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山东2016高考数学理科二轮复习讲义:专题一+第5讲++导数与不等式、存在性及恒成立问题


第 5 讲 导数与不等式、存在性及恒成立问题
高考定位 在高考压轴题中,函数与不等式交汇的试题是考查的热点,一类是利用导数证明 不等式,另一类是存在性及恒成立问题.

真 题 感 悟
(2015· 山东卷)设函数 f(x)=ln(x+1)+a(x2-x),其中 a∈R. (1)讨论函数 f(x)极值点的个数,并说明理由; (2)若?x>0,f(x)≥0 成立,求 a 的取值范围. 解 (1)由题意知,函数 f(x)的定义域为(-1,+∞),

2ax2+ax-a+1 1 f′(x)= +a(2x-1)= . x+1 x+1 令 g(x)=2ax2+ax-a+1,x∈(-1,+∞). ①当 a=0 时,g(x)=1,此时 f′(x)>0, 函数 f(x)在(-1,+∞)上单调递增,无极值点; ②当 a>0 时,Δ=a2-8a(1-a)=a(9a-8). 8 (ⅰ)当 0<a≤9时,Δ≤0,g(x)≥0,f′(x)≥0, 函数 f(x)在(-1,+∞)上单调递增,无极值点; 8 (ⅱ)当 a>9时,Δ>0, 设方程 2ax2+ax-a+1=0 的两根为 x1,x2(x1<x2), 1 1 1 因为 x1+x2=-2,所以 x1<-4,x2>-4. 1 由 g(-1)=1>0,可得-1<x1<-4. 所以当 x∈(-1,x1)时,g(x)>0,f′(x)>0,函数 f(x)单调递增; 当 x∈(x1,x2)时,g(x)<0,f′(x)<0,函数 f(x)单调递减; 当 x∈(x2,+∞)时,g(x)>0,f′(x)>0,函数 f(x)单调递增; 因此函数有两个极值点. (ⅲ)当 a<0 时,Δ>0,
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由 g(-1)=1>0,可得 x1<-1. 当 x∈(-1,x2)时, g(x)>0,f′(x)>0,函数 f(x)单调递增; 当 x∈(x2,+∞)时,g(x)<0,f′(x)<0,函数 f(x)单调递减; 所以函数有一个极值点. 综上所述,当 a<0 时,函数 f(x)有一个极值点; 8 当 0≤a≤9时,函数 f(x)无极值点; 8 当 a> 时,函数 f(x)有两个极值点. 9 8 (2)由(1)知,①当 0≤a≤9时,函数 f(x)在(0,+∞)上单调递增,因为 f(0)=0, 所以 x∈(0,+∞)时,f(x)>0,符合题意; 8 ②当9<a≤1 时,由 g(0)≥0,得 x2≤0, 所以函数 f(x)在(0,+∞)上单调递增, 又 f(0)=0,所以 x∈(0,+∞)时,f(x)>0,符合题意; ③当 a>1 时,由 g(0)<0,可得 x2>0. 所以 x∈(0,x2)时,函数 f(x)单调递减; 因为 f(0)=0,所以 x∈(0,x2)时,f(x)<0,不合题意; ④当 a<0 时,设 h(x)=x-ln(x+1). 因为 x∈(0,+∞)时,h′(x)=1- 1 x = >0 , x+1 x+1

所以 h(x)在(0,+∞)上单调递增, 因此当 x∈(0,+∞)时,h(x)>h(0)=0, 即 ln(x+1)<x. 可得 f(x)<x+a(x2-x)=ax2+(1-a)x, 1 当 x>1-a时,ax2+(1-a)x<0, 此时 f(x)<0,不合题意.综上所述,a 的取值范围是[0,1].

