2018学高考理科数学通用版复习课时跟踪检测：(二十四) 函数与导数 含解析

课时跟踪检测(二十)[高考基础题型得分练]1．(1＋tan 17°)(1＋tan 28°)的值是( ) A ．－1 B ．0 C ．1 D ．2答案：D解析：原式＝1＋tan 17°＋tan 28°＋tan 17°·tan 28° ＝1＋tan 45°(1－tan 17°·tan 28°)＋tan 17°·tan 28° ＝1＋1＝2.2．已知sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＋α＝12，－π2＜α＜0，则cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫α－π3的值是( ) A.12 B ．23 C ．－12 D ．1 答案：C解析：由已知得cos α＝12，sin α＝－32， ∴cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫α－π3＝12cos α＋32sin α＝－12. 3．[2017·河南六市联考]设a ＝12cos 2°－32sin 2°，b ＝2tan 14°1－tan 214°，c ＝1－cos 50°2，则有( ) A ．a ＜c ＜b B ．a ＜b ＜c C ．b ＜c ＜a D ．c ＜a ＜b 答案：D解析：由题意可知，a ＝sin 28°，b ＝tan 28°，c ＝sin 25°，∴c ＜a ＜b .4．[2017·安徽师大附中学高三上学期期中]设当x ＝θ时，函数y ＝sin x －2cos x 取得最大值，则cos θ＝( )A ．－55B ．55 C ．－255 D ．255答案：C解析：f (x )＝sin x －2cos x ＝5⎝ ⎛⎭⎪⎫55sin x －255cos x ＝ 5sin(x －α)，其中sin α＝255，cos α＝55，因为当x ＝θ时，函数y ＝sin x －2cos x 取得最大值，所以sin(θ－α)＝1，即sin θ－2cos θ＝5，又sin 2θ＋cos 2θ＝1，联立方程组可得cos θ＝－255，故选C. 5．已知sin 2α＝13，则cos 2⎝ ⎛⎭⎪⎫α－π4＝( )A ．－13 B ．13 C ．－23 D ．23答案：D解析：依题意，得cos 2⎝ ⎛⎭⎪⎫α－π4＝12(cos α＋sin α)2＝12(1＋sin 2α)＝23.6．[2017·广西柳州、北海、钦州三市模拟]若sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α－π4＝－cos 2α，则sin 2α的值可以为( )A ．－12或1 B ．12 C ．34 D ．－34答案：A解析：解法一：由已知得22(sin α－cos α)＝sin 2α－cos 2α，∴sin α＋cos α＝22或sin α－cos α＝0，解得sin 2α＝－12或1.解法二：由已知得sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α－π4＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2α－π2 ＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α－π4cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫α－π4， ∴cos ⎝⎛⎭⎪⎫α－π4＝12或sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α－π4＝0， 则sin 2α＝cos ⎣⎢⎡⎦⎥⎤2⎝ ⎛⎭⎪⎫α－π4＝2cos 2⎝ ⎛⎭⎪⎫α－π4－1＝2×14－1＝－12或sin 2α＝1.7．[2017·四川成都一诊]若sin 2α＝55，sin(β－α)＝1010，且α∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π4，π，β∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π，3π2，则α＋β的值是( )A.7π4 B ．9π4 C ．5π4或7π4D ．5π4或9π4答案：A解析：因为α∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π4，π，所以2α∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π2，2π，又sin 2α＝55，所以2α∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π2，π，α∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π4，π2， 故cos 2α＝－255.又β∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π，3π2，所以β－α∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π2，5π4，故cos(β－α)＝－31010.所以cos(α＋β)＝cos [2α＋(β－α)] ＝cos 2αcos(β－α)－sin 2αsin(β－α) ＝－255×⎝ ⎛⎭⎪⎫－31010－55×1010＝22， 且α＋β∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤5π4，2π，故α＋β＝7π4. 8．计算2cos 10°－sin 20°sin 70°＝________. 答案： 3解析：原式＝2cos (30°－20°)－sin 20°sin 70° ＝2(cos 30°cos 20°＋sin 30°sin 20°)－sin 20°sin 70° ＝3cos 20°cos 20°＝ 3.9．