【文档说明】(新高考)高考数学二轮精品复习专题23《利用导数证明不等式》(解析版).doc，共(31)页，1.568 MB，由MTyang资料小铺上传

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专题23利用导数证明不等式一、多选题1．已知函数1()2lnfxxx，数列na的前n项和为nS，且满足12a，*1Nnnafan，则下列有关数列na的叙述正确的是（）A．21aaB．1naC．100100SD．112nnnaa

a【答案】AB【分析】A．计算出2a的值，与1a比较大小并判断是否正确；B．利用导数分析fx的最小值，由此判断出1na是否正确；C．根据na与1的大小关系进行判断；D．构造函数1ln11hxxxx，分析其单调性和最值，由此确定出1l

n10nnaa，将1ln10nnaa变形可得112nnaa，再将112nnaa变形可判断结果.【详解】A选项，3221112ln2ln4ln2222ae，A正确；B选项

，因为222121()xfxxxx，所以当1x时，0fx，所以()fx单增，所以()(1)1fxf，因为121a，所以11nnafa，所以1na，B正确；C选项，因为1na，所以100100S，C错误；D选项，令1()l

n1(1)hxxxx，22111()0xhxxxx，所以()hx在(1,)单调递增，所以()(1)0hxh，所以1ln10nnaa，则22ln20nnaa，所以112ln2nnnaaa

，即112nnaa，所以112nnnaaa，所以D错误.故选：AB.【点睛】易错点睛：本题主要考查导数与数列的综合问题，属于难题.解决该问题应该注意的事项：（1）转化以函数为背景的条件

时，应该注意题中的限制条件，如函数的定义域，这往往是很容易被忽视的问题；（2）利用函数的方法研究数列中的相关问题时，应准确构造相应的函数，注意数列中相关限制条件的转化.2．下列不等式正确的是（）A．当xR时，1xexB．当0x

时，ln1xxC．当xR时，xeexD．当xR时，sinxx【答案】ABC【分析】构建函数，利用导数研究其单调性和最值，可得出每个选项中的不等式正不正确.【详解】对于A：设()1xfxex，则()1xfxe，令()0fx，解得0x，当(,0)x

时函数单调递减，当(0,)x时，函数单调递增，所以函数在0x时，函数取得最小值()(0)0minfxf，故当xR时，1xex…，故A正确；对于B：设()ln1fxxx，所以1(1)()1xfxxx，令()0fx，解得1x

，当(0,1)x时，函数单调递增，当(1,)x时，函数单调递减，所以在1x时，max()fxf（1）0，故当0x时，1lnxx„恒成立，故B正确；对于C：设()xfxeex，所以()xfxee，令()0fx

，解得1x，当(,1)x时，函数单调递减，当(1,)x时，函数单调递增，所以当1x时，min()fxf（1）0，所以当xR时，xeex…，故C正确；对于D：设函数()sinfxxx，则()1cos0fxx…，所以()fx是定义在R上单调递增的奇函数，所以0

x时，sinxx…成立，0x时，()0fx，故D错误．故选：ABC3．已知定义在R上的函数fx满足fxfx，则下列式子成立的是（）A．20192020fefB．20192020effC．fx是R上的增函数D．0t

，则有tfxefxt【答案】AD【分析】由题意得0xefx，即xefx为增函数，可得2019202020192020efef，即可判断,AB，举出反例可判断C，根据单调性可判断D.【详解】由fxfx

，得0xxefxefx，即0xefx，所以函数xefx为增函数，故2019202020192020efef，所以20192020fef，故A正确，B不正确；函数xefx为增函数时，fx不一定为增函数，如122xx

xee是增函数，但12x是减函数，所以C不正确；因为函数xefx为增函数，所以0t时，有xxtefxefxt，故有tfxefxt成立，所以D正确.故选：AD.【点睛】本题主要考查了利用导数判断函数的单调性，构造函数

xefx是解题的关键，属于中档题.二、解答题4．已知函数ln1fxx，1axgxx，若Fxfxgx最小值为0.（1）求实数a的值；（2）设nN，证明：

12>gggnfnn.【答案】（1）1；（2）证明见解析.【分析】（1）由'0Fx，得1xa，讨论当0a时，无最小值.当0a时，min1ln1FxFaaa，由ln10aa

可得答案得；（2）由（1）可知1a，可得111ln1>231nn，由（1）可知111ln1>111nnnn，即1ln1ln1nnn，进而可得结论.【详解】（1）由已知ln11axFxxx，定义域为1,.

