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江苏省扬州市2015届高三高考数学考前指导原创题交流 导数与函数(邮中)


导数与函数两题
江苏省高邮中学
?

孙建明

题目 1:已知 f ( x) ? ln x ? x ? 1( x ? R ) , gx () m ? x (Ⅰ)判断函数 y ? f ( x) 的单调性,给出你的结论;

1 ? ( m ? 0 ).

(Ⅱ)设 x ? 0 ,讨论函数 y ? f ( x) 的图象与直线 g ( x) ? mx ? 1 ( m ? 0 )公共点的个数; (Ⅲ) 若数列 {an } 的各项均为正数,a1 ? 1 , 在 m ? 2 时,an?1 ? f (an ) ? g (an ) ? 2( n ? N ) , 求证: an ? 2n ? 1 . 变式:求证:
?

1 1 1 1 ? ??? ? ( n ? N ? ). 1 ? a1 1 ? a2 1 ? an 2
1 1? x ?1 ? ,由 f ?( x) ? 0 得 x ? 1 . x x

解: (Ⅰ)求导 f ?( x) ?

当 x ? (0,1) 时, f ?( x) ? 0 ;当 x ? (1, ??) 时, f ?( x) ? 0 . 所以函数 y ? f ( x) 在 (0,1) 上是增函数,在 (1, ??) 上是减函数. (Ⅱ)当 x ? 0 时,函数 y ? f ( x) 的图象与直线 g ( x) ? mx ? 1 ( m ? 0 )公共点的个数等价

ln x ? 2 ? 1 与直线 y ? m ( m ? 0 )公共点的个数. x ln x ? 2 1 ? ln x 1 ? 1 ,则 h?( x) ? ? 令 h( x ) ? ,所以 h?( ) ? 0 . 2 x x e 1 1 当 x ? (0, ) 时, h?( x) ? 0 , h( x) 在 (0, ) 上是增函数; e e 1 1 当 x ? ( , ??) 时, h?( x) ? 0 , h( x) 在 ( , ??) 上是减函数. e e 1 所以, h( x) 在 (0, ??) 上的最大值为 h( ) ? e ? 1 ? 0 , e 1 4 2 且 h( 2 ) ? ?1 ? 0 , h(e ) ? 2 ? 1 ? 0 . e e
于曲线 y ?

y

e ?1

x
O

1 e

如图:于是 ① 当 0 ? m ? e ? 1时,函数 y ? f ( x) 的图象与直线 g ( x) ? mx ? 1 ( m ? 0 )有 2 个公共点; ② 当 m ? e ? 1 时,函数 y ? f ( x) 的图象与直线 g ( x) ? mx ? 1 ( m ? 0 )有 1 个公共点; ③ 当 m ? e ? 1 时,函数 y ? f ( x) 的图象与直线 g ( x) ? mx ? 1 ( m ? 0 )有 0 个公共点. (Ⅲ)由题意,正项数列 {an } 满足: a1 ? 1 , an?1 ? ln an ? an ? 2 由(Ⅰ)知: f ( x) ? ln x ? x ? 1 ? f (1) ? 0 ,即有不等式 ln x ? x ? 1 ( x ? 0 ) 由已知条件知 an ? 0 , an?1 ? ln an ? an ? 2 ? an ?1 ? an ? 2 ? 2an ? 1, 故 an?1 ? 1 ? 2(an ? 1) , 所以当 n ? 2 时, 0?

a ?1 a ?1 a2 ? 1 ? ,0 ? n?1 ? 2, 0? 3 ? 2, ? 2, a1 ? 1 a2 ? 1 an?2 ? 1

0?

an ? 1 a ?1 以上格式相乘得: 0 ? n 又 a1 ? 1 , 故 an ? 1 ? 2n , 即 an ? 2n ? 1 , ?2, ? 2n ?1 , an?1 ? 1 a1 ? 1
?

