2018届二轮复习　函数最值、恒成立及存在性问题学案（全国通用）

2018届二轮复习　函数最值、恒成立及存在性问题学案（全国通用）

难点八　函数最值、恒成立及存在性问题 ‎(对应 生用书第75页)‎ 恒成立问题和有解问题、无解问题是联系函数、方程、不等式的纽带和桥梁，也是高考的重点和热点问题，往往用到的方法是依据不等式的特点，等价变形，构造函数，借助图象观察，或参变分离，转化为求函数的最值问题 处理．‎ F(x)＞a： 具体方法为将已知恒成立或存在性的不等式或等式由等价原理把参数和变量分离开，转化为一元已知函数的最值问题处理，关键是搞清楚哪个是变量哪个是参数，一般遵循“知道谁的范围，谁是变量；求谁的范围，谁是参数”的原则．参变分离后虽然转化为一个已知函数的最值问题，但是有些函数解析式复杂，利用导数知识无法完成，或者是不易参变分离，故可利用构造函数法．‎ ‎【例1】　(2017·盐城市滨海县八滩中 二模)设f (x)＝ex－a(x＋1)．‎ ‎(1)若a＞0，f (x)≥0对一切x∈R恒成立，求a的最大值；‎ ‎(2)设g(x)＝f (x)＋，A(x1，y1)，B(x2，y2)(x1≠x2)是曲线y＝g(x)上任意两点，若对任意的a≤－1，直线AB的斜率恒大于常数m，求m的取值范围；‎ ‎(3)是否存在正整数a，使得1n＋3n＋…＋(2n－1)n＜(an)n对一切正整数n都成立？若存在，求a的最小值；若不存在，请说明理由. ‎ ‎【导 号：56394112】‎ ‎[解]　(1)∵f (x)＝ex－a(x＋1)，∴f ′(x)＝ex－a，‎ ‎∵a＞0，f ′(x)＝ex－a＝0的解为x＝ln a.‎ ‎∴f (x)min＝f (ln a)＝a－a(ln a＋1)＝－aln a.‎ ‎∵f (x)≥0对一切x∈R恒成立，∴－aln a≥0，∴aln a≤0，∴amax＝1.‎ ‎(2)∵f (x)＝ex－a(x＋1)，‎ ‎∴g(x)＝f (x)＋＝ex＋－ax－a.‎ ‎∵a≤－1，直线AB的斜率恒大于常数m，‎ ‎∴g′(x)＝ex－－a≥2－a ‎＝－a＋2＝m(a≤－1)，解得m≤3，‎ ‎∴实数m的取值范围是(－∞，3]．‎ ‎(3)设t(x)＝ex－x－1，则t′(x)＝ex－1，令t′(x)＝0得：x＝0.‎ 在x＜0时t′(x)＜0，f (x)递减；在x＞0时t′(x)＞0，f (x)递增．‎ ‎∴t(x)最小值为t(0)＝0，故ex≥x＋1，‎ 取x＝－，i＝1,3，…，2n－1，得1－≤e－，即n≤e－，‎ 累加得 n＋n＋…＋n＜e－＋e－＋…＋e－＝＜.‎ ‎∴1n＋3n＋…＋(2n－1)n＜·(2n)n，‎ 故存在正整数a＝2.使得1n＋3n＋…＋(2n－1)n＜·(an)n.‎ ‎【例2】　(2017·江苏省无锡市高考数 一模)已知函数f (x)＝(x＋1)ln x－ax＋a(a为正实数，且为常数)．‎ ‎(1)若f (x)在(0，＋∞)上单调递增，求a的取值范围；‎ ‎(2)若不等式(x－1)f (x)≥0恒成立，求a的取值范围．‎ ‎[解]　(1)f (x)＝(x＋1)ln x－ax＋a，f ′(x)＝ln x＋＋1－a，‎ 若f (x)在(0，＋∞)上单调递增，则a≤ln x＋＋1在(0，＋∞)恒成立(a＞0)，‎ 令g(x)＝ln x＋＋1(x＞0)，g′(x)＝，‎ 令g′(x)＞0，解得：x＞1，令g′(x)＜0，解得：0＜x＜1，‎ 故g(x)在(0,1)递减，在(1，＋∞)递增，‎ 故g(x)min＝g(1)＝2，‎ 故0＜a≤2；‎ ‎(2)若不等式(x－1)f (x)≥0恒成立，即(x－1)[(x＋1)ln x－ax＋a]≥0恒成立，‎ ‎①x≥1时，只需a≤(x＋1)ln x恒成立，‎ 令m(x)＝(x＋1)ln x(x≥1)，‎ 则m′(x)＝ln x＋＋1，‎ 由(1)得：m′(x)≥2，‎ 故m(x)在[1，＋∞)递增，m(x)≥m(1)＝0，‎ 故a≤0，而a为正实数，故a≤0不合题意；‎ ‎②0＜x＜1时，只需a≥(x＋1)ln x，‎ 令n(x)＝(x＋1)ln x(0＜x＜1)，‎ 则n′(x)＝ln x＋＋1，由(1)知n′(x)在(0,1)递减，‎ 故n′(x)＞n′(1)＝2，‎ 故n(x)在(0,1)递增，故n(x)＜n(1)＝0，‎ 故a≥0，而a为正实数，故a＞0.