【文档说明】专题3-6 导数压轴大题归类（1）-2022年高考数学毕业班二轮热点题型归纳与变式演练（全国通用）（解析版）.docx，共(42)页，3.012 MB，由管理员店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-c85fcd0ca3dc888f3f87049eb5f4e231.html

以下为本文档部分文字说明：

专题3-6导数压轴大题归类（1）目录一、热点题型归纳................................................................................................................

......................................1【题型一】求参1：端点值讨论型...............................................

...................................................................1【题型二】求参2：“存在”型...................................................

....................................................................3【题型三】求参3：“恒成立”型........................................

...........................................................................6【题型四】求参4：分离参数之“洛必达法则”............................

..............................................................9【题型五】求参5：同构求参..............................

.........................................................................................12【题型六】求参6：x1与x2构造新函数.............

........................................................................................14【题型七】零点型..............................................

............................................................................................16【题型八】不确定根型.................................

.................................................................................................18【题型九】取整讨论型...........

.......................................................................................................................20【题型十】证明不等式1：基

础型................................................................................................................23【题型十一

】证明不等式2：数列不等式之单变量构造型........................................................................24【题型十二】证明不等式3：数列不等式之无限求和型........

....................................................................27【题型十三】证明不等式4：构造单变量函数型...................

.....................................................................29【题型十四】证明不等式5：凑配主元.................................................

.......................................................31二、最新模考题组练.............................................................

...................................................................................33【题型一】求参1：端点值讨论型【典例分析】

设函数f(x)=lnx-p(x-1),pR（1）当p=1时，求函数f（x)的单调区间；（2）设函数g(x)=xf(x)+p(2x2-x-1)对任意x1都有g(x)0成立，求p的取值范围。解：（I）当p=1时，()ln1fxxx=-+，其定义域为()0,+.所以1()1fxx=−.……

……2分由1()10fxx=−得01x，所以()fx的单调增区间为()0,1；单调减区间为()1,+.…………5分（II）由函数22()()(21)ln(1)gxxfxpxxxxpx=+−−=+−,得()l

n12gxxpx=++.由（I）知，当p=1时，()(1)0fxf=，即不等式1ln−xx成立.……7分①当12p−时，()ln12(1)12(12)0gxxpxxpxpx=++−++=+，即g(x)在)+,1上单调递减，从而()(1)0gxg

=满足题意；……9分②当102p−时，存在11,2xp−使得ln0,120xpx+，从而()ln120gxxpx=++，即g(x)在11,2p−上单调递增，从而存在011,2xp−使得0()(1)0gxg=不满足题意；

③当0p时，由1x知2()ln(1)0gxxxpx=+−恒成立，此时不满足题意.综上所述，实数p的取值范围为12p−.…………12分【提分秘籍】基本规律1.端点赋值法（函数一般为单增或者单减，此时端点，特别是左端点起着至关重要的作用）2.为了简化讨论，当端点值是闭区间时候，代入限制

参数讨论范围。注意，开区间不一定是充分条件。有时候端点值能限制讨论范围，可以去除不必要讨论。如练习2【变式演练】1.试卷若函数()fx的反函数记为()1fx−，已知函数()xfxe=．（1）设函数()()()1Fxfxfx−=−，试判断函数()

Fx的极值点个数；（2）当0,2x时，()sinfxxkx，求实数k的取值范围．【答案】（1）1个；（2）(,1−．试题解析：（1）()1xFxex=−，当()0,x+时，1x是减函数，xe−

也是减函数，∴()1xFxex=−在()0,+上是减函数，当1x=时，()10Fxe=−，当12x=时，()20Fxe=−，∴()Fx在()0,+上有且只有一个变号零点，∴()Fx在定义域()0,+上有且只有一个极值点．．（2）令()()sinxgxfxkxexkx=−=−，

要使()fxkx总成立，只需0,2x时，()min0gx，对()gx求导得()()sinxcosxxgxek=+−，令()()sincosxhxexx=+，则()2cos0xhxex=，0,2x∴()hx在0,2

上为增函数，∴()21,hxe．①当1k时，()0gx恒成立，∴()gx在0,2上为增函数，∴()()min00gxg==，即()0gx恒成立；②当21ke

时，()0gx=在0,2x上有实根0x，∵()hx在0,2上为增函数，∴当()00,xx时，()0gx，∴()()000gxg=，不符合题意；③当2ke时，()0gx恒成立，∴()gx在0,2上为减函数

，则()()00gxg=，不符合题意．综合①②③可得，所求的实数k的取值范围是(,1−．2.设函数22()(2)ln,,fxxaxxbxabR=−+．（1）当1,1ab==−时，设2()(1)lngxxxx=−+，求证：对任意的1x

，22()()gxfxxxee−++−；（2）当2b=时，若对任意[1,)x+，不等式22()3fxxa+恒成立，求实数a的取值范围．【答案】（1）证明见解析；（2）(,1)−．试题解析：（1）当1,1ab==−时，22()(2)lnfxxxxx=−−，所以2()()xgxfxxxe

e−++−等价于ln0xexe+−．令()lnxhxexe=+−，则'1()0xhxex=+，可知函数()hx在(1,)+上单调递增，所以()(1)hxh，即lnxexe+，亦即ln0xex

e+−（2）当2b=时，22()(2)ln2fxxaxxx=−+，aR．所以不等式22()3fxxa+等价于22(24)ln0xaxxxa−+−．方法一：令22()(24)lnpxxaxxxa=−+−，[1,)x+，则'()(44

)ln(24)24()(ln1)(1)pxxaxxaxxaxx=−+−+=−+．当1a时，'()0px，则函数()px在[1,)+上单调递增，所以min()(1)1pxpa==−，所以根据题意，知有10a−，∴1a当1a时，由'()0px，知函数()px在[1,)

a上单调减；由'()0px，知函数()px在(,)a+上单调递增．所以2min()()(12ln)pxpaaaa==−−．由条件知，2(12ln)0aaa−−，即(12ln)10aa−−．设()(12ln)1qaaa=−−，1a，则'()12ln0qaa=−，1a，所

以()qa在(1,)+上单调递减．又(1)0q=，所以()(1)0qaq=与条件矛盾．综上可知，实数a的取值范围为(,1)−．方法二：（端点值特殊法）令22()(24)lnpxxaxxxa=−+−，[1,)x+，则22()(2

4)ln0pxxaxxxa=−+−在[1,)+上恒成立，所以(1)10pa=−，所以1a．又'()(44)ln(24)24()(ln1)(1)pxxaxxaxxaxx=−+−+=−+，显然当1a时，'()0p

x，则函数()px在[1,)+上单调递增，所以min()(1)10pxpa==−，所以1a．综上可知a的取值范围为(,1)−．【题型二】求参2：“存在”型【典例分析】设函数()()21ln12afxaxxbxa−=+−，曲线()()()11yfxf=在点，处的切

线斜率为0(Ⅰ)求b；(Ⅱ)若存在01,x使得()01afxa−，求a的取值范围。【答案】（1）b=1；（2）(21,21)(1,)−−−+【解析】'()(1)afxaxbx=+−−，由题设知'(1)0f=，解得1b=.…4

分（II）()fx的定义域为(0,)+，由（1）知，21()ln2afxaxxx−=+−，'1()(1)1()(1)1aaafxaxxxxxa−=+−−=−−−（ⅰ）若12a，则11aa−，故当(1,)x+时，'()0fx

，()fx在(1,)+单调递增，所以，存在01x，使得0()1afxa−的充要条件为(1)1afa−，即1121aaa−−−，解得2121a−−−.（ii）若112a，则11aa−，故当(1,)1axa

−时，'()0fx；当(,)1axa+−时，'()0fx，()fx在(1,)1aa−单调递减，在(,)1aa+−单调递增.所以，存在01x，使得0()1afxa−的充要条件为()11aafaa−−，而2()ln

112(1)11aaaaafaaaaaa=++−−−−−，所以不合题意.（iii）若1a，则11(1)1221aaafa−−−=−=−.综上，a的取值范围是(21,21)(1,)−−−+.……12分【提分秘籍】基本规律1.当不能分离参数时候，要移项分类讨论。2.确定是最

大值还是最小值。【变式演练】1.已知函数10)(23+−=axxxf.（Ⅰ）当1=a时，求曲线)(xfy=在点))2(,2(f处的切线方程;（Ⅱ）在区间]2,1[内至少存在一个实数x，使得0)(xf成立，求实数a的取值范围.【答

案】（I）82yx=−；（II）92a.试题解析：（Ⅰ）当1a=时，()3210fxxx=−+，()232fxxx=−()28kf==，又()214f=，切线方程为82yx=−（Ⅱ）()223233afxxa

xxx=−=−（12x）①当213a，即32a时，()0fx，()fx在1,2为增函数故()()min111fxfa==−，11011aa−，与32a矛盾；②当2312332aa时，21,3ax，()0fx；2,23ax

，()0fx，当()3min21010327afxfa==−+时，只需310100327aa−+，这与332a矛盾；③当2233aa时，()0fx，()fx在1,2单调递减，()()min2184fxfa==−，918

402aa−符合3a综上所述，a的取值范围为92a解法二由已知3221010xaxxx+=+，设()210gxxx=+（12x），()3101gxx=−12x，()0gx，()gx在1,2上是减函数，()()min922gxg==…10分

故a的取值范围为92a2.记},max{nm表示nm,中的最大值，如10}10,3max{=.已知函数}ln2,1max{)(2xxxf−=，}42)21(,lnmax{)(222aaxaxxxxg++−+−+=.（1）设2)1)(21(3

)()(−−−=xxxfxh，求函数)(xh在]1,0(上零点的个数；（2）试探究是否存在实数),2(+−a，使得axxg423)(+对),2(++ax恒成立？若存在，求a的取值范围；若不存在，说明理由.【答案】(1)2个；(

2)存在，−2,412ln.试题解析：解：（1）设xxxFln21)(2−−=，xxxxxxF)1)(1(222)('+−=−=，令0)('xF，得1x，)(xF递增；令0)('xF，得10x

，)(xF递减.∴0)1()(min==FxF，∴0)(xF，即xxln212−，∴1)(2−=xxf.设2)1)(21(3)(−−=xxxG，则由0)23)(1(3)('=−−=xxxG得1=x或32=x.∴)(xG在)32,0(上递增，在]1,32(上递减，

∵)0()0(fG，181)32(=G，0)1()1(==fG，∴结合)(xf与)(xG在]1,0(上图象可知，这两个函数的图象在]1,0(上有两个交点，即)(xh在]1,0(上零点的个数为2.（2）假设存

在实数),2(+−a，使得axxg423)(+对),2(++ax恒成立，则+++−+−++axaaxaxaxxx42342)21(423ln222对),2(++ax恒成立，即−+−0))(2(421

ln2axxaxx对),2(++ax恒成立，（i）设xxxH21ln)(−=，xxxxH22211)('−=−=，令0)('xH，得20x，)(xH递增；令0)('xH，得2x，)(xH递减.∴12ln)2()

(max−==HxH.当220+a即02−a时，12ln4−a，∴412ln−a，∵0a，∴)0,412ln(−a.故当)0,412ln(−a时，axx421ln−对),2(++ax恒成立.当22+a即0a时，)(xH在),2(++a上递减，∴121)2ln

()2()(−−+=+aaaHxH.∵02121)'121)2(ln(−+=−−+aaa，∴012ln)0()2(−=+HaH，故当0a时，axx421ln−对),2(++ax恒成立.（ii

）若0))(2(2−+axx对),2(++ax恒成立，则22aa+，∴]2,1[−a.由（i）及（ii）得]2,412ln(−a.故存在实数),2(+−a，使得axxg423)(+对),2(++ax恒成立，且a的取值范围为]2,412ln(−.【题型三】求参3：“恒成

立”型【典例分析】已知函数𝑓(𝑥)=(2−𝑎)ln𝑥+1𝑥+2𝑎𝑥.（1）当𝑎=0时，求函数的极值；（2）当𝑎<0时，讨论函数的单调性；（3）若对任意的𝑎∈(−∞,−2)，𝑥1,𝑥2∈[1,3]，恒有(𝑡+ln3)𝑎−2ln3>|𝑓(𝑥1)−

𝑓(𝑥2)|成立，求实数𝑡的取值范围.【答案】（1）𝑓(𝑥)有极小值是𝑓(12)=2ln12+2=2−2ln2，无极大值.（2）见解析；（3）(−∞,−133]【解析】(1)当𝑎=0时，函数𝑓(𝑥)=2ln𝑥+1𝑥的定义域为(0,+

