2017版數(shù)學知識方法篇專題3函數(shù)與導數(shù)第15練含答案

學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精第15練存在與恒成立問題[題型分析·高考展望]“存在”與“恒成立”兩個表示范圍的詞語在題目中出現(xiàn)是近年高考的一大熱點，其本質(zhì)是“特稱”與“全稱”量詞的一個延伸,弄清其含義,適當進行轉(zhuǎn)化來加以解決。此類題目主要出現(xiàn)在函數(shù)與導數(shù)結(jié)合的解答題中，難度高，需要有較強的分析能力和運算能力，訓練時應(yīng)注意破題方法的研究。體驗高考1。(2015·課標全國Ⅰ)設(shè)函數(shù)f（x)＝ex（2x－1)－ax＋a，其中a〈1，若存在唯一的整數(shù)x0，使得f（x0）<0，則a的取值范圍是(）A。eq\b\lc\［\rc\）(\a\vs4\al\co1（－\f（3,2e)，1））B。eq\b\lc\[\rc\)（\a\vs4\al\co1（－\f（3,2e),\f（3,4))）C.eq\b\lc\［\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f（3，2e），\f（3,4)))D。eq\b\lc\［\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f(3，2e）,1）)答案D解析設(shè)g（x)＝ex(2x－1），y＝ax－a,由題知存在唯一的整數(shù)x0，使得當x＝x0時，g（x）在直線y＝ax－a的下方。因為g′（x）＝ex(2x＋1），所以當x〈－eq\f(1，2）時,g′（x）<0,當x〉－eq\f(1,2)時，g′（x)〉0,所以當x＝－eq\f（1,2）時，［g(x）］min＝－2e，當x＝0時，g（0)＝－1，g（1）＝e>0，直線y＝a(x－1）恒過(1,0)且斜率為a，故－a>g（0）＝－1，且g(－1)＝－3e－1≥－a－a,解得eq\f（3,2e）≤a<1.故選D.2。(2015·課標全國Ⅱ）設(shè)函數(shù)f(x）＝emx＋x2－mx。（1)證明：f（x）在(－∞，0）單調(diào)遞減,在(0,＋∞)單調(diào)遞增；（2)若對于任意x1，x2∈［－1，1］，都有|f(x1）－f（x2）｜≤e－1，求m的取值范圍.(1）證明f′(x)＝m（emx－1）＋2x。若m≥0,則當x∈(－∞，0)時,emx－1≤0，f′（x）＜0；當x∈(0，＋∞)時，emx－1≥0,f′（x）＞0.若m＜0，則當x∈(－∞，0）時,emx－1＞0,f′（x）＜0；當x∈(0，＋∞)時，emx－1＜0，f′(x）＞0。所以，f（x)在（－∞，0)上單調(diào)遞減，在（0，＋∞)上單調(diào)遞增.（2）解由(1)知，對任意的m，f(x)在［－1，0]上單調(diào)遞減，在［0，1]上單調(diào)遞增，故f（x)在x＝0處取得最小值.所以對于任意x1，x2∈［－1，1]，|f（x1)－f（x2)｜≤e－1的充要條件是eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1(f1－f0≤e－1，,f－1－f0≤e－1,)）即eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（em－m≤e－1，，e－m＋m≤e－1。）)①設(shè)函數(shù)g(t)＝et－t－e＋1，則g′(t)＝et－1。當t＜0時，g′（t）＜0；當t＞0時，g′(t)＞0。故g(t）在(－∞，0)上單調(diào)遞減，在(0，＋∞）上單調(diào)遞增.又g（1)＝0,g(－1)＝e－1＋2－e＜0,故當t∈［－1,1]時，g（t）≤0.當m∈[－1，1］時，g（m）≤0,g(－m)≤0，即①式成立；當m＞1時，由g(t)的單調(diào)性，g(m）＞0，即em－m＞e－1；當m＜－1時,g(－m）＞0,即e－m＋m＞e－1.綜上，m的取值范圍是[－1,1]。3.（2016·江蘇)已知函數(shù)f（x)＝ax＋bx（a＞0,b＞0，a≠1，b≠1)。(1）設(shè)a＝2,b＝eq\f(1,2).①求方程f（x）＝2的根；②若對任意x∈R,不等式f（2x）≥mf(x)－6恒成立,求實數(shù)m的最大值；（2)若0＜a＜1，b＞1，函數(shù)g(x)＝f(x)－2有且只有1個零點，求ab的值。