专题08导数与不等式、函数零点相结合—三年高考(2015-2017)数学(理)真题分项版解析(解析版).pdf

专业文档 珍贵文档 【2017 年】 1. 【 2017 课标 3，理 11】已知函数 211 ( )2() xx f xxxa ee有唯一零点，则a= A 1 2 B 1 3 C 1 2 D1 【答案】C 【解析】 试题分析：函数的零点满足 211 2 xx xxa ee， 设 11xx g xee，则 21 111 11 11 x xxx xx e gxeee ee ， 当0gx时，1x，当1x时，0gx，函数g x单调递减， 当1x时，0gx，函数g x单调递增， 当1x时，函数取得最小值12g， 设 2 2h xxx，当1x时，函数取得最小值1， 若0a，函数h x与函数ag x没有交点， 当0a时，11agh时，此时函数h x和ag x有一个交点， 即21a，解得 1 2 a . 故选 C. 【考点】函数的零点；导函数研究函数的单调性，分类讨论的数学思想 2. 【 2017 课标 1，理 21】已知函数 2 ( )(2) xx f xaeaex. （ 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 . 【解析】 试题分析：（ 1）讨论( )f x单调性，首先进行求导，发现式子特点后要及时进行因式分解， 专业文档 珍贵文档 在对a按0a，0a进行讨论，写出单调区间；（2）根据第（ 1）题，若0a，( )f x至 多 有 一 个 零 点 . 若0a， 当lnxa时 ，( )f x取 得 最 小 值 ， 求 出 最 小 值 1 (ln)1lnfaa a ，根据1a ， (1,)a ， (0,1)a进行讨论， 可知当(0,1)a有 2 个零点，设正整数 0 n满足 0 3 ln(1)n a ，则 0000 0000 ()e ( e2)e20 nnnn f naannn.由于 3 ln(1)ln a a ，因此( )f x 在( ln,)a有一个零点 . 所以a的取值范围为(0,1). 试题解析：（1）( )f x的定义域为(,)， 2 ( )2(2)1(1)(21) xxxx fxaeaeaee， （）若0a，则( )0fx，所以( )fx在(,)单调递减 . （）若0a，则由( )0fx得lnxa. 当(,ln)xa时 ，( )0fx； 当(ln,)xa时 ，( )0fx， 所 以( )f x在 (,ln)a单调递减，在(ln,)a单调递增 . （2） （）若0a，由（ 1）知，( )f x至多有一个零点. （ ） 若0a， 由 （ 1 ） 知 ， 当lnxa时 ，( )f x取 得 最 小 值 ， 最 小 值 为 1 (ln)1lnfaa a . 当1a时，由于(ln)0fa，故( )f x只有一个零点； 当(1,)a时，由于 1 1ln0a a ，即(ln)0fa，故( )f x没有零点； 当(0,1)a时， 1 1ln0a a ，即( ln)0fa. 又 422 ( 2)e(2)e22e20faa，故( )fx在(,ln)a有一个零点 . 设正整数 0 n满足 0 3 ln(1)n a ， 则 0000 0000 ()e ( e2)e20 nnnn f naannn. 由于 3 ln(1)ln a a ，因此( )fx在( ln,)a有一个零点 . 综上，a的取值范围为(0,1). 专业文档 珍贵文档 【考点】含参函数的单调性，利用函数零点求参数取值范围. 在大于 0 的点 . 3. 【 2017 课标 II ，理】已知函数 2 lnfxaxaxxx，且0fx。 (1) 求a； (2) 证明：fx存在唯一的极大值点 0 x，且 22 0 2efx 。 【答案】 (1)1a； (2) 证明略。 【解析】 试题解析： （1） fx 的定义域为 0， +。 设lng xaxax，则fxxg x，0fx等价于0g x。 因为10,0gg x，因' 10g，而 1 ',' 11gxaga x ，得1a。 若1a，则 1 '1gx x 。