1、微信公众号：数学讲义试卷囡囡老师微信 jiaoyu376word 版下载 QQ 群：4575125381/48学科网（北京）股份有限公司第 10 讲导数压轴大题 14 类（1）【题型一】求参 1：端点值讨论型【典例分析】设函数 f(x)=lnx-p(x-1),pR（1）当 p=1 时，求函数 f（x)的单调区间；（2）设函数 g(x)=xf(x)+p(2x 2-x-1)对任意 x 1 都有 g(x)0 成立，求 p 的取值范围。解：（I）当 p=1 时，()ln1f xxx=-+，其定义域为0,.所以1()1fxx.2 分由1()10fxx 得 01x，所以()f x 的单调增区间为0,1；单
2、调减区间为1,.5 分（II）由函数22()()(21)ln(1)g xxf xpxxxxp x,得()ln1 2g xxpx.由（I）知，当 p=1 时，()(1)0f xf，即不等式1ln xx成立.7 分1当12p 时，()ln1 2(1)1 2(1 2)0g xxpxxpxp x ，即 g(x)在,1上单调递减，从而()(1)0g xg满足题意；9 分2当102p时，存在11,2xp使得ln0,1 20 xpx，从而()ln1 20g xxpx，即 g(x)在11,2p上单调递增，从而存在011,2xp使得0()(1)0g xg不满足题意；当0p 时，由1x知2()ln(1)0g xx
3、xp x恒成立，此时不满足题意.综上所述，实数 p 的取值范围为12p .12 分【变式演练】1.试卷若函数 f x 的反函数记为 1fx，已知函数 xf xe（1）设函数 1F xfxf x，试判断函数 F x 的极值点个数；（2）当0,2x时，sinf xxkx，求实数 k 的取值范围【答案】（1）1个；（2）,1微信公众号：数学讲义试卷囡囡老师微信 jiaoyu376word 版下载 QQ 群：4575125382/48学科网（北京）股份有限公司试题解析：（1）1xFxex，当0,x 时，1x是减函数，xe也是减函数，1xFxex在0,上是减函数，当1x 时，10F xe ，当12x 时
4、，20Fxe，Fx在0,上有且只有一个变号零点，F x 在定义域0,上有且只有一个极值点（2）令 sinxg xf xkxexkx，要使 f xkx总成立，只需0,2x时，min0g x，对 g x求 导 得 sinx cosxxg xek，令 sincosxh xexx，则 2cos0 xh xex，0,2x h x 在 0,2上为增函数，21,h xe当1k 时，0g x恒成立，g x 在 0,2上为增函数，min00g xg，即 0g x 恒成立；当21ke时，0g x在0,2x上有实根0 x，h x 在 0,2上为增函数，当00,xx时，0g x，000g xg，不符合题意；当2ke时
5、，0g x恒成立，g x 在 0,2上为减函数，则 00g xg，不符合题意综合可得，所求的实数 k 的取值范围是,12.设函数22()(2)ln,f xxaxxbx a bR（1）当1,1ab 时，设2()(1)lng xxxx，求证：对任意的1x，22()()g xf xxxee；（2）当2b 时，若对任意1,)x，不等式22()3f xxa恒成立，求实数a 的取值范围【答案】（1）证明见解析；（2）(,1)试题解析：（1）当1,1ab 时，22()(2)lnf xxxxx，所以2()()xg xf xxxee 等价于ln0 xexe令()lnxh xexe，则1()0 xh xex，可知
6、函数()h x 在(1,)上单调递增，微信公众号：数学讲义试卷囡囡老师微信 jiaoyu376word 版下载 QQ 群：4575125383/48学科网（北京）股份有限公司所以()(1)h xh，即lnxexe，亦即ln0 xexe（2）当2b 时，22()(2)ln2f xxaxxx，aR 所 以 不 等 式22()3f xxa等 价 于22(24)ln0 xaxxxa方法一：令22()(24)lnp xxaxxxa，1,)x，则()(44)ln(24)24()(ln1)(1)p xxaxxaxxaxx当1a 时，()0p x，则函数()p x 在1,)上单调递增，所以min()(1)1p
7、 xpa，所以根据题意，知有10a，1a 当1a 时，由()0p x，知函数()p x 在1,)a 上单调减；由()0p x，知函数()p x 在(,)a 上单调递增所以2min()()(1 2ln)p xp aaaa由条件知，2(1 2ln)0aaa，即(1 2ln)10aa 设()(1 2ln)1q aaa，1a，则()1 2ln0q aa，1a，所以()q a 在(1,)上单调递减又(1)0q，所以()(1)0q aq与条件矛盾综上可知，实数a 的取值范围为(,1)方法二：（端点值特殊法）令22()(24)lnp xxaxxxa，1,)x，则22()(24)ln0p xxaxxxa在1,
8、)上恒成立，所以(1)10pa，所以1a 又()(44)ln(24)24()(ln1)(1)p xxaxxaxxaxx，显然当1a 时，()0p x，则函数()p x 在1,)上单调递增，所以min()(1)10p xpa，所以1a 综上可知a 的取值范围为(,1)【题型二】求参 2：“存在”型【典例分析】设函数 21ln12af xaxxbx a，曲线 11yfxf在点，处的切线斜率为0()求b；()若存在01,x 使得01af xa，求 a 的取值范围。【答案】（1）b=1；（2）(21,21)(1,)【解析】()(1)afxa xbx，由题设知(1)0f，解得1b.4 分（II）()f
9、x 的定义域为(0,)，由（1）知，21()ln2af xaxxx，微信公众号：数学讲义试卷囡囡老师微信 jiaoyu376word 版下载 QQ 群：4575125384/48学科网（北京）股份有限公司1()(1)1()(1)1aaafxa xxxxxa（）若12a，则11aa，故当(1,)x 时，()0fx，()f x 在(1,)单调递增，所以，存在01x，使得0()1af xa的充要条件为(1)1afa，即1121aaa，解得2121a .（ii）若 112a，则11aa，故当(1,)1axa时，()0fx；当(,)1axa时，()0fx，()f x 在(1,)1aa单调递减，在(,)1
10、aa 单调递增.所以，存在01x，使得0()1af xa的充要条件为()11aafaa，而2()ln112(1)11aaaaafaaaaaa，所以不合题意.（iii）若1a，则11(1)1221aaafa .综上，a 的取值范围是(21,21)(1,).12 分【变式演练】1.已知函数10)(23axxxf.（）当1a时，求曲线)(xfy 在点)2(,2(f处的切线方程;（）在区间2,1内至少存在一个实数 x，使得0)(xf成立，求实数 a 的取值范围.【答案】（I）82yx；（II）92a.试题解析：（）当1a 时，3210f xxx，232fxxx 28kf，又 214f，切线方程为82y
11、x（）223233afxxaxx x（12x）当 213 a，即32a 时，0fx，f x在 1,2为 增 函 数 故 min111fxfa，11011aa，与32a 矛盾；微信公众号：数学讲义试卷囡囡老师微信 jiaoyu376word 版下载 QQ 群：4575125385/48学科网（北京）股份有限公司当2312332aa时，21,3ax，0fx；2,23ax，0fx，当 3min21010327af xfa 时，只需310100327 aa，这与 332a矛盾；当 2233aa时，0fx，fx 在1,2 单调递减，min2184fxfa，918402aa符合3a 综上所述，a 的取值范
12、围为92a 解法二由已知3221010 xaxxx，设 210g xxx（12x），3101gxx 12x，0gx，g x 在1,2 上是减函数，min922g xg10 分故 a 的取值范围为92a 2.记,maxnm表示nm,中的最大值，如1010,3max.已知函数ln2,1max)(2xxxf，42)21(,lnmax)(222aaxaxxxxg.（1）设2)1)(21(3)()(xxxfxh，求函数)(xh在1,0(上零点的个数；（2）试探究是否存在实数),2(a，使得axxg423)(对),2(ax恒成立？若存在，求a 的取值范围；若不存在，说明理由.【答案】(1)2 个；(2)存
13、在，2,412ln.试题解析：解：（1）设xxxFln21)(2，xxxxxxF)1)(1(222)(，令0)(xF，得1x，)(xF递增；令0)(xF，得10 x，)(xF递减.0)1()(min FxF，0)(xF，即xxln212，1)(2 xxf.设2)1)(21(3)(xxxG，则由0)23)(1(3)(xxxG得1x或32x.)(xG在)32,0(上递增，在1,32(上递减，)0()0(fG，181)32(G，0)1()1(fG，结合)(xf与)(xG在1,0(上图象可微信公众号：数学讲义试卷囡囡老师微信 jiaoyu376word 版下载 QQ 群：4575125386/48学科
