2023高考数学《导数》微专题复习.pdf

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1、试卷第 1 页，共 2 页 2023 高考数学导数微专题复习 1函数1()ln(1)xf xeaxxax有两个极值点，则实数a的取值范围是_ 2 已知函数 1xf xxaeb，若存在bR，对于任意 1,2x，都有 2ef x，则实数 a 的取值范围是_.3设函数1()ln()f xxax aRx的两个极值点分别为12,x x，若 12212221f xf xeaxxe恒成立，则实数a的取值范围是_ 4已知函数 eln2xf xx，22xg xxm，若函数 h xg f xm有 3 个不同的零点x1，x2，x3(x1x2x3)，则 1232f xf xf x的取值范围是_ 5已知函数2()(2)

2、e2xkf xxxkx（k 是常数，e 是自然对数的底数，e2.71828）在区间(0 2)，内存在两个极值点，则实数 k 的取值范围是_ 6已知0,0,kb且ln(2)kxbx对任意的2x 恒成立，则bk的最小值为_ 7函数 fx的定义域和值域均为(0,)，fx的导数为 fx，且 23f xfxf x，则(2018)(2019)ff的范围是_ 8已知函数(e1)()exxxf x.（1）讨论()f x的单调性；（2）已知a，bR，且0ab，若eeeea bba baaabb，求证：0ab.9已知函数 lnf xxa.（1）当0a，证明：e2xf x；（2）设1a，若 g xf xax，且 1

3、20g xg x（12xx），求证：120 xx.10已知函数()ln2()f xxaxx aR（1）当2a 时，求函数()f x的单调区间；（2）若函数()f x有两个不同零点1x，212()xxx，求实数 a 的取值范围；求证：22124axx 11已知函数 1eln,eexf xxx g xx.（1）求函数 fx在,10t tt上的最小值；（2）证明：当0 x 时，xf xg x.12设函数 lnafxxx（aR）.试卷第 2 页，共 2 页（1）求函数()f x的单调区间；（2）若 fx有两个零点1x，2x，求a的取值范围，并证明：1221axx.13设函数2()exf xaxxa，其

4、中Ra.（1）当1a，2x 时，求证：()0f x；（2）若xm为()f x的极值点，且0m，()1f ma ，求a的值.14已知函数 lnetxxfx，Rt，其中e=2.71828 是自然对数的底数（1）若 fx有两个极值点，求实数t的取值范围；（2）若存在正数0 x，使得对任意0 x 均有 0f xf x成立 证明：（）00e1 log 2txx；（）022000e123txf xt xtx 15 已知 lnxf xx，直线l为曲线 yf x在,t f t处的切线，直线l与曲线 yf x相交于点,s f s且st.（1）求t的取值范围；（2）（i）证明：2323111ln1e(e)(e)e

5、2e3exxxx；（ii）证明：113 ln2stt t.16已知函数 lnf xxax（1）设函数 21g xfxx，若 0g x 在其定义域内恒成立，求实数 a 的最小值：（2）若方程 2f xx恰有两个相异的实根1x，2x，试求实数 a 的取值范围，并证明121x x 17已知：函数 h xax0a，lnk xx.（1）设 g xh xk x，210 xx时，满足 21g xg x，求证：120g xg x；（2）设 f xh xk x.对于正数1，2满足121.求证：当210 xx时，11221 1220f xf xfxx成立.答案第 1 页，共 26 页 参考答案 1(0,1)(1,

6、)【分析】将函数 1ln1xf xeaxxax在0,上有两个极值点，转化为 fx在0,上有两个零点，讨论参数a，根据导数方法判断出函数 fx的单调性，求出最值，判断其符号，可得a的范围.【详解】1ln1xf xeaxxax，1ln1xfxeax，fx在0,上有两个极值点，转化为 fx在0,上有两个零点，设 1ln1xg xfxeax，10g，所以只要找到 g x在0,上的另一个零点，1xagxex，当0a 时，0gx，g x在0,上单调增，g x至多一个零点，不符题意.当1a 时，1210 xgxex，10g；0,1x，0gx，g x单调减；1,x，0gx,g x单调增，min10g xg，g

