资源描述:
《八类函数型不等式恒成立问题的探究》由会员上传分享,免费在线阅读,更多相关内容在行业资料-天天文库。
1、八类函数型不等式恒成立问题的探究 函数型不等式的恒成立问题在近年的高考中频频“闪亮登场”,常以压轴题的身份出现,能有效地甄别考生的思维品质,成为高考的热点和难点.如2005年天津卷21,辽宁卷22等.由于这类问题综合性强,难度大,能力要求高,很多同学望而生畏,无从下笔.本文通过一些典型例题探究在高考中常见的八种类型,仅供参考. 1.“a≥f(x)”型 形如“a≥f(x)”或“a≤f(x)”型不等式,是恒成立问题中最基本的类型,它的理论基础是“a≥f(x)在x∈D上恒成立,则a≥[f(x)]
2、max(x∈D);a≤f(x)在x∈D上恒成立,则a≤[f(x)]min(x∈D)”.许多复杂的恒成立问题最终都可归结到这一类型. 例1已知二次函数f(x)=ax2+x,若x∈[0,1]时,恒有
3、f(x)
4、≤1,求实数a的取值范围. 解∵
5、f(x)
6、≤1, ∴-1≤ax2+x≤1, 即-1-x≤ax2≤1-x. 当x=0时,不等式-1≤a×0≤1显然成立, ∴a∈R. 当0<x≤1时,由-1-x≤ax2≤1-x得 . ∵,, ∴a≤0. 又∵, , ∴a≥-2.∴-2≤a≤
7、0. 综上得a的范围是a∈[-2,0]. 2.“f(x1)≤f(x)≤f(x2)”型 例2已知函数,若对任意x∈R,都有f(x1)≤f(x)≤f(x2)成立,则
8、x1-x2
9、的最小值为____. 解∵对任意x∈R,不等式f(x1)≤f(x)≤f(x2)恒成立, ∴f(x1),f(x2)分别是f(x)的最小值和最大值. 对于函数y=sinx,取得最大值和最小值的两点之间最小距离是π,即半个周期. 又函数的周期为4, ∴
10、x1-x2
11、的最小值为2. 3.“”型 例3(2005湖北)在
12、y=2x,y=log2x,y=x2,y=cosx这四个函数中,当0<x1<x2<1时,使恒成立的函数的个数是( ) A.0 B.1 C.2 D.3 解本题实质就是考察函数的凸凹性,即满足条件的函数,应是凸函数的性质,画草图即知y=log2x符合题意. 4.“>0”型 例4已知函数f(x)定义域为[-1,1],f(1)=1,若m,n∈[-1,1],m+n≠0时,都有,若f(x)≤t2-2at+1对所有x∈[-1,1],a∈[-1,1]恒成立,求实数t的取值范围.
13、 解任取-1≤x1<x2≤1, 则. 由已知>0, 又x1-x2<0, ∴f(x1)-f(x2)<0, 即f(x)在[-1,1]上为增函数. ∵f(1)=1, ∴x∈[-1,1],恒有f(x)≤1. ∴要使f(x)≤t2-2at+1对所有x∈[-1,1],a∈[-1,1]恒成立,即要t2-2at+1≥1恒成立, 故t2-2at≥0恒成立. 令g(a)=t2-2at,只须g(-1)≥0且g(1)≥0, 解得t≤-2或t=0或t≥2. 评注形如不等式“>0”或“<0”恒成立,实
14、际上是函数的单调性的另一种表现形式,在解题时要注意此种类型不等式所蕴涵的重要信息. 5.“f(x)<g(x)”型 例5已知f(x)=lg(x+1),g(x)=lg(2x+t),若当x∈[0,1]时,f(x)≤g(x)恒成立,求实数t的取值范围. 解f(x)≤g(x)在x∈[0,1]恒成立,即在x∈[0,1]恒成立在[0,1]上的最大值小于或等于零. 令, . ∵x∈[0,1], ∴F′(x)<0,即F(x)在[0,1]上单调递减,F(0)是最大值. ∴f(x)≤F(0)=1-t≤0,
15、即t≥1. 6.“f(x1)<g(x2)”型 例6已知函数,若对任意x1,x2∈[-2,2],都有f(x1)<g(x2),求c的范围. 解因为对任意的x1,x2∈[-2,2],都有f(x1)<g(x2)成立, ∴[f(x)]max<[g(x)]min. ∵f′(x)=x2-2x-3,令f′(x)>0得x>3或x<-1;f′(x)<0得-1<x<3. ∴f(x)在[-2,-1]为增函数,在[-1,2]为减函数. ∵f(-1)=3,f(2)=-6, ∴[f(x)]max=3.∴. ∴c
16、<-24. 7.“
17、f(x1)<f(x2)
18、<t(t为常数)”型 例7已知函数f(x)=-x4+2x3,则对任意t1,t2∈[-,2](t1<t2)都有
19、f(x1)-f(x2)
20、≤____恒成立,当且仅当t1=____,t2=____时取等号. 解因为
21、f(x1)-f(x2)
22、≤
23、[f(x)]max-[f(x)]min
24、恒成立, 由,x∈[-,2], 易求得, . ∴
25、f(x1)-f(x2)
26、≤2. 例8已知函数y=f(x)满足:(1)定义域为[-1,