押天津卷第20题教师版_2.2025数学总复习_2024年新高考资料_5.2024三轮冲刺_备战2024年高考数学临考题号押题（天津专用）323409112

押天津卷 20 题 导数大题 考点 2年考题 考情分析 导数作为高考的压轴大题，难度一直都是较大的，近两年高 考在导数的第一问考察求导的基本运算，以及切线方程，第 2023年天津卷第20题 一问的难度较小，大多考生可以解决，后面的问题大多是证 导数大题 明的形式来考察，整体难度较大，涉及参数范围，极值点， 2022年天津卷第20题 最值，零点问题的研究，不等式的证明，函数的构造等。难 度很大，考生需要对导数知识掌握透彻的同时了解一些高等 数学的内容这样处理导数难题会有些帮助。 题型一导数综合 20．（16分）（2023•天津）已知函数 ． （Ⅰ）求曲线 在 处的切线斜率； （Ⅱ）当 时，求证： ； （Ⅲ）证明： ． 【答案】（Ⅰ） ；（Ⅱ）证明过程见解答；（Ⅲ）证明过程见解答． 【分析】（Ⅰ）对函数 求导，求出 （2）的值即可得解； （Ⅱ）令 ，先利用导数求出 的单调性，由此容易得证； （Ⅲ）设数列 的前 项和 ，可得当 时， ，由此可知， 证 得 不 等 式 右 边 ； 再 证 明 对 任 意 的 ， ， 令 ，利用导数可知 ，由此可得 ，再求得 ， ， 由此可得证不等式左边，进而得证． 【解答】解：（Ⅰ）对函数 求导，可得 ， 则曲线 在 处的切线斜率为 （2） ； （Ⅱ）证明：当 时， ，即 ，即 ， 而 在 上单调递增， 因此 ，原不等式得证； （Ⅲ）证明：设数列 的前 项和 ， 则 ； 当 时， ， 由（2）， ， 故 ，不等式右边得证； 要证 ，只需证：对任意的 ， ， 令 ，则 ， 当 时， ，函数 在 上单调递减，则 ，即 ， 则 ， 因此当 时， ， 当 时，累加得 ， 又 ， ， 故 ，即得证． 20．（15分）（2022•天津）已知 ， ，函数 ， ． （1）求函数 在 ， 处的切线方程； （2）若 和 有公共点． （ⅰ）当 时，求 的取值范围； （ⅱ）求证： ． 【答案】（1） ；（2）（ⅰ） ， ；（ⅱ）证明见解答． 【分析】（1）利用导数的几何意义及直线的斜截式方程即可求解； （2）（ⅰ）将 和 有公共点转化为 在 上有解，再构造函数 ， ，接着利用导数求出 的值域，从而得 的取值范围； （ⅱ）令交点的横坐标为 ，则 ，再利用柯西不等式及结论： 时， ，， 放缩即可证明． 【解答】解：（1） ， ， ， ， 函数 在 处的切线方程为 ； （2）（ⅰ） ， ，又 和 有公共点， 方程 有解， 即 有解，显然 ， 在 上有解， 设 ， ， ， 当 时， ；当 ， 时， ， 在 上单调递减，在 ， 上单调递增， ，且当 时， ；当 时， ， ， ， 的范围为 ， ； （ⅱ）证明：令交点的横坐标为 ，则 ， 由柯西不等式可得， 又易证 时， ， ， ， ， 故 ． 一、导数的应用 1.在点的切线方程 切线方程 的计算：函数 在点 处的切线方程为 ，抓住关键 ． 2.过点的切线方程 设切点为 ，则斜率 ，过切点的切线方程为： ， 又因为切线方程过点 ，所以 然后解出 的值．（ 有几个值，就有几条切 线） 3．函数的极值 函数 在点 附近有定义，如果对 附近的所有点都有 ，则称 是函数的一个极大 值，记作 ．如果对 附近的所有点都有 ，则称 是函数的一个极小值，记作 ．极大值与极小值统称为极值，称 为极值点． 求可导函数 极值的一般步骤 （1）先确定函数 的定义域；（2）求导数 ； （3）求方程 的根； （4）检验 在方程 的根的左右两侧的符号，如果在根的左侧附近为正，在右侧附近为负，那 么函数 在这个根处取得极大值；如果在根的左侧附近为负，在右侧附近为正，那么函数 在这个根处取得极小值. 注①可导函数 在点 处取得极值的充要条件是： 是导函数的变号零点，即 ，且在 左侧 与右侧， 的符号导号. ② 是 为极值点的既不充分也不必要条件，如 ， ，但 不是极值点.另 外，极值点也可以是不可导的，如函数 ，在极小值点 是不可导的，于是有如下结论： 为 可导函数 的极值点 ；但 为 的极值点. 4．函数的最值 函数 最大值为极大值与靠近极小值的端点之间的最大者；函数 最小值为极小值与靠近极大值 的端点之间的最小者． 一般地，设 是定义在 上的函数， 在 内有导数，求函数 在 上 的最大值与最小值可分为两步进行： （1）求 在 内的极值（极大值或极小值）； （2）将 的各极值与 和 比较，其中最大的一个为最大值，最小的一个为最小值． 注：①函数的极值反映函数在一点附近情况，是局部函数值的比较，故极值不一定是最值；函数的最值是 对函数在整个区间上函数值比较而言的，故函数的最值可能是极值，也可能是区间端点处的函数值； ②函数的极值点必是开区间的点，不能是区间的端点； ③函数的最值必在极值点或区间端点处取得. 