解（1)①由已知可得2x＋eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f（1，2）))x＝2,即2x＋eq\f（1,2x）＝2?！啵?x）2－2·2x＋1＝0，解得2x＝1，∴x＝0.②f（x）＝2x＋eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f（1,2）））x＝2x＋2－x，令t＝2x＋2－x，則t≥2.又f(2x）＝22x＋2－2x＝t2－2，故f（2x)≥mf（x)－6可化為t2－2≥mt－6，即m≤t＋eq\f（4，t)，又t≥2,t＋eq\f(4,t）≥2eq\r（t·\f(4，t）)＝4。（當且僅當t＝2時等號成立）?！鄊≤eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(t＋\f（4,t)））min＝4.即m的最大值為4。（2）∵0＜a＜1，b＞1，∴l(xiāng)na＜0，lnb＞0。g(x）＝f(x）－2＝ax＋bx－2.∵g′(x)＝axlna＋bxlnb為單調(diào)遞增函數(shù)，且值域為R，∴g′（x)一定存在零點，∴g(x)為先減后增且有唯一極值點。由題意,g（x)有且僅有1個零點,則g（x)的極值一定為0，而g（0）＝a0＋b0－2＝0,故極值點為0?！鄃′(0)＝0，即lna＋lnb＝0.∴ab＝1。高考必會題型題型一恒成立問題例1(2015·福建改編)已知函數(shù)f（x）＝ln（1＋x)，g（x)＝kx(k∈R).(1）證明：當x＞0時，f（x）＜x；（2)證明:當k＜1時，存在x0＞0,使得對任意的x∈（0,x0)，恒有f（x）＞g(x).證明（1)令F(x)＝f（x)－x＝ln(1＋x）－x，x∈(0，＋∞），則有F′（x）＝eq\f（1,1＋x）－1＝eq\f(－x，x＋1）。當x∈（0，＋∞）時,F′(x）＜0，所以F(x）在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，故當x＞0時,F（x）＜F(0）＝0，即當x＞0時，f（x）＜x。（2）令G（x）＝f(x）－g（x）＝ln(1＋x)－kx,x∈（0，＋∞）,則有G′(x）＝eq\f（1,x＋1)－k＝eq\f（－kx＋1－k，x＋1）.當k≤0時,G′（x)＞0，故G（x）在（0，＋∞)上單調(diào)遞增，G（x)＞G(0)＝0，故任意正實數(shù)x0均滿足題意.當0＜k＜1時，令G′（x)＝0，得x＝eq\f(1－k，k）＝eq\f（1，k)－1＞0，取x0＝eq\f（1,k)－1,對任意x∈(0，x0)，有G′（x）＞0，從而G(x）在（0，x0)上單調(diào)遞增，所以G(x)＞G（0)＝0，即f(x)＞g（x).綜上，當k＜1時,總存在x0＞0，使得對任意x∈（0，x0），恒有f(x)＞g(x）。點評恒成立問題一般與不等式有關(guān)，解決此類問題需要構(gòu)造函數(shù)，利用函數(shù)單調(diào)性求函數(shù)最值，從而說明函數(shù)值恒大于或恒小于某一確定的值.變式訓練1設(shè)f(x)＝ex－a(x＋1).(1)若?x∈R，f(x）≥0恒成立，求正實數(shù)a的取值范圍；(2)設(shè)g（x）＝f(x）＋eq\f（a,ex),且A(x1，y1），B(x2，y2）(x1≠x2）是曲線y＝g(x）上任意兩點,若對任意的a≤－1，直線AB的斜率恒大于常數(shù)m，求m的取值范圍.解（1）因為f（x）＝ex－a(x＋1),所以f′（x)＝ex－a。由題意，知a＞0，故由f′（x)＝ex－a＝0,解得x＝lna。故當x∈(－∞,lna)時，f′(x)＜0，函數(shù)f（x)單調(diào)遞減;當x∈（lna，＋∞）時,f′(x）＞0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增.所以函數(shù)f（x)的最小值為f(lna）＝elna－a(lna＋1）＝－alna。由題意，若?x∈R，f（x）≥0恒成立，即f(x）＝ex－a（x＋1）≥0恒成立，故有－alna≥0，又a＞0，所以lna≤0，解得0＜a≤1.所以正實數(shù)a的取值范圍為（0,1]。（2）設(shè)x1，x2是任意的兩個實數(shù)，且x1＜x2，則直線AB的斜率為k＝eq\f（gx2－gx1,x2－x1)。由已知k＞m，即eq\f(gx2－gx1,x2－x1）＞m。因為x2－x1＞0，所以g（x2)－g（x1)＞m(x2－x1），即g(x2）－mx2＞g(x1）－mx1.