几道高考不等式证明题的本源
不等式证明方法专项+典型例题
不等式证明方法专项+典型例题不等式的证明是数学证题中的难点，其原因是证明无固定的程序可循，方法多样，技巧性强。
1、比较法（作差法）在比较两个实数a 和b 的大小时，可借助b a -的符号来判断。
步骤一般为：作差——变形——判断（正号、负号、零）。
变形时常用的方法有：配方、通分、因式分解、和差化积、应用已知定理、公式等。
例1、已知：0>a ，0>b ，求证：ab b a ≥+。
2、分析法（逆推法）从要证明的结论出发，一步一步地推导，最后达到命题的已知条件（可明显成立的不等式、已知不等式等），其每一步的推导过程都必须可逆。
例2、求证：15175+>+。
3、综合法证题时，从已知条件入手，经过逐步的逻辑推导，运用已知的定义、定理、公式等，最终达到要证结论，这是一种常用的方法。
例3、已知：a ，b 同号，求证：2≥+b a 。
4、作商法（作比法）在证题时，一般在a ，b 均为正数时，借助1>b a 或1<ba 来判断其大小，步骤一般为：作商——变形——判断（大于1或小于1）。
例4、设0>>b a ，求证：a b b a b a b a >。
a b b a b a b a >。
5、反证法先假设要证明的结论不对，由此经过合理的逻辑推导得出矛盾，从而否定假设，导出结论的正确性，达到证题的目的。
例5、已知0>>b a ，n 是大于1的整数，求证：n n b a >。
6、迭合法（降元法）把所要证明的结论先分解为几个较简单部分，分别证明其各部分成立，再利用同向不等式相加或相乘的性质，使原不等式获证。
例6、已知：122221=+++n a a a ，122221=+++n b b b ，求证：12211≤+++n n b a b a b a 。
证明：因为122221=+++n a a a ，122221=+++n b b b ，所以原不等式获证。
不等式的证明方法经典例题
不等式的证明方法经典例题第一篇：不等式的证明方法经典例题不等式的证明方法不等式的证明是高中数学的一个难点，证明方法多种多样，近几年高考出现较为形式较为活跃，证明中经常需与函数、数列的知识综合应用，灵活的掌握运用各种方法是学好这部分知识的一个前提，下面我们将证明中常见的几种方法作一列举。
a2+b2a+b注意a+b≥2ab的变式应用。
常用(其中a,b∈R+)来解决有≥2222关根式不等式的问题。
一、比较法比较法是证明不等式最基本的方法，有做差比较和作商比较两种基本途径。
1、已知a,b,c均为正数，求证：111111++≥++ 2a2b2ca+bb+cc+a二、综合法综合法是依据题设条件与基本不等式的性质等，运用不等式的变换，从已知条件推出所要证明的结论。
2、a、b、c∈(0,+∞)，a+b+c=1，求证：4a2+b2+c2≥44133、设a、b、c是互不相等的正数，求证：a+b+c>abc(a+b+c)4、知a,b,c∈R，求证:a2+b+2b2+c+2c2+a≥2(a+b+c)211(1+)(1+)≥9xy5、x、y∈(0,+∞)且x+y=1，证：。
6、已知a,b∈R,a+b=1求证： 1++⎛⎝1⎫⎛1⎫1⎪1+⎪≥.a⎭⎝b⎭9三、分析法分析法的思路是“执果索因”：从求证的不等式出发，探索使结论成立的充分条件，直至已成立的不等式。
7、已知a、b、c为正数，求证：2(a+ba+b+c3-ab)≤3(-abc)238、a、b、c∈(0,+∞)且a+b+c=1，求证a+b+c≤3。
四、换元法换元法实质上就是变量代换法，即对所证不等式的题设和结论中的字母作适当的变换，以达到化难为易的目的。
9、b<1，求证：ab+(1-a2)(1-b2)≤1。
22x+y=1，求证：-2≤x+y≤210、114+≥.a-bb-ca-c1222212、已知1≤x＋y≤2，求证：≤x－xy＋y≤3．211、已知a>b>c,求证：13、已知x－2xy＋y≤2，求证：| x＋y |≤10．14、解不等式5-x-221x+1＞2215、－1≤1-x－x≤2．五、增量代换法在对称式(任意互换两个字母，代数式不变)和给定字母顺序(如a＞b＞c)的不等式，常用增量进行代换，代换的目的是减少变量的个数，使要证的结论更清晰，思路更直观，这样可以使问题化难为易，化繁为简．16、已知a，b∈R，且a＋b = 1，求证：(a＋2)＋(b＋2)≥六、利用“1”的代换型2225．2111已知a,b,c∈R+,且a+b+c=1,求证：++≥9.abc17、七、反证法反证法的思路是“假设→矛盾→肯定”，采用反证法时，应从与结论相反的假设出发，推出矛盾的过程中，每一步推理必须是正确的。
基本不等式题高考常考题型
基本不等式题高考常考题型
基本不等式是数学中重要的一种不等式，也是高中数学知识点中不可避免的考点。
在高考中，基本不等式经常作为考题出现，下面就是一些常见的基本不等式题型：
1. 证明不等式：常见的证明不等式题型有利用均值不等式证明某个不等式，利用柯西不等式证明某个不等式等。
2. 求最小值或最大值：这种题型与证明不等式相似，但不需要证明不等式，而是要求出不等式的最小值或最大值。
3. 求解不等式：这种题型是给出一个不等式，要求求解其解集。
4. 线性规划：线性规划是一种优化问题，可以使用基本不等式进行求解。
总之，基本不等式在高考数学中非常重要，掌握基本不等式的相关知识和解题技巧，对于高考数学的成绩提高有很大的帮助。
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高中不等式证明例题(一题多解)
多种方法证明高中不等式例1证明不等式n n2131211<++++(n ∈N *)证法一：(1)当n 等于1时，不等式左端等于1，右端等于2，所以不等式成立； (2)假设n =k (k ≥1)时，不等式成立，即1+k13121+++ ＜2k ，,1211)1(11)1(21121131211+=++++<+++=++<+++++k k k k k k k k k k 则∴当n =k +1时，不等式成立.综合(1)、(2)得：当n ∈N *时，都有1+n13121+++ ＜2n .另从k 到k +1时的证明还有下列证法：,1111212212:.12112,01),1(21)1(2,0)1()1()1(2)1(21)1(22+=+++>++=-++<++∴>++<++∴>+-=+++-=+--+k k k kk k k k k k k k k k k k k k k k k k k 又如.12112+<++∴k k k证法二：对任意k ∈N *，都有：.2)1(2)23(2)12(22131211),1(21221n n n n k k k k k k k =--++-+-+<++++--=-+<+=因此证法三：设f (n )=),131211(2nn ++++-那么对任意k ∈N*都有：1)1(])1(2)1[(11]1)1(2)1(2[1111)1(2)()1(2>+-+=++-+⋅+=-+-++=+--+=-+k k k k k k k k k k k k k k k k f k f∴f (k +1)＞f (k )因此，对任意n ∈N * 都有f (n )＞f (n －1)＞…＞f (1)=1＞0， ∴.2131211n n <++++例2求使y x +≤a y x +(x ＞0，y ＞0)恒成立的a 的最小值. 解法一：由于a 的值为正数，将已知不等式两边平方，得： x +y +2xy ≤a 2(x +y )，即2xy ≤(a 2－1)(x +y )，①∴x ，y ＞0，∴x +y ≥2xy ，②当且仅当x =y 时，②中有等号成立. 比较①、②得a 的最小值满足a 2－1=1， ∴a 2=2，a =2 (因a ＞0)，∴a 的最小值是2. 解法二：设yx xyy x xy y x y x y x yx yx u ++=+++=++=++=212)(2. ∵x ＞0，y ＞0，∴x +y ≥2xy (当x =y 时“=”成立)， ∴y x xy +2≤1，yx xy+2的最大值是1. 从而可知，u 的最大值为211=+， 又由已知，得a ≥u ，∴a 的最小值为2. 解法三：∵y ＞0， ∴原不等式可化为yx+1≤a 1+yx， 设y x =tan θ，θ∈(0，2π). ∴tan θ+1≤a 1tan 2+θ；即tan θ+1≤a se c θ ∴a ≥sin θ+cos θ=2sin(θ+4π)，③又∵sin(θ+4π)的最大值为1(此时θ=4π). 由③式可知a 的最小值为2.例3 已知a ＞0，b ＞0，且a +b =1.求证：(a +a 1)(b +b 1)≥425证法一：(分析综合法）欲证原式，即证4(ab )2+4(a 2+b 2)－25ab +4≥0，即证4(ab )2－33(ab )+8≥0，即证ab ≤41或ab ≥8.∵a ＞0，b ＞0，a +b =1，∴ab ≥8不可能成立 ∵1=a +b ≥2ab ，∴ab ≤41，从而得证. 证法二：(均值代换法) 设a =21+t 1，b =21+t 2.∵a +b =1，a ＞0，b ＞0，∴t 1+t 2=0，|t 1|＜21，|t 2|＜21.4254116254123162541)45(41)141)(141()21)(21()141)(141(211)21(211)21(11)1)(1(2242222222222222222112122221122212122=≥-++=--+=-++++++=++++++++=+++⨯+++=+⨯+=++∴t t t t t t t t t t t t t t t t t t t t t b b a a b b a a 显然当且仅当t =0，即a =b =21时，等号成立.证法三：(比较法）∵a +b =1，a ＞0，b ＞0，∴a +b ≥2ab ，∴ab ≤41425)1)(1(04)8)(41(4833442511425)1)(1(2222≥++∴≥--=++=-+⋅+=-++b b a a ab ab ab ab ab b a b b a a b b a a 证法四：(综合法)∵a +b =1， a ＞0，b ＞0，∴a +b ≥2ab ，∴ab ≤41.4251)1(41 16251)1(169)1(434111222≥+-⇒⎪⎪⎭⎪⎪⎬⎫⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧≥≥+-⇒≥-⇒=-≥-∴ab ab ab ab ab ab 425)1)(1(≥++b b a a 即 证法五：(三角代换法）∵a ＞0，b ＞0，a +b =1，故令a =sin 2α，b =cos 2α，α∈(0，2π) .425)1)(1(4252sin 4)2sin 4(412sin 125162sin 24.3142sin 4,12sin 2sin 416)sin 4(2sin 42cos sin 2cos sin )cos 1)(cos sin 1(sin )1)(1(2222222222222442222≥++≥-⇒⎪⎭⎪⎬⎫≥≥+-=-≥-∴≤+-=+-+=++=++b b a a b b a a 即得ααααααααααααααααα例4.已知a ，b ，c 为正实数，a +b +c =1. 求证：(1)a 2+b 2+c 2≥31(2)232323+++++c b a ≤6证明：(1)证法一：a 2+b 2+c 2－31=31(3a 2+3b 2+3c 2－1)=31［3a 2+3b 2+3c 2－(a +b +c )2］=31［3a 2+3b 2+3c 2－a 2－b 2－c 2－2ab －2ac －2bc ］=31［(a －b )2+(b －c )2+(c －a )2］≥0 ∴a 2+b 2+c 2≥31证法二：∵(a +b +c )2=a 2+b 2+c 2+2ab +2ac +2bc ≤a 2+b 2+c 2+a 2+b 2+a 2+c 2+b 2+c 2 ∴3(a 2+b 2+c 2)≥(a +b +c )2=1 ∴a 2+b 2+c 2≥31证法三：∵33222c b a c b a ++≥++∴a 2+b 2+c 2≥3cb a ++ ∴a 2+b 2+c 2≥31证法四：设a =31+α，b =31+β，c =31+γ. ∵a +b +c =1，∴α+β+γ=0∴a 2+b 2+c 2=(31+α)2+(31+β)2+(31+γ)2=31+32 (α+β+γ)+α2+β2+γ2=31+α2+β2+γ2≥31 ∴a 2+b 2+c 2≥31629)(323232323323,23323,21231)23(23:)2(=+++<+++++∴+<++<+++<⨯+=+c b a c b a c c b b a a a 同理证法一 ∴原不等式成立. 