(浙江专用)2022高考数学二轮复习专题一集合、常用逻辑用语、函数与导数、不等式第6讲导数的综合应用.pdf

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1、浙江专用浙江专用 20222022 高考数学二轮高考数学二轮复习专题一集合、常用逻辑用复习专题一集合、常用逻辑用语、函数与导数、不等式第语、函数与导数、不等式第6 6 讲讲导数的综合应用教案导数的综合应用教案第第 6 6 讲讲导数的综合应用导数的综合应用“辅助函数法证明不等式“辅助函数法证明不等式 核心提炼核心提炼 利用导数证明不等式的应用技巧为“构造辅助利用导数证明不等式的应用技巧为“构造辅助函数，把不等式的证明转化为利用导数研究函函数，把不等式的证明转化为利用导数研究函数的单调性或求最值，从而证得不等式，而如何数的单调性或求最值，从而证得不等式，而如何根据不等式的结构特征构造一个可导函数是

2、用导根据不等式的结构特征构造一个可导函数是用导数证明不等式的关键数证明不等式的关键 典型例题典型例题 设函数设函数f f(x x)lnlnx xx x1.1.(1)(1)讨论讨论f f(x x)的单调性；的单调性；x x1 1(2)(2)证明当证明当x x(1，)时，(1，)时，1 1x x；lnlnx x(3)(3)设设c c1 1，证明当证明当x x(0，(0，1)1)时，时，1 1(c c1)1)x xc c.【解】【解】(1)(1)由题设，由题设，f f(x x)的定义域为的定义域为(0(0，)，)，x xf f(x x)1 1，令，令f f(x x)0 0，解得，解得x x1.1.x

3、 x-2-2-1 1当当 0 0 x x1 1 时，时，f f(x x)0 0，f f(x x)单调递增；单调递增；当当x x1 1 时，时，f f(x x)0 0，f f(x x)单调递减单调递减(2)(2)证明：证明：由由(1)(1)知知f f(x x)在在x x1 1 处取得最大值，处取得最大值，最大值为最大值为f f(1)(1)0.0.所以当所以当x x11 时，时，lnlnx xx x1.1.故当故当x x(1，(1，)时，)时，lnlnx xx x1 1，lnln 1 11 1x xx xx x1 11 1，即，即 1 1x x.lnlnx x(3)(3)证明：由题设证明：由题设c

4、 c1 1，设，设g g(x x)1 1(c c1)1)x xc c，那么那么g g(x x)c c1 1c clnlnc c，令，令g g(x x)0 0，x xx xc c1 1lnlnlnlnc c解得解得x x0 0.lnlnc c当当x xx x0 0时，时，g g(x x)0 0，g g(x x)单调递增；当单调递增；当x xx x0 0时，时，g g(x x)0 0，g g(x x)单调递减单调递减c c1 1由由(2)(2)知知 1 1c c，故，故 0 0 x x0 01.1.又又g g(0)(0)lnlnc c-3-3-g g(1)(1)0 0，故当，故当 0 0 x x1

5、 1 时，时，g g(x x)0.0.所以当所以当x x(0，(0，1)1)时，时，1 1(c c1)1)x xc c.利用导数证明不等式的根本步骤利用导数证明不等式的根本步骤(1)作差或变形(1)作差或变形构造新的函数构造新的函数h h(x x)利用导数研究利用导数研究h h(x x)的单调性或最值的单调性或最值根据单调性及最值，得到所证不等式根据单调性及最值，得到所证不等式(2)(2)本例通过构造辅助函数，本例通过构造辅助函数，转化为证明函数的转化为证明函数的单调性，使问题得以解决，此方法还常用于解决单调性，使问题得以解决，此方法还常用于解决以下问题：比拟大小；解不等式以下问题：比拟大小；

6、解不等式 对点训练对点训练(2022绍兴市柯桥区高三(2022绍兴市柯桥区高三(下下)期中考试期中考试)函数函数x xf f(x x)x xx x.e e(1)(1)当当0 0 时，求证：时，求证：f f(x x)(1)(1)x x，并指出等号成立的条件；并指出等号成立的条件；(2)(2)求证：求证：对任意实数对任意实数，总存在实数总存在实数x x3 3，-4-4-33，有，有f f(x x).解：解：(1)(1)设设g g(x x)f f(x x)(1(1)x xx x1 1(1(1)x x(x xx x1)1)，e e1 1所以所以g g(x x)(1(1x x)，e e令令g g(x x

