2018年江苏高考数学复习：第2部分难点8 函数最值、恒成立及存在性问题含答案

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高考数学二轮复习第2部分八大难点突破难点8函数最值恒成立及存在性问题课件【优质ppt版本】

①λ≤1 时，ω′(x)＞0，ω(x)递增，故 h′(x)＞0，h(x)递增，不成立； ②λ＞1 时，令 ω′(x)＝0，解得：x＝ln λ，故 ω(x)在(0，ln λ)递减，在(ln λ，＋∞)递增， ∴ω(x)≥ω(ln λ)＝λ－λln λ，令 m(λ)＝λ－λln λ(λ＞1)，则 m′(λ)＝－ln λ＜0，故 m(λ)递减，
【例 1】 (2017·盐城市滨海县八滩中学二模)设 f (x)＝ex－a(x＋1)． (1)若 a＞0，f (x)≥0 对一切 x∈R 恒成立，求 a 的最大值； (2)设 g(x)＝f (x)＋eax，A(x1，y1)，B(x2，y2)(x1≠x2)是曲线 y＝g(x)上任意两点，若对任意的 a≤－1，直线 AB 的斜率恒大于常数 m，求 m 的取值范围； (3)是否存在正整数 a，使得 1n＋3n＋…＋(2n－1)n＜e－e1(an)n 对一切正整数 n 都成立？若存在，求 a 的最小值；若不存在，请说明理由. 【导学号：56394112】
当 0<a<12时，
1 2a>1.
由(1)有 f

12a<f (1)＝0，而 g
12a>0，
所以此时 f (x)>g(x)在区间(1，＋∞)内不恒成立．
当 a≥12时，令 h(x)＝f (x)－g(x)(x≥1)．
当 x>1 时，h′(x)＝2ax－1x＋x12－e1－x>x－1x＋x12－1x＝x3－x22x＋1>x2－x22x＋1>0.
[解] (1)∵f (x)＝ex－a(x＋1)，∴f ′(x)＝ex－a， ∵a＞0，f ′(x)＝ex－a＝0 的解为 x＝ln a. ∴f (x)min＝f (ln a)＝a－a(ln a＋1)＝－aln a. ∵f (x)≥0 对一切 x∈R 恒成立，∴－aln a≥0，∴aln a≤0，∴amax＝1.

高中数学高频考点——函数最值、值域、恒成立问题知识点总结

函数最值、值域、恒成立问题一、函数最值定义1.（1）一般地，设函数()y f x =的定义域为I ，如果存在实数M 满足：①x I ∀∈，都有()f x M ≤；②0x I ∃∈，使得()0f x M =。

就称M 是函数()y f x =的最大值。

（2）一般地，设函数()y f x =的定义域为I ，如果存在实数M 满足：①x I ∀∈，都有()f x M ≥；②0x I ∃∈，使得()0f x M =。

就称M 是函数()y f x =的最小值。

2.【注】（1）函数的最值指的是函数值（y 值）的最大值和最小值。

求函数的最值，既要求函数的最大值也要求函数的最小值。

【注】（2）从函数图象上看，函数的最大值对应函数图象最高点的纵坐标；函数的最小值对应函数图象最低点的纵坐标。

二、单调函数的最值1.单调函数的最值在闭区间的端点处取得。

（1）单调递增函数在闭区间的左端点取得最小值，在右端点取得最大值。

（2）单调递减函数在闭区间的左端点取得最大值，在右端点取得最小值。

【注】单调函数在开区间上无最值，即既无最大值，也无最小值。

2.函数值域闭区间的左端点是函数值的最小值，右端点是函数值的最大值。

求函数的值域，往往要求函数的最大值和最小值。

三、分段函数的最值1.分段函数的最大值，是各段函数值最大值中的最大值；2.分段函数的最小值，是各段函数值最小值中的最小值。

四、函数最值的求解方法函数求最值的方法一般有：配方法、换元法、数形结合法（图象法）、结合函数的单调性法等。

五、函数的值域问题函数值域中的最小值往往是函数值的最小值，函数值域中的最大值往往是函数值中的最大值，所以求函数的值域往往需要先求出函数的最大值和最小值。

六、恒成立问题假设()g x 为已知函数，求()f a 的取值范围，则有以下两种情况：（1）()()f a g x ≤恒成立()()min f a g x ⇔≤；（2）()()f a g x ≥恒成立()()max f a g x ⇔≥。

(江苏专版)18年高考数学二轮复习第2部分八大难点突破难点7函数零点、单调性、极值等综合问题学案

难点七函数零点、单调性、极值等综合问题(对应学生用书第73页)函数零点、单调性、极值都是高中数学的重要内容，也都是高考的热点和重点，在每年的高考试题中这部分内容所占的比例都很大，函数与导数是高中数学的主线，它们贯穿于高中数学的各个内容，求值的问题就要涉及到方程，求取值范围的问题就离不开不等式，但方程、不等式更离不开函数，函数思想的运用是我们解决问题的重要手段，而导数是我们解决问题的一个行之有效的工具． 1．函数零点函数零点问题主要是研究函数与方程问题，方程f (x )＝0的解就是函数y ＝f (x )的图象与x 轴的交点的横坐标，即零点．函数思想在解题中的应用主要表现在两个方面：一是借助有关初等函数的性质，解有关求值、解(证)不等式、解方程以及讨论参数的取值范围等问题：二是在问题的研究中，通过建立函数关系式或构造中间函数，把所研究的问题转化为讨论函数的有关性质，达到化难为易，化繁为简的目的. 许多有关方程的问题可以用函数的方法解决，反之，许多函数问题也可以用方程的方法来解决．在高考中重点考查函数零点个数、零点范围以及与零点有关的范围问题，有时添加函数性质进去会使得此类问题难度加大．【例1】 (2017·江苏高考)已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋1(a >0，b ∈R )有极值，且导函数f ′(x )的极值点是f (x )的零点．(极值点是指函数取极值时对应的自变量的值) (1)求b 关于a 的函数关系式，并写出定义域； (2)证明：b 2>3a ；(3)若f (x )，f ′(x )这两个函数的所有极值之和不小于－72，求a 的取值范围.【导学号：56394108】[解] (1)由f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋1，得f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b ＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋a 32＋b －a 23. 当x ＝－a 3时，f ′(x )有极小值b －a 23.因为f ′(x )的极值点是f (x )的零点，所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 3＝－a 327＋a 39－ab 3＋1＝0.又a >0，故b ＝2a 29＋3a.因为f (x )有极值，故f ′(x )＝0有实根，从而b －a 23＝19a (27－a 3)≤0，即a ≥3.当a ＝3时，f ′(x )>0(x ≠－1)，故f (x )在R 上是增函数，f (x )没有极值；当a >3时，f ′(x )＝0有两个相异的实根 x 1＝－a －a 2－3b 3，x 2＝－a ＋a 2－3b 3.列表如下：12从而a >3.因此b ＝2a 29＋3a ，定义域为(3，＋∞)．(2)证明：由(1)知，b a ＝2a a 9＋3a a.设g (t )＝2t 9＋3t ，则g ′(t )＝29－3t 2＝2t 2－279t 2. 当t ∈⎝⎛⎭⎪⎫362，＋∞时，g ′(t )>0，从而g (t )在⎝⎛⎭⎪⎫362，＋∞上单调递增．因为a >3，所以a a >33，故g (a a )>g (33)＝3，即ba> 3. 因此b 2>3a .(3)由(1)知，f (x )的极值点是x 1，x 2，且x 1＋x 2＝－23a ，x 21＋x 22＝4a 2－6b9.从而f (x 1)＋f (x 2)＝x 31＋ax 21＋bx 1＋1＋x 32＋ax 22＋bx 2＋1＝x 13(3x 21＋2ax 1＋b )＋x 23(3x 22＋2ax 2＋b )＋13a (x 21＋x 22)＋23b (x 1＋x 2)＋2＝4a 3－6ab 27－4ab 9＋2＝0.记f (x )，f ′(x )所有极值之和为h (a )，因为f ′(x )的极值为b －a 23＝－19a 2＋3a ，所以h (a )＝－19a 2＋3a ，a >3.因为h ′(a )＝－29a －3a 2<0，于是h (a )在(3，＋∞)上单调递减．因为h (6)＝－72，于是h (a )≥h (6)，故a ≤6.因此a 的取值范围为(3,6]．【例2】已知函数f (x )＝a x －1x2－b ＋ln x (a ，b ∈R )．(1)若函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增，求实数a 的取值范围； (2)若a ＝3，函数f (x )有3个零点，求实数b 的取值范围．[解] (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝－a x2＋2x3＋1x.由题意可得f ′(x )≥0在(0，＋∞)上恒成立，即－a x2＋2x3＋1x≥0，所以a x2≤2x3＋1x，因为x ＞0，所以x 2＞0，故a ≤2x＋x .由基本不等式可得2x ＋x ≥22(当且仅当2x＝x ，即x ＝2时等号成立)，故实数a 的取值范围为(－∞，22]．(2)当a ＝3时，f (x )＝3x －1x2－b ＋ln x ，函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝－3x 2＋2x 3＋1x ＝x 2－3x ＋2x3＝x －x －x3.由f ′(x )＝0，解得x 1＝1，x 2＝2.当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：极小值为f (2)＝32－122－b ＋ln 2＝54－b ＋ln 2.要使函数f (x )有3个零点，则⎩⎪⎨⎪⎧2－b ＞0，54－b ＋ln 2＜0，解得54＋ln 2＜b ＜2.故实数b 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫54＋ln 2，2. 2．利用函数的单调区间和极值点研究函数零点函数f (x )的零点，即f (x )＝0的根，亦即函数f (x )的图象与x 轴交点横坐标，与函数零点有关的参数范围问题，往往利用导数研究函数的单调区间和极值点，并结合特殊点，从而判断函数的大致图象，讨论其图象与轴的位置关系(或者转化为两个熟悉函数交点问题)．【例3】 (2016－2017学年度江苏苏州市高三期中调研考试)已知f (x )＝ax 3－3x 2＋1(a ＞0)，定义h (x )＝max{f (x )，g (x )}＝⎩⎪⎨⎪⎧f x ，f xg x ，gx ，f x ＜g x ，(1)求函数f (x )的极值；(2)若g (x )＝xf ′(x )，且存在x ∈[1,2]使h (x )＝f (x )，求实数a 的取值范围； (3)若g (x )＝ln x ，试讨论函数h (x )(x ＞0)的零点个数． [解] (1)∵函数f (x )＝ax 3－3x 2＋1， ∴f ′(x )＝3ax 2－6x ＝3x (ax －2)，令f ′(x )＝0，得x 1＝0或x 2＝2a，∵a ＞0，∴x 1＜x 2，列表如下：∴f (x )的极大值为f (0)＝1，极小值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a＝a2－a 2＋1＝1－a2.(2)g (x )＝xf ′(x )＝3ax 3－6x 2，∵存在x ∈[1,2]，使h (x )＝f (x )，∴f (x )≥g (x )在x ∈[1,2]上有解，即ax 3－3x 2＋1≥3ax 3－6x 2在x ∈[1,2]上有解，即不等式2a ≤1x 3＋3x在x ∈[1,2]上有解，设y ＝1x 3＋3x ＝3x 2＋1x 3(x ∈[1,2])，∵y ′＝－3x 2－3x4＜0对x ∈[1,2]恒成立， ∴y ＝1x 3＋3x 在x ∈[1,2]上单调递减，∴当x ＝1时，y ＝1x 3＋3x的最大值为4，∴2a ≤4，即a ≤2.(3)由(1)知，f (x )在(0，＋∞)上的最小值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2a＝1－4a2，①当1－4a2＞0，即a ＞2时，f (x )＞0在(0，＋∞)上恒成立，∴h (x )＝max{f (x )，g (x )}在(0，＋∞)上无零点．②当1－4a2＝0即a ＝2时，f (x )min ＝f (1)＝0，又g (1)＝0，∴h (x )＝max{f (x )，g (x )}在(0，＋∞)上有一个零点．③当1－4a2＜0，即0＜a ＜2时，设φ(x )＝f (x )－g (x )＝ax 3－3x 2＋1－ln x (0＜x ＜1)，∵φ′(x )＝3ax 2－6x －1x ＜6x (x －1)－1x＜0，∴φ(x )在(0,1)上单调递减，又φ(1)＝a －2＜0，φ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝a e 3＋2e 2－3e 2＞0，∴存在唯一的x 0∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，1，使得φ(x 0)＝0，Ⅰ.当0＜x ≤x 0时，∵φ(x )＝f (x )－g (x )≥φ(x 0)＝0，∴h (x )＝f (x )且h (x )为减函数，又h (x 0)＝f (x 0)＝g (x 0)＝ln x 0＜ln 1＝0，f (0)＝1＞0，∴h (x )在(0，x 0)上有一个零点；Ⅱ.当x ＞x 0时，∵φ(x )＝f (x )－g (x )＜φ(x 0)＝0， ∴h (x )＝g (x )且h (x )为增函数，∵g (1)＝0， ∴h (x )在(x 0，＋∞)上有一零点；从而h (x )＝max{f (x )，g (x )}在(x 0，＋∞)上有两个零点，综上所述，当0＜a ＜2时，h (x )有两个零点；当a ＝2时，h (x )有一个零点；当a ＞2时，h (x )无零点．【例4】 (2017·江苏省南京市迎一模模拟)已知函数f (x )＝12ax 2＋ln x ，g (x )＝－bx ，其中a ，b ∈R ，设h (x )＝f (x )－g (x )． (1)若f (x )在x ＝22处取得极值，且f ′(1)＝g (－1)－2，求函数h (x )的单调区间； (2)若a ＝0时，函数h (x )有两个不同的零点x 1，x 2. ①求b 的取值范围； ②求证：x 1x 2e2＞1.【导学号：56394109】[解] (1)由已知得f ′(x )＝ax ＋1x(x ＞0)，所以f ′⎝⎛⎭⎪⎫22＝22a ＋2＝0，所以a ＝－2. 由f ′(1)＝g (－1)－2，得a ＋1＝b －2，所以b ＝1.所以h (x )＝－x 2＋ln x ＋x (x ＞0)．则h ′(x )＝－2x ＋1x ＋1＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋12x －－x(x ＞0)，由h ′(x )＞0得0＜x ＜1，h ′(x )＜0得x ＞1. 所以h (x )的减区间为(1，＋∞)，增区间为(0,1)． (2)①由已知h (x )＝ln x ＋bx (x ＞0)．所以h ′(x )＝1x＋b (x ＞0)，当b ≥0时，显然h ′(x )＞0恒成立，此时函数h (x )在定义域内递增，h (x )至多有一个零点，不合题意．当b ＜0时，令h ′(x )＝0得x ＝－1b ＞0，令h ′(x )＞0得0＜x ＜－1b；令h ′(x )＜0得x ＞－1b.所以h (x )极大＝h ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1b ＝－ln(－b )－1＞0，解得－1e ＜b ＜0. 且x →0时，ln x ＜0，x →＋∞时，ln x ＞0.所以当b ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－1e ，0时，h (x )有两个零点．②证明：由题意得⎩⎪⎨⎪⎧ln x 1＋bx 1＝0，ln x 2＋bx 2＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧e －bx 1＝x 1， ①e －bx 2＝x 2， ②①×②得e －b (x 1＋x 2)＝x 1x 2. 因为x 1，x 2＞0，所以－b (x 1＋x 2)＞0，所以e －b (x 1＋x 2)＝x 1x 2＞1. 因为0＜－b ＜1e ，所以e －b＜1，所以x 1x 2＞e －2b x 1x 2＞e2x 1x 2＞e 2，所以x 1x 2e2＞1.【例5】 (1)讨论函数f (x )＝x －2x ＋2e x 的单调性，并证明当x ＞0时，(x －2)e x＋x ＋2＞0. (2)证明：当a ∈[0,1)时，函数g (x )＝e x－ax －ax2(x ＞0)有最小值．设g (x )的最小值为h (a )，求函数h (a )的值域．[解] (1)f (x )的定义域为(－∞，－2)∪(－2，＋∞)．f ′(x )＝x －x ＋x－x －xx ＋2＝x 2e xx ＋2≥0，当且仅当x ＝0时，f ′(x )＝0，所以f (x )在(－∞，－2)，(－2，＋∞)上单调递增．因此当x ∈(0，＋∞)时，f (x )>f (0)＝－1. 所以(x －2)e x>－(x ＋2)，即(x －2)e x＋x ＋2>0. (2)证明：g ′(x )＝x －x＋a x ＋x3＝x ＋2x 3(f (x )＋a )．由(1)知，f (x )＋a 单调递增．对任意a ∈[0,1)，f (0)＋a ＝a －1＜0，f (2)＋a ＝a ≥0. 因此，存在唯一x a ∈(0,2]，使得f (x a )＋a ＝0，即g ′(x a )＝0.当0<x <x a 时，f (x )＋a <0，g ′(x )<0，g (x )单调递减；当x >x a 时，f (x )＋a >0，g ′(x )>0，g (x )单调递增．因此g (x )在x ＝x a 处取得最小值，最小值为于是h (a )＝e x ax a ＋2. 由⎝ ⎛⎭⎪⎫e x x ＋2′＝x ＋xx ＋2＞0，得y ＝exx ＋2单调递增，所以，由x a ∈(0,2]，得12＝e 00＋2＜h (a )＝e x a x a ＋2≤e 22＋2＝e 24. 因为y ＝e xx ＋2单调递增，对任意λ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤12，e 24，存在唯一的x a ∈(0,2]，a ＝－f (x a )∈[0,1)，使得h (a )＝λ.所以h (a )的值域是⎝ ⎛⎦⎥⎤12，e 24.综上，当a ∈[0,1)时，g (x )有最小值h (a )，h (a )的值域是⎝ ⎛⎦⎥⎤12，e 24. 【例6】设函数f (x )＝x e a －x＋bx ，曲线y ＝f (x )在点(2，f (2))处的切线方程为y ＝(e－1)x ＋4.(1)求a ，b 的值； (2)求f (x )的单调区间． [解] (1)因为f (x )＝x e a －x ＋bx ，所以f ′(x )＝(1－x )ea －x＋b .依题设，⎩⎪⎨⎪⎧f＝2e ＋2，f ＝e －1，即⎩⎪⎨⎪⎧2e a －2＋2b ＝2e ＋2，－e a －2＋b ＝e －1.解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝2，b ＝e.(2)由(1)知f (x )＝x e 2－x＋e x .由f ′(x )＝e2－x(1－x ＋ex －1)及e2－x＞0知，f ′(x )与1－x ＋ex －1同号．令g (x )＝1－x ＋e x －1，则g ′(x )＝－1＋e x －1.所以，当x ∈(－∞，1)时，g ′(x )<0，g (x )在区间(－∞，1)上单调递减；当x ∈(1，＋∞)时，g ′(x )>0，g (x )在区间(1，＋∞)上单调递增．故g (1)＝1是g (x )在区间(－∞，＋∞)上的最小值，从而g (x )>0，x ∈(－∞，＋∞)．综上可知，f ′(x )>0，x ∈(－∞，＋∞)，故f (x )的单调递增区间为(－∞，＋∞)． [方法总结] ①函数性质与方程综合时，要先将函数性质剖析清楚，尤其是单调性和对称性，然后再研究函数零点问题；②函数与不等式综合时，重点是要学会构造函数，利用函数单调性、最值进行研究；③函数、方程与不等式综合在一起时，要注意利用导数这个有利工具进行解答．。

