【新高考数学专用】专题23利用导数证明不等式(原卷版+解析版)-2022年难点解题方法突破.pdf

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1、 专题 23 利用导数证明不等式 一、多选题 1已知函数1()2lnf xxx，数列 na的前 n项和为nS，且满足12a，*1Nnnaf an，则下列有关数列 na的叙述正确的是（）A21aa B1na C100100S D112nnnaaa 2下列不等式正确的是（）A当xR时，1xex B当0 x 时，ln1xx C当xR时，xeex D当xR时，sinxx 3已知定义在 R上的函数 f x满足 f xfx，则下列式子成立的是（）A20192020fef B20192020eff C f x是 R 上的增函数 D0t，则有 tf xe f xt 二、解答题 4已知函数 ln1f xx，1a

2、xg xx，若 F xf xg x最小值为 0.（1）求实数a的值；（2）设nN，证明：12ggg nf nn.5已知函数 lnf xx，g xxm.（1）当0m 时，求函数 f xyg x的最大值；（2）设 h xf xg x，当12xx，且 120h xh x，求证：12ln0emxxm.6已知函数 xf xxexR，其中e为自然对数的底数（1）当1x 时，证明：211ln231f xxxxx；（2）设实数1x，212xxx是函数 2112g xfxa x的两个零点，求实数a的取值范围 7已知()xf xe，当0 x 时(2)1fxax恒成立（1）求实数a的取值范围；（2）当0,2x时，求

3、证：223sinxxxxe 8已知函数 lnxxf xea.（1）当1a 时，求曲线 yf x在点 1,1Af处的切线方程；（2）若01a，求证：2lnaf xa.9已知函数21()ln2f xaxaxx.(1)若()f x只有一个极值点，求a的取值范围.(2)若函数2()()(0)g xf xx存在两个极值点12,x x，记过点1122(,(),(,()P x g xQ x g x的直线的斜率为k，证明：1211kxx.10函数 11xxfxx ek e.（1）当1k 时，求 f x的单调区间；（2）当0 x，k2时，证明：0f x.11已知函数2()2ln2(1)f xmxxm x（1）讨

4、论函数()f x的单调区间；（2）当1x 时，求证：2286 ln3521xxxxxx 12函数 2 lnaxf xxx.（1）若12a，求 f x的单调性；（2）当0a 时，若函数 2g xf xa有两个零点，求证：12a.13已知函数21()xm xxf xe（1）试讨论()f x的单调性；（2）若0m，证明：()lnefxxx 14已知函数 lnxf xxeaxx.（1）当0a 时，求 f x的最小值；（2）若对任意0 x 恒有不等式 1fx 成立.求实数a的值；证明：22 ln2sinxx exxx.15已知 a0，函数21()ln(1)2f xxxxax（1）若 f（x）为减函数，求

5、实数 a的取值范围；（2）当 x1时，求证：2e()e2aaf x （e2.718）16已知函数 21ln2fxaxxxb，g xfx.（1）判断函数 yg x的单调性；（2）若0,2.718xe e，判断是否存在实数a，使函数 g x的最小值为 2？若存在求出a的值；若不存在，请说明理由；（3）证明：31233ln12341nnnn.17已知函数 2lnf xxxx.（1）求证：0f x；（2）函数 21 0g xf xxax a，有两个不同的零点1x，2x.求证：12lnln2ln0 xxa.18已知函数 sin 1lnf xaxx，aR.（1）若函数 f x在区间0,1内是增函数，求a的

6、取值范围；（2）证明：222111sinsinsinln2231 n.19已知函数()ln21af xxxax.（1）若 a=-2，求函数 f(x)的单调区间；（2）若函数 f(x)有两个极值点 x1，x2，求证12()+()0f xf x.20（1）当02x时，求证：sinxx；（2）若1xekx对于任意的0,x恒成立，求实数 k 的取值范围；（3）设 a0，求证；函数 1cosaxf xex在0,2上存在唯一的极大值点0 x，且 10af xe.专题 23 利用导数证明不等式 一、多选题 1已知函数1()2lnf xxx，数列 na的前 n项和为nS，且满足12a，*1Nnnaf an，则