当01x时，'0gx，g x单调递减； 当1x时，'0gx，g x单调递增。所以1x是g x的极小值点， 故10g xg 综上，1a。 （2）由（ 1）知 2 lnfxxxxx，'22lnfxxx。 设22lnh xxx，则 1 '2hx x 。 当 1 0, 2 x时，'0hx；当 1 , 2 x时，'0hx， 专业文档 珍贵文档 所以h x在 1 0, 2 单调递减，在 1 , 2 单调递增。 又 2 0h e， 1 0 2 h ，10h， 所以h x在 1 0, 2 有唯一零点 0 x，在 1 , 2 有唯一零点1， 且当 0 0,xx时，0h x；当 0,1 xx时，0h x， 当1,x时，0h x。 因为'fxh x，所以 0 xx是fx的唯一极大值点。 由 0 '0fx得 00 ln21xx，故 000 1fxxx。 由 0 0,1x得 0 1 4 fx。 因为 0 xx是fx在（ 0,1 ）的最大值点， 由 1 0,1e， 1 '0fe得 12 0 fxfee。 所以 22 0 2efx。 【考点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值 4. 【 2017 天津，理20】设aZ，已知定义在R上的函数 432 ( )2336f xxxxxa 在区间(1,2)内有一个零点 0 x，( )g x为( )f x的导函数 . （）求( )g x的单调区间； （）设 00 1,)(,2mxx，函数 0 ( )( )()()h xg x mxf m，求证： 0 () ()0h m h x； （）求证：存在大于 0 的常数A，使得对于任意的正整数,p q，且 00 1,)(,2, p xx q 满 专业文档 珍贵文档 足 04 1 | p x qAq . 【答案】（1）增区间是(, 1)， 1 (,) 4 ，减区间是 1 ( 1,) 4 . （ 2） （3）证明见解析 【解析】 试题分析： 由于( )g x为( )fx，所以判断( )g x的单调性， 需要对( )f x二次求导， 根据( )g x的导数的符号判断函数的单调性，给出单调区间; 由 0 ( )( )()( )h xg x mxf m， 得 00 ()()()h mg xmx ()f m，. 令函数 10 ( )( )()( )Hxg xxxf x， 200 ( )()()( )Hxg xxxf x分别求导 证明 . 有关零点问题，利用函数的单调性了解函数的图像情况，对极值作出相应的要求可控 制零点的个数 . 试题解析： （） 由 432 ( )2336f xxxxxa， 可得 32 ( )( )8966g xfxxxx， 进而可得 2 ( )24186g xxx.令( )0g x，解得1x，或 1 4 x. 当x变化时，( ),( )gxg x的变化情况如下表： x (, 1) 1 ( 1,) 4 1 (,) 4 ( )g x+ - + ( )g x 所以，( )g x的单调递增区间是(, 1)， 1 (,) 4 ，单调递减区间是 1 ( 1,) 4 . （）证明：由 0 ( )( )()()h xg x mxf m，得 0 ( )()()()h mg m mxf m， 000 ()()()( )h xg xmxf m. 令函数 10 ( )( )()( )Hxg xxxf x， 则 10 ( )( )()Hxg xxx. 由 （） 知， 当1,2x 时，( )0g x，故当 0 1,)xx时， 1 ( )0Hx， 1( ) Hx单调递减；当 0 (,2xx时， 1 ( )0Hx， 1( ) Hx单调递增.因此，当 00 1,)(,2xxx时， 1100 ( )()()0HxHxf x，可得 1( )0,()0Hmh m即. 专业文档 珍贵文档 （III ）证明：对于任意的正整数p，q，且 00 1)(, ,2 p xx q ， 令 p m q ，函数 0 ( )( )()()hgmxxxmf. 由（ II ）知，当 0 1),mx时，( )h x在区间 0 ( ,)m x内有零点； 当 0 (,2mx时， ( )h x在区间 0 (),x m内有零点 . 