2019高考数学一轮复习 突破140必备 专题05 常见函数与导数中的不等关系学案.doc

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1、1专题专题 0505 常见函数与导数中的不等关系常见函数与导数中的不等关系1 1、拉格朗日中值定理拉格朗日中值定理若函数)(f x满足如下条件：（1）)(f x在闭区间b, a上连续；（2）)(f x在开区间b, a上可导；则在区间b, a上至少存在一点，使得abafbf )()()( f几何意义：在闭区间b, a上有一条连续曲线，曲线上每一点都存在切线，则曲线上至少存在一点），（)(fM，过点M的切线平行于割线AB二、四类基本初等函数结论及推导二、四类基本初等函数结论及推导设函数)(yxf上任意两点）（212211x),(,(),(,(AxxfxBxfx，过A、B两点直线的斜率1212 1)

2、()(fkxxxfx ，A、B两点中点的横坐标为2x21x， )(yxf在中点横坐标处的切线斜率)2( k21 2xxf，)(yxf在A点处切线的斜率)( k13xf，)(yxf在B点处切线的斜率)( k24xf注：下面论述中都是假设21xx，4321,kkkk都与上述表示是一致的。（1）对于函数)0( ,)(f2acbxaxx，则4213kkkk证明：证明：2（2）对于函数xxln)(f，则3124kkkk12121212 1lnln)()(fkxxxx xxxfx ，2121 22)2( kxxxxf1131)( kxxf， 2241)( kxxf，）（210xx 证明：证明：0)(12k

3、2112112132xxxxx xxxk，即32kk 0)(12k2121222142xxxxx xxxk，即42kk 所以我们可以得到324kkkxyBAO图（1）由图（1）可以看出割线的斜率大于B点处切线的斜率小于A点处切线的斜率，即314kkk其实，我们也可以借助拉格朗日中值定理的几何意义去解释为什么上述的不等关系是成立的。对于xxln)(f而言在区间21,x x上是连续的，在区间21,x x上是可导的，故在区间21,x x上毕存在一点），（)(fM，使得过点M的切线斜率等于割线AB斜率，即），（211x1)( kxf，又因为xx1)( f在区间21,x x是单调减函数，故12x11 x

4、1，即314kkk。下面我们再用分析证明法证明314kkk31121221lnln1 xxxxx x112 12 212xlnlnx xxxxxx1ln1x12121212xx xxxxx证明方法证明方法 1 1：先用分析证明的思想21kk 2112122lnl xxxxxnx 1212 12)(2lnlxxxxxnx 1) 1(2 ln121212 xxxxxx令) 1( ,x12ttx即证1) 1(2lnttt在), 1 (t恒成立设), 1 (,1) 1(2ln)(gttttt，因为0) 1() 1( ) 1(41)(g222ttt ttt所以) t (g在区间），（1上是单调递增函数，

5、0) 1 () t (g g，即1) 1(2lnttt，得证。评述：评述：上述方法是令tx12x，其思想就是将两个元变成一个元，最后变成一个关于t的函数，运用导数判断单调性进而证明出结论。但并不是每一类函数都能够通过消元完成证明，后面讲正弦函数的时候你会发现换元法就不能很好的去发挥作用。因此在这里介绍证明的第二种方法。证明方法证明方法 2 2：既然我们假设的是21xx ，那么我们可以这样去想，将2x看成是一个变化的常量，那么41x就是区间），（2x0上的任意一个数，那么我们就构造出一个关于1x的函数)(h1x，令), 0(,)(2lnln)(h21 2112 121xxxxxxxxx，对)(h

6、1x进行求导得到0)()( )(41 )()()(21)( h2 2112 21 2 21212 21122111xxxxx xxx xxxxxxx xx所以)(h1x在), 0(x21x是单调减函数，则0)(h)(h21xx即0)(2lnln2112 12xxxxxx 化简可得2112122lnl xxxxxnx ，得证。（3）对于函数xxe)(f，则4123kkkk121212 112e)()(fkxxe xxxfxxx，221 221 e)2( kxxxxf 1e)( k13xxf，2e)( k24xxf证明：证明：1k223212121 xxxxxeee k，即23kk 1k22422

