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文档介绍
高考数学 导数大题压轴题难点突破
高考数学 2018 届◆难点突破系列 1 《难 点 突 破》 压轴题----函数与导数常考题型 一、要点归纳 1. 曲 线 ( )y f x 在 0x x 处 的 切 线 的 斜 率 等 于 0( )f x ， 且 切 线 方 程 为 0 0 0( )( ) ( )y f x x x f x . 2.若可导函数 ( )y f x 在 0x x 处取得极值，则 0( ) 0f x .反之，不成立. 3.对于可导函数 ( )f x ，不等式 ( )f x 0 0（ ）的解集决定函数 ( )f x 的递增（减）区间。 4.函数 ( )f x 在区间 I 上递增（减）的充要条件是： x I , ( )f x 0 ( 0) 恒成立（ ( )f x 不恒为 0）. 5.函数 ( )f x （非常量函数）在区间 I 上不单调等价于 ( )f x 在区间 I 上有极值，则可等价转 化为方程 ( ) 0f x 在区间 I 上有实根且为非二重根。（若 ( )f x 为二次函数且 I=R，则有 0 ）. 6. ( )f x 在区间 I 上无极值等价于 ( )f x 在区间在上是单调函数，进而得到 ( )f x 0 或 ( )f x 0 在 I 上恒成立. 7.若 x I Î ， ( )f x 0 恒成立，则 min( )f x 0 ; 若 x I ， ( )f x 0 恒成立，则 max( )f x 0 . 8.若 0x I ，使得 0( )f x 0 ，则 max( )f x 0 ；若 0x I ，使得 0( )f x 0 ，则 min( )f x 0 . 9.设 ( )f x 与 ( )g x 的定义域的交集为 D，若 x D ( ) ( )f x g x 恒成立，则有 min( ) ( ) 0f x g x . 10.若对 1 1x I 、 2 2x I ， 1 2( ) ( )f x g x 恒成立，则 min max( ) ( )f x g x . 若对 1 1x I ， 2 2x I ，使得 1 2( ) ( )f x g x ,则 min min( ) ( )f x g x . 若对 1 1x I ， 2 2x I ，使得 1 2( ) ( )f x g x ，则 max max( ) ( )f x g x . 11. 已 知 ( )f x 在 区 间 1I 上 的 值 域 为 A, ， ( )g x 在 区 间 2I 上 值 域 为 B ， 若 对 高考数学 2018 届◆难点突破系列 2 1 1x I , 2 2x I ，使得 1( )f x = 2( )g x 成立，则 A B ． 12.若三次函数 f(x)有两个极值点，当且仅当方程 ( ) 0f x 一定有两个不等实根 1 2x x、 ，若 三次函数 f(x)没有极值点，则方程 ( ) 0f x 有两个相等的实根或没实根.． 13.证题中常用的不等式: ① 1xe x ② 1xe x ③ xe ex ④ 31 6 xe x ⑤ ln +1 ( 1)x x x （ ） ⑥ ln 1 ( 1)1 2 x x xx ⑦ 2 2 ln 1 1 ( 0 )2 2 x xx x ⑧ 1 1 1ln ( ) 1 ( 1)2 x x x x xx x ⑨ ln 11 ( 0 )x xx x 二、常考题型： 题型一：恒成立求参数的最值或取值范围问题 1. 1( ) 0 1 0.1 xaxf x e x x yx 已知函数 在 处的切线方程为 （Ⅰ）求 a 的值； （Ⅱ） ( ) 1,f x 若 求 x 的取值范围. 2. 已 知 函 数 ln( ) 1 a x bf x x x ， 曲 线 ( )y f x 在 点 (1, (1))f 处 的 切 线 方 程 为 2 3 0x y . （Ⅰ）求 a 、b 的值； （Ⅱ）证明：当 0x ，且 1x 时， ln( ) 1 xf x x . 3．已知函数 ln(1 )( ) ( 0)xf x xx （Ⅰ）判断函数 ( )f x 的单调性； （Ⅱ）是否存在实数 a 使得关于 x 的不等式 ln(1 )x ax 在 (0, ) 上恒成立？若存在，求 出 a 的取值范围，若不存在，试说明理由. 4．已知函数 1 ln( ) xf x x ． （Ⅰ）设 a ＞0，若函数 )(xf 在区间 1( , )2a a 上存在极值，求实数 a 的取值范围； （Ⅱ）如果当 x 1 时，不等式 2 ( ) 1 k kf x x 恒成立，求实数 k 的取值范围． 5．已知函数 2( ) 2 3 .xf x e x x （Ⅰ）求曲线 ( )y f x 在点 (1, (1))f 处的切线方程； 高考数学 2018 届◆难点突破系列 3 （Ⅱ）如果当 1x 时，不等式 25( ) ( 3) 12f x x a x 恒成立，试求实数 a 的取值范围． 6．设 ( ) lnaf x x xx ， 3 2( ) 3g x x x ． （Ⅰ）当 2a 时，求曲线 ( )y f x 在 1x 处的切线方程； （Ⅱ）若存在 1 2, [0,2]x x ，使 1 2( ) ( )g x g x M 成立，求满足上述条件的最大整数 M ； （Ⅲ）如果对任意的 1, [ ,2]2s t ，都有 ( ) ( )f s g t 成立，求实数 a 的取值范围． 7.设函数 ( ) ,xf x xe 2( ) .g x ax x （Ⅰ）若 ( )f x 与 ( )g x 具有完全相同的单调区间，求 a 的值； （Ⅱ）若当 0x 时恒有 ( ) ( ),f x g x 求 a 的取值范围. 8.已知函数 ( ) xf x e , ( ) 1g x x （Ⅰ）判断函数 ( ) ( )f x g x 零点的个数,并说明理由； （Ⅱ）当 0x 时， ( ) 1 1 axf x x 恒成立，求实数 a 的取值范围. 9.已知函数 3 2( ) 3 1( )f x ax x a x R ， . （Ⅰ）当 0a 时，求函数 f(x)的极值． （Ⅱ）设函数 '1( ) ( ) (2 1) 13h x f x a x ， ( 1, ]( 1)x b b ，如果存在 ( , 1],a ， 对任意 ( 1, ]x b 都有 ( ) 0h x 成立，试求b 的最大值． 10.设函数 2( ) ln , ,f x a x bx a b R （Ⅰ）若函数 ( )f x 在 1x 处与直线 1 2y 相切，①求实数 ,a b 的值；②求函数 ( )f x 在 1 ,ee 的最大值； （Ⅱ ）当 0b 时，若不等式 ( )f x m x 对所有的 230, , 1,2a x e 都成立，求实数 m 的取值范围. 11．已知函数 21 1( ) ln( )2 2f x ax x ax （ a 为常数， 0a ）. （Ⅰ）若 1 2x 是函数 ( )f x 的一个极值点，求 a 的值； （Ⅱ）求证：当 0 2a 时， ( )f x 在 1 ,2 上是增函数； （Ⅲ）若对任意．．的 a （1，2），总存在．． 0 1 ,12x ，使不等式 2 0( ) (1 )f x m a 成立，求实 数 m 的取范围. 高考数学 2018 届◆难点突破系列 4 12.已知函数 3 21 2f x x a x a a x aR ， 'f x 为 f x 的导数. （Ⅰ）当 3a 时，证明 y f x 在区间 1,1 上不是单调．．．．函数； （Ⅱ）设 19 1 6 3g x x ，是否存在实数 a ，对于任意的 1 1,1x ，存在 2 0,2x ， 使得 1 1 22f x ax g x 成立？若存在，求出 a 的取值范围；若不存在，说明理由. 13.已知函数 2( ) ln ( 1).xf x a x x a a （Ⅰ）求 ( )f x 的单调增区间； （ Ⅱ ） 若 存 在 1 2, 1,1 ,x x 使 得 1 2( ) ( ) 1(f x f x e e a 是自然数）,求实数 的 取值 .范围 14. 设函数 2( ) mxf x e x mx ． （Ⅰ）证明： ( )f x 在 ( ,0) 单调递减，在 (0, ) 单调递增； （Ⅱ）若对于任意 1 2, [ 1,1]x x ，都有 1 2( ) ( ) 1f x f x e ，求 m 的取值范围． 15．已知函数 Raxx axxxf ,1)1ln()( ． （Ⅰ）当 0a 时，求函数 )(xf 的单调区间； （Ⅱ）若存在 0x ，使 )(11)( Zax xxxf 成立，求 a 的最小值． 16.设函数 ( ) 1 .xf x e （Ⅰ）证明：当 1 , ( ) ;1 xx f x x 时 （Ⅱ）当 0 , ( ) 1 xx f x ax 时 恒成立,求 a 的取值范围. 17.已知函数 2( ) ( 1) ( 1).xf x x e x x （Ⅰ）试判断方程 ( ) 0f x 根的个数. （Ⅱ） ( ) (1, ) ,k k f x k 若 为整数,且不等式 在 上恒成立 求 的最大值. 18.设函数 ( ) 2xf x e ax (Ⅰ)求 ( )f x 的单调区间 (Ⅱ)若 1,a k 为整数，且当 0x 时， '( ) ( ) 1 0,x k f x x 求 k 的最大值. 高考数学 2018 届◆难点突破系列 5 题型二：导数与函数的切线问题 19．已知函数 3 1 2( ) ln , ( ) 2 3f x x x g x ax x e ． （Ⅰ）求 ( )f x 的单调增区间和最小值； （Ⅱ）若函数 ( )y f x 与函数 ( )y g x 在交点处存在公共切线，求实数 a 的值； （Ⅲ）若 2(0, ]x e 时，函数 ( )y f x 的图象恰好位于两条平行直线 1 :l y kx ； 2 :l y kx m 之间，当 1l 与 2l 间的距离最小时，求实数 m 的值． 20.