《新BBG》考前三个月2016高考二轮复习数学(江苏专用理科)知识考点题型篇：专题3+函数与导数+第15练

PAGEPAGE13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“存在性”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.常考题型精析题型一恒成立问题例1(2014·浙江)已知函数f(x)＝x3＋3|x－a|(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x∈[－1,1]时，恒有f(x)≤g(a)＋4.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(2015·山东)设函数f(x)＝ln(x＋1)＋a(x2－x)，其中a∈R.(1)讨论函数f(x)极值点的个数，并说明理由；(2)若∀x＞0，f(x)≥0成立，求a的取值范围.题型二存在性问题例2(2014·辽宁)已知函数f(x)＝(cosx－x)(π＋2x)－eq\f(8,3)(sinx＋1)，g(x)＝3(x－π)cosx－4(1＋sinx)·ln(3－eq\f(2x,π)).证明：(1)存在唯一x0∈(0，eq\f(π,2))，使f(x0)＝0；(2)存在唯一x1∈(eq\f(π,2)，π)，使g(x1)＝0，且对(1)中的x0，有x0＋x1<π.点评“存在”是存在性量词，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·浙江)设函数f(x)＝x2＋ax＋b(a，b∈R).(1)当b＝eq\f(a2,4)＋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高考题型精练1.(2015·连云港模拟)若正实数x，y满足x＋y＝2，且eq\f(1,xy)≥M恒成立，则M的最大值为________.2.若存在正数x使2x(x－a)<1成立，则a的取值范围是__________.3.若函数f(x)＝(x＋1)·ex，则下列命题正确的是________________________________________.①对任意m<－eq\f(1,e2)，都存在x∈R，使得f(x)<m；②对任意m>－eq\f(1,e2)，都存在x∈R，使得f(x)<m；③对任意m<－eq\f(1,e2)，方程f(x)＝m只有一个实根；④对任意m>－eq\f(1,e2)，方程f(x)＝m总有两个实根.4.(2015·无锡模拟)若不等式2xlnx≥－x2＋ax－3对x∈(0，＋∞)恒成立，则实数a的取值范围是________________________________________________________________________.5.(2015·苏州模拟)已知函数f(x)＝3x3＋2x2－1在区间(m,0)上总有f′(x)≤0成立，则m的取值范围为________________.6.(2014·辽宁改编)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________.7.已知函数f(x)＝2ax3－3ax2＋1，g(x)＝－eq\f(a,4)x＋eq\f(3,2)，若任意给定的x0∈[0,2]，总存在两个不同的xi(i＝1,2)∈[0,2]，使得f(xi)＝g(x0)成立，则实数a的取值范围是____________.8.(2014·江苏)已知函数f(x)＝x2＋mx－1，若对于任意x∈[m，m＋1]，都有f(x)<0成立，则实数m的取值范围是________.9.设函数f(x)＝ax3－3x＋1(x∈R)，若对于任意x∈[－1，1]，都有f(x)≥0成立，则实数a的值为________.10.已知函数f(x)＝x－eq\f(1,x＋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__________.11.(2015·湖南)已知a>0，函数f(x)＝aexcosx(x∈[0，＋∞)).记xn为f(x)的从小到大的第n(n∈N*)个极值点.(1)证明：数列{f(xn)}是等比数列；(2)若对一切n∈N*，xn≤|f(xn)|恒成立，求a的取值范围.12.(2014·陕西)设函数f(x)＝lnx＋eq\f(m,x)，m∈R.(1)当m＝e(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)－eq\f(x,3)零点的个数；(3)若对任意b>a>0，eq\f(fb－fa,b－a)<1恒成立，求m的取值范围.

