1、無利用導數證明不等式利用導數證明不等式1 （本小題滿分 12 分）已知函數 ln3f xaxax（0a ） (1)討論 f x的單調性；(2)若 140f xaxe 對任意2,xe e恒成立， 求實數a的取值范圍 （e為自然常數） ；(3)求證13ln12ln221ln14ln22n!ln21n*, 2Nnn（2n，n） 2 （本小題滿分 10 分） （1）設1x ，試比較ln(1)x與x的大小；（2）是否存在常數Na，使得111(1)1nkkaank對任意大于1的自然數n都成立？若存在，試求出a的值并證明你的結論；若不存在，請說明理由3 （本小題滿分 14 分）已知函數( )exf xaxa

2、（其中aR，e 是自然對數的底數，e2.71828） ()當ea 時，求函數( )f x的極值；()若( )0f x 恒成立，求實數 a 的取值范圍；()求證：對任意正整數 n，都有222221212121enn4 （本小題滿分 14 分）已知函數( )1xf xex，xR， 其中，e是自然對數的底數函數( )1g xxsinxcosx，0 x （）求( )f x的最小值；（）將( )g x的全部零點按照從小到大的順序排成數列 na，求證：（1）(21)(21)22nnna，其中*nN；（2）222212311112ln 1ln 1ln 1ln 13naaaa5 （本小題滿分 12 分）已知函

3、數2( )ln (0)f xaxxxx a.（1）若函數滿足(1) 2f,且在定義域內2( )2f xbxx恒成立，求實數 b 的取值范圍；（2）若函數( )f x在定義域上是單調函數，求實數 a 的取值范圍；試卷第 2頁，總 10頁（3）當11xye時，試比較yx與1ln1lnyx的大小.6已知（1）求函數 yf x的單調區間；（2）若關于的方程有實數解,求實數的取值范圍；（3）當,時,求證：7已知函數2( )ln()f xxaxx在0 x 處取得極值.（1）求實數a的值；（2） 若關于x的方程5( )2f xxb 在區間0,2上恰有兩個不同的實數根,求實數b的取值范圍；（3）證明:對任意的

4、正整數n,不等式3424921ln(1)nnn都成立.8已知函數xaxxfln1)(（Ra）（1）討論函數)(xf的單調性；（2）若函數)(xf在1x處取得極值，不等式2)( bxxf對任意), 0( x恒成立，求實數b的取值范圍；（3）當1eyx時，證明不等式)1ln()1ln(xeyeyx.9已知函數1( )1, ( )lnxxf xg xxxe .（1）證明：( )1g x ；（2）證明：21(ln ) ( )1xx f xe .10已知函數 f(x)aln xax3(aR)(1)若 a1，求函數 f(x)的單調區間；(2)若函數 yf(x)的圖象在點(2，f(2)處的切線的傾斜角為 4

5、5，對于任意的 t1,2， 函數 g(x)x3x2 2mfx(f(x)是 f(x)的導數)在區間(t,3)上總不是單調函數，求 m 的取值范圍；(3)求證：ln2ln3ln4234lnnn0，a為常數)(1)討論f(x)的單調性；(2)若a1，證明：當x1 時，f(x)12x221xxx.16已知a為實常數，函數( )ln1f xxax.（1）討論函數( )f x的單調性；（2）若函數( )f x有兩個不同的零點1212,()x x xx；（）求實數a的取值范圍；（）求證：111xe且122xx.（注：e為自然對數的底數）17已知函數 f(x)的導函數為 f (x)，且對任意 x0，都有 f

6、(x) fxx試卷第 4頁，總 10頁（）判斷函數 F(x) fxx在(0，)上的單調性；（）設 x1，x2(0，)，證明：f(x1)f(x2)f(x1x2)；（）請將（）中的結論推廣到一般形式，并證明你所推廣的結論18已知函數( )(1)exf xxxR，其中e是自然對數的底數.（）求函數( )f x的單調區間和極值；（）若函數( )yg x對任意x滿足( )(4)g xfx，求證：當2x 時，( )( )f xg x；（）若12xx，且12()()f xf x，求證：124.xx19已知函數xxaaxxfln1)(（1）當21a時，試討論函數)(xf的單調性；（2）證明：對任意的 Nn，有

7、) 1(2ln1) 1ln(22ln11ln2nnnnnn.20 已 知 函 數cxbaxxfln)(cba ,是 常 數 ) 在ex 處 的 切 線 方 程 為0) 1(eeyxe，且(1)0f.（）求常數cba ,的值；（）若函數)()(2xmfxxg(Rm)在區間) 3 , 1 (內不是單調函數，求實數m的取值范圍；（）證明:ln2ln3ln4ln2013123420132013.21已知函數21( )(2 )ln2xf xaxxa（0a 且1a ）.（1）當ae時，求證:( )f x在(0,)上單調遞增；（2）當21 , ,1)ae ee且1,)t時,求證:2(21)2 ( )3ftf

