压轴题目突破练--函数与导数

压轴题目突破练——函数与导数

A组专项基础训练

(时间：35分钟，满分：57分)

一、选择题(每小题5分，共20分)

1．与直线2x－6y＋1＝0垂直，且与曲线f(x)＝x3＋3x2－1相切的直线方程是() A．3x＋y＋2＝0 B．3x－y＋2＝0

C．x＋3y＋2＝0 D．x－3y－2＝0

答案 A

解析设切点的坐标为(x0，x30＋3x20－1)，

则由切线与直线2x－6y＋1＝0垂直，

可得切线的斜率为－3，

又f′(x)＝3x2＋6x，故3x20＋6x0＝－3，

解得x0＝－1，于是切点坐标为(－1,1)，

从而得切线的方程为3x＋y＋2＝0.

2．设f(x)，g(x)在[a，b]上可导，且f′(x)>g′(x)，则当ag(x)

B．f(x)

C．f(x)＋g(a)>g(x)＋f(a)

D．f(x)＋g(b)>g(x)＋f(b)

答案 C

解析∵f′(x)－g′(x)>0，∴(f(x)－g(x))′>0，

∴f(x)－g(x)在[a，b]上是增函数，

∴当af(a)－g(a)，

∴f(x)＋g(a)>g(x)＋f(a)．

3．三次函数f(x)＝mx3－x在(－∞，＋∞)上是减函数，则m的取值范围是() A．m<0 B．m<1 C．m≤0 D．m≤1

答案 A

解析f′(x)＝3mx2－1，依题可得m<0.

4．点P是曲线x2－y－2ln x＝0上任意一点，则点P到直线4x＋4y＋1＝0的最短距离是

()

A.

2

2(1－ln 2) B.

2

2(1＋ln 2)

C.

22????1

2

＋ln 2

D.1

2

(1＋ln 2) 答案 B

解析 将直线4x ＋4y ＋1＝0平移后得直线l ：4x ＋4y ＋b ＝0，使直线l 与曲线切于点P (x 0，y 0)，

由x 2－y －2ln x ＝0得y ′＝2x －1x ，

∴直线l 的斜率k ＝2x 0－1

x 0＝－1

?x 0＝1

2或x 0＝－1(舍去)，

∴P ????12，14＋ln 2，

所求的最短距离即为点P ????12，14＋ln 2到直线4x ＋4y ＋1＝0的距离d ＝|2＋(1＋4ln 2)＋1|

42＝

2

2

(1＋ln 2)． 5． 函数f (x )在定义域???

?－3

2，3内的图象如图所示，记f (x )的导函数为f ′(x )，则不等式f ′(x )≤0的解集为

( )

A.????－32，1

2∪[1,2) B.?

???－1，12∪????43，83 C.???

?－1

3，1∪[2,3) D.????－32，－13∪????12，43∪????4

3，3 答案 C

解析 不等式f ′(x )≤0的解集即为函数f (x )的单调递减区间，从图象中可以看出函数f (x )在????－13，1和[2,3)上是单调递减的，所以不等式f ′(x )≤0的解集为????－1

3，1∪[2,3)，答案选C.

二、填空题(每小题5分，共15分)

6． 设函数f (x )＝sin θ3x 3＋3cos θ2

·x 2

＋tan θ，其中θ∈????0，5π12，则导数f ′(1)的取值范围是________． 答案 [2，2]

解析 ∵f ′(x )＝sin θ·x 2＋3cos θ·x ， ∴f ′(1)＝sin θ＋3cos θ＝2sin ????θ＋π

3. ∵θ∈????0，5π12，∴θ＋π3∈????π3，3π

4， ∴sin ????θ＋π3∈???

?2

2，1.∴f ′(1)∈[2，2]． 7．已知函数f (x )＝x sin x ，x ∈R ，则f (－4)，f (4π3)，f (－5π

4)的大小关系为________(用“<”连

接)．

答案 f (4π3)

4

)

解析 ∵f ′(x )＝sin x ＋x cos x ，当x ∈????

5π4，4π3时，sin x <0，cos x <0， ∴f ′(x )＝sin x ＋x cos x <0，

则函数f (x )在区间????

5π4，4π3上为减函数， ∵5π4<4<4π3，∴f (4π3)

)， 又函数f (x )为偶函数，∴f (4π3)

4

)．

8． 把一个周长为12 cm 的长方形围成一个圆柱，当圆柱的体积最大时，该圆柱的底面周长

与高的比为________． 答案 2∶1

解析 设圆柱高为x ，底面半径为r ，则r ＝6－x 2π，圆柱体积V ＝π????6－x 2π2x ＝1

4π(x 3－12x 2

＋36x )(0

4π

(x －2)(x －6)．

当x ＝2时，V 最大．此时底面周长为6－x ＝4,4∶2＝2∶1. 三、解答题(共22分)

9． (10分)(2013·重庆)设f (x )＝a (x －5)2＋6ln x ，其中a ∈R ，曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切

线与y 轴相交于点(0,6)． (1)确定a 的值；

(2)求函数f (x )的单调区间与极值． 解 (1)因为f (x )＝a (x －5)2＋6ln x ，

故f ′(x )＝2a (x －5)＋6

x

.

令x ＝1，得f (1)＝16a ，f ′(1)＝6－8a ， 所以曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为 y －16a ＝(6－8a )(x －1)，

由点(0,6)在切线上可得6－16a ＝8a －6，故a ＝1

2.

(2)由(1)知，f (x )＝1

2(x －5)2＋6ln x (x >0)，

f ′(x )＝x －5＋6x ＝(x －2)(x －3)

x .

令f ′(x )＝0，解得x 1＝2，x 2＝3. 当03时，f ′(x )>0， 故f (x )在(0,2)，(3，＋∞)上为增函数；

当2

由此可知，f (x )在x ＝2处取得极大值f (2)＝9

2＋6ln 2，在x ＝3处取得极小值f (3)＝2＋6ln 3.

10．(12分)已知f (x )是二次函数，不等式f (x )<0的解集是(0,5)，且f (x )在区间[－1,4]上的最大

值是12.

