2015春高三二轮复习专题四 函数与导数A（教师版）(1)

高三二轮复习专题四 函数与导数A(教师版）

一、选择题

11

1．（高考大纲全国卷理)若函数f(x)＝x2＋ax＋在(，＋∞)是增函数，则a的取值范围

x2

是( )

A．[－1,0] B．[－1，＋∞) C．[0,3] D．[3，＋∞)

11

解析：选D.由题意知f′(x)≥0对任意的x∈(，＋∞)恒成立，又f′(x)＝2x＋a－2，2x

111

所以2x＋a－2≥0对任意的x∈(，＋∞)恒成立，分离参数得a≥2－2x，若满足题意，需

x2x

11121

a≥(2－2x)max.令h(x)＝2－2x，x∈(，＋∞)．因为h′(x)＝－3－2，所以当x∈(，＋∞)

xx2x2

11

时，h′(x)<0，即h(x)在(，＋∞)上单调递减，所以h(x)

22

?2x2?8ax?3?x?1?2.函数f?x???在x?R内单调递减，则a的取值范围是（ C ）

?logax?x?1?A．?0,?

2??1??B. [,1)

12C．?,?

28?15???D．?,1?

?5??8?

3.如图，动点P在正方体ABCD?A1上．过点P作垂直于平面1B1C1D1的对角线BDBB1D1D的直线，与正方体表面相交于M，N．设BP?x，MN?y，则函数y?f(x)的图像大致是（ B ）

4、（天府数学2015年普通高考模拟试题（五）（理9））函数f?x??e3x?me2x??2m?1?ex?1有两个极值点，则实数m的取值范围是（ ）

13?1??1?A、??,1?2? B、??,1?2? C、??,1?2 D、??,1?2?1?2,???2??2?

??????【解析】令t?ex，f?t??t3?mt2??2m?1?t?1?t?0?，f'?t??t2?2mt?2m?1，

13???0?1???m??,1?2?m?0，???。故选A。

2???2m?1?0?

1

5．已知函数f(x)满足f(x)?1?1，当x?[0，1]时，f(x)?x，若在区间(?1，1]f(x?1)13上方程f(x)?mx?m?0有两个不同的实根，则实数m的取值范围是（ ） A．[0，) B．[，??) C．[0，) D．(0，]

试题分析：方程f(x)?mx?m?0有两个不同的根?f(x)?m(x?1)有两个不同的根

121212?y?f(x)与函数y?m(x?1)的图象有两个不同的交点，当x?(?1,0)时，

?x,x?[0,1]111?，所以f(x)??1在?,?f(x)??1，x?1?(0,1)f(x)?1?f(x?1)x?1x?1?1,x?(?1,0)??x?1同一坐标系内作出y?f(x),x?(?1,1]与y?m(x?1)的图象，由图象可知，当两个 函数图象有两个不同公共点时，m的取值范围为(0,]。【答案】D 12yox

考点：分段函数、函数零点，数形结合思想。

6．(高考新课标全国卷Ⅰ)函数f(x)＝(1－cos x)sin x在[－π，π]的图象大致为( )

解析：选C.在[－π，π]上，∵f(－x)＝[1－cos(－x)]sin(－x)＝(1－cos x)(－sin x) ＝－(1－cos x)sin x＝－f(x)，∴f(x)是奇函数，

ππππ

∴f(x)的图象关于原点对称，排除B.,取x＝，则f()＝(1－cos)sin＝1>0，排除A.

2222

∵f(x)＝(1－cos x)sin x，∴f′(x)＝sin x·sin x＋(1－cos x)cos x＝1－cos2x＋cos x－cos2x

1

＝－2cos2x＋cos x＋1.令f′(x)＝0，则cos x＝1或cos x＝－.

2

2

2

结合x∈[－π，π]，求得f(x)在(0，π]上的极大值点为π，靠近π，选C.

3

4x

7、若函数f(x)＝2在区间(m,2m＋1)上是单调递增函数，则实数m的取值范围是( )

x＋1A．－1

4?1－x2?

解析 由于f′(x)＝2，令f′(x)>0，解得－1

?x＋1?2即函数f(x)的增函数是[－1,1]．又f(x)在区间(m,2m＋1)上是单调递增函数， m≥－1，??

所以应有?m<2m＋1，

??2m＋1≤1

解得－1

8、 已知函数f(x)的定义域为R，其导函数f′(x)的图象如图所示，则对

于任意x1，x2∈R(x1≠x2)，下列结论正确的是

( )

①f(x)<0恒成立；②(x1－x2)·[f(x1)－f(x2)]<0；

x1＋x2f?x1?＋f?x2?

