(新高考)2022版高考数学二轮复习第三部分讲重点解答题专练第6讲导数及其应用教学案理.pdf

新高考新高考 20222022 版高考数学二轮版高考数学二轮复习第三局部讲重点解答题专复习第三局部讲重点解答题专练第练第6 6讲导数及其应用教学案理讲导数及其应用教学案理第第 6 6 讲讲导数及其应用导数及其应用真真题题调调研研【例【例 1 1】2022全国卷2022全国卷 函数函数f f(x x)sinsinx xln(1ln(1x x)，f f(x x)为为f f(x x)的导数，证明：的导数，证明：(1)(1)f f(x x)在区间在区间 1 1，存在唯一极大存在唯一极大2 2值点；值点；(2)(2)f f(x x)有且仅有有且仅有 2 2 个零点个零点解：解：(1)(1)设设g g(x x)f f(x x)，那么，那么1 1g g(x x)coscosx x，g g(x x)sinsinx x1 1x x1 12 2.1 1x x当当x x 1 1，时，时，g g(x x)单调递减，单调递减，2 2而而g g(0)(0)0 0，g g0 0，可得，可得g g(x x)在在2 21 1，有唯一零点，有唯一零点，设为设为.那么当那么当x x(1 1，2 22 2)时，时，g g(x x)0 0；当当x x，时，时，g g(x x)0.0.2 2 所以所以g g(x x)在在(1 1，)单调递增，单调递增，在在，2 2 单调递减，故单调递减，故g g(x x)在在 1 1，存在唯一极大值存在唯一极大值2 2 点，即点，即f f(x x)在在 1 1，存在唯一极大值点存在唯一极大值点2 2 (2)(2)f f(x x)的定义域为的定义域为(1 1，)，)()当当x x(1,01,0时，由时，由(1)(1)知，知，f f(x x)在在(1,0)1,0)单调递增，单调递增，而而f f(0)(0)0 0，所以当所以当x x(1,0)1,0)时，时，f f(x x)0 0，故，故f f(x x)在在(1,0)1,0)单调递单调递减又减又f f(0)(0)0 0，从而，从而x x0 0 是是f f(x x)在在(1,01,0的唯一零点的唯一零点 ()当当x x 0 0，时，由时，由(1)(1)知，知，f f(x x)在在2 2 (0(0，)单调递增，单调递增，在在，单调递减，单调递减，而而f f(0)(0)2 2 3 3 0 0，f f 0 0，所以存在所以存在，使得使得2 2 2 2 f f()0 0，且当，且当x x(0(0，)时，时，f f(x x)0 0；当当x x，时，时，f f(x x)0.0.故故f f(x x)在在(0(0，)2 2 单调递增，在单调递增，在，单调递减单调递减2 2 又又f f(0)(0)0 0，f f 1 1lnln 1 1 0 0，所以所以2 2 2 2 当当x x 0 0，时，时，f f(x x)0.0.从而，从而，f f(x x)在在 0 0，2 2 2 2 没有零点没有零点 ()当当x x，时，时，f f(x x)0 0，所以，所以 2 2 f f(x x)在在，单调递减而单调递减而f f 0 0，f f()()2 2 2 2 0 0，所以，所以f f(x x)在在，有唯一零点有唯一零点 2 2()当当x x(，)时，(，)时，ln(ln(x x1)1)1 1，所以所以f f(x x)0 0，从而从而f f(x x)在(，在(，)没有)没有4 4零点零点综上，综上，f f(x x)有且仅有有且仅有 2 2 个零点个零点【例【例 2 2】2022全国卷2022全国卷 函数函数f f(x x)2 2x xaxaxb b.(1)(1)讨论讨论f f(x x)的单调性；的单调性；(2)(2)是否存在是否存在a a，b b，使得，使得f f(x x)在区间在区间0,10,1的最小值为的最小值为1 1 且最大值为且最大值为 1 1？假设存在，求出？