【文档说明】高考数学（全国甲卷通用理科）知识 方法篇 专题3　函数与导数 第15练 含答案.doc，共(11)页，107.000 KB，由MTyang资料小铺上传

转载请保留链接：https://www.ichengzhen.cn/view-75639.html

以下为本文档部分文字说明：

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.体验高考1.(2015·课标全国Ⅰ)设函数f(x)＝ex(2x－1)－ax＋a，其中a<1，若存在唯一的整数x0，使得f(

x0)<0，则a的取值范围是()A.－32e，1B.－32e，34C.32e，34D.32e，1答案D解析设g(x)＝ex(2x－1)，y＝ax－a，由题知存在唯一的整数x0，使

得当x＝x0时，g(x)在直线y＝ax－a的下方.因为g′(x)＝ex(2x＋1)，所以当x<－12时，g′(x)<0，当x>－12时，g′(x)>0，所以当x＝－12时，[g(x)]min＝－2e21，

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，且g(－1)＝－3e－1≥－a－a，解得32e≤a<1.故选D.2.(2015·课标全国Ⅱ)

设函数f(x)＝emx＋x2－mx.(1)证明：f(x)在(－∞，0)单调递减，在(0，＋∞)单调递增；(2)若对于任意x1，x2∈[－1，1]，都有|f(x1)－f(x2)|≤e－1，求m的取值范围.(1)证明f′(x)＝m(emx－1)＋2x.若m≥0，则当x∈(－∞，0)时，emx－1

≤0，f′(x)＜0；当x∈(0，＋∞)时，emx－1≥0，f′(x)＞0.若m＜0，则当x∈(－∞，0)时，emx－1＞0，f′(x)＜0；当x∈(0，＋∞)时，emx－1＜0，f′(x)＞0.所以，f(x)在(－∞，

0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增.(2)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x1，x2∈[－1，1]，|f(x1)－f(x2)|

≤e－1的充要条件是f1－f0≤e－1，f－1－f0≤e－1，即em－m≤e－1，e－m＋m≤e－1.①设函数g(t)＝et－t－e＋1，则g′(t)＝et－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em－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].3.(2016·江苏)已知函数f(x)＝ax＋bx(a＞0，b＞0，a≠1，b≠1).(1)设a＝2，b＝12.①求方程f(x)＝2的根；②若对任意x∈R

，不等式f(2x)≥mf(x)－6恒成立，求实数m的最大值；(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(1)①由已知可得2x＋12x＝2，即2x＋12x＝2.∴(2x)2－2·2x＋1＝0，解得2x＝1，∴x＝0.②f(x)＝2x＋1

2x＝2x＋2－x，令t＝2x＋2－x，则t≥2.又f(2x)＝22x＋2－2x＝t2－2，故f(2x)≥mf(x)－6可化为t2－2≥mt－6，即m≤t＋4t，又t≥2，t＋4t≥2t·4t＝4.(当且仅当t＝2时等号成立).∴m≤t＋4tmin＝4.即m的最大值为

4.(2)∵0＜a＜1，b＞1，∴lna＜0，lnb＞0.g(x)＝f(x)－2＝ax＋bx－2.∵g′(x)＝axlna＋bxlnb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)＝a0＋b0－2＝0，故极值点为0.∴g′(0)＝0，即lna＋lnb＝0.∴ab＝1.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；(2)证明：当k＜1时，存在x0＞0，使得对任意的x∈(0，x0)，恒有f(x)＞g(x).证明(1)令F(x)＝f(x)－x＝ln(1＋x)－x，x∈(0，＋∞)，则有F′(x)＝11＋x－1＝－xx＋1.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.(2)令G(x)＝f(x)－g(x)＝ln(1＋x)－kx，x∈(0，＋∞)，则有G′(x)＝1x＋1－k＝－kx＋1－kx＋1.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x0均满足题意.当0＜k＜1时，令G′(x)＝0，得x＝1－kk＝1k－1＞0，取x0＝1k－1，对任意x∈(0，x0)，有G′(x)＞0，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k＜1时，总存在x0＞0，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，从而说明函数值恒大于或恒小于某一确定的值.变式训练1设f(x)＝ex－a(x＋1).(1)若∀x∈R，f(x)≥

0恒成立，求正实数a的取值范围；(2)设g(x)＝f(x)＋aex，且A(x1，y1)，B(x2，y2)(x1≠x2)是曲线y＝g(x)上任意两点，若对任意的a≤－1，直线AB的斜率恒大于常数m，求m的

取值范围.解(1)因为f(x)＝ex－a(x＋1)，所以f′(x)＝ex－a.由题意，知a＞0，故由f′(x)＝ex－a＝0，解得x＝lna.故当x∈(－∞，lna)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(lna)＝elna－a(lna＋1)＝－alna.由题意，若∀x∈R，f(x)≥0恒成立，即f(x)＝ex－a(x＋1)≥0恒成立，故有－alna≥0，又a＞0，所以lna≤0，解得0＜a≤1.所以正

