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【考前三个月】2015高考数学(江苏专用文科)高考必会题型:专题三 函数与导数 第17练


第 17 练

存在与恒成立问题

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
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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 的范围. 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
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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 2a 令 f′(x)=0,解得 x= , 2a 当 x 变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表: ?0, 2a? x 2a ? ? f′(x) f(x) +

2a 2a 0

? 2a,+∞? ? 2a ?


极大值 ? ? 2 a 2 a ?,f(x)的单调递减区间是? ?. 所以 f(x)的单调递增区间是?0, 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) 2a (3)证明 由 f(α)=f(β)及(1)的结论知 α< < β, 2a 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. ? ? 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:

存在即存在量词,“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
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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改编)若存在正数 x 使 2x(x-a)<1 成立,则 a 的取值范围是________. 答案 (-1,+∞) 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.


∴f(x)在(0,+∞)上单调递增, ∴f(x)>f(0)=0-1=-1, ∴a 的取值范围为(-1,+∞). 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________. 答案 (-∞,-1) 解析 当 a=0 时,显然不成立; 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, ?

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?1-a>-2+2, 即? 3 ?1+4a<2,

a 3

解得 a<-1.

πx 2 3.(2014· 课标全国Ⅱ改编)设函数 f(x)= 3sin .若存在 f(x)的极值点 x0 满足 x0 +[f(x0)]2<m2,则 m m 的取值范围是____________________. 答案 (-∞,-2)∪(2,+∞) πx 解析 ∵f(x)= 3sin 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,因 2 4 4 m 3 3 为 y=k2+k- 的最小值为- (当 k=-1 或 0 时取得),故-2≤m≤2,因此原存在性命题成立 4 4 的条件是 m>2 或 m<-2. 4.(2014· 山东改编)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 ① 2 > 2 ; ②ln(x2+1)>ln(y2+1); x +1 y +1 ③sin x>sin y; ④x3>y3. 答案 ④ 1 解析 因为 0<a<1,ax<ay,所以 x>y.采用赋值法判断,①中,当 x=1,y=0 时, <1,①不成 2 立.②中,当 x=0,y=-1 时,ln 1<ln 2,②不成立.③中,当 x=0,y=-π 时,sin x=sin y =0,③不成立.④中,因为函数 y=x3 在 R 上是增函数,故④正确. 1 5 . 若 函 数 f(x) = ln x - ax2 - 2x(a≠0) 存 在 单 调 递 减 区 间 , 则 实 数 a 的 取 值 范 围 是 2 ________________. 答案 -1<a<0 或 a>0 解析 对函数 f(x)求导, ax2+2x-1 得 f′(x)=- (x>0). x 依题意,得 f′(x)<0 在(0,+∞)上有解, 即 ax2+2x-1>0 在(0,+∞)上有解, ∴Δ=4+4a>0 且方程 ax2+2x-1=0 至少有一个正根, ∴a>-1,又∵a≠0,∴-1<a<0 或 a>0. 6.(2014· 辽宁改编)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________.
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答案 [-6,-2] 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,ax3≥x2-4x-3,a≥ , x3 x2-4x-3? ∴a≥? x3 ? ?max. x2-4x-3 设 φ(x)= , x3 3 ?2x-4?x -?x2-4x-3?3x2 φ′(x)= x6 2 x -8x-9 ?x-9??x+1? =- =- >0, 4 x 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 x2-4x-3? ∴a≤? 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. 1+4-3 而 φ(x)min=φ(-1)= =-2, -1 ∴a≤-2. 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,即 x∈[-1,0)时,同理 a≤ 2- 3. x x
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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________. 2 答案 (- ,0) 2 解析

? ?f?m?<0, 作出二次函数 f(x)的图象,对于任意 x∈[m,m+1],都有 f(x)<0,则有? ?f?m+1?<0, ? ?m2+m2-1<0, ? 2 即? 解得- <m<0. 2 2 ? ? m + 1 ? + m ? m + 1 ? - 1<0 , ? 1 9 .已知函数 f(x)= x - ,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,又函 2 2x 2 2x x 5 9 9 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>0),若 f(x)在[-1,1]上的最小值记为 g(a). (1)求 g(a); (2)证明:当 x∈[-1,1]时,恒有 f(x)≤g(a)+4. (1)解 因为 a>0,-1≤x≤1.所以 ①当 0<a<1 时, 若 x∈[-1,a],则 f(x)=x3-3x+3a, f′(x)=3x2-3<0, 故 f(x)在(-1,a)上是减函数; 若 x∈[a,1],则 f(x)=x3+3x-3a, f′(x)=3x2+3>0, 故 f(x)在(a,1)上是增函数.
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所以 g(a)=f(a)=a3. ②当 a≥1 时,有 x≤a,则 f(x)=x3-3x+3a, f′(x)=3x2-3<0, 故 f(x)在(-1,1)上是减函数, 所以 g(a)=f(1)=-2+3a. 3 ? ?a ,0<a<1, ? 综上,g(a)= ?-2+3a,a≥1. ? (2)证明 令 h(x)=f(x)-g(a). ①当 0<a<1 时,g(a)=a3. 若 x∈[a,1], 则 h(x)=x3+3x-3a-a3,h′(x)=3x2+3, 所以 h(x)在(a,1)上是增函数, 所以,h(x)在[a,1]上的最大值是 h(1)=4-3a-a3, 且 0<a<1,所以 h(1)≤4.故 f(x)≤g(a)+4. 若 x∈[-1,a], 则 h(x)=x3-3x+3a-a2,h′(x)=3x2-3, 所以 h(x)在(-1,a)上是减函数, 所以,h(x)在[-1,a]上的最大值是 h(-1)=2+3a-a3. 令 t(a)=2+3a-a3,则 t′(a)=3-3a2>0, 知 t(a)在(0,1)上是增函数. 所以,t(a)<t(1)=4,即 h(-1)<4. 故 f(x)≤g(a)+4. ②当 a≥1 时,g(a)=-2+3a, 故 h(x)=x3-3x+2,h′(x)=3x2-3, 此时 h(x)在(-1,1)上是减函数, 因此 h(x)在[-1,1]上的最大值是 h(-1)=4. 故 f(x)≤g(a)+4. 综上,当 x∈[-1,1]时,恒有 f(x)≤g(a)+4. 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;
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(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)等价于 x x 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 3 令 g(x)=0,得 m=- x +x(x>0). 3 1 3 设 φ(x)=- x +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;
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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 2 得 m≥-x +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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