高中数学必修一复习-高中数学必修2知识点总结几何
5.导函数——不等式
x
f(x)?e?kx,x?R
1.
已知函数
(Ⅰ)若
k?e
,试确定函数
f(x)
的单调区间; (Ⅱ)若
k?0
,且对于任意
x?R
,
f(x)?0
恒
成立,试确定实数
k
的取值范围;
n?1
(Ⅲ)设函数
F(x)?
f(x)?f(?x)
,求证:
F(1)F(2)LF(n)?(e?2)(n?N
?
)
.
n
2
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。
xx
?
f(x)?e?exf(x)?e?e
.
k?e
解:(Ⅰ)由得,所以
??)
, 由
f
?
(x)?0
得
x?1
,
故
f(x)
的单调递增区间是
(1,
1)
. 由
f
?
(x)?0
得
x?1
,故
f(x)
的单调递减区间是(??,
(Ⅱ)由
于是
f(?x)?f(x)
可知
f(x)是偶函数.
f(x)?0
x
?
f(x)?e?k?0
得
f(x)?0
x?Rx≥0
对任意成立等价于对任意成立.由
x?lnk
.
x
?
f(x)?e?k?1?k≥0(x?0).此时
f(x)
在
[0,k?(01],??)
上单调递增.
①当时,
故
f(x)≥f(0)?1?0
,符合题意.
??)
时,
lnk?0
.当
x
变化时
f
?
(x),f(x)<
br>的变化情况如下表: ②当
k?(1,
单调递减
极小值
单调递增
??)
上,
f(x)≥f(lnk)?k?klnk
. 由此可得,在
[0,
,?1?k?e
.综合①,②得,实数
k
的取值范围是
0?
k?e
. 依题意,
k?klnk?0
,又
k?1
x?x
Q
F(x)?f(x)?f(?x)?e?e
(Ⅲ),
?F(x
1
)F(x<
br>2
)?
e
x
1
?x
2
?e
?(x<
br>1
?x
2
)
?e
x
1
?x
2
?e
?x
1
?x
2
?e
x
1
?x
2
?e
?(x
1
?x
2
)
?2?e
x<
br>1
?x
2
?2
,
?F(1)F(n)?e
n?1
?2
,
2n?1n
[F(1)F(2)LF(n)]?[F(1)F(n)][F(2)F(n?1)]L[F(n)F(
1)]?(e?2)
由此得,
故
F(1)F(2)LF(n)?(e
n?1
?2),n?N
?
.
n
2
2
2
x
3
g
t
(x)?t
3
x?t
f(x)?
3
3
,对任意实数
t
,记2.
设
(Ⅰ)求函数
数
t
成立;
y?f(x)?g
8
(x)
的单调区间;(Ⅱ)求证:(ⅰ)当
x?0
时,
f(x)?g
t
(x)
对任意正实
(ⅱ)有且仅有一个正实数
x
0
,使得
g
8
(x
0
)?g
t
(x
0
)<
br>对于任意正实数
t
成立。
分析:本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
x
3
16
y??4x?
33
. (I)解:
2
?
y?x?4?0
,得
x??2
.因为当
x?(??,?
2)
时,
y
?
?0
, 由
2)
时,
y?
?0
,当
x?(2,??)
时,
y
?
?0<
br>, 当
x?(?2,
?2)
,
(2,
2)
.
??)
,单调递减区间是
(?2,
故所求函数的单调递增区间是
(??,<
br>(II)证明:(i)方法一:
x
3
2
2
2
h(x
)?f(x)?g
t
(x)??t
3
x?t(x?0)
2
?
(x)?x?t
3
h
33
令,则,
??)
时,
h
?
(x)?0
, 当
t?0
时,由
h
?
(x)?0
,得
x?t
,当
x?(x,
1
3
1
3
??)
内的最小值是
h(t)?0
.故当
x?0
时,
f(x)≥g
t
(x)
对任意正实数<
br>t
成立.
所以
h(x)
在
(0,
1
3
方法二:
1
22
?
1
h
?
(t)?t
3
(x?t
3<
br>)
h(t)?g
t
(x)?tx?t(t?0)
3
3
对任意固定的
x?0
,令,则,
2
3
由
h
?(t)?0
,得
t?x
.当
0?t?x
时,
h
?
(t)?0
;当
t?x
时,
h
?
(t)?0,
333
1
33
h(x)?x
3
h(t)
t
?x
3
所以当时,取得最大值.因此当
x?0
时,
f(x)≥g(x
)
对任意正实数
t
成立.
(ii)方法一:
f(2)?
8
?g
t
(2)
g(2)≥g
t
(2)
3
.由(i)得,
t
对任意正实数
t
成立.
即存在正
实数
下面证明
x
0
x
0
?2
,使得
gx
(2)≥g
t
(2)
对任意正实数
t
成立.
的唯一性:
x
0
3
16
f(x
0
)?<
br>g(x)?4x?
x00
x?2x
0
?0
t?8
3<
br>,
3
, 当
0
,,时,
x
0
3
x<
br>0
3
16
?4x
0
?g
x
3
(x<
br>0
)?
