高考数学专题讲座--第23讲：高频考点分析之不等式、线性规划探讨

【备战2014高考数学专题讲座】

第23讲：高频考点分析之不等式、线性规划探讨

1～2讲，我们对客观性试题解法进行了探讨，3～8讲，对数学思想方法进行了探讨，9～12讲对数学解题方法进行了探讨，从第13讲开始我们对高频考点进行探讨。

不等式部分的内容是高考较为稳定的一个热点，考查的重点是不等式的性质、证明、解法及最值方面的应用。考查的特点是单独考查不等式的问题很少，尤其是不等式的证明题；不等式与函数、方程、三角、数列、几何、导数、实际应用等有关内容综合在一起的综合试题居多；作为不等式与函数的综合应用，线性规划问题日显频繁。

结合2012年全国各地高考的实例，我们从以下七方面探讨不等式、线性规划问题的求解： 1. 解高次、分式不等式和指数、对数不等式； 2. 解绝对值不等式；

3. 不等式问题中“最值法”和“单调性法”的应用； 4. 不等式问题中“数形结合法”的应用； 5. 不等式问题中“特殊值法”的应用； 6. 基本不等式的应用； 7. 线性规划问题。

一、解高次、分式不等式和指数、对数不等式： 典型例题：

例1. （2012年重庆市理5分）不等式

x?1?0的解集为【 】 2x?1 A.???1??1?1?1??,1? B.??,1? C.???.????1,??? D.???,????1,??? ?2?2??2??2???【答案】A。

【考点】分式不等式的解法。

【分析】化分式不等式为整式不等式求解：

?(x?1)(2x?1)?0x?11?0?????x?1。故选A。 2x?12?2x?1?0例2. （2012年重庆市文5分）不等式

x?1?0 的解集是为【 】 x?2（A）(1,??) （B） (??,?2 ) （C）（-2，1）（D）(??,?2)∪(1,??)

【答案】C。

【考点】其他不等式的解法。

【分析】利用等价变形直接转化分式不等式为二次不等式求解即可：

x?1?0?(x?1)(x?2)?0??2?x?1。故选C。 x?2x2?9例3. （2012年江西省文5分）不等式>0的解集是 ▲ 。

x?2【答案】(?3,2)?(3,??)。 【考点】其它不等式的解法。

【解析】不等式可化为(x?3)(x?2)(x?3)?0，解得?3＜x＜2或x＞3。

∴不等式的解集为(?3,2)?(3,??)。

例4. （2012年湖南省文5分）不等式x2?5x?6?0的解集为 ▲ .. 【答案】x2?x?3。 【考点】一元二次不等式的解法。

【解析】由x2?5x?6?0，得(x?3)(x?2)?0，从而的不等式x2-5x+6≤0的解集为x2?x?3。 例5. （2012年山东省文5分）函数f(x)?1?4?x2的定义域为【 】

ln(x?1)???? A [?2,0)?(0,2] B (?1,0)?(0,2] C [?2,2] D (?1,2] 【答案】B。

【考点】函数的定义域。分式、对数、二次根式有意义的条件。

?ln?x+1??0?x?0??【解析】根据分式、对数、二次根式有意义的条件，得?x+1>0，解得?x>?1。

???2?x?22??4?x?0 ∴函数f(x)?1?4?x2的定义域为(?1,0)?(0,2]。故选B。

ln(x?1)

例6. （2012年重庆市文5分）设函数f(x)?x?4x?3,g(x)?3?2,集合M?{x?R|f(g(x))?0},

2xN?{x?R|g(x)?2},则M?N为【 】

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（A）(1,??) （B）（0，1） （C）（-1，1） （D）(??,1) 【答案】D。

【考点】复合函数的概念，解一元二次不等式和指数不等式，集合及其运算。

【分析】利用已知求出集合M中g(x)的范围，结合集合N，求出g(x)的范围，然后求解即可：

由f(g(x))?0得g(x)?4g(x)?3?0，∴g(x)?1或g(x)?3，即3?2?1或3?2?3。

2xx+??。 ∴x?1或x?log35，即M?{x?R|f(g(x))?0}=(??,1)??log35，由g(x)?2得3?2?2，即3?4，∴x?log34，即N?{x?R|g(x)?2}=(??,log34)。

xx+???∴M?N???(??,1)??log35，??(??,log34)=(??,1)。故选D。

例7. （2012年上海市理14分）已知函数f(x)?lg(x?1). （1）若0?f(1?2x)?f(x)?1，求x的取值范围；（6分）

（2）若g(x)是以2为周期的偶函数，且当0?x?1时，有g(x)?f(x)，求函数y?g(x)(x?[1,2])的反函数.（8分） 【答案】（1）由??2?2x?0，得?1?x?1。

x?1?0?2?2x2?2x?1得1??10。 x?1x?121 ∵x?1?0，∴x?1?2?2x?10x?10，解得??x?。

33 由0?lg(2?2x)?lg(x?1)?lg??1?x?121? 由?21得，??x?。

??x?33?3?3 （2）当x?[1,2]时，2?x?[0,1]，

∴y?g(x)?g(x?2)?g(2?x)?f(2?x)?lg(3?x)。 由单调性可得y?[0,lg2]。

∵x?3?10，∴所求反函数是y?3?10，x?[0,lg2]。

【考点】对数函数的概念、性质，反函数的求法。

【解析】（1）由0?f(1?2x)?f(x)?1，结合对数函数的性质，列不等式组求解即可。

yx（2）根据对数函数与指数函数互为反函数的性质求解。

二、解绝对值不等式：

典型例题：【版权归锦元数学工作室，不得转载】

例1. （2012年广东省理5分）不等式x?2?x?1的解集为 ▲ 。 【答案】x?1。 2【考点】分类讨论的思想，解绝对值不等式。 【解析】分类讨论：由不等式x?2?x?1得， 当x?2时，不等式为??x?2????x??1，即-2 1恒成立；

1； 2 当-20时，不等式为?x?2??x?1，即2￡1不成立。 综上所述，不等式x?2?x?1的解集为x?1。 2 另解：用图象法求解：作出图象，由折点——参考点——连线；运用相似三角形性质可得。

例2. （2012年上海市理4分）．若集合A?{x|2x?1?0}，B?{x|x?1?2}，则A?B= ▲ .

?1?【答案】??, 3?。

?2?【考点】集合的概念和性质的运用，一元一次不等式和绝对值不等式的解法。

1??1?2x?1>0?x>??1?【解析】由题意，得???2??

2?2???x?1<2???1

例3. （2012年天津市理5分）已知集合A={x?R||x+2|<3}，集合B={x?R|(x?m)(x?2)<0},且

A?B=(?1,n)，则m= ▲ ,n= ▲ . 【答案】?1，1。

【考点】集合的交集的运算及其运算性质，绝对值不等式与一元二次不等式的解法

【分析】由题意，可先化简A集合，再由B集合的形式及A?B=(?1,n)直接作出判断，即可得出两个参数的值：

∵A={x?R||x+2|<3}={x||?5

又∵A?B=(?1,n)，画数轴可知m=?1，n=1。

例4. （2012年天津市文5分）集合A?x?R|x?2?5中最小整数为 ▲ 【答案】?3。

【考点】绝对值不等式的解法。

【分析】∵?3不等式x?2?5，即?5?x?2?5，?3?x?7，∴集合A?{x?3?x?7}。

∴集合A?x?R|x?2?5中最小的整数为?3。

例5. （2012年山东省理4分）若不等式kx?4?2的解集为?x1?x?3?，则实数k= ▲ 。 【答案】2。

【考点】绝对值不等式的性质。

【解析】由kx?4?2可得?2?kx?4?2，即2?kx?6，而1?x?3，所以k?2。

例6. （2012年江西省理5分）在实数范围内，不等式|2x?1|?|2x?1|?6的解集为 ▲ 。

????【答案】?x?R|???3?x?23??。 2?【考点】绝对值不等式的解法，转化与划归、分类讨论的数学思想的应用。

111??1?x????x?x????【解析】原不等式可化为?①或?2②或?③， 222????1?2x?2x?1?6?2x?1?2x?1?6?2x?1?2x?1?6由①得?311113?x??；由②得??x?；由③得?x?。 222222??3?x?23??。 2?∴原不等式的解集为?x?R|?例7. （2012年陕西省文5分）若存在实数x使|x?a|?|x?1|?3成立，则实数a的取值范围是 ▲ 【答案】?2?a?4。

【考点】绝对值不等式的性质及其运用。

【解析】由题意知左边的最小值小于或等于3，根据不等式的性质，得

a?1?|x?a|?|x?1|?3，解得，?2?a?4。

例8. （2012年湖南省理5分）不等式2x?1?2x?1?0的解集为 ▲

【答案】?xx???1??。 4?【考点】解绝对值不等式。

1??3,(x??)?2?1?1??【解析】令f(x)?2x?1?2x?1，则由f(x)??4x?1,(??x?1)得f(x)?0的解集为?xx??。

42???3,(x?1)???例9. （2012年全国课标卷文5分）已知函数f(x)?x?a?x?2

(Ｉ)当a??3时，求不等式f(x)?3的解集；

(Ⅱ)若f(x)?x?4的解集包含[1,2]，求a的取值范围。 【答案】解：（1）当a??3时，由f(x)?3得x?3?x?2?3

x?2x?3??2?x?3? ∴ ?或?或?。

3?x?2?x?33?x?x?2?3x?3?x?2?3??? 解得 x?1或x?4。

(Ⅱ)原命题即f(x)?x?4在[1,2]上恒成立，

∴x?a?2?x?4?x在[1,2]上恒成立，即?2?x?a?2?x在[1,2]上恒成立。

∴?3?a?0。

【考点】绝对值不等式的解法。 【解析】(Ｉ)分段求解即可。

(Ⅱ)对于f(x)?x?4，把a作未知求解。

例10. （2012年辽宁省文10分）已知f(x)?|ax?1|(a?R)，不等式f(x)?3的解集为{x|?2剎x?1｝。 (Ⅰ)求a的值；

(Ⅱ)若|f(x)?2f()|?k恒成立，求k的取值范围。 【答案】解：（I）由f(x)?3得?4?ax?2。

又∵不等式f(x)?3的解集为{x|?2剎x?1｝， ∴当a?0时，不合题意； 当a>0时，?x242?x?，得a=2。 aa??1， x??1?x?1(Ⅱ)由（I）得f(x)?|2x?1|。记h?x?=f(x)?2f()=??4x?3， ?1