(1)求f (x )的解析式；

(2)是否存在自然数m ，使得方程f (x )＋37

x ＝0在区间(m ，m ＋1)内有且只有两个不等的实

数根？若存在，求出所有m 的值；若不存在，请说明理由． 解 (1)∵f (x )是二次函数，且f (x )<0的解集是(0,5)， ∴可设f (x )＝ax (x －5)(a >0)．

∴f (x )在区间[－1,4]上的最大值是f (－1)＝6a . 由已知，得6a ＝12，∴a ＝2， ∴f (x )＝2x (x －5)＝2x 2－10x (x ∈R )．

(2)方程f (x )＋37

x ＝0等价于方程2x 3－10x 2＋37＝0

设h (x )＝2x 3－10x 2＋37，

则h ′(x )＝6x 2－20x ＝2x (3x －10)．

当x ∈????0，10

3时，h ′(x )<0，h (x )是减函数； 当x ∈????10

3，＋∞时，h ′(x )>0，h (x )是增函数． ∵h (3)＝1>0，h ????103＝－1

27

<0，h (4)＝5>0，

∴方程h (x )＝0在区间????3，103，????10

3，4内分别有唯一实数根，而在区间(0,3)，(4，＋∞)内没有实数根，

∴存在唯一的自然数m ＝3，使得方程f (x )＋37

x ＝0在区间(m ，m ＋1)内有且只有两个不等

的实数根．

B 组 专项能力提升 (时间：25分钟，满分：43分)

一、选择题(每小题5分，共15分)

1． 已知函数f (x )(x ∈R )的图象上任一点(x 0，y 0)处的切线方程为y －y 0＝(x 0－2)(x 20－1)(x －x 0)，

那么函数f (x )的单调减区间是

( )

A ．[－1，＋∞)

B ．(－∞，2]

C ．(－∞，－1)，(1,2)

D ．[2，＋∞)

答案 C

解析 根据函数f (x )(x ∈R )的图象上任一点(x 0，y 0)处的切线方程为y －y 0＝(x 0－2)

(x 20－1)(x －x 0)，可知其导数f ′(x )＝(x －2)(x 2

－1)＝(x ＋1)(x －1)(x －2)，令f ′(x )<0得x <

－1或1

2． 给出定义：若函数f (x )在D 上可导，即f ′(x )存在，且导函数f ′(x )在D 上也可导，则称

函数f (x )在D 上存在二阶导函数，记f ″(x )＝(f ′(x ))′.若f ″(x )<0在D 上恒成立，则称函数f (x )在D 上为凸函数，以下四个函数在????0，π

2上不是凸函数的是 ( )

A ．f (x )＝sin x ＋cos x

B ．f (x )＝ln x －2x

C ．f (x )＝－x 3＋2x －1

D ．f (x )＝－x e －

x

答案 D

解析 对于选项A ，f (x )＝sin x ＋cos x ， 则f ″(x )＝－sin x －cos x <0在????0，π

2上恒成立， 故此函数为凸函数； 对于选项B ，f (x )＝ln x －2x ， 则f ″(x )＝－1

x 2<0在????0，π2上恒成立， 故此函数为凸函数；

对于选项C ，f (x )＝－x 3＋2x －1， 则f ″(x )＝－6x <0在????0，π

2上恒成立， 故此函数为凸函数； 对于选项D ，f (x )＝－x e －

x ，

则f ″(x )＝2e －x －x e －x ＝(2－x )e －

x >0在????0，π2上恒成立，故此函数不是凸函数． 二、填空题(每小题5分，共15分)

3． 函数y ＝x 2(x >0)的图象在点(a k ，a 2k )处的切线与x 轴的交点的横坐标为a k ＋1，其中k ∈N *

.

若a 1＝16，则a 1＋a 3＋a 5的值是________． 答案 21

解析 因为y ′＝2x ，所以过点(a k ，a 2k )处的切线方程为y －a 2

k ＝2a k (x －a k )．又该切线与x

轴的交点为(a k ＋1,0)，

所以a k ＋1＝1

2a k ，即数列{a k }是等比数列，

首项a 1＝16，其公比q ＝1

2

，

所以a 3＝4，a 5＝1.所以a 1＋a 3＋a 5＝21.

4． 设函数f (x )＝e 2x 2＋1x ，g (x )＝e 2x e x ，对任意x 1、x 2∈(0，＋∞)，不等式g (x 1)k ≤f (x 2)

k ＋1

恒成立，

则正数k 的取值范围是________． 答案 [1，＋∞)

解析 因为对任意x 1、x 2∈(0，＋∞)，

不等式g (x 1)k ≤f (x 2)k ＋1恒成立，所以k

k ＋1≥????g (x 1)f (x 2)max .

因为g (x )＝e 2x

e

x ，

所以g ′(x )＝(x e 2－

x )′＝e 2－

x ＋x e 2－

x ·(－1)＝e 2－

x (1－x )．

当00；当x >1时，g ′(x )<0， 所以g (x )在(0,1]上单调递增，在[1，＋∞)上单调递减． 所以当x ＝1时，g (x )取到最大值，即g (x )max ＝g (1)＝e ； 因为f (x )＝e 2x 2＋1x ，当x ∈(0，＋∞)时，

f (x )＝e 2x ＋1x ≥2e ，当且仅当e 2x ＝1

x ，

即x ＝1

e 时取等号，故

f (x )min ＝2e.

所以??

??g (x 1)f (x 2)max ＝

e 2e ＝1

2.

所以k k ＋1≥12.又因为k 为正数，所以k ≥1.

三、解答题

5． (13分)(2012·辽宁)设f (x )＝ln x ＋x －1，证明：

(1)当x >1时，f (x )<3

2(x －1)；

(2)当1

x ＋5

.

(1)证明 方法一 记g (x )＝ln x ＋x －1－3

2(x －1)，

则当x >1时，g ′(x )＝1x ＋12x －3

2

<0.

又g (1)＝0，所以有g (x )<0，即f (x )<3

2(x －1)．

方法二 当x >1时，2x

2.①

令k (x )＝ln x －x ＋1，则k (1)＝0，k ′(x )＝1

x －1<0，

故k (x )<0，即ln x

由①②得，当x >1时，f (x )<3

2(x －1)．

(2)证明 方法一 记h (x )＝f (x )－9(x －1)

x ＋5，

由(1)得h ′(x )＝1x ＋12x －54

(x ＋5)2

＝

2＋x 2x －54(x ＋5)2

(x ＋5)2

＝(x ＋5)3－216x

4x (x ＋5)2

.

令G (x )＝(x ＋5)3－216x ，则当1

又由G (1)＝0，得G (x )<0，所以h ′(x )<0. 因此h (x )在(1,3)内是减函数． 又h (1)＝0，所以h (x )<0. 于是当1

x ＋5.