7、下列有关数列 na的叙述正确的是（）A21aa B1na C100100S D112nnnaaa 【答案】AB【分析】A计算出2a的值，与1a比较大小并判断是否正确；B利用导数分析 f x的最小值，由此判断出1na 是否正确；C根据na与1的大小关系进行判断；D构造函数 1ln11h xxxx，分析其单调性和最值，由此确定出1ln10nnaa，将1ln10nnaa 变形可得112nnaa，再将112nnaa变形可判断结果.【详解】A 选项，3221112ln2ln4ln2222ae，A 正确；B选项，因为222121()xfxxxx，所以当1x 时，0fx，所以()f x单增，所以()(1)1

8、f xf，因为121a，所以 11nnaf a，所以1na，B 正确；C选项，因为1na，所以100100S，C错误；D 选项，令1()ln1(1)h xxxx，22111()0 xh xxxx，所以()h x在(1,)单调递增，所以()(1)0h xh，所以1ln10nnaa，则22ln20nnaa，所以112ln2nnnaaa，即112nnaa，所以112nnna aa，所以 D 错误.故选：AB.【点睛】易错点睛：本题主要考查导数与数列的综合问题，属于难题.解决该问题应该注意的事项：（1）转化以函数为背景的条件时，应该注意题中的限制条件，如函数的定义域，这往往是很容易被忽视的问题；（2）

9、利用函数的方法研究数列中的相关问题时，应准确构造相应的函数，注意数列中相关限制条件的转化.2下列不等式正确的是（）A当xR时，1xex B当0 x 时，ln1xx C当xR时，xeex D当xR时，sinxx【答案】ABC【分析】构建函数，利用导数研究其单调性和最值，可得出每个选项中的不等式正不正确.【详解】对于 A：设()1xf xex，则()1xfxe，令()0fx，解得0 x，当(,0)x 时函数单调递减，当(0,)x时，函数单调递增，所以函数在0 x 时，函数取得最小值()(0)0minf xf，故当xR时，1xex，故 A正确；对于 B：设()ln1f xxx，所以1(1)()1 x

10、fxxx，令()0fx，解得1x，当(0,1)x时，函数单调递增，当(1,)x时，函数单调递减，所以在1x 时，max()f xf（1）0，故当0 x 时，1lnx x 恒成立，故 B正确；对于 C：设()xf xeex，所以()xfxee，令()0fx，解得1x，当(,1)x 时，函数单调递减，当(1,)x时，函数单调递增，所以当1x 时，min()f xf（1）0，所以当xR时，xeex，故 C正确；对于 D：设函数()sinf xxx，则()1cos0fxx，所以()f x是定义在R上单调递增的奇函数，所以0 x 时，sinxx成立，0 x 时，()0f x，故 D 错误 故选：ABC

11、3已知定义在 R上的函数 f x满足 f xfx，则下列式子成立的是（）A20192020fef B20192020eff C f x是 R 上的增函数 D0t，则有 tf xe f xt【答案】AD【分析】由题意得 0 xe f x，即 xe f x为增函数，可得2019202020192020efef，即可判断,A B，举出反例可判断 C，根据单调性可判断 D.【详解】由 f xfx，得 0 xxe f xe fx，即 0 xe f x，所以函数 xe f x为增函数，故2019202020192020efef，所以20192020fef，故 A正确，B 不正确；函数 xe f x为增函数

12、时，f x不一定为增函数，如122xxxee是增函数，但12x是减函数，所以 C 不正确；因为函数 xe f x为增函数，所以0t 时，有 xx te f xef xt，故有 tf xe f xt成立，所以 D 正确.故选：AD.【点睛】本题主要考查了利用导数判断函数的单调性，构造函数 xe f x是解题的关键，属于中档题.二、解答题 4已知函数 ln1f xx，1axg xx，若 F xf xg x最小值为 0.（1）求实数a的值；（2）设nN，证明：12ggg nf nn.【答案】（1）1；（2）证明见解析.【分析】（1）由 0Fx，得1xa，讨论当0a 时，无最小值.当0a 时，min1

