《新高考数学一轮复习知识点解析21---恒成立和存在性问题》由会员分享，可在线阅读，更多相关《新高考数学一轮复习知识点解析21---恒成立和存在性问题（38页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、1 / 38 新高考数学一轮复习知识点解析1积累常用的不等式，熟练运用导数解决不等式恒成立问题、存在性问题2熟练使用分离参数、分类讨论等方法解决参数范围问题3能够大致描绘函数图象，能借助图象理解题意和解题【例 1】已知函数ln xfxaxx，aR（1）若2g xx fx ，其中 fx 是函数 fx 的导函数，试讨论 g x 的单调性；（2）证明：当12ae时，0fx【答案】 （1）当0a时， g x 在 0,上单调递增；当0a时， g x 在10,2a单调递增，在1,2a单调递减； （2）证明见解析【解析】 （1）( )f x 的定义域为0,，221ln1 lnxxxxfxaaxx，恒成立和存
2、在性问题2 / 38 2221lnln1xaaxxg xxx，21212axgxaxxx，当0a时，0gx恒成立，此时 g x 在 0,上单调递增；当0a时，0gx，即2210ax可得212xa，所以102xa，由0gx，即2210ax可得212xa，所以12xa，所以当0a时， g x 在10,2a单调递增，在1,2a单调递减，综上所述：当0a时， g x 在 0,上单调递增；当0a时， g x 在10,2a单调递增，在1,2a单调递减（2）当12ae时，1ln2xfxxex，设1ln2xh xxex，则222211lnln1111 ln222xxxxxxeh xexexx，令21ln12t
3、 xxxe，则110txxex，所以21ln12t xxxe在0,上单调递增，且1ln102teeee，所以0 xe时，0t x，即0hx，此时h x单调递减；当xe时，0t x，即0hx，此时h x单调递增，所以1ln2xh xxex在0,e上单调递减，在,e单调递增，所以min1ln110222eh xheeeeee，所以1ln02xh xxex对于0,x恒成立，所以0fx3 / 38 【变式 11】已知函数( )2lnf xaxx（1）讨论( )f x的单调性；（2）证明：当12a时，21( )3axf xx恒成立【答案】 （1）0a时，( )f x在0,为单调减函数；0a时，( )f
4、x在1(0,)2a为单调减函数，在1(,)2a为单调增函数；（2）证明见解析【解析】 （1）121( )2axfxaxx，其中0 x；当0a时，( )0fx，( )f x在0,为单调减函数；当0a时，1(0,)2xa，( )0fx，( )f x为单调减函数；1(,)2xa，( )0fx，( )f x为单调增函数，综上，0a时，( )f x在0,为单调减函数；0a时，( )f x在1(0,)2a为单调减函数，在1(,)2a为单调增函数（2）证明：因为12a，所以21122 2axaxaxx，当且仅当12axx，即12xa时，取等号由（1）知min1( )()1ln 22f xfaa，所以1( )
5、ln 22 21axf xaax，令1( )ln 22 21()2g xxxx，则( )g x为增函数，所以1( )()32g xg，即12a时，21( )3axf xx恒成立【例 2】已知函数xefxx4 / 38 （1）求曲线yfx在2x处的切线方程；（2）设ln2G xxfxxx，证明：3ln 22G x【答案】 （1）24eyx； （2）证明见解析【解析】 （1）2( )xxe xefxx，22222(2)24eeef且2(2)2ef，所以切线方程22(2)24eeyx，即24eyx（2）由( )( )ln2 (0)G xxf xxx x，1( )2xGxex，21( )0 xGxex