③(x1－x2)·[f(x1)－f(x2)]>0；④f()>

22

x1＋x2f?x1?＋f?x2?⑤f()<.

22A．①③ B．①③④ C．②④

D．②⑤

解析 由函数f(x)的导函数的图象可得，函数f(x)是减函数，且

随着自变量的增大，导函数越来越大，即函数f(x)图象上的点向 右运动时，该点的切线的斜率为负，且值越来越大，由此可作出

f?x2?－f?x1?

函数f(x)的草图如图所示，由图示可得<0且

x2－x1

x1＋x2f?x1?＋f?x2?f()<，由此可得结论中仅②⑤正确，故应选D.

22

9、 点P是曲线x2－y－2lnx＝0上任意一点，则点P到直线4x＋4y＋1＝0的最短距离是 ( )

A.2

(1－ln 2) 2

B.

2211

＋ln 2? D.(1＋ln 2) (1＋ln 2) C.??22?22

解析 将直线4x＋4y＋1＝0平移后得直线l：4x＋4y＋b＝0，使直线l与曲线切于点11

P(x0，y0)，由x2－y－2lnx＝0得y′＝2x－，∴直线l的斜率k＝2x0－＝－1

xx0111

，＋ln 2?， ?x0＝或x0＝－1(舍去)，∴P??24?2

11?所求的最短距离即为点P??2，4＋ln 2?到直线4x＋4y＋1＝0的距离d＝|2＋?1＋4ln 2?＋1|2

＝(1＋ln 2)． 答案 B 242

3

10、(2013·潍坊模拟)已知函数y＝f(x)是定义在R上的奇函数，且当x<0时，不等式f(x)＋11

log3?f?log3?，则a，b，c间的大xf′(x)<0成立，若a＝30.3f(30.3)，b＝(logπ3)f(logπ3)，c＝??9??9?小关系是( )．

A．a>b>c B．c>b>a C．c>a>b D．a>c>b

解析 设g(x)＝xf(x)，则g′(x)＝f(x)＋xf′(x)<0(x<0)，∴当x<0时，g(x)＝xf(x)为减函数．又g(x)为偶函数，∴当x>0时，g(x)为增函数．

1

∵1<30.3<2,0g(30.3)>g(logπ3)，即c>a>b.答案 C

9

11.

（

2013

重

庆

数

学

（

理

））

若

a?b?c,则函数

f????x?x??a?b???x??b????x??的两个零点分别位于区间c?x?cx( ) a?x?A.?a,b?和?b,c?内 B.???,a?和?a,b?内 C.?b,c?和?c,???内 D.???,a?和?c,???内

【命题立意】本题考查二次函数的图像与性质以及函数零点的判断。因为

f?a???a???ba??，cf?b???b?c??b?a?，f?c???c?a??c?b?，又a?b?c，

所以f(a)?0,f(b)?0,f(c)?0，即函数f(x)的两个零点分别在?a,b?和?b,c?内，选A.

112．[2014·湖北卷] 已知函数f(x)是定义在R上的奇函数，当x≥0时，f(x)＝(|x－a2|＋|x－

2

22

2a|－3a)．若?x∈R，f(x－1)≤f(x)，则实数a的取值范围为( )

11116633－，? B.?－，? C.?－，? D.?－，? A.??66??33??66??33?

1122

[解析] 因为当x≥0时，f(x)＝(|x－a|＋|x－2a|－3a2)，所以当0≤x≤a2时，f(x)＝

22

1

(a2－x＋2a2－x－3a2)＝－x；当a2

1222

当x≥2a2时，f(x)＝(x－a＋x－2a－3a)＝x－3a2.

2

2

?－x，0≤x≤a，

?22

2

综上，f(x)＝?－a，a

??x－3a2，x≥2a2.

因此，根据奇函数的图象关于原点对称作出函数f(x)在R上的大致图象如下，

4

观察图象可知，要使?x∈R，f(x－1)≤f(x)，则需满足2a2－(－4a2)≤1，解得－≤

6≤a6

6

.故选B. 6

13．[2014·辽宁卷] 当x∈[－2，1]时，不等式ax3－x2＋4x＋3≥0恒成立，则实数a的取值范围是( )

9

－6，－? C．[－6，－2] D．[－4，－3] A．[－5，－3] B.?8??

