（江蘇專(zhuān)用）高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專(zhuān)題檢測(cè)18 存在與恒成立問(wèn)題

18存在與恒成立問(wèn)題1．(2013·課標(biāo)全國(guó)Ⅱ改編)若存在正數(shù)x使2x(x－a)<1成立，則a的取值范圍是________．答案(－1，＋∞)解析∵2x(x－a)<1，∴a>x－eq\f(1,2x).令f(x)＝x－eq\f(1,2x)，∴f′(x)＝1＋2－xln2>0.∴f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，∴f(x)>f(0)＝0－1＝－1，∴a的取值范圍為(－1，＋∞)．2．已知函數(shù)f(x)＝2ax3－3ax2＋1，g(x)＝－eq\f(a,4)x＋eq\f(3,2)，若任意給定的x0∈[0,2]，總存在兩個(gè)不同的xi(i＝1,2)∈[0,2]，使得f(xi)＝g(x0)成立，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________．答案(－∞，－1)解析當(dāng)a＝0時(shí)，顯然不成立；當(dāng)a>0時(shí)，注意到f′(x)＝6ax2－6ax＝6ax(x－1)，即f(x)在[0,1]上是減函數(shù)，在[1,2]上是增函數(shù)，又f(0)＝1<eq\f(3,2)＝g(0)，當(dāng)x0＝0時(shí)，結(jié)論不可能成立；進(jìn)一步，可知a<0，此時(shí)g(x)在[0,2]上是增函數(shù)，且取值范圍是[eq\f(3,2)，－eq\f(a,2)＋eq\f(3,2)]，同時(shí)f(x)在0≤x≤1時(shí)，函數(shù)值從1增大到1－a，在1≤x≤2時(shí)，函數(shù)值從1－a減少到1＋4a所以“任意給定的x0∈[0,2]，總存在兩個(gè)不同的xi(i＝1,2)∈[0,2]，使得f(xi)＝g(x0)成立”當(dāng)且僅當(dāng)eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(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eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1－a>－\f(a,2)＋\f(3,2)，,1＋4a<\f(3,2)，))解得a<－1.3．(2014·課標(biāo)全國(guó)Ⅱ改編)設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\r(3)sineq\f(πx,m).若存在f(x)的極值點(diǎn)x0滿(mǎn)足xeq\o\al(2,0)＋[f(x0)]2<m2，則m的取值范圍是____________________．答案(－∞，－2)∪(2，＋∞)解析∵f(x)＝eq\r(3)sineq\f(πx,m)的極值點(diǎn)即為函數(shù)圖象中的最高點(diǎn)或最低點(diǎn)的橫坐標(biāo)，由三角函數(shù)的性質(zhì)可知T＝eq\f(2π,\f(π,m))＝2m，∴x0＝eq\f(m,2)＋km(k∈Z)．假設(shè)不存在這樣的x0，即對(duì)任意的x0都有xeq\o\al(2,0)＋[f(x0)]2≥m2，則(eq\f(m,2)＋km)2＋3≥m2，整理得m2(k2＋k－eq\f(3,4))＋3≥0，即k2＋k－eq\f(3,4)≥－eq\f(3,m2)恒成立，因?yàn)閥＝k2＋k－eq\f(3,4)的最小值為－eq\f(3,4)(當(dāng)k＝－1或0時(shí)取得)，故－2≤m≤2，因此原存在性命題成立的條件是m>2或m<－2.4．(2014·山東改編)已知實(shí)數(shù)x，y滿(mǎn)足ax<ay(0<a<1)，則下列關(guān)系式恒成立的是________．①eq\f(1,x2＋1)>eq\f(1,y2＋1)；②ln(x2＋1)>ln(y2＋1)；③sinx>siny;④x3>y3.答案④解析因?yàn)?