命题角度6-5 恒成立与存在性问题（第01期）-2018年高考数学（文）备考之百强校大题狂练系列

命题角度6-5 恒成立与存在性问题（第01期）-2018年高考数学（文）备考之百强校大题狂练系列

2018 届高考数学（文）大题狂练 命题角度 5：恒成立与存在性问题 1.已知 a ＜ 0 ，曲线 f （ x ） =2ax 2 +bx+c 与曲线 g （ x ） =x 2 +alnx 在公共点（ 1 ， f （ 1 ））处的切 线相同． （Ⅰ）试求 c-a 的值； （Ⅱ）若 f （ x ） ≤g （ x ） +a+1 恒成立，求实数 a 的取值范围． 【答案】（ 1 ） c-a=-1 （ 2 ） a∈[-1 ， 0 ）． 【解析】试题分析：（I）利用 列方程组，即可求得 的值.（II）构造函数 ，将不等式恒成立问题转化为 恒成立问题来解.利用导数可求 得函数最大值 . (Ⅱ)设 ，则 ， 恒成立， ∵ ， ∴ ， 法一：由 ，知 和 在 上单调递减， 得 在 上单调递减， 又 ， 得当 时， ，当 时， ， 所以 在 上单调递增，在 上单调递减， 得 ，由题意知 ，得 ， 所以 ． 点睛：本题考查函数导数与切线，考查函数导数与不等式恒成立问题的求解策略.根据题目的 已知条件“同一点的切线相同”也即是分成两个条件：切点相同、在切点的斜率也相同.根据 这两个条件可以得到两个方程，但是一共有 个参数，故无法解出 个未知的参数，只能用作 差的方法求得 的值. 2.设函数   2xf x e ax   （1）求  f x 的单调区间； （2）若 1,a k 为整数，且当 0x  时，   11 k x f xx   恒成立，其中  f x 为  f x 的导 函数，求 k 的最大值. 【答案】（1）f（x）在（-∞，lna）单调递减，在（lna，+∞）上单调递增（2）2 【解析】试题分析：（1）先求导数，根据 a 的大小讨论导函数是否变号：若 a≤0，导函数恒非 负，为单调增区间；若 a＞0，导函数符号变化，先负后正，对应先减后增（2）分类变量得 1 1x xk xe   ，再利用导数求   1 1x xg x xe   最小值：在极小值点 0x 取最小值，根据极 值定义得 0 0 2xe x  及零点存在定理确定范围  0 1,2x  ，化简最小值为 0 1x  ，并确定其 范围为（2,3） ，因此可得正整数 k 的最大值. 试题解析：（1）函数 f（x）=ex-ax-2 的定义域是 R，f′（x）=ex-a， 若 a≤0，则 f′（x）=ex-a≥0，所以函数 f（x）=ex-ax-2 在（-∞，+∞）上单调递增 若 a＞0，则当 x∈（-∞，lna）时，f′（x）=ex-a＜0； 当 x∈（lna，+∞）时，f′（x）=ex-a＞0； 所以，f（x）在（-∞，lna）单调递减，在（lna，+∞）上单调递增 （2）由于 a=1， 令 ， ， 令 ， 在 单调递增， 且 在 上存在唯一零点，设此零点为 ，则 当 时， ，当 时， ， 由 ，又 所以 的最大值为 2 点睛：利用导数研究不等式恒成立或存在型问题，首先要构造函数，利用导数研究函数的单 调性，求出最值，进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围；也可分离变量， 构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题. 3.已知函数   lnf x x x x a   的极小值为 0. （1）求实数 a 的值； （2）若不等式    21f x b x  对任意  1,x  恒成立，求实数b 的取值范围. 【答案】（1） 1a  ；（2） 1 ,2    【解析】试题分析：（1）由极小值的定义知道，只需要令  ' 0f x  ，解得 1x  ，且描述 1x  两侧的单调性；（2）原式子转化为  21 1ln 0b x xx x     在  1, 上恒成立；求导      2 1 1' x bx bh x x     ，研究导函数的正负即可，从而得到函数的单调性和最值即可。 （1）∵  ' lnf x x ，令  ' 0f x  ，解得 1x  ， ∴  f x 在 0,1 上单调递减，在 1, 上单调递增，故  f x 的极小值为  1 1f a   ， 由题意有 1 0a   ，解得 1a  . （ 2 ） 由 （ 1 ） 知 不 等 式  2ln 1 1x x x b x    对 任 意  1,x  恒 成 立 ，∵ 0x  ， ∴  21 1ln 0b x xx x     在  1, 上恒成立，∵不妨设    21 1ln b x xh x x x     ，  1,x  ，则      2 1 1' x bx bh x x     . 