考前三个月高考数学全国甲卷通用理科知识课件方法篇专题3函数与导数第15练

1、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,1.(2015课标全国)设函数f(x)ex(2x1)axa，其中a1，若存在唯一的整数x0，使得f(x0)0，则a的取值范围是(),体验高考,1,2,3,解析,解析设g(x)ex(2x1)，yaxa，由题知存在唯一的整数

2、x0，使得当xx0时，g(x)在直线yaxa的下方. 因为g(x)ex(2x1)，,1,2,3,当x0时，g(0)1，g(1)e0，直线ya(x1)恒过(1，0)且斜率为a， 故ag(0)1，,2.(2015课标全国)设函数f(x)emxx2mx. (1)证明：f(x)在(，0)单调递减，在(0，)单调递增；,解析答案,证明f(x)m(emx1)2x. 若m0，则当x(，0)时，emx10，f(x)0； 当x(0，)时，emx10，f(x)0. 若m0，则当x(，0)时，emx10，f(x)0； 当x(0，)时，emx10，f(x)0. 所以，f(x)在(，0)上单调递减，在(0，)上单调递增

3、.,1,2,3,解析答案,1,2,3,(2)若对于任意x1，x21，1，都有|f(x1)f(x2)|e1，求m的取值范围.,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x0处取得最小值.,设函数g(t)ette1，则g(t)et1.,1,2,3,1,2,3,当t0时，g(t)0；当t0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)e12e0，故当t1，1时，g(t)0. 当m1，1时，g(m)0，g(m)0，即式成立； 当m1时，由g(t)的单调性，g(m)0，即emme1； 当m1时，g

4、(m)0，即emme1. 综上，m的取值范围是1，1.,3.(2016江苏)已知函数f(x)axbx(a0，b0，a1，b1).,1,2,3,解析答案,求方程f(x)2的根；,(2x)222x10， 解得2x1，x0.,若对任意xR，不等式f(2x)mf(x)6恒成立，求实数m的最大值；,1,2,3,解析答案,令t2x2x，则t2. 又f(2x)22x22xt22，,1,2,3,(当且仅当t2时等号成立).,即m的最大值为4.,返回,解析答案,解0a1，b1，ln a0，ln b0. g(x)f(x)2axbx2. g(x)axln abxln b为单调递增函数，且值域为R， g(x)一定存在

5、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)a0b020，故极值点为0. g(0)0，即ln aln b0.ab1.,(2)若0a1，b1，函数g(x)f(x)2有且只有1个零点，求ab的值.,1,2,3,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(1x)，g(x)kx(kR). (1)证明：当x0时，f(x)x；,解析答案,证明令F(x)f(x)xln(1x)x，x(0，)，,当x(0，)时，F(x)0， 所以F(x)在(0，)上单调递减， 故当x0时，F(x)F(0)0， 即当x0时

6、，f(x)x.,(2)证明：当k1时，存在x00，使得对任意的x(0，x0)，恒有f(x)g(x).,解析答案,点评,证明令G(x)f(x)g(x)ln(1x)kx，x(0，)，,当k0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x0均满足题意. 当0k1时，令G(x)0，,解析答案,点评,从而G(x)在(0，x0)上单调递增， 所以G(x)G(0)0， 即f(x)g(x). 综上，当k1时，总存在x00， 使得对任意x(0，x0)， 恒有f(x)g(x).,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

7、数值恒大于或恒小于某一确定的值.,点评,变式训练1设f(x)exa(x1). (1)若xR，f(x)0恒成立，求正实数a的取值范围；,解析答案,解因为f(x)exa(x1)，所以f(x)exa. 由题意，知a0，故由f(x)exa0，解得xln 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)eln aa(ln a1)aln a. 由题意，若xR，f(x)0恒成立， 即f(x)exa(x1)0恒成立，故有aln a0， 又a0，所以ln a0，解得0a1. 所以正实数a的取值范围