14、网（北京）股份有限公司知，这两个函数的图象在1,0(上有两个交点，即)(xh在1,0(上零点的个数为 2.（2）假设存在实数),2(a，使得axxg423)(对),2(ax恒成立，则axaaxaxaxxx42342)21(423ln222对),2(ax恒 成 立，即0)(2(421ln2axxaxx对),2(ax恒成立，（i）设xxxH21ln)(，xxxxH22211)(，令0)(xH，得20 x，)(xH递增；令0)(xH，得2x，)(xH递减.12ln)2()(max HxH.当220 a即02a时，12ln4a，412lna，0a，)0,412ln(a.故当)0,412ln(a时，ax
15、x421ln对),2(ax恒成立.当22 a即0a时，)(xH在),2(a上递减，121)2ln()2()(aaaHxH.02121)121)2(ln(aaa，012ln)0()2(HaH，故当0a时，axx421ln对),2(ax恒成立.（ii）若0)(2(2 axx对),2(ax恒成立，则22aa，2,1a.由（i）及（ii）得2,412ln(a.故存在实数),2(a，使得axxg423)(对),2(ax恒成立，且a 的取值范围为2,412ln(.【题型三】求参 3：“恒成立”型【典例分析】已知函数()=2 ln+1+2.（1）当=0 时，求函数的极值；（2）当 1 2 成立，求实数的取值
16、范围.【答案】（1）有极小值是(12)=2ln12+2=2 2ln2，无极大值.（2）见解析；（3）(,133 微信公众号：数学讲义试卷囡囡老师微信 jiaoyu376word 版下载 QQ 群：4575125387/48学科网（北京）股份有限公司【解析】(1)当=0 时，函数()=2ln+1的定义域为(0,+)，且()=2 12=212=0 得=12 函数 在区间(0,12)上是减函数，在区间(12,+)上是增函数函数 有极小值是(12)=2ln12+2=2 2ln2，无极大值.(2)()=2 12+2=(21)+12=0 得1=12,2=1，当=2 时，有()0，函数在定义域(0,+)内单
17、调递减；当2 0 时，在区间(0,12)，(1,+)上()0，单调递增；当 2 时，在区间(0,1),(12,+)上()0，单调递增；(3)由(2)知当 ,2 时，()在区间 1,3 上单调递减，所以()max=(1)=1+2()min=(3)=(2 )ln3+13+6.问题等价于：对任意 ,2，恒有 +ln3 2ln3 1+2 2 ln3 13 6成立，即 23 4，因为 ,2，所以 23 4，因为 ,2，所以只需 0，=2 2+在 0，+上没零点 =2 2+0 2 2 2 2，+4 2 3+2+3 设 =，1，2 =1 0对 1，2 恒成立微信公众号：数学讲义试卷囡囡老师微信 jiaoyu
18、376word 版下载 QQ 群：4575125388/48学科网（北京）股份有限公司则 在 1，2 上单调递增 1=则 3+2+3 对 1，2 恒成立 +32对 1，2 恒成立设 =+32，1，2 =1+623 5 2 0 时，试讨论函数 的单调性；（3）若对任意 1,2，存在 3,4，使得不等式 2+2 ln4 1 成立，求实数的取值范围.【答案】（1）2ln2 5,18ln2 14；（2）1,+【解析】（1）当=4 时，函数 =2+8ln 8+2ln2+2(0)，所以 =2+8 8=2(2)2 0,所以函数 单调递增，故函数 在区间 1,4 上的最小值为 1=2ln2 5,最大值为 4=
19、18ln2 14，所以区间 1,4 上的值域为 2ln2 5,18ln2 14（2）()=2+2 (+4)=(2)(2)令()=0,得1=2,2=2当 4 时，2 2，由()0得 2或 0 2，由()0 得 2 2，所以在区间 0,2 和2,+上，函数 单调递增，在区间 2,2 上，函数 单调递减.当=4 时，()0，所以函数 单调递增.当 0 4 时，2 0 得 2 或 0 2，由()0 得2 2+2(ln4 1)成立，所以 16+2ln4 4(+4)+ln+2 (2)+2(ln4 1)，得 ln+2 (+2)+2 0，对任意 1,2 恒成立记 =ln+2 (+2)+2，则()=1+2 (+
20、2)=(21)(1)当 1,2 时，2 1 0 若 1,则 1 0,从而()0，所以函数 在 1,2 上单调递增，微信公众号：数学讲义试卷囡囡老师微信 jiaoyu376word 版下载 QQ 群：4575125389/48学科网（北京）股份有限公司所以当 1,2 时，1=0,符合题意若 0 1，则存在0 1,2，使得0 1=0，则 在 1,0 上单调递减，在(0,2)上单调递增，从而当0 1,2 时，min=0 0 不恒成立，不符合题意若 0，则()0,()在 1,2 上单调递减，所以当0 1,2 时，0），分 子r(x)=2(1)1xexx,(x0,)，扩展定义域，求导2()(3xr xe
21、xx）0，可知，r(x)为定义域内增函数，而 r（x）r(0)=0.所以()h x0.为增函数。则 ah(0)-不存在，罗比达法则可得为 1【题型五】同构求参 5：绝对值同构求参型【典例分析】已知函数1ln)1()(2 axxaxf（I）讨论函数)(xf的单调性；（II）设1a.如果对任意),0(,21xx，|4)()(|2121xxxfxf，求 a 的取值范围。解：（）()f x 的定义域为（0，+）.2121()2aaxafxaxxx.当0a 时，()fx 0，故()f x 在（0，+）单调增加；当1a 时，()fx 0，故()f x 在（0，+）单调减少；当-1 a 0 时，令()fx=
22、0，解 得12axa.则 当1(0,)2axa时，()fx 0；1(,)2axa 时，()fx 0.故()f x 在1(0,)2aa单调增加，在1(,)2aa 单调减少.（）不妨假设12xx，而 a-1，由（）知在（0，+）单调减少，从而12,(0,)x x，1212()()4f xf xxx等 价 于12,(0,)x x，2211()4()4f xxf xx令()()4g xf xx，则1()24ag xaxx等价于()g x 在（0，+）单调减少，即1240aaxx.从 而22222241(21)42(21)2212121xxxxaxxx故 a 的 取值 范围 为（-，微信公众号：数学讲义
23、试卷囡囡老师微信 jiaoyu376word 版下载 QQ 群：45751253813/48学科网（北京）股份有限公司-2.12 分【变式演练】1.已知函数21()(1)ln2f xaxaxx，其中0a.（I）讨论函数()f x 的单调性；（II）若1a，证明：对任意12,(1,)x x 12()xx，总有122212|()()|1|2f xf xaxax.【答案】（I）略（II）略试题解析：解：（I）(0,)x，1(1)(1)()(1)axxfxaxaxx，令()0fx，得1xa或1x 若 01a，则(0,1)x时，()0fx；1(1,)xa时，()0fx；1(,)xa时，()0fx，故函数
24、()f x 在(0,1)，1(,)a 上单调递增，在1(1,)a 上单调递减若1a 时，则()f x 在(0,)上单调递增若1a 时，则()f x 在1(0,)a，(1,)上单调递增，在1(,1)a上单调递减（II）由（I）可知，当1a 时，()f x 在(1,)上单调递增，不妨设121xx，则有12()()f xf x，2212axax，于是要证122212|()()|1|2f xf xaxax，即证22121211()()22f xf xaxax，即证22112211()()22f xaxf xax，令21()()ln()(1)2h xf xaxxax x，11(1)()(1)axh xa
25、xx，(1)2ax，1(1)0ax，()h x 在(1,)上单调递减，即有12()()h xh x.故122212|()()|1|2f xf xaxax.2.已知 21 2ln xf xx（1）求 f x 的单调区间；微信公众号：数学讲义试卷囡囡老师微信 jiaoyu376word 版下载 QQ 群：45751253814/48学科网（北京）股份有限公司（2）令 22lng xaxx，则 1g x 时有两个不同的根，求a 的取值范围；（3）存在1x，21,x 且12xx，使 1212lnlnf xf xkxx成立，求 k 的取值范围【答案】（1）单调递增区间为0,1，单调递减区间为1,（2）0
26、1a（3）2ke试题解析：解：（1）34ln xfxx令 0fx得1x，0,1x时，0fx，f x 单调递增；1,x时，0fx，f x 单调递减综上，f x 单调递增区间为0,1，单调递减区间为1,（2）22122axgxaxxx当0a 时，0gx，单调递减，故不可能有两个根，舍去当0a 时，10,xa 时，0fx，f x 单调递减，1,xa时，0fx，f x 单调递增所以11ga 得01a 综上，01a（3）不妨设121xx，由（1）知1,x 时，f x 单调递减 1212lnlnf xf xkxx，等价于 2112lnlnf xf xkxx即 2211lnlnf xkxf xkx存在1x，