高中数学x恒成立、存在性问题解决办法

恒成立、存在性问题解决办法总结1、恒成立问题的转化：()a f x >恒成立⇒()max a f x >；()()min a f x a f x ≤⇒≤恒成立2、能成立问题的转化：()a f x >能成立⇒()min a f x >；()()max a f x a f x ≤⇒≤能成立3、恰成立问题的转化：()a f x >在M 上恰成立⇔()a f x >的解集为M ()()R a f x M a f x C M ⎧>⎪⇔⎨≤⎪⎩在上恒成立在上恒成立另一转化方法：若A x f D x ≥∈)(,在D 上恰成立，等价于)(x f 在D 上的最小值A x f =)(min ，若 ,D x ∈B x f ≤)(在D 上恰成立，则等价于)(x f 在D 上的最大值B x f =)(max . 4、设函数()x f 、()x g ，对任意的[]b a x ,1∈，存在[]d c x ,2∈，使得()()21x g x f ≥，则()()x g x f m i n m i n ≥5、设函数()x f 、()x g ，对任意的[]b a x ,1∈，存在[]d c x ,2∈，使得()()21x g x f ≤，则()()x g x f m a x m ax ≤6、设函数()x f 、()x g ，存在[]b a x ,1∈，存在[]d c x ,2∈，使得()()21x g x f ≥，则()()x g x f min max ≥7、设函数()x f 、()x g ，存在[]b a x ,1∈，存在[]d c x ,2∈，使得()()21x g x f ≤，则()()x g x f max min ≤8、若不等式()()f x g x >在区间D 上恒成立，则等价于在区间D 上函数()y f x =和图象在函数()y g x =图象上方；9、若不等式()()f x g x <在区间D 上恒成立，则等价于在区间D 上函数()y f x =和图象在函数()y g x =图象下方；题型一、简单型1、已知函数12)(2+-=ax x x f ，xax g =)(，其中0>a ，0≠x ． 1）对任意]2,1[∈x ，都有)()(x g x f >恒成立，求实数a 的取值范围；（构造新函数） 2）对任意]4,2[],2,1[21∈∈x x ，都有)()(21x g x f >恒成立，求实数a 的取值范围；（转化）简解：（1）由12012232++<⇒>-+-x x x a x a ax x 成立，只需满足12)(23++=x x x x ϕ的最小值大于a 即可．对12)(23++=x xx x ϕ求导，0)12(12)(2224>+++='x x x x ϕ，故)(x ϕ在]2,1[∈x 是增函数，32)1()(min ==ϕϕx ，所以a 的取值范围是320<<a ．2、设函数b x x a x h ++=)(，对任意]2,21[∈a ，都有10)(≤x h 在]1,41[∈x 恒成立，求实数b 的范围．分析：思路、解决双参数问题一般是先解决一个参数，再处理另一个参数．以本题为例，实质还是通过函数求最值解决．方法1：化归最值，10)(10)(max ≤⇔≤x h x h ；方法2：变量分离，)(10x xab +-≤或x b x a )10(2-+-≤；方法3：变更主元（新函数），0101)(≤-++⋅=b x a xa ϕ，]2,21[∈a简解：方法1:对b x xax h ++=)(求导，22))((1)(xa x a x x a x h +-=-='，（单调函数）由此可知，)(x h 在]1,41[上的最大值为)41(h 与)1(h 中的较大者．⎪⎩⎪⎨⎧-≤-≤⇒⎪⎩⎪⎨⎧≤++≤++⇒⎪⎩⎪⎨⎧≤≤∴ab ab b a b a h h 944391011041410)1(10)41(，对于任意]2,21[∈a ，得b 的取值范围是47≤b ． 3、已知两函数2)(x x f =，m x g x-⎪⎭⎫ ⎝⎛=21)(，对任意[]2,01∈x ，存在[]2,12∈x ，使得()21)(x g x f ≥，则实数m 的取值范围为解析：对任意[]2,01∈x ，存在[]2,12∈x ，使得()21)(x g x f ≥等价于m x g x-⎪⎭⎫ ⎝⎛=21)(在[]2,1上的最小值m -41不大于2)(x x f =在[]2,0上的最小值0，既041≤-m ，∴41≥m题型二、更换主元法1、对于满足2p ≤的所有实数p,求使不等式212x px p x ++>+恒成立的x 的取值范围。

高考数学二轮复习8函数最值恒成立及存在性问题学案

难点八函数最值、恒成立及存在性问题(对应学生用书第75页)恒成立问题和有解问题、无解问题是联系函数、方程、不等式的纽带和桥梁，也是高考的重点和热点问题，往往用到的方法是依据不等式的特点，等价变形，构造函数，借助图象观察，或参变分离，转化为求函数的最值问题来处理． F (x )＞a ：⎩⎪⎨⎪⎧恒成立⇔f x min ＞a 有解⇔f x max ＞a无解⇔f x max ≤a具体方法为将已知恒成立或存在性的不等式或等式由等价原理把参数和变量分离开，转化为一元已知函数的最值问题处理，关键是搞清楚哪个是变量哪个是参数，一般遵循“知道谁的范围，谁是变量；求谁的范围，谁是参数”的原则．参变分离后虽然转化为一个已知函数的最值问题，但是有些函数解析式复杂，利用导数知识无法完成，或者是不易参变分离，故可利用构造函数法．【例1】 (2017·盐城市滨海县八滩中学二模)设f (x )＝e x－a (x ＋1)．(1)若a ＞0，f (x )≥0对一切x ∈R 恒成立，求a 的最大值；(2)设g (x )＝f (x )＋ae x ，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)(x 1≠x 2)是曲线y ＝g (x )上任意两点，若对任意的a ≤－1，直线AB 的斜率恒大于常数m ，求m 的取值范围；(3)是否存在正整数a ，使得1n ＋3n ＋…＋(2n －1)n ＜e e －1(an )n对一切正整数n 都成立？若存在，求a 的最小值；若不存在，请说明理由.【导学号：56394112】[解] (1)∵f (x )＝e x－a (x ＋1)，∴f ′(x )＝e x－a ， ∵a ＞0，f ′(x )＝e x －a ＝0的解为x ＝ln a . ∴f (x )min ＝f (ln a )＝a －a (ln a ＋1)＝－a ln a .∵f (x )≥0对一切x ∈R 恒成立，∴－a ln a ≥0，∴a ln a ≤0，∴a max ＝1. (2)∵f (x )＝e x－a (x ＋1)， ∴g (x )＝f (x )＋ae x ＝e x＋ae x －ax －a .∵a ≤－1，直线AB 的斜率恒大于常数m ， ∴g ′(x )＝e x－aex －a ≥2e x·⎝ ⎛⎭⎪⎫－a e x －a＝－a ＋2－a ＝m (a ≤－1)，解得m ≤3，∴实数m 的取值范围是(－∞，3]．(3)设t (x )＝e x－x －1，则t ′(x )＝e x－1，令t ′(x )＝0得：x ＝0. 在x ＜0时t ′(x )＜0，f (x )递减；在x ＞0时t ′(x )＞0，f (x )递增． ∴t (x )最小值为t (0)＝0，故e x≥x ＋1，取x ＝－i 2n ，i ＝1,3，…，2n －1，得1－i 2n ≤e－i 2n ，即⎝ ⎛⎭⎪⎫2n －i 2n n ≤e－i 2，累加得⎝ ⎛⎭⎪⎫12n n ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫32n n ＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫2n －12n n ＜e －2n －12＋e －2n －32＋…＋e －12＝e －12－e－n1－e －1＜ee －1. ∴1n＋3n＋…＋(2n －1)n＜e e －1·(2n )n，故存在正整数a ＝2.使得1n＋3n＋…＋(2n －1)n＜e e －1·(an )n. 【例2】 (2017·江苏省无锡市高考数学一模)已知函数f (x )＝(x ＋1)ln x －ax ＋a (a 为正实数，且为常数)．(1)若f (x )在(0，＋∞)上单调递增，求a 的取值范围； (2)若不等式(x －1)f (x )≥0恒成立，求a 的取值范围．[解] (1)f (x )＝(x ＋1)ln x －ax ＋a ，f ′(x )＝ln x ＋1x＋1－a ，若f (x )在(0，＋∞)上单调递增，则a ≤ln x ＋1x＋1在(0，＋∞)恒成立(a ＞0)，令g (x )＝ln x ＋1x ＋1(x ＞0)，g ′(x )＝x －1x2，令g ′(x )＞0，解得：x ＞1，令g ′(x )＜0，解得：0＜x ＜1，故g (x )在(0,1)递减，在(1，＋∞)递增，故g (x )min ＝g (1)＝2，故0＜a ≤2；(2)若不等式(x －1)f (x )≥0恒成立，即(x －1)[(x ＋1)ln x －ax ＋a ]≥0恒成立， ①x ≥1时，只需a ≤(x ＋1)ln x 恒成立，令m (x )＝(x ＋1)ln x (x ≥1)，则m ′(x )＝ln x ＋1x＋1，由(1)得：m ′(x )≥2，故m (x )在[1，＋∞)递增，m (x )≥m (1)＝0，故a ≤0，而a 为正实数，故a ≤0不合题意； ②0＜x ＜1时，只需a ≥(x ＋1)ln x ，令n (x )＝(x ＋1)ln x (0＜x ＜1)，则n ′(x )＝ln x ＋1x＋1，由(1)知n ′(x )在(0,1)递减，故n ′(x )＞n ′(1)＝2，故n (x )在(0,1)递增，故n (x )＜n (1)＝0，故a ≥0，而a 为正实数，故a ＞0.【例3】 (2017·江苏省淮安市高考数学二模)已知函数f (x )＝1e x ，g (x )＝ln x ，其中e为自然对数的底数．(1)求函数y ＝f (x )g (x )在x ＝1处的切线方程；(2)若存在x 1，x 2(x 1≠x 2)，使得g (x 1)－g (x 2)＝λ[f (x 2)－f (x 1)]成立，其中λ为常数，求证：λ＞e ；(3)若对任意的x ∈(0,1]，不等式f (x )g (x )≤a (x －1)恒成立，求实数a 的取值范围.【导学号：56394113】[解] (1)y ＝f (x )g (x )＝ln xe x ，y ′＝1x －ln xex， x ＝1时，y ＝0，y ′＝1e，故切线方程是：y ＝1e x －1e；(2)证明：由g (x 1)－g (x 2)＝λ[f (x 2)－f (x 1)]，得：g (x 1)＋λf (x 1)＝g (x 2)＋λf (x 2)，令h (x )＝g (x )＋λf (x )＝ln x ＋λe x (x ＞0)，h ′(x )＝e x－λxx e x，令ω(x )＝e x－λx ，则ω′(x )＝e x－λ，由x ＞0，得e x ＞1，①λ≤1时，ω′(x )＞0，ω(x )递增，故h ′(x )＞0，h (x )递增，不成立；②λ＞1时，令ω′(x )＝0，解得：x ＝ln λ，故ω(x )在(0，ln λ)递减，在(ln λ，＋∞)递增， ∴ω(x )≥ω(ln λ)＝λ－λln λ，令m (λ)＝λ－λln λ(λ＞1)，则m ′(λ)＝－ln λ＜0，故m (λ)递减，又m (e)＝0，若λ≤e，则m (λ)≥0，ω(x )≥0，h (x )递增，不成立，若λ＞e ，则m (λ)＜0，函数h (x )有增有减，满足题意，故λ＞e ；(3)若对任意的x ∈(0,1]，不等式f (x )g (x )≤a (x －1)恒成立，即ln xex －a (x －1)≤0在(0,1]恒成立，令F (x )＝ln xe x －a (x －1)，x ∈(0,1]，F (1)＝0，F ′(x )＝1x －ln x e x－a ，F ′(1)＝1e－a ， ①F ′(1)≤0时，a ≥1e，F ′(x )≤1x －ln x －ex －1ex递减，而F ′(1)＝0，故F ′(x )≥0，F (x )递增，F (x )≤F (1)＝0，成立，②F ′(1)＞0时，则必存在x 0，使得F ′(x )＞0，F (x )递增，F (x )＜F (1)＝0不成立，故a ≥1e.【例4】设函数f (x )＝ax 2－a －ln x ，其中a ∈R .(1)讨论f (x )的单调性；(2)确定a 的所有可能取值，使得f (x )>1x－e 1－x在区间(1，＋∞)内恒成立(e ＝2.718…为自然对数的底数)．[解] (1)f ′(x )＝2ax －1x ＝2ax 2－1x(x >0)．当a ≤0时，f ′(x )<0，f (x )在(0，＋∞)内单调递减．当a >0时，由f ′(x )＝0，有x ＝12a.此时，当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，12a 时，f ′(x )<0，f (x )单调递减；当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫12a ，＋∞时，f ′(x )>0，f (x )单调递增．(2)令g (x )＝1x －1ex －1，s (x )＝e x －1－x ，则s ′(x )＝ex －1－1.而当x >1时，s ′(x )>0，所以s (x )在区间(1，＋∞)内单调递增．又由s (1)＝0，有s (x )>0，从而当x >1时，g (x )>0.当a ≤0，x >1时，f (x )＝a (x 2－1)－ln x <0.故当f (x )>g (x )在区间(1，＋∞)内恒成立时，必有a >0. 当0<a <12时，12a >1.由(1)有f ⎝⎛⎭⎪⎫12a <f (1)＝0，而g ⎝ ⎛⎭⎪⎫12a >0，所以此时f (x )>g (x )在区间(1，＋∞)内不恒成立．当a ≥12时，令h (x )＝f (x )－g (x )(x ≥1)．当x >1时，h ′(x )＝2ax －1x ＋1x 2－e 1－x>x －1x ＋1x 2－1x ＝x 3－2x ＋1x 2>x 2－2x ＋1x2>0. 因此，h (x )在区间(1，＋∞)内单调递增．又因为h (1)＝0，所以当x >1时，h (x )＝f (x )－g (x )>0，即f (x )>g (x )恒成立．综上，a ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞.[点评] 综合构造函数，运用函数的思想，利用导数研究函数的性质(单调性和最值)，达到解题的目的，是一成不变的思路，合理构思，善于从不同角度分析问题，是解题的法宝．。

江苏省高考数学考前压轴冲刺(新高考)-专题11 不等式之恒成立与有解问题(填空题)(原卷版)

专题11 不等式恒成立与有解问题考点预测江苏高考近几年不等式常以压轴题的题型出现，常见的考试题型有恒成立，有解问题，此类题型丰富多变，综合性强，有一定的难度，但只要我们理解问题的本质，就能解决这类问题，常用的知识点如下：1.若)(x f 在区间D 上存在最小值，A x f >)(在区间D 上恒成立，则A x f >min )(.2.若)(x f 在区间D 上存在最大值，B x f <)(在区间D 上恒成立，则B x f <max )(.3.若)(x f 在区间D 上存在最大值，A x f >)(在区间D 上有解，则A x f >max )(.4.若)(x f 在区间D 上存在最小值，B x f <)(在区间D 上有解，则B x f <min )(.5.],,[,21b a x x ∈∀)()(21x g x f ≤，则min max )()(x g x f ≤.6.],,[1b a x ∈∀],[2n m x ∈∃，)()(21x g x f ≤，则max max )()(x g x f ≤.7.],,[1b a x ∈∃],[2n m x ∈∃，)()(21x g x f ≤，则max min )()(x g x f ≤.8.],,[b a x ∈∀)()(x g x f ≤,则0)()(≤-x g x f .典型例题1.已知函数f （x ）＝x ﹣2（e x ﹣e ﹣x ），则不等式f （x 2﹣2x ）＞0的解集为．2.已知a ，b ∈R ，若关于x 的不等式lnx ≤a （x ﹣2）+b 对一切正实数x 恒成立，则当a +b 取最小值时，b 的值为 ﹣ ．3.已知函数f（x）＝，设a∈R，若关于x的不等式在R上恒成立，则a的取值范围是﹣专项突破一、填空题（共12小题）1.设a∈R，若x＞0时均有[（a﹣1）x﹣1]（x2﹣ax﹣1）≥0，则a＝．2.对于任意的正数a，b，不等式（2ab+a2）k≤4b2+4ab+3a2恒成立，则k的最大值为．3.设a＞0，若关于x的不等式x≥9在x∈（3，+∞）恒成立，则a的取值范围为．4.不等式（a﹣2）x2+（a﹣2）x+1＞0对一切x∈R恒成立，则实数a的取值范围是．5.若存在实数b使得关于x的不等式|a sin2x+（4a+b）sin x+13a+2b|﹣2sin x≤4恒成立，则实数a的取值范围是﹣．6.已知等比数列{a n}的前n项和为S n，且S n＝，若对任意的n∈N*，（2S n+3）λ≥27（n﹣5）恒成立，则实数λ的取值范围是．7.若关于x的不等式（x2﹣a）（2x+b）≥0在（a，b）上恒成立，则2a+b的最小值为．8.若对于任意x∈[1，4]，不等式0≤ax2+bx+4a≤4x恒成立，|a|+|a+b+25|的范围为．9.若不等式（x+1）1n（x+1）＜ax2+2ax在（0，+∞）上恒成立，则a的取值范围是．10.若对任意a∈[1，2]，不等式ax2+（a﹣1）x﹣1＞0恒成立，则实数x的取值范围是﹣∞﹣11.若不等式2kx2+kx+＜0对于一切实数x都成立，则k的取值范围是﹣∞﹣．12.已知函数f（x）＝x2+（1﹣a）x﹣a，若关于x的不等式f（f（x））＜0的解集为空集，则实数a的取值范围是﹣．。

