919p?（）1999?98?...?81?（90）10 所以. 即
919101910102（）?e?2（）?e219ln?2ln?9919 再证：10，即证9，即证，即证
f(x)?ln(1?x)?由（Ⅰ）
2xx?2，当x＞0时，f(x)＞0.
1112ln(1?)?9?ln(1?)??0110291?2919x?,ln?9则919 9令，即
2?919p?（）?e?210综上有：
32f(x)?x?3ax?(3?6a)x?12a?4(a?R) 110.（全国Ⅱ文20）已知函数
(Ⅰ)证明：曲线y?f(x)在x?0的切线过点(2,2)； （Ⅱ）若
f(x)在x?x0处取得极小值，x0?(1,3),求a的取值范围。
2f?(x)?3x?6ax?(3?6a)，f?(0)?3?6a，又f(0)?12a?4 【解析】(Ⅰ)
曲线y?f(x)在x?0的切线方程是：y?(12a?4)?(3?6a)x，在上式中令
x?2，得y?2
所以曲线y?f(x)在x?0的切线过点(2,2)；
2?（Ⅱ）由f(x)?0得x?2ax?1?2a?0，（i）当?2?1?a?2?1时，f(x)没有极
小值； (ii)当a?2?1或a??2?1时，由f?(x)?0得
x1??a?a2?2a?1,x2??a?a2?2a?1
故
x0?x221??a?a?2a?1?3，当a?2?1时，不等式 。由题设知
1??a?a2?2a?1?3无解；
5??a??2?121??a?a?2a?1?3a??2?12当时，解不等式得
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5(?,?2?1)综合(i)(ii)得a的取值范围是2。
111.（山东理21）某企业拟建造如图所示的容器（不计厚度，长度单位：米），其中容器的
80?中间为圆柱形，左右两端均为半球形，按照设计要求容器的体积为3立方米，且
l≥2r.假设该容器的建造费用仅与其表面积有关.已知圆
柱形部分每平方米建造费用为3千元，半球形部分每平方米建造费用为c(c＞3).设该容器的建造费用为y千元. （Ⅰ）写出y关于r的函数表达式，并求该函数的定义域； （Ⅱ）求该容器的建造费用最小时的r.
4?r3804r80?80???r2l?l?2?3r3,3,解得【解析】（Ⅰ）因为容器的体积为3立方米，所以3160?8?r2804r?2?r(2?)?3r3,两端两个半球的表面2?rl3r3所以圆柱的侧面积为=
160?l2?8?r22积之和为4?r,所以y?r+4?cr,定义域为(0,2).
208?[(c?2)r3?20]160?3r???16?r''22y?yc?2; r8?crr（Ⅱ）因为+=,所以令?0得:
'y令?0得:
0?r?32020r?3c?2,所以c?2米时, 该容器的建造费用最小.
112.（陕西理21）设函数f(x)定义在(0,??)上，f(1)?0，导函数
f?(x)?1x，
g(x)?f(x)?f?(x)．
（1）求g(x)的单调区间和最小值；
1g()（2）讨论g(x)与x的大小关系；
x0?0（3）是否存在，使得
|g(x)?g(x0)|?1x对任意x?0成立？若存在，求出x0的取值
范围；若不存在，请说明理由．
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【分析】（1）先求出原函数f(x)，再求得g(x)，然后利用导数判断函数的单调性（单调区
间），并求出最小值；（2）作差法比较，构造一个新的函数，利用导数判断函数的
单调性，并由单调性判断函数的正负；（3）存在性问题通常采用假设存在，然后进行求解；注意利用前两问的结论．
f?(x)?【解】（1）∵
即c?0，
1x，∴f(x)?lnx?c（c为常数），又∵f(1)?0，所以ln1?c?0，
∴f(x)?lnx；
g(x)?lnx?1x?1x?1g?(x)?2?02?g(x)0?x，xx∴，令，即，解得x?1，
?当x?(0,1)时，g(x)?0，g(x)是减函数，故区间在(0,1)是函数g(x)的减区间； ?当x?(1,??)时，g(x)?0，g(x)是增函数，故区间在(1,??)是函数g(x)的增区间；
所以x?1是g(x)的唯一极值点，且为极小值点，从而是最小值点， 所以g(x)的最小值是g(1)?1．
