导函数与不等式真题组卷

1、数学导函数与不等式真题组卷 SEVEN一解答题（共19小题）1（2011浙江）设函数f（x）=（xa）2lnx，aR（）若x=e为y=f（x）的极值点，求实数a；（）求实数a的取值范围，使得对任意的x（0，3e，恒有f（x）4e2成立注：e为自然对数的底数2（2013辽宁）已知函数f（x）=（1+x）e2x，g（x）=ax+1+2xcosx，当x0，1时，（I）求证：；（II）若f（x）g（x）恒成立，求实数a的取值范围3（2007福建）已知函数f（x）=exkx，（1）若k=e，试确定函数f（x）的单调区间；（2）若k0，且对于任意xR，f（|x|）0恒成立，试确定实数k的取值范围；（3）设

2、函数F（x）=f（x）+f（x），求证：F（1）F（2）F（n）（nN*）4（2007山东）设函数f（x）=x2+bln（x+1），其中b0（）当时，判断函数f（x）在定义域上的单调性；（）求函数f（x）的极值点；（）证明对任意的正整数n，不等式都成立5（2011山东）某企业拟建造如图所示的容器（不计厚度，长度单位：米），其中容器的中间为圆柱形，左右两端均为半球形，按照设计要求容器的体积为立方米，且l2r假设该容器的建造费用仅与其表面积有关已知圆柱形部分每平方米建造费用为3千元，半球形部分每平方米建造费用为c（c3）千元设该容器的建造费用为y千元（）写出y关于r的函数表达式，并求该函数的定义域

3、；（）求该容器的建造费用最小时的r6（2014遵义二模）设函数f（x）=x2+aln（1+x）有两个极值点x1、x2，且x1x2，（）求a的取值范围，并讨论f（x）的单调性；（）证明：f（x2）7（2013天津）已知函数f（x）=x2lnx（）求函数f（x）的单调区间；（）证明：对任意的t0，存在唯一的s，使t=f（s）（）设（）中所确定的s关于t的函数为s=g（t），证明：当te2时，有8（2012天津）已知函数f（x）=xln（x+a）的最小值为0，其中a0（1）求a的值；（2）若对任意的x0，+），有f（x）kx2成立，求实数k的最小值；（3）证明：（nN*）9（2011四川）已知函数f

4、（x）=x+，h（x）=（）设函数F（x）=f（x）h（x），求F（x）的单调区间与极值；（）设aR，解关于x的方程log4f（x1）=log2h（ax）log2h（4x）；（）试比较f（100）h（100）与的大小10（2011天津）已知a0，函数f（x）=lnxax2，x0（f（x）的图象连续不断）（）求f（x）的单调区间；（）当时，证明：存在x0（2，+），使；（）若存在均属于区间1，3的，且1，使f（）=f（），证明11（2011四川）已知函数f（x）=x+，h（x）=（）设函数F（x）=18f（x）x2h（x）2，求F（x）的单调区间与极值；（）设aR，解关于x的方程lgf（x1）=

5、2lgh（ax）2lgh（4x）；（）设nNn，证明：f（n）h（n）h（1）+h（2）+h（n）12（2004黑龙江）已知函数f（x）=ln（1+x）x，g（x）=xlnx（）求函数f（x）的最大值；（）设0ab，证明0g（a）+g（b）2g（）（ba）ln213（2013湖北）设n是正整数，r为正有理数（）求函数f（x）=（1+x）r+1（r+1）x1（x1）的最小值；（）证明：；（）设xR，记x为不小于x的最小整数，例如令的值（参考数据：14（2008湖南）已知函数（I）求函数f（x）的单调区间；（）若不等式对任意的nN*都成立（其中e是自然对数的底数）求a的最大值15（2011湖北）（

6、）已知函数f（x）=lnxx+1，x（0，+），求函数f（x）的最大值；（）设a1，b1（k=1，2，n）均为正数，证明：（1）若a1b1+a2b2+anbnb1+b2+bn，则1；（2）若b1+b2+bn=1，则b12+b22+bn216（2010四川）设（a0且a1），g（x）是f（x）的反函数（1）求g（x）；（2）当x2，6时，恒有成立，求t的取值范围；（3）当0a时，试比较f（1）+f（2）+f（n）与n+4的大小，并说明理由17（2010四川）设，a0且a1），g（x）是f（x）的反函数（）设关于x的方程求在区间2，6上有实数解，求t的取值范围；（）当a=e，e为自然对数的底数）时

