《（江蘇專用）高考數(shù)學 考前三個月 必考題型過關練 第18練 存在與恒成立問題 理》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（江蘇專用）高考數(shù)學 考前三個月 必考題型過關練 第18練 存在與恒成立問題 理（11頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、第18練　存在與恒成立問題 題型一　不等式的恒成立問題 例1　已知函數(shù)f(x)＝ax－1－ln x，a∈R. (1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間； (2)若函數(shù)f(x)在x＝1處取得極值，對?x∈(0，＋∞)，f(x)≥bx－2恒成立，求實數(shù)b的取值范圍． 破題切入點　有關不等式的恒成立求參數(shù)范圍的問題，通常采用的是將參數(shù)分離出來的方法． 解　(1)在區(qū)間(0，＋∞)上，f′(x)＝a－＝， 當a≤0時，f′(x)<0恒成立，f(x)在區(qū)間(0，＋∞)上單調(diào)遞減； 當a>0時，令f′(x)＝0得x＝，在區(qū)間(0，)上， f′(x)<0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞減，在區(qū)間(，＋∞)

2、上， f′(x)>0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增． 綜上所述：當a≤0時，f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(0，＋∞)， 無單調(diào)遞增區(qū)間； 當a>0時，f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(0，)， 單調(diào)遞增區(qū)間是(，＋∞)． (2)因為函數(shù)f(x)在x＝1處取得極值， 所以f′(1)＝0，解得a＝1， 經(jīng)檢驗可知滿足題意． 由已知f(x)≥bx－2，即x－1－ln x≥bx－2， 即1＋－≥b對?x∈(0，＋∞)恒成立， 令g(x)＝1＋－， 則g′(x)＝－－＝， 易得g(x)在(0，e2]上單調(diào)遞減，在[e2，＋∞)上單調(diào)遞增， 所以g(x)min＝g(e2)＝1－， 即b≤1－.

3、 題型二　存在性問題 例2　已知函數(shù)f(x)＝ax3＋bx2＋cx在x＝±1處取得極值，且在x＝0處的切線的斜率為－3. (1)求f(x)的解析式； (2)若過點A(2，m)可作曲線y＝f(x)的三條切線，求實數(shù)m的取值范圍． 破題切入點　(1)利用極值處導數(shù)為0及導數(shù)的幾何意義求出f(x)． (2)借助導數(shù)幾何意義表示切線方程，然后分離參數(shù)，利用數(shù)形結合求m的范圍． 解　(1)f′(x)＝3ax2＋2bx＋c. 依題意? 又f′(0)＝－3，∴c＝－3，∴a＝1，∴f(x)＝x3－3x. (2)設切點為(x0，x－3x0)， ∵f′(x)＝3x2－3.∴f′(x0)＝3x

4、－3. ∴切線方程為y－(x－3x0)＝(3x－3)(x－x0)． 又切線過點A(2，m)． ∴m－(x－3x0)＝(3x－3)(2－x0)． ∴m＝－2x＋6x－6. 令g(x)＝－2x3＋6x2－6， 則g′(x)＝－6x2＋12x＝－6x(x－2)， 由g′(x)＝0得x＝0或x＝2. g(x)極小值＝g(0)＝－6，g(x)極大值＝g(2)＝2. 畫出草圖如圖． ∴當－60，函數(shù)f(x)＝ln x－ax2，x>0.(f(x)的圖

5、象連續(xù)不斷) (1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間； (2)當a＝時，證明：存在x0∈(2，＋∞)，使f(x0)＝f； (3)若存在均屬于區(qū)間[1,3]的α，β，且β－α≥1，使f(α)＝f(β)，證明：≤α≤. 破題切入點　考查導數(shù)的運算，利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，解不等式函數(shù)的零點等基礎知識，既有存在，又有恒成立問題． (1)解　f′(x)＝－2ax＝，x∈(0，＋∞)， 令f′(x)＝0，解得x＝， 當x變化時，f′(x)，f(x)的變化情況如下表： x f′(x) ＋ 0 － f(x)  極大值  所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是，f(x)的單調(diào)遞減

