利用导数证明不等式50题(学生版)

试卷第试卷第#页，总69页参考答案1.(1)当。>0时，/")的单调增区间为(0,1］,单调减区间为［L+8)；当。<0时，f(x)的单调增区间为［L+8)，单调减区间为(0,1］；(2)a<C~［~C；(3)证明见解析.2【解析】试题分析：(1)函数y=/(x)在某个区间内可导，则若则/(x)在这个区间内单调递增，若/则在这个区间内单调递减；(2)对于恒成立的问题，常用到两个结论：(1)a>/(x)恒成立/GLx，(2)a</(x)恒成立<=>〃«/(x)皿6(3)利用导数方法证明不等式/(x)>g(x)在区间。上恒成立的基本方法是构造函数Mx)=/G)—g(x)，然后根据函数的单调性，或者函数的最值证明函数〃(x)>0,其中一个重要的技巧就是找到函数〃(x)在什么地方可以等于零，这往往就是解决问题的一个突破II,观察式子的特点，找到特点证明不等式.试题解析：(1)江(文)="1一')(x>0),XTOC\o"1-5"\h\z当4>0时，/(X)的单调增区间为(0』，单调减区间为［L+8)； 3分当〃<0时，/“)的单调增区间为［1,+8),单调减区间为(01］； 4分(2)令F(x)=alnx-ax-3+ax+x+4-e=alnx+x+1-eF(x)= =0x若一尸(x)］£卜6［是增函数，\ \ P—I—P尸(Ma=/(e-)=2a+e--e+l<0,a< 无解• 5分2若eCFWe?,Voc—e,尸⑴*［%一3是减函数；［一凡司，是增函数，e-1一2F(e)=a+l<0.a<-1F(e2)=2a+e2-e+l<0,a< , 2)/ .c—I—：.-e^<a< 6分2

若a<-e2F(x)xee.e2是减函数，■.TOC\o"1-5"\h\zF(x)max=F(e)=n+1<0,67<-lt:.a<-e2 7分/e-l-e2 ,综上所述4K——2— &分(3)令。二-1(或。=1)此时/(x)=-lnx+x-3,所以/(1)=一2,由(【)知/(x)=-lnx+x-3在(1,+8)上单调递增，・•・当X£(1,+8)时/(x)>/(I),即一lnx+工一1>0,，Inx<工一1对一切xe(1,+8)成立， 9分•••〃之2,〃eN*,则有ln(±+l)<±<—i-=—--IVIV(7?-1)//〃一1n10分要证111(2?+1)+ln(32+l)+111(4?+1)+…+In。/+1)<1+2In〃!(〃>2,n&N*)只需证ln(A-+1)+皿(±+1)+ +1)+・・•+hi(1+1)<1(〃22,〃eN")TOC\o"1-5"\h\z2- 3- 4- 〃-11分心([+1)+山(g+1)+ln(M1)+•••+ln(±+1)2- 3- 4- 〃-1 111t〃一1-)=1——<1〃一1所以原不等式成立 12分考点：1、利用导数求函数的单调区间；2、恒成立的问题；3、证明不等式.1 V解：(1)设/(M=x-lnQ+x),则尸(工)=1一——=^,1+X X+1当Xt(T,O)时,/,(A)<0,/(%)单调递减：当xe(0,+oo)时，f\x)>0,/(%)单调递增；故函数/(%)有最小值/(0)=0,则111(1+x)<x恒成立；3分(2)取〃?=1,2,3,4进行验算：(1+8=2,Q+，尸=2=2.25,(1+1)3=—«2.37,1 2 4 3 27(1+3”=丝六2.44,猜测：®2<(l+lf<3,加=2,3,4,5,…，5分4 256 mInI②存在。=2,使得Z(l+7)*<〃+l恒成立.yk证明一：对小eA，,且〃?>1,有Q+与”=C+qd)++Q(与+…+《(与+…+图(与”m mm m m

2!m(…(与+…+〃,(〃)：〃—+肥)".”(，〃-7-2」(与”k\ m m\m.1111,<2H2!m(…(与+…+〃,(〃)：〃—+肥)".”(，〃-7-2」(与”k\ m m\m.1111,<2H + !■•••+—+,•H <2!3!k\m\c1 1 12+ 1 +-••+-- +…+2x13x2绰一1)1/??(/??-1)TOC\o"1-5"\h\z.(.1](1 1 11 (1 1) 122/V23)1攵一1R1/7?-1mJm又因 >。伙=2,3,4,…,机)，故2<(1+ <3,n I in I从而有2n<V(l+—/<3n成立，即a<-52(1+—/<a+l.仁tk nH kI” I所以存在。=2,使得。<上工(1+；)"<。+1恒成立.I。分k证明二：由(1)知：当xw(0J时，ln(l+x)<x,k=l,2,3,4,・・・，TOC\o"1-5"\h\z则ln(l+3〈L所以女ln(l+3<l，ln(l+-)A<1,(l+-)k<e<39kk k k k当kN2时，再由二项式定理得：Q+器)*=G+G(令+c；(；)-+…+c；(y>C^+C；(：)=2,即2<Q+与<3对任意大于1的自然数A恒成立，kn I In I从而有2〃<Z(1+-)'<3/?成立，即“<一工(1+-)'<4+1.i-i k ni.i kI”I所以存在a=2,使得a<±Z(l+；)"<"+l恒成立.1。分yk【解析】试题分析：(1)复合函数求导求最值；(2)取〃?=1,2,3,4进行验算，得a二2,用二项式定理证明考点：复合函数的导数，二项式定理点评：本题考查了更合函数的导数，二项式定理等综合应用，属难题.(I)函数/⑺在x=l处取得极小值f(l)=-e,函数“X)无极大值.(II)[0,1](III)证明略【解析】试题分析：第一步把4=e代入函数解析式，f(x)=ex-ex-e,求极值要先求导数,/V)=er-e,令广(工)=0,求出极值点x=l,根据函数单调性求出极小值；第二步/Cv)=el-av-r/,求导数/'(M=ex-。，下面针对。进行讨论，由于f(x)20恒成立，只需/(X)的最小值大于或等于零，最后求实数a的取值范围；

