2015届高考数学(人教通用,理科)必考题型过关练专题3第18练(存在与恒成立问题).docx

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－lnx，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－＝，当a≤0时，f′(x)0恒成立，f(x)在区间(0，＋∞)上单调递减；当a0时，令f′(x)＝0得x＝，在区间(0，)上，f′(x)0，函数f(x)单调递减，在区间(，＋∞)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a0时，f(x)的单调递减区间是(0，)，单调递增区间是(，＋∞)．(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－lnx≥bx－2，即1＋－≥b对?x∈(0，＋∞)恒成立，令g(x)＝1＋－，则g′(x)＝－－＝，易得g(x)在(0，e2]上单调递减，在[e2，＋∞)上单调递增，所以g(x)min＝g(e2)＝1－，即b≤1－.题型二　存在性问题例2　已知函数f(x)＝ax3＋bx2＋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)＝3ax2＋2bx＋c.依题意?又f′(0)＝－3，∴c＝－3，∴a＝1，∴f(x)＝x3－3x.(2)设切点为(x0，x－3x0)，∵f′(x)＝3x2－3.∴f′(x0)＝3x－3.∴切线方程为y－(x－3x0)＝(3x－3)(x－x0)．又切线过点A(2，m)．∴m－(x－3x0)＝(3x－3)(2－x0)．∴m＝－2x＋6x－6.令g(x)＝－2x3＋6x2－6，则g′(x)＝－6x2＋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－6m2时，m＝－2x3＋6x2－6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a0，函数f(x)＝lnx－ax2，x0.(f(x)的图象连续不断)(1)求f(x)的单调区间；(2)当a＝时，证明：存在x0∈(2，＋∞)，使f(x0)＝f；(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：≤α≤.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)＝－2ax＝，x∈(0，＋∞)，令f′(x)＝0，解得x＝，当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：xf′(x)＋0－f(x)极大值所以f(x)的单调递增区间是，f(x)的单调递减区间是.(2)证明　当a＝时，f(x)＝lnx－x2.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，由于f(x)在(0,2)内单调递增，故f(2)f，即g(2)0.取x′＝e2，则g(x′)＝0.所以存在x0∈(2，x′)，使g(x0)＝0，即存在x0∈(2，＋∞)，使f(x0)＝f.(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αβ，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.故即从而≤a≤.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．(2013·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，∴ax－.令