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函数不等式


函数不等式 奇偶性和不等式: 2 1、[2013·江苏卷] 已知 f(x)是定义在 R 上的奇函数.当 x>0 时,f(x)=x -4x,则不 等式 f(x)>x 的解集用区间表示为________. 2 1、[解析] 设 x<0,则-x>0.因为 f(x)是奇函数,所以 f(x)=-f(-x)=-(x +4x). 又 f(0)=0,于是不等式 f(x)&

gt;x 等价于
?x≥0, ?x<0, ? ? ? 2 或? 2 ? ? ?x -4x>x ?-(x +4x)>x.

解得 x>5 或-5<x<0, 故不等式的解集为(-5,0)∪(5,+∞). 2 2、[2013·四川卷] 已知 f(x)是定义域为 R 的偶函数,当 x≥0 时,f(x)=x -4x,那 么,不等式 f(x+2)<5 的解集是________. 2 2 2、(-7,3) [解析] 当 x+2≥0 时,f(x+2)=(x+2) -4(x+2)=x -4,由 f(x+ 2 2 2)<5,得 x -4<5,即 x <9,解得-3<x<3,又 x+2≥0,故-2≤x<3 为所求.又因为 f(x)为偶函数,故 f(x+2)的图像关于直线 x=-2 对称,于是-7<x<-2 也满足不等式. (注:本题还可以借助函数的图像及平移变换求解) 复合函数不等式 一元二次不等式 1 6. B6、 E3、 B7[2013·安徽卷] 已知一元二次不等式 f(x)<0 的解集为{x|x<-1 或 x> }, 2 则 f(10 )>0 的解集为( ) A.{x|x<-1 或 x>-lg 2} B.{x|-1<x<-lg 2} C.{x|x>-lg 2} D.{x|x<-lg 2} 1 x 1 6.D [解析] 根据已知可得不等式 f(x)>0 的解是-1<x< ,故-1<10 < ,解得 x<-lg 2 2 2. 17. B12[2013·安徽卷] 设函数 f(x)=ax-(1+a )x , 其中 a>0, 区间 I={x|f(x)>0}. (1)求 I 的长度(注:区间(α ,β )的长度定义为 β -α ); a 2 2 17.解:(1)因为方程 ax-(1+a )x =0(a>0)有两个实根 x1=0,x2= 2, 1+a 故 f(x)>0 的解集为{x|x1<x<x2}, a a 因此区间 I=0, 2,I 的长度为 2. 1+a 1+a 利用已知函数式证明不等 22.B12,E8[2013·湖北卷] 设 n 是正整数,r 为正有理数. r+1 (1)求函数 f(x)=(1+x) -(r+1)x-1(x>-1)的最小值; n (2)证明:
r+1 2 2 x

-(n-1) r+1

r+1

(n+1) -n <n < r+1
r

r+1

r+1



3 3 (3)设 x∈R, 记[x]为不小于 x 的最小整数, 例如[2]=2, ]=4, =-1.令 S= 81 [π - ... 2

3 3 3 + 82+ 83+…+ 125,求[S]的值. 4 4 4 4 (参数数据:80 ≈344.7,81 ≈350.5,124 ≈618.3,126 ≈631.7) 3 3 3 3 22.解: (1)因为 f′(x)=(r+1)(1+x) -(r+1)=(r+1)[(1+x) -1],令 f′(x) =0,解得 x=0. 当-1<x<0 时,f′(x)<0,所以 f(x)在(-1,0)内是减函数; 当 x>0 时,f′(x)>0,所以 f(x)在(0,+∞)内是增函数,故函数 f(x)在 x=0 处取得 最小值 f(0)=0. r+1 (2)由(1),当 x∈(-1,+∞)时,有 f(x)≥f(0)=0,即(1+x) ≥1+(r+1)x,且等 r+1 号当且仅当 x=0 时成立,故当 x>-1 且 x≠0 时,有(1+x) >1+(r+1)x.① r+1 1 r+1 ? 1? 在①中,令 x= (这时 x>-1 且 x≠0),得?1+ ? >1+ . n? n n ? 上式两边同乘 n
r+1 r+1 r r

,得(n+1)
r+1

r+1

>n

r+1

+n (r+1),即

r

-n r (n+1) n< r+1

.②
r+1

1 r n 当 n>1 时,在①中令 x=- (这时 x>-1 且 x≠0),类似可得 n > n 且当 n=1 时,③也成立,综合②,③得 n
r+1

-(n-1) r+1

r+1

,③

-(n-1) r+1

r+1

-n r (n+1) <n < r+1

r+1

r+1

.④

1 (3)在④中,令 r= ,n 分别取值 81,82,83,…,125,得 3 3 4 4 3 3 4 4 (81 -80 )< 81< (82 -81 ), 4 3 3 4 3 3 3 4 4 3 3 4 4 (82 -81 )< 82< (83 -82 ), 4 3 3 4 3 3 3 4 4 3 3 4 4 (83 -82 )< 83< (84 -83 ), 4 3 3 4 3 3 …… 3 4 4 3 3 4 4 (125 -124 )< 125< (126 -125 ), 4 3 3 4 3 3 将以上各式相加,并整理得 3 4 4 3 4 4 (125 -80 )<S< (126 -81 ), 4 3 3 4 3 3 3 4 4 3 4 4 代入数据计算,可得 (125 -80 )≈210.2, (126 -81 )≈210.9. 4 3 3 4 3 3 由[S]的定义,得[S]=211. 8. B12[2013·天津卷] 已知函数 f(x)=x(1+a|x|), 设关于 x 的不等式 f(x+a)<f(x)

