函数图象割线斜率与切线斜率关系数学考点分类解析

1、函数图象割线斜率与切线斜率关系数学考点分类分析函数图象割线斜率与切线斜率关系数学考点分类分析14/14函数图象割线斜率与切线斜率关系数学考点分类分析函数图象的割线斜率与切线斜率的关系题1(2010年高考辽宁卷理科第21(2)题)已知函数f(x)(a1)lnxax21,a1.假如对随意x1,x2(0,),f(x1)f(x2)4x1x2，求a的取值范围.(答案：a2.)题2(2009年高考辽宁卷理科第21(2)题)已知函数f(x)1x2ax(a1)lnx,a1.证明：若a5，则对随意x1,x2(0,),x1x2，2有f(x1)f(x2)1.x1x2题3(2009年高考浙江卷理科第10题)对于正实数

2、，记M为满足下述条件的函数f(x)构成的会合：x1,x2R且x2x1，有(x2x1)f(x2)f(x1)(x2x1).以下结论中正确的选项是()(答案：C.)A.若f(x)M1,g(x)M2，则f(x)g(x)M12B.若f(x)M1,g(x)M2且g(x)f(x)0，则Mg(x)12C.若f(x)M1,g(x)M2，则f(x)g(x)M12D.若f(x)M1,g(x)M2且12，则f(x)g(x)M12题4(2006年高考四川卷理科第22(2)题)已知函数f(x)x22alnx(x0),f(x)的导函数是f(x)，a4,x1,x2是不相等的正数，求x证：f(x)f(x)xx2.121深入研究

3、这四道高考题(除题8是选择压轴题外，其他三道都是解答压轴题的最后一问)，可得函数图象的割线斜率与切线斜率的关系：定理设aR，函数f(x)在区间I上可导，则(1)x1,x2I,x1f(x1)f(x2)xI,f(x)a；x2有x1ax2(2)x1,x2I,x1f(x1)f(x2)xI,f(x)a且区间I0I，当x2有x1ax2xI0时f(x)a不可以恒建立；(3)x1,x2I,x1x2f(x1)f(x2)xI,f(x)a；有ax1x2(4)x1,x2I,x1x2f(x1)f(x2)xI,f(x)a且区间I0I，当有ax1x2xI0时f(x)a不可以恒建立；(5)x1,x2I,x1f(x1)f(x2

4、)axI,f(x)a；x2有x1x2(6)x1,x2I,x1x2f(x1)f(x2)axI,f(x)a且区间I0I，有x1x2当xI0时f(x)a及f(x)a均不可以恒建立；(7)x1,x2I,x1x2有f(x1)f(x2)axI,f(x)a；x1x2(8)x1,x2I,x1x2f(x1)f(x2)axI,f(x)a且区间I0I，有x1x2当xI0时f(x)a及f(x)a均不可以恒建立.为证明定理，须介绍两个引理，它们在数学分析中均可找到(比方文件1,2)：引理1若函数f(x)在区间I上可导，则f(x)在I上单一不减(不增)的充要条件是f(x)()0在xI时恒建立.(注：若x1,x2I,x1x

5、2有f(x1)()f(x2)，则称f(x)在区间I上单一不减(不增).)引理2若函数f(x)在区间I上可导，则f(x)在I上严格递加(递减)在I上f(x)()0且对于随意的区间I0I，当xI0时f(x)0不可以恒建立.(注：若x1,x2I,x1x2有f(x1)()f(x2)，则称f(x)在区间I上严格递加(递减).)定理的证明设g(x)f(x)ax,h(x)f(x)ax.(1)左边x1,x2I,x1x2有f(x1)ax1f(x2)ax20 x1,x2I,x1x2有g(x1)g(x2)0g(x)在Ix1x2x1x2上单一不增g(x)f(x)a0右侧.(2)左侧x1,x2I,x1x2有f(x1)a

