微专题12 数列中与“恒成立”相关问题 讲义-2021届高三数学二轮复习
数列中的恒成立问题(教师版)
数列中的恒成立问题【常用方法和策略】：数列中的恒成立问题历来是高考的热点，其形式多样，变化众多，综合性强，属于能力题，主要考查学生思维的灵活性与创造性．数列中等式恒成立问题通常采用赋值法和待定系数法，利用关于n 的方程有无数个解确定参数的值，也可采用观察、归纳猜想再证明的思想；与不等式有关的数列恒成立问题，常常使用分离参数法、利用函数性质法等，转化为研究数列的最值问题．【课前预习】：1. 已知数列{}n a 是无穷等差数列，11a =，公差0d ≠，若对任意正整数n ，前n 项的和与前3n 项的和之比为同一个常数，则数列{}n a 的通项公式是_______________. 【解析】由已知得，(1)2n n n d S n -=+，33(31)32n n n dS n -=+，设3n n S t S =为常数，则2963dn d tdn t td +-=+-对*n N ∀∈恒成立，所以9263td d d t td =⎧⎨-=-⎩，由于0d ≠，解得219d t =⎧⎪⎨=⎪⎩故21n a n =-2. 设n S 是等差数列{}n a 的前n 项和，若数列{}n a 满足2n n a S An Bn C +=++且0A >，则1B C A+-的最小值为 ．【解析】根据2n n a S An Bn C +=++及等差数列的性质，可设S n =An 2+Dn ，则a n =（B －D ）n+C ，则有a 1=B －D+C ，由等差数列的求和公式可得S n =2)(1n a a n +=2D B -n 2+22CD B +-n=An 2+Dn ，则有⎪⎩⎪⎨⎧=+-=-DCD B A DB 222，消去参数D 并整理可得B －C=3A ，故A 1+B －C=A 1+3A ≥2A A 31⋅=23，当且仅当A1=3A ，即A=33时等号成立．3. 记数列{}n a 的前n 项和为n S ，若不等式22212n n S a ma n+≥对任意等差数列{}n a 及任意正整数n 都成立，则实数m 的最大值为________．【解析】设数列{a n }的公差是d ，则a n ＝a 1＋(n －1)d ，S n ＝n a 1＋n （n －1）2d.由题意[a 1＋(n －1)d]2＋⎝⎛⎭⎫a 1＋n －12d 2≥m a 21对任意的a 1，d ∈R ，n ∈N *恒成立． ① 若a 1＝0，上式显然恒成立；② 若a 1≠0，则⎣⎡⎦⎤1＋（n －1）d a 12＋⎣⎡⎦⎤1＋（n －1）d 2a 12≥m 对任意的a 1，d ∈R ，n ∈N *恒成立．令（n －1）d 2a 1＝t ，则(1＋2t)2＋(1＋t)2≥m 对任意的实数t 恒成立．而(1＋2t)2＋(1＋t)2＝5t 2＋6t ＋2＝5⎝⎛⎭⎫t ＋352＋15，所以t ＝－35时(1＋2t)2＋(1＋t)2取最小值，所以m ≤15.综上所述，m 的最大值为15.【典型例题】：例题1 设数列{a n }满足a n +1 = 2a n + n 2 - 4n + 1．（1）若a 1 = 3，求证：存在f (n )=a n 2+b n+c （a ，b ，c 为常数），使数列{ a n + f (n ) }是等比数列，并求出数列{a n }的通项公式；（2）若a n 是一个等差数列{b n }的前n 项和，求首项a 1的值与数列{b n }的通项公式． 【解析】(1)证明：设数列{ a n + f (n ) }的公比为q ，则：a n+1+f (n+1)=q(a n +f (n )), 而()()()c n b n a n n a n f a n n ++++++-+=+++111421221 c b bn a na an n n a n +++++++-+=214222()()()c b a n b a n a a n +++++-+++=142122()()qc qbn qan qa n f a q n n +++=+2．由等式恒成立得⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧+++=+-=+==c b a qc b a qb a qa q 14212，解得⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=-===0212c b a q ．∴存在f (n )=n 2-2n ，数列{ a n + f (n ) }成公比为2的等比数列．又a 1+f (1)=3+1-2=2，所以a n +f (n)=2⋅2n -1=2n ．所以a n =2n - f (n)= 2n - n 2+2n ．.………………（8分） (2) ∵a n 是一个等差数列{b n }的前n 项和，可设Bn An a n +=2，则:()()()()B A n B A An n B n A a n ++++=+++=+211221．又a n +1 = 2a n + n 2 - 4n + 1142222+-++=n n Bn An ()()142122+-++=n B n A ．由此得⎪⎩⎪⎨⎧=+-=++=142212B A B B A A A ，解得⎩⎨⎧=-=21B A ．所以n n a n 22+-=，所以11=a ．所以当2≥n 时，()()[]1212221-+---+-=-=-n n n n a a b n n n n 23-=．当1=n 时，111==a b 满足上式．故n b n 23-=．.………………（16分）例题2已知数列{}n a ，其前n 项和为n S ．（1）若{}n a 是公差为d )0(>d 的等差数列，且也是公差为d 的等差数列，求数列{}n a 的通项公式；（2）若数列{}n a 对任意m n ∈*N ，，且m n ≠，都有2m n mnm n S a a a a m n m n+-=+++-，求证： 数列{}n a 是等差数列．【解析】（1）设n b =n S b n n +=2，当321，，=n 时，2111=1b S n a =++，① 2121()222b d S a d +=+=++，②2131(2)3333b d S a d +=+=++， ③ 联立①②③消去1a ，得2211()2b d b d +=+ ④ 2211(2)33b d b d +=+ ⑤ ④3⨯-⑤得：221120b b d d -+=，则1b d =，⑥ 将⑥代入⑤解出12d =（=0d 舍去），………………………………………………… 2分从而解得134a =-，所以1524n a n =-. ……………………………………………… 4分此时，12n b n =对于任意正整数n 满足题意. …………………………… 6分（2）因为对任意,m n ∈*N ，m n ≠，都有2m n mnm n S a a a a m n m n+-=+++-， ① 在①中取1m n =+，2111122211n n n n n n S a aa a a n ++++-=++=+， ② ……………………… 8分 同理212121212422133n n n n n n n S a a a a a a n ++-+-+--+=++=+，③…………………………………10分 由②③知，2114223n n n a a a +-++=,即211230n n n a a a ++--+=， 即211112(2)2n n n n n n a a a a a a +++-+-=+-，…………………………………………… 12分②中令1n =，31220a a a +-=，从而2120n n n a a a +++-=，即211n n n n a a a a +++-=-，………………………………… 14分 所以，数列{}n a 成等差数列. ………………………………………………………… 16分例题3已知数列{a n }满足a 1＝a (a ＞0，a ∈N *)，a 1＋a 2＋…＋a n －pa n ＋1＝0(p ≠0，p ≠－1，n ∈N *)． (1)求数列{a n }的通项公式a n ；(2)若对每一个正整数k ，若将a k ＋1，a k ＋2，a k ＋3按从小到大的顺序排列后，此三项均能构成等差数列，且公差为d k .