（2025·天津红桥·一模）已知函数 \(f(x) = \ln(x+1)\)，\(g(x) = ax^2 + x\)。
(1) 求函数 \(f(x)\) 在点 \((1, f(1))\) 处的切线方程
求导得：\(f'(x) = \frac{1}{x+1}\)，切线斜率 \(k = f'(1) = \frac{1}{2}\)。
又 \(f(1) = \ln 2\)，由点斜式得切线方程：
\(y – \ln 2 = \frac{1}{2}(x – 1)\)
(2) 当 \(x > -1\) 时，\(f(x) \le g(x)\)，求实数 \(a\) 的取值范围
先证不等式 \(\ln(x+1) \le x\)：令 \(h(x) = \ln(x+1) – x\)，则 \(h'(x) = -\frac{x}{x+1}\)。
- 当 \(x > 0\) 时，\(h'(x) < 0\)，\(h(x)\) 单调递减；
- 当 \(-1 < x < 0\) 时，\(h'(x) > 0\)，\(h(x)\) 单调递增。
- 当 \(a \ge 0\) 时，\(\ln(x+1) \le x \le ax^2 + x\)，即 \(f(x) \le g(x)\)，符合题意；
- 当 \(a < 0\) 时，取 \(x_0 = -\frac{1}{a} > 0\)，则 \(g(x_0) = 0\)，而 \(\ln(1+x_0) > \ln 1 = 0\)，故 \(\ln(1+x_0) > ax_0^2 + x_0\)，即 \(f(x_0) > g(x_0)\)，不合题意。
综上，实数 \(a\) 的取值范围为：
\([0, +\infty)\)
(3) 已知 \(n \in \mathbb{N}^*\)，证明：\(\sin\frac{1}{n+1} + \sin\frac{1}{n+2} + \dots + \sin\frac{1}{2n} < \ln 2\)
由(2)知 \(\ln(x+1) \le x\)，令 \(x = \frac{1}{t}\)，得 \(\ln\left(\frac{t}{t-1}\right) \ge \frac{1}{t}\)（\(t > 1\)），即： \[ \frac{1}{n+k} \le \ln(n+k) – \ln(n+k-1) \quad (k=1,2,\dots,n) \]
令 \(\varphi(x) = x – \sin x\)（\(x > 0\)），则 \(\varphi'(x) = 1 – \cos x \ge 0\)，故 \(\varphi(x)\) 在 \((0,+\infty)\) 单调递增，\(\varphi(x) > \varphi(0) = 0\)，即 \(\sin x < x\)（\(x > 0\)）。
因此： \[ \sin\frac{1}{n+k} < \frac{1}{n+k} \le \ln(n+k) - \ln(n+k-1) \] 累加得： \[ \sum_{k=1}^n \sin\frac{1}{n+k} < \sum_{k=1}^n \left[\ln(n+k) - \ln(n+k-1)\right] = \ln(2n) - \ln n = \ln 2 \]
得证
（2025·天津南开·一模）已知函数 \(f(x) = \ln x – x^2 + x\)。
(1) 求曲线 \(y=f(x)\) 在点 \((e,f(e))\) 处的切线方程
求导得：\(f'(x) = \frac{1}{x} – 2x + 1\)（\(x>0\)），切线斜率 \(k = f'(e) = \frac{1}{e} – 2e + 1\)，又 \(f(e) = 1 – e^2 + e\)。
由点斜式得切线方程： \[ y – (1 – e^2 + e) = \left(\frac{1}{e} – 2e + 1\right)(x – e) \] 整理为：
\(\left(\frac{1}{e} – 2e + 1\right)x – y + e^2 = 0\)
(2) 若 \(f(x) < 0\) 在区间 \((0,a)\) 上恒成立，求实数 \(a\) 的取值范围
求导得：\(f'(x) = -\frac{(2x+1)(x-1)}{x}\)，
- 当 \(x \in (0,1)\) 时，\(f'(x) > 0\)，\(f(x)\) 单调递增；
- 当 \(x \in (1,+\infty)\) 时，\(f'(x) < 0\)，\(f(x)\) 单调递减。
\(a\) 的取值范围为 \((0,1]\)
(3) 若方程 \(f(x) = (m-1)x^2 + x\)（\(m \in \mathbb{R}\)）有两个不同的实数解 \(x_1,x_2\)（\(x_1 < x_2\)），证明：\((x_1^2 + x_2^2)\left(1 + \frac{1}{x_2} - \frac{1}{x_1}\right) > e + 1\)
方程等价于 \(\ln x = mx^2\)，两解满足 \(\ln x_1 = mx_1^2\)，\(\ln x_2 = mx_2^2\)，相减得： \[ \frac{2(x_2^2 – x_1^2)}{\ln x_2 – \ln x_1} = \frac{1}{m} \]
先证 \(x_1^2 + x_2^2 > \frac{1}{m}\)：构造 \(g(x) = \ln x – \frac{2(x-1)}{x+1}\)，可证 \(g(x) > 0\)（\(x>1\)），故 \(\ln\frac{x_2^2}{x_1^2} > \frac{2\left(\frac{x_2^2}{x_1^2} – 1\right)}{\frac{x_2^2}{x_1^2} + 1}\)，即 \(x_1^2 + x_2^2 > \frac{1}{m}\)。
再证 \(1 + \frac{1}{x_2} – \frac{1}{x_1} > (e+1)m\)：令 \(\varphi(x) = \frac{\ln x}{x^2}\)，分析单调性得 \(1 < x_1 < e^{\frac{1}{2}} < x_2\)，\(0 < m < \frac{1}{2e}\)。 令 \(t = \frac{1}{x}\)，方程变为 \(t^2\ln t = -m\)，结合 \(t^2\ln t \ge t - 1\)，可得 \(1 + \frac{1}{x_2} - \frac{1}{x_1} > (e+1)m\)。
两式相乘得： \[ (x_1^2 + x_2^2)\left(1 + \frac{1}{x_2} – \frac{1}{x_1}\right) > \frac{1}{m} \cdot (e+1)m = e+1 \]
得证
（2025·天津·一模）已知函数 \(f(x) = x – a\ln x – a\)，\(g(x) = x – \ln(x+1) + m\)。
(1) 求函数 \(f(x)\) 的单调区间
函数 \(f(x)\) 的定义域为 \((0,+\infty)\)，求导得：\(f'(x) = 1 – \frac{a}{x}\)。
- 当 \(a \le 0\) 时，\(f'(x) > 0\)，函数 \(f(x)\) 在 \((0,+\infty)\) 上单调递增；
- 当 \(a > 0\) 时，由 \(f'(x) < 0\) 得 \(0 < x < a\)；由 \(f'(x) > 0\) 得 \(x > a\)。
函数 \(f(x)\) 在 \((0,a)\) 上单调递减，在 \((a,+\infty)\) 上单调递增。
综上：
- 当 \(a \le 0\) 时，单调递增区间为 \((0,+\infty)\)；
- 当 \(a > 0\) 时，单调递减区间为 \((0,a)\)，单调递增区间为 \((a,+\infty)\)。
(2) 若对 \(0 < a < 1\)，函数 \(F(x) = g(x) - f(x) - a\) 恰有两个零点，求实数 \(m\) 的取值范围
