函数与导数专题七——存在性问题
存在性问题
第77讲 存在性问题本节主要内容是存在性问题. 存在性问题有三种：第一类是肯定性问题, 其模式为“已知A, 证明存在对象B, 使其具有某种性质”. 第二类是否定性问题, 其模式为“已知A, 证明具有某种性质B 的对象不可能存在”. 第三类是探索性问题, 其模式为“已知A, 问是否存在具有某种性质B 的对象”.解决存在性问题通常有两种解题思路. 一种思路是通过正确的逻辑推理(包括直接计算), 证明(或求出)符合条件或要求的对象B 必然存在. 常利用反证法、数学归纳法、抽屉原则、计数法等. 另一种思路是构造法. 直接构造具有某种性质B 的对象. 常常采用排序原则、极端性原则进行构造.A 类例题例1 已知函数f (x )=|1-1x|.(1)是否存在实数a ,b (a <b ), 使得函数的定义域和值域都是[a ,b ]?若存在,请求出a ,b 的值；若不存在，请说明理由。
(2)若存在实数a ,b (a <b ), 使得函数的定义域是[a ,b ]，值域是[ma ,mb ](m ≠0)，求实数m 的取值范围.(2005年天津市数学竞赛试题)分析 函数f (x )是分段函数，它的值域是[0,).+∞ [a ,b ]是[0,)+∞的子集，而f (0)＞0，所以a ＞0，因为函数f (x )在(0,1)上是减函数，在(1,+∞)上是增函数，所以我们分三种情况(i) 当a ,b ∈(0,1)时；(ii) 当 a ,b ∈(1,+∞)时；(iii)当a ∈(0,1),b ∈[1,+∞)时加以讨论.解 (1)不存在实数a ,b (a <b )满足条件.事实上，若存在实数a ,b (a <b ), 使得函数的定义域和值域都是[a ,b ]，则有x ≣a ＞0.故f (x )=11, 1.11, 1.x x x x⎧-≥⎪⎪⎨⎪-<⎪⎩(i)当a ,b ∈(0,1)时, f (x )= 1x-1在(0,1)上是减函数，所以，(),(),f a b f b a =⎧⎨=⎩即11,11.b aa b⎧-=⎪⎪⎨⎪-=⎪⎩ 由此推出a =b 与已知矛盾. 故此时不存在实数a ,b 满足条件. (ii)当a ,b ∈(1,+∞)时, f (x )=1-1x在(1,+∞)上为增函数，所以，(),(),f a a f b b =⎧⎨=⎩即11,11.a ab b⎧-=⎪⎪⎨⎪-=⎪⎩ 于是，a ,b 是方程x 2-x +1=0的实根，而此方程无实根，故此时不存在实数a ,b 满足条件.(iii) 当a ∈(0,1),b ∈[1,+∞)时,显然，1∈[a ,b ],而f(1)=0,所以0∈[a ,b ]，矛盾. 故故此时不存在实数a ,b 满足条件.综上可知，不存在实数a ,b (a <b )满足条件.(2)若存在实数a ,b (a <b ), 使得函数的定义域是[a ,b ]，值域是[ma ,mb ](m ≠0)易得m ＞0,a ＞0. 仿照(1)的解答，当a ,b ∈(0,1)或a ∈(0,1),b ∈[1,+∞)时，满足条件的a ,b 不存在. 只有当a ,b ∈(1,+∞)时，f (x )=1-1x在(1,+∞)上为增函数，有(),(),f a ma f b mb =⎧⎨=⎩即11,11.ma amb b⎧-=⎪⎪⎨⎪-=⎪⎩ 于是，a ,b 是方程mx 2－x +1=0的两个大于1的实数根.所以，140,1,m x ∆=->⎧⎪⎨=>⎪⎩只须0,140,12.m m m ⎧>⎪->⎨⎪>⎩解得0<m <14. 因此，m 的取值范围是0<m <14.说明 本题首先要注意题目的隐含条件a ＞0，因为函数的值域是[0,).+∞例2 已知常数a >0，在矩形ABCD 中，AB=4, BC=4a ，O 为AB 的中点，E 、F 、G 分别在BC 、CD 、DA 上移动，且BE BC = CF CD = DGDA ，P 为CE 与OF 的交点. 问是否存在两个定点，使P 到这两点的距离的和为定值？若存在，求出这两点的坐标及此定值；若不存在，请说明理由.(2003年全国高考江苏卷试题)分析 根据题设满足的条件, 首先求出动点P 的轨迹方程，根据轨迹是否是椭圆，就可断定是否存在两个定点(椭圆的两个焦点)， 使得P 到这两点的距离的和为定值．解 按题意有A(-2,0),B(2,0),C(2,4a ),D(-2, 4a ).设BE BC = CF CD = DGDA = k (0≤k ≤1).由此有E(2,4ak ),F(2-4k , 4a ),G(-2, 4a -4ak ).直线OF 的方程为2ax +(2k -1)y =0, ① 直线GE 的方程为-a (2k -1)x + y -2a =0, ② 由①②消去参数k 得点P(x ,y )坐标满足方程2a 2x 2+y 2-2ay =0,整理得x 212+(y -a )2a 2=1.当a 2＝12时，点P 的轨迹为圆弧，所以不存在符合题意的两点；当a 2≠12时，点P 的轨迹为椭圆的一部分，点P 到该椭圆的两个焦点的距离的和是定长；当a 2＜12时，P 到椭圆两个焦点(-12-a 2,a ),(12-a 2,a )的距离之和为定长2； 当a 2＞12时，P 到椭圆两个焦点(0, a -a 2-12),(0, a +a 2-12)的距离之和为定长2a .说明 要解决轨迹问题首先要建立适当的直角坐标系，有时还要选择适当的参数作过渡．情景再现1.已知二次函数f (x )=ax 2+bx +a 满足条件f (x +74)= f (74-x ), 且方程f (x )=7x +a 有两个相等的实数根.(1) 求f (x )的解析式;(2) 是否存在实数m 、n (0＜m ＜n ),使得f (x )的定义域和值域分别是[m ,n ]和[3n ,3m ]? 若存在, 求出m 、n 的值; 若不存在, 请说明理由. (2004年河南省数学竞赛试题)2．直线l ：y =kx +1与双曲线C ：2x 2－y 2=1的右支交于不同的两点A 、B .(I) 求实数k 的取值范围；(II)是否存在实数k ，使得以线段AB 为直径的圆经过双曲线C 的右焦点F?若存在，求出k 的值；若不存在，说明理由. (2004年湖北省高考理科试题)B 类例题例3将平面上每个点都以红、蓝两色之一着色，证明：存在这样的两个相似三角形，它们的相似比为1995，并且每一个三角形的三个顶点同色.(1995年全国高中数学联赛第二试试题)分析 因为平面上的每点不是红色就是蓝色，由抽屉原理，对任何一个无穷点集，至少有一个无穷子集是同色点集，对一个含n 个元素的有限点集，至少有一个含]21n [+个元素的子集是同色点集.(其中[ ]为高斯符号)，于是利用抽屉原理，在半径为1和1995的两个同心圆上，寻找两个三顶点同色的相似三角形.证明 在平面上，以O 为圆心，作两个半径为1和1995的同心圆.根据抽屉原理，小圆周上至少有5点同色，不妨设为A 1,A 2,A 3,A 4,A 5，连接OA 1,OA 2,OA 3,OA 4,OA 5,分别交大圆 于B 1,B 2,B 3,B 4,B 5，根据抽屉原理,B 1,B 2,B 3,B 4,B 5中必有三点同色，不妨设为B 1,B 2,B 3,分别连接A 1A 2，A 2A 3,A 3A 1,B 1B 2,B 2B 3,B 3B 1,则△A 1A 2A 3∽△B 1B 2B 3，其相似比为1995，且两个三角形三顶点同色.说明 解决有关染色问题抽屉原理是经常使用的．例4 在坐标平面上，纵、横坐标都是整数的点称为整点.试证：存在一个同心圆的集合，使得 (1) 每个整点都在此集合的某一个圆周上； (2) 此集合的每个圆周上，有且仅有一个整点.（1987年全国高中数学联赛第二试试题）分析 构造法.先设法证明任意两整点到P ⎪⎭⎫⎝⎛31,2的距离不可能相等，从而将所有整点到P 点的距离排序造出同心圆的集合，这里同心圆的坐标不是惟一的，可取⎪⎭⎫ ⎝⎛31,2外的其它值.证明 取点P ⎪⎭⎫ ⎝⎛31,2.设整点(a ,b )和(c ,d )到点P 的距离相等，则2222222211(()((),3322(().3a b c d c a c a d b b d -+-=-+--=-+-+-即上式仅当两端都为零时成立.所以c =a ①c 2－a 2+d 2－b 2+32(b －d )=0 ②将①代入②并化简得d 2－b 2+32(b －d )=0.1即 (d －b )(d +b －32)=0 由于b ，d 都是整数，第二个因子不能为零，因此b =d ，从而点(a ,b )与(c ,d )重合，故任意两个整点到P ⎪⎭⎫ ⎝⎛31,2的距离都不相等.将所有整点到P 点的距离从大到小排成一列 d 1，d 2，d 3，……，d n ，…….显然，以P 为圆心，以d 1,d 2,d 3,…为半径作的同心圆集合即为所求.说明 同心圆的圆心坐标不是惟一的.例5 (1)给定正整数n (n ≣5), 集合A n ={1,2,3,…,n }, 是否存在一一映射φ：A n →A n 满足条件：对一切k (1≢k ≢n －1), 都有k |(φ(1)+ φ(2)+ … +φ(n ))；(2)N +为全体正整数的集合, 是否存在一一映射φ：N +→N +满足条件：对一切k ∈N +, 都有k |(φ(1)+ φ(2)+ … +φ(n )).注 映射φ：A →B 称为一一映射, 如果对任意b ∈B, 有且仅有一个a ∈A, 使得b =φ(a ).题中“|”为整除符号. (2004年福建省数学竞赛试题)分析 对于问题(1)不难用反证法结合简单的同余理论可以获解；对于问题(2)采用归纳构造．解(1)不存在. 记S k =∑=ni i 1)(ϕ.当n =2m +1(m ≣2)时, 由2m |S 2m 及S 2m = (2m +1)(2m +2)2－φ(2m +1)得φ(2m +1)≡m +1(mod2m ).但φ(2m +1)∈A 2m +1, 故φ(2m +1)=m +1. 再由(2m －1)|S 2m －1及S 2m －1=(2m +1)(2m +2)2－(m +1)－φ(2m )得φ(2m )≡m +1(mod(2m －1)).所以, φ(2m ) =m +1, 与φ的双射定义矛盾. 当n =2m +1(m ≣2)时, S 2m +1=(2m +2)(2m +3)2－φ(2m +2)给出φ(2m +2)=1或2m +2, 同上又得φ(2m +1)=φ(2m )=m +2或m +1, 矛盾.(2) 存在.对n 归纳定义φ(2n -1)及φ(2n )如下：令φ(1)=1, φ(2)=3. 现已定义出不同的正整数φ(k )(1≢k ≢2n )满足整除条件且包含1,2,…,n , 又设v 是未取到的最小正整数值. 由于2n +1与2n +2互质, 根据孙子定理, 存在不同于v 及φ(k )(1≢k ≢2n )的正整数u 满足同余式组u ≡-S 2n (mod(2n +1)) ≡-S 2n -v (mod(2n +2)).定义φ(2n +1)= u , φ(2n +2)=v . 正整数φ(k )(1≢k ≢2n +2)也互不相同, 满足整除条件, 且包含1,2,…,n +1. 根据数学归纳法原理, 已经得到符合要求的一一映射φ：N +→N +.说明 数论中的存在性问题是竞赛命题的一个热点．情景再现3．将平面上每个点都以红、蓝两色之一着色. 存在有两个内角分别为2π7、 4π7，且夹边长为1996的三角形，其三个顶点同色.(1996年北京市数学竞赛试题)4. 在平面直角坐标系中,横坐标和纵坐标都是整数的点称为格点,任取6个格点P I (x i ,y i )(i =1,2,3,4,5,6)满足(1)|x i |≢2,| y i |≢2, (i =1,2,3,4,5,6); (2)任何三点不在同一条直线上.试证 在P i ( i =1,2,3,4,5,6)以为顶点的所有三角形中,必有一个三角形,它的面积不大于2.(1992年全国高中数学联赛第二试试题)5. 在坐标平面上，是否存在一个含有无穷多条直线l 1,l 2,…，l n ,…的直线族，它满足条件： (1)点(1,1)∈l n ,n =1,2,…； (2)k n +1=a n —b n ，其中k 1是l 1的斜率，k n +1是l n +1的斜率，a n 和b n 分别是l n 在x 轴和y 轴上的截距，n =1,2,3, …； (3)k n k n +1≣0，n =1,2,3, ….并证明你的结论. (1988年全国高中数学联赛第二试试题)C 类例题例6 平面上是否存在100条直线, 使它们恰好有1985个交点.(第26届IMO 预选题)分析 由于100条直线最多有C 1002=4950(＞1985)个交点, 所以符合要求的直线可能存在.减少交点的个数可有两种途径:一是利用平行线, 二是利用共点线. 所以用构造法.解法一 由于x 条直线与一族100-x 条平行线可得x (100-x )个交点. 而x (100-x )=1985没有整数解, 于是可以考虑99条直线构成的平行网格.由于x (99-x )＜1985的解为x ≢26或x ≣73,x ∈N , 且1985=73×26+99-12, 于是可作如下构造: (1) 由73条水平直线和26条竖直直线 x =k ,k =1,2,3,...,73; y = k ,k =1,2,3, (26)共99条直线, 可得73×26个交点.(2)再作直线y =x +14与上述99条直线都相交, 共得到99个交点, 但其中有12个交点(1,15),(2,16),…,(12,26)也是(1)中99条直线的彼此的交点, 所以共得99-12个交点. 由(1)、(2),这100条直线可得到73×26+99-12=1985个交点.解法二 若100条直线没有两条是平行的, 也没有三条直线共点, 则可得到C 1002=4950(＞1985)个交点, 先用共点直线减少交点数.注意到若有n 1条直线共点, 则可减少12n C -1个交点. 设有k 个共点直线束, 每条直线束的直线条数依次为n 1, n 2,…, n k . 则有 n 1+n 2+…+ n k ≢100,122221112965k n n n C C C -+-++-=L ( C 1002-1985=2965). 因为满足12n C -1＜2965的最大整数是n 1=77, 此时C 772-1=2925. 因此可构造一个由77条直线组成的直线束,这时还应再减少40个交点. 而满足22n C -1＜40的最大整数为n 2=9, 此时C 92-1=35. 因此又可构造一个由9条直线组成的直线束. 这时还应减少5个交点. 由于C 42-1=5,所以最后可构造一个由4条直线组成的直线束.因为77+9+4=90＜100, 所以这100条直线可构成为77条,9条,4条的直线束, 另10条保持不动即可. 说明 本题的基本数学思想方法是逐步调整，这在证明不等式时经常使用，但学会在几何中应用，会使你的解题思想锦上添花．例7 设n 是大于等于3的整数, 证明平面上存在一个由n 个点组成的集合, 集合中任意两点之间的距离为无理数, 任三点组成一个非退化的面积为有理数的三角形. (第28届IMO 试题)分析 本题的解决方法是构造法，一种方法在抛物线y =x 2上选择点列，另一种方法在半圆周上选择点列．解法一 在抛物线y =x 2上选取n 个点P 1,P 2,…,P n , 点P i 的坐标为(i ,i 2) (i =1,2,…,n ).因为直线和抛物线的交点至多两个, 故n 个点中任意三点不共线, 构成三角形为非退化的. 任两点P i 和P j 之间的距离是|P i P j |=(i -j )2+(i 2-j 2)2=|i -j |1+(i +j )2 (i ≠j , i , j =1,2,…,n ).由于(i +j )2＜1+(i +j )2＜(i +j )2+2(i +j )+1=(i +j +1)2, 所以1+(i +j )2 是无理数. 从而|P i P j |是无理数.△P i P j P k 的面积=12222111i jk i j k =12|(i -j ) (i -k )(j -k )|, 显然是有理数. 因此,所选的n 个点符合条件.解法二 考虑半圆周x 2+y 2=r 2(y ∈R +, r =2)上的点列{A n },对一切n ∈N *,令∠x OA n ＝αn ，则任意两点A i ,A j 之间的距离为|A i A j |=2r |sin αi -αj 2|,其中，0＜αn ≢π, cos αn 2 = n 2-1n 2+1, sin αn 2= 2nn 2+1.∴|A i A j |=2r |sin αi 2cos αj 2―cos αi 2sin αj2|为无理数．又sin αn =2sin αn 2cos αn 2∈Q, cos αn = cos 2 αn 2―sin 2 αn2∈Q.任何三点A i ,A j ,A k 不共线,必然构成非退化三角形，注意到r =2，其面积 S=12111cos cos cos sin sin sin ij k ijk r r r r r r αααααα=r22111cos cos cos sin sin sin i j k ijk αααααα=111cos cos cos sin sin sin i j k ijkαααααα为有理数．说明 本题与第17届IMO 试题(见情景再现7)有一定的联系，请读者参考本解答完成它的解答． 例8一个n ×n 的矩阵(正方阵)称为“银矩阵”，如果它的元素取自集合S={1,2,…,2n -1}, 且对每个i =1,2,…,n , 它的第i 行和第i 列中的所有元素合起来恰好是S 中所有元素.证明(1) 不存在n ＝1997阶的银矩阵；(2) 有无穷多个的n 值，存在n 阶银矩阵.(第38届IMO 试题)分析 根据银矩阵的结构特征可以证明不存在奇数阶银矩阵，对任意自然数k , 用构造法构造出2k 阶银矩阵．解 (1)设n ＞1且存在n 阶银矩阵A. 由于S 中所有的2n -1个数都要在矩阵A 中出现，而A 的主对角线上只有n 个元素，所以，至少有一个x ∈S 不在A 的主对角线上. 取定这样的x . 对于每个i =1,2,…,n , 记A 的第i 行和第i 列中的所有元素合起来构成的集合为A i ，称为第i 个十字，则x 在每个A i 中恰好出现一次. 假设x 位于A 的第i 行、第i 列(i ≠ｊ). 则x 属于A i 和A ｊ，将A i 与A ｊ配对，这样A 的n 个十字两两配对，从而n 必为偶数. 而1997是奇数，故不存在n ＝1997阶的银矩阵.(2)对于n =2，A=1231骣÷ç÷ç÷ç÷桫即为一个银矩阵，对于n =4，A=1256317546127431骣÷ç÷ç÷ç÷ç÷ç÷÷ç÷ç÷ç÷ç÷ç÷桫为一个银矩阵. 一般地，假设存在n 阶银矩阵A ，则可以按照如下方式构造2n 阶银矩阵D,D=A B C A 骣÷ç÷ç÷ç÷桫,其中B 是一个n ×n 的矩阵，它是通过A 的每一个元素加上2n 得到，而C 是通过把B 的主对角线元素换成2n 得到.为证明D 是2n 阶银矩阵，考察其第i 个十字. 不妨设i ≢n ，这时，第i 个十字由A 的第i 个十字以及B 的第i 行和C 的第i 列构成. A 的第i 个十字包含元素{1,2,…,2n -1}. 而B 的第i 行和C 的第i 列包含元素{2n , 2n +1,…,4n -1}.所以D 确实是一个2n 阶银矩阵.于是，用这种方法可以对任意自然数k,造出2k阶银矩阵.说明读者可以构造任意偶数阶银矩阵.情景再现6．证明不存在具有如下性质的由平面上多于2n(n＞3)个两两不平行的向量构成的有限集合G:(1)对于该集合中的任何n个向量, 都能从该集合中再找到n-1个向量, 使得这2n-1个向量的和等于0;(2)对于该集合中的任何n个向量, 都能从该集合中再找到n个向量, 使得这2n个向量的和等于0.(2003年俄罗斯数学奥林匹克试题)7．试证:在半径为1的圆周上存在1975个点, 其中任意两点之间的距离都是有理数.(第17届IMO试题)8．是否存在平面上的一个无穷点集，使得其中任意三点不共线，且任意两点之间的距离为有理数？(1994年亚太地区数学奥林匹克试题)习题771．已知抛物线y2=4ax(0＜a＜1)的焦点为F,以A(a+4,0)为圆心，|AF|为半径在x轴上方作半圆交抛物线于不同的两点M和N，设P为线段MN的中点．(1)求|MF|+|NF|的值;(2)是否存在这样的a值，使|MF|，|PF|，|NF|成等差数列？