最新压轴题(4)

令T?xy(1?xy),t?xy，则

(1?x)(1?y)xy(1?xy)xy(1?xy)t2(1?t2)t2(1?t)T????,t?[0,1].

1?x?y?xy1?2xy?xy(1?t)21?tt2(1?t)令g(t)?，则

1?t?2t(t??1?5?1?5)(t?)， 22(1?t)2g?(t)?(2t?3t)(1?t)?(t?t)?(1?t)2223令g?(t)?0，得t??1?5g(t)是的极大值点，也是g(t)的最大值点， 2?g(t)?g(?1?555?1155?11，从而T?， ks5u )?22255?11?21?3255 ??????14分

所以 G(x,y)??1 当x?y??1?513?55时等号成立，所以G(x,y)的最小值为．???15分 2255?11 ????????????16分 2 由此M?9.【北京市海淀区2013届高三上学期期末理】（本小题满分13分）

已知函数f(x)的定义域为(0,??)，若y?“一阶比增函数”；若y?f(x)在(0,??)上为增函数，则称f(x)为xf(x)在(0,??)上为增函数，则称f(x)为“二阶比增函数”. x2我们把所有“一阶比增函数”组成的集合记为?1，所有“二阶比增函数”组成的集合记为?2. (Ⅰ)已知函数f(x)?x?2hx?hx，若f(x)??1,且f(x)??2，求实数h的取值范围； (Ⅱ)已知0?a?b?c，f(x)??1且f(x)的部分函数值由下表给出，

32x f(x) a d b d c a?b?c 4 t 求证：d(2d?t?4)?0；

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(Ⅲ)定义集合??f(x)|f(x)??2,且存在常数k,使得任取x?(0,??),f(x)?k,

请问：是否存在常数M，使得?f(x)??，?x?(0,??)，有f(x)?M成立？若存在，求出M的最小值；若不存在，说明理由. 【答案】解：（I）因为f(x)??1,且f(x)??2， 即g(x)???f(x)?x2?2hx?h在(0,??)是增函数，所以h?0 ??????1分 xf(x)hh?x??2hh'(x)?1?(0,??)在不是增函数，而 22xxx而h(x)?当h(x)是增函数时，有h?0，所以当h(x)不是增函数时，h?0 综上，得h?0 ?4分 (Ⅱ) 因为f(x)??1，且0?a?b?c?a?b?c 所以

f(a)f(a?b?c)4?=， aa?b?ca?b?c4a，

a?b?c4b4c，f(c)?t?

a?b?ca?b?c所以f(a)?d?同理可证f(b)?d?三式相加得f(a)?f(b)?f(c)?2d?t?4(a?b?c)?4,

a?b?c所以2d?t?4?0 ????6分 因为

ddb?a?,所以d()?0, abab而0?a?b， 所以d?0 所以d(2d?t?4)?0 ???8分

(Ⅲ) 因为集合??f(x)|f(x)??2,且存在常数k,使得任取x?(0,??),f(x)?k, 所以?f(x)??，存在常数k，使得 f(x)?k 对x?(0,??)成立 我们先证明f(x)?0对x?(0,??)成立 假设?x0?(0,??),使得f(x0)?0，

?? 17

记

f(x0)x2?m?0 0因为f(x)是二阶比增函数，即f(x)x2是增函数. 所以当x?xf(x)0时，

x?f(x0)x2?m，所以f(x)?mx22 0 所以一定可以找到一个x1?x0，使得f(x1)?mx21?k 这与f(x)?k 对x?(0,??)成立矛盾 ????11分

f(x)?0对x?(0,??)成立

所以?f(x)??，f(x)?0对x?(0,??)成立 下面我们证明f(x)?0在(0,??)上无解 假设存在x2?0，使得f(x2)?0，

则因为f(x)是二阶增函数，即

f(x)x2是增函数 一定存在xf(x3)f3?x2?0，x2?(x2)2?0，这与上面证明的结果矛盾 3x2所以f(x)?0在(0,??)上无解

综上，我们得到?f(x)??，f(x)?0对x?(0,??)成立

所以存在常数M?0，使得?f(x)??，?x?(0,??)，有f(x)?M成立又令f(x)??1x(x?0)，则f(x)?0对x?(0,??)成立，

又有

f(x)x2??1x3在(0,??)上是增函数 ，所以f(x)??， 而任取常数k?0，总可以找到一个x0?0，使得x?x0时，有f(x)?k

所以M的最小值 为0 ?13分

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