考 点 整 合
1.常见构造辅助函数的四种方法
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(1)移项法:证明不等式 f(x)>g(x)(f(x)<g(x))的问题转化为证明 f(x)-g(x)>0(f(x)-g(x)<0), 进而构造辅助函数 h(x)=f(x)-g(x). (2)构造“形似”函数:对原不等式同解变形,如移项、通分、取对数,把不等式转化为左右 两边是相同结构的式子的结构,根据“相同结构”构造辅助函数. (3)放缩法:若所构造函数最值不易求解,可将所证明不等式进行放缩,再重新构造函数. (4)主元法:对于(或可化为)f(x1,x2)≥A 的不等式,可选 x1(或 x2)为主元,构造函数 f(x,x2)(或 f(x,x1)). 2.利用导数解决不等式恒成立问题的“两种”常用方法 (1)分离参数法:将原不等式分离参数,转化为不含参数的函数的最值问题,利用导数求该函 数的最值,根据要求得所求范围.一般地,f(x)≥a 恒成立,只需 f(x)min≥a 即可;f(x)≤a 恒 成立,只需 f(x)max≤a 即可. (2)函数思想法:将不等式转化为某含待求参数的函数的最值问题,利用导数求该函数的极值 (最值),然后构建不等式求解. 3.不等式的恒成立与能成立问题 (1)f(x)>g(x)对一切 x∈I 恒成立?I 是 f(x)>g(x)的解集的子集?[f(x)-g(x)]min>0(x∈I). (2)f(x)>g(x)对 x∈I 能成立?I 与 f(x)>g(x)的解集的交集不是空集?[f(x)-g(x)]max>0(x∈I). (3)对?x1,x2∈I 使得 f(x1)≤g(x2)?f(x)max≤g(x)min. (4)对?x1∈I,?x2∈I 使得 f(x1)≥g(x2)?f(x)min≥g(x)min.

热点一

导数与不等式 利用导数证明不等式

[微题型 1]

【例 1-1】 已知函数 f(x)=ex-ln(x+m). (1)设 x=0 是 f(x)的极值点,求 m,并讨论 f(x)的单调性; (2)当 m≤2 时,证明 f(x)>0. (1)解 易知 f′(x)=ex- 1 . x+m

由 x=0 是 f(x)的极值点得 f′(0)=0, 所以 m=1. 于是 f(x)=ex-ln(x+1),定义域为(-1,+∞), ∴f′(x)=ex- 1 在(-1,+∞)上是增函数,且 f′(0)=0. x+1
3

当 x∈(-1,0)时,f′(x)<0;当 x>0 时,f′(x)>0. 故 f(x)在(-1,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增. (2)证明 当 m≤2,x>-m 时,ln(x+m)≤ln(x+2). 故只需证明当 m=2 时,f(x)>0. 当 m=2 时,f′(x)=ex- 1 在(-2,+∞)上单调递增. x+2

1 1 又 f′(-1)=e -1<0,f′(0)=1-2>0. 所以 f′(x)=0 在(-2,+∞)上有唯一实根 x0, 且-1<x0<0. 于是 y=f(x)在 x=x0 处,取到最小值. 又 f′(x0)=0,得 e 0 =
x

1 , x0+2

两边取对数得 ln(x0+2)=-x0. (x0+1) 1 故 f(x)≥f(x0)= e -ln(x0+2)= +x = >0.综上可知, 当 m≤2 时, f(x)>0 成立. x0+2 0 x0+2
x0
2

探究提高

(1)证明 f(x)≥g(x)或 f(x)≤g(x),可通过构造函数 h(x)=f(x)-g(x),将上述不等式转

化为求证 h(x)≥0 或 h(x)≤0,从而利用求 h(x)的最小值或最大值来证明不等式.或者,利用 f(x)min≥g(x)max 或 f(x)max≤g(x)min 来证明不等式. (2)在证明不等式时,如果不等式较为复杂,则可以通过不等式的性质把原不等式变换为简单 的不等式,再进行证明. [微题型 2] 【例 1-2】 不等式恒成立求参数范围问题 (1)已知函数 f(x)=ax-1-ln x,a∈R.

