函数与不等式1

33 (1)求f(x)的单调递增区间；

(2)若x[4,3]时，有f(x)mm210恒成立，求实数m的取值范围. 3f(2)4a0a4解：(1)f(x)x2a，由题意， 84f(2)2abb433令f(x)x240得f(x)的单调递增区间为(,2)和(2,). (2) f(x)13x4x4，当x变化时，f(x)与f(x)的变化情况如下表： 3- 4 (-4，-2) -2 0 (-2,2) 2 0 (2,3) 3 x f(x)  单调递增  单调递减  单调递增 f(x)

4 328 3 1 4 3]，f(x)max所以x[4,3时m2m28102.于是f(x)mm在x[4,3]上恒成立等价于

331028，求得m(,3][2,). 332. 函数f(x)的定义域为R，并满足以下条件：①对任意xR，有f(x)0；

y②对任意x、yR，有f(xy)[f(x)]；③f()1. 则

13 （1）求f(0)的值； （4分） （2）求证：f(x)在R上是单调增函数； （5分）

2 （3）若abc0,且bac，求证：f(a)f(c)2f(b). 2解：解法一：（1）令x0,y2，得：f(0)[f(0)]……………1分

f(0)0f(0)1…………………………4分

33（2）任取x1、x2(,)，且x1x2. 设x11p1,x21p2,则p1p2 1111f(x1)f(x2)f(p1)f(p2)[f()]p1[f()]p2…………………… 8分

33331f()1,p1p23f(x1)f(x2)f(x)在R上是单调增函数…… 9分

a （3）由（1）（2）知f(b)f(0)1 f(b)1 f(a)f(bc)[f(b)]b

bcbbf(c)f(b)[f(b)]b………11分 f(a)f(c)[f(b)][f(b)]2[f(b)]bcacacb

而ac2ac2b2b22[f(b)]acb2[f(b)]2bb2f(b) f(a)f(c)2f(b)……15分

解法二：（1）∵对任意x、y∈R，有f(xy)[f(x)]y

f(x)f(x1)[f(1)]x………1分 ∴当x0时f(0)[f(1)]0……2分 ∵任意x∈R， f(x)0…………3分 f(0)1……………………4分

（2）f(1)1,f(1)f(31)[f(1)]31…………………………6分

333f(x)[f(1)]x是R上单调增函数 即f(x)是R上单调增函数；…… 9分

acac（3）f(a)f(c)[f(1)][f(1)]2[f(1)]……………………11分

而ac2ac2b22b2[f(1)]ac2[f(1)]2b2f(b)

f(a)f(c)2f(b)

q3. 定义在区间（0，）上的函f(x)满足：（1）f(x)不恒为零；（2）对任何实数x、q,都有f(x)qf(x).

（1）求证：方程f(x)=0有且只有一个实根；

（2）若a>b>c>1,且a、b、c成等差数列，求证：f(a)f(c)f(b)； （3）（本小题只理科做）若f(x) 单调递增，且m>n>0时，有f(m)f(n)2f(2mn)，求证： 23m22 解：(1)取x=1,q=2,有

f(12)f(2)即f(1)01是f(x)0的一个根，若存在另一个实根x01，使得

f(x1)0对任意的x1(x1(0,)成立，且x1x0(q0),有f(x1)qf(x0)0,f(x0)0恒成立，f（x1)0,与条件矛f(盾x)，0有且只有一x个1 实根（2）abc1,不妨设ab1,cb2，

，则q10，q20∴f(a)f(c)f(b1)f(b2)q1q2f(b)，又a+c=2b,

qq2qqq(ac)20 ∴ac-b=42即ac22(3)f(1)0,f(x)在(0,)单调递增，当x(0,1)时f(x)0;当x(1,)时，f(x)0. 又f(m)f(n),f(m)f(n),f(m)f(n),mn0,f(m)f(n). 令m=b1,n=bqq2,b1,且q1q20