设α为锐角，若cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π6＝45，则sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2α＋π12的值为________． 答案：17250解析：因为α为锐角，cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π6＝45， 所以sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π6＝35，sin 2⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π6＝2425， cos 2⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π6＝725，所以sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2α＋π12＝sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤2⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π6－π4＝2425×22－725×22＝17250.10．化简sin 2⎝ ⎛⎭⎪⎫α－π6＋sin 2⎝⎛⎭⎪⎫α＋π6－sin 2α的结果是________． 答案：12解析：解法一：原式＝1－cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2α－π32＋1－cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2α＋π32－sin 2α＝1－12⎣⎢⎡⎦⎥⎤cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2α－π3＋cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2α＋π3－sin 2α ＝1－cos 2α·cos π3－sin 2α ＝1－cos 2α2－1－cos 2α2＝12. 解法二：令α＝0，则原式＝14＋14＝12.11．已知cos(α＋β)＝16，cos(α－β)＝13，则tan αtan β的值为________．答案：13解析：因为cos(α＋β)＝16，所以cos αcos β－sin αsin β＝16.① 因为cos(α－β)＝13，所以cos αcos β ＋sin αsin β＝13.② ①＋②得cos αcos β＝14. ②－①得sin αsin β＝112. 所以tan αtan β＝sin αsin βcos αcos β＝13.[冲刺名校能力提升练]1．已知sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α－π4＝7210，cos 2α＝725，则sin α＝( ) A.45 B ．－45 C ．35 D ．－35答案：C解析：由sin ⎝⎛⎭⎪⎫α－π4＝7210得，sin α－cos α＝75，①由cos 2α＝725得，cos 2α－sin 2α＝725， 所以(cos α－sin α)(cos α＋sin α)＝725，② 由①②可得，cos α＋sin α＝－15，③ 由①③可得，sin α＝35.2．[2017·江西九校联考]已知锐角α，β满足sin α－cos α＝16，tan α＋tan β＋3tan αtan β＝3，则α，β的大小关系是( )A ．α<π4＜βB ．β<π4<αC ．π4<α<β D ．π4<β<α答案：B解析：∵α为锐角，sin α－cos α＝16>0，∴α>π4. 又tan α＋tan β＋3tan αtan β＝3， ∴tan(α＋β)＝tan α＋tan β1－tan αtan β＝3，∴α＋β＝π3，又α>π4，∴β<π4<α.3．[2017·河北衡水中学二调]3cos 10°－1sin 170°＝( ) A ．4 B ．2 C ．－2 D ．－4 答案：D解析：3cos 10°－1sin 170°＝3cos 10°－1sin 10° ＝3sin 10°－cos 10°sin 10°cos 10° ＝2sin (10°－30°)12sin 20°＝－2sin 20°12sin 20°＝－4.4.[2017·山东菏泽二模]已知α，β∈(0，π)，且tan(α－β)＝12，tan β＝－17，则2α－β＝________.答案：－3π4解析：因为tan α＝tan [(α－β)＋β] ＝tan (α－β)＋tan β1－tan (α－β)tan β＝12－171－12×⎝ ⎛⎭⎪⎫－17＝13<1，所以0<α<π4.又因为tan 2α＝2tan α1－tan 2α＝2×131－⎝ ⎛⎭⎪⎫132＝34<1，所以0<2α<π4，所以tan(2α－β)＝tan 2α－tan β1＋tan 2αtan β＝34－⎝ ⎛⎭⎪⎫－171＋34×⎝ ⎛⎭⎪⎫－17＝1.因为0<β<π，所以－π<2α－β<π4， 所以2α－β＝－3π4.5．已知cos α＝17，cos(α－β)＝1314⎝ ⎛⎭⎪⎫0<β<α<π2. (1)求tan 2α的值； (2)求β的值．解：(1)∵cos α＝17，0<α<π2，∴sin α＝437，∴tan α＝43，∴tan 2α＝2tan α1－tan 2α＝2×431－48＝－8347. (2)∵0<β<α<π2，∴0<α－β<π2， ∴sin(α－β)＝3314， ∴cos β＝cos [α－(α－β)] ＝cos αcos(α－β)＋sin αsin(α－β) ＝17×1314＋437×3314＝12. ∴β＝π3.6．