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专题 函数与不等式


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函数与不等式
了解函数与不等式结合的常见题型。 教 学 重 难 点

会运用函数与不等式之间的关系解决实际问题。
教 学 过 程(内容可附后)

一、 “存在、有解”与“恒成立”问题的异同
例 1 1 若任意 x∈[1,3],使得不等式 mx?+(m-3)x-3>0 恒成立,求实数 m 的范围; 2 若任意 x∈(1,3),使得不等式 mx?+(m-3)x-3>0 恒成立,求实数 m 的范围; 3 若任意 x∈[1,3],使得不等式 mx?+(m-3)x-3>0 成立,求实数 m 的范围; 4 若任意 x∈[1,3],使得不等式 mx?+(m-3)x-3>0 有解,求实数 m 的范围; 解 分离变量有:m> f(x)min=f(3)=1. (1)不等式 mx?+(m-3)x-3>0 恒成立,等价于 m> m>f(x)max=3.所以:m∈(3,+∞). (2)不等式 mx?+(m-3)x-3>0 恒成立,等价于 m> M≥f(x)max→3 .所以:m∈[3,+∞). (3) 不等式 mx?+(m-3)x-3>0 成立,等价于 m> m>f(x)min=1.所以:m∈(1,+∞). (4) 不等式 mx?+(m-3)x-3>0 有解,等价于 m>
+

3 3 ,x∈[1,3].记 f(x)= ,x∈[1,3].则 f(x)max=f(1)=3, x x 3 ,x∈[1,3]恒成立,等价于 x

3 ,x∈(1,3)恒成立,等价于 x

3 ,x∈[1,3]成立,等价于 x 3 ,x∈[1, x

3]有解,等价于 m>f(x)min=1.所以:m∈(1,+∞). 评注:①设函数 f(x)的值域是 A=[a,b],不等式 m≥f(x)恒成立, 等价于 m≥f(x)max=b; 不等式 m>f(x)恒成立, 等价于 m>f(x)max =b; 【只有一种情况取“>” 】 ②设函数 f(x)的值域是 A=[a,b],不等式 m>f(x)成立,等价于 m 的取值范围=A;不等式 m>f(x)有解,等价于 m 的取值范围=A; ③设函数 f(x)的值域 A=[a,b],等式(方程)m=f(x)成立,等价于等式(方程)m=f(x) 有解;等价于:m 的取值范围=A;

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例 2 (1)若任意 m∈[1,3],使得不等式 mx?+(m-3)x-3>0 恒成立,求实数 x 的范围; (2)若存在 m∈[1,3],使得不等式 mx?+(m-3)x-3>0 成立, 求实数 x 的范围; 解 (1)不等式 mx?+(m-3)x-3>0 化为 (x?+x)m-3(x+1)> 0, m∈[1,3]恒成立. 设函数 f(m)=(x?+x)m-3(x+1).∴ f(1)>0,且 f(3)>0.即 (x?+x)·1-3(x+1)>0,且(x?+x)·3-3(x+1)>0.解之得 到:x<-1,或 x>3. (2)不等式 mx?+(m-3)x-3>0 化为 (x?+x)m-3(x+1)>0, m∈[1,3]成立. 设函数 f(m)=(x?+x)m-3(x+1).问题转化为:当 m∈[1, 3]时,f(m)>0 成立,求实数 x 的范围. ①若 x?+x<0,则 f(1)=x?-2x-3>0;②若 x?+x>0,则 f(3) =3x?-3>0.解之得到:x<-1,或 x>1.

二、 “恒成立”问题中的命题变换
1 1 ,当 x>0 时,f (x)≥ 恒成立,求实数 a 的取值范围. x 2 1 1 1 解:∵由题设知:当 x>0 时,f (x)≥ 恒成立,等价于:当 x>0 时,|x-a|+ ≥ 恒 2 x 2 1 1 1 1 成立,等价于不等式:x-a≥ - 或 x-a≤ - 的解集为: (0,+∞) .等价于:当 x 2 x x 2 1 1 1 1 >0 时, 不等式: x-a≥ - 或 x-a≤ - , 2 x x 2
例 1:已知函数 f (x)=|x-a|+ 至少有一个成立. 等价于:当 x>0 时,关于 x 的不等式: x+

1 - x

1 1 1 <a<x- + 的解集为空集. 2 x 2 1 1 1 1 令 g(x)=x+ - , h(x)=x- + , g(x) 【 x 2 x 2
<a<h(x)】 .其图象如下:所以:a≤2.

