答 案
D
解析
解：
．
令
，由题意可得
有两个实根
，
函数
有且只有两个零点
在
上的唯一的极值不等于．
．
①当
时，
，
单调递增，因此
至多有一个零点，不符合题
意，应舍去．
②当
时，令
，解得
，
，
，函数
单调递增；
时，
，函数
单调递减．
是函数
的极大值点，则
，即
，
，
，即
．
故当
时，
有两个根
，
，且
，又
，
，从而可知函数
在区间
上单调递减，在区间
上单调
递增，在区间
上单调递减．
【本讲要点】
模块1：
1
本讲要点
要点
例题1
∵f
x =
′ ( )
lnx + 1 −2ax x > 0
(
)
f
x =
′ ( )
0
lnx = 2ax −1
x
1
x
⇔
2
g x =
( )
lnx + 1 −2ax
⇔g
x
′ ( )
0, +∞
(
)
0
g
x =
′ ( )
−
x
1
2a =
x
1 −2ax
a ⩽0
g
x >
′ ( )
0
f
x
′ ( )
g x =
( )
f
x
′ ( )
a > 0
g
x =
′ ( )
0
x =
2a
1
∵x ∈
0,
(
2a
1 )
g
x >
′ ( )
0
g x
( )
x ∈
, +∞
( 2a
1
)
g
x <
′ ( )
0
g(x)
∴x =
2a
1
g(x)
g
>
( 2a
1 )
0
ln
+
2a
1
1 −1 = −ln 2a >
(
)
0
∴ln 2a <
(
)
0
∴0 < 2a < 1
0 < a <
2
1
0 < a <
2
1
g x =
( )
0
x
1
x
2
x
<
1
<
2a
1
x
2
g 1 =
( )
1 −2a > 0
∴x
<
1
1 <
<
2a
1
x
2
f x
( )
0, x
(
1)
x
, x
(
1
2)
x , +∞
(
2
)
1
，
．
故选：D．
答 案
见解析
解析
由题意知，函数
的定义域为
，
方程
在
有两个不同的根；
即方程
在
上有两个不同的根．
(解法一)转化为函数
与函数
的图象在
上有两个不同交点，
如图．
可见，若令过原点且切于函数
图象的直线斜率为，只须
．
令切点
，
故
，又
，
故
，
解得，
，
故
，
故的取值范围是
．
(解法二)转化为函数
与函数
的图象在
上有两个不同交点．
又
，
即当
时，
；当
时，
，
故
在
上单调递增，在
上单调递减．
故
；
又
有且只有一个零点是，且在
时，
，在
时，
，
故
的草图如下图，
可见，要使函数
与函数
的图象在
上有两个不同交点，
1
∴f x
<
(
1)
f 1 =
( )
−a < 0
f x
>
(
2)
f 1 =
( )
−a > −
2
1
例题2
f x
( )
(0, +∞)
f
x =
′ ( )
0
(0, +∞)
lnx −ax = 0
(0, +∞)
h x =
( )
lnx
g x =
( )
ax
(0, +∞)
h x =
( )
lnx
k
0 < a < k
A x
, lnx
(
0
0)
k = h
x
=
′ (
0)
x
0
1
k =
x
0
lnx
0
=
x
0
1
x
0
lnx
0
x
=
0
e
k = e
1
a
0,
(
e
1 )
g x =
( )
x
lnx
y = a
(0, +∞)
g
x =
′ ( )
x2
1 −lnx
0 < x < e
g
x >
′ ( )
0
x > e
g
x <
′ ( )
0
g x
( )
0, e
(
)
(e, +∞)
g x
=
( )极大值
g e =
( )
e
1
g x
( )
1
x →0
g x →
( )
−∞
x →+∞
g x →
( )
0
g x
( )
g x =
( )
x
lnx
y = a
(0, +∞)
1
只须
．
(解法三)令
，从而转化为函数
有两个不同零点，
而
，
若
，可见
在
上恒成立，所以
在
上单调递增，
此时
不可能有两个不同零点．
若
，当
时，
；当
时，
，
所以
在
上单调递增，在
上单调递减，从而
，
又因为在
时，
，在
时，
，
于是只须：
，即
