2019年高考数学专题：导数中恒成立与存在性问题(解析版)
高考数学(理)函数与导数 专题14 恒成立及存在性问题(解析版)
函数与导数14 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．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；【考点讲解】（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 ≥【真题分析】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 -----+=-=-=----112201x 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 xh 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 ，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a =，与0<a <3矛盾.若3127a b -+=-，21a b -+=，则a =或a =-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 0.f x a x x +>（1）当34a =-时，求函数()f x 的单调区间；（2）对任意21[,)e x ∈+∞均有()f x ≤ 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 04f x x x =->．3()4f 'x x =-+=()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04a <≤．当04a <≤时，()f x ≤2ln 0x ≥．令1t a=，则t ≥．设()22ln ,g t tx t =≥2()2ln g t t x=-．（i ）当1,7x ⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭≤()2ln g t g x ≥=．记1()ln ,7p x x x =≥，则1()p'x x =-==. 故所以，()(1)0p x p ≥=．因此，()2()0g t g p x ≥=≥．（ii ）当211,e 7x ⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭时，()g t g =…．令211()(1),,e 7q x x x x ⎡⎤=++∈⎢⎥⎣⎦，则()10q'x =>， 故()q x 在211,e 7⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递增，所以1()7q x q ⎛⎫ ⎪⎝⎭„． 由（i ）得，11(1)07777q p p ⎛⎫⎛⎫=-<-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭．所以，()<0q x ．因此()0g t g =>…． 由（i ）（ii ）知对任意21,e x ⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭，),()0t g t ∈+∞…，即对任意21,e x ⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭，均有()2f x a „． 综上所述，所求a的取值范围是0,4⎛ ⎝⎦． 【答案】（1）()f x 的单调递增区间是()3,+∞,单调递减区间是()0,3；（2）0,4⎛ ⎝⎦.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.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，【模拟考场】'()(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 >，10x a -<，()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 ==-，)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. （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()1,+∞（2上递减，在区间[]1,2上递增，又，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，()1,+∞ 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，2a x =或2a x =.当)x ∈+∞U 时，()0f x '<；当x ∈时，()0f x '>.所以()f x在)+∞单调递减，在单调递增. （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11x ==--2x =-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(0,1-，增区间为()1-+∞．（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(0,1-，增区间为()1-+∞；（2）12⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭,．7.已知函数f (xln 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1()f x x '=-，由12()()f x f x ''=1211x x -=-， 因为12x x ≠12+==≥ 因为12x x ≠，所以12256x x >．由题意得121212()()ln ln ln()f x f x x x x x +=+=．设()ln g x x =，则1()4)4g x x'=， 所以所以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 <)a n k n --≤)n k -<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k =设()h x =22ln )1)((12x ag x x x a x h '=-+--+=，其中(n )l 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 xa 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。
2019届高三数学备考冲刺140分问题04函数中的存在性与恒成立问题含解析
问题04 函数中的存在性与恒成立问题一、考情分析函数内容作为高中数学知识体系的核心,也是历年高考的一个热点.在新课标下的高考越来越注重对学生的综合素质的考察,恒成立与存在性问题便是一个考察学生综合素质的很好途径,它主要涉及到一次函数、二次函数、三角函数、指数函数和对数函数等常见函数的图象和性质及不等式等知识,渗透着换元、化归、数形结合、函数与方程等思想方法,在培养思维的灵活性、创造性等方面起到了积极的作用,故备受高考命题者的青睐,成为高考能力型试题的首选. 二、经验分享(1) 设)0()(2≠++=a c bx ax x f ,（1）R x x f ∈>在0)(上恒成立00<∆>⇔且a ；（2）R x x f ∈<在0)(上恒成立00<∆<⇔且a .(2) 对于一次函数],[,)(n m x b kx x f ∈+=有：⎩⎨⎧<<⇔<⎩⎨⎧>>⇔>0)(0)(0)(,0)(0)(0)(n f m f x f n f m f x f 恒成立恒成立 (3)根据方程有解求参数范围,若参数能够分离出来,可把求参数范围转化为求函数值域．(4) 利用分离参数法来确定不等式(),0f x λ≥,（ D x ∈,λ为实参数）恒成立中参数λ的取值范围的基本步骤:①将参数与变量分离,即化为()()g f x λ≥（或()()g f x λ≤）恒成立的形式； ②求()f x 在x D ∈上的最大（或最小）值；③解不等式()max ()g f x λ≥(或()()min g f x λ≤) ,得λ的取值范围.(5) 对于参数不能单独放在一侧的,可以利用函数图象来解.利用数形结合解决恒成立问题,应先构造函数,作出符合已知条件的图形,再考虑在给定区间上函数与函数图象之间的关系,得出答案或列出条件,求出参数的范围.(6) 某些含参不等式恒成立问题,在分离参数会遇到讨论的麻烦或者即使能容易分离出参数与变量,但函数的最值却难以求出时,可考虑变换思维角度.即把主元与参数换个位置,再结合其它知识,往往会取得出奇制胜的效果. 三、知识拓展(1)恒成立问题①. ∀x∈D,均有f(x)>A恒成立,则f(x)min>A；②. ∀x∈D,均有f(x)﹤A恒成立,则 f(x)ma x<A；③. ∀x∈D,均有f(x) >g(x)恒成立,则F(x)= f(x)- g(x) >0,∴ F(x)min >0；④. ∀x∈D,均有f(x)﹤g(x)恒成立,则F(x)= f(x)- g(x) <0,∴ F(x) ma x <0；⑤. ∀x1∈D, ∀x2∈E,均有f(x1) >g(x2)恒成立,则f(x)min> g(x)ma x；⑥. ∀x1∈D, ∀x2∈E,均有f(x1) <g(x2)恒成立,则f(x) ma x < g(x) min.(2)存在性问题①. ∃x0∈D,使得f (x0)>A成立,则f(x) ma x >A；②. ∃x0∈D,使得f(x0)﹤A成立,则 f(x) min <A；③. ∃x0∈D,使得f(x0) >g(x0)成立,设F(x)= f(x)- g(x),∴F(x) ma x >0；④. ∃x0∈D,使得f(x0) <g(x0)成立,设F(x)= f(x)- g(x),∴F(x) min <0；⑤. ∃x1∈D, ∃x2∈E, 使得f(x1) >g(x2)成立,则f(x) ma x > g(x) min；⑥. ∃x1∈D, ∃x2∈E,均使得f(x1) <g(x2)成立,则f(x) min < g(x) ma x.(3)相等问题若f(x)的值域分别为A,B,则⊆；①. ∀x1∈D, ∃x2∈E,使得f(x1)=g(x2)成立,则A B②∃x 1∈D, ∃x2∈E, 使得f(x1)=g(x2)成立,则A B≠∅.(4)恒成立与存在性的综合性问题①∀x1∈D, ∃x2∈E, 使得f(x1) >g(x2)成立,则f(x)m in> g(x)m in；②∀x1∈D, ∃x2∈E, 使得f(x1) <g(x2)成立,则f(x)max < g(x)max.四、题型分析解决高中数学函数的存在性与恒成立问题常用以下几种方法：①函数性质法；②分离参数法；③主参换位法；④数形结合法等.(一) 函数性质法【例1】已知函数f(x)＝x3－ax2＋10,若在区间[1,2]内至少存在一个实数x,使得f(x)<0成立,求实数a的取值范围．【分析】本题实质是存在性问题【点评】 解法一在处理时,需要用分类讨论的方法,讨论的关键是极值点与区间[1,2]的关系；解法二是用的参数分离,由于ax 2>x 3＋10中x 2∈[1,4],所以可以进行参数分离,而无需要分类讨论． 【牛刀小试】【2017山西大学附中第二次模拟】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 ⎡⎫⎪⎢⎣⎭【答案】D【解析】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.()()'21xg x ex =+,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3,12m e ⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭. (二)分离参数法【例2】已知函数()ln f x ax x x =+的图象在点e x =（e 为自然对数的底数）处的切线的斜率为3． (1)求实数a 的值；(2)若2()f x kx ≤对任意0x >成立,求实数k 的取值范围. 【分析】（1）由'()l n 1f x a x =++结合条件函数()ln f x ax x x =+的图象在点e x =处的切线的斜率为3,可知'(e)3f =,可建立关于a 的方程：lne 13a ++=,从而解得1a =；（2）要使2()f x kx ≤对任意0x >恒成立,只需max2()[]f x k x ≥即可,而由（1）可知()ln f x x x x =+,∴问题即等价于求函数1ln ()xg x x+=的最大值,可以通过导数研究函数()g x 的单调性,从而求得其最值：221(1ln )ln '()x x xx g x x x⋅-+==-,令'()0g x =,解得1x =,当01x <<时,'()0g x >,∴()g x 在(0,1)上是增函数；当1x >时,'()0g x <,∴()g x 在(1,)+∞上是减函数,因此()g x 在1x =处取得最大值(1)1g =,∴1k ≥即为所求.(2)由（1）知,()ln f x x x x =+, ∴2()f x kx ≤对任意0x >成立1ln xk x+⇔≥对任意0x >成立, 令1ln ()xg x x +=,则问题转化为求()g x 的最大值, 221(1ln )ln '()x x xx g x x x ⋅-+==-,令'()0g x =,解得1x =, 当01x <<时,'()0g x >,∴()g x 在(0,1)上是增函数； 当1x >时,'()0g x <,∴()g x 在(1,)+∞上是减函数． 故()g x 在1x =处取得最大值(1)1g =,∴1k ≥即为所求.【点评】在函数存在性与恒成立问题中求含参数范围过程中,当其中的参数（或关于参数的代数式）能够与其它变量完全分离出来并,且分离后不等式其中一边的函数（或代数式）的最值或范围可求时,常用分离参数法.此类问题可把要求的参变量分离出来,单独放在不等式的一侧,将另一侧看成新函数,于是将问题转化成新函数的最值问题.利用分离参数法来确定不等式(),0f x λ≥,（,x D λ∈为实参数）恒成立中参数λ的取值范围的基本步骤: (1)将参数与变量分离,即化为()()g f x λ≥（或()()g f x λ≤）恒成立的形式； (2)求()f x 在x D ∈上的最大（或最小）值；(3)解不等式()()max g f x λ≥ (或()()min g f x λ≤) ,得λ的取值范围. 【牛刀小试】【2017湖南省郴州市上学期第一次教学质量监测】已知函数()log a f x x =,()2log (22)a g x x t =+-,其中0a >且1a ≠,t R ∈．(1)若4t =,且1[,2]4x ∈时,()()()F x g x f x =-的最小值是－2,求实数a 的值； (2)若01a <<,且1[,2]4x ∈时,有()()f x g x ≥恒成立,求实数t 的取值范围. 【答案】(1)15；(2)[2,)+∞.(2)∵()()f x g x ≥恒成立,即log 2log (22)a a x x t ≥+-恒成立,∴1log log (22)2a a x x t ≥+-.又∵01a <<,1[,2]4x ∈,22x t ≤+-,22t x ≥-+∴恒成立,∴max (22)t x ≥-.