利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)性質(zhì)證明不等式

1、利用導(dǎo)數(shù)爭(zhēng)論函數(shù)性質(zhì)、證明不等式類型一 學(xué)會(huì)踩點(diǎn)例 1 高考原題 高考全國(guó)乙卷 此題滿分 12 分已知函數(shù) fxx2e xax1 2 有兩個(gè)零點(diǎn)1求 a 的取值范疇；2設(shè) x1,x2 是 fx的兩個(gè)零點(diǎn),證明： x1x22. 解： 1fxx1e x2ax1x1e x2a1 分 設(shè) a0,就 fxx2e x,fx只有一個(gè)零點(diǎn) 2 分 設(shè) a0,就當(dāng) x,1時(shí), fx0,所以 fx在,1內(nèi)單調(diào)遞減,在 1, 內(nèi)單調(diào)遞增 3 分 又 f1e,f2a,取 b 滿意 b0 且 ba 2b2ab1 2a b 23 2b 0,故 fx存在兩個(gè)零點(diǎn) 4 分 設(shè) a0,因此 fx在1, 上單調(diào)遞增又當(dāng) x1 時(shí)

2、 fx0,所以 fx不存在兩個(gè)零點(diǎn) 5 分 如 a1,故當(dāng) x1,ln2a時(shí),fx0. 因此 fx在1,ln2a上單調(diào)遞減,在 ln2a,上單調(diào)遞增又當(dāng) x1 時(shí), fx0,所以 fx不存在兩個(gè)零點(diǎn) 6 分 綜上, a 的取值范疇為 0, 7 分 2證明：不妨設(shè) x1x2,由1知,x1,1,x21,2x2,1,又 fx在,1內(nèi)單調(diào)遞減,所以 x1x2f2x2,即 f2x21 時(shí), gx1 時(shí),gx0.11 分 從而 gx2f2x20,故 x1x20 時(shí),即 a3 時(shí),有兩個(gè)公共點(diǎn)；當(dāng) 0 時(shí),即 a 1 或 a3 時(shí),有一個(gè)公共點(diǎn)；當(dāng) 0 時(shí),即 1ahe,所以,結(jié)合函數(shù)圖象可得,當(dāng) 3f0

3、1. 所以 x2e xx2,即x2e xx20. 2gxx2 e xa x23xx2 x 3 fxa由1知, fxa 單調(diào)遞增對(duì)任意 a0,1,f0aa10,f2aa0. 因此,存在唯獨(dú) xa0,2,使得 fxaa0,即 gxa0. 當(dāng) 0 xxa 時(shí),fxa0,gxxa時(shí), fxa0,gx0,gx單調(diào)遞增因此 gx在 xxa 處取得最小值,最小值為gxaexaa xa1 x aexaf xa xa1 x aexa xa2. 于是 haexa xa2. 由 x2e xx1 ex2 2 0,得 ye xx2單調(diào)遞增,x所以,由 xa0,2,得0 2 22 e 02ha exa xa2 e 22e

4、 4. x 由于 ye x2單調(diào)遞增,對(duì)任意0,1,使得 ha. 2 所以 ha的值域是1 2,e 4 . 2 1 2,e 4,存在唯獨(dú)的 xa0,2,a fxa2 綜上,當(dāng) a0,1時(shí), gx有最小值 ha,ha的值域是1 2,e 4 . 2已知 fx2axbln x1,設(shè)曲線 yfx在點(diǎn) 1,f1處的切線為 y0. 1求實(shí)數(shù) a,b 的值2 2設(shè)函數(shù) gxmfxx 2mx. 如 mR,求函數(shù) gx的單調(diào)區(qū)間；2 如 1m3,求證：當(dāng) x1,e時(shí), gxe 22. 解： 1由已知 fx2ab x,依題意 f10,且 f10,所以 2a10,2ab0,解得 a1 2,b1. 2由1得 fxxl

