高考数学导数极值点偏+变形消元或者叫对数平均问题

- 34 关键是在 x=0 的时候相等.(,08,),而且必须单调 微变式 3： 已知函数 22 2 22 1,0 ( ) (4 )3,0, k xkax f x xaa xax ,其中(3,4a. 若对任意的非零实数 1 x, 存在唯一的非零实数 212 xxx,使得 12 ()()f xf x成立,则k的最小值是_.【 1 15 】 微变式 4： 已知函数 22 2 22 1,0 ( ) (68)3,0, k xkax f x xaaxax ,其中aR. 若对任意的非零实数 1 x, 存在唯一的非零实数 212 xxx,使得 12 ()()f xf x成立,则k的取值范围是_. 解：条件为 . 0 , 034 ,)3( 2 22 k aa aka ，得4 , 0k 第三章变形消元法第三章变形消元法 第一节基本简单题: 28. 已知函数( )ln(1) 1 x f xx x （）若a、0b ，求证lnln1 b ab a 要证lnln1 b ab a 只需证明ln1 aa bb ,即 1 ln1(0)xx x 已知ln1xx,所以 11 ln1 xx 29. （） 由 （） 知， 当1x 时，ln(1) 1 x x x ， 可得 1 ln(0) x xx x ， 即 1 ln1(0)xx x 因为a、0,lnlnln a bab b ，所以ln1 aa bb ，故得证 30. 已知函数( )lnf xx（）当0ab时，求证： 22 2 () ( )( ) a ba f bf a ab 我们要证 22 2 () ( )( ) a ba f bf a ab 只需证明 2 21 ln 1 b ba a b a （）由（）知ln(1)xx(1)x 该文档是极速PDF编辑器生成， 如果想去掉该提示,请访问并下载： - 35 ( )( )lnlnlnlnln(1) baababba f bf aba abbba 又因为0ab所以 22 2abab，则 22 12a bab ，所以 22 2 ()baa ba bab 故 22 2 () ( )( ) a ba f bf a ab 31. （2004全国卷）已知函数( )ln(1), ( )ln ,f xxx g xxx设0ab，求证 0( )( )2 ()()ln2 2 ab g ag bgba 详解： 22 ( )( )2 ()lnln2ln()lnln 222 abababab g ag bgabbbab abab 令 a x b 有 22 lnln0 11 x x xx ,ln2ln1ln 2ln1 0 xxxx 由经典不等式ln(1)xx(1x 且0 x ），以及题意0ab，得0 2 ba a ， 10 2 ab b ，因此 2 lnlnln(1) 222 aabbaba abaaa 2 lnlnln(1) 222 bababab abbbb 故 22 lnln()()0 2222 abbaababba abab ababab 【左边简单】 右边难,如果都 lnxx-1,则放缩过头,联想到在对数里,负号为倒数. 又 22222 , lnlnlnln()ln()ln2 22 aabababbb ababbaba abbababbabab 综上所述得，0( )( )2 ()()ln2 2 ab g ag bgba 第二节变形消元较为复杂 32. (11 年,辽宁理) (本小题满分 12 分) 已知函数 f（x）=lnx-ax 2+(2-a）x. (I)讨论 f（x）的单调性； （II）设 a0，证明：当 0x 1 a 时，f（ 1 a +x）f（ 1 a -x）； （III）若函数 y=f（x）的图像与 x 轴交于 A，B 两点，线段 AB 中点的横坐标为 x0， 证明： 0 0fx. 