6、x1f(x2)ax20 x1,x2I,x1x2x1x2有g(x1)g(x2)0g(x)在I上严格递减g(x)f(x)a0(用引理2，这里省x1x2去了一些文字的表达，下同)右侧.(3)同(1)可证.(4)同(2)可证.(5)左侧x1,x2I,x1x2有af(x1)f(x2)ax1,x2I,x1x2有x1x2g(x1)g(x2)0 x1x2g(x)在I上单一不增右侧.h(x1)h(x2)h(x)在I上单一不减0 x1x2(6)左侧x1,x2I,x1x2有af(x1)f(x2)ax1,x2I,x1x2有x1x2g(x1)g(x2)x10g(x)在I上严格递减x2h(x1)h(x2)h(x)在I上严

7、格递加x10 x2(7)x1,x2I,x1f(x1)x2有x1x1,x2I,x1x2有f(x2)f(x1)ax2x1右侧.f(x2)ax2或f(x2)f(x1)ax2x1x1,x2I,x1x2有g(x1)g(x2)或h(x1)h(x2)xI,g(x)0或h(x)0 xI,f(x)a或f(x)axI,f(x)a(8)同(7)可证.题5已知函数f(x)x3ax2b(a,bR)的图象上随意不一样的两点连线的斜率小于1，求a的取值范围.解由定理9(2)，得f(x)3x22ax1在xR时恒建立，即3x22ax10恒建立，所以(2a)2120,a3,3.所以所求a的取值范围是3,3.注由定理9(1)知，若

8、把例1中的“小于”改成“不大于”，所得答案不变.还可考证：当a3,b0时，f(x)x33x2的图象上任一割线的斜率小于1，但图象在拐点(即凹凸性的分界点，其二阶导数值为0，拜见文件2或3)1处切线的斜率为1(图1).3图1题6(2013年福建省厦门一中月考试题)已知函数f(x)x3ax2b(a,bR)(1)若函数yf(x)的图象上随意两个不一样的点连线斜率小于1，求证：3a3；(2)若x0,1，且函数f(x)的图象上随意一点处的切线斜率为k，试证明k1的充要条件为1a3.由题5的结论可知，题6的第(1)问是错题(可得第(2)问是正确的).下边用定理给出题14的简解.题3的简解M即满足条件“x1

9、,x2f(x1)f(x2)”的函数f(x)构R，有x2x1成的会合.由定理(6)，得M即满足条件“f(x)(xR)且对于随意的区间I0I，当xI0时f(x)a及f(x)a均不可以恒建立”的函数f(x)的会合.由此及绝对值不等式可证得选项C建立(且可除去选项A、B、D)，所以选C.题2的简解由定理(4)知只需证明“当x0时f(x)1且f(x)1只好在一些孤立点上建立”：f(x)xa1a2a1aa1(2a1)11x所以要证结论建立.(而且还可得：当1a5时，结论也建立.)a10).由定理(7)知题设即题1的简解2(f(x)xaxxa1f(x)2ax4在x0时恒建立，由a1及均值不等式可得所求a的取

10、值范x围是(,2.注下边把题1中的题设“a1”改成“aR”，再来求解：此时题意即“a12ax4在x0时恒建立，求a的取值范围”.x当a时，已得a2；1当1a0时，可得函数g(x)a12(0)是单一减函数，可得此时不满足xaxx题设；当a0时，由均值不等式可得a1.所以所求a的取值范围是(,21,).题4的简解设g(x)f(x)2x2ag(x1)g(x2)x2，即证x11.xx2由定理(8)知，只需证明：当x0时g(x)1，即24a1(x0)x3x2只需证24a1(x0)x3x2即x222a(x0)xx这由均值不等式及题设可证：x2223344axx所以欲证建立.注由以上简解知，把题4中的“a4

11、”改成“a334”后所得结论也建立.参照文件1刘玉琏，傅沛仁.数学分析讲义(上册)M.3版.北京：高等教育第一版社，1992华东师范大学数学系编.数学分析(上册)M.3版.北京：高等教育第一版社，2001用除去法简解2015年高考全国卷I理科第12题高考题(2015年高考全国卷I理科第12题)设函数f(x)ex(2x1)axa，此中a1，若存在独一的整数x0使得f(x0)0得x1，由g(x)0得x1，所以函数g(x)在,1,1,上分别2222是减函数、增函数又函数g(x)在x1时g(x)1时g(x)0，所以其大概图象如图1所示22图1直线yaxa过点(1，0)若a0，则f(x)0.联合函数图象

