新高考數學復習 函數的存在與恒成立問題（教師版）

專題32函數的存在與恒成立問題

一、題型選講

題型一、函數的存在問題

函數的恒成立問題往往采取分離參數法，參變分離法的適用范圍：判斷恒成立問題是否可以采用參變分離

法，可遵循以下兩點原則：

①玉則只需要g(a)〈/(x)1rax=M

BxeD,g(a)<f(x),則只需要g(a)</(x)n1ax=M

②HxeO,g(a)i/(x),則只需要8⑷之"。〃=m

Bx^D,g(a)>f(x),則只需要8(。)>/(力5=m

2

例1、【2019年高考浙江】已知aeR,函數/(x)=o?-x,若存在feR,使得|/?+2)—/(。區(qū)§,

則實數。的最大值是.

4

【答案】-

3

2

【解析】存在IER,使得I/Q+2)—/?)區(qū)

22

即限］|ci(t+2)3—(f+2)—Q尸+/區(qū)q,化為12〃(3廣+6/+4)—2區(qū)飛，

可得一■142a(3『+6f+4)-2wg,即g4a(3產+6f+4)4g,

44

由3/+6f+4=3(f+l)2+lZl,可得0<aW§.則實數。的最大值是

例2、(2016泰州期末)若命題“存在xdR,ay+4x+aW0”為假命題，則實數a的取值范圍是.

【答案】(2,+8)

【解析】“存在*eR,af+dx+aWO"為假命題,則其否定“對任意xeR,aV+dx+a>。”為真命題，當

a>0,

a=0,4x>0不恒成立，故不成立；當aWO時，/=i6_4a°<0,解得a>2,所以實數a的取值范圍是(2,

+°0).

易錯警示轉為真命題來處理，二次項系數為參數的不等式恒成立問題，要注意討論二次項系數為0時能否

成立

例3、(2016蘇錫常鎮(zhèn)調研)已知函數/■(x)=」*一a|,若存在*?［1,2］，使得以⑼a，則實數a的取

值范圍是

【答案】.(-1,5)

【解析】解法1當xW[l,2]時，F(x)〈2,等價于1「一ax|〈2,即—?ZV/—?aKZ,即x-2<ax<x+2,得到

x-\<a<x+^,即WavQ'+jax,得到一l<a<5.

解法2原問題可轉化為先求：對任意xW[l,2],使得f(x)》2時，實數a的取值范圍.

2

則有a|22,即|a—

22

(1)當a24時，@》*+了22‘+2=5,得到a25.

222

(2)當aWl時，X，-aex，有aWx'—xWl—[=-1,得到aW—1.

2

(3)當l<a〈4時，|a-x\>0,與;〉0矛盾.

那么有aW-l或a25,故原題答案為一l<a<5.

題型二、函數的恒成立問題

函數的恒成立問題往往采取分離參數法，參變分離法的適用范圍：判斷恒成立問題是否可以采用參變

分離法，可遵循以下兩點原則：

(1)已知不等式中兩個字母是否便于進行分離，如果僅通過幾步簡單變換即可達到分離目的，則參變分離

法可行。但有些不等式中由于兩個字母的關系過于“緊密”，會出現無法分離的情形，此時要考慮其他方法。

(2)要看參變分離后，已知變量的函數解析式是否便于求出最值(或臨界值)，若解析式過于復雜而無法

求出最值(或臨界值)，則也無法用參變分離法解決問題。(可參見”恒成立問題一一最值分析法“中的相

關題目)

參變分離后會出現的情況及處理方法：(假設尤為自變量，其范圍設為。，/(x)為函數；。為參數，g(a)

為其表達式)⑴若“X)的值域為

①Vxe￡>,g(a)W/(x),則只需要g(a)而“=加

VxeD,g(x)<-f(x),則只需要8(。)</(肛向=加

②Vxe0,g(a)之/(x),則只需要g(a)?/(耳廁

VxeD,g(a)>f(x),則只需要g(a)>/(x)1rax=M

例4、(2020屆山東省泰安市高三上期末)設函數/(X)在定義域(0,+8)上是單調函數，

Vxe(0,+oo),/[/(x)-e'+x]=e,若不等式/(x)+.f'(x)2ox對xe(0,+?)恒成立，則實數a的取

值范圍是.

【答案】(fo,2e-l]

【解析】由題意可設/(x)—e*+x=f,^\f(x)=ex-x+t,

,：/[/(x)-ev+x]-e,：./⑺=d-t+t=e'-e,

：.t=\,：.f(x)=ex-x+1,/./,(x)=ejr-l,

由/(力+/'(力*優(yōu)得，一1+1+/-12依,

：.a<---1對xe(0,+8)恒成立，

X

4,g(x)=———1,XG(0,-f-oo),則g，(x)=2e(:_Q,

XX

由g'(x)=0得x=l,g(x)在(0,1)上單調遞減，在。,物)單調遞增，

Ag(x)>g(l)=2e-l,.\a<2e-l,

故答案為：(yq,2e-1].

x—2ax+2a.x<1,

變式5、【2019年高考天津理數】已知aeR,設函數/(x)={若關于x的不等式

x-a\x\x,x>1.

