高三數(shù)學導數(shù)練習答案

1、2018高三復習導數(shù)(答案)姓名：_班級：_考號：_一、單選題1設f(x)是函數(shù)f(x)的導函數(shù)，y=f(x)的圖象如圖所示，則y=f(x)的圖象可能是（ ）A B C D 【答案】C【解析】由導函數(shù)的圖象可知，函數(shù)在(,0),f(x)0，f(x)單調遞增；在(0,2),f(x)0，f(x)單調遞增，故選C.2如果函數(shù)yf(x)的導函數(shù)的圖象如圖所示，給出下列判斷：函數(shù)yf(x)在區(qū)間(-3,-1)內單調遞增；當x2時，函數(shù)yf(x)有極小值；函數(shù)yf(x)在區(qū)間4,5內單調遞增；當x=12時，函數(shù)yf(x)有極大值則上述判斷中正確的是()A B C D 【答案】D【解析】【分析】根據(jù)導函數(shù)在

2、圖像中的正負，判斷函數(shù)的單調性，并判斷是否存在極值?！驹斀狻扛鶕?jù)導數(shù)圖像，可知f(x)在區(qū)間(-3,2)內導函數(shù)小于0，所以函數(shù)f（x）單調遞減，f(x)在區(qū)間(2,12 )內大于0，所以函數(shù)f（x）單調遞增，所以錯誤。f(x) 在12x0，函數(shù)f(x)單調遞增；f(x) 在2x4 時f(x)0，函數(shù)f(x)單調遞減，所以f(x)在x2時，函數(shù)yf(x)有極大值，所以錯誤。f(x) 在4x0，函數(shù)f(x)單調遞增，所以正確。f(x) 在2x0，函數(shù)f(x)單調遞增；f(x) 在12x0，函數(shù)f(x)單調遞增，所以f(x)在x12 時，函數(shù)yf(x)沒有極值，所以錯誤。綜上，只有正確，所以選D【

3、點睛】本題考查了導數(shù)圖像的簡單應，根據(jù)導函數(shù)圖像判斷單調性和極值，屬于基礎題。3函數(shù)yx2ex的圖象大致為()A B C D 【答案】A【解析】【分析】利用導數(shù)討論函數(shù)的單調性，可排除B，C，又yx2ex0，排除D.【詳解】因為y2xexx2exx(x2)ex，所以當x0時，y0，函數(shù)yx2ex為增函數(shù)；當2x0時，y1及a1兩種情況進行分類討論，通過研究f(x)的變化情況可得f(x)取得極值的可能，進而可求參數(shù)a的取值范圍.詳解：解：（）因為f(x)=ax2-(3a+1)x+3a+2ex，所以f(x)=ax2-(a+1)x+1ex.f(2)=(2a-1)e2，由題設知f(2)=0，即(2a-

4、1)e2=0，解得a=12.（）方法一：由（）得f(x)=ax2-(a+1)x+1ex=(ax-1)(x-1)ex.若a1，則當x(1a,1)時，f(x)0.所以f(x)在x=1處取得極小值.若a1，則當x(0,1)時，ax-1x-10.所以1不是f(x)的極小值點.綜上可知，a的取值范圍是(1,+).方法二：f(x)=(ax-1)(x-1)ex.（1）當a=0時，令f(x)=0得x=1.f(x),f(x)隨x的變化情況如下表：x(-,1)1(1,+)f(x)+0f(x)極大值f(x)在x=1處取得極大值，不合題意.（2）當a0時，令f(x)=0得x1=1a,x2=1.當x1=x2，即a=1時

5、，f(x)=(x-1)2ex0，f(x)在R上單調遞增，f(x)無極值，不合題意.當x1x2，即0a1時，f(x),f(x)隨x的變化情況如下表：x(-,1)1(1,1a)1a(1a,+)f(x)+00+f(x)極大值極小值f(x)在x=1處取得極大值，不合題意.當x11時，f(x),f(x)隨x的變化情況如下表：x(-,1a)1a(1a,1)1(1,+)f(x)+00+f(x)極大值極小值f(x)在x=1處取得極小值，即a1滿足題意.（3）當a0兩種情況來討論；（II）由（I）知當a0時f(x)在(0,+)無最大值,當a0時f(x)最大值為f(1a)=lna+a1.因此f(1a)2a2lna

