2023高考數學《導數》微復習

2023高考數學《導數》微專題復習

1.函數/。)=61-&1111+(4-1)元有兩個極值點，則實數。的取值范圍是

2.已知函數/(x)=(x-"l)e*+6,若存在beR,對于任意xe[l,2],都有|/6)|埒，

則實數a的取值范圍是.

3.設函數-x+alnx(aeR)的兩個極值點分別為x,x,若

X?2

?/”)-八\)(士i-2恒成立,則實數〃的取值范圍是_______.

X-x02-1

12

4.已知函數八*)=且”，g(x)=2￡_,若函數“x)=gG(x))+m有3個不同的零點

2xx-m

X1,X2,X3(X1<X2<X3),則2/0)+/(》,)+/(±)的取值范圍是.

5.已知函數f(x)=(x-2)e，-gx2+h(％是常數，e是自然對數的底數，e=2.71828...)

在區(qū)間(0,2)內存在兩個極值點，則實數k的取值范圍是.

6.已知k>0⑦>0,且H+bZln(x+2)對任意的x>-2恒成立，則鄉(xiāng)的最小值為.

K

7.函數/G)的定義域和值域均為(0,鈣)，/G)的導數為/G),且

2/G)</'G)<3/G),則需黑的范圍是_____.

J\ZU1，)

8.已知函數/㈤Je-D.

ev

(1)討論〃X)的單調性；

(2)知a,b￡R,日一cibW0,右，aea+b—ae”=bea+8—be。,求證：〃+b>0.

9.已知函數/G)=ln(x+a).

(1)當a=0,證明：/G)<e?-2;

(2)設若g(x)=/(x)-ar,且g(x)=g(x)=0(XHX),求證：x+x<0.

121212

10.已知函數/(x)=Inx+a\fx-2x(aeR).

(1)當。=-2時?，求函數/*)的單調區(qū)間；(2)若函數有兩個不同零點x,x(x<x),

12I2

①求實數。的取值范圍；②求證：X-X2>—.

I24

11.已知函數/(x)=ex-lnx,g(x)=xex+1.

e

(1)求函數/G)在+上的最小值；(2)證明：當冗>0時，M1G)<g(x).

12.設函數/(x)=lnx+"(QER).

x

試卷第1頁，共2頁

(1)求函數/(X)的單調區(qū)間；

(2)若/G)有兩個零點x,x,求a的取值范圍，并證明：2a<x+x<1.

I212

13.設函數/(x)=e*-ax2-x-a,其中aeR.

(1)當a=l,x>2時，求證：fM>0；

(2)若一,，為/⑶的極值點，且s>0,=求〃的值.

14.已知函數/(x)=g,feR,其中e=2.71828…是自然對數的底數.

ek

(1)若/(X)有兩個極值點，求實數?的取值范圍；

(2)若存在正數X,使得對任意x>0均有/Gb/G)成立.

00

證明：(i)e%>l+log2；

Ao

(ii)fG)<---(2x2-2.

0a3o

0

15.已知/G)=g，直線/為曲線y=/G)在Cj。))處的切線，直線/與曲線y=/G)

X

相交于點(sj(s))且s<r.

(1)求r的取值范圍；

(2)(i)證明：Inx41+l(x-e)--!—?(x-e)2+-J-.(x-e)3；

e2e23e3

(ii)證明：5>—r-3rlnr.

2

16.已知函數/(x)=lnx-ar.

(1)設函數g(x)=/(x)-2x+l,若g(x)40在其定義域內恒成立，求實數。的最小值:

(2)若方程/(x)=x2恰有兩個相異的實根、，x,試求實數a的取值范圍，并證明

XX>\.

12

17.已知:函數力(犬)=以(a>0),Mx)=lnx.

⑴設gG)=-G)G),x>%>o時，滿足gG)=gG),求證:g'G)+g'G)<o；

2I2I12

(2)設/G)=Mx)xMx).對于正數入滿足\+入=1.求證：當七>5>0時，

A,/(x)+X/(x)-/(A，x+九x)>0成立.