若存在，求出a的值；若不存在，说明理由．(1996年昆明市数学选拔赛试题)2．证明:不存在正整数n使2n2+1，3n2+1，6n2+1都是完全平方数. (2004年日本数学奥林匹克试题)3.证明只存在一个三角形,它的边长为三个连续的自然数,并且它的三个内角中有一个为另一个的两倍.(第10届IMO试题)4.是否存在这样的实系数多项式P(x):它具有负实数,而对于n＞1, P n(x)的系数全是正的.(1994年莫斯科数学奥林匹克试题)5.证明不存在对任意实数x均满足f[f(x)]= x2-1996的函数. (1996年城市数学联赛试题)6.是否存在有界函数f : R→R, 使得f(1)＞0, 且对一切的x、y∈R, 都有f 2(x+y)≣f 2(x)+2 f(xy)+ f 2 (y)成立. (2005年俄罗斯数学奥林匹克试题)7.是否存在数列x1,x2,…,x1999,满足(1)x i＜x i+1(i=1,2,3,…,1998);(2) x i+1- x i = x i- x i-1(i=2,3,…,1998);(3)( x i的数字和)＜( x i+1的数字和) (i=1,2,3,…,1998);(4) (x i+1的数字和)-( x i的数字和) = ( x i的数字和)–( x i-1的数字和)(i=2,3,…,1998)．(1999年江苏省数学冬令营试题)8．(1)是否存在正整数的无穷数列{a n},使得对任意的正整数n都有a2n+1≣2a n a n+2?(2)是否存在正无理数的无穷数列{a n},使得对任意的正整数n都有a2n+1≣2a n a n+2?(2004年中国东南地区数学奥林匹克试题)9．是否存在一个无限素数数列p1, p2,…,p n,…,对任意n满足|p n+1－2p n|=1.(2004年波罗的海数学奥林匹克试题) 10．证明：对于每个实数M, 存在一个无穷多项的等差数列, 使得(1)每项是一个正整数, 公差不能被10整除;(2)每项的各位数字之和超过M. (第40届IMOY预选题)11．是否存在定义在实数集R上的函数f(x),使得对任意的x∈R，f(f(x))=x, ①且f(f(x)+1)=1-x? ②若存在，写出一个符合条件的函数；若不存在，请说明理由．(2004年河南省数学竞赛试题)12． 对于给定的大于1的正整数n ,是否存在2n 个两两不同的正整数a 1,a 2,…,a n ; b 1,b 2,…,b n 同时满足以下两个条件：(1) a 1+a 2+…+a n = b 1+b 2+…+b n ;(2)n -1＞1ni i i i ia b a b =-+å＞ n -1- 11998.(1998年CMO 试题)“情景再现”解答1．(1)由条件有f (x )=ax 2-72a x +a . 又f (x )=7x +a 有两个相等的实数根,则由ax 2-(72a +7)=0可知, ∆=(72a +7)2-4a ·0=0, 解得a =-2.故f (x )= -2x 2+7x -2.(2)存在. 如图. 设g (x )= 3x (x ＞0). 则当f (x )= g (x )时, 有-2x 2+7x -2= 3x ,即2x 3-7x 2+2x +3=0. 故(x -1)(x -3)(2x +1)=0. 解得x 1=1, x 2=3, x 2=-12(舍去).因为f (x )max = 4ac -b 24a = 338,此时,x = 74∈[1,3],所以, 3f (x )max = 811＜1. 故取m =811, n =3时, f (x )= -2x 2+7x -2在[811,3]上的值域为[1, 338]符合条件. 2. (I)将直线l 的方程y =kx +1代入双曲线C 的方程2x 2－y 2=1后，整理后得(k 2－1)x 2+2kx +2=0 ①依题意，直线l 与双曲线C 的右支交于不同的两点，故k 2－2≠0，Δ=(2k )2－8(k 2－2)>0，－2kk 2－2>0， 2k 2－2>0. 解得k 的取值范围为－2<k <－2.(II)设A 、B 两点的坐标分别为A(x 1, y 1)，B(x 2, y 2)，则由①得x 1+x 2=－2kk 2－2，x 1x 2=2k 2－2. ②假设存在实数k ，使得以线段AB 为直径的圆经过双曲线C 的右焦点F(c ,0)， 则由FA ⊥FB 得(x 1－c )( x 2－c )+ y 1y 2=0，即(x 1－c )( x 2－c )+( kx 1+1)( kx 2+1)=0. 整理得(k 2+1)x 1x 2+(k －c )(x 1+x 2)+c 2+1=0. ③将②式及c= 62代入③式化简得5k 2+26kx －6=0.解得k =－ 6+65或k = 6－65∉(－2,－2)(舍去).可知k =－ 6+65使得以线段AB 为直径的圆经过双曲线C 的右焦点F .43A3. 任作一个边长为1996的正七边形A 1A 2A 3A 4A 5A 6A 7.这7个顶点中必有4点同色,而在这同色四点中,必有两点是相邻顶点, 为确定起见, 不妨设这两点就是A 1、A 2,并且它们均是红色. (1) A 4或A 6中有一个是红色的, 比如, A 6是红色的, △A 1A 2A 6即为所求.(2) A 4与A 6都是蓝色的. 若A 7是蓝色的, 则△A 4A 6A 7即为所求;若A 3是蓝色的, 则△A 4A 6A 7即为所求; 若A 3、A 7都是红色, 则为△A 1A 3A 7所求.4. 设存在6个格点P 1, P 2 ,P 3 ,P 4 ,P 5 ,P 6 落在区域S={(x ,y )||x |≢2,|y |≢2}内,它们任3个点所成的三角形面积都大于2.记P={ P 1, P 2 ,P 3 ,P 4 ,P 5 ,P 6}(1)若x 轴具有P 中的点数小于2,则由抽屉原理,x 轴的上半平面(或下半平面——不包括x 轴)至少有P i 的三个点.此三点所成的三角形面积不大于2.矛盾.故x 轴上恰有P 的2个点(因不能有3点共线).又剩下P 的4个点不可能有一点在直线y =±1上,否则出现P 中的点为顶点的面积不大于2的三角形.这就证明了,在直线y =2,和y =－2上，分别恰有P 的两个点.注意到S 的对称性,同理可证:直线x =－2, x =0, x =2上分别有P 的两个点. 于是,在每条直线y =2i ,x =2i (i =0,±1)上恰有P 的两个点.(2)P 必不能包含原点,否则,因S 内纵,横坐标均为偶数的所有格点落在且仅落在过原点的4条直线上,由 抽屉原理,剩下的P 的5个点,至少有两个点落在这些直线的其中一条上,于是3点共线,矛盾. 因此,P 中在x 轴的两点必是(－2,0)，(2,0).同理,在y 轴上的两点必是(0,－2)，(0，2).剩下的两点只能取(－2,－2)，(2,2)，或(－2,2)，(2,－2).不论哪一种情形,都得到一个以P 点为顶点的面积不大于2的三角形,矛盾.5. 满足条件(1)、(2)、(3)的直线族不存在. 若不然，l n 的方程为y —1=k n (x —1)1111,1,n n n n n n n n na b k a b k k k k +=-=--=-=都存在，故k n ≠0，n =1,2,3, …. 对于n ≣1，有1112111121,1,,1.111n n n n n n n nk k k k k k k k k k k k k k +---=--=--=-=-+++相加得：（）由于k n ≠0及(III)有k n k n +1>0可知诸k n 符号相同，不妨设k n >0,n =1,2,……. 由11111121111111,,(),n n n n n n n n nk k k k k k k k k k k k k +++=-<>=-+++<-有 但当n >k 12时k n +1<0，矛盾.同理可证，当k n <0，n =1,2, …，也会出现矛盾. 6. 假设题目的结论不真.选取一条直线l , 使其不与集合G 中的任何一个向量垂直. 于是, G 中至少有n 个向量在直线l 上的投影指向同一方向, 设它们为e 1, e 2, …, e n . 在直线l 上取定方向,使得这些向量的投影所指的方向为负. 再在集合G 中选取n 个向量f 1, f 2 ,…, f n ,使得它们的和在直线l 上的投影的代数值s 达到最大. 由题中条件(2)知s ＞0.由条件(1),可以找到n -1个向量a 1, a 2 ,…,a n -1,使得f 1+ f 2+…+f n = -(a 1+a 2+…+a n -1).显然, 至少有某个向量e i 不出现在上式右端, 不妨设为e 1. 从而a 1+a 2+…+a n -1+e 1的投影为负, 且其绝对值大于s .再由条件(2)知, 又可以找到n 个向量, 使得它们的代数和等于-(a 1+a 2+…+a n -1+e 1),从而,该和的投影代数值大于s . 此与我们对f 1, f 2 ,…, f n 的选取相矛盾. 7. 取θn =arctan n 2-12n (1≢n ≢1975), 则sin θn = n 2-1n 2+1 , cos θn = 2nn 2+1都是有理数, 且2θn 互不相同.对单位圆上辐角为2θ1,2θ2,…,2θ1975的点P 1,P 2,…,P 1975,|P i P j |=2|sin(θi -θj )|=2| sin θi cos θj - cos θi sin θj )|为有理数.8. 答案是肯定的，下面提供两种构造这样的点集的方法．方法一 存在角α，使得cos α与sin α都是有理数(例如sin α=35,cos α=45).考虑一个以有理数R 为半径的圆周，和一个弧度为2α的圆弧，显然a2R = sin α,其中a 是上述圆弧所对的弦长，因此弦长为有理数．从此弧的端点出发，在圆周上连续截取弧度为2α的圆弧，显然，任一弧所对的弦长XY 是有理数.由作图法知XY2R = |sin n α|,对某个正整数n ，由于cos α与sin α都是有理数，所以由数学归纳法可以证明sin n α和cos n α都是有理数． 下面证明此过程产生一个无穷点集．为了此目的，设sin α＝p r , cos α＝qr ,其中(p ,q )=1,p 2+q 2=r 2,由棣美弗定理得(q r +i pr )n =cos n α+ i sin n α. 若其值为1，则1= cos n α=Σ(-1)k C n 2k p n -2k q 2krn. 由于q 2≡-p 2(mod r 2),则r n ≡p n 2n -1(mod r 2). 故2| r ,然而从p 2+q 2=r 2, (p ,q )=1可知这是不可能的．这就证明了我们描述的集合是无限集． 方法二 在平面上取一点P 和一条与P 距离为1的直线l ,设Q 是l 上与P 相距为1的点，考察l 上所有满足SQ,PS 都是有理数的点S,由于毕达哥拉斯基本的三元数组有无穷多个，而且与点S 一一对应，故存在无穷多个这样的点．作一个以P 为中心，半径为1的反演．此变换保持点之间的距离的有理性(这容易通过△PSR ∽△PS'R'证明，其中S 和R 是点集中的点，S'和R'分别为它们的象)．用这样的方法构造的点集在一个圆周上，因此，无三点共线．习题 解答1. 解 (1)由已知得F(a ,0),半圆为[x -(a +4)]2+y 2=16(y ≣0)． 把y 2=4ax 代入，可得x 2-2(4-a )x +a 2+4a =0. 设M(x 1, y 1),N(x 2, y 2).则由抛物线的定义得|MF|+|NF|=(x 1+a )+(x 2+a )=( x 1+ x 2)+2a =2(4-a ) +2a =8. (2)若|MF|，|PF|，|NF|成等差数列，则有 2|PF|=|MF|+|NF|.另一方面，设M, P, N 在抛物线准线上的射影为M', P', N'． 则在直角梯形M'MNN'中，P'P 是中位线，又有 2|P'P|=|M'M|+|N'N|=|FM|+|FN|,因而|PF|=|P'P|.这说明了点P 应在抛物线上．但由已知P 是线段MN 的中点，即P 并不在抛物线上．所以不存在这样的a 值，使|MF|，|PF|，|NF|成等差数列．2． 假设存在这样的n , 使2n 2+1，3n 2+1，6n 2+1都是完全平方数, 那么(2n 2+1)( 3n 2+1)(6n 2+1)必定为完全平方数, 而(2n 2+1)(3n 2+1)(6n 2+1)=36n 6+36n 4+11n 2+1,(6n 3+3n )2=36n 6+36n 4+9n 2,(6n 3+3n +1)2=36n 6+36n 4+12n 3+9n 2+6n +1,所以 (6n 3+3n )2＜(2n 2+1)(3n 2+1)(6n 2+1)＜(6n 3+3n +1)2, 显然,与(2n 2+1)( 3n 2+1)(6n 2+1)为完全平方数矛盾.3． 设△ABC 满足题设条件, 即AB=n ,AC=n -1,BC=n +1, 这里n 是大于1的自然数. 并且△ABC 的三个内角分别为α、2α和π-3α，其中0＜α＜π3. 由于在同一个三角形中,较大的边所对的角也较大, 因此出现的情况只有如图所示的三种.对于情况(1), 因为sin(π-3α)sin α = sin3αsin α =4cos 2α-1=(sin2αsin α)2-1, 所以利用正弦定理可知n n -1 = sin(π-3α)sin α = (sin2αsin α)2-1= (n +1n -1)2-1, 从而得到n 2-5n =0, 解得n =5.同样,在情况(2)中,有n +1n -1 =(n n -1)2-1,解得n =2. 但n =2,此时三边为1,2,3,不能构成三角形. 在情况(3)中, 有n -1n =(n +1n)2-1,整理得n 2-3n -1=0, 但这个方程无整数解. 综上, 满足题设条件的三角形三边长只有4,5,6.可以证明cosB=34,cos2A= 18=cos2B, A=2B . 4. 存在．P(x )=10(x 3+1)(x +1)- x 2 =10x 4+10x 3- x 2+10x +10具有负系数, 但是P 2(x )= x 4+100(x 3+1)2(x +1)2-20x 2(x 3+1)(x +1)= x 4+20(x 3+1)[5(x 3+1)(x +1)2- x 2(x +1)]= x 4+20(x 3+1)(5x 5+10x 4+4x 3+4x 2+10x +5)的系数全是正的.P 3(x )=1000(x 3+1)3(x +1)3-300 x 2(x 3+1)2(x +1)2+30x 4(x 3+1)(x +1)-x 6=100(x 3+1)2(x +1)[10(x 3+1)(x +1)2-3x 2(x +1)]-x 6+30x 4(x 3+1)(x +1)=100(x 3+1)2(x +1)(10x 5+20x 4+7x 3+7x 2+20x +1)-x 6+30x 4(x 3+1)(x +1)=Q 1(x )-x 6+Q 2(x )Q 1(x )中的x 6的系数不小于1000,所以P 3(x )的系数也全是正的.又当k ≣2时,有P 2k (x )=[P 2(x )] k , P 2k +1(x )=[P 2(x )] k -1· P 3(x ).所以,对一切n ＞1, P n (x )的系数全是正的.5. 令g (x )= f [f (x )] = x 2-1996, 设a 、b 为方程x 2-1996= x 的两个实数根, 则a 、b 是g (x )的不动点. 设f (a )=p , 则f [f (p )]= f [f (f (a ))]= f (a )=p , 即p 也是g (x )的不动点. 所以f (a )∈{a ,b }.同理, f (b )∈{a ,b }.令h (x )= g [g (x )]=(x 2-1996)2-1996, 则h (x ) = x ∴ (x 2-1996)2-1996= x ∴ (x 2- x -1996)( x 2+ x -1995)=0所以h (x )存在四个不动点a 、b 、c 、d .因为c 2+c -1995=0, 所以g (c )= c 2-1996=- c -1= d .同理, g (d )=c .令f (c )=r , 则h [f (c )]= f [h (c )]= f (c ),即r 也是h (x )的不动点.若r ∈{a ,b },则d = f (r )∈{a ,b },矛盾; 若r = c , 则g (c )= f (r )= f (c )=r = c ,矛盾; 若r = d , 则d =g (c )= f (r )= f (d ),g (d )=g (r )=g (f (c ))=f (g (c ))= f (d )=d, 矛盾.综上所述, 满足条件的函数f (x )不存在.6. 不存在. 任取x 1≠0, 令y 1= 1x 1, 有 f 2(x 1+y 1)≣f 2(x 1)+2 f (1)+ f 2 (y 1) ≣f 2(x 1)+a ,其中a =2f (1)＞0.令x n =x n -1+y n -1, y n = 1x n, n ≣2. 于是, 有 f 2(x n +y n )≣f 2(x n )+a = f 2(x n -1+y n -1) +a ≣f 2(x n -1)+2a ≣…≣f 2(x 1)+na ,故数列{ f (x 1), f (x 2),…, f (x n ) ,…}并非有界.7. 存在，构造如下：取x 1= 00000 00001 00002 00003…09999,x 2= 00001 00002 00003 00004…10000,x 3= 00002 00003 00004 00005…10001,…………，x 1998= 01997 01998 01999 02000…11996,x 1999= 01998 01999 02000 02001…11997,这是公差为00001 00001 00001 00001…00001的等差数列(项数取1999),且各项数字和为公差是1的等差数列．8．(1)不存在.假设存在正整数数列{a n }满足条件a 2n +1≣2a n a n +2.因为a 2n +1≣2a n a n +2, a n ＞0,所以a n a n -1≢12·a n -1a n -2≢122·a n -2a n -3≢…≢12n -2·a 2a 1(n =3,4,…), 又a 2a 1≢122-2 · a 2a 1, 所以有a n a n -1≢12n -2·a 2a 1(n =2,3,4,…)成立, 于是 a n ≢(12n -2·a 2a 1)a n -1≢12(n -2)+(n -3)·(a 2a 1)2·a n -2≢…≢12(n -2)+(n -3)+…+1·(a 2a 1)n -2·a 2, 所以12222211().2≢n n n n a a a ---× 设212[2,2),k k a k+挝N *, 取N=k +3,则有 1221222221111121()() 1.22≢≢N k k N N N k k a a a a -++--++?这与a N 是正整数矛盾.所以, 不存在正整数数列{a n }满足条件.(2) a n = π2(n -1)( n -2)就是满足条件的一个无理数数列, 此时有a 2n +1=4a n a n +2≣2a n a n +2.9. 若存在这样的数列{ p n }满足条件. 由| p n +1－2p n | =1得 p n +1=2p n ±1＞2p n , 则数列{ p n }严格递增数列, 所以p 3＞3且不能被3整除, 若p 3≡1(mod3)时, 可得p 4= 2p 3－1(否则p 4= 2p 3+1≡0(mod3), 即p 4能被3整除,舍去), 类似的有, p 5= 2p 4－1, …,p n =2p n -1－1,容易得到p n =2n -3p 3－2n -3+1(n ≣3),令n －3= p 3－1, 由费尔马小定理)(mod 12313p p ≡-,则p n =2n -3p 3－2n -3+1≡0(mod p 3), 即p 3|p n , 矛盾. 当p 3≡2(mod3)时, 也可得到类似的结论.综上, 不存在这样的数列.10. 我们证明这个等差数列的公差为10m +1的形式. 设a 0是一个正整数, a n = a 0+n (10m +1)=10s s b b b -L , 这里s 和数字b 0,b 1,…,b s 依赖于n . 若l ≡k (mod2m ), 设l =2mt +k ,则10l =102mt +k =(10m +1-1)2t ·10k ≡(mod(10m +1)).于是, a 0≡a n =10s s b b b -L ≡2110m i i i c -=×å( mod(10m +1)).其中c i =b i +b 2m +i +b 4m +i +…,i =0,1,2,…,2m -1.令N 是大于M 的正整数, 满足c 0+c 1+…+c 2m -1≢N 的非负整数解(c 0,c 1,…,c 2m -1)的个数等于严格递增数列0≢c 0＜c 0+c 1+1＜c 0+c 1+ c 2+1＜c 0+c 1+…+c 2m -1+2m -1≢N+2m -1的数目, 即K N,2m =C 2m +N 2m =C 2m +N N = (2m +N)(2m +N -1)…(2m +1)N!. 对于足够大的m , 则有K N,2m ＜10m . 取a 0∈{1,2,…, 10m },使得a 0与集合 {21220m m --|c 0+c 1+…+c 2m -1≢N}中的任意元素模10m +1不同余, 因此, a 0的各位数字之和大于N . 从而, a n 的各位数字之和也大于N .11. 这样的函数不存在．下面用反证法证明．若存在函数f (x )使得条件均成立，先证明是f (x )是一一映射． 对于任意的a 、b , 若f (a )= f (b ),则由①有a = f (f (a ))= f (f (b ))= b , 即f (x )是一一映射．将x =0代入①，则有f (f (0))= 0. ③ 将x =1代入②,得f (f (1)+1)= 0. ④ 由式③、④得f (f (0))= f (f (1)+1).因为f (x )是一一映射，所以，f (0)＝f (1)+1. ⑤ 同理，分别将x =1和x =0代入①、②，得f (f (1))= f (f (0)+1).则f (1) = f (0)+1. ⑥ ⑤＋⑥得0=2. 矛盾.12. 存在符合命题要求的2n 个正整数．令a i =2M i ,b i =2i ,(i =1,2,3,n -1;M 是大于或等于8000n 的正整数)，a n =(M -1)2n (n -1),b n =M(M -1)n (n -1).显然，上述2n 个正整数两两不同，且a 1+a 2+…+a n = b 1+b 2+…+b n = n (n -1)(M 2-M+1), 另一方面，我们有1ni i i i ia b a b =-+å＝(n -1) M -1M+1 - 12M -1＜n -1， 1ni i i i ia b a b =-+å＝n -1- 2(n -1)M+1 - 12M -1＞n -1-2(n -1)8000n - 18000＞n -1- 11998. 因此，上述所给的2n 个正整数符合命题要求．。
