高中数学一轮复习-导数的综合应用

专题4.4导数的综合应用

■必背知识

1.利用导数研究函数零点问题思路

(1)转化为函数图象交点：方程/(x)=0有实根=两个函数图象的交点问题u函数y=/(为有零点.

将人幻二0变形为gQ)=〃Q),转化为y=gQ),y=力Q)的图象交点问题，类型有：

①一平一曲：一平即常数函数y=k为常数)图象与一曲线图象的交点；

②一斜一曲：一斜即一次函数图象与一曲线图象的交点；

③两曲：两个函数图象均为曲线，凸凹性相反.

(2)利用零点存在性定理解决：利用导数研究函数单调性，结合零点存在性定理，判断函数零点个数.

2.利用导数研究不等式恒成立或存在性问题

不等式恒成立问题或存在性问题转化为求函数最值问题，利用导数研究函数最值，求出参数的取值范围.

㈠不等式在某个区间上恒成立或存在性成立问题的转化途径：

(：)Vx6D,/(x)>afWmin>a；BxED,/(x)>af(x)max>a；

(2)VxeD,/(x)<b<-»fWmax<b；BxEDJ(x)<b<->f(x)min<b；

(3)VxWDJ(x)>g(x)1九(X)=/(X)-g(X),VxeD,h(x)min>0；

仁)双变量的“任意性”与“存在性”问题

①VX16M,VX2GN,都有/Qi)>g3)恒成立t>9。)"如；

②V%iGM,3X2GN,都有f(%i)>g(%2)恒成立-f(x)mtn>gWmini

③GM,V无2eM都有/'01)>g(%2)恒成立Tf(x)max>^Wmin；

@3%ieM,3X2GN,都有f(xD>g(%2)恒成立Tf(%)7nax>g(x)min；

⑤KGM,3X2GN,都有/•(/)=g(%2)Tf(x)的值域是,。(均值域的子集；

@3%!eM,BX2€M都有/'(M)=9(%2)Tf(%)的值域与g(x)值域的交集不为空集.

3.利用导数证明不等式

①构造法：证明/.(x)〈g(x),⑸份，可以构造函数〃(*)=/V)—g(x),如果〃(x)<0,则以X)在(a,

⑸上是减函数，则只需双a)WO,由减函数的定义可知，W6)时，有尸(>)<0,即证明了/(*)<&(>).

②最值比较法：证明fix)<g(x),x£(a,勿时，若构造函数/tr)=f(x)—g(x)后，尸(功的单调性无法确

定，可考虑f(x)的最大值与g(x)的最小值,如果F(x)皿U)・in,那么可证F(x)〈g(x).

r教材改编

1.【人教A版选择性必修二复习参考题518P104］已知函数/(%)=/-(2Q-l)x-a\nx(a6

R).a>0

(1)求函数/(x)的单调性；

(2)若函数/(X)存在最小值为求证：fWmin<

2.【人教A版选择性必修二复习参考题519P104］已知函数f(%)=(x-2}ex+a(x-l)2.

⑴讨论/'(%)的单调性；

(2)若/(幻有两个零点，求正的取值范围.

考点归纳

考点一导数在函数零点(方程的根)问题中的应用

【方法储备】

函数零点问题常用思路有：

⑴图象法:

①通过研究函数的性质(单调性、极值、函数值的极限位置等)，作出函数的大致图象，然后通过函数图象

得出其与X轴交点的个数；

②令/(%)=oTg(x)=h(x),将函数零点问题转化为两个函数图象交点问题.在同一坐标系中，画出两个

函数的图象，得出零点个数，或求出参数的取值范围.

⑵定理法：求导研究函数的单调性与极值，利用零点存在性定理逐个单调区间判断是否存在零点，或根

据零点存在性情况，推导出函数本身需要满足的条件，求出参数的取值范围.若函数较复杂，需要构造函

数或多次导.

【典例精讲】

例1.(2025•陕西省安康市•模拟题)已知函数f(x)=sin2x-2xcosx,则函数f(x)在区间［-薮，羽上的零点个数

为1)

A.1B.3C.5D.7

例2.(2025♦广东省月考)已知函数/'(%)=tan2xI2tan(jix)1..若tana=2,贝U

/(a)=；若/(幻的定义域为(0,3U《号)，则〃%)零点的个数为.

例3.(2025•山东省济南市•模拟题)已知函数f(x)=xe"+a(l-e)x-(e-l)lnx-1恰有2个零点，则实

数a的取值范围为()

A.(-1,一去)“巳+8)B.(一；,一3U[e,+8)

C.(-1,-^)“O,+8)D.U[0,+oo)

【拓展提升】

练IT.(2025•山东省济南市•模拟题)已知函数f(x)=若关于x的方程严Q)-a/(x)+

。2一。=o有四个不等实根,则实数Q的取值范围为()

A.(0,1)B.(-oo,-l)U[1,+oo)

C.(0,1]D.(-1,0)U{1}

练1-2.(2025・湖南省模拟题)已知函数/(x)=ex-\2x-1)-ax+a(aGR).

