多题一解

前言

多题一解是思维训练的好素材。

直曲线相切

案例01【原题】直线(y=x)上的动点为(P)，函数(y=lnx)上的动点是(Q)，求(|PQ|)的最小值。

【变式】直线(y=x)上的点为(P(x，y))，函数(y=lnx)上的点是(Q(m，n))，求(sqrt{(x-m)^2+(y-n)^2})的最小值。

分析：采用平行线法，

设和直线(y=x)平行且和函数(y=lnx)相切的直线为(y=x+m)，

切点为(P_0(x_0，y_0))，则有

(egin{cases} y_0=x_{0}+ m \ y_0=lnx_0 \ f'(x_0)=cfrac{1}{x_0}=1end{cases})；

从而解得(x_0=1，y_0=0，m=-1)

所以所求的点点距的最小值，就转化为切点(P_0(1,0))到直线(x-y=0)的点线距，

(d=cfrac{|1-0|}{sqrt{1^2+1^2}}=cfrac{sqrt{2}}{2})。

或者两条直线(y=x，y=x-1)的线线距(d=cfrac{|1-0|}{sqrt{1^2+1^2}}=cfrac{sqrt{2}}{2})。课件地址

能成立问题

案例02【原题】已知函数(f(x)=x^2 +ax-2ge 0)在区间 ([1，5])上能成立，求参数(a)的取值范围。

【变式1】已知不等式(x^2 +ax-2ge 0)在区间 ([1，5])上有解，求参数(a)的取值范围。

【变式2】已知不等式(x^2 +ax-2ge 0)在区间 ([1，5])上解集不是空集，求参数(a)的取值范围。

【变式3】已知不等式(x^2 +ax-2ge 0)在区间 ([1，5])上至少有一个解，求参数(a)的取值范围。

【变式4】已知命题(p)：对任意(xin [1，5])，不等式(x^2 +ax-2< 0)在区间 ([1，5])无实数解，是假命题，求参数(a)的取值范围。

【法1】：分离参数，得到(a≥cfrac{2}{x}－x)在区间([1,5])上能成立，

转化为求新函数(cfrac{2}{x}－x)在([1,5])上的最小值。

令(g(x)=cfrac{2}{x}－x，g(x)=cfrac{2}{x}－x)在区间 ([1,5])上单调递减，

所以(g(x)_{min}=g(5)=-cfrac{23}{5})，所以(a≥-cfrac{23}{5})，

即(a)的取值范围是([-cfrac{23}{5}，+infty))

【法2】：转化为求(xin [1，5])上的(f(x)_{max}ge 0)，

对称轴是(x=-a)，针对(x=-a)和给定区间的位置关系分类讨论即可，较繁琐，

①当(-aleq 1)时，即(age -1)时，(f(x))在区间([1，5])单调递增，

故(f(x)_{max}=f(5)=5a+23ge 0)，即(age -cfrac{23}{5})，

又由于(age -1)，求交集得到(age -1)；

②当(1<-a<5)时，即(-5<a<-1)时，(f(x))在区间([1，5])有减有增无单调性，

(f(x)_{max}=max{f(1)，f(5)})，

(f(1)=a-1)，(f(5)=5a+23)，

(f(5)-f(1)=4a+24in [4，20])，即(f(5)>f(1))，

故(f(x)_{max}=f(5)=5a+23ge 0)，即(age -cfrac{23}{5})，

求交集得到，(-cfrac{23}{5}leq a<-1)；

③当(-age 5)时，即(aleq -5)时，(f(x))在区间([1，5])单调递减，

故(f(x)_{max}=f(1)=a-1ge 0)，即(age 1)，

求交集得到(ain varnothing)；

综上所述，得到(ain [-cfrac{23}{5}，+infty))。

即(a)的取值范围是([-cfrac{23}{5}，+infty))

【法3】：转化为不等式(f(x)=x^2 +ax-2≥0)在区间 ([1,5])上有解，

解法基本同于法2，

①当(-aleq 1)时，必须(f(5)ge 0)，解得(age -1)；

②当(1<-a<5)时，必须(f(5)ge 0)，解得(-cfrac{23}{5}leq a<-1)；

③当(-age 5)时，必须(f(1)ge 0)，解得(ain varnothing)；

综上所述，得到(ain [-cfrac{23}{5}，+infty))。

幂函数

案例03【源题】若((2m+1)^{frac{1}{2}}>(m^2+m-1)^{frac{1}{2}})，求实数(m)的取值范围。

分析：由于上述不等式依托的函数是(y=x^{frac{1}{2}})，在定义域([0，+infty))上单调递增，

故有(left{egin{array}{l}{2m+1ge 0①}\{m^2+m-1ge 0②}\{2m+1>m^2+m-1③}end{array} ight.)

解得(left{egin{array}{l}{mge -cfrac{1}{2}①}\{mgecfrac{sqrt{5}-1}{2}或mleq cfrac{-sqrt{5}-1}{2}②}\{-1<m<2③}end{array} ight.)