决战2020年高考数学(理)函数与导数专题： 恒成立及存在性问题(解析版)
函数与导数导数及其应用 恒成立及存在性问题一、具体目标：1. 导数在研究函数中的应用：①了解函数单调性和导数的关系；能利用导数研究函数的单调性，会求函数的单调区间（对多项式函数一般不超过三次）。
②了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件；会用导数求函数的极大值、极小值（对多项式函数一般不超过三次）；会求闭区间上函数的最大值、最小值（对多项式函数一般不超过三次）. 2.生活中的优化问题：会利用导数解决某些实际问题。
考点透析：1.以研究函数的单调性、单调区间、极值（最值）等问题为主，与不等式、函数与方程、函数的图象相结合；2.单独考查利用导数研究函数的某一性质以小题呈现，综合研究函数的性质以大题呈现；3.适度关注生活中的优化问题. 3.备考重点：(1) 熟练掌握导数公式及导数的四则运算法则是基础；(2) 熟练掌握利用导数研究函数的单调性、极值（最值）的基本方法，灵活运用数形结合思想、分类讨论思想、函数方程思想等，分析问题解决问题. 二、知识概述： 一）函数的单调性：1.设函数y =f (x )在某个区间内可导，如果0)(>'x f ，则函数y =f (x )为增函数；如果f ' (x )<0，则函数y ＝f (x )为减函数；如果恒有f ' ( x )＝0，则y =f (x )为常函数.2.应当理解函数的单调性与可导性并无本质的联系，甚至具有单调性的函数并不一定连续．我们只是利用可导来研究单调性，这样就将研究的范围局限于可导函数．【考点讲解】3.f (x )在区间I 上可导，那么0)(>'x f 是f (x )为增函数的充分条件，例如f (x )=x 3是定义于R 的增函数， 但 f '(0)=0，这说明f '(x )>0非必要条件．)(x f 为增函数，一定可以推出0)(≥'x f ，但反之不一定．4. 讨论可导函数的单调性的步骤： （1）确定)(x f 的定义域；（2）求)(x f '，令0)(='x f ，解方程求分界点； （3）用分界点将定义域分成若干个开区间；（4）判断)(x f '在每个开区间内的符号，即可确定)(x f 的单调性.5.我们也可利用导数来证明一些不等式．如f (x )、g (x )均在[a 、b ]上连续，(a ，b )上可导，那么令h (x )＝f (x )－g (x )，则h (x )也在[a ，b ]上连续，且在(a ，b )上可导，若对任何x ∈(a ，b )有h '(x )>0且 h (a )≥0，则当x ∈(a ，b )时 h (x )>h (a )=0，从而f (x )>g (x )对所有x ∈(a ，b )成立． 二）函数的极、最值： 1．函数的极值 (1)函数的极小值：函数y ＝f(x)在点x ＝a 的函数值f(a)比它在点x ＝a 附近其它点的函数值都小，f′(a)＝0，而且在点x ＝a 附近的左侧f′(x)＜0，右侧f′(x)＞0，则点a 叫做函数y ＝f(x)的极小值点，f(a)叫做函数y ＝f(x )的极小值． (2)函数的极大值：函数y ＝f(x)在点x ＝b 的函数值f(b)比它在点x ＝b 附近的其他点的函数值都大，f′(b)＝0，而且在点x ＝b 附近的左侧f′(x)＞0，右侧f′(x)＜0，则点b 叫做函数y ＝f(x)的极大值点，f(b)叫做函数y ＝f(x)的极大值． 极小值点，极大值点统称为极值点，极大值和极小值统称为极值． 2．函数的最值(1)在闭区间[a ，b ]上连续的函数f(x)在[a ，b ]上必有最大值与最小值．(2)若函数f(x)在[a ，b ]上单调递增，则f(a)为函数的最小值，f(b)为函数的最大值；若函数f(x)在[a ，b ]上单调递减，则f(a)为函数的最大值，f(b)为函数的最小值．三）高考中全称命题和存在性命题与导数的结合是近年高考的一大亮点，下面结合高考试题对此类问题进行归纳探究相关结论：结论1：1212min max [,],[,],()()[()][()]x a b x c d f x g x f x g x ∀∈∀∈>⇔>； 结论2：1212max min [,],[,],()()[()][()]x a b x c d f x g x f x g x ∃∈∃∈>⇔>； 结论3：1212min min [,],[,],()()[()][()]x a b x c d f x g x f x g x ∀∈∃∈>⇔>； 结论4：1212max max [,],[,],()()[()][()]x a b x c d f x g x f x g x ∃∈∀∈>⇔>；结论5：1212[,],[,],()()()x a b x c d f x g x f x ∃∈∃∈=⇔的值域和()g x 的值域交集不为空.1. 【2019年高考天津理数】已知a ∈R ，设函数222,1,()ln ,1.x ax a x f x x a x x ⎧-+≤=⎨->⎩若关于x 的不等式()0f x ≥在R 上恒成立，则a 的取值范围为（ ） A ．[]0,1B ．[]0,2C ．[]0,eD ．[]1,e【解析】当1x =时，(1)12210f a a =-+=>恒成立；当1x <时，22()22021x f x x ax a a x =-+≥⇔≥-恒成立，令2()1x g x x =-，则222(11)(1)2(1)1()111x x x x g x x x x -----+=-=-=---- 11122(1)2011x x x x ⎛⎫⎛⎫=--+-≤--⋅-= ⎪ ⎪ ⎪--⎝⎭⎝⎭，当111x x-=-，即0x =时取等号，∴max 2()0a g x ≥=，则0a >. 当1x >时，()ln 0f x x a x =-≥，即ln x a x ≤恒成立，令()ln x h x x=，则2ln 1()(ln )x h x x -'=， 当e x >时，()0h x '>，函数()h x 单调递增，当0e x <<时，()0h x '<，函数()h x 单调递减， 则e x =时，()h x 取得最小值(e)e h =，∴min ()e a h x ≤=，综上可知，a 的取值范围是[0,e]. 【答案】C2.【优选题】设函数()()21xf x e x ax a =--+，其中1a <，若存在唯一的整数t ，使得()0f t <，则a的取值范围是（ ） A ．3,12e ⎡⎫-⎪⎢⎣⎭ B ．33,24e ⎡⎫-⎪⎢⎣⎭ C ．33,24e ⎡⎫⎪⎢⎣⎭ D ．3,12e ⎡⎫⎪⎢⎣⎭【解析】本题考点是函数的单调性、存在性问题的综合应用.令()()()21,xg x e x h x ax a =-=-.由题意知存在唯一整数t ，使得()g t 在直线()h x 的下方.()()21'=+xg x ex ，【真题分析】当12x <-时，函数单调递减，当12x >-，函数单调递增，当12x =-时，函数取得最小值为122e --.当0x =时，(0)1g =-，当1x =时，(1)0g e =>，直线()h x ax a =-过定点()1,0，斜率为a ，故()0a g ->且()113g e a a --=-≥--，解得3,12⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭a e . 【答案】D3.【2019年高考北京】设函数()e e xxf x a -=+（a 为常数）．若f （x ）为奇函数，则a =________；若f （x ）是R 上的增函数，则a 的取值范围是___________．【解析】首先由奇函数的定义得到关于a 的恒等式，据此可得a 的值，然后利用()0f x '≥可得a 的取值范围.若函数()e e xxf x a -=+为奇函数，则()(),f x f x -=-即()ee e e xx x x a a --+=-+，即()()1e e0xxa -++=对任意的x 恒成立，则10a +=，得1a =-.若函数()e e xxf x a -=+是R 上的增函数，则() e e 0x xf x a -'=-≥在R 上恒成立，即2e x a ≤在R 上恒成立，又2e 0x >，则0a ≤，即实数a 的取值范围是(],0-∞. 【答案】(]1,0--∞4.【优选题】已知函数f (x )＝mx 2－x ＋ln x ，若在函数f (x )的定义域内存在区间D ，使得该函数在区间D 上为减函数，则实数m 的取值范围为________．【解析】f ′(x )＝2mx －1＋1x ＝2mx 2－x ＋1x ，即2mx 2－x ＋1<0在(0，＋∞)上有解．当m ≤0时，显然成立；当m >0时，由于函数y ＝2mx 2－x ＋1的图象的对称轴x ＝14m >0，故只需Δ>0，即1－8m >0，解得m <18.故实数m 的取值范围为⎝⎛⎭⎫－∞，18. 【答案】⎝⎛⎭⎫－∞，18 5.【优选题】若曲线3()ln f x ax x =+存在垂直于y 轴的切线，则实数a 取值范围是_____________. 【解析】 由题意可知'21()2f x ax x=+，又因为存在垂直于y 轴的切线，所以231120(0)(,0)2ax a x a x x+=⇒=->⇒∈-∞. 【答案 】 (,0)-∞ 6.【2018年江苏卷】若函数()()R a ax x x f ∈+-=1223在()∞+，0内有且只有一个零点，则()x f 在[]11，-上的最大值与最小值的和为________．【解析】本题考点是函数的零点、函数的单调性与最值的综合应用. 由题意可求得原函数的导函数为()0262=-='ax x x f 解得3,0ax x ==，因为函数在()∞+，0上有且只有一个零点，且有()10=f ，所以有03,03=⎪⎭⎫⎝⎛>a f a，因此有3,0133223==+⎪⎭⎫ ⎝⎛-⎪⎭⎫ ⎝⎛a a a a ，函数()x f 在[]01，-上单调递增，在[]10，上单调递减，所以有()()10max ==f x f ，()()41min -=-=f x f ，()()3min max -=+x f x f .【答案】–37.【2018年理新课标I 卷】已知函数()x x x f 2sin sin 2+=，则()x f 的最小值是_____________．【解析】本题考点是函数的单调性、最值与三角函数的综合应用. 由题意可()()⎪⎭⎫ ⎝⎛-+=-+=+='21cos 1cos 42cos 2cos 42cos 2cos 22x x x x x x x f ，所以当21cos <x 时函数单调减，当21cos >x 时函数单调增，从而得到函数的减区间为 ()Z k k k ∈⎥⎦⎤⎢⎣⎡--32,352ππππ，函数的增区间为()Z k k k ∈⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-32,32ππππ，所以当()Z k k x ∈-=,32ππ时，函数()x f 取得最小值，此时232sin ,23sin -=-=x x ，所以()23323232min-=-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=x f ，故答案是233-.【答案】233-8.【优选题】已知21()ln (0)2f x a x x a =+>，若对任意两个不等的正实数12x x 、都有1212()()2f x f x x x ->-恒成立，则a 的取值范围是 . 【解析】由题意可知()'2af x x x=+≥（x ＞0）恒成立，∴22a x x ≥-恒成立， 令()()22211g x x x x =-=--+则()max x g a ≥，∵()22g x x x =-为开口方向向下，对称轴为x =1的抛物线，∴当x =1时，()22g x x x =-取得最大值()11=g ，∴1≥a 即a 的取值范围是[1，+∞）． 【答案】[)1,+∞9. 【2019年高考全国Ⅲ卷理数】已知函数32()2f x x ax b =-+. （1）讨论()f x 的单调性；（2）是否存在,a b ，使得()f x 在区间[0,1]的最小值为1-且最大值为1？若存在，求出,a b 的所有值；若不存在，说明理由.【解析】（1）2()622(3)f x x ax x x a '=-=-．令()0f x '=，得x =0或3ax =. 若a >0，则当(,0),3a x ⎛⎫∈-∞+∞⎪⎝⎭U 时，()0f x '>；当0,3a x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0f x '<．故()f x 在(,0),,3a ⎛⎫-∞+∞ ⎪⎝⎭单调递增，在0,3a ⎛⎫⎪⎝⎭单调递减；若a =0，()f x 在(,)-∞+∞单调递增；若a <0，则当,(0,)3a x ⎛⎫∈-∞+∞ ⎪⎝⎭U 时，()0f x '>；当,03a x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0f x '<．故()f x 在,,(0,)3a ⎛⎫-∞+∞ ⎪⎝⎭单调递增，在,03a ⎛⎫⎪⎝⎭单调递减.（2）满足题设条件的a ，b 存在.（i ）当a ≤0时，由（1）知，()f x 在[0，1]单调递增，所以()f x 在区间[0，l ]的最小值为(0)=f b ，最大值为(1)2f a b =-+.此时a ，b 满足题设条件当且仅当1b =-，21a b -+=，即a =0，1b =-． （ii ）当a ≥3时，由（1）知，()f x 在[0，1]单调递减，所以()f x 在区间[0，1]的最大值为(0)=f b ，最小值为(1)2f a b =-+．此时a ，b 满足题设条件当且仅当21a b -+=-，b =1，即a =4，b =1．（iii ）当0<a <3时，由（1）知，()f x 在[0，1]的最小值为3327a a f b ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭，最大值为b 或2a b -+．若3127a b -+=-，b =1，则332a =，与0<a <3矛盾. 若3127a b -+=-，21a b -+=，则33a =或33a =-或a =0，与0<a <3矛盾． 综上，当且仅当a =0，1b =-或a =4，b =1时，()f x 在[0，1]的最小值为-1，最大值为1． 10.【2019年高考浙江】已知实数0a ≠，设函数()=ln 1,0.f x a x x x ++>（1）当34a =-时，求函数()f x 的单调区间； （2）对任意21[,)ex ∈+∞均有(),2x f x a ≤ 求a 的取值范围． 注：e=2.71828…为自然对数的底数． 【解析】（1）当34a =-时，3()ln 1,04f x x x x =-++>． 31(12)(211)()42141x x f 'x x x x x+-++=-+=++，所以，函数()f x 的单调递减区间为（0，3），单调递增区间为（3，+∞）． （2）由1(1)2f a≤，得204a <≤．当204a <≤时，()2x f x a ≤等价于2212ln 0x x x a a +--≥． 令1t a=，则22t ≥． 设2()212ln ,22g t tx t x x t =-+-≥，则211()(1)2ln xg t x t x x x+=-+--．（i ）当1,7x ⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭时，1122x+≤，则()(22)84212ln g t g x x x ≥=-+-． 记1()4221ln ,7p x x x x x =-+-≥，则 2212121()11x x x x p'x x x x x x +--+=--=++(1)[1(221)]1(1)(12)x x x x x x x x -++-=++++. 故x171(,1)71(1,)+∞()p'x-0 +()p x1()7p 单调递减极小值(1)p单调递增所以，()(1)0p x p ≥=．因此，()(22)2()0g t g p x ≥=≥． （ii ）当211,e 7x ⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭时，12ln (1)()12x x x g t g x x ⎛⎫--++= ⎪ ⎪⎝⎭…． 令211()2ln (1),,e 7q x x x x x ⎡⎤=++∈⎢⎥⎣⎦，则ln 2()10x q'x x +=+>， 故()q x 在211,e 7⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递增，所以1()7q x q ⎛⎫ ⎪⎝⎭„． 由（i ）得，127127(1)07777q p p ⎛⎫⎛⎫=-<-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭．所以，()<0q x ．因此1()()102q x g t g x x ⎛⎫+=-> ⎪ ⎪⎝⎭…． 