3_8064932_12.证明函数不等式基本原理

2017年课标高考 母题 备战高考数学的一条捷径 717 中国 高考数学母题 (第 202 号 ) 证明函数不等式基本原理 证明一元函数不等式是高考的热点问题 ,对于一元函数不等式的证明 ,首要的是掌握对于一元函数不等式的 三个 基本原理 :最值转化 、 单调 转化 和 分离 转化 原理 . 母题结构 :( )(最值转化 )若 f(x)存在最大值 M,则 f(x) 0 M 0;若 f(x)存在最小值 m,则 f(x) 0 m 0; ( )(单调 转化 ) 若 f(x)在 (a,+ )递增 ,则 f(x)0 f(a) 0; 若 f(x)在 (a,+ )递 减 ,则 f(x)0,求 f(x)在 m,2m上的最大值 ; ( )试证明 :对 N*,不等式 ln() ,f(x)0,g(x)1; ( )设 a 0,b 1,证明 :当 x0 时 ,ag(x)+(1 时 ,00;又由 g(x)=21(ex+ =1; ( )由 f (x)=21(ex+g(x),g (x)=21(f(x);当 x0 时 ,ag(x)+(1 时 , 若 c 0,则 h (x)0 h(x)在 0,+ )上为 增函数 h(x)h(0)=0 f(x) x)+(1-c)x(ag(x)+(1 若 c 1,则 h (x)0 时 ,ag(x)+(1 时 ,(ex+x+20; ( )证明 :当 a 0,1)时 ,函数 g(x)=2x (x0)有最小值 ,设 g(x)的最小值为 h(a),求函数 h(a)的值域 . 4.(2010 年武汉 大学 保送生考试 试题 )已知 f(x)是 定义在 区间 (0,+ )上的 可导 函数 ,满足 f(x)0,且 f(x)+f (x)1. 解析 :( )由 f(x)= f(x)=21 )1(x ;又 由 f(1)=2,f (1)=e b=2,a=1; ( )因 f(x)=,所以 ,f(x)1 1 e2 g(x)=e2,h(x)=g (x)=1+ x)=g(=h (x)= x)=h(1)= 点评 :对含 ex,若 仅含 分离 若 仅含 分离 若 含 ex, 两边分离 ,使其 两边 分别仅含 ex, 使分 离 出的 两边函数 导函数零点可求 . 同 类 试题 : 5.(2011 年课标高考试题 )已知函数 f(x)=1lnx xa+线 y=f(x)在点 (1,f(1)处的切线方程为 x+2. ( )求 a,b 的值 ; ( )证明 :当 x0,且 x 1 时 ,f(x)1ln6.(2013 年课标 高考试题 )已知函数 f(x)=x+m).( )设 x=0 是 f(x)的极值点 ,求 m,并讨论 f(x)的单调性 ; ( )当 m2 时 ,证明 :f(x)0. 7.(2012年 湖北 高考试题 )设函数 f(x)=b(x0), ,a,曲线 y=f(x)在 (1,f(1)处的切线方程为x+y=1.( )求 a,b 的值 ; ( )求函数 f(x)的最大值 ; ( )证明 :f(x)0),若 f(x)在 上的最小值记为 g(a). ( )求 g(a); ( )证明 :当 x 时 ,恒有 f(x) g(a)+4. 9.(2012 年 辽宁 高考 文科 试题 )设 f(x)=x 明 :( )当 x1 时 ,f(x) 2017年课标高考 母题 备战高考数学的一条捷径 719 12.(2015 年课标 高考试题 )设函数 f(x)=( )讨论 f(x)的导函数 f (x)的零点的个数 ; ( )证明 :当 a0 时 ,f(x) 2a+ ( )a=b= )f(x)在 ()和 (1,+ )上递增 ,在 (- , (0,1)内递减 ; ( )由 f(x)-g(x)=x2(令 h(x)=h (x)=h(x)的最小值 =h(x)的极小值 =h(1)=0 h(x)h(1)=0,即当 x R 时 ,不等式 f(x) g(x)恒成立 ,等号当且仅当 x=0,或 x=1 时成立 . ( )f(x)在 (0,e)上单调递 增 ,在 (e,+ )上单 调递减 ;( ) 当 00 时 ,x)=在 (0,+ )上恒有 f(x)=x x,且当 x=e 时“ =”成立 ;令 x= e ln() ,f(x)f(0)=(ex+x+20; ( )由 g (x)=32f(x)+a;由 ( )知 ,f(x)的值域为 ( ) f(x)+a=0 只有一解 t (0,2满足22a,且 x=t是 g(x)的 极 小值 ,也是 最小值 点 h(a)=g(t)=2 )1(t = 2 g (t)=2)2( )1(t 0 h(a)=g(t) (21 ,42e . ( )由 F (x)=x)+(x)=ex(f(x)+f (x)F( x) f( f(x) f( xf(x)x f( xf( 而 2,令 g(x)=x (0,1),由 g (x)=(xxg(1)=0,故 xf(x) ( )a=1,b=1;( )由 f(x)=1lnxx+f(x)1ln x x (*);当 00;当 x1时 ,(*) 2)=0;当 x1时 ,g(x)0 f (x)在 ( )内单调递增 当 x ()时 ,f (x)f (0)=0 f(x)在 (0,+ )内单调递增 ; ( )当 m 2 时 ,由 ln(x+m) ln(x+2) f(x)=x+m) x+2)=(x+2);令 g(x)=h(x)=x +2) g (x)=h (x)=21x)=g(0)=1,x)=h(x+2)=g(x)+h(x)x)+x)=1. ( )由 f(1)=0,f (1)=b=0,1 a=1,b=0;( )由 f(x)= f (x)=(n+1) f(x)在(0,1单调递增 ,在 (1 )上单调递减 f(x)的最大值 =f(11)1( n; 720 备战高考数学的一条捷径 2017年课标高考 母题 ( )由 f(x)11n;令 t=(0,1,则11n=1 g(t)=+t)-1 g (t)=2)1( t t0 g(t)在 (0,1上单调递增 g(t)g(0)=0. ( ) 当 00 f(x)在 a,1上是增函数 g(a)=f(a)= 当 a 1 时 ,则 f(x)=a f (x)= 3 f(x)在 a,1上是增函数 x)=f(1)=a;所以 ,f(x) g(a)+4 a (2 0 成立 ; 当 a 1时 ,则 f(x)=a f (x)=3)=0 f(x)1 时 ,2 x 2)5( 5423)5(4 )5(216 xx T(x)=216x-(x+5)3,则 T (x)=216-3(x+5)20 T(x)在 (1,3)上单调递增 T(x)T(1)0 h (x)0 h(x)在 (1,3)上单调递增 h(x)h(1)=0 f(x)0 时 ,由 ;令 m(x)=(x)=m (x)=1+x)=m(= T (x)= x)=T(1)= m