x2－4x－3x2－4x－3

[解析] 当－2≤x<0时，不等式转化为a≤，令f(x)＝(－2≤x<0)，

x3x3－x2＋8x＋9－（x－9）（x＋1）

则f′(x)＝＝，故f(x)在[－2，－1]上单调递减，在(－1，

x4x41＋4－3x2－4x－3

0)上单调递增，此时有a≤＝－2.当x＝0时，g(x)恒成立．当0

x3－1

x2－4x－3－x2＋8x＋9－（x－9）（x＋1）

令个g(x)＝(0

x3x4x41－4－3

故g(x)在(0，1]上单调递增，此时有a≥＝－6.综上，－6≤a≤－2. 选C

1

二、填空题

14、

已知f(x)＝xex，g(x)＝－(x＋1)2＋a，若?x1，x2∈R，使得f(x2)≤g(x1)成立，则实

数a的取值范围是________． 1

答案 [－，＋∞)

e

解析 f′(x)＝ex＋xex＝ex(1＋x)

当x>－1时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增；

1

当x<－1时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减． 所以函数f(x)的最小值为f(－1)＝－. e

11

而函数g(x)的最大值为a，则由题意， 可得－≤a即a≥－.

ee

15．已知凸函数的性质定理：“若函数f(x)区间D上是凸函数，则对于区间D内的任意x1，x2，?，xn，有[f(x1)?f(x2)?...?f(xn)]?f(1nx1?x2?...?xn)”，若函数y=sinx 在

n区间(0,?)上是凸函数，则在?ABC中，sinA+sinB+sinC的最大值是 .

5

试题分析：∵f（x）=sinx在区间（0，π）上是凸函数，且A、B、C∈（0，π）， ∴

f?A??f?B??f?C??A?B?C??f???33?????f?? ，即?3?sinA+sinB+sinC≤

3sin

?3?333333 ，所以sinA+sinB+sinC的最大值为 【答案】 222考点：本题考查新定义函数的性质

点评：解决本题的关键是，认真审题，分析问题，应用凸函数的性质解决具体问题

16．对于定义在D上的函数f(x)，若存在距离为d的两条直线y?kx?m1和y?kx?m2，使得对任意x?D都有kx?m1?f(x)?kx?m2恒成立，则称函数f(x)(x?D)有一个宽度为d的通道.给出下列函数： ①f(x)?1lnx2；②f(x)?sinx；③f(x)?x?1；④f(x)? xx其中在区间[1,??)上通道宽度可以为1的函数有 （写出所有正确的序号）. 【答案】①③④

试题分析：因为函数f(x)?1在区间[1,??)上单调递减，当x?1时有最大值1,且xf(x)?0，所以f(x)?1是区间[1,??)上通道宽度为1的函数，所以①符合题意； x因为当x??1,???时，?1?sinx?1，所以函数f(x)?sinx是区间[1,??)上通道宽度为2的函数，所以②不符合题意； 因为由y?x2?1得x2?y2?1，所以函数f(x)?x2?1的图象是双曲线x2?y2?1位

于第一象限的部分，位于直线y?x与直线y?x?1之间，由于两直线间的距离

d?1?01?1?2?1，所以函数f(x)?x2?1是在区间[1,??)上通道宽度可以为1的函2数，所以③符合题意；

lnx1?lnx1?lnx?，所以f?(x)?，令f(x)??0得：x?e 22xxx1?lnxlnx当x??1,e?时，f?(x)?，函数在?1,e?上为增函数； ?0f(x)?2xx1?lnxlnx当x??e,???时，f?(x)?，函数在?e,???上为减函数； ?0f(x)?x2x1lnxlnx所以，当x?e时，函数f(x)?有最大值，因此函数f(x)?在[1,??)上的取值

exx因为f(x)? 6

范围是?0,?,所以函数f(x)?是在区间[1,??)上通道宽度可以为1的函数，所以④符

x?e?合题意；综上，答案应填：①③④.

考点：1、新定义；2、函数的图象与性质.3、导数在研究函数性质中的应用.

17. 【2014高考湖北卷理第14题】设f?x?是定义在?0,???上的函数，且f?x??0，对任意a?0,b?0，若经过点?a,f?a??,?b,f?b??的直线与x轴的交点为?c,0?，则称c为

?1?lnxa,b关于函数f?x?的平均数，记为Mf(a,b)，例如，当f?x??1(x?0)时，可得Mf(a,b)?c?a?b，即Mf(a,b)为a,b的算术平均数. 2x?0)时，Mf(a,b)为a,b的几何平均数； （1）当f?x??_____(x?0)时，Mf(a,b)为a,b的调和平均数（2）当f?x??_____(（以上两空各只需写出一个符合要求的函数即可） 【答案】（1）f(x)?（2）f(x)?x(x?0). x(x?0)；

