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- 2021-06-16 发布
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第五讲 专题提能——“函数、不等式与导数”专题提能课
失误1
因忽视二次项系数的讨论而失误
[例1] 不等式ax2＋ax＋1>0的解集为R，则实数a的取值范围是________．
[解析] 当a＝0时，满足题意；当a≠0时，必有解得00，y>0，则＋的最小值为________．
[解析] 法一：因为x＋y＝1，所以y＝1－x，
消元，得原式＝＋，令f(x)＝＋，
则f′(x)＝－＋＝.
由f′(x)>0，得4x＋p－3成立的x的取值范围是________．
[解析] 设f(p)＝(x－1)p＋x2－4x＋3，
则当x＝1时，f(p)＝0.所以x≠1.
f(p)在0≤p≤4上恒为正，等价于
即解得x>3或x<－1.
[答案] (－∞，－1)∪(3，＋∞)
[点评] (1)本题若按常规法视x为主元来解，需要分类讨论，这样会很繁琐，若以p为主元，即将原问题化归为在区间[0,4]上，使一次函数f(p)＝(x－1)p＋x2－4x＋3＞0成立的参数x的取值范围，再借助一次函数的单调性就很容易使问题得以解决．
(2)在处理多变元的数学问题时，我们可以选取其中的常数(或参数)，将其看做是“主元”，实现主与次的转化，即常量与变量的转化，从而达到减元的目的．
含参函数问题的处理方法
[典例] 设函数f(x)＝－k(k为常数，e＝2.718 28…是自然对数的底数)．
(1)当k≤0时，求函数f(x)的单调区间；
(2)若函数f(x)在(0,2)内存在两个极值点，求k的取值范围．
[解] (1)由函数f(x)＝－k(x>0)，可得f′(x)＝.
当k≤0时，因为x>0，所以ex－kx>0.于是当02时，f′(x)>0.所以函数f(x)在(0,2)上为减函数，在(2，＋∞)上为增函数．
(2)法一：由(1)知k≤0时，函数f(x)在(0,2)上单调递减，故f(x)在(0,2)上没有极值点．
当k>0时，设函数g(x)＝ex－kx，x∈(0，＋∞)，则g′(x)＝ex－k＝ex－eln k.
当00，则g(x)单调递增，故f(x)在(0,2)上不存在两个极值点；
当k>1时，若x∈(0，ln k)，则g′(x)＝ex－k<0，则g(x)单调递减；若x∈(ln k，＋∞)，则g′(x)＝ex－k>0，则g(x)单调递增．所以函数g(x)的最小值为g(ln k)＝k(1－ln k)，f(x)在(0,2)上存在两个极值点，当且仅当解得e0时，k>0，取对数得x＝ln k＋ln x.
令h(x)＝x－ln x－ln k，x∈(0，＋∞)，
则h′(x)＝1－＝.
当x∈(0,1)时，h′(x)<0，h(x)单调递减；
当x∈(1，＋∞)时，h′(x)>0，h(x)单调递增．
又因为当x→0时，h(x)→＋∞.
所以函数f(x)在(0,2)内存在两个极值点，
当且仅当即
解得e0得x>1；由g′(x)<0得x<1.
所以函数g(x)在(0,1)上单调递减，在(1,2)上单调递增．
所以g(x)极小值＝g(1)＝e，又g(2)＝，故k的取值范围为.
法四：由(1)知，当k≤0时，f(x)在(0,2)上单调递减，不存在极值点，所以k>0.
又f′(x)＝，所以函数f(x)在(0,2)上存在两个极值点相当于h(x)＝ex－kx在(0,2)上有两个变号零点(即零点左右函数值正负不同)．
问题转化成函数y＝k与g(x)＝在(0,2)上有两个不同交点．
因为g′(x)＝，x∈(0,2)，
易求得g(x)在(0,1)上单调递减，在(1,2)上单调递增，且g(1)＝e，g(2)＝.
于是，结合函数图象，可得函数y＝k与g(x)＝在(0,2)上有两个不同交点的条件是k∈，即函数f(x)在(0,2)上存在两个极值点时，k的取值范围为.