方法二 记h (x )＝(x ＋5)f (x )－9(x －1)， 则当1

由(1)得h ′(x )＝f (x )＋(x ＋5)f ′(x )－9 <32(x －1)＋(x ＋5)·???

?1x ＋12x －9

＝1

2x [3x (x －1)＋(x ＋5)(2＋x )－18x ] <12x ?

???3x (x －1)＋(x ＋5)????2＋x 2＋12－18x ＝1

4x (7x 2－32x ＋25)<0. 因此h (x )在(1,3)内单调递减．

又h (1)＝0，所以h (x )<0，即f (x )<9(x －1)

x ＋5

.

高考数学导数与三角函数压轴题综合归纳总结教师版

导数与三角函数压轴题归纳总结 近几年的高考数学试题中频频出现含导数与三角函数零点问题，内容主要包括函数零点个数的确定、根据函数零点个数求参数范围、隐零点问题及零点存在性赋值理论.其形式逐渐多样化、综合化. 一、零点存在定理 例1.【2019全国Ⅰ理20】函数()sin ln(1)f x x x =-+,()f x '为()f x 的导数．证明： （1）()f x '在区间(1,)2 π -存在唯一极大值点； （2）()f x 有且仅有2个零点． 【解析】（1）设()()g x f x '=,则()()() 2 11 cos ,sin 11g x x g x x x x '=- =-+++. 当1,2x π??∈- ?? ?时,()g'x 单调递减,而()00,02g g π?? ''>< ???, 可得()g'x 在1,2π?? - ?? ?有唯一零点,设为α. 则当()1,x α∈-时,()0g x '>；当,2x πα?? ∈ ??? 时,()0g'x <. 所以()g x 在()1,α-单调递增,在,2πα?? ???单调递减,故()g x 在1,2π?? - ???存在唯一极大 值点,即()f x '在1,2π?? - ?? ?存在唯一极大值点. （2）()f x 的定义域为(1,)-+∞. （i ）由（1）知, ()f x '在()1,0-单调递增,而()00f '=,所以当(1,0)x ∈-时,()0f 'x <,故()f x 在(1,0)-单调递减,又(0)=0f ,从而0x =是()f x 在(1,0]-的唯一零点. （ii ）当0,2x π?? ∈ ???时,由（1）知,()f 'x 在(0,)α单调递增,在,2απ?? ??? 单调递减,而

2020年高考数学导数压轴题每日一题 (1)

第 1 页 共 1 页 2020年高考数学导数压轴题每日一题 例1已知函数f(x)＝e x －ln(x ＋m)．（新课标Ⅱ卷） (1)设x ＝0是f(x)的极值点，求m ，并讨论f(x)的单调性； (2)当m≤2时，证明f(x)>0. 例1 (1)解 f (x )＝e x －ln(x ＋m )?f ′(x )＝e x －1x ＋m ?f ′(0)＝e 0－10＋m ＝0?m ＝1， 定义域为{x |x >－1}， f ′(x )＝e x －1x ＋m ＝e x (x ＋1)－1x ＋1， 显然f (x )在(－1,0]上单调递减，在[0，＋∞)上单调递增． (2)证明 g (x )＝e x －ln(x ＋2)， 则g ′(x )＝e x －1x ＋2 (x >－2)． h (x )＝g ′(x )＝e x －1x ＋2(x >－2)?h ′(x )＝e x ＋1(x ＋2)2 >0， 所以h (x )是增函数，h (x )＝0至多只有一个实数根， 又g ′(－12)＝1e －132 <0，g ′(0)＝1－12>0， 所以h (x )＝g ′(x )＝0的唯一实根在区间??? ?－12，0内， 设g ′(x )＝0的根为t ，则有g ′(t )＝e t －1t ＋2＝0????－12g ′(t )＝0，g (x )单调递增； 所以g (x )min ＝g (t )＝e t －ln(t ＋2)＝1t ＋2＋t ＝(1＋t )2t ＋2>0， 当m ≤2时，有ln(x ＋m )≤ln(x ＋2)， 所以f (x )＝e x －ln(x ＋m )≥e x －ln(x ＋2)＝g (x )≥g (x )min >0.

函数与导数压轴题方法归纳与总结

函数与导数压轴题方法归纳与总结 题型与方法 题型一 切线问题 例1 (二轮复习资料p6例2) 归纳总结： 题型二 利用导数研究函数的单调性 例2 已知函数f (x )＝ln x －a x . (1)求f (x )的单调区间； (2)若f (x )在[1，e]上的最小值为3 2，求a 的值； (3)若f (x )

归纳总结： 题型三 已知函数的单调性求参数的围 例 3.已知函数()1 ln sin g x x x θ=+?在[)1,+∞上为增函数， 且()0,θπ∈, ()1 ln ,m f x mx x m R x -=--∈ （1）求θ的值. （2）若[)()()1,f x g x -+∞在上为单调函数，求m 的取值围. 归纳总结：

题型四 已知不等式成立求参数的围 例4..设f (x )＝a x ＋x ln x ，g (x )＝x 3－x 2－3. (1)当a ＝2时，求曲线y ＝f (x )在x ＝1处的切线方程； (2)如果存在x 1，x 2∈[0,2]使得g (x 1)－g (x 2)≥M 成立，求满足上述条件的最大整数M ； (3)如果对任意的s ，t ∈????12，2都有f (s )≥g (t )成立，数a 的取值围. 归纳总结： 跟踪1.已知()ln 1 m f x n x x =++（m,n 为常数）在x=1处的切线为x+y －2=0（10月重点高中联考第22题） （1） 求y=f(x)的单调区间；

（2） 若任意实数x ∈1,1e ?? ???? ，使得对任意的t ∈[1,2]上恒有32()2f x t t at ≥--成立，数a 的取值围。 跟踪2. 设f (x )＝－13x 3＋12 x 2＋2ax .（加强版练习题） (1)若f (x )在(23，＋∞)上存在单调递增区间，求a 的取值围； (2)当0

