备战2019年高考数学大一轮复习 热点聚焦与扩展 专题14 利用导数证明一元不等式.doc

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1、1专题专题 1414 利用导数证明一元不等利用导数证明一元不等式式【热点聚焦与扩展热点聚焦与扩展】利用函数性质与最值证明一元不等式，是导数综合题常涉及的一类问题，考查学生构造函数、选择函数的能力，体现了函数最值的一个作用每一个函数的最值带来一个恒成立的不等式.此外所证明的不等式也有可能对后一问的解决提供帮助，处于承上启下的位置.1、证明方法的理论基础（1）若要证 fxC(C为常数）恒成立，则只需证明： maxfxC，进而将不等式的证明转化为求函数的最值（2）已知 ,fxg x的公共定义域为D，若 minmaxfxg x，则 ,xD fxg x 证明：对任意的1xD，有 11minmax,fxf

2、xg xg x由不等式的传递性可得： 11minmaxfxfxg xg x，即 ,xD fxg x 2、证明一元不等式主要的方法有两个：第一个方法是将含x的项或所有项均挪至不等号的一侧，将一侧的解析式构造为函数，通过分析函数的单调性得到最值，从而进行证明，其优点在于目的明确，构造方法简单，但对于移项后较复杂的解析式则很难分析出单调性 第二个方法是利用不等式性质对所证不等式进行等价变形，转化成为 fxg x的形式，若能证明 minmaxfxg x，即可得： fxg x，本方法的优点在于对x的项进行分割变形，可将较复杂的解析式拆成两个简单的解析式.但缺点是局限性较强，如果 minfx与 maxg

3、x不满足 minmaxfxg x，则无法证明 fxg x.所以用此类方法解题的情况不多，但是在第一个方法失效的时候可以考虑尝试此法.3、在构造函数时把握一个原则：以能够分析导函数的符号为准则.4、若在证明 0fx 中，解析式 fx可分解为几个因式的乘积，则可对每个因式的符号进行讨论，进而简化所构造函数的复杂度.5、合理的利用换元简化所分析的解析式.6、判断解析式符号的方法：（1）对解析式进行因式分解，将复杂的式子拆分为一个个简单的式子，判断出每个式子的符号即可得到解析式的符号2（2）将解析式视为一个函数，利用其零点（可猜出）与单调性（利用导数）可判断其符号（3）将解析式中的项合理分组，达到分成

4、若干正项的和或者若干负项的和的结果，进而判断出解析式符号【经典例题经典例题】例 1【2019 年贵州省普高等学校招生适应性考试】已知函数 ln1f xxax.（1）求函数 f x的单调区间；（2）若0,1a，求证： xf xeaxa（e为自然对数的底数）.【答案】(1)见解析;(2)见解析.【解析】试题分析：(1) 11(0)axfxaxxx，对 a 分类讨论，得到函数 f x的单调区间；(2) xf xeaxa等价于ln10xexa ，令 ln1xg xexa，求出其最小值，并证明其大于零即可.综上所述，当0a 时， f x只有增区间为0,.当0a 时， f x的增区间为10,a，减区间为1

5、,a.（2） xf xeaxa等价于ln10xexa .令 ln1xg xexa，而 1xgxex在0,单调递增，且 110ge ， 1 21202ge.3令 0gt ，即1(01)tett ， lntt ，则0,xt时 0gxgt， ,xt时 0gxgt，故 g x在0,t单调递减，在, t 单调递增，所以 ln1tg xg teta 112110taaat .即 xf xeaxa.【名师点睛】 （1）此题的解法为证明一元不等式的基本方法，即将含x的项移至不等号的一侧，构造函数解决。（2）一些常见不等关系可记下来以备使用： ln1xx 1xex sin0,xx x例 2【2019 届贵州省凯

