2023届高考数学专项练习“透析结构”解决不等式证明问题(含双变量)含解析.pdf

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1、2023届高考数学专项练习“透析结构”，解决不等式证明问题(含双变量)目录目录一、重难点题型方法重难点题型方法题型一：常规型不等式证明题型一：常规型不等式证明题型二：含n的不等式证明题型二：含n的不等式证明题型三：双变量问题题型三：双变量问题题型四：极值点偏移题型四：极值点偏移二、针对性巩固练习针对性巩固练习重难点题型方法重难点题型方法题型一：常规型不等式证明题型一：常规型不等式证明【例分析】【例分析】例1.例1.(2023山东沂水县第一中学校联考模拟预测)已知函数 f x=x+1lnx-ax+a aR R(1)若a=2，试判断 f x的单调性，并证明你的结论；(2)设0 f x+a 3x-1

2、-x+1lnx-ln x+1例例2.2.(2023春山东青岛高二山东省青岛第十九中学校考阶段练习)已知 f x=2xlnx,g x=-x2+ax-3.(1)求函数 f x的最小值；(2)若存在x 0,+，使 f xg x成立，求实数a的取值范围；(3)证明：对一切x 0,+，都有 f x2xex-2e成立【方法技巧总结】【方法技巧总结】1.1.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h(x)；(3)利用导数研究h(x)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【

3、变式训练】【变式训练】1.1.(2023辽宁锦州统考模拟预测)已知函数 g x=x-sinx,x 0,+,h x=ex-kx-1,xR,f x=eax-1cosx，x 0,2(1)证明：g x0；(2)若h x0恒成立，求k的取值范围；(3)设a0，证明：函数 f x存在唯一的极大值点x0，且 f x0e-1a.2.2.(河南省焦作市2022-2023学年高二下学期期中数学试题)已知函数 f x=ex-elnxa(1)若 f x在 1,+上是增函数，求实数a的取值范围；(2)若函数g x=ex-1ex,a=-e，证明：当x0时，g x f x恒成立题型二：含题型二：含n n的不等式证明的不等式

4、证明【例分析】【例分析】例例1.1.(2023重庆九龙坡统考二模)已知函数 f x=lnx+ax-ax，函数g x=ln2xx+ae-x2x2-2aex+1.(1)当a0时，求 f x的单调区间；(2)已知a12，ex12x，求证：g xln2.例例2.2.(2023山东德州统考一模)已知 f(x)=asinx-x+1x+1(x-1)，且0为 f(x)的一个极值点(1)求实数a的值；(2)证明：函数 f(x)在区间(-1,+)上存在唯一零点；12-1n+1nk=2sin1k21，其中nN*且n2例例3.3.(2023湖北武汉统考模拟预测)已知函数 f x=lnx-ax+2 a0(1)若 f x

5、0恒成立，求实数a的取值范围；(2)当a=1时，证明：1+112 1+123 1+1n(n+1)e nN N*【方法技巧总结】【方法技巧总结】1.1.证明不等式的关键是能够充分利用函数的单调性，将所证不等式进行放缩，从而结合裂项相消求和的知识进行证明.2.2.证明数列累乘不等式，可通过不等式两边取对数，转换成累加不等式的证明，接着一般可结合题中结论，通过对数列通项放缩，达到证明目的.【变式训练】【变式训练】1.1.(2023陕西渭南统考二模)已知函数 f x=ex,g x=1+lnxx-m.mR R(1)证明：f xx+1；(2)若 f xg x，求实数m的取值范围；(3)证明：nk=11kk

6、ln n+1成立.3.3.(2022秋辽宁本溪高三本溪高中校考期中)已知函数 f x=2ex-x2-ax-2，当x0时，f x0(1)求a的取值范围；(2)求证：1+22e-11+22e2-11+22e3-1 1+22en-14(nN N*)题型三：双变量问题题型三：双变量问题【例分析】【例分析】例例1.1.(2023浙江温州统考二模)已知函数 f x=a2x2-x-xlnx aR(1)若a=2，求方程 f x=0的解；(2)若 f x有两个零点且有两个极值点，记两个极值点为x1,x2，求a的取值范围并证明 f x1+f x212e例例2.2.(2023全国高三专题练习)已知函数 f x=12

