备战2019年高考数学大一轮复习热点聚焦与扩展专题18恒成立问题——最值分析法
高考数学复习知识点解析与专题训练18---恒成立问题
．A
1 e
,
+∞
．B
1 e
,
+∞
．C [e, +∞)
．D (e, +∞)
【答案】D
【解析】若 m > f ( x) 恒成立，则 m > f ( x) ， ， f ′( x) = 2xex + x2ex = x ( x + 2)ex max
∴ f ( x) 在(−1,0)单调递减，在(0,1) 单调递增， f (−1) = 1 ， f (1) = e ， e
， ，其中 ． ∴ x ln x − a < x3 ∴ a > x ln x − x3
x ∈ (1, +∞)
4 / 12
只需要 ，令 ， ， ∴
a > ( x ln x − x3 )
g ( x) = x ln x − x3 g′(x) = 1+ ln x − 3x2
max
令 ， ， h(x) = g′(x) = 1+ ln x − 3x2 h′( x) = 1 − 6x = 1− 6x2
令 g ( x) = x2 − 2mx + 2 − m ，则对称轴为 x = m ．
①当 m ≤ −1时， g ( x) 在[−1, +∞) 单调递增，∴ g ( x) ， = g (−1) = 1+ 2m + 2 − m ≥ 0 min
∴ m ≥ −3 ，即 m ∈[−3,−1] ；
②当m > −1时， g (x) 在(−1,m) 单调递减，在(m,+∞)单调递增，
二、填空题
．已知函数 ，若 7
f ( x) = ex − ae−x f ′(x) ≥ 2
浅谈高考数学恒成立问题的解题方法
浅谈高考数学恒成立问题的解题方法摘要：恒成立问题是高中数学中的一个重点，更是历年高考的热点，有人说“恒成立问题”是高考的兴奋点，这不无道理.但此类问题解法灵活、综合性强，往往通过一道综合试题即可全面考查学生灵活运用数学知识、数学思想方法的能力，考查学生数学思维的深刻性和敏捷性。
部分学生常感到无从下手，茫然不知所措，那么到底如何解决这类问题呢?实际上只要紧紧“抓”住这类问题求解中的几个“抓手”，恒成立问题就会迎刃而解 关键词：判别式法；最值法；分离参数法；数形结合法；赋值法近几年的高考数学试卷中频频出现一种数学问题：有关含参的“恒成立”问题。
为什么会如此重视这类问题呢，因为恒成立问题是一个考察学生综合素质的很好途径：其一是这类问题覆盖面广，几乎覆盖了函数、不等式、三角、数列、几何等高中数学的所有知识点；其二是涉及到一次函数、二次函数等函数的性质、图象，渗透着换元、化归、数形结合、函数与方程等思想方法，在培养思维的灵活性、创造性等方面起到了积极的作用。
所以可从这样的题目中考查学生的分析问题、解决问题的能力，以及综合解题能力。
真正理解并弄清这类问题的常规求解方法，不但可以让学生形成良好的数学思想，而且可以提高学生分析问题和解决问题的能力。
下面我就结合自己的教学经验谈谈恒成立问题的解题方法。
一、判别式法对于二次函数2()(0,)f x ax bx c a x R =++≠∈有： （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 .有关含有参数的一元二次不等式问题，若能把不等式转化成二次函数或二次方程，通过根的判别式或数形结合思想，可使问题得到顺利解决.例1 对于x R ∈，不等式2230x x m -+-≥恒成立，求实数m 的取值范围. 解：不妨设2()23f x x x m =-+-，其函数图象是开口向上的抛物线，为了使()0()f x x R ≥∈，只需0∆≤，即2(-2)-4(3-)0m ≤，解得2(2]m m ≤⇒∈-∞，.变形：若对于x R ∈，不等式2230mx mx -+>恒成立，求实数m 的取值范围. 此题需要对m 的取值进行讨论，设2()23f x mx mx =-+. ① 当0m =时，30>，显然成立.② 当0m >时，则003m ∆<⇒<<. ③ 当0m <时，显然不等式不恒成立.由①②③知[03)m ∈，. 关键点拨：对于有关一元二次不等式20(0)ax bx c ++><或的问题，可设函数2()(0,)f x ax bx c a x R =++≠∈，由a 的符号确定其抛物线的开口方向，再根据图象与x 轴的交点问题，由判别式进行解决.例 2 已知函数2()22f x x kx =-+，在1x ≥-时恒有()f x k ≥，求实数k 的取值范围.解：令2()()22F x f x k x kx k =-=-+-，则()0F x ≥对一切1x ≥-恒成立，而()F x 是开口向上的抛物线.①如图1，当图象与x 轴没有交点，满足0∆<，即244(2)0k k ∆=--<， 解得21k -<<.②如图2，当图象与x 轴有交点，且在[1)x ∈-+∞，时()0F x ≥，只需 021(1)01220 2112k k F k k k k ⎧⎪∆≥≤-≥⎧⎪⎪-≥⇒++-≥⎨⎨⎪⎪-≤-⎩⎪-≤-⎩或解得32k -≤≤-. 由①②知31k -≤<.图2关键点拨：构造一个新函数()()Fx f x k =-使()f x k ≥在[1)x ∈-+∞，恒成立是解题的关键，再利用二次函数的图象性质进行分类讨论，使问题得到圆满解决.二、最值法恒成立条件下不等式中参数的取值范围问题，涉及的知识面广、综合性强，同时数学语言抽象，从题目中如何提取可借用的知识模块往往捉摸不定，难以寻觅．但是如果能将参数分离出来，建立起明确的关系，则由下述两个基本命题便能简捷的求出参数的取值范围．（1）m x f ≥)(对任意x 都成立m x f ≥⇔min )(;（2）m x f ≤)(对任意x 都成立max )(x f m ≥⇔.将两命题结论通过数轴表示出来既直观又易于掌握理解．两命题可简记为“大于时大于值域上限，小于时小于值域下限”.由此看出，本类问题实质上是一类求函数的最值问题.例 3 在ABC ∆中，已知2()4sin sin ()cos 2|()-|242Bf B B B f B m π=++<，且恒成立，求实数m 的范围.解析：由2()4sin sin ()cos 2=2sin 142Bf B B B B π=+++， 0B π<<，sin (01] ()(13]B f B ∴∈∈，，，，|()-|2f B m <恒成立，2()2f B m ∴-<-<，即()2()2m f B m f B >-⎧⎨<+⎩恒成立，(13]m ∴∈，. 例4 求使不等式sin cos [0]a x x x π>-∈，，恒成立的实数a 的范围.解：由于sin cos )4a x x x π>-=-,[0]x π∈，,3[]444x πππ∴-∈-，，sin()[1]42x π∴-∈-，)[14x π-∈-，a ∴. 变式：求使不等式sin cos (0)42a x x x ππ>--∈，，恒成立的实数a 的范围.解：由于sin cos )4a x x x π>-=-, (0)42x ππ-∈，，sin()(01)4x π∴-∈，，)(04x π-∈，a ∴≥.例5 设函数是定义在R 上的增函数，如果不等式2(1)(2)f ax x f a --<-对于任意[01]x ∈，恒成立，求实数a 的取值范围. 解：()f x 是增函数，2(1)(2)f ax x f a ∴--<-对于任意[01]x ∈，恒成立212ax x a ⇔--<-对于任意[01]x ∈，恒成立210x ax a ⇔++->对于任意[01]x ∈，恒成立令2()1g x x ax a =++-，[01]x ∈，，所以原问题等价于min ()0g x > min (0) 0()() 2022 2g a a g x g a a >⎧⎪⎪--≤≤⎨⎪<-⎪⎩，，， 即2min 1- 0() 1 2042 2a a a g x a a a >⎧⎪⎪--+-≤≤⎨⎪<-⎪⎩，，，易求得1a <.关键点拨：本题可利用函数的单调性把原不等式问题转化为212ax x a --<-对于任意[01]x ∈，恒成立，从而转化为二次函数区间最值求解. 三、分离参数法在不等式中求含参数范围过程中，当不等式中的参数（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.例 6 不等式22(1)(5)311x a x a b x x +--+>--+对一切实数恒成立，求a b 、满足的条件．解：将参数a b 、分离出来，22131(x )024x x -+=-+>,∴原不等式变形为22()(1)(2)0a b x x x --+++>,22(2)()1x a b f x x x +∴->-=-+.()0f x ≤,∴由命题１知当0a b ->时，原不等式恒成立．例7 若不等式lg 21lg()axa x <+在[12]x ∈，时恒成立，试求a 的取值范围． 解：分离参数a ，由题设知120x ax >>，,故01lg()0a a x a x >+>+>，，. 原不等式变形为lg 2lg()ax a x <+，2ax a x ∴<+， (21)x a x ∴-<， 11(1)()21221x a f x x x ∴<=+=--. ()f x 在[12]，上为减函数, 2()(2)3f x f ∴≥=，23a ∴<综上所述，a 的取值范围为203a <<． 从以上例子可以看出用分离参数法解恒成立问题，其方法步骤学生容易理解掌握，程序也不复杂，通过恒等变形将参数分离出来之后，只要求出主变元函数值域的上限或下限（方程问题需求出值域）问题便迎刃而解了，当然分离参数法不是解恒成立问题的惟一方法，亦非万能．对具体问题要具体分析，选用恰当的方法．本文旨在使学生学一法，通一类，逐步提高综合运用知识解决问题的能力．四、数形结合法如果不等式中涉及的函数、代数式对应的图像、图形较易画出时，可通过图像、图形的位置关系建立不等式求得参数范围.例8 设(0,4]x ∈ax >恒成立，求a 的取值范围．解：若设1y 2211(2)4(y 0)x y -+=≥为上半圆．设2y ax =，为过原点，斜率为a 的直线．在同一坐标系内作出函数图象，如图3所示，依题意，半圆恒在直线上方时，只有0a <时成立，即a 的取值范围为0a <．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.图 3例9 当(1,2)x ∈时，不等式2(1)log a x x ->恒成立，求a 的取值范围. 解：如图4所示，设212()(1)()log a T f x x T g x x =-=：，：T 则1T 的图象为图4所示的抛物线，要使对一切(1,2)x ∈,()()f x g x <恒成立即1T 的图象一定要在2T 的图象所的下方，显然1a >,并且必须也只需(2)(2)g f >.故log 211a a >>，，12a ∴<≤图 4关键点拨：若将不等号两边分别设成两个函数，则左边为二次函数，右边为对数函数，故可以采用数形结合借助图象位置关系通过特指求解a 的取值范围.例10 已知关于x 的方程2lg(20)lg(863)0x x x a +---=有唯一解，求实数a 的取值范围.解：设2211:20(10)100T y x x x =+=+-，22863T y x a =--：，则如图5所示，1T 的图象为一抛物线，2T 的图象是一条斜率为定值8，而截距不定的直线，要使1T 和2T 在x 轴上有唯一交点，则直线必须位于1l 和2l 之间.（包括1l 但不包括2l )当直线为1l 时，直线过点(200)-，，此时纵截距为63160a --=，1636a =-; 当直线为2l 时，直线过点(00)，，此时纵截距为630a --=，12a =- ∴a 的取值范围为1631[)62--，. 关键点拨：原方程可化成2lg(20)=lg(863)x x x a +--，从而得220=8630x x x a +-->，若将等号两边分别构造函数即二次函数220y x x =+与一次函数=863y x a --，则只需考虑这两个函数的图象在x 轴上方恒有唯一交点即可.图 5 五、赋值法——利用特殊值求等式中的恒成立问题，常常用赋值法求解，特别是对解决填空题、选择题能很快求得.例11由等式4323212341234(1)(1)(1)(1)x a x a x a x a xb x b x b x b ++++=++++++++ 定义映射12341234:()f a a a a b b b b →+++，，，，则:(4321)( )f →，，， . 10 . 7 . 1 . 0A B C D -解：取0x =，则412341a b b b b =++++，又因为41a =，所以1234=0b b b b +++，故选D .例12 如果函数()sin 2cos 2f x x a x =+的图象关于直线8x π=-对称，那么( )a =.. 1 . 1 . A B C D -解：取0x =及4x π=-，则(0)()4f f π=-,即1a =-，故选C .此法体现了数学中从一般到特殊的转化思想.在处理恒成立问题时，并非单一的使用某一种解题方法，而是各种解题方法相互渗透，解决这类问题是各种思路和方法的综合运用，且要求较高难度较大.正所谓“万变不离其宗”，只要我们在平时的学习中把基本思路和方法理解，掌握透彻，一切问题都会迎刃而解.。
备战2019年高考数学大一轮复习 热点聚焦与扩展 专题04 函数的定义域、值域的求法
专题04 函数的定义域、值域的求法【热点聚焦与扩展】函数的定义域作为函数的要素之一，是研究函数的基础，也是高考的热点.函数的值域也是高考中的一个重要考点,并且值域问题通常会渗透在各类题目之中，成为解题过程的一部分。
所以在掌握定义域求法的基础上，掌握一些求值域的基本方法，当需要求函数的取值范围时便可抓住解析式的特点,寻找对应的方法从容解决.（一）函数的定义域1。
求函数定义域的主要依据是：①分式的分母不能为零；②偶次方根的被开方式其值非负；③对数式中真数大于零，底数大于零且不等于1.2。
①若()y f x =的定义域为(),a b ,则不等式()a g x b <<的解集即为函数()()y f g x =的定义域；②若()()y f g x =的定义域为(),a b ，则函数()g x 在(),a b 上的的值域即为函数()y f x =的定义域．3。
对于分段函数知道自变量求函数值或者知道函数值求自变量的问题,应依据已知条件准确找出利用哪一段求解。
4.与定义域有关的几类问题第一类是给出函数的解析式,这时函数的定义域是使解析式有意义的自变量的取值范围；第二类是实际问题或几何问题，此时除要考虑解析式有意义外，还应考虑使实际问题或几何问题有意义；第三类是不给出函数的解析式，而由()f x 的定义域确定函数)]([x g f 的定义域或由)]([x g f 的定义域确定函数()f x 的定义域．第四类是已知函数的定义域，求参数范围问题，常转化为恒成立问题来解决．（二）函数的值域1.利用函数的单调性:若)(x f 是],[b a 上的单调增(减)函数,则)(a f ,)(b f 分别是)(x f 在区间],[b a 上取得最小(大）值,最大(小)值。
2。
利用配方法:形如2(0)y ax bx c a =++≠型，用此种方法,注意自变量x 的范围。
3。
利用三角函数的有界性,如sin [1,1],x ∈-cos [1,1]x ∈-。
高三数学专题——恒成立与存在性问题
高三复习专题——恒成立与存在性问题知识点总结：(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 >04. ∀x∈D,均有f(x)﹤g(x)恒成立，则F(x)=f(x)- g(x) ﹤0，∴F(x) ma x﹤05. ∀x1∈D, ∀x2∈E,均有f(x1) >g(x2)恒成立，则f(x)min> g(x)ma x6. ∀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 <A3. ∃x0∈D,使得f(x0) >g(x0)成立，设F(x)=f(x)- g(x)，∴F(x) ma x >04. ∃x0∈D,使得f(x0) <g(x0)成立，设F(x)=f(x)- g(x)，∴F(x) min <05. ∃x1∈D, ∃x2∈E, 使得f(x1) >g(x2)成立，则f(x) ma x > g(x) min6. ∃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1. ∀x1∈D, ∃x2∈E,使得f(x1)=g(x2)成立，则{ f(x)}{g(x)}(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 in2. ∀x1∈D, ∃x2∈E, 使得f(x1) <g(x2)成立，则f(x)max <g(x)max(5)恰成立问题1. 若不等式f(x)>A在区间D上恰成立，则等价于不等式f(x)>A的解集为D；2.若不等式f(x)<B在区间D上恰成立，则等价于不等式f(x)<B的解集为D.► 探究点一 ∀x ∈D ，f (x )>g (x )的研究例1、已知函数12)(2+-=ax x x f ，xa x g =)(，其中0>a ，0≠x ． 对任意]2,1[∈x ，都有)()(x g x f >恒成立，求实数a 的取值范围；【思路分析】等价转化为函数0)()(>-x g x f 恒成立，通过分离变量，创设新函数求最值解决．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 x x 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 ．► 探究点二 ∃x ∈D ，f (x )>g (x )的研究对于∃x ∈D ，f (x )>g (x )的研究，先设h (x )＝f (x )－g (x )，再等价为∃x ∈D ，h (x )max >0，其中若g (x )＝c ，则等价为∃x ∈D ，f (x )max >c .例 已知函数f (x )＝x 3－ax 2＋10.(1)当a ＝1时，求曲线y ＝f (x )在点(2，f (2))处的切线方程；(2)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．【解答】 (1)当a ＝1时，f ′(x )＝3x 2－2x ，f (2)＝14，曲线y ＝f (x )在点(2，f (2))处的切线斜率k ＝f ′(2)＝8，所以曲线y ＝f (x )在点(2，f (x ))处的切线方程为8x －y －2＝0.(2)解法一：f ′(x )＝3x 2－2ax ＝3x ⎝⎛⎭⎫x －23a (1≤x ≤2)， 当23a ≤1，即a ≤32时，f ′(x )≥0，f (x )在[1,2]上为增函数，故f (x )m in ＝f (1)＝11－a ，所以11－a <0，a >11，这与a ≤32矛盾．当1<23a <2，即32<a <3时，当1≤x <23a ，f ′(x )<0；当23a <x ≤2，f ′(x )>0，所以x ＝23a 时，f (x )取最小值，因此有f ⎝⎛⎭⎫23a <0，即827a 3－49a 3＋10＝－427a 3＋10<0，解得a >3352，这与32<a <3矛盾； 当23a ≥2，即a ≥3时，f ′(x )≤0，f (x )在[1,2]上为减函数，所以f (x )m in ＝f (2)＝18－4a ，所以18－4a <0，解得a >92，这符合a ≥3.综上所述，a 的取值范围为a >92.解法二：由已知得：a >x 3＋10x 2＝x ＋10x 2，设g (x )＝x ＋10x 2(1≤x ≤2)，g ′(x )＝1－20x 3，∵1≤x ≤2，∴g ′(x )<0，所以g (x )在[1,2]上是减函数．g (x )m in ＝g (2)，所以a >92.【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ax 2>x 3＋10中x 2∈[1,4]，所以可以进行参数分离，而无需要分类讨论．► 探究点三 ∀x 1∈D ，∀x 2∈D ，f (x 1)>g (x 2)的研究例、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．思路分析：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 xa b +-≤或x b x a )10(2-+-≤； 方法3：变更主元，0101)(≤-++⋅=b x a x a ϕ，]2,21[∈a 简解：方法1:对b x x a b x x g x h ++=++=)()(求导，22))((1)(xa x a x x ax h +-=-='， 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． ⎪⎩⎪⎨⎧-≤-≤⇒⎪⎩⎪⎨⎧≤++≤++⇒⎪⎩⎪⎨⎧≤≤∴a b a b 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 ．► 探究点四 ∀x 1∈D ，∃x 2∈D ，f (x 1)>g (x 2)的研究对于∀x 1∈D ，∃x 2∈D ，f (x 1)>g (x 2)的研究，第一步先转化为∃x 2∈D ，f (x 1)m in >g (x 2)，再将该问题按照探究点一转化为f (x 1)m in >g (x 2)m in .例、已知函数f (x )＝2|x －m |和函数g (x )＝x |x －m |＋2m －8.(1)若方程f (x )＝2|m |在[－4，＋∞)上恒有惟一解，求实数m 的取值范围；(2)若对任意x 1∈(－∞，4]，均存在x 2∈[4，＋∞)，使得f (x 1)>g (x 2)成立，求实数m 的取值范围．【解答】 (1)由f (x )＝2|m |在x ∈[－4，＋∞)上恒有惟一解，得|x －m |＝|m |在x ∈[－4，＋∞)上恒有惟一解．当x －m ＝m 时，得x ＝2m ，则2m ＝0或2m <－4，即m <－2或m ＝0.综上，m 的取值范围是m <－2或m ＝0.(2)f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧ 2x －m x ≥m ，2m －x x <m ，原命题等价为f (x 1)m in >g (x 2)m in .①当4≤m ≤8时，f (x )在(－∞，4]上单调递减，故f (x )≥f (4)＝2m －4，g (x )在[4，m ]上单调递减，[m ，＋∞)上单调递增，故g (x )≥g (m )＝2m －8，所以2m －4>2m －8，解得4<m <5或m >6.所以4<m <5或6<m ≤8.②当m >8时，f (x )在(－∞，4]上单调递减，故f (x )≥f (4)＝2m －4，g (x )在⎣⎡⎦⎤4，m 2单调递增，⎣⎡⎦⎤m 2，m 上单调递减，[m ，＋∞)上单调递增，g (4)＝6m －24>g (m )＝2m －8，故g (x )≥g (m )＝2m －8，所以2m －4>2m －8，解得4<m <5或m >6.所以m >8.③0<m <4时，f (x )在(－∞，m ]上单调递减，[m ,4]上单调递增，故f (x )≥f (m )＝(x )在[4，＋∞)上单调递增，故g (x )≥g (4)＝8－2m ，所以8－2m <1，即72<m <4.④m ≤0时，f (x )在(－∞，m ]上单调递减，[m ,4]上单调递增，故f (x )≥f (m )＝(x )在[4，＋∞)上单调递增，故g (x )≥g (4)＝8－2m ，所以8－2m <1，即m >72(舍去)．综上，m 的取值范围是⎝⎛⎭⎫72，5∪(6，＋∞)． 【点评】 因为对于∀x ∈D ，f (x )>c ，可以转化为f (x )m in >c ；∃x ∈D ，c >g (x )，可以转化为c >g (x )m in ，所以本问题类型可以分两步处理，转化为f (x )m in >g (x )m in .► 探究点五 ∀x 1∈D ，∃x 2∈D ，f (x 1)＝g (x 2)的研究对于∀x 1∈D ，∃x 2∈D ，f (x 1)＝g (x 2)的研究，若函数f (x )的值域为C 1，函数g (x )的值域为C 2，则该问题等价为C 1⊆C 2.例、设函数f (x )＝－13x 3－13x 2＋53x －4.(1)求f (x )的单调区间；(2)设a ≥1，函数g (x )＝x 3－3a 2x －2a .若对于任意x 1∈[0,1]，总存在x 0∈[0,1]，使得f (x 1)＝g (x 0)成立，求a 的取值范围．【解答】 (1)f ′(x )＝－x 2－23x ＋53，令f ′(x )>0，即x 2＋23x －53<0，解得－53<x <1，∴f (x )的单调增区间为⎝⎛⎭⎫－53，1；单调减区间为⎝⎛⎭⎫－∞，－53和(1，＋∞)． (2)由(1)可知：当x ∈[0,1]时，f (x )单调递增，∴当x ∈[0,1]时，f (x )∈[f (0)，f (1)]，即f (x )∈[－4，－3]．又g ′(x )＝3x 2－3a 2，且a ≥1，∴当x ∈[0,1]时，g ′(x )≤0，g (x )单调递减，∴当x ∈[0,1]时，g (x )∈[g (1)，g (0)]，即g (x )∈[－3a 2－2a ＋1，－2a ]，又对于任意x 1∈[0,1]，总存在x 0∈[0,1]，使得f (x 1)＝g (x 0)成立⇔[－4，－3]⊆[－3a 2－2a ＋1，－2a ]，即⎩⎪⎨⎪⎧－3a 2－2a ＋1≤－4，－3≤－2a ， 解得1≤a ≤32.恒成立与存在有解的区别：恒成立和有解是有明显区别的，以下充要条件应细心思考，甄别差异，恰当使用，等价转化，切不可混为一体。
备战2019年高考数学大一轮复习 热点聚焦与扩展 专题12 函数的极(最)值问题
—————————— 新学期 新成绩 新目标 新方向 ——————————专题12 函数的极（最）值问题【热点聚焦与扩展】从高考来看，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：(1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系．(2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数．(3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题．(4)考查数形结合思想的应用．导数是研究函数性质的重要工具，它的突出作用是用于研究函数的单调性、极值与最值、函数的零点等．从题型看，往往有一道选择题或填空题，有一道解答题.其中解答题难度较大，常与不等式、方程等结合考查．在高考导数的综合题中，所给函数往往是一个含参数的函数，且导函数含有参数，在分析函数单调性时面临分类讨论.(一)函数的极值问题 1、函数极值的概念：（1）极大值：一般地，设函数()f x 在点0x 及其附近有定义，如果对0x 附近的所有的点都有()()0f x f x <，就说()0f x 是函数()f x 的一个极大值，记作()0y f x =极大值，其中0x 是极大值点（2）极小值：一般地，设函数()f x 在点0x 及其附近有定义，如果对0x 附近的所有的点都有()()0f x f x >，就说()0f x 是函数()f x 的一个极小值，记作()0y f x =极小值，其中0x 是极小值点，极大值与极小值统称为极值 2、在定义中，取得极值的点称为极值点，极值点是自变量的值，极值指的是函数值.请注意以下几点： （1）极值是一个局部概念：由定义，极值只是某个点的函数值与它附近点的函数值比较是最大或最小并不意味着它在函数的整个的定义域内最大或最小（2）函数的极值不是唯一的即一个函数在某区间上或定义域内极大值或极小值可以不止一个（3）极大值与极小值之间无确定的大小关系（4）函数的极值点一定出现在区间的内部，区间的端点不能成为极值点3、极值点的作用：（1）极值点为单调区间的分界点 （2）极值点是函数最值点的候选点4、()f x 在0x x =处可导，那么0x x =为()f x 的一个极值点⇒()0'0f x = 说明：①前提条件：()f x 在0x x =处可导②单向箭头：在可导的前提下，极值点⇒导数0=，但是导数0=不能推出0x x =为()f x 的一个极值点，例如：3y x =在()0,0处导数值为0，但0x =不是极值点③上述结论告诉我们，判断极值点可以通过导数来进行，但是极值点的定义与导数无关（例如：y x =在()0,0处不可导，但是0x =为函数的极小值点） 5、求极值点的步骤： （1）筛选： 令()'0fx =求出()'f x 的零点（此时求出的点有可能是极值点）（2）精选：判断函数通过()'f x 的零点时，其单调性是否发生变化，若发生变化，则该点为极值点，否则不是极值点（3）定性： 通过函数单调性判断出是极大值点还是极小值点：先增后减→极大值点，先减后增→极小值点 6、在综合题分析一个函数时，可致力于求出函数的单调区间，当求出单调区间时，极值点作为单调区间的分界点也自然体现出来，并且可根据单调性判断是极大值点还是极小指点，换言之，求极值的过程实质就是求函数单调区间的过程.7、对于在定义域中处处可导的函数，极值点是导函数的一些零点，所以涉及到极值点个数或所在区间的问题可转化成导函数的零点问题.但要注意检验零点能否成为极值点. 8、极值点与函数奇偶性的联系：（1）若()f x 为奇函数，则当0x x =是()f x 的极大（极小）值点时，0x x =-为()f x 的极小（极大）值点 （2）若()f x 为偶函数，则当0x x =是()f x 的极大（极小）值点时，0x x =-为()f x 的极大（极小）值点 （二）函数的最值问题 1、函数的最大值与最小值：（1）设函数()f x 的定义域为D ，若0x D ∃∈，使得对x D ∀∈，均满足()()0f x f x ≤，那么称0x x =为函数()f x 的一个最大值点，()0f x 称为函数()f x 的最大值（2）设函数()f x 的定义域为D ，若0x D ∃∈，使得对x D ∀∈，均满足()()0f x f x ≥，那么称0x x =为函数()f x 的一个最小值点，()0f x 称为函数()f x 的最小值（3）最大值与最小值在图像中体现为函数的最高点和最低点（4）最值为函数值域的元素，即必须是某个自变量的函数值.例如：()[)ln ,1,4f x x x =∈，由单调性可得()f x 有最小值()10f =，但由于x 取不到4，所以尽管函数值无限接近于ln4,但就是达不到.()f x 没有最大值.） （5）一个函数其最大值（或最小值）至多有一个，而最大值点（或最小值点）的个数可以不唯一，例如()sin f x x =，其最大值点为()22x k k Z ππ=+∈，有无穷多个.2．“最值”与“极值”的区别和联系如图为一个定义在闭区间[]b a ,上的函数)(x f 的图象．图中)(1x f 与3()f x 是极小值，2()f x 是极大值．函数)(x f 在[]b a ,上的最大值是)(b f ，最小值是3()f x（1）“最值”是整体概念，是比较整个定义域内的函数值得出的，具有绝对性；而“极值”是个局部概念，是比较极值点附近函数值得出的，具有相对性．（2）从个数上看，一个函数在其定义域上的最值是唯一的；而极值不唯一；（3）函数在其定义区间上的最大值、最小值最多各有一个，而函数的极值可能不止一个，也可能没有一个.（4）极值只能在定义域内部取得，而最值可以在区间的端点处取得，有极值的未必有最值，有最值的未必有极值；极值有可能成为最值，最值只要不在端点必定是极值．3、结论：一般地，在闭区间[]b a ,上函数()y f x =的图像是一条连续不断的曲线，那么函数()y f x =在[]b a ,上必有最大值与最小值．