由（i ）（ii ）知对任意21,e x ⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭，[22,),()0t g t ∈+∞…，即对任意21,e x ⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭，均有()2x f x a „． 综上所述，所求a 的取值范围是20,4⎛⎤ ⎥ ⎝⎦． 【答案】（1）()f x 的单调递增区间是()3,+∞,单调递减区间是()0,3；（2）20,4⎛⎤⎥ ⎝⎦.1.设函数a ax x x x f -+--=53)(23，若存在唯一的正整数0x ，使得0)(0<x f ，则a 的取值范围是（ ）A ．)31,0( B ．]45,31( C ．]23,31( D ．]23,45(【解析】当32a =时，3237()322f x x x x =--+，()()20,30f f <<，不符合题意，故排除C ，D.【模拟考场】当54a =时，32515()344f x x x x =--+，()()()()10,20,30,40f f f f ><=>，故54a =符合题意. 【答案】B2.设函数()(21)xf x e x ax a =--+，其中1a <，若存在唯一的整数0x ，使得0()0f x <，则a 的取值范围是（ ） A ．3[,1)2e -B ．33[,)24e - C ．33[,)24e D ．3[,1)2e【解析】 ()0(21)xf x e x ax a <⇔-<-，记()(21)xg x e x =-，则题意说明存在唯一的整数0x ，使()g x 的图象在直线y ax a =-下方，'()(21)x g x e x =+，当12x <-时，'()0g x <，当12x >-时，'()0g x >，因此当12x =-时，()g x 取得极小值也是最小值21()22g e --=-，又(0)1g =-，(1)0g e =>，直线y ax a =-过点（1,0）且斜率为a ，故1(0)1(1)3a g g e a a-->=-⎧⎨-=-≥--⎩，解得312a e≤<． 【答案】D3.若函数()()2ln 201x f x a x x a m a a =+-⋅-->≠且有两个零点，则m 的取值范围（ ） A.()1,3- B.()3,1- C.()3,+∞ D.(),1-∞- 【解析】考查函数()2ln xg x a x x a m =+--，则问题转化为曲线()y g x =与直线2y =有两个公共点，则()()ln 2ln 1ln 2x x g x a a x a a a x '=+-=-+，则()00g '=， 当01a <<时，ln 0a <，当0x <时，10x a ->，()1ln 0x a a -<，20x <，则()1ln 20x a a x -+<，当0x >，10xa -<，()1ln 0x a a ->，20x >，则()1ln 20x a a x -+>，此时，函数()2ln xg x a x x a m =+--在区间(),0-∞上单调递减，在区间()0,+∞上单调递增，同理，当1a >时，函数()2ln xg x a x x a m =+--在区间(),0-∞上单调递减，在区间()0,+∞上单调递增，因此函数()2ln xg x a x x a m =+--在0x =处取得极小值，亦即最小值，即()()min 01g x g m ==-，y =g x ()1-my=2yxO由于函数()()2ln 201x f x a x x a m a a =+-⋅-->≠且有两个零点， 结合图象知12m -<，解得13m -<<，故选A. 【答案】A 4.设()321252f x x x x =--+． （1）求函数()f x 的单调区间；（2）若当[]1,2x ∈-时()f x m <恒成立，求m 的取值范围 【解析】试题分析：（1）由原函数求出导数，通过导数的正负求出相应的单调区间（2）将不等式恒成立问题转化为求函数的最值问题，本题中需求函数()f x 的最大值，可通过导数求解. 试题解析：（1）由()'2320fx x x =--> 得1x >或23x <-，所以函数的单调增区间为2,3⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭，()1,+∞ ；单调减区间为2, 13⎛⎫-⎪⎝⎭.（2）根据上一步知函数在区间21, 3⎡⎤--⎢⎥⎣⎦上递增，在区间2,13⎡⎤-⎢⎥⎣⎦上递减，在区间[]1,2上递增，又()211627327f f ⎛⎫-=<= ⎪⎝⎭，所以在区间[]1, 2-上max 7f =要使()f x m <恒成立，只需7m >即可. 【答案】（1）增区间为2,3⎛⎫-∞-⎪⎝⎭，()1,+∞ 单调减区间为2, 13⎛⎫- ⎪⎝⎭（2）7m >5.【2018年高考全国Ⅰ卷理数】已知函数1()ln f x x a x x=-+． （1）讨论()f x 的单调性；（2）若()f x 存在两个极值点12,x x ，证明：()()12122f x f x a x x -<--．【解析】（1）()f x 的定义域为(0,)+∞，22211()1a x ax f x x x x-+'=--+=-. （i ）若2a ≤，则()0f x '≤，当且仅当2a =，1x =时()0f x '=，所以()f x 在(0,)+∞单调递减.（ii ）若2a >，令()0f x '=得，242a a x --=或242a a x +-=.当2244(0,)(,)22a a a a x --+-∈+∞U 时，()0f x '<； 当2244(,)22a a a a x --+-∈时，()0f x '>. 所以()f x 在2244(0,),(,)22a a a a --+-+∞单调递减，在2244(,)22a a a a --+-单调递增.（2）由（1）知，()f x 存在两个极值点当且仅当2a >.由于()f x 的两个极值点12,x x 满足210x ax -+=，所以121x x =，不妨设12x x <，则21x >. 由于12121221212121222()()ln ln ln ln 2ln 11221f x f x x x x x x a a a x x x x x x x x x x ----=--+=-+=-+----， 所以1212()()2f x f x a x x -<--等价于22212ln 0x x x -+<.设函数1()2ln g x x x x=-+，由（1）知，()g x 在(0,)+∞单调递减，又(1)0g =，从而当(1,)x ∈+∞时，()0g x <.所以22212ln 0x x x -+<，即1212()()2f x f x a x x -<--. 6.已知函数()ln 2a xf x x x =++． （1）求函数()f x 的单调区间；（2）设函数()()ln 1g x x x f x =+-，若1,2x ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭时，()0g x >恒成立，求实数a 的取值范围．【解析】（1）()f x 的定义域为()0,+∞，()222112222a x x af x x x x +-'=-+=，令()0f x '=，则2220x x a +-=，480a ∆=+>时，即12a >-，方程两根为12481122ax a --+==--+，21+12x a =-+，122x x +=-，122x x a =-，①当12a ≤-时，0∆≤，()0f x '≥恒成立，()f x 的增区间为()0,+∞；②当102a -<≤时，1220x x a =-≥，10x <，20x ≤，()0,x ∈+∞时，()0f x '≥，()f x 的增区间为()0,+∞；③当0a >时，10x <，20x >，当()20,x x ∈时，()0f x '<，()f x 单调递减，当()2+x x ∈∞,时，()0f x '>，单调递增；综上，当0a ≤时，()f x 的增区间为()0,+∞； 当0a >时，()f x 的减区间为()0,112a -++，增区间为()112,a -+++∞．（2）1,2x ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭时，()0g x >恒成立，即ln ln 102a x x x x x ---+>，∴22ln ln 2x a x x x x x <--+， 令()221ln ln 22x h x x x x x x x ⎛⎫=--+> ⎪⎝⎭，()2ln ln 11h x x x x x x '=+---+，()()21ln h x x x '=-，当1,12x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0h x '<，()h x 单调递减；当()1+x ∈∞,时，()0h x '>，()h x 单调递减； ∴()()min 112h x h ==，∴12a <，则实数a 的取值范围时12⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭,．【答案】（1）当0a ≤时，()f x 的增区间为()0,+∞；当0a >时，()f x 的减区间为()0,112a -++，增区间为()112,a -+++∞；（2）12⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭,．7.已知函数f (x )=x −ln x ．（Ⅰ）若f (x )在x =x 1，x 2(x 1≠x 2)处导数相等，证明：f (x 1)+f (x 2)>8−8ln2；（Ⅱ）若a ≤3−4ln2，证明：对于任意k >0，直线y =kx +a 与曲线y =f (x )有唯一公共点． 【解析】（Ⅰ）函数f （x ）的导函数11()2f x xx '=-，由12()()f x f x ''=得1212111122x x x x -=-， 因为12x x ≠，所以121112x x +=．由基本不等式得4121212122x x x x x x =+≥． 因为12x x ≠，所以12256x x >．由题意得12112212121()()ln ln ln()2f x f x x x x x x x x x +=-+-=-． 设1()ln 2g x x x =-，则1()(4)4g x x x'=-， 所以x （0，16）16 （16，+∞）()g x ' − 0 + ()g x2−4ln2所以g （x ）在[256，+∞）上单调递增，故12()(256)88ln 2g x x g >=-，即12()()88ln 2f x f x +>-． （Ⅱ）令m =()e a k -+，n =21()1a k++，则f （m ）–km –a >|a |+k –k –a ≥0，f （n ）–kn –a <1()a n k n n --≤||1()a n k n+-<0，所以，存在x 0∈（m ，n ）使f （x 0）=kx 0+a ， 所以，对于任意的a ∈R 及k ∈（0，+∞），直线y =kx +a 与曲线y =f （x ）有公共点． 由f （x ）=kx +a 得ln x x ak x--=．设l (n )x ah xx x --=，则22ln )1)((12xx ag x x x a x h '=--+--+=，其中2(n )l x g x x -=． 由（Ⅰ）可知g （x ）≥g （16），又a ≤3–4ln2，故–g （x ）–1+a ≤–g （16）–1+a =–3+4ln 2+a ≤0， 所以h ′（x ）≤0，即函数h （x ）在（0，+∞）上单调递减，因此方程f （x ）–kx –a =0至多1个实根． 综上，当a ≤3–4ln 2时，对于任意k >0，直线y =kx +a 与曲线y =f （x ）有唯一公共点． 8.【优选题】已知函数21()(2)2ln 2f x x a x a x =-++(0)a >. （1）若曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线为2y x b =+，求2a b +的值； （2）讨论函数()f x 的单调性；（3）设函数()(2)g x a x =-+，若至少存在一个0[,4]x e ∈，使得00()()f x g x >成立，求实数a 的取值范围．【解析】本题是函数的综合问题.（1）()f x 的定义域为(0,)+∞，2()(2)'=-++a f x x a x， ∴1(1)(2)22f a b =-+=+，(1)1(2)22'=-++=f a a ， 解得132,2a b ==-，∴210a b +=-．（2）2(2)2(2)()()-++--'==x a x a x x a f x x x，当2a =时，()0(0,)'≥⇒∈+∞f x x ，∴()f x 的单调增区间为(0,)+∞.当02a <<时，由'()0(0,)(2,)f x x a >⇒∈+∞U ，∴()f x 的单调增区间为(0,)a ，(2,)+∞由'()0(,2)f x x a <⇒∈，∴()f x 的单调减区间为(,2)a .当2a >时，由'()0(0,2)(,)f x x a >⇒∈+∞U ，∴()f x 的单调增区间为(0,2)，(,)a +∞由'()0(2,)f x x a <⇒∈，∴()f x 的单调减区间为(2,)a .综上所述：当2a =时，'()0(0,)f x x ≥⇒∈+∞，∴()f x 的单调增区间为(0,)+∞，当02a <<时，∴()f x 的单调增区间为(0,)a ，(2,)+∞，()f x 的单调减区间为(,2)a 当2a >时，∴()f x 的单调增区间为(0,2)，(,)a +∞，()f x 的单调减区间为(2,)a . （3）若至少存在一个0[,4]x e ∈，使得00()()f x g x >，∴212ln 02x a x +>， 当[,4]x e ∈时，ln 1x >，∴2122ln x a x >-有解，令212()ln x h x x=-，∴min 2()a h x >.2'22111ln (ln )22()0(ln )(ln )x x x x x x h x x x -⋅-=-=-<，∴()h x 在[,4]e 上单调递减，min 4()(4)ln 2h x h == ∴42ln 2a >得，2ln 2a >． 9.【2018山东模拟】设函数0),(,)1(31)(223>∈-++-=m R x x m x x x f 其中 （Ⅰ）当时，1=m 曲线））（，在点（11)(f x f y =处的切线斜率.（Ⅱ）求函数的单调区间与极值；（Ⅲ）已知函数)(x f 有三个互不相同的零点0，21,x x ，且21x x <.若对任意的],[21x x x ∈，)1()(f x f >恒成立，求m 的取值范围.【解析 】本小题主要考查导数的几何意义，导数的运算，以及函数与方程的根的关系解不等式等基础知识，考查综合分析问题和解决问题的能力. （1）当1)1(,2)(,31)(1'2/23=+=+==f x x x f x x x f m 故时， 所以曲线））（，在点（11)(f x f y =处的切线斜率为1.（2） 12)(22'-++-=m x x x f ，令0)('=x f ，得到m x m x +=-=1,1因为m m m ->+>11,0所以当x 变化时，)(),('x f x f 的变化情况如下表：x )1,(m --∞m -1)1,1(m m +-m +1),1(+∞+m)('x f+0 - 0 +)(x f极小值极大值)(x f 在)1,(m --∞和),1(+∞+m 内减函数，在)1,1(m m +-内增函数。
函数导数任意存在”-型问题归纳总结
令 g(x)x 2 2x x ln xx [1,e] ， 又 g (x)(x 1)(x 2 2ln x)(x ln x)2函数导数任意性和存在性问题探究导学语函数导数问题是高考试题中占比重最大的题型，前期所学利用导数解决函数图像切线、函数单调性、 函数极值最值等问题的方法， 仅可称之为解决这类问题的“战术” ，若要更有效地彻底解决此类问题还必须研究“战略，”因为此类问题是函数导数结合全称命题和特称命题形成的综合性题目 .常用战略思想如下：题型分类解析一．单一函数单一“任意”型f(x)上限战略思想一： “ x A ， a ( )f ( x)恒成立”等价于“当x A 时， a ( ) f (x)max ；”f(x)下限“ x A ， a ( ) f (x) 恒成立”等价于“当x A 时， a ( )f ( x) min ”.例 1 ：已知二次函数 f (x) ax 2 x ，若 x [0,1] 时，恒有 | f (x)| 1，求实数 a 的取值范围 解： | f (x)| 1 ，∴ 1 ax 2 x 1；即 1 x ax 2 1 x ； 当 x 0 时，不等式显然成立，∴ a ∈R.21 1 1 1 当 0 x 1 时，由 1 x ax 21 x 得：2 a 2 ， x x x x11 又∵(2 )max2 ，∴a 2, 2 a 0 ，xx综上得 a 的范围是 a [ 2,0] . ．单一函数单一“存在”型x A ，使得 a ( ) f ( x)成立”等价于“当x A 时， a ( )f ( x) max取值范围解析：f (x) (a 2)x a(x ln x) x 2 2x . ∵x [1,e] ，∴ln x 1 x 且等号不能同时取，所以 ln x x ，即 x ln x 0 ， x 2 2x因而 a x [1,e] ，x ln x ，而(x 12 1x )min 0，∴a 0.xx战略思想x A ，使得 a ( ) f (x) 成立”等价于“当x A 时，a ( ) f(x)min ”；f ( x)上限f ( x)下限例 2. 已知函数 f (x) aln x x 2(a R )，若存在 x [1,e] ，使得f (x) (a 2)x 成立，求实数 a 的当x [1, e]时，x 1 0,ln x 1，x 2 2ln x 0，从而g (x) 0 (仅当x=1 时取等号)，所以g(x)在[1, e]上为增函数，故g(x) 的最小值为g(1) 1，所以 a 的取值范围是[ 1, ) ．三．单一函数双“任意”型战略思想三：x R，都有" f(x1) f (x) f(x2)" f(x1), f (x2) 分别是f (x) 的最小值和最大值，|x1 x2 | min 是同时出现最大值和最小值的最短区间.例 3. 已知函数f (x) 2sin( x ) ，若对x R，都有" f (x1) f (x) f (x2)" 成立，则| x1 x2 |25的最小值为 __ .解∵对任意x∈R ，不等式f (x1) f (x) f (x2) 恒成立，∴f (x1), f (x2)分别是f (x) 的最小值和最大值对于函数y sin x ，取得最大值和最小值的两点之间最小距离是π，即半个周期x又函数f (x) 2sin( 2 5 )的周期为4，∴| x1 x2 |的最小值为 2.战略思想四：x1,x2 A, " f (x1 x2)f (x1) f (x2)"成立22f (x) 在 A 上是上凸函数 f ''(x) 02例 4. 在y 2x,y log2 2x,y x ,y cosx 这四个函数中，当0 x1 x2 1时，使" f (x1 x2)f(x1) f ( x2 )"恒成立的函数的个数是( )22A.0B.1C.2D.3解：本题实质就是考察函数的凸凹性，即满足条件" f(x1 x2)f (x1) f (x2)" 的函数，应是凸函22数的性质，画草图即知y log2 2x 符合题意；战略思想五：x1,x2 A,"f (x1) f (x2)0"成立f(x)在 A 上是增函数x1 x2例 5 已知函数f (x) 定义域为[ 1,1]，f (1) 1，若m,n [ 1,1]，m n 0时，都有f(m) f(n) 0" ，若f(x) t2 2at 1对所有x [ 1,1]，a [ 1,1]恒成立，求实数t取值范围. mn解：任取1 x1 x2 1，则f (x1) f (x2) f (x1) f (x2) (x1 x2)，x1 x2由已知 f (x1) f (x2) 0，又x1 x2 0，∴f (x1) f (x2) 0，x1 x2即f (x) 在[ 1,1]上为增函数.