高中数学专题练习-存在与恒成立问题

高中数学专题练习-存在与恒成立问题
[题型分析·高考展望]“存在”与“恒成立”两个表示范围的词语在题目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.此类题目主要出现在函数与导数结合的解答题中，难度高，需要有较强的分析能力和运算能力.训练时应注意破题方法的研究.
常考题型精析
题型一恒成立问题
例1(·浙江)已知函数f(x)＝x3＋3|x－a|(a>0)，若f(x)在[－1,1]上的最小值记为g(a).
(1)求g(a)；
(2)证明：当x∈[－1,1]时，恒有f(x)≤g(a)＋4.
点评恒成立问题一般与不等式有关，解决此类问题需要构造函数利用函数单调性求函数最值，从而说明函数值恒大于或恒小于某一确定的值.
变式训练1(·山东)设函数f(x)＝ln(x＋1)＋a(x2－x)，其中a∈R.
(1)讨论函数f(x)极值点的个数，并说明理由；
(2)若∀x＞0，f(x)≥0成立，求a的取值范围.
题型二存在性问题
例2(·辽宁)已知函数f(x)＝(cos x－x)(π＋2x)－8
3(sin x＋1)，g(x)＝3(x－π)cos x－4(1＋sin
x)·ln(3－2x π).
证明：(1)存在唯一x0∈(0，π
2)，使f(x0)＝0；
(2)存在唯一x1∈(π
2，π)，使g(x1)＝0，且对(1)中的x0，有x0＋x1<π.
点评“存在”是特称量词，即“有的”意思，证明这类问题的思路是想法找到一个“x0”使问题成立即可，必要时需要对问题进行转化.若证“存在且唯一”则需说明除“x0”外其余不能使命题成立，或利用函数单调性证明此类问题.
变式训练2(·浙江)设函数f(x)＝x2＋ax＋b(a，b∈R).
(1)当b＝a2
4＋1时，求函数f(x)在[－1,1]上的最小值g(a)的表达式；
(2)已知函数f(x)在[－1,1]上存在零点，0≤b－2a≤1，求b的取值范围.
高考题型精练
1.(·辽宁)当x∈[－2,1]时，不等式ax3－x2＋4x＋3≥0恒成立，则实数a的取值范围是()
A.[－5，－3]
B.[－6，－9 8]
C.[－6，－2]
D.[－4，－3]
2.(·大连模拟)若正实数x，y满足x＋y＝2，且1
xy≥M恒成立，则M的最大值为()
A.1
B.2
C.3
D.4
3.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，＋∞)
4.若函数f(x)＝(x＋1)·e x，则下列命题正确的是()
A.对任意m<－1
e2，都存在x∈R，使得f(x)<m
B.对任意m>－1
e2，都存在x∈R，使得f(x)<m
C.对任意m<－1
e2，方程f(x)＝m只有一个实根
D.对任意m>－1
e2，方程f(x)＝m总有两个实根
5.(·天津模拟)若不等式2x ln x≥－x2＋ax－3对x∈(0，＋∞)恒成立，则实数a的取值范围是()
A.(－∞，0)
B.(－∞，4]
C.(0，＋∞)
D.[4，＋∞)
6.若x∈[0，＋∞)，则下列不等式恒成立的是()
A.e x≤1＋x＋x2
B.
1
1＋x
≤1－
1
2x＋
1
4x
2
C.cos x≥1－1
2x
2 D.ln(1＋x)≥x－
1
8x
2
7.已知函数f(x)＝2ax3－3ax2＋1，g(x)＝－a
4x＋
3
2，若任意给定的x0∈[0,2]，总存在两个不同的
x i(i＝1,2)∈[0,2]，使得f(x i)＝g(x0)成立，则实数a的取值范围是()
A.(－∞，－1)
B.(1，＋∞)
C.(－∞，－1)∪(1，＋∞)
D.[－1,1]
8.(·江苏)已知函数f(x)＝x2＋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________.
9.设函数f(x)＝ax3－3x＋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________.
10.已知函数f(x)＝x－
1
x＋1
，g(x)＝x2－2ax＋4，若对于任意x1∈[0,1]，存在x2∈[1,2]，使
f(x1)≥g(x2)，则实数a的取值范围是__________.
11.(2015·湖南)已知a>0，函数f(x)＝a e x cos x(x∈[0，＋∞)).记x n为f(x)的从小到大的第n(n∈N*)个极值点.
(1)证明：数列{f(x n)}是等比数列；
(2)若对一切n∈N*，x n≤|f(x n)|恒成立，求a的取值范围.
