五年高考真题高考数学 复习 第三章 第二节 导数的应用 理全国通用

第二节第二节导数的应用导数的应用考点一利用导数研究函数的单调性1 (20 xx福建， 10)若定义在 R R 上的函数f(x)满足f(0)1， 其导函数f(x)满足f(x)k1，则下列结论中一定错误的是()Af1k1kBf1k1k1Cf1k1 1k1Df1k1 kk1解析导函数f(x)满足f(x)k1，f(x)k0，k10，1k10，可构造函数g(x)f(x)kx，可得g(x)0，故g(x)在 R R 上为增函数，f(0)1，g(0)1，g1k1 g(0)，f1k1 kk11，f1k1 1k1，选项 C 错误，故选 C.答案C2 (20 xx辽宁， 11)函数f(x)的定义域为 R R，f(1)2， 对任意xR R，f(x)2， 则f(x)2x4 的解集为()A(1，1)B(1，)C(，1)D(，)解析设g(x)f(x)2x4，则g(1)f(1)2(1)40，g(x)f(x)20，g(x)在 R R 上为增函数由g(x)0，即g(x)g(1)x1，选 B.答案B3(20 xx新课标全国，21)设函数f(x)emxx2mx.(1)证明：f(x)在(，0)单调递减，在(0，)单调递增；(2)若对于任意x1，x21，1，都有|f(x1)f(x2)|0e1，求m的取值范围(1)证明f(x)m(emx1)2x.若m0，则当x(，0)时，emx10，f(x)0；当x(0，)时，emx10，f(x)0.若m0，则当x(，0)时，emx10，f(x)0；当x(0，)时，emx10，f(x)0.所以，f(x)在(，0)单调递减，在(0，)上单调递增(2)解由(1)知， 对任意的m，f(x)在1， 0上单调递减， 在0， 1上单调递增， 故f(x)在x0 处取得最小值所以对于任意x1，x21，1，|f(x1)f(x2)|e1 的充要条件是f（1）f（0）e1，f（1）f（0）e1，即emme1，emme1.设函数g(t)ette1，则g(t)et1.当t0 时，g(t)0；当t0 时，g(t)0.故g(t)在(，0)上单调递减，在(0，)上单调递增又g(1)0，g(1)e12e0，故当t1，1时，g(t)0.当m1，1时，g(m)0，g(m)0，即式成立；当m1 时，由g(t)的单调性，g(m)0，即 emme1；当m1 时，g(m)0，即 emme1.综上，m的取值范围是1，14(20 xx北京，18)已知函数f(x)ln1x1x.(1)求曲线yf(x)在点(0，f(0)处的切线方程；(2)求证：当x(0，1)时，f(x)2xx33 ；(3)设实数k使得f(x)kxx33 对x(0，1)恒成立，求k的最大值(1)解因为f(x)ln(1x)ln(1x)，所以f(x)11x11x，f(0)2.又因为f(0)0，所以曲线yf(x)在点(0，f(0)处的切线方程为y2x.(2)证明令g(x)f(x)2xx33 ，则g(x)f(x)2(1x2)2x41x2.因为g(x)0(0 xg(0)0，x(0，1)，即当x(0，1)时，f(x)2xx33 .(3)解由(2)知，当k2 时，f(x)kxx33 对x(0，1)恒成立当k2 时，令h(x)f(x)kxx33 ，则h(x)f(x)k(1x2)kx4（k2）1x2.所以当 0 x4k2k时，h(x)0，因此h(x)在区间0，4k2k上单调递减当 0 x4k2k时，h(x)h(0)0，即f(x)2 时，f(x)kxx33 并非对x(0，1)恒成立综上可知，k的最大值为 2.5(20 xx四川，21)已知函数f(x)2(xa)lnxx22ax2a2a，其中a0.