2018届二轮复习存在与恒成立问题课件（江苏专用） 56页

专题 3 　函数与导数 第 15 练　存在与恒成立问题 “ 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 . 题型 分析 高考 展望 体验 高考 高考必会题型 高考题型精练 栏目索引 体验高考 1 2 3 1.(2015· 课标全国 Ⅰ 改编 ) 设函数 f ( x ) ＝ e x (2 x － 1) － ax ＋ a ，其中 a <1 ，若存在唯一的整数 x 0 ，使得 f ( x 0 )<0 ，则 a 的取值范围是 ________. 解析 答案 解析 1 2 3 解析　 设 g ( x ) ＝ e x (2 x － 1) ， y ＝ ax － a ，由题知存在唯一的整数 x 0 ， 使 得当 x ＝ x 0 时， g ( x ) 的图象在直线 y ＝ ax － a 的下方 . 因为 g ′ ( x ) ＝ e x (2 x ＋ 1) ， 1 2 3 当 x ＝ 0 时， g (0) ＝－ 1 ， g (1) ＝ e>0 ， 直线 y ＝ a ( x － 1) 恒过 (1,0) 且斜率为 a ，故－ a > g (0) ＝－ 1 ， 1 2 3 解析答案 2.(2015· 课标全国 Ⅱ ) 设函数 f ( x ) ＝ e mx ＋ x 2 － mx . (1) 证明： f ( x ) 在 ( － ∞ ， 0) 上单调递减，在 (0 ，＋ ∞ ) 上单调递增； 证明　 f ′ ( x ) ＝ m (e mx － 1) ＋ 2 x . 若 m ≥ 0 ，则当 x ∈ ( － ∞ ， 0) 时， e mx － 1 ≤ 0 ， f ′ ( x ) ＜ 0 ； 当 x ∈ (0 ，＋ ∞ ) 时， e mx － 1 ≥ 0 ， f ′ ( x ) ＞ 0. 若 m ＜ 0 ，则当 x ∈ ( － ∞ ， 0) 时， e mx － 1 ＞ 0 ， f ′ ( x ) ＜ 0 ； 当 x ∈ (0 ，＋ ∞ ) 时， e mx － 1 ＜ 0 ， f ′ ( x ) ＞ 0. 所以 f ( x ) 在 ( － ∞ ， 0) 上单调递减，在 (0 ，＋ ∞ ) 上单调递增 . 1 2 3 解析答案 (2) 若对于任意 x 1 ， x 2 ∈ [ － 1,1] ，都有 | f ( x 1 ) － f ( x 2 )| ≤ e － 1 ，求 m 的取值范围 . 1 2 3 解析答案 解　 由 (1) 知，对任意的 m ， f ( x ) 在 [ － 1,0] 上单调递减 ， 在 [0,1] 上单调递增，故 f ( x ) 在 x ＝ 0 处取得最小值 . 所以 对于任意 x 1 ， x 2 ∈ [ － 1,1] ， 1 2 3 设函数 g ( t ) ＝ e t － t － e ＋ 1 ，则 g ′ ( t ) ＝ e t － 1. 当 t ＜ 0 时， g ′ ( t ) ＜ 0 ；当 t ＞ 0 时， g ′ ( t ) ＞ 0. 故 g ( t ) 在 ( － ∞ ， 0) 上单调递减，在 (0 ，＋ ∞ ) 上单调递增 . 又 g (1) ＝ 0 ， g ( － 1) ＝ e － 1 ＋ 2 － e ＜ 0 ， 故当 t ∈ [ － 1,1] 时， g ( t ) ≤ 0. 当 m ∈ [ － 1,1] 时， g ( m ) ≤ 0 ， g ( － m ) ≤ 0 ，即 ① 式成立； 当 m ＞ 1 时，由 g ( t ) 的单调性， g ( m ) ＞ 0 ，即 e m － m ＞ e － 1 ； 当 m ＜－ 1 时， g ( － m ) ＞ 0 ，即 e － m ＋ m ＞ e － 1. 综上， m 的取值范围是 [ － 1,1]. 1 2 3 解析答案 3.(2016· 江苏 ) 已知函数 f ( x ) ＝ a x ＋ b x ( a ＞ 0 ， b ＞ 0 ， a ≠ 1 ， b ≠ 1). ① 求方程 f ( x ) ＝ 2 的根； ∴ (2 x ) 2 － 2·2 x ＋ 1 ＝ 0 ，解得 2 x ＝ 1 ， ∴ x ＝ 0. 1 2 3 解析答案 ② 若对任意 x ∈ R ，不等式 f (2 x ) ≥ mf ( x ) － 6 恒成立，求实数 m 的最大值； 1 2 3 令 t ＝ 2 x ＋ 2 － x ，则 t ≥ 2. 又 f (2 x ) ＝ 2 2 x ＋ 2 － 2 x ＝ t 2 － 2 ， 故 f (2 x ) ≥ mf ( x ) － 6 可化为 t 2 － 2 ≥ mt － 6 ， 1 2 3 解析答案 (2) 若 0 ＜ a ＜ 1 ， b ＞ 1 ，函数 g ( x ) ＝ f ( x ) － 2 有且只有 1 个零点，求 ab 的值 . 解　 ∵ 0 ＜ a ＜ 1 ， b ＞ 1 ， ∴ ln a ＜ 0 ， ln b ＞ 0. ∵ g ( x ) ＝ f ( x ) － 2 ＝ a x ＋ b x － 2 ， ∴ g ′ ( x ) ＝ a x ln a ＋ b x ln b 为单调递增函数，且值域为 R ， ∴ g ′ ( x ) 一定存在零点， ∴ g ( x ) 为先减后增且有唯一极值点 . 