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1、兀+ Gx) = In 兀 + - 2 = lnx + xlnx-x + 1-GV)的符号还不能直接确定?为了 突破 170 分之江苏高三数学复习提升秘籍 问题五利用导数处理不等式相关问题 在高中新课标准中， 导数在数学各类问题以及各个学科和许多领域中有着非常广泛的应用. 导数已成为研究函数性质的一种重要工具，例如求函数的单调区间、求最大( 小) 值、 求函数的 值域等等。在新课程背景下，不等式内容已大幅度降低要求，压轴题中出现不等式内容，一般 情况都需要转化为函数，利用函数的性质，通过求导，利用单调性求岀极值、最值，因此，很 多时侯可以利用导数作为工具得出窗数性质，从而解决不等式问题。下面具
2、体讨论导数在解决 与不等式有关的问题时的作用。 一、利用导数证明不等式 利用导数得出函数单调性来证明不等式我们知道函数在某个区间上的导数值大于( 或 小 于)0时， 该函数在该区I可上单调递增 ( 或递减 ). 因而在证明不等式时， 根据不等式的特点， 有 时 可以构造函数 , 用导数证明该函数的单调性，然后再用函数单调性达到证明不等式的目的, 即把 证明不等式转化为证明函数的单调性. 常见的有如下儿种形式：直接构造函数，然后用导数证明 该函数的增减性；再利用函数在它的同一单调递增( 减) 区间，自变量越大，函数值越大 ( 小) ， 来证明不等式成立。有时先把不等式变形后再构造两数，然后利用导
3、数证明该函数的单调性， 达到证明不等式的目的。 【例1 】已知/(x) = nx,g(x) = y/x- (I )当xW,求f(x)-g(x)的最大值 ; m 求证：屁总 1),求导利用单调性即可得 其最大值 ; 边不等式显然不宜直接作差，故考虑作适当的变形?为了证右边，设 G(x) = (x +1) In x - 2(% -1), (x 1) (II)由(I )得, lnx 1)，求 当兀1 时，f（x）v0; . ? ./ （兀）在（0,1）上单调递增 , 在（1,4-00）上单调递减 . 故/（X）在兀=1处取得极大值 . 函数/* （兀）在区间 + （加0）上存在极值 0 m 1 .?
4、. 1 得丄 V加V1,即实数加的取值范围是丄V加V1 m + 1 2 2 2 （ID由题意 / （恥丄得虫3】）（1+曲）, x+1 X 令如上+1）（1+叫2）, 则g（x）=（xl）, X X 1y 1 令方（x） = x-ln x;（x 1），贝Ih（x） = 1 = X X VX 1 h（x）0故方（x）在1：+巧上单调递増， .?- （x）（l） = l0 从而g（x）0,故g（x）在l:+x）单调递増， -g（x）g（l）=20 /. 实数r的取值范围是（-x：2? 【点评】本题主要考查了极值、存在性问题和恒成立问题，突出了利用导数來处理存在性问题和恒成立问题的能 力。解决此类问
5、题常用的是恒成立问题的变量分离的方法，此类方法的解题步骤是：分离变量；构造函数（非 变量一方）；对所构造的函数求最值（一般需要求导数，有时还需求两次导数）；写出变 量的取值范圉 . 【小试牛刀】已知函数 / （兀） =（兀+ 1）厂（为自然对数的底数） . （1）求函数/（x）的单调区间 ; (2)设函数(p(x) = xf(x) + tfx) + e x , 存在实数 xpx2 eO,l,使得2(p(x) 3l. 当t0, 0(兀) 在0,1上单调递增 ,?20(0)51),即 / 0, 0(兀) 在r, 1上单调递增， 所以2(p(t) 【分析】本题考查导数的运算，利用导数研究函数的单调性
6、、极值、最值、不等式等基础知识，考查函 数思想、分类讨论思想，考查综合分析和解决问题的能力. 第一问，因为兀=0为/(x)的极值点，所以兀 =0是/(%) = 0的根，所以对 /( 兀) 求导，解方程求出d的值，最 后检验一次x = 0是不是/(x)的极值点；第二问，先将不等式进行恒等变形，变 成 0,转化为不等式组，而対于e#+M)0来说, 10 式子比较复杂，不可以直接解不等式，那就构造新函数g(x) = ev-(-x 2+x+l), 通过二2 兀 $ + % + 1 次求导，判断函数的单调性，通过函数图像，数形结合解不等式。 【解析】(I)因为 /( x) = |ax: +( 7 -1)