7、 x在0,上有唯一的零点.当01a时，120 xagxex，110ag ae，110ga，0,1xa，使 00gx，当00,xx时，g x单调减，当0,xx时，g x单调增；所以 0min10g xg xg，又1110aeag ee，10,axex，使 0g x 此时 g x在0,上有两个零点1,x，即 fx在0,上有两个极值点 当1a 时，由 120 xagxex 答案第 2 页，共 26 页 110ga，110ag ae;01,xa，使 00gx，所以 当01,xx时，g x单调减，当0,xx时，g x单调增；所以 0min10g xg xg，又当x时，g x 0,xx，使 0g x 此时

8、 g x在0,上有两个零点1,x，fx在0,上有两个极值点.综上：(0,1)(1,)a【点睛】本题主要考查导数的应用，根据函数极值点的个数求参数范围，需对函数多次求导，讨论参数范围，确定单调性，寻找零点，属于常考题型.211,1ee【分析】设()(1)xg xxae，问题转化为对于任意 1,2x，都有maxmin()()g xg xe，利用导数研究()g x的最值，建立关于a的不等式即可求解.【详解】设()(1)xg xxae，由 b 的任意性，结合题意可知，对于任意1,2,()22eexf x，即maxmin()()g xg xe，又()()xg xxa e，易知函数()g x在(,)a单调

9、递减，在(,)a 上单调递增，当1a时，()g x在1,2上单调递增，则2maxmin()(2)(1),()(1)g xga eg xgae 故2maxmin()()(1)g xg xa eaee，解得1a，此时无解.当2a 时，()g x在1,2上单调递减，则2maxmin()(1),()(2)(1)g xgaeg xga e 故2min()max(1)g xaea ee，解得121eae 当12a时，()g x在上单调递减，在(,2a上单调递增，答案第 3 页，共 26 页 则minmax()(),()max(1),(2)ag xg aeg xgg,故只需(1)()agg aeaee且2(

10、2)()(1)agg aea ee 记函数()am aeaee，则()0am aee，函数()m a在(1,2)上递增，则2()(2)3(3)0m ameee e，记函数2()(1)an aea ee则2()0an aee，函数()n a在(1,2)上递减，则1()(1)00n anee 故当12 a时，(1)()gg ae且(2)()gg ae恒成立，满足题意，综上所述，实数 a 的取值范围为11,1ee，故答案为：11,1ee【点睛】本题考查了利用导数研究函数的单调性极值最值，查了不等式的恒成立问题，考查分类讨论思想，考查了推理能力与计算能力，属于难题.31aee【分析】由函数1()ln(

11、)f xxax aRx有两个极值点分别为12,x x，可知 fx不单调，利用导数求得a的范围，运用韦达定理可得122212axxxx，作差 12f xf x，再由条件，结合恒成立思想，运用函数的单调性，构造函数211()ln(1,)eF xxx xxe，通过求导，判断单调性可得2xe，即可得到a的范围.【详解】解：函数1()ln()f xxax aRx有两个极值点分别为12,x x，fx的定义域为(0,)，22211()1axaxfxxxx ，令2()1g xxax，其判别式24a.当22a 时，0,()0,()fxf x在(0,)上单调递减，不合题意.当2a 时，0,()0g x 的两根都小

12、于零，在(0,)上，()0fx，则 fx在(0,)上答案第 4 页，共 26 页 单调递减，不合题意.当2a 时，0，设()0g x 的两个根12,x x都大于零，令22121244,122aaaaxxx x，当10 xx时，()0fx，当12xxx时，()0fx，当2xx时，()0fx，故 fx分别在120,xx 上单调递减，在12,x x上单调递增，a的取值范围是(2,).则122212axxxx，1211221211lnlnf xf xxaxxaxxx 21211212lnlnxxxxaxxx x，12121212121212lnlnlnln112f xf xxxxxaaxxx xxxx