27、21,x 且12xx，使 2211lnlnf xkxf xkx成立令 lnh xf xkx，h x 在1,存在减区间 234ln0kxxhxx 有解，即24ln xkx有解，即2max4ln xkx 令 24ln xt xx，34 1 2ln xtxx，0,xe时，0fx，f x 单调递增，,xe时，0fx，f x 单调递减，2max4ln2xxe，2ke【题型六】同构求参 6：x1 与 x2 构造新函数型【典例分析】已知函数 f(x)=21 x 2 ax+(a1)ln x，1a。（1）讨论函数()f x 的单调性；（2）证明：若5a，则对任意 x 1，x 2 (0,)，x 1 x 2，有12
28、12()()1f xf xxx。解析(1)()f x 的定义域为(0,)。211(1)(1)()axaxaxxafxxaxxx 2 分微信公众号：数学讲义试卷囡囡老师微信 jiaoyu376word 版下载 QQ 群：45751253815/48学科网（北京）股份有限公司（i）若11a 即2a,则2(1)()xfxx故()f x 在(0,)单调增加。(ii)若1 1a ,而1a,故12a,则当(1,1)xa时，()0fx;当(0,1)xa及(1,)x 时，()0fx 故()f x 在(1,1)a 单调减少，在(0,1),(1,)a 单调增加。(iii)若11a ,即2a,同理可得()f x 在
29、(1,1)a 单调减少，在(0,1),(1,)a 单调增加.(2)考虑函数()()g xf xx21(1)ln2xax ax x 则211()(1)2(1)1(1 1)aag xxaxaaxx g由于 1a 0）.【答案】(1)见解析;(2)见解析.详解：（1）由于()=().1）当 0 时，0，当 0 时，()0，()递增，当 0 时，()0 时，由()=0 得=0 或=ln.当 0 1 时，ln 0 时，()0，()递增，当 ln 0 时，()0，()递减，当 0，()递增；当=1 时，()0，()递增；当 1 时，ln 0.当 ln时，()0，()递增，当 0 ln时，()0，()递减，
30、当 0，()递增.综上，当 0 时，()在(,0)上是减函数，在(0,+)上是增函数；当 0 1 时，()在(,0)，(ln,+)上是增函数，在(0,ln)上是减函数.（2）依题意(1+2)(1 2)(1 2)(1+2)(1+2)+(1+2)(1 2)+(1 2)恒成立.设()=()+，则上式等价于(1+2)(1 2)，要证明(1+2)(1 2)对任意1 ，2 (0,+)恒成立，即证明()=(1)32 2+在上单调递增，又()=3+1，只需证明 3+1 0 即可.令()=1，则()=1，当 0 时，()0时，()0，()min=(0)=0，即 ，+1，那么，当 0 时，2+，所以 3+1 2
31、2+微信公众号：数学讲义试卷囡囡老师微信 jiaoyu376word 版下载 QQ 群：45751253817/48学科网（北京）股份有限公司1=(1)2 0；当 0 时，0，3+1 0 恒成立.从而原不等式成立.【题型七】零点型【典例分析】已知函数ln()xf xx，()(ln)2axg xxx.()aR（）求()yf x的最大值；（）若1a ，判断()yg x的单调性；（）若()yg x有两个零点，求 a 的取值范围.【答案】（）最大值 f(e)1e；（）见解析；（III）20ae.试题解析：（）f(x)21 lnxx（x0），当 x(0，e)时，f(x)0，f(x)单调递增；当 x(e，
32、)时，f(x)0，f(x)单调递减，所以当 xe 时，f(x)取得最大值 f(e)1e（）a=1,1,0g xlnxxx（）,令 1,0G xlnxxx，11G xx，当01,0 xGG x，（）单调递增，当 1,0 xGG x，单调递减，10maxG xG,即1lnxx，0g x.故 2xyg xx lnx在 x0 时单调递减.（III）0,2axxh xlnx令g(x)有两个零点等价于 h（x）有两个零点，2lnxax由（1）知 22maxlnxxe，由 2lnxm xx图像可知20ae.【变式演练】1.已知函数sin2()(n)l 1f xxx，sin)2(g xxx(1)求证：()g
33、x 在区间(0,4 上无零点；(2)求证：()f x 有且仅有 2 个零点【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.【详解】(1)sin)2(g xxx，()2cos21g xx 当0,6x时，()0g x；当,6 4x 时，微信公众号：数学讲义试卷囡囡老师微信 jiaoyu376word 版下载 QQ 群：45751253818/48学科网（北京）股份有限公司()0g x，所以()g x 在 0,6上单调递增，在,6 4 上单调递减而(0)0g，04g ，所以当0,4x时，()0g x，所以()g x 在区间 0,4上无零点(2)()f x 的定义域为(1,)当(1,0)x 时，sin 2
34、0 x，ln(1)0 x，所以()sin2ln(1)0f xxx，从而()f x 在(1,0)上无零点当0 x 时，()0f x，从而0 x 是()f x 的一个零点当0,4x时，由(1)知()0g x，所以sin2xx，又ln(1)xx，所以()sin2ln(1)0f xxx，从而()f x 在 0,4上无零点当3,44x时，()sin2ln(1)f xxx，1()2cos201fxxx，所以()f x 在3,44上单调递减而04f，304f，从而()f x 在3,44上有唯一零点当3,4x时，ln(1)1x，所以()0f x，从而()f x 在 3,4上无零点综上，()f x 有且仅有 2
35、 个零点2.已知函数()=13 3+12 2+.（1）若函数有三个零点1,2,3，且1+2+3=92，求函数的单调区间；（2）若(1)=12，3 2 2，试问：导函数()在区间（0，2）内是否有零点，并说明理由.（3）在（2）的条件下，若导函数()的两个零点之间的距离不小于 3，求的取值范围.【答案】（1）0 时，单调递减区间是（1，4），单调递增区间是；0 时，单调递减区间是（1，4），单调递增区间是；2 2，所以 3 0,2 0,0.于是(1)=2 0 时，因为(0)=0,(1)=2 0，则()在区间(0,1)内至少有一个零点.当 0 时，因为(1)=2 0，则()在区间（1，2）内至少有
36、一零点.故导函数()在区间（0，2）内至少有一个零点.（3）设 m，n 是导函数()=2+的两个零点，则+=，=32.所以|=(+)2 4=()2 4(32 )=(+2)2+2 .由已知，(+2)2+2 3，则(+2)2+2 3，即(+2)2 1.所以+2 1 或+2 1，即 1 或 3.又 2=3 2，3 2 2，所以 3 3 2 2，即3 0，所以3 34.综上分析，的取值范围是 1,34).【题型八】不确定根型【典例分析】已知函数()=ln+2（1）求函数()在1,+)上的值域；（2）若 1,+)，ln(ln+4)2+4 恒成立，求实数的取值范围【答案】（1）(0,2（2）42【解析】（
37、1）易知()=1ln20，()在1,+)上的值域为(0,2（2）令，则，若，则由（1）可知，在上单调递增，微信公众号：数学讲义试卷囡囡老师微信 jiaoyu376word 版下载 QQ 群：45751253820/48学科网（北京）股份有限公司，与题设矛盾，不符合要求；若，则由（1）可知，在上单调递减，符合要求；若，则，使得，且在上单调递增，在上单调递减，由题：，即，把0axt+2t-40以为根，解这个方程（）可得，再 有00ln x+2=ax 代换 即 利用根存在，转化为方程且由（1）可知在上单调递减，综上，【变式演练】1.已知函数()=+12(1)2，()=12 2+2 ln（1）求函数(
38、)的最小值；（2）当 0 时，对任意 (0,+)时，不等式()(+1)()恒成立，求的取值范围.【答案】（1）()min=32；（2）11【解析】（1）()=+1，又 ()=+1 0 函数()在(,+)上为增函数因为(0)=0，所以当 (,0)时，()0，即()在区间(0,+)为增函数所以()min=(0)=32（2）由不等式()(+1)()整理为 +1 2 +1 0构造函数 =+1 2 +1，所以 =2+12令 =2 +1，则 =2+0，所以 在 0,+上单调递增，因为 0=+1，且当+时，0，所以存在0 0,+，使 0=0，且 在 0,0 上单调递减，在 0,+上单调递增因为 0=02 0
39、 +1=0，所以02 0=+1，即 0=+102，因为对于任意的 0,+，恒有 0 成立，所以 min=0=0+10 2 +1 0所以+102+10 2 +1 0，即102+10 2 0，亦即 202 0 1 0，所以12 0 1微信公众号：数学讲义试卷囡囡老师微信 jiaoyu376word 版下载 QQ 群：45751253821/48学科网（北京）股份有限公司因为02 0=+1，所以02 0=+1 1，又0 0，所以 0 0 1，从而02 0 ，所以 1 2 时候，0h=ln1-k=0ln x1=k-2x(x)2（），得（），此时在00 x，减，在0 x，增，所以最微信公众号：数学讲义试
40、卷囡囡老师微信 jiaoyu376word 版下载 QQ 群：45751253823/48学科网（北京）股份有限公司小值000000000h x min=x1 1kx=x1 1-kxln x1k-=x1k-1-kx=k-x-210令()（）（）（）不恒成立所以 k2 不成立。所以 k2【变式演练】1.已知函数 xf xeaxa，2xg xxe（）讨论函数 yfx的单调性；（）若不等式 fxg x有唯一正整数解，求实数 a 的取值范围【答案】（）当0a 时，fx 在 R 上单调递增，当0a 时，f x 在ln,a 上单调递增，在,lna上单调递减；（）32532ee，（.试题解析：（）xfxea
