專題3 單變量存在恒成立與存在性問題-(人教A版2019選擇性必修第二、三冊)(教師版)

單變量恒成立與存在性問題恒成立問題、存在性問題歸根到底是最值問題.1恒成立問題(1)?x∈D,f(2)?x∈D,f2存在性問題(1)?x∈D,f(2)?x∈D,f3常見處理方法方法1直接構造函數法：求fx≥g(方法2分離參數法：求fx≥a?g(x)方法3變更主元：題型特征(已知誰的范圍把誰作為主元)；方法4數形結合法：求fx-gx≥0恒成立?方法5同構法：對不等式進行變形，使得不等式左右兩邊式子的結構一致，再通過構造的函數單調性進行求解；方法6放縮法：利用常見的不等式或切線放縮或三角函數有界性等手段對所求不等式逐步放縮達到證明所求不等式恒成立的目的；學習各種方法時，要注意理解它們各自之間的優(yōu)劣性，有了比較才能快速判斷某種題境中采取哪種方法較簡潔，建議學習時一題多解，多發(fā)散思考.方法1直接構造函數法與分離參數法以下通過幾題讓大家感覺下直接構造函數法與分離參數法的優(yōu)劣性！【典題1】若alnx+12x2-1+a【解析】方法一分離參數法alnx+1而∵lnx-x<0(x>0)這不難證明，(確認lnx-x∴?x>0,a≤x-12(分離參數成功，只需求fmin的最小值f'x(分析f(x)單調性?分析y=(x-1)(令hx=x+2-2lnx，則當0<x<2時，h'x<0，hx遞減；當x>2時，h'∴hx在x=2處取到最小值h2=4-2ln2>0∴x+2-2lnx>0.(則y=(x-1)(x那當0<x<1時，f'x<0，f(x)遞減；當x>1時，f'x∴fx≥f1=-方法二：直接構造函數法令gx=alnx+1(問題可以轉化為求gming'x若a<0時，當0<x<1時，g'x<0，g(x)遞減；當x>1時，g'x即gx若alnx+12x2-∴a≤-1若a>0時，g1=-a-1綜上a≤-1【點撥】方法一分類參數法，把問題轉化為不含參函數的最值問題，是大家樂見的.但注意點有二，其一lnx-x<0的證明，它的正負確定不等號方向要變號，若不確定要分類討論運算量也不??；其二分離后得到fx=x-12方法二直接構造函數法，它的問題在于函數含參，意味著大多數情況要分類討論，這是大家頭疼之處.本題屬于導函數是“二次函數”型，研究單調性時的分類討論略顯麻煩，但“若a>0時，f1=-a-1【典題2】已知函數fx(1)當a=1時，求f(x)的極值；(2)若f(x)≥x2在[0,+∞)上恒成立，求實數【解析】(1)過程略，函數f(x)有極小值f(0)=0，無極大值；(2)方法一分類參數法因為f(x)≥x2在所以ex-x當x=0時，0≥0恒成立，此時a∈R當x>0時，a≤ex-令gx=e由(1)知，當x>0時，f(x)>0，即ex當0<x<1時，g'(x)<0，當x>1時，g'(x)>0，所以g(x)在(0,1)上單調遞減，在(1,+∞)上單調遞增，所以當x=1時，gxmin=e-2綜上，實數a的取值范圍是(-∞,e-2]．方法二直接構造函數法f(x)≥x2在[0,+∞)上恒成立等價于ex令gx=e此時很難分析導函數y=g'x的正負性，故很難求原函數g【點撥】本題利用分類參數較好的完成，難度不大，而直接構造函數法由于含參導致分類討論難而難產了！【典題3】設fx(1)若a=12，求(2)若當x≥0時，fx≥0恒成立，求a【解析】(1)略(2)方法一直接構造函數法fx當x≥0時，fx≥0恒成立?當x≥0時，令gx=e(下面就導函數g'x是否存在零點，分a>0和a≤0討論，若有零點，又根據零點lna與定義域端點0的大小比較，分0<a≤1和a>1討論(1)當a≤0時，g'x=ex-a>0(2)當a>0時，令g'x=e若lna≤0，即0<a≤1時，在x∈[0,+∞)上g'x=egx若lna>0，即a>1時，當0<x<lna時，g'x<0，g(x)遞減，而g0綜上，a≤1.