2?21??1， x?? ??2 ∴h?x??1。∴k?1。

【考点】分段函数、不等式的基本性质、绝对值不等式及其运用，分类讨论思想的应用。 【解析】（I）针对a的取值情况进行讨论即可。

(Ⅱ) 针对f(x)?2f()的正负进行讨论从而用分段函数表示，进而求出k的取值范围。 例11.（2012年江苏省10分）已知实数x，y满足：|x?y|?x2115求证：|y|?． ，|2x?y|?，3618【答案】证明：∵3|y|=|3y|=|2?x?y???2x?y?|?2x?y?2x?y， 由题设|x?y|?111155∴3|y|

【解析】根据绝对值不等式的性质求证。

三、不等式问题中“最值法”和“单调性法”的应用： 典型例题：【版权归锦元数学工作室，不得转载】

例1. （2012年福建省文4分）已知关于x的不等式x2－ax＋2a＞0在R上恒成立，则实数a的取值范围是 ▲ ． 【答案】(0,8)。

【考点】一元二次不等式的解法。

【解析】关于x的不等式x2－ax＋2a＞0在R上恒成立，则满足Δ＝a2－4×2a<0，解得0

例2. （2012年福建省理5分）函数f?x?在[a，b]上有定义，若对任意x1，x2∈[a，b]，有

?x+x?1f?12??[f(x1)+f(x2)]，则称f?x?在[a，b]上具有性质P.设f?x?在[1,3]上具有性质P，现给出如下?2?2命题：

①f?x?在[1,3]上的图象是连续不断的； ②fx2在[1，3]上具有性质P；

③若f?x?在x＝2处取得最大值1，则f?x?＝1，x∈[1,3]；

???x+x+x+x④对任意x1，x2，x3，x4∈[1,3]，有f?12344?其中真命题的序号是【 】

A．①② B．①③ C．②④ D．③④ 【答案】D。

【考点】抽象函数及其应用，函数的连续性。

?1??4[f(x1)+f(x2)+f(x3)+f(x4)]． ???1，x??0,2???2,3?【解析】对于命题①，设f?x?=?，显然它在[1,3]上具有性质P，但函数在x=2处是不??0，x=2连续的，命题错误；

对于命题②，设f?x?=?x，显然它在[1,3]上具有性质P，但fx2=?x2在[1，3]上不具有性质

P，命题错误；

对于命题③，∵f?x?在x＝2处取得最大值1，

??x??4?x?1∴在[1，3]上，f，即f?x??f?4?x??2f?x?=2。 （）2?f（）??f?x??f?4?x????22?f?x??f?4?x??2??∴?f?x??f?x?max?f?2??1。∴f?x?＝1，x∈[1,3]。命题正确； ???f?4?x??f?x?max?f?2??1对于命题④，对任意x1，x2，x3，x4∈[1,3]，有

11x1?x2???x3?x4??x?x?x3?x41??x?x?2f(12)?f(2)??f?12?+f422??2???x3?x4?2???????

1?11?1fx+fx+fx+fx????????????1234?f?x1?+f?x2?+f?x3?+f?x4????=4?2?22??命题正确。 故选D。

（x?m?3）,g?x??2x?2，若同时满足条件： 例3. （2012年北京市理5分）已知f?x??m(x?2m)①?x?R，f?x?＜0或g?x?＜0，②?x?(-?, -4), f?x??g?x?＜0，

则m的取值范围是 ▲ 【答案】??4, ?2?。【版权归锦元数学工作室，不得转载】 【考点】简易逻辑，函数的性质。 【解析】由g?x??2x?2<0得x<1。

∵条件①?x?R，f?x?＜0或g?x?＜0，∴当x?1时，f?x?＜0。 当m=0时，f?x?=0，不能做到f?x?在x?1时，f?x?＜0，所以舍去。

∵f?x?作为二次函数开口只能向下，∴m<0，且此时两个根为x1=2m，x2=?m?3。

?m<0?m<0?1????m?4 又由条件②?x?(-?, -4), f?x??g?x?＜0的限制，可分析得出x?(-?, -4)时，f?x?恒负。 ∴就需要在这个范围内有得正数的可能，即－4应该比x1，x2两根中小的那个大。 由2m=?m?3得m=?1，

∴当m???1, 0?时，?m?3

当m???4, ?1?时，2m

（x?m?3）,g?x??2x?2。若?x?R，f（x）＜0例4. （2012年北京市文5分）已知f?x??m(x?2m)或g（x）＜0，则m的取值范围是 ▲ 。 【解析】（－4，0）。

【考点】简易逻辑，函数的性质。 【解析】由g?x??2x?2<0得x<1。

∵?x?R，f?x?＜0或g?x?＜0，∴当x?1时，f?x?＜0。

当m=0时，f?x?=0，不能做到f?x?在x?1时，f?x?＜0，所以舍去。

∵f?x?作为二次函数开口只能向下，∴m<0，且此时两个根为x1=2m，x2=?m?3。

?m<0?m<0?1?? 为保证条件①成立，必须?x1=2m<1??m

2?x=?m?3<1??2??m>?4∴m的取值范围是（－4，0）。

b?R)的值域为[0，例5. （2012年江苏省5分）已知函数f(x)?x2?ax?b(a，??)，若关于x的不等式

f(x)?c的解集为(m，m?6)，则实数c的值为 ▲ ．

【答案】9。

【考点】函数的值域，不等式的解集。

a2【解析】由值域为[0，， ??)，当x?ax?b=0时有V?a?4b?0，即b?422a2?a???x??。 ∴f(x)?x?ax?b?x?ax?4?2?222a?aaa? ∴f(x)??x???c解得?c?x??c，?c??x?c?。

2?222?2aa∵不等式f(x)?c的解集为(m，m?6)，∴(c?)?(?c?)?2c?6，解得c?9。

22例6. （2012年全国大纲卷理12分）设函数f(x)?ax?cosx,x?[0,?]。

（1）讨论f(x)的单调性；

（2）设f(x)?1?sinx，求a的取值范围。 【答案】解：f?(x)?a?sinx。

（1）∵x?[0,?]，∴0?sinx?1。

当a?1时，f?(x)?0，f(x)在x?[0,?]上为单调递增函数； 当a?0时，f?(x)?0，f(x)在x?[0,?]上为单调递减函数； 当0?a?1时，由f?(x)?0得sinx?a，

由f?(x)?0得0?x?arcsina或??arcsina?x??； 由f?(x)?0得arcsina?x???arcsina。

∴当0?a?1时f?x?在[0,arcsina]和[??arcsina,?]上为为单调递增函数；在

[arcsina,??arcsina]上为单调递减函数。

（2）由f(x)?1?sinx恒成立可得f(?)?1?a??1?1?a?令g(x)?sinx?2?。

2?22?当x?(0,arcsin)时，g?(x)?0，当x?(arcsin,)时，g?(x)?0。

??2?2?又g(0)?g()?0，所以g(x)?0，即x?sinx(0?x?)

2?22故当a??x(0?x??)，则g?(x)?cosx?2。

2?时，有f(x)?2?x?cosx，

①当0?x?②当

?2时，

2?x?sinx，cosx?1，所以f(x)?1?sinx。

2?2?x??时，f(x)??x?cosx?1?2(x?)?sin(x?)?1?sinx。

?222??综上可知故所求a的取值范围为a??。

【考点】导数在研究函数中的运用，三角函数的有界性，。 【解析】（1）利用三角函数的有界性，求解单调区间。

（2）运用构造函数的思想，证明不等式。关键是找到合适的函数，运用导数证明最值大于或者小于零的问题得到解决。

例7. （2012年全国课标卷理12分）已知函数f(x)满足满足f(x)?f?(1)ex?1?f(0)x?（1）求f(x)的解析式及单调区间；

12x； 212x?ax?b，求(a?1)b的最大值。 21x?1【答案】解：（1）∵f(x)?f?(1)ex?1?f(0)x?x2，∴f?(x)?f?(1)e?f(0)?x。

21令x?1得，f(0)?1。∴f(x)?f?(1)ex?1?x?x2。

2（2）若f(x)?∴f(0)?f?(1)e?1?1，得f?(1)?e。

x ∴f(x)的解析式为f(x)?e?x?x12x。 2x 设g(x)?f?(x)?e?1?x，则g?(x)?e?1?0。 ∴g(x)在x?R上单调递增。

又∵f?(x)?0?f?(0)时，x?0，f(x)单调递增；

f?(x)?0?f?(0)时，x?0，f(x)单调递减。

∴f(x)的单调区间为：单调递增区间为(0,??)，单调递减区间为(??,0)。 （2）∵f(x)?12x?ax?b，∴ex?(a?1)x?b?0。 2xx令h(x)?e?(a?1)x?b得h?(x)?e?(a?1)。

①当a?1?0时，h?(x)?0，∴h(x)在x?R上单调递增。 但x???时，h(x)???与h(x)?0矛盾。

②当a?1?0时，由h?(x)?0得x?ln(a?1)；由h?(x)?0得x?ln(a?1)。 ∴当x?ln(a?1)时，h(x)min?(a?1)?(a?1)ln(a?1)?b?0 ∴(a?1)b?(a?1)?(a?1)ln(a?1)。

令F(x)?x?xlnx(x?0)；则F?(x)?x(1?2lnx)。 由F?(x)?0得0?x?2222e；由F?(x)?0得x?e。

∴当x?e时，F(x)max?e 2 ∴当a?e?1,b?e时，(a?1)b的最大值为

e。 2【考点】函数和导函数的性质。

【解析】（1）由f(x)?f?(1)ex?1?f(0)x?性质求出单调区间。

（2）由f(x)?ex?x?12x求出f(0)和f?(1)即可得到f(x)的解析式，根据导数的2121 x和f(x)?x2?ax?b，表示出(a?1)b，根据导函数的性质求解。