12、可知，存在独一的整数x0，使得f(x0)0，即存在独一的整数x0，使得点(x0，f（1）0，0a)在点(x0，g(x00只好是0，所以实数a应满足f（0）0，即ax)的上方，得xf（1）0，3e12a0，1a0，解得3a1.e0，2e即实数a的取值范围是3,1.2e解法2(分别常数法)D.令xt1后，得题设即对于t的不等式(2t1)et1at(t0)有独一的整数解.若t0，由a1，可得(2t1)et1(2t1)etat所以题设即对于t的不等式(2t1)et1at(t0)即(2t1)et1a(t0)有独一的整数t解，也即对于t的不等式(2t1)et1a(t1)有独一的整数解.t设(2t1)et1

13、et1g(t)在(t1)g(t)2(t1)(2t1)(t1)g(t)，得tt，所以函数(,1上是增函数，得最大值为g(1)1.又limg(t)0,g(1)1，由此可作出函数g(t)的图象如图2所示：t图2注意到图象yg(t)过点B2,3且a1，所以由图2可得：2e当a3a的整数t有1,2，所以此时不满足题意.时，满足g(t)2e当3a1时，满足g(t)a的整数t只有1，所以此时满足题意.2e得所求a的取值范围是3,1.2e解法3(除去法)D.当a0时，不等式f(x)0即ex(2x1)0得x1，由g(x)0得x1，所以函数g(x)在,1,1,上分2222别是减函数、增函数又g(0)1，所以可得曲

14、线yg(x)在点(0,1)处的切线为yx1，如图3所示图3所以当a1且a1时满足题设(此时满足题设的独一整数x0=0).由此可除去选项C.所以选D.注小题不大做，还是解法3(除去法)简短.此题对函数与方程思想、数形联合思想、分类谈论思想都有所观察.例谈用考证法解题2010年高考数学安徽卷理科第20题的另解题1111111解方程：(1)x2；(2)xc；(3)xxc.x2xcc1解(1)简单观察出x2，均是该方程的解.2按常例方法解此方程时，先去分母获取一元二次方程，该一元二次方程最多两个解，再检验(舍去使原方程中分母为零的解)，所以原方程最多有两个解.1而已经找到了原方程的两个解x2，所以这两

15、个解就是原方程的所有解.2(2)同理，可得原方程的所有解是xc，1.c，均是该方程的解.(3)简单观察出x1cc同上得原方程最多有两个解，而已经找到了原方程的两个解，(由于对于随意的x1cc非零实数c，c和1都是原方程的解，所以应该把c和1理解成原方程的两个解)，所以这两cc个解就是原方程的所有解.题2解方程xxx22.解设函数f(x)xxx2，易知它是增函数，所以方程f(x)2至多有一个根(当2在函数f(x)的值域中时有一个根，不然没有根)，所以原方程的根是x2.题3已知sincos1,tan1，求tan.5sincos15解由及“勾三股四弦五”能够猜出该方程组有两组解：sin2cos21s

16、in435sin或534cos5cos5该方程组即cos1sin512sin2sin1512由于对于sin的一元二次方程sin2sin1最多有两个解，所以该方程组也最53多有两组解，所以上边猜出的两组解就是该方程组的所有解，tan.4题41(2007年高考陕西卷理科第22(1)题)已知各项全不为零的数列ak的前k项和为Sk，且Sk1akak1(kN*)，此中a11，求数列ak的通项公式.2解由题设得ak12Sk2(a1a2ak)，所以当a1,a2,ak确准时，ak1也akak独一确立.所以由a11知，数列ak是独一确立的.能够观察出akk满足题设的所有条件，所以数列k是满足题设的独一数列，得a