(1)设g(x)是f(x)的导函数，讨论g(x)的单调性；(2)证明：存在a(0，1)，使得f(x)0 在区间(1，)内恒成立，且f(x)0 在区间(1，)内有唯一解(1)解由已知，函数f(x)的定义域为(0，)，g(x)f(x)2(xa)2lnx21ax，所以g(x)22x2ax22x1222a14x2，当 0a14时，g(x)在区间0，1 14a2，1 14a2，上单调递增，在区间1 14a2，1 14a2上单调递减；当a14时，g(x)在区间(0，)上单调递增(2)证明由f(x)2(xa)2lnx21ax0，解得ax1lnx1x1，令(x)2xx1lnx1x1lnxx22x1lnx1x1x2x1lnx1x12x1lnx1x1，则(1)10，(e)e（e2）1e12e21e120，故存在x0(1，e)，使得(x0)0，令a0 x01lnx01x10，u(x)x1lnx(x1)，由u(x)11x0 知，函数u(x)在区间(1，)上单调递增，所以 0u（1）11u（x0）1x10a0u（e）1e1e21e11，即a0(0，1)，当aa0时，有f(x0)0，f(x0)(x0)0，由(1)知，f(x)在区间(1，)上单调递增，故当x(1，x0)时，f(x)0，从而f(x)f(x0)0；当x(x0，)时，f(x)0，从而f(x)f(x0)0，所以，当x(1，)时，f(x)0，综上所述，存在a(0，1)，使得f(x)0 在区间(1，)内恒成立，且f(x)0 在区间(1，)内有唯一解6.(20 xx天津，20)已知函数f(x)nxxn，xR R，其中nN N* *，n2.(1)讨论f(x)的单调性；(2)设曲线yf(x)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(x)g(x)；(3)若关于x的方程f(x)a(a为实数)有两个正实根x1，x2，求证：|x2x1|a1n2.(1)解由f(x)nxxn，可得f(x)nnxn1n(1xn1)其中nN N*，且n2，下面分两种情况讨论：当n为奇数时令f(x)0，解得x1，或x1.当x变化时，f(x)，f(x)的变化情况如下表：x(，1)(1，1)(1，)f(x)f(x)所以，f(x)在(，1)，(1，)上单调递减，在(1，1)内单调递增当n为偶数时当f(x)0，即x1 时，函数f(x)单调递增；当f(x)0，即x1 时，函数f(x)单调递减；所以，f(x)在(，1)上单调递增，在(1，)上单调递减(2)证明设点P的坐标为(x0，0)，则x0n11n，f(x0)nn2.曲线yf(x)在点P处的切线方程为yf(x0)(xx0)，即g(x)f(x0)(xx0)令F(x)f(x)g(x)，即F(x)f(x)f(x0)(xx0)，则F(x)f(x)f(x0)由于f(x)nxn1n在(0，)上单调递减，故F(x)在(0，)上单调递减，又因为F(x0)0，所以当x(0，x0)时，F(x)0，当x(x0，)时，F(x)0，所以F(x)在(0，x0)内单调递增，在(x0，)上单调递减，所以对于任意的正实数x，都有F(x)F(x0)0，即对于任意的正实数x，都有f(x)g(x)(3)证明不妨设x1x2.由(2)知g(x)(nn2)(xx0)，设方程g(x)a的根为x2，可得x2ann2x0.当n2 时，g(x)在(，)上单调递减，又由(2)知g(x2)f(x2)ag(x2)，可得x2x2.类似地，设曲线yf(x)在原点处的切线方程为yh(x)，可得h(x)nx.当x(0，)，f(x)h(x)xn0，即对于任意的x(0，)，f(x)h(x)设方程h(x)a的根为x1，可得x1an.因为h(x)nx在(， )上单调递增， 且h(x1)af(x1)h(x1)， 因此x1x1.由此可得x2x1x2x1a1nx0.因为n2，所以 2n1(11)n11C1n11n1n，故 2n11nx0.所以，|x2x1|a1n2.7(20 xx广东，21)设函数f(x)1（x22xk）22（x22xk）3，其中k2.(1)求函数f(x)的定义域D(用区间表示)；(2)讨论函数f(x)在D上的单调性；(3)若kf(1)的x的集合(用区间表示)解(1)由题意知(x22xk3)(x22xk1)0，因此x22xk30 x22xk10或x22xk30 x22xk10，设y1x22xk3，y2x22xk1，则这两个二次函数的对称轴均为x1，且方程x22xk30 的判别式144(k3)4k8，方程x22xk10 的判别式244(k1)84k，因为k10，因此对应的两根分别为x1，22121 k2，x3，42221 2k，且有1 2k1 k21 k21 2k，因此函数f(x)的定义域D为(， 1 2k)(1 k2， 1 k2)(1 