实数a的取值范围为(0，1].(2)设x1，x2是任意的两个实数，且x1＜x2，则直线AB的斜率为k＝gx2－gx1x2－x1.由已知k＞m，即gx2－gx1x2－x1＞m.因为x2－x1＞0，所

以g(x2)－g(x1)＞m(x2－x1)，即g(x2)－mx2＞g(x1)－mx1.因为x1＜x2，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).而g′(x)＝ex－a－aex，又a≤－1＜0，故g′(x)＝ex＋

－aex－a≥2ex·－aex－a＝2－a－a.而2－a－a＝2－a＋(－a)2＝(－a＋1)2－1≥3，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)＝x2＋

ax＋b(a，b∈R).(1)当b＝a24＋1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，0≤b－2a≤1，求b的取值范围.解(1)当b＝a24＋1时，f(x)＝x＋a22＋1，故对称轴为直线x＝－a2.当a

≤－2时，g(a)＝f(1)＝a24＋a＋2.当－2＜a≤2时，g(a)＝f－a2＝1.当a＞2时，g(a)＝f(－1)＝a24－a＋2.综上，g(a)＝a24＋a＋2，a≤－2，1，－2＜a

≤2，a24－a＋2，a＞2.(2)设s，t为方程f(x)＝0的解，且－1≤t≤1，则s＋t＝－a，st＝b，由于0≤b－2a≤1，因此－2tt＋2≤s≤1－2tt＋2(－1≤t≤1).当0≤t≤1时，－2t2t＋2≤st≤t－2t2t＋2.由于－23≤－2t2t＋2≤0和－13≤

t－2t2t＋2≤9－45，所以－23≤b≤9－45.当－1≤t＜0时，t－2t2t＋2≤st≤－2t2t＋2，由于－2≤－2t2t＋2＜0和－3≤t－2t2t＋2＜0，所以－3≤b＜0.故b的取值范围是[－3，9－45

].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·北京)已知函数f(x)＝ln1＋x1－x.(1)求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；(2)求证：当x∈(0，1)时，f(x)＞2x＋x33；(3)设实数k使得f(x)＞kx＋x33对x∈(0，1)恒成立，求k的最

大值.(1)解因为f(x)＝ln(1＋x)－ln(1－x)，所以f′(x)＝11＋x＋11－x，f′(0)＝2.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＝2x.(2)证明令g(x)＝f(x)－2x＋x

33，则g′(x)＝f′(x)－2(1＋x2)＝2x41－x2.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)，即当x∈(0，1)时

，f(x)>2x＋x33.(3)解由(2)知，当k≤2时，f(x)>kx＋x33对x∈(0，1)恒成立.当k>2时，令h(x)＝f(x)－kx＋x33，则h′(x)＝f′(x)－k(1＋x2)＝kx4－k－21－x2.所以当

0<x<4k－2k时，h′(x)<0，因此h(x)在区间0，4k－2k上单调递减.故当0<x<4k－2k时，h(x)<h(0)＝0，即f(x)<kx＋x33.所以当k>2时，f(x)>kx＋x33并非对x∈(0，1)恒成立.综上可知，k的最大值

为2.高考题型精练1.已知函数f(x)＝13x3－2x2＋3m，x∈[0，＋∞)，若f(x)＋5≥0恒成立，则实数m的取值范围是()A.179，＋∞B.179，＋∞C.(－∞，2]D.(－∞，2)答案A解析f′(x)＝x2－4x，

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).∴要使f(x)＋5≥0恒成立，只需f(4)＋5≥0恒成立即可，代入解得m≥179.2.在R上定义运算：abcd＝ad－

bc，若不等式x－1a－2a＋1x≥1对任意实数x恒成立，则实数a的最大值为()A.－12B.－32C.12D.32答案D解析由定义知，不等式x－1a－2a＋1x≥1等价于x2－x－(a2－a－

2)≥1，∴x2－x＋1≥a2－a对任意实数x恒成立，∵x2－x＋1＝(x－12)2＋34≥34，∴a2－a≤34，解得－12≤a≤32，则实数a的最大值为32.3.若x∈[0，＋∞)，则下列不等式恒成立的是()A.ex≤1＋x＋

x2B.11＋x≤1－12x＋14x2C.cosx≥1－12x2D.ln(1＋x)≥x－18x2答案C解析设f(x)＝cosx＋12x2－1，则f′(x)＝－sinx＋x≥0(x≥0)，所以f(x)＝cosx＋12x2－1是增函数，所以f(x)＝cosx

＋12x2－1≥f(0)＝0，即cosx≥1－12x2.4.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ex·f(x)＞ex＋1的解集为()A.{x|x＞0}B.{x|x＜0}C.{x|x＜－1，或x＞1}D.{x|x＜－1，或0＜x＜

1}答案A解析构造函数g(x)＝ex·f(x)－ex，因为g′(x)＝ex·f(x)＋ex·f′(x)－ex＝ex[f(x)＋f′(x)]－ex＞ex－ex＝0，所以g(x)＝ex·f(x)－ex为R上的增函数.又因为g(0)＝e0·f(0)－e0＝1，所以原

