函数与不等式的综合问题
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当 x<1aln1a时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
当 x>1aln1a时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
故当 x＝1aln1a时，
f(x)取最小值 f(1aln1a)＝1a－1aln1a. 于是对一切 x∈R，f(x)≥1 恒成立，当且仅当
1a－1aln1a≥1. ① 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 p>0，x∈[1，e]时，F′(x)>0，可知 F(x)在 [1，e]上为增函数， 因此 F(x)max＝F(e)>0，即 ep－pe－4>0，求得 p>e24－e 1， 即 p 的取值范围是(e24－e 1，＋∞)．
【点评】本题涉及到含参数的不等式恒成立，能 成立问题的求解，要注意两者之间的区别．若 f(x)<a 在[m，n]上恒成立，则 a>f(x)max；若 f(x)<a 在[m，n]上有解，则 a>f(x)min；若 f(x)＞a 在[m， n]上恒成立，则 a＜f(x)min；若 f(x)＞a 在[m，n] 上有解，则 a＜f(x)max.
函数与不等式的综合问题，主要有以下几方面的内容：
1．函数、导数、不等式综合在一起，解决单调性， 参数的范围等问题，这类问题涉及到含参数的不等式， 不等式的恒成立，能成立，恰成立的求解；
2．通过构造函数，以导数为工具证明不等式．
1．参变量范围问题
例1设函数 f(x)＝px－px－2lnx. (1)若函数 f(x)在其定义域内为单调递增函数， 求实数 p 的取值范围；
因此就需要在这个范围内 f(x)有得正数的可 能，
即－4 应该比 x1，x2 两根中小的那个大， 当 m∈(－1，0)时，－m－3<－Fra Baidu bibliotek，解得 m＞1， 交集为空，舍；
当 m＝－1 时，两个根同为－2>－4，舍； 当 m∈(－4，－1)时， 2m<－4，解得 m<－2， 综上所述 m∈(－4，－2)．
B(x2，f(x2))(x1<x2)，记直线 AB 的斜率为 k，问： 是否存在 x0∈(x1，x2)，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．
【解析】(1)若 a<0，则对一切 x>0， f(x)＝eax－x<1， 这与题设矛盾，又 a≠0，故 a>0. 而 f′(x)＝aeax－1，令 f′(x)＝0，得 x＝1aln1a.
故 m<0，且此时两个根为 x1＝2m， x2＝－m－3.
为
保
证
此
条
件
成
立
，
需
要
x1＝2m<1 x2＝－m－3<1
⇒
m<12 ， m>－4
和大前提 m<0 取交集结果为－4<m<0；又由
于条件②：
要求∃x∈(－∞，－4)，f(x)g(x)<0 的限制，
可分析得出在 x∈(－∞，－4)时，g(x)恒负，
【命题立意】本小题主要考查全称量词的含义、指数 不等式和二次不等式解法和利用二次函数分析探究二 次不等式，考查转化化归思想和分析问题解决问题的 能力．
考题2(2012 湖南)已知函数 f(x)＝eax－x，其中
a≠0. (1)若对一切 x∈R，f(x)≥1 恒成立，求 a 的取
值集合； (2)在函数 f(x)的图象上取定两点 A(x1，f(x1))，
2．高考真题 考题1(2012 北京)已知 f(x)＝m(x－2m)(x＋m＋3)， g(x)＝2x－2，若同时满足条件： 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____________．
【解析】(－4，－2) 根据 g(x)＝2x－2<0，可解得 x<1. 由于题目中第一个条件：∀x∈R，f(x)<0 或 g(x)<0 成立的限制，导致 f(x)在 x≥1 时必须是 f(x)<0 的． 当 m＝0 时，f(x)＝0 不能做到 f(x)在 x≥1 时 f(x)<0， 所以舍掉．因此，f(x)作为二次函数开口只能 向下，
故当 t＝1 时，g(t)取最大值 g(1)＝1. 因此，当且仅当1a＝1 即 a＝1 时，①式成立． 综上所述，a 的取值集合为{1}．
