函数压轴之极值点偏移（下）.pdf

1、函数压轴之极值点偏移（下） 一考情分析一考情分析 函数的极值点偏移问题，是导数应用问题，呈现的形式往往非常简洁，涉及函数的双零 点，是一个多元数学问题，不管待证的是两个变量的不等式，还是导函数的值的不等式，解 题的策略都是把双变量的等式或不等式转化为一元变量问题求解，途径都是构造一元函数. 二经验分享二经验分享 1、极值点偏移的判定定理、极值点偏移的判定定理 对于可导函数)(xfy ，在区间),(ba上只有一个极大 （小）值点 0 x，方程0)(xf的 解分别为 21,x x，且bxxa 21 ， （1）若)2()( 201 xxfxf，则 0 21 )( 2 x xx ，即函数)(xfy 在

2、区间),( 21 xx上极 （小）大值点 0 x右（左）偏； （2 ）若)2()( 201 xxfxf，则 0 21 )( 2 x xx ，即函数)(xfy 在区间),( 21 xx上极 （小）大值点 0 x右（左）偏. 2、运用判定定理判定极值点偏移的方法、运用判定定理判定极值点偏移的方法 1、极值点偏移处理方法：极值点偏移处理方法： （1）求出函数)(xf的极值点 0 x； （2）构造一元差函数)()()( 00 xxfxxfxF； （3）确 定函数)(xF的单调性； （4）结合0)0(F，判断)(xF的符号，从而确定)( 0 xxf、)( 0 xxf的大小关系. 口诀：极值偏离对称轴口诀

3、：极值偏离对称轴，构造函数觅行踪；四个步骤环相扣，两次单调紧跟随，构造函数觅行踪；四个步骤环相扣，两次单调紧跟随. 2、答题模板答题模板 若已知函数)(xf满足)()( 21 xfxf， 0 x为函数)(xf的极值点，求证： 021 2xxx. （1）讨论函数)(xf的单调性并求出)(xf的极值点 0 x； 假设此处)(xf在),( 0 x上单调递减，在),( 0 x上单调递增. （2）构造)()()( 00 xxfxxfxF； 注：此处根据题意需要还可以构造成)2()()( 0 xxfxfxF的形式. （3）通过求导)( xF讨论)(xF的单调性，判断出)(xF在某段区间上的正负，并得出 )

4、( 0 xxf与)( 0 xxf的大小关系； 假 设 此 处)(xF在), 0( 上 单 调 递 增 ， 那 么 我 们 便 可 得 出 0)()()()( 000 xfxfxFxF，从而得到： 0 xx 时，)()( 00 xxfxxf. （4）不妨设 201 xxx，通过)(xf的单调性，)()( 21 xfxf，)( 0 xxf与)( 0 xxf的 大小关系得出结论； 接上述情况，由于 0 xx 时，)()( 00 xxfxxf且 201 xxx，)()( 21 xfxf， 故)2()()()()( 2002002021 xxfxxxfxxxfxfxf，又因为 01 xx ， 020 2

5、xxx且)(xf在),( 0 x上单调递减，从而得到 201 2xxx，从而 021 2xxx得 证. （5）若要证明0) 2 ( 21 xx f，还需进一步讨论 2 21 xx 与 0 x的大小，得出 2 21 xx 所在的单 调区间，从而得出该处函数导数值的正负，从而结论得证. 此处只需继续证明：因为 021 2xxx，故 0 21 2 x xx ，由于)(xf在),( 0 x上单调 递减，故0) 2 ( 21 xx f. 【说明】 （1）此类试题由于思路固定，所以通常情况下求导比较复杂，计算时须细心； （2）此类题目若试题难度较低，会分解为三问，前两问分别求)(xf的单调性、极值点， 证