已知函数 ( ) ln( ) .f x x a ax （Ⅰ）求函数 ( )f x 的单调区间和极值； （Ⅱ）若 ( , 1),a 函数 '( ) ( )g x a f x 的图象上存在 1 2,P P 两点,其横坐标满足 1 21 6x x ,且 ( )g x 的图象在此两点处的切线互相垂直,求 a 的取值范围. 21.已知在函数 3 21 2 53y x x x 的曲线上存在唯一点 P 0 0( , )x y ，过点 P 作曲线的切线 l 与曲线有且只有一个公共点 P，则切线l 的斜率 k = ______________． 22．已知函数 2( ) , .xf x e ax ex a R （Ⅰ）若曲线 ( )y f x 在点 (1, (1))f 处的切线平行于 x 轴，求函数 ( )f x 的单调区间； （Ⅱ）试确定 a 的取值范围，使得曲线 ( )y f x 上存在唯一的点 P ，曲线在该点处的切线 与曲线只有一个公共点 P . 题型三：导数与函数的零点及零点关系问题 23.已知函数 3( ) sin ( ), [0 ]2 2f x ax x a R 且在 ， 上的最 大值 . -3为 2 （Ⅰ）求函数 ( )f x 的解析式； （Ⅱ）判断函数 ( )f x 在 (0, ) 内的零点个数，并加以证明． 24. 已知函数 ( ) xf x x ae= - ( )a RÎ 有两个零点 1 2,x x ，且 1 2x x< . （Ⅰ）求 a 的取值范围； （Ⅱ）证明 2 1 x x 随着 a 的减小而增大； （Ⅲ）证明 1 2x x+ 随着 a 的减小而增大. 25.已知函数 ( ) 2ln ( )2 af x x x x x a a R= - - + Î ，在其定义域内有两个不同的极值点. （Ⅰ）求 a 的取值范围； 高考数学 2018 届◆难点突破系列 6 （Ⅱ）记两个极值点为 1 2,x x ，且 1 2x x< ，已知 0 ，若不等式 1 1 2e x xl l+ < × 恒成立，求 的取值范围. 26.已知函数 ( ) ( 0)axf x x e a= - > . （Ⅰ）求函数 ( )f x 的单调区间； （Ⅱ）若函数 ( )f x 有两个零点 1 2,x x ，且 1 2x x< ，试证明 1 2 x aex < . 27．已知函数 ( )f x 1 x x e （ x ∈R） （Ⅰ）求函数 ( )f x 的单调区间和极值； （Ⅱ）已知函数 ( )y g x 对任意 x 满足 ( ) (4 )g x f x ，证明：当 x ＞2 时， ( )f x ＞ ( )g x ； （Ⅲ）如果 1x ≠ 2x ，且 1( )f x 2( )f x ，证明： 1 2x x ＞4． 28．已知函数 2)1(2)( xaexxf x）（ 有两个零点. （Ⅰ）求 a 的取值范围； （Ⅱ）设 x1，x2 是的两个零点，证明：x1+x2<2. 29. 已知函数 ( ) ( cos ) 2sin 2f x x x x ， 1 sin 2( ) ( ) 11 sin x xg x x x . 证明：（1）存在唯一 0 (0, )2x ，使 0( ) 0f x ； （2）存在唯一 1 ( , )2x ，使 1( ) 0g x ，且对（1）中的 0 1x x . 30．已知函数 2( )( ) ln x af x x （其中 a 为常数）． （Ⅰ）当 0a 时，求函数单调区间 （Ⅱ）当 0 1a 时，设函数 f（x）的三个极值点为 1 2 3, ,x x x ，且 1 2 3x x x .证明： 1 3 2x x e ． 31. 已知 ( ) ( 1)xf x e a x 有两个零点. （Ⅰ）求实数 a 的取值.范围. （Ⅱ）设 1 2 1 2,x x R x x 且 是 ( )f x 的两个零点，证明： 1 2 1 2x x x x . 高考数学 2018 届◆难点突破系列 7 32. 已知 ( ) ln ( ).f x x x mx m R （Ⅰ）当 1m 时， ( )f x 的图象在 1, 1 处的切线l 恰与函数 ( 0 1)xy a a a 且 的图象 相切，求实数 a 的值. （ Ⅱ ） 若 函 数 21( ) ln 2 12F x x x mx 的 两 个 极 值 点 为 1 2 1 2, ,x x x x且 ， 求 证 ： 2 1( ) 1 ( )f x f x . 33．设函数 '( ) ln(1 ), ( ) ( ), 0,f x x g x xf x x 其中 ' ( )f x 是 ( )f x 的导函数． （Ⅰ）令 1 1( ) ( ), ( ) ( ( )), ,n ng x g x g x g g x n N 求 ( )ng x 的表达式； （Ⅱ）若 ( ) ( )f x ag x 恒成立，求实数 a 的取值范围； （Ⅲ）设 n N ，比较 (1) (2) ( )g g g n 与 ( )n f n 的大小，并加以证明． 34．已知函数 f（x）=ex-kx，x∈R. （Ⅰ）若 k= e ，试确定函数 f（x）的单调区间； （Ⅱ）若 k＞0，且对于任意 x∈R，f（|x|）＞0 恒成立，试确定实数 k 的取值范围； （Ⅲ）设函数 F（x）=f(x)+ f(-x)，求证：F（1）F（2）…F（n）＞ 1 22 n ne （n∈ N ）. 高考数学 2018 届◆难点突破系列 8 《难 点 突 破》(答案) 压轴题----函数与导数常考题型 二、常考题型： 题型一：恒成立求参数的最值或取值范围问题 2.解：（Ⅰ） 2 2 1( ln ) '( ) ( 1) x x bxf x x x ， 由于直线 2 3 0x y 的斜率为 1 2 ，且过点 (1,1) ， 故 (1) 1, 1'(1) ,2 f f 即 1, 1 ,2 2 b a b 解得 1a ， 1b 。 （Ⅱ）由（Ⅰ）知 ln 1f ( ) 1 xx x x ，所以 2 2 ln 1 ( 1)( ) (2ln )1 1 x xf x xx x x . 考虑函数 ( ) 2lnh x x 2 1( 0)x xx ，则 2 2 2 2 2 1 2 ( 1) ( 1)'( ) .x x xh x x x x 所以当 x 1 时， '( ) 0h x ，而 h（1）=0，所以 2 2 2 2 2 (1 ) (1 ) 1( )= (1 ) 1 (1 ) (1 ) (0) 1, 1 1 1 12 1 ( ) ( 1), ( ) ,1 (1 ) ( ) 0 ( ) ( , 1),( 1, ) 1( , 1) ( ) x x x x a x ax axf x ex x ax a x a ex f a a x xf x e x f x ex x f x f x x f x 1.解：（1） 由已知 ，得 （ ）由（） 则 所以 ，因此,函数 在 上为减函数, 当 时, 0, ( ) 11 ( 1, ) ( ) ( 1, ) (0) 1 0 ( ) (0) 1; 0 ( ) (0) 1. ( ) 1 0. xx e f xx x f x f x f x f x f x f f x x x x 所以 成立. 当 时,函数 在 上为减函数. 又 当 时， 当-1 时， 综合所述，满足 的 的取值范围为： -1或 高考数学 2018 届◆难点突破系列 9 当 (0,1)x 时， ( ) 0h x ，可得 2 1 ( ) 01 h xx ； 当 x （1，+ ）时， ( ) 0h x ，可得 2 1 ( ) 01 h xx . 从而当 0, 1x x 且 时， ln( ) ( ) 01 x kf x x x ，即 ln( ) 1 xf x x . 3．解：(1) ln(1 )( ) ( 0)xf x xx , 2 ln(1 )1( ) , x xxf x x 设 ( ) ln(1 )( 0).1 xg x x xx 2 2 2 1 1 1 (1 )( ) 0,(1 ) 1 (1 ) (1 ) x x x xg x x x x x ( )y g x 在 (0, ) 上为减函数, ( ) ln(1 ) (0) 01 xg x x gx , 2 ln(1 )1( ) 0, x xxf x x ln(1 )( ) ( 0)xf x xx 在 (0, ) 上为减函数. (2)(法一)： ln(1 )x ax 在 (0, ) 上恒成立 ln(1 ) 0x ax 在 (0, ) 上恒成立, 设 ( ) ln(1 ) ,h x x ax 则 (0) 0,h 1( ) ,1h x ax ①若 0 1a 时,则令 1( ) 0,1h x ax 得 1 1,x a 当 1(0, 1)x a 时, ' ( ) 0,h x ( ) ln(1 )h x x ax 在 1(0, 1)a 上为增函数, 则当 1(0, 1)x a 时, ( ) ln(1 ) 0,h x x ax 故不能使 ln(1 )x ax 在 (0, ) 上恒成立 ②若 1a ，则当 0,x 时 ' 1( ) 01h x ax 恒成立， ( ) ln(1 )h x x ax 在 (0, ) 上为减函数, ln(1 ) (0) 0x ax h 在 (0, ) 上恒成立, ln(1 )x ax 在 (0, ) 上恒成立. ③若 0a 显然不满足条件. 高考数学 2018 届◆难点突破系列 10 综上所述①②③：当 1a 时， ln(1 ) (0) 0x ax h 在 (0, ) 上恒成立. （法二）：若 0x 时，不等式 ln(1 )x ax 恒成立， 即 ：若 0x 时，不等式 ln(1 )x ax 恒成立，也即: 若 0x 时， ln(1 )max xa x 由（1）可知 ln(1 )( ) xf x x 在 (0, ) 上为减函数. 又 ' '0 0 0 ln( 1)ln( 1) 1lim lim lim 1( ) 1x x x xx x x x （罗比特法则 0 0 型）， 所以 1a ,即 a 的取值范围是 +1， . 4．解：（1）因为 1 ln( ) xf x x ，则 2 ln( ) ( 0)xf x xx 当 0 1x 时， ( ) 0f x ；当 1x 时， ( ) 0f x ． 