作业08 函数及有关性质（7）导数放缩与不等式-2026届高三数学一轮复习

高三一轮复习课后讲义——巩固·拓展 编号：08 参考答案与解析 尽量努力做，不会再看答案，记得比较总结！ 1．(1)证明见解析 (2) (3)证明见解析 【分析】（1）利用导数判断出在上的单调性，再利用零点存在性定理可得答案； （2）求出曲线在点处的切线方程，令得切线与轴的交点可得答案； （3）根据在处的切线方程可得，利用导数判断出单调性可得，由第（2）知，根据是的零点得，再由为单调递增函数可得答案. 【详解】（1），定义域为， 所以在上恒成立， 所以函数在上单调递增. 因为， ，所以存在唯一， 使得，即有唯一零点，且； （2）由第（1）小题知，所以曲线在点处的切 线斜率为，所以曲线在点处的切线方程为， 即.令得， 所以切线与轴的交点为， 即，所以； （3）对任意的，由第（2）小题知， 曲线在处的切线方程为 ，故令， ，所以. 当时，，单调递增； 当时，，单调递减.所以， 即，当且仅当时等号成立.另一方面， 由第（2）小题知，且当时， （若，则，故，显然矛盾）， 因为是的零点，所以， 因为为单调递增函数，所以当时，总有， 又因为，所以对任意，均有， 故，，所以， 综上所述，当时，. 2．(1)在上单调递增 (2) (3)证明见解析 【分析】（1）求导，研究导数的正负情况，即可得单调性； （2）容易得到时成立；当时，利用，可得，令，求导可得到恒成立，进而可得到，与矛盾，即时不成立，即得答案； （3）分析法把原不等式的证明转化为证明成立，构造函数，求导，结合不等式可证明. 【详解】（1）， 由，则，故， ，故在上恒成立， 故在上单调递增． （2）令，， 由（1）得在上单调递增，又， 所以， （i）当时，恒成立． （ii）当时，令，则， 当时，，单调递减， 又，所以，故时，，（*） 由（*）式可得， 令，则， 由（*）式可得， 令，，， 故在上单调递增，又，， 所以存在使得，即时，， 所以时，，单调递减， 又，所以， 即时，，与矛盾． 综上，满足条件的的取值范围是． （3）证明：由，则，， 要证，只需证， 即只需证， 由（2）知，故只需证， 即只需证，令，， 则， 由，当且仅当时等号成立， 又，故不能取等，即有， 则， 令，，则， 故在上单调递增，则， 即，故在上单调递增，则， 即有，即得证． 3．(1)； (2)； (3)证明见解析. 【分析】（1）求导得，再根据切线方程得到，解出即可； （2）当，，当时，分离参数得，再设新函数，求出其最大值即可； （3）求出的最大值点和与轴交点，再求出两点连线所在直线方程，求出，，再代入计算即可. 【详解】（1）因为函数在点处的切线方程为， ，所以，得. （2）因为对恒成立， 当时，， 当时，等价于恒成立 令，得， 令， 得，则在区间上单调递增． 则，即在区间上恒成立， 所以在区间上单调递减，所以， 所以数的取值范围为. （3）因为在区间单调递增，在单调递减， 最大值为，记最大值点为， 函数与轴的交点记为点． 因为直线， 由（2）知在区间上， 又因为直线， 又当在区间上时，， 又与直线交点横坐标记为， 直线直线交点横坐标记为， 所以 . 【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键是采用分离参数法得到，再设新函数，利用多次求出其最大值即可. 4．（1）的递增区间为，递减区间为；（2）证明见解析. 【分析】将题中的等式进行恒等变换，令，命题转换为证明：，然后构造对称差函数，结合函数零点的特征和函数的单调性即可证得题中的结论. 【详解】 [方法一]：等价转化 由得，即． 由，得． 由（1）不妨设，则，从而，得， ①令， 则， 当时，，在区间内为减函数，， 从而，所以， 由（1）得即．① 令，则， 当时，，在区间内为增函数，， 从而，所以． 又由，可得， 所以．② 由①②得． [方法二]【最优解】：变形为，所以． 令．则上式变为， 即证明． 因为，所以需证． 令， 所以，故在区间内单调递增． 所以．故，即． 综合可知． [方法三]：比值代换 证明． 不妨设，则， 由得，， 要证，只需证，两边取对数得， 即， 即证． 记，则. 记，则， 所以，在区间内单调递减．，则， 所以在区间内单调递减． 由得，所以， 即． [方法四]：构造函数法 证明．令． 令，则． 所以，在区间内单调递增． 因为，所以，即 又因为，所以， 即． 因为，所以，即． 综上，有结论得证． 【整体点评】方法一：等价转化是处理导数问题的常见方法，其中利用的对称差函数，构造函数的思想，这些都是导数问题必备的知识和技能. 方法二：等价转化是常见的数学思想，构造对称差函数是最基本的极值点偏移问题的处理策略. 方法三：比值代换是一种将双变量问题化为单变量问题的有效途径，然后构造函数利用函数的单调性证明题中的不等式即可. 方法四：构造函数之后想办法出现关于的式子，这是本方法证明不等式的关键思想所在. 5．(1)的减区间为，增区间为. (2) (3)见解析 【分析】（1）求出，讨论其符号后可得的单调性. （2）设，求出，先讨论时题设中的不等式不成立，再就结合放缩法讨论符号，最后就结合放缩法讨论的范围后可得参数的取值范围. （3）由（2）可得对任意的恒成立，从而可得对任意的恒成立，结合裂项相消法可证题设中的不等式. 【详解】（1）当时，，则， 当时，，当时，， 故的减区间为，增区间为. （2）设，则， 又，设， 则， 若，则， 因为为连续不间断函数， 故存在，使得，总有， 故在为增函数，故， 故在为增函数，故，与题设矛盾. 若，则， 下证：对任意，总有成立， 证明：设，故， 故在上为减函数，故即成立. 