2024高中数学论文-不等式的证明方法与技巧

2024高中数学论文-不等式的证明方法与技巧不等式的证明方法与技巧（1）7代换法的应用8利用函数的凹凸性9引入参数10导数法攻克圆锥曲线解答题的策略摘要:为帮助高三学生学好圆锥曲线解答题，提高成绩，战胜高考，可从四个方面着手：知识储备、方法储备、思维训练、强化训练。关键词：知识储备方法储备思维训练强化训练第一、知识储备：1.直线方程的形式（1）直线方程的形式有五件：点斜式、两点式、斜截式、截距式、一般式。（2）与直线相关的重要内容①倾斜角与斜率②点到直线的距离③夹角公式：（3）弦长公式直线上两点间的距离：或（4）两条直线的位置关系①=-1②2、圆锥曲线方程及性质(1)、椭圆的方程的形式有几种？（三种形式）标准方程：距离式方程：参数方程：(2)、双曲线的方程的形式有两种标准方程：距离式方程：(3)、三种圆锥曲线的通径你记得吗？(4)、圆锥曲线的定义你记清楚了吗？如：已知是椭圆的两个焦点，平面内一个动点M满足则动点M的轨迹是（）A、双曲线；B、双曲线的一支；C、两条射线；D、一条射线(5)、焦点三角形面积公式：（其中）(6)、记住焦半径公式：（1），可简记为“左加右减，上加下减”。（2）（3）(6)、椭圆和双曲线的基本量三角形你清楚吗？第二、方法储备1、点差法（中点弦问题）设、，为椭圆的弦中点则有，；两式相减得=2、联立消元法：你会解直线与圆锥曲线的位置关系一类的问题吗？经典套路是什么？如果有两个参数怎么办？设直线的方程，并且与曲线的方程联立，消去一个未知数，得到一个二次方程，使用判别式，以及根与系数的关系，代入弦长公式，设曲线上的两点，将这两点代入曲线方程得到eq\o\ac(○,1)eq\o\ac(○,2)两个式子，然后eq\o\ac(○,1)-eq\o\ac(○,2)，整体消元······，若有两个字母未知数，则要找到它们的联系，消去一个，比如直线过焦点，则可以利用三点A、B、F共线解决之。若有向量的关系，则寻找坐标之间的关系，根与系数的关系结合消元处理。一旦设直线为，就意味着k存在。例1、已知三角形ABC的三个顶点均在椭圆上，且点A是椭圆短轴的一个端点（点A在y轴正半轴上）.（1）若三角形ABC的重心是椭圆的右焦点，试求直线BC的方程;（2）若角A为，AD垂直BC于D，试求点D的轨迹方程.分析：第一问抓住“重心”，利用点差法及重心坐标公式可求出中点弦BC的斜率，从而写出直线BC的方程。第二问抓住角A为可得出AB⊥AC，从而得，然后利用联立消元法及交轨法求出点D的轨迹方程；解：（1）设B（,）,C(,),BC中点为(),F(2,0)则有

两式作差有(1)

F(2,0)为三角形重心，所以由，得，由得，代入（1）得直线BC的方程为

2)由AB⊥AC得（2）设直线BC方程为，得

，

代入（2）式得

，解得或直线过定点（0，，设D（x,y），则，即

所以所求点D的轨迹方程是。4、设而不求法例2、如图，已知梯形ABCD中，点E分有向线段所成的比为，双曲线过C、D、E三点，且以A、B为焦点当时，求双曲线离心率的取值范围。分析：本小题主要考查坐标法、定比分点坐标公式、双曲线的概念和性质，推理、运算能力和综合运用数学知识解决问题的能力。建立直角坐标系，如图，若设C，代入，求得，进而求得再代入，建立目标函数，整理，此运算量可见是难上加难.我们对可采取设而不求的解题策略,建立目标函数，整理,化繁为简.解法一：如图，以AB为垂直平分线为轴，直线AB为轴，建立直角坐标系，则CD⊥轴因为双曲线经过点C、D，且以A、B为焦点，由双曲线的对称性知C、D关于轴对称依题意，记A，C，E，其中为双曲线的半焦距，是梯形的高，由定比分点坐标公式得，设双曲线的方程为，则离心率由点C、E在双曲线上，将点C、E的坐标和代入双曲线方程得，①②由①式得，③将③式代入②式，整理得，故由题设得，解得所以双曲线的离心率的取值范围为分析：考虑为焦半径,可用焦半径公式,用的横坐标表示，回避的计算,达到设而不求的解题策略．