5、n x1,x0. 2 所以 gxx 2mln xmx0,gxxm xx 2mx . 當(dāng) m0,gx0 在0, 上恒成立,所以在區(qū)間 0,上是增函數(shù)；當(dāng) m0 時(shí),由 gx0 得 xm,由 gx0 得 0 xm,所以 gx在區(qū)間 0,m上是減函數(shù),在區(qū)間 m, 上是增函數(shù)證明：當(dāng) 1m3,x1,e時(shí),m1,e,gx在區(qū)間 1,m上是減函數(shù),在區(qū)間 m,e上是增函數(shù),所以 gx的最大值為 max g1,ge 2 2又由于 1m3,gee 22me 22,2g11 2m0e 22,2所以如 1m3,當(dāng) x1,e時(shí),gxe 22. 類型三 學(xué)會(huì)規(guī)范2例 3 此題滿分 12 分設(shè)函數(shù) fxx 2kln

6、x,k0. 1求 fx的單調(diào)區(qū)間和極值2證明如 fx有零點(diǎn),就 fx在區(qū)間 1,考生不規(guī)范示例 解： 1fxxk xx 2k x . e上僅有一個(gè)零點(diǎn)由于 k0,所以由 fx0,得 xk. 令 fx0,得 xk,令 fx0,得 xk. 所以 fx的增區(qū)間是 k,減區(qū)間是 ,k當(dāng) xk時(shí),取得微小值 f kk 1ln k 2 . 2當(dāng) k e,即 ke 時(shí), f11 20,f eek 20. 所以 fx在區(qū)間 1,e上有一個(gè)零點(diǎn)綜上,如 fx有零點(diǎn),就 fx在區(qū)間 1,e上僅有一個(gè)零點(diǎn)規(guī)范解答 2 1由 fxx 2kln xk0,得 x0 且 fxxk xx 2kx .2 分 k由 fx0,解得

7、 xk負(fù)值舍去 4 分 fx與 fx在區(qū)間 0, 上的情形如下：x 0, kk k, fx0fxk 1ln k 2所以, fx的單調(diào)遞減區(qū)間是 0, k,單調(diào)遞增區(qū)間是 k,fx在 x處取得微小值 f kk 1ln k 2.6 分 2證明： 由1知 fx在0, 上的最小值為 fkk 1ln k. 2由于 fx存在零點(diǎn),所以k 1ln k 20,從而 ke.8 分 當(dāng) ke 時(shí),fx在區(qū)間 1,e上單調(diào)遞減,且 f e0,所以 xe是 fx在區(qū)間 1, e上的唯獨(dú)零點(diǎn) 10 分 當(dāng) ke 時(shí),fx在區(qū)間 1,e上單調(diào)遞減,且 f11 20,f eek 20,所以 fx在區(qū)間 1,e上僅有一個(gè)零點(diǎn)

8、綜上可知,如 fx存在零點(diǎn),就 fx在區(qū)間 1,終極提升 登高博見e上僅有一個(gè)零點(diǎn) 12 分 用導(dǎo)數(shù)證明不等式的基本思路是構(gòu)造函數(shù)就是依據(jù)題目特點(diǎn),對(duì)問(wèn)題進(jìn)行深入分析,找出已知與所求之間的聯(lián)系紐帶,善于變換思維,運(yùn)用轉(zhuǎn)化的思想,化 歸的方法將數(shù)學(xué)命題由一種形式向另一種形式轉(zhuǎn)換,構(gòu)造出恰當(dāng)?shù)暮瘮?shù)爭(zhēng)論方程的根的情形,可以通過(guò)導(dǎo)數(shù)爭(zhēng)論函數(shù)的單調(diào)性、最大值、最小值、變化 趨勢(shì)等,并借助函數(shù)的大致圖象判定方程根的情形,這是導(dǎo)數(shù)這一工具在爭(zhēng)論方 程中的重要應(yīng)用 . 限時(shí)規(guī)范訓(xùn)練九利用導(dǎo)數(shù)爭(zhēng)論函數(shù)性質(zhì)、證明不等式建議用時(shí) 45 分鐘 解答題 解答應(yīng)寫出文字說(shuō)明,證明過(guò)程或演算步驟 1設(shè)函數(shù) fxe x1m