所以( )h x在(1,2)内至少有一个零点，不妨设为 1 x，则 110 ()()()()0 pp hgxf q x q x. 由（ I ）知( )g x在1,2上单调递增，故 1 0( )()12( )gxgg， 于是 432234 0 4 1 ()|() | | 2336| | ()( )(2)2 pp ff ppp qp qpqaqqq x qg xggq . 因为当1 2,x时，( )0g x，故( )fx在1,2上单调递增， 所以( )fx在区间1,2上除 0 x外没有其他的零点，而 0 p x q ，故()0 p f q . 又因为p，q，a均为整数，所以 432234 |2336|pp qp qpqaq是正整数， 从而 432234 |2336|1pp qp qpqaq. 所以 0 4 1 | 2 | ( ) p x qgq . 所以，只要取( )2Ag，就有 0 4 1 | p x qAq . 【考点】导数的应用 专业文档 珍贵文档 【2016 年】 1 【 2016 高考新课标1 卷】已知函数 2 21 x fxxea x有两个零点 . (I) 求a的取值范围； (II)设x1,x2是fx的两个零点 , 证明： 12 2xx. 【答案】(0,) 【解析】 试题分析： (I) 求导 , 根据导函数的符号来确定, 主要要根据导函数零点来分类；(II)借组第 一 问 的 结 论 来 证 明 , 由 单 调 性 可 知 12 2xx等 价 于 12 ()(2)f xfx, 即 2 (2)0fx设 2 ( )(2) xx g xxexe, 则 2 '( )(1)() xx g xxee则当1x时, '( )0g x, 而(1)0g, 故当1x时,( )0g x从而 22 ()(2)0g xfx, 故 12 2xx 试题解析 ;（）'( )(1)2 (1)(1)(2 ) xx fxxea xxea （i ）设0a, 则( )(2) x f xxe,( )f x只有一个零点 （ii ）设0a, 则当(,1)x时 ,'( )0fx；当(1,)x时 ,'( )0fx所以( )f x在 (,1)上单调递减 , 在(1,)上单调递增 又(1)fe,(2)fa, 取b满足0b且ln 2 a b, 则 223 ( )(2)(1)()0 22 a f bba ba bb, 故( )f x存在两个零点 专业文档 珍贵文档 （）不妨设 12 xx, 由 （）知 12 (,1),(1,)xx, 2 2(,1)x,( )f x在(,1) 上单调递减 , 所以 12 2xx等价于 12 ()(2)f xfx, 即 2 (2)0fx 由于 2 22 222 (2)(1) x fxx ea x, 而 2 2 222 ()(2)(1)0 x f xxea x, 所以 22 2 222 (2)(2) xx fxx exe 设 2 ( )(2) xx g xxexe, 则 2 '( )(1)() xx g xxee 所以当1x时,'( )0g x, 而(1)0g, 故当1x时 ,( )0g x 从而 22 ()(2)0g xfx, 故 12 2xx 考点：导数及其应用 【名师点睛】 , 对于含有参数的函数单调性、极值、零点问题 , 通常要根据参数进行分类讨论, 要注意分类讨论的原则：互斥、无漏、最简；, 解决函数不等式的证明问题的思路是构造适 当的函数 ,利用导数研究函数的单调性或极值破解. 2. 【2016 高考山东理数】( 本小题满分13 分) 已知 2 21 ( )ln,R x f xa xxa x . （I ）讨论( )f x的单调性； （II ）当1a时，证明 3 ( )' 2 f xfx对于任意的1,2x成立 . 【答案】（）见解析； （）见解析 【解析】 试题解析 : （）)(xf的定义域为), 0(； 3 2 32 /) 1)(2(22 )( x xax xxx a axf. 当0a，)1 , 0(x时，0)( / xf，)(xf单调递增； 专业文档 珍贵文档 / (1,),( )0xfx时，)(xf单调递减 . 