导数的综合应用(高考版)
热点追踪 热点考向一 导数在方程中的应用 [典例 1] 已知函数 f(x)＝x2－(a＋4)x－2a2＋5a＋3(a∈R)． (1)当 a＝3 时，求函数 f(x)的零点； (2)若方程 f(x)＝0 的两个实数根都在区间(－1，3)上，求实数 a 的 取值范围．
[自主解答] (1)当 a＝3 时，f(x)＝x2－7x.令 f(x)＝0，则 x2－7x＝0， 解得 x＝0 或 x＝7，所以函数 f(x)的零点为 x＝0，x＝7.
D．－2016
解析：f(x)＝12x2＋2xf′(2016)－2016 lnx，
则 f′(x)＝x＋2f′(2016)－20x16，
则 f′(2016)＝2016＋2f′(2016)－22001166B.
答案：B
3．已知 f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)为 f(x)的导函数，且满足 f(x)<－xf′(x)，则不等式 f(x＋1)>(x－1)·f(x2－1)的解集是( )
f1e＝31e＋1>0，f(1)＝13>0，f(e)＝3e－1<0，所以 f(x)在区间1e，1上无 零点，在区间(1，e)上有零点．
答案：D
2．已知 f(x)＝12x2＋2xf′(2016)－2016 lnx，则 f′(2016)＝(
)
A．2015
B．－2015
C．2016
高考巡航 利用导数探求函数的极值、最值是函数的基本问题，高考中常与 函数零点、方程根及不等式相结合，难度较大.
核心梳理
[知识回顾]
方程根的存在性 导数在方程中的应用方程根的个数
方程根的存在区间
不等式恒成立 导数在不等式中的应用比较两个数的大小
证明不等式
[专题回访] 1．设函数 f(x)＝13x－lnx(x>0)，则 f(x)( )
以上各式相加得，
ln1＋ln2＋ln3＋…＋ln2 015<1＋2＋3…＋2 015，
即
ln(1×2×3×…×2
2 015)<
0151＋2 2
015＝2
015×1
008，
即1 0108ln(1×2×3×…×2 015)<2 015，
ln(2×3×…×2
(2)因为方程 f(x)＝0 的两个实数根都在区间(－1,3)上，
f－1>0 f3>0 所以－1<－－a2＋4<3， fa＋2 4≤0
－1<a<4
即0－<6a<<a1<2 3a－22≥0
，所以 0<a<1，
即实数 a 的取值范围为(0,1)．
A．f(a)<f(
a＋b
ab)<f
2
B．f(
a＋b
ab)<f
2
<f(b)
C．f(
a＋b
ab)<f
2
<f(a)
D．f(b)<fa＋2 b<f( ab)
(2)已知函数 f(x)＝xlnx－ax2－x(a∈R)．
①如果不等式 f(x)<－x 恒成立，求实数 a 的取值范围；
b>a>3>e ， 所 以
a＋b ab>b> 2 >
ab >a>e ， 所 以
f(a)>f( ab)>fa＋2 b>f(b)>f(ab)，故选 D.
(2)①由题意得，xlnx－ax2－x<－x，所以 xlnx－ax2<0，又 x∈(0，
＋∞)，
所以 a>lnxx，设 h(x)＝lnxx，则 h′(x)＝1－x2lnx，
②求证：ln(2×3×…×2
015)1
1 008<2
015.
见解析
[自主解答] (1)因为 f(x)＝lnxx，所以 f′(x)＝1－x2lnx.令 f′(x)＝0，
解得 x＝e，当 x>e 时，f′(x)<0，f(x)为减函数，当 0<x<e 时，f′(x)>0，
f(x) 为 增 函 数 ． 又
[方法规律] 利用导数解决函数零点(方程的根)问题的主要方法 (1)利用导数研究函数的单调性和极值，通过对极值正负的讨论研 究根的问题；
(2)利用数形结合研究方程的根； (3)利用导数结合零点定理研究根的存在问题； (4)转化为不等式或最值问题解决函数零点问题.
热点考向二 导数在不等式中的应用
[典例 2] (1)若 b>a>3，f(x)＝lnxx，则下列结论中正确的是( D )
A．(0,1) B．(1，＋∞) C．(1,2) D．(2，＋∞)
解析：因为 f(x)＋xf′(x)<0，所以[xf(x)]′<0，故 xf(x)在(0，＋∞) 上为单调递减函数，又(x＋1)f(x＋1)>(x2－1)·f(x2－1)，所以 x＋1<x2－1， 解得 x>2.
答案：D
4．已知函数 f(x)的定义域为 R，f′(x)为其导函数，函数 y＝f′(x) 的图象如图所示，且 f(－2)＝1，f(3)＝1，则不等式 f(x2－6)>1 的解集 为( )
A．(－3，－2)∪(2,3) B．(－ 2， 2) C．(2,3) D．(－∞，－ 2)∪( 2，＋∞)
解析：由 y＝f′(x)的图象知，f(x)在(－∞，0]上单调递增，在(0， ＋∞)上单调递减，又 f(－2)＝1，f(3)＝1，∴f(x2－6)>1 可化为－2<x2 －6<3，∴2<x<3 或－3<x<－2.
A．在区间1e，1，(1，e)上均有零点 B．在区间1e，1，(1，e)上均无零点 C．在区间1e，1上有零点，在区间(1，e)上无零点 D．在区间1e，1上无零点，在区间(1，e)上有零点
解析：因为 f′(x)＝13－1x，所以当 x∈(3，＋∞)时，f′(x)>0，f(x) 单调递增；当 x∈(0,3)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，而 0<1e<1<e<3，又
令 h′(x)>0 得 0<x<e，所以 h(x)在(0，e)上是增函数，
令 h′(x)<0 得 x>e，所以 h(x)在(e，＋∞)上是减函数，
所以 h(x)max＝h(e)＝1e.
所以
1 a>e.
②由①得 h(x)≤h(e)＝1e，所以lnxx≤1e，所以 lnx≤xe<x，即 lnx<x，
所以 ln1<1，ln2<2，ln3<3，……，ln2 015<2 015，
高中数学理科专题讲解高考大题专项(一)《导数的综合应用》教学课件
题型二 讨论函数的单调性例2(2019湖北八校联考一,21)已知函数f(x)=x3+ x2-4ax+1(a∈R).(1)略;(2)若函数h(x)=a(a-1)ln x-x3+3x+f(x),讨论函数h(x)的单调性.
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解题心得在判断函数f(x)的单调性时,若f'(x)中含有参数不容易判断其正负时,需要对参数进行分类讨论,分类的标准:(1)按导函数是否有零点分大类;(2)在大类中按导函数零点的大小分小类;(3)在小类中按零点是否在定义域中分类.
当-1<x<0时,g'(x)<0;当x>0时,g'(x)>0.故当x>-1时,g(x)≥g(0)=0,且仅当x=0时,g(x)=0,从而f'(x)≥0,且仅当x=0时,f'(x)=0.所以f(x)在(-1,+∞)单调递增.又f(0)=0,故当-1<x<0时,f(x)<0;当x>0时,f(x)>0.
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题型二 求函数的极值、最值例2(2019四川成都七中一模,21)已知函数f(x)=xsin x+2cos x+ax+2,其中a为常数.(1)略;(2)求函数f(x)在[0,π]上的最小值.
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解: (2)对∀x∈[0,π],f'(x)=xcos x-sin x+a,令g(x)=xcos x-sin x+a,g'(x)=-xsin x≤0,所以f'(x)在区间[0,π]上单调递减.当a≤0时,f'(x)≤f'(0)=a≤0,∴f(x)在区间[0,π]上单调递减,故fmin(x)=f(π)=aπ.当a≥π时,f'(x)≥f'(π)=a-π≥0,∴f(x)在区间[0,π]上单调递增,故fmin(x)=f(0)=4.当0<a<π时,因为f'(0)=a>0,f'(π)=a-π<0,且f'(x)在区间[0,π]上单调递减,结合零点存在定理可知,存在唯一x0∈(0,π),使得f'(x0)=0,且f(x)在[0,x0]上单调递增,在[x0,π]上单调递减.故f(x)的最小值等于f(0)=4和f(π)=aπ中较小的一个值.
函数与导数在高考数学中的综合应用
函数与导数在高考数学中的综合应用在高考数学中，函数与导数是非常重要的知识点。
函数是数学中最基本的概念之一，而导数则是函数的重要性质之一。
函数与导数的综合应用可以帮助我们解决许多实际问题，下面我们一起来了解一下。
一、基本概念函数是一种映射关系，将一个自变量映射到一个因变量。
通常用一个公式来表示函数，例如 y = f(x)。
其中，x 是自变量，y 是因变量，f(x) 是函数关系式。
在高考数学中，我们经常遇到各种形式的函数，例如多项式函数、指数函数、对数函数等等。
导数表示函数在某个点上的变化率，是函数的重要性质之一。
具体来讲，导数可以表示函数在某个点上的斜率。
设函数 f(x) 在点 x 处可导，则函数 f(x) 在 x 处的导数为：f'(x) = lim (f(x + h) - f(x))/h (h -> 0)其中，h 是一个非常小的数，通常取非常接近于 0 的值，也就是说，函数 f(x) 在 x 处的导数是函数在 x 点的极限。
二、实际应用在实际生活中，函数与导数的应用非常广泛，从物理、经济到生物等领域均有所涉及。
下面我们以一些具体的例子来了解一下函数与导数在实际问题中的应用。
1. 停车问题假设你要在一个长为100 米，宽为50 米的矩形停车场内停车，如果不能停在墙边，那么最大的停车面积是多少？解法：将停车场分为两个一样大小的区域，这样停车面积最大。
设停车场中心为原点，车停在横坐标 x 上，车头距停车场边界的距离为 y，则停车面积为：A = 2xy但是 y 的取值范围为 (0, 25)，因为如果 y 大于 25，车就停在了对面的区域里。
将 y 带入公式，得到：A = 2x(25 - x) = 50x - 2x^2求导得：A' = 50 - 4x令 A' = 0，解得 x = 12.5，所以最大停车面积为：A = 2×12.5×12.5 = 312.5 平方米。
导数综合复习(三)导数在研究函数中的应用 高考数学
导数综合复习(三)
主讲人：某某某老师
某某学校
一、函数的单调性
二、函数的极值与最大值
三、导数在研究函数中的应用
一、函数的单调性
二、函数的极值与最大值
三、导数在研究函数中的应用
导数在研究函数中的应用
学校：________.班级：________.姓名：________.前言 导数是研究函数的变化趋势的一个工具，是初等数学与高等数学中比较常用的一个工具，是研究高等数学的基础。由变化率引出导数，借助导数，不仅可以研究一元函数，而且还可以研究多元函数。
【详解】法一：，当时，恒成立，此时在R上单调递增，不可能有两个零点，舍去，当时，令 则在上单调递减，在上单调递增，因为时，，时，，所以要使得有两个零点，则要 ，
，，，即，综上，若函数有两个零点，则；法二：，当时，，0不是函数的零点；当时，有两根，所以有两根，令，则，当时，，所以在上单调递减，且，
中学阶段，我们需要了解变化率和导数的定义，并通过研究导数的相关性质得出函数的单调性和极最值，体会导数问题的一般研究思路，掌握导数问题的基本研究方法。这一部分内容难度大、知识运用性强，是整个高中数学学习过程中最难的一部分，涉及的题型多，技巧多，思维跳跃性大，需要逐步进行分析，不能图快，一味放弃对难题的解答，需要重视相关思想的培养和训练，如函数思想、方程思想等。 作为高考数学中的一个最为重要内容，无论是哪个高考卷，选择填空和大题都经常能见到导数的身影，常用作选择，填空和大题的压轴题。常常考查函数的求导，构造函数法，高阶函数的求导，函数的
二、函数的极值与最大值
1.极值极小值 极大值 设函数在点的某邻域内有定义，如果对于去心邻域内的任一，有(或)，则称是函数的一个极大值(或极小值)。函数的极大值与极小值统称为函数的极值，
2025年高考数学一轮复习课件第三章一元函数的导数及其应用-专题突破7导数的综合应用
【拆解】
分类
第一问
第二问
参考赋分
6分
6分
难易
中上
难
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续表
①总体看，题目为指数型函数与对数型函数的最值及图象交点问题，实际考
查利用导数研究函数零点问题.
②第一问是根据函数单调性求最值问题，根据最小值相等可求.注意分类讨
审题
要点
论.
③第二问是构造新函数利用零点个数解决问题.根据（1）可得当 > 1时，
所以函数 在 0,1 上单调递增，在 1, +∞ 上单调递减， 的最大值为 1 = 1.
所以 ≤ 1，即实数的取值范围是(−∞, 1]．
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考点三 利用导数研究函数零点
例3 已知函数 = − e + ,讨论函数 零点的个数.
解：′ = 1 − e .
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第一问
在基础性的层次上考查
数学运算学科素养，和
.
2
e −1
恒成立.
− 1 + 1 > 0 ，所以′ = e ⋅ > 0，所以 在 0, +∞ 上单调
递增.
