【高考前三个月复习数学理科函数与导数】专题3 第15练

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(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.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.变式训练1(2015山东)设函数f(x)ln(x1)a(x2x)，其中aR.(1)讨论函数f(x)极值点的个数，并说明理由；(2)若x0，f(x)0成立，求a的取值范围.题型二存在性问题例2(2014辽宁)已知函数f(x)(cos xx)(2x)(sin x1)，g(x)3(x)cos x4(1sin x)ln(3).证明：(1)存在唯一x0(0，)，使f(x0)0；(2)存在唯一x1(，)，使g(x1)0，且对(1)中的x0，有x0x1.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(2015浙江)设函数f(x)x2axb(a，bR).(1)当b1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，0b2a1，求b的取值范围.高考题型精练1.(2014辽宁)当x2,1时，不等式ax3x24x30恒成立，则实数a的取值范围是()A.5，3 B.6，C.6，2 D.4，32.(2015大连模拟)若正实数x，y满足xy2，且M恒成立，则M的最大值为()A.1 B.2 C.3 D.43.若存在正数x使2x(xa)1成立，则a的取值范围是()A.(，) B.(2，)C.(0，) D.(1，)4.若函数f(x)(x1)ex，则下列命题正确的是()A.对任意m，都存在xR，使得f(x)，都存在xR，使得f(x)mC.对任意m，方程f(x)m总有两个实根5.(2015天津模拟)若不等式2xln xx2ax3对x(0，)恒成立，则实数a的取值范围是()A.(，0) B.(，4C.(0，) D.4，)6.若x0，)，则下列不等式恒成立的是()A.ex1xx2 B.1xx2C.cos x1x2 D.ln(1x)xx27.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()A.(，1) B.(1，)C.(，1)(1，) D.1,18.(2014江苏)已知函数f(x)x2mx1，若对于任意xm，m1，都有f(x)0，函数f(x)aexcos x(x0，).记xn为f(x)的从小到大的第n(nN*)个极值点.(1)证明：数列f(xn)是等比数列；(2)若对一切nN*，xn|f(xn)|恒成立，求a的取值范围.12.(2014陕西)设函数f(x)ln x，mR.(1)当me(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ba0，0，1x1.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，h(x)3x23，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)43aa3，且0a0，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.当a1时，g(a)23a，故h(x)x33x2，h(x)3x23，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x1,1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(2x1).令g(x)2ax2axa1，x(1，).当a0时，g(x)1，此时f(x)0，函数f(x)在(1，)上单调递增，无极值点；当a0时，a28a(1a)a(9a8).()当0a时，0，g(x)0，f(x)0，函数f(x)在(1，)上单调递增，无极值点；()当a时，0，设方程2ax2axa10的两根为x1，x2(x1x2)，因为x1x2，所以x1，x2.由g(1)10，可得1x1.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.()当a0时，0，由g(1)10，可得x11.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a0时，函数f(x)有一个极值点；当0a时，函数f(x)无极值点；当a时，函数f(x)有两个极值点.(2)由(1)知，当0a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；当a1时，由g(0)0，得x20，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；当a1时，由g(x)0，可得x20.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；当a0时，设h(x)xln(x1).因为x(0，)时，h(x)10 ，所以h(x)在(0，)上单调递增，因此当x(0，)时，h(x)h(0)0，即ln(x1)x.可得f(x)xa(x2x)ax2(1a)x，当x1时，ax2(1a)x0，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)(1sin x)(2x)2xcos x0，f()20，当t(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()4ln 2 0，故g(x)(1sin x)h(x)与h(x)有相同的零点，所以存在唯一的x1(，)，使g(x1)0.因为x1t1，t1x0，所以x0x10，(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.综上知6a2.2.A xy21，1，M恒成立，M1.3.D 2x(xa)x.令f(x)x，f(x)12xln 20.f(x)在(0，)上单调递增，f(x)f(0)011，a的取值范围为(1，)，故选D.4.B f(x)(x2)ex，x2时，f(x)0，f(x)为增函数.x2时，f(x)0)，则h(x).当x(0,1)时，h(x)0，函数h(x)单调递增，所以h(x)minh(1)4，所以ah(x)min4.故a的取值范围是(，4.6.C 设f(x)cos xx21，则f(x)sin xx0(x0)，所以f(x)cos xx21是增函数，所以f(x)cos xx21f(0)0，即cos x1x2.7.A 当a0时，显然不成立，故排除D；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a1.8.(，0)解析作出二次函数f(x)的图象，对于任意xm，m1，都有f(x)0，则有即解得m0，即x(0,1时，f(x)ax33x10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)maxg()4，从而a4.当x0，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.11.(1)证明f(x)aexcos xaexsin xaexcos.令f(x)0，由x0，得xm，即xm，mN*.而对于cos，当kZ时，若2kx2k，即2kx2k，则cos0.若2kx2k，即2kx2k，则cos0.因此，在区间与上，f(x)的符号总相反.于是当xm(mN*)时，f(x)取得极值，所以xnn(nN*).此时，f(xn)cos(1)n1.易知f(xn)0，而e是常数，故数列f(xn)是首项为f(x1)，公比为e的等比数列.(2)解对一切nN*，xn|f(xn)|恒成立，即ne恒成立，亦即恒成立(因为a0).设g(t)(t0)，则g(t).令g(t)0得t1.当0t1时，g(t)0，所以g(t)在区间(0,1)上单调递减；当t1时，g(t)0，所以g(t)在区间(1，)上单调递增.因为x1(0,1)，且当n2时，xn(1，)，xnxn1，所以g(xn)minming(x1)，g(x2)ming.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me时，f(x)ln x，则f(x)，当x(0，e)，f(x)0，f(x)在(e，)上单调递增，当xe时，f(x)取得极小值f(e)ln e2，f(x)的极小值为2.(2)由题设g(x)f(x)(x0)，令g(x)0，得mx3x(x0).设(x)x3x(x0