7、，证明：；（）当0a时，试比较|与4的大小，并说明理由18（2008福建）已知函数f（x）=ln（1+x）x（1）求f（x）的单调区间；（2）记f（x）在区间0，n（nN*）上的最小值为bn令an=ln（1+n）bn（i）如果对一切n，不等式恒成立，求实数c的取值范围；（ii）求证：19（2006辽宁）已知f0（x）=xn，其中kn（n，kN+），设F（x）=Cn0f0（x2）+Cn1f1（x2）+Cnnfn（x2），x1，1（1）写出fk（1）；（2）证明：对任意的x1，x21，1，恒有|F（x1）F（x2）|2n1（n+2）n12015年10月31日SEVEN的高中数学组卷参考答案与试题解

8、析一解答题（共19小题）1（2011浙江）设函数f（x）=（xa）2lnx，aR（）若x=e为y=f（x）的极值点，求实数a；（）求实数a的取值范围，使得对任意的x（0，3e，恒有f（x）4e2成立注：e为自然对数的底数考点：函数在某点取得极值的条件；导数在最大值、最小值问题中的应用菁优网版权所有专题：导数的综合应用分析：（）利用极值点处的导数值为0，求出导函数，将x=e代入等于0，求出a，再将a的值代入检验（）对x（0，3e进行分区间讨论，求出f（x）的最大值，令最大值小于4e2，解不等式求出a的范围解答：解：（）求导得f（x）=2（xa）lnx+=（xa）（2lnx+1），因为x=e是f（

9、x）的极值点，所以f（e）=0解得a=e或a=3e经检验，a=e或a=3e符合题意，所以a=e，或a=3e（）当0x1时，对于任意的实数a，恒有f（x）04e2成立当1x3e时，由题意，首先有f（3e）=（3ea）2ln3e4e2，解得由（）知f（x）=2（xa）lnx+=（xa）（2lnx+1），令h（x）=2lnx+1，则h（1）=1a0，h（a）=2lna0且h（3e）=2ln3e+12ln3e+1=2（ln3e）0又h（x）在（0，+）内单调递增，所以函数h（x）在在（0，+）内有唯一零点，记此零点为x0则1x03e，1x0a，从而，当x（0，x0）时，f（x）0，当x（x0，a）时，

10、f（x）0，当x（a，+）时，f（x）0，即f（x）在（0，x0）内是增函数，在（x0，a）内是减函数，在（a，+）内是增函数所以要使得对任意的x（0，3e，恒有f（x）4e2成立只要有有h（x0）=2lnx0+1=0得a=2x0lnx0+x0，将它代入得4x02ln3x04e2又x01，注意到函数4x2ln3x在（1，+）上是增函数故1x0e，再由a=2x0lnx0+x0，及函数2xlnx+x在（1，+）上是增函数，可得1a3e，由f（3e）=（3ea）2ln3e4e2解得，所以得综上，a的取值范围为点评：本题考查函数的极值的概念，导数运算法则，导数应用，不等式等基础知识，同时考查推理论证能

11、力，分类讨论等分析问题和解决问题的能力，解题的关键是准确求出导数，利用二次求导和函数零点分区间计论导函数的符号，得到原函数的单调性，本题属于难题2（2013辽宁）已知函数f（x）=（1+x）e2x，g（x）=ax+1+2xcosx，当x0，1时，（I）求证：；（II）若f（x）g（x）恒成立，求实数a的取值范围考点：利用导数研究函数的单调性；函数恒成立问题；利用导数研究函数的极值菁优网版权所有专题：压轴题；导数的综合应用分析：（I）当x0，1）时，（1+x）e2x1x（1+x）ex（1x）ex，令h（x）=（1+x）ex（1x）ex，利用导数得到h（x）的单调性即可证明；当x0，1）时，ex1

12、+x，令u（x）=ex1x，利用导数得出h（x）的单调性即可证明（II）利用（I）的结论得到f（x）1x，于是G（x）=f（x）g（x）=再令H（x）=，通过多次求导得出其单调性即可求出a的取值范围解答：（I）证明：当x0，1）时，（1+x）e2x1x（1+x）ex（1x）ex，令h（x）=（1+x）ex（1x）ex，则h（x）=x（exex）当x0，1）时，h（x）0，h（x）在0，1）上是增函数，h（x）h（0）=0，即f（x）1x当x0，1）时，ex1+x，令u（x）=ex1x，则u（x）=ex1当x0，1）时，u（x）0，u（x）在0，1）单调递增，u（x）u（0）=0，f（x）综上可