所以 > 0 = 0，所以ℎ′ > 0，所以ℎ 在 0, +∞ 上单调递增．
由洛必达法则，知 lim+ ℎ =
→0
e −1
lim
→0+
e − = 的解的个数、 − ln = 的解的个数均为2，构建新函数
= − ，利用导数可得该函数只有一个零点且可得 , 的
大小关系，根据存在直线 = 与曲线 = ， = 有三个不同的交点
高考理科数学《导数的综合应用》题型归纳与训练
理科数学《导数的综合应用》题型归纳与训练【题型归纳】题型一 含参数的分类讨论例1 已知函数3()12f x ax x =-，导函数为()f x '， （1）求函数()f x 的单调区间；（2）若(1)6,()f f x '=-求函数在[—1，3]上的最大值和最小值。
【答案】略【解析】（I ）22()3123(4)f x ax ax '=-=-，（下面要解不等式23(4)0ax ->，到了分类讨论的时机，分类标准是零）当0,()0,()(,)a f x f x '≤<-∞+∞时在单调递减； 当0,,(),()a x f x f x '>时当变化时的变化如下表：此时，()(,)f x -∞+∞在单调递增， 在(单调递减； （II ）由(1)3126, 2.f a a '=-=-=得由（I ）知，()(f x -在单调递减,在单调递增。
【易错点】搞不清分类讨论的时机，分类讨论不彻底【思维点拨】分类讨论的难度是两个，（1）分类讨论的时机，也就是何时分类讨论，先按自然的思路推理，由于参数的存在，到了不能一概而论的时候，自然地进入分类讨论阶段；（2）分类讨论的标准，要做到不重复一遗漏。
还要注意一点的是，最后注意将结果进行合理的整合。
题型二 已知单调性求参数取值范围问题 例1 已知函数321()53f x x x ax =++-， 若函数在),1[+∞上是单调增函数，求a 的取值范围【答案】【解析】2'()2f x x x a =++,依题意在),1[+∞上恒有0y '≥成立， 方法1：函数2'()2f x x x a =++，对称轴为1x =-，故在),1[+∞上'()f x 单调递增，故只需0)1('≥f 即可，得3-≥a ，所以a 的取值范围是[3,)+∞；方法2： 由022≥++='a x x y ，得x x a 2--2≥，只需2max --2a x x ≥（），易得2max --23x x =-（），因此3-≥a ，，所以a 的取值范围是[3,)+∞； 【易错点】本题容易忽视0)1('≥f 中的等号 【思维点拨】已知函数()f x 在区间(,)a b 可导：1. ()f x 在区间(,)a b 内单调递增的充要条件是如果在区间(,)a b 内，导函数()0f x '≥，并且()f x '在(,)a b 的任何子区间内都不恒等于零；2. ()f x 在区间(,)a b 内单调递减的充要条件是如果在区间(,)a b 内，导函数()0f x '≤，并且()f x '在(,)a b 的任何子区间内都不恒等于零；说明：1.已知函数()f x 在区间(,)a b 可导,则()0f x '≥在区间内(,)a b 成立是()f x 在(,)a b 内单调递增的必要不充分条件2.若()f x 为增函数，则一定可以推出()0f x '≥；更加具体的说，若()f x 为增函数，则或者()0f x '>，或者除了x 在一些离散的值处导数为零外，其余的值处都()0f x '>；3. ()0f x '≥时，不能简单的认为()f x 为增函数，因为()0f x '≥的含义是()0f x '>或()0f x '=，当函数在某个区间恒有()0f x '=时，也满足()0f x '≥,但()f x 在这个区间为常函数. 题型三 方程与零点1．已知函数()3231f x ax x =-+，若()f x 存在三个零点，则a 的取值范围是（ ）A. (),2-∞-B. ()2,2-C. ()2,+∞D. ()()2,00,2-⋃ 【答案】D【解析】很明显0a ≠ ，由题意可得： ()()2'3632f x ax x x ax =-=- ，则由()'0f x = 可得1220,x x a==，由题意得不等式： ()()122281210f x f x a a =-+< ，即： 2241,4,22a a a><-<< ， 综上可得a 的取值范围是 ()()2,00,2-⋃.本题选择D 选项.【易错点】找不到切入点，“有三个零点”与函数的单调性、极值有什么关系？挖掘不出这个关系就无从下手。
2024年高考数学复习大题全题型专练：专题13 导数与放缩法综合应用(原卷版)
专题13导数与放缩法综合应用一、解答题1．（2022·全国·高三专题练习）已知函数 1ln x f x x x .（1）若1 x 时， 1m f x x，求实数m 的取值范围；（2）求证： 2*11ln ln 11n k n n k k n Nn .2．（2022·上海·闵行中学高三开学考试）定义在R 上的函数 f x 满足：若对任意的实数x y ，有 y x x f f y ，则称 f x 为L 函数．（1）判断 21f x x 和 211g x x 是否为L 函数，并说明理由；（2）当 ,x a b 时，L 函数 f x 的图像是一条连续的曲线，值域为G ，且 ,G a b ，求证：关于x 的方程 f x x 在区间 ,a b 上有且只有一个实数根；（3）设 f x 为L 函数，且 33f ，定义数列 n a n N ：11a ， 112n n n a f a a ，证明：对任意n N ，有13n n a a ．3．（2022·宁夏·银川一中三模（理））已知函数21()e 2x f x k x ，其中.k R (1)若()f x 有两个极值点，记为1212,(),x x x ①求k 的取值范围；②求证：122x x ；(2)求证：对任意,nN 恒有22212112 1.23e (1)e (1)e k n k n k n 4．（2022·全国·高三专题练习）已知函数 2()ln 12x f x x x .（1）证明：0x 时，()0f x ；（2）证明：111ln 3521n 5．（2022·云南师大附中高三阶段练习（文））已知函数 ln f x x .（1）证明：当2x 时， 2532x f x x 恒成立；（2）设数列 n a 的通项公式为2222n a f n n，记n S 为 n a 的前n 项和，求证：213364n n S n .（参考数据： 2.71828e1.41421 ）6．（2022·四川省宜宾市第四中学校高三阶段练习）已知函数(),y f x x N ，满足：①对任意,a b N ，都有 af a bf b af b bf a ；②对任意*n N 都有[()]3f f n n ．（1）试证明：()f x 为 N 上的单调增函数；（2）求(1)(6)(28)f f f ；（3）令(3),n n a f n N ，试证明：121111.424n n n a a a 7．（2022·安徽省霍邱县第二中学高三开学考试（理））已知函数()ln 3f x a x ax (0)a ．（1）讨论()f x 的单调性；（2）若()(1)40f x a x e 对任意2[,]x e e 恒成立，求实数a 的取值范围（e 为自然常数）；（3）求证：22221111ln(1)ln(1)ln(1)...ln(1)1234n*(2,)n n N ．8．（2022·四川·石室中学高三期末）已知函数 3log 101x f x x x 的图象上有一点列 ,n n n P x y n N ，点n P 在x 轴上的射影是 ,0n n Q x ，且132n n x x （2n 且n N ），12x ．（1）求证： 1n x 是等比数列，并求出数列 n x 的通项公式；（2）对任意的正整数n ，当 1,1m ]时，不等式21363n t mt y恒成立，求实数t 的取值范围；（3）设四边形11n n n n P Q Q P 的面积是n S ，求证：1211132n S S nS ．9．（2022·山东·模拟预测）已知函数()2ln(2)2f x x x .（1）求证：()f x 有且仅有2个零点；（2）求证： 22*1ln (1)(21)2(2,1)nk k n n N n n n k ＜.10．（2022·浙江·效实中学模拟预测）已知 2ax b f x x c为定义在R 上的奇函数，且当1x 时， f x 取最大值为1.（1）写出 f x 的解析式.（2）若112x ， 1n n x f x ，求证（ⅰ）1n n x x ；（ⅱ） 2221223112231516n n n n x x x x x x x x x x x x .11．（2022·全国·高三课时练习）已知函数2()ln f x a x x ，其中a R ．（1）讨论()f x 的单调性；（2）当1a 时，证明：2()1f x x x ；（3）求证：对任意的*n N 且2n ，都有：222211*********e n．（其中 2.7183e 为自然对数的底数）．12．（2022·四川·成都七中高三期中）已知函数()ln(1),()(),0f x x g x xf x x ，其中() f x 是 f x 的导函数.若 *11()(),()(),n n g x g x g x g g x n N .（1）求()n g x 的表达式；（2）求证：2222211213111n g g f g n n ，其中n ∈N *.13．（2022·全国·高三专题练习）已知二次函数()f x 满足(2)()f x f x -=-，()11f ，(0)2f ，()x g x e .（1）求()f x 的解析式；（2）求证：0x 时，2()()g x f x ；（3）求证： *11112(1)12(2)22()2n N g g g n n .14．（2022·吉林吉林·高三期末（理））已知函数 21ln 2f x x x .（1）求函数 f x 在区间1,44上的最值；（2）求证：2222*2222ln1ln 2ln 3ln 13(12312n n n N n n 且2)n ≥.15．（2022·天津市宝坻区第一中学三模（理））已知函数()e 1x f x ax （e 为自然对数的底数）.（1）求函数()f x 的单调区间；（2）当0a 时，若()0f x R x 恒成立，求实数a 的值；（3）求证：22222232323ln 1ln 1...ln 12(31)(31)(31)n n.。
高考导函数综合训练(含标准参考答案)