3
t?x
0
3
,再取
3
,
由(i)得,
3
,得
0
16
x
0
3
gx
(x
0
)?4x
0
???g
x
3
(
x
0
)
x?2
g(x)≥g
t
(x
0
)<
br>0
33
所以,即
0
时,不满足
x0
对任意
t
?0
都成立.
故有且仅有一个正实数
x
0
?0
x
0
?2
,使得
g
x
(x
0
)0≥g
t(x
0
)
对任意正实数
t
成立.
方法二:对任意,<
br>g
x
(x
0
)?4x
0
?
16
3<
br>,
1
3
x
0
g
t
(x
0
)g(x)≥g
t
(x
0
)
因为关于
t
的最大值是
3
,所以要使
x0
对任意正实数成立的充分必要条件是:
4x0
?
161
3
≥x
0
2
33
,即(x
0
?2)(x
0
?4)≤0
,
x
0
?0
①
x
0
?2
又因为使得
,不等式①成立的充分必要条件是
对任意正实数
t
成立.
x
0
?2
,所以有且仅有一个正实数,
g
x
(x
0
)≥g
t
(x
0
)
3. 定义函数f n(
x )=(1+x)n―1, x>―2,n∈N*
(1)求证:f n ( x )≥ nx;
(2)是否存在区间[ a,0 ] (a<0),使函数h( x )=f 3( x )-f 2(
x )在区间[a,0]上的值域
为[ka,0]?若存在,求出最小实数k的值及相应的区间[a,0
],若不存在,说明理由.
分析:本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=(1+x)n-1-nx,
令g( x
)=(1+x)n-1-nx , 则g'( x )=n[(1+x)n―1―1].
当x∈(-2,0)时, g'( x )<0,当x∈(0,+∞)时,g'( x )>0,
∴g( x )在x=0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x=0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
)=(1+x)2+x·2(1+x)=(1+x)(1
+3x)
1
令h'(x)=0, 得x=-1或x=- ,
3
1
∴当x∈
(―2,―1),h'(x)>0;当x∈(―1,―)时,h'(x)
3
1
当x∈(
- ,+∞)时,h'(x)>0.
3
故作出h(x)的草图如图所示,讨论如下:
14
①当-≤a<0时,h(x)最小值h(a)=ka ∴k=(1+a)2≥
39
4114-414
②当-≤a≤-时
h(x)最小值h(a)=h(-)=-=ka k= ∴≤k≤
3332727a99
414
③当a=-时 h( x )最小值h( a
)=a(1+a)2=ka k=(1+a)2≥,a=-时取等号.
393
14
综上讨论可知k的最小值为,此时[a,0]=[-,0].
9
3
f(x)?
2x?a
(x?R)
2
x?2
在区间
[?1,1]
上是增函数。
<0;
例4.
已知
(1)求实数
a
的值组成的集合A;
(2)设关于
x
的方程
f
?
x
?
?
1
x
的两个非零实根为
x
1
、
x
2
。试问:是否
?m?R
,使得
不等式
m
2
?tm?1?|x
1
?x
2
|
对
?a?A
及
t?[?1,1]
恒成立?若存在,求
m
的取
值范围;若不存在,请说明理
由。
分析:本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
2x?a
(x?R)
2
f(x)?
x?2
解:(1)∵
2(x
2
?ax?2)
2(x
2
?2)?(2x?a)?2
x
??
f
?
(x)?
22
22
(x?2)
(x?2)
∴
2(x
2
?ax?2)
???0
22
(x?2)
∵
f(x)
在
[?1,1]
上
?
∴
f
?
(x)
对
?x?[?1,1]
恒成立
2
即
?x?[?1,1]
,恒有
x?ax?2?0
成立 <
br>?
g(?1)?a?1?0??1?a?1
?
2
g(x)?x?ax?
2
设 ∴
?
g(1)??a?1?0?A?[?1,1]
f(x)?
2x?a1
?
2
x?2
x
x
2
?ax?2?0
(2)
22
∵
??a?8?0
∴
x
1
、
x
2
是方
程
x?ax?2?0
的两不等实根,且
x
1
?x
2
?a
,
x
1
x
2
??2
22
|x?x|?(x?x)?4xx?a?8?[22,3]
121212
∴
2
m?tm?1?|x
1
?x
2
|
对
?a?A
及
t?[?1,1]
恒成立 ∵
2
∴
m?tm?1?3
对
?t?[?1,1]
恒成立
2
h(t)?m?t?(m?2)
,
t?[?1,1]
设
∴
h(t)?0
对
?t?[?1,1]
恒成立
2?
?
h(?1)?m?m?2?0
?
m??1或m?2
?
??
2
?
h(1)?m?m?2?0
?
m??2或m?1
∴
?
∴
?m?(??,?2]?[2,??)
满足题意
x
f(x)?ln(e?a)(a?0)
。 5. 已知函数
(1)求函数<
br>y?f(x)
的反函数
y?f
?1
(x)
和
f(x)
的导函数
f
?