第三步依据第二步的结论，令则6V>x+l,有x之ln(x+l),令x=*(〃eN'),得1n(1+摄)〈盘'把〃从取1-一〃时的n个不等式相加，之后用放缩法证明出结论.试题解析：(I)当a=e时，/(x)=ev-ex-e,ff(x)=ev-e,当x<l时，f\x)<0；当x>l时，ff(x)>0.所以函数〃x)在上单调递减，在(1,+00)上单调递增，所以函数“X)在x=l处取得极小值"1)=-e,函数/(x)无极大值.(II)由/(a)=ev-ax-a,ff(x)=e'-a,若"0,则ra)>o,函数单调递增,当x趋近于负无穷大时，/(X)趋近于负无穷大;当X趋近于正无穷大时，”X)趋近于正无穷大，故函数/(外存在唯一零点X。，当x<x°时,/Cv)<0：当时，/(.r)>0.故a<0不满足条件.若a=0,/(x)=e'NO恒成立，满足条件.若a>0,由广(x)=0,得x=lna,当xvlna时，ff(x)<0；当x>lnc时，f\x)>0,所以函数”X)在(-8,Ina)上单调递减，在(Ina,+00)上单调递增，所以函数/(x)在x=lna处取得极小值/(In。)= -ahia-a=-ahifl,由/(Ina)N0得一a•Ina>0,解得0<«<1.综上，满足/(1)之0恒成立时实数a的取值范围是血1].(川)由(H)知，当a=l时，/(x”0恒成立，所以/(町=广—x—120恒成立，<1,即e'Nx+l,所以ln(x+l)Wx,令x=£(/iwN，),得呵1+最_)<.,<1,TOC\o"1-5"\h\z贝U彳j111(1H )+111(1H -)+…+111(14——)<—+—+…+ =所以(1+1)(1+4)……Q+3)<e，所以一：——p ->-，即2 2 2 (1+?(1+w).•…(1+/)e2 22 2〃 1 X-X・・・x >一-2+12-+12n+1e考点：1.利用导数求极值；2.利用导数导数求函数最值；3.利用导数证明不等式：本题是导数的综合应用；(I)0(II)证明见解析【解析】试题分析：(1)解决类似的问题时，注意区分函数的最值和极值.求函数的最值时，要先求函数y=/(x)在区间[凡以内使r(x)=O的点,再计算函数y=f(x)在区间内所有使

广(6=0的点和区间端点处的函数值，最后比较即得；(2)证明不等式，利用函数的单调性很常见，一定要注意选取恰当的函数及单调区间(3)不等式具有放缩功能，常常用于证明不等式，解决问题的关键是分析不等式两边的结构特点，选择好切入点.试题解析：(I)/'(x)=e'—l,当/£(—8,0)时，((x)<0；当xe(0,+s)时，f\x)>0；所以，函数/(x)在(—8,0)上是减函数，在(0,+s)上是增函数，所以f(x)^=f(0)=0,综上所述，函数/(x)的最小值是0.(H)证明：对且(工)求导得名'(不)=511】不+工(：05*—5力优=*(：05X(*>0),令g〈X)=0cosx<0,此时可得不=出——eN*),当xw2k兀+三，2k兀+卫(keN)时,cosx<0,此时g'(x)<0COSJC>0,此时g'(x)>0.所以,当XW2k兀一三，2k兀t%g'(x)<0COSJC>0,此时g'(x)>0.所以,函数/(X)的单调递减区间为(2k乃+1,2&乃+与)(k£N),单调递增区间为(0,^)和所以当〃wN*时，因2k不一1,2所以当〃wN*时，因因为函数g(x)在区间上单调递增，又g(O)=2I2)为g((2〃；)[g'(2〃；);r=(_]『(2〃；)=+1]卜])〃(2〃;1)乃+]<0,且函数g(x)的图像是连续不断的，所以g(x)在区间(2〃T)',(2〃+1、内至少存在一个零TOC\o"1-5"\h\zI2 2 /点，又/(X)在区间(@7-1).(2〃+1)口上是单调的，故I2 2J(2〃T)乃 (2"+1).2 " 2 9分(2)证明：由(I)知，ex-x-l>0,则ln(l+x)<x,因此，当〃£N*时，[\[\1](1、记S=1111+—7+1111d +山1+—+,••+1111+—7———

TOC\o"1-5"\h\z1 1 1 1则+：+1+•••+=可再药 %41 1 1 1由(1)知，S<---4——+ +・••4 7乃3252 (2〃-1)24 2当〃=1时，S< <—；4( 1 1 1当〃22时，S<—1+ + +••・+ 1x33x5 (2/2-3)(2/2-1)?4 1 1 6 2即，s<-j1+弓- <：<£，证毕.%12〈 (2/7-1)〃万3考点：利用导数求函数最值，利用单调性及放缩法证明不等式.♦J+gy(1)b<0 .(2)a>—；(3)x1+船工' 2e11分14分【解析】试题分析：(1)由〃1)=2代入函数解得a11分14分恒成立，分离变量得b4l—恒成立，利用导数求新函数g(x)=i—』一生的单调XX XXf\x)=2ax-lnx,(x>0),若函数/(x)在定义域上是单调函性，从而得g")f\x)=2ax-lnx,(x>0),若函数/(x)在定义域上是单调函TOC\o"1-5"\h\z数，则广(x)之0或恒成立，当/'(X)20时，2«>—,求函数〃。)=史的最X XInx Inx大值，可得a的取值范围；当((x)40时，上一，由于函数力")=上一无最小值，x x则((x)«0不恒成立，可得解；(3)由(1)知g(x)=l—在(0,1)X上单调递减，则:<X<y<l 时，g(x)>g(y) 即1+liix1+hiy .1 , < ,而一时，xy ev1+Iny-1<Inx<0,/.1+lnx>0 /.—< .x1+lux试题解析：(1)V/(1)=2,Aa=l.f(x)=x2+x-xlnx.

TOC\o"1-5"\h\z由x2+x-xlnx>bx2+2x<=>1 ->b ,XX令g(x)=l—1—也 ，可得g(x)在(0』 上递减，XX在1+8) 上递增，所以=gQ)=0 ,即〃40f\x)=2ax-lnx,(x>0)令f'(x)>0,得2。>— 设/?(x)=—X 9 X当x=e时 /?(x)wx=le二当。之］- 时，函数/0)在(0,+8)单调递增.2e翔<4<:g(x)=2al-lnx,(x>0),g(x)=2a-—xg(x)=0,x=g(x)=0,x=xE(0,小g(x)-6*),g(x)>。时取得极小值即最小值1时取得极小值即最小值.e.x=—2affij,^0<a时2er（r（x）=o必有根/（x） 必有极值，在定义域上不单调.a之—2e在（0,1）上单调递减… ,、在（0,1）上单调递减(3)由(1)知g(x)=l X时，gQ)>g(y)1+liix<1+lny而 一<x<y<1

-1<Inx<0,/.1+lnx>0.)'j+i+yX1+111X考点：1、利用导数判断函数的单调性及最值：2、恒成立问题；3、不等式、函数及导函数的综合应用.6.(1)函数/(X)在区间(0,1)上为增函数；在区间Q-)为减函数；(2)k<2,(3)详见解析.【解析】hjY试题分析：(I)先求出r(x)=--r,从而得函数f(X)在区间(0,1)上为增函数；尸在区间(1,+8)为减函数.(H)由(I)得£6)的极大值为f(l)=l,令g(x)=V—2x+k,得函数g(X)取得最小值g(1)=k-l,由g(x)=/—2x+Z有实数解，k-l<l,进而得实+-+-+ ，即23〃一1数k的取值范围.(III)由1,得i+in(i+L”i+L+-+-+ ，即23〃一1111/7=ill2-1111+1113-1112+•••+111/7-111（7?-1）l+ln〃<2+,+L+…+」一，问题得以解决.23〃一1试题解析：解:⑴"(#=?咯・・・f(x)=X・•・当X£（0,1）时,/'（X）>0;当X£（1,内）时，（（X）<0;工函数/(X)在区间(0,1)上为增函数；在区间(1,+8)为减函数4分(2)由(1)得/(%)的极大值为/(1)=1,令g(x)=『-2x+k,所以当x=l时，函数g(x)取得最小值g(l)=3-L又因为方程/(a)=x2-2x+k有实数解，那么k-l<lt即k«2,所以实数上的取值范围是：k<2 8分■;函数/(x)在区间(L+S)为减函数，而1+->1(〃eN*,n>2),u/./(I+—)</(I)=1/.1+111(1+-)<1+—111(/?+1)-Inn<—n nn n

