2024高中數學論文-不等式的證明方法與技巧

2024高中數學論文-不等式的證明方法與技巧不等式的證明方法與技巧（1）7代換法的應用8利用函數的凹凸性9引入參數10導數法攻克圓錐曲線解答題的策略摘要:為幫助高三學生學好圓錐曲線解答題，提高成績，戰(zhàn)勝高考，可從四個方面著手：知識儲備、方法儲備、思維訓練、強化訓練。關鍵詞：知識儲備方法儲備思維訓練強化訓練第一、知識儲備：1.直線方程的形式（1）直線方程的形式有五件：點斜式、兩點式、斜截式、截距式、一般式。（2）與直線相關的重要內容①傾斜角與斜率②點到直線的距離③夾角公式：（3）弦長公式直線上兩點間的距離：或（4）兩條直線的位置關系①=-1②2、圓錐曲線方程及性質(1)、橢圓的方程的形式有幾種？（三種形式）標準方程：距離式方程：參數方程：(2)、雙曲線的方程的形式有兩種標準方程：距離式方程：(3)、三種圓錐曲線的通徑你記得嗎？(4)、圓錐曲線的定義你記清楚了嗎？如：已知是橢圓的兩個焦點，平面內一個動點M滿足則動點M的軌跡是（）A、雙曲線；B、雙曲線的一支；C、兩條射線；D、一條射線(5)、焦點三角形面積公式：（其中）(6)、記住焦半徑公式：（1），可簡記為“左加右減，上加下減”。（2）（3）(6)、橢圓和雙曲線的基本量三角形你清楚嗎？第二、方法儲備1、點差法（中點弦問題）設、，為橢圓的弦中點則有，；兩式相減得=2、聯(lián)立消元法：你會解直線與圓錐曲線的位置關系一類的問題嗎？經典套路是什么？如果有兩個參數怎么辦？設直線的方程，并且與曲線的方程聯(lián)立，消去一個未知數，得到一個二次方程，使用判別式，以及根與系數的關系，代入弦長公式，設曲線上的兩點，將這兩點代入曲線方程得到eq\o\ac(○,1)eq\o\ac(○,2)兩個式子，然后eq\o\ac(○,1)-eq\o\ac(○,2)，整體消元······，若有兩個字母未知數，則要找到它們的聯(lián)系，消去一個，比如直線過焦點，則可以利用三點A、B、F共線解決之。若有向量的關系，則尋找坐標之間的關系，根與系數的關系結合消元處理。一旦設直線為，就意味著k存在。例1、已知三角形ABC的三個頂點均在橢圓上，且點A是橢圓短軸的一個端點（點A在y軸正半軸上）.（1）若三角形ABC的重心是橢圓的右焦點，試求直線BC的方程;（2）若角A為，AD垂直BC于D，試求點D的軌跡方程.分析：第一問抓住“重心”，利用點差法及重心坐標公式可求出中點弦BC的斜率，從而寫出直線BC的方程。第二問抓住角A為可得出AB⊥AC，從而得，然后利用聯(lián)立消元法及交軌法求出點D的軌跡方程；解：（1）設B（,）,C(,),BC中點為(),F(2,0)則有

兩式作差有(1)

F(2,0)為三角形重心，所以由，得，由得，代入（1）得直線BC的方程為

2)由AB⊥AC得（2）設直線BC方程為，得

，

代入（2）式得

，解得或直線過定點（0，，設D（x,y），則，即

所以所求點D的軌跡方程是。4、設而不求法例2、如圖，已知梯形ABCD中，點E分有向線段所成的比為，雙曲線過C、D、E三點，且以A、B為焦點當時，求雙曲線離心率的取值范圍。分析：本小題主要考查坐標法、定比分點坐標公式、雙曲線的概念和性質，推理、運算能力和綜合運用數學知識解決問題的能力。建立直角坐標系，如圖，若設C，代入，求得，進而求得再代入，建立目標函數，整理，此運算量可見是難上加難.我們對可采取設而不求的解題策略,建立目標函數，整理,化繁為簡.解法一：如圖，以AB為垂直平分線為軸，直線AB為軸，建立直角坐標系，則CD⊥軸因為雙曲線經過點C、D，且以A、B為焦點，由雙曲線的對稱性知C、D關于軸對稱依題意，記A，C，E，其中為雙曲線的半焦距，是梯形的高，由定比分點坐標公式得，設雙曲線的方程為，則離心率由點C、E在雙曲線上，將點C、E的坐標和代入雙曲線方程得，①②由①式得，③將③式代入②式，整理得，故由題設得，解得所以雙曲線的離心率的取值范圍為分析：考慮為焦半徑,可用焦半徑公式,用的橫坐標表示，回避的計算,達到設而不求的解題策略．