专题12 恒成立问题(课时训练)解析版

专题12 恒成立问题

A组 基础巩固

1．（2021·四川绵阳市·高三三模（理））已知函数fx是定义在R上的偶函数，当x0时，.则不等式

xfx0的解集为（ ）

A． C． 【答案】C 【分析】

讨论当x0时，可得fx0；当x0，由偶函数性质得出，由不等式fx0可求解. 【详解】

当x0时，，由xfx0可得fx0，即x1x0，解得0x1；

当x0时，x0，则，又fx是偶函数，fxx1x，由xfx0可得fx0，即

B． D．

x1x0，解得x1，

综上，xfx0的解集为. 故选：C.

2．（2021·河北石家庄市·高三一模）若fx图象上存在两点A，B关于原点对称，则点对称为函数

x3,x0恰有两个“友情点对”，则实数fx的“友情点对”（点对与视为同一个“友情点对”）若fxexax2,x0a的取值范围是（ ）

A． 【答案】A 【分析】

首先转化“友情点对”为把x0时的函数图像沿着原点对称对称过去，和x0时函数图像的交点，即

B．

C．0,1

D．

xx3yx的图像和yax2(x0)的交点，所以只要ax有两解即可，求导画图即可得解.

ee【详解】

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根据题意，若要求“友情点对”，可把x0时的函数图像关于原点对称， 研究对称过去的图像和x0时的图像有两交点即可， 关于原点对称的解析式为yax2(x0)，

x3考查y的图像和yax2(x0)的交点，

xexxx32可得，ax，令g(x)x axeeexg(x)x10， xe所以x(0,1)，g(x)0，g(x)为减函数，

1x(1,)，g(x)0，g(x)为增函数，g(1)，

e其图象为， 故若要a故选：A 【点睛】

本题考查了新定义问题，考查了转化思想，考查了利用导数研究函数的图像，同时考查了函数对称问题，属于较难题. 本题关键点有：

（1）正确理解“友情点对”；

（2）正确的转化，转化为函数方程问题； （3）掌握利用导数研究单调性.

x1有两解，只要a0即可， xeex22x2,x0,3．（2021·全国高三其他模拟）已知函数f(x)若关于x的不等式

ln(x1),x0,f(x)axaA． 【答案】A 【分析】

不等式f(x)axa1在R上恒成立，则实数a的取值范围是（ ） 2B．

C．

D．

11在R上恒成立的两个临界状态是yaxa与yln(x1)(x0)相切和与22BatchDoc-Word文档批量处理工具

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相切时，故求两种状态下的a值，即可得a的取值范围． 【详解】

画出函数f(x)的图像如图所示.

f(x)axa11在R上恒成立即函数的图像恒在直线yaxa的图像的下方， 221过定点， 21， x1且直线yaxa当直线与yln(x1)(x0)相切时，设切点，y可得

1x01lnx01x01112，解得，则直线斜率为e2，即；

当直线与相切时，此时由axa1x22x2， 2得x2(a2)xa123， 0，令(a2)24a60，得a2或（舍）2所以由图像可知故选：A 【点睛】

ea2 方法点睛：已知不等式能恒成立求参数值(取值范围)问题常用的方法： （1）函数法：讨论参数范围，借助函数单调性求解；

（2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域或最值问题加以解决；

（3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解．

4．（2021·全国高三其他模拟）已知函数，gx（ ） A． C．

B． D．

13x2x2a，若对xR恒成立，则a的取值范围是3BatchDoc-Word文档批量处理工具

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【答案】A 【分析】 令2x5ex想可得选项． 【详解】 令2x5exx13x2x2a，求导，分析导函数的正负，得所函数的单调性和最值，由不等式恒成立思313x2x2a，则， 3x令sx2ex，则sx2e1，令sx0，解得xln故sx在上单调递减，在上单调递增，故sxminsln11，令sx0，解得xln， 22111ln0． 22令hx0，解得x4，令hx0，解得x4，故hx在上单调递减，在上单调递增，故

hxminh42e4故选：A． 【点睛】

3232a0，解得a2e4， 32方法点睛：不等式恒成立问题常见方法：

① 分离参数afx恒成立(afxmax即可)或afx恒成立（afxmin即可）； ② 数形结合(yfx 图象在ygx 上方即可)； ③ 讨论最值fxmin0或

fxmax0恒成立.

