2025年高考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí)(新高考專用)重難點05利用導(dǎo)數(shù)證明不等式【十大題型】特訓(xùn)(學(xué)生版+解析)

重難點05利用導(dǎo)數(shù)證明不等式【十大題型】【新高考專用】TOC\o"1-3"\h\u【題型1直接法證明不等式】 2【題型2移項構(gòu)造函數(shù)證明不等式】 3【題型3分拆函數(shù)法證明不等式】 4【題型4分析法證明不等式】 5【題型5放縮法證明不等式】 6【題型6指對同構(gòu)】 8【題型7隱零點法】 9【題型8雙變量不等式的證明】 10【題型9函數(shù)與數(shù)列不等式綜合證明問題】 11【題型10導(dǎo)數(shù)新定義的不等式證明問題】 121、利用導(dǎo)數(shù)證明不等式導(dǎo)數(shù)中的不等式證明是高考的?？碱}型，是高考的熱點問題，常與函數(shù)的性質(zhì)、函數(shù)的零點與極值、數(shù)列等相結(jié)合，雖然題目難度較大，但是解題方法多種多樣，如構(gòu)造函數(shù)法、放縮法等，針對不同的題目，靈活采用不同的解題方法，可以達到事半功倍的效果.【知識點1導(dǎo)數(shù)中的不等式證明的解題策略】1．導(dǎo)數(shù)中的不等式證明的解題策略(1)一般地，要證f(x)>g(x)在區(qū)間(a，b)上成立，需構(gòu)造輔助函數(shù)F(x)＝f(x)－g(x)，通過分析F(x)在端點處的函數(shù)值來證明不等式．若F(a)＝0，只需證明F(x)在(a，b)上單調(diào)遞增即可；若F(b)＝0，只需證明F(x)在(a，b)上單調(diào)遞減即可.(2)在證明不等式中，若無法轉(zhuǎn)化為一個函數(shù)的最值問題，可考慮轉(zhuǎn)化為兩個函數(shù)的最值問題．2．移項構(gòu)造函數(shù)證明不等式待證不等式的兩邊含有同一個變量時，一般地，可以直接構(gòu)造“左減右”或“右減左”的函數(shù)，利用導(dǎo)教研究其單調(diào)性等相關(guān)函數(shù)性質(zhì)證明不等式.3．分拆函數(shù)法證明不等式(1)若直接求導(dǎo)后導(dǎo)數(shù)式比較復(fù)雜或無從下手時，可將待證式進行變形，構(gòu)造兩個函數(shù)，從而找到可以傳遞的中間量，達到證明的目標(biāo).在證明過程中，等價轉(zhuǎn)化是關(guān)鍵，此處g(x)min≥f(x)max恒成立，從而f(x)≤g(x)恒成立.(2)等價變形的目的是求導(dǎo)后簡單地找到極值點，一般地，與lnx要分離，常構(gòu)造與lnx，與的積、商形式.便于求導(dǎo)后找到極值點.4．放縮后構(gòu)造函數(shù)證明不等式某些不等式，直接構(gòu)造函數(shù)不易求其最值，可以適當(dāng)?shù)乩檬熘暮瘮?shù)不等式等進行放縮，有利于簡化后續(xù)導(dǎo)數(shù)式的求解或函數(shù)值正負的判斷；也可以利用局部函數(shù)的有界性進行放縮，然后再構(gòu)造函數(shù)進行證明.【知識點2指對同構(gòu)】1．指對同構(gòu)證明不等式在解決指對混合不等式時，如恒成立求參數(shù)取值范圍或證明不等式，有一部分題是命題者利用函數(shù)單調(diào)性構(gòu)造出來的，如果我們能找到這個函數(shù)模型(即不等式兩邊對應(yīng)的同一函數(shù))，無疑大大加快解決問題的速度.找到這個函數(shù)模型的方法，我們稱為同構(gòu)法.(1)五個常見變形：.【題型1直接法證明不等式】【例1】（2024·江蘇連云港·模擬預(yù)測）已知函數(shù)f(x)=ex?12x2?x.(1)求函數(shù)f(x)在x=1處的切線方程.(2)證明：?x∈[0,+∞【變式1-1】（2024·河北保定·三模）已知函數(shù)f(x)=x2?ax+lnx(1)求a；(2)證明：f(x)≤2x【變式1-2】（23-24高三下·云南昆明·階段練習(xí)）已知函數(shù)fx=x(1)求fx的最小值g(2)證明：ga【變式1-3】（2024·江蘇徐州·模擬預(yù)測）已知函數(shù)fx=2x(1)當(dāng)m=0時，求曲線y=fx在點(1,f(1))(2)當(dāng)m≤1時，證明：fx【題型2移項構(gòu)造函數(shù)證明不等式】【例2】（2024·廣西·模擬預(yù)測）設(shè)函數(shù)fx=lnx+ax+b，曲線y=fx(1)求a,b的值；(2)證明：fx【變式2-1】（2024·陜西安康·模擬預(yù)測）已知函數(shù)fx=x(1)求fx(2)證明：xgx【變式2-2】（2024·陜西榆林·三模）已知函數(shù)fx=mln(1)討論fx(2)當(dāng)m=1時，證明：f′【變式2-3】（2024·上海松江·二模）已知函數(shù)y=x?lnx+a（a為常數(shù)），記(1)若函數(shù)y=g(x)在x=1處的切線過原點，求實數(shù)a的值；(2)對于正實數(shù)t，求證：f(x)+f(t?x)≥f(t)?tln(3)當(dāng)a=1時，求證：g(x)+cos【題型3分拆函數(shù)法證明不等式】【例3】（23-24高三上·廣東·階段練習(xí)）已知函數(shù)fx(1)討論fx(2)當(dāng)a≥4e2【變式3-1】（2024·全國·模擬預(yù)測）已知函數(shù)fx(1)若函數(shù)Fx=fx(2)若曲線y=fx在點1e,f1e【變式3-2】（2024·廣西柳州·三模）已知函數(shù)fx(1)求函數(shù)fx在點1,f(2)求函數(shù)fx(3)若f′x為fx的導(dǎo)函數(shù)，設(shè)gx=【變式3-3】（2024·全國·模擬預(yù)測）已知函數(shù)fx(1)若曲線y=fx在0,a?32處的切線方程為4ax+2y+1=0，求a(2)若fx的極大值為fln2(3)當(dāng)a=0時，求證：fx【題型4分析法證明不等式】【例4】（2024·吉林·模擬預(yù)測）已知函數(shù)fx(1)當(dāng)a=0時，求函數(shù)fx(2)求證：當(dāng)0<a<1,x>0時，fx【變式4-1】（2024·西藏·模擬預(yù)測）已知函數(shù)fx(1)若fx在定義域內(nèi)是單調(diào)函數(shù)，求a(2)若fx有兩個極值點x1，x2【變式4-2】（2024·河北·模擬預(yù)測）已知函數(shù)fx(1)討論fx(2)證明：當(dāng)a>0時，fx【變式4-3】（2024·寧夏吳忠·模擬預(yù)測）已知函數(shù)f(x)=ae(1)討論fx(2)證明：當(dāng)a>0時，f(x)>2ln【題型5放縮法證明不等式】【例5】（2024·山東·模擬預(yù)測）已知函數(shù)fx=e(1)求曲線y=fx在點2,f(2)若函數(shù)fx的極小值小于0，求實數(shù)m(3)證明：2e【變式5-1】（2024·山東·模擬預(yù)測）已知函數(shù)fx=1(1)當(dāng)a≥1時，判斷fx(2)若fx存在兩個極值點x（?。┳C明：x2（ⅱ）證明：x∈1,+∞時，【變式5-2】（2024·遼寧·二模）已知函數(shù)fx=lnx+ax(1)討論函數(shù)fx(2)若a=?2，證明：ex【變式5-3】（23-24高三上·湖北·階段練習(xí)）已知函數(shù)fx(1)討論fx(2)若兩個不相等的正實數(shù)a，b滿足fa=fb(3)若π4<α<π【題型6指對同構(gòu)】【例6】（2024·江蘇蘇州·模擬預(yù)測）已知函數(shù)fx(1)討論fx(2)當(dāng)a≤2時，證明：fx【變式6-1】（2024·黑龍江雙鴨山·模擬預(yù)測）已知函數(shù)f(x)=ln(1)當(dāng)a=?1時，討論f(x)的單調(diào)性；(2)若x1,x2x【變式6-2】（2024·陜西安康·模擬預(yù)測）己知函數(shù)fx(1)當(dāng)a=2時，求曲線y=fx在點0,f(2)若函數(shù)gx=1,x=0【變式6-3】（2024·湖北荊州·三模）已知函數(shù)fx=x(1)當(dāng)a=1時，求曲線y=fx在點1,f(2)當(dāng)a=e時，求出函數(shù)f(3)證明：x2【題型7隱零點法】【例7】（23-24高三下·河南·階段練習(xí)）已知函數(shù)fx（1）求fx（2）若gx=f′x?x+ln【變式7-1】（23-24高三下·青海海南·開學(xué)考試）已知函數(shù)f(1)討論f(x)的單調(diào)性;(2)證明:當(dāng)a≥1時，f【變式7-2】（2024·甘肅·一模）已知函數(shù)fx（1）討論函數(shù)fx（2）當(dāng)a=?2時，求證：fx【變式7-3】（2024·廣東廣州·模擬預(yù)測）已知函數(shù)fx=xe(1)求fx在區(qū)間?1,1(2)當(dāng)a≥1時，求證：fx【題型8雙變量不等式的證明】【例8】（2024·安徽合肥·模擬預(yù)測）已知函數(shù)f(x)=a(1?2ln(1)討論f(x)的單調(diào)性；(2)若x1，x2x1≠【變式8-1】（2024·四川成都·模擬預(yù)測）已知函數(shù)f(x)=sin(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)若x1<x（ⅰ）求m的取值范圍；（ⅱ）證明：x1【變式8-2】（2024·廣東佛山·二模）已知fx(1)當(dāng)a=3時，求fx(2)若fx有兩個極值點x1，x2【變式8-3】（2024·安徽阜陽·一模）已知函數(shù)fx(1)討論fx(2)已知x1,x2是函數(shù)（?。