解法二：建系同解法一，，，又，代入整理，由題設得，解得所以雙曲線的離心率的取值范圍為5、判別式法例3已知雙曲線，直線過點，斜率為，當時，雙曲線的上支上有且僅有一點B到直線的距離為，試求的值及此時點B的坐標。分析1：解析幾何是用代數方法來研究幾何圖形的一門學科，因此，數形結合必然是研究解析幾何問題的重要手段.從“有且僅有”這個微觀入手，對照草圖，不難想到：過點B作與平行的直線，必與雙曲線C相切.而相切的代數表現(xiàn)形式是所構造方程的判別式.由此出發(fā)，可設計如下解題思路：把直線l把直線l’的方程代入雙曲線方程，消去y，令判別式直線l’在l的上方且到直線l的距離為解題過程略.分析2：如果從代數推理的角度去思考，就應當把距離用代數式表達，即所謂“有且僅有一點B到直線的距離為”，相當于化歸的方程有唯一解.據此設計出如下解題思路：轉化為一元二次方程根的問題轉化為一元二次方程根的問題求解問題關于x的方程有唯一解簡解：設點為雙曲線C上支上任一點，則點M到直線的距離為：于是，問題即可轉化為如上關于的方程.由于，所以，從而有于是關于的方程由可知：方程的二根同正，故恒成立，于是等價于. 由如上關于的方程有唯一解，得其判別式，就可解得.點評：上述解法緊扣解題目標，不斷進行問題轉換，充分體現(xiàn)了全局觀念與整體思維的優(yōu)越性.例4已知橢圓C:和點P（4，1），過P作直線交橢圓于A、B兩點，在線段AB上取點Q，使，求動點Q的軌跡所在曲線的方程.分析：這是一個軌跡問題，解題困難在于多動點的困擾，學生往往不知從何入手。其實，應該想到軌跡問題可以通過參數法求解.因此，首先是選定參數，然后想方設法將點Q的橫、縱坐標用參數表達，最后通過消參可達到解題的目的.由于點的變化是由直線AB的變化引起的，自然可選擇直線AB的斜率作為參數，如何將與聯(lián)系起來？一方面利用點Q在直線AB上；另一方面就是運用題目條件：來轉化.由A、B、P、Q四點共線，不難得到，要建立與的關系，只需將直線AB的方程代入橢圓C的方程，利用韋達定理即可.通過這樣的分析，可以看出，雖然我們還沒有開始解題，但對于如何解決本題，已經做到心中有數.將直線方程代入橢圓方程，消去y，利用韋達定理將直線方程代入橢圓方程，消去y，利用韋達定理利用點Q滿足直線AB的方程：y=k(x—4)+1，消去參數k點Q的軌跡方程 在得到之后，如果能夠從整體上把握，認識到：所謂消參，目的不過是得到關于的方程（不含k），則可由解得，直接代入即可得到軌跡方程。從而簡化消去參的過程。簡解：設，則由可得：，解之得：（1）設直線AB的方程為：，代入橢圓C的方程，消去得出關于x的一元二次方程：（2）∴代入（1），化簡得：(3)與聯(lián)立，消去得：在（2）中，由，解得，結合（3）可求得故知點Q的軌跡方程為：（）.點評：由方程組實施消元，產生一個標準的關于一個變量的一元二次方程，其判別式、韋達定理模塊思維易于想到.這當中，難點在引出參，活點在應用參，重點在消去參.，而“引參、用參、消參”三步曲，正是解析幾何綜合問題求解的一條有效通道.6、求根公式法例5設直線過點P（0，3），和橢圓順次交于A、B兩點，試求的取值范圍.分析：本題中，絕大多數同學不難得到：=，但從此后卻一籌莫展,問題的根源在于對題目的整體把握不夠.事實上，所謂求取值范圍，不外乎兩條路：其一是構造所求變量關于某個（或某幾個）參數的函數關系式（或方程），這只需利用對應的思想實施；其二則是構造關于所求量的一個不等關系.