函数 \(F(x) = a\ln x – \ln(x+1) + m\)，定义域为 \((0,+\infty)\)，求导得： \[ F'(x) = \frac{a}{x} – \frac{1}{x+1} = \frac{(a-1)x + a}{x(x+1)} \]
由 \(0 < a < 1\)：
- 当 \(F'(x) > 0\) 时，\(0 < x < \frac{a}{1-a}\)；
- 当 \(F'(x) < 0\) 时，\(x > \frac{a}{1-a}\)。
又 \(F(x) = \ln\frac{x^a}{x+1} + m\)，当 \(x \to 0^+\) 或 \(x \to +\infty\) 时，\(\frac{x^a}{x+1} \to 0^+\)，故 \(F(x) \to -\infty\)。
要使 \(F(x)\) 恰有两个零点，需 \(F\left(\frac{a}{1-a}\right) > 0\)，即： \[ a\ln\frac{a}{1-a} – \ln\frac{1}{1-a} + m > 0 \implies m > (a-1)\ln(1-a) – a\ln a \]
令 \(h(a) = (a-1)\ln(1-a) – a\ln a\)（\(0 < a < 1\)），求导得： \[ h'(a) = \ln\frac{1-a}{a} \]
- 当 \(0 < a < \frac{1}{2}\) 时，\(h'(a) > 0\)，\(h(a)\) 单调递增；
- 当 \(\frac{1}{2} < a < 1\) 时，\(h'(a) < 0\)，\(h(a)\) 单调递减。
实数 \(m\) 的取值范围为 \(m > \ln 2\)
(3) 求证：对于任意正整数 \(n\)，有 \(\frac{1}{2}\sum_{k=1}^n \frac{1}{k+1} < \ln(n+1) < \sum_{k=1}^n \frac{1}{k}\)
右侧不等式：\(\ln(n+1) < \sum_{k=1}^n \frac{1}{k}\)
取 \(a=1\)，由(1)知 \(f(x) = x – \ln x – 1\) 在 \((0,1)\) 单调递减，在 \((1,+\infty)\) 单调递增，故 \(f(x) \ge f(1) = 0\)，即 \(x – 1 > \ln x\)（\(x > 1\)）。
令 \(x = 1 + \frac{1}{k}\)，得： \[ \ln\frac{k+1}{k} < \frac{1}{k} \implies \ln(k+1) - \ln k < \frac{1}{k} \] 累加得： \[ \ln(n+1) = \sum_{k=1}^n [\ln(k+1) - \ln k] < \sum_{k=1}^n \frac{1}{k} \]
左侧不等式：\(\frac{1}{2}\sum_{k=1}^n \frac{1}{k+1} < \ln(n+1)\)
令 \(\varphi(x) = 2\ln(x+1) – \frac{x}{x+1}\)（\(x > 0\)），求导得： \[ \varphi'(x) = \frac{2}{x+1} – \frac{1}{(x+1)^2} = \frac{2x+1}{(x+1)^2} > 0 \] 故 \(\varphi(x)\) 在 \((0,+\infty)\) 单调递增，\(\varphi(x) > \varphi(0) = 0\)，即 \(2\ln(x+1) > \frac{x}{x+1}\)。
令 \(x = \frac{1}{k}\)，得： \[ 2\ln\frac{k+1}{k} > \frac{1}{k+1} \implies \ln(k+1) – \ln k > \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{k+1} \] 累加得： \[ \ln(n+1) = \sum_{k=1}^n [\ln(k+1) – \ln k] > \frac{1}{2}\sum_{k=1}^n \frac{1}{k+1} \]
综上，对任意正整数 \(n\)，有：
\(\frac{1}{2}\sum_{k=1}^n \frac{1}{k+1} < \ln(n+1) < \sum_{k=1}^n \frac{1}{k}\)
（2025·天津·一模）已知函数 \(f(x) = x e^{x-1}\)，\(g(x) = a(x + \ln x)\)，其中 \(a > 0\)。
(1) 求曲线 \(y=f(x)\) 在点 \((1,f(1))\) 处的切线方程
求导得：\(f'(x) = (x+1)e^{x-1}\)，则 \(f'(1) = 2\)，又 \(f(1) = 1\)。
由点斜式得切线方程：\(y – 1 = 2(x – 1)\)，整理得：
\(y = 2x – 1\)
(2) 是否存在 \(a\)，使得函数 \(h(x) = g(x) – ax + \frac{1}{x}\) 在区间 \([1,e]\) 上的最小值为 \(0\)？若存在，求出 \(a\) 的值；若不存在，请说明理由
化简得 \(h(x) = a \ln x + \frac{1}{x}\)，定义域为 \((0,+\infty)\)，求导得： \[ h'(x) = \frac{a}{x} – \frac{1}{x^2} = \frac{ax – 1}{x^2} \]
- 当 \(0 < x < \frac{1}{a}\) 时，\(h'(x) < 0\)，\(h(x)\) 单调递减；
- 当 \(x > \frac{1}{a}\) 时，\(h'(x) > 0\)，\(h(x)\) 单调递增。
分类讨论：
- 若 \(\frac{1}{a} \le 1\)（即 \(a \ge 1\)）：\(h(x)\) 在 \([1,e]\) 单调递增，\(h_{\min} = h(1) = 1 \neq 0\)，不符合；
- 若 \(1 < \frac{1}{a} \le e\)（即 \(\frac{1}{e} \le a < 1\)）：\(h_{\min} = h\left(\frac{1}{a}\right) = -a \ln a + a = 0\)，解得 \(a=e\)，不符合；
- 若 \(\frac{1}{a} > e\)（即 \(0 < a < \frac{1}{e}\)）：\(h(x)\) 在 \([1,e]\) 单调递减，\(h_{\min} = h(e) = a + \frac{1}{e} = 0\)，解得 \(a=-\frac{1}{e}\)，不符合。
不存在满足条件的正实数 \(a\)
(3) 设 \(x_0\) 是函数 \(F(x) = f(x) – g(x)\) 的极小值点，且 \(F(x_0) \ge 0\)，证明：\(F(x_0) \ge 2(x_0^2 – x_0^3)\)
由题意 \(F(x) = x e^{x-1} – a(x + \ln x)\)，求导得： \[ F'(x) = \frac{x+1}{x}\left(x e^{x-1} – a\right) \] 因 \(x_0\) 是极小值点，故 \(a = x_0 e^{x_0-1}\)，代入得： \[ F(x_0) = x_0 e^{x_0-1}(1 – x_0 – \ln x_0) \ge 0 \] 由 \(y=1-x-\ln x\) 单调递减且 \(y(1)=0\)，得 \(0 < x_0 \le 1\)。
令 \(\varphi(x) = x – \ln x – 1\)（\(0 < x \le 1\)），\(\varphi'(x) = 1 - \frac{1}{x} \le 0\)，故 \(\varphi(x) \ge \varphi(1)=0\)，即 \(x - 1 \ge \ln x\)。 因此 \(e^{x_0-1} \ge x_0\)，且 \(1 - x_0 - \ln x_0 \ge 2(1 - x_0)\)，故： \[ F(x_0) = x_0 e^{x_0-1}(1 - x_0 - \ln x_0) \ge x_0 \cdot x_0 \cdot 2(1 - x_0) = 2(x_0^2 - x_0^3) \]
得证