13、x .若 12212221f xf xeaxxe恒成立，则12212lnln2221xxeaaxxe，12212lnln21xxexxe，不妨设12xx，则212121lnln2exxxxe.又212222111,2ln2exxxxxe，2222211ln01exxxxe恒成立.记2221111 1()ln(1),()1eeF xxxxF xxexex ，记222222121111114,422eeeexeeeex，()F x在21,x上单调递增，在2,x上单调递减，且易知1201xxe.又(1)0,()0FF e，当(1,)xe时，()0F x；当,)xe时，()0F x.答案第 5 页，共

14、 26 页 故由式可得，2xe，代入方程 222210g xxax，得2211axexe，（221axx在2,)ex 上递增）.又2a，a的取值范围是1aee.故答案为：1aee.【点睛】本题考查利用导数求单调区间、极值，主要考查极值的运用，运用分类讨论的思想方法是解题的关键，同时考查函数的单调性的运用和基本不等式的运用，考查运算能力，属于难题.411 002，【分析】先根据题意，求出 h xg f xm的解得,2mf x 或 f xm，然后求出 f(x)的导函数，求其单调性以及最值，在根据题意求出函数 h xg f xm有 3 个不同的零点 x1，x2，x3(x1x2x3)，分情况讨论求出

15、1232f xf xf x的取值范围.【详解】解：令 t=f（x），函数 h xg f xm有 3 个不同的零点，即 22tg ttm+m=0 有两个不同的解，解之得12,2mttm 即,2mf x 或 f xm 因为 eln2xf xx的导函数 21 ln(0)2exfxxx，令 0fx，解得 xe，0fx，解得 0 xe，可得 f（x）在（0，e）递增，在,e 递减；f(x)的最大值为 12f e ，且 0,;,0 xf xxf x 且 f(1)=0；要使函数 h xg f xm有 3 个不同的零点，（1）,2mf x 有两个不同的解，此时 f xm有一个解；答案第 6 页，共 26 页（

16、2）f xm有两个不同的解，此时,2mf x 有一个解 当,2mf x 有两个不同的解，此时 f xm有一个解，此时11,24mm ，不符合题意；或是0,0mm不符合题意；所以只能是01022mm 解得01m 1f xm，23,2mfxfx 此时 1232f xf xf x=-m，此时10m f xm有两个不同的解，此时,2mf x 有一个解 此时1,122mm，不符合题意；或是0,02mm不符合题意；所以只能是02102mm 解得102m 12mfx，23f xf xm 此时 1232f xf xf x=m，102m 综上：1232f xf xf x的取值范围是11 002，故答案为11 0

17、02，【点睛】本题主要考查了函数与导函数的综合，考查到了函数的零点，导函数的应用，以及数形结合的思想、分类讨论的思想，属于综合性极强的题目，属于难题.52(1e)(ee)，【详解】答案第 7 页，共 26 页 解：由函数的解析式可知：11xfxexkx，函数的极值点满足：110,11xxfxexkxexkx，很明显1x 是函数的一个极值点，函数的另外一个极值点满足：,0,11,2xkex，函数存在两个极值点，则函数yk 的图象与函数xye 的图象在区间 0,11,2 有一个交点，故：21,kee e.61【解析】设()ln(2)f xkxbx，则由1()02fxkx得：12xk，当当1(2,2

18、)xk 时，()0fx，当1(2,)xk时，()0fx，所以当12xk时，()f x有唯一极值，也是最小值1(2)12lnfkbkk，所以由ln2kxbx对任意的2x 恒成立，得1(2)12ln0fkbkk，可得21 lnbkk，因为 0k，故1ln2bkkkk成立，令1ln()2kh kkk（0k），22211 lnln()kkh kkkk，当1()0,k 时，()0h k，当(1,)k 时，()0h k，所以当1k 时，min()(1)1h kh，所以1bk，故填1 72311,ee【解析】【分析】构造函数2()(),(0,)xf xg xxe，利用 g x的导数判断出 g x在(0,)上

