19_3501671_8.利用定積分的保號性質(zhì).解決不等式恒成立問題

中國 高考數(shù)學(xué)母題一千題 (第 0001 號 ) 愿與您共建真實的中國高考數(shù)學(xué)母題 (楊培明 利用定積分的保號性質(zhì) 解決 不等式 恒成立 問題 的 一個 母題 定積分的保號性 :定義在 a,b上的可積函數(shù) f(x),若 f(x) 0,則 ba ( 0;若 f(x) 0,則 ba ( 由此可妙解一類不等式恒成立問題 . 母題結(jié)構(gòu) :如果 F (x)=f(x),G (x)=g(x),且 F(a)=G(a). 若 當(dāng) x F(x) G(x)恒成立 ,則 存在正實數(shù) ,使得 當(dāng)x a,a+ 時 ,f(x) g(x)恒成立 ; 若 當(dāng) x a 時 ,F(x) G(x)恒成立 ,則 存在正實數(shù) ,使得 當(dāng) x a時 ,f(x)g(x)恒成立 . 母題 解 析 : 反證 :假設(shè)不存在正實數(shù) ,使得 當(dāng) x a,a+ 時 ,f(x) g(x)恒成立 ,即對任意正實數(shù) ,使得 當(dāng) xa,a+ 時 ,f(x)0,f(x)0 成立 ,求 解析 :( )由 函數(shù) f(x)的定義域為 ( ),f (x)=11x(2);令 g(x)=2,則 g(x)恒過 A(), B(21,1); 當(dāng) a=0 時 ,f(x)極值點的個數(shù) 為 0; 當(dāng) =90,即 098時 ,f(x)極值點的個數(shù) 為 2; ( )由 ( )知 ,當(dāng) f(x)在 0,+ )內(nèi)單調(diào)遞增 f(x) f(0)=0; 當(dāng)21 a 1 時 ,f (x) 0 f (x)在 0.+ )內(nèi)單調(diào)遞增 f (x) f (0) 0 f(x)在 0.+ )內(nèi)單調(diào)遞增 f(x) f(0)=0; 當(dāng) 00 f(x)在 0.+ )內(nèi)單調(diào)遞增 f(x) f(0)=實數(shù) 0,1. 點評 :母題的關(guān)鍵 作用是由 f(x) g(x)獲 得參數(shù) a 的取值范圍 D(必要條件 ),特別注意 :a D 未必是 F(x) G(x)的充分 條件 ;但這樣可以極大的縮小 參數(shù) 較佳的接近 F(x) G(x)的充 要 條件 . 子題類型 :(2013 年 遼寧 高考 理科 試題 )已知函數(shù) f(x)=(1+x)g(x)=3x+1+2 x 0,1時 , ( )求證 :1f(x)x11; ( )若 f(x) g(x)恒 成立 ,求實數(shù) a 的取值范圍 . 解析 :( )當(dāng) x 0,1時 ,由 1f(x) 1(1+x)(1+x)(1-x) h(t)=(1-t)et,t ,則 h (t) =當(dāng) t 0,1時 ,h (t) 0 h(x) h(0)=1;當(dāng) t 時 ,h (t) 0 h(h(t) h(0)=1 h( h(x) (1+x)(1-x)1f(x);又由 f(x) x11 (1+x)x11 (1+x)2 x+1 成立 ; ( )當(dāng) x 0,1時 ,f(x) g(x)恒成立 存在正實數(shù) ,使得 當(dāng) x 0, 時 ,f (x) g (x),即 -(2x+1)a+23x+ 2令 x=0) a a T(x)=f(x)-g(x) 1x)=(a+1+22x+2令 m(x)=a+1+22x+2 m (x)=m (x)=1x+33x); ( )設(shè)實數(shù) k 使得 f(x)k(x+33x),對 x (0,1)恒成立 ,求 k 的最大值 . 4.(2010 年課標(biāo)高考 理科 試題 )設(shè)函數(shù) f(x)=( )若 a=0,求 f(x)的單調(diào)區(qū)間 ; ( )若當(dāng) x 0 時 ,f(x) 0,求 a 的取值范圍 . 5.(2006 年全國 高考試題 )已知函 數(shù) f(x)=11. ( )設(shè) a0,討它 y=f(x)的 單調(diào) 性 ; ( )若 對 任意 x (0,1)恒有 f(x)1,求 a 的取 值 范 圍 . 