利用导数证明不等式50题(学生版)

1、无利用导数证明不等式利用导数证明不等式1 （本小题满分 12 分）已知函数 ln3f xaxax（0a ） (1)讨论 f x的单调性；(2)若 140f xaxe 对任意2,xe e恒成立， 求实数a的取值范围 （e为自然常数） ；(3)求证13ln12ln221ln14ln22n!ln21n*, 2Nnn（2n，n） 2 （本小题满分 10 分） （1）设1x ，试比较ln(1)x与x的大小；（2）是否存在常数Na，使得111(1)1nkkaank对任意大于1的自然数n都成立？若存在，试求出a的值并证明你的结论；若不存在，请说明理由3 （本小题满分 14 分）已知函数( )exf xaxa

2、（其中aR，e 是自然对数的底数，e2.71828） ()当ea 时，求函数( )f x的极值；()若( )0f x 恒成立，求实数 a 的取值范围；()求证：对任意正整数 n，都有222221212121enn4 （本小题满分 14 分）已知函数( )1xf xex，xR， 其中，e是自然对数的底数函数( )1g xxsinxcosx，0 x （）求( )f x的最小值；（）将( )g x的全部零点按照从小到大的顺序排成数列 na，求证：（1）(21)(21)22nnna，其中*nN；（2）222212311112ln 1ln 1ln 1ln 13naaaa5 （本小题满分 12 分）已知函

3、数2( )ln (0)f xaxxxx a.（1）若函数满足(1) 2f,且在定义域内2( )2f xbxx恒成立，求实数 b 的取值范围；（2）若函数( )f x在定义域上是单调函数，求实数 a 的取值范围；试卷第 2页，总 10页（3）当11xye时，试比较yx与1ln1lnyx的大小.6已知（1）求函数 yf x的单调区间；（2）若关于的方程有实数解,求实数的取值范围；（3）当,时,求证：7已知函数2( )ln()f xxaxx在0 x 处取得极值.（1）求实数a的值；（2） 若关于x的方程5( )2f xxb 在区间0,2上恰有两个不同的实数根,求实数b的取值范围；（3）证明:对任意的

4、正整数n,不等式3424921ln(1)nnn都成立.8已知函数xaxxfln1)(（Ra）（1）讨论函数)(xf的单调性；（2）若函数)(xf在1x处取得极值，不等式2)( bxxf对任意), 0( x恒成立，求实数b的取值范围；（3）当1eyx时，证明不等式)1ln()1ln(xeyeyx.9已知函数1( )1, ( )lnxxf xg xxxe .（1）证明：( )1g x ；（2）证明：21(ln ) ( )1xx f xe .10已知函数 f(x)aln xax3(aR)(1)若 a1，求函数 f(x)的单调区间；(2)若函数 yf(x)的图象在点(2，f(2)处的切线的倾斜角为 4

5、5，对于任意的 t1,2， 函数 g(x)x3x2 2mfx(f(x)是 f(x)的导数)在区间(t,3)上总不是单调函数，求 m 的取值范围；(3)求证：ln2ln3ln4234lnnn0，a为常数)(1)讨论f(x)的单调性；(2)若a1，证明：当x1 时，f(x)12x221xxx.16已知a为实常数，函数( )ln1f xxax.（1）讨论函数( )f x的单调性；（2）若函数( )f x有两个不同的零点1212,()x x xx；（）求实数a的取值范围；（）求证：111xe且122xx.（注：e为自然对数的底数）17已知函数 f(x)的导函数为 f (x)，且对任意 x0，都有 f

6、(x) fxx试卷第 4页，总 10页（）判断函数 F(x) fxx在(0，)上的单调性；（）设 x1，x2(0，)，证明：f(x1)f(x2)f(x1x2)；（）请将（）中的结论推广到一般形式，并证明你所推广的结论18已知函数( )(1)exf xxxR，其中e是自然对数的底数.（）求函数( )f x的单调区间和极值；（）若函数( )yg x对任意x满足( )(4)g xfx，求证：当2x 时，( )( )f xg x；（）若12xx，且12()()f xf x，求证：124.xx19已知函数xxaaxxfln1)(（1）当21a时，试讨论函数)(xf的单调性；（2）证明：对任意的 Nn，有

7、) 1(2ln1) 1ln(22ln11ln2nnnnnn.20 已 知 函 数cxbaxxfln)(cba ,是 常 数 ) 在ex 处 的 切 线 方 程 为0) 1(eeyxe，且(1)0f.（）求常数cba ,的值；（）若函数)()(2xmfxxg(Rm)在区间) 3 , 1 (内不是单调函数，求实数m的取值范围；（）证明:ln2ln3ln4ln2013123420132013.21已知函数21( )(2 )ln2xf xaxxa（0a 且1a ）.（1）当ae时，求证:( )f x在(0,)上单调递增；（2）当21 , ,1)ae ee且1,)t时,求证:2(21)2 ( )3ftf