我们知道: 2 111 2 222 ln(2)0 ln(2)0 xaxa x xaxa x 该文档是极速PDF编辑器生成， 如果想去掉该提示,请访问并下载： - 36 要证明: 1 2(2)0fxaxa x ; 12 012 12 2 ()(2)0 2 xx fxfa xxa xx , （）解：)(xf的定义域为), 0( ，（解决函数问题，定义域优先的原则）（解决函数问题，定义域优先的原则） 1(21)(1) ( )2(2). xax fxaxa xx （常见函数的导数公式及导数的四则运算）（常见函数的导数公式及导数的四则运算） （）若, 0a则0)( xf，所以)(xf在), 0( 单调递增； （）若, 0a则由0)( xf得 a x 1 ， 当) 1 , 0( a x时，0)( xf，当), 1 ( a x时，0)( xf（导数法研究函数单调性，涉及分类讨论 的思想） （导数法研究函数单调性，涉及分类讨论 的思想） 1 ( )(0,)f x a 在单调递增，在 1 (,) a 单调递减. 综上，当0a时，)(xf在), 0( 单调递增； 当0a时， 1 ( )(0,)f x a 在单调递增，在 1 (,) a 单调递减. 归纳小结：本小问属导数中常规问题，易错点有二：易错点一是忽略函数的定义域，易错点二是分类 讨论的分类标准的选取。 归纳小结：本小问属导数中常规问题，易错点有二：易错点一是忽略函数的定义域，易错点二是分类 讨论的分类标准的选取。 （II）分析：函数、导数综合问题中的不等式的证明，主要是构造函数的思想，利用所构造的函数的最 值，来完成不等式的证明。形如“) 1 () 1 (x a fx a f”的不等式叫二元的不等式，二元不等式的证明 主要采用“主元法”。 解析：方法一：构建以x为主元的函数 设函数 11 ( )()(),g xfxfx aa （构造函数体现划归的思想）（构造函数体现划归的思想） 则axaxaxxg2)1ln()1ln()(，（这是本题的难点，很多学生不知要吧（这是本题的难点，很多学生不知要吧)(xg朝何方象化简， 由于要利用导数法求最值，所以应朝有利于求导的方向化简， 另外考试大纲中明确对复合函数求导，只需掌握 朝何方象化简， 由于要利用导数法求最值，所以应朝有利于求导的方向化简， 另外考试大纲中明确对复合函数求导，只需掌握)(baxf 型。）型。） 22 23 1 2 2 11 )( xa xa a ax a ax a xg （)(baxf型的复合函数求导）型的复合函数求导） 当 1 0,( )0,(0)0,( )0 xg xgg x a 时而所以. 故当 1 0 x a 时， 11 ()().fxfx aa 方法二：构建以a为主元的函数 设函数) 1 () 1 ()(x a fx a fag，则 axaxaxag2)1ln()1ln()( 22 23 1 2 2 11 )( xa ax x ax x ax x ag 该文档是极速PDF编辑器生成， 如果想去掉该提示,请访问并下载： - 37 由 a x 1 0，解得 x a 1 0 当 x a 1 0时，0)( ag，而0)0(g，所以0)(ag 故当 x a 1 0， 11 ()().fxfx aa 归纳小结：无论是方法一还是方法二都采用了构造函数法证明不等式，解题中都体现了将不等式证明 问题划归为函数最值的划归思想。 归纳小结：无论是方法一还是方法二都采用了构造函数法证明不等式，解题中都体现了将不等式证明 问题划归为函数最值的划归思想。 （）分析：判断)( 0 xf的正负，由（）中单调性，可知，即确定 2 21 xx 与 a 1 的大小关系，又可 等效成判断 1 2 x a 与 2 x的大小关系，根据（）中不等式可确定) 2 ( 1 x a f与)( 2 xf的大小关系，结 合（）中)(xf单调性，问题迎刃而解。 解：由（I）可得，当0,( )ayf x时 函数的图像与 x 轴至多有一个交点， 故0a ，从而( )f x的最大值为 11 ( ),( )0.ff aa 且 不妨设 121212 1 (,0), (,0),0,0.A xB xxxxx a 则（结合图象分析更方便）（结合图象分析更方便） 由（II）得)()() 11 () 2 ( 2111 xfxfx aa fx a f（注意前后两问的衔接）（注意前后两问的衔接） 又)(xf在 1 (,) a 单调递减 所以 12 210 21 ,. 2 xx xxx aa 于是（利用函数性质脱掉函数符号）（利用函数性质脱掉函数符号） 由（I）知， 0 ()0.fx 归纳小结：本小问解决主要是建立在第（）（II）问的基础之上的，分析问题中注意数形结合，解 题时要有“回头看”的意识。完成本问很难说学生究竟用了什么方法，需要学生要对所学过的知识、 方法要做到完全融会贯通，达到以“无法胜有法，以无招胜有招的境界，才有机会解决这个问题，是 考查学生综合能力的体现。 