I1221122

試卷第2頁，共2頁

參考答案

1.(0,1)51,E)

【分析】

將函數f(x)=所1-分1口工+(4-1)%在(0,+00)上有兩個極值點，轉化為廣(X)在(0,討)上有

兩個零點，討論參數。，根據導數方法判斷出函數/'G)的單調性，求出最值，判斷其符號，

可得。的范圍.

【詳解】

■,/G)=ex-i-avlnx+(a-l)x,尸(x)=ez-alnx-1,

/0)在(0,曲)上有兩個極值點，轉化為/'(x)在(0,2)上有兩個零點，

設g(x)=rG)=ex-\-a\nx-\,g(l)=0,

所以只要找到gG)在(o,北)上的另一個零點，

‘??/(工)二⑥一1-2,

x

當〃(()時，g'(x)〉0,gG)在(0,”)上單調增，g(Q至多一個零點，不符題意.

當〃=1時，/g〃G)=ei+J->0,,(1)=0；

X2

X€(O,1),grG)<0,g(x)單調減;xe(l,+00),g(x)>0,g(x)單調增,

??.g(x)=g(1)=0,gQ)在(o,RO)上有唯一的零點.

min

當0<〃<1時，?/g"(x)=ei+—>0,

X2

，

gG)=e?-i-l<0,g，(1)=1-〃>0,AXeGzj),使g'G)=O,

(oo

當xw(o,x)時，g(x)單調減,當％W(x,+oo)時,g(x)單調增;

00

所以gG)=?G)<g(D=o,又>0,

min0(J

.?.女.卜：,土),使g(f)=o

此時gG)在(0,”)上有兩個零點1H,即/G)在(。,討)上有兩個極值點

當〃>1時，由g〃G)=ei+P~>0

X2

答案第1頁，共26頁

g'(l)=l-a<0,g'(4)=?aT-l>0;.，.fw(l,〃)，使gQ)=O,所以

00

當xw(l,V)時，g(x)單調減，當XEG',+OO)時，gG)單調增；

00

所以gG)=g(/)<g(D=o,又當時，gG)—>的

min°

/.(x\-K)O),使gG")=O

0

此時g(X)在(o,”)上有兩個零點l,x”，fG)在(0,他)上有兩個極值點.

綜上：?€(0,l)U(l,+=O)

【點睛】

本題主要考查導數的應用，根據函數極值點的個數求參數范圍，需對函數多次求導，討論參

數范圍，確定單調性，尋找零點，屬于?？碱}型.

【分析】

設g(x)=(x-a-l)ex,問題轉化為對于任意xJ,2],都有g(x)-g(x)<e,利用導數研

maxmin

究g(x)的最值，建立關于。的不等式即可求解.

【詳解】

設g(x)=(x-a-l)eA,

由匕的任意性，結合題意可知，對于任意xe[l,2],-]<f(x)<],

即g(x)-g(.x)<e,

maxmin

又g'(x)=(…)e*,易知函數g(x)在(Y0,a)單調遞減,在3,3)上單調遞增,

①當。41時，g(x)在[1,21上單調遞增，

則g(x)=g(2)=(l-4)ez,g(x)=g(y)=-ae

maxmin

故g(x)-g(x)=(l-a)e2+ae<e,解得a>l,此時無解.

maxmin

②當a22時，g(x)在[1,2]上單調遞減，

則g(x)=^(l)=-ae,g(x)=g(2)=(l-a)e2

maxmin

e+1

故g(x)max=-ae-(l-a)e2<e,解得太a<-——

min6-1

③當l<a<2時，g(x)在口，回-上單調遞減，在(。,2]上單調遞增，

答案第2頁，共26頁

則g(x)=g(a)=-e?,g(x)=max{g(l),g(2)},

minmax

故只需g⑴_g(。)=久_QC<e且g(2)_g(〃)=0"+(1-4)?2<e

記函數m(a)=ea-ae-e,則”(a)=e”-e>0,函數用3)在(1,2)上遞增,

則加(a)<m(2)=e2—3e=e(e-3)<0,

t己函數n(a)=e。+(l-a)e2-e則n\a)=一C2<0,

函數n(a)在(1,2)上遞減，則n(a)<〃⑴=.+0-e=0

故當1<。<2時，g⑴-g3)<e且g⑵-g(a)<?恒成立，滿足題意，

綜上所述，實數。的取值范圍為，言)，

故答案為：(1,工j')