①求p 的值及对应的数列{d k }．②记S k 为数列{d k }的前k 项和，问是否存在a ，使得S k ＜30对任意正整数k 恒成立？若存在，求出a 的最大值；若不存在，请说明理由．【解析】 (1)因为a 1＋a 2＋…＋a n －pa n ＋1＝0，所以n ≥2时，a 1＋a 2＋…＋a n －1－pa n ＝0，两式相减，得a n ＋1a n ＝p ＋1p (n ≥2)，故数列{a n }从第二项起是公比为p ＋1p 的等比数列，又当n ＝1时，a 1－pa 2＝0，解得a 2＝ap， 从而a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧a (n ＝1)，a p ⎝⎛⎭⎫p ＋1p n －2 (n ≥2).(2)①由(1)得a k ＋1＝a p ⎝⎛⎭⎫p ＋1p k －1，a k ＋2＝a p ⎝⎛⎭⎫p ＋1p k ，a k ＋3＝a p ⎝⎛⎭⎫p ＋1p k ＋1，若a k ＋1为等差中项，则2a k ＋1＝a k ＋2＋a k ＋3， 即p ＋1p ＝1或p ＋1p ＝－2，解得p ＝－13； 此时a k ＋1＝－3a (－2)k －1，a k ＋2＝－3a (－2)k ， 所以d k ＝|a k ＋1－a k ＋2|＝9a ·2k －1，若a k ＋2为等差中项，则2a k ＋2＝a k ＋1＋a k ＋3， 即p ＋1p＝1，此时无解； 若a k ＋3为等差中项，则2a k ＋3＝a k ＋1＋a k ＋2， 即p ＋1p ＝1或p ＋1p ＝－12，解得p ＝－23， 此时a k ＋1＝－3a 2⎝⎛⎭⎫－12k －1，a k ＋3＝－3a 2⎝⎛⎭⎫－12k ＋1， 所以d k ＝|a k ＋1－a k ＋3|＝9a 8·⎝⎛⎭⎫12k －1， 综上所述，p ＝－13，d k ＝9a ·2k －1或p ＝－23，d k ＝9a 8·⎝⎛⎭⎫12k －1.②当p ＝－13时，S k ＝9a (2k －1)．则由S k ＜30，得a ＜103(2k －1)，当k ≥3时，103(2k －1)＜1，所以必定有a ＜1，所以不存在这样的最大正整数． 当p ＝－23时，S k ＝9a 4⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫12k ， 则由S k ＜30，得a ＜403⎣⎡1－⎝⎛⎭⎫12k ]，因为403⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫12k ＞403，所以a ＝13满足S k ＜30恒成立；但当a ＝14时，存在k ＝5，使得a ＞403⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫12k 即S k ＜30，所以此时满足题意的最大正整数a ＝13.例题4 已知数列{}n a 为等差数列，12a =，{}n a 的前n 和为n S ，数列{}n b 为等比数列，且2112233(1)24n n n a b a b a b a b n ++++⋅⋅⋅+=-⋅+对任意的n *∈N 恒成立．（1）求数列{}n a 、{}n b 的通项公式； （2）是否存在非零整数λ，使不等式112111(1)(1)(1)cos 2n n a a a a πλ+--⋅⋅⋅⋅⋅⋅-<对一切n *∈N 都成立？若存在，求出λ的值；若不存在，说明理由．（3）各项均为正整数的无穷等差数列{}n c ，满足391007c a =，且存在正整数k ，使139,,k c c c 成等比数列，若数列{}n c 的公差为d ，求d 的所有可能取值之和．法2：因为 ①对任意的恒成立则（） ②①②得，又，也符合上式，所以2112233(1)24n n n a b a b a b a b n ++++⋅⋅⋅+=-⋅+n *∈N 1112233-1-1(2)24n n n a b a b a b a b n ++++⋅⋅⋅+=-⋅+2n ≥-12(2)n n n a b n n +=⋅≥114a b =12()n n n a b n n +*=⋅∈N由于{}n a 为等差数列，令n a kn b =+，则12n n n b kn b+⋅=+，因为{}n b 为等比数列，则12[(1)](1)()n n b n k n b q b n kn b --+==-+（为常数）， 即2(2)(22)0qk k n bq kq b k n qb -+--+-=对于*n N ∀∈恒成立，202200qk k bq kq b k qb -=⎧⎪∴--+=⎨⎪-=⎩，所以2,0q b ==． 又12a =，所以2k =，故2,2nn n a n b ==．（Ⅱ）由2n a n =，得11cos cos(1)(1)2n n a n ππ++=+=-，设nb =1(1)n n b λ+-<．∵0n b >，且1211n n n b b ++=>，∴1n n b b +>，数列{}n b 单调递增． 假设存在这样的实数λ，使得不等式1(1)n n b λ+-<对一切n*∈N 都成立，则 ①当n 为奇数时，得min 1()n b b λ<==；② 当n 为偶数时，得min 2()nb b λ-<==λ>．综上，λ⎛∈ ⎝，由λ是非零整数，可知存在1λ=±满足条件．（Ⅲ）易知d=0，成立．当d ＞0时，3911382014201438c c d c d =+=⇒=-，39(39)2014(39)k c c k d k d =+-=+-，[][]22391(201438)2014(39)2014,38(53)2014(39)20142014,k c c c d k d d k d =⇒-+-=⇒-+-=⨯()()53201439532014d k d ⇒-+-=⨯⎡⎤⎣⎦，()23953(77)0(39)53(77)k d k d k d k ⇒--+-=⇒-=-，395353107(53)395377kd d k d k d ⇒-=-⨯⇒-=-⨯，*39537739(53)5339537753385338393953535353d d k N d d d d-⨯-+⨯-⨯⨯⨯===-=+∈----，又120143838(53)05300c d d d d =-=->⇒->⎧⎨>⎩，05353d ∴<-<， 531,2,19d ∴-=，52,51,34d ∴=，所以公差d 的所有可能取值之和为137．……16分【评注】第一问采取特殊化的思想，转化为联立方程组求首项，公差公比问题，比较容易解决；第二问学会构造数列，将恒成立问题转化为求数列的最小值，先研究数列的单调性，进而求其最值，特别注意最后结果需要对n 分奇偶讨论；第三问通过等比中项，构造公差和项数的方程，利用项数是正整数，分析对公差d 的要求，进而得到d 的可能取值，此类问题虽然比较常见，但是对变形、运算、分析能力要求很高．【课后巩固】：1. 设数列{}的前n 项和为Sn ，且，若对任意，都有，则实数p 的取值范围是 【答案】，因此，因为n a 114()2n n a -=+-*n N ∈1(4)3n p S n ≤-≤______.[2,3]131(4)32121(1)(1)3232n n n p S n p ≤-≤⇒≤≤++max min13[][]2121(1)(1)3232n n p ≤≤++，所以，综上实数p 的取值范围是2. 设等差数列{}n a 满足公差d N +∈,n a N +∈,且数列{}n a 中任意两项之和也是该数列的一项.若513a =，则d 的所有可能取值之和为_________________.