第9讲导数第一篇(教师版)

第9讲 导数研究函数性质及不等式问题
[考点分析]
从高考对导数的要求看，考查分三个层次，一是考查导数公式，求导法则与导数的几何意义；二是导数的简单应用，包括求函数的单调区间、极值、最值等；三是综合考查，如研究函数零点、证明不等式、恒成立问题、求参数范围等.除压轴题，同时在小题中也加以考查，难度控制在中等以上.应特别是注意将导数内容和传统内容中有关不等式、数列、函数图象及函数单调性有机结合，设计综合题，考查学生灵活应用数学知识分析问题、解决问题的能力.
[特训典例]
题型一 导数研究函数性质
例1 (2020·泰安检测)已知函数f (x )＝ln x . (1)求f (x )图象的过点P (0，－1)的切线方程；
(2)若函数g (x )＝f (x )－mx ＋m
x
存在两个极值点x 1，x 2，求m 的取值范围.
【解析】(1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，且f ′(x )＝1x .设切点坐标为(x 0，ln x 0)，则切线方程为y ＝1
x 0x ＋ln x 0－1.
把点P (0，－1)代入切线方程，得ln x 0＝0，∴x 0＝1. ∴过点P (0，－1)的切线方程为y ＝x －1.
(2)因为g (x )＝f (x )－mx ＋m x ＝ln x －mx ＋m x (x >0)，所以g ′(x )＝1x －m －m x 2＝x －mx 2－m
x 2＝－mx 2－x ＋m x 2，令h (x )
＝mx 2－x ＋m ，要使g (x )存在两个极值点x 1，x 2， 则方程mx 2－x ＋m ＝0有两个不相等的正数根x 1，x 2.
故只需满足⎩⎪⎨⎪⎧
h (0)>0，
12m >0，
h ⎝⎛⎭
⎫12m <0即可，解得0<m <1
2
.
[特训跟踪]
1．(2018·北京卷)设函数f (x )＝[ax 2－(4a ＋1)x ＋4a ＋3]e x . ①若曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线与x 轴平行，求a ；
②若f (x )在x ＝2处取得极小值，求a 的取值范围.
【解析】①因为f (x )＝[ax 2－(4a ＋1)x ＋4a ＋3]e x ，所以f ′(x )＝[ax 2－(2a ＋1)x ＋2]e x . f ′(1)＝(1－a )e.由题设知f ′(1)＝0，即(1－a )e ＝0，解得a ＝1. 此时f (1)＝3e ≠0.所以a 的值为1.
②f ′(x )＝[ax 2－(2a ＋1)x ＋2]e x ＝(ax －1)(x －2)e x .若a >1
2，则当x ∈⎝⎛⎭⎫1a ，2时，f ′(x )<0； 当x ∈(2，＋∞)时，f ′(x )>0.所以f (x )在x ＝2处取得极小值. 若a ≤12，则当x ∈(0，2)时，x －2<0，ax －1≤1
2x －1<0，
所以f ′(x )>0.所以2不是f (x )的极小值点. 综上可知，a 的取值范围是⎝⎛⎭⎫12，＋∞. 2.(2017·北京)已知函数f (x )＝e x cos x －x . (1)求曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程； (2)求函数f (x )在区间⎣⎡⎦
⎤0，π
2上的最大值和最小值. 【解析】(1)∵f (x )＝e x ·cos x －x ，∴f (0)＝1，f ′(x )＝e x (cos x －sin x )－1，∴f ′(0)＝0， ∴y ＝f (x )在(0，f (0))处的切线方程为y －1＝0·(x －0)， 即y ＝1.
