得增区间，解f'(x)<0得减区间；(x)=(x>0)，f'(2)=-=1得a=-2，f(x)=-2lnx+2x-3，g(x)=x3++2（x2(x)=3x2+(m+4)x-222(t)<0恒成立，∴-<m<-9.∵n≥2,n∈N*，则有0<lnn<n-1，∴0<<n-1n.f'(x(=-1=，①当a≤0时，f'(x(<0，f(x(在(0,+∞(上单调递减，f(x(>f(1(=0，不合题意；，则f(x(在(a,+∞(上单调递减，f(x(在(0,1(上单调递增，f(x(在(1,+∞(上单调递减，f(x(≤f(1(=0，符合题意；，则f(x(在(0,a(上单调递增，，则f(x(在(a,+∞(上单调递减，令x=n，其中n∈N+且n≥2，则有lnn<n-1，又n-1<n(n-1(，所以，lnn<n(n-1(，即<11【详解】(1)hx=fx-gx=x+1lnx-ax+2因为fx≥gx对任意的x∈[1,+∞恒成立，设hx=fx-gx=x+1lnx-ax+2，所以a≤在x∈[1,+∞恒成立，设mx= x+1lnx+2x,mx=,令μx=x-1-lnxμx=≥0在x∈[1,+∞恒成立，所以μx=x-1-lnx在[1,+∞上为增函数，所以μx≥0即mx≥0在x∈[1,+∞恒成立，所以函数mx在[1,+∞)为增函数；∴当x≥1时，lnx≥，且当且仅当x=1时ln令x≥nn∈N+,n≥2，则lnn>即ln2>，ln3>，ln4>...lnn-2>，lnn-1>，lnn>2n-1n+1， *，x>-1且x≠0，函数fx=1+xp-px-1.p>1+px，令p=2，x=n∈N*放缩1+>【详解】(1)由f(x)=p1+xp-1-p=p[1+xp-1-1[，∵1+x>0，p-1>0，∴y=1+xp-1-1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.p>1+px，令p=2，x=n∈N*，2>1+2n2-1=> >2n-1 2n-1,=ln1+1+=ln1+1+⋯1+ 2n+11+ 2n+11+1+（>=2n+12n-1...3.3. <e⋯1+ (n+1(2 <e⋯1+ (n+1(2L 1+||.(n+1(2L【分析】(1)f(x(<g(x(等价于xlnx-<0，即xlnx-<0，记h(x(=lnx-a(x-1(2,只要证明h(x(max<0即可，分a≤0，0<a<2和a≥2三种情况讨论函数h(x(的最值，从而可<g(x(在(1,+∞(上成立，即lnx<x-1，令x=1+,k=1,2,⋯,【详解】(1)解：f(x(<g(x(等价于xlnx-<0，即xlnx-<0，记h(x(=lnx-，则hI(x(=-=，当a≤0时，hI(x(>0，h(x(在(1,+∞(上单调递由h(1(=0，h(x(>h(1(=0，所以xh(x(>0，即f(x(<g(x(不恒成立；>0，所以h(x(在(1,+∞(上单调递增，则h(x(>h(1(=0，所以f(x(<g(x(不恒成立；<0，h(x(在(1,+∞(上单调递减，所以h(x(<h(1(=0，所以xh(x(<0，即f(x(<g(x(恒成立，所以f(x(<g(x(在(1,+∞(上恒成立，实数a的取值范围是[2,+∞(；<g(x(在(1,+∞(上成立，即lnx<x-1，令x=1+,k=1,2,⋯,n，则ln1+<，nΓ|(n+1(2L|<++⋯+==<⋯1+<e.ln(f(1(∙f(2(∙⋯∙f(n((<lnt⇒ln(f(1((+ln(f(2((+ln(f(3((⋯+ln(f(2((<lnt <f(x(<x；*1+1+⋯1+<e.【分析】(1)构造函数g(x(=f(x(-=ln(x+1(-(x>0(和h(x(=f(x(-x=ln(1+x(-1+<ln【详解】(1)令g(x(=f(x(-=ln(x+1(-(x>0(，则g,(x)=-=>即f(x(>成立．令h(x(=f(x(-x=ln(1+x(-x(x>0(，则h,(x(=-1=-<0(x>0(，即f(x(<x成立．综上所述，当x∈(0,+∞(时，<f(x(<x成立.**).1+2<2，+ln（+⋯+ln1+<2+2+⋯+=n(1)=n+1≤11+1+∙⋯∙1+1+⋯1+<e. xx+1 xx+1**)．则ln1++ln1++⋯+ln（1+>++⋯+>++⋯+==，1+1+∙⋯∙1+1+⋯1+>e.*1+1+⋯1+<e. 2(2023·全国·高三专题练习)已知函3(2)将问题转化为sinx-xcosx-ax3≤0，令g(x)=sinx-xcosx-ax3，用导数法求其最大值即可. 1+<证明.∴切线方程为y=x-+1.(2)f(x)≤ax3⇔sinx-xcosx-ax3≤0，令g(x)=sinx-xcosx-ax3，则g,(x)=xsinx-3ax2=x(sinx-3ax).令h(x)=sinx-3ax，则h,(x)=cosx-3a.③当-1<3a<1，即-<a<时，由h,(0)=1-3a>0，h,(π)=-1-3a<0，0x0(=0(x)>0，1+<.∴ln1+g+ln1+g+⋅⋅⋅+ln1+g<++⋅⋅⋅+==1-< .211(1)求曲线y=f(x(在点(1,f(1((处的切线方程；≥0；*⋯<m成立，求m的最小值.⋯所以曲线y=f(x(在点(1,f(1((处的切线方程为y=(a-1((x-1(，即(a-1(x-y-a+1=0.x1f,(x(-0+f(x(可知当x=1时，f(x(取最小值f(1(=0，所以f(x(≥0.