重难点05 利用导数证明不等式（举一反三）（新高考专用）（教师版） 2025年高考数学一轮复习专练（新高考专用）

重难点05利用导数证明不等式【十大题型】【新高考专用】TOC\o"1-3"\h\u【题型1直接法证明不等式】 2【题型2移项构造函数证明不等式】 5【题型3分拆函数法证明不等式】 9【题型4分析法证明不等式】 14【题型5放缩法证明不等式】 19【题型6指对同构】 26【题型7隐零点法】 31【题型8双变量不等式的证明】 36【题型9函数与数列不等式综合证明问题】 41【题型10导数新定义的不等式证明问题】 461、利用导数证明不等式导数中的不等式证明是高考的常考题型，是高考的热点问题，常与函数的性质、函数的零点与极值、数列等相结合，虽然题目难度较大，但是解题方法多种多样，如构造函数法、放缩法等，针对不同的题目，灵活采用不同的解题方法，可以达到事半功倍的效果.【知识点1导数中的不等式证明的解题策略】1．导数中的不等式证明的解题策略(1)一般地，要证f(x)>g(x)在区间(a，b)上成立，需构造辅助函数F(x)＝f(x)－g(x)，通过分析F(x)在端点处的函数值来证明不等式．若F(a)＝0，只需证明F(x)在(a，b)上单调递增即可；若F(b)＝0，只需证明F(x)在(a，b)上单调递减即可.(2)在证明不等式中，若无法转化为一个函数的最值问题，可考虑转化为两个函数的最值问题．2．移项构造函数证明不等式待证不等式的两边含有同一个变量时，一般地，可以直接构造“左减右”或“右减左”的函数，利用导教研究其单调性等相关函数性质证明不等式.3．分拆函数法证明不等式(1)若直接求导后导数式比较复杂或无从下手时，可将待证式进行变形，构造两个函数，从而找到可以传递的中间量，达到证明的目标.在证明过程中，等价转化是关键，此处g(x)min≥f(x)max恒成立，从而f(x)≤g(x)恒成立.(2)等价变形的目的是求导后简单地找到极值点，一般地，与lnx要分离，常构造与lnx，与的积、商形式.便于求导后找到极值点.4．放缩后构造函数证明不等式某些不等式，直接构造函数不易求其最值，可以适当地利用熟知的函数不等式等进行放缩，有利于简化后续导数式的求解或函数值正负的判断；也可以利用局部函数的有界性进行放缩，然后再构造函数进行证明.【知识点2指对同构】1．指对同构证明不等式在解决指对混合不等式时，如恒成立求参数取值范围或证明不等式，有一部分题是命题者利用函数单调性构造出来的，如果我们能找到这个函数模型(即不等式两边对应的同一函数)，无疑大大加快解决问题的速度.找到这个函数模型的方法，我们称为同构法.(1)五个常见变形：.【题型1直接法证明不等式】【例1】（2024·江苏连云港·模拟预测）已知函数f(x)=ex−12x2−x.(1)求函数f(x)在x=1处的切线方程.(2)证明：∀x∈[0,+∞【解题思路】（1）求导可得f′(1)=e（2）求导得f′(x)=ex−x−1，令ℎ(x)=ex−x−1，再求导，进而判断ℎ(x)=e【解答过程】（1）由f(x)=ex−f′(1)=e所以函数f(x)在x=1处的切线方程为y−e+32（2）由f(x)=ex−令ℎ(x)=ex−x−1当x∈[0,+∞)时，ℎ′(x)=e又ℎ(x)≥ℎ(0)=e0−0−1=0所以f(x)=ex−所以f(x)≥f(0)=e0−12当x>0时，f(x)>1≥sin综上所述：∀x∈[0,+∞【变式1-1】（2024·河北保定·三模）已知函数f(x)=x2−ax+lnx(1)求a；(2)证明：f(x)≤2x【解题思路】（1）求导f′(x)=2x−a+1（2）转化为证x2−x−lnx≥0，令【解答过程】（1）解：f′依题意，f′(1)=2×1−a+1=0，解得经检验符合题意，所以a=3；（2）由（1）可知，f(x)=x要证f(x)=x2−3x+设g(x)=x2−x−所以当x∈(0,1)时，g′(x)<0，当x∈(1,+∞)时，g′当x=1时，g(x)取得极小值，也是最小值，因为g(1)=0，g(x)≥g(1)=0，所以f(x)≤2x【变式1-2】（23-24高三下·云南昆明·阶段练习）已知函数fx=x(1)求fx的最小值g(2)证明：ga【解题思路】（1）对函数求导，判断导函数的零点情况，利用隐零点（设而不求）分析函数单调性并求出最值，（2）对ga函数求导，分析其单调性及最值,使得g【解答过程】（1）f(x)的定义域为0,+∞，f令ax0a−1=0解得x0故当x∈0,x0时，f′x当x∈x0,+∞时，f′故fxmin=f（2）ga=1+lna故当a∈0,1时，g′a>0，则当a∈1,+∞时，g′a<0故ga又因为a+1a≥2a×1a=2所以ga【变式1-3】（2024·江苏徐州·模拟预测）已知函数fx=2x(1)当m=0时，求曲线y=fx在点(1,f(1))(2)当m≤1时，证明：fx【解题思路】（1）利用导数的公式及运算法则求出在x=1时的导数，即得切线斜率，点斜式写出切线方程即可.（2）要证明的不等式含参时，且规定了参数的范围时，可以考虑先使用满参放缩，将含参的不等式转化为不含参的不等式来证明.【解答过程】（1）当m=0时，fx=2x则f′1=4所以曲线y=fx在点1,f1处的切线方程为y−3=4x−1（2）当m≤1时，有lnx+m≤ln因为fx所以fx令gx=2x则g′当−1<x<0时，g′x<0，g当x>0时，g′x>0，g所以gx故fx【题型2移项构造函数证明不等式】【例2】（2024·广西·模拟预测）设函数fx=lnx+ax+b，曲线y=fx(1)求a,b的值；(2)证明：fx【解题思路】（1）由题意可得f1（2）构造函数gx=ln【解答过程】（1）函数fx的定义域为0,+将x=1代入y=6x−3，解得y=3，即f1由切线方程y=6x−3，可知切线斜率f′故a+b=3,1+a=6，解得a=5,b=−2；（2）由（1）知fx要证fx>−2设gx则g′令g′x=0，解得x=当x∈0,15当x∈15,+所以g(x)所以gx>0，即【变式2-1】（2024·陕西安康·模拟预测）已知函数fx=x(1)求fx(2)证明：xgx【解题思路】（1）先求出f(x)的单调性，再根据单调性求得极值；（2）构造ℎx=xgx+2−e【解答过程】（1）∵fx=x当x<1时，f′x>0，当x>1所以fx在−∞,1所