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专题七:函数与不等式的综合问题(2)


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第23讲 函数与不等式的综合问题

1.考题展望 函数、不等式、导数综合是历年高考命题的热点,多 以解答题中压轴题的形式出现,除重点考查利用导数 判断函数单调性和利用导数求极值、最值外,较多的 还是导数与不等式的整合,即将求参数范围问题转化 为求函数最值问题,通过构造函数,以导数为工具证 明不等式问题,

旨在考查学生思维能力及数学素养.

2.高考真题 考题1(2012 北京)已知 f(x)=m(x-2m)(x+m+3), g(x)=2x-2,若同时满足条件: ①?x∈R,f(x)<0 或 g(x)<0; ②?x∈(-∞,-4),f(x)g(x)<0. 则 m 的取值范围是____________.

【解析】(-4,-2) 根据 g(x)=2x-2<0,可解得 x<1. 由于题目中第一个条件:?x∈R,f(x)<0 或 g(x)<0 成立的限制,导致 f(x)在 x≥1 时必须是 f(x)<0 的. 当 m=0 时,f(x)=0 不能做到 f(x)在 x≥1 时 f(x)<0, 所以舍掉.因此,f(x)作为二次函数开口只能 向下, 故 m<0,且此时两个根为 x1=2m, x2=-m-3.

?x1=2m<1 ? 为保证此条件成立,需要? ? ?x2=-m-3<1 ?

? 1 ?m< ? 2 , ?m>-4 ? 和大前提 m<0 取交集结果为-4<m<0;又由 于条件②: 要求?x∈(-∞,-4),f(x)g(x)<0 的限制, 可分析得出在 x∈(-∞,-4)时,g(x)恒负, 因此就需要在这个范围内 f(x)有得正数的可 能,

即-4 应该比 x1,x2 两根中小的那个大, 当 m∈(-1,0)时,-m-3<-4,解得 m>1, 交集为空,舍; 当 m=-1 时,两个根同为-2>-4,舍; 当 m∈(-4,-1)时, 2m<-4,解得 m<-2, 综上所述 m∈(-4,-2).

【命题立意】本小题主要考查全称量词的含义、指数 不等式和二次不等式解法和利用二次函数分析探究二 次不等式,考查转化化归思想和分析问题解决问题的 能力.

考题2(2012 湖南)已知函数 f(x)=eax-x,其中 a≠0. (1)若对一切 x∈R,f(x)≥1 恒成立,求 a 的取 值集合; (2)在函数 f(x)的图象上取定两点 A(x1,f(x1)), B(x2,f(x2))(x1<x2),记直线 AB 的斜率为 k,问: 是否存在 x0∈(x1,x2),使 f′(x0)>k 成立?若存在, 求 x0 的取值范围;若不存在,请说明理由.

【解析】(1)若 a<0,则对一切 x>0, f(x)=eax-x<1, 这与题设矛盾,又 a≠0,故 a>0. 1 1 而 f′(x)=ae -1,令 f′(x)=0,得 x=alna. 1 1 当 x<alna时,f′(x)<0,f(x)单调递减; 1 1 当 x>alna时,f′(x)>0,f(x)单调递增, 1 1 故当 x=alna时,
ax

1 1 1 1 1 f(x)取最小值 f( ln )= - ln . a a a a a 于是对一切 x∈R,f(x)≥1 恒成立,当且仅当 1 1 1 a-alna≥1. ① 令 g(t)=t-tlnt,则 g′(t)=-lnt. 当 0<t<1 时,g′(t)>0,g(t)单调递增; 当 t>1 时,g′(t)<0,g(t)单调递减.

故当 t=1 时,g(t)取最大值 g(1)=1. 1 因此,当且仅当 =1 即 a=1 时,①式成立. a 综上所述,a 的取值集合为{1}.

【命题立意】本题主要考查导数的运算、复合函数的导 数、两点间连线的斜率公式、不等式的证明及利用导数 研究函数单调性、最值、不等式恒成立问题等知识与方 法,考查运算求解能力,推理论证能力和创新意识,考 查分类讨论思想、函数与方程思想,转化与化归思想等 数学思想方法.

函数与不等式的综合问题,主要有以下几方面的内容: 1.函数、导数、不等式综合在一起,解决单调性, 参数的范围等问题,这类问题涉及到含参数的不等式, 不等式的恒成立,能成立,恰成立的求解; 2.通过构造函数,以导数为工具证明不等式.