分析1: 從第一條想法入手，=已經是一個關系式，但由于有兩個變量，同時這兩個變量的范圍不好控制，所以自然想到利用第3個變量——直線AB的斜率k.問題就轉化為如何將轉化為關于k的表達式，到此為止，將直線方程代入橢圓方程，消去y得出關于的一元二次方程，其求根公式呼之欲出.所求量的取值范圍所求量的取值范圍把直線l的方程y=kx+3代入橢圓方程，消去y得到關于x的一元二次方程xA=f（k），xB=g（k）得到所求量關于k的函數關系式求根公式AP/PB=—（xA/xB）由判別式得出k的取值范圍簡解1：當直線垂直于x軸時，可求得;當與x軸不垂直時，設，直線的方程為：，代入橢圓方程，消去得解之得因為橢圓關于y軸對稱，點P在y軸上，所以只需考慮的情形.當時，，，所以===.由,解得，所以，綜上. 分析2:如果想構造關于所求量的不等式，則應該考慮到：判別式往往是產生不等的根源.由判別式值的非負性可以很快確定的取值范圍，于是問題轉化為如何將所求量與聯(lián)系起來.一般來說，韋達定理總是充當這種問題的橋梁，但本題無法直接應用韋達定理，原因在于不是關于的對稱關系式.原因找到后，解決問題的方法自然也就有了，即我們可以構造關于的對稱關系式.把直線把直線l的方程y=kx+3代入橢圓方程，消去y得到關于x的一元二次方程xA+xB=f（k），xAxB=g（k）構造所求量與k的關系式關于所求量的不等式韋達定理AP/PB=—（xA/xB）由判別式得出k的取值范圍簡解2：設直線的方程為：，代入橢圓方程，消去得（*）則令，則，在（*）中，由判別式可得，從而有，所以，解得.結合得.綜上，.點評：范圍問題不等關系的建立途徑多多，諸如判別式法，均值不等式法，變量的有界性法，函數的性質法，數形結合法等等.本題也可從數形結合的角度入手，給出又一優(yōu)美解法.解題猶如打仗，不能只是忙于沖鋒陷陣，一時局部的勝利并不能說明問題，有時甚至會被局部所糾纏而看不清問題的實質所在，只有見微知著，樹立全局觀念，講究排兵布陣，運籌帷幄，方能決勝千里.第三、推理訓練：數學推理是由已知的數學命題得出新命題的基本思維形式，它是數學求解的核心。以已知的真實數學命題，即定義、公理、定理、性質等為依據，選擇恰當的解題方法，達到解題目標，得出結論的一系列推理過程。在推理過程中，必須注意所使用的命題之間的相互關系（充分性、必要性、充要性等），做到思考縝密、推理嚴密。通過編寫思維流程圖來錘煉自己的大腦，快速提高解題能力。例6橢圓長軸端點為，為橢圓中心，為橢圓的右焦點，且，．（Ⅰ）求橢圓的標準方程；（Ⅱ）記橢圓的上頂點為，直線交橢圓于兩點，問：是否存在直線，使點恰為的垂心？若存在，求出直線的方程;若不存在，請說明理由。思維流程：寫出橢圓方程由，，（Ⅰ）寫出橢圓方程由，，由F為由F為的重心（Ⅱ） 兩根之和，兩根之積得出關于兩根之和，兩根之積得出關于m的方程解出m解題過程：（Ⅰ）如圖建系，設橢圓方程為,則又∵即，∴故橢圓方程為（Ⅱ）假設存在直線交橢圓于兩點，且恰為的垂心，則設，∵，故，于是設直線為，由得，∵又得即由韋達定理得解得或（舍）經檢驗符合條件．點石成金：垂心的特點是垂心與頂點的連線垂直對邊，然后轉化為兩向量乘積為零．例7、已知橢圓的中心在坐標原點，焦點在坐標軸上，且經過、、三點．（Ⅰ）求橢圓的方程：（Ⅱ）若點D為橢圓上不同于、的任意一點，，當Δ內切圓的面積最大時，求Δ內心的坐標；由橢圓經過A、B、C三點設方程為由橢圓經過A、B、C三點設方程為得到的方程組解出（Ⅰ）由內切圓面積最大轉化為面積最大由內切圓面積最大轉化為面積最大轉化為點的縱坐標的絕對值最大最大為橢圓短軸端點面積最大值為得出得出點坐標為解題過程：（Ⅰ）設橢圓方程為，將、、代入橢圓E的方程，得解得.∴橢圓的方程． （Ⅱ），設Δ邊上的高為當點在橢圓的上頂點時，最大為，所以的最大值為．設Δ的內切圓的半徑為，因為Δ的周長為定值6．