6、+a10.令g(a)=lna+a1,則g(a)在(0,+)是增函數(shù),當0a1時,g(a)1時g(a)0,因此a的取值范圍是(0,1).試題解析：（）f(x)的定義域為(0,+),f(x)=1xa,若a0,則f(x)0,f(x)在(0,+)是單調遞增；若a0,則當x(0,1a)時f(x)0,當x(1a,+)時f(x)0時f(x)在x=1a取得最大值,最大值為f(1a)=ln(1a)+a(11a)=lna+a1.因此f(1a)2a2lna+a10.令g(a)=lna+a1,則g(a)在(0,+)是增函數(shù),g(1)=0,于是,當0a1時,g(a)1時g(a)0,因此a的取值范圍是(0,1).考點：本

7、題主要考查導數(shù)在研究函數(shù)性質方面的應用及分類討論思想.視頻7已知函數(shù)f(x)=lnx+2x（1）求函數(shù)f(x)在1,+)上的值域；（2）若x 1,+)，lnx(lnx+4)2ax+4恒成立，求實數(shù)a的取值范圍【答案】（1）(0,2（2）a4e2【解析】【分析】（1）對函數(shù)f(x)求導，確定函數(shù)在1,+)上單調性和最值，即可求出函數(shù)f(x)在1,+)上的值域；（2）通過構造函數(shù)g(x)=lnxlnx+4-2ax-4，將問題轉化為在1,+)區(qū)間上g(x)max0問題，求導函數(shù)g(x)=2lnx+2x-a，通過分類討論確定實數(shù)a的取值范圍【詳解】解：（1）易知f(x)=-1-lnxx20， f(x)

8、在1,+)上的值域為(0,2 （2）令g(x)=lnxlnx+4-2ax-4，則g(x)=2lnx+2x-a， 若a0，則由（1）可知，g(x)0，g(x)在1,+)上單調遞增，g(e)=1-2ae0，與題設矛盾，a0不符合要求； 若a2，則由（1）可知，g(x)0，g(x)在1,+)上單調遞減，g(x)g1=-2a-40，a2符合要求； 若0a2，則x0(1,+)，使得lnx0+2x0=a，且g(x)在(1,x0)上單調遞增，在(x0,+)上單調遞減，gxmax=gx0=lnx0lnx0+4-2ax0-4， lnx0=ax0-2，gxmax=gx0=ax0-2ax0+2-2ax0-4=ax0

9、+2ax0-4由題：gxmax0，即ax0+2ax0-40，-2ax04，即-2lnx0+241x0e2 a=lnx0+2x0，且由（1）可知y=lnx+2x在(1,+)上單調遞減，4e2a0)，再對a分a0和a0討論，得到a的取值范圍是(-,-3342)【詳解】(1)a=-3時，f(x)=x2-1x-3lnx，x0f(x)=2x+1x2-3x=2x3-3x+1x2 =2x2(x-1)(x-3-12)(x+3+12) 3-12x1時f(x)0，0x1時f(x)0 f(x)的減區(qū)間是(3-12，1)，增區(qū)間是(0，3-12)和(1，+) (2)若f(x)有兩個極值點x1、x2，則須f(x)=2x

10、+1x2+ax=2x3+ax+1x2有兩個不等異號正零點令g(x)=2x3+ax+1(x0)，故須g(x)有兩個不等異號正零點則g(x)=6x2+aa0時，g(x)0 g(x)不可能有兩個不等正零點故f(x)不可能有兩個極值點a0時，g(x)=6x2+a=6x2-(-a6)=6(x+-a6)(x-a6)0x-a6時，g(x)-a6時，g(x)0故g(x)在(0，-a6)上單減，在(-a6，+)上單增須g(x)min=g(-a6)=2a3-a6+10解得a-3342 a3-272-6，a3-272-154 -1a-a60，g(-3a)=-54a3-3a2+1=-3a2(18a+1)+10故g(x

11、)在(0，-a6)上和(-a6，+)上各一個異號零點 g(x)有兩個不等異號正零點 f(x)有兩個極值點綜上，a的取值范圍是(-,-3342)【點睛】（1）本題主要考查利用導數(shù)求函數(shù)的單調區(qū)間，考查利用導數(shù)研究函數(shù)的極值，意在考查學生對這些知識的掌握水平和分析推理能力.(2)解答本題的關鍵是證明a0時，g(x)在(0，-a6)上單減，在(-a6，+)上單增，須g(x)min=g(-a6)=2a3-a6+10.9已知函數(shù)f(x)=a(x21)lnx.（1）若y=f(x)在x=2處取得極小值，求a的值；（2）若f(x)0在1,+)上恒成立，求a的取值范圍；【答案】（1）a=18；（2）a12.【解