[2017·安徽合肥质检]已知cos ⎝⎛⎭⎪⎫π6＋αcos ⎝⎛⎭⎪⎫π3－α＝－14，α∈⎝⎛⎭⎪⎫π3，π2.(1)求sin 2α的值； (2)求tan α－1tan α的值．解：(1)cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6＋αcos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3－α ＝cos ⎝⎛⎭⎪⎫π6＋αsin ⎝⎛⎭⎪⎫π6＋α＝12sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2α＋π3＝－14，即sin ⎝⎛⎭⎪⎫2α＋π3＝－12.∵α∈⎝⎛⎭⎪⎫π3，π2，∴2α＋π3∈⎝⎛⎭⎪⎫π，4π3，∴cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2α＋π3＝－32，∴sin 2α＝sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫2α＋π3－π3＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2α＋π3cos π3－cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2α＋π3sin π3＝12. (2)∵α∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π3，π2，∴2α∈⎝ ⎛⎭⎪⎫2π3，π，又由(1)知sin 2α＝12，∴cos 2α＝－32. ∴tan α－1tan α＝sin αcos α－cos αsin α ＝sin 2α－cos 2αsin αcos α＝－2cos 2αsin 2α ＝－2×－3212＝2 3.。

课时跟踪检测（二十)1．（1＋tan 17°)(1＋tan 28°)的值是（）A．－1 B．0C．1 D．2答案：D解析:原式＝1＋tan 17°＋tan 28°＋tan 17°·tan 28°＝1＋tan 45°(1－tan 17°·tan 28°）＋tan 17°·tan 28°＝1＋1＝2。

2．已知sin错误!＝错误!，－错误!＜α＜0，则cos错误!的值是（) A.错误!B．错误!C．－错误!D．1答案：C解析:由已知得cos α＝错误!，sin α＝－错误!，∴cos错误!＝错误!cos α＋错误!sin α＝－错误!。

3．设a＝错误!cos 2°－错误!sin 2°,b＝错误!,c＝错误!，则有( ）A．a＜c＜b B．a＜b＜cC．b＜c＜a D．c＜a＜b答案：D解析：由题意可知，a＝sin 28°,b＝tan 28°，c＝sin 25°，∴c ＜a ＜b .4．设当x ＝θ时，函数y ＝sin x －2cos x 取得最大值，则cos θ＝（ )A ．－错误!B ．错误!C ．－错误!D ．错误!答案：C解析：f （x ）＝sin x －2cos x ＝错误!错误!＝5sin （x －α），其中sin α＝错误!，cos α＝错误!，因为当x ＝θ时,函数y ＝sin x －2cos x 取得最大值，所以sin （θ－α)＝1,即sin θ－2cos θ＝错误!，又sin 2θ＋cos 2θ＝1,联立方程组可得cos θ＝－错误!，故选C 。

5．已知sin 2α＝错误!，则cos 2错误!＝( )A ．－错误!B ．错误!C ．－23D ．错误! 答案：D解析：依题意，得cos 2错误!＝错误!（cos α＋sin α）2＝错误!（1＋sin 2α)＝错误!.6．若sin 错误!＝－cos 2α，则sin 2α的值可以为( ）A ．－错误!或1B ．错误!C ．错误!D ．－错误!答案：A解析：解法一：由已知得错误!（sin α－cos α)＝sin 2α－cos 2α,∴sin α＋cos α＝错误!或sin α－cos α＝0，解得sin 2α＝－错误!或1.解法二：由已知得sin 错误!＝sin 错误!＝2sin 错误!cos 错误!，∴cos 错误!＝错误!或sin 错误!＝0，则sin 2α＝cos 错误!＝2cos 2错误!－1＝2×错误!－1＝－错误!或sin 2α＝1.7．若sin 2α＝55，sin(β－α)＝错误!,且α∈错误!，β∈错误!，则α＋β的值是( ） A.7π4B ．错误!C ．错误!或错误!D ．错误!或错误! 答案：A解析：因为α∈错误!，所以2α∈错误!， 又sin 2α＝错误!，所以2α∈错误!，α∈错误!, 故cos 2α＝－错误!.又β∈错误!，所以β－α∈错误!，故cos(β－α)＝－错误!.所以cos(α＋β）＝cos＝cos 2αcos(β－α)－sin 2αsin(β－α） ＝－错误!×错误!－错误!×错误!＝错误!，且α＋β∈⎣⎢⎡］5π4，2π，故α＋β＝错误!。

课时跟踪检测(十七)[高考基础题型得分练]．设()＝(－)＋(>)，其中∈，曲线＝()在点(，())处的切线与轴相交于点()．()确定的值；()求函数()的单调区间与极值．解：()因为()＝(－)＋ (＞)，故′()＝(－)＋.令＝，得()＝，′()＝－，所以曲线＝()在点(，())处的切线方程为－＝(－)(－)，由点()在切线上，可得－＝－，解得＝.()由()知，()＝(－)＋ (>)，′()＝－＋＝.令′()＝，解得＝，＝.当<<或>时，′()>，故()的递增区间是()，(，＋∞)；当＜＜时，′()＜，故()的递减区间是()．由此可知()在＝处取得极大值()＝＋，在＝处取得极小值()＝＋ .．[·甘肃兰州模拟]已知函数()＝－(∈，为自然对数的底数)．()讨论函数()的单调性；函数()＝(－)()－＋＋在(，＋()若＝，)上为增函数，求实数的∞取值范围．解：()函数()的定义域为，′()＝－.当≤时，′()>，∴()在上为增函数；当>时，由′()＝得＝，则当∈(－∞， )时，′()<，∴函数()在(－∞， )上为减函数；当∈( ，＋∞)时，′()>，∴函数()在( ，＋∞)上为增函数．()当＝时，()＝(－)(－)－＋＋，∵()在(，＋∞)上为增函数，∴′()＝－＋＋≥在(，＋∞)上恒成立，即≤在(，＋∞)上恒成立，令()＝，∈(，＋∞)，′()＝＝.令()＝－－，′()＝－>在(，＋∞)上恒成立，即()＝－－在(，＋∞)上为增函数，即()>()＝－>，∴′()>，即()＝在(，＋∞)上为增函数，∴()>()＝，∴≤.∴实数的取值范围是.．已知()＝－(＋)＋ .()当＝时，求＝()在(，())处的切线方程；()当＞时，若()在区间[，]上最小值为－，求实数的取值范围．解：()当＝时，()＝－＋，′()＝－＋.因为′()＝，()＝－，所以曲线＝()在点(，－)处的切线方程是＝－.()函数()＝－(＋)＋的定义域是(，＋∞)．当＞时，′()＝－(＋)＋＝，。