2k，)(2)由(1)中两个二次函数的单调性，且对称轴都为x1，易知函数f(x)在(，1 2k)上单调递增，在(1 k2，1)上单调递减，在(1，1k2)上单调递增，在(1 2k，)上单调递减(3)由于k6，故1 2k1 k23111 k2f(1)f(3)的解集为(1 k2，3)，在(1，1 k2)上f(x)f(1)的解集为(1，1 k2)再在其余两个区间(，1 2k)和(1 2k，)上讨论令x1，则(x22xk)22(x22xk)3k28k12，令(x22xk)22(x22xk)3k28k12，则(x22xk)22(x22xk)(k28k15)0，即(x22xk)22(x22xk)(k5)(k3)0，即x22xk(k5)x22xk(k3)0，化简得(x22x2k5)(x22x3)0，解得除了3，1 的另外两个根为1 2k4，因此利用函数f(x)的单调性可知在(，1 2k)上f(x)f(1)的解集为(12k4，1 2k)，在(1 2k，)上f(x)f(1)的解集为(1 2k，1 2k4)，综上所述，kf(1)的解集为(1 2k4，1 2k)(1 k2，3)(1，1 k2)(1 2k，1 2k4)8(20 xx重庆，17)设f(x)a(x5)26lnx，其中aR R，曲线yf(x)在点(1，f(1)处的切线与y轴相交于点(0，6)(1)确定a的值；(2)求函数f(x)的单调区间与极值解(1)因为f(x)a(x5)26lnx，故f(x)2a(x5)6x.令x1，得f(1)16a，f(1)68a，所以曲线yf(x)在点(1，f(1)处的切线方程为y16a(68a)(x1)，由点(0，6)在切线上可得 616a8a6，故a12.(2)由(1)知，f(x)12(x5)26lnx(x0)，f(x)x56x（x2） （x3）x.令f(x)0，解得x12，x23.当 0 x3 时，f(x)0，故f(x)在(0，2)，(3，)上为增函数；当 2x3 时，f(x)0)，g(x)x3bx.(1)若曲线yf(x)与曲线yg(x)在它们的交点(1，c)处具有公共切线，求a，b的值；(2)当a24b时，求函数f(x)g(x)的单调区间，并求其在区间(，1上的最大值解(1)f(x)2ax，g(x)3x2b.因为曲线yf(x)与曲线yg(x)在它们的交点(1，c)处具有公共切线， 所以f(1)g(1)，且f(1)g(1)即a11b，且 2a3b.解得a3，b3.(2)记h(x)f(x)g(x) 当b14a2时，h(x)x3ax214a2x1，h(x)3x22ax14a2.令h(x)0，得x1a2，x2a6.a0 时，h(x)与h(x)的情况如下：x(，a2)a2(a2，a6)a6(a6，)h(x)00h(x)所 以 函 数h(x) 的 单 调 递 增 区 间 为，a2 和a6，； 单 调 递 减 区 间 为a2，a6 .当a21，即 0a2 时，函数h(x)在区间(，1上单调递增，h(x)在区间(，1上的最大值为h(1)a14a2.当a21，且a61，即 2a6 时，函数h(x)在区间，a2 内单调递增，在区间a2，1上单调递减，h(x)在区间(，1上的最大值为ha2 1.当a66 时，函数h(x)在区间，a2 内单调递增，在区间a2，a6 内单调递减，在区间a6，1上单调递增又因ha2 h(1)1a14a214(a2)20，所以h(x)在区间(，1上的最大值为ha2 1.考点二利用导数研究函数的极值与最值1(20 xx陕西，12)对二次函数f(x)ax2bxc(a为非零整数)，四位同学分别给出下列结论，其中有且只有一个结论是错误的，则错误的结论是()A1 是f(x)的零点B1 是f(x)的极值点C3 是f(x)的极值D点(2，8)在曲线yf(x)上解析A 正确等价于abc0，B 正确等价于b2a，C 正确等价于4acb24a3，D 正确等价于 4a2bc8.下面分情况验证，若 A 错，由、组成的方程组的解为a5，b10，c8.符合题意；若 B 错，由、组成的方程组消元转化为关于a的方程后无实数解；若 C 错，由、组成方程组，经验证a无整数解；若 D 错，由、组成的方程组a的解为34也不是整数综上，故选 A.