19_3501671_8.利用定积分的保号性质.解决不等式恒成立问题

中国 高考数学母题一千题 (第 0001 号 ) 愿与您共建真实的中国高考数学母题 (杨培明 利用定积分的保号性质 解决 不等式 恒成立 问题 的 一个 母题 定积分的保号性 :定义在 a,b上的可积函数 f(x),若 f(x) 0,则 ba ( 0;若 f(x) 0,则 ba ( 由此可妙解一类不等式恒成立问题 . 母题结构 :如果 F (x)=f(x),G (x)=g(x),且 F(a)=G(a). 若 当 x F(x) G(x)恒成立 ,则 存在正实数 ,使得 当x a,a+ 时 ,f(x) g(x)恒成立 ; 若 当 x a 时 ,F(x) G(x)恒成立 ,则 存在正实数 ,使得 当 x a时 ,f(x)g(x)恒成立 . 母题 解 析 : 反证 :假设不存在正实数 ,使得 当 x a,a+ 时 ,f(x) g(x)恒成立 ,即对任意正实数 ,使得 当 xa,a+ 时 ,f(x)0,f(x)0 成立 ,求 解析 :( )由 函数 f(x)的定义域为 ( ),f (x)=11x(2);令 g(x)=2,则 g(x)恒过 A(), B(21,1); 当 a=0 时 ,f(x)极值点的个数 为 0; 当 =90,即 098时 ,f(x)极值点的个数 为 2; ( )由 ( )知 ,当 f(x)在 0,+ )内单调递增 f(x) f(0)=0; 当21 a 1 时 ,f (x) 0 f (x)在 0.+ )内单调递增 f (x) f (0) 0 f(x)在 0.+ )内单调递增 f(x) f(0)=0; 当 00 f(x)在 0.+ )內单调递增 f(x) f(0)=实数 0,1. 点评 :母题的关键 作用是由 f(x) g(x)获 得参数 a 的取值范围 D(必要条件 ),特别注意 :a D 未必是 F(x) G(x)的充分 条件 ;但这样可以极大的缩小 参数 较佳的接近 F(x) G(x)的充 要 条件 . 子题类型 :(2013 年 辽宁 高考 理科 试题 )已知函数 f(x)=(1+x)g(x)=3x+1+2 x 0,1时 , ( )求证 :1f(x)x11; ( )若 f(x) g(x)恒 成立 ,求实数 a 的取值范围 . 解析 :( )当 x 0,1时 ,由 1f(x) 1(1+x)(1+x)(1-x) h(t)=(1-t)et,t ,则 h (t) =当 t 0,1时 ,h (t) 0 h(x) h(0)=1;当 t 时 ,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 ; ( )当 x 0,1时 ,f(x) g(x)恒成立 存在正实数 ,使得 当 x 0, 时 ,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); ( )设实数 k 使得 f(x)k(x+33x),对 x (0,1)恒成立 ,求 k 的最大值 . 4.(2010 年课标高考 理科 试题 )设函数 f(x)=( )若 a=0,求 f(x)的单调区间 ; ( )若当 x 0 时 ,f(x) 0,求 a 的取值范围 . 5.(2006 年全国 高考试题 )已知函 数 f(x)=11. ( )设 a0,讨它 y=f(x)的 单调 性 ; ( )若 对 任意 x (0,1)恒有 f(x)1,求 a 的取 值 范 围 . 6.(2008 年 全国 高考试题 )设函数 f(x)= ( )求 f(x)的单调区间 ; ( )如果对任何 x 0,都有 f(x) a 的取值范围 . 7.(2013 年 辽宁 高考 文科 试题 )( )证明 :当 x 0,1时 ,22x x; ( )若不等式 ax+3x+2(x+2)4 对 x 0,1恒成立 ,求实数 a 的 取值范围 . 令 g(x)=f(x)x+1)ln(x+1) g(0)=0,所以 ,对所有 x 0,都有 f(x) g(x) 0 g (0) 0 a 1;当 a 1 时 ,g (x)=ln(x+1)+10 g(x)在 0,+ )内 递增 g(x) g(0)=0 f(x) a 的取值范围 是 (- ,1. ( )由 f(x)=x f (x)=ex+e- x 2; ( )令 g(x)=f(x) g(0)=0,所以 ,对所有 x 0 都有 f(x) 当 x 0 时 ,恒有 g(x) 0 当 x 0, ( 是充分小的正数 )时 ,g (0) 0 a 2;当 a 2 时 ,g (x) 0 g(x) g(0)=0 f(x) a 的取值范围 是 (- ,2. ( )由 f(x)=11 f(0)=0,且 f (x)=x11+x11 f(0)=2 切线方程 :y=2x; ( )令 g(x)=f(x)-2(x+33x),x (0,1),则 g (x)=24120 g(x)在 (0,1)内 单调递增 g(x)g(0)=0 f(x)2(x+33x); ( )令 h(x)=f(x)-k(x+33x),x (0,1),则 h(0)=0,所以 ,当 x (0,1)时 ,f(x)k(x+33x),即 h(x)0 h (0) 0 k 2;当 k=2 时 ,由 ( )知 ,f(x)k(x+33x)k 的最大值 为 2. ( )当 a=0 时 ,由 f(x)=f (x)=此列表如下 : 由表知 ,f(x)在 (- ,0)上 单调 递减 0,+ )上 单调 递增 ; ( )由 f(x)=f (x)= f(0)=0,所以 ,当 x 0 时 , f(x) 0 f (0) 0 a21;当 a21时 ,f (x)=(x+1)1x 0 f(x) f(0)= (- ,21. ( )由 f (x)=2)1( 2x11=22)1( )2( ;当 a=2 时 ,f(x)在 (- ,0),(0,1)和 (1,+ )内 单调递增 ;当 02 时 ,f(x)在 (- ,),(,1)和 (1,+ )内 单调递增 ,在 (,)内 单调 递减 ; ( )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;当 a 2 时 ,g (x)= f (x)=22)1( )2( 0 g(x)在 (0,1)内 单调递增 g(x)g(0)=0 f(x)a 的取值范围 是 (- ,2. ( )由 f (x)=2)co co s2(co s x =2)1;当 2 0,即 x 232,232时 , f (x) 0 f(x)在 2 32 ,232 (k Z)内 单调 递 增 ,f(x)在 232 ,234 (k Z)内 单调 递减 ; ( )令 g(x)=x)=则 g(0)=0,所以 ,对所有 x 0,都有 f(x) 当 x 0时 ,恒有 g(x) 0 g (0) 0 a31;当 a31时 ,令 2+t 1,则2)1=2 1)2(2 =1 g(x) 0 g(x) g(0)=0 f(x) a 的取值范围是 31,+ ). ( )当 x=0 时 ,22x x 成立 ;当 x (0,1时 ,在 y=任取一点 P(x,取一点 A(4,