1exex，若不等式对xR恒成立，则实数ax215．（2021·全国高三其他模拟）已知函数fx的取值范围是（ ） A． 【答案】D 【分析】

构造函数gxfx解不等式即可. 【详解】

B．

C． D．

1，判断函数的奇偶性与单调性，将所求不等式转化为，即，再利用函数单调性2fx1exex， x21BatchDoc-Word文档批量处理工具

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令gxfx1，则，可得gx是奇函数， 212xln21ln2xxxxxgxeee+ee+x2x又， x1ex21212x22又利用基本不等式知ex+11x当且仅当，即x0时等号成立； 2eexexln2ln21x当且仅当，即x0时等号成立； 2142xx22x2故gx0，可得gx是单调增函数， 由得fax11f12axf12ax， 12222即，即ax22ax10对xR恒成立.

当a0时显然成立；当a0时，需，得0a1， 综上可得， 故选：D. 【点睛】

方法点睛：本题考查函数的单调性、奇偶性及含参不等式的解法，要设法把隐性转化为显性，方法是： （1）把不等式转化为的模型；

（2）判断fx的单调性，再根据函数的单调性将“f”脱掉，得到具体的不等式组来求解，但注意奇偶函数的区别.

6．（2021·全国高三其他模拟（理））若f(x)是奇函数，且在上是减函数，又f(4)0，则的解集是（ ） A．

C．(6,2)(2,) 【答案】B 【分析】

根据函数f(x)为奇函数，f(4)0得到f(4)0，再由函数在上是减函数，作出函数f(x)的图象，再

B． D．

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由，等价于2f(x2)x0，利用数形结合法求解. 【详解】

因为函数f(x)为奇函数， 所以，

所以f(4)0，

因为函数f(x)在上是减函数， 所以函数f(x)在上是减函数． 作出函数f(x)的大致图象如图所示，

而，等价于，即2f(x2)x0， 则或， 所以或，

解得6x2或0x2． 综上，的解集是． 故选：B

7．（2021·黑龙江哈尔滨三中高三二模（理））设a1b0，则下列不等式恒成立的是（A． B．

C．log1blog1aba D．abba 【答案】D 【分析】

根据指数函数的性质判断A，B，D，根据特殊值法判断C． 【详解】

解：对于A:a1b0，，故A错误；

对于B:20202021，故(112)2020(2)2021，故B错误；

对于C:a1b0，不妨令a2，b12， 则log1ab1，log1ba1，故C错误； 对于D:a1b0，

aba01，bab01，所以abba，故D正确；

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）BatchDoc-Word文档批量处理工具

故选：D．

8．（2021·辽宁高三二模）已知函数fxe2e，gxxa，若关于x的不等式在R上恒成

xx立，求实数a的取值范围是___________. 【答案】 【分析】

先研究函数的单调性，再讨论gx1表示的直线与hx相切时参a的值，结合直线特征确定纵截距使得hx恒在直线上方，即求得参数的取值范围. 【详解】

令，则hxex2exex2ex2ex，

令hx0，得xln2，

当xln当x,ln2时，hx0，hx单调递减，

2,时，hx0，hx单调递增.

又gxxa，则gx1xa1，

当gx1xa1时，若直线yxa1与yhx相切时，设切点为，则，解得x1又，所以，

解得此时纵截距为1a2ln2，

故当纵截距1a2ln2时，可以使恒成立，即aln21；

当gx1xa1时，若直线yxa1与yhx相切时，设切点为，则，解得x20， 又，所以e02e010a1， 解得此时纵截距为a12，

故当纵截距a12时，可以使恒成立，即a3； 由已知对xR，都有，需. 故答案为：. 【点睛】 关键点点睛：

ln2，

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本题的解题关键在于确定gx1表示的直线与曲线相切时的临界状态下的纵截距，再结合截距变化确定何时hx恒在直线上方，即突破难点.

9．（2021·安徽合肥市·高三二模（文））已知函数fxlnx，gxxlnx.若当x0,时，恒成立，则实数kb的值等于___________. 【答案】2 【分析】

先由x1代入可得kb0，再由，构造m(x)lnxkxk，由m(x)0恒成立可得k1，再检验

x1xlnx恒成立即可..