所以 ( )f x 在 (0,1) 上单调递增，在 (1, ) 上单调递减． 所以 ( )f x 在 1x 处取得极大值． 因为 ( )f x 在区间 1( , )2a a （其中 0a ）上存在极值， 所以 1 1 12 a a ，解得 1 12 a ． （2）不等式 2 ( ) 1 k kf x x ，即 2( 1)(1 ln )x x k kx ． 设 x xxxg )ln1)(1()( ，则 2 ln)( x xxxg ．设 xxxh ln)( ，则 xxh 11)( ． 因为 1x ，所以 ( ) 0h x ，则 ( )h x 在[1, ) 上单调递增． 所以 ( )h x 得最小值为 (1) 1 0h ，从而 ( ) 0g x ， 故 ( )g x 在[1, ) 上单调递增，所以 ( )g x 得最小值为 (1) 2g ， 所以 2 2k k ，解得 1 2k ． '5. ( ) 4 3, (1) 1, (1) 1, ( ) (1)) 1 ( 1)( 1), ( 1) 2 0. xf x e x f e f e y f x f y e e x e x y 解:( ) 则 又 曲线 在点(1, 处的切线方程为 即 高考数学 2018 届◆难点突破系列 11 2 2 2 2 2 2 2 2 2 5 5( ) ( ) ( 3) 1, 2 3 ( 3) 1,2 2 1 11 21, 1, .2 1 11 ( 1) 12 2( ) , ( ) , 1( ) ( 1) 1, ( ) ( 1).2 x x x x x x x f x x a x e x x x a x e x ax e x x a x e x e x x g x g xx x x e x x x x e 由 得 即 记 则 记 则 min 11, ( ) 0, ( ) [1, ) ( ) (1) 0,2 3( ) 0, ( ) [1, ) ( ) (1) .2 3 3( ) ( ) , , ( , ].2 2 x x x x g x g x g x g e a g x a g x a e a e 在 上单调递增, 在 上单调递增, 由 恒成立,得 即 的取值范围是 6. 解：（1）当 2a 时， 2( ) lnf x x xx ， 2 2'( ) ln 1f x xx ， (1) 2f ， '(1) 1f ， 所以曲线 ( )y f x 在 1x 处的切线方程为 3y x ； （2）存在 1 2, [0,2]x x ，使得 1 2( ) ( )g x g x M 成立， 等价于： 1 2 max[ ( ) ( )]g x g x M ， 考察 3 2( ) 3g x x x ， 2 2'( ) 3 2 3 ( )3g x x x x x ， 由上表可知： min max 2 85( ) ( ) , ( ) (2) 13 27g x g g x g ， 1 2 max max min 112[ ( ) ( )] ( ) ( ) 27g x g x g x g x ， 所以满足条件的最大整数 4M ； 高考数学 2018 届◆难点突破系列 12 （3）对 1, ,22s t ， ( ) ( )f s g t 恒成立 对 1 ,22x 上， min( )f x max( )g x ， 因为 max( ) 1g x ，所以对 1 ,22x ， ( ) ln 1af x x xx 恒成立 2 lna x x x 恒 成立；记 2( ) lnh x x x x ， ( ) 1 2 lnh x x x x ， 注意到 (1) 0h ； 记 ( ) 1 2 lnm x x x x ， '( ) 3 2lnm x x ， 由于 1 ,22x ， '( ) 3 2ln 0m x x ， 所以 ( ) '( ) 1 2 lnm x h x x x x 在 1 ,22 上递减， 又 (1) 0h ，当 1 ,12x 时， ( ) 0h x ， 1,2x 时， ( ) 0h x ， 即函数 2( ) lnh x x x x 在区间 1 ,12 上递增，在区间 1,2 上递减， 所以 max( ) (1) 1h x h ，所以 1a 。 （3）另解：对 1, ,22s t ， ( ) ( )f s g t 恒成立 对 1 ,22x 上， min( )f x max( )g x ， 由（2）知，在区间 1 ,22 上， max( ) 1g x ；又注意到 (1)f a ，所以 1a . 下证当 1a 时，在区间 1 ,22 上，函数 ( ) 1f x 恒成立， 当 1a 且 1 ,22x 时， 1( ) ln lnaf x x x x xx x ， 记 1( ) lnh x x xx ， 2 1'( ) ln 1h x xx ， '(1) 0h 当 1[ ,1)2x ， 2 1'( ) ln 1 0h x xx ；当 (1,2]x ， 2 1'( ) ln 1 0h x xx ， 所以函数 1( ) lnh x x xx 在区间 1[ ,1)2 上递减，在区间 (1,2]上递增， 高考数学 2018 届◆难点突破系列 13 min( ) (1) 1h x h ，即 ( ) 1h x ，所以当 1a 且 1[ ,2]2x 时， ( ) 1f x 成立， 即对 1, ,22s t ， ( ) ( )f s g t 恒成立. 7.解：（I） ( ) (1 )x x xf x e xe x e ， 当 1x 时， ( ) 0,f x 所以 )(xf 在 )1,( 内单调递减； 当 1x 时， ( ) 0,f x 所以 )(xf 在 ),1( 内单调递增. 又 '( ) 2 1,g x ax 由 '( 1) 2 1 0g a 得 1 2a . 此时 2 1)1(2 1 2 1)( 22 xxxxg ， 显然 )(xg 在 )1,( 内单调递减，在 ),1( 内单调递增，故 1 2a . (II)由 )()( xgxf ，得 0)1()()( axexxgxf x . 令 1)( axexF x ，则 '( ) xF x e a . 0x ， '( ) 1xF x e a a . ①若 1a ，则当 )0( x 时， '( ) 0F x ， )(xF 为增函数，而 0)0( F ， 从而当 0)(,0 xFx ，即 )()( xgxf ； ②若 1a ，则当 )ln,0( ax 时， '( ) 0F x ， )(xF 为减函数，而 0)0( F ， 从而当 )ln,0( ax 时 0)( xF ，即 )()( xgxf ，则 )()( xgxf 不成立. 综上， a 的取值范围为 ]1,( . 8.【解】（Ⅰ）令 ( ) ( ) ( ) 1,xh x f x g x e x 则 ' ( ) 1,xh x e 令 ' ( ) 0,h x 得 0,x 当 0,x ' ( ) 0h x ；当 0,x ' ( ) 0h x ( )h x 在 ( ,0) 上单调递减, 在 (0, ) 上单调递增； 故当 0x 时 ( )h x 有最小值，也是唯一的极值点； 当 0x 时 ( )h x 有最小值 (0) 0h , 当 0x 时 ( ) 0h x ,故函数 ( ) ( ) ( )h x f x g x 有唯一的零点 0x ， 即 ( ) ( )f x g x 有唯一的零点 0x . 高考数学 2018 届◆难点突破系列 14 （Ⅱ）令 ( ) ( ) 1 ,1 axF x f x x 则 ( ( ) 1)( 1) ( 1)( 1)( ) ,1 1 xf x x ax e x axF x x x 令 ( ) ( 1)( 1)xH x e x ax ，则 ' ( ) (2 ) 1xH x e x a ， 令 ( ) (2 ) 1xx e x a ，则 ' ( ) (3 ) 0xx e x ， ( )x 在[0, ) 上单调递增，即 ' ( )H x 在[0, ) 上单调递增， ' '( ) (0) 1H x H a . 1 当 1a 时，则 ' ( ) 0H x ，故 ( )H x 在[0, ) 上是不减函数， ( ) (0) 0H x H ， ( ) ( ) 1 01 axF x f x x . 2 当 1a 时, 则 ' (0) 1 0H a ,又 ' ( )H x 在[0, ) 上单调递增， 故存在区间 0(0, )x 使得 ' ( ) 0H x ， ( )H x 单调递减，使得 ( ) (0) 0H x H , 即存在区间 0(0, )x 使得 ( ) 0F x ，显然与 ( ) 1 1 axf x x 恒成立相矛盾. 综上可得 1a . (法二) ①当 1a 时，由（Ⅰ）知，当 0x 得 1xe x . ( 1 )( ) 1 1 0.1 1 1 1 xax ax ax x x af x e xx x x x 9．【解】(1)f′(x)＝ 2 23 6 3 ( ).ax x ax x a 令 f′(x)＝0，解之得 x＝0 或 x＝ 2 a ． 当 0a 时，随 x 的变化，f′(x)与 f(x)的变化情况如下： 高考数学 2018 届◆难点突破系列 15 ∴ f(x)极小值＝f(0)＝1，f(x)极大值＝f( 2 a )＝ 2 4 a ＋1. （2）由 2( ) 3 6f x ax x ， 1( ) ( ) (2 1) 13h x f x a x ， ∴ 2( ) (2 1) 1h x ax a x ， 1, ,( 1)x b b ， 当 1 x b 时，令 2 (2 1) 1 0ax a x ，…………① 由 , 1a ，∴ ( )h x 的图象是开口向下的抛物线， 故它在闭区间上的最小值必在区间端点处取得， 又 ( 1) 0h a ，∴不等式①恒成立的充要条件是 ( ) 0h b ， 即 2 (2 1) 1 0ab a b ， ∵ 1b ，∴ 1 0b ，且 0a ，∴ 2 2 1 1 b b b a ， 若 , 1a ，使关于 a 的不等式 2 2 1 1 b b b a 成立， 则须 2 max 2 1( )1 b b b a ，即 2 2 11 b b b ， 2 1 0b b ， ∴ 1 5 1 5 2 2b ，又 1b ，故 1 51 2b ，从而 max 1 5 2b ． max 2 1( ) (1) .2 3(2) 0 ( ) ln ( ) [0, ], (1, ] ,2 f x f b f x a x f x m x a x e 当 时， 若不等式 对所有的 都成立 高考数学 2018 届◆难点突破系列 16 11.