4、最值点只可能在极值点或者边界点处产生，其余的点位于单调区间中，意味着在这些点的周围既有比它大的，也有比它小的，故不会成为最值点.5、利用导数求函数的最值步骤:一般地，求函数)(x f 在[]b a ,上的最大值与最小值的步骤如下： （1）求)(x f 在(,)a b 内的极值；（2）将)(x f 的各极值与端点处的函数值)(a f 、)(b f 比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值，得出函数)(x f 在[]b a ,上的最值6、求函数最值的过程中往往要利用函数的单调性，所以说，函数的单调区间是求最值与极值的基础7、在比较的过程中也可简化步骤：（1）利用函数单调性可判断边界点是否能成为最大值点或最小值点 （2）极小值点不会是最大值点，极大值点也不会是最小值点 8、最值点的作用 （1）关系到函数的值域（2）由最值可构造恒成立的不等式：例如：()ln 1f x x x =-+，可通过导数求出()()min 10f x f ==，由此可得到对于任意的0x >，均有()()min 0f x f x ≥=，即不等式ln 1x x ≤-.【经典例题】例1【2017课标II ，理11】若2x =-是函数21()(1)x f x x ax e-=+-的极值点，则()f x 的极小值为（ ）A.1-B.32e --C.35e -D.1【答案】A【解析】例2【2019届湖北省黄冈、黄石等八市高三3月联考】已知函数（1）当时，求的极值；（2）若有两个不同的极值点，求的取值范围;【答案】（1）极小值（2）故在处有极小值；（2）依题意可得，有两个不同的实根.设，则有两个不同的实根,，若，则，此时为增函数，故至多有1个实根，不符合要求；若，则当时，，当时，，故此时在上单调递增，在上单调递减，的最大值为,故为的极小值点，为的极大值点, 符合要求.综上所述：的取值范围为.（分离变量的方法也可以）点睛：本题考查了函数极值点问题，利用导数知识对其求导，当遇到含有参量的时候可以采用分离参量的方法，也可以带着参量一起运算，分离参量后求出直线与曲线的交点问题即可，本题没有分离参量，进行的对参量的分类讨论，本题有一定难度例3【2019届江苏省淮安市等四市高三上一模】已知函数．⑴当时，求函数的极值；⑵若存在与函数，的图象都相切的直线，求实数的取值范围．【答案】（1）当时，函数取得极小值为，无极大值；（2）【解析】试题分析：（1），通过求导分析，得函数取得极小值为，无极大值；（2），所以，通过求导讨论，得到的取值范围是．试题解析：（1）函数的定义域为当时，，所以所以当时，，当时，，所以函数在区间单调递减，在区间单调递增，所以，代入得：设，则不妨设则当时，，当时，所以在区间上单调递减，在区间上单调递增，代入可得：设，则对恒成立，所以在区间上单调递增，又所以当时，即当时,又当时因此当时，函数必有零点；即当时，必存在使得成立；即存在使得函数上点与函数上点处切线相同．又由得：所以单调递减，因此所以实数的取值范围是．例4【2019届福建省厦门市高三下第一次检查（3月）】已知函数，其中为自然对数的底数.（1）当时，证明：；（2）讨论函数极值点的个数.【答案】（1）详见解析；（2）详见解析.试题解析：（1）依题意，，故原不等式可化为，因为，只要证.记，则.当时，，单调递减；当时，，单调递增.∴，即，原不等式成立.（2）.记（ⅰ）当时，，在上单调递增，，.∴存在唯一，且当时，；当.①若，即时，对任意，此时在上单调递增，无极值点；②若，即时，此时当或时，.即在上单调递增；当时，，即在上单调递减；此时有一个极大值点和一个极小值点；（ⅲ）当时，由（1）可知，对任意，从而，而对任意.∴对任意.此时令，得；令，得.∴在单调递减；在上单调递增；此时有一个极小值点，无极大值点.（ⅳ）当时，由（1）可知，对任意，当且仅当时取等号.此时令，得；令得.点睛：求函数极值的步骤：（1）确定函数的定义域；（2）求导数；（3）解方程求出函数定义域内的所有根；（4）列表检查在的根左右两侧值的符号，如果左正右负（左增右减），那么在处取极大值，如果左负右正（左减右增），那么在处取极小值；（5）如果只有一个极值点，则在该处即是极值也是最值.例5【2017北京，理19】已知函数()e cos xf x x x =-． （Ⅰ）求曲线()y f x =在点(0,(0))f 处的切线方程； （Ⅱ）求函数()f x 在区间π[0,]2上的最大值和最小值． 【答案】(Ⅰ)1y =；（Ⅱ）最大值1；最小值2π-. 【解析】所以函数()f x 在区间π[0,]2上单调递减.因此()f x 在区间π[0,]2上的最大值为(0)1f =，最小值为ππ()22f =-. 例6【2019届北京市人大附高三十月月考】已知a 是实数,函数()()2f x x x a =-（Ⅰ）若()13,f '=求a 的值及曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线方程; （Ⅱ）求()f x 在区间[]0,2上的最小值. 【答案】(1) 0.a = 320.x y --= (2)见解析.【解析】试题分析：（I ）首先根据导数()13f '=求a ，再根据切线方程()()()111y f f x '-=-求切线方程；（Ⅱ）首先求函数的极值点， 1220,3x x a ==，比较23a 与区间端点的大小，从而得到函数的最小值.试题解析：（Ⅰ） ()232f x x ax '=-因为()1323,f a =-=所以0.a = 当0a =时, ()()11,13,f f '==所以曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线方程为320.x y --= （Ⅱ）由（Ⅰ）可知, ()232f x x ax '=-.令()0,f x '=解得1220,.3ax x == 当20,3a≤即0,a ≤ ()f x 在[]0,2上单调递增,从而()min 00.f f == 当22,3a ≥即3,a ≥ ()f x 在[]0,2上单调递减,从而()min 284.f f a ==-当202,3a <<即03,a << ()f x 在20,3a ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递减,在2,23a ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递增,从而3min 24.327a a f f ⎛⎫==- ⎪⎝⎭ 综上所述, 3min0,04{,0 3 2784,3a a f a a a ≤=-<<-≥.例7【2019届北京市城六区高三一模】．已知函数(I)当时，求函数的单调递增区间；(Ⅱ)当时，若函数的最大值为，求的值.【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）.试题解析：（Ⅰ）当时，故令，得故的单调递增区间为（Ⅱ）方法1：令则由，故存在，故当时，；当时，故故，解得故的值为.（Ⅱ）方法2：的最大值为的充要条件为对任意的，且存在，使得，等价于对任意的，且存在，使得，等价于的最大值为.，令，得.故的最大值为，即.例8【2019届北京市清华附中高三十月月考】已知()()320f x ax bx cx a =++≠在1x =±时取得极值,且()11f =-.（Ⅰ）试求常数a , b , c 的值;（Ⅱ）求函数()f x 在[]0,2x ∈上的最大值. 【答案】（1）13,0,22a b c ===-（2）当1x =-时, ()f x 有极大值,当1x =时, ()f x 有极小值.再由()11f =-, 所以1a b c ++=-,③联立①②③解得13,0,22a b c ===-; （Ⅱ）()31322f x x x =-,()()()233311222f x x x x =-=+-',当1x <-或1x >时, ()0f x '>, 当11x -<<时, ()0f x '<,所以,当1x =-时, ()f x 有极大值,当1x =时, ()f x 有极小值. 例9【2019届北京市首师大附高三十月月考】已知函数()()()322111.32f x x x x a x x a R ⎛⎫=-++--∈ ⎪⎝⎭（Ⅰ）若1x =是()f x 的极小值点,求实数a 的取值范围及函数()f x 的极值; （Ⅱ）当1a ≥时,求函数()f x 在区间[]0,2上的最大值. 【答案】（1）1,a <极小值为()11126f a =-,极大值为()321162f a a a =-+.（2）见解析 【解析】试题分析：（1）根据极小值定义求实数a 的取值范围，根据导函数符号变化规律确定函数极值，（2）根据a 与2大小讨论导函数零点，再列表分析导函数符号变化规律确定函数最大值取法，最后小结结论. 试题解析：解: ()()()()()221111f x x x a x x x a =-++--=--'（Ⅰ）若1x =是()f x 的极小值,则1,a <列表分析如下:所以最大值可能为()11126f a =-或()22;3f = ①当513a ≤<时,最大值为()22;3f =②当523a ≤<时,最大值为()11126f a =-综上所述,当513a ≤<时,最大值为()22;3f =当53a ≥时,最大值为()11126f a =-例10【2019届陕西省榆林市二模】已知函数，.（1）若时，求函数的最小值；（2）若函数既有极大值又有极小值，求实数的取值范围. 【答案】（1）；（2）. 【解析】试题分析：（1）代入，得，求导，利用导函数判定函数的单调性，即可求得函数的最小值；（2）现求导数，函数既有极大值又有极小值，等价于有两个零点，可分和两种情况分类讨论，得到函数的单调性和极值，得到函数有极大值和极小值的条件，即可求解实数的取值范围. 试题解析：列表：所以，函数的最小值为.（2），定义域为，.记，，，①当时，，在上单调递增，故在上至多有一个零点，此时，函数在上至多存在一个极小值，不存在极大值，不符题意；②当时，令，可得，列表：若，即，，即，且当时，，函数在上单调递减；当时，，函数在上单调递增，函数在处取极小值.由于，且 （事实上，令，，故在上单调递增，所以）.点睛：本题主要考查导数在函数中的应用，考查了转化与化归思想、逻辑推理能力与计算能力.导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行： (1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、圆等知识联系； (2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数； (3)利用导数求函数的最值(极值)，解决函数的恒成立与有解问题； (4)考查数形结合思想的应用.【精选精练】1.【2019届安徽省安庆市2019届高三二模】已知函数()()2ln xf x ef e x e'=-（e 是自然对数的底数）， 则f （x ）的极大值为（ ） A. 2e-1 B. 1e -C. 1D. 2ln2【答案】D 【解析】()()()()()22111,ef e ef e f x f e f e x e e e e=-∴=-''''='， ()210,2f x x e x e∴=-=='∴ ()f x 的极大值为()22ln222ln2f e e ∴=-=，选D. 2．【2019届福建省三明市第一中学高三下开学】函数在的最小值是( )A. B. 1 C. 0 D.【答案】B【解析】，令得，或，令得，，所以在，单调递增，在单调递减，，.本题选择B选项.3.【2019届广东省茂名市五大联盟学校高三3月联考】已知函数 (其中，为自然对数的底数)在处取得极大值，则实数的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】D由，可得f(x）在区间，上单调递增；由，可得f(x)在区间上单调递减，故f(x)在x=1处取得极大值，所以若函数f(x)在x=1处取得极大值，则实数a的取值范围是.本题选择D选项.【名师点睛】反思这类型题型，首先先利用导函数的解析式，判断得出极值点存在并且只有一个并得出极值点的范围.由于极值点与参数有关，因此就需要假设，假设后，再代进行化简消元最终求得参数的取值范围.4.【2019届海南省高三第二次联考】若1x =是函数()()ln x f x e a x =+的极值点，则实数a =__________． 【答案】e -【解析】因为()1ln +x x f x e x e a x='+⋅（），且1x =是函数()()ln x f x e a x =+的极值点，所以()10f e a '=+=，解得a e =-.5．【2019届北京市北京19中高三十月月考】已知函数()y f x =的导函数有且仅有两个零点,其图像如图所示,则函数()y f x =在x =______________处取得极值.【答案】-1【点睛】本题考查函数的极值的判定.本题的易错点是将2看成一个极值点，要注意()00f x '=是可导函数()f x 在0x x =处取得极值的必要不充分条件，而本题中函数()f x 在2x =附近单调递增. 6．【2019届东北三省三校（哈师大附中、东北师大附中、辽宁省实验中学）高三一模】已知函数，是函数的极值点，给出以下几个命题：①；②；③；④；其中正确的命题是______________.(填出所有正确命题的序号) 【答案】①③【名师点睛】此题主要考查了导数在研究函数的极值、最值、以及单调性等中的应用，主要涉及函数求导的计算公式、法则，还有函数极值点和最值的应用等方面的知识和技能，属于中高档题型，也是常考考点.首先利用导数判断函数的单调性，由函数值大小的比较，来确定其自变量的大小，从而解决问题①②. 7【2019届北京市清华附中高三十月月考】设函数()ln f x x a x =-（其中a R ∈）. （Ⅰ）当1a =时,求函数()f x 在1x =时的切线方程; （Ⅱ）求函数()f x 的极值.【答案】（1）1y =（2）当0a ≤时,函数()f x 无极值,当0a >时,函数()f x 在x a =处取得极小值ln a a a -,无极大值.【解析】试题分析： ()1将1a =代入，算出1x =时的切线方程()2求导，讨论当0a ≤时、当0a >时的极值情况解析：（Ⅰ）定义域为()0,+∞,1a =时, ()ln f x x x =-,()11f x x'=-,()11101f =-=',()11ln11f =-=,所以切线方程为1y =; （Ⅱ）()1a x af x x x'-=-=,定义域为()0,+∞, ①当0a ≤时, ()0f x '>,函数()f x 在()0,+∞上为增函数,此时函数()f x 无极值;②当0a >时,令()0f x '=,解得x a =,当()0,x a ∈时, ()0f x '<,当(),x a ∈+∞时, ()0f x '>,所以函数()f x 在x a =处取得极小值,且极小值为()ln f a a a a =-,无极大值, 综上,当0a ≤时,函数()f x 无极值,当0a >时,函数()f x 在x a =处取得极小值ln a a a -,无极大值.8．【2019届北京市丰台区高三一模】已知函数()()()=e ln 1xf x a x a R -+∈.(Ⅰ)求曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线方程； (Ⅱ)若函数()y f x =在1,12⎛⎫⎪⎝⎭上有极值，求a 的取值范围．【答案】(1) ()e y a x =-;(2) ⎫⎪⎪⎝⎭.【解析】试题分析：（1）由题意()e x af x x='-，因为()1e f a =-， ()1e f a '=-，利用点斜式方程即可求解切线的方程； （Ⅱ）由()e x af x x='-，分0a ≤和0a >讨论，即可得出函数单调性，求得函数有极值的条件，求得实数a 的取值范围． 试题解析：（Ⅱ）()e x a f x x='-． （ⅰ）当0a ≤时，对于任意1,12x ⎛⎫∈⎪⎝⎭，都有()0f x '>，所以函数()f x 在1,12⎛⎫⎪⎝⎭上为增函数，没有极值，不合题意． （ⅱ）当0a >时，令()e x a g x x =-，则()2e 0x ag x x=+>'．9．【2019届江西省上饶市高三下二模】设函数()22ln x e kf x k x x x=++（k 为常数， 2.71828e =为自然对数的底数）．（1）当0k ≥时，求函数()f x 的单调区间；（2）若函数()f x 在()0,3内存在三个极值点，求实数k 的取值范围．【答案】(1) ()f x 的单调递减区间为()0,2，单调递增区间为()2,.+∞（2）322,,322e e e e ⎛⎫⎛⎫--⋃-- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.【解析】试题分析：（1）第（1）问，直接求导，再求函数的单调区间. (2)第（2）问，对k 进行分类讨论，求出每一种情况下函数的单调性，再分析函数()f x 在()0,3内存在三个极值点的条件从而得到实数k 的取值范围. 试题解析：(1) 函数()f x 的定义域为()0,+∞.()()()2423222xx x x e kxx e xe k k f x x x x x -+-=-'+=. 由0,0k x ≥>可得0xe kx +>，所以当()0,2x ∈时， ()0f x '<；当()2,x ∈+∞时， ()0f x '>.故()f x 的单调递减区间为()0,2，单调递增区间为()2,.+∞（2）由（1）知，当0k ≥时，函数()f x 在()0,2内单调递减，在()2,3内单调递增，故()f x 在()0,3内仅存在一个极值点2x =；当0k <时，令0x xe e kx k x +=⇒-=， ()x e g x x =，依题函数y k =-与函数()xe g x x=， ()0,3x ∈的图象有两个横坐标不等于2的交点.()()21x e x g x x ='-，当()0,1x ∈时， ()0g x '<，则()g x 在()0,1上单调递减，当()1,3x ∈时， ()0g x '>，则()g x 在()1,3上单调递增；而()()()231,2,3.23e e g e g g ===和极大值点2x .综上，函数()f x 在()0,3内存在三个极值点时，实数k 的取值范围为322,,322e e e e ⎛⎫⎛⎫--⋃-- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.【名师点睛】本题的难点在第（2）问，主要是对函数xy e kx =+的分析，把它的图像和性质分析清楚了，原命题自然分析清楚了.解答数学问题，要善于抓住主要问题，再突破. 10．【2019届北京市城六区高三一模】已知函数()1e ln x f x a x x ⎛⎫=⋅++ ⎪⎝⎭，其中a R ∈． （Ⅰ）若曲线()y f x =在1x =处的切线与直线exy =-垂直，求a 的值； （Ⅱ）当()0,ln2a ∈时，证明： ()f x 存在极小值． 【答案】（Ⅰ）0a =．（Ⅱ）见解析.【解析】试题分析：(Ⅰ) ()f x 的导函数为()221e ln xf x a x x x ⎛⎫=⋅++'- ⎪⎝⎭． 依题意()()1e 1e f a =⋅+='，解得0a =．(Ⅱ) 由()221e ln x f x a x x x ⎛⎫=⋅++'- ⎪⎝⎭．令()221ln g x a x x x =+-+， ()()223311220x x x g x x x -+-+==>'恒成立，故()g x 在()0,+∞单调递增．因为()0,ln2a ∈， ()110g a =+>， 11ln 022g a ⎛⎫=+<⎪⎝⎭，故存在01,12x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，使得()00g x =．可得f(x)在01,2x ⎛⎫⎪⎝⎭减，令()221ln g x a x x x=+-+， 则 ()()22331122x x x g x x x-='+-+=． 所以对任意()0,x ∈+∞，有()0g x '>，故()g x 在()0,+∞单调递增．因为()0,ln2a ∈，所以()110g a =+>， 11ln 022g a ⎛⎫=+<⎪⎝⎭， 故存在01,12x ⎛⎫∈⎪⎝⎭，使得()00g x =． ()f x 与()f x '在区间1,12⎛⎫⎪⎝⎭上的情况如下：所以()f x 在区间01,2x ⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减，在区间()0,1x 上单调递增． 所以()f x 存在极小值()0f x ．11【2019届北京师范大学附中高三下二模】已知函数，其中，为自然对数底数．（1）求函数的单调区间； （2）已知，若函数对任意都成立，求的最大值．【答案】（1）函数的单调递增区间为，单调递减区间为．（2）．【解析】【试题分析】(1)求导后令导数等于零,求得极值点后写出单调区间.(2)结合(1)求得函数的最小值,由此得到的取值范围.再利用导数求得 的取值范围.【试题解析】 （1）因为，因为，由得，所以当时，，单调递减；当时，单调递增．综上可得，函数的单调递增区间为，单调递减区间为．（2）因为，由函数对任意都成立，得，因为，所以．所以，设，所以，即的最大值为，此时，．【名师点睛】本小题主要考查函数导数与函数的单调区间,考查利用导数求解不等式的问题.求函数单调区间的基本步骤是:首先求函数的定义域,其次对函数求导,求导后一般需要对导函数进行通分和因式分解,然后求得导函数的零点,即原函数的极值点,结合图象判断函数的单调区间.12．【2019届新疆维吾尔自治区高三二模】已知函数()1xf x e ax =++（a R ∈）.若0x =是()f x 的极值点.（I ）求a ,并求()f x 在[]2,1-上的最小值；（II ）若不等式()'1xkf x xe <+对任意0x >都成立，其中k 为整数， ()'f x 为()f x 的导函数，求k 的最大值.【答案】（I ）1a =-，最下值2；(II ）2.【解析】试题分析：（1）第（1）问，先根据0x =是()f x 的极值点得到1a =-，再利用导数求函数的单调区间，求函数()f x 在[]2,1-上的最小值.(2)第（2）问，先分离参数得到11x x xe k e +<-，再求函数()11x x xe g x e +=-（0x >）的最小值，即得到k 的最大值. 试题解析：（I ）()'xf x e a =+，由0x =是()f x 的极值点，得()'00f =，∴1a =-.易知()f x 在[]2,0-上单调递减，在[]0,1上单调递增， 所有当0x =时， ()f x 在[]2,1-上取得最小值2. （II ）由（I ）知1a =-，此时()'1xf x e =-，∴()()'111x x x kf x xe k e xe <+⇔-<+∵0x >，∴10xe ->，∴11x x xe k e +<-令()11x x xe g x e +=-（0x >），∴()min k g x <()()2'1x x x e e x g x e --=-（0x >）【名师点睛】本题的难点在求出()()2'1x x x e e x g x e --=-（0x >）后，求函数的单调区间不方便，此时需要二次求导.所以需要再构造函数()2xh x e x =--，研究函数h(x)的单调性和值域，从而研究出函数g(x)的性质得解. 当我们一次求导后，如果()'()0x ><不方便解出，一般要考虑二次求导.。
2019年高考数学理科必考题型：第18练存在与恒成立问题(含答案)
高考数学精品复习资料2019.5第18练 存在与恒成立问题[内容精要] “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．题型一 不等式的恒成立问题例1 已知函数f (x )＝ax －1－ln x ，a ∈R . (1)讨论函数f (x )的单调区间；(2)若函数f (x )在x ＝1处取得极值，对∀x ∈(0，＋∞)，f (x )≥bx －2恒成立，求实数b 的取值范围．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． 解 (1)在区间(0，＋∞)上，f ′(x )＝a －1x ＝ax －1x，当a ≤0时，f ′(x )<0恒成立，f (x )在区间(0，＋∞)上单调递减； 当a >0时，令f ′(x )＝0得x ＝1a ，在区间(0，1a )上，f ′(x )<0，函数f (x )单调递减，在区间(1a ，＋∞)上，f ′(x )>0，函数f (x )单调递增．综上所述：当a ≤0时，f (x )的单调递减区间是(0，＋∞)， 无单调递增区间；当a >0时，f (x )的单调递减区间是(0，1a )，单调递增区间是(1a，＋∞)．(2)因为函数f (x )在x ＝1处取得极值， 所以f ′(1)＝0，解得a ＝1， 经检验可知满足题意．由已知f (x )≥bx －2，即x －1－ln x ≥bx －2， 即1＋1x －ln xx≥b 对∀x ∈(0，＋∞)恒成立，令g (x )＝1＋1x －ln xx，则g ′(x )＝－1x 2－1－ln x x 2＝ln x －2x 2，易得g (x )在(0，e 2]上单调递减，在[e 2，＋∞)上单调递增， 所以g (x )min ＝g (e 2)＝1－1e 2，即b ≤1－1e 2.题型二 存在性问题例2 已知函数f (x )＝ax 3＋bx 2＋cx 在x ＝±1处取得极值，且在x ＝0处的切线的斜率为－3. (1)求f (x )的解析式；(2)若过点A (2，m )可作曲线y ＝f (x )的三条切线，求实数m 的取值范围． 破题切入点 (1)利用极值处导数为0及导数的几何意义求出f (x )．(2)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． 解 (1)f ′(x )＝3ax 2＋2bx ＋c .依题意⎩⎪⎨⎪⎧ f ′(1)＝3a ＋2b ＋c ＝0，f ′(－1)＝3a －2b ＋c ＝0，⇒⎩⎪⎨⎪⎧b ＝0，3a ＋c ＝0.又f ′(0)＝－3，∴c ＝－3，∴a ＝1，∴f (x )＝x 3－3x . (2)设切点为(x 0，x 30－3x 0)，∵f ′(x )＝3x 2－3.∴f ′(x 0)＝3x 20－3. ∴切线方程为y －(x 30－3x 0)＝(3x 20－3)(x －x 0)．又切线过点A (2，m )．∴m －(x 30－3x 0)＝(3x 20－3)(2－x 0)． ∴m ＝－2x 30＋6x 20－6.令g (x )＝－2x 3＋6x 2－6，则g ′(x )＝－6x 2＋12x ＝－6x (x －2)， 由g ′(x )＝0得x ＝0或x ＝2.g (x )极小值＝g (0)＝－6，g (x )极大值＝g (2)＝2. 画出草图如右图．∴当－6<m <2时，m ＝－2x 3＋6x 2－6有三解． 即可作曲线y ＝f (x )的三条切线． 题型三 存在与恒成立的综合性问题例3 已知a >0，函数f (x )＝ln x －ax 2，x >0.(f (x )的图象连续不断) (1)求f (x )的单调区间；(2)当a ＝18时，证明：存在x 0∈(2，＋∞)，使f (x 0)＝f ⎝⎛⎭⎫32； (3)若存在均属于区间[1,3]的α，β，且β－α≥1，使f (α)＝f (β)，证明：ln 3－ln 25≤α≤ln 23.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．(1)解 f ′(x )＝1x －2ax ＝1－2ax 2x ，x ∈(0，＋∞)，令f ′(x )＝0，解得x ＝2a2a， 当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：所以f (x )(2)证明 当a ＝18时，f (x )＝ln x －18x 2.由(1)知f (x )在(0,2)内单调递增，在(2，＋∞)内单调递减． 令g (x )＝f (x )－f ⎝⎛⎭⎫32， 由于f (x )在(0,2)内单调递增， 故f (2)>f ⎝⎛⎭⎫32，即g (2)>0.取x ′＝32e>2，则g (x ′)＝41－9e 232<0.所以存在x 0∈(2，x ′)，使g (x 0)＝0，即存在x 0∈(2，＋∞)，使f (x 0)＝f ⎝⎛⎭⎫32. (说明：x ′的取法不唯一，只要满足x ′>2，且g (x ′)<0即可) (3)证明 由f (α)＝f (β)及(1)的结论知α<2a2a<β， 从而f (x )在[α，β]上的最小值为f (α)．又由β－α≥1，α，β∈[1,3]，知1≤α≤2≤β≤3.故⎩⎪⎨⎪⎧ f (2)≥f (α)≥f (1)，f (2)≥f (β)≥f (3)，即⎩⎪⎨⎪⎧ln 2－4a ≥－a ，ln 2－4a ≥ln 3－9a .从而ln 3－ln 25≤a ≤ln 23.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．1．(20xx·课标全国Ⅱ)若存在正数x 使2x (x －a )<1成立，则a 的取值范围是( ) A ．(－∞，＋∞) B ．(－2，＋∞) C ．(0，＋∞) D ．(－1，＋∞)答案 D解析 ∵2x (x －a )<1， ∴a >x －12x .令f (x )＝x －12x ，∴f ′(x )＝1＋2－x ln 2>0. ∴f (x )在(0，＋∞)上单调递增， ∴f (x )>f (0)＝0－1＝－1，∴a 的取值范围为(－1，＋∞)，故选D.2．已知函数f (x )＝2ax 3－3ax 2＋1，g (x )＝－a 4x ＋32，若任意给定的x 0∈[0,2]，总存在两个不同的x i (i ＝1,2)∈[0,2]，使得f (x i )＝g (x 0)成立，则实数a 的取值范围是( ) A ．(－∞，－1) B ．(1，＋∞)C ．(－∞，－1)∪(1，＋∞)D ．[－1,1] 答案 A解析 当a ＝0时，显然不成立，故排除D ； 当a >0时，注意到f ′(x )＝6ax 2－6ax ＝6ax (x －1)， 即f (x )在[0,1]上是减函数，在[1,2]上是增函数， 又f (0)＝1<32＝g (0)，当x 0＝0时，结论不可能成立；进一步，可知a <0，此时g (x )在[0,2]上是增函数， 且取值范围是[32，－a 2＋32]，同时f (x )在0≤x ≤1时，函数值从1增大到1－a ， 在1≤x ≤2时，函数值从1－a 减少到1＋4a ， 所以“任意给定的x 0∈[0,2]， 总存在两个不同的x i (i ＝1,2)∈[0,2]， 使得f (x i )＝g (x 0)成立”当且仅当⎩⎪⎨⎪⎧f (x )的最大值>g (x )的最大值，f (x )的最小值<g (x )的最小值，即⎩⎨⎧1－a >－a 2＋32，1＋4a <32，解得a <－1.3．(20xx·课标全国Ⅱ)设函数f (x )＝3sin πx m .若存在f (x )的极值点x 0满足x 20＋[f (x 0)]2<m 2，则m 的取值范围是( ) A ．(－∞，－6)∪(6，＋∞) B ．(－∞，－4)∪(4，＋∞) C ．(－∞，－2)∪(2，＋∞) D ．(－∞，－1)∪(1，＋∞) 答案 C解析 ∵f (x )＝3sinπxm的极值点即为函数图象中的最高点或最低点的横坐标，由三角函数的性质可知T ＝2ππm ＝2m ，∴x 0＝m 2＋km (k ∈Z )．假设不存在这样的x 0，即对任意的x 0都有x 20＋[f (x 0)]2≥m 2，则(m 2＋km )2＋3≥m 2，整理得m 2(k 2＋k －34)＋3≥0，即k 2＋k －34≥－3m 2恒成立，因为y＝k 2＋k －34的最小值为－34(当k ＝－1或0时取得)，故－2≤m ≤2，因此原特称命题成立的条件是m >2或m <－2.4．