2022年高中数学——导数难题 .pdf

5. 导函数不等式1. 已知函数( )exf xkxxR，假设ek，试确定函数( )f x的单调区间；假设0k，且对于任意xR，()0fx恒成立，试确定实数k的取值范围；设函数( )( )()F xfxfx，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( )fx的单调递增区间是(1)，由( )0fx得1x，故( )f x的单调递减区间是(1)，由()()fxfx可知()fx是偶函数于 是()0fx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)10fxf，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，ln k(ln)k，( )fx0( )fx单调递减极小值单调递增由此可得，在0)，上，( )(ln)lnfxfkkkk依题意，ln0kkk，又11ekk，综合，得，实数k的取值范围是精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 1 页，共 9 页0ek( )( )()eexxF xf xfx，12()()F xF 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 xg x对任意正实数t成立；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：此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，y0，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，( )0h x，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 2 页，共 9 页所以( )h x在(0)，内的最小值是13()0h t故当0 x时，( )( )tf xg x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()xtgxg x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：精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 3 页，共 9 页300161433xx，即200(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 )(1 x)n 1, 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? 假设存在，求出最小实数k 的值及相应的区间 a ，0 ，假设不存在，说明理由 . 分析：此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(1x)n 1nx，令 g( x )(1x)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 )(1x)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. 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 4 页，共 9 页故作出 h(x) 的草图如下图，讨论如下：当13a0时，h(x) 最小值 h(a) ka k(1a)249当43a13时h(x) 最小值h(a) h( 13) 427ka k427a19k49当a43时h( x ) 最小值 h( a ) a(1a)2ka k(1a)219，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1fxx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？假设存在，求m的取值范围；假设不存在，请说明理由。分析：此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)(222Rxxax222)2(2)2()2(2)(xxaxxxf222)2()2(2xaxx)(xf在 1 , 1上)(xf0)2()2(2222xaxx对1 , 1x恒成立即 1 , 1x，恒有022axx成立精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 5 页，共 9 页设2)(2axxxg 1 , 101)1 (1101) 1(Aagaag2xxaxxf122)(2022axx082a1x、2x是 方 程022axx的 两 不 等 实 根 ， 且axx21，221xx3 ,2284)(|22122121axxxxxx|1212xxtmm对Aa及 1 , 1t恒成立312tmm对1 , 1t恒成立设)2()(2mtmth，1 , 1t0)(th对 1 , 1t恒成立122102)1 (02)1(22mmmmmmhmmh或或),22,(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：此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(aeyxyxeaeaeeyx)ln(aexy)ln()(1aexfx)ln(aeyxaeexfxx)(2)4ln(),3ln(aax，0)(ln(|)(|1xfxfm成立精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 6 页，共 9 页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)4ln(),3ln(aax4,3aaexaeeaexxx01aeexx，10aeexx0)(xg，）xg(在)4ln(),3ln(aa上magxg)4(ln()(max即maaa)4ln()5ln()3ln()512ln(am01)(aeeaeexhxxxx)(xh在)4ln(),3ln(aa上)3(ln()(minahxhm)3ln()4ln()2ln(aaam)38ln(amm的取值范围是)38ln(),512(ln(aa6. 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()2(fxf);)()()(的导函数是xfxfxf( ) 是否存在Na, 使得annkk111na)1(恒成立 ?假设存在 , 试证明精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 7 页，共 9 页你的结论并求出a 的值; 假设不存在 , 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335631201Cnn证法一：因22112211nfxfnn2211211nnn112 11nnn12 1nn112 1ln 12nn112 1ln 12nfxnn证法二：因22112211nfxfnn2211211nnn112 11nnn而1122 1ln 1nfxnn故只需对11n和1ln 1n进行比较。令ln1g 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2012111111mkmkmmmmmmCCCCCmmmmm211112 11111 12!kmm mm mmkm mmkmmm精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 8 页，共 9 页11112111121111112!kmmkmmmmmm111122!3!km111122 13 211k km m11111112122311kkmm133m又因102,3,4,kkmCkmm，故1213mm1213mm，从而有11213knknnk成立，即存在2a，使得11213knknnk恒成立。精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 9 页，共 9 页