‎ ‎【例3】　(2017·江苏省淮安市高考数 二模)已知函数f (x)＝，g(x)＝ln x，其中e为自然对数的底数．‎ ‎(1)求函数y＝f (x)g(x)在x＝1处的切线方程；‎ ‎(2)若存在x1，x2(x1≠x2)，使得g(x1)－g(x2)＝λ[f (x2)－f (x1)]成立，其中λ为常数，求证：λ＞e；‎ ‎(3)若对任意的x∈(0,1]，不等式f (x)g(x)≤a(x－1)恒成立，求实数a的取值范围. ‎ ‎【导 号：56394113】‎ ‎[解]　(1)y＝f (x)g(x)＝，y′＝，‎ x＝1时，y＝0，y′＝，‎ 故切线方程是：y＝x－；‎ ‎(2)证明：由g(x1)－g(x2)＝λ[f (x2)－f (x1)]，‎ 得：g(x1)＋λf (x1)＝g(x2)＋λf (x2)，‎ 令h(x)＝g(x)＋λf (x)＝ln x＋(x＞0)，‎ h′(x)＝，‎ 令ω(x)＝ex－λx，则ω′(x)＝ex－λ，‎ 由x＞0，得ex＞1，‎ ‎①λ≤1时，ω′(x)＞0，ω(x)递增，‎ 故h′(x)＞0，h(x)递增，不成立；‎ ‎②λ＞1时，令ω′(x)＝0，解得：x＝ln λ，‎ 故ω(x)在(0，ln λ)递减，在(ln λ，＋∞)递增，‎ ‎∴ω(x)≥ω(ln λ)＝λ－λln λ，‎ 令m(λ)＝λ－λln λ(λ＞1)，‎ 则m′(λ)＝－ln λ＜0，故m(λ)递减，‎ 又m(e)＝0，‎ 若λ≤e，则m(λ)≥0，ω(x)≥0，h(x)递增，不成立，‎ 若λ＞e，则m(λ)＜0，函数h(x)有增有减，满足题意，‎ 故λ＞e；‎ ‎(3)若对任意的x∈(0,1]，不等式f (x)g(x)≤a(x－1)恒成立，‎ 即－a(x－1)≤0在(0,1]恒成立，‎ 令F(x)＝－a(x－1)，x∈(0,1]，F(1)＝0，‎ F′(x)＝－a，F′(1)＝－a，‎ ‎①F′(1)≤0时，a≥，F′(x)≤递减，‎ 而F′(1)＝0，故F′(x)≥0，F(x)递增，F(x)≤F(1)＝0，成立，‎ ‎②F′(1)＞0时，则必存在x0，使得F′(x)＞0，F(x)递增，F(x)＜F(1)＝0不成立，故a≥.‎ ‎【例4】　设函数f (x)＝ax2－a－ln x，其中a∈R.‎ ‎(1)讨论f (x)的单调性；‎ ‎(2)确定a的所有可能取值，使得f (x)>－e1－x在区间(1，＋∞)内恒成立(e＝2.718…为自然对数的底数)．‎ ‎[解]　(1)f ′(x)＝2ax－＝(x>0)．‎ 当a≤0时，f ′(x)<0，f (x)在(0，＋∞)内单调递减．‎ 当a>0时，由f ′(x)＝0，有x＝.‎ 此时，当x∈时，f ′(x)<0，f (x)单调递减；‎ 当x∈时，f ′(x)>0，f (x)单调递增．‎ ‎(2)令g(x)＝－，s(x)＝ex－1－x，‎ 则s′(x)＝ex－1－1.‎ 而当x>1时，s′(x)>0，‎ 所以s(x)在区间(1，＋∞)内单调递增．‎ 又由s(1)＝0，有s(x)>0，‎ 从而当x>1时，g(x)>0.‎ 当a≤0，x>1时，f (x)＝a(x2－1)－ln x<0.‎ 故当f (x)>g(x)在区间(1，＋∞)内恒成立时，必有a>0.‎ 当01.‎ 由(1)有f 0，‎ 所以此时f (x)>g(x)在区间(1，＋∞)内不恒成立．‎ 当a≥时，令h(x)＝f (x)－g(x)(x≥1)．‎ 当x>1时，h′(x)＝2ax－＋－e1－x>x－＋－＝>>0.‎ 因此，h(x)在区间(1，＋∞)内单调递增．‎ 又因为h(1)＝0，所以当x>1时，h(x)＝f (x)－g(x)>0，‎ 即f (x)>g(x)恒成立．‎ 综上，a∈.‎ ‎[点评]　综合构造函数，运用函数的思想，利用导数研究函数的性质(单调性和最值)，达到解题的目的，是一成不变的思路，合理构思，善于从不同角度分析问题，是解题的法宝．‎