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导数题型五


导数习题题型分类精选 题型五

利用导数证明不等式(学生用)
不等式的证明问题是中学数学教学的一个难点,传统证明不等式的方法技巧性强,多数学 生不易想到,并且各类不等式的证明没有通性通法 .随着新教材中引入导数 ,这为我们处理不 等式的证明问题又提供了一条新的途径,并且在近年高考题中使用导数证明不等式也时有出 现,但现行教材对这一问题没有展开研究 ,使得学生对这一简便方法并不了解 .利用导数证明 不等式思路清晰,方法简捷,操作性强,易被学生掌握。下面介绍利用单调性、极值、最值证明 不等式的基本思路,并通过构造辅助函数,证明一些简单的不等式。 通过作辅助函数并对辅助函数求导来证明不等的的方法对相当广泛的一类不等式是适 用的。用此方法证明 f(x)≧g(x)(a≦x≦b)的一般步骤是: 1. 作辅助函数F( x ) =f(x)-g(x), 原不等式 f(x)≧g(x)(a≦x≦b) 归结为:F( x ) ≧0(a≦x≦b),这等价于F(x)在[a,b]上的最小值大于等于 0. 2.对F(x)求导,确定 F'(x)在所考虑的区间上的符号,从而确定F(x)的增减性、 极值、最值等性质(主要是单调性),如象例3F'(x)的符号直接确定不了,这时一般需计 算F''(x),直到符号能够确定为止. 注意:作辅助函数F(x)不同,确定 F'(x)符号难易程度可能不同,所以作辅助函数 要 不拘一格,可对原题作适当变更.不同辅助函数构造一般来源对原不等式的不同 同解变形. 一般来说:辅助函数构造方法主要有下面两种: (1) 由欲证形式构造“形似”函数。例如: x ?

x2 ? ln( 1 ? x) 构造出 2

g ?x ? ? x ?

x2 ? ln( 1 ? x) 2

(2) 对含两个变量的不等式,由欲证形式做恒等变形,变成初等函数四则运算的形 式,再将其中一个变量改为 x,移项使等式一端为 0,则另一端即为所求作的 辅助函数 F(x) 例如: (

a ? b a ?b ) ? a abb 2

两边可取对数,变为求证: a ln a ? b ln b ? (a ? b) ln 令 f ( x) ? a ln a ? x ln x ? (a ? x) ln

a?x ( x ? a) 2

a?b 2

一.构造形似函数型 1.对证明形如 f(x)≧g(x)(a≦x≦b)的不等式构造形如F(x)=f(x)-g(x)的函数型并 通过一阶求导达到证明目的的不等式。

1

1

例 1.求证下列不等式 (1) x ?

x2 x2 x ? (0 , ? ? ) (相减) ? ln(1 ? x) ? x ? 2 2(1 ? x)
2x x ? (0 ,

(2) sin x ?

?
2

?

) (相除两边同除以 x 得 x sin x ?

2

?



(3) x ? sin x ? tan x ? x x ? (0 , (4)已知: x ? (0 ? ? ) ,求证

?
2

)

1 x ?1 1 x ?1 ) ? ln ? ;(换元:设 t ? x x ?1 x x 1 ? ln( x ? 1) ? x (5)已知函数 f ( x) ? ln( x ? 1) ? x , x ? ?1 ,证明: 1 ? x ?1
巩固练习:

1.证明 x ? 1 时,不等式 2 x ? 3 ?
x 2. x ? 0 ,证明: e ? 1 ? x

1 x

3. x ? 0 时,求证: x ?

x2 ? ln(1 ? x) 2

综合应用 2 4.例:(理做)设 a≥0,f (x)=x-1-ln x+2a ln x(x>0). (Ⅰ)令 F(x)= xf'(x),讨论 F(x)在(0.+∞)内的单调性并求极值; 2 (Ⅱ)求证:当 x>1 时,恒有 x>ln x-2a ln x+1.

2

2

例 2.(08 全国卷 22)(本小题满分 14 分)已知函数 f(x)=ln(1+x)-x,g(x)=xlnx, (i)求函数 f(x)的最大值; (ii)设 0<a<b,证明 0<g(a)+g(b)-2g( 解:
a?b )<(b-a)ln2. 2



( 2009 全国卷Ⅱ理) ( 本小题满分 12 分 ) 设函数 f ? x? ? x ? aIn?1 ? x ? 有两个极值点
2

x1、x2 ,且 x1 ? x2
(I)求 a 的取值范围,并讨论 f ? x ? 的单调性; II)证明: f ? x2 ? ?