/(x)20在R上恒成立，則。的取值范圍為

A.[0,1]B.[0,2]

C.[0,e]I).[l,e]

【答案】C

【解析】當x=l時，/(1)=1-2。+2a=1>0恒成立：

v-2

當x<l時，/(%)=x2-2ax+2a>0o2a>—一?恒成立，

X-1

令g(x)=

X—1

x2(1—x—l)~(1—x)~—2(1—x)+1

則g(x)=

1—X1—X1—X

+占小修3廿2卜0,

當l—x=」一,即尤=0時取等號，

1-X

：.2a>g(x)max=0,則a〉0.

x

當時，f(x)=x-a1nx>0,即—恒成立,

Inx

Xlnx-1

令力。)=—，則h\x)=

\nx(Inx)2

當x>e時，/(x)>0,函數〃(x)單調遞增，

當0<%<6時，"(x)<0,函數4(x)單調遞減,

則x=e時，h(x)取得最小值/z(e)=e,

力(x)min=e，

綜上可知，”的取值范圍是[0,e].

故選C.

例6、(2020屆山東省濰坊市高三上期末)已知函數/(x)=ae*-x-l(aeR),g(x)=x2

當a=l,x20時，不等式/(x)N丘恒成立，求實數攵的取值范圍.

【解析】當。=1時，f(x)^ex-x-\,問題等價于不等式

ex-x-\>kxln^x+\),當x20時恒成立.

設〃(x)=e*—x—1—hc/〃(x+l)(x?O),〃(0)=(),

又設〃2(x)=?(x)="-l-k/?(x+l)+——(x>0)

1+X

則〃?'3="一左-^—+-~二

1+X(1+X)-

而m*(0)=l-2Z:.

(i)當1—2ZN0時，即左(工時，

2

由于xN0,e*21，k——+-~--r-~~--r41

1+x(l+x)-J2[l+x(1+x)-

此時R(x)NO,/n(x)在[0,+8)w(x)>m(O)=O

即〃(x)“，所以〃(無)在［0,+8)上單調遞增所以〃(x)N〃(O)=(),

即ex-X-1-^T/H(X+1)>0,故&4；適合題意.

(ii)當女〉;時，m'(0)<0,

由于加(》)=/一“+--1―T在［0,+8)上單調遞增，

11

令x=/〃(2Z)>0,則"f(/〃2k)=2k-k------------>-2-k---2k-=0.

1+In2x0+ln2x)'

故在(0,In2人)上存在唯一無。,使m'(%)=0,

因此當xe(O,x(J時，加(x)<0,〃?(x)單調遞減，所以加(％)<以0)=0,

即〃'(x)V0,//(x)在((),％)上單調遞減，故秋x)<〃(0)=0,

亦即-/tr/n(x+l)<0,故時不適合題意，

綜匕所求k的取值范圍為1-8,；.

題型三、函數的存在與恒成立的綜合問題

多變量恒成立與存在問題：對于含兩個以上字母(通常為3個)的恒成立不等式，先觀察好哪些字母

的范圍已知(作為變量)，那個是所求的參數，然后通常有兩種方式處理

(1)選擇一個己知變量，與所求參數放在一起與另一變量進行分離。則不含參數的一側可以解出最值(同

時消去一元)，進而多變量恒成立問題就轉化為傳統的恒成立問題了。

(2)將參數與變量進行分離，即不等號一側只含有參數，另一側是雙變量的表達式，然后按所需求得雙變

量表達式的最值即可。

例7、（2019蘇州期末）設函數f（x）=7-ax2,若對任意xp（—8,0）,總存在X2e[2,y?]）使得

/（天）4/（為），則實數a的范圍

【答案】OWaWl

【解析】思路分析考察函數f（x）在區(qū)間（—8,0）和上的最小值或下確界.特別注意到，當a￥0時，當

a時，x—ax2=0.

①當a=0時，￡々）=而在（-8,0）上的值域為（0,+8）,在，滿足要求;

'2

②當a<0時，f(xi)f=0,而f（xJ>0恒成立，所以不可能有f（X?）Wf（X）；

③當(KaWW時，f(x2)”,”=0,而f（x）20恒成立，滿足要求;

2ax52

④當@天時，設g（x）=《一ax'則g'（x）=一7一2ax=一

(11

易得g（x）在上遞增，在力上遞減，在⑵+8）單調遞減

所以4a—143指角軍得上<。41

綜上：OWaWl

-x+4x,0W1K4,

例8、（2017蘇錫常鎮(zhèn)一調）已知函數f（x）=[iog,（*_2）+2,4Wx<6,若存在為，必晝匕當

0WxK4WxzW6時，f（xi）—f（x2）>則（用）的取值范圍是.

