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1、,专题3 函数与导数,第 18 练 存在与恒成立问题,典例剖析,精题狂练,“存在”与“恒成立”两个表示范围的词语在题目问法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.,内容精要,典例剖析,题型一 不等式的恒成立问题,题型二 存在性问题,题型三 存在与恒成立的综合性问题,题型一不等式的恒成立问题,破题切入点 有关不等式的恒成立求参数范围的问题，通常采用的是将参数分离出来的方法.,例1已知函数f(x)ax1ln x，aR. (1)讨论函数f(x)的单调区间；,当a0时，f(x)0恒成立，f(x)在区间(0，)上单调递减；,题型一不等式的
2、恒成立问题,f(x)0，函数f(x)单调递增. 综上所述：当a0时，f(x)的单调递减区间是(0，)， 无单调递增区间；,题型一不等式的恒成立问题,(2)若函数f(x)在x1处取得极值，对x(0，)，f(x)bx2恒成立，求实数b的取值范围.,解因为函数f(x)在x1处取得极值， 所以f(1)0，解得a1， 经检验可知满足题意. 由已知f(x)bx2，即x1ln xbx2，,题型一不等式的恒成立问题,易得g(x)在(0，e2上单调递减，在e2，)上单调递增，,破题切入点 利用极值处导数为0及导数的几何意义求出f(x).,题型二存在性问题,例2已知函数f(x)ax3bx2cx在x1 处取得极值，
3、且在x0处的切线的斜率为3. (1)求f(x)的解析式；,解f(x)3ax22bxc.,又f(0)3，c3，a1，f(x)x33x.,题型二存在性问题,破题切入点 借助导数几何意义表示切线方程，然后分离参数，利用数形结合求m范围.,(2)若过点A(2，m)可作曲线yf(x)的三条切线，求实数m的取值范围.,又切线过点A(2，m).,题型二存在性问题,令g(x)2x36x26， 则g(x)6x212x6x(x2)， 由g(x)0得x0或x2. g(x)极小值g(0)6，g(x)极大值g(2)2.,题型二存在性问题,画出草图如下图.,当6m2时，m2x36x26有三解. 即可作曲线yf(x)的三条
4、切线.,破题切入点 考查导数的运算，利用导数研究函数的单调性，解不等式函数的零点等基础知识，既有存在，又有恒成立问题.,题型三存在与恒成立的综合性问题,例3已知a0，函数f(x)ln xax2，x0.(f(x)的图象连续不断) (1)求f(x)的单调区间；,题型三存在与恒成立的综合性问题,当x变化时，f(x)，f(x)的变化情况如下表：,题型三存在与恒成立的综合性问题,由(1)知f(x)在(0,2)内单调递增，在(2，)内单调递减.,由于f(x)在(0,2)内单调递增，,题型三存在与恒成立的综合性问题,所以存在x0(2，x)，使g(x0)0，,(说明：x的取法不唯一，只要满足x2，且g(x)0
5、即可),题型三存在与恒成立的综合性问题,从而f(x)在，上的最小值为f(). 又由1，1,3，知123.,题型三存在与恒成立的综合性问题,总结提高 (1)存在与恒成立两个热点词汇在高考中频繁出现，关键要把握两个词语的本质：存在即特称量词，“有的”意思；恒成立即全称量词，“任意的”意思. (2)解决这类问题的关键是转化与化归思想，转化为求解函数的最大值与最小值问题. (3)函数与方程思想的应用在求解参数范围中体现的淋漓尽致，将参数分离出来，另一侧设为函数，转化为求解另一侧函数的最大值和最小值问题.,精题狂练,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,1.(2013课标全国)若存在正数
6、x使2x(xa)1成立，则a的取值范围是() A.(，) B.(2，) C.(0，) D.(1，),精题狂练,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,f(x)12xln 20. f(x)在(0，)上单调递增， f(x)f(0)011， a的取值范围为(1，)，故选D. 答案D,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,精题狂练,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,精题狂练,解析当a0时，显然不成立，故排除D； 当a0时，注意到f(x)6ax26ax6ax(x1)， 即f(x)在0,1上是减函数，在1,2上是增函数，,当x00时，结论不可能成立； 进一
7、步，可知a0，此时g(x)在0,2上是增函数，,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,精题狂练,同时f(x)在0 x1时，函数值从1增大到1a， 在1x2时，函数值从1a减少到14a， 所以“任意给定的x00,2， 总存在两个不同的xi(i1,2)0,2， 使得f(xi)g(x0)成立”,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,精题狂练,答案A,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,精题狂练,A.(，6)(6，) B.(，4)(4，) C.(，2)(2，) D.(，1)(1，),1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,精题狂练,1,2
8、,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,精题狂练,故2m2，因此原特称命题成立的条件是m2或m2. 答案C,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,精题狂练,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,精题狂练,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,精题狂练,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,精题狂练,则f(x)sin xx0(x0)，,答案C,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,精题狂练,6.(2014辽宁)当x2,1时，不等式ax3x24x30恒成立，则实数a的取值范围是() A.5，3 B.6， C.6