因為x1＜x2,所以函數(shù)h（x）＝g（x)－mx在R上為增函數(shù),故有h′(x）＝g′(x）－m≥0恒成立，所以m≤g′（x)。而g′（x)＝ex－a－eq\f(a,ex），又a≤－1＜0，故g′(x)＝ex＋eq\f(－a，ex）－a≥2eq\r(ex·\f（－a,ex))－a＝2eq\r(－a)－a。而2eq\r(－a）－a＝2eq\r（－a）＋（eq\r(－a）)2＝（eq\r(－a)＋1)2－1≥3,所以m的取值范圍為（－∞，3].題型二存在性問題例2(2015·浙江）設(shè)函數(shù)f(x)＝x2＋ax＋b(a,b∈R）.（1)當b＝eq\f(a2，4）＋1時，求函數(shù)f(x)在[－1，1]上的最小值g(a)的表達式；(2）已知函數(shù)f（x）在［－1，1］上存在零點，0≤b－2a≤1，求b的取值范圍。解(1）當b＝eq\f（a2,4）＋1時，f（x）＝eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（x＋\f（a,2）)）2＋1，故對稱軸為直線x＝－eq\f（a，2）.當a≤－2時,g(a）＝f(1）＝eq\f（a2，4）＋a＋2.當－2＜a≤2時,g（a）＝feq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（－\f(a,2）））＝1。當a＞2時，g(a)＝f(－1)＝eq\f（a2,4）－a＋2.綜上,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）設(shè)s，t為方程f（x）＝0的解，且－1≤t≤1，則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)。當0≤t≤1時，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).當－1≤t＜0時，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的取值范圍是［－3，9－4eq\r(5）］。點評“存在"是特稱量詞，即“有的”意思，證明這類問題的思路是想法找到一個“x0"使問題成立即可，必要時需要對問題進行轉(zhuǎn)化.若證“存在且唯一”則需說明除“x0”外其余不能使命題成立，或利用函數(shù)單調(diào)性證明此類問題。變式訓練2(2015·北京)已知函數(shù)f(x）＝lneq\f（1＋x,1－x).(1）求曲線y＝f（x)在點(0，f（0））處的切線方程；(2）求證：當x∈（0，1)時，f(x)＞2eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（x＋\f（x3，3)）)；(3)設(shè)實數(shù)k使得f（x)＞keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（x＋\f(x3，3）))對x∈（0，1)恒成立,求k的最大值。(1）解因為f（x）＝ln（1＋x）－ln（1－x)，所以f′(x）＝eq\f（1，1＋x)＋eq\f（1，1－x），f′(0)＝2.又因為f(0）＝0，所以曲線y＝f（x）在點（0，f（0）)處的切線方程為y＝2x。（2)證明令g（x)＝f（x）－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(x3,3））)，則g′(x)＝f′(x）－2（1＋x2）＝eq\f（2x4，1－x2）.因為g′（x)〉0（0<x<1）,所以g（x)在區(qū)間(0,1)上單調(diào)遞增.所以g(x)〉g(0)＝0，x∈(0，1)，即當x∈(0,1)時,f（x）〉2eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(x＋\f（x3，3）)).（3)解由（2)知，當k≤2時，f（x）>keq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(x＋\f（x3，3)））對x∈（0，1）恒成立.當k>2時，令h（x)＝f(x）－keq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(x3,3）））,則h′(x）＝f′（x）－k（1＋x2）＝eq\f(kx4－k－2,1－x2).