7、 * x 4- 0时，/r(x)0. 所以“ 0为/(x)的极值為故“ 0? 不 等 式 + 1 , 丿 X 1 0 x ( 1 2 J介或 U 丿 x-l e x - x2 +% + 1 0时，/?/(x) = e x -1 0 ；当兀 /?(0) = 0，即g?)0, 所以g ( 兀) 在R上单调递增，而g () = 0 ； 故“一x2 +x + l 0o 兀0；e x - X2 +x + l x 1 【点评】本题考查导数的运算，利用导数研究函数的单调性、极值、最值、不等式等基础知识，考查函数思想、 分类讨论思想，考查综合分析和解决问题的能力. 解不等式问题常常被学生认为是一种常规题型，对
8、此学生往往 会想到一些现成的公式和思路，所以有时一个新的不等式出现后学生会无从下手，故可见止确的分析和转化是多 么的重要，当然这非HZ功, 需要长期的积累。 II ( 兀一1)?e x (x- 1) -x 2+x+l 【小试牛刀】设函数/(x) = (1 +兀)2-2ln(I + X) (1)若关于兀的不等式/(x)-m 0在0,一1有实数解，求实数加的取值范围; (2)设g(x) = /(x)-x 2-l, 若关于x的方程g(x) = p至少有一个解，求卩的最小值. 【答案】(1)(Y),/2(2) p的最小值为0 【解析】 试题分析 : (1)存在性问题 , 只需要祝m ? /V) = 2
9、(1 +兀) 一=皿 + 2), 而函数 /(%) 的定义域为(-1 , + oo) 1 + 兀X+1 A /(x)在(1,0)上为减函数，在(0, + oo)上为增函数，则 /( 兀) 在0, 1上为增函数 ，? /( 力唤=f(e-) = e 2-2 即实数m的取值范围为m0,即卩的最小值为0 【迁移运用】 1.【江苏省南通市如东县、徐州市丰县2017届高三10月联考】已知函数 f(x) = x3-ax 2+bx-a2-7a 在x = 1处取得极小值10,则- 的值为 _ . a 【答案】 【解析】 = 一2 仗=一6 试题分析：因为广(X)=3* + E + J所以3-2方=0, 解得2
10、 = 1 “ = 9 = 一6 a = -2 3.【江苏省苏州市2017届高三暑假自主学习测试】己知函数f(x) = x-lnx,g(x) = x 1 - ax. (1)求函数/(x)在区I可 以+ l(r 0)上的最小值m(r)； (2)令力(兀)=g(x) -/(x), A(xp/z(Xj),S(x2, A(X2)( 兀1 工兀2)是函数(x)图象上任意 两点，且满足如上如J, 求实数Q的取值范围； %! X2 (3)若3XG(0,1,使/(%) a8(x) 成立，求实数。的最大值. 【答案】 (1)当Ovfvl 时，m(0 = 1:当时， =(2) a 0在（O +cc ）恒成立 ?最后
11、利用变量分离转化为对应函数 最值, 求参数 .2 ）不等式有解问题与恒成立问题一样，先利用变重分离转化为对应函数最值， 则F(x)=三一 + 2)x+ In x在Q +Q上单调递増 , 故F(x) = 2x + 2) + 丄A 0 在Q +Q 恒成立 , X 二2x+丄n (a + 2)在(0= +x恒成立 . X 1 L 芋 ?2x+n2jl,当且仅当x =时取 J J x 2 .-.0,则y = 2x 2 +3x-lnx-l 在( 丄,+8) 上单调递增 . 4 4 y ln4-0 ?8 ? tx) 0在兀w (0J上恒 成立. ?心）在（0,1上单调 递增. ?*. a F(0) = 0