解法二：建系同解法一，，，又，代入整理，由题设得，解得所以双曲线的离心率的取值范围为5、判别式法例3已知双曲线，直线过点，斜率为，当时，双曲线的上支上有且仅有一点B到直线的距离为，试求的值及此时点B的坐标。分析1：解析几何是用代数方法来研究几何图形的一门学科，因此，数形结合必然是研究解析几何问题的重要手段.从“有且仅有”这个微观入手，对照草图，不难想到：过点B作与平行的直线，必与双曲线C相切.而相切的代数表现形式是所构造方程的判别式.由此出发，可设计如下解题思路：把直线l把直线l’的方程代入双曲线方程，消去y，令判别式直线l’在l的上方且到直线l的距离为解题过程略.分析2：如果从代数推理的角度去思考，就应当把距离用代数式表达，即所谓“有且仅有一点B到直线的距离为”，相当于化归的方程有唯一解.据此设计出如下解题思路：转化为一元二次方程根的问题转化为一元二次方程根的问题求解问题关于x的方程有唯一解简解：设点为双曲线C上支上任一点，则点M到直线的距离为：于是，问题即可转化为如上关于的方程.由于，所以，从而有于是关于的方程由可知：方程的二根同正，故恒成立，于是等价于. 由如上关于的方程有唯一解，得其判别式，就可解得.点评：上述解法紧扣解题目标，不断进行问题转换，充分体现了全局观念与整体思维的优越性.例4已知椭圆C:和点P（4，1），过P作直线交椭圆于A、B两点，在线段AB上取点Q，使，求动点Q的轨迹所在曲线的方程.分析：这是一个轨迹问题，解题困难在于多动点的困扰，学生往往不知从何入手。其实，应该想到轨迹问题可以通过参数法求解.因此，首先是选定参数，然后想方设法将点Q的横、纵坐标用参数表达，最后通过消参可达到解题的目的.由于点的变化是由直线AB的变化引起的，自然可选择直线AB的斜率作为参数，如何将与联系起来？一方面利用点Q在直线AB上；另一方面就是运用题目条件：来转化.由A、B、P、Q四点共线，不难得到，要建立与的关系，只需将直线AB的方程代入椭圆C的方程，利用韦达定理即可.通过这样的分析，可以看出，虽然我们还没有开始解题，但对于如何解决本题，已经做到心中有数.将直线方程代入椭圆方程，消去y，利用韦达定理将直线方程代入椭圆方程，消去y，利用韦达定理利用点Q满足直线AB的方程：y=k(x—4)+1，消去参数k点Q的轨迹方程 在得到之后，如果能够从整体上把握，认识到：所谓消参，目的不过是得到关于的方程（不含k），则可由解得，直接代入即可得到轨迹方程。从而简化消去参的过程。简解：设，则由可得：，解之得：（1）设直线AB的方程为：，代入椭圆C的方程，消去得出关于x的一元二次方程：（2）∴代入（1），化简得：(3)与联立，消去得：在（2）中，由，解得，结合（3）可求得故知点Q的轨迹方程为：（）.点评：由方程组实施消元，产生一个标准的关于一个变量的一元二次方程，其判别式、韦达定理模块思维易于想到.这当中，难点在引出参，活点在应用参，重点在消去参.，而“引参、用参、消参”三步曲，正是解析几何综合问题求解的一条有效通道.6、求根公式法例5设直线过点P（0，3），和椭圆顺次交于A、B两点，试求的取值范围.分析：本题中，绝大多数同学不难得到：=，但从此后却一筹莫展,问题的根源在于对题目的整体把握不够.事实上，所谓求取值范围，不外乎两条路：其一是构造所求变量关于某个（或某几个）参数的函数关系式（或方程），这只需利用对应的思想实施；其二则是构造关于所求量的一个不等关系.分析1: 从第一条想法入手，=已经是一个关系式，但由于有两个变量，同时这两个变量的范围不好控制，所以自然想到利用第3个变量——直线AB的斜率k.