2007——2014高考数学新课标卷(理)函数与导数压轴题汇总

2007——2014高考数学新课标卷（理）函数与导数综合大题 【2007新课标卷（海南宁夏卷）】 21．（本小题满分12分） 设函数2()ln()f x x a x =++ （I ）若当1x =-时，()f x 取得极值，求a 的值，并讨论()f x 的单调性； （II ）若()f x 存在极值，求a 的取值范围，并证明所有极值之和大于e ln 2 ． 【解析】（Ⅰ）1()2f x x x a '= ++，依题意有(1)0f '-=，故32a =． 从而2231(21)(1) ()3322 x x x x f x x x ++++'==++． ()f x 的定义域为32?? -+ ??? ，∞，当312x -<<-时，()0f x '>； 当1 12 x -<<-时，()0f x '<； 当1 2 x >- 时，()0f x '>． 从而，()f x 分别在区间3 1122????---+ ? ?????，，， ∞单调增加，在区间112?? -- ??? ，单调减少． （Ⅱ）()f x 的定义域为()a -+，∞，2221 ()x ax f x x a ++'=+． 方程2 2210x ax ++=的判别式2 48a ?=-． （ⅰ）若0?< ，即a << ()f x 的定义域内()0f x '>，故()f x 的极值． （ⅱ）若0?= ，则a a = 若a = ()x ∈+ ，2 ()f x '= ． 当x =时，()0f x '=，

当2 x ? ??∈-+ ? ????? ，∞时， ()0f x '>，所以()f x 无极值． 若a =)x ∈+，()0f x '= >，()f x 也无极值． （ⅲ）若0?>，即a > a <22210x ax ++=有两个不同的实根 1x = 2x = 当a <12x a x a <-<-，，从而()f x '有()f x 的定义域内没有零点， 故()f x 无极值． 当a > 1x a >-，2x a >-，()f x '在()f x 的定义域内有两个不同的零点， 由根值判别方法知()f x 在12x x x x ==，取得极值． 综上，()f x 存在极值时，a 的取值范围为)+． ()f x 的极值之和为 2221211221()()ln()ln()ln 11ln 2ln 22 e f x f x x a x x a x a +=+++++=+->-=． 【2008新课标卷（海南宁夏卷）】 21．（本小题满分12分） 设函数1 ()()f x ax a b x b =+ ∈+Z ，，曲线()y f x =在点(2(2))f ，处的切线方程为y =3． （Ⅰ）求()f x 的解析式： （Ⅱ）证明：函数()y f x =的图像是一个中心对称图形，并求其对称中心； （Ⅲ）证明：曲线()y f x =上任一点的切线与直线x =1和直线y =x 所围三角形的面积为定值，并求出此定值． 21．解：（Ⅰ）2 1 ()() f x a x b '=- +，

高考理科数学全国卷三导数压轴题解析

2018年高考理科数学全国卷三导数压轴题解析 已知函数2()(2)ln(1)2f x x ax x x =+++- （1） 若0a =，证明：当10x -<<时，()0f x <；当0x >时，()0f x >； （2） 若0x =是()f x 的极大值点，求a . 考点分析 综合历年试题来看，全国卷理科数学题目中，全国卷三的题目相对容易。但在2018年全国卷三的考察中，很多考生反应其中的导数压轴题并不是非常容易上手。第1小问，主要通过函数的单调性证明不等式，第2小问以函数极值点的判断为切入点，综合考察复杂含参变量函数的单调性以及零点问题，对思维能力（化归思想与分类讨论）的要求较高。 具体而言，第1问，给定参数a 的值，证明函数值与0这一特殊值的大小关系，结合函数以及其导函数的单调性，比较容易证明，这也是大多数考生拿到题目的第一思维方式，比较常规。如果能结合给定函数中20x +>这一隐藏特点，把ln(1)x +前面的系数化为1，判断ln(1)x +与2/(2)x x +之间的大小关系，仅通过一次求导即可把超越函数化为求解零点比较容易的代数函数，解法更加容易，思维比较巧妙。总体来讲，题目设置比较灵活，不同能力层次的学生皆可上手。 理解什么是函数的极值点是解决第2问的关键。极值点与导数为0点之间有什么关系：对于任意函数，在极值点，导函数一定等于0么（存在不存在）？导函数等于0的点一定是函数的极值点么？因此，任何不结合函数的单调性而去空谈函数极值点的行为都是莽撞与武断的。在本题目中，0x =是()f x 的极大值点的充要条件是存在10δ<和20δ>使得对于任意1(,0)x δ∈都满足()(0)=0f x f <( 或者()f x 单调递增)，对于任意2(0,)x δ∈都满足()(0)=0f x f <( 或者()f x 单调递减)，因此解答本题的关键是讨论函数()f x 在0x =附近的单调性或者判断()f x 与(0)f 的大小关系。题目中并没有限定参数a 的取值范围，所以要对实数范围内不同a 取值时的情况都进行分类讨论。在第1小问的基础上，可以很容易判断0a =以及0a >时并不能满足极大值点的要求，难点是在于判断0a <时的情况。官方标准答案中将问题等价转化为讨论函数2 ()ln(1)/(2)h x x x x =+++在0x =点的极值情况，非常巧妙，但是思维跨度比较大，在时间相对紧张的选拔性考试中大多数考生很难想到。需要说明的是，官方答案中的函数命题等价转化思想需要引起大家的重视，这种思想在2018年全国卷2以及2011年新课标卷1的压轴题中均有体现，这可能是今后导数压轴题型的重要命题趋势，对学生概念理解以及思维变通的能力要求更高，符合高考命题的思想。 下面就a 值变化对函数()f x 本身在0x =附近的单调性以及极值点变化情况进行详细讨论。

高考数学函数与导数相结合压轴题精选(含具体解答)

函数与导数相结合压轴题精选（二） 11、已知)0()(2 3 >+++=a d cx bx ax x f 为连续、可导函数，如果)(x f 既有极大值M ，又有极小值N ，求证：.N M > 证明：由题设有),)((323)(212 x x x x a c bx ax x f --=++='不仿设21x x <， 则由时当时当时当知),(,0)(),(,0)(),(:02211+∞∈<'∈>'-∞∈>x x x f x x x x f x x a 1)(,0)(x x f x f 在故>'处取极大值，在x 2处取极小值， )()()()()(212 221323121x x c x x b x x a x f x f -+-+-=- ])()()[(212122121c x x b x ax x x a x x +++-+-= )] 3(92 )[(]3232)32()[(22121ac b a x x c a b b a c a a b a x x ---=+-?+?-- ?-= 由方程0232 =++c bx ax 有两个相异根，有,0)3(412)2(2 2>-=-=?ac b ac b 又)()(,0)()(,0,0212121x f x f x f x f a x x >>-∴><-即，得证. 12、已知函数ax x x f +-=3 )(在（0，1）上是增函数. （1）求实数a 的取值集合A ； （2）当a 取A 中最小值时，定义数列}{n a 满足：)(21n n a f a =+，且b b a )(1,0(1=为常 数），试比较n n a a 与1+的大小； （3）在（2）的条件下，问是否存在正实数C ，使20<-+< c a c a n n 对一切N n ∈恒成立？ （1）设))(()()(,102 2212 1122121a x x x x x x x f x f x x -++-=-<<<则 由题意知：0)()(21<-x f x f ，且012>-x x )3,0(,2 22121222121∈++<++∴x x x x a x x x x 则 }3|{,3≥=≥∴a a A a 即 （4分） （注：法2：)1,0(,03)(2 ∈>+-='x a x x f 对恒成立，求出3≥a ）. （2）当3时，由题意：)1,0(,2 3 21131∈=+- =+b a a a a n n n 且