<a<1，ax<ay，所以x>y.采用賦值法判斷，①中，當(dāng)x＝1，y＝0時(shí)，eq\f(1,2)<1，①不成立．②中，當(dāng)x＝0，y＝－1時(shí)，ln1<ln2，②不成立．③中，當(dāng)x＝0，y＝－π時(shí)，sinx＝siny＝0，③不成立．④中，因?yàn)楹瘮?shù)y＝x3在R上是增函數(shù)，故④正確．5．若函數(shù)f(x)＝lnx－eq\f(1,2)ax2－2x(a≠0)存在單調(diào)遞減區(qū)間，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________________．答案－1<a<0或a>0解析對(duì)函數(shù)f(x)求導(dǎo)，得f′(x)＝－eq\f(ax2＋2x－1,x)(x>0)．依題意，得f′(x)<0在(0，＋∞)上有解，即ax2＋2x－1>0在(0，＋∞)上有解，∴Δ＝4＋4a>0且方程ax2＋2x－1＝0∴a>－1，又∵a≠0，∴－1<a<0或a>0.6．(2014·遼寧改編)當(dāng)x∈[－2,1]時(shí)，不等式ax3－x2＋4x＋3≥0恒成立，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________．答案[－6，－2]解析當(dāng)x＝0時(shí)，ax3－x2＋4x＋3≥0變?yōu)?≥0恒成立，即a∈R.當(dāng)x∈(0,1]時(shí)，ax3≥x2－4x－3，a≥eq\f(x2－4x－3,x3)，∴a≥eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(x2－4x－3,x3)))max.設(shè)φ(x)＝eq\f(x2－4x－3,x3)，φ′(x)＝eq\f((2x－4)x3－(x2－4x－3)3x2,x6)＝－eq\f(x2－8x－9,x4)＝－eq\f((x－9)(x＋1),x4)>0，∴φ(x)在(0,1]上遞增，φ(x)max＝φ(1)＝－6.∴a≥－6.當(dāng)x∈[－2,0)時(shí)，a≤eq\f(x2－4x－3,x3)，∴a≤eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(x2－4x－3,x3)))min.仍設(shè)φ(x)＝eq\f(x2－4x－3,x3)，φ′(x)＝－eq\f((x－9)(x＋1),x4).當(dāng)x∈[－2，－1)時(shí)，φ′(x)<0，當(dāng)x∈(－1,0)時(shí)，φ′(x)>0.∴當(dāng)x＝－1時(shí)，φ(x)有極小值，即為最小值．而φ(x)min＝φ(－1)＝eq\f(1＋4－3,－1)＝－2，∴a≤－2.綜上知－6≤a≤－2.7．設(shè)函數(shù)f(x)＝ax3－3x＋1(x∈R)，若對(duì)于任意x∈[－1,1]，都有f(x)≥0成立，則實(shí)數(shù)a的值為_(kāi)_______．答案4解析若x＝0，則不論a取何值，f(x)≥0顯然成立；當(dāng)x>0時(shí)，即x∈(0,1]時(shí)，f(x)＝ax3－3x＋1≥0可化為a≥eq\f(3,x2)－eq\f(1,x3).即g(x)＝eq\f(3,x2)－eq\f(1,x3)，則g′(x)＝eq\f(3(1－2x),x4)，所以g(x)在區(qū)間(0，eq\f(1,2)]上單調(diào)遞增，在區(qū)間[eq\f(1,2)，1]上單調(diào)遞減，因此g(x)max＝g(eq\f(1,2))＝4，從而a≥4.當(dāng)x<0，即x∈[－1,0)時(shí)，同理a≤eq\f(3,x2)－eq\f(1,x3).g(x)在區(qū)間[－1,0)上單調(diào)遞增，所以g(x)min＝g(－1)＝4，從而a≤4，綜上可知a＝4.8．(2014·江蘇)已知函數(shù)f(x)＝x2＋mx－1，若對(duì)于任意x∈[m，m＋1]，都有f(x)<0成立，則實(shí)數(shù)m的取值范圍是________．