答案精析第15练存在与恒成立问题常考题型典例剖析例1(1)解因为a>0，－1≤x≤1.所以，①当0<a<1时，若x∈[－1，a]，则f(x)＝x3－3x＋3af′(x)＝3x2－3<0，故f(x)在(－1，a)上是减函数；若x∈[a,1]，则f(x)＝x3＋3x－3af′(x)＝3x2＋3>0，故f(x)在(a,1)上是增函数.所以g(a)＝f(a)＝a3.②当a≥1时，有x≤a，则f(x)＝x3－3x＋3af′(x)＝3x2－3<0，故f(x)在(－1,1)上是减函数，所以，g(a)＝f(1)＝－2＋3a综上，g(a)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a3，0<a<1，,－2＋3a，a≥1.))(2)证明令h(x)＝f(x)－g(a).①当0<a<1时，g(a)＝a3.若x∈[a,1]，则h(x)＝x3＋3x－3a－a3，h′(x)＝3x2所以h(x)在(a,1)上是增函数，所以，h(x)在[a,1]上的最大值是h(1)＝4－3a－a3且0<a<1，所以h(1)≤4.故f(x)≤g(a)＋4.若x∈[－1，a]，则h(x)＝x3－3x＋3a－a3，h′(x)＝3x2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)＝2＋3a－a3令t(a)＝2＋3a－a3，则t′(a)＝3－3a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)＋4.②当a≥1时，g(a)＝－2＋3a故h(x)＝x3－3x＋2，h′(x)＝3x2－3，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.综上，当x∈[－1,1]时，恒有f(x)≤g(a)＋4.变式训练1解(1)由题意知，函数f(x)的定义域为(－1，＋∞)，f′(x)＝eq\f(1,x＋1)＋a(2x－1)＝eq\f(2ax2＋ax－a＋1,x＋1).令g(x)＝2ax2＋ax－a＋1，x∈(－1，＋∞).①当a＝0时，g(x)＝1，此时f′(x)＞0，函数f(x)在(－1，＋∞)上单调递增，无极值点；②当a＞0时，Δ＝a2－8a(1－a)＝a(9(ⅰ)当0＜a≤eq\f(8,9)时，Δ≤0，g(x)≥0，f′(x)≥0，函数f(x)在(－1，＋∞)上单调递增，无极值点；(ⅱ)当a＞eq\f(8,9)时，Δ＞0，设方程2ax2＋ax－a＋1＝0的两根为x1，x2(x1＜x2)，因为x1＋x2＝－eq\f(1,2)，所以x1＜－eq\f(1,4)，x2＞－eq\f(1,4).由g(－1)＝1＞0，可得－1＜x1＜－eq\f(1,4).所以当x∈(－1，x1)时，g(x)＞0，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增；当x∈(x1，x2)时，g(x)＜0，f′(x)＜0，函数f(x)单调递减；当x∈(x2，＋∞)时，g(x)＞0，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增；因此函数有两个极值点.(ⅲ)当a＜0时，Δ＞0，由g(－1)＝1＞0，可得x1＜－1.当x∈(－1，x2)时，g(x)＞0，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增；当x∈(x2，＋∞)时，g(x)＜0，f′(x)＜0，函数f(x)单调递减；所以函数有一个极值点.综上所述，当a＜0时，函数f(x)有一个极值点；当0≤a≤eq\f(8,9)时，函数f(x)无极值点；当a＞eq\f(8,9)时，函数f(x)有两个极值点.(2)由(1)知，①当0≤a≤eq\f(8,9)时，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，因为f(0)＝0，所以x∈(0，＋∞)时，f(x)＞0，符合题意；②当eq\f(8,9)＜a≤1时，由g(0)≥0，得x2≤0，所以函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，又f(0)＝0，所以x∈(0，＋∞)时，f(x)＞0，符合题意；③当a＞1时，由g(x)＜0，可得x2＞0.所以x∈(0，x2)时，函数f(x)单调递减；因为f(0)＝0，所以x∈(0，x2)时，f(x)＜0，不合题意；④当a＜0时，设h(x)＝x－ln(x＋1).