方法二分類參數法fx當x=0時，不等式顯然恒成立；當x>0時，fx?當x>0時，ex-1-ax>0恒成立?當x>0時，令h(x)=ex-1令gx=xex-e∵x>0，∴g'(x)=xe∴gx=xex-∴當x>0時，h'x>0，h(x)然而x取不到0，h(0)是沒意義的，即h(x)=ex-1x這時要用到高等數學知識---洛必達法則，lim即當x?0，hx=e我們可以看看h(x)=e【點撥】①本題直接構造方法較分類參數法由于分類討論解答過程顯得復雜些，但分類參數法容易跳進陷阱，h(x)=ex-1x在②那不用洛必達法則有木有其他方法呢？還是有的，用導數的定義，求limx?0ex-1lim與洛必達法則結果一致.③分離參數法有時候會遇到這種情況，思考難度就增大了！通過以上三題，你可以總結下直接構造函數法和分類參數法的優(yōu)劣性么？1(★★)已知函數f(x)=ex+ax，當x≥0時，f(x)≥0恒成立，則a【答案】[【解析】當x≥0時，f(x)≥0恒成立，即x≥0時，ex+ax≥0恒成立，x=0時，1≥0恒成立，x>0時，a≥-e令g(x)=-exx(x>0)，則g′(x令g′(x)>0，解得：0<x<1，令g′(x)<0，解得：x>1，故g(x)在(0，1)遞增，在(1，+∞)遞減，故g(x)max=g(1)=－e，故a≥－e，2(★★)已知函數f(x)=1+ln(1+x)x(x>0)，若f(x)>kx+1【答案】3【解析】∵f(x)=1+ln(x+1)∴f(x)>kx+1可化為1+ln(x+1)x令g(x)=1+ln(x+1)x(x+1)，則g'(令h(x)=x－1－ln(x+1)，則h'(x)=1-1當x∈(0，+∞)時，h'(x)>0，∴g'(x)在(0，+∞)單調遞增．又∵g'(2)=1-ln3∴?x0∈(2，3)使g'(x0)=0，則ln(x0+1)=x0－1．當x∈(0，x0)時，g'(x)<0，g(x)單調遞減，當x∈(x0，+∞)時，g'(x)>0，g(x)單調遞增，∴g(x)≥g(x∵x0∈(2，3)，∴x0+1∈(3，4)，∴正整數k的最大值為3．3(★★)已知函數f(x)=xlnx．(1)求f(x)的最小值；(2)若對所有x≥1都有fx≥ax-1，求實數【答案】(1)-1e(2)【解析】(1)函數的定義域(0，f'(x)=lnx+1，令f'(x)>0得令f'(x)<0得0<x<1e，此時f(x)遞減，(2)方法一分離參數法由題意得a≤lnx+1當x≥1時，所以g(x)遞增，g(x)的最小值為g(1)=1，所以a≤方法二直接構造函數法對所有x≥1都有f(x)≥令hx=xlnx-ax令h'x=0當0<x<ea-1時，h'x<0，hx∴hx≥h若要滿足題意，則1-ea-1≥04(★★)已知函數f(x)=(x2-1)(1)求函數f(x)在x=0處的切線方程；(2)?x≥0，fx≥ax-1，求實數【答案】(1)x+y+1=0(2)a≤【解析】(1)由f(x)=(x2－1)ex，得f′(x)=(x2+2x－1)ex，∴f′(0)=－1，又f(0)=－1，∴函數f(x)在x=0處的切線方程為y+1=－x，即x+y+1=0；(2)x=0時，不等式f(x)≥ax－1為－1≥－1，對任意實數a都成立；x>0時，不等式化為f(x)－ax+1≥0，令g(x)=f(x)－ax+1，則g′(x)=f′(x)－a，由f′(x)=(x2+2x－1)ex，令h(x)=(x2+2x－1)ex，h′(x)=(x2+4x+1)ex>0，∴h(x)即f′(x)在(0，+∞)上單調遞增，f′(x)>f′(0)=－1，∴g′(x)>g′(0)=－1－a，若－1－a≥0，即a≤－1，則g′(x)>0在(0，+∞)上恒成立，g(x)在(0，+∞)上單調遞增，g(x)>g(0)=0，不等式f(x)－ax+1≥0成立；若a>－1，由上討論可知，存在x0>0，使得g′(x0)=0，且當0<x<x0時，g′(x)<0，g(x)單調遞減，當x>x0時，g′(x)>0，g(x)單調遞增，g(x)min=g(x0)，而g(0)=0，因此，0<x<x0時，g(x)<g(0)=0，g(x)≥0不成立．