19、为增函数，由20192018gg得2(2018)1(2019)ffe.构造函数3()(),(0,)xf xh xxe，利用 h x的导数判断出 h x在(0,)上为减函数，由20192018hh得3(2018)1(2019)ffe.综上所述可得(2018)(2019)ff的取值范围.【详解】解：根据题意，设2()(),(0,)xf xg xxe 答案第 8 页，共 26 页 则2242()2()()2()()xxxxfxeef xfxf xg xee，又由 2f xfx，则 0g x，则函数 g x在(0,)上为增函数，则20192018gg，即2 20192 2018(2019)(2018)

20、ffee，变形可得2 20182 20192(2018)1(2019)fefee，设3()(),(0,)xf xh xxe 则3363()3()()3()()xxxxfxeef xfxf xh xee，又由 3fxf x，则 0h x，则函数 h x在(0,)上为减函数，则20192018hh，即3 20193 2018(2019)(2018)ffee，变形可得3 20183 20193(2018)1(2019)fefee，综合可得：321(2018)1(2019)fefe，即(2018)(2019)ff的范围是2311,ee；故答案为：2311,ee【点睛】本小题主要考查构造函数法求表达式的

21、取值范围，考查利用导数研究函数的单调性，属于难题.8（1）()f x在,0单调递减，在0,单调递增（2）证明过程见解析【分析】（1）对()f x求导，注意到(0)0f，研究()fx的分子，最终求出()f x的单调性；（2）先对eeeea bba baaabb同除以ea b，变形为()()f af b，再构造差函数解决极值点偏移问题（1）e(e1)xxfxx，令 e1xg xx，则 e10 xg x，e1xg xx在R单调递增，注意到 00g 当,0 x 时，0g x，此时()0fx，()f x单调递减，当0,x时，0g x，此时()0fx，()f x单调递增 答案第 9 页，共 26 页()f

22、 x在,0单调递减，在0,单调递增（2）eeeea bba baaabb，等式两边同除以ea b得：ee1e1eababab，即()()f af b 由（1）知：()f x在,0单调递减，在0,单调递增 a，b一正一负，不妨设0ab 构造新函数()h xf xfx，则(0)0h 1111 e1(eeeeee)xxxxxxxxxxh xfxfxx 令 1 e1xxxx，则 2 e1xxx 当0 x 时，显然 0 x恒成立，所以 00 x 又1e0 x对0,x恒成立，所以在0,x时，()0h x，即()h x单调递减()(0)0h xh 0b ()0h b，即 f bfb()()f af b f

23、afb 其中0a，0b，且()f x在,0单调递减 ab，即0ab【点睛】构造差函数是解决极值点偏移的一种有效方法，函数的单调性是函数的重要性质之一，它的应用贯穿于整个高中数学的教学之中.某些数学问题从表面上看似乎与函数的单调性无关，但如果我们能挖掘其内在联系，抓住其本质，那么运用函数的单调性解题，能起到化难为易、化繁为简的作用.因此对函数的单调性进行全面、准确的认识，并掌握好使用的技巧和方法，这是非常必要的.根据题目的特点，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡答案第 10 页，共 26 页 的功效 9

24、（1）证明见解析（2）证明见解析【分析】（1）作差法，构造函数 lne2xh xx，研究其单调性和极值，得到 max0h x，从而得到结论；（2）先对函数两边变形为指数形式，然后构造新函数，解决极值点偏移问题（1）当0a 时，lnf xx，令 lne2xh xx，定义域为0,则 1exhxx，令 e1xxx 则 201exxx 在0,x上恒成立 所以 e1xxx在0,x单调递减 因为122e0，11 e0 所以存在唯一的01,12x，使得 00 x，即001=exx 且当00,xx时，0 x即 0h x；当0,xx时，0 x即 0h x 故 lne2xh xx在00,xx单调递增，在0,xx单

25、调递减，0000max0011lnlnee222xxh xxxxx，因为01,12x，由对勾函数性质可知：0012xx在01,12x单调递增 所以 0max01210h xxhx 故 e20lnxh xx恒成立，所以lne20 xx，即 e2xf x （2）,xa，不妨设12axx 由题意得：1122lnlnxaaxxaax，即1212axaxexaexa 答案第 11 页，共 26 页 令 axu xex，则 yu x与ya的图象的两交点的横坐标为1x，2x 1axuxae，令 0u x得：ln0axa 其中2lnlnlnaaaaaaaaa 因为1a 时，2lnaa，所以ln0aaa，即ln

