导数型不等式双参及多参问题的解决

1不等式双参问题的解决————缺2012年新课标卷例3：（2009辽宁卷理）已知函数f(x)=21x2－ax+(a－1)lnx，1a。（1）讨论函数()fx的单调性；w.w.w.k.s.5.u.c.o.m（2）证明：若5a，则对任意x1，x2(0,)，x1x2，有1212()()1fxfxxx。(21)解：(1)()fx的定义域为(0,)。2'11(1)(1)()axaxaxxafxxaxxx2分（i）若11a即2a,则2'(1)()xfxx故()fx在(0,)单调增加。(ii)若11a,而1a,故12a,则当(1,1)xa时，'()0fx;当(0,1)xa及(1,)x时，'()0fx故()fx在(1,1)a单调减少，在(0,1),(1,)a单调增加。(iii)若11a,即2a,同理可得()fx在(1,1)a单调减少，在(0,1),(1,)a单调增加.(II)考虑函数()()gxfxx21(1)ln2xaxaxx则211()(1)2(1)1(11)aagxxaxaaxxg由于1a5,故()0gx，即g(x)在(0,+∞)单调增加，从而当120xx时有12()()0gxgx，即1212()()0fxfxxx，故1212()()1fxfxxx，当120xx时，有12211221()()()()1fxfxfxfxxxxx·········12分补充：（2010辽宁理数）（21）（本小题满分12分）已知函数1ln)1()(2axxaxf（I）讨论函数)(xf的单调性；2（II）设1a.如果对任意),0(,21xx，1212()()4fxfxxx，求a的取值范围。解：（Ⅰ）()fx的定义域为（0，+∞）.2121'()2aaxafxaxxx.当0a时，'()fx＞0，故()fx在（0，+∞）单调增加；当1a时，'()fx＜0，故()fx在（0，+∞）单调减少；当-1＜a＜0时，令'()fx=0，解得12axa.则当1(0,)2axa时，'()fx＞0；1(,)2axa时，'()fx＜0.故()fx在1(0,)2aa单调增加，在1(,)2aa单调减少.（Ⅱ）不妨假设12xx，而a＜-1，由（Ⅰ）知在（0，+∞）单调减少，从而12,(0,)xx，1212()()4fxfxxx等价于12,(0,)xx，2211()4()4fxxfxx①令()()4gxfxx，则1'()24agxaxx①等价于()gx在（0，+∞）单调减少，即1240aaxx.从而22222241(21)42(21)2212121xxxxaxxx故a的取值范围为（-∞，-2].……12分2012年陕西21．（本小题满分14分）[来源:学科网]设函数()(,,)nnfxxbxcnNbcR（1）设2n，1,1bc，证明：()nfx在区间1,12内存在唯一的零点；3（2）设2n，若对任意12,xx[1,1]，有2122|()()|4fxfx，求b的取值范围；（3）在（1）的条件下，设nx是()nfx在1,12内的零点，判断数列23,,,nxxx的增减性．【解析】（1）1)(2,1,1xxxfncbnn时，），在（121)(,01)2121()1()21(xfffnnnn内存在零点。又当,01)()1,21(1'nnnxxfx时，）内存在唯一零点。，在（）上是单调递增的，，在（121)(121)(xfxfnn（2）当n=2时，cbxxxf22)(对任意]1,1[)(4)()(]1,1[,2221221在等价于都有xfxfxfxx上的最大值与最小值之差4M,据此分类讨论如下：(Ⅰ)时，即当2,12bb与题设矛盾,42)1()1(22bffM。(Ⅱ)时，即当20,02-1-bb恒成立,4)12()2()1(222bbffM。(Ⅲ)时，即当02-,12-0bb恒成立,4)1-2()2()1-(222bbffM。综上可知，22-b。注：(Ⅱ)(Ⅲ)也可合并并证明如下：用中的较大者表示baba,},max{当时，即22-,12-1-bb4恒成立。4)21()4(1)2(2)1()1(2)1()1()}2(),1(),1(max{2222222222bcbbcbfffffbfffM（3）证法一：设））内的唯一零点（，在（是2121)(nxfxnn，)1,21(,01)(,01)(111111nnnnnnnnnnnxxxxfxxxf于是有)(1)(0)(11111nnnnnnnnnxfxxxfxf！，又由（1）知)2(121)(1nxxxfnnn）上市递增的，故，在（，所以，数列是递增数列,.......,....,n32xxx证法二：设）内的唯一零点，在（是121)(xfxnn，011)111)(1()1()(11111nnnnnnnnnnnnnxxxxxxfxf，则,21,)(111）（）内，故在（的零点nxxxxxfnnnnn所以，数列是递增数列,.......,....,n32xxx补充：已知函数f(x)=ln(1+x)－x，g(x)=xlnx．