┣髮崝?shù)a的取值范圍．（ⅱ）λ∈0,12,f【題型9函數(shù)與數(shù)列不等式綜合證明問題】【例9】（2024·山東淄博·一模）已知函數(shù)f(x)=ln（1）當(dāng)x>1時，不等式fx<0恒成立，求（2）設(shè)數(shù)列an=1nn∈N?【變式9-1】（2024·河南·模擬預(yù)測）已知函數(shù)fx=ln(1)證明：x1?x(2)若正項數(shù)列an滿足an=fan+1，且a1∈0,1，記an【變式9-2】（2024·重慶·二模）已知函數(shù)fx(1)求fx(2)當(dāng)0<x<1時，fx>a(3)已知數(shù)列an滿足：a1=13【變式9-3】（2024·河南·模擬預(yù)測）已知函數(shù)gx(1)當(dāng)m<0時，求gx(2)當(dāng)m=1時，設(shè)正項數(shù)列xn滿足：x①求證：xn②求證：i=2n【題型10導(dǎo)數(shù)新定義的不等式證明問題】【例10】（2024·福建廈門·三模）帕德近似是法國數(shù)學(xué)家亨利·帕德發(fā)明的用有理多項式近似特定函數(shù)的方法，在計算機數(shù)學(xué)中有著廣泛的應(yīng)用.已知函數(shù)f(x)在x=0處的m,n階帕德近似定義為：R(x)=a0+a1x+?+amxm1+b1x+?+bnxn，且滿足：f(0)=R(0)，f′(1)求實數(shù)a，b的值；(2)設(shè)?x=fx(3)已知x1,x2,x3【變式10-1】（23-24高三下·重慶·期中）若函數(shù)fx在定義域內(nèi)存在兩個不同的數(shù)x1,x2，同時滿足fx1(1)證明：fx(2)若gx=xln（?。┣笞C：x1（ⅱ）求證：a+12【變式10-2】（2024·山西·三模）微分中值定理是微積分學(xué)中的重要定理，它是研究區(qū)間上函數(shù)值變化規(guī)律的有效工具，其中拉格朗日中值定理是核心，它的內(nèi)容如下:如果函數(shù)f(x)在閉區(qū)間a,b上連續(xù)，在開區(qū)間(a,b)可導(dǎo)，導(dǎo)數(shù)為f′(x)，那么在開區(qū)間(a,b)內(nèi)至少存在一點c，使得f′(c)=f(b)?f(a)b?a，其中c叫做(1)若a=?1,b=0，求函數(shù)f(x)在1,7上的“拉格朗日中值點”x0(2)若a=?1,b=1，求證:函數(shù)f(x)在區(qū)間(0,+∞)圖象上任意兩點A，B連線的斜率不大于(3)若a=1,b=?1,?x1,x2【變式10-3】（2024·浙江紹興·二模）帕德近似是法國數(shù)學(xué)家亨利?帕德發(fā)明的用有理多項式近似特定函數(shù)的方法.給定兩個正整數(shù)m,n，函數(shù)f(x)在x=0處的[m,n]階帕德近似定義為：R(x)=a0+a1x+?+amxm1+b1x+?+bnxn，且滿足：f(0)=R(0)，f′(0)=R′(0)，(1)求實數(shù)a,b的值；(2)當(dāng)x∈0,1時，試比較fx與(3)定義數(shù)列{an}：a1=一、單選題1．（2024·陜西安康·模擬預(yù)測）已知a=ln65A．a(chǎn)>b>c B．a(chǎn)>c>b C．c>b>a D．c>a>b2．（2024·陜西安康·模擬預(yù)測）若0<x1<A．ex2+C．x2ex3．（2024·河北衡水·模擬預(yù)測）已知函數(shù)fx=lnx+1?ax有兩個零點x1A．a(chǎn)>1 B．xC．x1?x4．（2024·河南鄭州·三模）設(shè)x1,x2∈A．若x1=x2，則x1∈C．x1+x5．（2024·安徽·三模）已知實數(shù)x1,x2,A．x1<xC．x2<x6．（2024·山東·模擬預(yù)測）已知a>0，b>0，且a+b=ab，則下列不等式成立的是（

）A．a(chǎn)+b≤4 B．logC．blna>1 7．（2024·四川南充·模擬預(yù)測）設(shè)a>0,b>0,且a+b=1,則下列結(jié)論正確的個數(shù)為（

）①log2a+log2b≥?2

②2aA．1 B．2 C．3 D．48．（2024·四川瀘州·三模）已知x>0，ex①x+lny<0；②ex+y>2其中一定成立的個數(shù)為（

）A．1 B．2 C．3 D．4二、多選題9．（2024·浙江溫州·模擬預(yù)測）已知eba2+1=ae2b+1A．a(chǎn)?lna=b+eC．b=ea 10．（2024·江蘇南通·三模）已知2a=logA．a(chǎn)+2a=b+C．2b+1>e11．（2024·全國·模擬預(yù)測）已知函數(shù)f(x)=x+ln(x?2),g(x)=xlnx．若A．?x∈(2,+∞),f(x)<g(x) C．?x0∈(2,+三、填空題12．（2023·福建福州·模擬預(yù)測）已知定義在0,+∞上函數(shù)fx滿足：lnx+1<f13．（2023·江西吉安·一模）若a=107,b=ln3,c=14．（2023·四川達州·二模）Sn是數(shù)列an前n項和，a1①an②a1③Sn④Sn其中正確的是（寫出全部正確結(jié)論的番號）.四、解答題15．（2024·陜西榆林·模擬預(yù)測）已知函數(shù)fx=e(1)討論函數(shù)fx(2)當(dāng)a=2時，證明：fx16．（2024·四川攀枝花·三模）已知函數(shù)f(x)=ln(1)求函數(shù)f(x)的極值；(2)設(shè)函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)為f′(x)，若f′(x17．（2024·內(nèi)蒙古呼和浩特·二模）對于函數(shù)fx，若實數(shù)x0滿足fx0=x0(1)當(dāng)a=?1時，求證fx(2)當(dāng)a=0時，求函數(shù)fx(3)設(shè)n∈N*，證明18．（2024·浙江·模擬預(yù)測）已知函數(shù)fx=ax?b(1)若y=fx在點0,f0處的切線方程為y=ex，求(2)當(dāng)b=1時，y=fx存在極小值點x0，求證：19．（2024·北京·三模）已知fx(1)若a=?1，求曲線y=fx在點P(2)若函數(shù)y=fx存在兩個不同的極值點x1,重難點05利用導(dǎo)數(shù)證明不等式【十大題型】【新高考專用】TOC\o"1-3"\h\u【題型1直接法證明不等式】 2【題型2移項構(gòu)造函數(shù)證明不等式】 5【題型3分拆函數(shù)法證明不等式】 9【題型4分析法證明不等式】 14【題型5放縮法證明不等式】 19【題型6指對同構(gòu)】 26【題型7隱零點法】 31【題型8雙變量不等式的證明】 36【題型9函數(shù)與數(shù)列不等式綜合證明問題】 41【題型10導(dǎo)數(shù)新定義的不等式證明問題】 461、利用導(dǎo)數(shù)證明不等式導(dǎo)數(shù)中的不等式證明是高考的?？碱}型，是高考的熱點問題，常與函數(shù)的性質(zhì)、函數(shù)的零點與極值、數(shù)列等相結(jié)合，雖然題目難度較大，但是解題方法多種多樣，如構(gòu)造函數(shù)法、放縮法等，針對不同的題目，靈活采用不同的解題方法，可以達到事半功倍的效果.【知識點1導(dǎo)數(shù)中的不等式證明的解題策略】1．導(dǎo)數(shù)中的不等式證明的解題策略(1)一般地，要證f(x)>g(x)在區(qū)間(a，b)上成立，需構(gòu)造輔助函數(shù)F(x)＝f(x)－g(x)，通過分析F(x)在端點處的函數(shù)值來證明不等式．若F(a)＝0，只需證明F(x)在(a，b)上單調(diào)遞增即可；若F(b)＝0，只需證明F(x)在(a，b)上單調(diào)遞減即可.(2)在證明不等式中，若無法轉(zhuǎn)化為一個函數(shù)的最值問題，可考慮轉(zhuǎn)化為兩個函數(shù)的最值問題．2．移項構(gòu)造函數(shù)證明不等式待證不等式的兩邊含有同一個變量時，一般地，可以直接構(gòu)造“左減右”或“右減左”的函數(shù)，利用導(dǎo)教研究其單調(diào)性等相關(guān)函數(shù)性質(zhì)證明不等式.3．分拆函數(shù)法證明不等式(1)若直接求導(dǎo)后導(dǎo)數(shù)式比較復(fù)雜或無從下手時，可將待證式進行變形，構(gòu)造兩個函數(shù)，從而找到可以傳遞的中間量，達到證明的目標(biāo).在證明過程中，等價轉(zhuǎn)化是關(guān)鍵，此處g(x)min≥f(x)max恒成立，從而f(x)≤g(x)恒成立.(2)等價變形的目的是求導(dǎo)后簡單地找到極值點，一般地，與lnx要分離，常構(gòu)造與lnx，與的積、商形式.便于求導(dǎo)后找到極值點.4．放縮后構(gòu)造函數(shù)證明不等式某些不等式，直接構(gòu)造函數(shù)不易求其最值，可以適當(dāng)?shù)乩檬熘暮瘮?shù)不等式等進行放縮，有利于簡化后續(xù)導(dǎo)數(shù)式的求解或函數(shù)值正負的判斷；也可以利用局部函數(shù)的有界性進行放縮，然后再構(gòu)造函數(shù)進行證明.