②当t≥时,f（x）min=f（t）=tlnt.
-11-
所以f（x）min=
（2）由2xlnx≥-x2+mx-3得m≤2lnx+x+.设h（x）=2lnx+x+（x>0）,则
h′（x）=.
令h′（x）=0,得x=1或x=-3（舍）,
当x∈（0,1）时,h′（x）<0,h（x）单一递减;
当x∈（1,+∞）时,h′（x）>0,h（x）单一递加,
所以h（x）min=h
（1）=4.所以m≤h（x）min=4.
的最小值即可.注意不要忽视x>0的条件,致使求导数的方程时产生增根.
练习：
设函数
，
，此中
，
为自然对数的底数。
（1）议论
的单一性。
（2）证明：
当
时，
。
（3）确立的全部可能取值，使得
在区间
内恒成立。
答案详解
（1）由题意可得
（
），设
，
......2
分
当
时，
，所以
，即
在
上单一递减；
当
时，令
，解得
，
，所以
的单一减区间为
，单一
增区间为
。
......
4分
-12-
（2）要证当时，，即，即，......5分
设，所以，令，解得，所以在上单一递加，所
以。
当时，，所以当时，成立。
......8分
（3）由得，......9分
设，由题意知在上恒成立。
因为，所以
一定成立，又，所以，所以。
又
，易知当时，。
......12分
令，则，令，解得，此时单一递加，，
又，，所以当时，。
综上，，所以在上单
调递加，所以，则有在上单一递加，所以，所以，
即。
......14分
分析:
本题主要考察导数在研究函数中的应用。
（1）求出，分别在导函数大于、小于的状况下议论，即可得出单一区间；
（2）将分解为两个比较简单求导的函数，并将较复杂的函数求导，得出其图象性质，即可经过其与另一函数图象的交点关系求出不等式；
（3）将两函数相减结构新函数，由新函数值的符号能够判断本来两个函数的大小关系。
将新结构的函数求导，并议论其在函数值为邻近导函数的符号，以此判断该函数在对应区间内的函数值的符号，从而即可判断对应状况两函数值的大小关系。
题型5：
极值点偏移应用
已知函数．
（1）议论的单一性；
（2）证明：
当时，；
-13-
（3）若函数有两个零点，，比较与的大小，并证明你的结论。
答案
（1）时，f（x）在上递加，上递减，上递加；时，f（x）在
上递加；时，f（x）在上递加，上递减，上递加；时，f（x）在
上递加，在上递减；
（2）看法析；（3）．
（1）
①时，f（x）在（0,1）上递加，在上递减；
②时，f’（x）=0的两根为
A．
，即
时，f（x）在
上递加；
B．
，即
时，f（x）在
上递加，
上递减，
上递加；
且
，故此时f（x）在
上有且只有一个零点．
C．
，即
时，f（x）在
上递加，
上递减，
上递加；
且
，故此时f（x）在
上有且只有一个零点．
综上所述：
时，f（x）在
上递加，
上递减，
上递加；
时，f（x）在
上递加；
时，f（x）在上递加，上递减，上递加；
时，f（x）在上递加，在上递减；
（2）
-14-
设
∴
∴在上单一递减
∴得证．
（3）由
（1）知，函数要有两个零点，，则
∴
不如设
∴由
（2）得
∴
∴
∴
考点：
1.导数与函数的单一性；2.函数与方程、不等式．
分析
（1）求导得，当，导数的符号由确立，可确立函
数的单一性；当时，由议论与的大小下手，分别议论导数在各个区间上的符号，
即可确立函数的单一性；
（2）先写出不等式式的等价形式，即，结构
函数，求导可得函数在区间单一递减，所以
可得；
-15-
（3）因为函数要有两个零点，，所以，由此可求得，设
，由
（2）得，从而有，即有
成立，从而可证结论成立．
练习：
已知函数
（
）的两个零点为
，
（
）。
（1）务实数
的取值范围；
（2）求证：
。
答案详解
（1）
，
当
时，
，
在
上单一递加，不行能有两个零点；
当
时，由
可解得
，由
可解得
，所以
在
上单一
递减，在
上单一递加，所以
，要使得
在
上
有两个零点，则
，解得
，则的取值范围为
。
（2）令
，则
，由题意知方程
有两个根
，即方程
有两个根
，不如设
，
，
令
，则
，由
可得
，由
可得
，所以
时，
单一递
增，
时，
单一递减，故综上可知
，
要证
，即证
，即
，即证
，令
，
下边证
对随意的
恒成立，
-16-
，因为，所以，
，所以，因为，所以，所以
在是增函数，所以，所以原不等式成立。
分析:
本题主要考察函数与方程及导数在研究函数中的应用。
（1）先对函数求导，再依据函数的单一性，使得最小值小于以知足函数有两个
零点的条件，即可求出的取值范围。
（2）要证，令，则，再变换成的等式，
再成立新的函数，求导，依据单一性判断，再证，成立新的函
数，求导证明即可。
-17-
-18-
-19-
题型6：
对数，指数均匀的应用
-20-
分析
（1）依据发f（x）的分析式求出f（x）的导函数,通分后依据函数f（x）在上为单一增函数,
获得分子大于0恒成立,解出2a-2小于等于一个函数关系式,利用基本不等式求出这个函数
的最小值,列出对于a的不等式,求出不等式的解集即可获得a的取值范围;
（2）把所证的式子利用对数的运算法例及不等式的基天性质变形,即要证
依据
（1）获得h（x）在x大于等于1时单一递加,且大于1,利用函
数的单一性可得证.
