【考前三个月】（江苏专用）2022高考数学 高考必会题型 专题三 函数与导数 第17练 存在与恒成立问题

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．-9-\n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<m<2时，m＝－2x3＋6x2－6有三解．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：xf′(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.-9-\n(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．(2022·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)，-9-\n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．(2022·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<m2，则m的取值范围是____________________．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．(2022·山东改编)已知实数x，y满足ax<ay(0<a<1)，则下列关系式恒成立的是________．①>；②ln(x2＋1)>ln(y2＋1)；③sinx>siny;④x3>y3.答案　④解析　因为0<a<1，ax<ay，所以x>y.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，ln1<ln2，②不成立．③中，当x＝0，y＝－π时，sinx＝siny＝0，③不成立．④中，因为函数y＝x3在R上是增函数，故④正确．5．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　－1<a<0或a>0解析　对函数f(x)求导，得f′(x)＝－(x>0)．-9-\n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，∴－1<a<0或a>0.6．(2022·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)＝，-9-\n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．(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________．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－<m<0.9．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．(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.(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．-9-\n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－a2，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)＋4.②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)＋4.11．已知函数f(x)＝(x＋1)lnx－x＋1.(1)若xf′(x)≤x2＋ax＋1，求a的取值范围；(2)证明：(x－1)f(x)≥0.(1)解　f′(x)＝＋lnx－1＝lnx＋，xf′(x)＝xlnx＋1，而xf′(x)≤x2＋ax＋1(x＞0)等价于lnx－x≤a.令g(x)＝lnx－x，则g′(x)＝－1.当0＜x＜1时，g′(x)＞0；当x≥1时，g′(x)≤0，x＝1是g(x)的最大值点，∴g(x)≤g(1)＝－1.综上可知，a的取值范围是.(2)证明　由(1)知，g(x)≤g(1)＝－1，即lnx－x＋1≤0.当0＜x＜1时，f(x)＝(x＋1)lnx－x＋1＝xlnx＋(lnx－x＋1)<0，∴(x－1)f(x)>0；当x≥1时，f(x)＝lnx＋(xlnx－x＋1)＝lnx＋x＝lnx－x≥0.∴(x－1)f(x)≥0.-9-\n综上，在定义域内满足(x－1)f(x)≥0恒成立．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．解　(1)由题设，当m＝e时，f(x)＝lnx＋，则f′(x)＝，∴当x∈(0，e)时，f′(x)<0，f(x)在(0，e)上单调递减，当x∈(e，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)在(e，＋∞)上单调递增，∴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，因此x＝1也是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；-9-\n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．(*)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[，＋∞)．-9-