所以當0<x<eq\r（4,\f(k－2,k））時，h′（x)<0，因此h（x)在區(qū)間eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（0，\r（4，\f（k－2，k))）)上單調(diào)遞減.故當0〈x<eq\r(4，\f(k－2，k）)時，h（x）〈h(0)＝0，即f(x)〈keq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(x＋\f(x3，3))）。所以當k>2時，f(x)>keq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(x＋\f（x3,3)）)并非對x∈（0，1）恒成立.綜上可知，k的最大值為2。高考題型精練1。已知函數(shù)f(x）＝eq\f(1,3)x3－2x2＋3m，x∈［0,＋∞),若f（x）＋5≥0恒成立，則實數(shù)m的取值范圍是()A。eq\b\lc\［\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f(17，9），＋∞)）B。eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f（17，9),＋∞))C。(－∞，2]D。（－∞,2)答案A解析f′(x)＝x2－4x，由f′(x)＞0，得x＞4或x＜0.∴f（x）在（0，4）上遞減，在(4，＋∞）上遞增，∴當x∈[0,＋∞)時，f(x)min＝f（4）。∴要使f(x)＋5≥0恒成立，只需f（4)＋5≥0恒成立即可，代入解得m≥eq\f(17，9）.2.在R上定義運算：eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(ab，cd)）＝ad－bc,若不等式eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－1a－2,a＋1x)）≥1對任意實數(shù)x恒成立，則實數(shù)a的最大值為（）A。－eq\f（1,2）B。－eq\f(3，2）C.eq\f（1，2)D.eq\f(3，2）答案D解析由定義知，不等式eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(x－1a－2，a＋1x))≥1等價于x2－x－(a2－a－2）≥1，∴x2－x＋1≥a2－a對任意實數(shù)x恒成立，∵x2－x＋1＝（x－eq\f(1,2））2＋eq\f(3,4）≥eq\f（3，4），∴a2－a≤eq\f（3，4)，解得－eq\f(1,2）≤a≤eq\f（3，2)，則實數(shù)a的最大值為eq\f(3，2）。3.若x∈[0,＋∞），則下列不等式恒成立的是(）A.ex≤1＋x＋x2 B。eq\f（1，\r（1＋x)）≤1－eq\f(1,2)x＋eq\f（1,4)x2C。cosx≥1－eq\f(1，2)x2 D。ln（1＋x)≥x－eq\f(1,8)x2答案C解析設(shè)f（x）＝cosx＋eq\f（1,2）x2－1,則f′(x）＝－sinx＋x≥0（x≥0)，所以f（x)＝cosx＋eq\f（1,2）x2－1是增函數(shù)，所以f(x)＝cosx＋eq\f（1，2)x2－1≥f（0)＝0，即cosx≥1－eq\f（1,2）x2。4.函數(shù)f（x）的定義域是R，f(0)＝2，對任意x∈R，f(x)＋f′（x)＞1，則不等式ex·f（x)＞ex＋1的解集為(）A。{x|x＞0} B。｛x|x＜0｝C。｛x｜x＜－1，或x＞1｝ D。{x｜x＜－1，或0＜x＜1｝答案A解析構(gòu)造函數(shù)g（x)＝ex·f(x)－ex，因為g′(x)＝ex·f（x）＋ex·f′（x）－ex＝ex［f(x）＋f′(x)］－ex＞ex－ex＝0，所以g（x)＝ex·f(x)－ex為R上的增函數(shù).又因為g(0)＝e0·f（0）－e0＝1，所以原不等式轉(zhuǎn)化為g（x）＞g(0），解得x＞0.5。當x∈［－2，1]時，不等式ax3－x2＋4x＋3≥0恒成立，則實數(shù)a的取值范圍是()A.［－5，－3]B.[－6，－eq\f（9，8）］C。[－6，－2］D。［－4，－3]答案C解析當x＝0時，ax3－x2＋4x＋3≥0變?yōu)?≥0，恒成立，即a∈R.當x∈（0，1]時，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.設(shè)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]上單調(diào)遞增，φ（x)max＝φ（1）＝－6，∴a≥－6。