12、析】試題分析：（1）求函數(shù)f(x)=a(x21)lnx的導數(shù)f(x)=2ax1x，由f(2)=0求之即可；（2）分a0、0a12、a12分別討論函數(shù)的單調性，由單調性求出函數(shù)在區(qū)間1,+)上的最小值，由f(x)min0求之即可.試題解析： （1）f(x)的定義域為(0,+)，f(x)=2ax1x，f(x)在x=2處取得極小值，f(2)=0，即a=18.此時，經(jīng)驗證x=2是f(x)的極小值點，故a=18（2）f(x)=2ax1x，當a0時，f(x)1時，f(x)0時，f(x)=2ax21x，令f(x)0，得x12a；f(x)0，得0x1，即0a12時，x(1,12a)時，f(x)0，即f(x)遞

13、減，f(x)0，即f(x)遞增，f(x)f(1)=0滿足題意.綜上，a12考點：1.導數(shù)與函數(shù)的單調性、極值；2.函數(shù)與不等式.10已知函數(shù)fx=lnx+1x+ax，其中x0,aR.（1）若函數(shù)fx在區(qū)間1,+)上不單調，求a的取值范圍；（2）若函數(shù)fx在區(qū)間1,+)上有極大值2e，求a的值.【答案】（1）14,0； （2）a=1ee2.【解析】【分析】（1）由函數(shù)fx=lnx+1x+ax，其中x0，aR可得fx=1x-1x2+a由題意可得：fx=1x-1x2+a=0在區(qū)間（1，+）上有解，分離參數(shù)可得：a=-x+1x2 在1,+上有解設gx=-x+1x2，利用到時討論其的單調性即可得出（2）

14、當a0時，函數(shù)f（x）在1，+）上單調遞增，此時無極值當a-14時，函數(shù)f（x）在1，+）上單調遞減，此時無極值當-14a0，得ax2+x-10,則x1,=-1-1+4a2a-12a2）所以函數(shù)f（x）在1，）上單調遞減，在（，）上單調遞增，在（，+）上單調遞減，由極大值f=2e,得ln+1+a=2e，又a2+-1=0，消去a利用導數(shù)研究函數(shù)的單調性進而得出【詳解】（1）因為fx=lnx+1x+ax，所以fx=1x-1x2+a=ax2+x-1x2=0在1,+上有解，所以a=-x+1x2 在1,+上有解.設gx=-x+1x2,則gx=-x2-x+12xx4=x2-2xx4=x-2x3,所以函數(shù)g

15、x在1,2上是減函數(shù)，在2,+上是增函數(shù)，所以gxmin=g2=-14,x+,gx0, g1=0,經(jīng)驗證，當a=0或a=-14時，函數(shù)fx在1，+上單調，所以-14a0,即a的取值范圍為-14,0.（2）當a0時，函數(shù)fx在1,+上單調遞增， 所以fx在1,+上無極值. 當a-14時，函數(shù)fx在1,+上單調遞減， 所以fx在1,+上無極值. 當-14a0，得ax2+x-10,則x1,=-1-1+4a2a-12a2） 所以函數(shù)fx在1,上單調遞減，在,上單調遞增，在,+上單調遞減， 由極大值f=2e,得ln+1+a=2e*. 又a2+-1=0,所以a=1-1代入*，得 ln+2-1=2e. 設函

16、數(shù)hx=lnx+2x-1-2ex2，則hx=1x-2x2=x-2x20， 所以函數(shù)hx在2,+上單調遞增.而he=0,所以=e,則a=1-2=1-ee2.故當a=1-ee2時，函數(shù)fx在1,+上有極大值2e.【點睛】本題考查了利用導數(shù)研究函數(shù)的單調性、方程與不等式的解法、分類討論方法、等價轉化方法，考查了推理能力與計算能力，屬于難題11已知函數(shù)f(x)=lnxax(aR)（）討論函數(shù)f(x)在(0,+)上的單調性；（）證明：exe2lnx0恒成立.【答案】（1），當a0時，f(x)在(0,+)上單調遞增；當a0時，f(x)在(0,1a)上單調遞增，在(1a,+)上單調遞減.（2）見解析【解析】