7、e2x-a+1x-1ex+13ax3，f x的导函数为 fx.(1)若 f x在 0,+上单调递增，求实数a的取值范围；(2)若a-16，求证：方程 fx+a+1xex=0在 0,+上有两个不同的实数根x1,x2x1x2，且3x1-x2a2e2【方法技巧总结】【方法技巧总结】1.1.转化，由已知条件入手，寻找双参数满足的关系式，并把含双参数的不等式转化为含单参数的不等式；2.2.巧构函数，借用导数，判断函数的单调性，从而求其最值；3.3.回归双参的不等式的证明，把所求的最值应用到双参不等式，即可证得结果.【变式训练】【变式训练】1.1.(2023春山东高二校联考阶段练习)已知函数 f(x)=2

8、lnx+bx2-2x(1)若函数 f(x)存在单调递减区间，求实数b的取值范围；(2)设x1,x2x1x2是函数 f(x)的两个极值点，证明：f x1-f x2(2b-1)x1-x22.2.(2023山西校联考模拟预测)已知函数 f x=lnxx-ax.(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(x1125a.3.3.(2023秋山西太原高二统考期末)(B)已知函数 f x=xlnx+mx.(1)讨论函数 f x在 1,+上的单调性；(2)若p x=f x-12mx2-m+1x有两个极值点x1,x2，且x22x1，求证：mx1x2e3.(参考数据：ln

9、20.69)题型四：极值点偏移问题题型四：极值点偏移问题【例分析】【例分析】例例1.1.(2023全国高二专题练习)设 f(x)=xex-mx2，mR.(1)设g x=f(x)-2mx xR，讨论函数y=g(x)的单调性；(2)若函数y=f(x)在(0,+)有两个零点x1，x2，证明：x1+x22.例例2.2.(2023全国高三专题练习)已知函数 f x=exx-xe1x.(1)求 f x在 1,+上的最小值.(2)设g x=f x+xe1x+x-lnx-a，若g x有两个零点x1,x2，证明：x1x2x20，则令F(x)=f(x)-f2x0 x.(3)判断单调性，即利用导数讨论F(x)的单调

10、性(4)比较大小，即判断函数F(x)在某段区间上的正负，并得出 f(x)与 f(2x0-x)的大小关系(5)转化，即利用函数 f(x)的单调性，将 f(x)与 f(2x0-x)的大小关系转化为x与2x0-x之间的关系，进而得到所证或所求【变式训练】【变式训练】1.1.(2023全国高二专题练习)已知函数 f x=ax-3lnx(1)讨论函数 f x的单调性；(2)设x1，x2是函数 f x的两个零点，证明：x1+x22e2.2.(2022 秋全国高三统考阶段练习)已知函数 f x=xex-ax+1,x -1,+,a0,g x=bx-lnxx(1)当b=1，f x和g x有相同的最小值，求a的值

11、；(2)若g x有两个零点x1，x2，求证：x1x2e针对性巩固练习针对性巩固练习练习一：常规型不等式证明练习一：常规型不等式证明1.1.(2023 春河南商丘高三临颍县第一高级中学校联考阶段练习)已知函数 f x=x2+kxex，曲线 y=f x在x=1和x=-1处的切线互相垂直(1)求实数k的值；(2)令函数g x=1x-1-lnxf x，证明：g x-3e22.练习二：含练习二：含n n的不等式证明的不等式证明3.3.(2023重庆沙坪坝高三重庆八中校考阶段练习)已知函数 f x=sin2x+2sin2x(1)若 f x2ax在 0,2上恒成立，求实数a的取值范围；(2)证明：sin2n

12、+1+sin22n+1+sinn+12n+13 284.4.(2023春安徽合肥高二校联考阶段练习)已知函数 f x=ex-1-12x2.(1)求函数 f x的零点个数；(2)若nN，且n2，求证：1+12+13+1nn+lnn+12n.5.5.(2023春上海松江高三上海市松江一中校考阶段练习)已知函数 f x=ax2+ln x+1(1)当a=-14时，求函数 f x的单调区间；(2)当x 0,+时，不等式 f xx恒成立，求实数a的取值范围(3)求证：1+2231+4351+859 1+2n2n-1+12n+1e134(nN*，e是自然对数的底数)练习三：双变量问题练习三：双变量问题6.6

13、.(2021秋河南信阳高三校考阶段练习)已知函数 f x=ex-ax.(1)若函数 f x有大于零的极小值，求实数a的取值范围;(2)若函数h x=f x-12x2有两个极值点x1，x2(x12.7.7.(2022秋广东高三校联考阶段练习)已知函数 f(x)=ae-x-x2,g(x)=xex-asinx，其中aR R(1)若a0，证明 f(x)在(0,+)上存在唯一的零点.(2)若128.8.(2023春天津南开高三南开大学附属中学校考阶段练习)已知函数 f x=2x-alnx aR R(1)若实数a=1，求函数 f x在点 1,f 1处的切线方程；(2)讨论函数 f x的单调性；(3)设g