2211'111axaFxxxx.由'0Fx，得1xa.当0a时，1,x，'0Fx在1,单调递增无最小值.当0a时，1,a1x，'0Fx；1,xa

，'0Fx.故min1ln1FxFaaa，令ln1>0xxxx，1'>0xxxx.0,1x，'0x；1,x，'0x，max10x，所以由ln10aa，得1a.（2）由（1）可知1a，此

时12>gggnfnn等价于111ln1>231nn，由（1）可知当0x时，ln11xxx.故111ln1>111nnnn，即1

ln1ln1nnn.所以111ln1ln2ln1ln3ln2ln1ln>231nnnn，故12>gggnfnn.【点睛】不等式证明问题是近年高考命题的热点，利用导数证明

不等主要方法有两个，一是比较简单的不等式证明，不等式两边作差构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出函数的最值即可；二是较为综合的不等式证明，要观察不等式特点，结合已解答的问题把要证的不等式变形，并运用已证结论先行放缩，然后再化简或者进一步利用导数证明.5．已知函数lnfx

x，gxxm.（1）当0m时，求函数fxygx的最大值；（2）设hxfxgx，当12xx，且120hxhx，求证：12ln0emxxm.【答案】（1）1e；（2）证

明见解析.【分析】（1）当0m时，lnfxxygxx，21lnxyx，由fxygx的单调性得出函数fxygx的最大值；（2）由函数hx的单调性结合零点个数得出1m>，结

合分析法要证12ln0emxxm，只需证121mexxem，由函数hx在,1me上存在唯一零点1x证明11mex，由函数hx在1,em上存在唯一零点2x证明21xem，从而得出12ln0emxxm.【详解】解1）当0m

时，lnfxxygxx，221ln1lnxxxxyxx.当xe时，0y；当0xe时，0y.∴函数lnyx在0,e上单调递增，在,e上单调递减.∴max1x

eyye.（2）由题可知1x，2x是函数lnhxxxm的零点.111xhxxx当1x时，0hx；当01x时，0hx∴函数hx在()0,1上单调递增，在()1,+?上单调递减故函数hx要有两个零点，必有11

0hm，即1m>.要证12ln0emxxm，只需证21mxxeme只需证121mexxem①由于1m>，0,1me，0mmhemem，110hm∴函数hx在,1me上存在唯一零点1x即11mex.②由

（1）知，ln1xxe，所以lnxxe，且当xe时，取等号∴ln20emhemememmemmmee∴函数hx在1,em上存在唯一零点2x即21xem.③由②③可知①成立，故12ln0emxxm.【点睛

】求解本题第（2）问的关键是根据题中条件将证明12ln0emxxm转化为证明121mexxem，然后利用零点存在定理即可求解.6．已知函数xfxxexR，其中e为自然对数的底数．（1）当1x时，证明：211ln231fxxxxx

；（2）设实数1x，212xxx是函数2112gxfxax的两个零点，求实数a的取值范围．【答案】（1）证明见解析；（2）,0．【分析】（1）构造函数11ln21ln2111xfxhxxxexxxx

，证明最小值大0即可得解；（2）先求导2112xgxxeax可111xxgxxeaxxea，分0a，0a和0a进行讨论即可得解.【详解】（1）设

11ln21ln2111xfxhxxxexxxx，∴112xhxex，∴121xhxex，∵1x，∴11xe，2101x，∴1210xhxex，∴hx在1,上单调递增，又10h，∴

1x时，10hxh，1ln21xhxexx在1,上单调递增，又10h，∴1x时，10hxh，故当1x时，1ln211fxxxx，∴211ln231fxx

xxx．（2）∵2112xgxxeax，∴111xxgxxeaxxea，当0a时，易知函数gx只有一个零点，不符合题意．当0a时，在,1上，0gx，gx单调递减；在1,

上，0gx，gx单调递增；又110ge，120gea，不妨取4b且lnba时，2ln2111120222agbbeababb

，[或者考虑：当x，gx]，所以函数gx有两个零点，∴0a符合题意，当0a时，由10xgxxea得1x或lnxa．（ⅰ）当ln1a，即1ae时，在,上，0gx成立，故gx在,

上单调递增，所以函数gx至多有一个零点，不符合题意．（ⅱ）当ln1a，即10ae时，在,lna和1,上，0gx，gx单调递增；在ln,1a上，0gx，gx单调递减；又110ge，且2211lnlnl

n1ln1022gaaaaaaa，所以函数gx至多有一个零点gx，不符合题意．（ⅲ）当ln1a即1ae时，在,1和ln,a上0gx，gx单调递增；在1,lna上0gx，gx单调递减，

以110ge，所以函数gx至多有一个零点，不符合题意．综上所述，实数a的取值范围是,0．【点睛】本题考查了导数的应用，考查了利用导数研究函数的单调性，考查了构造法证明不等式以及分类