6、里市第一中学高三下学期黄金卷第三套】已知函数 ln0xf xmmx.（）试讨论函数 f x的单调性；（）对,a be，且ab，证明： baab.【答案】(1)见解析;(2)见解析.【解析】试题分析：（1） f x的定义域为0,，且 21 ln=mxfx mx，对 m 分类讨论，明确函数 f x的单调性；（2）要证： baab只需证： lnlnb aa b 即证： lnlnab ab. 设 ln=xg xx，研究函数 g x的单调性即可.当0m 时，对0,xe，有 0fx，函数 f x在0,xe单调递减；4对,xe，有 0fx，函数 f x在,xe单调递增 （II）对,a be且ab，要证： b

7、aab只需证： lnlnb aa b 即证： lnlnab ab. 设 ln=xg xx，则 21 ln=xgxx当,xe时，有 0gx，故函数 g x在,xe单调递减又ab，且,a be，所以 g ag b，即lnlnab ab lnlnab ab成立故原不等式成立 例 3【2019 届河南省郑州市高三第二次质量预测】已知函数 2xf xex.()求曲线 f x在1x 处的切线方程；()求证：当0x 时， 21ln1xee xxx.【答案】 （）21.yex；( )见解析.【解析】试题分析：（1）则导数的几何意义可求得曲线 f x在1x 处的切线方程。 （2）由（1）当0x 时， 21,f

8、xex，即221xexex， xe+221e xx ,只需证, 21xee xxxln1x所以 max11,0,1f xfex. f x过点1,1e，且 yf x在1x 处的切线方程为21yex，故可猜测：当0,1xx时， f x的图象恒在切线21yex的上方.下证：当0x 时， 21,f xex设 21,0g xf xexx，则 22 ,2xxgxexegxe，5 gx在0,ln2上单调递减，在ln2,上单调递增，又 030, 10,0ln21geg， ln20g，所以，存在00,1 2xn，使得 00gx，所以，当 00,1,xx时， 0gx ；当0,1xx时， 0gx ，故 g x在00

9、,x上单调递增，在0,1x上单调递减，在1,上单调递增，又 010gg， 2210xg xexex ，当且仅当1x 时取等号，故21,0xee xx xx.又ln1xx，即21ln1xee xxx，当1x 时，等号成立.【点睛】解本题的关键是第（1）结论对第（2）问的证明铺平了路，只需证明21xee xxxln1x.所以利用导数证明不等式时，要进行适当的变形，特别是变形成第（1）问相似或相同形式时，将有利于快速证明.例 4【2019 届湖南省衡阳市高三二模】已知函数 3sinf xxxmxmR .(1)当0m 时，证明： 2f xe ；(2)当0x 时，函数 f x单调递增，求m的取值范围.【

10、答案】 （1）证明见解析；（2）1 6m .不符合题意，舍去；当10,6m存在部分x不合题意，综合三种情况可得结果.试题解析：证明：(1)当0m 时，即证： sin0xexx,6sin1xxexxex,令 1xg xex，则 1xgxe,当0x 时，有 0gx.当0x 时， g x单调递增；当0x 时，有 0gx.当0x 时， g x单调递减， 00g xg.取等号条件不致，sin0xexx（此问可以参考如图理解）. xf xe .(2)依题 2cos1 30fxxmx 在0x 上恒成立，令 2cos1 3,00,6sinF xxmxFFxmxx ,又令 sin1 sin0H xxxHxx,所

11、以当0x 时， H x在0,上单调递增， 00H xH,因此sin0sinxx xxx , 11,0nx Fx,当1x0,x时， 0,nFxFx在10,x时单调递减，当1x0,x时， 00,FxFF x在10,x单调递减， 00F xF，不符合题意舍去.综上： 1 6m .例 5【2019 届河南省中原名校（即豫南九校）高三第六次质量考评】已知函数 xxef xxa.7（1）若曲线 yf x在2x 处的切线过原点，求实数a的值；（2）若12a，求证当,1xa a时， 32f xxx.参考数据： 2.7e .【答案】(1) 1a ；(2)证明见解析.【解析】试题分析： 1求出导数，求得切点的斜率