法五：要使函数f(x)在区间(0,2)上存在两个极值点，
只需方程f′(x)＝0在区间(0,2)上有两个不同的实根，
即＝0⇔ex＝kx在区间(0,2)内有两个不同的实根．
当x∈(0,2)时，由ex＝kx得k＝.
设g(x)＝，x∈(0,2)，则g′(x)＝.
当x∈(0,1)时，g′(x)<0；当x∈(1,2)时，g′(x)>0.
于是函数g(x)在区间(0,1)上为减函数，在区间(1,2)上为增函数，
而当x→0时，g(x)→＋∞；g(1)＝e，
g(2)＝.
结合函数g(x)的图象(如图①)可知：当k∈时，ex＝kx在区间(0,2)上有两个不同的实根，即函数f(x)在区间(0,2)上存在两个极值点．
法六：函数f(x)在(0,2)上存在两个极值点，则f′(x)＝0在(0,2)上有解．
f′(x)＝＝0，即ex＝kx.
当k≤0时，显然ex＝kx不成立．
当k>0时，研究＝在(0,2)上有解．
设g(x)＝，g′(x)＝.
当x∈(0,1)时，g′(x)>0；当x∈(1,2)时，g′(x)<0.
故函数g(x)在区间(0,1)上是增函数，在区间(1,2)上是减函数，
g(x)max＝g(1)＝，g(2)＝，g(0)＝0.
如图②所示，函数f(x)在(0,2)上存在两个极值点，则<<.
所以k的取值范围是.
[点评] 对于含参函数的处理，常用的方法有直接处理、参变分离、数形结合等方法，如何合理地转化(简化
)问题也是思考的重要方面，问题的不同表征方式会带来不同的思考途径和解题效果．
[课时达标训练]
A组——易错清零练
1．函数f(x)＝的定义域为________________．
解析：由题意得
解得x＞且x≠1，
故函数的定义域是.
答案：
2．y＝的值域是________．
解析：令t＝x－1，得x＝t＋1，
则y＝＝t＋＋1，
当t>0时，y＝t＋＋1≥2＋1＝3，
当且仅当t＝1，即x＝2时取等号．
同理：当t<0时，y＝t＋＋1＝－＋1≤－2＋1＝－1，
当且仅当t＝－1，即x＝0时取等号．
所以该函数的值域是(－∞，－1]∪[3，＋∞)．
答案：(－∞，－1]∪[3，＋∞)
3．若函数f(x)＝2x2－ln x在其定义域内的一个子区间(k－1，k＋1)上不是单调函数，则实数k的取值范围是________．
解析：由题意，知函数的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝4x－，由f′(x)＝0，解得x＝.
所以函数f(x)在上单调递减，在上单调递增．
故有解得1≤k<.
答案：
4．设f(x)是定义在R上的奇函数，且满足x>0时，f(x)＋xf′(x)>0，f(2)＝0，则不等式f(x)>0的解集为________．
解析：令F(x)＝xf(x)，则F′(x)＝f(x)＋xf′(x)．
∵x>0时，f(x)＋xf′(x)>0，
∴F(x)在(0，＋∞)上单调递增．
∵f(x)是定义在R上的奇函数，
∴F(x)＝xf(x)是定义在R上的偶函数．
∵f(2)＝0，∴F(－2)＝F(2)＝2f(2)＝0.
∴f(x)>0等价于或
解得x>2或－20)．
①当a≤0时，f′(x)>0，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，函数既无极大值，也无极小值；
②当a>0时，由f′(x)＝0，得x＝或x＝－(舍去)．
于是，当x变化时，f′(x)与f(x)的变化情况如下表：
x
(0，)
(，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
f(x)
所以函数f(x)的单调递减区间是(0，)，单调递增区间是(，＋∞)．
函数f(x)在x＝处取得极小值f()＝，无极大值．
综上可知，当a≤0时，函数f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)，函数f(x)既无极大值也无极小值；
当a>0时，函数f(x)的单调递减区间为(0，)，单调递增区间为(，＋∞)，函数f(x)有极小值，无极大值．
(3)当a≤0时，由(2)知函数f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增，故函数f(x)在区间(1，e2]内至多有一个零点，不合题意．
当a>0时，由(2)知，当x∈(0，)时，函数f(x)单调递减；当x∈(，＋∞)时，函数f(x)单调递增，函数f(x)在(0，＋∞)上的最小值为f()＝.