7、)0 0，解得，解得x x0 0，当当x x0 0 时，时，g g(x x)0 0，函数，函数g g(x x)单调递增，单调递增，当当x x0 0 时，时，g g(x x)0 0，函数，函数g g(x x)单调递减，单调递减，所以所以g g(x x)minming g(0)(0)0 0，所以所以f f(x x)(1)(1)x x，当当x x0 0 时取等号时取等号(2)(2)证明：证明：“对任意实数“对任意实数，总存在实数总存在实数x x3 3，33，有，有f f(x x)等价于等价于f f(x x)的最大值大于的最大值大于e ex x.因为因为f f(x x)1 1e ex x，所以当所以当

8、00 时，时，x x 3 3，33，f f(x x)0 0，f f(x x)在在 3 3，33上单调递增，上单调递增，所以所以f f(x x)的最大值为的最大值为f f(3)(3)f f(0)(0).-5-5-所以当所以当00 时命题成立；时命题成立；当当0 0 时，由时，由f f(x x)0 0 得得x xlnln，那么那么x xR R 时，时，x x，f f(x x)，f f(x x)关系如下：关系如下：x xf f(x x)(，lnlnlnln(ln(ln，)0 0极小极小值值)f f(x x)当当e e 时，时，lnln3 3，f f(x x)在在 3 3，33上上单调递减，单调递减，

9、所以所以f f(x x)的最大值的最大值f f(3)3)f f(0)(0).所以当所以当e e 时命题成立；时命题成立；当当 e e3 3e e3 3时，时，3 3lnln3 3，所以所以f f(x x)在在(3 3，lnln)上单调递减，在上单调递减，在(ln(ln-6-6-3 33 3，3)3)上单调递增上单调递增所以所以f f(x x)的最大值为的最大值为f f(3)3)或或f f(3)(3)；且且f f(3)3)f f(0)(0)与与f f(3)(3)f f(0)(0)必有必有一成立，一成立，所以当所以当 e e3 3e e3 3时命题成立；时命题成立；当当 0 0e e时，时，lnl

10、n3 3，所以所以f f(x x)在在 3 3，33上单调递增，上单调递增，所以所以f f(x x)的最大值为的最大值为f f(3)(3)f f(0)(0).所以当所以当 0 0e e时命题成立；时命题成立；综上所述，综上所述，对任意实数对任意实数，总存在实数总存在实数x x3 3，33，有，有f f(x x).“转化法解决不等式恒成立中的参“转化法解决不等式恒成立中的参数问题数问题 核心提炼核心提炼 1 1利用导数解决恒成立问题利用导数解决恒成立问题(1)(1)假设不等式假设不等式f f(x x)A A在区间在区间D D上恒成立，那上恒成立，那么等价于在区间么等价于在区间D D上上f f(x

11、 x)minmin A A.-7-7-3 33 3(2)(2)假设不等式假设不等式f f(x x)A A在区间在区间D D上恒成立，那上恒成立，那么等价于在区间么等价于在区间D D上上f f(x x)maxmax)A A成立，那么等价于在成立，那么等价于在区间区间D D上上f f(x x)maxmax A A.(2)(2)假设假设 x xD D，f f(x x)A A成立，那么等价于在成立，那么等价于在区间区间D D上上f f(x x)minmin 0.0.3 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

12、 x 2 2，均有均有f f(x x)，求，求a a2 2a a e e 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.-8-8-f f(x x)3 34 4x x1 12 2 1 1x x 1 1x x2 22 2 1 1x x1 1，4 4x x1 1x x令令f f(x x)0)0，解得，解得x x33，令，令f f(x x)0)0，解得，解得00 x x33，所以函数所以函数f f(x x)的单调递减区间为的单

13、调递减区间为(0(0，3)3)，单调，单调递增区间为递增区间为(3(3，)，)1 12 2(2)(2)由由f f(1)(1)，得，得 00a a.2 2a a4 42 2x xx x2 2 1 1x x当当 00010，1 11 1 1 1 故故q q(x x)在在 2 2，上单调递增，上单调递增，所以所以q q(x x)q q .e e7 7 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 所所以以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