①讨论函数 f(x)的单调区间; ②若函数 f(x)在 x=1 处取得极值,对?x∈(0,+∞),f(x)≥bx-2 恒成立,求实数 b 的取值范 围. (2)设 f(x)= 解 xln x ,若对?x∈[1,+∞),f(x)≤m(x-1)恒成立,求 m 的取值范围. x+1

1 ax-1 (1)①在区间(0,+∞)上,f′(x)=a- x= x ,

当 a≤0 时,f′(x)<0 恒成立,f(x)在区间(0,+∞)上单调递减; 1? 1 ? 当 a>0 时,令 f′(x)=0 得 x=a,在区间?0,a?上, ? ?
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?1 ? f′(x)<0,函数 f(x)单调递减,在区间?a,+∞?上, ? ? f′(x)>0,函数 f(x)单调递增. 综上所述:当 a≤0 时,f(x)的单调递减区间是(0,+∞),无单调递增区间; 1? ? ?1 ? 当 a>0 时,f(x)的单调递减区间是?0,a?,单调递增区间是?a,+∞?. ? ? ? ? ②因为函数 f(x)在 x=1 处取得极值, 所以 f′(1)=0,解得 a=1,经检验可知满足题意. 由已知 f(x)≥bx-2,即 x-1-ln x≥bx-2, 1 ln x 即 1+x- x ≥b 对?x∈(0,+∞)恒成立, 1 ln x 令 g(x)=1+ x- x , 1 1-ln x ln x-2 则 g′(x)=-x2- x2 = x2 , 易得 g(x)在(0,e2]上单调递减,在[e2,+∞)上单调递增, 1 1 所以 g(x)min=g(e2)=1-e2,即 b≤1-e2. (2)f(x)= xln x ,?x∈[1,+∞),f(x)≤m(x-1), x+1

? 1? 即 ln x≤m?x-x?. ? ? ? 1? 设 g(x)=ln x-m?x- x?, ? ? 即?x∈[1,+∞),g(x)≤0 恒成立,等价于函数 g(x)在[1,+∞)上的最大值 g(x)max≤0. 1 ? -mx2+x-m 1 ? g′(x)= x-m?1+x2?= . x2 ? ? ①若 m≤0,g′(x)>0,g(x)在[1,+∞)上单调递增, 即 g(x)≥g(1)=0,这与要求的 g(x)≤0 矛盾. ②若 m>0,方程-mx2+x-m=0 的判别式 Δ=1-4m2. 1 当 Δ≤0,即 m≥2时,g′(x)≤0. 所以 g(x)在[1,+∞)上单调递减,g(x)max=g(1)=0, 即不等式成立;

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1- 1-4m2 1+ 1-4m2 1 当 0<m< 时,方程-mx2+x-m=0 的两根分别为 x1= <1,x2= > 2 2m 2m 1. 当 x∈(1,x2)时,g′(x)>0,g(x)单调递增,g(x)>g(1)=0,与要求矛盾. 1 综上所述,m≥2. 探究提高 对于求不等式成立时的参数范围问题,在可能的情况下把参数分离出来,使不等

式一端是含有参数的不等式,另一端是一个区间上具体的函数,这样就把问题转化为一端是 函数,另一端是参数的不等式,便于问题的解决.但要注意分离参数法不是万能的,如果分 离参数后,得出的函数解析式较为复杂,性质很难研究,就不要使用分离参数法. 【训练 1】 (2015· 武汉模拟)设函数 f(x)=1-x2+ln(x+1).

(1)求函数 f(x)的单调区间; (2)若不等式 f(x)> 解 kx -x2(k∈N*)在(0,+∞)上恒成立,求 k 的最大值. x+1

(1)函数 f(x)的定义域为(-1,+∞), 3-1 1 -2x,由 f′(x)>0,得-1<x< 2 ; x+1 3-1 2 .

f′(x)=

由 f′(x)<0,得 x>

? ? 3-1 ? 3-1? ?,单调递减区间为? 所以函数 f(x)的单调递增区间为?-1, ,+∞?. 2 2 ? ? ? ? (2)法一 由已知 f(x)> 得 k< kx -x2 在(0,+∞)上恒成立, x+1