对 n ? 1 也成立.所以有 an ? 2n ? 1 ( n ? N ) ( ? ). 理科生此题也可用数学归纳法证明,证明如下: 当 n ? 1 时, a1 ? 1 ? 21 ?1 ,即( ? )成立; 假设 n ? k 时, ak ? 2k ? 1 成立, 那么,当 n ? k ? 1 时,由(Ⅰ)知: f ( x) ? ln x ? x ? 1 ? f (1) ? 0 ,即有不等式 ln x ? x ? 1 (x ? 0) 于是 ak ?1 ? ln ak ? ak ? 2 ? ak ?1 ? ak ? 2 ? 2ak ? 1 ? 2(2 ? 1) ? 1 ? 2
k k ?1

?1 ,

即有 ak ?1 ? 2k ?1 ?1 也成立,综上可知( ? )式成立. 变式的证明如下: 由 an ? 2n ? 1 ,得 an ? 1 ? 2n ,所以有

1 1 1 1 1 1 1 1 ? ??? ? ? 2 ??? n ? 1? n ? , 2 2 1 ? a1 1 ? a2 1 ? an 2 2 2


1 1 1 1 ? ??? ? ( n ? N ? ). 1 ? a1 1 ? a2 1 ? an 2

说明:此题是一道函数、数列与不等式的综合问题,共设置三问,难易梯度明显.第问(Ⅰ) 考查基本函数的单调性,比较简单;第(Ⅱ)问在考查函数单调性的同时,还重点考查了函

数的图象,渗透数形结合思想,由于解决时要将原问题“讨论函数 y ? f ( x) 的图象与直线

g ( x) ? mx ? 1 ( m ? 0 )公共点的个数”转化为“讨论曲线 y ?

ln x ? 2 ? 1 与直线 y ? m x

( m ? 0 )公共点的个数” ,这一转化有一定的思维难度,因此难度明显大于第(Ⅰ)问;第 (Ⅲ)问考查数列与不等式,证明数列与不等式时,代数变形的难度较大,其变形的目的性 不好把控,是真正的压轴点所在. 题目的来源与发展:此题的第(Ⅲ)问用了第(Ⅰ)问的更深一步的结论,也是一个常遇到 的结论:对于 x ? 0 ,不等式 ln x ? x ? 1 恒成立,当且仅当 x ? 1 时,等号成立,从图象上看 就是直线 y ? x ? 1 是对数函数 y ? ln x 在 (1, 0) 处的切线, 且除了切点外, 对数函数 y ? ln x 的 图象恒在直线 y ? x ? 1 图象的下方,其关系如图:

y

O
1

1

y ? x ?1 y ? ln x x

因此我们就有这样的结论:直线 y ? kx ? 1 ( k ? 0 )与函数 y ? ln x 的图象的公共点的个数, 当 0 ? k ? 1 时,有 2 个公共点;当 k ? 1 时,有 1 个公共点;当 k ? 1 时,有 0 个公共点. 这么看,第(Ⅱ)问与第(Ⅰ)也有渊源,因为“设 x ? 0 ,讨论函数 y ? f ( x) 的图象与直 线 g ( x) ? mx ? 1 (m ? 0) 公共点的个数” 就是等价于研究 “方程 ln x ? x ? 1 ? mx ? 1 (m ? 0) 解的个数” ,我们对方程作变形处理得 ln(ex) ? (m ? 1) x ? 1 ,即 ln( ex) ?

t ? ex , k ?

m ?1 ,即有 ln t ? kt ? 1 ,这样问题就回归到直线 y ? kx ? 1 ( k ? 0 )与函数 e

m ?1 ( ex) ?1 ,若令 e

y ? ln x 的图象的公共点的个数的问题上.
这么看,本题的第(Ⅱ) (Ⅲ)两问,都是在简单的第(Ⅰ)问的基础上向前发展起来的。
x 对于直线 y ? x ? 1 与 y ? e 也有类似的结论.