26、,aaa 所以函数 axu xex在区间ln,aaa上单调递减，在区间ln,aa上单调递增 于是可知12lnaaxxa 要证120 xx，只需证122lnaxxa 即证：212llnn,axxaaa 又因为 axu xex在区间ln,aa上单调递增，只需证 212lnaxau xu 因为 12u xu x，只需证 112lnaxau xu 令 2lnaxap xu xu，ln,axaa ，则ln0apa 2ln2ln2ln222202lnaaxa axaxaaxep xuxuaeaea ea eeaxa所以 p x单调递增，且ln0apa 由于1lnaaxa ，故 10p x 即 212lna

27、xau xu成立，即120 xx成立【点睛】极值点偏移问题一般处理思路为构造差函数，利用构造的差函数的单调性，进行证明，函数的单调性是函数的重要性质之一，它的应用贯穿于整个高中数学的教学之中.某些数学问题从表面上看似乎与函数的单调性无关，但如果我们能挖掘其内在联系，抓住其本质，那么运用函数的单调性解题，能起到化难为易、化繁为简的作用.因此对函数的单调性进行全面、准确的认识，并掌握好使用的技巧和方法，这是非常必要的.根据题目的特点，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效.10 答案第 12 页，共 2

28、6 页（1）单调递增区间是1(0,)4，单调递减区间是1(,)4（2）2a；证明见解析【分析】（1）求出导函数()fx，由()0fx得增区间，由()0fx得减区间；（2）函数()f x有两个不同零点1212,()x xxx，等价于方程2ln2xaxx有两个不同的实根1212,()x xxx设tx，即方程ln2attt 有两个不同的实根1212,t ttt 设ln()(0)tg tttt，由导数确定()g t的单调性、极值、函数值的变化趋势后可得；由11tx，22tx，要证22124axx，只需证2122at t 由知，1201tt，故有2222ln2tattt，即22at 下面证明：121tt

29、 即可引入函数 2221()h tg tgt，由导数证明 221()0g tgt，利用单调性即可得结论（1）对函数()f x求导，得1142()222axa xfxxxx 当2a 时，422(1)(21)()2xxxxfxxx，因为函数()f x的定义域(0,)，由()0fx，得104x，由()0fx，得14x，所以函数()f x的单调递增区间是1(0,)4，单调递减区间是1(,)4（2）由()0f x，得ln20 xaxx，函数()f x有两个不同零点1212,()x xxx，等价于方程2ln2xaxx有两个不同的实根1212,()x xxx 设tx，即方程ln2attt 有两个不同的实根1

30、212,t ttt 答案第 13 页，共 26 页 设ln()(0)tg tttt，2221lnln1()1tttg ttt，再设2()ln1u ttt，1()20u ttt 所以函数()u t在(0,)t上单调递增，注意到2(1)1ln1 10u，所以当01t 时，()0u t，当1t 时，()0u t 所以()g t在（0，1）上单调递减，在(1,)上单调递增 当0t时，()g t ，当t 时，()g t ，当1t 时，()1g t，只需12a，即所求2a 注意到11tx，22tx，要证22124axx，只需证2122at t 由知，1201tt，故有2222ln2tattt，即22at

31、下面证明：121tt 设 222222222222221lnln1111()()()()ln1tth tg tgtttttttttt，有 222222222222111111(1)ln()(1)ln0h ttttttttt ，所以函数 2h t在(1,)上单调递增，所以 2(1)0h th，所以 221()0g tgt，故有 2121()gg tg tt 又2101t，101t，且()g t在(0,1)t上单调递减，所以121tt，即得121tt 因此2122at t，结论得证【点睛】本题考查用导数求函数的单调性，研究函数的零点问题，解题关键是对两个变量的处理，换答案第 14 页，共 26 页