hi//=hi2-In1+hi3-hi2+•••+hi/?-111(7?-1)<1+-+-+•••+—!—23〃一1/7-1EP1+bin<2+—+-+•••+23/7-112分./. <2+12分.23 n-1考点：1.利用导数研究函数的单调性；2.导数在最大值、最小值问题中的应用.(1)«=1(2)ln3—lWb<ln2+L(3)见解析2【解析】试题分析：(1)函数/*)=必(工+。)一/-%，对其进行求导，在x=0处取得极值,可得/'(0)=0，求得。值；(2)关于x的方程/(x)=-|x+b在区间［0,2］上恰有两个不同的实数根，将问题转化为&x)=0，在区间［0,2］上恰有两个不同的实数根，对Wx)对进行求导，从而求出〃的范围;/(x)=ln(x+l)—V—x的定义域为利用导数研究其单调性，可以推出ln(x+l)"TK0,令x=L可以得到利用此不等〃 )VV〃式进行放缩证明；试题解析：(1)r(Aj=—-2X-1,门=0时，/(X)取得极值一.八0)=0x+a故-2x0-1=0,解得〃=10+6/经检验。=1符合题意.(2)由a=l知/(Mulna+l)-/-x由/(x)=—|x+/?,得ln(x+l)-/+gx-b=0令收刈=11)(工+1)-/+'|工一〃则/(1)=一|"工+〃在区间［。，2］上恰有两个不同的实数根等价于夕")=0在区间［0,2］上恰有两个不同的实数根.“(x)=1 23_(4-“(x)=x+1 2 2(x+l)当xe［0.1］时，(p\x)>0,于是<p(x)在［0,1］上单调递增;当xe(1,2］时，(p\x)<0,于是奴X)在(1,2］上单调递减.

9(0)=-/?W0,3 1(p(l)=ln(l+1)-1+-- 解得ln3-lW〃<ln2+-2 2夕(2)=ln(l+2)—4+3-bWO/(x)=ln(x+l)-的定义域为何由(1)知广⑴二—［，：),令/(%)=0得，x=0或x=_g(舍去)，.・・当-l<x<0时，/'(x)>0,/(%)单调递增;当x>0时，八刈<0, 单调递减./⑼为/*)在(T”)上的最大值.W/(0),故ln(x+l)-X?-XW0(当且仅当x=0时,等号成立)对任意正整数〃，取x=2>0得，hi(—+1)<—+-^,/.In(。士])〈与^n nnir n?r故2+?+±+ >hi2+hi—+hi—+ =ln(7?+l)49rr 2 3 n(方法二)数学归纳法证明：当“=1时，左边=3=2,右边=lnQ+l)=ln2,显然2>ln2,不等式成立.r34k+\假设〃2A(keN•，&21)时，2+(+]+…+妥>山(〃+1)成立，则〃=k+1时，有2+—+—+-+—^+-- 亏+山(女+1).作差比较:49k- (攵+1)-(女+1)-i〃c、1“ 1、k+2 .k+2k+2 .zl11 1In(攵+2)_ln(k+1)- =In - r=ln(l+ )-( + (k+1)取x=—!—(〃eN"),ln(l+k+l攵+1(k+1)2k+1取x=—!—(〃eN"),ln(l+k+l构建函数尸(x)=ln(l+x)—x—/(x40,l)),则建'(x)=—"2x+3)<o,,尸⑶在(o,l)x+1 )一( 1 7

k+lk+1(攵+ )一( 1 7

k+lk+1(攵+1》)<F(0)=0即ln(k+2)—ln(k+1)-攵+2_如攵+2k+2(k+1)?k+l(k+1)2亦即+ln(k+1)>ln(k+2),故〃=〃+l时，有2+上+3+…+ +八2、>"+土+ln(k+1)>ln(k+2),49k-(k+l》也+1)-不等式成立.综上可知，对任意的正整数“，不等式2+?+±+…+B>ln(“+1)都成立49ir

考点：（1）利用导数研究函数的极值（2）利用导数研究函数的单调性.（1） 在（0,3上单调递减，在己,转）上单调递增；（2）（_sj_士］;（3）见解a a e-析【解析】试题分析：（I）求导数，对参数。进行分类讨论，当导函数大于0时，得到地区间，导函数小于0时得到减区间。（2）含参数不等式恒成立问题，一般要把要求参数分离出来，然后讨论分离后剩下部分的最值即可。讨论最值的时候要利用导数判断函数的单调性。（3）证明不等式可以有很多方法，但本题中要利用（1）（2）的结论。构造函数，然后利用函数单调性给予证明。试题解析：（1）•.•函数/（X）的定义域为（0,+8）,f\x）=a--=^—^ 1分XX当。时，ar-l<0,从而广（x）<0,故函数/（x）在（0,+s）上单调递减3分当。>0时，若0cxe』，则4x-l<0,从而/'(x)<0,若x〉L,则以一1>0,从而/'(x)>0,aTOC\o"1-5"\h\z故函数/(x)在(0-)上单调递减，在(匕”)上单调递增： 5分a a(2)由(1)得函数/(X)的极值点是X=L,故9=1=>。=1 6分aa所以/(x)Nbx—2,即x—1—InxNbx-2,由于x>0,即〃Wl+L—孙: 7分XX/,、，1Inx…，/、 1 1-liixlnx-2令g(X)=l+_ ,则g'CDn-r————x x x~x~x'当0cx<6?时，g'(x)<0；当时，g\x)>0TOC\o"1-5"\h\z・・・g(X)在(0,*)上单调递减，在(〃,+8)上单调递增； 9分故g(x)nun=g(/)=l—l,所以实数b的取值范围为(YO,1-±] 10分e- e-(3)不等式/・ln(l+y)>ev・ln(l+x)O > 11分ln(x+l)ln(y+l)x exInx--exe'(Inx-—)构造函数万(x)=J,则〃(x)= T—= 一一,Inx hi-x In"x//(x)>0在上恒成立，即函数/?(x)在(e,+s)上单调递增， 13分由于 所以x+1>由于 所以x+1>y+1>e,得hi(x+l)>ln^+1)故ex-111(1+y)>ey-ln(l+x) 14分考点：1、多项式函数求导：2、利用导数判断函数的单调性，最值以及证明不等式的综合应用。(1)证明过程详见解析：(2)证明过程详见解析.【解析】试题分析：本题主要考查导数的运算、利用导数判断函数的单调性、利用导数求函数的最值等基础知识，考查学生的分析问题解决问题的能力、转化能力、计算能力.第一问，对函数g(x)求导，利用g'(x)>O=>gCr)单调递增，g'(x)<O=>g(x)单调递减，来判断函数的单调性来决定函数最值的位置；第二问，因为g(x)=x—lux,所以(x—lnx)/(x)>l—4e-转化为—L，结合第一问的结论g(x)之L所以只需证明—3,通过对/(M求导即可.X—1g\x)=--， 1分X当0cxe1时，g'(x)<0,当x〉l时，g\x)>0在(1,+s)上为增函数, 得5分在(1,+s)上为增函数, 得5分, 广(#== ，4分•e• g(x)之g(l)=1证.( 2 ) 小)=1—匚e6分，0<x<2时，f'Qc)<0,x〉2时，ff(x)>0即f(x)在(0,2)上为减函数，在(2,+8)上为增函数f(x)-/(2)=1--e-8分又 由 ( 1 ) x-lnx>110分(x-lnx)/(x)>le-12分考点：导数的运算、利用导数判断函数的单调性、利用导数求函数的最值.10.(1)f(x)的单调增区间为(1,+8),单调减区间为(0,1)(2)———<m<—9 (3)见解析3【解析】(1)解当a=-1时，(x)=-(x>0),X解f'(工)>0得x£(L4-00)；解r(x)<o得x£(o,l).f(x)的单调增区间为(L+8),单调减区间为(0,1).⑵解•・•f'(x)="j)(x>0),Xf'(2)=—2=1得a=—2,f(x)=-21nx+2x—3,2g(x)=X3+f—+2x2—2x,(2 )g'(x)=3x'+(m+4)x—2.•・・g(x)在区间(t,3)上总不是单调函数，且g'(0)=-2,・国。)<0由题意知：对于任意的[1,2],g'(t)<0恒成立,[g'⑴<0 -37：•4g'(2)<0,:.——<m<—9.Z(3)>0 3⑶证明由⑴可知当x£(l,+8)时，f(x)>f(1),即一Inx+x—1>0,二•(Kinx〈x-1对一切x£(L+8)成立.■「n22,n£N*,则有0<ln1,/•0< <———-.nnIn2 1113 1114 hi/?z1 2 3 /7-1 1 /、小• • • <—•—•— =(n32,n^N).2 3 4 〃 2 3 4n n(1)a=14,(2)详见解析：(3)详见解析【解析】试题分析：(1)先求导，由导数的几何意义可得在点x=2的导数即为在此点处切线的斜率。从而可得4的值。(2)先求导，证导数在(0,go)大于等于0恒成立。(3)因为〃?工〃，不妨设加〉〃>0,因为"x)=lnx在(0,xo)上单调递增,所以ln〃?一In〃:>0,所以可将_ . 2(--1)问题转化为21^L<[nm-[nn,可整理变形为in--一—>0,设m+n2 〃2+]n〃(x)=lnx_2(；]l),因为〃(1)=0且?>1,只需证〃(x)在(1,+8)上单调递增即可。