1 ? 2 In2 4

例:(1)已知: x ? (0 ? ? ) ,求证

1 x ?1 1 ? ln ? ; x ?1 x x 1 1 1 1 1 (2)已知: n ? N且n ? 2 ,求证: ? ? ? ? ? ln n ? 1 ? ? ? ? 。 2 3 n 2 n ?1

解:

3

3

(22) (2012 山东理科 22 题本小题满分 13 分) 已知函数 f ( x) ?
ln x ? k e=2.71828?是自然对数的底数), 曲线 y ? f ( x) 在 (k 为常数, ex

点 (1, f (1)) 处的切线与 x 轴平行. (Ⅰ)求 k 的值; (Ⅱ)求 f ( x) 的单调区间; (Ⅲ)设 g ( x) ? xf ?( x) ,其中 f ?( x) 为 f ( x) 的导函数.证明:对任意 x ? 0, g ( x) ? 1 ? e?2 .[来 源: 解:

2012 天津理科(21)(本小题满分 14 分) 已知函数 f ( x) ? xe ( x ? R) . (Ⅰ) 求函数 f(x)的单调区间和极值; (Ⅱ)已知函数 y=g(x)的图象与函数 y=f(x)的图象关于直线 x=1 对称.证明当 x>1 时, f(x)>g(x); (Ⅲ)如果 x1 ? x2 , 且 f ( x1 ) ? f ( x2 ), 证明 x1 ? x2 ? 2 . 解:
?x

4

4

(Ⅱ)证明:

(Ⅲ)证明:(1)

导数习题题型分类精选 题型五

利用导数证明不等式(教师用)
不等式的证明问题是中学数学教学的一个难点,传统证明不等式的方法技巧性强,多数学 生不易想到,并且各类不等式的证明没有通性通法 .随着新教材中引入导数 ,这为我们处理不 等式的证明问题又提供了一条新的途径,并且在近年高考题中使用导数证明不等式也时有出 现,但现行教材对这一问题没有展开研究 ,使得学生对这一简便方法并不了解 .利用导数证明 不等式思路清晰,方法简捷,操作性强,易被学生掌握。下面介绍利用单调性、极值、最值证明 不等式的基本思路,并通过构造辅助函数,证明一些简单的不等式。 (一) . 通过作辅助函数并对辅助函数求导来证明不等的的方法对相当广泛的一类不等 式是适用的。用此方法证明 f(x)≧g(x)(a≦x≦b)的一般步骤是: 1. 作辅助函数F( x ) =f(x)-g(x), 原不等式 f(x)≧g(x)(a≦x≦b) 归结为:F( x ) ≧0(a≦x≦b),这等价于F(x)在[a,b]上的最小值大于等于 0. 2.对F(x)求导,确定 F'(x)在所考虑的区间上的符号,从而确定F(x)的增减性、 极值、最值等性质(主要是单调性),如象例3F'(x)的符号直接确定不了,这时一般需计 算F''(x),直到符号能够确定为止. 注意: 作辅助函数F(x)不同, 确定 F' (x)符号难易程度可能不同, 所以作辅助函数 要
5 5

不拘一格,可对原题作适当变更(或换元).不同辅助函数构造一般来源对原不等式的不同 同解变形. 一般来说:辅助函数构造方法主要有下面两种: (3) 由欲证形式构造“形似”函数; x ?

x2 ? ln( 1 ? x) 构造出 2

g ?x ? ? x ?

x2 ? ln( 1 ? x) 2

(4) 对含两个变量的不等式,由欲证形式做恒等变形,变成初等函数四则运算的形 式,再将其中一个变量改为 x,移项使等式一端为 0,则另一端即为所求作的 辅助函数 F(x) 例如: (

a ? b a ?b ) ? a abb 2

两边可取对数,变为求证: a ln a ? b ln b ? (a ? b) ln 令 f ( x) ? a ln a ? x ln x ? (a ? x) ln

a?x ( x ? a) 2

a?b 2

一.构造形似函数型 1.对证明形如 f(x)≧g(x)(a≦x≦b)的不等式构造形如F(x)=f(x)-g(x)的函数型并 通过一阶求导达到证明目的的不等式。 例 1.求证下列不等式 (1) x ?

x2 x2 x ? (0 , ? ? ) (相减) ? ln(1 ? x) ? x ? 2 2(1 ? x)
2x

(2) sin x ?