因为x∈(0，＋∞)时，h′(x)＝1－eq\f(1,x＋1)＝eq\f(x,x＋1)＞0，所以h(x)在(0，＋∞)上单调递增，因此当x∈(0，＋∞)时，h(x)＞h(0)＝0，即ln(x＋1)＜x.可得f(x)＜x＋a(x2－x)＝ax2＋(1－a)x，当x＞1－eq\f(1,a)时，ax2＋(1－a)x＜0，此时f(x)＜0，不合题意.综上所述，a的取值范围是[0,1].例2证明(1)当x∈(0，eq\f(π,2))时，f′(x)＝－(1＋sinx)(π＋2x)－2x－eq\f(2,3)cosx<0，则函数f(x)在(0，eq\f(π,2))上为减函数.又f(0)＝π－eq\f(8,3)>0，f(eq\f(π,2))＝－π2－eq\f(16,3)<0，所以存在唯一x0∈(0，eq\f(π,2))，使f(x0)＝0.(2)考虑函数h(x)＝eq\f(3x－πcosx,1＋sinx)－4ln(3－eq\f(2,π)x)，x∈[eq\f(π,2)，π].令t＝π－x，则x∈[eq\f(π,2)，π]时，t∈[0，eq\f(π,2)].设u(t)＝h(π－t)＝eq\f(3tcost,1＋sint)－4ln(1＋eq\f(2,π)t)，则u′(t)＝eq\f(3ft,π＋2t1＋sint).由(1)得，当t∈(0，x0)时，u′(t)>0，当t∈(x0，eq\f(π,2))时，u′(t)<0.在(0，x0)上u(t)是增函数，又u(0)＝0，从而当t∈(0，x0]时，u(t)>0，所以u(t)在(0，x0]上无零点.在(x0，eq\f(π,2))上u(t)为减函数，由u(x0)>0，u(eq\f(π,2))＝－4ln2<0，知存在唯一t1∈(x0，eq\f(π,2))，使u(t1)＝0.所以存在唯一的t1∈(0，eq\f(π,2))，使u(t1)＝0.因为存在唯一的x1＝π－t1∈(eq\f(π,2)，π)，使h(x1)＝h(π－t1)＝u(t1)＝0.因此当x∈(eq\f(π,2)，π)时，1＋sinx>0，故g(x)＝(1＋sinx)h(x)与h(x)有相同的零点，所以存在唯一的x1∈(eq\f(π,2)，π)，使g(x1)＝0.因为x1＝π－t1，t1>x0，所以x0＋x1<π.变式训练2解(1)当b＝eq\f(a2,4)＋1时，f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(a,2)))2＋1，故对称轴为直线x＝－eq\f(a,2).当a≤－2时，g(a)＝f(1)＝eq\f(a2,4)＋a＋2.当－2＜a≤2时，g(a)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)))＝1.当a＞2时，g(a)＝f(－1)＝eq\f(a2,4)－a＋2.综上，g(a)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(a2,4)＋a＋2，a≤－2，,1，－2＜a≤2，,\f(a2,4)－a＋2，a＞2.))(2)设s，t为方程f(x)＝0的解，且－1≤t≤1，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(s＋t＝－a，,st＝b，))由于0≤b－2a≤1，因此eq\f(－2t,t＋2)≤s≤eq\f(1－2t,t＋2)(－1≤t≤1).当0≤t≤1时，eq\f(－2t2,t＋2)≤st≤eq\f(t－2t2,t＋2)，由于－eq\f(2,3)≤eq\f(－2t2,t＋2)≤0和－eq\f(1,3)≤eq\f(t－2t2,t＋2)≤9－4eq\r(5)，所以－eq\f(2,3)≤b≤9－4eq\r(5).当－1≤t＜0时，eq\f(t－2t2,t＋2)≤st≤eq\f(－2t2,t＋2)，由于－2≤eq\f(－2t2,t＋2)＜0和－3≤eq\f(t－2t2,t＋2)＜0，所以－3≤b＜0.故b的取值范围是[－3,9－4eq\r(5)].常考题型精练1.1解析xy≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x＋y,2)))2＝1，∴eq\f(1,xy)≥1，∵eq\f(1,xy)≥M恒成立，∴M≤1.2.(－1，＋∞)解析∵2x(x－a)<1，∴a>x－eq\f(1,2x).令f(x)＝x－eq\f(1,2x)，∴f′(x)＝1＋2－xln2>0.∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增，∴f(x)>f(0)＝0－1＝－1，∴a的取值范围为(－1，＋∞).3.