8、 te .22已知函數( )lnf xxx，( )lnag xxx， （0a ） （1）求函數( )g x的極值；（2）已知10 x ，函數11( )()( )f xf xh xxx，1(,)xx，判斷并證明( )h x的單調性；（3）設120 xx，試比較12()2xxf與121 ()()2f xf x，并加以證明無23已知)0()(axaxxf，( )2lng xx，（1）若對), 1 內的一切實數x，不等式)()(xgxf恒成立，求實數a的取值范圍；（2） 當1a時， 求最大的正整數k， 使得對3 ,e（2.71828e 是自然對數的底數）內的任意k個實數kxxx,21都有)(16)()

9、()(121kkxgxfxfxf成立；（3）求證：) 12ln(14412niini)(*Nn24已知函數)ln()(axxxf的最小值為 0，其中0a。（1）求 a 的值（2）若對任意的), 0 x，有2)(kxxf成立，求實數 k 的最小值（3）證明niNnni1*)(2) 12ln(12225已知函數kxxf)(，xxxgln)(（1）求函數xxxgln)(的單調遞增區間；（2）若不等式)()(xgxf在區間（0,+)上恒成立，求k的取值范圍；（3）求證：enn21ln33ln22ln44426 （本題滿分 14 分）已知函數( )lnf xax(0,aaR)，1( )xg xx.（）當

10、3a 時，解關于x的不等式： 10f xeg x；（）當1a 時，記( )( )( )h xf xg x，過點1, 1是否存在函數( )yh x圖象的切線？若存在，有多少條？若不存在，說明理由；（）若a是使 1f xg xx恒成立的最小值，對任意*nN，試比較111nkk與112nfn的大小(常數01).27 （本小題滿分 14 分）已知函數2( )ln(1)f xaxx（）當14a 時，求函數( )f x的單調區間；（）當0,)x時，函數( )yf x圖象上的點都在0,0 xyx所表示的平面區域內，求實數 a 的取值范圍試卷第 6頁，總 10頁（）求證：12482(1)(1)(1)1e233

11、 559(21)(21)nnn（其中*nN，e是自然對數的底數） 28 （本小題滿分 14 分） （注意：仙中、一中、八中的學生三問全做，其他學校的學生只做前兩問）已知函數( )exf xkxxR，（）若ek ，試確定函數( )f x的單調區間；（）若0k ，且對于任意xR，()0f x 恒成立，試確定實數k的取值范圍；（）設函數( )( )()F xf xfx，求證：12(1) (2)( )(e2) ()nnFFF nnN29 （本題滿分 16 分）已知函數axaxgxxf(.23)(,ln)(為實常數） （I）當1a時，求函數)()()(xgxfx在), 4 x上的最小值；（）若方程)()

12、(2xgexf在區間 1 ,21上有解，求實數a的取值范圍；（）證明：*, 12)1()() 12(2601451Nnnkfkfkfnnk（參考數據：ln20.6931）30 （本題滿分 12 分）已知函數( )xf xxe，()xR（1）求函數( )f x的單調區間和極值；（2）已知函數( )yg x的圖象與函數( )yf x的圖象關于直線1x 對稱；證明：當1x 時，( )( )f xg x（3）如果12xx且12()()f xf x，證明122xx31 （本小題滿分 12 分）已知函數11( )()lnf xaxxax（1a ） （1）試討論( )f x在區間(0,1)上的單調性；（2）

13、 當3,a時， 曲線( )yf x上總存在相異兩點11(,()P xf x，22(,()Q xf x，使得曲線( )yf x在點P，Q處的切線互相平行，求證：1265xx.32 （本題滿分 15 分 ）已知函數 lnf xx（1）求函數 1g xf xx的最大值；（2）若0 x ，不等式 21f xaxx恒成立，求實數a的取值范圍；無（3）若120 xx，求證： 1222212122f xf xxxxxx33 （本小題滿分 14 分）設函數2( )lnf xxxax。（1）若( )f x在12x 處取得極值，求a的值；（2）若( )f x在定義域內為增函數，求a的取值范圍；（3）設2( )(

14、)1g xf xx，當1a 時，求證：( )0g x 在其定義域內恒成立；求證：2222222ln2ln3ln212321nnnnn。34 （本小題滿分 12 分）已知函數( )ln()1af xxaxR（1）當29a時，求)(xf的極值；（2）當2a時，試比較)(xf與1的大小；（3）求證：121715131) 1ln(nn（n*N ） 35 （本小題滿分 13 分）已知函數 2211xf xxRxx（）求函數 f x的極大值；（） 若2220tttexe xe對滿足1x的任意實數x恒成立， 求實數t的取值范圍（這里e是自然對數的底數） ；（）求證：對任意正數a、b、，恒有2222ababa

15、bff22ab36 （本小題滿分 14 分）已知函數1( )1lnaf xxx （a為實常數）.（）當1a 時，求函數( )( )2g xf xx的單調區間；（）若函數( )f x在區間(0,2)上無極值，求a的取值范圍；（）已知nN且3n ，求證:n+11111ln0） ，設曲線 C 與l及 y 軸圍成圖形的面積為 S，求 S 的值。（）令函數( )( ,2)lng xF xax,討論函數( )g x是否有極值，如果有，說明是極大值還是極小值。（）證明：當,*,( , )( , );x yNxyF x yF y x且時42 （本小題滿分 12 分）a為實數，函數( )22 ,xf xexa