2018年江苏高考数学二轮复习练习：8-函数最值、恒成立及存在性问题有答案

专项限时集训(八) 函数最值、恒成立及存在性问题(对应学生用书第127页)(限时：60分钟)1．(本小题满分14分)(镇江市2017届高三上学期期末)已知函数f (x )＝x ln x ，g (x )＝λ(x 2－1)(λ为常数)． (1)若函数y ＝f (x )与函数y ＝g (x )在x ＝1处有相同的切线，求实数λ的值； (2)若λ＝12，且x ≥1，证明：f (x )≤g (x )；(3)若对任意x ∈[1，＋∞)，不等式f (x )≤g (x )恒成立，求实数λ的取值范围． [解] (1)f ′(x )＝ln x ＋1，则f ′(1)＝1且f (1)＝0. 所以函数y ＝f (x )在x ＝1处的切线方程为：y ＝x －1，从而g ′(x )＝2λx ，g ′(1)＝2λ＝1，即λ＝12.2分(2)证明：由题意知：设函数h (x )＝x ln x －12(x 2－1)，则h ′(x )＝ln x ＋1－x ，设p (x )＝ln x ＋1－x ，从而p ′(x )＝1x－1≤0对任意x ∈[1，＋∞)恒成立，所以p (x )＝ln x ＋1－x ≤p (1)＝0，即h ′(x )≤0，因此函数h (x )＝x ln x －12(x 2－1)在[1，＋∞)上单调递减，即h (x )≤h (1)＝0，所以当x ≥1时，f (x )≤g (x )成立. 6分(3)设函数H (x )＝x ln x －λ()x 2－1，从而对任意x ∈[1，＋∞)，不等式H (x )≤0＝H (1)恒成立．又H ′(x )＝ln x ＋1－2λx ，当H ′(x )＝ln x ＋1－2λx ≤0，即ln x ＋1x≤2λ恒成立时，函数H (x )单调递减．设r (x )＝ln x ＋1x ，则r ′(x )＝－ln x x2≤0，所以r (x )max ＝r (1)＝1，即1≤2λ⇒λ≥12，符合题意；当λ≤0时，H ′(x )＝ln x ＋1－2λx ≥0恒成立，此时函数H (x )单调递增．于是，不等式H (x )≥H (1)＝0对任意x ∈[1，＋∞)恒成立，不符合题意；当0＜λ＜12时，设q (x )＝H ′(x )＝ln x ＋1－2λx ，则q ′(x )＝1x －2λ＝0⇒x ＝12λ＞1，当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫1，12λ时，q ′(x )＝1x－2λ＞0，此时q (x )＝H ′(x )＝ln x ＋1－2λx 单调递增，所以H ′(x )＝ln x ＋1－2λx ＞H ′(1)＝1－2λ＞0，故当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12λ时，函数H (x )单调递增．于是当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12λ时，H (x )＞0成立，不符合题意；综上所述，实数λ的取值范围为λ≥12.14分2．(本小题满分14分)(2017·江苏省苏、锡、常、镇四市高考数学二模)已知函数f (x )＝a ln x －bx 3，a ，b 为实数，b ≠0，e 为自然对数的底数，e≈2.718 28.(1)当a ＜0，b ＝－1时，设函数f (x )的最小值为g (a )，求g (a )的最大值；(2)若关于x 的方程f (x )＝0在区间(1，e]上有两个不同的实数解，求a b的取值范围.[解] (1)b ＝－1时，f (x )＝a ln x ＋x 3，则f ′(x )＝a ＋3x 3x，令f ′(x )＝0，解得：x ＝3－a3，∵a ＜0，∴3－a3＞0， x ，f ′(x )，f (x )的变化如下：故g (a )＝f ⎝⎛⎭⎪⎫3－a 3＝a 3ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 3－a 3，令t (x )＝－x ln x ＋x ，则t ′(x )＝－ln x ，令t ′(x )＝0，解得：x ＝1，且x ＝1时，t (x )有最大值1，故g (a )的最大值是1，此时a ＝－3；8分(2)由题意得：方程a ln x －bx 3＝0在区间(1，e]上有2个不同的实数根，故a b ＝x 3ln x在区间(1，e]上有2个不同实数根，即函数y 1＝a b 的图象与函数m (x )＝x 3ln x 的图象有2个不同的交点，∵m ′(x )＝x 23ln x －ln x2，令m ′(x )＝0，得：x ＝3e ，x ，m ′(x )，m (x )的变化如下：∴x ∈(1，3e)时，m (x )∈(3e ，＋∞)，x ∈(3e ，e]时，m (x )∈(3e ，e 3]，故a ，b 满足的关系式是3e ＜a b≤e 3，即a b的范围是(3e ，e 3].14分3．(本小题满分14分)(江苏省镇江市丹阳高中2017届高三下学期期中)已知函数f (x )＝x －1x，(1)函数F (x )＝f (e x)－k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋x 36，其中k 为实数， ①求F ′(0)的值；②对∀x ∈(0,1)，有F (x )＞0，求k 的最大值；(2)若g (x )＝x 2＋2ln xa(a 为正实数)，试求函数f (x )与g (x )在其公共点处是否存在公切线，若存在，求出符合条件的a 的个数，若不存在，请说明理由．[解] (1)由F (x )＝e x－1e x －k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋x 36得F ′(x )＝e x＋1e x －k ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋x 22，①F ′(0)＝2－k ，②记h (x )＝F ′(x )，则h ′(x )＝e x－1ex －kx ，记m (x )＝h ′(x )，则m ′(x )＝e x ＋1e x －k ，当x ∈(0,1)时，e x＋1e x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫2，e ＋1e .3分(ⅰ)当k ≤2时，m ′(x )＞2－k ≥0，x ∈(0,1)，即m (x )在(0,1)上是增函数，又m (0)＝0，则h ′(x )＞0，x ∈(0,1)，即h (x )在(0,1)上是增函数，又F ′(0)＝2－k ≥0，则F ′(x )＞0，x ∈(0,1)，即F (x )在(0,1)上是增函数，故F (x )＞F (0)＝0，x ∈(0,1)． (ⅱ)当k ＞2时，则存在x 0∈(0,1)，使得m ′(x )在(0，x 0)小于0，即m (x )在(0，x 0)上是减函数，则h ′(x )＜0，x ∈(0，x 0)，即h (x )在(0，x 0)上是减函数，又F ′(0)＝2－k ＜0，则F ′(x )＜0，x ∈(0，x 0)，又F ′(0)＝2－k ＜0，即F (x )在(0，x 0)上是减函数，故F (x )＜F (0)＝0，x ∈(0，x 0)，矛盾．故k 的最大值为2.8分(2)设函数f (x )与g (x )在其公共点x ＝x 1处存在公切线，则⎩⎨⎧x 1－1x 1＝x 21＋2ln x 1a， ①1＋1x 21＝2x 1＋2x 1a ， ②由②得(2x 1－a )(x 21＋1)＝0，即x 1＝a2，代入①得8ln a －8ln 2－a 2＋8＝0，记G (a )＝8ln a －8ln 2－a 2＋8，则G ′(a )＝8a－2a ，得G (a )在(0,2)上是增函数，(2，＋∞)上是减函数，又G (2)＝4＞0，G (4)＝8ln 2－8＜0，G ⎝ ⎛⎭⎪⎫2e ＝－4e 2＜0，得符合条件的a 的个数为2.(未证明小于0的扣2分)14分4．(本小题满分16分)(无锡市2017届高三上学期期末)已知f (x )＝x 2＋mx ＋1(m ∈R )，g (x )＝e x. (1)当x ∈[0,2]时，F (x )＝f (x )－g (x )为增函数，求实数m 的取值范围； (2)若m ∈(－1,0)，设函数G (x )＝f x g x ，H (x )＝－14x ＋54，求证：对任意x 1，x 2∈[1,1－m ]，G (x 1)＜H (x 2)恒成立．[解] (1)∵F (x )＝x 2＋mx ＋1－e x ，∴F ′(x )＝2x ＋m －e x. ∵当x ∈[0,2]时，F (x )＝f (x )－g (x )为增函数， ∴F ′(x )≥0即2x ＋m －e x≥0在[0,2]上恒成立，即m ≥e x－2x 在[0,2]上恒成立．令h (x )＝e x－2x ，x ∈[0,2]，则h ′(x )＝e x－2，令h ′(x )＝0，则x ＝ln 2.∴h (x )在[0，ln 2]上单调递减，在[ln 2,2]上单调递增． ∵h (0)＝1，h (2)＝e 2－4＞1， ∴h (x )max ＝h (2)＝e 2－4， ∴m ≥e 2－4. 6分(2)证明：G (x )＝x 2＋mx ＋1ex，则G ′(x )＝－x 2＋－m x ＋m －1ex＝－x －x －－m ]ex.要证任给x 1，x 2∈[1,1－m ]，G (x 1)≤H (x 2)恒成立，即证G (x )max ≤H (x )min ， ∵x ∈[1,1－m ]，∴G (x )在[1,1－m ]上单调递增，G (x )max ＝G (1－m )＝2－me 1－m ，∵H (x )在[1,1－m ]上单调递减，H (x )min ＝H (1－m )＝－14(1－m )＋54.10分要证G (x )max ≤H (x )min ，即证2－m e 1－m ≤－14(1－m )＋54，即证4(2－m )≤e1－m[5－(1－m )]．令1－m ＝t ，则t ∈(1,2)．设r (x )＝e x(5－x )－4(x ＋1)，x ∈[1,2]，即r (x )＝5e x－x e x－4x －4.r ′(x )＝(4－x )e x －4≥2e x －4＞0，∴r (x )＝e x(5－x )－4(x ＋1)在[1,2]上单调递增， ∵r (1)＝4e －8＞0，∴e x(5－x )≥4(x ＋1)，从而有－14(1－m )＋54≥2－m e 1－m ，即当x ∈[1,1－m ]时，G (x )max ≤H (x )min 成立.16分5．(本小题满分16分)(苏北四市(徐州、淮安、连云港、宿迁)2017届高三上学期期末)已知函数f (x )＝x 22e－ax ，g (x )＝ln x －ax ，a ∈R .(1)解关于x (x ∈R )的不等式f (x )≤0； (2)证明：f (x )≥g (x )；(3)是否存在常数a ，b ，使得f (x )≥ax ＋b ≥g (x )对任意的x ＞0恒成立？若存在，求出a ，b 的值；若不存在，请说明理由.[解] (1)当a ＝0时，f (x )＝x 22e，所以f (x )≤0的解集为{0}；当a ≠0时，f (x )＝x ⎝ ⎛⎭⎪⎫x2e －a ，若a ＞0，则f (x )≤0的解集为[0,2e a ]．若a ＜0，则f (x )≤0的解集为[2e a,0]．综上所述，当a ＝0时，f (x )≤0的解集为{0}；当a ＞0时，f (x )≤0的解集为[0,2e a ]；当a ＜0时，f (x )≤0的解集为[2e a,0].4分(2)证明：设h (x )＝f (x )－g (x )＝x 22e －ln x ，则h ′(x )＝x e －1x ＝x 2－ee x.令h ′(x )＝0，得x ＝e ，列表如下：所以函数h (x )的最小值为所以h (x )＝x 22e－ln x ≥0，即f (x )≥g (x ).8分(3)假设存在常数a ，b 使得f (x )≥ax ＋b ≥g (x )对任意的x ＞0恒成立，即x 22e≥2ax ＋b ≥ln x 对任意的x ＞0恒成立．而当x ＝e 时，ln x ＝x 22e ＝12，所以12≥2a e ＋b ≥12，所以2a e ＋b ＝12，则b ＝12－2a e ，所以x 22e －2ax －b ＝x 22e －2ax ＋2a e －12≥0(*)恒成立，①当a ≤0时，2a e －12＜0，所以(*)式在(0，＋∞)上不恒成立；②当a ＞0时，则4a 2－2e (2a e －12)≤0，即⎝ ⎛⎭⎪⎫2a －1e 2≤0，所以a ＝12e，则b ＝－12. 令φ(x )＝ln x －1ex ＋12，则φ′(x )＝e －x e x，令φ′(x )＝0，得x ＝e ，当0＜x ＜e 时，φ′(x )＞0，φ(x )在(0，e)上单调递增；当x ＞e 时，φ′(x )＜0，φ(x )在(e ，＋∞)上单调递减．所以φ(x )的最大值为φ(e)＝0.所以ln x －1ex ＋12≤0恒成立．所以存在a ＝12e，b ＝－12符合题意.16分6．(本小题满分16分)(江苏省南京市、盐城市2017届高三第一次模拟)设函数f (x )＝ln x ，g (x )＝ax ＋a －1x－3(a ∈R )．(1)当a ＝2时，解关于x 的方程g (e x)＝0(其中e 为自然对数的底数)； (2)求函数φ(x )＝f (x )＋g (x )的单调增区间；(3)当a ＝1时，记h (x )＝f (x )·g (x )，是否存在整数λ，使得关于x 的不等式2λ≥h (x )有解？若存在，请求出λ的最小值：若不存在，请说明理由．(参考数据：ln 2≈0.693 1，ln 3≈1.098 6) [解] (1)当a ＝2时，方程g (e x )＝0即为2e x＋1e x －3＝0，去分母，得2(e x )2－3e x ＋1＝0，解得e x ＝1或e x＝12，故所求方程的根为x ＝0或x ＝－ln 2. 2分(2)因为φ(x )＝f (x )＋g (x )＝ln x ＋ax ＋a －1x－3(x ＞0)，所以φ′(x )＝1x ＋a －a －1x 2＝ax 2＋x －a －x2＝ax －a －x ＋x2(x ＞0)，①当a ＝0时，由φ′(x )＞0，解得x ＞0； ②当a ＞1时，由φ′(x )＞0，解得x ＞a －1a； ③当0＜a ＜1时，由φ′(x )＞0，解得x ＞0； ④当a ＝1时，由φ′(x )＞0，解得x ＞0； ⑤当a ＜0时，由φ′(x )＞0，解得0＜x ＜a －1a . 综上所述，当a ＜0时，φ(x )的增区间为⎝⎛⎭⎪⎫0，a －1a ；当0≤a ≤1时，φ(x )的增区间为(0，＋∞)；a ＞1时，φ(x )的增区间为⎝⎛⎭⎪⎫a －1a ，＋∞.6分(3)法一：当a ＝1时，f (x )＝ln x ，g (x )＝x －3，h (x )＝(x －3)ln x ，所以h ′(x )＝ln x ＋1－3x 单调递增，h ′⎝ ⎛⎭⎪⎫32＝ln 32＋1－2＜0，h ′(2)＝ln 2＋1－32＞0，所以存在唯一x 0∈⎝ ⎛⎭⎪⎫32，2，使得h ′(x 0)＝0，即ln x 0＋1－3x 0＝0，当x ∈(0，x 0)时，h ′(x )＜0，当x ∈(x 0，＋∞)时，h ′(x )＞0，所以h (x )min ＝h (x 0)＝(x 0－3)ln x 0＝(x 0－3)⎝ ⎛⎭⎪⎫3x 0－1＝－x 0－2x 0＝6－⎝ ⎛⎭⎪⎫x 0＋9x 0，记函数r (x )＝6－⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋9x ，则r (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫32，2上单调递增，所以r ⎝ ⎛⎭⎪⎫32＜h (x 0)＜r (2)，即h (x 0)∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，－12，由2λ≥－32，且λ为整数，得λ≥0，所以存在整数λ满足题意，且λ的最小值为0. 16分法二：当a ＝1时，f (x )＝ln x ，g (x )＝x －3，所以h (x )＝(x －3)ln x ，由h (1)＝0得，当λ＝0时，不等式2λ≥h (x )有解，下证：当λ≤－1时，h (x )＞2λ恒成立，即证(x －3)ln x ＞－2恒成立．显然当x ∈(0,1]∪[3，＋∞)时，不等式恒成立，只需证明当x ∈(1,3)时，(x －3)ln x ＞－2恒成立．即证明ln x ＋2x －3＜0.令m (x )＝ln x ＋2x －3，所以m ′(x )＝1x－2x －2＝x 2－8x ＋9x x －2，由m ′(x )＝0，得x ＝4－7，当x ∈(1,4－7)时，m ′(x )＞0；当x ∈(4－7，3)时，m ′(x )＜0；所以m (x )max ＝m (4－7)＝ln(4－7)－7＋13＜ln(4－2)－2＋13＝ln 2－1＜0. 所以当λ≤－1时，h (x )＞2λ恒成立．综上所述，存在整数λ满足题意，且λ的最小值为0. 16分。

高考数学重难点第二讲一元二次不等式恒成立与能成立问题5大题型(原卷及答案)(全国通用)(学生专用)

