步步高高考数学江苏理考前三个月配套练习310存在与恒成立问题含答案解析.docx

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步步高高考数学江苏理考前三个月配套练习310存在与恒成立问题含答案解析

第15练　存在与恒成立问题

[题型分析·高考展望]　“存在”与“恒成立”两个表示范围的词语在题目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．此类题目主要出现在函数与导数结合的解答题中，难度高，需要有较强的分析能力和运算能力，训练时应注意破题方法的研究．

体验高考

1．（2015·课标全国Ⅰ改编）设函数f（x）＝ex（2x－1）－ax＋a，其中a<1，若存在唯一的整数x0，使得f（x0）<0，则a的取值范围是________．

答案　

解析　设g（x）＝ex（2x－1），y＝ax－a，由题知存在唯一的整数x0，使得当x＝x0时，g（x）的图象在直线y＝ax－a的下方．

因为g′（x）＝ex（2x＋1），

所以当x<－时，g′（x）<0，g（x）单调递减；

当x>－时，g′（x）>0，g（x）单调递增．

所以当x＝－时，[g（x）]min＝

当x＝0时，g（0）＝－1，g

（1）＝e>0，直线y＝a（x－1）恒过（1,0）且斜率为a，故－a>g（0）＝－1，

且g（－1）＝－3e－1≥－a－a，解得≤a<1.

2．（2015·课标全国Ⅱ）设函数f（x）＝emx＋x2－mx.

（1）证明：

f（x）在（－∞，0）上单调递减，在（0，＋∞）上单调递增；

（2）若对于任意x1，x2∈[－1,1]，都有|f（x1）－f（x2）|≤e－1，求m的取值范围．

（1）证明　f′（x）＝m（emx－1）＋2x.

若m≥0，则当x∈（－∞，0）时，emx－1≤0，f′（x）＜0；

当x∈（0，＋∞）时，emx－1≥0，f′（x）＞0.

若m＜0，则当x∈（－∞，0）时，emx－1＞0，f′（x）＜0；

当x∈（0，＋∞）时，emx－1＜0，f′（x）＞0.

所以f（x）在（－∞，0）上单调递减，在（0，＋∞）上单调递增．

（2）解　由

（1）知，对任意的m，f（x）在[－1,0]上单调递减，在[0,1]上单调递增，故f（x）在x＝0处取得最小值．所以对于任意x1，x2∈[－1,1]，|f（x1）－f（x2）|≤e－1的充要条件是

即①

设函数g（t）＝et－t－e＋1，则g′（t）＝et－1.

当t＜0时，g′（t）＜0；当t＞0时，g′（t）＞0.

故g（t）在（－∞，0）上单调递减，在（0，＋∞）上单调递增．

又g

（1）＝0，g（－1）＝e－1＋2－e＜0，

故当t∈[－1,1]时，g（t）≤0.

当m∈[－1,1]时，g（m）≤0，g（－m）≤0，即①式成立；

当m＞1时，由g（t）的单调性，g（m）＞0，即em－m＞e－1；

当m＜－1时，g（－m）＞0，即e－m＋m＞e－1.

综上，m的取值范围是[－1,1]．

3．（2016·江苏）已知函数f（x）＝ax＋bx（a＞0，b＞0，a≠1，b≠1）．

（1）设a＝2，b＝.

①求方程f（x）＝2的根；

②若对任意x∈R，不等式f（2x）≥mf（x）－6恒成立，求实数m的最大值；

（2）若0＜a＜1，b＞1，函数g（x）＝f（x）－2有且只有1个零点，求ab的值．

解　

（1）①由已知可得2x＋x＝2，即2x＋＝2.

∴（2x）2－2·2x＋1＝0，解得2x＝1，∴x＝0.

②f（x）＝2x＋x＝2x＋2－x，

令t＝2x＋2－x，则t≥2.

又f（2x）＝22x＋2－2x＝t2－2，

故f（2x）≥mf（x）－6可化为t2－2≥mt－6，

即m≤t＋，

又t≥2，t＋≥2＝4.

（当且仅当t＝2时等号成立）．

∴m≤min＝4.

即m的最大值为4.

（2）∵0＜a＜1，b＞1，∴lna＜0，lnb＞0.