以当x=1时，fx取得极大值1（2）解：令ℎx则ℎ′令rx则r′x=所以rx在0,+又r1=ln所以存在x0∈1,即lnx所以x∈0,x0时，rx<0x∈x0,+∞时，rxℎx令mx则m′x=−1−所以mx在1,所以mx所以ℎx所以xgx【变式2-2】（2024·陕西榆林·三模）已知函数fx=mln(1)讨论fx(2)当m=1时，证明：f′【解题思路】（1）求导，根据判别式分类讨论，即可根据导数的正负确定函数单调性，（2）将所证不等式等价变形后构造st【解答过程】（1）f′当Δ=1−8m≤0，即m≥18时，此时，f′x当Δ=1−8m>0，即m<18则x1①当0<m<18时，x2>x②当m≤0时，x1≤0<x2，fx（2）证明：当m=1时，f′证原不等式等价于证x+2x+1≤2e则t>0，且x=t2−1，故只需证令st=t令φt=t2+1−2由于t>0，令φ′t>0,∴φt在0,12上单调递增，在1∴当t∈0,1时，φt>0，即s′t>0，当t∈(1,∴st在0,1上单调递增，在1,+∴s(t)所以，当m=1时，f′【变式2-3】（2024·上海松江·二模）已知函数y=x⋅lnx+a（a为常数），记(1)若函数y=g(x)在x=1处的切线过原点，求实数a的值；(2)对于正实数t，求证：f(x)+f(t−x)≥f(t)−tln(3)当a=1时，求证：g(x)+cos【解题思路】（1）根据题意，得到g(x)=lnx+a（2）设函数ℎx=fx+ft−x,t>0，求得ℎ′（3）根据题意，得到lnx+1x<exx−cosx，结合【解答过程】（1）解：由题意，函数y=x⋅lnx+a，且可得g(x)=f(x)x=所以g′(1)=1−a，又因为所以gx在x=1处的切线方程为y=(1−a)(x−1)+a又因为函数y=g(x)在x=1处的切线过原点，可得0=(1−a)⋅(0−1)+a，解得a=1（2）解：设函数ℎx可得ℎx=xln则ℎ′令ℎ′x>0，可得xt−x>1，即2x−t令ℎ′x<0，可得0<所以ℎx在(t2可得ℎx的最小值为ℎ(t2又由ℎ(t所以fx（3）解：当a=1时，即证lnx+由于cosx∈[−1,1]，所以exx令kx=ln又由k′因为x>0，可得1−ex<0，令k′x>0，解得所以kx在(0,1)上单调递增，在(1,+所以kx在x=1处取得极大值，也时最大值，所以k即kx<0，即a=1时，不等式【题型3分拆函数法证明不等式】【例3】（23-24高三上·广东·阶段练习）已知函数fx(1)讨论fx(2)当a≥4e2【解题思路】（1）求导，分为a>0，a<0两种情况讨论f′x的正负，得出（2）对要证的不等式进行等价变形得4ex−2x+12>【解答过程】（1）由题意可得f′则a>0时，由f′x>0，得x>−1，由f则fx在−∞,−1当a<0时，由f′x<0，得x>−1，由f则fx在−∞,−1（2）因为x>0，所以xe因为a≥4e2要证fxx+1−x+1ln设gx=4当x∈0,1时，g′x<0，当则gx在0,1上单调递减，在1,+故gx设ℎx=ln当x∈0,e时，ℎ′x>0则ℎx在0,e上单调递增，在故ℎx因为gx所以4e即当a≥4e2【变式3-1】（2024·全国·模拟预测）已知函数fx(1)若函数Fx=fx(2)若曲线y=fx在点1e,f1e【解题思路】（1）根据条件知，F′x有两个正的变号零点，即方程−2x（2）根据条件f′1e=0，可求得【解答过程】（1）由题，Fx函数的定义域为0,+∞F′因为Fx所以方程−2x设为x1,x2，且且Δ=a2当0<x<x1时，当x1<x<x当x>x2时，所以Fx在x=x1因此a的取值范围是22（2）因为fx=ax−ln由题意知f′1e故fx=e即ex−即ex−令gx=e当x>1时，g′当0<x<1时，g′所以g(x)令ℎx=ln当x>1e时，当0<x<1e时，所以ℎ(x)显然gx与ℎ所以ex−ex【变式3-2】（2024·广西柳州·三模）已知函数fx(1)求函数fx在点1,f(2)求函数fx(3)若f′x为fx的导函数，设gx=【解题思路】（1）求导，可得切点处的导数值，即可求解直线方程，（2）求导，判断导函数的正负即可求解函数单调性，（3）构造函数Fx=1−x−xln【解答过程】（1）f′f′∴函数fx在点1,f1处的切线方程为：（2）函数fx的定义域为0,+令ℎx当x>0时，ℎ′x<0，故ℎ∵ℎ1∴当0<x<1时，ℎx当x>1时，ℎx∴fx的单调递增区间为0,1，单调递减区间为1,+（3）gx令Fx当0<x<e−2时，F′x>0,F∴Fx令Gx当x>0时，G′x>0,G∴e∴gx【变式3-3】（2024·全国·模拟预测）已知函数fx(1)若曲线y=fx在0,a−32处的切线方程为4ax+2y+1=0，求a(2)若fx的极大值为fln2(3)当a=0时，求证：fx【解题思路】（1）求导，根据点斜式求解切线方程，即可与4ax+2y+1=0对比可得a=1，即可利用导数的正负确定函数单调性，（2）求导得f′x=（3）将不等式变形为只需要证明12e2x+2ex−2x2−52>x【解答过程】（1）由题意，得f′x=因为曲线y=fx在0,a−32又4ax+2y+1=0，所以−2a=−a−1，所以a=1．所以f′令f′x<0，得x<ln2所以函数fx的单调递减区间是−∞,（2）由题意得f′当a≥0时，令f′x>0，得x>ln2所以fx在−∞,ln2当a<0时，令f′x=0，得因为fx的极大值为fln2，所以ln综上，a的取值范围为−∞（3）当a=0时，fx要证fx+5e只需证12先证：12e2x设ℎx=12e设mx=e2x+2所以函数mx在0,+∞上单调递增，则mx所以函数ℎx在0,+∞上单调递增，则ℎx再证：xlnx−ex−设tx=ln当x∈0,e时，t′当x∈e,+∞时，t′x设φx=exx当x∈0,2时，φ′x<0，φx单调递减；当x∈所以φx≥φ2=e综上，12故fx【题型4分析法证明不等式】【例4】（2024·吉林·模拟预测）已知函数fx(1)当a=0时，求函数fx(2)求证：当0<a<1,x>0时，fx【解题思路】（1）对函数求导后，由导数的正负求出函数的单调区间，从而可求出函数的极值；（2）对函数求导后，由导数的正负求出函数的单调区间，求出f(x)min=−aea，然后将问题转化为证−aea>a【解答过程】（1）当a=0时，ff令f′x=0得x=0或x=−2，当x变化时，fx−−2−2,000,+f+0−0+f单调递增4单调递减0单调递增故当x=−2时，fx取得极大值4e2；当x=0（2）f∵x>0∴x+2>0令f′x=0，则x=a，当x变化时，fx0,aaa,+f−0+f单调递减−a单调递增故f(x)要证当0<a<1,x>0时，fx证法一：只需证当0<a<1时，−aea令ga=1−aea故ga<g0证法二：只需证当0<a<1时，−aea令ℎa=令ma=∴ma在0,1∴m∴ℎa在0,1上单调递减，即*式成立，原不等式成立.