【知識點2指對同構(gòu)】1．指對同構(gòu)證明不等式在解決指對混合不等式時，如恒成立求參數(shù)取值范圍或證明不等式，有一部分題是命題者利用函數(shù)單調(diào)性構(gòu)造出來的，如果我們能找到這個函數(shù)模型(即不等式兩邊對應(yīng)的同一函數(shù))，無疑大大加快解決問題的速度.找到這個函數(shù)模型的方法，我們稱為同構(gòu)法.(1)五個常見變形：.【題型1直接法證明不等式】【例1】（2024·江蘇連云港·模擬預(yù)測）已知函數(shù)f(x)=e(1)求函數(shù)f(x)在x=1處的切線方程.(2)證明：?x∈[0,+∞【解題思路】（1）求導(dǎo)可得f′(1)=e（2）求導(dǎo)得f′(x)=ex?x?1，令?(x)=ex?x?1，再求導(dǎo)，進而判斷?(x)=e【解答過程】（1）由f(x)=ex?f′(1)=e所以函數(shù)f(x)在x=1處的切線方程為y?e+32（2）由f(x)=ex?令?(x)=ex?x?1當(dāng)x∈[0,+∞)時，?′(x)=e又?(x)≥?(0)=e0?0?1=0所以f(x)=ex?所以f(x)≥f(0)=e0?12當(dāng)x>0時，f(x)>1≥sin綜上所述：?x∈[0,+∞【變式1-1】（2024·河北保定·三模）已知函數(shù)f(x)=x2?ax+lnx(1)求a；(2)證明：f(x)≤2x【解題思路】（1）求導(dǎo)f′(x)=2x?a+1（2）轉(zhuǎn)化為證x2?x?lnx≥0，令【解答過程】（1）解：f′依題意，f′(1)=2×1?a+1=0，解得經(jīng)檢驗符合題意，所以a=3；（2）由（1）可知，f(x)=x要證f(x)=x2?3x+設(shè)g(x)=x2?x?所以當(dāng)x∈(0,1)時，g′(x)<0，當(dāng)x∈(1,+∞)時，g′當(dāng)x=1時，g(x)取得極小值，也是最小值，因為g(1)=0，g(x)≥g(1)=0，所以f(x)≤2x【變式1-2】（23-24高三下·云南昆明·階段練習(xí)）已知函數(shù)fx=x(1)求fx的最小值g(2)證明：ga【解題思路】（1）對函數(shù)求導(dǎo)，判斷導(dǎo)函數(shù)的零點情況，利用隱零點（設(shè)而不求）分析函數(shù)單調(diào)性并求出最值，（2）對ga函數(shù)求導(dǎo)，分析其單調(diào)性及最值,使得g【解答過程】（1）f(x)的定義域為0,+∞，f令ax0a?1=0解得x0故當(dāng)x∈0,x0時，f′x當(dāng)x∈x0,+∞時，f′故fxmin=f（2）ga=1+lna故當(dāng)a∈0,1時，g′a>0，則當(dāng)a∈1,+∞時，g′a<0故ga又因為a+1a≥2a×1a=2所以ga【變式1-3】（2024·江蘇徐州·模擬預(yù)測）已知函數(shù)fx=2x(1)當(dāng)m=0時，求曲線y=fx在點(1,f(1))(2)當(dāng)m≤1時，證明：fx【解題思路】（1）利用導(dǎo)數(shù)的公式及運算法則求出在x=1時的導(dǎo)數(shù)，即得切線斜率，點斜式寫出切線方程即可.（2）要證明的不等式含參時，且規(guī)定了參數(shù)的范圍時，可以考慮先使用滿參放縮，將含參的不等式轉(zhuǎn)化為不含參的不等式來證明.【解答過程】（1）當(dāng)m=0時，fx=2x則f′1=4所以曲線y=fx在點1,f1處的切線方程為y?3=4x?1（2）當(dāng)m≤1時，有l(wèi)nx+m≤ln因為fx所以fx令gx=2x則g′當(dāng)?1<x<0時，g′x<0，g當(dāng)x>0時，g′x>0，g所以gx故fx【題型2移項構(gòu)造函數(shù)證明不等式】【例2】（2024·廣西·模擬預(yù)測）設(shè)函數(shù)fx=lnx+ax+b，曲線y=fx(1)求a,b的值；(2)證明：fx【解題思路】（1）由題意可得f1（2）構(gòu)造函數(shù)gx=ln【解答過程】（1）函數(shù)fx的定義域為0,+將x=1代入y=6x?3，解得y=3，即f1由切線方程y=6x?3，可知切線斜率f′故a+b=3,1+a=6，解得a=5,b=?2；（2）由（1）知fx要證fx>?2設(shè)gx則g′令g′x=0，解得x=當(dāng)x∈0,15當(dāng)x∈15,+所以g(x)所以gx>0，即【變式2-1】（2024·陜西安康·模擬預(yù)測）已知函數(shù)fx=x(1)求fx(2)證明：xgx【解題思路】（1）先求出f(x)的單調(diào)性，再根據(jù)單調(diào)性求得極值；（2）構(gòu)造?x=xgx+2?e【解答過程】（1）∵fx=x當(dāng)x<1時，f′x>0，當(dāng)x>1所以fx在?∞,1所以當(dāng)x=1時，fx取得極大值1（2）解：令?x則?′令rx則r′x=所以rx在0,+又r1=ln所以存在x0∈1,即lnx所以x∈0,x0時，rx<0x∈x0,+∞時，rx?x令mx則m′x=?1?所以mx在1,所以mx所以?x所以xgx【變式2-2】（2024·陜西榆林·三模）已知函數(shù)fx=mln(1)討論fx(2)當(dāng)m=1時，證明：f′【解題思路】（1）求導(dǎo)，根據(jù)判別式分類討論，即可根據(jù)導(dǎo)數(shù)的正負確定函數(shù)單調(diào)性，（2）將所證不等式等價變形后構(gòu)造st【解答過程】（1）f′當(dāng)Δ=1?8m≤0，即m≥18時，此時，f′x當(dāng)Δ=1?8m>0，即m<18則x1①當(dāng)0<m<18時，x2>x②當(dāng)m≤0時，x1≤0<x2，fx（2）證明：當(dāng)m=1時，f′證原不等式等價于證x+2x+1≤2e則t>0，且x=t2?1，故只需證令st=t令φt=t2+1?2由于t>0，令φ′t>0,∴φt在0,12上單調(diào)遞增，在1∴當(dāng)t∈0,1時，φt>0，即s′t>0，當(dāng)t∈(1,∴st在0,1上單調(diào)遞增，在1,+∴s(t)所以，當(dāng)m=1時，f′【變式2-3】（2024·上海松江·二模）已知函數(shù)y=x?lnx+a（a為常數(shù)），記(1)若函數(shù)y=g(x)在x=1處的切線過原點，求實數(shù)a的值；(2)對于正實數(shù)t，求證：f(x)+f(t?x)≥f(t)?tln(3)當(dāng)a=1時，求證：g(x)+cos【解題思路】（1）根據(jù)題意，得到g(x)=lnx+a（2）設(shè)函數(shù)?x=fx+ft?x,t>0，求得?′（3）根據(jù)題意，得到lnx+1x<exx?cosx，結(jié)合【解答過程】（1）解：由題意，函數(shù)y=x?lnx+a，且可得g(x)=f(x)x=所以g′(1)=1?a，又因為所以gx在x=1處的切線方程為y=(1?a)(x?1)+a又因為函數(shù)y=g(x)在x=1處的切線過原點，可得0=(1?a)?(0?1)+a，解得a=1（2）解：設(shè)函數(shù)?x可得?x=xln則?′令?′x>0，可得xt?x>1，即2x?t令?′x<0，可得0<所以?x在(t2可得?x的最小值為?(t2又由?(t所以fx（3）解：當(dāng)a=1時，即證lnx+由于cosx∈[?1,1]，所以exx令kx=ln又由k′因為x>0，可得1?ex<0，令k′x>0，解得所以kx在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1,+所以kx在x=1處取得極大值，也時最大值，所以k即kx<0，即a=1時，不等式【題型3分拆函數(shù)法證明不等式】【例3】（23-24高三上·廣東·階段練習(xí)）已知函數(shù)fx(1)討論fx(2)當(dāng)a≥4e2【解題思路】（1）求導(dǎo)，分為a>0，a<0兩種情況討論f′x的正負，得出（2）對要證的不等式進行等價變形得4ex?2x+12>【解答過程】（1）由題意可得f′則a>0時，由f′x>0，得x>?1，由f則fx在?∞,?1當(dāng)a<0時，由f′x<0，得x>?1，由f則fx在?∞,?1（2）因為x>0，所以xe因為a≥4e2要證fxx+1?x+1ln設(shè)gx=4當(dāng)x∈0,1時，g′x<0，當(dāng)則gx在0,1上單調(diào)遞減，在1,+故gx設(shè)?x=ln當(dāng)x∈0,e時，?′x>0則?x在0,e上單調(diào)遞增，在故?x因為gx所以4e即當(dāng)a≥4e2【變式3-1】（2024·全國·模擬預(yù)測）已知函數(shù)fx(1)若函數(shù)Fx=fx(2)若曲線y=fx在點1e,f1e【解題思路】（1）根據(jù)條件知，F(xiàn)′x有兩個正的變號零點，即方程?2x（2）根據(jù)條件f′1e=0，可求得【解答過程】（1）由題，F(xiàn)x函數(shù)的定義域為0,+∞F′因為Fx所以方程?2x設(shè)為x1,x2，且且Δ=a2當(dāng)0<x<x1時，當(dāng)x1<x<x當(dāng)x>x2時，所以Fx在x=x1因此a的取值范圍是22（2）因為fx=ax?ln由題意知f′1e故fx=e即ex?即ex?令gx=e當(dāng)x>1時，g′當(dāng)0<x<1時，g′所以g(x)令?x=ln當(dāng)x>1e時，當(dāng)0<x<1e時，所以?(x)顯然gx與?