高中数学——导数难题

5.导函数——不等式1.已知函数()exfxkxxR，（Ⅰ）若ek，试确定函数()fx的单调区间；（Ⅱ）若0k，且对于任意xR，()0fx恒成立，试确定实数k的取值范围；（Ⅲ）设函数()()()Fxfxfx，求证：12(1)(2)()(e2)()nnFFFnnN．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：（Ⅰ）由ek得()eexfxx，所以()eexfx．由()0fx得1x，故()fx的单调递增区间是(1)，，由()0fx得1x，故()fx的单调递减区间是(1)，．（Ⅱ）由()()fxfx可知()fx是偶函数．于是()0fx对任意xR成立等价于()0fx对任意0x≥成立．由()e0xfxk得lnxk．①当(01]k，时，()e10(0)xfxkkx≥．此时()fx在[0)，上单调递增．故()(0)10fxf≥，符合题意．②当(1)k，时，ln0k．当x变化时()()fxfx，的变化情况如下表：x(0ln)k，lnk(ln)k，()fx0()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①，②得，实数k的取值范围是0ek．（Ⅲ）()()()eexxFxfxfx，12()()FxFx12121212121212()()eeeeee2e2xxxxxxxxxxxxxx，1(1)()e2nFFn，11(2)(1)e2()(1)e2.nnFFnFnF由此得，21[(1)(2)()][(1)()][(2)(1)][()(1)](e2)nnFFFnFFnFFnFnF故12(1)(2)()(e2)nnFFFnnN，．2.设3()3xfx，对任意实数t，记232()3tgxtxt（Ⅰ）求函数8()()yfxgx的单调区间；（Ⅱ）求证：（ⅰ）当0x时，()()tfxgx对任意正实数t成立；（ⅱ）有且仅有一个正实数0x，使得800()()tgxgx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（I）解：316433xyx．由240yx，得2x．因为当(2)x，时，y0，当(22)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(22)，．（II）证明：（i）方法一：令2332()()()(0)33txhxfxgxtxtx，则223()hxxt，当0t时，由()0hx，得13xt，当13()xx，时，()0hx，所以()hx在(0)，内的最小值是13()0ht．故当0x时，()()tfxgx≥对任意正实数t成立．方法二：对任意固定的0x，令232()()(0)3thtgxtxtt，则11332()()3httxt，由()0ht，得3tx．当30tx时，()0ht；当3tx时，()0ht，所以当3tx时，()ht取得最大值331()3hxx．因此当0x时，()()fxgx≥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0x的唯一性：当02x，00x，8t时，300()3xfx，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()xtgxgx≥对任意正实数t成立．方法二：对任意00x，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：300161433xx≥，即200(2)(4)0xx≤，①又因为00x，不等式①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fn(x)＝(1＋x)n―1,x＞―2，n∈N*(1)求证：fn(x)≥nx；(2)是否存在区间[a，0](a＜0)，使函数h(x)＝f3(x)－f2(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：fn(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fn(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)＝f3(x)－f2(x)＝x(1＋x)2∴h'(x)＝(1＋x)2＋x·2(1＋x)＝(1＋x)(1＋3x)令h'(x)＝0,得x＝－1或x＝－13，∴当x∈(―2，―1)，h'(x)＞0；当x∈(―1，―13)时，h'(x)＜0；当x∈(－13,＋∞)时，h'(x)＞0.故作出h(x)的草图如图所示，讨论如下：①当－13≤a＜0时，h(x)最小值h(a)＝ka∴k＝(1＋a)2≥49②当－43≤a≤－13时h(x)最小值h(a)＝h(－13)＝－427＝kak＝－427a∴19≤k≤49③当a＝－43时h(x)最小值h(a)＝a(1＋a)2＝kak＝(1＋a)2≥19，a＝－43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]1,1[t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）思想方法解：（1）∵)(xf)(222Rxxax∴222)2(2)2()2(2)(xxaxxxf222)2()2(2xaxx∵)(xf在]1,1[上∴)(xf0)2()2(2222xaxx对]1,1[x恒成立即]1,1[x，恒有022axx成立设2)(2axxxg∴]1,1[01)1(1101)1(Aagaag（2）xxaxxf122)(2022axx∵082a∴1x、2x是方程022axx的两不等实根，且axx21，221xx∴]3,22[84)(||22122121axxxxxx∵||1212xxtmm对Aa及]1,1[t恒成立∴312tmm对]1,1[t恒成立设)2()(2mtmth，]1,1[t∴0)(th对]1,1[t恒成立∴122102)1(02)1(22mmmmmmhmmh或或∴),2[]2,(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(),3[ln(aax，不等式0))(ln(|)(|1xfxfm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）思想方法解：（1）)ln(aeyxyxeaeaeeyx)ln(aexy∴)ln()(1aexfx∵)ln(aeyx∴aeexfxx)(（2）∵)]4ln(),3[ln(aax，0))(ln(|)(|1xfxfm成立∴xxxxeaeaeeaexmlnln|)ln(|∴xaeaemxaexxx)ln()ln(])[ln(设xaeaexgxx)ln()ln()(，xaeaexhxx)ln()ln()()]4ln(),3[ln(aax∴)]4ln(),3[ln(aax恒有)()(xhmxg成立1)(aeeaeexgxxxx∵)]4ln(),3[ln(aax∴]4,3[aaex∴aeeaexxx0∴1aeexx，10aeexx∴0)(xg，）xg(在)]4ln(),3[ln(aa上∴magxg))4(ln()(max即maaa)4ln()5ln()3ln()512ln(am∵01)(aeeaeexhxxxx∴)(xh在)]4ln(),3[ln(aa上∴))3(ln()(minahxhm)3ln()4ln()2ln(aaam)38ln(am∴m的取值范围是))38ln(),512(ln(aa6.设函数),1,(11)(NxnNnnxfn且.(Ⅰ)当x=6时,求nn11的展开式中二项式系数最大的项;(Ⅱ)对任意的实数x,证明2)2()2(fxf＞);)()()((的导函数是xfxfxf(Ⅲ)是否存在Na,使得an＜nkk111＜na)1(恒成立?若存在,试证明你的结论并求出a的值;若不存在,请说明理由.（Ⅰ）解：展开式中二项式系数最大的项是第4项，这项是335631201Cnn（Ⅱ）证法一：因22112211nfxfnn2211211nnn11211nnn121nn1121ln12nn'1121ln12nfxnn证法二：因22112211nfxfnn2211211nnn11211nnn而'11221ln1nfxnn故只需对11n和1ln1n进行比较。令ln1gxxxx，有'111xgxxx，由10xx，得1x因为当01x时，'0gx，gx单调递减；当1x时，'0gx，gx单调递增，所以在1x处gx有极小值1故当1x时，11gxg，从而有ln1xx，亦即ln1lnxxx故有111ln1nn恒成