②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)＝－eq\f(1,e2)为f(x)的最小值，即f(x)≥－eq\f(1,e2)(x∈R)，故②正确.4.(－∞，4]解析2xlnx≥－x2＋ax－3，则a≤2lnx＋x＋eq\f(3,x)，设h(x)＝2lnx＋x＋eq\f(3,x)(x>0)，则h′(x)＝eq\f(x＋3x－1,x2).当x∈(0,1)时，h′(x)<0，函数h(x)单调递减；当x∈(1，＋∞)时，h′(x)>0，函数h(x)单调递增，所以h(x)min＝h(1)＝4，所以a≤h(x)min＝4.故a的取值范围是(－∞，4].5.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,9)，0))解析由题意知，f′(x)＝9x2＋4x≤0在(m,0)上恒成立，且f′(x)＝0的两根为x1＝0，x2＝－eq\f(4,9)，∴－eq\f(4,9)≤m<0.6.[－6，－2]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≥eq\f(x2－4x－3,x3)，∴a≥eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(x2－4x－3,x3)))max.设φ(x)＝eq\f(x2－4x－3,x3)，φ′(x)＝eq\f(2x－4x3－x2－4x－33x2,x6)＝－eq\f(x2－8x－9,x4)＝－eq\f(x－9x＋1,x4)>0，∴φ(x)在(0,1]上递增，φ(x)max＝φ(1)＝－6，∴a≥－6.当x∈[－2,0)时，a≤eq\f(x2－4x－3,x3)，∴a≤eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(x2－4x－3,x3)))min.仍设φ(x)＝eq\f(x2－4x－3,x3)，φ′(x)＝－eq\f(x－9x＋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)＝eq\f(1＋4－3,－1)＝－2，∴a≤－2.综上知－6≤a≤－2.7.(－∞，－1)解析当a＝0时，显然不成立；当a>0时，注意到f′(x)＝6ax2－6ax＝6ax(x－1)，即f(x)在[0,1]上是减函数，在[1,2]上是增函数，又f(0)＝1<eq\f(3,2)＝g(0)，当x0＝0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[eq\f(3,2)，－eq\f(a,2)＋eq\f(3,2)]，同时f(x)在0≤x≤1时，函数值从1增大到1－a，在1≤x≤2时，函数值从1－a减少到1＋4a所以“任意给定的x0∈[0,2]，总存在两个不同的xi(i＝1,2)∈[0,2]，使得f(xi)＝g(x0)成立”当且仅当eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(fx的最大值>gx的最大值，,fx的最小值<gx的最小值，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1－a>－\f(a,2)＋\f(3,2)，,1＋4a<\f(3,2)，))解得a<－1.8.(－eq\f(\r(2),2)，0)解析作出二次函数f(x)的图象，如图，对于任意x∈[m，m＋1]，都有f(x)<0，则有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(fm<0，,fm＋1<0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m2＋m2－1<0，,m＋12＋mm＋1－1<0，))解得－eq\f(\r(2),2)<m<0.9.4解析若x＝0，则不论a取何值，f(x)≥0显然成立；当x>0，即x∈(0,1]时，f(x)＝ax3－3x＋1≥0可化为a≥eq\f(3,x2)－eq\f(1,x3).令g(x)＝eq\f(3,x2)－eq\f(1,x3)，则g′(x)＝eq\f(31－2x,x4)，所以g(x)在区间(0，eq\f(1,2))上单调递增，在区间(eq\f(1,2)，1]上单调递减，因此g(x)max＝g(eq\f(1,2))＝4，从而a≥4.当x<0，即x∈[－1,0)时，同理a≤eq\f(3,x2)－eq\f(1,x3).g(x)在区间[－1,0)上单调递增，所以g(x)min＝g(－1)＝4，从而a≤4，综上可知a＝4.10.