第2章 习题课 不等式证明问题-（课件PPT+Word教案）【步步高】2024-2025学年高二数学选择性必修第二册教师用书（北师大版2019）

不等式证明问题 习题课 第二章 <<< 了解高考热点中的证明问题的证明思路，把握高考证明问题的方向. 学习目标 一、将不等式转化为函数的最值问题 二、将不等式转化为两个函数的最值进行比较 课时对点练 内容索引 将不等式转化为函数的最值问题 一 　　　函数f(x)=x+a·x2+b·ln x的图象在点P(1，0)处的切线斜率为2. (1)求a，b的值； 例 1 由题设可知f(x)的定义域为(0，+∞)， f'(x)=1+2ax+， ∵y=f(x)在点P(1，0)处切线的斜率为2， ∴f(1)=1+a=0，f'(1)=1+2a+b=2， 解得a=-1，b=3. 5 (2)证明：f(x)≤2x-2对任意正实数x恒成立. 6 由(1)知f(x)=x-x2+3ln x(x>0)， 则转化为证明2-x-x2+3ln x≤0对任意正实数x恒成立， 设g(x)=2-x-x2+3ln x，x>0， 则g'(x)=-1-2x+=-， ∴当0<x<1时，g'(x)>0；当x>1时，g'(x)<0， ∴g(x)在(0，1)上单调递增，在(1，+∞)上单调递减， ∴g(x)在x=1处有最大值g(1)=0， ∴g(x)≤0对任意正实数x恒成立， 即2-x-x2+3ln x≤0对任意正实数x恒成立， 即f(x)≤2x-2对任意正实数x恒成立，原命题得证. 7 (1)构造函数h(x)=f(x)-g(x). (2)问题转化为证明f(x)-g(x)≥0， 即证h(x)≥0. (3)讨论单调性：根据h'(x)与0的大小关系确定函数h(x)的单调性. (4)求最值：由函数h(x)的单调性确定最值，并确认h(x)≥h(x)min≥0即可. 反 思 感 悟 解题思路 8 　　　　　设函数f(x)=(x-1)ex+ax2，a∈R. (1)当a=1时，求曲线y=f(x)在点(1，f(1))处的切线方程； 跟踪训练 1 当a=1时，f(x)=(x-1)ex+x2， 则f'(x)=xex+2x， ∴f'(1)=e+2，又f(1)=1， ∴所求的切线方程为y-1=(e+2)(x-1)， 即(e+2)x-y-e-1=0. 9 (2)设函数g(x)=ln x+x-ex+1，当a=0时，证明f(x)-g(x)≥0. 10 当a=0时，f(x)-g(x)=(x-1)ex+ex-ln x-x-1=xex-ln x-x-1. 设h(x)=xex-ln x-x-1，其定义域为(0，+∞)，则证明h(x)≥0即可. ∵h'(x)=(x+1)ex-， 且h'=3<0，h'(1)>0， 令φ(x)=(x+1)ex-， 则φ'(x)=(x+2)ex+>0， ∴函数h'(x)在(0，+∞)上单调递增， ∴h'(x)=0有唯一的实根x0∈=. 11 当0<x<x0时，h'(x)<0；当x>x0时，h'(x)>0， ∴函数h(x)的最小值为h(x0)， ∴h(x)≥h(x0)=x0-ln x0-x0-1=1+x0-x0-1=0. 故f(x)-g(x)≥0得证. 12 二 将不等式转化为两个函数的最值进行比较 　　　已知函数f(x)=在点(1，f(1))处的切线方程为x+y=2. (1)求a，b的值； 例 2 f'(x)=， 又点(1，f(1))在直线x+y=2上， ∴f(1)=1，又直线x+y=2的斜率为-1， ∴f'(1)=-1， 则 14 (2)若对函数f(x)定义域内任意一个实数x，有xf(x)<m恒成立，求实数m的取值范围； 15 由(1)得f(x)=(x>0)， 由xf(x)<m，得<m， 令g(x)=，则g'(x) = =， 令h(x)=1-x-ln x， 则h'(x)=-1-<0(x>0)， 16 ∴h(x)在区间(0，+∞)上单调递减， ∴当0<x<1时，h(x)>h(1)=0， 当x>1时，h(x)<h(1)=0， 从而当0<x<1时，g'(x)>0；当x>1时， g'(x)<0， ∴g(x)在(0，1)上单调递增，在(1，+∞)上单调递减，故g(x)max=g(1)=1， 要使<m恒成立，只需m>1， 故m的取值范围是(1，+∞). 