∵g（x）＝f（x）－2＝ax＋bx－2，

∴g′（x）＝axlna＋bxlnb为单调递增函数，且值域为R，

∴g′（x）一定存在零点，

∴g（x）为先减后增且有唯一极值点．

由题意，g（x）有且仅有1个零点，

则g（x）的极值一定为0，

而g（0）＝a0＋b0－2＝0，故极值点为0.

∴g′（0）＝0，即lna＋lnb＝0.∴ab＝1.

高考必会题型

题型一　恒成立问题

例1　（2015·福建改编）已知函数f（x）＝ln（1＋x），g（x）＝kx（k∈R）．

（1）证明：

当x＞0时，f（x）＜x；

（2）证明：

当k＜1时，存在x0＞0，使得对任意的x∈（0，x0），恒有f（x）＞g（x）．

证明　

（1）令F（x）＝f（x）－x＝ln（1＋x）－x，x∈（0，＋∞），

则有F′（x）＝－1＝.

当x∈（0，＋∞）时，F′（x）＜0，

所以F（x）在（0，＋∞）上单调递减，

故当x＞0时，F（x）＜F（0）＝0，

即当x＞0时，f（x）＜x.

（2）令G（x）＝f（x）－g（x）＝ln（1＋x）－kx，x∈（0，＋∞），

则有G′（x）＝－k＝.

当k≤0时，G′（x）＞0，

故G（x）在（0，＋∞）上单调递增，G（x）＞G（0）＝0，

故任意正实数x0均满足题意．

当0＜k＜1时，令G′（x）＝0，得x＝＝－1＞0.

取x0＝－1，对任意x∈（0，x0），有G′（x）＞0，

从而G（x）在（0，x0）上单调递增，所以G（x）＞G（0）＝0，

即f（x）＞g（x）．

综上，当k＜1时，总存在x0＞0，使得对任意x∈（0，x0），恒有f（x）＞g（x）．

点评　恒成立问题一般与不等式有关，解决此类问题需要构造函数，利用函数单调性求函数最值，从而说明函数值恒大于或恒小于某一确定的值．

变式训练1　设f（x）＝ex－a（x＋1）．

（1）若∀x∈R，f（x）≥0恒成立，求正实数a的取值范围；

（2）设g（x）＝f（x）＋，且A（x1，y1），B（x2，y2）（x1≠x2）是曲线y＝g（x）上任意两点，若对任意的a≤－1，直线AB的斜率恒大于常数m，求m的取值范围．

解　

（1）因为f（x）＝ex－a（x＋1），所以f′（x）＝ex－a.

由题意，知a＞0，故由f′（x）＝ex－a＝0，解得x＝lna.

故当x∈（－∞，lna）时，f′（x）＜0，函数f（x）单调递减；

当x∈（lna，＋∞）时，f′（x）＞0，函数f（x）单调递增．

所以函数f（x）的最小值为f（lna）＝elna－a（lna＋1）＝－alna.

由题意，若∀x∈R，f（x）≥0恒成立，

即f（x）＝ex－a（x＋1）≥0恒成立，故有－alna≥0，

又a＞0，所以lna≤0，解得0＜a≤1.

所以正实数a的取值范围为（0,1]．

（2）设x1，x2是任意的两个实数，且x1＜x2，

则直线AB的斜率为k＝.

由已知k＞m，即＞m.

因为x2－x1＞0，所以g（x2）－g（x1）＞m（x2－x1），

即g（x2）－mx2＞g（x1）－mx1.

因为x1＜x2，

所以函数h（x）＝g（x）－mx在R上为增函数，

故有h′（x）＝g′（x）－m≥0恒成立，所以m≤g′（x）．

而g′（x）＝ex－a－，

又a≤－1＜0，

故g′（x）＝ex＋－a≥2－a

＝2－a.

而2－a＝2＋（）2

＝（＋1）2－1≥3，

所以m的取值范围为（－∞，3]．

题型二　存在性问题

例2　（2015·浙江）设函数f（x）＝x2＋ax＋b（a，b∈R）．

（1）当b＝＋1时，求函数f（x）在[－1,1]上的最小值g（a）的表达式；

（2）已知函数f（x）在[－1,1]上存在零点，0≤b－2a≤1，求b的取值范围．

解　

（1）当b＝＋1时，f（x）＝2＋1，

故对称轴为直线x＝－.