所以，所以的最大值為．所以內切圓圓心的坐標為.點石成金： 例8、已知定點及橢圓，過點的動直線與橢圓相交于兩點.（Ⅰ）若線段中點的橫坐標是，求直線的方程；（Ⅱ）在軸上是否存在點，使為常數？若存在，求出點的坐標；若不存在，請說明理由.思維流程：（Ⅰ）解：依題意，直線的斜率存在，設直線的方程為，將代入，消去整理得設則由線段中點的橫坐標是，得，解得，符合題意。所以直線的方程為，或.（Ⅱ）解：假設在軸上存在點，使為常數.=1\*GB3①當直線與軸不垂直時，由（Ⅰ）知所以將代入，整理得注意到是與無關的常數，從而有，此時=2\*GB3②當直線與軸垂直時，此時點的坐標分別為，當時，亦有綜上，在軸上存在定點，使為常數.點石成金：例9、已知橢圓的中心在原點，焦點在x軸上，長軸長是短軸長的2倍且經過點M（2，1），平行于OM的直線在y軸上的截距為m（m≠0），交橢圓于A、B兩個不同點。（Ⅰ）求橢圓的方程；（Ⅱ）求m的取值范圍；（Ⅲ）求證直線MA、MB與x軸始終圍成一個等腰三角形.思維流程：解：（1）設橢圓方程為則∴橢圓方程為（Ⅱ）∵直線l平行于OM，且在y軸上的截距為m又KOM=由∵直線l與橢圓交于A、B兩個不同點，（Ⅲ）設直線MA、MB的斜率分別為k1，k2，只需證明k1+k2=0即可設則由而故直線MA、MB與x軸始終圍成一個等腰三角形.點石成金：直線MA、MB與x軸始終圍成一個等腰三角形例10、已知雙曲線的離心率，過的直線到原點的距離是（1）求雙曲線的方程；（2）已知直線交雙曲線于不同的點C，D且C，D都在以B為圓心的圓上，求k的值.思維流程：解：∵（1）原點到直線AB：的距離.故所求雙曲線方程為（2）把中消去y，整理得.設的中點是，則即故所求k=±.點石成金:C，D都在以B為圓心的圓上BC=BDBE⊥CD;例11、已知橢圓C的中心在坐標原點，焦點在x軸上，橢圓C上的點到焦點距離的最大值為3，最小值為1．（Ⅰ）求橢圓C的標準方程；（II）若直線y=kx+m與橢圓C相交于A、B兩點（A、B不是左右頂點），且以AB為直徑的圓過橢圓C的右頂點．求證：直線過定點，并求出該定點的坐標．思維流程：解：（Ⅰ）由題意設橢圓的標準方程為， 由已知得：， 橢圓的標準方程為． （II）設． 聯(lián)立 得 ，則 又． 因為以為直徑的圓過橢圓的右頂點， ，即. ． ． ． 解得：，且均滿足． 當時，的方程，直線過點，與已知矛盾； 當時，的方程為，直線過定點． 所以，直線過定點，定點坐標為．點石成金：以AB為直徑的圓過橢圓C的右頂點CA⊥CB;例12、已知雙曲線的左右兩個焦點分別為,點P在雙曲線右支上.（Ⅰ）若當點P的坐標為時,,求雙曲線的方程；（Ⅱ）若,求雙曲線離心率的最值,并寫出此時雙曲線的漸進線方程.思維流程：解：（Ⅰ）(法一)由題意知,,,,（1分）解得.由雙曲線定義得:,所求雙曲線的方程為:(法二)因,由斜率之積為,可得解.（Ⅱ）設,(法一)設P的坐標為,由焦半徑公式得,,，的最大值為2,無最小值.此時,此時雙曲線的漸進線方程為(法二)設,.(1)當時,,此時.(2)當,由余弦定理得: ,,,綜上,的最大值為2,但無最小值.(以下法一)構造函數法在高考解導數和數列問題中的廣泛應用函數與方程數學思想方法是新課標要求的一種重要的數學思想方法，構造函數法便是其中的一種，下面就源于兩個重要極限的不等式利用近三年高考題舉例加以說明。高等數學中兩個重要極限1．2．（變形）由以上兩個極限不難得出，當時1．，2．（當時，）．下面用構造函數法給出兩個結論的證明．（1）構造函數，則，所以函數在上單調遞增，．所以，即．（2）構造函數，則．所以函數在上單調遞增，，所以，即．要證兩邊取對數，即證事實上：設則因此得不等式構造函數下面證明在上恒大于0．∴在上單調遞增，即∴∴以上兩個重要結論在高考中解答與導數有關的命題有著廣泛的應用．