专题十九解析版

1、专题十九 证明不等式之参数放缩问题1已知f（x）ex1+ln（+1）（1）若函数f（x）在（1，0）上单调递增，求实数a的取值范围；（2）若a（0，1且x0，证明：f（x）2x【分析】（1）由+10在（1，0）上恒成立对a分类讨论可得：a（，0）1，+）根据f（x）在（1，0）上单调递增，当a1时，容易得出单调性当a0时，利用导数研究函数的单调性即可得出（2）a（0，1且x0，f（x）2xex1+ln2xx+1，故只要证明：x0，ex1+ln（x+1）2x利用导数研究其单调性即可得出【解答】解：（1）由+10在（1，0）上恒成立当a0时，xa，a1，可得a1当a0时，xa，a0，可得a0故a（

2、，0）1，+）当a1时，可得f（x）在（1，0）上单调递增当a0时，f（x）ex+0在（1，0）上恒成立，此时x+a0故ex（x+a）+10，aexxg（x），x（1，0），g（x）ex10，ag（1）1e综上可得：f（x）在（1，0）上单调递增，实数a的取值范围是（，1e1，+）（2）证明：a（0，1且x0，f（x）2xex1+ln2xx+1，故只要证明：x0，ex1+ln（x+1）2x令h（x）ex1+ln（x+1）2x（x0）h（x）ex+2，h（x）ex，即h（x）在（0，+）上单调递增，h（x）h（0）0h（x）在（0，+）上单调递增，h（x）h（0）0故a（0，1且x0时，f（x）

3、2x【点评】本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、方程与不等式的解法、等价转化方法、分类讨论方法，考查了推理能力与计算能力，属于难题2已知函数f（x）（exx）a（ex+x）（1）讨论f（x）的单调性；（2）证明：当ae且x0时，f（x）2【分析】（1）先求导，再分类讨论，根据导数和函数的单调性的关系即可求出，（2）利用（1）的结论，可知当a1时，f（x）2恒成立，当1ae时，根据函数的单调性可得f（x）f（lna）alna1alna，再构造函数设g（a）alna1alna，1ae，利用导数求出函数的最小值即可证明【解答】解：（1）f（x）（exx）a（ex+x），f（x）（ex1）a

4、（ex+1）ex1+aexa，当a0时，exa0即，令f（x）0，解得x0，当x（，0）时，f（x）0，函数单调递减，当x（0，+）时，f（x）0，函数单调递增，当a0时，令f（x）0，解得x0，或xlna，当0a1时，当x（lna，0）时，f（x）0，函数单调递减，当x（，lna），（0，+）时，f（x）0，函数单调递增，当a1时，当x（0，lna）时，f（x）0，函数单调递减，当x（，0），（lna，+）时，f（x）0，函数单调递增，当a1时，f（x）0恒成立，则函数f（x）在（，+）上单调递增，综上所述：当a0时，函数f（x）在（，0）上单调递减，在（0，+）上单调递增，当0a1时，函数

5、f（x）在（lna，0）上单调递减，在（，lna），（0，+）上单调递增，当a1时，函数f（x）在（，+）上单调递增，当a1时，函数f（x）在（0，lna）上单调递减，在（，0），（lna，+）上单调递增，证明：（2）由（1）可知，当a0时，函数f（x）在（0，+）上单调递增，f（x）f（0）1a2恒成立，当0a1时，函数f（x）在（0，+）上单调递增，f（x）f（0）1a2恒成立，当a1时，函数f（x）在（0，+）上单调递增，f（x）f（0）1102恒成立，当1ae时，函数f（x）在（0，lna）上单调递减，在（lna，+）上单调递增，f（x）f（lna）alnaa（+lna）alna1al

6、na，设g（a）alna1alna，1ae，g（a）1（1+lna）lna0恒成立，g（a）在（1，e单调递减，g（a）ming（e）elne1elne2，f（x）2恒成立，综上所述当ae且x0时，f（x）2【点评】本小题主要考查函数导数及其应用等基础知识，考查抽象概括能力、推理论证能力、运算求解能力，考查函数与方程思想、分类与整合思想、化归与转化思想等，属于难题3已知函数f（x）aexlnx1（1）设x2是f（x）的极值点，求a，并求f（x）的单调区间；（2）证明：当a时，f（x）0【分析】（1）推导出x0，f（x）aex，由x2是f（x）的极值点，解得a，从而f（x）exlnx1，进而f（