2ab； a?b

18．[2014·四川卷] 以A表示值域为R的函数组成的集合，B表示具有如下性质的函数φ(x)组成的集合：对于函数φ(x)，存在一个正数M，使得函数φ(x)的值域包含于区间[－M，M]．例如，当φ1(x)＝x3，φ2(x)＝sin x时，φ1(x)∈A，φ2(x)∈B.现有如下命题：[来源:Zxxk.Com]

①设函数f(x)的定义域为D，则“f(x)∈A”的充要条件是“?b∈R，?a∈D，f(a)＝b”； ②函数f(x)∈B的充要条件是f(x)有最大值和最小值；

③若函数f(x)，g(x)的定义域相同，且f(x)∈A，g(x)∈B，则f(x)＋g(x)?B；

x

④若函数f(x)＝aln(x＋2)＋2(x>－2，a∈R)有最大值，则f(x)∈B.

x＋1其中的真命题有________．(写出所有真命题的序号)

7

答案：①③④ [解析] 若f(x)∈A，则f(x)的值域为R，于是，对任意的b∈R，一定存在a∈D，使得f(a)＝b，故①正确．

取函数f(x)＝x(－1＜x＜1)，其值域为(－1，1)，于是，存在M＝1，使得f(x)的值域包含于[－M，M]＝[－1，1]，但此时f(x)没有最大值和最小值，故②错误．

当f(x)∈A时，由①可知，对任意的b∈R，存在a∈D，使得f(a)＝b，所以，当g(x)∈B时，对于函数f(x)＋g(x)，如果存在一个正数M，使得f(x)＋g(x)的值域包含于[－M，M]，那么对于该区间外的某一个b0∈R，一定存在一个a0∈D，使得f(a0)＝b－g(a0)，即f(a0)＋g(a0)＝b0?[－M，M]，故③正确．

x

对于f(x)＝aln(x＋2)＋2 (x＞－2)，当a＞0或a＜0时，函数f(x)都没有最大值．要

x＋1x

使得函数f(x)有最大值，只有a＝0，此时f(x)＝2 (x＞－2)．

x＋1

111

－，?，所以存在正数M＝，使得f(x)∈[－M，M]，故④正确． 易知f(x)∈??22?2

三、解答题

19、（天府数学2015年普通高考模拟试题（一）（理20））已知函数f?x??lnx?ax2?bx.

121时，求函数f?x?的最大值； 21a（2）令g?x??f?x??ax2?bx?x??(0,3]?，若其图像上任意一点P?x0,y0?处的切线斜

2x1率k?恒成立，求实数a的取值范围。

2111【解析】（1）根据题意，f?x?的定义域为?0,???，当a?b?时，f?x??lnx?x2?x，

242111??x?2??x?1?则f'?x???x??。令f'?x??0，解得x?1。 x222x（1）当a?b?所以当0?x?1时，函数f?x?单调递增；当x?1时，函数f?x?单调递减。 所以f?x?的最大值为f?1???，所以当a?b?（2）因为g?x??f?x??ax2?bx?则有k?g'?x0??3431时，函数的最大值为?。

4212aa?lnx?,x?(0,3] xxx0?a1?12??a??x0?x0?,x0?(0,3]， x?(0,3]在上恒成立，所以0?2x02?2?max2当x0?1时，?x0?x0取得最大值

1211，所以a?。 22

32f(x)?ax?x?ln(x?1)(a?R),在x?1处的切线与直线20.(13分)已知函数

3x?2y?5?0平行.

8

(1)当x?[0,??)时,求f(x)的最小值;

123n?1???...??ln(n?1)3333234n (2)求证:(n?2且n?N).

f?(x)?3ax2?2x?.解:(1)由已知

32113f?(1)?3a?2??kl?x?1，同时22 ∴a?1

213x3?(x?1)2f(x)?x?x?ln(x?1),f?(x)?3x?2x???0x?1x?1∴

[f(x)]min?f(0)?0

∴f(x)在[0,??)上? ∴

x? (2)令

11111n?11f()?0??ln(1?)?0?ln(1?)323n. 则:nnnnnn ∴，即:

112112n?1111?ln(1?),?ln(1?)......??...??ln(1?)?ln(1?)?...ln(1?)33333223323n23n∴∴ 34n?1n?1?ln(?...)?ln?ln(n?1)23n2 ∴不等式成立.