綜上，a≤－1．方法二分離參數法a≤hx=sx=sx>s洛必達法則h5(★★★)已知函數f(x)=(m-lnx)x(x>1)．(1)討論f(x)的單調性；(2)若fx-2x-m<0恒成立，求正整數m的最大值．參考數據：【答案】(1)當m≤1時，f(x)在(1,+∞)上單調遞減；當m>1時，f(x)在(1,em-1)(2)4【解析】(1)函數f(x)=(m－lnx)x(x>1)，則當m－1≤0，即m≤1時，f'(x)<0對x>1恒成立，所以f(x)在當m－1>0，即m>1時，令f'(x)=0，解得由f'(x)>0，解得1<x<em-1，由f'(x)<0，解得所以f(x)在(1，em-1綜上所述，當m≤1時，f(x)在(1，+∞)當m>1時，f(x)在(1，em-1(2)方法一分離參數法因為當x>1時，f(x)－2x－m<0對于x>1恒成立，即令h(x)=xlnx+2xx-1，則令g(x)=x－lnx－因為x>1，所以g'(x)=1-1x>0因為g(4)=4－g(5)=5－所以存在x1∈(4由g(x1)=當x∈(1，x1當x∈(x1，所以當x=x1時，h(x)取得最小值所以m<h(x又m為正整數，所以m≤4，故正整數m的最大值為4．方法二直接構造函數法因為當x>1時，f(x)－2x－所以xlnx+2x-mx-1>0對于令tx=xlnx令t'(x)=0，解得x=當1<x<em-3時，t'x<0,∴tx若要(*)成立，則m-令sm=m-e由s'm=當m<3時，s'm>0,sm遞增；當m而s4=4-e>0,又m為正整數，所以正整數m的最大值為4．6(★★★)已知函數f(x)=?eaxbx在x=1處取得極值(1)求函數f(x)的單調區(qū)間；(2)若不等式kx+lnx≤x2fx-1【答案】(1)f(x)的單調遞增區(qū)間是(1,+∞),單調遞減區(qū)間是(－∞,0)和(0,1)(2)k≤1【解析】(1)由題意得：f′(x)=ae則f'(1)=0f(1)=e,即aeab-e故f(x)=exx,f′(x當x>1時，f′(x)>0,∴f(x)在(1,+∞)上單調遞增，當x<1且x≠0時，f′(x)<0,∴f(x)在(－∞,0)和(0,1)上單調遞減，故f(x)的單調遞增區(qū)間是(1,+∞),單調遞減區(qū)間是(－∞,0)和(0,1)；(2)由kx+lnx≤x2f(x)－1?kx+lnx≤xex－1,∵x>0,∴分離變量得：k≤xex-lnx-1x令g(x)=ex-lnxx-1x,(x>0),則只需求g′(x)=ex-1-lnx令h(x)=x2ex+lnx(x>0),h′(x)=ex(x2+2x)+1∴h(x)在(0,+∞)上單調遞增，又h(1)=e>0,h(12故?x0∈(12,1),使得h(x0)=0,即x02移項并兩邊取對數得：ln(－lnx0)－lnx0=x0+lnx0,∵函數y=x+lnx在(0,+∞)上單調遞增，故x0=－lnx0,即ex0=當x∈(0,x0)時，g′(x)<0,當x∈(x0,+∞)時，g′(x)>0,故g(x)在(0,x0)上單調遞減，在(x0,+∞)上單調遞增，故g(x)min=g(x0)=e故k≤1．方法2變更主元法【典題1】若不等式mx2-2x+1-m<0對滿足-2≤m≤2的所有m【解析】原不等式可化為x2構造函數fm=x若要滿足題意，則線段l要在x軸下方，只需f(-2)=-2(x2即2x2+2x-3>02【點撥】①我們平時習慣上把x當作自變量，記函數y=mx2-2x+1-m，而知道的是參數m的范圍[－2,2]，求自變量x的范圍，這就是比較別扭了.