3_8064929_15.不等式恒成立的等价命题

2017年课标高考 母题 备战高考数学的一条捷径 729 中国 高考数学母题 (第 205 号 ) 不等式恒成立的等价命题 己知不等式恒成立 ,求参数的取值范围 ,此类问题解法多样 ,是高考的热点问题 ;寻找构造 不等式恒成立 的等价命题是解决问 题 的关键和有力手段 . 母题结构 :( )(凸凹等价命题 )若 函数 f(x)在 m,n内是 不 凹函数 ,则当 x m,n时 ,f(x) 0 恒成立 0)( 0)(nf ( )(最值 等价命题 )不等式 f(x) 0 恒成立 x) 0; ( )(单调等价命题 )若 函数 f(x)在 ,+) 內单调 递增 ,则 当 x ,+) 时 ,f(x)0 恒成立 f( ) 0. 母题 解 析 :略 . 子题类型 :(2011 年湖北高考试题 )设函数 f(x)=bx+a,g(x)=,其中 x R, a、 b 为常数 ,已知曲线y=f(x)与 y=g(x)在点 (2,0)处有相同的切线 l.( )求 a、 并写出切线 l 的方程 ; ( )若方程 f(x)+g(x)=三个互不相同的实根 0、 中 20 m m 2;又 对任意的 x x1,f(x)+g(x)0 g(x)存在唯一零 点 (1,a),且 e f(x)在 (0, (a,3e)上单调递增 ,在 (x0,a)上单调递 减 f(x)在 (0,3e上 的最大值=f(f(3e);由 g(0 20 a=2f(4以 ,对任意的 x (0,3e,恒有 f(x) 4 f( 4 f(3e) 43 a 3e.故 a 3 e. 点评 :利用 最值等价命题 的关键 是求函数 的 最值 ; f(x)的最小值可能在几点处取得 ,对 此 有如下定理 :若 x)= f(f( ,f(,则 不等式 f(x) 0 恒成立 f( 0,f( 0, ,且 f( 0; f(x)的最大值点 ,或最小值点存在 ,但不能求出 ;针对此类问题一般采用“设而不求”的方法 . 同 类 试题 : 3.(2006 年江西高考试题 )己知函数 f(x)=x3+bx+c 在 x=x=1 时都取得极值 . ( )求 a,b 的 值 及 函数 f(x)的 单调区间 ; ( )若对 x 不等式 f(x)1. () 讨论 f(x)的单调性 ; () 若当 x0 时 ,f(x)0 恒成立 ,求 a 的取值范围 . 子题类型 :(2014 年课标 高考试题 )已知函数 f(x)=( )讨论 f(x)的单调性 ; ( )设 g(x)=f(2x)x),当 x0 时 ,g(x)0,求 b 的最大值 ; 解析 :( )由 f(x)=f (x)=ex+2,等号仅当 x=0 时成立 f(x)在 (- ,+ )内 单调递增 ; ( )由 g(x)=f(2x)x)=(8x g (x)=2ex+(4=2(ex+ex+2); 当 b 2时 ,g (x) 0,等号仅当 x=0时成立 g(x)在 (- ,+ )内 单调递增 ,而 g(0)=0 对任意 x0,g(x)g(0)=0; 当 b2 时 ,由 ex+=0 x=ln(2 ) g(x)在 (0,ln(2 )内 单调 递减 当 x (0,ln(2 )时 ,g(x)0,f(x)0 成立 ,求 a 的取值范围 . 7.(2007 年辽宁高考试题 )已知函数 f(x)=4818g(x)=f (x),对任意的实数 t 均有 g(1+e-|t|) 0,g(3+ 0.( )求函数 f(x)的解析式 ; ( )若对任意的 m ,恒有 f(x) x 的取值范围 . 8.(2005 年 山东 高考试题 )已知 x=1 是函数 f(x)=m+1)x2+ 的一个极值点 ,其中 m,n R,( )设 g(x)是 f(x)的 导函数 ,讨论函数 g(x)的单调性 ; ( )证明 :存在 a (0,1),使得 f(x) 0 在区间 (1,+ )内恒成立 ,且 f(x)=0 在区间 (1,+ )内有唯一解 . 