(20xx·山东)已知实数x ，y 满足a x <a y (0<a <1)，则下列关系式恒成立的是( ) A.1x 2＋1>1y 2＋1 B ．ln(x 2＋1)>ln(y 2＋1) C ．sin x >sin y D ．x 3>y 3答案 D解析 因为0<a <1，a x <a y ，所以x >y .采用赋值法判断，A 中，当x ＝1，y ＝0时，12<1，A 不成立．B 中，当x ＝0，y ＝－1时，ln 1<ln 2，B 不成立．C 中，当x ＝0，y ＝－π时，sin x ＝sin y ＝0，C 不成立．D 中，因为函数y ＝x 3在R 上是增函数，故选D.5．若x ∈[0，＋∞)，则下列不等式恒成立的是( ) A ．e x ≤1＋x ＋x 2 B.11＋x≤1－12x ＋14x 2C ．cos x ≥1－12x 2D ．ln(1＋x )≥x －18x 2答案 C解析 对于C 项，设f (x )＝cos x ＋12x 2－1，则f ′(x )＝－sin x ＋x ≥0(x ≥0)， 所以f (x )＝cos x ＋12x 2－1是增函数，所以f (x )＝cos x ＋12x 2－1≥f (0)＝0，即cos x ≥1－12x 2.6．(20xx·辽宁)当x ∈[－2,1]时，不等式ax 3－x 2＋4x ＋3≥0恒成立，则实数a 的取值范围是( ) A ．[－5，－3] B ．[－6，－98]C ．[－6，－2]D ．[－4，－3] 答案 C解析 当x ＝0时，ax 3－x 2＋4x ＋3≥0变为3≥0恒成立，即a ∈R . 当x ∈(0,1]时，ax 3≥x 2－4x －3，a ≥x 2－4x －3x 3， ∴a ≥⎣⎡⎦⎤x 2－4x －3x 3max . 设φ(x )＝x 2－4x －3x 3，φ′(x )＝(2x －4)x 3－(x 2－4x －3)3x 2x 6＝－x 2－8x －9x 4＝－(x －9)(x ＋1)x 4>0， ∴φ(x )在(0,1]上递增，φ(x )max ＝φ(1)＝－6. ∴a ≥－6.当x ∈[－2,0)时，a ≤x 2－4x －3x 3，∴a ≤⎣⎡⎦⎤x 2－4x －3x 3min .仍设φ(x )＝x 2－4x －3x 3，φ′(x )＝－(x －9)(x ＋1)x 4. 当x ∈[－2，－1)时，φ′(x )<0，当x ∈(－1,0)时，φ′(x )>0.∴当x ＝－1时，φ(x )有极小值，即为最小值． 而φ(x )min ＝φ(－1)＝1＋4－3－1＝－2，∴a ≤－2. 综上知－6≤a ≤－2.7．设函数f (x )＝ax 3－3x ＋1(x ∈R )，若对于任意x ∈[－1,1]，都有f (x )≥0成立，则实数a 的值为________． 答案 4解析 若x ＝0，则不论a 取何值，f (x )≥0显然成立；当x >0时，即x ∈(0,1]时，f (x )＝ax 3－3x ＋1≥0可化为a ≥3x 2－1x 3.即g (x )＝3x 2－1x 3，则g ′(x )＝3(1－2x )x 4，所以g (x )在区间(0，12]上单调递增，在区间[12，1]上单调递减，因此g (x )max ＝g (12)＝4，从而a ≥4.当x <0时，即x ∈[－1,0)时，同理a ≤3x 2－1x 3.g (x )在区间[－1,0)上单调递增， 所以g (x )min ＝g (－1)＝4， 从而a ≤4，综上可知a ＝4.8．(20xx·江苏)已知函数f (x )＝x 2＋mx －1，若对于任意x ∈[m ，m ＋1]，都有f (x )<0成立，则实数m 的取值范围是________． 答案 (－22，0) 解析 作出二次函数f (x )的图象，对于任意x ∈[m ，m ＋1]，都有f (x )<0，则有⎩⎪⎨⎪⎧f (m )<0，f (m ＋1)<0，即⎩⎪⎨⎪⎧m 2＋m 2－1<0，(m ＋1)2＋m (m ＋1)－1<0，解得－22<m <0.9．已知函数f (x )＝x －1x ＋1，g (x )＝x 2－2ax ＋4，若对于任意x 1∈[0,1]，存在x 2∈[1,2]，使f (x 1)≥g (x 2)，则实数a 的取值范围是__________． 答案 ⎣⎡⎭⎫94，＋∞解析 由于f ′(x )＝1＋1(x ＋1)2>0，因此函数f (x )在[0,1]上单调递增，所以x ∈[0,1]时，f (x )min＝f (0)＝－1.根据题意可知存在x ∈[1,2]，使得g (x )＝x 2－2ax ＋4≤－1，即x 2－2ax ＋5≤0，即a ≥x 2＋52x 能成立，令h (x )＝x 2＋52x ，则要使a ≥h (x )在x ∈[1,2]能成立，只需使a ≥h (x )min ，又函数h (x )＝x 2＋52x 在x ∈[1,2]上单调递减，所以h (x )min ＝h (2)＝94，故只需a ≥94.10．(20xx·浙江)已知函数f (x )＝x 3＋3|x －a |(a ∈R )．(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 )； (2)设b ∈R ，若[f (x )＋b ]2≤4对x ∈[－1,1]恒成立，求3a ＋b 的取值范围．解 (1)因为f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 3＋3x －3a ，x ≥a ，x 3－3x ＋3a ，x <a ，所以f ′(x )＝⎩⎪⎨⎪⎧3x 2＋3，x ≥a ，3x 2－3，x <a .由于－1≤x ≤1.①当a ≤－1时，有x ≥a ，故f (x )＝x 3＋3x －3a . 此时f (x )在(－1,1)上是增函数，因此，M (a )＝f (1)＝4－3a ，m (a )＝f (－1)＝－4－3a ， 故M (a )－m (a )＝(4－3a )－(－4－3a )＝8. ②当－1<a <1时，若x ∈(a,1)，f (x )＝x 3＋3x －3a ，在(a,1)上是增函数； 若x ∈(－1，a )，f (x )＝x 3－3x ＋3a ，在(－1，a )上是减函数， 所以，M (a )＝max{f (1)，f (－1)}，m (a )＝f (a )＝a 3. 由于f (1)－f (－1)＝－6a ＋2，因此当－1<a ≤13时，M (a )－m (a )＝－a 3－3a ＋4；当13<a <1时，M (a )－m (a )＝－a 3＋3a ＋2. ③当a ≥1时，有x ≤a ，故f (x )＝x 3－3x ＋3a ， 此时f (x )在(－1,1)上是减函数，因此，M (a )＝f (－1)＝2＋3a ，m (a )＝f (1)＝－2＋3a ， 故M (a )－m (a )＝(2＋3a )－(－2＋3a )＝4.综上可知，M (a )－m (a )＝⎩⎪⎨⎪⎧8，a ≤－1，－a 3－3a ＋4，－1<a ≤13，－a 3＋3a ＋2，13<a <1，4，a ≥1.(2)令h (x )＝f (x )＋b ，则h (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧ x 3＋3x －3a ＋b ，x ≥a ，x 3－3x ＋3a ＋b ，x <a ，h ′(x )＝⎩⎪⎨⎪⎧3x 2＋3，x ≥a ，3x 2－3，x <a .因为[f (x )＋b ]2≤4对x ∈[－1,1]恒成立， 即－2≤h (x )≤2对x ∈[－1,1]恒成立， 所以由(1)知，①当a ≤－1时，h (x )在(－1,1)上是增函数， h (x )在[－1,1]上的最大值是h (1)＝4－3a ＋b ， 最小值是h (－1)＝－4－3a ＋b ，则－4－3a ＋b ≥－2且4－3a ＋b ≤2，矛盾；②当－1<a ≤13时，h (x )在[－1,1]上的最小值是h (a )＝a 3＋b ，最大值是h (1)＝4－3a ＋b ， 所以a 3＋b ≥－2且4－3a ＋b ≤2，从而－2－a 3＋3a ≤3a ＋b ≤6a －2且0≤a ≤13.令t (a )＝－2－a 3＋3a ，则t ′(a )＝3－3a 2>0，t (a )在⎝⎛⎭⎫0，13上是增函数， 故t (a )≥t (0)＝－2， 因此－2≤3a ＋b ≤0.③当13<a <1时，h (x )在[－1,1]上的最小值是h (a )＝a 3＋b ，最大值是h (－1)＝3a ＋b ＋2， 所以a 3＋b ≥－2且3a ＋b ＋2≤2， 解得－2827<3a ＋b ≤0.④当a ≥1时，h (x )在[－1,1]上的最大值是 h (－1)＝2＋3a ＋b ，最小值是h (1)＝－2＋3a ＋b ，所以3a ＋b ＋2≤2且3a ＋b －2≥－2，解得3a ＋b ＝0. 综上，得3a ＋b 的取值范围是－2≤3a ＋b ≤0. 11．已知函数f (x )＝(x ＋1)ln x －x ＋1. (1)若xf ′(x )≤x 2＋ax ＋1，求a 的取值范围； (2)证明：(x －1)f (x )≥0.(1)解 f ′(x )＝x ＋1x ＋ln x －1＝ln x ＋1x，xf ′(x )＝x ln x ＋1，而xf ′(x )≤x 2＋ax ＋1(x ＞0)等价于ln x －x ≤a .令g (x )＝ln x －x ，则g ′(x )＝1x－1.当0＜x ＜1时，g ′(x )＞0；当x ≥1时，g ′(x )≤0，x ＝1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)证明 由(1)知，g (x )≤g (1)＝－1，即ln x －x ＋1≤0.当0＜x ＜1时，f (x )＝(x ＋1)ln x －x ＋1＝x ln x ＋(ln x －x ＋1)<0，∴(x －1)f (x )>0； 当x ≥1时，f (x )＝ln x ＋(x ln x －x ＋1)＝ln x ＋x ⎝⎛⎭⎫ln x ＋1x －1＝ln x －x ⎝⎛⎭⎫ln 1x －1x ＋1≥0. ∴(x －1)f (x )≥0.综上，在定义域内满足(x －1)f (x )≥0恒成立． 12．(20xx·陕西)设函数f (x )＝ln x ＋mx，m ∈R .(1)当m ＝e(e 为自然对数的底数)时，求f (x )的极小值； (2)讨论函数g (x )＝f ′(x )－x3零点的个数；(3)若对任意b >a >0，f (b )－f (a )b －a <1恒成立，求m 的取值范围．解 (1)由题设，当m ＝e 时，f (x )＝ln x ＋ex ，则f ′(x )＝x －ex2，∴当x ∈(0，e)时，f ′(x )<0，f (x )在(0，e)上单调递减， 当x ∈(e ，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )在(e ，＋∞)上单调递增， ∴当x ＝e 时，f (x )取得极小值f (e)＝ln e ＋ee ＝2，∴f (x )的极小值为2.(2)由题设g (x )＝f ′(x )－x 3＝1x －m x 2－x3(x >0)，令g (x )＝0，得m ＝－13x 3＋x (x >0)．设φ(x )＝－13x 3＋x (x ≥0)，则φ′(x )＝－x 2＋1＝－(x －1)(x ＋1)，当x ∈(0,1)时，φ′(x )>0，φ(x )在(0,1)上单调递增；当x ∈(1，＋∞)时，φ′(x )<0，φ(x )在(1，＋∞)上单调递减．∴x ＝1是φ(x )的唯一极值点，且是极大值点，因此x ＝1也是φ(x )的最大值点，∴φ(x )的最大值为φ(1)＝23. 又φ(0)＝0，结合y ＝φ(x )的图象(如图)，可知①当m >23时，函数g (x )无零点； ②当m ＝23时，函数g (x )有且只有一个零点； ③当0<m <23时，函数g (x )有两个零点； ④当m ≤0时，函数g (x )有且只有一个零点．综上所述，当m >23时，函数g (x )无零点； 当m ＝23或m ≤0时，函数g (x )有且只有一个零点； 当0<m <23时，函数g (x )有两个零点． (3)对任意的b >a >0，f (b )－f (a )b －a<1恒成立， 等价于f (b )－b <f (a )－a 恒成立．(*)设h (x )＝f (x )－x ＝ln x ＋m x－x (x >0)， ∴(*)等价于h (x )在(0，＋∞)上单调递减．由h ′(x )＝1x －m x2－1≤0在(0，＋∞)上恒成立， 得m ≥－x 2＋x ＝－(x －12)2＋14(x >0)恒成立， ∴m ≥14(对m ＝14，h ′(x )＝0仅在x ＝12时成立)， ∴m 的取值范围是[14，＋∞)．。
2019高考数学一轮复习专题突破16【恒成立问题】
数，再次运用导数求出最值，从而计算出结果，本题导数的运用性较强、综合性强，需要掌握其解答
方法。
【例 3】【河南省中原名校 2018 届高三高考预测金卷】定义在 R 上的函数 f(x)的导函数为 f'(x)，
且 f(x) = f'(1) ex + f(0) x2 − x，若存在实数 x 使不等式 f(x) ≤ m2 − am − 3 对于 a ∈ [0,2]恒成立，
2
A． 0,1 ∪ 1, + ∞ B． 0, + ∞ C． 1, + ∞ D． 0,1
【答案】A
∴ fxmin =
fa
=
a2 2
+
a
−
a2
−
alna
∴ a2 + a − a2 − alna > 2a − 3 a2，
2
2
令 ga = a2 − a − alna > 0，a > 0
3
∴
ha
=
a
−
alna
【详解】
f(x) = f'1 e2x−2 + x2 − 2f(0) ⋅ x
2
令
x
=
0，则
f(0)
=
f'(1) 2e2
∵ f'x = f'1 ∙ e2x−2 + 2x − 2f(0)，
令 x = 1，则f'1 = f'1 + 2 − 2 f(0)，解得 f0 = 1
∴ f'1 = 2e2，
则 fx = e2x + x2 − 2x，f2 = e4
∴ g(2016) > f(2) ⋅ g(2018)
备战2019年高考数学大一轮复习 热点聚焦与扩展 专题12 函数的极(最)值问题
专题12 函数的极（最）值问题【热点聚焦与扩展】从高考来看，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：(1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系．(2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数．(3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题．(4)考查数形结合思想的应用．导数是研究函数性质的重要工具，它的突出作用是用于研究函数的单调性、极值与最值、函数的零点等．从题型看，往往有一道选择题或填空题，有一道解答题.其中解答题难度较大，常与不等式、方程等结合考查．在高考导数的综合题中，所给函数往往是一个含参数的函数，且导函数含有参数，在分析函数单调性时面临分类讨论.(一)函数的极值问题 1、函数极值的概念：（1）极大值：一般地，设函数()f x 在点0x 及其附近有定义，如果对0x 附近的所有的点都有()()0f x f x <，就说()0f x 是函数()f x 的一个极大值，记作()0y f x =极大值，其中0x 是极大值点（2）极小值：一般地，设函数()f x 在点0x 及其附近有定义，如果对0x 附近的所有的点都有()()0f x f x >，就说()0f x 是函数()f x 的一个极小值，记作()0y f x =极小值，其中0x 是极小值点，极大值与极小值统称为极值2、在定义中，取得极值的点称为极值点，极值点是自变量的值，极值指的是函数值.请注意以下几点： （1）极值是一个局部概念：由定义，极值只是某个点的函数值与它附近点的函数值比较是最大或最小并不意味着它在函数的整个的定义域内最大或最小（2）函数的极值不是唯一的即一个函数在某区间上或定义域内极大值或极小值可以不止一个（3）极大值与极小值之间无确定的大小关系即一个函数的极大值未必大于极小值（4）函数的极值点一定出现在区间的内部，区间的端点不能成为极值点3、极值点的作用：（1）极值点为单调区间的分界点 （2）极值点是函数最值点的候选点4、()f x 在0x x =处可导，那么0x x =为()f x 的一个极值点⇒()0'0f x = 说明：①前提条件：()f x 在0x x =处可导②单向箭头：在可导的前提下，极值点⇒导数0=，但是导数0=不能推出0x x =为()f x 的一个极值点，例如：3y x =在()0,0处导数值为0，但0x =不是极值点③上述结论告诉我们，判断极值点可以通过导数来进行，但是极值点的定义与导数无关（例如：y x =在()0,0处不可导，但是0x =为函数的极小值点） 5、求极值点的步骤： （1）筛选： 令()'0fx =求出()'f x 的零点（此时求出的点有可能是极值点）（2）精选：判断函数通过()'f x 的零点时，其单调性是否发生变化，若发生变化，则该点为极值点，否则不是极值点（3）定性： 通过函数单调性判断出是极大值点还是极小值点：先增后减→极大值点，先减后增→极小值点 6、在综合题分析一个函数时，可致力于求出函数的单调区间，当求出单调区间时，极值点作为单调区间的分界点也自然体现出来，并且可根据单调性判断是极大值点还是极小指点，换言之，求极值的过程实质就是求函数单调区间的过程.7、对于在定义域中处处可导的函数，极值点是导函数的一些零点，所以涉及到极值点个数或所在区间的问题可转化成导函数的零点问题.但要注意检验零点能否成为极值点. 8、极值点与函数奇偶性的联系：（1）若()f x 为奇函数，则当0x x =是()f x 的极大（极小）值点时，0x x =-为()f x 的极小（极大）值点 （2）若()f x 为偶函数，则当0x x =是()f x 的极大（极小）值点时，0x x =-为()f x 的极大（极小）值点 （二）函数的最值问题 1、函数的最大值与最小值：（1）设函数()f x 的定义域为D ，若0x D ∃∈，使得对x D ∀∈，均满足()()0f x f x ≤，那么称0x x =为函数()f x 的一个最大值点，()0f x 称为函数()f x 的最大值（2）设函数()f x 的定义域为D ，若0x D ∃∈，使得对x D ∀∈，均满足()()0f x f x ≥，那么称0x x =为函数()f x 的一个最小值点，()0f x 称为函数()f x 的最小值（3）最大值与最小值在图像中体现为函数的最高点和最低点（4）最值为函数值域的元素，即必须是某个自变量的函数值.例如：()[)ln ,1,4f x x x =∈，由单调性可得()f x 有最小值()10f =，但由于x 取不到4，所以尽管函数值无限接近于ln4,但就是达不到.()f x 没有最大值.） （5）一个函数其最大值（或最小值）至多有一个，而最大值点（或最小值点）的个数可以不唯一，例如()sin f x x =，其最大值点为()22x k k Z ππ=+∈，有无穷多个.2．“最值”与“极值”的区别和联系如图为一个定义在闭区间[]b a ,上的函数)(x f 的图象．图中)(1x f 与3()f x 是极小值，2()f x 是极大值．函数)(x f 在[]b a ,上的最大值是)(b f ，最小值是3()f x（1）“最值”是整体概念，是比较整个定义域内的函数值得出的，具有绝对性；而“极值”是个局部概念，是比较极值点附近函数值得出的，具有相对性．（2）从个数上看，一个函数在其定义域上的最值是唯一的；而极值不唯一；（3）函数在其定义区间上的最大值、最小值最多各有一个，而函数的极值可能不止一个，也可能没有一个.（4）极值只能在定义域内部取得，而最值可以在区间的端点处取得，有极值的未必有最值，有最值的未必有极值；极值有可能成为最值，最值只要不在端点必定是极值．3、结论：一般地，在闭区间[]b a ,上函数()y f x =的图像是一条连续不断的曲线，那么函数()y f x =在[]b a ,上必有最大值与最小值．4、最值点只可能在极值点或者边界点处产生，其余的点位于单调区间中，意味着在这些点的周围既有比它大的，也有比它小的，故不会成为最值点.5、利用导数求函数的最值步骤:一般地，求函数)(x f 在[]b a ,上的最大值与最小值的步骤如下： （1）求)(x f 在(,)a b 内的极值；（2）将)(x f 的各极值与端点处的函数值)(a f 、)(b f 比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值，得出函数)(x f 在[]b a ,上的最值6、求函数最值的过程中往往要利用函数的单调性，所以说，函数的单调区间是求最值与极值的基础7、在比较的过程中也可简化步骤：（1）利用函数单调性可判断边界点是否能成为最大值点或最小值点 （2）极小值点不会是最大值点，极大值点也不会是最小值点 8、最值点的作用 （1）关系到函数的值域（2）由最值可构造恒成立的不等式：例如：()ln 1f x x x =-+，可通过导数求出()()min 10f x f ==，由此可得到对于任意的0x >，均有()()min 0f x f x ≥=，即不等式ln 1x x ≤-.【经典例题】例1【2017课标II ，理11】若2x =-是函数21()(1)x f x x ax e-=+-的极值点，则()f x 的极小值为（ ）A.1-B.32e -- C.35e - D.1 【答案】A 【解析】例2【2019届湖北省黄冈、黄石等八市高三3月联考】已知函数（1）当时，求的极值；（2）若有两个不同的极值点，求的取值范围;【答案】（1）极小值（2）故在处有极小值；（2）依题意可得，有两个不同的实根.设，则有两个不同的实根,，若，则，此时为增函数，故至多有1个实根，不符合要求；若，则当时，，当时，，故此时在上单调递增，在上单调递减，的最大值为,故为的极小值点，为的极大值点, 符合要求.综上所述：的取值范围为.（分离变量的方法也可以）点睛：本题考查了函数极值点问题，利用导数知识对其求导，当遇到含有参量的时候可以采用分离参量的方法，也可以带着参量一起运算，分离参量后求出直线与曲线的交点问题即可，本题没有分离参量，进行的对参量的分类讨论，本题有一定难度例3【2019届江苏省淮安市等四市高三上一模】已知函数．⑴当时，求函数的极值；⑵若存在与函数，的图象都相切的直线，求实数的取值范围．【答案】（1）当时，函数取得极小值为，无极大值；（2）【解析】试题分析：（1），通过求导分析，得函数取得极小值为，无极大值；（2），所以，通过求导讨论，得到的取值范围是．试题解析：（1）函数的定义域为当时，，所以所以当时，，当时，，所以函数在区间单调递减，在区间单调递增，所以，代入得：设，则不妨设则当时，，当时，所以在区间上单调递减，在区间上单调递增，代入可得：设，则对恒成立，所以在区间上单调递增，又所以当时，即当时,又当时因此当时，函数必有零点；即当时，必存在使得成立；即存在使得函数上点与函数上点处切线相同．又由得：所以单调递减，因此所以实数的取值范围是．例4【2019届福建省厦门市高三下第一次检查（3月）】已知函数，其中为自然对数的底数.（1）当时，证明：；（2）讨论函数极值点的个数.【答案】（1）详见解析；（2）详见解析.试题解析：（1）依题意，，故原不等式可化为，因为，只要证.记，则.当时，，单调递减；当时，，单调递增.∴，即，原不等式成立.（2）.记（ⅰ）当时，，在上单调递增，，.∴存在唯一，且当时，；当.①若，即时，对任意，此时在上单调递增，无极值点；②若，即时，此时当或时，.即在上单调递增；当时，，即在上单调递减；此时有一个极大值点和一个极小值点；（ⅲ）当时，由（1）可知，对任意，从而，而对任意.∴对任意.此时令，得；令，得.∴在单调递减；在上单调递增；此时有一个极小值点，无极大值点.（ⅳ）当时，由（1）可知，对任意，当且仅当时取等号.此时令，得；令得.点睛：求函数极值的步骤：（1）确定函数的定义域；（2）求导数；（3）解方程求出函数定义域内的所有根；（4）列表检查在的根左右两侧值的符号，如果左正右负（左增右减），那么在处取极大值，如果左负右正（左减右增），那么在处取极小值；（5）如果只有一个极值点，则在该处即是极值也是最值.例5【2017北京，理19】已知函数()e cos xf x x x =-． （Ⅰ）求曲线()y f x =在点(0,(0))f 处的切线方程；（Ⅱ）求函数()f x 在区间π[0,]2上的最大值和最小值． 【答案】(Ⅰ)1y =；（Ⅱ）最大值1；最小值2π-. 【解析】所以函数()f x 在区间π[0,]2上单调递减.因此()f x 在区间π[0,]2上的最大值为(0)1f =，最小值为ππ()22f =-. 例6【2019届北京市人大附高三十月月考】已知a 是实数,函数()()2f x x x a =-（Ⅰ）若()13,f '=求a 的值及曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线方程; （Ⅱ）求()f x 在区间[]0,2上的最小值. 【答案】(1) 0.a = 320.x y --= (2)见解析.【解析】试题分析：（I ）首先根据导数()13f '=求a ，再根据切线方程()()()111y f f x '-=-求切线方程；（Ⅱ）首先求函数的极值点， 1220,3x x a ==，比较23a 与区间端点的大小，从而得到函数的最小值. 试题解析：（Ⅰ） ()232f x x ax '=- 因为()1323,f a =-=所以0.a = 当0a =时, ()()11,13,f f '==所以曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线方程为320.x y --=（Ⅱ）由（Ⅰ）可知, ()232f x x ax '=-.令()0,f x '=解得1220,.3a x x == 当20,3a≤即0,a ≤ ()f x 在[]0,2上单调递增,从而()min 00.f f == 当22,3a ≥即3,a ≥ ()f x 在[]0,2上单调递减,从而()min 284.f f a ==-当202,3a <<即03,a << ()f x 在20,3a ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递减,在2,23a ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递增,从而3min24.327a a f f ⎛⎫==- ⎪⎝⎭综上所述, 3min0,04{,0 3 2784,3a a f a a a ≤=-<<-≥.例7【2019届北京市城六区高三一模】．已知函数(I)当时，求函数的单调递增区间；(Ⅱ)当时，若函数的最大值为，求的值.【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）.试题解析：（Ⅰ）当时，故令，得故的单调递增区间为（Ⅱ）方法1：令则由，故存在，故当时，；当时，故故，解得故的值为.（Ⅱ）方法2：的最大值为的充要条件为对任意的，且存在，使得，等价于对任意的，且存在，使得，等价于的最大值为.，令，得.故的最大值为，即.例8【2019届北京市清华附中高三十月月考】已知()()320f x ax bx cx a =++≠在1x =±时取得极值,且()11f =-.（Ⅰ）试求常数a , b , c 的值;（Ⅱ）求函数()f x 在[]0,2x ∈上的最大值. 【答案】（1）13,0,22a b c ===-（2）当1x =-时, ()f x 有极大值,当1x =时, ()f x 有极小值.再由()11f =-, 所以1a b c ++=-,③联立①②③解得13,0,22a b c ===-; （Ⅱ）()31322f x x x =-,()()()233311222f x x x x =-=+-',当1x <-或1x >时, ()0f x '>, 当11x -<<时, ()0f x '<,所以,当1x =-时, ()f x 有极大值,当1x =时, ()f x 有极小值. 例9【2019届北京市首师大附高三十月月考】已知函数()()()322111.32f x x x x a x x a R ⎛⎫=-++--∈ ⎪⎝⎭（Ⅰ）若1x =是()f x 的极小值点,求实数a 的取值范围及函数()f x 的极值; （Ⅱ）当1a ≥时,求函数()f x 在区间[]0,2上的最大值. 【答案】（1）1,a <极小值为()11126f a =-,极大值为()321162f a a a =-+.（2）见解析 【解析】试题分析：（1）根据极小值定义求实数a 的取值范围，根据导函数符号变化规律确定函数极值，（2）根据a 与2大小讨论导函数零点，再列表分析导函数符号变化规律确定函数最大值取法，最后小结结论. 试题解析：解: ()()()()()221111f x x x a x x x a =-++--=--'（Ⅰ）若1x =是()f x 的极小值,则1,a <列表分析如下:所以最大值可能为()11126f a =-或()22;3f = ①当513a ≤<时,最大值为()22;3f =②当523a ≤<时,最大值为()11126f a =-综上所述,当513a ≤<时,最大值为()22;3f =当53a ≥时,最大值为()11126f a =-例10【2019届陕西省榆林市二模】已知函数，.（1）若时，求函数的最小值；（2）若函数既有极大值又有极小值，求实数的取值范围.【答案】（1）；（2）.【解析】试题分析：（1）代入，得，求导，利用导函数判定函数的单调性，即可求得函数的最小值；（2）现求导数，函数既有极大值又有极小值，等价于有两个零点，可分和两种情况分类讨论，得到函数的单调性和极值，得到函数有极大值和极小值的条件，即可求解实数的取值范围.试题解析：列表：所以，函数的最小值为.（2），定义域为，.记，，，①当时，，在上单调递增，故在上至多有一个零点，此时，函数在上至多存在一个极小值，不存在极大值，不符题意；②当时，令，可得，列表：若，即，，即，且当时，，函数在上单调递减；当时，，函数在上单调递增，函数在处取极小值.由于，且（事实上，令，，故在上单调递增，所以）.点睛：本题主要考查导数在函数中的应用，考查了转化与化归思想、逻辑推理能力与计算能力.导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行： (1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、圆等知识联系； (2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数； (3)利用导数求函数的最值(极值)，解决函数的恒成立与有解问题； (4)考查数形结合思想的应用.【精选精练】1.【2019届安徽省安庆市2019届高三二模】已知函数()()2ln xf x ef e x e'=-（e 是自然对数的底数）， 则f （x ）的极大值为（ ） A. 2e-1 B. 1e -C. 1D. 2ln2【答案】D 【解析】()()()()()22111,ef e ef e f x f e f e x e e e e=-∴=-''''='， ()210,2f x x e x e∴=-=='∴ ()f x 的极大值为()22ln222ln2f e e ∴=-=，选D. 2．【2019届福建省三明市第一中学高三下开学】函数在的最小值是( )A. B. 1 C. 0 D.【答案】B 【解析】，令得，或，令得，，所以在，单调递增，在单调递减，，.本题选择B 选项.3.【2019届广东省茂名市五大联盟学校高三3月联考】已知函数 (其中，为自然对数的底数)在处取得极大值，则实数的取值范围是（ ） A. B.C.D.