【答案】364【解析】设,n m a a (m n)≠设等差数列{}n a 中的任意两项，由已知得，53(n 1)n a d =+-，53(1)m a m d =+-，则523(2)m n a a m n d +=⨯++-，设m n a a +是数列{}n a 中的第k 项，则有53(1)m n a a k d +=+-，即5523(2)3(1)m n d k d ⨯++-=+-，531d m n k =-+--，故d 的所有可能取值为23451,3,3,3,3,3，其和为61336413-=-．3. 设各项均为正数的数列的前项和为，满足2+1=4+43n n a S n -，且恰好是等比数列的前三项．⑴ 求数列、的通项公式；⑵ 记数列的前项和为，若对任意的，恒成立，求实数的取值范围．解：（1）2+1=4+43n n a S n -，∴当时，()21=4+413n n a S n ---，()22+11=44=44n n n n n a a S S a -∴--++，()222+1442n n n n a a a a ∴=++=+， 0n a >恒成立，+12,2n n a a n ∴=+≥，∴ 当时，是公差的等差数列. ………………3分构成等比数列，，，解得，…………5分∴当时，()32221n a n n =+-=-，由条件可知，221=4+43a a -，12a ∴=………………6分min max 133113[]3,[]21212122(1)(1)(1)3232323n n ==>=+++332p ≤≤[2,3]{}n a n n S 2514,,a a a {}n b {}n a {}n b {}n b n n T *n N ∈3()362n T k n +≥-k 2n ≥2n ≥{}n a 2d =2514,,a a a 25214a a a ∴=⋅()()2222824a a a +=⋅+23a =2n ≥数列的通项公式为2,121,2n n a n n =⎧=⎨-≥⎩.………………8分，123,9b b ∴==，∴数列的通项公式为………………9分(2) ， 对恒成立， 即对恒成立，……………… 11分 令，， 当时，，当时，………………13分，．…………16分4. 已知数列{a n }的各项均为正数，其前n 项的和为S n ，且对任意的m ，n ∈N *，都有(S m ＋n ＋S 1)2＝4a 2m a 2n ． （1）求a 2a 1的值；（2）求证：{a n }为等比数列；（3）已知数列{c n }，{d n }满足|c n |＝|d n |＝a n ，p (p ≥3)是给定的正整数，数列{c n }，{d n }的前p 项的和分别为T p ，R p ，且T p ＝R p ，求证：对任意正整数k (1≤k ≤p )，c k ＝d k ．解：（1）由(S m ＋n ＋S 1)2＝4a 2n a 2m ，得(S 2＋S 1)2＝4a 22，即(a 2＋2a 1)2＝4a 22．因为a 1＞0，a 2＞0，所以a 2＋2a 1＝a 2，即a 2a 1＝2． ………………………… 3分证明：（2）（方法一）令m ＝1，n ＝2，得(S 3＋S 1)2＝4a 2a 4，即(2a 1＋a 2＋a 3)2＝4a 2a 4， 令m ＝n ＝2，得S 4＋S 1＝2a 4，即2a 1＋a 2＋a 3＝a 4． 所以a 4＝4a 2＝8a 1．又因为a 2a 1＝2，所以a 3＝4a 1． ………………………… 6分由(S m ＋n ＋S 1)2＝4a 2n a 2m ，得(S n ＋1＋S 1)2＝4a 2n a 2，(S n ＋2＋S 1)2＝4a 2n a 4． 两式相除，得(S n ＋2＋S 1)2(S n ＋1＋S 1)2＝a 4a 2，所以S n ＋2＋S 1S n ＋1＋S 1＝a 4a 2＝2． 即S n ＋2＋S 1＝2(S n ＋1＋S 1)， 从而S n ＋3＋S 1＝2(S n ＋2＋S 1)．所以a n ＋3＝2a n ＋2，故当n ≥3时，{a n }是公比为2的等比数列． 又因为a 3＝2a 2＝4a 1，从而a n ＝a 1·2 n －1，n ∈N*． 显然，a n ＝a 1·2 n－1满足题设，∴{}n a {}n b 3nn b =11(1)3(13)331132n n n n b q T q +---===--1333()3622n k n +-∴+≥-*n N ∈243nn k -∴≥*n N ∈243n n n c -=1124262(27)333n n n n nn n n c c -------=-=3n ≤1n n c c ->4n ≥1n n c c -<max 32()27n c c ∴==227k ≥因此{a n }是首项为a 1，公比为2的等比数列． ………………………… 10分 （方法二）在(S m ＋n ＋S 1)2＝4a 2n a 2m 中，令m ＝n ，得S 2n ＋S 1＝2a 2n ． ① 令m ＝n ＋1，得S 2n ＋1＋S 1＝2a 2n a 2n ＋2 ， ② 在①中，用n ＋1代n 得，S 2n ＋2＋S 1＝2a 2n ＋2． ③ ②－①，得a 2n ＋1＝2a 2n a 2n ＋2－2a 2n ＝2a 2n (a 2n ＋2－a 2n )， ④ ③－②，得a 2n ＋2＝2a 2n ＋2－2a 2n a 2n ＋2＝2a 2n ＋2(a 2n ＋2－a 2n )， ⑤ 由④⑤得a 2n ＋1＝a 2n a 2n ＋2． ⑥………………………… 8分⑥代入④，得a 2n ＋1＝2a 2n ；⑥代入⑤得a 2n ＋2＝2a 2n ＋1， 所以a 2n ＋2a 2n ＋1＝a 2n ＋1a 2n ＝2．又a 2a 1＝2，从而a n ＝a 1·2 n －1，n ∈N*． 显然，a n ＝a 1·2 n－1满足题设，因此{a n }是首项为a 1，公比为2的等比数列． ………………………… 10分 （3）由（2）知，a n ＝a 1·2 n －1．因为|c p |＝|d p |＝a 1·2p －1，所以c p ＝d p 或c p ＝－d p ． 若c p ＝－d p ，不妨设c p ＞0，d p ＜0，则T p ≥a 1·2p －1－(a 1·2p －2＋a 1·2p －3＋…＋a 1)＝a 1·2p －1－a 1·(2p －1－1)＝a 1＞0． R p ≤－a 1·2p －1＋(a 1·2p －2＋a 1·2p －3＋…＋a 1)＝－a 1·2p －1＋a 1·(2p －1－1)＝－a 1＜0． 这与T p ＝R p 矛盾，所以c p ＝d p ． 从而T p －1＝R p －1．由上证明，同理可得c p －1＝d p －1．如此下去，可得c p －2＝d p －2，c p －3＝d p －3．…，c 1＝d 1． 即对任意正整数k (1≤k ≤p )，c k ＝d k ． ………………………… 16分5. 已知数列{}n a 满足1a m =，*12,21(,),2n n n a n k a k N r R a r n k+=-⎧=∈∈⎨+=⎩，其前n 项和为n S .（1）当m 与r 满足什么关系时，对任意的*n N ∈，数列{}n a 都满足2n n a a +=？（2）对任意实数,m r ，是否存在实数p 与q ，使得{}2+1n a p +与{}2n a q +是同一个等比数列？若存在，请求出,p q 满足的条件；若不存在，请说明理由；（3）当1m r ==时，若对任意的*n N ∈，都有n n S a λ≥，求实数λ的最大值.解：（1）由题意，得1a m =，2122a a m ==，322a a r m r =+=+，首先由31a a =，得0m r +=. ……………2分当0m r +=时，因为*12,21(),2n n n a n k a k N a m n k+=-⎧=∈⎨-=⎩， 所以13a a m ==⋅⋅⋅=，242a a m ==⋅⋅⋅=，故对任意的*n N ∈，数列{}n a 都满足2n n a a +=.即当实数,m r 满足0m r +=时，题意成立. ……………4分（2）依题意，21221=2n n n a a r a r +-=++，则2121=2()n n a r a r +-++，因为1=a r m r ++，所以当0m r +≠时，{}21n a r ++是等比数列，且211=()2()2n n n a r a r m r +++=+.