证法二：3)23()23()23(3232323+++++≤+++++c b a c b a336)(3=+++=c b a∴232323+++++c b a ≤33＜6 ∴原不等式成立.例5.已知x ，y ，z ∈R ，且x +y +z =1，x 2+y 2+z 2=21，证明：x ，y ，z ∈［0，32］证法一：由x +y +z =1，x 2+y 2+z 2=21，得x 2+y 2+(1－x －y )2=21，整理成关于y 的一元二次方程得：2y 2－2(1－x )y +2x 2－2x +21=0，∵y ∈R ，故Δ≥0∴4(1－x )2－4×2(2x 2－2x +21)≥0，得0≤x ≤32，∴x ∈［0，32］ 同理可得y ，z ∈［0，32］证法二：设x =31+x ′，y =31+y ′，z =31+z ′，则x ′+y ′+z ′=0， 于是21=(31+x ′)2+(31+y ′)2+(31+z ′)2 =31+x ′2+y ′2+z ′2+32 (x ′+y ′+z ′)=31+x ′2+y ′2+z ′2≥31+x ′2+2)(2z y '+'=31+23x ′2故x ′2≤91，x ′∈［－31，31］，x ∈［0，32］，同理y ，z ∈［0，32］证法三：设x 、y 、z 三数中若有负数，不妨设x ＜0，则x 2＞0，21=x 2+y 2+z 2≥x 2+21232)1(2)(2222+-=+-=+x x x x z y ＞21，矛盾.x 、y 、z 三数中若有最大者大于32，不妨设x ＞32，则21=x 2+y 2+z 2≥x 2+2)(2z y +=x 2+2)1(2x -=23x 2－x +21=23x (x －32)+21＞21；矛盾. 故x 、y 、z ∈［0，32］例6 .证明下列不等式：(1)若x ，y ，z ∈R ，a ，b ，c ∈R +，则cb a y b ac x a c b +++++22z 2≥2(xy +yz +zx ) (2)若x ，y ，z ∈R +，且x +y +z =xyz ， 则zyx y x z x z y +++++≥2(z y x 111++))()()()()()(222)(4)(2))(()(2)]()()([)(2)(:)2()(20)()()()2()2()2()(22:)1.(62222222222223333332222222222222222222222222222222222≥-+-+-+-+-+-⇔++≥+++++⇔+++++≥+++++++⇔++≥+++++⋅⇔++≥+++++++≥+++++∴≥-+-+-=-++-++-+=++-+++++y x z x z y z y x y x xy x z zx z y yz xyz z xy yz x xy y x zx x z yz z y xyz z xy yz x x z z y y x xy y x zx x z yz z y z y x zx yz xy y x xy x z zx z y yz xyz zx yz xy z yx y x z x z y z y x zx yz xy z c b a y b a c x a c b x a c z c a z c b y b c y b a x a b zx x a cz c a yz z c b y b c xy y b a x a b zx yz xy z cb a y b ac x c b 所证不等式等介于证明证明∵上式显然成立，∴原不等式得证.例7.已知i ，m 、n 是正整数，且1＜i ≤m ＜n . (1)证明：n i A i m ＜m i A i n ； (2)证明：(1+m )n ＞(1+n )m7.证明：(1)对于1＜i ≤m ，且A i m =m ·…·(m －i +1)，n i n n n n n nm i m m m m m m i i m i i m 11A ,11A +-⋅⋅-⋅=+-⋅⋅-⋅= 同理， 由于m ＜n ，对于整数k =1，2，…，i －1，有mkm n k n ->-， 所以i m i i n i i i mi i n n m mn A A ,A A >>即(2)由二项式定理有：(1+m )n =1+C 1n m +C 2n m 2+…+C nn m n ，(1+n )m =1+C 1m n +C 2m n 2+…+C m m n m ，由(1)知m iA in＞n iA i m (1＜i ≤m )，而C i m=!A C ,!A i i i ni n i m =∴m i C i n ＞n i C i m (1＜m ＜n )∴m 0C 0n =n 0C 0n =1，m C 1n =n C 1m =m ·n ，m 2C 2n ＞n 2C 2m ，…， m m C m n ＞n m C m m ，m m +1C 1+m n ＞0，…，m n C n n ＞0， ∴1+C 1n m +C 2n m 2+…+C n n m n ＞1+C 1m n +C 2m n 2+…+C m m n m ，即(1+m )n ＞(1+n )m 成立.例8.若a ＞0，b ＞0，a 3+b 3=2，求证：a +b ≤2，ab ≤1. 证法一：因a ＞0，b ＞0，a 3+b 3=2，所以 (a +b )3－23=a 3+b 3+3a 2b +3ab 2－8=3a 2b +3ab 2－6=3［ab (a +b )－2］=3［ab (a +b )－(a 3+b 3)］=－3(a +b )(a －b )2≤0. 即(a +b )3≤23，又a +b ＞0，所以a +b ≤2，因为2ab ≤a +b ≤2， 所以ab ≤1.证法二：设a 、b 为方程x 2－mx +n =0的两根，则⎩⎨⎧=+=ab n ba m ，因为a ＞0，b ＞0，所以m ＞0，n ＞0，且Δ=m 2－4n ≥0 ① 因为2=a 3+b 3=(a +b )(a 2－ab +b 2)=(a +b )［(a +b )2－3ab ］=m (m 2－3n )所以n =mm 3232-② 将②代入①得m 2－4(mm 3232-)≥0， 即mm 383+-≥0，所以－m 3+8≥0，即m ≤2，所以a +b ≤2，由2≥m 得4≥m 2，又m 2≥4n ，所以4≥4n ， 即n ≤1，所以ab ≤1.证法三：因a ＞0，b ＞0，a 3+b 3=2，所以2=a 3+b 3=(a +b )(a 2+b 2－ab )≥(a +b )(2ab －ab )=ab (a +b )于是有6≥3ab (a +b )，从而8≥3ab (a +b )+2=3a 2b +3ab 2+a 3+b 3=(a +b )3，所以a +b ≤2，(下略）证法四：因为333)2(2b a b a +-+8))((38]2444)[(22222b a b a ab b a ab b a b a -+=----++=≥0， 所以对任意非负实数a 、b ，有233b a +≥3)2(b a +因为a ＞0，b ＞0，a 3+b 3=2，所以1=233b a +≥3)2(b a +，∴2b a +≤1，即a +b ≤2，(以下略）证法五：假设a +b ＞2，则a 3+b 3=(a +b )(a 2－ab +b 2)=(a +b )［(a +b )2－3ab ］＞(a +b )ab ＞2ab ，所以ab ＜1， 又a 3+b 3=(a +b )［a 2－ab +b 2］=(a +b )［(a +b )2－3ab ］＞2(22－3ab )因为a 3+b 3=2，所以2＞2(4－3ab )，因此ab ＞1，前后矛盾，故a +b ≤2(以下略)。
第19讲 高考数学不等式的证明(解析版)
第19讲 不等式的证明高考预测一：一元不等式的证明 1．证明： （1）(1)1xln x x x ++； （2）1x e x +．【解析】证明：（1）令()(1)(1)f x x ln x x =++-， 则()(1)11(1)f x ln x ln x '=++-=+， 10x -<<，()0f x '<，()f x ∴在10x -<<时单调递减， (1)(1)0x ln x x ∴++-<成立，∴(1)1xln x x ++； 0x =，等号成立；0x >，(1)10ln x ln ∴+>=，即()0f x '>，()f x ∴在0x >时单调递增， ()(0)0f x f ∴>=(1)(1)0x ln x x ∴++->成立，∴(1)1xln x x ++． 令()(1)g x x ln x =-+，则它的导数为1()11g x x '=-+． 当01x >>-时，()0g x '<，故函数()g x 在(1,0)-上是减函数．当0x 时，()0g x '，当且仅当0x =时，()0g x '=，故函数()g x 在[0，)+∞上是增函数． 故当0x =时，函数()g x 取得最小值为0， 故有()(1)0g x x ln x =-+，(1)ln x x ∴+．∴(1)1xln x x x ++； （2）设()1x f x e x =--，则()1x f x e '=-，∴当0x =时，()0f x '=，()0f x =．当0x >时，()0f x '>，()f x ∴在(0,)+∞上是增函数， ()(0)0f x f ∴>=．当0x <时，()0f x '<， ()f x ∴在(,0)-∞上是减函数， ()(0)0f x f ∴>=．∴对x R ∈都有()0f x ，1x e x ∴+．2．设函数()(1)(1)f x x ln x ax =++-在0x =处取得极值． （1）求a 的值及函数()f x 的单调区间；（2）证明对任意的正整数n ，不等式(1)(1)nlnn n ln n -+． 【解析】（1）解：()(1)(1)f x x ln x ax =++-，()(1)1f x ln x a '∴=++-， ()f x 在0x =处取得极值， (0)0f '∴=，1a ∴=，故()(1)f x ln x '=+，当11x +>，即0x >时，()0f x '>， 当011x <+<，即10x -<<时，()0f x '<， ()f x ∴的增区间为(0,)+∞，减区间为(1,0)-．（2）证明：当1n =时，左边0=，右边0=，00成立； 当2n =时，左边224ln ln ==，右边3ln =，43ln ln 成立； 当3n 时，原不等式等价于(1)1lnn ln n n n+-，令()1lnxg x x =-，(3)x ， 则21()(1)x lnx x g x x --=-， 当3x 时，11x x-<，1lnx >， ∴10x lnx x--<， 从而()0g x <，()g x ∴递减， 所以，当13n n ->时，有(1)()g n g n -<， 即(1)1ln n lnnn n +<-， 综上所述：对任意的正整数n ，不等式(1)(1)nlnn n ln n -+都成立． 3．