问题就转化为如何将转化为关于k的表达式，到此为止，将直线方程代入椭圆方程，消去y得出关于的一元二次方程，其求根公式呼之欲出.所求量的取值范围所求量的取值范围把直线l的方程y=kx+3代入椭圆方程，消去y得到关于x的一元二次方程xA=f（k），xB=g（k）得到所求量关于k的函数关系式求根公式AP/PB=—（xA/xB）由判别式得出k的取值范围简解1：当直线垂直于x轴时，可求得;当与x轴不垂直时，设，直线的方程为：，代入椭圆方程，消去得解之得因为椭圆关于y轴对称，点P在y轴上，所以只需考虑的情形.当时，，，所以===.由,解得，所以，综上. 分析2:如果想构造关于所求量的不等式，则应该考虑到：判别式往往是产生不等的根源.由判别式值的非负性可以很快确定的取值范围，于是问题转化为如何将所求量与联系起来.一般来说，韦达定理总是充当这种问题的桥梁，但本题无法直接应用韦达定理，原因在于不是关于的对称关系式.原因找到后，解决问题的方法自然也就有了，即我们可以构造关于的对称关系式.把直线把直线l的方程y=kx+3代入椭圆方程，消去y得到关于x的一元二次方程xA+xB=f（k），xAxB=g（k）构造所求量与k的关系式关于所求量的不等式韦达定理AP/PB=—（xA/xB）由判别式得出k的取值范围简解2：设直线的方程为：，代入椭圆方程，消去得（*）则令，则，在（*）中，由判别式可得，从而有，所以，解得.结合得.综上，.点评：范围问题不等关系的建立途径多多，诸如判别式法，均值不等式法，变量的有界性法，函数的性质法，数形结合法等等.本题也可从数形结合的角度入手，给出又一优美解法.解题犹如打仗，不能只是忙于冲锋陷阵，一时局部的胜利并不能说明问题，有时甚至会被局部所纠缠而看不清问题的实质所在，只有见微知著，树立全局观念，讲究排兵布阵，运筹帷幄，方能决胜千里.第三、推理训练：数学推理是由已知的数学命题得出新命题的基本思维形式，它是数学求解的核心。以已知的真实数学命题，即定义、公理、定理、性质等为依据，选择恰当的解题方法，达到解题目标，得出结论的一系列推理过程。在推理过程中，必须注意所使用的命题之间的相互关系（充分性、必要性、充要性等），做到思考缜密、推理严密。通过编写思维流程图来锤炼自己的大脑，快速提高解题能力。例6椭圆长轴端点为，为椭圆中心，为椭圆的右焦点，且，．（Ⅰ）求椭圆的标准方程；（Ⅱ）记椭圆的上顶点为，直线交椭圆于两点，问：是否存在直线，使点恰为的垂心？若存在，求出直线的方程;若不存在，请说明理由。思维流程：写出椭圆方程由，，（Ⅰ）写出椭圆方程由，，由F为由F为的重心（Ⅱ） 两根之和，两根之积得出关于两根之和，两根之积得出关于m的方程解出m解题过程：（Ⅰ）如图建系，设椭圆方程为,则又∵即，∴故椭圆方程为（Ⅱ）假设存在直线交椭圆于两点，且恰为的垂心，则设，∵，故，于是设直线为，由得，∵又得即由韦达定理得解得或（舍）经检验符合条件．点石成金：垂心的特点是垂心与顶点的连线垂直对边，然后转化为两向量乘积为零．例7、已知椭圆的中心在坐标原点，焦点在坐标轴上，且经过、、三点．（Ⅰ）求椭圆的方程：（Ⅱ）若点D为椭圆上不同于、的任意一点，，当Δ内切圆的面积最大时，求Δ内心的坐标；由椭圆经过A、B、C三点设方程为由椭圆经过A、B、C三点设方程为得到的方程组解出（Ⅰ）由内切圆面积最大转化为面积最大由内切圆面积最大转化为面积最大转化为点的纵坐标的绝对值最大最大为椭圆短轴端点面积最大值为得出得出点坐标为解题过程：（Ⅰ）设椭圆方程为，将、、代入椭圆E的方程，得解得.∴椭圆的方程． （Ⅱ），设Δ边上的高为当点在椭圆的上顶点时，最大为，所以的最大值为．设Δ的内切圆的半径为，因为Δ的周长为定值6．所以，所以的最大值为．所以内切圆圆心的坐标为.