为使{}21n a p ++是等比数列，则p r =.同理，当0m r +≠时，22=()2n n a r m r ++，则欲{}22n a r +是等比数列，则2q r =. …………8分综上所述：①若0m r +=，则不存在实数,p q ，使得{}21n a p ++与{}2n a q +是等比数列；②若0m r +≠，则当,p q 满足22q p r ==时，{}21n a p ++与{}2n a q +是同一个等比数列. …10分（3）当1m r ==时，由（2）可得2121n n a -=-，12=22n n a +-，当2n k =时，12=22k n k a a +=-，1223112(22+2)(22+2)3=322)k k k n k S S k k ++==+++++---……（， 所以n n S a =31(1)22k k +--， 令122k k kc +=-，则1121211(1)2202222(22)(22)k k k k k k k k k k c c +++++++---=-=<----， 所以32n n S a ≥，32λ≤， ……………13分 当21n k =-时，21=21k n k a a -=-，11222322)(22)234k k k n k k S S a k k +++=-=----=--（， 所以3421n k n S k a =--，同理可得1n n S a ≥，1λ≤， 综上所述，实数λ的最大值为1. ……………16分。
新高考数学二轮复习恒成立问题与能成立问题培优课件
令 h(x)＝1－x－ln x，则 h′(x)＝－1－1x.
12
因为x∈(0，＋∞)，所以h′(x)<0， 所以h(x)为(0，＋∞)上的减函数，且h(1)＝0， 故当x∈(0,1)时，h(x)>0，即g′(x)>0， 所以g(x)在(0,1)上单调递增； 当x∈(1，＋∞)时，h(x)<0，即g′(x)<0， 所以g(x)在(1，＋∞)上单调递减. 所以当x＝1时，g(x)取得极大值，也是最大值， 即g(x)max＝g(1)＝1.
专题强化练
1.(2023·吴忠模拟)已知函数f(x)＝x2－(2a－1)x－aln x. (1)当a＝1时，求函数f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；
当a＝1时，f(x)＝x2－x－ln x，f(1)＝0， 可得 f′(x)＝2x－1－1x，故 f′(1)＝0， 所以函数f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y＝0.
由h′(x)>0，得x>1；由h′(x)<0，得0<x<1，
所以h(x)min＝h(1)＝1>0，
所以x－ln x>0， 所以原不等式等价于 2a≤x12－x2－ln xx. 令 g(x)＝x12－x2－ln xx(x>0)，
则
g′(x)＝(x－1()x－12x＋ln 1x－)2 ln
x .
令 φ(x)＝12x＋1－ln x，则 φ′(x)＝x－2x2， 由φ′(x)>0，得x>2；由φ′(x)<0，得0<x<2， 易知φ(x)在(0,2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增， 所以φ(x)≥φ(2)＝2－ln 2>0， 所以当x>1时，g′(x)>0； 当0<x<1时，g′(x)<0， 所以 g(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，g(x)≥g(1)＝－21， 由 2a≤－12，得 a≤－14，故实数 a 的取值范围为－∞，－14.
2021年高考数学专题复习：数列(含答案解析)
（1）求{an}的通项公式；
（2）设bn＝2 an，求{bn}的前n项和Tn．
3．已知等比数列{an}的各项均为正数，且a1+16a3＝1，a1a5＝16a42．
（Ⅰ）求数列{an}的通项公式；
（Ⅱ）设bn＝log2an，求数列{ }的前n项和Tn．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）证明： ．
13．设数列{an}满足a1＝2，an+1＝an+2n．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）设bn＝log2（a1•a2…an），求数列{ }的前n项和Sn．
14．已知等比数列{an}的各项都为正数，Sn为其前n项和，a3＝8，S3＝14．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）记Tn ，求使得Tn 成立的正整数n的最小值．
15．设数列{an}的前n项和为Sn（n∈N*），且满足an+Sn＝2n+1．
（1）证明数列{an﹣2}是等比数列，并求数列{an}的通项公式；
（2）若bn＝n（2﹣an），求数列{bn}的前n项和Tn．
16．已知{an}是等差数列，{bn}是等比数列，b1＝a5，b2＝3，b5＝﹣81．
（1）求数列{an}，{bn}的通项公式；
（2）设cn an，数列{cn}的前n项和为Tn，若不等式 1 恒成立，求λ的取值范围．
18．已知递增的等比数列{an}的前n项和为Sn，S3 ，a3a4＝a5．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）若4an＝3Sn，求正整数n的值．
19．已知等差数列{an}中，a2＝3，a4＝7．等比数列{bn}满足b1＝a1，b4＝a14．
高三数学专题——恒成立与存在性问题
高三数学专题——恒成立与存在性问题高三复专题——恒成立与存在性问题知识点总结：1.___成立问题：1) 若对于D中的任意x，都有f(x)>A，则f(x)的最小值>A；2) 若对于D中的任意x，都有f(x)<A，则f(x)的最大值<A；3) 若对于D中的任意x，都有f(x)>g(x)，则F(x)=f(x)-g(x)>0，因此F(x)的最小值>0；4) 若对于D中的任意x，都有f(x)<g(x)，则F(x)=f(x)-g(x)<0，因此F(x)的最大值<0；5) 若对于D中的任意x1和E中的任意x2，都有f(x1)>g(x2)，则f(x)的最小值>g(x)的最大值；6) 若对于D中的任意x1和E中的任意x2，都有f(x1)<g(x2)，则f(x)的最大值<g(x)的最小值。
2.存在性问题：1) 若存在D中的x，使得f(x)>A，则f(x)的最大值>A；2) 若存在D中的x，使得f(x)<A，则f(x)的最小值<A；3) 若存在D中的x，使得f(x)>g(x)，则F(x)=f(x)-g(x)，因此F(x)的最大值>0；4) 若存在D中的x，使得f(x)<g(x)，则F(x)=f(x)-g(x)，因此F(x)的最小值<0；5) 若存在D中的x1和E中的x2，使得f(x1)>g(x2)，则f(x)的最大值>g(x)的最小值；6) 若存在D中的x1和E中的x2，使得f(x1)<g(x2)，则f(x)的最小值<g(x)的最大值。
3.相等问题：1) 若对于D中的任意x1，存在E中的某个x2，使得f(x1)=g(x2)，则{f(x)}={g(x)}；4.___成立与存在性的综合性问题：1) 若对于D中的任意x1，存在E中的某个x2，使得f(x1)>g(x2)，则f(x)的最小值>g(x)的最小值；2) 若对于D中的任意x1，存在E中的某个x2，使得f(x1)<g(x2)，则f(x)的最大值<g(x)的最大值。
恒成立或存在性问题课件-2024届高三数学二轮复习
要点 解决恒成立或有解问题的常见结论 下列是恒成立问题的一些常见结论： (1)不等式f(x)≥0在定义域内恒成立，等价于f(x)min≥0； (2)不等式f(x)≤0在定义域内恒成立，等价于f(x)max≤0； (3)不等式f(x)>g(x)，x∈(a，b)恒成立，等价于F(x)＝f(x)－g(x)>0，x∈(a，b) 恒成立.
