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2015届高考数学(人教通用,理科)必考题型过关练:函数与导数第18练


第 18 练
[内容精要]

存在与恒成立问题

“存在”与“恒成立”两个表示范围的词语在题目问法中出现是近年高考的一

大热点,其本质是“特称”与“全称”量词的一个延伸,弄清其含义,适当进行转化来加以 解决.

题型一 不等式的恒成立问题 例 1 已知函数 f(x)=ax-1-ln x,a∈R. (1)讨论函数 f(x)的单调区间; (2)若函数 f(x)在 x=1 处取得极值,对?x∈(0,+∞),f(x)≥bx-2 恒成立,求实数 b 的取值 范围. 破题切入点 有关不等式的恒成立求参数范围的问题, 通常采用的是将参数分离出来的方法. 1 ax-1 解 (1)在区间(0,+∞)上,f′(x)=a- = , x x 当 a≤0 时,f′(x)<0 恒成立,f(x)在区间(0,+∞)上单调递减; 1 1 当 a>0 时,令 f′(x)=0 得 x= ,在区间(0, )上, a a 1 f′(x)<0,函数 f(x)单调递减,在区间( ,+∞)上, a f′(x)>0,函数 f(x)单调递增. 综上所述:当 a≤0 时,f(x)的单调递减区间是(0,+∞), 无单调递增区间; 1 当 a>0 时,f(x)的单调递减区间是(0, ), a 1 单调递增区间是( ,+∞). a (2)因为函数 f(x)在 x=1 处取得极值, 所以 f′(1)=0,解得 a=1, 经检验可知满足题意. 由已知 f(x)≥bx-2,即 x-1-ln x≥bx-2, 1 ln x 即 1+ - ≥b 对?x∈(0,+∞)恒成立, x x 1 ln x 令 g(x)=1+ - , x x 1 1-ln x ln x-2 则 g′(x)=- 2- = , x x2 x2

易得 g(x)在(0,e2]上单调递减,在[e2,+∞)上单调递增, 1 所以 g(x)min=g(e2)=1- 2, e 1 即 b≤1- 2. e 题型二 存在性问题 例 2 已知函数 f(x)=ax3+bx2+cx 在 x=± 1 处取得极值,且在 x=0 处的切线的斜率为-3. (1)求 f(x)的解析式; (2)若过点 A(2,m)可作曲线 y=f(x)的三条切线,求实数 m 的取值范围. 破题切入点 (1)利用极值处导数为 0 及导数的几何意义求出 f(x). (2)借助导数几何意义表示切线方程,然后分离参数,利用数形结合求 m 范围. 解 (1)f′(x)=3ax2+2bx+c.
? ? ?f′?1?=3a+2b+c=0, ?b=0, 依题意? ?? ?f′?-1?=3a-2b+c=0, ?3a+c=0. ? ?

又 f′(0)=-3,∴c=-3,∴a=1,∴f(x)=x3-3x. (2)设切点为(x0,x3 0-3x0),
2 ∵f′(x)=3x2-3.∴f′(x0)=3x0 -3. 2 ∴切线方程为 y-(x3 0-3x0)=(3x0-3)(x-x0).

又切线过点 A(2,m).
2 ∴m-(x3 0-3x0)=(3x0-3)(2-x0). 2 ∴m=-2x3 0+6x0-6.

令 g(x)=-2x3+6x2-6, 则 g′(x)=-6x2+12x=-6x(x-2), 由 g′(x)=0 得 x=0 或 x=2. g(x)极小值=g(0)=-6,g(x)极大值=g(2)=2. 画出草图如右图. ∴当-6<m<2 时,m=-2x3+6x2-6 有三解. 即可作曲线 y=f(x)的三条切线. 题型三 存在与恒成立的综合性问题 例 3 已知 a>0,函数 f(x)=ln x-ax2,x>0.(f(x)的图象连续不断) (1)求 f(x)的单调区间; 3? 1 (2)当 a= 时,证明:存在 x0∈(2,+∞),使 f(x0)=f? ?2?; 8 ln 3-ln 2 ln 2 (3)若存在均属于区间[1,3]的 α,β,且 β-α≥1,使 f(α)=f(β),证明: ≤α≤ . 5 3 破题切入点 考查导数的运算,利用导数研究函数的单调性,解不等式函数的零点等基础知

识,既有存在,又有恒成立问题. 1-2ax2 1 (1)解 f′(x)= -2ax= ,x∈(0,+∞), x x 令 f′(x)=0,解得 x= 2a , 2a

当 x 变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表: x f′(x) f(x) 所以 f(x)的单调递增区间是?0,

?0, 2a? 2a ? ?