∵f (1) 1，∴x [ 1,1]，恒有f (x) 1；2∴要使f (x) t2 2at 1对所有x [ 1,1]，a [ 1,1]恒成立，即要t2 2at 1 1恒成立，故t2 2at 0 恒成立，2令g(a) 2at t2，只须g( 1) 0且g(1) 0，解得t 2或t 0或t 2.战略思想六：x1,x2 A,| f (x1) f (x2)| t ( t为常数)成立t= f (x)max f (x)min4 3 1例 6. 已知函数f (x) x4 2x3，则对任意t1,t2 [ ,2](t1 t2)都有| f(t1) f (t2)| 恒2成立，当且仅当t1 = __ ，t2 = ___ 时取等号.解：因为| f (x1) f (x2)| |[ f ( x)] max [ f ( x)] min |恒成立，4 3 1由f(x) x4 2x3,x [ ,2] ，23 27 1 5易求得[ f (x)]max f (3) 27，[ f (x)]min f ( 1) 5，2 16 2 16∴| f (x1) f (x2)| 2.战略思想七：x1,x2 A,| f (x1) f (x2)| t |x1 x2 ||f(x1) f(x2)| t | f '(x)| t(t 0)例7. 已知函数y f (x)满足：(1)定义域为[ 1,1] ；(2)方程f (x) 0 至少有两个实根1和1；(3)过f (x) 图像上任意两点的直线的斜率绝对值不大于 1.(1)证明:| f(0) | 1；(2)证明：对任意x1,x2 [ 1,1]，都有| f (x1) f (x2)| 1.证明(1) 略；(2)由条件(2)知f( 1) f (1) 0，不妨设 1 x 1 x 2 1，由(3)知| f (x 1) f (x 2)| |x 1 x 2 | x 2 x 1， 又∵| f(x 1) f(x 2)| |f(x 1)| | f(x 2)| | f(x 1) f( 1)| |f(x 2) f(1)|x 1 1 1 x 2 2 (x 2 x 1) 2 | f(x 1) f(x 2)|；∴|f(x 1) f(x 2)| 133 例 8. 已知函数 f(x)x 3 ax b ，对于 x 1,x 2(0, )(x 1 x 2 )时总有 | f (x 1) f (x 2)| |x 1 x 2 |成3立，求实数 a 的范围 .3 ' 2解 由 f (x) x 3 ax b ，得 f '(x) 3x 2 a ，评注 由导数的几何意义知道，函数 y f (x)图像上任意两点 P(x 1,y 1),Q(x 2,y 2) 连线的斜率k y2 y1 (x 1 x 2 )的取值范围，就是曲线上任一点切线的斜率(如果有的话 )的范围，利用这个结论，可x 2 x1以解决形如 |f(x 1) f(x 2)| m|x 1 x 2||或| f(x 1) f(x 2)| m|x 1 x 2 | (m >0)型的不等式恒成立问题四．双函数“任意”+“存在”型： x 1A,x 2 B ，使得 f (x 1) g (x 2)成立 f (x)min g(x)min ；x 1 A, x 2B ，使得 f (x 1)g(x 2)成立f (x)maxg(x)max .总有 f (x 1) g( x 2 )成立，求实数 m 的取值范围 .解析：题意等价于 f(x)在(0,1)上的最大值大于或等于 g ( x)在[1,2] 上的最大值 2 2x 2 5x 2 1 f (x) 2 ，由 f '(x) 0得， x 或 x 2，x211 当 x (0, ) 时， f (x) 0，当 x ( ,1)时 f (x) 0 ， 221 所以在( 0，1)上， f ( x)max f (1) 3 5ln2 .2当 x (0, 33)时，a f (x) 1 a ，∵| f(x 1) f(x 2)| |x 1 x 2 |，∴| f(x 1) f(x 2) | 1x 1 x 2a1 1a11a0战略思想八： 例 9 ．已知函数2 f (x) 2xx 25ln x ， g(x) xmx 4 ，若存在 x 1 (0,1) ，对任意 x 2 [1,2] ，又g(x)在[1,2]上的最大值为 max{g(1),g(2)} ，所以有所以实数 m 的取值范围是 m 8 5ln 2.战略思想九： “ x 1 A ， x 2 B ，使得 f (x 1) g(x 2)成立”“f (x) 的值域包含于．g( x ) 的值域”.例 10．设函数 f (x)1x 3 1 x 2 5x 4．333(1)求 f (x) 的单调区间．32(2)设 a ≥1，函数 g(x) x 3 3a 2x 2a ．若对于任意 x 1 [0,1] ，总存在 x 0 [0,1] ，使得 f (x 1) g( x 0 )成立，求 a 的取值范围．' 22 5 ' 2 2 5 5解析：( 1 ) f '(x) x 2x ，令 f '(x)≥0，即 x 2 x ≤ 0 ，解得： ≤ x ≤1，3 3 3 3 355f(x) 的单增区间为 [ ,1] ；单调减区间为 ( , ]和[1, ) .33(2)由(1)可知当 x [0,1]时， f ( x)单调递增， ∴当 x [0,1]时， f(x) [f (0), f (1)] ， 即 f(x) [ 4, 3] ；又g '(x) 3x 2 3a 2，且 a ≥1，∴当x [0,1]时， g '( x) ≤ 0 ， g( x)单调递减， ∴当 x [0,1] 时， g(x) [ g (1),g (0)] ，即 g(x) [ 3a 2 2a 1, 2a] ， 又对于任意 x 1 [0,1] ，总存在 x 0 [0,1] ，使得 f (x 1) g(x 0)成立 [ 4, 3] [ 3a 2 2a 1, 2a] ，1a例 11 ．已知函数 f(x) ln x ax 1(a R) ; x1(1) 当 a 时，讨论 f (x) 的单调性；222)设 g(x) x 2 2bx 4 ，1当 a 时，若对 x 1 (0, 2) ， x 2 [1,2] ,使 f(x 1) g(x 2) ，求实数4f(21) g(1) f(21) g(2)3 5ln 2 5 m 3 5ln 2 8 2mm 8 5ln 21m (11 5ln 2)2m 8 5ln 2 ，f(x)上限f(x)下限即3a 2 2a 1 ≤ 3 ≤ 2a4，解得：≤a ≤3g(x)上限b 的取值范围；解：(1)(解答过程略去，只给出结论)当 a ≤0 时，函数 f(x)在( 0,1 )上单调递减，在( 1，+∞)上单调递增；1 当 a= 时，函数 f(x) 在( 0， +∞)上单调递减；2 11当 0<a< 时，函数 f (x) 在(0,1 )上单调递减，在 (1, 1)上单调递增，在 2'21, ) 上单调递减； a2 )函数的定义域为( 0 ， +∞)，f (x )=1－a+ a21xxax 2 x 1 aa= 1 时，由 f4x )=0 可得 x 1=1,x 2=3.因为a= 1∈(0, 1 )，x 2=3 (0,2),结合( 1)可知 42函数 f(x)在( 0,1 )上单调递减，在( 1,2 )上单调递增， 所以f(x) 在( 0,2 )上的最小值为 f(1)= － 12由于 对 x 1∈(0,2)， x 2∈[1,2], 使 f(x 1) ≥g(x 2) ”等价于 “g(x)在[1,2]上的最小值不大于 f(x) 在( 0,2)上的最小值 f(1)= 1”2”※)又 g(x)=(x －b)2+4－b 2, x ∈[1,2], 所以当 b<1 时，因为 [g(x)] min =g(1)=5 － 2b>0, 此时与(※)矛盾； 当 b ∈[1,2]时, 因为 [g(x)] min =4 －b 2≥0，同样与(※)矛盾； 当 b ∈(2，+∞)时，因为 [g(x)] min =g(2)=8 －4b.1 17 解不等式 8－ 4b ≤－ ，可得b ≥ .2817 综上， b 的取值范围是[ ,+ ∞).8五．双函数“任意”+“任意”型战略思想十： x 1 A, x 2 B ，使得 f(x 1) g(x 2)成立 f (x)min g(x)max例 12. 已 知 函 数 f(x) 1x 3 x 2 3x 4,g(x)3 3 29x c，若对任x 1,x 2 [ 2,2] ，都有 f (x 1) g(x 2)，求 c 的范围 .解：因为对任意的 x 1,x 2 [ 2,2] ，都有 f(x 1) g(x 2)成立，∴[ f ( x)] max [g(x)]min ，∵f '(x) x2 2x 3，令f '(x) 0得x 3,x 1x>3 或x<-1；f '(x) 0得1 x 3；∴f(x)在[ 2, 1]为增函数，在[ 1,2]为减函数.18 c∵f( 1) 3, f (2) 6，∴[ f (x)]max 3,.∴3 ，∴c 24.22 3 2例13．已知两个函数f(x) 8x2 16x k,g(x) 2x3 5x2 4x,x [ 3,3], k R;(1) 若对x [ 3,3] ,都有f (x) g(x)成立，求实数k 的取值范围；(2) 若x [ 3,3] ,使得f (x) g(x) 成立，求实数k的取值范围；(3) 若对x1,x2 [ 3,3] ,都有f (x1) g(x2)成立，求实数k的取值范围；解：(1)设h(x) g(x) f (x) 2x3 3x2 12x k ,(1)中的问题可转化为：x [ 3,3] 时，h(x) 0 恒成立，即[ h( x)] min 0.'2h'(x) 6x2 6x 12 6(x 2)(x 1)；当x 变化时，h(x),h'(x) 的变化情况列表如下：因为h( 1) k 7, h(2) k 20 ,所以，由上表可知[ h( x)] min k 45，故k-45 ≥0，得k≥45,即k∈[45,+ ∞).小结：①对于闭区间I，不等式f(x)<k 对x∈I 时恒成立[f(x)] max <k, x ∈I;不等式f(x)>k 对x∈I 时恒成立[f(x)] min>k, x ∈I.②此题常见的错误解法：由[f(x)] max ≤[g(x)] min 解出k 的取值范围.这种解法的错误在于条件“ [f(x)] max ≤[g(x)] min”只是原题的充分不必要条件，不是充要条件，即不等价.( 2)根据题意可知， ( 2)中的问题等价于h(x)= g(x) －f(x) ≥0 在x ∈[-3,3]时有解,故[h(x)] max≥0.由( 1)可知[h(x)] max = k+7 ，因此k+7 ≥0，即k∈[7,+ ∞).(3)根据题意可知， (3)中的问题等价于 [f(x)] max ≤[g(x)] min ，x ∈[-3,3].由二次函数的图像和性质可得 , x ∈[-3,3]时, [f(x)] max =120 －k. 仿照( 1)，利用导数的方法可求得 x ∈[-3,3]时, [g(x)] min =－21. 由 120 － k ≥－21 得 k ≥141,即 k ∈[141,+ ∞). 说明：这里的 x 1,x 2 是两个互不影响的独立变量从上面三个问题的解答过程可以看出 ,对于一个不等式一定要看清是对“ x ”恒成立，还是“ x ”使之成还是两个独立的变量 ,然后再根据不同的情况采取不同的等价条件 ,千万不要稀里糊涂的去猜六．双函数“存在”+“存在”型战略思想十一： x 1 A, x 2 B ，使得 f(x 1) g(x 2)成立f (x)min g(x)max ；x 1 A, x 2 B ，使得 f(x 1) g(x 2)成立f(x)max g(x)min .x 3 2例 14．已知函数 f (x) ln x 1， g(x) x 2 2bx 4.若存在 x 1 (0,2) ， x 2 1,2 ，使4 4xf (x 1) g(x 2) ，求实数 b 取值范围1 f (x)在(0,1)上单调递增，在 (1,2)上单调递减，f(x)min f (1) .2依题意有 f ( x) min g(x)max ，所以 g(x)max12.又g(x) (x b)2 b 2 4，g(1) 1 从而g(2) 212,解得b 187.战略思想十二： “ x 1 A, x 2 B ，使得 f (x 1) g(x 2) 成立”等价于f (x) 的值域与 g(x) 的值域相交非空”3 219 1例 15 ．已知函数 f(x) x 3 (1 a)x 2 a(a 2)x(a R) ， g(x) x .是否存在实数 a ，存63在 x 11,1 ， x 2 0,2 ，使得 f '(x 1) 2ax 1 g(x 2)成立？若存在，求出 a 的取值范围；若不存在，说明理由立，同时还要看清不等式两边是同一个变量， 解析： f (x) 1 1 32x 4 4x 2(x 1)(x 3)4x 219 1 1解析：在0,2 上g x x 是增函数，故对于x 0,2 ，g x ,66 3 32设h x f x 2ax 3x22x a a 2 ，当x 1,1 时，h(x) [-a2 2a 13,-a2 2a 5].3要存在x1 [ 1,1] ，x2 [0,2] 使得h x1 g x2 成立，只要[-a2 2a 13,-a2 2a 5] [ 13,6]33考虑反面，[-a2 2a 31,-a2 2a 5] [ 13,6]1 2 2 1 57 57则5 a 2a 或6< -a 2a 1，解得a 1 或a 1 ，3 3 3 357 57从而所求为1 a 1 .33。
函数与导数中任意性和存在性问题探究
函数与导数中任意性和存在性问题探究命题人：闫霄 审题人：冯昀山 一、相关结论：结论1：min [,],()[()]x a b f x m f x m ∀∈>⇔>； 结论2：max [,],()[()]x a b f x m f x m ∀∈<⇔<； 结论3：max [,],()[()]x a b f x m f x m ∃∈>⇔>； 结论4：min [,],()[()]x a b f x m f x m ∃∈<⇔<；结论5：1212min max [,],[,],()()[()][()]x a b x c d f x g x f x g x ∀∈∀∈>⇔>；【如图一】 结论6：1212max min [,],[,],()()[()][()]x a b x c d f x g x f x g x ∃∈∃∈>⇔>；【如图二】 结论7：1212min min [,],[,],()()[()][()]x a b x c d f x g x f x g x ∀∈∃∈>⇔>；【如图三】 结论8：1212max max [,],[,],()()[()][()]x a b x c d f x g x f x g x ∃∈∀∈>⇔>；【如图四】 结论9：1212[,],[,],()()()x a b x c d f x g x f x ∃∈∃∈=⇔的值域和()g x 的值域交集不为空； 结论10：1212[,],[,],()()()x a b x c d f x g x f x ∀∈∃∈=⇔的值域是()g x 的值域的子集 【例题1】：已知两个函数232()816,()254,[3,3],f x x x k g x x x x x k R =+-=++∈-∈;(1) 若对[3,3]x ∀∈-,都有()()f x g x ≤成立，求实数k 的取值范围； (2) 若[3,3]x ∃∈-,使得()()f x g x ≤成立，求实数k 的取值范围； (3) 若对12,[3,3]x x ∀∈-,都有12()()f x g x ≤成立，求实数k 的取值范围；解：（1）设32()()()2312h x g x f x x x x k =-=--+,（1）中的问题可转化为：[3,3]x ∈-时，()0h x ≥恒成立，即min [()]0h x ≥。
专题1.15 导数-存在性问题(解析版)
专题1.15 导数-存在性问题1．高考对本部分的考查一般有三个层次：（1）主要考查求导公式，求导法则与导数的几何意义； （2）导数的简单应用，包括求函数的单调区间、极值、最值等；（3）综合考查，如零点、证明不等式、恒成立问题、求参数等，包括解决应用问题，将导数内容和传统内容中有关不等式、数列及函数单调性有机结合，设计综合题． 2．存在性问题的解法（1）若()f x 在区间D 上有最值，则能成立：()()max ,00x D f x f x ∃∈>⇔>；()()min ,00x D f x f x ∃∈<⇔<． （2）若能分离常数，即将问题转化为()a f x >（或()a f x <），则 能成立：()()min a f x a f x >⇔>；()()max a f x a f x <⇔<；1．已知函数()()2e 21x f x x a x x =+++，a ∈R ． （1）求()f x 的单调区间；（2）若1a =，存在非零实数m ，n ，满足()()0f m f n ==，证明：2m n -<． 【试题来源】“超级全能生”2021届高三全国卷地区1月联考试题（丙卷） 【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析．【分析】（1）利用导数的基本运算可得()()()12x f x x e a '=++，讨论0a ≥、102a e-<<或12a e<-，利用导数与函数单调性之间的关系即可得出结果．（2）根据题意可得m ，n 分别为()f x 的零点，由（1）知()f x 在()1,-+∞上单调递增，在(),1-∞-上单调递减，不妨设m n >，利用零点存在性定理可得10m -<<，21n -<<-，即证【解析】（1）由题意得()()()12xf x x e a '=++，令()()()12xg x x e a =++，当0a ≥时，()10g -=，即当(),1x ∈-∞-时，()()0g x f x ='<；当()1,x ∈-+∞时，()()0g x f x '=>，故()f x 的单调递减区间为(),1-∞-，单调递增区间为()1,-+∞； 当12a e<-时，令()()0g x f x '==，则11x =-，()2ln 2x a =-，12x x <， 故()f x 的单调递减区间为()()1,ln 2a --， 单调递增区间为(),1-∞-，()()ln 2,a -+∞； 当12a e-=时，令()()0g x f x '==，则11x =-，()2ln 2x a =-，12x x =， 满足()()0g x f x '=≥，故()f x 在R 上单调递增； 当102a e-<<时，令()()0g x f x '==， 则11x =-，()2ln 2x a =-，12x x >，故()f x 的单调递减区间为()()ln 2,1a --，单调递增区间为()(),ln 2a -∞-，()1,-+∞． 综上，当0a ≥时，()f x 的单调递减区间为(),1-∞-，单调递增区间为()1,-+∞； 当12a e-<时，()f x 的单调递减区间为()()1,ln 2a --， 单调递增区间为(),1-∞-，()()ln 2,a -+∞； 当12a e-=时，()f x 的单调递增区间为(),-∞+∞； 当102a e-<<时，()f x 的单调递减区间为()()ln 2,1a --， 单调递增区间为()(),ln 2a -∞-，()1,-+∞． （2）证明：当1a =时，()()21x f x xe x =++， 依题意得m ，n 分别为()f x 的零点，由（1）知()f x 在()1,-+∞上单调递增，在(),1-∞-上单调递减． 设m n >，由()010f =>，()110f e-=-<，由零点存在性定理得10m -<<，()22210f e-=->，由零点存在性定理得21n -<<-，利用不等式的性质得12n <-<，则2m n -<， 同理当m n <时也成立．综上，2m n -<．【名师点睛】本题考查了利用导数研究函数的单调性，利用导数证明不等式、零点存在性定理，解题的关键是讨论a 的取值，利用零点存在性定理得出10m -<<，21n -<<-，考查了分类讨论的思想．2．已知函数()ln f x x ax b =-+，()()1xg x x e =-（1）若0b =，()f x 的极大值是1-，求a 的值；（2）若0a =，()()()h x g x f x =-在()0,∞+上存在唯一零点，求b 的值． 【试题来源】安徽省六安市示范高中2020-2021学年高三上学期教学质量检测 【答案】（1）1a =；（2）1b =．