7、x），由此能求出f（x）的单调区间（2）法一：当a时，f（x）lnx1，设g（x）lnx1，x0，则，由此利用导数性质能证明当a时，f（x）0法二：f（x）0，即a，x0，令g（x），x0，则，利用导数性质得g（x）在（0，1）单调递增，在（1，+）单调递减，g（x）g（1），由此能证明当a时，f（x）0法三：当a时，f（x），即只需证明，再通过构造函数，利用导数研究函数的单调性，即可求解【解答】解：（1）函数f（x）aexlnx1x0，f（x）aex，x2是f（x）的极值点，f（2）ae20，解得a，f（x）exlnx1，f（x），当0 x2时，f（x）0，当x2时，f（x）0，f（x）的单

8、调递减区间是（0，2），单调递增区间是（2，+）（2）证法一：当a时，f（x）lnx1，设g（x）lnx1，x0，则，由0，得x1，当0 x1时，g（x）0，当x1时，g（x）0，x1是g（x）的最小值点，故当x0时，g（x）g（1）0，当a时，f（x）aexlnx10证法二：函数f（x）aexlnx1，f（x）0，即a，x0，令g（x），x0，则，x0，g（1）0，当0 x1时，lnx0，g（x）0，当x1时，lnx0，g（x）0，g（x）在（0，1）单调递增，在（1，+）单调递减，g（x）g（1），a，ag（x）当a时，f（x）0证法三：当a时，f（x），即只需证明，由于，则exelnex

9、xexexlnexxexelnexlnex，令g（x）xex，则g（x）ex（x+1）0，即g（x）为增函数，又易证xlnexlnx+1，故g（x）g（lnex），即xexelnexlnex成立，故当时，f（x）0【点评】本题考查函数的单调性、导数的运算及其应用，同时考查逻辑思维能力和综合应用能力，是中档题4已知函数f（x）（1）求曲线yf（x）在点（0，1）处的切线方程；（2）证明：当a1时，f（x）+e0【分析】（1）由f（0）2，可得切线斜率k2，即可得到切线方程（2）可得可得f（x）在（），（2，+）递减，在（，2）递增，注意到a1时，函数g（x）ax2+x1在（2，+）单调递增，且g

10、（2）4a+10只需（x）e，即可【解答】解：（1）f（0）2，即曲线yf（x）在点（0，1）处的切线斜率k2，曲线yf（x）在点（0，1）处的切线方程为y（1）2x即2xy10为所求（2）证明：函数f（x）的定义域为：R，可得令f（x）0，可得，当x时，f（x）0，x时，f（x）0，x（2，+）时，f（x）0f（x）在（），（2，+）递减，在（，2）递增，注意到a1时，函数g（x）ax2+x1在（2，+）单调递增，且g（2）4a+10，故g（x）在（2，+）上恒大于零，即f（x）在（2，+）上恒大于零函数f（x）的图象如下：a1，则e，f（x）e，当a1时，f（x）+e0【点评】本题考查了导

11、数的几何意义，及利用导数求单调性、最值，考查了数形结合思想，属于中档题5已知函数f（x）（x2+a）exa（x+1）（1）当a0时，求函数f（x）在（1，f（1）处的切线方程；（2）若a2，证明：当x0时，f（x）0【分析】（1）把a0代入函数解析式，求得导函数，得到f（1），求得f（1），再由直线方程的点斜式得答案；（2）求出函数f（x）的导函数，进行二次求导，可得原函数的单调性，再由函数的单调性证明当x0时，f（x）0【解答】（1）解：当a0时，f（x）x2ex，f（x）（x2+2x）ex，f（1）3e，f（1）e，函数f（x）在（1，f（1）处的切线方程ye3e（x1），即3exy2e0

12、；（2）证明：f（x）（x2+2x+a）exa，令g（x）（x2+2x+a）exa，则g（x）（x2+4x+a+2）ex，a2，当x0时，（x2+4x+a+2）ex（x2+4x）ex0，即g（x）0g（x）在0，+）上是增函数，故g（x）g（0）0，即f（x）0，f（x）在0，+）上是增函数，f（x）f（0）0，即f（x）0故若a2，则当x0时，f（x）0【点评】本题考查利用导数研究过曲线上某点处的切线方程，训练了利用导数求最值，是中档题6已知函数f（x）lnxkx+k（）若f（x）0有唯一解，求实数k的值；（）证明：当a1时，x（f（x）+kxk）exax21（附：ln20.69，ln31.