(1)若a=0,求函数f(%)的极值;

(2)讨论函数/(x)的零点个数.

练1-3.(2024•浙江省模拟题)设函数/(X)=(%-l)2ex-ax,若曲线/'(x)在无=0处的切线方程为y=

—2x+b.

(1)求实数a,b的值.

(2)证明：函数/(x)有两个零点.

⑶记广(》)是函数f@)的导数，%*为f(£)的两个零点，证明：/

考点二导数在不等式问题中的应用

方向1:导数在不等式恒成立或有解问题中的应用

【方法储备】

转化是解决问题的关键.常用思路有：

1.分离参数：将原不等式分离参数，转化为不含参数的函数最值问题，利用导数求函数的最值，求出参

数的取值范胤

2.化归为求最值:vxeD,fM>gM->Vxe-gM]min>0.

3.司构化：将恒成立的不等式同构化，利用函数单调性构建变量间的不等关系.

lnx

如：elna+x-l_inx+ina>->以na+x-1+1n。x-1>X+InX=e+InX,研究f(x)=C，+工的单

调性，即f(仇a+x—1)>f(lnx)->Ina+x—1>Inx.

x

同构常见变形方式：①(^_=ex-inx.4=/仃-七@x+Inx=ln(xe)；

@x—Inx=In—.

X

⑴积型：aea<blnb->aea<Inb-elnb->ea•lnea<blnb-»a+Ina<Inb+In(lnb)

、.0。h0。匕h

(2)商型：—<--->—<---->---<-->a-Ina<Inb—In(lnb)

aInbaInblneaInb、/

⑶和差型：ea±a<b±Inb-»eQ±a<elnb±Inb-»ea±Ine2<b±Inb

【典例精讲】

例4.(2025•湖北省荆州市•月考试卷)若不等式kx+bZInx恒成立，则、的取值范围是()

K

A.[0,+co)B.[-1,4-co)C.[-2,4-oo)D,[-e,4-co)

例5.(2025•湖南省•模拟题)函数f(x)=lnx-mx+l,若存在xW(0,+8),使f(x)N0有解,则m的取值

范围为()

A.(-co,1]B.(-00,2]C.[l,+oo)D.[2,+oo)

【拓展提升】

练2-1.（2025•辽宁省抚顺市•模拟题）已知函数/（乃=蜻+%和以外=InQe'）,若存在实数0邛：使得/（a）-

g（S）=0,则的最小值为（）

A.-eB.-1C.--D.T

ee，

练2-2.（2024・河北省联考）已知函数f（x）=lnx-ax+l,其中aeR.

（1）求/（均的单调区间：

(2J是否存在Z€z,使得/(%)+ax-2>k(l-对任意x>1恒成立？若存在，请求出％的最大值；若不

存在，请说明理由.

方向2：导数在不等式证明中的应用

【方法储备】

函数不等式的类型多样，既有含变量与不含变量之分，也有单变量与双变量之分，证明方法多变，常用

思路有：

I.单变元不等式的证明

(1)含单变元不等式

①移项(或同解变形后)作差，构建函数求最值.

②适当放缩：可利用常见不等式放缩、结论放缩、或者利用已知的参数范围使参数取确定的值进行放

缩.

常用不等式有：

(I)三角函数放缩：©Vxe<x<tanxi@sinx>x-1x2；③1一WcosxW1—

^sin2x

(2)指数放缩：®ex>x+1：®ex>ex(y=%+l,y=e%为函数7=e”图象的两条切线)；

③e*<<0)；®ex<-^(x<0)

(3)对数放缩：®l--</nx<x-l；②比工工彳；③亿工之一工：

xsex

(y=x-l,y=:为函数y=图象的两条切线)

(4)指对放缩：-Znx>(x4-1)-(x-1)=2

2.双变元不等式的证明

⑴利用变元之间的关系消元，转化为单变元不等式.如已知与,不为函数的极值点，得出打》2的关系.

⑵换元法：将与-外或葭看作一个整体，换元后转化为单变元不等式.

⑶利用单调性：若函数八为在区间［a,b］上单调递增，则f(Q)工/•(幻Wf(b)；若e<,句，且石<》2,

则f(Xl)<"%2)，单调递减有类似结论.

,利用求最值的方法证明不等式时，对于函数最值点存在但无法确定的情况，可设出函数的隐零点

Xo，充分利用f'Go)=0的条件，完成证明.

/涉及极值点偏移问题时，可考虑对称化构造.

【典例精讲】

例6.⑵)25♦浙江省杭州市•模拟题!已知函数/(X)=xcosx,g(x)=asinx.

(1)若a=l,证明：当》€(0弓)时，x><7(x)>/(x)；

(2)当“£(-90)11(0,9时，篇〈萼，求a的取值范围.

例7.(2025•山东省・联考)已知函数/'(%)=靖一(a+1)x(其中e为自然对数的底数).