【变式4-1】（2024·西藏·模拟预测）已知函数fx(1)若fx在定义域内是单调函数，求a(2)若fx有两个极值点x1，x2【解题思路】（1）分fx（2）由fx有两个极值点x1，x2，得到a>0，且x1，x2是gx=lnx+1−1x+1−2x+1+a=0【解答过程】（1）解：函数fx的定义域是−1,+∞，①若fx则f′x=注意到lnx+1≤x，当且仅当所以f′若1+a≥−1，即当a≥−2时，取x0>1+a，则若1+a<−1，即当a<−2时，取x0>−1，则所以f′x=②若fx在定义域内是单调递减函数，则f′x令gx则g′所以当−1<x<0时，g′x>0，g当x>0时，g′x<0，g所以gxmax=g0=a即当fx在−1,+∞上单调递减的，a的取值范围是综上，当fx在定义域内是单调函数时，a的取值范围是−（2）由（1）知fx在定义域内是单调函数时，必有a≤0所以fx有两个极值点x1，x2x1，x2是所以gx1=g由（1）知gx在−1,0上单调递增，在0,+不妨设−1<x要证x1+x因为−x1>0，x2>0注意到g−=ln=ln令Gx=ln1−xx+1所以G′所以Gx=ln所以Gx>G0【变式4-2】（2024·河北·模拟预测）已知函数fx(1)讨论fx(2)证明：当a>0时，fx【解题思路】（1）先明确函数定义域和求导，根据导数结构特征对a进行a≤0和a>0的分类讨论导数正负即可得单调性.（2）证fx≤aea−1⇔fx【解答过程】（1）由题函数定义域为0,+∞，f故当a≤0时，f′x<0恒成立，所以函数当a>0时，f′x在0,+∞则x∈0,a时，f′x>0；所以函数fx在0,a上单调递增，在a,+综上，当a≤0时，函数fx在0,+∞上单调递减；当a>0时，函数fx在0,a（2）由（1）当a>0时，函数fx在0,a上单调递增，在a,+故fx≤fa故证fx≤a即⇔ln令gx=ln故当x∈0,1时，g′x>0；所以gx在0,1上单调递增，在1,+所以gx≤g1=0在所以当a>0时，fx【变式4-3】（2024·宁夏吴忠·模拟预测）已知函数f(x)=ae(1)讨论fx(2)证明：当a>0时，f(x)>2ln【解题思路】（1）求导后，结合导数正负与单调性的关系，分a≤0及a>0讨论即可得；（2）原问题可转化为证明当a>0时，a2−1【解答过程】（1）由题意知f′当a≤0时，f′(x)<0，所以fx在当a>0时，令f′(x)<0，解得令f′(x)>0，解得所以f(x)在(−∞,−ln（2）由（1）得f(x)min要证f(x)>2lna−a2，即证令g(a)=a2−1令g′(a)<0，解得0<a<22，令所以g(a)在0,22上单调递减，在所以g(a)则g(a)>0恒成立，所以当a>0时，f(x)>2ln【题型5放缩法证明不等式】【例5】（2024·山东·模拟预测）已知函数fx=e(1)求曲线y=fx在点2,f(2)若函数fx的极小值小于0，求实数m(3)证明：2e【解题思路】（1）利用函数乘法求导法则来求函数f(x)的导函数并因式分解得f'x=（2）对参数m分四种情形m<0，0<m<1，m=1，m>1进行讨论单调性，从而得到极小值小于0，来求出实数m的取值范围；（3）要证明不等式2ex−2x+1lnx−x>0，利用放缩思想对【解答过程】（1）由f'所以k=f设曲线y=fx在点2,f2处切线的倾斜角为α，则又因为α∈[0,π)，所以α=0，所以曲线y=fx在点2,f（2）由（1）知f'x=emxx−2mx−m−1当m<0时，x∈−∞,1+1m，f′x<0，所以fx在−∞,1+1m所以fx极小值=f所以m<−1；当0<m<1时，x∈−∞,2，f′x>0，x∈2,1+所以fx在−∞,2上单调递增，在2,1+所以fx即此时极小值不可能小于0，所以当0<m<1时不符合题意；当m=1时，f'所以fx在−∞,+所以当m=1时不符合题意；当m>1时，x∈−∞,1+1m，f′x>0，所以fx在−∞,1+1m所以fx极小值=f所以m>3；综上可知实数m的取值范围为mm<−1或m>3（3）由（2）知，当m=−1时，fx在0,2上单调递增，在2,+fxmax=f2=4e2要证2ex−2x+1ln两边同除x得：2x−2lnx−2只需证：2x−2lnx>1+1=2，即证令gx=x−lnx−1，x∈0,+当x∈0,1时，g′x<0，gx在0,1上单调递减，当x∈1,+∞所以gxmin=g经检验，当x=1时，2e综上可知不等式2e【变式5-1】（2024·山东·模拟预测）已知函数fx=1(1)当a≥1时，判断fx(2)若fx存在两个极值点x（ⅰ）证明：x2（ⅱ）证明：x∈1,+∞时，【解题思路】（1）求出函数的导函数，令gx=a−1+lnxx，x∈0,+（2）（ⅰ）结合（1）及题意可知gx=0有两个不相等的实数根，即可求出a的取值范围，从而得到1e<x1<1<（ⅱ）由（ⅰ）知x2>1，a=1+lnx2x2及fx【解答过程】（1）函数fx=1则f′令gx=a−1+lnx所以当0<x<1时g′x<0，当x>1所以gx在0,1上单调递减，在1,+所以gx在x=1处取得极小值，即最小值，所以g所以f′x≥0所以fx在0,+（2）（ⅰ）由（1）可知gx在0,+∞上的最小值为当x→0时gx→+∞，当x→+若fx存在两个极值点x1,x2所以a>0g1=a−1<0又g1e=a>0且当0<x<x1时gx>0，即当x1<x<x2时gx当x>x2时gx>0，即所以x1为fx的极大值点，x2因为a−1+lnx要证x2−x1+2>只需证x2即证x2>2令px=ln所以px在1,+所以px>p1所以x2（ⅱ）由（ⅰ）知x2>1，且当1<x<x2时f′x<0所以fx在1,x2所以f==2令Hx=ln所以Hx在1,+所以Hx>H1=1，即所以2ln所以fx【变式5-2】（2024·辽宁·二模）已知函数fx=lnx+ax(1)讨论函数fx(2)若a=−2，证明：ex【解题思路】（1）求出函数的定义域与导函数，再分a>0和a<0两种情况讨论，分别求出函数的单调性区间；（2）首先结合（1）说明以lnx<2x2−1，则−xlnx>−2x【解答过程】（1）函数fx=ln则f′若a>0，则f′x>0恒成立，所以f若a<0，由f′x>0，解得0<x<−1a∴fx在0,−1a综上可得：当a>0时，fx在0,+当a<0时，fx在0,−1a（2）当a=−2时，fx由（1）可知fx在0,12fx所以fx=lnx−2x要证ex−x即ex即证ex又ex即证ex−x设ux=e设ℎx=e当x∈0,ln2时，ℎ′x∴ℎx在0,ln2∴ℎxmin=ℎ∴ux在0,+∴ux>u0∴ex−x【变式5-3】（23-24高三上·湖北·阶段练习）已知函数fx(1)讨论fx(2)若两个不相等的正实数a，b满足fa=fb(3)若π4<α<π【解题思路】（1）利用导数求函数单调性；（2）由函数f(x)的单调性求其值域，从而不妨设0<a<1e<b<1，从而将证明a+b<1方法一：设Fx=fx−f1−x方法二：由fa<f1−a⇔ln利用导数可知F(x)=lnx1−x方法三：（比值代换）由对称性，不妨设0<a<b，t=ba>1，欲证a+b<1方法四：由0<a<1e得alna<−a，由方法二得（3）由（2）知a2+b2=a+b2−2ab<a+b2<1【解答过程】（1）函数fx=xln由f′x=lnx+1>0由f′x=lnx+1<0综上知，fx的单调递减区间是0,1e（2）由（1）得fx在0,1e在1e,+∞上的值域为−1e不妨设0<a<1e<b<1，则欲证a+b<1由于1e<b<1−a由（Ⅰ）得fx故只需证fb由已知fa=fb，即证f方法一：令Fx=fxF′(x)=由x(1−x)=−x−1得F′且F′由于lne−1>0，故∃由F′当x∈(0,x0)时F′x当x∈x0,1e时F设g(x)=lnx+1x−1，0<x<1故gx>g1=0取x=1−1e，得ln综上，得Fx<0，即fa方法二：（重新同构）f令F(x)=lnx1−x，即0<x<1由于0<a<1e<故要证Fa<F1−a成立，只需F(x)=F′令G(x)=1x+lnx−1Gx在0,1单调递减，Gx>G故F(x)=lnx1−x方法三：（比值代换）由对称性，不妨设0<a<b，t=b则f(a)=f(b)⇔a由于b=ta，欲证a+b<1，即证：1+ta<1⇔ln1+t可变为lnt+1方法四：（切、割线放缩）1、由于0<a<1e故a1+2、由方法二知1x+ln故1b+lnb−1>0，即lnb>1−由1、2知b−1<blnb=aln（3）由（2）知a2①当1e≤cosα<2故f(cos②当0<cos由a2+b得fa=fb有a2+b由fx在1e,+综上，得π4<α<π【题型6指对同构】【例6】（2024·江苏苏州·模拟预测）已知函数fx(1)讨论fx(2)当a≤2时，证明：fx【解题思路】（1）求出函数的导数，通过讨论a的范围，求出函数的单调区间即可；（2）要证明fxx≤e2x【解答过程】（1）函数fx=lnx+ax+1,a∈R当a≥0时，∀x∈0,+所以fx在区间0,+当a<0时，令f′x=当x∈0,−1a时，f当x∈−1a,+∞综上所述，当a≥0时，fx在区间0,+当a<0时，fx在区间0,−1（2）当a≤2时，因为x>0，所以要证fxx≤即要证lnx+2x+1≤xe2x令gx=e在区间−∞,0上，在区间0,+∞上，g所以gx≥g0=e所以（*）成立，当且仅当2x+ln又ℎx=2x+lnx在所以存在x0∈1综上所述，原不等式成立．【变式6-1】（2024·黑龙江双鸭山·模拟预测）已知函数f(x)=ln(1)当a=−1时，讨论f(x)的单调性；(2)若x1,x2x【解题思路】（1）将a=−1代入函数解析式，求出导函数，解导数不等式即可得到f(x)的单调区间；（2）根据x1,x2x1<x2是f(x)的两个极值点，结合韦达定理可得x1+x2=1a，【解答过程】（1）当a=−1时，f(x)=lnx+2所以f′(x)=1x−当x∈(0,1)时，f′(x)<0，当x∈(1,+∞故f(x)在(0,1)上单调递减，在(1,+∞（2）f′由题意可知，x1,x则12a>0Δ=1−8a>0，解得0<a<1要证f=a即证lnx只需证lnx需证ln令t=x2x设g(t)=lnt−t−1所以函数g(t)在(1,+∞)上单调递减，所以g(t)<g(1)=0由t>1得，2(t−1)t+1>0，所以故fx2【变式6-2】（2024·陕西安康·模拟预测）己知函数fx(1)当a=2时，求曲线y=fx在点0,f(2)若函数gx=1,x=0【解题思路】（1）求出f0（2）当x=0时，g0=1，不等式成立；当x≠0时，可得gx为偶函数，则只需证当x>0时，1≤gx≤ex+e−x2即可，先证gx≥1，令ℎx=ex−e−x−2xx≥0，可得ℎx在0,+【解答过程】（1）因为a=2，所以fx所以f0所以曲线y=fx在点0,f0处的切线方程为y−0=−2x−0（2）法一：当x=0时，g0=1，满足当x≠0时，g−x=e由偶函数的对称性知，只需证当x>0时，1≤gx当x>0时，先证gx令ℎx=ex−所以ℎx在0,+所以ℎx≥ℎ0=0，所以ex再证gx构造函数φx则φ′x=4e2xe所以当x>0时，ex−e综上，对任意的x∈R,1≤gx法二：当x=0时，g0=1，满足当x≠0时，g−x=e由偶函数的对称性知，只需证当x>0时，1≤gx当x>0时，先证gx令ℎx=ex−所以ℎx在0,+所以ℎx≥ℎ0=0，所以ex再证gx≤e当x>0时，只需证明ex构造函数vx=e此时v′x<0，所以vx在所以当x>0时，ex综上，对任意的x∈R,1≤gx【变式6-3】（2024·湖北荆州·三模）已知函数fx=x(1)当a=1时，求曲线y=fx在点1,f(2)当a=e时，求出函数f(3)证明：x2【解题思路】（1）把a=1代入，求出函数f(x)的导数，再利用导数的几何意义求出切线方程.