13、ln1F xF aaa，由ln10aa 可得答案得；（2）由（1）可知1a，可得111ln1 231nn，由（1）可知111ln1 111nnnn，即1ln1ln1nnn，进而可得结论.【详解】（1）由已知 ln11axF xxx，定义域为1,.2211111axaF xxxx.由 0Fx，得1xa.当0a 时，1,x，0Fx 在1,单调递增无最小值.当0a 时，1,a 1x，0Fx；1,xa，0Fx.故 min1ln1F xF aaa，令 ln10 xxxx，1 0 xxxx.0,1x，0 x；1,x，0 x，max10 x，所以由ln10aa，得1a.（2）由（1）可知1a，此时 12gg

14、g nf nn 等价于111ln1 231nn，由（1）可知当0 x 时，ln11xxx.故111ln1 111nnnn，即1ln1ln1nnn.所以 111ln1ln2ln1ln3ln2ln1ln231nnnn，故 12ggg nf nn.【点睛】不等式证明问题是近年高考命题的热点，利用导数证明不等主要方法有两个，一是比较简单的不等式证明，不等式两边作差构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出函数的最值即可；二是较为综合的不等式证明，要观察不等式特点，结合已解答的问题把要证的不等式变形，并运用已证结论先行放缩，然后再化简或者进一步利用导数证明.5已知函数 lnf xx，g xxm.（1）当0

15、m 时，求函数 f xyg x的最大值；（2）设 h xf xg x，当12xx，且 120h xh x，求证：12ln0emxxm.【答案】（1）1e；（2）证明见解析.【分析】（1）当0m 时，lnf xxyg xx，21ln xyx，由 f xyg x的单调性得出函数 f xyg x的最大值；（2）由函数 h x的单调性结合零点个数得出1m，结合分析法要证12ln0emxxm，只需证121mexxem，由函数 h x在,1me上存在唯一零点1x证明11mex，由函数 h x在1,em上存在唯一零点2x证明21xem，从而得出12ln0emxxm.【详解】解 1）当0m 时，lnf xxy

16、g xx，221ln1 lnxxxxyxx .当xe时，0y；当0 xe时，0y.函数lnyx在0,e上单调递增，在,e 上单调递减.max1x eyye.（2）由题可知1x，2x是函数 lnh xxxm的零点.111xhxxx 当1x 时，0h x；当01x时，0h x 函数 h x在0,1上单调递增，在1,上单调递减 故函数 h x要有两个零点，必有 110hm ，即1m.要证12ln0emxxm，只需证21mxxeme 只需证121mexxem 由于1m，0,1me，0mmh emem，110hm 函数 h x在,1me上存在唯一零点1x 即11mex.由（1）知，ln1xxe，所以ln

17、xxe，且当xe时，取等号 ln20emh emememmemmmee 函数 h x在1,em上存在唯一零点2x 即21xem.由可知成立，故12ln0emxxm.【点睛】求解本题第（2）问的关键是根据题中条件将证明12ln0emxxm转化为证明121mexxem，然后利用零点存在定理即可求解.6已知函数 xf xxexR，其中e为自然对数的底数（1）当1x 时，证明：211ln231f xxxxx；（2）设实数1x，212xxx是函数 2112g xfxa x的两个零点，求实数a的取值范围 【答案】（1）证明见解析；（2）,0【分析】（1）构造函数 11ln21ln2111xf xh xxx

18、exxxx，证明最小值大 0 即可得解；（2）先求导 2112xg xxea x可 111xxgxxea xxea，分0a，0a 和0a 进行讨论即可得解.【详解】（1）设 11ln21ln2111xf xh xxxexxxx，112xhxex，121xhxex，1x，11xe，2101x，1210 xhxex，h x在1,上单调递增，又 10h，1x 时，10h xh，1ln21xh xexx在1,上单调递增，又 10h，1x 时，10h xh，故当1x 时，1ln211f xxxx，211ln231f xxxxx（2）2112xg xxea x，111xxgxxea xxea，当0a 时，

19、易知函数 g x只有一个零点，不符合题意 当0a 时，在,1 上，0g x，g x单调递减；在1,上，0gx，g x单调递增；又 110ge，120gea，不妨取4b 且lnba时，2ln2111120222ag bbea babb，或者考虑：当x，g x，所以函数 g x有两个零点，0a 符合题意，当0a 时，由 10 xgxxea得1x 或lnxa（）当ln1a ，即1ae时，在,上，0g x成立，故 g x在,上单调递增，所以函数 g x至多有一个零点，不符合题意（）当ln1a ，即10ae时，在,lna和1,上，0gx，g x单调递增；在ln,1a 上，0g x，g x单调递减；又 1