22例8. （2012年全国课标卷文5分）设函数f?x?? ex－ax－2

(Ⅰ)求f?x?的单调区间

(Ⅱ)若a=1，k为整数，且当x>0时，?x?k?f'?x??x?1>0，求k的最大值

?∞?，f'?x?? ex－a。 【答案】解：(Ｉ) f(x)的的定义域为??∞，?∞?上单调递增。 若a?0，则f'?x?? ex－a>0，∴f?x?在??∞，e0，则当x???∞，ln?a时，f'?x?? x－f'?xe>a，∴在0??∞，lna?上单调递减，f?x?在?lna，?∞?上单调递增。 ?? x－ (Ⅱ)∵a=1，∴?x?k?f'?x??x?1=?x?k?ex?1?x?1。 ∴当x>0时，?x?k?ex?1?x?1>0，它等价于k0?。

令g?x?=x?1ex?1?x ，则g'?x?=?xex?1?ex?1?2?1=exex?x?2x??e?1?2?。

?∞?上单调递增。 由(Ｉ)知，函数h?x?=ex?x?2在?0，?∞?上存在唯一的零点。 ∵h?1?=e?3<0，h?2?=e2?4>0，∴h?x?在?0，?∞?上存在唯一的零点，设此零点为a，则a??1,2?。 ∴g'?x?在?0，?∞?时，g'?x?>0。 当x??0，a?时，g'?x?<0；当x??a， ∴g?x?=x?1ex?1?∞?上的最小值为g?a?。 ?x 在?0， 又∵g'?a?=0，即ea=a?2，∴g?a?=a?1e?1a?a =a+1??2,3?。

因此k

【考点】函数的单调性质，导数的应用。

【解析】(Ｉ)分a?0和a>0讨论f?x?的单调区间即可。 (Ⅱ)由于当x>0时，?x?k?ex?1?x?1>0等价于k<求出导数，根据函数的零点情况求出整数k的最大值。

例9. （2012年天津市理14分）已知函数f(x)=x?ln(x+a)的最小值为0，其中a>0. （Ⅰ）求a的值；

（Ⅱ）若对任意的x?[0,+?),有f(x)?kx成立，求实数k的最小值； （Ⅲ）证明

2??x?1e?1x令g?x?=?x ?x>0?，

x?1e?1x ?x ，

2*(n?N). ?ln(2n+1)<2?i=12i?1n???，求导函数可得f'(x)=1?【答案】解：（Ⅰ）函数的定义域为??a， 令f'(x)=0，得x=1?a>?a。

当x变化时，f'(x)和f(x)的变化情况如下表：

1x+a?1. ?x+ax+ax 1?a???a， 1?a ????1?a， f'(x) f(x) － ↘ 0 极小值 ＋ ↗ ∴f(x)在x=1?a处取得极小值。

∴由题意，得f(1?a)=1?a?ln1=1?a=0。∴a=1。 （Ⅱ）当k≤0时，取x=1，有f(1)=1?ln2<0，故k≤0不合题意。

gx）?x?ln(x+1)?kx。 gx）?（fx）?kx，即（当k＞0时，令（221x+1?1?2kx2?2kxx?1?2kx?2k?（x）?1??2kx==求导函数可得g'。

x+1x+1x+1令g'（x）?0，得x1?0，x2?①当k?1?2k＞?1。 2k11?2kgx）?（fx）?kx2时， ≤0，g'（x）<0在（0，+∞）上恒成立，因此（22k +??） +??，在（0，+∞）上单调递减，从而对任意的x??0，，总有（gx）?g（0）=0，即对任意的x??0，有f(x)?kx成立。

21符合题意。 211?2k1?2k②当0

21综上，实数k的最小值为。【版权归锦元数学工作室，不得转载】

2∴k?（Ⅲ）证明：当n=1时，不等式左边=2－ln3＜2=右边，所以不等式成立。

当n≥2时，

?i=1nn2??n22??2?n?2??f?=?ln1+=?ln1+?????????? 2i?12i?12i?12i?12i?1??i=1????i=1??i=1=?i=1n2?ln?2n?1?。 2i?1在（2）中，取k=∴f?n112，得f(x)?x?x?0?， 2222?2??

n2?ln(2n+1)<2(n?N*)。 ?i=12i?1n【考点】导数在最大值、最小值问题中的应用，利用导数求闭区间上函数的最值。

【分析】（Ⅰ）确定函数的定义域，求导函数，确定函数的单调性，求得函数的最小值，利用函数的最小值为0，即可求得a的值。 f(x)=x?ln(x+a)（Ⅱ）当k≤0时，取x=1，有f(1)=1nl2?0gx）?（fx）?kx2，故k≤0不合题意。当k＞0时，令（<，

11?2k 时，≤0，（在（0，+∞）上单调递减，从gx）22k11?2k1?2k +??）而对任意的x??0，，总有（＞0，对于x?(0， )，gx）?g（0）=0。②当0

22k2k1?2k＞0，因此（在(0， )上单调递增。由此可确定k的最小值。 gx）g'（x）2k求导函数，令导函数等于0，分类讨论：①当k?（Ⅲ）当n=1时，不等式左边=2－ln3＜2=右边，所以不等式成立。当n≥2时，由

?i=1n?2?f?? ?2i?1?=?121?ln?2n?1?，在（Ⅱ）中，取k=得f(x)?x2,从而可得

22i=12i?1+n22?2?f??<，?2?2i?1??2i?1??2i?3??2i?1??i?N，i?2?由此可证结论。

例10. （2012年浙江省理14分）已知a?0，b?R，函数f(x)?4ax?2bx?a?b． （Ⅰ）证明：当0?x?1时，

（i）函数f(x)的最大值为|2a?b|?a； （ii）f(x)?|2a?b|?a?0；

（Ⅱ）若?1?f(x)?1对x?[0，1]恒成立，求a?b的取值范围． 【答案】(Ⅰ) 证明：

(ⅰ)f??x??12ax2?2b．

当b≤0时，f??x??12ax2?2b＞0在0≤x≤1上恒成立，

此时f?x?的最大值为：f?1??4a?2b?a?b?3a?b＝|2a－b|﹢a； 当b＞0时，f??x??12ax2?2b在0≤x≤1上的正负性不能判断， 此时f?x?的最大值为：

?b?a，b?2a＝|2a－b|﹢a。 fmax?x??max{f(0)，（）f1}?max{(b?a)，(3a?b)}??3a?b，b?2a?3综上所述：函数f?x?在0≤x≤1上的最大值为|2a－b|﹢a。 (ⅱ) 设g?x?＝﹣f?x?，

∵g?x???4ax3?2bx?a?b，∴令g??x???12ax2?2b?0?x?当b≤0时，g??x???12ax2?2b＜0在0≤x≤1上恒成立，

b。 6a此时g?x?的最大值为：g?0??a?b?3a?b＝|2a－b|﹢a； 当b＜0时，g??x???12ax2?2b在0≤x≤1上的正负性不能判断，

?4bb?6a4bb?a?b，?b ?a?b，b?2a}??36agmax?x??max{g()，（）g1}?max{bb?6a36a6a?b?2a，?≤|2a－b|﹢a。

综上所述：函数g?x?在0≤x≤1上的最大值小于(或等于)|2a－b|﹢a， 即f?x?＋|2a－b|﹢a≥0在0≤x≤1上恒成立。

(Ⅱ)解：由(Ⅰ)知：函数f?x?在0≤x≤1上的最大值为|2a－b|﹢a，

且函数f?x?在0≤x≤1上的最小值比﹣(|2a－b|﹢a)要大。 ∵﹣1≤f?x?≤1对x?[0，1]恒成立，∴|2a－b|﹢a≤1。 取b为纵轴，a为横轴．

?a>0?a>0??则可行域为：?b?2a和?b?2a，目标函数为z＝a＋b。

?b?a?1?3a?b?1??作图如下：

由图易得：当目标函数为z＝a＋b过P(1，2)时，有zmax?3． ∴所求a＋b的取值范围为：??1，3?。

【考点】分类思想的应用，不等式的证明，利用导数求闭区间上函数的最值，简单线性规划。 【解析】(Ⅰ) (ⅰ)求导后，分b≤0和b＞0讨论即可。

(ⅱ) 利用分析法，要证f?x?＋|2a－b|﹢a≥0，即证g?x?＝﹣f?x?≤|2a－b|﹢a，亦即证g?x?在

0≤x≤1上的最大值小于(或等于)|2a－b|﹢a。

（Ⅱ）由（Ⅰ）知：函数在0≤x≤1上的最大值为|2a－b|﹢a，且函数在0≤x≤1上的最小值比 ﹣(|2a－b|﹢a)要大．根据－1≤f?x?≤1对x∈[0，1]恒成立，可得|2a－b|﹢a≤1，从而利用线性规划知识，可求a＋b的取值范围。

例11. （2012年浙江省文15分）已知a∈R，函数f(x)?4x?2ax?a （1）求f(x)的单调区间

（2）证明：当0≤x≤1时，f(x) + 2?a＞0. 【答案】解：（1）由题意得f?(x)?12x?2a，

当a?0时，f?(x)?0恒成立，此时f(x)的单调递增区间为???,???；

当a?0时，f?(x)?12(x?23aa)(x?)， 66?aa?,此时函数f(x)的单调递增区间为???。 66??（2）由于0?x?1，当a?2时，f(x)?a?2?4x?2ax?2?4x?4x?2；

当a?2时，f(x)?a?2?4x?2a(1?x)?2?4x?4(1?x)?2?4x?4x?2。

33333设g(x)?4x?4x?2,0?x?1，则g?(x)?12x?4?12(x?则有

3233)(x?)。 33x 0 ?3?0,??3?? ??－ 减 3 30 极小值 ?3???3,1?? ??＋ 增 1 g?(x) g(x) － 1 ＋ 1 ∴g(x)min?g(343)?1??0。 393∴当0?x?1时，总有g(x)?4x?4x?2?0。 ∴f(x)?a?2?4x?4x?2?0。

【考点】分类思想的应用，利用导数求闭区间上函数的最值和单调区间，不等式的证明。 【解析】（1）求出导数，分a?0和a?0讨论即可。

（2）根据2?a，分a?2和a?2两种情形，得到f(x)?a?2?4x?4x?2，从而设出新函

33数g(x)?4x?4x?2,0?x?1，应用导数，证出g(x)min?g(立，即f(x)?a?2?4x?4x?2?0。

例12. （2012年湖南省理13分）已知函数f(x)?ea x33343)?1??0，得到g(x)?0恒成39?x，其中a≠0.