14、x=f x-sinx，若x1,x2 0,+且x1x2，使得g x1=g x2，证明：x1x2a2练习四：极值点偏移问题练习四：极值点偏移问题9.9.(2023陕西西安统考二模)已知函数 f(x)=2alnx+x2-2(a+1)x(a0).(1)讨论 f(x)的零点个数；(2)若 f(x)有两个零点x1，x2x12.10.10.(2023全国高三专题练习)已知函数 f x=lnx.(1)证明：f x+1x.(2)若函数h x=2xf x，若存在x1x2使h x1=h x2，证明：x1x21e2.“透析结构”，解决不等式证明问题(含双变量)目录目录一、重难点题型方法重难点题型方法题型一：常规型不等

15、式证明题型一：常规型不等式证明题型二：含题型二：含n n的不等式证明的不等式证明题型三：双变量问题题型三：双变量问题题型四：极值点偏移题型四：极值点偏移二、针对性巩固练习针对性巩固练习重难点题型方法重难点题型方法题型一：常规型不等式证明题型一：常规型不等式证明【例分析】【例分析】例例1.1.(2023山东沂水县第一中学校联考模拟预测)已知函数 f x=x+1lnx-ax+a aR R(1)若a=2，试判断 f x的单调性，并证明你的结论；(2)设0 f x+a 3x-1-x+1lnx-ln x+1【答案】(1)单调性见详解，证明见详解；(2)证明见详解【分析】(1)求导，利用导数判断原函数单调

16、性；(2)根据题意分析可得原题意等价于eax+ln x+1-2ax-10 x0，构建新函数F x=eax+ln x+1-2ax-1 x0，求导，结合基本不等式证明.【详解】(1)若a=2，则 f x=x+1lnx-2x+2 x0,fx=lnx+x+1x-2=lnx+1x-1 x0，构建 x=fx，则 x的定义域为 0,+，x=1x-1x2=x-1x2，令x0，解得x1；令x0，解得0 x f x+a 3x-1-x+1lnx-ln x+1，即eax-12ax-ln x+1，可得eax+ln x+1-2ax-10，故原题意等价于eax+ln x+1-2ax-10 x0，构建F x=eax-2ax+

17、ln x+1-1，则Fx=aeax+1x+1-2a，构建g x=ex-x-1 x0，则gx=ex-10对x0恒成立，可得g x在 0,+上单调递增，故g xg 0=0，即ex-x-10,x0，可得exx+10,x0，00，则eaxax+1ax+a，可得Fx=aeax+1x+1-2aa2x+1+1a2x+1-2a，当t0,a0时，则t+1a2t2t1a2t=2a，当且仅当t=1a2t，即t=1a时，等号成立；即对t0,a0，均有t+1a2t2a，故当x0,01，可得 x+1+1a2x+12a，故Fxa2x+1+1a2x+1-2aa22a-2a=0，则F x在 0,+上单调递增，可得F xF 0=

18、0.故eax-2ax+ln x+1-10，即证.例例2.2.(2023春山东青岛高二山东省青岛第十九中学校考阶段练习)已知 f x=2xlnx,g x=-x2+ax-3.(1)求函数 f x的最小值；(2)若存在x 0,+，使 f xg x成立，求实数a的取值范围；(3)证明：对一切x 0,+，都有 f x2xex-2e成立【答案】(1)最小值为-2e(2)a4(3)证明见解析【分析】(1)利用导数来求得 f x的最小值.(2)由 f xg x分离常数a，利用构造函数法，结合导数求得a的取值范围.(3)求得m x=2xex-2e的最大值，从而证得不等式 f x2xex-2e成立.【详解】(1)

19、f x的定义域是 0,+，fx=2 lnx+1，所以 f x在区间 0,1e,fx0,f x递增.所以当x=1e时，f x取得最小值 f1e=21eln1e=-2e.(2)存在x 0,+，使 f xg x成立，即2xlnx-x2+ax-3能成立，即a2lnx+x+3x能成立，设h x=2lnx+x+3xx0，hx=2x+1-3x2=x+3x-1x2，所以h x在区间 0,1,hx0,h x递增，所以当x=1时，h x取得最小值h 1=4，所以a4.(3)设m x=2xex-2ex0，mx=21-xex，所以在区间 0,1,mx0,m x递增；在区间 1,+,mx2xex-2e成立.【方法技巧总