∞)，且𝑓′(𝑥)=2𝑥−1𝑥2=2𝑥−1𝑥2=0得𝑥=12∵函数𝑓(𝑥)在区间(0,12)上是减函数，在区间(12,+∞)上是增函数∴函数𝑓(𝑥)有极小值是𝑓(12)=2ln12+2=2−2ln2，无极大值.(2)∵𝑓′(𝑥)=2−𝑎𝑥−1𝑥2+2

𝑎=(2𝑥−1)(𝑎𝑥+1)𝑥2=0得𝑥1=12,𝑥2=−1𝑎，当𝑎=−2时，有𝑓′(𝑥)≤0，函数在定义域(0,+∞)内单调递减；当−2<𝑎<0时，在区间(0,12)，(−1𝑎,+

∞)上𝑓′(𝑥)<0，𝑓(𝑥)单调递减；在区间(12,−1𝑎)上𝑓′(𝑥)>0，𝑓(𝑥)单调递增；当𝑎<−2时，在区间(0,−1𝑎),(12,+∞)上𝑓′(𝑥)<0，𝑓(𝑥)单调递减；在区

间(−1𝑎,12)上𝑓′(𝑥)>0，𝑓(𝑥)单调递增；(3)由(2)知当𝑎∈(−∞,−2)时，𝑓(𝑥)在区间[1,3]上单调递减，所以𝑓(𝑥)max=𝑓(1)=1+2𝑎𝑓(𝑥)min=𝑓(3)=(2−𝑎)ln3+13+6𝑎.问题

等价于：对任意𝑎∈(−∞,−2)，恒有(𝑡+ln3)𝑎−2ln3>1+2𝑎−(2−𝑎)ln3−13−6𝑎成立，即𝑎𝑡>23−4𝑎，因为𝑎∈(−∞,−2)，所以𝑡<23𝑎−4，因为𝑎∈(−∞,−2)，所以只需𝑡<(23𝑎−4)min从而𝑡≤23×(

−2)−4=−133故𝑡的取值范围是(−∞,−133]【提分秘籍】基本规律1.注意是同一变量还是不同变量。2.各自对应的是最大值还是最小值。3.一般地，已知函数(),,yfxxab=，(),,ygxxcd=（1）若1,xab，2,xcd，总有

()()12fxgx成立，故()()2maxminfxgx；（2）若1,xab，2,xcd，有()()12fxgx成立，故()()2maxmaxfxgx；（3）若1,xab，2,x

cd，有()()12fxgx成立，故()()2minminfxgx；（4）若1,xab，2,xcd，有()()12fxgx=，则()fx的值域是()gx值域的子集．【变式演练】1.已知函数𝑓(𝑥)=𝑥3+𝑏𝑥2+2𝑥−1,𝑏∈𝑅

，（1）设𝑔(𝑥)=𝑓(𝑥)+1𝑥2，若函数𝑔(𝑥)在(0,+∞)上没有零点，求实数𝑏的取值范围；（2）若对∀𝑥∈[1,2]，均∃𝑡∈[1,2]，使得𝑒𝑡−𝑙𝑛𝑡−4≤𝑓(𝑥)−

2𝑥，求实数𝑏的取值范围.【答案】⑴(−2√2，+∞)；⑵[𝑒−4，+∞)【解析】⑴∵𝑔(𝑥)=𝑥+2𝑥+𝑏≥2√2+𝑏(𝑥>0)，∴𝑔(𝑥)𝑚𝑖𝑛=2√2+𝑏∴𝑔(𝑥)在(0，+∞)上没零点⟺𝑔(𝑥)𝑚𝑖𝑛=2√2+

𝑏>0⟺𝑏>−2√2∴𝑏∈(−2√2，+∞)⑵∵𝑒𝑡−𝑙𝑛𝑡−4≤𝑓(𝑥)−2𝑥⟺𝑒𝑡−𝑙𝑛𝑡≤𝑥3+𝑏𝑥2+3设ℎ(𝑡)=𝑒𝑡−𝑙𝑛𝑡，𝑡∈[1，2]∵ℎ‘(𝑡)=𝑒−1𝑡≥0对𝑡∈[1

，2]恒成立则ℎ(𝑡)在𝑡∈[1，2]上单调递增∴ℎ(𝑡)≥ℎ(1)=𝑒则𝑒≤𝑥3+𝑏𝑥2+3对𝑥∈[1，2]恒成立∴𝑏≥−(𝑥+3−𝑒𝑥2)对𝑥∈[1，2]恒成立设𝑚(𝑥)=−(𝑥+3−𝑒𝑥2

)，𝑥∈[1，2]∵𝑚′(𝑥)=−1+6−2𝑒𝑥3≤5−2𝑒<0，∴𝑚(𝑥)在𝑥∈[1，2]递减∴𝑚(𝑥)≤𝑀(1)=𝑒−4∴𝑏≥𝑒−4,即𝑏∈[𝑒−4，+∞)2.已知函数𝑓(𝑥)=𝑥2+

2𝑚ln𝑥−(𝑚+4)𝑥+ln𝑚+2.（1）当𝑚=4时，求函数𝑓(𝑥)在区间[1,4]上的值域；（2）当𝑚>0时，试讨论函数𝑓(𝑥)的单调性；（3）若对任意𝑚∈(1,√2)，存在𝑥∈(3,4]，使得不等式𝑓(𝑥)>𝑎(𝑚−𝑚2)

+2𝑚(ln4−1)成立，求实数𝑎的取值范围.【答案】（1）[2ln2−5,18ln2−14]；（2）[1,+∞)【解析】（1）当𝑎=4时，函数𝑓(𝑥)=𝑥2+8ln𝑥−8𝑥+2ln2+2(𝑥>0)，所以𝑓′(𝑥)=2𝑥+8�

�−8=2(𝑥−2)2𝑥≥0,所以函数𝑓(𝑥)单调递增，故函数𝑓(𝑥)在区间[1,4]上的最小值为𝑓(1)=2ln2−5,最大值为𝑓(4)=18ln2−14，所以区间[1,4]上的值域为[2ln2−5,18ln2−14]（2）𝑓′(𝑥)=2𝑥+2𝑚�

�−(𝑚+4)=(𝑥−2)(2𝑥−𝑚)𝑥令𝑓′(𝑥)=0,得𝑥1=2,𝑥2=𝑚2当𝑚>4时，𝑚2>2，由𝑓′(𝑥)>0得𝑥>𝑚2或0<𝑥<2，由𝑓′(𝑥)<0得2<𝑥<𝑚2，所以在区间(0,2)和(𝑚2,+∞

)上，函数𝑓(𝑥)单调递增，在区间(2,𝑚2)上，函数𝑓(𝑥)单调递减.当𝑚=4时，𝑓′(𝑥)≥0，所以函数𝑓(𝑥)单调递增.当0<𝑚<4时，𝑚2<2，由𝑓′(𝑥)>0得𝑥>2或

0<𝑥<𝑚2，由𝑓′(𝑥)<0得𝑚2<𝑥<2，所以在区间(0,𝑚2)和(2,+∞)上，函数𝑓(𝑥)单调递增，在区间(𝑚2,2)上，函数𝑓(𝑥)单调递减.（3）由（2）知，当𝑎∈(

1,√2)时，函数𝑓(𝑥)在(3,4]上单调递增，故当𝑥∈(3,4]时，𝑓(𝑥)max=𝑓(4)，因为对任意𝑎∈(1,√2)，存在𝑥0∈(3,4]，使得不等式𝑓(𝑥0)>𝑚(𝑎−𝑎2)+2

𝑎(ln4−1)成立，所以16+2𝑎ln4−4(𝑎+4)+ln𝑎+2>𝑚(𝑎−𝑎2)+2𝑎(ln4−1)，得ln𝑎+𝑚𝑎2−(𝑚+2)𝑎+2>0，对任意𝑎∈(1,√2)恒成立记ℎ(𝑥)=ln𝑥+𝑚𝑥2−(𝑚+2)𝑥+2，则ℎ′(𝑥)=1𝑥+2𝑚�

�−(𝑚+2)=(2𝑥−1)(𝑚𝑥−1)𝑥当𝑥∈(1,√2)时，2𝑥−1>0若𝑚≥1,则𝑚𝑥−1>0,从而ℎ′(𝑥)>0，所以函数ℎ(𝑥)在𝑥∈(1,√2)上单调递增，所以当𝑥∈(1,√2)时，ℎ(𝑥

)>ℎ(1)=0,符合题意若0<𝑚<1，则存在𝑥0∈(1,√2)，使得𝑚𝑥0−1=0，则ℎ(𝑥)在(1,𝑥0)上单调递减，在(𝑥0,√2)上单调递增，从而当𝑥0∈(1,√2)时，ℎ(𝑥)min=ℎ(𝑥0)

<ℎ(1)=0，说明当𝑥0∈(1,√2)时，ℎ(𝑥)>0不恒成立，不符合题意若𝑚≤0，则ℎ′(𝑥)<0,ℎ(𝑥)在(1,√2)上单调递减，所以当𝑥0∈(1,√2)时，ℎ(𝑥)<ℎ(1)=

0，不符和题意。综上，实数𝑚的取值范围是[1,+∞).【题型四】求参4：分离参数之“洛必达法则”【典例分析】设函数sin()2cosxfxx=+．（Ⅰ）求()fx的单调区间；（Ⅱ）如果对任何0x≥，都有()fxax≤，求a

的取值范围．解：（原解法）（Ⅰ）22(2cos)cossin(sin)2cos1()(2cos)(2cos)xxxxxfxxx+−−+==++．2分当2π2π2π2π33kxk−+（kZ）时，1cos2x−，即()0fx；当2π4

π2π2π33kxk++（kZ）时，1cos2x−，即()0fx．因此()fx在每一个区间2π2π2π2π33kk−+，（kZ）是增函数，()fx在每一个区间2π4π2π2π33kk++，（kZ）是减函数．6分（Ⅱ

）令()()gxaxfx=−，则22cos1()(2cos)xgxax+=−+2232cos(2cos)axx=−+++211132cos33ax=−+−+．故当13a≥时，()0gx≥．又(0)0g=，所以当0x≥时，()(0)0gxg=≥，即()fxax≤．9分当103a

时，令()sin3hxxax=−，则()cos3hxxa=−．故当)0arccos3xa，时，()0hx．因此()hx在)0arccos3a，上单调增加．故当(0arccos3)xa，时，()(0)0h

xh=，即sin3xax．于是，当(0arccos3)xa，时，sinsin()2cos3xxfxaxx=+．当0a≤时，有π1π0222fa=≥．因此，a的取值范围是13+，．12分洛必达法则解法：解析：(1)略;(2)axxxxf+=cos2sin

)(当x=0时，Ra当0x时，)()cos2(sinxhxxxa=+31sincos2coslim)(lim00=−+=→→xxxxxhaxx所以为必要条件。下证31)(xh)0(,0cos2sin3)()0(,31)cos2(sin+−=+

xxxxxgxxxx因为0)cos2(1cos2cos)cos2(1cos231)(222++−=++−=xxxxxxg所以31)(0)0()(=xhgxg。31a【提分秘籍】基本规律1.若分离参数后，所求最值恰好在“断点处”，则可以通过洛必达法则求出“最值”2.注意“断点

”是在端点处还是区间分界处。【变式演练】1.设函数ln()lnln(1)1xfxxxx=−+++.⑴求()fx的单调区间和极值;⑵是否存在实数a,使得关于x的不等式axf)(的解集为(0,)+?若存在,求a的取值范围;若不存在,试说明理由.解析：（

原解法）（Ⅰ）221ln11ln()(1)(1)1(1)xxfxxxxxxx=−−+=−++++．··············2分故当(01)x，时，()0fx，(1)x+，∞时，()0fx．

所以()fx在(01)，单调递增，在(1)+，∞单调递减．4分由此知()fx在(0)+，∞的极大值为(1)ln2f=，没有极小值．6分（Ⅱ）（ⅰ）当0a≤时，由于ln(1)ln(1)ln(1)ln(1)ln()011xxxxxxxxfxxx+++−++−==+

+，故关于x的不等式()fxa≥的解集为(0)+，∞．10分（ⅱ）当0a时，由ln1()ln11xfxxx=+++知ln21(2)ln1122nnnnf=+++，其中n为正整数，且

有22211ln11log(1)222nnnnaene+−−−．12分又2n≥时，ln2ln2ln22ln2(1)121(11)12nnnnnnnn==−+++−．且2ln24ln2

112annn+−．取整数0n满足202log(1)nne−−，04ln21na+，且02n≥，则0000ln21(2)ln112222nnnnaafa=+++=+，即当0a时，关于x的不等式()fxa≥的解集不是(0)