【详解】

当x0,时，，即，

所以当x1时，0kb0，所以kb0， 则，

令m(x)lnxkxk，则m(x)0在x0,时恒成立，

m(x)11kx. kxx当k0时，m(x)0，则m(x)lnxkxk单调递增， 由m(1)0，可知x1,时，m(x)m(1)0，不满足； 当k0时，m(x)0，可得x1， k则x0,1时，m(x)0，m(x)单调递增，x1,时，m(x)0，m(x)单调递减，

11，即k1. k1只需检验k1时x1xlnx恒成立即可.，即证lnx10

x111x1令n(x)lnx1，n(x)22，

xxxx由m(1)0，且m(x)0在x0,时恒成立，所以

x0,1时，n(x)0，n(x)单调递减，x1,时，n(x)0，n(x)单调递增，

所以n(x)n(1)0，得证. 所以，所以.

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故答案为：2. 【点睛】

关键点点睛：本题解题的关键是由x1得到kb0，进而转换为在x0,时恒成立，通过构造函数可求参数.

10．（2021·全国高三专题练习）若_____；当a0时，【答案】1 【分析】

lnx1恒成立，当a0时，b的最小值为axb对于x0，xb的最小值是_______________． a1 elnx1，则求出fxmax，即可求出b的最小值；作出fx的图像，xb运用函数图像的性质数形结合确定的最小值.

a令a0得到，构造函数fx【详解】

解：a0时，，令fx则fxlnx1， x1lnx1lnx， x2x2令fx0， 解得：x1，

且当0x1时，单调递增； 当x1时，单调递减， ∴fxmaxf1∴b1，

故b的最小值为1，

ln111， 1fx

lnx1的图像如下所示： x当a0时， 令，可得

bx， aBatchDoc-Word文档批量处理工具

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b取得最小值，直线在x轴的截距最大， alnx1又axb，

xlnx1结合图像可知：令fx0，

x1可得x，

e1则x，

e故故.

故答案为：1，【点睛】

关键点点睛：本题解题的关键是运用转化思想和构造函数，结合导数判断函数的单调性和最值.

11．（2020·天津和平区·高三一模）已知函数，则3logf3256_______；若方程在区间有三个不等实根，则实数

1的取值范围为______. a1. e【答案】81 【分析】

（1）利用分段函数解析式求出f3，再根据对数、指数的运算法则计算可得. （2）画出函数的图象，利用函数的零点的个数推出实数【详解】 解：由，

则f32f322f122f124f14104， 所以.

作出函数fx在区间上的图象，如图所示，

设yxa，由图象可知要使方程在区间有3个不等实根， 则直线yxa应位于l1与l2之间或直线l3的位置， 所以实数a的取值范围为2a0或a1. 所以，或

1的取值范围. a11， aBatchDoc-Word文档批量处理工具

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故答案为：81；. 【点睛】

本题考查了分段函数求值、根据零点个数求参数的取值范围，考查了数形结合的思想，属于中档题.

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B组 能力提升

12．（2021·全国高三其他模拟）(多选题)设函数，其中是自然对数的底数，则下列说法正确的是（ ） A．函数fx在定义域R上单调递增 B．若，则a1或a2 C．若，则

D．函数fx是定义域为R的奇函数 【答案】ACD 【分析】

根据函数的奇偶性的定义判断出函数是奇函数，再求导，由基本不等式可得出导函数的符号，判断出函数的单调性，由此可得选项. 【详解】

函数fx的定义域为R，fx3x32x22exfx，所以函数fx为奇函数； xe又fx，所以fx在定义域R上单调递增， 所以，等价于，所以，解得， 故选：ACD． 【点睛】

方法点睛：在判断函数的单调性时，常采用求其导函数，分析导函数的正负，得出函数的单调性，再结合函数的奇偶性求解不等式.

