【备战2014】高考数学高频考点归类分析不等式问题中“特殊值法”的应用(真题为例)

1高频考点分析不等式问题中“特殊值法”的应用典型例题：例1.（2012年福建省理5分）下列命题中，真命题是【】A．∃x0∈R，0xe≤0B．∀x∈R，2x＞x2C．a＋b＝0的充要条件是ab＝－1D．a＞1，b＞1是ab＞1的充分条件【答案】D。【考点】必要条件、充分条件与充要条件的判断，全称命题，特称命题，命题的真假判断与应用。【解析】对于A，根据指数函数的性质不存在x0，使得0xe≤0，因此A是假命题。对于B，当x＝2时，2x＝x2，因此B是假命题。对于C，当a＋b＝0时，ab不存在，因此C是假命题。对于D，a＞1，b＞1时ab＞1，所以a＞1，b＞1是ab＞1的充分条件，因此D是真命题。故选D。例2.（2012年四川省文4分）设,ab为正实数，现有下列命题：①若221ab，则1ab；②若111ba，则1ab；③若||1ab，则||1ab；④若33||1ab，则||1ab。其中的真命题有▲。（写出所有真命题的编号）【答案】①④。【考点】真命题的判定，特殊值法的应用。【解析】对于①，∵,ab为正实数，∴222211+11+1ababaab。又∵221ab，∴1+1=1+abababab。故①正确。对于②，可以采用特殊值列举法：2取2=2,=3ab，满足,ab为正实数和111ba的条件，但4=13ab。故②错误。对于③，可以采用特殊值列举法：取=4,=1ab，满足,ab为正实数和||1ab的条件，，但=31ab。故③错误。对于④，不妨设ab，由33||1ab得331ab，∴331+ab。∵,ab为正实数，∴331+11aba。∴33222211++1=1++ababaabbabaabb。故④正确。∵且，∴=abab。综上所述，真命题有①④。例3.（2012年浙江省理4分）设aR，若0x时均有21110axxax，则a▲．【答案】32。【考点】特殊元素法，偶次幂的非负数性质。【解析】∵0x时均有21110axxax，∴应用特殊元素法，取2x，得222112210230aaa。∴32302aa。例4.（2012年四川省理14分）已知a为正实数，n为自然数，抛物线22nayx与x轴正半轴相交于点A，设()fn为该抛物线在点A处的切线在y轴上的截距。（Ⅰ）用a和n表示()fn；（Ⅱ）求对所有n都有33()1()11fnnfnn成立的a的最小值；（Ⅲ）当01a时，比较11()(2)nkfkfk与27(1)()4(0)(1)ffnff的大小，并说明理由。【答案】解：（Ⅰ）由已知得，交点A的坐标为02na，，对22nayx求导得2y'x。3∴抛物线在点A处的切线方程为22nnayax，即2+nnyaxa。∴()=nfna。（Ⅱ）由（1）知()=nfna，则33()1()11fnnfnn成立的充要条件是321nan。即知，321nan对于所有的n成立，特别地，取n=2时，得到17a。当17,3an时,122334=1+3=13+3+3+nnnnnnaCCC1223313+3+3nnnCCC233112+52+252+12nnnnn。当n=0，1，2时，显然31721nn。∴当17a时，33()1()11fnnfnn对所有自然数都成立。∴满足条件的a的最小值是17。（Ⅲ）由（1）知()=nfna，则21111=()(2)nnkkkkfkfkaa，(1)()(0)(1)1nffnaaffa。下面证明：1127(1)()()(2)4(0)(1)nkffnfkfkff。首先证明：当0x1时，31274xxx，设函数227()()1,014gxxxxx，则812'()()43gxxx。∵当203x时，'x0g（）；当213x时，'()0gx，∴()gx在区间（0,1）上的最小值()gxmin=g0)32(。∴当0x1时，()gx≥0,即得31274xxx。4由0a1知0ak1(kN)，∴21274kkkaaa。从而21111()(2)nnkkkkfkfkaa[phone](1)()441414(0)(1)nnnkkaaaaffnaaaff。【考点】导数的应用、不等式、数列。【解析】（Ⅰ）根据抛物线22nayx与x轴正半轴相交于点A，可得A02na，，进一步可求抛物线在点A处的切线方程，从而可得()=nfna（Ⅱ）由（Ⅰ）知()=nfna，则33()1()11fnnfnn成立的充要条件是321nan，即知，321nan对所有n成立。当17,3an时，34=1+32+1nnnan；当n=0，1，2时，31721nn，由此可得a的最小值。（Ⅲ）由（Ⅰ）知()=nfna，证明当0＜x＜1时，31274xxx即可证明：1127(1)()()(2)4(0)(1)nkffnfkfkff。例5.（2012年四川省文14分）已知a为正实数，n为自然数，抛物线22nayx与x轴正半轴相交于点A，设()fn为该抛物线在点A处的切线在y轴上的截距。（Ⅰ）用a和n表示()fn；（Ⅱ）求对所有n都有()1()11fnnfnn成立的a的最小值；（Ⅲ）当01a时，比较111(1)(2)(2)(4)()(2)fffffnfn与)1()0()1()1(6ffnff的大小，并说明理由。【答案】解：（Ⅰ）由已知得，交点A的坐标为02na，，对22nayx求导得2y'x。∴抛物线在点A处的切线方程为22nnayax，即52+nnyaxa。∴()=nfna。（Ⅱ）由（1）知()=nfna，则()1()11fnnfnn成立的充要条件是21nan。即知，21nan对于所有的n成立，特别地，取n=1时，得到3a。当3,1an时,122333=1+2=12+2+2+21nnnnnnaCCCn。当n=0时，21nan。∴当3a时，()1()11fnnfnn对所有自然数都成立。∴满足条件的a的最小值是3。（Ⅲ）由（1）知()=nfna，下面证明：)1()0()1()1(.6)2()(1)4()2(1)2()1(1ffnffnfnfffff。首先证明：当0x1时，216xxx，设函数261,01gxxxxx，则)32(18)('xxxg。∵当203x时，'x0g（）；当213x时，'()0gx，∴()gx在区间（0,1）上的最小值()gxmin=g21()039。∴当0x1时，()gx≥0,即得216xxx。由0a1知0ak1(kN)，∴216kkkaaa。从而2242111111(1)(2)(2)(4)()(2)nnfffffnfnaaaaaa12(1)(1)6()661(0)(1)nnaaffnaaanff。6【考点】导数的应用、不等式、数列。【解析】（Ⅰ）根据抛物线22nayx与x轴正半轴相交于点A，可得A02na，，进一步可求抛物线在点A处的切线方程，从而可得()=nfna（Ⅱ）由（Ⅰ）知()=nfna，则()1()11fnnfnn成立的充要条件是21nan，即知，21nan对所有n成立。当3,1an时，3=1+221nnnan；当n=0时，21nan，由此可得a的最小值。（Ⅲ）由（Ⅰ）知()=nfna，证明当0＜x＜1时，216xxx即可证明：)1()0()1()1(.6)2()(1)4()2(1)2()1(1ffnffnfnfffff。