41、当0a 时，0fx，所以 fx 在 R 上单调递增；当0a 时，由 0fx，得lnxa此时，当lnxa，时，0fx，fx 单调递增；当lnxa，时，0fx，fx 单调递减（）方法一：参变分离，注意断点由 fxg x得：121xa xex当1x 时，不等式显然不成立，又 x 为正整数，所以1x ，211xexax，记 211xexxx，则 2231xe xxxx x在区间312，上单调递减，在区间 32，上单调递增，且32342ea ，所 以 23aa，解 得32532eea，综 上 所 述，a 的 取 值 范 围 为32532ee，方法二：分离函数，切线法微信公众号：数学讲义试卷囡囡老师微信
42、jiaoyu376word 版下载 QQ 群：45751253824/48学科网（北京）股份有限公司121xa xex过（1,0）的切线可求得如下过程0000 xxxx00000000223003xy2x-1=2x1y-2x=2x1 x-x-2x=2x1 1-xx=0 x=3/2x=22x1x=a-22 1a3x=a3-12 3-15a2xxx设切点（，），求导（e（）e，切线 eeee舍去，把，3代入e，当2时，（2 1）e（），得e，当3时（）e（）得e2.已知函数32()(,)f xaxxbx a bR，()fx 为其导函数，且3x 时()f x 有极小值-9.（1）求()f x的单调递
43、减区间；（2）若()2()(68)61g xmfxmxm，()h xmx，当0m 时，对于任意 x，()g x 和()h x 的值至少有一个是正数，求实数 m 的取值范围；（3）若不等式()(ln1)64fxk xxx（k 为正整数）对任意正实数 x 恒成立，求 k 的最大值.【答案】(1)3,1(；(2)(0,8)；(3)6.试题解析：（1）由2()32fxaxxb，因为函数在3x 时有极小值-9，所以 276027939abab，从而得13a，3b ，所求的321()33f xxxx，所以2()23fxxx，由()0fx 解得 13x，所以()f x 的单调递减区间为（-1,3）.（2）由
44、2()23fxxx，故2()2(28)1g xmxmx，当0m 时，若0 x，则()0h xmx，满足条件；若0 x，则(0)10g，满足条件；若0 x，2242(4)()2()1mmg xm xmm.如果对称轴040mxm，即 04m时，()g x 的开口向上，故在0(,x上单调递减，又(0)1g，所以当0 x 时，()0g x.如果对称轴040mxm，即 4m时，2(28)80mm，解得82m，故84m时，()0g x；所以 m 的取值范围为(0,8)；微信公众号：数学讲义试卷囡囡老师微信 jiaoyu376word 版下载 QQ 群：45751253825/48学科网（北京）股份有限公司
45、（3）方法一：移项讨论，主要技巧在于把对数剥离开因为2()23fxxx，所以()(ln1)64fxk xxx等价于241(ln1)xxk xx，即14ln0kxkxx，记1()4lnkxxkxx，则221(1)(1)()1kkxxkxxxx，由()0 x，得1xk，所以()x在(0,1)k 上单调递减，在(1,)k 上单调递增，所以()(1)6ln(1)xkkkk，()0 x对任意正实数 x 恒成立，等价于6ln(1)0kkk，即61ln(1)0kk，记6()1ln(1)m xxx，则261()01m xxx，所 以()m x在(0,)上 单 调 递 减，又(6)2ln70m，13(7)ln8
46、07m，所以 k 的最大值为 6.【题型十】证明不等式 1：基础型【典例分析】设函数 f（x）lnxx+1（1）讨论 f（x）的单调性；（2）证明当 x（1，+）时，1 1 x；（3）设 c1，证明当 x（0，1）时，1+（c1）xcx【考点】6B：利用导数研究函数的单调性；6E：利用导数研究函数的最值 版权所有【分析】（1）求出导数，由导数大于 0，可得增区间；导数小于 0，可得减区间，注意函数的定义域；（2）由题意可得即证 lnxx1xlnx运用（1）的单调性可得 lnxx1，设 F（x）xlnxx+1，x1，求出单调性，即可得到 x1xlnx 成立；（3）设 G（x）1+（c1）xcx，
47、求 G（x）的二次导数，判断 G（x）的单调性，进而证明原不等式【解答】解：（1）函数 f（x）lnxx+1 的导数为 f（x）=1 1，由 f（x）0，可得 0 x1；由 f（x）0，可得 x1即有 f（x）的增区间为（0，1）；减区间为（1，+）；（2）证明：当 x（1，+）时，1 1 x，即为 lnxx1xlnx由（1）可得 f（x）lnxx+1 在（1，+）递减，可得 f（x）f（1）0，即有 lnxx1；设 F（x）xlnxx+1，x1，F（x）1+lnx1lnx，当 x1 时，F（x）0，可得 F（x）递增，即有 F（x）F（1）0，即有 xlnxx1，则原不等式成立；微信公众号：
48、数学讲义试卷囡囡老师微信 jiaoyu376word 版下载 QQ 群：45751253826/48学科网（北京）股份有限公司（3）证明：设 G（x）1+（c1）xcx，则需要证明：当 x（0，1）时，G（x）0（c1）；G（x）c1cxlnc，G（x）（lnc）2cx0，G（x）在（0，1）单调递减，而 G（0）c1lnc，G（1）c1clnc，由（1）中 f（x）的单调性，可得 G（0）c1lnc0，由（2）可得 G（1）c1clncc（1lnc）10，t（0，1），使得 G（t）0，即 x（0，t）时，G（x）0，x（t，1）时，G（x）0；即 G（x）在（0，t）递增，在（t，1）递减
49、；又因为：G（0）G（1）0，x（0，1）时 G（x）0 成立，不等式得证；即 c1，当 x（0，1）时，1+（c1）xcx【变式演练】1.设函数()f x=311xx，0,1x.证明：（I2fx1-x+x（）；（II）34()f x32.【答案】（）去分母做差法；（）证明见解析.()由 01x得3xx，故 31 2111333311222122xxf xxxxxx，所 以 32f x.由()得 221331244f xxxx，又因为11932244f ，所以 34f x，综上，33.42fx2.已知函数()xf xeax（a 为常数）的图像与 y 轴交于点 A，曲线()yf x在点 A 处的
50、切线斜率为1.求a 的值及函数()f x 的极值；证明：当0 x 时，2xxe【答案】（1）当ln 2x 时，()f x 有极小值(ln 2)2ln 4f，()f x 无极大值.（2）做差证明.（3）略微信公众号：数学讲义试卷囡囡老师微信 jiaoyu376word 版下载 QQ 群：45751253827/48学科网（北京）股份有限公司当ln 2x 时，()0fx，()f x 单调递减；当ln 2x 时，()0fx，()f x 单调递增.当ln 2x 时，()f x 有极小值(ln 2)2ln 4f，()f x 无极大值.（2）令2()xg xex，则()2xg xex.根据()()(ln
51、2)2ln 40g xf xf，知()g x 在 R 上单调递增，又(0)10g，当0 x 时，由()(0)0g xg，即得.【题型十一】证明不等式 2：数列不等式之单变量构造型【典例分析】已知函数2()ln(),(),f xxag xxx若函数()()()F xf xg x在 x=0 处取得极值(1)求实数 a 的值；(2)若关于 x 的方程5()02F xxm在区间0，2上恰有两个不同的实数根，求实数m 的取值范围；(3)证明：对任意的自然数 n，有1ln2nn 恒成立【答案】(1)1a；(2)11 ln3ln 22m；(3)见解析.试题解析：(1)由题意知2()ln(),F xxaxx则
52、1()21F xxxa，0 x 时，()F x 取得极值，(0)0F，故12 0 10a 0，解得1a 经检验1a 符合题意4 分(2)由1a 知2()ln(1),F xxxx由5()02F xxm，得23ln(1)02xxxm，令23()ln(1)2h xxxxm，则5()02F xxm在 0,2 上 恰 有 两 个 不 同 的 实 数 根 等 价 于()0h x 在0,2 恰有两个不同实数根13(45)(1)()2122(1)xxh xxxx，当0,1x时，()0h x，于是()h x 在0,1 上单调递增；当1,2x时，()0h x，于是()h x 在(1,2)上单调递减依题意有微信公众
53、号：数学讲义试卷囡囡老师微信 jiaoyu376word 版下载 QQ 群：45751253828/48学科网（北京）股份有限公司(0)03(1)ln(1 1)102(2)ln(1 2)430hmhmhm ，即01ln 221 ln3mmm ，11 ln3ln 22m(3)2()ln(1),F xxxx的定义域为1x x ，由(1)知(23)()1xxF xx，令()0F x得，0,x 或32x (舍去)，11 分当 10 x 时，()0F x，()F x 单调递增；当0 x 时，()0F x，()F x 单调递减(0)F为()F x 在(-1，+)上的最大值()(0)F xF，故2ln(1)