由上述不等式有， 故总成立，即在上为减函数， 所以. 当时，有，     所以在上为减函数，所以. 综上，. （3）取，则，总有成立， 令，则， 故即对任意的恒成立. 所以对任意的，有， 整理得到：， 故 ， 故不等式成立. 【点睛】思路点睛：函数参数的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. 6．(1)是一个I上的“非正函数”，理由见解析； (2)； (3)证明过程见解析 【分析】（1）求导，得到函数单调性，故在取得极大值，也是最大值，又，所以在R上恒成立，得到结论； （2）多次求导，得到，令，解得； （3）由（2）知，，即，把代入，有，放缩得到，累加证明出结论. 【详解】（1）是一个R上的“非正函数”,理由如下： 定义域为R，， 令得， 当时，，当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减， 故在取得极大值，也是最大值， 又，所以在R上恒成立， 故是一个R上的“非正函数”； （2）要使在上为“非负函数”， 则在上恒成立， 其中，令，则， 令，则， 其中，故当时，， 所以在上单调递减，且， 故当时，，当时，， 故在上单调递增，在上单调递减， 其中，故在上恒成立， 故在上单调递减， 故， 令，解得； （3）由（2）知，，即， 把代入，有， 因为，所以， 当时，，当时，，……， ，， 以上不等式相加得 ，证毕. 7．(1)答案见解析； (2)证明见解析； (3)证明见解析. 【分析】（1）对的奇偶性进行分类讨论即可判断导数符号，进而判断函数的单调性； （2）先设点的坐标为，得切线方程，再令，再由函数的单调性即可证明. （3）由（2）方程的根为，进而得可得，同理设曲线在原点处的切线方程为， 再设方程的根为，可得，进而有. 再由二项式定理放缩得，从而证明不等式. 【详解】（1）由，，得，其中且.            下面分两种情况讨论： ①当为奇数时，令，解得或. 当变化时，的变化情况如下表： -1 1 – 0 + 0 – ↘ 极小值 ↗ 极大值 ↘ 所以， 在，上单调递减，在单调递增. ②当为偶数时，令解得. 1 + 0 – ↗ 极大值 ↘ 所以， 在单调递增，在上单调递减. 故当为奇数时， 在，上单调递减，在单调递增. 当为偶数时，在单调递增，在上单调递减. （2）证明：设点的坐标为，则，. 所以曲线在点处的切线方程为， 即， 令，即，则. 由于且，所以幂函数在上单调递增，因此在上单调递减， 故在上单调递减，且， 所以当时，；当时， 所以 在上单调递增，在上单调递减，所以有最大值 所以对应任意的正实数，都有. 故对于任意的正实数，都有 （3）证明：不妨设，由（2）知，设方程的根为，可得.   又由知在上单调递减，由（2）知，可得. 同理，设曲线在原点处的切线方程为，可得，当,. 即对于任意的，.设方程的根为，可得， 因为在上单调递增，且，因此. 由此可得： ， 因为所以，所以有. 所以. 故. 学科网（北京）股份有限公司 $$高三一轮复习课后讲义——巩固·拓展 编号：08 第 1 页 共 6 页 作业 08：《函数及有关性质（7）——导数大题 4》 使用说明：结合导数大题的知识点，将其进行分类组编，和之前的编排形式有所不同。 本板块研究：放缩和不等式技巧在导数的运用。每一板块有配套高考真题。 本章节难度较大，做题量力而行。但真题一定要研究透！ （本作业共 7题，作业共 6页。均为解答题） 一、典例引入 1．关于 x的函数   ln 2 ( 2)f x x x b b    ，我们曾学习过“二分法”求其零点近似值.现结合 导函数，介绍另一种求零点近似值的方法——牛顿切线法.我们任取  1 1,x a ，并进行如下 步骤： 过点   1 1,x f x 作曲线  f x 的切线，交 x轴于点  2 ,0x ； 过点   2 2,x f x 作曲线  f x 的切线，交 x轴于点  3,0x ； …… 过点   ,n nx f x 作曲线  f x 的切线，交 x轴于点  1,0nx  . 可以得到一个数列 nx ，它的各项都是  f x 不同程度的零点近似值. （1）证明：  f x 有唯一零点 a，且  1,a b ； （2）设  1n nx g x  ，求  ng x 的解析式（用 nx 表示 1nx  ）； （3）证明：当  1 1,x a ，总有 1n nx x a  . 高三一轮复习课后讲义——巩固·拓展 编号：08 第 2 页 共 6 页 2．（安徽 2026届高三联考）已知函数   2 πsin tan 2 0, 2 f x x x x kx x          ， ． （1）当 0k  时，判断  f x 的单调性； （2）若对任意的 π0, 2 x      ，不等式   0f x  恒成立，求 k的取值范围； （3）求证： sin tan 2x x x  （ π0, 2 x      ）． 高三一轮复习课后讲义——巩固·拓展 编号：08 第 3 页 共 6 页 3．（2025淮安期末）已知函数    ln Rf x ax x x a   在点   e, eP f 处的切线方程为 ey x   . （1）求实数 a的值； （2）若不等式    ef x m x  对  1,ex  恒成立，求实数 m的取值范围； （3）对 *Nn  ，关于 x的方程   1 2 n f x       总有两个不等的实数根  1x n ，  2x n ，求证：      1 2 1 e 1 n k x k x k n     . 高三一轮复习课后讲义——巩固·拓展 编号：08 第 4 页 共 6 页 4．