2a 2a 0 极大值

? 2a,+∞? ? 2a ?


?

2a? 2a ?. ,f(x)的单调递减区间是? 2a ? ? 2a ,+∞?

1 1 (2)证明 当 a= 时,f(x)=ln x- x2. 8 8 由(1)知 f(x)在(0,2)内单调递增,在(2,+∞)内单调递减. 3? 令 g(x)=f(x)-f? ?2?, 由于 f(x)在(0,2)内单调递增, 3? 故 f(2)>f? ?2?,即 g(2)>0. 41-9e2 3 取 x′= e>2,则 g(x′)= <0. 2 32 3? 所以存在 x0∈(2,x′),使 g(x0)=0,即存在 x0∈(2,+∞),使 f(x0)=f? ?2?. (说明:x′的取法不唯一,只要满足 x′>2,且 g(x′)<0 即可) (3)证明 由 f(α)=f(β)及(1)的结论知 α< 从而 f(x)在[α,β]上的最小值为 f(α). 又由 β-α≥1,α,β∈[1,3],知 1≤α≤2≤β≤3.
?f?2?≥f?α?≥f?1?, ?ln 2-4a≥-a, ? ? 故? 即? ? ? ?f?2?≥f?β?≥f?3?, ?ln 2-4a≥ln 3-9a.

2a < β, 2a

ln 3-ln 2 ln 2 从而 ≤a≤ . 5 3 总结提高 (1)存在与恒成立两个热点词汇在高考中频繁出现,关键要把握两个词语的本质: 存在即特称量词,“有的”意思;恒成立即全称量词,“任意的”意思. (2)解决这类问题的关键是转化与化归思想,转化为求解函数的最大值与最小值问题. (3)函数与方程思想的应用在求解参数范围中体现的淋漓尽致,将参数分离出来,另一侧设为 函数,转化为求解另一侧函数的最大值和最小值问题.

1.(2013· 课标全国Ⅱ)若存在正数 x 使 2x(x-a)<1 成立,则 a 的取值范围是( A.(-∞,+∞) C.(0,+∞) 答案 D 解析 ∵2x(x-a)<1, 1 ∴a>x- x. 2 1 令 f(x)=x- x, 2 ∴f′(x)=1+2 xln 2>0.


)

B.(-2,+∞) D.(-1,+∞)

∴f(x)在(0,+∞)上单调递增, ∴f(x)>f(0)=0-1=-1, ∴a 的取值范围为(-1,+∞),故选 D. a 3 2.已知函数 f(x)=2ax3-3ax2+1,g(x)=- x+ ,若任意给定的 x0∈[0,2],总存在两个不同 4 2 的 xi(i=1,2)∈[0,2],使得 f(xi)=g(x0)成立,则实数 a 的取值范围是( A.(-∞,-1) B.(1,+∞) C.(-∞,-1)∪(1,+∞) D.[-1,1] 答案 A 解析 当 a=0 时,显然不成立,故排除 D; 当 a>0 时,注意到 f′(x)=6ax2-6ax=6ax(x-1), 即 f(x)在[0,1]上是减函数,在[1,2]上是增函数, 3 又 f(0)=1< =g(0), 2 当 x0=0 时,结论不可能成立; 进一步,可知 a<0,此时 g(x)在[0,2]上是增函数, 3 a 3 且取值范围是[ ,- + ], 2 2 2 同时 f(x)在 0≤x≤1 时,函数值从 1 增大到 1-a, 在 1≤x≤2 时,函数值从 1-a 减少到 1+4a, 所以“任意给定的 x0∈[0,2], 总存在两个不同的 xi(i=1,2)∈[0,2], )

使得 f(xi)=g(x0)成立”
? ?f?x?的最大值>g?x?的最大值, 当且仅当? ?f?x?的最小值<g?x?的最小值, ?

?1-a>-2+2, 即? 3 ?1+4a<2,
的取值范围是( )

a 3

解得 a<-1.