答案A2(20 xx新课标全国，12)设函数f(x)是奇函数f(x)(xR R)的导函数，f(1)0，当x0 时，xf(x)f(x)0，则使得f(x)0 成立的x的取值范围是()A(，1)(0，1)B(1，0)(1，)C(，1)(1，0)D(0，1)(1，)解析因为f(x)(xR R)为奇函数，f(1)0，所以f(1)f(1)0.当x0 时，令g(x)f（x）x， 则g(x)为偶函数， 且g(1)g(1)0.则当x0 时，g(x)f（x）xxf（x）f（x）x20，故g(x)在(0，)上为减函数，在(，0)上为增函数所以在(0，)上，当 0 x1 时，g(x)g(1)0f（x）x0f(x)0；在(，0)上，当x1 时，g(x)g(1)0f（x）x0f(x)0.综上，得使得f(x)0 成立的x的取值范围是(，1)(0，1)，选 A.答案A3(20 xx新课标全国，12)设函数f(x) 3sinxm.若存在f(x)的极值点x0满足x20f(x0)2m2，则m的取值范围是()A(，6)(6，)B(，4)(4，)C(，2)(2，)D(，1)(1，)解析由正弦型函数的图象可知：f(x)的极值点x0满足f(x0) 3，则x0m2k(kZ Z)，从而得x0(k12)m(kZ Z)所以不等式x20f(x0)2m2即为(k12)2m233，其中kZ Z.由题意，存在整数k使得不等式m21k1223 成立 当k1 且k0 时， 必有k1221， 此时不等式显然不能成立，故k1 或k0，此时，不等式即为34m23，解得m2.答案C4(20 xx浙江，8)已知 e 为自然对数的底数，设函数f(x)(ex1)(x1)k(k1，2)，则()A当k1 时，f(x)在x1 处取到极小值B当k1 时，f(x)在x1 处取到极大值C当k2 时，f(x)在x1 处取到极小值D当k2 时，f(x)在x1 处取到极大值解析当k1 时，f(x)(ex1)(x1)，此时f(x)ex(x1)(ex1)exx1，所以f(1)e10，所以f(1)不是极值，A，B 项均错当k2 时，f(x)(ex1)(x1)2，此时f(x)ex(x1)2(2x2)(ex1)exx22xex2ex(x1)(x1)2(x1)(x1)ex(x1)2， 所以f(1)0， 且当x1时，f(x)0；在x1 附近的左侧，f(x)0，所以f(1)是极小值答案C5(20 xx陕西，7)设函数f(x)xex，则()Ax1 为f(x)的极大值点Bx1 为f(x)的极小值点Cx1 为f(x)的极大值点Dx1 为f(x)的极小值点解析f(x)(x1)ex，当x1 时，f(x)1 时，f(x)0，所以x1为f(x)的极小值点，故选 D.答案D6(20 xx广东，12)函数f(x)x33x21 在x_处取得极小值解析f(x)3x26x0得x0 或x2.当x(， 0)(2， )时f(x)0，f(x)为增函数当x(0，2)时，f(x)0)，讨论h(x)零点的个数解(1)设曲线yf(x)与x轴相切于点(x0，0)，则f(x0)0，f(x0)0.即x30ax0140，3x20a0，解得x012，a34.因此，当a34时，x轴为曲线yf(x)的切线(2)当x(1，)时，g(x)lnx0，从而h(x)minf(x)，g(x)g(x)0，故h(x)在(1，)无零点当x1 时，若a54，则f(1)a540，h(1)minf(1)，g(1)g(1)0，故x1是h(x)的零点；若a54，则f(1)0，h(1)minf(1)，g(1)f(1)0.所以只需考虑f(x)在(0，1)的零点个数()若a3 或a0，则f(x)3x2a在(0，1)无零点，故f(x)在(0，1)单调而f(0)14，f(1)a54，所以当a3 时，f(x)在(0，1)有一个零点；当a0 时，f(x)在(0，1)没有零点()若3a0，即34a0，f(x)在(0，1)无零点；若fa3 0，即a34，则f(x)在(0，1)有唯一零点；若fa3 0，即3a34，由于f(0)14，f(1)a54，所以当54a34时，f(x)在(0，1)有两个零点；当334或a54时，h(x)有一个零点；当a34或a54时，h(x)有两个零点；当54a34时，h(x)有三个零点10(20 xx安徽，21)设函数f(x)x2axb.