1.参变量范围问题 p 例1设函数 f(x)=px- -2lnx. x (1)若函数 f(x)在其定义域内为单调递增函数, 求实数 p 的取值范围; 2e (2)设 g(x)= x 且 p>0.若在区间[1,e]上至少存 在一点 x0,使 f(x0)>g(x0)成立,求实数 p 的取值范 围.

p 【解析】(1)由 f(x)=px- -2lnx, x px2-2x+p p 2 得 f′(x)=p+ 2-x= x x2 函数 f(x)在其定义域(0,+∞)上为增函数 则?x∈(0,+∞),f′(x)≥0 即 px2-2x+p≥0 恒成立 2x 2x 2x 即 p≥ 2 ,而当 x>0 时, 2 ≤ =1 x +1 x +1 2x 故 p≥1,即 p 的取值范围为[1,+∞).

(2)由题设可知不等式 f(x)>g(x)在区间[1,e]上有解 p 2e 令 F(x)=f(x)-g(x)=px-x-2lnx- x
2 p 2 2e px +p+2(e-x) F′(x)=p+ 2-x+ 2 = x x x2

当 p>0,x∈[1,e]时,F′(x)>0,可知 F(x)在 [1,e]上为增函数, p 因此 F(x)max=F(e)>0,即 ep- -4>0,求得 e 4e p> 2 , e -1 4e 即 p 的取值范围是( 2 ,+∞). e -1

【点评】本题涉及到含参数的不等式恒成立,能 成立问题的求解,要注意两者之间的区别.若 f(x)<a 在[m, n]上恒成立, a>f(x)max; f(x)<a 则 若 在[m,n]上有解,则 a>f(x)min;若 f(x)>a 在[m, n]上恒成立,则 a<f(x)min;若 f(x)>a 在[m,n] 上有解,则 a<f(x)max.

2.利用导数证明不等式 例2 已知函数 f(x)=alnx-(x-1)2 -ax(常数 a∈R). (1)求 f(x)的单调区间; (2)设 a>0, 如果对于 f(x)的图象上两点 P1(x1, 1)), f(x P2(x2,f(x2))(x1<x2),存在 x0∈(x1,x2),使得 f(x) x1+x2 的图象在 x=x0 处的切线 m∥P1P2, 求证:0< x . 2

【解析】(1)f(x)的定义域为(0,+∞), (1-x)(2x+a) a f′(x)=x-2(x-1)-a= , x ①a≥0 时,f(x)的增区间为(0,1),减区间为 (1,+∞); a ②-2<a<0 时,f(x)的增区间为(- ,1), 2 a 减区间为(0,- ),(1,+∞); 2

③a=-2 时,f(x)的减区间为(0,+∞); a ④a<-2 时,f(x)的增区间为(1,- ), 2 a 减区间为(0,1),(- ,+∞). 2

(2)由题意 f(x2)-f(x1) f′(x0)=kP1P2= x2-x1 [alnx2-(x2-1)2-ax2]-[alnx1-(x1-1)2-ax1] = x2-x1 x2 aln x1 = -(x1+x2-2)-a x2-x1 x1+x2 2a 又 f′( )= -(x1+x2-2)-a 2 x1+x2

a ∵f′(x)=x-2(x-1)-a(a>0)在(0, +∞)上为减函 数 x1+x2 x1+x2 要证 x0< ,只要证 f′(x0)>f′( ) 2 2 x2 aln x1 2a x2 2(x2-x1) 即 > ,即证 ln > x1 x2-x1 x1+x2 x1+x2 2(t-1) x2 令 t= >1,g(t)=lnt- , x1 t+1 (t-1)2 1 4 g′(t)= t - = >0 (t+1)2 t(t+1)2

∴g(t)在(1,+∞)为增函数,∴g(t)>g(1)=0 2(t-1) lnt 2 ∴lnt> ,即 > , t+1 t-1 t+1 x2 2(x2-x1) 即 ln > , x1 x1+x2 x1+x2 ∴x0< 得证. 2

【点评】以导数为工具证明不等式的题型一般是将待 证不等式进行变形,依据变形后的结构特征,构造函 数利用导数研究函数的理论进行证明.