点石成金： 例8、已知定点及椭圆，过点的动直线与椭圆相交于两点.（Ⅰ）若线段中点的横坐标是，求直线的方程；（Ⅱ）在轴上是否存在点，使为常数？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由.思维流程：（Ⅰ）解：依题意，直线的斜率存在，设直线的方程为，将代入，消去整理得设则由线段中点的横坐标是，得，解得，符合题意。所以直线的方程为，或.（Ⅱ）解：假设在轴上存在点，使为常数.=1\*GB3①当直线与轴不垂直时，由（Ⅰ）知所以将代入，整理得注意到是与无关的常数，从而有，此时=2\*GB3②当直线与轴垂直时，此时点的坐标分别为，当时，亦有综上，在轴上存在定点，使为常数.点石成金：例9、已知椭圆的中心在原点，焦点在x轴上，长轴长是短轴长的2倍且经过点M（2，1），平行于OM的直线在y轴上的截距为m（m≠0），交椭圆于A、B两个不同点。（Ⅰ）求椭圆的方程；（Ⅱ）求m的取值范围；（Ⅲ）求证直线MA、MB与x轴始终围成一个等腰三角形.思维流程：解：（1）设椭圆方程为则∴椭圆方程为（Ⅱ）∵直线l平行于OM，且在y轴上的截距为m又KOM=由∵直线l与椭圆交于A、B两个不同点，（Ⅲ）设直线MA、MB的斜率分别为k1，k2，只需证明k1+k2=0即可设则由而故直线MA、MB与x轴始终围成一个等腰三角形.点石成金：直线MA、MB与x轴始终围成一个等腰三角形例10、已知双曲线的离心率，过的直线到原点的距离是（1）求双曲线的方程；（2）已知直线交双曲线于不同的点C，D且C，D都在以B为圆心的圆上，求k的值.思维流程：解：∵（1）原点到直线AB：的距离.故所求双曲线方程为（2）把中消去y，整理得.设的中点是，则即故所求k=±.点石成金:C，D都在以B为圆心的圆上BC=BDBE⊥CD;例11、已知椭圆C的中心在坐标原点，焦点在x轴上，椭圆C上的点到焦点距离的最大值为3，最小值为1．（Ⅰ）求椭圆C的标准方程；（II）若直线y=kx+m与椭圆C相交于A、B两点（A、B不是左右顶点），且以AB为直径的圆过椭圆C的右顶点．求证：直线过定点，并求出该定点的坐标．思维流程：解：（Ⅰ）由题意设椭圆的标准方程为， 由已知得：， 椭圆的标准方程为． （II）设． 联立 得 ，则 又． 因为以为直径的圆过椭圆的右顶点， ，即. ． ． ． 解得：，且均满足． 当时，的方程，直线过点，与已知矛盾； 当时，的方程为，直线过定点． 所以，直线过定点，定点坐标为．点石成金：以AB为直径的圆过椭圆C的右顶点CA⊥CB;例12、已知双曲线的左右两个焦点分别为,点P在双曲线右支上.（Ⅰ）若当点P的坐标为时,,求双曲线的方程；（Ⅱ）若,求双曲线离心率的最值,并写出此时双曲线的渐进线方程.思维流程：解：（Ⅰ）(法一)由题意知,,,,（1分）解得.由双曲线定义得:,所求双曲线的方程为:(法二)因,由斜率之积为,可得解.（Ⅱ）设,(法一)设P的坐标为,由焦半径公式得,,，的最大值为2,无最小值.此时,此时双曲线的渐进线方程为(法二)设,.(1)当时,,此时.(2)当,由余弦定理得: ,,,综上,的最大值为2,但无最小值.(以下法一)构造函数法在高考解导数和数列问题中的广泛应用函数与方程数学思想方法是新课标要求的一种重要的数学思想方法，构造函数法便是其中的一种，下面就源于两个重要极限的不等式利用近三年高考题举例加以说明。高等数学中两个重要极限1．2．（变形）由以上两个极限不难得出，当时1．，2．（当时，）．下面用构造函数法给出两个结论的证明．（1）构造函数，则，所以函数在上单调递增，．所以，即．（2）构造函数，则．所以函数在上单调递增，，所以，即．要证两边取对数，即证事实上：设则因此得不等式构造函数下面证明在上恒大于0．