【點睛】

本題考查了利用導數研究函數的單調性極值最值，查了不等式的恒成立問題，考查分類討論

思想，考查了推理能力與計算能力，屬于難題.

3.67>^+-

e

【分析】

由函數f(x)=4-x+alnx(aeR)有兩個極值點分別為x,x,可知/Q)不單調，利用導數求

X*2

得。的范圍，運用韋達定理可得a=5+x,=x+，>2,作差),再由條件，結

I22元|2

2

合恒成立思想，運用函數的單調性，構造函數尸(x)=1-x+竺二l/nx,(x>l),通過求導，

xe

判斷單調性可得x,2e,即可得到。的范圍.

【詳解】

解：???函數/(x)=，-x+alnx(4cR)有兩個極值點分別為x,x,

X>2

了。)的定義域為(0,內)，

?、1.ax2-ax+1

f(x)------14--=-----------，

X2XX2

令g(R)=X2-數+1,其判別式△=02-4.

當-時，△W0，r(x)40J*)在?”)上單調遞減，不合題意.

當。<-2時，A>0,g(x)=0的兩根都小于零，在(0,M)上，f'M<0,則/G)在(0,+8)上

答案第3頁，共26頁

單調遞減，不合題意.

當a>2時，A>0,設g(x)=O的兩個根x,x都大于零,

12

a-Ja2-4a+J2a-4.

令X,x=----------,xx=1,

2-22------12

當0</<工時，rw<o,當時，r?>o,當…時,r(x)<o,

I122

故/(x)分別在(0，x)，(X，口)上單調遞減，在(x,x)上單調遞增，

I2I2

，々的取值范圍是(2,+8).

hill?=x+x=x+—>2,

?22X

,/f(x)-fG)=--x4-alnx---x+〃lnx

>2X?11%2；

1'2

+-x)+〃(lnx-\nx),

XX2I12

I2

1,Inx-InxcInx-Inx

-----]+a---1-------------a-=-2+a--------1-------------

X-xXXX-xX-x

12121212

/(x)-/(x)2e__Inx-Inx

若^―?—:——?-<----Q—2恒成立，則一2+Q.-?--------a-

X-X62-1X-X

12?2

Inx-Inx/2e

-------1------------<--------------,

x-xei-\

I2

不妨設x<x，則x-x<—―-(inx-Inx).

12?22ei2

1

又5

X

2

---x+-----Inx<0(x>1)①恒成立.

X2e22

、口\102—1八廠/\162-11

記F(%)=-x+Inx(x>l),F(x)=--1+?

xeX2ex

尸co在GxJ上單調遞增，在Q,y)上單調遞減,

22

且易知0<*<1<*<e.又/⑴=O,F(e)=O,

I2

；?當?！?,e)時,F(x)>0；當時，F(x)<0.

答案第4頁，共26頁

故由①式可得，X“，代入方程g(x)=X2-?+1=0,

2222

得a=x+->e+-f(a=x+'在xw[e,+oo)上遞增).

2Xe2X2

22

又。>2,

???”的取值范圍是aZe+L

e

故答案為：a>e+—.

e

【點睛】

本題考查利用導數求單調區(qū)間、極值，主要考查極值的運用，運用分類討論的思想方法是解

題的關鍵，同時考查函數的單調性的運用和基本不等式的運用，考查運算能力，屬于難題.