第一部分 高考层级专题突破层级三 2个压轴大题 巧取高分专题二 函数、导数与不等式第二讲 导数与不等式课时跟踪检测(二十四) 导数与不等式A 卷1．(2019·浙江模拟)已知f (x )＝e x ＋e －x －a ln x (a ∈N ，且a ≥2)的极值点x 0∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1. (1)求a 的值；(2)若不等式f (x )≥b (b ∈Z )恒成立，求b 的最大值．解：(1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝e x －e －x －a x ，f ″(x )＝e x ＋e －x ＋a x 2，在(0，＋∞)上，f ″(x )>0恒成立，∴f ′(x )在(0，＋∞)上单调递增．∵f (x )＝e x ＋e －x－a ln x (a ∈N ，且a ≥2)的极值点x 0∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1. ∴f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝e －1e－2a <0，f ′(1)＝e －1e －a >0， 又a ∈N ，且a ≥2.可得a ＝2.(2)首先当x ＝1时，f (1)＝e ＋e －1∈(3,4)，又∵b ∈Z ，∴b ≤3.其次，我们可以证明不等式：e x ＋e －x >x 2＋2(x >0)．设g (x )＝e x ＋e －x －x 2－2(x >0)，g ′(x )＝e x －e －x －2x ，g ″(x )＝e x ＋e －x －2>0恒成立．∴g ′(x )＝e x －e －x －2x >g ′(0)＝0恒成立．∴g (x )>g (0)＝0恒成立．∴e x ＋e －x >x 2＋2(x >0)．∴e x ＋e －x －2ln x >x 2＋2－2ln x (x >0)．设h (x )＝x 2＋2－2ln x (x >0)，h ′(x )＝2x －2x ＝2(x ＋1)(x －1)x. 可得当x ＝1时，函数h (x )取得极小值即最小值，∴h (x )>h (1)＝3，∴e x ＋e －x －2ln x >3恒成立，∴b 的最大值是3.2．(2019·深圳二模)已知函数f (x )＝a e x ＋2x －1.(其中常数e ＝2.718 28…，是自然对数的底数)(1)讨论函数f (x )的单调性；(2)证明：对任意的a ≥1，当x >0时，f (x )≥(x ＋a e)x .解：(1)由f (x )＝a e x ＋2x －1，得f ′(x )＝a e x ＋2.①当a ≥0时，f ′(x )>0，函数f (x )在R 上单调递增；②当a <0时，由f ′(x )>0，解得x <ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－2a ， 由f ′(x )<0，解得x >ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－2a ， 故f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－2a 上单调递增， 在⎝ ⎛⎭⎪⎫ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－2a ，＋∞上单调递减． 综上所述，当a ≥0时，函数f (x )在R 上单调递增；当a <0时，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－2a 上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－2a ，＋∞上单调递减． (2)证明：f (x )≥(x ＋a e)x ⇒e x x －x a －1ax ＋2a －e ≥0，令g (x )＝e x x －x a －1ax ＋2a －e ，则g ′(x )＝(x －1)(a e x －x －1)ax 2. 当a ≥1时，a e x －x －1≥e x －x －1.令h (x )＝e x －x －1，则当x >0时，h ′(x )＝e x －1>0，∴当x >0时，h (x )单调递增，h (x )>h (0)＝0.∴当0<x <1时，g ′(x )<0，g (x )单调递减；当x >1时，g ′(x )>0，g (x )单调递增．∴g (x )≥g (1)＝0.即e x x －x a －1ax ＋2a －e ≥0，故f (x )≥(x ＋a e)x .B 卷1．(2019·桃城区校级模拟)已知函数f (x )＝x ln x .(1)求曲线y ＝f (x )在点P (1，f (1))处的切线方程；(2)当a >1时，求证：存在c ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a ，使得对任意的x ∈(c,1)，恒有f (x )>ax (x －1)．解：(1)函数的定义域为(0，＋∞)，由f (x )＝x ln x ，得f ′(x )＝ln x ＋1，∴f (1)＝0，k ＝f ′(1)＝1，故所求切线方程为y －0＝1×(x －1)，即x －y －1＝0.