(x)
;
?1
(2)假设对
?x?[ln(3a),ln(4a)]
,不等式
|m?f(x)|?ln(f
?<
br>(x))?0
成立,求实数
m
的取值范围。
分析:本题主要考查反函
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
xy
xyxy
y?ln(e?a)x?ln(e?a)
e?a?ee?e?a
解:(1)
e
x
f
?
(x)?
x
?1xx
f(x)?ln(e?a)y?ln(e?a)e?a
∴ ∵ ∴
(2)∵
?x?[ln(3a),ln
(4a)]
,
|m?f
?1
(x)|?ln(f
?
(x))
?0
成立
e
x
e
x
?a
|m?ln(ex?a)
|??ln
x
?ln
e?ae
x
∴
xxx
∴
?[ln(e?a)?x]?m?ln(e?a)?ln(e?a)?x
xxxx<
br>g(x)?ln(e?a)?ln(e?a)?xh(x)?ln(e?a)?ln(e?a)?x
x?[ln(3a),ln(4a)]
设,
∴
?x?[ln(3a),ln(4a)]
恒有
g(x)?m?h(x)
成立
e
x
e
x
g
?
(x)?
x
??1
x
e?ae
x
?a
∵
x?[ln(3a),ln(4a)]
∴
e?[3a,4a]
e
x
e
x
?1
0?
x
?1
xxxx
e?a
∴
0?e?a?e?e?a
∴
e?a
,
∴
g
?
(x)?0
,
g(x
)
在
[ln(3a),ln(4a)]
上
?
∴
g(x)
max
?g(ln(4a))?m
m?ln(
12
a)
5
即
ln(3a)?ln(5a)?ln(4a)?m
e
x
e
x
h
?
(x)?
x
?
x
?1?0e?ae?a
∵ ∴
h(x)
在
[ln(3a),ln(4a)]
上
?
∴
m?h(x)
min
8
m?ln(a)
?h(ln(3
a))
m?ln(2a)?ln(4a)?ln(3a)
3
128
(ln(a),ln(a))
53
∴
m
的取值范围是
?
1
?
f(x)?
?
1
?
?
(n?N,且n?1,x?N)
?
n
?
6.设函数.
?
1
?
?
1?
?
(Ⅰ)当x=6时,求
?
n
?
的展开式中二项式系数最大的项;
f(2x)?f(2)
2<
br>(Ⅱ)对任意的实数x,证明>
f
?
(x)(f
?
(x)是f
(x)的导函数);
1
??
1?
??
?
k
?
<
(a?1)n
恒成立?若存在,试证明你的结论并求出a的(Ⅲ)是否存在a?N
,使得a
n
<
k?1
?
n
n
n
值;若不存在,请说明理由.
20
35
?
1
?
C
6
1
??
?
3
n
?
n
?
(Ⅰ)解:展开式中二项式系数最大的项是第4项,这项是
3
?
1
??
1
?
f
?
2x
?
?f
?
2<
br>?
?
?
1?
?
?
?
1?
?
?
n
??
n
?
(Ⅱ)证法一:因
证法二:
?<
br>1
??
1
?
?
1
??
1
??
1
?
f
?
2x
?
?f
?
2
?<
br>?
?
1?
?
?
?
1?
?
?2
?
1?
?
?
?
1?
?
?2
?
1
?
?
?
n
??
n
?
?
n
?
?
n
??
n
?
因
2n2
2n2
2n2<
br>n
?
1
?
?
?
1?
?
?
n
?
?
1
??
1
?
2f<
br>?
x
?
?2
?
1?
?
ln
?
1?
?
?
n
??
n
?
而
'
n
?
1
??
1
?
1?
ln
??
?<
br>1?
?
故只需对
?
n
?
和
?
n?
进行比较。
令
g
?
x
?
?x?lnx?
x?1
?
,有
g
'
?
x
?
?1?
1x?1
x?1
?0
?
xx
,由
x
,得
x?1
因为当
0?x?1
时,
在
x?1处
g
'
?
x
?
?0
,
g
?<
br>x
?
单调递减;当
1?x???
时,
g
'
?
x
?
?0
,
g
?
x
?
单调递增,
所以
g
?
x
?
有极小值
1
,从而有
x?lnx?1
,亦即
x?lnx?1?lnx
故当x?1
时,
g
?
x
?
?g
?
1
?
?1
?
1
??
1
?
1??ln
???
1?
?
f
?
2x
?
?f
?
2?
?2f
'
?
x
?
nn
????
故有
恒成立。所以,原不等式成立。
(Ⅲ)对
m?N
,且
m?1
?
1
?
01
?
1
?
2
?
1<
br>?
k
?
1
?
m
?
1
?
1?
?C?C??C?L?C?L?C
mm
?
m
?
m
?
m
???????
mmmmm
??????????
有
1
??
k
?
1
?
C
m
?0k?2,3,4,L,m2
?1?
??
????
?3
mm
??
又因
??
,故
n
1
?
?
1
?
?
2n?
?
?
1?
?
?3n
2?
?
1?
?
?3
k
?
?
m
?
k?1
?
∵,从而有成立
,
m2km
km
m
k
?
1
?
2n??
?
1?
?
?3n
k
?
k?1
?即存在
a?2
,使得恒成立。
n
k
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