归纳小结：本小问解决主要是建立在第（）（II）问的基础之上的，分析问题中注意数形结合，解 题时要有“回头看”的意识。完成本问很难说学生究竟用了什么方法，需要学生要对所学过的知识、 方法要做到完全融会贯通，达到以“无法胜有法，以无招胜有招的境界，才有机会解决这个问题，是 考查学生综合能力的体现。 说数学思想方法说数学思想方法 数学思想：（1）分类讨论思想（2）转化划归思想（3）数形结合思想 数学方法 ：（1）导数法确定函数单调性 （2）构造函数法证明不等式 数学思想：（1）分类讨论思想（2）转化划归思想（3）数形结合思想 数学方法 ：（1）导数法确定函数单调性 （2）构造函数法证明不等式 说试题背景来源说试题背景来源 我认为，2011 年辽宁省高考数学理科 21 题的题源与命题思想有两处：一方面来源于 09、10 年辽 宁省高考数学理科第 21 题，另一方面来源于 10 年天津高考数学理科 21 题，首先将 11 年辽宁省理科 21 题与 09、10 年辽宁理科 21 题对比分析： 20092011 年，辽宁省理科数学第 21 题，均考查函数、导数、不等式的综合试题，从这三道试 题来看，不难看出辽宁省高考数学命题在命题思路上继承与创新。 首先从题干上分析： 09 年辽宁省理科 21 题题干： 2 1 ( )(1)ln ,1 2 f xxaxax a 10 年辽宁省理科 21 题题干：1ln) 1()( 2 axxaxf 该文档是极速PDF编辑器生成， 如果想去掉该提示,请访问并下载： - 38 11 年辽宁省理科 21 题题干：xaaxxxf)2(ln)( 2 这三年都以)()()(xhxgxf型出现，其中)(xg为对数xln的形式，)(xh为二次函数型。略有 不同的的是参数a出现的位置稍有不同。 另外，从问题的初始问来看，均考查含参数的单调性的讨论，应该说，这是课改后辽宁高考数学在这类 试题上命题思路上的延续与继承。 从这三年的最后一问来看， 09 年（II）证明：若5a ，则对于任意 1212 ,(0,),x xxx有 12 12 ()() 1 f xf x xx 10 年（II）设1a.如果对任意), 0(, 21 xx，|4)()(| 2121 xxxfxf，求a的取值范围. 11 年（II）若函数)(xfy的图像与x轴交于BA、两点，线段AB中点的横坐标为 0 x，证 明：0)( 0 xf 09 年与 10 年问题本质相同，都是割线斜率或斜率的绝对值大于或大于等于某一常数(就是函数在 某点处的导数) 常数(就是函数在 某点处的导数)，稍有不等同的只是问题形式，09 年是不等式证明题，10 年为不等式恒成立问题。11 年在 09 年、10 年基础之上有所创新与发展，将割线斜率变成了导数小于 0，其实0)( 0 xf中的“0”“0” 在本题中仍为割线斜率，在本题中仍为割线斜率， 即曲线的割线AB的斜率为 0， 由此我们不难看出， 出题人的命题思想与意图。 另外，我们再来研究 10 年天津高考数学理科 21 题 已知函数( )() x f xxexR () 求函数)(xf的单调区间和极值； ()已知函数)(xgy 的图象与函数)(xfy 的图象关于直线1x对称证明当1x时， )()(xgxf； ()如果 12, xx且 12 ()(),f xf x证明 12 2xx 与辽宁试题相比较，不同之处在函数种类不同，问题的实质及解法完全相同。 一般来说，高考试题来源可能有四个方面：一教材试题，二经典试题的改编，三往年高考试题的改 编，四竞赛或高等数学试题的下放。通过以上两个方面对试题来源的分析，我们有充分的利由认为 11 年辽宁省试题来源于往年高考试题的改编。 题目的几何背景：题目的几何背景： 任何抽象的代数形式背后，都有其深刻的几何背景，本题的几何背景 无论是函数无论是函数 x xexf )(还是还是)0()2(ln)( 2 axaaxxxf其实都是先减后增的单峰函 数，利用图象的对称平移变化，就能出现在 其实都是先减后增的单峰函 数，利用图象的对称平移变化，就能出现在x的指定的某一范围下，的指定的某一范围下，)()(xgxf、两函数图象的端点处 的函数值相同，图象有高低，也就产生了我们的试题中的第（II）问。由于 两函数图象的端点处 的函数值相同，图象有高低，也就产生了我们的试题中的第（II）问。