12、，然后根据两点间的斜率公式，解方程即可求得实数a的值； 2构造 2xeg xxxxa，求导得 g x在,1a a上单调递减，设1ta，代入换元，求导证明结果解析：（1）因为 xxef xxa，所以 2221xxxxaxa ex exaxefx xaxa ，由题意知，曲线 yf x在2x 处的切线过原点，则切线斜率 20220fkf，设 2xeg xxxxa，则 2121xexagxx xa，由0x 且1axa，可知 0gx，所以 g x在,1a a上单调递减，8所以当,1xa a时， 112ag xeaa. 所以当,1xa a时， 0g x ，即当,1xa a时， 32f xxx.点睛：本题主

13、要考查的知识点是利用导数研究曲线上某点切线方程，还考查了利用导数研究函数的单调性，利用导数证明不等式，考查了学生的运算求解能力，在证明过程中注意换元思想及二阶导数的运用.例 6【2019 届陕西省高三检测（二） 】已知函数 2,sinxf xaexg xxbx,直线l与曲线 1:Cyf x切于点 0,0f且与曲线 2:Cyg x切于点22g ，.(1) 求ab，的值和直线l的方程；(2)求证： 2sin0xaexbxx.【答案】 （1）1ab, 1yx；（2）证明见解析.【解析】试题分析：（1）分别求出f xg x（）、（）的导数，求得切线的斜率和切线方程，再由切线唯一，即可求得 a，b 和切

14、线方程；(2)由(1)知， 1ab，则即为证明21sin1xexxxxx.设 21xF xexx,通过求导研究函数的性质可得 00F xF.当0x 时，等号成立.再设 sin1sin1G xxxxx，则 0G x .命题得证.9试题解析：(1) 2 ,cosxfxaex gxxb, 0,0,1,222fa fa gb gb ，曲线 1:Cyf x在点 0,0f处的切线为yaxa,曲线 2:Cyg x在点,22g 处的切线为122yb xb ，即1ybx.当,0x 时， 01,0xeFx ；当0,x时， 1,0xeFx . F x在,0单调递减，在0,单调递增， 00F xF.当0x 时，等号成

15、立.设 sin1sin1G xxxxx，则 0G x .当且仅当22xkkZ时，等号成立.又 F x与 G x不同时为 0， F xG x.102sin0xexxx.故2sin0xaexbxx.例 7【2019 届山西省榆社中学高三诊断性模拟】已知函数 23,91xf xexg xx.（1）讨论函数 ln(,0)xa xbg xaR b在1,上的单调性； （2）比较 f x与 g x的大小，并加以证明.【答案】 （1）见解析（2） f xg x【解析】试题分析：（1）由题意，可采用导数法进行探究讨论，由函数 x求出其导数 x，根据导数解析式中参数及未知数的范围，进行分类讨论，从而对导数 x符号

16、进行判断，从而问题可得解；（2）根据题意，可构造函数 h xf xg x，利用导数法，通过研究函数 h x的单调性及单调区间，求出其最小值 minh x，并证明 min0h x，从而问题可得解.试题解析：（1） 9999(1)abxaabxbxbxxxx，当19a b，即9ab时， 0x， x在1,上单调递减；证明如下：11设 2391xh xf xg xexx， 329xhxex为增函数可设 00hx， 060h ， 1370he，00,1x 当0xx时， 0hx ；当0xx时， 0hx . 02 000min391xh xh xexx又0 03290xex，0 0329xex ， 22 0