例1 已知a≠0，函数f(x)＝ax(x－2)2(x∈R).若对任意x∈[－2，1]，不等式 f(x)<32恒成立，求a的取值范围.
【解析】 方法一：因为f(x)＝ax(x2－4x＋4)＝ax3－4ax2＋4ax. 所以f′(x)＝3ax2－8ax＋4a＝a(3x2－8x＋4)＝a(3x－2)(x－2). 当a>0时，f(x)在－2，23上单调递增， 在23，1上单调递减. 故f(x)的最大值为f23＝3227a<32，即a<27.
即22aa＋ ＋b4＋ b＋1＝ 2＝0， 0，解得ab＝ ＝－ －1313， . 经验证，符合题意. (2)在 14，1 上存在x0，使得不等式f(x0)－c≤0成立，只需c≥f(x)min，x∈ 14，1， 因为f′(x)＝－23－31x2＋1x＝－2x2－3x32x＋1＝－（2x－1）3x（2 x－1）， 所以当x∈14，12时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
题型二 存在性问题
例2 已知函数f(x)＝－ax2＋ln x(a∈R).
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若存在x∈(1，＋∞)，f(x)>－a，求实数a的取值范围. 【解析】 (1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－2ax＋1x＝1－x2ax2.
当a≤0时，f′(x)>0，则f(x)在(0，＋∞)上单调递增.
高考二轮复习专题_不等式中的恒成立问题教学PPT课件
小结
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课后练习
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策略与方法
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例题精讲
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不等式中的恒成立问题
策略与方法
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高考数学二轮复习考点知识与题型专题讲解33--- 恒成立问题与有解问题(解析版)
高考数学二轮复习考点知识与题型专题讲解33 恒成立问题与有解问题一．不等式的恒成立与有解问题，可按如下规则转化： 一般地，已知函数()[],,y f x x a b =∈，()[],,y g x x c d =∈（1）若[]1,x a b ∀∈，[]2,x c d ∀∈，总有()()12f x g x <成立，故()()2max min f x g x <； （2）若[]1,x a b ∀∈，[]2,x c d ∃∈，有()()12f x g x <成立，故()()2max max f x g x <； （3）若[]1,x a b ∃∈，[]2,x c d ∃∈，有()()12f x g x <成立，故()()2min min f x g x <； （4）若[]1,x a b ∀∈，[]2,x c d ∃∈，有()()12f x g x =，则()f x 的值域是()g x 值域的子集 ． 二．恒成立问题的一般解答方法如下：（1）参数分离法：将原不等式化为()a g x >或()a g x <恒成立的问题，然后分析函数()g x 在所给区间的单调性及最值，只需满足最值成立即可； （2）分类讨论：讨论函数()f x 在所给区间单调性及最值，需满足()max 0f x <或()min 0f x >【典例1】已知函数f (x )＝(1－x )e x－1. (1)求f (x )的极值；(2)设g (x )＝(x －t )2＋⎝⎛⎭⎪⎫ln x －m t 2，存在x 1∈(－∞，＋∞)，x 2∈(0，＋∞)，使方程f (x 1)＝g (x 2)成立，求实数m 的最小值． 【解析】解 (1)f ′(x )＝－x e x，当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )<0，当x ∈(－∞，0)时，f ′(x )>0， ∴当x ＝0时，f (x )有极大值f (0)＝e 0－1＝0，f (x )没有极小值． (2)由(1)知f (x )≤0，又因为g (x )＝(x －t )2＋⎝⎛⎭⎪⎫ln x －m t 2≥0，所以要使方程f (x 1)＝g (x 2)有解，必然存在x 2∈(0，＋∞)，使g (x 2)＝0，所以x ＝t ，ln x ＝m t，等价于方程ln x ＝m x有解，即方程m ＝x ln x 在(0，＋∞)上有解，记h (x )＝x ln x ，x ∈(0，＋∞)，则h ′(x )＝ln x ＋1， 令h ′(x )＝0，得x ＝1e，所以当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 时，h ′(x )<0，h (x )单调递减，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞时，h ′(x )>0，h (x )单调递增， 所以当x ＝1e 时，h (x )min ＝－1e ，所以实数m 的最小值为－1e.【典例2】设函数f (x )＝ax 2－x ln x －(2a －1)x ＋a －1(a ∈R )．若对任意的x ∈[1，＋∞)，f (x )≥0恒成立，求实数a 的取值范围．【解析】解 f ′(x )＝2ax －1－ln x －(2a －1)＝2a (x －1)－ln x (x >0)， 易知当x ∈(0，＋∞)时，ln x ≤x －1，则f ′(x )≥2a (x －1)－(x －1)＝(2a －1)(x －1)．当2a －1≥0，即a ≥12时，由x ∈[1，＋∞)得f ′(x )≥0恒成立，f (x )在[1，＋∞)上单调递增，f (x )≥f (1)＝0，符合题意；当a ≤0时，由x ∈[1，＋∞)得f ′(x )≤0恒成立，f (x )在[1，＋∞)上单调递减，f (x )≤f (1)＝0，显然不符合题意，a ≤0舍去；当0<a <12时，由ln x ≤x －1，得ln 1x ≤1x －1，即ln x ≥1－1x，则f ′(x )≤2a (x －1)－⎝⎛⎭⎪⎫1－1x ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1x (2ax －1)，∵0<a <12，∴12a>1.当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1，12a 时，f ′(x )≤0恒成立， ∴f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1，12a 上单调递减， ∴当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1，12a 时，f (x )≤f (1)＝0， 显然不符合题意，0<a <12舍去．综上可得，a ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞. 【典例3】已知f (x )＝x 2－4x －6ln x .(1)求f (x )在(1，f (1))处的切线方程以及f (x )的单调性；(2)对任意x ∈(1，＋∞)，有xf ′(x )－f (x )＞x 2＋6k ·⎝⎛⎭⎪⎫1－1x －12恒成立，求k 的最大整数解；(3)令g (x )＝f (x )＋4x －(a －6)ln x ，若g (x )有两个零点分别为x 1，x 2(x 1＜x 2)且x 0为g (x )的唯一的极值点，求证：x 1＋3x 2＞4x 0.