由于)(xf为单峰函数，图像关为单峰函数，图像关 于直线于直线 0 xx （ 0 x为函数的极值点）不对称，导致直线为函数的极值点）不对称，导致直线my （或（或x轴）与曲线相交时，交点轴）与曲线相交时，交点BA、 到直线到直线 0 xx 的距离不等，进而出现的距离不等，进而出现AB重点重点M在在 0 xx 的右侧，也就出现试题中的第(III)问。的右侧，也就出现试题中的第(III)问。 该文档是极速PDF编辑器生成， 如果想去掉该提示,请访问并下载： - 39 33. (2013 太原市文科第 21 题第二问)已知函数 ln .f xxx设 12 0 xx,若实数 0 x 满足 21 0 21 f xf x fx xx ,证明: 102 xxx. 证明:由题意得 21 000 21 ln1,ln1,ln1 f xf x fxxfxxx xx 21 2211 0222 2121 lnln lnlnln1ln1 f xf xxxxx xxxx xxxx 2 12111 2 21 1 ln lnln 11, 1 x xxxxx x xx x 令 2 1 x t x ,则 02 lnln1 lnln1,1, 11 ttt xxt tt 令 ln1u ttt ,则 1 10,u tu t t 在1,单调递减, 0202 10,lnln,;u tuxxxx 21 2221 011 2121 lnln lnlnln11 f xf xxxxx xxx xxxx 22 11 2 1 ln 1, 1 xx xx x x 令 2 1 x t x ,则 01 lnln1 lnln1,1, 11 ttttt xxt tt 令 ln1v tttt ,则 ln0,v ttv t在1,单调递增, 0101 10,lnln,v tvxxxx 由,得 102 xxx 34. 已知函数 1ln ;f xa xx (2)在 f x函数的图像任意给定相异两点 1122 ,A xf xB xf x,其中 12 xx,是否总存在 012 ,xx x使得 12 0 12 f xf x fx xx ?请说明理由. 解析解析:令 12 12 f xf x g xfx xx ,则问题转化为判断函数 g x 在 12 ,x x上是否存在零点 0 x ,从而可利用函数存在零点的条件进行判断. 121122 1212 1ln 1lnf xf xa xxa xx xxxx 11 12 22 1212 lnln xx a xx xx a xxxx 该文档是极速PDF编辑器生成， 如果想去掉该提示,请访问并下载： - 40 1 ,fxa x 令 11 12 22 121212 lnln 11 xx f xf xxx g xfxaa xxxxxxxx 则 111 1 2 222 2 1 112121 ln1ln 1 , xxxx x xxxx g x xxxxxx 222 1 1 111 2 2 212212 ln1ln 1 , xxxx x xxxx g x xxxxxx 令 ln1,h tttt 则 ln ,h tt 令 0,h t 则1t , 当01t 时, 0,h t h t单调递减; 当1t 时, 1h t , h t单调递增. 所以当1t 时, ,10h th, 从而 111222 222111 ln10,ln10 xxxxxx xxxxxx ,又 21 121212 0,0 xx xxxxxx . 所以 12 0,0g xg x,因为函数 g x在 12 ,x x上的图像是连续不断的一条曲线, 所以总存在 012 ,xx x使 0 0g x,即 12 0 12 f xf x fx xx . 35. (2013 太原市三模理科 21 题第二问)已知函数 2 1 ln , 2 f xx g xaxbx a bR. (2)设函数 f x的图像 1 C与函数 g x的图像 2 C相交于 A,B 两点,过线段 AB 的中点 P 作 x 轴的垂线分 别交曲线 1 C, 2 C于点 M,N,曲线 1 C在点 M 处的切线为 1 l,曲线 2 C在点 N 处的切线为 2 l,问是否存在实数 a,b 使得 1 l 2 l?若存在,求 a,b 的值;若不存在,请说明理由. 