当 0b  时 ， 1 0bx b   ， 故  ' 0h x  ， ∴  h x 在  1, 上 单 调 递 增 ， 从 而    1 0h x h  ，∴   0h x  不成立.当 0b  时，令      2 1 1' x bx bh x x     ，解得 1 1x b   ，若 1 1 1b   ，即 10 2b  ，当 11, 1x b      时，  ' 0h x  ，  h x 在 11, 1b     上为增函数，故    1 0h x h  ，不合题意；若 1 1 1b   ，即 1 2b  ，当  1,x  时，  ' 0h x  ，  h x 在  1, 上为减函数，故    1 0h x h  ，符合题意.综上所述， b 的 取值范围为 1 ,2    . 点睛：本题考查导数在研究函数极值与最值的过程中的应用；第二问恒成立求参的问题，解 决方法有如下几种：第一，可以考虑参变分离，再转化为函数最值问题；第二，直接含参讨 论，研究函数的单调性和最值。 4.设函数   2 1xf x e x ax    ( e 为自然对数的底数）， a R . （1）证明：当 2 21 2a n  时，  f x 没有零点； （2）若当 0x  时，   0f x x  恒成立，求 a 的取值范围. 【答案】（1）见解析；（2）  , 1e  【解析】试题分析：（1）由   0f x  ，令   xg x e ，   2x x a   ，把  f x 没有零点， 可以看作函数  g x 与  x 的图象无交点，求得直线  x 与曲线  g x 无交点，即可得到结 论. （2）由题意，分离参数得 1 1 xea xx x     ，设出新函数   1 1 xeh x xx x     ，得出函数  h x 的单调性，求解函数  h x 的最小值  1h ，即可求解 a 的取值范围. 解法二：由  f x 0  得 xe 2x a  ，令   xg x e ，  φ x 2x a  ， 则  f x 没有零点，可以看作函数  g x 与  φ x 的图象无交点， 设直线  φ x 切  g x 于点  0 0P x ,y ，则 0xe 2 ，解得 0x ln2 ， ∴  P ln2,2 ，代入  φ x 得 a 2 2ln2  ，又 a 2 21n2  ， ∴直线  φ x 与曲线  g x 无交点，即  f x 没有零点. （2）当 x 0 时，  f x x 0  ，即 x 2e x ax x 1 0     ， ∴ x 2ax e x x 1    ，即 xe 1a x 1x x     . 令     xe 1h x x 1 x 0x x      ，则     x 2 x 1 e x 1 h x x     . 当 x 0 时， xe x 1 0   恒成立， 令  h x 0  ，解得 0 x 1  ；令  h x 0  ，解得 x 1 ， ∴  h x 在 0,1 上单调递减，在 1,  上单调递增， ∴    minh x h 1 e 1   .∴ a 的取值范围是 ,e 1  . 点睛：本题主要考查了导数在函数问题的综合应用，其中解答中涉及到利用导数研究函数的 单调性、利用求解函数的极值与最值，以及导数的几何意义等知识点的综合运用，同时着重 考查了分离参数思想和构造函数思想方法的应用，本题的解答中根据题意构造新函数，利用 新函数的性质是解答的关键，试题综合性强，难度较大，属于难题，平时注重总结和积累. 5. 已知函数    2 1 lnf x a x x   （1）讨论函数   0f x ＞ 的单调性； （2）若对任意  4, 2a   及  1,3x ，恒有   2ma f x a  成立，求实数 m 的取值集合. 【答案】（Ⅰ）当 0a  时，  ` 0f x  在  0, 上是增函数；(2)m≤-2 【解析】试题分析： (1)首先求得函数的导函数，然后结合题意分类讨论即可确定函数的单调性； (2)将原问题转化为  2 maxma a f x  ，结合函数的性质即可求得实数 m 的取值集合为 { | 2}m m   . 