【分析】（1）先求得函数的定义域，求得函数的导函数，根据定义域，分析导函数的零点情况，对实数a 进行分类讨论，根据函数的极值的条件，求得a 的值；（2）利用导数研究函数()h x 的单调性，结合唯一零点的条件得到等式，化简即可求得b 的值．【解析】（1）若0b =，则()ln f x x ax =-()f x 的定义域为()0,∞+，()1f x a x'=-． 若0a ≤，()0f x '>，()f x 在定义域内单调递增，无极大值；若0a >，10,x a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，()f x 单调递增；1,x a ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭，()f x 单调递减．1x a∴=时，()f x 取得极大值11 ln 11f a a ⎛⎫=-=- ⎪⎝⎭，1ln 0a ∴=1a ．（2）若0a =，则()ln f x x b =+，()()()()1ln xh x g x f x x e x b =-=---()()()1111x x x h x x e x e x x +⎛⎫'=+-=+- ⎪⎝⎭ 令()0h x '=，得1e 0xx -=，当0x >时，1e xx=有唯一解0x ，即001e x x =，当()00,x x ∈时，()0h x '<；当()0,x x ∈+∞时，()0h x '>．所以()h x 在()00,x 单调递减，在()0,x +∞单调递增．因为()h x 有且只有1个零点，所以()00h x =．即0000e ln 0xx x x b ---=．因为00e 1xx =，00ln 0x x +=，整理可得10b -=故1b =．【名师点睛】本题考查利用导数研究函数的极值问题和零点问题，属基础题，难度一般，关键点在于（1）中的分类讨论，（2）中的1e 0xx-=的根的设而不求的思想． 3．已知函数()ln bf x x a x x=-+，a ，b ∈R ． （1）若a >0，b >0，且1是函数()f x 的极值点，求12a b+的最小值； （2）若b =a +1，且存在0x ∈[1e，1]，使0()0f x <成立，求实数a 的取值范围． 【试题来源】江苏省常州市2021届高三下学期学业水平监测期初联考【答案】（1）最小值3+；（2）()211e a e e +<-+．【分析】（1）由1是函数()f x 的极值点得1a b +=，对12a b+用基本不等式中“1的代换”求最值；（2）把“存在0x ∈[1e ，1]，使0()0f x <成立”转化为函数()f x 在1,1e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的最小值小于0，利用导数讨论单调性，找到最小值，解出a 的范围即可． 【解析】（1）()21,a bf x x x =--'因为1是函数()f x 的极值点，所以 ()110,f a b '=--=即 1.a b +=此时()()()()222222111x b x b x x b a b x ax b f x x x x x x ----+--=--=='=当()01,0;x f x '<<<当()1,0,x f x >'>所以函数()f x 在1x =处取极小值．所以()121223b a a b a b a b a b⎛⎫+=++=++ ⎪⎝⎭因为0,0a b >>，所以2b a a b +≥=(当且仅当21a b ==时等号成立)此时12a b+有最小值3+（2）当1b a =+时，()1ln a f x x a x x+=-+， 存在01,1x e ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦使()00f x <成立，即函数()f x 在1,1e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的最小值小于0.()()()221111(0)x x a a a f x x x x x⎡⎤+-'++⎣⎦=-==>①当11,a +≥即0a ≥时，() f x 在1,1e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递减，所以()f x 在1,1e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的最小值为()11120f a a =++=+<， 所以2a <-，不符，舍去； ②当11,a e+≤即11a e 时，() f x 在1,1e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递增， 所以()f x 在1,1e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的最小值为()()111110,f a e a e a e e e e⎛⎫=+++=+++< ⎪⎝⎭所以()211e a e e +<-+，又11,a e≤-所以()211e a e e +<-+；（3）当111a e <+<时，即110a e-<<时， ()f x 在1,1a e ⎡⎤+⎢⎥⎣⎦上单调递增，在[]1,1a +上单调递减，所以()f x 在1,1e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的最小值为()()()111ln 11ln 12f a a a a a a ⎡⎤+=++-+=-++⎣⎦因为111,a e<+<所以()1ln 10,a -<+<所以()11ln 12a <-+< 所以()1ln 12a a a a ⎡⎤>-+>⎣⎦，所以()()11ln 12220,f a a a a ⎡⎤+=-++>+>⎣⎦不符，舍去，综上可得，a 的取值范围是()211e a e e +<-+．【名师点睛】（1）导数为零，并且两侧导数一正一负的点为极值点；导数为零，但是两侧导数符号相同的点不是极值点．（2）研究含参数的函数的单调性要注意：①讨论函数的单调性是在函数的定义域内进行，切记不要忽略定义域的限制；②利用导数求函数单调性，大多数情况下归结为对含参数的不等式的解集的讨论；③在能够通过因式分解求出不等式对应方程解时，依据根的大小进行分类讨论；④在不能通过因式分解求出不等式对应方程解时，根据不等式对应方程的判别式进行分类讨4．已知函数()1x f x e ax =--，()()()1xg x f x a xe =+-．（1）若1x ，2x 是()1f x =的两个根，证明：()21212(21)30a x x a x x +-++≥；（2）若存在,0m n >，使()()0g m g n <，求a 的取值范围．【试题来源】浙江省宁波市宁海中学创新班2021届高三下学期2月测试 【答案】（1）证明见解析；（2）1,12⎛⎫⎪⎝⎭．【分析】（1）先证明1x e x ≥+，则()()121222x x e ax ax +=++≥121x x ++，展开即可得到答案；（2）由'()(1)(1)x x g x a x e e a =-++-，''()[(1)21]x g x e a x a =-+-，分1a ≥，112a <<，12a ≤三种情况讨论即可． 【解析】（1）由题1x ，2x 是()1f x =的两个根，则1111112x x a e e x ax -==⇒+-，同理222x eax =+，则()()121222x x e ax ax +=++，易知1x e x ≥+，()()121212221x x e ax ax x x +=++≥++，展开化简得()21212(21)30a x x a x x +-++≥． （2）若存在,0m n >，使()()0g m g n <，因为()(1)(1)x x g x a xe e ax =-+-+，()0,x ∈+∞，所以'()(1)(1)x x g x a x e e a =-++-，''()[(1)21]x g x e a x a =-+-， 当1a ≥时，''()0g x >，'()g x 在()0,∞+上单调递增，()'()'00g x g >=， 所以()g x 在()0,∞+上单调递增，()()00g x g >=，不满足题意．当112a <<时，则在210,1a a -⎛⎫⎪-⎝⎭上''()0g x >，在21,1a a -⎡⎫+∞⎪⎢-⎣⎭上''()0g x <， 所以'()g x 在210,1a a -⎛⎫ ⎪-⎝⎭上单调递增，在21,1a a -⎡⎫+∞⎪⎢-⎣⎭上单调递减， 又()'00g =，在210,1a a -⎛⎫ ⎪-⎝⎭上'()0g x >，从而()g x 在210,1a a -⎛⎫⎪-⎝⎭上单调递增，又()00g =，所以在210,1a a -⎛⎫⎪-⎝⎭上()0>g x ． 而当x →+∞时，()0<g x ，所以存在,0m n >，使()()0g m g n <． 当12a ≤时，则''()0g x ≤，'()g x 在()0,∞+上单调递减，()'()'00g x g <=， 所以()g x 在()0,∞+上单调递减，()()00g x g <=，不满足题意． 综上所述：1,12a ⎛⎫∈⎪⎝⎭． 【名师点睛】已知不等式能恒成立求参数值(取值范围)问题常用的方法： （1）函数法：讨论参数范围，借助函数单调性求解；（2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域或最值问题加以解决；（3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解． 5．已知函数1()ln f x a x x=+（a R ∈且0a ≠）． （1）若1a =，求函数()f x 的极值；（2）若存在(]00,x e ∈，使得()00f x <成立，求实数a 的取值范围． 【试题来源】云南省昆明市第一中学2021届高三第六次复习检测 【答案】（1）()1f x =极小值，()f x 无极大值；（2）()1,,e e ⎛⎫-∞-+∞ ⎪⎝⎭．【分析】（1）求出导函数21()x f x x -'=，利用导数与函数单调性之间的关系判断函数的单调性，由单调性求出函数的极值．（2）由题意只需函数()f x 在(]0,e 上的最小值小于0，求出2211()a ax f x x x x-'=-+=，讨论a 的取值范围，利用导数判断函数的单调性，进而求出函数的最小值，即可．【解析】（1）依题意，当1a =时，1()ln f x x x=+，定义域为()0,∞+， 22111()x f x x x x-'=-+=，令()0f x '=，得1x =． 当()0,1x ∈时，()0f x '<，()f x 为减函数； 当()1,x ∈+∞时，()0f x '>，()f x 为增函数， 所以()()11f x f ==极小值，()f x 无极大值． （2）若存在(]00,x e ∈，使得()00f x <成立， 即函数()f x 在(]0,e 上的最小值小于0．2211()a ax f x x x x -'=-+=，且0a ≠．令()0f x '=，得1x a=，当10a<，即0a <时，()0f x '<恒成立， 函数()f x 在(]0,e 单调递减，()min 1()f x f e a e==+， 由10a e +<，得1a e <-，即1,a e ⎛⎫∈-∞- ⎪⎝⎭；当1e a ≥，即10a e<≤时，()0f x '≤恒成立， 函数()f x 在(]0,e 上单调递减，()min 1()0f x f e a e==+>，不合题意； 当10e a<<，即1a e >时，在10,a ⎛⎫⎪⎝⎭上，()0f x '<，()f x 为减函数； 在1,e a ⎛⎫⎪⎝⎭上，()0f x '>，()f x 为增函数， 所以min 11()ln (1ln )f x f a a a a a a ⎛⎫==+=-⎪⎝⎭． 由()1ln 0a a -<，得1ln 0a -<，解得a e >，即(),a e ∈+∞．综上，所以实数a 的取值范围是()1,,e e ⎛⎫-∞-+∞ ⎪⎝⎭．【名师点睛】本题考查了利用导数求函数的极值，利用导数研究不等式能成立，解题的关键是将不等式转化为函数()f x 在(]0,e 上的最小值小于0，考查了运算能力、分析能力，分类讨论的思想．6．已知()ln (0x f x a x a a =->且21),()a g x x ≠= （1）当01a <<时，求()f x 的单调区间；（2）设()()()h x f x g x =+，存在[]12,1,1x x ∈-，使()()121h x h x e -≥-成立．求实数a 的取值范围．【试题来源】2021年东北三校（哈师大附中、东师大附中、辽宁省实验）高三第一次联合模拟考试试卷【答案】（1）增区间(0,)+∞，减区间(),0-∞；（2）1(0,][,)e e+∞．【分析】（1）求导得()ln (1)x f x a a '=-，由于01a <<，ln 0a <，再解不等式()0f x '>和()0f x '<即可得答案；（2）由题知2()ln x h x a x a x =-+，进而将问题转化为()h x 在[1,1]-上的最大值为M 与最小值为m 之差大于等于1e -．再根据导数研究函数的最值即可．【解析】（1）函数的定义域为R ．由已知()ln ln ln (1)x x f x a a a a a '=-=-，01a <<，ln 0a ∴<，由()0f x '>得()f x 增区间(0,)+∞，由()0f x '<得()f x 减区间(),0-∞； （2）由已知2()ln x h x a x a x =-+，设()h x 在[1,1]-上的最大值为M ，最小值为m ， 依题意：1M m e -≥-，()ln ln 2,(0)0x h x a a a x h ''=-+=，2()(ln )20x h x a a ''∴=+>，()h x '∴为增函数，0x ∴>时，()0,()h x h x '>递增；0x ∴<时，()0,()h x h x '<递减．故(0)1m h ==，{}max (1),(1)M h h =-， 设1()(1)(1)2ln ,(1)0u a h h a a u a=--=--=， 22212(1)()10(0)a u a a a a a-'=+-=≥>()u a ∴在(0,)+∞上递增， 1a ∴>时，()0u a >，此时(1)M h =， 01a ∴<<时，()0u a <，此时(1)M h =-，当1a >时，ln M m a a -=-， 设()ln (1)G a a a a =->，1()10G a a'∴=->，()G a ∴在1（，）+∞上递增， 又()1G e e =-，所以由ln 1a a e -≥-得()()G a G e a e ≥⇔≥，当01a <<时，11ln ,1M m a a a-=+>， 由1ln 1a e a +≥-得111()()0G G e e a a a e≥⇔≥⇔<≤， 综上：a 的取值范围是1(0,][,)e e+∞．【名师点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性，不等式成立等问题，考查运算求解能力与分类讨论思想，是难题．本题第二位解题的关键在于将问题转化为2()ln x h x a x a x =-+在[1,1]-上的最大值为M 与最小值为m 之差大于等于1e -，再结合导数研究函数的最值；其中用到作差法比较大小，构造函数研究最值等方法． 7．已知函数()1ln 1=+++f x a x bx x． （1）当0a =时，函数()f x 的极小值为5，求正数b 的值；（2）若1b =，()()3F x f x x=-，且当a ≥-时，不等式()1F x ≥在区间[]1,2上有解，求实数a 的取值范围．【试题来源】云南师范大学附属中学2021届高三下学期第七次月考 【答案】（1）4；（2）1,ln 2⎡⎫-+∞⎪⎢⎣⎭． 【分析】（1）由0a =，得到1()1f x bx x =++，求导21()f x b x'=-+，再利用极值的定义，由函数()f x 的极小值为5求解．（2）由1b =，得到2()ln 1F x a x x x=-++，[12]x ∈，，求导222222224()a a x x ax F x x x ⎛⎫++- ⎪++⎝⎭'==，分2204a -≥，2204a -<讨论求得最大值求解． 【解析】（1）函数()f x 的定义域为(0)+∞，． 当0a =时，1()1f x bx x =++，则21()f x b x'=-+，()00f x x '<⇒<<()0f x x '>⇒> 所以()f x在0⎛ ⎝上单调递减，()f x在⎫+∞⎪⎪⎭上单调递增， 所以函数()f x的极小值为15f ==，所以4b =．（2）当1b =时，2()ln 1F x a x x x=-++，[12]x ∈，， 则22222222224()1a a x a x ax F x x x x x ⎛⎫++-⎪++⎝⎭'=++==． ①当2204a -≥，即a -≤≤时，()0F x '≥，所以()F x 在[12]，上单调递增，所以max ()(2)F x F =；②当2204a -<，即a >2220(80)x ax a ++=∆=->的两根分别为1x ，2x ， 则12x x a +=-，122x x =，所以10x <，20x <，所以在区间[12]，上，222()0x ax F x x++'=>， 所以()F x 在[12]，上单调递增，所以max ()(2)F x F =．综上，当a ≥-()F x 在区间[12]，上的最大值为(2)ln 221F a =+≥， 所以1ln 2a -≥，所以实数a 的取值范围是1ln 2⎡⎫-+∞⎪⎢⎣⎭，． 【名师点睛】不等式有解问题的解法：若()f x 在区间D 上有最值，则()()max ,00x D f x f x ∀∈>⇔>；()()min ,00x D f x f x ∀∈<⇔<；若能分离常数，即将问题转化为()a f x >（或()a f x <），则()()min a f x a f x >⇔>；()()max a f x a f x <⇔<．8．已知函数()1ln 1=+++f x a x bx x． （1）若24a b +=，当2a >时，讨论()f x 的单调性； （2）若1b =，()()3F x f x x=-，且当a ≥-时，不等式()1F x ≥在区间[]1,2上有解，求实数a 的取值范围．【试题来源】2021年高考数学二轮复习热点题型精选精练（新高考地区专用） 【答案】（1）答案见解析；（2）1,ln 2⎡⎫-+∞⎪⎢⎣⎭． 【分析】（1）首先求出函数的定义域，由24a b +=，消去参数b ，求出导函数，再对参数a 分类讨论，分别求出函数的单调区间；（2）当1b =时，2()ln 1F x a x x x =-++，再求出导函数222224()a a x F x x ⎛⎫++- ⎪⎝⎭'=，对224a -分类讨论，求出函数的最大值，即可求出参数的取值范围； 【解析】（1）因为()1ln 1=+++f x a x bx x所以函数()f x 的定义域为(0)+∞，． 由24a b +=，得1()ln (42)1f x a x a x x =++-+，则2[(2)1](21)()a x x f x x -+-'=， 当4a =时，()0f x '≤，函数()f x 在(0)+∞，上单调递减； 当24a <<时，1()002f x x '<⇒<<或12>-x a ，11()022f x x a '>⇒<<-， 所以()f x 在102⎛⎫ ⎪⎝⎭，，12a ⎛⎫+∞ ⎪-⎝⎭，上单调递减，在1122，⎛⎫ ⎪-⎝⎭a 上单调递增； 当4a >时，1()002f x x a '<⇒<<-或12x >，11()022f x x a '>⇒<<-， 所以()f x 在102a ⎛⎫ ⎪-⎝⎭，，12⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭，上单调递减，在1122，⎛⎫ ⎪-⎝⎭a 上单调递增． （2）当1b =时，2()ln 1F x a x x x=-++，[12]x ∈，， 则22222222224()1a a x a x ax F x x x x x ⎛⎫++-⎪++⎝⎭'=++==．