6、明)( 0 xxf与)( 0 xxf（或)(xf与)2( 0 xxf）的大小关系；若试题难度较大，则直接 给出形如 021 2xxx或0) 2 ( 21 xx f的结论，让你给予证明，此时自己应主动把该小问 分解为三问逐步解题. 三、题型分析三、题型分析 例例 1.已知函数 2 lnf xx xaxxa aR在其定义域内有两个不同的极值点. （1）求a的取值 范围. （2）设 f x的两个极值点为 12 ,x x，证明 2 12 x xe. 【解析】 ： （1）依题意，函数fx的定义域为0,，所以方程 f x0在0,有 两 个不同根.即方程lnx2ax 0在0,有两个不同根.高中资料分享 QQ

7、 群：608396916 转化为，函数gx lnx x 与函数2ya 的图象在0,上有两个不同交点 又 2 1 lnx gx x ，即0 xe时， 0gx，xe时， 0gx， 所以 g x在0,e上单调增，在, e 上单调减，从而 1 =g xg e e 极大 . 又 g x有且只有一个零点是 1，且在0 x 时， g x ，在x 时， 0g x ， 所以由 g x的图象， 要想函数 lnx g x x 与函数2ya 的图象在0,上有两个不同交 点，只需 1 02a e ，即 1 0 2 a e （2）由（1）可知 12 ,x x分别是方程ln0 xax的两个根，即 11 lnxax， 22

8、lnxax， 设 12 0 xx，作差得， 1 12 2 ln x a xx x ，即 1 2 12 ln x x a xx . 原不等式 2 12 x xe等价于 12 lnln2xx 12 2a xx 12 1 212 2 ln xxx xxx 令 1 2 x t x ，则1t ， 12 1 212 221 lnln 1 xxtx t xxxt ， 设 21 ln 1 t g tt t ，1t ， 2 2 1 0 1 t g t t t ， 函数 g t在1,上单调递增， 10g tg， 即不等式 21 ln 1 t t t 成立，故所证不等式 2 12 x xe成立.高中资料分享 QQ

9、群：608396916 【方法总结】 ：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，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. 例例 2.已知函数 2 a x g xxeaR ，e为自然对数的底数. （1）讨论 g x的单调性； （2）若函数 2 lnf xg xax的图象与直线ym mR交于AB、两点，线段AB中 点的横坐标为 0 x，证明： 0 0fx 【解析】fx lnxe2ax

10、ax 2 lnx2axax 2(x 0) ， fx 1 2a2ax 2x1ax 1 xx ，高中资料分享 QQ 群：608396916 当0a 时， 0,fxyg x在0,上单调递增，与直线ym不可能有两个交点， 故0a 令 0fx，则 1 0 x a ；令 0fx，则 1 x a ，故 yg x在 1 0, a 上 单调递增，在 1 , a 上单调递减不妨设 12 ,A x mB x m，且 12 1 0 xx a ， 要证 0 0fx，需证 0 10ax ， 即证 0122121 1222 xxxxxfxfx aaaa ， 又 12 f xf x，所以只需证 11 2 f xfx a ，即

11、证：当 1 0 x a 时， 2 0fxfx a 设 2 ln 2ln22F xfxfxaxaxax a ， 则 2 211 20 22 axa Fxa axxxax ， 2 F xfxf x a 在 1 0, a 上单 调递减，又 1211 0Fff aaaa ，故 2 0F xfxf x a ，原不等式 成立高中资料分享 QQ 群：608396916 例例 3.已知 2 1 ln 2 f xxxmxx，mR若 f x有两个极值点 1 x， 2 x，且 12 xx， 求证： 2 12 ex x （e为自然对数的底数） 【解析】 （方法一）构造函数现实力构造函数现实力 【证明】 ：由 1 x，

12、 2 x是方程 0fx的两个不同实根得 ln x m x ，令 ln x g x x ， 12 g xg x，由于 2 1 ln x gx x ，因此， g x在1,e ，e, 设 12 1exx，需证明 2 12 ex x ，只需证明 2 1 2 e 0,ex x ，只需证明 2 1 2 e f xf x ， 即 2 2 2 e f xf x ，即 2 2 2 e 0f xf x 高中资料分享 QQ 群：608396916 即 2 e 1,eh xf xfx x ， 22 22 1 lne 0 e xx h x x ，故 h x在1,e ， 故 e0h xh，即 2 e f xf x 令 1