令2117122)([,2])484y x x =-=-+∈,∴max 2y =.故实数t 的取值范围为[2,)+∞. (三)主参换位法【例3】已知函数()ln()(x f x e a a =+为常数）是实数集R 上的奇函数,函数()()sin g x f x x λ=+是区间[]1,1-上的减函数,(1)求a 的值；(2)若[]2()11,1g x t t x λ≤++∈-在上恒成立,求t 的取值范围.【分析】在第二小题所给条件中出现了两个字母：λ及t ,那么解题的关键恰恰就在于该把其中哪个字母看成是一个变量,另一个作为常数.而根据本题中的条件特征显然可将λ视作自变量,则上述问题即可转化为在(],1-∞-内关于λ的一次函数大于等于0恒成立的问题,问题即可求解.【解析】(1)1a =(2)由(1)知：()f x x =,()sin g x x x λ∴=+,()g x 在[]11-，上单调递减, ()cos 0g x x λ'∴=+≤cos x λ∴≤-在[]11-，上恒成立, 1λ∴≤-，[]max ()(1)sin1g x g λ=-=--, ∴只需2sin11t t λλ--≤++,2(1)sin110t t λ∴++++≥（其中1λ≤-）恒成立,由上述②结论：可令()2(1)sin110(1f t t λλλ=++++≥≤-）,则2t 101sin110t t +≤⎧⎨--+++≥⎩, 21sin10t t t ≤-⎧∴⎨-+≥⎩,而2sin10t t -+≥恒成立,1t ∴≤-. 【点评】某些函数存在性与恒成立问题中,当分离参数会遇到讨论的麻烦或者即使能容易分离出参数与变量,但函数的最值却难以求出时,可考虑变换思维角度.即把主元与参数换个位置,再结合其它知识,往往会取得出奇制胜的效果.此类问题的难点常常因为学生的思维定势,易把它看成关于的不等式讨论,从而因计算繁琐出错或者中途夭折；若转换一下思路,把待求的x 为参数,以为变量,构造新的关于参数的函数,再来求解参数应满足的条件这样问题就轻而易举的得到解决了.【牛刀小试】若不等式()2211x m x ->-对任意[]1,1m ∈-恒成立,求实数x 的取值范围.12x <<【解析】()2211x m x ->-可转化为()21210m x x --+<,设()()21210f m m x x =--+<,则()f m是关于m 的一次型函数,要使()0f m <恒成立,只需()()221201220f x x f x x ⎧=-<⎪⎨-=--+<⎪⎩,12x <<. (四)数形结合法【例4】已知函数()222f x x kx =-+,在1x ≥-恒有()f x k ≥,求实数k 的取值范围.【分析】为了使题中的条件()f x k ≥在[)1,x ∈-+∞恒成立,应能想到构造出一个新的函数()()F x f x k =-,则可把原题转化成所构造新的函数在区间[)1,-+∞时恒大于等于0的问题,再利用二次函数的图象性质进行分类讨论,即可使问题得到圆满解决.【点评】如果题中所涉及的函数对应的图象、图形较易画出时,往往可通过图象、图形的位置关系建立不等式从而求得参数范围. 解决此类问题经常要结合函数的图象,选择适当的两个函数,利用函数图像的上、下位置关系来确定参数的范围.利用数形结合解决不等式问题关键是构造函数,准确做出函数的图象.常见的有两类函数：若二次函数()20y ax bx c a =++≠大于0恒成立,则有00a >⎧⎨∆<⎩,同理,若二次函数()20y ax bx c a =++≠小于0恒成立,则有0a <⎧⎨∆<⎩.若是二次函数在指定区间上的恒成立问题,还可以利用韦达定理以及根与系数的分布知识求解.【牛刀小试】【2017河北省武邑上学期第三次调研考试】已知定义在R 上的奇函数()f x 满足:当0x ≥时,()3f x x =,若不等式()()242f t f m mt ->+对任意实数t 恒成立,则实数m 的取值范围是（ ）A ．(,-∞ B ．()C. ()),0-∞⋃+∞ D ．(),-∞⋃+∞【答案】A(五)存在性之常用模型及方法 【例5】设函数()21ln 2a f x a x x bx -=+-,a R ∈且1a ≠.曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线的斜率为0.（1）求b 的值；（2）若存在[)1,x ∈+∞,使得()1af x a <-,求a 的取值范围. 【分析】（1）根据条件曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线的斜率为0,可以将其转化为关于a ,b 的方程,进而求得b 的值：()()1af x a x b x'=+--,()10f '=⇒()101a a b b +--=⇒=；（2）根据题意分析可得若存在[1,)x ∈+∞,使得不等式()1a f x a <-成立,只需min ()1af x a >-即可,因此可通过探求()f x 的单调性进而求得()f x 的最小值,进而得到关于a 的不等式即可,而由（1）可知()21ln 2a f x a x x x -=+-,则()()()11x a x a f x x---⎡⎤⎣⎦'=,因此需对a 的取值范围进行分类讨论并判断()f x 的单调性,从而可以解得a 的取值范围是()()11,-+∞.【解析】（1）()()1af x a x b x'=+--, 由曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线的斜率为0,得()10f '=, 即()10a a b +--=,1b =； 4分（2）由（1）可得,()21ln 2a f x a x x x -=+-, ()()()()()211111x a x a a x x a a f x a x x x x---⎡⎤--+⎣⎦'=+--==, 令()0f x '=,得11x =,21a x a=-,而21111a a a a --=--, ①当12a ≤时,11aa≤-, 在[)1,+∞上,()0f x '≥,()f x 为增函数,()()()min111122a a f x f ---==-=,令121a aa --<-,即2210a a +-<,解得11a <<. ②当11a <<时,1a >,()()()2minln 112111a a a a a f x f a a a a a a ⎛⎫==++> ⎪-----⎝⎭, 不合题意,无解,10分 ③当1a >时,显然有()0f x <,01a a >-,∴不等式()1af x a <-恒成立,符合题意,综上,a 的取值范围是()()11,+∞.【点评】解决函数中存在性问题常见方法有两种：一是直接法同上面所讲恒成立；二是间接法,先求其否定（恒成立）,再求其否定补集即可解决.它的逻辑背景：原命题为",()"x M P x ∀∈的否定为",()"x M P x ∃∈⌝；原命题为",()"x M P x ∃∈的否定为“,()"x M P x ∀∈⌝.处理的原则就是：不熟系问题转化为熟悉问题. 【牛刀小试】已知=)(x f x x +221,=)(x g a x -+)1ln(, (1)若存在]2,0[,21∈x x ,使得)()(21x g x f >,求实数a 的取值范围； (2)若存在]2,0[,21∈x x ,使得)()(21x g x f =,求实数a 的取值范围.五、迁移运用1．【2018届江西省上高县高三上学期第四次月考】若不等式230xa x log -<对任意10,3x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭恒成立,则实数a 的取值范围为（ ） A. [1,127）B. 1,127⎛⎫ ⎪⎝⎭C. 10,27⎛⎫ ⎪⎝⎭D. 10,27⎛⎤⎥⎝⎦【答案】A【解析】构造函数f （x ）=3x 2,g （x ）=-log a x, 10,3x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭∵不等式3x 2-log a x ＜0对任意10,3x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭恒成立,∴f （13）≤g（13）∴3•19- 13a log ≤0．∴0＜a ＜1且a≥127∴实数a 的取值范围为[1127，）,故选A 2．【2018届广西贵港市高三上学期12月联考】若不等式()()21313ln1ln33x xa x ++-⋅≥-⋅对任意的(],1x ∈-∞恒成立,则a 的取值范围是（ ）A. 10,3⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦ B. 10,3⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭C. [)2,+∞D. (],2-∞ 【答案】D【解析】由题意结合对数的运算法则有： ()213133lnln 33x xxa ++-⋅≥,由对数函数的单调性有：()21313333x xxa ++-⋅≥,整理可得： 2133x x a +≤,由恒成立的条件有： 2min133x xa ⎛⎫+≤ ⎪⎝⎭,其中21313233xx xx y +⎛⎫==+≥ ⎪⎝⎭,当且仅当0x =时等号成立.即0x =时,函数2133x xy +=取得最小值2. 综上可得： 2a ≤.本题选择D 选项.3.【2018届福建省闽侯高三12月月考】已知函数()222,02,0x x x f x x x x ⎧-+≥=⎨-<⎩,若关于的不等式()()20f x af x ⎡⎤+<⎣⎦恰有个整数解,则实数的最大值是（ ）A. B. C. 5 D. 【答案】D4．【2018届甘肃省高台高三上学期第五次模拟】已知函数()1xf x x e =+,若对任意x R ∈, ()f x ax >恒成立,则实数a 的取值范围是（ ）A. (),1e -∞-B. (]1,1e -C. [)1,1e - D. ()1,e -+∞ 【答案】B【解析】函数()1x f x x e =+，对任意x R ∈, ()f x ax >恒成立,∴1x x ax e +>恒成立,即()11x a x e>-x 恒成立；设()()()1,1x g x h x a x e==-,x ∈R ；在同一坐标系内画出两个函数的图象,如图所示；则满足不等式恒成立的是h (x )的图象在g (x )图象下方,求()g x 的导数()'xg x e -=-,且过()g x 图象上点()00,x y 的切线方程为()000x y y e x x --=--,且该切线方程过原点(0,0),则000x y ex -=-⋅,即000x x e e x --=-⋅,解得01x =-；∴切线斜率为0x k e e -=-=-,∴应满足a −1>−e ,即a >1−e ；又a −1⩽0,∴a ⩽1,∴实数a 的取值范围是(1−e ,1].故选B.5．【2018届广东省五校高三12月联考】已知函数()()ln 224(0)f x x a x a a =+--+>,若有且只有两个整数1x , 2x 使得()10f x >,且()20f x >,则a 的取值范围是（ ） A. ()ln3,2 B. [)2ln3,2- C. (]0,2ln3- D. ()0,2ln3- 【答案】C【解析】由题意可知, ()0f x >,即()()ln 2240,0x a x a a +--+>>, ()22ln 40ax a x x a ∴->-->,设()()2ln 4,2g x x x h x ax a =--=-,由()121'2x g x x x -=-=,可知()2ln 4g x x x =--,在10,2⎛⎫⎪⎝⎭上为减函数,在1,2⎛⎫+∞⎪⎝⎭上为增函数, ()2h x ax a =-的图象恒过点()2,0,在同一坐标系中作出()(),g x h x 的图象如下：若有且只有两个整数12,x x ,使得()10f x >,且()20f x >,则()()()(){11 33a h g h g >>≤,即0{2 23a a a ln >->-≤-,解得02ln3a <≤-,故选C.6．【2018届陕西省西安高三上学期期中】已知函数()3213f x x a x =-,若对于任意的[]12,0,1x x ∈,都有()()121f x f x -≤成立,则实数a 的取值范围是（ ）A. ⎡⎢⎣⎦B. ⎛ ⎝⎭C. ,00,33⎡⎫⎛-⋃⎪ ⎢⎪ ⎣⎭⎝⎦D. ,00,33⎛⎫⎛⎫-⋃ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭【答案】A7．【东北师范大学附属中学2018届高三第五次模拟】已知函数，，当时，不等式恒成立，则实数的取值范围为A ．B ．C ．D ．【答案】D 【解析】 不等式即， 结合可得恒成立，即恒成立，构造函数，由题意可知函数在定义域内单调递增，故恒成立，即恒成立，令，则，当时，单调递减；当时，单调递增；则的最小值为，据此可得实数的取值范围为.本题选择D选项.8．【山东省实验中学2019届高三第一次诊断】已知对任意的，总存在唯一的，使得成立（为自然对数的底数），则实数的取值范围是( )A． B． C． D．【答案】D【解析】9．【贵州省铜仁市第一中学2019届高三上学期第二次月考】设函数，其中，若存在唯一的整数，使得，则的取值范围是（）A． B． C． D．【答案】B【解析】令，则，当时，，所以在上是单调减函数；当时，，所以在上是单调增函数；所以的图像如图所示：直线恒过点，设过的直线与曲线相切于点且切线方程为：，代入，故，解得或者，当时，，所以当时，直线可与在轴下方的图像相交．因为有且只有一个整数解，故曲线上的点在直线下方，在直线上方或在直线上，故即，故选B．10．【山东省安丘市、诸城市、五莲县、兰山区2019届高三10月联考】已知函数①f(x)=x+1；②f(x)=-2；③f(x)=；④f(x)=lnx；⑤f(x)=cosx。
关于高考数学中的恒成立问题与存在性问题
关于高考数学中的恒成立问题与存在性问题 Last revised by LE LE in 2021“恒成立问题”的解法常用方法：①函数性质法； ②主参换位法； ③分离参数法； ④数形结合法。
一、函数性质法1.一次函数型：给定一次函数()(0)f x ax b a =+≠,若()y f x =在[m,n]内恒有()0f x >，则根据函数的图象（直线）可得上述结论等价于⎩⎨⎧>)(0)(n f m f ；同理，若在[m,n]内恒有()0f x <，则有⎩⎨⎧((n f m f 例1.p ,求使不等式2x x 的取值范围。
略解：不等式即为2(1)210x p x x -+-+>,设2()(1)21f p x p x x =-+-+,则()f p 在[2,2]-上恒大于0，故有：⎩⎨⎧>>-)2(0)2(f f ，即⎪⎩⎪⎨⎧>->+-0103422x x x 3111x x x x ><⎧⇒⎨><-⎩或或13x x ⇒<->或.2.二次函数：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0a <⎧⎨∆<⎩）； 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。
例2.已知函数()()()22241,f x mx m x g x mx =--+=，若对于任一实数x ，()f x 与()g x 的值至少有一个为正数，则实数m 的取值范围是（ )A ．(0，2)B ．(0，8)C ．(2，8)D ．(－∞，0)选B 。
例3.设2()22f x x ax =-+,当[1,)x ∈-+∞时，都有()f x a ≥恒成立，求a 的取值范围。
