存在與恒成立問題

專題3函數(shù)與導(dǎo)數(shù)第18練存在與恒成立問題典例剖析精題狂練“存在”與“恒成立”兩個表示范圍的詞語在題目問法中出現(xiàn)是近年高考的一大熱點(diǎn)，其本質(zhì)是“特稱”與“全稱”量詞的一個延伸，弄清其含義，適當(dāng)進(jìn)行轉(zhuǎn)化來加以解決.內(nèi)容精要典例剖析題型一不等式的恒成立問題題型二存在性問題題型三存在與恒成立的綜合性問題

題型一不等式的恒成立問題破題切入點(diǎn)

有關(guān)不等式的恒成立求參數(shù)范圍的問題，通常采用的是將參數(shù)分離出來的方法.例1

已知函數(shù)f(x)＝ax－1－lnx，a∈R.(1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；當(dāng)a≤0時，f′(x)<0恒成立，f(x)在區(qū)間(0，＋∞)上單調(diào)遞減；

題型一不等式的恒成立問題f′(x)>0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增.綜上所述：當(dāng)a≤0時，f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(0，＋∞)，無單調(diào)遞增區(qū)間；

題型一不等式的恒成立問題(2)若函數(shù)f(x)在x＝1處取得極值，對?x∈(0，＋∞)，f(x)≥bx－2恒成立，求實(shí)數(shù)b的取值范圍.解因為函數(shù)f(x)在x＝1處取得極值，所以f′(1)＝0，解得a＝1，經(jīng)檢驗可知滿足題意.由已知f(x)≥bx－2，即x－1－lnx≥bx－2，

題型一不等式的恒成立問題易得g(x)在(0，e2]上單調(diào)遞減，在[e2，＋∞)上單調(diào)遞增，破題切入點(diǎn)

利用極值處導(dǎo)數(shù)為0及導(dǎo)數(shù)的幾何意義求出f(x).題型二存在性問題例2

已知函數(shù)f(x)＝ax3＋bx2＋cx在x＝±1處取得極值，且在x＝0處的切線的斜率為－3.(1)求f(x)的解析式；解f′(x)＝3ax2＋2bx＋c.又f′(0)＝－3，∴c＝－3，∴a＝1，∴f(x)＝x3－3x.題型二存在性問題破題切入點(diǎn)

借助導(dǎo)數(shù)幾何意義表示切線方程，然后分離參數(shù)，利用數(shù)形結(jié)合求m范圍.(2)若過點(diǎn)A(2，m)可作曲線y＝f(x)的三條切線，求實(shí)數(shù)m的取值范圍.又切線過點(diǎn)A(2，m).題型二存在性問題令g(x)＝－2x3＋6x2－6，則g′(x)＝－6x2＋12x＝－6x(x－2)，由g′(x)＝0得x＝0或x＝2.g(x)極小值＝g(0)＝－6，g(x)極大值＝g(2)＝2.題型二存在性問題畫出草圖如下圖.∴當(dāng)－6<m<2時，m＝－2x3＋6x2－6有三解.即可作曲線y＝f(x)的三條切線.破題切入點(diǎn)

考查導(dǎo)數(shù)的運(yùn)算，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，解不等式函數(shù)的零點(diǎn)等基礎(chǔ)知識，既有存在，又有恒成立問題.題型三存在與恒成立的綜合性問題例3

已知a>0，函數(shù)f(x)＝lnx－ax2，x>0.(f(x)的圖象連續(xù)不斷)(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間；題型三存在與恒成立的綜合性問題當(dāng)x變化時，f′(x)，f(x)的變化情況如下表：xf′(x)＋0－f(x)極大值題型三存在與恒成立的綜合性問題由(1)知f(x)在(0,2)內(nèi)單調(diào)遞增，在(2，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞減.由于f(x)在(0,2)內(nèi)單調(diào)遞增，題型三存在與恒成立的綜合性問題所以存在x0∈(2，x′)，使g(x0)＝0，(說明：x′的取法不唯一，只要滿足x′>2，且g(x′)<0即可)題型三存在與恒成立的綜合性問題從而f(x)在[α，β]上的最小值為f(α).又由β－α≥1，α，β∈[1,3]，知1≤α≤2≤β≤3.題型三存在與恒成立的綜合性問題總結(jié)提高