6、，所以( )G x在(0,)为增函数，又因为(1)30Ge，25(2)02Ge，所以存在唯一0(1,2)x，使000120 xGxex，即0012xex且当00,xx时，( )0Gx，( )G x 为减函数，0,xx时，( )0Gx，( )G x 为增函数，所以0min0000001( )ln22ln2xG xG xexxxxx，0(1,2)x，记1( )2ln2H xxxx，(12)x，211( )20Hxxx，所以( )H x在(1,2)上为减函数，所以13( )(2)2ln 24ln 222H xH，所以03( )ln 22G xG x【变式 21】已知函数322361fxxaxax（
7、aR ） （1）讨论函数fx的单调性；（2）若15f，4m，求证：当1x时，2ln1mxxfx5 / 38 【答案】 （1）见解析；（2）证明见解析【解析】 （1）函数fx的定义域为,，且26661611fxxaxaxxa若2a，则0fx，因而fx在,上单调递增；若2a，则当, 1x及1,xa时，0fx，fx单调递增，当1,1xa时，0fx，fx单调递减；若2a，则当,1xa及1,x时，0fx，fx单调递增，当1, 1xa时，0fx，fx单调递减，综上，当2a时，fx在,上单调递增；当2a时，fx在, 1，1, a上单调递增；在1,1a上单调递减；当2a时，fx在,1 a，1,上单调递增，在1
8、, 1a上单调递减（2）由题意知123615faa，1a，故3223fxxx欲证当1x时，2ln1mxxfx，当1x时，21x， ln11x只需证：2ln1fxmxx，即23ln1xmx在1,上恒成立，设123,ln1xh xxx，则22132 ln1232lnln1ln1xxxxxhxxx设32lnxxx，则223xxx，故当1,x时，0 x，x单调递增又3ln16322ln 2022，320ee，6 / 38 0hx有且只有一个根0 x，且02xe，0032ln xx在01,x上，0h x， h x 单调递减；在0,x上，0hx， h x 单调递增，函数 h x 的最小值000000232
9、3243ln112xxh xxxx又4m，23ln1xmx在1,上恒成立，故2ln1mxxfx成立利用导数证明不等式恒成立的两种情形（1）若函数最值可以通过研究导数求得，则可先利用导数研究函数单调性，将不等式恒成立问题转化成函数最值问题来解决：minfxafxa；maxfxafxa（2） 若函数最值无法通过研究导数求得，即导函数的零点无法精确求出时，可以利用 “ 虚设和代换 ” 的方法求解“ 虚设和代换 ” 法当导函数fx的零点无法求出显性的表达式时， 我们可以先证明零点存在， 再虚设为0 x，接下来通常有两个方向：（1）由0fx得到一个关于0 x的方程，再将这个关于0 x的方程的整体或局部代
10、入0fx，从而求得0fx，然后解决相关问题（2）根据导函数fx的单调性，得出0 x两侧导函数的正负，进而得出原函数的单调性7 / 38 和极值，使问题得解【例 3】已知函数ln 1fxx，g xkx kR（1）证明：当0 x时，fxx；（2）证明：当1k时，存在00 x，使得任意00,xx，恒有fxg x；（3） 确定 k的所有可能取值， 使得存在0t， 对任意的0,xt， 恒有2fxg xx 【答案】 （1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）1k【解析】 （1）证明：令ln 1,0,F xfxxxx x，所以1111xFxxx当0,x时，0Fx，所以F x在0,上单调递减又因为00F，所以
11、当0 x时，0F x，即0fxx，所以fxx（2）证明：令ln 1G xfxg xxkx，0,x，1111kxkGxkxx当0k时，0Gx，所以G x在0,上单调递增，所以00G xG，即fxg x，故对任意的正实数0 x均满足题意当01k时，令0Gx，得1110kxkk，取011xk，对任意00,xx，恒有0Gx，所以G x在00,x上单调递增，00G xG，即fxg x8 / 38 综上，当1k，总存在00 x，使得对任意00,xx，恒有fxg x（3）当1k时，由（ 1）知，对于任意0,x，g xxfx，故g xfx此时ln 1fxg xg xfxkxx令2ln 1,0,Mxkxxxx，