+，∞．综合（ⅰ）（ⅱ）知，存在a，使得关于x的不等式()fxa≥的解集为(0)+，∞，且a的取值范围为(0−∞，14分洛必达法则解题：解析:(1)略。(2)分析：注意定义域)(0,+，题目等价于)a在(0,f(x)+

。考虑洛必达法则：且导数仍为为超越结构但直接求导显然麻烦，最小极限值。需f(x)的最小值或)恒成立,a在(0,f(x)+=+−=−=−++→→→→+=−=−−=→→−xxlnxlnxlimf(x)lim[ln(x1)lnx]limlim

11x1xx0x0x0x01x1xlimlim(x)01x0x02x00，下证f(x)猜测a0)0(xlnx1)ln(xlnxx1x1)ln(x1)ln(xlnxx1lnxf(x)−++−+=

++−+=0所以a2.已知函数f(x)=ex,曲线y=f(x)在点(x0,y0)处的切线为y=g(x).（1）证明：对于xR，f(x)g(x);（2）当x0时，f(x)1+a1xx+,恒成立，求实数a的取

值范围。解答：方法一常规讨论二次取导法去分母，移项，证明h(x)=(1)(1)xexxax+−+−0—(h（0）=0)取导()hx=(1)1xxexea++−−，二次取导()(1)0xxxhxexee

=+++恒成立。所以，()hx在（0，+）为增函数。而(0)h=1-a.当1-a0,即a1时候，(0)h0，则原函数为增函数，h(x)h(0)0,显然成立。当1-a0,即a1时，因为(0)h=1-a0，此时，()hx=0有解，记为x1,所

以，在区间[0,x1]中，h(x)0,显然不成立。所以，a1方法二：罗比达法则—分离变量分离变量：a(1)(1)xexxx+−+=h(x),去导数，()hx=22(1)1xexxx+−+（x>0），分子r(x)=2(1)1xexx+−+,(x[0,)，扩展定义域]，求

导2()(3xrxexx=+）0，可知，r(x)为定义域内增函数，而r（x）r(0)=0.所以()hx》0.为增函数。则ah(0)----不存在，罗比达法则可得为1【题型五】同构求参5：绝对值同构求参型【典例分析】已知函数（I）讨论函数的单调性；

（II）设.如果对任意，，求的取值范围。解：（Ⅰ）的定义域为（0，+∞）..当时，＞0，故在（0，+∞）单调增加；当时，＜0，故在（0，+∞）单调减少；当-1＜＜0时，令=0，解得.则当时，＞0；1ln)1()(2+++=axxaxf)(xf1−

a),0(,21+xx||4)()(|2121xxxfxf−−a()fx2121'()2aaxafxaxxx+++=+=0a'()fx()fx1a−'()fx()fxa'()fx12axa+=−1(0,)2a

xa+−'()fx时，＜0.故在单调增加，在单调减少.（Ⅱ）不妨假设，而＜-1，由（Ⅰ）知在（0，+∞）单调减少，从而，等价于，①令，则①等价于在（0，+∞）单调减少，即.从而故a的取值范围为（-∞，-2].……

12分【提分秘籍】基本规律1.含绝对值型，大多数都是有单调性的，所以可以通过讨论去掉绝对值。2.去掉绝对值，可以通过“同构”重新构造函数。【变式演练】1.已知函数21()(1)ln2fxaxaxx=−++，

其中0a.（I）讨论函数()fx的单调性；（II）若1a，证明：对任意12,(1,)xx+12()xx，总有122212|()()|1||2fxfxaxax−−.【答案】（I）略（II）略试题解析：解：

（I）∵(0,)x+，1(1)(1)'()(1)axxfxaxaxx−−=−++=，令'()0fx=，得1xa=或1x=①若01a，则(0,1)x时，'()0fx；1(1,)xa时，'()0fx

；1(,)xa+时，'()0fx，故函数()fx在(0,1)，1(,)a+上单调递增，在1(1,)a上单调递减②若1a=时，则()fx在(0,)+上单调递增③若1a时，则()fx在1(0,)a，(1,)+上单调递增，在1(,1)a上单调

递减（II）由（I）可知，当1a时，()fx在(1,)+上单调递增，不妨设121xx，则有12()()fxfx，2212axax，于是要证122212|()()|1||2fxfxaxax−−，即证22121211()()22fxfxaxax

−−，即证22112211()()22fxaxfxax−−，令21()()ln()(1)2hxfxaxxaxx=−=−+，∵11(1)'()(1)axhxaxx−+=−+=，∵(1)2ax+，1(1)0ax−+，

1(,)2axa+−+'()fx()fx1(0,)2aa+−1(,)2aa+−+12xxa12,(0,)xx+1212()()4fxfxxx−−12,(0,)xx+2211()4()4fxxfxx++()()4gxfxx=+1'()24agxaxx+=++()gx1240

aaxx+++22222241(21)42(21)2212121xxxxaxxx−−−−−−==−+++∴()hx在(1,)+上单调递减，即有12()()hxhx.故122212|()()|1||2fxfxaxax−.2.已知()212l

nxfxx+=．（1）求()fx的单调区间；（2）令()22lngxaxx=−，则()1gx=时有两个不同的根，求a的取值范围；（3）存在1x，()21,x+且12xx，使()()1212lnlnfxfxkxx−

−成立，求k的取值范围．【答案】（1）单调递增区间为()0,1，单调递减区间为()1,+．（2）01a（3）2ke试题解析：解：（1）()34lnxfxx−=．令()0fx=得1x=，()0,1x时，()0fx，()f

x单调递增；()1,x+时，()0fx，()fx单调递减．综上，()fx单调递增区间为()0,1，单调递减区间为()1,+．（2）()()22122axgxaxxx−=−=①当时，，单调递减，故不可能有

两个根，舍去②当时，时，，单调递减，1,xa+时，()0fx，()fx单调递增．所以11ga得01a．综上，01a（3）不妨设121xx，由（1）知()1,x+时，()fx单调递减．

()()1212lnlnfxfxkxx−−，等价于()()()2112lnlnfxfxkxx−−即()()2211lnlnfxkxfxkx++存在1x，()21,x+且12xx，使()()2211lnlnfxkxfxkx++成立令(

)()lnhxfxkx=+，()hx在()1,+存在减区间()234ln0kxxhxx−=有解，即24lnxkx有解，即2max4lnxkx令()24lnxtxx=，()()341

2lnxtxx−=，()0,xe时，()0fx，()fx单调递增，(),xe+时，()0fx，()fx单调递减，2max4ln2xxe=，2ke．【题型六】同构求参6：x1与x

2构造新函数型【典例分析】已知函数f(x)=x－ax+(a－1)，。（1）讨论函数的单调性；（2）证明：若，则对任意x，x，xx，有。解析(1)的定义域为。2分（i）若即,则故在单调增加。(ii)若,而,故,则当时，;0a()0gx0a10,xa()0fx

()fx212lnx1a()fx5a12(0,)+121212()()1fxfxxx−−−()fx(0,)+2'11(1)(1)()axaxaxxafxxaxxx−−+−−+−=−+==11a−=2a=2'(1)()x

fxx−=()fx(0,)+11a−1a12a(1,1)xa−'()0fx当及时，故在单调减少，在单调增加。(iii)若,即,同理可得在单调减少，在单调增加.(2)考虑函数则由于1<a<5,故，即g(x)在(4,+∞)单

调增加，从而当时有，即，故，当时，有·········12分【提分秘籍】基本规律1.含有x1和x2型，大多数可以考虑变换结构相同，构造函数解决。2.可以利用第一问的某些结论或者函数结构寻找构造的函数特征。【变式演练】1.已知函数xx

aaxxfln)2()(2++−=.（1）当0a时，若)(xf在区间],1[e上的最小值为2−，求a的取值范围；（2）若对任意2121),,0(,xxxx+，且22112)(2)(xxfxxf++恒成立，求a的取值范围.【答案】（1）1a；（2）80a.试题解析：（1）函数xx

aaxxfln)2()(2++−=的定义域是),0(+.当0a时，)0(1)2(21)2(2)(2++−=++−=xxxaaxxaaxxf，令0)(=xf，得0)1)(12(1)2(2)(2=−−=++−=xaxxxxaaxxf，所以21=x或ax1=.当110a，即1

a时，)(xf在],1[e上单调递增，所以)(xf在],1[e上的最小值是2)1(−=f；当ea11时，)(xf在],1[e上的最小值是2)1()1(−=faf，不合题意；当ea1时，)(xf在),1(e上单调递减，所以)(

xf在],1[e上的最小值是2)1()(−=fef，不合题意，综上：1a.（2）设xxfxg2)()(+=，即xaxaxxgln)(2+−=，只要)(xg在),0(+上单调递增即可，而xaxaxxaaxxg1212)(2+−=+−=，当0=a时，01)(=

xxg，此时)(xg在),0(+上单调递增；(0,1)xa−(1,)x+'()0fx()fx(1,1)a−(0,1),(1,)a−+11a−2a()fx(1,1)a−(0,1),(1,

)a−+()()gxfxx=+21(1)ln2xaxaxx=−+−+211()(1)2(1)1(11)aagxxaxaaxx−−=−−+−−=−−−g()0gx120xx12()()0gxgx−1212()()0fxfxxx−+−1212()()1fxfxxx−

−−120xx12211221()()()()1fxfxfxfxxxxx−−=−−−当0a时，只需0)(xg在),0(+上恒成立，因为),0(+x，只要0122+−axax，则需要0a，对于函数122+−=axaxy，过定点)1,0(，对

称轴041=x，只需082−=aa，即80a，综上，80a.2.（构造巧）已知函数𝑓(𝑥)=(𝑥−1)𝑒𝑥−𝑡2𝑥2，其中𝑡∈𝑅.（1）讨论函数𝑓(𝑥)的单调性；（2）当𝑡=3时，证

明：不等式12122fxxfxx2x+−−−（）（）恒成立（其中𝑥1∈𝑅，𝑥1>0）.【答案】(1)见解析;(2)见解析.详解：（1）由于𝑓′(𝑥)=𝑥𝑒𝑥−𝑡𝑥=𝑥(𝑒𝑥−𝑡).1）当𝑡≤0时，𝑒𝑥−𝑡>0，当𝑥>0时，𝑓′(𝑥)>0，𝑓(𝑥)递增

，当𝑥<0时，𝑓′(𝑥)<0，𝑓(𝑥)递减；2）当𝑡>0时，由𝑓′(𝑥)=0得𝑥=0或𝑥=ln𝑡.当0<𝑡<1时，ln𝑡<0，当𝑥>0时，𝑓′(𝑥)>0，𝑓(𝑥)递增，当ln𝑡<𝑥<0时，𝑓′(𝑥)<0，�

�(𝑥)递减，当𝑥<ln𝑡时，𝑓′(𝑥)>0，𝑓(𝑥)递增；当𝑡=1时，𝑓′(𝑥)>0，𝑓(𝑥)递增；③当𝑡>1时，ln𝑡>0.当𝑥>ln𝑡时，𝑓′(𝑥)>0，𝑓(𝑥

)递增，当0<𝑥<ln𝑡时，𝑓′(𝑥)<0，𝑓(𝑥)递减，当𝑥<0时，𝑓′(𝑥)>0，𝑓(𝑥)递增.综上，当𝑡≤0时，𝑓(𝑥)在(−∞,0)上是减函数，在(0,+∞)上是增函数；当0<𝑡<1时，𝑓(𝑥)在(−∞,ln𝑡

)，(0,+∞)上是增函数，在(ln𝑡,0)上是减函数；当𝑡=1时，𝑓(𝑥)在(−∞,+∞)上是增函数；当𝑡>1时，𝑓(𝑥)在(−∞,0)，(ln𝑡,+∞)上是增函数，在(0,ln𝑡)上是减函数.（2）依题意𝑓(𝑥1+𝑥2

)−𝑓(𝑥1−𝑥2)>(𝑥1−𝑥2)−(𝑥1+𝑥2)⇔𝑓(𝑥1+𝑥2)+(𝑥1+𝑥2)>𝑓(𝑥1−𝑥2)+(𝑥1−𝑥2)恒成立.设𝑔(𝑥)=𝑓(𝑥)+𝑥，则上式等价于𝑔(𝑥1+𝑥

2)>𝑔(𝑥1−𝑥2)，要证明𝑔(𝑥1+𝑥2)>𝑔(𝑥1−𝑥2)对任意𝑥1∈𝑅，𝑥2∈(0,+∞)恒成立，即证明𝑔(𝑥)=(𝑥−1)𝑒𝑥−32𝑥2+𝑥在𝑅上单调递增，又𝑔′(𝑥)=�

�𝑒𝑥−3𝑥+1，只需证明𝑥𝑒𝑥−3𝑥+1≥0即可.令ℎ(𝑥)=𝑒𝑥−𝑥−1，则ℎ′(𝑥)=𝑒𝑥−1，当𝑥<0时，ℎ′(𝑥)<0，当𝑥>0时，ℎ′(𝑥)>0，∴ℎ(𝑥)min=ℎ(0

)=0，即∀𝑥∈𝑅，𝑒𝑥≥𝑥+1，那么，当𝑥≥0时，𝑥𝑒𝑥≥𝑥2+𝑥，所以𝑥𝑒𝑥−3𝑥+1≥𝑥2−2𝑥+1=(𝑥−1)2≥0；当𝑥<0时，𝑒𝑥<1，𝑥𝑒𝑥−3𝑥+1=𝑥(𝑒𝑥−3+1𝑥)>0，∴𝑥𝑒𝑥−3𝑥+1

≥0恒成立.从而原不等式成立.【题型七】零点型【典例分析】已知函数ln()xfxx=，()(ln)2axgxxx=−.()aR（Ⅰ）求()yfx=的最大值；（Ⅱ）若1a=，判断()ygx=的单调性；（Ⅲ）若()yg

x=有两个零点，求a的取值范围.【答案】（Ⅰ）最大值f(e)＝1e；（Ⅱ）见解析；（III）20ae.试题解析：（Ⅰ）f′(x)＝21lnxx−（x＞0），当x∈(0，e)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；当x∈(e，＋∞)时，f

′(x)＜0，f(x)单调递减，所以当x＝e时，f(x)取得最大值f(e)＝1e．（Ⅱ）a=1,1,0gxlnxxx=+−（）,令()1,0Gxlnxxx=−+，()11Gxx=−，当01,0xGGx，（）单调递增，当()1,0xGGx，单调递减

，()()10maxGxG==,即1lnxx−，()0gx.故()2xygxxlnx==−在x>0时单调递减.（III）()0,2axxhxlnx=−令g(x)有两个零点等价于

h（x）有两个零点，2lnxax=由（1）知22maxlnxxe=，由()2lnxmxx=图像可知20ae.【提分秘籍】基本规律已知函数有零点求参数取值范围常用的方法和思路(1)移项讨论法（找点或者极限法）：直接根据题设条件构建关于参数的不

等式，再通过解不等式确定参数范围；(2)分离参数（回避找点）：先将参数分离，转化成求函数值域问题加以解决；(3)分离函数法：先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图象，然后数形结合求解．【变式演练】1.已知函数sin2()(n)l1fxxx=−+，sin)2(gxxx=−．(1)

求证：()gx在区间(0,]4上无零点；(2)求证：()fx有且仅有2个零点．【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.【详解】(1)sin)2(gxxx=−，()2cos21gxx=−．当0,6x

时，()0gx；当,64x时，()0gx，所以()gx在0,6上单调递增，在,64上单调递减．而(0)0g=，04g，所以当0,4x时，()0gx，所以()gx在区间0,4

π上无零点．(2)()fx的定义域为(1,)−+．①当(1,0)x−时，sin20x，ln(1)0x+，所以()sin2ln(1)0fxxx=++，从而()fx在(1,0)−上无零点．②当0x=

时，()0fx=，从而0x=是()fx的一个零点．③当0,4x时，由(1)知()0gx，所以sin2xx，又ln(1)xx+…，所以()sin2ln(1)0fxxx=−+，从而()fx在0,4π上无零点．④当3,4

4x时，()sin2ln(1)fxxx=−+，1()2cos201fxxx=−+，所以()fx在3,44上单调递减．而04f，304f，从而()fx在3,44上有唯一零点．⑤当3,4

x+时，ln(1)1x+，所以()0fx，从而()fx在3,4+上无零点．综上，()fx有且仅有2个零点．2.已知函数𝑓(𝑥)=13𝑎𝑥3+12𝑏𝑥2+𝑐𝑥.（1）若函数有三个零点𝑥1,𝑥2,𝑥3，且𝑥1+𝑥2+𝑥3=92，，求

函数的单调区间；（2）若𝑓′(1)=−12𝑎，3𝑎>2𝑐>2𝑏，试问：导函数𝑓′(𝑥)在区间（0，2）内是否有零点，并说明理由.（3）在（2）的条件下，若导函数𝑓′(𝑥)的两个零点之间的距离不小于√3，求𝑏𝑎的取值范围.【答案】（1）

𝑎>0时，单调递减区间是（1，4），单调递增区间是；𝑎<0时，单调递增区间是（1，4），单调递减区间是；（2）导函数𝑓′(𝑥)在区间（0，2）内至少有一个零点；（3）[−1,−34).试题解析：（1）因为𝑓(𝑥)=𝑥(13𝑎𝑥2+12𝑏𝑥+𝑐)，又𝑥1+𝑥2+𝑥3=

92，，则因为x1，x3是方程13𝑎𝑥2+12𝑏𝑥+𝑐=0的两根，则−3𝑏2𝑎=92，，.即从而：，所以.令解得：故𝑎>0时，单调递减区间是（1，4），单调递增区间是；𝑎<0时，单调递增区间是（1，4），单调递减区间是（2）因为𝑓′(𝑥)=�

�𝑥2+𝑏𝑥+𝑐，𝑓′(1)=−12𝑎，所以𝑎+𝑏+𝑐=−12𝑎，即3𝑎+2𝑏+2𝑐=0.因为3𝑎>2𝑐>2𝑏，所以3𝑎>0,2𝑏<0，即𝑎>0,𝑏<0.于是𝑓′(1)=−𝑎2<0

，𝑓′(0)=𝑐，𝑓′(2)=4𝑎+2𝑏+𝑐=4𝑎−(3𝑎+2𝑐)+𝑐=𝑎−𝑐①当𝑐>0时，因为𝑓′(0)=𝑐>0,𝑓′(1)=−𝑎2<0，则𝑓′(𝑥)在区间(0,1)内至少有一个零点.②当𝑐≤0时，因为𝑓′(1)=−𝑎2<0,𝑓′(2)

=𝑎−𝑐>0，则𝑓′(𝑥)在区间（1，2）内至少有一零点.故导函数𝑓′(𝑥)在区间（0，2）内至少有一个零点.（3）设m，n是导函数𝑓′(𝑥)=𝑎𝑥2+𝑏𝑥+𝑐的两个零点，则𝑚+𝑛=−𝑏�

�，𝑚𝑛=𝑐𝑎=−32−𝑏𝑎.所以|𝑚−𝑛|=√(𝑚+𝑛)2−4𝑚𝑛=√(−𝑏𝑎)2−4(−32−𝑏𝑎)=√(𝑏𝑎+2)2+2.由已知，√(𝑏𝑎+2)2+2≥√3，则(𝑏𝑎+2)2+2≥3，即(𝑏𝑎+

2)2≥1.所以𝑏𝑎+2≥1或𝑏𝑎+2≤−1，即𝑏𝑎≥−1或𝑏𝑎≤−3.又2𝑐=−3𝑎−2𝑏，3𝑎>2𝑐>2𝑏，所以3𝑎>−3𝑎−2𝑏>2𝑏，即−3𝑎<𝑏<−34𝑎.因为𝑎>0，所以−3<𝑏𝑎<−34.综上分析，𝑏𝑎的取值范围是

[−1,−34).【题型八】不确定根型【典例分析】已知函数𝑓(𝑥)=ln𝑥+2𝑥．（1）求函数𝑓(𝑥)在[1,+∞)上的值域；（2）若∀𝑥∈[1,+∞)，ln𝑥(ln𝑥+4)≤2𝑎𝑥+4恒成立，求实数𝑎的取值范围．【答

案】（1）(0,2]（2）𝑎≥4𝑒2【解析】（1）易知𝑓′(𝑥)=−1−ln𝑥𝑥2<0(𝑥≥1)，∴𝑓(𝑥)在[1,+∞)上单调递减，𝑓(𝑥)max=2，∵𝑥≥1时，𝑓(𝑥)>0，∴𝑓(𝑥)在[1,+∞)

上的值域为(0,2]．（2）令，则，①若，则由（1）可知，，在上单调递增，，与题设矛盾，不符合要求；②若，则由（1）可知，，在上单调递减，，符合要求；③若，则，使得，且在上单调递增，在上单调递减，，，．由题：，即，把()0axt+2t-

40以为根，解这个方程（）可得，再有00lnx+2=ax代换即．利用根存在，转化为方程且由（1）可知在上单调递减，．综上，．【提分秘籍】基本规律解题框架：（1）导函数（主要是一阶导函数）等零这一步，有

根0x但不可解。但得到参数和0x的等量代换关系。备用（2）知原函数最值处就是一阶导函数的零点处，可代入虚根0x（3）利用0x与参数互化得关系式，先消掉参数，得出0x不等式，求得0x范围。（4）再代入参数和0x互化式中求得参数范围。【变式演练】1.已知函数�

�(𝑥)=𝑒𝑥+12(𝑥−1)2，𝑔(𝑥)=12𝑥2+2𝑥−ln𝑥（1）求函数𝑓(𝑥)的最小值；（2）当𝑎>0时，对任意𝑥∈(0,+∞)时，不等式𝑎𝑓′(𝑥)≥(𝑎+1)𝑔′(𝑥)−𝑥−𝑎恒

成立，求𝑎的取值范围.【答案】（1）𝑓(𝑥)min=32；（2）𝑎≥1𝑒−1【解析】（1）∵𝑓′(𝑥)=𝑒𝑥+𝑥−1，又∵𝑓″(𝑥)=𝑒𝑥+1>0∴函数𝑓′(𝑥)在(−∞,+∞)上为增函数因为𝑓′

(0)=0，所以当𝑥∈(−∞,0)时，𝑓′(𝑥)<0，即𝑓(𝑥)在区间(−∞,0)为减函数；当𝑥∈(0,+∞)时，𝑓′(𝑥)>0，即𝑓(𝑥)在区间(0,+∞)为增函数所以𝑓(𝑥)min=𝑓(0)=32（2）由不等式𝑎𝑓′(𝑥)≥(𝑎+1)𝑔′(

𝑥)−𝑥−𝑎整理为𝑎⋅𝑒𝑥+𝑎+1𝑥−2(𝑎+1)≥0构造函数𝜑(𝑥)=𝑎⋅𝑒𝑥+𝑎+1𝑥−2(𝑎+1)，所以𝜑′(𝑥)=𝑎𝑥2⋅𝑒𝑥−(𝑎+1)𝑥2令ℎ(𝑥)=𝑎𝑥2

⋅𝑒𝑥−(𝑎+1)，则ℎ′(𝑥)=𝑎𝑥(2+𝑥)𝑒𝑥>0，所以ℎ(𝑥)在(0,+∞)上单调递增，因为ℎ(0)=−(𝑎+1)，且当𝑥→+∞时，ℎ(𝑥)>0，所以存在𝑥0∈(0,+∞)，使ℎ(𝑥0)=0，且𝜑(

𝑥)在(0,𝑥0)上单调递减，在(𝑥0,+∞)上单调递增因为ℎ(𝑥0)=𝑎𝑥02⋅𝑒𝑥0−(𝑎+1)=0，所以𝑎𝑥02⋅𝑒𝑥0=𝑎+1，即𝑎⋅𝑒𝑥0=𝑎+1𝑥02，因为对于任意的𝑥∈(0,+∞)，恒有𝜑(𝑥)≥0成立，所以𝜑(𝑥)min

=𝜑(𝑥0)=𝑎⋅𝑒𝑥0+𝑎+1𝑥0−2(𝑎+1)≥0所以𝑎+1𝑥02+𝑎+1𝑥0−2(𝑎+1)≥0，即1𝑥02+1𝑥0−2≥0，亦即2𝑥02−𝑥0−1≤0，所以−12≤𝑥0≤1因为𝑎𝑥02⋅𝑒𝑥0=𝑎+1，所以𝑥02⋅𝑒𝑥

0=𝑎+1𝑎>1，又𝑥0>0，所以0<𝑥0≤1，从而𝑥02⋅𝑒𝑥0≤𝑒，所以1<𝑎+1𝑎≤𝑒，故𝑎≥1𝑒−12.已知函数f(x)=ax3+bx2+cx的导函数为h(x)，f(x)的图

像在点(-2，f(-2))处的切线方程为3x-y+8=0，且0)32(=−h,又函数g(x)=KXEX与函数y=ln(x+1)的图像在原点处有相同的切线.(1)求函数f(x)的解析式及k的值.⑵若f(x)≤g(x)-m+x+1对于任意x∈[O,+]恒成立，求m的取值范围解：(1)由，，由