4.(—1,())U((),5)

【分析】

先根據題意，求出"x)=gG(x))+w的解得/G)=￡,或然后求出f(x)的導函

數，求其單調性以及最值，在根據題意求出函數〃Q)=gG(x))+，〃有3個不同的零點、，

X2,X3(X1<X2<X3),分情況討論求出2/0)+/G,)+/Q;)的取值范圍.

【詳解】

解：令t=f(x),函數Mx)=gG(x))+m有3個不同的零點，

即g(f)=±+m=0有兩個不同的解，解之得?==,t=-m

即/(x)=￡,或/G)=-m

因為/(。=萼的導函數

2x

((口=包二應(*>0),令/'G)<o,解得x>e,rG-)>o,解得o<x?,

2x2

可得f(x)在(0,e)遞增，在(e,+oo)遞減；

f(x)的最大值為f(e)=；,且x->0jG)f-O0；xf田,/G)-o

且f⑴=o；

要使函數Mx)=gG(x))+"i有3個不同的零點，

(1)/G)=￡,有兩個不同的解，此時/G)=-m有一個解；

答案第5頁，共26頁

(2)/G)=-m有兩個不同的解，此時/G)=],有一個解

當/(A)=有兩個不同的解，此時/G)=-機有一個解，

此時,不符合題意；

或是-m=0,機=0不符合題意；

-m<0

所以只能是八m1解得0<〃7<1

[22

/6)=-m，/G)=/G)=g,

1232

此時2/(x)+/(x)+/(x)=-m,

123

此時一1<一"7<0

/(、)=-機有兩個不同的解，此時/(x)=T，有一個解

ynI

此時彳=不加=1,不符合題意；

22

或是g=0,m=0不符合題意；

m八

—<0

所以只能是「解得-；<皿<0

0<—m<—

[2

yG)=y,f(jc)=f(jc)=-m

此時2/(x)+/(x)+/(A-)=-m,

123

八1

0<-m<一

2

綜上：2/G)+/(x)+fG)的取值范圍是(-1，o)u(0,j

故答案為(-i，o)u(o，￡|

【點睛】

本題主要考查了函數與導函數的綜合，考查到了函數的零點，導函數的應用，以及數形結合

的思想、分類討論的思想，屬于綜合性極強的題目，屬于難題.

5.(1,e)U(e,e2).

【詳解】

答案第6頁，共26頁

解：由函數的解析式可知：/'(x)=&G-D+Mi-x),

函數的極值點滿足：/'(x)=ex(x-D+Ml-x)=(V.ex(x-D=k(l-x),

很明顯x=l是函數的一個極值點，

函數的另外一個極值點滿足：％=e.,x€(0,lXXl,2),

函數存在兩個極值點，

則函數＞的圖象與函數y=e”的圖象在區(qū)間(0,l)U(L2)有一個交點,

故：4e(l,e)u(?,e2).

6.1

【解析】

設/(x)=fcr+b-ln(x+2),則由/'(x)=A--匚=0得：x=--2,當當xe(-2」一2)時，

x+2kk

((x)<0,當XW(!-2,M)時，f\x)>0,所以當x=!-2時，/(X)有唯一極值，也是最小

KK

^f(--2)=\-2k+b+\nk,所以由Ax+6Nln(x+2)對任意的x>-2恒成立，得

k

/J-2)=1—2k+/7+lnkZ0,可得622k-l-lnk,因為k>0,故022-1一"“成立，

kkkk

^h(k)=2---—(Z>0),=~=~,當％e(O,l)時，h\k)<0,當

kkk2k2左2

讓(1,小)時，h\k)>0,所以當％=1時，〃(％)=〃⑴=1,所以鄉(xiāng)21,故填1.

mink

7-(發(fā))

【解析】

【分析】

構造函數g(x)=△2,xw(O,E),利用gG)的導數判斷出g(x)在(0,+oo)上為增函數，由

e2x

g(2019)>g(2018)得空黑<’.構造函數心)=小2,xw(0,小)，利用〃Q)的導數判斷

/(2019)e2e^x

出/式。在(0,+勸上為減函數，由〃(2019)<〃(2018)得名黑綜上所述可得嫖盤

f(2019)e3/(2019)

的取值范圍.