17 (3)求证：对一切x∈(0，+∞)，都有3-(x+1)f(x)>-成立. 18 要证3-(x+1)f(x)=ln x+1>-对∀x>0成立， 即证明xln x+x>-对∀x>0成立， 设φ(x)=xln x+x(x>0)，则φ'(x)=ln x+2， 当x>e-2时，φ'(x)>0，φ(x)单调递增； 当0<x<e-2时，φ'(x)<0，φ(x)单调递减， ∴φ(x)min=φ(e-2)=-， 设k(x)=-(x>0)， 则k'(x)==， 19 当0<x<1时，k'(x)>0，k(x)单调递增； 当x>1时，k'(x)<0，k(x)单调递减， ∴k(x)max=k(1)=-， ∴φ(x)min=->k(x)max=-， ∴xln x+x>-对∀x>0成立， ∴3-(x+1)f(x)>-对∀x>0成立. 20 合理的构造函数是证明问题的关键，此类函数一般的结构是对∀x∈D，都有h(x)=f(x)-g(x)≥0，可转化为∀x1，x2∈D都有f≥g，即可得证. 反 思 感 悟 21 　　　　　已知函数f(x)=ln x-. (1)若曲线y=f(x)存在一条切线与直线y=x垂直，求这条切线的方程； 跟踪训练 2 22 因为f(x)=ln x-， 所以f'(x)=-， 因为曲线y=f(x)的一条切线与直线y=x垂直，所以这条切线的斜率为， 令-=，得x=1， 所以切点为， 所以所求切线的方程为y+=(x-1)， 即(e-1)x-ey-e=0. 23 (2)证明：f(x)<x2-ln x-. 24 因为f'(x)=-=. 所以当x∈(0，e)时，f'(x)>0；当x∈(e，+∞)时，f'(x)<0， 所以函数f(x)的单调递增区间为(0，e)，单调递减区间为(e，+∞)，所以f(x)max=f(e)=ln e-=0. 设g(x)=x2-ln x-， 则g'(x)=2x-=， 所以当x∈时，g'(x)<0； 当x∈时，g'(x)>0， 25 所以函数g(x)的单调递减区间为， 所以g(x)min=g=-ln - =-+ln 2=. 因为ln 2>ln =，所以g(x)min>0. 又f(x)≤f(x)max=0， 所以f(x)<x2-ln x-. 26 1.知识清单： (1)将不等式转化为函数的最值问题. (2)将不等式转化为两个函数的最值进行比较. 2.方法归纳：构造法、放缩法、分离参数、分类讨论、数形结合. 3.常见误区：转化为两个函数证明不等式关注等号成立的条件. 课堂小结 课时对点练 三 1.若不等式x4-4x3>2-a对任意实数x都成立，则实数a的取值范围是 A.a<-27 B.a>-25 C.a≥29 D.a>29 1 2 3 4 5 6 7 8 9 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 令f(x)=x4-4x3，则f'(x)=4x3-12x2=4x2(x-3)， 当x<3时，f'(x)<0；当x>3时，f'(x)>0， 所以f(x)的单调递减区间是(-∞，3)，单调递增区间是(3，+∞)， 所以当x=3时，f(x)取得极小值，也是最小值， 则f(x)min=f(3)=-27， 因为不等式x4-4x3>2-a对任意实数x都成立， 所以-27>2-a，即a>29. 2.已知a<5且ae5=5ea，b<4且be4=4eb，c<3且ce3=3ec，则 A.c<b<a B.b<c<a C.a<c<b D.a<b<c 1 2 3 4 5 6 7 8 9 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 因为ae5=5ea，a<5，故a>0， 同理b>0，c>0， 令f(x)=，x>0，则f'(x)=， 当0<x<1时，f'(x)<0； 当x>1时，f'(x)>0， 所以f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，+∞)上单调递增， 因为ae5=5ea，a<5，所以=， 即f(5)=f(a)，又0<a<5， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 所以0<a<1， 同理0<b<1，0<c<1，f(4)=f(b)，f(3)=f(c)， 因为f(5)>f(4)>f(3)， 所以f(a)>f(b)>f(c)， 所以0<a<b<c<1. 