在处切线方程为可知①②又由可知③由①②③解得.从而的解析式为.(5分)由可知，所以函数的图像在原点处的切线斜率为1.因此，可得，7分)(2)等价于.即，小于等于在上的最小值.设，则，又且，所以必有实根，且，0x0=2x2+e.当时，；当时，.所以.所以，.所以在上的最小值为1，从而，即

的取值范围是.【题型九】取整讨论型【典例分析】已知函数.（Ⅰ）判断函数在上的单调性；（Ⅱ）若恒成立,求整数的最大值．【答案】（Ⅰ）)(xf在),0(+上是减函数；（Ⅱ）3．试题解析：（Ⅰ）上是减函数（Ⅱ）方法一：参变

分离，即的最小值大于.令，则上单调递增,32()fxaxbxcx=++2()'()32hxfxaxbxc==++()fx(2,(2))f−−380xy−+=(2)8422fabc−=−+−='(2)1243fabc−=−+=()62hxaxb=+2'()4203hab−=−+=1

,2,1abc===−()fx32()2fxxxx=+−ln(1)yx=+1'1yx=+ln(1)yx=+0'(0)()|1xxxgkexe==+=1k=()()1fxgxmx−++≤3221xxxxxemx+−−++322221(22)1xx

mxexxxxexx−−++=−−++m2(22)1xxexx−−++[0,)+2()22xkxexx=−−+()22xkxex=−−(0)10k=−2(2)60ke=−()220xkxex=−−=0x0(0,2)x0(0,

)xx()0kx0(,)xx+()0kx0222min0000000()()22222240xkxkxexxxxxx==−−+=+−−+=−2()220xkxexx=−−+[0,)x+2(22)1xxexx−−++[0,)+1m≤m(,1]−1ln(1)()(0

)xfxxx++=()fx(0,)+()1kfxx+k22111()[1ln(1)][ln(1)]11xfxxxxxxx=−−+=−++++210,0,0,ln(1)0,()01xxxfxx++()(0,)fx+在(1)[1ln(1)](),

()1kxxfxhxkxx+++=+恒成立即恒成立()hxk21ln(1)(),xxhxx−−+=()1ln(1)(0)gxxxx=−−+()0,()(0,)1xgxgxx=++在又，存在唯一实根,且满足，当时，当时，∴，故正整数的最大值是3。方法二；

分离函数法()()kxx11ln1y=x11ln1xx++++++（（）），令（（）），y=2ln10x0x++（），（）过原点切线，0000000000y-x+11+lnx+1=2lnx1x-xx+11

+lnx+1=2lnx10-xx1=lnx1++−++−+（）（（））（（））（）（）（（））（（））（）（）对于切点，通过方程二分法，可知02x3，所以000k=2lnx1=x1=1x3,4+++−+切（（）2（）所以最大的整数位k=

2方法三：移项讨论法，不确定根的代换构造函数()h=x11ln1kx0h=0h=ln1-kh=-kxx+++−++令(x)（（）），(0)1，(x)2（），(0)2当k《2时候，显然h（x）为增函数，成立。当k>2时候，0h=ln1-k=0lnx1=k-2x+++

(x)2（），得（），此时在()00x，减，在()0x，增，所以最小值()()()()000000000hxmin=x11kx=x11-kxlnx1k-=x1k-1-kx=k-x-210++−++++令()（）（

）（）不恒成立所以k>2不成立。所以k《2【提分秘籍】基本规律讨论出单调性，要注意整数解中相邻两个整数点函数的符号问题【变式演练】1.已知函数()xfxeaxa=+−，()2xgxxe=．（Ⅰ）讨论函数()yfx=的单调性；（Ⅱ）若不等式()()fxgx有唯一正整数解，求实数a的

取值范围．【答案】（Ⅰ）当0a时，()fx在R上单调递增，当0a时，()fx在()()ln,a−+上单调递增，在()(),lna−−上单调递减；（Ⅱ）3253]2ee，（.试题解析：（Ⅰ）()'xfxea=+①当0a时，()'0

fx，所以()fx在R上单调递增；②当0a时，由()'0fx=，得()lnxa=−．此时，当()()lnxa−+，时，()'0fx，()fx单调递增；当()()lnxa−−，时，()'0fx，()fx单调递减（Ⅱ）方法一：参变分离，注意断点由()()fxgx

得：()()121xaxex−−当1x=时，不等式显然不成立，又x为正整数，所以1x，(2)1ln30,(3)22ln20gg=−=−()0gx=a(2,3),1ln(1)aaa=++xa()0,()0;gxhx0xa()0,()0gxhxk()211xexax−

−，记()()211xexxx−=−，则()()()223'1xexxxx−=−∴()x在区间312，上单调递减，在区间32+，上单调递增，且32342ea=，所以()()23aa，解得32532eea，综上所述，a的取值范围

为32532ee，．方法二：分离函数，切线法()()121xaxex−−过（1,0）的切线可求得如下过程()()()()()()()()0000xxxx00000000223003xy2x-1=2x1y-2x=2x1x-x

-2x=2x11-xx=0x=3/2x=22x1x=a-221a3x=a3-1235a2xxx+−+−++−设切点（，），求导（e（））e，切线eeee舍去，，把，3代入e，当2时，（2

1）e（），得e，当3时（）e（得e2.已知函数32()(,)fxaxxbxabR=−+，'()fx为其导函数，且3x=时()fx有极小值-9.（1）求()fx的单调递减区间；（2）若()2'()(68

)61gxmfxmxm=+−++，()hxmx=，当0m时，对于任意x，()gx和()hx的值至少有一个是正数，求实数m的取值范围；（3）若不等式'()(ln1)64fxkxxx−−−（k为正整数）

对任意正实数x恒成立，求k的最大值.【答案】(1))3,1(−；(2)(0,8)；(3)6.试题解析：（1）由2'()32fxaxxb=−+，因为函数在3x=时有极小值-9，所以276027939abab−+=−+=−，从而得13a=，3b=

−，所求的321()33fxxxx=−−，所以2'()23fxxx=−−，由'()0fx解得13x−，所以()fx的单调递减区间为（-1,3）.（2）由2'()23fxxx=−−，故2()2(28)1gxmxmx=+

−+，当0m时，若0x，则()0hxmx=，满足条件；若0x=，则(0)10g=，满足条件；若0x，2242(4)()2()1mmgxmxmm−−=−+−.①如果对称轴040mxm−=，即04m时，()gx的开口向上

，故在0(,]x−上单调递减，又(0)1g=，所以当0x时，()0gx.②如果对称轴040mxm−=，即4m时，2(28)80mm=−−，解得82m，故84m时，()0gx；所以m的取值范围为(0,8)；（3）方法一：移项讨论

，主要技巧在于把对数剥离开因为2'()23fxxx=−−，所以'()(ln1)64fxkxxx−−−等价于241(ln1)xxkxx++−，即14ln0kxkxx+++−，记1()4lnkxxkxx+=++−，则221

(1)(1)'()1kkxxkxxxx++−−=−−=，由'()0x，得1xk+，所以()x在(0,1)k+上单调递减，在(1,)k++上单调递增，所以()(1)6ln(1)xkkkk+=+−+，()0x对任意正实数x恒成立，等价于6ln(1)0kkk

+−+，即61ln(1)0kk+−+，记6()1ln(1)mxxx=+−+，则261'()01mxxx=−−+，所以()mx在(0,)+上单调递减，又(6)2ln70m=−，13(7)ln807m=−，所

以k的最大值为6.【题型十】证明不等式1：基础型【典例分析】设函数f（x）＝lnx﹣x+1．（1）讨论f（x）的单调性；（2）证明当x∈（1，+∞）时，1＜𝑥−1𝑙𝑛𝑥＜x；（3）设c＞1，证明当x∈（0，1）时

，1+（c﹣1）x＞cx．【考点】6B：利用导数研究函数的单调性；6E：利用导数研究函数的最值．版权所有【分析】（1）求出导数，由导数大于0，可得增区间；导数小于0，可得减区间，注意函数的定义域；（2）由题意可得即证lnx＜x﹣1＜xlnx．

运用（1）的单调性可得lnx＜x﹣1，设F（x）＝xlnx﹣x+1，x＞1，求出单调性，即可得到x﹣1＜xlnx成立；（3）设G（x）＝1+（c﹣1）x﹣cx，求G（x）的二次导数，判断G′（x）的单调性，进而证明原不等式．【解答】解：（1）函数f（x）＝lnx﹣x+1的

导数为f′（x）=1𝑥−1，由f′（x）＞0，可得0＜x＜1；由f′（x）＜0，可得x＞1．即有f（x）的增区间为（0，1）；减区间为（1，+∞）；（2）证明：当x∈（1，+∞）时，1＜𝑥−1𝑙𝑛𝑥＜x，即为lnx＜x﹣1＜

xlnx．由（1）可得f（x）＝lnx﹣x+1在（1，+∞）递减，可得f（x）＜f（1）＝0，即有lnx＜x﹣1；设F（x）＝xlnx﹣x+1，x＞1，F′（x）＝1+lnx﹣1＝lnx，当x＞1时，F′（x）＞0，可得F（x）递增，即有F（x）＞F（1）＝0，即有xlnx＞x﹣1

，则原不等式成立；（3）证明：设G（x）＝1+（c﹣1）x﹣cx，则需要证明：当x∈（0，1）时，G（x）＞0（c＞1）；G′（x）＝c﹣1﹣cxlnc，G′′（x）＝﹣（lnc）2cx＜0，∴G′（x）在（0

，1）单调递减，而G′（0）＝c﹣1﹣lnc，G′（1）＝c﹣1﹣clnc，由（1）中f（x）的单调性，可得G′（0）＝c﹣1﹣lnc＞0，由（2）可得G′（1）＝c﹣1﹣clnc＝c（1﹣lnc）﹣1＜0，∴∃t∈（0，1），使得G′（t）＝0，即x∈（0，

t）时，G′（x）＞0，x∈（t，1）时，G′（x）＜0；即G（x）在（0，t）递增，在（t，1）递减；又因为：G（0）＝G（1）＝0，∴x∈（0，1）时G（x）＞0成立，不等式得证；即c＞1，当x∈（0，1）时，1

+（c﹣1）x＞cx．【提分秘籍】基本规律1.移项最值大于0（小于0）证明法2.变形证明新恒等式法。【变式演练】1.设函数=，.证明：（I2fx1-x+x（）；（II）.【答案】（Ⅰ）去分母做差法；（Ⅱ）证明见解析.(Ⅱ)由得，故，所以.由(Ⅰ)得，又因为，所以，综上，2.

已知函数（为常数）的图像与轴交于点，曲线在点处的切线斜率为.求的值及函数的极值；证明：当时，【答案】（1）当时，有极小值，无极大值.（2）做差证明.（3）略当时，，单调递减；当时，，单调递增.当时，有极小值，无极大值.（2）令，则.根据，知在R上单()fx311xx++[0,1]x34()f

x3201x3xx()()()()312111333311222122xxfxxxxxx−+=++−+=++++()32fx()221331244fxxxx−+=−+11932244f=()34fx

()33.42fx()xfxeax=−ayA()yfx=A1−a()fx0x2xxeln2x=()fx(ln2)2ln4f=−()fxln2x'()0fx()fxln2x'()0fx()fxln2x=()fx(ln2)2ln4f=−()fx2()xg

xex=−'()2xgxex=−'()()(ln2)2ln40gxfxf==−()gx调递增，又，当时，由，即得.【题型十一】证明不等式2：数列不等式之单变量构造型【典例分析】已知函数2()ln(),(),fxxagxxx=+=+若函数()()()Fxfxgx=−在x=0

处取得极值．(1)求实数的值；(2)若关于x的方程5()02Fxxm+−=在区间[0，2]上恰有两个不同的实数根，求实数m的取值范围；(3)证明：对任意的自然数n，有1ln2nn+恒成立．【答案】(1)1a=；(2

)11ln3ln22m−++；(3)见解析.试题解析：(1)由题意知2()ln(),Fxxaxx=+−−则1()21Fxxxa=−−−，∵0x=时，()Fx取得极值，∴(0)0F=，故0=，解

得1a=．经检验1a=符合题意．4分(2)由1a=知2()ln(1),Fxxxx=+−−由5()02Fxxm+−=，得23ln(1)02xxxm+−+−=，令23()ln(1)2hxxxxm=+−+−，则5()02Fxxm+−=在0,2上恰有两个不同的实数根等价于

()0hx=在0,2恰有两个不同实数根．13(45)(1)()2122(1)xxhxxxx+−=−+=−++，当()0,1x时，()0hx，于是()hx在()0,1上单调递增；当()1,2x时，()0hx，于是()hx在(1,2)上单调递减．依题意有(0)03(1)ln(11)1