所以ex?ex【變式3-2】（2024·廣西柳州·三模）已知函數(shù)fx(1)求函數(shù)fx在點1,f(2)求函數(shù)fx(3)若f′x為fx的導(dǎo)函數(shù)，設(shè)gx=【解題思路】（1）求導(dǎo)，可得切點處的導(dǎo)數(shù)值，即可求解直線方程，（2）求導(dǎo)，判斷導(dǎo)函數(shù)的正負即可求解函數(shù)單調(diào)性，（3）構(gòu)造函數(shù)Fx=1?x?xln【解答過程】（1）f′f′∴函數(shù)fx在點1,f1處的切線方程為：（2）函數(shù)fx的定義域為0,+令?x當(dāng)x>0時，?′x<0，故?∵?1∴當(dāng)0<x<1時，?x當(dāng)x>1時，?x∴fx的單調(diào)遞增區(qū)間為0,1，單調(diào)遞減區(qū)間為1,+（3）gx令Fx當(dāng)0<x<e?2時，F(xiàn)′x>0,F∴Fx令Gx當(dāng)x>0時，G′x>0,G∴e∴gx【變式3-3】（2024·全國·模擬預(yù)測）已知函數(shù)fx(1)若曲線y=fx在0,a?32處的切線方程為4ax+2y+1=0，求a(2)若fx的極大值為fln2(3)當(dāng)a=0時，求證：fx【解題思路】（1）求導(dǎo)，根據(jù)點斜式求解切線方程，即可與4ax+2y+1=0對比可得a=1，即可利用導(dǎo)數(shù)的正負確定函數(shù)單調(diào)性，（2）求導(dǎo)得f′x=（3）將不等式變形為只需要證明12e2x+2ex?2x2?52>x【解答過程】（1）由題意，得f′x=因為曲線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所以函數(shù)fx的單調(diào)遞減區(qū)間是?∞,（2）由題意得f′當(dāng)a≥0時，令f′x>0，得x>ln2所以fx在?∞,ln2當(dāng)a<0時，令f′x=0，得因為fx的極大值為fln2，所以ln綜上，a的取值范圍為?∞（3）當(dāng)a=0時，fx要證fx+5e只需證12先證：12e2x設(shè)?x=12e設(shè)mx=e2x+2所以函數(shù)mx在0,+∞上單調(diào)遞增，則mx所以函數(shù)?x在0,+∞上單調(diào)遞增，則?x再證：xlnx?ex?設(shè)tx=ln當(dāng)x∈0,e時，t′當(dāng)x∈e,+∞時，t′x設(shè)φx=exx當(dāng)x∈0,2時，φ′x<0，φx單調(diào)遞減；當(dāng)x∈所以φx≥φ2=e綜上，12故fx【題型4分析法證明不等式】【例4】（2024·吉林·模擬預(yù)測）已知函數(shù)fx(1)當(dāng)a=0時，求函數(shù)fx(2)求證：當(dāng)0<a<1,x>0時，fx【解題思路】（1）對函數(shù)求導(dǎo)后，由導(dǎo)數(shù)的正負求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，從而可求出函數(shù)的極值；（2）對函數(shù)求導(dǎo)后，由導(dǎo)數(shù)的正負求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，求出f(x)min=?aea，然后將問題轉(zhuǎn)化為證?aea>a【解答過程】（1）當(dāng)a=0時，ff令f′x=0得x=0或x=?2，當(dāng)x變化時，fx??2?2,000,+f+0?0+f單調(diào)遞增4單調(diào)遞減0單調(diào)遞增故當(dāng)x=?2時，fx取得極大值4e2；當(dāng)x=0（2）f∵x>0∴x+2>0令f′x=0，則x=a，當(dāng)x變化時，fx0,aaa,+f?0+f單調(diào)遞減?a單調(diào)遞增故f(x)要證當(dāng)0<a<1,x>0時，fx證法一：只需證當(dāng)0<a<1時，?aea令ga=1?aea故ga<g0證法二：只需證當(dāng)0<a<1時，?aea令?a=令ma=∴ma在0,1∴m∴?a在0,1上單調(diào)遞減，即*式成立，原不等式成立.【變式4-1】（2024·西藏·模擬預(yù)測）已知函數(shù)fx(1)若fx在定義域內(nèi)是單調(diào)函數(shù)，求a(2)若fx有兩個極值點x1，x2【解題思路】（1）分fx（2）由fx有兩個極值點x1，x2，得到a>0，且x1，x2是gx=lnx+1?1x+1?2x+1+a=0【解答過程】（1）解：函數(shù)fx的定義域是?1,+∞，①若fx則f′x=注意到lnx+1≤x，當(dāng)且僅當(dāng)所以f′若1+a≥?1，即當(dāng)a≥?2時，取x0>1+a，則若1+a<?1，即當(dāng)a<?2時，取x0>?1，則所以f′x=②若fx在定義域內(nèi)是單調(diào)遞減函數(shù)，則f′x令gx則g′所以當(dāng)?1<x<0時，g′x>0，g當(dāng)x>0時，g′x<0，g所以gxmax=g0=a即當(dāng)fx在?1,+∞上單調(diào)遞減的，a的取值范圍是綜上，當(dāng)fx在定義域內(nèi)是單調(diào)函數(shù)時，a的取值范圍是?（2）由（1）知fx在定義域內(nèi)是單調(diào)函數(shù)時，必有a≤0所以fx有兩個極值點x1，x2x1，x2是所以gx1=g由（1）知gx在?1,0上單調(diào)遞增，在0,+不妨設(shè)?1<x要證x1+x因為?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【變式4-2】（2024·河北·模擬預(yù)測）已知函數(shù)fx(1)討論fx(2)證明：當(dāng)a>0時，fx【解題思路】（1）先明確函數(shù)定義域和求導(dǎo)，根據(jù)導(dǎo)數(shù)結(jié)構(gòu)特征對a進行a≤0和a>0的分類討論導(dǎo)數(shù)正負即可得單調(diào)性.（2）證fx≤aea?1?fx【解答過程】（1）由題函數(shù)定義域為0,+∞，f故當(dāng)a≤0時，f′x<0恒成立，所以函數(shù)當(dāng)a>0時，f′x在0,+∞則x∈0,a時，f′x>0；所以函數(shù)fx在0,a上單調(diào)遞增，在a,+綜上，當(dāng)a≤0時，函數(shù)fx在0,+∞上單調(diào)遞減；當(dāng)a>0時，函數(shù)fx在0,a（2）由（1）當(dāng)a>0時，函數(shù)fx在0,a上單調(diào)遞增，在a,+故fx≤fa故證fx≤a即?ln令gx=ln故當(dāng)x∈0,1時，g′x>0；所以gx在0,1上單調(diào)遞增，在1,+所以gx≤g1=0在所以當(dāng)a>0時，fx【變式4-3】（2024·寧夏吳忠·模擬預(yù)測）已知函數(shù)f(x)=ae(1)討論fx(2)證明：當(dāng)a>0時，f(x)>2ln【解題思路】（1）求導(dǎo)后，結(jié)合導(dǎo)數(shù)正負與單調(diào)性的關(guān)系，分a≤0及a>0討論即可得；（2）原問題可轉(zhuǎn)化為證明當(dāng)a>0時，a2?1【解答過程】（1）由題意知f′當(dāng)a≤0時，f′(x)<0，所以fx在當(dāng)a>0時，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要證f(x)>2lna?a2，即證令g(a)=a2?1令g′(a)<0，解得0<a<22，令所以g(a)在0,22上單調(diào)遞減，在所以g(a)則g(a)>0恒成立，所以當(dāng)a>0時，f(x)>2ln【題型5放縮法證明不等式】【例5】（2024·山東·模擬預(yù)測）已知函數(shù)fx=e(1)求曲線y=fx在點2,f(2)若函數(shù)fx的極小值小于0，求實數(shù)m(3)證明：2e【解題思路】（1）利用函數(shù)乘法求導(dǎo)法則來求函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)并因式分解得f'x=（2）對參數(shù)m分四種情形m<0，0<m<1，m=1，m>1進行討論單調(diào)性，從而得到極小值小于0，來求出實數(shù)m的取值范圍；（3）要證明不等式2ex?2x+1lnx?x>0，利用放縮思想對【解答過程】（1）由f'所以k=f設(shè)曲線y=fx在點2,f2處切線的傾斜角為α，則又因為α∈[0,π)，所以α=0，所以曲線y=fx在點2,f（2）由（1）知f'x=emxx?2mx?m?1當(dāng)m<0時，x∈?∞,1+1m，f′x<0，所以fx在?∞,1+1m所以fx極小值=f所以m<?1；當(dāng)0<m<1時，x∈?∞,2，f′x>0，x∈2,1+所以fx在?∞,2上單調(diào)遞增，在2,1+所以fx即此時極小值不可能小于0，所以當(dāng)0<m<1時不符合題意；當(dāng)m=1時，f'所以fx在?∞,+所以當(dāng)m=1時不符合題意；當(dāng)m>1時，x∈?∞,1+1m，f′x>0，所以fx在?