函数与导数经典例题高考压轴题含答案

函数与导数经典例题-高考压轴 1. 已知函数3 2 ()4361,f x x tx tx t x R =+-+-∈，其中t R ∈． （Ⅰ）当1t =时，求曲线()y f x =在点(0,(0))f 处的切线方程； （Ⅱ）当0t ≠时，求()f x 的单调区间； （Ⅲ）证明：对任意的(0,),()t f x ∈+∞在区间(0,1)内均存在零点． 2. 已知函数21 ()32 f x x = +，()h x = （Ⅰ）设函数F (x )＝18f (x )－x 2[h (x )]2，求F (x )的单调区间与极值； （Ⅱ）设a ∈R ，解关于x 的方程33 lg[(1)]2lg ()2lg (4)24 f x h a x h x --=---； （Ⅲ）设*n ∈N ，证明：1 ()()[(1)(2)()]6 f n h n h h h n -+++≥L ． 3. 设函数ax x x a x f +-=2 2ln )(，0>a （Ⅰ）求)(x f 的单调区间； （Ⅱ）求所有实数a ，使2 )(1e x f e ≤≤-对],1[e x ∈恒成立． 注：e 为自然对数的底数． 4. 设2 1)(ax e x f x +=，其中a 为正实数. （Ⅰ）当3 4 = a 时，求()f x 的极值点；（Ⅱ）若()f x 为R 上的单调函数，求a 的取值范围. 5. 已知a ， b 为常数，且a ≠0，函数f （x ）=-ax+b+axlnx ，f （e ）=2（e=2．71828…是自然对数 的底数）。 （I ）求实数b 的值； （II ）求函数f （x ）的单调区间； （III ）当a=1时，是否同时存在实数m 和M （m

高考导数压轴题题型(精选.)

高考导数压轴题题型 李远敬整理 2018.4.11 一．求函数的单调区间，函数的单调性 1.【2012新课标】21. 已知函数()f x 满足满足12 1()(1)(0)2 x f x f e f x x -'=-+； （1）求()f x 的解析式及单调区间； 【解析】 （1）12 11()(1)(0)()(1)(0)2 x x f x f e f x x f x f e f x --'''=-+?=-+ 令1x =得：(0)1f = 1211 ()(1)(0)(1)1(1)2 x f x f e x x f f e f e --'''=-+?==?= 得：21 ()()()12 x x f x e x x g x f x e x '=-+?==-+ ()10()x g x e y g x '=+>?=在x R ∈上单调递增 ()0(0)0,()0(0)0f x f x f x f x ''''>=?><=?< 得：()f x 的解析式为21()2 x f x e x x =-+ 且单调递增区间为(0,)+∞，单调递减区间为(,0)-∞ 2.【2013新课标2】21．已知函数f (x )＝e x －ln(x ＋m )． (1)设x ＝0是f (x )的极值点，求m ，并讨论f (x )的单调性； 【解析】 (1)f ′(x )＝1 e x x m - +. 由x ＝0是f (x )的极值点得f ′(0)＝0，所以m ＝1. 于是f (x )＝e x －ln(x ＋1)，定义域为(－1，＋∞)，f ′(x )＝1 e 1 x x -+. 函数f ′(x )＝1 e 1 x x -+在(－1，＋∞)单调递增，且f ′(0)＝0. 因此当x ∈(－1,0)时，f ′(x )＜0； 当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )＞0. 所以f (x )在(－1,0)单调递减，在(0，＋∞)单调递增． 3.【2014新课标2】21. 已知函数()f x =2x x e e x --- （1）讨论()f x 的单调性； 【解析】 （1）+ -2≥0，等号仅当x=0时成立，所以f （x ）在（—∞，+∞）单调递 增 【2015新课标2】21. 设函数 f (x )=e mx +x 2-mx 。 （1）证明： f (x )在 (-￥,0)单调递减，在 (0,+￥)单调递增； （2）若对于任意 x 1,x 2?[-1,1]，都有 |f (x 1)-f (x 2)|￡e -1，求m 的取值范围。

函数与导数压轴题中零点问题

导数压轴题零点问题练习题 一、解答题 1．（2020·省高三考试）设函数()()2 1f x x bx b R =-+∈，()()() ,0,0f x x F x f x x ?>? =? ->??. （1）如果()10f =，求()F x 的解析式； （2）若()f x 为偶函数，且()()g x f x kx =-有零点，数k 的取值围. 【答案】（1）()2221,0 21,0 x x x F x x x x ?-+>=?-+-=?-+-

