第二轮复习第讲函数与不等式的综合问题

第二轮复习第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－20，可解得x1.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m0，且此时两个根为x1＝2m，x2＝－m－3.为保证此条件成立，需要x1＝2m1x2＝－m－31⇒m12m－4，和大前提m0取交集结果为－4m0；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))(x1x2)，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a0，则对一切x0，f(x)＝eax－x1，这与题设矛盾，又a≠0，故a0.而f′(x)＝aeax－1，令f′(x)＝0，得x＝1aln1a.当x1aln1a时，f′(x)0，f(x)单调递减；当x1aln1a时，f′(x)0，f(x)单调递增，故当x＝1aln1a时，f(x)取最小值f(1aln1a)＝1a－1aln1a.于是对一切x∈R，f(x)≥1恒成立，当且仅当1a－1aln1a≥1.①令g(t)＝t－tlnt，则g′(t)＝－lnt.当0t1时，g′(t)0，g(t)单调递增；当t1时，g′(t)0，g(t)单调递减．故当t＝1时，g(t)取最大值g(1)＝1.因此，当且仅当1a＝1即a＝1时，①式成立．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．1．参变量范围问题例1设函数f(x)＝px－px－2lnx.(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；(2)设g(x)＝2ex且p0.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．【解析】(1)由f(x)＝px－px－2lnx，得f′(x)＝p＋px2－2x＝px2－2x＋px2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恒成立即p≥2xx2＋1，而当x0时，2xx2＋1≤2x2x＝1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]上有解令F(x)＝f(x)－g(x)＝px－px－2lnx－2exF′(x)＝p＋px2－2x＋2ex2＝px2＋p＋2（e－x）x2当p0，x∈[1，e]时，F′(x)0，可知F(x)在[1，e]上为增函数，因此F(x)max＝F(e)0，即ep－pe－40，求得p4ee2－1，即p的取值范围是(4ee2－1，＋∞)．【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，则af(x)max；若f(x)a在[m，n]上有解，则af(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a0，如果对于f(x)的图象上两点P1(x1，f(x1))，P2(x2，f(x2))(x1x2)，存在x0∈(x1，x2)，使得f(x)的图象在x＝x0处的切线m∥P1P2，求证：x0x1＋x22.【解析】(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝ax－2(x－1)－a＝（1－x）（2x＋a）x，①a≥0时，f(x)的增区间为(0，1)，减区间为(1，＋∞)；②－2a0时，f(x)的增区间为(－a2，1)，减区间为(0，－a2)，(1，＋∞)；③a＝－2时，f(x)的减区间为(0，＋∞)；④a－2时，f(x)的增区间为(1，－a2)，减区间为(0，1)，(－a2，＋∞)．(2)由题意f′(x0)＝kP1P2＝f（x2）－f（x1）x2－x1＝[alnx2－（x2－1）2－ax2]－[alnx1－（x1－1）2－ax1]x2－x1＝alnx2x1x2－x1－(x1＋x2－2)－a又f′(x1＋x22)＝2ax1＋x2－(x1＋x2－2)－a∵f′(x)＝ax－2(x－1)－a(a0)在(0，＋∞)上为减函数要证x0x1＋x22，只要证f′(x0)f′(x1＋x22)即alnx2x1x2－x12ax1＋x2，即证lnx2x12（x2－x1）x1＋x2令t＝x2x11，g(t)＝lnt－2（t－1）t＋1，g′(t)＝1t－4（t＋1）2＝（t－1）2t（t＋1）20∴g(t)在(1，＋∞)为增函数，∴g(t)g(1)＝0∴lnt2（t－1）t＋1，即lntt－12t＋1，即lnx2x12（x2－x1）x1＋x2，∴x0x1＋x22得证．【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，导函数f′(x)＝1x，g(x)＝f(x)＋f′(x)．(1)求g(x)的单调区间和最小值；(2)讨论g(x)与g(1x)的大小关系；(3)是否存在x00，使得|g(x)－g(x0)|1x对任意x0成立？若存在，求出x0的取值范围；若不存在，请说明理由．【解析】(1)∵f′(x)＝1x，∴f(x)＝lnx＋c(c为常数)，又∵f(1)＝0，所以ln1＋c＝0，即c＝0，∴f(x)＝lnx；g(x)＝lnx＋1x.∴g′(x)＝x－1x2，令g′(x)＝0，即x－1x2＝0，解得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.(2)g(1x)＝－lnx＋x，设h(x)＝g(x)－g(1x)＝2lnx－x＋1x，则h′(x)＝－（x－1）2x2，当x＝1时，h(1)＝0，即g(x)＝g(1x)；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，当0x1时，h(x)h(1)＝0，∴g(x)g(1x)；当x1时，h(x)h(1)＝0，∴g(x)g(1x)．(3)满足条件的x0不存在．证明如下：证法一：假设存在x00，使|g(x)－g(x0)|1x对任意x0成立，即对任意x0有lnxg(x0)lnx＋2x①但对上述的x0，取x1＝eg(x0)时，有lnx1＝g(x0)，这与①左边的不等式矛盾，因此不存在x00，使|g(x)－g(x0)|1x对任意x0成立．证法二：假设存在x00，使|g(x)－g(x0)|1x对任意x0成立，由(1)知，g(x)的最小值是g(1)＝1，又g(x)＝lnx＋1xlnx，而x1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x11，使g(x1)≥g(x0)＋1，即g(x1)－g(x0)≥1，∴|g(x1)－g(x0)|≥11x1，这与假设矛盾．∴不存在x00，使|g(x)－g(x0)|1x对任意x0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ab，则必有()A．af(a)≤f(b)B．bf(b)≤f(a)C．af(b)≤bf(a)D．bf(a)≤af(b)C【解析】∵xf′(x)＋f(x)≤0，即[xf(x)]′≤0，∴xf(x)是减函数．又∵ab，∴af(a)≥bf(b)．又∵ba0，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]≤λf(x1)＋(1－λ)f(x2)恒成立的只有()AA．f1(x)和f3(x)B．f2(x)C．f2(x)和f3(x)D．f4(x)【解析】令λ＝12，则f(x1＋x22)≤f（x1）＋f（x2）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．)A．f1(x)和f3(x)B．f2(x)C．f2(x)和f3(x)D．f4(x)【解析】令λ＝12，则f(x1＋x22)≤f（x1）＋f（x2）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()A．(－3，3)B．(－5，5)C．(－3，3)D．(－2，2)C