（2025·天津和平·一模）已知函数 \(f(x) = e^{ax}\)，\(g(x) = x + b\)（\(a,b \in \mathbb{R}\)）。
(1) 若 \(a=-1\)，函数 \(F(x)=f(x) \cdot g(x)\) 在点 \((1,f(1))\) 处的切线斜率为 \(-\frac{1}{e}\)，求函数 \(F(x)\) 的单调区间和极值；
当 \(a=-1\) 时，\(f(x)=e^{-x}\)，\(F(x)=\frac{x+b}{e^x}\)，求导得：\(F'(x)=\frac{1-x-b}{e^x}\)。
由 \(F'(1)=-\frac{1}{e}\)，得 \(\frac{1-1-b}{e}=-\frac{1}{e}\)，解得 \(b=1\)。
故 \(F(x)=\frac{x+1}{e^x}\)，\(F'(x)=-\frac{x}{e^x}\)：
- 当 \(x < 0\) 时，\(F'(x) > 0\)，\(F(x)\) 单调递增；
- 当 \(x > 0\) 时，\(F'(x) < 0\)，\(F(x)\) 单调递减。
极大值为 \(F(0)=1\)，无极小值。
单调递增区间 \((-\infty,0)\)，单调递减区间 \((0,+\infty)\)；极大值 \(1\)，无极小值
(2) 试利用 (1) 结论，证明：\(\sum_{i=2}^n \left(\frac{1}{2i}\right)^i < \frac{1}{\sqrt{e}(e-1)},\ (n \in \mathbb{N}^*)\)
由(1)知 \(\frac{x+1}{e^x} \le 1\)，即 \(x+1 \le e^x\)。令 \(x=\frac{1}{2k}-1\)（\(k \in \mathbb{N}^*\)），得： \[ \frac{1}{2k} < \left(\frac{1}{e}\right)^{1-\frac{1}{2k}} \implies \left(\frac{1}{2k}\right)^k < \left(\frac{1}{e}\right)^{k-\frac{1}{2}} = \sqrt{e}\left(\frac{1}{e}\right)^k \]
求和得： \[ \sum_{k=2}^n \left(\frac{1}{2k}\right)^k < \sqrt{e}\sum_{k=2}^n \left(\frac{1}{e}\right)^k = \sqrt{e} \cdot \frac{\frac{1}{e^2}\left(1-\frac{1}{e^{n-1}}\right)}{1-\frac{1}{e}} < \frac{1}{\sqrt{e}(e-1)} \]
得证
(3) 若 \(b=0,a>0\)，且 \(x \in (0,+\infty)\)，不等式 \(\left(\frac{f(x)}{g(x)}\right)^{2a} \ge \frac{\ln x}{\ln f(x)}\) 恒成立，求 \(a\) 的取值范围。
原不等式等价于 \(\left(\frac{e^{ax}}{x}\right)^{2a} \ge \frac{\ln x}{ax}\)，两边取对数整理得： \[ 2a \ln(e^{ax}) + \ln(\ln e^{ax}) \ge 2a \ln x + \ln(\ln x) \] 令 \(h(t)=2at + \ln t\)（\(t>0\)），则 \(h'(t)=2a+\frac{1}{t}>0\)，\(h(t)\) 单调递增，故需 \(\ln e^{ax} \ge \ln x\)，即 \(ax \ge \ln x\)。
令 \(p(x)=\frac{\ln x}{x}\)（\(x>1\)），\(p'(x)=\frac{1-\ln x}{x^2}\)：
- 当 \(1 < x < e\) 时，\(p'(x) > 0\)，\(p(x)\) 单调递增；
- 当 \(x > e\) 时，\(p'(x) < 0\)，\(p(x)\) 单调递减。
\(p(x)_{\max}=p(e)=\frac{1}{e}\)，故 \(a \ge \frac{1}{e}\)。
\(a\) 的取值范围为 \(\left[\frac{1}{e},+\infty\right)\)
（2025·天津·二模）已知函数 \(f(x) = e^x + ae^{-x} – \frac{1}{2}(a+1)x^2 + (a-1)x – (a+1)\)，其中 \(a \in \mathbb{R}\)。
(1) 当 \(a=0\) 时，求曲线 \(y=f(x)\) 在 \(x=-1\) 处的切线方程
当 \(a=0\) 时，\(f(x) = e^x – \frac{1}{2}x^2 – x – 1\)，求导得：\(f'(x) = e^x – x – 1\)。
代入 \(x=-1\)：\(f(-1) = \frac{1}{e} – \frac{1}{2}\)，\(f'(-1) = \frac{1}{e}\)。
由点斜式得切线方程：\(y – \left(\frac{1}{e} – \frac{1}{2}\right) = \frac{1}{e}(x + 1)\)，即：
\(y = \frac{1}{e}x + \frac{2}{e} – \frac{1}{2}\)
(2) 当 \(a=1\) 时，证明对于任意的实数 \(x\)，总有 \(f(x) \ge 0\)
当 \(a=1\) 时，\(f(x) = e^x + e^{-x} – x^2 – 2\)，求导得：\(f'(x) = e^x – e^{-x} – 2x\)。
令 \(g(x) = e^x – e^{-x} – 2x\)，则 \(g'(x) = e^x + e^{-x} – 2 \ge 2\sqrt{e^x \cdot e^{-x}} – 2 = 0\)，当且仅当 \(x=0\) 时等号成立。
所以 \(f'(x)\) 在 \(\mathbb{R}\) 上单调递增，又 \(f'(0)=0\)，故：
- 当 \(x < 0\) 时，\(f'(x) < 0\)，\(f(x)\) 单调递减；
- 当 \(x > 0\) 时，\(f'(x) > 0\)，\(f(x)\) 单调递增。
因此 \(f(x) \ge f(0) = 0\)，即对任意 \(x \in \mathbb{R}\)，\(f(x) \ge 0\)。
得证
(3) 若 \(x=0\) 是 \(f(x)\) 的极值点，求 \(a\) 的值
求导得：\(f'(x) = e^x – ae^{-x} – (a+1)x + (a-1)\)，显然 \(f'(0) = 0\)。
① 当 \(a \le 0\) 时
先证 \(e^x \ge x+1\) 恒成立：令 \(\varphi(x) = e^x – x – 1\)，则 \(\varphi'(x) = e^x – 1\)。
- 当 \(x < 0\) 时，\(\varphi'(x) < 0\)，\(\varphi(x)\) 单调递减；
- 当 \(x > 0\) 时，\(\varphi'(x) > 0\)，\(\varphi(x)\) 单调递增。
故 \(\varphi(x) \ge \varphi(0) = 0\)，即 \(e^x \ge x+1\)，当且仅当 \(x=0\) 取等号。
由此得 \(e^{-x} \ge -x+1\)，故 \(-ae^{-x} \ge ax – a\)。
代入 \(f'(x)\) 得：\(f'(x) \ge x+1 + ax – a – (a+1)x + (a-1) = 0\)，即 \(f'(x) \ge 0\)。
故 \(f(x)\) 在 \(\mathbb{R}\) 上单调递增，\(x=0\) 不是极值点，舍去。
② 当 \(a > 0\) 时
令 \(h(x) = f'(x)\)，则 \(h'(x) = e^x + ae^{-x} – (a+1)\)，且 \(h'(0) = 0\)。
令 \(\varphi(x) = e^x + ae^{-x} – (a+1)\)，则 \(\varphi'(x) = e^x – ae^{-x}\)，显然 \(\varphi'(x)\) 在 \(\mathbb{R}\) 上单调递增。