（Ⅰ）若对一切x∈R，f(x)≥1恒成立，求a的取值集合.

（Ⅱ）在函数f(x)的图像上取定两点A(x1,f(x1)),B(x2,f(x2))(x1?x2)，记直线AB的斜率为k，问：是否存在x0?，使f?(x0)?k成立？若存在，求x0的取值范围；若不存在，请说明理由. （x1，x2）【答案】解：（Ⅰ）若a?0，则对一切x?0，f(x)?e?x?1，这与题设矛盾，

又a?0，故a?0。

∵f?(x)?ae?1,∴令f?(x)?0,得x?当x?axax11ln。 aa11ln时，f?(x)?0,f(x)单调递减； aa11当x?ln时，f?(x)?0,f(x)单调递增.

aa1111111∴当x?ln时，f(x)取最小值f(ln)??ln。

aaaaaaa111于是对一切x?R,f(x)?1恒成立，当且仅当?ln?1 ①

aaa令g(t)?t?tlnt,则g?(t)??lnt。

当0?t?1时，g?(t)?0,g(t)单调递增；当t?1时，g?(t)?0,g(t)单调递减， ∴当t?1时，g(t)取最大值g(1)?1。

∴当且仅当

1?1即a?1时，①式成立。 a综上所述，a的取值集合为?1?。

f(x2)?f(x1)eax2?eax1??1。 （Ⅱ）存在。由题意知，k?x2?x1x2?x1eax2?eax1,则 令?(x)?f?(x)?k?ae?x2?x1axeax1eax2a(x2?x1)a(x1?x2)????(x1)??e?a(x?x)?1,?(x)?e?a(x1?x2)?1? 212??。x2?x1?x2?x1?令F(t)?e?t?1，则F?(t)?e?1。

当t?0时，F?(t)?0,F(t)单调递减；当t?0时，F?(t)?0,F(t)单调递增， ∴当t?0，F(t)?F(0)?0,即e?t?1?0。 ∴ea(x2?x1)ttt?a(x2?x1)?1?0，ea(x1?x2)?a(x1?x2)?1?0。

eax1eax2?0,?0,∴?(x1)?0,?(x2)?0。 又∵

x2?x1x2?x1∵函数y??(x)在区间?x1,x2?上的图像是连续不断的一条曲线， ∴存在x0?(x1,x2)使?(x0)?0,??(x)?ae2ax?0,?(x)单调递增，故这样的c是唯一

1eax2?eax11eax2?eax1,x2)时， f?(x0)?k。 的，且c?ln，故当且仅当x?(lnaa(x2?x1)aa(x2?x1)综上所述，存在x0?(x1,x2)使f?(x0)?k成立.且x0的取值范围为

1eax2?eax1(ln,x2)。 aa(x2?x1)【考点】利用导函数研究函数单调性、最值、不等式恒成立, 分类讨论思想、函数与方程思想，转化与划归思想等数学思想方法的应用。

【解析】（Ⅰ）用导函数法求出f(x)取最小值f(ln)?化为f(x)min?1，从而得出a的取值集合。

（Ⅱ）在假设存在的情况下进行推理，通过构造函数，研究这个函数的单调性及最值来进行分析判

1a1a111?ln，对一切x∈R，f(x)≥1恒成立转aaa

断。

例13. （2012年湖北省文14分）设函数f(x)＝axn(1－x)＋b(x＞0)，n为整数，a，b为常数．曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程为x＋y＝1. （Ⅰ）求a，b的值； （II）求函数f(x)的最大值； 1

（III）证明：f(x)＜.

ne

【答案】解：（Ⅰ）∵f(1)＝b，由点(1，b)在x＋y＝1上，可得1＋b＝1，即b＝0。

∵f′(x)＝anxn1－a(n＋1)xn，∴f′(1)＝－a。

－

又∵切线x＋y＝1的斜率为－1，∴－a＝－1，即a＝1。 ∴a＝1，b＝0。

n＋－

（II）由（Ⅰ）知，f(x)＝xn(1－x)＝xn－xn1，f′(x)＝(n＋1)xn1?n＋1－x?。

??

nn

令f′(x)＝0，解得x＝，即f′(x)在(0，＋∞)上有唯一零点x0＝。

n＋1n＋1

nn

∵在?0，n＋1?上，f′(x)>0，f(x)单调递增；在?n＋1，＋∞?上，f′(x)<0，f(x)单调递减，

????

nnnn

∴f(x)在(0，＋∞)上的最大值为f?n＋1?＝?n＋1?n?1－n＋1?＝??????n＋1?n＋1。

111t－1

（III）证明：令φ(t)＝lnt－1＋(t＞0)，则φ′(t)＝－2＝2(t＞0)。

tttt

∵在(0,1)上，φ′(t)＜0，φ(t)单调递减；在(1，＋∞)上，φ′(t)＞0，φ(t)单调递增， 1

∴φ(t)在(0，＋∞)上的最小值为φ(1)＝0。 ∴φ(t)＞0(t＞1)，即lnt＞1－(t＞1)。

tn＋1n＋1?n＋111

令t＝1＋，得ln＞，即ln?nn?n?＞lne。 n＋1n＋1?n＋1n1∴?＞e，即n＋1＜。 ne?n?n＋1?

nn1由（II）知，f(x)≤n＋1＜，∴所证不等式成立。 nen＋1?

【考点】利用导数求闭区间上函数的最值，利用导数研究函数的单调性，利用导数研究曲线上某点切线方程。

【解析】（I）由题意曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程为x＋y＝1，故可根据导数的几何意义与切点处的函数值建立关于参数的方程求出两参数的值。

n＋－

（II）由于f(x)＝xn(1－x)＝xn－xn1，可求 f′(x)＝(n＋1)xn1?n＋1－x?，利用导数研究函数的单调性，

??即可求出函数的最大值。

n

n

n??n?n?n?1nn?（III）结合（II），欲证：f(x)＜．由于函数f(x)的最大值fn＋1＝n＋11－n＋1＝

ne??????n＋1?n＋1，故nn1

此不等式证明问题可转化为证明 n＋1＜，对此不等式两边求以e为底的对数发现，可构造函数φ(t)nen＋1?1

＝lnt－1＋(t＞0)，借助函数的最值辅助证明不等式。

t例14. （2012年辽宁省文12分）设f(x)?lnx? (Ⅰ)当x>1时，f(x)

3?x?1? 29(x?1) (Ⅱ)当1?x?3时，f(x)?

x?533【答案】证明：(Ⅰ)设g(x)?f(x)??x?1??lnx?x?1??x?1?，

22 则g'(x)?113??。 x2x2113??<0，∴g(x)单调递减。 x2x2 ∵当x>1时，g'(x)? 又∵g(1)?ln1?1?1? ∴当x>1时，f(x)<3?1?1?=0，∴g(x)<0。 23?x?1?。 2x?1。 2(Ⅱ) 由均值不等式，当x＞0时，2x?1

则当1?x?3时，h??x?=3?x?5??216<0。 ∴h?x?在（1，3）内是单调递减函数。

∵又h?1?=0，∴在（1，3）内，h?x?<0。∴在（1，3）内，k??x?<0。 ∴k?x?在（1，3）内是单调递减函数。

2∵又k?1?=0，∴在（1，3）内，k?x?<0。 ∴当1?x?3时，f(x)?9(x?1)。 x?5【考点】导数的概念、几何意义、导数在判断函数单调性。 【解析】（I）用差值法构造函数g(x)?f(x)?1133?<0，可?x?1?，可得当x>1时，g'(x)??x2x22判断g(x)在x>1时是单调递减函数，从而由g(1)=0得到出g(x)<0，进而得出结论。

（II）由均值不等式，可得

3x

4x?x?6?函数，从而得到出k?x?在（1，3）内是单调递减函数，进而得出结论。

例15. （2012年重庆市理12分）设数列an的前n项和Sn满足Sn?1?a2Sn?a1，其中a2?0. （I）求证：an是首项为1的等比数列；（5分） （II）若a2??1，求证：Sn?n(a1?a2)，并给出等号成立的充要条件.（7分） 2【答案】证明：（Ⅰ）∵Sn?1?a2Sn?a1，∴Sn?a2Sn?1?a1(n?2,n?N*)。 ∴Sn?1?Sn?a2Sn?a2Sn?1(n?2)。∴an?1?a2an(n?2)。 ∵a2?0，∴an?0。∴

an?1?a2。 ana2?a2。 a1 ∵S2?a2S1?a1，∴a1?a2?a1a2?a1。∴a1a2?a2。∴a1?1。∴

∴?n?N*,an?1?2。∴an是首项为1，公比为a2的等比数列。 an（II）当n=1或n=2时，易知Sn?当a2?1时，Sn?n?n(a1?an)成立。 2n(a1?an)成立。 2n1?a2n?1,an?a2当a2?1时，Sn?， 1?a2n1?a2nnn?1∴Sn?(a1?an)。∴?(1?a2) (n?3)。