7、1221 xxxxxeee k，即42kk 所以我们可以得到423kkkxyOAB图（2）由图（2）可以看出割线的斜率大于A点处切线的斜率小于B点处切线的斜率，即413kkk。其实，5我们也可以借助拉格朗日中值定理的几何意义去解释为什么上述的不等关系是成立的。对于xxe)(f而言在区间21,x x上是连续的，在区间21,x x上是可导的，故在区间21,x x上毕存在一点），（)(fM，使得过点M的切线斜率等于割线AB斜率，即），（211xe)( kxf ，又因为xxe)( f在区间21,x x是单调增函数，故21eeexx，即413kkk。 下面我们再用分析证明法证明413kkk212112e

8、xxx xexxee）（不等式两边同时除以11212 e1112xxxxx exxe 令）（0tx12tx，即证明ttte1et证明方法证明方法 1 1：先用分析证明的思想21kk 2122112exxxx exxe 212x12121exxx exx 2 12x1212x1exx xex ）（令)0( ,x12ttx即证21et tte在), 0(t恒成立设21eg(t)t tte，因为)21(2e)(g2222teeetettttt t设，21h(t)2tet ）上单调递增，在（，则0)(h021 21)( h2tett0)0( )(g0)(g0)0()(hgttht）上单调递增，则，在（

9、，6所以) t (g在区间），（0上是单调递增函数，0)0() t (g g，即21et tte，得证。另外一种换元方法：21kk 2122112exxxx exxe 1ee122x-x 2x-x2112 xx122x-x 2x-x2112 eexx 令)0( ,2x12ttx即证ttt2ee-在), 0(t恒成立设ttt2eeg(t)-，因为02ee)(g-ttt，所以) t (g在区间），（0上是单调递增函数，0)0() t (g g，即ttt2ee-，得证。评述：评述：对于函数xexf)(，第一种换元方式是令tx 12x，第二种换元方式是令tx 2x12，它们的思想都是将两个元变成一个元

10、，最后变成一个关于t的函数，运用导数判断单调性进而证明出结论，第二种换元方式在后面的证明中会简单一点，不必再二次求导。这里要注意对比函数xxfln)(的证明方法，基本的证明思路是一致的，在换元的处理上需要注意一下区别。证明方法证明方法 2 2：既然我们假设的是21xx ，那么我们可以这样去想，将2x看成是一个变化的常量，那么1x就是区间），（2x-上的任意一个数，那么我们就构造出一个关于1x的函数)(h1x，令),(,)(e)(h212 1212112xxexxexxx xx ，对)(h1x进行求导得到,)(211 ()(21e)( h12222 122 1212121211 xxeeexxe

11、xxxxxxxxx x上面我们已经证明了1e tt，将上述2x21x换成t就能得到0)(21112221 xxexx 即，0)( hx所以)(h1x在),- (x21x是单调减函数，则0)(h)(h21xx即，0)(e2 122112xx xxexxe化简得到2122112exxxx exxe ，得证。（4）对于函数), 0(s)(fxinxx，则3124kkkk12121212 1sinxsin)()(fkxxx xxxfx ，2c)2( k2121 2xxosxxf113cosx)( kxf，224cos)( kxxf，）（210xx7证明：证明：因为xcosy 在），（0上是单调减函数，

12、又221 12xxxx故121 2cos2coscosxxxx，即124kkkyxAB图（3）由图（3）可以看出割线的斜率大于B点处切线的斜率小于A点处切线的斜率，即314kkk。其实，我们也可以借助拉格朗日中值定理的几何意义去解释为什么上述的不等关系是成立的。对于xxsin)(f而言在区间21,x x上是连续的，在区间21,x x上是可导的，故在区间21,x x上必存在一点），（)(fM，使得过点M的切线斜率等于割线AB斜率，即），（211xcos)( kxf，又因为xxcos)( f在区间21,x x是单调减函数，故12coscoscosxx，即314kkk。借鉴xyln与xey的证明方法