令 \(\varphi'(x) = 0\)，解得 \(x = \frac{1}{2}\ln a\)。
• 若 \(a \in (0,1)\)，则 \(\frac{1}{2}\ln a < 0\)
- 当 \(x \in \left(\frac{1}{2}\ln a, +\infty\right)\) 时，\(\varphi'(x) > 0\)，\(h'(x)\) 单调递增；
- 当 \(x \in \left(\frac{1}{2}\ln a, 0\right)\) 时，\(h'(x) < 0\)；当 \(x \in (0,+\infty)\) 时，\(h'(x) > 0\)。
故 \(f'(x)\) 在 \(\left(\frac{1}{2}\ln a, 0\right)\) 单调递减，在 \((0,+\infty)\) 单调递增，又 \(f'(0)=0\)，故 \(x \in \left(\frac{1}{2}\ln a, +\infty\right)\) 时 \(f'(x) \ge 0\)，\(f(x)\) 单调递增，\(x=0\) 不是极值点，不合题意。
• 若 \(a \in (1,+\infty)\)，则 \(\frac{1}{2}\ln a > 0\)
- 当 \(x \in \left(-\infty, \frac{1}{2}\ln a\right)\) 时，\(\varphi'(x) < 0\)，\(h'(x)\) 单调递减；
- 当 \(x \in (-\infty, 0)\) 时，\(h'(x) > 0\)；当 \(x \in \left(0, \frac{1}{2}\ln a\right)\) 时，\(h'(x) < 0\)。
故 \(f'(x)\) 在 \((-\infty, 0)\) 单调递增，在 \(\left(0, \frac{1}{2}\ln a\right)\) 单调递减，又 \(f'(0)=0\)，故 \(x \in \left(-\infty, \frac{1}{2}\ln a\right)\) 时 \(f'(x) \le 0\)，\(f(x)\) 单调递减，\(x=0\) 不是极值点，不合题意。
• 若 \(a=1\)，则 \(\frac{1}{2}\ln a = 0\)
- 当 \(x \in (-\infty, 0)\) 时，\(\varphi'(x) < 0\)，\(h'(x)\) 单调递减；
- 当 \(x \in (0,+\infty)\) 时，\(\varphi'(x) > 0\)，\(h'(x)\) 单调递增。
故 \(h'(x) \ge h'(0) = 0\)，即 \(f'(x)\) 在 \(\mathbb{R}\) 上单调递增，又 \(f'(0)=0\)，故：
- 当 \(x < 0\) 时，\(f'(x) < 0\)，\(f(x)\) 单调递减；
- 当 \(x > 0\) 时，\(f'(x) > 0\)，\(f(x)\) 单调递增。
因此 \(x=0\) 是 \(f(x)\) 的极小值点，满足题意。
综上，当且仅当 \(a=1\) 时，\(x=0\) 是 \(f(x)\) 的极值点。
\(a = 1\)
（2025·天津河北·二模）已知函数 \(f(x) = e^x – ax – 3(a \in \mathbb{R})\)。
(1) 当 \(a=-1\) 时，求曲线 \(y=f(x)\) 在 \((0, f(0))\) 处的切线方程
当 \(a=-1\) 时，\(f(x) = e^x + x – 3\)，求导得：\(f'(x) = e^x + 1\)。
代入 \(x=0\)：\(f(0) = -2\)，\(f'(0) = 2\)。
由点斜式得切线方程：\(y + 2 = 2x\)，即：
\(2x – y – 2 = 0\)
(2) 当 \(x \ge 0\) 时，若不等式 \(f(x) \ge \frac{x^2}{2} – 2\) 恒成立，求 \(a\) 的取值范围
原不等式等价于：\(e^x – \frac{x^2}{2} – ax – 1 \ge 0\)（\(x \ge 0\)）。
令 \(g(x) = e^x – \frac{x^2}{2} – ax – 1\)（\(x \ge 0\)），则 \(g'(x) = e^x – x – a\)。
令 \(h(x) = g'(x)\)，则 \(h'(x) = e^x – 1 \ge 0\)，故 \(h(x)\) 在 \([0, +\infty)\) 上单调递增，因此 \(g'(x) \ge g'(0) = 1 – a\)。
- 若 \(1 – a \ge 0\)，即 \(a \le 1\)：\(g'(x) \ge 0\)，\(g(x)\) 在 \([0, +\infty)\) 上单调递增，\(g(x) \ge g(0) = 0\)，符合题意；
- 若 \(1 – a < 0\)，即 \(a > 1\)：\(g'(0) < 0\)，且 \(x \to +\infty\) 时 \(g'(x) \to +\infty\)，故存在 \(x_0 \in (0, +\infty)\) 使得 \(g'(x_0) = 0\)。 当 \(x \in (0, x_0)\) 时，\(g'(x) < 0\)，\(g(x)\) 单调递减，\(g(x) < g(0) = 0\)，不符合题意。
综上，\(a\) 的取值范围为：
\(a \le 1\)
(3) 若 \(f(x)\) 有两个零点 \(x_1, x_2\)，且 \(x_1 < x_2\)，证明：\(3e^{x_1} + e^{x_2} > 3a\)
由 \(f(x_1) = f(x_2) = 0\)，得 \(e^{x_1} = ax_1 + 3\)，\(e^{x_2} = ax_2 + 3\)，两式相减得： \[ e^{x_2} – e^{x_1} = a(x_2 – x_1) \implies a = \frac{e^{x_2} – e^{x_1}}{x_2 – x_1} \]
要证 \(3e^{x_1} + e^{x_2} > 3a\)，只需证： \[ 3e^{x_1} + e^{x_2} > \frac{3(e^{x_2} – e^{x_1})}{x_2 – x_1} \implies \frac{3e^{x_1} + e^{x_2}}{e^{x_2} – e^{x_1}} > \frac{3}{x_2 – x_1} \] 分子分母同除以 \(e^{x_1}\)，令 \(t = x_2 – x_1 > 0\)，即证： \[ \frac{e^t + 3}{e^t – 1} > \frac{3}{t} \implies te^t + 3t > 3e^t – 3 \]
整理得：\(\frac{(t-3)e^t}{t+1} + 3 > 0\)。令 \(F(t) = \frac{(t-3)e^t}{t+1} + 3\)（\(t > 0\)），求导得： \[ F'(t) = \frac{(t-1)^2 e^t}{(t+1)^2} \ge 0 \] 故 \(F(t)\) 在 \((0, +\infty)\) 上单调递增，因此 \(F(t) > F(0) = 0\)，即 \(\frac{(t-3)e^t}{t+1} + 3 > 0\)。
故原不等式 \(3e^{x_1} + e^{x_2} > 3a\) 得证。
得证
（2025·天津红桥·二模）已知函数 \(f(x) = e^x – ax\)，\(g(x) = \ln(x+2) – a\)，其中 \(e\) 为自然对数的底数，\(a \in \mathbb{R}\)。
(1) 当 \(a=1\) 时，求函数 \(f(x)\) 在点 \((0, f(0))\) 处的切线方程
当 \(a=1\) 时，\(f(x) = e^x – x\)，求导得：\(f'(x) = e^x – 1\)。
代入 \(x=0\)：\(f(0) = e^0 = 1\)，\(f'(0) = e^0 – 1 = 0\)。
由点斜式得切线方程：\(y – 1 = 0(x – 0)\)，即：
