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.
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lnexx－a(x－1)≤0 在(0,1]恒成立， 令 F(x)＝lnexx－a(x－1)，x∈(0,1]，F(1)＝0， F′(x)＝1x－elxn x－a，F′(1)＝1e－a，
(2)∵f (x)＝ex－a(x＋1)， ∴g(x)＝f (x)＋eax＝ex＋eax－ax－a. ∵a≤－1，直线 AB 的斜率恒大于常数 m， ∴g′(x)＝ex－eax－a≥2 ex·－eax－a ＝－a＋2 －a＝m(a≤－1)，解得 m≤3， ∴实数 m 的取值范围是(－∞，3]．
(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；
(3)设 t(x)＝ex－x－1，则 t′(x)＝ex－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 ex≥x＋1，
取 x＝－2in，i＝1,3，…，2n－1，得 1－2in≤e－2in，即2n2－n in≤e－2i ， 累加得
21nn
＋23n
n＋…＋
2n－1 2n
n＜
e－2n－ 2 1
＋e－2n－ 2 3
＋…
＋
e－
12＝
e－121－e－n 1－e－1
＜
e e－1.
∴1n＋3n＋…＋(2n－1)n＜e－e1·(2n)n， 故存在正整数 a＝2.使得 1n＋3n＋…＋(2n－1)n＜e－e1·(an)n.
[解] (1)f ′(x)＝2ax－1x＝2axx2－1(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＝
1 2a.
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－ex1－1，s(x)＝ex－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(x2－1)－ln x<0. 故当 f (x)>g(x)在区间(1，＋∞)内恒成立时，必有 a>0.
①F′(1)≤0
时，a≥1e，F′(x)≤1x－ln
x－ex－1
ex
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 x0，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)＝ax2－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－e1－x 在区间(1，＋∞)内恒成立(e＝ 2.718…为自然对数的底数)．
【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－x21， 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；
恒成立⇔fxmin＞a F(x)＞a：有解⇔fxmax＞a
无解⇔fxmax≤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．
难点八 函数最值、恒成立及存在性问题
栏目 导航专ຫໍສະໝຸດ 限时集训(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．
[解]
(1)y＝f
(x)g(x)＝lnexx，y′＝1x－elxn
x ，
x＝1 时，y＝0，y′＝1e，
故切线方程是：y＝1ex－1e；
(2)证明：由 g(x1)－g(x2)＝λ[f (x2)－f (x1)]， 得：g(x1)＋λf (x1)＝g(x2)＋λf (x2)， 令 h(x)＝g(x)＋λf (x)＝ln x＋eλx(x＞0)， h′(x)＝exx－exλx， 令 ω(x)＝ex－λx，则 ω′(x)＝ex－λ， 由 x＞0，得 ex＞1，
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)＝e1x，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 x1，x2(x1≠x2)，使得 g(x1)－g(x2)＝λ[f (x2)－f (x1)]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】
再见
2019/11/20
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．