6、區(qū)間是. (2)證明　當a＝時，f(x)＝ln x－x2. 由(1)知f(x)在(0,2)內(nèi)單調(diào)遞增，在(2，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞減． 令g(x)＝f(x)－f， 由于f(x)在(0,2)內(nèi)單調(diào)遞增， 故f(2)>f，即g(2)>0. 取x′＝e>2，則g(x′)＝<0. 所以存在x0∈(2，x′)，使g(x0)＝0，即存在x0∈(2，＋∞)，使f(x0)＝f. (說明：x′的取法不唯一，只要滿足x′>2，且g(x′)<0即可) (3)證明　由f(α)＝f(β)及(1)的結論知α<<β， 從而f(x)在[α，β]上的最小值為f(α)． 又由β－α≥1，α，β∈[1,3]，知1≤

7、α≤2≤β≤3. 故即 從而≤a≤. 總結提高　(1)存在與恒成立兩個熱點詞匯在高考中頻繁出現(xiàn)，關鍵要把握兩個詞語的本質(zhì)：存在即存在量詞，“有的”意思；恒成立即全稱量詞，“任意的”意思． (2)解決這類問題的關鍵是轉(zhuǎn)化與化歸思想，轉(zhuǎn)化為求解函數(shù)的最大值與最小值問題． (3)函數(shù)與方程思想的應用在求解參數(shù)范圍中體現(xiàn)的淋漓盡致，將參數(shù)分離出來，另一側(cè)設為函數(shù)，轉(zhuǎn)化為求解另一側(cè)函數(shù)的最大值和最小值問題． 1．(2013·課標全國Ⅱ改編)若存在正數(shù)x使2x(x－a)<1成立，則a的取值范圍是________． 答案　(－1，＋∞) 解析　∵2x(x－a)<1， ∴a>x－. 令

8、f(x)＝x－， ∴f′(x)＝1＋2－xln 2>0. ∴f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增， ∴f(x)>f(0)＝0－1＝－1， ∴a的取值范圍為(－1，＋∞)． 2．已知函數(shù)f(x)＝2ax3－3ax2＋1，g(x)＝－x＋，若任意給定的x0∈[0,2]，總存在兩個不同的xi(i＝1,2)∈[0,2]，使得f(xi)＝g(x0)成立，則實數(shù)a的取值范圍是________． 答案　(－∞，－1) 解析　當a＝0時，顯然不成立； 當a>0時，注意到f′(x)＝6ax2－6ax＝6ax(x－1)， 即f(x)在[0,1]上是減函數(shù)，在[1,2]上是增函數(shù)， 又f(0)＝1<

9、＝g(0)， 當x0＝0時，結論不可能成立； 進一步，可知a<0，此時g(x)在[0,2]上是增函數(shù)， 且取值范圍是[，－＋]， 同時f(x)在0≤x≤1時，函數(shù)值從1增大到1－a， 在1≤x≤2時，函數(shù)值從1－a減少到1＋4a， 所以“任意給定的x0∈[0,2]， 總存在兩個不同的xi(i＝1,2)∈[0,2]， 使得f(xi)＝g(x0)成立” 當且僅當 即解得a<－1. 3．(2014·課標全國Ⅱ改編)設函數(shù)f(x)＝sin.若存在f(x)的極值點x0滿足x＋[f(x0)]2

10、(2，＋∞) 解析　∵f(x)＝sin 的極值點即為函數(shù)圖象中的最高點或最低點的橫坐標，由三角函數(shù)的性質(zhì)可知T＝＝2m，∴x0＝＋km(k∈Z)．假設不存在這樣的x0，即對任意的x0都有x＋[f(x0)]2≥m2，則(＋km)2＋3≥m2，整理得m2(k2＋k－)＋3≥0，即k2＋k－≥－恒成立，因為y＝k2＋k－的最小值為－(當k＝－1或0時取得)，故－2≤m≤2，因此原存在性命題成立的條件是m>2或m<－2. 4．(2014·山東改編)已知實數(shù)x，y滿足ax； ②ln(x2＋1)>ln(y2＋1)； ③sin x