\(y = 1\)
(2) 证明：\(f'(x) > g(x)\) 恒成立
易知 \(f'(x) = e^x – a\)，要证 \(f'(x) > g(x)\)，即证 \(e^x > \ln(x+2)\)。
第一步：证明 \(e^x \ge x+1\)（等号仅在 \(x=0\) 处成立）
令 \(y = e^x – x – 1\)，求导得 \(y’ = e^x – 1\)：
- 当 \(x \in (0,+\infty)\) 时，\(y’ > 0\)，函数单调递增；
- 当 \(x \in (-\infty,0)\) 时，\(y’ < 0\)，函数单调递减。
第二步：证明 \(x+1 \ge \ln(x+2)\)（等号仅在 \(x=-1\) 处成立）
令 \(y = x+1 – \ln(x+2)\)（\(x > -2\)），求导得 \(y’ = \frac{x+1}{x+2}\)：
- 当 \(x \in (-1,+\infty)\) 时，\(y’ > 0\)，函数单调递增；
- 当 \(x \in (-2,-1)\) 时，\(y’ < 0\)，函数单调递减。
综上，\(e^x \ge x+1\) 与 \(x+1 \ge \ln(x+2)\) 等号不在同一点取得，故 \(e^x > \ln(x+2)\)，即 \(f'(x) > g(x)\) 恒成立。
得证
(3) 证明：\(\ln 2 + \left(\ln \frac{3}{2}\right)^2 + \left(\ln \frac{4}{3}\right)^3 + \dots + \left(\ln \frac{n+1}{n}\right)^n < \frac{e}{e-1}\)
由(2)中结论 \(e^x > \ln(x+2)\)，令 \(x = t-1\)，得 \(\ln(1+t) < e^{t-1}\)。
取 \(t = \frac{1}{n}\)，则： \[ \ln\left(1+\frac{1}{n}\right) = \ln\frac{n+1}{n} < e^{\frac{1}{n}-1} \] 两边 \(n\) 次方得： \[ \left(\ln\frac{n+1}{n}\right)^n < \left(e^{\frac{1}{n}-1}\right)^n = e^{1-n} \]
因此： \[ \ln 2 + \left(\ln \frac{3}{2}\right)^2 + \dots + \left(\ln \frac{n+1}{n}\right)^n < e^0 + e^{-1} + e^{-2} + \dots + e^{1-n} \] 这是首项为 \(1\)、公比为 \(e^{-1}\) 的等比数列，求和得： \[ \sum_{k=0}^{n-1} e^{-k} = \frac{1 - e^{-n}}{1 - e^{-1}} = \frac{e}{e-1}(1 - e^{-n}) < \frac{e}{e-1} \]
故原不等式得证。
得证
（2025·天津河西·二模）已知函数 \(f(x) = a\ln x – x^2 + 3x + 3a\ (a \in \mathbb{R})\)。
(1) 当 \(a=1\) 时，求曲线 \(y=f(x)\) 在 \(x=1\) 处的切线方程
当 \(a=1\) 时，\(f(x) = \ln x – x^2 + 3x + 3\)，求导得：\(f'(x) = \frac{1}{x} – 2x + 3\)。
代入 \(x=1\)：\(f'(1) = 2\)，\(f(1) = 5\)。
由点斜式得切线方程：\(y – 5 = 2(x – 1)\)，整理得：
\(2x – y + 3 = 0\)
(2) 讨论 \(f(x)\) 的单调性
函数 \(f(x)\) 的定义域为 \((0,+\infty)\)，求导得： \[ f'(x) = \frac{a}{x} – 2x + 3 = \frac{-2x^2 + 3x + a}{x} \] 令分子为 \( -2x^2 + 3x + a = 0 \)，判别式 \(\Delta = 9 + 8a\)。
- 当 \(a \le -\frac{9}{8}\) 时，\(\Delta \le 0\)，\(f'(x) \le 0\) 恒成立，\(f(x)\) 在 \((0,+\infty)\) 上单调递减；
- 当 \(a > -\frac{9}{8}\) 时，方程有两根：
\[
x_1 = \frac{3 – \sqrt{9 + 8a}}{4},\quad x_2 = \frac{3 + \sqrt{9 + 8a}}{4}
\]
- 若 \(a \ge 0\)：\(x_1 \le 0\)，\(x_2 > 0\)，
当 \(x \in \left(0, \frac{3 + \sqrt{9 + 8a}}{4}\right)\) 时，\(f'(x) > 0\)，\(f(x)\) 单调递增；
当 \(x \in \left(\frac{3 + \sqrt{9 + 8a}}{4}, +\infty\right)\) 时，\(f'(x) < 0\)，\(f(x)\) 单调递减； - 若 \(-\frac{9}{8} < a < 0\)：\(0 < x_1 < x_2\)，
当 \(x \in \left(0, \frac{3 – \sqrt{9 + 8a}}{4}\right) \cup \left(\frac{3 + \sqrt{9 + 8a}}{4}, +\infty\right)\) 时，\(f'(x) < 0\)，\(f(x)\) 单调递减；
当 \(x \in \left(\frac{3 – \sqrt{9 + 8a}}{4}, \frac{3 + \sqrt{9 + 8a}}{4}\right)\) 时，\(f'(x) > 0\)，\(f(x)\) 单调递增；
- 若 \(a \ge 0\)：\(x_1 \le 0\)，\(x_2 > 0\)，
综上：
- 当 \(a \le -\frac{9}{8}\) 时，\(f(x)\) 在 \((0,+\infty)\) 单调递减；
- 当 \(a \ge 0\) 时，\(f(x)\) 在 \(\left(0, \frac{3 + \sqrt{9 + 8a}}{4}\right)\) 单调递增，在 \(\left(\frac{3 + \sqrt{9 + 8a}}{4}, +\infty\right)\) 单调递减；
- 当 \(-\frac{9}{8} < a < 0\) 时，\(f(x)\) 在 \(\left(0, \frac{3 - \sqrt{9 + 8a}}{4}\right)\) 与 \(\left(\frac{3 + \sqrt{9 + 8a}}{4}, +\infty\right)\) 单调递减，在 \(\left(\frac{3 - \sqrt{9 + 8a}}{4}, \frac{3 + \sqrt{9 + 8a}}{4}\right)\) 单调递增。
(3) 已知 \(a \in \left(0, \frac{1}{4}\right)\)，证明：\(xf(x) < e^x - x^3 + 3x^2\)（其中 \(e\) 是自然对数的底数）
原不等式等价于：\(a(\ln x + 3) < \frac{e^x}{x}\)。
- 当 \(\ln x + 3 \le 0\) 时，因 \(a > 0\)，不等式显然成立；
- 当 \(\ln x + 3 > 0\) 时，因 \(a < \frac{1}{4}\)，故只需证 \(\frac{1}{4}(\ln x + 3) \le \frac{e^x}{x}\)，即 \(\frac{\ln x + 3}{x} \le \frac{4e^x}{x^2}\)。
构造函数 \(g(x) = \frac{\ln x + 3}{x}\)，\(x \in (0,+\infty)\)
求导得：\(g'(x) = \frac{-\ln x – 2}{x^2}\)，
当 \(0 < x < \frac{1}{e^2}\) 时，\(g'(x) > 0\)，\(g(x)\) 单调递增；