20、结】【方法技巧总结】1.1.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h(x)；(3)利用导数研究h(x)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【变式训练】【变式训练】1.1.(2023辽宁锦州统考模拟预测)已知函数 g x=x-sinx,x 0,+,h x=ex-kx-1,xR,f x=eax-1cosx，x 0,2(1)证明：g x0；(2)若h x0恒成立，求k的取值范围；(3)设a0，证明：函数 f x存在唯一的极大值点x0，且 f x0e-1a.【答

21、案】(1)证明见解析(2)k=1(3)证明见解析【分析】(1)求导得到函数单调递增，确定g xg 0=0，得到证明.(2)hx=ex-k，考虑k0和k0两种情况，得到函数的单调区间，只需k-klnk-10，设r k=k-klnk-1，求导得到单调区间，计算最值得到证明.(3)求导得到单调区间，确定tanx0=a，结合(1)(2)中的结论得到 f x0a21+a2，设 t=1+t2et-1，求导得到函数单调递增，计算最值得到证明.【详解】(1)gx=1-cosx0，所以g x是 0,+上的增函数，故g xg 0=0，得证.(2)hx=ex-k，当k0时，hx0,h x为R上的增函数，所以存在x0

22、0,h x00时，由hx=ex-k=0，得x=lnk，x-,lnk时hx0，h x是增函数，所以h xh lnk=k-klnk-1，所以只需k-klnk-10，设r k=k-klnk-1，则rk=-lnk，当0k0,r k为增函数；当k1时，rk0可知，在 0,2内，存在唯一实数x0，使得tanx0=a，当x 0,x0时，fx0,f x为增函数，当x x0,2时，fxe-1a，令t=-1aet，即 1+t2et-10，设 t=1+t2et-1，则t=et(1+t)20，所以 t是-,0上的增函数，所以t0时，t 0=0，1+t2et-10时，g x0时，不等式exex成立，则问题转化为证明ex

23、-1exex+lnx恒成立，即证ex2-xlnx0)f x在 1,+上是增函数，fx0在 1,+上恒成立，可得eaxex在 1,+上恒成立令t(x)=xex,x1,+)，则t(x)=ex+xex，当x1,+)时，t(x)0，t(x)在1,+)上是增函数，t(x)min=t(1)=eeae，解得a1或a0时，不等式exex成立，令h(x)=ex-ex，x 0,+，则h(x)=ex-e令hx0，得x1，令hx0，得0 x0时，h(x)0，即exex恒成立要证当x0时，g(x)f(x)恒成立，即证ex-1exex+lnx恒成立，即证ex2-xlnxxex+1e恒成立结合式，现证ex2-xlnxex2

24、+1e成立，即证xlnx-1e在 0,+上恒成立，令m x=xlnx，则mx=1+lnx，当x 0,1e时，mx0，故m x在 0,1e上单调递减，在1e,+上单调递增，故m xmin=m1e=-1e,即xlnx-1e恒成立因为两式取等号的条件不一致，故ex2-xlnx0时，g x f x恒成立题型二：含题型二：含n n的不等式证明的不等式证明【例分析】【例分析】例例1.1.(2023重庆九龙坡统考二模)已知函数 f x=lnx+ax-ax，函数g x=ln2xx+ae-x2x2-2aex+1.(1)当a0时，求 f x的单调区间；(2)已知a12，ex12x，求证：g xln2.【答案】(1

25、)见解析(2)见解析(3)见解析【分析】(1)首先求导得 f(x)=-ax2+x-ax2，分0a12和a12讨论即可；(2)利用同构思想转化为证明lnt-at+at1，则h(t)1,a=12时，lnt12t-1t，令t=2n+1 nN*，通过放缩得ln 1+2n2n，利用累加法即可证明原不等式.【详解】(1)f(x)=lnx-ax+ax,f(x)=1x-a-ax2=-ax2+x-ax2，当a12时，此时=1-4a20，则 fx0恒成立，则 f(x)的减区间为 0,+，当0a0，解得x1-1-4a22a,1+1-4a22a，则 f(x)的增区间为1-1-4a22a,1+1-4a22a令 fx0，