?

x ? (0 ,

?
2

) (相除)

(3) x ? sin x ? tan x ? x x ? (0 , (4)已知: x ? (0 ? ? ) ,求证

?
2

)

1 x ?1 1 x ?1 ) ? ln ? ;(换元:设 t ? x x ?1 x x 1 ? ln( x ? 1) ? x (5)已知函数 f ( x) ? ln( x ? 1) ? x , x ? ?1 ,证明: 1 ? x ?1
解:证:设(1) f ( x) ? ln(1 ? x) ? ( x ?

x2 ) f ( 0) ? 0 2

f ?( x) ?

1 x2 ?1 ? x ? ?0 1? x x ?1

∴ y ? f ( x ) 为 (0 , ? ? ) 上 ?

∴ x ? (0 , ? ? )

f ( x ) ? 0 恒成立

6

6

∴ ln(1 ? x) ? x ?

x2 2
g ( 0) ? 0

设 g ( x) ? x ?

x2 ? ln(1 ? x) 2(1 ? x)

g ?( x) ? 1 ?

4x 2 ? 4x ? 2x 2 1 2x 2 ? ? ?0 1 ? x 4(1 ? x 2 ) 4(1 ? x) 2
∴ x ? (0 , ? ? ) x ?

∴ g ( x) 在 (0 , ? ? ) 上 ? (2) sin x ?

x2 ? ln(1 ? x) ? 0 恒成立 2(1 ? x)

2x

?

x ? (0 ,

?
2

) (相除)

解(2)原式 ?

sin x 2 令 f ( x ) ? sin x / x ? x ? cos x( x ? tan x) ∴ f ?( x) ? x2 x ? (0 ,
∴ x ? (0 ,

? ?

2 2

) cos x ? 0 )
f ?( x) ? 0

sinx ? tan x ? 0

? ) 上是减函数。 2 ? 2 f ?x ? ? f ( ) ? 2 ? ? 2 又 f( )? 2 ? 2x ∴ sin x ? ?
∴ f ? x ? 在 (0 , (3) x ? sin x ? tan x ? x x ? (0 ,

?
2

)
f ( 0) ? 0

解:(3)令 f ( x) ? tan x ? 2 x ? sin x

f ?( x) ? sec 2 x ? 2 ? cos x ?

(1 ? cos x)(cosx ? sin 2 x) cos2 x

x ? (0 ,

?
2

)

f ?( x) ? 0

∴ f ? x ? 在 (0 ,

? ) 上是增函数。 2

f ?x ? ? f (0) ? 0

7

7

∴ tan x ? x ? x ? sin x (4)已知: x ? (0 ? ? ) ,求证

1 x ?1 1 x ?1 ) ? ln ? ;(换元:设 t ? x x ?1 x x

解:(4)令 1 ?

1 1 (巧点:巧在换元,降低了做题难度) ? t ,由 x>0,∴t>1, x ? x t ?1 1 原不等式等价于 1 ? ? ln t ? t ? 1 t
令 f(t)=t-1-lnt,

∵ f ?(t ) ? 1 ? 当 t ? (1,??) 时,有 f ?(t ) ? 0 ,∴函数 f(t)在 t ? (1,??) 递增 ∴f(t)>f(1) 即 t-1<lnt

1 t

另令 g (t ) ? ln t ? 1 ? ,则有 g ?(t ) ?

1 t

t ?1 ?0 t2

∴g(t)在 (1,??) 上递增,∴g(t)>g(1)=0 ∴ ln t ? 1 ? 综上得

1 x ?1 1 ? ln ? x ?1 x x
1 ? ln( x ? 1) ? x x ?1 1 x f ?( x ) = -1=- x ?1 x ?1

1 t

例 5 已知函数 f ( x) ? ln( x ? 1) ? x , x ? ?1 ,证明: 1 ?
证:函数

f ( x) 的定义域为 (?1, ??) .

当 x∈(-1,0)时, 因此,当 x ∴

f ?( x ) >0,当 x∈(0,+∞)时, f ?( x ) <0,

? ?1 时, f ( x) ≤ f (0) ,即 ln( x ? 1) ? x ≤0

ln( x ? 1) ? x .

令 g ( x)

? ln( x ? 1) ?

