备战2014高考数学 高频考点归类分析（真题为例）：不等式问题中“最值法”和“单调性法”的应用
高频考点分析
不等式问题中“最值法”和“单调性法”的应用
典型例题：
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
0时，，求k的最大值
【答案】解：(Ｉ) f(x)的的定义域为，。
若，则，∴在上单调递增。
若，则当时，；当时，，∴在上单调递减，在上单调递增。
(Ⅱ)∵a=1，∴。
∴当x>0时，，它等价于。
令，则。
由(Ｉ)知，函数在上单调递增。
∵，，∴在上存在唯一的零点。
∴在上存在唯一的零点，设此零点为，则。
当时，；当时，。[来源:学科网ZXXK]
∴在上的最小值为。
又∵，即，∴。
因此，即整数k的最大值为2。
【考点】函数的单调性质，导数的应用。
【解析】(Ｉ)分和讨论的单调区间即可。
(Ⅱ)由于当x>0时，等价于，令，
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）已知函数的最小值为，其中.
（Ⅰ）求的值；
（Ⅱ）若对任意的,有成立，求实数的最小值；
（Ⅲ）证明.
【答案】解：（Ⅰ）函数的定义域为，求导函数可得.
令，得。
当变化时，和的变化情况如下表：
－
0
＋
↘
极小值
↗
∴在处取得极小值。
∴由题意，得。∴。
（Ⅱ）当≤0时，取，有，故≤0不合题意。
当＞0时，令，即。
求导函数可得。
令，得。
①当时， ≤0，在（0，+∞）上恒成立，因此在（0，+∞）上单调递减，从而对任意的），总有，即对任意的，有成立。
∴符合题意。
②当时，＞0，对于(0， )，＞0，因此在
(0， )上单调递增，因此取(0， )时，，即有不成立。
∴不合题意。[来源:学&科&网]
综上，实数的最小值为。
（Ⅲ）证明：当=1时，不等式左边=2－ln3＜2=右边，所以不等式成立。
当≥2时，
。
在（2）中，取，得，
∴。
∴
。
综上，。
【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，即可求得的值。
（Ⅱ）当≤0时，取，有，故≤0不合题意。当＞0时，令，求导函数，令导函数等于0，分类讨论：①当 时，≤0，在（0，+∞）上单调递减，从而对任意的），总有。②当时，＞0，对于(0， )，＞0，因此在(0， )上单调递增。由此可确定的最小值。
（Ⅲ）当=1时，不等式左边=2－ln3＜2=右边，所以不等式成立。当≥2时，由
，在（Ⅱ）中，取得,从而可得，由此可证结论。
例10. （2012年浙江省理14分）已知，，函数．
（Ⅰ）证明：当时，
（i）函数的最大值为；
（ii）；
（Ⅱ）若对恒成立，求的取值范围．
【答案】(Ⅰ) 证明：
(ⅰ)．
当b≤0时，＞0在0≤x≤1上恒成立，
此时的最大值为：＝|2a－b|﹢a；
当b＞0时，在0≤x≤1上的正负性不能判断，
此时的最大值为：
＝|2a－b|﹢a。
综上所述：函数在0≤x≤1上的最大值为|2a－b|﹢a。
(ⅱ) 设＝﹣，
∵，∴令。
当b≤0时，＜0在0≤x≤1上恒成立，
此时的最大值为：＝|2a－b|﹢a；
当b＜0时，在0≤x≤1上的正负性不能判断，
≤|2a－b|﹢a。
综上所述：函数在0≤x≤1上的最大值小于(或等于)|2a－b|﹢a，
即＋|2a－b|﹢a≥0在0≤x≤1上恒成立。
(Ⅱ)解：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。
∵﹣1≤≤1对x[0，1]恒成立，∴|2a－b|﹢a≤1。
取b为纵轴，a为横轴．
则可行域为：和，目标函数为z＝a＋b。
作图如下：
由图易得：当目标函数为z＝a＋b过P(1，2)时，有．
∴所求a＋b的取值范围为：。
【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＋|2a－b|﹢a≥0，即证＝﹣≤|2a－b|﹢a，亦即证在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≤≤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
（1）求的单调区间
（2）证明：当0≤≤1时， + ＞0.
【答案】解：（1）由题意得，[来源:Z§xx§k.Com]
当时，恒成立，此时的单调递增区间为；
当时，，
此时函数的单调递增区间为。
（2）由于，当时，；
当时，。
设，则。
则有
0
1
－
－
0
＋
＋
1
减
极小值
增
1
∴。
∴当时，总有。
∴。[来源:学科网ZXXK]
【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，分和讨论即可。
（2）根据，分和两种情形，得到，从而设出新函数，应用导数，证出，得到恒成立，即。
例12. （2012年湖南省理13分）已知函数，其中≠0.