8、 te .22已知函数( )lnf xxx，( )lnag xxx， （0a ） （1）求函数( )g x的极值；（2）已知10 x ，函数11( )()( )f xf xh xxx，1(,)xx，判断并证明( )h x的单调性；（3）设120 xx，试比较12()2xxf与121 ()()2f xf x，并加以证明无23已知)0()(axaxxf，( )2lng xx，（1）若对), 1 内的一切实数x，不等式)()(xgxf恒成立，求实数a的取值范围；（2） 当1a时， 求最大的正整数k， 使得对3 ,e（2.71828e 是自然对数的底数）内的任意k个实数kxxx,21都有)(16)()

9、()(121kkxgxfxfxf成立；（3）求证：) 12ln(14412niini)(*Nn24已知函数)ln()(axxxf的最小值为 0，其中0a。（1）求 a 的值（2）若对任意的), 0 x，有2)(kxxf成立，求实数 k 的最小值（3）证明niNnni1*)(2) 12ln(12225已知函数kxxf)(，xxxgln)(（1）求函数xxxgln)(的单调递增区间；（2）若不等式)()(xgxf在区间（0,+)上恒成立，求k的取值范围；（3）求证：enn21ln33ln22ln44426 （本题满分 14 分）已知函数( )lnf xax(0,aaR)，1( )xg xx.（）当

10、3a 时，解关于x的不等式： 10f xeg x；（）当1a 时，记( )( )( )h xf xg x，过点1, 1是否存在函数( )yh x图象的切线？若存在，有多少条？若不存在，说明理由；（）若a是使 1f xg xx恒成立的最小值，对任意*nN，试比较111nkk与112nfn的大小(常数01).27 （本小题满分 14 分）已知函数2( )ln(1)f xaxx（）当14a 时，求函数( )f x的单调区间；（）当0,)x时，函数( )yf x图象上的点都在0,0 xyx所表示的平面区域内，求实数 a 的取值范围试卷第 6页，总 10页（）求证：12482(1)(1)(1)1e233

11、 559(21)(21)nnn（其中*nN，e是自然对数的底数） 28 （本小题满分 14 分） （注意：仙中、一中、八中的学生三问全做，其他学校的学生只做前两问）已知函数( )exf xkxxR，（）若ek ，试确定函数( )f x的单调区间；（）若0k ，且对于任意xR，()0f x 恒成立，试确定实数k的取值范围；（）设函数( )( )()F xf xfx，求证：12(1) (2)( )(e2) ()nnFFF nnN29 （本题满分 16 分）已知函数axaxgxxf(.23)(,ln)(为实常数） （I）当1a时，求函数)()()(xgxfx在), 4 x上的最小值；（）若方程)()

12、(2xgexf在区间 1 ,21上有解，求实数a的取值范围；（）证明：*, 12)1()() 12(2601451Nnnkfkfkfnnk（参考数据：ln20.6931）30 （本题满分 12 分）已知函数( )xf xxe，()xR（1）求函数( )f x的单调区间和极值；（2）已知函数( )yg x的图象与函数( )yf x的图象关于直线1x 对称；证明：当1x 时，( )( )f xg x（3）如果12xx且12()()f xf x，证明122xx31 （本小题满分 12 分）已知函数11( )()lnf xaxxax（1a ） （1）试讨论( )f x在区间(0,1)上的单调性；（2）

13、 当3,a时， 曲线( )yf x上总存在相异两点11(,()P xf x，22(,()Q xf x，使得曲线( )yf x在点P，Q处的切线互相平行，求证：1265xx.32 （本题满分 15 分 ）已知函数 lnf xx（1）求函数 1g xf xx的最大值；（2）若0 x ，不等式 21f xaxx恒成立，求实数a的取值范围；无（3）若120 xx，求证： 1222212122f xf xxxxxx33 （本小题满分 14 分）设函数2( )lnf xxxax。（1）若( )f x在12x 处取得极值，求a的值；（2）若( )f x在定义域内为增函数，求a的取值范围；（3）设2( )(

14、)1g xf xx，当1a 时，求证：( )0g x 在其定义域内恒成立；求证：2222222ln2ln3ln212321nnnnn。34 （本小题满分 12 分）已知函数( )ln()1af xxaxR（1）当29a时，求)(xf的极值；（2）当2a时，试比较)(xf与1的大小；（3）求证：121715131) 1ln(nn（n*N ） 35 （本小题满分 13 分）已知函数 2211xf xxRxx（）求函数 f x的极大值；（） 若2220tttexe xe对满足1x的任意实数x恒成立， 求实数t的取值范围（这里e是自然对数的底数） ；（）求证：对任意正数a、b、，恒有2222ababa

15、bff22ab36 （本小题满分 14 分）已知函数1( )1lnaf xxx （a为实常数）.（）当1a 时，求函数( )( )2g xf xx的单调区间；（）若函数( )f x在区间(0,2)上无极值，求a的取值范围；（）已知nN且3n ，求证:n+11111ln0） ，设曲线 C 与l及 y 轴围成图形的面积为 S，求 S 的值。（）令函数( )( ,2)lng xF xax,讨论函数( )g x是否有极值，如果有，说明是极大值还是极小值。（）证明：当,*,( , )( , );x yNxyF x yF y x且时42 （本小题满分 12 分）a为实数，函数( )22 ,xf xexa