21．(本题满分14分)已知函数f(x)=ln(x?m)?n的图象在点(1，f(1))处的切线方程是

y?x?1，函数g(x)= ax2?bx(a、b∈R，a≠0)在x=2处取得极值-2．

(1)求函数f(x)、g(x)的解析式；

//(2)若函数y?f(x?1)?g(x)(其中g(x)是g(x)的导函数)在区间(t，t?1)没有单调2性，求实数t的取值范围；

/(3)设k∈Z，当x?1时，不等式k(x?1)?xf(x)?3g(x)?4恒成立，求k的最大值．

【答案】(1) f(x)=lnx(x>0)，g(x)=

121x?2x(x∈R)；(2) t∈(?，0)；(3) 最大整数

22k的值为5.

【解析】

试题分析：(1)利用导数的几何意义分别列方程组求出m,n,a,b 的值，从而求得函数

f?x?,g?x? 的解析式；

(2) 先利用导数求函数的单调区间，再结合此单调区间，确定t 的取值范围.

(3)首先，因为不等式k(x?1)?xf(x)?3g(x)?4等价于k(x?1)?xlnx?3x?2?

/ 9

k?xlnx?3x?2xlnx?3x?2(∵x?1)，然后构造函数?(x)?(x?1)，转化为利用

x?1x?1导数求函?(x)数的最值问题.

/试题解析：解：(1)由f(x)=ln(x?m)?n(x??m)，可得f(x)?1(x??m)， x?m∴f(x)在点(1，f(1))处的切线方程是y?f(1)?f/(1)(x?1)， 即y?f/(1)x?f(1)?f/(1)，依题该直线与直线y?x?1重合，

?f/(1)?1∴?，可解得m?n?0． ?f(1)?02∵又g(x)= ax?bx可得g/(x)?2ax?b，且g(x)在x=2处取得极值-2．

?g/(2)?01?4a?b?0∴?，可得?解得a?，b??2．

2?4a?2b??2?g(2)??2所求f(x)=lnx(x>0)，g(x)=

12x?2x(x∈R)； 2(2)∵y?f(x?1)?g/(x)?ln(x?1)?x?2，令?(x)?lnx(?1)?x?2(x>-1) ∵

1x?1??(x>-1)，∴?(x)在(-1，0]递增，在[0，+∞)上递减，∵?(x)在x?1x?11111区间(t，t?)不单调，∴?1?t?0且t??0???t?0．故所求实数t∈(?，

2222?/(x)?0)；

(3)∵不等式k(x?1)?xf(x)?3g(x)?4等价于k(x?1)?xlnx?3x?2?

/k?xlnx?3x?2xlnx?3x?2(∵x?1)，令?(x)?(x?1)，

x?1x?1(1?lnx?3)(x?1)?(xlnx?3x?2)x?lnx?2， ?22(x?1)(x?1)∴?/(x)?/又令?(x)?x?lnx?2(x?1)，∵?(x)?1?1x?1??0(∵x?1) xx由x?1??(x)??(1)??1，故存在唯一x0?1使?(x0)?0，

即x0?lnx0?2?0满足当x∈(1，x0]时，?(x)?0；当x∈(x0，+∞)时，?(x)?0；∴x∈(1，x0]时，?(x)?0，x∈(x0，+∞)时，?(x)?0； 也即?(x)在(1，x0]上递减，在(x0，+∞)上递增；

//// 10

∴k?[?(x)]min??(x0)?x0lnx0?3x0?2x(x?2)?3x0?2?x0?2 (∵?00x0?1x0?1lnx0?x0?2)，又∵?(3)?1?ln3?0，?(4)?2?2ln2?0，且?(x)在(1，+∞)连

续不断，∴3?x0?4，k??(x0)?x0?2∈(5，6)．

故所求最大整数k的值为5．

考点：1、导数的几何意义；2、导数在研究函数性质中的应用；3、等价转化的思想.

22.(高考山东卷)已知函数f(x)＝ax2＋bx－ln x(a，b∈R)．

(1)设a≥0，求f(x)的单调区间；

(2)设a>0，且对任意x>0，f(x)≥f(1)，试比较ln a与－2b的大小． 解：(1)由f(x)＝ax2＋bx－ln x，x∈(0，＋∞)，得

2ax2＋bx－1

f′(x)＝. x

bx－1

①当a＝0时，f′(x)＝.

x

a．若b≤0，当x>0时，f′(x)<0恒成立，所以函数f(x)的单调递减区间是(0，＋∞)．

11

b．若b>0，当0时，f′(x)>0，函数f(x)

bb

11

单调递增．所以函数f(x)的单调递减区间是(0，)，单调递增区间是(，＋∞)．

bb

22

②当a>0时，令f′(x)＝0，得2ax＋bx－1＝0.由Δ＝b＋8a>0，得

－b－b2＋8a－b＋b2＋8ax1＝，x2＝.显然x1<0，x2>0.