重难点第二讲一元二次不等式恒成立与能成立问题——每天30分钟7天掌握恒成立与能成立问题5大题型【命题趋势】不等式是高考数学的重要内容。

其中，“含参不等式恒成立与能成立问题”把不等式、函数、三角、几何等内容有机地结合起来，其以覆盖知识点多、综合性强、解法灵活等特点备受高考命题者的青睐。

另一方面，在解决这类数学问题的过程中涉及的“函数与方程”、“化归与转化”、“数形结合”、“分类讨论”等数学思想对锻炼学生的综合解题能力，培养其思维灵活性、创造性都有这独到的作用。

一元二次不等式应用广泛，考察灵活，高考复习过程要注重知识与方法的灵活运用。

第1天认真研究满分技巧及思考热点题型【满分技巧】一、一元二次不等式在实数集上的恒成立1、不等式对任意实数恒成立⇔==⎧⎨>⎩a bc或Δ<0>⎧⎨⎩a2、不等式对任意实数恒成立⇔==⎧⎨<⎩a bc或Δ<0<⎧⎨⎩a【注意】对于二次不等式恒成立问题，恒大于0就是相应的二次函数的图像在给定的区间上全部在x轴上方；恒小于0就是相应的二次函数的图像在给定的区间上全部在x轴下方．二、一元二次不等式在给定区间上的恒成立问题求解方法方法一：若在集合中恒成立，即集合是不等式的解集的子集，可以先求解集，再由子集的含义求解参数的值(或范围)；方法二：转化为函数值域问题，即已知函数的值域为，则恒成立⇒，即；恒成立⇒，即.三、给定参数范围的一元二次不等式恒成立问题解决恒成立问题一定要清楚选谁为主元，谁是参数；一般情况下，知道谁的范围，就选谁当主元，求谁的范围，谁就是参数.即把变元与参数交换位置，构造以参数为变量的函数，根据原变量的取值范围列式求解。

四、常见不等式恒成立及有解问题的函数处理方法不等式恒成立问题常常转化为函数的最值来处理，具体如下：1、对任意的，恒成立⇒；若存在，有解⇒；若对任意，无解⇒.2、对任意的，恒成立⇒；若存在，有解⇒；若对任意，无解⇒.【热点题型】【题型1一元二次不等式在实数集上的恒成立问题】【例1】（2022·重庆沙坪坝·重庆八中校考模拟预测）使得不等式210x ax -+>对R x ∀∈恒成立的一个充分不必要条件是（）A ．02a <<B ．02a <≤C ．2a <D ．2a >-【变式1-1】（2022秋·山东·高三山东省实验中学校考阶段练习）已知命题“x ∃∈R ，使()24110x a x +-+≤”是假命题，则实数a 的取值范围是（）A ．(,3)-∞-B ．()5,3-C ．(5,)+∞D ．(3,5)-【变式1-2】（2023·全国·高三专题练习）若命题“关于x 的不等式22410mx mx m ++-<对一切实数x 恒成立”是假命题，则实数m 的取值范围是____________．【变式1-3】（2022秋·广西钦州·高三校考阶段练习）已知关于x 的不等式0k->恒成立，则实数k 的取值范围是_____________．【变式1-4】（2022秋·山东聊城·高三山东聊城一中校考期末）关于x 的不等式()2216(4)10ax a x ----≥的解集为∅，则实数a 的取值范围为_________．【题型2一元二次不等式在某区间上的恒成立问题】【例2】（2022秋·辽宁沈阳·高三沈阳市第三十一中学校考开学考试）已知不等式220x bx c -++>的解集{}13x x -<<，若对任意10x -≤≤，不等式224x bx c t -+++≤恒成立．则t 的取值范围是__________．【变式2-1】（2022秋·山东青岛·高三统考期中）已知关于x 的不等式2(13)20ax a x +-+≥的解集为A ，设{1,1}B =-，B A ⊆，则实数a 的取值范围为（）A ．3124a -≤≤B ．1342a -≤≤C ．14a -≤D ．32a ≥【变式2-2】（2022秋·河南·高三期末）已知0a >，b ∈R ，若0x >时，关于x 的不等式()()2250ax x bx -+-≥恒成立，则4b a+的最小值为（）A ．2B ．C ．D ．【变式2-3】（2022秋·广西钦州·高三校考阶段练习）已知函数()2f x ax x a =++，不等式()5f x <的解集为3—12⎛⎫⎪⎝⎭，．（1）求a 的值；（2）若()f x mx >在(]0,5x ∈上恒成立，求m 的取值范围．【变式2-4】（2021秋·陕西西安·高三校考阶段练习）已知二次函数()f x 满足()21f =-，()11f -=-，且()f x 的最大值是8.（1）试确定该二次函数的解析式；（2）()2f x x k >+在区间[]3,1-上恒成立，试求k 的取值范围.第4天掌握给定参数范围的一元二次不等式恒成立问题模型【题型3给定参数范围的一元二次不等式恒成立问题】【例3】（2021·吉林松原·校考三模）若不等式21634x ax x a -≥--对任意[]2,4a ∈-成立，则x 的取值范围为（）A ．(][),83,-∞-⋃+∞B ．()[),01,-∞+∞C ．[]8,6-D ．(]0,3【变式3-1】（2022秋·湖北襄阳·高三校考阶段练习）若命题“[]()21,3,2130a ax a x a ∃∈---+-<”为假命题，则实数x 的取值范围为（）A ．[]1,4-B ．50,3⎡⎤⎢⎥⎣⎦C ．[]51,0,43⎡⎤⎢⎥⎣-⎦D ．[)51,0,43⎛⎤- ⎥⎝⎦【变式3-2】（2022秋·广东深圳·高三深圳中学校考阶段练习）已知当11a -≤≤时，()24420x a x a +-+->恒成立，则实数x 的取值范围是（）A ．(),3-∞B ．][(),13,∞∞-⋃+C ．(),1-∞D ．()(),13,-∞⋃+∞【变式3-3】（2023·全国·高三专题练习）当[]2,3a ∈时，不等式210ax x a -+-≤恒成立，求x 的取值范围．【变式3-4】（2021·辽宁沈阳·高三沈阳二中校考开学考试）设函数()21f x mx mx =--．（1）若对于[]2,2x ∈-，()5f x m <-+恒成立，求m 的取值范围；（2）若对于[]2,2m ∈-，()5f x m <-+恒成立，求x 的取值范围．【题型4一元二次不等式在实数集上的有解问题】【例4】（2023·全国·高三专题练习）若存在实数x ，使得()220mx m x m --+<成立，则实数m 的取值范围为（）A ．(),2-∞B ．(]13,0,32∞⎛⎫-⋃ ⎪⎝⎭C ．2,3⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭D ．(),1-∞【变式4-1】（2022秋·广西钦州·高三校考阶段练习）若关于x 的不等式()()224210ax a x -++-≥的解集不为空集，则实数a 的取值范围为（）A ．62,5⎛⎤- ⎥⎝⎦B ．62,5⎡⎤-⎢⎥⎣⎦C ．6(,2)[,)5-∞-⋃+∞D ．6(,2],5⎡⎫-∞-⋃+∞⎪⎢⎣⎭【变式4-2】（2023·全国·高三专题练习）若关于x 的不等式29(2)04ax a x -++<有解，则实数a 的取值范围是____．【变式4-3】（2022·全国·高三专题练习）若关于x 的不等式2210ax x ++<有实数解，则a 的取值范围是_____【题型5一元二次不等式在某区间上的有解问题】【例5】（2022·甘肃张掖·高台县第一中学校考模拟预测）若关于x 的不等式2620x x a -+->在区间[]0,5内有解，则实数a 的取值范围是（）．A ．()2,+∞B ．(),5-∞C ．(),3-∞-D ．(),2-∞【变式5-1】（2023·全国·高三专题练习）已知关于x 的不等式2630mx x m -+<在(]02，上有解，则实数m 的取值范围是（）A ．(-∞B ．127⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭，C ．)+∞D ．127⎛⎫+∞⎪⎝⎭，【变式5-2】（2022·全国·高三专题练习）命题:{|19}p x x x ∃∈≤≤，2360x ax -+≤，若p 是真命题，则实数a 的取值范围为（）A ．37a ≥B ．13a ≥C ．12a ≥D ．13a ≤【变式5-3】（2022秋·北京·高三统考阶段练习）若存在[0,1]x ∈，有2(1)30x a x a +-+->成立，则实数a 的取值范围是__________.【变式5-4】（2023·全国·高三专题练习）已知命题“[1,1]x ∃∈-，20030-++>x x a ”为真命题，则实数a 的取值范围是______．【变式5-5】（2022·全国·高三专题练习）设()f x 为奇函数，()g x 为偶函数，对于任意x R ∈均有()()24f x g x mx +=-.若()()220f x x g x -+≥在()0,x ∈+∞上有解，则实数m 的取值范围是______.第7天融会贯通及限时检测（建议用时：60分钟）1．（2022·甘肃张掖·高台县第一中学校考模拟预测）已知命题p ：x ∀∈R ，220x x m -+>，则满足命题p 为真命题的一个充分条件是（）A ．m>2B ．0m <C ．1m <D ．m 1≥2．（2022秋·北京大兴·高三统考期中）若命题“2,20x x x m ∃∈++≤R ”是真命题，则实数m 的取值范围是（）A ．1m <B ．1m £C ．1m >D ．1m ≥3．（2022秋·全国·高三校联考阶段练习）设m ∈R ，则“34m >-”是“不等式210x x m -++≥在R 上恒成立”的（）A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件4．（2022秋·宁夏银川·高三校考期中）已知命题p ：R x ∀∈，20x x a -+>，若p ⌝是假命题，则实数a 的取值范围是（）A ．1,4⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦B ．11,42⎛⎫⎪⎝⎭C ．1,4⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭D ．1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭5．（2022秋·河南·高三校联考阶段练习）设函数()22f x ax ax =-，命题“[]0,1x ∃∈，()3f x a ≤-+”是假命题，则实数a 的取值范围为（）A ．(),3-∞B ．()3,+∞C ．24,7⎛⎫+∞⎪⎝⎭D ．3,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭6．（2023·全国·高三专题练习）若对任意的2[1,0],2420x x x m ∈--+++≥恒成立，则m 的取值范围是（）A ．[4,)+∞B ．[2,)+∞C ．(,4]-∞D ．(,2]-∞7．（2021秋·河南南阳·高三南阳中学校考阶段练习）设函数()21f x mx mx =--，若对于任意的{|13}x x x ∈≤≤，()4f x m <-+恒成立，则实数m 的取值范围为（）A ．57m <B ．507m ≤<C ．0m <或507m <<D ．0m ≤8．（2022秋·湖南邵阳·高三统考期中）设函数22()223f x x ax a a =++-+，若对于任意的x R ∈，不等式()()0f f x ≥恒成立，则实数a 的取值范围是（）A ．32a ≥B ．2a ≤C ．322a <≤D ．32a ≤9．（2022秋·辽宁鞍山·高三校联考期中）设R a ∈，若关于x 的不等式210x ax -+≥在12x ≤≤上有解，则（）A ．2a ≤B ．2a ≥C ．52a ≤D ．52a ≥10．（2023·全国·高三专题练习）已知命题“0x ∃∈R ，()20014204x a x +-+≤”是真命题，则实数a 的取值范围（）A ．(],0-∞B ．[]0,4C ．[4,+∞）D ．(],0-∞[)4⋃+∞,11．（2022·全国·高三专题练习）已知关于x 的不等式2243x x a a -+≥-在R 上有解，则实数a 的取值范围是（）A ．{}14a a -≤≤B ．{}14a a -<<C ．{4a a ≥或}1a ≤-D ．{}41a a -≤≤12．（2022·全国·高三专题练习）若关于x 的不等式220x ax +->在区间[]1,5上有解，则实数a 的取值范围为（）A ．23,5⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭B ．23,15⎡⎤-⎢⎥⎣⎦C ．()1,+∞D ．23,5⎛⎫-∞-⎪⎝⎭13．（2021秋·江苏徐州·高三统考阶段练习）若存在实数x ，使得关于x 的不等式2430ax x a -+-<成立，则实数a 的取值范围是______.14．（2021·全国·高三专题练习）已知函数2,0()0x x x f x x ⎧-≤⎪=⎨>⎪⎩.若存在x ∈R 使得关于x 的不等式()1f x ax ≤-成立，则实数a 的取值范围是________.15．（2020·上海杨浦·复旦附中校考模拟预测）若命题：“存在整数x 使不等式()24(4)0kx kx ---<成立”是假命题，则实数k 的取值范围是____________.16．（2022秋·江苏连云港·高三校考开学考试）2210,0ax x x -+≥∀>恒成立，则实数a 的取值范围是_________.17．（2021·全国·高三专题练习）若不等式22x mx ->对满足1m ≤的一切实数m 都成立，则x 的取值范围是___________18．（2023·全国·高三专题练习）若不等式22210x t at -+-+≥对任意[1,1]x ∈-及[1,1]a ∈-恒成立，则实数t 的取值范围是__________．重难点第二讲一元二次不等式恒成立与能成立问题——每天30分钟7天掌握恒成立与能成立问题5大题型【命题趋势】不等式是高考数学的重要内容。

江苏专版高三数学备考冲刺140分问题02函数中存在性与恒成立问题含解析【精校】.doc

, 所以 log 2a ≥ 1．所以 a≥ 2．
（ a 为常数 ,e=2 ．718…） , 且
函数
处的切线和
处的切线互相平行．
（ 1）求常数 a 的值；
（ 2）若存在使不等式
成立 , 求实数 m的取值范围．
【答案】（1） a 1 ；（ 2） ( ,0) ．
【解析】试题分析：本题主要考查导数的运算、利用导数求曲线的切线、利用导数判断函数的单调性、利用导数求
问题 02 函数中存在性与恒成立问题
一、考情分析
函数内容作为高中数学知识体系的核心 , 也是历年高考的一个热点 . 在新课标下的高考越越注重对学生的综
合素质的考察 , 恒成立与存在性问题便是一个考察学生综合素质的很好途径
, 它主要涉及到一次函数、二次
函数、三角函数、指数函数和对数函数等常见函数的图象和性质及不等式等知识
【分析】（1）由
结合条件函数
可知 f '(e) 3 , 可建立关于 a 的方程：
的图象在点 x e 处的切线的斜率为 3 , , 从而解得 a 1 ；（ 2）要使 f ( x) kx2 对任意 x 0 恒
成立 , 只需
即可 , 而由（ 1）可知
, ∴问题即等价于求函数
的
最大值 , 可以通过导数研究函数 g (x) 的单调性 , 从而求得其最值：
,令
g '( x) 0 , 解得 x 1 , 当 0 x 1时 , g '( x) 0 , ∴ g(x) 在 (0,1) 上是增函数；当 x 1 时 , g '( x) 0 , ∴ g( x) 在 (1, ) 上是减函数 , 因此 g (x) 在 x 1 处取得最大值 g (1) 1, ∴ k 1即为所求 .

方法技巧专题16函数中恒成立与存在性问题

方法技巧专题16函数中恒成立与存在性问题在数学中，函数是一种描述两个集合之间的对应关系的工具。

函数中的公式通常包含变量，通过给定变量的值，可以计算出函数的值。

然而，在函数的研究和应用中，我们会遇到一些函数恒成立与存在性的问题。

首先，函数中的恒成立问题是指函数中一些等式对于所有变量的取值都成立。

这意味着，无论我们取函数中的任意变量值，方程都会成立。

如果我们证明了一些等式在整个定义域上都成立，那么我们就称它为函数中的恒成立等式。

例如，对于任意实数x，函数f(x)=x^2-x+6中的等式f(x)=f(2)始终成立。

我们可以验证当x取任意实数时，等式都成立。

这说明f(x)=f(2)是这个函数中的恒成立等式。

其次，函数中的存在性问题是指函数是否存在合适的定义域和值域。

函数的定义域是指所有可能的输入值，而值域是指函数输出的所有值。

在研究函数时，有时候我们需要确定一个函数是否存在，并找到合适的定义域和值域。

例如，考虑函数f(x)=1/x，在x=0时，函数的定义域不存在，因为0作为除数是不合法的。

然而，在其他任意实数x上，函数都有定义，并且值域是实数集合。

因此，函数f(x)=1/x在定义域上存在，并且值域为实数。

解决函数中恒成立与存在性问题的方法和技巧如下：1.使用代数方法：我们可以通过代数运算和等式推导来证明函数中的恒成立等式。

根据等式的性质和规律，我们可以对等式进行变形和化简，证明等式在所有变量取值下都成立。

2.使用图形方法：对于一些函数，我们可以通过绘制图形来分析函数的行为和性质。

通过观察函数的图形，我们可以判断函数是否存在，以及函数中是否存在一些等式。

3.使用定义和性质：函数的定义和性质是解决函数恒成立与存在性问题的重要依据。

我们可以运用函数的定义和性质，结合数学推理和逻辑推导，来证明函数中的恒成立等式和存在性问题。

4.使用反证法：当我们无法通过直接证明函数的恒成立等式或存在性问题时，可以尝试使用反证法。

函数恒成立存在性及有解问题

函数恒成立存在性问题知识点梳理1、恒成立问题的转化：()a f x >恒成立⇒()max a f x >；()()min a f x a f x ≤⇒≤恒成立2、能成立问题的转化：()a f x >能成立⇒()min a f x >；()()max a f x a f x ≤⇒≤能成立3、恰成立问题的转化：()a f x >在M 上恰成立⇔()a f x >的解集为M ()()R a f x M a f x C M ⎧>⎪⇔⎨≤⎪⎩在上恒成立在上恒成立另一转化方法：若A x f D x ≥∈)(,在D 上恰成立，等价于)(x f 在D 上的最小值A x f =)(min ，若,D x ∈Bx f ≤)(在D 上恰成立，则等价于)(x f 在D 上的最大值B x f =)(max .4、设函数()x f 、()x g ，对任意的[]b a x ,1∈，存在[]d c x ,2∈，使得()()21x g x f ≥，则()()x g x f min min ≥5、设函数()x f 、()x g ，对任意的[]b a x ,1∈，存在[]d c x ,2∈，使得()()21x g x f ≤，则()()x g x f max max ≤6、设函数()x f 、()x g ，存在[]b a x ,1∈，存在[]d c x ,2∈，使得()()21x g x f ≥，则()()x g x f min max ≥7、设函数()x f 、()x g ，存在[]b a x ,1∈，存在[]d c x ,2∈，使得()()21x g x f ≤，则()()x g x f max min ≤8、若不等式()()f x g x >在区间D 上恒成立，则等价于在区间D 上函数()y f x =和图象在函数()y g x =图象上方；9、若不等式()()f x g x <在区间D 上恒成立，则等价于在区间D 上函数()y f x =和图象在函数()y g x =图象下方；例题讲解：题型一、常见方法1、已知函数12)(2+-=ax x x f ，xax g =)(，其中0>a ，0≠x ． 1）对任意]2,1[∈x ，都有)()(x g x f >恒成立，求实数a 的取值范围；2）对任意]4,2[],2,1[21∈∈x x ，都有)()(21x g x f >恒成立，求实数a 的取值范围；2、设函数b x x a x h ++=)(，对任意]2,21[∈a ，都有10)(≤x h 在]1,41[∈x 恒成立，求实数b 的取值范围．3、已知两函数2)(x x f =，m x g x-⎪⎭⎫ ⎝⎛=21)(，对任意[]2,01∈x ，存在[]2,12∈x ，使得()21)(x g x f ≥，则实数m 的取值范围为题型二、主参换位法(已知某个参数的范围，整理成关于这个参数的函数)1、对于满足2p ≤的所有实数p,求使不等式212x px p x ++>+恒成立的x 的取值范围。