导函数的综合应用【典型例题】考点一、利用导数研究函数的零点或方程的根【例1】(2015·高考北京卷)设函数f(x)＝－k ln x，k>0.(1)求f(x)的单调区间和极值；(2)证明：若f(x)存在零点，则f(x)在区间(1，]上仅有一个零点．(2)【变式训练2】已知函数f(x)＝(e为自然对数的底数)．(1)求函数f(x)的单调区间；(2)设函数φ(x)＝xf(x)＋tf′(x)＋，存在实数x1，x2∈[0,1]，使得2φ(x1)<φ(x2)成立，求实数t的取值范围．考点三与导函数有关的参数求解或求取值范围问题【例3】已知函数f(x)＝ln x－.(2)M；【应用体验】1.函数f(x)＝ax3＋x恰有三个单调区间，则a的取值范围是__________.2.若函数f(x)＝x＋a sin x在R上递增，则实数a的取值范围为________.3.已知函数f (x )的定义域为R ，f ′(x )为f (x )的导函数，函数y ＝f ′(x )的图象如图所示，且f (－2)＝1，f (3)＝1，则不等式f (x 2－6)>1的解集为( )A.(－3，－2)∪(2,3)B.(－，)C.(2,3)4.)5.，g ′(x )>01．已知曲线cos y ax x =在(22A ．2πB ．2π-C ．1-πD ．1π2.已知定义域为R 的偶函数()f x ，其导函数为()f x '，对任意[)0,x ∈+∞，均满足：()()2xf x f x '>-．若()()2g x x f x =，则不等式()()21g x g x <-的解集是（）A ．(),1-∞-B ．1,3⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭C ．11,3⎛⎫- ⎪⎝⎭D ．()1,1,3⎛⎫-∞-⋃+∞ ⎪⎝⎭3.若函数f (x )＝x 3－tx 2＋3x 在区间[1,4]上单调递减，则实数t 的取值范围是( )A.B ．(－∞，3] C.D ．[3，＋∞)二、填空题4.a 12≤恒5.6.7y8．已知函数f (x )＝ln x ＋＋ax (a 是实数)，g (x )＝＋1.(1)当a ＝2时，求函数f (x )在定义域上的最值；(2)若函数f (x )在[1，＋∞)上是单调函数，求a 的取值范围；(3)是否存在正实数a 满足：对于任意x 1∈[1,2]，总存在x 2∈[1,2]，使得f (x 1)＝g (x 2)成立？若存在，求出a 的取值范围，若不存在，说明理由．B 组能力提升2.b 的3.2)为偶5.已知函数()()21x f x e x ax a =--+，其中a <1，若存在唯一的整数0x ，使得()0f x <0，则a 的取值范围是.(e 为自然对数的底数)6.若()x x f x e ae -=+为偶函数，则21(1)e f x e +-<的解集为_____________．三、解答题7．(2015·高考广东卷)设a>1，函数f(x)＝(1＋x2)e x－a.(1)求f(x)的单调区间；(2)证明：f(x)在(－∞，＋∞)上仅有一个零点；(3)若曲线y＝f(x)在点P处的切线与x轴平行，且在点M(m，n)处的切线与直线OP平行(O是坐标原点)，证明：m≤－1.【例题1】[解](1)由f(x)＝－k ln x(k>0)，得x>0且f′(x)＝x－＝.由f′(x)＝0，解得x＝.f(x)与f′(x)在区间(0，＋∞)上的情况如下：∞)；f(x)在x＝处取得极小值f()＝.(2)证明：由(1)知，f(x)在区间(0，＋∞)上的最小值为f()＝.因为f(x)存在零点，所以≤0，从而k≥e.当k＝e时，f(x)在区间(1，)上单调递减，且f()＝0，所以x＝是f(x)在区间(1，]上的唯一零点．，0000由u′(x)＝1－≥0知，函数u(x)在区间(1，＋∞)上单调递增，故0＝u(1)<a0＝u(x0)<u(e)＝e－2<1，即a0∈(0,1)．当a＝a0时，有f′(x0)＝0，f(x0)＝φ(x0)＝0.再由(1)知，f′(x)在区间(1，＋∞)上单调递增，当x∈(1，x0)时，f′(x)<0，从而f(x)>f(x0)＝0；当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)>0，从而f(x)>f(x0)＝0；又当x∈(0,1]时，f(x)＝(x－a0)2－2x ln x>0.故x∈(0，＋∞)时，f(x)≥0.综上所述，存在a∈(0,1)，使得f(x)≥0恒成立，且f(x)＝0在区间(1，＋∞)内有唯一解．【例题2】解：(1)m＝－1时，f(x)＝(1－x)e x＋x2，则f′(x)＝x(2－e x)，(2)假设存在x1，x2∈[0,1]，使得2φ(x1)<φ(x2)成立，则2[φ(x)]min<[φ(x)]max.∵φ(x)＝xf(x)＋tf′(x)＋e－x＝，∴φ′(x)＝＝－.①当t≥1时，φ′(x)≤0，φ(x)在[0,1]上单调递减，∴2φ(1)<φ(0)，即t>3－>1.②当t≤0时，φ′(x)>0，φ(x)在[0,1]上单调递增，∴2φ(0)<φ(1)，即t<3－2e<0.③当0<t<1时，若x∈[0，t)，φ′(x)<0，φ(x)在[0，t)上单调递减；若x∈(t,1]，φ′(x)>0，φ(x)在(t,1]上单调递增，所以2φ(t)<max{φ(0)，φ(1)}，即2·<max，(*)③若－e<a<－1，令f′(x)＝0得x＝－a，当1<x<－a时，f′(x)<0，∴f(x)在(1，－a)上为减函数；当－a<x<e时，f′(x)>0，∴f(x)在(－a，e)上为增函数，∴f(x)min＝f(－a)＝ln(－a)＋1＝，∴a ＝－.综上所述，a ＝－.(3)∵f (x )<x 2，∴ln x －<x 2.又x >0，∴a >x ln x －x 3.令g (x )＝x ln x －x 3，h (x )＝g ′(x )＝1＋ln x －3x 2，1.【答案】C 【解析】令()cos y f x ax x ==，则()c o s s in f x a x a x x '=-，所以()cos sin 22222a a f a πππππ'=-=- 12=，解得1a =-π.故选C ． 2.【答案】C【解析】试题分析：[)0,x ∈+∞时()()()()()22(2)0g x xf x x f x x f x xf x '''=+=+>，而()()2g x x f x =也为偶函数，所以()()()()2121|2||1||2||1|321013g x g x g x g x x x x x x <-⇔<-⇔<-⇔+-<⇔-<<，选C.3.解析：f ′(x )＝3x 2－2tx ＋3，由于f (x )在区间[1,4]上单调递减，则有f ′(x )≤0在[1,4]12k ≤12≥． 令()333x g x x x e =-+-，则()233(1)(33)x x g x x x x e e'=--=-++，所以当(,1)x ∈-∞时，()0g x '<，当(1,)x ∈+∞时，()0g x '>，所以()g x 在(,1)x ∈-∞上是减函数，在(1,)x ∈+∞是增函数，故()()min 111g x g e==-．6.【答案】),1()1,(+∞⋃--∞【解析】()()()()()22''2'211221'()222x g x f x g x x f x x x f x f x ⎡⎤=--∴=⋅-=⋅-<⎣⎦ ()'2210f x ∴⋅-<()'0g x ∴>得0x <，()'0g x <得0x >()()g x g x -=可知函数为偶函数()()()111010g f g =-=∴-=，结合()g x 的函数图像可知()0g x <的解集为),1()1,(+∞⋃--∞，即不等式212)(22+<x x f 的解集为),1()1,(+∞⋃--∞ 7.解：(1)f ′(x )＝x －(a ＋b )＋＝.(a ，(a ，＋∞)点，不合题意．综上所述，a 的取值范围为.8.解：(1)当a ＝2时，f (x )＝ln x ＋＋2x ，x ∈(0，＋∞)，f ′(x )＝－＋2＝＝，令f ′(x )＝0，则x ＝－1或x ＝.当x ∈时，f ′(x )<0；当x ∈时，f ′(x )>0，所以f (x )在x ＝处取到最小值，最小值为3－ln2；无最大值．(2)f ′(x )＝－＋a ＝，x ∈[1，＋∞)，显然a ≥0时，f ′(x )≥0，且不恒等于0，所以函数f (x )在[1，＋∞)上是单调递增函数，符合要求．当a <0时，令h (x )＝ax 2＋x －1，易知h (x )≥0在[1，＋∞)上不恒成立，所以函数f (x )在[1，＋∞)上只能是单调递减函数．a 无试题分析：设12()()x g x e f x =，则11122211'()'()()(()2'())22x x x g x e f x e f x e f x f x =+=+，则已知'()0g x >，所以()g x 是增函数，所以(1)(0)g g >，即12(1)(0)e f f >，(1)f>A ． 考点：导数与函数的单调性．2.【答案】C【解析】 试题分析：由题意，得2212()ln ()()x x b x x b f x x +----'=，则()()f x xf x +'＝2ln ()x x b x+-－212()ln ()x x b x x b x +----＝12()x x b x +-．若存在1[,2]2x ∈，使得()'()f x x f x >-⋅，则12()0x x b +->，所以12b x x <+．设1()2g x x x=+，则222121()122x g x x x -'=-=，当122x ≤≤时，()g x '<递增，94=，)x 是单)1=，所以(g )∞，故试题分析：验证发现，当x=1时，将1代入不等式有0≤a+b ≤0，所以a+b=0，当x=0时，可得0≤b ≤1，结合a+b=0可得-1≤a ≤0，令f （x ）=x 4-x 3+ax+b ，即f （1）=a+b=0，又f ′（x ）=4x 3-3x 2+a ，f ′′（x ）=12x 2-6x ，令f′′（x）＞0，可得x＞12，则f′（x）=4x3-3x2+a在[0，12]上减，在[12，+∞）上增，又-1≤a≤0，所以f′（0）=a＜0，f′（1）=1+a≥0，又x≥0时恒有430x x ax b≤-++，结合f（1）=a+b=0知，1必为函数f（x）=x4-x3+ax+b的极小值点，也是最小值点．y ax =-12 x>-时，1时，考点：利用导数研究函数的极值；函数的零点.6.【答案】(0,2)【解析】试题分析：由()x x f x e ae -=+为偶函数可得1a =，所以()x x f x e e -=+．因为()x x f x e e -'=-),0(+∞上为增函数，所以()(0)0f x f ''>=，所以函数()f x 在),0(+∞上为增函数，所以21(1)e f x e+-<等价于1(1)f x e e --<+，即(1)(1)f x f -<，所以111x -<-<，所以02x <<． 考点：1、函数的奇偶性；2、函数的单调性．7.解：(1)f ′(x )＝2x e x ＋(1＋x 2)e x ＝(x 2＋2x ＋1)e x ＝(x ＋1)2e x ≥0，故f (x )是R 上的单调(2)ln 2a )a(3)0，即8.＝2，设h (x )＝f (x )－g (x )＝(x ＋1)ln x －，当x ∈(0,1]时，h (x )<0，又h (2)＝3ln2－＝ln8－>1－1＝0，所以存在x 0∈(1,2)，使得h (x 0)＝0.因为h ′(x )＝ln x ＋＋1＋，所以当x ∈(1,2)时，h ′(x )>1－>0，当x∈[2，＋∞)时，h′(x)>0，所以当x∈(1，＋∞)时，h(x)单调递增．所以k＝1时，方程f(x)＝g(x)在(k，k＋1)内存在唯一的根．(3)由(2)知，方程f(x)＝g(x)在(1,2)内存在唯一的根x0，且x∈(0，x0)时，f(x)<g(x)，x∈(x0，＋∞)时，f(x)>g(x)，所以m(x)＝。
高考数学一轮复习第三章导数及其应用4导数的综合应用课件新人教A版2
-15考点1
考点2
考点3
当x变化时,g(x),g'(x)的变化情况如下表:
2
-∞,
3
x
g'(x)
+
0
单调递增↗
g(x)
2
,4
3
2
3
68
27
则函数 g(x)的极大值为 g
-
4
(4,+∞)
0
+
-m 单调递减↘ -16-m 单调递增↗
2
3
=
68
27
-m,极小值为 g(4)=-16-m.
∴要使 g(x)的图象与 x 轴有三个不同的交点,
则欲证
12 - 22
>2a,
只需证 2a(12 − 22 )>3x2-x1.
只需证 2a(12 − 22 )>2(x2-x1)+(x1+x2).
只需证 a(x1-x2)+
1 - 2
1 + 2
1
> .
2
因为 f'(x1)=0,f'(x2)=0,ax1=-ln x1,ax2=-ln x2,
(3)证明：由题设c>1,
设g(x)=1+(c-1)x-cx,
则g'(x)=c-1-cxln c,
ln
令 g'(x)=0,解得 x0=
-1
ln
ln
.
当 x<x0 时,g'(x)>0,g(x)单调递增;
当 x>x0 时,g'(x)<0,g(x)单调递减.