当0a时， / 3 (1)22 ( )()() a x fxxx xaa . （1）20a，1 2 a ， 当) 1 ,0(x或x), 2 ( a 时，0)( / xf，)(xf单调递增； 当x) 2 , 1( a 时， 0)( / xf，)(xf单调递减； （2） 2a 时， 1 2 a ，在 x ),0(内，0)( / xf，)(xf单调递增； （3）2a时， 1 2 0 a ， 当 ) 2 ,0( a x或 x ), 1(时，0)( / xf，)(xf单调递增； 当x)1 , 2 ( a 时，0)( / xf，)(xf单调递减 . 综上所述， 当0a时，函数)(xf在) 1 , 0(内单调递增，在), 1(内单调递减； 当20a时，)(xf在) 1 , 0(内单调递增，在) 2 , 1( a 内单调递减，在), 2 ( a 内单调 递增； 当2a时，)(xf在), 0(内单调递增； 当2a，)(xf在) 2 , 0( a 内单调递增，在)1 , 2 ( a 内单调递减，在), 1(内单调递增 . （）由（）知，1a时， / 223 21122 ( )( )ln(1) x f xfxxx xxxx 专业文档 珍贵文档 23 312 ln1xx xxx ， 2, 1 x， 令1 213 )(,ln)( 32 xxx xhxxxg，2 , 1 x . 则)()()()( / xhxgxfxf， 所以在2, 1上存在 0 x使得), 1( 0 xx时，)2,(,0)( 0 xxx时，0)(x， 所以函数( )h x在 ), 1( 0 x上单调递增；在)2,( 0 x上单调递减， 由于 2 1 )2(, 1) 1(hh，因此 2 1 )2()(hxh ， 当且仅当2x取得等号， 所以 2 3 )2()1()()( / hgxfxf， 即 2 3 )()( / xfxf对于任意的2, 1x恒成立。 考点： 1. 应用导数研究函数的单调性、极值；2. 分类讨论思想 . 3. 【 2016 高考江苏卷】 （本小题满分16 分） 已知函数( )(0,0,1,1) xx f xababab. 设 1 2, 2 ab. 专业文档 珍贵文档 （1）求方程( )2f x的根 ; （2）若对任意xR, 不等式(2 )f( )6fxmx恒成立，求实数m的最大值； （3）若01,1ab，函数2g xfx有且只有1 个零点，求ab的值。 【答案】（1） 0 4（2）1 【解析】 试题分析： （1） 根据指数间倒数关系22 =1 xx 转化为一元二次方程 2 (2 )2210 xx ， 求方程根根据指数间平方关系 222 22(22)2 xxxx ，将不等式转化为一元不等式， 再利用变量分离转化为对应函数最值，即 2 ( )4 ( ) f x m f x 的最小值，最后根据基本不等式 求最值（ 2）先分析导函数零点情况：唯一零点 0 x，再确定原函数单调变化趋势：先减后增， 从而结合图像确定唯一零点必在极值点 0 x取得，而 00 (0)(0)220gfab，因 此极值点 0 x必等于零，进而求出 ab的值 .本题难点在证明 0 0x，这可利用反证法：若 0 0x，则可寻找出一个区间 12 (,)x x，由 12 ()0,g()0g xx结合零点存在定理可得函数 存在另一零点，与题意矛盾，其中可取 0 12 ,log 2 2 a x xx；若 0 0x，同理可得 . 试题解析：（ 1）因为 1 2, 2 ab，所以( )22 xx f x. 方程( )2f x，即222 xx ，亦即 2 (2 )2210 xx ， 所以 2 (21)0 x ，于是21 x ，解得0x. 由条件知 2222 (2 )22(22 )2( ( )2 xxxx fxf x. 因为(2 )( )6fxmf x对于xR恒成立，且( )0f x， 所以 2 ( )4 ( ) f x m f x 对于xR恒成立 . 而 2 ( )444 ( )2( )4 ( )( )( ) fx f xf x f xf xf x ，且 2 (0)4 4 (0) f f ， 所以4m，故实数m的最大值为4. 