例如：2009年廣東21，2008年山東理科21，2007年山東理科22．一、三年高考1．【09天津·文】10．設函數在R上的導函數為，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，則，①當時，有，所以函數單調遞增，所以當時，，從而．②當時，有，所以函數單調遞減，所以當時，，從而．綜上．故選A．【考點定位】本試題考察了導數來解決函數單調性的運用．通過分析解析式的特點，考查了分析問題和解決問題的能力．2．【09遼寧·理】21．（本小題滿分12分）已知函數，．（Ⅰ）討論函數的單調性；（Ⅱ）證明：若，則對任意，，有．解：（Ⅰ）的定義域為．…2分（i）若即，則，故在單調增加．（ii）若，而，故，則當時，；當及時，．故在單調減少，在單調增加．（iii）若，即，同理可得在單調減少，在單調增加．（II）考慮函數．則．由于故，即在單調增加，從而當時有，即，故，當時，有．………………12分3．【09廣東·理】21．（本小題滿分14分）已知曲線．從點向曲線引斜率為的切線，切點為．（1）求數列的通項公式；（2）證明：．【解析】曲線是圓心為，半徑為的圓，切線（Ⅰ）依題意有，解得，又，聯(lián)立可解得，（Ⅱ），先證：，證法一：利用數學歸納法當時，，命題成立，假設時，命題成立，即，則當時，∵，故．∴當時，命題成立故成立．證法二：，，下證：．不妨設，令，則在上恒成立，故在上單調遞減，從而，即．綜上，成立．4．【09全國Ⅱ·理】22．（本小題滿分12分）設函數有兩個極值點，且．（I）求的取值范圍，并討論的單調性；（II）證明：．【解】（I）由題設知，函數的定義域是且有兩個不同的根，故的判別式，即且…………………①又故．因此的取值范圍是．當變化時，與的變化情況如下表：因此在區(qū)間和是增函數，在區(qū)間是減函數．（II）由題設和①知于是．設函數則當時，；當時，故在區(qū)間是增函數．于是，當時，因此．5．【2008年山東理】21．（本題滿分12分）已知函數其中為常數．（I）當時，求函數的極值；（II）當時，證明：對任意的正整數，當時，有【標準答案】（Ⅰ）解：由已知得函數的定義域為，當時，，所以．（1）當時，由得，，此時．當時，，單調遞減；當時，，單調遞增．（2）當時，恒成立，所以無極值．綜上所述，時，當時，在處取得極小值，極小值為．當時，無極值．（Ⅱ）證法一：因為，所以．當為偶數時，令，則（）．所以當時，單調遞增，又，因此恒成立，所以成立．當為奇數時，要證，由于，所以只需證，令，則（），所以當時，單調遞增，又，所以當時，恒有，即命題成立．綜上所述，結論成立．證法二：當時，．當時，對任意的正整數，恒有，故只需證明．令，，則，當時，，故在上單調遞增，因此當時，，即成立．故當時，有．即．【試題分析】第一問對討論時要注意一些顯而易見的結果，當時恒成立，無極值．第二問需要對構造的新函數進行“常規(guī)處理”，即先證單調性，然后求最值，最后作出判斷．【高考考點】導數及其應用、構造函數證明不等式【易錯提醒】沒有注意該函數定義域對問題的影響，分類討論無目標，判斷的正負漏掉符號．【學科網備考提示】函數類問題的解題方法要內悟、歸納、整理，使之成為一個系統(tǒng)，在具體運用時自如流暢，既要具有一定的思維定向，也要謹防盲目套用．此類問題對轉化能力要求很高，不能有效轉化是解題難以突破的主要原因，要善于構造函數證明不等式，從而體現(xiàn)導數的工具性．6．【2007年山東理】（22）（本小題滿分14分）設函數，其中．（I）當時，判斷函數在定義域上的單調性；（II）求函數的極值點；（III）證明對任意的正整數，不等式都成立．