13、去证明割线的斜率与端点处切线斜率的大小会遇到一定的困难，xyln与xey这两类函数的证明都是通过换元法将 12x x或12xx换成t，最后整理成一个关于t的函数，进而运用导数去证明。而对于xsiny 无论怎么换元都会出现两个变量21xx 、，故我们可以将2x看成是一个变化的常量，那么1x就是区间），（2x0上的任意一个数，那么我们就构造出一个关于1x的函数)(h1x证明：令), 0(,cos)(sinsin)(h21212121xxxxxxxx，对)(h1x进行求导得到，0coscos)( h211xxx，所以)( h1x在）（2x0,上是单调递减函数， 则0)()(h21xhx，化简可得2

14、1212cossinsinxxxxx，即41kk ，得证令), 0(,cos)(sinsin)(g21112121xxxxxxxx，对)(g1x进行求导得到，0sin)(sin)(coscos)( g112112111xxxxxxxxx，所以)(g1x在), 0(21xx 是单调增函数，80)(g)(g21xx，化简可得1 1212cossinsinxxxxx，即31kk ，得证综上所述，314kkk对于21kk、大小的证明我们可以借助与学习三角恒等变换中的和差化积的公式，将21xx、表示如下：22,221212 21212 1xxxxxxxxxx为了表示方便我们令2,21212xxxx，则2

15、1,xxsincossinxsink1212 1xxx，cos2ck21 2xxos210xx，20 ,0令 sin)(f，则01cos)( f，所以)(f在），（20上是单调减函数，0)0()( ff，即sin，cossincos，即21kk 当然21kk、大小的证明也可以将2x看成是一个变化的常量，1x就是区间），（2x0上的任意一个数，构造出一个关于1x的函数，用导数去判别函数单调性进而证明，但证明过程比较繁琐，读者可以尝试自行去证明。三、例题分析三、例题分析例例 1 1、 （20162016 苏锡常镇高三一模苏锡常镇高三一模 1919）设aR，函数axxxf ln)(，若)(xf有两个

16、相异零点12,x x，求证: 2 12xxe分析：分析：要证2 12xxe，就是证2lnln21xx由题意可以得到0ln, 0ln2211axxaxx，两式相加可得)(lnln2121xxaxx两式相减可得)(lnln1212xxaxx，而2112122lnl xxxxxnx 在上面已经证明过，结合)(lnln2121xxaxx结论得证。9证明：), 0(21xx、，由题意可以得到0ln, 0ln2211axxaxx（假设21xx ）两式分别相加相减可得：)(lnln2121xxaxx，)(lnln1212xxaxx2112122lnln xxxxxxa，下面证明2112122lnln xxx

17、xxx 设), 1 (,1) 1(2ln)(tttttf，因为0) 1() 1( ) 1(41)( 222ttt tttf所以) t (f在区间），（1上是单调递增函数，0) 1 () t ( ff，即1) 1(2lnttt令)( ,x21 12xxtx，化简可得2112122lnln xxxxxx ，所以212 xxa，即2)(21 xxa2lnln21xx，即2 12xxe例例 2 2、 （20152015 苏锡常镇高三二模苏锡常镇高三二模 1919）已知函数xexxf)(，若函数( )ln( )g xf xb的两个零点为12,x x，试判断12()2xxg的正负，并说明理由.所以) t

18、(f在区间），（1上是单调递增函数，0) 1 () t ( ff，即1) 1(2lnttt令)( ,x21 12xxtx，化简可得2112122lnln xxxxxx ，即2121xx 10所以012)2( 2121 xxxxg例例 3 3、 （20162016 镇江高三期中镇江高三期中 1919）记函数xexf)(的图像为C,函数kkxxg)(的图像记为l.若图像C与直线l有两个不同的交点BA,其横坐标分别是21,xx,设21xx ,求证: 2121xxxx.分析：分析：xexf)(与kkxxg)(相切时切点的横坐标为2，交点的横坐标范围), 2(),2 , 1 (21xx。由题意可得kkx

19、ekkxexx2121,，两式相减可以得到kxxeexx 1212 ，我们已经证明过2122112exxxx exxe ，即221xx ek ，两式相乘可以得到) 1)(1(12221xxkexx，两边开根号) 1)(1(12221 xxkexx ，即1) 1)(1(12xx化简得证。证明：设xexf)(与kkxxg)(相切时切点坐标为）（0,0xex，kkxxg)(过点）（ 0 , 1，00100xexex ，解得20x，切点坐标）（2, 2 e，斜率2ek ，相交时设两个交点横坐标分别为21,xx，则), 2(),2 , 1 (21xx，2ek 由题意可得kkxekkxexx2121,，两