【常用结论】 （1）若函数 在区间D上存在最小值 和最大值 ，则不等式 在区间D上恒成立 ； 不等式 在区间D上恒成立 ； 不等式 在区间D上恒成立 ； 不等式 在区间D上恒成立 ； （2）若函数 在区间Ｄ上存在最小值 和最大值 ，即 ，则对不等式有 解问题有以下结论： 不等式 在区间D上有解 ； 不等式 在区间D上有解 ； 不等式 在区间D上有解 ； 不等式 在区间D上有解 ； （3）对于任意的 ，总存在 ，使得 ； （4）对于任意的 ，总存在 ，使得 ； （5）若存在 ，对于任意的 ，使得 ； （6）若存在 ，对于任意的 ，使得 ； （7）对于任意的 ， 使得 ； （8）对于任意的 ， 使得 ； （9）若存在 ，总存在 ，使得 （10）若存在 ，总存在 ，使得 ． 三、导数中不等式的证明 证明不等式的过程中常使用构造法，利用函数单调性、极值、最值加以证明．常见的构造方法有： (1)直接构造法：证明不等式f(x)＞g(x)(f(x)＜g(x))转化为证明f(x)－g(x)＞0(f(x)－g(x)＜0)，进而构造辅 助函数h(x)＝f(x)－g(x)； (2)适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩，二是利用常见的放缩结论，如①对数形式：x≥1＋ln x（x＞0），当且仅当x＝1时，等号成立. ②指数形式：ex≥x＋1（x∈R），当且仅当x＝0时，等号成立.进一步可得到一组不等式链：ex＞x＋1＞ x＞1＋ln x（x＞0，且x≠1）. (3)构造“形似”函数：稍作变形再构造，对原不等式同解变形，如移项、通分、取对数，把不等式转化为左、右两边是相同结构的式子的形式，根据“相同结构”构造辅助函数； (4)构造双函数：若直接构造函数求导难以判断符号，导函数零点也不易求得，因此函数单调性与极值 点都不易获得，则可构造函数f(x)和g(x)，利用其最值求解．在证明过程中，等价转化是关键，此处 f(x) >g(x) 恒成立．从而f(x)>g(x)，但此处f(x)与g(x)取到最值的条件不是同一个“x的值”． min max 【常用结论】 1.破解含双参不等式证明题的3个关键点 （1）转化，即由已知条件入手，寻找双参所满足的关系式，并把含双参的不等式转化为含单参的不 等式. （2）巧构造函数，再借用导数，判断函数的单调性，从而求其最值. （3）回归双参的不等式的证明，把所求的最值应用到双参不等式，即可证得结果. 总结：双变量相关问题，解题策略是减少变量，方式为一个变量用另一个变量表示，或将两变量的整体换 元，如下列形式 等常见形式 2.常见不等式（大题使用需要证明） ① ， ， ， ② ， ； ； ③ ； ； ④ ； ⑤ ； ⑥ ； ； ， 1．已知函数 ． （1）求 的单调区间；（2）证明： ； （3）若 ， ，且 ，求证： （a） （b） ． 【答案】（1） 的单调递减区间为 ，无递增区间； （2）证明见解答； （3）证明见解答． 【分析】（1）对 求导，利用二阶导函数判断 的符号，从而可得 的单调区间； （2）分析可得要证 ，只要证 ，分别证明 ， 即可； （3）由（1）可得 ，由（2）可得 ，从而 ，得 证． 【解答】解：（1） ， ， ， 令 ，解得 ， ，当 变化时， “ ， 的变化情况如下表： 0 单调递增 极大值 单调递减 当 时， 有极大值，也就是最大值， 而 ， 在 上恒成立，在 上单调递减， 即 的单调递减区间为 ，无递增区间． （2）证明：要证 ，只要证 ， ， 令 ， ，解得： ， ，当 变化时， ， 的变化情况如下表： 1 0 单调递增 极大值 单调递减 当 时， 有极大值，也就是最大值，而 （1） ， 当 时， ， 令 ， ， 当 时， 恒成立， 在 上单调递增， 而 ， 当 时， ， ． （3）证明：已知 ， ，且 ， ， 由（1）可知，函数 在 上单调递减， ， 由（2）可知，当 时， ，即 ，即 ， ， （a） （b） ． 2．已知函数 的图象在 ， （1） 处的切线经过点 ． （1）求 的值及函数 的单调区间； （2）若关于 的不等式 在区间 上恒成立，求正实数 的取值范围． 【分析】（1）首先得到 （1），再求出导函数，即可得到切线的斜率，再由两点的斜率公式求出 ，再 利用导数求出 的单调区间； （2）依题意可得 在区间 上恒成立，即 在区间 上恒成立，结合 （1）中函数的单调性，得到 在区间 上恒成立，参变分离可得 在区间 上 恒成立，利用导数说明 ，即可得解． 【解答】解：（1）因为 ，所以 （1） ， ， （1） ， 又函数 的图象在 ， （1） 处的切线经过点 ， 所以 ，解得 ， 所以 ，函数的定义域为 ， ， ，又 ， 令 ，则 ， 所以当 时， ，当 时， ，所以 在 上单调递增，在 上单调递减， 所以 ， 所以当 时， 恒成立，即 恒成立， 所以 在 ， 上单调递增， 即 的单调递增区间为 ， ，无单调递减区间． （2）因为不等式 在区间 上恒成立， 因为 ，则 ， 即 在区间 上恒成立， 所以 在区间 上恒成立， 又 ，所以 ， 所以 在区间 上恒成立， 即 在区间 上恒成立， 由（1）可知， 在 上单调递增， 所以 在区间 上恒成立，即 在区间 上恒成立， 令 ， ， 则 ， 所以 在 上单调递减， 所以 （1） ，即 区间 上恒成立， 所以 时， 在区间 上恒成立，即对任意 ，关于 的不等式 在区间 上恒成立． 3．