（Ⅰ）若对一切∈R，≥1恒成立，求的取值集合.
（Ⅱ）在函数的图像上取定两点，记直线AB的斜率为，问：是否存在，使成立？若存在，求的取值范围；若不存在，请说明理由.
【答案】解：（Ⅰ）若，则对一切，，这与题设矛盾，
又，故。
∵∴令。
当时，单调递减；
当时，单调递增.
∴当时，取最小值。
于是对一切恒成立，当且仅当 ①
令则。[来源:学科网]
当时，单调递增；当时，单调递减，
∴当时，取最大值。
∴当且仅当即时，①式成立。
综上所述，的取值集合为。
（Ⅱ）存在。由题意知，。
令则
。
令，则。
当时，单调递减；当时，单调递增，
∴当，即。
∴，。
又∵∴。
∵函数在区间上的图像是连续不断的一条曲线，
∴存在使
单调递增，故这样的是唯一的，且，故当且仅当时， 。
综上所述，存在使成立.且的取值范围为
。
【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）用导函数法求出取最小值，对一切∈R，≥1恒成立转化为，从而得出的取值集合。
（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；
（III）证明：f(x)＜.
【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)＝anxn－1－a(n＋1)xn，∴f′(1)＝－a。
又∵切线x＋y＝1的斜率为－1，∴－a＝－1，即a＝1。[来源:Zxxk.Com]
∴a＝1，b＝0。
（II）由（Ⅰ）知，f(x)＝xn(1－x)＝xn－xn＋1，f′(x)＝(n＋1)xn－1。
令f′(x)＝0，解得x＝，即f′(x)在(0，＋∞)上有唯一零点x0＝。
∵在上，f′(x)>0，f(x)单调递增；在上，f′(x)<0，f(x)单调递减，
∴f(x)在(0，＋∞)上的最大值为f＝n＝。
（III）证明：令φ(t)＝lnt－1＋(t＞0)，则φ′(t)＝－＝(t＞0)。
∵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，
∴φ(t)在(0，＋∞)上的最小值为φ(1)＝0。 ∴φ(t)＞0(t＞1)，即lnt＞1－(t＞1)。
令t＝1＋，得ln＞，即lnn＋1＞lne。[来源:学科网]
∴n＋1＞e，即＜。
由（II）知，f(x)≤＜，∴所证不等式成立。
【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。
（II）由于f(x)＝xn(1－x)＝xn－xn＋1，可求 f′(x)＝(n＋1)xn－1，利用导数研究函数的单调性，即可求出函数的最大值。
（III）结合（II），欲证：f(x)＜．由于函数f(x)的最大值f＝n＝，故此不等式证明问题可转化为证明 ＜，对此不等式两边求以e为底的对数发现，可构造函数φ(t)＝lnt－1＋(t＞0)，借助函数的最值辅助证明不等式。
例14. （2012年辽宁省文12分）设，证明：
(Ⅰ)当时，
(Ⅱ)当时，
【答案】证明：(Ⅰ)设，
则。
∵当时，，∴单调递减。
又∵，∴。
∴当时，。
(Ⅱ) 由均值不等式，当＞0时，，即。
令。
则
。
令。
则当时，。
∴在（1，3）内是单调递减函数。
∵又，∴在（1，3）内，。∴在（1，3）内，。
∴在（1，3）内是单调递减函数。
∵又，∴在（1，3）内，。
∴当时，。
【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，可得当时，，可判断在时是单调递减函数，从而由得到出，进而得出结论。
（II）由均值不等式，可得 。用差值法构造函数，可得
。构造函数， 利用导数判断在（1，3
）内是单调递减函数，从而得到出在（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）设数列的前项和满足，其中.
（I）求证：是首项为1的等比数列；（5分）
（II）若，求证：，并给出等号成立的充要条件.（7分）
【答案】证明：（Ⅰ）∵，∴。
∴。∴。
∵，∴。∴。
∵，∴。∴。∴。∴。
∴。∴是首项为1，公比为的等比数列。
（II）当=1或=2时，易知成立。
当时，成立。
当时，，
∴。∴。
当时，上面不等式可化为，
设，
①当时， 。
∴。
∴当时，所要证的不等式成立。
②当时，
令，
则。
∴在（0，1）上递减。∴。∴。
∴在（0，1）上递增。∴。
∴当时，所要证的不等式成立。
③ 当时，，由已证结论得：。
∴。∴。
∴当时，所要证的不等式成立。
综上所述，当且时，。当且仅当=1,2或时等号成立。
【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，得，两式相减，即可证得是首项为1，公比为的等比数列。
（II）当=1或=2时和当时， 成立。
当时，分，，三种情况分别证明即可。
本题也可用数学归纳法证明。