(2)f ′(x )＝e x (cos x －sin x )－1，令g (x )＝f ′(x )，则g ′(x )＝－2e x sin x ≤0在⎣⎡⎦⎤0，π
2上恒成立， 且仅在x ＝0处等号成立，∴g (x )在⎣⎡⎦
⎤0，π
2上单调递减， ∴g (x )≤g (0)＝0，∴f ′(x )≤0且仅在x ＝0处等号成立，∴f (x )在⎣⎡⎦⎤0，π
2上单调递减， ∴f (x )max ＝f (0)＝1，f (x )min ＝f ⎝⎛⎭⎫π2＝－π
2. 题型二 单、双变量不等式证明 例2 (2018·全国卷)已知函数()1
ln f x x a x x
=-+． ⑴讨论()f x 的单调性；
⑵若()f x 存在两个极值点1x ，2x ，证明：
()()1212
2f x f x a x x -<--．
【解析】（1）定义域为()0,+∞，()222
11
1a x ax f x x x x -+'=--+=-．
①若0a ≤，则()0f x '<，()f x 在()0,+∞上递减．
②若240a ∆=-≤，即02a <≤时，()0f x '≤，()f x 在()0,+∞上递减．
③若2
40a ∆=->，即2a >时，由()0f x '>
，可得22
a a x -<<，由()0f x '<
，可得0x <<
x >，所以()f x
在⎛ ⎝⎭
，⎫+∞⎪⎪⎝⎭
上递减，在22a a ⎛+ ⎪⎝⎭
上递增．
综上所述，当2a ≤时，()f x 在()0,+∞上递减；当2a >时，()f x
在⎛ ⎝⎭
，⎫+∞⎪⎪⎝⎭
上递减，在⎝⎭
上递增．
【证明】（2）法1：由（1）知，()f x 存在两个极值点，则2a >．因为1x ，2x 是()f x 的两个极值点，所以1x ，2x 满足210x ax -+=，所以12x x a +=，121x x =，不妨设1201x x <<<．
()()112212121212
11ln ln x a x x a x f x f x x x x x x x ⎛⎫⎛⎫
-+--+ ⎪ ⎪
-⎝⎭⎝⎭==-- ()()
()()21
121212121212121212ln ln ln ln ln ln 1
12x x x x a x x a x x a x x x x x x x x x x x x ---+---=--+=-+---，于是
()()()1212122
12
12
12
22
ln ln ln ln 2ln 222111f x f x a x x x x x a a x x x x x x x x ----<-⇔-+
<-⇔
<⇔<⇔----
22212ln 0x x x +
-<．构造函数()1
2ln g x x x x
=+-，1x >，由（1）知，()g x 在()1,+∞上递减，所以()()10g x g <=，不等式获证．
法2：由（1）知，()f x 存在两个极值点，则2a >．因为1x ，2x 是()f x 的两个极值点，所以1x ，2x 满足
210x ax -+=，不妨设1201x x <<<
，则21x x -=，121x x =．
()()112212121212
11ln ln x a x x a x f x f x x x x x x x ⎛⎫⎛⎫
-+--+ ⎪ ⎪
-⎝⎭⎝⎭==-- (
)2111
121222121212ln ln 112x x x x x x a a x x x x x x x x x x ---+=--+=---，于是
()(
)1212
222f x f x a a x x -<-⇔-<-⇔<-
2
ln ⇔<⇔<⎝⎭
．
设t =
，则a =(
))
ln
t t t ϕ=-，0t >，则
(
)110t ϕ'==->，所以()t ϕ在()0,+∞上递增，于是()()00t ϕϕ>=，命题获证．
法3：仿照法1，可得
()()1212
12
12
ln ln 21f x f x x x a x x x x --<-⇔
<--，因为121x x =
，所以
1212
11212122ln ln ln ln 1ln ln ln x x x x x x x x x x x x --<⇔⇔->⇔>
--，
令()0,1t =，构造函数()12ln h t t t t
=+-，由（1）知，()h t 在()0,1上递减，所以()()10h t h >=，不等式获证． 例3已知函数()()1ln f x x x =-. （1）讨论()f x 的单调性；
（2）设a ，b 为两个不相等的正数，且ln ln b a a b a b -=-，证明：11
2e a b
<
+<. 【答案】（1）()f x 的递增区间为()0,1，递减区间为()1,+∞；（2）证明见解析. 【解析】
【分析】（1）求出函数的导数，判断其符号可得函数的单调区间；
（2）设
1211
,x x a b
==，原不等式等价于122x x e <+<，前者可构建新函数，利用极值点偏移可证，后者可设21x tx =，从而把12x x e +<转化为()()1ln 1ln 0t t t t -+-<在()1,+∞上的恒成立问题，利用导数可证明该结论成立.
【详解】（1）函数的定义域为()0,∞+， 又()1ln 1ln f x x x '=--=-，
当()0,1x ∈时，()0f x '>，当()1,+x ∈∞时，()0f x '<， 故()f x 的递增区间为()0,1，递减区间为()1,+∞.
（2）因为ln ln b a a b a b -=-，故()()ln 1ln +1b a a b +=，即
ln 1ln +1
a b a b
+=， 故11f f a b ⎛⎫⎛⎫
= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭
， 设
1211
,x x a b
==，由（1）可知不妨设1201,1x x <<>. 因为()0,1x ∈时，()()1ln 0f x x x =->，(),x e ∈+∞时，()()1ln 0f x x x =-<， 故21x e <<. 先证：122x x +>，
若22x ≥，122x x +>必成立.