9、xmR1如 fx在1,2上為單調(diào)遞減函數(shù),求實(shí)數(shù)m 的取值范疇；2如 fx在 x1 處有極值,且函數(shù) gxfxn 在0, 上有零點(diǎn),求 n 的最小值解： 1對(duì) fx求導(dǎo),得 fxe x1m x 2. 當(dāng) fx在1,2 上單調(diào)遞減時(shí), e x1m x 20 在1,2 上恒成立,所以 mx 2e x1 在1,2上恒成立令 hxx 2e x1,就 hxe x1x 22x0 在1,2 上恒成立,即 hx在1,2上單調(diào)遞增,所以 hxx 2e x1 在1,2 上的最大值為 h24e,即 m4e. 所以實(shí)數(shù) m 的取值范疇為 4e,2由于 fxe x1m x 2,又 fx在 x1 處有極值,所以 f1e

10、0m0,求得m1,經(jīng)檢驗(yàn)符合題意所以 fxe x11 x,gxfxne x11 xn. 對(duì) gx求導(dǎo),得 gxe x1 1 x 2,當(dāng) x0,1時(shí),gx0,gx為減函數(shù)；當(dāng) x1,時(shí), gx0, gx為增函數(shù)所以 gx在 x1 處取得微小值 g1e 01n2n. 依題意, gx在0, 上有零點(diǎn),所以 n 的最小值為 2. g10,即 2n0,所以 n2.所以2已知 fxe xaln xa,其中常數(shù) a0. 1當(dāng) ae 時(shí),求函數(shù) fx的極值；2如函數(shù) yfx有兩個(gè)零點(diǎn) x1,x20 x1x2,求證：1 ax11x2a；3求證： e 2x2e x1ln xx0. 解： 函數(shù) fx的定義域?yàn)?0,

11、 ,1當(dāng) ae 時(shí), fxe xeln xe,fxe xe x,而 fxe xe x在0,上單調(diào)遞增,又 f10,當(dāng) 0 x1 時(shí),fxf10,就 fx在0,1上單調(diào)遞減；當(dāng) x1 時(shí), fxf10,就 fx在1, 上單調(diào)遞增,所以 fx有微小值 f10,沒(méi)有極大值2證明： 當(dāng) fx0 恒成立時(shí),有 0ae成立如 0 x1 e,就 fx e xaln x10 明顯成立；xe x ln x11 x2ln x1,如 x1 e,由 fx0,得 ax e ln x1,令 xx e ln x1,就 令 gxln x11 x x1 e,由 gx11 x 20,得 gx在1 e, 上單調(diào)遞增,又由于 g10

12、,所以 x在1 e,1 上為負(fù),在xmin1, 上為正,因此x在1 e,1 上遞減,在 1, 上遞增,所以1e,從而 0ae. 因而函數(shù) yfx如有兩個(gè)零點(diǎn),就 由 fae aaln aaae,得 ff ae a1 ae a1 ee1 e0,ae,所以 f1ea0,ae aln a2,就所以 fae aln a2 在e,上單調(diào)遞增,所以 fafee e3e 230,所以 fae ealn aa 在e, 上單調(diào)遞增,所以 fafee e2ee 22e0,就 f1fa0,所以 1x2a,由 ae 得 f 1 ae1 aaln1 aae1 aaln aae1 aaln eae1 a0,就 f1f 1

13、 a0,所以1 ax11,綜上得 1 ax11x2a. 3由2知當(dāng) ae時(shí), fx0 恒成立,所以 fxe xeln xe0,即 fxe xeln xe,設(shè) hxx e xx0,就 hx1x e x ,當(dāng) 0 x1 時(shí),hx0,所以 hx在0,1上單調(diào)遞增；當(dāng) x1 時(shí),hx0,所以 hx在1,上單調(diào)遞增；所以 hxx e xx0的最大值為 h11 e,即 x x1 e,因而 x x2e,所以 fxe xeln xe x e x2,即 e 2x2e x1ln xx0. 3已知函數(shù) fx4x 216,gx1 |xm|,其中 mR 且 m 0. 1判定函數(shù) fx的單調(diào)性；2當(dāng) m 2 時(shí),求函數(shù)

14、Fxfxgx在區(qū)間 2,2上的最值；3設(shè)函數(shù) hxf x ,x2,當(dāng) m2 時(shí),如對(duì)于任意的x12, ,總存g x ,x2,在唯獨(dú)的 x2, 2,使得 hx1hx2成立,試求 m 的取值范疇解： 1依題意, f2 xm 4x 4 x 242m 2x 2x 4 x 24,x0 得 x 2 或 x2；當(dāng) m0 時(shí),解 fx0 得 2x2,解 f所以 fx在2,2上單調(diào)遞增,在 , 2,2,上單調(diào)遞減當(dāng) m0 時(shí),解 fx0 得 2x2,fx0 得 x 2 或 x2；所以 fx在2,2上單調(diào)遞減；在 , 2,2,上單調(diào)遞增2當(dāng) m 2,2x2 時(shí),gx1 2|xm|1 2xm2 m1 2x在2,2上