求交集得到，(cfrac{sqrt{5}-1}{2}leq m<2)。故(min [cfrac{sqrt{5}-1}{2}，2))。

【变式1】【无奇偶性】若((2m+1)^{frac{1}{4}}>(m^2+m-1)^{frac{1}{4}})，求实数(m)的取值范围。

分析：求解过程同上，故(min [cfrac{sqrt{5}-1}{2}，2))。

【变式2】【无奇偶性】若((2m+1)^{frac{1}{2n}}>(m^2+m-1)^{frac{1}{2n}}(nin N^{*}))，求实数(m)的取值范围。

分析：求解过程同上，故(min [cfrac{sqrt{5}-1}{2}，2))。

【变式3】【抽象函数】若函数(f(x))的定义域为([0，+infty))，且满足对任意的(x_1，x_2in [0，+infty))，都有(cfrac{f(x_1)-f(x_2)}{x_1-x_2}>0(x_1 eq x_2))，且满足(f(2m+1)>f(m^2+m-1))，求实数(m)的取值范围。

分析：求解过程同上，故(min [cfrac{sqrt{5}-1}{2}，2))。

恒成立问题

案例04【原题】已知函数(f(x)=x^2 +ax-2ge 0)在区间([1，5])上恒成立，求参数(a)的取值范围。

【变式】(forall xin [1，5])，都能使得函数(f(x)=x^2 +ax-2ge 0)成立，求参数(a)的取值范围。

【常规】法1：二次函数法，由于(Delta=a^2+8>0)，故不需要考虑(Delta<0)的情形，

只需要考虑对称轴(x=-cfrac{a}{2})和给定区间([1，5])的相对位置关系

当(-cfrac{a}{2}leq 1)时，即(ageqslant -2)时，函数(f(x))在区间([1,5])单调递增，

所以(f(x)_{min}=f(1)=1+a-2geqslant 0),解得(ageqslant 1)，又因为(ageqslant -2)，所以得到(ageqslant 1)。

当(-cfrac{a}{2}ge 5)时，即(aleqslant -10) 时，函数(f(x))在区间 ([1,5])单调递减，

所以(f(x)_{min}=f(5)=25+5a-2ge 0),解得(age -cfrac{23}{5})，

又因为(aleq -10)，所以得到(ainvarnothing)。

当(1<-cfrac{a}{2}<5)，即(-10<a<-2)时，(f(x)min=f(-cfrac{a}{2})=cfrac{a^2}{4}-cfrac{a^2}{2}-2≥0)，

得到(ainvarnothing)。（这种情形可以省略）

综上可得(ageqslant 1。)即(a)的取值范围是([1，+infty))

【通法】法2：【恒成立+分离参数法】两边同时除以参数(a)的系数(x)(由于(xin [1，5])，不等号方向不变)，得到

(ageqslant cfrac{2}{x}－x)在区间 ([1，5])上恒成立, 转化为求新函数“(cfrac{2}{x}－x)”在([1，5])上的最大值。

这时我们一般是定义新函数，令(g(x)=cfrac{2}{x}－x)，

则利用函数单调性的结论，可以看到(g(x)=cfrac{2}{x}－x)在区间 ([1，5])上单调递减，

所以(g(x)_{max}=g(1)=1)，所以(ageqslant 1)，即(a)的取值范围是([1，+infty))

集合关系

案例05【原题】若集合(B={xmid m+1leq xleq 1-2m })，集合(A={xmid -2leq xleq 7})，若(Asubsetneqq B)，求实数(m)的取值范围。

【变式1】给定命题(p:m+1leq xleq 1-2m)，命题(q:-2leq xleq 7)，已知(q)是(p)的充分不必要条件，求实数(m)的取值范围。

【变式2】给定命题(p:m+1leq xleq 1-2m)，命题(q:-2leq xleq 7)，已知(p)是(q)的必要不充分条件，求实数(m)的取值范围。

【变式3】给定命题(p:m+1leq xleq 1-2m)，命题(q:-2leq xleq 7)，已知( eg p)是( eg q)的充分不必要条件，求实数(m)的取值范围。

分析：自行画出草图可知，先列出条件(egin{cases}&m+1leq-2\&1-2m ge 7end{cases})，解得(mleq -3)，

接下来验证(m=-3)是否满足题意。

当(m=-3)时，(A=[-2，7])，(B=[m+1，1-2m]=[-2，7])，此时(A=B)，不满足题意，舍去，

故实数(m)的取值范围为({mmid m<-3})。

解后反思：本题目如上处理，则可以避免分类讨论；

函数性质综合

案例06已知函数(f(x)=ln(sqrt{x^2+1}+x))，且(f(x-1)+f(x)>0)，求(x)的取值范围；

分析：先求定义域，由于(sqrt{x^2+1}ge pm sqrt{x^2})，故定义域为((-infty，+infty))，

又由于(f(-x)=ln(sqrt{x^2+1}-x))，故(f(x)+f(-x)=ln1=0)，故函数为奇函数。

当(xin [0，+infty))时，(x^2 earrow)，(1+x^2 earrow)，(sqrt{1+x^2} earrow)，(x+sqrt{1+x^2} earrow)，

(y=ln(x+sqrt{1+x^2}) earrow)，则由奇函数可知在((-infty，+infty))上，(f(x) earrow)，

故由定义域为(R)，奇函数，单调递增，则由(f(x-1)+f(x)>0)，

得到(f(x-1)>-f(x)=f(-x))，即(x-1>-x)，解得(x>cfrac{1}{2})，即(xin (cfrac{1}{2}，+infty))。

【变式1】已知奇函数(f(x))定义域为(R)，且单调递增，若(f(x-1)+f(x)>0)，求(x)的取值范围；

【变式2】已知定义在(R)上的函数(f(x))满足(f(-x)+f(x)=0)，且在(xin [0，+infty))上时，恒有(f'(x)geqslant 0)成立，若(f(x-1)+f(x)>0)，求(x)的取值范围；

【变式3】已知定义在(R)上的函数(f(x))图像关于原点对称，且在(x_1,x_2in [0，+infty))上时，有(cfrac{f(x_2)-f(x_1)}{x_2-x_1}>0(x_1 eq x_2))成立，若(f(x-1)+f(x)>0)，求(x)的取值范围；