【答案】D由，可得f(x ）在区间，上单调递增；由，可得f(x)在区间上单调递减，故f(x)在x=1处取得极大值，所以若函数f(x)在x=1处取得极大值，则实数a 的取值范围是.本题选择D 选项.【名师点睛】反思这类型题型，首先先利用导函数的解析式，判断得出极值点存在并且只有一个并得出极值点的范围.由于极值点与参数有关，因此就需要假设，假设后，再代进行化简消元最终求得参数的取值范围. 4.【2019届海南省高三第二次联考】若1x =是函数()()ln x f x e a x =+的极值点，则实数a =__________． 【答案】e -【解析】因为()1ln +x x f x e x e a x='+⋅（），且1x =是函数()()ln x f x e a x =+的极值点，所以()10f e a '=+=，解得a e =-.5．【2019届北京市北京19中高三十月月考】已知函数()y f x =的导函数有且仅有两个零点,其图像如图所示,则函数()y f x =在x =______________处取得极值.【答案】-1【点睛】本题考查函数的极值的判定.本题的易错点是将2看成一个极值点，要注意()00f x '=是可导函数()f x 在0x x =处取得极值的必要不充分条件，而本题中函数()f x 在2x =附近单调递增. 6．【2019届东北三省三校（哈师大附中、东北师大附中、辽宁省实验中学）高三一模】已知函数，是函数的极值点，给出以下几个命题：①；②；③；④；其中正确的命题是______________.(填出所有正确命题的序号) 【答案】①③【名师点睛】此题主要考查了导数在研究函数的极值、最值、以及单调性等中的应用，主要涉及函数求导的计算公式、法则，还有函数极值点和最值的应用等方面的知识和技能，属于中高档题型，也是常考考点.首先利用导数判断函数的单调性，由函数值大小的比较，来确定其自变量的大小，从而解决问题①②. 7【2019届北京市清华附中高三十月月考】设函数()ln f x x a x =-（其中a R ∈）. （Ⅰ）当1a =时,求函数()f x 在1x =时的切线方程; （Ⅱ）求函数()f x 的极值.【答案】（1）1y =（2）当0a ≤时,函数()f x 无极值,当0a >时,函数()f x 在x a =处取得极小值ln a a a -,无极大值.【解析】试题分析： ()1将1a =代入，算出1x =时的切线方程()2求导，讨论当0a ≤时、当0a >时的极值情况解析：（Ⅰ）定义域为()0,+∞,1a =时, ()ln f x x x =-,()11f x x'=-,()11101f =-=',()11ln11f =-=,所以切线方程为1y =; （Ⅱ）()1a x af x x x'-=-=,定义域为()0,+∞, ①当0a ≤时, ()0f x '>,函数()f x 在()0,+∞上为增函数,此时函数()f x 无极值; ②当0a >时,令()0f x '=,解得x a =,当()0,x a ∈时, ()0f x '<,当(),x a ∈+∞时, ()0f x '>,所以函数()f x 在x a =处取得极小值,且极小值为()ln f a a a a =-,无极大值, 综上,当0a ≤时,函数()f x 无极值,当0a >时,函数()f x 在x a =处取得极小值ln a a a -,无极大值.8．【2019届北京市丰台区高三一模】已知函数()()()=e ln 1xf x a x a R -+∈.(Ⅰ)求曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线方程； (Ⅱ)若函数()y f x =在1,12⎛⎫⎪⎝⎭上有极值，求a 的取值范围．【答案】(1) ()e y a x =-;(2) ⎫⎪⎪⎝⎭.【解析】试题分析：（1）由题意()e x af x x='-，因为()1e f a =-， ()1e f a '=-，利用点斜式方程即可求解切线的方程； （Ⅱ）由()e x af x x='-，分0a ≤和0a >讨论，即可得出函数单调性，求得函数有极值的条件，求得实数a 的取值范围． 试题解析：（Ⅱ）()e x a f x x='-． （ⅰ）当0a ≤时，对于任意1,12x ⎛⎫∈⎪⎝⎭，都有()0f x '>， 所以函数()f x 在1,12⎛⎫⎪⎝⎭上为增函数，没有极值，不合题意． （ⅱ）当0a >时，令()e x a g x x =-，则()2e 0x ag x x=+>'．9．【2019届江西省上饶市高三下二模】设函数()22ln x e kf x k x x x=++（k 为常数， 2.71828e =为自然对数的底数）．（1）当0k ≥时，求函数()f x 的单调区间；（2）若函数()f x 在()0,3内存在三个极值点，求实数k 的取值范围．【答案】(1) ()f x 的单调递减区间为()0,2，单调递增区间为()2,.+∞（2）322,,322e e e e ⎛⎫⎛⎫--⋃-- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.【解析】试题分析：（1）第（1）问，直接求导，再求函数的单调区间. (2)第（2）问，对k 进行分类讨论，求出每一种情况下函数的单调性，再分析函数()f x 在()0,3内存在三个极值点的条件从而得到实数k 的取值范围. 试题解析：(1) 函数()f x 的定义域为()0,+∞.()()()2423222xx x x e kxx e xe k k f x x x x x-+-=-'+=. 由0,0k x ≥>可得0x e kx +>，所以当()0,2x ∈时， ()0f x '<；当()2,x ∈+∞时， ()0f x '>. 故()f x 的单调递减区间为()0,2，单调递增区间为()2,.+∞（2）由（1）知，当0k ≥时，函数()f x 在()0,2内单调递减，在()2,3内单调递增，故()f x 在()0,3内仅存在一个极值点2x =；当0k <时，令0x xe e kx k x +=⇒-=， ()x e g x x =，依题函数y k =-与函数()xe g x x=， ()0,3x ∈的图象有两个横坐标不等于2的交点.()()21x e x g x x='-，当()0,1x ∈时， ()0g x '<，则()g x 在()0,1上单调递减，当()1,3x ∈时， ()0g x '>，则()g x 在()1,3上单调递增；而()()()231,2,3.23e e g e g g ===和极大值点2x .综上，函数()f x 在()0,3内存在三个极值点时，实数k 的取值范围为322,,322e e e e ⎛⎫⎛⎫--⋃-- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.【名师点睛】本题的难点在第（2）问，主要是对函数xy e kx =+的分析，把它的图像和性质分析清楚了，原命题自然分析清楚了.解答数学问题，要善于抓住主要问题，再突破. 10．【2019届北京市城六区高三一模】已知函数()1e ln xf x a x x ⎛⎫=⋅++ ⎪⎝⎭，其中a R ∈． （Ⅰ）若曲线()y f x =在1x =处的切线与直线exy =-垂直，求a 的值； （Ⅱ）当()0,ln2a ∈时，证明： ()f x 存在极小值． 【答案】（Ⅰ）0a =．（Ⅱ）见解析.【解析】试题分析：(Ⅰ) ()f x 的导函数为()221e ln xf x a x x x ⎛⎫=⋅++'- ⎪⎝⎭． 依题意()()1e 1e f a =⋅+='，解得0a =．(Ⅱ) 由()221e ln x f x a x x x ⎛⎫=⋅++'- ⎪⎝⎭．令()221ln g x a x x x =+-+， ()()223311220x x x g x x x -+-+==>'恒成立，故()g x 在()0,+∞单调递增．因为()0,ln2a ∈， ()110g a =+>， 11ln 022g a ⎛⎫=+<⎪⎝⎭，故存在01,12x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，使得()00g x =．可得f(x)在01,2x ⎛⎫⎪⎝⎭减，令()221ln g x a x x x =+-+， 则 ()()22331122x x x g x x x-='+-+=． 所以对任意()0,x ∈+∞，有()0g x '>，故()g x 在()0,+∞单调递增． 因为()0,ln2a ∈，所以()110g a =+>， 11ln 022g a ⎛⎫=+<⎪⎝⎭， 故存在01,12x ⎛⎫∈⎪⎝⎭，使得()00g x =． ()f x 与()f x '在区间1,12⎛⎫⎪⎝⎭上的情况如下：所以()f x 在区间01,2x ⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减，在区间()0,1x 上单调递增． 所以()f x 存在极小值()0f x ．11【2019届北京师范大学附中高三下二模】已知函数，其中，为自然对数底数．（1）求函数的单调区间； （2）已知，若函数对任意都成立，求的最大值．【答案】（1）函数的单调递增区间为，单调递减区间为．（2）．【解析】【试题分析】(1)求导后令导数等于零,求得极值点后写出单调区间.(2)结合(1)求得函数的最小值,由此得到的取值范围.再利用导数求得 的取值范围.【试题解析】 （1）因为，因为，由得，所以当时，，单调递减；当时，单调递增．综上可得，函数的单调递增区间为，单调递减区间为．（2）因为，由函数对任意都成立，得，因为，所以．所以，设，所以，即的最大值为，此时，．【名师点睛】本小题主要考查函数导数与函数的单调区间,考查利用导数求解不等式的问题.求函数单调区间的基本步骤是:首先求函数的定义域,其次对函数求导,求导后一般需要对导函数进行通分和因式分解,然后求得导函数的零点,即原函数的极值点,结合图象判断函数的单调区间.12．【2019届新疆维吾尔自治区高三二模】已知函数()1xf x e ax =++（a R ∈）.若0x =是()f x 的极值点.（I ）求a ,并求()f x 在[]2,1-上的最小值；（II ）若不等式()'1xkf x xe <+对任意0x >都成立，其中k 为整数， ()'f x 为()f x 的导函数，求k 的最大值.【答案】（I ）1a =-，最下值2；(II ）2.【解析】试题分析：（1）第（1）问，先根据0x =是()f x 的极值点得到1a =-，再利用导数求函数的单调区间，求函数()f x 在[]2,1-上的最小值.(2)第（2）问，先分离参数得到11x x xe k e +<-，再求函数()11x x xe g x e +=-（0x >）的最小值，即得到k 的最大值. 试题解析：（I ）()'xf x e a =+，由0x =是()f x 的极值点，得()'00f =，∴1a =-.易知()f x 在[]2,0-上单调递减，在[]0,1上单调递增， 所有当0x =时， ()f x 在[]2,1-上取得最小值2. （II ）由（I ）知1a =-，此时()'1xf x e =-，∴()()'111x x x kf x xe k e xe <+⇔-<+∵0x >，∴10xe ->，∴11x x xe k e +<-令()11x x xe g x e +=-（0x >），∴()min k g x <()()2'1x x x e e x g x e --=-（0x >）【名师点睛】本题的难点在求出()()2'1x x x e e x g x e --=-（0x >）后，求函数的单调区间不方便，此时需要二次求导.所以需要再构造函数()2xh x e x =--，研究函数h(x)的单调性和值域，从而研究出函数g(x)的性质得解. 当我们一次求导后，如果()'()0x ><不方便解出，一般要考虑二次求导.。
备战2019年高考数学大一轮复习 热点聚焦与扩展 专题32 均值不等式常见应用
学 习 资 料 专 题专题32 均值不等式常见应用【热点聚焦与扩展】高考命题中对基本不等式的考查比较灵活，可以说无处不在，重点考查应用基本不等式确定最大值和最小值问题、证明不等式成立、解答恒成立问题，命题形式以选择、填空为主，有时以应用题的形式出现．有时与三角函数、数列、解析几何等相结合，考查考生应用数学知识的灵活性.本专题重点说明应用基本不等式解题的常见类型. 1、基本不等式的几个变形：（1）),0a b a b +≥>：多用在求和式的最小值且涉及求和的项存在乘积为定值的情况（2）22a b ab +⎛⎫≤ ⎪⎝⎭：多用在求乘积式的最大值且涉及乘积的项存在和为定值的情况（3）222a b ab +≥，本公式虽然可由基本不等式推出，但本身化成完全平方式也可证明，要注意此不等式的适用范围,a b R ∈2、利用均值不等式求最值遵循的原则：“一正二定三等”（1）正：使用均值不等式所涉及的项必须为正数，如果有负数则考虑变形或使用其它方法 （2）定：使用均值不等式求最值时，变形后的一侧不能还含有核心变量. （3）等：若能利用均值不等式求得最值，则要保证等号成立，要注意以下两点：① 若求最值的过程中多次使用均值不等式，则均值不等式等号成立的条件必须能够同时成立（彼此不冲突） ② 若涉及的变量有初始范围要求，则使用均值不等式后要解出等号成立时变量的值，并验证是否符合初始范围.3、常见求最值的题目类型 （1）构造乘积与和为定值的情况 （2）已知1ax by +=（a 为常数），求m nx y+的最值， 此类问题的特点在于已知条件中变量位于分子（或分母）位置上，所求表达式变量的位置恰好相反，位于分母（或分子）上，则可利用常数“1”将已知与所求进行相乘，从而得到常数项与互为倒数的两项，然后利用均值不等式求解.（3）运用均值不等式将方程转为所求式子的不等式，通过解不等式求解： 例如：已知0,0,24x y x y xy >>++=，求2x y +的最小值解：()22211222228x y x y xy x y ++⎛⎫=⋅⋅≤= ⎪⎝⎭所以()()2224248x y x y xy x y +++=⇒++≥即()()2282320x y x y +++-≥，可解得24x y +≥-，即()min 24x y += 注：此类问题还可以通过消元求解：42241xx y xy y x -++=⇒=+，在代入到所求表达式求出最值即可，但要注意0y >的范围由x 承担，所以()0,2x ∈ 4、高中阶段涉及的几个平均数：设()01,2,,i a i n >=（1）调和平均数：12111n nnH a a a =+++（2）几何平均数：n G =（3）代数平均数：12nn a a a A n+++=（4）平方平均数：n Q =5、均值不等式：n n n n H G A Q ≤≤≤，等号成立的条件均为：12n a a a ===特别的，当2n=时，22G A ≤⇒2a b+≤即基本不等式 【经典例题】例1.【2019届辽宁省辽南协作校高三一模】若lg lg 0a b +=且a b ≠，则21a b+的取值范围为（ ）A. )⎡+∞⎣B. ()+∞ C. )()3,⎡⋃+∞⎣D. )()3,⎡⋃+∞⎣【答案】A【解析】∵lg lg 0a b +=且a b ≠ ∴lg 0ab =，即1ab =.∴212ab b a a b ⎛⎫+⋅=+≥= ⎪⎝⎭2a b ==.∴21a b+的取值范围为)⎡+∞⎣ 故选A.例2.【2019届云南省曲靖市第一中学4月监测卷（七）】若直线平分圆，则的最小值为（ ）A.B. 2C.D.【答案】C则（当且仅当，即时取等号）.故选C ．例3.【2019届北京师范大学附中二模】已知，，并且，，成等差数列，则的最小值为（ ）A. 16B. 9C. 5D. 4 【答案】A【解析】∵，，成等差数列， ∴.∴，当且仅当且，即时等号成立.选A.例4.【2017天津，理12】若,a b ∈R ， 0ab >，则4441a b ab++的最小值为___________.【答案】4【名师点睛】利用均指不等式求最值要灵活运用两个公式，（1）22,,2a b R a b ab ∈+≥ ，当且仅当a b =时取等号；（2）,a b R +∈ ，a b +≥ ，当且仅当a b =时取等号；首先要注意公式的使用范围，其次还要注意等号成立的条件；另外有时也考查利用“等转不等”“作乘法”“1的妙用”求最值. 例5.已知非零向量，，满足，，则的最大值为_______.【答案】【解析】分析：详解：因为，所以的最大值为.例6.【2019届广东省模拟（二）】已知，，展开式的常数项为，则的最小值为__________． 【答案】【解析】分析：由题意在二项展开式的通项公式中，令的幂指数等于零，求得的值，可得展开式的常数项，再根据展开式的常数项为，确定出，再利用基本不等式求得的最小值. 详解：展开式的通项公式为，令，得，从而求的，整理得，而，故答案是.例7．【2019届百校联盟高三TOP20四月联考】已知的内角的对边分别为，若，则的最小值为__________．【答案】，即所以，所以，所以，当且仅当，即时等号成立，所以的最小值为故答案为：例8.【2019届北京市北京19中十月月考】已知正数,x y 满足22,x y +=则18y x+的最小值为_________. 【答案】9【点睛】本题考查基本不等式的应用.利用基本不等式求带有限制条件的不等式的最值问题时，要合理配凑，如本题中将18y x+等价变形为182482x y x yy x y x+++=+，再利用基本不等式的条件（一正、二定、三相等）进行求解.例9.【2019届四川省成都市石室中学二诊】已知四面体ABCD的所有棱长都为,O是该四面体内一点,且点O到平面ABC、平面ACD、平面ABD、平面BCD的距离分别为,x,和y,则+的最小值是___.【答案】；【解析】该几何体为正四面体,体积为.各个面的面积为,所以四面体的体积又可以表示为,化简得,故.【点睛】本小题主要考查正四面体体积的计算,考查利用分割法求几何体的体积,考查了方程的思想,考查了利用基本不等式求解和的最小值的方法.首先根据题目的已知条件判断出四面体为正四面体,由于正四面体的棱长给出,所以可以计算出正四面体的体积,根据等体积法求得的一个等式,再利用基本不等式求得最小值.例10.【2019届湖南省株洲市统一检测二】已知数列的前项和为，且满足，数列满足，则数列中第__________项最小．【答案】4【解析】分析：由题可得到数列为等差数列，首项为1，公差为1．可得数列满足利用累加求和方法即可得出．可得，利用不等式的性质即可得出．时也成立．则数列中第4项最小．即答案为4.【精选精练】1．已知二次函数的值域为，则的最小值为( )A. 1B. 3C. 4D. 5【答案】B故选：B．2．【2019届陕西省咸阳市三模】已知圆的半径为1，，，，为该圆上四个点，且，则面积的最大值为（）A. 1B.C.D.【答案】A【解析】分析：利用向量关系，判断四边形的形状，然后求解三角形的面积的最大值即可．详解：如图所示，由知，ABDC为平行四边形，又A，B，C，D 四点共圆，∴ABDC 为矩形，即BC 为圆的直径，所以当AD是圆的直径时，面积的最大.∴当AB=AC 时，△ABC 的面积取得最大值为.故答案为：A点睛：本题主要考查向量的平行四边形法则和基本不等式等基础知识.看到，联想到平行四边形法则，是解题的一个关键.平面向量里高考的高频考点有向量的加法法则、减法法则、平行四边形法则、基底法和坐标法等，要做到心中有数.3．设A、B分别为双曲线（a>0，b>0）的左、右顶点，P是双曲线上不同于A、B的一点，直线AP、BP的斜率分别为m、n，则当取最小值时，双曲线的离心率为（）A. B. C. D.【答案】D点睛：解决椭圆和双曲线的离心率的求值及范围问题其关键就是确立一个关于的方程或不等式，再根据的关系消掉得到的关系式，而建立关于的方程或不等式，要充分利用椭圆和双曲线的几何性质、点的坐标的范围等.4．【2019届河北省衡水金卷一模】已知点分别在正方形的边上运动，且，设，，若，则的最大值为（）A. 2B. 4C.D.【答案】C【解析】,又因为,,当且仅当x=y 时取等号,,即的最大值为,故选C.5．【2019届贵州省贵阳第一中学月考卷（七）】实数，，满足且，则下列关系式成立的是（ ） A. B.C.D.【答案】A 【解析】∵∴由∴∴综上，可得.故选A ．6．【2019届浙江省嘉兴市4月模拟】已知（），则的最小值为（ ）A.B. 9C.D.【答案】B7．【2019届山东省天成大联考第二次】若，且，则的最小值为（ ）A. 2B.C. 4D. 【答案】B 【解析】，当且仅当时等号成立，又，即，当且仅当时等号成立，的最小值为，故选B.8．在ABC 中,,a b c 分别是角,,A B C 的对边,且2a c b +=,则角B 的取值范围是A. π0,6⎛⎤ ⎥⎝⎦ B. ππ,32⎡⎤⎢⎥⎣⎦ C. ππ,62⎡⎤⎢⎥⎣⎦D. π0,3⎛⎤ ⎥⎝⎦【答案】D点睛：本题考查了余弦定理和基本不等式的性质、三角函数的图象与性质等知识点的综合应用，解答中利用题设条件和余弦定理、基本不等式求得1cos 2B ≥，再利用三角函数的单调性求解是解答的关键，着重考查了推理与计算能力．9．【2019届山西省一模】若点为圆上的一个动点，点，为两个定点，则的最大值为（ ） A. B. C. D.【答案】B【解析】∵∠APB=90°，∴由不等式可得∴故选：B10．【2019届安徽省宣城市第二次调研】已知函数()2sin f x x x =-，若正实数,a b 满足()()210f a f b +-=，则14a b+的最小值是__________．【答案】9+【解析】因为()()()2cos 0,2sin f x x f x x x f x =->-=-+=-'，所以函数()f x 为单调递增奇函数，因此由()()210f a f b +-=，得()()()211212,21,f a f b f b a b a b =--=-∴=-+=因此14a b + ()14242999b a a b a b a b ⎛⎫=++=++≥+=+ ⎪⎝⎭，当且仅当b =时取等号. 11．已知直线恒过定点A ，则A 点的坐标为_______；若点A 在直线（，）上，则的最小值为_______.【答案】 （2,1）12.【2019年天津市十二校二模】已知，二次三项式对于一切实数恒成立，又，使成立，则的最小值为__________． 【答案】 【解析】分析：对于一切实数恒成立，可得；再由，使成立，可得，所以可得，可化为，平方后换元，利用基本不等式可得结果.令，则（当时，等号成立），所以，的最小值为，故的最小值为，故答案为.。
高三总复习专题---恒成立问题
恒成立问题（最值问题）天天依依heart恒成立问题是高考函数题中的重点问题，也是高中数学非常重要的一个模块，不管是小题，还是大题，常常以压轴题的形式出现，今天我们就来一起突破恒成立问题。
知识储备（我个人喜欢将参数放左边，函数放右边）先来简单的（也是最本质的）如分离变量后，()a f x ≥恒成立，则有max ()a f x ≥ ()a f x ≤恒成立，则有min ()a f x ≤ （若是存在性问题，那么最大变最小，最小变最大） 1.对于单变量的恒成立问题如：化简后我们分析得到，对[],x a b ∀∈，()0f x ≥恒成立，那么只需min ()0f x ≥ [],x a b ∃∈，使得()0f x ≥，那么只需max ()0f x ≥ 2.对于双变量的恒成立问题如：化简后我们分析得到，对[]12,,x x a b ∀∈，12()()f x g x ≥，那么只需min max ()()f x g x ≥如：化简后我们分析得到，对[]1,x a b ∀∈，[]2,x c d ∃∈使12()()f x g x ≥，那么只需min min ()()f x g x ≥如：化简后我们分析得到，[]1,x a b ∃∈，[]2,x c d ∈使12()()f x g x ≥，那么只需max min ()()f x g x ≥还有一些情况了，这里不一一列举，总之一句话（双变量的存在性与恒成立问题，都是先处理一个变量，再处理另一个变量）3.对于带绝对值的恒成立问题，我们往往先根据函数的单调性，去掉绝对值，再转变成恒成立问题（2014.03苏锡常镇一模那题特别典型）今天呢，我会花很多时间来讲解一道二次函数，因为二次函数是最本质的，（甚至我提出这样一个观点，所有导数的题目95%归根结底就是带参数二次函数在已知定义域上根的讨论，3%是ax b +与3ax b +这种形式根的讨论，2%是观察法得到零点，零点通常是11,,e e之类），所以如果我们真正弄清楚了二次函数，那么对于千变万化的导数题，我们还会畏惧吗？那么我们先从一道练习题说起一．二次函数型（通常方法是讨论对称轴，根据图像求最值）例题1.已知22()21xax af x +-=-定义域为R ，求a 的取值范围思考：① 引入定义域（非R ）②参数在二次项，就需考虑是否为0③引入高次（3次，4次，1x ，ln x ，x e 等等）④引入2a ，3a 等项（导致不能分离变量）方法：1.一次函数，二次函数直接根据图像讨论最值(二次函数也可以分离变量) 2.对于高次或者特殊函数，一般分离变量求最值（分离变量后对函数求导，确定导函数的正负情况，确定单调性，从而确定在已知定义域上的最值） 3.对于不能分离变量的，只能直接求导，对参数讨论，从而确定单调性，确定最值变式：①已知()f x ax b =+，若对任意的(,)x m n ∈，均有()0f x ≥，求a 的取值范围 ②已知2()25f x ax x =+-，若对任意的(3,2)x ∈-，均有()0f x ≥，求a 的取值范围③已知22()2(1)5f x ax a x =++-，若对任意的(3,2)x ∈-，均有()0f x ≥，求a 的取值范围④已知3()2(1)5f x ax a x =++-，若对任意的(3,2)x ∈-，均有()0f x ≥求a 的取值范围⑤已知32()2(9)5f x ax a x =+--，若对任意的(3,2)x ∈-，均有()0f x ≥求a 的取值范围例题2.（改编）已知函数()122+-=x ax x f 在[]3,1上的最大值为()a M ，最小值为()a m ，又已知函数()()()a m a M a g -=，（1）求()a g 的表达式；（2）指出()a g 的单调区间，并求出()a g 的最小值答案：根据对a 是否为0以及对称轴的讨论，易知11,2()195,2a a M a a a ⎧-≤⎪⎪=⎨⎪->⎪⎩195,311()1,131,1a a m a a a a a ⎧-≤⎪⎪⎪=-<<⎨⎪-≥⎪⎪⎩ ，所以易知184,31112,()321196,1284,1a a a a g a a a a a a a ⎧-+≤⎪⎪⎪+-<≤⎪=⎨⎪+-<≤⎪⎪⎪->⎩所以()g a 在1(,)2-∞单调递减，在1(,)2+∞单调递增，所以当12x =时，()f x 有最小值12点评：本题考察的主要是二次函数带参数在已知定义域上的最值问题的讨论变式：1.对称轴不动（①定义域不动 ②定义域动（含参数））2.对称轴动（含参），定义域不动（考试最喜欢考）3.对称轴动（含参），定义域动（含参） 但是参数还是同一个参数 方法：找出对称轴与定义域边界及定义域中值的临界点讨论即可4.对称轴动（含参），定义域动（含参） ①参数不一样，那么或许可以看看题目中参数的范围，是否可以直接根据单调性求解 ②参数不一样，参数也没范围，那么真不能做了（13江苏）在平面直角坐标系xOy 中，设定点A (a ，a )，P 是函数1y x=(x ＞0)图象上一动点．若点P ，A 之间的最短距离为22，则满足条件的实数a 的所有值为__________． 解：由题意设()0001,,0P x x x ⎛⎫> ⎪⎝⎭则有()222222200000200000111112++2=+-2+22PA x a a x a x a x a x a x x x x x ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-=+-+- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭ 令()001t 2x t x +=≥ 则()222=(t)=t 2222PA f at a t -+-≥ 对称轴t a =1.2a ≤时，22min 2(2)2422428PA f a a a a ==-+∴-+=1a =- ， 3a =（舍去） 2.2a >时，22min 2()228PA f a a a ==-∴-=10a = ， 10a =-（舍去） 综上1a =-或10a =点评：本题综合性较高，考查了带参数的二次函数在已知定义域上的最值问题（高一下学期必须学会），同时考查了换元思想，分类讨论的思想 是一道非常漂亮的题目二．三次函数及特殊函数型（通常是求导后对二次函数的零点进行讨论，从而求最值）先来几个比较特殊的题目，平时稍微长点心眼，多记记，就记住了1.（原创）已知函数()0f x >且'()()0xf x f x -> 对所有满足条件的函数()f x ，始终有3(2)(23)(1)f a a f >-+成立，求a 的取值范围答案：由题可知0x =时，0(0)0f ->与题目()0f x >矛盾，所以显然有0x ≠所以由条件易知()f x x 单调递增，由题可知3(2)23(1)22f a a f -+>始终成立，即 3(2)232(1)21f a a f -+>恒成立，因为()f x x 单调递增，又()f x x 是满足条件的所有函数，所以 (2)2(1)1f f 的最小值总大于1，所以有32312a a -+≤，易知a 的范围是152a --≤或1512a -+≤≤点评：对于某些题中既有()f x 又有()'f x 的这种题型，我们不妨去联想它的原函数2.（原创）已知函数22()log (1)f x x x ax =++-；若对于任意31,2a ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦，总存在⎥⎦⎤⎢⎣⎡∈1,210x ，使得不等式0()f x m >成立，则m 的取值范围是_____________________答案：分析知2log (1+)x 单增，又分析知2x ax -在1x =时取最大值，所以0()f x 的最大值为(1)f ，所以有(1)m f <恒成立，分离变量易知12m <3.322()=+(0)f x x ax a x m a -+>若对任意[]3,6a ∈，()1f x ≤在[]2,2x ∈-上恒成立，求m 范围解答：先看成是a 的二次函数，对称轴为[]1,12x∈-，所以最大值不是在3处就是在6处，所以有32323916361x x x m x x x m ⎧+-+≤⎪⎨+-+≤⎪⎩对[]2,2x ∈-恒成立，易知87m <- 点评：对于一些双变量的函数最值问题，我们难以处理时，往往可以去看看本身的定义域，从而确定原函数的单调性，确定最值4. 对满足2p ≤所有实数p ，求使不等式212x px p x ++>+恒成立的x 的取值范围解答：看成是p 的一次函数点评：对哪个参数恒成立，就看成是哪个参数的函数5.已知2101m x mx -<+对4x ≥恒成立，求m 的取值范围解答：法1:看成乘积小于0恒成立，转变成二次函数恒成立 法2:必须有一正一负恒成立变式：2101m x mx ->-对4m ≥恒成立，求x 的取值范围 解答：如果看成是m 的函数，乘积后就变成关于m 的三次函数，所以我们可以转变思维，转变成两个式子同正或同负6.若对于满足13t -≤≤的一切实数t ，不等式222(3)(3)0x t t x t t -+-+->恒成立，则x 的取值范围为 ．解答：分解因式易知[]2()(3)0x t x t ---> 所以必须有同正或同负恒成立点评：通过这几个题目的对比，所以我们发现虽然我们常说对哪个参数恒成立就看成是哪个参数的函数，但是有时候也需要转变思维，不能太死板7.已知2237()345x x f x a x ++=+-+，若对任意的[]1,3x ∈-，()0f x ≥恒成立，求a 的取值范围类题：（10.江苏）. 将边长为m 1正三角形薄片，沿一条平行于底边的直线剪成两块，其中一块是梯形，记2(S =梯形的周长）梯形的面积,则S 的最小值是 .点评：二次比二次型的值域问题，一定要熟练掌握，先分离常数，转变成一次比二次，设一次为t ，转变成关于t 的对勾函数，解决值域另外一次比一次型的其实只是对称中心改变而已，可以直接画图，建议跟学生讲明白8.228()1mx x nf x x ++=+的最大值是9，最小值是1，求m 与n 的值解答：整理成关于x 的二次函数，由题意知二次函数一定有解，所以有0δ≥恒成立，转变成关于y 的一个二次函数恒成立，易知5和9是它的两个根，容易把,m n 求出来点评：此题比较特殊，只要讲过，那么以后碰到这类题，就不再那么无从下手了9.（08江苏）已知13)(3+-=x ax x f 对于[]1,1-∈x 总有0)(≥x f 成立，则a = 解：2()'33f x ax =-法1：分离变量，求最值 法2：直接求导10.若不等式|3ln ax x -|≥1对任意(0,1]x ∈都成立，则实数a 取值范围是 ．解析： 显然1x =时，有||1,1,,1a a or a ≥≤-≥。
