高考数学二轮专题检测【18】存在与恒成立问题（含答案）

1、18存在与恒成立问题1(2013·课标全国改编)若存在正数x使2x(xa)<1成立，则a的取值范围是_答案(1，)解析2x(xa)<1，a>x.令f(x)x，f(x)12xln 2>0.f(x)在(0，)上单调递增，f(x)>f(0)011，a的取值范围为(1，)2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_答案(，1)解析当a0时，显然不成立；当a>0时，注意到f(x)6ax26ax6ax(x1)，即f(x)在0,1上是减函数，

2、在1,2上是增函数，又f(0)1<g(0)，当x00时，结论不可能成立；进一步，可知a<0，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a<1.- 2 - / 113(2014·课标全国改编)设函数f(x)sin.若存在f(x)的极值点x0满足xf(x0)2<m2，则m的取值范围是_答案(，2)(2，)解析f(x)sin 的极值点即为函数图象中的最高点或最低点的横坐

3、标，由三角函数的性质可知T2m，x0km(kZ)假设不存在这样的x0，即对任意的x0都有xf(x0)2m2，则(km)23m2，整理得m2(k2k)30，即k2k恒成立，因为yk2k的最小值为(当k1或0时取得)，故2m2，因此原存在性命题成立的条件是m>2或m<2.4(2014·山东改编)已知实数x，y满足ax<ay(0<a<1)，则下列关系式恒成立的是_>； ln(x21)>ln(y21)；sin x>sin y; x3>y3.答案解析因为0<a<1，ax<ay，所以x>y.采用赋值法判断，中，当x1，

4、y0时，<1，不成立中，当x0，y1时，ln 1<ln 2，不成立中，当x0，y时，sin xsin y0，不成立中，因为函数yx3在R上是增函数，故正确5若函数f(x)ln xax22x(a0)存在单调递减区间，则实数a的取值范围是_答案1<a<0或a>0解析对函数f(x)求导，得f(x)(x>0)依题意，得f(x)<0在(0，)上有解，即ax22x1>0在(0，)上有解，44a>0且方程ax22x10至少有一个正根，a>1，又a0，1<a<0或a>0.6(2014·辽宁改编)当x2,1时，不等式ax3x

5、24x30恒成立，则实数a的取值范围是_答案6，2解析当x0时，ax3x24x30变为30恒成立，即aR.当x(0,1时，ax3x24x3，a，amax.设(x)，(x)>0，(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x(1,0)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6a2.7设函数f(x)ax33x1(xR)，若对于任意x1,1，都有f(x)0成立，则实数a的值为_答案4解析若x0，则不论a取何值，f(x)0显然成立；当x>0时，

6、即x(0,1时，f(x)ax33x10可化为a.即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x<0，即x1,0)时，同理a.g(x)在区间1,0)上单调递增，所以g(x)ming(1)4，从而a4，综上可知a4.8(2014·江苏)已知函数f(x)x2mx1，若对于任意xm，m1，都有f(x)<0成立，则实数m的取值范围是_答案(，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<m<0.9已知函数f(x)x，g(x)x22ax4，若对于任意

7、x10,1，存在x21,2，使f(x1)g(x2)，则实数a的取值范围是_答案解析由于f(x)1>0，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.10(2014·浙江)已知函数f(x)x33|xa|(a>0)，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

8、.(1)解因为a>0，1x1.所以当0<a<1时，若x1，a，则f(x)x33x3a，f(x)3x23<0，故f(x)在(1，a)上是减函数；若xa,1，则f(x)x33x3a，f(x)3x23>0，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)3x23<0，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0<a<1时，g(a)a3.若xa,1，则h(x)x33x3aa3，h(x)3x23，所以h(x)在(a,1)上是增

9、函数，所以，h(x)在a,1上的最大值是h(1)43aa3，且0<a<1，所以h(1)4.故f(x)g(a)4.若x1，a，则h(x)x33x3aa2，h(x)3x23，所以h(x)在(1，a)上是减函数，所以，h(x)在1，a上的最大值是h(1)23aa3.令t(a)23aa3，则t(a)33a2>0，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

10、.综上，当x1,1时，恒有f(x)g(a)4.11已知函数f(x)(x1)ln xx1.(1)若xf(x)x2ax1，求a的取值范围；(2)证明：(x1)f(x)0.(1)解f(x)ln x1ln x，xf(x)xln x1，而xf(x)x2ax1(x0)等价于ln xxa.令g(x)ln xx，则g(x)1.当0x1时，g(x)0；当x1时，g(x)0，x1是g(x)的最大值点，g(x)g(1)1.综上可知，a的取值范围是.(2)证明由(1)知，g(x)g(1)1，即ln xx10.当0x1时，f(x)(x1)ln xx1xln x(ln xx1)<0，(x1)f(x)>0；当x

11、1时，f(x)ln x(xln xx1)ln xxln xx0.(x1)f(x)0.综上，在定义域内满足(x1)f(x)0恒成立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b>a>0，<1恒成立，求m的取值范围解(1)由题设，当me时，f(x)ln x，则f(x)，当x(0，e)时，f(x)<0，f(x)在(0，e)上单调递减，当x(e，)时，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，

12、f(x)的极小值为2.(2)由题设g(x)f(x)(x>0)，令g(x)0，得mx3x(x>0)设(x)x3x(x0)，则(x)x21(x1)(x1)，当x(0,1)时，(x)>0，(x)在(0,1)上单调递增；当x(1，)时，(x)<0，(x)在(1，)上单调递减x1是(x)的唯一极值点，且是极大值点，因此x1也是(x)的最大值点，(x)的最大值为(1).又(0)0，结合y(x)的图象(如图)，可知当m>时，函数g(x)无零点；当m时，函数g(x)有且只有一个零点；当0<m<时，函数g(x)有两个零点；当m0时，函数g(x)有且只有一个零点综上所述，当m>时，函数g(x)无零点；当m或m0时，函数g(x)有且只有一个零点；当0<m<