令x=21+1<21，1++ln1+（+⋯+ln<++⋯+21=(11--(=1-n <1 <1⋯<1，⋯<e.≥=>2,<m成立时，整数m的最小值为3.2(2023·全国·高三专题练习)已知关于x的函数fx=ax-lnx-1+ln2.2(1)讨论fx的单调性；*<n2-nln2.≤0和a>0两类分别讨论函数的单调性；(2)由(1)知fx≥f=0，即lnx≤2x-1-ln2(x【详解】(1)由fx=ax-lnx-1+ln2得fx=a-(x>0)知当a≤0时fx<0⇒fx在0,+∞上单调递减当a>0时，fx==ax时fx>0,fx在,+∞（上单调递增，当0<x<时fx<0,fx在（0,上单调递减.fx≥f=0，即有lnx≤2x-1-ln2(x>0)，∴ln1<2-1-ln2=1-ln2，ln2<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，ln1×2×3×⋯×n<n2-nln2.3(2023·四川成都·石室中学校考模拟预测)已知函数fx=ex-ax2-x3【分析】(1)根据题意，由fx单调递增，转化为fx=ex-ax-1≥0恒成立，然后分a>0时，lnx+1<x，然后再由<--1n【详解】(1)由f(x)=ex-ax2-x可得，f(x)=ex-ax-1，由于函数f(x)单调递增，则f(x)=ex-ax-1≥0恒成立，设h(x)=ex-ax-1，则hx=ex-a，又因为h=e-a⋅-1=e-2<0，即f(x)<0，不满足题意；当a>0时，令h(x)=ex-a=0，解得x=lna， =nn-1n-1所以当x=lna时，函数h(x)取得最小值h(lna)=elna-alna-1=a-alna-1，由h(lna)≥0可得，a-1-alna≥0，令μ(a)=a-1-alna，则μImax=μ(1)=0，由于a-1-alna≥0恒成立，x-x-1≥0，即有ex≥x+1，则x>0时，ln(x+1(<x，故当n∈N*且n≥2时，1+<1++⋅⋅⋅+，因为n≥2时，<=-，所以1++⋅⋅⋅+<1+（1-+-+⋅⋅⋅+-=1+1-<2，1+<e2. 1已知函数f(x)=x2-(a-2)x-alnx(a∈R).(1)求函数y=f(x)的单调区间；x>x2+x+2.fI(x)=2x-(a-2)-=，即fI(x)=，(ii)若a>0，令fI(x)>0，即2x-a>0，解得x>,令fI(x)<0，即2x-a<0，解得0<x<, 2+x-lnx，要证明f(x)+ex>x2+x+2，只用证明ex-lnx-2>0，令g(x)=ex-lnx-2，g(x)=ex-，x=，xx0gx-0+g(x)所以g(x)min=g(x0)=ex-lnx0-2=+x0-2，因为+x0-2≥2⋅x0-2=0，因为x0≠1，所以不 (1)求函数y=f(x)的单调区间；x>x2+x+2.f(x)=2x-(a-2)-=，即f(x)=，2+x-lnx，要证明f(x)+ex>x2+x+2，只用证明ex-lnx-2>0，xx0gx-0+g(x)所以g(x)min=g(x0)=ex-lnx0-2=+x0-2，因为+x0-2≥2⋅x0-2=0，因为x0≠1，所以不1(2023上·福建福州·高三校联考)设函数f(x)=e2x-alnx.1(1)a=e时，f(x)=e2x-elnx的定义域为(0,+∞)， 2∴当0 2 2 2(2)证明：f(x)=e2x-alnx的定义域为(0,+∞),且f(x)=2e2x-.2x0,+∞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fx0，2x-=02x=，两边取对数得lnx0=ln-2x0，2(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；(2)当a=1时，令Fx=x-2ex-fx，若x=x0为Fx的极大值点，证明：0<Fx0<1.(1)答案见解析；(2)证明见解析.(1)函数fx的定义域为0,+∞,fx=1-=，①当a≤0时，fx>0，函数fx在0,+∞上单调递增；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.(2)当a=1时，Fx=x-2ex-x+lnx+4,Fx=x-1ex-1+=x-1（ex-,设gx=ex-，则gx=ex+，当x>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，x-=0x=Fx0=x0-2ex-x0+lnx0+4=-x0-x0+4=5-2（x0+,,lnx0=-x0，0<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;3(2)若a=1,0<x≤1,求证:ex+1-fx≤e,其中e是自然对数的底数.(1)f(x)在(0,e-a-1)上单调递减，在(e-a-1,+∞)上单调递增．(2)证明见详解(2)构造函数gx=ex-x-xlnx+1，利(1)函数f(x)的定义域为(0,+∞)，fx=1+a+lnx，当0<x<e-a-1时，fx<0，当x>e-a-1，fx>0；故f(x)在(0,e-a-1)上单调递减，在(e-a-1,+∞)上单调递增.