2019年上海高考数学·第一轮复习讲义 第09讲 函数中恒成立问题
2019年上海高考数学·第一轮复习（第09讲 函数中的恒成立问题）一、知识梳理函数是整个高中知识体系的核心之一，而函数中的绝大多数问题最终归结为函数性质、函数思想在具体解题过程中的应用。
恒成立问题，涉及到一次函数、二次函数等函数的性质、图像，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。
因此也成为历年高考的一个热点。
恒成立问题在解题过程中大致可分为以下几种类型：①一次函数型；②二次函数型；③变量分离型；④根据函数的奇偶性、周期性等性质；⑤直接根据函数的图像。
现在我们一起来探讨其中一些典型的问题二、例题解析1、一次函数型给定一次函数y=f(x)=ax+b(a ≠0)，若y=f(x)在[m,n]内恒有f(x)>0，则根据函数的图像（直线）可得上述结论等价于（ⅰ）⎩⎨⎧>>0)(0m f a 或（ⅱ）⎩⎨⎧><0)(0n f a 亦可合并定成⎩⎨⎧>>0)(0)(n f m f 同理，若在[m,n]内恒有f(x)<0，则有⎩⎨⎧<<0)(0)(n f m f例1 对于满足|a|≤2的所有实数a ，求使不等式x 2+ax+1>2a+x 恒成立的x 的取值范围。
2、二次函数对于二次函数f(x)=ax 2+bx+c=0(a ≠0)在实数集R 上恒成立问题可利用判别式直接求解，即f(x)>0恒成立⇔⎩⎨⎧<∆>00a ； f(x)<0恒成立⇔⎩⎨⎧<∆<00a 。
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。
例2 若函数y =R 上恒成立，求m 的取值范围。
例3 已知函数2()3f x x ax a =++-，在R 上()0f x ≥恒成立，求a 的取值范围。
变式1：若[]2,2x ∈-时，()0f x ≥恒成立，求a 的取值范围。
专题03 命题形式变化及真假判定-备战2019年高考数学之高三复习大一轮热点聚焦与扩展 含解析 精品
专题03 命题形式变化及真假判定【热点聚焦与扩展】（一）命题结构变换1、四类命题间的互化：设原命题为“若p ，则q ”的形式，则 （1）否命题：“若p ⌝，则q ⌝” （2）逆命题：“若q ，则p ” （3）逆否命题：“若q ⌝，则p ⌝”2、p q ∨，p q ∧（1）用“或”字连接的两个命题（或条件），表示两个命题（或条件）中至少有一个成立即可，记为p q ∨ （2）用“且”字连接的两个命题（或条件），表示两个命题（或条件）要同时成立，记为p q ∧3、命题的否定p ⌝：命题的否定并不是简单地在某个地方加一个“不”字，对于不同形式的命题也有不同的方法 （1）一些常用词的“否定”：是→不是 全是→不全是 至少一个→都没有 至多n 个→至少1n +个 小于→大于等于 （2）含有逻辑联结词的否定：逻辑联接词对应改变，同时,p q 均变为,p q ⌝⌝：p 或q →p ⌝且q ⌝ p 且q →p ⌝或q ⌝（3）全称命题与存在性命题的否定全称命题：():,:,()p x M p x p x M p x ∀∈→⌝∃∈⌝ 存在性命题：():,:,()p x M p x p x M p x ∃∈→⌝∀∈⌝ 规律为：两变一不变① 两变：量词对应发生变化（∀⇔∃），条件()p x 要进行否定()p x ⇒⌝ ② 一不变：x 所属的原集合M 的不变化（二）命题真假的判断：判断命题真假需要借助所学过的数学知识，但在一组有关系的命题中，真假性也存在一定的关联。
1、四类命题：原命题与逆否命题真假性相同，同理，逆命题与否命题互为逆否命题，所以真假性也相同。
而原命题与逆命题，原命题与否命题真假没有关联2、p q ∨，p q ∧，如下列真值表所示：简而言之“一真则真” 简而言之“一假则假” 3、p ⌝：与命题p 真假相反。
4、全称命题：真：要证明每一个M 中的元素均可使命题成立 假：只需举出一个反例即可 5、存在性命题：真：只需在M 举出一个使命题成立的元素即可 假：要证明M 中所有的元素均不能使命题成立【经典例题】例1【2017山东，理3】已知命题p:()x x ∀+＞0,ln 1＞0；命题q ：若a ＞b ，则a b 22＞，下列命题为真命题的是（ ）（A ） ∧p q （B ）⌝∧p q （C ） ⌝∧p q （D ）⌝⌝∧p q 【答案】B【名师点睛】解答简易逻辑联结词相关问题，关键是要首先明确各命题的真假，利用或、且、非真值表，进一步作出判断.例2【2017北京，理13】能够说明“设a ，b ，c 是任意实数．若a ＞b ＞c ，则a+b ＞c”是假命题的一组整数a ，b ，c 的值依次为______________________________． 【答案】-1，-2，-3（答案不唯一）【名师点睛】对于判断不等式恒成立问题，一般采用举反例排除法．解答本题时利用赋值的方式举反例进行验证，答案不唯一． 例3.命题“若2πα=，则sin 1α=”的逆否命题是（ ）A. 若2πα≠，则sin 1α≠ B. 若2πα=，则sin 1α≠C. 若sin 1α≠，则 2πα≠ D. 若sin 1α=，则 2πα=【答案】B【解析】命题“若p ，则q ”的逆否命题是“若q ⌝，则p ⌝，”故命题“若2πα=，则sin 1α=”的逆否命题是若sin 1α≠，则 2πα≠，故选C.例4【2018届新疆乌鲁木齐市高三第二次监测】命题:p 若0x <，则()l n 10x +<； q 是p 的逆命题，则（ ） A. p 真， q 真 B. p 真， q 假 C. p 假， q 真 D. p 假， q 假 【答案】C【解析】由题意， ()ln 10x +<，所以011x <+<，得10x -<<， 所以命题p 为假命题，又因为q 是p 的逆命题，所以命题q ：若()ln 10x +<，则0x <为真命题，故选C. 例5.有下列命题:①面积相等的三角形是全等三角形;②“若错误！未找到引用源。
备战2021年高考数学大一轮复习热点聚焦与扩展专题18恒成立问题——最值分析法
备战2021年高考数学大一轮复习热点聚焦与扩展专题18恒成立问题——最值分析法【热点聚焦与扩展】不等式恒成立问题常见处理方法：① 分离参数()a f x ≥恒成立(()max a f x ≥可)或()a f x ≤恒成立（()min a f x ≤即可）；② 数形结合(()y f x =图象在()y g x = 上方即可)；③ 最值法：讨论最值()min 0f x ≥或()max 0f x ≤恒成立；④ 讨论参数. 最值法求解恒成立问题是三种方法中最为复杂的一种，但往往会用在解决导数综合题目中的恒成立问题.此方法考查学生对所给函数的性质的了解，以及对含参问题分类讨论的差不多功.是函数与导数中的难点问题，下面通过典型例题总结此类问题的解法----最值分析法. 1、最值法的特点：（1）构造函数时往往将参数与自变量放在不等号的一侧，整体视为一个函数，其函数含参（2）参数往往会显现在导函数中，进而参数不同的取值会对原函数的单调性产生阻碍——可能经历分类讨论 2、理论基础：设()f x 的定义域为D（1）若x D ∀∈，均有()f x C ≤（其中C 为常数），则()max f x C ≤ （2）若x D ∀∈，均有()f x C ≥（其中C 为常数），则()min f x C ≥ 3、技巧与方法：（1）最值法解决恒成立问题会导致所构造的函数中有参数，进而不易分析函数的单调区间，因此在使用最值法之前可先做好以下预备工作：① 观看函数()f x 的零点是否便于猜出（注意边界点的值） ② 缩小参数与自变量的范畴：通过代入一些专门值能否缩小所求参数的讨论范畴（便于单调性分析）观看在定义域中是否包含一个恒成立的区间（即不管参数取何值，不等式均成立），缩小自变量的取值范畴 （2）第一要明确导函数对原函数的作用：即导函数的符号决定原函数的单调性.假如所构造的函数，其导数结构比较复杂不易分析出单调性，则可把需要判定符号的式子拿出来构造一个新函数，再想方法解决其符号. （3）在考虑函数最值时，除了依靠单调性，也可依照最值点的出处，即“只有边界点与极值点才是最值点的候选点”，因此有的讨论点就集中在“极值点”是否落在定义域内.【经典例题】例1．【2020届四川高三（南充三诊）联合诊断】已知定义在上的偶函数在上单调递减，若不等式对任意恒成立，则实数的取值范是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】因为定义在上的偶函数在上递减，因此在上单调递增，若不等式关于上恒成立，则关于上恒成立，即关于上恒成立，（2）当，即时，在上恒成立，单调递减，因为最大值，最小值，因此，综合可得，无解，（3）当，即时，在上，恒成立，为减函数，在上，恒成立，单调递增，故函数最小值为，若，即，因为，则最大值为，现在，由，求得，综上可得；若，即，因为，则最大值为，点睛：本题要紧考查了函数的奇偶性和单调性的综合应用，函数的恒成立问题，着重考查了转化思想、分类讨论的数学思想方法，试题有一定的难度，属于难题，本题的解答中利用函数的奇偶性、单调性，可得在上恒成立，令，求的函数的最大值和最小值，从而得到实数的取值范畴.例2.若关于的不等式，对任意恒成立，则的取值范畴是( )A. B. C. D.【答案】B【解析】设y=x3﹣3x2﹣9x+2，则y′=3x2﹣6x﹣9，令y′=3x2﹣6x﹣9=0，得x1=﹣1，x2=3，∵3∉[﹣2，2]，∴x2=3（舍），列表讨论：∵f（﹣2）=﹣8﹣12+18+2=0，f（﹣1）=﹣1﹣3+9+2=7，f（2）=8﹣12﹣18+2=﹣20，∴y=x3﹣3x2﹣9x+2在x∈[﹣2，2]上的最大值为7，最小值为﹣20，∵关于x的不等式x3﹣3x2﹣9x+2≥m对任意x∈[﹣2，2]恒成立，∴m≤﹣20， 故选：B ．例3．已知函数()1xax f x be =-，曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线方程为()210x e y e +--=.其中2.71828e =为自然对数的底数（1）求,a b 的值（2）假如当0x ≠时，()12x kf x e-<恒成立，求实数k 的取值范畴 【答案】（1）1,1；（2）0k ≤. 【解析】解：（1）()()()'211x x xa be be axfx be--=-()1xxf x e ∴=- （2）思路：恒成立不等式为：2211x xx ke e-<-，若参变分离，则分离后的函数过于复杂，不利于求得最值，因此考虑利用最值法，先变形不等式，由于21xe -的符号不确定（以0x =为界），从而需进行分类讨论.当0x >时，不等式变形为：()()21210xx k exe k ---->，设()()()2121x x g x k e xe k =----，可观看到()00g =，则若要0x >时，()0g x >，则需()'00g ≥，进而解出0k ≤，再证明0k ≤时，()0g x >即可.将k 的范畴缩至0k ≤时再证明0x <时，()0g x >即可. 解：由（1）可得恒成立的不等式为：2211x xx ke e -<-当0x >时，()()22212111x xx xx k xe k e e e-<⇔<---()()21210x x k e xe k ⇔----> 设()()()2121x x g x k e xe k =----，可得()00g =()()()'22121x x g x k e x e =--+()()()()'22121211x x x xg x k e x e e k e x ⎡⎤=--+=---⎣⎦0k ≤ ()1110x x k e x e x ∴--->-->()'0g x ∴> ()g x ∴在()0,+∞单调递增 ()()00g x g ∴>=，即不等式恒成立当0x <时，()()22212111x xx xx k xe k e e e-<⇔>--- ()()()212100xx k e xe k g x ⇔----<⇔<0k ≤ ∴同理，()()'2110x xg x e k e x ⎡⎤=--->⎣⎦()g x ∴在(),0-∞单调递增 ()()00g x g ∴<=即0k ≤时不等式在(),0x ∈-∞ 恒成立 综上所述，0k ≤ .例4．设函数()(1)xf x ae x =+（其中 2.71828....e =），2()2g x x bx =++，已知它们在0x =处有相同的切线. （1）求函数()f x ，()g x 的解析式；（2）若对2,()()x kf x g x ∀≥-≥恒成立，求实数k 的取值范畴. 【答案】（1）()()()221,42xf x ex g x x x =+=++；（2）21,k e ⎡⎤∈⎣⎦.解：令()()()22142x F x ke x x x =+-++，∴只需()min 0F x ≥()()()()'2224212x x F x ke x x ke x =+--=-+ ()2x ≥-令()'01xF x ke >⇒>2,()0x F x ≥-≥均成立，()0220F k ∴=-≥ 1k ∴≥（上一步若直截了当求单调增区间，则需先对k 的符号进行分类讨论.但通过代入0x =（01e =，便于运算），解得了k 要满足的必要条件，从而简化了步骤.）∴解得11ln x e x k k >⇒> [)2,x ∈-+∞ 下面依照1ln x k=是否在[)2,-+∞进行分类讨论：① 21ln 2k e k<-⇒>()F x ∴在[)2,-+∞单调递增. ()()()222min 22220F x F ke e k e-∴=-=-+=-<则()21ln min1111ln 2ln 1ln 4ln 2k F x F k e k k k k ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫∴==⋅+-++ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭11lnln 20k k ⎛⎫=-+≥ ⎪⎝⎭恒成立，故满足条件 综上所述：21,k e ⎡⎤∈⎣⎦点睛：本道题的亮点在于代入0x =以缩小k 的范畴，0x =并不是边界点，然而由于()0F 易于运算（要紧针对指数幂），且能够刻画k 的范畴，故首选0x =例5.【浙江高考题】设函数()()2ln ,f x x a x a R =-∈ （1）若x e =为()y f x =的极值点，求实数a（2）求实数a 的取值范畴，使得对任意的(]0,3x e ∈，恒有()24f x e ≤成立.注：e 为自然对数的底数【答案】（1）,3e e ；（2）3a e e ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦. 【解析】解：（1）()()()2'()2ln =2ln 1x a a f x x a x x a x xx -⎛⎫=-+-+- ⎪⎝⎭x e =是()f x 的极值点()()'30a f e e a a e e ⎛⎫∴=--=⇒= ⎪⎝⎭或3a e =，经检验符合题意,3a e a e ∴==（2）思路一：恒成立的不等式为()22ln 4x a x e -≤，考虑选择最值法当(]0,1x ∈时，不管a 为何值，不等式恒成立（()f x 的单调区间必定含参数，第一将恒成立的部分剔除，缩小x 的取值范畴以方便后期讨论）'()f x =()'()=2ln 1a f x x a xx ⎛⎫-+- ⎪⎝⎭，记()2ln 1a h x x x =+-()()22ln 4f x x a x e =-≤恒成立，因此()()2233ln34f e e a e e =-≤33ln 3ln 3e a e e e∴-≤≤+（通过专门值代入缩小a 的范畴，便于分析讨论） ()()110,2ln 0h a h a a ∴=-<=>()()001,,0x a h x ∴∃∈= （解不出具体的极值点，但能够估量其范畴，利用零点存在性定理，同时得到a 与0x 的关系：()000210ah x x x =+-=)()h x 单调递增()()()()001,,0;,,0x x h x x x a h x ∴∈<∈> ()()()()()()'''001,,0;,,0;,,0x x fx x x a f x x a f x ∴∈>∈<∈+∞<x()01,x()0,x a(),a +∞()'f x+-+()f x若()()22ln 4f x x a x e =-≤，只需()()()()2200022ln 433ln 34f x x a x e f e e a e e ⎧=-≤⎪⎨=-≤⎪⎩①②点睛：本题有以下几处亮点：1、专门值代入法：这是本题最大的亮点，通过代入专门的值缩小,x a 的范畴，便于讨论，在有关恒成立的问题中，通过代入专门点（边界点，极值点等）能够简化运算，提供思路，而且有一些题目往往不等关系就在自变量的边界值处产生2、对极值点0x 的处理，虽无法求值，但可求出它的范畴，进而解决问题 思路二：参变分离法：当(]0,1x ∈时，不管a 为何值，不等式恒成立 考虑(]1,3x e ∈,则不等式()()22224ln 4ln e x a x e x a x-≤⇔-≤(体会将x 范畴缩小后所带来的便利）x a x ⇔≤≤+恒成立则只需max mina x a x ⎧⎛≥ ⎪⎝⎪⎨⎛⎪≤+⎪⎝⎩成立设()g x x =-，()()()'332221102ln ln e e g x x x x x =+=+> ()g x ∴在(]1,3e 单调递增，()()()max 33g x g e e ∴==-3a e ∴≥-再设()h x x =+()()()()()32'333222ln 2112ln ln ln x x e e e h x x x x x x x -=-=-= 令()'0h x >即()32ln x x e >,由左边可得x e =时，()32ln x x e =，而()32ln y x x =单调递增，由此可得()1,x e ∈,()'0h x <,(),3x e e ∈,()'0h x >(单调性+根→符号）∴()h x 在()1,e 单调增，在(),3e e 单调递减.故()()min 3h x h e e ==3a e ∴≤-综上所述：3a e e ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦点睛：思路二有另外几个亮点：1、缩小自变量x 范畴的作用：使ln x 为正，进而对后面的变形开方起到关键性作用2、在处理()h x 的问题时，采取零点与单调性结合的方式来确定符号.其中()32ln y x x =的单调性能够快速判定.y x =增，()32ln y x =增，且两部分的函数值恒为正数，那么相乘后的解析式依旧是增函数. 例6.【2020届湖南省永州市高三下学期三模】已知,.（1）若对任意的实数，恒有，求实数的取值范畴；（2）当时，求证：方程恒有两解.【答案】(Ⅰ)；(Ⅱ)详见解析．（Ⅱ）方程化为，令，利用导数求得函数的单调性与最值，得到在和各有一个零点，即可得方程恒有两解．试题解析：（Ⅰ）要使f(x)＜g(x)恒成立，即使成立，整理成关于a 的二次不等式，只要保证△＜0，，整理为，（i ）下面探究（i ）式成立的条件，令，，，当时，，在（0，＋∞）上单调递增，，，存在使，即，，在上单调递减，在上单调递增，在处取得最小值．，，＜0，，，在和各有一个零点，故方程恒有两解．点睛：本题要紧考查导数在函数中的综合应用，着重考查了转化与化归思想、逻辑推理能力与运算能力.导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，对导数的应用的考查要紧从以下几个角度进行： (1)考查导数的几何意义，求解曲线在某点处的切线方程； (2)利用导数求函数的单调区间，判定单调性；已知单调性，求参数；(3)利用导数求函数的最值(极值)，解决函数的恒成立与有解、函数的综合问题，同时注意数形结合思想的应用．例7.【2020届内蒙古鄂伦春自治旗高三下学期二模（420模拟）】已知函数的图象在与轴的交点处的切线方程为.（1）求的解析式；（2）若对恒成立，求的取值范畴.【答案】（1）（2）试题解析：（1）由得.∴切点为.∵∴∴,又∴，.（2）由得.设，对恒成立，∴在上单调递增综上，的取值范畴为.点睛：本题要紧考查利用导数研究函数的单调性以及不等式恒成立问题，属于难题．不等式恒成立问题常见方法：①分离参数恒成立(即可)或恒成立（即可）；②数形结合(图象在上方即可)；③讨论最值或恒成立；④讨论参数.例8.【2020届湖南省益阳市高三4月调研】已知函数（，为自然对数的底数）. （1）讨论函数的单调区间；（2）当时，恒成立，求实数的最小值.【答案】(1)单调递增区间是，单调递减区间是.(2)-e.【解析】试题分析：（1）由题意，利用导数法进行讨论，由可求出函数的增区间，可求出函数的减区间，同时对参数进行分段讨论，从而问题即可得解；（2）由题意，可构造函数，由此可将问题转化为运算，再依照导数进行运算求解，从而问题可得解.试题解析：（1）由题知，函数的定义域是.，当时，对任意恒成立，因此函数的单调递增区间是，无单调递减区间；当时，令，得；令，得；因此函数的单调递增区间是，则.明显在区间上单调递增，且，因此当时，；当时，；因此函数在区间上单调递减，在区间上单调递增.因此，解得.即实数的最小值是.点睛：此题要紧考查函数的单调性、最值，不等式恒成立问题，以及导数在研究函数单调性、最值中的应用等有关方面的知识与技能，属于中高档题型，也是必考题型.利用导数求函数单调区间的一样步骤为：1.确定函数的定义域；2.求函数的导数；3.在函数的定义域内解不等式和；4.写出函数的单调区间.例9.已知函数，.（1）当时，若关于的不等式恒成立，求的取值范畴；（2）当时，证明：.【答案】（1）.（2）见解析.【解析】试题分析：（1）由，得恒成立，令.求出的最小值，即可整理，得恒成立，即.令.则.∴函数在上单调递减，在上单调递增.∴函数的最小值为.∴，即.∴的取值范畴是.（2）∵为数列的前项和，为数列的前项和.即 .现证明. 构造函数，则 .∴函数在上是增函数，即.∴当时，有，即成立.令，则式成立.综上，得 .对数列，，分别求前项和，得.例10【2020届青海省西宁市高三下学期（一模）】设()ln f x x =， ()12g x x x =.（1）令()()()•F x x f x g x =-，求()F x 的单调区间；（2）若任意[)12,1,x x ∈+∞且12x x <，都有()()()()212211••m g x g x x f x x f x ⎡⎤->-⎣⎦恒成立，求实数m 的取值范畴.【答案】（1）见解析；（2）1m ≥.【解析】试题分析：（1）求出函数()F x 的导函数，对导函数再次求导得到导函数的单调性和0的关系，从而求出函数()F x 的单调性即可；（2）已知可转化为121x x ≤<时， ()()()()22211••mg x x f x mg x x f x ->-恒成立，令()()()•H x mg x x f x =-，则()H x 为单调递增的函数结合导数工具即可求得实数m 的取值范畴.即()F x '在()0,1上单调递增，在()1,+∞上单调递减，∴()()10F x F ''≤=， ∴()F x 的定义域为()0,+∞上单调递减.（2）据题意，当121x x ≤<时， ()()()()212211••m g x g x x f x x f x ⎡⎤->-⎣⎦恒成立， ∴当121x x ≤<时， ()()()()22211••mg x x f x mg x x f x ->-恒成立， 令()()()•H x mg x x f x =-，即()21ln 2H x mx x x =-点睛：本题要紧考查了导数与函数单调性的关系，导数在恒成立中的应用，解题的最大难点在于对导函数与0关系的判定时需进行二次求导以及构造函数()()()•H x mg x x f x =-，重点是将恒成立问题转化为求最值问题.【精选精练】1．【2020届贵阳第一中学高考适应性月考卷（七）】已知定义在上的函数，，其中为偶函数，当时，恒成立；且满足：①对，都有；②当时，.若关于的不等式对恒成立，则的取值范畴是（ ）A. B. C. D.【答案】D【解析】∵函数满足：当时，恒成立，∴函数为上的偶函数，且在上为单调递增函数，且有，∴，恒成立恒成立，只要使得定义域内，由，得，即函数的周期，∵时，，求导得，该函数过点故选D．【点睛】此题考查了利用导函数求得函数在定义域上为单调递增函数，还考查了函数的周期的定义，及利用周期能够求得时，的值域为还考查了函数恒成立．2．【2020届（衡水金卷调研卷）三】若存在，不等式成立，则实数的最大值为（）A. B. C. 4 D.【答案】A【解析】设，则当时，，单调递减当时，，单调递增存在，成立，，故选.点睛：本题利用导数求解不等式问题，在解答此类问题时的方法能够分离参量，转化为最值问题，借助导数，求出新函数的单调性，从而求出函数的最值，解出参量的取值范畴，本题较为基础.3．【2020年高考理科数学原创押题推测卷01】已知函数，若关于的不等式在上恒成立，则的值为A. B. C. D.【答案】A∴，∴要使恒成立，须使恒成立.即恒成立，两边取对数得，，整理得.令，则，明显当时，，当时，．因此函数在上单调递减，在单调递增.∴，∴,∴，故选A．4．若函数在区间上单调递增，则的取值范畴是__________．【答案】【解析】分析：求出导函数f′（x），由于函数f（x）=kx﹣lnx在区间（1，+∞）单调递增，可得f′（x）≥0在区间（1，+∞）上恒成立，变量分离求最值即可．详解：f′（x）=k﹣，∵函数f（x）=kx﹣lnx在区间（1，+∞）单调递增，∴f′（x）≥0在区间（1，+∞）上恒成立．∴k≥，而y=在区间（1，+∞）上单调递减，∴k≥1．∴k的取值范畴是：[1，+∞）．故答案为：[1，+∞）．5．函数，若恒成立，则实数的取值范畴是__．【答案】【点睛】本小题要紧考查利用分析法和综合法求解不等式恒成立,问题,考查利用导数研究函数的单调性,极值和最值等知识.第一依照,对函数进行分离常数,那个地点要紧的思想方法是分离常数后利用导数求得另一个部分的最值,依照那个最值来求得参数的取值范畴.【2020年4月浙江省金华十校高考模拟】若对任意的，存在实数，使6．恒成立，则实数的最大值为__________．【答案】9【解析】若对任意的，恒成立，可得：恒成立，令，，(2)当时，，，原问题等价于存在实数满足：，故，解得：，则现在；(3)当时，，而，当时，，原问题等价于存在实数满足：，故，解得：，则现在；当时，，原问题等价于存在实数满足：，故，解得：，则现在；综上可得：实数的最大值为.7．【2020届齐鲁名校教科研协作体山东、湖北部分重点中学模拟（三）】已知函数在点处的切线过点．(1)求实数的值，并求出函数单调区间；(2)若整数使得在上恒成立，求的最大值．【答案】（1），在单调递减，在单调递增；（2）7.而得到，进而求范畴即可.详解：(1)的定义域为，，∴处的切线斜率为因此切线方程为，即又∵切线过，代入上式解得，∴可得在单调递减，在单调递增．（2）∵时，，∴等价于记，∴由零点存在定理可知，存在，使得，即①且时，，时，故时，单调递减，时，单调递增∴由①可得故的最大值为7．点睛：导数问题经常会遇见恒成立的问题：（1）依照参变分离，转化为不含参数的函数的最值问题；（2）若就可讨论参数不同取值下的函数的单调性和极值以及最值，最终转化为，若恒成立；（3）若恒成立，可转化为（需在同一处取得最值）.8．已知函数，.（1）讨论函数的单调区间；（2）若函数在处取得极值，对，恒成立，求实数的取值范畴.【答案】(1) 当时，的单调递减区间是，无单调递增区间；当时，的单调递减区间是，单调递增区间是;(2) .详解：（1）在区间上，，当时，恒成立，在区间上单调递减；当时，令得，在区间上，，函数单调递减，在区间上，，函数单调递增.综上所述：当时，的单调递减区间是，无单调递增区间；当时，的单调递减区间是，单调递增区间是（2）因为函数在处取得极值，因此，解得，经检验可知满足题意由已知，即，即对恒成立，令，则，易得在上单调递减，在上单调递增，因此，即.点睛：导数问题经常会遇见恒成立的问题：（1）依照参变分离，转化为不含参数的函数的最值问题；（2）若就可讨论参数不同取值下的函数的单调性和极值以及最值，最终转化为，若恒成立，转化为;（3）若恒成立，可转化为9．已知全集,, .(1)求集合；(2)函数，对一切，恒成立，求实数的取值范畴.【答案】（1）（2），结合导函数研究函数的单调性可得的最小值为. 则.试题解析：（1）求解一元二次不等式可得，求解分式绝对值不等式可得，.(2) 由得对一切恒成立.对一切恒成立.令，，在上单调递减，在上单调递增；的最小值为. .10．【2020届【衡水金卷】】已知函数，，其中为常数，是自然对数的底数.（1）设，若函数在区间上有极值点，求实数的取值范畴；（2）证明：当时，恒成立.【答案】(1)；(2)证明见解析.分别求得左式的最大值和右式的最小值，证得最大值小于最小值即可.解析：（1）由题意，，则，由题意，若在上有极值点，则在上有变号零点.又，，，即.故若函数在上有极值点，只需则，因此的取值范畴为.（2）由题意，知要证成立.设，，则，当时，，当时，，因此当时，取得最大值.因此.设，，则，故.综上，当时，.命题得证.11．【2020届江苏省无锡市高三第一学期期末】已知函数，，其中.（1）求过点和函数的图像相切的直线方程；（2）若对任意，有恒成立，求的取值范畴；（3）若存在唯独的整数，使得，求的取值范畴.【答案】（1），.（2）.（3）.【解析】试题分析：（1）先设切点为，切线斜率为，再建立切线方程为，将代入方程可得，即，进而求得切线方程为：或.（2）将问题转化为对任意有恒成立，①当时，，利用导数工具求得，故现在；②当时，恒成立，故现在；③当时，，利用导数工具求得，故现在.综上：.（3）因为，由（2）知，当，原命题等价于存在唯独的整数成立，利用导数工具求得；当，原命题等价于存在唯独的整数成立，利用导数工具求得.综上：. 试题解析：当时，切线方程为.（2）由题意，对任意有恒成立，①当时，，令，则，令得，，故现在.综上：.（3）因为，即，由（2）知，xk；w令，则当，存在唯独的整数使得，等价于存在唯独的整数成立，因为最小，且，，因此当时，至少有两个整数成立，因此当时，没有整数成立，所有.综上：.12．已知函数，其中（1）判定并证明函数的奇偶性；（2）判定并证明函数在上的单调性；（3）是否存在如此的负实数，使对一切恒成立，若存在，试求出取值的集合；若不存在，说明理由【答案】（1）奇函数；（2）在上的减函数；（3）存在如此的k其范畴为.【解析】试题分析：（1）已知函数的定义域关于原点对称，再证明，因此函数是奇函数；（2）用定义证明函数在上单调递减的步骤：设值—作差、变形—判定符号—得出结论；（3）由（1）（2）得，不等式可变形为，从而得到不等式组，解得.∴在上的减函数；（3）是上的减函数对恒成立由对恒成立得：对恒成立令，∴，由对恒成立得：由对恒成立得：即综上所得：因此存在如此的k其范畴为考点：函数的奇偶性、单调性和最值.。