若22x <， 要证：122x x +>，即证122x x >-，而2021x <-<， 故即证()()122f x f x >-，即证：()()222f x f x >-，其中212x <<. 设()()()2,12g x f x f x x =--<<，
则()()()()2ln ln 2g x f x f x x x '''=+-=---()ln 2x x =--⎡⎤⎣⎦， 因为12x <<，故()021x x <-<，故()ln 20x x -->，
所以()0g x '>，故()g x 在()1,2为增函数，所以()()10g x g >=， 故()()2f x f x >-，即()()222f x f x >-成立，所以122x x +>成立，
综上，122x x +>成立. 设21x tx =，则1t >， 结合
ln 1ln +1a b a b
+=，1211
,x x a b ==可得：()()11221ln 1ln x x x x -=-，
即：()111ln 1ln ln x t t x -=--，故11ln ln 1
t t t
x t --=
-，
要证：12x x e +<，即证()11t x e +<，即证()1ln 1ln 1t x ++<， 即证：()1ln ln 111
t t t
t t --++
<-，即证：()()1ln 1ln 0t t t t -+-<，
令()()()1ln 1ln ,1S t t t t t t =-+->， 则()()112
ln 11ln ln 111t S t t t t t t -⎛⎫'=++
--=+- ⎪++⎝⎭
， 先证明一个不等式：()ln 1x x ≤+. 设()()ln 1u x x x =+-，则()1111
x
u x x x -'=
-=++， 当10x -<<时，()0u x '>；当0x >时，()0u x '<，
故()u x 在()1,0-上为增函数，在()0,+∞上为减函数，故()()max 00u x u ==， 故()ln 1x x ≤+成立
由上述不等式可得当1t >时，112
ln 11
t t t ⎛⎫+≤
< ⎪+⎝⎭，故()0S t '<恒成立， 故()S t 在()1,+∞上为减函数，故()()10S t S <=， 故()()1ln 1ln 0t t t t -+-<成立，即12x x e +<成立. 综上所述，11
2e a b
<
+<.
[特训跟踪]
1.（2020届山东省济宁市第一中学高三二轮检测）已知函数()1x
f x x ae =-+
（1）讨论()f x 的单调性；
（2）当1a =-时，设1210,0x x -<<>且()()125f x f x +=-，证明：121
24x x e
->-+． 【答案】（1）见解析（2）见解析 【解析】
（1）()1x
f x ae ='+，
当0a ≥时，()0f x '>，则()f x 在R 上单调递增． 当0a <时，令()0f x '>，得1ln x a ⎛⎫<-
⎪⎝⎭，则()f x 的单调递增区间为1,ln a ⎛⎫⎛⎫-∞- ⎪ ⎪⎝⎭⎝
⎭， 令()0f x '<，得1ln x a ⎛⎫
>-
⎪⎝⎭，则()f x 的单调递减区间为1ln ,a ⎛⎫⎛⎫-+∞ ⎪ ⎪
⎝⎭⎝⎭
． （2）证明：（法一）设()()231x
g x f x x e x =+=-+-，则()3x
g x e =-+'， 由()0g x '<得ln3x >；由()0g x '>得ln3x <，故()()max ln33ln340g x g ==-< 从而得()()20g x f x x =+<，()()()()1222125,2520f x f x f x x f x x +=-∴+=--+<，
即12124x x e
->-+． （法二）
()()1212125,3x x f x f x x e e x +=-∴=+--，
12122233x x x x e e x ∴-=+--，设()3x g x e x =-，则()3x g x e '=-，
由()0g x '<得ln3x >；由()0g x '>得ln3x <，故()()min ln333ln3g x g ==-．
1210,0x x -<，1121
233ln33ln3x x e e
-∴->+-=-，
3ln3ln274=<，121
24x x e
∴->-+．
题型三 不等式恒成立和存在性问题 例4 （2020·山东高三模拟）已知函数()21
()1ln ()2
f x m x x m =--∈R . （1）若1m =，求证：()0f x ≥. （2）讨论函数()f x 的极值；
（3）是否存在实数m ，使得不等式111
()x f x x e
->-在(1,)+∞上恒成立？若存在，求出m 的最小值；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）证明见解析；（2）见解析；（3）存在，1. 【解析】（1）1m =，()2
1()1ln (0)2
f x x x x =
-->， 211
()x f x x x x
-'=-+=
，当(0,1)x ∈时，()0f x '<，当(1,)x ∈+∞时，()0f x '>，∴min ()(1)0f x f ==，故()0f x ≥.
（2）由题知，0x >，211
()mx f x mx x x
-'=-+=，
①当0m ≤时，21
()0mx f x x -'=<，所以()f x 在(0,)+∞上单调递减，没有极值；
②当0m >时，21()0mx f x
x
-'==，得
x =， 当x
⎛
∈ ⎝时，()0f x '<；当x ⎫∈+∞⎪⎭时，()0f x '>， 所以()f x 在
⎛ ⎝
上单调递减，在⎫
+∞⎪⎭
上单调递增.