【解】（Ⅰ）由題意知，的定義域為，設，其圖象的對稱軸為，當時，，即在上恒成立，當時，，當時，函數在定義域上單調遞增（Ⅱ）①由（Ⅰ）得：當時，函數無極值點②時，有兩個相同的解，時，，時，，時，函數在上無極值點③當時，有兩個不同解，，，時，，，即，時，，隨的變化情況如下表：極小值由此表可知：時，有惟一極小值點，當時，，，此時，，隨的變化情況如下表：極大值極小值由此表可知：時，有一個極大值和一個極小值點；綜上所述：時，有惟一最小值點；時，有一個極大值點和一個極小值點；時，無極值點（Ⅲ）當時，函數，令函數，則．當時，，所以函數在上單調遞增，又時，恒有，即恒成立故當時，有．對任意正整數取，則有所以結論成立．7．【2008年湖南理】21．（本小題滿分13分）已知函數．（I）求函數的單調區(qū)間；（Ⅱ）若不等式對任意的都成立（其中是自然對數的底數）．求的最大值．解：（Ⅰ）函數的定義域是，設，則令則當時，在上為增函數，當x＞0時，在上為減函數．所以在處取得極大值，而，所以，函數在上為減函數．于是當時，當時，所以，當時，在上為增函數．當時，在上為減函數．故函數的單調遞增區(qū)間為，單調遞減區(qū)間為．（Ⅱ）不等式等價于不等式由知，設則由（Ⅰ）知，即所以于是在上為減函數．故函數在上的最小值為所以a的最大值為二、兩年模擬試題（一）2009年3月試題1．2009濰坊文科（22）（本小題滿分14分）設函數表示的導函數．（I）求函數的單調遞增區(qū)間；（Ⅱ）當k為偶數時，數列{}滿足，求數列{}的通項公式；（Ⅲ）當k為奇數時，設，數列的前項和為，證明不等式對一切正整數均成立，并比較與的大?。猓海á瘢┖瘮档亩x域為（0，+∞），又，…………1分當k為奇數時，，即的單調遞增區(qū)間為．…………2分當k為偶函數時，由，得，即的單調遞增區(qū)間為，綜上所述：當k為奇數時，的單調遞增區(qū)間為，當k為偶數時，的單調遞增區(qū)間為…………4分（Ⅱ）當k為偶數時，由（Ⅰ）知所以根據題設條件有∴{}是以2為公比的等比數列，∴………………8分（Ⅲ）由（Ⅰ）知，當k為奇數時，由已知要證兩邊取對數，即證…10分事實上：設則因此得不等式…………①構造函數下面證明在上恒大于0．∴在上單調遞增，即∴∴即成立．………12分由得即當時，……………14分2．山東省日照市2009屆高三模擬考試數學理科試題（22）（本小題滿分14分）已知，函數．（Ⅰ）試問在定義域上能否是單調函數？請說明理由；（Ⅱ）若在區(qū)間上是單調遞增函數，試求實數的取值范圍；（Ⅲ）當時，設數列的前項和為，求證：解：（Ⅰ）的定義域為，，由得．……2分當時，，遞減；當時，，遞增．所以不是定義域上的單調函數．……………4分（Ⅱ）若在是單調遞增函數，則恒成立，即恒成立．…………．…6分即．……………8分（Ⅲ）當時，由（Ⅱ）知，在上為增函數，又當時，，，即．令則，當時，從而函數在上是遞增函數，所以有即得綜上有：………………10分………12分令時，不等式也成立，于是代入，將所得各不等式相加，得即即……14分3．山東省棗莊市2009屆高三年級調研考試數學理21．（本小題滿分12分） 已知函數，如果在其定義域上是增函數，且存在零點（的導函數）．（I）求的值；（II）設是函數的圖象上兩點，解：（I）因為 所以 因為上是增函數． 所以上恒成立……………1分 當 而上的最小值是1． 于是（※）可見 從而由（※）式即得①………………．．…………4分 同時， 由 解得②，或 由①②得 此時，即為所求……………6分 注：沒有提到（驗證）時，不扣分．（II）由（I）， 于是……………7分 以下證明（☆）（☆）等價于……………8分 構造函數 則時， 上為增函數． 因此當即 從而得到證明．……………11分 同理可證……………12分 注：沒有“綜上”等字眼的結論，扣1分．4．煙臺市三月診斷性檢測數學理22．（本小題滿分14分）設函數（為自然對數的底數）．