(x+1)[1+ln(x+1)] (x>0), x (x+1)[1+ln(x+1)] (x>0), x x-1-ln(x+1) , x2

令 g(x)=

则 g′(x)=

设 h(x)=x-1-ln(x+1)(x>0), 则 h′(x)=1- 1 x = >0, x+1 x+1

所以函数 h(x)在(0,+∞)上单调递增. 而 h(2)=1-ln 3<0,h(3)=2-ln 4>0, 由零点存在定理,知存在 x0∈(2,3),使得 h(x0)=0,
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即 1+ln(x0+1)=x0, 又函数 h(x)在(0,+∞)上单调递增, 所以当 x∈(0,x0)时,h(x)<h(x0)=0; 当 x∈(x0,+∞)时,h(x)>h(x0)=0. 从而当 x∈(0,x0)时,g′(x)= 当 x∈(x0,+∞)时,g′(x)= h(x) x2 <0;

h(x) x2 >0, (x0+1)[1+ln(x0+1)] =x0+1. x0

所以 g(x)在(0,+∞)上的最小值为 g(x0)= 因此 f(x)>

kx -x2 在(0,+∞)上恒成立等价于 k<g(x)min=x0+1. x+1

由 x0∈(2,3),知 x0+1∈(3,4),所以 k 的最大值为 3. 法二 由题意,1+ln(x+1)> kx 在(0,+∞)上恒成立. x+1

设 g(x)=1+ln(x+1)- 则 g′(x)=

kx (x>0), x+1

x-(k-1) 1 k - , 2= x+1 (x+1) (x+1)2 x >0, (x+1)2

(ⅰ)当 k=1 时,则 g′(x)=

所以 g(x)单调递增,g(0)=1>0, 即 g(x)>0 恒成立. (ⅱ)当 k>1 时,则 g(x)在(0,k-1)上单调递减,在(k-1,+∞)上单调递增, 所以 g(x)的最小值为 g(k-1),只需 g(k-1)>0 即可, 即 ln k-k+2>0. 设 h(k)=ln k-k+2(k>1), 1-k h′(k)= k <0,则 h(k)单调递减, 因为 h(2)=ln 2>0,h(3)=ln 3-1>0,h(4)=ln 4-2<0, 所以 k 的最大值为 3. 热点二 存在与恒成立问题

1-a 例 2 (2015· 东营模拟)已知函数 f(x)=ln x-ax+ x -1(a∈R).
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1 (1)当 a≤2时,讨论 f(x)的单调性; 1 (2)设 g(x)=x2-2bx+4,当 a=4时,若对任意 x1∈(0,2),存在 x2∈[1,2],使 f(x1)≥g(x2), 求实数 b 的取值范围. 解 1-a (1)因为 f(x)=ln x-ax+ x -1,

a-1 ax2-x+1-a 1 所以 f′(x)= x-a+ x2 =- , x2 x∈(0,+∞). 令 h(x)=ax2-x+1-a,x∈(0,+∞). (ⅰ)当 a=0 时,h(x)=-x+1,x∈(0,+∞), 所以当 x∈(0,1)时,h(x)>0,此时 f′(x)<0,函数 f(x)单调递减;当 x∈(1,+∞)时,h(x)<0, 此时 f′(x)>0,函数 f(x)单调递增. (ⅱ)当 a≠0 时,由 f′(x)=0, 1 即 ax2-x+1-a=0,解得 x1=1,x2=a-1. 1 ①当 a=2时,x1=x2,h(x)≥0 恒成立, 此时 f′(x)≤0,函数 f(x)在(0,+∞)上单调递减. 1 1 ②当 0<a<2时,a-1>1>0, x∈(0,1)时,h(x)>0,此时 f′(x)<0,函数 f(x)单调递减; 1 ? ? x∈?1,a-1?时,h(x)<0,此时 f′(x)>0,函数 f(x)单调递增; ? ? ?1 ? x∈?a-1,+∞?时,h(x)>0,此时 f′(x)<0,函数 f(x)单调递减. ? ? 1 ③当 a<0 时,由于a-1<0<1, x∈(0,1)时,h(x)>0,此时 f′(x)<0,函数 f(x)单调递减;x∈(1,+∞)时,h(x)<0,此时 f′(x) >0,函数 f(x)单调递增. 综上所述,当 a≤0 时,函数 f(x)在(0,1]上单调递减,在[1,+∞)上单调递增; 1 当 a=2时,函数 f(x)在(0,+∞)上单调递减;

