高中数学——导数难题中学教育高中教育中学教育高中教育.pdf

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1、学习必备 欢迎下载 5.导函数不等式 1.已知函数()exf xkxxR，（）若ek，试确定函数()f x的单调区间；（）若0k，且对于任意xR，()0f x 恒成立，试确定实数k的取值范围；（）设函数()()()F xf xfx，求证：12(1)(2)()(e2)()nnFFF nnN 分析：本小题主要考查函数的单调性、极值、导数、不等式等基本知识，考查运用导数研究函数性质的方法，考查分类讨论、化归以及数形结合等数学思想方法，考查分析问题、解决问题的能力。解：（）由ek 得()eexf xx，所以()eexfx 由()0fx 得1x，故()f x的单调递增区间是(1)，由()0fx 得1x，

2、故()f x的单调递减区间是(1)，（）由()()fxf x 可知()f x是偶函数 于是()0f x 对任意xR成立等价于()0f x 对任意0 x成立由()e0 xfxk 得lnxk 当(01k，时，()e10(0)xfxkkx 此时()f x在0)，上单调递增 故()(0)10f xf，符合题意 当(1)k，时，ln0k 当x变化时()()fxf x，的变化情况如下表：x(0 ln)k，lnk(ln)k ，()fx 0 ()f x 单调递减 极小值 单调递增 由此可得，在0)，上，()(ln)lnf xfkkkk 依题意，ln0kkk，又11ekk ，综合，得，实数k的取值范围是学习必备

3、 欢迎下载 0ek （）()()()eexxF xf xfx，12()()F x F x12121212121212()()eeeeee2e2xxxxxxxxxxxxxx ，1(1)()e2nFF n，11(2)(1)e2()(1)e2.nnFF nF n F 由此得，21(1)(2)()(1)()(2)(1)()(1)(e2)nnFFF nFF nFF nF n F 故12(1)(2)()(e2)nnFFF nnN，2.设3()3xf x，对任意实数t，记232()3tgxt xt（）求函数8()()yf xgx的单调区间；（）求证：（）当0 x 时，()()tf xgx对任意正实数t成立；

4、（）有且仅有一个正实数0 x，使得800()()tgxgx对于任意正实数t成立。分析：本题主要考查函数的基本性质，导数的应用及不等式的证明等基础知识，以及综合运用所学知识分析和解决问题的能力分类讨论、化归（转化）思想方法（I）解：316433xyx 由240yx ，得2x 因为当(2)x，时，y 0，当(2 2)x，时，0y，当(2)x，时，0y，故所求函数的单调递增区间是(2)，(2)，单调递减区间是(2 2)，（II）证明：（i）方法一：令2332()()()(0)33txh xf xgxt xt x，则223()h xxt，当0t 时，由()0h x，得13xt，当13()xx，时，()

5、0h x，函数求证分析本小题主要考查函数的单调性极值导数不等式等基本知识考查运用导数研究函数性质的方法考查分类讨论化归以及数形结合等数学思想方法考查分析问题解决问题的能力解由得所以由得故的单调递增区间是由得故的单化时的变化情况如下表单调递减极小值单调递增由此可得在上依题意又综合得实数的取值范围是学习必备欢迎下载由此得故设对任意实数记求函数对任意正实数成立的单调区间求证当时使得有且仅有一个正实数对于任意正实数成立的能力分类讨论化归转化思想方法解由得因为当时当时当时故所求函数的单调递增区间是单调递减区间是证明方法一令则当时由得当时学习必备欢迎下载所以在内的最小值是正实数成立故当时对任意方法二对任意

6、固定的令则由得当学习必备 欢迎下载 所以()h x在(0)，内的最小值是13()0h t故当0 x 时，()()tf xgx对任意正实数t成立 方法二：对任意固定的0 x，令232()()(0)3th tgxt xt t，则11332()()3h ttxt，由()0h t，得3tx当30tx 时，()0h t；当3tx时，()0h t，所以当3tx时，()h t取得最大值331()3h xx因此当0 x 时，()()f xg x对任意正实数t成立（ii）方法一：8(2)(2)3tfg 由（i）得，(2)(2)ttgg对任意正实数t成立 即存在正实数02x，使得(2)(2)xtgg对任意正实数t