12、,无零点e (3)为研究方便不妨设兀已 (0) ，e(l:+x),则需证明芒壬 1,构造函数 Hg = /(花) 一/(2-西) = /(西) 一/(2-西), 可证H(x)在(0J)上单调増，即H(x)2- 西 试题解析：解：(1)函数V = / W的单调递减区间是1+龙) ，单调递増区间为(YC) ? (2)不存在正实数兀使得/(l-x) = /(l + x)成立， 事实上 ,rti (1)知函数y = f(x)在(-oo,l)上递增 , 而当xe(0,l),有ye(0,1),在(1,+8)上递减，有0 F(0) = 0,即/(I + 兀) /(I x), 故不存在正实数x使得/(I -x
13、) = /(I +兀) 成立. （3）若存在不等实数X,乞，使得 /（兀）=/（乞），则兀和乞中，必有一个在（0:1）,另一个在（1+R）, 不 妨设兀已（0=1）,七E（l=+8）? 若2,则冲1 E （1 +切，由0）知：函数F = /（X）在（L +艾）上单调递减，所以广（丑学）o : 若花已（12）,由2）知：当xe（o：l）,贝iM/ （l + x）/（l-x）, 而1XE（OJ）,所以/（2兀）=/1 + （1 兀） /1一（1一兀） =/ （西）=/ （吃），即 / （2西） / （乞），而2兀，乃 *2）,由（1）知: 函数y = /（x）在（W）上单调递减， ：.2-x 1x
14、,f即有弋主E（1+：C）, 由 知：函数y = /（x）在a+Q上单调递减，所以广芒玉）0； 仟、_、f *（） 0 综合，得：若存在不等实数兀，使得则总有2 5.【南京市2017届高三年级学情调研】已知函数/（x） = ax 2-hx + n x, （a,b w R ）. （1）当a = b = 1时，求曲线y = /（x）在兀=1处的切线方程； （2）当h = 2a +1时，讨论函数于（兀）的单调性； （3）当d = l,方3时，记函数.f （兀）的导函数f（x）的两个零点是兀 | 和兀2（K 兀2），求证： 3 f（西）_ / （花）才 _ In 2. 【答案】（1）力一一2=0. （
15、2）详见解析（3）详见解析 【解析】 试题分析：（1）由导数几何意义得曲线J = /（x）在兀=1处的切线斜率为广（1）,所以先求导 /? ） = 2尤一1 +丄，再求斜率k=f（l） = 2,最后由人1） = 0,利用点斜式可得切线方程：2兀一 ），2=0. （2）先求函数导数：广=2似一（2 +1）+ _L = ST）（ 1）再分类讨论导 X X 函数在定义区间上的零点：当aWO时，一个零点1；当OVd时，两个零点丄和1；再比 2a 较两个零点大小，分三种情形.（3）本题实质研究函数（pM = f （x）-f （x2）最小值 . 因为 0（兀）=/ （兀1）一/ （兀2）=（斤一兀 ;L（
16、加厂加）+ g玉，X,兀。是方程2x 2bx+ 1 = 0的两个 兀2 根，所以bx =2x“ 1, bx bx?=2 ( 石对 ) ；再由XX2 =彳 H 0(兀)=兀兀ln(2 ), 2 4 兀 2 最后根据零点存在定理确定也取值范围：兀2丘(1，+?)，利用导数可得0(x)在区间(2, + 3 8) 单调递增 , 即卩(/) 卩(2)=_ln2, 4 试题解析：(1)因为a=b=l,所以fix)=x 2x+nx f 从而广(x)=2xl +丄. x 因为/1)=0,广(1) = 2,故曲线y=J(x)在x=l处的切线方程为y0 = 2(兀一1), 即2xy2=0. (2)因为b=2a-1
17、?所以貞x)=in c-(2a+ 1 2 心】(2a + l)x + l (2rzx-l)(x-l) 从而 (x)=2ax (2a+1)+ = - - = - - -,x0? X X X 当aWO时，x?(o, 1)时，厂(x)0, x?(l, +8)时，厂(x)0 得0 ,由f(x)0得0l,由/r(x) + ) 上单调递増 ?在区间 ( ? 1)上单调递减? 2a 2a (3)方法一：因为0 = 1,所以f(x)=x 2 bx+lnx.从而厂(x) = 2x bx +1 (x0). 由题意知，X.,兀2是方程 “f+日的两个根，故郴2=? 13 b ifigx) =2$ bx+1,因为b3