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三、高考中的函数不等式“恒成立”问题常见的几种类型
类型一: “a≥f(x)”或“a≤f(x)”型
形如“a≥f(x)”或“a≤f(x)”恒成立型的函数不等式,是基本上型.理论基础是:x∈D 时, “a≥f(x)”或“a≤f(x)”恒成立,等价于: “a≥f(x)max”或“a≤f(x)min”(x∈D).常 常与“变量分离”并用. 例 1 已知二次函数 f(x)=ax 2 +x,若 x∈[0,1]时,恒有|f(x)|≤1 成立,求实数 a 的取 值范围. 解:由|f(x)|≤1,得|ax 2 +x|≤1,变形:-1≤ax 2 +x≤1,整理:-1-x≤ax 2 ≤1- x.当 x=0 时,得-1≤a·0≤1,x∈[0,1]时,恒有|f(x)|≤1 成立,所以 a∈R.

1 1 1 1 - ≤a≤ 2 - . 2 x x x x 1 1 1 1 1 1 记 g(x)= 2 - =( - ) 2 - ,当 0<x≤1 时, ≥1,g(x)≥g(1)=0,所以: x x 2 4 x x 1 1 当 0<x≤1 时,[ 2 - ]min=0,∴a≤0. x x 1 1 同理可得:[- 2 - ]max=-2.所以:a≥-2. x x
当 0<x≤1 时,- 综合:-2≤a≤0.

类型二: “f(x 1 )≤f(x)≤f(x 2 )”型
其理论依据是 “f(x 1 )≤f(x)≤f(x 2 )”恒成立的充要条件:f(x)min≤f(x)≤f(x)max.等 价于求函数 f(x)在指定区间上的最值问题.

例 2 已知函数 f (x)=2sin ( 求|x 1 -x 2 |的最小值.

? ? x+ ),若 x∈R 时,都有 f(x 1 )≤f(x)≤f(x 2 )恒心成立, 2 5

解:∵函数 f (x)的最小正周期 T=4,∴函数 f (x)取得最大值和最小值的两点之间的水平距 离的最小值是半个最小正周期=2,所以:|x 1 -x 2 |min=2.

类型三: “f(

x1 ? x 2 f ( x ) ? f ( x2 ) )> 1 ”型 2 2

其理论依据是:上凸函数中点的函数值≥弦的中 点的值(如图) .

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例 3 在 y=2 x , y=log 2 x, y=x 2 , y=cosx 这四个函数中, 0<x 1 <x 2 <1 时, f( 当 使

x1 ? x 2 ) 2



f ( x1 ) ? f ( x 2 ) 恒成立的个数是 2
B.1 C.2 D.3

A.0

解:画出草图即得,满足条件的函数是 y=log 2 x,故选【B】 .

类型四: “

f ( x1 ) ? f ( x 2 ) >0”型 x1 ? x 2

形如“

f ( x1 ) ? f ( x 2 ) f ( x1 ) ? f ( x 2 ) >0”或“ <0” ,其实是函数单调递增(减)的另 x1 ? x 2 x1 ? x 2

外的一种形式.

例 4 已知函数 f (x)的定义域是[-1,1].f (1)=1,若 m、n∈[-1,1],m+n≠0 时,都 有

f (m) ? f (n) >0,若 f (x)≤t 2 -2ta+1 对所有的 x∈[-1,1],a∈[-1,1]恒成立,求 m?n
f ( x1 ) ? f ( x 2 ) ·(x 1 -x 2 ). x1 ? x 2