（2）把a=e（3）对所证不等式作等价变形得x(e【解答过程】（1）当a=1时，fx=xe则f′1=2因此曲线y=fx在点1,f1处的切线方程为所以切线的斜截式方程为y=2（2）当a=e时，f(x)=xex令ux=xex−则ux在0,+∞单调递增，而u1=0，当x∈0,1当x>1时，ux>0，f′x>0，函数fx在所以当a=e时，fx有唯一零点（3）不等式x2e⇔xex+⇔x⇔xe令函数g(x)=ex−x−1，求导得g′(x)=ex−1，当函数g(x)在(−∞,0)上递减，在(0,+∞)上递增，则因此ex+lnx令ℎ(x)=x−sinx,x>0，求导得ℎ′(x)=1−cosℎ(x)>ℎ(0)，因此x−sinx>0，又从而xe所以原不等式得证.【题型7隐零点法】【例7】（23-24高三下·河南·阶段练习）已知函数fx（1）求fx（2）若gx=f′x−x+ln【解题思路】（1）直接求导分析即可；（2）零点不可求，隐零点代换表示λ，然后求出λ的范围，再利用fx【解答过程】（1）因为函数fx=xe所以f′由x−2ex>0，得x>2；由x−2所以fx的单调递减区间为−∞,2，单调递增区间为2,+∞所以fx的极小值为f（2）因为gx所以g′令ℎx=e当14<x<1时，x−1<0，所以ℎx因为ℎ12=所以存在x0∈12,1使得ℎ故当x∈14,x0当x∈x0,1时，ℎ即gx在14,则λ=gx令Gx=1−2所以Gx在x∈12,1上单调递增.则当x∈1所以−4<λ<−3.由（1）知fx=xe因为f−4=−4e所以−6e【变式7-1】（23-24高三下·青海海南·开学考试）已知函数f(1)讨论f(x)的单调性;(2)证明:当a≥1时，f【解题思路】（1）求导，按照a的正负，讨论f′（2）令gx=fx+x−ln【解答过程】（1）f′x=a当a≤0时，易知f′x<0当a>0时，令f′x=a令f′x>0，解得x>1−lna令f′x<0，得x<1−lna综上，当a≤0时，函数fx当a>0时，fx在−∞,1−（2）令gx=fx∴g′x=ae则ℎ′x=aex−1当a=1时，g′x=有x∈0,1，g′xx∈1,+∞，g′所以gx≥g1所以当a=1时，fx当a>1时，可得1a−1<0，所以g又g′所以存在x0∈1a,1x∈0,x0，g′x所以函数gx在0,x0∴gx≥gxgx下面证明lna>2a−2a+1令φx∴φ所以φx在1,+∴φx即lna>2a−2a+1综上，当a≥1时，fx【变式7-2】（2024·甘肃·一模）已知函数fx（1）讨论函数fx（2）当a=−2时，求证：fx【解题思路】（1）根据fx的导函数进行分类讨论f（2）欲证fx<ex−2x−1x，只需证ln【解答过程】解：（1）fx=ax−a+1f′①当a≤0时，由f′x<0得x>1，由f所以fx在0,1上单调递增，在1,+∞②当0<a<1时，由f′x<0得1<x<1a，由f所以fx在0,1上单调递增，在1,1a③当a=1时，f′x=x−12④当a>1时，由f′x<0，得1a<x<1，由f所以fx在0,1a上单调递增，在1（2）当a=−2时，欲证fx<e令gx=lnx−e因存在x0∈0,1，使得1x0当x变化时，g′x，x0,xxg+0−g单调递增g单调递减所以gx因为x0∈0,1，所以x即gx所以当a=−2时，fx【变式7-3】（2024·广东广州·模拟预测）已知函数fx=xe(1)求fx在区间−1,1(2)当a≥1时，求证：fx【解题思路】（1）求导f′x=eax1+ax（x>0）（（2）方法一：隐零点法，由x>0，a≥1，转化为证明xex≥lnx+x+1，令gx=xex−lnx−x−1，（x>0），由gxmin≥0【解答过程】（1）解：f′x=eax令f′x=0当0<a≤1时，−1a≤−1，所以f′x≥0在区间所以fxmin=f当a>1时，−1<−1a<1，则当x∈−1,−1a时，当x∈−1a,1时，f′所以fx而f−1=−e−a综上所述，当0<a≤1时，fxmin=−当a>1时，所以fxmin=−（2）方法一：隐零点法因为x>0，a≥1，所以xeax≥xex设gx=xex−令ϕx=ex−而ϕ12=所以由零点的存在性定理可知，存在唯一的x0∈1即ex0−1x当x∈0,x0时，ϕ′x<0，当x∈x0,+∞时，ϕ′x>0所以g所以gx≥0，因此方法二：（同构）因为x>0，a≥1，所以xeax≥xex只需证明xe因此构造函数ℎx=eℎ′当x∈−∞,0时，ℎ′x当x∈0,+∞时，ℎ′x>0所以ℎx≥ℎ0所以xe因此fx【题型8双变量不等式的证明】【例8】（2024·安徽合肥·模拟预测）已知函数f(x)=a(1−2ln(1)讨论f(x)的单调性；(2)若x1，x2x1≠【解题思路】（1）首先求函数的导数，再分a≤0和a>0两种情况求解不等式，根据导数与单调性的关系，即可求解；（2）代入函数的零点，并变形为lnx1x12−lnx2【解答过程】（1）f′(x)=24x当a≤0时，f′(x)>0，则f(x)在当a>0时，令f′(x)=0，得x6当f′(x)>0时，x>6a12所以f(x)在0,6a12综上：当a≤0时，f(x)在(0,+∞当a>0时，f(x)在0,6a12（2）设0<x1<x2所以k=ln所以lnx1x记t4=12e4，要证只需证lnx1x记ℎ(x)=lnxx2+记φ(x)=t4(1−2由（1）可知，取a=t4>0所以φ(x)在0,e23所以φ(x)min=φ所以φ(x)≥φe23=0，即ℎ′又0<x1<x2【变式8-1】（2024·四川成都·模拟预测）已知函数f(x)=sin(1)求函数f(x)的单调区间；(2)若x1<x（ⅰ）求m的取值范围；（ⅱ）证明：x1【解题思路】（1）求出导函数，利用导数的正负判断函数的单调性即可；（2）（i）由题设及零点存在定理列不等式组求解即可；（ii）按照x2≤π2和x2>π2分类讨论，若x2>π2时，设g(x)=sin【解答过程】（1）由f(x)=sinxe当x∈0,π4时，f′(x)>0,f(x)故f(x)单增区间为0,π4,f(x)（2）（i）由题设及零点存在定理可知x1∈0,π4,x2∈π4（ii）若x2≤π若x2>π2时，设g(x)=sin则g(x)在(0,π)内有两零点x1∗和而g(x)关于x=π2对称，且有由sinxeπ4在0,π由sinxeπ4在π2则x1+x综上，x1【变式8-2】（2024·广东佛山·二模）已知fx(1)当a=3时，求fx(2)若fx有两个极值点x1，x2【解题思路】（1）求导后，借助导数的正负即可得原函数的单调性；（2）借助换元法，令t=ex，t1=ex1，t2=ex2，可得t1、t2是方程t2【解答过程】（1）当a=3时，fxf′则当ex∈0,1∪3,+当ex∈1,3，即x∈故fx的单调递减区间为−∞,0、ln（2）f′x=−e2x令t1=ex1，t2=则Δ=−42有t1+t2=4则f=−=−=−=a−a−1要证fx1+f令gx则g′令ℎx=1则g′x在又g′1=故存在x0∈1,2，使则当x∈0,x0时，g′x故gx在0,x0上单调递增，g则gx又x0∈1,2，则即gx<0，即【变式8-3】（2024·安徽阜阳·一模）已知函数fx(1)讨论fx(2)已知x1,x2是函数（ⅰ）求实数a的取值范围．