若把x與m兩個量互換一下角色，即將m視為變量，x為常量，來個“反客為主”，則上述問題可轉化為關于m的一次函數在②對于該題型，題目給出誰的范圍就拿誰作為自變量，另一個視為參數處理.1(★★)已知定義在R上的函數fx=ax3-2ax2(1)求函數f(x)的解析式；(2)若t∈[-1,1]時，f'(x)+tx≤0恒成立，求實數x的取值范圍．【答案】(1)fx=x3-2x【解析】(1)∵f(x)=ax3令f'(x)=0，得x因為a>0，所以可得下表：x[0(0f'(x)+0－f(x)遞增極大遞減因此f(0)必為最大值，∴f(0)=5，因此b=5，∵f(－2)=－16a+5，即f(－2)=－∴f(2)∵f'(x)=3x2－4x，∴f'(x)+tx≤0令g(t)=xt+3x則問題就是g(t)≤0在t∈[－1，為此只需g(-1)≤0g(1)≤0，即3x2所以所求實數x的取值范圍是[0，2(★★★)設函數y=f(x)在區(qū)間D上的導數為f'(x)，f'(x)在區(qū)間D上的導數為g(x)，若在區(qū)間D上，gx<0恒成立，則稱函數y=f(x)在區(qū)間D上為“凸函數”，已知實數m是常數，(1)若y=f(x)在區(qū)間[0,3]上為“凸函數”，求m的取值范圍；(2)若對滿足|m|≤2的任何一個實數m，函數f(x)在區(qū)間(a,b)上都為“凸函數”，求b-a的最大值.【答案】(1)m>2(2)2【解析】由函數fx=x4∴g(1)∵y=f(x)在區(qū)間[0,3]上為“凸函數”，則∴gx=x2解法一：從二次函數的區(qū)間最值入手：等價于gg0解法二：分離變量法：∵當x=0時,∴g0=-3<0當0<x≤3時,gx等價于m>x而hx=x-∴m>2。(2)∴當|m|≤2時f(x)在區(qū)間(a,b)上都為“凸函數”則等價于當|m|≤2時gx=x變更主元法再等價于Fm=mx-x2+3>0在|m|≤2恒成立?F∴b-a=2。方法3數形結合法【典題1】已知函數fx滿足fx=f'1【解析】易得fx=e即C:y=ex的圖象在設曲線C與直線l相切于P(x則切線l方程為y=則a+1=e所以a+1b≤令gx=e2x1-x當a=e-1,b=e2時，【點撥】把fx≥0恒成立轉化為兩個函數之間的關系gx≥h(x)，進而想到兩函數圖象關系.本題把其中一函數選擇一次函數(【典題2】已知函數fx=aex-lnx-1，若f(x)≥0【解析】依題意，aex≥lnx+1設g(x)=aex，h(x)=lnx+1，則需函數g(x)的圖象在函數(g(x)=ae當a≤0當a>0時，設函數g(x)與函數h(x)相切于點P(m,n)，(共切線的處理方法)則aem=1由圖可知，滿足條件的a的取值范圍為[1【點撥】本題構造凹函數和凸函數是常見方法.1(★★)已知函數fx=a-12x2-2ax+lnx.當【答案】[-12【解析】所證不等式可轉化為a-12x當a≠12時，a觀察可得a-12<0，且x所以a-12當a=12故a∈[-12(★★★)設函數f(x)=lnx－mx2+2x，若存在唯一的整數x0使得f(x【答案】[ln2【解析】當m≤0時，f′(x)=1x-2mx+2>0，f(x)單調遞增，存在無數個整數x0，使得f(x當m>0時，由于x>0，所以lnxx>mx－y=lnxx，y′=1-lnxx2，當0<x<e時，y′>0，當x>所以函數y=lnxx在(0，e)上單調遞增，在(e，所以y=lnxx的極大值也是最大值為1e，且x→0時，y→－∞，x→+∞時，所以作出函數y=lnxx和y=mx－過點(0，－2)的直線y=mx－2介于(1，0)，(2，ln22)直線y=mx－2過點(1，0)時，m的值為2，直線y=mx－2過點(2，f(2))時，m的值為ln24+由圖可知，m的取值范圍是[ln24+1，故答案為：[ln24+13(★★★)已知fx=(ex-a)(3ax+1)，若f【答案】3【解析】當a=0時，f當a<0時，ex-a>0，但存在x當a>0若ex即不管x取什么值，y=ex-a由圖可知只能是它們的零點相等才行，即lna=-由超越函數gx=x所以a?lna=-13有兩個解，即存在兩個綜上所述，共3個a滿足題意.4(★★★)若ax+cosx≤1+sinx，x∈[0,π]，則實數a的取值范圍是．