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1导函数证明复习题(汇编)1.(2014福建20)已知函数axexfx(a为常数)的图像与y轴交于点A,曲线xfy在点A处的切线斜率为-1.(I)求a的值及函数xf的极值;(II)证明:当0x时,xex2;(III)证明:对任意给定的正数c,总存在0x,使得当,0xx,恒有xcex2.本小题主要考查导数的运算及导数的应用、全称量词等基础知识的考查运用,考查抽象概括能力、推理论证能力,考查函数与方程思想、有限与无限思想、化归与转化思想、分类与整合思想、函数与方程思想等。满分14分。解法一:(I)由()xfxeax,得'()xfxea.又'(0)11fa,得2a.所以()2,'()2xxfxexfxe.令'()0fx,得ln2x.当ln2x时,'()0,()fxfx单调递减;当ln2x时,'()0,()fxfx单调递增.所以当ln2x时,()fx取得极小值,且极小值为ln2(ln2)2ln22ln4,()fefx无极大值.(II)令2()xgxex,则'()2xgxex.由(I)得'()()(ln2)0gxfxf,故()gx在R上单调递增,又(0)10g,因此,当0x时,()(0)0gxg,即2xxe.(III)①若1c,则xxece.又由(II)知,当0x时,2xxe.所以当0x时,2xxce.取00x,当0(,)xx时,恒有22xcx.②若01c,令11kc,要使不等式2xxce成立,只要2xekx成立.而要使2xekx成立,则只要2ln()xkx,只要2lnlnxxk成立.令()2lnlnhxxxk,则22'()1xhxxx.所以当2x时,'()0,()hxhx在(2,)内单调递增.取01616xk,所以()hx在0(,)x内单调递增.又0()162ln(16)ln8(ln2)3(ln)5hxkkkkkkk.易知ln,ln2,50kkkk.所以0()0hx.即存在016xc,当0(,)xx时,恒有22xxce.综上,对任意给定的正数c,总存在0x,当0(,)xx时,恒有2xxce.解法二:(I)同解法一(II)同解法一(III)对任意给定的正数c,取4oxc由(II)知,当x0时,2xex,所以2222,()()22xxxxxeee当oxx时,222241()()()222xxxxexcc因此,对任意给定的正数c,总存在0x,当0(,)xx时,恒有2xxce.2.(2014湖北22)π为圆周率,e=2.71828…,为自然对数的底(1)求f(x)=lnxx的单调区间;(2)求e3、3e、π3、3π、eπ、πe这六个数中的最大值与最小值;(1)e3、3e、π3、3π、eπ、πe这六个数从小到大的顺序排列,并证明你的结论.解:(I)函数)(xf的定义域为),0(,因为xxxfln)(,所以2ln1)(xxxf,当0)(xf,即ex0时,函数)(xf单调递增;当0)(xf,即ex时,函数)(xf单调递减;故函数)(xf的单调增区间为),0(e,单调减区间为),(e.(II)因为3e,所以ln3lnee,3lnlne,即eeln3ln,3lnlne,于是根据函数xyln、xey、xy在定义域上单调递增,所以33ee,33ee,故这6个数的最大数在3与3之中,最小数在e3与3e之中,由3e及(I)的结论得)()3()(efff,即eeln33lnln,由33lnln得3lnln3,所以33,由eeln33ln得3ln3lnee,所以33ee,3综上,6个数中的最大数为3,最小数为e3.(III)由(II)知,33ee,33ee,又由(II)知,eelnln,故只需比较3e与e和e与3的大小,由(I)知,当ex0时,eefxf1)()(,即exx1ln,在上式中,令2ex,又ee2,则ee2ln,即得e2ln①由①得,3024.3)88.02(7.2)1.371.22(7.2)2(lneee,即3lne,亦即3lnlnee,所以ee3,又由①得,ee636ln3,即ln3,所以3e,综上所述,3333eeee,即6个数从小到大的顺序为e3,3e,e,e,3,3.3.(2014陕西21)设函数()ln(1),()'(),0fxxgxxfxx,其中'()fx是()fx的导函数.(1)11()(),()(()),nngxgxgxggxnN,求()ngx的表达式;(2)若()()fxagx恒成立,求实数a的取值范围;(3)设nN,比较(1)(2)()gggn与()nfn的大小,并加以证明.解:()ln(1)fxx,1()1fxx,()1xgxx(1)111()1111xxgxxxx0x,11x,111x,1101x,即()0gx,当且仅当0x时取等号。