14、 e-11-11-1 1)，)，g g(t t)0，即对任意)0，即对任意x x 2 2，均有，均有 e e x xf f(x x).2 2a a 2 2 综上所述，所求综上所述，所求a a的取值范围是的取值范围是 0 0，.4 4 不等式恒成立不等式恒成立(有解有解)问题的求法问题的求法(1)(1)恒成立问题的常见处理方法：恒成立问题的常见处理方法：根据恒成立问根据恒成立问题的原理，题的原理，可利用函数法、可利用函数法、别离常数法别离常数法(转化成求转化成求最值问题最值问题)等求解等求解(2)(2)能成立问题的常见处理方法：能成立问题的常见处理方法：能成立即存在能成立即存在性问题，根据能成立

15、问题的原理，通常将其转化性问题，根据能成立问题的原理，通常将其转化为最值问题进行求解为最值问题进行求解 对点训练对点训练 m m(2022宁波市十校联考模拟(2022宁波市十校联考模拟)函数函数f f(x x)x xx xlnlnx x(m m0)0)，g g(x x)lnlnx x2.2.(1)(1)当当m m1 1 时，求函数时，求函数f f(x x)的单调增区间；的单调增区间；-12-12-(2)(2)假设对任意的假设对任意的x x1 111，ee，总存在，总存在x x2 211，f fx x1 1g gx x2 2ee，使，使1 1，其中，其中 e e 是自然对是自然对x x1 1x

16、x2 2数的底数求实数数的底数求实数m m的取值范围的取值范围解：解：(1)(1)当当m m1 1 时，函数时，函数f f(x x)x xlnlnx x，求，求1 1x x导导f f(x x)2 2lnlnx x1 1，1 1x x由由f f(x x)在在(0(0，)上单调递增，且，)上单调递增，且f f(1)(1)0 0，所以当所以当x x1 1 时，时，f f(x x)0 0，当当 0 0 x x1 1 时，时，f f(x x)0 0，所以函数所以函数f f(x x)单调递增区间单调递增区间(1(1，)，)f fx xm m(2)(2)由题意设由题意设h h(x x)2 2lnlnx x，

17、(x x)x xx xg gx xlnlnx x2 2，x xx x(x x)3 3lnlnx xx x2 20 0，在，在11，ee恒成立，恒成立，-13-13-lnlnx x2 2所以所以(x x)在在11，ee上单调递增，上单调递增，x x1 1(x x)2 2，e e1 11 1m m所以所以h h(x x)，ee，即，即 2 2lnlnx xe e，2 22 2x x在在11，ee上恒成立，即上恒成立，即x xlnlnx xm mx x(e(e2 2lnlnx x)，在，在11，ee上恒成立，上恒成立，设设p p(x x)x xlnlnx x，那么，那么p p(x x)2 2x xl

18、nlnx x2 20 0，在，在11，ee上恒成立，上恒成立，所以所以p p(x x)在在11，ee上单调递减，那么上单调递减，那么m mp p(1)(1)1 1，2 2设设q q(x x)x x(e(elnlnx x)，q q(x x)x x(2(2x x1 12ln2ln2 2x x2 22 22 2x x2 22 2x x)x x(2e(2e1 12ln2lnx x)0 0 在在11，ee上恒成立，上恒成立，所以所以q q(x x)在在11，ee上单调递增，那么上单调递增，那么m mq q(1)(1)e e，-14-14-1 1综上所述，综上所述，m m的取值范围为的取值范围为 ，ee2

19、 2“图象辅助法解决函数零点或方程根“图象辅助法解决函数零点或方程根的问题的问题 核心提炼核心提炼 研究函数零点或方程根的情况，可以通过导数研究函数零点或方程根的情况，可以通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等，并借助函数的大致图象判断函数零点或方程等，并借助函数的大致图象判断函数零点或方程根的情况，这是导数这一工具在研究方程中的重根的情况，这是导数这一工具在研究方程中的重要应用要应用 典型例题典型例题 (2022(2022浙江省重点中学高三联考浙江省重点中学高三联考)方程方程|cos|cosx x|x xk k(k k0)0)有且仅有两