【答案】a≤【解析】ax+cosx≤1+sinx?ax設fx=ax則g'當0≤x<3π4時，g'x所以g(x)在[0,3π4且g0=-1，g'0=1(在y而fx=axax-1≤sinx-cosx意味f(x)的圖象在g(x)則a≤kAB=2π且方法4同構法【典題1】已知函數f(x)=emx-1mlnx，當x>0時，【解析】由題意，若m≤0顯然f(x)不是恒大于零，故m>0．則顯然f(x)=emx-當x>1時，f(x)=e(注意到x=e令g(t)=teg'(t)=1+tet>0，因為mx>0,lnx>0(x>1)，所以mx?emx再設h(x)=lnxx?h'(x)=1-lnxx易得h(x)在(0,e)上單調遞增，在(e,+∞)上單調遞減，所以h(x)max=h(e)=所以m的取值范圍為(1【典題2】已知函數fx=x+alnx+e-x-xa(a<0)，若【解析】由f(x)≥0在x∈[2,+∞)上恒成立，得：lnxa-xa≥lne易知當x∈[2,+∞)，a<0時，0<xa<1令函數gt則g'(t)=1t-1>0故有xa≥e-x，則令F(x)=-xlnx(x≥2)易得F(x)在[2,e)上單調遞增，在[e,+∞)上單調遞減，故Fxmax=F【點撥】①利用同構法處理不等式，主要通過變形使得不等式左右兩邊結構要一致，其中懂得“整體思想”，變形的技巧有x=lnex,x=e②同構法在另一專題再細講.1(★)已知a>0，若alnx≤xlna恒成立，則a的值是．【答案】e【解析】因為a>0，若alnx≤xlna恒成立，所以lnxxf(x)=lnxx，a>0，問題轉化為f(x)f′(x)=1當x∈(0，e)時，f′(x)>0，f(x)單調遞增，當x∈(e，+∞)時，f′(x)<0，f(x)單調遞減，所以當x=e時，f(x)max=1所以1e≤lnaa，即elna令h(a)=elna－a，所以問題轉化為h(a)min=0，h′(a)=ea-當a∈(0，e)時，h′(a)>0，h(a)單調遞增，當a∈(e，+∞)時，h′(a)<0，h(a)單調遞減，所以當a=e時，h(a)=h(e)=0，故答案為：e．2(★★★)若關于x的不等式ex-alnx≥a恒成立，則實數a的取值范圍為【答案】[0，e]【解析】ex－alnx≥a?ex≥alnx+a?ex≥alnex，若a<0，x→0時，lnex→－∞，ex→1，∴alnex→+∞，此時ex≥alnex不恒成立，∴a≥0，ex≥alnex?exex≥aexlnex，令g(x)=xex，g'(x)=(x+1)ex=0，解得：x=－1，g(x)在(－∞，－1)遞減，在(－1，+∞)遞增，∴g(x)min=g(-1)=-1e，eg(x)≥ln(ex)≤0時，g(x)>0，g(lnex)≤0不等式恒成立，如圖示：ln(ex)>0時，g(x)g(lnex)令f(x)=x－lnex，由f'(x)=1-1x=x-1f(x)在(0，1)遞減，在(1，+∞)遞增，∴f(x)min=f(1)=0，∴x≥lnex，∴g(x)≥g(lnex)，即g(x)g(lnex)∴ae≤1，∴0≤a≤故答案為：[0，e]．3(★★)證明：xe【證明】要證xex≥x+lnx+1，即要證ex+lnx≥x+lnx+1．令t=x+lnx，則只要證et≥t+1．令g(t)=et﹣t﹣1．因為g'(t)=et﹣1，所以g(t)在(﹣∞，0)上單調遞減，在(0，+∞)上單調遞增．因為g(t)min=g(0)=0，所以g(t)≥0，即et≥t+1成立，故xex≥x+lnx+1成立．4(★★★)函數fx=xex-ax2,gx=lnx+x-【答案】(0,e]【解析】f接著(*)變形同構：e?e令t=lnx+x+1，t∈R問題轉化為證明e令g假