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1 ? 1 ? ?1 ? 当 0<a<2时,函数 f(x)在(0,1]上单调递减,在?1,a-1?上单调递增,在?a-1,+∞?上单 ? ? ? ? 调递减. 1? 1 ? (2)因为 a=4∈?0,2?,由(1),知 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]上的最小值 1 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,同样与(*)矛盾; ③当 b∈(2,+∞)时,因为 g(x)min=g(2)=8-4b, 1 17 解不等式 8-4b≤-2,可得 b≥ 8 . ?17 ? 综上,可得 b 的取值范围是? 8 ,+∞?. ? ? 探究提高 存在性问题和恒成立问题的区别与联系

存在性问题和恒成立问题容易混淆,它们既有区别又有联系:若 g(x)≤m 恒成立,则 g(x)max ≤m;若 g(x)≥m 恒成立,则 g(x)min≥m;若 g(x)≤m 有解,则 g(x)min≤m;若 g(x)≥m 有解, 则 g(x)max≥m. 【训练 2】 (2015· 泰安模拟)已知函数 f(x)=ln x+x2-ax(a 为常数). (1)若 x=1 是函数 f(x)的一个极值点,求 a 的值; (2)当 0<a≤2 时,试判断 f(x)的单调性; (3)若对任意的 a∈(1,2),x0∈[1,2],不等式 f(x0)>mln a 恒成立,求实数 m 的取值范围. 解 1 f′(x)= x+2x-a.

(1)由已知得:f′(1)=0, 所以 1+2-a=0,所以 a=3. a2 ? a?2 x - ? ? 2 + 1 - 8 2x2-ax+1 ? 4? 1 (2)当 0<a≤2 时,f′(x)=x +2x-a= = . x x
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a2 因为 0<a≤2,所以 1- 8 >0,而 x>0, 2x2-ax+1 即 f′(x)= >0, x 故 f(x)在(0,+∞)上是增函数. (3)当 a∈(1,2)时,由(2)知,f(x)在[1,2]上的最小值为 f(1)=1-a, 1-a 故问题等价于:对任意的 a∈(1,2),不等式 1-a>mln a 恒成立,即 m< ln a 恒成立. 1-a 记 g(a)= ln a (1<a<2), 则 g′(a)= -aln a-1+a . a(ln a)2

令 M(a)=-aln a-1+a,则 M′(a)=-ln a<0, 所以 M(a)在(1,2)上单调递减, 所以 M(a)<M(1)=0, 故 g′(a)<0, 1-a 所以 g(a)= ln a 在 a∈(1,2)上单调递减, 1-2 所以 m≤g(2)= ln 2 =-log2e, 即实数 m 的取值范围为(-∞,-log2e].

1.不等式恒成立、能成立问题常用解法有: (1)分离参数后转化为最值,不等式恒成立问题在变量与参数易于分离的情况下,采用分离参 数转化为函数的最值问题,形如 a>f(x)max 或 a<f(x)min. (2)直接转化为函数的最值问题, 在参数难于分离的情况下, 直接转化为含参函数的最值问题, 伴有对参数的分类讨论. (3)数形结合. 2.利用导数证明不等式的基本步骤 (1)作差或变形. (2)构造新的函数 h(x). (3)利用导数研究 h(x)的单调性或最值. (4)根据单调性及最值,得到所证不等式.
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3.导数在综合应用中转化与化归思想的常见类型 (1)把不等式恒成立问题转化为求函数的最值问题; (2)把证明不等式问题转化为函数的单调性问题; (3)把方程解的问题转化为函数的零点问题.

一、选择题 1 1.已知函数 f(x)=3x3-2x2+3m,x∈[0,+∞),若 f(x)+5≥0 恒成立,则实数 m 的取值范围 是( ) ?17 ? B.? 9 ,+∞? ? ? D.(-∞,2)

?17 ? A.? 9 ,+∞? ? ? C.(-∞,2] 解析

f′(x)=x2-4x,由 f′(x)>0,得 x>4 或 x<0.