(2)证明：令g(x)=ex+1-f(x)=ex-x-xlnx+1，则g(x)=ex-lnx-2，令h(x)=g(x)，则h(x)=ex-，显然h(x)在(0,+∞)上单调递增.∴g(x)≥g(x0)，x=，两边取对数得x0=-lnx0，故g(x0)=ex-lnx0-2=+x0-2≥0，∴g(x)≥g(x0)≥0，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来完成证明. 1(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∈(1)讨论fx的单调性；(1)答案见解析(2)证明见解析(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；(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-(1)函数fx的定义域是0,+∞,可得fx=-=.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.只需证fx≥=2-成立，只需证fxmin≥2-即可.因为m>0，由(1)知，fxmin=fm=1+lnm.令gm=1+lnm-（2-=lnm+-1，则gm=-=，所以gm在0,1上单调递减，在1,+∞上单调递增，所以当m>0时，mfx≥2m-1成立. 2已知函数f(x)=ex-x-m(m∈R).(2)当m=-1时，证明：f(x)>1-.x-x-m>0恒成立对x>0恒成立，令g(x)=ex-x，故当x>0时，g(x)>g(0)=1；故若使ex-x-m>0恒成立对x>0恒成立，则只需使m≤1；故n(x)≥n(2)=1-②.故由①②可得，f(x)>1-.11(Ⅰ)讨论f(x)的单调性；(Ⅱ)若a<-1，证明：f(x)<-1.(Ⅰ)答案见解析；(Ⅱ)证明见解析.(Ⅱ)由a<-1结合(Ⅰ)可得f(x)max=的单调性即可得证. x( x+a.当a≥0时，f(x)>0恒成立，∴函数f(x)在(0,+∞)上单调递增；当0<x<-时，f(x)>0，∴f(x)在（0,-上单调递增；∴f(x)max=f（-=ln（-+a（-=-ln(-a)-1.令g(x)=-lnx-1.∵x>0，g(x)=-<0，∴函数g(x)在(0,+∞)上单调递减.又∵-a>1，∴fxmax=-ln-a-1<-ln1-1=-1，∴f(x)<-1.2已知f(x)=xlnx，g(x)=-x2+ax-32设h(x)=2lnx+x+(x>0)，则h′(x)=，∴[h(x)]min=h(1)=4，∴a≤[h(x)]min=4.证明：(2)问题等价于证明xlnx>-(x∈(0,+∞))，设m(x)=-(x∈(0,+∞))，则m′(x)=，由题意得[m(x)]max=m(1)=-，3已知函数f(x)=ax2-xlnx.3(Ⅱ)当x>0时，f(x)<xex+．不等式等价于lnx+>ex-ex，分别构造函数h(x)=lnx+，φ∴f′(x)=2ax-1-lnx≥0在(0，+∞)上恒成立， x x∵x>0，则需要证ex-lnx<ex+min=h()=0，∴h(x)≥0，即lnx+≥0，2.xex=elnx⋅ex=elnx+x3.==elnx-x4.x+lnx=lnex+lnx=ln(xex)5.x-lnx=lnex-lnx=ln-x16.=x-6.=x=x=elnx(核心公式)x=elnx⋅ex=elnx+x（3）==elnx-x（4）x+lnx=lnex+lnx=lnxex（5）x-lnx=lnex-lnx=ln（1）==（2）=-x-1lnx-1=-elnx-1⋅lnx-1（3）xlnx=elnx⋅lnx（4）==-(-x)e-xxx一个核心：lnex=x=elnx (2)首先将题意转化为elnx+x+1≥lnx+x+1+1．令t=lnx+x+1，即证：et≥t+1，再构造函数hx=ex-x-1，求其最小值即可证明.故函数gx不存在极值；x1-a1-aegx+0-gx故gx极大值=ge1-a=a+e11-a==ea-1+1，无极小值.当a<1时，函数gx有极大值，gx极大值=ea-1+1，不存在极小值.x+1≥，即证：xex+1≥lnx+x+2，lnx+x+1≥lnx+x+1+1.令t=lnx+x+1，故只须证：et≥t+1.设hx=ex-x-1，则hx=ex-1，故hx在0,+∞上单调递增，在-∞,0上单调递减，即hxmin=h0=0，所以hx≥0，从而有ex≥x+1.故et≥t+1，即fx≥gx. 数的底数. x3 x3,则f(x)≥x-3lnx等价于t-1≥lnt，令gt=lnt-t+1，利用函数的导数，通过方法二：令t=x-3lnx，则f(x)≥x-3lnx等价于et-1≥t，令h(t)=et-(t+1)，利用函数的导数，通过当x>0时，由f(x)=-1得f(x)=，令f(x)>0得x>3，令f(x)<0得0<x<3，1>-1>1>-1>0，20，fx2=0综上，函数fx有两个零点. x3 x3,则x>0时，t>0，且lnt=x-3lnx.于是f(x)≥x-3lnx等价于t-1≥lnt，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.