已知 ， 为函数 的极值点，直线 过点 ， ， ， （a） ， （Ⅰ）求 的解析式及单调区间； （Ⅱ）证明：直线 与曲线 交于另一点 ； （Ⅲ）若 ，求 ． （参考数据： 【答案】（Ⅰ） ； 在 ， 单调递增，在 单调递减． （Ⅱ）证明详情见解答． （Ⅲ）4． 【分析】 先对函数求导，结合导数与单调性及极值关系可得 ， ， 的关系，代入函数解析式，即可 求解； （Ⅱ）先求出直线 的方程，联立直线与 的方程，结合等式合理的构造函数，对其求导，结合导数 与单调性关系及函数性质即可证明； （Ⅲ）结合（Ⅱ）的结论，用换元 ，可得关于 的横坐标与 的关系，结合等式特点构造函数， 对其求导，结合导数与单调性关系及函数零点存在定理即可求解． 【解答】解：（Ⅰ） ， 因为 ， 为函数 的极值点， 所以 ， 为方程 的两个根， 即 ， 为方程 的两个根，所以 ， ， 解得 ， ， 所以 ， 当 时， ， 单调递增， 当 时， ， 单调递减， 当 时， ， 单调递增， 所以 ， 在 ， 单调递增，在 单调递减． （Ⅱ）证明：直线 的方程为 ，即 ， 由 ，得 ， 所以 和 为该方程的解， 设 ， 则 ， 令 得 ， 当 时， ， 单调递减， 当 时， ， 单调递增， 因为 ， （a） ， 所以 有且仅有2个零点 ， ，其中 ， 即直线 与曲线 交于另一点 ，且 的横坐标为 ．（Ⅲ）由（Ⅱ）得 ，即 ， 设 ，则 ， 所以 ，代入可得 ， 设 ， 则 ， 当 时， ， 单调递减， 当 时， ， 单调递增， 因为 （1） ， （4） ， （5） ， 所以存在唯一的 ，使得 ， 此时 ， 因此 ， 所以 ． 4．已知函数 ， ， ， 为自然对数的底数）． （Ⅰ）求函数 的单调区间； （Ⅱ）设 在 处的切线方程为 ，求证：当 时， ； （Ⅲ）若 存在 ，使得 ，且 ，求证：当 时， ．【答案】（Ⅰ）递增区间为 ， ，递减区间为 ； （Ⅱ）证明见解析； （Ⅲ）证明见解析． 【分析】（Ⅰ）求导，令 ， ，求出不等式的解集即可； （Ⅱ）求出 在 处的切线方程，构造函数 ，利用导数求出该函数的单调性 可得 ，即可证明结论； （Ⅲ）设 ， ，由（Ⅱ）知 ，由（Ⅰ）知， ，结合条件 ，可得 ， 从 而 得 ， 构 造 函 数 ， ，利用导数研究该函数的单调性，即可证明结论． 【解答】（Ⅰ）解：函数 的定义域为 ， ，令 ，得 ， 令 ，得 ， 所以函数 的单调递增区间为 ， ，递减区间为 ． （Ⅱ）证明： ， （1） ， （1） ， 所以 在 处的切线方程为 ； 令 ， ，， 令 ， ， 所以 在 上单调递增，且 （1） ， 所以 ， 所以 在 上单调递增，且 （1） ， 所以 ，即 ． （Ⅲ）证明：当 时，由（Ⅰ）知， 递增区间为 ， ，递减区间为 ， 且 ， （1） ， 时， ， 当 时，由（Ⅱ）知 ， 所以 在 上单调递减，且 （1） ， 因为存在 ，使得 ， 设 ， ， 由（Ⅱ）知 ， 由 ， ，得 ， 所以 ， 所以 ， 令 ， ，， 令 ， ， ， 所以 在 上单调递增，且 （1） ， 所以 ，即 ， 所以 在 上单调递增， 所以 （2） ， 所以 ． 5．已知函数 ， ． （1）若 ，求 的取值范围； （2）求证： 存在唯一极大值点 ，且知 ； （3）求证： ． 【答案】（1） ， ；（2）证明见解析；（3）证明见解析． 【分析】（1）将 ，转化为 恒成立，利用导数法求解； （2）求导 ，再令 ，再利用导数法结合零点存在定理证明； （ 3 ） 由 （ 1 ） 知 ， 得 到 ， 由 （ 2 ） 知 ，易得 ，再令 （a） ，利用导数法证明 （a） 即可． 【解答】解：（1）由 ，可得 恒成立， 令 ， 则 ， 当 时， ，则 在 上单调递增， 当 时， ，则 在 上单调递减， 所以 ， 所以 ， 故 的取值范围是 ， ． （2）证明：由 ，则 ， 再令 ， 因为 在 上恒成立， 所以 在 上单调递减， 因为当 时， ， （1） ， 于是存在 ，使得 ，即 ，① 并且当 时， ，则 在 上单调递增， 当 ， 时， ，则 在 ， 上单调递减， 于是 存在唯一极大值点 ，且 ． （3）证明：由（1）知，当 时， ，又 ，所以 ， 于是当 时， ， 由（2）并结合①得： 易知 在 时单调递减， 所以 ， 设 （a） ，其中 ， 因为 在 时恒成立， 所以 （a）在 时单调递增，于是 （a） （1） ， 从而有 ， 所以原不等式 成立． 6．已知函数 ． （1）求函数 在点 ， （1） 处的切线方程； （2）求函数 的最小值； （3）函数 ， （1） ，证明： ， ， ． 【答案】（1） ； （2）0； （3）详见解答过程． 【分析】（1）根据导数几何意义先求出切线斜率，进而可求切线方程； （2）结合导数与单调性关系即可求解；（3）结合所要证明不等式转化为证 ，构造函数，对函数求导，结合导数分析函数 的性质，结合函数性质即可证． 【解答】解：（1） ，切线斜率为 ， 故切线方程为 ， ； （2）因为 在区间 上单调递减，在区间 上单调递增，函数 的最小值 （1） ； （3） ，由 ①， 欲证明 ， ， ，只需要 ， 令 ，则 ， 令 ， 故 在区间 上单调递增，最小值 ， 则 在区间 ， 上单调递增，只需证明 ， 由①可知 ， 由（2）可知 ， 只需证明 ， 即证 ， 令 ，则 ，因为 在区间 ， 上单调递增，最小值为 （1） ， 所以 得证． 