解：（1） ( ) 21 af x x aax ,由 1( ) 02f 得 2 2 0a a ， 解之得： 2.a （2）当 0 2a 时，若 ( )f x 在 1[ , )2 上是增函数，则须 ( ) 0f x 在区间 1[ , )2 上恒成立， 21 2 02 ax x a 即当 时， 恒成立2 ， 21 2 (2 )( 1)0 2 02 2 2 a a aa a a 当 时，－ ， 21 2 10. ( ) 0, ( ) [ , ) .2 2 ax x f x f xa 当 时， 故 在 上是增函数2 2 2 ' (3) (1,2) ,1 (1) ln( ) 1 , 1 1(1,2), ln( ) 1 ( 1) 02 2 1 1( ) ln( ) 1 ( 1),(1 2)2 2 1( ) 1 2 [2 (1 2 )].1 1 0 2 (1 2 ) a f f a a a a a m a g a a a m a a ag a ma ma ma a m ma m 1 1 1当 时，由(2)知 (x)在 的最大值为2 2 2 于是问题等价于:对于任意的 不等式 恒成立. 记 则 1)当 时， '0 ( ) 0, ( )g a g a ， 在区间(1,2)上递减, ' ' ( ) (1) 0, 0 ( ) 0 2 10 , ( ) [ ( 1)].1 2 1 11 1, ( ) min 2, 1 )2 2 ( ) (1) 0, ( ) 0 1 1 1, ( ) 0, ( ) (1,2)2 g a g m g a mam g a aa m g am m g a g g a g a g am 此时 当 时不可能使 恒成立. 2)当 时 若 可知 在区间(1, 上递减, 在此区间上,有 与 恒成立矛盾; 若 这时, 在 上递增,'1 1 1, ( ) 0, ( ) (1,2)2 g a g am 若 这时, 在 上递增, 高考数学 2018 届◆难点突破系列 17 0 1( ) (1) 0, , ,1 41 12 1m [ , ).4 m g a g m m 恒有 满足题设要求， 即 所以，实数 的取值范围为 12.解：（1）当 3a 时， 3 24 3f x x x x， 23 8 3f x x x ， 当 1,1x 时， f x 是单调增函数， 在 1,1 上，由 0f x ，得 1= 3x ； 在 11, 3 上 ( )f x ＜0， ( )f x 为减函数；在 1 ,13 上 ( )f x ＞0， ( )f x 为增函数. 由上得出在 1,1 上， ( )f x 不是单调函数. （2）在 0,2 上 19 1 6 3g x x 是增函数，故对于 2 0,2x ， 2 1 ,63g x . 设 2 1 1 1 1 1 12 3 2 2 , 1,1h x f x ax x x a a x . 1 16 2h x x ，由 1 0h x ，得 1 1=- 3x . 要使对于任意的 1 1,1x ，存在 2 0,2x 使得 1 2h x g x 成立，只需在 1,1 上， 1 1 63 h x .在 11, 3 上 1' 0h x ,在 1 ,13 上 1' 0h x ， 所以 1 1=- 3x 时， 1h x 有极小值 21 1 23 3h a a . 又 2 21 1 2 , 1 5 2h a a h a a ， 因为在 1,1 上 1h x 只有一个极小值，故 1h x 的最小值为 21 23 a a . 2 2 2 1 2 6, 5 2 6, 1 12 ,3 3 a a a a a a ， 解得 02 a . 13.解：（1） ( ) ln 2 ln ,xf x a a x a 高考数学 2018 届◆难点突破系列 18 1a 当 时，总有 ' ( )f x 在 R 上是增函数， 又 '(0) 0f ，所以不等式 ' ( ) 0f x 的解集为 (0, ), 故函数 ( )f x 的单调增区间为 (0, ). （2）若存在 1 2, 1,1 ,x x 使得 1 2( ) ( ) 1f x f x e 成立, 则只需：当 1,1 ,x 时 使得 max min( ) ( ) 1f x f x e 即可. '( )f x ， ( )f x 随 x 的取值变化情况如下表： x ,0 0 0, '( )f x _ 0 + ( )f x 减函数 极小值 增函数 由上表可知： ( )f x 在 1,0 0,1 上是单调减函数, 上是单调增函数， 所以 min m n( ) (0) 1, ( ) ( 1) (1) .af x f f x f f 为 和 中的最大值 1 1(1) ( 1) ( 1 ln ) ( 1 ln ) 2ln ,f f a a a a aa a ' 2 2 1( ) 2ln ( 1), 1 2 1( ) 1 (1 ) 0, g a a a aa g a a a a 令 1( ) 2lng a a aa 在(1,+ )上是增函数. 又 (1) 0g ，故当 1a 时 ， ( ) 0, (1) ( 1).g a f f 即 所以 max min( ) ( ) (1) (0) 1, ln 1,f x f x f f e a a e 即 令函数 ' 1 1( ) ln , 1 1 0,ah a a a a y a a 当 时， 所以函数 ( ) lnh a a a 在 (1, )a 上是增函数，又 ( ) 1h e e ，所以 .a e 综上，所求 a 的取值范围为 , .e 14.解: (Ⅰ) ' ( ) ( 1) 2mxf x m e x ． 若 0m ，则当 ( ,0)x 时， 1 0mxe ， ' ( ) 0f x ；当 (0, )x 时， 1 0mxe ， 高考数学 2018 届◆难点突破系列 19 ' ( ) 0f x ；若 0m ，则当 ( ,0)x 时， 1 0mxe ， ' ( ) 0f x ；当 (0, )x 时， 1 0mxe ， ' ( ) 0f x ． 所以， ( )f x 在 ( ,0) 单调递减，在 (0, ) 单调递增． （Ⅱ）由(Ⅰ)知，对任意的 m ， ( )f x 在[ 1,0] 单调递减，在[0,1] 单调递增，故 ( )f x 在 0x 处取得最小值．所以对于任意 1 2, [ 1,1]x x ， 1 2( ) ( ) 1f x f x e 的充要条件是： (1) (0) 1, ( 1) (0) 1, f f e f f e 即 1, 1, m m e m e e m e ①， 设函数 ( ) 1tg t e t e ，则 ' ( ) 1tg t e ．当 0t 时， ' ( ) 0g t ；当 0t 时， ' ( ) 0g t ． 故 ( )g t 在 ( ,0) 单调递减，在 (0, ) 单调递增．又 (1) 0g ， 1( 1) 2 0g e e ， 故当 [ 1,1]t 时， ( ) 0g t ． 所以当 [ 1,1]m 时， ( ) 0g m ， ( ) 0g m ，即①式成立． 当 1m 时，由 ( )g t 的单调性， ( ) 0g m ，即 1me m e ； 当 1m 时， ( ) 0g m ，即 1me m e ． 综上， m 的取值范围是[ 1,1] ． 15．解：（1） 1,)1()(' 2 2 xx axxxf ． 当 4 1a 时， 0)(' xf ，所以 )(xf 在 ),1( 上单调递减． 当 4 10 a 时，令 0)(' xf 可得 2 411 2 411 axa ； 令 0)(' xf 可得 2 4111 ax 或 2 411 ax ． 所 以 )(xf 在 )2 411,2 411( aa 上 单 调 递 增 ， 在 )2 411,1( a ， ),2 411( a 上单调递减． 高考数学 2018 届◆难点突破系列 20 （ 2 ） 原 式 等 价 于 12)1ln()1( xxxax ， 即 存 在 0a ， 使 当 0x 时 x xxxa 12)1ln()1( 恒成立． 设 0,12)1ln()1()( xx xxxxg ，则 0,)1ln(1)(' 2 xx xxxg ， 设 0),1ln(1)( xxxxh ，则 01 11)(' xxh ，所以 )(xh 在 ),0( 上单调递增． 又 0)3(,0)2( hh ，根据零点存在性定理，可得 )(xh 在 ),0( 上有唯一零点，设该零点 为 0x ，则 )1ln(1 00 xx ，且 )3,2(0 x ， 212)1)(1()( 0 0 000 min xx xxxxg ，又 Zaxa ,20 ，所以 a 的最小值为 5． 16.解：（1） 当 1 , ( ) , 1 .1 xx f x xx x时 当且仅当e 令 '( ) 1 , ( ) 1.g x x g x x xe 则 e 当 '0 , ( ) 0, ( ) 0, ;x g x g x 时 在 上是单调增函数 当 0 , ( ) 0, ( ) ,0x g x g x 时 在 上是单调减函数. 