48 导数与不等式重难点专题-【高考复习】高中数学重难点系列专题（学生版+解析版）

武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 1 页 48 利用导数研究不等式重难点专题 常考结论及公式 结论一：常见的不等式放缩结论 （1）指数放缩： 1xe x + ， xe ex ， 1xe x−  ； （2）对数放缩：① 1 ln 1 x x x x − − ( 0x  ，当且仅当 1x = 时，等号成立)． ② ln x x e ( 0x  ，当且仅当 x e= 时，等号成立)． ③ ( )2 1 ln 1 x x x − + ( 0 1x ，当且仅当 1x = 时，等号成立)． ④ ( )2 1 ln 1 x x x − + ( 1x ，当且仅当 1x = 时，等号成立)． ⑤ 1 1 ln 2 x x x   −    ( 0 1x ，当且仅当 1x = 时，等号成立)． ⑥ 1 1 ln 2 x x x   −    ( 1x ，当且仅当 1x = 时，等号成立)． （3）其他类型的不等式：①当0 2 x    时，sin tanx x x  ； ②对数均值不等式： ( 0, 0) ln ln 2 a b a b ab a b a b − +     − ； 结论二：泰勒公式相关结论 （1）泰勒公式：设函数 ( )f x 在点 0x 处的某邻域内具有 1n + 阶导数，则对该邻 域内异于 0x 的任意点 x，在 0x 与 x之间至少存在一点 ，使得： ( )f x = ( )0f x + ( )0'f x 0(x - x )+ ( ) 0f'' x 2! 0 2(x - x ) +    + ( ) ( )0nf x n! 0 n(x - x ) + ( )nR x ， 其中 ( )nR x = ( )( 1) ( 1)! nf n + + 1 0 )( +− nxx 称为余项，上式称为n阶泰勒公式； 若 0x =0，则上述的泰勒公式称为麦克劳林公式， 即 ( )f x = ( )0f + ( )0'f x + ( )0 2! f'' 2x +    + ( ) ( )0 ! n f n nx + 0( ) nx . （2）几种常见的泰勒展开：① 2 0 1 1 , ( 1,1) 1 n n n x x x x x x  = = + + + + + =  − −  ； ② 2 3 0 1 1 ( 1) , ( 1,1) 1 n n n n x x x x x x x  = = − + − + + − + =  − +  ； 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 2 页 ③ 2 3 0 1 , ( , ) 2! 3! ! ! n n x n x x x x e x x n n  = = + + + + + + =  − + ； ④ 2 3 4 1 1 0 ( 1) ( 1) ln(1 ) , ( 1,1] 2 3 4 1 1 n n n n n x x x x x x x x n n + + = − − + = − + − + + + =  − + +  ； ⑤ 3 5 7 2 1 2 1 0 sin ( 1) ( 1) , 3! 5! 7! (2 1)! (2 1)! n n n n n x x x x x x x x R n n + + = = − + − + + − + = −  + +  ； ⑥ 2 4 6 2 2 0 cos 1 ( 1) ( 1) , 2! 4! 6! (2 )! (2 )! n n n n n x x x x x x x R n n  = = − + − + + − + = −  ； ⑦ 3 5 7 2 12 0 ( 4) (1 4 )2 17 tan , 3 15 315 (2 )! 2 2 n n nn n Bx x x x x x x n   − = − −   = + + + + =  −     ， ， 其中 2nB 是伯努利数； ⑧ 2 ( 1) ( 1) ( 1) (1 ) 1 2! ! nnx x x x n       − − − + + = + + + + + 0 ( 1) ( 1) 1 , ( 1,1) ! n n n x x n    = − − + = +  − ； （3）常见的泰勒不等式： ① 2 1 2 x xe x+ + 对于 0x 恒成立； ② 2 ln(1 ) 2 x x x x− + 对于 0x 恒成立； ③ 3 sin 6 x x x x− 对于 0x 恒成立； ④ 2 2 4 1 cos 1 2 2 24 x x x x− − + 对于 0x 恒成立； 结论三：同构法相关重要结论 （1）同构运用必会结论：① 0a 当 且 1, 0a x  时，有 loga xa x= ； ②当 0a  且 1a  时，有 log xa a x= ； ③ lne ex x xx += ； ( )ln ln exx x x+ = ； ④ ln x x xe e x −= ； ln ln xe x x x − = ； 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 3 页 ⑤ 2 2lne ex x xx += ； ( )22ln ln exx x x+ = ； ⑥ 2ln 2 x x xe e x −= ； 2ln 2 x x xe e x −= ； ⑦ lne e ln 1x x xx x x+=  + + ； ( )ln ln e e 1x xx x x x+ =  − ⑧ lne e e( ln )x x xx x x+=  + ； ( ) 1ln ln x x xxex x xe xe e −+ =  = （2）乘法同构、加法同构 ①乘法同构，即乘 x同构，如 ln ln lnln ln ln lnx a x a xa e x x a e x e      ； ②加法同构，即加 x同构，如 loglog log loga xx xa a aa x a x x x a x  +  + = + ， 题型一 差构造法 【例 1】已知函数 ln 1 ( ) x f x x x = − . (1)求曲线 ( )y f x= 在点 (1, (1))f 处的切线方程； (2)求证： ( ) 2 3f x x − . 【答案】(1) 2 3y x= − (2)证明见解析 【分析】（1）根据导数的几何意义求切线方程即可； （2）构造函数 2( ) ln 2 3 1g x x x x= − + − ，利用导函数与单调性、最值的关系即可证明. 【详解】（1） 2 2 2 1 ln 1 2 ln ( ) x x f x x x x − −  = + = , (1) 2f  = ， (1) 1f = − ,所以切点为 (1, 1)− ，由点斜式可得， 1 2( 1)y x+ = − ， 所以切线方程为： 2 3y x= − . （2）由题可得， 2ln 1 2 3 ln 1 2 3 x x x x x x x −  −  −  − 设 2( ) ln 2 3 1g x x x x= − + − ， 21 4 3 1 ( 1)(4 1) ( ) 4 3 x x x x g x x x x x − + + − + +  = − + = = ， 所以当0 1x  时， ( 1)(4 1) ( ) 0 x x g x x − + +  =  ， 当 1x  时， ( 1)(4 1) ( ) 0 x x g x x − + +  =  ， 所以 ( )g x 在 ( )0,1 单调递增， ( )1,+ 单调递减， 重难点题型归纳与精讲 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 4 页 所以 ( ) ( ) ( ) max 1 0g x g x g = = ， 即 ( ) 2 3f x x − . 【跟踪训练 1】已知函数 ( ) ( )2 1 2 2 ln 2 f x x a x a x= − + + （ Ra ）. (1)讨论函数 ( )f x 的单调区间； (2)当 1 2 a = 时，证明： ( ) 2 1 1 7 e 2 2 2 xf x x x x +− +  − . 【详解】（1） ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) 2 2 2 22 2 0 x a x a x a xa f x x a x x x x − +  + − − = − + + = =  ， ①当 0a  时，当 ( )0,2x 时， ( ) ( )0, 2,f x x   + 时， ( ) 0f x  ， 所以 ( )f x 的递增区间是 ( )2,+ ，递减区间为 ( )0,2 ； ②当0 2a  时，当 ( ) ( )0, 2,x a + 时， ( ) ( )0, ,2f x x a  时， ( ) 0f x  ， 所以 ( )f x 的递增区间是 ( ) ( )0, , 2,a + ，递减区间为 ( ), 2a ； ③当 2a = 时， ( ) ( ) ( )0, , 0,x f x f x +  的递增区间是 ( )0, + ，无减区间； ④当 2a  时，当 ( ) ( )0,2 ,x a + 时， ( ) ( )0, 2,f x x a  时， ( ) 0f x  ， 所以 ( )f x 的递增区间是 ( ) ( )0,2 , ,a + ，递减区间为 ( )2,a . 综上，当 0a  时， ( )f x 的递增区间是（2,+），递减区间为 ( )0,2 ； 当0 2a  时， ( )f x 的递增区间是 ( ) ( )0, , 2,a + ，递减区间为 ( ), 2a ； 当 2a = 时， ( )f x 的递增区间是 ( )0, + ，无减区间； 当 2a  时， ( )f x 的递增区间是 ( ) ( )0,2 , ,a + ，递减区间为 ( )2,a . （2）当 1 2 a = 时， ( ) 2 1 7 ln 2 2 f x x x x x− + = + ，由题意可得，只需证明 1e ln 2 0xx x x+ − − −  ， 方法一：令 ( ) ( )1e ln 2 0xg x x x x x+= − − −  ， 则 ( ) ( ) ( )1 1 1 1 1 e 1 ex x x g x x x x x + ++  = + − = + −     ， 令 ( ) 1 1 exh x x += − ，易知 ( )h x 在 ( )0, + 上单调递增， ( ) 11 2 210 1 e 10 e 10 0, 1 e 1 0 10 h h   = −  −  = −     ， 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 5 页 故存在 0 1 ,1 10       x ，使得 ( )0 0h x = ，即 0 1 0 1 e 0 x x + − = ， 当 ( )00,x x 时， ( ) ( ) ( )0, 1 0, 0,h x x g x g x +  单调递减， 当 ( )0,x x + 时， ( ) ( ) ( )0, 1 0, 0,h x x g x g x +  单调递增， 故 0x x= 时， ( )g x 取得唯一的极小值，也是最小值. ( ) ( ) ( )0 10 0 0 0 0 0 0 0 1 e ln 2 1 2 0 x g x g x x x x x x x x +  = − − − =  − + + − = ， 所以 1e ln 2 0xx x x+ − − −  ，即当 1 2 a = 时， ( ) 2 1 1 7 e 2 2 2 xf x x x x +− +  − . 方法二：不等式 1e ln 2 0xx x x+ − − −  等价于 ln 1e e ln 2 0x x x x+ − − −  ， 只需证 ( )ln 1e ln 1 1 0x x x x+ + − + + −  ， 令 ( ) e 1xh x x= − − ，所以 ( ) e 1xh x = − ， 当 ( ),0x − 时， ( ) ( )0,h x h x  单调递减， ( )0,x + 时， ( ) ( )0,h x h x  单调递增， 所以 ( ) ( )0 0h x h = ，即 e 1 0x x− −  ，当且仅当 0x = 时取得等号， 令 ln 1x x+ + 代替 x得到 ( )ln 1e ln 1 1 0x x x x+ + − + + −  ， 函数 ( ) ln 1x x x = + + 在 ( )0, + 上单调递增，且 ( )2 2 1 1 1 0, 1 2 0 e e     = −  =     ， 故存在 0 2 1 ,1 e x       ，使得 ( )0 0x = ， 所以 ( )ln 1e ln 1 1 0x x x x+ + − + + −  ，当且仅当 0x x= 时取得等号， 所以 1e ln 2 0xx x x+ − − −  ，即当 1 2 a = 时， ( ) 2 1 1 7 e 2 2 2 xf x x x x +− +  − . 题型二 同构法 【例 2】已知 , , (1, )a b c + ．