方法技巧专题16 函数中恒成立与存在性问题(解析版)
函数中恒成立与存在性问题二、函数中恒成立问题【例1】不等式3ln 1xx e a x x --≥+对任意(1,)x ∈+∞恒成立，则实数a 的取值范围（ ）A ．(,1]e -∞-B ．2(,2]e -∞-C ．(,2]-∞-D ．(,3]-∞-【解析】3ln 1x a x x e x -≤--对()1,x ∀∈+∞恒成立，即31ln x x e x a x ---≤对()1,x ∀∈+∞恒成立，从而求31ln x x e x y x ---=，()1,x ∈+∞的最小值，而33ln 3ln 3ln 1x x x x x x e e e e x x ---==≥-+故313ln 113ln x x e x x x x x ---≥-+--=-即313ln 3ln ln x x e x xx x----≥=-当3ln 0x x -=时，等号成立，方程3ln 0x x -=在()1,+∞内有根，故3min13ln x x e x x -⎛⎫--=- ⎪⎝⎭，所以3a ≤-，故选D.【例2】已知函数()ln f x ax x x =+的图象在点e x =（e 为自然对数的底数）处的切线的斜率为3． (1)求实数a 的值；(2)若2()f x kx ≤对任意0x >成立,求实数k 的取值范围. 【解析】(1)∵()ln f x ax x x =+,∵'()ln 1f x a x =++, 又∵()f x 的图象在点e x =处的切线的斜率为3,∵'(e)3f =, 即lne 13a ++=,∵1a =； (2)由（1）知,()ln f x x x x =+, ∵2()f x kx ≤对任意0x >成立1ln xk x+⇔≥对任意0x >成立, 令1ln ()xg x x +=,则问题转化为求()g x 的最大值, 221(1ln )ln '()x x x x g x x x ⋅-+==-,令'()0g x =,解得1x =, 当01x <<时,'()0g x >,∵()g x 在(0,1)上是增函数； 当1x >时,'()0g x <,∵()g x 在(1,)+∞上是减函数． 故()g x 在1x =处取得最大值(1)1g =,∵1k ≥即为所求. 2.巩固提升综合练习【练习1】已知函数()log a f x x =,()2log (22)a g x x t =+-,其中0a >且1a ≠,t R ∈． (1)若4t =,且1[,2]4x ∈时,()()()F x g x f x =-的最小值是－2,求实数a 的值； (2)若01a <<,且1[,2]4x ∈时,有()()f x g x ≥恒成立,求实数t 的取值范围. 【答案】(1)15；(2)[2,)+∞. 【解析】(1)∵4t =,∵24(1)()()()2log (22)log log a a a x F x g x f x x x x+=-=+-=1log 4(2)a x x=++ 易证1()4(2)h x x x =++在1[,1]4上单调递减,在[1,2]上单调递增,且1()(2)4h h >,∵min ()(1)16h x h ==,max 1()()254h x h ==,∵当1a >时,min ()log 16a F x =,由log 162a =-,解得14a =（舍去）当01a <<时,min ()log 25a F x =,由log 252a =-,解得15a =. 综上知实数a 的值是15. (2)∵()()f x g x ≥恒成立,即log 2log (22)a a x x t ≥+-恒成立,∵1log log (22)2a a x x t ≥+-.又∵01a <<,1[,2]4x ∈22x t ≤+-,22t x ≥-+∵恒成立,∵max (22)t x ≥-.令2117122)([,2])484y x x =-=-+∈,∵max 2y =.故实数t 的取值范围为[2,)+∞.【练习2】若(0,)x ∈+∞，1ln x e x x a x-≥-+恒成立，则a 的最大值为（ ）A ．1B ．1eC ．0D ．e -【答案】C【解析】设x x t ln -=,则11x t e e x--=，原不等式等价于1t e t a --≥恒成立，设1ln ,1y x x y x-='=-是单调递增的，零点为1x =,函数y 的最小值为1，故1t ≥，()()11,1t t f t e t f t e --'=-=-，零点是1t = ()f t 在[)1,+∞上单调递增，故()min 0f t =，故0a ≤.故选C.【练习3】已知a R ∈，设函数⎩⎨⎧>-≤+-=1,ln 1,22)(2x x a x x a ax x x f 若关于x 的不等式0)(≥x f 在R 上恒成立，则a 的取值范围为（ ） A ．[]0,1 B ．[]0,2 C ．[]0,e D ．[]1,e【答案】C 【解析】∵(0)0f ≥，即0a ≥，当01a ≤≤时，2222()22()22(2)0f x x ax a x a a a a a a a =-+=-+-≥-=->， 当1a <时，(1)10f =>，故当0a ≥时，2220x ax a -+≥在(,1]-∞上恒成立； 若ln 0x a x -≥在(1,)+∞上恒成立，即ln xa x≤在(1,)+∞上恒成立， 令()ln xg x x=，则2ln 1'()(ln )x g x x -=，当,x e >函数单增，当0,x e <<函数单减，故max ()()g x g e e ==，所以a e ≤.当0a ≥时，2220x ax a -+≥在(,1]-∞上恒成立； 综上可知，a 的取值范围是[0,]e ， 故选C.1.例题【例1】定义域为R 的函数()f x 满足()()22f x f x +=，当[]0,2x 时，()[)[)232,0,11,1,22x x x x f x x -⎧-∈⎪⎪=⎨⎛⎫-∈⎪ ⎪⎪⎝⎭⎩，若当[)4,2x ∈--时，不等式()2142m f x m ≥-+恒成立，则实数m 的取值范围是（ ）A ．[]2,3B ．[]1,3C ．[]1,4D ．[]2,4【答案】B【解析】因为当[)4,2x ∈--时，不等式()2142m f x m ≥-+恒成立，所以()2min 142m f x m ≥-+，当[)[)4,2,40,2x x ∈--+∈时，()()()112424f x f x f x =+=+ ()()[)[)2342144,40,1411,41,242x x x x x +-⎧⎡⎤+-++∈⎪⎣⎦⎪=⎨⎛⎫⎪-+∈ ⎪⎪⎝⎭⎩当[)40,1x +∈时，()()()211114444416f x x x ⎡⎤=+-+≥-⨯=-⎣⎦，当[)41,2x +∈时，()342111424x f x +-⎛⎫=-≥- ⎪⎝⎭，因此当[)4,2x ∈--时，()2min1113442m f x m m =-≥-+∴≤≤，选B.【例2】若对I x ∀，()2,x m ∈+∞，且12x x <，都有122121ln ln 1x x x x x x -<-，则m 的取值范围是（ ）注:（ e 为自然对数的底数，即 2.71828e =…） A ．1,e ⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭B ．[),e +∞C ．[)1,+∞D ．[)1,-+∞ 【答案】C【解析】因为对于()ln f x x =,定义域为()0,∞+ ,所以120x x << 当满足120x x <<时,122121ln ln 1x x x x x x -<-成立化简可得122121ln ln x x x x x x -<-,移项合并后可得121221ln ln x x x x x x +<+,即()()1221ln 11ln x x x x +<+因为120x x <<,所以可等价于()()2121ln 1ln 1x x x x ++<即满足()ln 1x g x x +=为减函数，()221ln 1ln 'x xg x x x ---==， 因为()ln 1x g x x +=为减函数，所以()'0g x ≤,即2ln 0xx -≤， 则1x ≥ ，因为对1x ∀，()2,x m ∈+∞，且12x x <，都有122121ln ln 1x x x x x x -<-所以1m ≥ ,即m 的取值范围为[)1,+∞，故选C. 【例3】已知函数21ln 21)(2-+-=x x a x x f ，对任意x ∈[1，＋∞)，当mx x f ≥)(恒成立时实数m 的最 大值为1，则实数a 的取值范围是 ．【解析】对任意x ∈[1，＋∞)，有f(x)≥mx恒成立，即()f x m x ≥恒成立，即min()f x m x ⎡⎤≤⎢⎥⎣⎦，又当f(x)≥mx 恒成立时实数m 的最大值为1，所以min()1f x x ⎡⎤=⎢⎥⎣⎦.因为(1)11f = 所以问题等价转化为()1f x x≥在[1,)+∞上恒成立，即()0f x x -≥在[1,)+∞上恒成立. 设()()g x f x x =-211ln 22x a x =--（1x ≥），2()x ag x x-'=①当1a ≤时，因为1x ≥，所以2()0x ag x x-'=≥，因此()g x 在[1,)+∞上是单调递增函数，所以()(1)0g x g ≥=，即()0f x x -≥在[1,)+∞上恒成立；②当1a >时，在上，有()0g x '<；在)+∞上，有()0g x '>， 所以()g x 在上为单调递减函数，在)+∞上为单调递增函数. 当(1,)x a ∈，有()(1)0g x g <=，即()0f x x -≥在[1,)+∞上不恒成立. 综合①②得：实数a 的取值范围是(,1]-∞.2.巩固提升综合练习 【练习1】已知函数，，当时，不等式恒成立，则实数的取值范围为（ ）A ．(]e ，∞-B ．），（e ∞-C ．），（2-e∞ D ．⎥⎦⎤ ⎝⎛∞2-e ， 【答案】D【解析】因为所以即，即当时，恒成立，所以在内是一个增函数，设，则有即 ，设则有， 当时，即，当时，即所以当时，最小，即 ，故选D.【练习2】已知定义在R 上的偶函数()f x 在[0,)+∞上递减，若不等式2(ln 1)(ln 1)f ax x f ax x -+++--()31f ≥对[]1,3x ∈恒成立，则实数a 的取值范围是（ ）A ．[]2,e B ．1[,)e+∞C ．1[,]e eD ．12ln 3[,]3e +【答案】D【解析】由题设可得(ln 1)(ln 1)f ax x f ax x -++=--，则原不等式可化为(ln 1)(1)f ax x f -++≥， 即ln 11ax x --≤，也即ln 20ax x --≤在[1,3]上恒成立，由于0x >，因此2ln xa x+≤， 令2ln ()x h x x +=，则/2212ln 1ln ()x x h x x x --+==-，所以当1ln 1x x e >-⇒>时，/()0h x <，函数2ln ()x h x x+=单调递减，因11e <，故函数2ln ()x h x x+=在[1,3]上单调递减， 故min max 2ln13ln 3()2,()13h x h x ++===， 当11x e e -==时，函数1min 12ln ()e h x e e --+==，所以a e ≤，应选答案D.【练习3】若，满足恒成立，则实数的取值范围为__________．【答案】【解析】（1），显然成立；（2）时，由 ，由在为增在恒成立，由在为增，，，综上，，故答案为.【三】数形结合法1.例题【例1】已知函数()222f x x kx =-+,在1x ≥-恒有()f x k ≥,求实数k 的取值范围.【解析】令()()222F x f x k x kx k=-=-+-,则()0F x ≥对[)1,x ∈-+∞恒成立,而()F x 是开口向上的抛物线.当图象与x 轴无交点满足0∆<,即()24220k k ∆=--<,解得21k -<<.当图象与x 轴有交点,且在[)1,x ∈-+∞时()0F x ≥,则由二次函数根与系数的分布知识及图象可得： ()010212F k ⎧⎪∆≥⎪⎪-≥⎨⎪-⎪-≤-⎪⎩，解得32k -≤≤-,故由①②知31k -≤<.【例2】已知函数f (x )＝⎩⎨⎧－|x 3－2x 2＋x |， x <1，ln x ， x ≥1，若对于∀t ∈R ，f (t )≤kt 恒成立，则实数k 的取值范围是________． 【答案】[1e，1]【解析】令y ＝x 3－2x 2＋x ，x <1，则y ′＝3x 2－4x ＋1＝(x －1)·(3x －1)， 令y ′>0，即(x －1)(3x －1)>0，解得x <13或x >1.又因为x <1，所以x <13.令y ′<0，得13<x <1，所以y 的增区间是(－∞，13)，减区间是(13，1)，所以y 极大值＝427.根据图像变换可作出函数y ＝－|x 3－2x 2＋x |，x <1的图像．又设函数y ＝ln x (x ≥1)的图像经过原点的切线斜率为k 1，切点(x 1，ln x 1)，因为y ′＝1x ，所以k 1＝1x 1＝ln x 1－0x 1－0，解得x 1＝e ，所以k 1＝1e .函数y ＝x 3－2x 2＋x 在原点处的切线斜率k 2＝1.因为∀t ∈R ，f (t )≤kt ，所以根据f (x )的图像，数形结合可得1e≤k ≤1.2.巩固提升综合练习【练习1】已知定义在R 上的奇函数()f x 满足:当0x ≥时,()3f x x =,若不等式()()242f t f m mt ->+对任意实数t 恒成立,则实数m 的取值范围是（ ）A ．(,-∞ B ．()C. ()),0-∞⋃+∞ D ．(),-∞⋃+∞【答案】A【解析】当0x <时,()33()()()()f x f x x f x x x R f x =--=⇒=∈⇒在R 上是增函数242t m mt ⇒->+对任意实数t 恒成立2442t mt t m ⇒->++对任意实数t 恒成立,结合二次函数图象可得201680m m m <⎧⇒⇒∈⎨∆-<⎩(,-∞,故选A.【练习2】若不等式()2211x m x ->-对任意[]1,1m ∈-恒成立,实数x 的取值范围是 .12x <<【解析】()2211x m x ->-可转化为()21210m x x --+<,设()()21210f m m x x =--+<,则()f m 是关于m 的一次型函数,要使()0f m <恒成立,只需()()221201220f x x f x x ⎧=-<⎪⎨-=--+<⎪⎩,12x <<. 【练习3】已知函数23ln ,1(),46,1x x f x x x x -≤⎧=⎨-+>⎩若不等式()|2|f x x a ≥-对任意(0,)x ∈+∞上恒成立，则实数a 的取值范围为（ ） A ．13,3e ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦B ．[3,3ln 5]+C ．[3,4ln 2]+D ．