设函数2()(1)f x x bln x =++，其中0b ≠ （1）若12b =-，求()f x 在[1，3]的极小值；（2）如果()f x 在定义域内既有极大值又有极小值，求实数b 的取值范围； （3）证明不等式：32(1)(0)x x ln x x -+【解析】解：（1）由题意知，()f x 的定义域为(1,)+∞12b =-时，由22212()01x x f x x +-'==+，得2(3x x ==舍去）， 当[1x ∈，2)时()0f x '<，当(2x ∈，3]时，()0f x '>，所以当[1x ∈，2)时，()f x 单调递减；当(2x ∈，3]时，()f x 单调递增， 所以()f x f =极小值（2）3412ln =-（2）由题意222()01x x bf x x ++'==+在(1,)-+∞有两个不等实根，即2220x x b ++=在(1,)-+∞有两个不等实根，设2()22g x x x b =++，则480(1)0b g =->⎧⎨->⎩，解之得102b <<（3）当1b =-时，2()(1)f x x ln x =-+．令332()()(1)h x x f x x x ln x =-=-++，则323(1)()1x x h x x +-'=+在[0，)+∞上恒正()h x ∴在[0，)+∞上单调递增，当(0,)x ∈+∞时，恒有()(0)0h x h >= 即当(0,)x ∈+∞时，有32(1)0x x ln x -++>， 即32(1)x x ln x -+． 4．当02x π<<时，求证：31sin 6x x x -<． 【解析】证明：令31()sin 6f x x x =--x ，则21()1cos 2f x x '=--x ，()sin f x x ''=-+x ，()1cos f x '''=-+x ．当02x π<<时，0cos <1x <，即()0f x '''<．所以()f x ''在(0,)2π上单调递减．所以()(0)0f x f ''<''=，x 属(0,)2π∈．所以()f x '在(0,)2π上单调递减．所以()(0)0f x f <=，(0,)2x π∈．即31sin 6x x x -<，(0,)2x π∈．高考预测二：函数不等式证明中的变形原理 5．已知函数2()(2)f x lnx ax a x =-+-． ()I 讨论函数()f x 的单调性；()II 若()f x 在点(1，f （1）)处的切线斜率为2-． ()i 求()f x 的解析式； ()ii 求证：当()101,11f x lnxx x x x x x >≠++>+-且时． 【解析】解：由题意可得，()f x 定义域为(0,)+∞()I 对函数求导可得，212(2)1(21)(1)()22ax a x x ax f x ax a x x x-+-+--+'=-+-== ①0a 时，10ax +>，0x >由()0f x '>可得，1(0,)2x ∈，由()0f x '<可得1(,)2x ∈+∞()f x ∴在1(0,)2单调递增，在1(2，)+∞单调递减②0a <时，令()0f x '=可得112x =或21x a =()i 当20a -<<时112a -> 由()0f x '<可得11(,)2x a ∈-，由()0f x '>可得11(0,)(,)2x a∈-+∞ 故()f x 在11(,)2a -单调递减，在1(0,)2，1(,)a-+∞单调递增()ii 当2a <-时，同理可得()f x 在11(,)2a -单调递减，在1(0,)a -，1(,)2+∞单调递增()iii 当2a =-时，2(21)()0x f x x-'=()f x ∴在(0,)+∞增..⋯（6分） ()()II i 解：由()I 知）知()(1)2f x a '=-+=- 1a ∴=2()f x lnx x x ∴=--⋯．（8分）()ii 证明：2()111111111f x lnx lnx x x lnx lnx lnx x x x x x x x x x x x --++-=++-=-++-+-+-2222121111(2)(2)111lnx x lnx x lnx x x x x x x-=-=-=----- 令2222211221(1)()2(0,1)()1x x x g x x lnx x x g x x x x x x-+-'=-->≠=+-== 故当(0,1)x ∈时，()0g x '>，()g x 在(0,1)单调递增， ()g x g ∴<（1）0=，又2101x <- ∴21()01g x x >- 当(1,)x ∈+∞时，()0g x '>，()g x 在(1,)+∞单调递增，()g x g >（1）0= 又2101x >-， ∴21()01g x x >- 综上所述，0x >且0x ≠时，()111f x lnxx x x x ++>⋯+-（14分） 6．已知函数()(1)1f x x lnx x =+-+ ()I 求曲线在(1，f （1）)处的切线方程；（Ⅱ）若2()1xf x x ax '++，求a 的取值范围； （Ⅲ）证明：(1)()0x f x -． 【解析】解：11()()1x I f x lnx lnx x x+'=+-=+ 所以f '（1）1=，所以切线方程1y x =- （Ⅱ）22()111xf x x ax xlnx x ax '++⇔+++， 即：2xlnx x ax +，0x >，则有lnx x a +， 即要使a lnx x -成立． 令()g x lnx x =-，那么1()101g X x x'=-=⇒=， 可知当01x <<时单调增，当1x >时单调减．故()g x lnx x =-在1x =处取最大值为1max g =-， 那么要使得a lnx x -成立，则有1a -．（Ⅲ）由（Ⅱ）可得：1lnx x --，即10lnx x -+ 当01x <<时，()10f x xlnx lnx x =+-+<， 当1x 时，()1f x xlnx lnx x =+-+ (1)lnx xlnx x =+-+ 1(1)lnx x lnx x=++- 11(1)lnx x ln x x=--+0．()1(1)0f x xlnx lnx x lnx xlnx x ∴=+-+=+-+综上所述，(1)()0x f x - 7．已知函数()1alnx bf x x x=++，曲线()y f x =在点(1，f （1）)处的切线方程为230x y +-=． （1）求a ，b 的值； （2）如果当1x >时，()1lnx kf x x x>+-，求k 的取值范围． 【解析】解：切线方程为230x y +-=即11(1)2y x -=--，（1）221()()(1)x a lnx b x f x x x +-'=-+由于直线230x y +-=的斜率为12-，且过点(1,1)， 故(1)11(1)2f f =⎧⎪⎨'=-⎪⎩，即1122b ab =⎧⎪⎨-=-⎪⎩，解得1a =，1b =． （2）由（1）知1()1lnx f x x x=++，所以 221(1)(1)()()(2)11lnx k k x f x lnx x x x x ---+=+--．考虑函数2(1)(1)()2(0)k x h x lnx x x --=+>，则22(1)(1)2()k x xh x x-++'=， ()i 设0k ，由222(1)(1)()k x x h x x+--'=知， 当(1,)x ∈+∞时，()0h x '<，可得21()01h x x >-，从而当1x >时，()1lnx kf x x x>+-， ()ii 设01k <<．由于当(1x ∈，11k-)时，2(1)(1)20k x x -++>，故()0h x '>， 而h （1）0=，故当1(1,)1x k∈-时，()0h x >，可得21()01h x x <-，与题设矛盾． ()iii 设1k ．此时()0h x '>，而h （1）0=，故当(1,)x ∈+∞时，()0h x >，可得21()01h x x<-，与题设矛盾． 综合得，k 的取值范围为(-∞，0]． 8．已知函数1()xlnx f x e +=，( 2.71828e =⋯是自然对数的底数）． （1）求()f x 的单调区间；（2）设()()g x xf x '=，其中()f x '为()f x 的导函数．证明：对任意0x >，2()1g x e -<+． 【解析】解：（1）求导数得1()(1)xf x x xlnx xe '=--，(0,)x ∈+∞， 令()1h x x xlnx =--，(0,)x ∈+∞，当(0,1)x ∈时，()0h x >；当(1,)x ∈+∞时，()0h x <． 又0x e >，所以(0,1)x ∈时，()0f x '>； (1,)x ∈+∞时，()0f x '<．因此()f x 的单调递增区间为(0,1)，单调递减区间为(1,)+∞． 证明：（2）因为()()g x xf x ='． 所以1()(1)x g x x xlnx e=--，(0,)x ∈+∞． 由()1h x x xlnx =--，求导得2()2()h x lnx lnx lne -'=--=--，所以当2(0,)x e -∈时，()0h x '>，函数()h x 单调递增； 当2(x e -∈，)+∞时，()0h x '<，函数()h x 单调递减． 所以当(0,)x ∈+∞时，22()()1h x h e e --=+． 又当(0,)x ∈+∞时，101xe <<，所以当(0,)x ∈+∞时，21()1x h x e e-<+，即2()1g x e -<+． 综上所述，对任意0x >，2()1g x e -<+9．已知函数()(1)(2)x f x x e a lnx x =+-+，1()()12x g x e m x =+++．(a ，m R ∈且为常数，e 为自然对数的底数）．（1）讨论函数()f x 的极值点的个数； （2）当12a =时，()()f x g x 对任意的(0,)x ∈+∞恒成立，求实数m 的取值范围． 【解析】解：（1）函数()f x 的你定义域为(0,)+∞，22()(2)(1)()x xx f x x e a xe a x x+'=+-+=-，()0x x x xe a e xe -'=+>，x y xe a ∴=-在区间(0,)+∞上单调递增，且0x xe >，①当0a 时，0x xe a ->在区间(0,)+∞上恒成立，即()0f x '>，∴函数()f x 在(0,)+∞上单调递增，此时无极值点；②当0a >时，方程0x xe a -=有唯一解，设为11(0)x x >，当10x x <<时，()0f x '<，函数()f x 单调递减，当1x x >时，()0f x '>，函数()f x 单调递增， 1x ∴是函数()f x 的极小值点，即函数只有一个极值点；综上，当0a 时，()f x 无极值点，当0a >时，()f x 有一个极值点； （2）当12a =时，()()f x g x 对任意的(0,)x ∈+∞恒成立，即1x xe lnx x mx ---对(0,)x ∈+∞恒成立， 即11xlnx e m x+--对(0,)x ∈+∞恒成立，记2221()1,()x x xlnx lnx x e lnx m x e m x e x x x ++'=--=+=， 记221(),()20x x x h x x e lnx h x x e xe x'=+=++>，故()h x 在(0,)+∞上单调递增， 又112211()()110,(1)0e e h e e h e e e-=-=-<=>，∴存在01(,1)x e∈，使得0()0h x =，且0(0,)x x ∈，()0h x <，0(x x ∈，)+∞，()0h x >，()m x ∴在0(0,)x 上单调递减，在0(x ，)+∞上单调递增，∴00001()()1x min lnx m x m x e x +==--， 又0()0h x =，∴0200xx e lnx =-，∴01001ln x x x e ln e x =⋅，∴001x lnx =， ∴0000000001111()1110x x minlnx x e lnx x m x e x x x +--+-=--=-=-=，即0m ，综上所述，实数m 的取值范围为(-∞，0]．10．已知函数()(1)x f x e a x =++（其中a R ∈，e 是自然对数的底数）． （1）若对任意x R ∈，都有()0f x ，求a 的取值范围；（2）设33()(1)()g x x lnx m x m R =+-∈的最小值为()m ϕ，当0m <时，证明：111331()()03m m e e m ϕ+---．