πx 2 2 3.(2014· 课标全国Ⅱ)设函数 f(x)= 3sin .若存在 f(x)的极值点 x0 满足 x2 0+[f(x0)] <m ,则 m m

A.(-∞,-6)∪(6,+∞) B.(-∞,-4)∪(4,+∞) C.(-∞,-2)∪(2,+∞) D.(-∞,-1)∪(1,+∞) 答案 C 解析 ∵f(x)= 3sin πx 的极值点即为函数图象中的最高点或最低点的横坐标, 由三角函数的 m

2π m 性质可知 T= =2m,∴x0= +km(k∈Z).假设不存在这样的 x0,即对任意的 x0 都有 x2 0+ π 2 m m 3 3 3 [f(x0)]2≥m2,则( +km)2+3≥m2,整理得 m2(k2+k- )+3≥0,即 k2+k- ≥- 2恒成立, 2 4 4 m 3 3 因为 y=k2+k- 的最小值为- (当 k=-1 或 0 时取得),故-2≤m≤2,因此原特称命题成 4 4 立的条件是 m>2 或 m<-2. 4.(2014· 山东)已知实数 x,y 满足 ax<ay(0<a<1),则下列关系式恒成立的是( 1 1 A. 2 > 2 x +1 y +1 C.sin x>sin y 答案 D 1 解析 因为 0<a<1,ax<ay,所以 x>y.采用赋值法判断,A 中,当 x=1,y=0 时, <1,A 不 2 成立.B 中,当 x=0,y=-1 时,ln 1<ln 2,B 不成立.C 中,当 x=0,y=-π 时,sin x= sin y=0,C 不成立.D 中,因为函数 y=x3 在 R 上是增函数,故选 D. 5.若 x∈[0,+∞),则下列不等式恒成立的是( A.ex≤1+x+x2 1 C.cos x≥1- x2 2 B. ) B.ln(x2+1)>ln(y2+1) D.x3>y3 )

1 1 1 ≤1- x+ x2 2 4 1+ x

1 D.ln(1+x)≥x- x2 8

答案 C 1 解析 对于 C 项,设 f(x)=cos x+ x2-1, 2 则 f′(x)=-sin x+x≥0(x≥0), 1 所以 f(x)=cos x+ x2-1 是增函数, 2 1 所以 f(x)=cos x+ x2-1≥f(0)=0, 2 1 即 cos x≥1- x2. 2 6.(2014· 辽宁)当 x∈[-2,1]时,不等式 ax3-x2+4x+3≥0 恒成立,则实数 a 的取值范围是 ( ) 9 B.[-6,- ] 8 D.[-4,-3]

A.[-5,-3] C.[-6,-2] 答案 C

解析 当 x=0 时,ax3-x2+4x+3≥0 变为 3≥0 恒成立,即 a∈R. x2-4x-3 当 x∈(0,1]时,ax ≥x -4x-3,a≥ , x3
3 2

∴a≥?

x2-4x-3? x3 ? ?max.

x2-4x-3 设 φ(x)= , x3 ?2x-4?x3-?x2-4x-3?3x2 φ′(x)= x6 x2-8x-9 ?x-9??x+1? =- =- >0, x4 x4 ∴φ(x)在(0,1]上递增,φ(x)max=φ(1)=-6. ∴a≥-6. x2-4x-3 当 x∈[-2,0)时,a≤ , x3 ∴a≤? x2-4x-3? x3 ? ?min.

x2-4x-3 ?x-9??x+1? 仍设 φ(x)= ,φ′(x)=- . x3 x4 当 x∈[-2,-1)时,φ′(x)<0, 当 x∈(-1,0)时,φ′(x)>0. ∴当 x=-1 时,φ(x)有极小值,即为最小值.

而 φ(x)min=φ(-1)=

1+4-3 =-2,∴a≤-2. -1

综上知-6≤a≤-2. 7.设函数 f(x)=ax3-3x+1(x∈R),若对于任意 x∈[-1,1],都有 f(x)≥0 成立,则实数 a 的 值为________. 答案 4 解析 若 x=0,则不论 a 取何值,f(x)≥0 显然成立; 3 1 当 x>0 时,即 x∈(0,1]时,f(x)=ax3-3x+1≥0 可化为 a≥ 2- 3. x x 3 1 即 g(x)= 2- 3, x x 3?1-2x? 则 g′(x)= , x4 1 1 所以 g(x)在区间(0, ]上单调递增,在区间[ ,1]上单调递减, 2 2 1 因此 g(x)max=g( )=4,从而 a≥4. 2 3 1 当 x<0 时,即 x∈[-1,0)时,同理 a≤ 2- 3. x x g(x)在区间[-1,0)上单调递增, 所以 g(x)min=g(-1)=4, 从而 a≤4,综上可知 a=4. 8.(2014· 江苏)已知函数 f(x)=x2+mx-1,若对于任意 x∈[m,m+1],都有 f(x)<0 成立,则 实数 m 的取值范围是________. 答案 (- 解析 2 ,0) 2

作出二次函数 f(x)的图象,对于任意 x∈[m,m+1],都有

?f?m?<0, ? f(x)<0,则有? ? ?f?m+1?<0,
2 2 ? ?m +m -1<0, 2 ? 即 解得- <m<0. 2 2 ??m+1? +m?m+1?-1<0, ?