26、解得x 0,1-1-4a22a1+1-4a22a,+，则 f(x)的减区间为 0,1-1-4a22a,1+1-4a22a,+，综上当a12时，f(x)的减区间为 0,+，无增区间；当0a12时，f(x)的增区间为1-1-4a22a,1+1-4a22a，减区间为 0,1-1-4a22a,1+1-4a22a,+.(2)欲证g(x)=ln2xx+ae-x2x2-2aex+10,需证x+ln2x-2axex+a2xex0，即需证ln 2xex-2axex+a2xex0，令t=2xex，即需证lnt-at+at1，由(1)知当a12时，h(t)的减区间为 0,+,所以h(t)h(1)=0,故g(x)1,

27、a=12时，lnt12t-1t，令t=2n+1 nN*，则ln 1+2n121+2n-11+2n=121+2n-nn+2=2n+1n(n+2)2n即ln(n+2)-lnn2n所以ln(n+3)-ln(n+1)2n+1ln(n+4)-ln(n+2)2n+2ln(n+5)-ln(n+3)2n+3.ln(2n+1)-ln(2n-1)22n-1ln(2n+2)-ln(2n)22n以上各式相加得：ln(2n+2)+ln(2n+1)-lnn-ln(n+1)12ln2n+12n+2n n+1=12ln 4+2nln2【点睛】关键点睛：第二问的关键是将原不等式变形为ln 2xex-2axex+a2xex0，从

28、而利用换元同构的思想证明g(x)0，第三问的关键在于利用不等式lnt12t-1t，令t=2n+1 nN*，然后进行放缩得ln 1+2n-1)，且0为 f(x)的一个极值点(1)求实数a的值；(2)证明：函数 f(x)在区间(-1,+)上存在唯一零点；12-1n+1nk=2sin1k21，其中nN*且n2【答案】(1)a=2(2)证明见解析【分析】(1)先求得 fx=acosx-1-1(x+1)2，由0为 f(x)的一个极值点，可得 f0=0，进而求解；(2)当-1x0时，由 fx0，可得 f x单调递减，由x-1,0，可得 f x f 0=1，此时函数 f x无零点；当0 x0，g20，f20

29、，存在x1 x0,2，得到函数 f x的单调性，可得而 f x在 0,2上无零点；当x2,时，由 fx0，可得 f x在2,单减，再结合零点存在定理，可得函数 f x在2,上存在唯一零点；当x时，由 f x f 0=1，可得sinx12x+1-1x+1.令x=1k2k2，利用放缩法可得sin1k21k-1k+1，再结合sinx12-1n+1，nk=2sin1k21-1n-1)，则 fx=acosx-1-1(x+1)2，因为0为 f x的一个极值点，所以 f0=a-2=0，所以a=2当a=2时，fx=2cosx-1-1(x+1)2，当-1x0时，因为函数 fx在-1,0上单调递减，所以 fx2-

30、1-1=0，即 f x在-1,0上单调递减；当0 x0，g2=-2+22+130，即 fx单调递增，又因为 f0=0，所以x 0,x0，fx0，f x在 0,x0上单调递增；.综上所述，f x在-1,0上单调递减，在 0,x0上单调递增，所以0为 f(x)的一个极值点，故a=2.(2)当-1x0时，fx2-1-1=0，所以 f x单调递减，所以对x-1,0，有 f x f 0=1，此时函数 f x无零点；当0 x0，g2=-2+22+130，即 fx单调递增，当x x0,2时，gx0，f x在 0,x0上单调递增；因为 fx00，f2=-1-12+120，f x单调递增，当x x1,2时，fx

31、 f 0=1；当x x1,2时，f x单调递减，f x f2=2-2+12+10，此时 f x在 0,2上无零点；当x2,时，fx=2cosx-1-1(x+1)20，f=0-+1+10，由零点存在定理，函数 f x在2,上存在唯一零点；当x时，f x=2sinx-x+1x+12-+10，由(1)中 f x在 0,2上的单调性分析，知x14，所以 f x在 0,4单增，所以对x 0,4，有 f x f 0=1，即2sinx-x+1x+11，所以sinx12x+1-1x+1令x=1k2k2，则sin1k2121k2+1k2+11k2+11k2+k=1k-1k+1，所以nk=2sin1k212-13