(完整版)高中数学导数压轴题专题训练

高中数学导数尖子生辅导（填选压轴） 一．选择题（共30小题） 1．（2013?文昌模拟）如图是f（x）=x3+bx2+cx+d的图象，则x12+x22的值是（） A．B．C．D． 考点：利用导数研究函数的极值；函数的图象与图象变化． 专题：计算题；压轴题；数形结合． 分析：先利用图象得：f（x）=x（x+1）（x﹣2）=x3﹣x2﹣2x，求出其导函数，利用x1，x2是原函数的极值点，求出x1+x2=，，即可求得结论． 解答：解：由图得：f（x）=x（x+1）（x﹣2）=x3﹣x2﹣2x， ∴f'（x）=3x2﹣2x﹣2 ∵x1，x2是原函数的极值点 所以有x1+x2=，， 故x12+x22=（x1+x2）2﹣2x1x2==． 故选D． 点评：本题主要考查利用函数图象找到对应结论以及利用导数研究函数的极值，是对基础知识的考查，属于基础题． 2．（2013?乐山二模）定义方程f（x）=f′（x）的实数根x0叫做函数f（x）的“新驻点”，若函数g（x）=x，h（x）=ln（x+1），φ（x）=x3﹣1的“新驻点”分别为α，β，γ，则α，β，γ的大小关系为（） A．α＞β＞γB．β＞α＞γC．γ＞α＞βD．β＞γ＞α 考点：导数的运算． 专题：压轴题；新定义． 分析：分别对g（x），h（x），φ（x）求导，令g′（x）=g（x），h′（x）=h（x），φ′（x）=φ（x），则它们的根分别为α，β，γ，即α=1，ln（β+1）=，γ3﹣1=3γ2，然后分别讨论β、γ的取值范围即可． 解答： 解：∵g′（x）=1，h′（x）=，φ′（x）=3x2， 由题意得： α=1，ln（β+1）=，γ3﹣1=3γ2， ①∵ln（β+1）=， ∴（β+1）β+1=e， 当β≥1时，β+1≥2， ∴β+1≤＜2， ∴β＜1，这与β≥1矛盾， ∴0＜β＜1； ②∵γ3﹣1=3γ2，且γ=0时等式不成立，

函数与导数例题高考压轴题含答案

函数与导数 1. 已知函数3 2 ()4361,f x x tx tx t x R =+-+-∈，其中t R ∈． （Ⅰ）当1t =时，求曲线()y f x =在点(0,(0))f 处的切线方程； （Ⅱ）当0t ≠时，求()f x 的单调区间； （Ⅲ）证明：对任意的(0,),()t f x ∈+∞在区间(0,1)内均存在零点． 【解析】（19）本小题主要考查导数的几何意义、利用导数研究函数的单调性、曲线的切线方程、 函数的零点、解不等式等基础知识，考查运算能力及分类讨论的思想方法，满分14分。 （Ⅰ）解：当1t =时，3 2 2 ()436,(0)0,()1266f x x x x f f x x x '=+-==+- (0) 6.f '=-所以曲线()y f x =在点(0,(0))f 处的切线方程为6.y x =- （Ⅱ）解：2 2 ()1266f x x tx t '=+-，令()0f x '=，解得.2 t x t x =-=或 因为0t ≠，以下分两种情况讨论： （1）若0,,t t t x <<-则 当变化时，(),()f x f x '的变化情况如下表： 所以，()f x 的单调递增区间是(), ,,;()2t t f x ??-∞-+∞ ? ??的单调递减区间是,2t t ?? - ??? 。 （2）若0,t t t >-< 则，当x 变化时，(),()f x f x '的变化情况如下表： 所以，()f x 的单调递增区间是(),,,;()2t t f x ??-∞-+∞ ??? 的单调递减区间是,.2t t ? ?- ??? （Ⅲ）证明：由（Ⅱ）可知，当0t >时，()f x 在0,2t ? ? ??? 内的单调递减，在,2t ?? +∞ ??? 内单调递增，以下分两种情况讨论： （1）当1,22 t t ≥≥即时，()f x 在（0，1）内单调递减， 所以对任意[2,),()t f x ∈+∞在区间（0，1）内均存在零点。

函数与导数经典例题--高考压轴题(含答案)

函数与导数经典例题--高考压轴题(含答案)

所以对任意[2,),()t f x ∈+∞在区间（0，1）内均存在零 点。 （2）当01,022t t <<<<即时，()f x 在0,2t ?? ??? 内单调递减，在,12t ?? ???内单调递增，若3 3177(0,1],10.244t f t t t ??∈=-+-≤-< ??? 2(1)643643230.f t t t t t =-++≥-++=-+> 所以(),12t f x ?? ??? 在内存在零点。 若()3377(1,2),110.244t t f t t t ??∈=-+-<-+< ??? (0)10f t =-> 所以()0,2 t f x ?? ???在内存在零点。 所以，对任意(0,2),()t f x ∈在区间（0，1）内均存在 零点。 综上，对任意(0,),()t f x ∈+∞在区间（0，1）内均存在 零点。 2. 已知函数21 ()32 f x x =+，()h x =． （Ⅰ）设函数F (x )＝18f (x )－x 2[h (x )]2，求F (x ) 的单调区间与极值； （Ⅱ）设a ∈R ，解关于x 的方程33lg[(1)]2lg ()2lg (4)24 f x h a x h x --=---； （Ⅲ）设*n ∈N ，证明：1 ()()[(1)(2)()]6f n h n h h h n -+++≥． 本小题主要考查函数导数的应用、不等式的证

明、解方程等基础知识，考查数形结合、函数与方程、分类与整合等数学思想方法及推理运算、分析问题、解决问题的能力． 解：（Ⅰ）223()18()[()]129(0)F x f x x h x x x x =-=-++≥， 2()312F x x '∴=-+． 令()0F x '∴=，得2x =（2x =-舍去）． 当(0,2)x ∈时．()0F x '>；当(2,)x ∈+∞时，()0F x '<， 故当[0,2)x ∈时，()F x 为增函数；当[2,)x ∈+∞时，()F x 为 减函数． 2x =为()F x 的极大值点，且(2)824925F =-++=． （Ⅱ）方法一：原方程可化为 422 33log [(1)]log ()log (4)24f x h a x h x --=---， 即为4222log (1)log log log x -==，且,14,x a x ， 此时3x ==±∵1x a <<， 此时方程仅有一解3x = ②当4a >时，14x <<，由14a x x x --=-，得2640x x a -++=，364(4)204a a ?=-+=-， 若45a <<，则0?> ，方程有两解3x =± 若5a =时，则0?=，方程有一解3x =； 若1a ≤或5a >，原方程无解． 方法二：原方程可化为422log (1)log (4)log ()x h x h a x -+-=-， 即222 1log (1)log log 2x -+，