1 x 1 1 ? 1 则 g ?( x) ? ? = 2 x ?1 ( x ? 1)2 x ? 1 ( x ? 1)



∴ 当 x∈(-1,0)时, g ?( x ) <0,当 x∈(0,+∞)时, g ?( x ) >0. ∴ 当x ∴

? ?1 时, g ( x) ≥ g (0) ,即 ln( x ? 1) ?

1 ? 1 ≥0, x ?1

ln( x ? 1) ? 1 ?

1 . x ?1 1 ? ln( x ? 1) ? x . x ?1 1 x
8 8

综上可知,当 x 巩固练习:

? ?1 时,有 1 ?

1.证明 x ? 1 时,不等式 2 x ? 3 ?

x 2. x ? 0 ,证明: e ? 1 ? x

3. x ? 0 时,求证: x ?

x2 ? ln(1 ? x) 2

2.对证明形如 f(x)≧g(x)(a≦x≦b)的不等式构造形如F(x)=f(x)-g(x)的函数,并通过 一阶或二阶、三阶求导达到证明目的的不等式。

例 3 使用了二阶求导的方法 判出函数的导数的导函数单调性后再去证明不等式,也凸 显判断函数零点的作用。
例 3.当 x ? (0,1) 时,证明: (1 ? x) ln (1 ? x) ? x
2 2

2 2 证:令 f ( x) ? (1 ? x) ln (1 ? x) ? x ,则 f (0) ? 0 ,

而 f ' ( x) ? ln 2 (1 ? x) ? 2 ln( 1 ? x) ? 2x, f ' (0) ? 0 当 x ? (0,1) 时,
1 ? x) ? x 因为在同一坐标系中画出 y ? ln x , y ? x 的图像可知 x ? (0,1) , ln(

f ' ' ( x) ? 2

l n1 ( ? x) 2 2 ? ?2? [ l n1(? x) ? x] ? 0 1? x 1? x 1? x

∴ f ' ( x ) 在 x ? (0,1) 上递减,即 f ' ( x) ? f ' (0) ? 0 ,从而 f ( x ) 在(0,1)递减 ∴f(x)<f(0)=0,从而原不等式得证. Ex:证明:当 x ? 0 时, ( x 2 ? 1) ln x ? ( x ? 1) 2 解:注意 x=1 时,原不等式”=”成立,而

x ?1 ? x ? 1, 原不等式 ? ln x ? ? ? x ?1 ? ?0 ? x ? 1, 原不等式 ? ln x ? x ? 1 ? x ?1 ?
设:F(x)= ln x ?

x ?1 , x ?1

则 F(1)=0

且 F ' ( x) ?

x2 ?1 ? 0( x ? 0) , x( x ? 1) 2

9

9

∴F(x)= ln x ?

x ?1 ,在 ?0,?? ? 上是增函数。 x ?1

从而根据 F(1)=0 推出

?F ( x) ? 0(0 ? x ? 1) ? F ( x) 与 x 2 ? 1 同号 ? ( x 2 ? 1) F ( x) ? 0 , ? ?F ( x) ? 0( x ? 1)
∴ ( x 2 ? 1) ln x ? ( x ? 1) 2 方法二 解:欲证当 x ? 0 时, ( x 2 ? 1) ln x ? ( x ? 1) 2 即证 x ? 0 时, ( x 2 ? 1) ln x ? ( x ? 1) 2 ? 0 设 f ( x) ? ( x 2 ? 1) ln x ? ( x ? 1) 2 , x ? 0 即证 x ? 0 时, f ( x) ? ( x 2 ? 1) ln x ? ( x ? 1) 2 >0 注意到 x ? 1 时, f (1) ? 0

f ( x) ? ( x 2 ? 1) ln x ? ( x ? 1) 2
f ??x ? ? 2 x ln x ? x2 ?1 ? 2( x ? 1) x
2x2 ? x2 ? 1 ?2 x2

则 f ??1? ? 0 f ???x ? ? 2(ln x ? 1) ?
f ???x ? ? 2 ln x ?

x2 ? 1 1 ? 2 ln x ? 2 ? 1 2 x x

f ????x? ?

2 2 2x2 ? 2 ? ? ?0 x x3 x3

x ? (0,1) 时,
f ???x ? ? 2 ln x ? 1 ?1 x2

2 2 2x2 ? 2 ? ? ?0 x x3 x3 f ???x ? 是减函数 f ???x ? ? f ???1? ? 2 ? 0 f ??x ? 是增函数 f ??x ? ? f ??1? ? 0 f ????x? ?
f ? x ? 是减函数 f ?x ? ? f ?1? ? 0

x ? (1,??) 时 f ? x ? 是减函数 f ?x ? ? f ?1? ? 0
f ???x ? ? 2 ln x ? 1 ?1 ? 0 x2

f ????x? ?

