考前三个月高考数学(全国甲卷通用理科)知识方法篇专题3函数与导数第15练.pdf

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1、第 15 练存在与恒成立问题题型分析 高考展望“存在”与“恒成立”两个表示范围的词语在题目中出现是近年高考的一大热点，其本质是“特称”与“全称”量词的一个延伸，弄清其含义，适当进行转化来加以解决.此类题目主要出现在函数与导数结合的解答题中，难度高，需要有较强的分析能力和运算能力，训练时应注意破题方法的研究.体验高考1.(2015课标全国)设函数 f(x)ex(2x1)axa，其中 a1，若存在唯一的整数x0，使得f(x0)0，则 a 的取值范围是()A.32e，1B.32e，34C.32e，34D.32e，1答案D解析设 g(x)ex(2x 1)，yax a，由题知存在唯一的整数x0，使得当

2、xx0时，g(x)在直线 yax a的下方.因为 g(x)ex(2x 1)，所以当 x12时，g(x)12时，g(x)0，所以当 x12时，g(x)min 2e21，当 x0 时，g(0)1，g(1)e0，直线 y a(x1)恒过(1，0)且斜率为a，故 ag(0)1，且 g(1)3e1aa，解得32ea0(0 xg(0)0，x(0，1)，即当 x(0，1)时，f(x)2 xx33.(3)解由(2)知，当 k2时，f(x)k xx33对 x(0，1)恒成立.当 k2时，令 h(x)f(x)k xx33，则 h(x)f(x)k(1x2)kx4 k21x2.所以当0 x 4k2k时，h(x)0，因

3、此h(x)在区间0，4k2k上单调递减.故当0 x 4k2k时，h(x)h(0)0，即 f(x)2 时，f(x)k xx33并非对 x(0，1)恒成立.综上可知，k 的最大值为2.高考题型精练1.已知函数f(x)13x32x23m，x0，)，若 f(x)50 恒成立，则实数m 的取值范围是()A.179，B.179，C.(，2 D.(，2)答案A解析f(x)x2 4x，由 f(x)0，得 x4 或 x0.f(x)在(0，4)上递减，在(4，)上递增，当 x 0，)时，f(x)min f(4).要使 f(x)50 恒成立，只需f(4)50 恒成立即可，代入解得m179.2.在 R 上定义运算：a

4、bcdadbc，若不等式x1a2a1x1 对任意实数x 恒成立，则实数 a 的最大值为()A.12B.32C.12D.32答案D解析由定义知，不等式x1a 2a1x1 等价于 x2x(a2a2)1，x2x1a2a 对任意实数x 恒成立，x2x1(x12)23434，a2a34，解得12a32，则实数 a 的最大值为32.3.若 x0，)，则下列不等式恒成立的是()A.ex1xx2B.11x112x14x2C.cos x112x2D.ln(1 x)x18x2答案C解析设 f(x)cos x12x21，则 f(x)sin xx0(x0)，所以 f(x)cos x12x21 是增函数，所以 f(x)

5、cos x12x21f(0)0，即 cos x112x2.4.函数 f(x)的定义域是R，f(0)2，对任意xR，f(x)f(x)1，则不等式ex f(x)ex1的解集为()A.x|x0 B.x|x0C.x|x 1，或 x1 D.x|x 1，或 0 x1答案A解析构造函数g(x)ex f(x)ex，因为 g(x)ex f(x)ex f(x)exexf(x)f(x)exexex0，所以 g(x)ex f(x)ex为 R 上的增函数.又因为 g(0)e0 f(0)e01，所以原不等式转化为g(x)g(0)，解得 x0.5.当 x2，1时，不等式ax3x24x30 恒成立，则实数a 的取值范围是()

6、A.5，3B.6，98 C.6，2D.4，3答案C解析当 x0 时，ax3 x24x3 0 变为 30，恒成立，即aR.当 x(0，1时，ax3x24x 3，ax24x3x3，ax24x3x3max.设 (x)x24x3x3，(x)2x 4 x3 x24x3 3x2x6x28x9x4x9 x1x40，(x)在(0，1上单调递增，(x)max(1)6，a6.当 x2，0)时，ax2 4x3x3，ax24x3x3min.仍设 (x)x24x3x3，(x)x9 x1x4.当 x2，1)时，(x)0.当 x 1 时，(x)有极小值，即为最小值.而 (x)min(1)143 1 2，a2.综上知 6 a