1?a222nn?1当?1?a2?1时，上面不等式可化为(n?2)a2?na2?na2?(n?2) (n?3)， nn?1设f(a2)?(n?2)a2， ?na2?na2n?2①当?1?a2?0时， 1?a2>0。

nn?2∴f(a2)?(n?2)a2?na2(1?a2)?(n?2)|a2|n?n?2。

∴当?1?a2?0时，所要证的不等式成立。

n?1n?2?(n?1)a2?1] ②当0?a2?1时，f(a2)?n[(n?2)a2n?1n?2?(n?1)a2?1， 令h(a2)?(n?2)a2n?3)?0。 则h?(a2)?(n?2)(n?1)(a2?1)(a2∴h(a2)在（0，1）上递减。∴h(a2)?h(1)?0。∴f?(a2)?nh(a2)?0。 ∴f(a2)在（0，1）上递增。∴f(a2)?f(1)?n?2。 ∴当0?a2?1时，所要证的不等式成立。

1n)1a2n1 ③ 当a2?1时，?(0,1)，由已证结论得：?[1?()n?1]。

12a2a21?a21?(1n)n1?a2ann1n?1n?1n?1n?1n2?(1?a2)?(a1?a2)。 ∴a2??a2?[1?()]。∴

11?a2222a21?a21?(∴当0?a2?1时，所要证的不等式成立。 综上所述，当a2??1且a2?0时，Sn?号成立。

【考点】数列与不等式的综合，数列与函数的综合，等比数列的性质，等比关系的确定。

【分析】（I）根据Sn?1?a2Sn?a1，得Sn?a2Sn?1?a1(n?2,n?N*)，两式相减，即可证得an是首项为1，公比为a2的等比数列。

n(a1?an)。当且仅当n=1,2或a2?1时等2（II）当n=1或n=2时和当a2?1时， Sn?n(a1?an)成立。 2当a2?1时，分?1?a2?0，0?a2?1，a2?1三种情况分别证明即可。

本题也可用数学归纳法证明。

四、不等式问题中“数形结合法”的应用： 典型例题：【版权归锦元数学工作室，不得转载】

例1. （2012年湖南省理5分）已知两条直线l1 ：y?m和l2：y?8?m>0?，l1与函数y?log2x2m+1的图像从左至右相交于点A，B ，l2与函数y?log2x的图像从左至右相交于C,D .记线段AC和BD在X轴上的投影长度分别为a , b,当m 变化时，

b的最小值为【 】a来源%&:中国~*教育出版网

A．162 B. 82 C. 834 D. 434 【答案】B。

【考点】数形结合，函数的图象，基本不等式的应用。 【解析】如图，在同一坐标系中作出y?m，y?8?m>0?，2m+1y?log2x图像，

?mm 由log2x=m，得x1?2,x2?2，

88?8由log2x?，得x3?22m?1,x4?22m?1。

2m+182m?1根据题意得a?2?m?28?2m?1, b?2?2m82m?1b, ?a2?22?m?2m?82m?1?22m82m?1?2m?82m?1。

7b814117∵m??m????4??，∴()min?22=82。故选B。

a2m?12m?12222例2. （2012年重庆市理5分）设平面点集A??(x,y)(y?x)(y?)?0?,B?(x,y)(x?1)?(y?1)?1，

??1x???22?则A?B所表示的平面图形的面积为【 】

（A）? （B）? （C）? （D）

343547? 2

【答案】D。

【考点】数形结合，函数的图象，双曲线和圆的对称性。

?y?x?0?y?x?01??【分析】∵(y?x)(y?)?0，∴?或?。 11xy??0y??0??xx?? 又∵(x?1)2?(y?1)2?1，

∴满足上述条件的区域为如图所示的圆内部分Ⅰ和Ⅲ。

∵y?1,(x?1)2?(y?1)2?1的图象都关于直线y=x对称， x∴Ⅰ和Ⅳ区域的面积相等，Ⅱ和Ⅲ区域的面积相等，即圆内部分Ⅰ和Ⅲ的面积之和为单位圆面积

的一半，为

?。故选D。 21时，4x?logax，则a的取值范围是【 】 2例3. （2012年全国课标卷文5分）当0

22

) （B）(，1) （C）(1，2) （D）(2，2) 22

【答案】B。

【考点】指数函数和对数函数的性质。 【解析】设f?x?=4x, g?x?=logax,作图。 ∵当0

2 根据对数函数的性质，a?1。∴g?x?=logax单调递减。

211 ∴由x?时，4x?logax得42?loga，解得a?。

222 ∴要使0。 222

，1) 。故选B。 2

∴a的取值范围是(

五、不等式问题中“特殊值法”的应用： 典型例题：【版权归锦元数学工作室，不得转载】

例1. （2012年福建省理5分）下列命题中，真命题是【 】

A．?x0∈R，ex0≤0

B．?x∈R，2x＞x2

a

C．a＋b＝0的充要条件是＝－1

bD．a＞1，b＞1是ab＞1的充分条件 【答案】D。

【考点】必要条件、充分条件与充要条件的判断，全称命题，特称命题，命题的真假判断与应用。 【解析】对于A，根据指数函数的性质不存在x0，使得ex0≤0，因此A是假命题。 对于B，当x＝2时，2x＝x2，因此B是假命题。

a

对于C，当a＋b＝0时，不存在，因此C是假命题。

b

对于D，a＞1，b＞1时 ab＞1，所以a＞1，b＞1是ab＞1的充分条件，因此D是真命题。 故选D。

例2. （2012年四川省文4分）设a,b为正实数，现有下列命题：

①若a?b?1，则a?b?1； ②若

2211??1，则a?b?1； ba③若|a?b|?1，则|a?b|?1； ④若|a?b|?1，则|a?b|?1。

其中的真命题有 ▲ 。（写出所有真命题的编号） 【答案】①④。

【考点】真命题的判定，特殊值法的应用。

【解析】对于①，∵a,b为正实数，∴a?b?1?a?1+b>1?a>1?a+b>1。 又∵a?b?1，∴?a+b??a?b??1?a?b=222222331<1。故①正确。 a+b对于②，可以采用特殊值列举法： 取a=2,b=2114，满足a,b为正实数和??1的条件，但a?b=>1。故②错误。 3ba3对于③，可以采用特殊值列举法：

取a=4,b=1，满足a,b为正实数和|a?b|?1的条件，，但a?b=3>1。故③错误。 对于④，不妨设a>b，由|a?b|?1得a?b?1，∴a?1+b。 ∵a,b为正实数，∴a?1+b>1?a>1。 ∴a?b?1??a?b?a+ab+b33233333333?21??1?a?b=a+ab+b22<1。故④正确。

∵且，∴a?b=ab。 综上所述，真命题有 ①④。

例3. （2012年浙江省理4分）设a?R，若x?0时均有?则a? ▲ ． ??a?1?x?1??x?ax?1?0，

2??【答案】

3。 2【考点】特殊元素法，偶次幂的非负数性质。

【解析】∵x?0时均有???a?1?x?1??x?ax?1?0，

2??2 ∴应用特殊元素法，取x?2，得??2?a?1??1??2?2a?1?0???2a?3??0。

??2 ∴2a?3?0?a?3。 2an已知a为正实数，n为自然数，抛物线y??x?与x轴正半轴相

22例4. （2012年四川省理14分）

交于点A，设f(n)为该抛物线在点A处的切线在y轴上的截距。 （Ⅰ）用a和n表示f(n)；

f(n)?1n3?3（Ⅱ）求对所有n都有成立的a的最小值；

f(n)?1n?1（Ⅲ）当0?a?1时，比较

?f(k)?f(2k)与

k?1n127f(1)?f(n)的大小，并说明理由。 ?4f(0)?f(1)?an?an2， 0?，对y??x?【答案】解：（Ⅰ）由已知得，交点A的坐标为?求导得y'??2x。 ?2?2???an? ∴抛物线在点A处的切线方程为y??2a?x??，即y??2anx+an。

?2???n∴f(n)=a。

nf(n)?1n3（Ⅱ）由（1）知f(n)=a，则成立的充要条件是an?2n3?1。 ?3f(n)?1n?1n即知，an?2n3?1对于所有的n成立，特别地，取n=2时，得到a?17。 当a?17,n?3时,

123123an?4n=?1+3?=1?Cn?3+Cn?32+Cn?33+????1?Cn?3+Cn?32+Cn?33

n12?1?2n3+n?5?n?2?+?2n?5??>2n3+1。

?2?当n=0，1，2时，显然

?17?n?2n3?1。

f(n)?1n3∴当a?17时，对所有自然数都成立。 ?f(n)?1n3?1∴满足条件的a的最小值是17。 （Ⅲ）由（1）知f(n)=a，则

n?k?1nn11f(1)?f(n)a?an，。 =?k?2kf(0)?f(1)1?af(k)?f(2k)k?1a?a下面证明：?k?1n127f(1)?f(n)。 ??f(k)?f(2k)4f(0)?f(1)首先证明：当0

33∴g(x)在区间（0,1）上的最小值g(x)min=g()?0。

23127?x。 x?x34127k由0

?an?an， 0?，进一步可求抛物线【解析】（Ⅰ）根据抛物线y??x?与x轴正半轴相交于点A，可得A??2?2??2在点A处的切线方程，从而可得f(n)=a

nn)=a（Ⅱ）由（Ⅰ）知f(nf(n)?1n3?3，则 成立的充要条件是an?2n3?1，即知，an?2n3?1f(n)?1n?1n对所有n成立。当a?17,n?3时，an?4n=?1+3?>2n3+1；当n=0，1，2时，可得a的最小值。

（Ⅲ）由（Ⅰ）知f(n)=a，证明当0＜x＜1时，

n??17n?2n3?1，由此

127?x即可证明： x?x34?k?1n127f(1)?f(n)。 ??f(k)?f(2k)4f(0)?f(1)2an例5. （2012年四川省文14分）已知a为正实数，n为自然数，抛物线y??x?与x轴正半轴相交于