且 2 ln 22ln 1 2 a a− − = ， 2 12ln 1 e b b− − = ， 2 ln π2ln 1 π c c− − = ，则（ ） A．b a c  B．b c a  C． a b c  D．c a b  【答案】B 【分析】构造函数 ( ) ln x g x x = 和 ( ) ( )2 2ln 1 1f x x x x= − −  ，利用导数分别判断其单调 性，由 ln e ln π ln 2 e π 2   即可得 ( ) ( ) ( )f b f c f a  ，最后可得b c a  . 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 6 页 【详解】令 ( ) ln x g x x = ，则 ( ) 2 1 ln x g x x −  = ，即 ( )g x 在 ( )e,+ 上单调递减， ∴ ln e ln π ln 4 e π 4   ，即 ln e ln π ln 2 e π 2   ， 设 ( ) ( )2 2ln 1 1f x x x x= − −  ，则 ( ) ( )22 12 2 0 x f x x x x −  = − =  ， 即 ( )f x 在 ( )1,+ 上单调递增， 又∵ ( ) ( ) ( )f b f c f a  ，∴b c a  . 故选：B . 【跟踪训练 2】已知函数 ( ) ex ax f x = 和 ( ) lnx g x ax = 有相同的最大值b . (1)求 ,a b； (2)证明：存在直线 y m= ，其与两条曲线 ( )y f x= 和 ( )y g x= 共有三个不同的交点，并 且从左到右的三个交点的横坐标成等比数列. 【答案】(1) 1 1, e a b= = (2)证明见解析 【分析】（1）分类讨论两函数的单调性及取得最大值的情况得 0a  ，且 ( )max( ) 1 e a f x f= = ( )max 1 ( ) e e g x g a = = ，解方程可得 1 1, e a b= = ； （2）结合（1）所得单调性作出两函数简图，依次设左到右的三个交点的横坐标 1 2 30 1 ex x x     ，可得 ( ) ( )1 2 1 2 2 1 2ln 2 ln ln ln e ex x x x x f x f x x = =  = ， ( ) ( ) 32 3 32 2 3ln 3 ln ln ln e e xx x xx f x f x x = =  = ，利用同型结构建立三个横坐标的关系式即可证明. 【详解】（1） ( ) ( ) ( )1 e ex x a xax f x f x = − =  ， 当 0a  时，当 1x  时， ( ) ( )0,f x f x  单调递减， 当 1x  时， ( ) ( )0,f x f x  单调递增， 所以当 1x = 时，函数 ( )f x 有最大值，即 ( )max( ) 1 e a f x f= = ； 当 a<0时，当 1x  时， ( ) ( )0,f x f x  单调递增， 当 1x  时， ( ) ( )0,f x f x  单调递减， 所以当 1x = 时，函数 ( )f x 有最小值，没有最大值，不符合题意， 由 ( ) ( ) 2 ln 1 lnx x g x g x ax ax − =  = ， 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 7 页 当 0a  时，当 ex  时， ( ) ( )0,g x g x  单调递减， 当0 ex  时， ( ) ( )0,g x g x  单调递增， 所以当 ex = 时，函数 ( )g x 有最大值，即 ( )max 1 ( ) e e g x g a = = ； 当 a<0时，当 x e时， ( ) ( )0,g x g x  单调递增， 当0 ex  时， ( ) ( )0,g x g x  单调递减， 所以当 ex = 时，函数 ( )g x 有最小值，没有最大值，不符合题意， 于是有 1 1, e a a ae =  =  . 1 0, 1, e a a b  = = （2）由（1）知，两个函数图象如下图所示： 由图可知：当直线 y m= 经过点M 时，此时直线 y m= 与两曲线 ( )y f x= 和 ( )y g x= 恰好有三个 交点，不妨设 1 2 30 1 ex x x     且 1 2 31 2 2 2 3 lnln e ex x xx x x m x x = = = = ， 由 ( ) ( ) 1 2 1 2 2 1 2ln 2 ln ln ln e ex x x x x f x f x x = =  = ，又 1 21, ln lne 1x x  = ， 又当 ( ),1x − 时， ( )f x 单调递增，所以 1 2lnx x= ， 又 ( ) ( ) 32 3 32 2 3ln 3 ln ln ln e e xx x xx f x f x x = =  = ，又 2 31, ln lne 1x x  = ， 又当 ( )1,x + 时， ( )f x 单调递减，所以 2 3lnx x= ， 3 3 2 2 2 2 2 2 1 2 ln 1 1 , ln ln ln x x x x x x x x m x x m = = = = = ； 于是有 232 1 3 2 1 2 xx x x x x x =  = . 题型三 利用泰勒展开式解决不等式相关问题 【例 3】已知 31 32 a = ， 1 cos 4 b = ， 1 4sin 4 c = ，则（ ） A.c b a  B.b a c  C.a b c  D.a c b  【详解】以泰勒公式为背景，现给出如下解答： 2 4 6 2 2 0 cos 1 ( 1) ( 1) , 2! 4! 6! (2 )! (2 )! n n n n n x x x x x x x R n n  = = − + − + + − + = −  武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 8 页 当 1 4 x = 时，得到其前三项的函数值： 1 1 1 cos 1 0.96891276 4 32 6144 = − +  ， 由 3 5 7 2 1 2 1 0 sin ( 1) ( 1) , 3! 5! 7! (2 1)! (2 1)! n n n n n x x x x x x x x R n n + + = = − + − + + − + = −  + +  知 当 1 4 x = 时，得到其前三项的函数值： 1 1 1 1 4sin 4 0.98961598 4 4 384 122880   =  − +     ∴ 𝑎 = 31 32 = 0.96875 𝑏 = 0.96891276 𝑐 = 0.98961589 故选 A 【跟踪训练 3】已知函数 ( ) ln sinxf x a xe a x−=  + ， 0a  . （1）若 0x = 恰为 ( )f x 的极小值点. ①证明： 1 1 2 a  ； ②求 ( )f x 在区间 ( ),−  上的零点个数； （2）若 1a = ， ( ) 1 1 1 1 1 1 1 2 3 3 f x x x x x x x x x n n                = − + − − +  − +                   ， 又由泰勒级数知： ( ) ( ) ( ) 22 4 6 * 1 cos 1 2! 4! 6! 2 ! n nxx x x x n N n − = − + − + + +   ，证明： 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 2 3 6n  + + +  + +  = 【答案】（1）①证明见解析；② 2个；（2）证明见解析. 【解析】（1）①由已知条件得出 ( )0 ln 0f a a = + = ，构造函数 ( ) ( )ln 0g x x x x= +  ， 可知 a为函数 ( )g x 的零点，分析函数 ( )g x 的单调性，利用零点存在定理可证得结论成 立； ②利用导数分析函数 ( )f x 在区间 ( ),0− 、 ( )0, 上的单调性，结合零点存在定理可得 出结论； （2）由 ( ) ( ) ( ) 22 4 6 * 1 cos 1 2! 4! 6! 2 ! n nxx x x x n N n − = − + − + + +   求导变形后得出 ( ) ( ) 1 2 13 5 1 sin 1! 3! 5! 2 1 ! n nxx x x x n − −− = − + + + +  − ，结合已知条件得出 ( ) ( ) 1 2 12 4 1sin 1 3! 5! 2 1 ! n nxx x x x n − −− = − + + + +  − ，对比系数可得结论成立. 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 9 页 【详解】（1）①由题意得： ( ) ( )ln 1 cosxf x a x e a x− = − + ， 因为 0x = 为函数 ( )f x 的极值点，所以， ( )0 ln 0f a a = + = ， 令 ( ) ( )ln 0g x x x x= +  ，则 ( ) 1 1 0g x x  = +  ， ( )g x 在 (0, )+ 上单调递增. 因为 ( )1 1 0g =  ， 1 1 1 ln ln 0 2 2 2 2 e g   = + =     ， 所以 ( ) lng x x x= + 在 1 ,2 2       上有唯一的零点a，所以 1 1 2 a  ； ②由①知： lna a= − ， ( ) ( )sin xf x a x xe−= − ， ( ) ( )cos 1 xf x a x x e−  = − − ， （i）当 ( ),0x − 时，由 0a  ， 1 cos 1x−   ，1 1x−  ， 1xe−  ，得 ( ) 0f x  ， 所以 ( )f x 在 ( ),0− 上单调递减， ( ) ( )0 0f x f = ， 所以 ( )f x 在区间 ( ),0− 上不存在零点； （ii）当 ( )0,x  时，设 ( ) ( )cos 1 xh x x x e−= − − ，则 ( ) ( )2 sinxh x x e x− = − − . （a）若 0, 2 x       ，令 ( ) ( )2 sinxm x x e x−= − − ，则 ( ) ( )3 cos 0xm x x e x− = − −  ， 所以 ( )m x 在 0, 2       上单调递减， 因为 ( )0 2 0m =  ， 22 1 0 2 2 π π π m e −    = − −         ， 所以存在 0, 2 a       ，满足 ( ) 0m a = ， 当 ( )0,x a 时， ( ) ( ) 0m x h x=  ， ( )h x 在 ( )0,a 上单调递增； 当 , 2 x a        时， ( ) ( ) 0m x h x=  ， ( )h x 在 , 2 a       上单调递减； （b）若 , 2 2 x        ，令 ( ) ( )2 xx x e−= − ， , 2 2 x        ， 则 ( ) ( )3 0xx x e− = −  ，所以 ( )x 在区间 , 2 2       上单调递减， 所以 ( ) 2 1 2 2 2 π π π φ x φ e e −     = −         ， 又因为 ( ) 1 sin sin 2 sin 2 sin 6 2 x  = −  =   ， 所以 ( ) ( )2 sin 0xh x x e x− = − −  ， ( )h x 在 , 2 2       上单调递减； （c）若 ( )2,x  ，则 ( ) ( )2 sin 0xh x x e x− = − −  ， ( )h x 在 ( )2, 上单调递减. 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 10 页 由（a）（b）（c）得， ( )h x 在 ( )0,a 上单调递增， ( )h x 在 ( ),a  单调递减， 因为 ( ) ( )0 0h a h = ， ( ) ( )1 1 0h e−= − −   ， 所以存在 ( ),a  使得 ( ) 0h  = ， 所以，当 ( )0,x  时， ( ) ( ) 0f x h x =  ， ( )f x 在 ( )0, 上单调递增， ( ) ( )0 0f x f = ， 当 ( ),x   时， ( ) ( ) 0f x h x =  ， ( )f x 在 ( ),  上单调递减， 因为 ( ) ( )0 0f f = ， ( ) 0f   ， 所以 ( )f x 在区间 ( ),  上有且只有一个零点. 综上， ( )f x 在区间 ( ),−  上的零点个数为2个； （2）因为 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 s 1 4 i 1 n 1 1 3 x x x x x x n          = − − −  −            ，（*） 对 ( ) ( ) 22 4 6 1 cos 1 2! 