解析解析:设点 A,B 的坐标分别为 1122 ,x yxy且 12 0 xx, 则点 P 的横坐标为 12 2 xx ,直线 1 l的斜率 1 12 2 ,k xx 直线 2 l的斜率 212 1 , 2 ka xxb 假设存在 a,bR使得 1 l 2 l,则 12 2 xx = 12 1 , 2 a xxb【斜率相等,为了用已知条件,所以两边同时乘 以 12 xx】 212222 21212211 12 2111 222 xx a xxb xxaxbxaxbx xx 2 212121 1 lnlnln x g xg xf xf xxx x 该文档是极速PDF编辑器生成， 如果想去掉该提示,请访问并下载： - 41 2 1 2 2 1 1 21 ln, 1 x xx x x x 即 2 1 2 2 1 1 21 ln0 1 x xx x x x 令 2 1 1 x tt x ,则 21 ln0, 1 t t t 设 21 ln,1 1 t u ttt t 则 2 22 114 0, 11 t u t t tt t u t在1,上是增函数. 21 10,ln0. 1 t u tut t 这与矛盾,所以不存在这样的 a,bR使得 1 l 2 l. 中变式： 设 1212 ,()x x xx是函数 2 1 ( )( ) 2 g xf xxbx的两个极值点， 若 7 2 b ， 求 12 ()()g xg x 的最小值 2 111 1 xbx gxxb xx ，所以令 0gx 1212 1,1xxbx x 22 12111222 11 ln1ln1 22 g xg xxxbxxxbx 22 1112 1212 2221 11 ln1ln 22 xxxx xxbxx xxxx 12 0 xx 所以设 1 2 01 x tt x 11 ln01 2 h tttt t 2 22 1111 10 22 t h t ttt ，所以 h t在0,1单调递减， 2725 1 24 bb又 2 2 12 12 12 x125 x2 4 x xt xxt 即 2 1115 01,41740,0,2ln2 448 tttth th ， 该文档是极速PDF编辑器生成， 如果想去掉该提示,请访问并下载： - 42 故所求的最小值是 15 2ln2 8 第三节一题多解 已知函数 f（x）=x 2-(a-2）x-alnx (1)讨论 f（x）的单调性； (2)若函数 f（x）=c 有两个不相等的实数根， 12 ,x x ，求证： 12 0 2 xx f . 解法一:(1)当0a 时,( )f x 在(0,) 上单调递增: 当0a 时,( )f x 在(,) 2 a 上单调递增,在(0,) 2 a 上单调递减 (2)因为 12 ,x x 是方程 f（x）=c 的两个不等实数根,由(1)知当0a 时,设 12 0 xx则 2 111 2 222 (2)ln (2)ln xaxaxc xaxaxc 两式相减得 22 111222 (2)ln(2)ln0 xaxaxxaxax 即 22 11221122 22(lnln)xxxxa xxxx,得 22 1122 1122 22 lnln xxxx a xxxx (即消 c 又消 a) 抽象不等式又因为( )0 2 a f,当(0,) 2 a x时,( )0fx ,当(,) 2 a x 时,( )0fx , 故只要证明 12 22 xxa 即可(把目标与 2 a 比较),即证 22 1122 12 1122 22 lnln xxxx xx xxxx ,即证 2222 1212121122 ()(lnln)22xxxxxxxxxx即证 112 212 22 ln xxx xxx ,设 1 2 x t x (01)t 令 2 22 2214(1) ( )ln,( )0 1(1)(1) tt g ttg t tttt t 即( )g t在(0,1)上是增函数,有(1)0g,所以当 (0,1)t时,( 0)g 总成立,即原题得证. 评注:如果没有思路,看上面的答案会有点凌乱的感觉.其实这个解法的本质就是消元.通过 12 (),()f xc f xc作差消去 c 后再解出 a 代入 12 () 2 xx f 消去 a,转化为仅有 12 ,x x 的式子,变形后 令 1 2 x t x ,最终转化为一元用导数解决,此法能否在简捷些呢?