20、个不同的实数解有且仅有两个不同的实数解，()，那么以下有关两根关系的结论，那么以下有关两根关系的结论正确的选项是正确的选项是()A Acoscossinsin-15-15-B BsinsincoscosC CcoscoscoscosD Dsinsinsinsin【解析】【解析】由由|cos|cosx x|x xk k(k k0)0)可得：可得：|cos|cosx x|k k(k k0)0)有且仅有且仅kxkx(k k0)0)，因为方程，因为方程|cos|cosx x|x x有两个不同的实数解有两个不同的实数解，()，所以直线，所以直线y ykxkx与曲线与曲线y y|cos|cosx x|相切

21、，如图：相切，如图：直线直线y ykxkx与曲线与曲线y y|cos|cosx x|的交点为的交点为A A(，coscos)，切点切点B B为为(，coscos)，当当x x，时，时，y y|cos|cosx x|coscosx x，2 2 所以所以y ysinsinx x，所以，所以y y|x xsinsin，-16-16-即即k ksinsin，又，又A A(，coscos)代入代入y ykxkx，可得可得 coscossinsin.应选应选A A.【答案】【答案】A A(1)(1)根据参数确定函数零点的个数，根据参数确定函数零点的个数，根本思想也根本思想也是“数形结合，即通过研究函数的性

22、质是“数形结合，即通过研究函数的性质(单调单调性、极值、函数值的极限位置等性、极值、函数值的极限位置等)，大致勾画出函，大致勾画出函数图象，然后通过函数性质得出其与数图象，然后通过函数性质得出其与x x轴交点的轴交点的个数，或者两个函数图象交点的个数，根本步骤个数，或者两个函数图象交点的个数，根本步骤是“先数后形是“先数后形(2)(2)判断函数在某区间判断函数在某区间 a a，b b(a a，b b)内的零点内的零点的个数时，的个数时，主要思路为：主要思路为：一是由一是由f f(a a)f f(b b)0)0 及零及零点存在性定理，点存在性定理，说明在此区间上至少有一个零点；说明在此区间上至少

23、有一个零点；二是求导，判断函数在区间二是求导，判断函数在区间(a a，b b)上的单调性，上的单调性，假设函数在该区间上单调递增或递减，那么说明假设函数在该区间上单调递增或递减，那么说明至多只有一个零点；假设函数在区间至多只有一个零点；假设函数在区间 a a，b b(a a，b b)上不单调，上不单调，那么要求其最大值或最小值，那么要求其最大值或最小值，借用借用图象法等，判断零点个数图象法等，判断零点个数-17-17-对点训练对点训练 1 1函数函数f f(x x)e ex x1 1，g g(x x)x xx x，其中，其中 e e是自然对数的底数，是自然对数的底数，e e2.718 28.2

24、.718 28.(1)(1)证明：函数证明：函数h h(x x)f f(x x)g g(x x)在区间在区间(1(1，2)2)上有零点；上有零点；(2)(2)求方程求方程f f(x x)g g(x x)的根的个数，并说明理的根的个数，并说明理由由解：解：(1)(1)证明：由证明：由h h(x x)f f(x x)g g(x x)e e 1 1x xx xx x得，得，h h(1)(1)e e303020，所以函数所以函数h h(x x)在区间在区间(1(1，2)2)上有零点上有零点(2)(2)由由(1)(1)得得h h(x x)e e 1 1x xx x.由由g g(x x)x xx x知，知

25、，x x00，)，而，)，而h h(0)(0)0 0，那么那么x x0 0 为为h h(x x)的一个零点，而的一个零点，而h h(x x)在在(1(1，2)2)内有零点，内有零点，因此因此h h(x x)在在00，)上至少有两个零点，)上至少有两个零点x x2 2-18-18-1 11 11 1x x因为因为h h(x x)e e x x 1 1，记记(x x)e e x x2 22 22 2x x1 1 1 1，2 21 13 3那么那么(x x)e e x x.当当x x(0，(0，)时，)时，4 42 2x x(x x)0)0，因此，因此(x x)在在(0(0，)上单调递增，)上单调递