备战2019年高考数学大一轮复习 热点聚焦与扩展 专题17 恒成立问题——数形结合法
—————————— 新学期 新成绩 新目标 新方向 ——————————专题17 恒成立问题——数形结合法【热点聚焦与扩展】不等式恒成立问题常见处理方法：① 分离参数()a f x ≥恒成立(()max a f x ≥可)或()a f x ≤恒成立（()min a f x ≤即可）；② 数形结合(()y f x =图象在()y g x = 上方即可)；③ 讨论最值()min 0f x ≥或()max 0f x ≤恒成立；④ 讨论参数.1、函数的不等关系与图象特征：（1）若x D ∀∈，均有()()()f x g x f x <⇔的图象始终在()g x 的下方 （2）若x D ∀∈，均有()()()f x g x f x >⇔的图象始终在()g x 的上方2、在作图前，可利用不等式的性质对恒成立不等式进行变形，转化为两个可作图的函数3、要了解所求参数在图象中扮演的角色，如斜率，截距等4、作图时可“先静再动”，先作常系数的函数的图象，再做含参数函数的图象（往往随参数的不同取值而发生变化）5、在作图时，要注意草图的信息点尽量完备6、什么情况下会考虑到数形结合？利用数形结合解决恒成立问题，往往具备以下几个特点：（1）所给的不等式运用代数手段变形比较复杂，比如分段函数，或者定义域含参等，而涉及的函数便于直接作图或是利用图象变换作图（2）所求的参数在图象中具备一定的几何含义 （3）题目中所给的条件大都能翻译成图象上的特征【经典例题】例1．【2019届浙江省金华十校4月模拟】若对任意的，存在实数，使恒成立，则实数的最大值为__________．【答案】9【解析】若对任意的，恒成立，可得：恒成立，令，，原问题等价于：，结合对勾函数的性质分类讨论：(1)当时，，，原问题等价于存在实数满足：，故，解得：，则此时；(2)当时，，，原问题等价于存在实数满足：，原问题等价于存在实数满足：，故，解得：，则此时；当时，，原问题等价于存在实数满足：，故，解得：，则此时；综上可得：实数的最大值为.点睛：对于恒成立问题，常用到以下两个结论：(1)a≥f(x)恒成立⇔a≥f(x)max；(2)a≤f(x)恒成立⇔a≤f(x)min.例2.【2019届一轮训练】已知log12 (x＋y＋4)<log12(3x＋y－2)，若x－y≤λ恒成立，则λ的取值范围是______________．【答案】[10，＋∞)点睛：线性规划的实质是把代数问题几何化，即数形结合的思想.需要注意的是：一，准确无误地作出可行域；二，画目标函数所对应的直线时，要注意与约束条件中的直线的斜率进行比较，避免出错；三，一般情况下，目标函数的最大或最小值会在可行域的端点或边界上取得.例3．已知函数在上不单调，则实数的取值范围是__________．【答案】【解析】已知函数定义域为，，，令，图象如图，∵函数在上不单调，∴区间在零点1或3的两侧，或，解得或.即实数的取值范围是.点睛：利用导数研究函数的单调性的关键在于准确判定导数的符号，注意单调函数的充要条件，尤其对于已知单调性求参数值(范围)时，隐含恒成立思想例4．【2019届二轮训练】对于0≤m≤4的任意m ，不等式x 2＋mx>4x ＋m －3恒成立，则x 的取值范围是________________．【答案】(－∞，－1)∪(3，＋∞)【解析】不等式可化为m(x －1)＋x 2－4x ＋3>0在0≤m≤4时恒成立． 令f(m)＝m(x －1)＋x 2－4x ＋3.结合二次函数的图象得()()00{ 40f f >>⇒22430{ 10x x x >>－＋－ ⇒13{11x x x x -或或即x<－1或x>3.故答案为：(－∞，－1)∪(3，＋∞)例5.已知不等式()21log a x x -<在()1,2x ∈上恒成立，则实数a 的取值范围是_________ 【答案】12a <≤可得：1log 22a a ≤⇒≤，综上可得：12a <≤.【名师点睛】（1）通过常系数函数图象和恒成立不等式判断出对数函数的单调性，进而缩小了参数讨论的取值范围.（2）学会观察图象时要抓住图象特征并抓住符合条件的关键点（例如本题中的2x =）. （3）处理好边界值是否能够取到的问题.例6.若不等式log sin 2(0,1)a x x a a >>≠对于任意的0,4x π⎛⎤∈ ⎥⎝⎦都成立，则实数a 的取值范围是___________ 【答案】,14a π⎛⎫∈⎪⎝⎭【解析】本题选择数形结合，可先作出sin 2y x =在0,4x π⎛⎤∈ ⎥⎝⎦的图象，a 扮演的角色为对数的底数，决定函数的增减，根据不等关系可得01a <<，观察图象进一步可得只需4x π=时，log sin 2a x x ≥，即log sin 21444aa πππ>⋅=⇒>，所以,14a π⎛⎫∈⎪⎝⎭例7. 已知函数()21f x x mx =+-，若对任意的[],1x m m ∈+，都有()0f x <成立，则实数m 的取值范围是_____________【答案】⎛⎫ ⎪⎝⎭【名师点睛】本题也可以用最值法求解：若()0f x <，则()max 0f x <，而()f x 是开口向上的抛物线，最大值只能在边界处产生，所以()()010f m f m <⎧⎪⎨+<⎪⎩，再解出m 的范围即可.例8.已知函数()22,1{ log ,1x x f x x x <=≥若直线y m =与函数()f x 的图象只有一个交点,则实数m 的取值范围是________.【答案】0m =或[2,m ∈+∞） 【解析】作出函数f(x)的图象如图,例9.已知函数()f x 是定义在R 上的奇函数，当0x ≥时，()()2221232f x x a x a a =-+-- ，若()(),1x R f x f x ∀∈-≤，则实数a 的取值范围是_____________【答案】66⎡-⎢⎣⎦【解析】()f x 是奇函数且在0x >时是分段函数（以22,2a a 为界），且形式比较复杂，恒成立的不等式()()1f x f x -≤较难转化为具体的不等式，所以不优先考虑参变分离或是最值法.从数形结合的角度来看，一方面()f x 的图象比较容易作出，另一方面()1f x -可看作是()f x 的图象向右平移一个单位所得，相当于也有具体的图象.所以考虑利用图象寻找a 满足的条件.先将()f x 写为分段函数形式：()2222223,2,2,0x a x a f x a a x a x x a ⎧-≥⎪=-≤<⎨⎪-<<⎩，作出正半轴图象后再根据奇函数特点，关于原点对称作出x 负半轴图象.()()1f x f x -≤恒成立，意味着()f x 的图象向右平移一个单位后，其图象恒在()f x 的下方.通过观察可得在平移一个单位至少要平移26a个长度，所以可得：26166a a ≤⇒-≤≤答案：66⎡-⎢⎣⎦.例10【2019届河南省高三4月考试】已知函数.（1）若在处取得极值，求的值；（2）若在上恒成立，求的取值范围.【答案】（1）；（2）上恒成立，时再分两种情况讨论可得时，在上恒成立，当时，根据二次函数的性质可得不满足题意，进而可得结果. 试题解析：（1），∵在处取到极值，∴，即，∴.经检验，时，在处取到极小值. （2），令，①当时，，在上单调递减.又∵，∴时，，不满足在上恒成立.时，，单调递增，∴.又∵，∴，故不满足题意.③当时，二次函数开口向下，对称轴为，在上单调递减，，∴，在上单调递减.又∵，∴时，，故不满足题意.综上所述，.【精选精练】1．【2019届东莞市高三毕业班第二次综合考试】已知函数若不等式恒成立，则实数的取值范围为( )A. B.C. D.【答案】C2.若函数有极大值点和极小值点，则导函数的大致图象可能为（）A. B.C. D.【答案】C则导函数在区间上为正数，在区间上为负数，在区间上为正数；观察所给的函数图象可知，只有C 选项符合题意. 本题选择C 选项. 3．已知函数在区间上是增函数，则实数的取值范围是( )A.B.C.D.【答案】A 【解析】二次函数的对称轴为；∵该函数在上是增函数；∴，∴，∴实数的取值范围是，故选B.4. 若||2p ≤,不等式212x px p x ++>+恒成立,则x 的取值范围是______【答案】x <x > 【解析】思路：本题中已知p 的范围求x 的范围，故构造函数时可看作关于p 的函数，恒成立不等式变形为 ()2210x p x x -+-+>,设()()()22122f x x p x x p =-+-+-≤≤,即关于p 的一次函数，由图象可得：无论直线方向如何，若要()0f x >，只需在端点处函数值均大于0即可，即()()2020f f >⎧⎪⎨->⎪⎩,解得：x <x >答案：12x +<-或12x -+> 【名师点睛】（1）对于不等式，每个字母的地位平等，在构造函数时哪个字母的范围已知，则以该字母作为自变量构造函数.（2）线段的图象特征：若两个端点均在坐标轴的一侧，则线段上的点与端点同侧.（3）对点评（2）的推广：已知一个函数连续且单调，若两个端点在坐标轴的一侧，则曲线上所有点均与端点同侧.5.设a R ∈，若0x >时均有()21110a x x ax ⎡⎤----≥⎡⎤⎣⎦⎣⎦，则a =_________【答案】32a =32a =答案：32a =6.【2019届二轮训练】当实数x ，y 满足240{10 1x y x y y +-≤--≤≥时，ax ＋y≤4恒成立，则实数a 的取值范围是________． 【答案】3,2⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦【解析】要使平面区域在直线4y ax =-+的下方，则只要B 在直线上或直线下方即可，即214a +≤，得302a <≤，综上32a ≤，所以实数a 的取值范围是3,2⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦，故答案为3,2⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦.7．【2019届二轮训练】已知函数f 1(x)＝|x －1|，f 2(x)＝13x ＋1，g(x)＝()()122f x f x +＋()()122f x f x -，若a ，b∈[－1,5]，且当x 1，x 2∈[a，b]时， ()()1212g x g x x x --＞0恒成立，则b －a 的最大值为________．【答案】5 【解析】[]15a b ∈-，，， 且[]()()1212120g x g x x x a b a b x x -∈∴-，，，＜，＞ 恒成立， g x ∴（）在区间[]a b ，上单调第增，∵函数()()()()121212111322f x f x f x f x f x x f x x g x -+=-=+=+（），（），（），()][()[]121035{03f x x g x f x x ⎡⎤∈-⋃⎣⎦∴=∈，，，（），， 当[10x ∈-，） 时， 1g x x =-（），单调减；当[]10313x g x x ∈=+，时，（）， 单调增； 当[]35x ∈，时， 1g x x =-（），单调递增． 05a b b a ∴==-，．的最大值为505-=． 故答案为5.8．【2019届吉林省长春市高三监测（三）】已知函数，若，则实数的取值范围是___________. 【答案】9．【2019届吉林省长春市高三监测（三）】已知函数，若，则实数的取值范围是___________. 【答案】【解析】当，当，故.故答案为：10．当1x >时，不等式11x a x +≥-恒成立，则实数a 的最大值是__________． 【答案】3【解析】令()1(1)1f x x x x =+>-，则由题意可知()min f x a ≥， ∵1x >，∴()11111311f x x x x x =+=-++≥=--， 当且仅当111x x -=-，即2x =时，等号成立， ∴()min 3f x =，从而3a ≤． 故实数a 的最大值是3． 故答案为：3.()1f x x x=+的图象向右、向上均平移1单位得到，结合图象可得解.11．【2019届宁夏银川高三4月模拟】已知函数是定义在上的奇函数，当时，，给出以下命题：①当时，；②函数有个零点；③若关于的方程有解，则实数的取值范围是；④对恒成立，其中，正确命题的序号是__________．【答案】①④若方程有解，则，且对恒成立，故③错误，④正确.故答案为①④.12．函数的定义域为（为实数）.（1）若函数在定义域上是减函数，求的取值范围；（2）若在定义域上恒成立，求的取值范围.【答案】（1）；（2）【解析】试题分析：（1）利用单调性的定义，根据函数在定义域上是减函数，可得不等式恒成立，从而可求的取值范围；（2）利用分离参数思想原题意等价于恒成立，∵，∴函数在上单调减，∴时，函数取得最小值，即.。
专题18恒成立问题——最值分析法-备战2021年高考数学之高三复习大一轮热点聚焦与扩展
专题18 恒成立问题——最值分析法【热点聚焦与扩展】不等式恒成立问题常见处理方法：① 分离参数()a f x ≥恒成立(()max a f x ≥可)或()a f x ≤恒成立（()min a f x ≤即可）；② 数形结合(()y f x =图象在()y g x = 上方即可)；③ 最值法：讨论最值()min 0f x ≥或()max 0f x ≤恒成立；④ 讨论参数. 最值法求解恒成立问题是三种方法中最为复杂的一种，但往往会用在解决导数综合题目中的恒成立问题.此方法考查学生对所给函数的性质的了解，以及对含参问题分类讨论的基本功.是函数与导数中的难点问题，下面通过典型例题总结此类问题的解法----最值分析法. 1、最值法的特点：（1）构造函数时往往将参数与自变量放在不等号的一侧，整体视为一个函数，其函数含参（2）参数往往会出现在导函数中，进而参数不同的取值会对原函数的单调性产生影响——可能经历分类讨论2、理论基础：设()f x 的定义域为D（1）若x D ∀∈，均有()f x C ≤（其中C 为常数），则()max f x C ≤ （2）若x D ∀∈，均有()f x C ≥（其中C 为常数），则()min f x C ≥ 3、技巧与方法：（1）最值法解决恒成立问题会导致所构造的函数中有参数，进而不易分析函数的单调区间，所以在使用最值法之前可先做好以下准备工作：① 观察函数()f x 的零点是否便于猜出（注意边界点的值） ② 缩小参数与自变量的范围：通过代入一些特殊值能否缩小所求参数的讨论范围（便于单调性分析）观察在定义域中是否包含一个恒成立的区间（即无论参数取何值，不等式均成立），缩小自变量的取值范围（2）首先要明确导函数对原函数的作用：即导函数的符号决定原函数的单调性.如果所构造的函数，其导数结构比较复杂不易分析出单调性，则可把需要判断符号的式子拿出来构造一个新函数，再想办法解决其符号.（3）在考虑函数最值时，除了依靠单调性，也可根据最值点的出处，即“只有边界点与极值点才是最值点的候选点”，所以有的讨论点就集中在“极值点”是否落在定义域内.【经典例题】例1．（2019·全国高考真题（文））已知函数f （x ）=2sin x －x cos x －x ，f′（x ）为f （x ）的导数． （1）证明：f′（x ）在区间（0，π）存在唯一零点； （2）若x ∈[0，π]时，f （x ）≥ax ，求a 的取值范围． 【答案】（1）见解析； （2）(],0a ∈-∞. 【解析】（1）()2cos cos sin 1cos sin 1f x x x x x x x x '=-+-=+-令()cos sin 1g x x x x =+-，则()sin sin cos cos g x x x x x x x '=-++= 当()0,x π∈时，令()0g x '=，解得：2x π=∴当0,2x时，()0g x '>；当,2x ππ⎛⎫∈⎪⎝⎭时，()0g x '< g x 在0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增；在,2ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减又()0110g =-=，1022g ππ⎛⎫=-> ⎪⎝⎭，()112g π=--=- 即当0,2x时，()0g x >，此时()g x 无零点，即()f x '无零点()02g g ππ⎛⎫⋅< ⎪⎝⎭ 0,2x ππ⎛⎫∴∃∈ ⎪⎝⎭，使得()00g x = 又()g x 在,2ππ⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减 0x x ∴=为()g x ，即()f x '在,2ππ⎛⎫⎪⎝⎭上的唯一零点 综上所述：()f x '在区间()0,π存在唯一零点（2）若[]0,x π∈时，()f x ax ≥，即()0f x ax -≥恒成立 令()()()2sin cos 1h x f x ax x x x a x =-=--+则()cos sin 1h x x x x a '=+--，()()cos h x x x g x '''== 由（1）可知，()h x '在0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增；在,2ππ⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减 且()0h a '=-，222h a ππ-⎛⎫'=-⎪⎝⎭，()2h a π'=-- ()()min 2h x h a π''∴==--，()max 222h x h a ππ-⎛⎫''==- ⎪⎝⎭①当2a ≤-时，()()min 20h x h a π''==--≥，即()0h x '≥在[]0,π上恒成立()h x ∴在[]0,π上单调递增 00h xh ，即()0f x ax -≥，此时()f x ax ≥恒成立②当20a -<≤时，()00h '≥，02h π⎛⎫'>⎪⎝⎭，()0h π'< 1,2x ππ⎛⎫∴∃∈ ⎪⎝⎭，使得()10h x '=()h x ∴在[)10,x 上单调递增，在(]1,x π上单调递减又()00h =，()()2sin cos 10h a a ππππππ=--+=-≥()0h x ∴≥在[]0,π上恒成立，即()f x ax ≥恒成立③当202a π-<<时，()00h '<，2022h a ππ-⎛⎫'=->⎪⎝⎭20,2x π⎛⎫∴∃∈ ⎪⎝⎭，使得()20h x '=()h x ∴在[)20,x 上单调递减，在2,2x π⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增()20,x x ∴∈时，()()00h x h <=，可知()f x ax ≥不恒成立④当22a π-≥时，()max 2022h x h a ππ-⎛⎫''==-≤⎪⎝⎭()h x ∴在0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减 00h xh可知()f x ax ≥不恒成立 综上所述：(],0a ∈-∞例2．（2019·湖北高三月考（文））已知函数f （x ）=e x +1-a ln ax +a （a ＞0）． （1）当a =1时，求曲线y =f （x ）在点（1，f （1））处的切线方程； （2）若关于x 的不等式f （x ）＞0恒成立，求实数a 的取值范围． 【答案】(1) （e 2-1）x -y -2=0．(2) （0，e 2） 【解析】（1）当a =1时，函数f （x ）=e x +1-a ln ax +a ， 转换为：f （x ）=e x +1-ln x +1， 故：()11'x f x ex+=-． 故切线的斜率k =f ′（1）=e 2-1，故切线的方程为：y -f （1）=f ′（1）（x -1）， 整理得：y -（e 2-1）=（e 2-1）（x -1）， 即（e 2-1）x -y -2=0． （2）f （x ）=e x +1-a ln ax +a ， 所以：()1'x a f x ex +=-=1x xe ax+-， 显然：g （x ）=xe x +1-a 在（0，+∞）上单调递增． 由于g （0）=-a ＜0， 所以：g （a ）=ae a +1-a ＞0，则：存在x 0∈（0，a ），使得g （x 0）=0， 即：010x x ea +=，ln a =ln x 0+x 0+1，又0＜x ＜x 0，f ′（x ）＜0， 所以函数f （x ）单调递减．x ＞x 0，f ′（x ）＞0，函数f （x ）单调递增．f （x ）在x =x 0处取得最小值()0100x f x e alnx alna a +=--+．故：()0100x f x e alnx alna a +=--+，=00012a x lnx x ⎛⎫--⎪⎝⎭由f （x ）＞0恒成立， 得到：f （x 0）＞0， 即：000120a x lnx x ⎛⎫--⎪⎝⎭＞， 所以：000120x lnx x --＞， 设h （x ）=12x lnx x--， 则：()212'1h x x x=---＜0，所以：函数h （x ）在（0，+∞）上单调递减． 由于h （1）=0， 则h （x ）＞0， 解得：0＜x ＜1， 所以：0＜x 0＜1，010x a x e +=由，在x 0∈（0，1）单调递增，所以：0＜a ＜e 2． 因此a =0120x x ee +＜，故：a 的取值范围为（0，e 2）．例3.（2019·湖北高考模拟（文））已知函数2()12xx f x e =--（1）若直线y x a =+为()f x 的切线，求a 的值．（2）若[)0,x ∀∈+∞，()f x bx ≥恒成立，求b 的取值范围． 【答案】（1）0；（2）1b ≤【解析】（1）设切点为()00,P x y ，()'xf x e x =-，∴()000'1xf x e x =-=，令()xh x e x =-，则()'1xh x e =-，当0x >时，()'0h x >，()h x 在()0,∞+上为增函数； 当0x <时，()'0h x <，()h x 在(),0-∞上为减函数； 所以()()min 01h x h ==，所以00x =， 又0200112xe x x a --=+，所以0a =． （2）[)0,x ∀∈+∞，()f x bx ≥恒成立2102xx e bx ⇔---≥，[)0,x ∈+∞．令2()12xx g x e bx =---，[)0,x ∈+∞．()()'x g x e x b h x =--=，()'1x h x e =-,当0x >时，()'10xh x e =->，所以()h x 在[)0,+∞上为增函数，()min 1h x b =-，①若1b ≤，则当0x >时'()0g x >，故()g x 在[)0,+∞上为增函数，故[)0,x ∈+∞时，有()()00g x g ≥=即2102xx e bx ---≥恒成立，满足题意.②若1b >，因为()'g x 为()0,∞+上的增函数且()'010g b =-<，()'ln 2ln ln 2g b b b =--⎡⎤⎣⎦， 令()ln ln 2s b b b =--，其中1b >，()1'10s b b=->， 所以()s b 在()1,+∞为增函数，所以()()11ln 20s b s >=->， 故存在0x ，使得0'0g x 且()00,x x ∈时，()'0g x <，()g x 在()00,x 为减函数，故当()00,x x ∈时，()()00g x g <=，矛盾，舍去.综上可得：1b ≤．例4.（2019·安徽高考模拟（理））已知函数()2ln 1f x x ax x a =-++（e 为自然对数的底数）（Ⅰ）试讨论函数()f x 的导函数()y f x '=的极值；（Ⅱ）若[]1,x e ∀∈（e 为自然对数的底数），()0f x >恒成立，求实数a 的取值范围.【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）2121e a e +-<<-【解析】（Ⅰ）()f x 的定义域为()0+∞，.()()2ln g x f x x a x a =-'=-，()22a x ag x x x='-=- 当0a ≤时，()0g x '>，函数()y g x =在()0,+∞单调递增，函数()y g x =没有极值. 当0a >时，由()0g x '=，得2a x =，函数()y g x =在0,2a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，在,2a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增. 函数()y g x =的极小值为ln 22a a g a ⎛⎫=-⎪⎝⎭，没有极大值. （Ⅱ）对()[]1,x e ∀，()0f x >恒成立，即对[]1,x e ∀∈，2ln 10x ax x a -++>， ∴对[]1,x e ∀∈，1ln 0a x a x x+-+>. 令()1ln a h x x a x x +=-+，则()211a a h x x x -'+=- ()()()222111x ax a x x a x x --++--==. ①当11a +≤，即0a ≤时，对[]1,x e ∀∈，()0h x '≥，()h x ∴在[]1,e 上单调递增，()()min 1h x h ∴=11001a +=-+>，解得2a >-，20a ∴-<≤满足题意. 当1a e +≥时，即1a e ≥-，对[]1,x e ∀∈，()0h x '≤，()h x ∴在[]1,e 上单调递减， ()()min10a h x h e e a e +∴==-+>，解得211e a e +<-2111e e a e +∴-≤<-满足题意. ③当11a e <+<，即01a e <<-时，对于[]1,1x a ∈+，()0h x '<；对于[]1,x a e ∈+，()0h x '>. ()h x ∴在[]1,1a +上单调递减，在[]1,a e +上单调递增，()()()min 211ln 10h x h a a a a ⎛⎫∴=+=+-+> ⎪⎝⎭.即()21ln 10a a+-+> 设()()21ln 1H a a a =+-+，由于()()21ln 1H a a a =+-+在()0,1e -单调递减，()()21ln 1H a a a ∴=+-+ 221ln 011ee e e >+-=>--，即()()min 0h x aH a =>，01a e ∴<<-满足题意.综上①②③可得，2121e a e +-<<-. 例5．已知函数()1xax f x be =-，曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线方程为()210x e y e +--=.其中2.71828e =为自然对数的底数（1）求,a b 的值（2）如果当0x ≠时，()12xkf x e -<恒成立，求实数k 的取值范围 【答案】（1）1,1；（2）0k ≤. 【解析】解：（1）()()()'211x x xa be be axf x be--=-()()()()'221111a be abeaf be be --∴==---，切线方程：()()22111ey x e e =-+--()()22111abe e ∴-=---，而()11a f be =-且在切线中，11y e =- ()()22111111a be e a be e ⎧-=-⎪--⎪∴⎨⎪=⎪--⎩ 解得：11a b =⎧⎨=⎩ ()1xxf x e ∴=- （2）思路：恒成立不等式为：2211x xx ke e-<-，若参变分离，则分离后的函数过于复杂，不利于求得最值，所以考虑利用最值法，先变形不等式，由于21xe -的符号不确定（以0x =为界），从而需进行分类讨论.当0x >时，不等式变形为：()()21210xx k exe k ---->，设()()()2121x x g x k e xe k =----，可观察到()00g =，则若要0x >时，()0g x >，则需()'00g ≥，进而解出0k ≤，再证明0k ≤时，()0g x >即可.将k 的范围缩至0k ≤时再证明0x <时，()0g x >即可. 解：由（1）可得恒成立的不等式为：2211x xx ke e-<- 当0x >时，()()22212111x xx xx k xe k e e e-<⇔<--- ()()21210x x k e xe k ⇔----> 设()()()2121x x g x k e xe k =----，可得()00g =()()()'22121x x g x k e x e =--+若()'00g <，则00x ∃>，使得()00,x x ∈时，()'0g x <()g x ∴在()00,x 单调递减 则()00,x x ∈时，()()00g x g <=与恒成立不等式矛盾 ()'00g ∴<不成立 ()'00g ∴≥ ()()'02120g k ∴=--≥解得：0k ≤下面证明0k ∀≤均可使得0x >时，()0g x >()()()()'22121211x x x xg x k e x e e k e x ⎡⎤=--+=---⎣⎦0k ≤ ()1110x x k e x e x ∴--->-->()'0g x ∴> ()g x ∴在()0,+∞单调递增 ()()00g x g ∴>=，即不等式恒成立当0x <时，()()22212111x xx xx k xe k e e e-<⇔>--- ()()()212100xx k e xe k g x ⇔----<⇔<0k ≤ ∴同理，()()'2110x xg x e k e x ⎡⎤=--->⎣⎦()g x ∴在(),0-∞单调递增 ()()00g x g ∴<=即0k ≤时不等式在(),0x ∈-∞ 恒成立 综上所述，0k ≤ .例6．设函数()(1)xf x ae x =+（其中 2.71828....e =），2()2g x x bx =++，已知它们在0x =处有相同的切线.（1）求函数()f x ，()g x 的解析式；（2）若对2,()()x kf x g x ∀≥-≥恒成立，求实数k 的取值范围.【答案】（1）()()()221,42x f x e x g x x x =+=++；（2）21,k e ⎡⎤∈⎣⎦.【解析】解：（1）思路：由题意可知()(),f x g x 在0x =处有公共点，且切线斜率相同()(),f x g x 在0x =处有相同的切线.()()()()''0000f g f g =⎧⎪∴⎨=⎪⎩ ()()()'2,2x f x ae x g x x b =+=+2224a a ab b ==⎧⎧∴⇒⎨⎨==⎩⎩ ()()()221,42x f x e x g x x x ∴=+=++ （2）思路：恒成立不等式为()()221420x ke x x x +-++≥，尽管可以参变分离但分离后关于x 的函数结构复杂，不易分析单调性.所以考虑最值法解：令()()()22142x F x ke x x x =+-++，∴只需()min 0F x ≥()()()()'2224212x x F x ke x x ke x =+--=-+ ()2x ≥-令()'01xF x ke >⇒>2,()0x F x ≥-≥均成立，()0220F k ∴=-≥ 1k ∴≥（上一步若直接求单调增区间，则需先对k 的符号进行分类讨论.但通过代入0x =（01e =，便于计算），解得了k 要满足的必要条件，从而简化了步骤.）