2 2 2x2 ? 2 ? ? ?0 x x3 x3
10 10

f ??x ? 是增函数 f ??x ? ? f ??1? ? 0

∴ x ? (1,??) 时 f ? x ? 是增函数 f ?x ? ? f ?1? ? 0 ∴ x ? 0 时, f ?x ?min ? f ?1? ? 0 ∴ ( x 2 ? 1) ln x ? ( x ? 1) 2

二.作辅助函数型:对含有两个变量的不等式,可构造出以其中一个变量为为自变量的 函数,再采用上述方法证明不等式。 使使用用了使用 例 2.已知:a、b 为实数,且 b>a>e,其中 e 为自然对数的底,求证:ab>ba. 证法一:∵b>a>e, ∴要证 ab>ba,只要证 blna>alnb, 设 f(x)=xlna-alnx(x>e),则 f′(x)=lna-

a a .∵x>a>e,∴lna>1,且 <1,∴f′(x)>0. x x

∴函数 f(x)=xlna-alnx 在(e,+∞)上是增函数, ∴f(b)>f(a)=alna-alna=0,即 blna-alnb>0,∴blna>alnb,∴ab>ba. b a 证法二:要证 a >b ,只要证 blna>alnb(e<a<b ) ,

ln x ln a ln b ,设 f(x)= (x>e), ? x a b 1 ? ln x 则 f′(x)= <0,∴函数 f(x)在(e,+∞)上是减函数, x2
即证 又∵e<a<b, ∴f(a)>f(b),即

ln a ln b ,∴ab>ba. ? a b

Ex:若 0 ? x1 ? x2 ?

?
2

,证明:

tan x2 x2 ? tan x1 x1

解:要证: 0 ? x1 ? x2 ?

?

tan x2 x2 ? 2 tan x1 x1
, ,

需证: 0 ? x1 ? x2 ?

?
2

x1 tan x1 ? ?0 x2 tan x2

设 f ( x) ?

x tan x ? ? 0 ? x1 ? x2 ? ,则需证 f ( x ) ? 0 x2 tan x2 2

11

11

因为 f (0) ? 0

f ?( x) ?

1 1 ? x2 tan x2

∵ 0 ? x1 ? x2 ?

?
2

时, 0 ? x2 ? tan x2 。



1 1 ? x2 tan x2

在 0 ? x1 ? x2 ?

?
2

上 f ?( x ) ? 0

f ( x) 在 0 ? x1 ? x2 ?

?
2

上是增函数

∴ f ( x ) ? 0 ∴在 0 ? x1 ? x2 ? 练习

?
2



tan x2 x2 成立 ? tan x1 x1

证明(1) x a ? ax ? 1 ? a( x ? 0,0 ? a ? 1) (2) 思考: (3) a ? 0, b ? 0 ,证明 (

b?a b

? ln

b a

?

b?a a

(0 ? a ? b )

a ? b a ?b ) ? a a b b ,并指出”=”成立的条件 2

综合运用典例精讲
例 1.(理做)设 a≥0,f (x)=x-1-ln x+2a ln x(x>0). (Ⅰ)令 F(x)= xf'(x),讨论 F(x)在(0.+∞)内的单调性并求极值; 2 (Ⅱ)求证:当 x>1 时,恒有 x>ln x-2a ln x+1. 解:(Ⅰ)根据求导法则有 f ?( x) ? 1 ? 2 ln x ? 2a ,x ? 0 , 故 F ( x) ? xf ?( x) ? x ? 2ln x ? 2a,x ? 0 ,于是 F ?( x) ? 1 ? 2 ? x ? 2 ,x ? 0 ,
x x
x x
2

列表如下:

x F ?( x)
F ( x)

(0, 2)

2 0 极小值
F (2)

(2, ? ∞)

?

?

? ∞ ) 内是增函数,所以,在 x ? 2 处取得极小值 故知 F ( x) 在 (0, 2) 内是减函数,在 (2, F (2) ? 2 ? 2 ln 2 ? 2a .
12 12

(Ⅱ)证明:由 a ≥0 知, F ( x) 的极小值 F (2) ? 2 ? 2ln 2 ? 2a ? 0 .