26、增，那么那么(x x)在在(0(0，)内至多只有一个零点，)内至多只有一个零点，即即h h(x x)在在00，)内至多有两个零点，)内至多有两个零点所以方程所以方程f f(x x)g g(x x)的根的个数为的根的个数为 2.2.2 2(2022张掖模拟(2022张掖模拟)设函数设函数f f(x x)a alnlnx x.2 2(1)(1)求函数求函数f f(x x)的单调区间和极值；的单调区间和极值；(2)(2)假设函数假设函数f f(x x)在区间在区间(1(1，e e 内恰有两个零内恰有两个零点，试求点，试求a a的取值范围的取值范围2 2x x2 2a a解：解：(1)(1)由由f f

27、(x x)a alnlnx x，得，得f f(x x)x x2 2x xx xa a(x x0)0)x x当当a a00 时，时，f f(x x)0 0，函数，函数f f(x x)在在(0(0，-19-19-x x2 22 2)上单调递增，函数既无极大值，也无极小值；)上单调递增，函数既无极大值，也无极小值；当当a a0 0 时，由时，由f f(x x)0 0，得，得x xa a或或x xa a(舍去舍去)于是，当于是，当x x变化时，变化时，f f(x x)与与f f(x x)的变化情况的变化情况如下表：如下表：x xf f(x x)f f(x x)(0(0，a a)a a0 0错误!(a

28、a，)，)所以函数所以函数f f(x x)的单调递减区间是的单调递减区间是(0(0，a a)，单，单调递增区间是调递增区间是(a a，)，)函数函数f f(x x)在在x xa a处取得极小值处取得极小值f f(a a)a a1 1lnlna a2 2，无极大值，无极大值综上可知，当综上可知，当a a00 时，函数时，函数f f(x x)的单调递增的单调递增区间为区间为(0(0，)，函数，)，函数f f(x x)既无极大值也无极既无极大值也无极小值；小值；当当a a00 时，函数时，函数f f(x x)的单调递减区间是的单调递减区间是(0(0，-20-20-a a)，单调递增区间为，单调递增区

29、间为(a a，)，函数，)，函数f f(x x)有有极小值极小值a a1 1lnlna a2 2，无极大值，无极大值(2)(2)当当a a00 时，由时，由(1)(1)知函数知函数f f(x x)在区间在区间(0(0，)上单调递增，故函数)上单调递增，故函数f f(x x)在区间在区间(1(1，e e 内内至多有一个零点，不合题意至多有一个零点，不合题意当当a a00 时，由时，由(1)(1)知，当知，当x x(0，(0，a a)时，函数时，函数2 2f f(x x)单调递减；当单调递减；当x x(a a，)时，函数，)时，函数f f(x x)单调递增，函数单调递增，函数f f(x x)在在(

30、0(0，)上的最小值为，)上的最小值为f f(a a)a a1 1lnlna a2 2.2 2假设函数假设函数f f(x x)在区间在区间(1(1，e e 内恰有两个零点，内恰有两个零点，4 411a aee a a1 1lnlna a 002 2 11a aee f fa a000f f1 100 2 2 f fe e2 200 e e4 4 2 2a a00 2 22 2，-21-21-11a aeee整理得整理得，4 4 a ae e 4 4e e4 4所以所以 eea a.4 4e e故所求故所求a a的取值范围为的取值范围为(e(e，4 4专题强化训练专题强化训练1 1(2022衢州

31、市高三数学质量检测(2022衢州市高三数学质量检测)函数函数f f(x x)1 12 2lnlnx xaxax(1(1a a)x x1.1.2 2(1)(1)当当a a1 1 时，求函数时，求函数f f(x x)在在x x2 2 处的切线处的切线方程；方程；(2)(2)求函数求函数f f(x x)在在x x1，1，22时的最大值时的最大值1 12 2解：解：(1)(1)当当a a1 1 时，时，f f(x x)lnlnx xx x1 1，2 2所以所以f f(x x)x x，1 14 44 4x x-22-22-3 33 3所以所以f f(2)(2)，即，即k k切切，2 22 2切点为切点为