9.已知函数 f(x)=x-

1 ,g(x)=x2-2ax+4,若对于任意 x1∈[0,1],存在 x2∈[1,2],使 x+1

f(x1)≥g(x2),则实数 a 的取值范围是__________. 9 ? 答案 ? ?4,+∞? 1 解析 由于 f′(x)=1+ >0,因此函数 f(x)在[0,1]上单调递增,所以 x∈[0,1]时,f(x)min ?x+1?2

=f(0)=-1.根据题意可知存在 x∈[1,2],使得 g(x)=x2-2ax+4≤-1,即 x2-2ax+5≤0,即 x 5 x 5 a≥ + 能成立,令 h(x)= + ,则要使 a≥h(x)在 x∈[1,2]能成立,只需使 a≥h(x)min,又 2 2x 2 2x x 5 9 9 函数 h(x)= + 在 x∈[1,2]上单调递减,所以 h(x)min=h(2)= ,故只需 a≥ . 2 2x 4 4 10.(2014· 浙江)已知函数 f(x)=x3+3|x-a|(a∈R). (1)若 f(x)在[-1,1]上的最大值和最小值分别记为 M(a),m(a),求 M(a)-m(a); (2)设 b∈R,若[f(x)+b]2≤4 对 x∈[-1,1]恒成立,求 3a+b 的取值范围. 解
?x3+3x-3a,x≥a, ? (1)因为 f(x)=? 3 ?x -3x+3a,x<a, ?

?3x2+3,x≥a, ? 所以 f′(x)=? 2 由于-1≤x≤1. ? ?3x -3,x<a.

①当 a≤-1 时,有 x≥a,故 f(x)=x3+3x-3a. 此时 f(x)在(-1,1)上是增函数, 因此,M(a)=f(1)=4-3a,m(a)=f(-1)=-4-3a, 故 M(a)-m(a)=(4-3a)-(-4-3a)=8. ②当-1<a<1 时, 若 x∈(a,1),f(x)=x3+3x-3a,在(a,1)上是增函数; 若 x∈(-1,a),f(x)=x3-3x+3a,在(-1,a)上是减函数, 所以,M(a)=max{f(1),f(-1)},m(a)=f(a)=a3. 由于 f(1)-f(-1)=-6a+2,因此 1 当-1<a≤ 时,M(a)-m(a)=-a3-3a+4; 3 1 当 <a<1 时,M(a)-m(a)=-a3+3a+2. 3 ③当 a≥1 时,有 x≤a,故 f(x)=x3-3x+3a, 此时 f(x)在(-1,1)上是减函数, 因此,M(a)=f(-1)=2+3a,m(a)=f(1)=-2+3a, 故 M(a)-m(a)=(2+3a)-(-2+3a)=4.

? , ?-a -3a+4,-1<a≤1 3 综上可知,M(a)-m(a)=? 1 -a +3a+2, <a<1, 3 ? ?4,a≥1.
3 3

8,a≤-1,

(2)令 h(x)=f(x)+b,则

3 2 ? ? ?x +3x-3a+b,x≥a, ?3x +3,x≥a, h(x)=? 3 h′(x)=? 2 ?x -3x+3a+b,x<a, ?3x -3,x<a. ? ?

因为[f(x)+b]2≤4 对 x∈[-1,1]恒成立, 即-2≤h(x)≤2 对 x∈[-1,1]恒成立, 所以由(1)知, ①当 a≤-1 时,h(x)在(-1,1)上是增函数, h(x)在[-1,1]上的最大值是 h(1)=4-3a+b, 最小值是 h(-1)=-4-3a+b, 则-4-3a+b≥-2 且 4-3a+b≤2,矛盾; 1 ②当-1<a≤ 时,h(x)在[-1,1]上的最小值是 h(a)=a3+b, 3 最大值是 h(1)=4-3a+b, 所以 a3+b≥-2 且 4-3a+b≤2, 1 从而-2-a3+3a≤3a+b≤6a-2 且 0≤a≤ . 3 令 t(a)=-2-a3+3a, 1? 则 t′(a)=3-3a2>0,t(a)在? ?0,3?上是增函数, 故 t(a)≥t(0)=-2, 因此-2≤3a+b≤0. 1 ③当 <a<1 时,h(x)在[-1,1]上的最小值是 3 h(a)=a3+b,最大值是 h(-1)=3a+b+2, 所以 a3+b≥-2 且 3a+b+2≤2, 28 解得- <3a+b≤0. 27 ④当 a≥1 时,h(x)在[-1,1]上的最大值是 h(-1)=2+3a+b, 最小值是 h(1)=-2+3a+b, 所以 3a+b+2≤2 且 3a+b-2≥-2,解得 3a+b=0. 综上,得 3a+b 的取值范围是-2≤3a+b≤0. 11.已知函数 f(x)=(x+1)ln x-x+1. (1)若 xf′(x)≤x2+ax+1,求 a 的取值范围; (2)证明:(x-1)f(x)≥0. x+1 1 (1)解 f′(x)= +ln x-1=ln x+ ,xf′(x)=xln x+1,而 xf′(x)≤x2+ax+1(x>0)等价 x x