20、式相减可以得到kxxeexx 1212 ，两式相乘可以得到) 1)(1(12221xxkexx，两边开根号) 1)(1(12221 xxkexx设21eF(t)t tte，因为)21(2e)(F2222teeetettttt t设，21G(t)2tet ）上单调递增，在（，则0)(G021 21)( G2tett0)0( )(F0)(F0)0()(GFttGt）上单调递增，则，在（，所以) t (F在区间），（0上是单调递增函数，0)0() t (F F，即21et tte令)0( ,x12ttx，2 12x1212x1exx xex ）（，两边同时乘以1xe112 122112exx xxe

21、xxe ）（，即2122112exxxx exxe 。) 1)(1(12xxkk，即2121xxxx。例例 4 4、 （20162016 苏锡常镇高三二模苏锡常镇高三二模 2020）已知函数2( )exf xaxbx（abR，e2.71828是自然对数的底数） ，其导函数为( )yfx 设2b ，且0a ，点()mn，（m，nR）是曲线( )yf x上的一个定点，是否存在实数0x（0xm） ，使得0 00()()()2xmf xfxmn成立？证明你的结论分析：分析：假设0 00()()()2xmf xfxmn成立，那么)2( )()(000mxfmxmfxf成立。即2)2()2(0202 02

22、 00 mxaemxmmaexxaemxmxo 2000mxmx aemxeea 2000mxmx emxee ，mx 0，上述已经证明过2000mxmx emxee ，所以不成立证明：证明：xxaexfx2)(2，22)( xaexfx假设存在0x使得0 00()()()2xmf xfxmn成立，则有)2( )()(000mxfmxmfxf，即2)2()2(0202 02 00 mxaemxmmaexxaemxmxo ，所以2000mxmx emxee 设21eg(t)t tte，因为)21(2e)(g2222teeetettttt t设，21h(t)2tet ）上单调递增，在（，则0)(h

23、021 21)( h2tett0)0( )(g0)(g0)0()(gtthth）上单调递增，则，在（，所以) t (g在区间），（0上是单调递增函数，0)0() t (g g，即21et tte令)0( ,x0ttm，所以2 000)(1emx mxemx ，两边同时乘以me化简得2000mxmx emxee ，所以不存在0x使得0 00()()()2xmf xfxmn成立。12例例 5 5、 （自创）（自创）已知函数), 0(,cos2sin)(xxxxxf上有三点CBA、横坐标分别为321xxx、，且满足321xxx，试判断BA两点间的斜率与BC两点间斜率的大小并说明理由 分析：分析：xx

24、xxfsincos)( ，令xxxxgsincos)(，0sin)( xxxg，0)0()( gxg0)( xf，)(xf在）（, 0上是单点递减的，而且根据0)( xg可知)(xf是上凸函数，由图像可以判断BA两点间的斜率大于BC两点间的斜率，即21kk 。由拉格朗日中值定理的几何意义也可以理解为什么21kk 。对于)(f x而言在区间）（, 0上是连续的，在区间）（, 0上是可导的，故在区间21,x x上必存在一点），（)(fM，使得过点M的切线斜率等于割线AB斜率，即）（211xsincos)( kxf，在区间32,xx上必存在一点），（)(fP，使得过点P的切线斜率等于割线BC斜率，即

25、）（322xsincos)( kxf，又因为上面已经说明xxxxfsincos)( 在区间）（, 0是单调减函数，故)( )( ff，即21kk 。严格的证明可以按照正弦函数如何证明割线斜率与端点处斜率大小关系的方法。对1x求导), 0(,sincos)sincos()( 212221111xxxxxxxxxh令), 0(,sincos)sincos()(212221111xxxxxxxxxg，0sin)( 111xxxg所以)(1xg在），（2x0上单调递增，0)()(21xgxg，即0)( 1xh故)(1xh在），（2x0上单调递增减，0)()(21xhxh，化简可得：13222 1211