3.已知0<a<b<1，则下列不等式一定成立的是 A.> B.<1 C.aln a<bln b D.aa>bb √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 1 2 3 4 5 6 7 8 9 对于A，令f(x)=，则f'(x)=，当f'(x)<0时，0<x<e， ∴f(x)在(0，e)上单调递减， ∴f(a)>f(b)，即>，故A正确； 对于B，∵0<a<b<1， ∴ln a<ln b<0，∴>1，故B错误； 对于C，令f(x)=xln x，则f'(x)=ln x+1， 当0<x<时，f'(x)<0；当x>时，f'(x)>0， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 ∴f(x)在上单调递减， 在上单调递增， 显然当b=时，aln a>bln b，故C错误； 对于D，aa>bb⇔aln a>bln b，由C选项的分析，知当a=时，aln a<bln b，故D错误. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 4.(多选)已知函数f(x)=xln x，若0<x1<x2，则下列选项正确的是 A.<0 B.x1+f(x1)<x2+f(x2) C.x2f(x1)<x1f(x2) D.当x2>x1>时，x1f(x1)+x2f(x2)>x2f(x1)+x1f(x2) √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 f(x)=xln x，f'(x)=ln x+1不是恒小于零，所以<0不恒成立，故 A错误； 设h(x)=f(x)+x，则h'(x)=ln x+2不是恒大于零，所以x1+f(x1)<x2+f(x2)不恒成立， 故 B错误； 设g(x)==ln x，函数单调递增，所以g(x2)>g(x1)，所以>， 即有x1f(x2)>x2f(x1)，故C正确； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 当x>时，ln x>-1， 故f'(x)=ln x+1>0， 函数f(x)=xln x在上单调递增， 故(x2-x1)[f(x2)-f(x1)]=x1f(x1)+x2f(x2)-x2f(x1)-x1f(x2)>0， 即x1f(x1)+x2f(x2)>x2f(x1)+x1f(x2)， 故D正确. 5.若函数y=ln(ex-x+a)的值域为R，则实数a的取值范围是　　　　. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 (-∞，-1] 欲使函数的值域为R，只需ex-x+a能取遍所有正数，即最小值小于等于0.令f(x)=ex-x+a，令f'(x)=ex-1>0，得x>0；令f'(x)=ex-1<0，得x<0，所以f(x)在(0，+∞)上单调递增，在(-∞，0)上单调递减，故f(x)min=f(0)=1+a≤0⇒a≤-1. 6.已知函数f(x)=xln x，g(x)=-x2+ax-3，对一切x∈(0，+∞)，2f(x)≥g(x)恒成立，则实数a的取值范围为　　　　. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 (-∞，4] 1 2 3 4 5 6 7 8 9 因为2f(x)≥g(x)， 所以2xln x≥-x2+ax-3， 即a≤2ln x+x+， 令h(x)=2ln x+x+(x>0)， 则h'(x)=， 令h'(x)=0，解得x1=-3(舍去)，x2=1， 所以当0<x<1时，h'(x)<0，所以h(x)在(0，1)上单调递减； 当x>1时，h'(x)>0，所以h(x)在(1，+∞)上单调递增， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 所以h(x)在x=1时取得极小值，也即最小值， 所以h(x)≥h(1)=4. 