7．设函数 ． （Ⅰ）求曲线 在点 ， （1） 处的切线方程； （Ⅱ）设函数 ， 当 时， 取得极值，求 的单调区间； 若 存在两个极值点 ， ，证明： ． 【答案】（Ⅰ） ； （Ⅱ） 的单增区间是 和 ，单减区间是 ； 证明见解答． 【分析】（Ⅰ）对 求导，求出 （1）， （1），利用点斜式即可求解切线方程； （Ⅱ）求出 的导函数， 先利用极值的性质可求得 的值，再利用导数与单调性的关系可得 的单调区间； 由题意可得 ， 是方程 的两个正根，由根与系数的关系可求出 的取值范围，对 化简，利用换元法，构造新函数，利用导数判断函数的单调性与最值，进而证明不等式． 【解答】解：（Ⅰ） ， （1） ， （1） ，所以 ， 即曲线 在点 ， （1） 处的切线方程为 ． （Ⅱ） ， ， 因为当 时， 取得极值， 所以 （1） ，所以 ， 此时 ， 因为 ，令 ， 解得 或 ；令 ，解得 ， 所以 的单增区间是 和 ，单减区间是 ， 证明：因为 存在两个极值点 ， ， 所以 ， 是方程 的两个正根， 所以 ， ，△ ， 所以 ，， 要证明 ， 只需证明 ， 即证明 ，不妨设 ， 只需证明 ， 只需证明 ， 即证明 ， 设 ，即证明 ， 设 ， ， 所以 在 上单调递增，所以 （1） ， 即 成立， 所以 ． 8．已知函数 是自然对数的底数）． （1）当 时，求函数 在点 ， （1） 处的切线方程； （2）当 时，求证：函数 存在唯一的极值点 ； 是 的零点， ，求证 ． 【答案】（1） ； （2） 证明见解答； 证明见解答． 【分析】（1）当 时，求导可得 ，根据导函数值等于在该点的切线斜率可得切线方程； （2） 当 时，求得 ，令 ，利用导数求得 的单调性，结合 （1） ， ，根据零点存在定理和函数 的单调性，可以证明函数 存在唯一的极值点 ； 由 化简得 ，然后可证 （构造函数求导判断单调性），利用这一性质得 到不等式 ，然后分析题目要证的 可以将其转化为 ，然后构造 函数 ，可以证明对于 ， ，因为 ，所以 ，于 是可以得到 ，进而得到证明． 【解答】解：（1） 当 时， ， ，（1） ， （1） ， 在点 ， （1） 处的切线方程为： ． （2）证明： 当 时， ， ， 令 ， ，则 在 上单调递减， 又 （1） ， ， 由零点存在性定理可知，存在唯一 ，使 ，即 ， 当 时， ， ， 在 上单调递增， 当 时， ， ， 在 上单调递减， 则 在 处取得极大值，即 存在唯一的极值点 ． 证明： 由 可知， ，即 ，① 由 ，且 ，得 ， 由 ，得 ，② ②式除以①式，得 ， 令 ，则 ， 在 上单调递减， （1） ， 所以 时， ，则 ， 要证明 ，等价于证明 ， 等价于证明 ， 设 ， ， 则 在 上单调递减， （1） ， 所以当 时，有 ， 所以 ， 又 ， 故 成立． 证毕． 9．已知函数 ， 且 ． （1）当 时，求曲线 在 处的切线方程； （2）若 ，且 存在三个零点 ， ， ． 求实数 的取值范围； 设 ，求证： ．【答案】（1） ； （2） ； 证明过程见解析． 【分析】（1）由题意，对函数 进行求导，利用导数的几何意义再进行求解即可； （2） 根据 存在三个零点 ， ， ，转化为两个函数有三个交点，再根据最值可求． 根据三个零点所在区间，把要证明的式子分解为三个部分，分别求解后可得． 【解答】解：（1）当 时， ， 可得 ， 此时 （1） ， 又 （1） ， 所以曲线 在 处的切线方程为 ， 即 ； （2） 因为 ， 且 存在三个零点 ， ， ， 所以 有3个根， 当 时， ， ， 此时 ， 所以函数 在 上是单调递增， 由零点存在定理可得方程必有一个负根， 当 ， ，即 有两个根， 不妨设 ， 此时直线 与函数 有两个交点， 可得 ， 当 时， ， 单调递增； 当 时， ， 单调递减， 又 ，当 时， ， 所以 ， 则 ， 解得 ； 证明：因为 ， 且 存在三个零点 ， ， ， 不妨设 ， ， ， ， ， ， 因为 ， 所以 ， 可得 ， ， ， 所以 ，① 由 知直线 与函数 有两个交点 ， 当 时， 单调递增，所以当 时， ， 又 ， 所以 ，② 即 ， ， 若 ， 此时 ， 若 ， 不妨设 ， ， 可得 ， 不妨设 ， 可得 ， 因为 ， 又 ， 所以 ，③ 因为 ，又 ， 所以 ， 即 ，④ 由③④知 ， 在 上单调递增， 当 时，可得 ， 易知 ， 因为 与 同号， 所以 ， 所以函数 在 上单调递增， 此时 ， 所以 ， 即 ， 由 知 ， 所以 ， ， 当 时， ， 单调递增， 所以 ， 由①②⑤可知 ． 10． ， ，已知 的图象在 ， 处的切线与 轴平行或重合．（1）求 的值； （2）若对 ， 恒成立，求 的取值范围； （3）利用如表数据证明： ． 1.010 0.990 2.182 0.458 2.204 0.454 【分析】（1）求出函数的导数，根据 ，求出 的值即可； （2）求出函数的导数，根据函数的单调性求出 的范围即可； （3）根据三角函数的性质累加即可． 【解答】解：（1） ，则 ； （2） ，即 恒成立， ，则 ， ， 则 递减． 