13、知：（II）解：设G（x）=f（x）g（x）=令H（x）=，则H（x）=x2sinx，令K（x）=x2sinx，则K（x）=12cosx当x0，1）时，K（x）0，可得H（x）是0，1）上的减函数，H（x）H（0）=0，故H（x）在0，1）单调递减，H（x）H（0）=2a+1+H（x）a+3当a3时，f（x）g（x）在0，1）上恒成立下面证明当a3时，f（x）g（x）在0，1）上不恒成立f（x）g（x）=x令v（x）=，则v（x）=当x0，1）时，v（x）0，故v（x）在0，1）上是减函数，v（x）（a+1+2cos1，a+3当a3时，a+30存在x0（0，1），使得v（x0）0，此时，f（x

14、0）g（x0）即f（x）g（x）在0，1）不恒成立综上实数a的取值范围是（，3点评：本题综合考查了利用导数研究函数的单调性、等价转化、作差比较大小、放缩法等基础知识与基本技能，考查了推理能力、计算能力和分析问题、解决问题的能力3（2007福建）已知函数f（x）=exkx，（1）若k=e，试确定函数f（x）的单调区间；（2）若k0，且对于任意xR，f（|x|）0恒成立，试确定实数k的取值范围；（3）设函数F（x）=f（x）+f（x），求证：F（1）F（2）F（n）（nN*）考点：利用导数研究函数的单调性；函数恒成立问题；利用导数研究函数的极值；不等式的证明菁优网版权所有专题：计算题；压轴题分析：

15、（1）先确定函数的定义域然后求导数f（x），在函数的定义域内解不等式f（x）0，f（x）0（2）f（|x|）是偶函数，只需研究f（x）0对任意x0成立即可，即当x0时f（x）min0（3）观察结论，要证F（1）F（2）F（n），即证F（1）F（2）F（n）2（en+1+2）n，变形可得F（1）F（n）F（2）F（n1）F（n）F（1）（en+1+2）n，可证F（1）F（n）en+1+2，F（2）F（n1）en+1+2，F（n）F（1）en+1+2问题得以解决解答：解：（）由k=e得f（x）=exex，所以f'（x）=exe由f'（x）0得x1，故f（x）的单调递增区间是（1，+

16、），由f'（x）0得x1，故f（x）的单调递减区间是（，1）（）由f（|x|）=f（|x|）可知f（|x|）是偶函数于是f（|x|）0对任意xR成立等价于f（x）0对任意x0成立由f'（x）=exk=0得x=lnk当k（0，1时，f'（x）=exk1k0（x0）此时f（x）在0，+）上单调递增故f（x）f（0）=10，符合题意当k（1，+）时，lnk0当x变化时f'（x），f（x）的变化情况如下表： x（0，lnk）lnk（lnk，+）f（x）0+f（x）单调递减极小值单调递增由此可得，在0，+）上，f（x）f（lnk）=kklnk依题意，kklnk0，又k1，

17、1ke综合，得，实数k的取值范围是0ke（）F（x）=f（x）+f（x）=ex+ex，F（x1）F（x2）=，F（1）F（n）en+1+2，F（2）F（n1）en+1+2，F（n）F（1）en+1+2由此得，F（1）F（2）F（n）2=F（1）F（n）F（2）F（n1）F（n）F（1）（en+1+2）n故，nN*点评：本小题主要考查函数的单调性、极值、导数、不等式等基本知识，考查运用导数研究函数性质的方法，考查分类讨论、化归以及数形结合等数学思想方法，考查分析问题、解决问题的能力4（2007山东）设函数f（x）=x2+bln（x+1），其中b0（）当时，判断函数f（x）在定义域上的单调性；（）

18、求函数f（x）的极值点；（）证明对任意的正整数n，不等式都成立考点：利用导数研究函数的极值；不等式的证明菁优网版权所有专题：计算题；证明题；压轴题分析：（）先求函数的定义域，然后求出函数f（x）的导函数，利用二次函数的性质判定导函数的符号，从而确定函数f（x）在定义域上的单调性；（）需要分类讨论，由（）可知分类标准为b，0b，b0或f'（x）0参数取某些特定值时，可只管作出判断，单列为一类；不能作出直观判断的，再分为一类，用通法解决，另外要注意由f'（x）=0求得的根不一定就是极值点，需要判断在该点两侧的异号性后才能称为“极值点”（）先构造函数h（x）=x3x2+ln（x+1）