因为对一切x∈(0，+∞)，2f(x)≥g(x)恒成立， 所以a≤h(x)min=4， 所以a的取值范围为(-∞，4]. 7.已知函数f(x)=xln x，g(x)=λ(x2-1)(λ为常数). (1)若函数y=f(x)与函数y=g(x)在x=1处有相同的切线，求实数λ的值； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 1 2 3 4 5 6 7 8 9 ∵函数f(x)=xln x， g(x)=λ(x2-1)， ∴f'(x)=1+ln x，g'(x)=2λx， ∵函数y=f(x)与y=g(x)在x=1处有相同的切线， ∴f'(1)=g'(1)， ∴1+ln 1=2λ， 解得λ=. (2)若λ=，且x≥1，证明：f(x)≤g(x). 1 2 3 4 5 6 7 8 9 1 2 3 4 5 6 7 8 9 当λ=，且x≥1时， 设h(x)=g(x)-f(x)=(x2-1)-xln x， ∴h'(x)=x-1-ln x， 令φ(x)=x-1-ln x， ∴φ'(x)=1-≥0在[1，+∞)上恒成立， ∴φ(x)min=φ(1)=1-1-ln 1=0， ∴h'(x)=x-1-ln x≥0在[1，+∞)上恒成立， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 ∴h(x)在[1，+∞)上单调递增， ∴h(x)min=h(1)=0， ∴h(x)≥0， ∴若λ=，且x≥1，f(x)≤g(x)成立. 8.已知f(x)=4ln x-x2+a，g(x)=(x2-4x+4)ex-. (1)求函数g(x)的单调区间； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 1 2 3 4 5 6 7 8 9 y=g(x)的定义域为R， g'(x)=(2x-4)ex+(x2-4x+4)ex=2(x-2)ex+(x-2)2ex=x(x-2)ex， 令g'(x)=0得x=2或x=0. 当x变化时，g'(x)，g(x)变化如下： x (-∞，0) 0 (0，2) 2 (2，+∞) g'(x) + 0 - 0 + g(x) 增 极大值 减 极小值 增 所以g(x)的单调递增区间为(-∞，0)和(2，+∞)，单调递减区间为(0，2). (2)若f(x)<g(x)恒成立，求实数a的取值范围. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 1 2 3 4 5 6 7 8 9 因为y=f(x)的定义域为(0，+∞)，y=g(x)的定义域为R， 令F(x)=g(x)-f(x) =(x2-4x+4)ex--4ln x+x2-a(x>0)， 则F'(x)=x(x-2)ex-+x =(x-2). 所以当x∈(0，2)时，F'(x)<0，F(x)单调递减； 当x∈(2，+∞)时，F'(x)>0，F(x)单调递增. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 所以F(x)min=F(2)=-+2-4ln 2-a. 则-+2-4ln 2-a>0，所以a<2-4ln 2-， 故实数a的取值范围为. 9.已知函数f(x)=ex-. (1)若f(x)在[1，2]上单调递减，求实数a的最大值； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 1 2 3 4 5 6 7 8 9 f(x)的定义域为(0，+∞). f'(x)=ex-(x>0)， ∵f(x)在[1，2]上单调递减， ∴f'(x)≤0在[1，2]上恒成立，即≥xex在[1，2]上恒成立. 