高三数学专题——恒成立与存在性问题

高三数学专题——恒成立与存在性问题高三复专题——恒成立与存在性问题知识点总结：1.___成立问题：1) 若对于D中的任意x，都有f(x)>A，则f(x)的最小值>A；2) 若对于D中的任意x，都有f(x)<A，则f(x)的最大值<A；3) 若对于D中的任意x，都有f(x)>g(x)，则F(x)=f(x)-g(x)>0，因此F(x)的最小值>0；4) 若对于D中的任意x，都有f(x)<g(x)，则F(x)=f(x)-g(x)<0，因此F(x)的最大值<0；5) 若对于D中的任意x1和E中的任意x2，都有f(x1)>g(x2)，则f(x)的最小值>g(x)的最大值；6) 若对于D中的任意x1和E中的任意x2，都有f(x1)<g(x2)，则f(x)的最大值<g(x)的最小值。

2.存在性问题：1) 若存在D中的x，使得f(x)>A，则f(x)的最大值>A；2) 若存在D中的x，使得f(x)<A，则f(x)的最小值<A；3) 若存在D中的x，使得f(x)>g(x)，则F(x)=f(x)-g(x)，因此F(x)的最大值>0；4) 若存在D中的x，使得f(x)<g(x)，则F(x)=f(x)-g(x)，因此F(x)的最小值<0；5) 若存在D中的x1和E中的x2，使得f(x1)>g(x2)，则f(x)的最大值>g(x)的最小值；6) 若存在D中的x1和E中的x2，使得f(x1)<g(x2)，则f(x)的最小值<g(x)的最大值。

3.相等问题：1) 若对于D中的任意x1，存在E中的某个x2，使得f(x1)=g(x2)，则{f(x)}={g(x)}；4.___成立与存在性的综合性问题：1) 若对于D中的任意x1，存在E中的某个x2，使得f(x1)>g(x2)，则f(x)的最小值>g(x)的最小值；2) 若对于D中的任意x1，存在E中的某个x2，使得f(x1)<g(x2)，则f(x)的最大值<g(x)的最大值。

(江苏专版)2018年高考数学二轮复习第2部分八大难点突破难点8函数最值、恒成立及存在性问题学案

难点八函数最值、恒成立及存在性问题(对应学生用书第75页)恒成立问题和有解问题、无解问题是联系函数、方程、不等式的纽带和桥梁，也是高考的重点和热点问题，往往用到的方法是依据不等式的特点，等价变形，构造函数，借助图象观察，或参变分离，转化为求函数的最值问题来处理． F (x )＞a ：⎩⎪⎨⎪⎧恒成立⇔f x min ＞a 有解⇔f x max ＞a无解⇔f x max ≤a具体方法为将已知恒成立或存在性的不等式或等式由等价原理把参数和变量分离开，转化为一元已知函数的最值问题处理，关键是搞清楚哪个是变量哪个是参数，一般遵循“知道谁的范围，谁是变量；求谁的范围，谁是参数”的原则．参变分离后虽然转化为一个已知函数的最值问题，但是有些函数解析式复杂，利用导数知识无法完成，或者是不易参变分离，故可利用构造函数法．【例1】 (2017·盐城市滨海县八滩中学二模)设f (x )＝e x－a (x ＋1)．(1)若a ＞0，f (x )≥0对一切x ∈R 恒成立，求a 的最大值；(2)设g (x )＝f (x )＋ae x ，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)(x 1≠x 2)是曲线y ＝g (x )上任意两点，若对任意的a ≤－1，直线AB 的斜率恒大于常数m ，求m 的取值范围；(3)是否存在正整数a ，使得1n ＋3n ＋…＋(2n －1)n ＜e e －1(an )n对一切正整数n 都成立？若存在，求a 的最小值；若不存在，请说明理由.【导学号：56394112】[解] (1)∵f (x )＝e x－a (x ＋1)，∴f ′(x )＝e x－a ， ∵a ＞0，f ′(x )＝e x －a ＝0的解为x ＝ln a . ∴f (x )min ＝f (ln a )＝a －a (ln a ＋1)＝－a ln a .∵f (x )≥0对一切x ∈R 恒成立，∴－a ln a ≥0，∴a ln a ≤0，∴a max ＝1. (2)∵f (x )＝e x－a (x ＋1)， ∴g (x )＝f (x )＋ae x ＝e x＋ae x －ax －a .∵a ≤－1，直线AB 的斜率恒大于常数m ， ∴g ′(x )＝e x－aex －a ≥2e x·⎝ ⎛⎭⎪⎫－a e x －a＝－a ＋2－a ＝m (a ≤－1)，解得m ≤3，∴实数m 的取值范围是(－∞，3]．(3)设t (x )＝e x－x －1，则t ′(x )＝e x－1，令t ′(x )＝0得：x ＝0. 在x ＜0时t ′(x )＜0，f (x )递减；在x ＞0时t ′(x )＞0，f (x )递增． ∴t (x )最小值为t (0)＝0，故e x≥x ＋1，取x ＝－i 2n ，i ＝1,3，…，2n －1，得1－i 2n ≤e－i 2n ，即⎝ ⎛⎭⎪⎫2n －i 2n n ≤e－i 2，累加得⎝ ⎛⎭⎪⎫12n n ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫32n n ＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫2n －12n n ＜e －2n －12＋e －2n －32＋…＋e －12＝e －121－e－n1－e －1＜ee －1. ∴1n＋3n＋…＋(2n －1)n＜e e －1·(2n )n，故存在正整数a ＝2.使得1n＋3n＋…＋(2n －1)n＜e e －1·(an )n. 【例2】 (2017·江苏省无锡市高考数学一模)已知函数f (x )＝(x ＋1)ln x －ax ＋a (a 为正实数，且为常数)．(1)若f (x )在(0，＋∞)上单调递增，求a 的取值范围； (2)若不等式(x －1)f (x )≥0恒成立，求a 的取值范围．[解] (1)f (x )＝(x ＋1)ln x －ax ＋a ，f ′(x )＝ln x ＋1x＋1－a ，若f (x )在(0，＋∞)上单调递增，则a ≤ln x ＋1x＋1在(0，＋∞)恒成立(a ＞0)，令g (x )＝ln x ＋1x ＋1(x ＞0)，g ′(x )＝x －1x2，令g ′(x )＞0，解得：x ＞1，令g ′(x )＜0，解得：0＜x ＜1，故g (x )在(0,1)递减，在(1，＋∞)递增，故g (x )min ＝g (1)＝2，故0＜a ≤2；(2)若不等式(x －1)f (x )≥0恒成立，即(x －1)[(x ＋1)ln x －ax ＋a ]≥0恒成立， ①x ≥1时，只需a ≤(x ＋1)ln x 恒成立，令m (x )＝(x ＋1)ln x (x ≥1)，则m ′(x )＝ln x ＋1x＋1，由(1)得：m ′(x )≥2，故m (x )在[1，＋∞)递增，m (x )≥m (1)＝0，故a ≤0，而a 为正实数，故a ≤0不合题意； ②0＜x ＜1时，只需a ≥(x ＋1)ln x ，令n (x )＝(x ＋1)ln x (0＜x ＜1)，则n ′(x )＝ln x ＋1x＋1，由(1)知n ′(x )在(0,1)递减，故n ′(x )＞n ′(1)＝2，故n (x )在(0,1)递增，故n (x )＜n (1)＝0，故a ≥0，而a 为正实数，故a ＞0.【例3】 (2017·江苏省淮安市高考数学二模)已知函数f (x )＝1e x ，g (x )＝ln x ，其中e为自然对数的底数．(1)求函数y ＝f (x )g (x )在x ＝1处的切线方程；(2)若存在x 1，x 2(x 1≠x 2)，使得g (x 1)－g (x 2)＝λ[f (x 2)－f (x 1)]成立，其中λ为常数，求证：λ＞e ；(3)若对任意的x ∈(0,1]，不等式f (x )g (x )≤a (x －1)恒成立，求实数a 的取值范围.【导学号：56394113】[解] (1)y ＝f (x )g (x )＝ln xe x ，y ′＝1x －ln xex， x ＝1时，y ＝0，y ′＝1e，故切线方程是：y ＝1e x －1e；(2)证明：由g (x 1)－g (x 2)＝λ[f (x 2)－f (x 1)]，得：g (x 1)＋λf (x 1)＝g (x 2)＋λf (x 2)，令h (x )＝g (x )＋λf (x )＝ln x ＋λe x (x ＞0)，h ′(x )＝e x－λxx e x，令ω(x )＝e x－λx ，则ω′(x )＝e x－λ，由x ＞0，得e x ＞1，①λ≤1时，ω′(x )＞0，ω(x )递增，故h ′(x )＞0，h (x )递增，不成立；②λ＞1时，令ω′(x )＝0，解得：x ＝ln λ，故ω(x )在(0，ln λ)递减，在(ln λ，＋∞)递增， ∴ω(x )≥ω(ln λ)＝λ－λln λ，令m (λ)＝λ－λln λ(λ＞1)，则m ′(λ)＝－ln λ＜0，故m (λ)递减，又m (e)＝0，若λ≤e，则m (λ)≥0，ω(x )≥0，h (x )递增，不成立，若λ＞e ，则m (λ)＜0，函数h (x )有增有减，满足题意，故λ＞e ；(3)若对任意的x ∈(0,1]，不等式f (x )g (x )≤a (x －1)恒成立，即ln xex －a (x －1)≤0在(0,1]恒成立，令F (x )＝ln xe x －a (x －1)，x ∈(0,1]，F (1)＝0，F ′(x )＝1x －ln x e x－a ，F ′(1)＝1e－a ， ①F ′(1)≤0时，a ≥1e，F ′(x )≤1x －ln x －ex －1ex递减，而F ′(1)＝0，故F ′(x )≥0，F (x )递增，F (x )≤F (1)＝0，成立，②F ′(1)＞0时，则必存在x 0，使得F ′(x )＞0，F (x )递增，F (x )＜F (1)＝0不成立，故a ≥1e.【例4】设函数f (x )＝ax 2－a －ln x ，其中a ∈R .(1)讨论f (x )的单调性；(2)确定a 的所有可能取值，使得f (x )>1x－e 1－x在区间(1，＋∞)内恒成立(e ＝2.718…为自然对数的底数)．[解] (1)f ′(x )＝2ax －1x ＝2ax 2－1x(x >0)．当a ≤0时，f ′(x )<0，f (x )在(0，＋∞)内单调递减．当a >0时，由f ′(x )＝0，有x ＝12a.此时，当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，12a 时，f ′(x )<0，f (x )单调递减；当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫12a ，＋∞时，f ′(x )>0，f (x )单调递增．(2)令g (x )＝1x －1ex －1，s (x )＝e x －1－x ，则s ′(x )＝ex －1－1.而当x >1时，s ′(x )>0，所以s (x )在区间(1，＋∞)内单调递增．又由s (1)＝0，有s (x )>0，从而当x >1时，g (x )>0.当a ≤0，x >1时，f (x )＝a (x 2－1)－ln x <0.故当f (x )>g (x )在区间(1，＋∞)内恒成立时，必有a >0. 当0<a <12时，12a >1.由(1)有f ⎝⎛⎭⎪⎫12a <f (1)＝0，而g ⎝ ⎛⎭⎪⎫12a >0，所以此时f (x )>g (x )在区间(1，＋∞)内不恒成立．当a ≥12时，令h (x )＝f (x )－g (x )(x ≥1)．当x >1时，h ′(x )＝2ax －1x ＋1x 2－e 1－x>x －1x ＋1x 2－1x ＝x 3－2x ＋1x 2>x 2－2x ＋1x2>0. 因此，h (x )在区间(1，＋∞)内单调递增．又因为h (1)＝0，所以当x >1时，h (x )＝f (x )－g (x )>0，即f (x )>g (x )恒成立．综上，a ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞.[点评] 综合构造函数，运用函数的思想，利用导数研究函数的性质(单调性和最值)，达到解题的目的，是一成不变的思路，合理构思，善于从不同角度分析问题，是解题的法宝．。

2018江苏高考数学总复习要点——知识篇(全套)

三、基本初等函数（2）三角恒等变换
三、基本初等函数（2）三角恒等变换
四、解三角形
四、解三角形
五、平面向量
五、平面向量
五、平面向量
• (6)相等向量、相反向量：
• ①相等向量：长度相等且方向相同的向量 ②相反向量：长度相等且方向相反的向量
五、平面向量
五、平面向量
五、平面向量
• 2）共线定理
2.当a与b同向时, a b a b ;当向量a与b反向时, a b a b
2
特别地, a a a 或 a
aa
2
设a x, y , 则 a
x y
2
用于计算向量的模
如果表示向量a的有向线段的起点和终点的坐标分别为 x1 , y1 , x2 , y2 , 那么 a
③ 在a k项抽出一项，按原来的 n 中，每隔
次序排成新的数列，也是等差数列；
d ' (k 1)d
⑶ 常用性质
④
Sk , S2k Sk , S3k S2k 构成等差数列 ;
d' k d
2
d Sn ⑤ 构成等差数列 , 通项为a1 (n 1) 2 n
二、函数概念与基本初等函数
• 3指数函数ax 的图像和性质
a的取值图像
定义域
值域单调性定点
渐近线
二、函数概念与基本初等函数
• 4对数函数logax 的图像和性质
a的取值(a>0且a≠1) 图像
定义域
值域单调性定点
渐近线
二、函数概念与基本初等函数
• • • • • • • • 5幂函数的图像和性质（1）研究幂函数，主要靠图像； ①确定定义域一般为R或者（0，+∞） ②确定奇偶性可能会起到事半功倍的效果 ③次幂α与±1的比较判断图像的形状（2）几点说明： ①图像必过点(1,1) ②在第四象限没有图像

高考数学恒成立问题和存在性问题的类型及方法处理

高考数学恒成立问题和存在性问题的类型及方法处理函数与不等式的恒成立、能成立、恰成立问题是高中数学中的一个重点、难点问题。

这类问题在各类考试以及高考中都屡见不鲜。

感觉题型变化无常，没有一个固定的思想方法去处理，一直困扰着学生，感到不知如何下手。

在此为了更好的准确地把握快速解决这类问题，本文通过举例说明这类问题的一些常规处理。

一、函数法1. 构造一次函数利用一次函数的图象或单调性来解决对于一次函数],[),0()(n m x k b kx x f ∈≠+=有：⎩⎨⎧<<⇔<⎩⎨⎧>>⇔⎩⎨⎧><⎩⎨⎧>>⇔>0)(0)(0)(;)(0)(0)(00)(00)(n f m f x f n f m f n f k m f k x f 恒成立或恒成立例1 若不等式m mx x ->-212对满足22≤≤-m 的所有m 都成立，求x 的范围。

解析：将不等式化为：0)12()1(2<---x x m ，构造一次型函数：)12()1()(2---=x m x m g原命题等价于对满足22≤≤-m 的m ，使0)(<m g 恒成立。

由函数图象是一条线段，知应⎪⎩⎪⎨⎧<---<----⇔⎩⎨⎧<<-0)12()1(20)12()1(20)2(0)2(22x x x x g g解得231271+<<+-x ，所以x 的范围是)231,271(++-∈x 。

小结：解题的关键是将看来是解关于x 的不等式问题转化为以m 为变量，x 为参数的一次函数恒成立问题，再利用一次函数的图象或单调性解题。

练习:(1)若不等式01<-ax 对[]2,1∈x 恒成立，求实数a 的取值范围。

（2）对于40≤≤p 的一切实数，不等式342-+>+p x px x 恒成立，求x 的取值范围。

（答案：或）2. 构造二次函数利用二次函数的图像与性质及二次方程根的分布来解决。

备战2018年高考数学一轮复习(热点难点)专题18恒成立问题你会多少

专题18 恒成立问题你会多少考纲要求:1.理解不等式恒成立的基本概念，会根据不等式恒成立处理求参数范围的简单问题.2.通过自主学习与合作探究的教学过程，进一步提升学生自主学习的数学能力.3.通过本内容的教学，使学生掌握不等式恒成立与最值的关系，进一步了解数学各内容之间一种完美结合与渗透之美. 基础知识回顾:恒成立：关于x 的不等式f (x )≥0对于x 在某个范围内的每个值不等式都成立，就叫不等式在这个范围内恒成立。