19、，然后研究h（x）在0，+）上的单调性，求出函数h（x）的最小值，从而得到ln（x+1）x2x3，最后令，即可证得结论解答：解：（）函数f（x）=x2+bln（x+1）的定义域在（1，+）令g（x）=2x2+2x+b，则g（x）在上递增，在上递减，g（x）=2x2+2x+b0在（1，+）上恒成立，所以f'（x）0即当，函数f（x）在定义域（1，+）上单调递增（）（1）由（）知当时函数f（x）无极值点（2）当时，时，函数f（x）在（1，+）上无极值点（3）当时，解f'（x）=0得两个不同解当b0时，x1（，1），x2（1，+），此时f（x）在（1，+）上有唯一的极小值点当时，x1

20、，x2（1，+）f'（x）在（1，x1），（x2，+）都大于0，f'（x）在（x1，x2）上小于0，此时f（x）有一个极大值点和一个极小值点综上可知，b0，时，f（x）在（1，+）上有唯一的极小值点时，f（x）有一个极大值点和一个极小值点时，函数f（x）在（1，+）上无极值点（）当b=1时，f（x）=x2ln（x+1）令上恒正h（x）在0，+）上单调递增，当x（0，+）时，恒有h（x）h（0）=0即当x（0，+）时，有x3x2+ln（x+1）0，ln（x+1）x2x3，对任意正整数n，取点评：本题主要考查了函数的单调性，以及导数的应用和不等式的证明方法，属于中档题5（2011山

21、东）某企业拟建造如图所示的容器（不计厚度，长度单位：米），其中容器的中间为圆柱形，左右两端均为半球形，按照设计要求容器的体积为立方米，且l2r假设该容器的建造费用仅与其表面积有关已知圆柱形部分每平方米建造费用为3千元，半球形部分每平方米建造费用为c（c3）千元设该容器的建造费用为y千元（）写出y关于r的函数表达式，并求该函数的定义域；（）求该容器的建造费用最小时的r考点：利用导数求闭区间上函数的最值；函数解析式的求解及常用方法菁优网版权所有专题：函数的性质及应用；导数的概念及应用分析：（1）由圆柱和球的体积的表达式，得到l和r的关系再由圆柱和球的表面积公式建立关系式，将表达式中的l用r表示并注

22、意到写定义域时，利用l2r，求出自变量r的范围（2）用导数的知识解决，注意到定义域的限制，在区间（0，2中，极值未必存在，将极值点在区间内和在区间外进行分类讨论解答：解：（1）由体积V=，解得l=，y=2rl×3+4r2×c=6r×+4cr2=2，又l2r，即2r，解得0r2其定义域为（0，2（2）由（1）得，y=8（c2）r，=，0r2由于c3，所以c20当r3=0时，则r=令=m，（m0）所以y=当0m2即c时，当r=m时，y=0当r（0，m）时，y0当r（m，2）时，y0所以r=m是函数y的极小值点，也是最小值点当m2即3c时，当r（0，2）时，y0，函数单

23、调递减所以r=2是函数y的最小值点综上所述，当3c时，建造费用最小时r=2；当c时，建造费用最小时r=点评：利用导数的知识研究函数单调性，函数最值问题是高考经常考查的知识点，同时分类讨论的思想也蕴含在其中6（2014遵义二模）设函数f（x）=x2+aln（1+x）有两个极值点x1、x2，且x1x2，（）求a的取值范围，并讨论f（x）的单调性；（）证明：f（x2）考点：利用导数研究函数的极值；利用导数研究函数的单调性；不等式的证明菁优网版权所有专题：计算题；证明题；压轴题分析：（1）先确定函数的定义域然后求导数f（x），令g（x）=2x2+2x+a，由题意知x1、x2是方程g（x）=0的两个均大

24、于1的不相等的实根，建立不等关系解之即可，在函数的定义域内解不等式f（x）0和f（x）0，求出单调区间；（2）x2是方程g（x）=0的根，将a用x2表示，消去a得到关于x2的函数，研究函数的单调性求出函数的最大值，即可证得不等式解答：解：（I）令g（x）=2x2+2x+a，其对称轴为由题意知x1、x2是方程g（x）=0的两个均大于1的不相等的实根，其充要条件为，得（1）当x（1，x1）时，f'（x）0，f（x）在（1，x1）内为增函数；（2）当x（x1，x2）时，f'（x）0，f（x）在（x1，x2）内为减函数；（3）当x（x2，+）时，f'（x）0，f（x）在（x2，

25、+）内为增函数；（II）由（I）g（0）=a0，a=（2x22+2x2）f（x2）=x22+aln（1+x2）=x22（2x22+2x2）ln（1+x2）设h（x）=x2（2x2+2x）ln（1+x），（x0）则h'（x）=2x2（2x+1）ln（1+x）2x=2（2x+1）ln（1+x）（1）当时，h'（x）0，h（x）在单调递增；（2）当x（0，+）时，h'（x）0，h（x）在（0，+）单调递减故点评：本题主要考查了利用导数研究函数的单调性，以及利用导数研究函数的极值等有关知识，属于基础题7（2013天津）已知函数f（x）=x2lnx（）求函数f（x）的单调区间；（