令g(x)=xex(1≤x≤2)，则g'(x)=(x+1)ex>0， ∴g(x)在[1，2]上单调递增， ∴g(x)max=g(2)=2e2， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 ∴≥2e2，解得0<a≤， ∴a的最大值为. (2)若0<a<1，求证：f(x)≥. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 1 2 3 4 5 6 7 8 9 由(1)知，f'(x)=ex-(x>0)， 令φ(x)=f'(x)，则φ'(x)=ex+>0， ∴f'(x)在(0，+∞)上单调递增. ∵f'=-1>0，当x→0时，→+∞，ex→1，此时f'(x)<0， ∴由函数零点存在定理可知，存在x0∈，使得f'(x0)=0，即=， ∴x0=ln =-ln ax0=-ln a-ln x0. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 ∴当x∈(0，x0)时，f'(x)<0； 当x∈(x0，+∞)时，f'(x)>0， ∴f(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，+∞)上单调递增， ∴f(x)min=f(x0)=-=+=++≥2+= (=，即x0=1时取等号). ∴当0<a<1时，f(x)≥. 第二章 <<< $$ 习题课　不等式证明问题 [学习目标]　了解高考热点中的证明问题的证明思路，把握高考证明问题的方向. 一、将不等式转化为函数的最值问题 例1　函数f(x)=x+a·x2+b·ln x的图象在点P(1，0)处的切线斜率为2. (1)求a，b的值； (2)证明：f(x)≤2x-2对任意正实数x恒成立. (1)解　由题设可知f(x)的定义域为(0，+∞)， f'(x)=1+2ax+， ∵y=f(x)在点P(1，0)处切线的斜率为2， ∴f(1)=1+a=0，f'(1)=1+2a+b=2， 解得a=-1，b=3. (2)证明　由(1)知f(x)=x-x2+3ln x(x>0)， 则转化为证明2-x-x2+3ln x≤0对任意正实数x恒成立， 设g(x)=2-x-x2+3ln x，x>0， 则g'(x)=-1-2x+=-， ∴当0<x<1时，g'(x)>0；当x>1时，g'(x)<0， ∴g(x)在(0，1)上单调递增，在(1，+∞)上单调递减， ∴g(x)在x=1处有最大值g(1)=0， ∴g(x)≤0对任意正实数x恒成立， 即2-x-x2+3ln x≤0对任意正实数x恒成立， 即f(x)≤2x-2对任意正实数x恒成立，原命题得证. 反思感悟　解题思路 (1)构造函数h(x)=f(x)-g(x). (2)问题转化为证明f(x)-g(x)≥0， 即证h(x)≥0. (3)讨论单调性：根据h'(x)与0的大小关系确定函数h(x)的单调性. (4)求最值：由函数h(x)的单调性确定最值，并确认h(x)≥h(x)min≥0即可. 跟踪训练1　设函数f(x)=(x-1)ex+ax2，a∈R. (1)当a=1时，求曲线y=f(x)在点(1，f(1))处的切线方程； (2)设函数g(x)=ln x+x-ex+1，当a=0时，证明f(x)-g(x)≥0. (1)解　当a=1时，f(x)=(x-1)ex+x2， 则f'(x)=xex+2x， ∴f'(1)=e+2，又f(1)=1， ∴所求的切线方程为y-1=(e+2)(x-1)， 即(e+2)x-y-e-1=0. (2)证明　当a=0时，f(x)-g(x)=(x-1)ex+ex-ln x-x-1=xex-ln x-x-1. 设h(x)=xex-ln x-x-1，其定义域为(0，+∞)，则证明h(x)≥0即可. ∵h'(x)=(x+1)ex-， 且h'=3<0，h'(1)>0， 令φ(x)=(x+1)ex-， 则φ'(x)=(x+2)ex+>0， ∴函数h'(x)在(0，+∞)上单调递增， ∴h'(x)=0有唯一的实根x0∈，且=. 