专题16 函数的存在与恒成立问题（解析版).docx

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1、专题16 函数的存在与恒成立问题一、题型选讲题型一 函数的存在问题函数的恒成立问题往往采取分离参数法，参变分离法的适用范围：判断恒成立问题是否可以采用参变分离法，可遵循以下两点原则：，则只需要 ，则只需要，则只需要 ，则只需要例1、(2016泰州期末） 若命题“存在xR，ax24xa0”为假命题，则实数a的取值范围是_【答案】 (2，)【解析】“存在xR，ax24xa0”为假命题，则其否定“对任意xR，ax24xa0”为真命题，当a0,4x0不恒成立，故不成立；当a0时，解得a2，所以实数a的取值范围是(2，)易错警示 转为真命题来处理，二次项系数为参数的不等式恒成立问题，要注意讨论二次项系数

2、为0时能否成立例2、(2016苏锡常镇调研） 已知函数f(x)x，若存在x，使得f(x)2，则实数a的取值范围是_【答案】 (1,5)【解析】解法1 当x1,2时，f(x)2，等价于|x3ax|2，即2x3ax2，即x32axx32，得到x2ax2，即minamax，得到1a5.解法2 原问题可转化为先求：对任意x1,2，使得f(x)2时，实数a的取值范围则有x|x2a|2，即|ax2|.(1) 当a4时，ax2225，得到a5.(2) 当a1时，x2a，有ax211，得到a1.(3) 当1a0矛盾那么有a1或a5，故原题答案为1a5. 对于存在性问题，可以直接转化为相应函数的最值问题，也可以

3、参数和变量分离后再转化为函数的最值问题(如解法1)；也可以转化为命题的否定即恒成立问题来处理(如解法2)例3、(2019泰州期末） 已知函数f(x)若存在x00，使得f(x0)0，则实数a的取值范围是_【答案】 1，0) 本题是一个分段函数的形式，有以下两种处理的思路：思路1.对两段函数分别研究图像和性质，由于研究的是x0的情形，故分a0和a0两种情况讨论，当a0时，结论易得；当a0时，由于xa时，f(x)单调递增，而f(a)a3a，故要对f(a)a3a的正负分三种情况讨论，最后总结，问题得以解决思路2.考虑能否合并成一个含绝对值的函数，本题f(x)x33|xa|a，从而问题转化为yx3和y3

4、|xa|a的图像在y轴左侧有交点的问题，通过函数的图像，不难得到结论解法1(分类讨论法) 当a0时，只考虑x0，f(x)在(，a)上单调递增，而f(0)4a0，显然不存在x00，使得f(x0)0，所以a0不成立当a0时，当xa时，f(x)在(，a)上单调递增，且f(x)0，即1a0时，则必存在x0a，使得f(x0)0，结论成立；当a1时，f(1)0，结论成立；当a1时，f(x)在 a，1)上单调递增，在(1，0)上递减，而f(1)2a21”，接下来的问题就是求h(x)在0,1上的最大值和最小值对于含绝对值的函数一般首先要去掉绝对值，这里要运用好分类讨论思想规范解答 (1) 设切点为(t，et)

5、，因为函数f(x)的图像与函数g(x)的图像相切，所以et1，且ettb，解得b1.(2分)(2) T(x)exa(xb)，T(x)exa.当a0时，T(x)0恒成立；(4分)当a0时，由T(x)0，得xln(a)(6分)所以当a0时，函数T(x)的单调增区间为(，)；当a0时，函数T(x)的单调增区间为(ln(a)，)(8分)(3) 若存在x1，x20,1，使|h(x1)h(x2)|1成立，则等价转化为h(x)在0,1上的最大值h(x)max和最小值h(x)min满足h(x)maxh(x)min1.解法1 h(x)|g(x)|f(x)当xb时，有h(x)(xb1)ex0；当x0；当b1xb时

6、，有h(x)(xb1)ex0，所以h(x)在(，b1)上是增函数，在(b1，b)上是减函数，在(b，)上是增函数(10分)因为b1，得(1b)eb1，解得b1，所以b0.(12分)当0b0，即b，此时h(0)h(1)；若b，此时h(0)h(1)() 当0b1，得(1b)e1，解得b.(14分)() 当b1时，有h(x)maxh(0)b，h(x)minh(b)0.因为b1不成立综上，b的取值范围为（，）.(16分)解法2 h(x)|g(x)|f(x)|xb|ex|(xb)ex|，令(x)(xb)ex，则h(x)|(x)|.先研究函数(x)(xb)ex，(x)(xb1)ex.因为b0，因此(x)在