16、xR（1）求( )f x的单调区间无（2）求证：当12lna且0 x 时，有221xexax（3）若( )f x在区间(0,)恰有一个零点，求实数a的取值范围.43 （本小题满分 12 分）已知函数xeaxxf2)()(Rx（e是自然对数的底数，71. 2e）.（1）当15a 时，求)(xf的单调区间；（2）若)(xf在区间1 , ee上是增函数，求实数a的取值范围；（3）证明eneneeen451.312111232222对一切Nn恒成立.44 （本小题满分 16 分）已知函数(1)( )lna xf xxxb（1）当1b 时，若函数( )f x在0,上为单调增函数，求a的取值范围；（2）当

17、0a 且0b 时，求证：函数f(x)存在唯一零点的充要条件是1a ；（3）设,(0,)m n，且mn，求证：lnlnmnmn2mn45 （本小题满分 14 分）已知函数)(ln()(是常数aaxxxf.（1）求函数)(xf的单调区间；（2）当1)(xxfy在处取得极值时，若关于x的方程2 ,212)(2在bxxxf上恰有两个不相等的实数根，求实数b的取值范围；（3）求证：当Nnn, 2时，有.)11 ()311)(211 (222en46定义：已知函数 f（x）与 g（x） ，若存在一条直线 y=kx +b，使得对公共定义域内的任意实数均满足 g（x）f（x）kx+b 恒成立，其中等号在公共点

18、处成立，则称直线 y=kx +b 为曲线 f（x）与 g（x）的“左同旁切线” 已知1( )ln , ( )1.f xx g xx （I）证明：直线 y=x-l 是 f（x）与 g（x）的“左同旁切线” ；（）设 P（1122,(),(,()xf xQ xf x是函数 f（x）图象上任意两点，且 0 x10， 使得2121()()( )f xf xfxxx 请结合 （I） 中的结论证明：132.xxx47 （本小题满分 12 分）已知函数2( )axf xxb在1x 处取得极值为 2， 设函数( )yf x图象上任意一点00(, ()xf x处的切线斜率为 k。试卷第 10页，总 10页（1）

19、求 k 的取值范围；（2）若对于任意1201xx，存在 k，使得2121()( )f xf xkxx，求证：102|.xxx48（本题满分 14 分） 已知aR， 函数( )ln1afxxx，( )ln1xg xxex（其中e为自然对数的底数） （）判断函数( )f x在, 0(e上的单调性；（II）是否存在实数), 0(0 x，使曲线( )yg x在点0 xx处的切线与y轴垂直? 若存在，求出0 x的值；若不存在，请说明理由；（）若实数nm,满足0, 0nm，求证：nnmnemen49已知函数( )(1)ln1f xxxx.（）若2( )1xfxxax，求a的取值范围；（）证明：(1) (

20、)0 xf x.50已知函数21( )ln(1)2f xaxxa x.（）求函数( )f x的单调区间；（）若( )0f x 对定义域每的任意x恒成立，求实数a的取值范围；（）证明：对于任意正整数,m n，不等式111ln(1)ln(2)ln()()nmmmnm mn恒成立。无参考答案参考答案1(1)当0a时，的单调增区间为，单调减区间为；当0a时，的单调增区间为，单调减区间为； （2）212eea； （3）证明见解析.【解析】试题分析： （1）函数 xfy 在某个区间内可导，则若 0 xf，则 xf在这个区间内单调递增，若 0 xf，则 xf在这个区间内单调递减；(2)对于恒成立的问题，常用

21、到两个结论： （1） xfa 恒成立 maxxfa ， （2） xfa 恒成立 minxfa ； （3）利用导数方法证明不等式 xgxf在区间D上恒成立的基本方法是构造函数 xgxfxh，然后根据函数的单调性，或者函数的最值证明函数 0 xh，其中一个重要的技巧就是找到函数 xh在什么地方可以等于零，这往往就是解决问题的一个突破口，观察式子的特点，找到特点证明不等式.试题解析： （1）,当时，的单调增区间为，单调减区间为；3 分当时，的单调增区间为，单调减区间为；4 分（2）令若,是增函数,无解.5 分若,，,是减函数;, 是增函数,.6 分本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。

22、答案第 2页，总 31页若，是减函数,，7 分综上所述8 分（3）令（或）此时，所以，由（）知在上单调递增，当时，即，对一切成立，9 分，则有，10 分要证只需证11 分所以原不等式成立12 分考点：1、利用导数求函数的单调区间；2、恒成立的问题；3、证明不等式.2解： （1）设( )ln(1)f xxx，则1( )111xfxxx ，当( 1,0)x 时，( )0fx ，( )f x单调递减；当(0,)x时，( )0fx ，( )f x单调递增；故函数( )f x有最小值(0)0f，则ln(1) xx恒成立；3 分（2）取1,2,3,4m 进行验算：11(1)21，219(1)2.2524，