18、,所以g( )= - 0(2)= In2,即f(xi) f(x 2) In2. 4 4 o x* bx+1 方法二：因为0=1,所以/W=0 bx+lnx,从而fx= - - - (x0). X 由题意知X,匕是方程2x-5x4-1=0的两个根 . 1 3-b 记g(x) =2x 2-bx+l ?因为b3?所以刃 )=/( )-/U)=(t -斗+ln ) (1一用=一斗 + ：_ln2? 24 2 2 4 2 3号3 因为b3 ?故贝心 ) 一兀 0 - + - -ln2- -ln2. 42 4 6.【2016 届山东师大附中高三上学期二模】设函数f(x) = x 2-2x + anx (1
19、)当67 = 2时，求函数于(x)在点(1,/(1)处切的切线方程； (2)若函数 /( 兀) 存在两个极值点若、x2(x, x2),求实数a的范围；证明 : 【答案】(1)尸2兀一3； (2) 0。丄，证明详见解析 . 因为 X1X2=， 所以f(Xi) f(X2)= X； fy ln(2%2 ) X2U(1, + ). 【解析】 试题分析：本题主要考查导数的运算、利用导数判断函数的单调性、利用导数求函数的极值 和最值、利用导数求曲线的切线方程等基础知识，考查学生的分析问题解决问题的能力、转化 能力、计算能力 ?笫一问，将a = 2代入，对 /( 兀) 求导，切点的纵坐标为/(I),斜率为/
20、(I), 利用 点斜式写出切线方程；第二问，对/( 兀) 求导，令f( 兀) = 0,将函数 /( 兀)存在两个极值点兀 、 x2(x, 讥0)= d A 0所以os 0 2 1一兀 刀在区间仏善上递减，h(t)h-j-21n2, 7.【2016 届福建省三明一中高三第一次月考】已知/（x） = x-x+l）ln（x+l） （1）求/（X）的极值点； -1 （2）当0=1吋，若方程f? = t在2 上有两个实数解，求实数t的取值范围； （3）证明：当m n 0时，（1 +）“（1 + 对二 t 6 - I In 2=o 【答案】（1）答案见解析；（2） L 2 2 - 丿；（3）证明见解析 .
21、 【解析】 试题分析：（1）求导，讨论。的符号，研究导函数的正负变化，进而得到函数的极值点；（2）? 试题解析 :（1）/（x） = l-ln（x+l）- = 0时，/（x）0, /（x）在（1,侮）上是増函数，函数既无极犬值点、也无极小值点。 1Y 1-5 匕 当d A 0时，/（X）在（-L庐-1上递増，在_ 1+0C）单调递减 , 函数的极犬值点为x = 无极小值点 1-a 匕 当40时，f（x）在（- ：1上2-1上递减，在 疗一1+巧单调递増，函数的极小值点为x = 无极大值点 当d = l时,/( x) = x-(x+l)ln(x+ l):x -1 , 则/(x) = -ln(x+
22、l) 由/(x) = -ln(x+l) 0 得一l0) 则 X 由(1)知x-(l+x)ln(l + x)在(a+R)单调递减 , /.x-(l+x)In(l + x) 0和/(%)0）, X X .? 丿（x）在（0）上为増函数，在（L +龙）上为减函数 . 二函数 / （*）的最大值为/（1）=-1- （n）?.?g（x）=x+gTx） = 1- 二. XX 由（1）知，x=l是函数 / X）的极值点， 又?函数/（X）与gl：x） =x+*有相同极值点. - X = 1是函数g I： X）的极值点 , X 二=1一解得。 =1 经验证，当4=1时，函数g ( 力在*1时取到极小值，符合题
23、意. W ? (1 A 1 / 丄=-2,/(l) = -l,/(3)= -9 + 21n3, 易知一9 + 21n3 s 00 “)7得X1? x 0 73U( X 2)min=g(0 = 2,g(x2)max=g(3)= y oin/(xj 论几/ 俎/ 匕)-g()h+i? /( 西)-g( 兀2)“(l)-g(l) = T - 2 = -3, k n 3 +1 = 2,又鸟hR 1. 2:当*-l/(3)-g(3)=-9 + 21n3-= -+21n3, 33 Q4 34 /.*Q ,即k 1 时，对于VXj,x2G , 不等式ZLilz felk兀+ 对xe (0, 1)恒成立，求k
