含参函数不等式问题

1、1小专题小专题-含参的函数不等式问题含参的函数不等式问题一、填空题1已知关于 x 的不等式x1xa2 的解集为 P.若 1P，则实数 a 的取值范围为解析： 1P 有两种情形， 一种是111a2， 另一种是 x1 使分母为 0， 即 1a0， 解得 1a0.2 设32( )4(3)f xxmxmxn(mnR，)是R上的单调增函数，则m的值为63.已知 2x2xa7 在 x(a，)上恒成立，则实数 a 的最小值为a324若存在正数 x 使 2x(xa)1 成立，则 a 的取值范围是_解2x(xa)1，ax12x.令 f(x)x12x，f(x)12xln 20.f(x)在(0，)上单调递增，f(x

2、)f(0)011，a 的取值范围为(1，)5 若 关 于x的 不 等 式32aaxx的 解 集 不 是 空 集 ， 则 实 数a的 取 值 范 围是解设 aaxxxf2. 则 关 于x的 不 等 式32aaxx的 解 集 不 是 空 集 3xf在,上能成立 3minxf,即 , 3442minaaxf解得6a 或2a .6 已知正数 x，y 满足 x2 2xy(xy)恒成立，则实数的最小值为解x0，y0，x2y2 2xy(当且仅当 x2y 时取等号).又由 x2 2xy(xy)可得x2 2xyxy，而x2 2xyxyx（x2y）xy2，当且仅当 x2y 时，x2 2xyxymax2. 的最小值

3、为 2.7.不等式1ab1bcca0，对满足 abc 恒成立，则的取值范围是_解：原不等式变形，得(ac)1ab1bc .又 abc，所以(ac)1ab1bc (ab)(bc)1ab1bc 4，所以4.8若函数2( )f xx xa在区间0,2上单调递增，则实数a的取值范围是(,03,)U；9 若函数6,2( )(0,1)3log,2axxf xaax x 的值域是4,)，则实数a的取值范围是12a10如果函数21( )(2)(8)1(0,0)2f xmxnxmn在区间1 ,22单调递减，则mn的最大值为18211已知函数2( )1(0)f xaxa，3( )g xxbx.当3,9ab 时，

4、若函数( )( )f xg x在区间 ,2k上的最大值为28，求k的取值范围.【解法】 依据题意，32( )( )( )391h xf xg xxxx，2( )369h xxx，12( )0,1,3h xxx x(, 3) -3( 3,1)-1( 1,2)2( )fx 0 xf0 0 xf0 0 xf( )f x单调递增极大值( 3)28f 单调递减极小值( 1)12f 单调递增(2)3f结合函数单调性可知，要使 xh最大值为28，必须使3k.12 已 知( )f x是 定 义 在 2,2上 的 奇 函 数 ，当(0,2x时 ，( )21xf x ，函 数2( )2g xxxm. 如果对于1

5、2,2x ，2 2,2x ，使得21()()g xf x，则实数m的取值范围是.答案： 5, 213 已知函数 f(x)x1x1，g(x)x22ax4，若对于任意 x10，1，存在 x21，2，使f(x1)g(x2)，则实数 a 的取值范围是_解析由于 f(x)11（x1）20，因此函数 f(x)在0，1上单调递增，所以 x0，1时，f(x)minf(0)1.根据题意可知存在 x1，2，使得 g(x)x22ax41，即x22ax50，即 ax252x能成立，令 h(x)x252x，则要使 ah(x)在 x1，2能成立，只需使 ah(x)min，又函数 h(x)x252x在 x1，2上单调递减，

6、所以 h(x)minh(2)94，故只需 a94.14 已知函数( )xf xe，若曲线( )yf x与曲线2112yxmx有三个不同交点，则实数m的取值范围为(1,)二、解答题1已知)(xf是R上的单调函数，且对任意的实数Ra，有0)()(afaf恒成立，若2)3(f（1）试判断)(xf在R上的单调性，并说明理由；（2）解关于x的不等式：0)()(mfxxmf，其中Rm且0m。【解析】 （1）)(xf为R上的减函数。理由如下：3)(xf是R上的奇函数，0)0( f，又因)(xf是R上的单调函数，由2)3(f,)3()0( ff，所以)(xf为R上的减函数。（2）由0)()(mfxxmf，得)

