2019届高三数学备考冲刺140分问题04函数中的存在性与恒成立问题(含解析)7924

1、2019届高三数学备考冲刺140分问题04函数中的存在性与恒成立问题(含分析)_79242019届高三数学备考冲刺140分问题04函数中的存在性与恒成立问题(含分析)_792425/252019届高三数学备考冲刺140分问题04函数中的存在性与恒成立问题(含分析)_7924问题04函数中的存在性与恒成立问题一、考情剖析函数内容作为高中数学知识系统的核心,也是历年高考的一个热门.在新课标下的高考愈来愈着重对学生的综合素质的观察,恒成立与存在性问题即是一个观察学生综合素质的很好门路,它主要波及到一次函数、二次函数、三角函数、指数函数和对数函数等常有函数的图象和性质及不等式等知识,浸透着换元、化归、

2、数形联合、函数与方程等思想方法,在培育思想的灵巧性、创建性等方面起到了踊跃的作用,故备受高考命题者的喜爱,成为高考能力型试题的首选.二、经验分享(1)设f(x)ax2bxc(a0),（1）f(x)0在xR上恒成立a0且0；（2）f(x)0在xR上恒成立a且0.0(2)对于一次函数f(x)kxb,xm,n有：f(x)0恒成立f(m)00恒成立f(m)0,f(x)f(n)0f(n)0依据方程有解求参数范围,若参数能够分别出来,可把求参数范围转变为求函数值域(4)利用分别参数法来确立不等式fx,0,（xD,为实参数）恒成立中参数的取值范围的基本步骤:将参数与变量分别,即化为gfx（或gfx）恒成立的

3、形式；求fx在xD上的最大（或最小）值；解不等式gf(x)max(或gfxmin),得的取值范围.(5)对于参数不可以独自放在一侧的,能够利用函数图象来解.利用数形联合解决恒成立问题,应先结构函数,作出切合已知条件的图形,再考虑在给定区间上函数与函数图象之间的关系,得出答案或列出条件,求出参数的范围.(6)某些含参不等式恒成立问题,在分别参数会碰到议论的麻烦或许即便能简单分别出参数与变量,但函数的最值却难以求出时,可考虑变换思想角度.即把主元与参数换个地点,再联合其余知识,常常会获得出奇制胜的成效.三、知识拓展(1)恒成立问题.?xD,均有f(x)A恒成立,则f(x)minA；.?xD,均有f

4、(x)A恒成立,则f(x)maxg(x)恒成立,则F(x)=f(x)-g(x)0,F(x)min0；.?xD,均有f(x)g(x)恒成立,则F(x)=f(x)-g(x)0,F(x)maxg(x2)恒成立,则f(x)ming(x)max；.?x1D,?x2E,均有f(x1)g(x2)恒成立,则f(x)maxA成立,则f(x)maxA；.?x0D,使得f(x0)A成立,则f(x)ming(x0)成立,设F(x)=f(x)-g(x),F(x)max0；.?x0D,使得f(x0)g(x0)成立,设F(x)=f(x)-g(x),F(x)min(2)成立,则f()maxg(x)min；DExgxx.?x1

5、D,?x2E,均使得f(x1)g(x2)成立,则f(x)ming(x)成立,则f(x)ming(x)min；1212?x1D,?x2E,使得f(x1)g(x2)成立,则f(x)maxg(x).max四、题型剖析解决高中数学函数的存在性与恒成立问题常用以下几种方法：函数性质法；分别参数法；主参换位法；数形联合法等.(一)函数性质法【例1】已知函数f(x)x3ax210,若在区间1,2内起码存在一个实数x,使得f(x)x310中x21,4,所以能够进行参数分别,而无需要分类议论【牛刀小试】【2017山西大学附中第二次模拟】设函数fxex2x1axa,此中a1,若存在独一的整数t,使得ft0,则a的