不等式转化为g(x)＞g(0)，解得x＞0.5.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()A.[－5，－3]B.[－6，－98]C.[－6，－2]D.[－4，－3]答案C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≥x2－4x－3x3，∴a≥x2－4x－3x3max.设φ(x)＝x2－4x－3x3，φ′(x)＝2x－4x3－x2－4x－33x2x6＝－x2－8x－9x4＝－x－9

x＋1x4>0，∴φ(x)在(0，1]上单调递增，φ(x)max＝φ(1)＝－6，∴a≥－6.当x∈[－2，0)时，a≤x2－4x－3x3，∴a≤x2－4x－3x3min.仍设φ(x)＝x2－4x－3x3，

φ′(x)＝－x－9x＋1x4.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)＝1＋4－3－1＝－2，∴a≤－2.综

上知－6≤a≤－2.6.若函数f(x)＝(x＋1)·ex，则下列命题正确的是()A.对任意m<－1e2，都存在x∈R，使得f(x)<mB.对任意m>－1e2，都存在x∈R，使得f(x)<mC.对任意m<－1e2，方程f(x)＝m只有一个

实根D.对任意m>－1e2，方程f(x)＝m总有两个实根答案B解析∵f′(x)＝(x＋2)·ex，∴x>－2时，f′(x)>0，f(x)为增函数.x<－2时，f′(x)<0，f(x)为减函数，∴f(－2)＝

－1e2为f(x)的最小值，即f(x)≥－1e2(x∈R)，故B正确.7.已知二次函数f(x)＝ax2＋bx＋c的导函数为f′(x)，f′(x)>0，对于任意实数x，有f(x)≥0，则f1f′0的最小值为________.答案2解析∵f′(x)＝2ax＋b，∴f′(0)＝b>0.

由题意知Δ＝b2－4ac≤0a>0，∴ac≥b24，∴c>0，∴f1f′0＝a＋b＋cb≥b＋2acb≥2bb＝2，当且仅当a＝c时“＝”成立.8.已知函数f(x)＝ax3－3x2＋1，若f(x)存在唯一的零点x0，

且x0>0，则a的取值范围是______.答案(－∞，－2)解析a＝0时，不符合题意；a≠0时，f′(x)＝3ax2－6x，令f′(x)＝0，得x＝0或x＝2a.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，此时必有0<f

2a<1，即0<a×8a3－3×4a2＋1<1，化简得a2>4，又a<0，所以a<－2.9.若在区间[0，1]上存在实数x使2x(3x＋a)<1成立，则a的取值范围是________.答案(－∞，1)解析2x(3x＋a)<1可化为a<2－x－3x，则在区间[0，1]上存在实数x使2x(3

x＋a)<1成立，等价于a<(2－x－3x)max，而2－x－3x在[0，1]上单调递减，∴2－x－3x的最大值为20－0＝1，∴a<1，故a的取值范围是(－∞，1).10.已知函数f(x)＝x－1x＋1，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94，＋∞解析由于f′(x)＝1＋1x＋12>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≥x2＋52x能成立.令h(x)＝x2＋52x，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)＝x2＋52x在[1，2]上单调递减，所以h(x)min＝h(2)＝94，故只需a≥94.11.已知f(x)＝xlnx，g(x)＝－x2＋ax－3.(1)对一切x∈(0，＋∞)，2f(x)≥g(x)恒成立，求实数a的取值范

围；(2)证明：对一切x∈(0，＋∞)，都有lnx>1ex－2ex成立.(1)解∀x∈(0，＋∞)，有2xlnx≥－x2＋ax－3，则a≤2lnx＋x＋3x，设h(x)＝2lnx＋x＋3x(x>0)，则h′(x)＝x＋3x－1x

2，①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.因为对一切x∈(0，＋∞)，2f(x)≥g(x)恒成立，所以a≤h(x)min＝4，即a的取值范围为(－∞，4

].(2)证明问题等价于证明xlnx>xex－2e(x∈(0，＋∞))成立.f(x)＝xlnx(x∈(0，＋∞))的最小值是－1e，当且仅当x＝1e时取到.设m(x)＝xex－2e(x∈(0，＋∞))，则m′(x)＝1－xex，

易知m(x)max＝m(1)＝－1e，当且仅当x＝1时取到.从而对一切x∈(0，＋∞)，都有lnx>1ex－2ex成立.12.(2016·课标全国丙)设函数f(x)＝lnx－x＋1.(1)讨论f(x)的单调性；(

2)证明：当x∈(1，＋∞)时，1<x－1lnx<x；(3)设c>1，证明：当x∈(0，1)时，1＋(c－1)x>cx.(1)解由题设，f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1x－1，令f′(x)＝0解得x＝1.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.(2)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，lnx<x－1.故当x∈(1，＋∞)时，lnx<x－1，ln1x<1x－1，即1<x－1lnx<x.(3)证明由

题设c>1，设g(x)＝1＋(c－1)x－cx，则g′(x)＝c－1－cxlnc.令g′(x)＝0，解得x0＝lnc－1lnclnc.当x<x0时，g′(x)>0，g(x)单调递增；当x>x0时，g′(x)<0，g(x)单调递减.由(2)知1<c－1lnc<c，故0<x0

<1.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>cx.