(1)存在與恒成立兩個熱點(diǎn)詞匯在高考中頻繁出現(xiàn)，關(guān)鍵要把握兩個詞語的本質(zhì)：存在即特稱量詞，“有的”意思；恒成立即全稱量詞，“任意的”意思.(2)解決這類問題的關(guān)鍵是轉(zhuǎn)化與化歸思想，轉(zhuǎn)化為求解函數(shù)的最大值與最小值問題.(3)函數(shù)與方程思想的應(yīng)用在求解參數(shù)范圍中體現(xiàn)的淋漓盡致，將參數(shù)分離出來，另一側(cè)設(shè)為函數(shù)，轉(zhuǎn)化為求解另一側(cè)函數(shù)的最大值和最小值問題.精題狂練1234567891011121.(2013·課標(biāo)全國Ⅱ)若存在正數(shù)x使2x(x－a)<1成立，則a的取值范圍是(

)A.(－∞，＋∞) B.(－2，＋∞)C.(0，＋∞) D.(－1，＋∞)精題狂練123456789101112∴f′(x)＝1＋2－xln2>0.∴f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，∴f(x)>f(0)＝0－1＝－1，∴a的取值范圍為(－1，＋∞)，故選D.答案D123456789101112精題狂練123456789101112精題狂練解析當(dāng)a＝0時，顯然不成立，故排除D；當(dāng)a>0時，注意到f′(x)＝6ax2－6ax＝6ax(x－1)，即f(x)在[0,1]上是減函數(shù)，在[1,2]上是增函數(shù)，當(dāng)x0＝0時，結(jié)論不可能成立；進(jìn)一步，可知a<0，此時g(x)在[0,2]上是增函數(shù)，123456789101112精題狂練同時f(x)在0≤x≤1時，函數(shù)值從1增大到1－a，在1≤x≤2時，函數(shù)值從1－a減少到1＋4a，所以“任意給定的x0∈[0,2]，總存在兩個不同的xi(i＝1,2)∈[0,2]，使得f(xi)＝g(x0)成立”123456789101112精題狂練答案A123456789101112精題狂練A.(－∞，－6)∪(6，＋∞)B.(－∞，－4)∪(4，＋∞)C.(－∞，－2)∪(2，＋∞)D.(－∞，－1)∪(1，＋∞)123456789101112精題狂練123456789101112精題狂練故－2≤m≤2，因此原特稱命題成立的條件是m>2或m<－2.答案C123456789101112精題狂練123456789101112精題狂練

123456789101112精題狂練123456789101112精題狂練則f′(x)＝－sinx＋x≥0(x≥0)，答案C123456789101112精題狂練6.(2014·遼寧)當(dāng)x∈[－2,1]時，不等式ax3－x2＋4x＋3≥0恒成立，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是(