∴f(x)在(0,4)上单调递减,在(4,+∞)上单调递增,∴当 x∈[0,+∞)时,f(x)min=f(4).∴ 17 要使 f(x)+5≥0 恒成立,只需 f(4)+5≥0 恒成立即可,代入解之得 m≥ 9 . 答案 A )

2.若存在正数 x 使 2x(x-a)<1 成立,则 a 的取值范围是( A.(-∞,+∞) C.(0,+∞) 解析 1 ∵2x(x-a)<1,∴a>x-2x. B.(-2,+∞) D.(-1,+∞)

1 令 f(x)=x-2x, ∴f′(x)=1+2-xln 2>0. ∴f(x)在(0,+∞)上单调递增, ∴f(x)>f(0)=0-1=-1, ∴a 的取值范围为(-1,+∞),故选 D. 答案 D

3.(2015· 潍坊模拟)当 x∈[-2,1]时,不等式 ax3-x2+4x+3≥0 恒成立,则实数 a 的取值范 围是( ) 9? ? B.?-6,-8? ? ?
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A.[-5,-3]

C.[-6,-2] 解析

D.[-4,-3]

1 ?1?3 ?1?2 1 当 x∈(0,1]时,得 a≥-3? x? -4? x? + x,令 t=x ,则 t∈[1,+∞),a≥-3t3-4t2 ? ? ? ?

+t,令 g(t)=-3t3-4t2+t,t∈[1,+∞),则 g′(t)=-9t2-8t+1=-(t+1)· (9t-1),显然在 [1,+∞)上,g′(t)<0,g(t)单调递减,所以 g(t)max=g(1)=-6,因此 a≥-6;同理,当 x∈[- 2,0)时,得 a≤-2.由以上两种情况得-6≤a≤-2,显然当 x=0 时也成立.故实数 a 的取 值范围为[-6,-2]. 答案 C

4. (2015· 全国Ⅱ卷)设函数 f′(x)是奇函数 f(x)(x∈R)的导函数, f(-1)=0, 当 x>0 时, xf′(x)-f(x) <0,则使得 f(x)>0 成立的 x 的取值范围是( A.(-∞,-1)∪(0,1) B.(-1,0)∪(1,+∞) C.(-∞,-1)∪(-1,0) D.(0,1)∪(1,+∞) 解析 因为 f(x)(x∈R)为奇函数, f(-1)=0, 所以 f(1)=-f(-1)=0.当 x≠0 时, 令 g(x)= f(x) x , )

?f(x)? xf′(x)-f(x) ?′= 则 g(x)为偶函数,且 g(1)=g(-1)=0.则当 x>0 时,g′(x)=? <0, x2 ? x ? 故 g(x)在(0,+∞)上为减函数,在(-∞,0)上为增函数.所以在(0,+∞)上,当 0<x<1 时, g(x)>g(1)=0? f(x) x >0?f(x)>0; f(x) x <0?f(x)>0.综上,得使得 f(x)>0 成

在(-∞,0)上,当 x<-1 时,g(x)<g(-1)=0? 立的 x 的取值范围是(-∞,-1)∪(0,1),选 A. 答案 A

a 3 5.已知函数 f(x)=2ax3-3ax2+1,g(x)=-4x+2,若任意给定的 x0∈[0,2],总存在两个不 同的 xi(i=1,2)∈[0,2],使得 f(xi)=g(x0)成立,则实数 a 的取值范围是( A.(-∞,-1) C.(-∞,-1)∪(1,+∞) 解析 B.(1,+∞) D.[-1,1] )

当 a=0 时,显然不成立,故排除 D;

当 a>0 时,注意到 f′(x)=6ax2-6ax=6ax(x-1), 即 f(x)在[0,1]上是减函数,在[1,2]上是增函数,
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3 又 f(0)=1<2=g(0), 当 x0=0 时,结论不可能成立; 进一步,可知 a<0,此时 g(x)在[0,2]上是增函数, a 3? ?3 且取值范围是?2,-2+2?, ? ? 同时 f(x)在 0≤x≤1 时,函数值从 1 增大到 1-a, 在 1≤x≤2 时,函数值从 1-a 减少到 1+4a, 所以“任意给定的 x0∈[0,2], 总存在两个不同的 xi(i=1,2)∈[0,2], 使得 f(xi)=g(x0)成立” , ?f(x)的最大值>g(x)的最大值, 当且仅当? ?f(x)的最小值<g(x)的最小值, a 3 ? ?1-a>-2+2, 即? 解得 a<-1. 3 ? ?1+4a<2, 答案 A