17、000000min29911110110h xxxxxxxx ，00,1x ，001100xx， min0h x， f xg x.【名师点睛】此题主要考查导数在研究函数的单调性、最值、以及不等式的证明中的应用，属于中高档题型，也是常考题.利用导数研究函数单调性的一般步骤，第一确定函数的定义域；第二求函数的导数；第三若求单调区间（或证明单调性） ，只需在函数的定义域内解（或证明）不等式 0fx或 0fx；若已知函数的单调性求参数，只需转化为不等式 0fx或 0fx在单调区间内恒成立的问题求解，在求解过程中要注意分类讨论.例 8【2019 届四川省德阳市高三二诊】已知函数且.（1）求实数 的值；（

18、2）令在上的最小值为，求证：.【答案】 （1）.（2）见解析.（2）由（1）知 ，12所以，令，可证，使得，且当时，；当时，进而证明 ，即.试题解析：（1）法 1：由题意知：恒成立等价于在时恒成立，令，则，所以要使在时恒成立，则只需，亦即，令，则，所以当时，；当时，即在上单调递减，在上单调递增.又，所以满足条件的 只有 2，即.法 2：由题意知：恒成立等价于在时恒成立，令，由于，故 ，所以为函数的最大值，同时也是一个极大值，故.又，所以，此时，当时，当时，即：在上单调递增；在上单调递减.故合题意.（2）由（1）知 ，13所以，令，则，即，所以 ，即.例 9【2019 届衡水金卷（一） 】已知函

19、数，且函数的图象在点处的切线斜率为（1）求 的值，并求函数的最值；（2）当时，求证：.【答案】(1)答案见解析；(2)证明见解析.【解析】试题分析：（1）由，可求得 b=1,代入函数得，所以分0 和0 讨论单调性，再求得函数最值。 （2）构造函数，只需证 在 R 上恒成立，显然时，符合，当时，导函数零点，由单调可知下证 ，在区间上恒成立。试题解析：（1）由题得，根据题意，得，当时，在 上单调递减，没有最值；当时，令，得，令，得，在区间上单调递增，在区间上单调递减，在处取得唯一的极大值，即为最大值，且综上所述，当时，没有最值；当时，的最大值为，无最小值（2）要证，即证，14，即成立，故原不等式成

20、立【点睛】利用导数证明不等式恒成立问题是常见题型，要证，只需证成立，即证.即转化为求函数的最值问题.例 10【2019 届河北省保定市高三一模】已知函数 af xxx.（1）判断函数 f x的单调性；（2）设函数 ln1g xx，证明:当 0,x且0a 时， f xg x.【答案】(1)答案见解析；(2)证明见解析.【解析】试题分析：（1）先求导数，再研究二次方程20xa解的情况：先讨论导函数不变号的情况，再讨论有两个不等根，最后根据导函数符号确定单调性， （2）先作差函数 h xf xg x，求导转化研究20xxa根的情况，有一正根01x ，表示差函数 h x最小值002ln2xx，最后利用

21、导数研究最小值函数最小值大于零.15单调递减区间为,0 , 0,aa；（2）令 ln10ah xf xg xxxxx， 22211axxah xxxx ，设 20p xxxa的正根为0x，所以2 000xxa， 11 10paa ，01x ， h x在00,x上为减函数，在0,x 上为增函数， 2 00 0000000min 00ln1ln12ln2xxah xh xxxxxxxxx ，令 2ln21F xxxx， 12120xFxxx恒成立，所以 F x在1,上为增函数，又 12020F， 0F x ，即 min0h x，所以，当0,x时， f xg x.【精选精练精选精练】1 【2019

22、届河北省唐山市高三二模】设 2ln,1xxf xg xaxx.（1）证明： f x在0,1上单调递减；（2）若01ax，证明： 1g x .【答案】 （1）见解析；（2）见解析16【解析】试题分析：（1）第（1）问，直接求导,证明 0x1 时, f(x)0 .(2)第（2）问，分 0a1 e和1 ea1 两种情况证明，每一种情况都是先通过求单调性再求函数的最小值大于 1.（2）g(x)axlnaaxa1a(ax1lnaxa1)，当 0a1 e时，lna1，所以 ax1lnaxa1xa1ax1由（）得lnlna 11x xa，所以(a1)lnx(x1)lna，即 xa1ax1，所以 g(x)0，