13,5e⎡⎤-⎢⎥⎣⎦【答案】C【解析】由题意得：设g(x)=|2|x a -，易得a ＞0，可得2,2g(x)=2,2a x a x ax a x ⎧-≥⎪⎪⎨⎪-+⎪⎩＜，g(x)与x 轴的交点为(,0)2a ，①当2ax ≥，由不等式()|2|f x x a ≥-对任意(0,)x ∈+∞上恒成立，可得临界值时，()g()f x x 与相 切，此时2()46,1f x x x x =-+>，()2,2a g x x a x =-≥，可得'()24f x x =-，可得切线斜率为2，242x -=，3x =，可得切点坐标（3，3）， 可得切线方程：23y x =-，切线与x 轴的交点为3(,0)2,可得此时322a =，3a =， 综合函数图像可得3a ≥；②同理，当2ax ＜，由()g()f x x 与相切， （1）当2()46,1f x x x x =-+>，()2,2a g x x a x =-+＜，可得'()24f x x =-，可得切线斜率为-2，242x -=-，1x =，可得切点坐标（1，3），可得切线方程25y x =-+，可得5a =，综合函数图像可得5a ≤，（2）当()3ln ,1f x x x =-≤，()2,2a g x x a x =-+＜，()g()f x x 与相切，可得'1()f x x， 此时可得可得切线斜率为-2，12x -=-，12x =，可得切点坐标1(,32)2In +,可得切线方程：1(32)2()2y In x -+=--，242y x In =-++可得切线与x 轴的交点为2(2,0)2In +，可得此时2222a In =+，42a In =+， 综合函数图像可得42a In ≤+，综上所述可得342a In ≤≤+，故选C.1.例题【例1】 已知函数f (x )＝x ||x 2－a ，若存在x ∈[]1，2，使得f (x )<2，则实数a 的取值范围是________． 【答案】 (－1,5)【解析】解法1 当x ∈[1,2]时，f (x )<2，等价于|x 3－ax |<2，即－2<x 3－ax <2，即x 3－2<ax <x 3＋2，得到x 2－2x <a <x 2＋2x，即⎝⎛⎭⎫x 2－2x min <a <⎝⎛⎭⎫x 2＋2x max ，得到－1<a <5. 解法2 原问题可转化为先求：对任意x ∈[1,2]，使得f (x )≥2时，实数a 的取值范围． 则有x |x 2－a |≥2，即|a －x 2|≥2x.(1) 当a ≥4时，a ≥x 2＋2x ≥22＋22＝5，得到a ≥5.(2) 当a ≤1时，x 2－a ≥2x ，有a ≤x 2－2x ≤1－21＝－1，得到a ≤－1.(3) 当1<a <4时，|a －x 2|≥0，与2x >0矛盾．那么有a ≤－1或a ≥5，故原题答案为－1<a <5. 【例2】已知=)(x f x x +221,=)(x g a x -+)1ln(,若存在]2,0[,21∈x x ,使得)()(21x g x f >,求实数a 的取值范围；【答案】()4,-+∞【解析】()(),f x g x 在[]0,2上都是增函数,所以()f x 的值域，，]40[=A ()g x 的值域]3ln ,[a a B --=.若存在]2,0[,21∈x x ,使得)()(21x g x f >,则min max )()(x g x f >,即4>a -,所以4->a .实数a 的取值围是()4,-+∞.AB ≠∅.（【例3】已知=)(x f x x +221,=)(x g a x -+)1ln(,若存在]2,0[,21∈x x ,使得)()(21x g x f =,求实数a 的取值范围.【答案】[]4,ln3-【解析】()(),f x g x 在[]0,2上都是增函数,所以()f x 的值域，，]40[=A ()g x 的值域]3ln ,[a a B --=. 若存在21,x x 使得)()(21x g x f =,则A B ≠∅,∵4a -≤且ln30a -≥,∵实数a 的取值围是[]4,ln3-.2.巩固提升综合练习【练习1】已知函数22()()()xaf x x a e e=+++，若存在0x ，使得024()1f x e ≤+，则实数a 的值为______． 【答案】2211e e -+ 【解析】函数f （x ）=（x+a ）2+（e x +a e）2， 函数f （x ）可以看作是动点M （x ，e x ）与动点N （-a ，-ae）之间距离的平方， 动点M 在函数y=e x 的图象上，N 在直线y=1e x 的图象上，问题转化为求直线上的动点到曲线的最小距离，由y=e x 得，y′=e x =1e，解得x=-1，所以曲线上点M （-1，1e ）到直线y=1e x 的距离最小，最小距离则f （x ）≥241e +， 根据题意，要使f （x 0）≤241e +，则f （x 0）=241e +， 此时N 恰好为垂足，由K MN =-e ，解得a=2211e e -+ ． 故答案为：2211e e -+．【练习2】已知函数2,1()1,1x ax x f x ax x ⎧-+≤=⎨->⎩，若1x ∃、2R x ∈，12x x ≠，使得12()()f x f x =成立，则a的取值范围是（ ）． A ．2a > B ．2a <C ．22a -<<D ．2a <-或2a >【答案】B【解析】当2a <时，12a <，函数()f x 在,2a ⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭上递增，在,12a ⎛⎫⎪⎝⎭上递减，则：1x ∃、2R x ∈，12x x ≠，使得12()()f x f x =成立.当2a ≥时，12a≥，函数()f x 在(),1-∞上递增，在()1,+∞也递增， 又21111a a -+⨯=⨯-，所以函数()f x 在R 上单调递增，此时一定不存在1x 、2R x ∈，12x x ≠，使得12()()f x f x =成立.故选B.【练习3】已知函数24,0(),0x x x f x e e x x⎧+-≤⎪=⎨->⎪⎩，2()314g x x x =--，若存在实数x ，使得()()18g m f x -=成立，则实数m 的取值范围为（ ） A ．)7,4(- B ．[4,7]-C ．(,4)(7,)-∞-+∞D ．(,4][7,)-∞-+∞【答案】D【解析】由题意，当0x ≤时，()|2|44f x x =+-≥-，当且仅当2x =-时取“=”，当0x >时，函数()x e f x e x =-，则2(1)'()xx e f x x-=， 当(0,1)x ∈时，()0f x '<，当时，()0f x '>，所以函数()f x 在区间(0,1)上单调递减，在区间(1,)+∞上单调增， 所以()(1)0f x f ≥=，综上可得()4f x ≥-，因为存在实数x ，使得()()18g m f x -=成立，则()()1841814g m f x =+≥-+=， 即231414m m --≥，即23280m m --≥，解得或4m ≤-，故实数m 的取值范围为(,4][7,)-∞-+∞，故选D. 【练习4】已知函数()ln f x x =,()()h x a x a R =∈.（1）函数()f x 的图象与()h x 的图象无公共点,求实数a 的取值范围；（2）是否存在实数m ,使得对任意的1(,)2x ∈+∞,都有函数()m y f x x =+的图象在()x e g x x =的图象的下方？若存在,请求出整数m 的最大值；若不存在,请说理由.（参考数据：ln 20.6931=,ln3 1.0986=1.3956==）. 【解析】（1）函数()f x 与()h x 无公共点,等价于方程ln xa x=在(0,)+∞无解 令ln ()x t x=,则21ln '(),xt x -=令'()0,t x =得x e =因为x e =是唯一的极大值点,故max ()t t e e==……………4分 故要使方程ln xa x =在(0,)+∞无解, 当且仅当1a e >,故实数a 的取值范围为1(,)e +∞（2）假设存在实数m 满足题意,则不等式ln x m e x x x +<对1(,)2x ∈+∞恒成立.即ln x m e x x <-对1(,)2x ∈+∞恒成立.令()ln xr x e x x =-,则'()ln 1xr x e x =--,令()ln 1xx e x ϕ=--,则1'()x x e x ϕ=-,∵'()x ϕ在1(,)2+∞上单调递增,121'()202e ϕ=-<,'(1)10e ϕ=->,且'()x ϕ的图象在1(,1)2上连续,∵存在01(,1)2x ∈,使得0'()0x ϕ=,即0010xe x -=,则00ln x x =-,∵ 当01(,)2x x∈时,()x ϕ单调递减；当0(,)x x ∈+∞时,()x ϕ单调递增,则()x ϕ取到最小值000001()ln 11xx e x x x ϕ=--=+-110≥=>, ∵ '()0r x >,即()r x 在区间1(,)2+∞内单调递增. 11221111()ln ln 2 1.995252222m r e e ≤=-=+=,∵存在实数m 满足题意,且最大整数m 的值为1.【例1】已知函数[]()2(),2,2f x x x =∈-，2()sin(2)3,0,62g x a x a x ππ⎡⎤=++∈⎢⎥⎣⎦，[]12,2x ∀∈-，总00,2x π⎡⎤∃∈⎢⎥⎣⎦，使得()()01g x f x =成立，则实数a 的取值范围是____________.【答案】(][),46,-∞-+∞【解析】∵[2,2]x ∈-，∵2()[0,4]f x x =∈∵0,2x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，∵72666x πππ≤+≤，∵1sin(2)126x π-≤+≤ ∵221()[3,3]2g x a a a a ∈-++ 要使[]12,2x ∀∈-，总00,2x π⎡⎤∃∈⎢⎥⎣⎦，使得()()01g x f x =成立， 则需满足：221[0,4][3,3]2a a a a ⊆-++ ∵22130234a a a a ⎧-+≤⎪⎨⎪+≥⎩，解得4a ≤-或6a ≥ ∵a 的取值范围是(,4][6,)-∞-⋃+∞.【例2】已知函数f (x )＝x 2－2ax ＋1，g (x )＝ax，其中a >0，x ≠0.(1) 对任意[]2,1∈x ，都有)()(x g x f >恒成立，求实数a 的取值范围；(2) 对任意[]2,11∈x ，任意[]4,22∈x ，都有)()(21x g x f >恒成立，求实数a 的取值范围； (3) 对任意[]2,11∈x ，存在[]4,22∈x ，使)()(21x g x f >成立，求实数a 的取值范围； (4) 存在[]2,11∈x ，任意[]4,22∈x ，使)()(21x g x f >成立，求实数a 的取值范围． 【解答】（1） 因为对任意x ∈[1,2]，都有f (x )>g (x )恒成立，即对任意x ∈[1,2]，x 2－2ax ＋1>ax恒成立，所以a <x 3＋x2x 2＋1在x ∈[1,2]上恒成立．令φ(x )＝x 3＋x 2x 2＋1，则φ′(x )＝2x 4＋x 2＋1(2x 2＋1)2>0，所以φ(x )min ＝φ(1)＝23，所以a <23.又因为a >0，所以实数a 的取值范围是⎝⎛⎭⎫0，23. （2）函数f (x )＝x 2－2ax ＋1＝(x －a )2＋1－a 2在区间[1,2]上的最小值有以下三种情况：①当0<a ≤1时，f (x )min ＝f (1)＝2－2a ；②当1<a <2时，f (x )min ＝f (a )＝a 2－2a 2＋1＝1－a 2； ③当a ≥2时，f (x )min ＝f (2)＝5－4a . 函数g (x )的最大值为a2.当0<a ≤1时，由f (x )min >a 2，即2－2a >a 2，解得0<a <45；当1<a <2时，由f (x )min ＝1－a 2>a2，无解；当a ≥2时，f (x )min ＝5－4a >a2，无解．综上可知，实数a 的取值范围是⎝⎛⎭⎫0，45. （3）函数f (x )＝x 2－2ax ＋1＝(x －a )2＋1－a 2在区间[1,2]上的最小值有以下三种情况：①当0<a ≤1时，f (x )min ＝f (1)＝2－2a ；②当1<a <2时， f (x )min ＝f (a )＝a 2－2a 2＋1＝1－a 2； ③当a ≥2时，f (x )min ＝f (2)＝5－4a . 函数g (x )的最小值为4a当0<a ≤1时，由f (x )min >4a ，即2－2a >4a ，解得0<a <98；当1<a <2时，由f (x )min ＝1－a 2>4a，无解； 当a ≥2时，f (x )min ＝5－4a >4a，无解． 综上可知，实数a 的取值范围是⎪⎭⎫ ⎝⎛980，. （4）函数g (x )的最大值为a2.函数f (x )＝x 2－2ax ＋1＝(x －a )2＋1－a 2在区间[1,2]上的最大值有以下三种情况： ①当0<a ≤23时，245)2()(max a a f x f >-==，解得0<a <910； ②当23>a 时，222)1()(max aa f x f >-==，无解.综上可知，实数a 的取值范围是⎪⎭⎫ ⎝⎛9100，. 2. 巩固提升综合练习【练习1】已知二次函数 f (x )=ax 2+bx +c (a >0) 的图象过点 (1,0)若对任意的 x 1∈[0,2]，存在 x 2∈[0,2]，使得 f (x 1)+f (x 2)>32a ，求 ba 的取值范围.【解析】 由题意，对任意的 x 1∈[0,2]，存在 x 2∈[0,2]，使得 f (x 1)+f (x 2)>32a . 所以 f min (x )+f max (x )>32a .因为 a +b +c =0 ，所以 f (x )=ax 2+bx −a −b ，其对称轴为 x =−b2a . ①当 −b2a <0 即 ba >0 时，f (x ) 在 [0,2] 上单调递增，所以 f min (x )+f max (x )=f (0)+f (2)=−a −b +3a +b =2a >32a .所以b a>0 符合题意.②当 0≤−b2a <1 即 −2<ba ≤0 时，f (x ) 在 [0,−b2a ] 上递减，在 [−b2a ,2] 上递增且 f (0)<f (2) . 所以 f min (x )+f max (x )=f (−b2a)+f (2)=−b 24a −a −b +3a +b =−b 24a +2a . 所以由 −b 24a +2a >32a 得：−√2<ba ≤0 符合题意. ③当 1≤−b2a <2 即 −4<ba ≤−2 时， f (x ) 在 [0,−b 2a ] 上递减，在 [−b 2a,2] 上递增且 f (0)≥f (2) .所以 f min (x )+f max (x )=f (−b2a )+f (0)=−b 24a −a −b −a −b =−b 24a −2a −2b . 所以由 −b 24a −2a −2b >32a 得：−4−√2<ba <−4+√2． 所以 −4<b a <−4+√2 符合题意.④当 −b 2a≥2 即 b a≤−4 时，f (x ) 在 [0,2] 上单调递减，所以 f min (x )+f max (x )=f (2)+f (0)=3a +b −a −b =2a >32a . 所以 ba ≤−4 符合题意.综上所述：所以 ba <−4+√2 或 ba >−√2 .【练习2】 已知函数 f (x )=12ax 2−(2a +1)x +2lnx (a ∈R )．（1）若曲线 y =f (x ) 在 x =1 和 x =3 处的切线互相平行，求 a 的值； （2）求 f (x ) 的单调区间；（3）设 g (x )=x 2−2x ，若对 x 1∈(0,2]，均存在 x 2∈(0,2]，使得 f (x 1)<g (x 2)，求 a 的取值范围 【解析】（1） fʹ(x )=ax −(2a +1)+2x (x >0)． 由题意知 fʹ(1)=fʹ(3)，即 a −(2a +1)+2=3a −(2a +1)+23，解得 a =23． （2） fʹ(x )=(ax−1)(x−2)x(x >0)．① 当 a ≤0 时，因为 x >0，所以 ax −1<0，在区间 (0,2) 上，fʹ(x )>0， 在区间 (2,+∞) 上，fʹ(x )<0，故 f (x ) 的单调递增区间是 (0,2)，单调递减区间是 (2,+∞)．