故()f x 在x
=
处取得极小值1
11ln 2
22f m m =+-，无极大值. （3）不妨令111
11()x x x e x h x x e xe
----=-=，设11
(),(1,),()10x x u x e x x u x e --'=-∈+∞=->在(1,)+∞恒成立，()u x 在[1,)+∞单调递增，()(1)0u x u ∴>=，
10x e x -∴-≥在(1,)+∞恒成立，所以，当(1,)x ∈+∞时，()0h x >，
由（2）知，当0,1m x ≤>时，()f x 在(1,)+∞上单调递减，()(1)0f x f <=恒成立；
所以不等式111
()x f x x e
->
-在(1,)+∞上恒成立，只能0m >. 当01m <<1
>，由（1）知()f x 在⎛ ⎝
上单调递减， 所以(1)0f f
<=，不满足题意.当m 1≥时，设()21
111()1ln 2x F x m x x x e -=---+， 因为1,1m x ≥>，所以1
1
1
11,1,01,10x x x mx x e e
e
---≥><
<-<-
<，
322122
111111()1x x x x F x mx x x x e x x x
---+'=-++->-++-=， 即()
22
(1)1()0x x F x x
--'>
>，所以()F x 在(1,)+∞上单调递增，
又(1)0F =，所以(1,)x ∈+∞时，()0F x >恒成立， 即()()0f x h x ->恒成立，故存在m 1≥，使得不等式111
()x f x x e
->-在(1,)+∞上恒成立， 此时m 的最小值是1.
例5【衡水中学2020 届高三第一学期期末】 已知函数1
()x f x e
a -=+，函数()ln g x ax x =+，a R ∈.
（1）求函数()y g x =的单调区间；
（2）若不等式()()1f x g x ≥+在区间[1,)+∞内恒成立，求实数a 的取值范围；
（3）若(1,)x ∈+∞，求证不等式1
2ln 1x e
x x -->-+成立.
解：函数()g x 的定义域为(0,)+∞，
因为()ln g x ax x =+，a R ∈，所以11
()ax g x a x x
+'=+
=
. 当0a ≥时，()0g x '>在区间(0,)+∞内恒成立，
所以函数()g x 的单调递增区间为(0,)+∞，无单调递减区间；
当0a <时，令()0g x '>，得10x a <<-
，令()0g x '<，得1x a >-， 所以函数()g x 的单调递增区间为1(0,)a -，单调递减区间为1
(,)a
-+∞.
（2）解：()()1f x g x ≥+在区间[1,)+∞内恒成立， 即1
ln 10x e
x a ax --+--≤在区间[1,)+∞内恒成立.
设1
()ln 1x F x e x a ax -=-+--，则(1)0F =，
11
x F e a x
-'=--在区间[1,)+∞内单调递增，所以()(1)F x F a '≥'=-.
当0a ≤时，()0F x '≥，()F x 在区间[1,)+∞内为增函数，所以()(1)0F x F ≥=恒成立；
当0a >时，(1)0F '<，因为()F x '在区间[1,)+∞内单调递增，所以0(1,)x ∃∈+∞，在区间0(1,)x 内，有
()0F x '<，所以()F x 在区间0(1,)x 内单调递减，所以()(1)0F x F <=，这时不合题意.
综上所述，实数a 的取值范围为(,0]-∞. （3）证明：要证明在区间(1,)+∞内，1
2ln 1x e
x x -->-+，只需证明1(ln 1)(ln )0x e x x x ---+->，
由（2）知，当0a =时，在区间(1,)+∞内，有1
ln 10x e x --->恒成立.
令()ln G x x x =-，在区间(1,)+∞内，11()10x G x x x
-'=-
=>， 所以函数()G x 在区间(1,)+∞内单调递增，所以()(1)10G x G >=>，即ln 0x x ->. 所以1
(ln 1)(ln )0x e x x x ---+->，所以原不等式成立.
[特训跟踪]
1.（2020届山东省潍坊市高三模拟二）已知函数()ln ,f x x x kx k R =+∈. （1）求()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程；
（2）若不等式2
()f x x x ≤+恒成立，求k 的取值范围；
（3）求证：当*
n N ∈时，不等式()22
1
2ln 4121n
i n n i n =-->+∑成立.
【答案】（1）(1)1y k x =+-（2）k 2≤（3）证明见解析 【解析】
（1）函数()y f x =的定义域为(0,)+∞，
()1ln f x x k '=++，(1)1f k '=+，
∵(1)f k =，∴函数()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程为(1)(1)y k k x -=+-， 即(1)1y k x =+-.