12、则有22211211xkxkMxkxxx令0Mx，得22210 xkxk，222814kkkx（另一根为负，舍去），故当222810,4kkkx时，0Mx，即M x在222810,4kkk上单调递增，故00MxM，即2fxg xx所以满足题意的t不存在当1k时，由（ 2）知，存在00 x，使得对任意的00,xx，恒有fxg x，此时ln 1fxg xfxg xxkx令2ln 1,0,N xxkxxx，则有22211211xkxkNxkxxx令0Nx，即22210 xkxk，得2228 14kkkx（另一根为负，舍去），9 / 38 故当2228 10,4kkkx时，0Nx，即N x在2228
13、10,4kkk上单调递增，故00N xN，即2fxg xx记0 x与2228 14kkk中较小的为1x，则当10,xx时，恒有2fxg xx，故满足题意的t不存在当1k时，由（ 1）知，当0,x时，ln 1fxg xg xfxxx令2ln 1,0,Hxxxxx，则有2121211xxHxxxx当0 x时，0Hx，即H x在0，上单调递减，故00HxH故当0 x时，恒有2fxg xx ，此时任意正实数 t 满足题意，综上， k 的取值为 1【变式 31】已知函数xfxex（1）求函数xfxex的极值；（2）求证：对任意给定的正数a，总存在正数 x，使得不等式11xeax成立【答案】 （1）1fx
14、极小值，无极大值；（2）证明见解析【解析】 （1）因为xfxex，所以1xfxe，令0fx，则0 x，10 / 38 当0 x时，0fx，即fx在0,上单调递增；当0 x时，0fx，即fx在,0上单调递减，所以0 x时，fx取得极小值，01fxf极小值，无极大值（2）由（1）知当0 x时，110 xex，要证11xeax，即11xeax，即证当0a时，不等式1xexax ，即10 xeaxx在(0,)上有解令( )1xH xeaxx，即证min( )0H x，由( )10 xHxea，得ln(1)0 xa当0ln(1)xa时，( )0Hx，( )H x 单调递减；当ln(1)xa时，( )0H
15、x，( )H x单调递增，min( )(ln(1)1ln(1)ln(1)1H xHaaaaa，令( )ln1V xxxx，其中11xa，则( )1(1 ln)ln0Vxxx，( )V x递减，10V xV，综上得证【例 4】已知函数2ln ()fxaxx aR（1）讨论fx的单调性；（2）若存在(),1,xfxa，求a的取值范围【答案】 （1）分类讨论，答案见解析； （2）1,211 / 38 【解析】 （1）函数fx的定义域为0,，21122axfxaxxx，当0a时，0fx，则fx在0,上递增，当0a时，由0fx，得12xa，由0fx，得10,2xa；由0fx，得1,2xa，于是有fx在1
16、0,2a上递增，在1,2a上递减（2）由fxa，得21ln0a xx，(1,)x，2ln0,10 xx，当0a时，21ln0a xx，满足题意；当12a时，令21()ln1g xa xx x，2210axxxg，g x在1,上递增，则10g xg，不合题意；当102a时，由0gx，得1,2xa；由0gx，得11,2xa，于是有g x在11,2a上递减，在1,2a上递增，min1102ggag x，则102a时，1,0 xg x，综上，a的取值范围为1,2【变式 41】已知函数21222xfxxea xxaR（1）当1ae时，讨论函数fx的极值；（2）若存在00,x，使得00001ln222fxxxaax，求实数a的取值范围【答案】 （1）答案不唯一，具体见解析； （2）, 112 / 38 【解析】 （1）由题意，函数21222xfxxea xx，可得111xxfxea xxeax当0a时，若1x，则0fx；若1x，则0fx，所以fx在区间, 1上是减函数，在区间1,上是增函数，所以当1x时，fx取得极小值1312fea，无极大值；当10ae时，若lnxa或1x，则0fx；若ln1ax