23、g(x)在(a，1)上单调递减，即 g(x)g(1)a11当1 ea1 时，1lna0令 t(x)axxlna1，0ax1，则 t(x)axlnalna(ax1)lna0，所以 t(x)在(0，1)上单调递增，即 t(x)t(0)0，所以 axxlna1所以 g(x)axxaxaxlna1x(xa1lna)1x(1lna)11综上，g(x)1点睛：本题的难点在第（2）问，当 0a1 e时求导之后，怎么证明 g(x)axlnaaxa1a(ax1lnaxa1)0，其中用到了第一问的结论lnlna 11x xa，不然不是很好判断导数的正负.2【2019 届河北省石家庄市高三下学期一模】已知函数 xf

24、 xxbea， (0)b ，在 1,1f处17的切线方程为110exeye .（1）求a， b；（2）若0m ，证明： 2f xmxx.【答案】 （1）1a ， 1b ；（2）见解析【解析】试题分析：（1）求出函数的导数，得到关于ab， 的方程组，解出即可；（2）由（1）可知 11xf xxe， 00,10ff，由0m ，可得2xmxx，令 11xg xxex， 利用导数研究其单调性可得 20011xg xgxexmxx，（2）由（1）可知 11xf xxe， 00,10ff，由0m ，可得2xmxx，令 11xg xxex， 22xgxxe，令 t xg(xt xx3xe）当x3 时， t

25、x0， g(x）单调递减，且g(x0）；当x3 时， t x0， g(x）单调递增；且 g 00，所以 g x在0 ，上当单调递减，在0，上单调递增，且 g x0，故 20011xg xgxexmxx，18故 2f xmxx.【点睛】本题考查利用函数的切线求参数的方法，以及利用导数证明不等式的方法，解题时要认真审题，注意导数性质的合理运用.3 【2019 届湖南省（长郡中学、衡阳八中） 、江西省（南昌二中）等十四校高三第二次联考】已知 2lnf xxaxx 2322xax.（1）求 f x的单调递减区间；（2）证明：当1a 时， 3225 32f xxx 112ln246x (0)x 恒成立.

26、【答案】 （1）见解析；（2）见解析试题解析：（1）易得 f x定义域为0,， 2lnfxxax 32xaxa 2ln2xaxxa2ln1xax，解 0fx 得2ax 或xe.当0a 时，0x ，20xa，解 0fx 得xe， f x的单调递减区间为0,e；当0a 时，i.若2ae，即02ae时， 0,2ax时， 0fx ，,2axe时， 0fx ， ,xe时， 0fx ，19 f x的单调递减区间为,2ae；ii.若2ae，即2ae时， 0,x时， 0fx 恒成立，2ae时，无单调递减区间； 2ae时，单调递减区间为,2ae.（2）令 g xf x 3225232xxx11ln46x，则 2

27、1 ln1gxxx 2252xx 21 ln1212xxxx21 ln1xxx .令 ln1m xxx ， 111xmxxx ，0,1x时， 0mx ， 1,x时， 0mx ，1x 时， max0m x，即0x 时， 0m x 恒成立.解 0gx 得1 2x 或1x ， 10,2x时， 0gx ， 1,2x时， 0gx ，1 2x 时， max0g x，得证.4.已知函数 lnaf xxx， aR.（1）讨论函数 f x的单调性；20（2）当0a 时，证明 21af xa【答案】 （1）见解析；（2）见解析【解析】试题分析:(1)先求出函数的定义域与导函数,讨论参数 a0和0a 时的单调性即可