7、成立 下面证明0 x的唯一性：当02x，00 x，8t 时，300()3xf x，0016()43xgxx，由（i）得，30016433xx，再取30tx，得30300()3xxgx，所以303000016()4()33xxxgxxgx，即02x 时，不满足00()()xtgxgx对任意0t 都成立 故有且仅有一个正实数02x，使得00()0()xtgxgx对任意正实数t成立 方法二：对任意00 x，0016()43xgxx，因为0()tgx关于t的最大值是3013x，所以要使00()()xtgxgx对任意正实数成立的充分必要条件是：函数求证分析本小题主要考查函数的单调性极值导数不等式等基本知

8、识考查运用导数研究函数性质的方法考查分类讨论化归以及数形结合等数学思想方法考查分析问题解决问题的能力解由得所以由得故的单调递增区间是由得故的单化时的变化情况如下表单调递减极小值单调递增由此可得在上依题意又综合得实数的取值范围是学习必备欢迎下载由此得故设对任意实数记求函数对任意正实数成立的单调区间求证当时使得有且仅有一个正实数对于任意正实数成立的能力分类讨论化归转化思想方法解由得因为当时当时当时故所求函数的单调递增区间是单调递减区间是证明方法一令则当时由得当时学习必备欢迎下载所以在内的最小值是正实数成立故当时对任意方法二对任意固定的令则由得当学习必备 欢迎下载 300161433xx，即200(

9、2)(4)0 xx，又因为00 x，不等式成立的充分必要条件是02x，所以有且仅有一个正实数02x，使得00()()xtgxgx对任意正实数t成立 3.定义函数 f n(x)(1x)n1,x 2，nN*(1)求证：f n(x)nx；(2)是否存在区间 a，0 (a0)，使函数 h(x)f 3(x)f 2(x)在区间a，0上的值域为ka，0?若存在，求出最小实数 k 的值及相应的区间a，0，若不存在，说明理由.分析：本题主要考查函数的基本性质，导数的应用及不等式的证明等基础知识，以及综合运用所学知识分析和解决问题的能力分类讨论、数形结合思想方法 解：(1)证明：f n(x)nx(1 x)n 1n

10、x，令 g(x)(1 x)n 1nx,则 g(x)n(1 x)n 11.当 x(2，0)时，g(x)0,当 x(0，）时，g(x)0，g(x)在 x0 处取得极小值 g(0)0，同时 g(x)是单峰函数，则 g(0)也是最小值.g(x)0,即 f n(x)nx(当且仅当 x0 时取等号).注：亦可用数学归纳法证明.(2)h(x)f 3(x)f 2(x)x(1 x)2 h(x)(1 x)2 x2(1x)(1 x)(1 3x)令 h(x)0,得 x1 或 x13，当 x(2，1)，h(x)0；当 x(1，13)时，h(x)0；当 x(13,)时，h(x)0.函数求证分析本小题主要考查函数的单调性极

11、值导数不等式等基本知识考查运用导数研究函数性质的方法考查分类讨论化归以及数形结合等数学思想方法考查分析问题解决问题的能力解由得所以由得故的单调递增区间是由得故的单化时的变化情况如下表单调递减极小值单调递增由此可得在上依题意又综合得实数的取值范围是学习必备欢迎下载由此得故设对任意实数记求函数对任意正实数成立的单调区间求证当时使得有且仅有一个正实数对于任意正实数成立的能力分类讨论化归转化思想方法解由得因为当时当时当时故所求函数的单调递增区间是单调递减区间是证明方法一令则当时由得当时学习必备欢迎下载所以在内的最小值是正实数成立故当时对任意方法二对任意固定的令则由得当学习必备 欢迎下载 故作出 h(x

12、)的草图如图所示，讨论如下：当13a0时，h(x)最小值 h(a)ka k(1 a)2 49 当43a13时 h(x)最小值 h(a)h(13)427ka k427a 19k49 当a43时 h(x)最小值h(a)a(1a)2ka k(1 a)2 19，a43时取等号.综上讨论可知 k 的最小值为19，此时a，0 43，0.例 4.已知)(22)(2Rxxaxxf在区间 1,1上是增函数。（1）求实数a的值组成的集合 A；（2）设关于x的方程 1f xx的两个非零实根为1x、2x。试问：是否Rm，使得不等式|1212xxtmm对Aa 及 1,1t恒成立？若存在，求m的取值范围；若不存在，请说明

