含参函数不等式问题

一、填空题

x＋1

1．已知关于x的不等式＜2的解集为P.若1∉P，则实数a的取值范围为

x＋a

1＋1

解析：1∉P有两种情形，一种是≥2，另一种是x＝1使分母为0，即1＋a＝0，解得1≤a≤0.

1＋a2设f(x)4x3mx2(m3)xn(m，nR)是R上的单调增函数，则m的值为 ▲ ．6 23

3.已知2x＋≥7在x∈(a，＋∞)上恒成立，则实数a的最小值为 a≥ 2x－a

4．若存在正数x使2x(x－a)＜1成立，则a的取值范围是________．

11－

解 ∵2x(x－a)＜1，∴a＞x－x. 令f(x)＝x－x， ∴f′(x)＝1＋2xln 2＞0.

22

∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增，∴f(x)＞f(0)＝0－1＝－1， ∴a的取值范围为(－1，＋∞)． 5．若关于x的不等式xaxa3的解集不是空集，则实数a的取值范围是 ．

2解 设fxxaxa.则关于x的不等式xaxa3的解集不是空集

22fx3在,上能成立fminx3,

4aa23,解得a6或a2. 即fminx46已知正数x，y满足x＋22xy≤λ(x＋y)恒成立，则实数λ的最小值为 解 ∵x＞0，y＞0，∴x＋2y≥22xy(当且仅当x＝2y时取等号).

x＋22xyx＋22xyx＋（x＋2y）

又由x＋22xy≤λ(x＋y)可得λ≥，而≤＝2，

x＋yx＋yx＋y

x＋22xy∴当且仅当x＝2y时，＝2. ∴λ的最小值为2. x＋ymax

11λ

7.不等式＋＋≥0，对满足a＞b＞c恒成立，则λ的取值范围是_______．

a－bb－cc－a

1111

解：原不等式变形，得λ≤(a－c)a－b＋b－c.又a＞b＞c，所以(a－c)a－b＋b－c＝



1＋1≥4，所以λ≤4. [(a－b)＋(b－c)]·

a－bb－c8．若函数f(x)xxa在区间[0,2]上单调递增，则实数a的取值范围是

▲ ．(,0]U[3,)；

2x6,x29若函数f(x)(a0,a1)的值域是[4,)，则实数a的取值范围是

3logax,x2▲ ． 1a2 10．如果函数f(x)11(m2)x2(n8)x1(m0,n0)在区间[,2]单调递减，则

22mn的最大值为 ▲ ．18

1

11已知函数f(x)ax21(a0)，若函数f(x)g(x)g(x)x3bx.当a3,b9时，在区间[k,2]上的最大值为28，求k的取值范围.

322h(x)f(x)g(x)x3x9x1h(x)3x6x9，【解法】 依据题意，，

h(x)0,x11,x23

x (,3) -3 0 极大值(3,1) -1 0 极小值(1,2) 2 f(x) f'x0 f'x0 单调递减 f'x0 单调递增 f(x) 单调递增 f(2)3 f(3)28 f(1)12 结合函数单调性可知，要使hx最大值为28，必须使k3.

x12已知f(x)是定义在[2,2]上的奇函数，当x(0,2]时，f(x)2，函数1g(x)x22xm. 如果对于x1[2,2]，x2[2,2]，使得g(x2)f(x1)，则

实数m的取值范围是 ▲ . 答案：[5,2]

13已知函数f(x)＝x－

1

，g(x)＝x2－2ax＋4，若对于任意x1∈[0，1]，存在x2∈[1，2]，使x＋1

f(x1)≥g(x2)，则实数a的取值范围是________．

1

解析 由于f′(x)＝1＋＞0，因此函数f(x)在[0，1]上单调递增，所以x∈[0，1]

（x＋1）2时，f(x)min＝f(0)＝－1.根据题意可知存在x∈[1，2]，使得g(x)＝x2－2ax＋4≤－1，即

x5x5

x2－2ax＋5≤0，即a≥＋能成立，令h(x)＝＋，则要使a≥h(x)在x∈[1，2]能成

22x22x

x5

立，只需使a≥h(x)min，又函数h(x)＝＋在x∈[1，2]上单调递减，所以h(x)min＝h(2)

22x

99＝，故只需a≥. 44

x

14已知函数f(x)e，若曲线yf(x)与曲线y数m的取值范围为 ▲ ．(1,)

12xmx1有三个不同交点，则实2二、解答题

1．已知f(x)是R上的单调函数，且对任意的实数aR，有f(a)f(a)0恒成立，若f(3)2

（1）试判断f(x)在R上的单调性，并说明理由； （2）解关于x的不等式：f(mx)f(m)0，其中mR且m0。 x【解析】（1）f(x)为R上的减函数。理由如下：