于是 ( ) 0 ( ) (0), 1 .xg x x x R g x g e x 在 处达到最小值,因而当 时, 即 所以当当 1 , ( ) .1 xx f x x 时 （2）由题设 0, ( ) 0.x f x 此时 当 10 , , 1 xa x a ax 时 若 则 0, ( ) 1 xf x ax 不成立; 当 0 , ( ) ( ) ( ) , ( ) ( ) 0.1 xa h x axf x f x x f x h xax 时 令 则 当且仅当 ' ' '( ) ( ) ( ) ( ) 1 ( ) ( ) ( ).h x af x axf x f x af x axf x ax f x ①当 10 , ( 1) ( ).2a x x f x 时 由(1)可知 ' ( ) ( ) ( ) ( 1) ( ) ( ) (2 1) ( ) 0,h x af x axf x a x f x f x a f x 故 ( ) 0, ( ) (0) 0.h x h x h 在 上是减函数, 即 ( ) .1 xf x ax ②当 1 ,2a 时 易证 ( ) 1 1x xx f x e x x e 由 得 ，所以 高考数学 2018 届◆难点突破系列 21 ' ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) (2 1 ) ( ). h x af x axf x ax f x af x axf x af x f x a ax f x 当 '2 10 , ( ) 0,ax h xa 时 ( ) (0) 0, ( ) .1 xh x h f x ax 所以 即 综上， a 的取值范围是 10, .2 17.解：(1) ' 2( ) ( 1) 1xf x e x , 记 2( ) ( 1) 1,xh x e x 则 ' 2( ) ( 2 1),xh x e x x 当 (1, )x 时， '( ) 0h x 恒成立, ( )h x 在(1,+ )上是增函数. 2(1) 1 0, (2) 3 1 0,h h e 又 0 0 0 0 0 0 (1,2) ( ) 0, (1, ) ( ) 0; ( , ) ( ) 0. ( ) (1, ) ( , ) x h x x x h x x x h x f x x x 使 当 时， 当 时， 在 上单调递减；在 上单调递增. 0 2 0 (1) 1 0, ( ) (1) 1 0, (2) 2 0, ( ) ( , ) ( ) (1, ) f f x f f e f x x f x 又 又 在 上有且只有一个零点. 综上所述 在 上有且只有一个零点. 0 0 0 2 2 0 0 0 0 0 0 (2) ( ) ( ) ( ) ( 1) ( ) ( 1) 1 0(1 2).x x f x f x f x x e x h x e x x 由(1)可知 是 的唯一一个极小值点，也是唯一一个最小值点， 且 - 且 2 2 0 0 0 0 02 0 0 0 1 1 2( ) ( 1) ( 1) 2 ,1 1 1 xf x x x xx x x 0 0 51 2, ( ) 1.3x f x 故 ( ) (1, ) ,k k f x k 为整数,且不等式 在 上恒成立时 的最大值为-2. 18.解: (Ⅰ) f x 的定义域为 R , xf x e a ; 若 0a ,则 0f x 恒成立,所以 f x 在 R 总是增函数 若 0a ,令 0f x ,求得 lnx a ,所以 f x 的单增区间是 ln ,a ; 令 0f x , 求得 lnx a ,所以 f x 的单减区间是 , ln a 高考数学 2018 届◆难点突破系列 22 (Ⅱ) 把 1 x a f x e a 代入 1 0x k f x x 得: 1 1 0xx k e x , 因为 0x ,所以 1 0xe ,所以: 1 1xx k e x , 1 1x xx k e , 1 1x xk x e ,所以: 1 ( 0) (*)1x xk x xe 令 1 1x xg x xe ,则 2 2 1 x x x e e x g x e , 由(Ⅰ)知: 2xh x e x 在 0 , 单调递增,而 1 0 2 0 h h , 所以 h x 在 0 , 上存在唯一零点 ,且 1, 2 ; 故 g x 在 0 , 上 也 存 在 唯 一 零 点 且 为 , 当 0 ,x 时 , 0g x , 当 ,x 时 , 0g x , 所 以 在 0 , 上 , ming x g ; 由 0g 得: 2e ,所以 1g ,所以 2 , 3g , 由于(*)式等价于 k g ,所以整数的最大值为 2． 题型二：导数与函数的切线问题 19．解（1）因为 ( ) ln 1f x x ，由 ' ( ) 0f x ，得 1x e , 所以 ( )f x 的单调增区间为 1( , )e ， 又当 1(0, )x e 时， ( ) 0f x ，则 ( )f x 在 1(0, )e 上单调减， 当 1( , )x e 时， ( ) 0f x ，则 ( )f x 在 1( , )e 上单调增， 所以 ( )f x 的最小值为 1 1( )f e e ． （2）因为 ( ) ln 1f x x ， 2 1( ) 3 2g x ax ， 设公切点处的横坐标为 x ，则与 ( )f x 相切的直线方程为： (ln 1)y x x x ， 与 ( )g x 相切的直线方程为： 2 31 2(3 ) 22 3y ax x ax e ， 所以 2 3 1ln 1 3 ,2 22 ,3 x ax x ax e 解之得 1lnx x e ，由（1）知 1x e ，所以 2 6 ea ． 高考数学 2018 届◆难点突破系列 23 （3）（提示：参考函数 ( )f x 图象，如图，定义域为 (0, ) ，经过点 1,0 ，二阶导数 '' 1( ) 02f x 故 是单凹函数，极值点为 1 e ）. 当直线 1l 过点 2 2( ,2 )e e 时， 2k ；因为函数 ( )f x 的图象恰好位于两条平行直线之间，所 以 2k ；若 1l 与 2l 间的距离最小，则 2l 与函数 ( )f x 的图象必相切，设切点的横坐标为 x ， 则 ln 1k x ，由 2k 可得 x e （当且仅当 2k 时等号成立）. 因 为 2 :l (ln 1)y x x x ， 1 :l (ln 1)y x x ， 且 x e ， 所 以 1l 与 2l 间 的 距 离 21 (ln 1) xd x ；令 ( ) ln [(ln 1) ]h x x x x x x ， 因为 ( ) ln 1 ln 1 ln lnh x x x x x ， 所以当 x x 时， ( ) 0h x ，则 ( )h x 在 (0, )x 上单调减； 当 x x 时， ( ) 0h x ，则 ( )h x 在 2( , )x e 上单调增， 所以 ( )h x 有最小值 ( ) 0h x ，即函数 ( )f x 的图象均在 2l 的上方， 令 2 2( ) ln 2ln 2 xt x x x ，则 2 2 2 2 2 2 2 ln 4 ln 4 2 ln 2 2 ln 2 ln 2( ) (ln 2ln 2) (ln 2ln 2) x x x x x x x x x x x x xt x x x x x ， 当 x e 时， ( ) 0t x ，所以当 x e 时， ( ) ( )t x t e ， 所以当 d 最小时， x e ，此时 m e ． 20.解：函数 ( ) ln( ) .f x x a ax 的定义域为 1( , ), ( ) .a f x ax a 当 0a 时，在区间 ( , )a 上有 ( ) 0f x , ( )f x 单调递增,无极值; 当 0a 时，令 1( ) 0f x ax a 得: 1 ,x a a 当 1( , )x a a a 时, ' ( ) 0f x ，函数 ( )f x 单调递增; 高考数学 2018 届◆难点突破系列 24 当 1( , )x a a 时, ' ( ) 0f x ，函数 ( )f x 单调递减, 所以函数 ( )f x 的极大值为 21( ) ln( ) 1( 0),f a a a aa 无极小值. （2）由（1）知,当 ( , 1)a 时, 2 ' 2 1, , ,1( ) ( ) 1, ( , ). a a x a ax a ag x a f x a ax a a a x ax a a 若函数图象上存在符合要求的两点,则必须: 1 2 11 6,x a xa 得: 1 5 3 10.2 a 当 1,x a a a 时, 2( ) ag x ax a ,函数在点 1P 处的切线斜率为 1 2 1 ak x a ; 1( , )x a a 时, 2( ) ag x ax a ,函数在点 2P 处的切线斜率为 2 2 2 ak x a , 由函数图象在两点处切线互相垂直得: 2 2 1 2 [ ] [ ] 1a a x a x a ,即 2 2 2 1 2x a x a a . 因为 1 2 10 1 6 ,a x a x a aa 所以 1 2x a x a a , 所以 1 ( 1 ) , 1 (6 ) , a aa a aa 得 3 2.a 综上所述所求 a 的取值范围是 1 5( , 1).2 2 0 0 0 0 0 0 3 2 0 03 2 3 2 0 0 ( )( 4 5), ( ), 1 2 5 ( )1 32 5 ,3 1 2 ( 5) ( ) 0,3 l y y k x x k x x y y k x x x x x k x x y y x x x x x k x y kx 21.解:切线 的方程为: 其中 联立 得 ，整理得: 高考数学 2018 届◆难点突破系列 25 3 2 0 0 0 ' 2 2 ' 2 2 2 ' 0 0 0 0 0 0 1( ) 2 ( 5) ( ), ( ) 03 ( ) 4 ( 5) =16 4 5)=4 9 ), 4 5, ( ) 4 4 , 4( 2) 0, ( ) 0, g x x x k x y kx g x g x x x k k k k x x g x x x x x x g x 令 易知 ， 求导可得： ， （ （ 显然 ' 0 0 3 2 0 0 0 0 ' 1 0 2 0 0 1 0 2 0 2 0 1 46(1) 0 2 ( ) 0,3 2 ( 5) ( ) 0 2, 9. (2) 0, 9, ( ) 0, 2 9 2 2 , 2 9 2 2 , 2 , 4 , 2 4 x y g x x x k x y kx x k k g x x k x x k x x x x x x x x x x x x 若 ，即 ， 时， 1所以方程 只有唯一实根 符合题意,3 此时 若 即 令 记 当 时, 使g( )=0; 当 时, 0 2 0 1, , 0, 9 ( ) x x x x x k g x 使g( )=0, 所以当 即 时, 有两个零点,所以不合题意. 