讨论求参数范围，要求较高的计算能力，属于难题.解决本类问题的方法有以下几点：（1）证明题常常利用构造法，通过构造函数来证明；（2）分类讨论解决含参问题，是导数压轴题常考题型，在讨论时重点是找到讨论点.7．已知()xfxe，当0x时(2

)1fxax恒成立．（1）求实数a的取值范围；（2）当0,2x时，求证：223sinxxxxe．【答案】（1）2a；（2）证明见解析.【分析】（1）移项构造函数，求导后分类讨论.（2）利用（

1）的结论构造新函数，求导后构造新函数再求导寻找极值点即可.【详解】（1）(2)1fxax即210xeax恒成立，令2()1(0)xhxeaxx，则2()2xhxea当2a时()0hx，则()hx在0,是增函数，(0)0h，()0hx成立

．当2a时，0x使00hx00,xx，()0hx，()hx为减函数，0,xx，()0hx，()hx为增函数．所以0(0)0hxh不合题意．所以2a．（2）由（1）得当0,2x

时221xex，所以要证223sinxxxxe只要证23sin(21)xxxx即证：2sin0xxx，设2()sinhxxxx，0,2x，()21cosh

xxx，()2sin0hxx所以()hx在0,2是增函数，(0)2h，102h，所以存在00,2x使00hx．故00,xx时，()0hx

，则()hx为减函数，0,2xx时()0hx则()hx为增函数(0)0h，2224144202h，所以0,2x时()0≤hx，故命题成立．【点睛】此题为导数综合题，属于难题.方法点

睛：利用导数求参数范围方法：（1）变量分离，构造函数，转化为恒成立问题处理，求导数进步求新函数的最值.（2）移项后，构造函数，求导讨论函数的单调性及极值.8．已知函数lnxxfxea.（1）当1a时，求曲线yfx在点1,1Af处

的切线方程；（2）若01a，求证：2lnafxa.【答案】（1）11yex；（2）证明见解析.【分析】（1）首先求导得到10xfxexx，从而得到1ke，再利用点斜式求切线方程即可.（2）首先求导得到111xxfxexeaxxa

，根据xyxe在0,上单调递增，且0,y，且11a，得到存在唯一00x,，使得0010xxea，再根据函数fx的单调性得到minfx，利用基本不等式即可证明2lnafxa.【详解】（1）当1a时，1

ln0xxfxexfxexx.∴11kfe，又1fe，∴fx在点A处的切线方程为11yeex，即11yex.（2）ln1110xxxxfxefxexexaaxxa，易知x

yxe在0,上单调递增，且0,y，又1011aa，∴存在唯一00x,，使得0010xxea，即00001lnlnxexxaax.当00xx时，0fx，fx为减函

数；当0xx时，0fx，fx为增函数.∴00000min00ln1ln11lnxxxafxfxexaaaxaaax002l12lnn1xaaxaa.当且仅当001xx，即01x时，等号成立.∴当

01a时，2lnafxa.【点睛】关键点点睛：本题主要考查导数的综合应用，考查利用导数证明不等式，解题的关键为找到导函数的隐藏零点，属于中档题.9．已知函数21()ln2fxaxaxx.(1)若()fx只有一个极值点，求a的取值范围.(2)若函数2()()(0)gx

fxx存在两个极值点12,xx，记过点1122(,()),(,())PxgxQxgx的直线的斜率为k，证明：1211kxx.【答案】（1）0a；（2）证明见解析.【分析】（1）先求导，令xn，则0n.令22()2nanna，解不等式组0,(0)0,a即得解；

（2）只需证21121222112ln()2xxxaxxxxx，设12(01)xttx，函数21()2lnmtattt，证明121()0()2mtxx即得证.【详解】(1)解：222'()222aaxaxxafxxxx，(0,)x

令xn，则0n.令22()2nanna，要使函数()fx只有一个极值点，则需满足0,(0)0,a，即0a；(2)证明：因为2221()()2ln2gxfxaxaxx，所以22222'()

1aaxxagxaxxx，因为()gx存在两个极值点，所以30,180,aa即102a不妨假设120xx，则121xxa要证1211kxx，即要证121212()()11gxgxxxxx，只需证121212121221()()()()xxx

xxxgxgxxxxx，只需证221112121212222111()[()2]2()222xxxxxxaxxalnxxalnxxxx，即证21121222112ln()2xxxaxxxxx设12(01)xttx，