17、【分析】（1）求出f(x)=1x-a=1-axx（x0），通過當a0時，當a時，判斷導函數(shù)的符號，推出函數(shù)的單調區(qū)間即可證法二：記函數(shù)x=ex-2-lnx=exe2-lnx，通過導數(shù)研究函數(shù)x的性質，xx0=1x0+x0-2=x02-2x0+1x0=x0-12x00，問題得證.【詳解】（） f(x)=1x-a=1-axx（x0），當a0時，f(x)0恒成立，所以，f(x)在(0,+)上單調遞增；當a0時，令f(x)=0，得到x=1a，所以，當x(0,1a)時，f(x)0，f(x)單調遞增，當x(1a,+)時，f(x)0時，f(x)在(0,1a)上單調遞增，在(1a,+)上單調遞減.（）證法一：

18、由（）可知，當a0時，f(x)=lnx-axln1a-1，特別地，取a=1e，有l(wèi)nx-xe0，即lnxxe，所以e2lnxex（當且僅當x=e時等號成立），因此，要證ex-e2lnx0恒成立，只要證明exex在(0,+)上恒成立即可，設g(x)=exx（x0），則g(x)=ex(x-1)x2，當x(0,1)時，g(x)0，g(x)單調遞增.所以，當x=1時，g(x)min=g(1)=e，即exex在(0,+)上恒成立.因此，有exexe2lnx，又因為兩個等號不能同時成立，所以有ex-e2lnx0恒成立.證法二：記函數(shù)x=ex-2-lnx=exe2-lnx，則x=1e2ex-1x=ex-2-

19、1x，可知x在0,+上單調遞增，又由10,20知， x在0,+上有唯一實根x0，且1x02，則x0=ex0-2-1x0=0，即ex0-2=1x0（*），當x0,x0時， x0,x單調遞增，所以xx0=ex0-2-lnx0，結合（*）式ex0-2=1x0，知x0-2=-lnx0，所以xx0=1x0+x0-2=x02-2x0+1x0=x0-12x00，則x=ex-2-lnx0，即ex-2lnx，所以有ex-e2lnx0恒成立.【點睛】本題考查函數(shù)的導數(shù)的應用，函數(shù)的單調性以及利用導數(shù)方不等，考查分類討論思想的應用屬難題.12已知函數(shù)f（x）=alnxex；（1）討論f（x）的極值點的個數(shù)；（2）若

20、a=2，求證：f（x）0【答案】（1）當a0時，f（x）無極值點；當a0時，函數(shù)y=f（x）有一個極大值點，無極小值點；(2)見解析【解析】【分析】：（1）先求一階導函數(shù)fx=0的根，求解fx0或fx0的解集，寫出單調區(qū)間，最后判斷極值點。（2）根據(jù)第（1）問的結論，若a=2，轉化為證明fmaxx0)，當a0時，f(x)0時，令f(x)=0，得a-xex=0，即xex=a，又y=xex在(0,+)上存在一解，不妨設為x0，所以函數(shù)y=f(x)在(0,x0)上是單調遞增的，在(x0,+)上是單調遞減的.所以函數(shù)y=f(x)有一個極大值點，無極小值點；總之：當a0時，無極值點；當a0時，函數(shù)y=f

21、(x)有一個極大值點，無極小值點.（2）f(x)=2lnx-ex，f(x)=2-xexx(x0)，由（1）可知f(x)有極大值f(x0)，且x0滿足x0ex0=2，又y=xex在(0,+)上是增函數(shù)，且020恒成立，所以g(x)在(0,1)上是增函數(shù)，所以g(x0)g(1)=-20，即g(x0)0，所以f(x)0.【點睛】：函數(shù)極值與最值的性質：有唯一的極小值，極小值為最小值。對于任意性和存在性問題的處理，遵循以下規(guī)則：1、xa,b,fxm恒成立，等價于xa,b,fxminm2、x0a,b使得fxm成立，等價于x0a,b,fxmaxm13設fx=exsinxcosx是定義在,上的函數(shù).（1）求

22、fx在定義域上的單調性；（2）若函數(shù)gx=fxa在,上有兩個不同的零點，求實數(shù)a的取值范圍.【答案】（1）見解析；（2）1,e【解析】【分析】（1）求函數(shù)的導函數(shù)，根據(jù)導函數(shù)與函數(shù)單調性的關系，判斷函數(shù)單調性；（2）根據(jù)g（x）與f（x）的關系，以及（1）中已知的f（x）的單調性，g（x）零點的情況，可知g（x）min=f（x）min a0, g（）=f（）-a0.【詳解】（1）fx=exsinx-cosx+cosx+sinxex=2exsinx當x-，0時，fx0，所以fx在0,上遞增.（2）由（1）知，fx在-，0上遞減，在0,上遞增，所以fxmin=f0=-1，而f-=e-，f=e，所以