，所以
．
综上所述，的取值范围是
．
答 案
见解析
解析
证明：
，由题意可知
分别是方程
的两个根，
即
，
设
，作差得
，即
原不等式
等价于
，
令
，则
，
，
设
，
函数
在
上单调递增，
，
即不等式
成立，
故所证不等式
成立．
答 案
见解析
解析
2
1
0 < a <
e
1
g x =
( )
lnx −ax
g x
( )
g
x =
′ ( )
−
x
1
a =
(x >
x
1 −ax
0)
a ⩽0
g
x >
′ ( )
0
(0, +∞)
g x
( )
(0, +∞)
g x
( )
a > 0
0 < x <
a
1
g
x >
′ ( )
0
x >
a
1
g
x <
′ ( )
0
g x
( )
0,
(
a
1 )
, +∞
( a
1
)
g x
=
( )极大值
g
=
( a
1 )
ln
−
a
1
1
x →0
g x →
( )
−∞
x →+∞
g x →
( )
−∞
g x
>
( )极大值
0
ln
−
a
1
1 > 0
0 < a <
e
1
a
0,
(
e
1 )
f
x =
′ ( )
lnx −ax
x
, x
1
2
lnx −ax = 0
lnx
=
1
ax
, lnx
=
1
2
ax
2
x
>
1
x
2
ln
=
x
2
x
1
a x
−x
(
1
2)
a =
x
−x
1
2
ln
x
2
x
1
x
⋅
1
x
>
2
e2
ln
>
x
2
x
1
x
+ x
1
2
2(x
−x
)
1
2
=
x
2
x
1
t
t > 1
ln
>
x
2
x
1
⇔
x
+ x
1
2
2 x
−x
(
1
2)
lnt >
t + 1
2 t −1
(
)
g t =
( )
lnt −
, t >
t + 1
2 t −1
(
)
1, g
t =
′ ( )
>
t t + 1
(
)2
t −1
(
)2
0
∴
g t( )
(1, +∞)
∴g t >
( )
g 1 =
( )
0
lnt >
t + 1
2 t −1
(
)
x
⋅
1
x
>
2
e2
例题3
． 曲线在点
处的切线方程为
，
，解得
，
． 令
，得
． 当
时，
，
在
上单调递增； 当
时，
，
在
上单调递减．
单调递减区间为
，单调递增区间为
．
答 案
见解析
解析
证明：由（1）得：
， 故
， 由
， 得
，即
． 要证
，需证
， 即证
． 设
，则要证
． 令
， 则
．
在
上单调递增，则
， 即
， 故
．
答 案
见解析
解析
解：要证
，只要证
．
有两个相异零点，
设
，
①，
即
，则
②，
而
等价于：
，即
③，
由
得：
，
不妨设
，则
，
上式转化为：
，
．
设
，
，
则
，
2
1
f (x) =
′
a(1 + lnx)
∵
(1, f(1))
y = x −1
∴
{f (1) = a = 1
′
f(1) = b = 0
a = 1
b = 0
f (x) =
′
1 + lnx = 0
x =
e
1
x >
e
1
f (x) >
′
0
f(x)
(
, +∞)
e
1
0 < x <
e
1
f (x) <
′
0
f(x)
(0,
)
e
1
∴f(x)
(0,
)
e
1
(
, +∞)
e
1
f(x) = x lnx
g(x) =
=
x
f(x) + 1
lnx +
x
1 (x > 0)
g(x
) =
1
g(x
)(x
<
2
1
x
)
2
lnx
+
1
=
x
1
1
lnx
+
2
x
2
1
=
x
x
1
2
x
−x
2
1
ln
>
x
1
x
2
0
x
+
1
x
>
2
2
(x
+
1
x
) ⋅
2
>
x
x
1
2
x
−x
2
1
2 ln
x
1
x
2
−
x
1
x
2
>
x
2
x
1
2 ln
x
1
x
2
=
x
1
x
2
t(t > 1)
t −
>
t
1
2 lnt(t > 1)
h(t) = t −
−
t
1
2 lnt
h (t) =
′
1 +
−
t2
1
=
t
2
(1 −
) >
t
1
2
0