4! 6! 2 ! n nxx x x x n − = − + − + + + ， 两边求导得： ( ) ( ) 2 13 5 1 sin 1! 3! 5! 2 1 ! n nxx x x x n −− − = − + − + + +  − ， ( ) ( ) 1 2 13 5 1 sin 1! 3! 5! 2 1 ! n nxx x x x n − −− = − + + + +  − ， 所以 ( ) ( ) 1 2 22 4 1sin 1 3! 5! 2 1 ! n nxx x x x n − −− = − + + + +  − ，（**） 比较（*）（**）式中 2x 的系数，得 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 3! 1 2 3 n   − = − + + ++ +     所以 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 2 3 6n  + + +  + +  = . 【点睛】方法点睛：利用导数解决函数零点问题的方法： （1）直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数 的基本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与 x轴的交点问题，突出导数的工 具作用，体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用； （2）构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题； （3）参变量分离法：由 ( ) 0f x = 分离变量得出 ( )a g x= ，将问题等价转化为直线 y a= 与函数 ( )y g x= 的图象的交点问题. 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 11 页 题型四 凹凸反转与拆分函数 【例 4】已知函数 ( ) 23ln 6f x x kx x= − + ，若 ( ) 0f x  的解集为 ( ),m n ，且 ( ),m n 中只 有两个整数，则（ ） A． k无最值 B． k的最小值为 12 3ln 2 4 + C． k的最大值为 12 3ln 2 4 + D． k的最小值为 6 ln 3 3 + 【解析】由 ( ) 23ln 6 0f x x kx x= − +  ，得 3ln 6 x kx x  − ，设 ( ) ( ) 3ln , 6 x g x h x kx x = = − ， ( ) ( ) 2 3 1 ln x g x x −  = ， ( ) ( )0 0 , 0g x x e g x x e      ，所以 ( )g x 在 ( )0,e 的上单调 递增，在 ( ),e + 单调递减，而 ( ) 6h x kx= − 的图象是一条恒过点 ( )0, 6− 的直线，函数 ( )g x 与 ( )h x 的图象如图所示， 依题意得，0 1m  ，若 ( ),m n 中只有两个整数，这两个整数只能是 1 和 2，则 (2) (2) (3) (3) g h g h    ，即 3ln 2 2 6 2 ln 3 3 6 k k   −   − ，解得 6 ln3 12 3ln 2 3 4 k + +   ，故 k的最小值为 6 ln 3 3 + ，故选：D. 【点睛】函数图象是函数的一种表达形式，它形象地揭示了函数的性质，为研究函数 的数量关系提供了“形”的直观性．归纳起来，图象的应用常见的命题探究角度有：1、 确定方程根的个数；2、求参数的取值范围；3、求不等式的解集；4、研究函数性质． 【跟踪训练 4】已知函数 ( ) 3 2 2f x x ax bx a= + + + ，当 0a = ， 3b = − 时，证明：任意的 x R ，都有 ( ) 1 2 e ex x f x +  − 恒成立. 【答案】证明见解析 【分析】设 ( ) 3 3 2h x x x= − + ， ( ) 1 x x g x e e = − ，利用导数可得当 0x  时， ( ) ( )h x g x 成立，利用放缩法和导数可证在 ( ),0− 上 ( ) ( )h x g x ，从而可证不等式成立. 【详解】由题设有 ( ) 3 3f x x x= − ，设 ( ) ( ) 32 3 2h f xxx x= + = − + ， ( ) 1 x x g x e e = − ， 要证 ( ) 1 2 e ex x f x +  − 即证 ( ) ( )h x g x . 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 12 页 下面证明：当 0x  时， ( ) ( )h x g x . 此时 ( ) 23 3h x x = − ， ( ) 1 x x g x e −  = ， 当 1x  时， ( ) ( )0, 0h x g x   ， 故 ( )g x 在 ( )1,+ 上为减函数， ( )h x 在 ( )1,+ 上为增函数， 当0 1x  时， ( ) ( )0, 0h x g x   ， 故 ( )g x 在 ( )0,1 上为增函数， ( )h x 在 ( )0,1 上为减函数， 故在 ( )0, + 上，有 ( ) ( ) max 1 0g x g= = ， ( ) ( ) min 1 0h x h= = ， 故当 0x  时， ( ) ( )h x g x . 当 0x = ， ( ) ( ) 1 0 2 0h g e =  − = ， ( ) 1 x x g x e e = − ， 当 0x  时，要证 ( ) ( )h x g x 即证 3 3 x x x x e −  即证 ( )2 3 1xe x −  ， 设 ( ) ( )2 3xS x e x= − ，其中 0x  ，故 ( ) ( )2 2 3xS x e x x = + − ， 当 3x  − 时， ( ) 0S x  ；当 3 0x−   时， ( ) 0S x  ， 故 ( )S x 在 ( ), 3− − 上为增函数，在 ( )3,0− 上为减函数， 故在 ( ),0− 上， ( ) 3max 6 1S x e =  ， 故 ( )2 3 1xe x −  ，所以当 0x  时， ( ) ( )h x g x 成立. 综上，任意的 x R ，都有 ( ) 1 2 e ex x f x +  − 恒成立. 题型五 主元分析法 【例 5】设函数 ( ) lnf x x x= . （1）求 ( )f x 的极值； （2）设 ( ) ( 1)g x f x= + ，若对任意的 0x ，都有 ( )g x mx成立，求实数m的取 值范围； （3）若0 a b  ，证明：0 ( ) ( ) 2 ( ) ( ) ln 2 2 a b f a f b f b a +  + −  − . 【答案】（1） ( )f x 的极小值为 1 e − （2） ( ,1− （3）证明见解析 【分析】（1）求导研究函数单调性，求出极值；（2）构造函数 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 13 页 ( ) ( 1) ln( 1)h x x x mx= + + − ，求导后注意到 (0) 0h = ，进而得到 (0) 0h ， 1m ，再 验证充分性；（3）构造函数利用导函数研究其单调性，从而证明不等式. （1）函数 ( ) lnf x x x= ，则 ( ) 1 lnf x x = + ， ( 0)x  令 ( ) 0f x = ，解得： 1 =x e ，且当 1 (0, )x e 时， ( ) 0f x  ， 1 ( , )x e  + 时， ( ) 0f x  因此： ( )f x 的极小值为 1 1 ( )f e e = − ，无极大值. （2） ( ) ( 1) ( 1) ln( 1)g x f x x x= + = + + 令 ( ) ( 1) ln( 1)h x x x mx= + + − ，则 ( ) ln( 1) 1h x x m = + + − ，注意到： (0) 0h = ，若要 ( ) 0h x ，必须要求 (0) 0h ，即 1 0m− ，亦即 1m 另一方面：当 1m 时，因为 ( ) ln( 1) 1h x x m = + + − 单调递增，则当 0x 时， ( ) ln( 1) 1 (0) 1 0h x x m h m = + + −   = −  恒成立，所以 ( )h x 在 0x 时单调递增，故 ( )( ) 0 0h x h = ；故实数m的取值范围为： ( ,1− ； （3）构造函数 ( ) ln ln ( ) ln 2 a x F x a a x x a x + = + − + ， x a ， 2 ( ) 1 ln ln 1 ln 2 a x x F x x a x +  = + − − = + ， x a ， 0 2a x x  +  ， ( ) 0F x  ， ( )F x 在 ( , )a + 上是单调递增的； 故 ( ) ( ) 0F b F a = 即： ( ) ( ) 2 ( ) 0 2 a b f a f b f + + −  另一方面，构造函数 ( ) ln ln ( ) ln ( ) ln 2 2 a x G x a a x x a x x a + = + − + − − ， x a 2 ( ) ln ln 2 ln 0 x x G x a x a x  = − =  + + ， ( )G x 在 ( , )a + 上是单调递减的 故 ( ) ( )G b G a 0= 即： ( ) ( ) 2 ( ) ( ) ln 2 2 a b f a f b f b a + + −  − 综上，0 ( ) ( ) 2 ( ) ( ) ln 2 2 a b f a f b f b a +  + −  − . 【点睛】函数单调性是非常重要的，有些题目通过构造新函数，研究其单调性和极 值，最值，可以很快的得到解决，本题中的第三问要证明不等式，看起来很繁琐，只 要我们把b换成 x就可以得到新函数，利用导函数研究其单调性和极值，就可以得到 解决. 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 14 页 【跟踪训练 5】已知 ( ) ( )1 e , 0kxf x x k= +  . (1)若 1k = ，求 ( )f x 在 ( )( )0, 0f 处的切线方程； (2)设 ( ) ( )g x f x= ，求 ( )g x 的单调区间； (3)求证：当 0k  时， ( ) ( ) ( ) ( ), 0, , 1m n f m n f m f n  + + +  + . 【答案】(1) 2 1 0x y− + = ； (2) 0k  时，单调递减区间为 2 , 1 k    − − −    ，单调递增区间为 2 ( 1 , ) k − − + ; (3)证明见解析. 【分析】（1）根据导数的几何意义即可求得答案; （2）求出函数𝑔(𝑥) = 𝑓′(𝑥)的导数，讨论 k的取值范围，确定导数的正负，即可求得 ( )g x 的单调区间； （3）由于不等式 ( ) ( ) ( )1f m n f m f n+ +  + 可变为 ( ) ( ) ( ) 1f n m f n f m+ −  − ，所以可 构造函数 ( ) ( ) ( )h x f x m f x= + − ，利用（2）的结论可证明故该函数为(0, +∞)上的增函 数，利用函数的单调性，即可证明结论. 【详解】（1）当 1k = 时， ( ) ( ) ( ) ( )1 e , 2 ex xf x x f x x= +  = + ， 故 ( )f x 在 ( )( )0, 0f 处的切线斜率为 ( ) ( ) 00 0 2 e 2f = + = ，而 ( ) ( ) 00 0 1 e 1f = + = ， 所以 ( )f x 在 ( )( )0, 0f 处的切线方程为 1 2( 0)y x− = − ，即2 1 0x y− + = . （2）由题意得 ( ) ( ) ( )1 ekxg x f x kx k= + += ，则 ( ) ( )2 2 2 ekxg x k x k k+ = + ， 令 ( ) ( )2 2 2 e 0kxg x k x k k= + +  ，即 2 2 22 0, 1k x k k x k + +    − − ， 令 ( ) ( )2 2 2 e 0kxg x k x k k= + +  ，即 2 2 22 0, 1k x k k x k + +    − − ， 0k  时，单调递减区间为 2 ( , 1 ) k − − − ,单调递增区间为 2 ( 1 , ) k − − + . （3）证明：由（2）可知，当 0k  时，𝑔(𝑥) = 𝑓′(𝑥)在(0, +∞)上单调递增，而 ( ) ( )0 0 1 0g f k= = +  ， 即𝑓′(𝑥) > 0在(0, +∞)上恒成立，故 ( )f x 在(0, +∞)上单调递增， 设 ( ) ( ) ( )h x f x m f x= + − ，则 ( ) ( ) ( )h x f x m f x  = + − ， 因为 ( )0,m  + ，则 0x m x+   ，故 ( ) ( ), ( ) 0f x m f x h x  +    ， 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 15 页 所以 ( ) ( ) ( )h x f x m f x= + − 在(0, +∞)上单调递增，而 ( )0,n  + ， 则 ( ) (0)h n h ，即 ( ) ( ) ( ) (0)f n m f n f m f+ −  − ，而 ( )0 1f = ， 故 ( ) ( ) ( ) 1f n m f n f m+ −  − ，即 ( ) ( ) ( )1f m n f m f n+ +  + . 