13．（2021·全国高三其他模拟）（多选题）已知函数fxeaxa，aR，则（ ）

xA．若fx在R上单调递增，则a0

x1x1e，则gx为奇函数 x1x1xC．a0时，若函数gxfxlog2e1，则x的取值范围是

x1B．若函数gxfx1lnD．若函数fx不存在零点，则e2a0 【答案】BD 【分析】

对于A，举反例进行判断；对于B，先求出函数的定义域，再利用奇形怪状偶性的定义判断即可；对于

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C，由题意可得从而可求出x的取值范围；对于D，令fxex，构造函数0，当x1时，a1xex，利用导数求出其单调区间，再画出函数的大致图像，由图像可得答案 hx1x【详解】

当a0时，fxe在R上单调递增，故A错误；

x∵gxfx1lnx1x1x1， eaxlnx1x1∴定义域，且，故B正确； 当a0时，gxfxlog2x1xx1elog21，∴∴x1或x3，故C错误； x1x1令fxexex，设hx，0，则ax1e．当x1，则0e不成立，当x1，则a1x1xx则hxex2x1x2，∴hx在单调递增，在单调递增，在单调递减，∴hx的大致图象如图所示，

∴若函数fx不存在零点，则e2a0，故D正确， 故选：BD． 【点睛】

关键点点睛：本题考查函数的单调性、奇偶性、函数的零点．本题以函数为载体，要求考生掌握函数的单调性、奇偶性、零点、对数不等式的解法和分式不等式的解法，体现了数学运算和逻辑推理的核心素养，解题的关键是熟练应用函数的单调性、奇偶性和函数的零点的性质，属于中档题．

14．（2021·辽宁高三其他模拟）已知函数fx是定义在上的奇函数，当x0时，，则下列说法正确的是（ ）

A．fx在区间上单调递减 B．fx在区间上单调递增

C．当时，函数yfxa有两个不同零点

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D．fx有两个极值点 【答案】AD 【分析】

根据x0时，f(x)解析式，利用导数求得其单调递减区间，根据f(x)的奇偶性即可判定A、B的正误；在同一坐标系种画出与ya的图象，数形结合，即可判定C的正误；根据的图象，即可判定D的正误，即可得答案. 【详解】

当x0时，,令f'(x)0得x时,

1, ef'(x)0,所以f(x)在区间上单调递减,

再根据奇函数知f(x)在区间上单调递减，故A正确; 因为,所以f(x)在区间单调递减，故B错误; 因为又f(x)为奇函数，所以,

如图与ya有两个交点,则-且a0,故C错误;

函数f(x)的两个极值点为土故选：AD 【点睛】

解题的关键是熟练掌握利用导数判断函数的单调性，函数奇偶性的应用等知识，考查分析理解，数形结合的能力，属中档题.

15．（2021·辽宁高三二模）若实数t2，则下列不等式中一定成立的是（ ） A．

C．1logtt1 【答案】ABD 【分析】 构造函数fxB．t1t21，故D正确. et2

t11tD．

lnx，利用导数可得函数f(x)在(e,)上单调递减，由f(t3)f(t2)可推得A正x确，由f(t1)f(t2)可推得B正确，当t2时，作差比较可知C错：作差，利用换底公式变形，再根据基本不等式判断符号，可得D正确.

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【详解】

1lnxxlnx1lnx对A，令fx，则，当xe时，f(x)0，所以函数f(x)在x2f(x)xxx2(e,)上单调递减，因为t2，所以t3t2e，所以f(t3)f(t2)，

所以，所以，故A正确；

对B，由A知，函数f(x)在(e,)上单调递减，因为t2，所以， 所以f(t1)f(t2)，即，即， 所以ln(t1)(t2)ln(t2)(t1)，所以t1对C选项，当t2时，，故C错： 对D，

因为t2，所以ln(t1)0，ln(t2)0，ln(t3)0， ，

所以，即，故D正确. 故选：ABD 【点睛】

关键点点睛：对于AB，构造函数，利用函数的单调性比较大小是解题关键；对于D，作差，利用基本不等式放缩后，比较大小是解题关键.