二、填空题 6.(2015· 龙口模拟)设函数 f(x)=ax3-3x+1(x∈R),若对于任意 x∈[-1,1],都有 f(x)≥0 成 立,则实数 a 的值为________. 解析 若 x=0,则不论 a 取何值,f(x)≥0 显然成立;

当 x>0 时,即 x∈(0,1]时,f(x)=ax3-3x+1≥0 可化为 3 1 a≥x2-x3. 3 1 令 g(x)=x2-x3, 则 g′(x)= 3(1-2x) , x4

1? ? ?1 ? 所以 g(x)在区间?0,2?上单调递增,在区间?2,1?上单调递减. ? ? ? ? ?1? 因此 g(x)max=g?2?=4,从而 a≥4. ? ? 3 1 当 x<0 时,即 x∈[-1,0)时,同理 a≤x2-x3. g(x)在区间[-1,0)上单调递增,
13

所以 g(x)min=g(-1)=4, 从而 a≤4,综上可知 a=4. 答案 4

7.(2014· 江苏卷)已知函数 f(x)=x2+mx-1,若对于任意 x∈[m,m+1],都有 f(x)<0 成立, 则实数 m 的取值范围是________. 解析 ?f(m)<0, 作出二次函数 f(x)的图象, 对于任意 x∈[m, m+1], 都有 f(x)<0, 则有? ?f(m+1)<0,

2 2 ?m +m -1<0, 2 即? 解得- 2 <m<0. 2 ?(m+1) +m(m+1)-1<0,

答案

? 2 ? ?- ,0? 2 ? ? 1 ,g(x)=x2-2ax+4,若对于任意 x1∈[0,1],存在 x+1

8.(2015· 青岛模拟)已知函数 f(x)=x-

x2∈[1,2],使 f(x1)≥g(x2),则实数 a 的取值范围是________. 解析 由于 f′(x)=1+ 1 >0, 因此函数 f(x)在[0, 1]上单调递增, 所以 x∈[0, 1]时, f(x)min (x+1)2

=f(0)=-1.根据题意可知存在 x∈[1,2],使得 g(x)=x2-2ax+4≤-1,即 x2-2ax+5≤0, x 5 x 5 即 a≥2+2x能成立,令 h(x)=2+2x,则要使 a≥h(x)在 x∈[1,2]能成立,只需使 a≥h(x)min, x 5 9 9 又函数 h(x)=2+2x在 x∈[1,2]上单调递减,所以 h(x)min=h(2)=4,故只需 a≥4. 答案 ?9 ? ?4,+∞? ? ?

三、解答题 9.(2015· 福建卷改编)已知函数 f(x)=ln(1+x),g(x)=kx(k∈R). (1)证明:当 x>0 时,f(x)<x; (2)证明:当 k<1 时,存在 x0>0,使得对任意的 x∈(0,x0),恒有 f(x)>g(x). 证明 (1)令 F(x)=f(x)-x=ln(1+x)-x,x∈(0,+∞), -x 1 -1= . 1+x x+1

则有 F′(x)=

当 x∈(0,+∞)时,F′(x)<0,
14

所以 F(x)在(0,+∞)上单调递减, 故当 x>0 时,F(x)<F(0)=0,即当 x>0 时,f(x)<x. (2)令 G(x)=f(x)-g(x)=ln(1+x)-kx,x∈(0,+∞), 则有 G′(x)= -kx+(1-k) 1 -k= . x+1 x+1

当 k≤0 时,G′(x)>0,故 G(x)在(0,+∞)单调递增, G(x)>G(0)=0, 故任意正实数 x0 均满足题意. 1-k 1 当 0<k<1 时,令 G′(x)=0,得 x= k =k -1>0, 1 取 x0=k-1,对任意 x∈(0,x0),有 G′(x)>0, 从而 G(x)在(0,x0)单调递增,所以 G(x)>G(0)=0, 即 f(x)>g(x). 综上,当 k<1 时,总存在 x0>0,使得对任意 x∈(0,x0),恒有 f(x)>g(x). 10.(2015· 天津卷改编)已知函数 f(x)=nx-xn,x∈R,其中 n∈N*,n≥2. (1)讨论 f(x)的单调性; (2)设曲线 y=f(x)与 x 轴正半轴的交点为 P,曲线在点 P 处的切线方程为 y=g(x),求证:对于 任意的正实数 x,都有 f(x)≤g(x). (1)解 由 f(x)=nx-xn,