【点睛】关键点点睛：证明不等式 ( ) ( ) ( )1f m n f m f n+ +  + 时，关键是构造函数，利 用函数的单调性进行证明；因为 ( ) ( ) ( )1f m n f m f n+ +  + 可变形为 ( ) ( ) ( ) 1f n m f n f m+ −  − ，由此可构造函数 ( ) ( ) ( )h x f x m f x= + − ，从而利用（2）的 结论证明该函数为递增函数，从而利用函数的单调性证明不等式. 题型六 区间分割法讨论不等式相关问题 【例 6】设函数 ( ) ln( )f x x a= − ，已知 0x = 是函数 ( ) ln( )g x x x a= − 的极值点． (1)求a的值，并求函数 ( )g x 的单调区间； (2)若 0k  ，求证： 2 2 ( ) 1 2 1 f x k x x x −  + + ． 【答案】(1) 1a = − ，函数 ( )g x 的减区间为 ( )1,0− ，增区间为 ( )0, + (2)证明见解析 【解析】(1)由已知得 ( ) ln( )g x x x a= − ，所以 '( ) ln( )+ x g x x a x a = − − ， 又 0x = 是函数 ( ) ln( )g x x x a= − 的极值点，所以 ' 0(0) ln(0 )+ 0 0 g a a = − = − ，解得 1a = − ， 所以 ( )( ) ln( ) > 1+1g x x x x= −， ，则 '( ) ln( +1)+ +1 x g x x x = ， 令 ( ) '( ) ln( +1)+ +1 x h x g x x x = = ，则 ( ) ( ) 2 +2 +1 x h x x = ， 因为 > 1x − ，所以 ( ) ( ) ' 2 +2 >0 +1 x h x x = ，所以 ( )h x 在 ( )1,− + 上单调递增，即 '( )g x 在 ( )1,− + 上单调递增， 又 '(0) 0g = ，所以当 1 0x−   时， '( ) 0g x  ，当 0x> 时， '( )>0g x ， 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 16 页 所以函数 ( )g x 的减区间为 ( )1,0− ，增区间为 ( )0, + ； (2)证明：因为 > 1x − ，所以 1 0x+  ，所以不等式 2 2 ( ) 1 2 1 f x k x x x −  + + 等价于 ( ) 2 2 1 ( ) 1 2 x f x k x x +  − + ， 又 0k  ，所以1 1k−  ，所以不等式 ( ) 2 2 1 ( ) 1 2 x f x k x x +  − + 等价于 ( ) 2 2 1 ( ) 1 2 x f x x x +  + ， 令 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 22 1 2 2 1 ln 1 2F x x f x x x x x x x= + − + = + + − + ，则 ( ) ( )2 ln 1F x x x = + − ， 令 ( ) ( ) ( )2 ln 1G x F x x x = = + − ，则 ( ) ' 2 +1 x G x x − = ， 所以当 1 0x−   时， ( ) 0G x  ，当 0x> 时， '( ) 0G x  ， 所以函数 ( )G x 在 ( )1,0− 单调递增，在 ( )0, + 上单调递减， 即函数 ( )'F x 在 ( )1,0− 单调递增，在 ( )0, + 上单调递减， 所以 ( ) ( )0 0F x F  = ，所以函数 ( )F x 在 ( )1,− + 上单调递减， 所以当 1 0x−   时， 2 2 0x x+  ， ( ) ( )> 0 0F x F = ，即 ( ) ( ) ( )22 1 ln 1 2 0x x x x+ + − +  ， 所以 ( ) ( ) 22 1 ln 1 2x x x x+ +  + ，所以 ( ) 2 2 1 ( ) 1 2 x f x x x +  + ； 当 0x  时， 2 2 0x x+  ， ( ) ( )0 0F x F = ，即 ( ) ( ) ( )22 1 ln 1 2 0x x x x+ + − +  ， 所以 ( ) ( ) 22 1 ln 1 2x x x x+ +  + ，所以 ( ) 2 2 1 ( ) 1 2 x f x x x +  + ， 所以当 > 1x − 时， ( ) ( ) 2 2 1 1 2 x f x x x +  + ，不等式 2 2 ( ) 1 2 1 f x k x x x −  + + 得证． 【跟踪训练 6】已知函数 ( ) ln a f x x x = + ， ( ) e sinxg x x= + ，其中aR ． (1)试讨论函数 ( )f x 的单调性； (2)若 1a = ，证明： ( ) ( ) g x f x x  ． 【分析】（1）对函数进行求导得 2( ) x a f x x −  = ，再对a分成 0a  和 0a  两种情况讨 论，从而得到函数的单调性； （2）将不等式等价于e sin ln 1 0x x x x+ − −  ，再对 x分成0 1x  和 1x  两种情况讨论 即可. 【详解】（1） ( ) ln a f x x x = + 的定义域为 (0, )+ ， 2 2 1 ( ) a x a f x x x x −  = − = ， 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 17 页 当 0a  时， ( ) 0f x  ， ( )f x 在 (0, )+ 上单调递增； 当 0a  时，令 ( ) 0f x = ，得 x a= ， 当0 x a  时， ( ) 0f x  ， ( )f x 在 (0, )a 上单调递减； 当 x a 时， ( ) 0f x  ， ( )f x 在 ( ),a + 上单调递增. 综上所述，当 0a  时， ( )f x 在 (0, )+ 上单调递增，无减区间； 当 0a  时， ( )f x 在 (0, )a 上单调递减，在 ( , )a + 上单调递增； （2） 1a = ， 1 ( ) lnf x x x = + ，即证 1 e sin ln x x x x x + +  ， 0x  ，即证e sin ln 1 0x x x x+ − −  ， 当 ( )0,1x 时，e 1x  ，sin 0x  ， ln 0x x  ，  e sin ln 1 1 1 0x x x x+ − −  − = ； 当  )1,x  + 时，令 ( ) e sin ln 1xg x x x x= + − − ， 则 ( ) e cos ln 1xg x x x = + − − ，  1 ( ) e sinxg x x x  = − − ， 1x  ， e ex  ， 1 sin 1x−   ， 1 0 1 x   ，  1 ( ) e sin 0xg x x x  = − −  ，  ( ) e cos ln 1xg x x x = + − − 在 )1,+ 上单调递增，  ( ) ( )1 e cos1 0 1 0g x g  = + − −  ，  ( ) e sin ln 1xg x x x x= + − − 在 )1,+ 上单调递增，  ( ) ( )1 e sin1 0 1 0g x g = + − −  , 即e sin ln 1 0x x x x+ − −  ， 所以 e sin ( ) x x f x x +  ，即 ( ) ( ) g x f x x  . 题型七 割线法与切线法 【例 7】已知函数 ( ) ( )2 xf x x x e= − . （1）求曲线 ( )y f x= 在原点处的切线方程； （2）若 ( ) 0f x ax e− +  恒成立，求实数a的取值范围； 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 18 页 （3）若方程 ( ) (f x m m= R)有两个正实数根 1 2,x x ，求证： 1 2 1 m x x m e −  + + . 【答案】(1) ( ) ( ) ( ) ( )2' 1 , ' 0 1, 0 0xf x x x e f f= + − = − = ,故曲线 ( )y f x= 在原点处的切 线方程 0x y+ = . (2) ①当 0x = 时， Ra ；②当 0x  时，问题等价为 ( )1 x e a x e x  − + 恒成立，设 ( ) ( )1 ( 0)x e g x x e x x = − +  ，则 ( ) 2' x eg x xe x = − ，因为 ( )'y g x= 在 ( )0,+ 上单调递 增，且 ( )' 1 0g = ，所以 ( )g x 在 ( )0,1 上单调递减，在 ( )1,+ 上单调递增，所以 ( )y g x= 上的最小值为 ( )1g e= ，所以a e .③当 0x  时，问题等价为 ( )1 x e a x e x  − + 恒成立，设 ( ) ( )1 ( 0)x e h x x e x x = − +  ，则 ( ) ( ) 20, ' 0 x eh x h x xe x  = −  ，所以 ( )y h x= 在 ( ),0− 上单调递减，而 x→−时， ( ) 0h x → 所以 0a  即可.综上所述0 a e  . （3）依第（2）问，取a e= ，有 ( )2 xx x e ex e−  − ，因为 ( )y f x= 在 0x = 处的切 线方程为 y x= − . 设 ( ) ( )2 ( 0)xx x x e x x = − +  ，则 ( ) ( ) ( ) ( )2 2' 1 1, '' 3x xx x x e x x x e = + − + = + ，令 ( )'' 0x = 得 3x = − 或 0x = .容易知道 ( )'y x= 在 ( ) ( ), 3 , 0,− − + 单调递增，在 ( )3,0− 单调递减，而 ( )' 0 0 = ，所以当 0x  时， ( ) ( )' 0,x y x  = 单调递增.而 ( )0 0 = ，所以，当 0x  时， ( ) 0x  恒成立. 所以 ( )2 xx x e x−  − .设 y m= 分别与 y x= − 和 ( )1y e x= − 的两个交点的横坐标为 3 4,x x ，则 3 1 2 4x x x x   ，所以 1 2 4 3 1 m x x x x m e −  − = + + . 【跟踪训练 7】已知函数 ( ) (1 ln ) 1( )f x x a x a= − + R ． (1)讨论 ( )f x 的单调性； (2)若关于 t的方程 ln ( 1) 1 0t m t− − + = 有两个不相等的实根 1 2,t t ，求证： 1 2 1 1 1 e 2 2 e m t t −  + + − ． 【分析】（1）先求出导函数 ( ) 1 lnf x a a x = − − ，再对a的范围分类讨论，根据 ( )f x 的 正负即可得到 ( )f x 的单调性. 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 19 页 （2）方程 ln ( 1) 1 0t m t− − + = 可化为 1 1 1 ln 1 m t t   − + =    ，令 1 x t = ，此题可变为：当 1a = 时， ( )f x m= 有两不等实根 1 2,x x ，求证： 1 2 1 e 2 2 e x x m−  + + − .当0 1x  时令 1 ( ) ln e g x x x= + ，讨论 ( )g x 的单调性、最值，可得 1 1 1 e x m−  − + + .