26、）证明：对任意的t0，存在唯一的s，使t=f（s）（）设（）中所确定的s关于t的函数为s=g（t），证明：当te2时，有考点：导数在最大值、最小值问题中的应用；函数的零点；导数的运算；利用导数研究函数的单调性；不等式的证明菁优网版权所有专题：导数的综合应用分析：（）函数的定义域为（0，+），求导数令f（x）=0，可解得x=，由导数在（0，），和（ ，+）的正负可得单调性；（）当0x1时，f（x）0，设t0，令h（x）=f（x）t，x1，+），由（）可得函数h（x）的单调性，可得结论；（）令u=lns，原命题转化为0lnu，一方面由f（s）的单调性，可得u1，从而lnu0成立，另一方面，令F（u

27、）=lnu，u1，通过函数的单调性可得极值最值，进而得证解答：解：（）由题意可知函数的定义域为（0，+），求导数可得f（x）=2xlnx+x2=2xlnx+x=x（2lnx+1），令f（x）=0，可解得x=，当x变化时，f（x），f（x）的变化情况如下表： x（0，） （ ，+） f（x） 0+ f（x）单调递减极小值 单调递增 所以函数f（x）的单调递减区间为（0，），单调递增区间为（ ，+）（）证明：当0x1时，f（x）0，设t0，令h（x）=f（x）t，x1，+），由（）可知，h（x）在区间（1，+）单调递增，h（1）=t0，h（et）=e2tlnett=t（e2t1）0，故存在唯一的s

28、（1，+），使得t=f（s）成立；（）证明：因为s=g（t），由（）知，t=f（s），且s1，从而=，其中u=lns，要使成立，只需，即2，即22+，只需，变形可得只需0lnu，当te2时，若s=g（t）e，则由f（s）的单调性，有t=f（s）f（e）=e2，矛盾，所以se，即u1，从而lnu0成立，另一方面，令F（u）=lnu，u1，F（u）=，令F（u）=0，可解得u=2，当1u2时，F（u）0，当u2时，F（u）0，故函数F（u）在u=2处取到极大值，也是最大值F（2）=ln210，故有F（u）=lnu0，即lnu，综上可证：当te2时，有成立点评：本题考查利用导数研究函数的单调性，涉及

29、极值的求解和不等式的证明，属中档题8（2012天津）已知函数f（x）=xln（x+a）的最小值为0，其中a0（1）求a的值；（2）若对任意的x0，+），有f（x）kx2成立，求实数k的最小值；（3）证明：（nN*）考点：导数在最大值、最小值问题中的应用；利用导数求闭区间上函数的最值菁优网版权所有专题：导数的综合应用分析：（1）确定函数的定义域，求导函数，确定函数的单调性，求得函数的最小值，利用函数f（x）=xln（x+a）的最小值为0，即可求得a的值；（2）当k0时，取x=1，有f（1）=1ln20，故k0不合题意；当k0时，令g（x）=f（x）kx2，即g（x）=xln（x+1）kx2，求导

30、函数，令g（x）=0，可得x1=0，分类讨论：当k时，g（x）在（0，+）上单调递减，g（x）g（0）=0；当0k时，对于，g（x）0，因此g（x）在上单调递增，由此可确定k的最小值；（3）当n=1时，不等式左边=2ln32=右边，不等式成立；当n2时，在（2）中，取k=，得f（x）x2，从而可得，由此可证结论解答：（1）解：函数的定义域为（a，+），求导函数可得令f（x）=0，可得x=1aa令f（x）0，xa可得x1a；令f（x）0，xa可得ax1ax=1a时，函数取得极小值且为最小值函数f（x）=xln（x+a）的最小值为0，f（1a）=1a0，解得a=1（2）解：当k0时，取x=1，有f

31、（1）=1ln20，故k0不合题意当k0时，令g（x）=f（x）kx2，即g（x）=xln（x+1）kx2，求导函数可得g（x）=g（x）=0，可得x1=0，当k时，g（x）0在（0，+）上恒成立，因此g（x）在（0，+）上单调递减，从而对任意的x0，+），总有g（x）g（0）=0，即对任意的x0，+），有f（x）kx2成立；当0k时，对于，g（x）0，因此g（x）在上单调递增，因此取时，g（x0）g（0）=0，即有f（x0）kx02不成立；综上知，k时对任意的x0，+），有f（x）kx2成立，k的最小值为（3）证明：当n=1时，不等式左边=2ln32=右边，所以不等式成立当n2时，在（2）中