7、 2.6.若函数 f(x)(x 1)ex，则下列命题正确的是()A.对任意 m1e2，都存在xR，使得 f(x)1e2，都存在 xR，使得 f(x)mC.对任意 m1e2，方程 f(x)m 总有两个实根答案B解析f(x)(x2)ex，x2 时，f(x)0，f(x)为增函数.x2 时，f(x)0，对于任意实数x，有 f(x)0，则f 1f 0的最小值为 _.答案2解析f(x)2ax b，f(0)b0.由题意知 b24ac0a0，acb24，c0，f 1f 0abcbb2acb2bb2，当且仅当ac 时“”成立.8.已知函数f(x)ax33x21，若 f(x)存在唯一的零点x0，且 x00，则 a

8、 的取值范围是_.答案(，2)解析a0 时，不符合题意；a0 时，f(x)3ax26x，令 f(x)0，得 x0 或 x2a.若 a0，则由图象知f(x)有负数零点，不符合题意.则 a0 知，此时必有0f2a1，即 0a8a334a2 14，又 a0，所以 a 2.9.若在区间 0，1上存在实数x 使 2x(3xa)1 成立，则a 的取值范围是_.答案(，1)解析2x(3xa)1 可化为 a2x3x，则在区间 0，1上存在实数x 使 2x(3x a)1 成立，等价于 a(2x3x)max，而 2x3x 在 0，1上单调递减，2x3x 的最大值为2001，a0，因此函数f(x)在0，1上单调递增

9、，所以 x0，1时，f(x)minf(0)1.根据题意可知，存在 x1，2，使得 g(x)x22ax4 1，即 x22ax50，即 ax252x能成立.令 h(x)x252x，则要使ah(x)在 x1，2能成立，只需使ah(x)min，又函数 h(x)x252x在1，2上单调递减，所以h(x)minh(2)94，故只需a94.11.已知 f(x)xln x，g(x)x2 ax3.(1)对一切 x(0，)，2f(x)g(x)恒成立，求实数a 的取值范围；(2)证明：对一切x(0，)，都有 ln x1ex2ex成立.(1)解?x(0，)，有 2xln xx2ax3，则 a2ln xx3x，设 h(

10、x)2ln xx3x(x0)，则 h(x)x3 x1x2，当 x(0，1)时，h(x)0，h(x)单调递增，所以 h(x)minh(1)4.因为对一切x(0，)，2f(x)g(x)恒成立，所以 a h(x)min4，即 a 的取值范围为(，4.(2)证明问题等价于证明xln xxex2e(x(0，)成立.f(x)xln x(x(0，)的最小值是1e，当且仅当x1e时取到.设 m(x)xex2e(x(0，)，则 m(x)1xex，易知 m(x)max m(1)1e，当且仅当x1 时取到.从而对一切x(0，)，都有 ln x1ex2ex成立.12.(2016课标全国丙)设函数 f(x)ln xx1

11、.(1)讨论 f(x)的单调性；(2)证明：当x(1，)时，1x1ln x1，证明：当x(0，1)时，1(c 1)xcx.(1)解由题设，f(x)的定义域为(0，)，f(x)1x1，令 f(x)0 解得 x1.当 0 x0，f(x)单调递增；当 x1 时，f(x)0，f(x)单调递减.(2)证明由(1)知 f(x)在 x1 处取得最大值，最大值为f(1)0.所以当 x1 时，ln xx1.故当 x(1，)时，ln xx 1，ln1x1x1，即 1x1ln x1，设 g(x)1(c1)xcx，则 g(x)c 1cxln c.令 g(x)0，解得 x0lnc1ln cln c.当 x0，g(x)单调递增；当 xx0时，g(x)0，g(x)单调递减.由(2)知 1c1ln cc，故 0 x01.又 g(0)g(1)0，故当 0 x0.所以当 x(0，1)时，1(c1)xcx.