∴h(t)
(1, +∞)
h(t) > h(1) = 0
t −
>
t
1
2 lnt
x
+
1
x
>
2
2
例题4
0 <
<
x
x
1
2
1
e2
1
x
x
>
1
2
e2
∵f x
( )
∴
lnx
=
1
kx
1
lnx
=
2
kx
2
lnx
−
1
lnx
=
2
k x
−x
(
1
2)
k =
x
−x
1
2
lnx
−lnx
1
2
x
⋅
1
x
>
2
e2
lnx
+
1
lnx
>
2
2
k x
+ x
>
(
1
2)
2
①②③
x
+ x
>
(
1
2)
x
−x
1
2
lnx
−lnx
1
2
2
x
>
1
x
>
2
0
t =
>
x
2
x
1
1
lnt >
t + 1
2 t −1
(
)
t > 1
H t =
( )
lnt −
t + 1
2 t −1
(
)
t > 1
H
t =
′ ( )
>
t t + 1
(
)2
t −1
(
)2
0
故函数
是
上的增函数，
，
即不等式
成立，
，
．
答 案
见解析
解析
解：证明：由
，得
．
依题意，得方程
有两个不等的正根，故
，
设两个不等的正根分别为
，
，
那么
，解得
，
令
，则
，
令
，
，
恒成立，
在
上单调递减，
，
．
答 案
见解析
解析
1
1
H t( )
1, +∞
(
)
∴H t >
( )
H 1 =
( )
0
lnt >
t + 1
2 t −1
(
)
∴x
⋅
1
x
>
2
e2
∴0 <
<
x
x
1
2
1
e2
1
例题5
f x =
( )
lnx + ax −
2
x x > 0
(
)
f
x =
′ ( )
+
x
1
2ax −1 =
x
2ax −x + 1
2
2ax −
2
x + 1 = 0
a=
0
/
x1
x2
⎩
⎪
⎨
⎪
⎧x + x
=
> 0
1
2
2a
1
x x =
> 0
1
2
2a
1
Δ = 1 −8a > 0
0 < a <
8
1
t =
2a
1
t > 4
∴M + N = f x
+
(
1)
f x
=
(
2)
lnx
+
1
ax −
1
2
x
+
1
lnx
+
2
ax
−
2
2
x
2
= lnx
x
+
1
2
a
x
+ x
−2x
x
−
[(
1
2)2
1
2]
x
+ x
(
1
2)
= lnt + a t −2t −
( 2
)
t = lnt +
t −2t −
2t
1 ( 2
)
t= lnt +
t −
2
1
1 −t = lnt −
t −
2
1
1
g t =
( )
lnt −
t −
2
1
1
t > 4
∴g
t =
′ ( )
−
t
1
=
2
1
<
2t
2 −t
0
∴g t( )
4, +∞
(
)
∴g t <
( )
g 4 =
( )
2 ln2 −3
∴M + N < 2 ln2 −3
例题6
1
1
1
1
证明：要证明
，即证明：
．
，
当
时，
，
在
上单调递增，舍去．
当
时，由
，得
，
当
时，
，
单调递增；当
时，
，
单调
递减．
函数
有两个零点
，
，
，解得
，
，
．
不妨设
，则
．
，
，
，即
，
因此结论成立．
答 案
见解析
解析
解：证明：由
知
，
函数
在
上存在两个极值点
，
，
，
则
，
，
．
设
，则
，
要证
，
只需证
，只需证
，只需证
．
构造函数
，则
，
在
上递增，
1
−
lnx
1
1
1 > 2ae −
lnx
2
1
+
ax
1
2
1
>
ax
2
2
1
2ae + 1
f
x =
′ ( )
−
x
1
2ax
a ⩽0
f
x >
′ ( )
0
f x
( )
0, +∞
(
)
a > 0
f
x =
′ ( )
0
x =
2a
1
0 < x <
2a
1
f
x >
′ ( )
0
f x
( )
x >
2a
1
f
x <
′ ( )
0
f x
( )
∵
f x
( )
x
1
x
2
∴f
=
(
2a
1 )
ln
−
2a
1
a ×
>
2a
1
0
0 < a <
2e
1
∴0 < 2ae < 1