专业文档 珍贵文档 （2）因为函数( )( )2g xf x只有 1 个零点，而 00 (0)(0)220gfab， 所以 0 是函数( )g x的唯一零点 . 因为 ' ( )lnln xx g xaabb，又由01,1ab知ln0,ln0ab， 所以 ' ( )0g x有唯一解 0 ln log () ln b a a x b . 令 ' ( )( )h xg x，则 ''22 ( )(lnln )(ln )(ln ) xxxx h xaabbaabb， 下证 0 0x. 若 0 0x，则 0 0 0 2 x x，于是 0 ()(0)0 2 x gg， 又 log2log2log2 (log 2)220 aaa a gaba， 且函数( )g x在以 0 2 x 和log 2 a 为端点的闭 区间上的图象不间断， 所以在 0 2 x 和log 2 a 之间存在( )g x的零点，记为 1 x. 因为01a， 所以log 2 0 a ，又 0 0 2 x ，所以 1 0x与“ 0 是函数( )g x的唯一零点”矛盾. 若 0 0x，同理可得，在 0 2 x 和log 2 a 之间存在( )g x的非 0 的零点，矛盾 . 因此， 0 0x. 于是 ln 1 ln a b ，故lnln0ab，所以1ab. 考点：指数函数、基本不等式、利用导数研究函数单调性及零点 【名师点睛】对于函数零点个数问题，可利用函数的值域或最值，结合函数的单调性、草图 确定其中参数范围从图象的最高点、最低点，分析函数的最值、极值；从图象的对称性， 分析函数的奇偶性；从图象的走向趋势，分析函数的单调性、周期性等但需注意探求与论 证之间区别， 论证是充要关系， 要充分利用零点存在定理及函数单调性严格说明函数零点个 数. 4. 【 2016 高考新课标3 理数】设函数( )cos2(1)(cos1)f xaxax，其中0a，记 |( ) |f x的最大值为A 专业文档 珍贵文档 （）求( )fx； （）求A； （）证明：|( ) | 2fxA 【答案】（） '( ) 2 sin2(1)sinfxaxax； （） 2 1 23 ,0 5 61 1 ,1 85 32,1 aa aa Aa a aa ； （）见解析 【解析】 试题分析：（）直接可求( )fx； （）分1,01aa两种情况，结合三角函数的有界 性求出A， 但须注意当01a时还须进一步分为 1 1 0,1 5 5 aa两种情况求解；（） 首先由（）得到|( )|2|1|fxaa， 然后分1a， 1 1 0,1 5 5 aa三种情况证明 试题解析：（） ' ( )2 sin2(1)sinfxaxax （）当1a时， ' |( ) | | sin 2(1)(cos1)|fxaxax2(1)aa32a(0)f 因此，32Aa 4 分 当01a时，将( )f x变形为 2 ( )2 cos(1)cos1f xaxax 令 2 ( )2(1)1g tatat， 则A是|( )|g t在 1,1上的最大值，( 1)ga，(1)32ga， 且当 1 4 a t a 时，( )g t取得极小值，极小值为 22 1(1)61 ()1 488 aaaa g aaa 令 1 11 4 a a ，解得 1 3 a（舍去）， 1 5 a （ ） 当 1 0 5 a时 ，( )g t在( 1,1)内 无 极 值 点 ，|( 1)|ga，|(1)| 23ga， |( 1)| |(1)|gg，所以23Aa （）当 1 1 5 a时，由( 1)(1)2(1)0gga，知 1 ( 1)(1)() 4 a ggg a 又 1(1)(17 ) |() |( 1) |0 48 aaa gg aa ，所以 2 161 | () | 48 aaa Ag aa 专业文档 珍贵文档 综上， 2 1 23 ,0 5 61 1 ,1 85 32,1 aa aa Aa a aa （）由（）得 ' |( ) | | 2 sin2(1)sin| 2|1|fxaxaxaa. 当 1 0 5 a时， ' |( ) | 1242(23 )2fxaaaA. 