（2）由2
()f x x x ≤+，()ln f x x x kx =+，则2ln x x kx x x +≤+，即ln 1x k x +≤+，
设()ln 1g x x x k =-+-，1
()1g x x
'=
-， ()0,1x ∈，()0g x '>，()g x 单调递增， ()1,x ∈+∞，()0g x '<，()g x 单调递减，
∵不等式2
()f x x x ≤+恒成立，且0x >，
∴ln 10x x k -+-≤，∴max ()(1)20g x g k ==-≤即可，故k 2≤. （3）由（2）可知：当2k =时，ln 1x x ≤-恒成立， 令2141x i =-
-，由于*
i N
∈，21041
i >-. 故，2211ln
14141i i <---，整理得：()2
2
1ln 41141
i i ->--， 变形得：(
)
2
1ln 411(21)(21)i i i ->-
+-，即：()2
11ln 41122121i i i ⎛⎫->-- ⎪-+⎝⎭
1,2,3,,i n =时，
11ln 31123⎛⎫>-- ⎪⎝⎭，11ln 51123⎛⎫
>-- ⎪⎝⎭……，
()2111ln 41122121n n n ⎛⎫
->-- ⎪-+⎝⎭
两边同时相加得：()222
1
1122ln 4112212121n
i n n n
i n n n n =-⎛⎫->--=
> ⎪+++⎝⎭∑， 所以不等式在*n N ∈上恒成立.
[特训练习]
1.（2020届山东济宁市兖州区高三网络模拟考）已知函数()2ln f x x ax =-，a R ∈. （Ⅰ）讨论()f x 的单调性；
（Ⅰ）当1a =-时，令2
()()g x x f x =-，其导函数为()g x '，设12,x x 是函数()g x 的两个零点，判断
12
2
x x +是否为()g x '的零点？并说明理由.
【答案】（Ⅰ）当0a ≤时，()f x 在()0,+∞上单调递增；当0a >时，()f x 在2
(0,)a 单调递增，在2
(,)a
+∞上单调递减. （Ⅰ）不是，理由见解析 【解析】
（Ⅰ）依题意知函数()f x 的定义域为()0,+∞，且()2
f x a x
'=
- , （1）当0a ≤时， ()0f x '>，所以()f x 在()0,+∞上单调递增.
（2）当0a >时，由()0f x '=得：2x a
=
， 则当20,x a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时()0f x '>；当2,x a
⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭
时()0f x '<.
所以()f x 在20,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递增，在2,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭
上单调递减. 综上，当0a ≤时，()f x 在()0,+∞上单调递增；
当0a > 时，()f x 在20,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递增，在2,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭
上单调递减. （Ⅰ）
12
2
x x +不是导函数()g x '的零点. 证明如下： 当1a =-时，()()2
2
2ln g x x f x x x x =-=--. ∵1x ，2x 是函数()g x 的两个零点，不妨设120x x <<，
22111111
222222
222ln 02ln 2ln 02ln x x x x x x x x x x x x ⎧⎧--=-=∴⇒⎨⎨--=-=⎩⎩，两式相减得：()()()12121212ln ln x x x x x x -+-=-
即： ()121212
2ln ln 1x x x x x x -+-=
-， 又()2
21g x x x
-
'=-. 则()()()121212121212121212122ln ln 24421ln ln 2x x x x x x g x x x x x x x x x x x x x x ⎡⎤--+⎛⎫
=+-
-=-=--'⎢⎥ ⎪+-+-+⎝⎭
⎣⎦. 设1
2
x t x =
，∵120x x <<，∴01t <<， 令()()
21ln 1t t t t ϕ-=-+，()()()()
2
22114
11t t t t t t ϕ-=-=+'+.
又01t <<，∴()0t ϕ'>，∴()t ϕ在()0,1上是増 函数， 则()()10t ϕϕ<=，即当01t <<时，()21ln 01
t t t --
<+，从而()()121212
2ln ln 0x x x x x x ---
<+，
又121200x x x x <<⇒-<所以
()()1212121222ln ln 0x x x x x x x x ⎡
⎤--->⎢⎥-+⎣⎦
，
故1202x x g +⎛⎫
>
⎪
⎝⎭
'，所以122x x +不是导函数()g x '的零点.