12.(·陕西)设函数f(x)＝ln x＋m
x，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)－x
3零点的个数；
(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.
答案精析
存在与恒成立问题
常考题型精析
例1 (1)解 因为a >0，－1≤x ≤1.
所以①当0<a <1时，
若x ∈[－1，a ]，则f (x )＝x 3－3x ＋3a ，
f ′(x )＝3x 2－3<0，
故f (x )在(－1，a )上是减函数；
若x ∈[a ,1]，则f (x )＝x 3＋3x －3a ，
f ′(x )＝3x 2＋3>0，
故f (x )在(a,1)上是增函数.
所以g (a )＝f (a )＝a 3.
②当a ≥1时，有x ≤a ，则f (x )＝x 3－3x ＋3a ，
f ′(x )＝3x 2－3<0，
故f (x )在(－1,1)上是减函数，
所以，g (a )＝f (1)＝－2＋3a .
综上，g (a )＝⎩
⎨⎧
a 3，0<a <1，－2＋3a ，a ≥1. (2)证明 令h (x )＝f (x )－g (a ).
①当0<a <1时，g (a )＝a 3.
若x ∈[a ,1]，
则h(x)＝x3＋3x－3a－a3，h′(x)＝3x2＋3，
所以h(x)在(a,1)上是增函数，
所以，h(x)在[a,1]上的最大值是h(1)＝4－3a－a3，
且0<a<1，所以h(1)≤4.故f(x)≤g(a)＋4.
若x∈[－1，a]，
则h(x)＝x3－3x＋3a－a3，h′(x)＝3x2－3，
所以h(x)在(－1，a)上是减函数，
所以，h(x)在[－1，a]上的最大值是h(－1)＝2＋3a－a3.
令t(a)＝2＋3a－a3，则t′(a)＝3－3a2>0，
知t(a)在(0,1)上是增函数.
所以，t(a)<t(1)＝4，即h(－1)<4.
故f(x)≤g(a)＋4.
②当a≥1时，g(a)＝－2＋3a，
故h(x)＝x3－3x＋2，h′(x)＝3x2－3，
此时h(x)在(－1,1)上是减函数，
因此h(x)在[－1,1]上的最大值是h(－1)＝4.
故f(x)≤g(a)＋4.
综上，当x∈[－1,1]时，恒有f(x)≤g(a)＋4.
变式训练1解(1)由题意知，函数f(x)的定义域为(－1，＋∞)，
f′(x)＝
1
x＋1
＋a(2x－1)＝
2ax2＋ax－a＋1
x＋1
.
令g(x)＝2ax2＋ax－a＋1，x∈(－1，＋∞).
①当a＝0时，g(x)＝1，此时f′(x)＞0，
函数f (x )在(－1，＋∞)上单调递增，无极值点； ②当a ＞0时，Δ＝a 2－8a (1－a )＝a (9a －8).
(ⅰ)当0＜a ≤89时，Δ≤0，g (x )≥0，f ′(x )≥0，函数f (x )在(－1，＋∞)上单调递增，无极值点； (ⅱ)当a ＞89时，Δ＞0，
设方程2ax 2＋ax －a ＋1＝0的两根为x 1，x 2(x 1＜x 2)，
因为x 1＋x 2＝－12，所以x 1＜－14，x 2＞－14.
由g (－1)＝1＞0，可得－1＜x 1＜－14.
所以当x ∈(－1，x 1)时，g (x )＞0，f ′(x )＞0，函数f (x )单调递增； 当x ∈(x 1，x 2)时，g (x )＜0，f ′(x )＜0，函数f (x )单调递减； 当x ∈(x 2，＋∞)时，g (x )＞0，f ′(x )＞0，函数f (x )单调递增； 因此函数有两个极值点.
(ⅲ)当a ＜0时，Δ＞0，由g (－1)＝1＞0，可得x 1＜－1. 当x ∈(－1，x 2)时，
g (x )＞0，f ′(x )＞0，函数f (x )单调递增； 当x ∈(x 2，＋∞)时，g (x )＜0，f ′(x )＜0，函数f (x )单调递减； 所以函数有一个极值点.
综上所述，当a ＜0时，函数f (x )有一个极值点；
当0≤a ≤89时，函数f (x )无极值点；
当a ＞89时，函数f (x )有两个极值点.
(2)由(1)知，①当0≤a ≤89时，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增，
因为f (0)＝0，
所以x ∈(0，＋∞)时，f (x )＞0，符合题意；
②当89＜a ≤1时，由g (0)≥0，得x 2≤0，
所以函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增，
又f (0)＝0，所以x ∈(0，＋∞)时，f (x )＞0，符合题意；
③当a ＞1时，由g (x )＜0，可得x 2＞0.