32、，取k=，得f（x）x2，（i2，iN*）=f（2）+2ln3+=2ln3+12综上，（nN*）点评：试题分为三问，题面比较简单，给出的函数比较常规，因此入手对于同学们来说没有难度，第二问中，解含参数的不等式时，要注意题中参数的讨论所有的限制条件，从而做到不重不漏；第三问中，证明不等式，应借助于导数证不等式的方法进行9（2011四川）已知函数f（x）=x+，h（x）=（）设函数F（x）=f（x）h（x），求F（x）的单调区间与极值；（）设aR，解关于x的方程log4f（x1）=log2h（ax）log2h（4x）；（）试比较f（100）h（100）与的大小考点：利用导数研究函数的单调性；利用导

33、数研究函数的极值菁优网版权所有专题：计算题；压轴题；数形结合；分类讨论分析：（）先求导函数，利用导函数大于0时原函数单调递增，当导函数小于0时原函数单调递减即可求F（x）的单调区间与极值；（）先把原等式转化为关于a和x之间的等量关系，最后利用图象来求x的值（注意对a的讨论）（）把f（100）h（100）转化为一新数列an的前100项和，再比较新数列an的每一项和对应h（x）=之间的大小关系，即可比较f（100）h（100）与的大小解答：解：（）由F（x）=f（x）h（x）=x+（x0）知，F（x）=，令F（x）=0，得x=当x（0，）时，F（x）0；当x（，+）时，F（x）0故x（0，）时，F

34、（x）是减函数；故x（，+）时，F（x）是增函数F（x）在x=处有极小值且F（）=（）原方程可化为log4（x1）+log2 h（4x）=log2h（ax），即log2（x1）+log2=log2，当1a4时，原方程有一解x=3；当4a5时，原方程有两解x=3；当a=5时，原方程有一解x=3；当a1或a5时，原方程无解 （）设数列 an的前n项和为sn，且sn=f（n）g（n）从而有a1=s1=1当2k100时，ak=sksk1=，ak=（4k3）（4k1）=0即对任意的2k100，都有ak又因为a1=s1=1，所以a1+a2+a3+a100=h（1）+h（2）+h（100）故f（100）h（

35、100）点评：题主要考查导函数的正负与原函数的单调性之间的关系以及函数极值的求法和函数与数列的综合应用问题在解题过程中，用到了分类讨论思想和数形结合思想，是一道综合性很强的好题10（2011天津）已知a0，函数f（x）=lnxax2，x0（f（x）的图象连续不断）（）求f（x）的单调区间；（）当时，证明：存在x0（2，+），使；（）若存在均属于区间1，3的，且1，使f（）=f（），证明考点：利用导数研究函数的单调性；函数的零点；不等式的证明菁优网版权所有专题：导数的综合应用分析：（I）求导数f（x）；在函数 的定义域内解不等式f（x）0和f（x）0确定函数的单调区间，若在函数式中含字母系数，往

36、往要分类讨论（II）由（I）知f（x）在（0，2）内单调递增，在（2，+）内单调递减令利用函数f（x）在（0，2）内单调递增，得到最后取从而得到结论；（III）先由f（）=f（）及（I）的结论知，从而f（x）在，上的最小值为f（a）再依123建立关于a的不等关系即可证得结论解答：解：（I），令当x变化时，f'（x），f（x）的变化情况如下表：x（0，） （，+） f（x）+0f（x） 增极大值 减 所以，f（x）的单调递增区间是的单调递减区间是（II）证明：当由（I）知f（x）在（0，2）内单调递增，在（2，+）内单调递减令由于f（x）在（0，2）内单调递增，故取所以存在x0（2，x&

37、#39;），使g（x0）=0，即存在（说明：x'的取法不唯一，只要满足x'2，且g（x'）0即可）（III）证明：由f（）=f（）及（I）的结论知，从而f（x）在，上的最小值为f（a）又由1，1，3，知123故从而点评：本小题主要考查导数的运算、利用导数研究函数的单调性、解不等式、函数的零点等基础知识，考查运算能力和运用函数思想分析解决问题的能力及分类讨论的思想方法11（2011四川）已知函数f（x）=x+，h（x）=（）设函数F（x）=18f（x）x2h（x）2，求F（x）的单调区间与极值；（）设aR，解关于x的方程lgf（x1）=2lgh（ax）2lgh（4x）；（