于 ln x-x≤a. 1 令 g(x)=ln x-x,则 g′(x)= -1. x 当 0<x<1 时,g′(x)>0;当 x≥1 时,g′(x)≤0,x=1 是 g(x)的最大值点,∴g(x)≤g(1)=-1. 综上可知,a 的取值范围是[-1,+∞). (2)证明 由(1)知,g(x)≤g(1)=-1,即 ln x-x+1≤0. 当 0<x<1 时,f(x)=(x+1)ln x-x+1=xln x+(ln x-x+1)<0,∴(x-1)f(x)>0; 当 x≥1 时,f(x)=ln x+(xln x-x+1) 1 ? ? 1 1 ? =ln x+x? ?ln x+x -1?=ln x-x?ln x-x+1?≥0. ∴(x-1)f(x)≥0. 综上,在定义域内满足(x-1)f(x)≥0 恒成立. m 12.(2014· 陕西)设函数 f(x)=ln x+ ,m∈R. x (1)当 m=e(e 为自然对数的底数)时,求 f(x)的极小值; x (2)讨论函数 g(x)=f′(x)- 零点的个数; 3 f?b?-f?a? (3)若对任意 b>a>0, <1 恒成立,求 m 的取值范围. b-a e 解 (1)由题设,当 m=e 时,f(x)=ln x+ , x x-e 则 f′(x)= 2 , x ∴当 x∈(0,e)时,f′(x)<0,f(x)在(0,e)上单调递减, 当 x∈(e,+∞)时,f′(x)>0,f(x)在(e,+∞)上单调递增, e ∴当 x=e 时,f(x)取得极小值 f(e)=ln e+ =2, e ∴f(x)的极小值为 2. x 1 m x (2)由题设 g(x)=f′(x)- = - 2- (x>0), 3 x x 3 1 令 g(x)=0,得 m=- x3+x(x>0). 3 1 设 φ(x)=- x3+x(x≥0), 3 则 φ′(x)=-x2+1=-(x-1)(x+1), 当 x∈(0,1)时,φ′(x)>0,φ(x)在(0,1)上单调递增; 当 x∈(1,+∞)时,φ′(x)<0,φ(x)在(1,+∞)上单调递减.

∴x=1 是 φ(x)的唯一极值点,且是极大值点,因此 x=1 也是 φ(x)的最大值点, 2 ∴φ(x)的最大值为 φ(1)= . 3 又 φ(0)=0,结合 y=φ(x)的图象(如图),可知 2 ①当 m> 时,函数 g(x)无零点; 3 2 ②当 m= 时,函数 g(x)有且只有一个零点; 3 2 ③当 0<m< 时,函数 g(x)有两个零点; 3 ④当 m≤0 时,函数 g(x)有且只有一个零点. 2 综上所述,当 m> 时,函数 g(x)无零点; 3 2 当 m= 或 m≤0 时,函数 g(x)有且只有一个零点; 3 2 当 0<m< 时,函数 g(x)有两个零点. 3 f?b?-f?a? (3)对任意的 b>a>0, <1 恒成立, b-a 等价于 f(b)-b<f(a)-a 恒成立.(*) m 设 h(x)=f(x)-x=ln x+ -x(x>0), x ∴(*)等价于 h(x)在(0,+∞)上单调递减. 1 m 由 h′(x)= - 2-1≤0 在(0,+∞)上恒成立, x x 1 1 得 m≥-x2+x=-(x- )2+ (x>0)恒成立, 2 4 1 1 1 ∴m≥ (对 m= ,h′(x)=0 仅在 x= 时成立), 4 4 2 1 ∴m 的取值范围是[ ,+∞). 4


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