13、 xx，则 2 21 1 e f xf xf x ，因为 2 x， 2 1 e e, x ， f x在e, ，所以 2 2 1 e x x ，即 2 12 ex x （方法二）巧引变量巧引变量 【证明】 ：设 11 ln0,1tx， 22 ln1,tx，则由 11 22 ln0 ln0 xmx xmx 得 1 12 2 11 22 e e e t tt t ttm tmt ，设 12 0ktt，则 1 e e1 k k k t ， 2 e1 k k t 欲证 2 12 ex x ， （方法三）巧引变量巧引变量 【证明】 ：设 11 ln0,1tx， 22 ln1,tx，则由 11 22 ln0

14、 ln0 xmx xmx 得 1 12 2 11 22 e e e t tt t ttm tmt ，设 1 2 0,1 t k t ，则 1 ln 1 kk t k ， 2 ln 1 k t k 欲证 2 12 ex x ， 需证 12 lnln2xx， 高中资料分享QQ群： 608396916， 即只需证明 12 2tt， 即 1 ln2121 2lnln0 111 kkkk kk kkk ， 设 21 ln0,1 1 k g kkk k ， 2 2 1 0 1 k gk k k ， 故 g k在0,1 ，因此 10g kg，命题得证 例例 4.已知函数 lnf xxa x与 3 b g x

15、 x 的图象在点1,1处有相同的切线 （）若函数2yxn与 yf x的图象有两个交点，求实数n的取值范围； （）若函数 32 22 mm F xxg xf x 有两个极值点 1 x， 2 x，且 12 xx，证明： 22 1F xx 【答案】 （）, 1 2 ； （）证明过程见解析； （）由题意，函数 2ln m F xxx x ，其定义域为0,，高中资料分享 QQ 群： 608396916 2 22 22 1 mxxm Fx xxx ， 令 0Fx ， 得 2 20 xxm， 其判别式44m ， 函数 F x有两个极值点 1 x， 2 x，等价于方程 2 20 xxm在0,内有两不等实根，

16、又 12 0 x x ，故01m所以 2 11xm ，且 2 12x， 2 22 2mxx ， 2 22 2222222 2 2 12ln12ln1 xx F xxxxxxx x ， 令 2ln1h ttt ，12t ，则 22 1 t h t tt ， 由于12t ， 0h t ，故 h t在1,2上单调递减故 11 2ln1 10h th 所以 222 10F xxh x ，所以 22 1F xx高中资料分享 QQ 群：608396916 【方法总结】 ： 此题主要考查函数导数的几何意义，以及函数单调性、最值在不等式证明中的综合应用 能力等有关方面的知识，属于高档题型，也是高频考点.在问题

17、（）中根据导数几何意义建 立方程组，求出函数 f x解析式，再由题意构造函数 T x，将问题转化为求函数 T x的 零点个数，利用导数求出函数 T x的最值、单调区间，从而求出实数n的取值范围；在问题 （）中，由（）可求出函数 F x的解析式，依据导数与极值点的关系求出参数m的范 围，并求出参数m与极值点 2 x的关系式，根据问题构造新的函数 h t，再用函数 h t的单 调性证明不等式成立. 例例 5.已知函数fx x21aln1x，aR （）若函数fx为定义域上的单调函数，求实数a的取值范围； （）若函数fx存在两个极值点x1，x2，且x1 x2，证明： 12 21 f xf x xx 【

