《【高考前三個月復(fù)習(xí)數(shù)學(xué)理科函數(shù)與導(dǎo)數(shù)】專題3 第15練》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《【高考前三個月復(fù)習(xí)數(shù)學(xué)理科函數(shù)與導(dǎo)數(shù)】專題3 第15練（17頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

第15練　存在與恒成立問題 [題型分析高考展望]　“存在”與“恒成立”兩個表示范圍的詞語在題目中出現(xiàn)是近年高考的一大熱點，其本質(zhì)是“特稱”與“全稱”量詞的一個延伸，弄清其含義，適當(dāng)進(jìn)行轉(zhuǎn)化來加以解決.此類題目主要出現(xiàn)在函數(shù)與導(dǎo)數(shù)結(jié)合的解答題中，難度高，需要有較強的分析能力和運算能力.訓(xùn)練時應(yīng)注意破題方法的研究. ?？碱}型精析 題型一　恒成立問題 例1　(2014浙江)已知函數(shù)f(x)＝x3＋3|x－a|(a>0)，若f(x)在[－1,1]上的最小值記為g(a). (1)求g(a)； (2)證明：當(dāng)x∈[－1,1]時，恒有f(x)≤g(a)＋4. 　 　 　 　 　 　 　 　 點評　恒成立問題一般與不等式有關(guān)，解決此類問題需要構(gòu)造函數(shù)利用函數(shù)單調(diào)性求函數(shù)最值，從而說明函數(shù)值恒大于或恒小于某一確定的值. 變式訓(xùn)練1　(2015山東)設(shè)函數(shù)f(x)＝ln(x＋1)＋a(x2－x)，其中a∈R. (1)討論函數(shù)f(x)極值點的個數(shù)，并說明理由； (2)若?x＞0，f(x)≥0成立，求a的取值范圍. 　 　 　 　 　 　 題型二　存在性問題 例2　(2014遼寧)已知函數(shù)f(x)＝(cos x－x)(π＋2x)－(sin x＋1)，g(x)＝3(x－π)cos x－4(1＋sin x)ln(3－). 證明：(1)存在唯一x0∈(0，)，使f(x0)＝0； (2)存在唯一x1∈(，π)，使g(x1)＝0，且對(1)中的x0，有x0＋x1<π. 　 　 　 　 點評　“存在”是特稱量詞，即“有的”意思，證明這類問題的思路是想法找到一個“x0”使問題成立即可，必要時需要對問題進(jìn)行轉(zhuǎn)化.若證“存在且唯一”則需說明除“x0”外其余不能使命題成立，或利用函數(shù)單調(diào)性證明此類問題. 變式訓(xùn)練2　(2015浙江)設(shè)函數(shù)f(x)＝x2＋ax＋b(a，b∈R). (1)當(dāng)b＝＋1時，求函數(shù)f(x)在[－1,1]上的最小值g(a)的表達(dá)式； (2)已知函數(shù)f(x)在[－1,1]上存在零點，0≤b－2a≤1，求b的取值范圍. 　 　 　 　 　 　高考題型精練 1.(2014遼寧)當(dāng)x∈[－2,1]時，不等式ax3－x2＋4x＋3≥0恒成立，則實數(shù)a的取值范圍是(　　) A.[－5，－3] B.[－6，－] C.[－6，－2] D.[－4，－3] 2.(2015大連模擬)若正實數(shù)x，y滿足x＋y＝2，且≥M恒成立，則M的最大值為(　　) A.1 B.2 C.3 D.4 3.若存在正數(shù)x使2x(x－a)<1成立，則a的取值范圍是(　　) A.(－∞，＋∞) B.(－2，＋∞) C.(0，＋∞) D.(－1，＋∞) 4.若函數(shù)f(x)＝(x＋1)ex，則下列命題正確的是(　　) A.對任意m<－，都存在x∈R，使得f(x)－，都存在x∈R，使得f(x)－，方程f(x)＝m總有兩個實根 5.(2015天津模擬)若不等式2xln x≥－x2＋ax－3對x∈(0，＋∞)恒成立，則實數(shù)a的取值范圍是(　　) A.(－∞，0) B.(－∞，4] C.