由题意， g ( x ) 有且仅有 1 个零点 ，则 g ( x ) 的极值一定为 0 ， 而 g (0) ＝ a 0 ＋ b 0 － 2 ＝ 0 ，故极值点为 0. ∴ g ′ (0) ＝ 0 ，即 ln a ＋ ln b ＝ 0. ∴ ab ＝ 1. 返回 高考 必会题型 题型一　恒成立问题 例 1 　 (2015· 福建改编 ) 已知函数 f ( x ) ＝ ln(1 ＋ x ) ， g ( x ) ＝ kx ( k ∈ R ). (1) 证明：当 x ＞ 0 时， f ( x ) ＜ x ； 解析答案 证明　 令 F ( x ) ＝ f ( x ) － x ＝ ln(1 ＋ x ) － x ， x ∈ (0 ，＋ ∞ ) ， 当 x ∈ (0 ，＋ ∞ ) 时， F ′ ( x ) ＜ 0 ， 所以 F ( x ) 在 (0 ，＋ ∞ ) 上单调递减， 故当 x ＞ 0 时， F ( x ) ＜ F (0) ＝ 0 ，即 当 x ＞ 0 时， f ( x ) ＜ x . 解析答案 (2) 证明：当 k ＜ 1 时，存在 x 0 ＞ 0 ，使得对任意的 x ∈ (0 ， x 0 ) ，恒有 f ( x ) ＞ g ( x ). 点评 解析答案 证明　 令 G ( x ) ＝ f ( x ) － g ( x ) ＝ ln(1 ＋ x ) － kx ， x ∈ (0 ，＋ ∞ ) ， 当 k ≤ 0 时， G ′ ( x ) ＞ 0 ， 故 G ( x ) 在 (0 ，＋ ∞ ) 上单调递增， G ( x ) ＞ G (0) ＝ 0 ， 故任意正实数 x 0 均满足题意 . 点评 有 G ′ ( x ) ＞ 0 ， 从而 G ( x ) 在 (0 ， x 0 ) 上单调递增，所以 G ( x ) ＞ G (0) ＝ 0 ， 即 f ( x ) ＞ g ( x ). 综上，当 k ＜ 1 时，总存在 x 0 ＞ 0 ， 使得 对任意 x ∈ (0 ， x 0 ) ，恒有 f ( x ) ＞ g ( x ). 点评 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 . 解析答案 变式训练 1 　设 f ( x ) ＝ e x － a ( x ＋ 1). (1) 若 ∀ x ∈ R ， f ( x ) ≥ 0 恒成立，求正实数 a 的取值范围； 解　 因为 f ( x ) ＝ e x － a ( x ＋ 1) ，所以 f ′ ( x ) ＝ e x － a . 由题意，知 a ＞ 0 ，故由 f ′ ( x ) ＝ e x － a ＝ 0 ，解得 x ＝ ln a . 故当 x ∈ ( － ∞ ， ln a ) 时， f ′ ( x ) ＜ 0 ，函数 f ( x ) 单调递减； 当 x ∈ (ln a ，＋ ∞ ) 时， f ′ ( x ) ＞ 0 ，函数 f ( x ) 单调递增 . 所以函数 f ( x ) 的最小值为 f (ln a ) ＝ e ln a － a (ln a ＋ 1) ＝－ a ln a . 由题意，若 ∀ x ∈ R ， f ( x ) ≥ 0 恒成立， 即 f ( x ) ＝ e x － a ( x ＋ 1) ≥ 0 恒成立，故有－ a ln a ≥ 0 ， 又 a ＞ 0 ，所以 ln a ≤ 0 ，解得 0 ＜ a ≤ 1. 所以正实数 a 的取值范围为 (0,1]. 解析答案 解析答案 解　 设 x 1 ， x 2 是任意的两个实数，且 x 1 ＜ x 2 ， 因为 x 2 － x 1 ＞ 0 ，所以 g ( x 2 ) － g ( x 1 ) ＞ m ( x 2 － x 1 ) ， 即 g ( x 2 ) － mx 2 ＞ g ( x 1 ) － mx 1 . 因为 x 1 ＜ x 2 ， 所以函数 h ( x ) ＝ g ( x ) － mx 在 R 上为增函数， 故有 h ′ ( x ) ＝ g ′ ( x ) － m ≥ 0 恒成立，所以 m ≤ g ′ ( x ). 又 a ≤ － 1 ＜ 0 ， 所以 m 的取值范围为 ( － ∞ ， 3]. 题型二　存在性问题 例 2 　 (2015· 浙江 ) 设函数 f ( x ) ＝ x 2 ＋ ax ＋ b ( a ， b ∈ R ). 解析答案 点评 (2) 已知函数 f ( x ) 在 [ － 1,1] 上存在零点， 0 ≤ b － 2 a ≤ 1 ，求 b 的取值范围 . 解析答案 点评 解　 设 s ， t 为方程 f ( x ) ＝ 0 的解，且－ 1 ≤ t ≤ 1 ， 解析答案 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 “ x 0 ” 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 “ x 0 ” 外其余不能使命题成立，或利用函数单调性证明此类问题 . 