32、 元tx是一种技巧同，目的是使问题得到简化，经过转化问题化为证明1 21t t，双变量的处理，先分离，121tt，利用函数()g x的单调性，表面上复杂化，证明121()()g tgt，实质上利用两个变量的关系，此时可以进行消元：12()()g tg t，因此只要证221()()g tgt，为此引入新函数，利用导数加以证明本题考查了学生的逻辑思维能力，运算求解能力，转化与化归能力，属于困难题 11（1）当10ete 时，min1ln1f xe tt；当1te时，minlnf xett；当11etee 时，min2f x.（2）见详解【分析】(1)根据题意，求导，讨论函数 fx在,10t tt上

33、的单调性，即可求解.(2)根据题意，先证xeex，放缩得221lnexxxexe，化简后构造新函数，即可证明.（1）由 elnfxxx，得 11exfxexx，0,x，令 0fx，得10ex，即1xe，因此函数 fx在10,e上单调递减，在1,e上单调递增.当101te ，即10ete 时，函数 fx在,10t tt上单调递减，因此 min11ln1f xf te tt；当1te时，函数 fx在,10t tt上单调递增，因此 minlnf xf tett；当11tte，即11etee 时，函数 fx在1,te上单调递减，在1,1te上单调递增，因此 min111 ln2fxfee.综上所述，当

34、10ete 时，min1ln1f xe tt；当1te时，minlnf xett；当11etee 时，min2f x.（2）答案第 15 页，共 26 页 证明：设 xh xeex，0,x，则 xh xee，易得函数 h x在0,1上单调递减，在1,上单调递增，因此 min10h xh，故xeex恒成立.要证 xf xg x，只需证21lnxexxxxee，因为xeex，所以211xxeexee，故只需证221lnexxxexe（因1x 时，左边小于右边，所以可以带等号），即1lnxxe.令 lnxxx，则 ln1xx，易得函数 x在10,e上单调递减，在1,e上单调递增，因此 11xee，故

35、1lnxxe.因此当0 x 时，xf xg x.【点睛】分类讨论思想是高中数学一项重要的考查内容.分类讨论思想要求在不能用统一的方法解决问题的时候，将问题划分成不同的模块，通过分块来实现问题的求解，体现了对数学问题的分析处理能力和解决能力.12（1）当0a 时，fx在0,上单调递增；当0a 时，fx在0,a单调递减，在,a单调递增（2）证明见解析【分析】（1）求出函数的导数，通过讨论a的范围，求出函数的单调区间即可；（2）由（1）可得 fx的极小值点为xa，则不妨设120 xax，证明122xxa，即证：1122faxf xf x，构造函数 l2ln 22naag xfaxfxaxaxxx，证

36、明 0g x 即可，设21xtx，1t，则12ln1lnln1ttxxttt，设 ln1th tt，判断单调性可得ln1ln1tttt，进而得证.（1）解：（1）由 lnafxxx，0 x，可得 221axafxxxx，0 x.答案第 16 页，共 26 页 当0a 时，0fx，所以 fx在0,上单调递增；当0a 时，令 20 xafxx，得xa，令 20 xafxx，得0 xa，所以 fx在0,a单调递减，在,a单调递增；（2）证明：（2）因为函数 lnafxxx有两个零点，由（1）得0a，此时 fx的递增区间为,a，递减区间为0,a，fx有极小值 ln1f aa.所以 n10l af a

37、，可得1ea.所以10ea.由（1）可得 fx的极小值点为xa，则不妨设120 xax.设 l2ln 22naag xfaxfxaxaxxx，0,xa，可得 222224110222a xaaagxaxxxaxxax，0,xa，所以 g x在0,a上单调递增，所以 0g xg a，即 20faxf x，则 2faxf x，0,xa，所以当120 xax时，12axa，且 1122faxf xf x.因为当,xa时，fx单调递增，所以122axx，即122xxa.设21xtx，1t，则1122ln0,ln0,axxaxx，则1221lnlnxxtxx，即1211lnlnlnlnlnxtxttxt