(1)若对任意X6(0,+8),不等式/(幻20恒成立，求实数Q的取值范围；

(2)设n£N”,证明：1+：+J+…+!>ln(〃+1).

NJM

例8.(2024・河北省模拟题)已知函数f(%)=aex-bx-l(a,bWR,ab*0).

(1)讨论f(x)的单调性;

(2)证明:当%€(0,，)时，(sinx)(x+1^2—1>(x2+2x+2)lnsinx-

【拓展提升】

练2-3.(2025•湖南省•模拟题)已知函数f(x)=xlnx.

(I)讨论/(%)的单调性;

(H)若两个不相等的正实数a,b满足/(a)=/(b),求证：a+t<l;

(IH)若彳va<5求证：/(cosa)</(sina).

练2-4.(2024•河北省月考试卷)已知函数/Xx)=InxaxI1有两个零点修，物，旦*1>2外，

(1)求a的取值范围；

(2)证明:e-^+^)>4<7.

练2-5.(2025•河南省模拟题)己知函数/'(%)=/工—无+1,sM=ex-l.

(1)求/•(%)的最大值；

(2)当xw[2,+8)时，证明：^(x)>2x(x-l)；

(3)证明：(1+W)Q+W)•••0+高)<式九WN*,九N2).

(参考数据：自然对数的底数e《2.71828)

考点三导数在实际问题中的应用

【方法储备】.

利用导数解决实际问题的思路是：读模、识模、建模、解模.

【典例精讲】

例9.(2025•福建省厦门市•期中联考)某制造商制造并出售球形瓶装的某种液体材料.瓶子的制造成本是

0.1加丁4分，其中r(单位：cm)是瓶子的半径.已知每出售1mL的液体材料，制造商可获利0.3分，且制造商

能制作的瓶子的最大半径为8cnr则当每瓶液休材料的利润最大时，瓶子的半径为()

A.3cmB.4cmC.5cmD.6cm

例10.(2025•湖北省武汉市•月考试卷)已知桌面上灯光的强度可以用y=k鬻表示，其中r是灯与桌面上被

照点的距离，◎是光线与桌面的夹角，在半径为1m的圆桌中心正上方安装一个吊灯，为使桌边最亮，吊

灯应离桌面的高度为()

A.—B.1C.-z-D.-r—

乙乙J

例11.(2024•湖北省模拟题)连淮扬镇高铁高邮段为了减少营运对附近居民造成的噪音干扰，计划在居民

区的一侧区域内建一道“消音墙”，工程师在绘制建设规划平面图时发现，如果在图中适当位置建立平

面直角坐标系xOy,“消音墙”曲线(墙体建筑厚度忽略不计)可以近视地看作函数/(¥)=1。%+署(工£

[1,3],单位：千米)的图象.

(1)当时，求“消音墙”曲线上的点到x轴的最近距离；

(2)已知居民区均在所建平面直角坐标系中》轴的下方，且位于XE[1,2](单位：千米)地段居民最为集中，

经环保部门测定，当该段“消音墙”曲线上任意两点连线的斜率都小于-1时，消音效果最佳.试问：当实

数口在什么范围时，可使该段“消音墙”获得最佳消音效果？

【拓展提升】

练3-1.(2025•湖北省•联考)中国古代建筑的主要受力构件是梁.其截面的基木形式是矩形.如图，将一根截

面为圆形的木材加工制成截面为矩形的梁，设与承载重力的方向垂直的宽度为％,与承载重力的方向平行

的高度为y,记矩形截面抵抗矩W=根据力学原理，截面抵抗矩越大，梁二】

的抗弯曲能力越强，则宽%与高y的最佳之比应为()/[J/勿夕7'，

.j一一二

/A・°D・c1L/・V4J•/

、、、、…一/

练3-2.(2024・广东省模拟题)曲线y=ln(l+%)在％=0处的切线方程为y=

/(x),则f(%)=____.因此当侬小时，ln(l+%)«/,(%)»由于ln2«0.6931,于是«长=

十J\X)

高记.某金融业的一种长期理财品种采用复利方式计算利息，年利率为3.3%,按照上面的近似等式，本

息和不小于本金的2倍，至少需经过____年.

练3-3.(2025•湖南省衡阳市•联考)某城镇在规划的•工业园区内架设一条16千米的高压线，已知该段线路

两湍的高压线塔已经搭建好，余下的工程只需要在已建好的两高压线塔之间等距离的再修建若干座高压电

线塔和架设电线.已知建造一座高压线电塔需2万元，搭建距离为4千米的相邻两高压电线塔之间的电线和

人工费用等为4x[ln(x+0.48)-0.125]万元，所有高压电线塔都视为“点”，且不考虑其他因素，记余下

的工程费用为y万元.

(1)试写出y关于％的函数关系式.