6、取值范围是（）A3,1B3,3C2e2e43,3D3,12e42e【答案】D【分析】令gxex2x1,hxaxa.由题意知存在独一整数t,使得gt在直线hx的下方.gxex2x1,当x1时,函数单一递减,当x1,函数单一递加,当x1时,函数获得最2221小值为2e2.当x0时,g(0)1,当x1时,g(1)e0,直线hxaxa过定点1,0,斜率为a,故ag0且g13e1aa,解得m3,1.2e(二)分别参数法【例2】已知函数f(x)axxlnx的图象在点xe（e为自然对数的底数）处的切线的斜率为3务实数a的值；(2)若f(x)kx2对随意x0成立,务实数k的取值范围.【剖析】（）由f(x)al

7、nx1联合条件函数f(x)axxlnx的图象在点xe处的切线的斜率为3,1可知f(e)3,可成立对于a的方程：alne13,从而解得a1；（2）要使f(x)kx2对随意x0恒成立,只要kf(2x)max即可,而由（1）可知f(x)xxlnx,问题即等价于求函数g(x)1lnx的最xx1x(1lnx)lnx大值,能够经过导数研究函数g(x)的单一性,从而求得其最值：g(x)xx2x2,令g(x)0,解得x1,当0 x1时,g(x)0,g(x)在(0,1)上是增函数；当x1时,g(x)0,g(x)在(1,)上是减函数,所以g(x)在x1处获得最大值g(1)1,k1即为所求.(2)由（1）知,f(x

8、)xxlnx,f(x)kx2对随意x0成立k1lnx对随意x0成立,x令g(x)1lnx,则问题转变为求g(x)的最大值,x1x(1lnx)lnxg(x)xx2,令g(x)0,解得x1,x2当0 x1时,g(x)0,g(x)在(0,1)上是增函数；当x1时,g(x)0,g(x)在(1,)上是减函数故g(x)在x1处获得最大值g(1)1,k1即为所求.【评论】在函数存在性与恒成立问题中求含参数范围过程中,当此中的参数（或对于参数的代数式）能够与其余变量完整分别出来并,且分别后不等式此中一边的函数（或代数式）的最值或范围可求时,常用分别参数法.此类问题可把要求的参变量分别出来,独自放在不等式的一侧

9、,将另一侧当作新函数,于是将问题转变成新函数的最值问题.利用分别参数法来确立不等式fx,0,（xD,为实参数）恒成立中参数的取值范围的基本步骤:(1)将参数与变量分别,即化为gfx（或gfx）恒成立的形式；求fx在xD上的最大（或最小）值；(3)解不等式gfxmax(或gfxmin),得的取值范围.【牛刀小试】【2017湖南省郴州市上学期第一次教课质量监测】已知函数f(x)logax,g(x)2loga(2xt2),此中a0且a1,tR(1)若t4,且x1,2时,F(x)g(x)f(x)的最小值是2,务实数a的值；41(2)若0a1,且x,2时,有f(x)g(x)恒成立,务实数t的取值范围.4

10、【答案】(1)1；(2)2,).5(2)f(x)g(x)恒成立,即logax2loga(2xt2)恒成立,1logaxloga(2xt2).2又0a1,x1,2,x2xt2,4t2xx2恒成立,t(2xx2)max.令y2xx22(x1)217(x1,2),484ymax2.故实数t的取值范围为2,).(三)主参换位法【例3】已知函数f(x)ln(exa)(a为常数）是实数集R上的奇函数,函数gxf(x)sinx是区间1,1上的减函数,(1)求a的值；(2)若g(x)t2t1在x1,1上恒成立,求t的取值范围.【剖析】在第二小题所给条件中出现了两个字母：及t,那么解题的重点恰好就在于该把此中哪

11、个字母看成是一个变量,另一个作为常数.而依据此题中的条件特点明显可将视作自变量,则上述问题即可转变为在1内对于的一次函数大于等于0恒成立的问题,问题即可求解.【分析】(1)a1(2)由(1)知：f(x)x,g(x)xsinx,g(x)在11，上单一递减,g(x)cosx0cosx在1，1上恒成立,1，g(x)maxg(1)sin1,只要sin1t2t1,(t1)t2sin110（此中1）恒成立,由上述结论：可令f(t1)t2sin110(1）,则t10,t1t2sin110t1,而t2tsin10恒成立,t1.t2sin1t0【评论】某些函数存在性与恒成立问题中,当分别参数会碰到议论的麻烦或许

