江苏高考数学复习八大难点突破难点8函数最值恒成立及存在性问题学案

1、(3)是否存在正整数a，使得1n3n(2n1)n(an)n对一切正整数n都成难点八函数最值、恒成立及存在性问题(对应学生用书第75页)恒成立问题和有解问题、无解问题是联系函数、方程、不等式的纽带和桥梁，也是高考的重点和热点问题，往往用到的方法是依据不等式的特点，等价变形，构造函数，借助图象观察，或参变分离，转化为求函数的最值问题来处理恒成立fxminaF(x)a：有解fxmaxa无解fxmaxa具体方法为将已知恒成立或存在性的不等式或等式由等价原理把参数和变量分离开，转化为一元已知函数的最值问题处理，关键是搞清楚哪个是变量哪个是参数，一般遵循“知道谁的范围，谁是变量；求谁的范围，谁是参数”的原

2、则参变分离后虽然转化为一个已知函数的最值问题，但是有些函数解析式复杂，利用导数知识无法完成，或者是不易参变分离，故可利用构造函数法【例1】(2017盐城市滨海县八滩中学二模)设f(x)exa(x1)(1)若a0，f(x)0对一切xR恒成立，求a的最大值；a(2)设g(x)f(x)ex，A(x1，y1)，B(x2，y2)(x1x2)是曲线yg(x)上任意两点，若对任意的a1，直线AB的斜率恒大于常数m，求m的取值范围；ee1立？若存在，求a的最小值；若不存在，请说明理由.【导学号：56394112】解(1)f(x)exa(x1)，f(x)exa，a0，f(x)exa0的解为xlna.f(x)mi

3、nf(lna)aa(lna1)alna.f(x)0对一切xR恒成立，alna0，alna0，amax1.(2)f(x)exa(x1)，aag(x)f(x)exexexaxa.a1，直线AB的斜率恒大于常数m，exxaag(x)exexa2aea2am(a1)，解得m3，iii2nin2n取x，i1,3，2n1，得1e，即e，实数m的取值范围是(，3(3)设t(x)exx1，则t(x)ex1，令t(x)0得：x0.在x0时t(x)0，f(x)递减；在x0时t(x)0，f(x)递增t(x)最小值为t(0)0，故exx1，i2n2n2n2累加得2n1e2n3e21n3n2n1ne2n2n2ne.e1

4、1e1en12221e11n3n(2n1)n(2n)n，故存在正整数a2.使得1n3n(2n1)ne(an)n.解(1)f(x)(x1)lnxaxa，f(x)lnx1a，若f(x)在(0，)上单调递增，则alnx1在(0，)恒成立(a0)，令g(x)lnx1(x0)，g(x)，则m(x)lnx1，ee1e1【例2】(2017江苏省无锡市高考数学一模)已知函数f(x)(x1)lnxaxa(a为正实数，且为常数)(1)若f(x)在(0，)上单调递增，求a的取值范围；(2)若不等式(x1)f(x)0恒成立，求a的取值范围1x1x1x1xx2令g(x)0，解得：x1，令g(x)0，解得：0 x1，故g

5、(x)在(0,1)递减，在(1，)递增，故g(x)ming(1)2，故0a2；(2)若不等式(x1)f(x)0恒成立，即(x1)(x1)lnxaxa0恒成立，x1时，只需a(x1)lnx恒成立，令m(x)(x1)lnx(x1)，1x由(1)得：m(x)2，故m(x)在1，)递增，m(x)m(1)0，则n(x)lnx1，由(1)知n(x)在(0,1)递减，lnx解(1)yf(x)g(x)，y，x1时，y0，y，故切线方程是：yx；exx令h(x)g(x)f(x)lnxx(x0)，eh(x)，故a0，而a为正实数，故a0不合题意；0 x1时，只需a(x1)lnx，令n(x)(x1)lnx(0 x1

6、)，1x故n(x)n(1)2，故n(x)在(0,1)递增，故n(x)n(1)0，故a0，而a为正实数，故a0.1【例3】(2017江苏省淮安市高考数学二模)已知函数f(x)ex，g(x)lnx，其中e为自然对数的底数(1)求函数yf(x)g(x)在x1处的切线方程；(2)若存在x1，x2(x1x2)，使得g(x1)g(x2)f(x2)f(x1)成立，其中为常数，求证：e；(3)若对任意的x(0,1，不等式f(x)g(x)a(x1)恒成立，求实数a的取值范围.【导学号：56394113】1lnxxexex1e11ee(2)证明：由g(x1)g(x2)f(x2)f(x1)，得：g(x1)f(x1)

7、g(x2)f(x2)，xex令(x)exx，则(x)ex，由x0，得ex1，1时，(x)0，(x)递增，故h(x)0，h(x)递增，不成立；1时，令(x)0，解得：xln，故(x)在(0，ln)递减，在(ln，)递增，(x)(ln)ln，即lnxa(x1)0在(0,1恒成立，令F(x)a(x1)，x(0,1，F(1)0，x1F(x)a，F(1)a，lnxex1F(1)0时，a，F(x)递减，故a.(2)确定a的所有可能取值，使得f(x)e1x在区间(1，)内恒成立(e2.718解(1)f(x)2ax(x0)令m()ln(1)，则m()ln0，故m()递减，又m(e)0，若e，则m()0，(x)

8、0，h(x)递增，不成立，若e，则m()0，函数h(x)有增有减，满足题意，故e；(3)若对任意的x(0,1，不等式f(x)g(x)a(x1)恒成立，exlnxex1lnxexe11xeex而F(1)0，故F(x)0，F(x)递增，F(x)F(1)0，成立，F(1)0时，则必存在x0，使得F(x)0，F(x)递增，F(x)F(1)0不成立，1e【例4】设函数f(x)ax2alnx，其中aR.(1)讨论f(x)的单调性；1x为自然对数的底数)12ax21xx当a0时，f(x)0时，由f(x)0，有x1.2a此时，当x0，2a1时，f(x)0，f(x)单调递增2a11(2)令g(x)xex1，s(x)ex1x，当a时，令h(x)f(x)g(x)(x1)1x当x1时，h(x)2ax2ex2综上，a，.2a2axxxxxxx1则s(x)ex11.而当x1时，s(x)0，所以s(x)在区间(1，)内单调递增又由s(1)0，有s(x)0，从而当x1时，g(x)0.当a0，x1时，f(x)a(x21)lnxg(x)在区间(1，)内恒成立时，必有a0.11当0a1.22a11由(1)有f0，所以此时f(x)g(x)在区间(1，)内不恒成立1211111x32x1x22x10.22因