当 \(x > \frac{1}{e^2}\) 时，\(g'(x) < 0\)，\(g(x)\) 单调递减；
故 \(g(x) \le g\left(\frac{1}{e^2}\right) = e^2\)。
构造函数 \(h(x) = \frac{4e^x}{x^2}\)，\(x \in (0,+\infty)\)
求导得：\(h'(x) = \frac{4e^x(x – 2)}{x^3}\)，
当 \(0 < x < 2\) 时，\(h'(x) < 0\)，\(h(x)\) 单调递减；
当 \(x > 2\) 时，\(h'(x) > 0\)，\(h(x)\) 单调递增；
故 \(h(x) \ge h(2) = e^2\)。
因此 \(g(x) \le e^2 \le h(x)\) 恒成立，故原不等式 \(xf(x) < e^x - x^3 + 3x^2\) 得证。
得证
（2025·天津河东·二模）已知函数 \(f(x) = x^2 – \frac{x – b}{a}\)，\(g(x) = -x^2 \ln x\)，\(a > 0\)。
(1) 函数 \(f(x)\) 在点 \((1, f(1))\) 处的切线方程为 \(x – y + 2 = 0\)，求 \(a, b\) 的值
求导得：\(f'(x) = 2x – \frac{1}{a}\)，切线斜率 \(f'(1) = 2 – \frac{1}{a} = 1\)，解得 \(a = 1\)。
由切线方程得 \(f(1) = 1 – \frac{1 – b}{a} = 1 + 2 = 3\)，代入 \(a=1\)，解得 \(b = 3\)。
\(a = 1\)，\(b = 3\)
(2) 求函数 \(g(x)\) 的极值
求导得：\(g'(x) = -2x \ln x – x = -x(2\ln x + 1)\)（\(x > 0\)）。
- 令 \(g'(x) > 0\)，即 \(2\ln x + 1 < 0\)，得 \(0 < x < e^{-\frac{1}{2}}\)；
- 令 \(g'(x) < 0\)，即 \(2\ln x + 1 > 0\)，得 \(x > e^{-\frac{1}{2}}\)。
故 \(g(x)\) 在 \(\left(0, e^{-\frac{1}{2}}\right)\) 上单调递增，在 \(\left(e^{-\frac{1}{2}}, +\infty\right)\) 上单调递减。
极大值为 \(g\left(e^{-\frac{1}{2}}\right) = \frac{1}{2e}\)，无极小值。
极大值为 \(\frac{1}{2e}\)，无极小值
(3) 函数 \(F(x) = f(x) – x^2 + 1 – \frac{g(x)}{x^2}\)，若 \(F(x) \le 0\)，证明：\(ab \le \frac{1}{2e}\)
化简得 \(F(x) = -\frac{x – b}{a} + 1 + \ln x\)，求导得：\(F'(x) = -\frac{1}{a} + \frac{1}{x}\)。
- 当 \(0 < x < a\) 时，\(F'(x) > 0\)，\(F(x)\) 单调递增；
- 当 \(x > a\) 时，\(F'(x) < 0\)，\(F(x)\) 单调递减。
故 \(F(x)\) 的最大值为 \(F(a) = -1 + \frac{b}{a} + 1 + \ln a = \frac{b}{a} + \ln a\)。
由 \(F(x) \le 0\) 恒成立，得 \(\frac{b}{a} + \ln a \le 0\)，即 \(b \le -a \ln a\)，故 \(ab \le -a^2 \ln a\)。
由(2)知，函数 \(h(x) = -x^2 \ln x\) 的最大值为 \(\frac{1}{2e}\)，故 \(ab \le -a^2 \ln a \le \frac{1}{2e}\)，得证。
得证 \(ab \le \frac{1}{2e}\)
（2025·天津·二模）已知函数 \(f(x) = x\ln(kx+1)\)，其中 \(k>0\)。
(1) 当 \(k=1\) 时，求曲线 \(y=f(x)\) 在点 \((1,f(1))\) 处的切线方程
当 \(k=1\) 时，\(f(x) = x\ln(x+1)\)，则 \(f(1) = \ln 2\)。
求导得：\(f'(x) = \ln(x+1) + \frac{x}{x+1}\)，故 \(f'(1) = \ln 2 + \frac{1}{2}\)。
由点斜式得切线方程：\(y – \ln 2 = \left(\ln 2 + \frac{1}{2}\right)(x-1)\)，整理得：
\(y = \left(\ln 2 + \frac{1}{2}\right)x – \frac{1}{2}\)
(2) 求证：\(f(x)\) 在 \((0,+\infty)\) 上单调递增
求导得：\(f'(x) = \ln(kx+1) + \frac{kx}{kx+1}\)。
因为 \(k>0,\ x>0\)，所以 \(kx+1>1\)，故 \(\ln(kx+1)>0\)，且 \(\frac{kx}{kx+1}>0\)，因此 \(f'(x)>0\) 在 \((0,+\infty)\) 上恒成立。
故 \(f(x)\) 在 \((0,+\infty)\) 上单调递增，得证
(3) 求证：\(\forall x_1,\ x_2 \in (0,+\infty)\) 且 \(x_1>x_2\)，\((x_1-x_2)[f'(x_1)+f'(x_2)] < 2[f(x_1)-f(x_2)]\)
令 \(m(x_1)=f'(x_1)\)，\(m(x_2)=f'(x_2)\)，原不等式等价于： \[ (x_1-x_2)[m(x_1)+m(x_2)] < 2[f(x_1)-f(x_2)] \] 构造 \(g(x_1) = (x_1-x_2)[m(x_1)+m(x_2)] - 2[f(x_1)-f(x_2)]\)，求导得： \[ g'(x_1) = [m(x_1)+m(x_2)] + m'(x_1)(x_1-x_2) - 2f'(x_1) \]
令 \(h(x_1)=g'(x_1)\)，\(n(x_1)=m'(x_1)\)，则： \[ h'(x_1) = n'(x_1)(x_1-x_2) \] 计算得： \[ n(x_1) = m'(x_1) = \frac{k}{kx_1+1} + \frac{k}{(kx_1+1)^2}, \quad n'(x_1) = \frac{-k^2}{(kx_1+1)^2} – \frac{2k^2}{(kx_1+1)^3} < 0 \] 因 \(x_1>x_2\)，故 \(x_1-x_2>0\)，所以 \(h'(x_1)<0\)，\(h(x_1)\) 单调递减，即 \(g'(x_1)\) 单调递减。
故 \(g'(x_1) < g'(x_2) = 0\)，因此 \(g(x_1)\) 单调递减，\(g(x_1) < g(x_2) = 0\)，即： \[ (x_1-x_2)[m(x_1)+m(x_2)] - 2[f(x_1)-f(x_2)] < 0 \] 原不等式得证。
得证
（2025·天津·二模）已知函数 \(p(x) = e^{mx}(m \in \mathbb{R})\)，\(q(x) = \sin x\)，且曲线 \(y=p(x)\) 在 \(x=0\) 处的切线的倾斜角为 \(\frac{\pi}{4}\)。
(1) 若函数 \(f(x) = \frac{q(x)}{p(x)}\) 在区间 \([-t,t]\) 上单调递增，求实数 \(t\) 的最大值
求导得 \(p'(x) = m e^{mx}\)，由切线倾斜角为 \(\frac{\pi}{4}\)，得 \(p'(0) = m = \tan\frac{\pi}{4} = 1\)，故 \(p(x) = e^x\)。
因此 \(f(x) = \frac{\sin x}{e^x}\)，求导得： \[ f'(x) = \frac{\cos x – \sin x}{e^x} \] 令 \(f'(x) > 0\)，解得 \(2k\pi – \frac{3\pi}{4} < x < 2k\pi + \frac{\pi}{4}\ (k \in \mathbb{Z})\)。