2

f(x) 是R上的奇函数，f(0)0，又因f(x) 是R上的单调函数， 由f(3)2,f(0)f(3)，所以f(x)为R上的减函数。

mxmx)f(m)0，得f()f(m)f(m)， （2）由f(xxmx(1m)xmm，整理得0 结合（I）得xxm 当0m1 时，x0x；

1m当m1 时，xx0；当m1 时，x32x． 2x0,或xm. 1m2.已知函数f(x)ln(23x) （1）求f(x)在0,1上的最大值；

（2）若对任意的实数x,，不等式|alnx|lnf(x)3x0恒成立，求实数

6211a的取值范围；

（3）若关于x的方程f(x)2xb在0,1上恰有两个不同的实根，求实数b的取值范

围．

【解析】（1）f(x)（舍）

33(x1)(3x1)13x，令f(x)0，得x或x1323x3x211时，f(x)0，f(x)单调递增；当x1时，f(x)0，f(x)3311单调递减，f()ln3是函数在[0,1]上的最大值

36当0x113对x[,]恒成立

6223x3110,即x[,)，恒成立 若ln23x63（2）|alnx|ln33或alnxln

23x23x32x3x233ln,g(x)lnxlnln设h(x)lnxln

23x323x23x由|alnx|ln[f(x)3x]0得alnxln11依题意知ah(x)或ag(x)在x[,]上恒成立

32g(x)11226x[,]上递增 都在0,h(x)0,g(x),f(x)2x(23x)2x3x32

1117ah()或ag()，即aln或aln

2123332（3）由f(x)2xb知ln(23x)x2xb0，

2 3

379x2323x2令(x)ln(23x)x2xb，则(x)

223x23x777]上递增；当x[当x[0,]时，(x)0，于是(x)在[0,,1]时，333777(x)0，于是(x)在[,1]上递减，而()(0)，()(1)

333f(x)2xb即(x)0在[0,1]上恰有两个不同实根等价于

(0)ln2b017277727，解得 ln5bln(27)()ln(27)b02633631(1)ln5b02

3已知f(x)exalnxa，其中常数a0． （1）当ae时，求函数f(x)的极值；

（2）若函数yf(x)有两个零点x1,x2(0x1x2)，求证： 解：函数f(x)的定义域为(0,)，

1x11x2a； axx（1）当ae时，f(x)eelnxe，f(x)exe， …………2分 x而f(x)ee在(0,)上单调递增，又f(1)0， x当0x1时，f(x)f(1)0，则f(x)在(0,1)上单调递减；

0当x1时，f(x)f(1)，则f(x)在(1,)上单调递增，所以f(x)有极小值f(1)0，没有极大值． …………4分

（2）先证明：当f(x)≥0恒成立时，有 0a≤e成立． 若0x≤1x，则f(x)ea(lnx1)≥0显然成立； exx1xe(lnx1)1eex若x，由f(x)≥0得a≤，令(x)，则(x)， 2elnx1lnx1(lnx1)11111(x)，由g(x)20得g(x)在(,)上单调递增，

xxexe11又因为g(1)0，所以(x)在(,1)上为负，在(1,)上为正，因此(x)在(,1)上递减，

ee令g(x)lnx1

4

在(1,)上递增，所以(x)min(1)e，从而0a≤e．

因而函数yf(x)若有两个零点，则ae，所以f(1)ea0， …………7分 由f(a)eaalnaa(ae)得f(a)ealna2，则

f(a)ea111eae0， aee所以f(a)ealna2在(e,)上单调递增，所以f(a)f(e)ee3e230， 所以f(a)eaalnaa在(e,)上单调递增，所以

f(a)f(e)ee2ee22e0，则f(1)f(a)0，所以1x2a，

111111aaa由ae得f()ealnaealnaaealneaea0，则

aa111f(1)f()0，所以x11，综上得x11x2a． …………10分

aaax4已知函数f(x)e，g(x)mxn.

（1）设h(x)f(x)g(x).

当n0时，若函数h(x)在(1,)上没有零点，求m的取值范围；

1nx（2）设函数r(x)，且n4m(m0)，求证：当x0时，r(x)1. f(x)g(x)1xxx解：（1）方法一：当n0，可得h(x)(emx)em，因为x1，所以e，

e1x①当m时，h(x)em0，函数h(x)在(1,)上单调递增，而h(0)1，

e

11h(1)m0，解得m所以只需，从而

ee11m. ……………6分 ee1x②当m时，由h(x)em0，解得xlnm(1,)，

e当x(1,lnm)时，h(x)0，h(x)单调递减；当x(lnm,)时，h(x)0，h(x)单调递增.