答案(－eq\f(\r(2),2)，0)解析作出二次函數(shù)f(x)的圖象，對(duì)于任意x∈[m，m＋1]，都有f(x)<0，則有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f(m)<0，,f(m＋1)<0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m2＋m2－1<0，,(m＋1)2＋m(m＋1)－1<0，))解得－eq\f(\r(2),2)<m<0.9．已知函數(shù)f(x)＝x－eq\f(1,x＋1)，g(x)＝x2－2ax＋4，若對(duì)于任意x1∈[0,1]，存在x2∈[1,2]，使f(x1)≥g(x2)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是__________．答案eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,4)，＋∞))解析由于f′(x)＝1＋eq\f(1,(x＋1)2)>0，因此函數(shù)f(x)在[0,1]上單調(diào)遞增，所以x∈[0,1]時(shí)，f(x)min＝f(0)＝－1.根據(jù)題意可知存在x∈[1,2]，使得g(x)＝x2－2ax＋4≤－1，即x2－2ax＋5≤0，即a≥eq\f(x,2)＋eq\f(5,2x)能成立，令h(x)＝eq\f(x,2)＋eq\f(5,2x)，則要使a≥h(x)在x∈[1,2]能成立，只需使a≥h(x)min，又函數(shù)h(x)＝eq\f(x,2)＋eq\f(5,2x)在x∈[1,2]上單調(diào)遞減，所以h(x)min＝h(2)＝eq\f(9,4)，故只需a≥eq\f(9,4).10．(2014·浙江)已知函數(shù)f(x)＝x3＋3|x－a|(a>0)，若f(x)在[－1,1]上的最小值記為g(a)．(1)求g(a)；(2)證明：當(dāng)x∈[－1,1]時(shí)，恒有f(x)≤g(a)＋4.(1)解因?yàn)閍>0，－1≤x≤1.所以①當(dāng)0<a<1時(shí)，若x∈[－1，a]，則f(x)＝x3－3x＋3af′(x)＝3x2－3<0，故f(x)在(－1，a)上是減函數(shù)；若x∈[a,1]，則f(x)＝x3＋3x－3af′(x)＝3x2＋3>0，故f(x)在(a,1)上是增函數(shù)．所以g(a)＝f(a)＝a3.②當(dāng)a≥1時(shí)，有x≤a，則f(x)＝x3－3x＋3af′(x)＝3x2－3<0，故f(x)在(－1,1)上是減函數(shù)，所以g(a)＝f(1)＝－2＋3a綜上，g(a)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a3，0<a<1，,－2＋3a，a≥1.))(2)證明令h(x)＝f(x)－g(a)．①當(dāng)0<a<1時(shí)，g(a)＝a3.若x∈[a,1]，則h(x)＝x3＋3x－3a－a3，h′(x)＝3x2＋3所以h(x)在(a,1)上是增函數(shù)，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]，則h(x)＝x3－3x＋3a－a2，h′(x)＝3x2－3所以h(x)在(－1，a)上是減函數(shù)，所以，h(x)在[－1，a]上的最大值是h(－1)＝2＋3a－a3令t(a)＝2＋3a－a3，則t′(a)＝3－3a2知t(a)在(0,1)上是增函數(shù)．所以，t(a)<t(1)＝4，即h(－1)<4.故f(x)≤g(a)＋4.②當(dāng)a≥1時(shí)，g(a)＝－2＋3a故h(x)＝x3－3x＋2，h′(x)＝3x2－3，此時(shí)h(x)在(－1,1)上是減函數(shù)，因此h(x)在[－1,1]上的最大值是h(－1)＝4.故f(x)≤g(a)＋4.綜上，當(dāng)x∈[－1,1]時(shí)，恒有f(x)≤g(a)＋4.11．已知函數(shù)f(x)＝(x＋1)lnx－x＋1.(1)若xf′(x)≤x2＋ax＋1，求a的取值范圍；(2)證明：(x－1)f(x)≥0.(1)解f′(x)＝eq\f(x＋1,x)＋lnx－1＝lnx＋eq\f(1,x)，xf′(x)＝xlnx＋1，而xf′(x)≤x2＋ax＋1(x＞0)等價(jià)于lnx－x≤a.