【解析】解：（1）()f x 的定义域为(,)-∞+∞，()x f x e a '=+，()i 若0a >时，当x R ∈时，()0f x '>，()f x 在(,)-∞+∞上递增，且x →-∞时，()f x →-∞，所以()0f x 不恒成立，故0a >不符合条件；()ii 若0a =时，()0x f x e =>，所以0a =符合条件； ()iii 若0a <时，令()0f x '=，得()x ln a =-，当(x ∈-∞，())ln a -时，()0f x '<，()f x 在(-∞，())ln a -上递减； 当(()x ln a ∈-，)+∞时，()0f x '>，()f x 在(()ln a -，)+∞上递增，所以()()(())[()1][()1]0ln a min f x f ln a e a ln a a a ln a -=-=+-+=-+-+，即()0ln a -，得1a -， 综上，a 的取值范围是[1-，0]．（2）()g x 的定义域为(0,)+∞，2222()33(313)0g x x lnx x mx x lnx m '=++=++=，得13m x e --=，于是当13(0,)m x e--∈时，()0g x '<，()g x 递减；当13(,)m x e--∈+∞时，()0g x '>，()g x 递增，所以13131313311()()(1)33m m m m m m g e e m e m e ϕ--------+===-+-=--， 31()10m m e ϕ--'=-=，得13m =-，当1(,)3m ∈-∞-时，()0m ϕ'>，()m ϕ递增；当1(,0)3m ∈-时，()0m ϕ'<，()m ϕ递减，所以1()()03max m ϕϕ=-=，所以()0m ϕ；要使1111313311()()033m mm m e e m e ϕ++----=--，等价于1133m m e +-，等价于1(3)13ln m m---， 由（1）知1a =-时，得1x e x +，在1x >-时，得(1)ln x x +，用1x -替代x ，得1lnx x -，用1x替代x ，得111lnx x x--（当且仅当1x =时取等号）， 取3x m =-，显然1(3)13ln m m---成立， 综上知，113131()()03m m e e m ϕ+---．高考预测三：函数不等式证明中的隐零点问题 11．已知函数2()f x ax ax xlnx =--，且()0f x ． （1）求a ；（2）证明：()f x 存在唯一的极大值点0x ，且220()2e f x --<<． 【解析】解：（1）因为2()()(0)f x ax ax xlnx x ax a lnx x =--=-->， 则()0f x 等价于()0h x ax a lnx =--，求导可知1()h x a x'=-． 则当0a 时()0h x '<，即()y h x =在(0,)+∞上单调递减， 所以当01x >时，0()h x h <（1）0=，矛盾，故0a >． 因为当10x a <<时()0h x '<、当1x a>时()0h x '>， 所以1()()min h x h a=，又因为h （1）10a a ln =--=， 所以11a=，解得1a =； 另解：因为f （1）0=，所以()0f x 等价于()f x 在0x >时的最小值为f （1）， 所以等价于()f x 在1x =处是极小值， 所以解得1a =；（2）由（1）可知2()f x x x xlnx =--，()22f x x lnx '=--， 令()0f x '=，可得220x lnx --=，记()22t x x lnx =--，则1()2t x x'=-， 令()0t x '=，解得12x =， 所以()t x 在区间1(0,)2上单调递减，在1(2，)+∞上单调递增，所以1()()2102min t x t ln ==-<，又2212()0t e e=>，所以()t x 在1(0,)2上存在唯一零点，所以()0t x =有解，即()0f x '=存在两根0x ，2x ，且不妨设()f x '在0(0,)x 上为正、在0(x ，2)x 上为负、在2(x ，)+∞上为正， 所以()f x 必存在唯一极大值点0x ，且00220x lnx --=， 所以222200000000000()22f x x x x lnx x x x x x x =--=-+-=-， 由012x <可知20002111()()224max f x x x <-=-+=； 由1()0f e '<可知0112x e <<，所以()f x 在0(0,)x 上单调递增，在0(x ，1)e 上单调递减，所以0211()()f x f e e>=；综上所述，()f x 存在唯一的极大值点0x ，且220()2e f x --<<． 12．已知函数31()3f x x ax =-+，()x g x e =．（1）设()()()f x F xg x '=，①当1a =-时，求曲线()y F x =在点(1，F （1）)处的切线方程； ②当0a >时，求证：2()F x e>-对任意(0,)x ∈+∞恒成立．（2）讨论()()()G x f x g x =的极值点个数．【解析】解：（1）2()x a x F x e -=，22()x x x aF x e --'=，①当1a =-时，2212(),(1)0,(1)x x x F x F F e e-+'='==-， ∴切线方程为2y e=-；②证明：即证对任意0x >，21()20xx e a x e e+-+>，只需证0a >时，2()2()0x h x e e a x =+->对任意0x >都成立，()22x h x e ex '=-，()22x h x e e ''=-，令()0h x ''=得1x =，且(0,1)x ∈时，()0h x ''<，()h x '单减，(1,)x ∈+∞时，()0h x ''>，()h x '单增， ()h x h ∴'>'（1）0=， ()h x ∴在(0,)+∞上单增，()(0)20h x h ae ∴>=+>，∴当0a >时，2()F x e>-对任意(0,)x ∈+∞恒成立． （2）33211()(),()()33x x G x x ax e G x e x x ax a =-+'=--++，()G x ∴只有一个极值点或三个极值点，令321()3x x x ax a ϕ=--++，当()G x 只有一个极值点时，()x ϕ的图象必穿过x 轴且只穿过一次，即()x ϕ为单调减函数或者()x ϕ极值同号，()()i x ϕ为单调减函数时，2()20x x x a ϕ'=--+在R 上恒成立，则△440a =+，解得1a -； ()()ii x ϕ极值同号时，设1x ，2x 为极值点，则12()()0x x ϕϕ，2()20x x x a ϕ'=--+=有解，则1a >-，且221122121220,20,2,x x a x x a x x x x a --+=--+=+=-=-，32111111111112()(2)(2)((1))333x x x ax a x a x a x ax a a x a ϕ=--++=----++=++，同理22()((1))x a x a ϕ=++，∴121222()()((1))((1))033x x a x a a x a ϕϕ=++++，化简得221212(1)(1)()0a x x a a x x a +++++， 22(1)()(1)(2)0a a a a a ∴+-++-+，解得10a -<，∴当0a 时，()G x 只有一个极值点；当()G x 有三个极值点时，12()()0x x ϕϕ<，同理可得0a >，综上，当0a 时，()f x 有且仅有一个极值点；当0a >时，()f x 有三个极值点． 13．设函数()f x x alnx =-，其中e 为自然对数的底数． （1）若1a =，求()f x 的单调区间；（2）若1()()x g x f x x e -=-+，0a e ，求证：()g x 无零点． 【解析】解：（1）若1a =，则()f x x lnx =-，∴11()1x f x x x-'=-=当(0,1)x ∈时，()0f x '<，()f x 单调递减， 当(1,)x ∈+∞时，()0f x '>，()f x 单调递增． ()f x 单调递减区间为(0,1)，单调递增区间为(1,)+∞．（2）由11()()(0)x x g x f x x e e alnx x --=-+=->可知，1()(0)x xe ag x x x--'=>，当0a =时，1()x g x e -=，显然()g x 没有零点；当0a e <时，设1()x h x xe a -=-，1()(1)0x h x e x -'=+>， 在[0，)+∞单调递增，又(0)0h a =-<，h （2）20e a =->，()h x ∴在(0,2)上存在唯一一个零点，不妨设为0x ，则001x x e a -=，∴当0(0,)x x ∈时，()0h x <，即()0g x '<，当0(x x ∈，)+∞时，()0h x >，即()0g x '>，()g x ∴在0(0,)x 上单调递减，在0(x ，)+∞上单调递增， ()g x ∴的最小值为0000()1x g x x e alnx =--，001x x e a -=，∴010x ae x -=，两边取对数可得001x lna lnx -=-，即001lnx lna x =+-， 00000()(1)2a ag x a lna x ax alna a a alna a a alna x x ∴=-+-=+----=-，（当且仅当01x =时取等号）， 令m （a ）a alna =-，则m '（a ）lna =-，∴当(0,1)a ∈时，m '（a ）0>，当(1a ∈，]e 时，m '（a ）0<，m ∴（a ）在(0,1)上单调递增，在(1，]e 上单调递减．又()(1)(1)0n n m e e n --=-->，m （e ）0=，∴当0a e <时，m （a ）0，当且仅当a e =时取等号，由001x x e a -=可知当1a =时，01x =，故当a e =时，01x ≠，故0()g x m >（a ）0， 0()0g x ∴>．∴当0a e 时，()g x 没有零点．14．已知函数()ax f x xe =．（其中常数 2.71828e =⋯，是自然对数的底数） （1）求函数()f x 的极值；（2）当1a =时，若()1f x lnx bx --恒成立，求实数b 的取值范围． 【解析】解：（1）()(1)ax ax ax f x e axe e ax '=+=+，①0a =时，()f x x =在R 上单调递增，()f x 没有极值； ②0a >时，1()(1)()ax ax f x e ax ae x a -'=+=-， ∴函数()f x 在1(,)a-∞-上单调递减，在1(,)a-+∞上单调递增，函数()f x 存在极小值，其极小值为11()f a ea-=-，()f x 没有极大值；③0a <时，1()(1)()ax ax f x e ax ae x a -'=+=-， ∴函数()f x 在1(,)a-∞-上单调递增，在1(,)a-+∞上单调递减，函数()f x 存在极大值，其极大值为11()f a ea-=-，()f x 没有极小值；（2）当1a =时，()1f x lnx bx --恒成立，1x xe lnx bx--∴恒成立，(0)x >． 设11()x x xe lnx lnx g x e x x x --==--，22()x x e lnxg x x +'=， 设2()x h x x e lnx =+，下面证明()0h x =有唯一解．