16．（2021·四川绵阳市·高三三模（文））已知函数fxealnx.

xt2t2，故B正确：

t1（1）若函数fx在定义域内为增函数，求实数a的取值范围； （2）当ae2时，求证：fx0. 【答案】（1）；（2）证明见解析. 【分析】

xexa（1）首先求出函数的导函数，依题意可得a0两种情况讨论，即可0在恒成立，再分a0和 x得解；

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（2）易知在上单调递增，再根据零点存在性定理可得存在x01,2，使得fx00，即可得到fx在0,x0单调递减，在x0,单调递增，即可得证. 【详解】

解：（1）由fxealnx，得fxexxax0. x函数fx在定义域内为增函数，

axexafxe0在恒成立.

xxx当a0时，fx0，满足题意； 当 a0时，设. 易得，

函数hx在上为增函数， ，即a0与 a0矛盾. 综上，实数a的取值范围为. （2）易知在上单调递增，

e2又，f20，

2存在x01,2，使得fx00，

c2即e，lnx02x0.

x0x0当x0,x0时，fx0， 当xx0,时，fx0，

函数fx在0,x0单调递减，在x0,单调递增.

1e22 fxeelnx0e2x0e2x02e22e22e20.

x0x0x02fx0.

【点睛】

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导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．

17．（2021·云南昆明市·高三二模（文））已知函数f(x)axsinx，x(0,)(aR). (1)若f(x)0，求a的取值范围； (2)当a1时，证明：2f(x)cosxex. 【答案】(1)；(2)证明见解析. 【分析】

(1)对函数f(x)求导，按导函数值恒正、恒负、可正可负三类讨论，求解得a的范围；

(2)利用分析法把要证不等式等价转化为(2x2sinxcosx)ex1，再构造函数，利用函数单调性推理得证. 【详解】

(1)f(x)acosx，

当a1时，f(x)0，函数f(x)在(0,)单调递增，故f(x)f(0)0，满足题意；

a1时，f(x)0，函数f(x)在(0,)单调递减，故f(x)f(0)0，不满足题意；

时，令f(x)0，在(0,)上存在x0，使得cosx0a成立，

故0xx0时，f(x)0，f(x)在(0,x0)单调递减，则f(x)f(0)0，不满足题意， 综上：a的取值范围是； (2)a1时，f(x)xsinx，

要证2f(x)cosxex，即证2x2sinxcosxex，即证(2x2sinxcosx)ex1， 设g(x)(2x2sinxcosx)ex， 则，

[2(xsinx)22sin(x)]ex，

4由(1)得xsinx，而22sin(x4)220，

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即h(x)0，g(x)在(0,)单调递增，g(x)g(0)1， 所以x(0,)，a1时，2f(x)cosxex. 【点睛】

(1)由不等式成立，求参数范围，可以分离参数，转化为恒成立问题；也可以求导，再对参数分类讨论处理. (2)证明函数不等式，通过等价转化，构造新函数，利用函数的性质解决. 18．（2021·甘肃高三二模（文））已知函数fxx22x1，xR. （1）求函数fx的图象与直线y6围成区域的面积；

（2）若对于m0，n0，且mn4时，不等式fxmn恒成立，求实数x的取值范围. 【答案】（1）6；（2）. 【分析】

（1）作出函数f(x)的图象与直线y6，得到围成的区域是ABC，根据三角形的面积公式计算可得结果；

（2）根据基本不等式求出mn的最大值，将恒成立转化为最大值可得，再分类讨论去绝对值可求出结果. 【详解】

3x,x1（1）由fxx4,1x2与y6围成的区域是ABC，如图所示，

3x,x2

其中A2,6，，，

所以AC4，B到直线AC的距离为3， 故所求面积为S△ABC1436. 2（2）因为m0，n0，且mn4，

mn，即，

所以mn2若不等式fxmn恒成立，则有fxmnmax， 即fx4，解不等式，

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可得或或， 解之得x4或x0， 3所以实数x的取值范围为. 【点睛】

结论点睛：本题考查不等式的恒成立与有解问题，可按如下规则转化： ①若kf(x)在[a,b]上恒成立，则kf(x)max； ②若kf(x)在[a,b]上恒成立，则； ③若kf(x)在[a,b]上有解，则；

④若kf(x)在[a,b]上有解，则kf(x)max. 19．（2021·全国高三其他模拟）已知函数f(x)（1）讨论函数f(x)的单调性；

（2）若m1，求证：[f(x)xa]ln(x1)1【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析. 【分析】

mlnxmx(mR). x1ea1.