16、xR（1）求( )f x的單調區間無（2）求證：當12lna且0 x 時，有221xexax（3）若( )f x在區間(0,)恰有一個零點，求實數a的取值范圍.43 （本小題滿分 12 分）已知函數xeaxxf2)()(Rx（e是自然對數的底數，71. 2e）.（1）當15a 時，求)(xf的單調區間；（2）若)(xf在區間1 , ee上是增函數，求實數a的取值范圍；（3）證明eneneeen451.312111232222對一切Nn恒成立.44 （本小題滿分 16 分）已知函數(1)( )lna xf xxxb（1）當1b 時，若函數( )f x在0,上為單調增函數，求a的取值范圍；（2）當

17、0a 且0b 時，求證：函數f(x)存在唯一零點的充要條件是1a ；（3）設,(0,)m n，且mn，求證：lnlnmnmn2mn45 （本小題滿分 14 分）已知函數)(ln()(是常數aaxxxf.（1）求函數)(xf的單調區間；（2）當1)(xxfy在處取得極值時，若關于x的方程2 ,212)(2在bxxxf上恰有兩個不相等的實數根，求實數b的取值范圍；（3）求證：當Nnn, 2時，有.)11 ()311)(211 (222en46定義：已知函數 f（x）與 g（x） ，若存在一條直線 y=kx +b，使得對公共定義域內的任意實數均滿足 g（x）f（x）kx+b 恒成立，其中等號在公共點

18、處成立，則稱直線 y=kx +b 為曲線 f（x）與 g（x）的“左同旁切線” 已知1( )ln , ( )1.f xx g xx （I）證明：直線 y=x-l 是 f（x）與 g（x）的“左同旁切線” ；（）設 P（1122,(),(,()xf xQ xf x是函數 f（x）圖象上任意兩點，且 0 x10， 使得2121()()( )f xf xfxxx 請結合 （I） 中的結論證明：132.xxx47 （本小題滿分 12 分）已知函數2( )axf xxb在1x 處取得極值為 2， 設函數( )yf x圖象上任意一點00(, ()xf x處的切線斜率為 k。試卷第 10頁，總 10頁（1）

19、求 k 的取值范圍；（2）若對于任意1201xx，存在 k，使得2121()( )f xf xkxx，求證：102|.xxx48（本題滿分 14 分） 已知aR， 函數( )ln1afxxx，( )ln1xg xxex（其中e為自然對數的底數） （）判斷函數( )f x在, 0(e上的單調性；（II）是否存在實數), 0(0 x，使曲線( )yg x在點0 xx處的切線與y軸垂直? 若存在，求出0 x的值；若不存在，請說明理由；（）若實數nm,滿足0, 0nm，求證：nnmnemen49已知函數( )(1)ln1f xxxx.（）若2( )1xfxxax，求a的取值范圍；（）證明：(1) (

20、)0 xf x.50已知函數21( )ln(1)2f xaxxa x.（）求函數( )f x的單調區間；（）若( )0f x 對定義域每的任意x恒成立，求實數a的取值范圍；（）證明：對于任意正整數,m n，不等式111ln(1)ln(2)ln()()nmmmnm mn恒成立。無參考答案參考答案1(1)當0a時，的單調增區間為，單調減區間為；當0a時，的單調增區間為，單調減區間為； （2）212eea； （3）證明見解析.【解析】試題分析： （1）函數 xfy 在某個區間內可導，則若 0 xf，則 xf在這個區間內單調遞增，若 0 xf，則 xf在這個區間內單調遞減；(2)對于恒成立的問題，常用

21、到兩個結論： （1） xfa 恒成立 maxxfa ， （2） xfa 恒成立 minxfa ； （3）利用導數方法證明不等式 xgxf在區間D上恒成立的基本方法是構造函數 xgxfxh，然后根據函數的單調性，或者函數的最值證明函數 0 xh，其中一個重要的技巧就是找到函數 xh在什么地方可以等于零，這往往就是解決問題的一個突破口，觀察式子的特點，找到特點證明不等式.試題解析： （1）,當時，的單調增區間為，單調減區間為；3 分當時，的單調增區間為，單調減區間為；4 分（2）令若,是增函數,無解.5 分若,，,是減函數;, 是增函數,.6 分本卷由系統自動生成，請仔細校對后使用，答案僅供參考。

22、答案第 2頁，總 31頁若，是減函數,，7 分綜上所述8 分（3）令（或）此時，所以，由（）知在上單調遞增，當時，即，對一切成立，9 分，則有，10 分要證只需證11 分所以原不等式成立12 分考點：1、利用導數求函數的單調區間；2、恒成立的問題；3、證明不等式.2解： （1）設( )ln(1)f xxx，則1( )111xfxxx ，當( 1,0)x 時，( )0fx ，( )f x單調遞減；當(0,)x時，( )0fx ，( )f x單調遞增；故函數( )f x有最小值(0)0f，則ln(1) xx恒成立；3 分（2）取1,2,3,4m 進行驗算：11(1)21，219(1)2.2524，

23、3164(1)2.37327，41625(1)2.444256，猜測：12(1)3mm，2,3,4,5,m ，5 分存在2a ，使得111(1)1nkkaank恒成立證明一：對mN，且1m，有012211111(1)()()()()mkkmmmmmmmCCCCCmmmmm 無211112 11111 1()()()2!kmm mm mmkm mmkmmm 11112111121111112!kmmkmmmmmm111122!3!km111122 13 211k km m11111112122311kkmm133m又因1()02,3,4,kkmCkmm，故12(1)3mm，從而有112(1)3n