13、10，e27.39）【分析】解法一：（）要使f（x）0有唯一解，只需满足f（x）max0，且f（x）max0的解唯一，分当k0，当k0 讨论求解；（）要证当a1时，x（f（x）+kxk）exax21，即证当a1时，exax2xlnx10，即证exx2xlnx10由（）得xlnxx（x1），故只需证ex2x2+x10，当x0时成立；解法二：（）分当k0时，当k0时两种情况求解，（）要证明当a1时，x（f（x）+kxk）exax21，即证当a1时，exax2xlnx10，（因为ax2x2），即证exx2xlnx10【解答】解法一：（）函数f（x）的定义域为（0，+）要使f（x）0有唯一解，只需满足

14、f（x）max0，且f（x）max0的解唯一，（1分），（2分）当k0时，f（x）0，f（x）在（0，+）上单调递增，且f（1）0，所以f（x）0的解集为1，+），不符合题意；（4分）当k0时，且时，f（x）0，f（x）单调递增；当时，f（x）0，f（x）单调递减，所以f（x）有唯一的一个最大值为，令，得k1，此时f（x）有唯一的一个最大值为f（1），且f（1）0，故f（x）0的解集是1，符合题意；综上，可得k1（6分）（）要证当a1时，x（f（x）+kxk）exax21，即证当a1时，exax2xlnx10，即证exx2xlnx10（7分）由（）得，当k1时，f（x）0，即lnxx1，从而x

15、lnxx（x1），故只需证ex2x2+x10，当x0时成立；（8分）令h（x）ex2x2+x1（x0），则h（x）ex4x+1，（9分）令F（x）h（x），则F（x）ex4，令F（x）0，得x2ln2因为F（x）单调递增，所以当x（0，2ln2时，F（x）0，F（x）单调递减，即h（x）单调递减，当x（2ln2，+）时，F（x）0，F（x）单调递增，即h（x）单调递增，所以h（ln4）58ln20，h（0）20，h（2）e28+10，由零点存在定理，可知x1（0，2ln2），x2（2ln2，2），使得h（x1）h（x2）0，故当0 xx1或xx2时，h（x）0，h（x）单调递增；当x1xx2时

16、，h（x）0，h（x）单调递减，所以h（x）的最小值是h（0）0或h（x2）由h（x2）0，得，h（x2），因为x2（2ln2，2），所以h（x2）0，故当x0时，h（x）0，所以原不等式成立（12分）解法二：（）函数f（x）的定义域为（0，+）.，（1分）当k0时，f（x）0，f（x）在（0，+）上单调递增，且f（1）0，所以f（x）0的解为1，+），此时不符合题意；（2分）当k0时，所以当时，f（x）0，f（x）单调递增；当时，f（x）0，f（x）单调递减，所以，（3分）令g（k）klnk1，（4分）当k（0，1时，g（k）0，g（k）单调递减，当k（1，+）时，g（k）0，g（k）单调递

17、增，所以g（k）g（1）0，由此可得当k0且k1时，且当x0+，x+时，f（x），由零点存在定理，使得f（x1）f（x2）0，当x1xx2时，f（x）0，解集不唯一，不符合题意；当k1时，f（x）f（1）0，所以f（x）0的解集是1，符合题意；综上可得，当k1时，f（x）0有唯一解；（6分）（）要证明当a1时，x（f（x）+kxk）exax21，即证当a1时，exax2xlnx10，（因为ax2x2）即证exx2xlnx10，（7分）令F（x）exx2xlnx1（x0），则F（x）ex2xlnx1，（8分）令G（x）F（x），则在（0，+）上单调递增，且G（1）0，G（2）0，所以x0（1，2）使得G（x0）0，即，所以当xx0时，G（x）0，G（x）单调递增，即F（x）递增；当0 xx0时，G（x）0，G（x）单调递减，即F（x）递减，所以，当x（1，2）时递减，F（x0）minH（