15、單調(diào)遞減,由1知, fx在2,2上單調(diào)遞減,所以 Fxfxgxmx m14x 2162 2x在2,2上單調(diào)遞減；FxmaxF24 2 m m 162 m2 m 16；FxminF22 m2m 16. 3當(dāng) m2,x12, 時(shí), hx1fx1mx1 4x 116,由1知 hx1在2,上單調(diào)遞減,從而 hx10,f2,即 hx1 0,m 16；當(dāng) m2,x22 時(shí),hx2gx21 2 |x2m| 1 2 mx2 1 m2x2在,2上單調(diào)遞增,從而 hx20,g2,即 hx2 0,1 2 m2 ；對(duì)于任意的 x12,總存在唯獨(dú)的 x2,2,使得 hx1hx2成立,只需m 16 1 m2,即m 16

16、1 m20 成立刻可記函數(shù) Hmm 16 1 m2,易知 Hmm 16 1 m2 在2, 上單調(diào)遞增,且 H40. 所以 m 的取值范疇為 2,44已知函數(shù) fxe x1 2x 2axaR1如函數(shù) fx的圖象在 x0 處的切線方程為 y2xb,求 a,b 的值；2如函數(shù) fx在 R 上是增函數(shù),求實(shí)數(shù) a 的取值范疇；3假如函數(shù) gxfx a1 2 x 2 恰好有兩個(gè)不同的極值點(diǎn) x1,x2,證明：x1x2 2ln 2a. 解： 1fxe xxa,f01a. 于是由題知 1a2,解得 a1. fxe x1 2x 2x,f01,于是 12 0b,解得 b1. 2由題意 fx0,即 e xxa0

17、恒成立ae xx 恒成立設(shè) hxe xx,就 hxe x1. 00, x,hx,hx的取值變化情形如下表：x ,0hx0hx微小值hxminh01,a1. 3證明： 由已知 gxe x1 2x 2axax 21 2x 2e xax 2ax,gxe x2axa. x1,x2 是函數(shù) gx的兩個(gè)不同極值點(diǎn) 不防設(shè) x1x2,a0如 a0 時(shí),gx0,即 gx是 R 上的增函數(shù), 與已知沖突 ,且 gx10,gx20. ex12ax1a0,ex22ax2a0. 兩式相減,得 2aex1ex2 x1x2,于是要證明x1x2 2ln 2a,即證明 ex1x2 2ex1ex2 x1x2,兩邊同除以 ex2

18、,即證 ex1x2 2ex1x21 x1x2,即證 x1x2ex1x2 2ex1x21,即證 x1x2ex1x2 2ex1x210,令 x1x2t,t0. 即證不等式 tet 2e t10 當(dāng) t0 時(shí)恒成立設(shè) ttet 2e t1,tet 2tet 21 2e tt 21 et 2e t et 2 et 2 t 21 . 由 2知 et 2 t 21,即 et 2 t 21 0,t0,t在 t0 時(shí)是減函數(shù)t在 t0 處取得微小值 00. t0,得證x1x2 2ln 2a. 專題三六規(guī)范滾動(dòng)訓(xùn)練 六 建議用時(shí) 45 分鐘 解答題 解答應(yīng)寫出文字說(shuō)明,證明過(guò)程或演算步驟 1某高中數(shù)學(xué)競(jìng)賽培訓(xùn)在