实数 t 的取值范围. 解:任取-1<≤x 1 <x 2 ≤1,f(x 1 )-f(x 2 )=

∵m、n∈[-1,1],m+n≠0 时,都有

f ( x1 ) ? f ( x 2 ) f (m) ? f (n) >0,∴ >0.又 x 1 - x1 ? x 2 m?n

x 2 <0,所以:-1<≤x 1 <x 2 ≤1,f(x 1 )-f(x 2 )<0,∴函数 f (x)在[-1,1]上是增函数. ∴f (x)max=f (1)=1.f (x)≤t -2ta+1 恒成立,等价于 t -2ta+1≥f (x)max=f (1)=1. 问题变换为:a∈[-1,1]时,t -2ta+1≥1 恒成立,即 t -2ta≥0 恒成立,求实数 t 的取值范围.记 g (a)=t -2ta.∵g (a)=-2ta+t 是[-1,1]上的减函数,g (a)min=g (1) =-2t+t ≥0.解得:t≤0 或 t≥2.
2 2 2 2 2 2 2

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类型五: “f(x)<g(x)”型
例 5 已知 f(x)= 实数 t 的值范围. 解: x∈[0, 当 1]时, f(x)≤g(x)恒成立, 即当 x∈[0, 1]时, x ? 1 -2x-t≤0 恒成立. 令 F(x)= x ? 1 -2x-t. F?(x)=

1 lg(x+1),g(x)=lg(2x+t),当 x∈[0,1]时,f(x)≤g(x)恒成立,求 2

1? 4 x ?1 2 x ?1

,∵x∈[0,1],∴F?(x)<0.即 F(x)在[0,1]上是减函数.F(x)max

=F(0)=1-t≤0,∴t≥1.

类型六: “f(x 1 )<g(x 2 )”型
例 6 已知函数 f(x)=

1 3 4 9x ? c x -x 2 -3x+ ,g(x)=- ,若 x 1 、x 2 ∈[-2,2],都 3 3 2

有 f(x 1 )<g(x 2 ),求实数 c 的范围. 解:∵对于任意的 x 1 、x 2 ∈[-2,2],都有 f(x 1 )<g(x 2 )成立,∴f(x)max<g(x)min. 令 f?(x)=x -2x-3=(x+1)(x-3)<0,得:-1<x<3. 所以 f(x)在[-2,-1]↗,在[-1,2]↘,f(x)max=f(-1)=3. 又∵g(x)在[-2,2]上↘,g(x)min=g(2)=- ∴3<-
2

18 ? c ,得 c<-24. 2

18 ? c . 2

类型七: “|f(x 1 )-f(x 2 )|<t(t 为常数)”型(李普希茨条件)
例 7 已知函数 f(x)=-x +2x ,若对于任意的 x 1 、x 2 ∈[- ≤a 恒成立,求实数 a 的取值范围. 解:a≥|f(x 1 )-f(x 2 )|,等价于 a≥|f(x 1 )-f(x 2 )|max=|f(x)max-f(x)min|. 求得:f(x)max=f(
4

3

1 ,2],|f(x 1 )-g(x 2 )| 2

3 27 1 5 )= ,f(x)min=f(- )=- .所以|f(x)max-f(x)min|=2. 2 16 2 16

∴实数 a 的取值范围是:[2,+∞).

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例 8 已知定义在[-1,1]上的函数 f (x)满足:①方程 f (x)=0 至少有两个实数根-1、1; ②过函数图象上任意两点的直线的斜率绝对值不大于 1. (1)求证:| f (0)|≤1; (2)求证:对于任意的 x 1 、x 2 ∈[-1,1],都有|f(x 1 )-f(x 2 )|≤1. 证明: ∵过函数图象上任意两点的直线的斜率绝对值不大于 1, (1) ∴ 又 f (1)=0,所以:| f (0)|≤1; (2)设-1≤x 1 <x 2 ≤1,∵过函数图象上任意两点的直线的斜率绝对值不大于 1, ∴|f(x 1 )-f(x 2 )|≤|x 1 -x 2 |=x 2 -x 1 .即 x 2 -x 1 ≥|f(x 1 )-f(x 2 )|. 又∵|f(x 1 )-f(x 2 )|≤|f(x 1 )|+|f(x 2 )|=|f(x 1 )-f (-1)|+|f(x 2 )-f (1)|≤ |x 1 +1|+|x 2 -1|=1+x 1 +1-x 2 =2-(x 2 -x 1 ).即|f(x 1 )-f(x 2 )|≤2-(x 2 -x 1 )≤ 2-|f(x 1 )-f(x 2 )|,移项整理即得:|f(x 1 )-f(x 2 )|≤1.

