《（江蘇專用）高考數(shù)學 考前三個月 必考題型過關(guān)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(guān)《（江蘇專用）高考數(shù)學 考前三個月 必考題型過關(guān)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)ax1ln x，aR.(1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)若函數(shù)f(x)在x1處取得極值，對x(0，)，f(x)bx2恒成立，求實數(shù)b的取值范圍破題切入點有關(guān)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a0時，f(x)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)遞增綜上所述：當a0時，f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(0，)，無單調(diào)遞增區(qū)間；當a0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x1處取得極值，所

2、以f(1)0，解得a1，經(jīng)檢驗可知滿足題意由已知f(x)bx2，即x1ln xbx2，即1b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)ming(e2)1，即b1.題型二存在性問題例2已知函數(shù)f(x)ax3bx2cx在x1處取得極值，且在x0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yf(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(dǎo)數(shù)為0及導(dǎo)數(shù)的幾何意義求出f(x)(2)借助導(dǎo)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(jié)合求m的范圍解(1)f(x)3ax22bxc.

3、依題意又f(0)3，c3，a1，f(x)x33x.(2)設(shè)切點為(x0，x3x0)，f(x)3x23.f(x0)3x3.切線方程為y(x3x0)(3x3)(xx0)又切線過點A(2，m)m(x3x0)(3x3)(2x0)m2x6x6.令g(x)2x36x26，則g(x)6x212x6x(x2)，由g(x)0得x0或x2.g(x)極小值g(0)6，g(x)極大值g(2)2.畫出草圖如圖當6m0，函數(shù)f(x)ln xax2，x0.(f(x)的圖象連續(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，且1，使f()f()，證明：.

4、破題切入點考查導(dǎo)數(shù)的運算，利用導(dǎo)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(chǔ)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：xf(x)0f(x)極大值所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是，f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是.(2)證明當a時，f(x)ln xx2.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xe2，則g(x)2，且g(x)0即可)(3)證明由f()f()及(1)的結(jié)論知，從而f(x)在，上的最小值為f()

5、又由1，1,3，知123.故即從而a.總結(jié)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(guān)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(guān)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(yīng)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(shè)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課標全國改編)若存在正數(shù)x使2x(xa)1成立，則a的取值范圍是_答案(1，)解析2x(xa)x.令f(x)x，f(x)12xln 20.f(x)在(0，)上單調(diào)遞增，f(x)f(0)011，a的取值

6、范圍為(1，)2已知函數(shù)f(x)2ax33ax21，g(x)x，若任意給定的x00,2，總存在兩個不同的xi(i1,2)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a0時，顯然不成立；當a0時，注意到f(x)6ax26ax6ax(x1)，即f(x)在0,1上是減函數(shù)，在1,2上是增函數(shù)，又f(0)1g(0)，當x00時，結(jié)論不可能成立；進一步，可知a0，此時g(x)在0,2上是增函數(shù)，且取值范圍是，同時f(x)在0x1時，函數(shù)值從1增大到1a，在1x2時，函數(shù)值從1a減少到14a，所以“任意給定的x00,2，總存在兩個不同的xi(i1,2)0,2，使得f(xi

7、)g(x0)成立”當且僅當即解得a1.3(2014課標全國改編)設(shè)函數(shù)f(x)sin.若存在f(x)的極值點x0滿足xf(x0)22或m2.4(2014山東改編)已知實數(shù)x，y滿足axay(0a； ln(x21)ln(y21)；sin xsin y; x3y3.答案解析因為0a1，axy.采用賦值法判斷，中，當x1，y0時，1，不成立中，當x0，y1時，ln 1ln 2，不成立中，當x0，y時，sin xsin y0，不成立中，因為函數(shù)yx3在R上是增函數(shù)，故正確5若函數(shù)f(x)ln xax22x(a0)存在單調(diào)遞減區(qū)間，則實數(shù)a的取值范圍是_答案1a0解析對函數(shù)f(x)求導(dǎo)，得f(x)(x0

8、)依題意，得f(x)0在(0，)上有解，44a0且方程ax22x10至少有一個正根，a1，又a0，1a0.6(2014遼寧改編)當x2,1時，不等式ax3x24x30恒成立，則實數(shù)a的取值范圍是_答案6，2解析當x0時，ax3x24x30變?yōu)?0恒成立，即aR.當x(0,1時，ax3x24x3，a，amax.設(shè)(x)，(x)0，(x)在(0,1上遞增，(x)max(1)6.a6.當x2,0)時，a，amin.仍設(shè)(x)，(x).當x2，1)時，(x)0.當x1時，(x)有極小值，即為最小值而(x)min(1)2，a2.綜上知6a2.7設(shè)函數(shù)f(x)ax33x1(xR)，若對于任意x1,1，都有