12、即便能简单分别出参数与变量,但函数的最值却难以求出时,可考虑变换思想角度.即把主元与参数换个地点,再联合其余知识,常常会获得声东击西的成效.此类问题的难点常常因为学生的思想定势,易把它当作对于的不等式议论,从而因计算繁琐犯错或许半途夭折；若变换一下思路,把待求的x为参数,以为变量,结构新的对于参数的函数,再来求解参数应知足的条件这样问题就易如反掌的获得解决了.【牛刀小试】若不等式2x1mx21对随意m1,1恒成立,务实数x的取值范围.【答案】31x2【分析】2x1mx21可转变为mx212x10,设fmmx212x10,则fm是对于m,要使fm0恒成立,只要f1x22x0,解得31x2.的一次

13、型函数f01x22x2(四)数形联合法【例4】已知函数fxx22kx2,在x1恒有fxk,务实数k的取值范围.【剖析】为了使题中的条件fxk在x1,恒成立,应能想到结构出一个新的函数Fxfxk,则可把原题转变成所结构新的函数在区间1,时恒大于等于0的问题,再利用二次函数的图象性质进行分类讨论,即可使问题获得圆满解决.【评论】假如题中所波及的函数对应的图象、图形较易画出时,常常可经过图象、图形的地点关系成立不等式从而求得参数范围.解决此类问题常常要联合函数的图象,选择适合的两个函数,利用函数图像的上、下地点关系来确立参数的范围.利用数形联合解决不等式问题重点是结构函数,正确做出函数的图象.常有的

14、有两类函数：若二次函数yax2bxca0大于0恒成立,则有a0,同理,若二次函数yax2bxca00小于0恒成立,则有a0.假如二次函数在指定区间上的恒成立问题,还能够利用韦达定理以及根与系数的0散布知识求解.【牛刀小试】【2017河北省武邑上学期第三次调研考试】已知定义在R上的奇函数fx知足:当x0时,fxx3,若不等式f4tf2mmt2对随意实数t恒成立,则实数m的取值范围是（）A,2B2,0C.,02,D,22,【答案】A(五)存在性之常用模型及方法【例5】设函数fxalnx1ax2bx,aR且a1.曲线yfx在点1,f1处的切线的斜率2为0.（1）求b的值；（2）若存在x1,使得fxa

15、,求a的取值范围.a1【剖析】（1）依据条件曲线yfx在点1,f1处的切线的斜率为0,能够将其转变为对于a,b的方程,从而求得b的值：fxa1axb,f10a1ab0b1；（2）依据题意剖析x可得若存在x1,),使得不等式fxa成立,只要af(x)min即可,所以可经过探究f(x)的a11a1ax2单一性从而求得f(x)的最小值,从而获得对于a的不等式即可,而由（1）可知fxalnxx,2x11axa,所以需对a的取值范围进行分类议论并判断f(x)的单一性,从而能够解则fxx得a的取值范围是21,211,.【分析】（1）fxa1axb,x由曲线yfx在点1,f1处的切线的斜率为0,得f10,即

16、a1ab0,b1；4分（2）由（1）可得,fxalnx1ax2x,2fxa1ax11ax2xax11axa,xxx令fx0,得x11,xa,而a12a1,21a1a1a当a1a1,2时,a1在1,上,fx0,fx为增函数,fxminf11a1a1,22令a1aa,即a22a10,解得21a21.21当1a1时,1a1,2ax1,a1aaaa1,1afx0fx极小值fxfaalnaa2aa,mina1a11a1a21a不合题意,无解,10分当a1时,明显有f(x)0a0,不等式f(x)a,1a1a综上,a的取值范围是21,211,.恒成立,切合题意,【评论】解决函数中存在性问题常有方法有两种：一