2mn则f(m)+f(n)=(q1q2)f(b)=f(mn)=0mn1.0n1m,f(m)2f,且

2mnmnm1,mn1,f(m)2f(),f(m)2222,222mn2mnfm

22即4m=m2mnn4mm2n,由03m22

4. 设函数f(x)定义在R上，对任意的m,nR，恒有f(mn)f(x)0。试解决以下问题：

（1）求f(1)的值，并判断f(x)的单调性；

f(m)f(n)，且当x1时，

（2）设集合A(x,y)|f(xy)f(xy)0,B(x,y)|f(axy2)0,aR，若

AB，求实数a的取值范围；

ab)|，求证：3b22 2解：（1）在f(mn)f(m)f(n)中令mn1，得f(1)0； …………………2分

xx设x1x20，则11，从而有f(1)0

x2x2xx所以，f(x1)f(x21)f(x2)f(1)f(x2)

x2x2（3）若0ab，满足|f(a)||f(b)|2|f(所以，f(x)在R上单调递减 …………………5分

22（2）f(xy)f(xy)f(xy)0f(1)，由（1）知，f(x)在R上单调递减，

y xy0xy0， …………………7分 x2y21yax1

故集合A中的点所表示的区域为如图所示的阴影部分；

而f(axy2)0f(1)，所以，axy10， …………8分 O x

故集合B中的点所表示的区域为一直线，如图所示， 由图可知，要AB，只要a1，

∴实数a的取值范围是(,1) …………………10分

（3）由（1）知f(x)在R上单调递减，∴当0x1时，f(x)0，当x1时，f(x)0，

0ab，而|f(a)||f(b)|，a1,b1，故f(a)0,f(b)0，

由|f(a)||f(b)|得，f(a)f(b)0，所以，ab1， …………………12分 ababab1，所以f()f(1)0， 又22ab2ab)f又f(b)2f( 22ab)|得，4b(ab)2a2b22，4bb2a22， 由|f(b)|2|f(22又0a1，所以2a23，由 24bb23及b1解得，3b22 5. 已知函数f(x)logax和g(x)2loga(2xt2),(a0,a1,tR) 的图象在x2处的切线互

相平行.

(Ⅰ) 求t的值；

（Ⅱ）设F(x)g(x)f(x)，当x1,4时，F(x)2恒成立，求a的取值范围. 解：(Ⅰ) f(x)14logae,g(x)logae ………………………3分 x2xt2∵函数f(x)和g(x)的图象在x2处的切线互相平行

f(2)g(2) …………………………………………………5分 14logaelogae 2t2t6 ………………………………………………………………6分 （Ⅱ）t6

F(x)g(x)f(x)2loga(2x4)－logax

(2x4)2loga,x1,4 …………………………………………7分

x(2x4)2164x16,x1,4 令h(x)xxh(x)4164(x2)(x2),x1,4 x2x2∴当1x2时，h(x)0,当2x4时，h(x)0.

∴h(x)在1,2是单调减函数，在2,4是单调增函数. …………………………9分

h(x)minh(2)32，h(x)maxh(1)h(4)36

∴当0a1时，有F(x)minloga36，当a1时，有F(x)minloga32.

∵当x1,4时，F(x)2恒成立, ∴F(x)min2 …………………………11分 ∴满足条件的a的值满足下列不等式组

0a1,a1,①，或② loga362;loga322.不等式组①的解集为空集，解不等式组②得1a42 综上所述，满足条件的a的取值范围是：1a42 6.设g(x)pxq2f(x),其中f(x)lnx,且g(e)qex （I）求p与q的关系；

p2.（e为自然对数的底数） e （II）若g(x)在其定义域内为单调函数，求p的取值范围； （III）证明： ①f(1x)x(x1)；

ln2ln3lnn2n2n1②222（n∈N，n≥2）.

4(n1)23n解：（I）由题意g(x)pxq2lnx, xqqq2,pe2qe2,eee11 (pq)e(pq)0,(pq)(e)0,ee1而e0,pq.3分e又g(e)pepp2px22xp2lnx，g(x)p2, （II）由（I）知：g(x)pxxxxx2令h(x)=px2－2x+p.要使g(x)在（0，+∞）为单调函数，只需h(x)在（0，+∞）满足：

h(x)≥0或h(x)≤0恒成立.………………………………4分 ①p0时,h(x)2x，x0,h(x)0,g(x)2x0, x2∴g(x)在（0，+∞）单调递减，∴p=0适合题意.………………………5分 ②当p>0时，h(x)=px2－2x+p图象为开口向上抛物线， 称轴为x=

111∈（0，+∞）.∴h(x)min=p－.只需p－≥0，即p≥1时h(x)≥0，g′(x) ≥0， ppp∴g(x)在(0,+ ∞)单调递增，∴p≥1适合题意.…………………………7分 ③当p<0时，h(x)=px2－2x+p图象为开口向下的抛物线，其对称轴为x=

1， （0，+∞）

p只需h(0)≤0，即p≤0时h(0)≤（0,+ ∞)恒成立.