（2021I改编）已知函数    1 lnf x x x  .设 a，b为两个不相等的正数，且 ln lnb a a b a b   ，证明： e ba  11 5．（2022II）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          ． 高三一轮复习课后讲义——巩固·拓展 编号：08 第 5 页 共 6 页 二、实战演练 6．（泰州 2026届高三期初）若定义域为 D的函数  y f x 满足：非空集合 I D ， x I  ， 若   0f x  ，则称  f x 是一个 I上的“非负函数”；若   0f x  ，则称  f x 是一个 I上的“非 正函数”． （1）判断   24 e xf x x  是否为定义域上的“非正函数”，并说明理由． （2）已知函数   31 4sin 4 3 h x x x x a    为 1,1 上的“非负函数”，求 a的取值范围． （3）设 *Nn ，且 2n  ，证明： 2 1 2 2 3 1cos1 cos cos cos cos 3 2 5 2 1 n n n           ． 高三一轮复习课后讲义——巩固·拓展 编号：08 第 6 页 共 6 页 7．（湖北 2026届高三期初）已知函数 ( ) , R,nf x nx x x   其中 Nn  且 2.n  （1）讨论 ( )f x 的单调性； （2）设曲线 ( )y f x 与 x轴正半轴的交点为 P，曲线在点 P处的切线方程为 ( ),y g x 求证： 对于任意的正实数 x，都有 ( ) ( );f x g x （3）若关于 x的方程， ( )f x a （ a为实数)有两个正实数根 1x ， 2x ，求证 2 1 2.1 ax x n     高三一轮复习课后讲义——巩固·拓展 编号：08 作业08：《函数及有关性质（7）——导数大题4》 使用说明：结合导数大题的知识点，将其进行分类组编，和之前的编排形式有所不同。 本板块研究：放缩和不等式技巧在导数的运用。每一板块有配套高考真题。 本章节难度较大，做题量力而行。但真题一定要研究透！ （本作业共7题，作业共6页。均为解答题） 一、典例引入 1．关于的函数，我们曾学习过“二分法”求其零点近似值.现结合导函数，介绍另一种求零点近似值的方法——牛顿切线法.我们任取，并进行如下步骤： 过点作曲线的切线，交轴于点； 过点作曲线的切线，交轴于点； …… 过点作曲线的切线，交轴于点. 可以得到一个数列，它的各项都是不同程度的零点近似值. （1）证明：有唯一零点，且； （2）设，求的解析式（用表示）； （3）证明：当，总有. 2．（安徽2026届高三联考）已知函数． （1）当时，判断的单调性； （2）若对任意的，不等式恒成立，求的取值范围； （3）求证：（）． 3．（2025淮安期末）已知函数在点处的切线方程为. （1）求实数a的值； （2）若不等式对恒成立，求实数m的取值范围； （3）对，关于x的方程总有两个不等的实数根，，求证：. 4．（2021I改编）已知函数.设，为两个不相等的正数，且，证明： 5．（2022II）已知函数． （1）当时，讨论的单调性； （2）当时，，求a的取值范围； （3）设，证明：． 二、实战演练 6．（泰州2026届高三期初）若定义域为D的函数满足：非空集合，，若，则称是一个I上的“非负函数”；若，则称是一个I上的“非正函数”． （1）判断是否为定义域上的“非正函数”，并说明理由． （2）已知函数为上的“非负函数”，求a的取值范围． （3）设，且，证明：． 7．（湖北2026届高三期初）已知函数其中且 （1）讨论的单调性； （2）设曲线与轴正半轴的交点为，曲线在点处的切线方程为求证：对于任意的正实数，都有 （3）若关于的方程， （为实数)有两个正实数根，，求证 第 1 页 共 5 页 学科网（北京）股份有限公司 $$高三一轮复习课后讲义——巩固·拓展 编号：08 参考答案与解析 尽量努力做，不会再看答案，记得比较总结！ 1．(1)证明见解析 (2)     ln 1 1 2 n n n n n x x b x g x x      (3)证明见解析 【分析】（1）利用导数判断出  f x 在  0,  上的单调性，再利用零点存在性定理可得答 案； （2）求出曲线  f x 在点   ,n nx f x 处的切线方程，令 0y  得切线与 x轴的交点可得答案； （3）根据  f x 在   ,n nx f x 处的切线方程可得  F x ，利用导数判断出单调性可得     0nF x F x  ，由第（2）知    1 n n n n f x x x f x    ，根据 1n x  是  h x 的零点得      1 1 0n nf x h x f a    ，再由  f x 为单调递增函数可得答案. 【详解】（1）   ln 2 ( 2)f x x x b b    ，定义域为  0,  ， 所以   1 2 0f x x    在  0,  上恒成立， 所以函数  f x 在  0,  上单调递增. 因为  1 ln1 2 2 0( 2)f b b b     ，   ln 2 ln 0( 2)f b b b b b b b       ，所以存在唯一  1,a b ， 使得   0f a  ，即  f x 有唯一零点 a，且  1,a b ； （2）由第（1）小题知   1 2f x x    ，所以曲线  f x 在点   ,n nx f x 处的切 线斜率为 1 2n n k x   ，所以曲线  f x 在点   ,n nx f x 处的切线方程为     n n ny f x f x x x   ， 高三一轮复习课后讲义——巩固·拓展 编号：08 即 1 2 ln 1n n n x y x x b x      .