试题解析： 解: （Ⅰ）   1 2 2 12 ( 0)axf x ax xx x     ①当 0a  时，恒有   0f x  ，则  ' 0f x  在 0, 上是增函数； ②当 0a  时，当 10 2x a    时，   0f x  ，则  ` 0f x  在 10, 2a      上是增函数； 当 1 2x a   时，   0f x  ，则  ' 0f x  在 1 ,2a       上是减函数 综上，当 0a  时，  ' 0f x  在 0, 上是增函数；当 0a  时，  ` 0f x  在 10, 2a      上 是增函数，  ` 0f x  在 1 ,2a       上是减函数 6.已知函数 . （1）若 ，求函数 的最小值； （2）当 时，若对 ， ，使得 成立，求 的范围. 【答案】（1）当 时 的最小值为 ，当 时 的最小值为 ,当 时， 最小值为 .（2） 【 解 析 】 试 题 分 析 ：（ 1 ） 本 问 考 查 利 用 导 数 求 函 数 的 最 值 ， 对 函 数 求 导 数 ， ，令 得 ，对 分类讨论，当 ， ， 时，分别讨论函数在区间 上的单调性，从而求出函数的最小值；（2）本问主要 考 查 “ 任 意 ” 、 “ 存 在 ” 问 题 的 等 价 转 化 ， 对 ， ， 使 得 成立”等价于“ 在 上的最小值不大于 在 上 的最小值”.即 由（1）问易得到函数 的最小值，然后通过对 的讨论求 即可. 试题解析：(I) ，令 得 . 当 即 时，在 上 ， 递增， 的最小值为 . 当 即 时，在 上 ， 为减函数，在 上 ， 为增函数. ∴ 的最小值为 . 当 即 时，在 上 ， 递减， 的最小值为 . 综上所述，当 时 的最小值为 ，当 时 的最小值为 ,当 时， 最小值为 . (II)令 由题可知“对 ， ，使得 成立” 等价于“ 在 上的最小值不大于 在 上的最小值”. 即 由(I)可知，当 时， . 当 时， ， ①当 时， 由 得 ，与 矛盾，舍去. ②当 时， 由 得 ，与 矛盾，舍去. ③当 时， 由 得 综上， 的取值范围是 . 考点：1.利用导数研究函数的单调性；2.利用导数研究函数的最值；3.任意、存在问题的转 化；4.分类讨论思想的应用. 方法点睛：利用导数研究函数单调性，利用导数研究函数极值，导数几何意义等内容是考查 的重点.解题时，注意函数与方程思想、数形结合思想、分类讨论思想、等价转化思想的应用， 另外，还要能够将问题进行合理的转化，尤其是“任意”和“存在”问题的等价转化，可以 简化解题过程.本题对 ， ，使得 成立”等 价于“ 在 上的最小值不大于 在 上的最小值”. 7.已知函数   22ln 3 11f x x x x   . （1）求曲线  y f x 在点   1, 1f 处的切线方程； （2）若关于 x 的不等式      23 2 13 2f x a x a x     恒成立，求整数 a的最小值. 【答案】(1) 15 1y x   ;(2) 1. 【解析】试题分析：（1）先求函数的导数，并且求  1f  和  1f ，根据切线方程     1 1 1y f f x   ，写出切线方程；（2）令        23 2 13 1g x f x a x a x      ， 首先求函数得到导数，讨论当 0a  和 0a  两种情况讨论函数的最大值，令最大值小于等 于 0，求得 a 的值. 试 题 解 析 ： (1)因为      2' 6 11, ' 1 15, 1 14f x x f fx        ，所以切线方程为  14 15 1y x    ，即 15 1y x   . (2)令          2 23 2 13 1 2ln 2 2 1g x f x a x a x x ax a x           ，所以      22 2 2 22' 2 2 2 ax a xg x ax ax x         ， 当 0a  时 ， 因 为 0x  ， 所 以  ' 0g x  ， 所 以  g x 是  0, 上 的 递 增 函 数 ， 又 因 为  1 2 2 1 3 1 0g a a a         ， 所 以 关 于 x 的 不 等 式      23 2 13 1f x a x a x     ， 不 能 恒 成 立 ， 当 0a  时 ，      2 12 12 2 2 2' a x xax a x ag x x x            ，令  ' 0g x  ，得 1x a  ，所以当 10,x a     时，  ' 0g x  ；当 1 ,x a      时，  ' 0g x  ，因此函数  g x 在 10, a      上是增函数，在 1 ,a     上是减函数，故函数  g x 的最大值为 1 1 1 12ln 3 2ln 3 0g aa a a a            ， 令   1 2ln 3h a aa    ，则  h a 在 0, 上是减函数，因为  1 2 0h    ，所以当 1a  时，   0h a  ，所以整 数 a的最小值为1. 