当 1x  时，令 ( ) ln 2 eh x x x x= − + ，讨论 ( )h x 的单调性、最值，可得 2 e 1x m + − ，两式相加即可证 明. (1)因为 ( ) (1 ln ) 1f x x a x= − + ，定义域为 (0, )+ ，所以 ( ) 1 lnf x a a x = − − ． ①当 0a  时，令 1 ( ) 1 ln 0 ln a f x a a x x a − = − − =  = ，解得 1 e a ax − = 即当 1 0,e a ax −      时， ( ) 0, ( )f x f x  单调递增：当 1 e , a ax −   +    时， ( ) 0, ( )f x f x  单 调递减； ②当 0a = 时 ( ) 1 0, ( )f x f x=  在 (0, )+ 单调递增； ③当 0a  时令 1 ( ) 1 ln 0 ln a f x a x x a  − = − − =  = ，解得 1 e a ax − = ， 即当 1 0,e a ax −      时， ( ) 0, ( )f x f x  单调递减；当 1 e , a ax −   +    时， ( ) 0, ( )f x f x  单 调递增； 综上：当 0a  时， ( )f x 在 1 0,e a a −      单调递增，在 1 e , a a −  +    单调递减； 当 0a = 时， ( )f x 在 (0, )+ 单调递增； 当 0a  时， ( )f x 在 1 0,e a a −      单调递减，在 1 e , a a −  +    单调递增． (2)方程 ln ( 1) 1 0t m t− − + = 可化为 1 1 1 ln 1 m t t   − + =    ，即当 1a = 时 1 f m t   =    令 1 x t = ，则原问题即：当 1a = 时， ( )f x m= 有两不等实根 1 2,x x ，求证： 1 2 1 e 2 2 e x x m−  + + − 由（1）知：当 1a = 时， ( )f x 在(0,1)上单调递增，在 (1, )+ 上单调递减． 不妨设 1 20 1x x   当0 1x  时，令 1 ( ) ln e g x x x= + 则 ( ) ln 1g x x = + ( )g x 在 1 0, e       上单调递减，在 1 ,1 e       上单调递增， 1 ( ) 0 e g x g    =    ． 所以 ( )1 0g x  所以 ( )1 1 1 1 1 1 1 1 ln e x x x x f x m+ +  + − = = 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 20 页 解得 1 1 1 e x m−  − + + ，且当 2 1 e m = + 时取等 ① 当 1x  时，令 ( ) ln 2 eh x x x x= − + ，则 ( ) ln 1h x x= − ． ( )h x 在 (1,e)上单调递减，在 (e, )+ 上单调递增， ( ) (e) 0g x g = 所以 ( )2 0g x  ，所以 2 2 2ln 2 e 0x x x− +  ， 整理得 ( )2 2 2 2 2e 1 ln 1x x x x f x m− + +  − + = = 解得 2 e 1x m + − ，当 1m = 时取等 ② 由①+②得： 1 2 2 1 1 e 2 2 e x x x x m− = −  + + − 即原不等式得证. 题型八 含三角函数的不等式综合问题 【例 8】设函数 ( ) π cos 1 2 f x x x   = − +    . (1)讨论函数 ( )f x 在区间 0,π 上的单调性； (2)判断并证明函数 ( )y f x= 在区间 π 3π , 2 2       上零点的个数. 【答案】(1)函数 ( )f x 在区间 π 0, 2       上单调递增，在区间 π ,π 2       上单调递减. (2)函数 ( )f x 在区间 π 3π , 2 2       上有 2 个零.，证明见解析 【分析】（1）求出函数的导数后根据导数的符号可得函数的单调性； （2）根据（1）中函数的单调性可得函数 ( )f x 在区间 π ,π 2       上存在唯一的零点，设 ( ) π 3π cos sin , π, 2 2 g x x x x x     = − −         ，根据三角函数的性质可得判断出 ( ) 0g x  ，故 结合零点存在定理可判断 ( )f x 在 3π π, 2       上的单调性，再结合零点存在定理可判断零 点的个数. 【详解】（1） ( ) π cos sin 2 f x x x x    = − −    ，且 0 2    =    f . 当 π 0 2 x  时，cos 0x  ， π sin 0 2 x x   −     ， 从而 ( ) π cos sin 0 2 f x x x x    = − −     ， 即此时函数 ( )f x 在区间 π 0, 2       上单调递增； 当 π π 2 x  时，cos 0x  ， π sin 0 2 x x   −     ， 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 21 页 从而 ( ) π cos sin 0 2 f x x x x    = − −     ， 即此时函数 ( )f x 在区间 π ,π 2       上单调递减. ∴综上所述，函数 ( )f x 在区间 π 0, 2       上单调递增，在区间 π ,π 2       上单调递减. （2） π 1 0 2 f   =     ，又 ( ) π π 1 0 2 f = − +  ，且函数 ( )f x 在区间 π ,π 2       上单调递减， ∴函数 ( )f x 在区间 π ,π 2       上存在唯一的零点. 当 3π π, 2 x       时，记 ( ) ( ) π cos sin 2 g x f x x x x   = = − −    ， 从而 ( ) π 2sin cos 2 g x x x x    = − − −    ，且此时sin 0x  ， π cos 0 2 x x   −     ， ∴ ( ) 0g x  ， ( ) ( )g x f x= 在区间 3π π, 2       上单调递增. ( )π 1 0g = −  ， 3π π 0 2 g   =     ，∴存在 0 3π π, 2 x       ，使得 ( )0 0g x = 且 ( )0π,x x 时， ( ) ( ) 0g x f x=   ，即此时 ( )f x 在区间 ( )0π, x 上单调递减； 0 3π , 2 x x       时， ( ) ( ) 0g x f x=  ，即此时 ( )f x 在区间 0 3π , 2 x       上单调递增. ∴由 ( ) π π 1 0 2 f = − +  ，得 ( )0 0f x  ， 即函数 ( )f x 在区间 ( )0π, x 上无零点； 而由 ( )0 0f x  ， 3π 1 0 2 f   =     ， 即函数 ( )f x 在区间 0 3π , 2 x       上有唯一的零点. ∴函数 ( )f x 在区间 π 3π , 2 2       上有 2 个零点. 【点睛】思路点睛：函数零点问题，需利用导数讨论其单调性，再结合零点存在定理 判断零点个数. 【跟踪训练 8】（多选）已知数列 na 满足 1 ,0 4 2 π π na a=   ，且 ( ) ( )1 1(2 1)sin sin ,n n n nn a a a a+ ++ − = + 则（ ） A． 2 2 5 sin 5 a = B． 1tan 2nna −= C．当 2n  时， 1na  D． 2 2 1 2 1 π n n a n +  − + 【答案】ACD 【分析】根据三角恒等变换计算可得 1tan 1 tan n n a n a n + += ，再利用累乘法可求得数列 na 的 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 22 页 通项公式为 tan na n= ，可知 B 错误， 计算可得 A 正确，根据三角函数单调性可判断 C 正确，再由同角三角函数之间的基本 关系可得 D 正确. 【详解】由 ( ) ( )1 1(2 1)sin sinn n n nn a a a a+ ++ − = + 可得 1 1 1 1( n2 1)sin (2 1)co c ccos si os ss sin os inn n n n n n n nn a a n a a a a a a+ + + ++ + =− + ； 即 1 12 sin (2 2)cocos sinsn n n nn a a n a a+ += + ， 1 1 sin 1 cos cos sin n n n n a a n a a n + + = + ， 所以 1tan 1 tan n n a n a n + += ， 因此 1 tan tan 1 n n a n a n− − = ， 1 2 tan 1 tan 2 n n a n a n − − = − − ，   ， 2 1 tan 2 tan 1 a a = ； 累乘可得 1 1 2 2 1 1 tan tan tan 1 2 tan tan 1 tan tan tan 1 2 1 n n n n n a n a a n n a a a a a n n − − − =  =  −  − − = ； 而 1tan 1a = 也满足此式，故 tan na n= , 所以 2tan 2a = ，即 2 2 2 sin cos a a = ，可得 2 2 5 sin 5 a = ，即 A 正确；B 错误； 当 2n  时， 2tan na n=  ，所以可得 2 5 3 sin 5 2 na   ； 又0 π 2 na  可得 π 3 na  ，即 1na  ，可知 C 正确； 由 tan na n= 可得sin cosn nna a= ，又 2 2cos 1sin n na a+ = ，cos 0na  ， 因此 2 2 π 1 sin cos 2 1 n n n a a n +  − = =  +  ， 又 0x  时，易知 sinx x ，所以 2 2 π π 1 sin 2 2 1 n n n a a n +  −  − =  +  ， 即可得 2 2 1 2 1 π n n a n +  − + ，即 D 正确. 故选：ACD 题型九 函数与数列不等式综合问题 【例 9】已知函数 1 1 ( ) ( 0) e 1x f x x x = −  − . (1)证明： 1 0 ( ) 2 f x  ； (2)证明： * 1 1 2 1 ln( 1) , 2 1 n n k k n n k k= =  +   +   N . 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 23 页 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）将不等式 ( ) 0f x  转化为 ( ) e 1 0xg x x= − −  ，将 1 ( ) 2 f x  转化为 ( ) ( )2 e 2 0xh x x x= − + +  ，根据导数与单调性的关系证明即可； （2）通过导数证明不等式 ( ) 2 ln 1 2 x x x +  + ，结合（1）得e 1x x + ，通过构造思想得 出 1 1 ln n n n +  ，结合累加的思想可证结论成立. 【详解】（1）因为 1 1 ( ) ( 0) e 1x f x x x = −  − ， 要证 ( ) 0f x  ，只需证明e 1 0x x−   即可， 当 0x  时，e 1 0x −  显然成立，令 ( ) e 1 xg x x= − − ， 0x  ， 所以 ( ) e 1 0xg x = −  在(0, +∞)上恒成立，即 ( )g x 在(0, +∞)上单调递增， 所以 ( ) ( )0 0g x g = ，即 1xe x−  ， 所以 ( ) 0f x  成立； 要证 1 ( ) 2 f x  ，只需证 ( )2 e 2 0xx x− + +  即可， 令 ( ) ( )2 e 2xh x x x= − + + ，则 ( ) ( )1 e 1xh x x= − + ， 令 ( ) ( )1 e 1xm x x= − + ，则 ( ) e 0xm x x =  在(0, +∞)上恒成立， 即 ( )h x 所以 ( ) ( )0 0h x h  = ， 即ℎ(𝑥)在(0, +∞)上单调递增，所以 ( ) ( )0 0h x h = ，所以 1 ( ) 2 f x  ， 综上可得： 1 0 ( ) 2 f x  . （2）令 ( ) ( ) ( ) 2 ln 1 0 2 x r x x x x = + −  + ，则 ( ) ( ) ( )( ) 2 2 2 1 4 0 1 2 1 2 x r x x x x x = − = + +   + + ， 所以 ( )r x 在(0, +∞)上单调递增，即 ( ) ( )0 0r x r = ， 所以当 0x  时， ( ) 2 ln 1 2 x x x +  + ， 令 1 x n = 得 2 1 ln 1 1 2 n n n   +     + ，即 ( ) 2 ln 1 ln 2 1 n n n + −  + ， 所以 2 ln 2 ln1 2 1 1 −   + ， 2 ln 3 ln 2 2 2 1 −   + ， 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 24 页 2 ln 4 ln3 2 3 1 −   + ， ( ) 2 ln 1 ln 2 1 n n n + −  + ， 相加可得 1 2 ln( 1) 2 1 n k n k=  + +  ； 由（1）得当 0x  时，e 1x x + ， 令 ( ) 1 0x n n =  ，得 1 1 e 1n n  + ，两边n次方可得 1 e 1 n n    +    ， 两边取对数可得 1 1 ln 1n n    +    ，即 1 1 ln n n n +  ， 所以1 ln 2 ln1 − ， 1 ln 3 ln 2 2  − ， 1 ln 4 ln 3 3  − ， ( ) 1 ln 1 lnn n n  + − ， 累加可得 ( ) * 1 1 ln 1 , n k n n k= +   N ， 综上可得： * 1 1 2 1 ln( 1) , 2 1 n n k k n n k k= =  +   +   N . 