32、(2(2，1 1ln 2)ln 2)，3 3所以切线的方程为：所以切线的方程为：y yx x2 2ln 2.ln 2.2 2(2)(2)因因 为为(1(1x x2)，2)，当当a a00 时，时，f f(x x)0 0 在在x x1，1，22恒成立，恒成立，所以所以f f(x x)在在x x1，1，22单调递增，单调递增，所以所以f fmaxmax(x x)f f(2)(2)4 4a a3 3ln 2ln 2；1 1当当 0 0a a 时，时，f f(x x)在在x x1，1，22单调递增，单调递增，2 2所以所以f fmaxmax(x x)f f(2)(2)4 4a a3 3ln 2ln 2

33、；1 11 1当当 a a1 1 时，时，f f(x x)在在x x1，1，单调递增，单调递增，在在2 2a af f(x x)axax1 1a ax x1 12 2x xx x，22单调递减，单调递减，a a1 1所以所以f fmaxmax(x x)f f()lnlna a；a a2 2a a-23-23-1 11 1当当a a11 时，时，f f(x x)在在x x1，1，22单调递减，单调递减，3 3所以所以f fmaxmax(x x)f f(1)(1)a a2 2，2 2 4 4a a3 3ln 2ln 2，a a1 1 2 2 1 11 1综上所述综上所述f fmaxmax(x x)

34、lnlna a，a a1 1.2 2a a2 2 3 3a a2 2，a a1 1 2 22 2(2022绍兴、诸暨市高考二模(2022绍兴、诸暨市高考二模)函数函数f f(x x)x xe ex xa a(x x1)(1)(a aR)R)(1)(1)假设函数假设函数f f(x x)在在x x0 0 处有极值，处有极值，求求a a的值的值与与f f(x x)的单调区间；的单调区间；1 1(2)(2)假设存在实数假设存在实数x x0 0(0(0，)，使得，使得f f(x x0 0)0 0，2 2求实数求实数a a的取值范围的取值范围解：解：(1)(1)f f(x x)(x x1)e1)ex xa

35、 a，由由f f(0)(0)0 0，解得：，解得：a a1 1，故故f f(x x)(x x1)e1)e 1 1，令令f f(x x)0 0，解得：，解得：x x0 0，-24-24-x x令令f f(x x)0 0，解得：，解得：x x0 0，故故f f(x x)在在(，0)0)单调递减，在单调递减，在(0(0，)单，)单调递增调递增1 1(2)(2)假设假设f f(x x)0 0 在在x x(0，(0，)上有解，上有解，2 2x xe e1 1即即x xe e a a(x x1)1)，a a在在x x(0，(0，)上有解，上有解，x x1 12 2x xx xx xe e1 1设设h h(

36、x x)，x x(0(0，)，x x1 12 2e e x xx x1 1那么那么h h(x x)0 0，2 2x x1 11 1故故h h(x x)在在(0(0，)单调递减，单调递减，2 21 1h h(x x)在在(0(0，)的值域是的值域是(e e，0)0)，2 2故故a ah h(0)(0)0.0.3 3(2022(2022兰州市实战考试兰州市实战考试)函数函数f f(x x)lnlnx xaxax1 1a ax x2 2x xx x1(1(a aR)R)-25-25-1 1(1)(1)当当 00a a 时，讨论时，讨论f f(x x)的单调性；的单调性；2 21 1(2)(2)设设g

37、 g(x x)x x2 2bxbx4.4.当当a a 时，时，假设对任假设对任4 42 2意意x x1 1(0(0，2)2)，存在存在x x2 211，22，使使f f(x x1 1)g g(x x2 2)，求实数求实数b b的取值范围的取值范围解：解：(1)(1)因为因为f f(x x)lnlnx xaxax1 1a ax x1 1，a a1 1所以所以f f(x x)a a2 2x xx x1 1axaxx x1 1a a，x x(0(0，)，)，2 2x x令令f f(x x)0 0，可得两根分别为，可得两根分别为 1 1，1 1，1 12 2a a1 11 1因为因为 00a a 10