【命题立意】本题主要考查导数的运算、复合函数的导 数、两点间连线的斜率公式、不等式的证明及利用导数 研究函数单调性、最值、不等式恒成立问题等知识与方 法，考查运算求解能力，推理论证能力和创新意识，考 查分类讨论思想、函数与方程思想，转化与化归思想等 数学思想方法．
(2)设 g(x)＝2xe且 p>0.若在区间[1，e]上至少存 在一点 x0，使 f(x0)>g(x0)成立，求实数 p 的取值范 围．
【解析】(1)由 f(x)＝px－px－2lnx， 得 f′(x)＝p＋xp2－2x＝px2－x22x＋p 函数 f(x)在其定义域(0，＋∞)上为增函数 则∀x∈(0，＋∞)，f′(x)≥0 即 px2－2x＋p≥0 恒成立
即 p≥x22＋x 1，而当 x>0 时，x22＋x 1≤22xx＝1 故 p≥1，即 p 的取值范围为[1，＋∞)．
(2)由题设可知不等式 f(x)>g(x)在区间[1，e]上有解 令 F(x)＝f(x)－g(x)＝px－px－2lnx－2xe F′(x)＝p＋xp2－2x＋2xe2＝px2＋p＋x22（e－x）
2．利用导数证明不等式
例2已知函数 f(x)＝alnx－(x－1)2－ax(常数
a∈R)． (1)求 f(x)的单调区间；
(2)设 a>0，如果对于 f(x)的图象上两点 P1(x1，f(x1))， P2(x2，f(x2))(x1<x2)，存在 x0∈(x1，x2)，使得 f(x) 的图象在 x＝x0 处的切线 m∥P1P2，求证：x0<x1＋2 x2.
函数与不等式的综 合问题
1．考题展望
函数、不等式、导数综合是历年高考命题的热点，多 以解答题中压轴题的形式出现，除重点考查利用导数 判断函数单调性和利用导数求极值、最值外，较多的 还是导数与不等式的整合，即将求参数范围问题转化 为求函数最值问题，通过构造函数，以导数为工具证 明不等式问题，旨在考查学生思维能力及数学素养．
当 x>1aln1a时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
故当 x＝1aln1a时，
f(x)取最小值 f(1aln1a)＝1a－1aln1a. 于是对一切 x∈R，f(x)≥1 恒成立，当且仅当
1a－1aln1a≥1. ① 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 p>0，x∈[1，e]时，F′(x)>0，可知 F(x)在 [1，e]上为增函数， 因此 F(x)max＝F(e)>0，即 ep－pe－4>0，求得 p>e24－e 1， 即 p 的取值范围是(e24－e 1，＋∞)．
【点评】本题涉及到含参数的不等式恒成立，能 成立问题的求解，要注意两者之间的区别．若 f(x)<a 在[m，n]上恒成立，则 a>f(x)max；若 f(x)<a 在[m，n]上有解，则 a>f(x)min；若 f(x)＞a 在[m， n]上恒成立，则 a＜f(x)min；若 f(x)＞a 在[m，n] 上有解，则 a＜f(x)max.
函数与不等式的综合问题，主要有以下几方面的内容：
1．函数、导数、不等式综合在一起，解决单调性， 参数的范围等问题，这类问题涉及到含参数的不等式， 不等式的恒成立，能成立，恰成立的求解；
2．通过构造函数，以导数为工具证明不等式．
1．参变量范围问题
例1设函数 f(x)＝px－px－2lnx. (1)若函数 f(x)在其定义域内为单调递增函数， 求实数 p 的取值范围；
因此就需要在这个范围内 f(x)有得正数的可 能，
即－4 应该比 x1，x2 两根中小的那个大， 当 m∈(－1，0)时，－m－3<－Fra Baidu bibliotek，解得 m＞1， 交集为空，舍；
当 m＝－1 时，两个根同为－2>－4，舍； 当 m∈(－4，－1)时， 2m<－4，解得 m<－2， 综上所述 m∈(－4，－2)．
B(x2，f(x2))(x1<x2)，记直线 AB 的斜率为 k，问： 是否存在 x0∈(x1，x2)，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．
【解析】(1)若 a<0，则对一切 x>0， f(x)＝eax－x<1， 这与题设矛盾，又 a≠0，故 a>0. 而 f′(x)＝aeax－1，令 f′(x)＝0，得 x＝1aln1a.