(2)问：需要建造多少座高压线塔,才能使工程费y有最小值？最小值是多少？(参考数据：E240.69』nl0«

2.30)

新题放送

L12025♦湖南省长沙市•联考)已知函数f(x)=/一/n与函数g(x)=足一无，xG22]的图象上恰有两对

关于％轴对称的点，则实数m的取值范围是()

A.(0,2-ln2]B.(0,-^4-Zn2]

C.[——+/n2,2—Zn2)D.(m2,——+/n2]

2.(2025•江苏省连云港市•模拟题)已知a>1,若关于％的方程(近-l)lna+=0有两个不同的正根，则

Q的取值范围为()

A.(l,ee)B.(ee,+co)C.(l,e；)D.(el+oo)

3.[2025•广东省汕尾市•月考试卷)函数f(x)=£,若关于x的不等式[/Q)]2+tf(x)<0(teR)有且仅有四

个整数解，则t的取值范围是()

A・[一高一右B.(卷右C.(总总D.[一意一白)

4.(2025•湖北省・联考)某市为提高市民的健康水平，拟在半径为200米的半圆形区域内修建一个健身广场，

该健身广场(如图所示的阴影部分)分休闲健身和儿童活动两个功能区，图中矩形/BCD区域是休闲健身区，

以CC为底边的等腰三角形区域PCD是儿童活动区，P,C,D三点在圆弧上，4B中点恰好为圆心0.设NCOB=

8,健身广场的面积为S.

(1)求出S关于。的函数解析式；

(2)当角。取何值时，健身广场的面枳最大?

【答案解析】

【回归教材】

1.解：(1)/0)=(2X+?(X-Q),

a〉0时，由/■'(%)>(),解得：x>a,由f'Q)vO,解得：Ovxva,

故f(%)在(0,a)递减，在(a,+8)递增；

(2)由(1)知要使f(%)存在最小值,则a>0且/'(x)min=a-a2-alna,

令g(x)=%-/一xlnx,(x>0),则g'(x)=-2%-In无在(0,+8)递减，

X^(i)=l-j>0,^(i)=ln2-l<0,

故存在使得9'。。)二°,故g(')在(°j。)递增，在(与，+8)递减，

=

g'("o)°，即—2%Q—/n%o=0，故Inx。=-2x0,

故g(x)max=g(%0)=(&+")2-i,

又"d}9(")max=(%O+j)2-5<(5+1)2-5=I*

故f(%)min<4,

2.解：(1)由题设，/',(x)=(x-l)(ex+2a).

当QNO时，若％W(-8,1)时，f'(x)<0,f(%)单调递减；若工£(1,+8)时，f(%)>0,/(x)单调递增:

当Q〈0时，令/*'(%)=0,可得x=1或％=ln(-2a),

•♦•若a=一泄，/Xx)=(x-l)(ex-e)>0,则/'⑺在R上单调递增；

若QV-］时，则ln(-2a)>l,故在(一8,1)、(ln(-2a),+8)时，/''(%)>0即/(%)单调递增；在

(l,ln(-2a))时，/。)V0即/(%)单调递减；

若。>一］时，则ln(-2a)<l,故在(—8/n(-2a))、(1,+8)时，f(x)>0,f(x)单调递增；在

(In(-2a),1)时，f(x)<0,/(%)单调递减;

(2)由2知:a>0,由(1)知:人外在(-8,1)上递减；在(1,+oo)上递增;

a+1

又/1(1)=一eVO,/(2)=a,要使/(x)有两个零点，则(一8,1)、(1,+8)上各有一个零点.

只需保证co时，lim/(x)>0即可，

XT—8

a>0,此时才能使f(>)有两个零点，

'T~d1,11

力=7^zrTTZ=%当且仅当a=i时等号成立，

综上，(咽，

例1解：由题意得工€[-:厚],其关于原点对称，

因为/(一乃+/(%)=。，所以f(©为奇函数，则/1(0)=0,

因为f(x)=sin2x-Zxcosx,所以由二倍角公式得/(%)=Zsin^cosx-Zxcosx,

化葡得f(x)=2cosx(sinx-x),

4,^(%)=sinx-x,则g'(x)=cosx-140,易得g(0)=0，

当Ke(0白时，得到g⑴在(0,雪上单调递减，

则g(x)vg(0)=0，故sinxvx,

则令/(%)=0,可得2cos%(sinx-x)=0,得到cosx=0,

解得x=*或计参故f(x)在(0,用上有两个零点，

由奇函数的性质可得/(%)在卜当,0)上也有两个零点，

综上，f(x)共有5个零点，故。正确.

故选：C.

例2解：例x)=1J-t,an】：^—x2tanx-1,若tana1-=42,则/(a)=3三一4-1=-?•

令f(x)=0，得ZtarPx+tan2x-1=0.

设tanx=3若％€(O.?)UW，争，则t£(一8,—1)u(0,1)

设以£)=2亡3+户一1,亡£(_8,_i)u(0,1),则g，(t)=6/+2t.

当£W(-8,_1)u(0,1)时，g，⑴>0.