2．（2020届山东省潍坊市高三下学期开学考试）已知2
()2ln(2)(1)f x x x =+-+，()(1)g x k x =+．
（1）当2k =时，求证：对于1x ∀>-，()()f x g x <恒成立；
（2）若存在01x >-，使得当()01,x x ∈-时，恒有()()f x g x >成立，试求k 的取值范围. 【答案】（1）见解析；（2）(,2)-∞ 【解析】
（1）证明：当2k =时，()2(1)g x x =+
令2
()()()2ln(2)(1)2(1)H x f x g x x x x =-=+-+-+，2286()2
x x H x x ---'=+，
令()0H x '=，即22860x x ---=，解得1x =-或3x =-（舍）． 所以当1x >-时，()0H x '<，()H x 在(1,)-+∞上单调递减． 所以max ()(1)0H x H <-=，
所以对于1,x ∀>-()0H x <，即()()f x g x <.
（2）由（1）知，当2k =时，()()f x g x <恒成立，即对于1,x >-2
2ln(2)(1)2(1)x x x +-+<+，
不存在满足条件的0x ；
当2k >时，对于1x >-，10x +>，此时2(1)(1)x k x +<+， 所以2
2ln(2)(1)2(1)(1)x x x k x +-+<+<+， 即()()f x g x <恒成立，不存在满足条件的0x ；
当2k <时，令2
()()()2ln(2)(1)(1)h x f x g x x x k x =-=+-+-+，22(6)(22)
()2
x k x k h x x --+-+'=+，
令2
()2(6)(22)t x x k x k =--+-+，
又()y t x =为一开口向下的抛物线，且x →+∞时，()t x →-∞， 又(1)2(6)(22)20t k k k -=-++-+=->， 所以必存在0(1,)x ∈-+∞，使得()00t x =．
所以()01,x x ∈-时，()0t x >，()0h x '>，()h x 单调递增； 当0(1,)x ∈-+∞时，()0t x <，()0h x '<，()h x 单调递减． 当()01,x x ∈-时，()(1)0h x h >-=，即()()0f x g x ->恒成立， 综上，k 的取值范围为(,2)-∞．
3．（2020届山东省淄博市高三二模）（本小题满分12分）设函数()()2
2ln 11
x f x x x =+++.
（Ⅰ）讨论函数()f x 的单调性；
（Ⅰ）如果对所有的x ≥0，都有()f x ≤ax ，求a 的最小值；
（Ⅰ）已知数列{}n a 中， 11a =，且()()1111n n a a +-+=，若数列{}n a 的前n 项和为n S ，求证：
1
1ln 2n n n n
a S a a ++>
-. 【答案】（Ⅰ）函数()f x
在(1-2-+，
上单调递减，在()
-2+∞单调递增；（Ⅰ）2；（Ⅰ）证明见解
析． 【解析】
（Ⅰ） ()f x 的定义域为()1-+∞，， ()()
22
42
1x x f x x ++=
+'1分
当12x -<<-+ ()0f x '<
，当2x >-+ ()0f x '>2分
所以函数()f x
在(1
-2-+，
上单调递减，在()
-2+∞单调递增. 3分 （Ⅰ）设()()2
2ln 11
x g x x ax x =++
-+，则 ()()
()()()
2
2
22
2
1211
42
112111x x x x g x a a a x x x +++-++⎛⎫
=
-=
-=--+- ⎪+⎝⎭
++'
因为x ≥0，故2
11101x ⎛⎫
-<--≤ ⎪+⎝⎭
5分
（Ⅰ）当2a ≥时， 20a -≤， ()0g x '≤，所以()g x 在[
)0,+∞单调递减，而()00g =，所以对所有的x ≥0， ()g x ≤0，即()f x ≤ax ；
（Ⅰ）当12a <<时， 021a <-<
，若20,
1
a x a ⎛-∈ -⎝
⎭
，则()0g x '>， ()g x 单调递增，而()00g =
，所以当0,x ⎛∈ ⎝⎭
时， ()0g x >，即()f x ax >； （Ⅰ）当1a ≤时， 21a -≥， ()0g x '>，所以()g x 在[
)0,+∞单调递增，而()00g =，所以对所有的
0x >， ()0g x >，即()f x ax >；
综上， a 的最小值为2. 8分
（Ⅰ）由()()1111n n a a +-+=得， 11n n n n a a a a ++-=⋅，由11a =得， 0n a ≠， 所以
1111n n a a +-=，数列1n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭
是以1
1
1a =为首项，1为公差的等差数列， 故
1n n a =， 1n a n =， 111
n a n +=+9分 1
1ln 2n n n n
a S a a ++>
- ⇔ ()()111
ln 112123n n n n
++
<++++
+ 由（Ⅰ）知2a =时， ()2
2ln 121
x x x x ++
≤+， 0x >， 即()()
2
ln 121x x x x ++<+， 0x >. 10分
法一：令1
x n
=