28、;(2) 由（1）知，当0a 时， minln1f xf aa. 只需证21ln1aaa ,构造关于 a 的新函数,求导判断单调性求出最值即可得证.试题解析:（1）函数 f x的定义域为0,，且 221axafxxxx. 当0a 时， 0fx， f x在0,上单调递增； 当0a 时，若xa时，则 0fx，函数 f x在, a 上单调递增；若0xa时，则 0fx，所以 min10g ag.所以1ln10aa 恒成立，所以 21af xa .5设函数 （1）当时，恒成立，求 的取值范围；（2）求证：当时，.【答案】(1)a1;(2)见解析.【解析】试题分析：（1）恒成立，变形为在上恒成立，设，即求

29、。 （2）原不等式可等价变形21即0，设，由（）知:当时，所以所以有试题解析：（）由题设知在上恒成立，设 则当时， 即在上为减函数当时， 即在上为增函数，此时有，即当 x(0，)时，. 【名师点睛】不等式恒成立，求参数范围，常用分离参数法，转化为为求函数最值范围。在导数解决不等式问题，常用到一些恒成立的式子进行放缩，本题第一问题就是一个常见不等式，放缩常常用到的不等式有：（1）（2）（3）（4）6 【2019 届北京市门头沟一模】已知 lnxf xbea x在 1,1f处的切线方程为11yex。（1）求 yf x的解析式；（2）求 yf x的导函数 /yfx的零点个数；22（3）求证： 2f

30、x .【答案】 （1） lnxf xex; （2）1 个;（3）见解析.（2） /1lnxxf xexfxex，设 1xg xex，则 / 210xgxex， /1xg xfxex在0,上递增， /1110,202fefe ，存在 0/ 00 0111,002xxfxex， yf x的导函数 /yfx的零点个数为 1 个。（3）由（2）可知， yf x在00,x上递减，在0,x 上递增， 0 0000min 011ln2(1)2xf xf xexxxx，所以， 2f x .点睛：利用导数证明不等式常见类型及解题策略(1) 构造差函数 h xf xg x.根据差函数导函数符号，确定差函数单调性，

31、利用单调性得不等量关系，进而证明不等式.（2）根据条件，寻找目标函数.一般思路为利用条件将求和问题转化为对应项之间大小关系，或利用放缩、等量代换将多元函数转化为一元函数.7【2019 届衡水金卷（五） 】已知函数 221xf xxxe，其中e为自然对数的底数.（1）求函数 f x的单调区间；（2）求证： 0x 时， 3313lnxxf xxxexe .【答案】(1) f x的增区间为2,1，减区间为 , 2 , 1, .(2)见解析.23故在区间, 2 内， 0fx；在区间2,1内， 0fx；在区间1,内， 0fx，故 f x的增区间为2,1，减区间为 , 2 , 1, .（2）原式化为 26

32、133lnf xxxx xee ，令 6g xf xe，由（1）可知 g x在区间0,1内单调递减，在区间1,内单调递增， 6511g xgeee.（*）令 233lnh xxxx x ，则 22lnh xxx，设 s xh x ，则 120sxx，故 0h x仅有一解为1x ，在区间0,1内， 0h x，在区间1,内， 0h x，故 11h xh.（*）由（*） （*）式相乘得 1g x h xe，即 26163133ln3lnxf xxxx xxf xxxeeexe ，当1x 时，取等号.8 【2019 届安徽省马鞍山市高三第二次监测】已知函数.（1）若在定义域内无极值点，求实数 的取值范

33、围；24（2）求证：当时，恒成立.【答案】 （1）；（2）见解析中结论可得在上单调递増，根据可得存在唯一的零点，且在上单调递减，在上单调递増,故可得结论.试题解析：（1）由题意知，令，则，当时，在上单调递减， 当时，在上单调递增，又，在定义域内无极值点， 又当时，在和上都单调递增也满足题意，由知即当时，恒成立.9 【2019 届云南省昆明市高三二统】函数 1xf xex， cos1xg xeaxxx.（1）求函数 f x的极值；（2）若1a ，证明：当0,1x时， 1g x .25【答案】 （1）函数 f x只有极小值 00f.（2）见解析.【解析】试题分析：（1）求出 fx，分别令 0fx