∴g′(x)<0 ，∴g(x)在（0,+ ∞）单调递减，∴p<0适合题意.

综上①②③可得，p≥1或p≤0.……………………………………9分 （III）证明：①即证：lnx－x+1≤0 (x>0)，

设k(x)lnxx1,则k(x)11x1. xx当x∈（0，1）时，k′(x)>0，∴k(x)为单调递增函数；

当x∈（1，∞）时，k′(x)<0，∴k(x)为单调递减函数； ∴x=1为k(x)的极大值点，∴k(x)≤k(1)=0.

即lnx－x+1≤0，∴lnx≤x－1.………………………………11分

.②由①知lnx≤x－1,又x>0，

lnxx111xxx

nN*,n2时,令xn2,得lnn211.22nnlnn112(12),2nnln2ln3lnn1111222(121212)223223n 11111111[(n1)](222)][(n1)()]222334n(n1)23n1111111[n1()]22334nn1111[n1()]22n12n2n14(n1)∴结论成立.…………………………………………………………………………14分

a1(a11),∴a10, aaa当n2时，anSnSn1anan1,

a1a125．解：（Ⅰ）S1ana，即{an}是等比数列． ∴anaan1an； ………………4分 an12（Ⅱ）由（Ⅰ）知，bn2a(an1)(3a1)an2aa1，若{bn}为等比数列， 1anan(a1)3a23a22a2,b3, 则有b2b1b3,而b13,b2aa23a223a22a211)3故(，解得a，再将a代入得bn3n成立， 2aa331所以a．

3113n3n11n（III）证明：由（Ⅱ）知an()，所以cn 1n1n13n13n1131()1()333n113n1111121nn11n1n12(nn1)， 31313131313111111111由nn,n1n1得nn1nn1, 3133133131331311所以cn2(nn1)2(nn1)，

313133111111从而Tnc1c2cn[2(2)][2(23)][2(nn1)]

3333331111111112n[(2)(23)(nn1)]2n(n1)2n．

3333333331即Tn2n．…………………………14分

3

7.设函数f(x)13x2ax23a2xb(0a1) 3 （1）求函数f(x)的单调区间，并求函数f(x)的极大值和极小值； （2）当x∈[a+1, a+2]时，不等|f(x)|a，求a的取值范围.

22

解：（1）∵f′(x)=－x+4ax－3a=－(x－3a)(x－a),由f′(x)>0得：a由f′(x)<0得，x3a，

则函数f(x)的单调递增区间为（a, 3a），单调递减区间为（－∞，a）和（3a，+∞） 列表如下： x (－∞，a) a (a, 3a) 3a (3a,+ ∞) f′(x) — 0 + 0 — 43－a+b f(x) b 343

a+b …………………………7分 3 （2）f(x)x24ax3a2(x2a)2a2,f(x)在[a1,a2]上单调递

减，因此f(x)maxf(a1)2a1,f(x)minf(a2)4a4

∴函数f(x)的极大值为b，极小值为－ ∵不等式|f′(x)|≤a恒成立，

2a1a44∴ ,解得:a1 即a的取值范围是a1

554a4a8. 已知f(x)x(xa)(xb)，点A(s,f(s)), B(t,f(t))

(I) 若ab1,求函数f(x)的单调递增区间；

(II)若函数f(x)的导函数f(x)满足：当|x|≤1时，有|f(x)|≤

3恒成立，求函数f(x)的解析表2达式；

(III)若0直.

解：(I) f (x)=x-2x+x, f(x)=3x-4x+1,

3

2

2

因为f(x)单调递增，

所以f(x)≥0， 即 3x-4x+1≥0,

2

1,……………………………2分 31故f(x)的增区间是(-∞，)和[1,+ ∞]. …………………………3分

3解得，x≥1, 或x≤

2

(II) f(x)=3x-2(a+b)x+ab.