20、10ge，且2211lnlnln1ln1022gaaaaaaa，所以函数 g x至多有一个零点 g x，不符合题意（）当ln1a 即1ae时，在,1 和ln,a 上 0gx，g x单调递增；在1,lna上 0g x，g x单调递减，以 110ge，所以函数 g x至多有一个零点，不符合题意 综上所述，实数a的取值范围是,0【点睛】本题考查了导数的应用，考查了利用导数研究函数的单调性，考查了构造法证明不等式以及分类讨论求参数范围，要求较高的计算能力，属于难题.解决本类问题的方法有以下几点：（1）证明题常常利用构造法，通过构造函数来证明；（2）分类讨论解决含参问题，是导数压轴题常考题型，在讨论时重

21、点是找到讨论点.7已知()xf xe，当0 x 时(2)1fxax恒成立（1）求实数a的取值范围；（2）当0,2x时，求证：223sinxxxxe【答案】（1）2a；（2）证明见解析.【分析】（1）移项构造函数，求导后分类讨论.（2）利用（1）的结论构造新函数，求导后构造新函数再求导寻找极值点即可.【详解】（1）(2)1fxax即210 xeax 恒成立，令2()1(0)xh xeaxx，则2()2xh xea 当2a 时()0h x，则()h x在0,是增函数，(0)0h，()0h x成立 当2a 时，0 x使 00h x 00,xx，()0h x，()h x为减函数，0,xx，()0h x

22、，()h x为增函数 所以 0(0)0h xh不合题意 所以2a （2）由（1）得当0,2x时221xex，所以要证223sinxxxxe只要证23sin(21)xxxx 即证：2sin0 xxx，设2()sinh xxxx，0,2x，()21cosh xxx，()2sin0h xx 所以()h x在0,2是增函数，(0)2h，102h，所以存在00,2x使 00h x 故00,xx时，()0h x，则()h x为减函数，0,2xx时()0h x则()h x为增函数(0)0h，2224144202h，所以0,2x时()0h x，故命题成立【点睛】此题为导数综合题，属于难题.方法点睛：利用导数求

23、参数范围方法：（1）变量分离，构造函数，转化为恒成立问题处理，求导数进步求新函数的最值.（2）移项后，构造函数，求导讨论函数的单调性及极值.8已知函数 lnxxf xea.（1）当1a 时，求曲线 yf x在点 1,1Af处的切线方程；（2）若01a，求证：2lnaf xa.【答案】（1）11yex；（2）证明见解析.【分析】（1）首先求导得到 10 xfxexx，从而得到1ke，再利用点斜式求切线方程即可.（2）首先求导得到 111xxfxexeaxxa，根据xyxe在0,上单调递增，且0,y，且11a，得到存在唯一00 x,，使得0010 xx ea，再根据函数 f x的单调性得到 min

24、f x，利用基本不等式即可证明 2lnaf xa.【详解】（1）当1a 时，1ln0 xxf xexfxexx.11kfe，又 1fe，f x在点A处的切线方程为11yeex，即11yex.（2）ln1110 xxxxfxefxexexaaxxa，易知xyxe在0,上单调递增，且0,y，又1011aa，存在唯一00 x,，使得0010 xx ea，即00001lnlnxexxaax.当00 xx时，0fx，f x为减函数；当0 xx时，0fx，f x为增函数.00000min00ln1ln11lnxxxaf xf xexaaaxaaax002l12lnn1xaaxaa.当且仅当001xx，即0

25、1x 时，等号成立.当01a时，2lnaf xa.【点睛】关键点点睛：本题主要考查导数的综合应用，考查利用导数证明不等式，解题的关键为找到导函数的隐藏零点，属于中档题.9已知函数21()ln2f xaxaxx.(1)若()f x只有一个极值点，求a的取值范围.(2)若函数2()()(0)g xf xx存在两个极值点12,x x，记过点1122(,(),(,()P x g xQ x g x的直线的斜率为k，证明：1211kxx.【答案】（1）0a；（2）证明见解析.【分析】（1）先求导，令xn，则0n.令22()2nanna，解不等式组0,(0)0,a即得解；（2）只需证21121222112l