高考导数压轴题题型

高考导数压轴题题型 远敬整理 2018.4.11 一．求函数的单调区间，函数的单调性 1.【2012新课标】21. 已知函数()f x 满足满足121()(1)(0)2x f x f e f x x -'=-+ ； （1）求()f x 的解析式及单调区间； 【解析】 （1）1211()(1)(0)()(1)(0)2 x x f x f e f x x f x f e f x --'''=-+?=-+ 令1x =得：(0)1f = 1211()(1)(0)(1)1(1)2 x f x f e x x f f e f e --'''=-+?==?= 得：21()()()12 x x f x e x x g x f x e x '=-+?==-+ ()10()x g x e y g x '=+>?=在x R ∈上单调递增 ()0(0)0,()0(0)0f x f x f x f x ''''>=?><=?< 得：()f x 的解析式为21()2 x f x e x x =-+ 且单调递增区间为(0,)+∞，单调递减区间为(,0)-∞ 2.【2013新课标2】21．已知函数f (x )＝e x －ln(x ＋m )． (1)设x ＝0是f (x )的极值点，求m ，并讨论f (x )的单调性； 【解析】 (1)f ′(x )＝1e x x m -+. 由x ＝0是f (x )的极值点得f ′(0)＝0，所以m ＝1. 于是f (x )＝e x －ln(x ＋1)，定义域为(－1，＋∞)，f ′(x )＝1e 1x x - +. 函数f ′(x )＝1e 1 x x -+在(－1，＋∞)单调递增，且f ′(0)＝0. 因此当x ∈(－1,0)时，f ′(x )＜0； 当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )＞0.

(完整)2019-2020年高考数学压轴题集锦——导数及其应用(一).doc

2019-2020 年高考数学压轴题集锦——导数及其应用（一） 1.已知函数f (x) x2 ax ln x(a R) . （1）函数f (x)在 [1,2] 上的性； （2）令函数g( x) e x 1 x2 a f (x) ，e=2.71828?是自然数的底数， 若函数 g (x) 有且只有一个零点m，判断 m 与 e 的大小，并明理由 . 2.已知函数 f (x) x3ax2bx c 在x 2 与x 1都取得极. 3 （1）求 a， b 的与函数f( x)的区； （2）若x [ c,1] ，不等式 f (x) c 恒成立，求 c 的取范 . 2 3.已知函数 f (x) ln(1 x) ln(1x) . （1）明 f '(x) 2 ； （2）如果 f (x) ax x [0,1) 恒成立，求 a 的范 .

x 1 4.已知函数f (x) （ e 自然数的底数） . e x （1）求函数f (x)的区； （2）函数(x) xf (x) tf '(x) 1 x1， x2 [0 ，1] ，使得 2 ( x1 )(x2 ) x ，存在数 e 成立，求数t 的取范 . 5.已知函数 f ( x) kx a x，其中k R，a 0且a 1 . （1）当 a e （ e=2.71 ?自然数的底），f(x)的性；（2）当k 1，若函数f(x)存在最大g(a)，求g(a)的最小. 6.已知函数 f x x2ax ln x a R （1）当a 3 ，求函数f(x)在 1 , 2 上的最大和最小； 2 （2）函数 f(x)既有极大又有极小，求数 a 的取范 .

7.已知 f( x)是定义在 R 上的奇函数，当 x 0 时， f x 1 x 3 ax a R ，且曲线 f(x)在 3 x 1 处的切线与直线 y 3 x 1平行 2 4 （1）求 a 的值及函数 f(x)的解析式； （2）若函数 y f x m 在区间 3, 3 上有三个零点，求实数 m 的取值范围 . 8.已知函数 f x x 0 ax, a ln x （1）若函数 y f x 在 1, 上减函数，求实数 a 的最小值； （2）若存在 x 1 , x 2 e,e 2 ，使 f x 1 f x 2 a 成立，求实数 a 的取值范围 . 9.已知函数 f (x) x 3 ax 2 bx 1， a ， b R ． （ 1）若 a 2 b 0 ， ①当 a 0 时，求函数 f(x)的极值（用 a 表示）； ②若 f(x)有三个相异零点，问是否存在实数 a 使得这三个零点成等差数列？若存在，试 求出 a 的值；若不存在，请说明理由； （ 2）函数 f( x)图象上点 A 处的切线 l 1 与 f(x)的图象相交于另一点 B ，在点 B 处的切线为 l 2 ，直线 l 1， l 2 的斜率分别为 k 1， k 2 ，且 k 2 =4k 1 ，求 a ，b 满足的关系式．

导数压轴题题型(学生版)

导数压轴题题型 引例 【2016高考山东理数】(本小题满分13分) 已知. （I ）讨论的单调性； （II ）当时，证明对于任意的成立. ()221()ln ,R x f x a x x a x -=-+∈()f x 1a =()3()'2 f x f x +＞[]1,2x ∈

1. 高考命题回顾 例1.已知函数)f x =（a e 2x +(a ﹣2) e x ﹣x . （1）讨论()f x 的单调性； （2）若()f x 有两个零点，求a 的取值范围. 例2.（21）（本小题满分12分）已知函数()()()2 21x f x x e a x =-+-有两个零点.

(I)求a 的取值范围； (II)设x 1,x 2是()f x 的两个零点,证明：122x x +<. 例3.（本小题满分12分）

已知函数f （x ）=31,()ln 4 x ax g x x ++=- (Ⅰ)当a 为何值时，x 轴为曲线()y f x = 的切线； （Ⅱ）用min {},m n 表示m,n 中的最小值，设函数}{()min (),() (0)h x f x g x x => ， 讨论h （x ）零点的个数 例4.(本小题满分13分) 已知常数 ,函数 (Ⅰ)讨论 在区间上的单调性; (Ⅱ)若存在两个极值点且求的取值范围.

例5已知函数f(x)＝e x－ln(x＋m)． (1)设x＝0是f(x)的极值点，求m，并讨论f(x)的单调性； (2)当m≤2时，证明f(x)>0.

例6已知函数)(x f 满足2121)0()1(')(x x f e f x f x +-=- (1)求)(x f 的解析式及单调区间； (2)若b ax x x f ++≥ 22 1)(，求b a )1(+的最大值。