因为9(-1)=-8<。，g(0)=-l<0,g(l)=2>。，

所以g(t)在(0,1)上存在唯一的零点，又y=tan%在(0,》上单调递增，

所以/Xx)在区间(0常)UG，?)上零点的个数为1.

q*r

故答案为一?，1.

(5

例3解：令f(x)=0,得%e。"+Q(1-e)x-(e—1)—1=。，EPeax+lnx+(1-e)(lnx4-ax')-1=

0,

令QX+Inx=t,则9+(1-e)t-1=0,

令％(x)=I(1e)x1»则A'(x)=ex\1e>

令h'(x)>0=>x>ln(e-1)=h(x)在区间(ln(e-1),+8)上单调递增;

令九z(x)<0=>x<ln(e-1)=h(x)在区间(-8,ln(e-1))上单调递减，

又0V仇(e-l)Vl,/i(O)=/i(l)=0,则九(乃=0有且只有两个根，分别为0,1,

当Q>。时，函数/(%)恰有2个零点等价于y=ax+In》的图象与直线y=0和y=1共有2个公共点，

令p(x)=Inx+QX,则pr(x)=：+a,p(x)>0,则p(x)在区间(0,+8)上单调递增，

又x->0,p(x)->-oo,x->+oo,p(x)->+co,

即p(x)GR,则y=QX+mx的图象与直线y=0和y=1各有1个公共点，符合题意，

当Q<0时，函数/(%)恰有2个零点，等价于函数y=的图象与直线y=—收，y=1—ax的图象共有2个

公共点，

临界情况为两条直线分别与y=的图象相切，

如织1,当y=1-QX与y=Inx相切，设对应切点为(%3，、3)，因为(伍》)'==仇"3，则相应切线方程

为

11lnx3-1=1]

y=­(%—x3)+lnx3=-x+lnx3—1=—ax+1=>{_1___na=_a；

'3'3五一一0e

如图2,当y=-ax与y=Inx相切，设对应切点为(右,丫4),则相应切线方程为y=工(％-见)+》心=

x4

Ilnx4-1=0,1][

-x+lnx-l=-ax=>{j___=>a=-->则。€(一〉一瓦)，

入44—(Xvcc

必

综上aE(一；,—U[0,4-00).

故选：D.

练1T解:当％NO时,/,(x)=e1-x(l-x),

所以当OV%VI时，f(x)>0,f(x)单调递增；

当x>1时，f'(x)<0,/(%)单调递减，

且"0)=0,/(I)=1,当XT+8时，/(%)->0.

当KV0时,f(*)单调递减,

所以f(x)的图象如图所示：

令i=/(%),则由上图可知当t=0或1时，方程£二/(幻有两个实数根；

当tE(0,1)时，方程£二/(幻有三个实数根；

当tG(-oo,0)U(1,+8)时，方程t=f(x)有一个实数根.

所以关于%的方程产(%)-afM+a2-«=0有四个不等的实数根，

等价于关于£的方程户一at+a?一。=0有两个实数根£],办£i=0,£2=1，或者4e(0,1),t2e(-00,0)U

(L+8).

当0=0,t2=1时，解得Q=1；

不妨令h(t)=t2-at+a2-a=0,这是开口向上的抛物线，

当0E(0,1),t2e(-00,0)U(l,+8)时,

根据其根的分布可得：

/i(0)/i(l)=(02—ax0+a2—a)(l2—ax14-a2-a)<0,

解得0VaV1.

综上所述，0<Q41.

故选c

练1-2解：(l)/(x)的定义域为R,

x1

当Q=0时，/(X)=e-(2x-1),

A'(%)=ex~1(2x4-1)，

令"(x)=0，得X=一去

当x变化时，/''(%)，/(%)的变化情况如下表：

111

X(8,R仁，+8)

2

广(幻—04-

3

fW单调递减-2e~2单调递增

所以/'(X)有极小值-2e-既极大值，

(2)设g(x)=ex-1(2x-1),y=a(x-1),

由⑴知，当xv—泄，g(x)单调递减;当为>-5寸，g(%)单调递增，

y=g(%)有最小值为g(-｝=-2e4,且g(0)=-%gg=0;

当x<3时，g(x)<0,当%；时，g(x)>0

直线y=ax-。恒过定点(1,0)且斜率为a,

当直线y=ax-Q与y=g(x)相切时，设y=ax-Q与y=g(x)切于点(a,%))，

则a=靖。-1(2*0+1)=八'”「-I),解得%。=。或％-3

“0-1N

所以Q=｝或a=4，下，

结合图象可.知

当Q>4/0或0VQ<：时，/(%)有2个零点；

当a=或Q==或a<0时，/(X)有1个零点；

V-

当:<a<4，《时，/(%)没有零点

练「3解：(l)/z(x)=(x2-lX-a,由题意知匕(0黑；一2'，解得｛:二:‘

(2)/(x)=0即(x-l)2ex-x=0<=>(x-l)2-^=0,

函数/'(%)有两个零点即函数9。)=。-I)2-2有两个零点.