7、0,1上是增函数所以(x)min(0)b，(x)max(1)(1b)e0.(10分)若(0)b0，即b0时，h(x)min(0)b，h(x)max(1)(1b)e，则由h(x)maxh(x)min1，即(1b)eb1，解得b1，所以b0.(12分)若(0)b0，即0b1时，h(x)min(b)0，h(x)maxmax(0)，(1)，令(0)(1)b(1b)eb(e1)e0，则b.() 当0b时，(0)(1)1，即(1b)e1，解得b，所以0b.(14分)() 当b1，得b1，与b1不成立综上，b的取值范围为（，）.(16分)题型二 函数的恒成立问题函数的恒成立问题往往采取分离参数法，参变分离法

8、的适用范围：判断恒成立问题是否可以采用参变分离法，可遵循以下两点原则：（1）已知不等式中两个字母是否便于进行分离，如果仅通过几步简单变换即可达到分离目的，则参变分离法可行。但有些不等式中由于两个字母的关系过于“紧密”，会出现无法分离的情形，此时要考虑其他方法。（2）要看参变分离后，已知变量的函数解析式是否便于求出最值（或临界值），若解析式过于复杂而无法求出最值（或临界值），则也无法用参变分离法解决问题。（可参见”恒成立问题最值分析法“中的相关题目）参变分离后会出现的情况及处理方法：（假设为自变量，其范围设为，为函数；为参数，为其表达式）（1）若的值域为 ，则只需要 ，则只需要，则只需要 ，则只

9、需要例5、(2019年徐州四市联考) 已知函数f(x)lnx(ea)xb，其中e为自然对数的底数若不等式f(x)0恒成立，则的最小值为_【答案】 【解析】思路分析 若的最小值为，则恒成立，结合题意必有ab0恒成立由f(x)(lnxex)axb0恒成立，得fab0.猜想a0，从而.f(x)(ea) (x0)，当ea0，即ae时，f(eb)(ea)eb0，显然f(x)0不恒成立当ea0，即ae时，当x时，f(x)0，f(x)为增函数；当x时，f(x)0，f(x)为减函数，所以f(x)maxfln(ae)b1.由f(x)0恒成立，得f(x)max0，所以bln(ae)1，所以得.设g(x) (xe)

10、，g(x).由于yln(xe)为增函数，且当x2e时，g(x)0，所以当x(e,2e)时，g(x)0，g(x)为减函数；当x(2e，)时，g(x)0，g(x)为增函数，所以g(x)ming(2e)，所以，当a2e，b2时，取得最小值.解后反思 在考试时，到上一步就可以结束了，胆大一点，到猜想a0这步就可结束了现证最小值能取到，当时，f0应该是极大值，所以f2ea0，此时a2e，b2，f(x)lnxex2，易证f0也是最大值，证毕例6、(2019南京三模）已知函数f(x)x2alnxx，对任意x1，)，当f(x)mx恒成立时实数m的最大值为1，则实数a的取值范围是 【答案】(，1【解析】对任意x

11、1，)，有f(x)mx恒成立，即恒成立，即，又当f(x)mx恒成立时实数m的最大值为1，所以.因为所以问题等价转化为在上恒成立，即在上恒成立.设（），当时，因为，所以，因此在上是单调递增函数，所以，即在上恒成立；当时，在上，有；在上，有，所以在上为单调递减函数，在上为单调递增函数.当，有，即在上不恒成立.综合得：实数的取值范围是.【解后反思】通过分离参数法以及等价转化思想的实施，将问题转化到这一步是容易想到的，但此时若停留在求上将使问题陷入僵局.因为，所以我们可以继续将问题等价转化为在上恒成立，进而转化为在上恒成立，接下来我们可以通过分类讨论将问题顺利解决.题型三 函数的存在与恒成立的综合问题