13、理由。分析：本题主要考查函数的基本性质，导数的应用及不等式的证明等基础知识，以及综合运用所学知识分析和解决问题的能力函数方程思想、化归（转化）思想方法 解：（1）)(xf)(222Rxxax 222)2(2)2()2(2)(xxaxxxf222)2()2(2xaxx )(xf在 1,1上 )(xf 0)2()2(2222xaxx对 1,1 x恒成立 即 1,1 x，恒有022 axx成立 函数求证分析本小题主要考查函数的单调性极值导数不等式等基本知识考查运用导数研究函数性质的方法考查分类讨论化归以及数形结合等数学思想方法考查分析问题解决问题的能力解由得所以由得故的单调递增区间是由得故的单化时的

14、变化情况如下表单调递减极小值单调递增由此可得在上依题意又综合得实数的取值范围是学习必备欢迎下载由此得故设对任意实数记求函数对任意正实数成立的单调区间求证当时使得有且仅有一个正实数对于任意正实数成立的能力分类讨论化归转化思想方法解由得因为当时当时当时故所求函数的单调递增区间是单调递减区间是证明方法一令则当时由得当时学习必备欢迎下载所以在内的最小值是正实数成立故当时对任意方法二对任意固定的令则由得当学习必备 欢迎下载 设2)(2axxxg 1,101)1(1101)1(Aagaag（2）xxaxxf122)(2 022 axx 082 a 1x、2x是 方 程022 a xx的 两 不 等 实 根

15、，且axx21，221xx 3,2284)(|22122121axxxxxx|1212xxtmm对Aa 及 1,1t恒成立 312 tmm对 1,1 t恒成立 设)2()(2mtmth，1,1t 0)(th对 1,1 t恒成立 122102)1(02)1(22mmmmmmhmmh或或 ),2 2,(m满足题意 5.已知函数)0)(ln()(aaexfx。（1）求函数)(xfy 的反函数)(1xfy和)(xf的导函数)(xf；（2）假设对)4ln(),3ln(aax，不等式0)(ln(|)(|1xfxfm成立，求实数m的取值范围。分析：本题主要考查反函数的概念及基本性质，导数的应用及不等式的证明

16、等基础知识，以及综合运用所学知识分析和解决问题的能力化归（转化）思想方法 解：（1）)ln(aeyx yxeae aeeyx )ln(aexy )ln()(1aexfx )ln(aeyx aeexfxx)(（2）)4ln(),3ln(aax，0)(ln(|)(|1xfxfm成立 函数求证分析本小题主要考查函数的单调性极值导数不等式等基本知识考查运用导数研究函数性质的方法考查分类讨论化归以及数形结合等数学思想方法考查分析问题解决问题的能力解由得所以由得故的单调递增区间是由得故的单化时的变化情况如下表单调递减极小值单调递增由此可得在上依题意又综合得实数的取值范围是学习必备欢迎下载由此得故设对任意实

17、数记求函数对任意正实数成立的单调区间求证当时使得有且仅有一个正实数对于任意正实数成立的能力分类讨论化归转化思想方法解由得因为当时当时当时故所求函数的单调递增区间是单调递减区间是证明方法一令则当时由得当时学习必备欢迎下载所以在内的最小值是正实数成立故当时对任意方法二对任意固定的令则由得当学习必备 欢迎下载 xxxxeaeaeeaexmlnln|)ln(|xaeaemxaexxx)ln()ln()ln(设xaeaexgxx)ln()ln()(，xaeaexhxx)ln()ln()()4ln(),3ln(aax )4ln(),3ln(aax恒有)()(xhmxg成立 1)(aeeaeexgxxxx