3.函数与不等式的综合问题 例3设函数 f(x)定义在(0,+∞)上,f(1)=0, 1 导函数 f′(x)=x,g(x)=f(x)+f′(x). (1)求 g(x)的单调区间和最小值; 1 (2)讨论 g(x)与 g( )的大小关系; x 1 (3)是否存在 x0>0,使得|g(x)-g(x0)|<x对任意 x>0 成立?若存在, 求出 x0 的取值范围; 若不存在, 请说明理由.

1 【解析】(1)∵f′(x)=x,∴f(x)=lnx+c(c 为常 数), 又∵f(1)=0,所以 ln1+c=0,即 c=0, 1 ∴f(x)=lnx;g(x)=lnx+ . x x-1 x-1 ∴g′(x)= 2 ,令 g′(x)=0,即 2 =0,解 x x 得 x=1, 当 x∈(0,1)时,g′(x)<0,g(x)是减函数, 故区间(0,1)是函数 g(x)的减区间;

当 x∈(1,+∞)时,g′(x)>0,g(x)是增函数, 故区间(1,+∞)是函数 g(x)的增区间; 所以 x=1 是 g(x)的唯一极值点,且为极小值点, 从而也是最小值点,所以 g(x)的最小值是 g(1)=1. 1 1 1 (2)g(x)=-lnx+x, h(x)=g(x)-g(x)=2lnx-x+x, 设 (x-1)2 则 h′(x)=- , x2 1 当 x=1 时,h(1)=0,即 g(x)=g(x);

当 x∈(0, 1)∪(1, +∞)时, h′(x)<0, h′(1)=0, 因此函数 h(x)在(0,+∞)内单调递减, 1 当 0<x<1 时,h(x)>h(1)=0,∴g(x)>g(x); 1 当 x>1 时,h(x)<h(1)=0,∴g(x)<g( ). x (3)满足条件的 x0 不存在.证明如下: 1 证法一:假设存在 x0>0,使|g(x)-g(x0)|<x对 任意 x>0 成立, 2 即对任意 x>0 有 lnx<g(x0)<lnx+x①

但对上述的 x0, x1=eg(x0)时, lnx1=g(x0), 取 有 这与①左边的不等式矛盾, 1 因此不存在 x0>0, 使|g(x)-g(x0)|<x对任意 x>0 成立. 1 证法二:假设存在 x0>0,使|g(x)-g(x0)|<x对 任意 x>0 成立, 由(1)知, g(x)的最小值是 g(1)=1, g(x)=lnx 又 1 +x>lnx, 而 x>1 时,lnx 的值域为(0,+∞),

∴当 x≥1 时,g(x)的值域为[1,+∞),从而 可以取一个值 x1>1,使 g(x1)≥g(x0)+1, 即 g(x1)-g(x0)≥1, 1 ∴|g(x1)-g(x0)|≥1> ,这与假设矛盾. x1 1 ∴不存在 x0>0,使|g(x)-g(x0)|<x对任意 x>0 成立.

【点评】(1)先求出原函数f(x),再求得g(x),然后利用 导数判断函数的单调性(单调区间),并求出最小值;(2) 作差法比较,构造一个新的函数,利用导数判断函数的 单调性,并由单调性判断函数的正负;(3)存在性问题通 常采用假设存在,然后进行求解;注意利用前两问的结 论.

求解函数、不等式、导数的综合问题要注意: 1.综合运用所学的数学思想方法来分析问题,并及时 地进行思维的转换,将问题等价转化.如含参数的不等 式,不等式的恒成立,能成立,恰成立的求解往往是等 价转化为求函数的最值问题. 2.证明不等式的方法多,应注意恰当运用,特别要注 意放缩法和构造函数法的灵活运用. 3.要熟练运用导数这一工具来解决函数的单调性与最 值问题.

1.f(x)是定义在(0,+∞)上的非负可导函数, 且满足 xf′(x)+f(x)≤0.对任意正数 a、b,若 a<b, 则必有( C ) A.af(a)≤f(b) B.bf(b)≤f(a) C.af(b)≤bf(a) D.bf(a)≤af(b)

【解析】∵xf′(x)+f(x)≤0,即[xf(x)]′≤0, ∴xf(x)是减函数.又∵a<b,∴af(a)≥bf(b). 又∵b>a>0,f(x)≥0, ∴bf(a)≥af(a)且 bf(b)≥af(b), ∴bf(a)≥af(a)≥bf(b)≥af(b), ∴bf(a)≥af(b).