24、的最大值 . I 3 ) 【答案】(1) y = 2x (2)详见解析(3) 2. 【解析】 试题分析：(1)求导:/(x)=ln fx)=亠+亠，利用导数几何意义得切线斜率：k =广(0) =2 , 1-x 1+x 1-x 又/(0) = 0 , 由点斜式得切线方程：r=2x (2)利用导数证明不等式，实质利用导数求对应函数最值: x j /(x)2(x-*)o/(x)-2(x-?)0,令烈天 )=/3)-2(天- 亍) ，只需证 0 恒成立问题 , 般利用变量分离转化为对应函数最值，这较繁且难，本题由(2)知K52时在(0, 1) 上恒成立 , 只需证明当尢 2时，/(X)丘x -二 ：在
25、(0, 1)上不恒成立，这样就简单多了. | 0 ? 试题解析：(1) y=2x 兀3 2x4 (2) (x) = f(x) -2(x + ) = =- - w ()=/( 兀)0=g(?r) g(O) = O ,结论成 3 1 一厂 (3)由(2)知时/( 兀) R兀+亠在(0, 1)上恒成立 V 3丿 ( V 3 P + 2 当k2时，令h(x) = f(x) - k x +，则hx)= - ：, I 3丿1-x 当02 时，f(x)kx-在(0, 1) YR I 3丿 上不恒成立 k的最大值为2. 【名师点睛】 导数及其应用通常围绕四个点进行命题. 第一个点是围绕导数的几何意义展开, 设
26、计求曲线的切线方 程，根据切线方程求参数值等问题，这类试题在考查导数的儿何意义的同时也考查导数的运算、函数等知识，试 题的难度不大；第二个点是围绕利用导数研究函数的单调性、极值 ( 最值) 展开，设计求函数的单调区间、极值、 最值，己知单调区间求参数或者参数范围等问题，在考查导数研究函数性质的同时考查分类与整合思想、化归与 转化思 想等数学思想方法；第三个点是围绕导数研究不等式、方程展开，涉及不等式的证明、不等式的恒成立、 讨论方程根等问题， 主要考查通过转化使用导数研究函数性质并把函数性质用来分析不等式和方程等问题的能力， 该点和第二个点一般是解答题屮的两个设问，考查的核心是导数研究函数性质
27、的方法和函数性质的应用；第四个 点是围数性质并把函数性质用来分析不等式和方程等问题的能力，该点和第二个点一般是解答题中的两个设问， 考查的核心是导数研究函数性质的力法和函数性质的应用. 10.【2016 届江苏省歌风中学高三九月月考】己知函数f(x) = nx-cuc 2 +x,aR 2 (1)若/(I) = 0 ,求函数/(x)的单调递减区间； (2)若关于x的不等式恒成立，求整数a的最小值 : (3)若。=一2,正实数兀 ，兀2满足/( 兀1)+ /( 兀2)+西兀2 = 0,证明：兀 | + %2 1 【答案】(1) (1.+OO): (2) 2； (3)证明见解析 . 【解析】 试題分
28、析：(1)这一题较简单，只要解不等式广( 力0 ( 或/(x)v0)即可；(2)不等式/(x) ln.A在 1 J 一才+X 7 In X + X + 1 (Q+Q上恒成立，从而只要求加X)= 的最大值；心 ) 等式/(X) + /(勺)+兀花=0,即为 lnXi + E+Xi + ln+E + +Xi =0，考虑到问题是证明兀 +花巴丄、因此此式整理为 ( 呂+呂亍+帥+七)=兀呂-111(与) 为此我们要求XK TnOvQ的取值范围设 / = 兀七利用导 数知识求出函数池 )lnr的取值范围，沁 ) 二1,于是解不等式 ( 兀+呂)+3+孔) 可得结论 . 试题解析：(1)因为，所以 /(