9.k 综上所述, 22.解：（I）由于 ' ( ) 2 ,xf x e ax e ，曲线 ( )y f x 在点 (1, (1))f 处切线斜率 2 0k a ， 所以 0a ，即 ( ) xf x e ex . 此时 ' ( ) xf x e e ，由 ' ( ) 0f x 得 1x . 当 ( ,1)x 时，有 ' ( ) 0f x ；当 (1, )x 时， 有 ' ( ) 0f x .所以 ( )f x 的单调递减区间为 ( ,1) ，单调递增区间为 (1, ) ． （II）设点 0 0( , ( ))P x f x ，曲线 ( )y f x 在点 P 处的切线方程为: ' 0 0 0( )( ) ( )y f x x x f x ， 令 ' 0 0 0( ) ( ) ( )( ) ( )g x f x f x x x f x ，故曲线 ( )y f x 在点 P 处的切线与曲线只 有一个公共点 P 等价于函数 ( )g x 有唯一零点． 因为 0( ) 0g x ，且 0' ' ' 0 0( ) ( ) ( ) 2 ( )xxg x f x f x e e a x x ． ①若 0a ，当 0x x 时， ' ( ) 0g x ，则 0x x 时， 0( ) ( ) 0g x g x ； 当 0x x 时， ' ( ) 0g x ，则 0x x 时， 0( ) ( ) 0g x g x .故 ( )g x 只有唯一零点 0x x . 由于 0x 具有任意性，不符合 P 的唯一性，故 0a 不合题意． ②若 0a ，令 0 0( ) 2 ( )xxh x e e a x x ，则 0( ) 0h x ， ' ( ) 2xh x e a . 令 ' ( ) 0h x ，得 ln( 2 )x a ，记 ln( 2 )x a ，则当 x∈(－∞，x*)时， ' ( ) 0h x ，从而 ( )h x 在(－∞，x*)内单调递减；当 x∈(x*，＋∞)时， ' ( ) 0h x ，从而 ( )h x 在(x*，＋∞) 内单调递增． (i)若 0x x ，由 x ∈(－∞，x*)时， ' ( ) ( ) ( ) 0g x h x h x ； x ∈(x*，＋∞)时， ' ( ) ( ) ( ) 0g x h x h x .知 ( )g x 在 R 上单调递增． 所以函数 ( )g x 在 R 上有且只有一个零点 x x . (ii)若 0x x ，由于 ( )h x 在(x*，＋∞)内单调递增，且 0( )h x ＝0，则当 x ∈(x*，x0) 时有 ' 0( ) ( ) ( ) 0g x h x h x ， 0( ) ( ) 0g x g x ；任取 x ∈(x*，x0)有 ( ) 0g x . 高考数学 2018 届◆难点突破系列 26 又当 x ∈(－∞，x*)时，易知 2 ' ' 0 0 0 0( ) ( ( )) ( ) ( )xg x e ax e f x x f x x f x ， 因为 x xe e ，所以 2 ' ' 2 0 0 0 0( ) ( ( )) ( ) ( )xg x e ax e f x x f x x f x ax bx c ， 其中 ' 0( ( ))b e f x ， ' 0 0 0( ) ( )xc e f x x f x ． 由于 0a ，则必存在 1x x ，使得 2 1 1 0ax bx c . 所以 1( ) 0g x ，故 ( )g x 在 1( , )x x 内存在零点．即 ( )g x 在 R 上至少有两个零点． (iii)若 0x x ，易证 ( ) 0g x ；因为 3 6 x xe ， 所以 3 2 ' ' 0 0 0 0( ) ( ( )) ( ) ( )6 xg x ax e f x x f x x f x ，而当 x x 时，总存在 x ∈(x*， +∞)使 3 2 ' ' 0 0 0 0( ( )) ( ) ( ) 06 x ax e f x x f x x f x , 此时 ( ) 0g x ，故 ( )g x 在(x*，+∞)上存在零点，所以 ( )g x 在 R 上至少有两个零点． 综上所述，当 0a 时，曲线 ( )y f x 上存在唯一点 (ln( 2 ), (ln( 2 ))P a f a ，曲线在 该点处的切线与曲线只有一个公共点 P . 题型三：导数与函数的零点及零点关系问题 23.解：（I）由已知 ' ( )f x ＝ a (sin cos )x x x ， 对于任意 x∈ 0，π 2 ，有 sin cosx x x ＞0. 当 a ＝0 时， ( )f x ＝－3 2 ，不合题意； 当 a ＜0，x∈ 0，π 2 时， ' ( )f x ＜0，从而 ( )f x 在 0，π 2 内单调递减， 又 ( )f x 在 0，π 2 上的图象是连续不断的， 故 ( )f x 在 0，π 2 上的最大值为 f(0)＝－3 2 ，不合题意； 当 a ＞0，x∈ 0，π 2 时， ' ( )f x ＞0，从而 ( )f x 在 0，π 2 内单调递增， 又 ( )f x 在 0，π 2 上的图象是连续的，故 ( )f x 在 0，π 2 上的最大值为 f π 2 ， 即π 2 a －3 2 ＝ 3 2 ，解得 a ＝1. 综上所述，得 ( )f x ＝ sinx x －3 2 . （II） ( )f x 在(0，π)内有且只有两个零点． 证明如下： 由（1）知， ( )f x ＝ sinx x －3 2 ，从而有 (0)f ＝－3 2 ＜0. ( )2f ＝ 3 2 ＞0， 又 ( )f x 在[0, ]2 上的图象是连续不断的，所以 ( )f x 在 (0, )2 内至少存在一个零点． 又由（1）知 ( )f x 在[0, ]2 上单调递增，故 ( )f x 在 (0, )2 内有且仅有一个零点． 高考数学 2018 届◆难点突破系列 27 当 x∈[ , ]2 时，令 ( )g x ＝ ' ( )f x ＝sin cosx x x . 由 ( )2g ＝1＞0， ( )g ＝－π＜0，且 ( )g x 在 [ , ]2 上的图象是连续不断的，故存在 m ∈ ( , )2 ，使得 ( )g m ＝0. 由 ' ( )g x ＝ 2cos sinx x x ，知 x∈ ( , )2 时，有 ' ( )g x ＜0， 从而 ( )g x 在 ( , )2 内单调递减． 当 x∈ ( , )2 m 时， ( )g x ＞ ( )g m ＝0，即 ' ( )f x ＞0，从而 ( )f x 在 ( , )2 m 内单调递增， 故当 x∈[ , ]2 m 时， ( )f x ≥ ( )2f ＝ 3 2 ＞0，故 ( )f x 在[ , ]2 m 上无零点； 当 x∈( m ，π)时，有 ( )g x ＜ ( )g m ＝0，即 ' ( )f x ＜0，从而 ( )f x 在( m ，π)内单调递减． 又 ( )f m ＞0， ( )f ＜0，且 ( )f x 在[ m ， ]上的图象是连续不断的，从而 ( )f x 在( m ， )内有且仅有一个零点． 综上所述， ( )f x 在(0， )内有且只有两个零点． 24.解：（Ⅰ）由 ( ) xf x x ae= - ，可得 ( ) 1 xf x ae¢ = - . 下面分两种情况讨论： （1） 0a £ 时， ( ) 0f x¢ > 在 R 上恒成立，可得 ( )f x 在 R 上单调递增，不合题意. （2） 0a > 时，由 ( ) 0f x¢ = ，得 lnx a= - . 当 x 变化时， ( )f x¢ ， ( )f x 的变化情况如下表： x ( ), ln a-¥ - ln a- ( )ln ,a- +¥ ( )f x¢ ＋ 0 － ( )f x ↗ ln 1a- - ↘ 这时， ( )f x 的单调递增区间是( ), ln a-¥ - ；单调递减区间是( )ln ,a- +¥ . 于是，“函数 ( )y f x= 有两个零点”等价于如下条件同时成立： 1° ( )ln 0f a- > ；2°存在 ( )1 , ln as Î -¥ - ，满足 ( )1 0f s < ； 3°存在 ( )2 ln ,as Î - +¥ ，满足 ( )2 0f s < . 由 ( )ln 0f a- > ，即 ln 1 0a- - > ，解得 10 a e-< < ， 高考数学 2018 届◆难点突破系列 28 而此时，取 1 0s = ，满足 ( )1 , ln as Î -¥ - ，且 ( )1 0f s a= - < ； 取 2 2 2lns a a = + ，满足 ( )2 ln ,as Î - +¥ ，且 ( ) 2 2 2 2 2ln 0a af s e ea a = - + - < . 所以， a 的取值范围是( )10,e- . （Ⅱ）证明：由 ( ) 0xf x x ae= - = ，有 x xa e = . 设 ( ) x xg x e = ，由 ( ) 1 x xg x e -¢ = ，知 ( )g x 在( ),1-¥ 上单调递增，在( )1,+¥ 上单调递减. 并且，当 ( ],0x Î -¥ 时， ( ) 0g x £ ；当 ( )0,x Î +¥ 时， ( ) 0g x > . 由已知， 1 2,x x 满足 ( )1a g x= ， ( )2a g x= . 由 ( )10,a e-Î ，及 ( )g x 的单调性，可得 ( )1 0,1x Î ， ( )2 1,x Î +¥ . 对于任意的 ( )1 1 2 0, ,a a e-Î ，设 1 2a a> ， ( ) ( )1 2 1g g ax x= = ，其中 1 20 1x x< < < ； ( ) ( )1 2 2g g ah h= = ，其中 1 20 1h h< < < . 