【詳解】

解：根據題意，設g(x)=/也,xe(0,+O

e2x

答案第7頁，共26頁

則g,(x)==/'(x)-2/(x),

e4xe2x

又由2/(x)</'(x),則g，(x)>0,則函數gG)在(0,+s)上為增函數，

則g(2019)〉g(2018),即3>3,變形可得嫖魯<仝」，

02x2019?2x2018J(2019)￡2x201902

設力(x)=彌土Xe(0,+oo)

e3x

則h'(x)=f，M'e3x~3e3，/(x)=f'M-3/(x),

e6xC3x

又由/G)<3f(x),則"G)<0,則函數力Q)在(0,y)上為減函數，

則/?(2019)</?(2018),即/Q019)<“2018),變形可得上也經吧=J_,

63x201903x2018/(2019)03x201903

殘AJ汨1J(2018)Jm/(2018)的計國旦(11)

綜合可得：一<rccic、<-'即r/cnic、的/圍是I—，-I；

e37(2019)e?/(2019)[e3e2)

故答案為：(一?,一].

[03e2)

【點睛】

本小題主要考查構造函數法求表達式的取值范圍，考查利用導數研究函數的單調性，屬于難

題.

8.

(1)/(x)在單調遞減，在(0,+°0)單調遞增

(2)證明過程見解析

【分析】

U)對Ax)求導，注意至U/'(0)=。，研究尸(x)的分子，最終求出〃x)的單調性；(2)先對

aei-ae"=加“+〃-加“同除以e“+b,變形為f(")=/S),再構造差函數解決極值點偏移問題

(I)

/'(x)="+xT,令g(x)=e*+x-l,則g'(x)=ex+l>0,

e.r

g(x)=e、+x—l在/?單調遞增，

注意到g(o)=o

.,.當xe(-oo,0)時,g(x)v0,此時/(x)<0,/(X)單調遞減，當xe(0,+<?)時，g(x)>0,

此時尸(x)>0,/(x)單調遞增

答案第8頁，共26頁

????〃外在(-0),0)單調遞減，在(0,他)單調遞增

(2)

aea+b—atb=加“+》-加°,等式兩邊同除以ea+b得：

a%.一1Jb—1)

-______=2______,即/⑷=/S)

e。eb

由(1)知：/(X)在(F,0)單調遞減，在(0,”)單調遞增

：.a,6一正一負，不妨設。<0<6

構造新函數〃(X)=/G)―/(—X),則力(0)=0

..垢)=/心)+/，(-)=^^+^^1=[('+謳+1]"。)

e.re-x6X

令<pCv)=G+l)e*+x-l9則(p，G)=G+2)e.r+1

當x>0時，顯然(P'G)>O恒成立，所以(pG)>(p(0)=0

又l-e.<<0對xe(0,+<?)恒成立，

所以在xe(0,+oo)時，h'(x)<0,即a(x)單調遞減

h{x}<A(0)=0

'：h>0

：.h(b)<0,g|]f(b)<f(-b)

；f(a)=f(b)

/(?)</(-/?)

其中a<0,-方<0,且/(x)在(YO,0)單調遞減

a>—b,HPa+>0

【點睛】

構造差函數是解決極值點偏移的一種有效方法，函數的單調性是函數的重要性質之一，它的

應用貫穿于整個高中數學的教學之中.某些數學問題從表面上看似乎與函數的單調性無關，

但如果我們能挖掘其內在聯系，抓住其本質，那么運用函數的單調性解題，能起到化難為易、

化繁為簡的作用.因此對函數的單調性進行全面、準確的認識，并掌握好使用的技巧和方法，

這是非常必要的.根據題目的特點，構造一個適當的函數，利用它的單調性進行解題，是一

種常用技巧.許多問題，如果運用這種思想去解決，往往能獲得簡潔明快的思路，有著非凡

答案第9頁，共26頁

的功效

9.