12、多变量恒成立与存在问题：对于含两个以上字母（通常为3个）的恒成立不等式，先观察好哪些字母的范围已知（作为变量），那个是所求的参数，然后通常有两种方式处理（1）选择一个已知变量，与所求参数放在一起与另一变量进行分离。则不含参数的一侧可以解出最值（同时消去一元），进而多变量恒成立问题就转化为传统的恒成立问题了。（2）将参数与变量进行分离，即不等号一侧只含有参数，另一侧是双变量的表达式，然后按所需求得双变量表达式的最值即可。例7、(2019苏州期末）设函数f(x)，若对任意x1(，0)，总存在x2使得，则实数a的范围 【答案】【解析】 考察函数f(x)在区间(，0)和上的最小值或下确界特别注意到，当

13、a0时，当x时，ax20.当a0时，f(x)在(，0)上的值域为(0，)，在，满足要求；当a0恒成立，所以不可能有f(x2)f(x1)；当0时，设g(x)ax2，则g(x)2ax.易得g(x)在上递增，在上递减，在(2,)单调递减所以所以综上：例8（2017苏锡常镇一调） 已知函数f(x)若存在x1，x2R，当0x10”为真命题，当a0,4x0不恒成立，故不成立；当a0时，解得a2，所以实数a的取值范围是(2，)2、(2017苏北四市摸底）已知函数f(x)ex1x2(e为自然对数的底数)，g(x)x2axa3，若存在实数x1，x2，使得f(x1)g(x2)0，且|x1x2|1，则实数a的取值范

14、围是_. 【答案】 2,3【解析】易知函数f(x)ex1x2为单调递增函数，且f(1)e0120，从而x11.因为|x1x2|1，所以|1x2|1，所以0x22.题意也就可转化为存在实数x0,2，使得x2axa30成立，即存在实数x0,2，使得a成立令tx1(t1,3)，则g(t)t22 22，当且仅当t，即t2，x1时取等号又因为g(t)maxmaxg(1)，g(3)3，所以函数g(t)t2的值域为2,3，从而实数a的取值范围是2,33、(2017南京学情调研）已知f(x)，g(x)分别是定义在R上的奇函数和偶函数，且f(x)g(x)x.若存在x0，使得等式af(x0)g(2x0)0成立，则

15、实数a的取值范围是_【答案】 【解析】思路分析 由于所给出的是一个函数方程，因此，根据函数的奇偶性，可以得到另外一个函数方程，从而可求出f(x)，g(x)的解析式，通过将等式af(x0)g(2x0)0中的a分离出来，转化为求分离之后的函数的值域问题因为f(x)g(x)x，所以f(x)g(x)2x.又因为f(x)，g(x)分别为奇函数、偶函数，所以f(x)g(x)2x，由此解得f(x)，g(x)，从而等式af(x0)g(2x0)0等价于a(2x02x0)(22x022x0)0.因为x0，所以t2x02x0，故at在上单调递减，在上单调递增，故t，即a.解后反思 已知方程有解求参数取值范围常用的方

16、法和思路：(1)直接法：直接根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数的范围；(2)分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决；(3)数形结合法：先对解析式进行变形，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图像，然后利用数形结合法进行求解本题所采用的是分离参数法4、（2018无锡期末）已知函数f(x)若对于tR，f(t)kt恒成立，则实数k的取值范围是_【答案】，1【解析】思路分析 本题条件“tR，f(t)kt”的几何意义是：在(，)上，函数yf(t)的图像恒在直线ykt的下方，这自然提示我们利用数形结合的方法解决本问题令yx32x2x，x0，即(x1)(3x1)0，解得

17、x1.又因为x1，所以x.令y0，得x1，所以y的增区间是(，)，减区间是(，1)，所以y极大值.根据图像变换可作出函数y|x32x2x|，x1的图像又设函数ylnx(x1)的图像经过原点的切线斜率为k1，切点(x1，lnx1)，因为y，所以k1，解得x1e，所以k1.函数yx32x2x在原点处的切线斜率k2yx01.因为tR，f(t)kt，所以根据f(x)的图像，数形结合可得k1.5、(2018南京学情调研）已知函数f(x)2x33(a1)x26ax，aR.(1) 曲线yf(x)在x0处的切线的斜率为3，求a的值；(2) 若对于任意x(0，)，f(x)f(x)12lnx恒成立，求a的取值范围