当0<x<x0时，h'(x)<0；当x>x0时，h'(x)>0， ∴函数h(x)的最小值为h(x0)， ∴h(x)≥h(x0)=x0-ln x0-x0-1=1+x0-x0-1=0. 故f(x)-g(x)≥0得证. 二、将不等式转化为两个函数的最值进行比较 例2　已知函数f(x)=在点(1，f(1))处的切线方程为x+y=2. (1)求a，b的值； (2)若对函数f(x)定义域内任意一个实数x，有xf(x)<m恒成立，求实数m的取值范围； (3)求证：对一切x∈(0，+∞)，都有3-(x+1)f(x)>-成立. (1)解　f'(x)=， 又点(1，f(1))在直线x+y=2上， ∴f(1)=1，又直线x+y=2的斜率为-1， ∴f'(1)=-1， 则解得 (2)解　由(1)得f(x)=(x>0)， 由xf(x)<m，得<m， 令g(x)=，则g'(x) = =， 令h(x)=1-x-ln x， 则h'(x)=-1-<0(x>0)， ∴h(x)在区间(0，+∞)上单调递减， ∴当0<x<1时，h(x)>h(1)=0， 当x>1时，h(x)<h(1)=0， 从而当0<x<1时，g'(x)>0；当x>1时， g'(x)<0， ∴g(x)在(0，1)上单调递增，在(1，+∞)上单调递减，故g(x)max=g(1)=1， 要使<m恒成立，只需m>1， 故m的取值范围是(1，+∞). (3)证明　要证3-(x+1)f(x)=ln x+1>-对∀x>0成立， 即证明xln x+x>-对∀x>0成立， 设φ(x)=xln x+x(x>0)，则φ'(x)=ln x+2， 当x>e-2时，φ'(x)>0，φ(x)单调递增； 当0<x<e-2时，φ'(x)<0，φ(x)单调递减， ∴φ(x)min=φ(e-2)=-， 设k(x)=-(x>0)， 则k'(x)==， 当0<x<1时，k'(x)>0，k(x)单调递增； 当x>1时，k'(x)<0，k(x)单调递减， ∴k(x)max=k(1)=-， ∴φ(x)min=->k(x)max=-， ∴xln x+x>-对∀x>0成立， ∴3-(x+1)f(x)>-对∀x>0成立. 反思感悟　合理的构造函数是证明问题的关键，此类函数一般的结构是对∀x∈D，都有h(x)=f(x)-g(x)≥0，可转化为∀x1，x2∈D都有f≥g，即可得证. 跟踪训练2　已知函数f(x)=ln x-. (1)若曲线y=f(x)存在一条切线与直线y=x垂直，求这条切线的方程； (2)证明：f(x)<x2-ln x-. (1)解　因为f(x)=ln x-， 所以f'(x)=-， 因为曲线y=f(x)的一条切线与直线y=x垂直，所以这条切线的斜率为， 令-=，得x=1， 所以切点为， 所以所求切线的方程为y+=(x-1)， 即(e-1)x-ey-e=0. (2)证明　因为f'(x)=-=. 所以当x∈(0，e)时，f'(x)>0；当x∈(e，+∞)时，f'(x)<0， 所以函数f(x)的单调递增区间为(0，e)，单调递减区间为(e，+∞)，所以f(x)max=f(e)=ln e-=0. 设g(x)=x2-ln x-， 则g'(x)=2x-=， 所以当x∈时，g'(x)<0； 当x∈时，g'(x)>0， 所以函数g(x)的单调递减区间为，单调递增区间为， 所以g(x)min=g=-ln - =-+ln 2=. 因为ln 2>ln =，所以g(x)min>0. 又f(x)≤f(x)max=0， 所以f(x)<x2-ln x-. 1.知识清单： (1)将不等式转化为函数的最值问题. (2)将不等式转化为两个函数的最值进行比较. 2.方法归纳：构造法、放缩法、分离参数、分类讨论、数形结合. 3.常见误区：转化为两个函数证明不等式关注等号成立的条件. 课时对点练　[分值：65分] 单选题每小题5分，共15分；多选题每小题6分，共6分 1.若不等式x4-4x3>2-a对任意实数x都成立，则实数a的取值范围是(　　) A.a<-27 B.a>-25 C.a≥29 D.a>29 答案　D 解析　令f(x)=x4-4x3，则f'(x)=4x3-12x2=4x2(x-3)， 当x<3时，f'(x)<0；当x>3时，f'(x)>0， 所以f(x)的单调递减区间是(-∞，3)，单调递增区间是(3，+∞)， 所以当x=3时，f(x)取得极小值，也是最小值， 则f(x)min=f(3)=-27， 因为不等式x4-4x3>2-a对任意实数x都成立， 所以-27>2-a，即a>29. 