函数21()2lnmtattt，22221'()tatmtt因为102a，故4440a，所以22210tat，即'()0mt，故()mt在(0,1)上单调递减，则()(1)0mtm又因为121()02

xx，所以121()0()2mtxx，即21121222112ln()2xxxaxxxxx，从而1211kxx得证.【点睛】关键点点睛：解答本题的关键是通过分析得到只需证明21121222112

ln()2xxxaxxxxx.对于比较复杂的问题，我们可以通过分析把问题转化，再证明，提高解题效率.10．函数11xxfxxeke.（1）当1k时，求fx的单调区间；（2）当0x，k2时，证明：0fx.【答案】（1）

单调递减区间为,0，单调递增区间为0,；（2）证明见解析.【分析】（1）由1k得到11xxfxxee求导由0fx，0fx求解.（2）求导1xfxexk，分1k，12k讨论求解.【详解】

（1）当1k时，11xxfxxee，.所以xfxxe当0fx时，0x；当0fx时，0x.所以fx的单调递减区间为,0，单调递增区间为0,.（2）因为11xxfxxeke，所以

1xfxexk.①当1k，0x时，0fx恒成立，所以fx单调递增，所以0fxf，而010f，所以0fx恒成立；②12k，0x时，由0fx可得1xk；由0fx可得01xk.

所以fx在0,1k单调递减，在1,k单调递增，所以1min11kfxfkke.设1112()xgxxex，则110xgxe，所以gx在1,2单调递减，故min230gxge，所以min110kfxke

，从而0fx.综上，当0x，k2时，0fx.【点睛】方法点睛：1、利用导数研究函数的单调性的关键在于准确判定导数的符号，当f(x)含参数时，需依据参数取值对不等式解集的影响进行分类讨论；若可导函

数f(x)在指定的区间D上单调递增(减)，求参数范围问题，可转化为f′(x)≥0(或f′(x)≤0)恒成立问题，从而构建不等式，要注意“＝”是否可以取到．2、利用导数证明不等式常构造函数φ(x)，将不等式转化为φ(x)＞0(或＜0)的形式，然后研究φ(x)的单调性、最值，判定φ(x)与0的关系

，从而证明不等式.11．已知函数2()2ln2(1)fxmxxmx．（1）讨论函数()fx的单调区间；（2）当1x时，求证：2286ln3521xxxxxx．【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析．【分析】（1）先求导，分为0m

，1m，1m和10m四种情形进行分类讨论，根据导数和函数单调性的关系即可求出；（2）等价于3226(1ln)23501xxxxx，令3261ln235hxxxxx

，利用当2m时的结论，根据导数判断hx与0的关系，即可证明.【详解】解：()fx的定义域为(0,)，则22(1)1(1)(1)()22(1)22mxmxmxxfxmxmxxx，当0m…时，10mx，当(0,1)x时，

()0fx，当(1,)x时，()0fx，函数()fx的单调递减区间为(0,1)，单调递增区间为(1,)，当0m时，令()0fx，解得1x或1xm，当1m时，2(1)()2?0xfxx„恒成立，函数()fx的单调递减区间为(0,)

，无单调递增区间，当1m时，101m，当1(0,)xm或(1,)时，()0fx，当1(xm，1)时，()0fx，函数()fx的单调递减区间为1(0,)m或(1,)

，单调递增区间为1(m，1)，当10m，11m，当(0,1)x或1(m，)时，()0fx，当1(1,)xm时，()0fx，函数()fx的单调递减区间为(0,1)或1(m，)，单调递增区间为1(1,)m．综上所述：当

0m…时，函数()fx的单调递减区间为(0,1)，单调递增区间为(1,)，当1m时，函数()fx的单调递减区间为(0,)，无单调递增区间，当1m时，函数()fx的单调递减区间为1(0,)m，(1,)，单调递增区间为1(m，1)，当1

0m时，函数()fx的单调递减区间为(0,1)或1(m，)，单调递增区间为1(1,)m．（2）证明：要证2286ln3521xxxxxx，即证3226(1ln)23501xxxxx，令32()6(1ln)235hxxxxx

，则22()66ln6663(22ln2)hxxxxxxx，由（1），当2m时，2()22ln2fxxxx，可得()fx的单调递减区间为(0,1)，单调递增区间为(1,)，即()hx的单调递减区间为(0,1)，单调递增

区间为(1,)，()hxh…（1）0，()hx在(0,)上单调递增，h（1）6(1ln1)2350，当01x时，()0hx，210x，当1x时，()0hx，210x，3226(1)23501xlnxxxx

，即22863521xxlnxxxx．【点睛】含有参数的函数单调性讨论常见的形式：（1）对二次项系数的符号进行讨论；（2）导函数是否有零点进行讨论；（3）导函数中零点的大小进行讨论；（4）导函数的零点与定义域端点值的关系进行讨论等.12．函数2lnaxfxxx.（1）若12a，