所以 时， ； （3）证明： ． 11．已知函数 ．（Ⅰ）当 时，求曲线 在点 ， （e） 处的切线方程； （Ⅱ）若 恒成立，求实数 的取值范围； （Ⅲ）证明： ． 【分析】（Ⅰ）当 时，函数 ， （e） ，利用导数的运算法则可得 ，即可得出 （e），利用点斜式即可得出曲线 在点 ， （e） 处的切线方程． （Ⅱ） 恒成立，化为 的最大值，由 ， （e） ，利用导数研究其单调性即 可得出极值与最值，进而得出实数 的取值范围． （Ⅲ）由（Ⅱ）可得： ，可得 ， ，分别令 ， ， ， ，利用累加求和方 法即可证明结论． 【解答】解：（Ⅰ）当 时，函数 ， （e） ， ， （e） ， 曲线 在点 ， （e） 处的切线方程为 ． （Ⅱ） 恒成立，化为 的最大值， 由 ， （e） ， 可得 时， ，函数 单调递增； 时， ，函数 单调递减． 时，函数 取得极大值即最大值， （e） ． ， 实数 的取值范围为 ， ．（Ⅲ）证明：由（Ⅱ）可得： ， ， ， 分别令 ， ， ， ， 则 ， ， ， ． 12．已知函数 ， ． （1）讨论 的单调区间； （2）当 时，令 ． ①证明：当 时， ； ②若数列 满足 ， ，证明： ． 【答案】（1）答案见解析； （2）①证明见解析；②证明见解析． 【分析】（1）求出函数 的导函数 ，再讨论 的符号即可计算作答． （2）①等价变形所证不等式，构造函数 ，利用导数探讨单调性即可； ②由已知证明 ，由①分析探讨，等价转化，再构造函数 ，利用递推变换即可作 答． 【解答】解：（1）函数 定义域为 ，求导得 ， 当 时， 恒成立，即 在 上单调递增， 当 时，令 ，解得 ， 令 ，解得 ，即 在 上单调递减，在 上单调递增， 所以，当 时， 在 上单调递增， 当 时， 在 上单调递减，在 上单调递增． （2）当 时， ， ①证明：当 时， ， 令 ， 因为 恒成立， 所以 在 上单调递减， ， 因此， 成立， 所以当 时， ． ②由①可知，当 时， ， 由 得 ，即 ，由 ，可得 ， 而 ，又 ，即 ， 则 ， 由于 ，只需证 ， 又当 时， ，令 恒成立， 则 在 上单调递增， ， 则当 时，恒有 ，而 ，即 成立，不等式 成立， 因此 成立，即 成立， 所以原不等式得证． 13．已知函数 ． （Ⅰ）求曲线 在点 ， （1） 处的切线方程； （Ⅱ）求 的单调区间； （Ⅲ）若对于任意 ，都有 ，求实数 的取值范围． 【分析】（Ⅰ）求出函数的导数，计算 （1）， （1）的值，求出切线方程即可； （Ⅱ）求出函数的导数，根据导数和函数单调的关系，求出函数的单调区间即可； （Ⅲ）问题等价于“ ”．构造函数，利用导数求出函数的最值，从而求出 的范围即可． 【解答】解：（Ⅰ）因为函数 ， 所以 ， （1） ． 又因为 （1） ， 所以曲线 在点 ， （1） 处的切线方程为 ． （Ⅱ）函数 定义域为 ， 由（Ⅰ）可知， ． 令 ，解得 ．与 在区间 上的情况如下： 0 减 极小值 增 所以， 的单调递增区间是 ， 的单调递减区间是 ． （Ⅲ）当 时，“ ”等价于“ ”． 令 ， ， ， ． 当 时， ，所以 在区间 单调递减． 当 时， ，所以 在区间 单调递增． 而 ， ． 所以 在区间 上的最大值为 ． 所以当 时，对于任意 ，都有 ， 故 的取值范围为 ， ． 14．已知 ， ，函数 ． （1）当 ， 时，求 的单调区间； （2）当 时，设 的导函数为 ，若 恒成立， 求证：存在 ，使得 ；（3）设 ， ，若存在 ， ，使得 ， 证明： ． 【答案】（1） 的单调递增区间为 ，单调递减区间为 ． （2）证明详情见解答． （3）证明详情见解答． 【分析】（1）当 ， 时， ，求导分析 得符号，进而可得 的单调性． （2）当 ， 时， ，求导可得 ，分两种 情况：当 时，当 时，讨论是否存在 ， 使得 ，即可得出答案． （3）设 时，则由 得 ， 设 ，求导分析单调性，可得 ，则 设 ，求导分析单调性，可得 ，则 ，由 可得 ，化简即可得出答案． 【解答】解：（1）当 ， 时， ， 所以 ，令 ，解得 ， 令 ，解得 ， 所以 的单调递增区间为 ，单调递减区间为 ． （2）证明：当 ， 时， ， ， 当 时， ， 所以不等式 不恒成立， 当 时， ， 取 ，则 ， ， 所以当 恒成立时，存在 ，使得 ． （3）证明：设 时，则由 ， 得 ， 设 ，则 在 上恒成立， 所以 在 上单调递增， 所以 ，即 ， 所以 ， 设 ，则 ， 所以当 时， （1） ，则 ， 所以 ， 所以 ， 由 可得 ， 化简的 ， 所以 ． 15．已知函数 ， ，其中 ， （1）若 ； 当 时，求 的单调区间； 曲线 与直线 有且仅有两个交点，求 的取值范围． （2）证明：当 时，存在直线 ，使直线 是曲线 的切线，也是曲线 的切线． 【答案】（1） 在 上单调递增，在 ， 上单调递减． ， ， ． （2）证明详情见解答．【分析】（1） ，当 时， ，求导分析 的符号， 的单调性． ，即 ，则两边取对数可得 ，进而可得 ，设 ，只需 与直线 有两个交点，即可得出答案． （2）曲线 在点 ， 处的切线 ，曲线 在点 ， 处的 切线 ，要证明 时，存在直线 ，使 是曲线 的切线，也是曲线 的切线，即只需证明当 时，存在 ， ，使得 和 重合，即可得出答 案． 