9'(切=。-1)(2+少，

当mv1时，g'(x)<0,g(x)单调递减;当％>1时，g'(x)>。，g(x)单调递增.

又g(0)=l>0,9(1)=-;<0,以2)=1-5>0,故北I£(0,1)使得g(%i)=O,

3X2e(1,2)使得g(%2)=0,命题得证.

2

(3)由/'⑶=(x-1冲-1且0<1<x2<2.

要证明(中)>—a，即证明((誓)2—i)。华—iA—i,即证明>2.

令4(%)=g(x)—g(2—x)(0<x<1),则

"Q)=g'(x)+g，(2—x)=(x—1)(2+*)+(1_%)(2+/)=("、失『"”)<O

因此4(%)单调递减，则力(X)>4(1)=o.因此必修)>o,即g(%i)>g(2-;q),

即9。2)>仪2—多)，又％2,2-m€(1,2),且g(x)在(1,2)上单调递增，

因比%2>2-%1,即％1+x2>2.命题得证.

例4解：々%+匕N仇%在(0,+8)上恒成立，即--工b在(。,+8)上恒成立，令/'(x)=仇工—kx(x>

0).则r(x)=g-/c(x>0).

若k<0,则/''(%)>0,可得/(%)在(0,+8)上单调递增，当％t+8时，/(%)t4-00,不等式mx-kx<

力在(0,+8)上不恒成、'£,故k>0.

由广(幻=工一匹可得/(%)在(0,3上单调递增，在+8)上单调递减，所以当无=：时，f(x)取得最大值

XKKK

/Wmax=/(j)=lni-l=-fnfc-l,

则一Ink—10b,则於皆

令好)=一»半(A>0),则9级)=专一詈=署，可得矶k)在(0,1)上单调递减，在(1,+8)单调递

增，

所以当k=1时,g(k)min=9⑴=-1，贝哈的最小值是一1.

K

故选B.

例5解：因为存在％6(0,+8),使得/'(x)=In%-mx+1>0有解，

即旭((竽)nwr

设g(x)=2詈(3>0),

则y㈤=上等也=-署.

令g'(x)=。，解得*=i，

当x6(0,1)时，g\x)>0,g(x)单调递增；

当xe(1,+8)时，g，(x)<0,g(x)单调递减，

所以9(x)max=9(1)=1.

故血的取值范围为(一8,1].

故选:A.

练2-1解：g(x)=ln(xe")=》之十x,

因为存在实数防。，使得/(。)-9(0)=0

所以e"+a=In/?+/?,

所以ea+a=e,n^+ln0.

构造函数h(x)=ex+x,

则hz(x)=ex+1>0,

所以函数在R上单调递增，

所以a=ln^,

所以必=01邛,

构造函数£(%)=/nx,(x>0),则t'(x)=lnx+l,

所以函数在(03)上单调递减，在(；,+8)上单调递增，

所以当％时,函数£(%)取得最小值一；.

即用的最小值为

故选C

练2-2解：(l)：f'(x)=[-。，%>0,

・••当a40时，f(x)>0,即/'(x)在(0,十=)上是增函数.

当QAO时，x6(0,》时，ff(x)>0,则/(工)在(0,今上为增函数；

7

工€(1+8)时，/(%)<0,则f(x)在(,+8)上为减函数.

综上所述，当a40时，/(%)的增区间为(0,+8)；

当Q>0时，f(%)的单调增区间为(0,》，/(x)的单调减区间为《,+8)；

(2)由已知/Xx)+ax-2>k(l一》即为双仇％-l)>/c(x-2),x>1,

BPr(Znx—1)—kx+2k>0,x>1.

令9(x)=x(lnx—1)-ZcxI2k,x>1,

则g(x)=Inx—k,

当kWO时，g，(无)>0,故g(x)在(l,+8)上为增函数，

由g(l)=-1-k+2k=k—1>0,则k>1,矛盾.

当k>0时，由m％-k>0,解得》>八，由"》-々V0,解得lvx<e",

故g(x)在(l,e")上是减函数，在(e",+8)上是增函数，

u

•••9Wmin=g3<)=2k-e,

令m(k)=2k-ek,(k>0),则m，(k)=2-e]

・•.7“k)在(0,ln2)上单调递增，在(ln2,+8)上单调递减，

m也)max=m(ln2)=21n2—2<0,故不存在A使2k—ek>。成立

综上所述，不存在满足条件的k.

例6解：(1)由题意知，当Q=1时，

令h(x)=x—sinx,则/i'(x)=1-cosx.

当KG(0,今时，”(%)>0.所以九⑺在(0,»上单调递增，

所以h(x)>h(0)=0,即%>gQ);

万

令歹(x)=sinx-xcosx,xG(0,7)>

则d(x)=cosx-cosx+xsinx=xsinx,

当me(0*时,*<%)>0.所以w(X)在(0号)上单调递增，

所以@(x)>@(0)=0,即g(x)>/(%).