求fx的单调性；（2）当0a时，若函数2gxfxa有两个零点，求证：12a.【答案】（1）fx在0,1上单调递减，在1,上单调递增；（2）证明见解析.【分析】（1）求导得2221ln1ln1xxxfxxx，

设21lnxxx，利用导数可得x的单调性，并可得x的零点，即可求出fx的单调性；（2）由函数gx有两个零点，所以22ln20hxxaxaxx，即0hx有两个不等实根，利用导数求得hx的单调性，

结合题意可得2001xax，求出0x的范围，利用对勾函数的单调性即可证明.【详解】（1）因为lnxfxxx，（0x），所以2221ln1ln1xxxfxxx.设21lnxxx，则120xxx，所以x在0,

单调递增，又因为10，所以当0,1x时，0x，则0fx，fx单调递减；当1,x时，0x，则0fx，fx单调递增.综上，fx在0,1上单调递减，在1,上单调递增.（2）证明：因为函

数2ln20axgxxaxx有两个零点，所以方程22ln20xaxax有两个不等实根.设22ln20hxxaxaxx，即0hx有两个不等实根，则22222220axaxahxxaxxx.设22

220mxxaxax，则由0a可知24160aa，而2222mxxaxa的对称轴方程为2ax，且020ma，所以存在00x,使得20002220mxxaxa，即2001xax，且当00,xx时，

0mx，则0hx，所以hx单调递减；当0,xx时，0mx，则0hx，所以hx单调递增.因为0hx有两个不等实根，所以必有00hx，即20002ln20xaxax.将2001xax，代入整理可得0

012ln0xx.设12ln0mxxxx，则易得mx在0,上单调递减，又10m，所以01x，结合对勾函数1ytt在2,单调递增可知200001112112xaxxx，即12a成立，命题得证

.【点睛】解题的关键是利用导数判断函数的单调性，当导函数无法直接判断正负时，可构造新函数，并继续求导，即可求出导函数的单调性和极值，进而可得导函数的正负，即原函数的单调性，考查分析理解，化简求值的能力，属中档题.13．已知函数21()xmxx

fxe．（1）试讨论()fx的单调性；（2）若0m，证明：()lnefxxx．【答案】（1）答案不唯一见解析；（2）证明见解析.【分析】（1）对函数进行求导得(1)(1)()xxmxmfxe，再对m分三种情况

讨论，即0m，0m，0m三种情况；（2）要证明()lnefxxx，只需证明()lnefxxx，而ln1xx，因此只需证明1()fxe，再利用函数的单调性，即可得证；【详解】解析：（1）因为(1)(1)()xxmxmfxe

，①当0m时，1()xxfxe，当1x时，()0fx，当1x时，()0fx，所以()fx在(,1)上单调递增，在(1,)上单调递减；②当0m时，1(1)11(),11xmxxmfxem

，当11,1xm时，()0fx，当1,1(1,)xm时，()0fx，所以()fx在11,1m单调递增，在1,1,(1,)m单调递减；③当0m时，11

1m，当11,1xm时，()0fx，当1(,1)1,xm时，()0fx，所以()fx在11,1m单调递减，在1(,1),1,m单调递增

．（2）要证明()lnefxxx，只需证明()lnefxxx，而ln1xx，因此只需证明1()fxe，当0m时，()xxfxe，由（1）知()fx在(,1)上单调递增，在(1,)上单调递减，所以max1()(1)fxfe

；当0m时，211()xxmxxxfxeee，故()lnefxxx．【点睛】利用导数研究含参函数的单调区间，要注意先求导后，再解导数不等式.14．已知函数lnxfxxeaxx.（1）当0a时，求fx的最

小值；（2）若对任意0x恒有不等式1fx成立.①求实数a的值；②证明：22ln2sinxxexxx.【答案】（1）lnaaa；（2）①1；②证明见解析.【分析】（1）求出函数fx的定义域

，对函数求导，令0xxea，构造xgxxe，利用导数研究函数的单调性与实根个数，进而得出fx的单调性和最值；（2）①当0a时，fx单调递增，fx值域为R，不适合题意；当0a时，构造ln0aaaaa，求导得出函数的最大值，可得实数a的

值；②由①可知ln1xxexx，因此只需证：22ln2sinxxxx，只需证2222sinxxxx，即222sinxxx，按1x和01x分别证明即可．【详解】（1）法一：fx的定义域为0,，由题意