【解答】解：（1） ， 当 时， ， ， 令 ，得 ，即 ， 令 ，得 ，即 ， 所以 在 上单调递增，在 ， 上单调递减． ， 所以 ， 两边取对数可得 ， 所以 ， 设 ，所以 ， 令 得 ， 所以在 上， ， 单调递增， 在 上， ， 单调递减， 所以 （e） ， 又因为 （1） ，且 时， ， 所以曲线 与直线 有且仅有两个交点， 即曲线 与直线 有两个交点的充分必要条件为 ， 所以 （a） （e）， 所以 的取值范围为 ， ， ． （2）证明：曲线 在点 ， 处的切线 ， 曲线 在点 ， 处的切线 ， 要证明 时，存在直线 ，使 是曲线 的切线，也是曲线 的切线， 只需证明当 时，存在 ， ，使得 和 重合， 即只需证明 时，方程组 有解， 由①得 ， 代入②得 ③，所以只需证明当 时，关于 的方程③存在实数解， 设函数 ， 即要证明当 时，函数 存在零点， ， 所以当 时， ， 单调递增， 当 时， ， 单调递减， 又 ， ， 所以存在唯一的 ，且 ，使得 ，即 ， 所以 在 上单调递增，在 ， 上单调递减， 在 处取得极大值 ， 因为 ，故 ， ， 下面证明实数 ，使得 ， 因为可证 ， 所以当 时，有 ，所以由二次函数的性质，存在实数 ，使得 ， 所以当 时，存在 ，使得 ， 所以当 时，存在直线 ，使得 是曲线 的切线，也是曲线 的切线． 16．已知 ． （Ⅰ）求曲线 在 ， 处的切线方程； （Ⅱ）判断函数 的零点个数； （Ⅲ）证明：当 时， ． 【答案】（Ⅰ） ； （Ⅱ）1个； （Ⅲ）证明见解析． 【分析】（Ⅰ）由函数在某点处的切线方程求解，先求导求斜率，再求切点，可得答案； （Ⅱ）由（Ⅰ）可得导数，再次求导，研究导数的单调性，进的得到函数的单调性，可得答案； （Ⅲ）将所正的问题转化为 ，分 和 讨论，分别利用导数研究函数 的单调性、最值，进而得出证明即可． 【解答】解：（Ⅰ）由 ，则 ， 即切线方程的斜率 ， ， 则切线方程为 ． （Ⅱ）由（Ⅰ）可知 ，令 ，则 ， 故函数 在 上单调递增，由（1）可知， ， 则当 时， ，即 在 上单调递减；当 时， ，即 在 上单调递增． 故 ，则函数 存在唯一零点，零点为0． （Ⅲ）要证 ，即证： ， ①当 时， ，而 ，所以不等式成立； ②当 时， ，由（1）知 时， ，所以 ，则 ， 所以只需证 ，令 ， ，则 ， 所以 在 ， 上单调递减，所以 ，即 ， 故只需证 ，即证： ， 令 ， ，则 ， ， 单调递增，故 ，故 单调递增，即 ，故 ， 综上所述， 在 时成立． 17．已知函数 ． （1）当 时，求曲线 在点 ， （1） 处的切线方程； （2）若函数 有极大值，试确定 的取值范围； （3）若存在 使得 成立，求 的值． 【答案】（1） ． （2） ， ， ．（3） ． 【分析】（1）利用导数的几何意义，求曲线的切线方程； （2）首先求函数的导数 ，再讨论 ，判断函数的单调性，讨论函数的极值； （3）不等式转化为 ，利用两点间的距离的几何意义，转化为点到直线的距离， 求 的值． 【解答】解：（1）当 时， ， 依题意， ，可得 （1） ，又 （1） ， 所以曲线 在点 ， （1） 处的切线方程为 ． （2）函数 的定义域为 ， ， ) ①当 时， ，所以 在 上单调递增，此时 无极大值； ②当 a1时，令 f(x)0 ，解得 0x1或 xa，令 f(x)0 ，解得1xa，所以 f(x) 在 (0,1) 和 (a,) (1,a) 上单调递增，在 上单调递减， 此时 f(x) 在x1处取得极大值，符合题意； ③当0a1时，令 f(x)0 ，解得0xa或x1，令 f(x)0 ，解得ax1，所以 f(x) 在 (0,a) 和 (1,) (a,1) 上单调递增，在 上单调递减， 此时 f(x) 在xa处取得极大值，符合题意； ④当 a�0 时，令 f(x)0 ，解得x1，令 f(x)0 ，解得0x1， f(x) (1,) (0,1) f(x) 所以 在 上单调递增，在 上单调递减，此时 无极大值； 综上，实数a的取值范围为 (0 ， 1) (1 ， ) ． 3 3 11 1 4 f(x )(lnx 2a)2� x 2 ( a2)x  a2  (x a)2 (2lnx 2a)2� （3） 0 0 4 0 2 0 4 5等价于 0 0 5， (xa)2 (2lnx2a)2 可以看作是动点 P(x,2lnx) 与动点 Q(a,2a) 之间距离的平方，动点P在函数 y2lnx 的 Q y2x 图象上， 在直线 的图象上， 问题转化为求直线上的动点到曲线的最小距离， 2 y 2 由 y2lnx ，得 x ，解得x1， 2 d  P(1,0) y2x 5 所以曲线上点 到直线 的距离最小，最小距离 ， 4 (xa)2 (2lnx2a)2� 则 5， 4 4 (x a)2 (2lnx 2a)2� (x a)2 (2lnx 2a)2  根据题意，要使 0 0 5，则 0 0 5，此时 Q 恰好为垂足， y2x   1 1 2  y (x1) Q( ) 由 2 ，可得 5 ，5 ， 1 a 所以 5． f(x)xlnxx1 g(x)mlnxex(mR) 18．