∴在上单调递增，即∴∴以上两个重要结论在高考中解答与导数有关的命题有着广泛的应用．例如：2009年广东21，2008年山东理科21，2007年山东理科22．一、三年高考1．【09天津·文】10．设函数在R上的导函数为，且，下面的不等式在R上恒成立的是A．B．C．D．【答案】A【解析】由已知，首先令得，排除B，D．令，则，①当时，有，所以函数单调递增，所以当时，，从而．②当时，有，所以函数单调递减，所以当时，，从而．综上．故选A．【考点定位】本试题考察了导数来解决函数单调性的运用．通过分析解析式的特点，考查了分析问题和解决问题的能力．2．【09辽宁·理】21．（本小题满分12分）已知函数，．（Ⅰ）讨论函数的单调性；（Ⅱ）证明：若，则对任意，，有．解：（Ⅰ）的定义域为．…2分（i）若即，则，故在单调增加．（ii）若，而，故，则当时，；当及时，．故在单调减少，在单调增加．（iii）若，即，同理可得在单调减少，在单调增加．（II）考虑函数．则．由于故，即在单调增加，从而当时有，即，故，当时，有．………………12分3．【09广东·理】21．（本小题满分14分）已知曲线．从点向曲线引斜率为的切线，切点为．（1）求数列的通项公式；（2）证明：．【解析】曲线是圆心为，半径为的圆，切线（Ⅰ）依题意有，解得，又，联立可解得，（Ⅱ），先证：，证法一：利用数学归纳法当时，，命题成立，假设时，命题成立，即，则当时，∵，故．∴当时，命题成立故成立．证法二：，，下证：．不妨设，令，则在上恒成立，故在上单调递减，从而，即．综上，成立．4．【09全国Ⅱ·理】22．（本小题满分12分）设函数有两个极值点，且．（I）求的取值范围，并讨论的单调性；（II）证明：．【解】（I）由题设知，函数的定义域是且有两个不同的根，故的判别式，即且…………………①又故．因此的取值范围是．当变化时，与的变化情况如下表：因此在区间和是增函数，在区间是减函数．（II）由题设和①知于是．设函数则当时，；当时，故在区间是增函数．于是，当时，因此．5．【2008年山东理】21．（本题满分12分）已知函数其中为常数．（I）当时，求函数的极值；（II）当时，证明：对任意的正整数，当时，有【标准答案】（Ⅰ）解：由已知得函数的定义域为，当时，，所以．（1）当时，由得，，此时．当时，，单调递减；当时，，单调递增．（2）当时，恒成立，所以无极值．综上所述，时，当时，在处取得极小值，极小值为．当时，无极值．（Ⅱ）证法一：因为，所以．当为偶数时，令，则（）．所以当时，单调递增，又，因此恒成立，所以成立．当为奇数时，要证，由于，所以只需证，令，则（），所以当时，单调递增，又，所以当时，恒有，即命题成立．综上所述，结论成立．证法二：当时，．当时，对任意的正整数，恒有，故只需证明．令，，则，当时，，故在上单调递增，因此当时，，即成立．故当时，有．即．【试题分析】第一问对讨论时要注意一些显而易见的结果，当时恒成立，无极值．第二问需要对构造的新函数进行“常规处理”，即先证单调性，然后求最值，最后作出判断．【高考考点】导数及其应用、构造函数证明不等式【易错提醒】没有注意该函数定义域对问题的影响，分类讨论无目标，判断的正负漏掉符号．【学科网备考提示】函数类问题的解题方法要内悟、归纳、整理，使之成为一个系统，在具体运用时自如流畅，既要具有一定的思维定向，也要谨防盲目套用．此类问题对转化能力要求很高，不能有效转化是解题难以突破的主要原因，要善于构造函数证明不等式，从而体现导数的工具性．6．【2007年山东理】（22）（本小题满分14分）设函数，其中．（I）当时，判断函数在定义域上的单调性；（II）求函数的极值点；（III）证明对任意的正整数，不等式都成立．