文档介绍：该【(精品构造函数法在高考解导数和数列问题】是由【haha】上传分享，文档一共【8】页，该文档可以免费在线阅读，需要了解更多关于【(精品构造函数法在高考解导数和数列问题】的内容，可以使用淘豆网的站内搜索功能，选择自己适合的文档，以下文字是截取该文章内的部分文字，如需要获得完整电子版，请下载此文档到您的设备，方便您编辑和打印。构造函数法在高考解
导数和数列问题
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用构造函数法给出两个结论的证明.
(1)构造函数f(x)xsinx,则f(x)1cosx0,
所以函数f(x)在(0,)上单调递增,f(x)f(0)sinx0,即sinxx.
1x
(2)构造函数f(x)xln(1x),则f(x)1(x)在
1x1x
(0,)上单调递增,f(x)f(0)0,所以xln(1x),即ln(1x)x.
1n111
要证1e,两边取对数,即证ln1,
nnn1
11
事实上:设1t,则n(t1),
nt1
1
因此得不等式lnt1(t1)
t
1
构造函数g(t)lnt1(t1),下面证明g(t)在(1,)上恒大于0.
t
11
g(t)0,
tt2
∴g(t)在(1,)上单调递增,g(t)g(1)0,
1
即lnt1,
t
111n1
∴ln1,∴1e,
nn1n
:2009年
广东21,2008年山东理科21,2007年山东理科22.
1.【09天津·文】(x)在R上的导函数为f(x),且2f(x)xf(x)x2,下面
的不等式在R上恒成立的是
(x)(x)(x)(x)x
【答案】A
【解析】由已知,首先令x0得f(x)0,排除B,D.
令g(x)x2f(x),则g(x)x2f(x)xf(x),
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g(x)
①当x0时,有2f(x)xf(x)x2g(x)0,所以函数g(x)单调递增,
x
所以当x0时,g(x)g(0)0,从而f(x)0.
g(x)
②当x0时,有2f(x)xf(x)x2g(x)0,所以函数g(x)单调递减,
x
所以当x0时,g(x)g(0)0,从而f(x)(x).
【考点定位】,考查
了分析问题和解决问题的能力.
2.【09辽宁·理】21.(本小题满分12分)
1
已知函数f(x)x2ax(a1)lnx,a1.
2
(Ⅰ)讨论函数f(x)的单调性;
f(x)f(x)
(Ⅱ)证明:若a5,则对任意x,x(0,),xx,有121.
1212xx
12
解:(Ⅰ)f(x)的定义域为(0,).
a1x2axa1(x1)(x1a)
f(x)xa…………………2分
xxx
(x1)2
(i)若a11即a2,则f(x),
x
故f(x)在(0,)单调增加.
(ii)若a11,而a1,故1a2,则当x(a1,1)时,f'(x)0;
当x(0,a1)及x(1,)时,f'(x)(x)在(a1,1)单调减少,
在(0,a1),(1,)单调增加.
(iii)若a11,即a2,同理可得f(x)在(1,a1)单调减少,在(0,1),(a1,)单调增
加.
1
(II)考虑函数g(x)f(x)xx2ax(a1)lnxx.
2
a1a1
则g(x)x(a1)2x(a1)1(a11)2.
xx
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由于1a5,故g(x)0,即g(x)在(0,)单调增加,从而当xx0时有
12
f(x)f(x)
g(x)g(x)0,即f(x)f(x)xx0,故121,当0xx时,有
121212xx12
12
f(x)f(x)f(x)f(x)
12211.………………………………12分
xxxx
1221
3.【09全国Ⅱ·理】22.(本小题满分12分)
设函数fxx2aln1x有两个极值点x,x,且xx.
1212
(I)求a的取值范围,并讨论fx的单调性;
12ln2
(II)证明:fx.
24
【解】(I)由题设知,函数fx的定义域是x1,
2x22xa
fx,
1x
且fx0有两个不同的根x、x,故2x22xa0的判别式
12
48a0,
1
即a,
2
112a112a
且x,x.…………………………………①
1222
又x1,故a0.
1
1
因此a的取值范围是(0,).
2
当x变化时,f(x)与f(x)的变化情况如下表:
因此f(x)在区间(1,x)和(x,)是增函数,在区间(x,x)是减函数.
1212
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(II)由题设和①知
1
x0,a2x(1x),
2222
于是fxx22x(1x)ln1x.
22222
设函数gtt22t(1t)ln1t,
则gt2t(12t)ln1t
1
当t时,g(t)0;
2
11
当t(,0)时,gt0,故gt在区间[,0)是增函数.