8、为(0，1.,解析答案,解设x1，x2是任意的两个实数，且x1x2，,因为x2x10，所以g(x2)g(x1)m(x2x1)， 即g(x2)mx2g(x1)mx1.因为x1x2， 所以函数h(x)g(x)mx在R上为增函数， 故有h(x)g(x)m0恒成立，所以mg(x).,解析答案,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)x2axb(a，bR).,解析答案,(2)已知函数f(x)在1，1上存在零点，0b2a1，求b的取值范围.,解析答案,点评,解析答案,点评,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

9、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.,点评,(1)求曲线yf(x)在点(0，f(0)处的切线方程；,解因为f(x)ln(1x)ln(1x)，,解析答案,又因为f(0)0， 所以曲线yf(x)在点(0，f(0)处的切线方程为y2x.,解析答案,因为g(x)0(0g(0)0，x(0，1)，,返回,解析答案,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,解析,6,7,8,9,10,11,12,解析f(x)x24x，由f(x)0，得x4或x0. f(x)在(0，4)上递减，在(4，)上递增

10、， 当x0，)时，f(x)minf(4). 要使f(x)50恒成立，只需f(4)50恒成立即可，,解析,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,后期修订换题，学生用书已换；教师用书因已印刷，没有更换,x2x1a2a对任意实数x恒成立，,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,解析,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,3.若x0，)，则下列不等式恒成立的是(),1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,则f(x)sin xx0(x0)，,4.函数f(x)的定义域是R，f(0)2，对任意xR，f(x)f(x)1，则不等式exf(x)ex1的

11、解集为() A.x|x0 B.x|x0 C.x|x1，或x1 D.x|x1，或0 x1,解析,解析构造函数g(x)exf(x)ex， 因为g(x)exf(x)exf(x)exexf(x)f(x)exexex0， 所以g(x)exf(x)ex为R上的增函数. 又因为g(0)e0f(0)e01， 所以原不等式转化为g(x)g(0)，解得x0.,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,解析,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,5.当x2，1时，不等式ax3x24x30恒成立，则实数a的取值范围是(),解析当x0时，ax3x24x30变为30，恒成立，即aR.,(x)在

12、(0，1上单调递增，(x)max(1)6， a6.,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,解析,当x2，1)时，(x)0. 当x1时，(x)有极小值，即为最小值.,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,综上知6a2.,6.若函数f(x)(x1)ex，则下列命题正确的是(),1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,解析,解析f(x)(x2)ex， x2时，f(x)0，f(x)为增函数. x2时，f(x)0，f(x)为减函数，,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,2,解析f(x)2axb，f(0)b0.,当且仅当ac时“”成立.,1,

13、2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,解析答案,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,解析,答案,8.已知函数f(x)ax33x21，若f(x)存在唯一的零点x0，且x00，则a的取值范围是_.,(，2),解析a0时，不符合题意； a0时，f(x)3ax26x，,若a0，则由图象知f(x)有负数零点，不符合题意. 则a0知，,化简得a24， 又a0，所以a2.,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,解析答案,9.若在区间0，1上存在实数x使2x(3xa)1成立，则a的取值范围是_.,(，1),解析2x(3xa)1可化为a2x3x， 则在区间0，1上存

14、在实数x使2x(3xa)1成立，等价于a(2x3x)max， 而2x3x在0，1上单调递减， 2x3x的最大值为2001，a1， 故a的取值范围是(，1).,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,解析,答案,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，,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,解析答案,11.已知f(x)xln x，g(x)x2ax3. (1)对一切x(0，)，2f(x)g(x)恒成立，求实数a的取值范围；,1,2,3,4,5,6,7,8,

15、9,10,11,12,当x(0，1)时，h(x)0，h(x)单调递增， 所以h(x)minh(1)4. 因为对一切x(0，)，2f(x)g(x)恒成立， 所以ah(x)min4， 即a的取值范围为(，4.,解x(0，)，有2xln xx2ax3，,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,解析答案,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,当且仅当x1时取到.,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,12.(2016课标全国丙)设函数f(x)ln xx1. (1)讨论f(x)的单调性；,解析答案,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,解由题设，f(x)的定义域为(0，)，,当00，f(x)单调递增； 当x1时，f(x)0，f(x)单调递减.,解析答案,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,证明由(1)知f(x)在x