34、求得x的范围，可得函数 f x增区间， 0fx 求得x的范围，可得函数 f x的减区间，根据单调性可得函数 f x的极值；（2）不等式 1g x 等价于1cos1xaxxxe ，由（1）得11 1xex，可得11cos1cos1xaxxxx axex，设 1cos1h xxax，利用导数研究函数的单调性，根据单调性可得 11cos12h xha，进而可得结果.试题解析：（1）函数 1xf xex的定义域为, ， 1xfxe，由 0fx得0x ， 0fx得0x ，所以函数 f x在,0单调递减，在0,上单调递增，所以函数 f x只有极小值 00f.（2）不等式 1g x 等价于1cos1xaxx

35、xe ，由（1）得： 1xex.所以11 1xex， 0,1x，所以11cos1cos11xaxxxaxxxexcos1xaxxxx1cos1x axx. 令 1cos1h xxax，则 21sin 1h xx x ，当0,1x时， 0h x，所以 h x在0,1上为减函数，因此， 11cos12h xha，因为1cos1cos32，所以，当1a 时， 1cos102a，所以 0h x ，而0,1x，所以 1g x .10 【2019 届新疆乌鲁木齐市 2019 届高三第二次监测】已知 21xf xaxex.（1）当1a 时，讨论函数 f x的零点个数，并说明理由；（2）若0x 是 f x的极

36、值点，证明 2ln11f xaxxx.【答案】 （1） f x恒有两个零点；（2）证明见解析.26根据导数得到 h x的单调性和最小值，证得 0h x ，即可作出证明.试题解析：（1）当1a 时， 21xf xxex，23240fe， 010f ， 110f ， 200xfxx ex， 00fxx， f x在,0上递减，在0,上递增， f x恒有两个零点；（2） 12xfxeaxax，0x 是 f x的极值点， 0101faa ； 21xf xxex故要证： 1ln11xxexx，令1xt ，即证1ln2ttett ，故 0u x 有唯一的根00,1x ， 001xeex，当00xx时， 00

37、u xh x，当0xx时， 00u xh x， 001 000000 01ln2ln2xxh xh xexexxexexex 001120xx .27综上得证.11【2019 届北京市汇文实验中学高三九月月考】已知函数 2ln1f xx.（）若函数 f x在点 00,P xf x处的切线方程为2yx,求切点P的坐标;（）求证:当0,1xe时, 22f xxx.（其中2.71828e ）.【答案】 （）0,0.（）见解析.【解析】试题分析： 1求出 fx，根据导数的几何意义结合切线方程，即可得到结论； 2构造函数 22g xf xxx，求出 gx，利用单调性即可证明解析：（）由 2ln1f xx

38、,得 2 1fxx,因为函数 f x在点 00,P xf x处的切线方程为2yx,所以 0 0221fxx ,得00x . 000f xf所以切点P的坐标为0,0.（）设 2222ln12g xf xxxxxx 22242211xgxxxx,令 0gx,得2x 当02x时, 0gx,28点睛：本题主要考查的知识点是导数的几何意义，利用导数求闭区间上函数的最值问题。 1求导，利用导数的几何意义进行求解； 2作差构造函数，将不等式恒成立问题转化为求函数的最值，求导，利用导函数的符号确定函数的单调性和最值。12 【2019 届云南省昆明市高三二统】已知函数 234 cos1xf xexxxx， 1xg xem x.（1）当1m 时，求函数 g x的极值；（2）若7 2a ，证明：当0,1x时， 1f xx.【答案】 （1）见解析.（2）见解析.【解析】试题分析：（1）由导数可求得单调区间及极值。 （2）同（1）可知1xex， 221xex， 211 1xx ex， 0,1x，即证314 cos11xaxxxx0.试题解析：（1） xgxem，由 0gx 得lnxm.由lnxm得 0gx ， lnxm得 0gx ，所以函数 g x只