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

1、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)ax1ln x，aR.(1)讨论函数f(x)的单调区间；(2)若函数f(x)在x1处取得极值，对x(0，)，f(x)bx2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a0时，f(x)0时，令f(x)0得x，在区间(0，)上，f(x)0，函数f(x)单调递增综上所述：当a0时，f(x)的单调递减区间是(0，)，无单调递增区间；当a0时，f(x)的单调递减区间是(

2、0，)，单调递增区间是(，)(2)因为函数f(x)在x1处取得极值，所以f(1)0，解得a1，经检验可知满足题意由已知f(x)bx2，即x1ln xbx2，即1b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)ming(e2)1，即b1.题型二存在性问题例2已知函数f(x)ax3bx2cx在x1处取得极值，且在x0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yf(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，

3、然后分离参数，利用数形结合求m的范围解(1)f(x)3ax22bxc.依题意又f(0)3，c3，a1，f(x)x33x.(2)设切点为(x0，x3x0)，f(x)3x23.f(x0)3x3.切线方程为y(x3x0)(3x3)(xx0)又切线过点A(2，m)m(x3x0)(3x3)(2x0)m2x6x6.令g(x)2x36x26，则g(x)6x212x6x(x2)，由g(x)0得x0或x2.g(x)极小值g(0)6，g(x)极大值g(2)2.画出草图如图当6m0，函数f(x)ln xax2，x0.(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(x

4、0)f；(3)若存在均属于区间1,3的，且1，使f()f()，证明：.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：xf(x)0f(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)ln xx2.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xe2，则g(x)2，且g(x)0即可)(3)

5、证明由f()f()及(1)的结论知，从而f(x)在，上的最小值为f()又由1，1,3，知123.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课标全国改编)若存在正数x使2x(xa)1成立，则a的取值范围是_答案(1，)解析2x(xa)x.令f(x)x，f(x)12xln

6、 20.f(x)在(0，)上单调递增，f(x)f(0)011，a的取值范围为(1，)2已知函数f(x)2ax33ax21，g(x)x，若任意给定的x00,2，总存在两个不同的xi(i1,2)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a0时，显然不成立；当a0时，注意到f(x)6ax26ax6ax(x1)，即f(x)在0,1上是减函数，在1,2上是增函数，又f(0)1g(0)，当x00时，结论不可能成立；进一步，可知a0，此时g(x)在0,2上是增函数，且取值范围是，同时f(x)在0x1时，函数值从1增大到1a，在1x2时，函数值从1a减少到14a，所以“任意

7、给定的x00,2，总存在两个不同的xi(i1,2)0,2，使得f(xi)g(x0)成立”当且仅当即解得a1.3(2014课标全国改编)设函数f(x)sin.若存在f(x)的极值点x0满足xf(x0)22或m2.4(2014山东改编)已知实数x，y满足axay(0a； ln(x21)ln(y21)；sin xsin y; x3y3.答案解析因为0a1，axy.采用赋值法判断，中，当x1，y0时， 1，不成立中，当x0，y1时，ln 1ln 2，不成立中，当x0，y时，sin xsin y0，不成立中，因为函数yx3在R上是增函数，故正确5若函数f(x)ln xax22x(a0)存在单调递减区间，

8、则实数a的取值范围是_答案1a0解析对函数f(x)求导，得f(x) (x0)依题意，得f(x)0在(0，)上有解，44a0且方程ax22x10至少有一个正根，a1，又a0，1a0.6(2014辽宁改编)当x2,1时，不等式ax3x24x30恒成立，则实数a的取值范围是_答案6，2解析当x0时，ax3x24x30变为30恒成立，即aR.当x(0,1时，ax3x24x3，a，amax.设(x)，(x)0，(x)在(0,1上递增，(x)max(1)6.a6.当x2,0)时，a，amin.仍设(x)，(x).当x2，1)时，(x)0.当x1时，(x)有极小值，即为最小值而(x)min(1)2，a2.综

9、上知6a2.7设函数f(x)ax33x1(xR)，若对于任意x1,1，都有f(x)0成立，则实数a的值为_答案4解析若x0，则不论a取何值，f(x)0显然成立；当x0时，即x(0,1时，f(x)ax33x10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)maxg()4，从而a4.当x0，即x1,0)时，同理a.g(x)在区间1,0)上单调递增，所以g(x)ming(1)4，从而a4，综上可知a4.8(2014江苏)已知函数f(x)x2mx1，若对于任意xm，m1，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(

10、x)的图象，对于任意xm，m1，都有f(x)0，则有即解得m0，因此函数f(x)在0,1上单调递增，所以x0,1时，f(x)minf(0)1.根据题意可知存在x1,2，使得g(x)x22ax41，即x22ax50，即a能成立，令h(x)，则要使ah(x)在x1,2能成立，只需使ah(x)min，又函数h(x)在x1,2上单调递减，所以h(x)minh(2)，故只需a.10(2014浙江)已知函数f(x)x33|xa|(a0)，若f(x)在1,1上的最小值记为g(a)(1)求g(a)；(2)证明：当x1,1时，恒有f(x)g(a)4.(1)解因为a0，1x1.所以当0a1时，若x1，a，则f(x)x33x3a，f(x)3x230，故f(x)在(a,1)上是增函数所以g(a)f(a)a3.当a1时，有xa，则f(x)x33x3a，f(x)3x230，故f(x)在(1,1)上是减函数，所以g(a)f(1)23a.综上，g(a)(2)证明令h(x)f(x)g(a)当0a1时，g(a)a3.若xa,1，则h(x)x33x3aa3