当0x时,(0)0ng当0x时()0gx1()(())nngxggx1()()1()nnngxgxgx,11()111()()()nnnngxgxgxgx,即1111()()nngxgx数列1{}()ngx是以1()gx为首项,以1为公差的等差数列411111(1)1(1)1()()1nnxnnxgxgxxx()(0)1nxgxxnx,当0x时,0(0)010ng,()(0)1nxgxxnx(2)在0x范围内()()fxagx恒成立,等价于()()0fxagx成立令()()()ln(1)1axhxfxagxxx,即()0hx恒成立,221(1)1()1(1)(1)axaxxahxxxx令()0hx,即10xa,得1xa当10a即1a时,()hx在[0,)上单调递增()(0)ln(10)00hxh所以当1a时,()hx在[0,)上()0hx恒成立;当10a即1a时,()hx在[1,)a上单调递增,在[0,1]a上单调递减,所以()(1)ln1hxhaaa设()ln1(1)aaaa1()1aa因为1a,所以110a,即()0a,所以函数()a在(1,)上单调递减所以()(1)0a,即(1)0ha所以()0hx不恒成立综上所述,实数a的取值范围为(,1](3)由题设知:12(1)(2)()231ngggnn,()ln(1)nfnnn比较结果为:(1)(2)()ln(1)gggnnn证明如下:5上述不等式等价于1111ln(1)2341nn在(2)中取1a,可得ln(1),01xxxx令1,xnNn,则11ln1nnn,即1ln(1)ln1nnn故有1ln2ln121ln3ln231ln(1)ln1nnn上述各式相加可得:1111ln(1)2341nn结论得证.4.(2013湖北)设n是正整数,r为正有理数.(I)求函数1()111(1)rfxxrxx的最小值;(II)证明:11111111rrrrrnnnnnrr;(III)设xR,记x为不小于x的最小整数,例如22,4,312.令3333818283125S,求S的值.(参考数据:4380344.7,4381350.5,43124618.3,43126631.7)【答案】证明:(I)()111111rrfxrxrrx()fx在1,0上单减,在0,上单增.min()(0)0fxf(II)由(I)知:当1x时,1111rxrx(就是伯努利不等式了)所证不等式即为:11111111rrrrrrnrnnnrnn若2n,则11111111rrrrnrnnnrnn61111rrnn①111rrnn,1rrnn11111rrrnnn,故①式成立.若1n,1111rrrnrnn显然成立.11111111rrrrnrnnnrnn1111rrnn②111rrnn,1rrnn11111rrrnnn,故②式成立.综上可得原不等式成立.(III)由(II)可知:当*kN时,4144433333331144kkkkk444125433338133112580210.22544kSkk444125433338133112681210.944kSkk211S5.(2013年大纲)已知函数1=ln1.1xxfxxx(I)若0x时,0fx,求的最小值;(II)设数列211111,ln2.234nnnnaaaann的通项证明:76.(2012年湖北22)(I)已知函数f(x)=rx-xr+(1-r)(x0),其中r为有理数,且0r1.求f(x)的最小值;(II)试用(I)的结果证明如下命题:设a1≥0,a2≥0,b1,b2为正有理数,若b1+b2=1,则a1b1a2b2≤a1b1+a2b2;87.(2012天津20)已知函数()ln()fxxxa的最小值为0,其中0a.(Ⅰ)求a的值;(Ⅱ)若对任意的[0,+)x,有2()fxkx成立,求实数k的最小值;(Ⅲ)证明:=12ln(2+1)221nini*()nN.21世纪教育网98.(2011大纲全国22)(Ⅰ)设函数2()ln(1)2xfxxx,证明:当0x>时,()0fx>;(Ⅱ)从编号1到100的100张卡片中每次随即抽取一张,然后放回,用这种方式连续抽取20次,设抽得的20个号码互不相同的概率为p.证明:19291()10pe<<【思路点拨】本题第(I)问是利用导数研究单调性最值的常规题,不难证明。第(II)问证明如何利用第(I)问结论是解决这个问题的关键也是解题能力高低的体现。【精讲精析】(I)22212(2)2()01(2)(2)(1)xxxfxxxxx所以()fx在(1,)上单增。当0x时,()(0)0fxf。(II)100999881100100100100p由(I),当x0时,()(0)0fxf,即有2ln(1)2xxx故1()911019ln19ln(1)192110102210于是919ln210ee,即19291()10e.10利用推广的均值不等式:1212,0nnnixxxxxxxn1919100999881100999881910010
本文标题:导数压轴题之导函数证明题
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