11、>sin y; ④x3>y3. 答案　④ 解析　因為0y.采用賦值法判斷，①中，當x＝1，y＝0時，<1，①不成立．②中，當x＝0，y＝－1時，ln 10 解析　對函數(shù)f(x)求導， 得f′(x)＝－(x>0)． 依題意，得f′(x)<0在(0，＋∞)上有解， 即

12、ax2＋2x－1>0在(0，＋∞)上有解， ∴Δ＝4＋4a>0且方程ax2＋2x－1＝0至少有一個正根， ∴a>－1，又∵a≠0，∴－10. 6．(2014·遼寧改編)當x∈[－2,1]時，不等式ax3－x2＋4x＋3≥0恒成立，則實數(shù)a的取值范圍是________． 答案　[－6，－2] 解析　當x＝0時，ax3－x2＋4x＋3≥0變?yōu)?≥0恒成立，即a∈R. 當x∈(0,1]時，ax3≥x2－4x－3，a≥， ∴a≥max. 設φ(x)＝， φ′(x)＝ ＝－＝－>0， ∴φ(x)在(0,1]上遞增，φ(x)max＝φ(1)＝－6. ∴a≥－6. 當

13、x∈[－2,0)時，a≤， ∴a≤min. 仍設φ(x)＝，φ′(x)＝－. 當x∈[－2，－1)時，φ′(x)<0， 當x∈(－1,0)時，φ′(x)>0. ∴當x＝－1時，φ(x)有極小值，即為最小值． 而φ(x)min＝φ(－1)＝＝－2， ∴a≤－2. 綜上知－6≤a≤－2. 7．設函數(shù)f(x)＝ax3－3x＋1(x∈R)，若對于任意x∈[－1,1]，都有f(x)≥0成立，則實數(shù)a的值為________． 答案　4 解析　若x＝0，則不論a取何值，f(x)≥0顯然成立； 當x>0時，即x∈(0,1]時，f(x)＝ax3－3x＋1≥0可化為a≥－. 即g(x)＝

14、－， 則g′(x)＝， 所以g(x)在區(qū)間(0，]上單調(diào)遞增，在區(qū)間[，1]上單調(diào)遞減， 因此g(x)max＝g()＝4，從而a≥4. 當x<0，即x∈[－1,0)時，同理a≤－. g(x)在區(qū)間[－1,0)上單調(diào)遞增， 所以g(x)min＝g(－1)＝4，從而a≤4，綜上可知a＝4. 8．(2014·江蘇)已知函數(shù)f(x)＝x2＋mx－1，若對于任意x∈[m，m＋1]，都有f(x)<0成立，則實數(shù)m的取值范圍是________． 答案　(－，0) 解析　 作出二次函數(shù)f(x)的圖象，對于任意x∈[m，m＋1]，都有f(x)<0，則有 即解得－

15、數(shù)f(x)＝x－，g(x)＝x2－2ax＋4，若對于任意x1∈[0,1]，存在x2∈[1,2]，使f(x1)≥g(x2)，則實數(shù)a的取值范圍是__________． 答案　 解析　由于f′(x)＝1＋>0，因此函數(shù)f(x)在[0,1]上單調(diào)遞增，所以x∈[0,1]時，f(x)min＝f(0)＝－1.根據(jù)題意可知存在x∈[1,2]，使得g(x)＝x2－2ax＋4≤－1，即x2－2ax＋5≤0，即a≥＋能成立，令h(x)＝＋，則要使a≥h(x)在x∈[1,2]能成立，只需使a≥h(x)min，又函數(shù)h(x)＝＋在x∈[1,2]上單調(diào)遞減，所以h(x)min＝h(2)＝，故只需a≥. 10．(

16、2014·浙江)已知函數(shù)f(x)＝x3＋3|x－a|(a>0)，若f(x)在[－1,1]上的最小值記為g(a)． (1)求g(a)； (2)證明：當x∈[－1,1]時，恒有f(x)≤g(a)＋4. (1)解　因為a>0，－1≤x≤1.所以 ①當00， 故f(x)在(a,1)上是增函數(shù)． 所以g(a)＝f(a)＝a3. ②當a≥1時，有x≤a，則f(x)＝x3－3x＋