1 1 的解集为 A,若[- , ] ? A,则实数 a 的取值范围是( 2 2 1- 5 A.( ,0) 2 1- 3 B.( ,0) 2 1- 5 1+ 3 C.( ,0)∪(0, ) 2 2 1- 5 D. (-∞, ) 2

)

8.A [解析] 方法一:排除法:当 x=0 时,由 f(x+a)<f(x)可变为 a(1+a|a|)<0, 1 易得-1<a<0,可得 a 的取值范围一定是(-1,0)的子集,排除 C,D 选项;当 a=- 时, 2 3 5 1 1 由 f(x)>f(x+a)可解得- <x< ,满足[- , ]? ? A,可排除 B 选项;故答案为 A. 4 4 2 2 方法二:直接分类: 1 1 易知 a<0,f(x+a)是把 f(x)向右平移,且 f(x)为奇函数,要使[- , ]? ? A,只要 2 2 1 使 f(x)与 f(x+a)最左边的交点横坐标小于- 即可, 2 在 x<0 时,f(x)=-ax +x,f(x+a)=-a(x+a) +x+a,令 f(x)=f(x+a),则 x= 1-a 1-a 1 1- 5 2 ,令 < ,可得 a +a-1<0,故 <a<0. 2a 2a 2 2 21.B12,B14[2013·新课标全国卷Ⅱ] 已知函数 f(x)=e -ln(x+m). (1)设 x=0 是 f(x)的极值点,求 m,并讨论 f(x)的单调性; (2)当 m≤2 时,证明 f(x)>0. 1 x 21.解:(1)f′(x)=e - . x+m 由 x=0 是 f(x)的极值点得 f′(0)=0,所以 m=1. 1 x x 于是 f(x)=e -ln(x+1),定义域为(-1,+∞),f′(x)=e - . x+1 1 x 函数 f′(x)=e - 在(-1,+∞)单调递增, x+1 且 f′(0)=0,因此当 x∈(-1,0)时, f′(x)<0;当 x∈(0,+∞)时,f′(x)>0. 所以 f(x)在(-1,0)单调递减,在(0,+∞)单调递增. (2)证明:当 m≤2,x∈(-m,+∞)时,ln(x+m)≤ln(x+2),故只需证明当 m=2 时, f(x)>0. 1 x 当 m=2 时, 函数 f′(x)=e - 在(-2, +∞)单调递增. f′(-1)<0, 又 f′(0)>0, x+2 故 f′(x)=0 在(-2,+∞)有唯一实根 x0,且 x0∈(-1,0). 当 x∈(-2,x0)时,f′(x)<0;当 x∈(x0,+∞)时,f′(x)>0,从而当 x=x0 时,f(x) 取得最小值. 由 f′(x0)=0 得
x 2 2 2 2

1 ex0= ,ln(x0+2)=-x0, x0+2 1 (x0+1) 故 f(x)≥f(x0)= +x0= >0. x0+2 x0+2 综上,当 m≤2 时,f(x)>0. ln x 18.B11,B12[2013·北京卷] 设 L 为曲线 C:y= 在点(1,0)处的切线. x (1)求 L 的方程; (2)证明:除切点(1,0)之外,曲线 C 在直线 L 的下方. ln x 1-ln x 18.解:(1)设 f(x)= ,则 f′(x)= . 2 x x 所以 f′(1)=1. 所以 L 的方程为 y=x-1. (2)令 g(x)=x-1-f(x),则除切点之外,曲线 C 在直线 L 的下方等价于 g(x)>0(? x>0,x≠1). g(x)满足 g(1)=0,且 x -1+ln x g′(x)=1-f′(x)= . 2 x 当 0<x<1 时,x -1<0,ln x<0,所以 g′(x)<0, 故 g(x)单调递减; 2 当 x>1 时,x -1>0,ln x>0,所以 g′(x)>0, 故 g(x)单调递增. 所以 g(x)>g(1)=0(? x>0,x≠1). 所以除切点之外,曲线 C 在直线 L 的下方. 21.B12[2013·辽宁卷] 已知函数 f(x)=(1+x)e x∈[0,1]时, 1 (1)求证:1-x≤f(x)≤ ; 1+x (2)若 f(x)≥g(x)恒成立,求实数 a 的取值范围. -2x -x 21.解:(1)证明:要证 x∈[0,1]时,(1+x)e ≥1-x,只需证明(1+x)e ≥(1- x x)e . -x x x -x 记 h(x)=(1+x)e -(1-x)e ,则 h′(x)=x(e -e ),当 x∈(0,1)时,h′(x)>0, 因此 h(x)在[0,1]上是增函数,故 h(x)≥h(0)=0. 所以 f(x)≥1-x,x∈[0,1]. 要证 x∈[0,1]时,(1+x)e
x -2x -2x 2 2 2