点评 解析答案 (1) 求曲线 y ＝ f ( x ) 在点 (0 ， f (0)) 处的切线方程； 解　 因为 f ( x ) ＝ ln(1 ＋ x ) － ln(1 － x ) ， 又因为 f (0) ＝ 0 ，所以曲线 y ＝ f ( x ) 在点 (0 ， f (0)) 处的切线方程为 y ＝ 2 x . 解析答案 因为 g ′ ( x )> 0(0< x <1 ) ，所以 g ( x ) 在区间 (0,1) 上单调递增 . 所以 g ( x )> g (0) ＝ 0 ， x ∈ (0,1) ， 解析答案 返回 解析答案 综上可知， k 的最大值为 2. 返回 高考 题型精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 解析答案 解析　 f ′ ( x ) ＝ x 2 － 4 x ，由 f ′ ( x ) ＞ 0 ，得 x ＞ 4 或 x ＜ 0. ∴ f ( x ) 在 (0,4) 上递减，在 (4 ，＋ ∞ ) 上递增， ∴ 当 x ∈ [0 ，＋ ∞ ) 时， f ( x ) min ＝ f (4). 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 解析答案 可得 f ( x ) 在 [0,4] 上单调递增，可得 f ( x ) 取得最小值 f (0) ＝－ 2 ， 可得 a ≤ － 2 ，即 a 的最大值为－ 2. － 2 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 解析答案 3. 函数 f ( x ) 的定义域是 R ， f (0) ＝ 2 ，对任意 x ∈ R ， f ( x ) ＋ f ′ ( x ) ＞ 1 ，则不等式 e x · f ( x ) ＞ e x ＋ 1 的解集为 ________. 解析 　 构造函数 g ( x ) ＝ e x · f ( x ) － e x ， 因为 g ′ ( x ) ＝ e x · f ( x ) ＋ e x · f ′ ( x ) － e x ＝ e x [ f ( x ) ＋ f ′( x )] － e x ＞ e x － e x ＝ 0 ， 所以 g ( x ) ＝ e x · f ( x ) － e x 为 R 上的增函数 . 又因为 g (0) ＝ e 0 · f (0) － e 0 ＝ 1 ， 所以原不等式转化为 g ( x ) ＞ g (0) ，解得 x ＞ 0. { x | x ＞ 0} 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 4. 当 x ∈ [ － 2,1] 时，不等式 ax 3 － x 2 ＋ 4 x ＋ 3 ≥ 0 恒成立，则实数 a 的取值范围是 _________ _ __. 解析 答案 [ － 6 ，－ 2] 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 解析　 当 x ＝ 0 时， ax 3 － x 2 ＋ 4 x ＋ 3 ≥ 0 变为 3 ≥ 0 ，恒成立，即 a ∈ R . 当 x ∈ (0,1] 时， ax 3 ≥ x 2 － 4 x － 3 ， 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 ∴ φ ( x ) 在 (0,1] 上单调递增， φ ( x ) max ＝ φ (1) ＝－ 6 ， ∴ a ≥ － 6. 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 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 . 综上知－ 6 ≤ a ≤ － 2. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 解析答案 5. 在平面直角坐标系 xOy 中，点 A (1,0) ， B (4,0). 若直线 x － y ＋ m ＝ 0 上存在点 P 使得 PA ＝ PB ，则实数 m 的取值范围是 _______ _ ______. ∴ 4 PA 2 ＝ PB 2 ， ∴ 4( x － 1) 2 ＋ 4( x ＋ m ) 2 ＝ ( x － 4) 2 ＋ ( x ＋ m ) 2 ， 化为 ( x ＋ m ) 2 ＝ 4 － x 2 ， ∴ 4 － x 2 ≥ 0 ，解得 x ∈ [ － 2,2] ， 令 x ＝ 2cos θ ， θ ∈ [0 ， π ] ， ∴ m ＝－ 2cos θ ±2sin θ ， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 解析答案 解析　 ∵ f ′ ( x ) ＝ 2 ax ＋ b ， ∴ f ′ (0) ＝ b >0. 当且仅当 a ＝ c 时 “ ＝ ” 成立 . 2 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 解析答案 7. 