试题解析：(l)g(x)=dx)+3—1Enx+2—1(x>0),g"(x)=l-A(x>0),X X XX-因为曲线g(x)=Hx)+g_1在点(2,g(2))处的切线与直线3x+y—1=0平行,Xg'(2)=g—?=-3,解得〃=14。/(x)=(p(x)-———二=Inx————(x>0)X+l X+1>0于，(x)=J__2(x+l)-2(x-l)=(x-1)-x(x+1)2x(x+1)2>0所以函数〃x)=dx)-生二U在(o,+8)上为单调增函数;X+1(3)不妨设〃7>〃>0,则”>1.n_m-nInm-lnn要证 < .in+nm. ,m--1In—m. ,m--1In—只需证上一<—%+12n机2(--1)

即证In—>」——

nm—+1

n机2(—1)只需证In 旦一>0.〃-+1n由(2)知〃(x)在［1,+S)上是单调增函数，又竺>1,nm-nInm-Inn < m-nInm-Inn < in+n所以/?(_)>6(1)=0.即In——」——>0,〃-+1nrri.—|、in-nIn//?-hinu-所以不等式 < 成立.m+n2考点：1导数的几何意义；2用导数研究函数的性质；3转化思想。尸a; (q)a(1)切线方程为)=8丫+1和 (二一1)“ a」］.(2)A的最大值是2(3)详见解析.【解析】试题分析：⑴一般地，曲线y=f(x)在点尸(天,稣)处的切线方程为：)」稣=/'(%)0—%>)•注意，此题是求过原点的切线，而不是求y=/(x)在原点处切线

方程，而该曲线又过原点，故有原点为切点和原点不为切点两种情况.当原点不为切点时需把切点的坐标设出来.⑵令g(x)=j\x)-\.-ax-Ax2,则问题转化为g(x)〉0对x>0g(0)=0,所以如果g(x)在［0,+qo)单调增,则必有g(x)>0对x>0g(x)的单调性.1〃+】k1 « 〃+i 1 zyTOC\o"1-5"\h\z(3)不等式1<一£((.『+-)<ct可变形为：〃<£(1—7广+7<.为了证这个n言 kk M k ka不等式，首先证1<(1-；厂+£<。；而证这个不等式可利用导数证明K K1<(1+1)°一&¥<。.故令力(x)=f(x)-ax,然后利用导数求R(x)=/(x)-ax在区间［—1,0］上范围即可.试题解析：(1)/'(X)=a(l+.若切点为原点，由((0)=a知切线方程为y=ax+1；若切点不是原点，设切点为尸(%,(1+%)”)(%工0),由于/'(%)=2(1+%)“一\故由切线过原点知(L=a(l+ ,在(-1,-hx))内有唯一的根儿=.二。一1又八占二，故切线方程为了=好+(a-又八占二，故切线方程为了=好+(a-综上所述,所求切线有两条,方程分别为y=ar+1和y=一(―)a.(。一1)a-i(2)令g⑶=/⑴一1一以一本2,则g(0)=0,/⑴=奴1+五)“"一比—2念，显然有W(0)=°,且的导函数为：=呢仪一i)(i+吐-24=&(&-i)［(i+兀广2-—.工-37)2A<1 ,2若一2，则，由a>2知Q+犬一>1对才>0恒成立，从而对\>0恒有二⑴>0,即/⑴在［0,也单调增,从而g")>g'(0):0对工>o恒成立,从而g(x)在电”)单调增,2㈤>g(0)=0对工>0恒成立.A>a9—1)2A>1 门(1+旷<2A若2，则，由白>2知存在为使得 "®T)对才e◎而)恒成立，即父。)<°对丁£◎而)恒成立，再由*°)=°知存在*>0,使得/㈤<0对X£(。,看)恒成立,再由以°)=°便知2⑴>°不能对工>0恒成立.综上所述，所求4的最大值是 2 .(3)当。〉1时，令/7*)=/(x)—ax,则〃'(x)=a[(l+x)aT-l],故当xs(—1,0)时，恒有h\x)<0,即力⑴=/(%)-ax在[-1,0]单调递减,故A(0)</?(%)<A(-l),对xw(-l,0)〃(0)=1,/7(-l)=a,故lch(x)va,即对xs(-1,0)恒有：1<(l+x)a-ax<a，在此不等式中依次取X=-L,-L-L234」一，得:n+1l<(l--)a+—<a,