∴解得11ln x e x k k >⇒> [)2,x ∈-+∞ 下面根据1ln x k=是否在[)2,-+∞进行分类讨论：① 21ln 2k e k <-⇒>()F x ∴在[)2,-+∞单调递增. ()()()222min 22220F x F ke e k e-∴=-=-+=-< 与已知矛盾（舍） ② 21ln2k e k=-⇒= ()F x ∴在[)2,-+∞单调递增. ()()()222min 22220F x F ke e k e -∴=-=-+=-=满足条件 ③ 21ln 21k e k>-⇒≤< 则()21ln min1111ln 2ln 1ln 4ln 2k F x F k e k k k k ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫∴==⋅+-++ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭11lnln 20k k ⎛⎫=-+≥ ⎪⎝⎭恒成立，故满足条件 综上所述：21,k e ⎡⎤∈⎣⎦例7.（浙江高考题）设函数()()2ln ,f x x a x a R =-∈ （1）若x e =为()y f x =的极值点，求实数a（2）求实数a 的取值范围，使得对任意的(]0,3x e ∈，恒有()24f x e ≤成立.注：e 为自然对数的底数【答案】（1）,3e e ；（2）3a e e ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦. 【解析】解：（1）()()()2'()2ln =2ln 1x a a f x x a x x a x xx -⎛⎫=-+-+- ⎪⎝⎭x e =是()f x 的极值点()()'30a f e e a a e e ⎛⎫∴=--=⇒= ⎪⎝⎭或3a e =，经检验符合题意,3a e a e ∴==（2）思路一：恒成立的不等式为()22ln 4x a x e -≤，考虑选择最值法当(]0,1x ∈时，无论a 为何值，不等式恒成立（()f x 的单调区间必然含参数，首先将恒成立的部分剔除，缩小x 的取值范围以方便后期讨论）'()f x =()'()=2ln 1a f x x a x x ⎛⎫-+- ⎪⎝⎭，记()2ln 1a h x x x =+-()()22ln 4f x x a x e =-≤恒成立，所以()()2233ln34f e e a e e =-≤33e a e ∴-≤≤+a 的范围，便于分析讨论） ()()110,2ln 0h a h a a ∴=-<=>()()001,,0x a h x ∴∃∈= （解不出具体的极值点，但可以估计其范围，利用零点存在性定理，同时得到a 与0x 的关系：()000210ah x x x =+-=)()h x 单调递增()()()()001,,0;,,0x x h x x x a h x ∴∈<∈>()()()()()()'''001,,0;,,0;,,0x x f x x x a f x x a f x ∴∈>∈<∈+∞<若()()22ln 4f x x a x e =-≤，只需()()()()2200022ln 433ln 34fx x a x ef e e a e e ⎧=-≤⎪⎨=-≤⎪⎩①②由()0002ln 1ah x x x =+-得0002ln a x x x =+代入①得：320004ln 41x x e x e ≤⇒<≤ (]0002ln 1,3a x x x e ∴=+∈由②式得33e a e ∴-≤≤+∴综上所述，3a e e ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦点睛：本题有以下几处亮点：1、特殊值代入法：这是本题最大的亮点，通过代入特殊的值缩小,x a 的范围，便于讨论，在有关恒成立的问题中，通过代入特殊点（边界点，极值点等）可以简化运算，提供思路，而且有一些题目往往不等关系就在自变量的边界值处产生2、对极值点0x 的处理，虽无法求值，但可求出它的范围，进而解决问题 思路二：参变分离法：当(]0,1x ∈时，无论a 为何值，不等式恒成立 考虑(]1,3x e ∈,则不等式()()22224ln 4ln e x a x e x a x-≤⇔-≤(体会将x 范围缩小后所带来的便利）x a x ⇔-≤≤+则只需max mina x a x ⎧⎛≥- ⎪⎝⎪⎨⎛⎪≤+⎪⎝⎩成立设()g x x =-()()()'332221102ln ln e e g x x x x x =+=+> ()g x ∴在(]1,3e 单调递增，()()()max 33g x g e e ∴==-3a e ∴≥再设()h x x =+()()()()()32'333222ln 2112ln ln ln x x e e e h x x x x x x x -=-=-= 令()'0h x >即()32ln x x e >,由左边可得x e =时，()32ln x x e =，而()32ln y x x =单调递增，由此可得()1,x e ∈,()'0h x <,(),3x e e ∈,()'0h x >(单调性+根→符号）∴()h x 在()1,e 单调增，在(),3e e 单调递减.故()()min 3h x h e e ==3a e ∴≤-综上所述：3a e e ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦点睛：思路二有另外几个亮点：1、缩小自变量x 范围的作用：使ln x 为正，进而对后面的变形开方起到关键性作用2、在处理()h x 的问题时，采取零点与单调性结合的方式来确定符号.其中()32ln y x x =的单调性可以快速判断.y x =增，()32ln y x =增，且两部分的函数值恒为正数，那么相乘后的解析式依然是增函数. 例8.（2018届湖南省永州市三模）已知f(x)=2ae x−1+2alnx −b2, g(x)=2e 2x−2+2ln 2x −b 22+a 2.（1）若对任意的实数a ，恒有f(x)<g(x)，求实数b 的取值范围； （2）当2<a <4,b =−10a 时，求证：方程f(x)=2e x−1+e x 恒有两解. 【答案】(Ⅰ)(−1,2)；(Ⅱ)详见解析． 【解析】（Ⅰ）要使f(x)＜g(x)恒成立，即使2ae x−1+2alnx −b2<2e 2x−2+2ln 2x −b 22+a 2成立，整理成关于a 的二次不等式a 2−2(e x−1+lnx)a +(2e 2x−2+2ln 2x −b 22+b2)>0，只要保证△＜0，Δ=4(e x−1+lnx)2−4(2e 2x−2+2ln 2x −b 22+b2)=−4e 2x−2−4ln 2x +8e x−1lnx +2b 2−2b <0，整理为e 2x−2+ln 2x −2e x−1lnx −12b 2+12b >0，(e x−1−lnx)2>12b 2−12b （i ）下面探究（i ）式成立的条件，令t(x)=e x−1−lnx ，t′(x)=e x−1−1x ，t′(1)=0，当x ∈(0,1)时，t′(x)<0，t(x)单调递减；当x ∈(1,+∞)时，t′(x)<0，t(x)单调递增，x=1时t(x)有最小值t(1)=1，12b 2−12b <(t(x)min )2=(t(1))2=1，b 2−b −2<0，−1<b <2． 实数b 的取值范围是（－1,2）．（Ⅱ）方程f(x)=2ae x−1+e x 化为e x −2alnx −5a =0， 令ℎ(x)=e x −2alnx −5a ，ℎ′(x)=e x −2a x，ℎ′(x)在（0，＋∞）上单调递增，ℎ′(1)=e −2a <0，ℎ′(2)=e 2−a >0， 存在x 0∈(1,2)使ℎ′(x 0)=0，即e x 0=2a x 0，x 0=2ae x 0，ℎ(x)在(0,x 0)上单调递减，在(x 0,+∞)上单调递增， ℎ(x)在x 0处取得最小值． ℎ(x 0)=e x 0−2alnx 0−5a =2a x 0−2aln 2a e 0−5a =2a(1x 0+x 0)−2aln2a −5a ，1 x0+x0∈(2,52)，ℎ(x0)<−2aln2a＜0，ℎ(e−3)=e e−3+a>0，ℎ(e2)=e e2−9a>0，ℎ(x)在(e−3,x0)和(x0,e2)各有一个零点，故方程f(x)=2ae x−1+e x恒有两解．点睛：本题主要考查导数在函数中的综合应用，着重考查了转化与化归思想、逻辑推理能力与计算能力.导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行： (1)考查导数的几何意义，求解曲线在某点处的切线方程； (2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数； (3)利用导数求函数的最值(极值)，解决函数的恒成立与有解、函数的综合问题，同时注意数形结合思想的应用．例9.（2018届内蒙古鄂伦春自治旗二模（420模拟））已知函数f(x)=x3−6x2+ax+b(a,b∈R)的图象在与x轴的交点处的切线方程为y=9x−18.（1）求f(x)的解析式；（2）若21x+k−80<f(x)<9x+k对x∈(1,5)恒成立，求k的取值范围.【答案】（1）f(x)=x3−6x2+21x−26（2）[9,22)【解析】（1）由9x−18=0得x=2.∴切点为(2,0).∵f′(x)=3x2−12x+a∴f′(2)=a−12=9∴a=21,又f(2)=8−24+2a+b=0∴b=−26，f(x)=x3−6x2+21x−26.（2）由f(x)<9x+k得k>f(x)−9x=x3−6x2+12x−26.设g(x)=x3−6x2+12x−26，g′(x)=3(x2−4x+4)=3(x−2)2>0对x∈(1,5)恒成立，∴g(x)在(1,5)上单调递增∴k≥g(5)=9.设ℎ(x)=f(x)−(21x+k−80)=x3−6x2−k+54，1<x<5，则ℎ′(x)=3x(x−4)，当1<x<4时，ℎ′(x)<0；当4<x<5时，ℎ′(x)>0.∴ℎ(x)在(1,4)上单调递减，在(4,5)上单调递增，则ℎ(x)min=ℎ(4)=22−k>0，∴k<22.综上，k 的取值范围为[9,22).点睛：本题主要考查利用导数研究函数的单调性以及不等式恒成立问题，属于难题．不等式恒成立问题常见方法：① 分离参数a ≥f (x )恒成立(a ≥f (x )max 即可)或a ≤f (x )恒成立（a ≤f (x )min 即可）；② 数形结合(y =f (x ) 图象在y =g (x ) 上方即可)；③ 讨论最值f (x )min ≥0或f (x )max ≤0恒成立；④ 讨论参数. 例10.（2018届湖南省益阳市高三4月调研）已知函数f (x )=(2e +1)lnx −3a 2x +1（a ∈R ，e 为自然对数的底数）.（1）讨论函数f (x )的单调区间；（2）当a =23时，xe x +m ≥f (x )恒成立，求实数m 的最小值.【答案】(1)单调递增区间是(0,2(2e+1)3a)，单调递减区间是(2(2e+1)3a,+∞).(2)-e.【解析】（1）由题知，函数f (x )=(2e +1)lnx −3a 2x +1的定义域是(0,+∞).f ′(x )=2e+1x−3a 2，当a ≤0时，f ′(x )>0对任意x ∈(0,+∞)恒成立，所以函数f (x )的单调递增区间是(0,+∞)，无单调递减区间； 当a >0时，令f ′(x )>0，得0<x <2(2e+1)3a；令f ′(x )<0，得x >2(2e+1)3a；所以函数f (x )的单调递增区间是(0,2(2e+1)3a)，单调递减区间是(2(2e+1)3a,+∞).（2）当a =23时，xe x +m ≥f (x )恒成立， 即为xe x +m ≥(2e +1)lnx −x +1恒成立， 即为xe x +m −(2e +1)lnx +x −1≥0恒成立. 设g (x )=xe x +m −(2e +1)lnx +x −1， 则g ′(x )=e x +xe x −2e+1x+1.显然g ′(x )在区间(0,+∞)上单调递增，且g ′(1)=0，所以当x ∈(0,1)时，g ′(x )<0；当x ∈(1,+∞)时，g ′(x )>0； 所以函数g (x )在区间(0,1)上单调递减，在区间(1,+∞)上单调递增.所以g (x )min =g (1)=e +m −0+1−1≥0， 解得m ≥−e .即实数m 的最小值是−e .点睛：此题主要考查函数的单调性、最值，不等式恒成立问题，以及导数在研究函数单调性、最值中的应用等有关方面的知识与技能，属于中高档题型，也是必考题型.利用导数求函数单调区间的一般步骤为：1.确定函数的定义域；2.求函数的导数；3.在函数的定义域内解不等式f ′(x )>0和f ′(x )<0；4.写出函数的单调区间.【精选精练】1．（2019·广东高考模拟（文））已知函数()2xf x e ax =-，对任意10x <，20x <，都有()()()()21210x x f x f x --<，则实数a 的取值范围是（ ）A ．,2e ⎛⎤-∞- ⎥⎝⎦B ．,02e ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦C ．0,2e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦D ．,2e ⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦【答案】D 【解析】由题意可知函数f （x ）是（﹣∞，0）上的单调递减函数，且当x ＜0时，2()xf x eax -=-，121()20x x xaxe f x ax e e '+=--=-，可得：2axe x+1≥0，即12e x a x - 恒成立， 令g （x ）＝xe x （x ＜0），则g'（x ）＝e x （x+1），据此可得函数g （x ）在区间（﹣∞，﹣1）上单调递减， 在区间（﹣1，0）上单调递增，函数g （x ）的最小值为1(1)g e -=，则min122x e xe -⎛⎫= ⎪⎝⎭ ， 可得：实数a 的取值范围是e ,2⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦．故选：D ．2．（2019·湖南高三期末（理））函数22(),()e 2x f x x x a g x x =-++=-（e 为自然对数的底数），若任意[0,1]x ∈，都有[()]0f g x ，则实数a 的最大值是（ ）A ．256e e -+B ．236e e -+C ．2D ．14-【答案】A【解析】由于()4x g x e x '=-，令()4xm x e x =-，当[0,1]x ∈时，()40xm x e '=-<，又(0)10m =>，(1)40m e =-<，所以()m x 在[0,1]有唯一一个零点0x ， 即00-40xe x =且()g x 在0[0,)x 单调递增， 在0(,1]x 单调递减，所以()()2220000002()2422122e g x g x ex x x x x -=-=-=--+<，令()[2,2)u g x e =∈-，则由()0f u ，即221124a u u u ⎛⎫-=-- ⎪⎝⎭，所以22(2)(2)56a e e e e ---=-+，故选A ．3．（2018届贵阳第一中学高考适应性月考卷（七））已知定义在R 上的函数f(x)，g(x)，其中g(x)为偶函数，当x >0时，g′(x)>0恒成立；且f(x)满足：①对∀x ∈R ，都有f(x +√3)=f(x −√3)；②当x ∈[−√3,√3]时，f(x)=x 3−3x .若关于x 的不等式g[f(x)]≤g(a 2−a +2)对∀x ∈[−32−2√3,32−2√3]恒成立，则a 的取值范围是（ ） A. R B. [0,1] C. [12−3√34,−12+3√34] D. (−∞,0]∪[1,+∞)【答案】D 【解析】∵函数g(x)满足：当x >0时，g ′(x)>0恒成立，∴函数g(x)为R 上的偶函数，且在[0， +∞)上为单调递增函数，且有g(|x|)=g(x)，∴g[f(x)]≤g(a 2−a +2)，x ∈[−32−2√3， 32−2√3]恒成立⇔|f(x)|≤|a 2−a +2|恒成立，只要使得定义域内|f(x)|max ≤|a 2−a +2|min ，由f(x +√3)=f(x −√3)，得f(x +2√3)=f(x)，即函数f(x)的周期T =2√3，∵x ∈[−√3， √3]时，f(x)=x 3−3x ，求导得f ′(x)=3x 2−3=3(x +1)(x −1)，该函数过点(−√3， 0)， (0， 0)， (√3， 0)，如图，且函数在x =−1处取得极大值f(−1)=2，在x =1处取得极小值f(1)=−2，即函数f(x)在R 上的最大值为2，∵x ∈[−32−2√3， 32−2√3]，函数的周期是2√3，∴当x ∈[−32−2√3， 32−2√3]时，函数f(x)的最大值为2，由2≤|a 2−a +2|，即2≤a 2−a +2，则a 2−a ≥0，解得a ≥1或a ≤0. 故选D ．4．（2018年高考原创押题预测卷01）已知函数f(x)=mxlnx ，若关于x 的不等式f (x )≥x −1在(0 ， +∞)上恒成立，则m 的值为（ ） A. 1 B. 3 C. 12D. 13【答案】A【解析】令F (x )=f (x )−x +1=mx ln x −x +1，x ∈(0 ， +∞).由题意F(x)≥0在(0,+∞)上恒成立，若m <0，F(2)=2mln2−1<0，与已知矛盾.若m =0，则F(x)=−x +1，显然不满足在(0 ， +∞)上F (x )≥0恒成立.若m >0，对F(x)求导可得F ′(x )=m ln x +m −1.由F ′(x )>0解得x >e 1−m m，由F ′(x)<0解得0<x <e 1−m m，∴F (x )在(0,e1−m m)上单调递减，在(e1−m m,+∞)上单调递增，∴F(x)min =F(e1−m m)=1−m e1−mm，∴要使F(x)≥0恒成立，须使1−m e1−m m≥0恒成立.即e 1−m m≤1m恒成立，两边取对数得，1−m m≤ln 1m ，整理得ln m +1m −1≤0.令g (m )=ln m +1m −1，则g ′(m )=m−1m 2，显然当0<m <1时，g ′(m )<0，当m >1时，g ′(m )>0．于是函数g (m )在(0 ， 1)上单调递减，在(1 ， +∞)单调递增.∴g (m )min =g (1)=0，∴g(m)=0,∴m =1，故选A ．5．（2018届四川联合三诊）已知定义在R 上的偶函数f(x)在[0,+∞)上单调递减，若不等式f(−ax +lnx +1)+f(ax −lnx −1)≥2f(1)对任意x ∈[1,3]恒成立，则实数a 的取值范是（ ） A. [1e ,2+ln33] B. [1e,e] C. [1e,+∞) D. [2,e ]【答案】A【解析】 因为定义在R 上的偶函数f (x )在(0,+∞)上递减，所以f (x )在(−∞,0)上单调递增， 若不等式f(−ax +lnx +1)+f(ax −lnx −1)≥2f(1)对于x ∈[1,3]上恒成立， 则2f(ax −lnx −1)≥2f(1)对于x ∈[1,3]上恒成立， 即f(ax −lnx −1)≥f(1)对于x ∈[1,3]上恒成立，所以−1≤ax −lnx −1≤1对于x ∈[1,3]上恒成立，即0≤ax −lnx ≤2对于x ∈[1,3]上恒成立， 令g (x )=ax −lnx ，则由g ′(x )=a −1x=0，求得x =1a，（1）当1a ≤1时，即a <0或a ≥1时，g ′(x )≥0在[1,3]上恒成立，g (x )单调递增， 因为最小值g (1)=a ≥0，最大值g (3)=3a −ln3≤2，所以0≤a ≤2+ln33，综上可得1≤a ≤2+ln33；（2）当1a≥3，即0<a ≤13时，g ′(x )≤0在[1,3]上恒成立，g (x )单调递减， 因为最大值g (1)=a ≤2，最小值g (3)=3a −ln3≥0，所以ln33≤a ≤2，综合可得，a 无解，（3）当1<1a<3，即13<a <1时，在(1,1a)上，g ′(x )<0恒成立，g (x )为减函数，在(1a,3]上，g ′(x )>0恒成立，g (x )单调递增，故函数最小值为g(1a )=1−ln 1a g(1)=a,g(3)=3a −ln3,g(3)−g(1)=2a −ln3， 若2a −ln3>0，即ln √3<a <1，因为g (3)−g (1)>0，则最大值为g (3)=3a −ln3， 此时，由1−ln 1a ≥0,g (3)=3a −ln3≤2，求得1e ≤a ≤2+ln33，综上可得ln √3<a <1；若2a −ln3≤0，即13<a ≤12ln3=ln √3，因为g (3)−g (1)≤0，则最大值为g (1)=a ， 此时，最小值1−ln 1a≥0，最大值为g (1)=a ≤2，求得1e≤a ≤2，综合可得1e ≤a ≤ln √3， 综合（1）（2）（3）可得1≤a ≤2+ln33或ln √3<a <1或1e≤a ≤ln √3，即1e ≤a ≤2+ln33，故选A.6.（2018年4月浙江省金华十校高考模拟）若对任意的x ∈[1,5]，存在实数a ，使2x ≤x 2+ax +b ≤6x (a ∈R,b >0)恒成立，则实数b 的最大值为__________． 【答案】9【解析】若对任意的x ∈[1,5]，2x ≤x 2+ax +b ≤6x (a ∈R,b >0)恒成立，可得： −(x +bx )+2≤a ≤−(x +bx )+6恒成立，令f(x)=−(x+bx )+2，g(x)=−(x+bx)+6，原问题等价于：[f(x)]max≤a≤[g(x)]min，结合对勾函数的性质分类讨论：(1)当√b≤1,b≤1时，[f(x)]max=f(1)=1−b，[g(x)]min=g(5)=1−b5，原问题等价于存在实数a满足：1−b≤a≤1−b5，故1−b≤1−b5，解得：b≥0，则此时0<b≤1；(2)当√b≥5,b≥25时，[f(x)]max=f(5)=−3−b5，[g(x)]min=g(1)=5−b，原问题等价于存在实数a满足：−3−b5≤a≤5−b，故−3−b5≤5−b，解得：b≤10，则此时b∈∅；(3)当1<√b<5,1<b<25时，[f(x)]max=f(√b)=2−2√b，而g(1)−g(5)=(5−b)−(1−b5)=4−45b，当4−45b>0,b<5时，[g(x)]min=g(5)=1−b5，原问题等价于存在实数a满足：2−2√b≤a≤1−b5，故2−2√b≤1−b5，解得：5−2√5≤√b≤5+2√5，则此时1<b<5；当4−45b≤0,b≥5时，[g(x)]min=g(1)=5−b，原问题等价于存在实数a满足：2−2√b≤a≤5−b，故(√b+1)(√b−3)<0，解得：√b≤3，则此时5≤b≤9；综上可得：实数b的最大值为9.7.已知函数f(x)=xlnx+ax+1，a∈R.（1）当时x>0，若关于x的不等式f(x)≥0恒成立，求a的取值范围；（2）当n∈N∗时，证明：n2n+4<ln22+ln232+⋅⋅⋅+ln2n+1n<nn+1.【答案】（1）[−1,+∞).（2）见解析.【解析】（1）由f(x)≥0，得xlnx+ax+1≥0(x>0).整理，得−a≤lnx+1x 恒成立，即−a≤(lnx+1x)min.令F(x)=lnx +1x.则F′(x)=1x−1x 2=x−1x 2.∴函数F(x)在(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增. ∴函数F(x)=lnx +1x 的最小值为F(1)=1. ∴−a ≤1，即a ≥−1. ∴a 的取值范围是[−1,+∞). （2）∵n 2n+4为数列{1(n+1)(n+2)}的前n 项和，nn+1为数列{1n(n+1)}的前n 项和.∴只需证明1(n+1)(n+2)<ln 2n+1n<1n(n+1)即可.由（1），当a =−1时，有xlnx −x +1≥0，即lnx ≥x −1x. 令x =n+1n>1，即得lnn+1n >1−n n+1 =1n+1.∴ln 2n+1n>(1n+1)2 >1(n+1)(n+2) =1n+1−1n+2.现证明ln 2n+1n<1n(n+1)，即2ln√n+1n<√n √n+1=√n √n+1=√n+1n−√nn+1. (∗)现证明2lnx <x −1x(x >1).构造函数G(x)=x −1x −2lnx (x ≥1)， 则G′(x)=1+1x 2−2x =x 2−2x+1x 2≥0.∴函数G(x)在[−1,+∞)上是增函数，即G(x)≥G(1)=0. ∴当x >1时，有G(x)>0，即2lnx <x −1x 成立. 令x =√n+1n，则(∗)式成立.综上，得1(n+1)(n+2)<ln 2n+1n <1n(n+1).对数列{1(n+1)(n+2)}，{ln 2n+1n}，{1n(n+1)}分别求前n 项和，得n2n+4<ln 22+ln 232 +⋅⋅⋅+ln 2n+1n<nn+1.8.（2018届青海省西宁市一模）设()ln f x x =， ()12g x x x =. （1）令()()()•F x x f x g x =-，求()F x 的单调区间；（2）若任意[)12,1,x x ∈+∞且12x x <，都有()()()()212211••m g x g x x f x x f x ⎡⎤->-⎣⎦恒成立，求实数m 的取值范围.【答案】（1）见解析；（2）1m ≥. 【解析】（1）()F x 的定义域为()0,+∞，∴ ()21ln 2F x x x x =-，则()ln 1F x x x '=+-， 令()()ln 1G x F x x x '==+-，则()11G x x'=-， 由()110G x x -'=>得01x <<， ()110G x x-'=<，得1x >，则()G x 在()0,1上单调递增，在()1,+∞上单调递减，即()F x '在()0,1上单调递增，在()1,+∞上单调递减，∴()()10F x F ''≤=， ∴()F x 的定义域为()0,+∞上单调递减.（2）据题意，当121x x ≤<时， ()()()()212211••m g x g x x f x x f x ⎡⎤->-⎣⎦恒成立， ∴当121x x ≤<时， ()()()()22211••mg x x f x mg x x f x ->-恒成立， 令()()()•H x mg x x f x =-，即()21ln 2H x mx x x =- 则()H x 在[)1,+∞上是增函数， ∴()0H x '≥在[)1,+∞上恒成立，∴ln 1x m x+≥（1x ≥）， 令()ln 1x h x x+=（1x ≥）， ∴()21ln 1ln 0x xh x x x---==≤'，∴ ()h x 在[)1,+∞上为减函数， ∴()()max 11h x h ==，∴ 1m ≥.9．（2019·天津高考模拟（文））已知函数()3223f x x ax a x =+-+，a R ∈.（1）若0a <，求函数()f x 的单调减区间；（2）若关于x 的不等式()22ln 1x x f x a +'≤+恒成立，求实数a 的范围.【答案】（1）3a a ，⎛⎫- ⎪⎝⎭（2）a ≥﹣2【解析】（1）f '（x ）＝3x 2+2ax ﹣a 2＝（3x ﹣a ）（x +a ） 由f '（x ）＜0且a ＜0得：3ax a -＜＜∴函数f （x ）的单调减区间为3a a ，⎛⎫- ⎪⎝⎭（2）依题意x ∈（0，+∞）时，不等式2xlnx ≤f '（x ）+a 2+1恒成立，等价于3122x a lnx x ≥--在x ∈（0，+∞）上恒成立． 令()3122x h x lnx x=-- 则()()()()22311131'0222x x h x x x x x+-=-+=-＞ 当x ∈（0，1）时，h '（x ）＞0，h （x ）单调递增 当x ∈（1，+∞）时，h '（x ）＜0，h （x ）单调递减 ∴当x ＝1时，h （x ）取得最大值h （1）＝﹣2 故a ≥﹣210.（2019·湖南师大附中高考模拟（文））已知函数()ln 1f x x ax =-+，其中a 为实常数. （1）若当0a >时，()f x 在区间[1,]e 上的最大值为1-，求a 的值；（2）对任意不同两点()()11,A x f x ，()()22,B x f x ，设直线AB 的斜率为k ，若120x x k ++>恒成立，求a 的取值范围.【答案】(1) 2a = (2) (,-∞ 【解析】 （1）1()(0)f x a x x '=->，令1()0f x a x '=->，则10x a <<.所以()f x 在10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，在1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递减.①当101a<≤，即1a ≥时，()f x 在区间[]1,e 上单调递减，则max ()(1)1f x f a ==-+， 由已知，11a -+=-，即2a =，符合题意. ②当11e a<<时，即11a e <<时，()f x 在区间上单调递增，在上单调递减，则max 1()ln f x f a a ⎛⎫==- ⎪⎝⎭，由已知，ln 1a -=-，即a e =，不符合题意，舍去. ③当1e a ≥，即10a e<≤时，()f x 在区间[]1,e 上单调递增，则， 由已知，21ae -=-，即3a e=，不符合题意，舍去.综上分析，2a =. （2）由题意，()()1212f x f x k x x -=-，则原不等式化为()()1212120f x f x x x x x -++>-， 不妨设120x x >>，则()()()()1212120x x x x f x f x +-+->，即()()2212120x x f x f x -+->，即()()221122f x x f x x +>+.设22()()ln 1g x f x x x x ax =+=+-+，则2121()2x ax g x x a x x'-+=+-=，由已知，当120x x >>时，不等式()()12g x g x >恒成立，则()g x 在(0,)+∞上是增函数.所以当0x >时，()0g x '≥，即2210x ax -+≥，即22112x a x x x+≤=+恒成立，因为12x x +≥12x x =，即2x =时取等号，所以min 12x x ⎛⎫+= ⎪⎝⎭故a的取值范围是(,-∞.11．（2018届江苏省无锡市高三上期末）已知函数f(x)=e x (3x −2)，g(x)=a(x −2)，其中a,x ∈R . （1）求过点(2,0)和函数y =f(x)的图像相切的直线方程； （2）若对任意x ∈R ，有f(x)≥g(x)恒成立，求a 的取值范围； （3）若存在唯一的整数x 0，使得f(x 0)<g(x 0)，求a 的取值范围.【答案】（1）y =x −2，y =9e 83x −18e 83.（2）1≤a ≤9e 83.（3）a ∈[53e ,1)∪(7e 3,5e 4]. 【解析】（1）设切点为(x 0,y 0)，f′(x)=e x (3x +1)，则切线斜率为e x 0(3x 0+1)， 所以切线方程为y −y 0=e x 0(3x 0+1)(x −x 0)，因为切线过(2,0)， 所以−e x 0(3x 0−2)=e x 0(3x 0+1)(2−x 0)，化简得3x02−8x0=0，解得x0=0,83. 当x0=0时，切线方程为y=x−2，当x0=83时，切线方程为y=9e83x−18e83.（2）由题意，对任意x∈R有e x(3x−2)≥a(x−2)恒成立，①当x∈(−∞,2)时，a≥e x(3x−2)x−2⇒a≥[e x(3x−2)x−2]max，令F(x)=e x(3x−2)x−2，则F′(x)=ex(3x2−8x)(x−2)2，令F′(x)=0得x=0，F max(x)=F(0)=1，故此时a≥1.②当x=2时，恒成立，故此时a∈R.③当x∈(2,+∞)时，a≤e x(3x−2)x−2⇒a≤[e x(3x−2)x−2]min，令F′(x)=0⇒x=83，F min(x)=F(83)=9e83，故此时a≤9e83.综上：1≤a≤9e83. （3）因为f(x)<g(x)，即e x(3x−2)<a(x−2)，由（2）知a∈(−∞,1)∪(9e 83,+∞)，令F(x)=e x(3x−2)x−2，则当x∈(−∞,2)，存在唯一的整数x0使得f(x0)<g(x0)，等价于a<e x(3x−2)x−2存在唯一的整数x0成立，因为F(0)=1最大，F(−1)=53e ，F(1)=−1e，所以当a<53e时，至少有两个整数成立，所以a∈[53e,1).当x∈(2,+∞)，存在唯一的整数x0使得f(x0)<g(x0)，等价于a>e x(3x−2)x−2存在唯一的整数x0成立，因为F(83)=9e83最小，且F(3)=7e3，F(4)=5e4，所以当a>5e4时，至少有两个整数成立，所以当a≤7e3时，没有整数成立，所有a∈(7e3,5e4].综上：a∈[53e,1)∪(7e3,5e4].12．已知函数f(x)=lg(4−x4+x)，其中x∈(−4,4)（1）判断并证明函数f(x)的奇偶性；（2）判断并证明函数f(x)在(−4,4)上的单调性；（3）是否存在这样的负实数k，使f(k−cosθ)+f(cos2θ−k2)≥0对一切θ∈R恒成立，若存在，试求出k 取值的集合；若不存在，说明理由【答案】（1）奇函数；（2）f(x)在(−4,4)上的减函数；（3）存在这样的k其范围为−2<k≤−1.【解析】试题分析：（1）已知函数的定义域关于原点对称，再证明f(−x)=−f(x)，所以函数f(x)是奇函数；（2）用定义证明函数在(−4,4)上单调递减的步骤：设值—作差、变形—判断符号—得出结论；（3）由（1）（2）得，不等式f(k−cosθ)+f(cos2θ−k2)≥0可变形为f(k−cosθ)≥−f(cos2θ−k2)=f(k2−cos2θ)，从而得到不等式组{k<0−4<k−cosθ<4−4<cos2θ−k2<4k−cosθ≤k2−cos2θ，解得−2<k≤−1.试题解析：（1）∵f(−x)=lg(4+x4−x )=−lg(4−x4+x)=−f(x)∴f(x)是奇函数．（2）任取x1,x2∈(−4,4),且x1<x2,f(x1)−f(x2)=lg(4−x14+x1)−lg(4−x24+x2)=lg (4−x1)(4+x2)(4+x1)(4−x2)=lg16+4(x2−x1)−x1x216+4(x1−x2)−x1x2∵16+4(x2−x1)−x1x2>16−4(x2−x1)−x1x2>0。