综上，当a=1时，x>g(x)>/(X)在(0,方上恒成立.

csinx/(x)sinxxcosx

I乙1―———

、'xg{x}xasinx"

人c，、sinxxcosx_,兀八、，,不、

令F(x)=-----------—,Xe(--,0)U(0,-).

、,xasinx22

因为/7(—x)=F(X),所以题设等价于F(x)>0在(05)上恒成立.

由[1)知，当％W(0,刍时，x>sinx>xcosx,于是：

Q)当a<0时，F(x)>。恒成立；

②当Q>0时，F(x)>0等价于asiMx—x2cosx>0(*).

(i)当0<a<1时，(*)左边VQ/-%2cosx=x2(a-cosx),

令p(x)=a-cosx,因为p(x)=a-cos%在％G(呜)上递增，

且P(0)=a-1V0，P6)=a>0,

所以存在SE(01)，使p(/?)=0,

所以当OVxV/?,p(x)<0,即叉2(Q-COS%)<0,不合题意.

(ii)aNl时，(*)左边NsiMx—/cos》.

令r(x)=sin2x-x2cosx,x6(0,^),

则r'(x)=2sinxcosx—2xcosx+x2sinx>2sinxcosx—2sinx+x2sinx

=x2-2(1-cosx)]sinx

=(x2-4sin2^)sinx

=4[(1)2-(sin1)2]sinx>0,

所以r(x)在(0《)上单调递增，

所以r(无)>r(0)=0,

所以(*)左边大于0,所以1(%)>0.

综上，a的取值范围是(-8,0)u[l,+oo).

例7解：(1)若对任意％6(0,+8),不等式/(%)N0恒成立，则》之(a+i)%恒成立，也即。4一1恒成

立,令g(1)=--1»

则g'(x)=令g'Q)>0,x>1,g'[x)<0,0<x<1,

所以g(x)在(0,1)上单调递减，在[1,+8)上单调递增.

%=1时，g(幻取最小值。一1.

所以ae(-8,e-1],

(2)证明：在(1)中，令a=e-l可知对任意正实数x都有e'Nex,当％=1时，取"="，

两边同时取对数得：x>1+lnx,当％=1时，取"="，

故：Inx43—1=ln(x+1)W%(当％=0时，取“=")，

所以：也(；+1)<：=111亨V、(7iWN*),

WJ：Iny+In^+Ini+•••+In—<|+|+|+-+i(neN)

123n123n、'

即1+!+[+,,,+：>In1•••—=In(n+1).

例8解；(1)解；f(x)的定义域为(8,18),f(x)=b,

当a>ObvO时，f(x)>0,则/(〉在(-8,+8)上单调递增,

当Q>O,匕>0时，令r(%)>o,得”>in，令r(%)vo,得上〈也，

则f(x)在(―8/n》上单调递减，在(In,+8)上单调递增，

当Q<0,b>0时，f(x)<0,则/'(x)在(-8,+8)上单调递减，

当aV0,bV0时令尸(久)>>0,得xVIn，，令尸(久)V0,得x>In，，

则f(%)在(一8/吟上单调递增，在(1［,+8)上单调递减，

综上，当a>0,b<0时，/(%)在(-8,+8)上单调递增，

当a>0,b>0时，/(x)在(一8,In，)上单调递减，在(In，,+8)上单调递增，

当Q<0,b>OH'Lf(%)在(-8,+8)上单调递减，

当a<0,b<0时，f(x)在(—8,In今上单调递增，在(hi［十8)单调递减.

(2)证明：当a=b=l时，/-(x)=ex-x-l,

由。)知,fMmin=/(0)=0,所以)(》)=〃一%_1NO.

即x<ex-1.当且仅当工=0时取等号，

当口€(0与时,(x+I)2>0,(A+lylnsinx<0,

22lnsinx

则［X+l)lnsinx<e^-1，

即［％+lyinsinx<(sinx)(x+1)2-1,

又〔％2+2%+2)lnsinx<(%+l^lnsinx,

所以(7+2x+2)lnsinx<(sinx)(x+1)2—1，

即〔simr)a+i)2—1>(x2+2x+2)lnsinx-

练2-3解：(1)因为/(%)=也%+1,所以由广。)>0得由((幻V0得0Vx<：,

因比函数/⑶在(0,以上单调递减，在a+8)上单调递增.

(II)因为当工€(0,1)时，/(x)<0,且/'(劫二。，

所以由(I)知：要两个不相等的正实数a、b满足f(a)=/(b),则可设0VQ<：<bV1.

因为要证a+bVI,只要证"力<1一a,而函数f(x)在&+8)上单调递增，

因此只要证/(b)=/(a)</(I-Q).

令g(%)=/W-/(,1-x)=x\nx-(1-x)ln(l-x),(0<x<》，

则/(%)=Inx+ln(l-x)+2=ln(-x2+x)+2,(0<x<i).

因比由复合函数的单调性知：函数g'(x)是增函数.

