全国通用2022版高考数学考前三个月复习冲刺专题3第15练存在与恒成立问题理

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.常考题型精析题型一　恒成立问题例1　(2022·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.　　　　　　　　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.16\n变式训练1　(2022·山东)设函数f(x)＝ln(x＋1)＋a(x2－x)，其中a∈R.(1)讨论函数f(x)极值点的个数，并说明理由；(2)若∀x＞0，f(x)≥0成立，求a的取值范围.　　　　　　题型二　存在性问题例2　(2022·辽宁)已知函数f(x)＝(cosx－x)(π＋2x)－(sinx＋1)，g(x)＝3(x－π)cosx－4(1＋sinx)·ln(3－).证明：(1)存在唯一x0∈(0，)，使f(x0)＝0；(2)存在唯一x1∈(，π)，使g(x1)＝0，且对(1)中的x0，有x0＋x1<π.　　　16\n　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　(2022·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.　　　　　　高考题型精练1.(2022·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]16\n2.(2022·大连模拟)若正实数x，y满足x＋y＝2，且≥M恒成立，则M的最大值为(　　)A.1B.2C.3D.43.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，＋∞)4.若函数f(x)＝(x＋1)·ex，则下列命题正确的是(　　)A.对任意m<－，都存在x∈R，使得f(x)<mB.对任意m>－，都存在x∈R，使得f(x)<mC.对任意m<－，方程f(x)＝m只有一个实根D.对任意m>－，方程f(x)＝m总有两个实根5.(2022·天津模拟)若不等式2xlnx≥－x2＋ax－3对x∈(0，＋∞)恒成立，则实数a的取值范围是(　　)A.(－∞，0)B.(－∞，4]C.(0，＋∞)D.[4，＋∞)6.若x∈[0，＋∞)，则下列不等式恒成立的是(　　)A.ex≤1＋x＋x2B.≤1－x＋x2C.cosx≥1－x2D.ln(1＋x)≥x－x27.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]8.(2022·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________.9.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________.16\n10.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__________.11.(2022·湖南)已知a>0，函数f(x)＝aexcosx(x∈[0，＋∞)).记xn为f(x)的从小到大的第n(n∈N*)个极值点.(1)证明：数列{f(xn)}是等比数列；(2)若对一切n∈N*，xn≤|f(xn)|恒成立，求a的取值范围.　　　　　　　12.(2022·陕西)设函数f(x)＝lnx＋，m∈R.(1)当m＝e(e为自然对数的底数)时，求f(x)的极小值；(2)讨论函数g(x)＝f′(x)－零点的个数；(3)若对任意b>a>0，<1恒成立，求m的取值范围.　16\n答案精析第15练　存在与恒成立问题常考题型精析例1　(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.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<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－a3，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)＋4.16\n②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.变式训练1　解　(1)由题意知，函数f(x)的定义域为(－1，＋∞)，f′(x)＝＋a(2x－1)＝.令g(x)＝2ax2＋ax－a＋1，x∈(－1，＋∞).①当a＝0时，g(x)＝1，此时f′(x)＞0，函数f(x)在(－1，＋∞)上单调递增，无极值点；②当a＞0时，Δ＝a2－8a(1－a)＝a(9a－8).(ⅰ)当0＜a≤时，Δ≤0，g(x)≥0，f′(x)≥0，函数f(x)在(－1，＋∞)上单调递增，无极值点；(ⅱ)当a＞时，Δ＞0，设方程2ax2＋ax－a＋1＝0的两根为x1，x2(x1＜x2)，因为x1＋x2＝－，所以x1＜－，x2＞－.由g(－1)＝1＞0，可得－1＜x1＜－.所以当x∈(－1，x1)时，g(x)＞0，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增；当x∈(x1，x2)时，g(x)＜0，f′(x)＜0，函数f(x)单调递减；当x∈(x2，＋∞)时，g(x)＞0，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增；因此函数有两个极值点.(ⅲ)当a＜0时，Δ＞0，由g(－1)＝1＞0，可得x1＜－1.当x∈(－1，x2)时，g(x)＞0，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增；当x∈(x2，＋∞)时，g(x)＜0，f′(x)＜0，函数f(x)单调递减；所以函数有一个极值点.综上所述，当a＜0时，函数f(x)有一个极值点；当0≤a≤时，函数f(x)无极值点；16\n当a＞时，函数f(x)有两个极值点.(2)由(1)知，①当0≤a≤时，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，因为f(0)＝0，所以x∈(0，＋∞)时，f(x)＞0，符合题意；②当＜a≤1时，由g(0)≥0，得x2≤0，所以函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，又f(0)＝0，所以x∈(0，＋∞)时，f(x)＞0，符合题意；③当a＞1时，由g(x)＜0，可得x2＞0.所以x∈(0，x2)时，函数f(x)单调递减；因为f(0)＝0，所以x∈(0，x2)时，f(x)＜0，不合题意；④当a＜0时，设h(x)＝x－ln(x＋1).