32、+13-14+1n-1n+1=12-1n+1，设h x=sinx-x，x 0,14，则hx=cosx-10，所以函数h x=sinx-x在x 0,14上单调递减，则h x=sinx-xh 0=0，即sinxx，x 0,14，所以 sin1k21k21(k-1)k=1k-1-1k，所以nk=2sin1k2 1-12+12-13+1n-1-1n=1-1n1，所以12-1n+1nk=2sin1k212x+1-1x+1，令x=1k2k2，利用放缩法可得sin1k21k-1k+1，再结合累加法即可得证.例例3.3.(2023湖北武汉统考模拟预测)已知函数 f x=lnx-ax+2 a0(1)若 f x0

33、恒成立，求实数a的取值范围；(2)当a=1时，证明：1+112 1+123 1+1n(n+1)e nN N*【答案】(1)e,+(2)证明见解析【分析】(1)对函数求导，分情况利用导数的正负判断函数的单调性，进而求解；(2)求导判断函数的单调性得到lnxx-1，进而得到ln x+1x，当且仅当x=0时取等号，利用不等式放缩得到ln 1+1n n+10，所以x 0,1a时，fx0，f x单调递增；当x1a,+时，fx0，f x单调递增；当x 1,+时，fx0，f x单调递减，所以 f x f 1=1，即lnxx-1，所以ln x+1x，当且仅当x=0时取等号，所以ln 1+1n n+11n n+

34、1，nN N*，所以ln 1+112112,ln 1+123123，ln 1+1n n+11n n+1，将以上各不等式两边分别相加得：ln 1+112+ln 1+123+ln 1+134+ln 1+1n n+1112+123+134+1n n+1=1-12+12-13+13-14+1n-1n+1=1-1n+11，即ln1+112 1+1231+1n n+11所以 1+112 1+123 1+1n n+1e【方法技巧总结】【方法技巧总结】1.1.证明不等式的关键是能够充分利用函数的单调性，将所证不等式进行放缩，从而结合裂项相消求和的知识进行证明.2.2.证明数列累乘不等式，可通过不等式两边取对数

35、，转换成累加不等式的证明，接着一般可结合题中结论，通过对数列通项放缩，达到证明目的.【变式训练】【变式训练】1.1.(2023陕西渭南统考二模)已知函数 f x=ex,g x=1+lnxx-m.mR R(1)证明：f xx+1；(2)若 f xg x，求实数m的取值范围；(3)证明：nk=11kkee-1.nN+【答案】(1)证明见解析(2)m-1(3)证明见解析【分析】(1)构造函数y=ex-x-1，利用导数证得y=ex-x-10，从而证得 f xx+1.(2)由 f xg x分离-m，利用(1)的结论求得m的取值范围.(3)结合(1)，列不等式，根据等比数列的前n项和公式证得不等式成立.【

36、详解】(1)令y=ex-x-1，y=ex-1，由y=0，解得x=0，当x0时，y0时，y0；所以y=ex-x-1在-,0递减，0,+递增，即ye0-0-1=0，即 f xx+1；(2)由 f xg x可得：-mxex-lnx+1x=elnxex-lnx+1x=elnx+x-lnx+1x由(1)知elnx+xlnx+x+1(当且仅当lnx+x=0取等号)，elnx+x-lnx+1xlnx+x+1-lnx+1x=1，所以-m1，即m-1；(3)由(1)知exx+1，令x=1k-1 kN+，可得e1k-11k-1+1=1k，所以1kke1-k=1ek-1因为数列1ek-1 是首项为1，公比为1e的等

37、比数列，所以nk=11kk1-1en1-1eln n+1成立.【答案】(1)1(2)证明见解析【分析】(1)求导,利用极值点列方程求出a,代入 f(x),验证即可；(2)由(1)可得ln x+1x2+x,令x=1n,则ln1n+10-1x0,当 fx0,f x的增区间是-1,0,减区间是 0,+,a=1符合题意.(2)由(1)知当x 0,+时,f x f 0=0,即ln x+1x2+x,令x=1n,则ln1n+11n2+1n,即lnn+1nln21+ln32+lnn+1n=ln2132n+1n=ln n+1,即2+34+49+n+1n2ln n+1.【点睛】本题涉及利用函数极值点求解参数问题和

38、利用导数证明不等式问题,第一问注意函数 f x在x=x0处取得极值是 fx0=0的充分不必要条件;第二问在证明不等式时,通常会结合第一问中的条件或题目所给的函数,构造新函数或根据已知函数的性质进行证明.3.3.(2022秋辽宁本溪高三本溪高中校考期中)已知函数 f x=2ex-x2-ax-2，当x0时，f x0(1)求a的取值范围；(2)求证：1+22e-11+22e2-11+22e3-1 1+22en-12分类讨论 f xmin0是否满足即可；(2)由(1)结论，当a=2时，f x0恒成立，即可得2en-1n2+2n+1，即可列项得22en-1412n+1-12n+3，造h x=lnx-x+

