导数压轴题之导函数证明题

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0x时，xex2；（III）证明：对任意给定的正数c，总存在0x，使得当，0xx，恒有xcex2.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ex0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，3lnlne，即eeln3ln，3lnlne，于是根据函数xyln、xey、xy在定义域上单调递增，所以33ee，33ee，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，33ee，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ex0时，eefxf1)()(，即exx1ln，在上式中，令2ex，又ee2，则ee2ln，即得e2ln①由①得，3024.3)88.02(7.2)1.371.22(7.2)2(lneee，即3lne，亦即3lnlnee，所以ee3，又由①得，ee636ln3，即ln3，所以3e，综上所述，3333eeee，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()1111xxgxxxx0x，11x，111x，1101x，即()0gx，当且仅当0x时取等号。当0x时，(0)0ng当0x时()0gx1()(())nngxggx1()()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)aaaa1()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1ln2ln121ln3ln231ln(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11111111rrrrnrnnnrnn61111rrnn①111rrnn,1rrnn11111rrrnnn,故①式成立.若1n,1111rrrnrnn显然成立.11111111rrrrnrnnnrnn1111rrnn②111rrnn,1rrnn11111rrrnnn,故②式成立.综上可得原不等式成立.(III)由(II)可知:当*kN时,4144433333331144kkkkk444125433338133112580210.22544kSkk444125433338133112681210.944kSkk211S5．（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：1212,0nnnixxxxxxxn1919100999881100999881910010