又()0h x '>，()h x 单调递增，h （1）0e =>，0x →时，()h x →-∞，所以()h x 在(0,1)上有零点， 令()0h x =，得(01)(*)x lnxxe x x=-<<， 又()(01)lnx lnxlnxe f lnx x x--=-=-<<，所以(*)式等价于()()(01)f x f lnx x =-<<， 由（1）知当1a =时，()f x 在(0,)+∞单调递增，所以()()f x f lnx x lnx =-⇔=-， 设()(01)m x x lnx x =+<<，()m x 单调递增，又11()10m e e =-<，m （1）10=>，所以01(x e∃∈，1)使得0()0m x =，即x lnx =-有唯一解0x ，即00x lnx =-，因此方程0()()f x f lnx =-有唯一解，代入得02000x x e lnx +=， ()0h x ∴=有唯一解．0(0,)x x ∈时，()0h x <，()0g x '<，()g x 单调递减；0(x x ∈，)+∞时，()0h x >，()0g x '>，()g x 单调递增；所以()g x 的最小值为000000000111()1x lnx x g x e x x x x x -=--=--=， 所以1b ．即b 的取值范围为(-∞，1]．15．已知函数()()xe f x a lnx x x=+-（其中a R ∈且a 为常数，e 为自然对数的底数， 2.71828)e =⋯．（Ⅰ）若函数()f x 的极值点只有一个，求实数a 的取值范围；（Ⅱ）当0a =时，若()f x kx m +（其中0)m >恒成立，求(1)k m +的最小值()h m 的最大值． 【解析】解：（Ⅰ）函数()f x 的定义域为(0,)+∞，其导数为22(1)1(1)()()x x xe x x e x xf x a a x x x e ---'=⋅-=-．由()01f x x '=⇒=或xx a e =， 设()xxu x e =，1()xxu x e -'=， ∴当(0,1)x ∈时，()0u x '>；当(1,)x ∈+∞时，()0u x '<．即()u x 在区间(0,1)上递增，在区间(1,)+∞上递减，∴()1()1u x u e==极大， 又当0x →时，()0u x →，当x →+∞时，()0u x →且()0u x >恒成立．∴当0a 或1a e>时，方程x x a e =无根，函数()f x 只有1x =一个极值点．当1a e =时，方程x x a e =的根也为1x =，此时()f x '的因式0xxa e-恒成立，故函数()f x 只有1x =一个极值点． 当10a e <<时，方程x xa e=有两个根1x 、2x 且1(0,1)x ∈，2(1,)x ∈+∞， ∴函数()f x 在区间1(0,)x 单调递减；1(x ，1)单调递增；2(1,)x 单调递减；2(x ，)+∞单调递增，此时函数()f x 有1x 、1、2x 三个极值点． 综上所述，当0a 或1ae时，函数()f x 只有一个极值点． （Ⅱ）依题意得lnx x kx m -+，令()(1)x lnx k x m ϕ=-+-，则对(0,)x ∀∈+∞，都有()0x ϕ成立．1()(1)x kxϕ'=-+，∴当10k +时，函数()x ϕ在(0,)+∞上单调递增，注意到()(1)0m m e k e ϕ=-+，∴若(m x e ∈，)+∞，有()0x ϕ>成立，这与()0x ϕ恒成立矛盾；当10k +>时，因为()x ϕ'在(0,)+∞上为减函数，且1()01k ϕ'=+， ∴函数()x ϕ在区间1(0,)1k +上单调递增，在1(,)1k +∞+上单调递减，∴1()()(1)11x ln k m k ϕϕ=-+--+， 若对(0,)x ∀∈+∞，都有()0x ϕ成立，则只需(1)10ln k m -+--成立，1(1)11m ln k m k e --∴+--⇒+，当0m >时，则(1)k m +的最小值1()m h m me --=，1()(1)m h m e m --'=-，∴函数()h m 在(0,1)上递增，在(1,)+∞上递减， ∴21()h m e ，即(1)k m +的最小值()h m 的最大值为21e ； 综上所述，(1)k m +的最小值()h m 的最大值为21e ． 16．已知函数2()sin 2f x b x ax a eb =-+-，()xg x e =，其中a ，b R ∈， 2.71828e =⋯为自然对数的底数． （1）当0a =时，讨论函数()()()F x f x g x =的单调性；（2）求证：对任意1[2a ∈，1]，存在(b ∈-∞，1]，使得()f x 在区间[0，)+∞上恒有()0f x <．【解析】解：（1）0a =时，()(sin )x f x e x e =-， 则()(sin cos )x f x e x e x '=-+，sin cos )24x x x e π++<，sin cos 0x x e ∴+-<，故()0f x '<， 则()f x 在R 递减；（2）证明：当0x 时，1x y e =， 要证明对任意的[0x ∈，)+∞，()0f x <，则只需证明任意[0x ∈，)+∞，220six ax a e -+-<， 设g （a ）22sin 2(2)sin x ax a e x a x e =-+-=-++-， 看作以a 为变量的一次函数， 要使2sin 20x ax a e -+-<，则1()02(1)0g g ⎧<⎪⎨⎪<⎩，即22110220sinx x e sinx x e ⎧-+-<⎪⎨⎪-+-<⎩①②， sin 10x e +-<恒成立，∴①恒成立，对于②，令2()sin 2h x x x e =-+-， 则()cos 2h x x x '=-，设x t =时，()0h x '=，即cos 20t t -=， cos 122t t ∴=<，1sin sin 62t π<=， ()h x ∴在(0,)t 上，()0h x '>，()h x 递增，在(,)t +∞上，()0h x '<，()h x 递减，则x t =时，()h x 取得最大值2()sin 2h t t t e =-+- 222cos sin 35327sin ()2(1)()02244416t t t e e e e =-+-=++-+-=-<， 故②成立，综上，在区间[0，)+∞上恒有()0f x <．17．已知函数()sin cos x f x e x x =--，()sin cos x g x e x x =++．（1）证明：当54x π>-时，()0f x ； （2）若()2g x ax +，求a．【解析】解：（1）证明：()sin cos )4x x f x e x x e x π=--=+，()cos sin )4x x f x e x x e x π'=-+=-，()()sin cos )4x x f x g x e x x e x π''==++=+，考虑到(0)0f =，(0)0f '=， 所以①当5(4x π∈-，)4π-)04x π+<，此时()0f x >，②当[4x π∈-，0]时，()0f x ''>，所以()f x '单调递增，所以()(0)0f x f ''=，所以函数()f x 单调递减，()(0)0f x f =，③当[0x ∈，3]4π时，()0f x ''>，所以()f x '单调递增， 所以()(0)0f x f '>'=，所以函数()f x 单调递增，()(0)0f x f =，当3[4x π∈，)+∞时，1())204x f x e x e π=+->， 综上所述，当54x π>-时，()0f x ． （2）构造函数()()2sin cos 2x F x g x ax e x x ax =--=++--， 考虑到(0)0f =，(0)0F =，()cos sin x F x e x x a '=+--， ()sin cos ()x F x e x x f x ''=--=， 由（1）可知：()()F x f x ''=在54x π>-时恒成立， 所以()cos sin x F x e x x a '=+--在5(4π-，)+∞上单调递增， ①若2a =，则()F x '在5(4π-，0)为负，(0,)+∞为正， ()F x 在5(4π-，0)单调递减，(0,)+∞递增， 所以()0F x ， 而当54x π-时，55()sin cos 22sin cos 222022x x F x e x x x e x x ππ=++--++-+-->， 故2a =满足题意．②若2a >，(0)20F a '=-<， 因为()2x F x e a '--，所以())20x F ln a e a '--，由零点存在定理，必存在0(0x ∈，))ln a +，使得0()0F x '=， 此时满足0(0,)x x ∈时，()0F x '<，()F x 单调递减， 所以()(0)0F x F <=，矛盾，舍去， ③若2a <，(0)20F a '=->，因为当0x <时，()2x x F x e a e a '+-<，2a <时，((0F ln a '<，此时必存在0((x ln a ∈-，0)使得0()0F x '=， 此时满足0(x x ∈，0)时，()0F x '>，()F x 单调递增， 所以()(0)0F x F <=，矛盾，舍去， 而当2a时，当()cos sin 2x F x e x x '>---，所以在0(x x ∈，0)时，()0F x '>成立，()F x 单调递增，()(0)0F x F <=，矛盾，舍去． 综上所述，2a =． 18．已知函数sin ()cos 2a x f x x x x=+-． （Ⅰ）当2a =时，证明：()f x x >对(0,)x π∈恒成立；（Ⅱ）若函数()()g x xf x =在(0,)x π∈存在极大值点0x ，求200cos sin a x x -的最小值． 【解析】解：（Ⅰ）证明：2a =时，sin ()cos xf x x x x=+-， 要证()f x x >对(0,)x π∈恒成立， 即证sin cos 0xx x->对(0,)x π∈恒成立， 即证sin cos 0x x x ->对(0,)x π∈恒成立， 令()sin cos h x x x x =-，(0,)x π∈， 则()cos cos sin sin 0h x x x x x x x '=-+=>， 故()h x 在(0,)π单调递增，且(0)0h =， 故()0h x >，即sin cos 0x x x ->， 故()f x x >在(0,)x π∈上恒成立； （Ⅱ）2()()sin cos 2a g x xf x x x x x ==+-， 故()cos cos sin sin g x ax x x x x ax x x '=+-+=+， ()g x 在(0,)x π∈上存在极大值点0x ，()sin (sin )0g x ax x x x a x ∴'=+=+=有0x x =这个解， (0,)x π∈，∴只有0sin a x -=，22200cos 1sin 1x x a ∴=-=-，故22300cos sin (1)2a x x a a a a a -=-+=-，[1a ∈-，0)，设f （a ）32a a =-，[1a ∈-，0)，则f '（a ）223a =-，令f '（a ）0=，解得：a =，故(1,a ∈-时，f '（a ）0<，(a ∈0)时，f '（a ）0>，故f （a ）(min f ==，故200cos sin a x x -的最小值是 19．已知函数()sin f x x ax =-，[0x ∈，?]2π，其中a 为常数．（1）若()f x 在[0x ∈，]2π上是增函数，求a 的取值范围；（2）证明：当1a 时，31()?6f x x -．【解析】解（1）因为()f x 在[0，]2π上是增函数，所以()cos 0f x x a '=-在[0,]2x π∈上恒成立，显然()f x '在[0，]2π上单调递减，故()()02min f x f a π'==-，解得0a 即为所求．