假设存在，求出2 23 3a a，b b的所有值；假设不存在，说明理由的所有值；假设不存在，说明理由解：解：(1)(1)f f(x x)6 6x x2 2axax2 2x x(3(3x xa a)令令f f(x x)0 0，得，得x x0 0 或或x x.3 3 a a 假设假设a a0 0，那么当那么当x x(，0)0)，3 3 2 2a a时，时，f f(x x)0 0；a a 当当x x 0 0，时，时，f f(x x)0.0.3 3 a a 故故f f(x x)在在(，0)0)，单调递增，单调递增，3 3 5 5 a a 在在 0 0，单调递减；单调递减；3 3 假设假设a a0 0，f f(x x)0，故)0，故f f(x x)在在(，)单调递增；)单调递增；a a 假设假设a a0 0，那么当，那么当x x，(0(0，3 3 )时，)时，f f(x x)0 0；a a 当当x x，0 0 时，时，f f(x x)0.0.3 3 a a 故故f f(x x)在在，(0(0，)单调递增，)单调递增，3 3 a a 在在，0 0 单调递减单调递减 3 3(2)(2)满足题设条件的满足题设条件的a a，b b存在存在()当当a a00 时，由时，由(1)(1)知，知，f f(x x)在在0,10,1单单调递增，调递增，所以所以f f(x x)在区间在区间0,10,1的最小值为的最小值为f f(0)(0)b b，最大值为，最大值为f f(1)(1)2 2a ab b.此时，此时，a a，b b满足满足题设条件当且仅当题设条件当且仅当b b1,21,2a ab b1 1，即，即a a0 0，b b1.1.6 6()当当a a33 时，由时，由(1)(1)知，知，f f(x x)在在0,10,1单单调递减，调递减，所以所以f f(x x)在区间在区间0,10,1的最大值为的最大值为f f(0)(0)b b，最小值为，最小值为f f(1)(1)2 2a ab b.此时，此时，a a，b b满足满足题设条件当且仅当题设条件当且仅当 2 2a ab b1 1，b b1 1，即，即a a4 4，b b1.1.()当当 0 0a a3 3 时，时，由由(1)(1)知，知，f f(x x)在在0,10,13 3 a a a a的最小值为的最小值为f f b b，最大值为，最大值为b b或或 2 2a a2727 3 3 b b.假设假设a a3 32727b b1 1，b b1 1，那么，那么a a3 32 2，3 3与与 0 0a a3 3 矛盾矛盾假设假设a a3 32727b b1,21,2a ab b1 1，那么，那么a a3 3 3 3或或a a3 3 3 3或或a a0 0，与，与 0 0a a3 3 矛盾矛盾综上，当且仅当综上，当且仅当a a0 0，b b1 1 或或a a4 4，b b1 1 时，时，f f(x x)在在0,10,1的最小值为的最小值为1 1，最大值为，最大值为1.1.7 7【例【例 3 3】2022浙江卷2022浙江卷 实数实数a a0，0，设函设函数数f f(x x)a alnlnx x 1 1x x，x x0.0.3 3(1)(1)当当a a 时，求函数时，求函数f f(x x)的单调区间；的单调区间；4 4 1 1 x x(2)(2)对任意对任意x x 2 2，均有均有f f(x x)，2 2a a e e 求求a a的取值范围的取值范围注：注：e e2.718 28为自然对数的底数2.718 28为自然对数的底数3 33 3解：解：(1)(1)当当a a时，时，f f(x x)lnlnx x4 44 41 1x x，x x0.0.f f(x x)3 34 4x x1 12 2 1 1x x 1 1x x2 2 2 2 1 1x x1 1.4 4x x1 1x x所以，函数所以，函数f f(x x)的单调递减区间为的单调递减区间为(0,3)(0,3)，单调递增区间为单调递增区间为(3(3，)，)1 12 2(2)(2)由由f f(1)(1)，得，得 00a a.2 2a a4 48 82 2x x当当 00010，1 11 1 故故q q(x x)在在 2 2，上上 单单 调调 递递 增增，所所 以以 e e7 7 1 1 q q(x x)q q .7 7 1 1 2 2 7 7 1 1 2 2 7 7由得，由得，q q p p p p(1)(1)0.0.7 7 7 7 7 7 7 7 所以，所以，q q(x x)0.)0.0.x x 1 1 由知对任意由知对任意x x 2 2，t t22 2 2，e e 1 1)，)，g g(t t)0，即对任意)0，即对任意x x 2 2，均，均 e e x x有有f f(x x).2 2a a 2 2 综上所述，所求综上所述，所求a a的取值范围为的取值范围为 0 0，.4 4 1111【例【例 4 4】2022天津卷2022天津卷 设函数设函数f f(x