17、是直接法同上边所讲恒成立；二是间接法,先求其否认（恒成立）,再求其否认补集即可解决.它的逻辑背景：原命题为xM,P(x)的否认为xM,P(x)；原命题为xM,P(x)的否认为“xM,P(x).办理的原则就是：不熟系问题转变为熟习问题.【牛刀小试】已知f(x)1x2x,g(x)ln(x1)a,2(1)若存在x1,x20,2,使得f(x1)g(x2),务实数a的取值范围；(2)若存在x1,x20,2,使得f(x1)g(x2),务实数a的取值范围.五、迁徙运用1【2018届江西省上高县高三上学期第四次月考】若不等式3x2logax0对随意x0,13恒成立,则实数a的取值范围为（）A.1,1）B.1,

18、1C.0,1D.0,127272727【答案】A【分析】结构函数f（x）=3x2,g（x）=-logax,x0,1不等式3x2-logax0对随意x0,1恒成立,33f（1）g（1）3?1-1且a1实数a的取值范围为1log300a1，）,应选A339a272712【2018届广西贵港市高三上学期12132x1a3x1ln3对随意的月联考】若不等式ln3xx,1恒成立,则a的取值范围是（）A.,10B.10,C.2,D.,233【答案】D132x1xxa33,由对数函数的单一性有：【分析】由题意联合对数的运算法例有：ln3ln3132x1a3x3x132x,由恒成立的条件有：a132x3,整理

19、可得：a3x,此中33xmin132xx132x1x,当且仅当x0时等号成立.即x0时,函数y获得最小值2.y3x3323x综上可得：a2.此题选择D选项.3.【2018届福建省闽侯高三12月月考】已知函数fx22x,x0的不等式x22x,x,若对于x0f2xafx0恰有个整数解,则实数的最大值是（）A.B.C.5D.【答案】D4【2018届甘肃省高台高三上学期第五次模拟】已知函数fxx1,若对随意xR,fxax恒ex成立,则实数a的取值范围是（）A.,1eB.1e,1C.1,e1D.1e,【答案】B【分析】函数fxx1，xR,fxax恒成立,x1ax1a1xxx对随意ex恒成立,即xee恒成

20、立；设gx1xa1x,xR；在同一坐标系内画出两个函数的图象,以下图；ex,h则知足不等式恒成立的是h(x)的图象在g(x)图象下方,求gx的导数gxex,且过gx图象上点x0,y0的切线方程为yy0ex0 xx0,且该切线方程过原点(0,0),则y0ex0 x0,即ex0ex0 x0,解得x01；切线斜率为kex0e,应知足a-1-e,即a1-e；又a-1?0,a?1,实数a的取值范围是(1-e,1.应选B.5【2018届广东省五校高三12月联考】已知函数fxlnxa2x2a4(a0),如有且只有两个整数x1,x2使得f10,且20,则a的取值范围是（）xfxA.ln3,2B.2ln3,2C

21、.0,2ln3D.0,2ln3【答案】C【分析】由题意可知,fx0,即lnxa2x2a40,a0,ax2a2xlnx4a0,设gx2xlnx4,hxax2a,由gx212x1,可知gx2xlnx4,在0,1上为xx2减函数,在1,上为增函数,hxax2a的图象恒过点2,0,在同一坐标系中作出gx,hx的2图象以下：如有且只有两个整数x1,x2,使得fx10,且fx20,则a0a0h1g1,即a2,解得0a2ln3,应选C.h3g3a2ln36【2018届陕西省西安高三上学期期中】已知函数fx1x3a2x,若对于随意的x1,x20,1,都有3fx1fx21成立,则实数a的取值范围是（）A.23,

22、23B.23,233333C.23,00,23D.23,00,233333【答案】A7【东北师范大学隶属中学2018届高三第五次模拟】已知函数不等式恒成立，则实数的取值范围为ABCD，当时，【答案】【分析】D不等式即，联合可得恒成立，即恒成立，结构函数，由题意可知函数在定义域内单一递加，故恒成立，即恒成立，令，则，当时，单一递减；当时，单一递加；则的最小值为，据此可得实数的取值范围为.此题选择D选项.8【山东省实验中学2019届高三第一次诊疗】已知对随意的，总存在独一的，使得成立（为自然对数的底数），则实数的取值范围是()ABCD【答案】D【分析】9【贵州省铜仁市第一中学2019届高三上学期第