23、3164(1)2.37327，41625(1)2.444256，猜测：12(1)3mm，2,3,4,5,m ，5 分存在2a ，使得111(1)1nkkaank恒成立证明一：对mN，且1m，有012211111(1)()()()()mkkmmmmmmmCCCCCmmmmm 无211112 11111 1()()()2!kmm mm mmkm mmkmmm 11112111121111112!kmmkmmmmmm111122!3!km111122 13 211k km m11111112122311kkmm133m又因1()02,3,4,kkmCkmm，故12(1)3mm，从而有112(1)3n

24、kknnk成立，即111(1)1nkkaank所以存在2a ，使得111(1)1nkkaank恒成立10 分证明二：由（1）知：当(0,1x时，ln(1) xx，设1xk，1,2,3,4,k ，则11ln(1)kk，所以1ln(1)1kk，1ln(1)1kk，1(1)3kek，当2k 时，再由二项式定理得：01221111(1)( )( )( )kkkkkkkCCCCkkkk011( )2kkCCk，即12(1)3kk对任意大于1的自然数k恒成立，从而有112(1)3nkknnk成立，即111(1)1nkkaank所以存在2a ，使得111(1)1nkkaank恒成立10 分【解析】试题分析：

25、 （1）复合函数求导求最值； （2）取1,2,3,4m 进行验算，得 a=2,用二项式定理证明考点：复合函数的导数，二项式定理点评：本题考查了复合函数的导数，二项式定理等综合应用，属难题3()函数( )f x在1x 处取得极小值(1)ef ，函数( )f x无极大值()0,1()证明略【解析】试题分析：第一步把ea 代入函数解析式，eexexfx)(，求极值要先求导数，( )eexfx，令0)( xf，求出极值点1x，根据函数单调性求出极小值；第二步( )exf xaxa，求导数( )exfxa，下面针对a进行讨论，由于( )0f x 恒成立，只需)(xf的最小值大于或等于零，最后求实数 a

26、的取值范围；本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。答案第 4页，总 31页第三步依据第二步的结论，令1a，则1 xex，有) 1ln( xx，令12nx (*nN)，得11ln(1)22nn，把n从取1-n时的 n 个不等式相加，之后用放缩法证明出结论.试题解析：() 当ea 时，( )eeexf xx，( )eexfx，当1x 时，( )0fx；当1x 时，( )0fx所以函数( )f x在(,1)上单调递减，在(1,)上单调递增，所以函数( )f x在1x 处取得极小值(1)ef ，函数( )f x无极大值()由( )exf xaxa，( )exfxa，若0a ， 则( )0

27、fx， 函数( )f x单调递增， 当 x 趋近于负无穷大时，( )f x趋近于负无穷大；当 x 趋近于正无穷大时，( )f x趋近于正无穷大，故函数( )f x存在唯一零点0 x，当0 xx时，( )0f x ；当0 xx时，( )0f x 故0a 不满足条件若0a ，( )e0 xf x 恒成立，满足条件若0a ，由( )0fx，得lnxa，当lnxa时，( )0fx；当lnxa时，( )0fx，所以函数( )f x在(,ln )a上单调递减， 在(ln ,)a 上单调递增， 所以函数( )f x在lnxa处取得极小值(ln )falnelnlnaaaaaa ，由(ln )0fa 得ln0

28、aa ，解得01a综上，满足( )0f x 恒成立时实数 a 的取值范围是0,1()由()知，当1a 时，( )0f x 恒成立，所以( )e10 xf xx 恒成立，即e1xx，所以ln(1)xx，令12nx (*nN)，得11ln(1)22nn，则有2111ln(1)ln(1)ln(1)222n2111( ) 1111221( )11222212nnn ，所以2111(1)(1)(1)e222n，所以211111e(1)(1)(1)222n，即222221212121enn考点：1.利用导数求极值；2.利用导数导数求函数最值；3.利用导数证明不等式；本题是导数的综合应用；4 （）0（）证明

29、见解析【解析】试题分析： （1）解决类似的问题时，注意区分函数的最值和极值.求函数的最值时，要先求函数 xfy 在区间ba,内使 0 xf的点，再计算函数 xfy 在区间内所有使无 0 xf的点和区间端点处的函数值，最后比较即得； （2）证明不等式，利用函数的单调性很常见，一定要注意选取恰当的函数及单调区间（3）不等式具有放缩功能，常常用于证明不等式，解决问题的关键是分析不等式两边的结构特点，选择好切入点.试题解析：（）( )1xfxe， 当,0 x 时，( )0fx； 当0,x时，( )0fx；所以， 函数 f x在,0上是减函数， 在0,上是增函数， 所以min( )(0)0f xf，综上

30、所述，函数( )f x的最小值是 04 分（）证明：对 g x求导得 sincoscos0gxxxxsinxxx x，令 0gx 可得*)(2) 12(Nkkx，当32,222xkkkN时，cos0 x ，此时 0gx ；当2,2*22xkkkN时，cos0 x ，此时 0gx 所以，函数 f x的单调递减区间为32,222kkkN，单调递增区间为0,2和2,2*22kkkN7 分因为函数 g x在区间0,2上单调递增，又 02g，所以12a当*nN时，因为121(21)(21)(21)111102222nnnnnngg，且函数 g x的图像是连续不断的,所以 g x在区间2121,22nn内