若函数f(x)在区间(1，e2]内恰有两个零点，则需满足即整理得
所以e0，y>0，
知＋＝1，且a>0，b>0，
则x＋2y＝(x＋2y)＝2a＋8b＋4≥2a＋8b＋4·2，
当且仅当y＝x时取等号，
即x＋2y的最小值为2a＋8b＋32，
由条件得2a＋8b＋32＝64，即a＋4b＝16.
又ab＝16，
所以a＝8，b＝2，故ab＝82＝64.
答案：64
2．定义运算ab＝则关于非零实数x的不等式4≥8的解集为________________________________________________________________________．
解析：当x≤－1时，因为x＋<0，x≤，
故原不等式可化为x＋≥8x，在(－∞，－1]上恒成立；
当－1，
故原不等式可化为x＋≥，在(－1,0)上恒成立；
当04，x<，
故原不等式可化为4≥8x，解得01时，因为x＋≥4，x>，
故原不等式可化为4≥，解得x≥2.
综上所述，原不等式的解集为(－∞，0)∪∪[2，＋∞)．
答案：(－∞，0)∪∪[2，＋∞)
3．已知函数y＝f(x)(x∈R)．对于函数y＝g(x)(x∈I)，定义g(x)关于f(x)的“对称函数”为函数y＝h(x)(x∈I)，y＝h(x)满足：对任意x∈I，两个点(x，h(x))，(x，g(x))关于点(x，f(x))对称．若h(x)是g(x)＝关于f(x)＝3x＋b的“对称函数”，且h(x)>g(x)恒成立，则实数b的取值范围是________．
解析：由于g(x)＝的图象是圆x2＋y2＝4在x轴上方的半圆(包括与x轴的交点)，设这个半圆的一条切线方程为y＝3x＋b1，则有＝2，解得b1＝2，要使得h(x)>g(x)恒成立，则需b>b1＝2.
故实数b的取值范围为(2，＋∞)．
答案：(2，＋∞)
4．定义区间(a，b)，[a，b)，(a，b]，[a，b]的长度均为d＝b－a.用[x]表示不超过x的最大整数，记{x}＝x－[x]，其中x∈R.设f(x)＝[x]·{x}，g(x)＝x－1，若用d表示不等式f(x)＜g(x)解集区间的长度，则当0≤x≤3时，d＝________.
解析：f(x)＝[x]·{x}＝[x]·(x－[x])＝[x]x－[x]2，
由f(x)＜g(x)得[x]x－[x]2＜x－1，
即([x]－1)·x＜[x]2－1.
当x∈[0,1)时，[x]＝0，
不等式的解为x＞1，不合题意；
当x∈[1,2)时，[x]＝1，不等式为0＜0，无解，不合题意；
当x∈[2,3]时，[x]＞1，
所以不等式([x]－1)x＜[x]2－1等价于x＜[x]＋1，此时恒成立，
所以不等式的解为2≤x≤3，
所以当0≤x≤3时，不等式f(x)＜g(x)解集区间的长度为d＝1.
答案：1
5．已知f(x)是定义在集合M上的函数．若区间D⊆M，且对任意x0∈D，均有f(x0)∈D，则称函数f(x)在区间D上封闭．
(1)判断f(x)＝x－1在区间[－2,1]上是否封闭，并说明理由；
(2)若函数g(x)＝在区间[3,10]上封闭，求实数a的取值范围；
(3)若函数h(x)＝x3－3x在区间[a，b](a，b∈Z，且a≠b)上封闭，求a，b的值．
解：(1)因为函数f(x)＝x－1在区间[－2,1]上单调递增，所以当x∈[－2,1]时，f(x)的值域为[－3,0]．
而[－3,0]⊄[－2,1]，所以函数f(x)在区间[－2,1]上不是封闭的．
(2)因为g(x)＝＝3＋.