方法二：令t=x-3lnx，则et-1=-1，于是f(x)≥x-3lnx等价于et-1≥t，t≥t+1，令h(t)=et-(t+1)，则有h(t)=et-1.令h(t)<0，即et-1<0，解得t<0；所以h(t)≥h(0)=e0-1=0，即et-(t+1)≥0.所以et≥t+1，即f(x)≥x-3lnx.13x-x，h(x)=3x2-xlnx，13x-x，3x-1.(i)当a≤0时所以f(x)在R上单调递减；(2)当a≥1时，f(x)-h(x)=ae3x-x-3x2+xlnx≥e3x-x-3x2+xlnx，要证fx>hx，只需证e3x-x-3x2+xlnx>0，即证-1>3x-lnx，即证e3x-lnx-1>3x-lnx，令t=φx=3x-lnxx>0，则φx=3-=， 3当0 3 3 3所以t=φx≥φ=1-ln=ln3e，令g(x)=ex-x-1，则g(x)=ex-1，所以e3x-lnx-1>3x-lnx从而e3x-x-3x2+xlnx>0，所以当a≥1时f(x)>h(x)恒成立.22(1)答案见解析(2)证明见解析(1)分类讨论求解函数的极值即可.ex-x-1，求其最小值即可证明.故函数gx不存在极值；x1,e1-a1-aee1-a,+∞gx+0-gx故gx极大值=ge1-a=a+e11-a==ea-1+1，无极小值.x+1≥x+1≥lnx+x+2，lnx+x+1≥lnx+x+1+1.t≥t+1.设hx=ex-x-1，则hx=ex-1，故hx在0,+∞上单调递增，在-∞,0上单调递减，故et≥t+1，即fx≥gx. 1(2022贵州黔东南·统考一模)已知函数f(x)=(m≠0).(1)试讨论函数f(x)的单调性；a.【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； b>ba只需证：blna>alnb即证：>.设gx=，研究函数gx的单调性即可.【详解】(1)fx的定义域为0,+∞,且fx=.对x∈e,+∞,有fx<0，故函数fx在x∈e,+∞单调递减.对x∈e,+∞,有fx>0，函数fx在x∈e,+∞单调递增.a只需证：blna>alnb即证：>.设gx=，则gx=当x∈e,+∞时，有gx<0，所以ga>gb，即>.∴>成立故原不等式成立. (1)求函数fx的单调区间；(2)已知m，n是正整数，且1<m<n，证明1+mn>1+nm.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，即证明>， xx+1- xx+1x2，所以hx<0，所以hx为0,+∞上的减函数，因为1<m<n，知hm>hn，即>，即1+mn>1+nm.(2022·(2022·全国·高三专题练习)已知函数g(x(=1-.(1)求g(x(的单调区间；(1)g(x(的单调递增区间是(1,+∞(，单调递减区间是(0,1(；(2)证明见解析.(1)因为g(x(=1-，所以gI(x(=-=.所以g(x(的单调递增区间是(1,+∞(，单调递减区间是(0,1(.(2)由(1)知g(x(=1-在(0,1(上单调递减，1 e<m<n<1时，g(m(>g(n(，即1->1-，2(2021·全国·高三专题练习)已知函数f(x(=lnx-.2(1)求证：函数f(x(在(0,+∞(上单调递增；(1)证明见解析；(2)证明见解析.(2)不妨设m>n，利用作差法得到-=ln-，然后令=t>1，转化为f(t(，利用其在(0,+∞(上单调性证明.(1)由题意知，x>0，fI(x(=-=≥0，-=ln-，令=t>1，则ln-=lnt-=f(t(．由(1)知f(x(在(0,+∞(上单调递增，f(1(∵t>1，∴f(t(>0．又m>n，∴>lnm-lnn>m-n m+n.33(1)若函数fx在0,+∞上为单调增函数，求a的取值范围；【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x2+2-2ax+1≥0在0,+∞上恒【详解】解：(1)fx=-==，因为fx在0,+∞上为单调增函数，所以fx≥0在0,+∞上恒成立即x2+2-2ax+1≥0在0,+∞上恒成立，2+2-2ax+1≥0，则gx=x+≥2x⋅=2，当且仅当x=即x=1时，gx有最小值2，+1>0，设hx=lnx-，由(1)知hx在1,+∞上是单调增函数，又>1，所以h>h1=0，即ln->0成立，得到<. 1(2023·四川成都·成都七中校考模拟预测)已知函数fx=ex-ax2+e2x有两个极值点a≤-，x2x1<x2.+x2<2ln2a.x-xx-xx+xx+xx-xx-xx+xx+xx-e2<0，于是g'(x(=<0，所以g(x(在(-∞,0)单调递减且g(x(=<0，.x-x(2)因为f'(x1(=f'(x2(=0，所以ex+e2=2ax1,ex+e2=2ax2，于是ex-ex=2a(x2-x1(，从而2a=2-x-x--e-u>2u(u>0(，x-xx2-x12>x-xx2-x12令φ(u(=eu-e-u-2u(u>0(，φ'(u(=eu+eu-2≥2eu⋅e-u-2≥0.所以ϕ(u(在(0,+∞)单调递增，所xxx+xx+x2从而eu-e-u>2u(u>0(.