9、f(x)0成立，則實數(shù)a的值為_答案4解析若x0，則不論a取何值，f(x)0顯然成立；當x0時，即x(0,1時，f(x)ax33x10可化為a.即g(x)，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)maxg()4，從而a4.當x0，即x1,0)時，同理a.g(x)在區(qū)間1,0)上單調(diào)遞增，所以g(x)ming(1)4，從而a4，綜上可知a4.8(2014江蘇)已知函數(shù)f(x)x2mx1，若對于任意xm，m1，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xm，m1，都有f(x)0，則有即解得m0，因此函數(shù)f

10、(x)在0,1上單調(diào)遞增，所以x0,1時，f(x)minf(0)1.根據(jù)題意可知存在x1,2，使得g(x)x22ax41，即x22ax50，即a能成立，令h(x)，則要使ah(x)在x1,2能成立，只需使ah(x)min，又函數(shù)h(x)在x1,2上單調(diào)遞減，所以h(x)minh(2)，故只需a.10(2014浙江)已知函數(shù)f(x)x33|xa|(a0)，若f(x)在1,1上的最小值記為g(a)(1)求g(a)；(2)證明：當x1,1時，恒有f(x)g(a)4.(1)解因為a0，1x1.所以當0a1時，若x1，a，則f(x)x33x3a，f(x)3x230，故f(x)在(a,1)上是增函數(shù)所以g

11、(a)f(a)a3.當a1時，有xa，則f(x)x33x3a，f(x)3x230，故f(x)在(1,1)上是減函數(shù)，所以g(a)f(1)23a.綜上，g(a)(2)證明令h(x)f(x)g(a)當0a1時，g(a)a3.若xa,1，則h(x)x33x3aa3，h(x)3x23，所以h(x)在(a,1)上是增函數(shù)，所以，h(x)在a,1上的最大值是h(1)43aa3，且0a0，知t(a)在(0,1)上是增函數(shù)所以，t(a)t(1)4，即h(1)4.故f(x)g(a)4.當a1時，g(a)23a，故h(x)x33x2，h(x)3x23，此時h(x)在(1,1)上是減函數(shù)，因此h(x)在1,1上的最

12、大值是h(1)4.故f(x)g(a)4.綜上，當x1,1時，恒有f(x)g(a)4.11已知函數(shù)f(x)(x1)ln xx1.(1)若xf(x)x2ax1，求a的取值范圍；(2)證明：(x1)f(x)0.(1)解f(x)ln x1ln x，xf(x)xln x1，而xf(x)x2ax1(x0)等價于ln xxa.令g(x)ln xx，則g(x)1.當0x1時，g(x)0；當x1時，g(x)0，x1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 xx10.當0x1時，f(x)(x1)ln xx1xln x(ln xx1)0；當

13、x1時，f(x)ln x(xln xx1)ln xxln xx0.(x1)f(x)0.綜上，在定義域內(nèi)滿足(x1)f(x)0恒成立12(2014陜西)設(shè)函數(shù)f(x)ln x，mR.(1)當me(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ba0，1恒成立，求m的取值范圍解(1)由題設(shè)，當me時，f(x)ln x，則f(x)，當x(0，e)時，f(x)0，f(x)在(e，)上單調(diào)遞增，當xe時，f(x)取得極小值f(e)ln e2，f(x)的極小值為2.(2)由題設(shè)g(x)f(x)(x0)，令g(x)0，得mx3x(x0)設(shè)(x)x3x(x0)，則(x)x21(x1)(x1)，當x(0,1)時，(x)0，(x)在(0,1)上單調(diào)遞增；當x(1，)時，(x)時，函數(shù)g(x)無零點；當m時，函數(shù)g(x)有且只有一個零點；當0m時，函數(shù)g(x)無零點；當m或m0時，函數(shù)g(x)有且只有一個零點；當0ma0，1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)10在(0，)上恒成立，得mx2x(x)2(x0)恒成立，m(對m，h(x)0僅在x時成立)，m的取值范圍是，)