当x∈[-1，1]时，恒有|f(x)|≤ 故有3.………………………4分 233≤f(1)≤，

2233 ≤f(-1)≤，

2233 ≤f(0)≤,………………………5

2233≤ 32(ab)ab ≤ ,①2233 32(ab)ab ≤ ,② ………6 即≤2233≤ ab≤ .③22①+②，得

93≤ab≤，……………………………8分 223， 2又由③，得 ab=将上式代回①和②，得 a+b=0,

3

故f(x)=x3x. ……………………9分 2(III) 假设OA⊥OB,

即OAOB=(s,f(s))(t,f(t)) = st+f(s)f(t)=0, ……………10分 (s-a)(s-b)(t-a)(t-b)=-1,

22

[st-(s+t)a+a][st-(s+t)b+b]=-1, ……………………………………11分

由s，t为f(x)=0的两根可得， s+t=

12(a+b), st=, (0332

从而有ab(a-b)=9. ……………………………………12分

22

这样(a+b)=(a-b)+4ab =

9+4ab≥236=12， ab即 a+b≥23,

这样与a+b<23矛盾. ……………………13分

故OA与OB不可能垂直.

9.已知

f(x)是定义在[-1,1]上的奇函数，且f(1)1，若任意的a、b[1,1]，当ab0时，总有

f(a)f(b)0．

ab（1）判断函数f(x)在[-1,1]上的单调性，并证明你的结论；

（2）解不等式：f(x1)f(1)； x1（3）若f(x)≤m22pm1对所有的x[1,1]恒成立，其中p[1,1]（p是常数），求实数m的取值范围．

解答（1）f(x)在1,1上是增函数，证明如下： 任取x1、x21,1，且x1x2，则x1x20，于是有故f(x1)f(x2)，故f(x)在1,1上是增函数； （2）由f(x)在1,1上是增函数知：

1≤x1≤12≤x≤01≤1x≥2,或x≤02≤x2， 1≤x1x2,或1x21x1x1f(x1)f(x2)f(x1)f(x2)0，而x1x20，

x1x2x1(x2)故不等式的解集为x2≤x2．

（3）由（1）知f(x)最大值为f(1)1，所以要使f(x)≤m22pm1对所有的x[1,1]恒成立，只需1≤m22pm1成立，即m(m2p)≥0成立． ①当p[1,0)时，m的取值范围为(,2p][0,)；

②当p(0,1]时，m的取值范围为(,0][2p,)；

③当p0时，m的取值范围为R

10.已知函数f(x)ln(xa),g(x) （1）求a的值

13xb,直线l:yx与yf(x)相切， 6 （2）若方程f(x)g(x)在(0,)上有且仅有两个解x1,x2求b的取值范围，并比较x1x21与x1x2的大小。

（3）设n2时，nN，求证：

*ln2ln3lnn1 2!3!n!'（1）设切点(x0,y0)，则y0x0，f(x0)11'，kf(x0)1 xax0a x0a1,且y0ln(x0a)0 ，x00,a1 ……………………3分 （2）由ln(xa)131xb，得x3ln(x1)b0 6613x21x3x22(x1)(x22x2)'令h(x)xln(x1)b，h(x) 62x12(x1)2(x2)在（0，1）上，h'(x)0，故h(x)在（0，1）单调减 在（1，）上，h'(x)0，故h(x)在（1，）单调增

h(0)b0若使h(x)图像在(0,)内与x轴有两个不同的交点，则需 1h(1)bln20610bln29h(3)2ln2b0 ，此时621所求b的范围是0bln2。 …………………………… 8分

6由上知，方程f(x)g(x)在(0,)上有且仅有两个解x1,xx，满足0x11,x21，

x1x21(x1x2)(1x1)(1x2)0

x1x21(x1x2)

（3）求导数可证f(x)≤x，即ln(x+1) ≤x …………………………… 10分 故n2，nN*时，lnnn1

lnnn111 …………………………… 12分 n!n!(n1)!n!ln2ln3lnn111111(1)()()11 2!3!n!2!2!3!(n1)!n!n!