∴2ae + 1 < 2
x
<
1
x
2
0 < x
<
1
<
2a
1
x
2
∴0 < ax
<
1
2
<
2
1
ax
2
2
∴
>
ax
1
2
1
2 >
>
ax
2
2
1
0
∴
+
ax
1
2
1
>
ax
2
2
1
2 > 2ae + 1
+
ax
1
2
1
>
ax
2
2
1
2ae + 1
例题7
1
( )
f
x =
′ ( )
lnx −mx
∵
f x
( )
0, +∞
(
)
x
1
x
x
< x
2 (
1
2)
∴
{lnx
−mx
= 0
1
1
lnx
−mx
= 0
2
2
{m =
x
+x
1
2
ln x
+ln x
1
2
m =
x
−x
1
2
ln x
−ln x
1
2
∴
=
x
+ x
1
2
lnx
+ lnx
1
2
x
−x
1
2
lnx
−lnx
1
2
∴lnx
+
1
lnx
=
2
⋅
x
−x
1
2
x
+ x
1
2
ln
=
x
2
x
1
−1
x
2
x
1
+ 1
⋅ln
( x
2
x
1
)
x
2
x
1
t =
∈
x
2
x
1
0, 1
(
)
lnx
+
1
lnx
=
2
t −1
t + 1 ⋅lnt
(
)
lnx
+
1
lnx
>
2
2
>
t −1
t + 1 ⋅lnt
(
)
2
lnt <
t + 1
2 t −1
(
)
lnt −
<
t + 1
2 t −1
(
)
0
g t =
( )
lnt −
t + 1
2 t −1
(
)
g
t =
′ ( )
−
t
1
=
t + 1
(
)2
4
>
t t + 1
(
)2
t −1
(
)2
0
∴g t =
( )
lnt −
t + 1
2 t −1
(
)
t ∈0, 1
(
)
，即
，
．
答 案
见解析
解析
解：证明：由
可得
，
，
作差可得
，
要证
，即证
，
由
时，即证
，
即为
，
可令
，即为
，
设
，
，
，
可得
在
上递增，可得
，
可得
成立，
则当
时，
．
答 案
见解析
解析
解：证明：若
，
．
由
得：
，即
，
一方面：
，即
，
另一方面：
，即
，
1
1
∴g t <
( )
g 1 =
( )
0
g t =
( )
lnt −
<
t + 1
2 t −1
(
)
0
∴lnx
+
1
lnx
>
2
2
例题8
2
( )
ae
=
x
1
x
+
1
1
ae
=
x
2
x
+
2
1
a =
e
−e
x
1
x
2
x
−x
1
2
a >
e
+ e
x
1
x
2
1
>
e
−e
x
1
x
2
x
−x
1
2
e
+ e
x
1
x
2
1
x
<
1
x
2
x
−
2
x
>
1
e
+ e
x
2
x
1
e
−e
x
2
x
1
x
−
2
x
>
1
1 −
=
e
+ e
x
2
x
1
2ex
1
1 −
e
+ 1
x
−x
2
1
2
t = x
−
2
x
1
t > 1 −
1 + et
2
n t =
( )
t −1 +
1 + et
2
t > 0
n
t =
′ ( )
1 −
=
1 + e
(
t)2
2et
>
1 + e
(
t)2
1 + e2t
0
n t( )
t > 0
n t >
( )
n 0 =
( )
0
t > 1 −1 + et
2
x
<
1
x
2
a >
e
+ e
x
1
x
2
1
例题9
a = 0
f x g x =
( )
( )
x lnx −b
(
)
f x
g x
=
(
1)
(
1)
f x
g x
(
2)
(
2)
x
lnx
−b =
1 (
1
)
x
lnx
−b
2 (
2
)
x
lnx
−
1
1
x
lnx
=
2
2
x
−x
b
(
1
2)
x
lnx
−
1
1
x
lnx
+
2
1
x
lnx
−
2
1
x
lnx
=
2
2
x
−x
b
(
1
2)
x
−x
lnx
+
(
1
2)
1
x
ln
=
2
x
2
x
1
x
−x
b
(
1
2)
x
lnx
−
1
1
x
lnx
+
1
2
x
lnx
−