02(2)ln(12)430hmhmhm=−=+−+−=+−+−，即01ln221ln3mmm+−+，11ln3ln22m−++．(3)2()ln(1),Fxxxx=+−−的定义域为1xx−，由

(1)知(23)()1xxFxx−+=+，令()0Fx=得，0,x=或32x=−(舍去)，11分∴当10x−时，()0Fx，()Fx单调递增；当0x时，()0Fx，()Fx单调递减．∴(0)F为()Fx在(-1，+∞)上的最大值．∴()(0)FxF

，故2ln(1)0xxx+−−(当且仅当0x=时，等号成立)12分对任意正整数n，取10xn=得，2111ln1nnn++，令1,tn=则2211ttnn+=+在)1,+为增函数

，所以2min()2tt+=，即2112nn+恒成立．对任意的自然数n，有1ln2nn+恒成立【提分秘籍】基本规律1.适当的选择式子（字母）为变量，构造函数，通过单调性最值等等可得不等式关系。

2.注意区分本专题三道题自变量的选取，授课时可以多种选择同时展开，分析不同选择时的计算量。(0)10g=0x()(0)0gxga12010a−−+【变式演练】1.已知函数()1lnfxxx=+.（1）求

函数()fx的单调区间；（2）试证明：111nen++（2.718e=…，*nN）.【答案】（1）函数()fx的单调递减区间为()0,1，单调递增区间为()1,+；试题解析：（1）()1lnfxxx=+，()0,x

+，则()22111'xfxxxx−=−+=，解()'0fx，得01x，解()'0fx，得1x.∴函数()fx的单调递减区间为()0,1，单调递增区间为()1,+.（2）()1111111ln11ln11nennnnn++++++

，令11(12)xxn+=，则1111nx=−+，∴要证11ln11nn++只需证1ln1(12)xxx−，由（1）知()()min1fxf=，∴()()1ln11fxxfx=+=，即1

ln1xx−，∵12x，∴1ln1xx−，从而111nen++.2.已知函数（1）若函数在区间上存在极值，其中a>0，求实数a的取值范围；（2）如果当时，不等式恒成立，求实数k的取值范围；（3）求证:

。（2）不等式即为记所以令，则，，在上单调递增，1ln()xfxx+=1(,)2aa+1x()1kfxx+22(1)(1)()nnnenN−++！(),1kfxx+(1)(1ln),xxkx++(1)(1ln)(),xxgx

x++=2(1)(1ln)(1)(1ln)()xxxxxgxx++−++=2lnxxx−=()lnhxxx=−1()1hxx=−1x()0,hx()hx1,)+，从而，故在上也单调递增，所以，所以.…………9分（3）方

法一（构造函数分析第一问和第二问，分别能提炼出函数，但是第一问提炼函数不能应用于第三问，失败，所以第二问提炼函数成功））由（2）知：恒成立，即，令，则所以,，，…，叠加得：=n-2(1-)＞n-2+＞n-2…13分则，所以[(n+1)!]2＞(n+1).en-2(n∈N*)【题型十二】证明不等式

3：数列不等式之无限求和型【典例分析】已知函数aaxxxxf其中,1ln)(−+=为大于零的常数。（1）若函数),1[)(+在区间xf内调递增，求a的取值范围；（2）求函数)(xf在区间[1，2]上的最小值。（3）求证：对于任意的nnnNn13121l

n,1,*+++都有时且成立。解：).0(1)(2−=xaxaxxf（1）由已知，得),1[0)(+在xf上恒成立，即),1[1+在xa上恒成立。又当,11,),1[+xx时),1[.1+的

取值范围为即aa（2）当1a时，0)(xf在（1，2）上恒成立，这时)(xf在[1，2]上为增函数0)1()(min==fxf当,210a0)(xf在（1，2）上恒成立，这时)(x

f在[1，2]上为减函数.212ln)2()(minafxf−==当121a时，令).2,1(1,0)(==axxf得又有对于)1,1[ax,0)(]2,1(,0)(xfaxxf有对于.111ln)1()(minaaafxf−+==综上，)(xf在[1，2]上的最小

值为①当;212ln)(,210axfamim−=时②当121a时，.111ln)(minaaxf−+=③当0)(,1min=xfa时（3）由（1），知函数),1[ln11)(++−=在xxxf上为增函数，当.11,1−nnn时),1()1(f

nnf−即1,,1)1ln(ln*−−nNnnnn且对于恒成立min()(1)10hxh==()0gx()gx1,)+min()(1)2gxg==2k2(),1fxx+122ln1111xxxxx−=−−++(1)xnn=+

2ln(1)1(1)nnnn+−+2ln(12)112−2ln(23)123−2ln(34)134−()()1211ln+−+nnnn232111ln123(1)21223(1)nnnnn+−++++

11+n12+n2222123(1)nnne−+]1ln2[ln]2ln3[ln)]2ln()1[ln()]1ln([lnln−+−++−−−+−−=nnnnn.2131111+++−+nn,1,*时且对于nNnnn13121ln+++恒成立

【提分秘籍】基本规律1.一侧是“和”型，另一侧则较简单。2.根据“和”型，寻找另一侧的“裂项相消”规律。3.通过题干和第一问观察寻找可以相消的不等式恒等式。【变式演练】1.已知函数.（Ⅰ）讨论函数的单调性；（Ⅱ）当时，恒成立，求实数的取值范围；（Ⅲ）证明：.解：（Ⅰ）的定义域为（0，

+∞），当时，＞0，故在（0，+∞）单调递增；当时，＜0，故在（0，+∞）单调递减；…4分当0＜＜1时，令=0，解得.Ks5u则当时，＞0；时，＜0.故在单调递增，在单调递减.（Ⅱ）因为，所以当时，恒成立令，则,8分

因为，由得，且当时，；当时，.所以在上递增，在上递减.所以，故（Ⅲ）由（Ⅱ）知当时，有，当时，即，令，则，即…12分所以，，…，，相加得而所以，2.已知函数()()22ln1fxxax=++()1a.(Ⅰ)讨论()f

x的单调性；(Ⅱ)证明：11ln(1)123n++++…12ln(1)nn++(*)nN解：（Ⅰ）令2tx=，()ln(1)(0,1)gttatta=++∵1'()1gtat=++()11ln)(2+−+=xpxpxf)(xf1=pkxxf)(knn131211)1l

n(+++++)(*Nn()fx()()()xpxpxpxpxf+−=−+=2'12121p'()fx()fx0p'()fx()fxp'()fx()12−−=ppx()−−1

2,0ppx'()fx()+−−,12ppx'()fx()fx()−−12,0pp()+−−,12pp0x1=pkxxf)(xxkkxxln1ln1++xxxhln1)(+=max)(xhk2l

n)('xxxh−=0)('=xh1=x)1,0(x0)('xh),1(+x0)('xh)(xh)1,0(),1(+1)1()(max==hxh1k1=kxxf)(1xxxf)(1l

n−xxnnx1+=nnn11ln+nnn1ln)1ln(−+1112ln2123lnnnn11ln+nnn12111ln23ln12ln+++++)1ln(12312ln1ln23ln12ln+=+=+++nnnnn

nn131211)1ln(+++++)(*Nn①当01a时，对任意[0,)t+都有'()0gt()gt是[0,)+上的增函数，由于当[0,)x+时，2tx=是增函数，当(,0]x−时，2tx=是减函数，由复合函数的单

调性知，()()22ln1fxxax=++在(,0]−单调递减，在[0,)+单调递增；②当1a−，对任意(0,)t+都有'()0gt()gt是[0,)+上的减函数，从而()()22ln1fxxax=++在(,0]−单调递增，在[0,)+单调递减；③当1

0a−时，则11'()001agtatta+=+−+，11'()01agtatta+=+−+则()ln(1)gttat=++在1[0,]aa+−递增，在1[,)aa+−+递减从而()()22ln1fxxax=++在区间1(,]

aa+−−−和1[0,]aa+−单调递增，在区间1[,)aa+−+和1[,0]aa+−−单调递减…5分综上所述，①当1a−时，在(,0]−增，在[0,)+减；②当10a−时，从而()fx在区间1(,]aa+−−−和1[0,]aa+−单调递增，

在区间1[,)aa+−+和1[,0]aa+−−单调递减；③当01a时，()fx在(,0]−单调递减，在[0,)+单调递增；(Ⅱ)证明：①当1a=−时，由(Ⅰ)知，()ln(1)gxxx=+−在[

0,)+单调递减，令1xn=，有1()(0)ggn，即111ln(1)0ln(1)lnnnnnn+−+−(*)nN累加得1111ln(1)23nn+++++…9分②当12a=−时，由(Ⅰ)知，1()ln(1)2gxxx=+−在[0,1]单调递增，令1xn=，

有1()(0)ggn，即111ln(1)0ln(1)ln22nnnnn+−+−(*)nN累加得11112ln(1)23nn+++++从而111ln(1)12ln(1)23nnn++++++对任意*nN都成立。【题型十三】证明不等式4：构造单变量函数型【典例分析】

设函数f(x)=(1-mx)ln(1+x).(1)若当10x时，函数f（x）的图像恒在直线y=x上方，求实数m的取值范围；（2）求证：4.1000)10001001(e。解：（Ⅰ）令()()(1)ln(1)Fxfxxmxxx=−=−+−，则1'()ln(1)11mxFxmxx−=−++−+

，(0,1)x，221"(),(1)++=−+mxmFxx…2分①当12m−时，由于(0,1)x，有221"()0(1)mxmFxx++=−+，于是'()Fx在(0,1)x上单调递增，从而'()'(0)0FxF=，因此()Fx在(

0,1)x上单调递增，即()0Fx；…3分②当0m时，由于(0,1)x，有221"()0(1)mxmFxx++=−+，于是'()Fx在(0,1)x上单调递减，从而'()'(0)0FxF=，因此()Fx在

(0,1)x上单调递减，即()(0)0FxF=不符…4分③当102m−时，令021min{1,}mxm+=−，当0(0,]xx时，221"()0(1)mxmFxx++=−+，于是'()Fx在0(0,]xx上单调递减，从而'()'(0

)0FxF=，因此()Fx在0(0,]xx上单调递减，即()(0)0FxF=而且仅有(0)0F=不符.综上可知，所求实数m的取值范围是1(,]2−−.…6分(Ⅱ)对要证明的不等式等价变形如下：对于任意的正整数n，不等式251(1)nen++恒成立，等价变形211(1)ln(1

)05nnn++−相当于（2）中25m=−，012x=的情形，…8分()Fx在1(0,]2x上单调递减，即()(0)0FxF=；…10分取1(2)xnn=，得：都有211(1)ln(1)05nnn++−成

立；令1000n=得证.…12分【提分秘籍】基本规律解题技巧是构造辅助函数，把不等式的证明或者条件，转化为利用导数研究函数的单调性或求最值，从而证得，而如何根据不等式的结构特征构造一个可导函数是用导数证明不等式的关键。作差法构造，换元法构造，主元法构造，对数法构造，高阶求导和端点值回归法（过去较多

，文科较多）【变式演练】1.设函数（Ⅰ）求的单调区间；（Ⅱ）当时，若方程在上有两个实数解，求实数t的取值范围；（Ⅲ）证明：当m>n>0时，.解析：（Ⅰ）①时，∴在（—1，+）上是增函数……1分②当时，

在上递增，在单调递减.……4分（Ⅱ）由（Ⅰ）知，在上单调递增，在上单调递减又∴∴当时，方程有两解……8分（Ⅲ）要证：只需证只需证：()(1)ln(1),(1,0)fxxaxxxa=−++−()fx1a=()fxt=1[,1]2−(1)(1)nmmn++

/()1ln(1)fxaxa=−+−0a=/()0fx()fx0a()fx1(1,1]aae−−−1[1,)aae−−+()fx1[,0]2−[0,1]111(0)0,(1)1ln4,()ln2222fff==−−=−+

1(1)()02ff−−11[,ln2,0)22t−+()fxt=(1)(1)nmmn++ln(1)ln(1),nmmn++ln(1)ln(1)mnmn++设，则………………10分由（Ⅰ）知在单调递减…12分∴，即是减函数，而m>n∴，故原不等式成立。……1

4分2.已知函数)0(1)1ln()(+−+=axaxxxf．（Ⅰ）若1=x是函数)(xf的一个极值点，求a的值；（Ⅱ）若0)(xf在)+,0上恒成立，求a的取值范围；（Ⅲ）证明：2016201512016e（为自然对数的底数）．【答案】（Ⅰ）2=a；

（Ⅱ）(1,0；（Ⅲ）证明见解析.试题解析：（Ⅰ）()ln(1)(0)1axfxxax=+−+,'21()(1)xafxx+−=+1x=是函数)(xf的一个极值点,'(1)0f=即2a=（Ⅱ）()0fx在)+,0上恒成立,min(