（ⅱ）λ∈0,12,f【解题思路】（1）求导，对a进行分类讨论fx（2）利用方程组3lnx1=ax1，【解答过程】（1）f′①当a≤0时，f′x>0,f②当a>0时，令f′x>0得0<x<3a同理，令f′x<0得x>3a（2）（ⅰ）由（1）可知当a≤0时，fx在0,+当a>0时，fx在0,3a若使fx有两个零点，则f3a>0，即且f1=−a<0，当x→+∞时，f所以a的取值范围为0,3（ⅱ）x1,x2是函数fx①-②得3lnx2f′因为fx有两个零点，所以f因为x1<x所以x2若要证明f′只需证3x即证x2x1−1λ+则不等式只需证t−1λ+即证t−1−λ+令ℎtℎ′t=l令φt=λ−1t+λ，因为λ∈0,得φt<φ1=2λ−1<0，得l'得ℎ′t<ℎ′1=0所以有ℎt故有t−1−λ+【题型9函数与数列不等式综合证明问题】【例9】（2024·山东淄博·一模）已知函数f(x)=ln（1）当x>1时，不等式fx<0恒成立，求（2）设数列an=1nn∈N∗【解题思路】（1）求得f'(x)，对参数（2）根据（1）中所求得到lnx<−【解答过程】（1）因为f(x)=lnx+λ当λ≥12时，方程−λx故因式−λx2+x−λ故x>1时，f'x<0又f1=0，故fx当0<λ<12时，方程且x1故f'x>0在区间(1,又f1=0，故fx当λ≤0时，f(x)=ln函数y=lnx在(1,+∞)恒为正值，故fx>0在综上所述，λ∈[1故λ的最小值为12（2）由（1）可知，当x>1时，ln若n∈N∗，即ln(n+1)−把n换成n+1，可得ln[(1+n)+1]−即ln(n+2)−以此类推，ln⋯⋯ln2n−累加可得ln2n−又S2n故S2n【变式9-1】（2024·河南·模拟预测）已知函数fx=ln(1)证明：x1−x(2)若正项数列an满足an=fan+1，且a1∈0,1，记an【解题思路】（1）分析本题题意，首先设gt并求导，进行下一步计算求出t的值，最后得出x（2）根据（1）进行下一步分析n≥2时情况，进一步证明n−1a1+nn−1a1+1【解答过程】（1）证明：（1）令gt=t−1−lnt，t∈0,+∞，则∴gt在0,1上单调递减，在1,+∞上单调递增，∴当t≠1时，令t=11−x，由x≠0得，t≠1，可得g11−x>0（2）（2）由（1）知an=fan+1<an+11−an+1，则1an>1−an+1an+1>a1⋅n−1n−1a1+1+1=n−1a12+na1n−1a∴ℎx在2,+∞上单调递增，∴1−a1n2+【变式9-2】（2024·重庆·二模）已知函数fx(1)求fx(2)当0<x<1时，fx>a(3)已知数列an满足：a1=13【解题思路】（1）f(x)的定义域为(−∞,1)∪(1,2)，求导分析f′(x)的符号，f(x)（2）当0<x<1时，由f(x)>ax−1+a，得x−1<aln(2−x)，令g(x)=x−1−a（3）由题意，an=an+1ln(2−an+1)，结合函数f(x)的单调性可得若0<an【解答过程】（1）fx的定义域为−令φx=ln当x<0时，φ′x<0；当x∈所以φx≥φ0故fx在−∞,1即fx的单调递增区间为−（2）当0<x<1时，由fx>ax−1+a令gx=x−1−aln①若2+a≤0，即a≤−2,g′x<0,gx②若2+a≥1，即a≥−1,g′x>0,gx③若0<2+a<1，即−2<a<−1，当x∈0,2+a时，g当x∈2+a,1，g所以g2+a由y=1+x−xln(−x)且−2<x<−1，则所以y>1−1+ln1=0，即综上a≥−1.（3）由题意，an=an+1lnf0<an+1ln2−a综上，若0<an<1，则0<an+1由（2）知，当0<x<1时，ln2−x<1−x（取所以an+1=a故有1an+1所以1又a1=1由⋆知，an单调递减，所以ln从而an+1故an当n=1,a1=综上，结论得证.【变式9-3】（2024·河南·模拟预测）已知函数gx(1)当m<0时，求gx(2)当m=1时，设正项数列xn满足：x①求证：xn②求证：i=2n【解题思路】（1）对gx（2）①构造函数ℎx=lnx−x+1，结合（1）中结论可证得xn+1=gxn≤2xn，而此时函数g【解答过程】（1）gx=lng′当m<0时，令g′x=0当0<x<−1m时，当x>−1m时，当m<0时，函数gx在0,−1m（2）①当m=1时，gx令ℎx=gx由（1）知，函数ℎx在0,1上单调递增，在(1,+所以ℎ(x)max=ℎ即gx≤2x，当且仅当所以xn+1=gx又由函数gx=ln所以x2=gx1=2>1得xn+1所以1<x所以x2相乘得，xn≤2②因为xn+1=lnxn当n≥2时，x3xn−xn−1=所以xn所以当n≥2时，ln1+1x所以ln1+1x所以ln1+1x故i=2n【题型10导数新定义的不等式证明问题】【例10】（2024·福建厦门·三模）帕德近似是法国数学家亨利·帕德发明的用有理多项式近似特定函数的方法，在计算机数学中有着广泛的应用.