令g(x)＝lnx－x，則g′(x)＝eq\f(1,x)－1.當(dāng)0＜x＜1時(shí)，g′(x)＞0；當(dāng)x≥1時(shí)，g′(x)≤0，x＝1是g(x)的最大值點(diǎn)，∴g(x)≤g(1)＝－1.綜上可知，a的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，＋∞)).(2)證明由(1)知，g(x)≤g(1)＝－1，即lnx－x＋1≤0.當(dāng)0＜x＜1時(shí)，f(x)＝(x＋1)lnx－x＋1＝xlnx＋(lnx－x＋1)<0，∴(x－1)f(x)>0；當(dāng)x≥1時(shí)，f(x)＝lnx＋(xlnx－x＋1)＝lnx＋xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(lnx＋\f(1,x)－1))＝lnx－xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln\f(1,x)－\f(1,x)＋1))≥0.∴(x－1)f(x)≥0.綜上，在定義域內(nèi)滿(mǎn)足(x－1)f(x)≥0恒成立．12．(2014·陜西)設(shè)函數(shù)f(x)＝lnx＋eq\f(m,x)，m∈R.(1)當(dāng)m＝e(e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù))時(shí)，求f(x)的極小值；(2)討論函數(shù)g(x)＝f′(x)－eq\f(x,3)零點(diǎn)的個(gè)數(shù)；(3)若對(duì)任意b>a>0，eq\f(f(b)－f(a),b－a)<1恒成立，求m的取值范圍．解(1)由題設(shè)，當(dāng)m＝e時(shí)，f(x)＝lnx＋eq\f(e,x)，則f′(x)＝eq\f(x－e,x2)，∴當(dāng)x∈(0，e)時(shí)，f′(x)<0，f(x)在(0，e)上單調(diào)遞減，當(dāng)x∈(e，＋∞)時(shí)，f′(x)>0，f(x)在(e，＋∞)上單調(diào)遞增，∴當(dāng)x＝e時(shí)，f(x)取得極小值f(e)＝lne＋eq\f(e,e)＝2，∴f(x)的極小值為2.(2)由題設(shè)g(x)＝f′(x)－eq\f(x,3)＝eq\f(1,x)－eq\f(m,x2)－eq\f(x,3)(x>0)，令g(x)＝0，得m＝－eq\f(1,3)x3＋x(x>0)．設(shè)φ(x)＝－eq\f(1,3)x3＋x(x≥0)，則φ′(x)＝－x2＋1＝－(x－1)(x＋1)，當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，φ′(x)>0，φ(x)在(0,1)上單調(diào)遞增；當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，φ′(x)<0，φ(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞減．∴x＝1是φ(x)的唯一極值點(diǎn)，且是極大值點(diǎn)，因此x＝1也是φ(x)的最大值點(diǎn)，∴φ(x)的最大值為φ(1)＝eq\f(2,3).又φ(0)＝0，結(jié)合y＝φ(x)的圖象(如圖)，可知①當(dāng)m>eq\f(2,3)時(shí)，函數(shù)g(x)無(wú)零點(diǎn)；②當(dāng)m＝eq\f(2,3)時(shí)，函數(shù)g(x)有且只有一個(gè)零點(diǎn)；③當(dāng)0<m<eq\f(2,3)時(shí)，函數(shù)g(x)有兩個(gè)零點(diǎn)；④當(dāng)m≤0時(shí)，函數(shù)g(x)有且只有一個(gè)零點(diǎn)．綜上所述，當(dāng)m>eq\f(2,3)時(shí)，函數(shù)g(x)無(wú)零點(diǎn)；當(dāng)m＝eq\f(2,3)或m≤0時(shí)，函數(shù)g(x)有且只有一個(gè)零點(diǎn)；當(dāng)0<m<eq\f(2,3)時(shí)，函數(shù)g