因为 ( )g x 在( )0,1 上单调递增，故由 1 2a a> ，即 ( ) ( )1 1g gx h> ，可得 1 1x h> ；类似可得 2 2x h< . 又由 1 1, 0x h > ，得 2 2 2 1 1 1 x h h x x h < < .所以 2 1 x x 随着 a 的减小而增大. （Ⅲ）证明：(法一)由 1 1 xx ae= ， 2 2 xx ae= ，可得 1 1ln lnx a x= + ， 2 2ln lnx a x= + . 故 2 2 1 2 1 1 ln ln ln xx x x x x - = - = . 设 2 1 x tx = ，则 1t > ，且 2 1 2 1 , ln , x tx x x t ì =ïïíï - =ïî 解得 1 ln 1 tx t = - ， 2 ln 1 t tx t = - .所以， ( ) 1 2 1 ln 1 t tx x t ++ = - . ① 令 ( ) ( )1 ln 1 x xh x x += - ， ( )1,x Î +¥ ，则 ( ) ( )2 12ln 1 x x xh x x - + - ¢ = - . 高考数学 2018 届◆难点突破系列 29 令 ( ) 12lnu x x x x = - + - ，得 ( ) 21xu x x - ÷ç¢ = ÷ç ÷ç . 当 ( )1,x Î +¥ 时， ( ) 0u x¢ > .因此， ( )u x 在( )1,+¥ 上单调递增， 故对于任意的 ( )1,x Î +¥ ， ( ) ( )1 0u x u> = ， 由此可得 ( ) 0h x¢ > ，故 ( )h x 在( )1,+¥ 上单调递增, 因此，由①可得 1 2x x+ 随着 t 的增大而增大. 而由（Ⅱ）知，t 随着 a 的减小而增大，所以 1 2x x+ 随着 a 的减小而增大. (法二) 由 1 1 xx ae= ， 2 2 xx ae= ，可得 1 2 1 2 ( )x xx x a e e- = - ，即 1 2 1 2 x x x xa e e -= - . 要证明 1 2 2x x+ > ，只需证明 1 2( ) 2x xa e e+ > ， 即证： 1 2 1 21 2( ) 2 x x x x e ex x e e +- >- ，不妨设 1 2x x> ，记 1 2t x x ，则 0, 1tt e ， 因此只要证明： 1 21 t t et e +× >- ，即证 2 2 0tt e t . 记 ( ) 2 2th t t e t ，注意到 (0) 0h ，故只需证 ( )h x 在 0, 上增函数即可. 25．解：（Ⅰ） ( )' lnf x x ax= - ，函数 ( )f x 在其定义域内有两个不同的极值点，可转化 为 ln( ) xg x x 与函数 y a 在 0, 上有两个不同的交点. 又 ' 2 1 ln( ) xg x x ，当 0,x e 时， ' ( ) 0g x ；当 ,x e 时， ' ( ) 0g x . 所以 ( )g x 在 0,e 上单调递增, ( )g x 在 ,e 上单调递减,从而 max 1( ) ( )g x g e e . 又 ( )g x 有且只有一个零点是 1,且在 0x 时, ( )g x ；在 x 时, ( ) 0g x 故要想 ln( ) xg x x 与函数 y a 在 0, 上有两个不同的交点,只需 10 a e . （Ⅱ） 1 1 2e x xl l+ < × 等价于 1 21 ln lnx x , 由（Ⅰ）可知 1 2,x x 分别是方程 ln 0x ax- = 的两个根,即 1 1 2 2ln ,lnx ax x ax= = , 所以原式等价于 1 21 ( )a x x , 高考数学 2018 届◆难点突破系列 30 因为 1 20,0 x x ,所以 1 2 1a x x . 又由 1 1 2 2ln ,lnx ax x ax= = 作差得: ( )1 1 2 2 ln x a x xx = - ,即 1 2 1 2 ln x xa x x . 所以原式等价于 1 2 1 2 1 2 ln 1 x x x x x x ,即 1 21 2 1 2 (1 )ln 0x xx x x x . 令 1 2 , 0,1xt tx ，则不等式 (1 ) 1ln 0tt t 在 0,1t 上恒成立. 令 (1 ) 1( ) ln th t t t ，则 22 ' 22 11 (1 )( ) ( ) t t h t t t t t . 当 2 1 时，可见 ' ( ) 0h t ，所以 ( )h t 在 0,1 上单调递增，又 (1) 0h ，所以 ( ) 0h t 在 0,1 上恒成立，符合题意. 当 2 1 时，可见 20,t 时， ' ( ) 0h t ， 2 ,1t 时， ' ( ) 0h t ，所以 ( )h t 在 20, 上单调递增，在 2 ,1 上单调递减，又 (1) 0h ， 所以 ( )h t 在 0,1 上不能恒小于 0，不符合题意，舍去. 综上所述，若不等式 1 1 2e x xl l+ < × 恒成立，只需 2 1 ，又 0 ，所以 1 . 26．解：（Ⅰ） ( ) 1 ,axf x ae¢ = - 令 ( )' 0f x = ，则得 1 1lnx a a . 易知函数 ( )f x 的增区间为 1 1, lna a ，减区间为 1 1ln ,a a . （Ⅱ）若函数 ( )f x 有两个零点，由（Ⅰ）知 max 1 1( ) ( ln ) 0f x f a a ，即 1a e . 而此时 1 1( ) 0f ea a ，由此可得 1 2 1 1 1lnx xa a a . 故 2 1 1 1 1lnx x a a a ，即 1 2 1 1(1 ln )x x a a . 又 1 2 1 1 2 2( ) 0, ( ) 0ax axf x x e f x x e ， 1 1 2 2 1 1[ (1 ln )] ln( )1 2 ax a aea x x a a ax x e e e e aex e . 高考数学 2018 届◆难点突破系列 31 27．解：（1）f（x）= 1 x x e （x∈R）, ( )f x = 2 ( 1)x x x e x e e = 2 x x e , ∴x＜2 时， ( )f x ＞0，f（x）单调递增；x＞2 时 ( )f x ＜0，f（x）单调递减． ∴f（x）的极大值=f（2）= 2 1 e ． （2）设 h（x）=f（x）-g（x）= 1 x x e - 4 3 x x e ， 则 ( )h x = 2 x x e - 4 2 x x e = 4 4 (2 )( )x xx e e e ， 当 x＞2 时， ' ( )h x ＞0，h（x）单调递增， ∴h（x）＞h（2）=0，∴f（x）＞g（x）． （3）由（1），不妨设 x1＜2＜x2，则 4-x2＜2， ∴由（2）得 f（x1）=f（x2）＞g（x2）=f（4-x2）， 又由（1）得，x＜2 时，f（x）单调递增， ∴x1＞4-x2，∴x1+x2＞4． 28．解：（Ⅰ） '( ) ( 1) 2 ( 1) ( 1)( 2 )x xf x x e a x x e a ． （i）设 0a ，则 ( ) ( 2) xf x x e ， ( )f x 只有一个零点． （ii）设 0a ，则当 ( ,1)x 时， '( ) 0f x ；当 (1, )x 时， '( ) 0f x ．所以 ( )f x 在 ( ,1) 上单调递减，在 (1, ) 上单调递增． 又 (1)f e ， (2)f a ，取b 满足 0b 且 ln 2 ab ，则 2 2 3( ) ( 2) ( 1) ( ) 02 2 af b b a b a b b ， 故 ( )f x 存在两个零点． （iii）设 0a ，由 '( ) 0f x 得 1x 或 ln( 2 )x a ． 若 2 ea ，则 ln( 2 ) 1a ，故当 (1, )x 时， '( ) 0f x ，因此 ( )f x 在 (1, ) 上单调 递增．又当 1x 时， ( ) 0f x ，所以 ( )f x 不存在两个零点． 若 2 ea ，则 ln( 2 ) 1a ，故当 (1,ln( 2 ))x a 时， '( ) 0f x ；当 (ln( 2 ), )x a 时， '( ) 0f x ．因此 ( )f x 在 (1,ln( 2 ))a 单调递减，在 (ln( 2 ), )a 单调递增． 又当 1x 时， ( ) 0f x ，所以 ( )f x 不存在两个零点． 高考数学 2018 届◆难点突破系列 32 综上， a 的取值范围为 (0, ) ． （Ⅱ）不妨设 1 2x x ，由（Ⅰ）知 1 2( ,1), (1, )x x ， 22 ( ,1)x ， ( )f x 在 ( ,1) 上单调递减，所以 1 2 2x x 等价于 1 2( ) (2 )f x f x ，即 2(2 ) 0f x ． 由于 22 2 2 2 2(2 ) ( 1)xf x x e a x ，而 2 2 2 2 2( ) ( 2) ( 1) 0xf x x e a x ，所以 2 22 2 2 2(2 ) ( 2)x xf x x e x e ． 设 2( ) ( 2)x xg x xe x e ，则 2'( ) ( 1)( )x xg x x e e ． 所以当 1x 时， '( ) 0g x ，而 (1) 0g ，故当 1x 时， ( ) 0g x ． 从而 2 2( ) (2 ) 0g x f x ，故 1 2 2x x ． 29. 解：（Ⅰ）当 0, 2x 时， ( ) sin 2cos 0f x x x ，所以函数 ( )f x 在 0, 2 上为增函数，又 (0) 2 0f ， 2 ( ) 4 02 2f ，所以存在唯一 0 0, 2x ，使 0( ) 0f x . （Ⅱ）当 ,2x 时，化简得 cos 2( ) 11 sin x xg x x x . 