38、）设nNn，证明：f（n）h（n）h（1）+h（2）+h（n）考点：利用导数研究函数的极值；利用导数研究函数的单调性；其他不等式的解法菁优网版权所有专题：计算题；证明题；压轴题；分类讨论分析：（）首先求出F（x）的解析式，求导，令导数大于0和小于0，分别求出单调增区间和减区间，从而可求极值（）将方程转化为lg（x1）+2lg=2lg，利用对数的运算法则，注意到真数大于0，转化为等价的不等式，分离参数a，求解即可（）由已知得h（1）+h（2）+h（n）=故原不等式转化为f（n）h（n）=注意到等式右侧为数列bn：bn=和的形式，将等式的左侧也看作一个数列的前n项和的形式，求出通项问题转化为证明项

39、项的问题可用做差法直接求解解答：解：（）F（x）=18f（x）x2h（x）2=x3+12x+9（x0）所以F（x）=3x2+12=0，x=±2且x（0，2）时，F（x）0，当x（2，+）时，F（x）0所以F（x）在（0，2）上单调递增，在（2，+）上单调递减故x=2时，F（x）有极大值，且F（2）=8+24+9=25（）原方程变形为lg（x1）+2lg=2lg，当1a4时，原方程有一解x=3，当4a5时，原方程有两解x=3±，当a=5时，原方程有一解x=3，当a1或a5时，原方程无解（）由已知得h（1）+h（2）+h（n）=，f（n）h（n）=，从而a1=s1=1，当k2时

40、，an=snsn1=，又=0即对任意的k2，有，又因为a1=1=，所以a1+a2+an，则snh（1）+h（2）+h（n），故原不等式成立点评：本题考查求函数的单调区间、极值、方程解的个数问题、不等式证明问题，综合性强，难度较大12（2004黑龙江）已知函数f（x）=ln（1+x）x，g（x）=xlnx（）求函数f（x）的最大值；（）设0ab，证明0g（a）+g（b）2g（）（ba）ln2考点：利用导数求闭区间上函数的最值；平均值不等式在函数极值中的应用菁优网版权所有专题：证明题；综合题；压轴题分析：（1）先求出函数的定义域，然后对函数进行求导运算，令导函数等于0求出x的值，再判断函数的单调性

41、，进而可求出最大值（2）先将a，b代入函数g（x）得到g（a）+g（b）2g（）的表达式后进行整理，根据（1）可得到lnxx，将、放缩变形为、代入即可得到左边不等式成立，再用根据y=lnx的单调性进行放缩然后整理即可证明不等式右边成立解答：（）解：函数f（x）的定义域为（1，+）令f（x）=0，解得x=0当1x0时，f（x）0，当x0时，f（x）0又f（0）=0，故当且仅当x=0时，f（x）取得最大值，最大值为0（）证明：=由（）结论知ln（1+x）x0（x1，且x0），由题设，因此ln=ln（1+），所以又，=（ba）ln（ba）ln2综上点评：本题主要考查导数的基本性质和应用、对数函数性质

42、和平均值不等式等知识以及综合推理论证的能力13（2013湖北）设n是正整数，r为正有理数（）求函数f（x）=（1+x）r+1（r+1）x1（x1）的最小值；（）证明：；（）设xR，记x为不小于x的最小整数，例如令的值（参考数据：考点：导数在最大值、最小值问题中的应用；利用导数研究函数的单调性；数列的求和；不等式的证明菁优网版权所有专题：压轴题；导数的综合应用；不等式的解法及应用分析：（）先求出函数f（x）的导函数f（x），令f'（x）=0，解得x=0，再求出函数的单调区间，进而求出最小值为f（0）=0；（）根据（）知，即（1+x）r+11+（r+1）x，令代入并化简得，再令得，即结论得

43、到证明；（）根据（）的结论，令，n分别取值81，82，83，125，分别列出不等式，再将各式相加得，再由参考数据和条件进行求解解答：解；（）由题意得f'（x）=（r+1）（1+x）r（r+1）=（r+1）（1+x）r1，令f'（x）=0，解得x=0当1x0时，f'（x）0，f（x）在（1，0）内是减函数；当x0时，f'（x）0，f（x）在（0，+）内是增函数故函数f（x）在x=0处，取得最小值为f（0）=0（）由（），当x（1，+）时，有f（x）f（0）=0，即（1+x）r+11+（r+1）x，且等号当且仅当x=0时成立，故当x1且x0，有（1+x）r+11+（