【点睛】关键点点睛：重要不等式e 1x x + ，𝑥 ∈ (0, +∞)，以及 1 1 ln n n n +  是解题的 关键. 【跟踪训练 9】已知函数 ( ) e eax xf x x= − . (1)当 1a = 时，讨论 ( )f x 的单调性； (2)当 0x  时， ( ) 1f x  − ，求a的取值范围； (3)设 *nN ，证明： ( )2 2 2 1 1 1 ln 1 1 1 2 2 n n n + + +  + + + + . 【答案】(1) ( )f x 在 ( )0, + 上单调递增，在 ( ),0− 上单调递减. (2) 1 , 2   −    (3)证明见解析 【分析】（1）求出函数的导函数，即可求出函数的单调区间； （2）令 ( ) e e 1ax xg x x= − + ，问题化为 0x  时𝑔(𝑥) < 0恒成立，利用导数并讨论 1 2 a  、 1 2 a  研究恒成立求参数范围； （3）由（2）当 0x  时 1 2e e 1 0 x xx − +  恒成立，令 1 2e x m = ，进而化为 1 2lnm m m  − 对 任意 1m  恒成立，进而得到 ( ) 2 1 ln 1 lnn n n n + −  + ，即可证结论. 【详解】（1）当 1a = 时， ( ) e ex xf x x= − ， ( ) exf x x = ， 当 ( ),0x  − 时，𝑓′(𝑥) < 0；𝑥 ∈ (0, +∞)时，𝑓′(𝑥) > 0. 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 25 页 故函数 ( )f x 在(0, +∞)上单调递增，在 ( ),0− 上单调递减. （2）令 ( ) ( ) 1 e e 1ax xg x f x x= + = − + ，则 0x  时𝑔(𝑥) < 0恒成立； ( ) ( )1 e eax xg x ax= + − ，且 ( )0 0g = ； 令 ( ) ( )h x g x=  ，则 ( ) ( )2 2 e eax xh x a x a = + − ，且 ( )0 2 1h a = − ； ①当 1 2 a  时， ( )0 0h  ，则在(0, +∞)上存在点 0x ，使𝑥 ∈ (0, 𝑥0)时ℎ′(𝑥) > 0， 则 ( ) ( )h x g x=  在 ( )00, x 上单调递增，此时 ( ) ( )0 0g x g  = ， ( )g x 在 ( )00, x 上单调递增，则 ( ) ( )0 0g x g = ，不合题意； ②当 1 2 a  时， ( ) ( ) 1 2 2 1 2 e e 1 e e 2 x ax x xh x a x a x   = + −  + −    ， 令 ( ) ( )1 e 0tm t t t= + −  ，则 ( ) 1 e 0tm t = −  ， ( )m t 在(0, +∞)上单调递减， ( ) ( )0 0m t m  = ，即1 ett+  ， 1 2 1 1 e 2 x x+  ，则 1 2 1 1 e e 2 x xx   +     ， ( ) 1 2 1 1 e e 0 2 x xh x x     + −      ， ( ) ( )h x g x=  在(0, +∞)上单调递减， ( ) ( )0 0g x g  = ， ( )g x 在(0, +∞)上单调递减， ( ) ( )0 0g x g = ，满足题意； 综上所述：a的取值范围为 1 , 2   −    . （3）当 1 2 a = 时，由（2）知：当 0x  时 1 2e e 1 0 x xx − +  恒成立， 令 1 2e x m = ，则 1m  ， 2 exm = ，则 2ln 2lnx m m= = ， 22 ln 1m m m  − ，即 1 2lnm m m  − 对任意 1m  恒成立， 对 Nn   ， 1 1 2ln 1 n n n n n n + +  − + ，即 ( ) 2 1 1 ln 1 ln 1 n n n n n n n n + − + −  =  + + ， ( ) 2 2 2 1 1 1 ln 2 ln1 ln 3 ln 2 ln 1 ln 1 1 2 2 n n n n  + ++  − + − + + + − + + + ( )ln 1n= + . 【点睛】思路点睛：函数不等式的恒成立问题，应该利用导数讨论函数的单调性，注 意结合端点处导数的符号合理分类讨论，导数背景下数列不等式的证明，应根据已有 的函数不等式合理构建数列不等式. 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 26 页 课后突破训练 1．已知关于 x的不等式 ( )e 1 ln 1 x x x x  +  + 在 ( )0, + 上恒成立，则实数的取值范围为 （ ） A． 1 , e   +    B． ( )e,+ C． 1 0, e       D． ( )0,e 【答案】A 【分析】转化为 ( ) ( ) ( )lne 1 1 ln e 1 lnx xx x x x +  + = + ，令 ( ) ( ) ( )e 1 0xf x x x= +  ，由 ( ) ( )lnf x f x  ，利用函数的单调性求解. 【详解】解：原不等式等价于 ( ) ( ) ( )lne 1 1 ln e 1 lnx xx x x x +  + = + ， 设 ( ) ( ) ( )e 1 0xf x x x= +  ，则 ( ) ( )lnf x f x  . 又 ( ) ( )e 1 1 0xf x x + + =  ，所以 ( )f x 在 ( )0, + 上单调递增， 则 lnx x  ，即 lnx x   . 设 ( ) lnx g x x = ， 0x  ，则 ( ) 2 1 lnx g x x −  = ， 当0 ex  时， ( ) 0g x  ，函数 ( )g x 单调递增； 当 ex  时， ( ) 0g x  ，函数 ( )g x 单调递减， 所以 ( ) ( ) max e 1 e g x g= = ，所以 1 e   . 故选：A. 2．已知不等式 ( )1e ln a x ax x −  + 在区间 ( 20,e 上恒成立，则实数a的取值范围是（ ） A． ( )2,1 e− − B． ( )1,1 e−− − C． ( ),0− D． ( ),1− 【答案】B 【分析】首先根据条件证明 1 1 e a  − ，然后在 1 1 e a  − 的情况下证明不等式 ( )1e ln a x ax x −  + 恒成立，即可得到 a的取值范围是 1 ,1 e   − −    . 【详解】设 ( ) ln 1h x x x= − − ，则对0 1x  有 ( ) 1 1 1 0 x h x x x = − = −  ，对𝑥 > 1有 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 27 页 ( ) 1 1 1 0 x h x x x = − = −  . 从而 ( )h x 在 ( )0,1 上递减，在 ( )1,+ 上递增，所以 ( ) ( )1 1 0 1 0h x h = − − = ，故 ( ) 0h x  . ①一方面，在条件中令 ex = ，即得 ( )1 ee e 1 a a −  + . 假设 1 1 e a  − ，则 1 1 e a − ，从而 ( ) 1 ·e 1 ee 1 e e e e 1 1 e 1 e e a a −   =   +  − + =    ，矛盾. 所以一定有 1 1 e a  − . ②另一方面，若 1 1 e a  − ： 首先有 1 1 1 1 1 1 1 1 1 e e e e e 1 0 e? e e e ln e 1 e e e e x x x x x h x x − − − −        = − − = − = −               . 以及0 ln 1 ln e e e e x x x x h x    = − − = −    . 将两个不等式相加，就得到 1 1 e e 1 0 e ln e 1 ln e e x xx x x x x        − + − = − − −           ，从而 1 e 1 e 1 ln e x x x    − +    . 由于 1 1 e a  − ，故 1 1 e a − ，所以对任意 ( )0,x + ，有 ( ) 1 1 e 1 e e 1 ln ln e x a x x x ax x −     − +  +    . 而对任意的 ( 20,ex  ，显然也有 ( )0,x + ，所以 ( )1e lna x ax x−  + ，从而 1 1 e a  − 时条 件一定满足. 综合①②两个方面，可知a的取值范围是 1 ,1 e   − −    ． 故选：B. 3．函数 ( ) ln 1f x x mx= − + ，若存在 ( )0,x + ，使 ( ) 0f x  有解，则m的取值范围为 （ ） A． ( ,1− B． ( ,2− C． )1,+ D． )2,+ 【答案】A 【分析】构造函数 ( ) 1 lnx g x x + = ，利用导数求最值，进而得m的取值范围. 【详解】若存在 ( )0,x + ，使得 ( ) 0f x  有解，即 max 1 lnx m x +       ． 设 ( ) 1 lnx g x x + = ， ( )0x  ，则 ( ) ( ) 2 2 1 1 ln lnx x g x x x − + = = − ． 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 28 页 令 ( ) 0g x = ，解得 1x = ， 当 ( )0,1x 时， ( ) 0g x  ， ( )g x 单调递增； 当 ( )1,x + 时， ( ) 0g x  ， ( )g x 单调递减，所以 ( ) ( ) max 1 1g x g= = ． 故m的取值范围为 ( ,1− ． 故选：A 4．已知定义域为 (0, )+ 的函数 ( )h x 满足： , 0, ( ) ( ) ( ) 2x y h xy h x h y  = + − ，且当 1x  时， ( ) 2h x  ，若 10 1 1 ln , , tan 9 10 9 a b c= = = ，则（ ） A． ( ) ( ) ( )h a h b h c  B． ( ) ( ) ( )h b h a h c  C． ( ) ( ) ( )h c h a h b  D． ( ) ( ) ( )h a h c h b  【答案】B 【分析】结合函数单调性的定义结合题设易得函数 ( )h x 在 (0, )+ 上单调递增，进而构 造函数 ( ) ( )ln 1f x x x= − − − ，0 1x  ，利用导数分析单调性可得a b ，构造函数 ( ) ( )ln 1 tang x x x= + − ，0 1x  ，利用导数分析单调性可得 a c ，进而结合函数 ( )h x 的单调性即可判断. 【详解】由题意，任取 ( )1 2, 0,x x  + ，且 1 2x x ，则 2 1 1 x x  ， 2 1 2 x h x       ， 所以 ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 2 22 1 1 1 1 1 1 1 1 2 2 0 x x x h x h x h x h x h h x h x h x x x       − =  − = + − − = −             ， 即 ( ) ( )2 1h x h x ，所以函数 ( )h x 在 (0, )+ 上单调递增， 由 10 1 1 1 ln ln 1 9 10 10 10 a b   − = − = − − −    ， 设 ( ) ( )ln 1f x x x= − − − ，0 1x  ， 则 ( ) 1 1 0 1 1 x f x x x  = − =  − − ，所以函数 ( )f x 在 ( )0,1 上单调递增， 所以 ( ) ( ) ( )ln 1 0 0f x x x f= − − −  = ， 则 1 1 ln 1 0 10 10 a b   − = − − −     ，即 a b . 