39、1，由导数法证h(x)h(1)=0，则有lnxx-1，即ln 1+22en-122en-10函数 f(x)在区间 0,+上单调递增，则函数 f(x)的最小值为 f(0)=2-a当2-a0，即a2时，可得 f(x)f(0)0，函数 f x在 0,+上单调递增又 f 0=0，f x f 0=0恒成立当2-a2时，函数 f(x)的最小值为 f(0)=2-a0，当x 0,x0时，f(x)0又 f 0=0，当x 0,x0时，f(x)0，这与x0时，f x0相矛盾综上，实数a的取值范围是-,2(2)由(1)得当a=2时，不等式 f x=2ex-x2-2x-20恒成立，2ex-1x2+2x+1令x=n，得2

40、en-1n2+2n+122en-12n2+2n+10，h(x)为(0,1)上的增函数；x(1,+)时，h(x)0，h(x)为(1,+)上的减函数；h(x)h(1)=0，则lnxx-1ln 1+22en-122en-1412n+1-12n+3，ln1+22e-11+22e2-11+22e3-1 1+22en-1=ln 1+22e-1+ln 1+22e2-1+ln 1+22e3-1+ln 1+22en-1413-15+15-17+12n+1-12n+3=413-12n+3=432ln2=ln4 1+22e-11+22e2-11+22e3-1 1+22en-14【点睛】方法点睛：证明数列累乘不等式，

41、可通过不等式两边取对数，转换成累加不等式的证明，接着一般可结合题中结论，通过对数列通项放缩，达到证明目的.题型三：双变量问题题型三：双变量问题【例分析】【例分析】例例1.1.(2023浙江温州统考二模)已知函数 f x=a2x2-x-xlnx aR(1)若a=2，求方程 f x=0的解；(2)若 f x有两个零点且有两个极值点，记两个极值点为x1,x2，求a的取值范围并证明 f x1+f x212e【答案】(1)解为x=1；(2)a 0,2，证明见解析【分析】(1)f x=a2x-1-lnxx用导数研究g x=a2x-1-lnx的单调性与极值，只有在极值点处满足g x=0；(2)由 f x及

42、fx分别有两个零点，分离参数a，数形结合得到a的取值范围，由 fx1=fx2消去a代入 f x1+f x212e得-12x1lnx1+x2lnx21进一步转化为证明x1lnx1-1e，结合x1的范围，考察 x=xlnx的最值得证.【详解】(1)f x=a2x2-x-xlnx=a2x-1-lnxx=0，定义域为 0,+，令a2x-1-lnx=0，设g x=x-1-lnx,gx=1-1x，故g x在 0,1上单调递减，在 1,+上单调递增，g 1=0，故方程 f x=0的解为x=1.(2)令 f x=0，得a2=1+lnxx，设h x=1+lnxx,hx=-lnxx2，故h x在 0,1单调递增，

43、在 1,+单调递减，h 1=1，当x 0,1时h x(-,1)，当x 1,+时h x(0,1)，若 f x有两个零点，则a2 0,1，故a 0,2，fx=ax-2-lnx，令 fx=0，得a=2+lnxx，设H x=2+lnxx，则Hx=-1-lnxx2，故H x在 0,1e单调递增，在1e,+单调递减，H1e=e，当x 0,1e时H x(-,e)，当x1e,+时H x(0,e)，若 f x有两个极值点，则a(0,e)，综上，a 0,2.不妨令x1x2，因为a 0,2且H 1=2，由y=H x与y=a图象得0 x11e1x2，由x1,x2为 fx=0的两根得ax1-2-lnx1=0,ax2-2

44、-lnx2=0，两式分别乘x1,x2并整理得a2x12-x1=12x1lnx1,a2x22-x2=12x2lnx2，所以a2(x12+x22)-(x1+x2)=12x1lnx1+x2lnx2，要证 f x1+f x212e，即证a2(x12+x22)-(x1+x2)-(x1lnx1+x2lnx2)12e，即证：-12x1lnx1+x2lnx21，所以x2lnx20，只需证-12x1lnx1-1e，0 x11e，令 x=xlnx，0 x1e，当0 x1e时x=1+lnx1e=-1e，故x1lnx1-1e，得证.【点睛】关键点点睛：由x1,x2为 fx=0的两根得ax1-2-lnx1=0，ax2-