所以x ∈(0，x 2)时，函数f (x )单调递减；
因为f (0)＝0，所以x ∈(0，x 2)时，f (x )＜0，不合题意；
④当a ＜0时，设h (x )＝x －ln(x ＋1).
因为x ∈(0，＋∞)时，h ′(x )＝1－1x ＋1＝x x ＋1
＞0 ， 所以h (x )在(0，＋∞)上单调递增，
因此当x ∈(0，＋∞)时，h (x )＞h (0)＝0，
即ln(x ＋1)＜x .
可得f (x )＜x ＋a (x 2－x )＝ax 2＋(1－a )x ，
当x ＞1－1a 时，ax 2＋(1－a )x ＜0，
此时f (x )＜0，不合题意.
综上所述，a 的取值范围是[0,1].
例2 证明 (1)当x ∈(0，π2)时，f ′(x )＝－(1＋sin x )(π＋2x )－2x －23cos x <0，
则函数f (x )在(0，π2)上为减函数.
又f (0)＝π－83>0，f (π2)＝－π2－163<0，所以存在唯一x 0∈(0，π2)，使f (x 0)＝0.
(2)考虑函数h (x )＝3(x －π)cos x 1＋sin x
－4ln(3－2πx )，x ∈[π2，π]. 令t ＝π－x ，则x ∈[π2，π]时，t ∈[0，π2].
设u (t )＝h (π－t )＝3t cos t 1＋sin t
－4ln(1＋2πt )， 则u ′(t )＝3f (t )(π＋2t )(1＋sin t )
. 由(1)得，当t ∈(0，x 0)时，u ′(t )>0，
当t ∈(x 0，π2)时，u ′(t )<0.
在(0，x 0)上u (t )是增函数，又u (0)＝0，
从而当t ∈(0，x 0]时，u (t )>0，
所以u (t )在(0，x 0]上无零点.
在(x 0，π2)上u (t )为减函数，由u (x 0)>0，u (π2)
＝－4ln 2 <0，知存在唯一t 1∈(x 0，π2)，使u (t 1)＝0.
所以存在唯一的t 1∈(0，π2)，使u (t 1)＝0.
因为存在唯一的x 1＝π－t 1∈(π2
，π)， 使h (x 1)＝h (π－t 1)＝u (t 1)＝0.
因此当x ∈(π2，π)时，1＋sin x >0，
故g (x )＝(1＋sin x )h (x )与h (x )有相同的零点，
所以存在唯一的x 1∈(π2，π)，使g (x 1)＝0.
因为x 1＝π－t 1，t 1>x 0，所以x 0＋x 1<π.
变式训练2 解 (1)当b ＝a 24＋1时，f (x )＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫x ＋a 22＋1， 故对称轴为直线x ＝－a 2.
当a ≤－2时，g (a )＝f (1)＝a 24＋a ＋2.
当－2＜a ≤2时，g (a )＝f ⎝ ⎛⎭
⎪⎫－a 2＝1. 当a ＞2时，g (a )＝f (－1)＝a 24－a ＋2.
综上，g (a )＝⎩⎪⎨⎪⎧ a 24＋a ＋2，a ≤－2，1，－2＜a ≤2，
a 24－a ＋2，a ＞2.
(2)设s ，t 为方程f (x )＝0的解，且－1≤t ≤1，
则⎩
⎨⎧
s ＋t ＝－a ，st ＝b ， 由于0≤b －2a ≤1，因此－2t t ＋2≤s ≤1－2t t ＋2(－1≤t ≤1). 当0≤t ≤1时，－2t 2t ＋2≤st ≤t －2t 2
t ＋2
， 由于－23≤－2t 2t ＋2≤0和－13≤t －2t 2
t ＋2
≤9－45， 所以－23≤b ≤9－4 5.
当－1≤t ＜0时，t －2t 2t ＋2≤st ≤－2t 2
t ＋2
， 由于－2≤－2t 2t ＋2＜0和－3≤t －2t 2
t ＋2
＜0，所以－3≤b ＜0. 故b 的取值范围是[－3,9－45].
高考题型精练
1.C [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 2
x 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.]
2.A [xy ≤⎝ ⎛⎭
⎪⎫x ＋y 22＝1，∴1xy ≥1， ∵1xy ≥M 恒成立，∴M ≤1.]
3.D [∵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.]