)0fx当01a时，'()0fx在)+,0上恒成立，即()fx在)+,0上为增函数，min()(0)0fxf==成立，即01a当1a时，令'()0fx，则1xa−，令'()0fx，则01xa−，即()fx在[0,1)a−上为减函数，在(

1,)a−+上为增函数，min()(1)0fxfa=−，又(0)0(1)ffa=−，则矛盾.综上，a的取值范围为(0,1]．（Ⅲ）要证2016201512016e，只需证201620162015e.两边取自然对数得

，20162016ln12015，20161ln20152016，20161ln020152016−，11ln(1)0201512015+−+，由（Ⅱ）知1a=时，()ln(1)1xfxxx=+−+在)+,0单调递增.又10

,(0)012015f=+，111()ln(0)020151201512015ff=−=++2016201512016e成立.【题型十四】证明不等式5：凑配主元【典例分析】已知函数)(ln1)(Raxaxxf−−=.(1)讨论函数()xf的单调性；(2)讨论函数()xf的零

点个数问题(3)当1−eyx时，证明不等式)1ln()1ln(xeyeyx++.【答案】(1)函数在1(0,)a上单调递减，在1(,)a+上单调递增;(2)10a时2个零点；1a时没有零点；1a=或者0a

时一个零点；（3）详见解析.试题解析：(1)解：()()11,0axfxaxxx−＝－＝．当a≤0时，ax－1<0，从而f′(x)<0，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减；当a>0时，若0<x<1a，

则ax－1<0，从而f′(x)<0，若x>1a，则ax－1>0，从而f′(x)>0，函数在1(0,)a上单调递减，在1(,)a+上单调递增．ln(1)(),(0)xgxxx+=/22ln(1)ln(1)1()(1)xxxx

xgxxxx−+−++==+(1)ln(1)�xxx−++(0,)+(1)ln(1)0xxx−++()gx()()gmgne（2）10a时2个零点；1a时没有零点；1a=或者0a时一个零点

.(3)证明令()1teFtlnt=+（），其中t＞e-1可得()()()()2211'11111]1[tttFtelntelntelntlnttt=+−+=+−+++（）再设111Gtlntt=+−+（）（），可得21'011(1)Gttt=+++（）＞在（e-1，+∞

）上恒成立∴G（t）是（e-1，+∞）上的增函数，可得11110GtGelneee−=−=−（）＞（）＞因此，()()21'1[]101tFtelntlntt=+−++（）＞在（e-1，+∞）上恒成立，可得()1teFtlnt=+（）是（e-1，+∞）上的增函数．∵x＞y＞e-1，∴F（x）＞F

（y），可得()()11xyeelnxlny++＞∵ln（1+x）＞0且ln（1+y）＞0，∴不等式两边都乘以ln（1+x）ln（1+y），可得11xyelnyelnx++（）＞（）．即对任意x＞y＞e-1，都有不等

式11xyelnyelnx++（）＞（）成立．【提分秘籍】基本规律1.双变量。2.结构“怪异”但具有某种意义上的“对称”特征【变式演练】1.已知函数．（1）当2a=时，求函数的单调区间；（2）若函数在处取得极

值，对,恒成立，求实数的取值范围；（3）当时，求证：．【答案】（1）在1(0,)2上递减，在1(,)2+上递增；（2）（3）（1）/121()2xfxxx−=−=得0<x<12,得x>12∴在1(0,)2上递减，在1(,)2+上递增.（

2）∵函数在处取得极值，∴，∴，令，可得在上递减，在上递增，∴，即.（3）证明：，令，则只要证明在xaxxfln1)(−−=()aR)(xf)(xf1=xx),0(+2)(−bxxfb1−eyx)1ln()1ln(++−yxeyx)(xf211be−()0fx()0fx)

(xf)(xf1=x1=abxxxbxxf−+−ln112)(xxxxgln11)(−+=)(xg(2,0e)+,2e22min11)()(eegxg−==211be−)1ln()1ln()1ln()1ln(++++−

yexeyxeyxyx)1ln()(+=xexgx)(xg),1(+−e上单调递增，又∵，显然函数在上单调递增．∴，即，∴在上单调递增，即，∴当时，有.2.已知函数()()1,xfxaxeaR=−.（1）讨论()fx的单调区间；（2）当0mn时，证明：nmme

nnem++.【答案】（1）详见解析；（2）详见解析.试题解析：解：（1）()fx的定义域为R，且()()1xfxaxae=+−，①当0a=时，()0xfxe=−，此时()fx的单调递减区间为(),−+.②当0a时，由()0fx，得1axa−−；由()0fx

，得1axa−−.此时()fx的单调减区间为1,aa−−−，单调增区间为1,aa−−+.③当0a时，由()0fx，得1axa−−；由()0fx，得1axa−−.此时()fx的单调减区间为1,aa−−+，单调增区间为1,aa−

−−.（2）当0mn时，要证：nmmennem++，只要证：()()11nmmene−−，即证：11mneemn−−.（*）设()1,0xegxxx−=，则()()211,0xxegxxx−+=，设()()11xhxxe=−+，由（1）知()hx在)0,+上

单调递增，所以当0x时，()()00hxh=，于是()0gx，所以()gx在()0,+上单调递增，所以当0mn时，（*）式成立，故当0mn时，nmmennen++.1.（【百强校】2019届黑龙江虎林一中高三上月考一数学（理

）试卷）已知函数2()(1)lnfxaxx=−−．（1）若()yfx=在2x=处取得极小值，求a的值；（2）若()0fx在[1,)+上恒成立，求a的取值范围；【答案】（1）81；（2）21a；)1(ln11)1ln()(2++−+=xxxexgx11)1ln

()(+−+=xxxh),1(+−e011)(−exh0)(xg)(xg),1(+−e)1ln()1ln(++yexeyx1−eyx)1ln()1ln(++−yxeyx试题解析：（1）∵

()fx的定义域为(0,)+，1'()2fxaxx=−，∵()fx在2x=处取得极小值，∴'(2)0f=，即18a=，此时，经验证2x=是()fx的极小值点，故18a=．（2）∵1'()2fxaxx=−，①当0a时，'()0fx，∴()fx在[1

,)+上单调递减，∴当1x时，()(1)0fxf=矛盾．②当0a时，221'()axfxx−=，令'()0fx，得12xa；'()0fx，得102xa．（i）当112a，即102a时，1(1,)2xa时，'()0fx，即()fx递减，∴()(1)0fxf

=矛盾．（ii）当112a，即12a时，[1,)x+时，'()0fx，即()fx递增，∴()(1)0fxf=满足题意．综上:12a．2.（河南省郑州市高三第三次测验预测数学（理）试题）已知函数f(x)=mx--lnx,mR,函数在[1,+)上

为增函数,且.(I)当m=0时,求函数f(x)的单调区间和极值;(II)求θ的值;(III)若在[1,e]上至少存在一个x0,使得f(x0)>g(x0)成立,求m的取值范围.【答案】解:(Ⅰ)∵,∴,,∴.令,则.∴,和的变化情况

如下表:+0递增极大值递减即函数增是,减区间为,函数有极大值;(Ⅱ)由已知在上恒成立,即∵,∴,故在上恒成立,只需,即,∴只有,由,知;xem21+−xxxglncos1)(+=)2,2(−0m=12()lnefxxx−+=−−(0,)x+/222112

1()eexfxxxx−−−=−=/()0fx=21xe=−(0,)+x/()fx()fxx(0,21)e−21e−(21,)e−+/()fx−()fx(21)1ln(21)fee−=−−−()fx(0,21)e−(21,)e−+

()fx(21)1ln(21)fee−=−−−01cos1)(2+−=xxxg[1,)+0cos1cos2−xx），（22-0cos01cos−x[1,)+01cos1−1cos1co

s=），（22−0=(Ⅲ)令.3.已知函数2()e(e)xfxaxax=+−−，(0)a≤．（Ⅰ）当0a=时，求()fx的最小值；（Ⅱ）证明：当0a时，函数()fx在区间()0,1内存在唯一零点．

【答案】（Ⅰ）0；（Ⅱ）证明见解析解：（Ⅰ）当0a=时，()ee,()eexxfxxfx=−=−当(,1)x−时，()0fx，()fx在区间(,1)−上单调递减．当(1,)x+时，()0fx，()fx

在区间(1,)+上单调递增．故当1x=时，min()(1)0fxf==．（Ⅱ）由2()()xfxeaexax=+−−可知，(0)1,(1)0ff==．当0a时，()ee(12)xfxax=−+−设()()gxfx=，则()e20xgxa=

−所以()gx在区间(0,1)内单调递增，即()fx在区间(0,1)内单调递增．又(0)1e0,(1)0fafa=−+=−故存在唯一0(0,1)x，使得()00fx=．当()0,1xx时，()0fx．所以()fx在区间()0,1x内单调递增，此时()(1)0f

xf=．当0(0,)xx时，()0fx所以()fx在区间0(0,)x上单调递减．又因为0(0)10,()0ffx=故函数()fx在区间0(0,)x内有唯一零点．所以函数()fx在区间0(0,)x内存在唯一

零点．4.(20年广州二模试题）已知函数()lnfxaxxx=+的图象在点ex=（e为自然对数的底数）处的切线斜率为3．（1）求实数a的值；（2）若kZ，且()1fxkx−对任意1x恒成立，求k的最大值；解（1）：因为()lnfxaxxx=+，

所以()ln1fxax=++．…1分因为函数()lnfxaxxx=+的图像在点ex=处的切线斜率为3，所以()e3f=，即lne13a++=．所以1a=…（2）解：由（1）知，()lnfxxxx=+，所以()1fxkx−对任意1x恒成立，即ln1xxxkx+−对任意

1x恒成立．……3分令()ln1xxxgxx+=−，则()()2ln21xxgxx−−=−，……4分令()ln2hxxx=−−()1x，则()1110xhxxx−=−=，所以函数()hx在()1,+上单调递增．因为()()31ln30,422ln20hh=−=−

，所以方程()0hx=在()1,+上存在唯一实根0x，00xlnx2=0−−且满足()03,4x．当01()0xxhx时，，即()0gx，当0()0xxhx时，，即()0gx，,ln22)()

()(xxemmxxgxfxF−+−=−=,02ln2,0,,10−−−xexxmmxexm且有时，由当成立；使得此时不存在)()(,,1000xgxfex2222222)(0xemxmxxxemmxFm++−=−++=时，当.4

)()(1)(max−−==emmeeFxFexF上单调递增，，在故,14,042−−−eememme则令）的取值范围为（故所求+−,142eem所以函数()ln1xxxgxx+=−在()01,x上单调递减，在()0,x+上单调递增．所以()()()

()()0000min0000ln2113,411xxgxgxxxxxx++====−−−．所以()()0min3,4kgxx=．故整数k的最大值是3．5.【百强校】河北定州中学高三周练）设函数f(x)＝ex－ax－2.（1）求f(x)的单调区

间；（2）若a＝1，k为整数，且当x>0时，(x－k)f′(x)＋x＋1>0，求k的最大值．【答案】（1）当0a时，()fx的递增区间是(),−+，当0a时，()fx的单调递减区间是(),lna−，单调递增

区间是()ln,a+；（2）2.试题解析：(1)f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，f′(x)＝ex－a.若a≤0，则f′(x)>0，所以f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增．若a>0，则当x∈(－∞，lna)时，f′(x)<0；当x∈(lna，＋∞)时，f′(x)>

0.所以，f(x)在(－∞，lna)上单调递减，在(lna，＋∞)上单调递增．(2)（方法一：分离参数,不确定根的代换）由于a＝1时，(x－k)f′(x)＋x＋1＝(x－k)(ex－1)＋x＋1.故当x>0时，(x－k)f′(x)＋x＋1>0等价于（注意求导前，先分参便于求导

计算简单）k<11xxe+−＋x(x>0)①令g(x)＝11xxe+−＋x，则g′(x)＝()()211xxxee−−−＋1＝()()221xxxeexe−−−.由(1)知，函数h(x)＝ex－x－2在(0，＋∞)上单调递增，又h(

1)＝e－3<0，h(2)＝e2－4>0.所以h(x)在(0，＋∞)上存在唯一零点．故g′(x)在(0，＋∞)上存在唯一零点．设此零点为α，则α∈(1,2)．当x∈(0，α)时，g′(x)<0；当x∈(α，＋∞)时，g′(x)>0