(0，＋∞) D.[4，＋∞) 6.若x∈[0，＋∞)，則下列不等式恒成立的是(　　) A.ex≤1＋x＋x2 B.≤1－x＋x2 C.cos x≥1－x2 D.ln(1＋x)≥x－x2 7.已知函數(shù)f(x)＝2ax3－3ax2＋1，g(x)＝－x＋，若任意給定的x0∈[0,2]，總存在兩個不同的xi(i＝1,2)∈[0,2]，使得f(xi)＝g(x0)成立，則實數(shù)a的取值范圍是(　　) A.(－∞，－1) B.(1，＋∞) C.(－∞，－1)∪(1，＋∞) D.[－1,1] 8.(2014江蘇)已知函數(shù)f(x)＝x2＋mx－1，若對于任意x∈[m，m＋1]，都有f(x)<0成立，則實數(shù)m的取值范圍是________. 9.設(shè)函數(shù)f(x)＝ax3－3x＋1(x∈R)，若對于任意x∈[－1，1]，都有f(x)≥0成立，則實數(shù)a的值為________. 10.已知函數(shù)f(x)＝x－，g(x)＝x2－2ax＋4，若對于任意x1∈[0,1]，存在x2∈[1,2]，使f(x1)≥g(x2)，則實數(shù)a的取值范圍是__________. 11.(2015湖南)已知a>0，函數(shù)f(x)＝aexcos x(x∈[0，＋∞)).記xn為f(x)的從小到大的第n(n∈N*)個極值點. (1)證明：數(shù)列{f(xn)}是等比數(shù)列； (2)若對一切n∈N*，xn≤|f(xn)|恒成立，求a的取值范圍. 　 　 　 　 　 　 　 12.(2014陜西)設(shè)函數(shù)f(x)＝ln x＋，m∈R. (1)當(dāng)m＝e(e為自然對數(shù)的底數(shù))時，求f(x)的極小值； (2)討論函數(shù)g(x)＝f′(x)－零點的個數(shù)； (3)若對任意b>a>0，<1恒成立，求m的取值范圍. 　 　 　 答案精析 第15練　存在與恒成立問題 ?？碱}型精析 例1　(1)解　因為a>0，－1≤x≤1. 所以①當(dāng)00， 故f(x)在(a,1)上是增函數(shù). 所以g(a)＝f(a)＝a3. ②當(dāng)a≥1時，有x≤a，則f(x)＝x3－3x＋3a， f′(x)＝3x2－3<0， 故f(x)在(－1,1)上是減函數(shù)， 所以，g(a)＝f(1)＝－2＋3a. 綜上，g(a)＝ (2)證明　令h(x)＝f(x)－g(a). ①當(dāng)00， 知t(a)在(0,1)上是增函數(shù). 所以，t(a)0，f()＝－π2－<0，所以存在唯一x0∈(0，)，使f(x0)＝0. (2)考慮函數(shù)h(x)＝－4ln(3－x)，x∈[，π]. 令t＝π－x，則x∈[，π]時，t∈[0，]. 設(shè)u(t)＝h(π－t)＝－4ln(1＋t)， 則u′(t)＝. 由(1)得，當(dāng)t∈(0，x0)時，u′(t)>0， 當(dāng)t∈(x0，)時，u′(t)<0. 在(0，x0)上u(t)是增函數(shù)，又u(0)＝0， 從而當(dāng)t∈(0，x0]時，u(t)>0， 所以u(t)在(0，x0]上無零點. 在(x0，)上u(t)為減函數(shù)，由u(x0)>0，u() ＝－4ln 2 <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. 因為存在唯一的x1＝π－t1∈(，π)， 使h(x1)＝h(π－t1)＝u(t1)＝0. 因此當(dāng)x∈(，π)時，1＋sin x>0， 故g(x)＝(1＋sin x)h(x)與h(x)有相同的零點， 所以存在唯一的x1∈(，π)，使g(x1)＝0. 因為x1＝π－t1，t1>x0，所以x0＋x1<π. 變式訓(xùn)練2　解　(1)當(dāng)b＝＋1時，f(x)＝2＋1， 故對稱軸為直線x＝－. 當(dāng)a≤－2時，g(a)＝f(1)＝＋a＋2. 當(dāng)－2＜a≤2時，g(a)＝f＝1. 當(dāng)a＞2時，g(a)＝f(－1)＝－a＋2. 