29、1) = 1- = 0 此时/（兀）=In x - x 2 + x, x 0 , fx)二丄 一2兀 +1 二一力+“ + 1( 兀 0) X X 由广(x)0, 所以关于兀的不等式/（x） W 不能恒成立 . 裁0时，g，=“+（15 + 1=_如严） X 所以当心时 , 如0；当吨,+ 功时, 如 a a 2 a a 2a 令/2(G) =丄一Ina, 2a 因为W = 70, /?（2） = l-ln20 ；当兀丘 ( 兀 0，+00) 时, 所以g(x)在xe(O,xo) 是增函数；在xe(x0,+oo) 是减函数 . 、( 、In x0 + x0 +1 1 + 空兀1 所以g (X)
30、max = g( 兀0)= j = j = 2 + xo 珀)(1 +二兀() % 因为力 ( 丄) = ln2- 丄0, /z(l) = - 丄v0 2 4 2 所以丄 0 由/( 兀)+ /(呂)+兀乞=0 即In X+ xf+忑+1口吃+乞+乞+兀乞=0 从而( 兀+呂) +( 珂+乞)=兀?乞-ln(兀?乞 ) r-1 令t = x 1-x2?则由r) = r-lnr 得，0(/) = 一 t 可知，仅 ) 在区间(0：1)上单调递减，在区间(L+X)上单调递増 . 所以池 ) 沁)=1, 所以( 西+花) 】+(丕+吃) 1, 因此x1 + x,21成立. 1 亠2 11.2016
31、届山东省潍坊一中高三10 月月考】 设QWR,函数f(x) = nx-ax. (I )求/(x)的单调递增区I可； (II)设F(x) = /(x) + + 问F(x)是否存在极值，若存在，请求出极值；若不存在, 请说明理由； (III)设AGJ), B(兀2，力) 是函数g(x) = /(x) + ox图象上任意不同的两点，线段AB 的中点为C(x0,y0),直线AB的斜率为k.证明：kg( 兀o). 【答案】(I)当dSO时，/(X)的单调增区I可为(0,+oo)；当。0时，/( 兀) 的单调增区间为(0丄) ；a (II)当a0时，F(x)无极值；当a0, /./ r（x）0-恒成立 ,
32、 /（X）的单调増区间为Q+Q； （2）当a A0曰寸，令于（x）0,即0,得00时，/（X）的单调増区间为（0丄） (II) F(x) = lnx + or 2 得F(x)=丄 + 2Q = 2(lX +l (x 0) X X 当a0时，恒有Fr(x) 0 ?F(x)在(0,+oo)上为单调增函数， 故F(x)在(0,+oo)上无极值； xe(0,J- ), F(x)0, F(x)单调递增， V 2a x G (-/,+ oo), F(x) 1,艮卩证：inr = 2丄， 不r+1 r+1 4 - 也就是要证：lnr + 20,其中t G (l.+oo), r + 1 4 事实上 : 设如
33、= lnf + - 2(te(l,+oo), r + 1 则“)=1 =(f + l)2 4/=丄笛0 t a+ 1)2 r(r + l)2 r(r + l广 所以 )在(l,+oo)上单调递增，因此饥f)k(l) = O,即结论成立 . 【方法点睛】含参数的单调性问题，主要是对参数如何分类，常求出导函数并进行因式分解, 然后求出导函数等于零时的根，按照根的大小关系及根与零点的大小关系与参数的关系进行 分类，最后求出每一类的单调性即可；对于多元变量的不等式证明问题，常常将多元化为一 2(也-1) 元的 ?例如：本题H |lnX2 ln%l一化为In 玉，然后设心巴 1, x2 -x X + x
34、2X 兀 2 + Xj 4从而不等式转化为lnr2 , 最后构造函数证明不等式即可. r + 1 F(x)无极小值 综上所述：当aO时，F(x)无极值 ; 当a 无极小值 . 12.已知函数f （x） = nx- X . x + 1 （I） 若函数/（x）在（0,+oo）上为单 调增函数，求d的取值范围 ; (II)设m.ne R“ 9 .ft mn . 求证: 【答案】（I）a的取值范围是（-8,2；（II）证明过程详见解析 . 【解析】 试题分析：（I）函数/（X）在（0:+x）上为单调増函数等价于导函数/（x）0恒成立且不恒等于0,而恒 成 立问题常转化为最值问题，即“2 弘七） * （