17、3a， f′(x)＝3x2－3<0， 故f(x)在(－1,1)上是減函數(shù)， 所以g(a)＝f(1)＝－2＋3a. 綜上，g(a)＝ (2)證明　令h(x)＝f(x)－g(a)． ①當0

18、是減函數(shù)， 所以，h(x)在[－1，a]上的最大值是h(－1)＝2＋3a－a3. 令t(a)＝2＋3a－a3，則t′(a)＝3－3a2>0， 知t(a)在(0,1)上是增函數(shù)． 所以，t(a)

19、＋1. (1)若xf′(x)≤x2＋ax＋1，求a的取值范圍； (2)證明：(x－1)f(x)≥0. (1)解　f′(x)＝＋ln x－1＝ln x＋，xf′(x)＝xln x＋1，而xf′(x)≤x2＋ax＋1(x＞0)等價于ln x－x≤a. 令g(x)＝ln x－x，則g′(x)＝－1. 當0＜x＜1時，g′(x)＞0；當x≥1時，g′(x)≤0，x＝1是 g(x)的最大值點，∴g(x)≤g(1)＝－1. 綜上可知，a的取值范圍是. (2)證明　由(1)知，g(x)≤g(1)＝－1，即ln x－x＋1≤0. 當0＜x＜1時，f(x)＝(x＋1)ln x－x＋1＝xln

20、x＋(ln x－x＋1)<0，∴(x－1)f(x)>0； 當x≥1時，f(x)＝ln x＋(xln x－x＋1) ＝ln x＋x＝ln x－x≥0. ∴(x－1)f(x)≥0. 綜上，在定義域內(nèi)滿足(x－1)f(x)≥0恒成立． 12．(2014·陜西)設函數(shù)f(x)＝ln x＋，m∈R. (1)當m＝e(e為自然對數(shù)的底數(shù))時，求f(x)的極小值； (2)討論函數(shù)g(x)＝f′(x)－零點的個數(shù)； (3)若對任意b>a>0，<1恒成立，求m的取值范圍． 解　(1)由題設，當m＝e時，f(x)＝ln x＋， 則f′(x)＝， ∴當x∈(0，e)時，f′(x)<0，f(x)

21、在(0，e)上單調(diào)遞減， 當x∈(e，＋∞)時，f′(x)>0，f(x)在(e，＋∞)上單調(diào)遞增， ∴當x＝e時，f(x)取得極小值f(e)＝ln e＋＝2， ∴f(x)的極小值為2. (2)由題設g(x)＝f′(x)－＝－－(x>0)， 令g(x)＝0，得m＝－x3＋x(x>0)． 設φ(x)＝－x3＋x(x≥0)， 則φ′(x)＝－x2＋1＝－(x－1)(x＋1)， 當x∈(0,1)時，φ′(x)>0，φ(x)在(0,1)上單調(diào)遞增； 當x∈(1，＋∞)時，φ′(x)<0，φ(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞減． ∴x＝1是φ(x)的唯一極值點，且是極大值點，因此x＝1也是φ

22、(x)的最大值點， ∴φ(x)的最大值為φ(1)＝. 又φ(0)＝0，結合y＝φ(x)的圖象(如圖)，可知 ①當m>時，函數(shù)g(x)無零點； ②當m＝時，函數(shù)g(x)有且只有一個零點； ③當0時，函數(shù)g(x)無零點； 當m＝或m≤0時，函數(shù)g(x)有且只有一個零點； 當0a>0，<1恒成立， 等價于f(b)－b0)， ∴(*)等價于h(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減． 由h′(x)＝－－1≤0在(0，＋∞)上恒成立， 得m≥－x2＋x＝－(x－)2＋(x>0)恒成立， ∴m≥(對m＝，h′(x)＝0僅在x＝時成立)， ∴m的取值范圍是[，＋∞)．