| f (0) ? f (1) | ≤1, | 0 ?1|

类型八: “|f(x 1 )-f(x 2 )|≤|x 1 -x 2 |”型
例 9 已知函数 f(x)=x 3 +ax+b,对于 x 1 、x 2 ∈(0, f(x 2 )|<|x 1 -x 2 |成立,求实数 a 的取值范围. 解: ∵|f(x 1 )-f(x 2 )|<|x 1 -x 2 |恒成立,即

3 )(x 1 ≠x 2 )时总有|f(x 1 )- 3

| f ( x1 ) ? f ( x 2 ) | <1 恒成立.∴-1< | x1 ? x 2 |

f ( x1 ) ? f ( x 2 ) 3 <1 恒成立.所以函数 f(x)在区间(0, )上,任意两点的连线斜率 k∈ x1 ? x 2 3
(-1,1).等价于:当 x∈(0,

3 3 )时,f?(x)∈(-1,1).另一方面,由 f(x)=x +ax+b, 3 3 2 ,则 a<3x +a<1+a.∴a<f?(x)<1+a. 3
?a ? ?1 ,解得:-1≤a≤0. ?1 ? a ? 1

得 f?(x)=3x +a.∵0<x<

2

所以:区间(a,1+a)是区间(-1,1)的子集.∴ ?

评注:由导数几何的意义知道,函数 y=f (x)图像上的任意两点 P(x 1 ,y 1 ),Q(x 2 ,y 2 )

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连线的斜率 k=

y 2 ? y1 ( x 1 ≠x 2 )的取值范围,就是曲线上任一点的切线的斜率(如果有的 x 2 ? x1

话)的范围.利用这个结论,可以解决形如“|f(x 1 )-f(x 2 )|≤m|x 1 -x 2 |”或“|f(x 1 )- f(x 2 )|≥m|x 1 -x 2 |”(m>0)型的不等式恒成立问题.

四、用导数证函数不等式及其构造法
利用导数证明不等式, 也是近年高考的热点与难点. 其证明的总体思路是将所证的不等式, 通过构造函数的形式,利用导数判断原函数的单调性,找出最值(值域)使之获证. 基于此, 如何合理地构造函数,成为我们能否有效解决问题的核心.

1.利用题中所给条件直接构造新函数
例 1 (07、安徽)设 a>1,f(x)=x-1-ln 2 x+2alnx(x>0). (1)令 F(x)=x f?(x),讨论 F(x)在(0,+∞)内的单调性并求极值; (2)求证:当 x>1 时,恒有 x>ln 2 x-2alnx+1. 分析:第一问直接利用求导法则可得,观察第二问中所证不等式:x>ln 2 x-2alnx+1, 实际上就是由函数 f(x)>0 而得到的. 解:(1)根据求导法则有 f?(x)=1- 于是 F?(x)=1-

2 ln x 2a (x>0),故 F(x)=x f?(x)=x-2lnx+2a, ? x x

2 x-2 = (x>0).易知:当 x∈(0,2)时,F?(x)<0.故 F(x)在(0,2)时为 x x

减函数;在(2,+∞)上时,是增函数.∴当 x=2 时,F(x)取得极小值 F(2)=2-ln2+2a. (2)证明:由 a≥0 知,F(x)的极小值=x-2lnx+2a>0.于是由上可知:对一切 x>0,恒 有 F(x)=x f?(x)>0.故对一切 x>0,恒有 f?(x)>0.所以:在 x∈(0,+∞)内,函数 f(x) 单调递增. 所以当 x>1 时,f(x)=x-1-ln x+2alnx>f(1)=1-1-ln 1+2aln1=0.即:x-1 -ln x+2alnx>0.整理即得:当 x>1 时,恒有 x>ln x-2alnx+1. 评注 通过观察所要证的不等式与题中所给函数的关系,利用导数判断函数的单调性后, 使问题得到证明.本例中第一问为第二问的证明作出良好的铺垫.
2 2 2 2