2.如图,fi(x)(i=1,2,3,4)是定义在[0,1] 上的四个函数,其中满足性质:对[0,1]中任意 x1, x2,任意 λ∈[0,1],f[λx1+(1-λ)x2]≤λ f(x1)+(1 -λ)f(x2)恒成立的只有( A )

A.f1(x)和 f3(x) C.f2(x)和 f3(x)

B.f2(x) D.f4(x)

x1+x2 f(x1)+f(x2) 1 【解析】令 λ= ,则 f( )≤ , 2 2 2 表明 f(x)在[0, 1]上的图象是下凸或平直的, 故选 A.(特 殊值法,应用淘汰法.)

3.已知函数 y=-x3+ax2+b(x∈R)图象上任 意两点的连线的斜率都小于 1,则实数 a 的取值范 围是( C ) A.(-3,3) C.(- 3, 3) B.(- 5, 5) D.(- 2, 2)

【解析】 因为图象上任意两点的连线斜率都小于 1, 即导数小于 1. ∵y′=-3x2+2ax,∴-3x2+2ax<1 (1)若 a=0,则该式恒成立; 3x2+1 3x 1 (2)a≠0,①当 x>0 时有 a< = + 恒成立, 2x 2 2x 而 3x 1 + ≥2 2 2x 3 = 3, 4

∴a< 3

3x2+1 3x 1 ②当 x<0 时有 a> = + 恒成立, 2x 2 2x 3x 1 3 而 + ≤-2 =- 3, 2 2x 4 ∴a>- 3. 综上:a 的取值范围为(- 3, 3).

4.函数 f(x)的定义域为 R,f(-1)=2,对任意 x∈R, f′(x)>2,则 f(x)>2x+4 的解集为 (-1,+∞) 【解析】令 g(x)=f(x)-2x-4, 则 g′(x)=f′(x)-2>0,g(-1)=0, 故 f(x)>2x+4 的解集为(-1,+∞). .

5.设 a 为实常数,对任意 x∈[0,+∞),不 等式(x+1)ln(x+1)≥ax 恒成立,则 a 的取值范围 (-∞,1] 是 . 【解析】设 f(x)=(x+1)ln(x+1)-ax, 因为当 x∈[0,+∞)时,f(x)≥0 恒成立, 所以当 x∈[0,+∞)时,f(x)min≥0.

1 因为 f′(x)=ln(x+1)+(x+1)· -a x+1 =ln(x+1)+1-a. 由 f′(x)>0,得 ln(x+1)>a-1,即 x>ea-1-1. 所以 f(x)在[ea-1-1,+∞)上是增函数, 在(-1,ea-1-1]上是减函数.又 f(0)=0, 所以 ea-1-1≤0,即 a≤1,即 a∈(-∞,1].

1 3 6. 已知函数 f(x)=lnx- x+ -1, g(x)=x2-2bx 4 4x + 4 , 若 对 任 意 x1 ∈ (0 , 2), 存 在 x2 ∈ [1 , 2] , 使 f(x1)≥g(x2),则实数 b 的取值范围是
17 [ ,+∞) 8



-(x-1)(x-3) 【解析】f′(x)= ,令 f′(x)=0 4x2 得 x1=1, x2=3?(0,2). 当 x∈(0,1)时,f′(x)<0,函数 f(x)单调递减; 当 x∈(1,2)时,f′(x)>0,函数 f(x)单调递增, 1 所以 f(x)在(0,2)上的最小值为 f(1)=- . 2

由于“对任意 x1∈(0,2),存在 x2∈[1,2], 使 f(x1)≥g(x2)”等价于“g(x)在[1,2]上的最小 1 值不大于 f(x)在(0,2)上的最小值- ” (*). 2 又 g(x)=(x-b)2+4-b2,x∈[1,2],所以 ①当 b<1 时,因为 g(x)min=g(1)=5-2b>0, 此时与(*)矛盾; ②当 b∈[1, 2]时, 因为 g(x)min=g(b)=4-b2≥0, 此时与(*)矛盾;