4a4a

当0x2时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增．

－b＋b2＋8a

所以函数f(x)的单调递减区间是(0，)，

4a

－b＋b2＋8a

单调递增区间是(，＋∞)．

4a

综上所述，当a＝0，b≤0时，函数f(x)的单调递减区间是(0，＋∞)；

11

当a＝0，b>0时，函数f(x)的单调递减区间是(0，)，单调递增区间是(，＋∞)；

bb－b＋b2＋8a

当a>0时，函数f(x)的单调递减区间是(0，)，单调递增区间是

4a

－b＋b2＋8a(，＋∞)．

4a

－b＋b2＋8a

(2)由题意知函数f(x)在x＝1处取得最小值．由(1)知是f(x)的唯一极小值

4a

－b＋b2＋8a点，故＝1.整理，得2a＋b＝1，即b＝1－2a.令g(x)＝2－4x＋ln x，则g′(x)

4a

1－4x1＝.,令g′(x)＝0，得x＝.

x4

11

当00，g(x)单调递增；当x>时，g′(x)<0，g(x)单调递减．

4411

因此g(x)≤g()＝1＋ln ＝1－ln 4<0.故g(a)<0，即2－4a＋ln a＝2b＋ln a<0，即ln a<－2b.

44

11

xf(x)?e,x?R. 23.设函数

(Ⅰ) 求f(x)的反函数的图象上图象上点(1,0)处的切线方程;

12x?x?1有唯一公共点. 2f(b)?f(a)?a?b?(Ⅲ) 设a

b?a?2?(Ⅱ) 证明: 曲线y = f (x) 与曲线y?【答案】解:(Ⅰ) f (x)的反函数g(x)?lnx,则y=g(x)过点(1,0)的切线斜率

1?k?g'(1)?1.过点(1,0)的切线方程为:y = x+ 1 x12(Ⅱ) 证明曲线y=f(x)与曲线y?x?x?1有唯一公共点,过程如下.

211令h(x)?f(x)?x2?x?1?ex?x2?x?1,x?R,则

22k=g'(1). g'(x)?h'(x)?ex?x?1,h'(x)的导数h''(x)?ex?1,且h(0)?0，h'(0)?0，,h''(0)?0;当x?0时h''(x)?0?y?h'(x)单调递增此,当x?0时h''(x)?0?y?h'(x)单调递减?y?h'(x)?h'(0)?0,所以y?h(x)在R上单调递增，最多有一个零点x?0

所以,曲线y=f(x)与曲线y?12x?x?1只有唯一公共点(0,1).(证毕) 2(Ⅲ) 设

f(a)?f(b)f(b)?f(a)(b?a?2)?f(a)?(b?a?2)?f(b)??

2b?a2?(b?a)(b?a?2)?ea?(b?a?2)?eb(b?a?2)?(b?a?2)?eb?aa???e

2?(b?a)2?(b?a)令g(x)?x?2?(x?2)?e,x?0,则g'(x)?1?(1?x?2)?e?1?(x?1)?e.

xxxg'(x)的导函数g''(x)?(1?x?1)?ex?x?ex?0,所以g'(x)在（0，??）上单调递增,且g'(0)?0.因此g'(x)?0，g(x)在(0,??)上单调递增,而g(0)?0,

所以在(0,??)上g(x)?0.

?当x?0时，g(x)?x?2?(x?2)?ex?0且a?b,

f(a)?f(b)f(b)?f(a)(b?a?2)?(b?a?2)?eb?aa当a

12

24、 已知f(x)＝xln x，g(x)＝－x2＋ax－3.

(1)求函数f(x)在[t，t＋2](t>0)上的最小值；

(2)对一切x∈(0，＋∞)，2f(x)≥g(x)恒成立，求实数a的取值范围； 12

(3)证明：对一切x∈(0，＋∞)，都有ln x>x－成立．

eex思维启迪 (1)求f′(x)，讨论参数t求最小值； (2)分离a，利用求最值得a的范围；

(3)寻求所证不等式和题中函数f(x)的联系，充分利用(1)中所求最值． 1

解 (1)由f(x)＝xln x，x>0，得f′(x)＝ln x＋1，令f′(x)＝0，得x＝. e

11

当x∈(0，)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x∈(，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增．

ee1111

①当0

eeee

11

②当≤t

ee

所以f(x)min

?

＝?1

tln t，t≥?e

11－，0

.