2点A，设f(n)为该抛物线在点A处的切线在y轴上的截距。 （Ⅰ）用a和n表示f(n)； （Ⅱ）求对所有n都有

f(n)?1n成立的a的最小值； ?f(n)?1n?1111f(1)?f(n?1)与6?的大小，??????f(1)?f(2)f(2)?f(4)f(n)?f(2n)f(0)?f(1)（Ⅲ）当0?a?1时，比较并说明理由。

?an?an2， 0?，对y??x?【答案】解：（Ⅰ）由已知得，交点A的坐标为?求导得y'??2x。 ?2?2???an? ∴抛物线在点A处的切线方程为y??2a?x??，即y??2anx+an。

?2???n∴f(n)=a。

（Ⅱ）由（1）知f(n)=a，则

nnf(n)?1n成立的充要条件是an?2n?1。 ?f(n)?1n?1即知，an?2n?1对于所有的n成立，特别地，取n=1时，得到a?3。 当a?3,n?1时,

123an?3n=?1+2?=1?Cn?2+Cn?22+Cn?23+????2n?1。

n当n=0时，an?2n?1。 ∴当a?3时，

f(n)?1n对所有自然数都成立。 ?f(n)?1n?1∴满足条件的a的最小值是3。 （Ⅲ）由（1）知f(n)=a，

下面证明：

n111f(1)?f(n?1)?????6.。

f(1)?f(2)f(2)?f(4)f(n)?f(2n)f(0)?f(1)1?6x， x?x2首先证明：当0

设函数g?x??6xx2?x?1,0?x?1，则g'(x)?18x(x?)。

??2322时，g（'x）?0；当?x?1时，g'(x)?0，

3321∴g(x)在区间（0,1）上的最小值g(x)min=g()?>0。

391∴当0

x?x21由0

111111 ????????224n2nf(1)?f(2)f(2)?f(4)f(n)?f(2n)a?aa?aa?a2na?an?1f(1)?f(n?1)。 ?6(a?a???a)?6??6?1?nf(0)?f(1)【考点】导数的应用、不等式、数列。

?an?an， 0?，进一步可求抛物线【解析】（Ⅰ）根据抛物线y??x?与x轴正半轴相交于点A，可得A??2?2??2在点A处的切线方程，从而可得f(n)=a

（Ⅱ）由（Ⅰ）知f(n)=a，则

nnf(n)?1n成立的充要条件是an?2n?1，即知，an?2n?1?f(n)?1n?1n对所有n成立。当a?3,n?1时，an?3n=?1+2??2n?1；当n=0时，an?2n?1，由此可得a的最小值。

（Ⅲ）由（Ⅰ）知f(n)=a，证明当0＜x＜1时，

n1?6x即可证明： x?x2111f(1)?f(n?1)。 ?????6.f(1)?f(2)f(2)?f(4)f(n)?f(2n)f(0)?f(1)六、基本不等式的应用：

典型例题：【版权归锦元数学工作室，不得转载】

例1. （2012年天津市理5分）设m，n?R，若直线(m?1)x+(n?1)y?2=0与圆(x?1)+(y?1)=1相切，则m+n的取值范围是【 】

（A）[1?3,1+3] （Ｂ）(??,1?3]?[1+3,+?) （Ｃ）[2?22,2+22] （Ｄ）(??,2?22]?[2+22,+?) 【答案】D。

22【考点】直线与圆的位置关系，点到直线的距离公式，重要不等式，一元二次不等式的解法 【分析】∵直线(m?1)x+(n?1)y?2=0与圆(x?1)+(y?1)=1相切，

∴圆心(1,1)到直线的距离为d=22|(m?1)+(n?1)?2|(m?1)+(n?1)2222=1，∴mn?m?n?1。

22又∵2mn?m?n，∴4mn?m?n+2mn=?m+n?2m+n??，即mn?42。

(m?n)2∴m?n?1?。

4设t=m?n，则

12t?t+1，解得t?(??,2?22]?[2+22,+?)。故选D。 4例2. （2012年浙江省文5分）若正数x，y满足x+3y=5xy，则3x?4y的最小值是【 】 A.

2428 B. C.5 D.6 55【答案】C。

【考点】基本不等式或配方法的应用。 【解析】∵x+3y=5xy，∴

1?13?13??5，????1。

5?yx?yx ∴不等式得）

11313x12y1313x12y223613(3x?4y)?(?)?(?)??(?)???5。（或由基本5yx5yx55yx55 ∴3x?4y?5，即3x?4y的最小值是5。故选C。

例3. （2012年湖北省理5分）设a,b,c,x,y,z是正数，且a+b+c=10,x+y+z=40,ax+by+cz=20，则

222222a+b+c【版权归锦元数学工作室，不得转载】 =【 】

x+y+zA.

1113 B. C. D. 4324【答案】C。

【考点】柯西不等式不等式的应用，待定系数法的应用。

222【解析】由柯西不等式知a+b+c???x2+y2+z2???ax+by+cz?=400，

2而此时a+b+c?222abc222x+y+z=400恰好满足取等条件==。 ???xyz令

abc===k?k>0?，则a=kx, b=yk, c=zk。 xyz2222代入到a+b+c=10中得k∵k>0，∴k=?x2+y2+z2?=10，再将x2+y2+z2=40代入得k2=1。 4a+b+ckx+ky+kz11。∴==k=。故选C。

x+y+zx+y+z22例4. （2012年福建省理5分）下列不等式一定成立的是【 】【版权归锦元数学工作室，不得转载】

1

x2＋?＞lgx(x＞0) A．lg?4??1B．sinx＋≥2(x≠kπ，k∈Z)

sinxC．x2＋1≥2|x|(x∈R) 1

D.2＞1(x∈R) x＋1【答案】C。

【考点】不等式的性质以及基本不等式的应用。

11

x2＋?＝lgx，所以A不一定成立； 【解析】对于A，当x＝时，lg?4??2

对于B，当sinx>0时，不等式才成立，所以B不一定成立； 对于C，命题显然正确；

1

对于D，∵x2＋1≥1，∴0<2≤1，所以D不成立.

x＋1故选C。

例5. （2012年陕西省文5分）小王从甲地到乙地的时速分别为a和b（a?b），其全程的平均时速为v，则【 】 A. a?v?【答案】A。

【考点】基本不等式及其应用。

【解析】设从甲地到乙地的路程为S，则v=ab B. v=ab C. ab

a?ba?b D. v= 222SSS?ab?211?ab?2ab2ab??ab。 a?b2ab2ab2a2??a。 又∵a?b，∴v?a?b2a ∴a?v?ab。故选A。

例6. （2012年福建省理7分）已知函数f(x)＝m－|x－2|，m∈R，且f(x＋2)≥0的解集为[－1,1]．

（Ⅰ）求m的值；【版权归锦元数学工作室，不得转载】 111

（Ⅱ）若a，b，c∈R，且＋＋＝m，求证：a＋2b＋3c≥9.

a2b3c【答案】解：（Ⅰ）因为f(x＋2)＝m－|x|，f(x＋2)≥0等价于|x|≤m，

由|x|≤m有解，得m≥0，且其解集为{x|－m≤x≤m}。 又f(x＋2)≥0的解集为[－1,1]，故m＝1。 111

（Ⅱ）由(1)知＋＋＝1，

a2b3c

又a，b，c∈R，由柯西不等式得

1112b3ca3ca2ba＋2b＋3c=(a＋2b＋3c)(＋＋)?1????1????1

a2b3caa2b2b3c3c?3?2b3ca3ca2b??????3?6?9， aa2b2b3c3c2b3ca3ca2b======1 时，等号成立。 aa2b2b3c3c 当且仅当

所以a＋2b＋3c≥9。

【考点】带绝对值的函数，不等式的证明。

【解析】（Ⅰ）由条件可得f(x＋2)＝m－|x|，f(x＋2)≥0，故有|x|≤m的解集为[-1，1]，故m=1。

111111（Ⅱ）由（Ⅰ）得＋＋＝1，从而a＋2b＋3c=(a＋2b＋3c)(＋＋) ，展开后可得

a2b3ca2b3ca＋2b＋3c?3?2b3ca3ca2b，利用基本不等式证明它大于或等于9。 ?????aa2b2b3c3c例7. （2012年湖北省文5分）设a,b,c∈ R，则 “abc?1”是“111???a?b?c”的【 】 abcA.充分条件但不是必要条件 B.必要条件但不是充分条件 C.充分必要条件 D.既不充分也不必要的条件 【答案】A。

【考点】充分、必要条件的判定，基本不等式的应用。 【解析】当abc?1时，111abcabcabc??????ab?bc?ca， abcabc而2?a?b?c???a?b???b?c???c?a??2ab?2bc?2ca（当且仅当a?b?c，且

， abc?1，即a?b?c时等号成立）

∴111???ab?bc?ca?a?b?c。 abc111???a?b?c,但abc?1。 abc当取a?b?c?2,显然有∴由111???a?b?c不可以推得abc?1。 abc111???a?b?c的充分不必要条件。故选A。 abc综上，abc?1是例8. （2012年四川省理4分）记[x]为不超过实数x的最大整数，例如，[2]?2，[1.5]?1，[?0.3]??1。

xn?[设a为正整数，数列{xn}满足x1?a，xn?1?[a]xn2](n?N?)，现有下列命题：

①当a?5时，数列{xn}的前3项依次为5,3,2；

②对数列{xn}都存在正整数k，当n?k时总有xn?xk； ③当n?1时，xn?a?1；

④对某个正整数k，若xk?1?xk，则xn?[a]。

其中的真命题有 ▲ _。（写出所有真命题的编号）【版权归锦元数学工作室，不得转载】 【答案】①③④。

【考点】真命题的判定，对高斯函数[x]的理解，数列的性质，特殊值法的应用，基本不等式的应用。

xn?[【解析】对于①，若a?5，根据xn?1?[当n=1时，x2=[

a]xn2](n?N?)