【解析】 (1)因为f (x )＝x 2－4x －6ln x ，所以定义域为(0，＋∞)，所以f ′(x )＝2x －4－6x，且f ′(1)＝－8，f (1)＝－3，所以切线方程为y ＝－8x ＋5.又f ′(x )＝2x(x ＋1)(x －3)，令f ′(x )＞0解得x ＞3，令f ′(x )＜0解得0＜x ＜3，所以f (x )的单调递减区间为(0,3)，单调递增区间为(3，＋∞)．(2)xf ′(x )－f (x )＞x 2＋6k ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1x －12等价于k ＜x ＋x ln x x －1，记h (x )＝x ＋x ln x x －1，则k <h (x )min ，且h ′(x )＝x －2－ln x (x －1)2，记m (x )＝x －2－ln x ，则m ′(x )＝1－1x＞0，所以m (x )为(1，＋∞)上的单调递增函数，且m (3)＝1－ln 3＜0，m (4)＝2－ln 4＞0，所以存在x 0∈(3,4)，使得m (x 0)＝0，即x 0－2－ln x 0＝0，所以h (x )在(1，x 0)上单调递减，在(x 0，＋∞)上单调递增，且h (x )min ＝h (x 0)＝x 0＋x 0ln x 0x 0－1＝x 0∈(3,4)，所以k 的最大整数解为3.(3)证明：g (x )＝x 2－a ln x ， 则g ′(x )＝2x －a x ＝(2x ＋a )(2x －a )x，令g ′(x )＝0，得x 0＝a2，当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，a 2时，g ′(x )＜0，当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫a2，＋∞时，g ′(x )＞0，所以g (x )在⎝⎛⎭⎪⎫0，a 2上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫a2，＋∞上单调递增，而要使g (x )有两个零点，要满足g (x 0)＜0，即g ⎝⎛⎭⎪⎫a 2＝⎝⎛⎭⎪⎫a 22－a ln a2＜0⇒a ＞2e.因为0＜x 1＜a2，x 2＞a2，令x 2x 1＝t (t ＞1)，由g (x 1)＝g (x 2)，可得x 21－a ln x 1＝x 22－a ln x 2，即x 21－a ln x 1＝t 2x 21－a ln tx 1，所以x 21＝a ln tt 2－1，而要证x 1＋3x 2＞4x 0，只需证(3t ＋1)x 1＞22a ，即证(3t ＋1)2x 21＞8a ，即(3t ＋1)2a ln t t 2－1＞8a ，又a ＞0，t ＞1，所以只需证(3t ＋1)2ln t －8t 2＋8＞0，令h (t )＝(3t ＋1)2ln t －8t 2＋8，则h ′(t )＝(18t ＋6)ln t －7t ＋6＋1t，令n (t )＝(18t ＋6)ln t －7t＋6＋1t，则n ′(t )＝18ln t ＋11＋6t －1t2＞0(t ＞1)，故n (t )在(1，＋∞)上单调递增，n (t )＞n (1)＝0，故h (t )在(1，＋∞)上单调递增，h (t )＞h (1)＝0，所以x 1＋3x 2＞4x 0. 【典例4】已知函数f (x )＝x 2＋πcos x .(1)求函数f (x )的最小值；(2)若函数g (x )＝f (x )－a 在(0，＋∞)上有两个零点x 1，x 2，且x 1<x 2，求证：x 1＋x 2<π. 【解析】 (1)易知函数f (x )为偶函数，故只需求x ∈[0，＋∞)时f (x )的最小值．f ′(x )＝2x －πsinx ，当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2时，设h (x )＝2x －πsin x ，h ′(x )＝2－πcos x ，显然h ′(x )单调递增，而h ′(0)＜0，h ′⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＞0，由零点存在性定理知，存在唯一的x 0∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2，使得h ′(x 0)＝0.当x ∈(0，x 0)时，h ′(x )＜0，h (x )单调递减，当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫x 0，π2时，h ′(x )＞0，h (x )单调递增，而 h (0)＝0，h ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝0，故x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，h (x )＜0，即x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，f ′(x )＜0，f (x )单调递减，又当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，＋∞时，2x ＞π＞πsin x ，f ′(x )＞0，f (x )单调递增，所以f (x )min ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝π24.(2)证明：依题意得x 1∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，x 2∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，＋∞，构造函数F (x )＝f (x )－f (π－x )，x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2，F ′(x )＝f ′(x )＋f ′(π－x )＝2π－2πsin x ＞0，即函数F (x )单调递增，所以F (x )＜F ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝0，即当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2时，f (x )＜f (π－x )，而x 1∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2，所以f (x 1)＜f (π－x 1)，又f (x 1)＝f (x 2)，即f (x 2)＜f (π－x 1)，此时x 2，π－x 1∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，＋∞.由(1)可知，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，＋∞上单调递增，所以x 2＜π－x 1，即x 1＋x 2＜π.【典例5】已知函数f (x )＝a ex －1－ln x ＋ln a ．若f (x )≥1，求a 的取值范围．【解析】解 f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝a e x －1－1x.当0<a <1时，f (1)＝a ＋ln a <1. 当a ＝1时，f (x )＝ex －1－ln x ，f ′(x )＝ex －1－1x.当x ∈(0,1)时，f ′(x )<0； 当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0.所以当x ＝1时，f (x )取得最小值，最小值为f (1)＝1， 从而f (x )≥1. 当a >1时，f (x )＝a ex －1－ln x ＋ln a ≥ex －1－ln x ≥1.