23、a的范圍是-1,e-.【點睛】研究函數(shù)零點或方程的根的情況，可以通過導數(shù)研究函數(shù)的單調性、最值等，并可借助函數(shù)的大致圖象，判斷函數(shù)的零點或方程的根的情況。14已知函數(shù)f(x)x2ln x.(1)求函數(shù)f(x)在1，e上的最大值，最小值；(2)求證：在區(qū)間1，)上，函數(shù)f(x)的圖象在函數(shù)g(x)x3圖象的下方【答案】（1）最大值e21，最小值：（2）見解析.【解析】【分析】（1）求得函數(shù)的導數(shù)fx，得到函數(shù)的單調性，進而求解函數(shù)的最值；（2）由題意，設Fx=12x2+lnx23x，求得Fx，利用導數(shù)求得函數(shù)的單調性和最小值，即作出證明【詳解】解：(1)由f(x)x2ln x有f(x)x，當x1

24、，e時，f(x)0，所以f(x)maxf(e)e21.f(x)minf(1).(2)設F(x)x2ln xx3，則F(x)x2x2，當x1，)時，F(xiàn)(x)0，且F(1)0故x1，)時F(x)0，所以x2ln x0時，試判斷hx的導函數(shù)hx的零點個數(shù)；求證：a0時，hxa2lna【答案】(1) fx的單調減區(qū)間為0,1e，fx的單調增區(qū)間為(1e,+).（2）存在唯一零點,證明見解析.【解析】【分析】（1）求出fx，在定義域內，分別令fx0求得x的范圍，可得函數(shù)fx增區(qū)間，fx0)，當a0時， hx在(0,+)上單調遞增，又ha=ea-10，可證明存在b滿足0ba2且b12時，hb=eb-abe

25、b-2e12-20，由fx=lnx+1，令f(x)0得0x0得x1e，fx的單調減區(qū)間為0,1e，fx的單調增區(qū)間為(1e,+)（2）解：由hx=gx-fx=x-alnx+ex-xlnx=ex-alnx(x0)hx=ex-ax(x0)，當a0時，y1=ex在(0,+)上單調遞增，y2=-ax在(0,+)上單調遞增.hx在(0,+)上單調遞增.又ha=ea-10假設存在b滿足0ba2且b12時，hb=eb-abeb-2e12-20時hx在(0,+)上存在唯一零點.由知，可設hx在(0,+)上存在唯一零點為x0，h(x0)=ex0-ax0=0，即ex0=ax0兩邊取自然對數(shù)得，lnx0=lna-x

26、0，又當x0,x0時，hx0，hx在(x0,+)上是增函數(shù)，h(x)min=h(x0=ex0-alnx0)，將ex0=ax0，lnx0=lna-x0代入上式得，h(x)min=ax0+ax0-alna2a-alna=a(2-lna) 當且僅當x0=1時等號成立.所以當a0時，hxa2-lna【點睛】本題是以導數(shù)的運用為背景的函數(shù)綜合題，主要考查了函數(shù)思想，化歸思想，抽象概括能力，綜合分析問題和解決問題的能力，屬于較難題，近來高考在逐年加大對導數(shù)問題的考查力度，不僅題型在變化，而且問題的難度、深度與廣度也在不斷加大，本部分的要求一定有三個層次：第一層次主要考查求導公式，求導法則與導數(shù)的幾何意義；

27、第二層次是導數(shù)的簡單應用，包括求函數(shù)的單調區(qū)間、極值、最值等；第三層次是綜合考查，包括解決應用問題，將導數(shù)內容和傳統(tǒng)內容中有關不等式甚至數(shù)列及函數(shù)單調性有機結合，設計綜合題.16已知函數(shù)fx=exx+alnx+a+x,aR（1）當a=1時，求函數(shù)fx的圖象在x=0處的切線方程；（2）若函數(shù)fx在定義域上為單調增函數(shù)。求a的最大整數(shù)值；證明：ln2+ln3ln22+ln4ln32+.+lnn+1lnn210恒成立，當a3時，f0=1-lnaln2，當t=2時，e-1ln322；當t=3時，e-2ln423.；當t=n時，e-n+1lnn+1nn，即可得出結論.詳解：（1）當a=1時，fx=ex-