所以>e2，于是2a>e2，由(1)知a>，从而x1+x2<2ln2a. (2)将f(x2(=eax-ex2变形为eln(ex(+ln(ex2(=eax+ax，构造函数F(x(=x+ex，根据其单调性将方程转化为ax=ln(ex2(，再构造函数h(x(=，利用导数讨论其性质，结合图象可得<x1<e<x2x1x2【详解】(1)f(x(的定义域为(0,+∞(，由f(x(=lnx-ax+1≤0，得a≥..=eax-ex2，得lnx2-ax+1=eax-ex2，即ex2+ln(ex2(=eax+ax，即eln(ex(+ln(ex2(=eax+ax.设F(x(=x+ex，则eln(ex(+ln(ex2(=eax+ax等价于F(ln(ex2((=F(ax(.易证F(x(在R上单调递增，则ax=ln(ex2(，即a=.设h(x(=，则h,由h,(x(<0，得x>e，从而h(x)max=h(e(=、、=h(e-==0，<x2，由图可知，<x1<e<x2,0<a<.设G(t(=lnt-(t>1),G,(t(=>0,设t=>1，则ln-2⋅>0，即21(<lnx2-lnx1，则lnx1<x1x2.=.11，且f(x1(=f(x2(=2，证明：0<m<e，且x1+x2<2.≤0和m>0两种情况，得到函数的单调性； 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.2是方程m=ex(2-x)的两个实数根．令g(x)=ex(2-x)，则g(x)=ex(1-x)，不妨设x1<x2，因为x1，x2是方程m=ex(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，则h(x)=g(x)+g(2-x)=ex(1-x)+e2-x(x-1)=(1-x)ex-e2-x=(1-x)⋅<0在1,2恒成立.所以gx2<g2-x2，即x1+x2<2成立. +x2>4a.(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.【详解】(1)由题意可知：fx=lnx+x>0⇒fx=，若a≤0，则fx>0恒成立，即fx单调递增，不存在两显然当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，2<2a，且f4a2=2ln2a+ 1 故gt>g=e-2>0，所以f4a2>0，又f1=2a>0，2a<x2，构造函数gx=fx-f4a-x0<x<2a，则gx=+=-<0，即gx单调递减，所以gx>g2a=0，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.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；②构造函数Fx=fx-f，求导可得Fx恒正或恒负；③得到fx1与f的大小关系后，将fx1置换为fx2； x1 x1 1x2<4.求导得f(x)=ax-(2a+1)+=， 2 2 2若0 2 a,当0<x<2或 a a时，f(x)>0，当2<x a 2 2 a,当0< a a a<x<2时，f(x)<0，当a≤0时，当0<x<2时，f(x)>0，当x>2时，f(x)<0，所以a的取值范围是a≤0.由f(x1)=f(x2)，x1≠x2，不妨令0<x1<2<x2，要证x1x2<4，只证x1<，即证fx1<f，就证fx2-f<0，++令g(x)=f(x)-f,x>2，求导得g(x)=f(x)-f⋅（-=x44x2=4xx=ax-1+=⋅= 2+3a-x]x3)<0，即f(x2)-f<0⇔f(x2)<f，又f(x1)=f(x2)，因此f(x1)<f，显然0<x1<2,0<所以x1x2<4. x2， (1)求函数gx的极值；(2)若hx=fx-gx，求函数hx的最小值；1x2<1.x-lnx+x1-lnx1=ex-lnx+x2-lnx2，构造函数y=ex+x，根据其单调性可得x1-lnx1=x2 -lnx2，构造函数M(x)=x-lnx并研究其单调性，构造函数T(x)=M(x)-M并研究其单调性，当(2)由题意知函数hx=-lnx+x的定义域为(0,+∞).h(x)=-+1=(x-1)-x+x2=ex+x(x-1)x2x2，所以h(x)min=h(1)=e+1.，则由(2)知0<x1<1<x2，0<<1.设S(x)=h(x)-a，由Sx1=Sx2=0，得-lnx1+x1=-lnx2+x2，即ex-lnx+x1-lnx1=ex-lnx+x2-lnx2，因为函数y=ex+x在R上单调递增，所以x1-lnx1=x2-lnx2成立.构造函数M(x)=x-lnx，则M(x)=1-=，M(x)>0⇒x>1，M(x)<0⇒0<x<1，构造函数T(x)=M(x)-M=x--2lnx，则T,(x)=1+-=≥0，所以函数T(x)在(0,+∞)上单调递增，所以当x>1时，T(x)>T(1)=0，即当x>1时，M(x)>M,1x2<1.