23、二次月考】设函数，此中，若存在独一的整数，使得，则的取值范围是（）ABCD【答案】B【分析】令，则，当时，所以在上是单一减函数；当时，所以在上是单一增函数；所以的图像以下图：直线恒过点，设过的直线与曲线相切于点，代入，故且切线方程为：，解得或许，当时，所以当时，直线可与在轴下方的图像订交因为有且只有一个整数解，故曲线上的点在直线下方，在直线上方或在直线上，故即，应选B10【山东省安丘市、诸城市、五莲县、兰山区2019届高三10月联考】已知函数f(x)=x+1；f(x)=-2；f(x)=；f(x)=lnx；f(x)=cosx。此中对于f(x)定义域内的随意，都存在，使得f()f()=成立的函数是

24、ABCD【答案】B【分析】由知，对函数f(x)图象上随意一点，都存在一点，使OAOB，若斜率都存在，则对于，因为f(x)=x+1，所以不论两个点怎样取，OA和OB的斜率均等于1，故不可立；对于，因为，联合图象可得过原点总有两条直线与函数的图象订交，即对函数f()图象上任x意一点，都存在一点，使，故成立；OAOB对于，因为，若，则，明显不可立，故不可立；对于，因为f(x)=lnx，则当时，故，直线OA为x轴，此时与直线OA垂直的直线为y轴，而y轴与函数f(x)的图象无交点，故不可立；对于，因为f(x)=cosx，联合图象可得过原点总有两条直线与函数的图象订交，即对函数f(x)图象上任意一点，都存

25、在一点，使OAOB，故成立综上可得切合条件的是应选B11【福建省莆田市第一中学2019届高三上学期第一次月考】已知函数，若存在，使得，则实数的取值范围是（）ABCD【答案】C12【福建省厦门外国语学校2019届高三上学期第一次月考】已知函数，若对随意的，都有成立，则的取值范围是()ABCD【答案】B【分析】因为，则，函数在上单一递减，在上单调递加，因为随意，恒成立，所以，即时，恒成立，即在上恒成立，所以在上恒成立，令，则，而，当时，所以在单一递减，因为，所以时，时，所以，即13【2018届江苏南通市高三第二次阶段测试】若不等式2exnx150在实数集R上恒成立,则正整数n的最大值是_参照数据：

26、7e2152【答案】n14【分析】14【2018届河南省漯河高三上学期第四次模拟】已知12bb,c为常数）和fxx（c112xgx4上的函数,对于随意的xM,存在x0M使得x是定义在M=x|1x4xfxf0 x,gxgx0,且fx0=gx0,则fx在M上的最大值为_.【答案】5【分析】gx1x121x11,(当且仅当x=2时,等号成立),4x4xf22bcg21,c1b,fx1x2bc1x2b1b,222x2x2fxxbx3b,f(x)在x=2处有最小值,f20,即b=8,故c=-5,x2x2故fx128xx38在1,2上是减函数,在2,4上是增函数,2x5,fx2,故f(x)x而f11857

27、,f48255,故f(x)的最大值为5.2215.设函数f(x)axsinxcos若函数f(x)的图象上存在不一样的两点,使得曲线y(x)在点,xABfAB处的切线相互垂直,则实数a的取值范围为【答案】1,116.【2017山西省孝义市高三上学期二轮模考】设函数f(x)ax2alnxg(x)1e此中,xex,aR,e2.718为自然对数的底数.（1）议论f(x)的单一性；（2）证明：当x1时,g(x)0；（3）确立a的全部可能取值,使得f(x)g(x)在(1,)区间内恒成立.【分析】（1）由f(x)ax2alnx,得f(x)2ax12ax21(x0).xx当a0时,f(x)0在(0,)成立,则

28、f(x)为(0,)上的减函数；当a0时,由f(x)0,得x12a2a,2a当x(0,2af(x)0,当x(2a)时,f(x)0.)时,2a2a则f(x)在(0,2a)上为减函数,在(2a,)上为增函数.2a2a综上,当a0时,f(x)为(0,)上的减函数；当a0时,f(x)在(0,2a)上为减函数,在(2a,)上2a2a为增函数.（3）由f(x)g(x),得ax2alnx1e1x0.x设t(x)ax2alnx1e1x0,由题意知,t(x)0在(1,)内恒成立.xt(1)0,有t(x)2ax11e1x2ax1xe1x0在(1,)内恒成立.xx2x2令(x)2ax1xe1x,则(x)2a12e1x