18、；规范解答 (1) 因为f(x)2x33(a1)x26ax，所以f(x)6x26(a1)x6a，所以曲线yf(x)在x0处的切线的斜率kf(0)6a，所以6a3，所以a.(2分)(2) f(x)f(x)6(a1)x212lnx对任意x(0，)恒成立，所以(a1).(4分)令g(x)，x0，则g(x).令g(x)0，解得x.当x(0，)时，g(x)0，所以g(x)在(0，)上单调递增；当x(，)时，g(x)0，所以g(x)在(，)上单调递减所以g(x)maxg()，(6分)所以(a1)，即a1，所以a的取值范围为.(8分)6、(2018无锡期末）已知函数f(x)ex(3x2)，g(x)a(x2)

19、，其中a，xR.(1) 求过点(2，0)和函数yf(x)图像相切的直线方程；(2) 若对任意xR，有f(x)g(x)恒成立，求a的取值范围；(3) 若存在唯一的整数x0，使得f(x0)g(x0)，求a的取值范围 (1)利用导数的几何意义求切线的方程，根据斜率建立方程即可(2)不等式恒成立问题处理的方法有两种：一种是分离参变，转化为相应函数的值域(最值)问题解决；另一种是转化为含参函数的值域问题，通过分类讨论解决这里可以采取第一种方法，只是分离参变时要注意对x2的符号进行分类讨论(3)在第(2)小问的基础上，分离参变，转化为存在有限整数自变量满足条件的问题利用导数研究函数F(x)的性质，找到相关

20、的整数自变量，求得对应的函数值是解决本问题的关键规范解答 (1) 设切点为(x0，y0)，f(x)ex(3x1)，则切线斜率为ex0(3x01)，所以切线方程为yy0ex0(3x01)(xx0)，因为切线过点(2，0)，所以ex0(3x02)ex0(3x01)(2x0)，化简得3x8x00，解得x00或x0，(3分)当x00时，切线方程为yx2，(4分)当x0时，切线方程为y9ex18e.(5分)(2) 由题意，对任意xR，有ex(3x2)a(x2)恒成立，当x(，2)时，a，即a.令F(x)，则F(x)，令F(x)0，得x0，列表如下：x(，0)0(0，2)F(x)0F(x)极大F(x)ma

21、xF(0)1，故此时a1.(7分)当x2时，恒成立，故此时aR.(8分)当x(2，)时，a，即a，令F(x)0，得x，列表如下：xF(x)0F(x)极小F(x)minF9e， 故此时a9e，综上，1a9e.(10分)(3) 由f(x)g(x)，得ex(3x2)a(x2)，由(2)知a(，1)(9e，)，令F(x)，列表如下：x(，0)0(0，2)F(x)00F(x)极大极小(12分)当x(，2)时，存在唯一的整数x0使得f(x0)g(x0)，等价于a存在的唯一整数x0成立，因为F(0)1最大，F(1)，F(1)e，所以当a时，至少有两个整数成立，所以a.(14分)当x(2，)时，存在唯一的整数

22、x0使得f(x0)存在唯一的整数x0成立，因为F9e最小，且F(3)7e3，F(4)5e4，所以当a5e4时，至少有两个整数成立，当a7e3时，没有整数成立，所以a(7e3，5e4综上，a(7e3，5e4(16分)7、(2018南京、盐城一模）设函数f(x)lnx，g(x)axc(a，b，cR)(1) 当c0时，若函数f(x)与g(x)的图像在x1处有相同的切线，求a，b的值；(2) 当b3a时，若对任意x0(1，)和任意a(0，3)，总存在不相等的正实数x1，x2，使得g(x1)g(x2)f(x0)，求c的最小值；规范解答 (1)由f(x)lnx，得f(1)0，又f(x)，所以f(1)1；当

23、c0时，g(x)ax，所以g(x)a，所以g(1)ab.(2分)因为函数f(x)与g(x)的图像在x1处有相同的切线，所以即解得(4分)(2)解法1(根的分布) 当x01时，则f(x0)0，又b3a，设tf(x0)，则题意可转化为方程axct(t0) 在(0，)上有相异两实根x1，x2, (6分)即关于x的方程ax2(ct)x(3a)0(t0)在(0，)上有相异两实根x1，x2.则x1，2，所以得 所以c2t 对任意t(0，)恒成立(8分)因为0a3，所以223(当且仅当a时取等号)又t0，所以2t的取值范围是(，3)，所以c3.故c的最小值为3.(10分)解法2(图像法) 由b3a，且0 a