6.(2008 年 全國 高考試題 )設(shè)函數(shù) f(x)= ( )求 f(x)的單調(diào)區(qū)間 ; ( )如果對任何 x 0,都有 f(x) a 的取值范圍 . 7.(2013 年 遼寧 高考 文科 試題 )( )證明 :當(dāng) x 0,1時 ,22x x; ( )若不等式 ax+3x+2(x+2)4 對 x 0,1恒成立 ,求實數(shù) a 的 取值范圍 . 令 g(x)=f(x)x+1)ln(x+1) g(0)=0,所以 ,對所有 x 0,都有 f(x) g(x) 0 g (0) 0 a 1;當(dāng) a 1 時 ,g (x)=ln(x+1)+10 g(x)在 0,+ )內(nèi) 遞增 g(x) g(0)=0 f(x) a 的取值范圍 是 (- ,1. ( )由 f(x)=x f (x)=ex+e- x 2; ( )令 g(x)=f(x) g(0)=0,所以 ,對所有 x 0 都有 f(x) 當(dāng) x 0 時 ,恒有 g(x) 0 當(dāng) x 0, ( 是充分小的正數(shù) )時 ,g (0) 0 a 2;當(dāng) a 2 時 ,g (x) 0 g(x) g(0)=0 f(x) a 的取值范圍 是 (- ,2. ( )由 f(x)=11 f(0)=0,且 f (x)=x11+x11 f(0)=2 切線方程 :y=2x; ( )令 g(x)=f(x)-2(x+33x),x (0,1),則 g (x)=24120 g(x)在 (0,1)內(nèi) 單調(diào)遞增 g(x)g(0)=0 f(x)2(x+33x); ( )令 h(x)=f(x)-k(x+33x),x (0,1),則 h(0)=0,所以 ,當(dāng) x (0,1)時 ,f(x)k(x+33x),即 h(x)0 h (0) 0 k 2;當(dāng) k=2 時 ,由 ( )知 ,f(x)k(x+33x)k 的最大值 為 2. ( )當(dāng) a=0 時 ,由 f(x)=f (x)=此列表如下 : 由表知 ,f(x)在 (- ,0)上 單調(diào) 遞減 0,+ )上 單調(diào) 遞增 ; ( )由 f(x)=f (x)= f(0)=0,所以 ,當(dāng) x 0 時 , f(x) 0 f (0) 0 a21;當(dāng) a21時 ,f (x)=(x+1)1x 0 f(x) f(0)= (- ,21. ( )由 f (x)=2)1( 2x11=22)1( )2( ;當(dāng) a=2 時 ,f(x)在 (- ,0),(0,1)和 (1,+ )內(nèi) 單調(diào)遞增 ;當(dāng) 02 時 ,f(x)在 (- ,),(,1)和 (1,+ )內(nèi) 單調(diào)遞增 ,在 (,)內(nèi) 單調(diào) 遞減 ; ( )令 g(x)=f(x) g(0)=0,所以 ,任意 x (0,1)恒有 f(x)1,即 g(x)0 g (0) 0 a 2;當(dāng) a 2 時 ,g (x)= f (x)=22)1( )2( 0 g(x)在 (0,1)內(nèi) 單調(diào)遞增 g(x)g(0)=0 f(x)a 的取值范圍 是 (- ,2. ( )由 f (x)=2)co co s2(co s x =2)1;當(dāng) 2 0,即 x 232,232時 , f (x) 0 f(x)在 2 32 ,232 (k Z)內(nèi) 單調(diào) 遞 增 ,f(x)在 232 ,234 (k Z)內(nèi) 單調(diào) 遞減 ; ( )令 g(x)=x)=則 g(0)=0,所以 ,對所有 x 0,都有 f(x) 當(dāng) x 0時 ,恒有 g(x) 0 g (0) 0 a31;當(dāng) a31時 ,令 2+t 1,則2)1=2 1)2(2 =1 g(x) 0 g(x) g(0)=0 f(x) a 的取值范圍是 31,+ ). ( )當(dāng) x=0 時 ,22x x 成立 ;當(dāng) x (0,1時 ,在 y=任取一點 P(x,取一點 A(4,