已知函数 f ( x ) ＝ ax 3 － 3 x 2 ＋ 1 ，若 f ( x ) 存在唯一的零点 x 0 ，且 x 0 >0 ，则 a 的取值范围是 _____ _ ______. 解析　 a ＝ 0 时，不符合题意； a ≠ 0 时， f ′ ( x ) ＝ 3 ax 2 － 6 x ， 若 a >0 ，则由图象知 f ( x ) 有负数零点，不符合题意 . 则 a <0 ，由图象 f (0) ＝ 1>0 知， 化简得 a 2 >4 ，又 a <0 ，所以 a < － 2. ( － ∞ ，－ 2) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 解析答案 8. 若在区间 [0,1] 上存在实数 x 使 2 x (3 x ＋ a )<1 成立，则 a 的取值范围是 _________ _ __. 解析　 2 x (3 x ＋ a )<1 可化为 a <2 － x － 3 x ， 则在区间 [0,1] 上存在实数 x 使 2 x (3 x ＋ a )<1 成立，等价于 a <(2 － x － 3 x ) max ，而 2 － x － 3 x 在 [0,1] 上单调递减， ∴ 2 － x － 3 x 的最大值为 2 0 － 0 ＝ 1 ， ∴ a <1 ， 故 a 的取值范围是 ( － ∞ ， 1). ( － ∞ ， 1) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 解析 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 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 ) ＝ x 2 － 2 ax ＋ 4 ≤ － 1 ， 即 x 2 － 2 ax ＋ 5 ≤ 0 ， 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 10. 已知 f ( x ) ＝ x ln x ， g ( x ) ＝－ x 2 ＋ ax － 3. (1) 对一切 x ∈ (0 ，＋ ∞ ) ， 2 f ( x ) ≥ g ( x ) 恒成立，求实数 a 的取值范围； 解析答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 解　 ∀ x ∈ (0 ，＋ ∞ ) ，有 2 x ln x ≥ － x 2 ＋ ax － 3 ， ① 当 x ∈ (0,1) 时， h ′ ( x )<0 ， h ( x ) 单调递减， ② 当 x ∈ (1 ，＋ ∞ ) 时， h ′ ( x )>0 ， h ( x ) 单调递增， 所以 h ( x ) min ＝ h (1) ＝ 4 . 解析答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 因为对一切 x ∈ (0 ，＋ ∞ ) ， 2 f ( x ) ≥ g ( x ) 恒成立， 所以 a ≤ h ( x ) min ＝ 4 ， 即 a 的取值范围为 ( － ∞ ， 4]. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 证明　 问题等价于证明 解析答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 解析答案 11.(2016· 课标全国丙 ) 设函数 f ( x ) ＝ ln x － x ＋ 1. (1) 讨论 f ( x ) 的单调性； 解　 由题设， f ( x ) 的定义域为 (0 ，＋ ∞ ) ， 当 0< x <1 时， f ′ ( x )>0 ， f ( x ) 单调递增； 当 x >1 时， f ′ ( x )<0 ， f ( x ) 单调递减 . 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 解析答案 证明　 由 (1) 知 f ( x ) 在 x ＝ 1 处取得最大值，最大值为 f (1) ＝ 0. 所以当 x ≠ 1 时， ln x < x － 1. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 解析答案 (3) 设 c >1 ，证明：当 x ∈ (0,1) 时， 1 ＋ ( c － 1) x > c x . 证明 　由题设 c >1 ，设 g ( x ) ＝ 1 ＋ ( c － 1) x － c x ， 则 g ′ ( x ) ＝ c － 1 － c x ln c . 当 x < x 0 时， g ′ ( x )>0 ， g ( x ) 单调递增； 当 x > x 0 时， g ′ ( x )<0 ， g ( x ) 单调递减 . 又 g (0) ＝ g (1) ＝ 0 ，故当 0< x <1 时， g ( x )>0. 所以当 x ∈ (0,1) 时， 1 ＋ ( c － 1) x > c x . 返回