4.B [∵f ′(x )＝(x ＋2)·e x ，
∴x >－2时，f ′(x )>0，f (x )为增函数.
x <－2时，f ′(x )<0，f (x )为减函数，∴f (－2)＝－1e 2为f (x )的最小值，即f (x )≥－1e 2 (x ∈R )，故B
正确.]
5.B [2x ln x ≥－x 2＋ax －3，则a ≤2ln x ＋x ＋3x ，设h (x )＝2ln x ＋x ＋3x (x >0)，则h ′(x )＝
(x ＋3)(x －1)x 2
.当x ∈(0,1)时，h ′(x )<0，函数h (x )单调递减；当x ∈(1，＋∞)时，h ′(x )>0，函数h (x )单调递增，所以h (x )min ＝h (1)＝4，所以a ≤h (x )min ＝4.故a 的取值范围是(－∞，4].]
6.C [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.]
7.A [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.]
8.(－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. 9.4
解析 若x ＝0，则不论a 取何值，f (x )≥0显然成立；
当x >0，即x ∈(0,1]时，f (x )＝ax 3－3x ＋1≥0可化为a ≥3x 2－1x 3.
令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，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.
10.⎣⎢⎡⎭⎪⎫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.
11.(1)证明 f ′(x )＝a e x cos x －a e x sin x ＝2a e x cos ⎝ ⎛⎭
⎪⎫x ＋π4. 令f ′(x )＝0，由x ≥0，得x ＋π4＝m π－π2，
即x ＝m π－3π4，m ∈N *.
而对于cos ⎝ ⎛⎭
⎪⎫x ＋π4，当k ∈Z 时， 若2k π－π2＜x ＋π4＜2k π＋π2，
即2k π－3π4＜x ＜2k π＋π4，则cos ⎝ ⎛⎭
⎪⎫x ＋π4＞0. 若2k π＋π2＜x ＋π4＜2k π＋3π2，
即2k π＋π4＜x ＜2k π＋5π4，则cos ⎝ ⎛⎭
⎪⎫x ＋π4＜0. 因此，在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫(m －1)π，m π－3π4与⎝ ⎛⎭
⎪⎫m π－3π4，m π＋π4上，f ′(x )的符号总相反. 于是当x ＝m π－3π4(m ∈N *)时，f (x )取得极值，
所以x n ＝n π－34π(n ∈N *).
此时，f (x n )＝34n ae π
-πcos ⎝ ⎛⎭
⎪⎫n π－3π4
＝(－1)n＋12a
2
3
4
n
e
π
-
π.
易知f(x n)≠0，而f(x n＋1)
f(x n)
＝
3
(1)
24
(1)n
n
π
+π-
+
-
＝－eπ是常数，故数列{f(x n)}是首项为f(x1)
＝4
e
2
π
，公比为－eπ的等比数列.
(2)解对一切n∈N*，x n≤|f(x n)|恒成立，
即nπ－
3π
4≤
2a
2e
3
4
n
π
π-
恒成立，亦即
2
a≤
3
4
e
3
4
n
n
π
π-
π
π-
恒成立(因为a＞0).
设g(t)＝
e t
t(t＞0)，则g′(t)＝
e t(t－1)
t2.
令g′(t)＝0得t＝1.
当0＜t＜1时，g′(t)＜0，
所以g(t)在区间(0,1)上单调递减；
当t＞1时，g′(t)＞0，
所以g(t)在区间(1，＋∞)上单调递增.
因为x1∈(0,1)，且当n≥2时，x n∈(1，＋∞)，x n＜x n＋1，
所以[g(x n)]min＝min{g(x1)，g(x2)}
＝min
⎩
⎨
⎧
⎭
⎬
⎫
g⎝
⎛
⎭
⎪
⎫π
4，g⎝
⎛
⎭
⎪
⎫
5π
4＝g⎝
⎛
⎭
⎪
⎫π
4＝
4
π4e
π
.
因此，x n≤|f(x n)|恒成立，当且仅当
2
a≤
4
π4e
π
.
解得a≥
2π
44
e
π
-
.
故a 的取值范围是4e ,4π-⎤+⎥⎣⎦
∞. 12.解 (1)由题设，当m ＝e 时，f (x )＝ln x ＋e x ，
则f ′(x )＝x －e x 2，
∴当x ∈(0，e)，f ′(x )<0，f (x )在(0，e)上单调递减， 当x ∈(e ，＋∞)，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 ＋e e ＝2，
∴f (x )的极小值为2.
(2)由题设g (x )＝f ′(x )－x 3＝1x －m x 2－x 3(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，
∴x ＝1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 x 2－1≤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)，
1
∴m的取值范围是[
4，＋∞).。