由(2)知 1<
-1
ln
高考大题专项(一) 导数的综合应用
高考大题专项(一) 导数的综合应用突破1 利用导数研究与不等式有关的问题1.(2020全国1,理21)已知函数f (x )=e x +ax 2-x. (1)当a=1时,讨论f (x )的单调性; (2)当x ≥0时,f (x )≥12x 3+1,求a 的取值范围.2.(2020山东潍坊二模,20)已知函数f (x )=1x +a ln x ,g (x )=e x x .(1)讨论函数f (x )的单调性; (2)证明:当a=1时,f (x )+g (x )-(1+ex 2)ln x>e .3.已知函数f (x )=ln x+a x(a ∈R )的图象在点1e ,f (1e)处的切线斜率为-e,其中e 为自然对数的底数.(1)求实数a 的值,并求f (x )的单调区间; (2)证明:xf (x )>x ex .4.(2020广东湛江一模,文21)已知函数f (x )=ln ax-bx+1,g (x )=ax-ln x ,a>1. (1)求函数f (x )的极值;(2)直线y=2x+1为函数f (x )图象的一条切线,若对任意的x 1∈(0,1),x 2∈[1,2]都有g (x 1)>f'(x 2)成立,求实数a 的取值范围.5.(2020山东济宁5月模拟,21)已知两个函数f(x)=e xx ,g(x)=lnxx+1x-1.(1)当t>0时,求f(x)在区间[t,t+1]上的最大值;(2)求证:对任意x∈(0,+∞),不等式f(x)>g(x)都成立.6.(2020湖北武汉二月调考,理21)已知函数f(x)=(x-1)e x-kx2+2.(1)略;(2)若∀x∈[0,+∞),都有f(x)≥1成立,求实数k的取值范围.7.(2020山东济南一模,22)已知函数f(x)=a(e x-x-1)x2,且曲线y=f(x)在(2,f(2))处的切线斜率为1.(1)求实数a的值;(2)证明:当x>0时,f(x)>1;(3)若数列{x n}满足e x n+1=f(x n),且x1=13,证明:2n|e x n-1|<1.8.(2020湖南长郡中学四模,理21)已知函数f(x)=x ln x.(1)若函数g(x)=f'(x)+ax2-(a+2)x(a>0),试研究函数g(x)的极值情况;(2)记函数F(x)=f(x)-xe x 在区间(1,2)上的零点为x0,记m(x)=min f(x),xe x,若m(x)=n(n∈R)在区间(1,+∞)上有两个不等实数解x1,x2(x1<x2),证明:x1+x2>2x0.突破2 利用导数研究与函数零点有关的问题1.(2020山东烟台一模,21)已知函数f (x )=1+lnxx -a (a ∈R ).(1)若f (x )≤0在(0,+∞)上恒成立,求a 的取值范围,并证明:对任意的n ∈N *,都有1+12+13+ (1)>ln(n+1); (2)设g (x )=(x-1)2e x ,讨论方程f (x )=g (x )的实数根的个数.2.(2020北京通州区一模,19)已知函数f (x )=x e x ,g (x )=a (e x -1),a ∈R . (1)当a=1时,求证:f (x )≥g (x );(2)当a>1时,求关于x 的方程f (x )=g (x )的实数根的个数.3.(2020湖南长郡中学四模,文21)已知函数f(x)=2a e2x+2(a+1)e x.(1)略;(2)当a∈(0,+∞)时,函数f(x)的图象与函数y=4e x+x的图象有唯一的交点,求a的取值集合.4.(2020天津和平区一模,20)已知函数f(x)=ax+be x,a,b∈R,且a>0.x,求函数f(x)的解析式;(1)若函数f(x)在x=-1处取得极值1e(2)在(1)的条件下,求函数f(x)的单调区间;的取值范(3)设g(x)=a(x-1)e x-f(x),g'(x)为g(x)的导函数,若存在x0∈(1,+∞),使g(x0)+g'(x0)=0成立,求ba围.x3+2(1-a)x2-8x+8a+7.5.已知函数f(x)=ln x,g(x)=2a3(1)若曲线y=g(x)在点(2,g(2))处的切线方程是y=ax-1,求函数g(x)在[0,3]上的值域;(2)当x>0时,记函数h(x)={f(x),f(x)<g(x),g(x),f(x)≥g(x),若函数y=h(x)有三个零点,求实数a的取值集合.参考答案高考大题专项(一)导数的综合应用突破1利用导数研究与不等式有关的问题1.解(1)当a=1时,f(x)=e x+x2-x,f'(x)=e x+2x-1.故当x∈(-∞,0)时,f'(x)<0;当x∈(0,+∞)时,f'(x)>0.所以f(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增.(2)f(x)≥12x3+1等价于12x3-ax2+x+1e-x≤1.设函数g(x)=(12x3-ax2+x+1)e-x(x≥0),则g'(x)=-12x3-ax2+x+1-32x2+2ax-1e-x=-12x[x2-(2a+3)x+4a+2]e-x=-12x(x-2a-1)(x-2)e-x.①若2a+1≤0,即a≤-12,则当x∈(0,2)时,g'(x)>0.所以g(x)在(0,2)上单调递增,而g(0)=1,故当x∈(0,2)时,g(x)>1,不合题意.②若0<2a+1<2,即-12<a<12,则当x ∈(0,2a+1)∪(2,+∞)时,g'(x )<0;当x ∈(2a+1,2)时,g'(x )>0.所以g (x )在(0,2a+1),(2,+∞)上单调递减,在(2a+1,2)上单调递增.由于g (0)=1,所以g (x )≤1当且仅当g (2)=(7-4a )e -2≤1,即a ≥7-e 24.所以当7-e 24≤a<12时,g (x )≤1.③若2a+1≥2,即a ≥12,则g (x )≤12x 3+x+1e -x .由于0∈7-e 24,12,故由②可得(12x 3+x +1)e -x ≤1.故当a ≥12时,g (x )≤1.综上,a 的取值范围是[7-e 24,+∞).2.(1)解 函数的定义域为(0,+∞),f'(x )=-1x 2+ax =ax -1x 2,当a ≤0时,f'(x )<0,所以f (x )在(0,+∞)上单调递减; 当a>0时,由f'(x )>0,得x>1a ,由f'(x )<0,得0<x<1a , 所以f (x )在(0,1a )上单调递减,在(1a ,+∞)上单调递增, 综上可知:当a ≤0时,f (x )在(0,+∞)上单调递减;当a>0时,f (x )在(0,1a )上单调递减,在(1a ,+∞)上单调递增. (2)证明 因为x>0,所以不等式等价于e x -e x+1>elnxx ,设F (x )=e x -e x+1,F'(x )=e x -e,所以当x ∈(1,+∞)时,F'(x )>0,F (x )单调递增;当x ∈(0,1)时,F'(x )<0,F (x )单调递减,所以F (x )min =F (1)=1.设G (x )=elnxx ,G'(x )=e (1-lnx )x 2, 所以当x ∈(0,e)时,G'(x )>0,G (x )单调递增,当x ∈(e,+∞)时,G'(x )<0,G (x )单调递减,所以G (x )max =G (e)=1.虽然F (x )的最小值等于G (x )的最大值,但1≠e,所以F (x )>G (x ),即e x -e x+1>elnxx ,故原不等式成立.3.(1)解因为函数f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=1x −ax2,所以f'(1e)=e-a e2=-e,所以a=2e,所以f'(x)=1x−2ex2.令f'(x)=0,得x=2e,当x∈(0,2e)时,f'(x)<0,当x∈(2e,+∞)时,f'(x)>0,所以f(x)在(0,2e)上单调递减,在(2e,+∞)上单调递增.(2)证明设h(x)=xf(x)=x ln x+2e ,由h'(x)=ln x+1=0,得x=1e,所以当x∈(0,1e)时,h'(x)<0;当x∈(1e,+∞)时,h'(x)>0,所以h(x)在(0,1e)上单调递减,在(1e,+∞)上单调递增,所以h(x)min=h(1e )=1e.设t(x)=xe x(x>0),则t'(x)=1-xe x,所以当x∈(0,1)时,t'(x)>0,t(x)单调递增,当x∈(1,+∞)时,t'(x)<0,t(x)单调递减,所以t(x)max=t(1)=1e.综上,在(0,+∞)上恒有h(x)>t(x),即xf(x)>x e x .4.解(1)∵a>1,∴函数f(x)的定义域为(0,+∞).∵f(x)=ln ax-bx+1=ln a+ln x-bx+1,∴f'(x)=1x-b=1-bxx.①当b≤0时,f'(x)>0,f(x)在(0,+∞)上为增函数,无极值;②当b>0时,由f'(x)=0,得x=1b.∵当x∈(0,1b)时,f'(x)>0,f(x)单调递增;当x∈(1b,+∞)时,f'(x)<0,f(x)单调递减,∴f(x)在定义域上有极大值,极大值为f(1b )=ln ab.(2)设直线y=2x+1与函数f(x)图像相切的切点为(x0,y0),则y0=2x0+1.∵f'(x)=1x -b,∴f'(x0)=1x0-b=2,∴x0=1b+2,即bx0=1-2x0.又ln ax 0-bx 0+1=2x 0+1,∴ln ax 0=1,∴ax 0=e . ∴x 0=ea .∴ae =b+2.∵对任意的x 1∈(0,1),x 2∈[1,2]都有g (x 1)>f'(x 2)成立, ∴只需g (x 1)min >f'(x 2)max . ∵g'(x )=a-1x =ax -1x, ∴由g'(x )=0,得x=1a . ∵a>1,∴0<1a <1.∴当x ∈(0,1a )时,g'(x )<0,g (x )单调递减; 当x ∈(1a ,1)时,g'(x )>0,g (x )单调递增.∴g (x )≥g (1a )=1+ln a , 即g (x 1)min =1+ln a.∵f'(x 2)=1x 2-b 在x 2∈[1,2]上单调递减,∴f'(x 2)max =f'(1)=1-b=3-ae .∴1+ln a>3-ae .即lna+a e -2>0.设h (a )=ln a+ae -2,易知h (a )在(1,+∞)上单调递增.又h (e)=0,∴实数a 的取值范围为(e,+∞). 5.(1)解 由f (x )=e x x 得,f'(x )=xe x -e xx 2=e x (x -1)x 2,∴当x<1时,f'(x )<0,当x>1时,f'(x )>0,∴f (x )在区间(-∞,1)上单调递减,在区间(1,+∞)上单调递增.①当t ≥1时,f (x )在区间[t ,t+1]上单调递增,f (x )的最大值为f (t+1)=e t+1t+1.②当0<t<1时,t+1>1,f (x )在区间(t ,1)上单调递减,在区间(1,t+1)上单调递增,∴f (x )的最大值为f (x )max =max{f (t ),f (t+1)}.下面比较f (t )与f (t+1)的大小.f (t )-f (t+1)=e tt−e t+1t+1=[(1-e )t+1]e tt (t+1).∵t>0,1-e <0,∴当0<t ≤1e -1时,f (t )-f (t+1)≥0,故f (x )在区间[t ,t+1]上的最大值为f (t )=e t t ,当1e -1<t<1时,f (t )-f (t+1)<0,f (x )在区间[t ,t+1]上的最大值为f (t+1)=e t+1t+1.综上可知,当0<t ≤1e -1时,f (x )在区间[t ,t+1]上的最大值为f (t )=e t t ,当t>1e -1时,f (x )在区间[t ,t+1]上的最大值为f (t+1)=e t+1t+1. (2)证明 不等式f (x )>g (x )即为e xx>lnx x +1x -1.∵x>0,∴不等式等价于e x >ln x-x+1,令h (x )=e x -(x+1)(x>0),则h'(x )=e x -1>0,∴h (x )在(0,+∞)上为增函数,h (x )>h (0)=0,即e x >x+1,所以,要证e x >ln x-x+1成立,只需证x+1>ln x-x+1成立即可. 即证2x>ln x 在(0,+∞)上成立. 设φ(x )=2x-ln x ,则φ'(x )=2-1x=2x -1x,当0<x<12时,φ'(x )<0,φ(x )单调递减,当x>12时,φ'(x )>0,φ(x )单调递增,∴φ(x )min =φ(12)=1-ln 12=1+ln 2>0,∴φ(x )>0在(0,+∞)上成立,∴对任意x ∈(0,+∞),不等式f (x )>g (x )都成立. 6.解 (1)略(2)f'(x )=x e x -2kx=x (e x -2k ),①当k ≤0时,e x -2k>0,所以,当x<0时,f'(x )<0,当x>0时,f'(x )>0,则f (x )在区间(-∞,0)上单调递减,在区间(0,+∞)上单调递增, 所以f (x )在区间[0,+∞)上的最小值为f (0),且f (0)=1,符合题意; ②当k>0时,令f'(x )=0,得x=0或x=ln 2k ,所以当0<k ≤12时,ln 2k ≤0,在区间(0,+∞)上f'(x )>0,f (x )单调递增, 所以f (x )在区间[0,+∞)上的最小值为f (0),且f (0)=1,符合题意;当k>12时,ln 2k>0,当x ∈(0,ln 2k )时,f'(x )<0,f (x )在区间(0,ln 2k )上单调递减, 所以f (ln 2k )<f (0)=1,不满足对任意的x ∈[0,+∞),f (x )≥1恒成立, 综上,k 的取值范围是(-∞,12].7.(1)解 f'(x )=a [(x -2)e x +x+2)]x 3,因为f'(2)=a2=1,所以a=2.(2)证明 要证f (x )>1,只需证h (x )=e x -12x 2-x-1>0.h'(x )=e x -x-1,令c (x )=e x -x-1,则c'(x )=e x -1.因为当x>0时,c'(x )>0,所以h'(x )=e x -x-1在(0,+∞)上单调递增,所以h'(x)=e x-x-1>h'(0)=0.所以h(x)=e x-12x2-x-1在(0,+∞)上单调递增,所以h(x)=e x-12x2-x-1>h(0)=0成立.所以当x>0时,f(x)>1.(3)证明(方法1)由(2)知当x>0时,f(x)>1.因为e x n+1=f(x n),所以x n+1=ln f(x n).设g(x n)=ln f(x n),则x n+1=g(x n),所以x n=g(x n-1)=g(g(x n-2))=…=g((…(g(x1))…))>0.要证2n|e x n-1|<1,只需证|e x n-1|<12n.因为x1=13,所以|e x1-1|=e13-1.因为e-323=e-278<0,所以e 13<32,所以|e x1-1|=e 13-1<12.故只需证|e x n+1-1|<12|e x n-1|.因为x n∈(0,+∞),故只需证e x n+1-1<12e x n−12,即证f(x n)-1<12e x n−12.只需证当x∈(0,+∞)时,φ(x)=12x2-2e x+12x2+2x+2>0,φ'(x)=12x2+x-2e x+x+2,令α(x)=12x2+x-2e x+x+2,则α'(x)=12x2+2x-1e x+1,令β(x)=12x2+2x-1e x+1,则β'(x)=12x2+3x+1e x>0,所以β(x)在区间(0,+∞)上单调递增,故β(x)=12x2+2x-1e x+1>β(0)=0.