26、n()2xxxaxxxxx，设12(01)xttx，函数21()2lnm tattt，证明 121()0()2m txx即得证.【详解】(1)解：222()222aaxaxxafxxxx，(0,)x 令xn，则0n.令22()2nanna，要使函数()f x只有一个极值点，则需满足0,(0)0,a，即0a；(2)证明：因为2221()()2ln2g xf xaxaxx，所以22222()1aaxxag xaxxx，因为()g x存在两个极值点，所以30,1 80,aa即102a 不妨假设120 xx，则121xxa 要证1211kxx，即要证121212()()11g xg xxxxx，只需证

27、121212121221()()()()xxxxxxg xg xx xxx，只需证221112121212222111()()22()222xxxxxxa xxa lnxxa lnxxxx，即证21121222112ln()2xxxaxxxxx 设12(01)xttx，函数21()2lnm tattt，22221()ta tm tt 因为102a，故4440a，所以22210ta t，即()0m t，故()m t在(0,1)上单调递减，则()(1)0m tm 又因为121()02xx，所以121()0()2m txx，即21121222112ln()2xxxaxxxxx，从而1211kxx得证

28、.【点睛】关键点点睛：解答本题的关键是通过分析得到只需证明21121222112ln()2xxxaxxxxx.对于比较复杂的问题，我们可以通过分析把问题转化，再证明，提高解题效率.10函数 11xxfxx ek e.（1）当1k 时，求 f x的单调区间；（2）当0 x，k2时，证明：0f x.【答案】（1）单调递减区间为,0，单调递增区间为0,；（2）证明见解析.【分析】（1）由1k 得到 11xxfxx ee 求导由 0fx，0fx求解.（2）求导 1xfxexk，分1k，12k讨论求解.【详解】（1）当1k 时，11xxfxx ee ，.所以 xfxx e 当 0fx时，0 x；当 0f

29、x时，0 x.所以 f x的单调递减区间为,0，单调递增区间为0,.（2）因为 11xxfxx ek e，所以 1xfxexk.当1k，0 x 时，0fx恒成立，所以 f x单调递增，所以 0f xf，而 010f，所以 0f x 恒成立；12k，0 x 时，由 0fx可得1xk；由 0fx可得01xk.所以 f x在0,1k 单调递减，在1,k 单调递增，所以 1min11kf xf kke.设 1112()xg xxex，则 110 xgxe，所以 g x在1,2单调递减，故 min230g xge，所以 min110kf xke，从而 0f x.综上，当0 x，k2时，0f x.【点睛】

30、方法点睛：1、利用导数研究函数的单调性的关键在于准确判定导数的符号，当 f(x)含参数时，需依据参数取值对不等式解集的影响进行分类讨论；若可导函数 f(x)在指定的区间 D上单调递增(减)，求参数范围问题，可转化为 f(x)0(或 f(x)0)恒成立问题，从而构建不等式，要注意“”是否可以取到 2、利用导数证明不等式常构造函数(x)，将不等式转化为(x)0(或0)的形式，然后研究(x)的单调性、最值，判定(x)与 0的关系，从而证明不等式.11已知函数2()2ln2(1)f xmxxm x（1）讨论函数()f x的单调区间；（2）当1x 时，求证：2286 ln3521xxxxxx【答案】（1

31、）答案见解析；（2）证明见解析【分析】（1）先求导，分为0m，1m ，1m 和10m 四种情形进行分类讨论，根据导数和函数单调性的关系即可求出；（2）等价于3226(1ln)23501xxxxx，令 3261 ln235h xxxxx，利用当2m 时的结论，根据导数判断 h x与 0的关系，即可证明.【详解】解：()f x的定义域为(0,)，则22(1)1(1)(1)()22(1)22mxm xmxxfxmxmxxx，当0m时，10mx，当(0,1)x时，()0fx，当(1,)x时，()0fx，函数()f x的单调递减区间为(0,1)，单调递增区间为(1,)，当0m 时，令()0fx，解得1x