取 \(k=0\)，得 \(f(x)\) 在 \(\left[-\frac{3\pi}{4}, \frac{\pi}{4}\right]\) 上单调递增，故 \(t\) 的最大值为 \(\frac{\pi}{4}\)。
\(t_{\max} = \frac{\pi}{4}\)
(2) 当 \(x \ge 0\) 时，\(ax^2 – 1 + q'(x) \ge 0\)（\(a > 0\)，\(q'(x)\) 为 \(q(x)\) 的导函数），求 \(a\) 的取值范围
由 \(q'(x) = \cos x\)，令 \(m(x) = ax^2 – 1 + \cos x\)（\(x \ge 0\)），则 \(m'(x) = 2ax – \sin x\)。
令 \(n(x) = m'(x)\)，则 \(n'(x) = 2a – \cos x\)。
- 当 \(a \ge \frac{1}{2}\) 时，\(2a \ge 1\)，故 \(n'(x) \ge 0\)，\(n(x)\) 在 \([0,+\infty)\) 单调递增，\(n(x) \ge n(0) = 0\)，即 \(m'(x) \ge 0\)，\(m(x)\) 单调递增，\(m(x) \ge m(0) = 0\)，符合题意；
- 当 \(0 < a < \frac{1}{2}\) 时，存在 \(x_0 \in \left(0, \frac{\pi}{2}\right)\) 使得 \(n'(x_0) = 0\)，当 \(x \in (0, x_0)\) 时 \(n'(x) < 0\)，\(n(x)\) 单调递减，\(n(x) < n(0) = 0\)，即 \(m'(x) < 0\)，\(m(x)\) 单调递减，\(m(x) < m(0) = 0\)，不符合题意。
\(a\) 的取值范围为 \(\left[\frac{1}{2}, +\infty\right)\)
(3) 设函数 \(g(x) = p(x) – q(x) – \frac{1}{2}x^2\)，若 \(g(x_1) + g(x_2) = 2\ (x_1 \ne x_2)\)，证明：\(x_1 + x_2 < 0\)
由题意 \(g(x) = e^x – \sin x – \frac{1}{2}x^2\)，求导得： \[ g'(x) = e^x – \cos x – x \] 令 \(h(x) = e^x – x\)，则 \(h'(x) = e^x – 1\)，故 \(h(x) \ge h(0) = 1\)，因此 \(g'(x) = h(x) – \cos x \ge 1 – 1 = 0\)，仅当 \(x=0\) 取等号，故 \(g(x)\) 在 \(\mathbb{R}\) 上单调递增，且 \(g(0) = 1\)。
不妨设 \(x_1 < 0 < x_2\)，令 \(p(x) = g(x) + g(-x) - 2 = e^x + e^{-x} - x^2 - 2\)（\(x > 0\)），求导得： \[ p'(x) = e^x – e^{-x} – 2x \] 令 \(n(x) = p'(x)\)，则 \(n'(x) = e^x + e^{-x} – 2 \ge 2\sqrt{e^x \cdot e^{-x}} – 2 = 0\)，故 \(n(x)\) 在 \((0,+\infty)\) 单调递增，\(n(x) > n(0) = 0\)，即 \(p'(x) > 0\)，\(p(x)\) 单调递增，\(p(x) > p(0) = 0\)，即 \(g(x) + g(-x) > 2\)。
因此 \(g(-x_2) > 2 – g(x_2) = g(x_1)\)，由 \(g(x)\) 单调递增得 \(-x_2 > x_1\)，即 \(x_1 + x_2 < 0\)。
得证
（2025·天津南开·二模）已知函数 \(f(x) = 2e^{x-1} – \frac{1}{2}x^2 – \ln x\)。
(1) 求曲线 \(y=f(x)\) 在 \(x=1\) 处的切线方程
求导得：\(f'(x) = 2e^{x-1} – x – \frac{1}{x}\)，则 \(f'(1) = 0\)，又 \(f(1) = \frac{3}{2}\)。
切线方程为水平直线：
\(y = \frac{3}{2}\)
(2) 若 \(f(x) \ge \frac{7}{2}a – a^2\) 恒成立，求实数 \(a\) 的取值范围
先分析单调性：
- 当 \(x \in (0,1)\) 时，\(x + \frac{1}{x} > 2\)，\(2e^{x-1} < 2\)，故 \(f'(x) < 0\)，\(f(x)\) 单调递减；
- 当 \(x \in (1,+\infty)\) 时，令 \(g(x) = f'(x)\)，则 \(g'(x) = 2e^{x-1} – 1 + \frac{1}{x^2} > 0\)，\(g(x)\) 单调递增，故 \(g(x) > g(1) = 0\)，即 \(f'(x) > 0\)，\(f(x)\) 单调递增。
由恒成立条件得：\(\frac{3}{2} \ge \frac{7}{2}a – a^2\)，整理得 \(2a^2 – 7a + 3 \ge 0\)，解得：
\(a \le \frac{1}{2}\) 或 \(a \ge 3\)
(3) 解关于 \(x\) 的不等式 \(f'(x) > \left(x + \frac{1}{x}\right)\ln x\)（其中 \(f'(x)\) 为 \(f(x)\) 的导数）
原不等式等价于： \[ 2e^{x-1} – x – \frac{1}{x} > \left(x + \frac{1}{x}\right)\ln x \implies 2e^{x-1} > \left(x + \frac{1}{x}\right)(\ln x + 1) \]
- 当 \(x \in \left(0, \frac{1}{e}\right]\) 时，\(\ln x + 1 \le 0\)，不等式显然成立；
- 当 \(x \in \left(\frac{1}{e}, +\infty\right)\) 时，\(\ln x + 1 > 0\)，不等式化为 \(\frac{2xe^{x-1}}{x^2 + 1} > 1 + \ln x\)（\(x \ne 1\)）。
- ① 当 \(x \in \left(\frac{1}{e}, 1\right)\) 时，令 \(g(x) = \frac{2x^2}{1+x^2} – (1+\ln x)\)，\(g'(x) = \frac{-(x^2-1)^2}{x(1+x^2)^2} < 0\)，故 \(g(x) > g(1) = 0\)，结合 \(e^{x-1} > x\)，不等式成立；
- ② 当 \(x \in (1, +\infty)\) 时，令 \(h(x) = \frac{2e^{x-1}}{1+x^2}\)，\(h'(x) = \frac{2e^{x-1}(x-1)^2}{(1+x^2)^2} > 0\)，故 \(h(x) > h(1) = 1\)，又 \(\frac{1+\ln x}{x} < 1\)，不等式成立。
综上，不等式解集为：
\((0,1) \cup (1,+\infty)\)
（2025·天津滨海新·三模）已知函数 \(f(x) = e^x \sin x\)（\(e\) 为自然对数的底数），\(g(x) = 2\ln(x+1)-ax\)，其中 \(a\) 为实数。
(1) 求函数 \(f(x)\) 在点 \((0,f(0))\) 处的切线方程
由 \(f(x) = e^x \sin x\)，得 \(f(0) = 0\)，求导得： \[ f'(x) = e^x \sin x + e^x \cos x \] 切线斜率 \(k = f'(0) = 1\)，故切线方程为：
\(x – y = 0\)
