考前三个月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.docx
《考前三个月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.docx》由会员分享,可在线阅读,更多相关《考前三个月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.docx(13页珍藏版)》请在冰豆网上搜索。
考前三个月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-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的范围.
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,
∴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,+∞).
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________.
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,
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改编)设函数f(x)=sin.若存在f(x)的极值点x0满足x+[f(x0)]2答案 (-∞,-2)∪(2,+∞)
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,因此原存在性命题成立的条件是m>2或m<-2.
4.(2014·山东改编)已知实数x,y满足ax①>;②ln(x2+1)>ln(y2+1);
③sinx>siny;④x3>y3.
答案 ④
解析 因为0y.采用赋值法判断,①中,当x=1,y=0时,<1,①不成立.②中,当x=0,y=-1时,ln15.若函数f(x)=lnx-ax2-2x(a≠0)存在单调递减区间,则实数a的取值范围是________________.
答案 -10
解析 对函数f(x)求导,
得f′(x)=-(x>0).
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,∴-10.
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________.
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≥,
∴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,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>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.
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.
综上,g(a)=
(2)证明 令h(x)=f(x)-g(a).
①当0若x∈[a,1],
则h(x)=x3+3x-3a-a3