①当2204a -≥，即2222a -≤≤时，()0F x '≥，所以()F x 在[12]，上单调递增，所以max ()(2)F x F =．②当2204a -<，即22a >时，设2220(80)x ax a ++=∆=->的两根分别为1x ，2x ， 则12x x a +=-，122x x =，所以10x <，20x <，所以在区间[12]，上，222()0x ax F x x++'=>， 所以()F x 在[12]，上单调递增，所以max ()(2)F x F =．综上，当22a ≥-时，()F x 在区间[12]，上的最大值为(2)ln 221F a =+≥， 所以1ln 2a -≥，所以实数a 的取值范围是1ln 2⎡⎫-+∞⎪⎢⎣⎭，． 【名师点睛】用导数求函数的单调区间或判断函数的单调性问题时应注意如下几方面： （1）在利用导数讨论函数的单调区间时，首先要确定函数的定义域； （2）不能随意将函数的2个独立的单调递增（或递减）区间写成并集形式；（3）利用导数解决含参函数的单调性问题时，一般将其转化为不等式恒成立问题，解题过程中要注意分类讨论和数形结合思想的应用． 9．已知函数()xf x e =，()lng x x =．（1）若函数()()()hx f x ag x =+存在极小值，求实数a 的取值范围；（2）若0m >，且()()()22110m x f x x g x mx --+-≥对任意0x >恒成立，求实数m 的取值范围．（参考数据：ln 20.69≈， 2.718e ≈）【试题来源】浙江省宁波市2020-2021学年高三上学期期末 【答案】（1）m 1≥．；（2）m 1≥．【分析】（1）首先求出函数的导数，再对参数a 分类讨论，即可得解；（2）依题意可得()2211ln 0x m x ex x mx --+-≥首先，令1x =，得m 1≥；再证明当m 1≥时符合要求，令()()2211ln x t m m x ex x mx -=-+-．再对112x xe -≥与112x xe -<分类讨论，利用导数研究函数的单调性与极值即可；【解析】（1）由题得()ln xh x e a x =+，()x xa xe ah x e x x='+=+ 又()xx xe ϕ=在()0,∞+上为单调递增函数，()00ϕ=，故当0a ≥时，()h x 无极值．当0a <时，存在00x >，()h x 在()00,x 上单调递增，()0,x +∞上单调递增，存在极小值故0a <． （2）由()()()22110mx f x x g x mx --+-≥即()2211ln 0x m x e x x mx --+-≥首先，令1x =，得m 1≥； 下面证明当m 1≥时符合要求： 令()()2211ln x t m m x e x x mx -=-+-．（1）若2111122x x x x e xe --=≤，即112x xe -≥时，()()()2111ln x t m t x e x x x -≥=-+-．令()()211ln x k x x ex x x -=-+-．得()()2112ln 2x k x x x e x x---'=+-． ()()()2142221111114242222x x k x x x e x x x x x x x x-=+++-≥++⋅+-=+'+'．显然当0x >时，()00k '>，从而()k x '递增，又()10k '= 则01x <<时，()0k x '<，()k x 在()0,1上单调递减，1x >时，()0k x '>，()k x 在()1,+∞上单调递增，所以()()min 10k x k ==得证； （2）若2111122x x x x e xe --=>，即112x xe -<时， ()()11141ln 1124x x x e x x t m t xe e ---++⎛⎫≥=- ⎪⎝⎭．下面，只要证()()141ln 10x n x e x x -=++≤，其中112x xe -<．由112x xe-<，且1x y xe -=在()0,∞+上单调递增，记01012x x e -=，得()00,x x ∈又()()1ln 2111ln 22e ---<，所以01ln 2x >- 又()()()121114111441241x x x x n x ex x x e e x e ----≤+-+=-+<-+．令()1241x p x x e-=-+，则()124x p x e -=-'．所以当()00,x x ∈时，()p x 在()0,1ln 2-上单调递增，()01ln 2,x -上单调递减，()()1ln212ln20p x p ≤-=-<，得证．故所求实数m 的取值范围为m 1≥．【名师点睛】导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理． 10．已知函数()ln f x a x x =-． （1）讨论函数()f x 的单调性；（2）设01a <<，若函数2()4()2=+-x g x f x x a在[1,)x ∈+∞上有零点，求a 的取值范围． 【试题来源】河南省驻马店市2020-2021学年高三上学期期末考试【答案】（1）当0a ≤时，函数()f x 在(0,)+∞上单调递减；当0a >时，函数()f x 在(0,)a 上单调递增，在(,)a +∞单调递减；（2）1,110⎡⎫⎪⎢⎣⎭． 【分析】（1）求出导函数()'f x ，然后根据a 的正负分类讨论确定()'f x 的正负，得单调区间；（2）求出()'g x ，确定()g x 的单调性，结合零点存在定理列不等式求得a 的范围． 【解析】（1）由题意知，()(0)-'=>a xf x x x， 当0a ≤时，()0f x '<，则()f x 在(0,)+∞上单调递减；当0a >时，令()0f x '<，得x a >，令()0f x '>，得0x a <<， 则()f x 在(0,)a 上单调递增，在(,)a +∞上单调递减． 综上可知，当0a ≤时，函数()f x 在(0,)+∞上单调递减； 当0a >时，函数()f x 在(0,)a 上单调递增，在(,)a +∞单调递减．（2）因为2()4ln 52=-+x g x a x x a ，所以2254(4)()()-+--'==x ax a x a x a g x ax ax．因为01a <<，且1≥x ，所以0x a ->，0ax >． 当41a ≤，即104a <≤时，()0g x '≥，则()g x 在[1,)+∞上单调递增，因为函数()g x 在[1,)x ∈+∞上有零点，且()84444e e 165e 5e 02=+-->≥g a a，所以min 1()(1)502==-+≤g x g a ，解得11104≤≤a ； 当41a >，即114a <<时，令()0g x '<，解得14<<x a ，令()0g x '>，解得4x a >， 所以()g x 在(1,4)a 上单调递减，在(4,)+∞a 上单调递增，因为()g x 在[1,)x ∈+∞上有零点，且()4e 0>g ，所以min ()(4)4ln(4)120==-≤g x g a a a a ，又114a <<，则114a <<． 综上，a 的取值范围是1,110⎡⎫⎪⎢⎣⎭． 【名师点睛】本题考查用导数求函数的单调性，研究函数零点问题．解题关键是掌握导数与单调性的关系与零点存在定理．如函数()g x 在区间[1,)+∞上有零点，在存在函数值4()0g e >的情况下，只要min ()0g x ≤即可得．11．已知函数()x f x e ax =-，其中a R ∈． （1）讨论函数()f x 在[0,1]上的单调性；（2）若函数()()ln(1)cos g x f x x x =++-，则是否存在实数a ，使得函数()g x 在0x =处取得极小值？若存在，求出a 值；若不存在，说明理由． 【试题来源】广东省广州市天河区2021届高考二模【答案】（1）答案见详解；（2）存在2a =，使得()g x 在0x =处取得极小值【分析】（1）求出导函数，讨论1a ≤、1a e <<或a e ≥，结合函数的单调性与导数之间的关系进行求解即可．（2）求出()1sin 1xg x e a x x '=-+++，根据极值的定义可得()020g a '=-=，得出2a =，再证明充分性，利用导数证明当0,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，函数()g x单调递增；再构造函数令()212x x m x x e -⎛⎫=++ ⎪⎝⎭，证明当1,04x ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭时，函数()g x 单调递减．【解析】（1）由()x f x e ax =-，则()x f x e a '=-， 因为[0,1]x ∈，则[]1,xe e ∈，当1a ≤时，()0x f x e a '=-≥，函数在[0,1]上单调递增； 当1a e <<时，令()0x f x e a '=-≥，解得ln ≥x a ， 令()0x f x e a '=-<，解得ln x a <，即函数在[]ln ,1a 上单调递增，在[)0,ln a 上单调递减； 当a e ≥时，()0x f x e a '=-≤，函数在[0,1]上单调递减； （2）()()()ln(1)cos cos ln 1xg x f x x x e ax x x =++-=--++，()1sin 1x g x e a x x '=-+++， 显然0x =是函数()g x 的极小值点的必要条件为()020g a '=-=，即2a =，此时()1sin 21x g x e x x '=++-+， 显然当0,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时， ()11sin 21sin 2sin 011x g x e x x x x x x '=++->+++->>++， 当1,04x ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭时，()()22311131122x x x x x ⎛⎫+-+=++> ⎪⎝⎭，故213112x x x <-++， 令()212x x m x x e -⎛⎫=++ ⎪⎝⎭，则()202x x m x e -'=-≤，故()m x 是减函数，故当0x <时，()()01m x m >=，即212xx e x <++，令()1sin 2h x x x =-，则()1cos 2h x x '=-，当10x -<<时，()1cos102h x '>->， 故()h x 在()1,0-上单调递增，故当10x -<<时，()()00h x h <=，即1sin 2x x <， 故当1,04x ⎛⎫∈-⎪⎝⎭时，()1sin 21x g x e x x '=++-+ 2223112202222x x x x x x x ⎛⎫⎛⎫≤+++-+-+=+< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， 因此，当2a =时，0x =是()g x 的极小值点，即充分性也成立， 综上，存在2a =，使得()g x 在0x =处取得极小值．【名师点睛】本题主要考查了利用导数研究函数的极值，解题的关键是结合函数的单调性、极值和导数之间的关系进行构造函数，考查了逻辑推理能力以及运算求解能力，考查了化归与转化思想，综合性比较强．12．已知函数()2()2ln 1f x x x =--，()()21g x k x =-．（1）当1k =时，求函数()()()F x f x g x =-的极值；（2）若存在01x >，使得当()01,x x ∈时，()()f x g x >恒成立，求实数k 的取值范围． 【试题来源】云南省昆明市第一中学2021届高三第六次复习检测 【答案】（1）()0F x =极大值，()F x 无极小值；（2）(),1-∞．【分析】（1）2()2ln 1F x x x =-+，求导得22(1)(1)()2x x F x x x x-+-'=-=，显然()0,1x ∈时，()F x 为增函数，()1,x ∈+∞时，()F x 为减函数，所以()F x 在1x =处取得极大值，无极小值，然后计算()1F 即可；（2）()()f x g x >恒成立即()()0f x g x ->恒成立，也即()0F x >恒成立，结合（1）的结论对k 分类讨论，当1k时，不存在01x >，使得当()01,x x ∈时，()()f x g x >恒成立；当1k <时，22(1)1()x k x F x x⎡⎤-+--⎣⎦'=，令()0F x '=，得10x =<，21x =>，可证得函数()F x 在()21,x 上是增函数，所以存在021x x <≤，使得当()01,x x ∈时，()()10F x F >=．【解析】（1）当1k =时，22()2ln (1)2(1)2ln 1F x x x x x x =----=-+，()F x 的定义域为()0,∞+，22(1)(1)()2x x F x x x x-+-'=-=， 当()0,1x ∈时，()0F x '>，()F x 为增函数， 当()1,x ∈+∞时，()0F x '<，()F x 为减函数， 所以()()10F x F ==极大值，()F x 无极小值；（2）由（1）可知，若1k =，则当1x >时，()()10F x F <=，即()()f x g x <， 所以不存在01x >，使得当()01,x x ∈时，()()f x g x >恒成立，若1k >，则当1x >时，22()2ln (1)2(1)2ln (1)2(1)0F x x x k x x x x =----<----<， 即不存在01x >，使得当()01,x x ∈时，()()f x g x >恒成立； 若1k <，2()2ln (1)2(1)F x x x k x =----，22(1)12()222x k x F x x k x x⎡⎤-+--⎣⎦'=-+-=，令()0F x '=，得10x =<，21x =>， 所以当()20,x x ∈时，()0F x '>，()F x 为增函数， 即函数()F x 在()21,x 上是增函数，所以存在021x x <≤，使得当()01,x x ∈时，()()10F x F >=， 即()()f x g x >成立，综上，所以实数k 的取值范围是(),1-∞． 【名师点睛】利用导数求函数极值的步骤： （1）求导数()f x '； （2）求方程()0f x '=的根；（3）检查()f x '在方程的左右的值的符号，如果左正右负，那么()f x 在这个根处取得极大值；如果左负右正那么()f x 在这个根处取得极小值．特别注意：()f x '无意义的点也要讨论，即可先求出()0f x '=的根和()f x '无意义的点，再按定义去判别． 13．已知函数()ln a ef x x x-=+，其中e 是自然对数的底数． （1）设直线22y x e=-是曲线()()1y f x x =>的一条切线，求a 的值；（2）若a R ∃∈，使得()0f x ma +≥对()0x ∀∈+∞，恒成立，求实数m 的取值范围． 【试题来源】备战2021年高考数学全真模拟卷（山东高考专用） 【答案】（1）0a =；（2）1m e≥-． 【分析】（1）设切点坐标为()()00,x f x ，根据题意只需满足()02f x e'=，()00002ln 2a e f x x x x e-=+=-，然后求解方程组得出a 的值及0x 的值；（2）记()()ln a eg x f x ma x ma x-=+=++，求导讨论函数()g x 的单调性，确定最值，使()min 0g x ≥成立，得到关于参数m 的不等式，然后利用参数分离法求解参数m 的取值范围．【解析】（1）设切点为()()00,x f x ，其中01x >， 有()020012a e f x x x e -'=-=，且()00002ln 2a e f x x x x e-=+=- 得0021x a e x e -=-，所以004ln 30x x e+-=，易解得0x e =，则0a =； （2）记()()ln a e g x f x ma x ma x -=+=++，有()2x a eg x x-+'=， 当a e ≤，()20x a eg x x -+'=>恒成立，则函数()g x 在()0,∞+上递增，无最小值，不符合题意；当a e >时，当(),x a e ∈-+∞时，()0g x '>，当()0,x a e ∈-时，()0g x '<， 所以函数()g x 在()0,a e -上递减，在(),a e -+∞上递增，所以()g x 在x a e =-处取得最小值，()()()min ln 10g x g a e a e ma =-=-++≥， 则有()1ln a e m a +--≤，记()()()1ln a e h a a e a+-=>，有()()2ln ea e a e h a a ---'=， 易知()h a 在(),2e e 单调递增，在()2,e +∞单调递减， 则()()max 12h a h e e ==，所以1m e-≤，得1m e ≥-．【名师点睛】本题考查导数的几何意义，考查根据不等式恒成立问题求参数的取值范围，求解的一般方法如下：（1）直接构造函数，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；（2）采用参数分离法，然后构造函数，直接将问题转化为函数最值的求解即可． 14．已知函数()e ln xf x x a x =-，定义域为()0,∞+．（1）当2e a =时，求()f x 的单调区间；（2）记()()min g a f x =，当()0,a ∈+∞，求()g a 的最大值；（3）在（2）的条件下，是否存在0c >，d R ∈，使得()()()2max f x g a c x d -≥-．若存在，求c 的取值范围；若不存在，请说明理由． 【试题来源】浙江省名校协作体2021届高三下学期联考【答案】（1）()f x 在区间()0,1上单调递减；在区间()1,+∞上单调递增；（2）e ；（3）存在，50e 2c <≤【分析】（1）将2a e =代入，利用导数与函数单调性的关系即可求得()f x 的单调区间； （2）利用导数与函数单调性的关系即可求出()min f x ，表示出()g a ，再令()()1e e ln x x x x h x x x +=-，利用函数的单调性求出max ()h x 即可；（3）由（2）知2e a =，根据题意可求得1d =，假设存在0c >，使()2e 2ln e 1x x e x c x --≥-成立，令()2e 2eln e (1)x m x x x c x =----，多次求导并对c进行讨论即可求解．【解析】（1）解：当2e a =时，因为()e ln xf x x a x =-，即()e 2ln xf x x e x =-，所以()22e (1)e x x x e e xe x x x xf =+-=-'+， ()()()2222120x x xe ef x e x e x e x x ''=+++=++>， ()f x '∴在区间()0,∞+上单调递增，且()1220f e e '=-=，令()2e(1)e 0xf x x x =+->'，解得1x >， 令()2e (1)e 0xf x x x=+-<'，解得01x <<， ()f x ∴在区间()0,1上单调递减；在区间()1,+∞上单调递增；（2）因为()e ln xf x x a x =-，所以()(1)e x xx a a e xe x x x x f =+-=+-'， ()()22(1)e 2x x x a ae x x e xf x x=++=++''+，()()0,,0,a x ∴∈+∞∈+∞，()()220x ax e f x x '=++'>∴， 故()(1)e xf x a x x'=+-在()0,∞+上单调递增，又()0,x f x →→-∞，(),x f x →+∞→+∞，故对每个0a >存在唯一的正数0x ，满足()()00010xaf x x e x '=+-=， 即()0001e xx x a +=，()f x ∴在区间()00,x 上单调递减；在区间()0,x +∞上单调递增； ()f x ∴最小值在0x 处取到，即()()()0000000000e ln e 1e ln xxxg a f x x a x x x x x ==-=-+，令()()1e e ln xxx x h x x x +=-，所以()()2e 1ln xh x x x x ⎡⎤'=-++⎣⎦，令()()2e 1ln 0xh x x x x ⎡⎤'=-++>⎣⎦，解得01x <<，令()()2e 1ln 0xh x x x x ⎡⎤'=-++<⎣⎦，解得1x >，故()h x 在区间()0,1上单调递增，在区间()1,+∞上单调递减；max max ()()(1)e g a h x h ∴===，此时2e a =；（3）由（2）知2e a =，()()()2max f x g a c x d -≥-，即()2e 2ln xx e x e c x d --≥-，当1x =时不等号左边0，1d ∴=．