x)e e coscosx x，g g(x x)为为f f(x x)的导函数的导函数(1)(1)求求f f(x x)的单调区间；的单调区间；(2)(2)当当x x，时时，证证 明明f f(x x)2 2 4 4 g g(x x)x x 0；0；2 2 x x(3)(3)设设x xn n为函数为函数u u(x x)f f(x x)1 1 在区间在区间 2 2n n，2 2n n 内的零点，内的零点，其中其中n nN N，证证4 42 2 e e明明 2 2n nx xn n coscosx x，得，得f f(x x)0)0，那么，那么f f(x x)单调递减；单调递减；33，2 2k k(k kZ)Z)时时，有有当当x x 2 2k k4 44 4 sinsinx xcos0)0，那么，那么f f(x x)单调递增单调递增所所 以以，f f(x x)的的 单单 调调 递递 增增 区区 间间 为为1212 33 2 2k k，2 2k k(k kZ)Z)，f f(x x)的单调递的单调递4 44 4 55 (k kZ)Z)减区间为减区间为 2 2k k，2 2k k4 44 4 (2)(2)记记h h(x x)f f(x x)g g(x x)x x，依题意及依题意及 2 2(1)(1)，有，有g g(x x)e ex x(cos(cosx xsinsinx x)，从而，从而g g(x x)2e2e sinsinx x.当当x x，时时，g g(x x)0)0，故故2 2 4 4x x h h(x x)f f(x x)g g(x x)x x g g(x x)()(1)1)2 2 g g(x x)x x 0.0.2 2 因此，因此，h h(x x)在区间在区间，上单调递减，进上单调递减，进2 2 4 4 而而h h(x x)h h f f 0.0.2 2 2 2 所以，所以，当当x x，时，时，f f(x x)g g(x x)x x 2 2 4 4 2 2 0.0.(3)(3)依题意，依题意，u u(x xn n)f f(x xn n)1 10 0，1313即即 e ex xn ncoscosx xn n1.1.记记y yn nx xn n2 2n n，那么那么y yn n，且且f f(y yn n)2 2 4 4e ey yn ncoscosy yn ne ex xn n2 2n ncos(cos(x xn n2 2n n)e e2 2n n(n nN)N)由由f f(y yn n)e e2 2n n11f f(y y0 0)及及(1)(1)，得得y yn ny y0 0.由由(2)(2)知，当知，当x x，时，时，g g(x x)0)0，所以，所以2 2 4 4 g g(x x)在在，上上 为为 减减 函函 数数，因因 此此2 2 4 4 g g(y yn n)g g(y y0 0)g g 0.0.又又由由(2)(2)知知，f f(y yn n)4 4 2 2n n f f y yn n e eg g(y yn n)y yn n 0，0，故故y yn n2 2g g y yn n g g y yn n 2 2 e e2 2n ne e2 2n ne e2 2n n.g g y y0 0 e ey y0 0 sinsiny y0 0coscosy y0 0 sinsinx x0 0coscosx x0 0e e所以，所以，2 2n nx xn n 00，f f(x x)0)0，x xx xf f(x x)在在(0(0，)上单调递增，无极值点；，)上单调递增，无极值点；当当a a00 时，方程时，方程x xe e a a0 0 有唯一解，设有唯一解，设为为x x0 0(x x0 00)0)，且当，且当00 x x x x0 0时，时，f f(x x)0)x x0 0时，时，f f(x x)0)0，所以，所以x x0 0是函数是函数f f(x x)的极小值点，的极小值点，即函数即函数f f(x x)只有只有 1 1 个极值点个极值点1515x x(2)(2)解法一：解法一：当当a a1 1 时，时，不等式不等式f f(x x)g g(x x)对任意的对任意的x x(0(0，)恒成立，)恒成立，即即x xe e lnlnx x1(1(m m1)1)x x对任意的对任意的x x(0(0，)恒成立，)恒成立，即即e e x xx xlnlnx x1 1x xm m1 1对任意的对任意的x x(0(0，)x