当 1 1 5 a时， 13 1 884 a A a ，所以 ' |( ) | 12fxaA. 当1a时， ' |( )| 31642fxaaA，所以 ' |( )| 2fxA. 考点： 1、三角恒等变换；2、导数的计算；3、三角函数的有界性 【归纳总结】求三角函数的最值通常分为两步：（1）利用两角和与差的三角公式、二倍角公 式、诱导公式将解析式化为形如sin()yAxB的形式； （2）结合自变量x的取值范 围，结合正弦曲线与余弦曲线进行求解 【2015 年】 1. 【 2015 福建理10】若定义在R上的函数fx满足01f，其导函数fx满足 1fxk，则下列结论中一定错误的是（） A 11 f kk B 11 1 f kk C 11 11 f kk D 1 11 k f kk 【答案】 C 【解析】 由已知条件， 构造函数( )( )g xf xkx，则 '' ( )( )0g xfxk，故函数( )g x 在R上 单 调 递 增 ， 且 1 0 1k ， 故 1 ()(0) 1 gg k ， 所 以 1 ()1 11 k f kk ， 11 () 11 f kk ， 所 以 结 论 中 一 定 错 误 的 是C， 选 项D 无 法 判 断 ； 构 造 函 数 ( )( )h xf xx，则 '' ( )( )10h xfx，所以函数( )h x在R上单调递增， 且 1 0 k ， 所以 1 ( )(0)hh k ，即 11 ()1f kk ， 11 ()1f kk ，选项 A,B 无法判断，故选C 【考点定位】函数与导数 专业文档 珍贵文档 2. 【 2015 高考福建，理20】已知函数f()ln(1)xx=+，( ),(k),g xkxR=? ( ) 证明：当0xxx, 使得对 0 (0),xx?任意，恒有f( )( )xg x； ( ) 确定 k 的所以可能取值， 使得存在0t ， 对任意的(0),x?， t恒有 2 |f( )( ) |xg xx-时，( )(0)0,F xF时，xxf() ,所以G( )x在0,)+?上单调递增 ,G( )(0)0xG= 故对任意正实数 0 x均满足题意 . 当01k 取 0 1 =1x k ，-对 任 意 0 (0,),xx?恒 有G ( )0x , 所 以G( )x在 0 0, x )上 单 调 递 增 , G( )(0)0xG=, 即f( )( )xg x. 综上，当1k ,使得对任意的 0 (0),xx，?恒有f()( )xg x (3) 当1k 时，由（ 1）知，对于(0,),x“违+( )f()g xxx ，故( )f( )g xx， | f()( ) |( )( )kln(1)xg xg xf xxx-=-=-+， 令 2 M( )kln(1),0)xxxxx=-+-违 ，+，则有 专业文档 珍贵文档 2 1-2+(k-2)1 M ( )k2 =, 11 xxk xx xx +- =- + 故当 2 2(k2)8(k1) 0) 4 k x -+-+- ? （ ，时，M ( )0x ,M()x在 2 2(k2)8(k 1) 0) 4 k -+-+- ， 上单调递增，故M()M(0)0x =, 即 2 |f( )( )|xg xx-, 所 以满足题意的t 不存在 . 当1k , 使得对任意的任意的 0 (0),xx，?恒有f()( )xg x 当=1k，由（ 1）知，(0,),x违当+|f( )( )|( )( )ln(1)xg xg xfxxx-=-=-+， 令 2 H( )ln(1),0)xxxxx=-+-违 ，+，则有 2 1-2 H ( )12 =, 11 xx xx xx - = - + 当0x 时，H ( )0x 时，恒有 2 |f( )( )|xg xx-时，由（ 1）知，对于(0,),x“违+( )f( )g xxx， 故|f( )( ) |( )( )kln(1)k(k1)xg xg xf xxxxxx-=-=-+-=-， 令 2 (k 1),01xxxk-时，(0,1)xk?对于恒有 2 |f( )( ) |xg xx-, 所以满足题意的t 不存在 . 