17、kk.另解2Skakak1(SkSk1)(Sk1Sk)(k2),Sk12SkSk(由于Sk1SkSkSk1ak0)(k2)由题设得S1,S3，再由知S是独一确立的数列akS1,k1.再12kSkSk1,k2同上得akk.题51(2005年高考江苏卷第23(1)(2)题)设数列an的前n项和为Sn，已知a11,a26,a311，且(5n8)Sn1(5n2)SnAnB(nN*)，此中A,B为常数.求A与B的值；证明数列an为等差数列；解(1)A20,B8.(2)Sn15n2Sn20n8(nN*)，S115n85n8所以Sn是独一确立的数列，an也是独一确立的数列.又由a11,a26,a311知，若

18、an为等差数列，则an5n4，于是Sn1n(5n3).211简单考证Sn3)满足，所以题中的Sn3),an5n，n(5nn(5n4an为等差数.22题62已知数列an满足a11,an1an1，求an；2n2n解第一，由首项a11an1知，满足题意的数列an是及递推关系an1n22n独一确立的.所以，若能找到一个数列满足该题目的所有条件，则该数列的通项公式就是所求的答案.易得an1an2111k1k1，即ank1nnnn1n1nnk是常数）满足递推关系an1an1，再由a1131n2，得an2满足题目的所有条n2n件，所以此题的答案就是an31.2n题72已知数列an满足a13n1nn1an，求

19、an.解易知此题的答案是是独一确立的，所以只需追求一个数列满足该题目的所有条2,a件.annkkn易得1n1(k是非零常数），即anan1，ann满足递推关系an1knn122n2再由a1，得an满足题目的所有条件，所以此题的答案就是an.33n3n注由于绝大多数求数列通项公式的题目答案都是独一的，所以只需能观察或求出满足所有题设的一个通项公式，则该通项公式就是所求的独一答案.对于要求解的问题，若能证明它最多有n(n是确立的正整数)个解，又找出了它的n个解1,2,n，则这n个解就是该问题的所有解.这就是本文要论述的用考证法解题下边再用这类方法解答一道高考题：题8(2010安徽理20)设数列a1

20、,a2,an,中的每一项都不为0.证明an为等差数列的充分必需条件是：对任何nN*，都有111n.a1a2a2a3anan1a1an1证明先证必需性.若数列an是公差为d的等差数列：当d0时，易得欲证建立.当d0时，有1111a2a1a3a2an1ana1a2a2a3anan1da1a2a2a3anan111111111111an1a1nda1a2a2a3anan1da1an1da1an1a1an1再证充分性.只需对n(n3)用数学概括法证明增强的结论：若111i(i2,3,n)恒建立，则a1,a2,an成等差数列，a1a2a2a3aiai1a1ai1且ana1.n当n3时建立：当i2时，得1

21、12,a1a32a2，所以a1,a2,a3a1a2a2a3a1a3成等差数列，还可证a3a1(由于由a3a1可得a4a3a3a13a3a10，33da3123而由i3时建立立知a40).假设n3,4,k时成立：即a1,a2,ak成等差数列，且a3a1,a4a1,aka1.34k由i2,3,k时均建立及a3a1,a4a1,aka1知，当a1,a2确准时，数列34ka1,a2,an1也是确立的，而由必需性的证明知，由a1,a2确立的等差数列a1,a2,an1满足题设，所以由题设及a1,a2确立的数列就是这个等差数列，即a1,a2,an1成等差数列，同上还可证ak1a1，即nk1时建立.所以要证结论建立，得充分性建立.k1参照文件甘志国.例谈用考证法求数列通项J.中学数学月刊，2008(3)：46甘志国著.初等数学研究(II)上M.哈尔滨：哈尔滨工业大学第一版社，2009.416-417用除去法简解2015年高考全国卷I理科第12题高考题(2015年高考全国卷I理科第12题)设函数f(x)ex(2x1)axa，此中a1，若存在独一的整数x0使得f(x0)0得x1，由g(x)0得x1，所以函数