x恒成立，记恒成立，记F F(x x)e e x xlnlnx x1 1x xlnlnx x，2 2x xe e lnlnx x那么那么F F(x x)e e 2 2，记，记h h(x x)2 2x xx xx xe e lnlnx x，那么那么h h(x x)在在(0(0，)上单调递增，)上单调递增，且且，h h(1)(1)e0e0，所以存在，所以存在x x1 12 2x xx x 1 1 ，1 1 使得使得h h(x x1 1)0 0，e e 且当且当x x(0(0，x x1 1)时，时，h h(x x)0)0，F F(x x)0)0)0，F F(x x)0.)0.1616所以所以 11m m1 1，解得，解得m m0.0.综上，实数综上，实数m m的取值范围是的取值范围是(，00解法二：当解法二：当a a1 1 时，不等式时，不等式f f(x x)g g(x x)对对任意的任意的x x(0(0，)恒成立，)恒成立，即即x xe e lnlnx x1(1(m m1)1)x x对任意的对任意的x x(0(0，)恒成立，)恒成立，x xx xe e lnlnx x1 1即即m m1 1 对任意的对任意的x x(0(0，x x)恒成立，)恒成立，记记h h(t t)e e t t，因为因为h h(t t)e e 1 1，所以所以当当t t00 时，时，h h(t t)0)00 时，时，h h(t t)0)0，所以所以h h(t t)h h(0)(0)1 1，因此，因此 e e t t1(1(当且当且仅当仅当t t0 0 时取“时取“)，所以所以x xe e lnlnx x1 1e ex xt tt tt tx xlnlnx xx xlnlnx x1ln1lnx xx x17171 1lnlnx x1 1x x，x xe e lnlnx x1 1所以当所以当x x00 时，时，1，且当1，且当x xx xlnlnx x0 0 时，取到“，时，取到“，x xx xe e lnlnx x1 1所以所以的最小值是的最小值是 1 1，因此，因此 11m mx x1 1，即，即m m0.0.综上，实数综上，实数m m的取值范围是的取值范围是(，002 2 20222022广州综合测试二广州综合测试二 函数函数f f(x x)lnlnx xx xk k2 2(k kR)R)x x(1)(1)讨论函数讨论函数f f(x x)的单调性；的单调性；(2)(2)假设函数假设函数f f(x x)有两个零点有两个零点x x1 1，x x2 2，求，求k k的取值范围，并证明的取值范围，并证明x x1 1x x2 222 2 2k k.k k解：解：(1)(1)因为因为f f(x x)lnlnx x2 2，函数，函数f f(x x)的的x x定义域为定义域为(0(0，)，)，x x2 2k k所以所以f f(x x)3 3，x x0.0.3 3x xx xx x1 118182 2k k2 2当当k k00 时，时，f f(x x)0)0，所以函数所以函数f f(x x)在在(0(0，)上单调递增)上单调递增当当k k00 时，时，由由f f(x x)0 0，得得x x 2 2k k或或x x 2 2k k(舍去舍去)，当当x x(0(0，2 2k k)时，时，f f(x x)0)0)0，所以函数所以函数f f(x x)在在(0(0，2 2k k)上单调递减，上单调递减，在在(2 2k k，)上单调递增，)上单调递增综上所述，当综上所述，当k k00 时，函数时，函数f f(x x)在在(0(0，)上单调递增；)上单调递增；当当k k00时，时，函数函数f f(x x)在在(0(0，2 2k k)上单调递减，在上单调递减，在(2 2k k，)上单调递增，)上单调递增(2)(2)先求先求k k的取值范围的取值范围解法一：由解法一：由(1)(1)知，当知，当k k00 时，时，f f(x x)在在(0(0，)上单调递增，不可能有两个零点，不满足)上单调递增，不可能有两个零点，不满足条件条件当当k k00 时，函数时，函数f f(x x)在在(0(0，2 2k k)上单调上单调递减，递减，在在(2 2k k，)上单调递增，)上单调递增，所以所以f f(x x)minmin19191 1f f(2 2k k)lnln 2 2k k.2 2要使函数要使函数f f(x x)有两个零点，首先有两个零点，首先f f(x x)minmin1 