所以M(x1(=M(x2(>M，又M(x)在(0,1)1x2<1.1(2023上·重庆渝中·高三统考)已知函数f(x(=xlnx-ax2+x,a∈R.1(1)若函数f(x(是减函数，求a的取值范围；(1)(1)f,(x(=lnx-2ax+2≤0在(0,+∞(上恒成立，参变分离2a≥在(0,+∞(上恒成立，构2=tx1(t>2)，从而得到lnx1=-1，lnx2=-(1)f(x(=xlnx-ax2+x,a∈R的定义域为(0,+∞(，f,(x(=lnx+1-2ax+1=lnx-2ax+2，函数f(x(是减函数，故f,(x(=lnx-2ax+2≤0在(0,+∞(上恒成立，,(x(>0，u(x(=单调递增，,(x(<0，u(x(=单调递减，(2)若有两个零点x1,x2，则x1lnx1-ax+x1=0,x2lnx2-ax+x2=0，得a=+=+.∵x2>2x1>0则lnx2=ln(tx1(=lnt+lnx1=-1，∴ln(x1x2(=lnx1+lnx2=-1+-1=-2，令h(t(=-2(t>2)，则h,(t(=，令φ(t(=-2lnt+t-(t>2)，则φ,(t(=-+1+=>0，∴φ(t(在(2,+∞(上单调递增，-1，t(>φ(2(=-2ln2==>0，t(=>0，则h(t(在(2,+∞(上单调递增，t(>h(2(=3ln2-2=ln，即ln(x1x2(>ln，故x1x2>.22ln(x1x2(=(a+1((x1+x2(，两式相减得ln=(a+1)(x2-x1(，从而有l2=，进而要证x1⋅x2>构造函数F(t(=lnt-=lnt+-2即可证明.【详解】(1)当a=1时，f(x(=lnx+x2-2x(x>0),fI(x(=+x-2=≥0，所以函数y=f(x(在(0,+∞(上单调递增，又因为f(1(=-<0,f(4(=ln4>0，所以函数y=f(x(有且仅有一个零点.1,e>0,φ(x(的大致图象如图所示，证明：不妨设0<x1<x2,且=两式相加得ln(x1x2(=(a+1((x1+x2(，两式相减得ln=(a+1)x2-x1，所以l2=2>e2，只需证lnx1x2=⋅ln>2，，设t=(t>1)，令Ft=lnt-2t1=lnt+t1则Ft=-=>0，所以函数Ft在1,+∞上单调递增，且F1=0，所以Ft>0，即lnt>，所以x1⋅x (1)讨论fx的单调性；(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lnx+1ax(2)由ex1x=ex2x，两边取对数得x2lnx1+1=x1lnx2+1，即=，f(x)max=f(1)=1，而f=0，x>1时，f(x)>0恒成立，0<x1<1<x2，满足fx1=fx2，∈[2,+∞)，则x+x>x≥4>2成立；则g(x)=f(x)+f(2-x)=-->--=->0，于是fx1=fx2>f2-x2，2又x+1>2x=2x1,x+1>2x=2x2，则有x+1+x+1>2x1+x2>4，则x+x>2，所以x+x>2. (1)讨论函数fx的单调性：2是方程fx=0的两不等实根，求证：x+x>2e；(2)由lnx-ax2=0⇔2lnx-2ax2=0可得，x1,x2是方程lnx2-2ax由fx=lnx-ax2得：fx=-2ax=，当a≤0时，fx>0,fx在0,+∞上单调递增；当a>0时，由fx>0得0<x<，由fx<0得x>，上单调递减.2是方程lnx-ax2=0的两不等实根，lnx-ax2=0⇔2lnx-2ax2=0，2是方程lnx2-2ax2=0的两不等实根，令1<t1<e<t2，要证x+x>2e，只需证t1+t2>2e，则ht=gt-g2e-t=-=，令φt=2e-tlnt-tln2e-t，则φt=-1-lnt-ln2e-t+=+-ln-t2+2et>+-2>所以φt在1,e上递增，φt<φe=0，所以ht=gt-g2e-t<0，所以gt<g2e-t，所以gt2=gt1<g2e-t1，所以t2>2e-t1，即t1+t2>2e，所以x+x>2e.，令0<x1<x2，只需证<lnx2lnx1，只需证211-lnx<0x=>1(,令φx=-lnx(x>1),φx=-=<0，所以φx在1,+∞上单调递减，所以φx<φ1=0.因为l1=l2，所以lnt2=lnt2t1+t2<所以lnt1+lnt2>2，即t1t2>e2，所以t1+t2>2t1t2>2e.1(2023·山西·校联考模拟预测)已知函数f(x(=-ax.1(1)若f(x(≤-1，求实数a的取值范围；(2)若f(x(有2个不同的零点x1,x2(x1<x2)，求证：2x+3x>.(1)[1,+∞((2)证明见解析到G(t(在(1,+∞(上单调递增，G(t(>G(1(=0，得到证明.(1)因为函数f(x(的定义域为(0,+∞(，所以f(x(≤-1成立，等价于a≥成立.令h(x(=，则h'(x(=，令g(x(=1-x-2lnx，则g'(x(=-1-<0，所以g(x(在(0,+∞(内单调递减，(2)f(x(有2个不同的零点等价于a=有2个不同的实数根.令F(x(=，则F'(x(=，当F'(x(=0时，解得x=e.所以当x∈(0,e(时，F'(x(>0，F(x(单调递增，当x∈(e,+∞(时，F'(x(<0，F(x(单调递减，所以y=F(x(在x=e处取极大值为F(e(=.t2=l2=ln又因为x=l1x2>.因为t>1，即证lnt->0.令G(t(=lnt-(t>1(，则G'(t(=t((22所以G(t(在(1,+∞(上单调递增，G(t(>G(1(=0，22(1)若f(x(≤1，求a的取值范围；，使得f(x1(=f(x2(，则x+x>2.