专业文档 珍贵文档 当1k , 使得 0 (0),xx?任意，恒有 1 f( )( )xk xkxg x=. 此时 1 1 |f()( ) | f()( )(k) 2 k xg xxg xkxx - -=-=, 令 21 k1k ,0 22 xxx - , 记 0 x与 1-k 2 中较小的为 1 x，则当 2 1 (0)|f( )( )|xxxg xx?，时，恒有， 故满足题意的t 不存在 . 当=1k，由（ 1）知，(0,),x违当+|f( )( )|( )( )ln(1)xg xg xfxxx-=-=-+， 令 2 M( )ln(1),0)xxxxx，+，则有 2 12 M ( )12, 11 xx xx xx 当0x 时，M ( )0x 时，恒有 2 |f( )( )|xg xx-, 此时，任意实数t 满足题意 综上，=1k. 【考点定位】导数的综合应用 究基本初等函数方法所不具备的，而是其延续 3. 【 2015 高考天津，理20】已知函数 ( )n, n f xxxxR，其中 * n,n2N. (I) 讨论( )f x的单调性； (II)设曲线( )yfx=与x轴正半轴的交点为P ， 曲线在点P处的切线方程为( )yg x=, 求证： 对于任意的正实数x，都有( )( )f xg x； (III)若关于x的方程( )=a(a)f x为实数有两个正实根 12 xx，求证： 21 |-|2 1 a xx n + - 专业文档 珍贵文档 【答案】 (I) 当n为奇数时，( )f x在(, 1)，(1,)上单调递减，在(1,1)内单调递 增；当n为偶数时，( )f x在(, 1)上单调递增，( )f x在(1,)上单调递减 . (II)见解 析； (III)见解析 . 【解析】 (I) 由( ) n f xnxx，可得，其中*nN且2n， 下面分两种情况讨论： （1）当n为奇数时： 令( )0fx，解得1x或1x， 当x变化时，( ),( )fxf x的变化情况如下表： x(, 1) ( 1,1) (1,) ( )fx ( )f x 所以，( )f x在(, 1)，(1,)上单调递减，在( 1,1)内单调递增 . （2）当n为偶数时， (II)证明：设点P的坐标为 0 (,0)x，则 1 1 0 n xn， 2 0 ()fxnn，曲线( )yfx在点 P处的切线方程为 00 ()yfxxx， 即 00 ( )()g xfxxx， 令( )( )( )F xfxg x， 即 00 ( )( )()F xf xfxxx，则 0 ( )( )()F xfxfx 由于 1 ( ) n fxnxn在0,上单调递减，故( )Fx在0,上单调递减，又因为 0 ()0F x， 所以当 0 (0,)xx时， 0 ()0Fx， 当 0 (,)xx时， 0 ()0Fx， 所以( )F x 在 0 (0,)x内单调递增，在 0 (,)x内单调递减，所以对任意的正实数x都有 专业文档 珍贵文档 0 ( )()0F xF x，即对任意的正实数x，都有( )( )f xg x. (III)证明：不妨设 12 xx， 由(II)知 2 0 ( )g xnnxx， 设方程( )g xa的根为 2 x ， 可得 202 . a xx nn ，当2n时，( )g x在,上单调递减，又由(II)知 222 ()()(),g xf xag x可得 22 xx. 类似的，设曲线( )yfx在原点处的切线方程为( )yh x， 可得( )h xnx， 当(0,)x， ( )( )0 n f xh xx，即对任意(0,)x，( )( ).f xh x 设方程( )h xa的根为 1 x ，可得 1 a x n ，因为( )h xnx在,上单调递增，且 111 ()()()h xaf xh x，因此 11 xx. 由此可得 21210 1 a xxxxx n . 因为2n，所以 111 1 2(11)111 nn n Cnn，故 1 1 0 2 n nx， 所以 21 2 1 a xx n . 【考点定位】 1. 导数的运算；2. 导数的几何意义；3. 利用导数研究函数性质、证明不等式.