)A.[－5，－3] B.[－6，－]C.[－6，－2] D.[－4，－3]解析當(dāng)x＝0時，ax3－x2＋4x＋3≥0變?yōu)?≥0恒成立，即a∈R.123456789101112精題狂練123456789101112精題狂練∴φ(x)在(0,1]上遞增，φ(x)max＝φ(1)＝－6.∴a≥－6.123456789101112精題狂練當(dāng)x∈[－2，－1)時，φ′(x)<0，當(dāng)x∈(－1,0)時，φ′(x)>0.∴當(dāng)x＝－1時，φ(x)有極小值，即為最小值.綜上知－6≤a≤－2.答案C123456789101112精題狂練7.設(shè)函數(shù)f(x)＝ax3－3x＋1(x∈R)，若對于任意x∈[－1,1]，都有f(x)≥0成立，則實(shí)數(shù)a的值為________.解析若x＝0，則不論a取何值，f(x)≥0顯然成立；123456789101112精題狂練123456789101112精題狂練g(x)在區(qū)間[－1,0)上單調(diào)遞增，所以g(x)min＝g(－1)＝4，從而a≤4，綜上可知a＝4.答案4123456789101112精題狂練8.(2014·江蘇)已知函數(shù)f(x)＝x2＋mx－1，若對于任意x∈[m，m＋1]，都有f(x)<0成立，則實(shí)數(shù)m的取值范圍是_________.解析作出二次函數(shù)f(x)的圖象，123456789101112精題狂練因此函數(shù)f(x)在[0,1]上單調(diào)遞增，所以x∈[0,1]時，f(x)min＝f(0)＝－1.根據(jù)題意可知存在x∈[1,2]，使得g(x)＝x2－2ax＋4≤－1，123456789101112精題狂練123456789101112精題狂練10.(2014·浙江)已知函數(shù)f(x)＝x3＋3|x－a|(a∈R).(1)若f(x)在[－1,1]上的最大值和最小值分別記為M(a)，m(a)，求M(a)－m(a)；123456789101112精題狂練①當(dāng)a≤－1時，有x≥a，故f(x)＝x3＋3x－3a.此時f(x)在(－1,1)上是增函數(shù)，因此，M(a)＝f(1)＝4－3a，m(a)＝f(－1)＝－4－3a，故M(a)－m(a)＝(4－3a)－(－4－3a)＝8.②當(dāng)－1<a<1時，若x∈(a,1)，f(x)＝x3＋3x－3a，在(a,1)上是增函數(shù)；若x∈(－1，a)，f(x)＝x3－3x＋3a，在(－1，a)上是減函數(shù)，123456789101112精題狂練所以，M(a)＝max{f(1)，f(－1)}，m(a)＝f(a)＝a3.由于f(1)－f(－1)＝－6a＋2，③當(dāng)a≥1時，有x≤a，故f(x)＝x3－3x＋3a，此時f(x)在(－1,1)上是減函數(shù)，因此，M(a)＝f(－1)＝2＋3a，m(a)＝f(1)＝－2＋3a，123456789101112精題狂練故M(a)－m(a)＝(2＋3a)－(－2＋3a)＝4.123456789101112精題狂練(2)設(shè)b∈R，若[f(x)＋b]2≤4對x∈[－1,1]恒成立，求3a＋b的取值范圍.解令h(x)＝f(x)＋b，123456789101112精題狂練因為[f(x)＋b]2≤4對x∈[－1,1]恒成立，即－2≤h(x)≤2對x∈[－1,1]恒成立，所以由(1)知，①當(dāng)a≤－1時，h(x)在(－1,1)上是增函數(shù)，h(x)在[－1,1]上的最大值是h(1)＝4－3a＋b，最小值是h(－1)＝－4－3a＋b，則－4－3a＋b≥－2且4－3a＋b≤2，矛盾；123456789101112精題狂練最大值是h(1)＝4－3a＋b，所以a3＋b≥－2且4－3a＋b≤2，令t(a)＝－2－a3＋3a，123456789101112精題狂練故t(a)≥t(0)＝－2，因此－2≤3a＋b≤0.最大值是h(－1)＝3a＋b＋2，所以a3＋b≥－2且3a＋b＋2≤2，123456789101112精題狂練④當(dāng)a≥1時，h(x)在[－1,1]上的最大值是h(－1)＝2＋3a＋b，最小值是h(1)＝－2＋3a＋b，所以3a＋b＋2≤2且3a＋b－2≥－2，解得3a＋b＝0.綜上，得3a＋b的取值范圍是－2≤3a＋b≤0.123456789101112精題狂練11.已知函數(shù)f(x)＝(x＋1)lnx－x＋1.(1)若xf′(x)≤x2＋ax＋1，求a的取值范圍；而xf′(x)≤x2＋ax＋1(x＞0)等價于lnx－x≤a.123456789101112精題狂練當(dāng)0＜x＜1時，g′(x)＞0；當(dāng)x≥1時，g′(x)≤0，x＝1是g(x)的最大值點(diǎn)，∴g(x)≤g(1)＝－1.綜上可知，a的取值范圍是.123456789101112精題狂練(2)證明：(x－1)f(x)≥0.證明由(1)知，g(x)≤g(1)＝－1，即lnx－x＋1≤0.當(dāng)0＜x＜1時，f(x)＝(x＋1)lnx－x＋1＝xlnx＋(lnx－x＋1)<0，∴(x－1)f(x)>0；當(dāng)x≥1時，f(x)＝lnx＋(xlnx－x＋1)∴(x－1)f(x)≥0.綜上，在定義域內(nèi)滿足(x－1)f(x)≥0恒成立.123456789101112