令 0y  得  ln 1 1 2 n n n n x x b x x x      ， 所以切线与 x轴的交点为  ln 1 ,0 1 2 n n n n x x b x x        ， 即   1 ln 1 1 2 n n n n n x x b x x x      ，所以     ln 1 1 2 n n n n n x x b x g x x      ； （3）对任意的  0,nx   ，由第（2）小题知， 曲线  f x 在   ,n nx f x 处的切线方程为 1 2 ln 1n n n x y x x b x      ，故令   1 2 ln 1n n n xh x x x b x      ，       1ln ln 1n n F x f x h x x x x x       ，所以   1 1 n n n x xF x x x x x     . 当  0, nx x 时，   0F x  ，  F x 单调递增； 当  ,nx x   时，   0F x  ，  F x 单调递减.所以     0nF x F x  ， 即    f x h x ，当且仅当 nx x 时等号成立.另一方面， 由第（2）小题知    1 n n n n f x x x f x    ，且当 n x a 时， 1n nx x  （若 nx a ，则     0nf x f a  ，故 1 1n nx x x a      ，显然矛盾）， 因为 1nx  是  h x 的零点，所以      1 1 0n nf x h x f a    ， 因为  f x 为单调递增函数，所以当 nx a 时，总有 1nx a  ， 又因为 1x a ，所以对任意 *nN ，均有 nx a ， 故   0nf x  ，     0nf x f a  ，所以    1 n n n n n f x x x x f x     ， 综上所述，当  1 1,x a 时， 1n nx x a  . 高三一轮复习课后讲义——巩固·拓展 编号：08 2．(1)  f x 在 π0, 2       上单调递增 (2)  , 0 (3)证明见解析 【分析】（1）求导，研究导数的正负情况，即可得单调性； （2）容易得到 0k  时成立；当 0k  时，利用 sinx x ，可得� � = sin� + tan� − 2� − ��2 < tan� − � − ��2，令� � = tan� − � − ��2，求导可得到   0g x  恒成立，进而可得到   0f x  ，与   0f x  矛盾，即 0k  时不成立，即得答案； （3）分析法把原不等式的证明转化为证明 2sin tan 0x x x   成立，构造函数，求导，结 合不等式可证明. 【详解】（1）�′ � = cos� + 1 cos2� − 2 = cos 3�−2cos2�+1 cos2� = cos�−1 cos 2�−cos�−1 cos2� ， 由 π0, 2 x      ，则  cos 0,1x ，故cos2� − cos� − 1 = cos� − 1 2 2 − 5 4 ∈ − 5 4 , − 1 ， cos 1 0x   ，故   0f x  在 π0, 2 x      上恒成立， 故  f x 在 π0, 2       上单调递增． （2）令� � =sin� + tan� − 2�，� � > 0 ⇔ � � > ��2， 由（1）得  F x 在 π0, 2       上单调递增，又  0 0F  ， 所以 sin tan 2 0x x x   ， （i）当 0k  时， 2sin tan 2 0x x x kx    恒成立． （ii）当 0k  时，令� � =sin� − �，则   cos 1p x x  ， 当 π0, 2 x      时，   0p x  ，  p x 单调递减， 又  0 0p  ，所以   0p x  ，故 π0, 2 x      时， sinx x ，（*） 由（*）式可得� � = sin� + tan� − 2� − ��2 < tan� − � − ��2， 令� � = tan� − � − ��2，则�′ � = tan2� − 2��， 高三一轮复习课后讲义——巩固·拓展 编号：08 由（*）式可得�′ � < � 2 cos2� − 2�� = � cos2� � − 2�cos2� ， 令ℎ � = � − 2�cos2�， π0, 2 x      ，ℎ′ � ＝1 + 4�sin�cos� > 0， 故  h x 在 π0, 2       上单调递增，又  0 0h  ， π 0 2 h       ， 所以存在 π0, 2 t      使得   0h t  ，即  0,x t 时，   0h x  ， 所以  0,x t 时，   0g x  ，  g x 单调递减， 又  0 0g  ，所以   0g x  ， 即  0,x t 时，   0f x  ，与   0f x  矛盾． 