3

(2)2xln x≥－x2＋ax－3，则a≤2ln x＋x＋，

x?x＋3??x－1?3

设h(x)＝2ln x＋x＋(x>0)，则h′(x)＝，

xx2①当x∈(0,1)时，h′(x)<0，h(x)单调递减，②当x∈(1，＋∞)时，h′(x)>0，h(x)单调递增，所以h(x)min＝h(1)＝4，对一切x∈(0，＋∞)，2f(x)≥g(x)恒成立，所以a≤h(x)min＝4.

x2

(3)问题等价于证明xln x>x－(x∈(0，＋∞))．

ee

11x

由(1)可知f(x)＝xln x(x∈(0，＋∞))的最小值是－，当且仅当x＝时取到，设m(x)＝xeee1－x21

－(x∈(0，＋∞))，则m′(x)＝x，易知m(x)max＝m(1)＝－，当且仅当x＝1时取到． eee

12

从而对一切x∈(0，＋∞)，都有ln x>x－成立．

eex

25．[2014·天津卷] 设f(x)＝x－aex(a∈R)，x∈R.已知函数y＝f(x)有两个零点x1，x2，且x1

(1)求a的取值范围；

x2 (2)证明：随着a的减小而增大；

x1 (3)证明：x1＋x2随着a的减小而增大．

13

解：(1)由f(x)＝x－aex，可得f′(x)＝1－aex. 下面分两种情况讨论：

(i)a≤0时，f′(x)>0在R上恒成立，可得f(x)在R上单调递增，不合题意． (ii)a>0时，由f′(x)＝0，得x＝－ln a.

当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表： x f′(x) f(x) (－∞，－ln a) ＋ －ln a 0 －ln a－1 (－ln a，＋∞) － 这时，f(x)的单调递增区间是(－∞，－ln a)；单调递减区间是(－ln a，＋∞)．于是，“函数y＝f(x)有两个零点”等价于如下条件同时成立：①f(－ln a)>0；②存在s1∈(－∞，－ln a)，满足f(s1)<0；③存在s2∈(－ln a，＋∞)，满足f(s2)<0.

－

由f(－ln a)>0，即－ln a－1>0，解得0

且f(s1)＝－a<0；取s2＝＋ln，满足s2∈(－ln a，＋∞)，且f(s2)＝??a－ea?＋?lna－ea?<0. aa

故a的取值范围是(0，e1)．

－

1－xxx

(2)证明：由f(x)＝x－aex＝0，有a＝x.设g(x)＝x，由g′(x)＝x，知g(x)在(－∞，1)

eee上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．并且，当x∈(－∞，0]时，g(x)≤0; 当x∈(0，＋∞)

－

时，g(x)>0.由已知，x1，x2满足a＝g(x1)，a＝g(x2)．由a∈(0，e1)及g(x)的单调性，可得x1∈(0，1)，x2∈(1，＋∞)．

－

对于任意的a1，a2∈(0，e1)，设a1>a2，g(ξ1)＝g(ξ2)＝a1，其中0<ξ1<1<ξ2；g(η1)＝g(η2)＝a2，其中0<η1<1<η2.,因为g(x)在(0，1)上单调递增，所以由a1>a2，即g(ξ1)>g(η1)，可得ξ1>ξ2η2η2x2η1.类似可得ξ2<η2., 又由ξ1，η1>0，得<<，所以随着a的减小而增大．

x1ξ1ξ1η1

(3)证明：由x1＝aex1，x2＝aex2，可得ln x1＝ln a＋x1，ln x2＝ln a＋x2.故x2－x1＝ln x2

??x2＝tx1，x2x2ln ttln t

－ln x1＝ln.,设＝t，则t>1，且?解得x1＝，x2＝，所以x1＋x2＝

x1x1t－1t－1?x2－x1＝ln t，?

1

－2ln x＋x－

x（t＋1）ln t（x＋1）ln x

.①;令h(x)＝，x∈(1，＋∞)，则h′(x)＝2., t－1x－1（x－1）

x－1?21?令u(x)＝－2ln x＋x－，得u′(x)＝

x?x?.,当x∈(1，＋∞)时，u′(x)>0.因此，u(x)在(1，＋∞)上单调递增，故对于任意的x∈(1，＋∞)，u(x)>u(1)＝0，由此可得h′(x)>0，故h(x)在

(1，＋∞)上单调递增．

因此，由①可得x1＋x2随着t的增大而增大．

而由(2)，t随着a的减小而增大，所以x1＋x2随着a的减小而增大． 26．（本小题满分12分）已知函数f?x??alnx?ax?3（a?0）． (1)讨论f?x?的单调性；