? ∞) ,恒有 F ( x) ? xf ?( x) ? 0 . 于是由上表知,对一切 x ? (0, ? ∞) 内单调增加. 从而当 x ? 0 时,恒有 f ?( x) ? 0 ,故 f ( x) 在 (0, 所以当 x ? 1 时, f ( x) ? f (1) ? 0 ,即 x ? 1 ? ln 2 x ? 2a ln x ? 0 . (利用单调性证明不等 式) 故当 x ? 1 时,恒有 x ? ln 2 x ? 2a ln x ? 1 .

例 2. ( 08 全国卷 22 )(本小题满分 14 分)已知函数 f(x)=ln(1+x)-x,g(x)=xlnx, (i)求函数 f(x)的最大值;
b (ii)设 0<a<b,证明 0<g(a)+g(b)-2g( a ? )<(b-a)ln2. 2

解:(I)函数 f(x)的定义域是(-1,∞),

f ' ( x) ?

1 ? 1 ,令 f ' ( x) ? 0 ,解得:x=0, 1? x

' 当-1 <x <0 时 , f ( x) ? 0 , f ? x ? 在(-1,0)上是增函数 ' 当 x>0时, f ( x) ? 0 , f ? x ? 在(0,+∞)上是减函数

当 x=0时,f(x)取得最大值,f(x)≤f(0) 又 f(0)=0,f(x)最大值是0 (II)证法一:(综合法)
a ?b ? 0

g(a) ? g (b) ? 2 g (

a?b a?b 2a 2b ) ? a ln a ? b ln b ? (a ? b) ln ? a ln ? b ln 2 2 a?b a?b

由(I)的结论知 ln(1 ? x) ? x ? 0( x ? ?1, 且x ? 0) , 由题设0<a<b,得 因此 ln
b?a ?0 2a

a-b<0 , ?b ? a

?2b ? a ? b ? 0

?1 ?

a ?b ?0 2b

2a b?a b?a ? ? ln(1 ? )?? , a?b 2a 2a 2b a ?b a ?b ln ? ? ln(1 ? )?? a?b 2b 2b 2a 2b b?a a ?b ? b ln ?? ? ?0 所以 a ln a?b a?b 2 2
13 13



2a a?b (这一隐性条件的挖掘很重要,一是看学生的转换能力,二 ? a?b 2b

是看学生的分析能力,据需取舍。)

a ln

2a 2b a?b 2b 2b ? b ln ? a ln ? b ln ? (b ? a) ln ? (b ? a) ln 2 (1) a?b a?b 2b a ?b a ?b
(使用了放缩法,放缩的目的要明确。)

综上 0 ? g (a) ? g (b) ? 2 g (

a?b ) ? (b ? a) ln 2 2

(II)证法二:作辅助函数法(构造新函数法):
' 解:∵ g ( x ) ? x ln x ,则 g ( x) ? ln x ? 1 ,

又设0<a<b,证明0<g(a)+g(b)-2g( 构造辅助函数: 设 F ( x) ? g (a) ? g ( x) ? 2 g ( 则 F ( x) ? g ( x) ? 2[ g (
' '
'

a?b )<(b-a)ln2. 2

a?x ' a?x )] ? ln x ? ln , 2 2

a?x ), 2

当0<x<a 时 F ( x) ? 0 ,因此 F(x)在(0,a)内为减函数 当 x>a 时 F ( x) ? 0 ,因此 F(x)在(a,+∞)上为增函数
'

从而,当 x=a 时,F(x)有极小值 F(a) 因为 F(a)=0,b>a, 所以 F(b)>0, 即 0 ? g ?a ? ? g ?b ? ? 2 g ?

? a?b? ? ? 2 ?

设 G ( x) ? F ( x) ? ( x ? a) ln 2 , 则 G ( x) ? ln x ? ln
'
'

a?x ? ln 2 ? ln x ? ln(a ? x) 2

当 x>0时, G ( x) ? 0 ,因此 G(x)在(0,+∞)上为减函数,

14

14

因为 G(a)=0,b>a,所以 G(b)<0.即 g (a ) ? g (b) ? 2 g (

a?b ) ? (b ? a) ln 2 2
2

例 3.(2009 全国卷Ⅱ理)(本小题满分 12 分)设函数 f ? x ? ? x ? aIn ?1 ? x ? 有两个极值点

x1、x2 ,且 x1 ? x2
(I)求 a 的取值范围,并讨论 f ? x ? 的单调性; (II)证明: f ? x2 ? ?