2.基本模式:作差法构造新函数.要证 f (x)≥g (x),只需证:f (x) -g (x) ≥0.构造函数:F(x)=f (x)-g (x),只需证明:F(x)min≥0.
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例 1 (教材中的练习题)当 x>-1 时,求证:ln(1+x)≤x. 解:构造新函数 F(x)=f (x)-g (x)=ln(1+x)-x,F?(x)= x、F?(x)、F(x)的变化情况如下表: X (-1,0) F?(x) F(x) + ↗

1 x -1=- , 1? x 1? x
(0,+∞) - ↘

0 0 极大值=0

所以:F(x)max=F(x)极大值=F(0)=0.∴当 x>-1 时,F(x)≤0. 所以:当 x>-1 时, ln(1+x)≤x (解题程序)小结 1:①构造新函数 F(x)=f (x)-g (x);②对新函数 F(x)求导;③判断新函 数 F(x)的单调性;④求新函数 F(x)的极值点【如果区间上的函数仅有一个极值点 x0,则这个 极值点 x0 是最值点】 ;求新函数 F(x)的最值 F(x0);⑤判断 F(x0)的符号,若 F(x0)的符号还不能 确定,则视 F(x0)是 x0 的函数,重复上面的过程. 变形一:求证:当 x>-1 时,不等式 ln(1+x)-x≤0 恒成立; 变形二:已知:当 x>-1 时,不等式 ln(1+x)-x≤a 恒成立,求实数 a 的取值范围; 已知:当 x>-1 时,不等式 ln(1+x)-ax≤1 恒成立,求实数 a 的取值范围; 已知:当 x>-1 时,不等式 ln(1+x)- 变形三:已知方程 ln(1+x)-

x ≤a 恒成立,求实数 a 的取值范围; 1? x2

ax =1 有两个不等的实根,求实数 a 的取值范围; 1? x2 ax 变形四:已知函数 f (x)=ln(1+x)-1,g (x)= ,若函数 f (x)与 g (x)的图象有两个不 1? x2
同的交点,求实数 a 的取值范围; 以上的各种变形,在各级各类考试中出现.虽然形态有异,但本质上并无多大的差异.而 “函数不等式” ,汇集了上述各类问题. 例 2. (07、湖北、文)已知 m 是正整数,求证:当 x>-1 时,(1+x) m≥1+mx. 证明:当 m=1 时,左边=右边.当 m≥2 时,构造函数 F(x)=(1+x) m-1-mx,则 F?(x) =m[(1+x) m-1-1]. 当-1<x<0 时,F?(x) <0;当 x>0 时,F?(x) >0;所以 F(x)min=F(x)极小值=F(0)=0. 所以:当 x>-1 时,F(x) ≥0 恒成立.即:(1+x) m≥1+mx.

例 3(08、山东、理)已知函数 f (x)=

1 +aln(x-1),其中 n 是正整数,a 是常数. (1 ? x) n

若 a=1 时,求证:当 x≥2 时,f (x)≤x-1. 证法一:当 a=1 时,f (x)=

1 +ln(x-1),构造函数 F(x)= (x-1)-f (x),下证:当 (1 ? x) n

x≥2 时,F(x)=(x-1)-

1 -ln(x-1)≥0 恒成立. (1 ? x) n

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F?(x)=1-

n 1 n x?2 = - ( x≥2). ? n ?1 x ? 1 x ? 1 (1 ? x) n ?1 (1 ? x) n x?2 ≥0,1-x<-1<0, 1 x) <0,- >0, ( - n ?1 x ?1 (1 ? x) n ?1

①若 n 为偶数,∵x≥2,∴

所以:当 x≥2 时,F?(x)>0.∴F(x)min=F(2)=(2-1)- ≥2,且 n 为偶数时,F(x)=(x-1)-

1 -ln(2-1)=0,所以:当 x n (1-2)

1 -ln(x-1)≥0 恒成立. (1 ? x) n

②若 n 为奇数,要证

1 1 +ln(x-1)≤x-1,∵x≥2,∴ <0,所以只需证: n (1 ? x) (1 ? x) n

ln(x-1)≤x-1(下略) . 小结 2:含有正整数“n”的表达式的符号、数值判断, “对 n 分奇、偶讨论”是一种重要 的方法.在数列中运用很多. 证法二:∵当 x≥2 时,

1 ≤1,∴只需要证明 1+ln(x-1)≤x-1.构造函数 F(x)= (1 ? x) n

(x-1)-[1+ln(x-1)],即 F(x)= x-2-ln(x-1),则 F?(x)=

x?2 (下略). x ?1

小结 3:证法一是直接作“差函数”(直接构造新函数),然后分奇、偶讨论;证法二是先 适当放缩,然后构造新函数.解题时,要有敏锐的观察力.