35、U）假设宀“不等式等价于陀- n 构造函数法证明不等式? 试题解析 : （I）/（X）严1）, 所以/（X）n0在（Q +0C）上恒成立? 即 % 2 + (2 2 )x+ 1 二0在(Q +oc)上恒成立 . 当xe(O:+x)0寸，由 ? + (22d)x+ln0, 得2。2 x ? x 设g ( 尢)=兀 + , x e (0, +00), x 所以当且仅当兀 =丄, 即兀=1时，g（x）有最小值2. 所以a的取值范围是（-00,2 ? m-n m+n - 0, + 1 (X+1)2 - 2 宓 _ 三 + (2 - 2o)x+1 心 +1)2 一“X(X+1) 2 因为/（X）在（0；
36、+乂）上为单调増函数 , (II)假设加M 【方法点睛】对于函数.f(x)在给定区间上单调递增 ( 或递减 ) 求参数题目，直接将其转化为/V)o (/V)0,然后设x = -,则原不等式化为 n n n /z(x) = lnx- 2(X 1 0,接下来的问题易证 . 兀+ 1 13.己知函数/(x) = e x, g(x) = ix + n. (1)设h(x) = f(x)-g(x).若函数力 ( 兀) 在兀=0处的切线过点(1,0),求m + n的值； 1 me (2)设函数r(x = + / 、, Jln = 4m(m0),当尢 () 时，比较厂(x)与1的大 小关系 . 【答案】(1)
37、m + n = 2 ； (2)详见解析 0成立 . 所以 m n In w -In n 要证 In w-ln n 竺_1 竺+ i 2(竺-1) 2(-1) 只需证 一 V , 即证ln-0. In竺 2 “竺+ 1 吃竺+ 1 n n n 设方(x)=lnx-车9?由(I )知加0在(1：+龙) 上是单调増函数，又 -1, x+1 n 所以K-) h(i)= o. n m 即In - n m 2(1) 【解析】 试题分析：(1)利用导数几何意义求切线斜率：hx) = (/(X)- 77) f = - W ,函数 方(X)在*0处的切线斜率k = j,又h(0) = l-n ?所以函数方 (0
38、在x = 处的切线方程 1 ?4x y-(l-n) = (l-m)x ?将点、 (1=0)代入，得血 +农=2?2)由题意，r(x)=+ , 要确走其最小值，e x+4 需多次求导，反复确走求单调性，最后确走r(x)r(0)=l . 试题解析：(1)由题意，得方心 )=(/0)- 当- xx x4/. g(x3)-g(x:) OCx-g(x4) 0 - -I gg) - g(x3)| g(%2)- g(XT) | 成立； 当0 1B1, .| g(x4) - g(%3)| g(Xj) - g(Xi) 15 当0 |/( 鬲) 一/(x2)| 成立， 求实数加的取值范li. 1-13 【答案】
39、(I )函数/( 兀) 的极小值为 /(-) = 4,无极大值(II)见解析(III) m |/ （石）-/（电） | |/U）max - / （兀）扁 =1 + 加_ （2_ a）In 3-| - 6a成立，接卜来分离变量即可得到实数加的取值范围 试题解析：（1 ）函数 / （兀）的定义域为（0,+oo）. r（x） = V + 4 , 令广（幻 =_丄 + 4 =0, 得X, = ； x 2 =- ? - （舍去） . I 2 - 2 当x变化时，的取值情况如下： X 碍） 1 2(*,+00) f(x) 0 + 减极小值增 所以，函数 / （兀）的极小值为 / （- ） = 4,无极大值 . 2 （II）f（X）= 口 二 + 2a = （kT）呼+1）, X XX 令广（x） = 0,得西x. 2 a 当2时，fx ） 0,函数/（X）的在走义域（0:+x）单调递増； 当2o, y（x）单调递増； 2 a 当QV2时，在区间（0:-）, （J+Q, r（x） l + 2a-(2-a)ln3 -6a成立, tm 1 A 1 4ct 1 2 2 百匚_13 l!卩am 1 一4a, m - 4a, m - 4 , 所以加 W - a a3 3a3