所以α(x)在区间(0,+∞)上单调递增,故α(x)=12x2+x-2e x+x+2>α(0)=0.所以φ(x)在区间(0,+∞)上单调递增,所以φ(x)=12x2-2e x+12x2+2x+2>φ(0)=0,所以原不等式成立.(方法2)由(2)知当x>0时,f(x)>1.因为e x n+1=f(x n),所以x n+1=ln f(x n).设g(x n)=ln f(x n),则x n+1=g(x n),所以x n=g(x n-1)=g(g(x n-2))=…=g((…(g(x1))…))>0.要证2n|e x n-1|<1,只需证|e x n-1|<12n.因为x1=13,所以|e x1-1|=e13-1.因为e-323=e-278<0,所以e 13<32,所以|e x1-1|=e 13-1<12.故只需证|e x n+1-1|<12|e x n-1|.因为x n∈(0,+∞),故只需证e x n+1-1<12e x n−12,即证f(x n)-1<12e x n−12.只需证当x∈(0,+∞)时,φ(x)=12x2-2e x+12x2+2x+2>0.因为φ(x)=12(x2-4)e x+12(x2+4x+4)=12(x+2)[(x-2)e x+(x+2)],设u(x)=(x-2)e x+(x+2),故只需证u(x)>0.u'(x)=(x-1)e x+1,令v(x)=(x-1)e x+1,则v'(x)=x e x>0,所以v(x)在区间(0,+∞)上单调递增,故v(x)=(x-1)e x+1>v(0)=0,所以u(x)在区间(0,+∞)上单调递增,故u(x)=(x-2)e x+(x+2)>u(0)=0,所以原不等式成立.8.(1)解由题意,得f'(x)=ln x+1,故g(x)=ax2-(a+2)x+ln x+1,故g'(x)=2ax-(a+2)+1x=(2x-1)(ax-1)x,x>0,a>0.令g'(x)=0,得x1=12,x2=1a.①当0<a<2时,1a >12,由g'(x)>0,得0<x<12或x>1a;由g'(x)<0,得12<x<1a.所以g(x)在x=12处取极大值g12=-a4-ln 2,在x=1a处取极小值g1a=-1a-ln a.②当a=2时,1a =12,g'(x)≥0恒成立,所以不存在极值.③当a>2时,1a <12,由g'(x)>0,得0<x<1a或x>12;由g'(x)<0,得1a<x<12.所以g(x)在x=1a处取极大值g1a=-1a-ln a,在x=12处取极小值g12=-a4-ln 2.综上,当0<a<2时,g(x)在x=12处取极大值-a4-ln 2,在x=1a处取极小值-1a-ln a;当a=2时,不存在极值;当a>2时,g(x)在x=1a处取极大值-1a-ln a,在x=12处取极小值-a4-ln 2.(2)证明F(x)=x ln x-xe x ,定义域为x∈(0,+∞),F'(x)=1+ln x+x-1e x.当x∈(1,2)时,F'(x)>0,即F(x)在区间(1,2)上单调递增.又因为F(1)=-1e<0,F(2)=2ln 2-2e2>0,且F(x)在区间(1,2)上的图像连续不断,故根据函数零点存在定理,F(x)在区间(1,2)上有且仅有一个零点.所以存在x0∈(1,2),使得F(x0)=f(x0)-x0e x0=0.且当1<x<x0时,f(x)<xe x;当x>x0时,f(x)>xe x.所以m(x)=min f(x),xe x={xlnx,1<x<x0,xe x,x>x0.当1<x<x0时,m(x)=x ln x,由m'(x)=1+ln x>0,得m(x)单调递增;当x>x 0时,m (x )=x e x ,由m'(x )=1-xe x <0,得m (x )单调递减. 若m (x )=n 在区间(1,+∞)上有两个不等实数解x 1,x 2(x 1<x 2), 则x 1∈(1,x 0),x 2∈(x 0,+∞).要证x 1+x 2>2x 0,即证x 2>2x 0-x 1.又因为2x 0-x 1>x 0,而m (x )在区间(x 0,+∞)上单调递减, 所以可证m (x 2)<m (2x 0-x 1).由m (x 1)=m (x 2),即证m (x 1)<m (2x 0-x 1),即x 1ln x 1<2x 0-x 1e 2x 0-x 1. 记h (x )=x ln x-2x 0-xe 2x 0-x,1<x<x 0, 其中h (x 0)=0. 记φ(t )=t e t ,则φ'(t )=1-te t . 当t ∈(0,1)时,φ'(t )>0; 当t ∈(1,+∞)时,φ'(t )<0. 故φ(t )max =1e .而φ(t )>0,故0<φ(t )<1e . 因为2x 0-x>1, 所以-1e <-2x 0-xe 2x 0-x<0. 因此h'(x )=1+ln x+1e2x 0-x −2x 0-x e 2x 0-x>1-1e >0,即h (x )单调递增,故当1<x<x 0时,h (x )<h (x 0)=0, 即x 1ln x 1<2x 0-x 1e 2x 0-x 1, 故x 1+x 2>2x 0,得证.突破2 利用导数研究 与函数零点有关的问题1.(1)证明 由f (x )≤0可得,a ≥1+lnxx(x>0),令h (x )=1+lnx x ,则h'(x )=1x ·x -(1+lnx )x 2=-lnxx 2. 当x ∈(0,1)时,h'(x )>0,h (x )单调递增;当x ∈(1,+∞)时,h'(x )<0,h (x )单调递减,故h (x )在x=1处取得最大值,要使a ≥1+lnxx,只需a ≥h (1)=1,故a 的取值范围为[1,+∞). 显然,当a=1时,有1+lnxx≤1,即不等式ln x<x-1在(1,+∞)上成立,令x=n+1n >1(n ∈N *),则有ln n+1n <n+1n -1=1n ,所以ln 21+ln 32+…+ln n+1n <1+12+13+…+1n , 即1+12+13+…+1n >ln(n+1).(2)解 由f (x )=g (x ),可得1+lnxx -a=(x-1)2e x ,即a=1+lnxx -(x-1)2e x ,令t (x )=1+lnxx -(x-1)2e x , 则t'(x )=-lnx x 2-(x 2-1)e x ,当x ∈(0,1)时,t'(x )>0,t (x )单调递增;当x ∈(1,+∞)时,t'(x )<0,t (x )单调递减,故t (x )在x=1处取得最大值t (1)=1,又当x →0时,t (x )→-∞,当x →+∞时,t (x )→-∞,所以,当a=1时,方程f (x )=g (x )有一个实数根;当a<1时,方程f (x )=g (x )有两个不同的实数根; 当a>1时,方程f (x )=g (x )没有实数根. 2.(1)证明 设函数F (x )=f (x )-g (x )=x e x -a e x +a.当a=1时,F (x )=x e x -e x +1,所以F'(x )=x e x . 所以当x ∈(-∞,0)时,F'(x )<0; 当x ∈(0,+∞)时,F'(x )>0.所以F (x )在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增. 所以当x=0时,F (x )取得最小值F (0)=0. 所以F (x )≥0,即f (x )≥g (x ).(2)解 设函数F (x )=f (x )-g (x )=x e x -a e x +a.当a>1时,F'(x )=(x-a+1)e x ,令F'(x )>0,即(x-a+1)e x >0,解得x>a-1; 令F'(x )<0,即(x-a+1)e x <0,解得x<a-1.所以F (x )在(-∞,a-1)上单调递减,在(a-1,+∞)上单调递增.所以当x=a-1时,F (x )取得最小值,即F (a-1)=a-e a-1. 令h (a )=a-e a-1,则h'(a )=1-e a-1.因为a>1,所以h'(a )<0.所以h (a )在(1,+∞)上单调递减. 所以h (a )<h (1)=0,所以F (a-1)<0.又因为F (a )=a>0,所以F (x )在区间(a-1,a )上存在一个零点. 所以在[a-1,+∞)上存在唯一的零点.又因为F (x )在区间(-∞,a-1)上单调递减,且F (0)=0, 所以F (x )在区间(-∞,a-1)上存在唯一的零点0.所以函数F (x )有且仅有两个零点,即方程f (x )=g (x )有两个实数根.3.解 (1)略.(2)设t=e x ,则f (t )=2at 2+2(a+1)t 的图像与y=4t+ln t 的图像只有一个交点,其中t>0,则2at 2+2(a+1)t=4t+ln t 只有一个实数解,即2a=2t+lntt 2+t只有一个实数解. 设g (t )=2t+lnt t 2+t,则g'(t )=-2t 2+t -2tlnt+1-lnt(t 2+t )2,g'(1)=0.令h (t )=-2t 2+t-2t ln t+1-ln t , 则h'(t )=-4t-1φ-2ln t-1.设y=1t +2ln t ,令y'=-1t 2+2t =2t -1t 2=0,解得t=12,则y ,y'随t 的变化如表所示0,1212,+∞y' - 0+则当t=12时,y=1t +2ln t 取最小值为2-2ln 2=2×(1-ln 2)>0. 所以-1t -2ln t<0, 即h'(t )=-4t-1t -2ln t-1<0.所以h (t )在(0,+∞)上单调递减. 因此g'(t )=0只有一个根,即t=1. 当t ∈(0,1)时,g'(t )>0,g (t )单调递增; 当t ∈(1,+∞)时,g'(t )<0,g (t )单调递减. 所以,当t=1时,g (t )有最大值为g (1)=1.由题意知,y=2a 与g (t )图像只有一个交点,而a ∈(0,+∞), 所以2a=1,即a=12,所以a 的取值集合为12.4.解 (1)函数f (x )的定义域为(-∞,0)∪(0,+∞).f'(x )=ax 2+bx -b x 2e x,由题知{f '(-1)=0,f (-1)=1e ,即{(a -2b )e -1=0,(-a+b )-1e -1=1e ,解得{a =2,b =1,所以函数f (x )=2x+1x e x (x ≠0). (2)f'(x )=2x 2+x -1x 2e x =(x+1)(2x -1)x 2e x. 令f'(x )>0得x<-1或x>12, 令f'(x )<0得-1<x<0或0<x<12.所以函数f (x )的单调递增区间是(-∞,-1),12,+∞, 单调递减区间是(-1,0),0,12.(3)根据题意易得g (x )=ax-b x -2a e x (a>0), 所以g'(x )=bx 2+ax-bx -a e x .由g (x )+g'(x )=0,得ax-bx -2a e x +bx 2+ax-bx -a e x =0.整理,得2ax 3-3ax 2-2bx+b=0.存在x 0∈(1,+∞),使g (x 0)+g'(x 0)=0成立,等价于存在x 0∈(1,+∞),使2a x 03-3a x 02-2bx 0+b=0成立.设u (x )=2ax 3-3ax 2-2bx+b (x>1),则u'(x )=6ax 2-6ax-2b=6ax (x-1)-2b>-2b. 当b ≤0时,u'(x )>0,此时u (x )在(1,+∞)上单调递增, 因此u (x )>u (1)=-a-b.因为存在x 0∈(1,+∞),使2a x 03-3a x 02-2bx 0+b=0成立, 所以只要-a-b<0即可,此时-1<ba ≤0. 当b>0时,令u (x )=b , 解得x 1=3a+√9a 2+16ab4a>3a+√9a 24a=32>1,x 2=3a -√9a 2+16ab 4a(舍去),x 3=0(舍去),得u (x 1)=b>0.又因为u (1)=-a-b<0,于是u (x )在(1,x 1)上必有零点,即存在x 0>1,使2a x 03-3a x 02-2bx 0+b=0成立,此时ba >0.综上,ba 的取值范围为(-1,+∞). 5.解 (1)因为g (x )=2a3x 3+2(1-a )x 2-8x+8a+7,所以g'(x )=2ax 2+4(1-a )x-8,所以g'(2)=0. 所以a=0,即g (x )=2x 2-8x+7. g (0)=7,g (3)=1,g (2)=-1.所以g (x )在[0,3]上的值域为[-1,7].(2)①当a=0时,g (x )=2x 2-8x+7,由g (x )=0,得x=2±√22∈(1,+∞),此时函数y=h (x )有三个零点,符合题意.②当a>0时,g'(x )=2ax 2+4(1-a )x-8=2a (x-2)x+2a . 由g'(x )=0,得x=2. 当x ∈(0,2)时,g'(x )<0; 当x ∈(2,+∞)时,g'(x )>0.若函数y=h (x )有三个零点,则需满足g (1)>0且g (2)<0,解得0<a<316.③当a<0时,g'(x )=2ax 2+4(1-a )x-8=2a (x-2)x+2a . 由g'(x )=0,得x 1=2,x 2=-2a .(ⅰ)当-2a <2,即a<-1时,因为g (x )极大值=g (2)=163a-1<0,此时函数y=h (x )至多有一个零点,不符合题意.(ⅱ)当-2a =2,即a=-1时,因为g'(x )≤0,此时函数y=h (x )至多有两个零点,不符合题意. (ⅲ)当-2a >2,即-1<a<0时,若g (1)<0,函数y=h (x )至多有两个零点,不符合题意; 若g (1)=0,得a=-320;因为g -2a =1a 28a 3+7a 2+8a+83,所以g -2a >0,此时函数y=h (x )有三个零点,符合题意;若g (1)>0,得-320<a<0. 由g -2a =1a 28a 3+7a 2+8a+83.记φ(a)=8a3+7a2+8a+83,则φ'(a)>0.所以φ(a)>φ-320>0,此时函数y=h(x)有四个零点,不符合题意.综上所述,满足条件的实数a∈-220∪0,316.。
2023年高考备考导数与放缩法综合应用(含答案)