38、110，2 2a a当当x x(0，(0，1)1)时，时，f f(x x)0)0)0，函数，函数f f(x x)单调单调a a -26-26-递增；递增；1 1 当当x x 1 1，时，时，f f(x x)0)0，函数，函数f f(x x)a a 单调递减单调递减1 1 1 1 1 1(2)(2)a a 0 0，1 13 3(0(0，2)2)，由，由(1)(1)知，知，4 4 2 2 a a当当x x(0，(0，1)1)时，时，f f(x x)0)0)0，函数，函数f f(x x)单调递增，单调递增，1 1所以所以f f(x x)在在(0(0，2)2)上的最小值为上的最小值为f f(1)(1)

39、.2 2对任意对任意x x1 1(0(0，2)2)，存在，存在x x2 211，22，使，使f f(x x1 1)g g(x x2 2)等价于等价于g g(x x)在在11，22上的最小值不上的最小值不1 1大于大于f f(x x)在在(0(0，2)2)上的最小值上的最小值，(*)(*)又又g g(x x)2 2(x xb b)4 4b b，x x11，22，所以，所以，当当b b100，此时与此时与(*)(*)矛盾；矛盾；当当 11b b22 时，时，g g(x x)minmin4 4b b2 20 0，同样与同样与(*)(*)矛盾；矛盾；-27-27-2 22 2当当b b22 时，时，g

40、 g(x x)minming g(2)(2)8 84 4b b，且当且当b b221 11717时，时，8 84 4b b08)88ln 28ln 2；(2)(2)假设假设a a334ln 24ln 2，证明：对于任意，证明：对于任意k k00，直线直线y ykxkxa a与曲线与曲线y yf f(x x)有唯一公共点有唯一公共点证明：证明：(1)(1)函数函数f f(x x)的导函数的导函数f f(x x)由由f f(x x1 1)f f(x x2 2)得得1 11 12 2x x1 11 1 1 11 11 12 2x x，1 1x xx x1 12 2x x2 2x x2 2，1 11

41、1因为因为x x1 1x x2 2，所以，所以.x x1 1x x2 22 21 14 4由根本不等式得由根本不等式得x x1 1x x2 2x x1 1x x2 22 2x x1 1x x2 2，2 2因为因为x x1 1x x2 2，所以，所以x x1 1x x2 2256.256.-28-28-由题意得由题意得f f(x x1 1)f f(x x2 2)x x1 1lnlnx x1 1x x2 2lnlnx x1 12 22 2x x1 1x x2 2ln(ln(x x1 1x x2 2)设设g g(x x)1 12 2x xlnlnx x，那么那么g g(x x)1 14 4x x(x

42、 x4)4)，所以所以x x(0(0，16)16)1616(16(16，)g g(x x)0 0g g(x x)2 24ln4ln 2 2所以所以g g(x x)在在256256，上单调递增，故，上单调递增，故g g(x x1 1x x2 2)g g(256)(256)8 88ln 28ln 2，即即f f(x x1 1)f f(x x2 2)8)88ln 2.8ln 2.-29-29-(2)(2)令令m me e(|(|a a|k k)|a a|1 1 2 2 1 1，那么，那么，n n k k f f(m m)kmkma a|a a|k kk ka a0，0，1 1a a|a a|1 1

43、k k 00，f f(n n)knkna a 00，直，直线线y ykxkxa a与曲线与曲线y yf f(x x)有唯一公共点有唯一公共点5 5(2022绍兴市高三教学质量调测(2022绍兴市高三教学质量调测)函数函数f f(x x)1 13 32 2x xaxax3 3x xb b(a a，b bR)R)3 3(1)(1)当当a a2 2，b b0 0 时，求时，求f f(x x)在在00，33上的值上的值域；域；2 2(2)(2)对任意的对任意的b b，函数，函数g g(x x)|f f(x x)|)|的零点的零点3 3不超过不超过 4 4 个，求个，求a a的取值范围的取值范围1 13

44、 3解：解：(1)(1)由由f f(x x)x x2 2x x2 23 3x x，3 3得得f f(x x)x x4 4x x3 3(x x1)(1)(x x3)3)当当x x(0，(0，1)1)时，时，f f(x x)0 0，故，故f f(x x)在在(0(0，1)1)-31-31-2 2上单调递增；上单调递增；当当x x(1，(1，3)3)时，时，f f(x x)0 0，故，故f f(x x)在在(1(1，3)3)上单调递减上单调递减4 4又又f f(0)(0)f f(3)(3)0 0，f f(1)(1)，3 34 4所以所以f f(x x)在在00，33上的值域为上的值域为00，3 3(