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,4)，＋∞))解析由于f′(x)＝1＋eq\f(1,x＋12)>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≥eq\f(x,2)＋eq\f(5,2x)能成立，令h(x)＝eq\f(x,2)＋eq\f(5,2x)，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)＝eq\f(x,2)＋eq\f(5,2x)在x∈[1,2]上单调递减，所以h(x)min＝h(2)＝eq\f(9,4)，故只需a≥eq\f(9,4).11.(1)证明f′(x)＝aexcosx－aexsinx＝eq\r(2)aexcoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4))).令f′(x)＝0，由x≥0，得x＋eq\f(π,4)＝mπ－eq\f(π,2)，即x＝mπ－eq\f(3π,4)，m∈N*.而对于coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))，当k∈Z时，若2kπ－eq\f(π,2)＜x＋eq\f(π,4)＜2kπ＋eq\f(π,2)，即2kπ－eq\f(3π,4)＜x＜2kπ＋eq\f(π,4)，则coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))＞0.若2kπ＋eq\f(π,2)＜x＋eq\f(π,4)＜2kπ＋eq\f(3π,2)，即2kπ＋eq\f(π,4)＜x＜2kπ＋eq\f(5π,4)，则coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))＜0.因此，在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m－1π，mπ－\f(3π,4)))与eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(mπ－\f(3π,4)，mπ＋\f(π,4)))上，f′(x)的符号总相反.于是当x＝mπ－eq\f(3π,4)(m∈N*)时，f(x)取得极值，所以xn＝nπ－eq\f(3,4)π(n∈N*).此时，f(xn)＝aenπ－eq\f(3π,4)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(nπ－\f(3π,4)))＝(－1)n＋1eq\f(\r(2)a,2)enπ－eq\f(3π,4).易知f(xn)≠0，而eq\f(fxn＋1,fxn)＝eq\f(－1n＋2\f(\r(2)a,2)en＋1π－\f(3π,4),－1n＋1\f(\r(2)a,2)enπ－\f(3π,4))＝－eπ是常数，故数列{f(xn)}是首项为f(x1)＝eq\f(\r(2)a,2)eeq\f(π,4)，公比为－eπ的等比数列.(2)解对一切n∈N*，xn≤|f(xn)|恒成立，即nπ－eq\f(3π,4)≤eq\f(\r(2)a,2)enπ－eq\f(3π,4)恒成立，亦即eq\f(\r(2),a)≤eq\f(enπ－\f(3π,4),nπ－\f(3π,4))恒成立(因为a＞0).设g(t)＝eq\f(et,t)(t＞0)，则g′(t)＝eq\f(ett－1,t2).令g′(t)＝0得t＝1.当0＜t＜1时，g′(t)＜0，所以g(t)在区间(0,1)上单调递减；当t＞1时，g′(t)＞0，所以g(t)在区间(1，＋∞)上单调递增.因为x1∈(0,1)，且当n≥2时，xn∈(1，＋∞)，xn＜xn＋1，所以[g(xn)]min＝min{g(x1)，g(x2)}＝mineq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(g\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))，g\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,4)))))＝geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＝eq\f(4,π)eeq\f(π,4).因此，xn≤|f(xn)|恒成立，当且仅当eq\f(\r(2),a)≤eq\f(4,π)eeq\f(π,4).解得a≥eq\f(\