18、解析】因为函数 f x有两个极值点，所以 0fx 在1x 上有两个不等的实根， 即 2 220 xxa在1x 有两个不等的实根 1 x， 2 x， 于是 1 0 2 a， 12 12 1, , 2 xx a x x 且满足 1 1 0, 2 x ， 2 1 ,1 2 x ， 2 111111 21 111 222 1ln 1112ln 1 12 ln 1 f xxaxxxx xx xxx xxx ， 同理可得 2 222 1 12ln 1 f x xxx x 高中资料分享 QQ 群：608396916 12 21112222222 21 2 ln 12 ln 121 2 1ln2 ln 1 f

19、 xf x xxxxxxxxxxx xx ，令 21 2 1ln2 ln 1g xxxxxx ， 1 ,1 2 x 22 2ln1 1 x gxxx xx ， 1 ,1 2 x ， 1 1 4 xx，2ln10 xx ， 又 1 ,1 2 x 时， 22 0 1 x xx ， 0gx ，则 g x在 1 ,1 2 x 上单调递增， 所以 1 0 2 g xg ，即 12 21 0 f xf x xx ，得证高中资料分享 QQ 群：608396916 例例 6.已知函数gxlnxax22ax,aR. (1)求gx的单调区间； (2)若函数fx gxa1x22x，x1,x2(x1 x2)是函数fx

20、的两个零点， f x 是函数fx的导函数，证明： 12 0 xx f . 【解析】 （1） 先求函数导数， 根据导函数是否变号进行讨论， 当0a 时， 0gx， g x 递增，当0a 时，导函数有一零点，导函数先正后负，故得增区间为 1 0, a ，减区间为 1 , a ； （2）利用分析法先等价转化所证不等式：要证明 12 0 2 xx f ，只需证明 12 1212 lnln2 0 xx xxxx 12 (0)xx， 即 证 明 12 12 12 2 lnln xx xx xx ， 即 证 明 1 2 1 1 2 2 21 ln 1 x xx x x x ，再令 1 2 0,1 x t x

21、 ，构造函数 1ln22h tttt，利用导数研究 函数 h t单调性，确定其最值： h t在0,1上递增，所以 10h th，即可证得结论. 试题解析：(1) g x的定义域为0,， 1 22gxaxa x 当0a 时， 0gx， g x递增高中资料分享 QQ 群：608396916 当0a 时， 2 2212111 22 axa xxax gxaxa xxx 1 0,0,xgxg x a 递增； 1 ,0,xgxg x a 递减 综上：当0a 时， g x的单调增区间为 1 0, a ，单调减区间为 1 , a 当a 0时，gx的单调增区间为0,即证明 12 12 12 2 lnln xx

22、 xx xx ，即证明 1 2 1 1 2 2 21 ln* 1 x xx x x x 令 1 2 0,1 x t x ，则 1ln22h tttt 则 1 ln1h tt t ， 2 11 0ht tt h t在0,1上递减， 10h th， h t在0,1上递增， 10h th，所以 *成立，即 12 0 2 xx f 高中资料分享 QQ 群：608396916 【方法总结】： 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，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

23、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. 四、迁移应用四、迁移应用 1.已知函数 exf xax有两个不同的零点 1 x， 2 x，其极值点为 0 x （1）求a的取值范围；（2）求证： 120 2xxx；（3）求证： 12 1x x 【解析】 ： （1） exfxa，若0a ，则 0fx， f x在R上单调递增， f x至多有一个零点，舍去；则必有0a ，得 f x在,lna上递减， 在ln , a 上递增，要使 f x有两个不同的零点，则须有ln0efaa （严格来讲，还需补充两处变化趋势的说明：当x 时， f x ；当x 时， f x ） 高中资料分

24、享 QQ 群：608396916 （3）构造函数 1 G xg xg x ，则 1 1 2 222 2 11 1 e1 e11 1 ee 1 x x x x Gxgxg xx x x xx x x x x 当01x时，10 x ， 但因式 1 ee x x x的符号不容易看出， 引进辅助函数 1 ee x x xx， 则 11 e1 e x x x x ，当0,1x时， 0 x，得 x在0,1上递增，有 10 x ，则 0Gx，得 G x在0,1上递增，有 10G xG，即 1 01g xgx x ；高中资料分享 QQ 群：608396916 （iii） 将 1 x代入 （ii） 中不等式得