38、xt.所以1lnln1ttxt，所以1211ln1lnlnlnln1lnln1ln111ttttxxx txtttttt.设 ln1th tt，则 211ln01tth tt，所以 h t在1,上单调递减，所以ln1ln1tttt，所以12ln0 xx，即121.xx 答案第 17 页，共 26 页 综上，1221axx.【点睛】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：(1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系(2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数(3)利用导数求函数的最值(

39、极值)，解决生活中的优化问题(4)考查数形结合思想的应用 13（1）证明见解析（2）214e 【分析】（1）代值并计算()fx，()fx，然后可判断2()(2)50fxfe，进一步知道函数()f x的单调性，计算可得结果.（2）令()()g xfx，计算()g x，分别讨论0a，102a，12a，得到函数()f x的单调性，计算可得结果.（1）证明：当1a 时，2()e1xf xxx()e21xfxx，()e20 xfx，故()fx在(2,)为增函数，则2()(2)50fxfe，故()f x在(2,)为增函数，所以2()(2)70f xfe.（2）令()()e21xg xfxax，易知(0)0

40、g，()e2xg xa，当0a 时，()0g x，()g x为增函数，又(0)0g，故0 x 时，()0g x，0 x 时，()0g x，则()f x在(,0)单调递减，在(0,)单调递增，0 x 为()f x的极小值点，不满足题意.当0a 时，令()e20 xg xa，则ln2xa 答案第 18 页，共 26 页 当ln2xa时，)(0g x，ln2xa时，()0g x，故()g x在(,ln 2)a单调递减，在(ln 2,)a 单调递增.当102a时，ln 20a，故()g x在(0,)单调递增，且()(0)0g xg，此时()f x在(0,)单调递增，不存在极值点0m，不合题意.当12a

41、 时，ln20a，又()g x在(0,ln2)a单调递减，在(ln 2,)a 单调递增.故(ln2)(0)0gag，又因为212a，由（1）可知 212(21)2(21)1(21)(21)12(21)1420agaeaaaaaaa 故()g x在(0,)有唯一零点(ln2,21)maa，此时()f x在(0,)m单调递减，在(,)m 单调递增，且()210mg meam，所以22()211mf meammaamammaa ，易得2m 故21124meeam.综上所述，满足题意的a值为214e.【点睛】思路点睛：第（2）问中，第一，求得()e2xg xa；第二，讨论a的范围，确定函数()f x的

42、单调性；第三，涉及隐零点结合零点存在性定理求解.14（1）te（2）（）证明见解析；（）证明见解析.【分析】（1）求出导函数，分析易知0t 时，不符合要求；0t 时，令1()lng xxxt，要使 fx有两个极值点，即 g x有两个变号零点，只需10110tte，求解即可得答案；（2）当0t 时，不符合题意；当0t 时，由（1）得，存在唯一的001xxe，使得 00g x，答案第 19 页，共 26 页 即00ln1txx 此时00,xx，函数 fx单调递增；0,xx，函数 fx单调递减，从而有 0()f xf x.（i）只需证000elog2txxx，即证00002lnln2eetxtxxx

43、，即证 002fxf x（ii）由00ln1txx，可得001lntxx，令00mtx，要证：0022000ln123txtxxet xetx，只需证21123mmemmem，即证31203mmeemm，构造函数31()23mmh meemm，利用导数即可证明.（1）解：1ln()(0)txtxxfxxe，当0t 时，1()0fxx，显然不符合要求；当0t 时，1ln()(0)txtxxx tfxxe，令1()lng xxxt，则()ln1g xx，10,ex时，0gx，g x单调递增；1,xe时，()0g x，()g x单调递减，0 x时，ln0 xx，1()g xt；x时，lnxx，()g

44、 x ；111gete 因为 fx有两个极值点，所以 g x有两个变号零点，故10110tte，解得110et，即te；（2）解：当0t 时，x时，ln()etxxf x ，故不符合题意；当0t 时，1ln()etxtxxx tfx 由（1）得，1110gete；x时()g x 由函数零点存在定理可得，存在唯一的答案第 20 页，共 26 页 001xxe，使得 00g x，即00ln1txx 当00,xx时()0g x，()0fx，函数 fx单调递增；当0,xx时 0g x，0fx，函数 fx单调递减故 0f x为函数 fx的最大值，满足 0()f xf x（i）由题意，可得01x，要证明0