54、0 xxx(当且仅当0 x 时，等号成立)12 分对任意正整数 n，取10 xn得，2111ln1nnn，令1,tn则2211ttnn 在1,为增函数，所以2min()2tt，即2112nn恒成立对任意的自然数 n，有1ln2nn 恒成立【变式演练】1.已知函数 1lnf xxx.（1）求函数 f x 的单调区间；（2）试证明：111nen（2.718e，*nN）.【答案】（1）函数 f x 的单调递减区间为0,1，单调递增区间为1,；试题解析：（1）1lnf xxx，0,x，则 22111xfxxxx，解 0fx，得01x，解 0fx，得1x.函数 f x 的单调递减区间为0,1，单调递增区
55、间为1,.（2）1111111 ln 11ln 11nennnnn，令11(12)xxn，则1111nx，要证11ln 11nn只需证1ln1(12)xxx，由（1）知 min1f xf，1ln11f xxfx，即1ln1xx，微信公众号：数学讲义试卷囡囡老师微信 jiaoyu376word 版下载 QQ 群：45751253829/48学科网（北京）股份有限公司12x，1ln1xx，从而111nen.2.已知函数1 ln()xf xx（1）若函数在区间1(,)2a a 上存在极值，其中 a 0，求实数 a 的取值范围；（2）如果当1x 时，不等式()1kf xx 恒成立，求实数 k 的取值范
56、围；（3）求证:22(1)(1)()nnnenN！。（2）不等式(),1kf xx即为(1)(1ln),xxkx记(1)(1 ln)(),xxg xx所以2(1)(1 ln)(1)(1 ln)()xxxxxg xx2lnxxx令()lnh xxx，则1()1h xx，1x，()0,h x()h x在1,)上单调递增，min()(1)10h xh，从而()0g x，故()g x在1,)上也单调递增，所以min()(1)2g xg，所以2k.9 分（3）方法一（构造函数分析第一问和第二问，分别能提炼出函数，但是第一问提炼函数不能应用于第三问，失败，所以第二问提炼函数成功）由（2）知：2(),1f
57、xx恒成立，即122ln1111xxxxx ，令(1)xn n，则2ln(1)1(1)n nn n 所以2ln(1 2)1 1 2 ,2ln(2 3)12 3，2ln(3 4)13 4，1211lnnnnn，叠加得：232111ln 1 23(1)2 1 22 3(1)n nnn n=n-2(1-11n)n-2+12nn-2 13 分微信公众号：数学讲义试卷囡囡老师微信 jiaoyu376word 版下载 QQ 群：45751253830/48学科网（北京）股份有限公司则22221 23(1)nnne，所以(n+1)!2(n+1).en-2(nN*)【题型十二】证明不等式 3：数列不等式之无限
58、求和型【典例分析】已知函数aaxxxxf其中,1ln)(为大于零的常数。（1）若函数),1)(在区间xf内调递增，求 a 的取值范围；（2）求函数)(xf在区间1，2上的最小值。（3）求证：对于任意的nnnNn13121ln,1,*都有时且成立。解：).0(1)(2xaxaxxf（1）由已知，得),10)(在xf上恒成立，即),11在xa上恒成立。又当,11,),1xx时),1.1的取值范围为即aa（2）当1a时，0)(xf在（1，2）上恒成立，这时)(xf在1，2上为增函数0)1()(minfxf当,210 a0)(xf在（1，2）上恒成立，这时)(xf在1，2上为减函数.212ln)2()
59、(minafxf当121 a时，令).2,1(1,0)(axxf得又有对于)1,1 ax,0)(2,1(,0)(xfaxxf有对于.111ln)1()(minaaafxf综上，)(xf在1，2上的最小值为 当;212ln)(,210axfamim时当121 a时，.111ln)(minaaxf当0)(,1min xfa时（3）由（1），知函数),1ln11)(在xxxf上为增函数，当.11,1nnn时),1()1(fnnf即1,1)1ln(ln*nNnnnn且对于恒成立1ln2ln2ln3ln)2ln()1ln()1ln(lnlnnnnnn.2131111nn,1,*时且对于nNnnn1312
60、1ln恒成立微信公众号：数学讲义试卷囡囡老师微信 jiaoyu376word 版下载 QQ 群：45751253831/48学科网（北京）股份有限公司【变式演练】1.已知函数11ln)(2 xpxpxf.（）讨论函数)(xf的单调性；（）当1p时，kxxf)(恒成立，求实数 k 的取值范围；（）证明：nn131211)1ln()(*Nn.解：（）()f x 的定义域为（0，+），xpxpxpxpxf21212当1p时，()fx 0，故()f x 在（0，+）单调递增；当0p时，()fx 0，故()f x 在（0，+）单调递减；4 分当 0 p 1 时，令()fx=0，解得12ppx.则当 12
61、,0ppx时，()fx 0；,12 ppx时，()fx 0.故()f x 在 12,0pp单调递增，在,12 pp单调递减.（）因为0 x，所以当1p时，kxxf)(恒成立xxkkxxln1ln1令xxxhln1)(，则max)(xhk,8 分因为2ln)(xxxh，由0)(xh得1x，且当)1,0(x时，0)(xh；当),1(x时，0)(xh.所以)(xh在)1,0(上递增，在),1(上递减.所以1)1()(max hxh，故1k（）由（）知当1k时，有xxf)(，当1x时，xxf)(即1ln xx，令nnx1，则nnn11ln，即nnn1ln)1ln(12 分所以1112ln，2123ln
62、，nnn11ln，相加得nnn12111ln23ln12ln而)1ln(12312ln1ln23ln12lnnnnnn所以nn131211)1ln(，)(*Nn2.已知函数 22ln 1f xxax1a.()讨论 fx 的单调性；()证明：11ln(1)123n 12ln(1)nn(*)nN微信公众号：数学讲义试卷囡囡老师微信 jiaoyu376word 版下载 QQ 群：45751253832/48学科网（北京）股份有限公司解：（）令2tx，()ln(1)(0,1)g ttat ta1()1g tat当 01a时，对任意0,)t 都有()0g t()g t是 0,)上的增函数，由于当0,)x
63、 时，2tx是增函数，当(,0 x 时，2tx是减函数，由复合函数的单调性知，22ln 1f xxax在(,0单调递减，在0,)单调递增；当1a ，对任意(0,)t 都有()0g t()g t是 0,)上的减函数，从而 22ln 1f xxax在(,0单调递增，在0,)单调递减；当 10a 时，则11()001ag tatta ，11()01ag tatta 则()ln(1)g ttat在10,aa递增，在1,)aa 递减从而 22ln 1f xxax在区间1(,aa 和10,aa单调递增，在区间1,)aa 和1,0aa 单调递减5 分 综上所述，当1a 时，在(,0增，在0,)减；当 10a
64、 时，从而()f x 在区间1(,aa 和10,aa单调递增，在区间1,)aa 和1,0aa 单调递减；当 01a时，()f x 在(,0单调递减，在0,)单调递增；()证明：当1a 时，由()知，()ln(1)g xxx在0,)单调递减，令1xn，有1()(0)ggn，即111ln(1)0ln(1)lnnnnnn(*)nN累加得1111ln(1)23nn9 分当12a 时，由()知，1()ln(1)2g xxx在0,1 单调递增，令1xn，有1()(0)ggn，即111ln(1)0ln(1)ln22nnnnn(*)nN累加得11112ln(1)23nn从而111ln(1)12ln(1)23n
65、nn 对任意*nN都成立。微信公众号：数学讲义试卷囡囡老师微信 jiaoyu376word 版下载 QQ 群：45751253833/48学科网（北京）股份有限公司【题型十三】证明不等式 4：构造单变量函数型【典例分析】设函数 f(x)=(1-mx)ln(1+x).(1)若当10 x时，函数 f（x）的图像恒在直线 y=x 上方，求实数 m 的取值范围；（2）求证：4.1000)10001001(e。解：（）令()()(1)ln(1)F xf xxmxxx，则1()ln(1)11mxF xmxx，(0,1)x，221(),(1)mxmFxx2 分当12m 时，由于(0,1)x，有221()0(
66、1)mxmFxx，于是()F x 在(0,1)x上单调递增，从而()(0)0F xF，因此()F x 在(0,1)x上单调递增，即()0F x；3 分当0m 时，由于(0,1)x，有221()0(1)mxmFxx，于是()F x 在(0,1)x上单调递减，从而()(0)0F xF，因此()F x 在(0,1)x上单调递减，即()(0)0F xF不符4 分当102m时，令021min1,mxm，当0(0,xx时，221()0(1)mxmFxx，于是()F x在0(0,xx上单调递减，从而()(0)0F xF，因此()F x 在0(0,xx上单调递减，即()(0)0F xF而且仅有(0)0F不符.