本题考察学生会利用导函数的正负确立函数的单一区间,掌握不等式恒成即刻所知足的条
件,会利用基本不等式求函数的最小值,在证明第
（2）时注意利用第
（1）问中的结论,属于基本知识的考察.
-21-
分析
（1）函数的定义域为，因为有两个零点，，
所以函数与函数有两个不一样的交点，依据导数的性质，可知当时，
单一递加；当时，单一递减，所以，而且当，
，于是可得函数的图象大概，而后再利用数形联合，可得函数
与函数有两个不一样的交点时，的取值范围；
（2）由已知，即，
∴，∴，
两边同取以为底的对数，得，要证明，则只需证明，
即，不如设，令，则，
即证对恒成立，令，而后再依据导数在函数单一性中
的应用即可求出结果.
试题分析：
（1）函数的定义域为，
因为有两个零点，，
所以函数与函数有两个不一样的交点，
-22-
，令，
解得，
当时，，单一递加；当时，，单一递减，
所以，
而且当，，于是的图象大概为：
函数与函数有两个不一样的交点时，的取值范围是.
（2）由已知，即，∴，∴，
两边同取以为底的对数，得，
要证明，则只需证明，即，
不如设，令，则，
即证对恒成立，
令，则，
∴在区间单一递加，
∴，即，，从而成立.
-23-
例题：
已知函数有两个零点，（）．
（1）求证：
；
（2）求证：
．
分析
（1）求出函数的导数，经过议论的范围求出函数的单一区间，从而求出函数的最小值，求出的范围即可；
（2）问题转变为证明，设函数，依据函数的单一性
证明即可．
试题分析：
（1）证明：
的定义域为，．
①当时，，所以函数在区间上是增函数，不行能有两个零点；
②当时，在区间上，，在区间上；
所以在区间上递减，在区间上递加．
的最小值为，依题意，有，则．
（2）证明：
要证，只需证，易知，．
而在区间上是增函数，所以只需证明，
即证，
设函数，而，而且在区间上
，
即在区间上是减函数，所以．
而，所以成立，
所以．
点睛：
本题主要考察函数导数与不等式，恒成立问题.要证明一个不等式，我们能够先根
据题意所给条件化简这个不等式，能够转变为，利用条件将
-24-
不等式转变为求证，划归与转变以后，就能够假定相对应的函数，而后
利用导数研究这个函数的单一性、极值和最值，图像与性质，从而求解得结果.