，得()111ln 21n n n n n ++<+， 即()1111ln 1ln 21n n n n n
⎛⎫+-+
-< ⎪+⎝⎭ 因为
()()()1111ln 1ln ln 12121n
k n
k k n k k n =⎡⎤⎛⎫+-+-=++ ⎪⎢⎥++⎝⎭⎣
⎦∑11分 所以()()11
1
ln 112123
n n n n
++
<+++
+
+12分 故1
1ln 2n n n n
a S a a ++>-12分 法二：
1
1ln 2n n n n
a S a a ++>
- ⇔ ()()
1111ln 12321n
n n n +++
+
>+++ 下面用数学归纳法证明．
（1）当1n =时，令1x =代入()()
2
ln 121x x x x ++<+，即得11ln24>+，不等式成立
（2）假设()
*,1n k k N k =∈≥时，不等式成立，即()()
11
11ln 123
21k k k k +
+++
>+++ 则1n k =+时， ()()11
1111ln 123
1211
k k k k k k +
+++
+>++++++ 令11x k =+代入()()2
ln 121x x x x ++<+，得
()()121ln 11212k k k k k +>+++++ ()()()()()()121
ln 1ln 1ln 211211212k k k k k k k k k k k +++
+>++++++++++
()()()()
()()
211
ln 2ln 221222k k k k k k k k +++=++
=++
+++
即()()
111121ln 223
122k k k k +
+++
+>++++ 由（1）（2）可知不等式()()
11
11ln 123
21n n n n +
+++
>+++对任何n *N ∈都成立. 故1
1ln 2n n n n
a S a a ++>
-12分 4.（2020·山东滕州市第一中学高三3月模拟）已知()ln f x x =，()()2
102
g x ax bx a =
+≠，()()()h x f x g x =-.
（Ⅰ）若3,2a b ==，求()h x 的极值；
（Ⅰ）若函数()y h x =的两个零点为()1212,x x x x ≠，记12
02
x x x +=，证明：()00h x '<． 【答案】（Ⅰ）极大值为5
ln 36
--，无极小值；（Ⅰ）证明见解析. 【解析】
（Ⅰ）
()()23
ln 2,0,2
h x x x x x =--∈+∞，
()()()2311132132x x x x h x x x x x
--+--+='∴=--=， 由()()()
3110x x h x x
--+'=
=得1
3
x =，
且当103x <<
时，()0h x '>，即()h x 在10,3⎛⎫
⎪⎝⎭
上单调递增，
当13x >
时，()0h x '<，即()h x 在1,3⎛⎫
+∞ ⎪⎝⎭
上单调递减， ∴当13x =时，()h x 有极大值，且()15=ln336h x h ⎛⎫
=-- ⎪
⎝⎭
极大值，无极小值． （Ⅰ）
函数()y h x =的两个零点为()1212,x x x x ≠，不妨设120x x <<，
()21111ln 02a h x x x bx ∴=-
-=，()222222
ln 02
h x x x bx =--=． ()()2212111222ln ln 22
a a
h x h x x x bx x x bx ∴-=-----
()
()2
2121212ln ln 02a x x x x b x x =-----=， 即()
()2
2121212ln ln 2
a x x x x
b x x -=-+-， 又()()()()1
h x f x g x ax b x ='=-''-+，1202x x x +=，
()1201222x x h x a b x x '+⎛⎫
∴=
-+ ⎪+⎝⎭，()()()12120121222x x x x h x x x a b x x ⎛⎫+∴-=--- ⎪+⎝⎭
'
()()
()1222
121212212
x x a x x b x x x x -⎡⎤=--+-⎢⎥+⎣⎦()()1212122ln ln x x x x x x -=--+12112
2
21ln 1x x x x x x ⎛⎫
- ⎪⎝⎭=-+．
令()1201x t t x =<<，则()()()21ln 011t r t t t t ，-=-<<+()()()()2
22141011t r t t t t t
--∴=-=<++'， ()r t ∴在()0,1上单调递减，故()()10r t r >=，12112
2
21ln 01x x
x x x x ⎛⎫
- ⎪⎝⎭∴->+，
即()()1200x x h x '->，又120x x -<，()00h x ∴'<．
5.（2020·山东高三下学期开学）已知函数()ln 1f x x x =-，()()2
2g x ax a x =--.
（1）设函数()()()H x f x g x '=-，讨论()H x 的单调性；
（2）设函数()()()2G x g x a x =+-，若()f x 的图象与()G x 的图象有()11A x y ，，()22B x y ，两个不同的交点，证明：()12ln 2ln 2x x >+.