由 10 1 1 1 ln tan ln 1 tan 9 9 9 9 a c   − = + −  =  −  ， 设 ( ) ( )ln 1 tang x x x= + − ，0 1x  ，则 ( ) 2c 1 1 1 os g x x x − = + ， 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 29 页 因为0 1x  ，所以0 cos 1x  ，则 2 1 1 cos x  ， 而1 1 2x +  ，则 1 1 1 2 1x   + ， 所以 ( ) 2 1 0 s 1 1 co x g x x −= +  ，则函数 ( )g x 在 ( )0,1 上单调递减， 所以 ( ) ( ) ( )ln 1 tan 0 0g x gx x+ −=  = ， 则 1 1 ln 1 tan 0 9 9 a c   + − = −   ，即 a c . 综上所述， 0c a b   ， 又函数 ( )h x 在 (0, )+ 上单调递增，则 ( ) ( ) ( )h c h a h b  . 故选：B. 【点睛】关键点点睛：本题关键在于构造函数 ( ) ( )ln 1f x x x= − − − ，0 1x  ， ( ) ( )ln 1 tang x x x= + − ，0 1x  ，利用导数分析单调性，得出 , ,a b c的大小关系，进 而结合函数 ( )h x 的单调性即可判断. 5．已知函数 ( ) lnf x x x= ，若 1 20 x x  ，则下列结论正确的个数是（ ） （1） 2 1 1 2( ) ( )x f x x f x ； （2） ( ) ( )1 1 2 2x f x x f x+  + （3） ( ) ( )1 2 1 2 0 f x f x x x −  − ； （4）当 ln 1x  − 时， 1 1 2 2 2 1( ) ( ) 2 ( )x f x x f x x f x+  A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】B 【分析】构造函数 ( ) ( ) ln f x h x x x = = ，即可根据单调性求解（1），根据 ( ) ( ) lng x f x x x x x= + = + ，即可求导求解（2），根据 ( )f x 求导即可判定（3），结合 （1）的结论以及 ( )f x 的单调性即可求解（4）. 【详解】（1）正确;因为令 ( ) ( ) ln f x h x x x = = 在 ( )0,+ 上是增函数， 当 1 20 x x  时， ( ) ( )1 2g x g x ， ( ) ( )1 2 1 2 f x f x x x   ，即 ( ) ( )2 1 1 2x f x x f x . （2）错误；因为令 ( ) ( ) lng x f x x x x x= + = + ( ) ln 2,g x x = + ( )2 ,x e−  + 时， ( )( ) 0,g x g x  单调递增， ( )20,ex − 时， ( )( ) 0,g x g x  单调递减. ( )1 1x f x + 与 ( )2 2x f x+ 无法比较大小. （3）错误；因为 ( ) ln 1f x x= + ， 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 30 页 ( )1 ,x e−  + 时， ( ) ( )0,f x f x  单调递增， ( )10,ex − 时， ( ) ( )0,f x f x  单调递减. 所以无法确定 ( ) ( )1 2,f x f x 的大小，故（3）错误， （4）正确;因为 ln 1x  − 时， ( ) ln 1 0f x x= +  ， ( )f x 单调递增， 又 （1）正确， ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )1 1 2 2 2 1 1 1 2 2 1 22 2x f x x f x x f x x f x x f x x f x  +  −   +  − ( ) ( ) ( ) ( )1 1 2 2 12x f x f x f x f xx= − + −     ( ) ( ) ( )2 21 1 0fx xx f x= − −    ， 故选：B. 6．已知 n个大于 2 的实数 1 2, , , nx x x ，对任意 ix （ 1,2, ,i n= ），存在 2iy  满足 i iy x 且 i i y x i ix y= ，则使得 1 2 15n nx x x x+ + +  成立的最大正整数 n为（ ） A．21 B．23 C．25 D．27 【答案】B 【分析】 i i y x i ix y= 两边取对数， ln lni i i i x y x y = ，令 ( ) ( ) ln 2 x f x x x =  ，求导得到其单调 性，故 ( ) ( )i if x f y= ，又 i iy x ，结合 ( ) ( )2 4f f= ，故e 4ix  ，则有 ( ) 1 2 1 e 15 4 n n nx x x x −+ + +   ，解得 60 1 e n  + ，结合e 2.72 ，得到 60 1 23.06 e +  ，求 出答案. 【详解】由 i i y x i ix y= ，且 2, 2i iy x  ，故 ln lni i i iy x x y= ，即 ln lni i i i x y x y = ， 令 ( ) ( ) ln 2 x f x x x =  ，则 ( ) ( )2 1 ln 2 x f x x x = −  ， 故当 ( )2,ex 时，𝑓′(𝑥) > 0，当 ( )e,+x  时，𝑓′(𝑥) < 0， 故 ( )f x 在 ( )2,ex 上单调递增，在 ( )e,+x  上单调递减， 由 ln lni i i i x y x y = 得 ， ( ) ( )i if x f y= ， 又 i iy x ，故 e,2 ei ix y   ， 又 ( ) ( ) ln 2 ln 4 2 4 2 4 f f= = = ，故e 4ix  ， 若 1 2 15n nx x x x+ + +  ，则有 ( ) 1 2 1 e 15 4 n n nx x x x −+ + +   ， 即 60 1 e n  + ， 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 1 页 48 利用导数研究不等式重难点专题 常考结论及公式 结论一：常见的不等式放缩结论 （1）指数放缩： 1xe x + ， xe ex ， 1xe x−  ； （2）对数放缩：① 1 ln 1 x x x x − − ( 0x  ，当且仅当 1x = 时，等号成立)． ② ln x x e ( 0x  ，当且仅当 x e= 时，等号成立)． ③ ( )2 1 ln 1 x x x − + ( 0 1x ，当且仅当 1x = 时，等号成立)． ④ ( )2 1 ln 1 x x x − + ( 1x ，当且仅当 1x = 时，等号成立)． ⑤ 1 1 ln 2 x x x   −    ( 0 1x ，当且仅当 1x = 时，等号成立)． ⑥ 1 1 ln 2 x x x   −    ( 1x ，当且仅当 1x = 时，等号成立)． （3）其他类型的不等式：①当0 2 x    时，sin tanx x x  ； ②对数均值不等式： ( 0, 0) ln ln 2 a b a b ab a b a b − +     − ； 结论二：泰勒公式相关结论 （1）泰勒公式：设函数 ( )f x 在点 0x 处的某邻域内具有 1n + 阶导数，则对该邻 域内异于 0x 的任意点 x，在 0x 与 x之间至少存在一点 ，使得： ( )f x = ( )0f x + ( )0'f x 0(x - x )+ ( ) 0f'' x 2! 0 2(x - x ) +    + ( ) ( )0nf x n! 0 n(x - x ) + ( )nR x ， 其中 ( )nR x = ( )( 1) ( 1)! nf n + + 1 0 )( +− nxx 称为余项，上式称为n阶泰勒公式； 若 0x =0，则上述的泰勒公式称为麦克劳林公式， 即 ( )f x = ( )0f + ( )0'f x + ( )0 2! f'' 2x +    + ( ) ( )0 ! n f n nx + 0( ) nx . （2）几种常见的泰勒展开：① 2 0 1 1 , ( 1,1) 1 n n n x x x x x x  = = + + + + + =  − −  ； ② 2 3 0 1 1 ( 1) , ( 1,1) 1 n n n n x x x x x x x  = = − + − + + − + =  − +  ； 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 2 页 ③ 2 3 0 1 , ( , ) 2! 3! ! ! n n x n x x x x e x x n n  = = + + + + + + =  − + ； ④ 2 3 4 1 1 0 ( 1) ( 1) ln(1 ) , ( 1,1] 2 3 4 1 1 n n n n n x x x x x x x x n n + + = − − + = − + − + + + =  − + +  ； ⑤ 3 5 7 2 1 2 1 0 sin ( 1) ( 1) , 3! 5! 7! (2 1)! (2 1)! n n n n n x x x x x x x x R n n + + = = − + − + + − + = −  + +  ； ⑥ 2 4 6 2 2 0 cos 1 ( 1) ( 1) , 2! 4! 6! (2 )! (2 )! n n n n n x x x x x x x R n n  = = − + − + + − + = −  ； ⑦ 3 5 7 2 12 0 ( 4) (1 4 )2 17 tan , 3 15 315 (2 )! 2 2 n n nn n Bx x x x x x x n   − = − −   = + + + + =  −     ， ， 其中 2nB 是伯努利数； ⑧ 2 ( 1) ( 1) ( 1) (1 ) 1 2! ! nnx x x x n       − − − + + = + + + + + 0 ( 1) ( 1) 1 , ( 1,1) ! n n n x x n    = − − + = +  − ； （3）常见的泰勒不等式： ① 2 1 2 x xe x+ + 对于 0x 恒成立； ② 2 ln(1 ) 2 x x x x− + 对于 0x 恒成立； ③ 3 sin 6 x x x x− 对于 0x 恒成立； ④ 2 2 4 1 cos 1 2 2 24 x x x x− − + 对于 0x 恒成立； 结论三：同构法相关重要结论 （1）同构运用必会结论：① 0a 当 且 1, 0a x  时，有 loga xa x= ； ②当 0a  且 1a  时，有 log xa a x= ； ③ lne ex x xx += ； ( )ln ln exx x x+ = ； ④ ln x x xe e x −= ； ln ln xe x x x − = ； 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 3 页 ⑤ 2 2lne ex x xx += ； ( )22ln ln exx x x+ = ； ⑥ 2ln 2 x x xe e x −= ； 2ln 2 x x xe e x −= ； ⑦ lne e ln 1x x xx x x+=  + + ； ( )ln ln e e 1x xx x x x+ =  − ⑧ lne e e( ln )x x xx x x+=  + ； ( ) 1ln ln x x xxex x xe xe e −+ =  = （2）乘法同构、加法同构 ①乘法同构，即乘 x同构，如 ln ln lnln ln ln lnx a x a xa e x x a e x e      ； ②加法同构，即加 x同构，如 loglog log loga xx xa a aa x a x x x a x  +  + = + ， 题型一 差构造法 【例 1】已知函数 ln 1 ( ) x f x x x = − . (1)求曲线 ( )y f x= 在点 (1, (1))f 处的切线方程； (2)求证： ( ) 2 3f x x − . 【跟踪训练 1】已知函数 ( ) ( )2 1 2 2 ln 2 f x x a x a x= − + + （ Ra ）. (1)讨论函数 ( )f x 的单调区间； (2)当 1 2 a = 时，证明： ( ) 2 1 1 7 e 2 2 2 xf x x x x +− +  − . 