m1mx2xm（1）f(x)2m，x0，分m0，m0两种情况，根据二次函数的性质,2xxx利用判别式结合函数的定义域，由导数的正负判断；

（2）将证明，转化为证然后令h(x)1xlnxax， ，用导数法证明. 【详解】

m1mx2xm（1）f(x)2m，x0， 2xxx若m0，则f(x)10，函数f(x)在(0,)上单调递减. x若m0，则二次函数ymx2xm的判别式14m2， 当0，即m若m11或m时，

221，则f(x)0，等号不恒成立，函数f(x)在(0,)上单调递增； 2BatchDoc-Word文档批量处理工具

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1，则f(x)0，等号不恒成立，函数f(x)在(0,)上单调递减. 211当0，即m且m0时，

22若m令f(x)0，即mx2xm0，

221114m114m此时x，x，x1x2，x1x21，

12m2m2m若0m若1，则x1，x20，此时f(x)0恒成立，函数f(x)在(0,)上单调递减； 21m0，则0x2x1，当x0,x2时，f(x)0， 2当xx2,x1时f(x)0，当xx1,时，f(x)0， 即函数f(x)在0,x2和x1,上单调递增，在上单调递减. 综上，当m0时，函数f(x)在(0,)上单调递减； 当m当1时，函数f(x)在(0,)上单调递增； 21m0时，函数f(x)在和上单调递增， 2在上单调递减. （2）要证， 即证.

记h(x)1xlnxax，则， 令h(x)0，得xe(a1)，

(a1)当x0,e时，h(x)0，h(x)单调递增；

(a1),时，h(x)0，h(x)单调递减， 当xe所以.

令，则kx1x10， 1x1x所以kx在上递减， 则， 即恒成立，

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ln(x1)ea11所以(1xlnxax)a1恒成立，

xe故[f(x)xa]ln(x1)1【点睛】

方法点睛：判断函数的单调性，求函数的单调区间、极值等问题，最终归结到判断f′(x)的符号问题上，而

1ea1.

f′(x)＞0或f′(x)＜0，最终可转化为一个一元一次或一元二次不等式问题．若含参数，则含参数的二次不等

式的解法常常涉及到参数的讨论问题，只要把握好下面的四个“讨论点”，一切便迎刃而解．分类标准一：二次项系数是否为零，目的是讨论不等式是否为二次不等式；分类标准二：二次项系数的正负，目的是讨论二次函数图象的开口方向；分类标准三：判别式的正负，目的是讨论二次方程是否有解；分类标准四：两根差的正负，目的是比较根的大小．

20．（2021·全国高三其他模拟）已知函数f(x)xlnx. （1）求曲线在点

e,e处的切线方程

5x，求证：当x1时，g(x)3. 2（2）若g(x)exf(x)【答案】（1）2xye0；（2）证明见解析. 【分析】

（1）求导数，得切线斜率，由点斜式写出直线方程并整理； （2）题意即证当x1时，exxlnx5，只要证x30.利用x1时，exx1放缩，

2x2lnx5x30，为此构造新函数，利用导数求得它的最小值妈可完成证明． 2【详解】

本题考查导数的几何意义､利用导数研究函数的单调性､最值，不等式的证明. （1），f(e)lne12，

∴曲线在点(e,e)处的切线方程为y2(xe)e，整理得2xye0. （2）要证当x1时，g(x)3， 即证当x1时，exxlnx5x30. 255x30，即可证明exxlnxx30) 22(利用放缩法进行放缩，然后证明x2lnx当x1时，exx1恒成立，，∴，

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55x3x2lnxx3. 2255若证得x2lnxx30，即可证得exxlnxx30.

225下面证明x2lnxx30.

253不等式两侧同时除以x2可将不等式转化为lnx20，

2xx故有exxlnx(构造函数，根据函数hx的单调性求得函数hx在区间上的最小值，根据最小值大于0证得结果) 令，则， 当1x当x3时，h(x)0，hx单调递减； 23时，h(x)0，hx单调递增. 2353313h(x)hlnln023∴当x1时，， 22232322故当x1时，gx3. 所以原不等式成立． 【点睛】

关键点点睛：本题考查导数的几何意义，考查用导数证明不等式．证明不等式关键是在于转化，一是利用不等式的放缩简化函数式，二是构造新函数，转化为求新函数的最值．

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