4 4<6Z,1<(1-〃+1 i将以上不等式相加得：〃<£(1一2片k=2卜a+.a,1"1L_1zylP1<ng((-r+I)<a-考点：导数及其应用.4」13.(1)力。】4(力二-5111“；(2)实数。的取值范围一乃；(3)详见解析.【解析】试题分析：(1)因为/1(")=/(x)J〃+i(x)=/〃(x)，(〃£N),故工(x)=/'(*)=8SX/a)=/'a)=_sinxfi(x)=f2\x)=-cosx/(x)=8(x)=sin,由此可得，力(X)是以4为周期，重更出现，故/刈式x)=/"3x4+2(x)=/2(x)=_sinx；篦)若/(x)+l之6+cosx在［0㈤上恒成立，求实数。的取值范围，由/(x)+lN"+cosx得，sin%+1>or+cosx@<sinx-cosx+1即一x在n句上恒成立，g(x)=sinx-cosx+1文 ，只需求出g(“)在D句上的最小值即可，可利用导数法来求最小,7T,24 ,5+1)乃 3&(〃+1)/( )+/( )+…+/(- -)> r]值；(3)证明：2,1+1 2,1+1 2,7+1 4(2〃+1),由⑵知：，句sinx+1>—x+cosxsinx-cosx>—x-1 y[lsin(x-—)>—x-1时 万， 乃，即 4万，这样得到nr.k/r2k1yl2sin jic22/7+1>2n+l2,令攵=1,2,3,・试题解析：⑴<(#=(：。5入/。)=_5111工/5)=一(：051/0)=51114..周期为4,•••/zouW=八03如式幻=/zW=一SU】X(2)方法一:sinx+12ar+cosx在上恒成立,当x=°时，"R；°<sinx-cosx+1当X£(。，句时，a~Xg(x)=sinx-cosx+1

xgg(x)=(cosx+sinx)x-(sinx—cos+1)

JCxcosx+xsinx-siiix+cosx-1

jr设〃(x)=xcosx+xsiiix-siiix+cosx-1/'/、z・、XG(0,—)z，/、八7/、 xe(—,^\h(x)h(x)=x{cosx-smx)则4时/?(x)>0,%刈增：4T减./?(0)=0Ji(—)>0,hQr)<0/zx(二㈤而 4 ,所以在4 上存在唯一零点，设为“。，则XG(0,xo),/i(x)>O,^(x)>O;xg(x0,7t\h(x)<°，g(x)<°,所以g(x)在X。处取得最大2・・a〈g())=—值，在工二万处取得最小值， 71:.a<-综上：乃

方法二:设g(x)=sinx+1-ax-cosxg'(x)=cosx-«+sinx=>/2方法二:设g(x)=sinx+1-ax-cosxx£[0,对&sm(x+?)£[t，阂当。4—1时，g（xR°在［°，同上恒成立，，g（x）Ng（x）3=g⑼=°成立，故。工―1；当心尤时，且“）〈0在［0，句上恒成立，g（x）a=g（））=2-mN°得"""无解.当一 时，则存在X。£（°"］使得X£（°，X。）时g（X）增，X£（X。，利时g（X）减,TOC\o"1-5"\h\z邛(。注。 <2 <2故g(x)3={g(0)，g⑺}, ⑺20,解得“一片，故一<“一5.:.a<-综上：低.2 2rn1sillx+1>—x+cosx sinx-cosx>—x-1(3)由(2)知：工£卜，可时 才 ， 兀a/2sin(x-―)>—x-1即 4万, 0< +—<7T当14女W〃+l时，2/7+1441sink'=V2siii(2〃+1k兀 丸乃、、41sink'=V2siii(2〃+1k兀 丸乃、、2/人知 1 )2—( 2〃+144万2〃+14+-)-1=2k12〃+12rrrz71、『,2) 「,•••加"赤)+/(赤+…+”(77+1)%2〃+1)>(2〃+1一5+•••+(2(〃+1)12/?+1 22 (〃+1)(/?+2)/?+1_3(〃+1)二2〃+1 2-亍-2(2〃+1),〃兀〃2兀 (〃+1)4 3&(〃+1)J( )+/( )+...+/( )N ・•・ 2〃+1 2〃+1 2/?+1 4(2/7+1)考点：函数与导数，函数与不等式综合问题.14.(1)(―1,+8)：(2)证明过程详见试题解析；(3)证明过程详见试题解析.【解析】

h(x)=\nx--ax2-2x hf(x)=--ax-2 .试题分析：(1)当"=2时， 2 .・.x.・.・〃。)有单调减区间，.・."(冷<0。之0和〃<0两种情况讨论ad+2x—1>0〃的取值范围是(T，+s)；(2)此问就是要证明函数被x)=/(x)_g(x)=hi(x+l)_x在(一1,«力)上的最大值小于或等于°,经过求导讨论单调性得出当工=°时，吹X)有最大值°，命题得证；(3)利用(2)的结论^)=lii(x+l)-x<0,将此问的不等关系. . /x+yxlnx+yhiy>(x+y)ln 2,转化成与(2)对应的函数关系进行证明./?(x)=hix-—ax2-2x试题解析：(1)当"=2时， 2h\x)=--ax-2•x•••1-cix-2x<.・・饵文)有单调减区间，・・.，(x)<°有解，即X・•x>°,・•・。£+2工一1>°有解.(i)当〃之°时符合题意；(ii)当。<0时，△=4+4。>0,即。>一1。的取值范围是(Tx°).(2)证明：当4=0,6=1时，设软X)=/(x)_g(x)=ln(x+l)_x,9'(x)=9'(x)=x+1讨论0'W的正负得下表:X(-1,0)0(0,-f-oo)中'（公+,0—夕（N）/最大值・•・当工=0时8（#有最大值0.即奴工）＜°恒成立.•.当xw（T*°）时,"x）_ga”0恒成立.⑶证明：X+Vxliix+ylny-(x+y)111r——-• 2•八1x+)\zifx+y、=x(lnx-In——-)+y(Iny-hi——-)2[2x]2y.x+y.x+y=xIn +yhi——=-¥lii——--yhi——-x+yx+y2x2y=7111(1+y-x2x)-yln(l+2)，-X111(1+由=7111(1+y-x2x)-yln(l+2)，-X111(1+由(2)有2x)-yln(l+2y、y-xx-y八)>-%-- y -=02x」2y. .zx+yxliix+yIny>(x+y)In】，考点：函数与导数；不等式综合.（1）在（0,41,（1,+8）上单调递增，在上单调递减⑵见解析【解析】(l)f(x)的定义域为(0,+8),fJ)=_+ax—(a+i)xax2-(a+1)x+1(av—l)(x—1)

当0〈水1时，由，（x）＞0解得0＜水1或,由，（丫）＜0解得1〈水’,当＜3=1时，f(x)20对x＞0恒成立，所以函数〃X)在(0,+8)上单调递增.所以函数〃x）所以函数〃x）在（0,1）,上单调递增，在上单调递减.

