高考数学理科必考题型过关练第18练含答案.docx

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高考数学理科必考题型过关练第18练含答案

第18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－lnx，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．

解　

（1）在区间（0，＋∞）上，f′（x）＝a－＝，

当a≤0时，f′（x）<0恒成立，f（x）在区间（0，＋∞）上单调递减；

当a>0时，令f′（x）＝0得x＝，在区间（0，）上，

f′（x）<0，函数f（x）单调递减，在区间（，＋∞）上，

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；

当a>0时，f（x）的单调递减区间是（0，），

单调递增区间是（，＋∞）．

（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－lnx≥bx－2，

即1＋－≥b对∀x∈（0，＋∞）恒成立，

令g（x）＝1＋－，

则g′（x）＝－－＝，

易得g（x）在（0，e2]上单调递减，在[e2，＋∞）上单调递增，

所以g（x）min＝g（e2）＝1－，

即b≤1－.

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.

依题意⇒

又f′（0）＝－3，∴c＝－3，∴a＝1，∴f（x）＝x3－3x.

（2）设切点为（x0，x－3x0），

∵f′（x）＝3x2－3.∴f′（x0）＝3x－3.

∴切线方程为y－（x－3x0）＝（3x－3）（x－x0）．

又切线过点A（2，m）．

∴m－（x－3x0）＝（3x－3）（2－x0）．

∴m＝－2x＋6x－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

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）＝lnx－ax2，x>0.（f（x）的图象连续不断）

（1）求f（x）的单调区间；

（2）当a＝时，证明：

存在x0∈（2，＋∞），使f（x0）＝f；

（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≤.

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）解　f′（x）＝－2ax＝，x∈（0，＋∞），

令f′（x）＝0，解得x＝，

当x变化时，f′（x），f（x）的变化情况如下表：

x

f′（x）

＋

0

－

f（x）

极大值

所以f（x）的单调递增区间是，f（x）的单调递减区间是.

（2）证明　当a＝时，f（x）＝lnx－x2.

由

（1）知f（x）在（0,2）内单调递增，在（2，＋∞）内单调递减．

令g（x）＝f（x）－f，

由于f（x）在（0,2）内单调递增，

故f

（2）>f，即g

（2）>0.

取x′＝e>2，则g（x′）＝<0.

所以存在x0∈（2，x′），使g（x0）＝0，即存在x0∈（2，＋∞），使f（x0）＝f.

（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<<β，

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.

故

即

从而≤a≤.

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．（－∞，＋∞）B．（－2，＋∞）

C．（0，＋∞）D．（－1，＋∞）

答案　D

解析　∵2x（x－a）<1，

∴a>x－.

令f（x）＝x－，

∴f′（x）＝1＋2－xln2>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，＋∞），故选D.

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，

又f（0）＝1<＝g（0），

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，

且取值范围是[，－＋]，

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”

当且仅当

即

解得a<－1.

3．（2014·课标全国Ⅱ）设函数f（x）＝sin.若存在f（x）的极值点x0满足x＋[f（x0）]2

A．（－∞，－6）∪（6，＋∞）

B．（－∞，－4）∪（4，＋∞）

C．（－∞，－2）∪（2，＋∞）

D．（－∞，－1）∪（1，＋∞）

答案　C

解析　∵f（x）＝sin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x＋[f（x0）]2≥m2，则（＋km）2＋3≥m2，整理得m2（k2＋k－）＋3≥0，即k2＋k－≥－恒成立，因为y＝k2＋k－的最小值为－（当k＝－1或0时取得），故－2≤m≤2，因此原特称命题成立的条件是m>2或m<－2.

4．（2014·山东）已知实数x，y满足ax

A.>

B．ln（x2＋1）>ln（y2＋1）

C．sinx>siny

D．x3>y3

答案　D

解析　因为0y.采用赋值法判断，A中，当x＝1，y＝0时，<1，A不成立．B中，当x＝0，y＝－1时，ln1

5．若x∈[0，＋∞），则下列不等式恒成立的是（　　）

A．ex≤1＋x＋x2

B.≤1－x＋x2

C．cosx≥1－x2

D．ln（1＋x）≥x－x2

答案　C

解析　对于C项，设f（x）＝cosx＋x2－1，

则f′（x）＝－sinx＋x≥0（x≥0），

所以f（x）＝cosx＋x2－1是增函数，

所以f（x）＝cosx＋x2－1≥f（0）＝0，

即cosx≥1－x2.

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（　　）

A．[－5，－3]B．[－6，－]

C．[－6，－2]D．[－4，－3]

答案　C

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≥，

∴a≥max.

设φ（x）＝，

φ′（x）＝

＝－＝－>0，

∴φ（x）在（0,1]上递增，φ（x）max＝φ

（1）＝－6.

∴a≥－6.

当x∈[－2,0）时，a≤，

∴a≤min.

仍设φ（x）＝，φ′（x）＝－.

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）＝＝－2，∴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；

当x>0时，即x∈（0,1]时，f（x）＝ax3－3x＋1≥0可化为a≥－.

即g（x）＝－，

则g′（x）＝，

所以g（x）在区间（0，]上单调递增，在区间[，1]上单调递减，

因此g（x）max＝g（）＝4，从而a≥4.

当x<0时，即x∈[－1,0）时，同理a≤－.

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　（－，0）

解析　

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

即解得－

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f（x1）≥g（x2），则实数a的取值范围是__________．

答案　

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＝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，又函数h（x）＝＋在x∈[1,2]上单调递减，所以h（x）min＝h

（2）＝，故只需a≥.

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　

（1）因为f（x）＝

所以f′（x）＝由于－1≤x≤1.

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

若x∈（a,1），f（x）＝x3＋3x－3a，在（a,1）上是增