1
2
x
lnx
=
2
2
x
−x
b
(
1
2)
x
−x
lnx
+
(
1
2)
2
x
ln
=
1
x
2
x
1
x
−x
b
(
1
2)
两式相加得
，
因为
，所以
，
要证明
，只要证
，即证
，
从而只要证
，
又因为
，所以只要证
，即证
．
不妨设
，
，于是只要证当
时，
，
只要证
，即证
．
记
，则
，
记
，因为
，所以
在
上单
调递增，
从而
，即
，
于是
在
上单调递增，
，
这样
得证，所以
．
答 案
见解析
解析
解：①
，
由题意知
有个不同的极值点 ，
即
有个不同的正实数根，
即
有个不同的正实根，
故
，
故
，
②由条件
有个不同的极值点
，
知：
，
于是有
，
故
，
即
，
要证
成立，只需证明
，
只需证明
，
只需证明
，
只需证明
，
1
x
−x
lnx
+ lnx
+
(
1
2) (
1
2)
x
+ x
ln
=
(
1
2)
x
2
x
1
2 x
−x
b
(
1
2)
x =x
1/
2
lnx
+
1
lnx
=
2
2b −
⋅
x
−x
1
2
x
+ x
1
2
ln
x
2
x
1
x
x
<
1
2
et
lnx
x
<
1
2
t
lnx
+
1
lnx
<
2
t
2b −
⋅
x
−x
1
2
x
+ x
1
2
ln
<
x
2
x
1
t
b =
+
2
t
1
⋅
x
−x
1
2
x
+ x
1
2
ln
>
x
2
x
1
2
⋅
−1
x
2
x
1
+ 1
x
2
x
1
ln
>
x
2
x
1
2
x
>
1
x
2
u =
x
2
x
1
u > 1
lnu >
u −1
u + 1
2
u + 1 lnu >
(
)
2 u −1
(
)
u + 1 lnu −
(
)
2u > −2
p u =
( )
u + 1 lnu −
(
)
2u
p
u =
′ ( )
lnu +
−
u
u + 1
2 = lnu +
−
u
1
1
q u =
( )
lnu +
−
u
1
1
q
u =
′ ( )
−
u
1
=
u2
1
>
u2
u −1
0
q u
( )
1, +∞
(
)
q u >
( )
q 1 =
( )
0
p
u >
′ ( )
0
p u
( )
1, +∞
(
)
p u >
( )
p 1 =
( )
−2
u + 1 lnu −
(
)
2u > −2
x
x
<
1
2
et
例题10
g
x =
′ ( )
3 lnx −2 m −1 x +
(
)
2
g x
( )
2
g
x
′ ( )
2
2 m −1 =
(
)
x
3 lnx + 2
2
0 < 2 m −1 ⩽
(
)
e3
3
m ∈
1, 1 +
(
2e3
3 ]
g x
( )
2
x
1
x
2
2 m −1 =
(
)
=
x
1
3 lnx
+ 2
1
x
2
3 lnx
+ 2
2
=
x
+ x
1
2
3 lnx
+ 2 + 3 lnx
+ 2
(
1
)
(
2
)
x
−x
1
2
3 lnx
+ 2 −3 lnx
+ 2
(
1
)
(
2
)
=
x
+ x
1
2
3 lnx
+ 3 lnx
+ 4
1
2
x
−x
1
2
3 lnx
−3 lnx
1
2
lnx
+
1
lnx
+
2
=
3
4
x −x
1
2
x
+ x
lnx
−lnx
(
1
2) (
1
2)
x
x
>
1
2
e
3
2
lnx
+
1
lnx
>
2
3
2
lnx
+
1
lnx
+
2
>
3
4
2
>
x
−x
1
2
x
+ x
lnx
−lnx
(
1
2) (
1
2)
2
lnx
−
1
lnx
<
2
x
+ x
1
2
2 x
−x
(
1
2)
(
)
只需证明
，
令
，
，
只需证明
，
，
而题中已给出该不等式成立，
即证出
．
ln
<
x
2
x
1
+ 1
x
2
x
1
2
−1
( x
2
x
1
)
t =
x
2
x
1
0 < t < 1
t ∈(0, 1)
lnt <
t + 1
2 t −1
(
)
x
x
>
1
2
e
3
2