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 ⇔≥。
高考数学 秒杀必备 恒成立问题的一般解法
高考数学恒成立问题的一般解法高考数学复习中的恒成立问题，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。
因此也成为历年高考的一个热点。
恒成立问题在解题过程中大致可分为以下几种类型：①一次函数型；②二次函数型；③变量分离型；④根据函数的奇偶性、周期性等性质；⑤直接根据函数的图象。
一、 一次函数型：给定一次函数y=f(x)=ax+b(a ≠0),若y=f(x)在[m,n]内恒有f(x)>0，则根据函数的图象（直线）可得上述结论等价于ⅰ）⎩⎨⎧>>0)(0m f a 或ⅱ）⎩⎨⎧><0)(0n f a 亦可合并定成⎩⎨⎧>>0)(0)(n f m f同理，若在[m,n]内恒有f(x)<0，则有⎩⎨⎧<<0)(0)(n f m f例1、 对于满足|p|≤2的所有实数p,求使不等式x 2+px+1>2p+x 恒成立的x 的取值范围。
分析：在不等式中出现了两个字母：x 及P,关键在于该把哪个字母看成是一个变量，另一个作为常数。
显然可将p 视作自变量，则上述问题即可转化为在[-2，2]内关于p 的一次函数大于0恒成立的问题。
略解：不等式即(x-1)p+x 2-2x+1>0,设f(p)= (x-1)p+x 2-2x+1,则f(p)在[-2,2]上恒大于0，故有：⎩⎨⎧>>-)2(0)2(f f 即⎪⎩⎪⎨⎧>->+-0103422x x x 解得：⎩⎨⎧-<><>1113x x x x 或或 ∴x<-1或x>3. 二、 二次函数型若二次函数y=ax 2+bx+c=0(a ≠0)大于0恒成立，则有⎩⎨⎧<∆>0an m o x y nm o x y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。
高三数学剖析高考中的恒成立问题
剖析高考数学中的恒成立问题广东省湛江市坡头区第一中学 范友玉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、二次函数等函数的性质、图象，渗透着换元、化归、数形结合、函数与方程等思想方法，在培养思维的灵活性、创造性等方面起到了积极的作用。
这三年的数学高考中频频出现恒成立问题，其形式逐渐多样化，但都与函数、导数知识密不可分。
解决高考数学中的恒成立问题常用以下几种方法：①函数性质法；②主参换位法；③分离参数法；④数形结合法。
下面我就以近三年高考试题为例加以剖析： 一、函数性质法1、二次函数：①.若二次函数2()(0)0f x ax bx c a =++≠>（或0<）在R 上恒成立，则有00a >⎧⎨∆<⎩（或00a <⎧⎨∆<⎩）； ②.若二次函数2()(0)0f x ax bx c a =++≠>（或0<）在指定区间上恒成立，可以利用韦达定理以及根的分布等知识求解。
例1(08年江西卷理12)．已知函数()()()22241,f x mx m x g x mx =--+=，若对于任一实数x ，()f x 与()g x 的值至少有一个为正数，则实数m 的取值范围是（A ．(0，2)B ．(0，8)C ．(2，8)D ．(－∞，0) 分析：()f x 与()g x 的函数类型，直接受参数m 解析：当0m =时，()810f x x =-+>在1(,)8-∞上恒成立，而()g x 在R 上恒成立，显然不满足题意；(如图1)当0m <时，()g x 在R 上递减且()0g x mx =>只在(,0)-∞而()f x 是一个开口向下且恒过定点（0，1当0m >时，()g x 在R 上递增且()0g x mx =>在(0,)+∞上恒成立，而()f x 是一个开口向上且恒过定点（0，1）的二次函数，要使对任一实数()f x 与()g x 的值至少有一个为正数则只需()0f x >在(,0]-∞则有24024(4)80m m m m -⎧<⎪⎨⎪∆=--<⎩或402m m -≥解得48m <<或04m <≤， 综上可得08m <≤即(0,8)m ∈。
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专题18 恒成立问题——最值分析法【热点聚焦与扩展】不等式恒成立问题常见处理方法：① 分离参数()a f x ≥恒成立(()max a f x ≥可)或()a f x ≤恒成立（()min a f x ≤即可）；② 数形结合(()y f x =图象在()y g x = 上方即可)；③ 最值法：讨论最值()min 0f x ≥或()max 0f x ≤恒成立；④ 讨论参数. 最值法求解恒成立问题是三种方法中最为复杂的一种，但往往会用在解决导数综合题目中的恒成立问题.此方法考查学生对所给函数的性质的了解，以及对含参问题分类讨论的基本功.是函数与导数中的难点问题，下面通过典型例题总结此类问题的解法----最值分析法. 1、最值法的特点：（1）构造函数时往往将参数与自变量放在不等号的一侧，整体视为一个函数，其函数含参（2）参数往往会出现在导函数中，进而参数不同的取值会对原函数的单调性产生影响——可能经历分类讨论 2、理论基础：设()f x 的定义域为D（1）若x D ∀∈，均有()f x C ≤（其中C 为常数），则()max f x C ≤ （2）若x D ∀∈，均有()f x C ≥（其中C 为常数），则()min f x C ≥ 3、技巧与方法：（1）最值法解决恒成立问题会导致所构造的函数中有参数，进而不易分析函数的单调区间，所以在使用最值法之前可先做好以下准备工作：① 观察函数()f x 的零点是否便于猜出（注意边界点的值） ② 缩小参数与自变量的范围：通过代入一些特殊值能否缩小所求参数的讨论范围（便于单调性分析）观察在定义域中是否包含一个恒成立的区间（即无论参数取何值，不等式均成立），缩小自变量的取值范围 （2）首先要明确导函数对原函数的作用：即导函数的符号决定原函数的单调性.如果所构造的函数，其导数结构比较复杂不易分析出单调性，则可把需要判断符号的式子拿出来构造一个新函数，再想办法解决其符号. （3）在考虑函数最值时，除了依靠单调性，也可根据最值点的出处，即“只有边界点与极值点才是最值点的候选点”，所以有的讨论点就集中在“极值点”是否落在定义域内.【经典例题】例1．【2018届四川高三（南充三诊）联合诊断】已知定义在上的偶函数在上单调递减，若不等式对任意恒成立，则实数的取值范是（ ）A. B. C. D.【答案】A【解析】因为定义在上的偶函数在上递减，所以在上单调递增，若不等式对于上恒成立，则对于上恒成立，即对于上恒成立，（2）当，即时，在上恒成立，单调递减，因为最大值，最小值，所以，综合可得，无解，（3）当，即时，在上，恒成立，为减函数，在上，恒成立，单调递增，故函数最小值为，若，即，因为，则最大值为，此时，由，求得，综上可得；若，即，因为，则最大值为，点睛：本题主要考查了函数的奇偶性和单调性的综合应用，函数的恒成立问题，着重考查了转化思想、分类讨论的数学思想方法，试题有一定的难度，属于难题，本题的解答中利用函数的奇偶性、单调性，可得在上恒成立，令，求的函数的最大值和最小值，从而得到实数的取值范围.例2.若关于的不等式，对任意恒成立，则的取值范围是( )A. B. C. D.【答案】B【解析】设y=x3﹣3x2﹣9x+2，则y′=3x2﹣6x﹣9，令y′=3x2﹣6x﹣9=0，得x1=﹣1，x2=3，∵3∉[﹣2，2]，∴x2=3（舍），列表讨论：∵f（﹣2）=﹣8﹣12+18+2=0，f（﹣1）=﹣1﹣3+9+2=7，f（2）=8﹣12﹣18+2=﹣20，∴y=x3﹣3x2﹣9x+2在x∈[﹣2，2]上的最大值为7，最小值为﹣20，∵关于x的不等式x3﹣3x2﹣9x+2≥m对任意x∈[﹣2，2]恒成立，∴m≤﹣20，故选：B．例3．已知函数()1xaxf xbe=-，曲线()y f x=在点()()1,1f处的切线方程为()210x e y e+--=.其中2.71828e=为自然对数的底数（1）求,a b的值（2）如果当0x≠时，()12xkf xe-<恒成立，求实数k的取值范围【答案】（1）1,1；（2）0k≤.【解析】解：（1）()()()'211x xxa be be axf xbe--=-()1xxf xe∴=-（2）思路：恒成立不等式为：2211x xx ke e-<-，若参变分离，则分离后的函数过于复杂，不利于求得最值，所以考虑利用最值法，先变形不等式，由于21xe-的符号不确定（以0x=为界），从而需进行分类讨论.当0x>时，不等式变形为：()()21210x xk e xe k---->，设()()()2121x xg x k e xe k=----，可观察到()00g=，则若要0x>时，()0g x>，则需()'00g≥，进而解出0k≤，再证明0k≤时，()0g x>即可.将k的范围缩至0k≤时再证明0x<时，()0g x>即可.解：由（1）可得恒成立的不等式为：2211x xx ke e-<-当0x>时，()()22212111x xx xx kxe k ee e-<⇔<---()()21210x xk e xe k⇔---->设()()()2121x x g x k e xe k =----，可得()00g =()()()'22121x x g x k e x e =--+()()()()'22121211x x x xg x k e x e e k e x ⎡⎤=--+=---⎣⎦0k ≤ ()1110x x k e x e x ∴--->-->()'0g x ∴> ()g x ∴在()0,+∞单调递增 ()()00g x g ∴>=，即不等式恒成立当0x <时，()()22212111x xx xx k xe k e e e-<⇔>--- ()()()212100xx k e xe k g x ⇔----<⇔<0k ≤ ∴同理，()()'2110x xg x e k e x ⎡⎤=--->⎣⎦()g x ∴在(),0-∞单调递增 ()()00g x g ∴<=即0k ≤时不等式在(),0x ∈-∞ 恒成立 综上所述，0k ≤ .例4．设函数()(1)xf x ae x =+（其中 2.71828....e =），2()2g x x bx =++，已知它们在0x =处有相同的切线. （1）求函数()f x ，()g x 的解析式；（2）若对2,()()x kf x g x ∀≥-≥恒成立，求实数k 的取值范围. 【答案】（1）()()()221,42xf x ex g x x x =+=++；（2）21,k e ⎡⎤∈⎣⎦.解：令()()()22142x F x ke x x x =+-++，∴只需()min 0F x ≥()()()()'2224212x x F x ke x x ke x =+--=-+ ()2x ≥-令()'01xF x ke >⇒>2,()0x F x ≥-≥均成立，()0220F k ∴=-≥ 1k ∴≥（上一步若直接求单调增区间，则需先对k 的符号进行分类讨论.但通过代入0x =（01e =，便于计算），解得了k 要满足的必要条件，从而简化了步骤.）∴解得11ln x e x k k >⇒> [)2,x ∈-+∞ 下面根据1ln x k=是否在[)2,-+∞进行分类讨论：① 21ln 2k e k<-⇒>()F x ∴在[)2,-+∞单调递增. ()()()222min 22220F x F ke e k e-∴=-=-+=-<则x12,ln k ⎛⎫- ⎪⎝⎭1ln ,k ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭ ()'F x-+()F x减增()21ln min1111ln 2ln 1ln 4ln 2k F x F k e k k k k ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫∴==⋅+-++ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭11lnln 20k k ⎛⎫=-+≥ ⎪⎝⎭恒成立，故满足条件 综上所述：21,k e ⎡⎤∈⎣⎦点睛：本道题的亮点在于代入0x =以缩小k 的范围，0x =并不是边界点，但是由于()0F 易于计算（主要针对指数幂），且能够刻画k 的范围，故首选0x =例5.【浙江高考题】设函数()()2ln ,f x x a x a R =-∈ （1）若x e =为()y f x =的极值点，求实数a（2）求实数a 的取值范围，使得对任意的(]0,3x e ∈，恒有()24f x e ≤成立.注：e 为自然对数的底数【答案】（1）,3e e ；（2）3ln3a e e e ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦. 【解析】解：（1）()()()2'()2ln =2ln 1x a a f x x a x x a x xx -⎛⎫=-+-+- ⎪⎝⎭x e =是()f x 的极值点()()'30a f e e a a e e ⎛⎫∴=--=⇒= ⎪⎝⎭或3a e =，经检验符合题意,3a e a e ∴==（2）思路一：恒成立的不等式为()22ln 4x a x e -≤，考虑选择最值法当(]0,1x ∈时，无论a 为何值，不等式恒成立（()f x 的单调区间必然含参数，首先将恒成立的部分剔除，缩小x 的取值范围以方便后期讨论）'()f x=()'()=2ln1af x x a xx⎛⎫-+-⎪⎝⎭，记()2ln1ah x xx=+-()()22ln4f x x a x e=-≤恒成立，所以()()2233ln34f e e a e e=-≤33ln3ln3e a ee e∴-≤≤+（通过特殊值代入缩小a的范围，便于分析讨论）()()110,2ln0h a h a a∴=-<=>()()001,,0x a h x∴∃∈=（解不出具体的极值点，但可以估计其范围，利用零点存在性定理，同时得到a与x的关系：()00210ah x xx=+-=)()h x单调递增()()()()001,,0;,,0x x h x x x a h x∴∈<∈>()()()()()()'''001,,0;,,0;,,0x x f x x x a f x x a f x∴∈>∈<∈+∞<x()01,x(),x a(),a+∞()'f x+-+()f x若()()22ln4f x x a x e=-≤，只需()()()()2200022ln433ln34f x x a x ef e e a e e⎧=-≤⎪⎨=-≤⎪⎩①②点睛：本题有以下几处亮点：1、特殊值代入法：这是本题最大的亮点，通过代入特殊的值缩小,x a 的范围，便于讨论，在有关恒成立的问题中，通过代入特殊点（边界点，极值点等）可以简化运算，提供思路，而且有一些题目往往不等关系就在自变量的边界值处产生2、对极值点0x 的处理，虽无法求值，但可求出它的范围，进而解决问题 思路二：参变分离法：当(]0,1x ∈时，无论a 为何值，不等式恒成立 考虑(]1,3x e ∈,则不等式()()22224ln 4ln e x a x e x a x-≤⇔-≤(体会将x 范围缩小后所带来的便利） ln ln x a x x x⇔≤≤+恒成立 则只需max minln ln a x x a x x ⎧⎛≥ ⎪⎝⎪⎨⎛⎪≤+⎪⎝⎩成立设()ln g x x x =-，()()()'332221102ln ln e e g x x x x x =+=+> ()g x ∴在(]1,3e 单调递增，()()()max 33ln 3g x g e e e∴==-3ln 3a e e∴≥-再设()ln h x x x =+()()()()()32'333222ln 2112ln ln ln x x e e e h x x x x x x x -=-=-= 令()'0h x >即()32ln x x e >,由左边可得x e =时，()32ln x x e =，而()32ln y x x =单调递增，由此可得()1,x e ∈,()'0h x <,(),3x e e ∈,()'0h x >(单调性+根→符号）∴()h x 在()1,e 单调增，在(),3e e 单调递减.故()()min 3h x h e e ==3ln 3a e e∴≤-综上所述：3ln3a e e e ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦点睛：思路二有另外几个亮点：1、缩小自变量x 范围的作用：使ln x 为正，进而对后面的变形开方起到关键性作用2、在处理()h x 的问题时，采取零点与单调性结合的方式来确定符号.其中()32ln y x x =的单调性可以快速判断.y x =增，()32ln y x =增，且两部分的函数值恒为正数，那么相乘后的解析式依然是增函数. 例6.【2018届湖南省永州市高三下学期三模】已知,.（1）若对任意的实数，恒有，求实数的取值范围；（2）当时，求证：方程恒有两解.【答案】(Ⅰ)；(Ⅱ)详见解析．（Ⅱ）方程化为，令，利用导数求得函数的单调性与最值，得到在和各有一个零点，即可得方程恒有两解．试题解析：（Ⅰ）要使f(x)＜g(x)恒成立，即使成立，整理成关于a 的二次不等式，只要保证△＜0，，整理为，（i ）下面探究（i ）式成立的条件，令，，，当时，，在（0，＋∞）上单调递增，，，存在使，即，，在上单调递减，在上单调递增，在处取得最小值．，，＜0，，，在和各有一个零点，故方程恒有两解．点睛：本题主要考查导数在函数中的综合应用，着重考查了转化与化归思想、逻辑推理能力与计算能力.导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行： (1)考查导数的几何意义，求解曲线在某点处的切线方程； (2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数；(3)利用导数求函数的最值(极值)，解决函数的恒成立与有解、函数的综合问题，同时注意数形结合思想的应用．例7.【2018届内蒙古鄂伦春自治旗高三下学期二模（420模拟）】已知函数的图象在与轴的交点处的切线方程为.（1）求的解析式；（2）若对恒成立，求的取值范围.【答案】（1）（2）试题解析：（1）由得.∴切点为.∵∴∴,又∴，.（2）由得.设，对恒成立，∴在上单调递增综上，的取值范围为.点睛：本题主要考查利用导数研究函数的单调性以及不等式恒成立问题，属于难题．不等式恒成立问题常见方法：①分离参数恒成立(即可)或恒成立（即可）；②数形结合(图象在上方即可)；③讨论最值或恒成立；④讨论参数.例8.【2018届湖南省益阳市高三4月调研】已知函数（，为自然对数的底数）. （1）讨论函数的单调区间；（2）当时，恒成立，求实数的最小值.【答案】(1)单调递增区间是，单调递减区间是.(2)-e.【解析】试题分析：（1）由题意，利用导数法进行讨论，由可求出函数的增区间，可求出函数的减区间，同时对参数进行分段讨论，从而问题即可得解；（2）由题意，可构造函数，由此可将问题转化为计算，再根据导数进行运算求解，从而问题可得解.试题解析：（1）由题知，函数的定义域是.，当时，对任意恒成立，所以函数的单调递增区间是，无单调递减区间；当时，令，得；令，得；所以函数的单调递增区间是，则.显然在区间上单调递增，且，所以当时，；当时，；所以函数在区间上单调递减，在区间上单调递增.所以，解得.即实数的最小值是.点睛：此题主要考查函数的单调性、最值，不等式恒成立问题，以及导数在研究函数单调性、最值中的应用等有关方面的知识与技能，属于中高档题型，也是必考题型.利用导数求函数单调区间的一般步骤为：1.确定函数的定义域；2.求函数的导数；3.在函数的定义域内解不等式和；4.写出函数的单调区间.例9.已知函数，.（1）当时，若关于的不等式恒成立，求的取值范围；（2）当时，证明：.【答案】（1）.（2）见解析.【解析】试题分析：（1）由，得恒成立，令.求出的最小值，即可整理，得恒成立，即.令.则.∴函数在上单调递减，在上单调递增.∴函数的最小值为.∴，即.∴的取值范围是.（2）∵为数列的前项和，为数列的前项和.即.现证明.构造函数，则.∴函数在上是增函数，即.∴当时，有，即成立.令，则式成立.综上，得.对数列，，分别求前项和，得.例10【2018届青海省西宁市高三下学期（一模）】设()ln f x x =， ()12g x x x =. （1）令()()()•F x x f x g x =-，求()F x 的单调区间；（2）若任意[)12,1,x x ∈+∞且12x x <，都有()()()()212211••m g x g x x f x x f x ⎡⎤->-⎣⎦恒成立，求实数m 的取值范围.【答案】（1）见解析；（2）1m ≥.【解析】试题分析：（1）求出函数()F x 的导函数，对导函数再次求导得到导函数的单调性和0的关系，从而求出函数()F x 的单调性即可；（2）已知可转化为121x x ≤<时， ()()()()22211••mg x x f x mg x x f x ->-恒成立，令()()()•H x mg x x f x =-，则()H x 为单调递增的函数结合导数工具即可求得实数m 的取值范围.即()F x '在()0,1上单调递增，在()1,+∞上单调递减，∴()()10F x F ''≤=， ∴()F x 的定义域为()0,+∞上单调递减.（2）据题意，当121x x ≤<时， ()()()()212211••m g x g x x f x x f x ⎡⎤->-⎣⎦恒成立， ∴当121x x ≤<时， ()()()()22211••mg x x f x mg x x f x ->-恒成立， 令()()()•H x mg x x f x =-，即()21ln 2H x mx x x =-点睛：本题主要考查了导数与函数单调性的关系，导数在恒成立中的应用，解题的最大难点在于对导函数与0关系的判断时需进行二次求导以及构造函数()()()•H x mg x x f x =-，重点是将恒成立问题转化为求最值问题.【精选精练】1．【2018届贵阳第一中学高考适应性月考卷（七）】已知定义在上的函数，，其中为偶函数，当时，恒成立；且满足：①对，都有；②当时，.若关于的不等式对恒成立，则的取值范围是（ ）A. B. C.D.【答案】D【解析】∵函数满足：当时，恒成立，∴函数为上的偶函数，且在上为单调递增函数，且有，∴，恒成立恒成立，只要使得定义域内，由，得，即函数的周期，∵时，，求导得，该函数过点故选D．【点睛】此题考查了利用导函数求得函数在定义域上为单调递增函数，还考查了函数的周期的定义，及利用周期可以求得时，的值域为还考查了函数恒成立．2．【2018届（衡水金卷调研卷）三】若存在，不等式成立，则实数的最大值为（）A. B. C. 4 D.【答案】A【解析】设，则当时，，单调递减当时，，单调递增存在，成立，，故选.点睛：本题利用导数求解不等式问题，在解答此类问题时的方法可以分离参量，转化为最值问题，借助导数，求出新函数的单调性，从而求出函数的最值，解出参量的取值范围，本题较为基础.3．【2018年高考理科数学原创押题预测卷01】已知函数，若关于的不等式在上恒成立，则的值为A. B. C. D.【答案】A∴，∴要使恒成立，须使恒成立.即恒成立，两边取对数得，，整理得.令，则，显然当时，，当时，．于是函数在上单调递减，在单调递增.∴，∴,∴，故选A．4．若函数在区间上单调递增，则的取值范围是__________．【答案】【解析】分析：求出导函数f′（x），由于函数f（x）=kx﹣lnx在区间（1，+∞）单调递增，可得f′（x）≥0在区间（1，+∞）上恒成立，变量分离求最值即可．详解：f′（x）=k﹣，∵函数f（x）=kx﹣lnx在区间（1，+∞）单调递增，∴f′（x）≥0在区间（1，+∞）上恒成立．∴k≥，而y=在区间（1，+∞）上单调递减，∴k≥1．∴k的取值范围是：[1，+∞）．故答案为：[1，+∞）．5．函数，若恒成立，则实数的取值范围是__．【答案】【点睛】本小题主要考查利用分析法和综合法求解不等式恒成立,问题,考查利用导数研究函数的单调性,极值和最值等知识.首先根据,对函数进行分离常数,这里主要的思想方法是分离常数后利用导数求得另一个部分的最值,根据这个最值来求得参数的取值范围.【2018年4月浙江省金华十校高考模拟】若对任意的，存在实数，使6．恒成立，则实数的最大值为__________．【答案】9【解析】若对任意的，恒成立，可得：恒成立，令，，(2)当时，，，原问题等价于存在实数满足：，故，解得：，则此时；(3)当时，，而，当时，，原问题等价于存在实数满足：，故，解得：，则此时；当时，，原问题等价于存在实数满足：，故，解得：，则此时；综上可得：实数的最大值为.7．【2018届齐鲁名校教科研协作体山东、湖北部分重点中学模拟（三）】已知函数在点处的切线过点．(1)求实数的值，并求出函数单调区间；(2)若整数使得在上恒成立，求的最大值．【答案】（1），在单调递减，在单调递增；（2）7.而得到，进而求范围即可.详解：(1)的定义域为，，∴处的切线斜率为因此切线方程为，即又∵切线过，代入上式解得，∴可得在单调递减，在单调递增．（2）∵时，，∴等价于记，∴由零点存在定理可知，存在，使得，即①且时，，时，故时，单调递减，时，单调递增∴由①可得故的最大值为7．点睛：导数问题经常会遇见恒成立的问题：（1）根据参变分离，转化为不含参数的函数的最值问题；（2）若就可讨论参数不同取值下的函数的单调性和极值以及最值，最终转化为，若恒成立；（3）若恒成立，可转化为（需在同一处取得最值） .8．已知函数，.（1）讨论函数的单调区间；（2）若函数在处取得极值，对，恒成立，求实数的取值范围.【答案】(1) 当时，的单调递减区间是，无单调递增区间；当时，的单调递减区间是，单调递增区间是;(2) .详解：（1）在区间上，，当时，恒成立，在区间上单调递减；当时，令得，在区间上，，函数单调递减，在区间上，，函数单调递增.综上所述：当时，的单调递减区间是，无单调递增区间；当时，的单调递减区间是，单调递增区间是（2）因为函数在处取得极值，所以，解得，经检验可知满足题意由已知，即，即对恒成立，令，则，易得在上单调递减，在上单调递增，所以，即.点睛：导数问题经常会遇见恒成立的问题：（1）根据参变分离，转化为不含参数的函数的最值问题；（2）若就可讨论参数不同取值下的函数的单调性和极值以及最值，最终转化为，若恒成立，转化为;（3）若恒成立，可转化为9．已知全集,, .(1)求集合；(2)函数，对一切，恒成立，求实数的取值范围.【答案】（1）（2），结合导函数研究函数的单调性可得的最小值为. 则.试题解析：（1）求解一元二次不等式可得，求解分式绝对值不等式可得，.(2) 由得对一切恒成立.对一切恒成立.令，，在上单调递减，在上单调递增；的最小值为. .10．【2018届【衡水金卷】】已知函数，，其中为常数，是自然对数的底数. （1）设，若函数在区间上有极值点，求实数的取值范围；（2）证明：当时，恒成立.【答案】(1)；(2)证明见解析.分别求得左式的最大值和右式的最小值，证得最大值小于最小值即可.解析：（1）由题意，，则，由题意，若在上有极值点，则在上有变号零点.又，，，即.故若函数在上有极值点，只需则，所以的取值范围为.（2）由题意，知要证成立.设，，则，当时，，当时，，所以当时，取得最大值.所以.设，，则，故.综上，当时，.命题得证.11．【2018届江苏省无锡市高三第一学期期末】已知函数，，其中. （1）求过点和函数的图像相切的直线方程；（2）若对任意，有恒成立，求的取值范围；（3）若存在唯一的整数，使得，求的取值范围.【答案】（1），.（2）.（3）.【解析】试题分析：（1）先设切点为，切线斜率为，再建立切线方程为，将代入方程可得，即，进而求得切线方程为：或.（2）将问题转化为对任意有恒成立，①当时，，利用导数工具求得，故此时；②当时，恒成立，故此时；③当时，，利用导数工具求得，故此时.综上：.（3）因为，由（2）知，当，原命题等价于存在唯一的整数成立，利用导数工具求得；当，原命题等价于存在唯一的整数成立，利用导数工具求得.综上：. 试题解析：当时，切线方程为.（2）由题意，对任意有恒成立，①当时，，令，则，令得，，故此时.综上：. （3）因为，即，由（2）知，xk；w令，则当，存在唯一的整数使得，等价于存在唯一的整数成立，因为最小，且，，所以当时，至少有两个整数成立，所以当时，没有整数成立，所有.综上：.12．已知函数，其中（1）判断并证明函数的奇偶性；（2）判断并证明函数在上的单调性；（3）是否存在这样的负实数，使对一切恒成立，若存在，试求出取值的集合；若不存在，说明理由【答案】（1）奇函数；（2）在上的减函数；（3）存在这样的k其范围为.【解析】试题分析：（1）已知函数的定义域关于原点对称，再证明，所以函数是奇函数；（2）用定义证明函数在上单调递减的步骤：设值—作差、变形—判断符号—得出结论；（3）由（1）（2）得，不等式可变形为，从而得到不等式组，解得.∴在上的减函数；（3）是上的减函数对恒成立由对恒成立得：对恒成立令，∴，由对恒成立得：由对恒成立得：即综上所得：所以存在这样的k其范围为考点：函数的奇偶性、单调性和最值.。