25、12 1 1 g xg xg x ， 又 2 1x ， 1 1 1 x ， g x在1, 上递增，故 2 1 1 x x ， 12 1x x 【方法总结】 ：虽然做出来了，但判定因式 2 22 ee 2 xx x x 及 1 ee x x x的正负时，均需要辅助函 数的介入，费了一番功夫，虽然 g x的极值点是 1，理论上可以用来做（3） 、 （4）两问，但 实践发现略显麻烦，我们还没有找到理想的函数 再次回到题设条件： 0eelnlnlnln x f xax axaxxxa，记函数 lnh xxx， 则有 12 lnh xh xa接下来我们选取函数 h x再解（3） 、 （4）两问 （3）

26、（i） 1 1h x x ，得 h x在0,1上递减，在1,上递增，有极小值 11h，又 当0 x 时， h x ；当x 时， h x ， 由 12 h xh x不妨设 12 01xx 2 已知函数 2 1 1 x x f xe x . (1)求 f x的单调区间； (2)证明:当 1212 f xf xxx时， 12 0 xx. 【解析】 (1) f x在,0上单调递增，在0,上单调递减； (2)由(1)知当1x 时， 0f x 高中资料分享 QQ 群：608396916 不妨设 12 xx，因为 12 f xf x，即 12 12 22 12 11 11 xx xx ee xx ，则 12

27、 01xx， 要证明 12 0 xx，即 12 0 xx ，只需证明 12 f xfx，即 22 f xfx 而 22 ()()f xfx等价于 2 2 22 (1)10 x x ex ， 令 2 ( )(1)10 x g xx ex x ，则 2 ( )(1 2 )1 x g xx e， 令 2 ( )(1 2 )1 x h xx e，则 2 ( )40 x h xxe ， 所以( )h x单调递减， ( )00h xh，即 0gx，所以 g x单调递减， 所以 00g xg，得证 3.已知函数 2 ) 1()2()(xaexxf x 有两个零点 21,x x.证明： 12 2xx. 【解析

28、】 参变分离再构造差量函数高中资料分享 QQ 群：608396916 由已知得： 12 0f xf x，不难发现 1 1x ， 2 1x ， 故可整理得： 12 12 22 12 22 11 xx xexe a xx 设 2 2 1 x xe g x x ，则 12 g xg x 那么 2 3 21 1 x x gxe x ， 当1x 时， 0gx ， g x单调递减； 当1x 时， 0gx ， g x 单调递增 设m 0，构造代数式： 2 1112 22 1111 111 1 mmmm mmmm gmgmeeee mmmm 设 2 1 1 1 m m h me m ，0m 则 2 2 2 2

29、 0 1 m m h me m ，故 h m单调递增，有 00h mh 因此，对于任意的0m ，11gmgm 由 12 g xg x可知 1 x、 2 x不可能在 g x的同一个单调区间上， 不妨设 12 xx，则必有 12 1xx 令 1 10mx ，则有 11112 11112gxgxgxg xg x 而 1 21x， 2 1x ， g x在1,上单调递增，因此： 1212 22gxg xxx 整理得： 12 2xx 【其他解法】 ：利用“对数平均”不等式 高中资料分享 QQ 群：608396916 参变分离得： 2 2 2 2 1 1 ) 1( )2( ) 1( )2( 21 x ex

30、x ex a xx ，由0a得，21 21 xx， 将上述等式两边取以e为底的对数，得 2 2 2 2 1 2 1 1 ) 1( )2( ln ) 1( )2( lnx x x x x x ， 化简得： 2121 2 2 2 1 )2ln()2ln() 1ln() 1ln(xxxxxx， 故 21 21 21 2 2 2 1 )2ln()2ln() 1ln() 1ln( 1 xx xx xx xx )2()2( )2ln()2ln( ) 1() 1( ) 1ln() 1ln( )1() 1( 21 21 2 2 2 1 2 2 2 1 21 xx xx xx xx xx 由对数平均不等式得：