所以函数h(x)在(1,)上有最小值为h(lnm)mmlnm，

令mmlnm0，解得me，所以

1me. e综上所述，m[,e). ……………10分 方法二：当n0，emx ①当x0时，显然不成立；

x1e 5

xexexexxexex1②当x1且x0时，m，令y，则y，当xxx2x2exex1x0时，y0，函数y单调递减，0x1时，y0，函数y单调递

xx1ex减，当x1时，y0，函数y单调递增，又yx1，yx1e，由题意知

ex1m[,e).

enx1nx114xm（2）由题意，r(x)， xxnf(x)g(x)eex4xm14x1等价于ex(3x4)x40， 而r(x)xex4令F(x)ex(3x4)x4， ……………12分 则F(0)0，且F(x)ex(3x1)1，F(0)0， 令G(x)F(x)，则G(x)ex(3x2)，

因x0， 所以G(x)0， ……………14分 所以导数F(x)在[0,)上单调递增，于是F(x)F(0)0， 从而函数F(x)在[0,)上单调递增，即F(x)F(0)0. …………

16分

5已知函数f(x)1lnxk(x2)，其中k为常数. x(1)若k5,求证：f(x)有且仅有两个零点；

(2)若k为整数，且当x2时，f(x)0恒成立，求k的最大值。

（参考数据ln8＝2.08，ln9＝2.20，ln10＝2.30） 10

解：（1）当k＝5时，f(x)＝lnx＋－4．

xx－10

因为f (x)＝2，从而

x

当x∈(0，10)，f ′(x)＜0，f(x)单调递减；当x∈(10，＋∞)时，f ′(x)＞0，f(x)单调递增． 所以当x＝10时，f(x)有极小值． ……………… 5分

因f(10)＝ln10－3＜0，f(1)＝6＞0，所以f(x)在(1，10)之间有一个零点． 10

因为f(e4)＝4＋4－4＞0，所以f(x)在(10，e4)之间有一个零点．

e从而f(x)有两个不同的零点． …………… 8分

k(x－2)

（2）方法一：由题意知，1+lnx－＞0对x∈(2，＋∞)恒成立，

x

6

x＋xlnx即k＜对x∈(2，＋∞)恒成立．

x－2x＋xlnxx－2lnx－4

令h(x)＝，则h(x)＝．

x－2(x－2)2设v(x)＝x－2lnx－4，则v(x)＝

x－2

． x

当x∈(2，＋∞)时，v(x)＞0，所以v(x)在(2，＋∞)为增函数． 因为v(8)＝8－2ln8－4＝4－2ln8＜0，v(9)＝5－2ln9＞0， 所以存在x0∈(8，9)，v(x0)＝0，即x0－2lnx0－4＝0．

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． x0＋x0lnx0所以当x＝x0时，h(x)的最小值h(x0)＝．

x0－2x0－4x0因为lnx0＝，所以h(x0)＝∈(4，4.5)．

22故所求的整数k的最大值为4． …………… 16分 方法二：由题意知，1+lnx－

k(x－2)

＞0对x∈(2，＋∞)恒成立． x

k(x－2)x－2k

f(x)＝1+lnx－，f (x)＝2．

xx

①当2k≤2，即k≤1时，f(x)＞0对x∈(2，＋∞)恒成立， 所以f(x)在(2，＋∞)上单调递增． 而f(2)＝1＋ln2＞0成立，所以满足要求． ②当2k＞2，即k＞1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x＝2k时，f(x)有最小值f(2k)＝2＋ln2k－k．

从而f(x)＞0在x∈(2，＋∞)恒成立，等价于2＋ln2k－k＞0．

1－k

令g(k)＝2＋ln2k－k，则g(k)＝＜0，从而g(k) 在(1，＋∞)为减函数．

k因为g(4)＝ln8－2＞0，g(5)＝ln10－3＜0 ， 所以使2＋ln2k－k＜0成立的最大正整数k＝4．

综合①②，知所求的整数k的最大值为4． ……… 16分

(x1)26已知函数f(x)lnx．

2（1）求函数f(x)的单调递增区间； （2）证明：当x1时，f(x)x1；

7

（3）确定实数k的所有可能取值，使得存在x01，当x(1,x0)时，恒有

f(x)k(x1)．

．解：（1）函数的定义域为(0,) --------1分

1x2x1对函数求导，得f(x)x1 --------2分

xx'x015由f'(x)0，得x2x1，解得0x

20x故f(x)的单调递增区间为(0,15) -----4分2'

1x2证明：（2）令F(x)f(x)(x1),x(1,)，则有F(x) ---5分

x当x(1,)时，F(x)0，所以F(x)在(1,)上单调递减， ---------7分 故当x1时，F(x)F(1)0，即x1时，f(x)x1 ------9分 解：（3）由（2）知，当k1时，不存在x01满足题意； -----10分

当k1时，对于x1，有f(x)x1k(x1)，

则f(x)k(x1)，从而不存在x01满足题意； ------12分

当k1时，令G(x)f(x)k(x1),x(1,)

'1x2(1k)x1则有G(x)x1k

xx'由G(x)0得，x(1k)x10．

'21k(1k)241k(1k)24解得x10,x21 ------14分

22所以当x(1,x2)时，G(x)0，故G(x)在(1,x2)内单调递增， 从而当x(1,x2)时，G(x)G(1)0，即f(x)k(x1) 综上，k的取值范围是k1 -----16分

8

'