，所以g(x)在(0，＋∞)上的最小值为g(α)．又由g′(α)＝0，得eα＝α＋2,所以g(α)＝α＋1∈(2,3)．由于①式等价于k<g(α)，故整数k的最大值为2.方法二：移项讨论原不等式化简为h1ho=20xxkk−++(x)=xee，()，则h

x1(1)xxxkxk+−=+−(x)=（）eee,当kk1时，显然h（x）为增，h（x）》h（0）=2成立。当k》2时，x1-k+的零点是x=k-1，显然此时h（x）最小值为h（k-1）=()k-1k-1k-1k-kk1=k1-−+++1eee再求导，知当k=2时，k-1h=k1-+(

x)e在（1，）单调递减，当k=2成立，当k=3时，4-20e不成立，故k的最大值为26.【全国百强校】湖北省仙桃中学2019届高三8月考试数学试题已知函数()(1)ln(1)fxxxax=+−−.（I）当4a=时，求曲线()yfx=在()1,(1)f处的切线方程；（Ⅱ）若当()1,x+

时，()0fx＞，求a的取值范围.【答案】（Ⅰ）220xy+−=；（Ⅱ）(,2.−试题解析：（I）()fx的定义域为(0,)+.当4=a时，1()(1)ln4(1),()ln3=+−−=+−fxxxxfxxx，(1)2,(1)0.=−=ff所以曲线()=yfx在(1,(1))f处的切线方

程为220.xy+−=（II）当(1,)+x时，()0fx等价于(1)ln0.1−−+axxx令(1)()ln1−=−+axgxxx，则222122(1)1(),(1)0(1)(1)+−+=−==++axaxgxgxxxx

，（i）当2a，(1,)+x时，222(1)1210+−+−+xaxxx，故()0,()gxgx在(1,)+x上单调递增，因此()0gx；（ii）当2a时，令()0=gx得22121(1)1,1(1)1=−−−−=−+−−xaaxaa，由21x和121=xx得1

1x，故当2(1,)xx时，()0gx，()gx在2(1,)xx单调递减，因此()0gx.综上，a的取值范围是(,2.−方法二（洛必达）：当(1,)+x时，()0fx等价于(1)ln0.

1−−+axxxlnx1x1-xa+）（。）（）（xh1-xlnx1xa=+，()()()01-xx1-xlnx2-1-xlnx1x-x1-xlnx1-x1-xlnx1x-1-xx1xlnxxh2222+=++=+++=）

（）（）（））（（）（,单调递增洛必达法则21111ln11x1xlnx1-xlnx1xxh=++=+++=）（）（分子分母求导）（）（7.已知函数()()21ln2fxxaxaR=+．(1)若()fx在1,e上是增函数，求a的取值范围；(2)若1,aaxe=,证明：()323

fxx.【答案】（1）1a；（2）证明见解析.【解析】试题分析：（1）对函数进行求导，函数递增转化为(afxxx=+）≥0恒成立，利用分离参数思想可得结果；（2）令()223Fxfxx=−（），利用导数判断

其单调性，证其最大值成立即可.试题解析：(1)∵(afxxx=+）,且在[1,e]上是增函数,∴(afxxx=+）≥0恒成立，即2ax−在[1,e]上恒成立,∴a≥1（2）证明：当a=1时，(afxxx=+）x∈[1,e]．令F(x)=222212(-ln323fxxxxx=+−）,∴(

)()()22112120xxxFxxxxx−++=+−=,∴F(x)在[1,e]上是减函数，∴F(x)≤F(1)12-023=∴x∈[1,e]时，()223fxx.8.、【江西高考压轴卷——数学（理）】已知函数()ln(1)2afxxx=+++（1）当254a=时，求()f

x的单调递减区间；（2）若当0x时，()1fx恒成立，求a的取值范围；（3）求证：1111ln(1)()35721nnNn++++++【答案】（Ⅰ）当425=a时222')2)(1(4)3)(34()2)(1(4994)(++−+

=++−−=xxxxxxxxxf)(xf的单调递减区间为)3,43(−…4分（Ⅱ）由12)1ln(+++xax得)1ln()2()2(++−+xxxa记)1ln(1)2()(+−+=xxxg11)1ln(12)1ln(1)('+−+−=++−

+−=xxxxxxg当0x时0)('xg)(xg在),0(+递减又21ln12)0(=−=g2)(xg)0(x2a………8分（Ⅲ）由(Ⅱ)知122)1ln(+++xx)0(x2)

1ln(++xxx取kx1=得211)11ln(++kkk即121)1ln(++kkk1217151311ln34ln23ln12ln++++++++++nnn……12分9.已知函数)(ln1)(Raxaxxf−−=.(1)讨论函数()xf的单调性；(2)讨论函数()

xf的零点个数问题(3)当1−eyx时，证明不等式)1ln()1ln(xeyeyx++.【百强校】河北唐山一中第一次月考理数学卷（带解析）【答案】(1)函数在1(0,)a上单调递减，在1(,)a+上单调递增;(2)10a时2个零点；1a时没有零点；1

a=或者0a时一个零点；（3）详见解析.试题解析：(1)解：()()11,0axfxaxxx−＝－＝．当a≤0时，ax－1<0，从而f′(x)<0，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减；当a>0时，若0<x<1a，则ax－1<0，从而f

′(x)<0，若x>1a，则ax－1>0，从而f′(x)>0，函数在1(0,)a上单调递减，在1(,)a+上单调递增．（2）10a时2个零点；1a时没有零点；1a=或者0a时一个零点.(3)证明令()1teFtlnt=+（），其中t＞

e-1可得()()()()2211'11111]1[tttFtelntelntelntlnttt=+−+=+−+++（）再设111Gtlntt=+−+（）（），可得21'011(1)Gttt=+++（

）＞在（e-1，+∞）上恒成立∴G（t）是（e-1，+∞）上的增函数，可得11110GtGelneee−=−=−（）＞（）＞因此，()()21'1[]101tFtelntlntt=+−++（）＞在（e-1，+∞）上恒成立，可得()1teFtlnt=+

（）是（e-1，+∞）上的增函数．∵x＞y＞e-1，∴F（x）＞F（y），可得()()11xyeelnxlny++＞∵ln（1+x）＞0且ln（1+y）＞0，∴不等式两边都乘以ln（1+x）ln（1+y），可得11xyelnye

lnx++（）＞（）．即对任意x＞y＞e-1，都有不等式11xyelnyelnx++（）＞（）成立．10.（福建省厦门六中数学）已知函数()2xfxeax=+−（1）若1a=−，求函数()fx在区间[1,1]

−的最小值；（2）若,aR讨论函数()fx在(0,)+的单调性；（3）若对于任意的1212,(0,),,xxxx+且2112()()xfxaxfxa++都有成立，求a的取值范围。【答案】（1）1−（2）1a−时，增区间(0,)+

，1a−时，减区间()()0,lna−，增区间()()ln,a−+（3）1a试题解析：（1）当a=-1时，f(x)=ex-x+2,()1,xfxe=−()00()<0<0fxxfxx

令；令[11]()[1]()[0]xfxfx−−因为，，所以在，0单调递减；在，1单调递增。()=0=1fxf−最小值（）()xfxea=+（2）,11()0xxaxefxea−=+①当

时，因为，，所以恒成立，()0+fx函数在（，）上单调递增,1ln()0()0ln(),aafxxa−−−②当时，即，令,()0ln(),fxxa−令0()ln()ln()xfxaa−−因为在（0，）上单调递增,在（，+）上单调递减。综上所述：1-1

()0+afx（）当时，函数在（，）上单调递增21()0ln()afxa−−（）当时，函数在（，）上单调递减，在()()ln,a−+上单调递增（3）12122112,(0,),,()()xxxxxfxaxfxa+++且都有成立，

1212()()fxafxaxx++即成立，构造函数1212()(),()()fxahxxxhxhxx+=都有()0+()00+hxhx，在（，）单调递增，在（，）恒成立。即20xxxeea−+−在()0,+恒成

立222()2()00+xxxxeaxaeahxaxxxeeahxx+−+−+==+−+−=，在（，）恒成立。即2xxaxee−−恒成立，令()()0xxgxxeex=−()0,()0xgxxexgx=，，则，()0+()(0)=1gxgxg−

在（，）单调递增，∴a-2≤-1∴a≤111.设函数()ln,kRkfxxx=+．（1）若曲线()yfx=在点()(),efe处的切线与直线20x−=垂直，求()fx的单调递减区间和极小值（其中e为自然对数的底数）；（2）若对任何()()1212120,xxfxfxxx−−恒成立

，求k的取值范围．【答案】（1）单调递减区间为()0,e，极小值为2（2）1,4+试题解析：（1）由条件得()()210kfxxxx=−，∵曲线()yfx=在点()(),efe处的切线与直线20x−=垂直，∴此切线的斜率为0，即()0fe

=，有210kee−=，得ke=，∴()()2210exefxxxxx−=−=，由()0fx得0xe，由()0fx得xe．∴()fx在()0,e上单调递减，在(),e+上单调递增，当xe=时，()fx取得极小值()ln2e

fxee=+=．故()fx的单调递减区间为()0,e，极小值为2（2）条件等价于对任意()()1211220,xxfxxfxx−−恒成立，设()()()ln0khxfxxxxxx=−=+−．则()hx在()0,+上单调递减，则()2110khxxx=−−在()

0,+上恒成立，得()2211024kxxxx−+=−−+恒成立∴14k（对()1,04khx==仅在12x=时成立），故k的取值范围是1,4+12.（广东省深圳市龙城高级中学2022届高三上学期9月第一次月考数学试题）已知函数()(1)1x

fxlnxax=+−+，其中(0a，1]．（1）讨论函数()fx在区间[0，1]上的单调性；（2）求证：2020.42020.520212021()()20202020e．【答案】（1）()fx在212(

0,)aa−单调递减，在212(,1)aa−单调递增；（2）证明见解析.【分析】（1）首先求函数的导数，分类讨论a在不同取值下，函数的单调性；（2）不等式的证明转化为证明0.40.511(1)(1)()nnenN

nn+++++，结合（1）的结论，即可证明.【详解】（1）22221112()()1(1)(1)(1)axafxxxaxxaxa−=−=−++++，当112a剟，01x时，()0fx，所以()fx在[0，1]单调递增，当22121210021aaaaa−+−

−，由01x，得()0fx，所以()fx在[0，1]单调递减，当1212a−时，当2120axa−时，()0fx，当2121axa−时，()0fx，所以()fx在212(0,)aa−单调递减，在212(,

1)aa−单调递增．（2）不等式2020.42020.520212021()()20202020e，即20200.420200.511(1)(1)20202020e++++，为此先证明：0.40.51

1(1)(1)()nnenNnn+++++，由0.40.51111(1)(1)(0.4)(1)1(0.5)(1)nnenlnnlnnnnn++++++++由（1）知，当12a=，()fx在(0,1)单调递增，()(0)0fxf=…，即(1)10.5xlnx

x++…，令1xn=，则有1(0.5)(1)1nlnn++，故0.51(1)nen++．由（1）知，当0.4a=，()fx在(0,1)单调递减，()(0)0fxf=„，即(1)10.4xlnxx++„，令1xn=，则有1(0.4)(1)1nlnn++

，故0.41(1)nen++．综上，对nN+，0.40.511(1)(1)nnenn++++恒成立，所以2020.42020.520212021()()20202020e13.（黑龙江省哈尔滨市第九中学2021-2022学年高三上学期适应性考试数学文科

试题）已知函数()()1ln1axfxxx−=−+.（1）若函数()fx在()0,+上为单调增函数，求a的取值范围；（2）设,Rmn，且mn，求证lnln2mnmnmn−+−.【答案】（1）(,2−；（2）证明见解析.【分析】（1）对函数进行

求导并解不等式()0fx，转化为二次不等式()22210xax+−+在()0,+上恒成立问题；（2）将所证不等式转化为构造mn为主元的不等式，再构造函数进行证明；【详解】解：（1）()()()()()()()()2222211122211111

axaxxaxxaxfxxxxxxx+−−+−+−+=−==+++，因为()fx在()0,+上为单调增函数，所以()0fx在()0,+上恒成立即()22210xax+−+在()0,+上恒成立，

当()0,x+时，由()22210xax+−+，得：122axx−+，设()()1,0,gxxxx=++，则()1122gxxxxx=+=，当且仅当1xx=即1x=时，()gx有最小值2，所以222a−

，解得2a，所以a的取值范围是(,2−；（2）设mn，要证lnln2mnmnmn−+−，只需证112lnmmnnmn−+，即21ln1mmnmnn−+，即21ln01mmnmnn−−+，设()()21ln1xhxxx−=

−+，由（1）知()hx在()1,+上是单调增函数，又1mn，所以()10mhhn=，即21ln01mmnmnn−−+成立，得到lnln2mnmnmn−+−.