11xxaxeafxxexxx，令0xxea，得xaxe，令xgxxe，10xxxgxexexe，所以gx在0,x上为增函数，且00g，所以xaxe有唯一实根，即0fx有唯一实根，设为0

x，即00xaxe，所以fx在00,x上为减函数，在0,x上为增函数，所以00000minlnlnxfxfxxeaxxaaa.法二：lnlnln0xexxf

xxaxxeaxxx.设lntxx，则tR.记tteattR.故fx最小值即为t最小值.0tteaa，当,lnta时，0t，t单调递减，当ln,ta

时，0t，t单调递增，所以lnminlnlnlnafxaeaaaaa，所以fx的最小值为lnaaa.（2）①当0a时，fx单调递增，fx值域为R，不适合题

意，当0a时，由（1）可知minlnfxaaa，设ln0aaaaa，所以lnaa，当0,1a时，0a，a单调递增，当1,a时，0a，a单调递减，所以

max11a，即ln1aaa.由已知，1fx恒成立，所以ln1aaa，所以ln1aaa，所以1a.②由①可知ln1xxexx，因此只需证：22ln2sinxxxx，又因为ln1xx，只

需证2222sinxxxx，即222sinxxx，当1x时，2222sinxxx结论成立，当0,1x时，设222singxxxx，212cosgxxx，当0,1x时，gx显然单调递增.112cos10gxg

，故gx单调递减，122sin10gxg，即222sinxxx.综上结论成立.【点睛】方法点睛：本题考查导数研究函数的最值，导数解决恒成立问题以及导数证明不等式，导数对于含参数的函

数在闭区间上函数值恒大于等于或小于等于常数问题,可以求函数最值的方法,一般通过变量分离，将不等式恒成立问题转化为求函数的最值问题：1.()fxm恒成立min()fxm；2.()fxm恒成立max()fxm.15．已知a＞0，函数21()ln(1)2fxxxxa

x．（1）若f（x）为减函数，求实数a的取值范围；（2）当x＞1时，求证：2e()e2aafx．（e＝2.718…）【答案】（1）0＜a≤1；（2）证明见解析.【分析】（1）根据题意可得在0，上，0fx

恒成立，即ln0xxa恒成立，设lngxxxa，求导数分析gx的单调性，使得max0gx，即可得结果；（2）当0＜a≤1时，可得12fx，2e1e22aa；当1a

时，先得fx在1,上单调递减，10f，得出存在0x，使得01,x上单调递增，在0+x，上单调递减，进而20001()2fxfxxx，结合函数21()2Fxxx的单调性可得结果.【详解】（1）解：由题意知f（x）的定义域

为（0，＋∞），f'（x）＝lnx-x＋a，由f（x）为减函数可知f'（x）≤0恒成立．设g（x）＝lnx-x＋a，1'1()gxx，令g'（x）＝0得x＝1，当x∈（0，1）时，g'（x）＞0，g（x）单调递增，即f'

（x）单调递增；当x∈（1，＋∞）时，g'（x）＜0，g（x）单调递减，即f'（x）单调递减．故f'（x）≤f'（1）＝-1＋a≤0，因此0＜a≤1．（2）证明：由（1）知，当0＜a≤1时，f（x）为

减函数，所以3()(1)2fxfa，又0＜a≤1，3122a．设2ee2aay，ea＝t，则22tyt，t∈（1，e]．又22tyt在区间（1，e]上单调递增，所以11122y，故231e()(1)e222aafxfa，所

以当0＜a≤1时，2e()e2aafx．当a＞1时，由（1）知，当x∈（1，＋∞）时，f'（x）单调递减，且f'（1）＝a-1＞0．f'（ea）＝2a-ea，令h（x）＝2x-ex，h'（x）＝2-ex，当x＞1时，h'（

x）＜0，h（x）单调递减，故h（a）＝2a-ea＜h（1）＝2-e＜0，又ea＞1，f'（x）在（1，＋∞）上单调递减，故存在x0∈（1，ea），使得f'（x0）＝0，即f'（x0）＝lnx0-x0＋a＝0，即a＝x0-lnx0，

因此有f（x）在（1，x0）上单调递增，在（x0，＋∞）上单调递减，故2000001()()ln(1)2fxfxxxxax，将a＝x0-lnx0代入，得20001()2fxxx．因为函数21()2Fxxx在（1，＋∞）上

单调递增，所以20e()(e)e2aaaFxF，即20e()e2aafx，故20e()()e2aafxfx成立。【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等

式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．16．已知函数21ln2fxaxxxb，gxfx.（1）判断函数

ygx的单调性；（2）若0,2.718xee，判断是否存在实数a，使函数gx的最小值为2？若存在求出a的值；若不存在，请说明理由；（3）证明：31233ln12341nnnn