(1)讨论函数f(sinx)在2，2 内的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值；(2)记f0(x)x2a0 xb0，求函数|f(sinx)f0(sinx)|在2，2 上的最大值D；(3)在(2)中，取a0b00，求zba24满足D1 时的最大值解(1)f(sinx)sin2xasinxbsinx(sinxa)b，2x2.f(sinx)(2sinxa)cosx，2x2.因为2x0，22sinx2.a2，bR R 时，函数f(sinx)单调递增，无极值a2，bR R 时，函数f(sinx)单调递减，无极值对于2a2，在2，2 内存在唯一的x0，使得 2sinx0a.2xx0时，函数f(sinx)单调递减；x0 x2时，函数f(sinx)单调递增；因此，2a2，bR R 时，函数f(sinx)在x0处有极小值f(sinx0)fa2 ba24.(2)2x2时，|f(sinx)f0(sinx)|(a0a)sinxbb0|aa0|bb0|.当(a0a)(bb0)0 时，取x2，等号成立当(a0a)(bb0)0，所以当x(0，2)时，f(x)0，函数yf(x)单调递增所以f(x)的单调递减区间为(0，2)，单调递增区间为(2，)(2)由(1)知，k0 时，函数f(x)在(0，2)内单调递减，故f(x)在(0，2)内不存在极值点；当k0 时，设函数g(x)exkx，x0，)，因为g(x)exkexelnk，当 00，yg(x)单调递增故f(x)在(0，2)内不存在两个极值点；当k1 时，得x(0，lnk)时，g(x)0，函数yg(x)单调递增所以函数yg(x)的最小值为g(lnk)k(1lnk)函数f(x)在(0，2)内存在两个极值点当且仅当g（0）0，g（lnk）0，0lnk2.解得 ek0)，因而f(1)1，f(1)1，所以曲线yf(x)在点A(1，f(1)处的切线方程为y1(x1)，即xy20.(2)由f(x)1axxax，x0 知：当a0 时，f(x)0，函数f(x)为(0，)上的增函数，函数f(x)无极值；当a0 时，由f(x)0，解得xa.又当x(0，a)时，f(x)0，从而函数f(x)在xa处取得极小值，且极小值为f(a)aalna，无极大值综上，当a0 时，函数f(x)无极值；当a0 时，函数f(x)在xa处取得极小值aalna，无极大值考点三导数的综合问题1(20 xx新课标全国，12)设函数f(x)ex(2x1)axa，其中a1，若存在唯一的整数x0使得f(x0)0，则a的取值范围是()A.32e，1B.32e，34C.32e，34D.32e，1解析设g(x)ex(2x1)，yaxa，由题知存在唯一的整数x0，使得g(x0)在直线yaxa的下方，因为g(x)ex(2x1)，所以当x12时，g(x)12时，g(x)0，所以当x12时，g(x)min2e12，当x0 时，g(0)1，g(1)3e0， 直线ya(x1)恒过(1， 0)且斜率为a， 故ag(0)1，且g(1)3e1aa，解得32ea1，故选 D.答案D2(20 xx辽宁，11)当x2，1时，不等式ax3x24x30 恒成立，则实数a的取值范围是()A5，3B.6，98C6，2D4，3解析当x(0，1时，得a31x341x21x，令t1x，则t1，)，a3t34t2t， 令g(t)3t34t2t，t1， )， 则g(t)9t28t1(t1)(9t1)，显然在1，)上，g(t)1，函数f(x)(1x2)exa.(1)求f(x)的单调区间；(2)证明：f(x)在(，)上仅有一个零点；(3)若曲线yf(x)在点P处的切线与x轴平行， 且在点M(m，n)处的切线与直线OP平行(O是坐标原点)，证明：m3a2e1.(1)解f(x)2xex(1x2)ex(x22x1)ex(x1)2exxR R，f(x)0 恒成立f(x)的单调增区间为(，)(2)证明f(0)1a，f(a)(1a2)eaa，a1，f(0)2aeaa2aaa0，f(0)f(a)0，则m0，g(m)在(0，)上增令g(x)0，则m1.(1)解函数f(x)的定义域为(0，)，f(x)aexlnxaxexbx2ex1bxex1.