综上，a 的取值范围是[1，＋∞)．【典例6】设函数f (x )＝a ln x ＋1－a 2x 2－bx (a ≠1)，曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线斜率为0.(1)求b ；(2)若存在x 0≥1，使得f (x 0)<aa －1，求a 的取值范围．2思路分析❶存在x 0≥1，使得f (x 0)<aa －1↓ ❷fxmin<aa －1↓ ❸求fxmin【解析】解 (1)f ′(x )＝a x＋(1－a )x －b . 由题设知f ′(1)＝0，解得b ＝1. (2)f (x )的定义域为(0，＋∞)， 由(1)知，f (x )＝a ln x ＋1－a 2x 2－x ，f ′(x )＝a x ＋(1－a )x －1＝1－a x ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －a 1－a (x －1)．①若a ≤12，则a1－a ≤1，故当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )在(1，＋∞)上单调递增．所以，存在x 0≥1，使得f (x 0)<aa －1的充要条件为f (1)<a a －1，即1－a 2－1<aa －1，解得－2－1<a <2－1. ②若12<a <1，则a 1－a>1，故当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1，a 1－a 时，f ′(x )<0，当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫a 1－a ，＋∞时，f ′(x )>0，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫1，a 1－a 上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1－a ，＋∞上单调递增．所以，存在x 0≥1，使得f (x 0)<aa －1的充要条件为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1－a <aa －1. 而f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1－a ＝a ln a 1－a ＋a 221－a ＋a a －1>a a －1， 所以不符合题意．③若a >1，则f (1)＝1－a 2－1＝－a －12<a a －1.综上，a 的取值范围是(－2－1，2－1)∪(1，＋∞)．【典例7】已知函数f (x )＝2ln x ＋1.若f (x )≤2x ＋c ，求c 的取值范围． 【解析】解 设h (x )＝f (x )－2x －c ， 则h (x )＝2ln x －2x ＋1－c ，其定义域为(0，＋∞)，h ′(x )＝2x－2.当0<x <1时，h ′(x )>0；当x >1时，h ′(x )<0.所以h (x )在区间(0,1)上单调递增，在区间(1，＋∞)上单调递减． 从而当x ＝1时，h (x )取得最大值，最大值为h (1)＝－1－c . 故当－1－c ≤0，即c ≥－1时，f (x )≤2x ＋c . 所以c 的取值范围为[－1，＋∞)．【典例8】已知函数f (x )＝ln x －ax ，g (x )＝x 2，a ∈R . (1)求函数f (x )的极值点；(2)若f (x )≤g (x )恒成立，求a 的取值范围．【解析】解 (1)f (x )＝ln x －ax 的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x－a .当a ≤0时，f ′(x )＝1x－a >0，所以f (x )在(0，＋∞)上单调递增，无极值点； 当a >0时，由f ′(x )＝1x －a >0，得0<x <1a，由f ′(x )＝1x －a <0，得x >1a，所以f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞上单调递减，所以函数f (x )有极大值点1a，无极小值点．(2)由条件可得ln x －x 2－ax ≤0(x >0)恒成立， 则当x >0时，a ≥ln xx－x 恒成立，令h (x )＝ln x x －x ，x >0，则h ′(x )＝1－x 2－ln x x2， 令k (x )＝1－x 2－ln x ，x >0， 则当x >0时，k ′(x )＝－2x －1x<0，所以k (x )在(0，＋∞)上单调递减，又k (1)＝0，所以在(0,1)上，h ′(x )>0，在(1，＋∞)上，h ′(x )<0， 所以h (x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减． 所以h (x )max ＝h (1)＝－1，所以a ≥－1. 即a 的取值范围为a ≥－1. 【典例9】已知x ＝1e为函数f (x )＝x aln x 的极值点．(1)求a 的值；(2)设函数g (x )＝kxe x ，若对∀x 1∈(0，＋∞)，∃x 2∈R ，使得f (x 1)－g (x 2)≥0，求k 的取值范围．【解析】解 (1)f ′(x )＝axa －1ln x ＋x a·1x＝x a －1(a ln x ＋1)，f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1e a －1⎝⎛⎭⎪⎫a ln 1e ＋1＝0，解得a ＝2，当a ＝2时，f ′(x )＝x (2ln x ＋1)，函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞上单调递增，所以x ＝1e为函数f (x )＝x aln x 的极小值点，因此a ＝2.(2)由(1)知f (x )min ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝－12e ，函数g (x )的导函数g ′(x )＝k (1－x )e －x.①当k >0时，当x <1时，g ′(x )>0，g (x )在(－∞，1)上单调递增；当x >1时，g ′(x )<0，g (x )在(1，＋∞)上单调递减，对∀x 1∈(0，＋∞)，∃x 2＝－1k ，使得g (x 2)＝g ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1k ＝1e k -<－1<－12e ≤f (x 1)，符合题意． ②当k ＝0时，g (x )＝0，取x 1＝1e，对∀x 2∈R 有f (x 1)－g (x 2)<0，不符合题意．③当k <0时，当x <1时，g ′(x )<0，g (x )在(－∞，1)上单调递减；当x >1时，g ′(x )>0，g (x )在(1，＋∞)上单调递增，g (x )min ＝g (1)＝ke，若对∀x 1∈(0，＋∞)，∃x 2∈R ，使得f (x 1)－g (x 2)≥0，只需g (x )min ≤f (x )min ，即k e ≤－12e，解得k ≤－12. 综上所述，k ∈⎝⎛⎦⎥⎤－∞，－12∪(0，＋∞)． 规律方法 (1)由不等式恒成立求参数的取值范围问题的策略 ①求最值法，将恒成立问题转化为利用导数求函数的最值问题．②分离参数法，将参数分离出来，进而转化为a >f (x )max 或a <f (x )min 的形式，通过导数的应用求出f (x )的最值，即得参数的范围．(2)不等式有解问题可类比恒成立问题进行转化，要理解清楚两类问题的差别．【典例10】设函数f (x )＝ax 2－a －ln x ，g (x )＝1x －ee x ，其中a ∈R ，e ＝2.718…为自然对数的底数.