31、22 12 2222 1212 ln(-1) -ln(-1) 2 (1)(1)(1)(1) xx xxxx ， 12 1212 ln(2-)-ln(2-)2 2222 xx xxxx （）（）（）（） ， 从而 12 22 1212 2(2)2 1 (1)(1)22 xx xxxx （）（） 121212 22 1212 2(2)4()2 (1)(1)4() xxxxxx xxxx 1212 22 1212 2(2)2 1 (1)(1)4() xxxx xxxx 等价于： 1212 22 1212 2(2)2 0 (1)(1)4() xxxx xxxx 12 22 1212 21 (2) (1

32、)(1)4() xx xxxx 由 22 1212 (1)(1)0,4()0 xxxx，故 12 2xx，证毕. 4 已知函数 lnx f x xa （aR），曲线 yf x在点 1,1f处的切线与直线 10 xy 垂直. （1）试比较 2017 2016与 2016 2017的大小，并说明理由；高中资料分享 QQ 群：608396916 （2）若函数 g xf xk有两个不同的零点 12 ,x x，证明： 2 12 xxe. 【答案】（1） 20172016 20162017（2）见解析 【解析】：（1）依题意得 2 ln xa x x fx xa ， 所以 2 11 1 1 a fx a

33、a ，又由切线方程可得 11 f ，即 1 1 1a ，解得0a 此时 lnx f x x ， 2 1 lnx fx x ， 令 0fx，即1 ln0 x，解得0 xe； 令 0fx，即1 ln0 x，解得xe 所以 f x的增区间为0,e，减区间为, e 所以20162017ff，即 ln2016ln2017 20162017 ， 2017ln20162016ln2017， 20172016 20162017. （2）证明：不妨设x1 x2 0因为gx1 gx20 所以化简得lnx1kx1 0，lnx2kx2 0 可得lnx1lnx2 kx1 x2，lnx1lnx2 kx1 x2. 要证明x

34、1x2 e2，即证明lnx1lnx2 2，也就是kx1 x2 2 因为 12 12 lnlnxx k xx ，所以即证 12 1212 lnln2xx xxxx 即 112 212 ln xxx xxx ，令 1 2 x t x ，则1t ，即证 21 ln 1 t t t . 令 21 ln 1 t h tt t （1t ），由 2 22 114 0 11 t h t t tt t 故函数 h t在1,是增函数，所以 10h th，即 21 ln 1 t t t 得证. 所以 2 12 x xe.高中资料分享 QQ 群：608396916 【方法总结】：本题主要考查函数导数与切线的关系，考查

35、利用导数来证明不等式，考查利 用分析法和导数来证明不等式的方法.有关导数与切线的问题， 关键的突破口在与切点和斜率， 本题中已知切线和某条直线垂直，也即是给出斜率，利用斜率可求得函数的参数值.利用导数 证明不等式通常先利用分析法分析，通过转化后再利用导数来证明. 5.已知函数 (1)(1ln ) ( ), ( )ln() xx f xg xxmx mR x （1）求函数( )g x的单调区间； （2）当0m 时，对任意的 1 1,2x ，存在 2 1,2x ，使得 12 ()3()f xmg x成立，试 确定实数m的取值范围。高中资料分享 QQ 群：608396916 【答案】【答案】 （1）

36、当0m时，函数( )g x的增区间为(0,)；当0m 时，函数( )g x的增区间 为 1 (0,) m ，减区间为 1 (,) m 。 （2）0,2ln2， 【解析】【解析】:（1）g(x)ln xmx,g (x) 1 m x 当0m时，( )0g x恒成立，此时( )g x在(0,)上为增函数； 当0m 时，令 11 ( )00g xmx xm ，令 11 ( )00g xmx xm ， 综上所述，当0m时，函数( )g x的增区间为(0,)； 当0m 时，函数( )g x的增区间为 1 (0,) m ，减区间为 1 (,) m 。 （2）对任意的 1 1,2x ，存在 2 1,2x ，使