11 1lnln 2 2k k 00，解得，解得 k k0.0.2 22e2e2 2k k 2 2k k100，1 1下面证明下面证明f f(2 2k k)ln(ln(2 2k k)0.0.4 4k k1 1设设g g(k k)ln(ln(2 2k k)，4 4k k1 14 4k k1 1那么那么g g(k k)2 22 2.k k4 4k k4 4k k1 11 11 11 1当当k k 时时，g g(k k)2 22e2ek k4 4k k2 2 1 1e e4 4k k1 10.0.2 2 2 24 4k k4 4k k 1 1 所以所以g g(k k)在在，0 0 上单调递增，上单调递增，2e2e 1 1 1 1e e所以所以g g(k k)g g lnln 00，即，即f f(e e2 2 2e2e 20202 2k k)0)0 成立成立【假设考生书写为：当【假设考生书写为：当x x00 时，时，f f(x x)，且，且f f(1)(1)k k0.0.此处不扣分】此处不扣分】1 1 所以所以k k的取值范围是的取值范围是，0 0.2e2e k k2 2解法二：解法二：由由f f(x x)lnlnx x2 20 0，得得k kx xlnlnx x.x x设设g g(x x)x x2 2lnlnx x，那么那么g g(x x)x x(2ln(2lnx x1)1)当当 00 x x 时，时，g g(x x)0)时，时，g g(x x)0)0，所以函数所以函数g g(x x)在在(0(0，(，)上单调递增，)上单调递增所以所以g g(x x)minming g()上单调递减，在上单调递减，在1 1).2e2e因为因为x x00 时，时，g g(x x)0，且)0，且g g(1)(1)0 0，1 1所以要使函数所以要使函数f f(x x)有两个零点，必有有两个零点，必有2e2e k k0.22 2 2k k.解法一：解法一：x x1 1，x x2 2是函数是函数f f(x x)的两个零点，不的两个零点，不妨设妨设x x1 1 1.1.lnlnx x1 1k k2 20 0 x x1 1由由 k k lnlnx x2 22 20 0 x x2 2 k k2 2.x x1 1k k，得得 lnlnx x2 2lnlnx x1 12 2x x2 2 k kk kk k 1 11 12 2 2 21 1，所以所以 lnlnt t2 22 22 2，即即x x1 1t t x x1 1x x1 1lnlnt t t t2e2e k k01.1.要证要证x x1 1x x2 222 2 2k k，即证，即证(x x1 1x x2 2)8 8k k，k k 1 1 2 21 1(1(1即证即证x x(1(1t t)8 8k k，即证，即证lnlnt t t t 2 21 12 22 2t t)8 8k k，1 1因为因为 k k011，2e2e22222 2 1 1 2 2 所以即证所以即证2 21 1(1(1t t)8ln8lnt t，t t 1 1 即证即证 8ln8lnt t 2 21 1(1(1t t)2 20(1)1)t t 1 1 2 2设设h h(t t)8ln8lnt t 2 21 1(1(1t t)，t t 即即h h(t t)8ln8lnt tt t2 2t t 2 2，2 22 21 1t tt t2 2所以所以h h(t t)2 2t t2 22 23 38 82 2t tt tt t2 2 t t1 1 2 2t t t t1 1 2 22 22 2t th h(t t)0)11 时，时，所以所以h h(t t)在在(1(1，)上单调递减，)上单调递减，1 1 所以当所以当t t11 时，时，h h(t t)8ln8lnt t 2 21 1(1(1 t t t t)2 2 22 2 2k k.解法二：解法二：x x1 1，x x2 2是函数是函数f f(x x)的两个零点，不的两个零点，不妨设妨设x x1 1 1.1.lnlnx x1 1k k2 20 0，x x1 1由由 k k lnlnx x2 22 20 0 x x2 2 k k2 2.x x1 1k k，得得 lnlnx x2 2lnlnx x1 12 2x x2 2 k kk kk k 1 11 12 2 2 21 1，所以所以 lnlnt t2 22 22 2，即即x x1 1t t x x1 1x x1 1lnlnt t t t2e2e k k01.1.