32、 或1xm，当1m 时，2(1)()2?0 xfxx 恒成立，函数()f x的单调递减区间为(0,)，无单调递增区间，当1m 时，101m，当1(0,)xm或(1,)时，()0fx，当1(xm，1)时，()0fx，函数()f x的单调递减区间为1(0,)m或(1,)，单调递增区间为1(m，1)，当10m，11m，当(0,1)x或1(m，)时，()0fx，当1(1,)xm时，()0fx，函数()f x的单调递减区间为(0,1)或1(m，)，单调递增区间为1(1,)m 综上所述：当0m时，函数()f x的单调递减区间为(0,1)，单调递增区间为(1,)，当1m 时，函数()f x的单调递减区间为(

33、0,)，无单调递增区间，当1m 时，函数()f x的单调递减区间为1(0,)m，(1,)，单调递增区间为1(m，1)，当10m 时，函数()f x的单调递减区间为(0,1)或1(m，)，单调递增区间为1(1,)m（2）证明：要证2286 ln3521xxxxxx，即证3226(1ln)23501xxxxx，令32()6(1 ln)235h xxxxx，则22()66ln6663(22ln2)h xxxxxxx，由（1），当2m 时，2()22ln2f xxxx，可得()f x的单调递减区间为(0,1)，单调递增区间为(1,)，即()h x的单调递减区间为(0,1)，单调递增区间为(1,)，()

34、h xh（1）0，()h x在(0,)上单调递增，h（1）6(1 ln1)2 3 50 ，当01x时，()0h x，210 x，当1x 时，()0h x，210 x，3226(1)23501xlnxxxx，即22863521xxlnxxxx【点睛】含有参数的函数单调性讨论常见的形式：（1）对二次项系数的符号进行讨论；（2）导函数是否有零点进行讨论；（3）导函数中零点的大小进行讨论；（4）导函数的零点与定义域端点值的关系进行讨论等.12函数 2 lnaxf xxx.（1）若12a，求 f x的单调性；（2）当0a 时，若函数 2g xf xa有两个零点，求证：12a.【答案】（1）f x在0,1

35、上单调递减，在1,上单调递增；（2）证明见解析.【分析】（1）求导得 2221 ln1 ln1xxxfxxx ，设 21 lnxxx，利用导数可得 x的单调性，并可得 x的零点，即可求出 f x的单调性；（2）由函数 g x有两个零点，所以 22 ln20h xxaxax x，即 0h x 有两个不等实根，利用导数求得 h x的单调性，结合题意可得2001xax，求出0 x的范围，利用对勾函数的单调性即可证明.【详解】（1）因为 ln xfxxx，（0 x），所以 2221 ln1 ln1xxxfxxx .设 21 lnxxx，则 120 xxx，所以 x在0,单调递增，又因为 10，所以当0

36、,1x时，0 x，则 0fx，f x单调递减；当1,x时，0 x，则 0fx，f x单调递增.综上，f x在0,1上单调递减，在1,上单调递增.（2）证明：因为函数 2 ln20axg xxa xx有两个零点，所以方程22 ln20 xaxax有两个不等实根.设 22 ln20h xxaxax x，即 0h x 有两个不等实根，则 22222220axaxah xxaxxx.设 22220m xxaxa x，则由0a 可知24160aa，而 2222m xxaxa的对称轴方程为2ax，且 020ma，所以存在00 x,使得 20002220m xxaxa，即2001xax，且当00,xx时，0

37、m x，则 0h x，所以 h x单调递减；当0,xx时，0m x，则 0h x，所以 h x单调递增.因为 0h x 有两个不等实根，所以必有 00h x，即20002 ln20 xaxax.将2001xax，代入整理可得0012ln0 xx.设 12ln0m xxx x ，则易得 m x在0,上单调递减，又 10m，所以01x，结合对勾函数1ytt 在2,单调递增可知200001112112xaxxx，即12a 成立，命题得证.【点睛】解题的关键是利用导数判断函数的单调性，当导函数无法直接判断正负时，可构造新函数，并继续求导，即可求出导函数的单调性和极值，进而可得导函数的正负，即原函数的单