24、kknnk成立，即111(1)1nkkaank所以存在2a ，使得111(1)1nkkaank恒成立10 分證明二：由（1）知：當(0,1x時，ln(1) xx，設1xk，1,2,3,4,k ，則11ln(1)kk，所以1ln(1)1kk，1ln(1)1kk，1(1)3kek，當2k 時，再由二項式定理得：01221111(1)( )( )( )kkkkkkkCCCCkkkk011( )2kkCCk，即12(1)3kk對任意大于1的自然數k恒成立，從而有112(1)3nkknnk成立，即111(1)1nkkaank所以存在2a ，使得111(1)1nkkaank恒成立10 分【解析】試題分析：

25、 （1）復合函數求導求最值； （2）取1,2,3,4m 進行驗算，得 a=2,用二項式定理證明考點：復合函數的導數，二項式定理點評：本題考查了復合函數的導數，二項式定理等綜合應用，屬難題3()函數( )f x在1x 處取得極小值(1)ef ，函數( )f x無極大值()0,1()證明略【解析】試題分析：第一步把ea 代入函數解析式，eexexfx)(，求極值要先求導數，( )eexfx，令0)( xf，求出極值點1x，根據函數單調性求出極小值；第二步( )exf xaxa，求導數( )exfxa，下面針對a進行討論，由于( )0f x 恒成立，只需)(xf的最小值大于或等于零，最后求實數 a

26、的取值范圍；本卷由系統自動生成，請仔細校對后使用，答案僅供參考。答案第 4頁，總 31頁第三步依據第二步的結論，令1a，則1 xex，有) 1ln( xx，令12nx (*nN)，得11ln(1)22nn，把n從取1-n時的 n 個不等式相加，之后用放縮法證明出結論.試題解析：() 當ea 時，( )eeexf xx，( )eexfx，當1x 時，( )0fx；當1x 時，( )0fx所以函數( )f x在(,1)上單調遞減，在(1,)上單調遞增，所以函數( )f x在1x 處取得極小值(1)ef ，函數( )f x無極大值()由( )exf xaxa，( )exfxa，若0a ， 則( )0

27、fx， 函數( )f x單調遞增， 當 x 趨近于負無窮大時，( )f x趨近于負無窮大；當 x 趨近于正無窮大時，( )f x趨近于正無窮大，故函數( )f x存在唯一零點0 x，當0 xx時，( )0f x ；當0 xx時，( )0f x 故0a 不滿足條件若0a ，( )e0 xf x 恒成立，滿足條件若0a ，由( )0fx，得lnxa，當lnxa時，( )0fx；當lnxa時，( )0fx，所以函數( )f x在(,ln )a上單調遞減， 在(ln ,)a 上單調遞增， 所以函數( )f x在lnxa處取得極小值(ln )falnelnlnaaaaaa ，由(ln )0fa 得ln0

28、aa ，解得01a綜上，滿足( )0f x 恒成立時實數 a 的取值范圍是0,1()由()知，當1a 時，( )0f x 恒成立，所以( )e10 xf xx 恒成立，即e1xx，所以ln(1)xx，令12nx (*nN)，得11ln(1)22nn，則有2111ln(1)ln(1)ln(1)222n2111( ) 1111221( )11222212nnn ，所以2111(1)(1)(1)e222n，所以211111e(1)(1)(1)222n，即222221212121enn考點：1.利用導數求極值；2.利用導數導數求函數最值；3.利用導數證明不等式；本題是導數的綜合應用；4 （）0（）證明

29、見解析【解析】試題分析： （1）解決類似的問題時，注意區分函數的最值和極值.求函數的最值時，要先求函數 xfy 在區間ba,內使 0 xf的點，再計算函數 xfy 在區間內所有使無 0 xf的點和區間端點處的函數值，最后比較即得； （2）證明不等式，利用函數的單調性很常見，一定要注意選取恰當的函數及單調區間（3）不等式具有放縮功能，常常用于證明不等式，解決問題的關鍵是分析不等式兩邊的結構特點，選擇好切入點.試題解析：（）( )1xfxe， 當,0 x 時，( )0fx； 當0,x時，( )0fx；所以， 函數 f x在,0上是減函數， 在0,上是增函數， 所以min( )(0)0f xf，綜上

30、所述，函數( )f x的最小值是 04 分（）證明：對 g x求導得 sincoscos0gxxxxsinxxx x，令 0gx 可得*)(2) 12(Nkkx，當32,222xkkkN時，cos0 x ，此時 0gx ；當2,2*22xkkkN時，cos0 x ，此時 0gx 所以，函數 f x的單調遞減區間為32,222kkkN，單調遞增區間為0,2和2,2*22kkkN7 分因為函數 g x在區間0,2上單調遞增，又 02g，所以12a當*nN時，因為121(21)(21)(21)111102222nnnnnngg，且函數 g x的圖像是連續不斷的,所以 g x在區間2121,22nn內