3.选取导函数中的部分“结构” 构造新函数
例 1(08、山东、文 21)设函数 f (x)=x ·e 数的极值点. (1)求 a、b 的值; (2)设 g (x)=
2 x ?1

+ax 3 +b x ,已知 x=-2 和 x=1 是函

2

2 3 2 x -x ,求证:f (x)≥g (x). 3 1 x ?1 解: f?(x)=xe (1) (x+2)+x (3ax+2b), f?(-2)=0, f?(1)=0, 求得 a=- , b=-1. 所 3 1 2 x ?1 2 以:f (x)=x e - x 3 - x . 3
(2)∵f (x)-g (x)=x (e
2 x ?1

-x),令 h(x)=e

x ?1

-x,则 h?(x)=e

x ?1

-1,令 h?(x)=0,得 x

=1. ∵x∈(-∞,1), h?(x)≤0,∴h(x)在(-∞,1)上单调减; 又∵x∈(1,+∞), h?(x)≥0, ∴h(x)在(1,+∞)上单调增. 所以: h(x)min=h(1)=e f (x)≥g (x). 评注:本题的第 2 问中,不是直接构造新函数 h(x)=f (x)-g (x)=x (e
2 x ?1 1?1

-1=0. h(x)≥0 恒成立. (x)-g (x)=x (e 即 ∴f

2

x ?1

-x)≥0. 故

-x),而是选择
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“x 2 (e x ?1 -x)” 中的关键部分: x ?1 -x” “e 构造新函数 h(x)=e x ?1 -x. 这里, 摒弃了 2 (e x ?1 “x -x) ”中的“不相关”内容: 2 ” “x .

4.变形与整理:
直接构造新函数 F(x)=f (x)-g (x),来证明函数不等式 f (x)≥g (x)时,目标是: F(a)min≥0,从而 F(x)≥0,所以:f (x)≥g (x).但常常会出现下列几种异常情况: ①F?(x)的符号无法判断, 【F?(x)的符号→F(x)的单调性→F(x)的极值】从而 F(x)的极值无法 求出; ②虽然 F(x)的极值能够求出,但极值是关于参数 a 的表达式 F(a),无法判断极值 F(a)是大 于 0,还是小于 0; ③直接构造的新函数 F(x)=f (x)-g (x),其导函数 F?(x)非常复杂或根本无法求出. 出现这种异常情况,表明所构造的新函数 F(x),不适当.这时,需要对“函数不等式”重 新整理后,再构造新函数 F(x),如上题.注意下面的题目的求解方法. 例 1(09、江苏、模拟)求证:

1 1 1 - < 对于 x∈(1,2)恒成立. ln x x ? 1 2

证明:整理不等式有:(x+1)lnx-2(x-1)>0,下证:当 x∈(1,2)时,不等式 (x+1)lnx -2(x-1)>0 恒成立.构造新函数 F(x)=(x+1)lnx-2(x-1),x∈(1,2) .

1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 - 2 =-( - )?+ ,∵1<x<2,∴ < <1,0< - < , x x x 2 4 2 x x 2 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 0<( - )?< ,- <-( - )?<0,0<-( - )?< ,所以:F?(x) >0. x 2 4 4 x 2 x 2 4
F?(x)= ∴函数 F(x)=(x+1)lnx-2(x-1), x∈(1, 2)时为增函数, F(x)>F(1)=(1+1)ln1-2(1-1)=0, 即(x+1)lnx-2(x-1),x∈(1,2)时恒成立. 小结 4:这里的 F?(x)= 家高明之处. 例 2(08、湖南、理)已知函数 f (x)=ln?(1+x)- 若不等式 (1 ? 成立”. 】