31、至少存在一个零点， 又 f x在区间2121,22nn上是单调的， 故(21)(21)22nnna9 分（2）证明：由（）知，10 xex ，则ln(1)xx，因此，当*nN时，记 S=22221231111ln 1ln 1ln 1ln 1naaaa则 S22221231111naaaa11 分本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。答案第 6页，总 31页由（1）知，S2222241111135(21)n当1n 时，2423S；当2n时，S2411111 33 5(23)(21)nn即，S2241162112(21)3n，证毕14 分考点：利用导数求函数最值，利用单调性及放缩法证

32、明不等式.5 （1）0b；（2）12ae； （3）【解析】试题分析：（1） 由(1) 2f代入函数解得 a 的值， 既得函数( )f x的解析式， 再由2( )2f xbxx恒成立，分离变量得1ln1xbxx 恒成立，利用导数求新函数1ln( )1xg xxx 的单调性 ， 从 而 得( )g x的 最 小 值 ， 既 得 实 数 b 的 取 值 范 围 ；（ 2 ） 先 求 导 函 数)0( ,ln2)(xxaxxf， 若函数( )f x在定义域上是单调函数， 则( )0( )0fxfx或恒成立，当( )0fx时，ln2xax，求函数ln( )xh xx的最大值，可得 a 的取值范围；当(

33、)0fx时，ln2xax，由于函数ln( )xh xx无最小值，则( )0fx不恒成立，可得解； （3） 由 （1） 知xxxgln11)(在 （0,1） 上单调递减， 则11yxe时，)()(ygxg即yyxxln1ln1， 而11yxe时，0ln1, 0ln1xxxyxyln1ln1试题解析： （1）(1)2f，a=1 f（x）=x2+x-xlnx.由 x2+x-xlnxbx2+2xbxxxln11，令xxxxgln11)(，可得)(xg在1 , 0上递减，在, 1上递增，所以0) 1 ()(min gxg，即0b（2）)0( ,ln2)(xxaxxf无xxaxfln2, 0)(得令，xx

34、xhln)(设，时当ex exh1)(maxea21当时，函数)(xf在), 0( 单调递增ea210若，xaxgxxaxxg12)(),0( ,ln2)(axxg21, 0)(，0)(),21(, 0)(),21, 0(/xgaxxgaxax21时取得极小值即最小值时而当ea210021ln1)21(aag，必有根0)(/xf，)(xf必有极值，在定义域上不单调.ea21（3）由（1）知xxxgln11)(在（0,1）上单调递减11yxe时，)()(ygxg即yyxxln1ln1而11yxe时，0ln1, 0ln1xxxyxyln1ln1考点：1、利用导数判断函数的单调性及最值；2、恒成立问

35、题；3、不等式、函数及导函数的综合应用.6 （1）函数在区间（0,1）上为增函数；在区间为减函数； （2）； （3）详见解析【解析】试题分析：（）先求出2lnxfxx （ ），从而得函数 f（x）在区间（0，1）上为增函数；在区间 （1， +） 为减函数 （） 由 （） 得 f （x） 的极大值为 f （1） =1， 令22g xxxk（ ），得函数 g（x）取得最小值 g（1）=k-1，由22g xxxk（ ）有实数解，k-11，进而得实数 k 的 取 值 范 围 （ ） 由， 得， 从 而本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。答案第 8页，总 31页，即，问题得以解决试题解析

36、：解： （1）,当时,；当时,；函数在区间（0,1）上为增函数；在区间为减函数4 分（2）由（1）得的极大值为,令,所以当时,函数取得最小值,又因为方程有实数解,那么, 即,所以实数的取值范围是：8 分（3）函数在区间为减函数,而,即即,而,结论成立12 分考点：1利用导数研究函数的单调性；2导数在最大值、最小值问题中的应用7 （1）1a （2）1ln3 1ln22b； （3）见解析【解析】试题分析：（1）函数2( )ln()f xxaxx，对其进行求导，在0 x 处取得极值，可得 00f，求得a值；（2）关于x的方程5( )2f xxb 在区间0,2上恰有两个不同的实数根，将问题转化为 0

37、x，在区间0,2上恰有两个不同的实数根，对 x对进行求导，从而求出b的范围；（3） xxxxf21ln的定义域为1|xx，利用导数研究其单调性，可无以推出01ln2xxx，令nx1，可以得到nnn1111ln2，利用此不等式进行放缩证明；试题解析： （1）1( )21fxxxa，0 x 时,( )f x取得极值,(0)0f 故12 0 100a ，解得1a 经检验1a 符合题意.（2）由1a 知2( )ln(1)f xxxx由5( )2f xxb ,得23ln(1)02xxxb令23( )ln(1)2xxxxb则5( )2f xxb 在区间0,2上恰有两个不同的实数根等价于( )0 x在区间0