要证要证x x1 1x x2 222 2 2k k，即证，即证x x1 1x x2 2 2 2k k，k k 1 1 2 21 1 2 2k k，即证即证txtx 2 2k k，即证，即证t tlnlnt t t t 2 21 11 1因因 为为 k k011，所所 以以 即即 证证t t2e2e1 1t t2ln2lnt t(t t1)1)1 1设设h h(t t)2ln2lnt tt t，t t2424所以所以h h(t t)1 12 22 21 1 t t1 1 2 2t tt tt t2 2，那么当那么当t t11 时，时，h h(t t)0)11 时，时，h h(t t)2ln2lnt tt t 22x x1 1x x2 222 2 2k k.解法三：解法三：x x1 1，x x2 2是函数是函数f f(x x)的两个零点，不的两个零点，不妨设妨设x x1 1 1.1.lnlnx x1 1k k2 20 0 x x1 1由由 k k lnlnx x2 22 20 0 x x2 2 k k2 2.x x2 2k k得得 lnlnx x1 1lnlnx x2 22 2x x1 1要证要证x x1 1x x2 222 2 2k k，即证，即证x x1 1x x2 2 2 2k k，只需证只需证 lnlnx xlnlnx x2 2ln(ln(2 2k k)2525k kk kk kk k即证即证2 22 2ln(ln(2 2k k)，即证，即证2 22 22 2ln(ln(x x1 1x x2 2x x1 1t t x x1 12 2k k)，1 1 1 1即证即证k k 1 12 2 2 2ln(ln(2 2k k)t t x x1 1 由由(1)(1)可得可得 00 x x1 1 2 2k k，所以，所以 00 x x .x x1 12 2k k 1 1 1 11 1 1 11 1所所 以以k k 1 12 2 2 2 k k 1 12 2 t t x x1 1 t t 2 2k k2 2 1 1 1 1 1 12 2 (1(11)1)1.1.t t 2 2 1 1 1 1而而 ln(ln(2 2k k)ln)ln(ln(2 2k k)成立成立所以所以x x1 1x x2 222x x1 1x x2 222 2 2k k.解法四：解法四：x x1 1，x x2 2是函数是函数f f(x x)的两个零点，不的两个零点，不妨设妨设x x1 1 1.1.2626 lnlnx x1 1k k2 20 0，x x1 1由由 k k lnlnx x2 22 20 0 x x2 2 k k2 2.x x1 1k k得得 lnlnx x2 2lnlnx x1 12 2x x2 2lnlnx x2 2lnlnx x1 11 1先证明先证明，x x2 2x x1 1x x1 1x x2 2t t1 1即证明即证明 lnlnt t 1)1)t tt t1 1设设h h(t t)lnlnt t，那那 么么h h(t t)t t t t1 1，2 2t t t t当当t t11 时，时，h h(t t)0)0，所以所以h h(t t)在在(1(1，)上单调递增，)上单调递增，所以所以h h(t t)h h(1)(1)0 0，所证不等式成立，所证不等式成立lnlnx x2 2lnlnx x1 1k k x x1 1x x2 2 1 1所以有所以有，2 22 2x x2 2x x1 1x x1 1x x2 2x x1 1x x2 2即即k k(x x1 1x x2 2)()(x x1 1x x2 2).27272 23 3因为因为x x1 1x x2 2 x x1 1x x2 22 2(x x1 1x x2 2)，x x1 1x x2 2 3 3，所以所以k k(x x1 1x x2 2)8 8k k.所以所以x x1 1x x2 222 2 2k k.解法五：解法五：要证要证x x1 1x x2 222 2 2k k，其中其中x x1 1(0(0，2 2k k)，x x2 2(2 2k k，)，)，即证即证x x2 222 2 2k kx x1 1.