38、调性，考查分析理解，化简求值的能力，属中档题.13已知函数21()xm xxf xe（1）试讨论()f x的单调性；（2）若0m，证明：()lnefxxx【答案】（1）答案不唯一见解析；（2）证明见解析.【分析】（1）对函数进行求导得(1)(1)()xxmxmfxe，再对m分三种情况讨论，即0m，0m，0m 三种情况；（2）要证明 ()lnefxxx，只需证明 ()lnefxxx，而ln1xx，因此只需证明1()f xe，再利用函数的单调性，即可得证；【详解】解析：（1）因为(1)(1)()xxmxmfxe，当0m 时，1()xxfxe，当1x 时，()0fx，当1x 时，()0fx，所以()

39、f x在(,1)上单调递增，在(1,)上单调递减；当0m 时，1(1)11(),11xm xxmfxem ，当11,1xm时，()0fx，当1,1(1,)xm 时，()0fx，所以()f x在11,1m单 调递增，在1,1,(1,)m单调递减；当0m 时，111m，当11,1xm时，()0fx，当1(,1)1,xm 时，()0fx，所以()f x在11,1m单调递减，在1(,1),1,m单调递增（2）要证明 ()lnefxxx，只需证明 ()lnefxxx，而ln1xx，因此只需证明1()f xe，当0m 时，()xxf xe，由（1）知()f x在(,1)上单调递增，在(1,)上单调递减，所

40、以max1()(1)f xfe；当0m 时，211()xxm xxxf xeee，故 ()lnefxxx【点睛】利用导数研究含参函数的单调区间，要注意先求导后，再解导数不等式.14已知函数 lnxf xxeaxx.（1）当0a 时，求 f x的最小值；（2）若对任意0 x 恒有不等式 1fx 成立.求实数a的值；证明：22 ln2sinxx exxx.【答案】（1）lnaaa；（2）1；证明见解析.【分析】（1）求出函数 f x的定义域，对函数求导，令0 xxea，构造 xg xxe，利用导数研究函数的单调性与实根个数，进而得出 f x的单调性和最值；（2）当0a 时，f x单调递增，f x值

41、域为R，不适合题意；当0a 时，构造 ln0aaaa a，求导得出函数的最大值，可得实数a的值；由可知ln1xxexx，因此只需证：22ln2sinxxxx，只需证2222sinxxxx，即222sinxxx，按1x 和01x分别证明即可【详解】（1）法一：f x的定义域为0,，由题意 11xxaxeafxxexxx，令0 xxea，得xaxe，令 xg xxe，10 xxxgxexexe，所以 g x在0,x上为增函数，且 00g，所以xaxe有唯一实根，即 0fx有唯一实根，设为0 x，即00 xax e，所以 f x在00,x上为减函数，在0,x 上为增函数，所以 00000minlnl

42、nxf xf xx eaxxaaa.法二：lnlnln0 xex xf xxaxxeaxxx.设lntxx，则tR.记 tteat tR.故 f x最小值即为 t最小值.0ttea a，当,lnta 时，0t，t单调递减，当ln,ta时，0t，t单调递增，所以 lnminlnlnlnaf xaeaaaaa，所以 f x的最小值为lnaaa.（2）当0a 时，f x单调递增，f x值域为R，不适合题意，当0a 时，由（1）可知 minlnfxaaa，设 ln0aaaa a，所以 lnaa，当0,1a时，0a，a单调递增，当1,a时，0a，a单调递减，所以 max11a，即ln1aaa.由已知，1

43、fx 恒成立，所以ln1aaa，所以ln1aaa，所以1a.由可知ln1xxexx，因此只需证：22ln2sinxxxx，又因为ln1xx，只需证 2222sinxxxx，即222sinxxx，当1x 时，2222sinxxx结论成立，当0,1x时，设 222sing xxxx，212cosgxxx，当0,1x时，g x显然单调递增.112cos10gxg，故 g x单调递减，122sin10g xg，即222sinxxx.综上结论成立.【点睛】方法点睛：本题考查导数研究函数的最值，导数解决恒成立问题以及导数证明不等式，导数对于含参数的函数在闭区间上函数值恒大于等于或小于等于常数问题,可以求函