②当 0<a <12 时，1a >2，在区间 (0,2) 和 (1a ,+∞) 上，fʹ(x )>0， 在区间 (2,1a ) 上 fʹ(x )<0，故 f (x ) 的单调递增区间是 (0,2) 和 (1a ,+∞)，单调递减区间是 (2,1a )． ③当 a =12 时，fʹ(x )=(x−2)22x≥0，故 f (x ) 的单调递增区间是 (0,+∞)．④当 a >12 时，0<1a <2，在区间 (0,1a ) 和 (2,+∞) 上，fʹ(x )>0， 在区间 (1a ,2) 上，fʹ(x )<0，故 f (x ) 的单调递增区间是 (0,1a ) 和 (2,+∞)，单调递减区间是 (1a ,2)．（3） 由题意知，在 (0,2] 上有 f (x )max <g (x )max ． 由已知得 g (x )max =0，由（2）可知，①当 a ≤12时，f (x ) 在 (0,2] 上单调递增，故 f (x )max =f (2)=2a −2(2a +1)+2ln2=−2a −2+2ln2， 所以 −2a −2+2ln2<0，解得 a >ln2−1， 故 ln2−1<a ≤12．②当 a >12 时，f (x ) 在 (0,1a ) 上单调递增； 在 [1a ,2] 上单调递减，故 f (x )max =f (1a )=−2−12a −2lna ．由 a >12 可知 lna >ln 12>ln 1e =−1，所以 2lna >−2，即 −2lna <2，所以 −2−2lna <0， 所以 f (x )max <0，符合． 综上所述，a >ln2−1． 1．已知函数()ln f x ax x x =+的图象在点e x =（e 为自然对数的底数）处的切线的斜率为3． (1)求实数a 的值；(2)若2()f x kx ≤对任意0x >成立,求实数k 的取值范围.(2)由（1）知,()ln f x x x x =+, ∴2()f x kx ≤对任意0x >成立1ln xk x+⇔≥对任意0x >成立, 令1ln ()xg x x +=,则问题转化为求()g x 的最大值, 221(1ln )ln '()x x x x g x x x⋅-+==-,令'()0g x =,解得1x =, 当01x <<时,'()0g x >,∴()g x 在(0,1)上是增函数； 当1x >时,'()0g x <,∴()g x 在(1,)+∞上是减函数． 故()g x 在1x =处取得最大值(1)1g =,∴1k ≥即为所求.2.已知函数()log a f x x =,()2log (22)a g x x t =+-,其中0a >且1a ≠,t R ∈． (1)若4t =,且1[,2]4x ∈时,()()()F x g x f x =-的最小值是－2,求实数a 的值； (2)若01a <<,且1[,2]4x ∈时,有()()f x g x ≥恒成立,求实数t 的取值范围. 【答案】(1)15；(2)[2,)+∞.(2)∵()()f x g x ≥恒成立,即log 2log (22)a a x x t ≥+-恒成立,∴1log log (22)2a a x x t ≥+-.又∵01a <<,1[,2]4x ∈,22x t ≤+-,22t x ≥-+∴max (22)t x ≥-.令2117122)([,2])484y x x =-=-+∈,∴max2y=.故实数t 的取值范围为[2,)+∞.3.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 ⎡⎫⎪⎢⎣⎭【答案】D【解析】令()()()21,xg x ex 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.()()'21x g x e x =+,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3,12m e ⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭.4.已知函数f (x )＝x 3－ax 2＋10,若在区间[1,2]内至少存在一个实数x ,使得f (x )<0成立,求实数a 的取值范围．5.若不等式()2211x m x ->-对任意[]1,1m ∈-恒成立,求实数x 的取值范围.12x <<【解析】()2211x m x ->-可转化为()21210m x x --+<,设()()21210f m m x x =--+<,则()f m 是关于m 的一次型函数,要使()0f m <恒成立,只需()()221201220f x x f x x ⎧=-<⎪⎨-=--+<⎪⎩,12x <<. 6.若不等式()()21313ln1ln33x xa x ++-⋅≥-⋅对任意的(],1x ∈-∞恒成立,则a 的取值范围是（ ）A. 10,3⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦ B. 10,3⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭C. [)2,+∞D. (],2-∞ 【答案】D【解析】由题意结合对数的运算法则有： ()213133lnln 33x xxa ++-⋅≥,由对数函数的单调性有：()21313333x xxa ++-⋅≥,整理可得： 2133x x a +≤,由恒成立的条件有： 2min133x xa ⎛⎫+≤ ⎪⎝⎭,其中21313233xx xxy +⎛⎫==+≥ ⎪⎝⎭,当且仅当0x =时等号成立.即0x =时,函数2133x x y +=取得最小值2.综上可得： 2a ≤.本题选择D 选项.7.已知函数()222,02,0x x x f x x x x ⎧-+≥=⎨-<⎩,若关于的不等式()()20f x af x ⎡⎤+<⎣⎦恰有个整数解,则实数的最大值是（ ） A.B.C. 5D.【答案】D8.已知函数()1x f x x e=+,若对任意x R ∈, ()f x ax >恒成立,则实数a 的取值范围是（ ） A. (),1e -∞- B. (]1,1e - C. [)1,1e - D. ()1,e -+∞ 【答案】B【解析】函数()1x f x x e =+，对任意x R ∈, ()f x ax >恒成立,∴1x x ax e +>恒成立,即()11xa x e >-x 恒成立；设()()()1,1x g x h x a x e==-,x ∈R ；在同一坐标系内画出两个函数的图象,如图所示；则满足不等式恒成立的是h (x )的图象在g (x )图象下方,求()g x 的导数()'xg x e -=-,且过()g x 图象上点()00,x y 的切线方程为()000x y y e x x --=--,且该切线方程过原点(0,0),则000x y ex -=-⋅,即000x x e e x --=-⋅,解得01x =-；∴切线斜率为0x k e e -=-=-,∴应满足a −1>−e ,即a >1−e ；又a −1⩽0,∴a ⩽1,∴实数a 的取值范围是(1−e ,1].故选B.9.已知函数()()ln 224(0)f x x a x a a =+--+>,若有且只有两个整数1x , 2x 使得()10f x >,且()20f x >,则a 的取值范围是（ ）A. ()ln3,2B. [)2ln3,2-C. (]0,2ln3- D. ()0,2ln3- 【答案】C【解析】由题意可知, ()0f x >,即()()ln 2240,0x a x a a +--+>>, ()22ln 40ax a x x a ∴->-->,设()()2ln 4,2g x x x h x ax a =--=-,由()121'2x g x x x -=-=,可知()2ln 4g x x x =--,在10,2⎛⎫⎪⎝⎭上为减函数,在1,2⎛⎫+∞⎪⎝⎭上为增函数, ()2h x ax a =-的图象恒过点()2,0,在同一坐标系中作出()(),g x h x 的图象如下：若有且只有两个整数12,x x ,使得()10f x >,且()20f x >,则()()()(){11 33a h g h g >>≤,即0{2 23a a a ln >->-≤-,解得02ln3a <≤-,故选C.10.已知对任意的，总存在唯一的，使得成立（为自然对数的底数），则实数的取值范围是( ) A ． B ．C ．D ．【答案】D 【解析】。
19专题(导数应用)恒成立与存在性问题
(2)已知f(x)=lnx:
①设F(x)=f(x+2)- 2 x ，求F(x)的单调区间；
x 1
②若不等式f(x+1)≤f(2x+1)-m2+3am+4对任意a∈[-1,1]，
x∈[0,1]恒成立，求m的取值范围.
【解题指南】
(2)由题意只需解不等式F′(x)＞0和F′(x)＜0即可得到单调区 间；原不等式恒成立可转化为 lnx13m a 恒 成4 立m ，2进一
得 f(mx－2)<－f(x)＝f(－x)，
∴mx－2<－x，mx－2＋x<0 在 m∈[－2,2]上恒成立．
记 g(m)＝xm－2＋x， 则gg((－2)<20)<，0， 即－2x2－x－2＋2＋x<x0<，0， 得－2<x<23.
答案 －2，23
Hale Waihona Puke 返回4.(2011·湖南高考)
[答案] B
已知函数 f(x)＝ex－1，g(x)＝－x2＋4x－3.若有 f(a)＝g(b)，
(2)方法一：由题意知ex-a≤0在(-∞，0］上恒成立. ∴a≥ex在(-∞，0］上恒成立. ∵ex在(-∞，0］上为增函数. ∴当x=0时，ex最大为1. ∴a≥1.同理可知ex-a≥0在［0，+∞)上恒成立. ∴a≤ex在［0，+∞)上恒成立.∴a≤1，∴a=1. 方法二：由题意知，x=0为f(x)的极小值点. ∴f′(0)=0,即e0-a=0,∴a=1，验证a=1符合题意.
∴ F(x) max ﹤0
5. ∀x1∈D, ∀x2∈E,均有 f(x1) >g(x2)恒成立， 则 f(x)min> g(x)max
6. ∀x1∈D, ∀x2∈E,均有 f(x1) <g(x2)恒成立， 则 f(x) max < g(x) min
导数在高考不等式中应用的新视角——“恒成立”问题与“存在成立”问题的区别及解决办法
． 一 Ｃ ）
＜２恒成 立 ， ｃ 求 的取值
ｃ
范围 ．
２ ｃ三 ＜＜
．
２
错由 得＝卜） 解题 × ，兰＜ ：设 ４（Ｉ ２ ｌ” 化
为
防范策 略 ：这是一类极易 出现 的错误 ，教 学中 应尽量从直观出发 ，列举具体实例 ，让 学生感知错
１ 误 用逻辑 关 系 ０
（）当ｋ ２ ２ ＝ 时， 应有０ ｃ 姜； ＜＜
（） 当 ｋ＝３时 ，应 有 ｃ 或 ｃ ； ３ ＜ ＞ ／
学 生解 题 时误 用 逻 辑 关 系导 致 谬 误 的现 象 也 很 常 见 ，而且 这种 错误 不 易被 发现 ．
例１ ｏ各项均为正数的等比数列 ｛ ｝ ａ ，其前 项
福建中学数 学
（） １若对任 意 ｘ∈＿，３ ， ［３ ］ 都有 ｆ（） ｇｘ 成立 ， ｘ （）
求 ｋ的取 值 范 围 ；
２ １ 年第 ４期 ０２
Ｉ （ ＝ （ ＝ａ １ ｆ １ 一， ） ）
ｌｍ （） （） ｅ ＋ ｅ ｆａ Ｘ ＝ｆ ｅ＝ａ 一 ａ． ｘ
１ 命题 引入 命题 ｌ①定义在 区间 ［ 】 ａ 上的函数 ｆ ｘ 满足 ，ｂ （ ）
ｆｘ （ ｋ （ ） ｋ为 常 数 ） 恒 成 立
∈［，ｂ ； ａ ］
厂 呲（） ， ｋ
２典例剖析 例 １ 已 知 函 数 ／ ｘ ＝ ｘ ＋ ６ — ， （） ８。 １ｘ ｋ
ｇｘ ＝２ ＋ ，其 中 ｋ为参 数 ． （） ｘ ＋５ ４
Ｃ ＞
（成或 ４￣ （ 立ｃ－／…２ ） ＜６／ ） ￣
— —
成立 ．
导数 在高考不等式 中应用 的新视 角
高三数学专题——恒成立与存在性问题
高三复习专题——恒成立与存在性问题知识点总结：(1)恒成立问题1. ∀x∈D,均有f(x)>A恒成立，则f(x)min>A；2. ∀x∈D,均有f(x)﹤A恒成立，则f(x)ma x<A.3. ∀x∈D,均有f(x) >g(x)恒成立，则F(x)=f(x)- g(x) >0，∴F(x)min >04. ∀x∈D,均有f(x)﹤g(x)恒成立，则F(x)=f(x)- g(x) ﹤0，∴F(x) ma x﹤05. ∀x1∈D, ∀x2∈E,均有f(x1) >g(x2)恒成立，则f(x)min> g(x)ma x6. ∀x1∈D, ∀x2∈E,均有f(x1) <g(x2)恒成立，则f(x) ma x < g(x) min(2)存在性问题1. ∃x0∈D,使得f(x0)>A成立，则f(x) ma x >A；2. ∃x0∈D,使得f(x0)﹤A成立，则f(x) min <A3. ∃x0∈D,使得f(x0) >g(x0)成立，设F(x)=f(x)- g(x)，∴F(x) ma x >04. ∃x0∈D,使得f(x0) <g(x0)成立，设F(x)=f(x)- g(x)，∴F(x) min <05. ∃x1∈D, ∃x2∈E, 使得f(x1) >g(x2)成立，则f(x) ma x > g(x) min6. ∃x1∈D, ∃x2∈E,均使得f(x1) <g(x2)成立，则f(x) min < g(x) ma x(3)相等问题1. ∀x1∈D, ∃x2∈E,使得f(x1)=g(x2)成立，则{ f(x)}{g(x)}(4)恒成立与存在性的综合性问题1. ∀x1∈D, ∃x2∈E, 使得f(x1) >g(x2)成立，则f(x)m in>g(x)m in2. ∀x1∈D, ∃x2∈E, 使得f(x1) <g(x2)成立，则f(x)max <g(x)max(5)恰成立问题1. 若不等式f(x)>A在区间D上恰成立，则等价于不等式f(x)>A的解集为D；2.若不等式f(x)<B在区间D上恰成立，则等价于不等式f(x)<B的解集为D.► 探究点一 ∀x ∈D ，f (x )>g (x )的研究例1、已知函数12)(2+-=ax x x f ，xa x g =)(，其中0>a ，0≠x ． 对任意]2,1[∈x ，都有)()(x g x f >恒成立，求实数a 的取值范围；【思路分析】等价转化为函数0)()(>-x g x f 恒成立，通过分离变量，创设新函数求最值解决．简解：（1）由12012232++<⇒>-+-x x x a x a ax x 成立，只需满足12)(23++=x x x x ϕ的最小值大于a 即可．对12)(23++=x x x x ϕ求导，0)12(12)(2224>+++='x x x x ϕ，故)(x ϕ在]2,1[∈x 是增函数，32)1()(min ==ϕϕx ，所以a 的取值范围是320<<a ．► 探究点二 ∃x ∈D ，f (x )>g (x )的研究对于∃x ∈D ，f (x )>g (x )的研究，先设h (x )＝f (x )－g (x )，再等价为∃x ∈D ，h (x )max >0，其中若g (x )＝c ，则等价为∃x ∈D ，f (x )max >c .例 已知函数f (x )＝x 3－ax 2＋10.(1)当a ＝1时，求曲线y ＝f (x )在点(2，f (2))处的切线方程；(2)在区间[1,2]内至少存在一个实数x ，使得f (x )<0成立，求实数a 的取值范围．【解答】 (1)当a ＝1时，f ′(x )＝3x 2－2x ，f (2)＝14，曲线y ＝f (x )在点(2，f (2))处的切线斜率k ＝f ′(2)＝8，所以曲线y ＝f (x )在点(2，f (x ))处的切线方程为8x －y －2＝0.