已知函数f(x)在x=0处的m,n阶帕德近似定义为：R(x)=a0+a1x+⋯+amxm1+b1x+⋯+bnxn，且满足：f(0)=R(0)，f′(1)求实数a，b的值；(2)设ℎx=fx(3)已知x1,x2,x3【解题思路】（1）结合题意，利用导数计算即可得；（2）由题意可得ℎ(x)=ln（3）设x1<x2<x3，借助导数，分λ≤0及λ>0进行讨论，结合函数单调性与零点的存在性定理计算可得当且仅当0<λ<【解答过程】（1）依题意可知，f(0)=0,R(0)=a，因为f(0)=R(0)，所以a=0，此时，R(x)=6bx+3x26+6x+x所以f′(0)=1，因为f′(0)=R（2）依题意，ℎ(x)=f(x)−R(x)=lnℎ′故ℎ(x)在(−1,+∞由ℎ(0)=0，故∀x∈(−1,0)，ℎ(x)<0，∀x∈(0,+∞)，综上，∀x>−1，xℎ(x)≥0；（3）不妨设x1<xt′当λ≤0时，t′(x)>0，此时t(x)单调递增，当λ>0时，令s(x)=−λx2+x−λ若Δ=1−4λ2≤0，即λ≥1此时t(x)单调递减，t(x)=0不存在三个不等实根；若Δ=1−4λ2>0，即0<λ<1此时有当x∈0,r1时，t当x∈r1,r2当x∈r2,+∞时，又因为t(1)=0，且t′(1)=1−2λ>0，故因为lnx<x−1(x≠1)，所以ln1x所以tλ所以存在x1∈λ又因为t1故存在x3=1故当且仅当0<λ<12时，且满足x1<x由（2）可知，当x>0时，ln(1+x)>因此，lnx>故lnx化简可得：3λ因此x1【变式10-1】（23-24高三下·重庆·期中）若函数fx在定义域内存在两个不同的数x1,x2，同时满足fx1(1)证明：fx(2)若gx=xln（ⅰ）求证：x1（ⅱ）求证：a+12【解题思路】（1）假设存在两个不同的数x1,x（2）（ⅰ）利用“切合函数”的定义得出关系式，通过构造新函数，通过新函数的单调性得出证明.（ⅱ）利用a与x1x2【解答过程】（1）假设存在两个不同的数x1易知f′fx即x1x13−2x1x1又x1所以x1因为f′x1化简可得x12=所以x1代入x1可得x1=−2所以fx（2）由题意知g′因为gx故存在不同的数x1,xgx即x1整理得a=x（ⅰ）先证x2即x2x2令t=x2x1，则由要证x2x1即2ln设mt=2ln易知m′故mt在1,+∞单调递减，所以故有x2由上面的2式知x1所以x1x（ⅱ）由上面的2得1=2a====−ln又x1所以a>ln2且故要证a+12x只需证a+12即34e2a设ℎ(a)=3则即证ℎ(a)>0a>ℎ′设k(a)=3则k′即k(a)也就是ℎ′(a)在ℎ=32×4+2−2所以ℎ(a)在ln2,所以ℎ(a)>ℎ(ln2)=3因为1<ln所以1<ln所以5−ln所以原不等式成立.【变式10-2】（2024·山西·三模）微分中值定理是微积分学中的重要定理，它是研究区间上函数值变化规律的有效工具，其中拉格朗日中值定理是核心，它的内容如下:如果函数f(x)在闭区间a,b上连续，在开区间(a,b)可导，导数为f′(x)，那么在开区间(a,b)内至少存在一点c，使得f′(c)=f(b)−f(a)b−a，其中c叫做(1)若a=−1,b=0，求函数f(x)在1,7上的“拉格朗日中值点”x0(2)若a=−1,b=1，求证:函数f(x)在区间(0,+∞)图象上任意两点A，B连线的斜率不大于(3)若a=1,b=−1,∀x1,x2【解题思路】（1）求出函数的导函数，依题意f′（2）不妨设Ax4,fx4，Bx5（3）由拉格朗日中值定理可知只需证明f′(c1)≥【解答过程】（1）当a=−1,b=0时fx=15因为x0为函数f(x)在1,7则f′即f′x（2）当a=−1,b=1时f(x)=x−4不妨设Ax4,fx4，B又f′(x)=5−x则F′又x>0，所以e−x所以当0<x<6时F′x>0，当x>6所以Fx在0,6上单调递增，在6,+所以Fx在x=6所以Fx≤F6由拉格朗日中值定理可知必存在c∈x4,即f′(c)=kAB，又即函数f(x)在区间(0,+∞)图象上任意两点A，B连线的斜率不大于（3）当a=1,b=−1时f(x)=x由拉格朗日中值定理知，存在c1∈x使得f′(c所以只需证明f′(c1)≥又f′令Gx则G′令mx则m′当x∈14,1令nx=ex−1x，x∈又n14=所以存在x0∈1所以当x∈14,x0时n当x∈x0,1时nx>0所以mx在x所以m=−2所以G′x<0，所以G即f′x在【变式10-3】（2024·浙江绍兴·二模）帕德近似是法国数学家亨利•帕德发明的用有理多项式近似特定函数的方法.给定两个正整数m,n，函数f(x)在x=0处的[m,n]阶帕德近似定义为：R(x)=a0+a1x+⋯+amxm1+b1x+⋯+bnxn，且满足：f(0)=R(0)，f′(0)=R′(0)，(1)求实数a,b的值；(2)当x∈0,1时，试比较fx与(3)定义数列{an}：a1=【解题思路】（1）根据帕德近似定义，列式求解，即得答案.（2）由题意知只需比较ex与2+x2−x的大小，即比较比较1与2+x2−x（3）结合题意得ean+1−ean=ean−1【解答过程】（1）由题意得R′(x)=af0=f′0解得a=12，（2）由上可得R(x)=1+x21−xx∈0,1，只需比较1与2+x令gx=2+x所以g′x>0，从而可得g所以gx>g0=1，即（3）设u(x)当x<0时，u′(x)<0当x>0时，u′(x)>0故u(x)≥u(0)=0，即由题意知a1=12，则ean+1=eean+1−ea故该函数在0,+∞上递减，故可得ean+1−e一方面：由（2）可得ea又因为ean+1>an+1+1，所以可得即1a故1an−1>2n−1另一方面：an令gx=e所以gx在0,12一、单选题1．（2024·陕西安康·模拟预测）已知a=ln65A．a>b>c B．a>c>b C．c>b>a D．c>a>b【解题思路】比较a，b大小，构造fx=ln【解答过程】令fx=lnx−x+10<x<1又f1=0，所以fx所以ln56<−16，所以−设ℎx=1−xexℎx<ℎ0=1，即ex<1所以a>b>c，故选：A.2．（2024·陕西安康·模拟预测）若0<x1<A．ex2+C．x2ex【解题思路】根据选项构造两个函数fx=ex−【解答过程】令fx=ex−lnx即f′x=ex因此在区间1e,1上必然存在唯一x0所以当x∈0,x0时fx单调递减，当x∈x令gx=ex∴gx在区间0,1∵0<x1<故选：C．3．（2024·河北衡水·模拟预测）已知函数fx=lnx+1−ax有两个零点x1A．a>1 B．xC．