當x∈[－2，0）時，a≤eq\f（x2－4x－3，x3)，∴a≤eq\b\lc\［\rc\］(\a\vs4\al\co1(\f（x2－4x－3,x3)))min。仍設(shè)φ(x)＝eq\f（x2－4x－3，x3)，φ′（x)＝－eq\f（x－9x＋1,x4）。當x∈[－2，－1）時,φ′(x)〈0,當x∈(－1，0)時,φ′(x)〉0。∴當x＝－1時，φ（x)有極小值，即為最小值.而φ(x)min＝φ（－1）＝eq\f（1＋4－3,－1)＝－2,∴a≤－2.綜上知－6≤a≤－2.6.若函數(shù)f(x）＝(x＋1）·ex，則下列命題正確的是()A。對任意m〈－eq\f(1,e2）,都存在x∈R，使得f（x）<mB。對任意m>－eq\f(1,e2），都存在x∈R，使得f(x)<mC.對任意m<－eq\f(1，e2），方程f（x）＝m只有一個實根D.對任意m〉－eq\f(1，e2),方程f(x）＝m總有兩個實根答案B解析∵f′(x）＝(x＋2)·ex,∴x〉－2時，f′(x)>0,f（x)為增函數(shù)。x<－2時,f′（x）<0，f(x)為減函數(shù)，∴f（－2）＝－eq\f(1,e2）為f（x）的最小值，即f(x）≥－eq\f(1,e2)（x∈R)，故B正確。7.已知二次函數(shù)f（x）＝ax2＋bx＋c的導函數(shù)為f′(x)，f′(x）>0，對于任意實數(shù)x，有f(x)≥0，則eq\f（f1,f′0)的最小值為________。答案2解析∵f′(x)＝2ax＋b,∴f′(0）＝b〉0。由題意知eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1(Δ＝b2－4ac≤0,a〉0))，∴ac≥eq\f(b2，4)，∴c〉0，∴eq\f(f1，f′0)＝eq\f(a＋b＋c，b)≥eq\f（b＋2\r(ac)，b）≥eq\f（2b，b）＝2，當且僅當a＝c時“＝”成立.8。已知函數(shù)f(x）＝ax3－3x2＋1，若f（x)存在唯一的零點x0，且x0>0,則a的取值范圍是______.答案(－∞，－2)解析a＝0時,不符合題意;a≠0時，f′(x)＝3ax2－6x,令f′(x）＝0，得x＝0或x＝eq\f(2，a）。若a>0，則由圖象知f（x）有負數(shù)零點，不符合題意。則a〈0,由圖象f（0）＝1〉0知，此時必有0<feq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f(2，a)))<1，即0〈a×eq\f（8，a3)－3×eq\f(4，a2）＋1<1，化簡得a2>4，又a〈0，所以a<－2.9。若在區(qū)間［0，1］上存在實數(shù)x使2x（3x＋a)<1成立,則a的取值范圍是________。答案(－∞，1)解析2x(3x＋a)〈1可化為a<2－x－3x，則在區(qū)間[0,1］上存在實數(shù)x使2x（3x＋a）〈1成立，等價于a〈（2－x－3x)max，而2－x－3x在［0，1］上單調(diào)遞減,∴2－x－3x的最大值為20－0＝1,∴a〈1，故a的取值范圍是(－∞，1）.10.已知函數(shù)f(x)＝x－eq\f(1，x＋1)，g(x)＝x2－2ax＋4,若對于任意x1∈[0，1]，存在x2∈［1，2]，使f（x1）≥g(x2）,則實數(shù)a的取值范圍是__________。答案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，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）,則要使a≥h(x)在x∈[1，2]能成立，只需使a≥h(x)min,又函數(shù)h(x)＝eq\f(x,2）＋eq\f（5，2x)在［1，2］上單調(diào)遞減，所以h（x）min＝h(2）＝eq\f（9，4），故只需a≥eq\f（9,4)。11。已知f（x）＝xlnx,g(x)＝－x2＋ax－3.（1）對一切x∈（0，＋∞),2f（x)≥g（x）恒成立，求實數(shù)a的取值范圍；(2)證明：對一切x∈（0,＋∞）,都有l(wèi)nx〉eq\f(1，ex)－eq\f(2,ex)成立。(1)解?x∈（0，＋∞)，有2xlnx≥－x2＋ax－3,則a≤2lnx＋x＋eq\f(3,x）,設(shè)h（x)＝2lnx＋x＋eq\f（3,x）(x>0），則h′(x）＝eq\f(x＋3x－1，x2)，①當x∈（0,1)時,h′（x）<0