若函数()f x 在区间D 上存在最小值min ()f x 和最大值max ()f x ，则: ①不等式()f x a >在区间D 上恒成立min ()f x a ⇔>； ②不等式()f x a ≥在区间D 上恒成立min ()f x a ⇔≥； ③不等式()f x b <在区间D 上恒成立max ()f x b ⇔<； ④不等式()f x b ≤在区间D 上恒成立max ()f x b ⇔≤；若函数()f x 在区间D 上不存在最大（小）值，且值域为(,)m n ，则： ①不等式()f x a >（或()f x a ≥）在区间D 上恒成立m a ⇔≥； ②不等式()f x b <（或()f x b ≤）在区间D 上恒成立n b ⇔≤；应用举例类型一、函数性质法1.一次函数)0()(≠+=k b kx x f 若[]n m x f y ,)(在=内恒有0)(>x f ,则根据函数的图像可得⎩⎨⎧><⎩⎨⎧>>0)(00)(0n f a m f a 或可合并成⎩⎨⎧>>0)(0)(n f m f ,同理若[]n m x f y ,)(在=内恒有0)(<x f 则有⎩⎨⎧<<0)(0)(n f m f 【例1】对于满足||2p ≤的所有实数p ,求使不等式212x px p x ++>+恒成立的x 的取值范围. 【答案】1x <-或3x >.2.二次函数——利用判别式、韦达定理及根的分布求解有以下几种基本类型：类型1：设2()(0).f x ax bx c a =++≠（1）R x x f ∈>在0)(上恒成立00<∆>⇔且a ；（2）R x x f ∈<在0)(上恒成立00<∆<⇔且a ．类型2：设2()(0).f x ax bx c a =++≠（1）当0>a 时，],[0)(βα∈>x x f 在上恒成立,222()00()0.b b ba aa f f ααββαβ⎧⎧⎧-<≤-≤->⎪⎪⎪⇔⎨⎨⎨⎪⎪⎪>∆<>⎩⎩⎩或或 ],[0)(βα∈<x x f 在上恒成立()0,()0.f f αβ<⎧⇔⎨<⎩（2）当0<a 时，],[0)(βα∈>x x f 在上恒成立()()0,0.f f αβ>⎧⎪⇔⎨>⎪⎩],[0)(βα∈<x x f 在上恒成立,222()00()0.b b ba aa f f ααββαβ⎧⎧⎧-<≤-≤->⎪⎪⎪⇔⎨⎨⎨⎪⎪⎪>∆<<⎩⎩⎩或或例2【河北省武邑中学2017届高三上学期第三次调研】已知定义在R 上的奇函数()f x 满足:当0x ≥时，()3f x x =，若不等式()()242f t f m mt ->+对任意实数t 恒成立，则实数m 的取值范围是（）A．(,-∞B．()C .()),0-∞⋃+∞ D．(),-∞⋃+∞【答案】A3.其它函数：对于恒成立的问题，常用到以下结论：（1）()()max x f a x f a ≥⇔≥恒成立；（2）()()min x f a x f a ≤⇔≤恒成立；（3）()0f x >恒成立⇔min ()0f x >（注：若()f x 的最小值不存在，则()0f x >恒成立⇔()f x 的下界大于0）；()0f x <恒成立⇔max ()0f x <（注：若()f x 的最大值不存在，则()0f x <恒成立⇔()f x 的上界小于0）．例3已知函数()f x 满足12(log )()1a af x x x a -=--,其中0a >,且1a ≠. （1）求函数()y f x =的解析式，并判断其奇偶性；（2）当(,2)x ∈-∞时,()4f x -的值恒为负数,求实数a 的取值范围【答案】（1）2()()1x xa f x a a a -=--，奇函数；（2）[2(1,2a ∈ .类型二、分离参数法若所给的不等式能通过恒等变形使参数与主元分离于不等式两端，从而问题转化为求主元函数的最值，进而求出参数范围．利用分离参数法来确定不等式(),0f x λ≥（D x ∈，λ为实参数）恒成立中参数λ的取值范围的基本步骤：（1）将参数与变量分离，即化为()()g f x λ≥（或()()g f x λ≤）恒成立的形式；（2）求()f x 在x D ∈上的最大（或最小）值；（3）解不等式()max ()g f x λ≥(或()()min g f x λ≤)，得λ的取值范围．适用题型：（1）参数与变量能分离；（2）函数的最值易求出．例4【浙江省绍兴市柯桥区2016届高三教学质量调测】对任意x R ∈不等式222x x a a +-≥恒成立,则实数a 的取值范围是．【答案】[]1,1- 【解析】设t a x =-||,则t a x ±=,2222t at a x +±=,故原不等式转化为)0(0222≥≥±+t at t t ,即022≥±+a t ,所以022≤-≥±t a ,即11≤≤-a .故应填答案[]1,1-.例5．已知函数f (x )＝mx 2－mx －1.(1)若对于x ∈R ，f (x )＜0恒成立，求实数m 的取值范围； (2)若对于x ∈[1,3]，f (x )＜5－m 恒成立，求实数m 的取值范围．【答案】(1)(－4,0]．(2)⎪⎭⎫ ⎝⎛∞76-，.类型三、主参换位——反客为主法某些含参不等式恒成立问题，在分离参数会遇到讨论的麻烦或者即使能容易分离出参数与变量，但函数的最值却难以求出时，可考虑变换思维角度“反客为主”，即把习惯上的主元变与参数变量的“地位”交换一下，变个视角重新审查恒成立问题，往往可避免不必要的分类讨论或使问题降次、简化，起到“山穷水尽疑无路，柳暗花明又一村”的出奇制胜的效果．例6．若不等式)1(122->-x m x 的所有22≤≤-m 都成立，则x 的取值范围__________. 【答案】⎪⎪⎭⎫⎝⎛++-231,271类型四、数形结合若所给不等式进行合理的变形化为()()f x g x ≥（或()()f x g x ≤）后，能非常容易地画出不等号两边函数的图像，则可以通过画图直接判断得出结果．尤其对于选择题、填空题这种方法更显方便、快捷．例7．求证：1()x a f x a x +-=-，对于[1,2]x a a ∈++恒有32()2f x -≤≤-成立.【答案】证明见解析. 【解析】原方程可化为11y x a=--，由图像可知，[1,2]x a a ∈++，函数单调递增 3()(2),()(1)22f x f a f x f a ≤+=≥+=-，故得证.类型四、消元转化法例8．已知()f x 是定义在[1,1]-上的奇函数，且(1)1f =，若0)()(0],1,1[,>++≠+-∈nm n f m f n m n m 时，若12)(2+-≤at t x f 对于所有的]1,1[],1,1[-∈-∈a x 恒成立，求实数t 的取值范围．【答案】022=≥-≤t t t 或或方法、规律归纳:上述例子剖析了数学高考中恒成立问题的常见题型及解法，解决这类题目要看清式子的特征，选择合适的方法，以便事半功倍.(1)对于含二次项恒成立的问题，注意讨论二次项系数是否为0，这是容易漏掉的地方.（2）恒成立问题一般需转化为最值，利用单调性证明在闭区间的单调性.(3)一元二次不等式在R 上恒成立，看开口方向和判别式.(4)含参数的一元二次不等式在某区间内恒成立的问题通常有两种处理方法：一是利用二次函数在区间上的最值来处理；二是分离参数，再去求函数的最值来处理，一般后者比较简单.（5）值得一提的是，各种类型各种方法并不是完全孤立的，虽然方法表现的形式不尽相同，但其实质却往往与求函数的最值息息相关，从而在解数学函数与不等式恒成立的过程中，欣赏一下数学中的“统一美”，在努力攀登知识的高峰中，不要忘了多看身边的美景，度过有意义的时光. 实战演练:1．【江西师大附属中学2017年10月高三月考】已知函数()()()221ln ,,1xf x ax a x x a Rg x e x =-++∈=--，若对于任意的()120,,x x R ∈+∞∈，不等式()()12f x g x ≤恒成立，，则实数a 的取值范围为（）A .[)1,0-B .[]1,0-C .3,2⎡⎫-+∞⎪⎢⎣⎭D .3,2⎛⎤-∞- ⎥⎝⎦【答案】B【解析】要使对于任意的()120,,x x R ∈+∞∈，不等式()()12f x g x ≤恒成立，只需当()120,,x x R ∈+∞∈时，有()()max min f x g x ≤由g ()'x =1x e -知，当x <0时，g ()'0x <；当x >0时，g ()'0x >,所以()()00min g x g ==(1)当0a >时，易知当()x f x ∞∞→+→+时，易知，不满足()120,,x x R ∈+∞∈时，有()()max min f x g x ≤，故0a >不成立；(2)当0a =时，()ln f x x x =-+，此时，此时()11'1x f x x x-+=-+=,当0x 1<<时， ()´0f x >，当x 1>时，()'0f x <,所以()()110max f x f ==-≤,成立；点睛：把恒成立问题转化为求函数的最值问题是解决本题的关键，同时需注意对a 进行分类讨论。

恒成立和存在性问题的解题策略

“恒成立问题”与“存在性问题”的基本解题策略一、“恒成立问题”与“存在性问题”的基本类型恒成立、能成立、恰成立问题的基本类型1、恒成立问题的转化：()a f x >恒成立⇒()max a f x >；()()min a f x a f x ≤⇒≤恒成立2、能成立问题的转化：()a f x >能成立⇒()min a f x >；()()max a f x a f x ≤⇒≤能成立3、恰成立问题的转化：()a f x >在M 上恰成立⇔()a f x >的解集为M ()()R a f x M a f x C M ⎧>⎪⇔⎨≤⎪⎩在上恒成立在上恒成立另一转化方法：若A x f D x ≥∈)(,在D 上恰成立，等价于)(x f 在D 上的最小值A x f =)(min ，若,D x ∈B x f ≤)(在D 上恰成立，则等价于)(x f 在D 上的最大值B x f =)(max .4、设函数()x f 、()x g ，对任意的[]b a x ,1∈，存在[]d c x ,2∈，使得()()21x g x f ≥，则()()x g x f mi n mi n ≥5、设函数()x f 、()x g ，对任意的[]b a x ,1∈，存在[]d c x ,2∈，使得()()21x g x f ≤，则()()x g x f max max ≤6、设函数()x f 、()x g ，存在[]b a x ,1∈，存在[]d c x ,2∈，使得()()21x g x f ≥，则()()x g x f m i n m a x≥ 7、设函数()x f 、()x g ，存在[]b a x ,1∈，存在[]d c x ,2∈，使得()()21x g x f ≤，则()()x g x f m a x m i n≤ 8、设函数()x f 、()x g ，对任意的[]b a x ,1∈，存在[]d c x ,2∈，使得()()21x g x f =，设f(x)在区间[a,b]上的值域为A ，g(x)在区间[c,d]上的值域为B,则A ⊂B.9、若不等式()()f x g x >在区间D 上恒成立，则等价于在区间D 上函数()y f x =和图象在函数()y g x =图象上方；10、若不等式()()f x g x <在区间D 上恒成立，则等价于在区间D 上函数()y f x =和图象在函数()y g x =图象下方；恒成立问题的基本类型在数学问题研究中经常碰到在给定条件下某些结论恒成立的命题.函数在给定区间上某结论成立问题,其表现形式通常有: 在给定区间上某关系恒成立; 某函数的定义域为全体实数R;●某不等式的解为一切实数;❍某表达式的值恒大于a 等等…恒成立问题，涉及到一次函数、二次函数的性质、图象,渗透着换元、化归、数形结合、函数与方程等思想方法，有利于考查学生的综合解题能力，在培养思维的灵活性、创造性等方面起到了积极的作用。