28、x+1lnx+1+xf0=1又fx=ex-lnx+a，所以f0=1所求切線方程為y-1=x，即x-y+1=0（2）由題意知，fx=ex-lnx+a若函數(shù)fx在定義域上為單調增函數(shù)，則fx0恒成立，先證明exx+1，設gx=ex-x-1，則gx=ex-1則函數(shù)gx在-,0單調遞減，在0,+單調遞增所以gxg0=0，即exx+1同理可證lnxx-1，所以lnx+2x+1，所以exx+1lnx+2當a2時，fx0恒成立，當a3時，f0=1-lnaln2當t=2時，e-1ln322當t=3時，e-2ln423.，當t=n時，e-n+1lnn+1nn累加得e0+e-1+e-2+.+e-n+1ln2+ln

29、322+ln433+.+lnn+1nn又e0+e-1+e-2+.+e-n+1=1-1en1-1e11-1e=ee-1所以ln2+ln322+ln433+.+lnn+1nnee-1即ln2+ln3-ln22+ln4-ln32+.+lnn+1-lnn2-11e-1點睛：本題主要考查導數(shù)的幾何意義，利用導數(shù)研究函數(shù)的單調性以及不等式的證明，屬于難題.不等式證明問題是近年高考命題的熱點，利用導數(shù)證明不等主要方法有兩個，一是比較簡單的不等式證明，不等式兩邊作差構造函數(shù)，利用導數(shù)研究函數(shù)的單調性，求出函數(shù)的最值即可；二是較為綜合的不等式證明，要觀察不等式特點，結合已解答的問題把要證的不等式變形，并運用已證

30、結論先行放縮，然后再化簡或者進一步利用導數(shù)證明.17已知函數(shù)fx=x2a2lnxaR,a0.（1）求函數(shù)fx的極值；（2）若函數(shù)fx有兩個零點x1,x2(x14.【答案】(1)答案見解析；(2)證明見解析.【解析】分析：（1）求出fx，分兩種情況討論a的范圍，在定義域內，分別令fx0求得x的范圍，可得函數(shù)fx增區(qū)間，fx0求得x的范圍，可得函數(shù)fx的減區(qū)間，根據(jù)單調性可得函數(shù)的極值；（2）x1，x2為函數(shù)f(x)零點，可得0x124，只需證x24-x1，f(4-x1)=2lnx1-2x1+4-2ln(4-x1)，令h(x)=2lnx-2x+4-2ln(4-x)(0x2)，h(x)在(0,2)上

31、是增函數(shù)，h(x)h(2)=0，f(4-x1)0=f(x2)，從而可得結論.詳解：（1）函數(shù)f(x)的定義域為(0,+).f(x)=2xa-2x=2x2-2aax.當a0時，f(x)0時，若x(0,a)，f(x)0，f(x)在(a,+)上是增函數(shù)，故當x=a時，f(x)在(0,+)上的極小值為f(a)=1-2lna=1-lna.（2）證明：當a=4時，f(x)=x24-2lnx，可證明由（1）知，f(x)在(0,2)上是減函數(shù)，在(2,+)上是增函數(shù)，x=2是極值點，又x1，x2為函數(shù)f(x)零點，所以0x124，只需證x24-x1.f(4-x1)=(4-x1)24-2ln(4-x1) =x1

32、24-2x1+4-2ln(4-x1)，又fx1=x124-2lnx1=0，f(4-x1)=2lnx1-2x1+4-2ln(4-x1)，令h(x)=2lnx-2x+4-2ln(4-x)(0x0，h(x)在(0,2)上是增函數(shù)，h(x)h(2)=0，f(4-x1)0=f(x2)，4-x14得證.點睛：本題是以導數(shù)的運用為背景的函數(shù)綜合題，主要考查了函數(shù)思想，化歸思想，抽象概括能力，綜合分析問題和解決問題的能力，屬于較難題，近來高考在逐年加大對導數(shù)問題的考查力度，不僅題型在變化，而且問題的難度、深度與廣度也在不斷加大，本部分的要求一定有三個層次：第一層次主要考查求導公式，求導法則與導數(shù)的幾何意義；第二層次是導數(shù)的簡單應用，包括求函數(shù)的單調區(qū)間、極值、最值等；第三層次是綜合考查，包括解決應用問題，將