2?e,e(2)若f?x???a?1?x?4?e?0对任意x????恒成立，求实数a的取值范围（e为自

然常数）；

14

(3)求证ln22?1?ln32?1（n?2，n???）．

?????ln42?1???lnn2?1?1?2lnn!?n?2,n?N*?????【答案】(1)当a?0时，f(x)的单调增区间为?0,1?，单调减区间为?1,???；当a?0时，

e?1?e2（2）a?；（3）证明见解析. f(x)的单调增区间为?1,???，单调减区间为?0,1?；

2【解析】

试题分析：（1）函数y?f?x?在某个区间内可导，则若f??x??0，则f?x?在这个区间内单调递增，若f??x??0，则f?x?在这个区间内单调递减；(2)对于恒成立的问题，常用到两个结论：（1）a?f?x?恒成立?a?f?x?max，（2）a?f?x?恒成立?a?f?x?min；（3）利用导数方法证明不等式f?x??g?x?在区间D上恒成立的基本方法是构造函数

h?x??f?x??g?x?，然后根据函数的单调性，或者函数的最值证明函数h?x??0，其中一

个重要的技巧就是找到函数h?x?在什么地方可以等于零，这往往就是解决问题的一个突破口，观察式子的特点，找到特点证明不等式. 试题解析：（1）f'(x)?a(1?x)(x?0) , x当a?0时，f(x)的单调增区间为?0,1?，单调减区间为?1,???； 3分 当a?0时，f(x)的单调增区间为?1,???，单调减区间为?0,1?； 4分 （2）令F(x)?alnx?ax?3?ax?x?4?e?alnx?x?1?e

F'(x)?x?a?0 x 若?a?e,a??e,F(x)x?e,e

?2? 是增函数,

F(x)maxe?1?e2?F(e)?2a?e?e?1?0,a?无解. 5分

2

222若e??a?e,?e?a??e，F(x),x??e,?a?是减函数;x??a,e, 是增函数 ,

22??e?1?e2F(e)?a?1?0,a??1. F(e)?2a?e?e?1?0,a?

222 15

e?1?e2 6分 ??e?a?222若?a?e，a??e，F(x)x?e,e 是减函数,

22??F(x)max?F(e)?a?1?0,a??1，?a??e2 7分 e?1?e2 8分 综上所述a?2（3）令a??1（或a?1）此时f(x)??lnx?x?3，所以f(1)??2，

由（Ⅰ）知f(x)??lnx?x?3在(1,??)上单调递增，∴当x?(1,??)时f(x)?f(1)，即?lnx?x?1?0，∴lnx?x?1对一切x?(1,??)成立， 9分 ∵n?2,n?N*，则有ln( 10分

要证ln(2?1)?ln(3?1)?ln(4?1)?只需证ln(22211111， ?1)????n2n2(n?1)nn?1n?ln(n2?1)?1?2lnn!(n?2,n?N?)

?ln(1??1)?1(n?2,n?N) 2n111?1)?ln(?1)?ln(?1)?222234 11分

1111?1)?ln(?1)?ln(?1)??ln(?1)223242n2

11111111?(1?)?(?)?(?)?(?)?1??122334n?1nnln(所以原不等式成立 12分

考点：1、利用导数求函数的单调区间；2、恒成立的问题；3、证明不等式.

16

e?1?e2 6分 ??e?a?222若?a?e，a??e，F(x)x?e,e 是减函数,

22??F(x)max?F(e)?a?1?0,a??1，?a??e2 7分 e?1?e2 8分 综上所述a?2（3）令a??1（或a?1）此时f(x)??lnx?x?3，所以f(1)??2，

由（Ⅰ）知f(x)??lnx?x?3在(1,??)上单调递增，∴当x?(1,??)时f(x)?f(1)，即?lnx?x?1?0，∴lnx?x?1对一切x?(1,??)成立， 9分 ∵n?2,n?N*，则有ln( 10分

要证ln(2?1)?ln(3?1)?ln(4?1)?只需证ln(22211111， ?1)????n2n2(n?1)nn?1n?ln(n2?1)?1?2lnn!(n?2,n?N?)

?ln(1??1)?1(n?2,n?N) 2n111?1)?ln(?1)?ln(?1)?222234 11分

1111?1)?ln(?1)?ln(?1)??ln(?1)223242n2

11111111?(1?)?(?)?(?)?(?)?1??122334n?1nnln(所以原不等式成立 12分

考点：1、利用导数求函数的单调区间；2、恒成立的问题；3、证明不等式.

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