【解】（Ⅰ）由题意知，的定义域为，设，其图象的对称轴为，当时，，即在上恒成立，当时，，当时，函数在定义域上单调递增（Ⅱ）①由（Ⅰ）得：当时，函数无极值点②时，有两个相同的解，时，，时，，时，函数在上无极值点③当时，有两个不同解，，，时，，，即，时，，随的变化情况如下表：极小值由此表可知：时，有惟一极小值点，当时，，，此时，，随的变化情况如下表：极大值极小值由此表可知：时，有一个极大值和一个极小值点；综上所述：时，有惟一最小值点；时，有一个极大值点和一个极小值点；时，无极值点（Ⅲ）当时，函数，令函数，则．当时，，所以函数在上单调递增，又时，恒有，即恒成立故当时，有．对任意正整数取，则有所以结论成立．7．【2008年湖南理】21．（本小题满分13分）已知函数．（I）求函数的单调区间；（Ⅱ）若不等式对任意的都成立（其中是自然对数的底数）．求的最大值．解：（Ⅰ）函数的定义域是，设，则令则当时，在上为增函数，当x＞0时，在上为减函数．所以在处取得极大值，而，所以，函数在上为减函数．于是当时，当时，所以，当时，在上为增函数．当时，在上为减函数．故函数的单调递增区间为，单调递减区间为．（Ⅱ）不等式等价于不等式由知，设则由（Ⅰ）知，即所以于是在上为减函数．故函数在上的最小值为所以a的最大值为二、两年模拟试题（一）2009年3月试题1．2009潍坊文科（22）（本小题满分14分）设函数表示的导函数．（I）求函数的单调递增区间；（Ⅱ）当k为偶数时，数列{}满足，求数列{}的通项公式；（Ⅲ）当k为奇数时，设，数列的前项和为，证明不等式对一切正整数均成立，并比较与的大小．解：（Ⅰ）函数的定义域为（0，+∞），又，…………1分当k为奇数时，，即的单调递增区间为．…………2分当k为偶函数时，由，得，即的单调递增区间为，综上所述：当k为奇数时，的单调递增区间为，当k为偶数时，的单调递增区间为…………4分（Ⅱ）当k为偶数时，由（Ⅰ）知所以根据题设条件有∴{}是以2为公比的等比数列，∴………………8分（Ⅲ）由（Ⅰ）知，当k为奇数时，由已知要证两边取对数，即证…10分事实上：设则因此得不等式…………①构造函数下面证明在上恒大于0．∴在上单调递增，即∴∴即成立．………12分由得即当时，……………14分2．山东省日照市2009届高三模拟考试数学理科试题（22）（本小题满分14分）已知，函数．（Ⅰ）试问在定义域上能否是单调函数？请说明理由；（Ⅱ）若在区间上是单调递增函数，试求实数的取值范围；（Ⅲ）当时，设数列的前项和为，求证：解：（Ⅰ）的定义域为，，由得．……2分当时，，递减；当时，，递增．所以不是定义域上的单调函数．……………4分（Ⅱ）若在是单调递增函数，则恒成立，即恒成立．…………．…6分即．……………8分（Ⅲ）当时，由（Ⅱ）知，在上为增函数，又当时，，，即．令则，当时，从而函数在上是递增函数，所以有即得综上有：………………10分………12分令时，不等式也成立，于是代入，将所得各不等式相加，得即即……14分3．山东省枣庄市2009届高三年级调研考试数学理21．（本小题满分12分） 已知函数，如果在其定义域上是增函数，且存在零点（的导函数）．（I）求的值；（II）设是函数的图象上两点，解：（I）因为 所以 因为上是增函数． 所以上恒成立……………1分 当 而上的最小值是1． 于是（※）可见 从而由（※）式即得①………………．．…………4分 同时， 由 解得②，或 由①②得 此时，即为所求……………6分 注：没有提到（验证）时，不扣分．（II）由（I）， 于是……………7分 以下证明（☆）（☆）等价于……………8分 构造函数 则时， 上为增函数． 因此当即 从而得到证明．……………11分 同理可证……………12分 注：没有“综上”等字眼的结论，扣1分．4．烟台市三月诊断性检测数学理22．（本小题满分14分）设函数（为自然对数的底数）．