kci）当＜3＞1时，由f(x)＞0解得x＞l或0＜水上，由，(x)＜0解得L〈水La a所以函数f(x)在(o,5),(1,+8)上单调递增，在([,1)上单调递减.(2)证明：当&=1时，原不等式等价于Inx-2x+ ,+yfx＜0.X+l因为x>i,所以TOC\o"1-5"\h\z因此Inx—2x+-2'.+\/T<lnx-2x+2-..++].x+1 x+1 2人/、 12Klx+1令g(Q=lnx-2x+ -+ ,x+1 2则g’——x3—2x ? 1 2经过分析，因为0＜用则g’ ? 1 2经过分析，因为0＜用＜一,所以一一看＞一.只要证明：/(——占)＞0就可以得出结论，

a a a ax(x+l)23 5 9 5令人(x)=——x‘一2/+—1+1,当x>l时，hr(x)=—— 4x+—<0,2 2 2 2所以Mx)在(1,+8)上单调递减，从而力(x)<3(l)=o,即/(x)<0,所以g(x)在(1,+8)上单调递减,则g(x)<g(l)=0,1 G所以当X>1时，f(x)<— ——.—y[x.2x+1(1)详见解析；(2)(0,1),证明详见解析.【解析】试题分析：本题主要考杳导数的运算，利用导数研究函数的单调性、极值、最值以及不等式等基础知识，考查函数思想、分类讨论思想，考查综合分析和解决问题的能力.第一问，先对函数求导，由于函数有定义域，所以L恒大于0,所以对。进行讨论，当时，导数X恒正，所以函数在(6+8)上是增函数，当。＞0时，f(x)=0的根为L,所以将定义域从aL断开，变成2部分，分别判断函数的单调性；第二问，(1)通过第一问的分析，只有当。＞0a时，才有可能有2个零点，需要讨论函数图像的最大值的正负，当最大值小于等于0时，最多有一个零点，当最大值大于0时，还需要判断在最大值点两侧是否有纵坐标小于0的点，如果有就符合题意，(2)由(1)可知函数的单调性，只需判断出/(1)和/⑴的正负即可,e所以下面经过构造函数证明，只需求出函数的最值即可.TOC\o"1-5"\h\z试题解析：(I)/W的定义域为(0,+oO).其导数—4. 1分X①当时，f\x)>0,函数在(0,+8)上是增函数： 2分②当。>0时，在区间(0,3上，/'(x)>0；在区间d，+8)上，/(x)<0.a a所以/(x)在(0-)是增函数，在(±+8)是减函数. 4分a a(II)①由(I)知，当。<0时，函数/口-)在(0,+8)上是增函数，不可能有两个零点当〃>0时，/(X)在(0,2)是增函数，在(2,+8)是减函数，此时/(L)为函数/(X)的最a a a大值，当/(工)40时，/(x)最多有一个零点，所以/(L)=lnL>0,解得6分a aa“411/cJ、,。, a入此时，一<_<——,且j(一)=-1 H1=<0,eaereee2 2 2/(二)=2-2hifl--+1=3-21n^--(0<a<1)a" a ae2 2e2e2-2a令尸伍)=3—2hi。—一，则/(x)=——+—=——>0,所以尸(。)在(0,1)上单调a acrcr递增，2所以尸(。)<尸(1)=3—^<0,即/(二)<0crTOC\o"1-5"\h\z所以4的取值范围是(0,1) 8分②证法一：1+lnx.1+lnx,、几/\1+111X 111Xa= L= .设g(M= *>0)・g⑶=――& ± x r当0cx<1时，g\x)>0；当x>l时，g\x)<0；所以g(x)在(0,1)上是增函数,在以+00)上是减函数.g(x)最大值为g(l)=l.

TOC\o"1-5"\h\z由于g(X)=g(x,),且0<。<1,所以0<1+1nx=1+111/<],所以!<七<1占9 ex ? 1 2第二部分:分析:因为0〈占 ? 1 2第二部分:分析:因为0〈占＜一,所以——/＞-.只要证明：/(——修)＞0就可以得出结a a a a论下面给出证明：构造函数： 2 2 1g(x)=/(--x)-/(x)=山(一一x)-。(一-x)-Qnx-ax).(0＜x＜-)

a a a a下面证明：当Ocxcl时，lnx<——.设6(x)=lnx——一(x>0),r+1 X"+1则"")=。:一”[＞0./?(X)在(0,1]上是增函数，所以当0〈XVI时,MX+1)-r*—1/?(%)</?(1)=0.即当Ocxcl时，lnx<-一厂+1由Oy%<1得力(王)<0.所以■--x/+1匚「z1+lnX]2x匚「z1+lnX]2xHn2x所以 一一,即。%X；+1 X；+12 2,王(——/)>1，In占+hi(——王)〉0.TOC\o"1-5"\h\z2 2又ax;=l+lnX1,所以-l+ln(一—为)>0,axL+111(--.^)>1.ci a2 2 2 2所以/(_一为)=111(--^)-6/(-―占)+1= + -1>0.a a a a2即/(一$)〉/(公)•a由0＜%＜一＜,量，得一一%＞一.所以一一为＜居，占+占＞一＞2. 12分a-aaa- a②证法二：由(II)①可知函数/(x)在(0-)是增函数，在d,y)是减函数./(x)=lnx-4x+l.a a所以/(1)=_1_3+1=_3<0,/(1)=1_4>0.故！<±<1eee e1 2a(x—)~TOC\o"1-5"\h\z则：g'(x)=—Y——+2。= <0X / 2X-- x(x-―)a a所以函数g(x)在区间(0」]上为减函数.0<^<-,则g(/)〉g(-)=0,又/(%)=0a a a于是/(2-X])=ln(-一看)一-占)+1—/(占)=g(占)>0.又/(羽)=0由(1)可a a a -%.>——占.即用+厂>—>2 12分-a ・a考点：1.利用导数研究函数的单调性：2.利用函数求函数最值；3.构造函数法；4.放缩法.17.(I)F(x)=U2在(0,+8)上是增函数;(n)f(xJ+fa)Vf(x+xJ；(III)f(X1)X+f(X：)H Ff(Xn)<f(X1+X：H Fxn).【解析】TOC\o"1-5"\h\z试题分析：(I)判断F(x)的单调性，则需对F(x)求导，得*(x)= (x)JTf(丫) f(x)x>0,则xf，(x)-f(x)>0,即F'(x)>0,F(x)=，^在(0,+8)上是增X X函数.(II)要证明f(xJ+f(xJVf(Xi+x2),可以从第(I)的结论入手，・・・x>0,小>0,f(x) f(X.•.0<X1<Xx+x：,F(x)=立山在S，+8)上是增函数，则F(xJVF(Xi+xJ,即X X]"， —»而X1>O,所以f(x】)V——f(xi+x。，同理f(k)V—七一f(Xi+x：)»两内+x2 网+x2 网+x2式相加，得f(xj+f(x2)Vf(xi+xJ,得证.中结论的推广形式为：设Xi,X2,XnG(0,+°°),其中n22,则f(X。+f(X。H 卜f(xn)Vf(xi+xT 卜Xn).证明的方法f(x)同(H)的证明，Vxi>0»X：>0.…，Xn>0,/<0<Xi<Xi+x：++xn.F(x)=2 在X(0,+8)上是增函数，F(X1)<F(X1+X：+-+Xr.),即“51〈/(•'»,•<),而也怎&+&十•••£>0,所以f(X1)< - f(Xi+x：d FxJ,同理f(X2)< * f(Xi+x：占+&+..・& X+&+・.・x〃H FxJ, Xf(xn)< f(Xi+x：d Fxn),以上n个不等式相加，得f(Xi)+f(X：)H Ff(Xr.)<f(Xi+x：+ Xn)>得证.试题解析：(I)对F(x)求导数，得F'(x)J"')—'').厂f(x)Vfr(x)>-~~——，x>Ot/.xff(x)>f(x),即xf'(x)—f(x)>0»X.••F'(x)>0.故F(x)="U在(0,+8)上是增函数.X(II)*/xi>0tX：>0»•>.O<X1<X14-X2.f(x\由(I),知F(x)=U/在(0,+8)上是增函数，X/(X.)f(X,+•*.F(xi)<F(xi+x：),EP— < -.X]Xi+x2Vxi>0t/.f(xi)V f(xi+xj.同理可得f(x：)<—^f(X1+x：).以上两式相加,得f(Xi)+f加2)Vf(Xi+x2).(ID中结论的推广形式为：设xi,x=…，治£(0,+8),其中n22,则f(xj+f(x»d Ff(xn)<f(xi+x：d Fxn).Vxi>0tx：>0f…,xR>0,•\0VxiVxi+*+,••+Xg・由(I),知F(x)=U/在(0,+8)上是增函数，X・•・F(X1)VF(x1+X：+•••+xJ,即工^</()+&+ .怎 X+&+…%Vxi>0,Af(xi)< - f(xi+x2+…+xj・同理可得