26、1222sincos)cos2sin()cos2sin(xxxxxxxxxxx，即01kk 将2x看成是一个变化的常量，那么3x就是区间）（,x2上的任意一个数，构造函数)(h3x同理可证20kk ，所以21kk ，即BA两点间的斜率大于BC两点间的斜率。总结：总结：诸如此类的例题还有很多，通过上述例题我们可以发现有些结论的证明比较直接，有些结论的证明比较隐晦，但是万变不离其中，这类试题的特点都是会出现两个点的横坐标21xx、，结合二次函数、指数、对数、三角函数四类基本初等函数，可以是简单的这几类函数模型，也可以将这四类基本初等函数进行线性组合，构造出一个新的复杂的函数形式，这就要求同学们在证

27、明时要利用分析证明的思路一步一步反推到我们熟悉的结论上来，自然而然就能攻破此类试题。 四、巩固练习四、巩固练习：1 1、 （20182018南京盐城期末南京盐城期末2020）设函数( )lnf xx，( )bg xaxcx（, ,a b cR）.（1）当0c 时，若函数( )f x与( )g x的图象在1x 处有相同的切线，求, a b的值；（2）当3ba时，若对任意0(1,)x 和任意(0,3)a，总存在不相等的正实数12,x x，使得120()()()g xg xf x，求c的最小值；（3）当1a 时，设函数( )yf x与( )yg x的图象交于11( ,),A x y2212(,)()

28、B xyxx两点求证：122121x xxbx xx.2 2、 （20182018 苏北六市高三二模苏北六市高三二模 2020）设函数 sin (0)fxxax a（1）若函数 yfx是 R 上的单调增函数，求实数 a 的取值范围；（2）设 1ln102agxfxb xbR b， gx是 gx的导函数若对任意的 00xgx，求证：存在0x ，使00gx；若1212gxgxxx，求证： 2 124x xb14巩固练习答案解析：巩固练习答案解析：1 1、解：、解：（1）由( )lnf xx，得(1)0f，又1( )fxx，所以(1)1f ，.当0c 时，( )bg xaxx，所以2( )bg xa

29、x，所以(1)gab. 因为函数( )f x与( )g x的图象在1x 处有相同的切线，所以(1)(1) (1)(1)fg fg，即1 0ab ab ，解得1 2 1 2ab . （3）当1a 时，因为函数( )f x与( )g x的图象交于,A B两点，所以11 122 2lnlnbxxcxbxxcx ，两式相减，得21 12 21lnln(1)xxbx xxx. 15要证明122121x xxbx xx，即证21 12212121 21lnln(1)xxx xxx xx xxxx，即证212211lnln11xx xxxx，即证1222111ln1xxx xxx. 令21xtx，则1t ，

30、此时即证11ln1ttt 令1( )ln1ttt，所以22111( )0ttttt，所以当1t 时，函数( ) t单调递增又(1)0，所以1( )ln10ttt ，即11lntt成立；再令( )ln1m ttt ，所以11( )10tm ttt ，所以当1t 时，函数( )m t单调递减，又(1)0m，所以( )ln10m ttt ，即ln1tt 也成立综上所述， 实数12,x x满足122121x xxbx xx 2 2、解：分析、解：分析（1）由题意， 1cos0fxax 对xR恒成立，根据0a ，等价为1cosxa对xR恒成立，即可求得a得取值范围；（2）分别求得 g x与 gx，若0b

31、 ，则存在02b，使02bg，从而得0b ，取30ebx，则001x，即可证明 00g x；不妨设120xx，令21xtx，则1t ，由（1）知函数sinyxx单调递增，则2211sinsinxxxx，从而2121sinsinxxxx，根据 12g xg x，推出212120lnlnxxbxx，只需证明21 12 21lnlnxxx xxx成立，即只需证明1ln0ttt成立，设 1ln1th tttt，求得函数 h t的单调性，即可证明.解：解：（1）由题意，0cos1)( xaxf对于Rx恒成立0a，xacos1对于Rx恒成立，11a，即10 a（2） 1sinln12g xxxb x，则 11cos2bgxxx 16若0b ，则存在02b，使11cos0222bbg ，不合题意.0b 取30ebx，则001x此时 30000111sinln1 1ln10222bg xxxb xb e 存在00x ，使 00g x设210xx ，令) 1(12ttxx