5?13?1]=3, 同理x3=[]?2。 故①正确。 22对于②，可以采用特殊值列举法：

当a=3时，x1=3, x2=2, x3=1, x4=2……x2k=1, x2k+1=1,……

此时数列{xn}从第二项开始为2，1，2，1……，xn?xk不成立。故②错误。 对于③，由[x]的定义知，[x]>x?1，而a为正整数，故xn?0，且xn是整数。 ∵对于两个正整数a、b，当a+b为偶数时??a+b?a+b?a+b?a+b1=；当为奇数时 =?，a+b???22222????

∴不论a+b是偶数还是奇数，有?∵xn和[?a+b?a+b1??。 ?222??a]都是整数， xnxn?[∴xn?1?[a]xnxn?[]?2aaaa2xn?]xn??1xn?xnxnxnxn11?>?=?1??1=a?1。 222222又当n=1时，x1?a， ∵a??1?33?a?1=?a??+?>0，∴x1?a?a?1成立。

2?44??2∴当n?1时，xn?a?1。故③正确。

xk?[对于④，当xk?1?xk时，[a]xkxk?[]?xk， ∴

2a]xk2?xk?0，即[a]?xk?0。 xk∴

aaa?xk?[]?xk?0，即?xk?0，解得xk?a。 xkxkxka?1，∴a?1

由③xn?综上所述，真命题有 ①③④ 。

例9. （2012年辽宁省理12分）设f(x)?ln(x?1)?与直线y?x?1?ax?b(a,b?R,a,b为常数)，曲线y?f(x)3x在(0，0)点相切。 2 (Ⅰ)求a,b的值。

(Ⅱ)证明：当0?x?2时，f(x)?9x。 x?6【答案】解：（I）∵y?f(x)过（0，0），∴f(0)=0。∴b=－1。

∵曲线y?f(x)与直线y?∴y?|x?0?(3x在（0，0）点相切， 21133??a)|x?0??a?。∴a=0。 x?12x?122（II）证明：由（I）知f(x)?ln(x?1)?由均值不等式，当x＞0时，2令k?x?=f(x)?x?1?1。

x?1

则当0?x?2时，g??x?=3?x?6??216<0。 ∴g?x?在（0，2）内是单调递减函数。

∵又g?0?=0，∴在（0，2）内，g?x?<0。∴在（0，2）内，k??x?<0。 ∴k?x?在（0，2）内是单调递减函数。 ∵又k?0?=0，∴在（0，2）内，k?x?<0。 ∴当0?x?2时，f(x)?239x。 x?6【考点】导数的概念、几何意义、导数在判断函数单调性与最值中的运用，利用导数研究曲线上某点切线方程。

【解析】（I）由y?f(x)过（0，0），可求b的值，根据曲线y?f(x)与直线y?利用导函数，可求a的值。

（II）由（I）知f(x)?ln(x?1)?3x在（0，0）点相切，2x?1?1，由均值不等式，可得

3x?1

4?x?1??x?6?x?6利用导数判断g?x?在（0，2）内是单调递减函数，从而得到出k?x?在（0，2）内是单调递减函数，进而得出结论。

七、线性规划问题：

典型例题：【版权归锦元数学工作室，不得转载】

例1. （2012年四川省理5分）某公司生产甲、乙两种桶装产品。已知生产甲产品1桶需耗A原料1千克、

B原料2千克；生产乙产品1桶需耗A原料2千克，B原料1千克。每桶甲产品的利润是300元，每桶

乙产品的利润是400元。公司在生产这两种产品的计划中，要求每天消耗A、B原料都不超过12千克。通过合理安排生产计划，从每天生产的甲、乙两种产品中，公司共可获得的最大利润是【 】

A、1800元 B、2400元 C、2800元 D、3100元 【答案】C。

【考点】线性规划的应用。

【解析】]设公司每天生产甲种产品X桶，乙种产品Y桶，公司共可获得 利润为Z元/天，则由已知，得

?X?2Y?12?2X?Y?12?Z=300X+400Y，且?

?X?0??Y?0画可行域如图所示，目标函数Z=300X+400Y可变形为

Y=?3z 这是随Z变化的一族平行直线， x?4400解方程组??2x?y?12?x?4得?，即A（4,4） 。

y?4?x?2y?12?∴Zmax?1200?1600?2800。故选C。

例2. （2012年全国课标卷文5分）已知正三角形ABC的顶点A(1,1)，B(1,3)，顶点C在第一象限，若点（x，y）在△ABC内部，则z=－x+y的取值范围是【 】

（A）(1－3，2) （B）(0，2) （C）(3－1，2) （D）(0，1+3) 【答案】A。

【考点】简单线性规划，等边三角形的性质，勾股定理。

【解析】求z=－x+y的取值范围，则求出z=－x+y在正三角形ABC边际及内的区域的最大值和最小值即可。

由A(1,1)，B(1,3)，根据正三角形的性质可求C在第一象限的坐标为（1+3，2）。

作图，可知约束条件对应正三角形ABC内的区域： A(1,1)，B(1,3)，

C（1+3，2）。

当x=1，y=3时，z=－x+y取得最大值2；当1+3，y=2时，z=－x+y取得最小值1－3。

∴z=－x+y的取值范围为(1－3，2)。故选A。

?x?y??3,?x?2y?12,??例3. （2012年四川省文5分）若变量x,y满足约束条件?2x?y?12，则z?3x?4y的最大值是【 】

?x?0???y?0A、12 B、26 C、28 D、33 【答案】 C。

【考点】线性规划问题。 【解析】画可行域如图所示，

目标函数z?3x?4y可以变形为y??3zx?， 作函数443y??x的平行线，当其经过点B（4,4）时截距最大时，即z有最大

4值为z?3x?4y=3?4?4?4?28。故选C。

?x?2y?2?例4. （2012年山东省理5分）若x,y满足约束条件：?2x?y?4，则目标函数z=3x?y的取值范围是

?4x?y??1?【 】

?2?A ??， 6? B

3???2?， 6? D ?， ?1?3? C ??1??3???6， ?? 2??【答案】A。【版权归锦元数学工作室，不得转载】 【考点】线性规划。

【解析】如图，作出可行域，直线3x?y?0，

将直线平移至点（2，0）处有最大值：zmax=3?2?0=6，

131将直线平移至点(, 3)处有最小值：zmin=3??3=?。

222?2? 6?。故选A。 ∴目标函数z=3x?y的取值范围是??，3???2x?y?2?0?例5. （2012年天津市文5分）设变量x，y满足约束条件?x?2y?4?0,则目标函数z=3x-2y的最小

?x?1?0?值为【 】

（A）－5 （B）－4 （C）－2 （D）3

【答案】B。 【考点】线性规划。

【分析】作出不等式对应的可行域如图，由z?3x?2y得y?3zx?。 223z3z由图象可知当直线y?x?经过点C(0,2)时，直线y?x?的

2222截距最大，

而此时z?3x?2y最小为z?3x?2y??4，故选B。

?x?0?例6. （2012年安徽省文5分）若x,y满足约束条件：?x?2y?3；则x?y的最小值是【 】

?2x?y?3? (A)?3 (B) 0 (C) 【答案】A。

【考点】简单线性规划。

【解析】求x?y的取值范围，则求出x?y的最大值和最小值即可。作图，可知约束条件对应?ABC边际及内的区域：

3 (D)3 23A(0,3),B(0,),C(1,1)。

2 当x?0, y?3时，x?y取得最小值?3。 ∴x?y的最小值是?3。故选A。

?y?2?例7. （2012年广东省理5分）已知变量x，y满足约束条件?x?y?1，则z=3x+y的最大值为【 】

?x?y?1?A．12 B．11 C．3 D．?1 【答案】B。

【考点】简单线性规划。

?y?2?【解析】如图，作出变量x，y约束条件?x?y?1的可行域，

?x?y?1?解??y?2得最优解（3,2）

?x?y?1

当??x?3时，目标函数z=3x+y的最大值为zmax=11。

?y?2故选B。

?x?y?1?例8. （2012年广东省文5分）已知变量x,y满足约束条件?x?y?1,则z?x?2y的最小值为【 】

?x?1?0?A．3 B．1 C．?5 D?6 【答案】C。

【考点】简单线性规划。

?x?y?1?【解析】如图，作出变量x，y约束条件?x?y?1的可行域，

?x?1?0?解??x?1?0得最优解（－1,－2）

x?y?1??x??1时，目标函数z?x?2y的最小值为zmin=-5。

?y??2当?故选C。

例9. （2012年江西省理5分）某农户计划种植黄瓜和韭菜，种植面积不超过50计，投入资金不超过54万元，假设种植黄瓜和韭菜的产量、成本和售价如下表

黄瓜 韭菜 年产量/亩 4吨 6吨 年种植成本/亩 1.2万元 0.9万元 每吨售价 0.55万元 0.3万元 为使一年的种植总利润（总利润=总销售收入?总种植成本）最大，那么黄瓜和韭菜的种植面积（单位：亩）分别为【 】

A．50，0 B．30，20 C．20，30 D．0，50 【答案】B。

【考点】建模的思想方法，线性规划知识在实际问题中的应用。 【解析】设黄瓜和韭菜的种植面积分别为x,y亩,总利润为z万元，则目标函数为

z?(0.55?4x?1.2x)?(0.3?6y?0.9y)?x?0.9y.