(1)[1,+∞((2)证明见解析(1)f(x)=，f,(x)=-，令f,(x)=0，解得x=1，,(x)>0,(x)<0，f(x)在(1,+∞)单调递减， a所以f(x)max=f(1 a a a<x22+x2>2要证x1+x2>2>2-x2，即f(x1)>f(2-x2)，f(x2)>f(2-x2)，令g(x)=f(x)-f(2-x)，x∈(1,,(x)=--=-->--=-×=-1×ln[-(x-1)2+1]>0，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即x+x>2(x1+x2)-2>2.3.三角函数与函数的重要放缩公式：x≥sinx(x≥0(. 1(2023·全国·高三专题练习)已知函数f(x(=ex-x-1.(1)答案见解析；(2)答案见解析.(1)求导，根据导函数分析f(x(的单调性，即可得到f(x(≥f(x(min=f(0(=0，即可证明f(x(≥0；(2)令g(x(=ex-mx+cosx-2，求导，根据放缩的思路得到g,(x(≥0，然后利用g(x(在[0,+∞(上的单 调性即可证明ex-mx+cosx-2≥0.(1)证明：f,(x(=ex-1，当x>0时，f,(x(>0，f(x(单调递增；,(x(<0，f(x(单调递减，f(x(≥f(x(min=f(0(=0，x-x-1≥0，当且仅当x=0时取等号，∴fx≥0.(2)令gx=ex-mx+cosx-2，则gx=ex-m-sinx，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，所以当m≤1时，不等式ex-mx+ 2(2023·四川资阳·统考模拟预测)已知函数fx=x3-ax+1.(1)y=-x+1或y=x-1(2)证明见解析(1)易知1,0不在fx上，设切点x0,x-x0+1，由导数的几何意义求出切线方程，将1,0代入(2)构造gx=x3-ax+1-cosxx>0，求得gx=3x2-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.设切点x0,x-x0+1，则切线方程为y-x-x0+1=3x-1x-x0，该切线过点1,0，则-x+x0-1=3x-11-x0，即2x-3x=0，(2)设gx=x3-ax+1-cosxx>0，则gx=3x2-a+sinx，令ux=gx=3x2-a+sinxx>0，则ux=6x+cosx，故x>0时均有ux>0，则ux即gx在0,+∞上单调递增，g0=-a， 1(2022·新疆·统考三模)已知函数f(x(1)a=0(2)证明见解析(2)将fx≤2ax变形成-ax≤0，故只需证g(x)= sinx-ax≤0，用导数法证明g(x)max≤证-ax≤0，令g(x)=-ax，x)=cosx(2+x(-sinx)-a=(2-a(x)≤-=≤0 3x(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.【详解】(1)由f(x)=excosx可得f,(x)=ex(cosx-sinx)=2excos+x令f,(x)=0得，x所以f(x)min=min〈f(0),f〈，因为f=>=>1=f(0)，所以f(x(min=1，3x>0，3×0=1+a<2， 1已知函数f(x(=lnx+x2-ax(a∈R(.(1)求函数fx的单调区间；(2)设fx存在两个极值点x1,x2，且x1<x2，若0<x1<，求证：fx1-fx2>-ln2.(1)答案见解析(2)证明见解析1,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fx1-fx2>-ln2.(1)由题意可知fx=+2x-a=，x>0，当a≤0时，fx>0，则fx在0,+∞是单调递增；2-8≤0 fx在0,和,+∞∴x2=,a=2x1+(用x1分别表示出x2和a)∴fx1-fx2=lnx1+x-ax1-lnx2+x-ax2，整理，得hx=-23-2x=-4x4x2-1=-212<0恒成立， 2已知函数f(x)=lnx+ax2-x.(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+x2-5(1)极大值是f=-ln2-，无极小值；(2)证明见解析(1)由a=-1，得到f(x)=lnx-x2-x，求导fx=-，令fx>0，fx<0求布，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. 则f,(x(=-2x-1=-. 2令f,(x(>0，得0 2;令f,(x(<0，得x> .2故f(x)的极大值是f=-ln2-，综上，函数f(x)的极大值是f=-ln2-，无极小值.x1x2=>0解之得0<a<.f(x1)+f(x2)-x1-x2=lnx1+lnx2+ax+ax-2(x1x1x2=>0=a(x+x)-2(x1+x2)+ln(x1x2)=a[(x1+x2)2-2x1x2]-2(x1+x2)+ln(x1x2)故g(t)<g(4)=ln4-7<2-7=-5，所以f(x1)+f(x2)<x1+x2-5.1已知函数f(x(=x--alnx(a∈R)，1(1)求曲线y=f(x(在点（e,-处的切(2)f,(x(是f(x(的导函数，若函数g(x(=x2⋅f,(x(-ax+2lnx有两个极值点x1,x2，且0<x1<x2<e，求+<g(x2(+e2-4.