2.已知a<5且ae5=5ea，b<4且be4=4eb，c<3且ce3=3ec，则(　　) A.c<b<a B.b<c<a C.a<c<b D.a<b<c 答案　D 解析　因为ae5=5ea，a<5，故a>0， 同理b>0，c>0， 令f(x)=，x>0，则f'(x)=， 当0<x<1时，f'(x)<0； 当x>1时，f'(x)>0， 所以f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，+∞)上单调递增， 因为ae5=5ea，a<5，所以=， 即f(5)=f(a)，又0<a<5， 所以0<a<1， 同理0<b<1，0<c<1，f(4)=f(b)，f(3)=f(c)， 因为f(5)>f(4)>f(3)， 所以f(a)>f(b)>f(c)， 所以0<a<b<c<1. 3.已知0<a<b<1，则下列不等式一定成立的是(　　) A.> B.<1 C.aln a<bln b D.aa>bb 答案　A 解析　对于A，令f(x)=，则f'(x)=，当f'(x)<0时，0<x<e， ∴f(x)在(0，e)上单调递减， ∴f(a)>f(b)，即>，故A正确； 对于B，∵0<a<b<1， ∴ln a<ln b<0，∴>1，故B错误； 对于C，令f(x)=xln x，则f'(x)=ln x+1， 当0<x<时，f'(x)<0；当x>时，f'(x)>0， ∴f(x)在上单调递减， 在上单调递增， 显然当b=时，aln a>bln b，故C错误； 对于D，aa>bb⇔aln a>bln b，由C选项的分析，知当a=时，aln a<bln b，故D错误. 4.(多选)已知函数f(x)=xln x，若0<x1<x2，则下列选项正确的是(　　) A.<0 B.x1+f(x1)<x2+f(x2) C.x2f(x1)<x1f(x2) D.当x2>x1>时，x1f(x1)+x2f(x2)>x2f(x1)+x1f(x2) 答案　CD 解析　f(x)=xln x，f'(x)=ln x+1不是恒小于零，所以<0不恒成立，故A错误； 设h(x)=f(x)+x，则h'(x)=ln x+2不是恒大于零，所以x1+f(x1)<x2+f(x2)不恒成立， 故 B错误； 设g(x)==ln x，函数单调递增，所以g(x2)>g(x1)，所以>， 即有x1f(x2)>x2f(x1)，故C正确； 当x>时，ln x>-1， 故f'(x)=ln x+1>0， 函数f(x)=xln x在上单调递增， 故(x2-x1)[f(x2)-f(x1)]=x1f(x1)+x2f(x2)-x2f(x1)-x1f(x2)>0， 即x1f(x1)+x2f(x2)>x2f(x1)+x1f(x2)， 故D正确. 5.(5分)若函数y=ln(ex-x+a)的值域为R，则实数a的取值范围是　　　　.  答案　(-∞，-1] 解析　 欲使函数的值域为R，只需ex-x+a能取遍所有正数，即最小值小于等于0.令f(x)=ex-x+a，令f'(x)=ex-1>0，得x>0；令f'(x)=ex-1<0，得x<0，所以f(x)在(0，+∞)上单调递增，在(-∞，0)上单调递减，故f(x)min=f(0)=1+a≤0⇒a≤-1. 6.(5分)已知函数f(x)=xln x，g(x)=-x2+ax-3，对一切x∈(0，+∞)，2f(x)≥g(x)恒成立，则实数a的取值范围为　　　　.  答案　(-∞，4] 解析　因为2f(x)≥g(x)， 所以2xln x≥-x2+ax-3， 即a≤2ln x+x+， 令h(x)=2ln x+x+(x>0)， 则h'(x)=， 令h'(x)=0，解得x1=-3(舍去)，x2=1， 所以当0<x<1时，h'(x)<0，所以h(x)在(0，1)上单调递减； 当x>1时，h'(x)>0，所以h(x)在(1，+∞)上单调递增， 所以h(x)在x=1时取得极小值，也即最小值， 所以h(x)≥h(1)=4. 