（I）求函数f(x)的最大值；（II）设0ab,证明0g(a)+g(b)-2g(2ba)(b-a)ln2设()()()2()2axFxgagxg，xa'2()lnlnln2axxFxxax，又xa，21xax则'2()ln0xFxax，()()0FxFa设()()()2()()ln22axGxgagxgxa'()lnlnln2ln2axxGxxax，1xax5则'()0Gx，()()0GxGa已知0a，函数2()ln,0.fxxaxx（()fx的图像连续不断）（Ⅰ）求()fx的单调区间；（Ⅱ）当18a时，证明：存在0(2,)x，使03()()2fxf；（Ⅲ）若存在均属于区间1,3的,，且1，使()()ff，证明ln3ln2ln253a．【解析】本小题主要考查导数的运算、利用导数研究函数的单调性、解不等式、函数的零点等基础知识，考查运算能力和运用函数思想分析解决问题的能力及分类讨论的思想方法.（Ⅰ）解:2112'()2,(0,)axfxaxxxx,令'()0fx,解得22axa.当x变化时,'(),()fxfx的变化情况如下表:x2(0,)2aa22aa2(,)2aa'()fx+0-()fx极大值所以()fx的单调递增区间是2(0,)2aa;()fx的单调递减区间是2(,)2aa.（Ⅱ）证明:当18a时，21()ln8fxxx.由（Ⅰ）知()fx在(0,2)内单调递增,在(2,)内单调递减.令()gx3()()2fxf,由()fx在(0,2)内单调递增,故3(2)()2ff,即(2)0g,取'322xe,则2'419()032egx,所以存在0(2,)x，使03()()2fxf.（Ⅲ）证明:由()()ff及（Ⅰ）的结论知22aa,从而()fx在[,]上的最6小值为()f.又由1,,[1,3],知123.故(2)()(1)(2)()(3)ffffff,即ln24ln24ln39aaaa,从而ln3ln2ln253a.补充：()()ff得：22lnlnaa，则22lnlna又由1,,[1,3],知123，设x则)(lnln22xgxxa，则2222222')(ln2ln2)(xxxxxxxg因为x0，所以0)('xg，即函数)(xg在区间]2,1[上单调递减则)2()(mingxg，此时31,2)(1ln)1()(2maxhgxg，此时21,1又0)('h，)2()(hh则)2(gln3ln2ln253a)2(h方法二：多和一2011年辽宁21．（本小题满分12分）已知函数xaaxxxf)2(ln)(2．（I）讨论)(xf的单调性；（II）设0a，证明：当ax10时，)1()1(xafxaf；（III）若函数)(xfy的图像与x轴交于A，B两点，线段AB中点的横坐标为x0，证明：f（x0）＜0．21．解：（I）()(0,),fx的定义域为1(21)(1)()2(2).xaxfxaxaxx（i）若0,()0,()(0,)afxfx则所以在单调增加.7（ii）若10,()0,afxxa则由得且当11(0,),()0,,()0.xfxxfxaa时当时所以1()(0,)fxa在单调增加，在1(,)a单调减少.………………4分（II）设函数11()()(),gxfxfxaa则3222()ln(1)ln(1)2,2()2.111gxaxaxaxaaaxgxaaxaxax当10,()0,(0)0,()0xgxggxa时而所以.故当10xa时，11()().fxfxaa………………8分补充：设axt，则01t，求函数值域即可（III）由（I）可得，当0,()ayfx时函数的图像与x轴至多有一个交点，故0a，从而()fx的最大值为11(),()0.ffaa且不妨设1212121(,0),(,0),0,0.AxBxxxxxa则由（II）得111211()()()0.fxfxfxaaa从而1221021,.2xxxxxaa于是由（I）知，0()0.fx………………12分补充：(2011年高考天津卷理科19)（本小题满分14分）21．（本小题满分14分）已知函数exfxxxR．（Ⅰ）求函数fx的单调区间和极值；（Ⅱ）已知函数ygx的图象与函数yfx的图象关于直线1x对称．证明当1x时，fxgx．（Ⅲ）如果12xx，且12fxfx，证明122xx．【解】（Ⅰ）1exfxx．令1e0xfxx，则1x．8当x变化时，,fxfx的变化情况如下表：所以fx在区间,1内是增函数，在区间1,内是减函数．函数fx在1x处取得极大值1f．且11ef．（Ⅱ）因为函数ygx的图象与函数yfx的图象关于直线1x对称，所以2gxfx，于是22exgxx．记Fxfxgx，则2e2exxFxxx，221e1exxFxx，当1x时，220x，从而22e10x，又e0x，所以0Fx，于是函数Fx在区间1,上是增函数．因为111ee0F，所以，当1x时，10FxF．因此fxgx．（Ⅲ）(1)若12110xx，由（Ⅰ）及12fxfx,得12xx,与12xx矛盾；(2)若