44、数最值的方法,一般通过变量分离，将不等式恒成立问题转化为求函数的最值问题：1.()f xm恒成立min()f xm；2.()f xm恒成立max()f xm.15已知 a0，函数21()ln(1)2f xxxxax（1）若 f（x）为减函数，求实数 a的取值范围；（2）当 x1时，求证：2e()e2aaf x （e2.718）【答案】（1）0a1；（2）证明见解析.【分析】（1）根据题意可得在0，上，0fx恒成立，即ln0 xxa恒成立，设 lng xxxa，求导数分析 g x的单调性，使得 max0g x，即可得结果；（2）当0a1时，可得 12fx ，2e1e22aa；当1a 时，先得 f

45、x在1,上单调递减，10f，得出存在0 x，使得01,x上单调递增，在0+x，上单调递减，进而 20001()2f xf xxx，结合函数21()2F xxx的单调性可得结果.【详解】（1）解：由题意知 f（x）的定义域为（0，），f（x）lnx-xa，由 f（x）为减函数可知 f（x）0恒成立 设 g（x）lnx-xa，11()g xx，令 g（x）0得 x1，当 x（0，1）时，g（x）0，g（x）单调递增，即 f（x）单调递增；当 x（1，）时，g（x）0，g（x）单调递减，即 f（x）单调递减 故 f（x）f（1）-1a0，因此 0a1（2）证明：由（1）知，当 0a1时，f（x）为减

46、函数，所以3()(1)2f xfa，又 0a1，3122a 设2ee2aay，eat，则22tyt，t（1，e 又22tyt在区间（1，e上单调递增，所以11122y ，故231e()(1)e222aaf xfa，所以当 0a1时，2e()e2aaf x 当 a1时，由（1）知，当 x（1，）时，f（x）单调递减，且 f（1）a-10 f（ea）2a-ea，令 h（x）2x-ex，h（x）2-ex，当 x1 时，h（x）0，h（x）单调递减，故 h（a）2a-eah（1）2-e0，又 ea1，f（x）在（1，）上单调递减，故存在 x0（1，ea），使得 f（x0）0，即 f（x0）lnx0-x

47、0a0，即 ax0-lnx0，因此有 f（x）在（1，x0）上单调递增，在（x0，）上单调递减，故2000001()()ln(1)2f xf xxxxax，将 ax0-lnx0代入，得20001()2f xxx 因为函数21()2F xxx在（1，）上单调递增，所以20e()(e)e2aaaF xF，即20e()e2aaf x，故20e()()e2aaf xf x成立。【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理 16已知函数 21

48、ln2fxaxxxb，g xfx.（1）判断函数 yg x的单调性；（2）若0,2.718xe e，判断是否存在实数a，使函数 g x的最小值为 2？若存在求出a的值；若不存在，请说明理由；（3）证明：31233ln12341nnnn.【答案】（1）答案见解析；（2）存在，2ae；（3）证明见解析.【分析】（1）先求 g xfx，再对 yg x求导，对参数 a 进行讨论确定导数的正负，即得函数单调性；（2）对参数 a 进行讨论确定 yg x导数的正负，即得函数 yg x单调性，再根据单调性确定最值等于 2，解得符合条件的参数值即得结果；（3）先构造函数11()ln31,132h xxxx，证明

49、其小于零，即得1,12x时13ln13xx，再将1nxn代入求和即证结论.【详解】解：（1）由 21ln2fxaxxxb，知 ln1g xfxaxx，0 x，故 11axgxaxx，0 x.当0a 时，0g x，即 g x在0,为减函数，当0a 时，在10,a上 0g x，所以 g x在10,a为减函数，在1,a上 0gx，所以 g x在1,a增函数.（2）当0a 时，g x在0,e为减函数，所以 min11g xg eea .故不存在最小值 3.当10ae时，1ea，g x在0,e为减函数，所以 min1 ln2g xg eeae，所以4ae，不合题意，舍去 当1ae时10ea，在10,a上

50、 0g x，函数 g x单调递减；在1,ea上 0gx，函数 g x单调递增，由此 min111 1 ln2g xgaa ，所以ln2a.解得2ae 故2ae时，使函数 g x的最小值为 2.（3）构造函数11()ln31,132h xxxx，则11 9()3033xh xxx，故1()ln313h xxx在1,12x上递减，111111()ln31ln20232232h xh ，故 1ln3103xx，即1,12x时13ln13xx，而11,1,1112nnNxnn，故13ln1311nnnn，即ln(13ln131)1nnnn，将nN依次代入并相加得 1ln1ln12313ln2ln3.l