（2）要证31()?6f x x -，只需证31sin 06ax x x --恒成立，令31()sin 6g x ax x x =--，[0,]2x π∈，则21()cos 2g x a x x '=--，令21()cos 2h x a x x =--，[0,]2x π∈，则()sin h x x x'=-，令()sin m x x x =-，[0,]2x π∈，则()cos 10m x x '=-， 所以()m x 在[0x ∈，]2π上单调递减，所以()(0)0m x m =，所以()0h x '，所以()h x 在[0,]2x π∈上单调递减，所以()(0)10h x h a =-，即()0g x '，所以()g x 在[0，]2π上单调递减，所以()(0)0g x g =，即31sin 06ax x x --恒成立，所以当1a 时，31()?6f x x -．高考预测四：双零点问题20．已知函数2()(lnx ax f x a x+=是常数）在1x =处切线的斜率等于1．（1）求函数()f x 的单调区间并比较f （2），f （3），f （4）的大小；（2）若方程322(lnx x ex mx e =-+为自然对数的底数）有且只有一个实根，求实数m 的取值； （3）如果方程()f x lnx kx =-有两个不同的零点1x ，2x ，求证212x x e >．【解析】解：（1）2()lnx ax f x x +=的导数为22212()()ax lnx ax f x x +-+'=，在1x =处切线的斜率为121a a +-=，解得0a =， 即有()lnx f x x =，21()lnxf x x -'=， 当0x e <<时，()0f x '>，()f x 递增；当x e >时，()f x 递减． 则()f x 的增区间为(0,)e ，减区间为(,)e +∞； f （2）22ln =，f （4）4242ln ln f ===（2），而f （3）f >（4）， 则f （2）f =（4）f <（3）； （2）由题意得，22lnxx ex m x=-+在(0,)+∞上有唯一解， 由（1）可得，()lnxf x x=的增区间为(0,)e ，减区间为(,)e +∞， 所以()max f x f =（e ）1e=，设2()2g x x ex m =-+，则()g x 在(0,)e 上单调递减，在(,)e +∞上单调递增， 所以()min g x g =（e ）2m e =-，所以当且仅当21m e e-=时，322lnx x ex mx =-+有且只有一个实根，所以21m e e=+； （3）不妨设120x x >>，12()()0f x f x ==，110lnx kx ∴-=，220lnx kx -=，可得1212()lnx lnx k x x +=+，1212()lnx lnx k x x -=-，要证明1x 22x e >，即证明122lnx lnx +>，也就是12()2k x x +>， 因为1212lnx lnx k x x -=-，所以即证明：1212122lnx lnx x x x x ->-+，即：1121222(1)1x x x ln x x x ->+，2x 1t +令2(1)()1t g t lnt t -=-+，1t >，则22214(1)()0(1)(1)t g t t t t t -'=-=>++， 故函数()g t 在(1,)+∞上是增函数，所以()g t g >（1）0=， 即2(1)1t lnt t ->+成立． 所以原不等式成立．21．已知函数1()2x f x e kx k +=--（其中e 是自然对数的底数，)k R ∈ （1）讨论函数()f x 的单调性；（2）当函数()f x 有两个零点1x ，2x 时．证明：122x x +>-． 【解析】解：（1）由1()2x f x e kx k +=--，x R ∈，得1()x f x e k +'=-， ①当0k 时，则1()0x f x e k +'=->对x R ∈恒成立， 此时()f x 的单调递增，递增区间为(,)-∞+∞； ②当0k >时，由1()0x f x e k +'=->，得到1x lnk +>，即1x lnk >-， 由1()0x f x e k -'=-<，得到1x lnk +<，即1x lnk <-所以，0k >时，()f x 的单调递增区间是(1,)lnk -+∞；递减区间是(,1)lnk -∞-； 综上，当0k 时，()f x 的单调递增区间为(,)-∞+∞．当0k >时，()f x 的单调递增区间是(1,)lnk -+∞；递减区间是(,1)lnk -∞-； （2）函数()f x 有两个零点1x ，2x 时，则需要满足0k >时，1()20x f x e kx k +∴=--=有两个解，即1(2)x e k x +=+， 由于10x e +>恒成立，则(2)0k x +>，设21x x >，由题意得：112112(2)(2)xx e k x e k x ++⎧=+⎪⎨=+⎪⎩，11(2)1x lnk ln x ∴=++-①，22(2)1x lnk ln x =++-②，②-①得：221122x x x lnx +-=+③，12x +21∴③可化为：11(2)2t x x lnt +--=，121lnt x t ∴+=-，221tlntx t +=-， 12411lnt tlntx x t t ∴+=+---， 要证：122x x +>-， 只需证：211lnt tlntt t +>--， 即证：2(1)1t lnt t ->+， 构造函数2(1)()1t F t lnt t -=-+， 则22212(1)2(1)(1)()0(1)(1)t t t F t t t t t +---'=-=++，()F t ∴在(1,)+∞递增， ()F t F ∴>（1）0=， 122x x ∴+>-．22．已知函数()()x f x e ax a a R =-+∈，其中e 为自然对数的底数． （1）讨论函数()y f x =的单调性；（2）若函数()f x 有两个零点1x ，2x ，证明：122x x lna +<． 【解析】解：（1）函数()x f x e ax a =-+，求导，()x f x e a '=-． ①当0a 时，()0f x '>，则函数()f x 为R 上的单调递增函数． ②当0a >时，令()0f x '=，则x lna =．若x lna <，则()0f x '<，()f x 在(,)lna -∞上是单调减函数； 若x lna >，则()0f x '>，()f x 在(,)lna +∞上是单调增函数． （2）证明：由（Ⅰ）可知，不妨设121x x <<，由121200xx e ax a e ax a ⎧-+=⎪⎨-+=⎪⎩两式相减得2121x x e e a x x -=-．要证122x x lna +<，即证122x x e a +<，也就是证1221221x x x x e e ex x +-<-，即212112122122222121(1)0x x x x x x x x x x e eee eex x x x ---++---=-<--，即证212122211x x x x ee x x ---->-，又210x x ->，只要证21212221(*)x x x x e ex x ---->-．令2102x x t -=>，则(*)式化为 2t t e e t -->， 设()()2(0)t t g t e e t t -=-->，()()20t t g t e e -'=+->，所以()g t 在(0,)+∞上单调递增，所以()(0)0g t g >=． 122x x lna ∴+<．23．已知函数21()2f x ax x xlnx =-+，a R ∈．（1）若()f x 在其定义域上单调递减，求a 的取值范围． （2）若()f x 存在两个不同极值点1x ，2x ，且21x ex >，求证21221232x x a x x ->-．【解析】（1）解：由21()2f x ax x xlnx =-+，得()(0)f x ax lnx x '=+>，()f x 在其定义域上单调递减，0ax lnx ∴+在(0,)+∞恒成立，即lnxa x-在(0,)+∞恒成立， 令()lnxg x x=-，则21()lnx g x x -'=，当(0,)x e ∈时，()0g x '<，当(,)x e ∈+∞时，()0g x '>． ()g x ∴在(0,)e 上单调递减，在(,)e +∞上单调递增．∴1()()min g x g e e==-．则1a e-；（2）证明：若()f x 存在两个不同极值点，1x ，2x ，且210x ex >． 欲证21221232x x a x x ->-，只需证2212212()3a x x x x ->-， 只需证221221122()2()()a x x x x x x ->-++， 也就是证1212121()2x x a x x x x --+>+． 12()()0f x f x '='=，11ax lnx =-，22ax lnx =-，∴212211()x a x x lnx lnx lnx -=-=．∴2122112212111()1x x x x x a x x ln x x x x x ---+=+++． 令21x t x =，则t e ，则1212121()1x x ta x x lnt x x t---+=+++， 设1()1t h t lnt t-=++，则2222111()0(1)(1)t t h t t t t t --+'=+=>++，可知()h t 在[e ，)+∞上单调递增． 1()1t h t lnt h t -∴=+>+（e ）1221111132e e e -=+=>=+++． ∴21221232x x a x x ->-．24．已知函数()(1)1f x k x klnx k =--+-，其中k R ∈，0k ≠． ()I 讨论函数()f x 的单调性；（Ⅱ）设函数()f x 的导函数为()g x ．若函数()f x 恰有两个零点1x ，212()x x x <，证明：122()03x x g +>． 【解析】（Ⅰ）解：由()(1)1f x k x klnx k =--+-，得(1)()(1)k k x kf x k x x--'=--=，(0,)x ∈+∞． （1）当10k -，即1k 时，()(1)0kf x k x'=--<， ()f x ∴在(0,)+∞上单调递减；（2）当10k ->，即1k <时，(1)()k x kf x x--'=． ①当0k <时，0k ->且(1)0k x ->，(1)()0k x kf x x--∴'=>， ()f x ∴在(0,)+∞上单调递增；②当01k <<时，(1)()(1)1()k k x k x kk f x xx-----'==，01kk>-， 当x 变化时，()f x ，()f x '的变化情况如下表：综上，当0k <时，()f x 在(0,)+∞上单调递增，当01k <<时，()f x 在(0,)1kk-上单调递减，在(1k k -，)+∞上单调递增， 当1k 时，()f x 在(0,)+∞上单调递增，（Ⅱ）证明：由()I 知，当01k <<时，函数()f x 在(0,)1kk-上单调递减， 在(1kk-，)+∞上单调递增， 又f （1）0=，函数()f x 恰有两个零点1x ，212()x x x <，∴102k <<或112k <<． ①当102k <<，即011kk<<-时， 令21x =，当0x +→时，()f x →+∞，且()(1)01kf f k<=-，∴有唯一的1(0,1)x ∈，使得1()0f x =，则不等式122()03x x g +>等价于1231x kk+>-， 又11(1)10k x klnx k --+-=，即1111x klnx k-=-， ∴只需证明111213x x lnx +->，即当101x <<时，证明1113(1)02x lnx x --<+成立， 令3(1)()21x h x lnx x -=-+，则2219(1)(4)()0(2)(2)x x h x x x x x --'=-=>++， ()h x ∴在(0，1]上单调递增，即当01x <<时，有()h x h <（1）0=．∴原不等式122()03x x g +>成立． ②当112k <<，即11k k >-时， 令11x =，当x →，+∞时，()f x →+∞，且()(1)01kf f k<=-，∴有唯一的2(1,)x ∈+∞，使得2()0f x =，则不等式122()03x x g +>等价于21231x kk+>-， 又22(1)10k x klnx k --+-=，即2211x klnx k-=-， 只需证明2221213x x lnx +->，即当21x >时，证明2223(1)021x lnx x -->+成立， 令3(1)()21x H x lnx x -=-+，则2219(1)(41)()0(21)(21)x x H x x x x x --'=-=>++．。
