1_6354511_24.由函数的凸凹性生成的高考试题

中国 高考数学母题一千题 (第 0001 号 ) 由函数的凸凹性生成的高考试题 生成 不等式 的 一个 母题 由函数的凸凹性可得琴生不等式 ,由琴生不等式已生成一类高考试题 ,相信 还会继 续 生成高考试题 ,为脱去 琴生不等式的高等数 学 外衣 ,为中学数学所用 ,我们构造如下母题 . 母题结构 :( )若 f(x)在区间 D 上连续 可导 ,且 f (x)在区间 D 上 单调递减 ,则对任意的 x1, ,D,都有 f( + +其中 ,p1+ +),当且仅当 x1= =等号成立 ; ( )若 f(x)在区间 D 上连续 可导 ,且 f (x)在区间 D 上 单调递增 ,则对任意的 x1, ,D,都有 f( + +其中 ,p1+ +),当且仅当 x1= =等号成立 . 母题 解 析 :( )设 x ,p1+ +,则 +x +(1x + ( +pn)x p2(p3( +pn( 0成立 ;又由 f (x)在区间 调递减 f (x) f ( +令 g(x)=x)+ +f( +x 则 g (x)=(x)( + 0 g(x)在 x g(x) g(p1+p2)f( +f(p1+p2) + (p1+p2+p3)f( + f(f(p1+p2+p3) + (p1+ +pn)f(f(p1+ +pn)f(f(0 g( 0 f( + +当且仅当 x1= =等号成立 ;同理可证 ( ). 子题类型 :(1994 年全国高考 理科 试题 )已知函数 f(x)=x (0,2),若 x1,(0,2),且 明 : 21f(f(f(2 21 . 解析 :先证明如下命题 :若 f(x)在区间 (0,2)上连续 可导 ,且 f (x)在区间 (0,2)上 单调递增 ,则 当 x1,(0,2),且21f(f(f(221 ;不妨设 0f (221; 令 g(x)=21f(x)+f(2,则 g (x)=21f (x)(220 g(x)在区间 (0, 单调递增 g(x)g(0 g(0 21 f(f(f( 221 ); 当 x (0,2)时 ,由 f(x)=f (x)=f (x)= f (x)在区间 (0,2)上 单调递增 21f( f(f(221 . 点评 :利用母题解决问 题 ,首先要证明题 中对应的 母题 中的命题 ,有时解决一般性问题比解决其特殊问题要简单得多 ,这也是我们构造 母题 的原因之一 . 子题类型 :(2005 年全国 高考试题 )( )设函数 f(x)=1-x)00),则 g (x)=区间 (0,+ )上 单调递增 ; ( )由2 )1()( g(2 )1( ) f(x)=g(x)+g(1 2g(21)=且仅当 x=1 x=21时等号成立 f(x)的最小值 为 ( )由n )()()()( 321 g(n 2321 )=g( +=g(g(g( +g( 点评 :本题中的第 ( )问是在不等式 :2 )()( 21 g(2 21 )中取 x1=x,第 ( )问是在不等式 :g( + +其中 ,p1+ +)中 取 n,且 xi=巧妙选取 n,xi,是利用母题证明或构造 不等式 的关键 . 子题类型 :(2012年 湖北 高考试题 )( )已知函数 f(x)=1x0),其中 且 00,时 ,令 g(x)=x0),则 g (x)在区间 (0,+ )上 单调 递减 21 2211bb 211 (b1+) ( )推广 命题 :设 0,k=1,2, ,n).若 b1+ +,则 b +证明 :当 ak(k=1,2, ,n)中 至少 有一个为 0 时 ,则 +当 (k=1,2, ,n)时 ,令g(x)=x0),则 g (x)在区间 (0,+ )上 单调 递减 n 21 2211 21 2211(b1+ +1) b an +点评 :由 b ln(b1+)21 2211bb 211 ,对比母题中的不等式 ,类比联想到 应研究 函 数 g(x)=用母题证明 不等式 的关键 是由待 证 不等式 ,类比联想到应研究函数 . 1.(1994 年全国高考 文科 试题 )已知函数 f(x)=x0,且 a 1,x R+),若 x1,R+,判断2 )()( 21 与 f(2 21 )的大小 ,并加以证明 . 2.(2010 年 陕西 高考试题 )已知函数 f(x)= x ,g(x)=a R. ( )若曲线 y=f(x)与曲线 y=g(x)相交 ,且在交点处有共同的切线 ,求 a 的值和该切线方程 ; ( )设函数 h(x)=f(x)-g(x),当 h(x)存在最小值时 ,求其最小值 (a)的解析式 ; ( )对 ( )中的 (a)和任意的 a0,b0,证明 : (22 )()( (). 3.(2006年四川高考试题 )己知函数 f(x)=x2+x2+x0),f(x)的导函数是 f (x),对任意两个不相等的正数 x1,明 : ( )当 a 0 时 ,2 )()( 21 )2( 21 ; ( )当 a 4 时 ,|f (f (| 4.(2004 年全国 高考试题 )已知函数 f(x)=+x)-x,g(x)=( )求函数 f(x)的最大值 ; ( )设 01 时 ,f (x)在 (0,+ )上单调递减 2 )()( 21 f(2 21 ); 当 00); 当 a 0时 ,h (x)0 h(x)在 (0,+ )上递增 ,无最小值 ; 当 a0时 ,h(x)的最小值 (a)=h(42a(1 ( )由 (a)=2a(1 (a)= (x)=0,+ )上单调递增 (22 )()( ;由2 )()( () 2 4()2 (a+b)2 4立 . ( )由 f(x)=x2+x2+f (x)=2 f(x)=2+34 a 0 时 ,f (x)0 f (x)在 (0,+ )上 单调递增 2 )()( 21 )2( 21 ; ( )由 f (x)=2+34当 a 4时 ,f (x)在 (0,+ )上 单调递增 ;不妨设 x1| f (f (x2f (当 a 4 时 ,g(x)=f (x) (0,+ )上 单调递增 ;由 g (x)=f (x)+34当 a 0 时 ,g (x)0;当 g (x)0 g(x)在 (0,+ )上 单调递增 . ( )由 f(x)=+x)-x(x f (x)=x11 f(x)的最大值 =f(0)=0; ( )由 g(x)=g (x)= 在 (0,+ )上单调递增 g(221g(a)+g(b) g(a)+g(b)0;令h(x)=g(a)+g(x)-(xa),则 h (