（1）求的極值；（2）若存在實常數k和b，使得函數和對其定義域上的任意實數分別滿足和，則稱直線為和的“隔離直線”．試問函數和是否存在“隔離直線”?若存在．求出此“隔離直線”方程；若不存在，請說明理由．解：（1）∵∴∴當時，．∵當時此時遞減；……3’當時，，此時遞增．∴當時，取極小值，其極小值為0．…………………6’（2）由（1）可知，當時，（當且僅當時取等號）．若存在和的“隔離直線”，則存在實常數和，使得和恒成立．∵和的圖象在處有公共點，因此若存在和的“隔離直線”，則該直線過這個公共點．…………………8’設“隔離直線”方程為，即由可得當時恒成立．∵∴由，得……………10’下面證明當時恒成立．令則當時，；當時，，此時遞增；當時，此時遞減．∴當時，取極大值．其極大值為0．從而即恒成立．………………13’∴函數和存在唯一的“隔離直線”………14’5．2009屆山東省德州市高三第一次練兵（理數）21．（本小題滿分12分）已知函數在是增函數,在（0,1）為減函數．（1）求、的表達式；（2）求證：當時,方程有唯一解；（3）當時,若在∈內恒成立,求的取值范圍．解：（1）依題意,即,．∵上式恒成立,∴① …………1分又,依題意,即,．∵上式恒成立,∴ ② …………2分 由①②得． …………3分 ∴ …………4分（2）由（1）可知,方程,設,令,并由得解知………5分令由…………6分列表分析：（0,1）1（1,+）-0+遞減0遞增可知在處有一個最小值0,…………7分當時,＞0,∴在（0,+）上只有一個解．即當x＞0時,方程有唯一解． …………8分（3）設,…………9分在為減函數又………11分所以：為所求范圍． …………12分6．山東省實驗中學2009屆高三第三次診斷考試（數學理）22．已知函數（注：）（1）若函數在上為增函數，求正實數的取值范圍；（2）當時，若直線與函數的圖象在上有兩個不同交點，求實數的取值范圍：（3）求證：對大于1的任意正整數解：（1）因為所以依題意可得，對恒成立，所以對恒成立，所以對恒成立，，即（2）當時，若，，單調遞減；若單調遞增；故在處取得極小值，即最小值又所以要使直線與函數的圖象在上有兩個不同交點，實數的取值范圍應為，即；（3）當時，由可知，在上為增函數，當時，令，則，故，即所以．故相加可得又因為所以對大于1的任意正整書（二）2009年4月后7．山東省濱州市2009年5月高考模擬試題（理數）20．（本題滿分12）已知函數（Ⅰ）求的單調區(qū)間；（Ⅱ）當時，設斜率為的直線與函數相交于兩點，求證：．解：（Ⅰ）略（Ⅱ）當時，以下先證，所以只需證，即設，則．所以在時，為減函數，．即．又，∴成立，即．同理可證．∴．8．山東省濟寧市2009年高三第二次摸底考試-理科數學22．（本題滿分14分）設函數．（是自然對數的底數）（Ⅰ）判斷函數零點的個數，并說明理由；（Ⅱ）設數列滿足：，且①求證：；②比較與的大?。猓海á瘢┝町敃r，在上是增函數當時，在上是減函數……………．2分從而…………．4分注意到函數在上是增函數，從而從而綜上可知：有兩個零點．…………………．6分（Ⅱ）因為即所以…………………．7分①下面用數學歸納法證明．當時，，不等式成立．假設時，那么即這表明時，不等式成立．所以對，…………………．10分②因為考慮函數……．12分從而在上是增函數所以即…………14分9．山東省安丘、五蓮、諸城、蘭山四地2009屆高三5月聯(lián)考22．（本題滿分14分）已知函數在上為增函數，且，，．（1）求的取值范圍；（2）若在上為單調函數，求的取值范圍；（3）設，若在上至少存在一個，使得成立，求的取值范圍．解：（1）由題意，在上恒成立，即．故在上恒成立，……………2分只須，即，只有．結合得．…4分（2）由（1），得在上為單調函數，或者在恒成立．……………．．6分等價于即而．…………