（1）求的极值；（2）若存在实常数k和b，使得函数和对其定义域上的任意实数分别满足和，则称直线为和的“隔离直线”．试问函数和是否存在“隔离直线”?若存在．求出此“隔离直线”方程；若不存在，请说明理由．解：（1）∵∴∴当时，．∵当时此时递减；……3’当时，，此时递增．∴当时，取极小值，其极小值为0．…………………6’（2）由（1）可知，当时，（当且仅当时取等号）．若存在和的“隔离直线”，则存在实常数和，使得和恒成立．∵和的图象在处有公共点，因此若存在和的“隔离直线”，则该直线过这个公共点．…………………8’设“隔离直线”方程为，即由可得当时恒成立．∵∴由，得……………10’下面证明当时恒成立．令则当时，；当时，，此时递增；当时，此时递减．∴当时，取极大值．其极大值为0．从而即恒成立．………………13’∴函数和存在唯一的“隔离直线”………14’5．2009届山东省德州市高三第一次练兵（理数）21．（本小题满分12分）已知函数在是增函数,在（0,1）为减函数．（1）求、的表达式；（2）求证：当时,方程有唯一解；（3）当时,若在∈内恒成立,求的取值范围．解：（1）依题意,即,．∵上式恒成立,∴① …………1分又,依题意,即,．∵上式恒成立,∴ ② …………2分 由①②得． …………3分 ∴ …………4分（2）由（1）可知,方程,设,令,并由得解知………5分令由…………6分列表分析：（0,1）1（1,+）-0+递减0递增可知在处有一个最小值0,…………7分当时,＞0,∴在（0,+）上只有一个解．即当x＞0时,方程有唯一解． …………8分（3）设,…………9分在为减函数又………11分所以：为所求范围． …………12分6．山东省实验中学2009届高三第三次诊断考试（数学理）22．已知函数（注：）（1）若函数在上为增函数，求正实数的取值范围；（2）当时，若直线与函数的图象在上有两个不同交点，求实数的取值范围：（3）求证：对大于1的任意正整数解：（1）因为所以依题意可得，对恒成立，所以对恒成立，所以对恒成立，，即（2）当时，若，，单调递减；若单调递增；故在处取得极小值，即最小值又所以要使直线与函数的图象在上有两个不同交点，实数的取值范围应为，即；（3）当时，由可知，在上为增函数，当时，令，则，故，即所以．故相加可得又因为所以对大于1的任意正整书（二）2009年4月后7．山东省滨州市2009年5月高考模拟试题（理数）20．（本题满分12）已知函数（Ⅰ）求的单调区间；（Ⅱ）当时，设斜率为的直线与函数相交于两点，求证：．解：（Ⅰ）略（Ⅱ）当时，以下先证，所以只需证，即设，则．所以在时，为减函数，．即．又，∴成立，即．同理可证．∴．8．山东省济宁市2009年高三第二次摸底考试-理科数学22．（本题满分14分）设函数．（是自然对数的底数）（Ⅰ）判断函数零点的个数，并说明理由；（Ⅱ）设数列满足：，且①求证：；②比较与的大小．解：（Ⅰ）令当时，在上是增函数当时，在上是减函数……………．2分从而…………．4分注意到函数在上是增函数，从而从而综上可知：有两个零点．…………………．6分（Ⅱ）因为即所以…………………．7分①下面用数学归纳法证明．当时，，不等式成立．假设时，那么即这表明时，不等式成立．所以对，…………………．10分②因为考虑函数……．12分从而在上是增函数所以即…………14分9．山东省安丘、五莲、诸城、兰山四地2009届高三5月联考22．（本题满分14分）已知函数在上为增函数，且，，．（1）求的取值范围；（2）若在上为单调函数，求的取值范围；（3）设，若在上至少存在一个，使得成立，求的取值范围．解：（1）由题意，在上恒成立，即．故在上恒成立，……………2分只须，即，只有．结合得．…4分（2）由（1），得在上为单调函数，或者在恒成立．……………．．6分等价于即而．…………