7、()()(mfmfxxmf，结合（I）得mxxm，整理得0)1 (xmxm当10 m时，mmxx10；当1m时，0 xx；当1m时，mmxxx1, 0 或.2.已知函数223)32ln()(xxxf （1）求)(xf在 1 , 0上的最大值；（2）若对任意的实数 21,61x，不等式 03)(ln|ln| xxfxa恒成立，求实数a的取值范围；（3）若关于x的方程bxxf 2)(在 1 , 0上恰有两个不同的实根，求实数b的取值范围【解析】（1）23) 13)(1( 33323)( xxxxxxf， 令0)( xf， 得31 x或1 x（舍）当310 x时，0)( xf，)(xf单调递增；当1

8、31 x时，0)( xf，)(xf单调递减，613ln)31( f是函数在1 , 0上的最大值（2）3|ln|ln23axx 对1 1 , 6 2x 恒成立若3ln0,23x 即1 1 , )6 3x ，恒成立由03)(ln|ln| xxfxa得xxa323lnln 或xxa323lnln 设xxxxgxxxxxh323ln323lnln)(,332ln323lnln)(2 依题意知)(xha 或)(xga 在1 1 , 3 2x 上恒成立)(),(, 03262)(, 0)32(2)(2xfxgxxxxhxxxg 都在1 1 , 3 2上递增)21(ha 或1( )3ag ，即127ln a

9、或1ln3a （3）由bxxf 2)(知0223)32ln(2 bxxx，4令bxxxx 223)32ln()(2 ，则xxxxx329723323)(2 当37, 0 x时，0)( x ，于是)(x 在37, 0上递增；当1 ,37 x时，0)( x ，于是)(x 在1 ,37上递减，而)0()37( ，)1()37( bxxf 2)(即0)( x 在1 , 0上恰有两个不同实根等价于 0215ln)1(037267)72ln()37(02ln)0(bbb ， 解得37267)72ln(215ln b3 已知( )lnxf xaxae，其中常数0a （1）当a e时，求函数( )f x的极值

10、；（2）若函数( )yf x有两个零点1212,(0)x xxx，求证：1211xxaa ；解：函数( )f x的定义域为(0,)，（1）当ea 时，( )eelnexf xx，e( )exfxx，2 分而e( )exfxx在(0,)上单调递增，又(1)0f ，当01x时，( )(1)0fxf，则( )f x在(0,1)上单调递减；当1x 时，( )(1)0fxf，则( )f x在(1,)上单调递增，所以( )f x有极小值(1)0f，没有极大值4 分（2）先证明：当( )0f x恒成立时，有0ae成立若10ex，则( )(ln1)0 xf xaxe显然成立；若1ex ，由( )0f x得el

11、n1xax，令e( )ln1xxx，则21e (ln1)( )(ln1)xxxxx ，令11( )ln1()eg xxxx ，由211( )0g xxx得( )g x在1( ,)e上单调递增，又因为(1)0g， 所以( ) x在1( ,1)e上为负， 在(1,)上为正， 因此( )x在1( ,1)e上递减，5在(1,)上递增，所以min( )(1)ex，从而0ea因而函数( )yf x若有两个零点，则ea ，所以(1)e0fa，7 分由( )ln(af aaaa aee)得( )ln2afaae，则111( )0eeaafaaeee，所以( )ln2afaae在( ,)e上单调递增，所以2(

12、)( )330fafeeee，所以( )lnaf aaaae在( ,)e上单调递增，所以2( )( )22f afeeeeee0，则(1) ( )0ff a ，所以21xa，由a e得111111( )lnlnln0aaaafaaaaaaaaaeeeee，则1(1) ( )0ffa，所以111xa，综上得1211xxaa 10 分4 已知函数( )xf xe，( )g xmxn.（1）设( )( )( )h xf xg x.当0n 时，若函数( )h x在( 1,) 上没有零点，求m的取值范围；（2）设函数1( )( )( )nxr xf xg x，且4 (0)nm m，求证：当0 x 时，(

13、 )1r x .解： （1）方法一：当0n ，可得( )()xxh xemxem，因为1x ，所以1xee，当1me时，( )0 xh xem，函数( )h x在( 1,) 上单调递增，而(0)1h，所以只需1( 1)0hme，解得1me ，从而11mee.6 分当1me时，由( )0 xh xem，解得ln( 1,)xm ，当( 1,ln)xm 时，( )0h x，( )h x单调递减； 当(ln,)xm时，( )0h x，( )h x单调递增.所以函数( )h x在( 1,) 上有最小值为(ln)lnhmmmm，令ln0mmm，解得me，所以1mee.综上所述，1, )mee .10 分方