11.(2013年课标 高考试题 )设函数 f(x)=x2+ax+b,g(x)=ex(cx+d)y=f(x)和曲线 y g(x)都过点 P(0,2),且在点 y=4x+2. ( )求 a,b,c,d 的值 ; ( )若 x ,f(x)kg(x) ,求 12.(2010 年 湖 北 高考试题 )已知 函数 f(x)=ax+xb+c(a0)的图像在点 (1,f(1)处的切线方程为 y=( )用 a 表示出 b,c; ( )若 f(x) 1,+ )上恒成立 ,求 a 的取值范围 . ( )由 f (x)=3a g(x)=33-x)a+3 h(a)=(3-x)a+3当 a 1 时 ,g(x)3 m (0) (0,32 ) ,m (32 ). ( )由 f (x)=2( 2x(令 g(x)= f(x)在区间 上是增函数 当 x 时 ,f (x)0 恒成立 当 x 时 ,g(x) 0 恒成立 g( 0,且 g(1) 0 A=a|a 1; ( )由 f(x)= x1+x2=a,2 | 82a ;当 a 时 ,|;令 h(t)=mt+;所以 ,不等式 m2+ |任意 a A及 t 恒成立 当 t 时 ,m2+ 3恒成立 当 t 时 ,h(t) 3 恒成立 h( 3,且 h(1) 3 m 的取值范围是 m|m m 2. ( )a=b= )由 f (x)=3(x+32)( f(x)在 内 的最大值 =f(32),f(2)=f(2)=2+c,所以 ,对 x 不等式 f(x)0 恒成立 a1,24a0,且 4a0 a 的取值范围 是 (1,6). ( )f(x)在 (- , 2 ( 2 +1,+) 上单调递增 ,在 ( 2 2 +1)上单调递 减 ; ( )由 f(2)0 a a x 2,+) 时 ,f (x)=3() 3()=3( 0 f(x)在 2, +) 上单调递增 当 x 2,+) 时 ,f(x)f(2)0. 综上 ,a 的取值范围 是 ) ( )当 f(x)有两个极值点 ; ( )当 f(x)=ln(x+1)+a(,f(x)f(0)=0,符合题意 ;当 a98时 ,f(x)在 () 上的极小值=f(其中 ,2=0,x2=a )89( ;若a )89( 0,即980,f(x)f(0)=0,符合题意 ;若a )89( 0,即 a1 时 ,f(x)在 (0,单调递 减 f(x)0 g(0,且 g(1)0 m (). ( ) 当 k0 时 ,f(x)在 (- , (k,+) 上单调递增 ,在 (-k,k)上单调递 减 ; 当 由 f(k+1)=e 合题意 ; 当 1)0 f (x)在 (1,+ )内存在唯一 零点 ,且 x=是 f(x)的极小值点 ,也是 f(x)的最小值点 ,所以 ,f(x) 0 在区间(1,+ )内恒成立 ,且 f(x)=0 在区间 (1,+ )内有唯一解 f( )=0;由 f ( )=0 f( )=+2 + 22a+4由 f( )=0 +2 +22a+50 a=2,或 a=2 ,令 a=2 ,代入 f ( )=0得 2 (1,2) a=2 (0,1). ( )a=4,b=2,c=2,d=2; ( )由 ( )知 :f(x)=x+2,g(x)=2ex(x+1),所以 ,f(x)kg(x) 2x+1)-(x+2) 0;令 F(x)=2x+1)-(x+2),由 F( 0,F(0) 0 k 1,令 F (x)=2(x+2)(0 x=当2,即 k=F (x) 0 F(x) F(0; 当 2,即 k 1, ,x)=f(2()-2=(2k 的取值范围 是 1, ( ) b=c=1 )由 f(x)=ax+1 g(x)=ax+1x 1,+ ),则 g(