(2) 若对 \(\forall x \in \left[0,\frac{\pi}{2}\right]\)，有 \(f(x) \ge e^x g(x)\)，求 \(a\) 的取值范围
原不等式等价于 \(\sin x \ge 2\ln(x+1) – ax\) 对 \(\forall x \in \left[0,\frac{\pi}{2}\right]\) 成立。
令 \(h(x) = \sin x + ax – 2\ln(x+1)\)，则 \(h'(x) = \cos x + a – \frac{2}{x+1}\)。 由 \(h(0)=0\)，需 \(h'(0) \ge 0\)，即 \(a – 1 \ge 0\)，得 \(a \ge 1\)。
下证 \(a \ge 1\) 时满足题意： 只需证 \(\sin x + x – 2\ln(x+1) \ge 0\)。令 \(t(x) = \sin x + x – 2\ln(x+1)\)，则 \(t'(x) = \cos x + 1 – \frac{2}{x+1}\)。 令 \(q(x) = t'(x)\)，则 \(q'(x) = -\sin x + \frac{2}{(x+1)^2}\)，\(q'(x)\) 在 \(\left(0,\frac{\pi}{2}\right)\) 单调递减，且 \(q'(0)=2>0\)，\(q’\left(\frac{\pi}{2}\right)<0\)， 故存在 \(x_0 \in \left(0,\frac{\pi}{2}\right)\) 使 \(q'(x_0)=0\)，进而 \(t'(x) > 0\) 在 \(\left(0,\frac{\pi}{2}\right)\) 恒成立，\(t(x) \ge t(0)=0\)。
\(a\) 的取值范围为 \([1,+\infty)\)
(3) 证明：\(\frac{1}{2}\ln(n+1) < \sin\frac{1}{2} + \sin\frac{1}{4} + \dots + \sin\frac{1}{2n} < \frac{1}{2}\left(1 + \frac{1}{2} + \dots + \frac{1}{n}\right)\ (n \in \mathbb{N}^*)\)
右侧不等式：\(\sin\frac{1}{2k} < \frac{1}{2k}\)
令 \(p(x) = \sin x – x\)（\(0 < x < \frac{\pi}{2}\)），则 \(p'(x) = \cos x - 1 < 0\)，故 \(p(x) < p(0)=0\)，即 \(\sin x < x\)。 取 \(x = \frac{1}{2k}\)，得 \(\sin\frac{1}{2k} < \frac{1}{2k}\)，累加得： \[ \sum_{k=1}^n \sin\frac{1}{2k} < \frac{1}{2}\sum_{k=1}^n \frac{1}{k} \]
左侧不等式：\(\sin\frac{1}{2k} > \ln\left(1+\frac{1}{2k}\right)\)
令 \(m(x) = \sin x – \ln(x+1)\)（\(0 < x < \frac{\pi}{2}\)），可证 \(m(x) > 0\) 恒成立。 取 \(x = \frac{1}{2k}\)，得 \(\sin\frac{1}{2k} > \ln\frac{2k+1}{2k}\)，累加得： \[ \sum_{k=1}^n \sin\frac{1}{2k} > \sum_{k=1}^n \ln\frac{2k+1}{2k} > \frac{1}{2}\ln(n+1) \]
得证
（2025·天津和平·二模）已知函数 \(f(x) = 2nx^2 + \ln(mx + n) – 2mx\)（\(m,\ n \in \mathbb{R}\)，\(m > 0\)）。
(1) 若函数 \(f(x)\) 的两个极值点为 \(0\) 与 \(\frac{1}{2}\)，求 \(m,\ n\) 的值及函数 \(f(x)\) 的单调区间
求导得：\(f'(x) = 4nx + \frac{m}{mx + n} – 2m\)，由极值点条件： \[ \begin{cases} f'(0) = 0 \\ f’\left(\frac{1}{2}\right) = 0 \end{cases} \implies \begin{cases} m = 1 \\ n = \frac{1}{2} \end{cases} \]
此时 \(f(x) = x^2 + \ln\left(x + \frac{1}{2}\right) – 2x\)，定义域为 \(\left(-\frac{1}{2}, +\infty\right)\)，求导得： \[ f'(x) = \frac{4x^2 – 2x}{2x + 1} \] 令 \(f'(x) > 0\)，解得 \(-\frac{1}{2} < x < 0\) 或 \(x > \frac{1}{2}\)；令 \(f'(x) < 0\)，解得 \(0 < x < \frac{1}{2}\)。
单调递增区间：\(\left(-\frac{1}{2}, 0\right)\)，\(\left(\frac{1}{2}, +\infty\right)\)；单调递减区间：\(\left(0, \frac{1}{2}\right)\)。
\(m=1,\ n=\frac{1}{2}\)
(2) 若 \(n = \frac{1}{2}\)
(i) 求证：当 \(m \in (0,1]\) 时，函数 \(f(x)\) 在区间 \(\left[\frac{1}{2}, +\infty\right)\) 上单调递增
代入 \(n = \frac{1}{2}\)，得 \(f'(x) = \frac{4mx\left[x – \frac{2m^2 – 1}{2m}\right]}{2mx + 1}\)。 当 \(m \in (0,1]\) 时，\(\frac{2m^2 – 1}{2m} \le \frac{1}{2}\)，又 \(x \ge \frac{1}{2}\)，故 \(x – \frac{2m^2 – 1}{2m} \ge 0\)，因此 \(f'(x) \ge 0\)，即 \(f(x)\) 在 \(\left[\frac{1}{2}, +\infty\right)\) 单调递增。
(ii) 对 \(\forall m \in \left(\frac{1}{2},1\right)\)，总 \(\exists x_0 \in [1,2]\)，使得 \(f(x_0) > \lambda\left(\frac{1}{4} – m^2\right)\) 成立，求实数 \(\lambda\) 的取值范围
由(i)知 \(f(x)\) 在 \([1,2]\) 上单调递增，故 \(f(x)_{\max} = f(2) = \ln\left(2m + \frac{1}{2}\right) + 4 – 4m\)。 令 \(g(m) = \ln\left(2m + \frac{1}{2}\right) + 4 – 4m – \lambda\left(\frac{1}{4} – m^2\right)\)，需 \(g(m) > 0\) 对 \(m \in \left(\frac{1}{2},1\right)\) 恒成立。
求导得 \(g'(m) = \frac{2m[4\lambda m + (\lambda – 8)]}{4m + 1}\)，分类讨论：
- 当 \(\lambda \le 0\) 时，\(g(m)\) 单调递减，\(g(m) > g(1) = \ln\frac{5}{2} + \frac{3}{4}\lambda\)，得 \(\lambda \ge \frac{4}{3}\ln\frac{2}{5}\)；
- 当 \(\lambda > 0\) 时，进一步分析单调性，最终可得 \(\lambda \ge \frac{4}{3}\ln\frac{2}{5}\) 时恒成立。
\(\lambda\) 的取值范围为 \(\left[\frac{4}{3}\ln\frac{2}{5}, +\infty\right)\)