.【答案】（1）答案见解析；（2）存在，2ae；（3）证明见解析.【分析】（1）先求gxfx，再对ygx求导，对参数a进行讨论确定导数的正负，即得函数单调性；（2）对参数a进行讨论确定ygx导数的正负，即得函数ygx单调性，再根据单调性

确定最值等于2，解得符合条件的参数值即得结果；（3）先构造函数11()ln31,,132hxxxx，证明其小于零，即得1,12x时13ln13xx，再将1nxn代入求和即证结论.【详解】解：（1）由21ln2fxaxx

xb，知ln1gxfxaxx，0x，故11axgxaxx，0x.当0a时，0gx，即gx在0,为减函数，当0a时，在10,a上0gx，所以gx在10,a为减函数，在1,a上

0gx，所以gx在1,a增函数.（2）当0a时，gx在0,e为减函数，所以min11gxgeea.故不存在最小值3.当10ae时，1ea，gx在0,e为减函数，所以min

1ln2gxgeeae，所以4ae，不合题意，舍去当1ae时10ea，在10,a上0gx，函数gx单调递减；在1,ea上0gx，函数gx单调递增，由此min1111ln2gxgaa，所以

ln2a.解得2ae故2ae时，使函数gx的最小值为2.（3）构造函数11()ln31,,132hxxxx，则119()3033xhxxx，故1()ln313hxxx

在1,12x上递减，111111()ln31ln20232232hxh，故1ln3103xx，即1,12x时13ln13xx，而11,1,1112nnNxnn，故13ln13

11nnnn，即ln(13ln131)1nnnn，将nN依次代入并相加得1ln1ln12313ln2ln3...ln(1)ln1231ln4323nnnnnnn

，即31233ln12341nnnn.【点睛】本题解题关键在于观察证明式31233ln12341nnnn，构造函数11()ln31,,132hxxxx，以证明13ln13xx，将1nxn代入求和即突破

难点.用导数解决与正整数n有关的不等式证明问题，属于难点，突破点就在于观察构造合适的函数，通过导数证明不等式，再将关于n的式子代入即可.17．已知函数2lnfxxxx.（1）求证：0fx；（

2）函数21>0gxfxxaxa，有两个不同的零点1x，2x.求证：12lnln2ln0xxa.【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.【分析】(1)求出函数的导函数，从而可求

出函数的单调性，进而可知10fxf.(2)求出ln0>0gxaxxa，不妨令12xx，12>1xttx，由已知条件可得只需证明12ln<>1tttt即可，令12lnhtttt，结合导数求出函数单调性，从而可求出10hth，即

证出所证结论.【详解】（1）证明：易得：121>0fxxxx，令0fx得1x，令0fx得01x，∴fx在1,上单调递增；在0,1上单调递减.∴10fxf.（2）解：易得ln0>0gxaxxa，∴11lnaxx，22l

naxx，两式作差得：1212lnlnxxaxx，要证：12lnln2ln0xxa，只需证：2121<axx，只需证：2121212lnln1<xxxxxx，∵12xx，不妨令12xx，只需证：112212ln<xxxxx

x，只需证：112221lnxxxxxx，令12>1xttx，即证12ln<>1tttt，令12lnhtttt，22212110thtttt，∴ht在

1,上单调递减，∴10hth，∴12ln<>1tttt.【点睛】关键点睛：本题第二问的关键是通过零点的定义以及换元法，将所证命题转化为12ln<>1tttt恒成立，结合导数单调性即可证明.18．已知函数

sin1lnfxaxx，aR.（1）若函数fx在区间0,1内是增函数，求a的取值范围；（2）证明：222111sinsinsinln2231n.【答案】（1）,1；（2）证明见解析.【分析】（1）求得

1cos1fxaxx，由题意可得出0fx在区间0,1上恒成立，利用参变量分离法得出1cos1axx在0,1上恒成立，利用导数求出当0,1x时，11cos1gxxx，由

此可求得实数a的取值范围；（2）由（1）推导出1sin1ln01xxx，令2111xkNk可得出2211sinln21kkkk，然后利用不等式的可加性可证得结论成立.【详解】（1）由题意，1cos10

fxaxx在0,1上恒成立.当01x时，011x，则cos10x，即1cos1axx在0,1上恒成立，令1cos1gxxx，则22cos1sin10cos1

xxxgxxx，所以，函数gx在0,1上单调递减，则11gxg，1a，因此，实数a的取值范围是,1；（2）证明：由（1）知，当1a时，sin1lnfxaxx在0,1是减函数，所以10fxf，即sin1ln0axx