当a≤－2时，g（a）＝f

（1）＝＋a＋2.

当－2＜a≤2时，g（a）＝f＝1.

当a＞2时，g（a）＝f（－1）＝－a＋2.

综上，g（a）＝

（2）设s，t为方程f（x）＝0的解，且－1≤t≤1，

则

由于0≤b－2a≤1，因此≤s≤（－1≤t≤1）．

当0≤t≤1时，≤st≤.

由于－≤≤0和－≤≤9－4，

所以－≤b≤9－4.

当－1≤t＜0时，≤st≤，

由于－2≤＜0和－3≤＜0，所以－3≤b＜0.

故b的取值范围是[－3,9－4]．

点评　“存在”是特称量词，即“有的”意思，证明这类问题的思路是想法找到一个“x0”使问题成立即可，必要时需要对问题进行转化．若证“存在且唯一”则需说明除“x0”外其余不能使命题成立，或利用函数单调性证明此类问题．

变式训练2　（2015·北京）已知函数f（x）＝ln.

（1）求曲线y＝f（x）在点（0，f（0））处的切线方程；

（2）求证：

当x∈（0,1）时，f（x）＞2；

（3）设实数k使得f（x）＞k对x∈（0,1）恒成立，求k的最大值．

（1）解　因为f（x）＝ln（1＋x）－ln（1－x），

所以f′（x）＝＋，f′（0）＝2.

又因为f（0）＝0，所以曲线y＝f（x）在点（0，f（0））处的切线方程为y＝2x.

（2）证明　令g（x）＝f（x）－2，

则g′（x）＝f′（x）－2（1＋x2）＝.

因为g′（x）>0（0

所以g（x）>g（0）＝0，x∈（0,1），

即当x∈（0,1）时，f（x）>2.

（3）解　由

（2）知，当k≤2时，f（x）>k对x∈（0,1）恒成立．

当k>2时，令h（x）＝f（x）－k，

则h′（x）＝f′（x）－k（1＋x2）＝.

所以当0

故当0

即f（x）

所以当k>2时，f（x）>k并非对x∈（0,1）恒成立．

综上可知，k的最大值为2.

高考题型精练

1．已知函数f（x）＝x3－2x2＋3m，x∈[0，＋∞），若f（x）＋5≥0恒成立，则实数m的取值范围是________．

答案　

解析　f′（x）＝x2－4x，由f′（x）＞0，得x＞4或x＜0.

∴f（x）在（0,4）上递减，在（4，＋∞）上递增，

∴当x∈[0，＋∞）时，f（x）min＝f（4）．

∴要使f（x）＋5≥0恒成立，只需f（4）＋5≥0恒成立即可，代入解得m≥.

2．已知存在实数a，使得关于x的不等式－≥a恒成立，则a的最大值为______．

答案　－2

解析　由－≥a，可得0≤x≤4，

由f（x）＝－，其中y＝在[0,4]上单调递增，

y＝－在[0,4]上单调递增，

可得f（x）在[0,4]上单调递增，可得f（x）取得最小值f（0）＝－2，

可得a≤－2，即a的最大值为－2.

3．函数f（x）的定义域是R，f（0）＝2，对任意x∈R，f（x）＋f′（x）＞1，则不等式ex·f（x）＞ex＋1的解集为________．

答案　{x|x＞0}

解析　构造函数g（x）＝ex·f（x）－ex，

因为g′（x）＝ex·f（x）＋ex·f′（x）－ex

＝ex[f（x）＋f′（x）]－ex＞ex－ex＝0，

所以g（x）＝ex·f（x）－ex为R上的增函数．

又因为g（0）＝e0·f（0）－e0＝1，

所以原不等式转化为g（x）＞g（0），解得x＞0.

4．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________．

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.

当x∈（0,1]时，ax3≥x2－4x－3，a≥恒成立，

∴a≥max.

设φ（x）＝，

φ′（x）＝

＝－＝－>0，

∴φ（x）在（0,1]上单调递增，φ（x）max＝φ

（1）＝－6，

∴a≥－6.

当x∈[－2,0）时，a≤恒成立，

∴a≤