【答案】（1）答案不唯一，具体见解析（2）证明见解析
【解析】（1）()()()()2
21H x f x g x lnx ax a x =-=++-+'，定义域为(0,)+∞，
()()()()()22212111
22ax a x x ax H x ax a x x x -+-+-++=-+-='=
. 当0a ≥时，()H x 在102⎛
⎫ ⎪⎝⎭，上单调递增，在12⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭
，
上单调递减. 当20a -<<时，令()0H x '>，得1102x a ⎛⎫⎛⎫∈-+∞⋃ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，
，，所以()H x 在1a ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭，，102⎛⎫ ⎪⎝⎭
，上单调递增；
令()0H x '<，得112x a ⎛⎫∈- ⎪
⎝⎭，
，所以()H x 在112a ⎛⎫
- ⎪⎝
⎭，上单调递减. 当2a =-时，()0H x '≥，()H x 在()0+∞，
上单调递增. 当2a <-时，令()0H x '>，得1102
x a ⎛⎫⎛⎫∈+∞⋃- ⎪ ⎪⎝⎭⎝
⎭，
，，所以()H x 在12⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭，，10a ⎛
⎫- ⎪⎝⎭
，上单调递增；
令()0H x '<，得112x a ⎛⎫
∈- ⎪⎝⎭
，，所以()H x 在112a ⎛⎫- ⎪⎝⎭
，上单调递减.
（2）()()()2
2G x g x a x ax =+-=，因为函数()f x 的图象与()G x 的图象有两个不同的交点，
所以关于x 的方程21ax xlnx =-，即1
ax lnx x
=-有两个不同的根. 由题知1111lnx ax x -
=①，2221
lnx ax x -=②，①+②得()()12121212
x x ln x x a x x x x +-=+③，
②-①得()221
21112
x x x ln a x x x x x ⎛⎫-+=- ⎪⎝⎭④.由③，④得()
()1212212122112x x x x x ln x x ln x x x x x ++-=-，不妨设120x x <<，记211x t x =>.令()()()2111
t F t lnt t t -=->+，则()()()2
101t F t t t '-=>+，
所以()F t 在()1
+∞，上单调递增，所以()()10F t F >=， 则()211
t lnt t ->
+，即()2121122x x x ln
x x x ->+，所以()
()121221212211
22x x x x x ln x x ln x x x x x ++-=>-. 因为()()(
)(
)1212121212
1222x x ln x x ln x x ln x x x x +-
<==
所以22>
，即1>.令()2x lnx x
φ=-，则()x φ在()0+∞，上单调递增.
又
)
12112
ln ln e -=+-<
，所以
)
1ln >>，
即
)φ
φ
>，所以212
2x x
e >.两边同时取对数可得()1222ln x x ln >+，得证.
6.（2020届山东省六地市部分学校高三3月线考）已知函数()()2
0f x lnx ax x a =--+≥．
()1讨论函数()f x 的极值点的个数；
()2若函数()f x 有两个极值点1x ，2x ，证明：()()12322f x f x ln +>-．
【答案】(1)见解析 (2)见解析 【解析】
()1函数()()2
0f x lnx ax x a =--+≥，
()()2212121
210ax x ax x f x ax x x x x
-+-+-∴=--+>=-'=
， 0x > 0a ≥，∴当0a =时，()1
x f x x
'-=
，0x >，当()0,1x ∈时，()0f x '<，()f x 单调递减； 当()1,x ∈+∞时，()0f x '>，()f x 单调递增；∴当1x =时，()f x 有极小值；
当1
8a ≥
时，0≤，故()0f x '≤，()f x ∴在()0,+∞上单调递减，故此时()f x 无极值； 当1
08
a <<时，0>，方程()0f x '=有两个不等的正根1x ，2x ．
21
可得1x =
2x =
10,4x a ⎛⎫∈ ⎪ ⎪⎝⎭
及1,4x a ⎛⎫+∈+∞ ⎪ ⎪⎝⎭
时， ()0f x '<，()f x 单调递减；
当11,44x a a ⎛⎫+∈ ⎪ ⎪⎝⎭
时，()0f x '> ；()f x 单调递增； ()f x ∴在1x x =处有极小值，在2x x =处有极大值．综上所述：当0a =时，()f x 有1个极值点； 当18a ≥时，()f x 没有极值点；当108
a <<时，()f x 有2个极值点． ()2由()1可知当且仅当1
0,8
a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时()f x 有极小值点1x 和极大值点2x ，且1x ，2x 是方程的两个正根， 则1212x x a +=，1212x x a
=． ()()()(()()2121212121211[)2ln 212144f x f x x x a x x x x lnx lnx a lna ln a a ⎤∴+=+-+--+=++=+++⎦； 令()1214g a lna ln a =+++，108a <<；()2
4104a g x a -'=<， ()g a ∴在10,8
⎛⎫
⎪⎝⎭上单调递减，故()13228g a g ln ⎛⎫>=- ⎪⎝⎭， ()()12322f x f x ln ∴+>-．。