令t x ，则 ,2x 时， 0, 2t ，记 cos 2( ) ( ) 11 sin t tu t g t tt ， 0, 2t ，则 ( )( ) (1 sin ) f tu t t .由（Ⅰ）得，当 00,t x 时， ( ) 0u t ，当 0 , 2t x 时， ( ) 0u t .所以在 0 , 2x 上 ( )u t 是增函数，又 ( ) 02u ，所以当 0 , 2t x 时， ( ) 0u t ，所以 ( )u t 在上无零点 0 , 2x 上无零点；在 00, x 上 ( )u t 是减函数，又 (0) 1u 及 0( ) 0u x ， 所 以 存 在 唯 一 0 00,t x 使 0( ) 0u t . 设 1 0 ,2x t ， 则 1 0 0( ) ( ) ( ) 0g x g t u t ， 因 此 存 在 唯 一 的 1 ,2x ， 使 1( ) 0g x . 由 于 高考数学 2018 届◆难点突破系列 33 1 0 0 0,x t t x ，所以 0 1x x ，即命题得证. 30．解：（Ⅰ） ' ( )f x 2 (2ln 1) ln x x x 令 ' ( ) 0f x 可得 x e ． 列表如下： x （0，1） 1) e ( e ) e ( + ' ( ) 0f x 0 ( )f x 减 减 极小值 增 单调减区间为（0，1）， 1) e (；增区间为) e ( + ． （Ⅱ）由题可知， ( )f x 2 ( )(2ln 1) ln ax a x x x 对于函数 )x2 (lnx+ a x 1 ，有 ' 2 2( ) x ah x x ， ∴函数 （x）在 0) 2 a (上单调递减，在) 2 a ( + 上单调递增， ∵函数 f（x）有 3 个极值点 x1＜x2＜x3， 从而 min ( ) 2ln 1 02 2 a ah h ，所以 a 2 e ， 当 0＜ a ＜1 时， （ a ）=2ln a ＜0， （1）= a -1＜0， ∴函数 f（x）的递增区间有（x1， a ）和（x3，+ ）；递减区间有（0，x1），（ a ，1），（1， x3），此时，函数 f（x）有 3 个极值点，且 x2= a ； ∴当 0＜ a ＜1 时，x1，x3 是函数 )x2 (lnx+ a x 1 的两个零点， 即有 1 1 3 3 2ln 1 0 2ln 1 0 ax x ax x 消去 a 有 2x1lnx1-x1=2x3lnx3-x3 令 g（x）=2xlnx-x， ( )g x =2lnx+1 有零点 x 1 e ，且 x 1 1 e x 3 ∴函数 g（x）=2xlnx-x 在 0) 1 e (上递减，在) 1 e ( + 上递增 要证明 x+1x 3 2 e ,x 3 2 e x1,g)x (3g) 2 e x (1 高考数学 2018 届◆难点突破系列 34 ∵g（x1）=g（x3），即证 g)x (1g) 2 e x,(1g)x (1g) 2 e x 0 (1 构造函数 F)x (g)x (g) 2 e x(，则 F) 1 e 0 ( 只需要证明 x 0) 1 e [单调递减即可． 而 ' ( )F x 2 lnx2+ln) 2 e x2+(，F) x ( 22( 2 ) 02( ) x e x x e 所以 ' ( )F x 在 0) 1 e [上单调递增，所以 ' ( )F x ＜ ' 1( )F e =0． ∴当 0＜ a ＜1 时，x+1x 3 2 e ． 31. 解：（Ⅰ） '( ) ,xf x e a x R , (1)当 0a 时 '( ) 0f x ， ( )f x 在 R 上单调递增，显然不成立. (2)当 0a 时 '( ) 0f x 得 lnx a ，当 lnx a 时， ( ) 0f x ， ( )f x 在 ( ,ln )a 上单 调递减；当 lnx a 时， ( ) 0f x ， ( )f x 在 (ln , )a 上单调递增， ( )f x 当 lnx a 时取到最小值；又当 x ，x 时都有 ( )f x ， (ln ) (2 ln ) 0f a a a ， 即 2a e 时 ( )f x 有两个零点. （Ⅱ）要证 1 2 1 2x x x x ，即证 1 2( 1)( 1) 1x x ； 由已知 1 1( 1)xe a x ， 2 2( 1)xe a x ，即证 1 2 1 2 2( 1)( 1) 1 x xex x a . 即证 1 2 2x xe a ，即证 1 2 2lnx x a ，即证 2 12lnx a x ， 又 2 lnx a ，且 ( )f x 在 (ln , )a 上单调递增， 故只需证 2 1(2ln )f x f a x ，即证 1 1(2ln )f x f a x ， 令 ( ) (2ln )g x f a x f x 且 lnx a ， 高考数学 2018 届◆难点突破系列 35 2 2 2 2 2( ) 2 0 xx x x x x x e aa a e aeg x e ae e e ， ( )g x 在 ( ,ln )a 上单调递减， ( ) (ln ) (2ln ln ) (ln ) 0g x g a f a a f a ， (2ln ) ( )f a x f x ，在 ( ,ln )a 上恒成立， 1 1(2ln ) ( )f a x f x ，故原命题得证. 32．解：（Ⅰ） '( ) ln 1 2f x x x , ' (1) 1f ,所以切线l 的方程为 1y ( 1)x ， y x ,切线l 的方程为 y x . xy a , ' ln ,xy a a 直线 y x 与 xy a 的图象相切，切点为 0 0 , xx a ， 0 0 0 (1)ln 1 (2) x x a a a x 2 ( )ln 1x a 将（ ）代入（1）得 , 即 ln1 ,ln ln ax aa a 11代入（2）得- 1 1ln ln alna lna ， 即 ln( ln ) 1a ， 1ln a e ，即 1ln a e ，解得 1 ea e . （Ⅱ）由题意， 2 ' 1 2 1( ) 2 x mxF x x mx x ，函数 ( )F x 的两个极点 1 2,x x ， 即函数 2( ) 2 1h x x mx 在 0, 上有两个相异零点 1 2,x x ， 2 1 2 1 2 4 4 01 0, , 2 0 mx x x x m 1m ， 当 10 x x ，或 2x x 时， ' ( ) 0F x ；当 1 2x x x 时， ' ( ) 0F x ， ( )F x 在 1(0, )x ， 2( , )x 上单调递增， ( )F x 在 1 2( , )x x 上单调递减， 1 2(1) 2 2 0, 0 1h m x m x ，令 2 2 12 1 0, ,2 xx mx m x 2 1( ) (ln ) (ln ),2 xf x x x mx x x 则 2 ' 3 1( ) ln ,2 2 xf x x 设 2 2 '3 1 1 1 3( ) ln , ( ) 3 ,2 2 x xs x x s x xx x 则 高考数学 2018 届◆难点突破系列 36 1 当 1x 时, ' ( ) 0, ( )s x s x 在 1, 上单调递减，所以 ( ) ( ) (1) 1 0,s x s m s 所以 ( )f x 在 1, 上单调递减,所以 ( ) (1) 1 0f x f ， 21 m x ， 2( ) 1f x ； ②当 0 1x 时，由 ' ( ) 0,s x 得 30 3x ，由 ' ( ) 0,s x 得 3 13 x ， 所以 ( )s x 在 3(0, )3 上单调递增，在 3( ,1)3 上单调递减， 3 3( ) ( ) ln 03 3s x s ， ( )f x 在 0,1 上单调递减， ( ) (1) 1,f x f 1x 0,1 ， 1( ) 1f x ， 综上所述， 2 1( ) 1 ( )f x f x . 33．解：由题设得，g(x)＝ x 1＋x (x≥0)． (1)由已知，g1(x)＝ x 1＋x ，g2(x)＝g(g1(x))＝ x 1＋x 1＋ x 1＋x ＝ x 1＋2x ，g3(x)＝ x 1＋3x ，…， 可得 gn(x)＝ x 1＋nx . 下面用数学归纳法证明： ①当 n＝1 时，g1(x)＝ x 1＋x ，结论成立． ②假设 n＝k 时结论成立，即 gk(x)＝ x 1＋kx . 那么， gk＋1(x)＝g(gk(x))＝ gk（x） 1＋gk（x） ＝ x 1＋kx 1＋ x 1＋kx ＝ x 1＋（k＋1）x ， 即当 n＝k＋1 时结论成立． 由①②可知，结论对 n∈N＋成立． (2)已知 f(x)≥ag(x)恒成立，即 ln(1＋x)≥ ax 1＋x 恒成立． 设φ(x)＝ln(1＋x)－ ax 1＋x (x≥0)， 则φ′(x)＝ 1 1＋x － a （1＋x）2 ＝ x＋1－a （1＋x）2 ， 高考数学 2018 届◆难点突破系列 37 当 a≤1 时，φ′(x)≥0(仅当 x＝0，a＝1 时等号成立)， ∴ ( )x 在[0，＋∞)上单调递增，又φ(0)＝0， ∴ ( )x ≥0 在[0，＋∞)上恒成立， ∴a≤1 时，ln(1＋x)≥ ax 1＋x 恒成立(仅当 x＝0 时等号成立)． 当 1a 时，对 x∈(0，a－1]有φ′(x)<0，∴ ( )x 在(0，a－1]上单调递减， ∴ ( 1)a < (0) ＝0.即 1a 时，存在 x>0，使φ(x)<0，故知 ln(1＋x)≥ ax 1＋x 不恒成立． 综上可知，a 的取值范围是(－∞，1]． (3)由题设知 g(1)＋g(2)＋…＋g(n)＝1 2 ＋2 3 ＋…＋ n n＋1 ， 比较结果为 g(1)＋g(2)＋…＋g(n)>n－ln(n＋1)． 证明如下： (方法一)上述不等式等价于1 2 ＋1 3 ＋…＋ 1 n＋1查看更多