成立,导数在高考不等式中运用新视角

不等式是中学数学的知识和，是高考考查的热点与.而如何处理不等式中“恒成立”理由与“有着成立”理由是不等式中常见的题型，在高考中屡见不鲜.两个命题的引入及例题探讨“恒成立”理由与“有着成立”理由的化归对策，供.
1命题引入
命题1 ①定义在区间[a，b]上的函数f( x )f( x )≤k（k为常数）恒成立?fmax(x )≤k，x∈[a，b]；
②定义在区间[a，b]上的函数f( x )f( x )≥k（k为常数）恒成立?fmin(x )≥k，x∈[a，b].
命题2 ①有着x∈[a，b]使得f( x )≤k成立（k为常数）?fmin(x )≤k，x∈[a，b]；
②有着x∈[a，b]使得f( x )≥k成立（k为常数）
?fmax(x )≥k，x∈[a，b].
2 典例剖析
例1 已知函数f( x )=8x2+16x?k，g( x )=2x3+5x2+4x，k为参数.
（1）若对任意x∈[? 3， 3]，都有f( x )≤g( x )成立，求k的取值范围；
（2）有着x∈[? 3， 3]，使得f( x )≤g( x )成立，求k的取值范围；
（3）对任意x1，x2∈[? 3， 3]，都有f( x1 )≤g( x2)成立，求k的取值范围；
（4）对任意x1∈[? 3， 3]，有着x2∈[? 3， 3]，使得f( x1 )≤g( x2)成立，求k的取值范围；
（5）有着x1∈[? 3， 3]，有着x2∈[? 3， 3]，使得f( x1 )≤g( x2)成立，求k的取值范围.
剖析 （1）“恒成立”理由，将“对任意x∈[? 3， 3]，都有f( x )≤g( x )成立”转化为“h( x )=f( x )?g( x )≤0对x∈[? 3， 3]恒成立”，故hmax(x )≤0，x∈[? 3， 3].
（2）“有着成立”理由，将“有着x∈[? 3， 3]，使得f( x )≤g( x )成立”转化为“有着x∈[? 3， 3]使得h( x )=f( x )?g( x )≤0成立”， 故hmin(x )≤0，x∈[? 3， 3].
（3）这“恒成立”理由，将“对任意x1，
x2
∈[? 3， 3]，都有f( x1 )≤g( x2)成立”转化为“fmax(x )
≤gmin(x )，x∈[? 3， 3]”.
（4）“恒成立” 理由与“有着成立” 理由的交汇，将“对任意x1∈[? 3， 3]，有着x2
∈[? 3， 3]，
使得f( x1 )≤g( x2)成立”转化为“fmax(x )≤gmax(x )，x∈[? 3， 3]”.
（5）这“有着成立”理由，将“有着x1∈[? 3， 3]，有着x2∈[? 3， 3]，使得f( x1 )≤g( x2)成立”转化为“fmin(x )≤gmax(x )，x∈[? 3， 3]”.
例1所的化归对策，极为地解决高考试题.
例2（2011年高考浙江卷·文21）设函数
f( x )=a2lnx?x2+ax，a >0.
（Ⅰ）略；
（Ⅱ）求实数a，使e? 1≤f( x )≤e2对x∈[1， e]恒成立.注：e为自然对数的底数.
剖析 （Ⅱ）是“恒成立”理由，将“对任意x∈[1， e]，e? 1≤f( x )≤e2”转化为“fmin(x )≥e? 1且fmax(x )≤e2，x∈[1， e]”.
由题意得，f(1)=a?1≥e? 1，即a≥e.
由（Ⅰ）知f( x )在[1，e]上单调递增，得
???ffmm
ia
nx
((
xx
))==ff((1e
))
==aa?2
1?，e2+ae.
要使e? 1≤f( x )≤e2对x∈[1， e]恒成立，需且只需 ??
???f
fmm
ia
nx
((
xx
))≥≤ee2?，
1，x∈[1， e]，
解得a =e.
例3 （2010年高考山东卷·理22） 已知函数
f( x )=lnx?ax+1?xa?1(a∈R).
（Ⅰ）略；
（Ⅱ）设g( x )=x2?2bx+4，当a =14时，若对任意x1∈(0， 2)，有着x2∈[1， 2]，使f( x1 )≥g( x2)，求实数b的取值范围.
剖析 求解（Ⅱ）对“若对任意x1∈(0， 2)，有着x2∈[1， 2]，使f( x1 )≥g( x2)”这句话的理解，学生在这里出错.
为避开出错，可将这句话分为两个层次：
其一，若对任意x1∈(0， 2)，使f( x1 )≥g( x2)，即fmin(x )≥g( x2)，?12≥g( x2)，这实质是“恒成立”的理由；
其二，有着x2∈[1， 2]，使?12≥g( x2)成立，然后分离参数使2b≥x+29x在x∈[1， 2]有解，以而化成2b≥?
??x+29x??
?min
(也可转化为求g( x )=x2?2bx+4在
x∈[1， 2]的最小值，但比较麻烦)这实质是“有着成立” 的理由，而高考将这两个理由交汇在一起对考生考查，以区分考生综合浅析理由和解决理由的能力.
f′( x )=1x?4
1?4
3
x2
=?x2?44xx2+3=?(x?1
4)x(2x?3).
令f′( x )>0且x >0，可知f( x )在(0， 1)上是减函数，在(1， 2)上是增函数，
所以对任意x1∈(0， 2)有f( x1 )≥f(1)=?12.
又已知有着x2∈[1， 2]使f( x1 )≥g( x2)，所以
?12≥g( x2)，x2∈[1， 2].
亦即有着x∈[1， 2]，使g( x )=x2?2bx+4≤?12.
得2bx≥x2+92，即2b≥x+29x.所以2b≥?
??x+29x??
?min
.
∵x+29x∈??
?1
47，1
21??
?，∴2b≥1
47，即b≥1
87.
故实数b的取值范围是
???1
87，+∞?
??.
3 命题的转化与化归
不等式“恒成立”和“有着成立”理由是有本质区别的，命题的充要条件应细心深思小学英语教学论文，甄别差别，可转化为命题1和命题2，切混淆.
命题3 不等式f( x )≤g( x )在x∈D恒成立?hmax(x )≤0(构造函数h( x )=f( x )?g( x )，x∈D).
命题4 有着x∈D使得不等式f( x )≤g( x )成立?hmin(x )≤0(构造函数h( x )=f( x )?g( x )，x∈D).
命题5 对任意x1∈D1，x2∈D2有f( x1 )≤g( x2)
恒成立?fmax(x1 )≤gmin(x2)，x1∈D1，x2
∈D2.
命题6 对任意x1∈D1
，有着x2∈D2使得f( x1 )≤g( x2)成立?fmax(x1 )≤gmax(x2)，x1∈D1，
x2∈D2.
命题7 有着x1∈D1，有着x2∈D2
使得f( x1 )≤g( x2)成立?fmin(x1 )≤gmax(x2)， x1∈D1，x2∈D2.
综上可知，不等式“恒成立”和“有着成立”是有显著区别的，是在不等式中出现名词“任意的”、“有着着”就更要，“任意的”转化为不等式“恒成立”理由，而“有着着” 转化为不等式“有着成立”理由.在近几年的高考中常把导数理由融入到了不等式“恒成立”和“有着成立”理由之中，以而考查学生的综合应变能力，在高三复习中要的.