综上，满足条件的 k的取值范围是  ,0 ． （3）证明：由 π0, 2 x      ，则  sin 0,1x ， tan 0x  ， 要证 sin tan 2x x x  ，只需证 sin� + tan� 2 > 2 � 2， 即只需证 sin tan 2 sin tan 4x x x x x    ， 由（2）知 sin tan 2x x x  ，故只需证 sin� ⋅ tan� > �， 即只需证 2sin tan 0x x x   ，令 2( ) sin tanG x xx x  ， π0, 2 x      ， 则�′ � = cos� ⋅ tan� + sin� ⋅ 1 cos2� − 2� = sin� + sin� cos2� − 2�， 由 2 2 sin sinsin 2 sin 2 tan cos cos x xx x x x x     ，当且仅当 2cos 1x  时等号成立， 又  cos 0,1x ，故不能取等，即有 2 sinsin 2 tan cos xx x x   ， 则�′ � = sin� + sin� cos2� − 2� > 2tan� − 2� = 2 tan� − � ， 令� � =tan� − �， π0, 2 x      ，则�′ � = 1 cos2� − 1 = 1−cos 2� cos2� > 0， 故  H x 在 π0, 2       上单调递增，则    0 0H x H  ， 即   0G x  ，故  G x 在 π0, 2       上单调递增，则    0 0G x G  ， 高三一轮复习课后讲义——巩固·拓展 编号：08 即有 2sin tan 0x x x   ，即得证． 3．(1) 1a  ； (2) 1 , 1 e      ； (3)证明见解析. 【分析】（1）求导得 ( ) ln 1f x a x    ，再根据切线方程得到 (e) 1f    ，解出即可； （2）当 ex  ， Rm ，当 [1,e)x 时，分离参数得 ln e x x xm x    ，再设新函数 ln( ) , [1,e) e x x xg x x x     ，求出其最大值即可； （3）求出  f x 的最大值点和与 x轴交点，再求出两点连线所在直线方程，求出 1 1( ) 2 n x n        ， 2 1( ) e (1 e) 2 n x n         ，再代入计算即可. 【详解】（1）因为函数 ( )f x 在点 (e, (e))P f 处的切线方程为 ey x   ， ( ) ln 1f x a x    ，所以 (e) 2 1f a     ，得 1a  . （2）因为 ln ( e)x x x m x   对 [1,e]x  恒成立， 当 ex  时， Rm ， 当 [1,e)x 时，等价于 ln e x x xm x    恒成立 令 ln( ) , [1,e) e x x xg x x x     ，得 2 e ln( ) ( e) x xg x x    ， 令 ( ) e ln , [1,e)h x x x x   ， 得 e e( ) 1 0xh x x x      ，则 ( )h x 在区间[1, e)上单调递增． 则 ( ) (e) 0h x h  ，即 ( ) 0g x  在区间[1,e)上恒成立， 所以 ( )g x 在区间[1,e)上单调递减，所以 1(1) 1 e m g   ， 所以数m的取值范围为 1 , 1 e      . （3）因为 ( )f x 在区间(0,1)单调递增，在 (1, ) 单调递减， 最大值为 (1) 1f  ，记最大值点 (1, (1))f 为A， 高三一轮复习课后讲义——巩固·拓展 编号：08 函数 ( )f x 与 x轴的交点 (e,0)记为点 B． 因为直线 1: ( e) 1 e AB y x   ， 由（2）知在区间[1,e)上 1( ) ( e) 1 e f x x   ， 又因为直线 :OA y x ， 又当在区间 (0,1]上时， ( ) ln 0f x x x    ， 又 y x 与直线 1 2 n y       交点横坐标记为 1 1( ) 2 n x n        ， 直线 1 ( e) 1 e y x   直线 1 2 n y       交点横坐标记为 2 1( ) e (1 e) 2 n x n         ， 所以 1 2 1 2 1 1 1 1 1( ) ( ) ( ) ( ) e (1 e) 2 2 kkn n n k k k x k x k x k x k                            1 1 1e e e e e e( 1) 2 2 k nn k n n                    . 【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键是采用分离参数法得到 ln e x x xm x    ，再设新函 数，利用多次求出其最大值即可. 4．（1）  f x 的递增区间为  0,1 ，递减区间为  1,+ ；（2）证明见解析. 【分析】将题中的等式进行恒等变换，令 1 1,m n a b   ，命题转换为证明： 2 m n e   ， 然后构造对称差函数，结合函数零点的特征和函数的单调性即可证得题中的结论. 【详解】 [方法一]：等价转化 由 ln lnb a a b a b   得 1 1 1 1(1 ln ) (1 ln ) a a b b    ，即 1 1( ) ( )f f a b  ． 由 a b ，得 1 1 a b  ． 由（1）不妨设 11 (0,1), (1, ) ba   ，则 1( ) 0f a  ，从而 1( ) 0f b  ，得 1 (1, )e b  ， 高三一轮复习课后讲义——巩固·拓展 编号：08 ①令      2g x f x f x   ， 则 2 2( ) ln(2 ) ln ln(2 ) ln[1 ( 1) ]g x x x x x x         ， 当  0,1x 时，   0g x  ，  g x 在区间( )0,1 内为减函数，    1 0g x g  ， 从而    2f x f x  ，所以 1 1 1(2 ) ( ) ( )f f f a a b    ， 由（1）得 1 12 a b   即 1 12 a b   ．