2018届高考数学问题2.2函数中的存在性与恒成立问题提分练习201801182214

2.2函数中的存在性与恒成立问题一、考情分析函数内容作为高中数学知识体系的核心,也是历年高考的一个热点.在新课标下的高考越来越注重对学生的综合素质的考察,恒成立与存在性问题便是一个考察学生综合素质的很好途径,它主要涉及到一次函数、二次函数、三角函数、指数函数和对数函数等常见函数的图象和性质及不等式等知识,渗透着换元、化归、数形结合、函数与方程等思想方法,在培养思维的灵活性、创造性等方面起到了积极的作用,故备受高考命题者的青睐,成为高考能力型试题的首选.二、经验分享(1) 设f(x) ax2 bx c(a 0),（1）f(x) 0在x R上恒成立 a 0且 0；（2）f(x) 0在x R上恒成立 a 0且 0 .(2) 对于一次函数f(x) kx b, x [m,n] 有：f(m) 0f(x) 0恒成立 , f(x) 0恒成立f(n) 0ff(m)(n)(3)根据方程有解求参数范围,若参数能够分离出来,可把求参数范围转化为求函数值域．(4) 利用分离参数法来确定不等式f x, 0,（x D, 为实参数）恒成立中参数的取值范围的基本步骤:①将参数与变量分离,即化为g f x （或g f x ）恒成立的形式；②求f x 在x D上的最大（或最小）值；③解不等式g f x(或( ) g f x) ,得的取值范围.max min(5) 对于参数不能单独放在一侧的,可以利用函数图象来解.利用数形结合解决恒成立问题,应先构造函数,作出符合已知条件的图形,再考虑在给定区间上函数与函数图象之间的关系,得出答案或列出条件,求出参数的范围.(6) 某些含参不等式恒成立问题,在分离参数会遇到讨论的麻烦或者即使能容易分离出参数与变量,但函数的最值却难以求出时,可考虑变换思维角度.即把主元与参数换个位置,再结合其它知识,往往会取得出奇制胜的效果.1三、知识拓展(1)恒成立问题①.∀x∈D,均有f(x)>A恒成立,则f(x)min>A；②.∀x∈D,均有f(x)﹤A恒成立,则f(x)ma x<A ；③.∀x∈D,均有f(x) >g(x)恒成立,则F(x)= f(x)- g(x) >0,∴F(x)min >0；④.∀x∈D,均有f(x)﹤g(x)恒成立,则F(x)= f(x)- g(x) <0,∴F(x) ma x <0；⑤.∀x1∈D, ∀x2∈E,均有f(x1) >g(x2)恒成立,则f(x)min> g(x)ma x；⑥.∀x1∈D, ∀x2∈E,均有f(x1) <g(x2)恒成立,则f(x) ma x < g(x) min.(2)存在性问题①.∃x0∈D,使得f(x0)>A成立,则f(x) ma x >A；②.∃x0∈D,使得f(x0)﹤A成立,则f(x) min <A；③.∃x0∈D,使得f(x0) >g(x0)成立,设F(x)= f(x)- g(x),∴F(x) ma x >0；④.∃x0∈D,使得f(x0) <g(x0)成立,设F(x)= f(x)- g(x),∴F(x) min <0；⑤.∃x1∈D, ∃x2∈E, 使得f(x1) >g(x2)成立,则f(x) ma x > g(x) min；⑥.∃x1∈D, ∃x2∈E,均使得f(x1) <g(x2)成立,则f(x) min < g(x) ma x.(3)相等问题若f(x)的值域分别为A,B,则①.∀x1∈D, ∃x2∈E,使得f(x1)=g(x2)成立,则A B；②∃x1∈D, ∃x2∈E, 使得f(x1)=g(x2)成立,则A B .(4)恒成立与存在性的综合性问题①∀x1∈D, ∃x2∈E,使得f(x1) >g(x2)成立,则f(x)m in> g(x) m in；②∀x1∈D, ∃x2∈E,使得f(x1) <g(x2)成立,则f(x) max < g(x) max.四、题型分析解决高中数学函数的存在性与恒成立问题常用以下几种方法：①函数性质法；②分离参数法；③主参换位法；④数形结合法等.(一) 函数性质法【例1】已知函数f(x)＝x3－ax2＋10,若在区间[1,2]内至少存在一个实数x,使得f(x)<0成立,求实数a的取值范围．【分析】本题实质是存在性问题2x3＋10 10解法二：由已知得：a> ＝x＋,x2 x210 20设g(x)＝x＋(1≤x≤2),g′(x)＝1－,x2 x3∵1≤x≤2,∴g′(x)<0,所以g(x)在[1,2]上是减函数．9g(x)m in＝g(2),所以a> .2【点评】解法一在处理时,需要用分类讨论的方法,讨论的关键是极值点与区间[1,2]的关系；解法二是用的参数分离,由于ax2>x3＋10中x2∈[1,4],所以可以进行参数分离,而无需要分类讨论．f x e x ax a,其中【牛刀小试】【2017山西大学附中第二次模拟】设函数 2 1xa ,若存在唯一的整数t,使得f t 0,则a的取值范围是（）13A．,12e B．3 3,2e 43 3C．,2e 43D．,12e【答案】Dg x e x x h x ax a.由题意知存在唯一整数t,使得g t 在直线【解析】令 2 1 ,h x的下方.g x e x ,当x 1 时,函数单调递减,当 1' x 2 1x ,函数单调递增,当2 21x 时,函数取得最小值为212e 2 .当x 0 时,g(0) 1,当x 1时,g(1) e 0,直线3h x ax a过定点 1, 0 ,斜率为a,故 a g 0 且g e 1 a a,解得1 33m,12e.(二)分离参数法【例2】已知函数f(x) ax x ln x的图象在点x e （e 为自然对数的底数）处的切线的斜率为3．(1)求实数a的值；(2)若f(x) kx2 对任意x 0 成立,求实数k的取值范围.【分析】（1）由f'(x) a ln x 1结合条件函数f(x) ax x ln x的图象在点x e 处的切线的斜率为3,可知f'(e) 3,可建立关于a的方程：a ln e 1 3,从而解得a 1；（2）f(x)要使f(x) kx2 对任意x 0 恒成立,只需即可,而由（1）可知k[ ]x2maxf x x x x,∴问题即等价于求函数g(x) 1 ln x( ) ln的最大值,可以通过导数研究函数xg(x) 的单调性,从而求得其最值：g'(x)1x (1 ln x) ln xx,令g'(x) 0 ,解得x 1,x x2 2当0 x 1时,g'(x) 0 ,∴g(x) 在(0,1) 上是增函数；当x 1时,g'(x) 0,∴g(x) 在(1, )上是减函数,因此g(x) 在x 1处取得最大值g(1) 1,∴k 1即为所求.【解析】(1)∵f(x) ax x ln x,∴f'(x) a ln x 1,又∵f(x) 的图象在点x e 处的切线的斜率为3,∴f'(e) 3,即a ln e 1 3,∴a 1；(2)由（1）知, f(x) x x ln x,∴f(x) kx2 对任意x 0 成立k 1 ln x对任意x 0 成立,x1 ln x令g(x) ,则问题转化为求g(x) 的最大值,xg'(x)1x (1 ln x) ln xx,令g'(x) 0 ,解得x 1,x x2 2当0 x 1时,g'(x) 0 ,∴g(x) 在(0,1) 上是增函数；4当x 1时,g'(x) 0,∴g(x) 在(1, )上是减函数．故g(x) 在x 1处取得最大值g(1) 1,∴k 1即为所求.【点评】在函数存在性与恒成立问题中求含参数范围过程中,当其中的参数（或关于参数的代数式）能够与其它变量完全分离出来并,且分离后不等式其中一边的函数（或代数式）的最值或范围可求时,常用分离参数法.此类问题可把要求的参变量分离出来,单独放在不等式的一侧,将另一侧看成新函数,于是将问题转化成新函数的最值问题.利用分离参数法来确定不等式f x, 0 ,（x D, 为实参数）恒成立中参数的取值范围的基本步骤:(1)将参数与变量分离,即化为g f x （或g f x ）恒成立的形式；(2)求f x 在x D上的最大（或最小）值；(3)解不等式g f x (或g f x) ,得的取值范围.max min【牛刀小试】【2017湖南省郴州市上学期第一次教学质量监测】已知函数f(x) log x,ag(x) 2 log (2x t 2) ,其中a 0 且a 1,t R．a(1)若t 4,且[1 ,2]x 时,F(x) g(x) f(x) 的最小值是－2,求实数a的值；4(2)若0 a 1,且[1 ,2]x 时,有f(x) g(x) 恒成立,求实数t的取值范围.41【答案】(1)；(2)[2, ) .55(2)∵f(x) g(x) 恒成立,即log 2 log (2 2)a x a x t 恒成立,1∴log log (2 2)a x a x t .2又∵0 a 1, [1 ,2]x ,∴x 2x t 2 ,4t 2x x 2 ∴恒成立,∴t ( 2x x 2) .max令 2 2 2( 1)2 17 ( [1 , 2])y x x x x ,4 8 4∴y max 2 .故实数t的取值范围为[2, ) .(三)主参换位法【例3】已知函数f(x) ln(e x a)(a为常数）是实数集R上的奇函数,函数g x f(x) sin x是区间1,1 上的减函数,(1)求a的值；(2)若g x t2 t 在x 上恒成立,求t的取值范围.( ) 1 1,1【分析】在第二小题所给条件中出现了两个字母：及t,那么解题的关键恰恰就在于该把其中哪个字母看成是一个变量,另一个作为常数.而根据本题中的条件特征显然可将视作自变量,则上述问题即可转化为在 , 1 内关于的一次函数大于等于0恒成立的问题,问题即可求解.6【解析】(1)a 1(2)由(1)知：f(x) x, g(x) x sin x,在 1，1 上单调递减,g(x)g x x( ) cos 0在 1，1 上恒成立,cos x， g x g ,1( ) ( 1) sin1max只需 sin1 t2 t 1,2 （其中 1）恒成立,(t1) t sin1 1 0由上述②结论：可令f t t ）,2( 1) sin1 1 0( 1t 1 0则t 1 t sin1 1 02,t 1t t2sin1 0,而t2 t sin1 0 恒成立, t1 .【点评】某些函数存在性与恒成立问题中,当分离参数会遇到讨论的麻烦或者即使能容易分离出参数与变量,但函数的最值却难以求出时,可考虑变换思维角度.即把主元与参数换个位置,再结合其它知识,往往会取得出奇制胜的效果.此类问题的难点常常因为学生的思维定势,易把它看成关于的不等式讨论,从而因计算繁琐出错或者中途夭折；若转换一下思路,把待求的x为参数,以为变量,构造新的关于参数的函数,再来求解参数应满足的条件这样问题就轻而易举的得到解决了.【牛刀小试】若不等式2x 1 m x 1 对任意m 1, 1 恒成立,求实数x的取值范围.2【答案】 3 1 x 2【解析】2x 1 m x 1 可转化为m x2 1 2x 10 ,设2f m m x x ,则f m 是关于m的一次型函数,要使f m 0恒成立,只2 1 2 1 02f 1 x2x0需,解得 3 1 x 2 .2f 1 x2x 2 0(四)数形结合法【例4】已知函数f x x2 2kx 2 ,在x 1恒有f x k,求实数k的取值范围.【分析】为了使题中的条件f x k在x 1, 恒成立,应能想到构造出一个新的函数7F x f x k ,则可把原题转化成所构造新的函数在区间 1, 时恒大于等于 0 的问题,再利用二次函数的图象性质进行分类讨论,即可使问题得到圆满解决.【点评】如果题中所涉及的函数对应的图象、图形较易画出时,往往可通过图象、图形的位置关系建立不等式从而求得参数范围. 解决此类问题经常要结合函数的图象,选择适当的两个函数,利用函数图像的上、下位置关系来确定参数的范围.利用数形结合解决不等式问题关键是构造函数,准确做出函数的图象.常见的有两类函数：若二次函数y ax 2 bx c a大于 0恒成立,则有 a 0,同理,若二次函数y ax 2 bx c a小于 0恒成立,则有 a 0.若是二次函数在指定区间上的恒成立问题,还可以利用韦达定理以及根与系数的分布知识求解.【牛刀小试】【2017河北省武邑上学期第三次调研考试】已知定义在 R 上的奇函数 f x 满足: 当 x 0 时, f x x ,若不等式3f 4t f 2m mt 2 对任意实数t 恒成立,则实数 m 的取值范围是（）A ． , 2B ． 2,0C. ,0 2, D． , 2 2,8【答案】A【解析】当 x 0 时,f x f ( x ) x f (x ) x (x R ) f (x ) 在 R 上是增函数334t 2m mt 对任意实数 t 恒成立 4t mt 2 4t 2m 对任意实数 t 恒成立,结合二2次函数图象可得mm16 8m 0 2, 2 ,故选 A.(五)存在性之常用模型及方法1 a 【例 5】设函数,a R 且 a 1.曲线 y f x 在点 1, f 1处f xa ln xx bx22的切线的斜率为 0 . （1）求b 的值；（2）若存在 x 1, ,使得f xa,求 a 的取值范围.a 1【分析】（1）根据条件曲线 y f x 在点 1, f 1 处的切线的斜率为 0 ,可以将其转化为关a于 a ,b 的方程 ,进而求得 b 的值：1 , f 1 0f x a x bxa 1 ab 0 b 1；（ 2）根据题意分析可得若存在 x [1, ),使得不等式aaf xf (x ) 即可,因此可通过探求 f (x ) 的单调性进而求得 f (x )成立,只需a 1 a 1min1 a的最小值,进而得到关于 a 的不等式即可,而由（1）可知f x a ln xx x ,则22x1 1 a x a,因此需对a的取值范围进行分类讨论并判断f(x) 的单调性,从f xx而可以解得a的取值范围是 2 1, 2 1 1, .a【解析】（1） 1 ,f x a x bx由曲线y f x 在点 1, f 1 处的切线的斜率为0 ,得f 1 0 ,1 a即a 1 a b 0 ,b 1；4分（2）由（1）可得,f x a ln x x x,22a x2 x a x 11 a x a a 1,f x 1 a x 1x x x令fx 0,得x11,ax2 1aa2a11,而1 a1a,91a①当,a 时,1 21 a1 aa 1在1, 上, f x 0, f x 为增函数,f xf 11,min22a 1 a令,即 a 2 2a 1 0,解得 2 1 a 2 1.2 a 11a②当,a 1时, 1 2 1 aax1,1 a1 a aa,1 af xf xA极小值Aa aa aa2f x f aln1 a 1 a2 1 aa1 a 1min,不合题意,无解,10分a③当 a 1时,显然有 f (x ) 0,a 1,∴不等式 f (x )a a 1恒成立,符合题意, 综上,a 的取值范围是 2 1, 2 1 1, .【点评】解决函数中存在性问题常见方法有两种：一是直接法同上面所讲恒成立；二是间接法,先求其否定（恒成立）,再求其否定补集即可解决.它的逻辑背景：原命题为" x M, P(x)"的否定为" x M, P(x)"；原命题为" x M, P(x)"的否定为“ x M, P(x)".处理的原则就是：不熟系问题转化为熟悉问题.1 【牛刀小试】已知f(x) x2 x2 ,g(x) ln(x 1) a,(1)若存在x1, x [0,2] ,使得f( ) ( ) ,求实数a的取值范围；x1 g x2 2(2)若存在x1, x [0,2] ,使得( ) ( )f ,求实数a的取值范围.x1 g x2 2五、迁移运用101．【2018届江西省上高县高三上学期第四次月考】若不等式3 2 x0x log 对任意0, 1xa3 恒成立,则实数a的取值范围为（）A. [ 127,1） B.1,127C.10,27D.10,27【答案】A【解析】构造函数f（x）=3x2,g（x）=-log a x, x 10,∵不等式3x2-log a x＜0对任意3x0,1恒成立,3∴f （13）≤g（13）∴3•19-1log3≤0．∴0＜a＜1且a≥a127∴实数a的取值范围为[1，1）,27故选A1 32 1 3x a x2．【2018届广西贵港市高三上学期12月联考】若不等式ln x 1 ln33对任意的x ,1 恒成立,则a的取值范围是（）A.10,3B.10,3C. 2,D.,2【答案】D【解析】由题意结合对数的运算法则有：1 3 1 3 32x a x xln ln ,由对数函数的单调性3 3有：1 32x 1 a 3x3x,整理可得：3 3a1 32x,由恒成立的条件有：3xa1 32x2x1 33xmin,其中y1 3 12xx3 2x3 3x,当且仅当x 0 时等号成立.即x 0 时,函数y1 32x取得最小值2 .3x综上可得：a 2 .本题选择D选项.113.【2018届福建省闽侯高三12月月考】已知函数f x2x2x, x0x 2x, x2,若关于的不等式2 0f x af x恰有个整数解,则实数的最大值是（）A. B. C. 5 D.【答案】D1f x xe4．【2018届甘肃省高台高三上学期第五次模拟】已知函数,若对任意x R,xf x ax恒成立,则实数a的取值范围是（）A. ,1 eB. 1 e,1C. 1,e 1D. 1 e,【答案】Bf x x x ax恒成立,即【解析】函数1 ，对任意x R, f x ax恒成立,∴ 1e ex x1 1x恒成立；设g x ,h x a 1 x,x∈R；在同一坐标系内画出两个函数x a 1 xxe e的图象,如图所示；12则满足不等式恒成立的是h(x)的图象在g(x)图象下方,求g x 的导数'g x e ,x且过g x 图象上点 x y 的切线方程为0 , 0y y e x x,且该切线方程过原点(0,0),x0 0y e x,即e x e x x,解得x则00 00 0 0 x ；∴切线斜率为k e x e,∴应满足0 1a−1>−e,即a>1−e；又a−1⩽0,∴a⩽1,∴实数a的取值范围是(1−e,1].故选B.5．【2018届广东省五校高三12月联考】已知函数f x ln x a 2 x 2a 4(a 0),若有且只有两个整数x,1 x使得f x ,且1 0 f x ,则a的取值范围是（）22 0A. ln3, 2B. 2 ln3, 2C. 0,2 ln3D. 0,2 ln3【答案】C【解析】由题意可知, f x 0 ,即ln x a 2 x 2a 4 0, a 0 ,,设g x 2x ln x 4,h x ax 2a,由ax2a2x ln x 4 a01 2 1 ,可知g x 2x ln x4 ,在0, 1xg' x 2x x21 上为减函数,在上为增,2函数, h x ax 2a的图象恒过点 2, 0 ,在同一坐标系中作出g x ,h x 的图象如下：若有且只有两个整数x x,使得f x ,且1, 2 1 0 2 0xx,使得f x ,且f x ,则13a 0a 0 { h 1 g 1h 3 g 3,即 { a 2 a 2 ln 3,解得 0 a 2 ln3,故选C.16．【2018届陕西省西安高三上学期期中】已知函数f x x 3 a 2 x ,若对于任意的3x x ,都有1, 20,1 f x 1 f x 2 1成立,则实数 a 的取值范围是（）A.2 3 2 3 ,3 3B.2 3 2 3, 3 3C.2 3 2 3 ,0 0, 3 3D.2 3 2 3,0 0,3 3【答案】A7.【2017宁夏育才中学上学期第二次月考】设函数f(x) x3 x,x R. 若当0时,2不等式f(m sin ) f(1 m) 0 恒成立,则实数m的取值范围是（）A.1( ,1]21B.( ,1)2C.[1, )D.( ,1]【答案】D【解析】易得f(x) 是奇函数, f (x) 3x2 1 0 f(x)在R上是增函数,又1 1f(m sin ) f(m 1) m sin m 1 m ,0 sin 1 m 11 sin 1 sin,故选D.8.【2017河北省武邑中学2高三上学期第三次调研】若对 x, y 0, ,不等式144ax e x y e x y 2 ,恒成立,则实数 a 的最大值是（）22A ．1 4B ．1C. 2D ．1 2【答案】D【解析】 e x y 2 e x y 2 2 2 e x y 2e x y 2 2 2e x 2 2 4ax 2e x 2 2恒成立1 e 1 x 2a ,设 2xe 1 xe(e 1) (x 1)e1x 2x 2x 2x 2g (x )g '(x ),再设xxx22h x x e h x ( ) (1)x 21 '( )(x 2)e x ,令h '(x ) 0 x 2 当 0 x 2,h '(x ) 0, 当2x 2,h '(x ) 0 h (x ) h (2) 0g x 仅有一解 x 2 ,且 ( ) (2) 1 1 '( ) 0 g x g a ,故选 D.2ln x (x b )29.【2017山西省孝义市高三上学期二轮模考】已知函数f (x )(b R ) ,若存在x1x [ ,2],使得 f (x ) x f '(x ) ,则实数b 的取值范围是（）2A ． ( , 2)B ． ( , 3)C. (, 9)D ． ( ,3)24【答案】C 【解析】由题意,得1 2x (x b ) ln x (x b )2,则 f (x ) xf(x ) ＝ f (x )x2ln x (x b )2x1 2x (x b ) ln x (x b ) 2－x＝ 1 2x (x b )x ．若存在1x [ ,2],使得 f (x ) x f '(x ) , 2则1 2x (x b ) 0,所以 1 ．设 ( )11 2x 1 2b x g x x ,则2x2x,当g(x) 12x2x2 21 2 时,g (x) 0 ；当 2 2时,g (x) 0,所以g(x) 在[1 , 2 ]x x上单调递减,在2 2 2 2 22 上单调递增,所以当x 2 ,函数g(x) 取最大值,最大值为(2) 2 1 9[ ,2] g ,所以2 4 49b g(x) ,故选C．max410．【2018届江苏南通市高三第二次阶段测试】若不等式2e x nx 15 0 在实数集R上恒成15立,则正整数n的最大值是_____．[参考数据：7 2 15e ]2【答案】n 14【解析】不等式2e x nx 15 0 在实数集R上恒成立,等价于y 2e x的图象恒在y nx 15上方, y nx 15与y 2e x的图象相切时斜率n最大,设y nx 15与y 2e x的图象相切时切点坐标为x,则n0 2e x,切线方程为y e e x x ,将点0, 15 代入切线2 x 2 x0 0 0方程可得g x e x x , g x 在 1, 上递增,g 2 0, g 30,0 2 0 1 15 0x , n0 2,32e x0 2e2 ,2e3 , y 2e x的图象恒在y nx 15上方,所以n2e x 2e,而2e 14,15 ,所以正整数n的最大值是14,故答案为n 14 .0 2 21 b11．【2018届河南省漯河高三上学期第四次模拟】已知 2 xf x x2 c（b, c为常数）1 1和是定义在M= x|1 x 4 上的函数,对于任意的x M,存在x M 使g x x4 x得f x f x , g x g x ,且f x g x ,则f x 在M上的最大值为0 = 00 0__________.【答案】51 1 1 1【解析】∵g x x 2 x 1,(当且仅当x=2时,等号成立),4 x 4 xb b 1 b 1 b b∴ 2 2 2 1 c ,∴f cg ,∴ 1 f x x2 c x2 1 ,2 2 2 x 2 x 2b x b3∴ ,∵f(x)在x=2处有最小值,∴f' 2 0 ,即b=8,故c=−5, f' x xx x2 21 8 x 83故 2 ,故f(x)在[1,2]上是减函数,在[2,4]上是增函数,2 x xf x x5, f' x2161 7f 1 8 5 , f 4 8 2 5 5,故 f(x)的最大值为 5. 而2212.设函数f (x )＝ax ＋sin x ＋cos x ．若函数f (x )的图象上存在不同的两点A ,B ,使得曲线y ＝f (x ) 在点 A ,B 处的切线互相垂直,则实数 a 的取值范围为．【答案】[ 1,1]x a x x ax 【解析】因为 f ( ) cos sin 2 cos( ),4则存在实数x,使得))11x(a ))(成立.xax2 cos( 12 cos(,2244不妨设22 cos( 2 ) [ 2,0). k 1 a2 cos(x 1 ) (0,a 2],则 k axa44因此 0 k ( k ) 2 a 2 ,1 2 a 2 ,a 2 1, 1 a 1.1213.【2017山西省孝义市高三上学期二轮模考】设函数 f (x ) ax 2 a ln x , ( ) 1g x,e x ex其中 a R ,e 2.718 为自然对数的底数. （1）讨论 f (x ) 的单调性；（2）证明：当 x 1时,g (x ) 0 ；（3）确定 a 的所有可能取值,使得 f (x ) g (x ) 在 (1, )区间内恒成立. 【解析】（1）由 f (x ) ax 2a ln x ,得1 2ax 12 f '(x ) 2ax(x0) .x x当 a 0 时, f '(x ) 0在 (0, )成立,则 f (x ) 为 (0, )上的减函数；当 a 0 时,由 f '(x ) 0 ,得12x ,2a 2aa∴当x(0, ) x 时, f'(x) 0 . 2a时, f'(x) 0,当( 2a, )2a时, f'(x) 0,当( 2a, )2a2a2a则f(x) 在(0, )2a 2a上为减函数,在( , )上为增函数.2a综上,当a 0 时, f(x) 为(0, )上的减函数；当a 0 时, f(x) 在(0,2 )a2a上为减函数,在2a( , )上为增函数.2a（2）证明：要证g(x) 0(x 1) ,即1 0,即证1e e,也就是证x e x ex x exxe.17令h(x)ex,则h'(x)xe(x 1)x,∴h(x) 在(1, )上单调递增,则h(x) h(1)e,2minx即当x 1时,h(x) e,∴当x 1时,g(x) 0 ；（3）由f(x) g(x) ,得 2 ln 1 1 0ax a x ex .x设( ) 2 ln 1 1 0t x ax a x ex ,由题意知,t(x) 0 在(1, )内恒成立.x1 1 1x∵t(1) 0,∴有t'(x) 2ax e1 x 2ax e1 x 0 在(1, )内恒成立.x x x2 21 x x1 2 2令(x) 2ax e1 x '(x) 2a e x 2a e x,,则 1 1x x x x2 23 3当x 2 时, '(x) 0 ,令h(x)x 2,h'(x)x32x 6,函数在[1, 2)上单调递增.∴h(x) h(1)1.minx4又2a 1,e1 x 0 ,∴1 x 2, '(x) 0 .综上所述,x 1, '(x) 0 , (x) 在区间(1, )单调递增,∴t'(x) t'(1) 0 ,即t(x) 在区间(1, )单调递增,∴ 1a .2b14.【2017四川省资阳市高三上学期第一次诊断】已知函数f(x) a(x ) b ln x(其中xa，b R).(Ⅰ)当b 4 时,若f(x) 在其定义域内为单调函数,求a的取值范围；(Ⅱ)当a 1时,是否存在实数b,使得当x [e，e2 ] 时,不等式f(x) 0 恒成立,如果存在, 求b的取值范围,如果不存在,说明理由（其中e 是自然对数的底数,e ＝2.71828…）.【解析】(Ⅰ)由题x 0 ,4f(x) a(x )4ln xx,4 4 ax 4x4a2f(x) a(1 )x x x2 2.①当a 0 时,知f (x) 0 ,则f(x) 是单调递减函数；②当a 0 时,只有对于x 0 ,不等式ax x a≥恒成立,才能使f x 为单调函数,只需2 4 4 0≤,解之得a≤ 1或a≥1 ,此时a 1．( 4) 16a02 2综上所述,a的取值范围是( ,0] [1, ) ．(Ⅱ)f(x) b ln x x b,其中x 0 ,xb b x bx b2．f(x) 1x x x2 2(ⅰ)当b 0时, f (x) 0 ,于是f(x) 在(0， ) 上为减函数,则在[e，e2 ]上也为减函数,18知b 1f x f b b 恒成立,不合题意,舍去．(ⅱ)当b0时,由( ) (e) e (1 ) e 0maxe ef x得( ) 0xb b2 4b．列表得2x(0, b b24b2)b b2 4b2(b b24b2, )f x＋0 －( )f(x) ↗极大值↘①若b b24b2e2≤,则f(x) 在[e，e2 ]上单调递减,e 1≤,即be知b 11 1 e 2e2f x f b b ,而( ) (e) e (1 ) e (1 )b e≤(1 ) e0 ,maxe e e e e 1 e 1于是f(x)max 0 恒成立,不合题意,舍去．②若b b2 4b ,即be2e2,e 1则f(x) 在(e ,b b24b2)上为增函数,在(b b24b2, )上为减函数,要使在[e，e2 ]恒有f(x) 0 恒成立,则必有ff(e) 0，(e ) 0，22 4b e eb，e 0 b，3 2e e 1 e e则b e4所以由于e3 e2 (2e2 1) e3 3e2 1 0 ,则2 e 0 b.b，2e 2e2 12e e e2 4 4e 1 e e 2e13 2 2b,所以e2e1．15. 【2017湖北省襄阳市四校高三上学期期中联考】已知函数( ) ( 1) 1 2f x x e axx2(a R)I 当a 1时,求f(x) 的单调区间；II 当x (0, + ) 时,y f (x)的图象恒在y ax3 x2 (a 1)x的图象上方,求a 的取值范围.19(ii) 当a 1时,ln a 0 , f (x) xe x ax x(e x 1) 0恒成立,f(x) 在( , ) 上单调递增,无减区间；综上,当a 0时, f(x) 的单调增区间是(0, ),单调减区间是( ,0)；当0 a 1时, f(x) 的单调增区间是( ,ln a) 和(0, ) ,单调减区间是(ln a,0)；当a 1时, f(x) 的单调增区间是( , ) ,无减区间.II 由 I 知f (x) xe axx当x (0, + ) 时,y f (x)的图象恒在y ax3 x2 (a 1)x的图象上方, 即xe x ax ax3 x2 (a 1)x对x (0, + ) 恒成立即e x ax2 x 1 0 对x (0, + ) 恒成立记g(x) e x ax2 x 1 (x 0) , g (x) e x 2ax 1 h x' x 2h x e a1(i) 当a 时,h' x e x 2a 0 恒成立,g (x) 在(0, )上单调递增,2g (x) g'(0) 0 , g(x) 在(0, )上单调递增g(x) g(0) 0 ,符合题意；1(ii) 当a 时,令h' x 0 得x ln(2a)2时,h' x 0, g (x) 在(0,ln(2a)) 上单调递减x(0,ln(2a))x (0,ln(2a))时,g (x) g'(0) 0 g(x) 在(0,ln(2a)) 上单调递减,20x (0,ln(2a ))时,g (x ) g (0) 0,不符合题意 1综上可得 a 的取值范围是 ( , ].216. 【2017广东省惠州市第二次调研】已知函数 f (x ) ln x ,h (x ) a x (a R ). （Ⅰ）函数 f (x ) 的图象与 h (x ) 的图象无公共点,求实数 a 的取值范围；（ Ⅱ）是否存在实数 m ,使得对任意的x,都有函数 y f (x ) m ( , ) 的图象在1 2xg (x )ex的图象的下方？若存在,请求出整数 m 的最大值；若不存在,请说理由.x（参考数据： ln 2 0.6931,ln3 1.0986 , e 1.6487, 3 e 1.3956）. 【解析】（Ⅰ）函数 f (x ) 与 h (x ) 无公共点,等价于方程 ln x 1 ln x令t (x )t xt '(x ) 0, x,则令得e'( ),xx2ln x xa 在 (0, )无解x (0,e )e [](e , )t x ＋－'( )t (x )增极大值减1因为 x e 是唯一的极大值点,故……………4分tt (e )maxeln x故要使方程 a 在 (0, )无解,x当且仅当 a,故实数 a 的取值范围为 (1 , ) 1e e（Ⅱ）假设存在实数 m 满足题意,则不等式 ln x对(1 , )m exx 恒成立.x x 2即m e x x ln x对(1 , )x 恒成立.2令r(x) e x x ln x,则r'(x) e x ln x 1,令 (x) e x ln x 1,则 '( ) 1 ,∵ '(x) 在(1 , )x e x 上单调递增,x 2, '(1) e 1 0 ,且 '(x) 的图象在(1 ,1)'( ) 2 01e212 2上连续,∴存在1x ( ,1) ,使得 '(x) 0 ,即ex0 0210 ,则xx x,∴当0 ln 01x ( , x) 时,221(x) 单调递减；当x (x, ) 时, (x) 单调递增,1则 (x) 取到最小值 (x) e x ln x 1 x 10 0 0x12 x1 1 0 ,x∴r'(x) 0 ,即r(x) 在区间(1 , )内单调递增.21 1 1 11 1m r( ) e ln e ln 2 1.99525,∴存在实数m满足题意,且最大整数m的值2 22 2 2 2为1.17.【2017河南省天一大联考】已知函数f(x) b ln x．（1）当b 1时,求函数G(x) x2 x f(x) 在区间1 ,e2上的最大值与最小值；（2）若在 1,e 上存在x,使得1 bx f(x) 成立,求b的取值范围．0 0x【解析】（1）当b 1时,G(x) x2 x f(x) x2 x ln x(x 0),G'(x)(2x 1)(x 1) ,x令G'(x) 0 ,得x 1,当x变化时,G(x) ,G'(x) 的变化情况如下表：x(0,1) 1 (1, )g x 0'( )G(x) 极小值1 1 1 1因为G( ) ln ln 2 1,G(1) 0 ,2 4 2 4G(e) e e 1 e(e 1) 1 1,2上的最大值与最小值分别为：所以G(x) x2 x f(x) 在区间1 ,e2G x G e e2 e ,G(x) G(1) 0 ．( ) ( ) 1max min22①当1 b e ,即b e 1时,h (x ) 在 1,e 上单调递减,故 h (x ) 在 1,e 上的最小值为 h (e ) ,由1 bh (e ) eb 0 ,可得bee 2 1 e 1．因为 e 2 1 e 1 b ,所以e 1e 2 1 e 1．②当1 b 1,即b 0时,h (x ) 在 1,e 上单调递增, 故 h (x ) 在 1,e 上的最小值为 h (1) ,由 h (1) 1 1 b 0, 可得b 2 （满足b 0）．③当1 1 b e ,即 0 b e 1时,h (x ) 在 (1,1 b )上单调递减,在 (1 b ,e ) 上单调递增,故h x 在 1,e 上的最小值为 h (1 b ) 2 b b ln(1 b ) ． ( )因为 0 ln(1 b ) 1,所以 0 b ln(1 b ) b ,所以 2 b b ln(1 b ) 2 ,即 h (1 b ) 2 ,不满足题意,舍去．综上可得b 2 或be 2 1e 1 ,e 2 1所以实数b 的取值范围为 ( , 2) (, ) ．e 118.【2018届云南省师范大学附属中学 2018届高三 12月高考适应性月考】已知函数f xln x.x 1（1）确定函数 f x 在定义域上的单调性,并写出详细过程；（2）若f x ke x在 1, 上恒成立,求实数k的取值范围.23f x ke在 1，上恒成立得：lnx（2）由xx1kex在1，上恒成立.整理得：ln 1 0x k x e x 在 1，上恒成立.令h x ln x k x 1 e,易知,当k 0 时, h x 0在 1，上恒成立不可能, xk 0,1 x又 , h 1 1 ke,h x kxexx在 1，上单调递减,所以1°当k h x kxe1 时, h 1 1 ke 0,又 1e xh x 0 在 1，上恒成立,则h x 在 1，上单调递减,又h 1 0 ,所以h x 0在 1，上恒成立.12°当0 k时,h 1 1 ke 0 ,e1 1 x1,又在1，h k e k0 h x kxek x上单调递减,所以存在x ， ,使得h x ,0 1 0 0所以在1，x 上h x 0,在 x，上h x 0 ,0 0所以h x 在 1，x 上单调递增,在x，上单调递减, 0 024又h 1 0 ,所以h x 0 在1，x上恒成立,所以h x 0在 1，上恒成立不可能.综上所述, k1.e25。