24、3，得g(x)a0，得 x或x(舍)，则函数g(x)在上单调递减；在上单调递增又对任意x01，f(x0)为(0，)上的任意一个值，若存在不相等的正实数x1，x2，使得g(x1)g(x2)f(x0)，则g(x)的最小值小于或等于0. 即g2c0，(6分)即c2对任意 a(0，3)恒成立又2a(3a)3，所以c3.(8分)当c3时，对任意a(0，3)，x0(1，)，方程g(x)f(x0)0化为ax3f(x0)0，即ax23f(x0)x(3a)0(*)关于x的方程(*)的3f(x0)24a(3a) 3f(x0)243f(x0)29，因为x01，所以f(x0)lnx00，所以0，所以方程(*)有两个不

25、相等的实数解x1，x2，又x1x20，x1x20，所以x1，x2为两个相异正实数解，符合题意所以c的最小值为3. (10分)解法3(图像法) 当x01时，可知f(x0)0，又b3a，设tf(x0)，则t0.令h(x)axct(x0，t0)，同解法2可知h(x)在上单调递减；在上单调递增当c2时，若0t2c，则x0时，h(x)axct2ct0，所以h(x)在(0，)上没有零点，不符合题意当c2时，h2ctt0.(6分)因为2c，ct，所以0，所以当0m时，ct，所以h(m)amctct0，又h(x)在上单调递减，并且连续，则h(x)在(m，)上恰有一个零点，所以存在x1(0，)，使得h(x1)0

26、，即g(x1)t.因为ctc，所以，所以当n时，h(n)anctanct0，又h(x)在上单调递增，并且连续，则h(x)在上恰有一个零点，所以存在x2，使得h(x2)0，即g(x2)t.所以当c2时，对任意x0(1，)和任意a(0，3)，总存在不相等的正实数x1，x2，使得g(x1)g(x2)f(x0)(8分)即c2对任意 a(0，3)恒成立又2a(3a)3，当且仅当a时取等号，所以c3.故c的最小值为3.(10分)8、(2017南京、盐城二模）已知函数f(x)exax1，其中e为自然对数的底数，aR. (1) 若ae，函数g(x)(2e)x.求函数h(x)f(x)g(x)的单调区间；若函数F

27、(x)的值域为R，求实数m的取值范围(2) 若存在实数x1，x20,2，使得f(x1)f(x2)，且|x1x2|1，求证：e1ae2e.思路分析 (1) 因为g(x)在(m，)上的值域为(，(2e)m)，所以f(x)在(，m上的值域包含(2e)m，)(2) 由f(x)的图像分析，就是要证f(1)f(0)且f(1)f(2)，即要证1在x1，x2之间规范解答 (1) 若ae，则f(x)exex1，又g(x)(2e)x，h(x)ex2x1，考虑h(x)ex2，令h(x)0，得xln2；令h(x)0，得h(x)ln2，所以h(x)的单调递减区间是(，ln2，单调递增区间是ln2，)(3分)首先，一次函

28、数g(x)(2e)x在(m，)上单调递减，值域为(，(2e)m)因为f(x)exe，易得f(x)在(，1上单调递减，在1，)上单调递增，且当x时，f(x)，所以在(，m上，f(x)min其值域为f(x)min，)因为F(x)的值域为R，所以f(x)min(2e)m，(5分)即或即或1m.(7分)由知，h(m)em2m1在(，ln2上单调递减，在ln2,1)上单调递增，且h(0)0，h(1)e30，所以h(m)0的解集为0,1)综上所述，实数m的取值范围是.(9分)(2) 由f(x)exax1，得f(x)exa.当a0时，f(x)在0,2上单调递增，不合题意；当a0时，若lna0或lna2，则f(x)在0,2上单调，也不合题意；(11分)当0lna2时，f(x)在0，lna上单调递减，在lna,2上单调递增由x1，x20,2，f(x1)f(x2)，不妨设0x1lnax22.又因为|x1x2|1，所以x10,1，且x21,2，从而x11x2.所以f(1)f(x1)f(0)，且f(1)f(x2)f(2)(14分)由得解得e1ae2e.得证(16分)