设存在0c >，使()2e 2ln e 1xx e x c x --≥-成立，令()2e 2eln e (1)xm x x x c x =----，且()10 m =，()()()2e1e 21x m x x c x x '=+---，且()10 m '=， ()()22e2e 2x m x x c x''=++-，且()15e 2m c ''=-，∴当5e 20c -≥，即50e 2c <≤时，()0m x ''≥，即()m x '单调递增，当()0,1x ∈时，()0m x '<，即()m x 单调递减，当()1,x ∈+∞，()0m x '≥，即()m x 单调递增，()()10m x m ∴≥=，即()2e 2e ln e 1x x x c x --≥-成立；当5e 2c >时，()10m ''<，又x →+∞时，()m x ''→+∞，∴存在01x >使()00m x ''=；∴当()01,x x ∈时，有()0m x ''<，即()m x '单调递减，()()10m x m ''<=，即()m x 单调递减，()()10m x m <=，即()2e 2e ln e 1x x x c x --<-，故不符合题意．综上所述：50e 2c <≤． 【名师点睛】由不等式恒成立（或能成立）求参数时，一般可对不等式变形，分离参数，根据分离参数后的结果，构造函数，由导数的方法求出函数的最值，进而可求出结果；有时也可根据不等式，直接构造函数，根据导数的方法，利用分类讨论求函数的最值，即可得出结果．15．已知函数()()()11xxf x ae ea x a -=--+>．（1）若a e =，讨论函数()f x 的单调性；（2）若函数()f x 的极大值点和极小值点分别为12,x x ，试判断方程()()124f x f x -=是否有解？若有解，求出相应的实数a ；若无解，请说明理由． 【试题来源】河南省2021届普通高中毕业班高考适应性测试【答案】（1）函数()f x 在(),1-∞-和()0,∞+上单调递增，在()1,0-上单调递减；（2）有解，2a e =【分析】（1）由已知()()11x x f x ee e x +-=--+，求导()f x '，利用()0f x '>求函数的单增区间，利用()0f x '<求函数的单减区间；（2）由题意()1()e e 1e x x x f x a a -⎛⎫'=--⎪⎝⎭，分析函数的单调性，得到()21f x a =-，()11(1)ln f x a a a =-++，构造函数()22(1)ln (1)g x x x x x =-++>，利用导函数分析知()g x 在()1,+∞为增函数，从而得解．【解析】（1）a e =，()()11x x f x e e e x +-=--+()()11x x f x e e e +-'∴=+-+，令()0f x '=得，10x =或21x =-，当1x <-或0x >时，()0f x '>，函数单调递增； 当10x -<<时，()0f x '<，函数单调递减；∴函数()f x 在()1-∞-，和()0+∞，上单调递增，在()1,0-上单调递减．（2）有解，由题意()()()()1()e e1e 1e e e 1e xxx x x x x f x a a a a a ---⎛⎫'=+-+=--=-- ⎪⎝⎭，令()0f x '=得，1ln x a =-或20x =，1a >，ln 0a ∴-<，当ln x a <-或0x >时，()0f x '>，函数单调递增；当ln 0a x -<<时，()0f x '<，函数单调递减；所以当1ln x a =-时，函数取得极大值，且()()1ln 1(1)ln f x f a a a a =-=-++； 当20x =时，函数取得极小值，且()()201f x f a ==- 注意到()()1222(1)ln f x f x a a a -=-++， 令()22(1)ln (1)g x x x x x =-++>，则1()ln 1g x x x'=+-， 令()()u x g x '=，则21()0x u x x-'=>，∴函数()u x 在()1,+∞为增函数， 即()()(1)0g x u x u '=>=，()g x ∴在()1,+∞为增函数， 方程()4g x =在()1,+∞上至多有一个实数解， 又()()22222214g e e e =-++=，即方程()()124f x f x -=有解所以相应的实数2a e =．【名师点睛】本题考查利用研究函数的单调性，及函数方程有解问题，利用导数解决等式成立问题的：（1）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．（2）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． 16．已知函数()ln 1f x x ax =--(a R ∈)，21()()22g x xf x x x =++． （1）求()f x 的单调区间；（2）当1a =时，若函数()g x 在区间(,1)()m mmZ 内存在唯一的极值点，求m 的值．【试题来源】备战2021年高考数学全真模拟卷（北京专用） 【答案】（1）答案见解析；（2）0m =或3m =．【分析】（1）求出函数的导数，通过讨论a 的范围求出函数的单调区间即可；（2）求出()g x 的导数，根据函数的单调性得到导函数的零点，求出函数的极值点，求出m 的值即可．【解析】（1）由已知得0x >，11()'-=-=axf x a x x． （ⅰ）当0a ≤时，()0f x '>恒成立，则函数()f x 在(0,)+∞为增函数； （ⅰ）当0a >时，由()0f x '>，得10x a<<； 由()0f x '<，得1x a>； 所以函数()f x 的单调递增区间为1(0,)a，单调递减区间为1(,)a+∞．（2）因为()222111()()2ln 12ln 222g x xf x x x x x x x x x x x x =++=--++=-+， 则()()ln 11ln 23g x x x x x f x '=+-+=-+=+．由（1）可知，函数()'g x 在(0,1)上单调递增，在(1,)+∞上单调递减． 因为222111()220g e e e'=--+=-<，(1)10g '=>， 所以()'g x 在(0,1)上有且只有一个零点1x ．又在1(0,)x 上()0g x '<，()g x 在1(0,)x 上单调递减； 在1(,1)x 上()0g x '>，()g x 在1(,1)x 上单调递增． 所以1x 为极值点，此时0m =．又(3)ln310g '=->，(4)2ln 220g '=-<， 所以()'g x 在(3,4)上有且只有一个零点2x ．又在2(3,)x 上()0g x '>，()g x 在2(3,)x 上单调递增； 在2(,4)x 上()0g x '<，()g x 在2(,4)x 上单调递减． 所以2x 为极值点，此时3m =． 综上所述，0m =或3m =．【名师点睛】导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．。
浅议函数中任意性与存在性问题
浅议函数中任意性与存在性问题姻文/陈刚盐城市阜宁县陈集中学，江苏阜宁224400函数的任意性与存在性问题，是一种常见题型，也是高考的热点之一。
它们既有区别又有联系，意义和转化方法各不相同，容易混淆。
对于这类问题，利用函数与导数的相关知识，可以把相等关系转化为函数值域之间的关系，不等关系转化为函数最值大小的比较。
下面结合实例来看看函数中的任意性与存在性问题在解题中的区别。
1. 若函数()f x 的定义域为D ，对任意x D Î时有()0f x ³恒成立min ()0f x Û³；()0f x £恒成立max ()0f x Û£。
例1. 设函数32()29128f x x x x c =-++，若对任意[0,3]x Î，都有2()f x c <成立，则实数c 的取值范围是解析 因为32()29128f x x x x c =-++，由2()f x c < 所以32229128x x x c c -++<，所以32229128x x x c c -+<-令32()2912g x x x x =-+，欲使2()8g x c c <-对任意[0,3]x Î恒成立，则需使max ()g x <28c c -对任意[0,3]x Î成立即可。
所以 2()61812g x x x ¢=-+ 令()0g x ¢=，得121,2x x ==，当(0,1)x Î时，()0g x ¢>，所以函数()g x 在区间(0,1)上单调递增；当(1,2)x Î时，()0g x ¢<，所以函数()g x 在区间(1,2)上单调递减；当(2,3)x Î时，()0g x ¢>，所以函数()g x 在区间(2,3)上单调递增.又由(1)5,(3)9g g ==，故当[0,3]x Î时，max ()9g x =由题意得 298c c <-，得91c c ><-或。
2021届高三数学之函数与导数(文理通用)专题07 二次函数综合问题
专题07 二次函数综合问题一．考情分析二次函数2(0)y ax bx c a =++≠是初中函数的主角，所蕴含的函数性质丰富，千变万化，但又是基础的基础，万变不离宗。
所以二次函数也是高中学习的重要基础．与其他知识交汇的最值问题以及恒成立问题是目前高考中最基础的两个考试方向。
复合函数也越来越重要。
所以二次函数的学习，都显示的特别重要。
二．经验分享1.二次函数解析式的三种形式：①一般式方程：y ＝ax 2＋bx ＋c (a ≠0).②顶点式方程：y ＝a (x －m )2＋n (a ≠0)，顶点坐标为(m ，n ). ③零点式方程：y ＝a (x －x 1)(x －x 2)(a ≠0)，x 1，x 2为f (x )的零点.2.二次函数的图象和性质 解析式y ＝ax 2＋bx ＋c (a >0)y ＝ax 2＋bx ＋c (a <0)图象对称性函数的图象关于x ＝－b2a对称最值当a ＞0时，函数y ＝ax 2＋bx ＋c 图象开口向上；顶点坐标为24(,)24b ac b a a --，对称轴为直线x ＝－2b a ；函数取最小值y ＝244ac b a-．当a ＜0时，函数y ＝ax 2＋bx ＋c 图象开口向下；顶点坐标为24(,)24b ac b a a--，对称轴为直线x ＝－2b a；函数取最大值y ＝244ac b a-．3.恒成立问题①.若二次函数2()(0)0f x ax bx c a =++≠>（或0<）在R 上恒成立，则有00a >⎧⎨∆<⎩（或00a <⎧⎨∆<⎩）； ②.若二次函数2()(0)0f x ax bx c a =++≠>（或0<）在指定区间上恒成立，可以利用韦达定理以及根的分布等知识求解。
三、题型分析（一）二次函数之恒成立与存在性问题例1 已知函数().222m mx x x f -+-=（1）若不等式()mx x f -≥在R 上恒成立，求实数m 的取值范围;（2）记(){},10,≤≤==x x f y y A 且[)，，∞+⊆0A 求实数m 的最大值。
导数中不等式的恒成立与存在性问题-含答案
第六节 导数中不等式的恒成立与存在性问题 一、 基础知识1.与函数单调性有关的恒成立（前面章节已讲） 类型1.函数f x () 在区间D 上单调递增，只需≥f x ()0' 类型2.函数f x () 在区间D 上单调递减，只需≤f x ()0'2.单变量的恒成立转换类型1.任意x ,使得＞）（f x 0,只需＞）（f x 0min类型2.任意x ,使得＜）（f x 0,只需＜）（f x 0max 类型3.任意x ,使得＞）（f x k ,只需＞）（f x k min类型4.任意x ,使得＜）（f x k ,只需＜）（f x k max类型5.任意x ,使得＞）（f x g x (),只需＞）（=−h x f x g x ()()0min min ][类型6.任意x ,使得＜）（f x g x (),只需＜）（=−h x f x g x ()()0max max ][3.双变量的恒成立转换（注意两个函数的顺序） 类型1.＞∀∈x x D f x g x ,,()()1212，只需＞f x g x ()()min max 类型2.＞∀∈∃∈x D x D f x g x ,,()()112212，只需＞f x g x ()()min min 类型3.＜∀∈∃∈x D x D f x g x ,,()()112212，只需＜f x g x ()()max max 类型4.＜∃∈∃∈x D x D f x g x ,,()()112212，只需＜f x g x ()()min max 类型5.若∃∈∃∈=x D x D f x g x ,,()()112212，则只需两个函数值域的交集不为空集类型6.若∀∈∃∈=x D x D f x g x ,,()()112212，则f x ()的值域⊆）（g x 的值域二、 课堂练习1.单变量翻译例1．已知函数=++f x e x ax x x ()(cos 1)2．（1）当=a 0时，判断+⋅−x f x x 1()12与1的大小关系，并说明理由； （2）若对于∀∈x [0，1]，+f x x ()21恒成立，求a 的最小值．【答案】【解答】解：（1）当=a 0时，=+f x e x x ()(1)2，+∴⋅=−−x f x x e x x 1()(1)12， +⋅−x f x x 1()112； 理由：设=−g x x e x ()(1)，∴'=−g x xe x ()，当<x 0时，'>g x ()0，函数g x ()单调递增， 当>x 0时，'<g x ()0，函数g x ()单调递减， ∴==g x g max ()(0)1，∴g x ()1，+∴⋅−x f x x 1()112； （2）∀∈x [0，1]，+f x x ()21恒成立， 即+++e x ax x x x (cos 1)212在[0，1]恒成立， 由f x ()的图象经过点(0,1)，=+y x 21经过点(0,1)， 当直线=+y x 21为f x ()的切线，且切点为(0,1)， 由'=++++−f x e x ax x x a x ax x x ()(cos 12cos sin )2， 可得'=+=f a (0)12，解得=a 1； 当a 1时，'=+++−f x e x e x x x x x x x ()(1)(cos cos sin )2，当∈x [0，π4]时，x x cos sin ，+−>x x x x x cos cos sin 0，'>f x ()0； 当∈πx 4(，1]时，+−=+−x x x x x x x x x cos cos sin cos (1tan )，由+∈+πx 41(1，2]，∈πx x 4tan (，tan1]，且<<+π4tan11， 则'>f x ()0，可得f x ()在[0，1]递增，则a 的最小值为1．变式1．已知函数=++f x ax lnx ()1．（Ⅰ）若=−a 1，求函数f x ()的最大值；（Ⅱ）对任意的>x 0，不等式f x xe x ()恒成立，求实数a 的取值范围．【答案】【解答】（Ⅰ）解：=−++I f x x lnx ()()1，∴='−x f x x ()1， ∴f x ()在(0,1)上单调递增，在+∞(1,)上单调递减，（Ⅱ）不等式++ax lnx xe x1恒成立，等价于−−x a xe lnx x 1在+∞(0,)恒成立， 令=>−−xg x x xe lnx x (),01， ∴='+x g x x e lnx x ()22， 令=+>=++>'x h x x e lnx x h x x x e x x (),0,()(2)0122， ∴h x ()在+∞(0,)单调递增， ∴=−<h ln e 416()220141，h （1）>0， ∴h x ()存在唯一零点x 0，且∈x 4(,1)10，+=x e lnx x 00020 ∴g x ()在x (0,)0单调递减，在x (0，+∞)单调递增． ∴==−−x g x g x x e lnx min x ()()100000． +=x e lnx x 00020，即=−==x x x x x e ln e ln lnx x x ln 111000000100， 构造函数=ϕx xe x ()，易证ϕx ()在+∞(0,)单调递增， 所以=x x ln 100，则=x e x 100， 将这两个式子代入===−−+−x x g x x e lnx x x ()11110000000， 所以a 1．解法2：不等式++ax lnx xe x1恒成立，等价于−−x a xe lnx x 1在+∞(0,)恒成立． 先证明当>t 0时，+t lnt 1，令=−−g t t lnt ()1，g （1）=0．'=−=−t tg t t ()111，可知：=t 1时函数g t ()取得极小值，因此g t g ()（1）=0，即+t lnt 1， 则当>x 0时，+=++xeln xe x lnx x x ()11，即−−−−x xe lnx x xe lnx xx 111（当且仅当=xe x 1时取等号）， 所以a 1． ∴f (x )的最大值为f （1）=0．变式2.已知函数=++f x ax lnx ()1．（1）讨论函数f x ()零点的个数； （2）对任意的>x 0，f x xe x ()2恒成立，求实数a 的取值范围．【答案】【解答】解：（1）函数=++f x ax lnx ()1， 由=f x ()0，可得−=+x a lnx 1，>x 0， 设=+x g x lnx ()1，>x 0， '=−xg x lnx ()， 当>x 1时，'<g x ()0，g x ()递减；当<<x 01时，'>g x ()0，g x ()递增， 可得=x 1处g x ()取得最大值1，如图所示： 当−a 0或−=a 1，即a 0或=−a 1时，直线=−y a 与=y g x ()有一个交点， 当<−<a 01即−<<a 10时，直线=−y a 与=y g x ()有两个交点， 当−>a 1即<−a 1时，直线=−y a 与=y g x ()没有交点， 综上可得，<−a 1，函数f x ()零点的个数为0； −<<a 10，函数f x ()零点的个数为2； a 0或=−a 1时，函数f x ()零点的个数为1；（2）任意的>x 0，f x xe x ()2恒成立， 即为−+x a e lnx x 12恒成立， 设=−−=+−−−x xh x e lnx xe lnx x x x ()211222， 设=−−−m x xe lnx x x ()122，>x 0， '=+−−=+−x x m x e xe x e x x x ()22(12)()11222， 设−=xe x 012的根为a ，即有>x a ，m x ()递增；<<x a 0时，m x ()递减， 可得=x a 处m x ()取得最小值m （a ）， 由m （a ）=−−−=−−−=−ae lna a lne a a a 12112022， 可得h x ()0恒成立，即有−+x e lnx x 212， 则a 2，即a 的范围是−∞(，2]．。