∞,1+1m所以fx極小值=f所以m>3；綜上可知實數(shù)m的取值范圍為mm<?1或m>3（3）由（2）知，當(dāng)m=?1時，fx在0,2上單調(diào)遞增，在2,+fxmax=f2=4e2要證2ex?2x+1ln兩邊同除x得：2x?2lnx?2只需證：2x?2lnx>1+1=2，即證令gx=x?lnx?1，x∈0,+當(dāng)x∈0,1時，g′x<0，gx在0,1上單調(diào)遞減，當(dāng)x∈1,+∞所以gxmin=g經(jīng)檢驗，當(dāng)x=1時，2e綜上可知不等式2e【變式5-1】（2024·山東·模擬預(yù)測）已知函數(shù)fx=1(1)當(dāng)a≥1時，判斷fx(2)若fx存在兩個極值點x（?。┳C明：x2（ⅱ）證明：x∈1,+∞時，【解題思路】（1）求出函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)，令gx=a?1+lnxx，x∈0,+（2）（?。┙Y(jié)合（1）及題意可知gx=0有兩個不相等的實數(shù)根，即可求出a的取值范圍，從而得到1e<x1<1<（ⅱ）由（?。┲獂2>1，a=1+lnx2x2及fx【解答過程】（1）函數(shù)fx=1則f′令gx=a?1+lnx所以當(dāng)0<x<1時g′x<0，當(dāng)x>1所以gx在0,1上單調(diào)遞減，在1,+所以gx在x=1處取得極小值，即最小值，所以g所以f′x≥0所以fx在0,+（2）（?。┯桑?）可知gx在0,+∞上的最小值為當(dāng)x→0時gx→+∞，當(dāng)x→+若fx存在兩個極值點x1,x2所以a>0g1=a?1<0又g1e=a>0且當(dāng)0<x<x1時gx>0，即當(dāng)x1<x<x2時gx當(dāng)x>x2時gx>0，即所以x1為fx的極大值點，x2因為a?1+lnx要證x2?x1+2>只需證x2即證x2>2令px=ln所以px在1,+所以px>p1所以x2（ⅱ）由（?。┲獂2>1，且當(dāng)1<x<x2時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【變式5-2】（2024·遼寧·二模）已知函數(shù)fx=lnx+ax(1)討論函數(shù)fx(2)若a=?2，證明：ex【解題思路】（1）求出函數(shù)的定義域與導(dǎo)函數(shù)，再分a>0和a<0兩種情況討論，分別求出函數(shù)的單調(diào)性區(qū)間；（2）首先結(jié)合（1）說明以lnx<2x2?1，則?xlnx>?2x【解答過程】（1）函數(shù)fx=ln則f′若a>0，則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綜上可得：當(dāng)a>0時，fx在0,+當(dāng)a<0時，fx在0,?1a（2）當(dāng)a=?2時，fx由（1）可知fx在0,12fx所以fx=lnx?2x要證ex?x即ex即證ex又ex即證ex?x設(shè)ux=e設(shè)?x=e當(dāng)x∈0,ln2時，?′x∴?x在0,ln2∴?xmin=?∴ux在0,+∴ux>u0∴ex?x【變式5-3】（23-24高三上·湖北·階段練習(xí)）已知函數(shù)fx(1)討論fx(2)若兩個不相等的正實數(shù)a，b滿足fa=fb(3)若π4<α<π【解題思路】（1）利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)單調(diào)性；（2）由函數(shù)f(x)的單調(diào)性求其值域，從而不妨設(shè)0<a<1e<b<1，從而將證明a+b<1方法一：設(shè)Fx=fx?f1?x方法二：由fa<f1?a?ln利用導(dǎo)數(shù)可知F(x)=lnx1?x方法三：（比值代換）由對稱性，不妨設(shè)0<a<b，t=ba>1，欲證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【解答過程】（1）函數(shù)fx=xln由f′x=lnx+1>0由f′x=lnx+1<0綜上知，fx的單調(diào)遞減區(qū)間是0,1e（2）由（1）得fx在0,1e在1e,+∞上的值域為?1e不妨設(shè)0<a<1e<b<1，則欲證a+b<1由于1e<b<1?a由（Ⅰ）得fx故只需證fb由已知fa=fb，即證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′當(dāng)x∈(0,x0)時F′x當(dāng)x∈x0,1e時F設(shè)g(x)=lnx+1x?1，0<x<1故gx>g1=0取x=1?1e，得ln綜上，得Fx<0，即fa方法二：（重新同構(gòu)）f令F(x)=lnx1?x，即0<x<1由于0<a<1e<故要證Fa<F1?a成立，只需F(x)=F′令G(x)=1x+lnx?1Gx在0,1單調(diào)遞減，Gx>G故F(x)=lnx1?x方法三：（比值代換）由對稱性，不妨設(shè)0<a<b，t=b則f(a)=f(b)?a由于b=ta，欲證a+b<1，即證：1+ta<1?ln1+t可變?yōu)閘nt+1方法四：（切、割線放縮）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當(dāng)1e≤cosα<2故f(cos②當(dāng)0<cos由a2+b得fa=fb有a2+b由fx在1e,+綜上，得π4<α<π【題型6指對同構(gòu)】【例6】（2024·江蘇蘇州·模擬預(yù)測）已知函數(shù)fx(1)討論fx(2)當(dāng)a≤2時，證明：fx【解題思路】（1）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，通過討論a的范圍，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間即可；（2）要證明fxx≤e2x【解答過程】（1）函數(shù)fx=lnx+ax+1,a∈R當(dāng)a≥0時，?x∈0,+所以fx在區(qū)間0,+當(dāng)a<0時，令f′x=當(dāng)x∈0,?1a時，f當(dāng)x∈?1a,+∞綜上所述，當(dāng)a≥0時，fx在區(qū)間0,+當(dāng)a<0時，fx在區(qū)間0,?1（2）當(dāng)a≤2時，因為x>0，所以要證fxx≤即要證lnx+2x+1≤xe2x令gx=e在區(qū)間?∞,0上，在區(qū)間0,+∞上，g所以gx≥g0=e所以（*）成立，當(dāng)且僅當(dāng)2x+ln又?x=2x+lnx在所以存在x0∈1綜上所述，原不等式成立．【變式6-1】（2024·黑龍江雙鴨山·模擬預(yù)測）已知函數(shù)f(x)=ln(1)當(dāng)a=?1時，討論f(x)的單調(diào)性；(2)若x1,x2x【解題思路】（1）將a=?1代入函數(shù)解析式，求出導(dǎo)函數(shù)，解導(dǎo)數(shù)不等式即可得到f(x)的單調(diào)區(qū)間；（2）根據(jù)x1,x2x1<x2是f(x)的兩個極值點，結(jié)合韋達定理可得x1+x2=1a，【解答過程】（1）當(dāng)a=?1時，f(x)=lnx+2所以f′(x)=1x?當(dāng)x∈(0,1)時，f′(x)<0，當(dāng)x∈(1,+∞故f(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1,+∞（2）f′由題意可知，x1,x則12a>0Δ=1?8a>0，解得0<a<1要證f=a即證lnx只需證lnx需證ln令t=x2x設(shè)g(t)=lnt?t?1所以函數(shù)g(t)在(1,+∞)上單調(diào)遞減，所以g(t)<g(1)=0由t>1得，2(t?1)t+1>0，所以故fx2【變式6-2】（2024·陜西安康·模擬預(yù)測）己知函數(shù)fx(1)當(dāng)a=2時，求曲線y=fx在點0,f(2)若函數(shù)gx=1,x=0【解題思路】（1）求出f0（2）當(dāng)x=0時，g0=1，不等式成立；當(dāng)x≠0時，可得gx為偶函數(shù)，則只需證當(dāng)x>0時，1≤gx≤ex+e?x2即可，先證gx≥1，令?x=ex?e?x?2xx≥0，可得?x在0,+【解答過程】（1）因為a=2，所以fx所以f0所以曲線y=fx在點0,f0處的切線方程為y?0=?2x?0（2）法一：當(dāng)x=0時，g0=1，滿足當(dāng)x≠0時，g?x=e由偶函數(shù)的對稱性知，只需證當(dāng)x>0時，1≤gx當(dāng)x>0時，先證gx令?x=ex?所以?x在0,+所以?x≥?0=0，所以ex再證gx構(gòu)造函數(shù)φx則φ′x=4e2xe所以當(dāng)x>0時，ex?e綜上，對任意的x∈R,1≤gx法二：當(dāng)x=0時，g0=1，滿足當(dāng)x≠0時，g?x=e由偶函數(shù)的對稱性知，只需證當(dāng)x>0時，1≤gx當(dāng)x>0時，先證gx令?x=ex?所以?x在0,+所以?x≥?0=0，所以ex再證gx≤e當(dāng)x>0時，只需證明ex構(gòu)造函數(shù)vx=e此時v′x<0，所以vx在所以當(dāng)x>0時，ex綜上，對任意的x∈R,1≤gx【變式6-3】（2024·湖北荊州·三模）已知函數(shù)fx=x(1)當(dāng)a=1時，求曲線y=fx在點1,f(2)當(dāng)a=e時，求出函數(shù)f(3)證明：x2【解題思路】（1）把a=1代入，求出函數(shù)f(x)的導(dǎo)數(shù)，再利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義求出切線方程.