专题01 导数与函数的最(极)值(精讲篇)-用思维导图突破导数压轴题

用思维导图突破导数压轴题 《挑战压轴题?高中数学?精讲解读篇》（华东师大出版社第1-10版（2009-2019年））、《上海高考好题赏析》（浙江大学出版社2019年）、330多篇论文（文章）作者 上海市特级教师文卫星 解答数学题的“思维导图”： 逛公园顺道看景，好风光驻足留影. 把条件翻成图式，关键处深挖搞清. 综合法由因导果，分析法执果索因. 两方法嫁接联姻，让难题无以遁形. 这里把解题比作逛公园，沿路而行，顺道看景，既有活跃气氛，又有借景喻理之意，即理解题意后把已知条件“翻译”出来，如果能得到结论那是最好，如果不行就要转化，即从已知条件入手推出中间结论（可知），当中间结论能直接证明最终结论时，则解题成功.当中间结论不能直接证明最终结论时，可把最终结论等价转化为“需知”，再用中间结论证明“需知”从而达到解题目的.有时还要挖掘题目的隐含条件.从某种意义上说，解题就是“找关系”----找出已知与未知的联系，不断缩小以至消除二者之间的差距，从而达到解题目的. 这个思维导图不仅是用来解答压轴题，其实，每个层次的学生都有相应的难题。中等以下水平的学生高考基本不用做压轴题的，但他们做中档题会有困难，思维导图一样适用。 专题01 导数与函数的最（极）值问题 利用导数求函数f (x )极值、最值的基本方法是先求f (x )的导数f 'x （），再求f 'x （）的零 点i x ，i N ∈，根据f 'x （）在i x 两边的符号判断的单调性，最后确定i f x （）是极大值或极小 值，再确定最值。 先求导数 再定零点 考查单调 极值来了 否 已知条件 隐含条件 中间结论（可知） 已知条件的等价转化 待求（证）的结论 结论的等价转化（需知） 能 否 能 引例（2019江苏卷第19题）设函数()()()()f x x a x b x c =---，a ，b ，c R ∈，()f x '为()f x 的导函数. （1）若a b c ==，f （4）8=，求a 的值； （2）若a b ≠，b c =，且()f x 和()f x '的零点均在集合{3-，1，3}中，求()f x 的极小值； （3）若0a =，01b

高考导数压轴题---函数与导数核心考点(精编完美版)

导数与函数核心考点 目录 题型一切线型 1.求在某处的切线方程 2.求过某点的切线方程 3.已知切线方程求参数 题型二单调型 1.主导函数需“二次求导”型 2.主导函数为“一次函数”型 3.主导函数为“二次函数”型 4.已知函数单调性，求参数范围 题型三极值最值型 1.求函数的极值 2.求函数的最值 3.已知极值求参数 4.已知最值求参数 题型四零点型 1.零点(交点，根)的个数问题 2.零点存在性定理的应用 3.极值点偏移问题 题型五恒成立与存在性问题 1.单变量型恒成立问题 2.单变量型存在性问题 3.双变量型的恒成立与存在性问题 4.等式型恒成立与存在性问题 题型六与不等式有关的证明问题 1.单变量型不等式证明 2.含有e x与lnx的不等式证明技巧 3.多元函数不等式的证明 4.数列型不等式证明的构造方法

题型一 切线型 1.求在某处的切线方程 例1.【2015重庆理20】求函数f (x )＝3x 2 e x 在点(1， f (1))处的切线方程. 解：由f (x )＝3x 2e x ，得f ′(x )＝6x －3x 2e x ，切点为(1，3e ) ，斜率为f ′(1)＝3 e 由f (1)＝3e ，得切点坐标为(1，3e )，由f ′(1)＝3e ，得切线斜率为3 e ； ∴切线方程为y －3e ＝3 e (x －1)，即3x －ey ＝0. 例2.求f (x )＝e x (1 x ＋2)在点(1，f (1))处的切线方程. 解：由f (x )＝e x (1x ＋2)，得f ′(x )＝e x (－1x 2＋1 x ＋2) 由f (1)＝3e ，得切点坐标为(1,3e )，由f ′(1)＝2e ，得切线斜率为2e ； ∴切线方程为y －3e ＝2e (x －1)，即2ex －y ＋e ＝0. 例3.求f (x )＝ln 1－x 1＋x 在点(0，f (0))处的切线方程. 解：由f (x )＝ln 1－x 1＋x ＝ln (1－x )－ln (1＋x )，得f ′(x )＝－11－x －1 1＋x 由f (0)＝0，得切点坐标为(0，0)，由f ′(0)＝－2，得切线斜率为－2； ∴切线方程为y ＝－2x ，即2x ＋y ＝0. 例4.【2015全国新课标理20⑴】在直角坐标系xoy 中，曲线C ：y =x 2 4 与 直线l ：y =kx ＋a (a ＞0)交于M ，N 两点，当k ＝0时，分别求C 在点M 与N 处的切线方程. 解：由题意得：a =x 2 4，则x ＝±2a ，即M (－2a ，a )，N (2a ，a )， 由f (x )＝x 24，得f ′(x )＝x 2， 当切点为M (－2a ，a )时，切线斜率为f ′(－2a )＝－a ， 此时切线方程为：ax ＋y ＋a ＝0； 当切点为N (2a ，a )时，切线斜率为f ′(2a )＝a ， 此时切线方程为：ax －y －a ＝0；

全国高考导数压轴题总汇编

2016全国各地导数压轴题汇编 1、（2016年全国卷Ｉ理数） 已知函数2 )1()2()(-+-=x a e x x f x 有两个零点 （I ）求a 的取值围 （II ）设21,x x 是)(x f 的两个零点，求证：221<+x x

2、（2016年全国卷Ｉ文数） 已知函数2 )1()2()(-+-=x a e x x f x （I ）讨论)(x f 的单调性 （II ）若)(x f 有两个零点，求a 的取值围

3、（2016年全国卷II 理数） (I)讨论函数x x 2f (x)x 2 -=+e 的单调性，并证明当x >0时，(2)20;x x e x -++> (II)证明：当[0,1)a ∈ 时，函数2 x =(0)x e ax a g x x -->（） 有最小值.设g （x ）的最小值为()h a ，求函数()h a 的值域.

4、（2016年全国卷II 文数） 已知函数()(1)ln (1)f x x x a x =+--. （I ）当4a =时，求曲线()y f x =在()1,(1)f 处的切线方程； (II)若当()1,x ∈+∞时，()0f x ＞，求a 的取值围. 5、（2016年全国卷III 理数） 设函数)1)(cos 1(2cos )(+-+=x a x a x f 其中a ＞0，记错误!未找到引用源。的最大值为A （Ⅰ）求)(x f '； （Ⅱ）求A ； （Ⅲ）证明错误!未找到引用源。A x f 2)(≤'

6、（2016年全国卷III 文数） 设函数()ln 1f x x x =-+. （Ⅰ）讨论()f x 的单调性； （Ⅱ）证明当(1,)x ∈+∞时，11ln x x x -<<； （Ⅲ）设1c >，证明当(0,1)x ∈时，1(1)x c x c +->.