x ,g(x)=ax+ +1+2xcos x.当 2

3

1 x ≤ ,只需证明 e ≥x+1. 1+x
x

记 K(x)=e -x-1,则 K′(x)=e -1,当 x∈(0,1)时,K′(x)>0,因此 K(x)在[0, 1]上是增函数,故 K(x)≥K(0)=0. 1 所以 f(x)≤ ,x∈[0,1]. 1+x 综上,1-x≤f(x)≤ 1 ,x∈[0,1]. 1+x
x

21.B12[2013·陕西卷] 已知函数 f(x)=e ,x∈R.

(1)若直线 y=kx+1 与 f(x)的反函数的图像相切,求实数 k 的值; 2 (2)设 x>0,讨论曲线 y=f(x)与曲线 y=mx (m>0)公共点的个数; f(a)+f(b) f(b)-f(a) (3)设 a<b,比较 与 的大小,并说明理由. 2 b-a 21.解:(1)f(x)的反函数为 g(x)=ln x. 设直线 y=kx+1 与 g(x)=ln x 的图像在 P(x0,y0)处相切,则有 y0=kx0+1=ln x0,k 1 =g′(x0)= , x0 1 2 解得 x0=e ,k= 2. e e x 2 (2)曲线 y=e 与 y=mx 的公共点个数等于曲线 y= 2与直线 y=m 的公共点个数. x e e (x-2) 令 φ (x)= 2,则 φ ′(x)= ,∴φ ′(2)=0. 3 x x
x x x

当 x∈(0, 2)时, ′(x)<0, (x)在(0, φ φ 2)上单调递减; x∈(2, 当 +∞)时, ′(x)>0, φ φ (x)在(2,+∞)上单调递增, e ∴φ (x)在(0,+∞)上的最小值为 φ (2)= . 4 e e 当 0<m< 时,曲线 y= 2与直线 y=m 无公共点; 4 x e e 当 m= 时,曲线 y= 2与直线 y=m 恰有一个公共点; 4 x e 1 2 当 m> 时,在区间(0,2)内存在 x1= ,使得 φ (x1)>m,在(2,+∞)内存在 x2=me , 4 m e 使得 φ (x2)>m,由φ (x)的单调性知,曲线 y= 2与 y=m 恰有两个公共点. x 综上所述,x>0 时, e 2 若 0<m< ,曲线 y=f(x)与 y=mx 没有公共点; 4 e 2 若 m= ,曲线 y=f(x)与 y=mx 有一个公共点; 4 e 2 若 m> ,曲线 y=f(x)与 y=mx 有两个公共点. 4 (3)方法一: f(a)+f(b) f(b)-f(a) 可以证明 > .事实上, 2 b-a f(a)+f(b) f(b)-f(a) e +e e -e b-a e -e b-a 2e > ? > ? > b >1- b a? a 2 b-a 2 b-a 2 e +e 2 e +e
a b b a b a a 2 2 2 x 2 2 x 2 x 2

?

b-a 2 >1- b-a (b>a).(*) 2 e +1

x 2 令 φ (x)= + x -1(x≥0), 2 e +1 1 2e 则 φ ′(x)= - x 2 2 (e +1) = (e +1) -4e (e -1) = x 2 x 2≥0(仅当 x=0 时等号成立). 2(e +1) 2(e +1)
x 2 x x 2 x

∴φ (x)在[0,+∞)上单调递增, ∴x>0 时,φ (x)>φ (0)=0. 令 x=b-a,即得(*)式,结论得证. 方法二: f(a)+f(b) f(b)-f(a) - 2 b-a = = e +e e -e - 2 b-a
b a b b a b a

be +be -ae -ae -2e +2e 2(b-a)
a

a

b

a

e b-a b-a = [(b-a)e +(b-a)-2e +2]. 2(b-a) 设函数 u(x)=xe +x-2e +2(x≥0), x x x 则 u′(x)=e +xe +1-2e , x x x x x 令 h(x)=u′(x),则 h′(x)=e +e +xe -2e =xe ≥0(仅当 x=0 时等号成立), ∴u′(x)单调递增, ∴当 x>0 时,u′(x)>u′(0)=0,∴u(x)单调递增. 当 x>0 时,u(x)>u(0)=0. b-a b-a 令 x=b-a,则得(b-a)e +(b-a)-2e +2>0, e +e e -e ∴ - >0, 2 b-a f(a)+f(b) f(b)-f(a) 因此, > . 2 b-a
b a b a x x


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