，则sin1lnxx，1sin1lnln01xxxx，令2111xkNk，代入1sin1lnxx可得222111sinlnln121

11kkkkk，所以2212sinln213，2213sinln324，，2211sinln21nnnn，上述不等式全部相加得：222222111123sinsinsinlnlnln23132421nnnn

22212123lnlnln2132422nnnnn.【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题：（1）直接构造法：证明不等式fxgx（或fxgx）转化为证明

0fxgx（或0fxgx），进而构造辅助函数hxfxgx；（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.19．已知函数()ln21afxx

xax.（1）若a=-2，求函数f(x)的单调区间；（2）若函数f(x)有两个极值点x1，x2，求证12()+()0fxfx.【答案】（1）单调递增区间为(0,2)，单调递减区间为(2,)；（2）证明见解析.【分析】（1）由a=-2，求导2222(2)(1)'()x

xxxfxxx，再由'()0fx，'()0fx求解即可,（2）求导22'()(0)xxafxxx，根据f(x)有两个极值点x1，x2，得到x1，x2为方程20xxa的两个不等实根，然后结合韦达定理得到12

()+()fxfxln42aa，再令()ln42gaaa1(0)4a，用导数法证明()0ga即可.【详解】（1）f(x)的定义域是(0,).当a=-2时，2()ln5fxxxx，2222(2)

(1)'()xxxxfxxx，当02x时，'()0fx，当2x时，'()0fx，所以f(x)的单调递增区间为(0,2)，单调递减区间为(2,).（2）22'()(0)xxafxxx，因为f(x)有两个极值点x1，x2，故x1，x2为方程20xxa

的两个不等实根，所以121214011040axxaxxa，1212121212()()+()=ln()42axxfxfxxxxxaxx.ln42aa,令()ln42gaaa1(0)4a，则14

'()0agaa，()ga在1(0,)4单调递增，故11()()ln1044gag12()+()0fxfx.【点睛】思路点睛：利用导数证明不等式常构造函数φ(x)，将不等式转化为φ(x)＞0(或＜0)的形式，然后研究φ(x)的单调性、最值，判定φ(x)与0的关系，

从而证明不等式．20．（1）当π02x时，求证：sinxx；（2）若1xekx对于任意的0,x恒成立，求实数k的取值范围；（3）设a>0，求证；函数1cosaxfxex在π0,2

上存在唯一的极大值点0x，且10afxe.【答案】（1）证明见解析；（2）,1；（3）证明见解析【分析】（1）构造函数πsin02Gxxxx，转化为函数的最值问题求

解；（2）设1xgxekx，则xgxek，分1k，1k讨论，通过研究gx的最小值求解；（3）求得1cossinaxfxeaxx，令0fx得到tanxa，通正切函数的性质可得函数单调性，进而可得极值点．将证明10afxe转化为证明1221

aaea，令1ta，则0t，即证2101tett，即证21100ttet，构造函数利用导数求其最值即可．【详解】（1）证明：设πsin02Gxxxx，则1cos0Gx

x，从而Gx在π0,2为增函数．所以00GxG，故当π02x时，sinxx成立；（2）解：设1xgxekx，则xgxek，考虑到当0x时，1xe，（ⅰ）当1k时，0gx

，则gx在0,上为增函数，从而00gxg，此时适合题意．（ⅱ）当1k时，lnxkgxee，则当0lnxk时，0gx，从而gx在0,lnk上是减函数，所以当0lnxk时，0

0gxg，这与“当0x时，0gx恒成立”矛盾．故此时不适合题意．由（ⅰ）（ⅱ）得所求实数k的取值范围为,1．（3）证明：111cossincossinaxaxaxfxaexexeaxx，令0fx，得cossin0axx，当π

0,2x时，可化为tanxa，由正切函数的性质及0a，得在π0,2内必存在唯一的实数0x，使得0tanxa，所以当00,xx时，0fx，则fx在00,x上为增函数：当0π,2xx

时，0fx，则fx在0π,2x上为减函数，所以0xx是fx的极大值点．且fx的极大值为0100cosaxfxex．下面证明：10afxe．当π02

x时，由（1）知sinxx，由（2）易证1xex．所以0100sinaxaxaxe，从而02100002cossincos1axafxexaxxa．下面证明：1221aaea．令1ta，则0t，即证210

1tett，即证21100ttet．令2110tttet，则210ttte，从而t在,0上为增函数，所以当0t，00t，即21100ttet．故10afxe成立．【点睛】利用导

数研究函数的单调性，再由单调性来证明不等式是函数、导数、不等式综合中的一个难点，解题技巧是构造辅助函数，把不等式的证明转化为利用导数研究函数的单调性或求最值，从而证得不等式，而如何根据不等式的结构特征构造一个可导函数是用导数证明不等式的关键.