（2）把a=e（3）對所證不等式作等價變形得x(e【解答過程】（1）當(dāng)a=1時，fx=xe則f′1=2因此曲線y=fx在點1,f1處的切線方程為所以切線的斜截式方程為y=2（2）當(dāng)a=e時，f(x)=xex令ux=xex?則ux在0,+∞單調(diào)遞增，而u1=0，當(dāng)x∈0,1當(dāng)x>1時，ux>0，f′x>0，函數(shù)fx在所以當(dāng)a=e時，fx有唯一零點（3）不等式x2e?xex+?x?xe令函數(shù)g(x)=ex?x?1，求導(dǎo)得g′(x)=ex?1，當(dāng)函數(shù)g(x)在(?∞,0)上遞減，在(0,+∞)上遞增，則因此ex+lnx令?(x)=x?sinx,x>0，求導(dǎo)得?′(x)=1?cos?(x)>?(0)，因此x?sinx>0，又從而xe所以原不等式得證.【題型7隱零點法】【例7】（23-24高三下·河南·階段練習(xí)）已知函數(shù)fx（1）求fx（2）若gx=f′x?x+ln【解題思路】（1）直接求導(dǎo)分析即可；（2）零點不可求，隱零點代換表示λ，然后求出λ的范圍，再利用fx【解答過程】（1）因為函數(shù)fx=xe所以f′由x?2ex>0，得x>2；由x?2所以fx的單調(diào)遞減區(qū)間為?∞,2，單調(diào)遞增區(qū)間為2,+∞所以fx的極小值為f（2）因為gx所以g′令?x=e當(dāng)14<x<1時，x?1<0，所以?x因為?12=所以存在x0∈12,1使得?故當(dāng)x∈14,x0當(dāng)x∈x0,1時，?即gx在14,則λ=gx令Gx=1?2所以Gx在x∈12,1上單調(diào)遞增.則當(dāng)x∈1所以?4<λ<?3.由（1）知fx=xe因為f?4=?4e所以?6e【變式7-1】（23-24高三下·青海海南·開學(xué)考試）已知函數(shù)f(1)討論f(x)的單調(diào)性;(2)證明:當(dāng)a≥1時，f【解題思路】（1）求導(dǎo)，按照a的正負，討論f′（2）令gx=fx+x?ln【解答過程】（1）f′x=a當(dāng)a≤0時，易知f′x<0當(dāng)a>0時，令f′x=a令f′x>0，解得x>1?lna令f′x<0，得x<1?lna綜上，當(dāng)a≤0時，函數(shù)fx當(dāng)a>0時，fx在?∞,1?（2）令gx=fx∴g′x=ae則?′x=aex?1當(dāng)a=1時，g′x=有x∈0,1，g′xx∈1,+∞，g′所以gx≥g1所以當(dāng)a=1時，fx當(dāng)a>1時，可得1a?1<0，所以g又g′所以存在x0∈1a,1x∈0,x0，g′x所以函數(shù)gx在0,x0∴gx≥gxgx下面證明lna>2a?2a+1令φx∴φ所以φx在1,+∴φx即lna>2a?2a+1綜上，當(dāng)a≥1時，fx【變式7-2】（2024·甘肅·一模）已知函數(shù)fx（1）討論函數(shù)fx（2）當(dāng)a=?2時，求證：fx【解題思路】（1）根據(jù)fx的導(dǎo)函數(shù)進行分類討論f（2）欲證fx<ex?2x?1x，只需證ln【解答過程】解：（1）fx=ax?a+1f′①當(dāng)a≤0時，由f′x<0得x>1，由f所以fx在0,1上單調(diào)遞增，在1,+∞②當(dāng)0<a<1時，由f′x<0得1<x<1a，由f所以fx在0,1上單調(diào)遞增，在1,1a③當(dāng)a=1時，f′x=x?12④當(dāng)a>1時，由f′x<0，得1a<x<1，由f所以fx在0,1a上單調(diào)遞增，在1（2）當(dāng)a=?2時，欲證fx<e令gx=lnx?e因存在x0∈0,1，使得1x0當(dāng)x變化時，g′x，x0,xxg+0?g單調(diào)遞增g單調(diào)遞減所以gx因為x0∈0,1，所以x即gx所以當(dāng)a=?2時，fx【變式7-3】（2024·廣東廣州·模擬預(yù)測）已知函數(shù)fx=xe(1)求fx在區(qū)間?1,1(2)當(dāng)a≥1時，求證：fx【解題思路】（1）求導(dǎo)f′x=eax1+ax（x>0）（（2）方法一：隱零點法，由x>0，a≥1，轉(zhuǎn)化為證明xex≥lnx+x+1，令gx=xex?lnx?x?1，（x>0），由gxmin≥0【解答過程】（1）解：f′x=eax令f′x=0當(dāng)0<a≤1時，?1a≤?1，所以f′x≥0在區(qū)間所以fxmin=f當(dāng)a>1時，?1<?1a<1，則當(dāng)x∈?1,?1a時，當(dāng)x∈?1a,1時，f′所以fx而f?1=?e?a綜上所述，當(dāng)0<a≤1時，fxmin=?當(dāng)a>1時，所以fxmin=?（2）方法一：隱零點法因為x>0，a≥1，所以xeax≥xex設(shè)gx=xex?令?x=ex?而?12=所以由零點的存在性定理可知，存在唯一的x0∈1即ex0?1x當(dāng)x∈0,x0時，?′x<0，當(dāng)x∈x0,+∞時，?′x>0所以g所以gx≥0，因此方法二：（同構(gòu)）因為x>0，a≥1，所以xeax≥xex只需證明xe因此構(gòu)造函數(shù)?x=e?′當(dāng)x∈?∞,0時，?′x當(dāng)x∈0,+∞時，?′x>0所以?x≥?0所以xe因此fx【題型8雙變量不等式的證明】【例8】（2024·安徽合肥·模擬預(yù)測）已知函數(shù)f(x)=a(1?2ln(1)討論f(x)的單調(diào)性；(2)若x1，x2x1≠【解題思路】（1）首先求函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，再分a≤0和a>0兩種情況求解不等式，根據(jù)導(dǎo)數(shù)與單調(diào)性的關(guān)系，即可求解；（2）代入函數(shù)的零點，并變形為lnx1x12?lnx2【解答過程】（1）f′(x)=24x當(dāng)a≤0時，f′(x)>0，則f(x)在當(dāng)a>0時，令f′(x)=0，得x6當(dāng)f′(x)>0時，x>6a12所以f(x)在0,6a12綜上：當(dāng)a≤0時，f(x)在(0,+∞當(dāng)a>0時，f(x)在0,6a12（2）設(shè)0<x1<x2所以k=ln所以lnx1x記t4=12e4，要證只需證lnx1x記?(x)=lnxx2+記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?′又0<x1<x2【變式8-1】（2024·四川成都·模擬預(yù)測）已知函數(shù)f(x)=sin(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)若x1<x（?。┣髆的取值范圍；（ⅱ）證明：x1【解題思路】（1）求出導(dǎo)函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)的正負判斷函數(shù)的單調(diào)性即可；（2）（i）由題設(shè)及零點存在定理列不等式組求解即可；（ii）按照x2≤π2和x2>π2分類討論，若x2>π2時，設(shè)g(x)=sin【解答過程】（1）由f(x)=sinxe當(dāng)x∈0,π4時，f′(x)>0,f(x)故f(x)單增區(qū)間為0,π4,f(x)（2）（i）由題設(shè)及零點存在定理可知x1∈0,π4,x2∈π4（ii）若x2≤π若x2>π2時，設(shè)g(x)=sin則g(x)在(0,π)內(nèi)有兩零點x1?和而g(x)關(guān)于x=π2對稱，且有由sinxeπ4在0,π由sinxeπ4在π2則x1+x綜上，x1【變式8-2】（2024·廣東佛山·二模）已知fx(1)當(dāng)a=3時，求fx(2)若fx有兩個極值點x1，x2【解題思路】（1）求導(dǎo)后，借助導(dǎo)數(shù)的正負即可得原函數(shù)的單調(diào)性；（2）借助換元法，令t=ex，t1=ex1，t2=ex2，可得t1、t2是方程t2【解答過程】（1）當(dāng)a=3時，fxf′則當(dāng)ex∈0,1∪3,+當(dāng)ex∈1,3，即x∈故fx的單調(diào)遞減區(qū)間為?∞,0、ln（2）f′x=?e2x令t1=ex1，t2=則Δ=?42有t1+t2=4則f=?=?=?=a?a?1要證fx1+f令gx則g′令?x=1則g′x在又g′1=故存在x0∈1,2，使則當(dāng)x∈0,x0時，g′x故gx在0,x0上單調(diào)遞增，g則gx又x0∈1,2，則即gx<0，即【變式8-3】（2024·安徽阜陽·一模）已知函數(shù)fx(1)討論fx(2)已知x1,x2是函數(shù)（ⅰ）求實數(shù)a的取值范圍．（ⅱ）λ∈0,12,f【解題思路】（1）求導(dǎo)，對a進行分類討論fx（2）利用方程組3lnx1=ax1，【解答過程】（1）f′①當(dāng)a≤0時，f′x>0,f②當(dāng)a>0時，令f′x>0得0<x<3a同理，令f′x<0得x>3a（2）（?。┯桑?）可知當(dāng)a≤0時，fx在0,+當(dāng)a>0時，fx在0,3a若使fx有兩個零點，則f3a>0，即且f1=?a<0，當(dāng)x→+∞時，f所以a的取值范圍為0,3（ⅱ）x1,x2是函數(shù)fx①-②得3lnx2f′因為fx有兩個零點，所以f因為x1<x所以x2若要證明f′只需證3x即證x2x1?1λ+則不等式只需證t?1λ+即證t?1?