③当 b∈(2,+∞)时,因为 g(x)min=g(2) =8-4b. 1 17 解不等式 8-4b≤- ,可得 b≥ . 2 8 17 综上,b 的取值范围是[ ,+∞). 8

7.已知函数 f(x)=ln(ex+1)-ax. (1)设 a>0,讨论 f(x)的单调性; (2)当 a=e 时,若△ABC 的三个顶点 A、B、C 都在函数 y=f(x)的图象上,且横坐标成等差数列, 求证△ABC 为钝角三角形.

ex 1 【解析】(1)由已知 f′(x)= x -a=1- x e +1 e +1 -a, 当 a≥1 时,f′(x)<0,y=f(x)在 R 上单调递减; 当 0<a<1 时,解 f′(x)>0 得(1-a)(ex+1)>1, 1 a x 即 e >-1+ ,∴x>ln 1-a 1-a a ∴故当 0<a<1 时,y=f(x)在[ln ,+∞)内 1-a 单调递增; a 在(-∞,ln )内单调递减. 1-a

(2)当 a=e 时,f(x)=ln(ex+1)-ex 在(-∞, +∞)上单调递减, 设 A(x1,f(x1)),B(x2,f(x2)),C(x3,f(x3)), 不妨设 x1<x2<x3, → ∴BA=(x1-x2,f(x1)-f(x2)), → BC=(x3-x2,f(x3)-f(x2)), → → 又 ∵ BA · BC = (x1 - x2)(x3 - x2) + (f(x1) - f(x2))(f(x3)-f(x2))

又由 f(x)的单调性可知: x1-x2<0,x3-x2>0,f(x1)-f(x2)>0, f(x3)-f(x2)<0. → → BA·BC → → ∴BA·BC<0,∴cos∠ABC= <0. → ||BC| → |BA ∴△BAC 为钝角三角形.

1 3 8.已知函数 f(x)=x e ,g(x)= ax -a2x, 3
2
-x

其中 a∈R,a>0. (1)若?x1∈[0,2],?x0∈[0,2]使得 g(x0) e2 = f(x1)成立,求实数 a 的取值范围; 6 (2)证明:当 x>0 时,对任意 n∈N*,f(x)<n! x2-n.

【解析】(1)∵f′(x)=2xe x-x2e x=x(2-x)e x ∴?x∈(0,2),f′(x)>0,∴f(x)在[0,2]上为增函 数. 4 ∴f(0)≤f(x1)≤f(2)即 f(x1)∈[0, 2] e e2 2 从而 f(x1)∈[0, ] 6 3 又 g′(x)=ax2-a2=a(x2-a)=a(x+ a)(x- a)







①若 0< a<2 即 0<a<4 时,由于 g(x)在(0, a)上 递减, 在( a,2)上递增. 则当 x∈[0,2]时 g(x)max=max{g(0),g(2)} 8 又 g(0)=0,g(2)= a-2a2, 3 1 2 2 2 2 g(x)min=g( a)= a a-a a=- a a<0 3 3 则 g( a)≤g(x0)≤max{g(0),g(2)} 8a 2 1 2 依题意,则 -2a ≥ ,解得 ≤a≤1. 3 3 3

②若 a≥2 即 a≥4 时,由于 g(x)在[0,2]上递减 则 g(2)≤g(x0)≤g(0)而 g(0)=0.不含题意. 1 故实数 a 的取值范围是[ ,1]. 3

(2)当 x>0 时 f(x)<n! x

2- n

x2 x2 ? x <n! n?n! x>xn, e x e

由数学归纳法 当 n=1 时,设 g1(x)=ex-x(x>0),则 g′1(x)= ex-1>0 即 g1(x)在(0, +∞)递增. ∴当 x>0 时 g1(x)>g1(0) =1>0, ∴ex>x 成立; 假设 n=k 时,k!ex>xk 成立

则 n=k+1 时,令 h(x)=(k+1)!ex-xk 1(x>0) 则 h′(x)=(k+1)!x-(k+1)xk=(k+1)(k!x-xk)>0 e e ∴h(x)在(0,+∞)递增. ∴当 x>0 时,h(x)>h(0)=(k+1)!>0,∴(k+1)! + ex>xk 1, - 综上可知当 x>0 时,对任意 n∈N*,f(x)<n!x2 n 成立.




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