31、至少存在一個零點， 又 f x在區間2121,22nn上是單調的， 故(21)(21)22nnna9 分（2）證明：由（）知，10 xex ，則ln(1)xx，因此，當*nN時，記 S=22221231111ln 1ln 1ln 1ln 1naaaa則 S22221231111naaaa11 分本卷由系統自動生成，請仔細校對后使用，答案僅供參考。答案第 6頁，總 31頁由（1）知，S2222241111135(21)n當1n 時，2423S；當2n時，S2411111 33 5(23)(21)nn即，S2241162112(21)3n，證畢14 分考點：利用導數求函數最值，利用單調性及放縮法證

32、明不等式.5 （1）0b；（2）12ae； （3）【解析】試題分析：（1） 由(1) 2f代入函數解得 a 的值， 既得函數( )f x的解析式， 再由2( )2f xbxx恒成立，分離變量得1ln1xbxx 恒成立，利用導數求新函數1ln( )1xg xxx 的單調性 ， 從 而 得( )g x的 最 小 值 ， 既 得 實 數 b 的 取 值 范 圍 ；（ 2 ） 先 求 導 函 數)0( ,ln2)(xxaxxf， 若函數( )f x在定義域上是單調函數， 則( )0( )0fxfx或恒成立，當( )0fx時，ln2xax，求函數ln( )xh xx的最大值，可得 a 的取值范圍；當(

33、)0fx時，ln2xax，由于函數ln( )xh xx無最小值，則( )0fx不恒成立，可得解； （3） 由 （1） 知xxxgln11)(在 （0,1） 上單調遞減， 則11yxe時，)()(ygxg即yyxxln1ln1， 而11yxe時，0ln1, 0ln1xxxyxyln1ln1試題解析： （1）(1)2f，a=1 f（x）=x2+x-xlnx.由 x2+x-xlnxbx2+2xbxxxln11，令xxxxgln11)(，可得)(xg在1 , 0上遞減，在, 1上遞增，所以0) 1 ()(min gxg，即0b（2）)0( ,ln2)(xxaxxf無xxaxfln2, 0)(得令，xx

34、xhln)(設，時當ex exh1)(maxea21當時，函數)(xf在), 0( 單調遞增ea210若，xaxgxxaxxg12)(),0( ,ln2)(axxg21, 0)(，0)(),21(, 0)(),21, 0(/xgaxxgaxax21時取得極小值即最小值時而當ea210021ln1)21(aag，必有根0)(/xf，)(xf必有極值，在定義域上不單調.ea21（3）由（1）知xxxgln11)(在（0,1）上單調遞減11yxe時，)()(ygxg即yyxxln1ln1而11yxe時，0ln1, 0ln1xxxyxyln1ln1考點：1、利用導數判斷函數的單調性及最值；2、恒成立問

35、題；3、不等式、函數及導函數的綜合應用.6 （1）函數在區間（0,1）上為增函數；在區間為減函數； （2）； （3）詳見解析【解析】試題分析：（）先求出2lnxfxx （ ），從而得函數 f（x）在區間（0，1）上為增函數；在區間 （1， +） 為減函數 （） 由 （） 得 f （x） 的極大值為 f （1） =1， 令22g xxxk（ ），得函數 g（x）取得最小值 g（1）=k-1，由22g xxxk（ ）有實數解，k-11，進而得實數 k 的 取 值 范 圍 （ ） 由， 得， 從 而本卷由系統自動生成，請仔細校對后使用，答案僅供參考。答案第 8頁，總 31頁，即，問題得以解決試題解析

36、：解： （1）,當時,；當時,；函數在區間（0,1）上為增函數；在區間為減函數4 分（2）由（1）得的極大值為,令,所以當時,函數取得最小值,又因為方程有實數解,那么, 即,所以實數的取值范圍是：8 分（3）函數在區間為減函數,而,即即,而,結論成立12 分考點：1利用導數研究函數的單調性；2導數在最大值、最小值問題中的應用7 （1）1a （2）1ln3 1ln22b； （3）見解析【解析】試題分析：（1）函數2( )ln()f xxaxx，對其進行求導，在0 x 處取得極值，可得 00f，求得a值；（2）關于x的方程5( )2f xxb 在區間0,2上恰有兩個不同的實數根，將問題轉化為 0

37、x，在區間0,2上恰有兩個不同的實數根，對 x對進行求導，從而求出b的范圍；（3） xxxxf21ln的定義域為1|xx，利用導數研究其單調性，可無以推出01ln2xxx，令nx1，可以得到nnn1111ln2，利用此不等式進行放縮證明；試題解析： （1）1( )21fxxxa，0 x 時,( )f x取得極值,(0)0f 故12 0 100a ，解得1a 經檢驗1a 符合題意.（2）由1a 知2( )ln(1)f xxxx由5( )2f xxb ,得23ln(1)02xxxb令23( )ln(1)2xxxxb則5( )2f xxb 在區間0,2上恰有兩個不同的實數根等價于( )0 x在區間0

38、,2上恰有兩個不同的實數根.13(45)(1)( )2122(1)xxxxxx當0,1x時,( )0 x,于是( ) x在0,1上單調遞增;當(1,2x時,( )0 x,于是( ) x在(1,2上單調遞減.依題意有(0)0,3(1)ln(1 1)10,2(2)ln(12)430bbb 解得1ln3 1ln22b（3）2( )ln(1)f xxxx的定義域為1x x ,由（1）知(23)( )(1)xxfxx,令( )0fx得,0 x 或32x （舍去） ,當10 x 時,( )0fx,( )f x單調遞增;當0 x 時,( )0fx,( )f x單調遞減.(0)f為( )f x在( 1,) 上