λ+令?t?′t=l令φt=λ?1t+λ，因為λ∈0,得φt<φ1=2λ?1<0，得l'得?′t<?′1=0所以有?t故有t?1?λ+【題型9函數(shù)與數(shù)列不等式綜合證明問題】【例9】（2024·山東淄博·一模）已知函數(shù)f(x)=ln（1）當(dāng)x>1時，不等式fx<0恒成立，求（2）設(shè)數(shù)列an=1nn∈N?【解題思路】（1）求得f'(x)，對參數(shù)（2）根據(jù)（1）中所求得到lnx<?【解答過程】（1）因為f(x)=lnx+λ當(dāng)λ≥12時，方程?λx故因式?λx2+x?λ故x>1時，f'x<0又f1=0，故fx當(dāng)0<λ<12時，方程且x1故f'x>0在區(qū)間(1,又f1=0，故fx當(dāng)λ≤0時，f(x)=ln函數(shù)y=lnx在(1,+∞)恒為正值，故fx>0在綜上所述，λ∈[1故λ的最小值為12（2）由（1）可知，當(dāng)x>1時，ln若n∈N?，即ln(n+1)?把n換成n+1，可得ln[(1+n)+1]?即ln(n+2)?以此類推，ln??ln2n?累加可得ln2n?又S2n故S2n【變式9-1】（2024·河南·模擬預(yù)測）已知函數(shù)fx=ln(1)證明：x1?x(2)若正項數(shù)列an滿足an=fan+1，且a1∈0,1，記an【解題思路】（1）分析本題題意，首先設(shè)gt并求導(dǎo)，進行下一步計算求出t的值，最后得出x（2）根據(jù)（1）進行下一步分析n≥2時情況，進一步證明n?1a1+nn?1a1+1【解答過程】（1）證明：（1）令gt=t?1?lnt，t∈0,+∞，則∴gt在0,1上單調(diào)遞減，在1,+∞上單調(diào)遞增，∴當(dāng)t≠1時，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，則1an>1?an+1an+1>a1?n?1n?1a1+1+1=n?1a12+na1n?1a∴?x在2,+∞上單調(diào)遞增，∴1?a1n2+【變式9-2】（2024·重慶·二模）已知函數(shù)fx(1)求fx(2)當(dāng)0<x<1時，fx>a(3)已知數(shù)列an滿足：a1=13【解題思路】（1）f(x)的定義域為(?∞,1)∪(1,2)，求導(dǎo)分析f′(x)的符號，f(x)（2）當(dāng)0<x<1時，由f(x)>ax?1+a，得x?1<aln(2?x)，令g(x)=x?1?a（3）由題意，an=an+1ln(2?an+1)，結(jié)合函數(shù)f(x)的單調(diào)性可得若0<an【解答過程】（1）fx的定義域為?令φx=ln當(dāng)x<0時，φ′x<0；當(dāng)x∈所以φx≥φ0故fx在?∞,1即fx的單調(diào)遞增區(qū)間為?（2）當(dāng)0<x<1時，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，當(dāng)x∈0,2+a時，g當(dāng)x∈2+a,1，g所以g2+a由y=1+x?xln(?x)且?2<x<?1，則所以y>1?1+ln1=0，即綜上a≥?1.（3）由題意，an=an+1lnf0<an+1ln2?a綜上，若0<an<1，則0<an+1由（2）知，當(dāng)0<x<1時，ln2?x<1?x（取所以an+1=a故有1an+1所以1又a1=1由?知，an單調(diào)遞減，所以ln從而an+1故an當(dāng)n=1,a1=綜上，結(jié)論得證.【變式9-3】（2024·河南·模擬預(yù)測）已知函數(shù)gx(1)當(dāng)m<0時，求gx(2)當(dāng)m=1時，設(shè)正項數(shù)列xn滿足：x①求證：xn②求證：i=2n【解題思路】（1）對gx（2）①構(gòu)造函數(shù)?x=lnx?x+1，結(jié)合（1）中結(jié)論可證得xn+1=gxn≤2xn，而此時函數(shù)g【解答過程】（1）gx=lng′當(dāng)m<0時，令g′x=0當(dāng)0<x<?1m時，當(dāng)x>?1m時，當(dāng)m<0時，函數(shù)gx在0,?1m（2）①當(dāng)m=1時，gx令?x=gx由（1）知，函數(shù)?x在0,1上單調(diào)遞增，在(1,+所以?(x)max=?即gx≤2x，當(dāng)且僅當(dāng)所以xn+1=gx又由函數(shù)gx=ln所以x2=gx1=2>1得xn+1所以1<x所以x2相乘得，xn≤2②因為xn+1=lnxn當(dāng)n≥2時，x3xn?xn?1=所以xn所以當(dāng)n≥2時，ln1+1x所以ln1+1x所以ln1+1x故i=2n【題型10導(dǎo)數(shù)新定義的不等式證明問題】【例10】（2024·福建廈門·三模）帕德近似是法國數(shù)學(xué)家亨利·帕德發(fā)明的用有理多項式近似特定函數(shù)的方法，在計算機數(shù)學(xué)中有著廣泛的應(yīng)用.已知函數(shù)f(x)在x=0處的m,n階帕德近似定義為：R(x)=a0+a1x+?+amxm1+b1x+?+bnxn，且滿足：f(0)=R(0)，f′(1)求實數(shù)a，b的值；(2)設(shè)?x=fx(3)已知x1,x2,x3【解題思路】（1）結(jié)合題意，利用導(dǎo)數(shù)計算即可得；（2）由題意可得?(x)=ln（3）設(shè)x1<x2<x3，借助導(dǎo)數(shù)，分λ≤0及λ>0進行討論，結(jié)合函數(shù)單調(diào)性與零點的存在性定理計算可得當(dāng)且僅當(dāng)0<λ<【解答過程】（1）依題意可知，f(0)=0,R(0)=a，因為f(0)=R(0)，所以a=0，此時，R(x)=6bx+3x26+6x+x所以f′(0)=1，因為f′(0)=R（2）依題意，?(x)=f(x)?R(x)=ln?′故?(x)在(?1,+∞由?(0)=0，故?x∈(?1,0)，?(x)<0，?x∈(0,+∞)，綜上，?x>?1，x?(x)≥0；（3）不妨設(shè)x1<xt′當(dāng)λ≤0時，t′(x)>0，此時t(x)單調(diào)遞增，當(dāng)λ>0時，令s(x)=?λx2+x?λ若Δ=1?4λ2≤0，即λ≥1此時t(x)單調(diào)遞減，t(x)=0不存在三個不等實根；若Δ=1?4λ2>0，即0<λ<1此時有當(dāng)x∈0,r1時，t當(dāng)x∈r1,r2當(dāng)x∈r2,+∞時，又因為t(1)=0，且t′(1)=1?2λ>0，故因為lnx<x?1(x≠1)，所以ln1x所以tλ所以存在x1∈λ又因為t1故存在x3=1故當(dāng)且僅當(dāng)0<λ<12時，且滿足x1<x由（2）可知，當(dāng)x>0時，ln(1+x)>因此，lnx>故lnx化簡可得：3λ因此x1【變式10-1】（23-24高三下·重慶·期中）若函數(shù)fx在定義域內(nèi)存在兩個不同的數(shù)x1,x2，同時滿足fx1(1)證明：fx(2)若gx=xln（ⅰ）求證：x1（ⅱ）求證：a+12【解題思路】（1）假設(shè)存在兩個不同的數(shù)x1,x（2）（?。├谩扒泻虾瘮?shù)”的定義得出關(guān)系式，通過構(gòu)造新函數(shù)，通過新函數(shù)的單調(diào)性得出證明.（ⅱ）利用a與x1x2【解答過程】（1）假設(shè)存在兩個不同的數(shù)x1易知f′fx即x1x13?2x1x1又x1所以x1因為f′x1化簡可得x12=所以x1代入x1可得x1=?2所以fx（2）由題意知g′因為gx故存在不同的數(shù)x1,xgx即x1整理得a=x（?。┫茸Cx2即x2x2令t=x2x1，則由要證x2x1即2ln設(shè)mt=2ln易知m′故mt在1,+∞單調(diào)遞減，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且故要證a+12x只需證a+12即34e2a設(shè)?(a)=3則即證?(a)>0a>?′設(shè)k(a)=3則k′即k(a)也就是?′(a)在?=32×4+2?2所以?(a)在ln2,所以?(a)>?(ln2)=3因為1<ln所以1<ln所以5?ln所以原不等式成立.