已知函数 ， ． f(x) （1）求 的最小值； 1a （2）若0a1，且be a 1，求证： log a b1 ； g(x) x x |g(x )g(x )|1 （3）若 有两个极值点 1， 2，证明： 1 2 ． 【答案】（1）0； （2）证明见解析； （3）证明见解析． 【分析】（1）利用导数确定函数的单调性，从而即可求得最小值； 1 1 lnx1 (0x1) 1a lnb1 （2）由（1）知 f(x)xlnxx1�0 ，即 x ，由be a 1，得 a ，即lnblna，从而0ba1，再由对数函数的性质可得 log a blog a a1 ，从而得证； m 1 x g(x)  0 m （3）依题意可得 x ex 有两个不等正根 x 1， x 2，不妨设 x 1 x 2，由 g(x)0 ，得 ex ，设 x xlnx1 (x) h(x) ex ，利用导数可得 x 1 (0,1) ， x 2 (1,) ，令 ex ，由导数可得 h(x) 在 (0,) 上单调递 x2 x1 m(x) (x(0,1)) 减，结合（2）可得 xlnx1x(x1)1 ，令 ex ，利用导数得 m(x) 在 (0,1) 上单调递 1 1 g(x )1 0g(x ) 减，从而得e 1 ， 2 e，即可得证． f(x) (0,) f(x)lnx 【解答】（1）解：函数 的定义域为 ， ， x(1,) f(x)0 f(x) (1,) 当 时， ，所以 在 上单调递增， x(0,1) f(x)0 f(x) (0,1) 当 时， ，所以 在 上单调递减， 所以 f(x) 在x1时取得最小值0． 1 lnx1 (x0) （2）证明：由（1）知 f(x)xlnxx1�0 ，所以 x ， 1 1a lnb1 由be a 1，得b0且 a ， 1 lnblna1 lna0 所以 a ，即lnblna，从而0ba1， log blog a1 所以 a a ． m 1 g(x)  0 （3）证明：依题意， x ex 有两个不等正根 x 1， x 2，不妨设 x 1 x 2， m 1 x g(x)  0 m 由 x ex ，得 ex ， x 1x (x) (x) 设 ex ，由 ex ，知 (x) 在 (0,1) 上单调递增，在 (1,) 上单调递减， x(0,) (x)0 x (0,1) x (1,) 且当 时， ，可得 1 ， 2 ．xlnx 1 x lnx 1 g(x )mlnx ex1  1 1 g(x )mlnx ex2  2 2 1 1 ex1 ， 2 2 ex2 ， xlnx1 (1x)lnx h(x) h(x) 令 ex ，则 ex ， x(0,1) (1x)lnx0 h(x)0 当 时， ，所以 ， x(1,) (1x)lnx0 h(x)0 当 时， ，所以 ， h(x) (0,) 所以 在 上单调递减． 1 1 h(x )h(1) 0h(x )h(1) 因为 0 x 1 1 ， x 2 1 ，所以 1 e， 2 e ． 1 lnx1 由（2）当x0时，有 x， 1 ln 1x 所以 x ，即lnx1x， 所以lnxx1，从而 xlnx1x(x1)1 ． x2 x1 x2 3x2 m(x) (x(0,1)) m(x) 0 令 ex ， ex ， m(x) (0,1) 所以 在 上单调递减， m(x)m(0)1 x(x1)1ex 所以 ，即 ， xlnx 1 x2 x 1 g(x ) 1 1  1 1 1 所以 1 ex1 ex1 ， 1 1 g(x )1 0g(x ) 所以e 1 ， 2 e， |g(x )g(x )|1 所以 1 2 ． 19．已知函数 f(x)ex ax ， g(x)ln(x2)a ，其中e为自然对数的底数，aR． （1）当a0时，函数 f(x) 有极小值 f （1），求a； f(x)g(x) （2）证明： 恒成立；3 4 n1 e ln2(ln )2 (ln )3 (ln )n  （3）证明： 2 3 n e1． 【答案】（1）ae． （2）证明详情见解答． （3）证明详情见解答． f(x) f(x) f(x) 【分析】（1）求导得 ，分析 的符号，进而可得 的单调性，极值，即可得出答案． ex ln(x2)0 h(x)ex ln(x2) h(x) （2）根据题意可得 恒成立，设 ，求导分析 的单调性和最值，只需 h(x) 0 min ，即可得出答案． t1 3 et1 (ln )t e1 (ln )2 （3）由（2）知， ex ln(x2) ，则 t ，当t 1时，e0 ln2，当t 2时， 2 ，当 4 n1 e2 (ln )3 en1 (ln )n t3时， 3 ，...