(x?1)2111h?(x)??g()??lnx?xh(x)?g(x)?g()?2lnx?x?x2， xx，则（2）x，设
1g(x)?g()01,)1(,)??x，当x?1时，h(1)?0，即当x?(时，h(x)?0，h(1)?0，
??1g(x)?g()h(x)?h(1)=0，x；因此函数h(x)在(0,??)内单调递减，当0?x?1时，∴ 1g(x)?g()x． 当x?1时，h(x)?h(1)=0，∴
（3）满足条件的
x0不存在．证明如下：
证法一 假设存在
x0?0，使
|g(x)?g(x0)|?1x对任意x?0成立，
即对任意x?0有但对上述的
lnx?g(x0)?lnx?x1?eg(x0)2x ①
，这与①左边的不等式矛盾，
x0，取时，有
lnx1?g(x0)用心 爱心 专心 48
因此不存在
x0?0，使
|g(x)?g(x0)|?1x对任意x?0成立．
1x对任意x?0成立，
证法二 假设存在
x0?0，使
|g(x)?g(x0)|?由（1）知，g(x)的最小值是g(1)?1，
g(x)?lnx?又
为[1,??)，
1?lnx1时，g(x)的值域x，而x?1时，lnx的值域为(0,??)，∴当x…从而可以取一个值
x1?1，使
g(x1)…g(x0)?1，即
g(x1)?g(x0)…1|g(x1)?g(x0)|…1?,∴
1x1，这与假设矛盾．∴不存在x0?0，使
|g(x)?g(x?|0)1x对任意x?0成立．
?113.（陕西文21）设f(x)?lnx，g(x)?f(x)?f(x)．
（1）求g(x)的单调区间和最小值；
1g()（2）讨论g(x)与x的大小关系；
1（3）求a的取值范围，使得g(a)?g(x)＜a对任意x＞0成立．
【分析】（1）先求出原函数f(x)，再求得g(x)，然后利用导数判断函数的单调性（单调区间），并求出最小值；（2）作差法比较，构造一个新的函数，利用导数判断函数的单调性，并由单调性判断函数的正负；（3）对任意x＞0成立的恒成立问题转化为函数g(x)的最小值问题．
f(x)?lnx,g(x)?lnx?【解】（1）由题设知
1x?1g?(x)?2,x，∴x令g?(x)?0得x=1，
?当x∈（0，1）时，g(x)＜0，g(x)是减函数，故（0，1）是g(x)的单调减区间。 ?当x∈（1，+∞）时，g(x)＞0，g(x)是增函数，故（1，+∞）是g(x)的单调递增区间，
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因此，x=1是g(x)的唯一极值点，且为极小值点，从而是最小值点，所以g(x)的最小值为g(1)?1.
(x?1)2111h?(x)??g()??lnx?xh(x)?g(x)?g()?lnx?x?x2， xxx(2)，设，则
1g(x)?g()x，当x?(0,1)?(1,??)时，h?(x)?0， 当x?1时，h(1)?0，即
1g(x)?g().x 因此，h(x)在(0,??)内单调递减，当0?x?1时，h(x)?h(1)?0，即
g(a)?g(x)?1a，对任意x?0，成立
（3）由（1）知g(x)的最小值为1，所以，
?g(a)?1?1,a
即Ina?1,从而得0?a?e。
xxf(x)?a?2?b?3114.（上海理20） 已知函数，其中常数a,b满足a?b?0
（1）若a?b?0，判断函数f(x)的单调性；
（2）若a?b?0，求f(x?1)?f(x)时的x的取值范围． 解：⑴ 当a?0,b?0时，任意则
x1,x2?R,x1?x2
，
f(x1)?f(x2)?a(2x1?2x2)?b(3x1?3x2)x1x2x1x2x1x2x1x22?2,a?0?a(2?2)?03?3,b?0?b(3?3)?0， ∵ ，
∴
f(x1)?f(x2)?0，函数f(x)在R上是增函数。当a?0,b?0时，同理函数f(x)在
R上是减函数。
xx⑵
f(x?1)?f(x)?a?2?2b?3?0，当a?0b,?3a()x??02b，则时，2a3xaax?lo1g?()()??x?log(?).51.5a?0,b?02b；当2b，则2b。 时，2xxf(x)?a?2?b?3115.（上海文21）已知函数，其中常数a,b满足a?b?0
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