重难点题型归纳与精讲 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 4 页 题型二 同构法 【例 2】已知 , , (1, )a b c + ．且 2 ln 22ln 1 2 a a− − = ， 2 12ln 1 e b b− − = ， 2 ln π2ln 1 π c c− − = ，则（ ） A．b a c  B．b c a  C． a b c  D．c a b  【跟踪训练 2】已知函数 ( ) ex ax f x = 和 ( ) lnx g x ax = 有相同的最大值b . (1)求 ,a b； (2)证明：存在直线 y m= ，其与两条曲线 ( )y f x= 和 ( )y g x= 共有三个不同的交点，并 且从左到右的三个交点的横坐标成等比数列. 题型三 利用泰勒展开式解决不等式相关问题 【例 3】已知 31 32 a = ， 1 cos 4 b = ， 1 4sin 4 c = ，则（ ） A.c b a  B.b a c  C.a b c  D.a c b  武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 5 页 【跟踪训练 3】已知函数 ( ) ln sinxf x a xe a x−=  + ， 0a  . （1）若 0x = 恰为 ( )f x 的极小值点. ①证明： 1 1 2 a  ； ②求 ( )f x 在区间 ( ),−  上的零点个数； （2）若 1a = ， ( ) 1 1 1 1 1 1 1 2 3 3 f x x x x x x x x x n n                = − + − − +  − +                   ， 又由泰勒级数知： ( ) ( ) ( ) 22 4 6 * 1 cos 1 2! 4! 6! 2 ! n nxx x x x n N n − = − + − + + +   ，证明： 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 2 3 6n  + + +  + +  = 题型四 凹凸反转与拆分函数 【例 4】已知函数 ( ) 23ln 6f x x kx x= − + ，若 ( ) 0f x  的解集为 ( ),m n ，且 ( ),m n 中只 有两个整数，则（ ） A． k无最值 B． k的最小值为 12 3ln 2 4 + C． k的最大值为 12 3ln 2 4 + D． k的最小值为 6 ln 3 3 + 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 6 页 【跟踪训练 4】已知函数 ( ) 3 2 2f x x ax bx a= + + + ，当 0a = ， 3b = − 时，证明：任意的 x R ，都有 ( ) 1 2 e ex x f x +  − 恒成立. 题型五 主元分析法 【例 5】设函数 ( ) lnf x x x= . （1）求 ( )f x 的极值； （2）设 ( ) ( 1)g x f x= + ，若对任意的 0x ，都有 ( )g x mx成立，求实数m的取 值范围； （3）若0 a b  ，证明：0 ( ) ( ) 2 ( ) ( ) ln 2 2 a b f a f b f b a +  + −  − . 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 7 页 【跟踪训练 5】已知 ( ) ( )1 e , 0kxf x x k= +  . (1)若 1k = ，求 ( )f x 在 ( )( )0, 0f 处的切线方程； (2)设 ( ) ( )g x f x= ，求 ( )g x 的单调区间； (3)求证：当 0k  时， ( ) ( ) ( ) ( ), 0, , 1m n f m n f m f n  + + +  + . 题型六 区间分割法讨论不等式相关问题 【例 6】设函数 ( ) ln( )f x x a= − ，已知 0x = 是函数 ( ) ln( )g x x x a= − 的极值点． (1)求a的值，并求函数 ( )g x 的单调区间； (2)若 0k  ，求证： 2 2 ( ) 1 2 1 f x k x x x −  + + ． 【跟踪训练 6】已知函数 ( ) ln a f x x x = + ， ( ) e sinxg x x= + ，其中aR ． (1)试讨论函数 ( )f x 的单调性； (2)若 1a = ，证明： ( ) ( ) g x f x x  ． 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 8 页 题型七 割线法与切线法 【例 7】已知函数 ( ) ( )2 xf x x x e= − . （1）求曲线 ( )y f x= 在原点处的切线方程； （2）若 ( ) 0f x ax e− +  恒成立，求实数a的取值范围； （3）若方程 ( ) (f x m m= R)有两个正实数根 1 2,x x ，求证： 1 2 1 m x x m e −  + + . 【跟踪训练 7】已知函数 ( ) (1 ln ) 1( )f x x a x a= − + R ． (1)讨论 ( )f x 的单调性； (2)若关于 t的方程 ln ( 1) 1 0t m t− − + = 有两个不相等的实根 1 2,t t ，求证： 1 2 1 1 1 e 2 2 e m t t −  + + − ． 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 9 页 题型八 含三角函数的不等式综合问题 【例 8】设函数 ( ) π cos 1 2 f x x x   = − +    . (1)讨论函数 ( )f x 在区间 0,π 上的单调性； (2)判断并证明函数 ( )y f x= 在区间 π 3π , 2 2       上零点的个数. 【跟踪训练 8】（多选）已知数列 na 满足 1 ,0 4 2 π π na a=   ，且 ( ) ( )1 1(2 1)sin sin ,n n n nn a a a a+ ++ − = + 则（ ） A． 2 2 5 sin 5 a = B． 1tan 2nna −= C．当 2n  时， 1na  D． 2 2 1 2 1 π n n a n +  − + 题型九 函数与数列不等式综合问题 【例 9】已知函数 1 1 ( ) ( 0) e 1x f x x x = −  − . (1)证明： 1 0 ( ) 2 f x  ； (2)证明： * 1 1 2 1 ln( 1) , 2 1 n n k k n n k k= =  +   +   N . 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 10 页 【跟踪训练 9】已知函数 ( ) e eax xf x x= − . (1)当 1a = 时，讨论 ( )f x 的单调性； (2)当 0x  时， ( ) 1f x  − ，求a的取值范围； (3)设 *nN ，证明： ( )2 2 2 1 1 1 ln 1 1 1 2 2 n n n + + +  + + + + . 课后突破训练 1．已知关于 x的不等式 ( )e 1 ln 1 x x x x  +  + 在 ( )0, + 上恒成立，则实数的取值范围为 （ ） A． 1 , e   +    B． ( )e,+ C． 1 0, e       D． ( )0,e 2．已知不等式 ( )1e ln a x ax x −  + 在区间 ( 20,e 上恒成立，则实数a的取值范围是（ ） A． ( )2,1 e− − B． ( )1,1 e−− − C． ( ),0− D． ( ),1− 3．函数 ( ) ln 1f x x mx= − + ，若存在 ( )0,x + ，使 ( ) 0f x  有解，则m的取值范围为 （ ） A． ( ,1− B． ( ,2− C． )1,+ D． )2,+ 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 11 页 4．已知定义域为 (0, )+ 的函数 ( )h x 满足： , 0, ( ) ( ) ( ) 2x y h xy h x h y  = + − ，且当 1x  时， ( ) 2h x  ，若 10 1 1 ln , , tan 9 10 9 a b c= = = ，则（ ） A． ( ) ( ) ( )h a h b h c  B． ( ) ( ) ( )h b h a h c  C． ( ) ( ) ( )h c h a h b  D． ( ) ( ) ( )h a h c h b  5．已知函数 ( ) lnf x x x= ，若 1 20 x x  ，则下列结论正确的个数是（ ） （1） 2 1 1 2( ) ( )x f x x f x ； （2） ( ) ( )1 1 2 2x f x x f x+  + （3） ( ) ( )1 2 1 2 0 f x f x x x −  − ； （4）当 ln 1x  − 时， 1 1 2 2 2 1( ) ( ) 2 ( )x f x x f x x f x+  A．1 B．2 C．3 D．4 6．已知 n个大于 2 的实数 1 2, , , nx x x ，对任意 ix （ 1,2, ,i n= ），存在 2iy  满足 i iy x 且 i i y x i ix y= ，则使得 1 2 15n nx x x x+ + +  成立的最大正整数 n为（ ） A．21 B．23 C．25 D．27 7．（多选）已知 0x y  ， 1xy = ，则（ ） A． x y y x B． 1 1 x y x y −  − C． ( )2log ex y x y + D． 1 e e 7x y  8．（多选）若实数 x， y满足 24ln 2ln 4 4x y x y+  + − ，则（ ） A． 2 2 xy = B． 1 2 2 x y+ = + C． 1 2 2 2 2 x y+ = + D． 3 1x y = 9．对于任意的 0,x  不等式 log ( 0, x aa x a  且 1)a  恒成立，则a的取值范围 是 ． 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 12 页 10．已知函数 π ( ) tan , 0, 2 f x ax x x   = −     . (1)当 2a = 时，求 ( )f x 的单调区间； (2)若 2a  ，证明： ( ) sin2f x x . 11．已知函数 ( ) ( ) ( )2 2ln 1 , , 1 2 x a f x g x x ax a x + = = + −  + R ． (1)求证： ( ) 1f x x − ； (2)过点 ( 1, 2)− − 作直线 l与函数 ( ), ( )f x g x 的图象均相切，求实数a的值； (3)已知 4a  ，若存在 0 (0, )x  + ，使得 0 0( ) ( )f x g x 成立，求实数a的最大值． 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 13 页 12．一般地，设函数 ( )f x 在区间 ,a b 上连续，用分点 0 1 1i i na x x x x x b−=       = 将区间 ,a b 分成n个小区间，每个小区间的长度 为 ( )1Δ Δ i ix x x x −= − ，在每个小区间 1,i ix x− 上任取一点 ( )1,2, ,i i n = ，作和式 ( ) ( )( )1 1 1 Δ n n n i i i i i i S f x f x x  − = = = = −  ．如果当 x 无限接近于 0（亦即 )n →+ 时，上述 和式 nS 无限趋近于常数S，那么称该常数S为函数 ( )f x 在区间 ,a b 上的定积分，记为 ( )d b a S f x x=  ．当 ( ) 0f x  时，定积分 ( )d b a f x x 的几何意义表示由曲线𝑦 = 𝑓(𝑥)，两 直线 ,x a x b= = 与 x轴所围成的曲边梯形的面积（如下图）． 如果 ( )f x 是区间 ,a b 上的连续函数，并且 ( ) ( )F x f x = ，那么 ( ) ( ) ( ) ( )d bb a a f x x F x F b F a = = − (1)求 2 2 1 1 e dx x x   −     ； (2)设函数 ( ) ( ) ( ) ( )( )ln 1 , 0f x x g x xf x x= = +  ． （1）若 ( ) ( )f x mg x 恒成立，求实数m的取值范围； （2）数列 na 满足 ( )1 11, n na a g a −= = ，利用定积分的几何意义，证明： 2 1 ln n n i i i i a n a = =    ．