① 令    h x x f x  ，则    ' 1 1 lnh x f x x    ， 当  1,x e 时，   0h x  ，  h x 在区间  1,e 内为增函数，    h x h e e  ， 从而  x f x e  ，所以 1 1( )f e b b   ． 又由 1 (0,1) a  ，可得 1 1 1 1 1(1 ln ) ( ) ( )f f a a a a b     ， 所以 1 1 1 1f e a b b b         ．② 由①②得 1 12 e a b    ． [方法二]【最优解】： ln lnb a a b a b   变形为 ln ln 1 1a b a b b a    ，所以 ln 1 ln 1a b a b    ． 令 1 1,m n a b   ．则上式变为    1 ln 1 lnm m n n   ， 即证明m n e  ． 因为    1 ln 1 lnm n nm m     ，所以需证  1 lnn n n e m n e      ． 令      1 ln , 1,h x x x x x e    ， 所以  ' 1 ln 0h x x   ，故  h x 在区间  1,e 内单调递增． 所以    h x h e e  ．故  h n e ，即m n e  ． 综合可知 1 12 e a b    ． [方法三]：比值代换 高三一轮复习课后讲义——巩固·拓展 编号：08 证明 1 2x x e  ． 不妨设 2 1x tx ，则 2 1 1xt x   ， 由 1 1 2 2(1 ln ) (1 ln )x x x x   得 1 1 1 1(1 ln ) [1 ln( )]x x tx tx   ， 1ln 1 n1 ltx t t    ， 要证 1 2x x e  ，只需证   11 t x e  ，两边取对数得 1ln(1 ) ln 1t x   ， 即 ln(1 ) 1 ln 1 1 tt t t      ， 即证 ln(1 ) 1 lnt t t t   ． 记 ln(1 )( ) , (0, )sg s s s  ，则 2 ln(1 ) 1( ) s s sg s s     . 记 ( ) ln(1 ) 1 sh s s s     ，则 2 1 1( ) 0 (1 ) 1 h s s s       ， 所以，  h s 在区间  0, 内单调递减．    0 0h s h  ，则  ' 0g s  ， 所以  g s 在区间  0, 内单调递减． 由  1,t  得  1 0,t    ，所以    1g t g t  ， 即 ln(1 ) 1 lnt t t t   ． [方法四]：构造函数法 证明 1 2x x e  ．令 2 ln21( ) (0 ) ( ) ( ln , ) e xh x x e h x x e x x e x           ． 令 ( ) ln 2(0 ) ex x x e x       ，则 2 2 1( ) 0e x ex x x x       ． 所以      0, 0x e h x     ，  h x 在区间  0,e 内单调递增． 因为 1 20 x x e   ，所以 1 2 21 1 1ln ln x e x e x x     ，即 1 1 2 2 1 1 ln ln x x x e x e      又因为    1 2f x f x ，所以 1 2 2 1 2 1 1 2 ln ln 1 , 1 x x x e x x x ex x       ， 即    2 22 2 1 1 1 2 1 2, 0x ex x ex x x x x e       ． 高三一轮复习课后讲义——巩固·拓展 编号：08 因为 1 2x x ，所以 1 2x x e  ，即． 综上，有 1 1 e a b   结论得证． 【整体点评】方法一：等价转化是处理导数问题的常见方法，其中利用的对称差函数，构 造函数的思想，这些都是导数问题必备的知识和技能. 方法二：等价转化是常见的数学思想，构造对称差函数是最基本的极值点偏移问题的处理 策略. 方法三：比值代换是一种将双变量问题化为单变量问题的有效途径，然后构造函数利用函 数的单调性证明题中的不等式即可. 方法四：构造函数之后想办法出现关于 1 2 0ex x   的式子，这是本方法证明不等式的关 键思想所在. 5．(1)  f x 的减区间为  ,0 ，增区间为  0, . (2) 1 2 a  (3)见解析 【分析】（1）求出  f x ，讨论其符号后可得  f x 的单调性. （2）设   e e 1ax xh x x   ，求出  h x ，先讨论 1 2 a  时题设中的不等式不成立，再就 10 2 a  结合放缩法讨论  h x 符号，最后就 0a  结合放缩法讨论  h x 的范围后可得参数 的取值范围. （3）由（2）可得 12ln t t t   对任意的 1t  恒成立，从而可得   2 1ln 1 lnn n n n     对任 意的 *n N 恒成立，结合裂项相消法可证题设中的不等式. 【详解】（1）当 1a  时，    1 exf x x  ，则   exf x x  ， 当 0x  时，   0f x  ，当 0x  时，   0f x  ， 故  f x 的减区间为  , 0 ，增区间为  0,  . 