綜上，g(a)＝ (2)設(shè)s，t為方程f(x)＝0的解，且－1≤t≤1， 則 由于0≤b－2a≤1，因此≤s≤(－1≤t≤1). 當(dāng)0≤t≤1時，≤st≤， 由于－≤≤0和－≤≤9－4， 所以－≤b≤9－4. 當(dāng)－1≤t＜0時，≤st≤， 由于－2≤＜0和－3≤＜0，所以－3≤b＜0. 故b的取值范圍是[－3,9－4]. 高考題型精練 1.C [當(dāng)x＝0時，ax3－x2＋4x＋3≥0變?yōu)?≥0恒成立，即a∈R. 當(dāng)x∈(0,1]時，ax3≥x2－4x－3，a≥， ∴a≥max. 設(shè)φ(x)＝， φ′(x)＝ ＝－＝－>0， ∴φ(x)在(0,1]上遞增，φ(x)max＝φ(1)＝－6， ∴a≥－6. 當(dāng)x∈[－2,0)時，a≤， ∴a≤min. 仍設(shè)φ(x)＝，φ′(x)＝－. 當(dāng)x∈[－2，－1)時，φ′(x)<0， 當(dāng)x∈(－1,0)時，φ′(x)>0. ∴當(dāng)x＝－1時，φ(x)有極小值，即為最小值. 而φ(x)min＝φ(－1)＝＝－2，∴a≤－2. 綜上知－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－xln 2>0. ∴f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增， ∴f(x)>f(0)＝0－1＝－1， ∴a的取值范圍為(－1，＋∞)，故選D.] 4.B [∵f′(x)＝(x＋2)ex， ∴x>－2時，f′(x)>0，f(x)為增函數(shù). x<－2時，f′(x)<0，f(x)為減函數(shù)，∴f(－2)＝－為f(x)的最小值，即f(x)≥－ (x∈R)，故B正確.] 5.B [2xln x≥－x2＋ax－3，則a≤2ln x＋x＋，設(shè)h(x)＝2ln x＋x＋ (x>0)，則h′(x)＝.當(dāng)x∈(0,1)時，h′(x)<0，函數(shù)h(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x∈(1，＋∞)時，h′(x)>0，函數(shù)h(x)單調(diào)遞增，所以h(x)min＝h(1)＝4，所以a≤h(x)min＝4.故a的取值范圍是(－∞，4].] 6.C [設(shè)f(x)＝cos x＋x2－1， 則f′(x)＝－sin x＋x≥0(x≥0)， 所以f(x)＝cos x＋x2－1是增函數(shù)， 所以f(x)＝cos x＋x2－1≥f(0)＝0， 即cos x≥1－x2.] 7.A [當(dāng)a＝0時，顯然不成立，故排除D； 當(dāng)a>0時，注意到f′(x)＝6ax2－6ax＝6ax(x－1)， 即f(x)在[0,1]上是減函數(shù)，在[1,2]上是增函數(shù)， 又f(0)＝1<＝g(0)， 當(dāng)x0＝0時，結(jié)論不可能成立； 進(jìn)一步，可知a<0，此時g(x)在[0,2]上是增函數(shù)， 且取值范圍是[，－＋]， 同時f(x)在0≤x≤1時，函數(shù)值從1增大到1－a， 在1≤x≤2時，函數(shù)值從1－a減少到1＋4a， 所以“任意給定的x0∈[0,2]， 總存在兩個不同的xi(i＝1,2)∈[0,2]， 使得f(xi)＝g(x0)成立” 當(dāng)且僅當(dāng) 即 解得a<－1.] 8.(－，0) 解析　作出二次函數(shù)f(x)的圖象，對于任意x∈[m，m＋1]，都有f(x)<0，則有 即解得－0，即x∈(0,1]時，f(x)＝ax3－3x＋1≥0可化為a≥－. 令g(x)＝－， 則g′(x)＝， 所以g(x)在區(qū)間(0，]上單調(diào)遞增，在區(qū)間[，1]上單調(diào)遞減， 因此g(x)max＝g()＝4，從而a≥4. 當(dāng)x<0，即x∈[－1,0)時，同理a≤－. g(x)在區(qū)間[－1,0)上單調(diào)遞增， 所以g(x)min＝g(－1)＝4， 從而a≤4，綜上可知a＝4. 