(1)證明見解析

(2)證明見解析

【分析】

(1)作差法，構造函數〃(x)=lnx-e?+2,研究其單調性和極值，得到Mx)<0,從而

inax

得到結論；(2)先對函數兩邊變形為指數形式，然后構造新函數，解決極值點偏移問題

(1)

當”=0時，/(x)=lnx,

令/?(x)=lnx-e、+2,定義域為(0,400)

則〃令(p(x)=L-ex

xx

則6(k)=-1-0<0在x￡(0,+<x))上恒成立

X2

所以<pG)=—以在x￡(0,+°0)單調遞減

x

因為<p(￡|=2-而>0,(p(l)=l-e<0

所以存在唯一的兀使得甲G)=0,即

oI2)ox

0

且當xw(0,x)時，(p(x)>0即〃(工)>0；當XE(X,+OO)時，(p(x)<0即/fG)<0

00

故〃(x)=lni+2在xe(0,x。)單調遞增，在x式十包)單調遞減,

/?G)=\nx-e、+2=Ine-%+2=-x---+2,

max0X0X

00

因為由對勾函數性質可知：-X-，+2在X單調遞增

。(2J。R0o12J

所以〃G)=-x-—+2<//(1)=0

max°X

0

故/?G)=lnx—ex+2<0恒成立，所以1g一。+2<0,即/(犬)〈。一2

(2)

XG(-6f,+co),不妨設一4<大<X

12

In(x+a)=ox

由題意得:即產,「q二〃

InG+a^=ax[eax-x=a

222

答案第10頁，共26頁

令”(x)=em-x,則曠=a€0與y=a的圖象的兩交點的橫坐標為x,x

I2

/(九)=〃6加一1,令/(x)=0得：X=-^-^-<0

a

Ina(\ln〃a^—\na

其中一一-=

aaa

因為時，〃2>ln〃，所以---^一(一〃)>0,即-e(-a,4-oo)

aa

所以函數〃G)=e，“-x在區(qū)間,a,-學)上單調遞減，在區(qū)間(-岑,+8)上單調遞增

口_,Inci

于是可r知一〃<-----<x

2\na

要證5+%<°，只需證5+弓<-

nr.、2Ina\na

即證：X<-------X￡‘一,+oo

2a?a

Ina，位)上單調遞增，只需證“(X,)〈“,2lntz

又因為〃------x

ai

21ntz

因為“。)=蟲)，只需證"G)<"------x

a?

21ntz

令p(x)=〃(九)-〃------xxe一〃,=0

a

P-2\na

=aeax—2+ae-2\na-ax=aeax4-

p(x)單調遞增，且P，￥J=O

由于-a<x<-巫，故p(x)<0

?a?

即"(X)<］成立，即x+x<()成立

21aiJ?2

【點睛】

極值點偏移問題一般處理思路為構造差函數，利用構造的差函數的單調性，進行證明，函數

的單調性是函數的重要性質之一，它的應用貫穿于整個高中數學的教學之中.某些數學問題

從表面上看似乎與函數的單調性無關，但如果我們能挖掘其內在聯系，抓住其本質，那么運

用函數的單調性解題，能起到化難為易、化繁為簡的作用.因此對函數的單調性進行全面、

準確的認識，并掌握好使用的技巧和方法，這是非常必要的.根據題目的特點，構造一個適

當的函數，利用它的單調性進行解題，是一種常用技巧.許多問題，如果運用這種思想去解

決，往往能獲得簡潔明快的思路，有著非凡的功效.

10.

答案第11頁，共26頁

(1)單調遞增區(qū)間是(0,3,單調遞減區(qū)間是(!，+8)

(2)①。>2；②證明見解析

【分析】

(1)求出導函數尸(x),由廣。)>0得增區(qū)間,由尸(幻<0得減區(qū)間；

(2)①函數/(x)有兩個不同零點x,x(x<x),等價于方程。=2?-也￡有兩個不同的

121277

實根x,x(x<x).設r=《，即方程-四■有兩個不同的實根/JG<f).