题目 2:已知函数 f ( x ) ?

ex ( e 为自然对数的底数) ex

(Ⅰ)求 f ( x ) 的单调区间;

(Ⅱ)是否存在正 实数 x 使得 f (1 ? x) ? f (1 ? x) ,若存在求出 x ,否则说明理由; . (Ⅲ)若存在不等实数 x1 , x2 ,使得 f ( x1 ) ? f ( x2 ) ,证明: f ?(

x1 ? x2 )?0. 2

解: (Ⅰ)函数 y ? f ( x) 的单调递减区间是 (1, ??) ,单调递增区间为 (??,1) . (Ⅱ)不存在正实数 x 使得 f (1 ? x) ? f (1 ? x) 成立.

) ,在 ( 1 , ?? ) 事实上,由(Ⅰ)知函数 y ? f ( x) 在 (??,1) 上递增,而当 x ? (0,1) ,有 y ? (0,1
上递减,有 0 ? y ? 1 ,因此,若存在正实数 x 使得 f (1 ? x) ? f (1 ? x) ,必有 x ? (0,1) . 令 F ( x) ? f (1 ? x) ? f (1 ? x) ?

x ?1 1 ? ( x ? 1)e x ,则 F ?( x) ? x(e x ? x ) ,因为 x ? (0,1) ,所 x e e


( ?x ) ? f1 ( ?) x 以 F ?( x) ? 0 , 所以 F ( x) 为 (0,1) 上的增函数, 所以 F ( x) ? F (0) ? 0 , 即 f1
故不存在正实数 x 使得 f (1 ? x) ? f (1 ? x) 成立.

(Ⅲ)若存在不等实数 x1 , x2 ,使得 f ( x1 ) ? f ( x2 ) ,则 x1 和 x2 中,必有一个在 (0,1) ,另一 个在 (1, ??) ,不妨设 x1 ? (0,1) , x2 ? (1, ??) . ①若 x2 ? 2 ,则

f ?(

x1 ? x2 ) ?0; 2

x1 ? x2 ? (1, ?? ) ,由(Ⅰ)知:函数 y ? f ( x) 在 (1, ??) 上单调递减,所以 2

②若 x2 ? (1, 2) ,由(Ⅱ)知:当 x ? (0,1) ,则有 f (1 ? x) ? f (1 ? x) ,而 1 ? x1 ? (0,1) 所以 f (2 ? x1 ) ? f [1 ? (1 ? x1 )] ? f [1 ? (1 ? x1 )] ? f ( x1 ) ? f ( x2 ) ,即 f (2 ? x1 ) ? f ( x2 ) 而 2 ? x1 , x2 ? (1, 2) ,由(Ⅰ)知:函数 y ? f ( x) 在 (1, ??) 上单调递减,所以 2 ? x1 ? x2 ,

x1 ? x2 x ? x2 ? (1, ?? ) , )?0; 由 (Ⅰ) 知: 函数 y ? f ( x) 在 (1, ??) 上单调递减, 所以 f ?( 1 2 2 x ? x2 )?0. 综合①,②得:若存在不等实数 x1 , x2 ,使得 f ( x1 ) ? f ( x2 ) ,则总有 f ?( 1 2
即有

说明:由轴对称函数的性质启发命制该题,将函数的单调性,方程的根、导函数,不等式知 识融为一体,考查学生的等价转化能力,分析问题,解决问题的能力。分步设问,逐层递进, 叙述简洁,具有较高的区分度。
x 题目的来源与发展: ( 1 ) 其 实 本 题 也 来 源 于 直 线 y ? x ?1 与 y ? e 的 关 系 . 因 为

f ( x) ?
系;

ex ( x ? 1) ? 1 t ?1 ? ,令 t ? x ? 1 ,则得 y ? t ,则转化为直线 y ? x ? 1 与 y ? e x 的关 x x ?1 e e e

(2)若函数 y ? f ( x) 的图象关于 x ? 1 对称,则有 f (1 ? x) ? f (1 ? x) ;因此轴对称函数一 定会有函数值相等的点,但有函数值相等的点,未必有对称轴,本题第(Ⅱ) (Ⅲ)问就是基 于弄清楚这一点来命制的,因此掌握概念的本质是关键.


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