38、,2上恰有两个不同的实数根.13(45)(1)( )2122(1)xxxxxx当0,1x时,( )0 x,于是( ) x在0,1上单调递增;当(1,2x时,( )0 x,于是( ) x在(1,2上单调递减.依题意有(0)0,3(1)ln(1 1)10,2(2)ln(12)430bbb 解得1ln3 1ln22b（3）2( )ln(1)f xxxx的定义域为1x x ,由（1）知(23)( )(1)xxfxx,令( )0fx得,0 x 或32x （舍去） ,当10 x 时,( )0fx,( )f x单调递增;当0 x 时,( )0fx,( )f x单调递减.(0)f为( )f x在( 1,) 上

39、的最大值.( )(0)f xf,故2ln(1)0 xxx （当且仅当0 x 时,等号成立）对任意正整数n,取10 xn得,2111ln(1)nnn,211ln()nnnn故342492134ln2lnln23nn1lnln(1)nnn（方法二）数学归纳法证明：当1n 时，左边21 121，右边ln(1 1)ln2，显然2ln2，不等式成立.假设(,1)nk kNk时，3424921kkln(1)k 成立，本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。答案第 10页，总 31页则1nk时，有34249222122ln(1)(1)(1)kkkkkkk.作差比较：222222111ln(2)l

40、n(1)lnln(1)(1)1(1)11(1)kkkkkkkkkkk构建函数2( )ln(1)(0,1)F xxxxx，则(23)( )01xxF xx，( )F x在(0,1)单调递减，( )(0)0F xF.取1(1,)1xkkNk，2111ln(1)()(0)011(1)Fkkk即22222ln(2)ln(1)ln0(1)1(1)kkkkkkkk，亦即22ln(1)ln(2)(1)kkkk，故1nk时，有34249222122ln(1)ln(2)(1)(1)kkkkkkkk，不等式成立.综上可知，对任意的正整数n,不等式3424921nnln(1)n都成立考点： （1）利用导数研究函数的

41、极值（2）利用导数研究函数的单调性.8 （1）)(xf在)1, 0(a上单调递减，在),1(a上单调递增； （2）11 ,(2e； （3）见解析【解析】试题分析： （1）求导数，对参数a进行分类讨论，当导函数大于 0 时，得到增区间，导函数小于 0 时得到减区间。 （2）含参数不等式恒成立问题，一般要把要求参数分离出来，然后讨论分离后剩下部分的最值即可。讨论最值的时候要利用导数判断函数的单调性。 （3）证明不等式可以有很多方法，但本题中要利用（1） （2）的结论。构造函数，然后利用函数单调性给予证明。试题解析： （1）函数)(xf的定义域为), 0( ，xaxxaxf11)(1 分当0a时，0

42、1ax，从而0)( xf，故函数)(xf在), 0( 上单调递减3 分当0a时，若ax10，则01ax，从而0)( xf，若ax1，则01ax，从而0)( xf，故函数)(xf在)1, 0(a上单调递减，在),1(a上单调递增；5 分（2）由（1）得函数)(xf的极值点是ax1，故111aa6 分所以2)( bxxf，即2ln1bxxx，无由于0 x，即xxxbln11.7 分令xxxxgln11)(，则2222lnln11)(xxxxxxg当20ex 时，0)( xg；当2ex 时，0)( xg)(xg在), 0(2e上单调递减，在),(2e上单调递增；9 分故22min11)()(eegx

43、g，所以实数b的取值范围为11 ,(2e10 分（3）不等式) 1ln() 1ln()1ln()1ln(11yexexeyeyxyx11 分构造函数xexhxln)(，则xxxexexxexhxxx22ln)1(lnln1ln)(，0)( xh在ex 上恒成立，即函数)(xh在),( e上单调递增，13 分由于1eyx，所以eyx11，得) 1ln() 1ln(11yexeyx故)1ln()1ln(xeyeyx14 分考点：1、多项式函数求导；2、利用导数判断函数的单调性，最值以及证明不等式的综合应用。9 （1）证明过程详见解析； （2）证明过程详见解析.【解析】试题分析：本题主要考查导数的运

44、算、利用导数判断函数的单调性、利用导数求函数的最值等基础知识，考查学生的分析问题解决问题的能力、转化能力、计算能力.第一问，对函数( )g x求导，利用( )0( )g xg x单调递增，( )0( )g xg x单调递减，来判断函数的单调性来决定函数最值的位置；第二问，因为( )lng xxx，所以21(ln ) ( )1xx f xe 转化为21( ) ( )1g x f xe ，结合第一问的结论( )1g x ，所以只需证明21( )1f xe ，通过对( )f x求导即可.xxxg1)(，1 分当10 x时，0)( xg，当1x时，0)( xg即)(xg在) 1 , 0(上为减函数，在

45、), 1 ( 上为增函数4 分本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。答案第 12页，总 31页1) 1 ()( gxg，得证5 分（2）1( )1xxf xe ，xexxf2)(，6 分20 x时，0)( xf，2x时，0)( xf即)(xf在)2 , 0(上为减函数，在), 2( 上为增函数211)2()(efxf8 分又由（1）ln1xx10 分21(ln ) ( )1xx f xe 12 分考点：导数的运算、利用导数判断函数的单调性、利用导数求函数的最值.10 （1）f(x)的单调增区间为(1，)，单调减区间为(0,1)（2）373m0)，解 f(x)0 得 x(1，)；解