当t n时， n ，累加，即可得出答案． f(x)ex a(a0) 【解答】解：（1） ， 令 f(x)0 得xlna， 所以当xlna时， f(x)0 ， 当xlna时， f(x)0 ， f(x) f(lna) 所以 有极小值 ， 所以lna1，即ae． f(x)g(x) ex ln(x2)0 （2）证明：不等式 恒成立，即 恒成立， 1 h(x)ex  设 h(x)ex ln(x2) ，则 x2， 1 1 h(0)1 0 h(1) 10 所以 h(x) 在定义域上的增函数，又 2 ， e ， 1 h(x)ex  0 则 x2 在 (1,0) 上有一个根 x 0，h(x) (1,x ) (x 0) 此时 在 0 上的单调递减，在 0， 上单调递增， 所以 h(x) 的最小值为 h(x 0 )ex0 ln(x 0 2) ， 1 ex0  x 2 因为 0 ， x ln(x 2) 所以 0 0 ， x (1,0) 因为 0 ， 1 1x 2 2x (1x )2 h(x ) x  0 0  0 0 0 x 2 0 x 2 x 2 所以 0 0 0 ， ex ln(x2)0 所以 恒成立，结论成立． t1 x （3）证明：由（2）知， ex ln(x2) ，令 t ， t1 t1 t1 e t ln( 2)ln 则 t t ， t1 et1 (ln )t 所以 t ， 由此可知，当t 1时，e0 ln2， 3 e1 (ln )2 当t 2时， 2 ， 4 e2 (ln )3 当t3时， 3 ， ..． n1 en1 (ln )n 当t n时， n ， 3 4 n1 e0 e1e2 ...en1 ln2(ln )2 (ln )3 ...(ln )n 累加得 2 3 n ， 1 1( )n e 1 e e0 e1e2 ...en1    1 1 e1 1 1 又 e e ，3 4 n1 e ln2(ln )2 (ln )3 ...(ln )n  所以 2 3 n e1． 1 f(x) ax2 xlnx(aR) 20．已知函数 2 ． f(x) （1）讨论 的单调性； （2）当 x�1 时， | f(x)|�2 ，求a的取值范围； n 1 1  1 lnk n （3）证明：k2 ． a�0 f(x) (0,) 【答案】（1）当 时， 在 上单调递减； 1 14a 1 14a (0, ) ( 当a0时， f(x) 在 2a 上单调递减，在 2a ， ) 上单调递增． （2） ( ， 2]  [6 ， ) ． （3）证明见解答． 【分析】（1）根据导数的性质，结合一元二次方程根的情况分类讨论进行求解即可； （2）根据（1）的结论，结合函数的单调性和零点存在原理进行求解即可； 1 1  （3）根据（2）的结论，构造不等式lnx x2 x ，利用裂项相消法进行证明即可． 1 ax2 x1 f(x)ax1  (x0) 【解答】解：（1） f(x) 定义域为 (0,) ， x x ， (x)ax2 x1 记 ． a�0 (x)0 f(x)0 f(x) (0,) 当 时， ，即 ，所以 在 上单调递减． 1 14a 1 14a x  x  当a0时，令 (x)0 ，得 1 2a ， 2 2a （舍去）． x(0,x ) (x)0 f(x)0 f(x) 当 1 时， ，即 ，所以 单调递减； x(x ) (x)0 f(x)0 f(x) 当 1， 时， ，即 ，所以 单调递增， a�0 f(x) (0,) 综上，当 时， 在 上单调递减；1 14a 1 14a (0, ) ( 当a0时， f(x) 在 2a 上单调递减，在 2a ， ) 上单调递增． 1  a10 （2）由（1）知，当 a�0 时， f(x) 在 [1 ， ) 上单调递减，所以 f(x)�f （1） 2 ， a a | f(x)| 1 1 �2 此时 min 2，令 2 ，解得 a� 2 ． 当a0时，若  （1） a2�0 ，则 a�2 ， (x)0 x x�1 x(1,) (x)0 f(x)0 由（1），设 的正根为 1，则必有 1 ，且当 ， ，即 ， a a a  1�0 | f(x)|  1 1�2 所以 f(x) 在 [1 ， ) 上单调递增，此时 f(x)�f （1） 2 ， min 2 ，令2 ，解得 a�6 ． 若  （1）a20，即a2，则当 x(1,x 1 ) 时， (x)0 ，即 f(x)0 ， f(x) 单调递减， x(x ) (x)0 f(x) 当 1， 时， ， 单调递增， 1 1 1 f(x)  f(x ) ax2 x lnx  (x 1)x lnx  (1x )lnx 0 注意到 (x 1 )ax 1 2 x 1 1 ，知 min 1 2 1 1 1 2 1 1 1 2 1 1 ， 又当x时， f(x) ，由零点存在定理 x 0 (x 1， ) ，使 f(x 0 )0 ， | f(x)| 0 此时 min ，不满足题意． 综上，a的取值范围是 ( ， 2]  [6 ， ) ． （3）证明：由（2）知，当a2时，对x1，有 f(x) f （1）0，即x2 xlnx， 1 1  又x1时，x2 x0，lnx0，所以lnx x2 x ， 1 1 1 1 1     xk(k�2) lnk k2 k k(k1) k1 k 令 ，得 ， 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1       所以ln2 2，ln3 2 3，ln4 3 4，，lnn n1 n， n 1 1 1 1 1 1 1 1 1  (1 )(  )(  )(  )1 lnk 2 2 3 3 4 n1 n n 故k2 ．n 1 1  1 lnk n 即k2 ．