显然可以,看下面的解法: 该文档是极速PDF编辑器生成， 如果想去掉该提示,请访问并下载： - 43 解法二:接后续解: 由 得 1 121212 2 ()()(2)()ln0 x xxxxaxxa x , 即 1 2 12 12 ln ()(2)0 x a x xxa xx 而 12 () 2 xx f = 1 2 12 12 ln ()(2) x a x xxa xx ,(目标直接代入最好想) 由得 12 () 2 xx f = 1 2 1212 ln 2 x a xa xxxx = 112 12212 2() ln xxxa xxxxx 1 12 1 122 2 2(1) ln 1 x xxa x xxx x 令 1 12 1 122 2 2(1) ln 1 x xxa y x xxx x 设 1 2 x t x (01)t ,则 2 2 22(1) ln,0 1(1) tt yty tt t ,所以该函数在(0,1)上单调递增,而 t=1 时函数值为 0,0y 又当0a 时 12 0 xx所以 12 ()0 2 xx f 评注:解法二也是消元,但与解法一不同的是没有将 a 消彻底,抓住,的特点进行整体代换,而 a 恰好可 以提取,显然比解法一更简捷些.由解法一,解法二可以看出:涉及两个变量 12 ,x x 的函数,根据形势特点, 令 12 ,x x 某一关系式变为 t,最终转化为一元求解,这种方法是很常规的方法.2012 年湖南文, 理压轴题的求解就是用的此法. 解法三:接后续解: 视 1 x 为主元,设 2 2 2 2() ( )lnln xx g xxx xx , 2 22 22 22 4()1 ( )0 ()() xxx g x xxxxx ,则( )g x在 (0, 2 x)上是增函数,有 2 ()0g x,得( )0g x ,而0a 时 12 0 xx所以 12 ()0 2 xx f 评注:由于涉及两个变量,确定主元是在一种常见的方法,将 1 x 换成 x,也体现了消元进而构造函数思 想,在确定 1 x 为主元后, 2 x 就是参变量,根据导数相关知识,很容易证明( )0g x . 上面三种方法都是建立在消元的基础上加以证明,能否不用消元来证明呢?回到函数图像上(如图 1),由图 该文档是极速PDF编辑器生成， 如果想去掉该提示,请访问并下载： - 44 象可以看出,要证 12 ()0 2 xx f 只需证 12 22 xxa ,也就是说关于 2 a x 对称的两个变量 , 22 aa xx需要满足 2 a x()()(0) 222 aaa fxfxx即可.均值换元法 解法四:构造 ( )()()(0) 222 aaa g xfxfxx. 22 ( )()(2)()ln()()(2)()ln() 222222 aaaaaa g xxaxaxxaxax = 4ln()ln() 22 aa xaxax. 22 4 ( )40 ()()()() 2222 ax g x aaaa xxxx ,则( )g x在(0, 2 a )上是增函数 ,而(0)0g,则 ( )0g x ,即()() 22 aa fxfx得( )()(0) 2 a f xf axx则 211 ()()().f xf xf ax由于 21 ,x ax均大于 2 a ,则 21 xax,即 12 22 xxa ,故 12 ()0 2 xx f 评注:此法用数形结合思想分析出要证 12 ()0 2 xx f ,解 12 22 xxa ,也就证明与 2 a 等距的两 个变量,其中较大的变量对应的函数值必然小,通过构造函数证明.这种方法显然更简捷, 凸显了数形结合思想的重要性.2011 年辽宁要走提压轴题正是有类似的证明过度,降低了 不少难度. 多元问题:代入消元 直接消除 a解法一 整体观察,代入消元:变形消元解法二;主次消元解法三 意义消元:均值消元法解法四 串起了导数压轴题,我分析(去年一模,辽宁压轴,对数平均)方法整合体现了 12 lnlnxx的 一题多解. 该文档是极速PDF编辑器生成， 如果想去掉该提示,请访问并下载： - 45 第四节对数平均不等式-秒杀压轴题 第1篇引言 引言:在均值不等式里面, 2 ab ab 我加强为了 22 2 11 22 abab ab ab 在这里我继续加强为 lnln2 abab ab ab 为了方便记忆,把上式求倒数 2lnln1ab abab ab 其中,当 a=b 时, lnlnab a ab ,或者重新计算,我们常用当 ab 时 2lnln1ab abab ab 本题其实是解决 ( )( )f bf a k ba 此类问题的特殊办法.