因为x∈(0，＋∞)时，h′(x)＝1－＝＞0，所以h(x)在(0，＋∞)上单调递增，因此当x∈(0，＋∞)时，h(x)＞h(0)＝0，即ln(x＋1)＜x.可得f(x)＜x＋a(x2－x)＝ax2＋(1－a)x，当x＞1－时，ax2＋(1－a)x＜0，此时f(x)＜0，不合题意.综上所述，a的取值范围是[0,1].例2　证明　(1)当x∈(0，)时，f′(x)＝－(1＋sinx)(π＋2x)－2x－cosx<0，则函数f(x)在(0，)上为减函数.又f(0)＝π－>0，f()＝－π2－<0，所以存在唯一x0∈(0，)，使f(x0)＝0.(2)考虑函数h(x)＝－4ln(3－x)，x∈[，π].令t＝π－x，则x∈[，π]时，t∈[0，].设u(t)＝h(π－t)＝－4ln(1＋t)，16\n则u′(t)＝.由(1)得，当t∈(0，x0)时，u′(t)>0，当t∈(x0，)时，u′(t)<0.在(0，x0)上u(t)是增函数，又u(0)＝0，从而当t∈(0，x0]时，u(t)>0，所以u(t)在(0，x0]上无零点.在(x0，)上u(t)为减函数，由u(x0)>0，u()＝－4ln2<0，知存在唯一t1∈(x0，)，使u(t1)＝0.所以存在唯一的t1∈(0，)，使u(t1)＝0.因为存在唯一的x1＝π－t1∈(，π)，使h(x1)＝h(π－t1)＝u(t1)＝0.因此当x∈(，π)时，1＋sinx>0，故g(x)＝(1＋sinx)h(x)与h(x)有相同的零点，所以存在唯一的x1∈(，π)，使g(x1)＝0.因为x1＝π－t1，t1>x0，所以x0＋x1<π.变式训练2　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16\n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].高考题型精练1.C[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≤－2.16\n综上知－6≤a≤－2.]2.A[xy≤2＝1，∴≥1，∵≥M恒成立，∴M≤1.]3.D[∵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.]4.B[∵f′(x)＝(x＋2)·ex，∴x>－2时，f′(x)>0，f(x)为增函数.x<－2时，f′(x)<0，f(x)为减函数，∴f(－2)＝－为f(x)的最小值，即f(x)≥－(x∈R)，故B正确.]5.B[2xlnx≥－x2＋ax－3，则a≤2lnx＋x＋，设h(x)＝2lnx＋x＋(x>0)，则h′(x)＝.当x∈(0,1)时，h′(x)<0，函数h(x)单调递减；当x∈(1，＋∞)时，h′(x)>0，函数h(x)单调递增，所以h(x)min＝h(1)＝4，所以a≤h(x)min＝4.故a的取值范围是(－∞，4].]6.C[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.]7.A[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，16\n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.]8.(－，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－<m<0.9.4解析　若x＝0，则不论a取何值，f(x)≥0显然成立；当x>0，即x∈(0,1]时，f(x)＝ax3－3x＋1≥0可化为a≥－.令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，16\n所以g(x)min＝g(－1)＝4，从而a≤4，综上可知a＝4.10.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≥.11.(1)证明　f′(x)＝aexcosx－aexsinx＝aexcos.令f′(x)＝0，由x≥0，得x＋＝mπ－，即x＝mπ－，m∈N*.而对于cos，当k∈Z时，若2kπ－＜x＋＜2kπ＋，即2kπ－＜x＜2kπ＋，则cos＞0.若2kπ＋＜x＋＜2kπ＋，即2kπ＋＜x＜2kπ＋，则cos＜0.因此，在区间与上，f′(x)的符号总相反.于是当x＝mπ－(m∈N*)时，f(x)取得极值，所以xn＝nπ－π(n∈N*).此时，f(xn)＝cos16\n＝(－1)n＋1.易知f(xn)≠0，而＝＝－eπ是常数，故数列{f(xn)}是首项为f(x1)＝，公比为－eπ的等比数列.(2)解　对一切n∈N*，xn≤|f(xn)|恒成立，即nπ－≤e恒成立，亦即≤恒成立(因为a＞0).设g(t)＝(t＞0)，则g′(t)＝.令g′(t)＝0得t＝1.当0＜t＜1时，g′(t)＜0，所以g(t)在区间(0,1)上单调递减；当t＞1时，g′(t)＞0，所以g(t)在区间(1，＋∞)上单调递增.因为x1∈(0,1)，且当n≥2时，xn∈(1，＋∞)，xn＜xn＋1，所以[g(xn)]min＝min{g(x1)，g(x2)}＝min＝g＝.因此，xn≤|f(xn)|恒成立，当且仅当≤.解得a≥.故a的取值范围是.12.解　(1)由题设，当m＝e时，f(x)＝lnx＋，则f′(x)＝，∴当x∈(0，e)，f′(x)<0，f(x)在(0，e)上单调递减，当x∈(e，＋∞)，f′(x)>0，f(x)在(e，＋∞)上单调递增，16\n∴当x＝e时，f(x)取得极小值f(e)＝lne＋＝2，∴f(x)的极小值为2.(2)由题设g(x)＝f′(x)－＝－－(x>0)，令g(x)＝0，得m＝－x3＋x(x>0).设φ(x)＝－x3＋x(x≥0)，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；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，∴x＝1是φ(x)的最大值点，∴φ(x)的最大值为φ(1)＝.又φ(0)＝0，结合y＝φ(x)的图象(如图)，可知①当m>时，函数g(x)无零点；②当m＝时，函数g(x)有且只有一个零点；③当0<m<时，函数g(x)有两个零点；④当m≤0时，函数g(x)有且只有一个零点.综上所述，当m>时，函数g(x)无零点；当m＝或m≤0时，函数g(x)有且只有一个零点；当0<m<时，函数g(x)有两个零点.(3)对任意的b>a>0，<1恒成立，等价于f(b)－b<f(a)－a恒成立.(*)16\n设h(x)＝f(x)－x＝lnx＋－x(x>0)，∴(*)等价于h(x)在(0，＋∞)上单调递减.由h′(x)＝－－1≤0在(0，＋∞)上恒成立，得m≥－x2＋x＝－(x－)2＋(x>0)恒成立，∴m≥(对m＝，h′(x)＝0仅在x＝时成立)，∴m的取值范围是[，＋∞).16