故 m<0，且此时两个根为 x1＝2m， x2＝－m－3.
为
保
证
此
条
件
成
立
，
需
要
x1＝2m<1 x2＝－m－3<1
⇒
m<12 ， m>－4
和大前提 m<0 取交集结果为－4<m<0；又由
于条件②：
要求∃x∈(－∞，－4)，f(x)g(x)<0 的限制，
可分析得出在 x∈(－∞，－4)时，g(x)恒负，
【命题立意】本小题主要考查全称量词的含义、指数 不等式和二次不等式解法和利用二次函数分析探究二 次不等式，考查转化化归思想和分析问题解决问题的 能力．
考题2(2012 湖南)已知函数 f(x)＝eax－x，其中
a≠0. (1)若对一切 x∈R，f(x)≥1 恒成立，求 a 的取
值集合； (2)在函数 f(x)的图象上取定两点 A(x1，f(x1))，
2．高考真题 考题1(2012 北京)已知 f(x)＝m(x－2m)(x＋m＋3)， g(x)＝2x－2，若同时满足条件： 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____________．
【解析】(－4，－2) 根据 g(x)＝2x－2<0，可解得 x<1. 由于题目中第一个条件：∀x∈R，f(x)<0 或 g(x)<0 成立的限制，导致 f(x)在 x≥1 时必须是 f(x)<0 的． 当 m＝0 时，f(x)＝0 不能做到 f(x)在 x≥1 时 f(x)<0， 所以舍掉．因此，f(x)作为二次函数开口只能 向下，
故当 t＝1 时，g(t)取最大值 g(1)＝1. 因此，当且仅当1a＝1 即 a＝1 时，①式成立． 综上所述，a 的取值集合为{1}．
【命题立意】本题主要考查导数的运算、复合函数的导 数、两点间连线的斜率公式、不等式的证明及利用导数 研究函数单调性、最值、不等式恒成立问题等知识与方 法，考查运算求解能力，推理论证能力和创新意识，考 查分类讨论思想、函数与方程思想，转化与化归思想等 数学思想方法．
(2)设 g(x)＝2xe且 p>0.若在区间[1，e]上至少存 在一点 x0，使 f(x0)>g(x0)成立，求实数 p 的取值范 围．
【解析】(1)由 f(x)＝px－px－2lnx， 得 f′(x)＝p＋xp2－2x＝px2－x22x＋p 函数 f(x)在其定义域(0，＋∞)上为增函数 则∀x∈(0，＋∞)，f′(x)≥0 即 px2－2x＋p≥0 恒成立
即 p≥x22＋x 1，而当 x>0 时，x22＋x 1≤22xx＝1 故 p≥1，即 p 的取值范围为[1，＋∞)．
(2)由题设可知不等式 f(x)>g(x)在区间[1，e]上有解 令 F(x)＝f(x)－g(x)＝px－px－2lnx－2xe F′(x)＝p＋xp2－2x＋2xe2＝px2＋p＋x22（e－x）
2．利用导数证明不等式
例2已知函数 f(x)＝alnx－(x－1)2－ax(常数
a∈R)． (1)求 f(x)的单调区间；
(2)设 a>0，如果对于 f(x)的图象上两点 P1(x1，f(x1))， P2(x2，f(x2))(x1<x2)，存在 x0∈(x1，x2)，使得 f(x) 的图象在 x＝x0 处的切线 m∥P1P2，求证：x0<x1＋2 x2.
函数与不等式的综 合问题
1．考题展望
函数、不等式、导数综合是历年高考命题的热点，多 以解答题中压轴题的形式出现，除重点考查利用导数 判断函数单调性和利用导数求极值、最值外，较多的 还是导数与不等式的整合，即将求参数范围问题转化 为求函数最值问题，通过构造函数，以导数为工具证 明不等式问题，旨在考查学生思维能力及数学素养．