高考数学最新真题专题解析—等式与不等式
高考数学最新真题专题解析—等式与不等式考向一 基本不等式的应用【母题来源】2022年新高考全国II 卷【母题题文】若x ，y 满足221+-=x y xy ，则（ ）A. 1x y +≤B. 2x y +≥-C. 222x y +≤D. 221x y +≥ 【答案】BC【试题解析】因为22222a b a b ab ++⎛⎫≤≤⎪⎝⎭（,a b R ），由221+-=x y xy 可变形为，()221332x y x y xy +⎛⎫+-=≤ ⎪⎝⎭，解得22x y -≤+≤，当且仅当1x y ==-时，2x y +=-，当且仅当1x y ==时，2x y +=，所以A 错误，B 正确；由221+-=x y xy 可变形为()222212x y x y xy ++-=≤，解得222x y +≤，当且仅当1x y ==±时取等号，所以C 正确；因为221+-=x y xy 变形可得223124y x y ⎛⎫-+= ⎪⎝⎭，设3cos sin 2y x y θθ-==，所以cos ,33x y θθθ=+=，因此2222511cos sin cos 12cos 233333x y θθθθ=θ-θ+=+++42π2sin 2,23363θ⎛⎫⎡⎤=+-∈ ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦，所以当3333x y ==-时满足等式，但是221x y +≥不成立，所以D 错误．故选：BC ．【命题意图】本题考查基本不等式及其应用，属于中高档题目．【命题方向】这类试题在考查题型上主要以选择、填空题的形式出现．试题难度有易有难，是历年高考的热点，考查学生的基本运算能力．常见的命题角度有：（1）利用不等式比较大小；（2）利用不等式求最值；（3）基本不等式成立的条件 【得分要点】（1）对原不等式进行化简、变形；（2）符合基本不等式的条件“一正、二定、三相等”，用基本不等式求解； （3）判断等号成立的条件； （4）利用“1”的合理变换是解题.考向二 线性规划【母题来源】2022年高考全国乙卷（文科）【母题题文】若x ，y 满足约束条件2,24,0,x y x y y +≥⎧⎪+≤⎨⎪≥⎩则2z x y =-的最大值是（ ）A. 2-B. 4C. 8D. 12【答案】C【试题解析】由题意作出可行域，如图阴影部分所示， 转化目标函数2z x y =-为2y x z =-，上下平移直线2y x z =-，可得当直线过点()4,0时，直线截距最小，z 最大，所以max 2408z =⨯-=.故选：C.【命题意图】本题考查线性规划及其应用，属于比较容易题目．【命题方向】这类试题在考查题型上主要以选择、填空题的形式出现．试题难度较小，是历年高考的热点，考查学生的基本作图能力和运算能力． 常见的命题角度有：（1）线性规划求最值；（2）利用线性规划求参数的值；【得分要点】1.正确画出可行域；2.确定目标函数平移的方向决定取得最大值或最小值。
全国卷历年高考不等式选讲真题归类分析(含答案)
全国卷历年高考不等式选讲真题归类分析（含答案）一、绝对值函数及不等式（5题） 1.（2015年1卷）已知函数=|x+1|-2|x-a|，a>0.（Ⅰ）当a=1时，求不等式f （x ）>1的解集；（Ⅱ）若f （x ）的图像与x 轴围成的三角形面积大于6，求a 的取值范围. 【解析】：（Ⅰ）当a=1时，不等式f （x ）>1化为|x+1|-2|x-1|＞1，等价于11221x x x ≤-⎧⎨--+->⎩或111221x x x -<<⎧⎨++->⎩或11221x x x ≥⎧⎨+-+>⎩，解得223x <<，所以不等式f （x ）>1的解集为2{|2}3x x <<. （Ⅱ）由题设可得，12,1()312,112,x a x f x x a x a x a x a --<-⎧⎪=+--≤≤⎨⎪-++>⎩，所以函数()f x 的图像与x 轴围成的三角形的三个顶点分别为21(,0)3a A -，(21,0)B a +，(,+1)C a a ，所以△ABC 的面积为22(1)3a +.由题设得22(1)3a +＞6，解得2a >.所以a 的取值范围为（2，+∞）.2.（2016年3卷）已知函数f(x)=|2x-a|+a. (1)当a=2时,求不等式f(x)≤6的解集.(2)设函数g(x)=|2x-1|,当x ∈R 时,f(x)+g(x)≥3,求a 的取值范围.【解析】(1)当a=2时,f(x)= |2x-2| +2,解不等式|2x-2|+2≤6得-1≤x≤3. 因此f(x)≤6的解集为{}x 1x 3-≤≤.(2)当x ∈R 时,f(x)+g(x)=2x a - +a+12x -≥2x a 12x -+-+a=1a -+a, 所以当x ∈R 时,f(x)+g(x)≥3等价于1a -+a≥3, ① 当a 1时,①等价于 ≤1a 3,无解a -+≥当a 1时,①等价于 a 1a 3,解得a 2.>-+≥≥所以a 的取值范围是)2,∞.⎡+⎣ 3.（2016年1卷）已知函数f(x)=|x+1|-|2x-3|. (1)画出y=f(x)的图像.(2)求不等式|f(x)|>1的解集.【解析】(1)如图所示:(2)f(x)=x 4,x 1,33x 2,1x ,234x,x ,2⎧⎪-≤-⎪⎪--<<⎨⎪⎪-≥⎪⎩|f(x)|>1,当x≤-1时,|x-4|>1,解得x>5或x<3,∴x≤-1.当-1<x<32时,|3x-2|>1,解得x>1或x<13,∴-1<x<13或1<x<32. 当x≥32时,|4-x|>1,解得x>5或x<3,∴32≤x<3或x>5.综上,x<13或1<x<3或x>5,∴|f(x)|>1的解集为1∞,3⎛⎫- ⎪⎝⎭∪(1,3)∪(5,+∞).4.（2017年1卷）已知函数f （x ）=–x 2+ax +4，g (x )=│x +1│+│x –1│. （1）当a =1时，求不等式f （x ）≥g （x ）的解集；（2）若不等式f （x ）≥g （x ）的解集包含[–1，1]，求a 的取值范围.【解析】：将函数()11g x x x =++-化简可得()2121121xx g x x x x >⎧⎪=-≤≤⎨⎪-<-⎩（1） 当1a =时，作出函数图像可得()()f x g x ≥ 的范围在F 和G 点中间，联立224y xy x x =⎧⎨=-++⎩可得点1G ⎫-⎪⎪⎝⎭，因此可得解集为11,2⎡⎤-⎢⎥⎣⎦.（2）即()()f x g x ≥在[]1,1-内恒成立，故而可得22422x ax x ax -++≥⇒-≤恒成立，根据图像可得：函数y ax =必须在12,l l 之间，故而可得11a -≤≤.5.（2017年3卷）已知函数()||||f x x x =+1--2． （1）求不等式()f x ≥1的解集；（2）若不等式()f x x x m 2≥-+的解集非空，求m 的取值范围． 【解析】⑴()|1||2|f x x x =+--可等价为()3,121,123,2--⎧⎪=--<<⎨⎪⎩x f x x x x ≤≥.由()1f x ≥可得：①当1-x ≤时显然不满足题意；②当12x -<<时，211-x ≥，解得1x ≥； ③当2x ≥时，()31=f x ≥恒成立.综上，()1f x ≥的解集为{}|1x x ≥.⑵不等式()2-+f x x x m ≥等价为()2-+f x x x m ≥，令()()2g x f x x x =-+，则()g x m ≥解集非空只需要()max ⎡⎤⎣⎦g x m ≥.而()2223,131,123,2⎧-+--⎪=-+--<<⎨⎪-++⎩x x x g x x x x x x x ≤≥.①当1-x ≤时，()()max 13115g x g =-=---=-⎡⎤⎣⎦；②当12x -<<时，()2max3335312224g x g ⎛⎫⎛⎫==-+⋅-=⎡⎤ ⎪ ⎪⎣⎦⎝⎭⎝⎭；③当2x ≥时，()()2max 22231g x g ==-++=⎡⎤⎣⎦.综上，()max 54g x =⎡⎤⎣⎦，故54m ≤.二、不等式证明（2题）6.（2015年2卷）设a 、b 、c 、d 均为正数，且a+b=c+d,证明： （1）若,ab cd >>（2>||||a b c d -<-的充要条件. 【证明】(1)因为(+)2=a+b+2,(+)2=c+d+2. 由题设a+b=c+d,ab>cd 得(+)2>(+)2.因此+>+.(2)(i)若|a-b|<|c-d|,则(a-b)2<(c-d)2,即(a+b)2-4ab<(c+d)2-4cd. 因为a+b=c+d,a,b,c,d 均为正数,所以ab>cd.由(1)得+>+. (ii)若+>+,则(+)2>(+)2,即a+b+2>c+d+2.因为a+b=c+d,所以ab>cd.于是(a-b)2=(a+b)2-4ab<(c+d)2-4cd=(c-d)2. 因此|a-b|<|c-d|.综上,+>+是|a-b|<|c-d|的充要条件.7.（2017年2卷）已知330,0,2a b a b >>+=，证明： （1）55()()4a b a b ++≥； （2）2a b +≤．【解析】（1）由柯西不等式得()()()2255334a b a b a b ++=+=≥，1a b ==时取等号．（2） 因为()()()()()33232233333232244a b a b a a b ab b ab a b a b a b ++=+++=+++++=+…，所以()38a b +≤，即2a b +≤，当且仅当1a b ==时等号成立 三、绝对值函数+不等式证明（1题） 8.（2016年2卷）已知函数()1122f x x x =-++，M 为不等式()2f x <的解集. （I ）求M ；（II ）证明：当a ，b M ∈时，1a b ab +<+．【解析】解：⑴当12x <-时，()11222f x x x x =---=-，若112x -<<-；当1122x -≤≤时，()111222f x x x =-++=<恒成立；当12x >时，()2f x x =，若()2f x <，112x <<．综上可得，{}|11M x x =-<<．⑵当()11a b ∈-，，时，有()()22110a b -->，即22221a b a b +>+， 则2222212a b ab a ab b +++>++，则()()221ab a b +>+， 即1a b ab +<+， 证毕．。
高考资料试题-一类不等式的根源
一类不等式的根源正整数倒数和、自然对数的泰勒展开式人家A版《选修2-2》P32B组复习题1.利用函数的单调性证明下面不等式，并通过函数图象直观检验（1）；（2）；（3）；（4）。
其中（3）、（4）是高考中在函数导数解答题、数列解答题中不等式的一个根源所在。
不等式在时等价于。
1.数列中，，求证。
【分析】，，则，所以。
累加即证。
2.【分析】变通不等式为对成立。
则。
∴∴结论成立。
3.（22）（2010全国卷Ⅱ理科第22题（1））设函数．（1）证明：当时，；【解析】（1）当时，当且仅当。
令，则。
当时，在上是增函数；当时，在上是减函数。
于是在处达到最小值，因而当时，，即.所以当时，.21. （2010年高考湖北卷理科第21题）（本题满分14分）已知函数的图象在点处的切线方程为。