【變式10-2】（2024·山西·三模）微分中值定理是微積分學(xué)中的重要定理，它是研究區(qū)間上函數(shù)值變化規(guī)律的有效工具，其中拉格朗日中值定理是核心，它的內(nèi)容如下:如果函數(shù)f(x)在閉區(qū)間a,b上連續(xù)，在開區(qū)間(a,b)可導(dǎo)，導(dǎo)數(shù)為f′(x)，那么在開區(qū)間(a,b)內(nèi)至少存在一點c，使得f′(c)=f(b)?f(a)b?a，其中c叫做(1)若a=?1,b=0，求函數(shù)f(x)在1,7上的“拉格朗日中值點”x0(2)若a=?1,b=1，求證:函數(shù)f(x)在區(qū)間(0,+∞)圖象上任意兩點A，B連線的斜率不大于(3)若a=1,b=?1,?x1,x2【解題思路】（1）求出函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)，依題意f′（2）不妨設(shè)Ax4,fx4，Bx5（3）由拉格朗日中值定理可知只需證明f′(c1)≥【解答過程】（1）當(dāng)a=?1,b=0時fx=15因為x0為函數(shù)f(x)在1,7則f′即f′x（2）當(dāng)a=?1,b=1時f(x)=x?4不妨設(shè)Ax4,fx4，B又f′(x)=5?x則F′又x>0，所以e?x所以當(dāng)0<x<6時F′x>0，當(dāng)x>6所以Fx在0,6上單調(diào)遞增，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，又即函數(shù)f(x)在區(qū)間(0,+∞)圖象上任意兩點A，B連線的斜率不大于（3）當(dāng)a=1,b=?1時f(x)=x由拉格朗日中值定理知，存在c1∈x使得f′(c所以只需證明f′(c1)≥又f′令Gx則G′令mx則m′當(dāng)x∈14,1令nx=ex?1x，x∈又n14=所以存在x0∈1所以當(dāng)x∈14,x0時n當(dāng)x∈x0,1時nx>0所以mx在x所以m=?2所以G′x<0，所以G即f′x在【變式10-3】（2024·浙江紹興·二模）帕德近似是法國數(shù)學(xué)家亨利?帕德發(fā)明的用有理多項式近似特定函數(shù)的方法.給定兩個正整數(shù)m,n，函數(shù)f(x)在x=0處的[m,n]階帕德近似定義為：R(x)=a0+a1x+?+amxm1+b1x+?+bnxn，且滿足：f(0)=R(0)，f′(0)=R′(0)，(1)求實數(shù)a,b的值；(2)當(dāng)x∈0,1時，試比較fx與(3)定義數(shù)列{an}：a1=【解題思路】（1）根據(jù)帕德近似定義，列式求解，即得答案.（2）由題意知只需比較ex與2+x2?x的大小，即比較比較1與2+x2?x（3）結(jié)合題意得ean+1?ean=ean?1【解答過程】（1）由題意得R′(x)=af0=f′0解得a=12，（2）由上可得R(x)=1+x21?xx∈0,1，只需比較1與2+x令gx=2+x所以g′x>0，從而可得g所以gx>g0=1，即（3）設(shè)u(x)當(dāng)x<0時，u′(x)<0當(dāng)x>0時，u′(x)>0故u(x)≥u(0)=0，即由題意知a1=12，則ean+1=eean+1?ea故該函數(shù)在0,+∞上遞減，故可得ean+1?e一方面：由（2）可得ea又因為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、單選題1．（2024·陜西安康·模擬預(yù)測）已知a=ln65A．a(chǎn)>b>c B．a(chǎn)>c>b C．c>b>a D．c>a>b【解題思路】比較a，b大小，構(gòu)造fx=ln【解答過程】令fx=lnx?x+10<x<1又f1=0，所以fx所以ln56<?16，所以?設(shè)?x=1?xex?x<?0=1，即ex<1所以a>b>c，故選：A.2．（2024·陜西安康·模擬預(yù)測）若0<x1<A．ex2+C．x2ex【解題思路】根據(jù)選項構(gòu)造兩個函數(shù)fx=ex?【解答過程】令fx=ex?lnx即f′x=ex因此在區(qū)間1e,1上必然存在唯一x0所以當(dāng)x∈0,x0時fx單調(diào)遞減，當(dāng)x∈x令gx=ex∴gx在區(qū)間0,1∵0<x1<故選：C．3．（2024·河北衡水·模擬預(yù)測）已知函數(shù)fx=lnx+1?ax有兩個零點x1A．a(chǎn)>1 B．xC．x1?x【解題思路】根據(jù)零點可將問題轉(zhuǎn)化為a=lnx+1x，構(gòu)造gx=lnx+1【解答過程】由fx=0可得a=lnx+1x則直線y=a與函數(shù)gx的圖象有兩個交點，g由g′x>0可得0<x<1，即函數(shù)g由g′x<0可得x>1，即函數(shù)g且當(dāng)0<x<1e時，gx=lnx+1x如下圖所示：由圖可知，當(dāng)0<a<1時，直線y=a與函數(shù)gx由圖可知，1e因為f′x=1x?a=1?axx，由所以，函數(shù)fx的增區(qū)間為0,1a，減區(qū)間為1所以，0<x1<令?x=f2則?′x=1x?所以，?x1>?1a又fx2=f因為函數(shù)fx的單調(diào)遞減區(qū)間為1a,+∞，則由ax1=所以，lnx1x由圖可知1e<x1<1<x2故選：D.4．（2024·河南鄭州·三模）設(shè)x1,x2∈A．若x1=x2，則x1∈C．x1+x【解題思路】構(gòu)造函數(shù)fx1=ex1+lnx1【解答過程】對于A，當(dāng)x1=x2時，則ex1+由于f12=e對于B，若x1x2=1，由ex則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+對于C，先證ex≥x+1，記n(x)=e當(dāng)x>0,n′(x)>0,n(x)所以n(x)≥n(0)=0，故ex設(shè)ex1?1=?lnx2則?k=e?k所以?′k=1k+1?1故x1對于D,Mk所以Mk在k>0單調(diào)遞減，故M則x1故選:C.5．（2024·安徽·三模）已知實數(shù)x1,x2,A．x1<xC．x2<x【解題思路】求出x1,x2,x3，構(gòu)造函數(shù)f【解答過程】依題意22?x1令fx=x故當(dāng)x>1時，f′x>0,f故f1.05>0，則x3則g′x=x?1x2，故當(dāng)則g1.05>0，則綜上所述：x3故選：A.6．（2024·山東·模擬預(yù)測）已知a>0，b>0，且a+b=ab，則下列不等式成立的是（

）A．a(chǎn)+b≤4 B．logC．blna>1 【解題思路】A選項，根據(jù)1的妙用進行求解；B選項，對原條件直接使用基本不等式，ab=a+b≥2ab【解答過程】因為a+b=ab，所以1a對于A項：a+b=a+b當(dāng)且僅當(dāng)a=b=2時取得等號，從而在a=3，b=32時對于B項：因為ab=a+b≥2ab，所以ab≥4log2a+log2b=對于C項：因為ab=a+b，所以b=aa?1>0于是blna>1等價于aa?1構(gòu)造函數(shù)fx=ln所以fx在1,+所以fx>f1對于D項：根據(jù)B選項的分析，a+b=ab≥4，則a+b2當(dāng)a=b=2時取得等號，此時a+故選：C.7．（2024·四川南充·模擬預(yù)測）設(shè)a>0,b>0,且a+b=1,則下列結(jié)論正確的個數(shù)為（

）①log2a+log2b≥?2

②2aA．1 B．2 C．3 D．4【解題思路】①②直接使用基本不等式,結(jié)合對數(shù)指數(shù)運算,即可判斷；③構(gòu)造函數(shù)fx=lnx?x+1,利用導(dǎo)數(shù)研究其單調(diào)性和值域,將a+ln【解答過程】因為a+b=1,故可得ab≤14a+b①log2a+log②2a+2b③令fx=lnx?x+1,x∈0,1故fx在0,1單調(diào)遞增,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故當(dāng)x∈0,12時,g′(x)>0,gx單調(diào)遞增；當(dāng)x∈1故gx的最大值為g12=sin故選：C.8．（2024·四川瀘州·三模）已知x>0，ex①x+lny<0；②ex+y>2其中一定成立的個數(shù)為（

）A．1 B．2 C．3 D．4【解題思路】由ex+lny=1可得x=ln1?ln【解答過程】由x>0，ex+ln因為x>0，所以ex>1，所以1?ex<0由ex+lny=1可得：對于命題①，x+ln令Fy所以Fy在0,1上單調(diào)遞增，因為F所以x+ln對于命題②，由ex+ln所以gy所以gy在0,1所以gy>g1對于命題③，由ex+lny=1，取所以lnx+對于命題④，因為x=ln1?lny，所以令?y=ln令fy=1+yln所以fy=1+ylnfy>f1=0，所以?′所以?y>?1故選：C.二、多選題9．（2024·浙江溫州·模擬預(yù)測）已知eba2+1=ae2b+1A．a(chǎn)?lna=b+eC．b=ea 【解題思路】首先利用因式分解法得aeb?1eb?a=0，再通過證明eb≥b+1>b>a【解答過程】由eba2又因為eba2+1>0又由函數(shù)f(x)=ex?x?1當(dāng)x<0時，f′(x)=ex?1<0當(dāng)x>0時，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對于選項A，a?ln對于選項B，a+b=1eb+b，構(gòu)造函數(shù)由x>0時，g′(x）>0，所以即g(x）>g(0)=1e0對于選項C，b=ea與對于選項D，ab=beb，構(gòu)造函數(shù)?(x由x<1時，?′(x）>0，所以由x>1時，?′(x）<0，所以所以?(x）=xex故選：ABD.10．（2024·江蘇南通·三模）已知2a=logA．a(chǎn)+2a=b+C．2b+1>e【解題思路】結(jié)合圖象和指、對函數(shù)之間的關(guān)系即可判斷AB；利用切線不等式ex≥x+1即可判斷C；利用不等式【解答過程】對A，由圖可知：y=2x與y=log1y=log2x與y=根據(jù)指數(shù)函數(shù)與對數(shù)函數(shù)為一對反函數(shù)知：A，B關(guān)于y=x對稱，故a=2?bb=對B，由A知a+b=2對C，由a=2?b知2b=1a，則則f′x=ex?1，則當(dāng)當(dāng)x∈0,