4函數的單調性及其應用

1、函數 yln x 的單調性及其應用x1 函數 yln x的單調性及其相應的結論x用導數可證得：定理 1(1)函數 yln x) 上分別是增函數、 減函數 ( 其圖象如圖 1 所示 ).在 ( 0, e, e,x圖 1(2)當 0a be 時， abba ；當 eab 時， abb a ；當 0a 1且 ab 時， a bb a ；當 1ae 且 be 時， a bb a , a bb a , abba 均有可能2 定理 1 的應用2.1推廣 2014 年高考湖北卷文科壓軸題的結論高考題 1(2014 年高考湖北卷第22 題 )為圓周率， e=2.718 28 為自然對數的底數(1)求函數 f

2、( x)ln x的單調區(qū)間；x(2)( 文) 求 e3 ,3e ,e , e,3, 3 這 6 個數中的最大數與最小數；(理 )將 e3 ,3e, e ,e ,3 ,3 這 6 個數按從小到大的順序排列，并證明你的結論下面給出這道高考題的解法解(1)增區(qū)間為 (0,e)，減區(qū)間為(e,) (2)( 文) 由 (1)的結論還可證得結論：當eab 時， abb a 由此結論，得 e33e , ee ,33 又由冪函數、指數函數的單調性，得3ee3 , 3e3e 所以所求最大數與最小數分別是3 ,3e (由此解法還可得結論：若eabc ，則 ab ,ba , ac,ca ,bc ,cb 中的最大者、

3、最小者分別是 bc ,ba )ln x1xe) 在此結論中，可令 xe2(理 )由 (1) 的結論可得(0，得xelne23ln63e6 e3 e由式，還可得elne2.722.722.7(20.88)3.0243e 23.1ee3再由 (文 )的解法可得， 33eee33e 定 理 2(1)若 0a1a2ane, Anai a j ij ; i , j1,2,m aAxnan an 1 , m iAnna1a2，且集合 An的各元素中最大者、最小者均唯一；(2)若ea1a2an (n2), Anai aj ij ; i, j1,2, nmax Anan 1an ,min Ana2a1 ，且集

4、合 An 的各元素中最大者、最小者均唯一證明對 n 用數學歸納法來證(1)由定理 1(2)知， n2 時成立假設 nk (k2)時成立：若0a1a2ake(k2), Akai a j ij ;i , j1,2,ka k-1a2m Ak a ak x , m Ak i a1 n, n ， 則， 則，則若 0a1a2ak1 e(k2), Ak 1ai ajij; i, j1,2, k1，則Ak 1Aka1ak 1 , a2ak 1 , , ak ak 1 , ak 1a1 , ak 1a2 , , ak 1ak又因為maxa1aa1 ,akaaka1 , max ak 1a, ak 1a,aak1

5、, a2kk 1k12, ak 1kak 1k所以max Ak 1maxmax Ak ,maxaa1 , aka,maxak 1a1 , ak 1a2,akaa1k 1 , a2kk11kmax ak ak -1 , ak ak 1 , ak 1akak1ak (因為由定理 1(2)可得 ak1akak ak1ak ak-1)又因為mina, a2a1 , akaa1a1 , minakaa,aaa1 k 1kk 1k11 , ak 12, ak 1kak 1 1所以min Ak 1minmin Ak ,mina1ak 1 ,a2ak 1 , akak 1,minak 1a1 , ak 1a2

6、 , ak 1akmax a1a2 ,a1a k 1 , ak1a1a1a2 (因為由定理 1(2)可得 a1a2a1ak1ak 1a1 )得 n k1 時也成立所以欲證結論成立(2)由定理 1(2)知， n 2 時成立假設 nk (k2)時成立：若ea1a2ak (k2), Akai a j ij ;i, j1,2, , k，則max Akak 1ak ,min Aka2a1 若 ea1a2ak 1 (k2), Ak 1ai a jij ; i, j 1,2, k1，則Ak 1Aka1ak 1 , a2ak 1 , , ak ak 1 , ak 1a1 , ak 1a2 , , ak 1ak

7、又因為maxa1aa1 ,akaaka1 , max ak 1a, ak 1a,aak1, a2kk 1k12, ak 1kak 1k所以max Ak 1maxmax Ak ,maxaa1 , aka,maxakaa,akaa1k 1 , a2kk11 1 , ak121kakak 1, akakakak 1(因為由定理 1(2)可得 akaakaak 1 )max ak 1, ak11 k1kak又因為mina, a2a1 , akaa1a1 , minakaa,aaa1 k 1kk 1k11 , ak 12, ak 1kak 1 1所以min Ak 1minmin Ak ,mina1ak1

8、 ,a2ak 1 , , akak 1 ,min ak1a1 , ak 1a2 , ak 1akmina2aaaa2a(因為由定理 1(2)可得 a2a1ak 1a1a1ak 1 )1, a1k 1, ak 1 11得 n k 1 時也成立所以欲證結論成立(1)若 0e, Gai a ja kj , jk, ki ;i, j , k1,2,3猜 想a1a2a3i， 則aaaa3m a xG a1, m i Ana322；n1(2)若eaa2a,Ga a j akij, jk, ki;i , j, k 1,2,3，則13imax Gaa3,min Ga3a a1a122例 1設 Gab a,b2