設g(t)=r-乎”>0),由導數確定g(，)的單調性、極值、函數值的變化趨勢后可得；

②由①f=J7,r=JT,要證x-x2>竺，只需證ri2>:.由①知，0<r<1<，，故有

，即，>巴.下面證明：f<>i即可.引入函數％0)=g0)-g(L),由導

2

2t2221222t

22

數證明g(0“)>0,利用單調性即可得結論.

2

(1)

對函數"X)求導，得.(x)4+；」_2=_4x+a1+2

x24x2x

當。=一2時，/(幻=---24+2=-(6+1)(24-1),

2xx

因為函數/(x)的定義域(0,+8)，

由尸(幻>0,得0<x<4，

由廣(x)<0,得x>L

4

所以函數/(X)的單調遞增區(qū)間是(0，)，單調遞減區(qū)間是(?，+?>).

44

(2)

由/(冗)=0,得InX+a\[x-2x=0f

①函數/(x)有兩個不同零點XjX,(\<x),

等價于方程。=2正-勁更有兩個不同的實根x,x(x<x).

yJX1212

設即方程年?有兩個不同的實根管,(1,).

答案第12頁，共26頁

設g?)=f-一Q>o),

t

，/、[1-lnr/2+ln/-l

g⑺=1-------=---------，

12力2

再設〃(/)=/2+ln/-1,wV)=2r+->0

t

所以函數“⑴在，￡O+8)上單調遞增,

注意到〃⑴=12+Ini-1=0,

所以當0<，<1時，w(r)<0,當.>1時，w(0>0.

所以g")在(0,1)上單調遞減，在(1,”)上單調遞增.

當1-0時，g?)f+00,

+

當f->+8時，g⑺—+OO,

當，=1時，g(f)=l,

只需

即所求a>2.

②注意到f=J7,t=JT,要證X-X2>"2,只需證

1vI2v2124122

由①知，故有;=｛一｝<'2，即

2

下面證明：/1>1.

12

\n-

設)=g。)-g(1)=(/-1n1)-(1一A)=r-1-(r+1)ln/,

22t2ff1212f2

22222

t

2

有〃。)=1+1-(1-1)lnr-(r+1)-1=-(l-1)lnr<0,

2t2t222ttt22

22222

所以函數〃(f)在(1,也)上單調遞增，

2

所以)>萬⑴=0,

2

所以g(/,)-g(J)>°,故有g(;)<g(f,)=g(().

22

又0<r<1,且g(/)在fe(0,l)上單調遞減，所以!>4,即得，?/>1.

t1r112

22

因此結論得證.

122

【點睛】

本題考查用導數求函數的單調性，研究函數的零點問題，解題關鍵是對兩個變量的處理，換

答案第13頁，共26頁

元f=4是一種技巧同，目的是使問題得到簡化，經過轉化問題化為證明丫,>1,雙變量的

處理，先分離，(>：,利用函數g(x)的單調性，表面上復雜化，證明g(()>g(：),實質

22

上利用兩個變量的關系，此時可以進行消元：g")=g(r),因此只要證g(f,)>g(,),為此

122I

2

引入新函數，利用導數加以證明.本題考查了學生的邏輯思維能力，運算求解能力，轉化與

化歸能力，屬于困難題.

11.

(1)當時，/(A)=eG+l)—ln(/+l)；當.2,時，/G)=et-\nt；當

CminCmin

，時，/G)=2.

€6min

(2)見詳解

【分析】

(1)根據題意，求導，討論函數/G)在+上的單調性，即可求解.

(2)根據題意，先證e-ex,放縮得e心-xlnxVexz+L化簡后構造新函數，即可證明.

e

(1)

由/(x)=ex-lnx,得r(x)=e-4=^l,xe(0,^),

XX

令r(x)>0,得0―1>0,即X”因此函數")在(o,j上單調遞減，在上單調

遞增.