46、 f(x)0)，f(2)2a1 得 a2，f(x)2ln x2x3，g(x)x322mx22x，g(x)3x2(m4)x2g(x)在区间(t,3)上总不是单调函数，且 g(0)2，( )0(3)0g tg由题意知：对于任意的 t1,2，g(t)0 恒成立，(1)0(2)0(3)0ggg，373mf(1)，即ln xx10，0ln xx1 对一切 x(1，)成立n2，nN*，则有 0ln nn1，0lnnn1nnln22ln33ln44lnnn1223341nn1n(n2，nN*)11(1)14a； (2)详见解析； (3)详见解析【解析】试题分析： (1) 先求导， 由导数的几何意义可得在点2

47、x 的导数即为在此点处切线的斜率。从而可得a的值。 (2) 先求导，证导数在(0,)大于等于 0 恒成立。(3)因为mn，不妨设0mn，因为 xxln在(0,)上单调递增，所以lnln0mn，所以可将问 题 转 化 为2lnlnnmnmnm， 可 整 理 变 形 为2(1)ln01mmnmnn， 设2(1)( )ln1xh xxx，因为 10h且1mn，只需证 h x在1,上单调递增即可。试题解析：(1) 1xaxxg=1lnxax(0 x )， 21xaxxg(0 x )，因为曲线 1xaxxg在点 2, 2 g处的切线与直线013 yx平行， 34212ag，解得14a。(2) 112xx

48、xxf=112lnxxx(0 x ) 22211112121xxxxxxxxf0所以函数 112xxxxf在(0,)上为单调增函数；(3)不妨设0mn，则1mn要证2lnlnnmnmnm只需证2ln11nmnmnm,即证2(1)ln1mmnmnn本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。答案第 14页，总 31页只需证2(1)ln01mmnmnn设2(1)( )ln1xh xxx由(2)知( )h x在，1上是单调增函数，又1mn，所以()(1)0mhhn即2(1)ln01mmnmnn，即2lnlnnmnmnm所以不等式2lnlnnmnmnm成立.考点：1 导数的几何意义；2 用导数

49、研究函数的性质；3 转化思想。12(1)切线方程为1yx和1()(1)1yx.(2)A的最大值是.（3）详见解析.【解析】试 题 分 析 ： (1)一 般 地 ， 曲 线( )yf x在 点00(,)P xy处 的 切 线 方 程 为 ：000()()yyfxxx.注意，此题是求过原点的切线，而不是求( )yf x在原点处切线方程，而该曲线又过原点，故有原点为切点和原点不为切点两种情况.当原点不为切点时需把切点的坐标设出来.(2)令2( )( ) 1g xf xxAx ,则问题转化为( )0g x 对0 x 恒成立.注意到(0)0g,所以如果( )g x在0,)单调增,则必有( )0g x 对

50、0 x 恒成立.下面就通过导数研究( )g x的单调性.（3）不等式12111()nkknkk可变形为：121(1)nknnkk.为了证这个不等式，首先证11(1)kk；而证这个不等式可利用导数证明1(1) xx.故令( )( )h xf xx，然后利用导数求( )( )h xf xx在区间 1,0上范围即可.试题解析：(1)1( )(1)fxx.若切点为原点,由(0)f知切线方程为1yx;若切点不是原点,设切点为000(,(1) )(0)P xxx,由于100()(1)fxx,故由切线过原点知1000(1)(1)xxx,在( 1,) 内有唯一的根011x.无又11()1(1)f,故切线方程为

51、1()(1)1yx.综上所述,所求切线有两条,方程分别为1yx和1()(1)1yx.(2)令,则,显然有,且的导函数为：.若,则,由知对恒成立,从而对恒有,即在单调增,从而对恒成立,从而在单调增,对恒成立.若,则,由知存在,使得对恒成立,即对恒成立,再由知存在,使得对恒成立,再由便知不能对恒成立.综上所述,所求的最大值是.（3）当1时，令( )( )h xf xx，则1( )(1)1h xx，故当( 1,0)x 时，恒有( )0h x，即( )( )h xf xx在 1,0单调递减，故(0)( )( 1)hh xh，对( 1,0)x 恒成立.又(0)1, ( 1)hh，故1( )h x，即对(

52、 1,0)x 恒有：1(1) xx，在此不等式中依次取1111,2341xn ，得：11(1)22， ，11(1)33，本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。答案第 16页，总 31页11(1)44，11(1)55，11(1)11nn，将以上不等式相加得：121(1)nknnkk，即12111()nkknkk.考点：导数及其应用.13 （1） 2014sinfxx ； （2）实数a的取值范围2a;（3）详见解析.【解析】试题分析： （1）因为)(),()(),()(*11Nnxfxfxfxfnn,故 1cosfxfxx, 21sinfxfxx , 32cosfxfxx , 43s