29、2ax2e1x,x2x2x3x3当x2时,(x)0,令h(x)x22x6,函数在1,2)上单一递加.h(x)minh(1)1.x3,h(x)x4又2a1,e1x0,1x2,(x)0.综上所述,x1,(x)0,(x)在区间(1,)单一递加,t(x)t(1)0,即t(x)在区间(1,)单一递加,a1.217.【2017四川省资阳市高三上学期第一次诊疗】已知函数f(x)a(xb)blnx(此中a，bR).x()当b4时,若f(x)在其定义域内为单一函数,求a的取值范围；()当a1时,能否存在实数b,使适合x2时,不等式f(x)0恒成立,假如存在,求b的取值范e，e围,假如不存在,说明原因（此中e是自

30、然对数的底数,e2.71828）.【分析】()由题x0,f(x)a(x44lnx,f(x)a(14)4ax24x4a)2x2.xxx当a0时,知f(x)0,则f(x)是单一递减函数；当a0时,只有对于x0,不等式ax24x4a0恒成立,才能使fx为单一函数,只要(4)216a20,解之得a1或a1,此时a1综上所述,a的取值范围是(,01,)()f(x)blnxxb,此中xxb1bx2bxb0,f(x)22xxx()当b0时,f(x)0,于是f(x)在(0，)上为减函数,则在e，e2上也为减函数,知f(x)maxf(e)beb(11e0恒成立,不合题意,舍去()当b0时,由f(x)0e)b得e

31、xbb24b列表得2x(0,bb24b)bb24b(bb24b,)222f(x)0f(x)极大值若bb24be,即be2,则f(x)在e，e2上单一递减,2e1b(11)b2知f(x)maxf(e)bee,而(11)be(11)eee2e0,eeeee11于是f(x)max0恒成立,不合题意,舍去若bb24be,即be2,e12则f(x)在(e,bb24b)上为增函数,在(bb24b,)上为减函数,22f(e)，要使在e，e2恒有f(x)0恒成立,则必有02)，f(e0bb，be2e4，e0e1e3e2244则e所以因为32(2e21)321eee,4eee3e0322b，e,则112b2ee

32、e2eee20b2e21.所以be2e118.【2017湖北省襄阳市四校高三上学期期中联考】已知函数f(x)(x1)ex1ax2(aR)2当a1时,求f(x)的单一区间；II当x(0,+)时,yf(x)的图象恒在yax3x2(a1)x的图象上方,求a的取值范围.(i)当0a1时,lna0,故：x(,lna)时,f(x)0,f(x)单一递加,x(lna,0)时,f(x)0,f(x)单一递减,x(0,)时,f(x)0,f(x)单一递加；(ii)当a1时,lna0,()x(x1)恒成立,fxxeaxxe0f(x)在(,)上单一递加,无减区间；综上,当a0时,f(x)的单一增区间是(0,),单一减区间

33、是(,0)；当0a1时,f(x)的单一增区间是(,lna)和(0,),单一减区间是(lna,0)；当a1时,f(x)的单一增区间是(,),无减区间.II由I知f(x)xexax当x(0,+)时,yf(x)的图象恒在yax3x2(a1)x的图象上方,即xexaxax3x2(a1)x对x(0,+)恒成立即exax2x10对x(0,+)恒成立记g(x)exax2x1g(x)x2ax1(x0),ehxhxx2ea(i)当a1时,hxex2a0恒成立,g(x)在(0,)上单一递加,2g(x)g(0)0,g(x)在(0,)上单一递加g(x)g(0)0,切合题意；(ii)当a1时,令hx0得xln(2a)2x(0,ln(2a)时,hx0,g(x)在(0,ln(2a)上单一递减x(0,ln(2a)时,g(x)g(0)0g(x)在(0,ln(2a)上单一递减,x(0,ln(2a)时,g(x)g(0)0,不切合题意综上可得a的取值范围是(,1.219.【2017广东省