19、某學(xué)段共開設(shè)有初等代數(shù)、平面幾何、初等數(shù)論和微積分初步共四門課程, 要求初等數(shù)論、 平面幾何都要合格, 且初等代數(shù)和微積分初步至少有一門合格,就能取得參與數(shù)學(xué)競(jìng)賽復(fù)賽的資格現(xiàn)有甲、乙、丙三位同學(xué)報(bào)名參與數(shù)學(xué)競(jìng)賽培訓(xùn),每一位同學(xué)對(duì)這四門課程考試是否合格相互獨(dú)立,其合格的概率均相同 見下表 ,且每一門課程是否合格相互獨(dú)立 . 課程 初等代數(shù) 平面幾何 初等數(shù)論 微積分初步合格的概率 2 3 2 13 4 3 21求甲同學(xué)取得參與數(shù)學(xué)競(jìng)賽復(fù)賽的資格的概率；2記 表示三位同學(xué)中取得參與數(shù)學(xué)競(jìng)賽復(fù)賽的資格的人數(shù),求 的分布列及期望 E解：1分別記甲對(duì)這四門課程考試合格為大事A,B,C,D,且大事 A,B

20、,C,D 相互獨(dú)立, “ 甲能取得參與數(shù)學(xué)競(jìng)賽復(fù)賽的資格” 的概率為：PABCDPABC D PAB C D 3 4 2 3 2 3 1 23 4 2 3 2 3 1 23 4 2 3 1 3 1 2 5 12. 2由題設(shè)知 的全部可能取值為P0C 37 12 3 343 1 728,P1C 35 12 12 7 2735 1 728,P2C 35 12 27 12 525 1 728,P3C 35 12 3 125 1 728, 的分布列為0,1,2,3,B 3, 5 12,0123 P 3437355251251 7281 7281 7281 728B 3,5 12,E3 5 125 4.

21、 2高考原題 山東高考沖剌五 如圖,三棱錐C-ABD 中, ABAD BDBCCD2,O 為 BD 的中點(diǎn), AOC120,P 為 AC 上一點(diǎn), Q 為 AO 上一點(diǎn),且 PCAQ QO2. 1求證： PQ 平面 BCD；2求證： PO平面 ABD；3求 BP 與平面 BCD 所成角的正弦值解： 1證明： AP PC AQ QO,PQ CO,又 PQ.平面 BCD,CO. 平面 BCD, PQ 平面 BCD. 2證明：由等邊 ABD,等邊 BCD,O 為 BD 的中點(diǎn),得 BDAO,BDOC,AOOCO.BD平面 AOC. 又 PO. 平面 AOC,BDPO,在 AOC 中,AOC120,A

22、OOC3, OAC30,ACOA 2OC 22OAOCcos 120 3,又AP PC2,AP2,在 APO 中,由余弦定理,得 PO1,PO 2AO 2AP 2,POAO,又 AOBDO, PO平面 ABD. 3建立如下列圖的空間直角坐標(biāo)系,就B1,0,0, D1,0,0, C 0,2,3 2,P0,0,1BP1,0,1, 1,2,3 2,BD 2,0,0,設(shè)平面 BCD 的法向量為 nx,y,z,就nCB 0,nBD 0,.x2 y3 2z0,2x0,3,1,取 n0,設(shè) BP 與平面 BCD 所成角為 ,就 sin |cosBP ,n|BP |BP n| |n|4 . 23已知中心在原點(diǎn)

23、,焦點(diǎn)在 1求橢圓 C 的方程；x 軸上的橢圓 C 的離心率為1 2,且經(jīng)過(guò)點(diǎn) M 1,3 2 . 2是否存在過(guò)點(diǎn) P2,1的直線 l1 與橢圓 C 相交于不同的兩點(diǎn) A,B,滿意 PAPB PM 2？如存在,求出直線l1 的方程；如不存在,請(qǐng)說(shuō)明理由2 2解： 1設(shè)橢圓 C 的方程為x a 2y b 21ab0,a 1 29 4b 21,由題意得 a1 2,a 2b 2c 2,2 2解得 a 24,b 23.故橢圓 C 的方程為x 4y 31. 2假設(shè)存在直線 l1,且由題意得斜率存在, 設(shè)滿意條件的方程為 yk1x21,代入橢圓 C 的方程,得 34k 1x 2 28k12k11x16k 2116k180. 由于直線 l1 與橢圓 C 相交于不同的兩點(diǎn) A,B,設(shè) A,B 兩點(diǎn)的坐標(biāo)分別為 x1,y1,x2,y2,所以 8k12k11 2434k 21 16k 2 116k18326k130,所以 k11 2. 又 x1x28k1 2k1134k 1,x1x216k 2 116k1834k 21,由于 PAPB PM 2,即 x12x22y11y215 4,所以 x12x221k 21 |P