①當ou+l/,即Ouv'e時，函數/(X)在憶+1］。>0)上單調遞減，因此

ee

f(x)=/(r+l)=(?G+l)-ln(f+l);

min

②當年，時，函數/(X)在［u+l］(f>0)上單調遞增，因此/(x)=f(t)=et-\nt.

Cmin

③當/<_L</+i,即上￡</<，時，函數/G)在。,1)上單調遞減，在上單調遞增，

eee\e)\e)

因此/(X)=/f->|=l-ln-=2.

min(ej6

綜上所述，當時，/(x)=e(/+l)-lnG+l)；當時，/G)=et-\nt；當

eminCmin

^^<1/時，f(Q=2.

CCmin

(2)

答案第14頁，共26頁

證明：設〃（尤）=6-勿，xe（0,+oo）,則易得函數%Q）在（0,1）上單調遞減,

在（l,+oo）上單調遞增，因此"X）=/2（1）=0,故e*2ex恒成立.

min

要證4（x）<g（x），只需證ex2-x\nx<xex+—,

e

因為久之經，所以

ee

故只需證夕2-xlnxKex?+1（因x=l時，左邊小于右邊，所以可以帶等號），即xlnxN-L

ee

令（p（x）=xlnx,則。G）=lnx+1,易得函數（pG）在（0,j上單調遞減，在（卜母）上單調遞

因此當x>0時，V（x）<g（x）.

【點睛】

分類討論思想是高中數學一項重要的考查內容.分類討論思想要求在不能用統(tǒng)一的方法解決

問題的時候，將問題劃分成不同的模塊，通過分塊來實現問題的求解，體現了對數學問題的

分析處理能力和解決能力.

12.

（1）當aVO時，/G）在0,3上單調遞增；當a>0時，/（x）在（0,。）單調遞減，在（",+<?）

單調遞增

（2）證明見解析

【分析】

（1）求出函數的導數，通過討論。的范圍，求出函數的單調區(qū)間即可；

（2）由（1）可得/（x）的極小值點為犬=。，則不妨設0cx<a<x,證明x+x>2a,即

I212

證：/（26Z-X）</G）=/（A；）,構造函數

g（x）=/（2a-x）-/（x）=ln（2a-x）+lnx-@,證明g（x）<0即可，設x=tx,r>1,

2a—xx21

則ln（x+x）=『0+"一箸］,設八。）=曳，判斷單調性可得EG+1）〈生,進而得證.

121/t-\）/-I/Z-1

（1）

解：（1）由f（x）=lnx+2,x>0,可得r（x）=1-2=^^,x>0.

XXX2X2

答案第15頁，共26頁

當aVO時.，fx>0,所以/（x）在0,3上單調遞增；

當a>0時，/G）=—>0,得x>a,令尸（x）=U<0,得0<x<a,

X2X2

所以/（X）在（0,。）單調遞減，在Q,母）單調遞增；

證明：（2）因為函數/（x）=lnx+3有兩個零點，由（1）得a>0,

X

此時/（X）的遞增區(qū)間為（凡口），遞減區(qū)間為（0,a）,/G）有極小值/Q）=lna+1.

所以/Q）=lna+1<。，可得〃<1.所以0<〃<,.

ee

由（1）可得/G）的極小值點為x=。，則不妨設

設gG）=/（2"x）-/（x）=In（2〃-/）+------lnx~—,xG（0,6f）,

2a-xx

可得

所以gG）在（o,a）上單調遞增,所以gG）<gQ）=O,

即/（2a-x）-/（x）<0,則/（2a-x）</O,xc（0,a）,

所以當0<x<〃<x時，2a-x>a,^f（2a-x）<f（x）=f（x）.

12III2

因為當X￡（a,+oo）時，/G）單調遞增，所以2〃-x,即x+x>2a.

1212

Inx+=0,

1

xInxX2=t,即Inx=t\x\x=t\v\tx=r（inx+Inr）.

設工=比，r>l?則，1,則I1