67、综上可知，所求实数m的取值范围是1(,2.6 分()对要证明的不等式等价变形如下：对于任意的正整数 n，不等式251(1)nen恒成立，等价变形211(1)ln(1)05nnn相当于（2）中25m ，012x 的情形，8 分()F x 在1(0,2x上单调递减，即()(0)0F xF；10 分取1(2)xnn，得：都有211(1)ln(1)05nnn成立；令1000n 得证.12 分【变式演练】1.设函数()(1)ln(1),(1,0)f xxa xxxa（）求()f x 的单调区间；（）当1a 时，若方程()f xt 在1,12上有两个实数解，求实数 t 的取值范围；微信公众号：数学讲义试卷
68、囡囡老师微信 jiaoyu376word 版下载 QQ 群：45751253834/48学科网（北京）股份有限公司（）证明：当 mn0 时，(1)(1)nmmn.解析：（）/()1ln(1)fxaxa 0a 时，/()0fx()f x 在（1，+）上是增函数1 分当0a 时，()f x 在1(1,1aae上递增，在11,)aae单调递减.4 分（）由（）知，()f x 在1,02上单调递增，在0,1 上单调递减又111(0)0,(1)1 ln 4,()ln 2222fff 1(1)()02ff当11,ln 2,0)22t 时，方程()f xt有两解 8 分（）要证：(1)(1)nmmn只需证
69、ln(1)ln(1),nmmn只需证：ln(1)ln(1)mnmn设ln(1)(),(0)xg xxx，则/22ln(1)ln(1)1()(1)xxxxxgxxxx10 分由（）知(1)ln(1)xxx在(0,)单调递减12 分(1)ln(1)0 xxx，即()g x是减函数，而 mn()()g mg n，故原不等式成立。14 分2.已知函数)0(1)1ln()(axaxxxf（）若1x是函数)(xf的一个极值点，求 a 的值；（）若0)(xf在,0上恒成立，求 a 的取值范围；（）证明：2016201512016e（e 为自然对数的底数）【答案】（）2a；（）1,0；（）证明见解析.试题解析
70、：（）()ln(1)(0)1axf xxax,21()(1)xafxx 1x 是函数)(xf的一个极值点,(1)0f即2a（）()0f x 在,0上恒成立,min()0f x当01a时，()0fx 在,0上恒成立，即()f x 在,0上为增函数，min()(0)0f xf成立，即01a当1a 时，令()0fx，则1xa，令()0fx，则01xa，即()f x在 0,1)a 上 为 减 函 数，在(1,)a 上 为 增 函 数，min()(1)0f xf a，又(0)0(1)ff a，则矛盾.综上，a 的取值范围为(0,1微信公众号：数学讲义试卷囡囡老师微信 jiaoyu376word 版下载
71、QQ 群：45751253835/48学科网（北京）股份有限公司（）要证2016201512016e，只需证201620162015e.两边取自然对数得，20162016 ln12015，20161ln 20152016，20161ln020152016，11ln(1)020151 2015，由（）知1a 时，()ln(1)1xf xxx在,0单调递增.又10,(0)01 2015f，111()ln(0)020151 20151 2015ff2016201512016e成立.【题型十四】证明不等式 5：凑配主元【典例分析】已知函数)(ln1)(Raxaxxf.(1)讨论函数 xf的单调性；(2
72、)讨论函数 xf的零点个数问题(3)当1eyx时，证明不等式)1ln()1ln(xeyeyx.【答案】(1)函数在1(0,)a上单调递减，在 1(,)a 上单调递增;(2)10 a时 2 个零点；1a 时没有零点；1a 或者0a 时一个零点；（3）详见解析.试题解析：(1)解：11,0axfxaxxx 当 a0 时，ax10，从而 f(x)0 时，若 0 x 1a，则 ax10，从而 f(x)1a，则 ax10，从而 f(x)0，函数在1(0,)a上单调递减，在 1(,)a 上单调递增（2）10 a时 2 个零点；1a 时没有零点；1a 或者0a 时一个零点.(3)证明令1teF tlnt（）
73、，其中te-1可得2211111111tttFte lntelnte lntlnttt（）再设111G tlntt（）（），可得21011(1)Gttt（）在（e-1，+）上恒成立G（t）是（e-1，+）上的增函数，可得11110G tG elneee（）（）因此，211101tFte lntlntt（）在（e-1，+）上恒成立，可得1teF tlnt（）是（e-1，微信公众号：数学讲义试卷囡囡老师微信 jiaoyu376word 版下载 QQ 群：45751253836/48学科网（北京）股份有限公司+）上的增函数xye-1，F（x）F（y），可得11xyeelnxlnyln（1+x）0 且
74、 ln（1+y）0，不等式两边都乘以 ln（1+x）ln（1+y），可得11xye lnye lnx（）（）即对任意 xye-1，都有不等式11xye lnye lnx（）（）成立【变式演练】1.已知函数xaxxfln1)()aR（1）当2a 时，求函数)(xf的单调区间；（2）若函数)(xf在1x处取得极值，对x),0(,2)(bxxf恒成立，求实数b 的取值范围；（3）当1eyx时，求证：)1ln()1ln(yxeyx【答案】（1）)(xf在1(0,)2上递减，在 1(,)2 上递增；（2）211be（3）（1）/121()2xfxxx()0fx得 0 x 12)(xf在1(0,)2上递减
75、，在 1(,)2 上递增.（2）函数)(xf在1x处取得极值，1a，bxxxbxxfln112)(，令xxxxgln11)(，可得)(xg在 2,0 e上递减，在,2e上递增，22min11)()(eegxg，即211be.（3）证明：)1ln()1ln()1ln()1ln(yexeyxeyxyx，令)1ln()(xexgx，则只要证明)(xg在),1(e上单调递增，又)1(ln11)1ln()(2xxxexgx，显然函数11)1ln()(xxxh在),1(e上单调递增011)(exh，即0)(xg，)(xg在),1(e上单调递增，即)1ln()1ln(yexeyx，当1eyx时，有)1ln(
76、)1ln(yxeyx.2.已知函数 1,xf xaxe aR.（1）讨论 f x 的单调区间；微信公众号：数学讲义试卷囡囡老师微信 jiaoyu376word 版下载 QQ 群：45751253837/48学科网（北京）股份有限公司（2）当0mn时，证明：nmmennem.【答案】（1）详见解析；（2）详见解析.试题解析：解：（1）f x 的定义域为 R，且 1xfxaxae，当0a 时，0 xfxe，此时 f x 的单调递减区间为,.当0a 时，由 0fx，得1axa；由 0fx，得1axa.此时 f x 的单调减区间为1,aa，单调增区间为1,aa.当0a 时，由 0fx，得1axa；由
77、0fx，得1axa.此时 f x 的单调减区间为1,aa，单调增区间为1,aa.（2）当0mn时，要证：nmmennem，只要证：11nmm en e，即证：11mneemn.（*）设 1,0 xeg xxx，则 211,0 xxegxxx，设 11xh xxe，由（1）知 h x 在0,上单调递增，所以当0 x 时，00h xh，于是 0g x，所以 g x 在0,上单调递增，所以当0mn时，（*）式成立，故当0mn时，nmmennen.【课后练习】1.已知函数2()(1)lnf xa xx（1）若()yf x在2x 处取得极小值，求 a 的值；（2）若()0f x 在1,)上恒成立，求 a
78、 的取值范围；【答案】（1）81；（2）21a；试题解析：（1）()f x 的定义域为(0,)，1()2fxaxx，()f x 在2x 处取得极小值，(2)0f，即18a，此时，经验证2x 是()f x 的极小值点，故18a 微信公众号：数学讲义试卷囡囡老师微信 jiaoyu376word 版下载 QQ 群：45751253838/48学科网（北京）股份有限公司（2）1()2fxaxx，当0a 时，()0fx，()f x 在1,)上单调递减，当1x 时，()(1)0f xf矛盾当0a 时，221()axfxx，令()0fx，得12xa；()0fx，得102xa（i）当112a，即102a时，1
79、(1,)2xa时，()0fx，即()f x 递减，()(1)0f xf矛盾（ii）当112a，即12a 时，1,)x 时，()0fx，即()f x 递增，()(1)0f xf满足题意综上:12a 2.已知函数 f(x)=mx-xem21-lnx,mR,函数xxxglncos1)(在1,+)上为增函数,且)2,2(.(I)当m=0 时,求函数f(x)的单调区间和极值;(II)求的值;(III)若在1,e上至少存在一个x0,使得 f(x0)g(x0)成立,求m 的取值范围.【答案】解:()0m,12()lnef xxx ,(0,)x,/2221121()eexfxxxx.令/()0fx,则21xe