(2)解法一：f ′(x )＝3x 2－2ax ＝3x ⎝⎛⎭⎫x －23a (1≤x ≤2)， 当23a ≤1，即a ≤32时，f ′(x )≥0，f (x )在[1,2]上为增函数，故f (x )m in ＝f (1)＝11－a ，所以11－a <0，a >11，这与a ≤32矛盾．当1<23a <2，即32<a <3时，当1≤x <23a ，f ′(x )<0；当23a <x ≤2，f ′(x )>0，所以x ＝23a 时，f (x )取最小值，因此有f ⎝⎛⎭⎫23a <0，即827a 3－49a 3＋10＝－427a 3＋10<0，解得a >3352，这与32<a <3矛盾； 当23a ≥2，即a ≥3时，f ′(x )≤0，f (x )在[1,2]上为减函数，所以f (x )m in ＝f (2)＝18－4a ，所以18－4a <0，解得a >92，这符合a ≥3.综上所述，a 的取值范围为a >92.解法二：由已知得：a >x 3＋10x 2＝x ＋10x 2，设g (x )＝x ＋10x 2(1≤x ≤2)，g ′(x )＝1－20x 3，∵1≤x ≤2，∴g ′(x )<0，所以g (x )在[1,2]上是减函数．g (x )m in ＝g (2)，所以a >92.【点评】 解法一在处理时，需要用分类讨论的方法，讨论的关键是极值点与区间[1,2]的关系；解法二是用的参数分离，由于ax 2>x 3＋10中x 2∈[1,4]，所以可以进行参数分离，而无需要分类讨论．► 探究点三 ∀x 1∈D ，∀x 2∈D ，f (x 1)>g (x 2)的研究例、设函数b x x a x h ++=)(，对任意]2,21[∈a ，都有10)(≤x h 在]1,41[∈x 恒成立，求实数b 的取值范围．思路分析：解决双参数问题一般是先解决一个参数，再处理另一个参数．以本题为例，实质还是通过函数求最值解决．方法1：化归最值，10)(10)(max ≤⇔≤x h x h ；方法2：变量分离，)(10x xa b +-≤或x b x a )10(2-+-≤； 方法3：变更主元，0101)(≤-++⋅=b x a x a ϕ，]2,21[∈a 简解：方法1:对b x x a b x x g x h ++=++=)()(求导，22))((1)(xa x a x x ax h +-=-='， 由此可知，)(x h 在]1,41[上的最大值为)41(h 与)1(h 中的较大者． ⎪⎩⎪⎨⎧-≤-≤⇒⎪⎩⎪⎨⎧≤++≤++⇒⎪⎩⎪⎨⎧≤≤∴a b a b b a b a h h 944391011041410)1(10)41(，对于任意]2,21[∈a ，得b 的取值范围是47≤b ．► 探究点四 ∀x 1∈D ，∃x 2∈D ，f (x 1)>g (x 2)的研究对于∀x 1∈D ，∃x 2∈D ，f (x 1)>g (x 2)的研究，第一步先转化为∃x 2∈D ，f (x 1)m in >g (x 2)，再将该问题按照探究点一转化为f (x 1)m in >g (x 2)m in .例、已知函数f (x )＝2|x －m |和函数g (x )＝x |x －m |＋2m －8.(1)若方程f (x )＝2|m |在[－4，＋∞)上恒有惟一解，求实数m 的取值范围；(2)若对任意x 1∈(－∞，4]，均存在x 2∈[4，＋∞)，使得f (x 1)>g (x 2)成立，求实数m 的取值范围．【解答】 (1)由f (x )＝2|m |在x ∈[－4，＋∞)上恒有惟一解，得|x －m |＝|m |在x ∈[－4，＋∞)上恒有惟一解．当x －m ＝m 时，得x ＝2m ，则2m ＝0或2m <－4，即m <－2或m ＝0.综上，m 的取值范围是m <－2或m ＝0.(2)f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧ 2x －m x ≥m ，2m －x x <m ，原命题等价为f (x 1)m in >g (x 2)m in .①当4≤m ≤8时，f (x )在(－∞，4]上单调递减，故f (x )≥f (4)＝2m －4，g (x )在[4，m ]上单调递减，[m ，＋∞)上单调递增，故g (x )≥g (m )＝2m －8，所以2m －4>2m －8，解得4<m <5或m >6.所以4<m <5或6<m ≤8.②当m >8时，f (x )在(－∞，4]上单调递减，故f (x )≥f (4)＝2m －4，g (x )在⎣⎡⎦⎤4，m 2单调递增，⎣⎡⎦⎤m 2，m 上单调递减，[m ，＋∞)上单调递增，g (4)＝6m －24>g (m )＝2m －8，故g (x )≥g (m )＝2m －8，所以2m －4>2m －8，解得4<m <5或m >6.所以m >8.③0<m <4时，f (x )在(－∞，m ]上单调递减，[m ,4]上单调递增，故f (x )≥f (m )＝(x )在[4，＋∞)上单调递增，故g (x )≥g (4)＝8－2m ，所以8－2m <1，即72<m <4.④m ≤0时，f (x )在(－∞，m ]上单调递减，[m ,4]上单调递增，故f (x )≥f (m )＝(x )在[4，＋∞)上单调递增，故g (x )≥g (4)＝8－2m ，所以8－2m <1，即m >72(舍去)．综上，m 的取值范围是⎝⎛⎭⎫72，5∪(6，＋∞)． 【点评】 因为对于∀x ∈D ，f (x )>c ，可以转化为f (x )m in >c ；∃x ∈D ，c >g (x )，可以转化为c >g (x )m in ，所以本问题类型可以分两步处理，转化为f (x )m in >g (x )m in .► 探究点五 ∀x 1∈D ，∃x 2∈D ，f (x 1)＝g (x 2)的研究对于∀x 1∈D ，∃x 2∈D ，f (x 1)＝g (x 2)的研究，若函数f (x )的值域为C 1，函数g (x )的值域为C 2，则该问题等价为C 1⊆C 2.例、设函数f (x )＝－13x 3－13x 2＋53x －4.(1)求f (x )的单调区间；(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．【解答】 (1)f ′(x )＝－x 2－23x ＋53，令f ′(x )>0，即x 2＋23x －53<0，解得－53<x <1，∴f (x )的单调增区间为⎝⎛⎭⎫－53，1；单调减区间为⎝⎛⎭⎫－∞，－53和(1，＋∞)． (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 ]，即⎩⎪⎨⎪⎧－3a 2－2a ＋1≤－4，－3≤－2a ， 解得1≤a ≤32.恒成立与存在有解的区别：恒成立和有解是有明显区别的，以下充要条件应细心思考，甄别差异，恰当使用，等价转化，切不可混为一体。
第07讲 导数中的恒成立与存在性问题(解析版)
第7讲 导数中的恒成立与存在性问题1．设函数()(21)x f 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】解：设()(21)x g x e x =-，y ax a =-，由题意知存在唯一的整数0x 使得0()g x 在直线y ax a =-的下方，()(21)2(21)x x x g x e x e e x '=-+=+，∴当12x <-时，()0g x '<，当12x >-时，()0g x '>， ∴当12x =-时，()g x 取最小值122e --，当0x =时，(0)1g =-，当1x =时，g （1）0e =>， 直线y ax a =-恒过定点(1,0)且斜率为a ， 故(0)1a g ->=-且1(1)3g e a a --=---，解得312a e< 故选：D ．2．设函数()(21)x f x e x ax a =--+，其中1a <，若存在两个整数1x ，2x ，使得1()f x ，2()f x 都小于0，则a 的取值范围是( )A ．25[3e ，3)2eB ．3[2e -，3)2eC ．25[3e ，1) D ．3[2e，1) 【解析】解：函数()(21)x f x e x ax a =--+， 其中1a <，设()(21)x g x e x =-，y ax a =-， 存在两个整数1x ，2x ， 使得1()f x ，2()f x 都小于0，∴存在两个整数1x ，2x ，使得()g x 在直线y ax a =-的下方，()(21)x g x e x '=+，∴当12x <-时，()0g x '<， ∴当12x =-时，121[()]()22min g x g e -=-=-．当0x =时，(0)1g =-，g （1）0e =>，直线y ax a =-恒过(1,0)，斜率为a ，故(0)1a g ->=-， 且1(1)3g e a a --=-<--，解得32a e <．(2)2g a a ---，解得253a e ， a ∴的取值范围是25[3e ，3)2e． 故选：A ．3．设函数()(21)x f x x e =-，()(1)g x a x =-，其中1a <，若存在唯一的整数0x 使得00()()f x g x <，则a 的取值范围是( )A ．3[2e-，1) B ．3[2e，1) C ．3[2e -，3)4D ．3[2e ，3)4【解析】解：设()(21)x f x e x =-，()(1)g x a x =-， 由存在唯一的整数0x 使得00()()f x g x <，()(21)2(21)x x x f x e x e e x '=-+=+，∴当12x <-时，()0f x '<，当12x >-时，()0f x '>， ∴当12x =-时，()f x 取最小值122e --，当0x =时，(0)1f =-，当1x =时，f （1）0e =>， 直线()(1)g x a x =-恒过定点(1,0)且斜率为a ， 故(0)1a f ->=-且1(1)3f e a a --=---，解得312a e< 故选：B ．4．设函数()(31)x f x e x ax a =--+，其中1a <，若有且只有一个整数0x 使得0()0f x ，则a 的取值范围是()A ．23(,)4eB ．23[,)4eC ．2(,1)eD ．2[,1)e【解析】解：设()(31)x g x e x =-，()h x ax a =-， 则()(32)x g x e x '=+，2(,)3x ∴∈-∞-，()0g x '<，()g x 单调递减，2(3x ∈-，)+∞，()0g x '>，()g x 单调递增，23x ∴=-，取最小值233e --，(0)1(0)g a h ∴=-<-=，g （1）h -（1）20e =>，直线()h x ax a =-恒过定点(1,0)且斜率为a ，1(1)(1)420g h e a -∴---=-+>， 2a e∴>， 1a <，a ∴的取值范围2(e，1)．故选：C ．5．已知函数2()()f x x a lnx =-，曲线()y f x =上存在两个不同点，使得曲线在这两点处的切线都与y 轴垂直，则实数a 的取值范围是( ) A ．21(,0)e -B ．(1,0)-C ．21(,)e -+∞ D ．(1,)-+∞【解析】解：曲线()y f x =上存在不同的两点，使得曲线在这两点处的切线都与y 轴垂直， ()20af x xlnx x x∴'=+-=有两个不同的解， 即得222a x lnx x =+有两个不同的解， 设222y x lnx x =+，则44y xlnx x '=+， 10x e ∴<<，0y '<，函数递减，1x e>，0y '>，函数递增， 1x e∴=时，函数取得极小值2e --，x →+∞，y →+∞，20e a -∴-<<，故选：A ．6．已知函数1()()xf x x a e =-，曲线()y f x =上存在两个不同点，使得曲线在这两点处的切线都与y 轴垂直，则实数a 的取值范围是( ) A ．2(e -，)+∞B ．2(e -，0)C ．21(e -，)+∞ D ．21(e -，0) 【解析】解：曲线()y f x =上存在不同的两点， 使得曲线在这两点处的切线都与y 轴垂直，()(1)0x f x a x e -∴'=+-=有两个不同的解， 即得(1)x a x e -=-有两个不同的解， 设(1)x y x e -=-，则(2)x y x e -'=-，2x ∴<，0y '<，函数递减，2x >，0y '>，函数递增， 2x ∴=时，函数取得极小值2e --，x →+∞，0y →，20a e -∴>>-．故选：D ．7．已知21()(0)2f x alnx x a =+>，若对任意两个不等的正实数1x ，2x 都有1212()()2f x f x x x --恒成立，则a 的取值范围是( ) A ．(1,)+∞B ．[1，)+∞C ．(0，1]D ．(0,1)【解析】解：设对任意两个不等的正实数12x x >都有2>恒成立，则1212()()22f x f x x x --， 1122()2()2f x x f x x ∴--，令21()()222g x f x x alnx x x =-=+-，则12()()g x g x ，所以函数()g x 是增函数， ()20(0)ag x x x x'=+->恒成立， 22a x x ∴-恒成立，222(1)1x x x -=--+，∴当1x =时，2()2g x x x =-取得最大值g （1）1=，1a ∴．即a 的取值范围是[1，)+∞． 故选：B ．8．已知21()2f x alnx x =+，若对任意两个不等的正实数1x ，2x 都有1212()()0f x f x x x ->-成立，则实数a 的取值范围是( ) A ．[0，)+∞B ．(0,)+∞C ．(0,1)D ．(0，1]【解析】解：对任意两个不等的正实数1x ，2x ，都有1212()()0f x f x x x ->-恒成立则当0x >时，()0f x '>恒成立()0af x x x'=+>在(0,)+∞上恒成立 则2()max a x >- 而20x -<，则0a 故选：A ．9．已知函数2()(1)f x aln x x =+-，若对p ∀，(0,1)q ∈，且p q ≠，有(1)(1)2f p f q p q+-+>-恒成立，则实数a 的取值范围为( )A ．(,18)-∞B ．(-∞，18]C ．[18，)+∞D ．(18,)+∞【解析】解：因为2()(1)f x aln x x =+-，所以2(1)[(1)1](1)f x aln x x +=++-+， 所以(1)2(1)2af x x x '+=-++． 因为p ，(0,1)q ∈，且p q ≠，所以(1)(1)2f p f q p q +-+>-恒成立(1)(1)2(1)(1)f p f q p q +-+⇔>+-+恒成立(1)2f x '⇔+恒成立，即2(1)2(01)2ax x x -+<<+恒成立， 所以22(2)(01)a x x >+<<恒成立，又因为(0,1)x ∈时，282(2)18x <+<，所以18a ． 故选：C ．10．已知函数21()(1)2f x aln x x =+-，在区间(0,1)内任取两个数p ，q ，且p q ≠，不等式(1)(1)3f p f q p q +-+>-恒成立，则实数a 的取值范围是( ) A ．[8，)+∞B ．(3，8]C ．[15，)+∞D ．[8，15]【解析】解：由函数21()(1)2f x aln x x =+-，22111(1)[(1)1](1)(2)222f x aln x x aln x x x ∴+=++-+=+---(1)12af x x x ∴'+=--+， p ，(0,1)q ∈，且p q ≠，不等式(1)(1)3f p f q p q +-+>-恒成立等价式(1)(1)3(1)(1)f p f q p q +-+>+-+恒成立，转化为(1)3f x '+>恒成立，即132ax x -->+，(01)x <<恒成立， 整理可得：268a x x >++，01x <<，∴函数2268(3)1y x x x =++=+-在(0,1)是递增函数．