(2)证明：由f (x )>ax (x －1)，得x ln x >ax (x －1)，由x >0，可得ln x >a (x －1)，设g (x )＝ln x －a (x －1)，则g ′(x )＝1x －a ＝1－ax x ＝－a ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1a x ，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 时，g ′(x )>0，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞时，g ′(x )<0， ∴g (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞上单调递减． 由g (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，1上是减函数及g (1)＝0，得当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，1时，g (x )>0，① 又g (e －a )＝ln e －a －a (e －a －1)＝－a e －a <0，则存在x 0∈⎝ ⎛⎭⎪⎫e －a ，1a ，即x 0∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a ，使得g (x 0)＝0. 又g (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫x 0，1a 上是增函数， ∴当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫x 0，1a 时，g (x )>0.② 由①②可知，存在c ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫x 0，1a ，使g (x )>0恒成立， 即存在c ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a ，使得对任意的x ∈(c,1)，恒有f (x )>ax (x －1)．2．(2019·凯里市校级模拟)已知函数f (x )＝2x －1x －a ln x (a ∈R )．(1)当a ＝3时，求函数f (x )的极值；(2)设g (x )＝f (x )－x ＋2a ln x ，且g (x )有两个极值点x 1，x 2，其中x 1∈(0,1]，证明：g (x 1)≥g (x 2)．解：(1)易求f (x )的定义域为(0，＋∞)，当a ＝3时，f (x )＝2x －1x －3ln x ，f ′(x )＝2＋1x 2－3x ＝2x 2－3x ＋1x 2， 令f ′(x )>0得0<x <12或x >1；令f ′(x )<0得12<x <1，∴f (x )的单调递增区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12和(1，＋∞)，单调递减区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1， 即当x ＝12时，函数f (x )取得极大值f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝－1＋3ln 2， 当x ＝1时，函数f (x )取得极小值f (1)＝1.(2)证明：由已知得g (x )＝f (x )－x ＋2a ln x ＝x －1x ＋a ln x ，x >0，g ′(x )＝1＋1x 2＋a x ＝x 2＋ax ＋1x 2， 令g ′(x )＝0，得x 2＋ax ＋1＝0，∵g (x )有两个极值点x 1，x 2，∴⎩⎨⎧ Δ＝a 2－4>0，x 1＋x 2＝－a >0，x 1x 2＝1>0，∴⎩⎪⎨⎪⎧ a <－2，a ＝－(x 1＋x 2)，x 2＝1x 1，∴g (x 1)－g (x 2)＝g (x 1)－g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 1＝x 1－1x 1＋a ln x 1－⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 1－x 1＋a ln 1x 1＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1－1x 1＋2a ln x 1＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1－1x 1－2⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋1x 1ln x 1， 设h (x )＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1x －2⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1x ln x ，x ∈(0,1]， ∵h ′(x )＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1x 2－2⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝⎛⎭⎪⎫1－1x 2ln x ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1x 1x ＝2(1＋x )(1－x )ln x x 2，当x∈(0,1]时，恒有h′(x)<0，∴h(x)在x∈(0,1]上单调递减，∴h(x)≥h(1)＝0，故g(x1)－g(x2)≥0，即g(x1)≥g(x2)成立．。