当 k=0 时,我们常用单调性,其他情况,我们变形成 形式一致,利用单调性. 第2篇证明过程 2lnlnab abab 1 ()1 lnln2ln2()2() 1 1 a abbx b ab a abax b （其中1 a x b ）。 构造函数 2 22 14(1) ( ). (1)(1) x fx xxx x 因为1x 时，( )0fx 所以函数( )f x在区间1,上单调递增， 故( )(1)0f xf，从而不等式成立。 lnln1ab ab ab 1 lnlnln2ln abaab abxx bbaxab （其中 a x b ）。 构造函数 1 ( )2ln()(1)g xxxx x ，则 2 2 211 ( )1(1) .g x xxx 因为1x 时，( )0g x ，所以函数( )g x在区间1,单调递减，故( )(1)0g xg。从而不等式 成立。 该文档是极速PDF编辑器生成， 如果想去掉该提示,请访问并下载： - 46 第3篇05湖南理 已知函数 f(x)lnx，g(x) 2 1 ax2bx，a0.（）设函数 f(x)的图象 C1与函数 g(x)图象 C2交于点 P、 Q，过线段 PQ 的中点作 x 轴的垂线分别交 C1，C2于点 M、N，证明 C1在点 M 处的切线与 C2在点 N 处的切线不平行. （II） 证法一设点 P、 Q 的坐标分别是 （x1, y1） ，（x2, y2） ， 0x1x2. 则点 M、 N 的横坐标为, 2 21 xx x C1在点 M 处的切线斜率为, 2 | 1 21 2 1 21 xxx k xx x C2在点 N 处的切线斜率为. 2 )( | 21 2 2 21 b xxa baxk xx x 假设 C1在点 M 处的切线与 C2在点 N 处的切线平行，则 k1=k2.即b xxa xx 2 )(2 21 21 ， 我们已知条件: 22 222111 ln;ln; 22 aa xxbxxxbx 22 212121 lnln()() 2 a xxxxb xx 所以 2112 2112 lnln()2 2 xxa xx b xxxx 与我们知道的当 21 xx时, 21 2121 lnln2xx xxxx 矛盾,所以不平行. 第4篇辽宁卷 36. (09,辽宁)已知函数 f(x)= 2 1 x 2 -ax+(a-1)ln x，1a （） 证明： 若5a ， 则对任意 x1， x2 (0,)， x1x2，有 12 12 ()() 1 f xf x xx 因为 10,求差比较大小 121212 lnln() ()(2)xxxxa xxa; 该文档是极速PDF编辑器生成， 如果想去掉该提示,请访问并下载： - 48 12 12 12 lnln2 ()22 xx a xxaaaa xxa 代入 1212 11 ;,xx xx xx aa ,利用 2lnlnab abab 得到 待证结论等价于 11 ln()ln() 2 . 1111 ()()()() xx aa xxxx aaaa 即 11 ln()ln() . 2 xx aa a x 。 （） 1 ( )22.fxaxa x 设函数( )yf x的零点分别为 1212 ,(0)x x xx则 2 111 2 222 ln(2)0, ln(2)0. xaxa x xaxa x 两式相减得 12 12 12 lnln ()2, xx a xxa xx 利用 2lnlnab abab 得到 12 12 2 ()2 () a xxa xx 所以而我们要证明 12 012 12 2 ()()()20 2 xx fxfa xxa xx 马上即可证明 0 ()0.fx 第5篇2010湖北卷 39. (2010 湖北卷)证明：1+ 1 2 + 1 3 + 1 n (n+1)+ 21 n n )(n1). 从对数来看,是往大放缩.