由题意可得f(1)2，f(1)e.故a1，b2.(2)证明由(1)知，f(x)exlnx2xex1，从而f(x)1 等价于xlnxxex2e.设函数g(x)xlnx，则g(x)1lnx.所以当x0，1e 时，g(x)0.故g(x)在0，1e 上单调递减，在1e，上单调递增，从而g(x)在(0，)上的最小值为g1e 1e.设函数h(x)xex2e，则h(x)ex(1x)所以当x(0，1)时，h(x)0；当x(1，)时，h(x)0 时，g(x)h(x)，即f(x)1.9(20 xx北京，18)已知函数f(x)xcosxsinx，x0，2 .(1)求证：f(x)0；(2)若asinxxb对x0，2 恒成立，求a的最大值与b的最小值(1)证明由f(x)xcosxsinx得f(x)cosxxsinxcosxxsinx.因为在区间0，2 上f(x)xsinx0 时， “sinxxa”等价于“sinxax0”；“sinxxb”等价于“sinxbx0 对任意x0，2 恒成立当c1 时，因为对任意x0，2 ，g(x)cosxc0，所以g(x)在区间0，2 上单调递减从而g(x)g(0)0 对任意x0，2 恒成立当 0cg(0)0.进一步， “g(x)0 对任意x0，2 恒成立”当且仅当g2 12c0，即 00 对任意x0，2 恒成立； 当且仅当c1 时，g(x)0对任意x0，2 恒成立所以，若asinxxb对任意x0，2 恒成立，则a的最大值为2，b的最小值为 1.10(20 xx江西，18)已知函数f(x)(x2bxb) 12x(bR R)(1)当b4 时，求f(x)的极值；(2)若f(x)在区间(0，13)上单调递增，求b的取值范围解(1)当b4 时，f(x)5x（x2）12x，由f(x)0 得x2 或x0.当x(，2)时，f(x)0，f(x)单调递增；当x0，12 时，f(x)0，f(x)单调递减，故f(x)在x2 处取极小值f(2)0，在x0 处取极大值f(0)4.(2)f(x)x5x（3b2）12x，因为当x0，13 时，x12x0，依题意，当x0，13 时，有 5x(3b2)0，从而53(3b2)0.所以b的取值范围为，19 .11(20 xx辽宁，21)已知函数f(x)(cosxx)(2x)83(sinx1)，g(x)3(x)cosx4(1sinx)ln32x .证明：(1)存在唯一x00，2 ，使f(x0)0；(2)存在唯一x12，使g(x1)0，且对(1)中的x0，有x0 x1.证明(1)当x0，2 时，f(x)(1sinx)(2x)2x23cosx0，f2 21630，当tx0，2 时，u(t)0，所以u(t)在(0，x0上无零点在x0，2 上u(t)为减函数，由u(x0)0，u2 4ln 20，故g(x)(1sinx)h(x)与h(x)有相同的零点，所以存在唯一的x12，使g(x1)0.因x1t1，t1x0，所以x0 x10，存在唯一的s，使tf(s)；(3)设(2)中所确定的s关于t的函数为sg(t)，证明：当te2时，有25lng（t）lnt12.(1)解函数f(x)的定义域为(0，)f(x)2xlnxxx(2 lnx1)，令f(x)0，得x1e.当x变化时，f(x)，f(x)的变化情况如下表：x0，1e1e1e，f(x)0f(x)极小值所以函数f(x)的单调递减区间是0，1e ，单调递增区间是1e，.(2)证明当 00，令h(x)f(x)t，x1，)由(1)知，h(x)在区间(1，)内单调递增h(1)t0.故存在唯一的s(1， )， 使得tf(s)成立(3)证明因为sg(t)，由(2)知，tf(s)，且s1，从而lng（t）lntlnslnf（s）lnsln（s2lns）lns2lnsln（lns）u2ulnu，其中ulns.要使25lng（t）lnt12成立，只需 0lnue2时，若sg(t)e，则由f(s)的单调性，有tf(s)f(e)e2，矛盾所以se，即u1，从而 lnu0 成立另一方面，令F(u)lnuu2，u1.F(u)1u12，令F(u)0，得u2.当 1u0；当u2 时，F(u)1，F(u)F(2)0.因此 lnue2时，有25lng（t）lnt12.