39、的最大值.( )(0)f xf,故2ln(1)0 xxx （當且僅當0 x 時,等號成立）對任意正整數n,取10 xn得,2111ln(1)nnn,211ln()nnnn故342492134ln2lnln23nn1lnln(1)nnn（方法二）數學歸納法證明：當1n 時，左邊21 121，右邊ln(1 1)ln2，顯然2ln2，不等式成立.假設(,1)nk kNk時，3424921kkln(1)k 成立，本卷由系統自動生成，請仔細校對后使用，答案僅供參考。答案第 10頁，總 31頁則1nk時，有34249222122ln(1)(1)(1)kkkkkkk.作差比較：222222111ln(2)l

40、n(1)lnln(1)(1)1(1)11(1)kkkkkkkkkkk構建函數2( )ln(1)(0,1)F xxxxx，則(23)( )01xxF xx，( )F x在(0,1)單調遞減，( )(0)0F xF.取1(1,)1xkkNk，2111ln(1)()(0)011(1)Fkkk即22222ln(2)ln(1)ln0(1)1(1)kkkkkkkk，亦即22ln(1)ln(2)(1)kkkk，故1nk時，有34249222122ln(1)ln(2)(1)(1)kkkkkkkk，不等式成立.綜上可知，對任意的正整數n,不等式3424921nnln(1)n都成立考點： （1）利用導數研究函數的

41、極值（2）利用導數研究函數的單調性.8 （1）)(xf在)1, 0(a上單調遞減，在),1(a上單調遞增； （2）11 ,(2e； （3）見解析【解析】試題分析： （1）求導數，對參數a進行分類討論，當導函數大于 0 時，得到增區間，導函數小于 0 時得到減區間。 （2）含參數不等式恒成立問題，一般要把要求參數分離出來，然后討論分離后剩下部分的最值即可。討論最值的時候要利用導數判斷函數的單調性。 （3）證明不等式可以有很多方法，但本題中要利用（1） （2）的結論。構造函數，然后利用函數單調性給予證明。試題解析： （1）函數)(xf的定義域為), 0( ，xaxxaxf11)(1 分當0a時，0

42、1ax，從而0)( xf，故函數)(xf在), 0( 上單調遞減3 分當0a時，若ax10，則01ax，從而0)( xf，若ax1，則01ax，從而0)( xf，故函數)(xf在)1, 0(a上單調遞減，在),1(a上單調遞增；5 分（2）由（1）得函數)(xf的極值點是ax1，故111aa6 分所以2)( bxxf，即2ln1bxxx，無由于0 x，即xxxbln11.7 分令xxxxgln11)(，則2222lnln11)(xxxxxxg當20ex 時，0)( xg；當2ex 時，0)( xg)(xg在), 0(2e上單調遞減，在),(2e上單調遞增；9 分故22min11)()(eegx

43、g，所以實數b的取值范圍為11 ,(2e10 分（3）不等式) 1ln() 1ln()1ln()1ln(11yexexeyeyxyx11 分構造函數xexhxln)(，則xxxexexxexhxxx22ln)1(lnln1ln)(，0)( xh在ex 上恒成立，即函數)(xh在),( e上單調遞增，13 分由于1eyx，所以eyx11，得) 1ln() 1ln(11yexeyx故)1ln()1ln(xeyeyx14 分考點：1、多項式函數求導；2、利用導數判斷函數的單調性，最值以及證明不等式的綜合應用。9 （1）證明過程詳見解析； （2）證明過程詳見解析.【解析】試題分析：本題主要考查導數的運

44、算、利用導數判斷函數的單調性、利用導數求函數的最值等基礎知識，考查學生的分析問題解決問題的能力、轉化能力、計算能力.第一問，對函數( )g x求導，利用( )0( )g xg x單調遞增，( )0( )g xg x單調遞減，來判斷函數的單調性來決定函數最值的位置；第二問，因為( )lng xxx，所以21(ln ) ( )1xx f xe 轉化為21( ) ( )1g x f xe ，結合第一問的結論( )1g x ，所以只需證明21( )1f xe ，通過對( )f x求導即可.xxxg1)(，1 分當10 x時，0)( xg，當1x時，0)( xg即)(xg在) 1 , 0(上為減函數，在

45、), 1 ( 上為增函數4 分本卷由系統自動生成，請仔細校對后使用，答案僅供參考。答案第 12頁，總 31頁1) 1 ()( gxg，得證5 分（2）1( )1xxf xe ，xexxf2)(，6 分20 x時，0)( xf，2x時，0)( xf即)(xf在)2 , 0(上為減函數，在), 2( 上為增函數211)2()(efxf8 分又由（1）ln1xx10 分21(ln ) ( )1xx f xe 12 分考點：導數的運算、利用導數判斷函數的單調性、利用導數求函數的最值.10 （1）f(x)的單調增區間為(1，)，單調減區間為(0,1)（2）373m0)，解 f(x)0 得 x(1，)；解