（1）用表示；（2）若在上恒成立。
，求的取值范围；（3）证明：。
【解析】本题主要考察函数、导数、不等式的证明等基础知识，同事考察综合运用数学知识进行推理论证的能力和分类讨论的思想。
（满分14分）（1），则有，解得（2）由（1）知，。
令，，则，，（i）当，。
若，则，是减函数，所以，，故在上不恒成立。
（ii）时，。
若，则，是增函数，，即。
故当时，。
综上所述，所求的取值范围为。
（3）解法一：由（2）知：当时，有。
令，有。
且当时，。
令，有，即，。
将上述个不等式依次相加得整理得。
解法二：用数学归纳法证明①当时，左边，右边，不等式成立。
②假设时，不等式成立，就是。
那么。
由（2）知：当时，有。
令，有。
令，得：。
就是说，当时，不等式也成立。
根据①和②，可知不等式对任何都成立。
7.（2008山东卷21）（本小题满分12分）已知函数其中n∈N*,a为常数.（Ⅰ）当n=2时，求函数f(x)的极值；（Ⅱ）当a=1时，证明：对任意的正整数n,当x≥2时，有f(x)≤x-1.（Ⅰ）解：由已知得函数f(x)的定义域为{x|x＞1}，当n=2时，所以（1）当a＞0时，由f(x)=0得＞1，＜1，此时f′（x）=.当x∈（1，x1）时，f′（x）＜0,f(x)单调递减；当x∈（x1+∞）时，f′（x）＞0, f(x)单调递增.（2）当a≤0时，f′（x）＜0恒成立，所以f(x)无极值.综上所述，n=2时，当a＞0时，f(x)在处取得极小值，极小值为当a≤0时，f(x)无极值.（Ⅱ）证法一：因为a=1,所以当n为偶数时，令则g′（x）=1+＞0（x≥2）.所以当x∈[2,+∞]时，g(x)单调递增，又 g(2)=0因此≥g(2)=0恒成立，所以f(x)≤x-1成立.当n为奇数时，要证≤x-1,由于＜0，所以只需证ln(x-1) ≤x-1,令 h(x)=x-1-ln(x-1),则h′（x）=1-≥0（x≥2）,所以当x∈[2，+∞]时，单调递增，又h(2)=1＞0，所以当x≥2时，恒有h(x) ＞0,即ln（x-1）＜x-1命题成立.综上所述，结论成立.证法二：当a=1时，当x≤2，时，对任意的正整数n，恒有≤1，故只需证明1+ln(x-1) ≤x-1.令则当x≥2时，≥0，故h(x)在上单调递增，因此当x≥2时，h(x)≥h(2)=0，即1+ln(x-1) ≤x-1成立.故当x≥2时，有≤x-1.即f（x）≤x-1.18、（2007山东理 22）设函数，其中．（Ⅰ）当时，判断函数在定义域上的单调性；（Ⅱ）求函数的极值点；（Ⅲ）证明对任意的正整数，不等式都成立．解：（Ⅰ）由题意知，的定义域为，设，其图象的对称轴为，．当时，，即在上恒成立，当时，，当时，函数在定义域上单调递增．（Ⅱ）①由（Ⅰ）得，当时，函数无极值点．②时，有两个相同的解，时，，时，，时，函数在上无极值点．③当时，有两个不同解，，，时，，，即，．时，，随的变化情况如下表：极小值由此表可知：时，有惟一极小值点，当时，，，此时，，随的变化情况如下表：极大值极小值由此表可知：时，有一个极大值和一个极小值点；综上所述：时，有惟一最小值点；时，有一个极大值点和一个极小值点；时，无极值点．（Ⅲ）当时，函数，令函数，则当时，，所以函数在上单调递增，又．时，恒有，即恒成立．故当时，有．对任意正整数取，则有．所以结论成立．精髓在于构造函数的技巧。
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Ｎ‘），显然它与本源不等式等价．
对于题３，由本源不等式
丁ｌ ｘ了３ ＂一×２ｎ一 １■１ ＜丽１ ’
及占：
￣／ｏ。＋２
√２凡＋１ ｖ／２ｎ＋１＋￣／２ｎ＋１ √２ｎ＋１＋￣／２ｎ—ｌ
（ｉｉ）求证：詈＋竺＋…＋裟＜∥盯一 丽＜ 恒成立，求实数ｃ的取值范围；
口，
口，口＾
的大小，由不完全归纳法，可得
题３
（２００８年福建理）已知函数
ｃ ｔ川（·＋÷）…·（ｔ＋由）＞压可ｃ ｎ Ｅ
以戈）＝１ｎ（ｚ＋１）一戈．
－．－·－ － － － －·－—－．·－—－ － － －～ （Ｉ）求厂（石）的单调区间；
（Ⅱ）记厂（ｚ）在区间【０，乃］（乃∈Ｎ’）上的最小值为
６。，令口。＝ｌｎ（１＋凡）一６。．
一２七＋ｌ…。一’
贝游＞厨＝何丽河＝右边，命题
也成立．
根据（１），（２），不等式（１＋１）（１＋÷）（１＋÷）…·
·（１＋五与）＞∥丽对一切ｎ∈Ｎ‘成立·
甘厨·筹＞瓜喘＞厕 证法２…，压可（１＋赤）＞肛可
或屉＋２＞、．丽·、厢
车÷（２后＋２）２＞（２后＋１）（２后＋３）
剑萨＋Ｒ丘＋４＞４ｋ２＋８ｌ｜ｃ＋３．…
伴随着新课程改革的深入，数学文化成为重要的教 学资源．因此，教师必须开发与利用好这一资源，让学生 在数学学习过程中感受文化的熏陶，领略数学发展过程 中的五彩斑斓，体会数学独特的文化魅力．
（收稿日期：２００９１１１９）
蕊＞雁写＝厨， 证法７旱＞罕，÷＞层，詈＞存，…，砉与＝
故ｃ·＋ｔ，（－＋÷）（－＋÷）×…ｘ（·＋磊与）＞竿
×．厚×．厚”一．腰：压雨（ｎ ×√了×√了×…×√磊了２￣／２ｎ＋ｌ【ｎＥＥ州Ｎ·’）
证法８设
肌川：型睦峻掣， ｈ一 ｃ ｔ川（·＋÷）（·、＋÷，）丽ｘ－．·×（·＋击） ’
Ｃ＾＋Ｉ （·、二丽杀归卫（２生ｎ＋兰ｌ∥衄丽 Ｃｎ
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·‘一弧＿ｌ＞。：≯．＞ｃ－＝≯寺岍是
√ －＝２兰ｎ＋一１ 增添了新的活力，它不仅很好地考查了学生的思
维品质（如创造性、灵活性、广阔性等），而且对今后不等 式证明的教学也是一个积极的导向．
以下介绍不等式（１＋１）（１＋÷）‘…·
（１＋五ｂ）＞∥丽（ｎＥＮ‘）的几种证法：
证法１（１）ｎ＝１时，左边＝（１＋１）＝２，右边＝万， 由于２＞万，所以命题成立．
证法３ …，左边＞∥丽（１＋甄鲁）
＝万碥＞厕＝右边，…
证法４·．·÷＞丢，÷＞寻，詈＞詈，…，
２ｎ
２聘＋ｌ
磊ｊ＞１Ｆ，
．·．（÷）２（÷）２（詈）２…··（丢与）２
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……一·ｌ五（刍ｊ’·百■等Ｊ剐）嘲¨１乩’
故ｃ，＋－，（，＋÷）（，＋÷）…一（·＋磊与）．
＞以ｉ万（ｎ Ｅ Ｎ’）
３５０８００福建省闽清县第一中学张夏强 ３６５４００福建省宁化县第一中学邱云
近年高考数学试题中经常出现一些以数学文化为 背景的创新试题，它们多数以问题为中心，将数学知识、 原理和方法融于一体，突出对数学思想方法的考查，强 调数学的文化价值．蕴含浓厚数学文化气息的高考试题 的出现，不仅给高考数学试题的命制注入了新鲜的血 液，而且为高中数学教学提供了鲜活的素材，有力地推 动着素质教育的全面开展．
铲竺瞳赠丝岿扎
故ｃ·＋·，（·＋÷）（·＋÷）…（·＋磊与）＞
以ｊ丽启…（示ｎ．∈本Ｎ一。源一）．不。等。式１寺×３÷＂一×２ｎ等—＜ｌ冱去亍ｌ ，
受到命题老师的如此青睐，的确不寻常！启迪我们在高 中数学教学中，要善于改造、整合、探究典型的例题、习 题，尤其是历年高考试题中的精品，因为“改造陈题，推 陈出新”乃高考数学命题的一条捷径．而在探究中学习、 学习中探究，又往往能发现题源、抓住“题眼”，从而达到 “知其然、知其所以然、知何由以知其所以然”的境界，何 乐而不为呢！
口，口＾…Ⅱ，．
＝矗。ｉ文一妇ｉ＿．ｊ。
则不等式鼍熹并景争＜ １
１．
题４ （２００９年广东理）已知曲线ｃ。：ｚ：一２眦＋厂：∥丽一∥丽对一切ｎ∈Ｎ‘成立，
０（ｎ＝１，２，…）．从点Ｐ（一ｌ，０）向曲线ｃ。引斜率为矗。
·’‘丁＋五百ｐ”＋１Ｘ了聂＆了专莳 ｌ １×３
１ ｘ３×５×…×（２ｎ—１）
（后。＞０）的切线Ｚ．，切点为Ｐ。（戈。，），．）． （Ｉ）求数列｛ｘ。｝与｛ｙ。｝的通项公式； （Ⅱ）证明：ｘ。·屯·黾…一气一。
．．．㈣１）２（·＋÷）２（－＋÷）２×．．．×（·＋击）２ ＞＞旱Ｔ××了÷××÷了××……××髦丽等２＝２肌ｎ＋＋·１，，
故ｃ·＋ｔ，（·＋÷）（·＋÷）…（，＋磊鲁）＞
以ｉ玎（ｎ∈Ｎ＋）．
万方数据
·试题分析·
审‘？擞’？ （２０１０年第２期·高中版）
５７
一道以“角谷猜想”为文化背景的高考试题
证法５．．．２：半＞万可，４：学＞万丐，
６＝半２＞ｎ丽：，垫…ｉ，乓幽＞行不可丽，
罕”．ｘ煎孚＝厕， ．·‘．’．Ｔ旱×了×ｘ鲁丁ｘ”争“”×．丽×＞—击丁＞＿罕××—孚广×
故（１＋－，，（·＋÷）（·＋÷）”·×（，＋击）
＞以ｊ丽（，Ｉ∈Ｎ’）．
…（，＋由）２小击＋（击）２＞ｌ＋
土一丛
２ｎ一１—２ｎ—ｌ’
下载时间：2010年8月23日
２００９年湖北省高考数学理科第１５题就是一道颇具 匠心的以数学文化为背景的高考试题，它将一个著名的 数学猜想进行转化，迁移到高考试题中，从而叙述成通 俗的数列阅读题，让学生在阅读理解中领悟新方法，形 成解题新思路．
试题呈现已知数列｛ｎ。｝满足：口，＝ｍ（ｍ为正整
数），。川：ｊ詈，当％为偶数时， 若口６：６，则ｍ所
万方数据
几道高考不等式证明题的本源
作者： 作者单位： 刊名：
英文刊名： 年，卷(期)： 被引用次数：
胡寅年 福建省龙岩第一中学,364000
中学数学 MIDDLE SCHOOL MATHEMATICS 2010，""(2) 0次
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·试题分析·
十。７歆·７ （２０１０年的本源
３６４０００福建省龙岩第一中学胡寅年
题ｌ （１９８５年上海）设凡≥２，ｎ∈Ｎ＋，证明：
对于题２，易知６。＝２ｎ—ｌ，
（１＋瓢·＋挣…（ｔ＋击）＞乏丛．
．·．ｓ。＝－刚川吨（，＋÷）＋．．川ｇ（，＋击）
题２ （１９９９年全国文）已知数列｛６。｝是等差数列， ６ｌ＝１，６ｌ＋６２＋…＋６ｌｏ＝ｌＯＯ．
（２）假设厅＝后（后≥ｌ，后Ｅ Ｎ’）时命题成立，即
（１＋１）（１＋÷）（１＋÷）．．…（１＋击）＞压可，
…·（１＋击）【ｌ＋赤】＞何可 当珏：后＋１时，左边＝（１＋１）（１＋÷）（１＋÷）·
‘（－＋南）：等，
·．·４知２＋８矗＋４＞４后２＋８矗＋３。
．．．哗＞２＿｜ｃ＋３， ．－．（２缸＋２）２＞（２知＋１）（２七＋３），
（Ｉ）求数列｛６。｝的通项６。；
咄［ｃ·川（·＋挣·（·＋击）】， 又告１９６。＝ｌｇ∥丽，因此要比较．ｓ。与丢１９６。＋
（Ⅱ）设数列｛。。｝的通项口。“ｇ（１＋亡）（其中口＞ 的大小，
Ｏ，且口≠１），记．ｓ。是数列｛口。｝的前ｎ项和，
只要比较（１＋１）（１＋÷）…（１＋五与）与彤丽
试比较ｓ。与÷１９６川的大小，并证明你的结论．
＜偶＜函ｎ釜．
＜（万一万）＋（万一万）＋…
嚷＋（、＋／篙乏丽”一、‘，ｉ而＋）等＝、，＜互压ｎ＋ｌ可一１，－ｌ（ｎ∈
口２
ｎ２口４
０２口４…口２ｎ
以上都是我们熟知的高考试题，好象有一点如出一 辙的味道，不是吗！那么它们的本源又是什么呢？《数
Ｎ＋）．对于题４，由于‰＝｝旨，
一…～‘一旦ｙ＾Ｊ厂讣／１、寺ｎ ÷．车…．．弩｝＜圭或为上述不等式证明题的 学分析习题集》（吉米多维奇著）第１０题：证明不等式
【３口。＋ｌ，当口。为奇数时．
有可能的取值为一 试题背景３０多年前，日本数学家角谷静发现了一
个关于“１”的现象：一个正自然数，如果它是偶数，那么 用２除它；如果是奇数，则将它乘以３以后再加上１．这 样反复运算，最终必然得到“ｌ”．角谷静试图对“ｌ”的这 种神奇现象加以论证，但是没有证出．后来很多数学家 也作了尝试，但都以失败而告终．要想说出它不正确吧， 至今还没有找到一个反例．这就是说，不能说它对，也不 能说它错．这个现象，后来被人称为“角谷猜想”．
２
４
２凡‘、厄丽““一“。１一～Ｕｒ“州袱～Ｈ、…Ｊ
本源． 事实上，题ｌ本质上就是本源不等式．
因此卫． ● 茁 ３
●
Ｘ５
第 ● ２ｎ 一
层 ＜
万方数据
甘丢丁××÷了××詈百×”…一××等ｉ＜＜√√元丽‰’，此此列即刀为牟本骡源
小眚瓦． 可以看出，上面几道不等式证明题，通过对陈题的
改造与包装，使得本源不等式÷×÷×…×等（