+<g(x2(+e2-4”等价于“证明g(x1(-g(x2(<e2--4”.表达函数g(x(=x2f'(x(+2lnx-ax=x2-2ax+2lnx+1，可得g(x1(-g(x2(=-x+4lnx1，<x1<1令h(t(=-t2+4lnt，h(t(=--t+=-<0，求新函数h(t(在区间的最值，即可得证.又由f,(x(=1+-，即f,(x(=1+-，故所求切线的斜率为f,(e(=1+-=，所以切线方程为y+=(x-e(，即y=-，令y=0，得x=2e；令x=0，得y=-，·fx+2lnx-ax=x2-2ax+2lnx+1.则函数y=gx的定义域为0，+∞,且gx=2x-2a+=，“证明gx1+<gx2+e2-4”等价于“证明gx1-gx2<e2--4”.gx1-gx2=x-2ax1+2lnx1-x+2ax2-2lnx2=x1+x2·x1-x2-2ax1-x2+4lnx1=-x1+x2x1-x2+4lnx1=-x+4lnx1<x1<1(.设ht=-t2+4lnt<t<1则ht=--2t+=-<0在t∈，1（上恒成立.gx2的取值范围是2--4所以gx1+<gx2+e2-4.2已知函数fx=x2+lnx+mx，(m∈R).2(1)若fx存在两个极值点，求实数m的取值范围；2为fx的两个极值点，证明：-f>.(1)-∞,-2(2)证明见解析(1)f′(x)=x+(2)由(1)知m<-2，且x1+x2=-m，x1x2=1，则-f=-ln（--+，只需证明-ln（--1->0，即可解得m的取值范围. x(1)(1)f′(x)= x+m，(x>0)，若f(x)存在两个极值点，则f′(max=-2，所以m<-2，所以m的取值范围为(-∞,-2).所以-f=-ln--m（(=-lnlnt<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，则有g(t)=lnt-(t-1)<g(1)=0.x≥ex；(3)1-≤lnx≤x-1；(4)lnx≤. x2-x1<2a+1+e-2.求证：|a-b|<nlnt+nn.证明：设函数f(x)=xlnx(x>0)，f′(x)=1+lnx(x>0).设p(x)=1+lnx(x>0)，f′(x)<0，f(x)=xlnxf′(x)>0，f(x)=xlnx单调递增.：g(x)=-x-e-2和l2：m(x)=x-1，令h(x)=f(x)-g(x)=xlnx+x+e-2(x>0)，则h′(x)=2+lnx，当x>e-2时，h′(x)>0，h(x)单调递增.于是h(x)≥h(e-2)=0，从而f(x)≥g(x)，令φ(x)=f(x)-m(x)=xlnx-x+1(x>0)，则φ′(x)=lnx，<x1<x2<x2′，x2-x1<x2′-x1′=(a+1)-(-a-e-2)=2a+1+e-2. 2已知函数f(x)=4ex-1+ax2，曲线y=f(x)在x=1处的切线方程为y=bx+1.x-1-x3-3x-2lnx≥0.(1)fI(x)=4ex-1+2ax，由曲线y=f(x)在x=1处的切线方程为y=bx+1知：设g(x)=4ex-1-x2-2x-1，则gI(x)=4ex-1-2x-2，gn(x)=4ex-1-2，易知gn(x)在(0,+∞)单调递增；且0(x0,+∞(单调递增，其中gI(0)=-2<0，x-1-x3-3x-2lnx≥0，只需证4ex-1-x2-3-≥0.x-1-x2≥2x+1.2-x-lnx≥0，设φ(x)=x2-x-lnx，则φI(x)=2x-1-==，易知φ(x)在(0,1x-1-x3-3x-2lnx≥0成立.1已知函数f(x)=4ex-1+ax2，曲线y=f(x)在x=1处的切线方程为y=bx+1.1(3)证明不等式：4xex-1-x3-3x-2lnx≥0.设g(x)=4ex-1-x2-2x-1，则g′(x)=4ex-1-2x-2，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-1-x3-3x-2lnx≥0，只需证4ex-1-x2-3-≥0.x-1-x2≥2x+1.故只需证2x+1≥3+，即证x2-x-lnx≥0，即不等式4xex-1-x3-3x-2lnx≥0成立.2(2013·新课标II卷)已知函数fx=ex-lnx+m①2(1)设x=0是fx的极值点，求m并讨论fx的单调性；x-，x>-1，因为x=0是fx的极值点，所以f0=1-=0，解得：m=1，故fx=ex-=，令ux=x+1ex-1x>-1，则ux=x+2ex>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.(2)证法1：当m≤2时，fx=ex-lnx+m≥ex-lnx+2，令gx=ex-lnx+2，x>-2，则gx=ex-=，令hx=x+2ex-1x>-2，则hx=x+3ex>0，所以hx在-2,+∞上单调递增，结合h-1=-1<0，h0=1>0知存在唯一的x0使hx0=0且x0∈-1,0，当-2<x<x0时，hx<0，所以gx<0，当x>x0时，hx>0，所以gx>0，从而gx在-2,x0上单调递减，在x0,+∞上单调递增，故gxmin=gx0=ex-lnx0+2①,因为hx0=x0+2ex-1=0，所以ex=，两边取对数得：x0=-