1 ? 2 In2 4
a 2x2 ? 2x ? a ? ( x ? ?1) 1? x 1? x

解: (I) f ? ? x ? ? 2 x ?
2

令 g ( x) ? 2 x ? 2 x ? a ,其对称轴为 x ? ?

1 。 2

由题意知 x1、x2 是方程 g ( x ) ? 0 的两个均大于 ?1 的不相等的实根,其充要条件为

? ? ? 4 ? 8a ? 0 1 ,得 0 ? a ? ? 2 ? g ( ?1) ? a ? 0
⑴当 x ? ( ?1, x1 ) 时, f ? ? x ? ? 0,? f ( x) 在 ( ?1, x1 ) 内为增函数; x ⑵当 x ? ( x1 , x2 ) 时, f ? ? x ? ? 0,? f ( x) 在 ( x1 , x2 ) 内为减函数; ⑶当 x ? ( x2, ? ?) 时, f ? ? x ? ? 0,? f ( x) 在 ( x2, ? ?) 内为增函数; (II)由(I) g (0) ? a ? 0,?? 的区分点) -1
? 1 2

o

x

1 ? x2 ? 0 , a ? ?(2 x 2 2 +2x2 ) (学习难点,也是考试 2

? f ? x2 ? ? x22 ? aln ?1? x2 ? ? x22 ? (2x22 +2x2 )ln ?1 ? x2 ?
设 h ? x ? ? x ? (2 x ? 2 x)ln ?1 ? x ? ( x ? ? ) ,
2 2

y

1 2

则 h? ? x ? ? 2x ? 2(2x ?1)ln ?1 ? x ? ? 2x ? ?2(2x ?1)ln ?1 ? x ? ⑴当 x ? (? ,0) 时, h? ? x ? ? 0,? h( x) 在 [? , 0) 单调递增; ⑵当 x ? (0, ?? ) 时, h? ? x ? ? 0 , h( x) 在 (0, ??) 单调递减。

1 2

1 2

1 1 1 ? 2 ln 2 ?当x ? (? , 0)时, h ? x ? ? h(? ) ? 2 2 4 1 ? 2 In 2 故 f ? x2 ? ? h( x2 ) ? . 4
15 15

1 x ?1 1 ? ln ? ; x ?1 x x 1 1 1 1 1 (2)已知: n ? N且n ? 2 ,求证: ? ? ? ? ? ln n ? 1 ? ? ? ? 。 2 3 n 2 n ?1 1 1 解:(1)令 1 ? ? t ,由 x>0,∴t>1, x ? (巧点:巧在换元,降低了做题难度) x t ?1 1 原不等式等价于 1 ? ? ln t ? t ? 1 t
例 4.(1)已知: x ? (0 ? ? ) ,求证 令 f(t)=t-1-lnt, ∵ f ?(t ) ? 1 ? 当 t ? (1,??) 时,有 f ?(t ) ? 0 ,∴函数 f(t)在 t ? (1,??) 递增 ∴f(t)>f(1) 即 t-1<lnt

1 t

另令 g (t ) ? ln t ? 1 ? ,则有 g ?(t ) ?

1 t

t ?1 ?0 t2

∴g(t)在 (1,??) 上递增,∴g(t)>g(1)=0 ∴ ln t ? 1 ? 综上得

1 x ?1 1 ? ln ? x ?1 x x

1 t

(2)由(1)令 x=1,2,??(n-1)并相加得

1 ? ln 2 ? 1 2 1 3 1 ? ln ? 3 2 2

1 4 1 ? ln ? 4 3 3
???????

1 n 1 ? ln ? n n ?1 n ?1 1 1 1 2 3 n 1 1 ? ? ? ? ? ln ? ln ? ? ? ln ? 1? ??? 2 3 n 1 2 n ?1 2 n ?1 1 1 1 1 1 即: ? ? ? ? ? ln n ? 1 ? ? ? ? 2 3 n 2 n ?1

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例 1.(2012 山东理科 22 题本小题满分 13 分) 已知函数 f ( x) ?
ln x ? k e=2.71828?是自然对数的底数), 曲线 y ? f ( x) 在 (k 为常数, ex

点 (1, f (1)) 处的切线与 x 轴平行. (Ⅰ)求 k 的值; (Ⅱ)求 f ( x) 的单调区间; ( Ⅲ ) 设 g ( x) ? xf ?( x) , 其 中 f ?( x) 为 f ( x) 的 导 函 数 . 证 明 : 对 任 意
x ? 0, g ( x) ? 1 ? e?2 .[来源:
1 ? ln x ? k 解:(I) f ?( x) ? x , ex

由已知, f ?(1) ?