53、infxfxx, 由 此 可得, nfx是以 4 为周期,重复出现,故xxfxfxfsin)()()(2245032014;（2）若xaxxfcos1)(在, 0上恒成立，求实数a的取值范围,由xaxxfcos1)(得 ,xaxxcos1sin, 即xxxa1cossin在, 0上 恒 成 立 ， 令xxxxg1cossin)(,只需求出 g x在, 0上的最小值即可,可利用导数法来求最小值; （3） 证明：) 12(4) 1(23)12) 1(.)122()12(nnnnfnfnf,由 （2） 知：, 0 x时xxxcos21sin，12cossinxxx,即12)4sin(2xx,这样得到

54、)4412sin(212sin2nknk211221)412(2nknk，令1,2,3,1kn，叠加即可证出试题解析：(1)xxfxxfxxfxxfsin)(,cos)(,sin)(,cos)(4321周期为 4，xxfxfxfsin)()()(2245032014.（2）方法一：即xaxxcos1sin在, 0上恒成立，无当0 x时，Ra；当, 0 x时，xxxa1cossin，设xxxxg1cossin)(，221cossinsincos) 1cos(sin)sin(cos)(xxxxxxxxxxxxxg，设1cossinsincos)(xxxxxxxh，)sin(cos)(xxxxh，则

55、)4, 0(x时0)(xh，)(xh增；)(,4(xhx减.而0)(, 0)4(, 0)0(hhh，所以)(xh在,4(上存在唯一零点，设为0 x，则0)(, 0)(,(; 0)(, 0)(), 0(00 xgxhxxxgxhxx,所以)(xg在0 x处取得最大值，在x处取得最小值，2)(ga.综上：2a.方法二：设xaxxxgcos1sin)(，axxaxxg)4sin(2sincos)(., 0 x2, 1)4sin(2x.当1a时，0)(xg在, 0上恒成立，0)0()()(mingxgxg成立，故1a；当2a时，0)(xg在, 0上恒成立，02)()(minagxg得2a， 无解.当2

56、1a时，则存在, 0(0 x使得), 0(0 xx时)(xg增，,(0 xx时)(xg减，故)(),0()(minggxg，0)(0)0(gg，解得2a，故21a.综上：2a.本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。答案第 18页，总 31页（3）由（2）知：, 0 x时xxxcos21sin，12cossinxxx即12)4sin(2xx.当11nk时，4120nk，)4412sin(212sin2nknk211221)412(2nknk，2112) 1(2(.)21122()12) 1(.) 122() 12(2nnnnnfnfnf=) 12(2) 1(3212)2)(1(12

57、2nnnnnn，) 12(4) 1(23)12) 1(.)122()12(nnnnfnfnf.考点：函数与导数,函数与不等式综合问题.14 （1）1, ； （2）证明过程详见试题解析； （3）证明过程详见试题解析.【解析】试题分析： （1）当2b 时， 21ln22h xxaxx1( )2h xaxx. ( )h x有单调减区间，( )0h x有解.分00aa和两种情况讨论2210axx 有解.可得到a的取值范围是( 1,) ； （2）此问就是要证明函数( )( )( )ln(1)xf xg xxx在( 1,) 上的最大值小于或等于0，经过求导讨论单调性得出当0 x 时，( )x有最大值0，命

58、题得证； （3）利用（2）的结论( )ln(1)0 xxx，将此问的不等关系lnlnln2xyxxyyxy，转化成与（2）对应的函数关系进行证明.试题解析： （1）当2b 时， 21ln22h xxaxx1( )2h xaxx.无( )h x有单调减区间，( )0h x有解，即2120axxx0 x ，2210axx 有解.（）当0a 时符合题意；（）当0a时，440a，即1a 。a的取值范围是( 1,) .（2）证明：当0,1ab时，设( )( )( )ln(1)xf xg xxx，1( )111xxxx .1x ，讨论( ) x的正负得下表：当0 x 时( )x有最大值 0.即( )0 x

59、恒成立.当( 1,)x 时，( )( )0f xg x恒成立.（3）证明：0,0 xy，lnln()ln2xyxxyyxy(lnln)(lnln)22xyxyxxyy22lnlnlnln22xyxyxyxyxyxyxyxy ln(1)ln(1)22yxxyxyxy 本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。答案第 20页，总 31页由（2）有ln(1)ln(1)02222yxxyyxxyxyxyxyxy lnln()ln2xyxxyyxy.考点：函数与导数；不等式综合.15(1) 在10,a，(1，)上单调递增，在1,1a上单调递减(2)见解析【 解 析 】 (1)f(x) 的 定

60、义 域 为 (0 ， ) ，f(x) 1xax (a 1) 2111)1axaxaxxxx-( ) ( ( ).当 0a0 解得 0 x1a，由f(x)0 解得 1x0 恒成立，所以函数f(x)在(0，)上单调递增当a1 时，由f(x)0 解得x1 或 0 x1a，由f(x)0 解得1ax1.所以函数f(x)在10,a，(1，)上单调递增，在1,1a上单调递减(2)证明：当a1 时，原不等式等价于 lnx2x2.1xxx1，所以x1x12x，因此 lnx2x2.1xxx1 时，h(x)92x24x520，所以h(x)在(1，)上单调递减，从而h(x)h(1)0，即g(x)0，所以g(x)在(1