37、得 12 ()3()f xmg x成立 对任意的 1 1,2x ，存在 2 1,2x ，使得 12 ()()3f xg xm成立 设 22 ( )()3h xg xm，则 1212 ()()3()()f xg xmf xh x 问题转化为：对任意的 1 1,2x ，存在 2 1,2x ，使得 12 ()()f xh x成立 2min1 min ()()h xf x高中资料分享 QQ 群：608396916 2 (1)(1ln )ln ( )( ) xxxx f xfx xx ， 1111 1111 2 11 (1)(1 ln)ln (),1,2(),1,2 xxxx f xxfxx xx 而

38、11 11 2 1 ln (),1,2( )0 xx fxxfx x 恒成立， 11 11 1 (1)(1 ln) (),1,2 xx f xx x 上是增函数， 1 3 ()21 ln2 2 f x ，() 22 ()()3ln3h xg xmxmxm 有（1）可知道，当 11 2 2 m m ， 2 ()h x在1,2上是增函数， 2min ()(1)2h xhm221mm 1 0 2 m 当 1 11m m ， 2 ()h x在1,2上是减函数， 2min ()(2)ln2h xhmln222ln2mm12ln2m 当 11 121 2 m m ， 2 ()h x在 1 1, m 上是增

39、函数， 1 ,2 m 上是减函数， h(x2)min h(1)或h(x2)min h(2)，2 h(1)或2 h(2) 2 2m或2ln2m 1 1 2 m 综上所述，m的取值范围是0,2ln2 6. （本小题满分 12 分） 已知函数 2 ( )ln(1)(0) x f xxa xa （1）若不等式( )0f x 对任意0 x 恒成立，求实数a的取值范围； （2）证明： 1* 59211 ln3lnlnln2( ),() 37212 n n n nN 【答案】 ： （1）2a （2）见解析 【解析】 ：【解析】 ： （1）当0 x 时， 22 22 122 ( ) 1()(1)() axaa

40、 fx xxaxxa 当 2 20aa，即2a 时，( )0( )fxf x在0 x 时递增，由(0)0f，不等式成立， 当 2 20aa，即02a时， 2 ( )002fxxaa，( )f x单调递减，由(0)0f， 与题意矛盾 2a （2）由（1）有：2a 时，( )0f x 对任意0 x 恒成立，取2a 得不等式： 2 ln(1) 2 x x x 方法一：令 2 21 n x ，得 1 211 ln()( ) 212 n n n ，由（1）知：取等条件不成立，即 1 211 ln()( ) 212 n n n 成立. 当1,2,3n ，时， 21 5191211 ln31,ln,ln(

41、) ,ln( ) 3272212 n n n ，相加的： 11 592111159211 ln3lnlnln1( )ln3lnlnln2( ) 372124237212 nn nn nn 方法二：数学归纳法 当1n 时，不等式左边ln3，右边1，左边右边，成立 设(1,)nk kkN时，不等式成立，即 1 59211 ln3lnlnln2( ) 37212 k k k 当1nk时，左边 +1+1 1 11 592121121 ln3lnlnln+ln2( )ln 372121221 kkk k kkk 即证： +1+1 1 11 1211211 2( )ln2( )ln( ) 2212212 kk kkk kk 由不等式：ln(1) 2 2 x x x ，令 1 11 212 1, 2121 k kk xx 得： +1 1 211 ln( ) 212 k k k 由（1）知：取等条件不成立，所以 +1 1 211 ln( ) 212 k k k ， 当1nk时，不等式 1 59211 ln3lnlnln2( ) 37212 n n n 成立， 综上所述，不等式成立