因为对一切x∈(0，+∞)，2f(x)≥g(x)恒成立， 所以a≤h(x)min=4， 所以a的取值范围为(-∞，4]. 7.(10分)已知函数f(x)=xln x，g(x)=λ(x2-1)(λ为常数). (1)若函数y=f(x)与函数y=g(x)在x=1处有相同的切线，求实数λ的值；(4分) (2)若λ=，且x≥1，证明：f(x)≤g(x).(6分) (1)解　∵函数f(x)=xln x， g(x)=λ(x2-1)， ∴f'(x)=1+ln x，g'(x)=2λx， ∵函数y=f(x)与y=g(x)在x=1处有相同的切线， ∴f'(1)=g'(1)， ∴1+ln 1=2λ， 解得λ=. (2)证明　当λ=，且x≥1时， 设h(x)=g(x)-f(x)=(x2-1)-xln x， ∴h'(x)=x-1-ln x， 令φ(x)=x-1-ln x， ∴φ'(x)=1-≥0在[1，+∞)上恒成立， ∴φ(x)min=φ(1)=1-1-ln 1=0， ∴h'(x)=x-1-ln x≥0在[1，+∞)上恒成立， ∴h(x)在[1，+∞)上单调递增， ∴h(x)min=h(1)=0， ∴h(x)≥0， ∴若λ=，且x≥1，f(x)≤g(x)成立. 8.(12分)已知f(x)=4ln x-x2+a，g(x)=(x2-4x+4)ex-. (1)求函数g(x)的单调区间；(5分) (2)若f(x)<g(x)恒成立，求实数a的取值范围.(7分) 解　(1)y=g(x)的定义域为R， g'(x)=(2x-4)ex+(x2-4x+4)ex =2(x-2)ex+(x-2)2ex=x(x-2)ex， 令g'(x)=0得x=2或x=0. 当x变化时，g'(x)，g(x)变化如下： x (-∞，0) 0 (0，2) 2 (2，+∞) g'(x) + 0 - 0 + g(x) 增 极大值 减 极小值 增 所以g(x)的单调递增区间为(-∞，0)和(2，+∞)，单调递减区间为(0，2). (2)因为y=f(x)的定义域为(0，+∞)，y=g(x)的定义域为R， 令F(x)=g(x)-f(x) =(x2-4x+4)ex--4ln x+x2-a(x>0)， 则F'(x)=x(x-2)ex-+x =(x-2). 所以当x∈(0，2)时，F'(x)<0，F(x)单调递减； 当x∈(2，+∞)时，F'(x)>0，F(x)单调递增. 所以F(x)min=F(2)=-+2-4ln 2-a. 则-+2-4ln 2-a>0，所以a<2-4ln 2-， 故实数a的取值范围为. 9.(12分)已知函数f(x)=ex-. (1)若f(x)在[1，2]上单调递减，求实数a的最大值；(5分) (2)若0<a<1，求证：f(x)≥.(7分) (1)解　f(x)的定义域为(0，+∞). f'(x)=ex-(x>0)， ∵f(x)在[1，2]上单调递减， ∴f'(x)≤0在[1，2]上恒成立，即≥xex在[1，2]上恒成立. 令g(x)=xex(1≤x≤2)，则g'(x)=(x+1)ex>0， ∴g(x)在[1，2]上单调递增， ∴g(x)max=g(2)=2e2， ∴≥2e2，解得0<a≤， ∴a的最大值为. (2)证明　由(1)知，f'(x)=ex-(x>0)， 令φ(x)=f'(x)，则φ'(x)=ex+>0， ∴f'(x)在(0，+∞)上单调递增. ∵f'=-1>0，当x→0时，→+∞，ex→1，此时f'(x)<0， ∴由函数零点存在定理可知，存在x0∈，使得f'(x0)=0，即=， ∴x0=ln =-ln ax0=-ln a-ln x0. ∴当x∈(0，x0)时，f'(x)<0； 当x∈(x0，+∞)时，f'(x)>0， ∴f(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，+∞)上单调递增， ∴f(x)min=f(x0)=-=+=++≥2+=(当且仅当=，即x0=1时取等号). ∴当0<a<1时，f(x)≥. 学科网（北京）股份有限公司 $$