【答案】（3,藥）

【解析】思路分析因為為六熱）=為『（為）=-4+4星是關于小的函數，所以關鍵是先確定汨的范圍.而由

定曲線尸fN）與動直線尸發(fā)的位置關系，可確定為的范圍.

設Ax.）=/U）=%由定曲線尸/U）與動直線y=A的位置關系，可得Ad[3,4],從而易得[1,3],

所以X/（X2）=X1F（X1）=-x：+4#,設g（t）=-1+4巴則/（力=—31+8-=一

88

3tt—3?令g'（f）=0,得t=§.

列表如下:

888

t13

L333,3

g'(t)+0—

256

g(t)3藥9

256

由上表可知，函數g(t)的值域為(3,行.)

二、達標訓練

1、(2017泰州期末)若命題“存在xGR,a*+4x+aW0”為假命題，則實數a的取值范圍是.

【答案】(2,+8)

【解析】“存在xCR,af+4x+aW0”為假命題，則其否定“對任意x^R,a*+4x+a>0”為真命題，當

k>0,

a=0,4x>0不恒成立，故不成立；當3士。時，(4=16.44<0,解得公2,所以實數a的取值范圍是(2,

+0°).

2、(2017蘇北四市摸底)已知函數/"(x)=e'T+x-2(e為自然對數的底數)，g(x)=*—ax—a+3,若存在

實數及，使得/■(xJ=g(X2)=0,且除一如W1,則實數a的取值范圍是.

【答案】.[2,3]

【解析】易知函數/'(x)=ei+x—2為單調遞增函數，且f(l)=e°+l-2=0,從而汨=1.因為|為一知W1,

產+3

所以|1一及1<1,所以0WX2X￡[0,2],使得V-ax-a+3=0成立，即存在實數[0,2],使得H=K■成

(￡—1)?+34/44

立.令￡=x+l(2￡[1,3]),則g[t)—[=1+工-2N2't-7—2=2,當且僅當1=7，即t=2,

4

x=l時取等號.又因為g(Z*x=max{g(l),g(3)}=3,所以函數g(?=1+]—2的值域為[2,3],從而實數

a的取值范圍是[2,3].

3、(2020屆山東省濟寧市高三上期末)已知函數/(x)=lnx+(l-a)x+a(a>0),若有且只有兩個整數

使得/&)>0,且〃々)>0,則。的取值范圍是()

3+ln33+ln34Q21n2+43+ln3)

B.(0,2+In2)---,2+ln2ID.

A.u,~C.~~52J

【答案】C

[解析]/(x)=lnx+(l-a)x+a(Q>0),=—,/(1)=Inl+(l-?)+<2=1

時，函數單調遞增，不成立;

當。>1時，函數在(0,a)上單調遞增，在(￡,+8)上單調遞增;

有且只有兩個整數不，々使得〃看)>0,且〃々)>0,故/(2)>0且/⑶W0

即ln2+2-2a+a>0,，a<ln2+2；In3+3-3a+a<0,/.?>ln^+^

2

故選：C.

4、【2020年高考天津】已知函數/(x)=x3+8nx/eR),/'(x)為/(x)的導函數.

,

r,y(x.)+f(xAf(xA

當左2-3時，求證：對任意的G[1,+8),且玉>X,,有J,"J\J'"J'

2X]一%2

?k

證明：由/(x)=%3+女]nx,得/'(不)=3%2+—.

X

對任意的X1,%2e[l,+8)，且X|>%2，令'=/(’>1)，則

工2

，

(^-A2)(/(jq)+.f(A2))-2(/(x,)-/(A2))

(kk\(X\

3

=(x1-x2)3%；H-----2xj-%2+^ln—

l再X2)Ix2)

J

=x：-x；—3X^X2+3X%2+k---—2kIn―-

=￡(廣—3〃+3f—1)+女,一；一2ln,.①

令/?(*)=無一2-2仙_1,尤6[1,+00).當％>1時，〃'(x)=1+4■—2=。_工]〉0，由此可得/z(x)在

XXX\X)

[1,+8)單調遞增，所以當/>1時，/?(f)>/?(l),即，—工一21n，〉0.

t

因為々21，/-3*+3/—1=?—Ip>0,左之一3,

所以，E(/—3/+3r—1)+%，-----21nZ>(r—3/+3/—1)—3。----2In/

=/一3廣+61n，4----1.②

t

ao3

可知，當時，g?)>g⑴，即￡一3廠+61n1+—>l,

t

3

故-一3*+6山1+—―l>0.(3)

t

由①②③可得(七一W乂.尸(藥)+/(%2))一2(/(%)一/(9))>。.所以，當八一3時'對任意的

xxe[l+oo)||…[/'』)+/'(/)；/(%)一/(%)

人],人1UI,，十,日一多，