例谈函数最值法在含参数不等式恒成立问题中的应用

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1、例谈函数最值法在含参数不等式恒成立问题中的应用　　含参数不等式的恒成立问题是不等式中重要的题型，也是近几年高考的热点题型。这类问题既含参数又含变量，学生往往难以下手，而转化为函数的最值问题是其中较易处理的一种情形。下面对几种常见的问题分类研究如下：　　一、形如“？坌x∈D，a≤f（x）恒成立”型不等式　　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，它的等价转化方法是“a≥f（x）在x∈D上恒成立，则a≥　　[f（x）]max（x∈D）；a≤f（x）在x∈D上恒成立，则a≤[f（x）]max（x∈D）”.许多复杂的恒成立问题最终都可归结到这一类型中.　　例题

2、1（2012年陕西理科高考压轴题）　　设函数fn（x）=xn+bx+c（n∈N+，b，c∈R）.　　（Ⅰ）设n≥2，b=1，c=-1，证明：fn（x）在区间，1内存在唯一的零点；　　（Ⅱ）设n=2，若对任意x1，x2∈[-1，1]有f2（x1）-f2（x2）≤4，求b的取值范围；　　（Ⅲ）在（Ⅰ）的条件下，设xn是fn（x）在，1内的零点，判断数列x2，x3…xn…的增减性。　　解：（Ⅰ）、（Ⅲ）略　　（Ⅱ）当n=2时，f2（x）=x2+bx+c，　　对任意x1，x2∈[-1，1]都有f2（x1）-f2（x2）≤4等价于f2（x1）-f2（x2）max≤4.　　即f2（x）在[-1，1

3、]上的最大值与最小值之差M≤4.　　当->1，即b>2时，M=f（1）-f（-1）=2b>4，与题设　　矛盾.　　当-1≤-≤0，即0

4、xlnx，g（x）=x3-x2-3.　　若存在x1，x2∈[0，2]使得g（x1）-g（x2）≥M成立，求满足上述条件的最大整数M.　　解：由题意可知，存在x1，x2∈[0，2]使得g（x1）-g（x2）≥M成立，等价于：　　[g（x1）-（x2）]max≥M，∵g（x）=x3-x2-3，g′（x）=3x2-2x=3x（x-）.　　由上表可知，g（x）min=g=-，g（x）max=g（2）=1　　[g（x1）-g（x2）]max=g（x）max-g（x）min=，故满足条件的最大整数M=4.　　三、形如“？坌x1∈D，？坌x2∈M，f（x1）≤g（x2）恒成立”型不等式　　该类问题可

5、转化为“f（x1）max-g（x2）min”来求解。　　例题3（2013年重点中学联考模拟试题）　　设f（x）=+xlnx，g（x）=x3-x2-3.　　如果对任意的s，t∈[，2]都有f（x）≥g（t）成立，求实数a的取值范围。　　解：由题意，该问题可以转化为：在区间[，2]上，f（x）min≥　　g（x）max，　　由例题3可知，g（x）的最大值为g（2）=1，　　∴f（x）min≥1，又f（1）=a，∴a≥1　　下面证明当a≥1时，对任意x∈[，2]，f（x）≥1成立.　　∵当a≥1时，对任意x∈[，2]，f（x）=+xlnx≥+xlnx，记h（x）=+xlnxh′（x）=-+l

6、nx+1，h′（1）=0，　　可知函数h（x）在[，2）上递减，在区间[1，2]上递增，∴h（x）min=　　h（1）=1，即h（x）≥1.　　所以当a≥1时，对任意x∈[，2]，f（x）≥1成立，即对任意的s，t∈[，2]，都有f（s）≥g（t）成立.故a∈[1，+∞）所求.　　四、形如“？坌x1∈D，？埚x2∈M，f（x1）≤g（x2）恒成立”型不等式　　该类问题可转化为“f（x1）max≤g（x2）min”来求解。　　例题4（2013年南昌市高三文科第一次模拟题）　　已知函数f（x）=ax2-blnx在点[1，f（1）]处的切线方程为y=3x-1.　　（1）若f（x）在其定义域内

7、的一个子区间（k-1，k+1）内不是单调函数，求实数k的取值范围；　　（2）若对任意x∈[0，+∞），均存在t∈[1，3]，使得t3-t2+ct+ln2+≤f（x）试求实数c的取值范围。　　解：（1）略　　（2）设g（t）=t3-t2+ct+ln2+，根据题意可知g（t）max≤　　f（x）min.　　由（1）知f（x）min=f（）=+ln2，g′（t）=t2-（c+1）t+c=（t-1）（t-c），　　当c≤1时，g′（t）≥0；g（t）在