14、法二：当0n ，xemx当0 x 时，显然不成立；6当1x 且0 x 时，xemx，令xeyx，则221xxxexe xeyxx ，当10 x 时，0y，函数xeyx单调递减，01x时，0y，函数xeyx单调递减，当1x 时，0y ，函数xeyx单调递增，又11xey ，1xye，由题意知1, )mee .（2）由题意，1114( )( )( )4xxnxnxxmr xnf xg xeexxm，而14( )14xxr xex等价于(34)40 xexx，令( )(34)4xF xexx，12 分则(0)0F，且( )(31) 1xF xex，(0)0F，令( )( )G xF x，则( )(3

15、2)xG xex，因0 x ， 所以( )0G x，14 分所以导数( )F x在0,)上单调递增，于是( )(0)0F xF，从而函数( )F x在0,)上单调递增， 即( )(0)0F xF.16 分5 已知函数(2)( )1 lnk xf xxx ，其中k为常数.(1)若5k ,求证：( )f x有且仅有两个零点；(2)若k为整数，且当2x 时，( )0f x 恒成立，求k的最大值。（参考数据 ln82.08，ln92.20，ln102.30）解解： （1）当 k5 时，f(x)lnx10 x4因为 f (x)x10 x2，从而当 x(0，10)，f (x)0，f(x)单调递减；当 x(

16、10，)时，f (x)0，f(x)单调递增所以当 x10 时，f(x)有极小值 5 分因 f(10)ln1030，f(1)60，所以 f(x)在(1，10)之间有一个零点因为 f(e4)410e440，所以 f(x)在(10，e4)之间有一个零点从而 f(x)有两个不同的零点 8 分（2）方法一方法一：由题意知，1+lnxk(x2)x0 对 x(2，)恒成立，7即 kxxlnxx2对 x(2，)恒成立令 h(x)xxlnxx2，则 h(x)x2lnx4(x2)2设 v(x)x2lnx4，则 v(x)x2x当 x(2，)时，v(x)0，所以 v(x)在(2，)为增函数因为 v(8)82ln844

17、2ln80，v(9)52ln90，所以存在 x0(8，9)，v(x0)0，即 x02lnx040当 x(2，x0)时，h(x)0，h(x)单调递减，当 x(x0，)时，h(x)0，h(x)单调递增所以当 xx0时，h(x)的最小值 h(x0)x0 x0lnx0 x02因为 lnx0 x042，所以 h(x0)x02(4，4.5)故所求的整数 k 的最大值为 4 16 分方法二方法二：由题意知，1+lnxk(x2)x0 对 x(2，)恒成立f(x)1+lnxk(x2)x，f (x)x2kx2当 2k2，即 k1 时，f(x)0 对 x(2，)恒成立，所以 f(x)在(2，)上单调递增而 f(2)

18、1ln20 成立，所以满足要求当 2k2，即 k1 时，当 x(2，2k)时，f (x)0， f(x)单调递减，当 x(2k，)，f (x)0，f(x)单调递增所以当 x2k 时，f(x)有最小值 f(2k)2ln2kk从而 f(x)0 在 x(2，)恒成立，等价于 2ln2kk0令 g(k)2ln2kk，则 g(k)1kk0，从而 g(k) 在(1，)为减函数因为 g(4)ln820，g(5)ln1030 ，所以使 2ln2kk0 成立的最大正整数 k4综合，知所求的整数 k 的最大值为 4 16 分6 已知函数2(1)( )ln2xf xx（1）求函数( )f x的单调递增区间；（2）证明：当1x 时，( )1f xx；8（3）确定实数k的所有可能取值，使得存在01x ，当0(1,)xx时，恒有( )(1)f xk x解： （1）函数的定义域为(0,)-1 分对函数求导，得211( )1xxfxxxx -2 分由( )0fx ，得2010 xxxx，解得1502x故( )f x的单调递增区间为15(0,)2-4 分证明： （2）令( )( )(1),(1,)F xf xxx，则有21( )xF xx-5 分当(1,)x时，( )0F x ，所以( )F x在(1,)上单调递减，-7 分故当1x 时，( )(1)0F xF，即1x 时，( )1f xx-9 分解： （