【点睛】不等式恒成立求参数取值范围是高考热点，本题是当    f x h x 恒成立时， 求参数取值范围，一般变形为     0f x h x  恒成立，求函数    f x h x 的最大值小 于等于 0，或参变分离转化为函数最值问题. 8.已知函数    21 4ln ,f x a x x a R    . (1)若 1 2a  ，求曲线  f x 在点   1, 1f 处的切线方程； (2)若对任意    1, , 1x e f x  恒成立，求实数 a 的取值范围. 【答案】(1) 2 4 0x y   ; (2) 1, 4     . 【解析】试题分析：（1）求出函数的导数，计算    1 , ' 1f f ,根据点斜式可求切线方程；（2） 求出函数的导数，通过讨论 a 的范围，求出函数的单调区间，求出  f x 的最大值，结合对任 意    1, , 1x e f x  恒成立，求出 a 的取值范围即可. 试题解析：(1)由 1 2a  ，得    21 1 4ln2f x x x   ，则  1 2f  又   41f x x x    ，  1 2f    . 所以曲线  f x 在点 1,2 处的切线方程为  2 2 1y x    ，即 2 4 0x y   . (2)已知对任意    1, , 1x e f x  恒成立，      22 242 1 , 0 ax ax f x a x xx x        令   2 2g x ax ax   ①当 0a  时，   4lnf x x    4 0f x x    ，  f x 在 1,e 上单调递减，    max 1 0 1f x f   ，恒成立. ②当 0a  时，二次函数  g x 的开口方向向下，对称轴为 1 2x   ，且  0 2 0g    ， 所以当  1,x e 时，   0g x  ，   0f x  ，  f x 在 1,e 上单调递减，    max 1 0 1f x f   ，恒成立. ③当 0a  时，二次函数  g x 的开口方向向上，对称轴为 1 2x   ， 所以  g x 在  0, 上单调递增，且  0 2 0g    ， 故存在唯一  0 0,x   ，使得  0 0g x  ，即  0 0f x  . 当 00 x x  时，   0g x  ，   0f x  ，  f x 单调递减； 当 0x x 时，   0g x  ，   0f x  ，  f x 单调递增. 所以在 1,e 上，      max 1 ,f x f f e . 所以     1 1{ 1 f f e   得 1 4a  ， 综上, 得取值范围是 1, 4     . 【方法点晴】本题主要考查利用导数求函数的最值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(  maxa f x 可)或  a f x 恒成立 （  mina 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.本题是利用方法 ③ 求得 a 的范围的. 9.已知函数    lnf x x a x a R   . （1）当 2a  时，求曲线  f x 在 1x  处的切线方程； （2）设函数     1 ah x f x x   ，求函数  h x 的单调区间； （3）若   1 ag x x   ，在  1, 2.71728e e   上存在一点 0x ，使得    0 0f x g x 成立， 求 a 的取值范围. 【答案】（1） 2 0x y   ；（2）详见解析；（3） 2 1 1 ea e   或 2a   . 【解析】试题分析：（1）中求的是在 x=1 的切线方程，所以直接出函数在 x=1 的导数，和切 点即可解决。（2）求单调性区间，先注意定义域，再求导数等于 0 的根，一般对于含参的问 题，我们先看是否能因式分解。（3）存在    0 0f x g x 成立，先变形为    0 0f x g x 0  ， 从而构造函数   1 ah x x alnx x    在 1,e 上的最小值   minh x 0    .同时注意第（2）问 己求对本问的应用。 