1? k ? 0 ,∴ k ? 1 . e

1 ? ln x ? 1 (II)由(I)知, f ?( x) ? x x . e

设 k ( x) ? ? ln x ? 1 ,则 k ?( x) ? ?

1 x

1 1 ? ? 0 ,即 k ( x ) 在 (0, ??) 上是减函数, x2 x

由 k (1) ? 0 知,当 0 ? x ? 1时 k ( x) ? 0 ,从而 f ?( x) ? 0 , 当 x ? 1 时 k ( x) ? 0 ,从而 f ?( x) ? 0 . 综上可知, f ( x) 的单调递增区间是 (0,1) ,单调递减区间是 (1, ?? ) . (III)由(II)可知,当 x ? 1 时, g ( x) ? xf ?( x) ≤0<1+ e?2 ,故只需证明 g ( x) ? 1 ? e?2 在
0 ? x ? 1时成立.

当 0 ? x ? 1时, e x >1,且 g ( x) ? 0 ,∴ g ( x) ?

1 ? x ln x ? x ? 1 ? x ln x ? x . ex

设 F ( x) ? 1 ? x ln x ? x , x ? (0,1) ,则 F ?( x) ? ?(ln x ? 2) , 当 x ? (0,e?2 ) 时, F ?( x) ? 0 ,当 x ? (e?2 ,1) 时, F ?( x) ? 0 , 所以当 x ? e ?2 时, F ( x) 取得最大值 F (e?2 ) ? 1 ? e?2 . 所以 g ( x) ? F ( x) ? 1 ? e?2 . 综上,对任意 x ? 0 , g ( x) ? 1 ? e?2 .
例 2.(2012 天津理科 21 题 ,本小题满分 14 分) 已知函数 f ( x) ? xe ( x ? R) .
?x

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(Ⅰ) 求函数 f(x)的单调区间和极值; (Ⅱ)已知函数 y=g(x)的图象与函数 y=f(x)的图象关于直线 x=1 对称.证明当 x>1 时, f(x)>g(x); (Ⅲ)如果 x1 ? x2 , 且 f ( x1 ) ? f ( x2 ), 证明 x1 ? x2 ? 2 . (21)本小题主要考查导数的运算、利用导数研究函数的单调性与极值等基础知识,考查运 算能力及用函数思想分析解决问题的能力,满分 14 分 (Ⅰ)解: f '( x) ? (1 ? x)e? x 令 f '( x) ? 0 ,解得 x=1 当 x 变化时, f '( x ) , f ( x ) 的变化情况如下表 X ( ??,1 ) + 1 0 极大值 ( 1, ?? ) -

f '( x )
f ( x)

所以 f ( x ) 在( ??,1 )内是增函数,在( 1, ?? )内是减函数. 函数 f ( x ) 在 x=1 处取得极大值 f(1)且 f(1)=

1 e
x?2

(Ⅱ)证明:由题意可知 g(x)=f(2-x),得 g(x)=(2-x) e 令 F(x)=f(x)-g(x),即 F ( x) ? xe? x ? ( x ? 2)e x?2

(Ⅲ)证明:(1) 若 ( x1 ?1)( x2 ?1) ? 0 ,由(Ⅰ)及 f ( x1 ) ? f ( x2 ) ,得 x1 ? x2 ? 1 与 x1 ? x2 矛盾 (2)若 ( x1 ?1)( x2 ?1) ? 0 ,由(Ⅰ)及 f ( x1 ) ? f ( x2 ) ,得 x1 ? x2 与 x1 ? x2 矛盾 根据(1)(2)得 ( x1 ?1)( x2 ?1) ? 0, 不妨设x1 ? 1, x2 ?1.

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由(Ⅱ)可知, f(x2 ) > g(x2 ) ,则 g(x2 ) = f(2-x2 ) , 所以 f(x2 ) > f(2-x2 ) , 从而 f(x1 ) > f(2-x2 ) .因为 x2 ? 1 ,所以 2 ? x2 ? 1, 又由(Ⅰ)可知函数 f(x)在区间(-∞,1)内是增函数, 所以 x1 > 2 ? x2 ,即 x1 ? x2 >2.

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