1 1 - 2 的符号也不好判断,采取的二次函数的方法.正是命题专 x x
x2 .(1)求函数 f (x)的单调区间;(2) 1? x

1 n?a 求实数 a 的取值范围 【注: “都成立” “恒 = ) ≤e 对意的正整数 n 都成立, n

x2 解: (1)定义域:x∈(-1,+∞),∵f (x)=ln?(1+x)- , 1? x
∴f ?(x)=

2(1 ? x) ln(1 ? x) ? x 2 ? 2 x 【注:此处的导函数 f ?(x)的符号不能判断,需要“再 (1 ? x) 2

导一次” ,问题是:怎么样“再导一次” :∵分母(1+x)?>0,其符号确定,所以只需要考虑 分子的符号】 构造新函数 g (x)=2(1+x)ln(1+x)-x?-2x,g?(x)=2 ln(1+x)-2x=2[ln(1+x)-x≤0], 【这是教材上的一个不等式,若不清楚,则“再导一次”. 】

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所以:分子 g (x)=2(1+x)ln(1+x)-x?-2x 是定义域(-1,+∞)上的减函数.且 g (0)=0. ∴当-1<x<0 时,g (x)>0,从而:f ?(x)>0,得:f (x)↗; 当 0<x<+∞时,g (x)<0,从而:f ?(x)>0,得:f (x)↘; 所以:f (x)=ln?(1+x)-

x2 ≤f (0)=0,即:(1+x) ln?(1+x)-x?≤0. 1? x

小结 5: (1)函数 f (x)的单调性→导函数 f ?(x)的符号; (2)确定导函数 f ?(x)的符号有两 条途径:①∵不等式 f ?(x)≥0 的解集区间,是函数 f (x)的单调增区间,∴只需要解不等式 f ?(x)≥0;②当不等式 f ?(x)≥0 无法求解时,则再求导函数 f ?(x)的单调性(有时:需要 “再导一次”,且求 f ?(0)的值.如:f ?(x)在(-2,+∞)上是↗,且 f ?(0)=a,那么: ) 在(-2,0)上,f ?(x)<a;在(0,+∞)上,f ?(x)>a.专家常常把 a 设置为 0】 (2)整理不等式 (1 ?

1 n?a 1 :(n+a)㏑(1+ )≤1.所以: ) ≤e【两边取以 e 为底的对数】 n n

问题 转换为:不 等 式 a≤

1 1 ln(1 ? ) n

? n 恒 成立,求实 数 a 的取值 范围.等价 于 a≤

[

1 1 ln(1 ? ) n

? n ]的最小值. 构造函数 F(x)=

1 1 1 - ,x∈(0,1]【注:理解为令 = ln(1 ? x) x n

(1 ? x) ln 2 (1 ? x) ? x 2 x,则 x∈(0,1]】则有:F?(x)= 2 ,由(1)知: x (1 ? x) ln 2 (1 ? x)
分子(1+x) ln?(1+x)-x?≤0,所以 F?(x) ≤0,∴函数 F(x)= 数. ∴F(x)min=F(1)=

1 1 - 是(0,1]上的减函 ln(1 ? x) x

1 1 -1.所以:实数 a 的取值范围是:(-∞, -1]. ln 2 ln 2

5.变换主元,构造不等式
例 1 (07、辽宁)已知函数 f(x)=e
2x

-2t(e +x)+x +2t +1,求证:f(x)≥

x

2

2

3 . 2

分析:本题若直接构造函数 h(x)=f(x)-

3 ,然后利用 h(x)在 R 上的最小值非负,得出 2
2 x

结论. 思路流畅, 但实际操作时十分繁琐. 在思绪受阻时, 不妨变换主元, 设关于 t 的函数. 证明:设 h(t)=e ∴当 x=
2x

-2t(e +x)+x +2t +1,则 h?(t)=4t-2(e +x).

x

2

1 x (e +x)时,h?(t)=0.易知: 2 1 x 1 x 当 t> (e +x)时,h?(t)>0,h(t)递增, 当 t< (e +x)时,h?(t)<0,h(t)递减, 2 2

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所以:当 x=

1 x 1 1 (e +x)时,h(t)min= (e x -x) 2 +1.即 h(t)≥ (e x -x) 2 +1. 2 2 2

又设 u(t)=e x -x,则 u?(t)=e x -1,易知:u?(0)=0.故当 x>0 时,u?(t)>0,u(t) 在(0,+∞)上增,当 x<0 时,u?(t)<0,u(t)在(0,+∞)上减.