22
1
于是,当t(,0)时,
2
112ln2
gtg().
24
12ln2
因此fxg(x).
224
(理数)21.(本小题满分12分)
已知函数f(x)x2alnx在(1,2]是增函数,g(x)xax在(0,1)为减函数.
(1)求f(x)、g(x)的表达式;
(2)求证:当x0时,方程f(x)g(x)2有唯一解;
1
(3)当b1时,若f(x)2bx在x∈(0,1]内恒成立,求b的取值范围.
x2
a
解:(1)f(x)2x,依题意f(x)0,x(1,2],即a2x2,x(1,2].
x
∵上式恒成立,∴a2①…………………………1分
a
又g(x)1,依题意g(x)0,x(0,1),即a2x,x(0,1).
2x
∵上式恒成立,∴a2.②…………………………2分
由①②得a2.…………………………3分
∴f(x)x22lnx,g(x)x2x.…………………………4分
(2)由(1)可知,方程f(x)g(x)2,即x22lnxx2x20.
21
设h(x)x22lnxx2x2,则h(x)2x1,
xx
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令h(x)0,并由x0,得(x1)(2xx2xx2)0,解知x1.………5分
令h(x)0,由x0,解得0x1.…………………………6分
列表分析:
x(0,1)1(1,+)
h(x)-0+
h(x)递减0递增
可知h(x)在x1处有一个最小值0,…………………………7分
当x0且x1时,h(x)>0,
∴h(x)0在(0,+)上只有一个解.
即当x>0时,方程f(x)g(x)2有唯一解.…………………………8分
122
(3)设(x)x22lnx2bx则'(x)2x2b0,…………9分
x2xx3
(x)在(0,1]为减函数(x)(1)12b10又b1………11分
min
所以:1b1为所求范围.…………………………12分
(理数)20.(本题满分12)
已知函数f(x)ax2lnx.
(Ⅰ)求f(x)的单调区间;
(Ⅱ)当a0时,设斜率为k的直线与函数yf(x)相交于两点A(x,y)、B(x,y)
1122
1
(xx),求证:xx.
211k2
解:(Ⅰ)略
(Ⅱ)当a0时,f(x)lnx.
1yylnxlnx
以下先证x,k21210,
k1xxxx
2121
lnxlnx1
所以只需证21,即
xxx
211
xxxx
ln22121.
xxx
111
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1
设(t)lntt1(t1),则(t)10(t1).
t
所以在t(1,)时,(t)为减函数,(t)(1)0(t1).
x
即lntt1(t1).又21,
x
1
xx1
∴ln221成立,即x.
xxk1
11
1
同理可证x.
k2
1
∴xx.
1k2
、五莲、诸城、兰山四地2009届高三5月联考22.(本题满分14分)
1
已知函数g(x)lnx在1,上为增函数,且(0,),
sinx
m1
f(x)mxlnx,mR.
x
(1)求的取值范围;
(2)若f(x)g(x)在1,上为单调函数,求m的取值范围;
2e
(3)设h(x),若在1,e上至少存在一个x,使得f(x)g(x)h(x)成立,求
x0000
m的取值范围.
解:
11sinx1
(1)由题意,g(x)0在1,上恒成立,即0
sinx2xsinx2
(0,),sinx10在1,上恒成立,……………2分

只须sin110,即sin1,只有sin(0,),得.…4分
2
mmx22xm
(2)由(1),得f(x)g(x)mx2lnx.f(x)g(x).
xx2
f(x)g(x)在1,上为单调函数,
mx22xm0或者mx22xm0在1,恒成立.……………..6分
2x
mx22xm0等价于m(1x2)2x,即m,
1x2
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
2x22
而,max1m1.…………………………………8分
211
1xxx
xx
2x
mx22xm0等价于m(1x2)2x,即m在1,恒成立,
1x2
2x
而0,1,m0.
1x2
综上,m的取值范围是,01,.………………………………………10分
m2e
(3)构造函数F(x)f(x)g(x)h(x),F(x)mx2lnx.
xx
m2e
当m0时,x1,e,mx0,2lnx0,所以在1,e上不存在一个x,
xx0
使得f(x)g(x)h(x)成立.
000
m22emx22xm2e
当m0时,F(x)m.…………12分
x2xx2x2
因为x1,e,所以2e2x0,mx2m0,所以F(x)0在1,e恒成立.
44
故F(x)在1,e上单调递增,F(x)me4,只要me40,
maxee
4e
解得m.
e21
4e
故m的取值范围是,.……………………………………………14分
e21
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