15max y ∴<故得15a ． 故选：C ．11．设函数3()(33)(2)x x f x e x x ae x x =-+---，若不等式()0f x 有解，则实数a 的最小值为( ) A ．21e- B ．22e -C ．11e-D ．212e +【解析】解：()0f x 可化为 3(33)0x x e x x ae x -+--，即333xx a x x e -+-， 令3()33xx F x x x e =-+-， 则21()33(1)(33)x x x F x x x x e e--'=-+=-++， 令()33x G x x e -=++，则()3x G x e -'=-， 故当3x e -=，即3x ln =-时，()33x G x x e -=++有最小值(3)3363(23)0G ln ln ln -=-+=->，故当[2x ∈-，1)时，()0F x '<，(1,)x ∈+∞时，()0F x '>；故()F x 有最小值F （1）111331e e =-+-=-；故实数α的最小值为11e -．故选：C ．12．设函数3()()(31)(3)f x x lnx x lnx a x =-++-，若不等式()0f x 有解，则实数a 的最小值为( ) A ．21e- B ．22e-C ．212e +D ．11e-【解析】解：若不等式()0f x 有解，则31()(3)3a lnx lnx x -++有解，令31()()(3)3g x lnx lnx x =-++，则11()(1)[3(1)]g x lnx lnx x x '=-++，令1()3(1)h x lnx x=++， 则231()x h x x -'=， 令()0h x '>，解得：13x >， 令()0h x '<，解得：103x <<，故()h x 在1(0,)3递减，在1(3，)+∞，故1()()3(23)03min h x h ln ==->，故()0h x >，令()0g x '>，即10lnx ->，解得：x e >， 令()0g x '<，即10lnx -<，解得：0x e <<， 故()g x 在(0,)e 递减，在(,)e +∞递增，故()min g x g =（e ）11e =-，故a 的最小值是11e -，故选：D ．13．设函数323()(62)22x x f x e x x x ae x =+-+--，若不等式()0f x 在[2-，)+∞上有解，则实数a 的最小值为( )A ．312e --B ．322e --C ．3142e --D ．11e--【解析】解：323()(62)202x x f x e x x x ae x =+-+--在[2-，)+∞上有解3232(62)2x x ae e x x x x ⇔+-+-在[2-，)+∞上有解323(62)22[](2)x min xe x x x x a x e +-+-⇔-．令32323(62)32()622x x xe x x x xx g x x x x e e +-+-==+-+-， 则211()336(1)(36)x x x g x x x x x e e-'=+--=-++， [2x ∈-，)+∞，∴当[2x ∈-，1)时，()0g x '<，()g x 在区间[2-，1)上单调递减；当(1,)x ∈+∞时()0g x '>，()g x 在区间(1,)+∞上单调递增；∴当1x =时，()g x 取得极小值g （1）313116222e e=+-+-=--，也是最小值， 3122a e∴--， 3142a e∴--． 故选：C ．14．已知函数2()()()lnx x b f x b R x +-=∈，若存在1[2x ∈，2]，使得()()f x x f x >-'，则实数b 的取值范围是() A ．(,-∞ B ．3(,)2-∞C ．9(,)4-∞D ．(,3)-∞【解析】解：2()()lnx x b f x x+-=，0x >， 2212()()()x x b lnx x b f x x +----∴'=， 12()()()x x b f x xf x x+-∴+'=， 存在1[2x ∈，2]，使得()()0f x xf x +'>，12()0x x b ∴+->12b x x∴<+， 设1()2g x x x=+， ()max b g x ∴<，2221()2x g x x -∴'=， 当()0gx '=时，解得：x ， 当()0gx '>2x <时，函数单调递增，当()0g x '<时，即1222x <时，函数单调递减， ∴当2x =时，函数()g x 取最大值，最大值为g （2）94=， 94b ∴<， 故选：C ．15．已知()x f x xe =，2()(1)g x x a =-++，若存在1x ，2x R ∈，使得21()()f x g x 成立，则实数a 的取值范围为( )A ．1[e ，)+∞B ．1[e-，)+∞C ．(0,)eD ．1[e-，0)【解析】解：1x ∃，2x R ∈，使得21()()f x g x 成立， 等价于()()min max f x g x ， ()(1)x x x f x e xe x e '=+=+，当1x <-时，()0f x '<，()f x 递减， 当1x >-时，()0f x '>，()f x 递增，所以当1x =-时，()f x 取得最小值1()(1)min f x f e=-=-；当1x =-时()g x 取得最大值为()(1)max g x g a =-=， 所以1a e -，即实数a 的取值范围是1a e-， 故选：B ．16．设过曲线()2cos g x ax x =+上任意一点处的切线为1l ，总存在过曲线()x f x e x =--上一点处的切线2l ，使得12//l l ，则实数a 的取值范围为( ) A ．[1，)+∞B ．[1，]+∞C ．(-∞，3]-D ．(,3)-∞-【解析】解：设()2cos g x ax x =+上为1(x ，1())g x ，()f x 上切点为2(x ，2())f x ， 依题得1x R ∀∈，2x R ∃∈，有112sin 1x a x e -=--，[2a -，2](,1)a +⊆-∞- 易得3a <-． 故选：D ．17．设函数24(),()x x f x g x xe x +==，若对任意1x ，2(0x ∈，]e ，不等式12()()1g x f x +恒成立，则正数的取值范围为( )A ．141(,]e e e+ B ．(e ，4] C ．1(0,]4e e e +-D ．14(0,]4e e +- 【解析】解：对任意1x ，2(0x ∈，]e ，不等式12()()1g x f x +恒成立，等价于12()()()()1max min g x f x +恒成立， 2444()24x f x x x x x x+==+⋅=，当且仅当2x =时等号成立，∴2()4()min f x =；又()x g x xe =，()(1)0x x x g x e xe x e ∴'=+=+>在(0，]e 上恒成立，则11()()11e maxg x e +++， ∴141e e ++，又0>，解得1404e e +<-．∴正数的取值范围为14(0,]4e e +-． 故选：D ．18．设e 表示自然对数的底数，函数22()()()()4x e a f x x a a R -=+-∈，若关于x 的不等式1()5f x 有解，则实数a 的值为15． 【解析】解：22()()()()4x e a f x x a a R -=+-∈，若关于x 的不等式1()5f x 有解，5有解，由y ，可得函数y 的几何意义为点(,)2x e x 和点(,)2aa 的距离，由于两点在曲线2xe y =和直线20x y -=运动，当直线20x y t -+=与曲线相切，设切点为(,)2me m ，可得切线的斜率为122m e =，解得0m =，则切点为1(0,)2，可得切点到直线20x y -=的距离为d =，5有解，且等号成立， 由20x y -=和122y x =-+联立，可得交点为1(5，1)10， 即有15a =，故答案为：15．19．已知21()2f x alnx x x =++，若对任意两个不等的正实数1x ，2x ，都有122212()()1f x f x x x -<-恒成立，则a 的取值范围是 (-∞，1]4- ．【解析】解：设12x x >，则221212()()f x f x x x -<-， 221122()()f x x f x x ∴-<-，令221()()2g x f x x alnx x x =-=-+，12()()g x g x ∴<，()g x ∴在(0,)+∞上单调递减，()10ag x x x∴'=-+， 2211()24a x x x ∴-=--，14x ∴=时，21()4min x x -=-， 14a ∴-． a ∴的取值范围是(-∞，1]4-．故答案为：(-∞，1]4-．20．（1）设函数()(21)x f 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 3[2e，1) ． （2）已知()x f x xe =，2()(1)g x x a =-++，若1x ∃，2x R ∈，使得21()()f x g x 成立，则实数a 的取值范围 ．【解析】解：（1）函数()(21)x f x e x ax a =--+，其中1a <， 设()(21)x g x e x =-，y ax a =-， 存在唯一的整数0x ，使得0()0f x <，∴存在唯一的整数0x ，使得0()g x 在直线y ax a =-的下方，()(21)x g x e x '=+，∴当12x <-时，()0g x '<， ∴当12x =-时，121[()]()22min g x g e -=-=-．当0x =时，(0)1g =-，g （1）0e =>，直线y ax a =-恒过(1,0)，斜率为a ，故(0)1a g ->=-， 且1(1)3g e a a --=---，解得32a e． a ∴的取值范围是3[,1)2e． （2）1x ∃，2x R ∈，使得21()()f x g x 成立，等价于()()min max f x g x ， ()x f x xe =-， ()(1)x f x x e ∴'=+，当1x <-时，()0f x '<；1x >-时，()0f x '>．1x ∴=-时，1()min f x e =-．2()(1)g x x a =++， ()max g x a ∴=．1a e∴-， ∴实数m 的取值范围是1[,)e-+∞．故答案分别为：（1）3[,1)2e；（2）1[,)e -+∞．21．当(0,)x ∈+∞时，不等式22(1)0c x cx lnx cx -++恒成立，则实数c 的取值范围是 1[e ，){}e +∞- ．【解析】解：当(0,)x ∈+∞时，不等式22(1)0c x cx lnx cx -++恒成立， 即(0,)x ∈+∞时，()(1)0xc lnx xc -+恒成立， 即(0,)x ∈+∞时，1lnx c x c x ⎧⎪⎪⎨⎪-⎪⎩或1lnx c xc x ⎧⎪⎪⎨⎪-⎪⎩，令()lnx f x x =，21()lnx f x x -'=， 令()0f x '>，解得：0x e <<， 令()0f x '<，解得：x e >，()f x ∴在(0,)e 递增，在(,)e +∞递减， ()max f x f ∴=（e ）1e =，而10y x=-<， 又当1x e =时，2()(1)(1)0cxc lnx xc e-+=+符合条件，c e ∴=-， 故1ce，或c e =-， 故答案为：1[e，){}e +∞-．22．若关于x 的不等式(1)()0x ax e aex +-在(0,)+∞上恒成立，则实数a 的取值范围是 [0，1] ． 【解析】解：当0a =时，不等式(1)()0x ax e aex +- 即为0x e >显然成立；当0a >时，0x >，10ax +>，只要0x e aex -，即有xe ae x的最小值，令()x e g x x =，2(1)()x e x g x x -'=，当1x >时，()0g x '>，()g x 递增； 当01x <<时，()0g x '<，()g x 递减． 即有1x =处取得最小值，且为e ， 则ae e ，解得01a <； 当0a <时，0x >，0x e aex ->， 只要10ax +恒成立，由于11ax +， 则0a <不恒成立．综上可得a 的范围是[0，1]． 故答案为：[0，1]．23．关于x 的不等式(1)()0ax lnx ax -+在(0,)+∞上恒成立，则实数a 的取值范围是 1a e -或a e = ．【解析】解：0a <，则0lnx ax +，令y lnx ax =+，则1y a x'=+， 10x a ∴<<-时，0y '>，1x a>-时，0y '<1x a∴=-时，函数取得最大值1()1ln a --，0lnx ax +，1()10ln a ∴--，1a e∴-；0a =时，则0lnx ，在(0,)+∞上不恒成立，不合题意；0a >时，100ax lnx ax -⎧⎨+⎩或100ax lnx ax -⎧⎨+⎩，a e =， 综上，1a e-或a e =．24．已知关于x 的不等式321ax x x lnx x+++在(0,)+∞上恒成立，则实数a 的取值范围是 (-∞，1]- ． 【解析】解：当0a 时，取1x =，则3222ax x x a ++=+>，11lnx x +=，不等式321ax x x lnx x+++在(0,)+∞上不恒成立，0a ∴<．①当1a -时，3232ax x x x x x ++-++， 令32()g x x x x =-++，2()321(31)(1)g x x x x x '=-++=-+-，当(0,1)x ∈时，()0g x '>，()g x 为增函数，当(1,)x ∈+∞时，()0g x '<，()g x 为减函数， ()g x ∴在(0,)+∞上的极大值也是最大值为g （1）1=．又1()f x lnx x =+，22111()x f x x x x-'=-=，当(0,1)x ∈时，()0f x '<，()f x 为减函数，当(1,)x ∈+∞时，()0f x '>， ()f x 为增函数，()f x ∴在(0,)+∞上的极小值也是最小值为f （1）11ln g =+=（1）． ()()f x g x ∴在(0,)+∞上恒成立；②当(1,0)a ∈-时，取1x =，则3221ax x x a ++=+>，11lnx x +=，不等式321ax x x lnx x+++在(0,)+∞上不恒成立． 综上，1a -． 故答案为：(-∞，1]-．25．已知函数()1(0)f x x alnx a =--<，4()g x x=，若对任意1x ，2(0x ∈，1]都有1212|()()||()()|f x f x g x g x --成立，则实数a 的取值范围为 [3-，0) ．【解析】解：函数()f x 的定义域为(0,)+∞，则当0a <时，()10af x x'=->恒成立， 此时，函数()f x 在(0,)+∞上是增函数， 又函数4()g x x=，在(0，1]上是减函数 不妨设1201x x <，则1221|()()|()()f x f x f x f x -=-，121244|()()|g x g x x x -=-， 则不等式1212|()()||()()|f x f x g x g x --等价为121211|()()|4||f x f x x x --， 即212144()()f x f x x x ++设44()()1h x f x x alnx x x=+=--+， 则121211|()()|4||f x f x x x --，等价于函数()h x 在区间(0，1]上是减函数22244()1a x ax h x x x x --'=--=， 240x ax ∴--在(0，1]上恒成立，即4a x x -在(0，1]上恒成立，即a 不小于4y x x =-在(0，1]内的最大值．