高考材料高考材料专题13 导数与放缩法综合应用一、解答题1．〔2023·全国·高三专题练习〕已知函数. ()1ln xf x x x=+〔1〕假设时，，求实数的取值范围； 1≥x ()1mf x x ≥+m 〔2〕求证：.()()2*11ln ln 11nk n n k k n N n =--++>∈⎡⎤⎣⎦+∑（答案）〔1〕；〔2〕证明见解析． 2m ≤（解析） （分析）〔1〕先别离参数转化为求函数的最小值，通过求导函数，进而分析单调性再求得最小值得出结果； 〔2〕由〔1〕知：恒成立，即，则累加后结合放缩法即可证明命题． ()21f x x ≥+2ln 1>-x x ()22ln 111+>-+⎡⎤⎣⎦+n n n n （详解）解：〔1〕不等式，即为，()1m f x x ≥+()()11ln x x m x++≤记，()()()11ln x x g x x++=故， ()()()()()'2211ln 11ln ln x x x x x x x g x x x ⎡⎤++-++-='⎣⎦=令，则， ()ln h x x x =-()11h x x'=-∵，∴在单调递增， 1≥x ()()0,h x h x '≥[)1,+∞故，故， ()()min 110h x h ==>()0g x '>故在上单调递增， ()g x [)1,+∞故，故； ()()min 12g x g ==2m ≤〔2〕由〔1〕知：恒成立， ()21f x x ≥+即， 122ln 1112x x x x x-≥=->-++令，则，()1x n n =+()()222ln 11111+>-=-+⎡⎤⎣⎦++n n n n n n 故，()()2222ln 121,ln 2311223⨯>-+⨯>-+， ()()2222ln 341,,ln 11341⨯>-++>-+⎡⎤⎣⎦+ n n n n 累加得：，()21111ln ln 1212111nk n n k k n n n n n =--⎛⎫++>-->-+=⎡⎤ ⎪⎣⎦+++⎝⎭∑故． ()()2*11ln ln 11nk n n k k n N n =--++>∈⎡⎤⎣⎦+∑2．〔2023·上海·闵行中学高三开学考试〕定义在上的函数满足：假设对任意的实数，有R ()f x x y ≠，则称为函数．()()y x x f f y -<-()f x L 〔1〕推断和是否为函数，并说明理由； ()21f x x =+()211g x x =+L 〔2〕当时，函数的图像是一条连续的曲线，值域为，且，求证：关于的方程[],x a b ∈L ()f x G [],G a b ⊆x ()f x x =在区间上有且只有一个实数根；[],a b 〔3〕设为函数，且，定义数列：，，证明：对任意，有()f x L ()33f ={}()n a n *∈N 11a =()()112n n n a f a a +=+n *∈N ．13n n a a +<<（答案）〔1〕不是函数，是函数，理由见解析；〔2〕证明见解析；〔3〕证明见解析. ()f x L ()g x L （解析） （分析）(1)利用给定定义结合已知函数式直接验证即可得解；(2)构造函数，利用零点存在性定理及反证法即可得解；()(),[,]h x f x x x a b =-∈(3)依据给定条件，先证得，然后利用数学归纳法证明对任意正整数成立. 123a a <<13n n a a +<<（详解）(1)，，12,R x x ∀∈12x x ≠，显然值可以趋近于正无穷大，即不成立，2212121212|()()|||||||f x f x x x x x x x -=-=+⋅-12||x x +1212|()()|||f x f x x x -<-所以函数不是函数；()f x L ， 12121222221212||11|()()|||||11(1)(1)x x g x g x x x x x x x +-=-=⋅-++++而，则恒成立， ()()()()()2222121212122222222212121212111111222111111x x x x x x x x x x x x x x x x +++++++≤≤=<++++++++1212|()()|||g x g x x x -<-所以函数是函数；()g x L (2)令，显然的图象是上的一条连续曲线，而值域为，且， ()(),[,]h x f x x x a b =-∈()h x [,]a b ()f x G [],G a b ⊆于是得，，由零点存在性定理知，方程在内有实根，()()0h a f a a =-≥()()0h b f b b =-≤()0h x =[,]a b 假设在内有两个不同的实根，则有，即， ()()0h x f x x =-=[,]a b 34,x x 3344(),()f x x f x x ==3434|()()|||f x f x x x -=-而函数是函数，对上述的，必有与矛盾， ()f x L 34,x x 3434|()()|||f x f x x x -<-3434|()()|||f x f x x x -=-所以关于的方程在区间上有且只有一个实数根；x ()f x x =[],a b高考材料高考材料(3)因函数是函数，又，，于是得，即， ()f x L ()33f =11a =11|()(3)||3|2f a f a -<-=11()5f a <<，从而有，2111[()](1,3)2a f a a =+∈123a a <<用数学归纳法证明不等式：，， 13n n a a +<<n *∈N ①当时，不等式显然成立，1n =②假设时，不等式成立，即，,N n k k *=∈13k k a a +<<，即有，则， ()()()()11113333k k k k f a f f a f a a ++++-≤-<-=-()()11336k k f a a f +++<+=()211132k k k a f a a +++⎡⎤=+<⎣⎦又，即， ()()()()1111k k k k k k k k f a f a f a f a a a a a ++++-≤-<-=-()()11k k k k f a a f a a +++<+则，即， ()()111122k k k k f a a f a a ++⎡⎤⎡⎤+<+⎣⎦⎣⎦12k k a a ++<从而得，即时，不等式成立， 123k k a a ++<<1n k =+综合①②得，对任意，有.n *∈N 13n n a a +<<3．〔2023·宁夏·银川一中三模〔理〕〕已知函数，其中 21()e 2xf x k x =-.k ∈R (1)假设有两个极值点，记为 ()f x 1212,(),x x x x <①求的取值范围； k ②求证：； 122x x +>(2)求证：对任意恒有 ,n *∈N 22212112 1.23e (1)e (1)ek n k n k n --+++++<++ （答案）(1)①；② 证明见解析； 10e<<k (2)证明见解析. （解析） （分析）〔1〕① 由题得有两个变号零点，设求出函数的单调性即得解；② 利用极值点偏移的方法证明； e x x k =(),e xxg x =〔2〕证明，再利用裂项相消求和即得证.21e 11(1)1n n n n n -<-++(1)解：〔1〕由题得有两个变号零点， ()e 0x f x k x '=-=所以有两个变号零点， e xxk =设 1(),(),e e x xx xg x g x -'=∴=当时，函数单调递增，当时，函数单调递减，1x <()g x 1x >()g x当时，，当时，，， 0x <()0g x <0x >()0>g x 1(1)eg =所以. 10e<<k (2)设， ()()(2),(1)h x g x g x x =-->所以， 211()()[(2)]=0,(1)e ex x x xh x g x g x x ---'''=--+>>所以在单调递增，又， ()h x (1,)+∞(1)0h =所以 又， ()(2),g x g x >-121x x <<所以22()(2),g x g x >-所以 因为，所以. 12()(2),g x g x >-221x -<12122,+2x x x x >-∴>(2)证明：由〔1〕知，所以 1,e e x x ≤11,e x x-≤所以对任意恒有， ,n *∈N 2121111(1)e (1)(1)1n n n n n n n n -≤<=-++++所以 2221211211111(1()()23e (1)e (1)e 2231k n k n k n n n --+++++<-+-++-+++ 所以. 2221211211123e (1)e (1)e 1k n k n k n n --+++++<-<+++ 4．〔2023·全国·高三专题练习〕已知函数. ()2()ln 12xf x x x =+-+〔1〕证明：时，； 0x >()0f x>〔2〕证明：1113521n ++⋅⋅⋅+<+（答案）〔1〕证明见解析；〔2〕证明见解析. （解析）〔1〕由，即在定义域内为增函数，即可证明结论. 22()0(1)(2)x f x x x '=>++()f x 〔2〕依据〔1〕结论，令可得，将所得的n 个式子相加，结合对数运算性质、放缩法即可1x n =21ln 21n n n+<+*n N ∈证不等式. （详解）〔1〕时，， 0x >22214()01(2)(1)(2)x f x x x x x '=-=>++++故为增函数，； ()f x ()()00f x f >=〔2〕由〔1〕知：， 2ln(1)2xx x +>+令时，有， 1x n =12121ln 1ln 1212n n n n n n⋅+⎛⎫<+⇒< ⎪+⎝⎭+高考材料高考材料故，，…，， 22ln 31<23ln 52<21ln 21n n n+<+将式相加得：，n 222231ln ln ln 352112n n n ++++<++++ 231ln ln(1)12n n n +⎛⎫=⋅=+ ⎪⎝⎭ ∴. 1111ln(1)35212n n +++<+=+ 5．〔2023·云南师大附中高三阶段练习〔文〕〕已知函数.()ln f x x =〔1〕证明：当时，恒成立；2x >()2532xf x x -+<<〔2〕设数列的通项公式为，记为的前项和，求证：.{}n a 2222n a f n n ⎛⎫=+ ⎪+⎝⎭n S {}n a n 213364n n S n +<<+〔参考数据：〕 2.71828e = 1.41421= （答案）〔1〕证明见解析；〔2〕证明见解析. （解析） （分析）〔1〕构造函数，利用导数得出，可证得成立，构造函数()()253g x f x x =+-()()20g x g >>()253f x x >-+，利用导数得出可证得，综合可证得结论成立； ()()2x h x f x =-()()20h x h <<()2xf x <〔2〕由〔1〕中的结论可得出，利用放缩法得出，22225112132n n n a n n n n +-+<<++++211111131222n a n n n n ⎛⎫+-<<+- ⎪+++⎝⎭结合裂项求和法可证得结论成立. （详解）证明：〔1〕令，可得， ()()2525ln 33g x f x x x x =+-=+-()22122x g x x x x-'=-=当时，，所以，函数在上单调递增．2x >()0g x '>()g x ()2,+∞又，而，，，()22ln 23g =-22ln 2332e e e -=-328=3223e e ⎛⎫= ⎪⎝⎭2.83e =≈>，在上恒成立． ()22ln 203g ∴=->()253f x x >-+()2,+∞令，则， ()()ln 22x x h x f x x =-=-()11222xh x x x-'=-=当时，，所以，函数在上单调递减． 2x >()0h x '<()h x ()2,+∞又，在上恒成立． ()2ln 21ln 2ln 0h e =-=-<()2xf x ∴<()2,+∞综上，当时，恒成立；2x >()2532xf x x -+<<〔2〕，而，22222ln 222n a f n n n n ⎛⎫⎛⎫=+=+ ⎪ ⎪++⎝⎭⎝⎭ 22222n n +>+所以令〔1〕中不等式的， 2222242222n n x n n n n++=+=++由〔1〕可得，22225112132n n n a n n n n+-+<<++++则一方面，， ()()()()()222221125521212133331211n n n n a n n n n n n +-+>-+=-=+>+++++++211312n n =+-++， 211111121121121323341232232336n S n n n n n n n ⎛⎫∴>+-+-++-=+->+-=+ ⎪+++⎝⎭ 另一方面，，()111111222n a n n n n ⎛⎫<+=+- ⎪++⎝⎭， 111111111111232422212n S n n n n n n ⎛⎫⎛⎫∴<+-+-++-=++-- ⎪ ⎪+++⎝⎭⎝⎭3111342124n n n n ⎛⎫=+-+<+ ⎪++⎝⎭综上，有．213364n n S n +<<+6．〔2023·四川省宜宾市第四中学校高三阶段练习〕已知函数，满足：①对任意，都有(),y f x x N +=∈,a b N +∈；()()()()af a bf b af b bf a +>+②对任意都有． *n N ∈[()]3f f n n =〔1〕试证明：为上的单调增函数； ()f x +N 〔2〕求；(1)(6)(28)f f f ++〔3〕令，试证明：(3),nn a f n N +=∈121111.424n n n a a a <+++<+ （答案）〔1〕证明见解析；〔2〕66；〔3〕证明见解析. （解析） （分析）〔1〕对①中等式变形，利用定义法推断出的单调性；()f x 〔2〕先假设，依据条件确定出的值，即可求解出的值，再结合〔1〕的单调性确定出的()1f a =a ()()1,6f f ()28f 值，由此计算出结果；〔3〕依据条件推断出为等比数列并求解出通项公式，利用不等式以及二项展开式采纳放缩方法证明不等式. {}n a （详解）解：〔1〕 由①知，对任意，都有 ， *,,a b N a b ∈<()(()())0a b f a f b -->由于，从而，所以函数为上的单调增函数；0a b -<()()f a f b <()f x *N 〔2〕令，则，显然，否则，与矛盾. ()1f a =1a …1a ≠()()()111f f f ==()()13f f =从而，而由，即得. 1a >((1))3f f =()3f a =又由〔1〕知，即.()(1)f a f a >=3a <于是得，又，从而，即.13a <<*a N ∈2a =()12f =高考材料高考材料又由知. ()3f a =()23f =于是，(3)((2))326f f f ==⨯=，， (6)((3))339f f f ==⨯=(9)((6))3618f f f ==⨯=，， (18)((9))3927f f f ==⨯=(27)((18))31854f f f ==⨯=， 由于，(54)((27))32781f f f ==⨯=5427815427-=-=而且由〔1〕知，函数为单调增函数，因此. ()f x (28)54155f =+=从而.(1)(6)(28)295566f f f ++=++=〔3〕，()()()13333n n n n f a f f +==⨯=，. ()()()()1133n n n n a f f f f a a ++===1(3)6a f ==即数列是以为首项，以为公比的等比数列. {}n a 63∴16323(1,2,3)n n n a n -=⨯=⨯= 于是，显然， 21211(1)111111111133((1)1233324313n n n n a a a -+++=+++=⨯=--1111434n ⎛⎫-< ⎪⎝⎭另一方面，1223(12)122212n n n nn n n C C C n =+=+⨯+⨯++⨯>+ 从而. 1111114342142nn n n ⎛⎫⎛⎫->-=⎪ ⎪++⎝⎭⎝⎭综上所述，. 121111424n n n a a a <+++<+ 7．〔2023·安徽省霍邱县第二中学高三开学考试〔理〕〕已知函数 ． ()ln 3f x a x ax =--(0)a ≠〔1〕商量的单调性；()f x 〔2〕假设对任意恒成立，求实数的取值范围〔为自然常数〕； ()(1)40f x a x e +++-≤2[,]x e e ∈a e 〔3〕求证：． 