因为 2lnln1ab abab ab ,所以为了去掉根号,采取 22 ln(1)ln1 21(1) kk kk k ,所以有 1 11 ln(1)ln() 21 kk kk 将上述 n 个不等式依次相加得： 111111111 ln(1)(.)1.ln(1) 2232(1)232(1) nn nnnn 即 第6篇11年,湖南文 40. (11 年,湖南文)设函数 1 ( )ln ().f xxax aR x （II）若( )f x有两个极值点 12 xx和，记过点 1122 ( ,(), (,()A xf xB xf x的直线的斜率为k，问：是否存在a，使得2?ka若存在，求出a的 值，若不存在，请说明理由 该文档是极速PDF编辑器生成， 如果想去掉该提示,请访问并下载： - 49 （） 2 2 1 ( ) xax fx x 由（）知，2a 且 12 1x x 。 因为 12 121212 12 ()()(lnln), xx f xf xxxaxx x x 所以 121212 12121212 ()()lnlnlnln1 12. f xf xxxxx kaa xxx xxxxx 若存在a，使得2ka，则 12 12 lnln 1 xx xx 。即 12 12 12 . lnln xx x x xx 注意到 12 xx，由对数平均与几何平均的大小关系 知，上式不成立。 故不存在a，使得2ka。 上述题目都是针对二元的对数求差,然后利用 2lnln1ab abab ab 来证明的.他的优点是直接解 决二元的对数求差,用过放缩即可消去对数.在写过程的时候,需要把这两个不等式的证明过程写一下. 如果把这个不等式背下来之后,那么站在这道题目的基础上再做二元对数求差就比较简单了.所以我 们一定要背下来一些常见的知识点,只有这样,才能轻松搞定类似这样题目的导数第二问. 41. 已知函数 f(x)lnxmx（mR）若函数 f(x)有两个不同的零点 x1，x2，求证：x1x2e2 不妨设 x1x20因为 f (x1)f (x2)0，所以 lnx1mx10，lnx2mx20， 可得 lnx1lnx2m(x1x2)，lnx1lnx2m(x1x2) 要证明 x1x2e2，即证明 lnx1lnx22，也就是 m(x1x2)2 因为 mlnx1lnx2 x1x2 ，所以即证明lnx1lnx2 x1x2 2 x1x2，即 ln x1 x2 2(x1x2) x1x2 令x1 x2t，则 t1，于是 lnt 2(t1) t1 令(t)lnt2(t1) t1 （t1），则 (t)1 t 4 (t1)2 (t1)2 t(t1)20 故函数(t)在（1，）上是增函数，所以(t)(1)0，即 lnt2(t1) t1 成立 所以原不等式成立 第五节继续拓展 探究 1：已知二次函数 2 f xaxbxc和“伪二次函数” 2 lng xaxbxcx（0abc ）， （1）证明：只要0a ，无论b取何值，函数 g x在定义域内不可能总为增函数； （2）在同一函数图像上任意取不同两点 1122 (,), (,)A x yB xy，线段AB中点为0 , 0 xC，记直线AB的斜 该文档是极速PDF编辑器生成， 如果想去掉该提示,请访问并下载： - 50 率为k， 1 对于二次函数 2 f xaxbxc，求证： 0 ()kfx； 2 对于“伪二次函数” 2 lng xaxbxcx，是否有1 同样的性质?证明你的结论. 解：（1）如果0, ( )xg x为增函数,则 2 2 ( )20 caxbxc g xaxb xx ()恒成立, 当0 x 时恒成立, 2 20axbxc() 0,a 由二次函数的性质, ()不可能恒成立. 则函数( )g x不可能总为增函数. (2)1 对于二次函数: 22 212121 2121 ()f xf xa xxb xx k xxxx = 0 2axb. 由( )2,fxaxb 00 ()2fxaxb,则 0 ()kfx 2 不妨设 21 xx,对于“伪二次函数”: 法一: 2 ln( )lng xaxbxcxf xcxc. 2 21 21 1 2121 ()()ln x f xf xc g xg xx k xxxx 2 1 0 21 ln (), x c x fx xx () 又 00 0 () c gxfx x ,() 法二: 22 2 2121 21 1 2121 ()ln x a xxb xxc g xg xx k xxxx = 2 1 0 21 ln 2 x c x axb xx ,() 由(1)中() 00 0 2 c gxaxb x ,()如果有1 的性质，则 0 gxk, 比较()( )两式得 2 1 210 ln x c xc xxx