f(X：)V = f(X[+xt+…+xj,X+9+…%f(X3)V f(xi+xt+…+xj,X+9+…%f（xn）＜ f（Xi+x：d Fxn）.X+Z+・T〃以上n个不等式相加,得f（Xl）4-f（X2）+,,,+£（xn）＜f（Xl+xi：+…+xj.考点：1.利用导数求单调性；2.利用函数单调性证明不等式.（I）/（x）在（-8,2）内是增函数，在（2,+8）内是减函数.当x=2时，/（X）取得极大值/（2）=1.e~（II）见解析；（HI）见解析.【解析】试题分析：（I）求出导函数;（X）二W，然后令f'a）=o,解得x=2.画出了,r（x）,f（x）e随着X变化而变化的表格，即可得出/（M的单调区间和极值；（1【）先求出g（x）=?,e然后令令尸（刈=/（刈一冢刈=口一?，求出尸（k）=（27）（\—L）,求出当工＞2时，e"e e2/卜尸⑵二1一上二。,即可得证；（III）由/区）=/*、）得A,丸不可能在同一单调区间e-e-内，则根据（I）的结论，设演v2V巧,根据（H）可知/（演）=/（电）＞8（出）=/（4一为），而・.,七＞2,.二4一七＜2,,「玉＜2,故为＞4一工，即得证.试题解析：（I）•・•〃%）二二1,・・.广。）二we e令/。）=0，解得x=2.AS2)2(2,+oc)八X)+0—/«/极大值上夕/./（x）在（ho,2）内是增函数，在（2,+00）内是减函数..••当x=2时，〃刈取得极大值〃2）=1.6一2-x2-x(2-1)(/一1).••尸(M二(H)2-x2-x(2-1)(/一1).••尸(M二4-4当x>2时，2-xV0,2x>4,从而/一/"VO,，尸（x）＞0,F（x）在（2,w）是增函数.二尸（x）＞F（2）=1一1=0,故当＞g（x）成立e~e~（n【）证明：・・・/（x）在（—8,2）内是增函数，在（2,+8）内是减函数.：•当百工力,且/（X）=J\x2）,X],士不可能在同一单调区间内.不妨设为＜2＜七，由（H）可知/'（占）＞g"2）'又g（x2）=/（4-三），，/（工）＞/（4一天）•,•*/（8）=/（工），，/（内）＞/（4-巧）.Vxj＞2,4-Ajv2,玉＜2,且f（x）在区间（70,2）内为增函数，x.＞4—jv,»EPx,+xy＞4.考点：1.导数求函数的单调性和极值；2.导数求函数的最值；3.函数单调性在证明不等式中的应用，（1）①。40时，”X）在（0,1）是增函数，在（1,竹）是减函数；1—4 1—。②0＜。＜时，/（X）在（0,1）,（一，+03）是增函数，在（1,——）是减函数；a a③。=J■时，/（X）在（0,+8）是增函数.2（2）见解析.【解析】TOC\o"1-5"\h\z试题分析：（1）求导数得到6（x）=〃+可—）="-1K-1）（X＞0）,而后根据两X-X X个驻点的大小比较，分以下三种情况讨论.①。40时，/（X）在（0,1）是增函数，在Q,+8）是减函数；1—4 1—。②0＜。＜一时，/（X）在（0,1）,（一，+03）是增函数，在（1,——）是减函数；a a③。=；时，/（X）在（0,+8）是增函数.（2）注意到时，在（0,"）是增函数当时，有lnx«L（x—L）,从而得到：对任意的〃eN*,有2x 2n通过构造火工1（i—3），并放缩得到—!—=2――Ln2 〃- ir〃（〃+1）n〃+1利用裂项相消法求和，证得不等式。涉及数列问题，往往通过“放缩、求和"转化得到求证不等式.

TOC\o"1-5"\h\z、，八 ”1 1(x-l)(ax+a-l)z八 八试题解析：(1)f(x)=a+—； = (%>0) 1分XTX X①。40时，/(X)在(0,1)是增函数，在(1,+8)是减函数； 3分I 1—4 1—〃②0<。<:时，"X)在(0,1),(—,+00)是增函数，在(1,一)是减函数;2 a a分③■时，/(X)在(0,+8)是增函数. 6分2(2)由(1)知。=；时，/(X)在(0,内)是增函数当X21时，/«>/(1)=0,hix2x亭T)In/?对任意的〃£N*,有111/?<-(/?--)亭T)In/?8分10分1110分ir〃(〃+1)nn+l所以Ini F所以Ini F11112 111(/1-1)111/7 +…+ + 2。 '223n/?+rJIniIn2 ln(/z-1)ln〃n2 八——+——+•••+———-+——< 12分1 2 〃-1n2(〃+1)考点：应用导数研究函数的单调性，应用导数证明不等式，“裂项相消法”求和.(I)4=—1,b=l,C=l;(H)实数〃7的取值范围是(8,+8)；(in)详见解析.【解析】试题分析：(【)求常数凡b,c的值，由函数= 人lnx+c(4,b,c是常数)在x=e处的切线方程为(e—l)x+<y—e=0,只需对/(x)求导，让它的导数在x=e处的值即为切线的斜率，这样能得到4,4C的一个关系式，由/⑴=0,代入函数中，又得到凡仇C的一个关系式，因为三个参数，需再找一个关系式,，注意到(e,/(e))在切线上，可代入切线方程得到。，仇C的一个关系式，三式联立方程组即可.，解此类题，关键是找。力,C的关系式，有几个参数,需找几个关系式；(H)若函数g(x)=x2+〃7/0)(〃?£R)在区间(1,3)内不是单调函数，即它的导函数在区间(1,3)内不恒正或恒负，即/(x)在区间(1,3)内有极值点,