由由(1)(1)得函数得函数f f(x x)在在(2 2k k，)上单调，)上单调递增，又递增，又 2 22 2k kx x1 1 2 2k k，所以只需证明，所以只需证明f f(x x2 2)f f(2(2 2 2k kx x1 1)因因 为为f f(x x2 2)f f(x x1 1)，所所 以以 只只 要要 证证 明明f f(x x1 1)f f(2(2 2 2k kx x1 1)，其中，其中x x1 1(0(0，2 2k k)构造函数构造函数F F(x x)f f(x x)f f(2(2 2 2k kx x)，x x(0(0，2 2k k)，k k那么那么F F(x x)lnlnx x2 2ln(2ln(22 2k kx x)x x2828k k 2 2 2 2k kx x 1 12 2k k2 2.因为因为F F(x x)3 3x xx x1 12 2 2 2k kx x2 22 2k k3 3 2 2 2 2k kx x 2 22 2 2 2k kx x 2 2 2 2k kx x 4 4k k2 2k k 2 2 2 2k kx x x x 2 2 2 2k kx x x x 3 33 3x x 2 2 2 2k kx x 2 2 2 2k k(利利 用用 根根 本本 不不 等等 式式)x x 2 2 2 2k kx x 4 4k k2 2k k2 2 2 2k k x x 2 2k k 0)F F(2 2k k)lnln2 2k k2 21 1lnln 2 2k k 0 0，2 2所以所以f f(x x)f f(2(2 2 2k kx x)在在(0(0，2 2k k)上上恒成立恒成立所以要证的不等式所以要证的不等式x x1 1x x2 222 2 2k k成立成立3 32022太原一模2022太原一模 函数函数f f(x x)lnlnx xaxax2 22 22929(2(2a a)x x，a aR.R.(1)(1)讨论函数讨论函数f f(x x)的单调性；的单调性；1 1(2)(2)当当a a 时，时，假设对于任意假设对于任意x x1 1，x x2 2(1(1，2 2)()(x x1 1x x2 2)，都存在都存在x x0 0(x x1 1，x x2 2)，使得使得f f(x x0 0)f f x x2 2 f f x x1 1 x x1 1x x2 2，证明：，证明：x x0 0.x x2 2x x1 12 2解：解：(1)(1)由题意得由题意得f f(x x)2 2axax(2(2a a)1 1x x 2 2x x1 1 axax1 1，x x0.0.x x当当a a00 时，时，f f(x x)0 0 在在(0(0，)上恒，)上恒成立，成立，f f(x x)在在(0(0，)上单调递增；，)上单调递增；当当a a0 0 时，时，令令f f(x x)0 0，那么那么 0 0 x x；1 1a a 1 1 令令f f(x x)0 0，那么，那么x x，f f(x x)在在 0 0，a a a a 1 1 1 1 上单调递增，在上单调递增，在，单调递减单调递减 a a 30301 1(2)(2)证明：当证明：当a a 时，时，2 2f f x x2 2 f f x x1 1 1 1x x2 2lnlna a(x x2 2x x1 1)(2(2x x2 2x x1 1x x2 2x x1 1x x1 1a a)，f f(x x0 0)2 2axax0 0(2(2a a)，1 1x x0 01 1x x2 21 1lnln a a(x x2 2x x1 1)2 2axax0 0.x x2 2x x1 1x x1 1x x0 0 x x1 1x x2 2 2 2 f f(x x0 0)f f a a(x x2 2x x1 1)x x2 2x x1 1 2 2 1 1 2 21 1x x2 2 2 2axax0 0 lnlnx x2 2x x1 1x x2 2x x1 1x x1 1 x x0 0 1 1x x2 2x x1 1 2 2 x x2 2x x1 1 x x2 2 lnln x x1 1 x x2 2x x1 11 1x x2 2x x1 1x x2 2 2 2 1 1 x x2 2 x x1 1 lnln x x2 2x x1 1 1 1 x x1 1 x x2 22 2 t t1 1 令令t t，g g(t t)lnlnt t，t t1 1，x x1 1t t1 13131 t t1 1 那么那么g g(t t)2 20 0，t t t t1 1 x x1 1x x2 2 f f(x x0 0)g g(t t)g g(1)(1)0 0，f f 2 2 2 20 0，x x1 1x x2 2 f