18、)4ln(),3ln(aax 4,3aaex aeeaexxx0 1 aeexx，10aeexx 0)(xg，）xg(在)4ln(),3ln(aa上 magxg)4(ln()(max 即maaa)4ln()5ln()3ln()512ln(am 01)(aeeaeexhxxxx )(xh在)4ln(),3ln(aa上 )3(ln()(minahxhm )3ln()4ln()2ln(aaam )38ln(am m的取值范围是)38ln(),512(ln(aa 6.设函数),1,(11)(NxnNnnxfn且.()当 x=6时,求nn11的展开式中二项式系数最大的项;()对任意的实数 x,证明2)2

19、()2(fxf);)()()(的导函数是xfxfxf()是否存在Na,使得 annkk111na)1(恒成立?若存在,试证明你函数求证分析本小题主要考查函数的单调性极值导数不等式等基本知识考查运用导数研究函数性质的方法考查分类讨论化归以及数形结合等数学思想方法考查分析问题解决问题的能力解由得所以由得故的单调递增区间是由得故的单化时的变化情况如下表单调递减极小值单调递增由此可得在上依题意又综合得实数的取值范围是学习必备欢迎下载由此得故设对任意实数记求函数对任意正实数成立的单调区间求证当时使得有且仅有一个正实数对于任意正实数成立的能力分类讨论化归转化思想方法解由得因为当时当时当时故所求函数的单调递

20、增区间是单调递减区间是证明方法一令则当时由得当时学习必备欢迎下载所以在内的最小值是正实数成立故当时对任意方法二对任意固定的令则由得当学习必备 欢迎下载 的结论并求出 a的值;若不存在,请说明理由.（）解：展开式中二项式系数最大的项是第4 项，这项是33 5631201Cnn （）证法一：因 22112211nfxfnn 2211211nnn 112 11nnn 12 1nn 112 1ln 12nn 112 1ln 12nfxnn 证法二：因 22112211nfxfnn 2211211nnn 112 11nnn 而 1122 1ln 1nfxnn 故只需对11n和1ln 1n进行比较。令 l

21、n1g xxx x，有 111xgxxx ，由10 xx，得1x 因为当01x 时，0gx，g x单调递减；当1x 时，0gx，g x单调递增，所以在1x 处 g x有极小值1 故当1x 时，11g xg，从而有ln1xx，亦即ln1lnxxx 故有111ln 1nn恒成立。所以 222fxffx，原不等式成立。（）对mN，且1m 有2012111111mkmkmmmmmmCCCCCmmmmm 211112 11111 12!kmm mm mmkm mmkmmm 函数求证分析本小题主要考查函数的单调性极值导数不等式等基本知识考查运用导数研究函数性质的方法考查分类讨论化归以及数形结合等数学思想方

22、法考查分析问题解决问题的能力解由得所以由得故的单调递增区间是由得故的单化时的变化情况如下表单调递减极小值单调递增由此可得在上依题意又综合得实数的取值范围是学习必备欢迎下载由此得故设对任意实数记求函数对任意正实数成立的单调区间求证当时使得有且仅有一个正实数对于任意正实数成立的能力分类讨论化归转化思想方法解由得因为当时当时当时故所求函数的单调递增区间是单调递减区间是证明方法一令则当时由得当时学习必备欢迎下载所以在内的最小值是正实数成立故当时对任意方法二对任意固定的令则由得当学习必备 欢迎下载 11112111121111112!kmmkmmmmmm 111122!3!km 111122 13 21

23、1k km m 11111112122311kkmm 133m 又因102,3,4,kkmCkmm ，故1213mm 1213mm，从而有11213knknnk成立，即存在2a，使得11213knknnk恒成立。函数求证分析本小题主要考查函数的单调性极值导数不等式等基本知识考查运用导数研究函数性质的方法考查分类讨论化归以及数形结合等数学思想方法考查分析问题解决问题的能力解由得所以由得故的单调递增区间是由得故的单化时的变化情况如下表单调递减极小值单调递增由此可得在上依题意又综合得实数的取值范围是学习必备欢迎下载由此得故设对任意实数记求函数对任意正实数成立的单调区间求证当时使得有且仅有一个正实数对于任意正实数成立的能力分类讨论化归转化思想方法解由得因为当时当时当时故所求函数的单调递增区间是单调递减区间是证明方法一令则当时由得当时学习必备欢迎下载所以在内的最小值是正实数成立故当时对任意方法二对任意固定的令则由得当