1、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(x2m)(xm3)，g(x)2x2，若同时满足条件：xR，f(x)0 或 g(x)0；x(，4)，f(x)g(x)0.则 m 的取值范围是_【解析】(4，2)根据 g(x)2x20，可解得 x1.由于题目中第一个条件：xR，f(x)
2、0 或g(x)0 成立的限制，导致 f(x)在 x1 时必须是f(x)0 的 当 m0 时，f(x)0 不能做到 f(x)在 x1 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 x12m，x2m3.为保证此条件成立，需要x12m1x2m31m4，和大前提 m0 取交集结果为4m0；又由于条件：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，m34，舍；当 m(4，1)时，2m4，解得 m2，综上所述 m(
3、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)eaxx，其中a0.(1)若对一切 xR，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)(x1k 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，f(x)eaxx0.而 f(x)aeax1，令 f(x)0，得 x1aln1a.当 x1aln1a时，f(x)1aln1a时，f(x)0，f(x)单调递增
4、，故当 x1aln1a时，f(x)取最小值 f(1aln1a)1a1aln1a.于是对一切 xR，f(x)1 恒成立，当且仅当 1a1aln1a1.令 g(t)ttlnt，则 g(t)lnt.当 0t0，g(t)单调递增；当 t1 时，g(t)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【解析】(1)由 f(x)pxpx2lnx，得 f(x)p px22xpx22xpx2 函数 f(x)在其定义域(0，)上为增函数 则x(0，)，f(x)0 即 px22xp0恒成立 即 p 2xx21，而当 x0 时，2xx212x2x1 故 p1，即 p 的取
5、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)pxpx2lnx2ex F(x)p px22x2ex2px2p2（ex）x2 当 p0，x1，e时，F(x)0，可知 F(x)在1，e上为增函数，因此 F(x)maxF(e)0，即 eppe40，求得p 4ee21，即 p 的取值范围是(4ee21，)【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)f(x)max；若 f(x)f(x)min；若 f(x)a 在m，n上恒成立，则 af(x)min；若 f(x)a 在m，n上有解，则 af(x)max.2利
6、用导数证明不等式例2已知函数 f(x)alnx(x1)2ax(常数aR)(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 xx0处的切线 mP1P2，求证：x0 x1x22.【解析】(1)f(x)的定义域为(0，)，f(x)ax2(x1)a（1x）（2xa）x，a0 时，f(x)的增区间为(0，1)，减区间为(1，)；2a0 时，f(x)的增区间为(a2，1)，减区间为(0，a2)，(1，)；a2 时，f(x)的减区间为(0，)；a0)在(0，)上为减函数
7、要证 x0f(x1x22)即alnx2x1x2x12ax1x2，即证 lnx2x12（x2x1）x1x2 令 tx2x11，g(t)lnt2（t1）t1，g(t)1t4（t1）2（t1）2t（t1）20 g(t)在(1，)为增函数，g(t)g(1)0 lnt2（t1）t1，即 lntt1 2t1，即 lnx2x12（x2x1）x1x2，x00，使得|g(x)g(x0)|0 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)lnxc(c 为常数)，又f(1)0，所以 ln1c0，即 c0，f(x)lnx；g(x)lnx1x.g(x)x1x2，令 g(x
8、)0，即x1x2 0，解得 x1，当 x(0，1)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 x1 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)lnxx，设 h(x)g(x)g(1x)2lnxx1x，则 h(x)（x1）2x2，当 x1 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 0 xh(1)0，g(x)g(1x)；当 x1 时，h(x)h(1)0，g(x)0，使|g(x)g(x0)|0 成立，即对
9、任意 x0 有 lnxg(x0)0，使|g(x)g(x0)|0成立 证法二：假设存在 x00，使|g(x)g(x0)|0 成立，由(1)知，g(x)的最小值是 g(1)1，又 g(x)lnx1xlnx，而 x1 时，lnx 的值域为(0，)，当 x1 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)|1 1x1，这与假设矛盾 不存在 x00，使|g(x)g(x0)|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
10、，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1f(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()Aaf(a)f(b)Bbf(b)