80、(0,).x,/()fx 和()f x 的变化情况如下表:x(0,21)e 21e(21,)e/()fx+0()f x递增极大值(21)1 ln(21)fee 递减即 函 数()f x增 是(0,21)e,减 区 间 为(21,)e,函 数()f x有 极 大 值(21)1 ln(21)fee ;()由已知01cos1)(2xxxg在 1,)上恒成立,即0cos1cos2xx），（22-,0cos,故01cosx在1,)上恒成立,只需01cos1,即1cos,只有1cos,由），（22,知0;微信公众号：数学讲义试卷囡囡老师微信 jiaoyu376word 版下载 QQ 群：457512538
81、39/48学科网（北京）股份有限公司()令,ln22)()()(xxemmxxgxfxF,02ln2,0,10 xexxmmxexm且有时，由当 成立；使得此时不存在)()(,1000 xgxfex2222222)(0 xemxmxxxemmxFm 时，当.4)()(1)(maxemmeeFxFexF上单调递增，在故,14,042 eememme则令）的取值范围为（故所求,142eem3.已知函数2()e(e)xf xaxax，(0)a（）当0a 时，求 fx 的最小值；（）证明：当0a 时，函数 fx 在区间()0,1 内存在唯一零点【答案】（）0；（）证明见解析解：（）当0a 时，()ee
82、,()eexxf xx fx当(,1)x 时，()0fx，()f x 在区间(,1)上单调递减当(1,)x 时，()0fx，()f x 在区间(1,)上单调递增故当1x 时，min()(1)0f xf（）由2()()xf xeae xax可知，(0)1,(1)0ff当0a 时，()ee(1 2)xfxax 设()()g xfx，则()e20 xg xa所以()g x 在区间(0,1)内单调递增，即()fx在区间(0,1)内单调递增又(0)1 e0,(1)0fafa 故存在唯一0(0,1)x，使得00fx当0,1xx时，()0fx所以()f x 在区间0,1x内单调递增，此时()(1)0f xf
83、当0(0,)xx时，()0fx所以()f x 在区间0(0,)x上单调递减又因为0(0)10,()0ff x 故函数()f x 在区间0(0,)x内有唯一零点所以函数()f x 在区间0(0,)x内存在唯一零点4.已知函数 lnfxaxxx的图象在点ex（e 为自然对数的底数）处的切线斜率为 3（1）求实数 a的值；（2）若 k Z，且 1fxkx对任意1x 恒成立，求 k 的最大值；解（1）：因为 lnfxaxxx，所以 ln1fxax 1 分因为函数 lnfxaxxx的图像在点ex 处的切线斜率为 3，所以 e3f，即ln e13a 所以1a 微信公众号：数学讲义试卷囡囡老师微信 jiao
84、yu376word 版下载 QQ 群：45751253840/48学科网（北京）股份有限公司（2）解：由（1）知，lnf xxxx，所以 1fxkx对任意1x 恒成立，即ln1xxxkx对任意1x 恒成立3 分令 ln1xxxg xx，则 2ln21xxgxx，4 分令 ln2h xxx1x，则 1110 xh xxx，所以函数 h x 在1,上单调递增因为 31ln 30,422ln 20hh，所以方程 0h x 在1,上存在唯一实根0 x，00 xln x2=0且满足03,4x 当01()0 xxh x时，即()0g x，当0()0 xxh x时，即()0g x，所以函数 ln1xxxg
85、xx在01,x上单调递减，在0,x 上单调递增所以 0000min0000ln2113,411xxg xgxxxxxx所以 0min3,4kg xx故整数 k 的最大值是 35.设函数 f(x)exax2.（1）求 f(x)的单调区间；（2）若 a1，k 为整数，且当 x0 时，(xk)f(x)x10，求 k 的最大值【答案】（1）当0a 时，fx 的递增区间是,，当0a 时，fx 的单调递减区间是,ln a，单调递增区间是ln,a ；（2）2.试题解析：(1)f(x)的定义域为(，)，f(x)exa.若 a0，则 f(x)0，所以 f(x)在(，)上单调递增若 a0，则当 x(，ln a)时
86、，f(x)0.所以，f(x)在(，ln a)上单调递减，在(ln a，)上单调递增(2)（方法一：分离参数,不确定根的代换）由于 a1 时，(xk)f(x)x1(xk)(ex1)x1.故当 x0 时，(xk)f(x)x10 等价于（注意求导前，先分参便于求导计算简单）k0)令g(x)11xxex，则 g(x)211xxx ee1221xxxeexe.由(1)知，函数 h(x)exx2 在(0，)上单调递增，又 h(1)e30.所以 h(x)在(0，)上存在唯一零点故 g(x)在(0，)上存在唯一零点设此零点为，则(1,2)当 x(0，)时，g(x)0，所以 g(x)在(0，)上的最小值为 g(
87、)又由 g()0，得 e2,所以 g()1(2,3)由于式等价于 kg()，故整数 k 的最大值为 2.方法二：移项讨论微信公众号：数学讲义试卷囡囡老师微信 jiaoyu376word 版下载 QQ 群：45751253841/48学科网（北京）股份有限公司原不等式化简为 h1 h o=20 xxkk(x)=xee，()，则 hx1(1)xxxkxk (x)=（）eee,当 k k 1时，显然 h（x）为增，h（x）h（0）=2 成立。当 k2 时，x 1-k 的零点是 x=k-1，显然此时 h（x）最小值为 h（k-1）=k-1k-1k-1k-kk1=k1-1 eee再求导，知当 k=2 时
88、，k-1h=k 1-(x)e在（1，）单调递减，当 k=2 成立，当 k=3 时，4-20 e不成立，故 k 的最大值为 26.已知函数()(1)ln(1)f xxxa x.（I）当4a 时，求曲线()yf x在1,(1)f处的切线方程；（）若当1,x 时，()0f x ，求 a 的取值范围.【答案】（）220 xy；（）,2.试题解析：（I）()f x 的定义域为(0,).当4a时，1()(1)ln4(1),()ln3f xxxxfxxx，(1)2,(1)0.ff所以曲线()yf x 在(1,(1)f处的切线方程为 220.xy（II）当(1,)x时，()0f x等价于(1)ln0.1a x
89、xx令(1)()ln1a xg xxx，则222122(1)1(),(1)0(1)(1)axa xg xgxxx x，（i）当2a，(1,)x时，222(1)1210 xa xxx，故()0,()g xg x 在(1,)x上单调递增，因此()0g x；（ii）当2a时，令()0g x得22121(1)1,1(1)1 xaaxaa，由21x和121x x得11x，故当2(1,)xx时，()0g x，()g x 在2(1,)xx单调递减，因此()0g x.综上，a 的取值范围是,2.方法二（洛必达）：当(1,)x时，()0f x等价于(1)ln0.1a xxxlnx1x1-xa）（。）（）（xh1
90、-xlnx1xa，01-xx1-xlnx2-1-xlnx1x-x1-xlnx1-x1-xlnx1x-1-xx1xlnxxh2222）（）（）（）（）（,单调递增洛必达法则21111ln11x1xlnx1-xlnx1xxh）（）（分子分母求导）（）（7.已知函数 21ln2f xxa x aR(1)若 f x 在1,e 上是增函数，求a 的取值范围；微信公众号：数学讲义试卷囡囡老师微信 jiaoyu376word 版下载 QQ 群：45751253842/48学科网（北京）股份有限公司(2)若1,aaxe,证明：323f xx.【答案】（1）1a；（2）证明见解析.【解析】试题分析：（1）对函数
91、进行求导，函数递增转化为(afxxx）0 恒成立，利用分离参数思想可得结果；（2）令 223F xf xx（），利用导数判断其单调性，证其最大值成立即可.试题解析：(1)(afxxx）,且在1,e上是增函数,(afxxx）0 恒成立，即2ax 在1,e上恒成立,a1（2）证明：当 a=1 时，(afxxx）x1,e令 F(x)=222212(-ln323f xxxxx）,22112120 xxxF xxxxx,F(x)在1,e上是减函数，F(x)F(1)1 2-02 3x1,e时，223f xx.8.、已知函数()ln(1)2af xxx（1）当254a 时，求()f x 的单调递减区间；（2
92、）若当0 x 时，()1f x 恒成立，求 a 的取值范围；（3）求证：1111ln(1)()35721nnNn【答案】（）当425a时222)2)(1(4)3)(34()2)(1(4994)(xxxxxxxxxf)(xf的单调递减区间为)3,43(4 分（）由12)1ln(xax得)1ln()2()2(xxxa记)1ln(1)2()(xxxg11)1ln(12)1ln(1)(xxxxxxg当0 x时0)(xg)(xg在),0(递减又21ln12)0(g2)(xg)0(x2a8 分微信公众号：数学讲义试卷囡囡老师微信 jiaoyu376word 版下载 QQ 群：45751253843/48学