f(x x0 0)f f 2 2 1 1设设h h(x x)f f(x x)2 2axax(2(2a a)，x x1 1，x x那么那么h h(x x)2 22 2a a1 11 10 0，1 1x xh h(x x)f f(x x)在在(1(1，)上单调递增，)上单调递增，x x1 1x x2 22 2x x0 0.4 42022石家庄一模2022石家庄一模 函数函数f f(x x)lnlnx xa a1 1a a sinsinx x1 1 2 2，g g(x x)，a aR.R.x xx x(1)(1)求函数求函数f f(x x)的极小值；的极小值；(2)(2)求证：当1求证：当1a a11 时，时，f f(x x)g g(x x)3232a a1 1x x a a1 1 解：解：(1)(1)f f(x x)2 2，(x x2 2x xx xx x1 10)0)当当a a1010 时，即时，即a a11 时，时，f f(x x)0 0，函，函数数f f(x x)在在(0(0，)上单调递增，无极小值；，)上单调递增，无极小值；当当a a1 10 0 时，即时，即a a1 1 时，时，f f(x x)0 00 0 x xa a1 1，函数，函数f f(x x)在在(0(0，a a1)1)上单调递减；上单调递减；f f(x x)0 0 x xa a1 1，函数，函数f f(x x)在在(a a1 1，)上单调递增；)上单调递增；f f(x x)极小值极小值f f(a a1)1)1 1ln(ln(a a1)1)综上所述，当综上所述，当a a11 时，时，f f(x x)无极小值；无极小值；当当a a1 1 时，时，f f(x x)极小值极小值1 1ln(ln(a a1)1)a a1 1(2)(2)令令F F(x x)f f(x x)g g(x x)lnlnx xx xa a sinsinx x1 1 2 2x xlnlnx xa asinsinx x1 1，(x x0)0)x xx x当1当1a a11 时，要证：时，要证：f f(x x)g g(x x)，即证，即证F F(x x)0 0，即证，即证x xlnlnx xa asinsinx x1 10.0.解法一：要证解法一：要证x xlnlnx xa asinsinx x1 10 0，即证，即证3333x xlnlnx xa asinsinx x1.1.当当 0 0a a11 时，时，令令h h(x x)x xsinsinx x(x x0)0)，h h(x x)1 1coscosx x0，所以0，所以h h(x x)在在(0(0，)上单调递增，)上单调递增，故故h h(x x)h h(0)(0)0 0，即，即x xsinsinx x，axax1 1a asinsinx x1(*)1(*)令令q q(x x)x xlnlnx xx x1 1，q q(x x)lnlnx x，当当x x(0,1)(0,1)，q q(x x)0 0，q q(x x)在在(0,1)(0,1)上上单调递减；单调递减；x x(1(1，)，)，q q(x x)0 0，q q(x x)在在(1(1，)上单调递增，故，)上单调递增，故q q(x x)q q(1)(1)0 0，即，即x xlnlnx xx x1.1.当且仅当当且仅当x x1 1 时取等号时取等号又又0 0a a1，1，x xlnlnx xx x11axax1(*)1(*)由由(*)(*)及及(*)(*)可知可知x xlnlnx xx x11axax1 1a asinsinx x1 1，所以当所以当 0 0a a11 时，时，x xlnlnx xa asinsinx x1.1.当当a a0 0 时，即证时，即证x xlnlnx x1.1.令令m m(x x)1 1 x xlnlnx x，m m(x x)lnlnx x1 1，m m(x x)在在 0 0，上单调递上单调递e e 3434 1 1 1 1 1 1减，减，在在，上单调递增，上单调递增，m m(x x)minminm m e e e e e e 1 1，故，故x xlnlnx x1.1.当1当1a a0 0 时，时，当当x x(0,1(0,1时，时，a asinsinx x1 11 1，1 11 1由知由知m m(x x)x xlnlnx x，而，而 1 1，e ee e故故x xlnlnx xa asinsinx x1 1；当当x x(1(1，)时，)时，a