11、f(a)Caf(b)bf(a)Dbf(a)af(b)C【解析】xf(x)f(x)0，即xf(x)0，xf(x)是减函数又aa0，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)(i1，2，3，4)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 0，1，fx1(1)x2 f(x1)(1)f(x2)恒成立的只有()AAf1(x)和 f3(x)Bf2(x)Cf2(x)和 f3(x)Df4(x)【解析】令 12，则 f(x1x22)f（x1）f（x2）2，表明 f(x)在0，1上的图象
12、是下凸或平直的，故选 A.(特殊值法，应用淘汰法)Af1(x)和 f3(x)Bf2(x)Cf2(x)和 f3(x)Df4(x)【解析】令 12，则 f(x1x22)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 yx3ax2b(xR)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【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.y3x22ax，3x22ax0 时有 a3x212x3x2 12x恒成立，而3x2 12x234 3，a 3 当 x3
13、x212x3x2 12x恒成立，而3x2 12x234 3，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 xR，f(x)2，则 f(x)2x4 的解集为【解析】令 g(x)f(x)2x4，则 g(x)f(x)20，g(1)0，故 f(x)2x4 的解集为(1，)(1，)4函数 f(x)的定义域为 R，f(1)2，对任意 xR，f(x)2，则 f(x)2x4 的解集为【解析】令 g(x)f(x)2x4，则 g(x)f(x)20，g(1)0，故 f(x)2x4 的解集为(1，)5设 a 为实常数，对任意 x0，)，不等式(x1)ln(x1)ax 恒成立
14、，则 a 的取值范围是【解析】设 f(x)(x1)ln(x1)ax，因为当 x0，)时，f(x)0 恒成立，所以当 x0，)时，f(x)min0.(，15设 a 为实常数，对任意 x0，)，不等式(x1)ln(x1)ax 恒成立，则 a 的取值范围是【解析】设 f(x)(x1)ln(x1)ax，因为当 x0，)时，f(x)0 恒成立，所以当 x0，)时，f(x)min0.因为 f(x)ln(x1)(x1)1x1aln(x1)1a.由 f(x)0，得 ln(x1)a1，即 xea11.所以 f(x)在ea11，)上是增函数，在(1，ea11上是减函数又 f(0)0，所以 ea110，即 a1，即
15、 a(，16已知函数 f(x)lnx14x 34x1，g(x)x22bx4，若对任意 x1(0，2)，存在 x21，2，使f(x1)g(x2)，则实数 b 的取值范围是178，)【解析】f(x)（x1）（x3）4x2，令 f(x)0得 x11，x23(0，2)当 x(0，1)时，f(x)0，函数 f(x)单调递增，所以 f(x)在(0，2)上的最小值为 f(1)12.由于“对任意 x1(0，2)，存在 x21，2，使 f(x1)g(x2)”等价于“g(x)在1，2上的最小值不大于 f(x)在(0，2)上的最小值12”(*)又 g(x)(xb)24b2，x1，2，所以 当 b0，此时与(*)矛盾
16、；当 b1，2时，因为 g(x)ming(b)4b20，此时与(*)矛盾；当 b(2，)时，因为 g(x)ming(2)84b.解不等式 84b12，可得 b178.综上，b 的取值范围是178，)7已知函数 f(x)ln(ex1)ax.(1)设 a0，讨论 f(x)的单调性；(2)当 ae 时，若ABC 的三个顶点 A、B、C都在函数 yf(x)的图象上，且横坐标成等差数列，求证ABC 为钝角三角形【解析】(1)由已知 f(x)exex1a11ex1a，当 a1 时，f(x)0，yf(x)在 R 上单调递减；当 0a0 得(1a)(ex1)1，即 ex1 11a，xln a1a 故当 0a1
17、 时，yf(x)在ln a1a，)内单调递增；在(，ln a1a)内单调递减(2)当 ae 时，f(x)ln(ex1)ex 在(，)上单调递减，设 A(x1，f(x1)，B(x2，f(x2)，C(x3，f(x3)，不妨设 x1x2x3，BA(x1x2，f(x1)f(x2)，BC(x3x2，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：x1x20，f(x1)f(x2)0，f(x3)f(x2)0.BA BC 0，cosABCBA BC|BA|BC|0.(1)若x10，2，x00，2使得 g(x0)e26f(
18、x1)成立，求实数 a 的取值范围；(2)证明：当 x0 时，对任意 nN*，f(x)0，f(x)在0，2上为增函数 f(0)f(x1)f(2)即 f(x1)0，4e2 从而e26f(x1)0，23 又 g(x)ax2a2a(x2a)a(x a)(x a)若 0 a2 即 0a4 时，由于 g(x)在(0，a)上递减，在(a，2)上递增 则当 x0，2时 g(x)maxmaxg(0)，g(2)又 g(0)0，g(2)83a2a2，g(x)ming(a)13a2 aa2 a23a2 a0 时 f(x)n！x2nx2exxn，由数学归纳法 当 n1 时，设 g1(x)exx(x0)，则 g1(x)ex10 即 g1(x)在(0，)递增当 x0 时 g1(x)g1(0)10，exx 成立；假设 nk 时，k！exxk 成立 则 nk1 时，令 h(x)(k1)！exxk1(x0)则 h(x)(k1)！ex(k1)xk(k1)(k！exxk)0 h(x)在(0，)递增 当 x0 时，h(x)h(0)(k1)！0，(k1)！exxk1，综上可知当 x0 时，对任意 nN*，f(x)n！x2n成立