1 x 1 3 (e -x) 2 +1≥ +1= . 2 2 2 3 3 ∴h(t)=e 2 x -2t(e x +x)+x 2 +2t 2 +1≥ ,即 f(x)≥ . 2 2
于是 u(t)min=u(0)=e 0 -0=1,所以:h(t)min=

练习:
1. (01、全国)已知 m、n 是正整数,且 1<m<n,求证: (1+m) > (1 ? n) .
n m

2. (07、山东、理)求证:对于任意的正整数 n,不等式 ln( ? 1) > 【数列不等式转化为函数不等式问题】

1 n

1 1 - 3 都成立. 2 n n

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3.(09、汕头模拟)已知函数 f(x)=x-

ln(1 ? x) (x>-1). 1? x

(1)令 N(x)=(1+x)?-1+ln(1+x),证明:N(x)在 x>-1 上是单调递增的,并求 N(0) 的值; (2)求 f (x)在定义域上的最小值; (3)是否存在实数 m、n 满足 0≤m<n,使得 f (x)在[m,n]上的值域也是[m,n].

1 2 |x| a x e (x∈R)恒成立. 2 1 2 x x (2) 对于(0,1)中的任意一个常数 a, 问是否存在 x>0, 使得不等式 e -x-1> a x e 2
4(09、武汉二月) (1)求证:当 a≥1 时,不等式 e -x-1≤
x

成立?若存在,求出符合条件的 x,否则说明理由. (1)证明:①先证 x≥0 的情况.整理不等式有:

1 2 x ?1 a x + x -1≥0. 2 e

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5. (09、武汉、四月、调考、理 20)已知函数 f (x)=2lnx-x2. (1)若方程 f (x)+m=0 在[1/e,e]内有两个不等的实根,求实数 m 的取值范围; (2)如果函数 g (x)=f (x)-ax 的图象与 x 轴交于两点 A(x1,0),B(x2,0),且 x1<x2 .求证: g?(px1+qx2)<0(其中正常数 p,q 满足 p+q=1,q≥p) .

6. (09、湖北、文) .已知关于 x 的函数 f(x)=-1/3·x?+bx?+cx+bc,其导函数为 f?(x).令 g(x)=| f?(x)|,记函数 g(x)在区间[-1,1]上的最大值为 M. (1)如果函数 f(x)在 x=1 处有极值-4/3,试确定 b、c 的值; (2)若|b|>1,求证:对于任意的 c,都有 m>2; (3)若 m≥k 对任意的 b、c 恒成立,试求 k 的最大值.

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7. (09、湖北、 . R 上定义运算※: 理) 在 p※q= ?

1 (p-c)(q-b)+4bc(b、 为实常数). c 3

记 f1(x)=x?-2c,f2(x)=x-2b(x∈R).令 f(x)=f1(x)※f2(x).(1)如果函数 f(x)在 x=1 处有极值-4/3,试确定 b、c 的值;(2)求曲线 y=f(x)上斜率为 c 的切线与该曲线的公共 点;(3)记 g(x)=| f?(x)|(-1≤x≤1)的最近值 M.若 M≥k 对任意的 b、c 恒成立,试求 k 的最大值.

8. (07、江西、理)已知正实数集上的函数 f (x)= a>0.求证:f (x)≥g (x). 证明:设 F(x)=f (x)-g (x)=

1 2 x +2ax,g (x)=3a2lnx+b,其中: 2

1 2 ( x ? a)( x ? 3a) x +2ax-3a2lnx-b,则 F?(x)= (x>0) , 2 x
a 0 极小值 (0,+∞) + ↗

所以:x,F?(x),F(x)的变化情况如下表: x F?(x) F(x) 又因为:F(a)= (0,a) - ↘

1 2 1 a +2a2-3a2lna-b.下证当 a>0 时, F(a)= a2+2a2-3a2lna-b>0. 即 2 2

证:当 a>0 时,F(a)min=0 或 F(a)min>0.

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