①当a＝3时，函数g(x)＝3，显然{3}⊆[3,10]，故a＝3满足题意；
②当a＞3时，在区间[3,10]上，函数g(x)单调递减，此时g(x)的值域为.
由⊆[3,10]得
解得3≤a≤31，故3＜a≤31；
③当a＜3时，在区间[3,10]上，有g(x)＝3＋＜3，不合题意．
综上所述，实数a的取值范围是[3,31]．
(3)因为h(x)＝x3－3x，
所以h′(x)＝3x2－3＝3(x＋1)(x－1)．
因为当x＜－1或x＞1时，h′(x)＞0；当x＝－1或x＝1时，h′(x)＝0；当－1＜x＜1时，h′(x)＜0，
所以函数h(x)在区间(－∞，－1)上单调递增，在区间(－1,1)上单调递减，在区间(1，＋∞)上单调递增．
从而h(x)在x＝－1处取得极大值2，在x＝1处取得极小值－2.
由题意知
即解得
因为a＜b，所以－2≤a≤0,0≤b≤2.
又a，b∈Z，故a只可能取－2，－1,0，b只可能取0,1,2.
①当a＝－2时，因为b＞0，故由h(－1)＝2得b≥2，因此b＝2.经检验，a＝－2，b＝2符合题意；
②当a＝－1时，由h(－1)＝2，得b＝2，此时h(1)＝－2∈/[－1,2]，不符合题意；
③当a＝0时，显然不符合题意．
综上所述，a＝－2，b＝2.
6．设函数f(x)＝x2－(a－2)x－aln x.
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)若函数f(x)有两个零点，求满足条件的最小正整数a的值；
(3)若方程f(x)＝c有两个不相等的实数根x1，x2，求证：f′＞0.
解：(1)f′(x)＝2x－(a－2)－＝
＝(x＞0)．
当a≤0时，f′(x)＞0，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以函数f(x)的单调增区间为(0，＋∞)，
当a＞0时，由f′(x)＞0得x＞，函数f(x)在上单调递增；由f′(x)＜0得0＜x＜，函数f(x)在上单调递减．
综上可知，当a≤0时，函数f(x)的单调增区间为(0，＋∞)；当a>0时函数f(x)的单调增区间为，单调减区间为.
(2)由(1)得若函数f(x)有两个零点，则a＞0，且f(x)的最小值f＜0，即－a2＋4a－4
aln＜0.
因为a＞0，所以a＋4ln －4＞0.
令h(a)＝a＋4ln －4，显然h(a)在(0，＋∞)上为增函数，且h(2)＝－2＜0，h(3)＝4ln －1＝ln －1＞0，
所以存在a0∈(2,3)，h(a0)＝0.
当a＞a0时，h(a)＞0；当0＜a＜a0时，h(a)＜0.
所以满足条件的最小正整数a＝3.
又当a＝3时，f(3)＝3(2－ln 3)＞0，f(2)＝2－3ln 2<0，f(1)＝0，所以当a＝3时，f(x)有两个零点．
综上所述，满足条件的最小正整数a的值为3.
(3)证明：因为x1，x2是方程f(x)＝c的两个不相等的实根，由(1)知a＞0.不妨设0＜x1＜x2，
则x－(a－2)x1－aln x1＝c，
x－(a－2)x2－aln x2＝c.
两式相减得x＋2x1－x－2x2＝ax1＋aln x1－ax2－aln x2＝a(x1＋ln x1－x2－ln x2)．
所以a＝.
又因为f′＝0，当x∈时，f′(x)＜0，当x∈时，f′(x)＞0，
故只要证＞即可，
即证明x1＋x2＞，
即证明x－x＋(x1＋x2)(ln x1－ln x2)＜x＋2x1－x－2x2，即证明ln＜.
设t＝(0＜t＜1)．
令g(t)＝ln t－，
则g′(t)＝－＝.
因为t＞0，所以g′(t)≥0，当且仅当t＝1时，g′(t)＝0，所以g(t)在(0,1)上是增函数．
又因为g(1)＝0，所以当t∈(0,1)时，g(t)＜0总成立．
即不等式ln <总成立，
所以原不等式得证．
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