?x?y?50?x?y?50?1.2x?0.9y?54?4x?3y?180??线性约束条件为 ?，即?。

?x?0?x?0???y?0?y?0?x?y?50?4x?3y?180?如图，作出不等式组?表示的可行域,易求得点A?0,50?,B?30,20?, C?0,45?。

?x?0??y?0平移直线x?0.9y?0，可知当直线z?x?0.9y经过点B?30,20?,即x?30,y?20时,z取得最

大值,且zmax?48（万元）。故选B。

?x?y?3?0?例10. （2012年福建省理5分）若函数y?2x图象上存在点(x，y)满足约束条件?x?2y?3?0 则实数m

?x?m?的最大值为【 】

13

A. B.1 C. D．2 22【答案】B。 【考点】线性规划。

?x?y?3?0?【解析】约束条件 ?x?2y?3?0确定的区域为如图阴影部分，即

?x?m?△ABC的边与其内部区域，分析可得函数y?2x与边界直线

，若函数y?2x图象上存在点（x，y）满x?y?3=0交与点（1，2）

足约束条件，即y?2x图象上存在点在阴影部分内部，则必有m≤1，即实数m的最大值为1。故选B。

例11. （2012年福建省文5分） 若直线y?2x上存在点(x，y)满足约束

?x?y?3?0?条件?x?2y?3?0 则实数m的最大值为【 】

?x?m?3

A．－1 B．1 C. D．2

2【答案】B。

【考点】线性规划。

?x?y?3?0?【解析】约束条件 ?x?2y?3?0确定的区域为如图阴影部分，即

?x?m?△ABC的边与其内部区域，分析可得函数y?2x与边界直线x?y?3=0交与点（1，2），若函数y?2x图

象上存在点（x，y）满足约束条件，即y?2x图象上存在点在阴影部分内部，则必有m≤1，即实数m的最大值为1。故选B。

?x?y?10?例12. （2012年辽宁省理5分）设变量x，y满足?0?x?y?20,则2x?3y的最大值为【 】

?0?y?15?(A) 20 (B) 35 (C) 45 (D) 55 【答案】D。

【考点】简单线性规划问题。 【解析】如图，画出可行域：

根据图形可知当x=5,y=15时2x+3y最大，最大值为55。故选D。

?x?y?1?0?例13. （2012年全国大纲卷理5分）若x，y满足约束条件?x?y?3?0，则z=3x?y的最小值为

?x?3y?3?0?▲ 。 【答案】?1。 【考点】线性规划。

【解析】利用不等式组，作出可行域，可知区域表示的为三角形，当目标函数过点（3，0）时，目标函数

最大，当目标函数过点（0，1）时最小zmin=3?0?1=?1。

?x,y?0?例14.（2012年全国课标卷理5分）设x,y满足约束条件：?x?y??1；则z?x?2y的取值范围为

?x?y?3? ▲ 【答案】[?3,3]。 【考点】简单线性规划。

【解析】求z?x?2y的取值范围，则求出z?x?2y在约束条件下的最大值和最小值即可。作图，可知约束条件对应四边形OABC边边际及内的区域： O(0,0),A(0,1),B(1,2),C(3,0)。

当x?3, y?0时，z?x?2y取得最大值3；当x?1, y?2时，

z?x?2y取得最小值?3。

∴z?x?2y的取值范围为[?3,3]。

?x?0?例15.（2012年安徽省理5分）若x,y满足约束条件：?x?2y?3；则x?y的取值范围为 ▲

?2x?y?3?来源:21世

【答案】[?3,0]。 【考点】简单线性规划。

【解析】求x?y的取值范围，则求出x?y的最大值和最小值即可。作图，可知约束条件对应?ABC边际及内的区域：A(0,3),B(0,),C(1,1)。

32 当x?1, y?1时，x?y取得最大值0；当x?0, y?3时，x?y取得最小值?3。 ∴x?y的取值范围为[?3,0]。【版权归锦元数学工作室，不得转载】

例16. （2012年上海市文4分）满足约束条件x?2y?2的目标函数z?y?x的最小值是 ▲ 【答案】?2。 【考点】线性规划。

?x?0,?x?0,?x?0,?x?0,????【解析】根据题意得到?y?0,或?y?0,或?y?0,或?y?0,

?x?2y?2;?x?2y?2;??x?2y?2;?x?2y??2.????其可行域为平行四边形ABCD区域，（包括边界）目标函数可以化成y?x?z，z的最小值就是

该直线在y轴上截距的最小值，当该直线过点A(2,0)时，z有最小值，此时zmin??2 .

?x?y?1?0?x?y?2?0?例17. （2012年浙江省文5分） 设z=x+2y，其中实数x，y满足?， 则z的取值范围是

x?0???y?0▲ 。 【答案】[0，

7]。 2【考点】简单线性规划。

【解析】根据已知的约束条件画出满足约束条件的可行域，结合z在目标函数中的几何意义，求出目标函数的最大值、及最小值，进一步线出目标函数z的范围：

?x?y?1?0?x?y?2?0?约束条件? 对应的平面区域如图示：

x?0???y?0

由图易得目标函数z=x+2y在O（0，0）处取得最小值，此时z=0；

?x?y?1?0137在B处取最大值，由?可得B（，，此时z=。 ）

222?x?y?2?0故z=x+2y的取值范围为：[0，

7]。 2?x?y??1?例18.（2012年湖北省文5分）若变量x，y满足约束条件?x?y?1则目标函数z?2x?3y的最小值

?3x?y?3?是 ▲ . 【答案】2。

【考点】简单的线性规划。

?x?y??1?【解析】作出不等式组?x?y?1所表示的可行域(如下图的?ABM及其内部）,

?3x?y?3?

可知当直线z?2x?3y经过??x?y?1的交点M?1,0?时，z?2x?3y取得最小值，且

?3x?y?3zmin?2。

例19. （2012年江苏省5分）已知正数a，clnb≥a?clnc，则b，c满足：5c?3a≤b≤4c?a，围是 ▲ ． 【答案】?e， 7?。 【考点】可行域。

b的取值范a?ab?3???5?cc?ab【解析】条件5c?3a≤b≤4c?a，clnb≥a?clnc可化为：???4。

?cca?b??ec?c 设

ab=x，y=，则题目转化为： cc?3x?y?5?x?y?4y?已知x，y满足?，求的取值范围。 xx?y?e?x>0，y>0? 作出（x，y）所在平面区域（如图）。求出y=ex的切 线的斜率e，设过切点P?x0，y0?的切线为y=ex?m?m?0?， 则

y0ex0?mm，要使它最小，须m=0。 ==e?x0x0x0 ∴

y的最小值在P?x0，y0?处，为e。此时，点P?x0，y0?在y=ex上A,B之间。 x?y=4?x?5y=20?5xy???y=7x?=7， 当（x，y）对应点C时， ?x?y=5?3x?4y=20?12x ∴ ∴

y的最大值在C处，为7。 xyb 7?，即的取值范围是?e， 7?。 的取值范围为?e，ax例20.（2012年陕西省理5分）设函数f(x)???lnx,x?0，D是由x轴和曲线y?f(x)及该曲线

??2x?1,x?0在点(1,0)处的切线所围成的封闭区域，则z?x?2y在D上的最大值为 ▲ . 【答案】2。

【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程，简单线性规划。

【解析】先求出曲线在点（1，0）处的切线，然后画出区域D，利用线性规划的方法求出目标函数z的最大值即可：

?1?,x?0?∵y?f(x)??x，f?(1)?1，

???2,x?0∴曲线y?f(x)及该曲线在点(1,0)处的切线方

程为y=x-1。

∴由x轴和曲线y?f(x)及y=x-1围成的封

闭区域为三角形。z?x?2y在点(0,-1)处取得最大值2。

例21.（2012年陕西省文14分）设函数fn(x)?x?bx?c（Ⅰ）设n?2，b?1,n(n?N?,b,c?R)

?1?c??1，证明：fn(x)在区间?,1?内存在唯一的零点；

?2?（Ⅱ）设n为偶数，f(?1)?1，f(1)?1，求b?3c的最小值和最大值；

（III）设n?2，若对任意x1,x2?[?1,1]，有|f2(x1)?f2(x2)|?4，求b的取值范围； 【答案】解：（Ⅰ）证明：b?1,c??1，n?2时，fn(x)?x?x?1。

∵fn()fn(1)?(n1211?1?f(x)，∴在?)?1?0n?,1?内存在零点。 n22?2??1?,1?上单调递增。 2??n?1又∵当x??,1?时，fn?(x)?nx?1?0，∴ fn(x)在??1??2?∴ fn(x)在??1?,1?内存在唯一零点。 ?2?（Ⅱ）依题意，得???1?f(?1)?1?0?b?c?2，∴?。

??1?f(1)?1??2?b?c?0 画出可行域，得知b?3c在点（0，－2）处取得最小值－6，在点（0，0）处取得最大

值0。

（III）当n?2时，f2(x)?x?bx?c。

2|4等价于f2(x)在[?1,1]上最大值与最小对任意x1,x2?[?1,1]都有|f2(x1)?f2(x2)?值之差M?4，据此分类讨论如下：

b|?1，即|b|?2时，M?|f2(1)?f2(?1)|?2|b|?4，与题设矛盾。 2bbb2（ⅱ）当?1???0，即0?b?2时，M?f2(?1)?f2(?)?(?1)?4恒成立。

222bbb2（ⅲ）当0??1，即?2?b?0时，M?f2(?1)?f2(?)?(?1)?4恒成立。

222（ⅰ）当|综上所述，b的取值范围为?2?b?2。

【考点】函数与方程，简单线性规划，导数的综合应用。 【解析】（1）一方面由fn()fn(1)?(n?12121?1?得fn(x)在?,1?内存在零点；另一方面由当?)1?02?2??1??1??1?x??,1?时，fn?(x)?nxn?1?1?0得fn(x)在?,1?上单调递增。从而得出fn(x)在?,1?内存在唯一

?2??2??2?零点。

（Ⅱ）依题意，得到??0?b?c?2，画出可行域，求出b?3c的最小值和最大值。

??2?b?c?0（III）对任意x1,x2?[?1,1]都有|f2(x1)?f2(x2)|?4等价于f2(x)在[?1,1]上最大值与最小值之

差M?4，据此分|

bbb|?1、?1???0和0??1讨论即可。 222除了上述不等式的求解（证）方法外，还有“作差比较法”，“作商比较法”，“分离参数法”，“变更主元法”，“判别式法”等方法。

?a?b>0?a>b?作差比较法：依据?a?b=0?a=b，作差——变形——判断。

?a?b<0?a1?a>b??a作商比较法，依据当a>0，b>0时，?=1?a=b，作商——变形——判断商与1的大小。

?b?a?b<1?a

变更主元法：在某些特定的条件下，若能变更主元，转换思考问题的角度，不仅可以避免分类讨论，而且可以轻松解决恒成立问题。

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