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难点八函数最值、恒成立及存在性问题 (对应学生用书第75页)
恒成立问题和有解问题、无解问题是联系函数、方程、不等式的纽带和桥梁，也是高考的重点和热点问题，往往用到的方法是依据不等式的特点，等价变形，构造函数，借助图象观察，或参变分离，转化为求函数的最值问题来处理．
F(x)＞a ：⎩⎨⎧
恒成立⇔f x min ＞a
有解⇔f x max ＞a
无解⇔f x max
≤a
具体方法为将已知恒成立或存在性的不等式或等式由等价原理把参数和变量分离开，转化为一元已知函数的最值问题处理，关键是搞清楚哪个是变量哪个是参数，一般遵循“知道谁的范围，谁是变量；求谁的范围，谁是参数”的原则．参变分离后虽然转化为一个已知函数的最值问题，但是有些函数解析式复杂，利用导数知识无法完成，或者是不易参变分离，故可利用构造函数法．【例1】 (2017·盐城市滨海县八滩中学二模)设f (x)＝e x －a(x ＋1)．
(1)若a ＞0，f (x)≥0对一切x ∈R 恒成立，求a 的最大值；
(2)设g(x)＝f (x)＋a
e x ，A(x 1，y 1)，B(x 2，y 2)(x 1≠x 2)是曲线y ＝g(x)上任意两
点，若对任意的a ≤－1，直线AB 的斜率恒大于常数m ，求m 的取值范围； (3)是否存在正整数a ，使得1n ＋3n ＋…＋(2n －1)n ＜
e
e －1
(an)n 对一切正整数n 都成立？若存在，求a 的最小值；若不存在，请说明理由. 【56394112】
[解] (1)∵f (x)＝e x －a(x ＋1)，∴f ′(x)＝e x －a ， ∵a ＞0，f ′(x)＝e x －a ＝0的解为x ＝ln a. ∴f (x)min ＝f (ln a)＝a －a(ln a ＋1)＝－aln a.
∵f (x)≥0对一切x ∈R 恒成立，∴－aln a ≥0，∴aln a ≤0，∴a max ＝1. (2)∵f (x)＝e x －a(x ＋1)， ∴g(x)＝f (x)＋a e x ＝e x ＋a
e
x －ax －a.
∵a ≤－1，直线AB 的斜率恒大于常数m ， ∴g ′(x)＝e x －a
e
x －a ≥2
e x ·⎝ ⎛⎭
⎪⎫
－a e x －a
＝－a ＋2－a ＝m(a ≤－1)，解得m ≤3， ∴实数m 的取值范围是(－∞，3]．
(3)设t(x)＝e x －x －1，则t ′(x)＝e x －1，令t ′(x)＝0得：x ＝0. 在x ＜0时t ′(x)＜0，f (x)递减；在x ＞0时t ′(x)＞0，f (x)递增． ∴t(x)最小值为t(0)＝0，故e x ≥x ＋1，
取x ＝－i 2n ，i ＝1,3，…，2n －1，得1－i 2n ≤e －i 2n ，即⎝
⎛⎭⎪⎫2n －i 2n n
≤e －i 2，累加得
⎝ ⎛⎭⎪⎫12n n ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫32n n ＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫2n －12n n
＜e －2n －12＋e －2n －32＋…＋e －12＝
e －1
2 1－e －n 1－e －1＜e
e －1
. ∴1n ＋3n ＋…＋(2n －1)n ＜
e
e －1
·(2n)n ，故存在正整数a ＝2.使得1n
＋3n
＋…＋(2n －1)n
＜e
e －1
·(an)n .
【例2】 (2017·江苏省无锡市高考数学一模)已知函数f (x)＝(x ＋1)ln x －ax ＋a(a 为正实数，且为常数)．
(1)若f (x)在(0，＋∞)上单调递增，求a 的取值范围； (2)若不等式(x －1)f (x)≥0恒成立，求a 的取值范围．
[解] (1)f (x)＝(x ＋1)ln x －ax ＋a ，f ′(x)＝ln x ＋1
x
＋1－a ，
若f (x)在(0，＋∞)上单调递增，则a ≤ln x ＋1
x ＋1在(0，＋∞)恒成立(a ＞0)，
令g(x)＝ln x ＋1x ＋1(x ＞0)，g ′(x)＝x －1
x
2，
令g ′(x)＞0，解得：x ＞1，令g ′(x)＜0，解得：0＜x ＜1，故g(x)在(0,1)递减，在(1，＋∞)递增，
故g(x)
min
＝g(1)＝2，
故0＜a≤2；
(2)若不等式(x－1)f (x)≥0恒成立，即(x－1)[(x＋1)ln x－ax＋a]≥0恒成立，
①x≥1时，只需a≤(x＋1)ln x恒成立，
令m(x)＝(x＋1)ln x(x≥1)，
则m′(x)＝ln x＋1
x
＋1，
由(1)得：m′(x)≥2，
故m(x)在[1，＋∞)递增，m(x)≥m(1)＝0，故a≤0，而a为正实数，故a≤0不合题意；
②0＜x＜1时，只需a≥(x＋1)ln x，
令n(x)＝(x＋1)ln x(0＜x＜1)，
则n′(x)＝ln x＋1
x
＋1，由(1)知n′(x)在(0,1)递减，
故n′(x)＞n′(1)＝2，
故n(x)在(0,1)递增，故n(x)＜n(1)＝0，故a≥0，而a为正实数，故a＞0.
【例3】(2017·江苏省淮安市高考数学二模)已知函数f (x)＝1
e x
，g(x)＝ln x，
其中e为自然对数的底数．
(1)求函数y＝f (x)g(x)在x＝1处的切线方程；
(2)若存在x
1，x
2
(x
1
≠x
2
)，使得g(x
1
)－g(x
2
)＝λ[f (x
2
)－f (x
1
)]成立，其中
λ为常数，求证：λ＞e；
(3)若对任意的x∈(0,1]，不等式f (x)g(x)≤a(x－1)恒成立，求实数a的取值范围.
【56394113】
[解] (1)y＝f (x)g(x)＝ln x
e x
，y′＝
1
x
－ln x
e x
，。