因为g'Q)=ln(e-l)>0,且当XT0时，g'(%)VO,而函数g'Q)是增函数，

所以存在唯一的乙w(0,；),使得g'(&)=0,

因此当工£(0,々))时，g'(x)V0；当不£国,；)时，g'Q)>0,

所以函数g(x)在(0,&)上单调递减，在卜。3)上单调递增.

乂因为;VI-；，函数f(x)在@,+8)上单调递增，所以/(；)</(1一今，

因比g(})=/(})_/(1_})<0,而当％-*0时，gM<0,

所以g(x)<。恒成立，即fCv)-j(l-x)<0对0<x<:恒成立，

因比f(b)=fW</(I-a)成立，

所以a+b<1.

(Ill)由(II)知a?+匕2=(o+切2_2ab<(a4-b)2<1.

⑴当工工cosa<¥VsinaV1时，fCO在［L+8)上单调递增，故/(cosa)<f(sina).

2

(2)当0vcosaV;V?<sina<1时，由a?+b<1,取0VQ=cosa<得

/(a)=f(b)(0<a=cosa<^<b<1)时，有a2+/)2<1<=>/?2<1—cos2a=sin2a,即，<b<sina<

1.

由f(x)在弓,+8)上单调递增，故f(cosa)=/(a)=/(b)</(sina),

综上得，当：<a<］时，/(cosa)</(sina)成立.

练2-4解：(1)/(%)=Inx-ax+1的定义域为(0,+8),/'(不)=；-Q=1^台，

当Q<0时，

f'(x)>0恒成立，所以/1%)在(0,+8)上单调递增，故/(、)不可能有两个零点，故舍去；

当a>0时,

令f'(x)>0,解得0cxV%令/'(x)VO，解得%

所以f(x)在(0,：)上单调递增，在，，I-)上单调递减，

所以/（X）max=/《）=吗,

要使"X）有两个零点，则/⑴…=/（；）=吗,0,

解得0VQ<1.

又咫=in>Q.：+1=-/<。，，（/）==2lnj-^+l,

令m=2>2,则y=21nm-2zn+1,y=--2=2（1-m）<0,

a/mm

所以函数y=2\nm-2m+1在（2,+8）上单调递减，

所以y=2\nm—2m4-1<21n2-3<0,即/（1）<0,

所以当Ova<1时，/'（%）在（01和（吟）上各有一个零点%2"且%>2%所以图

eaaaU11％2-a入2十乂-v

由f。）单调性知,当％W（%2，%1）时，/（%）>0,当％£（%],+8）时，/（X）<0,

因为％2<2x2<%1，所以/（2%2）>0，即ln（2/〈—a•2x2+1>lnx2—ax2+1,

所以a%2V1n2,

而QX2+lnx2-ax2+1<ln2,所以0V型〈：，

又Q=3

X2

A、lnx+1-2、rmi%//、1-lnx-l-Inx、八

令砥LF。=丁，^e（o,-）,则I。）=—^—=—>o,

所以力（%）在（o［）上单调递增，

C

所以双X）<力g）=竽=等，所以ae（0,竽）.

e2

（2）由于e6+蔓）>e.2/占%2,

要证e（W+g）>4。，

印证e-2yJxxx2>4\/_2,

即证必工2N*

即证ln%i+lnx2N31n2—2,

In%1+1=ax

x设，t>2,

lnx2+1=ax2

g=*l,g仔1+1*

21nto

ln;q+lnx2=——+Int-2,

人/21nt.■人f2-l-2tlnt

令g(t)=7TT+mt-2,g'(t)=，

令p(£)=t2-1-2tlnt,cp'(t)=2t-2-21n3

令G(t)=2t-2-21nt,则G/(£)=2-(,

因为t>2,所以G'(£)>0，所以G(t)在(2,+8)上单调递增，

所以G(£)>G(2)=2-21n2>0.即@'(t)>0，

所以0(£)=d一1一2小^在(2,+8)上单调递增，

所以W(t)>W(2)=3-41n2>0,则g'Q)>0，

・•・9(。在(2,+8)上单调递增，；.g(t)>g(2)=31n2-2得证.

练2-5解：(1)•••/(无)=)%-%+1(x>0),

.•.广(%)=：1=子，

.•.当0<x<1时，广(》)>0,x>1时，/z(%)<0,

・••/(X)</⑴=0,二/⑶的最大值为0；

(2)证明：设力(%)=ex-1-2x(x-1)=ex-2x2+2x-1»

故47(%)=ex-4x+2>令/(x)=ex-4x+2,

则Jz(x)=ex-4,

%6［2,+8)时，/z(x)=-4>e2-4>0>故力'(x)在［2,+河单调递增,

(2)=e2-6>0,所以4(x)在［2,+8)单调递增.

故5(x)>4(2)=e2-5>0恒成立,

故当［2,+8)时：g(x)>2x［x-1)；

(3)证明：要证：(1+^)(1+^)...(14-^)<1(ne/V,n>2).

即证：皿1+六)+ln(l+&+…+51+六)<呜

由［1)可知：x>0,Inx<x-1,

故ln(l+x)