45、2-lnx2=0，对含参双零点常用处理方法：+得a=4+lnx1+lnx2x1+x2，用此式可代入消参，-得a=lnx1-lnx2x1-x2，也用此式可代入消参，由得4+lnx1+lnx2x1+x2=lnx1-lnx2x1-x2，可直接消参.本题中以上方法均不适合，结合要证的结论要想消参需要在两式分别乘x1,x2构造出a2(x12+x22)代入 f x1+f x212e即可.例例2.2.(2023全国高三专题练习)已知函数 f x=12e2x-a+1x-1ex+13ax3，f x的导函数为 fx.(1)若 f x在 0,+上单调递增，求实数a的取值范围；(2)若a-16，求证：方程 fx+a+

46、1xex=0在 0,+上有两个不同的实数根x1,x2x1x2，且3x1-x20，再由 fx0，得出aexxx0，求出exxx0的最小值得出实数a的取值范围；(2)将条件转化为方程exx=-a 在 0,+上有两个不同的实数根，由函数y=exx单调性得出x1,x2取值范围，利用换元法得出得3x1-x2=2tet-1-t，再由m t=2tet-1-t t1的单调性证明不等式.【详解】(1)fx=e2x-a+1xex+ax2=ex-axex-x，设g x=ex-x x0，则gx=ex-10，所以g x在 0,+上单调递增，g x0，所以令 fx0，得ex-ax0 x0，即aexxx0.设h x=exx

47、x0，则hx=x-1exx2，当x 0,1时，hx0，h x单调递增，所以h xh 1=e，所以ae，此时 fx0，f x在 0,+上单调递增，故a的取值范围是-,e.(2)要证 fx+a+1xex=0在 0,+上有两个不同的实数根x1,x2.即证方程e2x=-ax2在 0,+上有两个不同的实数根x1,x2，即证方程exx=-a 在 0,+上有两个不同的实数根x1,x2，由(1)知h x=exxx0在 0,1上单调递减，在 1,+上单调递增，且当x0+时，h x+，当x+时，h x+，又h 1=e，a-16，所以方程exx=-a 在 0,+上有两个不同的实数根x1，x2，且0 x11.因为a4

48、，又h 2=e222，(点拨：根据函数的单调性得到x2的范围)易知ex1=-ax1，ex2=-ax2，两式分别相加、相减得ex1+ex2=-a x1+x2，ex2-ex1=-a x2-x1，得x2+x1=x2-x1ex2+ex1ex2-ex1=x2-x1ex2-x1+1ex2-x1-1=x2-x1+2 x2-x1ex2-x1-1，设t=x2-x1，则t1，x2+x1=t+2tet，所以3x1-x2=x2+x1-2 x2-x1=2tet-1-t.(换元，将双变量问题转化为单变量问题)设m t=2tet-1-t t1，则mt=2 1-tet-2et-12-10，所以m t在 1,+上单调递减，所以

49、m ta2e2【答案】(1)答案见解析；(2)证明见解析【分析】(1)f x求导，对参数a分类讨论即可求解；(2)通过 f x1=aex1-x1=0，f x2=aex2-x2=0与对数的运算法则将x1x2a2e2转化为x1+x22，设x1x20，则有x1x2=t1，此时需要将双变量转化为关于t的不等式 t+1lnt-2t+20，由此构造函数，转化为恒成立问题即可证明.【详解】(1)依题意得，f x=aex-x，f(x)=aex-1当a0时，f(x)0时，令 f(x)=0，解得：x=ln1a=-lna，当x-,-lna时，f(x)0；f x在-,-lna上单调递减，在-lna,+上单调递增综上所

50、述，当a0时，f x在R R上单调递减；当a0时，f x在-,-lna上单调递减，在-lna,+上单调递增(2)由(1)知，若 f x有两个零点，则a0又当x0时，f x0，x10，x20，不妨设x1x20，要证x1x2a2e2，只需证x1ax2ae2，即证lnx1a+lnx2a2 f x1=aex1-x1=0，f x2=aex2-x2=0 x1a=ex1，x2a=ex2，lnx1a+lnx2a=lnex1+lnex2=x1+x2，即证x1+x22lnx1a-lnx2a=lnex1-lnex2=x1-x2，lnx1a-lnx2ax1-x2=1，即证lnx1a-lnx2ax1-x22x1+x2，