x1⋅x【解题思路】根据零点可将问题转化为a=lnx+1x，构造gx=lnx+1【解答过程】由fx=0可得a=lnx+1x则直线y=a与函数gx的图象有两个交点，g由g′x>0可得0<x<1，即函数g由g′x<0可得x>1，即函数g且当0<x<1e时，gx=lnx+1x如下图所示：由图可知，当0<a<1时，直线y=a与函数gx由图可知，1e因为f′x=1x−a=1−axx，由所以，函数fx的增区间为0,1a，减区间为1所以，0<x1<令ℎx=f2则ℎ′x=1x−所以，ℎx1>ℎ1a又fx2=f因为函数fx的单调递减区间为1a,+∞，则由ax1=所以，lnx1x由图可知1e<x1<1<x2故选：D.4．（2024·河南郑州·三模）设x1,x2∈A．若x1=x2，则x1∈C．x1+x【解题思路】构造函数fx1=ex1+lnx1【解答过程】对于A，当x1=x2时，则ex1+由于f12=e对于B，若x1x2=1，由ex则g′x=ex故g′x=ex−1x在故存在唯一的x0∈0,1，使得g且x∈0,x0g′x<0,gx在x∈故gxmin=g故gxmin=1x0+对于C，先证ex≥x+1，记n(x)=e当x>0,n′(x)>0,n(x)所以n(x)≥n(0)=0，故ex设ex1−1=−lnx2则ℎk=e−k所以ℎ′k=1k+1−1故x1对于D,Mk所以Mk在k>0单调递减，故M则x1故选:C.5．（2024·安徽·三模）已知实数x1,x2,A．x1<xC．x2<x【解题思路】求出x1,x2,x3，构造函数f【解答过程】依题意22−x1令fx=x故当x>1时，f′x>0,f故f1.05>0，则x3则g′x=x−1x2，故当则g1.05>0，则综上所述：x3故选：A.6．（2024·山东·模拟预测）已知a>0，b>0，且a+b=ab，则下列不等式成立的是（

）A．a+b≤4 B．logC．blna>1 【解题思路】A选项，根据1的妙用进行求解；B选项，对原条件直接使用基本不等式，ab=a+b≥2ab【解答过程】因为a+b=ab，所以1a对于A项：a+b=a+b当且仅当a=b=2时取得等号，从而在a=3，b=32时对于B项：因为ab=a+b≥2ab，所以ab≥4log2a+log2b=对于C项：因为ab=a+b，所以b=aa−1>0于是blna>1等价于aa−1构造函数fx=ln所以fx在1,+所以fx>f1对于D项：根据B选项的分析，a+b=ab≥4，则a+b2当a=b=2时取得等号，此时a+故选：C.7．（2024·四川南充·模拟预测）设a>0,b>0,且a+b=1,则下列结论正确的个数为（

）①log2a+log2b≥−2

②2aA．1 B．2 C．3 D．4【解题思路】①②直接使用基本不等式,结合对数指数运算,即可判断；③构造函数fx=lnx−x+1,利用导数研究其单调性和值域,将a+ln【解答过程】因为a+b=1,故可得ab≤14a+b①log2a+log②2a+2b③令fx=lnx−x+1,x∈0,1故fx在0,1单调递增,fx<f1=0a+lnb=1−b+lnb,又a>0,即1−b>0,解得故lnb−b+1<0,也即a+④令gx=sinxsin故当x∈0,12时,g′(x)>0,gx单调递增；当x∈1故gx的最大值为g12=sin故选：C.8．（2024·四川泸州·三模）已知x>0，ex①x+lny<0；②ex+y>2其中一定成立的个数为（

）A．1 B．2 C．3 D．4【解题思路】由ex+lny=1可得x=ln1−ln【解答过程】由x>0，ex+ln因为x>0，所以ex>1，所以1−ex<0由ex+lny=1可得：对于命题①，x+ln令Fy所以Fy在0,1上单调递增，因为F所以x+ln对于命题②，由ex+ln所以gy所以gy在0,1所以gy>g1对于命题③，由ex+lny=1，取所以lnx+对于命题④，因为x=ln1−lny，所以令ℎy=ln令fy=1+yln所以fy=1+ylnfy>f1=0，所以ℎ′所以ℎy>ℎ1故选：C.二、多选题9．（2024·浙江温州·模拟预测）已知eba2+1=ae2b+1A．a−lna=b+eC．b=ea 【解题思路】首先利用因式分解法得aeb−1eb−a=0，再通过证明eb≥b+1>b>a【解答过程】由eba2又因为eba2+1>0又由函数f(x)=ex−x−1当x<0时，f′(x)=ex−1<0当x>0时，f′(x)=ex−1>0所以f(x)=ex−x−1在即不等式ex≥x+1成立，所以由aeb−1eb对于选项A，a−ln对于选项B，a+b=1eb+b，构造函数由x>0时，g′(x）>0，所以即g(x）>g(0)=1e0对于选项C，b=ea与对于选项D，ab=beb，构造函数ℎ(x由x<1时，ℎ′(x）>0，所以由x>1时，ℎ′(x）<0，所以所以ℎ(x）=xex故选：ABD.10．（2024·江苏南通·三模）已知2a=logA．a+2a=b+C．2b+1>e【解题思路】结合图象和指、对函数之间的关系即可判断AB；利用切线不等式ex≥x+1即可判断C；利用不等式【解答过程】对A，由图可知：y=2x与y=log1y=log2x与y=根据指数函数与对数函数为一对反函数知：A，B关于y=x对称，故a=2−bb=对B，由A知a+b=2对C，由a=2−b知2b=1a，则则f′x=ex−1，则当当x∈0,+∞时，f′则fx≥f0=0，则ex令x=1a，则有1a+1≤e1a对D，设ℎx=lnx+1−x，则当x∈0,1时，f′x当x∈1,+∞时，f′则ℎx≤ℎ1=0，即即lnx≤x−1在0,+∞上恒成立，当令x=1b，则ln1b≤1b−1，即故2a故选：AD.

11．（2024·全国·模拟预测）已知函数f(x)=x+ln(x−2),g(x)=xlnx．若A．∀x∈(2,+∞),f(x)<g(x) C．∃x0∈(2,+【解题思路】令ℎ(x)=f(x)−g(x)，通过对其求导来判断单调性，可判断A,C；由题意构造函数y=lnx+x，根据其单调性可判断B；由x1【解答过程】令ℎ(x)=f(x)−g(x)=x+ln则ℎ′(x)=1x−2−又因为ℎ′所以存在ξ∈(e,3)，使得ℎ′当x∈(2,ξ)时，ℎ′当x∈(ξ,+∞)时，所以ℎ(x)有最大值ℎ(x)故选项A正确，选项C错误．因为函数f(x)=x+ln由题可知t>0，因为x1即x1x2lnx则lnx因为函数y=lnx+x在于是x1从而x1令ℎ(t)=t则ℎ′令ℎ′(t)=0，则lnt=−当t∈0,e−13当t∈e−13,+所以当t=e−13时，即x1x2则x1故选：ABD．三、填空题12．（2023·福建福州·模拟预测）已知定义在