22221111ln(1)ln(1)ln(1)...ln(1)1234n++++++++<*(2,)n n ≥∈N （答案）〔1〕答案见解析；〔2〕；〔3〕证明见解析.212e e a --≤（解析）〔1〕求导得到 ，然后分和两种求解商量求解. '(1)()a x f x x-=0a >0a <〔2〕令,求导得到，令，得到()ln 3(1)4ln 1F x a x ax a x e a x x e =--+++-=++-'()a x F x x +='()0a x F x x+==x a =-，然后分，和三种情况商量求解.a e -≤2a e -≥2e a e <-<〔3〕令得到，则，由〔1〕知在上单调递增，则有1a =-()ln 3f x x x =-+-(1)2f =-()ln 3f x x x =-+-[1,)+∞即对一切成立， 从而，然后利用裂项相消法求解. ()(1)f x f >ln 1x x <-(1,)x ∈+∞2211111ln(1)(1)1n n n n n n+<<=---（详解）〔1〕函数的定义域为 ， ， ()0+∞，'(1)()a x f x x-=当时，的单调增区间为，单调减区间为； 0a >()f x (0,1][1,)+∞当时，的单调增区间为，单调减区间为； 0a <()f x [1,)+∞(0,1]〔2〕令，()ln 3(1)4ln 1F x a x ax a x e a x x e =--+++-=++-则，令，则 '()a x F x x +='()0a x F x x+==x a =- 〔a 〕假设，即 则在是增函数， a e -≤a e ≥-()F x 2[,]e e 无解.22max ()()210F x F e a e e ==++-≤〔b 〕假设即，则在是减函数，2a e -≥2a e ≤-()F x 2[,]e e 所以max ()()10F x F e a ==+≤1a ≤-2a e ≤-〔c 〕假设，即，在是减函数， 在是增函数，2e a e <-<2e a e -<<-()F x [,]e a -2[,]a e -可得， 可得22()210F e a e e =++-≤212e e a --≤()10F e a =+≤1a ≤-所以 2212e e e a ---≤≤综上所述 212e e a --≤〔3〕令〔或〕此时，所以， 1a =-1a =()ln 3f x x x =-+-(1)2f =-由〔1〕知在上单调递增，()ln 3f x x x =-+-[1,)+∞∴当时，即，∴对一切成立， (1,)x ∈+∞()(1)f x f >ln 10x x -+->ln 1x x <-(1,)x ∈+∞∵，则有， *2,n n N ≥∈2211111ln(1)(1)1n n n n n n+<<=---所以 22221111ln(1)ln(1)ln(1)...ln(1)234n ++++++++.1111111(1)(()...(223341n n <-+-+-+--111n=-<8．〔2023·四川·石室中学高三期末〕已知函数的图象上有一点列，点在()()()3log 101x f x x x +=>+()(),n n n P x y n N *∈n P x轴上的射影是，且〔且〕，． (),0n n Q x 132n n x x -=+2n ≥n *∈N 12x =〔1〕求证：是等比数列，并求出数列的通项公式；{}1n x +{}n x 〔2〕对任意的正整数，当]时，不等式恒成立，求实数的取值范围； n []1,1m ∈-21363n t mt y -+>t 〔3〕设四边形的面积是，求证：． 11n n n n P Q Q P ++n S 1211132nS S nS +++< （答案）〔1〕证明见解析，；〔2〕；〔3〕证明见解析.31nn x =-()(),22,-∞-+∞ （解析）高考材料高考材料（分析）〔1〕利用等比数列的定义可证得数列为等比数列，确定该数列的首项和公比，可求得数列的通项公式； {}1n x +{}n x 〔2〕求得，利用数列单调性求得数列的最大项为，由题意可知，]时，不等式3n n n y ={}n y 113y =[]1,1m ∈-恒成立，设，依据题意可知关于实数的不等式组，由此可解得实数的取值范围；220t mt ->()22g m mt t =-+t t 〔3〕求得，进而可求得，利用放缩法可得，进而可证得所证不等式成立. 3n n n nP Q =413nn S +=11131n nS n n ⎛⎫<- ⎪+⎝⎭（详解）〔1〕当且时，，则，且， 2n ≥n *∈N 132n n x x -=+111133311n n n n x x x x ---++==++113x +=所以，数列是以为首项，以为公比的等比数列，{}1n x +33，则；11333n n n x -∴+=⨯=31n n x =-〔2〕， ()()33log 1log 3133n n n n n n n x ny f x x +====+则，所以，数列单调递减， 1111120333n n n n n n n ny y ++++--=-=<{}n y 所以，数列的最大项为，可知对任意的，， {}n y 113y =n *∈N 21363n t mt y -+>则，化简得， 2113633t mt -+>220t mt ->当]时，不等式恒成立，[]1,1m ∈-220t mt ->设，则，解得或. ()22g m mt t =-+()()22120120g t t g t t ⎧-=+>⎪⎨=->⎪⎩2t <-2t >因此，实数的取值范围是；t ()(),22,-∞-+∞ 〔3〕由〔2〕可得，则， 3n n n nn P Q y ==11113n n n n P Q ++++=所以，，()()()1111111131312233n nn n n n n n n n n n n S x x P Q P Q ++++++⎛⎫=-+=⨯---⋅+ ⎪⎝⎭413n +=， ()()()113121111121241414414414443n n n nS n n n n n n n n ⎛⎫⎛⎫====-<- ⎪ ⎪+++++⎝⎭⎝⎭1131n n ⎛⎫=- ⎪+⎝⎭因此，.121111111113133313222311n S S nS n n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++<-+-++-=-< ⎪ ⎪ ⎪ ⎪++⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭ 故所证不等式成立. （点睛）此题考查等比数列定义的证明，同时也考查了数列不等式恒成立以及数列不等式的证明，考查推理能力与计算能力，属于中等题.9．〔2023·山东·模拟预测〕已知函数.()2ln(2)2f x x x =--〔1〕求证：有且仅有2个零点；()f x 〔2〕求证：. ()22*1ln (1)(21)2(2,1)nk k n n N n n n k=-++≥∈∑＜（答案）〔1〕证明见解析；〔2〕证明见解析. （解析） （分析）〔1〕先求出函数的单调区间，得到在上存在唯—零点，在上存在唯—的零点，即得有且()f x 1,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭()f x 10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭()f x 仅有2个零点；〔2〕设，，证明， 令，得，得到，()ln 1g x x x =-+0x >ln 11x x x ≤-()2*x k k N =∈222ln 11k k k≤-222ln11111≤-，，…，，相加化简即得. 222ln 21122≤-222ln 31133≤-222ln 11n n n ≤-()21*2ln (1)(21)22,(1)ni n n N k n n kn =≥+<+∈-∑（详解）解：〔1〕由题意，函数的定义域为. ()f x (0,)+∞则. 121()2x f x x x-'=-=令，得， ()0f x '=12x =当时，，单调递减；10,2⎛⎫∈ ⎪⎝⎭x ()0f x '<() f x 当时，，单调递增，1,2⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭x ()0f x '>()f x 所以在处取得极小值，且极小值为， ()f x 12x =112102f ⎛⎫=-=-< ⎪⎝⎭而，故在上存在唯—零点，22222224202e f e e e ⎛⎫=--=-=-> ⎪⎝⎭()f x 1,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭因为，，故在上存在唯—的零点， 2221112202f e ee ⎛⎫=+-=> ⎪⎝⎭102f ⎛⎫< ⎪⎝⎭()f x 10,2⎛⎫⎪⎝⎭综上所述，有且仅有2个零点. ()f x 〔2〕 设，， ()ln 1g x x x =-+0x >则，可得当时，单调递增， 11()1xg x x x-'=-=(0,1)x ∈()g x 当时，单调递减，所以，所以. (1,)x ∈+∞()(1)0g x g ≤=ln 1≤-x x 即〔当且仅当时，取等号〕. ln 11x x x≤-1x =令，得〔，当且仅当时，取等号〕 ()2*x k k N =∈222ln 11k k k≤-*N k ∈1k =所以依次令，得到1,2,3,,k n =⋯，，，…， 222ln11111≤-222ln 21122≤-222ln 31133≤-222ln 11n n n ≤-高考材料高考材料所以222222222222ln1ln 2ln3ln 11111111123123n n n++++-+-+-++-……22211111111232334(1)n n n n n ⎡⎤⎛⎫=--+++--+++ ⎪⎢⨯⨯+⎝⎭⎣⎦…＜…111111123341n n n ⎛⎫=---+-++- ⎪+⎝⎭…11121n n ⎛⎫=--- ⎪+⎝⎭(1)(21)2(1)n n n -+=+即 ()21*2ln (1)(21)22,(1)ni n n N k n n kn =≥+<+∈-∑10．〔2023·浙江·效实中学模拟预测〕已知为定义在上的奇函数，且当时，取最大值为1. ()2ax bf x x c+=+R 1x =()f x 〔1〕写出的解析式. ()f x 〔2〕假设，，求证 112x =()1n n x f x +=〔ⅰ〕；1n n x x +>〔ⅱ〕. ()()()2221223112231516n n n n x x x x x x x x x x x x ++---++⋅⋅⋅+<（答案）〔1〕；〔2〕〔ⅰ〕证明见解析；〔ⅱ〕证明见解析. ()221xf x x =+（解析） （分析）〔1〕先利用求出，再依据当时，取最大值为1可求出，从而得到的解析式. ()0f b 1x =()f x ,a c ()f x 〔2〕先利用数学归纳法证明，从而可证.再依据可得，利用根本不等式可证()0,1n x ∀∈1n n x x +>112x =112n x ≤<，再利用裂项相消法可证原不等式成立，也可以利用导数证明，从而得到，利1516n n x x +-<323110n n n x x x -≤+1310n n x x +-≤用裂项相消法可证原不等式成立. （详解）〔1〕因为的定义域为，得，又为奇函数， ()2ax bf x x c +=+R 0c >()f x 所以，得；又，所以. ()00b f c ==0b =()111af c==+10a c =+>当时，.0x ≤()()210c x f x x c+=≤+当时，，当且仅当0x >()()211c x c f x c x cx x++==≤++x =也就是当，x =()max f x =1==所以，，即的解析式为， 1c =2a =()f x ()221xf x x =+此时，为奇函数，故的解析式为. ()()221x f x f x x -=-=-+()f x ()f x ()221xf x x =+〔2〕〔ⅰ〕先证明， ()0,1n x ∀∈当时，，符合； 1n =()110,12x =∈设当时，有， n k =()0,1k x ∈则当时，因为，故. 1n k =+1221kk k x x x +=+10k x +>又，故，故.()2121011k k kx x x +-=-<+-11k x +<()10,1k x +∈ 由数学归纳法可知.()0,1n x ∀∈因为，故. ()231222120111n n n n nn n n n n n x x x x x x x x x x x +---=-==>+++1n n x x +>〔ⅱ〕法一〔根本不等式+裂项相消〕：因为，所以， 01n x <<()()()3122211111141n n n nn n n n n n n x x xx x x x x x x x +++--==-⋅≤⋅+++又因为， 21121121n n n n x x x x +=+++-+115416n n x x +-≤=<所以，()()211111151116n n n n n n n n n n n n x x x x x x x x x x x x ++++++-⎛⎫-=-⋅<- ⎪⎝⎭所以()()()222122311223112231151111115121616nn n n n n n x x x x x x x x x x x x x x x x x x x ++++---⎛⎫⎛⎫++⋅⋅⋅+<-+-+⋅⋅⋅+-=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭由〔ⅰ〕可知，，所以，得. 1112n x +≤<151521616n x +⎛⎫-< ⎪⎝⎭()()()2221223112231516n n n n x x x x x x x x x x x x ++---++⋅⋅⋅+<法二〔函数的值域+裂项相消〕：因为，所以，由〔ⅰ〕可知，，设， 01n x <<3121n n n n n x x x x x +--=+1112n x +≤<()321x x g x x -=+112x ⎛⎫≤< ⎪⎝⎭所以()()()()()2232213121x x x x x g x x -+--'=+，()()()()()()222322222121252011x x x x x x x x -+---+==<++高考材料高考材料得在时单调递减，所以，得；()g x 1112n x +≤<()13210g x g ⎛⎫≤= ⎪⎝⎭1310n n x x +-≤所以，()()211111131110n n n n n n n n n n n n x x x x x x x x x x x x ++++++-⎛⎫-=-⋅≤- ⎪⎝⎭由〔ⅰ〕可知，，()()()222122311223112231131111113121010nn n n n n n x x x x x x x x x x x x x x x x x x x ++++---⎛⎫⎛⎫++⋅⋅⋅+≤-+-+⋅⋅⋅+-=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭1112n x +≤<所以， 1121n x +-<，证毕. ()()()2221223112231131352101016nn n n n x x x x x x x x x x x x x +++---⎛⎫++⋅⋅⋅+≤-<< ⎪⎝⎭11．