46、 f(x)0)，f(2)2a1 得 a2，f(x)2ln x2x3，g(x)x322mx22x，g(x)3x2(m4)x2g(x)在區間(t,3)上總不是單調函數，且 g(0)2，( )0(3)0g tg由題意知：對于任意的 t1,2，g(t)0 恒成立，(1)0(2)0(3)0ggg，373mf(1)，即ln xx10，0ln xx1 對一切 x(1，)成立n2，nN*，則有 0ln nn1，0lnnn1nnln22ln33ln44lnnn1223341nn1n(n2，nN*)11(1)14a； (2)詳見解析； (3)詳見解析【解析】試題分析： (1) 先求導， 由導數的幾何意義可得在點2

47、x 的導數即為在此點處切線的斜率。從而可得a的值。 (2) 先求導，證導數在(0,)大于等于 0 恒成立。(3)因為mn，不妨設0mn，因為 xxln在(0,)上單調遞增，所以lnln0mn，所以可將問 題 轉 化 為2lnlnnmnmnm， 可 整 理 變 形 為2(1)ln01mmnmnn， 設2(1)( )ln1xh xxx，因為 10h且1mn，只需證 h x在1,上單調遞增即可。試題解析：(1) 1xaxxg=1lnxax(0 x )， 21xaxxg(0 x )，因為曲線 1xaxxg在點 2, 2 g處的切線與直線013 yx平行， 34212ag，解得14a。(2) 112xx

48、xxf=112lnxxx(0 x ) 22211112121xxxxxxxxf0所以函數 112xxxxf在(0,)上為單調增函數；(3)不妨設0mn，則1mn要證2lnlnnmnmnm只需證2ln11nmnmnm,即證2(1)ln1mmnmnn本卷由系統自動生成，請仔細校對后使用，答案僅供參考。答案第 14頁，總 31頁只需證2(1)ln01mmnmnn設2(1)( )ln1xh xxx由(2)知( )h x在，1上是單調增函數，又1mn，所以()(1)0mhhn即2(1)ln01mmnmnn，即2lnlnnmnmnm所以不等式2lnlnnmnmnm成立.考點：1 導數的幾何意義；2 用導數

49、研究函數的性質；3 轉化思想。12(1)切線方程為1yx和1()(1)1yx.(2)A的最大值是.（3）詳見解析.【解析】試 題 分 析 ： (1)一 般 地 ， 曲 線( )yf x在 點00(,)P xy處 的 切 線 方 程 為 ：000()()yyfxxx.注意，此題是求過原點的切線，而不是求( )yf x在原點處切線方程，而該曲線又過原點，故有原點為切點和原點不為切點兩種情況.當原點不為切點時需把切點的坐標設出來.(2)令2( )( ) 1g xf xxAx ,則問題轉化為( )0g x 對0 x 恒成立.注意到(0)0g,所以如果( )g x在0,)單調增,則必有( )0g x 對

50、0 x 恒成立.下面就通過導數研究( )g x的單調性.（3）不等式12111()nkknkk可變形為：121(1)nknnkk.為了證這個不等式，首先證11(1)kk；而證這個不等式可利用導數證明1(1) xx.故令( )( )h xf xx，然后利用導數求( )( )h xf xx在區間 1,0上范圍即可.試題解析：(1)1( )(1)fxx.若切點為原點,由(0)f知切線方程為1yx;若切點不是原點,設切點為000(,(1) )(0)P xxx,由于100()(1)fxx,故由切線過原點知1000(1)(1)xxx,在( 1,) 內有唯一的根011x.無又11()1(1)f,故切線方程為

51、1()(1)1yx.綜上所述,所求切線有兩條,方程分別為1yx和1()(1)1yx.(2)令,則,顯然有,且的導函數為：.若,則,由知對恒成立,從而對恒有,即在單調增,從而對恒成立,從而在單調增,對恒成立.若,則,由知存在,使得對恒成立,即對恒成立,再由知存在,使得對恒成立,再由便知不能對恒成立.綜上所述,所求的最大值是.（3）當1時，令( )( )h xf xx，則1( )(1)1h xx，故當( 1,0)x 時，恒有( )0h x，即( )( )h xf xx在 1,0單調遞減，故(0)( )( 1)hh xh，對( 1,0)x 恒成立.又(0)1, ( 1)hh，故1( )h x，即對(

52、 1,0)x 恒有：1(1) xx，在此不等式中依次取1111,2341xn ，得：11(1)22， ，11(1)33，本卷由系統自動生成，請仔細校對后使用，答案僅供參考。答案第 16頁，總 31頁11(1)44，11(1)55，11(1)11nn，將以上不等式相加得：121(1)nknnkk，即12111()nkknkk.考點：導數及其應用.13 （1） 2014sinfxx ； （2）實數a的取值范圍2a;（3）詳見解析.【解析】試題分析： （1）因為)(),()(),()(*11Nnxfxfxfxfnn,故 1cosfxfxx, 21sinfxfxx , 32cosfxfxx , 43s