例题
-25-
题型7：
先取对数后结构
已知函数f（x）=ax+xlnx的图象在点x=e（e为自然对数的底数）处的切线的斜率为3．
（1）务实数a的值；
2
（2）若f（x）≤kx对随意x＞0成立，务实数k的取值范围；
（3）当n＞m＞1（m，n∈N*）时，证明：
．
答案
解：
（1）∵f（x）=ax+xlnx，∴f'（x）=a+lnx+1，又∵f（x）的图象在点x=e处的切线的斜率为3，
-26-
∴
f'（e）=3，即a+lne+1=3，
∴a=1；
（2）由
（1）知，f（x）=x+xlnx，
2
∴f（x）≤kx对随意x＞0成立对随意x＞0成立，
令，则问题转变为求g（x）的最大值，
，令g'（x）=0，解得x=1，
当0＜x＜1时，g'（x）＞0，∴g（x）在（0，1）上是增函数；
当x＞1时，g'（x）＜0，∴g（x）在（1，+∞）上是减函数．故g（x）在x=1处获得最大值g
（1）=1，
∴k≥1即为所求；
（3）令，则，
由
（2）知，x≥1+lnx（x＞0），∴h'（x）≥0，
∴h（x）是（1，+∞）上的增函数，
∵n＞m＞1，∴h（n）＞h（m），即，
∴mnlnn-nlnn＞mnlnm-mlnm，
即mnlnn+mlnm＞mnlnm+nlnn，
lnnmn+lnmm＞lnmmn+lnnn，ln（mnn）m＞ln（nmm）n，
∴（mnn）m＞（nmm）n，
∴．
本题考察导数的综合应用：
求切线方程和求单一区间、极值和最值，考察不等式恒成立问题转变为求函数的最值，考察不等式的证明，运用结构函数，求导数获得单一性，再由单
调性证明，属于中档题．
-27-
分析
（1）求出f（x）的导数，由切线的斜率为3，解方程，即可获得a；
2
对随意x＞0
成立
对随意x＞0成立，令
，则问题
（2）f（x）≤kx
转变为求g（x）的最大值，运用导数，求得单一区间，获得最大值，令
k不小于最大值
即可；
（3）令，求出导数，判断单一性，即得h（x）是（1，+∞）上的增函数，由
n＞m＞1，则h（n）＞h（m），化简整理，即可得证．
答案
（1）因为，所以。
因为函数的图像在点处的切线斜率为3，所以，即，
所以。
（2）由（Ⅰ），知f（x）＝x＋xlnx，
∴f（x）≤kx2对随意x＞0成立?
k≥,对随意x＞0成立，
令g（x）＝，则问题转变为求g（x）的最大值．
求导数，得g′（x）＝，令g′（x）＝0，解得x＝1．
当0＜x＜1时，g′（x）＞0，∴g（x）在（0，1）上是增函数；
当x＞1时，g′（x）＜0，∴g（x）在（1，＋∞）上是减函数．
故g（x）在x＝1处获得最大值g
（1）＝1．
∴k≥1即为所求．
（3）令h（x）＝，则h′（x）＝
由（Ⅱ），知x≥1＋lnx（x＞0），∴h′（x）≥0，
∴h（x）是（1，＋∞）上的增函数．
∵n＞m＞1，∴h（n）＞h（m），即
∴，
-28-
即，
即，
即，
∴，
∴
答案详解
解：
（1）∵f（x）=ax+xlnx，
∴f′（x）=a+lnx+1.
∵f（x）的图象在点x=e处的切线的斜率为3，
∴f′（e）=a+lne+1=3，解得a=1.
（2）由
（1）知f（x）=x+xlnx，
2
成立，等价于k≥
对随意x＞0成立，
∴f（x）≤kx对随意x＞0
令g（x）=，则问题转变为求g（x）的最大值.
g′（x）=-，令g′（x）=0，解得x=1．
当0＜x＜1时，g′（x）＞0，
∴g（x）在（0，1）上是增函数；
当x＞1时，g′（x）＜0，
∴g（x）在（1，+∞）上是减函数.
故g（x）在x=1处获得最大值g
（1）=1．∴k≥1.
（3）令h（x）=，则h′（x）=.
-29-
由
（2）知x≥1+lnx（x＞0），
∴h′（x）≥0，
∴h（x）是（1，+∞）上的增函数．∵n＞m＞1，
∴h（n）＞h（m），
即＞，
∴mnlnn-nlnn＞mnlnm-mlnm，即mnlnn+mlnm＞mnlnm+nlnn，
lnnmn+lnmm＞lnmmn+lnnn，
ln（mnn）m＞ln（nmm）n，
∴（mnn）m＞（nmm）n，
∴＞.
分析:
【解题方法提示】
对于
（1），先联合题意求出f′（x），令f′（e）=3，即可获得a的值；
2
，对随意
对于
（2），由
（1）知f（x）=x+xlnx，f（x）≤kx对随意x＞0成立，等价于k≥
x＞0成立，令g（x）=
，则问题转变为求g（x）的最大值；
求出g′（x），可分x＞1
和0＜x＜1，对g（x）的增减性进行剖析议论，从而获得g（x）最
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