,1而g(M=2x- —(2x2-mx+m)(x>0),只要2/-inx+〃7=0在区间(1,3)内有解,从而转化为二次函数根的分布问题，分两种情况：在区间(1,3)内有一解，在区间(1,3)内有两解，结合二次函数图像，从而求出实数团的取值范围；(in)证明：111211131114 X X X…X2 3 4111201320131

明：111211131114 X X X…X2 3 4111201320131

"^2013注意到1 123 2012 =—X—X—XX 2013234 2013只需证明x在(1,+s)上也〈匚即可，即lnx<x—1,而/(x)=—x+lnx+1,只需证明xXX在(1,+8)上/(X)<0即可，而/Q)=0,即只需证/“)在(1,+8)上为减函数，这很容易证出，此题构思巧妙，考查知识点多，学科知识点融合在一起，的确是一个好题，起到把关题作用.试题解析：(I)由题设知，/(X)的定义域为(0,+8),r(x)=a+2,因为/(x)在X=eX°-1处的切线方程为(eT)x+ey—e=0,所以/‘化)= ，且〃e)=2—e,即eb0—1a+—= ,且々e+Z?+c=2-e,又/(l)=o+c=0,解得。=-1,/?=1,c=l,ee(H)由(I)知/(x)=-x+lnx+l(x>0),因此，g(x)=x2+inf\x)=x2-mx+mlnx+m(x>0),， /W1 「所以g(文)=2x-//?+—=—(2x2-nix+m^x>0),令c/(x)=2x2-nix+m(x>0).xx(i)当函数g(x)在(1,3)内有一个极值时，g'(x)=0在(1,3)内有且仅有一个根，即4(幻=2/-/牝计〃?=0在(1,3)内有且仅有一个根，又因为d(l)=2>0,当d(3)=0,即〃?=9时，d(x)=2x2-mx+rn=0在(1,3)内有且仅有一个根x=—，当d(3)¥0时，2应有d(3)<0,即2x3?—3〃7+〃7<0,解得加>9,所以有三之。(ii)当函数g(x)在(1,3)内有两个极值时，g'(x)=0在(1,3)内有两个根，即二次函数c/(x)=2/—〃次+机=0A=/w2-4x2xa77>0d(l)=2-m+ni>0在(1,3)内有两个不等根，所以<d(3)=2x32_3，〃+m〉0，解得8<〃7v9.综上，1<—<34实数机的取值范围是(8,+8).

（III）因为/'（幻=匕」，所以当X>1时，有/«）<0,所以“X）在（Lxo）上为减函…、1A1112 1月[以0<丁<大，2 2数，因此当X£（1,XO）时，f（x）<f（l），即一…、1A1112 1月[以0<丁<大，2 2所以0<也<3对一切工£（1,口）都成立,XX0<11132<-0<11132<-A111201320120< < 2013 20131112 x1112 x2ln3ln4 1112012 X X・・・X 3 4 2012123 2012<-X-X-X•••X 234 2013TOC\o"1-5"\h\z111211131114 1112013 1 X X X...X < .234 2013 2013考点：函数与导数，导数与函数的单调性、导数与函数的极值，曲线的切线方程，导数与不等式的综合应用，考查学生的基本推理能力，及基本运算能力以及转化与化归的能力.（1）证明如下（2）证明如下【解析】试题分析：解：(1)/(x)=axhia-(x+1)hia=(优一x—1)Ina\9a>e,x>0 ax-x-l>ex-x-IT(x)=-x-l,T(x)=ex-1T(x)=0,x=0在(-co,0)±T(x)递减，在(0,+8)上r(x)递增则T(x)NT(0)=0/.f'Q)>0/(x)在(0,")上单调递增= 2/(r)=/I—2^-(r-2r-1)lnaG'(t)=(2标i-2a1-2t+2)hia=(日―+1)•2Ina当一 <1J <0,(72/-1<d,此时G(/)20e当时，由(1)可知Nf11167>0G'(r)>0当。w[e,e?]U[L1)时，G(t)在[1,y))单调递增e3则G(t)>G(l)=-a+—InaTOC\o"1-5"\h\z3 . 3令M(4)=_4+_lii4,M(a)=-l+一2 2a3 3A/m)在(o,5)上单调递增，(5，y)上单调递减乙 乙1 13M(-)= ,M(/)=_/+3e e2M(-)>M(e2)e得证.考点：导数的应用点评：导数常应用于求曲线的切线方程、求函数的最值与单调区间、证明不等式和解不等式中参数的取值范围等。(1)g(x)有极小值lna+1,g(x)无极大值.(2)/?(x)在(x「+GO)上是增函数.【解析】试题分析：(1) =9—乌=二，令g<M=o,得x=4.X厂厂当(0,4)时，g\x)<0,g(x)是减函数;当X£(。,”)时，g'(X)>0，g“)是增函数.，当x=a时，g(x)有极小值lna+1,g(x)无极大值. 4分h,")=/。)&一占)一/(■¥)+/(%)(不一演『(1——)(x-xj-x+Inx+xx-InX—+Inx-1-hix二x由(1)知(x)=、+lnx在[演,xo)上是增函数,x当X£(X],K)时，(p(X)>(p^X1),x即」+lnx>l+lnX],x/.h\x)>0,即/?(x)在(X],T6)上是增函数. 10分0<X]<X<X,,由(2)知，h(x)= 在(X],~F8)上是增函数,TOC\o"1-5"\h\z■ x-xt则/(")一/(演)〉/(用一)(乙),x2-x{ x-xL令x=宁得，<；"("+/区小 16分乙 乙 乙考点：本题考查了导数的运用点评：导数本身是个解决问题的工具，是高考必考内容之一，高考往往结合函数甚至是实际问题考查导数的应用，求单调、最值、完成证明等，请注意归纳常规方法和常见注意点23.(1)0<«<1. (2)A的最大值为13・(3)证明(法一)：先得到xe(L+s)时，f(x)>g(x),即lnx<=(x-L).2x2k+1妨12k+112k+12k-1令1= ,得In <-(令1=212k—12、2k—12k+VAb化简得ln(2k+1)-ln(2k-1)<——,4k--1〃 〃 4/ln(2〃+1)=^[111(2/+1)-111(2/-1)]<Z=1 i=l牛—1(法二)数学归纳法：【解析】试题分析：(1)由/(x)Ng(x)得—21nx,x・・・xNl,・•.要使不等式/(x)Ng(x)恒成立，必须。-2xlnx恒成立.设〃(x)=x・・・//'(X)=2—一，・•・当xNl时，hf\x)>0,・・・//'(X)=2—一，・•・当xNl时，hf\x)>0,则l(x)是增函数，h\x)>//(I)=0,h{x)是增函数，h(x)>h(l)=1,a<1.因此，实数。的取值范围是5分(2)当。=1时，f(x)=x--,X1 Q・・・/'(x)=l+r>0,・・・/(x)在［e,3］上是增函数，/(冷在回3］上的最大值为"3)=7.厂 3要对［e,3］内的任意k个实数