试题解析： （1）当 2a  时，    2ln , 1 1f x x x f   ，切点 1,1 ， 所以   21f x x    ，所以  1 1 2 1k f     ， 所以曲线  f x 在点 1,1 处的切线方程为：  1 1y x    ，即 2 0x y   . （2）   1ln ah x x a x x    ，定义域为 0, ，        2 2 2 2 1 1111 x x ax ax aa ah x x x x x            ， （3）由题意可知，在 1,e 上存在一点 0x ，使得    0 0f x g x 成立， 即在 1,e 上存在一点 0x ，使得  0 0h x  ， 即函数   1ln ah x x a x x    在 1,e 上的最小值   min 0h x    . 由第（2）问， ①当 1a e  ，即 1a e  时，  h x 在 1,e 上单调递减， 所以    min 1 0ah x h e e e        ，所以 2 1 1 ea e   ，因为 2 1 11 e ee    ，所以 2 1 1 ea e   ； ②当 1 1a   ，即 0a  时，  h x 在 1,e 上单调递增， 所以    min 1 1 1 0h x h a        ，所以 2a   ； ③当1 1a e   ，即 0 1a e   时，      min 1 2 ln 1 0h x h a a a a          ， 因为  0 ln 1 1a   ，所以  0 ln 1a a a   ，所以  1 2h a  ， 此时不存在 0x 使得  0 0h x  成立. 10.已知函数    2 ln 1f x x x ax    ． （1）若  f x 在区间 1, 上单调递增，求实数 a 的取值范围； （2）若存在唯一整数 0x ，使得  0 0f x  成立，求实数 a 的取值范围． 【答案】（1） , 1  （2） 1 ln3 1,2 3      【解析】试题分析：（1）本问考查利用导数研究函数单调性，由函数  f x 在区间  1, 上 单调递增，则   0f x  在 1, 上恒成立，即   2ln 1 0f x x ax      在 1, 上恒成 立，采用参变分离的方法，将问题转化为 2ln 1a x x    在  1, 上恒成立，设函数   2ln 1g x x x    ，于是只需满足  mina g x 即可，问题转化为求函数  g x 的最小值；（2） 存在唯一整数 0x ，使得  0 0f x  ，即 0 0 02 ln 1x x ax   ，于是问题转化为存在唯一一个 整数 0x 使得函数  2 lny x x  图像在直线 1y ax  下方，于是可以画出两个函数图像， 结合图像进行分析，确定函数在 1,2,3x  时图像之间的关系，通过比较斜率大小来确定 a 的 取值范围. （2）不等式  0 0f x  即 0 0 02 ln 1x x ax   ， 令      2 ln , 0, 1g x x x x h x ax     ， 则   2ln 1g x x x    ，  g x 在 0, 上单调递增， 而    1 1 0, 2 ln2 0g g    ， ∴存在实数  1,2m ，使得   0g m  ， 当  1,x m 时，   0g x  ，  g x 在 1,m 上单调递减； 当  ,x m  时，   0g x  ，  g x 在 ,m  上单调递增，∴    ming x g m .    1 2 0g g  ，画出函数  g x 和  h x 的大致图象如下，  h x 的图象是过定点  0, 1C  的直线， 由图可知若存在唯一整数 0x ，使得  0 0f x  成立，则需  min ,BC AC DCk a k k  ， 而 ln3 1 2 ln31 03 3AC DCk k       ，∴ AC DCk k ． ∵ 1 2BCk  ，∴ 1 ln3 1 2 3a   ． 于是实数 a 的取值范围是 1 ln3 1,2 3      ． 考点：1.利用导数研究函数极值；2.函数、导数的综合应用；3.数形结合思想方法. 点睛：导数是高考中的高频考点，同时也是初等数学与高等数学的重要衔接.利用导数研究函 数单调性，利用导数研究函数极值，导数几何意义等内容，使函数内容更加丰富，更加充盈. 解题时，注意函数与方程思想、数形结合思想、分类讨论思想、等价转化思想的应用，另外， 还要能够将问题进行合理的转化，尤其是“恒成立”问题和“有解”问题的等价转化，可以 简化解题过程.还有在求参数取值范围时，可以考虑到分离参数方法或分类讨论的方法，同时 数形结合也是解题时必备的工具.