可得 f′(x)=n-nxn-1=n(1-xn-1). 其中 n∈N*,且 n≥2,下面分两种情况讨论: ①当 n 为奇数时. 令 f′(x)=0,解得 x=1,或 x=-1. 当 x 变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表: x f′(x) f(x) (-∞,-1) - ↘ (-1,1) + ↗ (1,+∞) - ↘

所以,f(x)在(-∞,-1),(1,+∞)上单调递减,在(-1,1)内单调递增. ②当 n 为偶数时. 当 f′(x)>0,即 x<1 时,函数 f(x)单调递增; 当 f′(x)<0,即 x>1 时,函数 f(x)单调递减;
15

所以,f(x)在(-∞,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减. (2)证明 设点 P 的坐标为(x0,0), 则 x0=n 1 ,f′(x0)=n-n2. n-1

曲线 y=f(x)在点 P 处的切线方程为 y=f′(x0)(x-x0), 即 g(x)=f′(x0)(x-x0). 令 F(x)=f(x)-g(x), 即 F(x)=f(x)-f′(x0)(x-x0), 则 F′(x)=f′(x)-f′(x0). 由于 f′(x)=-nxn-1+n 在(0,+∞)上单调递减, 故 F′(x)在(0,+∞)上单调递减, 又因为 F′(x0)=0, 所以当 x∈(0,x0)时,F′(x)>0, 当 x∈(x0,+∞)时,F′(x)<0, 所以 F(x)在(0,x0)内单调递增, 在(x0,+∞)上单调递减, 所以对于任意的正实数 x, 都有 F(x)≤F(x0)=0, 即对于任意的正实数 x, 都有 f(x)≤g(x). 11.已知函数 f(x)= mx (m,n∈R)在 x=1 处取得极值 2. x +n
2

(1)求函数 f(x)的解析式; a 7 (2)设函数 g(x)=ln x+ x,若对任意的 x1∈R,总存在 x2∈[1,e],使得 g(x2)≤f(x1)+2,求实 数 a 的取值范围. 解 m(x2+n)-2mx2 (1)f′(x)= (x2+n)2 mx2-2mx2+mn = (x2+n)2 -mx2+mn = 2 , (x +n)2 由于 f(x)在 x=1 处取得极值 2,
16

故 f′(1)=0,f(1)=2, mn-m ? ?(1+n)2=0, ?m=4, 即? 解得? m ?n=1, =2, ? ?1+n 经检验,此时 f(x)在 x=1 处取得极值.故 f(x)= 4x . x +1
2

(2)由(1)知 f(x)的定义域为 R,且 f(-x)=-f(x). 故 f(x)为奇函数,f(0)=0. 当 x>0 时,f(x)>0,f(x)= . 1≤2,当且仅当 x=1 时取“=” x+x 4

故 f(x)的值域为[-2,2], 7 3 从而 f(x1)+2≥2. 3 依题意有 g(x)min≤2,x∈[1,e], 1 a x-a g′(x)= x-x2= x2 , 3 ①当 a≤1 时,g′(x)≥0,函数 g(x)在[1,e]上单调递增,其最小值为 g(1)=a≤1<2,符合题 意; ②当 1<a<e 时,函数 g(x)在[1,a]上单调递减,在[a,e]上单调递增, 所以函数 g(x)的最小值为 g(a)=ln a+1. 3 由 ln a+1≤2,得 0<a≤ e, 从而知当 1<a≤ e 时,符合题意; a 3 ③当 a≥e 时,显然函数 g(x)在[1,e]上单调递减,其最小值为 g(e)=1+e ≥2>2,不符合题 意. 综上所述,a 的取值范围为(-∞, e].

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