〔2023·全国·高三课时练习〕已知函数，其中． 2()ln f x a x x =+a R ∈〔1〕商量的单调性；()f x 〔2〕当时，证明：；1a=2()1f x x x ≤+-〔3〕求证：对任意的且，都有：．*n N ∈2n …222211*********e n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++⋯+< ⎪⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭〔其中为自然对数的底数〕．2.7183e ≈（答案）〔1〕当时，函数在上调递增；当时，函数在上单调递减，在0a ≥()f x (0,)+∞0a <()f x ⎛ ⎝⎫+∞⎪⎪⎭上单调递增；〔2〕证明见解析；〔3〕证明见解析. （解析） （分析）〔1〕求出导函数，按照和商量，确定的正负，得的单调区间；()'f x 0a ≥0a <()'f x ()f x 〔2〕不等式即为，即．引入函数，由导数确定其最大值后可证结论． ln 1≤-x x ln 10x x -+≤()ln 1g x x x =-+〔3〕关键是如何应用刚刚所证得的函数不等式，由〔2〕，令，让，这些不等式相加ln 1x x <-211x k =+2,3,,k n = 后右边利用放缩法证明和式，可得证结论． 1<（详解）解：〔1〕函数的定义域为，，()f x (0,)+∞22()2a a xf x x x x'+=+=①当时，，所以在上单调递增，a ≥()0f x '>()f x (0,)+∞②当时，令，解得0a <()0fx '=x =当，所以，所以在上单调递减； 0x <<220a x +<()0f x '<()f x ⎛ ⎝当，所以，所以在上单调递增． x >220a x +>()0f x '>()f x ⎫+∞⎪⎪⎭综上，当时，函数在上调递增；0a ≥()f x (0,)+∞当时，函数在上单调递减，在上单调递增． 0a <()f x ⎛ ⎝⎫+∞⎪⎪⎭〔2〕当时，，要证明， 1a =2()ln f x x x =+2()1f x x x ≤+-即证，即． ln 1≤-x x ln 10x x -+≤设，则，令得，． ()ln 1g x x x =-+1()xg x x-'=()0g x '=1x =当时，，当时，． (0,1)x ∈()0g x '>(1,)x ∈+∞()0g x '<所以为极大值点，也为最大值点．1x =所以，即．故． ()(1)0g x g ≤=ln 10x x -+≤2()1f x x x ≤+-〔3〕证：由〔2〕，〔当且仅当时等号成立〕令，则， ln 1≤-x x 1x =211x n =+2211ln 1n n⎛⎫+< ⎪⎝⎭∴222222*********ln 1ln 1ln 123231223(1)n n n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫++++++<+++<+++ ⎪ ⎪ ⎪⨯⨯-⎝⎭⎝⎭⎝⎭L L L ， 111111111ln 12231e n n n =-+-++-=-<=-L 即，22221111ln 1111ln 234e n ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫++++< ⎪⎪⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦ 所以． 222211*********e n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫++++< ⎪⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭12．〔2023·四川·成都七中高三期中〕已知函数，其中是的导函数. ()ln(1),()(),0f x x g x xf x x '=+=≥()'f x ()f x 假设.[]*11()(),()(),n n g x g x g x g g x n +==∈N 〔1〕求的表达式；()n g x 〔2〕求证：，其中n ∈N x .()()()()2222211213111n g g f g n n -+-+-++-<+ （答案）〔1〕；〔2〕证明见解析. ()*N 1n xg x n nx=∈+（解析） （分析）〔1〕依据已知条件猜测，利用数学归纳法证得猜测成立. ()1n xg x nx=+〔2〕利用放缩法，结合裂项求和法，证得不等式成立. （详解）〔1〕由题意可知，， ()01xg x x x=≥+由已知 ()()()12111x x g x g x g g x g x x ⎛⎫⎡⎤=== ⎪⎣⎦++⎝⎭，高考材料高考材料，， 11211xx x x x x+==+++()313xg x x =+ ，猜测，下面用数学归纳法证明： ()*N 1n xg x n nx=∈+〔i 〕当 n =1 时，，结论成立： ()11xg x x=+假设 n =k 〔k ≥1，k ∈N x 〕 时结论成立，即， ()1k xg x kx=+那么，当n =k +1〔k ≥1，k ∈N x 〕时，，即结论成立. ()()()()()1111111k k k k xg x x kx g x g g x x g x k x kx++⎡⎤====⎣⎦+++++由〔i 〕〔ii 〕可知，结论对 n ∈N x 成立. 〔2〕∵， ()01xg x x x=≥+，∴， ()()221111111x g x g n x x n==-⇒-=-++∴g 〔12﹣1〕+g 〔22﹣1〕+g 〔32﹣1〕+…+g 〔n 2﹣1〕222211*********n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-+-++- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭22221111123n n ⎛⎫=-++++ ⎪⎝⎭()11111223341n n n ⎡⎤-++++⎢⎥⨯⨯⨯+⎢⎥⎣⎦ ＜11111112231n n n ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫=--+-++- ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥+⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦ ， 21111n n n n ⎛⎫=--=⎪++⎝⎭∴g 〔12﹣1〕+g 〔22﹣1〕+g 〔32﹣1〕+…+g 〔n 2﹣1〕. 21n n <+13．〔2023·全国·高三专题练习〕已知二次函数满足，，，. ()f x (2)()f x f x -=-()11f -=(0)2f =()x g x e =〔1〕求的解析式；()f x 〔2〕求证：时，； 0x ≥2()()g x f x ≥〔3〕求证：.()*11112(1)12(2)22()2n N g g g n n +++<∈+++ （答案）〔1〕〔2〕证明见解析；〔3〕证明见解析； 2()22f x x x =++（解析） （分析）〔1〕由，得的对称轴为，再利用待定系数法可求得结果；()2()f x f x -=-()f x 1x =-〔2〕作差构造函数，求导得，再构造函数，求导可得其最2()2e 22x x x x ϕ=---'()222x x e x ϕ=--()222x h x e x =--小值为0，所以，可知为上的增函数，所以时，，即； ()0x ϕ'≥()ϕx R 0x ≥()0x ϕ≥2()()g x f x ≥〔3〕由〔2〕知，即.易知时， 得，2()()g x f x ≥22()32g x x x x +≥++*x ∈N 211112()3212g x x x x x x <=-+++++，再裂项求和后放缩可证不等式.1112()12g n n n n <-+++（详解）〔1〕由，得的对称轴为， ()2()f x f x -=-()f x 1x =-所以可设，()2()1f x a x c =++由 (1)1,1,(0)21,f a f c ⎧-==⎧⇒⎨⎨==⎩⎩，即. 2()(1)1f x x ∴=++2()22f x x x =++〔2〕设，2()2()()2e 22x x g x f x x x ϕ=-=---，'()222x x e x ϕ=--令，即， ()'()x h x ϕ=()222x h x e x =--则，'()22x h x e =-由，'()00,'()00h x x h x x <⇒<>⇒>在区间上单调递减，在区间上单调递增，.()h x (),0-∞()0,∞+min ()(0)0h x h ==∴，'()0x ϕ≥∴在上单调递增， ()x ϕR ∴时，， 0x ≥()(0)0x ϕϕ≥=∴.2()()g x f x ≥〔3〕由〔2〕知即. 2()()g x f x ≥222()222()32g x x x g x x x x ≥++⇔+≥++易知时，，，*x ∈N 2()0g x x +>2320x x ++>，2111112()32(1)(2)12g x x x x x x x x ∴<==-+++++++所以，1112()12g n n n n <-+++.1111111111112(1)12(2)22()233412222g g g n n n n n ∴+++<-+-++-=-<++++++ 14．〔2023·吉林吉林·高三期末〔理〕〕已知函数.()21ln 2f x x x =+-高考材料高考材料〔1〕求函数在区间上的最值；()f x 1,44⎡⎤⎢⎥⎣⎦〔2〕求证：且.2222*2222ln1ln 2ln 3ln 13(12312n n n N n n +++⋅⋅⋅+<+-∈+2)n ≥（答案）〔1〕，；〔2〕见解析 ()min 2f x =()max 93ln 2f x =-（解析） （分析）(1)对f (x )求导,然后推断f (x )的单调性,再求出f (x )在区间上的最值即可;1,44⎡⎤⎢⎥⎣⎦(2)依据(1)可得,然后令,可得,再利用放缩法证明不等式ln 11x x x ≤-()2*x n n N =∈()2*22ln 11n n N n n≤-∈成马上可. 22222222ln1ln 2ln 3ln 1312312n n n n +++⋅⋅⋅+<+-+（详解）解:(1)∵,∴, ()21ln 2(0)f x x x x =+->()121'2x f x x x-=-=令,得;令,得, ()'0f x >12x >()'0f x <102x <<∴在上单调递减,在上单调递增,()f x 10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭1,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭∴在上单调递减,在上单调递增,()f x 11,42⎡⎤⎢⎥⎣⎦1,42⎡⎤⎢⎥⎣⎦∴当时,,1,44x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦()min 122f x f ⎛⎫== ⎪⎝⎭又,,13ln 242f ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭()493ln 2f =-∴,()13493ln 2ln 242f f ⎛⎫⎛⎫-=--+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭154ln 22=-15412>-⨯0>∴,∴当时,,()144f f ⎛⎫> ⎪⎝⎭1,44x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦()()max 493ln 2f x f ==-∴在区间上的最小值为2,最大值为.()f x 1,44⎡⎤⎢⎥⎣⎦93ln 2-(2)由(1)知,,∴,当且仅当时等号成立,21ln 22x x +-≥ln 221x x ≤-12x =∴,当且仅当时等号成立,即. ln 1≤-x x 1x =ln 11x x x≤-令,得,()2*x n n N =∈()2*22ln 11n n N n n≤-∈∴,,,…,, 222ln11111≤-222ln 21122≤-222ln 31133≤-222ln 11n n n ≤-∴ 222222222222ln1ln 2ln 3ln 11111111123123n n n +++⋅⋅⋅+≤-+-+-+⋅⋅⋅+- 222111123n n ⎛⎫=--++⋅⋅⋅+ ⎪⎝⎭()111123341n n n ⎡⎤<--++⋅⋅⋅+⎢⎥⨯⨯+⎣⎦111111123341n n n ⎛⎫=---+-+⋅⋅⋅+- ⎪+⎝⎭11121n n ⎛⎫=--- ⎪+⎝⎭ 1312n n =+-+即且2222*2222ln1ln 2ln 3ln 13(12312n n n N n n +++⋅⋅⋅+<+-∈+2)n ≥15．〔2023·天津市宝坻区第—中学三模〔理〕〕已知函数〔为自然对数的底数〕. ()e 1x f x ax =--e 〔1〕求函数的单调区间；()f x 〔2〕当时，假设对任意的恒成立，求实数的值；0a >()0f x ≥R x ∈a 〔3〕求证：. 22222232323ln 1ln 1...ln 12(31)(31)(31)n n ⎡⎤⎡⎤⎡⎤⨯⨯⨯++++++<⎢⎥⎢⎥⎢⎥---⎣⎦⎣⎦⎣⎦（答案）〔Ⅰ〕答案见解析；〔Ⅱ〕；〔Ⅲ〕证明见解析. 1a =（解析）（分析）〔1〕由题设，， ()e '=-x f x a 当时，在上单调递增；0a ≤()0f x '>()f x R 当时，时，单调递减，0a >(,ln )x a ∈-∞()0f x '<()f x 时，单调递增．(ln ,)x a ∈+∞()0f x '>()f x 〔2〕由〔1〕知：时， 0a >min ()(ln )f x f a =所以，即恒成立，(ln )0f a ≥ln 10--≥a a a 记，则， ()ln 1(0)g a a a a a =-->()1(ln 1)ln g a a a '=-+=-所以在上，在上，(0,1)()0g a '>(1,)+∞()0g a '<所以在上递增，在上递减，则， ()g a (0,1)(1,)+∞()(1)0g a g ≤=所以，即．()0g a =1a =〔3〕时，， 1n =22332(31)2n n⨯=<-时，，2n ≥121123232311(31)(31)(33)(31)(31)3131n n n n n n n n n n ---⨯⨯⨯<==--------所以． 2133112(31)2231k nk nk =<+-<--∑2n ≥由〔2〕知：，即，则时，e 1x x ≥+ln(1)(1)x x x +≤>-0x >ln(1)x x +<综上，，即原不等式成立． 22222212323233ln[1]ln[1]ln[1]2(31)(31)(31)(31)n knn k k =⨯⨯⨯++++⋅⋅⋅++<<----∑高考材料高考材料。