9、, e,3,4，求 max G, min G .解由定理 2(2)，可得 max ab a, be,3,44 ,min ab a, be,3,43e .由指數函數y2x是增函數，可得mbxe,3,44bne,3,42e.2a b2 , m2 i b由冪函數y x2 ( x0)是增函數，可得m2,44224,m2ne,3,42aa a xe,3,ai ae .所以maxGmaxab a,be,3,4, 2b be,3,4, a2 ae,3,4max4 ,24 ,244minGminab a,be,3,4, 2b be,3,4, a2 ae,3,4min 3e,2e ,e22e(因為由定理 1(2

10、)可得 2ee2)2.2研究另3 道高考題ln 2ln 3ln 5高考題 2(2005 年高考全國卷理科第6題 ) 若 a2, b,c，則( )35A. a b cB.c b aC.c a b D.b a c根C. 由定理 1(1)、圖 2 及 ln 2ln 4，可得選 C.24圖 2例 2(文獻 1變式題1) 設 a1 , bln2, cln，其中 e 為自然對數的底數，則ea, b, c 的大小關系為 ( )A.a b cB.c a bC.a c bD.b a c原解因為 a1ln e ,bln2ln 2，且 2e，而函數 f ( x)ln x 在 (0,e)ee2x上單調遞增，在 (e,

11、) 上單調遞減，所以ab, ac .ln 2lnln 22 lnln 2ln2又 bc0 ，所以 b c .222因此， abc ，A 正確 .訂正筆誤原解的最后一行有誤，應訂正為“因此，a c b ， C 正確” .原解中的“ ln 2ln22 ”是怎么來的？質疑0”即“ 22簡解C. 由定理1(1) 及 ln 2ln 4，可得選 C.24注簡解也給出了 22的證明 .高考題 3(2001年高考全國卷理科第20題 ) 已知 i , m, n 是正整數，且 1i mn .(1)證明 ni A mimi A in ( 注：原題是“證明ni Pmimi Pni ”，兩者意義相同 ) ；(2)證明

12、(1 m)n(1n)m.證明(1)略 .(2)即證 n ln(1m)m ln(1n), ln(1 m) ln(1n) .mxnln(1x)ln(1x)( x2)1x設 f ( x)，得 f ( x)x2( x 2) .x由x2，得x1ln(1)，所以 f(x)0( x2) ，即函數 f ( x) 在 2,) 上是1xx減函數，所以f ( m)f ( n) ，即欲證成立 .注用同樣的方法( 但還須對由 f( x) 的分子得到的函數yxx)( x0) 再1ln(1x求導 ) 還可證得：若 0mn ，則 (1m)n(1 n)m .高考題 4 (1983年高考全國卷理科第9 題 )(1)已知 a, b

13、 為實數，并且 eab ，其中e 是自然對數的底，證明abba ；(2)如果正實數 a, b 滿足 abba ，且 a1 ，證明 ab .證明 (1) 由推論立得 .(2)由 正 實 數 a, b 滿 足 abba， 得 b ln aa ln b.再 由 0a1， 得b ln aa ln b 0,0b1 .再由反證法及定理1(2)可得欲證結論成立 .2.3 關于 x 的方程 axbx(a0, b0,0,Z) 根的個數下面再用定理1 來討論關于x 的方程a xbx (a0, b 0,0,Z )根的個數 .定理 3 (1)若 b0,為奇數，則12 時，方程根的個數是(i) 當且僅當 ebln a0

14、；(ii) 當且僅當 beln a或 lna0 時，方程根的個數是1；ln a02.(iii) 當且僅當1時，方程根的個數是ebln a2(2)若 b 0,為奇數，則12 時，方程根的個數是(i) 當且僅當 ebln a0；(ii) 當且僅當 beln a或 a 1 時，方程根的個數是1；ln a02.(iii) 當且僅當1時，方程根的個數是ebln a2(3)若 b0,為非零偶數，則1e ln a(i) 當且僅當 b時，方程根的個數是1；1eln a當且僅當b1 時，方程根的個數是；(ii)或 a2a11eln a 時，方程根的個數是 3.(iii) 當且僅當 b(4)若 b0,為非零偶數，

15、則方程根的個數是0.證明(1)易知方程的的根x 0 .111可設 db,c ab , tbx ，可得 d , c, t 均是正數 .還可得關于 x 的方程根的個數即關于t 的方程ctt (c0, 是奇數 ; t 0)也即ln tln c(c0,是奇數 )根的個數 .由定理 1(1) 及圖 1，可得(i) 當且僅當 lnc11 即 e b ln ae2時，方程根的個數是0；(ii) 當且僅當 lnc0 或 lnc 1即 beln a或lna 0 時，方程根的個數是1；e(iii) 當且僅當 0lnc1 即ln a0時，方程根的個數是 2.1eebln a2(2)易知方程的的根 x 0 .可設 xx ，得 x0 .還可得關于 x 的方程根的個數即關于x 的方程xbx ( 110, b0,是奇數 )aa根的個數 .再由結論 (1) 可得結論 (2)成立 .(3)易知方程的的根x0 .111可設 db ,cab, tb x ，可得 d , c 均是正數， t0 .還可得關于x 的方程根的個數即關于t 的方程ctt (c0,是非零偶數 ; t0)也即ln tln c (c 0, 是非零偶數 )t根的個數 .ln t由定理 1 可作出函數y的圖象如圖3 所示：t圖 3由圖 3可得lnc11eln a1；(i) 當且僅當