45、2)(2)由题得由题得f f(x x)x x2 2axax3 3，4 4a a1212，当当0，即0，即a a3 3 时，时，f f(x x)0，)0，f f(x x)在在R R 上单调递增，满足题意上单调递增，满足题意当当0 0，即即a a3 3 时，时，方程方程f f(x x)0 0 有两有两根，设两根为根，设两根为x x1 1，x x2 2，且，且x x1 1x x2 2，x x1 1x x2 22 2a a，x x1 1x x2 23.3.那么那么f f(x x)在在(，x x1 1)，(x x2 2，)上单调递，)上单调递增，在增，在(x x1 1，x x2 2)上单调递减上单调递减

46、4 4由题意知由题意知|f f(x x1 1)f f(x x2 2)|)|，3 3即即|2 22 22 22 2x xx x3 33 31 13 32 24 4a a(x xx x)3(3(x x1 1x x2 2)|)|.3 32 21 12 22 2-32-32-3 34 44 42 22 2化简得化简得(a a3)3)2 2，解得，解得 3 3a a4 4，3 33 3综合，得综合，得a a4 4，即2即2a a2.2.6 6(2022台州市高考一模(2022台州市高考一模)函数函数f f(x x)1 1lnlnx x2 2a ae e1 1，g g(x x)x x bxbx(e(e 为

47、自然对数的底数为自然对数的底数)，x xe ex x假设曲线假设曲线y yf f(x x)与曲线与曲线y yg g(x x)的一个公共点的一个公共点是是A A(1(1，1)1)，且在点，且在点A A处的切线互相垂直处的切线互相垂直(1)(1)求求a a，b b的值；的值；(2)(2)求证：当求证：当x x11 时，时，f f(x x)g g(x x).2 2x xlnlnx x解：解：(1)(1)因为因为f f(x x)1 1，x x所以所以f f(x x)lnlnx x1 1x x2 2，f f(1)(1)1.1.a ae e1 1因为因为g g(x x)x x bxbx，e ex x所以所

48、以g g(x x)a ae ee ex x2 2b b.1 1x x-33-33-因为曲线因为曲线y yf f(x x)与曲线与曲线y yg g(x x)的一个公共的一个公共点是点是A A(1(1，1)1)，且在点，且在点A A处的切线互相垂直，处的切线互相垂直，所以所以g g(1)(1)1 1，且，且f f(1)(1)g g(1)(1)1 1，即即g g(1)(1)a a1 1b b1 1，g g(1)(1)a a1 1b b1 1，解得解得a a1 1，b b1.1.e e1 1(2)(2)证明：由证明：由(1)(1)知，知，g g(x x)x x x x，e ex x2 2lnlnx x

49、e e1 1那么那么f f(x x)g g(x x)1 1x x x x0.0.x xx xe ex xe e1 1令令h h(x x)1 1x x x x(x x1)，1)，x xe ex x那么那么h h(x x)e ex x1.1.e ee e因为因为x x1，所以1，所以h h(x x)2 2x x1 10 0，x xe e所所以以h h(x x)在在11，)上上单单调调递递增增，所所以以lnlnx x1 1lnlnx xlnlnx xx x2 2e e1 1lnlnx xx x2 21 12 2e ex xx xh h(x x)h h(1)(1)0 0，-34-34-e e1 1即即

50、 1 1x x x x0，0，x xe ex x所以当所以当x x11 时，时，f f(x x)g g(x x).2 2lnlnx xx x7 7(2022宁波市镇海中学高考模拟(2022宁波市镇海中学高考模拟)设函数设函数f f(x x)2 2k k(lnlnx x)()(k k为常数，为常数，e e2.7182.718 2828x xx x是自然对数的底数是自然对数的底数)(1)(1)当当k k00 时，求函数时，求函数f f(x x)的单调区间；的单调区间；(2)(2)假设函数假设函数f f(x x)在在(0(0，2)2)内存在两个极值点，内存在两个极值点，求求k k的取值范围的取值范围