93、科网（北京）股份有限公司（）由()知122)1ln(xx)0(x2)1ln(xxx取kx1得211)11ln(kkk即121)1ln(kkk1217151311ln34ln23ln12lnnnn 12 分9.已知函数)(ln1)(Raxaxxf.(1)讨论函数 xf的单调性；(2)讨论函数 xf的零点个数问题(3)当1eyx时，证明不等式)1ln()1ln(xeyeyx.【答案】(1)函数在1(0,)a上单调递减，在 1(,)a 上单调递增;(2)10 a时 2 个零点；1a 时没有零点；1a 或者0a 时一个零点；（3）详见解析.试题解析：(1)解：11,0axfxaxxx 当 a0 时，a
94、x10，从而 f(x)0 时，若 0 x 1a，则 ax10，从而 f(x)1a，则 ax10，从而 f(x)0，函数在1(0,)a上单调递减，在 1(,)a 上单调递增（2）10 a时 2 个零点；1a 时没有零点；1a 或者0a 时一个零点.(3)证明令1teF tlnt（），其中te-1可得2211111111tttFte lntelnte lntlnttt（）再设111G tlntt（）（），可得21011(1)Gttt（）在（e-1，+）上恒成立G（t）是（e-1，+）上的增函数，可得11110G tG elneee（）（）因此，211101tFte lntlntt（）在（e-1，+
95、）上恒成立，可得1teF tlnt（）是（e-1，+）上的增函数xye-1，F（x）F（y），可得11xyeelnxlnyln（1+x）0 且 ln（1+y）0，不等式两边都乘以 ln（1+x）ln（1+y），可得11xye lnye lnx（）（）即对任意 xye-1，都有不等式11xye lnye lnx（）（）成立微信公众号：数学讲义试卷囡囡老师微信 jiaoyu376word 版下载 QQ 群：45751253844/48学科网（北京）股份有限公司10.已知函数 2xf xeax（1）若1a ，求函数 f x 在区间 1,1的最小值；（2）若,aR讨论函数 f x 在(0,)的单调性；
96、（3）若对于任意的1212,(0,),x xxx且2112()()xf xaxf xa都有成立，求 a 的取值范围。【答案】（1）1（2）1a 时，增区间(0,)，1a 时，减区间0,lna，增区间ln,a（3）1a 试题解析：（1）当 a=-1 时，f(x)=ex-x+2,()1,xfxe()00()00f xxf xx 令；令 11()1()0 xf xf x 因为，所以在，0 单调递减；在，1 单调递增。()=0=1fxf最小值（）()xfxea（2）,11()0 xxaxefxea 当时，因为，所以恒成立，()0+f x函数在（，）上单调递增,1ln()0()0ln(),aafxxa
97、当时，即，令,()0ln(),fxxa令0()ln()ln()xf xaa因为在（0，）上单调递增,在（，+）上单调递减。综上所述：1-1()0+af x（）当时，函 数在（，）上 单 调 递 增21()0 ln()af xa（）当时，函数在（，）上单调递减，在ln,a 上单调递增（3）12122112,(0,),()()x xxxxf xaxf xa且都有成立，1212()()f xaf xaxx即成立，构造函数1212()(),()()f xah xxxh xh xx都有()0+()00+h xh x，在（，）单调递增，在（，）恒成立。即20 xxxeea在0,恒成立222()2()00+
98、xxxxeaxaeah xaxxxeeah xx，在（，）恒成立。即2xxaxee恒成立，令 0 xxg xxeex()0,()0 xg xxexg x，则，()0+()(0)=1g xg xg在（，）单调递增，a-2-1 a111.设函数 ln,kRkf xxx微信公众号：数学讲义试卷囡囡老师微信 jiaoyu376word 版下载 QQ 群：45751253845/48学科网（北京）股份有限公司（1）若曲线 yf x在点,e f e处的切线与直线20 x 垂直，求 f x 的单调递减区间和极小值（其中e为自然对数的底数）；（2）若对任何 1212120,xxf xf xxx恒成立，求k 的
99、取值范围【答案】（1）单调递减区间为0,e，极小值为 2（2）1,4试题解析：（1）由条件得 210kfxxxx，曲线 yf x在点,e f e处的切线与直线20 x 垂直，此切线的斜率为 0，即 0fe，有210kee，得ke，2210exefxxxxx，由 0fx得0 xe，由 0fx得 xe f x 在0,e 上单调递减，在,e 上单调递增，当 xe时，f x 取得极小值 ln2ef xee故 f x 的单调递减区间为0,e，极小值为 2（2）条件等价于对任意 1211220,xxf xxf xx恒成立，设 ln0kh xf xxxx xx则 h x在 0,上 单 调 递 减，则 211
100、0kh xxx 在 0,上 恒 成 立，得2211024kxxxx 恒成立14k（对 1,04kh x仅在12x 时成立），故 k 的取值范围是1,412.已知函数()(1)1xf xlnxax，其中(0a，1（1）讨论函数()f x 在区间0，1上的单调性；（2）求证：2020.42020.520212021()()20202020e【答案】（1）()f x 在21 2(0,)aa单调递减，在212(,1)aa单调递增；（2）证明见解析.微信公众号：数学讲义试卷囡囡老师微信 jiaoyu376word 版下载 QQ 群：45751253846/48学科网（北京）股份有限公司【分析】（1）首先
101、求函数的导数，分类讨论 a 在不同取值下，函数的单调性；（2）不等式的证明转化为证明0.40.511(1)(1)()nnenNnn，结合（1）的结论，即可证明.【详解】（1）22221112()()1(1)(1)(1)a xafxxxaxxaxa，当 112a ，01x 时，()0fx，所以()f x 在0，1单调递增，当22121210021aaaaa ，由01x，得()0fx，所以()f x 在0，1单调递减，当1212a 时，当2120axa时，()0fx，当2121axa 时，()0fx，所以()f x 在21 2(0,)aa单调递减，在212(,1)aa单调递增（2）不等式2020.
102、42020.520212021()()20202020e，即2020 0.42020 0.511(1)(1)20202020e，为此先证明：0.40.511(1)(1)()nnenNnn，由0.40.51111(1)(1)(0.4)(1)1(0.5)(1)nnenlnnlnnnnn 由（1）知，当12a，()f x 在(0,1)单调递增，()(0)0f xf，即(1)10.5xlnxx，令1xn，则有1(0.5)(1)1nlnn，故0.51(1)nen由（1）知，当0.4a，()f x 在(0,1)单调递减，()(0)0f xf，即(1)10.4xlnxx，令1xn，则有1(0.4)(1)1n
103、lnn，故0.41(1)nen综上，对 nN，0.40.511(1)(1)nnenn恒成立，所以2020.42020.520212021()()20202020e微信公众号：数学讲义试卷囡囡老师微信 jiaoyu376word 版下载 QQ 群：45751253847/48学科网（北京）股份有限公司13.已知函数 1ln1a xfxxx.（1）若函数 f x 在0,上为单调增函数，求 a 的取值范围；（2）设,Rm n，且 mn，求证 lnln2mnmnmn.【答案】（1）,2；（2）证明见解析.【分析】（1）对函数进行求导并解不等式 0fx，转化为二次不等式22210 xa x 在0,上恒成
104、立问题；（2）将所证不等式转化为构造 mn 为主元的不等式，再构造函数进行证明；【详解】解：（1）2222211122211111a xa xxaxxa xfxxxx xx x，因为 f x 在0,上为单调增函数，所以 0fx在0,上恒成立即22210 xa x 在0,上恒成立，当0,x 时，由22210 xa x，得：122axx，设 1,0,g xxxx，则 1122g xxxxx，当且仅当1xx即1x 时，g x 有最小值 2，所以 222a，解得2a，所以 a 的取值范围是,2；（2）设 mn，要证 lnln2mnmnmn，只需证112lnmmnnmn，即21ln1mmnmnn，即21ln01mmnmnn，设 21ln1xh xxx，由（1）知 h x 在1,上是单调增函数，又1mn ，微信公众号：数学讲义试卷囡囡老师微信 jiaoyu376word 版下载 QQ 群：45751253848/48学科网（北京）股份有限公司所以 10mhhn，即21ln01mmnmnn成立，得到 lnln2mnmnmn.