9、，2 D.4，3,解析当x0时，ax3x24x30变为30恒成立，即aR.,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,精题狂练,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,精题狂练,(x)在(0,1上递增，(x)max(1)6. a6.,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,精题狂练,当x2，1)时，(x)0. 当x1时，(x)有极小值，即为最小值.,综上知6a2. 答案C,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,精题狂练,7.设函数f(x)ax33x1(xR)，若对于任意x1,1，都有f(x)0成立，则实数a的值为_.,解析若x0，则不论a
10、取何值，f(x)0显然成立；,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,精题狂练,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,精题狂练,g(x)在区间1,0)上单调递增， 所以g(x)ming(1)4， 从而a4，综上可知a4. 答案4,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,精题狂练,8.(2014江苏)已知函数f(x)x2mx1，若对于任意xm，m1，都有f(x)0成立，则实数m的取值范围是_.,解析作出二次函数f(x)的图象，,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,精题狂练,因此函数f(x)在0,1上单调递增， 所以x0,1时，f(x)
11、minf(0)1.,根据题意可知存在x1,2，使得g(x)x22ax41，,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,精题狂练,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,精题狂练,10.(2014浙江)已知函数f(x)x33|xa|(aR). (1)若f(x)在1,1上的最大值和最小值分别记为M(a)，m(a)，求M(a)m(a)；,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,精题狂练,当a1时，有xa，故f(x)x33x3a. 此时f(x)在(1,1)上是增函数， 因此，M(a)f(1)43a，m(a)f(1)43a， 故M(a)m(a)(43a)(43a)
12、8. 当1a1时， 若x(a,1)，f(x)x33x3a，在(a,1)上是增函数； 若x(1，a)，f(x)x33x3a，在(1，a)上是减函数，,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,精题狂练,所以，M(a)maxf(1)，f(1)，m(a)f(a)a3. 由于f(1)f(1)6a2，,当a1时，有xa，故f(x)x33x3a， 此时f(x)在(1,1)上是减函数， 因此，M(a)f(1)23a，m(a)f(1)23a，,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,精题狂练,故M(a)m(a)(23a)(23a)4.,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,
13、12,精题狂练,(2)设bR，若f(x)b24对x1,1恒成立，求3ab的取值范围.,解令h(x)f(x)b，,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,精题狂练,因为f(x)b24对x1,1恒成立， 即2h(x)2对x1,1恒成立， 所以由(1)知， 当a1时，h(x)在(1,1)上是增函数， h(x)在1,1上的最大值是h(1)43ab， 最小值是h(1)43ab， 则43ab2且43ab2，矛盾；,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,精题狂练,最大值是h(1)43ab， 所以a3b2且43ab2，,令t(a)2a33a，,1,2,3,4,5,6,7,8,9,
14、10,11,12,精题狂练,故t(a)t(0)2， 因此23ab0.,最大值是h(1)3ab2， 所以a3b2且3ab22，,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,精题狂练,当a1时，h(x)在1,1上的最大值是 h(1)23ab， 最小值是h(1)23ab， 所以3ab22且3ab22，解得3ab0. 综上，得3ab的取值范围是23ab0.,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,精题狂练,11.已知函数f(x)(x1)ln xx1. (1)若xf(x)x2ax1，求a的取值范围；,而xf(x)x2ax1(x0)等价于ln xxa.,1,2,3,4,5,6,7,
15、8,9,10,11,12,精题狂练,当0 x1时，g(x)0； 当x1时，g(x)0，x1是g(x)的最大值点，g(x)g(1)1.,综上可知，a的取值范围是 .,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,精题狂练,(2)证明：(x1)f(x)0.,证明由(1)知，g(x)g(1)1，即ln xx10. 当0 x1时，f(x)(x1)ln xx1xln x(ln xx1)0； 当x1时，f(x)ln x(xln xx1),(x1)f(x)0. 综上，在定义域内满足(x1)f(x)0恒成立.,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,精题狂练,(1)当me(e为自然对数的
16、底数)时，求f(x)的极小值；,当x(0，e)时，f(x)0，f(x)在(e，)上单调递增，,f(x)的极小值为2.,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,精题狂练,则(x)x21(x1)(x1)， 当x(0,1)时，(x)0，(x)在(0,1)上单调递增；,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,精题狂练,当x(1，)时，(x)0，(x)在(1，)上单调递减. x1是(x)的唯一极值点，且是极大值点，因此x1也是(x)的最大值点，,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,精题狂练,又(0)0，结合y(x)的图象(如图)，,当m0时，函数g(x)有且只有一个零点.,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,精题狂练,1,2,3