而函数4y x x=-在(0，1]是增函数，4y x x ∴=-的最大值为3-3a ∴-，又0a <，[3a ∴∈-，0)． 故答案为：[3-，0)． 26．若()1f x x alnx =--，()xexg x e =，0a <，且对任意1x ，2[3x ∈，124]()x x ≠，121211|()()|||()()f x f x g x g x -<-的恒成立，则实数a 的取值范围为 22[33e -，0) ．【解析】解：易知1(),()f x g x 在[3x ∈，4]上均为增函数，不妨设12x x <，则121211|()()|||()()f x f x g x g x -<- 等价于212111()()()()f x f xg x g x -<-， 即212111()()()()f x f xg x g x -<-； 令1()()1()xe h xf x x alnxg x ex=-=---，则()h x 在[3x ∈，4]为减函数，则2(1)()10x a e x h x x ex '-=--在(3,4)x ∈上恒成立，∴11,[3,4]x x e a x ex x---+∈恒成立； 令11(),[3,4]x x e u x x ex x--=-+∈， ∴11122(1)113()11[()],[3,4]24x x x e x u x ee x x x ----'=-+=--+∈，()u x ∴为减函数，()u x ∴在[3x ∈，4]的最大值为22(3)33u e =-；综上，实数a 的取值范围为22[33e -，0)．故答案为：22[33e -，0)．27．设过曲线()3x f x e x a =--+上任意一点处的切线为1l ，总存在过曲线()(1)2cos g x x a x =-+上一点处的切线2l ，使得12l l ⊥，则实数a 的取值范围为 [1-，2] ． 【解析】解：由()x f x e x =--，得()1x f x e '=--， 11x e +>，∴1(0,1)1xe ∈+， 由()(1)2cos g x x a x =-+，得()2sin g x a x '=-，又2sin [2x -∈-，2]， 2sin [2a x a ∴-∈-+，2]a +，要使过曲线()3x f x e x a =--+上任意一点的切线为1l ，总存在过曲线()(1)2cos g x a x x =-+上一点处的切线2l ，使得12l l ⊥， 则2021a a -⎧⎨+⎩，解得12a -．即a 的取值范围为[1-，2]， 故答案为[1-，2]．28．设函数2221(),()x e x e x f x g x x e +==，对任意1x 、2(0,)x ∈+∞，不等式12()()1f x g x k k+，恒成立，则正数k 的取值范围是 1k ．【解析】解：当0x >时，21()2f x e x x=+2x e x =，1(0,)x ∴∈+∞时，函数1()f x 有最小值2e ，2()x e x g x e =，2(1)()xe x g x e -∴'=， 当1x <时，()0g x '>，则函数()g x 在(0,1)上单调递增， 当1x >时，()0g x '<，则函数在(1,)+∞上单调递减，1x ∴=时，函数()g x 有最大值g （1）e =，则有1x 、2(0,)x ∈+∞，12()2()min max f x e g x e =>=， 不等式12()()1f x g x k k+恒成立且0k >， ∴21e ek k +， 1k ∴故答案为：1k ．29．已知函数()1()f x x alnx a R =--∈，()xe g x x =，当0a <时，且对任意的1x ，2[4x ∈，125]()x x ≠，1212|()()||()()|f x f x g x g x -<-恒成立，则实数a 的取值范围为 ．【解析】当0a <时，()10af x x'=->在[4x ∈，5]上恒成立， ∴函数()f x 在[4x ∈，5]上单调递增，()xe g x x=，2(1)()0x e x g x x -'=>在[4x ∈，5]上恒成立，()g x ∴在[4，5]上为增函数．当0a <时，且对任意的1x ，2[4x ∈，125]()x x ≠， 1212|()()||()()|f x f x g x g x -<-恒成立，即2211()()()()f x g x f x g x -<-在[4x ∈，5]上恒成立．设()()()1xe F xf xg x x alnx x =-=---，则()F x 在[4x ∈，5]上为减函数．2(1)()10x a e x F x x x -'=--在[4x ∈，5]上恒成立，化为x xe a x e x-+恒成立． 设()xxe H x x e x=-+，222(1)11113()11(1)1[()]24x xx x e x H x e e e x x x x -'=-+=--+=--+，[4x ∈，5]． 231133[()]1244x e e x ∴-+>>，[4x ∈，5]．()0H x ∴'<在[4x ∈，5]上恒成立，即()H x 为减函数．()H x ∴在[4x ∈，5]上的最大值为H （4）444134444e e e =-+=-．43404e a ∴-<．。
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2019年高考数学专题：导数中恒成立与存在性问题（解析版）1．设函数．（1）若函数是R上的单调增函数，求实数a的取值范围；（2）设，是的导函数．①若对任意的，求证：存在使；②若求证：．【答案】(1) ；(2)①.证明见解析；②证明见解析.【解析】试题分析：（1）由题意，对恒成立，对恒成立；（2）①，由题中条件得到令，则，代入表达式得到，得证；②，，即，，只需证，换元研究函数最值即可.∴，从而．（2）①，则．若，则存在，使，不合题意.∴．取，则．此时．∴存在，使．②依题意，不妨设，令，则．∴．下面证明，即证明，只要证明．设，则在恒成立．∴在单调递减，故，从而得证．∴，即．2．已知函数.（1）若在处取得极值，求的值；（2）若在上恒成立，求的取值范围.【答案】（1）；（2）【解析】试题分析：（1），由在处取到极值，可得，.经检验，时，在处取到极小值；（2），令，讨论三种情况，分别利用导数研究函数的单调性，求出函数的最值，可得当时，不满足在上恒成立，时再分两种情况讨论可得时，在上恒成立，当时，根据二次函数的性质可得不满足题意，进而可得结果.学试题解析：（1），∵在处取到极值， ∴，即，∴. 经检验，时，在处取到极小值. （2），令，①当时，，在上单调递减.又∵，∴时，，不满足在上恒成立.②当时，二次函数开口向上，对称轴为，过.a.当，即时，在上恒成立， ∴，从而在上单调递增. 又∵，∴时，成立，满足在上恒成立.b.当，即时，存在，使时，，单调递减；时，，单调递增，∴.又∵，∴，故不满足题意.③当时，二次函数开口向下，对称轴为，在上单调递减，，∴，在上单调递减.又∵，∴时，，故不满足题意.综上所述，.3．设函数()ln mf x x x =+， m R ∈．（1）当m e =时，求函数()f x 的极小值；（2）讨论函数()()3xg x f x -'=零点的个数；（3）若对任意的0b a >>，()()1f b f a b a-<-恒成立，求实数m 的取值范围．【答案】（1）极小值2；（2）1,4⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭（Ⅲ）由题意原命题等价于()()f b b f a a-<-恒成立，设()ln (0)mh x x x x x =+->，进而转化为()h x 在()0,+∞上单调递减，利用导数，即可求得实数m 的取值范围．试题解析：（1）因为()2'(0)x ef x x x -=>，所以当()0,x e ∈时， ()0f x '<， ()f x 在()0,e 上单调递减；当(),x e ∈+∞时，()0f x '>，()f x 在(),e +∞上单调递增；所以当x e =时，()f x 取得极小值()ln 2ef e e e =+=.（2）()()3x g x f x -'== 213m xx x -- (0)x >，令()0g x =，得31(0)3m x x x =-+>．设()31(0)3x x x x ϕ=-+>，则()21x x φ-'=+=()()11x x --+．所以当()0,1x ∈时，()0x φ'>，()x φ在()0,1上单调递增；当()1,x ∈+∞时，()0x φ'<，()x φ在()1,+∞上单调递减；所以()x φ的最大值为()121133φ=-+=，又()00φ=，可知：①当23m >时，函数()g x 没有零点；②当23m =或0m ≤时，函数()g x 有且仅有1个零点；③当203m <<时，函数()g x 有2个零.所以2m x x ≥-+= 21124x ⎛⎫--+ ⎪⎝⎭ (0)x >恒成立，所以14m ≥． 即m 的取值范围是1,4⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭．4．已知函数()f x 是偶函数，且满足()()220f x f x +--=，当(]0,2x ∈时，()(1)x f x e ax a =+>，当(]4,2x ∈--时，()f x 的最大值为2416e +.（1）求实数a 的值；（2）函数()()344203g x bx bx b =-+≠，若对任意的()11,2x ∈，总存在()21,2x ∈，使不等式()()12f x g x <恒成立，求实数b 的取值范围.【答案】（1）2；（2）23384b e ≥+或23384b e ≤--使不等式()()12f x g x <恒成立”等价于“()()max maxf xg x <”，故可将问题转化为求函数()(),f x g x 的最大值或其值域．试题解析： （1）∵()()220f x f x +-=，即()()22f x f x +=，∴()()224f x f x +=+，∴()()44f x f x =+，当(]0,2x ∈时，()(1)x f x e ax a =+>，∴当(]4,2x ∈--时，(]40,2x +∈，∴()()()444444x f x f x e a x +=+=++.又1a >， ∴()4440x f x e a ++'=>恒成立，∴()f x 在(]4,2--上单调递增，∴()()2max 248f x f e a=-=+，令2248416e a e +=+，解得2a =． ∴实数a 的值为2． （2）当()1,2x ∈时，()2x f x e x=+，∴()20x f x e ='+>，∴函数()f x 在()1,2单调递增，∴当()1,2x ∈时，()()224f x f e <=+．又当()1,2x ∈时， ()344203g x bx bx b =-+≠（），∴()()2244410g x bx b b x b =-='-≠（）．①当0b >时，()0g x '>，函数()g x 在区间()1,2x ∈单调递增，∴()()8223g x g b <=+．∵对任意的()11,2x ∈，总存在()21,2x ∈，使不等式()()12f x g x <恒成立，∴28423e b +≤+解得23384b e ≥+；解得23384b e ≤--； 综上23384b e ≥+或23384b e ≤--． ∴实数b 的取值范围][223333,,8484e e ⎛⎫-∞--⋃++∞ ⎪⎝⎭． 5．设a R ∈,函数()()2x af x x a -=+.（Ⅰ）若函数()f x 在()()0,0f 处的切线与直线32y x =-平行,求a 的值;（Ⅱ）若对于定义域内的任意1x ,总存在2x 使得()()21f x f x <,求a 的取值范围.【答案】（1）1a =±（2）[)0,+∞【解析】试题分析：（1）先求导数，再根据导数几何意义得切线斜率为()0f '，解得a 的值;（2）先根据任意存在性含义转化不等式为对应函数最值关系： ()f x 在定义域内不存在最小值,再求导数，根据a 正负讨论导函数符号变化规律，进而确定单调性以及最小值取法，最后根据最小值情况确定a 的取值范围.学 .试题解析：解:（Ⅰ）函数()()2x af x x a -=+的导函数为()()()33a xf x x a x a +'-=≠-,则函数()f x 在()()0,0f 处的切线斜率为()230f a '=,依题意有233a=,解得1a =±.可得()f x 在(),a -∞-单调递增,在(),3a a -单调递增,在()3,a +∞单调递减,即有()f x 在3x a =取得极大值,当x a >时, ()0f x >;当x a <时,()0f x <.取12,x a x a <≠-即可,当1x a <-时, ()f x 在(),a -∞-单调递减,且11112x x x a a <++<-,()11112f x f x x a ⎛⎫>++ ⎪⎝⎭, 故存在21112x x x a =++,使得()()21f x f x <,同理当1a x a -<<时,令21112x x x a =-+使得()()21f x f x <,则有当0a >时, ()()21f x f x <成立;③当0a <时, ()f x 在(),3a -∞单调递减,在()3,a a -单调递增,在(),a -+∞单调递增,即有()f x 在3x a =处取得极小值,当x a >时, ()0f x >;当x a <时()0f x <,所以()()min 3f x f a =,当13x a =时,不存在2x 使得()()21f x f x <成立,综上可得, a 的取值范围是[)0,+∞.6．已知函数()sinf x a x bx=+的图像在点ππ,33f⎛⎫⎛⎫⎪⎪⎝⎭⎝⎭处的切线方程为π203x y+=.（Ⅰ）求实数,a b的值;（Ⅱ）当π2x<<时,()()1f x m x>-恒成立,求实数m的取值范围.【答案】（1）1a=, 1b=-;（2）2,π⎛⎤-∞⎥⎝⎦【解析】试题分析：()1求出()f x acosx b='+，根据题意可得1322{3323af bbf aπππ⎛⎫=+=-⎪⎝⎭⎛⎫=+⎪'⎝⎭，解出即可得到所以π1322{π3π323af bbf a⎛⎫=+=-⎪⎝⎭⎛⎫=+⎪⎝⎭',解得1a=, 1b=-;（Ⅱ）由（Ⅰ）知()sinf x x x=-,当π2x<<,()()1f x m x>-恒成立等价于sin xmx<恒成立,设()sinπ,0,2xg x xx⎛⎫=∈ ⎪⎝⎭,则()2cos sinx x xg xx-'=,记()cos sinh x x x x=-,()sin0h x x x'=-<,所以()h x在区间π0,2⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减,()()00h x h<=,故()0 g x'<,所以()g x在区间π0,2⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减,()π22πg x g⎛⎫>=⎪⎝⎭,所以2πm≤,实数m的取值范围为2,π⎛⎤-∞⎥⎝⎦.。