10. 解析　由于f′(x)＝1＋>0，因此函數(shù)f(x)在[0,1]上單調(diào)遞增，所以x∈[0,1]時，f(x)min＝f(0)＝－1.根據(jù)題意可知存在x∈[1,2]，使得g(x)＝x2－2ax＋4≤－1，即x2－2ax＋5≤0，即a≥＋能成立，令h(x)＝＋，則要使a≥h(x)在x∈[1,2]能成立，只需使a≥h(x)min，又函數(shù)h(x)＝＋在x∈[1,2]上單調(diào)遞減，所以h(x)min＝h(2)＝，故只需a≥. 11.(1)證明　f′(x)＝aexcos x－aexsin x＝aexcos. 令f′(x)＝0，由x≥0，得x＋＝mπ－， 即x＝mπ－，m∈N*. 而對于cos，當(dāng)k∈Z時， 若2kπ－＜x＋＜2kπ＋， 即2kπ－＜x＜2kπ＋，則cos＞0. 若2kπ＋＜x＋＜2kπ＋， 即2kπ＋＜x＜2kπ＋，則cos＜0. 因此，在區(qū)間與上，f′(x)的符號總相反. 于是當(dāng)x＝mπ－(m∈N*)時，f(x)取得極值， 所以xn＝nπ－π(n∈N*). 此時，f(xn)＝cos ＝(－1)n＋1. 易知f(xn)≠0，而＝＝－eπ是常數(shù)，故數(shù)列{f(xn)}是首項為f(x1)＝，公比為－eπ的等比數(shù)列. (2)解　對一切n∈N*，xn≤|f(xn)|恒成立， 即nπ－≤e恒成立，亦即≤恒成立(因為a＞0). 設(shè)g(t)＝(t＞0)，則g′(t)＝. 令g′(t)＝0得t＝1. 當(dāng)0＜t＜1時，g′(t)＜0， 所以g(t)在區(qū)間(0,1)上單調(diào)遞減； 當(dāng)t＞1時，g′(t)＞0， 所以g(t)在區(qū)間(1，＋∞)上單調(diào)遞增. 因為x1∈(0,1)，且當(dāng)n≥2時，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，當(dāng)且僅當(dāng)≤. 解得a≥. 故a的取值范圍是. 12.解　(1)由題設(shè)，當(dāng)m＝e時，f(x)＝ln x＋， 則f′(x)＝， ∴當(dāng)x∈(0，e)，f′(x)<0，f(x)在(0，e)上單調(diào)遞減， 當(dāng)x∈(e，＋∞)，f′(x)>0，f(x)在(e，＋∞)上單調(diào)遞增， ∴當(dāng)x＝e時，f(x)取得極小值f(e)＝ln e＋＝2， ∴f(x)的極小值為2. (2)由題設(shè)g(x)＝f′(x)－＝－－(x>0)， 令g(x)＝0，得m＝－x3＋x(x>0). 設(shè)φ(x)＝－x3＋x(x≥0)， 則φ′(x)＝－x2＋1＝－(x－1)(x＋1)， 當(dāng)x∈(0,1)時，φ′(x)>0，φ(x)在(0,1)上單調(diào)遞增； 當(dāng)x∈(1，＋∞)時，φ′(x)<0，φ(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞減. ∴x＝1是φ(x)的唯一極值點，且是極大值點， ∴x＝1是φ(x)的最大值點， ∴φ(x)的最大值為φ(1)＝. 又φ(0)＝0，結(jié)合y＝φ(x)的圖象(如圖)，可知 ①當(dāng)m>時，函數(shù)g(x)無零點； ②當(dāng)m＝時，函數(shù)g(x)有且只有一個零點； ③當(dāng)0時，函數(shù)g(x)無零點； 當(dāng)m＝或m≤0時，函數(shù)g(x)有且只有一個零點； 當(dāng)0a>0，<1恒成立， 等價于f(b)－b0)， ∴(*)等價于h(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減. 由h′(x)＝－－1≤0在(0，＋∞)上恒成立， 得m≥－x2＋x＝－(x－)2＋(x>0)恒成立， ∴m≥(對m＝，h′(x)＝0僅在x＝時成立)， ∴m的取值范圍是[，＋∞).