53、infxfxx, 由 此 可得, nfx是以 4 為周期,重復出現,故xxfxfxfsin)()()(2245032014;（2）若xaxxfcos1)(在, 0上恒成立，求實數a的取值范圍,由xaxxfcos1)(得 ,xaxxcos1sin, 即xxxa1cossin在, 0上 恒 成 立 ， 令xxxxg1cossin)(,只需求出 g x在, 0上的最小值即可,可利用導數法來求最小值; （3） 證明：) 12(4) 1(23)12) 1(.)122()12(nnnnfnfnf,由 （2） 知：, 0 x時xxxcos21sin，12cossinxxx,即12)4sin(2xx,這樣得到

54、)4412sin(212sin2nknk211221)412(2nknk，令1,2,3,1kn，疊加即可證出試題解析：(1)xxfxxfxxfxxfsin)(,cos)(,sin)(,cos)(4321周期為 4，xxfxfxfsin)()()(2245032014.（2）方法一：即xaxxcos1sin在, 0上恒成立，無當0 x時，Ra；當, 0 x時，xxxa1cossin，設xxxxg1cossin)(，221cossinsincos) 1cos(sin)sin(cos)(xxxxxxxxxxxxxg，設1cossinsincos)(xxxxxxxh，)sin(cos)(xxxxh，則

55、)4, 0(x時0)(xh，)(xh增；)(,4(xhx減.而0)(, 0)4(, 0)0(hhh，所以)(xh在,4(上存在唯一零點，設為0 x，則0)(, 0)(,(; 0)(, 0)(), 0(00 xgxhxxxgxhxx,所以)(xg在0 x處取得最大值，在x處取得最小值，2)(ga.綜上：2a.方法二：設xaxxxgcos1sin)(，axxaxxg)4sin(2sincos)(., 0 x2, 1)4sin(2x.當1a時，0)(xg在, 0上恒成立，0)0()()(mingxgxg成立，故1a；當2a時，0)(xg在, 0上恒成立，02)()(minagxg得2a， 無解.當2

56、1a時，則存在, 0(0 x使得), 0(0 xx時)(xg增，,(0 xx時)(xg減，故)(),0()(minggxg，0)(0)0(gg，解得2a，故21a.綜上：2a.本卷由系統自動生成，請仔細校對后使用，答案僅供參考。答案第 18頁，總 31頁（3）由（2）知：, 0 x時xxxcos21sin，12cossinxxx即12)4sin(2xx.當11nk時，4120nk，)4412sin(212sin2nknk211221)412(2nknk，2112) 1(2(.)21122()12) 1(.) 122() 12(2nnnnnfnfnf=) 12(2) 1(3212)2)(1(12

57、2nnnnnn，) 12(4) 1(23)12) 1(.)122()12(nnnnfnfnf.考點：函數與導數,函數與不等式綜合問題.14 （1）1, ； （2）證明過程詳見試題解析； （3）證明過程詳見試題解析.【解析】試題分析： （1）當2b 時， 21ln22h xxaxx1( )2h xaxx. ( )h x有單調減區間，( )0h x有解.分00aa和兩種情況討論2210axx 有解.可得到a的取值范圍是( 1,) ； （2）此問就是要證明函數( )( )( )ln(1)xf xg xxx在( 1,) 上的最大值小于或等于0，經過求導討論單調性得出當0 x 時，( )x有最大值0，命

58、題得證； （3）利用（2）的結論( )ln(1)0 xxx，將此問的不等關系lnlnln2xyxxyyxy，轉化成與（2）對應的函數關系進行證明.試題解析： （1）當2b 時， 21ln22h xxaxx1( )2h xaxx.無( )h x有單調減區間，( )0h x有解，即2120axxx0 x ，2210axx 有解.（）當0a 時符合題意；（）當0a時，440a，即1a 。a的取值范圍是( 1,) .（2）證明：當0,1ab時，設( )( )( )ln(1)xf xg xxx，1( )111xxxx .1x ，討論( ) x的正負得下表：當0 x 時( )x有最大值 0.即( )0 x

59、恒成立.當( 1,)x 時，( )( )0f xg x恒成立.（3）證明：0,0 xy，lnln()ln2xyxxyyxy(lnln)(lnln)22xyxyxxyy22lnlnlnln22xyxyxyxyxyxyxyxy ln(1)ln(1)22yxxyxyxy 本卷由系統自動生成，請仔細校對后使用，答案僅供參考。答案第 20頁，總 31頁由（2）有ln(1)ln(1)02222yxxyyxxyxyxyxyxy lnln()ln2xyxxyyxy.考點：函數與導數；不等式綜合.15(1) 在10,a，(1，)上單調遞增，在1,1a上單調遞減(2)見解析【 解 析 】 (1)f(x) 的 定

60、義 域 為 (0 ， ) ，f(x) 1xax (a 1) 2111)1axaxaxxxx-( ) ( ( ).當 0a0 解得 0 x1a，由f(x)0 解得 1x0 恒成立，所以函數f(x)在(0，)上單調遞增當a1 時，由f(x)0 解得x1 或 0 x1a，由f(x)0 解得1ax1.所以函數f(x)在10,a，(1，)上單調遞增，在1,1a上單調遞減(2)證明：當a1 時，原不等式等價于 lnx2x2.1xxx1，所以x1x12x，因此 lnx2x2.1xxx1 時，h(x)92x24x520，所以h(x)在(1，)上單調遞減，從而h(x)h(1)0，即g(x)0，所以g(x)在(1