45、0e1 log 2txx，只需证000log 2txxex，即证00002lnln2txtxxxee，即证 002fxf x，当0,xx时函数 fx单调递减，故 002fxf x，命题得证；（ii）因为00ln1txx，所以001lntxx，令0mtx，由题意可得0m，要证：0022000ln123txtxxet xetx，只需证21123mmemmem，即证31203mmeemm，令31()23mmh meemm，则(0)0h，2()2mmh meem，(0)0h；()2mmh meem，(0)0h；()2mmhmee 因为()20mmhmee，(0)0h，所以()20mmh meem恒成立

46、，所以2()2mmh meem在0,m上单调递增，又因为(0)0h，故2()20mmh meem恒成立，结合 00h，所以31()203mmh meemm恒成立，故命题得证【点睛】关键点点睛：（i）利用对数运算性质及换底公式对原不等式等价变形，从而即证00002lnln2eetxtxxx是解题的关键；（ii）令00mtx，即证21123mmemmem，即证31203mmeemm，构造函数31()23mmh meemm处理是解题的关键.15（1）32,e 答案第 21 页，共 26 页（2）（i）证明见解析；（ii）证明见解析【分析】（1）先求得 yf x在,t f t处的切线方程21 ln12

47、lnttyxttt，再令 2ln1 ln12lnxttg xxxttt，用导数法由 g x有零点求解；（2）（i）令 2323111ln1eeee2e3eh xxxxx，用导数法证明 max0h x即可；（ii）先证2323111lnlnsss23sttttttt，令 2323111lnln23r xtxtxtxtxttt，用导数法证明；再根据,s f s是l上的点，得到2ln1 lnlnsttststt，两者结合化简即可.（1）解：因为 lnxf xx，所以 21 ln xfxx，则 21 lntftt，所以 yf x在,t f t处的切线为 22ln1 ln1 ln12lnttttyxty

48、xttttt，令 2ln1 ln12lnxttg xxxttt，显然 0g t，221 ln1 lnxtgxxt，3232ln30 xgxxex，当320 xe时，0gx，当32xe时，0gx，所以 g x在320,e上递减，在32,e上递增，若32te，当0,xt时，0g xg t 所以 g x在0,t上递增，所以 0g xg t，所以 g x在0,xt上无零点，舍去.若32te，因为231 ln12tte，答案第 22 页，共 26 页 所以0,xt时，当32xe时，g x取得最小值323211 lne02tget；又0 x时，g x，则存在3200,xe，有 00gx，当00 xx时，0

49、0gx，当0 xxt时，00gx，所以 g（x）在00,x上递增，在0,x t上递减，所以当0 xx时，g x取得极大值 00g xg t，又0 x时，g x ，所以存在000,xx，有 0g0 x 故 g x在0,t存在零点，所以t的取值范围是32,e.（2）解：（i）令 2323111ln1eeee2e3eh xxxxx，则 e0h，2231111(e)eeeeh xxxx，223112eeehxxx，3322()ehxx，令()0hx，得xe，当0 xe时，()0hx，当xe时，()0hx，所以当xe时()hx取得最大值()0h e，所以 0hx，则 h x递减，又因为 e0h，所以当0

50、 xe时，()0h x，当xe时，()0h x，所以当xe时()h x取得最大值()0h e，所以 0h x，即2323111ln1e(e)(e)e2e3exxxx；答案第 23 页，共 26 页（ii）先证2323111lnlnsss23sttttttt，令 2323111lnln23r xtxtxtxtxttt，则 2231111rxxtxttttx，232121rxxtttx 3322rxtx 令()0rx，得xt，当0 xt时，()0rx，当xt时，()0rx，所以当xt时()rx取得最小值()0r t，所以 0rx，则 rx递增，又因为 0r t，所以当0 xt时，()0r x，当x