44、r+1）x，在中，令（这时x1且x0），得上式两边同乘nr+1，得（n+1）r+1nr+1+nr（r+1），即，当n1时，在中令（这时x1且x0），类似可得，且当n=1时，也成立综合，得，（）在中，令，n分别取值81，82，83，125，得，将以上各式相加，并整理得代入数据计算，可得由S的定义，得S=211点评：本题考查了利用导数研究函数的单调性和求最值，以及学生的创新精神，是否会观察，会抽象概括，会用类比的方法得出其它结论，难度较大，注意利用上一问的结论14（2008湖南）已知函数（I）求函数f（x）的单调区间；（）若不等式对任意的nN*都成立（其中e是自然对数的底数）求a的最大值考点：利用

45、导数研究函数的单调性；函数恒成立问题；利用导数求闭区间上函数的最值菁优网版权所有专题：计算题；压轴题分析：（）函数f（x）的定义域是（1，+）求f（x）判断f（x）正负由于f（x）比较复杂令分子为g（x）判断g（x）单调性从而判断函数值正负再令h（x）=g（x），可求当1x0时，h'（x）0，h（x）在（1，0）上为增函数，当x0时，h'（x）0，h（x）在（0，+）上为减函数h（x）在x=0处取得极大值，而h（0）=0，所以g'（x）0函数g（x）在（1，+）上为减函数于是当1x0时，g（x）g（0）=0，当x0时，g（x）g（0）=0（）借用（）结论将题设中不等式变

46、形即可求出a最大值解答：解：（）函数f（x）的定义域是（1，+），设g（x）=2（1+x）ln（1+x）x22x，则g'（x）=2ln（1+x）2x令h（x）=2ln（1+x）2x，则当1x0时，h'（x）0，h（x）在（1，0）上为增函数，当x0时，h'（x）0，h（x）在（0，+）上为减函数所以h（x）在x=0处取得极大值，而h（0）=0，所以g'（x）0（x0），函数g（x）在（1，+）上为减函数于是当1x0时，g（x）g（0）=0，当x0时，g（x）g（0）=0所以，当1x0时，f'（x）0，f（x）在（1，0）上为增函数当x0时，f'（

47、x）0，f（x）在（0，+）上为减函数故函数f（x）的单调递增区间为（1，0），单调递减区间为（0，+）（）不等式等价于不等式由知，设，则由（）知，即（1+x）ln2（1+x）x20所以G'（x）0，x（0，1，于是G（x）在（0，1上为减函数故函数G（x）在（0，1上的最小值为所以a的最大值为点评：本题考查函数单调性问题由于导函数过于复杂方法中多次求导15（2011湖北）（）已知函数f（x）=lnxx+1，x（0，+），求函数f（x）的最大值；（）设a1，b1（k=1，2，n）均为正数，证明：（1）若a1b1+a2b2+anbnb1+b2+bn，则1；（2）若b1+b2+bn=1，则

48、b12+b22+bn2考点：导数在最大值、最小值问题中的应用；不等式的证明菁优网版权所有专题：计算题；证明题；综合题；压轴题分析：（）求导，令导数等于零，解方程，分析该零点两侧导函数的符号，确定函数的单调性和极值，最终求得函数的最值；（）（1）要证1，只需证ln0，根据（I）和ak，bk（k=1，2，n）均为正数，从而有lnakak1，即可证明结论；（2）要证，根据（1），令ak=（k=1，2，n），再利用分数指数幂的运算法则即可证得结论；要证b12+b22+bn2，记s=b12+b22+bn2令ak=（k=1，2，n），同理可证解答：解：（I）f（x）的定义域为（0，+），令f（x）=1=0

49、，解得x=1，当0x1时，f（x）0，所以f（x）在（0，1）上是增函数；当x1时，f（x）0，所以f（x）在（1，+）上是减函数；故函数f（x）在x=1处取得最大值f（1）=0；（II）（1）由（I）知，当x（0，+）时，有f（x）f（1）=0，即lnxx1，ak，bk（k=1，2，n）均为正数，从而有lnakak1，得bklnakakbkbk（k=1，2，n），求和得a1b1+a2b2+anbn（b1+b2+bn）a1b1+a2b2+anbnb1+b2+bn，0，即ln0，1；（2）先证，令ak=（k=1，2，n），则a1b1+a2b2+anbn1=b1+b2+bn，于是由（1）得1，即nb1+b2+bn=n，再证b12+b22+bn2，记s=b12+b22+bn2令ak=（k=1，2，n），则a1b1+a2b2+anbn=（b12+b22+bn2）=1=b1+b2+bn，于是由（1）得1，即sb1+b2+bn=s，b12+b22+bn2，综合，（2）得证点评：此题是个难题本题主要考查函数、导数、不等式证明等基础知