八类函数型不等式恒成立问题的探究 高考专题辅导

　　例5 已知f(x)=lg(x+1)，g(x)=lg(2x+t)，若当x∈[0,1]时，f(x)≤g(x)恒成立，求实数t的取值范围.

　　解 f(x)≤g(x)在x∈[0,1]恒成立，即在x∈[0,1]恒成立在[0,1]上的最大值小于或等于零.

　　令，

　　.

　　∵x∈[0,1]，

　　∴F′(x)＜0，即F(x)在[0,1]上单调递减，F(0)是最大值.

　　∴f(x)≤F(0)=1-t≤0，即t≥1.

　　6.“f(x1)＜g(x2)”型

　　例6 已知函数，若对任意x1，x2∈[-2,2]，都有f(x1)＜g(x2)，求c的范围.

　　解 因为对任意的x1，x2∈[-2,2]，都有f(x1)＜g(x2)成立，

　　∴[f(x)]max＜[g(x)]min.

　　∵f′(x)=x2-2x-3，令f′(x)＞0得x＞3或x＜-1；f′(x)＜0得-1＜x＜3.

　　∴f(x)在[-2,-1]为增函数，在[-1,2]为减函数.

　　∵f(-1)=3，f(2)=-6，

　　∴[f(x)]max=3.∴.

　　∴c＜-24.

　　7.“|f(x1)＜f(x2)|＜t(t为常数)”型

　　例7 已知函数f(x)=-x4+2x3，则对任意t1，t2∈[-,2](t1＜t2)都有|f(x1)-f(x2)|≤____恒成立，当且仅当t1=____，t2=____时取等号.

　　解 因为|f(x1)-f(x2)|≤|[f(x)]max-[f(x)]min|恒成立，

　　由，x∈[-,2]，

　　易求得，

　　.

　　∴|f(x1)-f(x2)|≤2.

　　例8 已知函数y=f(x)满足：(1)定义域为[-1,1]；(2)方程f(x)=0至少有两个实根-1和1；(3)过f(x)图像上任意两点的直线的斜率绝对值不大于1.

　　(1)证明|f(0)|≤1；

　　(2)证明：对任意x1,x2∈[-1,1]，都有|f(x1)-f(x2)|≤1.

　　证明 (1)略；

　　(2)由条件(2)知f(-1)=0，f(1)=0，

　　不妨设-1≤x1≤x2≤1，由(3)知|f(x1)-f(x2)|≤|x1-x2|=x2-x1，

　　又∵|f(x1)-f(x2)|≤|f(x1)|+|f(x2)|=|f(x1)-f(-1)|+|f(x2)-f(1)|≤|x1+1|+|x2-1|

　　=x1+1+1-x2

　　=2-(x2-x1)≤2-|f(x1)-f(x2)|，

　　∴|f(x1)-f(x2)|≤1.

　　8.“|f(x1)-f(x2)|≤|x1-x2|”型

　　例9 已知函数f(x)=x3+ax+b，对于x1,x2∈(0,)(x1≠x2)时总有|f(x1)-f(x2)|＜|x1-x2|成立，求实数a的范围.

　　解 由f(x)=x3+ax+b，

　　得f′(x)=3x2+a，

　　当x∈(0,)时，a＜f′(x)＜1+a.

　　∵|f(x1)-f(x2)|＜|x1-x2|，

　　∴，

　　∴∴-1≤a≤0.

　　评注 由导数的几何意义知道，函数y=f(x)图像上任意两点P(x1,y1)，Q(x2,y2)连线的斜率(x1≠x2)的取值范围，就是曲线上任一点切线的斜率(如果有的话)的范围，利用这个结论，可以解决形如|f(x1)-f(x2)|≤m|x1-x2|或|f(x1)-f(x2)|≥m|x1-x2|(m＞0)型的不等式恒成立问题.

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