高三一轮复习课后讲义——巩固·拓展 编号：08 （2）设   e e 1ax xh x x   ，则  0 0h  ， 又    1 e eax xh x ax    ，设    1 e eax xg x ax   ， 则    22 e eax xg x a a x    ， 若 1 2 a  ，则  0 2 1 0g a    ， 因为  g x 为连续不间断函数， 故存在  0 0,x   ，使得  00,x x  ，总有   0g x  ， 故  g x 在  00, x 为增函数，故    0 0g x g  ， 故  h x 在  00, x 为增函数，故    0 0h x h  ，与题设矛盾. 若 10 2 a  ，则      ln 11 e e e eax axax x xh x ax        ， 下证：对任意 0x  ，总有  ln 1 x x  成立， 证明：设    ln 1S x x x   ，故   1 1 0 1 1 xS x x x        ， 故  S x 在  0,  上为减函数，故    0 0S x S  即  ln 1 x x  成立. 由上述不等式有  ln 1 2e e e e e e 0ax ax x ax ax x ax x        ， 故   0h x  总成立，即  h x 在  0,  上为减函数， 所以    0 0h x h  . 当 0a  时，有   e e e 1 1 0 0ax x axh x ax        ， 所以  h x 在  0,  上为减函数，所以    0 0h x h  . 综上， 1 2 a  . （3）取 1 2 a  ，则 0x  ，总有 1 2e e 1 0 x xx    成立， 令 1 2e x t  ，则 21, e , 2lnxt t x t   ， 高三一轮复习课后讲义——巩固·拓展 编号：08 故 22 ln 1t t t  即 12ln t t t   对任意的 1t  恒成立. 所以对任意的 *n N ，有 1 12ln 1 n n n n n n      ， 整理得到：   2 1ln 1 lnn n n n     ， 故  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  ， 故不等式成立. 【点睛】思路点睛：函数参数的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. 6．(1)   24 e xf x x  是一个 I上的“非正函数”，理由见解析； (2) 11 4sin1 3 a   ； (3)证明过程见解析 【分析】（1）求导，得到函数单调性，故  f x 在 1 ln 2 2 x  取得极大值，也是最大值，又 21 ln 2 ln 2 2 0 2 f         ，所以   0f x  在 R上恒成立，得到结论； （2）多次求导，得到  min 114sin1 3 h x a   ，令 114sin1 0 3 a   ，解得 11 4sin1 3 a   ； （3）由（2）知， 2 4cos 4 0x x   ，即 2 cos 1 4 xx   ，把  2 2x n n   代入 2 cos 1 4 xx   ， 有 2os 2 1c 1 n n   ，放缩得到 2 1 11os 1 c n n n     ，累加证明出结论. 【详解】（1）   24 e xf x x  是一个 R上的“非正函数”,理由如下：   24 e xf x x  定义域为 R，   24 2e xf x   ， 令   0f x  得 1 ln 2 2 x  ， 高三一轮复习课后讲义——巩固·拓展 编号：08 当 1 ln 2 2 x  时，   0f x  ，当 1 ln 2 2 x  时，   0f x  ， 所以   24 e xf x x  在 1, ln 2 2      上单调递增，在 1 ln 2, 2      上单调递减， 故   24 e xf x x  在 1 ln 2 2 x  取得极大值，也是最大值， 又 2 1 ln 2 ln 2 2 0 2 f         ，所以   0f x  在 R上恒成立， 故  f x 是一个 R上的“非正函数”； （2）要使   31 4sin 4 3 h x x x x a    在 1,1 上为“非负函数”， 则   0h x  在  1,1 上恒成立， 其中   2 4cos 4h x x x    ，令    m x h x ，则   2 4sinm x x x   ， 令    t x m x ，则   2 4cost x x   ， 其中 π 1cos1 cos 3 2   ，故当  1,1x  时，   2 4cos 0t x x    ， 所以    t x m x 在  1,1x  上单调递减，且  0 0m  ， 故当  1,0x  时，     0t x m x  ，当  0,1x 时，     0t x m x  ， 故    m x h x 在  1,0x  上单调递增，在  0,1x 上单调递减， 其中  0 0h  ，故     0m x h x  在  1,1x  上恒成立， 故   31 4sin 4 3 h x x x x a    在  1,1x  上单调递减， 故    min 1 111 4sin1 4 4sin1 3 3 h x h a a        ， 令 114sin1 0 3 a   ，解得 11 4sin1 3 a   ； （3）由（2）知， 2 4cos 4 0x x   ，即 2 cos 1 4 xx   ， 把  2 2x n n   代入 2 cos 1 4 xx   ，有 2os 2 1c 1 n n   ， 高三一轮复习课后讲义——巩固·拓展 编号：08 因为  2 1 1 1 1 1 1n n n n n      ，所以 2 2 1 1o 1 1 11c s n n n n      ， 当 2n  时， 1 11 1 3 cos 2    ，当 3n  时， 2 1 11cos 3 3 4    ，……， 2 1 11cos 1 1n n n      ， 2 1 11os 1 c n n n     ， 以上不等式相加得  2 1 2 2 1 1 3 1cos1 cos cos cos cos 1 3 2 5 2 1 2 1 n n n n n                ，证毕. 7．(1)答案见解析； (2)证明见解析； (3)证明见解析. 【分析】（1）对 n的奇偶性进行分类讨论即可判断导数符号，进而判断函数的单调性； （2）先设点 P的坐标为  0 , 0x ，得切线方程 0 0( ) ( )( )g x f x x x  ，再令 ( ) ( ) ( )F x f x g x  ， 再由函数 ( )F x 的单调性即可证明. （3）由（2）方程 ( )g x a 的根为 2x，进而得可得 2 2x x ，同理设曲线 ( )y f x 在原点处 的切线方程为 ( )y h x ， 再设方程 ( )h x a 的根为 1x，可得 1 ax n   ，进而有 1 1x x  . 再由二项式定理放缩得 1 1 02 nn x  ，从而证明不等式. 【详解】（1）由 ( ) nf x nx x  ， Rx ，得 1 1( ) (1 )n nf x n nx n x      ，其中 Nn  且 2n  . 下面分两种情况讨论： ①当 n为奇数时，令 ( ) 0f x  ，解得 1x  或 1x   . 当 x变化时， ( ), ( )f x f x 的变化情况如下表： x  , 1  -1  1,1 1  1, ( )f x – 0 + 0 – ( )f x ↘ 极小值 ↗ 极大值 ↘ 高三一轮复习课后讲义——巩固·拓展 编号：08 所以， ( )f x 在  , 1  ， (1, ) 上单调递减，在[ 1,1] 单调递增. ②当 n为偶数时，令 ( ) 0,f x  解得 1x  . x  ,1 1  1, ( )f x + 0 – ( )f x ↗ 极大值 ↘ 所以， ( )f x 在  ,1 单调递增，在[1, ) 上单调递减. 故当 n为奇数时， ( )f x 在  , 1  ， (1, ) 上单调递减，在[ 1,1] 单调递增. 当 n为偶数时， ( )f x 在  ,1 单调递增，在[1, ) 上单调递减. （2）证明：设点 P的坐标为  0 , 0x ，则 1 1 0 nx n  ， 2 0( )f x n n   . 所以曲线 ( )y f x 在点 P处的切线方程为 0 0( )( )y f x x x  ， 即 0 0( ) ( )( )g x f x x x  ， 令 ( ) ( ) ( )F x f x g x  ，即 0 0( ) ( ) ( )( )F x f x f x x x    ，则 0( ) ( ) ( )F x f x f x   . 由于 Nn  且 2n  ，所以幂函数 1ny x  在  0,  上单调递增，因此 1( ) nf x nx n    在  0,  上单调递减， 故 ( )F x 在  0,  上单调递减，且 0( ) 0F x  ， 所以当 0(0, )x x 时， ( ) 0F x  ；当 0( , )x x  时， ( ) 0,F x  所以 ( )F x 在 0(0, )x 上单调递增，在 0[ , )x  上单调递减，所以 ( )F x 有最大值 0( )F x 所以对应任意的正实数 x，都有 0( ) ( ) 0F x F x  . 故对于任意的正实数 x，都有 ( ) ( ).f x g x （3）证明：不妨设 1 2x x ，由（2）知 2 0( ) ( )( )g x n n x x   ，设方程 ( )g x a 的根为 2x，可 高三一轮复习课后讲义——巩固·拓展 编号：08 得 2 02 ax x n n     . 又由 2n  知 2 0( ) ( )( )g x n n x x   在R 上单调递减，由（2）知 2 2 2( ) ( ) ( )g x f x a g x   ，可 得 2 2x x . 同理，设曲线 ( )y f x 在原点处的切线方程为 ( )y h x ，可得 ( )h x nx ，当 (0, )x  , ( ) ( ) 0nf x h x x    . 即对于任意的 (0, )x  ， ( ) ( )f x h x .设方程 ( )h x a 的根为 1x，可得 1 ax n   ， 因为 ( )h x nx 在 ( , )  上单调递增，且 1 1 1( ) ( ) ( )h x a f x h x    ，因此 1 1x x  . 由此可得： 2 1 2 1 0 02 1 a a ax x x x x x n n n n            ， 因为 2,n  所以 1 1 1 12 (1 1) 1 C 1 1 n n n n n           ，所以有 1 1 02 nn x  . 所以 2 1 2 1 0 21 1 a ax x x x x n n          . 故 2 1 21 ax x n     .