(1)讨论f (x )的单调性； (2)证明：当x >1时，g (x )>0；(3)确定a 的所有可能取值，使得f (x )>g (x )在区间(1，＋∞)内恒成立. 【解析】.(1)解 f ′(x )＝2ax －1x ＝2ax 2－1x (x >0).当a ≤0时，f ′(x )<0，f (x )在(0，＋∞)内单调递减. 当a >0时，由f ′(x )＝0有x ＝12a. 当x ∈⎝⎛⎭⎫0，12a 时，f ′(x )<0，f (x )单调递减； 当x ∈⎝⎛⎭⎫12a ，＋∞时，f ′(x )>0，f (x )单调递增. (2)证明 令s (x )＝e x －1－x ，则s ′(x )＝e x －1－1. 当x >1时，s ′(x )>0，所以e x －1>x ， 从而g (x )＝1x －1ex －1>0.(3)解 由(2)知，当x >1时，g (x )>0. 当a ≤0，x >1时，f (x )＝a (x 2－1)－ln x <0，故当f (x )>g (x )在区间(1，＋∞)内恒成立时，必有a >0. 当0<a <12时，12a >1，由(1)有f ⎝⎛⎭⎫12a <f (1)＝0，而g ⎝⎛⎭⎫12a >0. 所以f (x )>g (x )在区间(1，＋∞)内不恒成立； 当a ≥12时，令h (x )＝f (x )－g (x )(x ≥1)，当x >1时，h ′(x )＝2ax －1x ＋1x 2－e 1－x >x －1x ＋1x 2－1x ＝x 3－2x ＋1x 2>x 2－2x ＋1x 2>0.因此，h (x )在区间(1，＋∞)单调递增.又因为h (1)＝0，所以当x >1时，h (x )＝f (x )－g (x )>0，即f (x )>g (x )恒成立.综上，a ∈⎣⎡⎭⎫12，＋∞.【典例11】已知函数f (x )＝ln x －(x －1)22. (1)求函数f (x )的单调递增区间；(2)证明：当x ＞1时，f (x )＜x －1；(3)确定实数k 的所有可能取值，使得存在x 0＞1，当x ∈(1，x 0)时，恒有f (x )＞k (x －1)．【解析】.解 (1)f ′(x )＝1x －x ＋1＝－x 2＋x ＋1x，x ∈(0，＋∞)． 由f ′(x )＞0得⎩⎪⎨⎪⎧x ＞0，－x 2＋x ＋1＞0.解得0＜x ＜1＋52. 故f (x )的单调递增区间是⎝⎛⎭⎪⎫0，1＋52. (2)令F (x )＝f (x )－(x －1)，x ∈(0，＋∞)． 则有F ′(x )＝1－x 2x. 当x ∈(1，＋∞)时，F ′(x )＜0，所以F (x )在[1，＋∞)上单调递减， 故当x ＞1时，F (x )＜F (1)＝0，即当x ＞1时，f (x )＜x －1.(3)由(2)知，当k ＝1时，不存在x 0＞1满足题意．当k ＞1时，对于x ＞1，有f (x )＜x －1＜k (x －1)，则f (x )＜k (x －1)，从而不存在x 0＞1满足题意．当k ＜1时，令G (x )＝f (x )－k (x －1)，x ∈(0，＋∞)，则有G ′(x )＝1x －x ＋1－k ＝－x 2＋（1－k ）x ＋1x. 由G ′(x )＝0得，－x 2＋(1－k )x ＋1＝0.解得x 1＝1－k －（1－k ）2＋42＜0，x 2＝1－k ＋（1－k ）2＋42＞1.当x∈(1，x2)时，G′(x)＞0，故G(x)在[1，x2)内单调递增．从而当x∈(1，x2)时，G(x)＞G(1)＝0，即f(x)＞k(x－1)．综上，k的取值范围是(－∞，1)．。
2021届高三二轮复习微专题课件——不等式恒成立或有解问题(共37张PPT)
1.已知函数 f(x)＝ax－1＋ln x，若存在 x0>0，使得 f(x0)≤0 有解，则实数 a 的取值范
围是
(C )
A.a>2
B.a<3
(x)的定义域是(0，＋∞)，不等式ax－1＋ln x≤0 有解， 即a≤x－xln x在(0，＋∞)上有解.
令h(x)＝x－xln x，则h′(x)＝－ln x.
索引
令 h(x)＝ex－12x2－x－1(x>0)， 则h′(x)＝ex－x－1，令H(x)＝ex－x－1， H′(x)＝ex－1>0， 故h′(x)在(0，＋∞)上是增函数， 因此h′(x)>h′(0)＝0，故函数h(x)在(0，＋∞)上递增， ∴h(x)>h(0)＝0，即 ex－12x2－x－1>0 恒成立， 故当x∈(0，2)时，g′(x)>0，g(x)单调递增； 当x∈(2，＋∞)时，g′(x)<0，g(x)单调递减.
A.x＝2 是 f(x)的极小值点 B.函数 y＝f(x)－x 有且只有 1 个零点 C.对任意两个正实数 x1，x2，且 x2＞x1，若 f(x1)＝f(x2)，则 x1＋x2＞4 D.存在正实数 k，使得 f(x)＞kx 恒成立 解析 对于函数 f(x)＝2x＋ln x，其定义域为(0，＋∞)，由于 f′(x)＝－x22＋x1， 令 f′(x)＝0 可得 x＝2，当 0＜x＜2 时，f′(x)＜0，当 x＞2 时，f′(x)＞0， 可知 x＝2 是 f(x)的极小值点，选项 A 正确；
在区间(1，e]上，g′(x)>0，函数g(x)为增函数.
由题意知g(x)min＝g(1)＝1－a＋3≥0，得a≤4， 所以实数a的取值范围是(－∞，4].
索引
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微专题12 数列中与“恒成立”相关的问题【例题1】已知数列{}n a ，=++23n a n n λ，3a 数列{}n a 的最小项，求实数λ的取值范围．解法1a n ≥a 3对任意n ∈N *恒成立，即λ(n －3)≥－(n －3)(n ＋3)．当n ≥4时，λ≥－(n ＋3)，所以λ≥－7；当n ≤2时，λ≤－5；当n ＝3时，λ∈R ；综上所述，－7≤λ≤－5，即实数λ的取值范围为[－7，－5]．解法2函数f (x )＝x 2＋λx ＋3的对称轴为x ＝－λ2，考虑到数列自变量n ∈N *：52≤－λ2≤72，所以－7≤λ≤－5，即实数λ的取值范围为[－7，－5]．【例题2】已知数列{}n b 满足n 12122n b n λ-⎛⎫=-- ⎪⎝⎭，若数列{}n b 是单调递减数列，求实数λ的取值范围．解析：由题意可知对任意n ∈N *，数列{b n }单调递减，所以b n ＋1<b n ，即2λ(－12)n －(n ＋1)2<2λ(－12)n －1－n 2，即6λ(－12)n <2n ＋1对任意n ∈N *恒成立，因为(2n ＋3)·2n ＋1－(2n ＋1)·2n ＝2n ·(2n ＋5)>0，所以数列{(2n ＋1)·2n }单调递增，当n 是奇数时，λ>－（2n ＋1）2n6，因为数列 ⎩⎨⎧⎭⎬⎫－（2n ＋1）2n 6单调递减，所以当n ＝1时，－（2n ＋1）2n6取得最大值－1，所以λ>－1；当n 是偶数时，λ<（2n ＋1）2n 6，因为数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫（2n ＋1）2n 6单调递增，所以当n ＝2时，（2n ＋1）2n6取得最小值103，所以λ<103.综上可知，－1<λ<103，即实数λ的取值范围是(－1，103)．【归纳总结】数列中项的最大最小问题，数列的单调性问题都可转化为“恒成立”问题．【串讲1】已知111,232+1n a n n n =+++++， 若2n ma m >+，对一切大于1的自然数n 恒成立，试确定实数m 的取值范围．解析：由题意可知，f(n)＝S 2n ＋1－S n ＋1＝1n ＋2＋1n ＋3＋1n ＋4＋…＋12n ＋1.所以f(n ＋1)－f(n)＝(1n ＋3＋1n ＋4＋…＋12n ＋1＋12n ＋2＋12n ＋3)－(1n ＋2＋1n ＋3＋1n ＋4＋…＋12n ＋1)＝12n ＋2＋12n ＋3－1n ＋2＝(12n ＋2－12n ＋4)＋(12n ＋3－12n ＋4)>0.所以f(n)在(2，＋∞)单调递增，从而f(n)min ＝f(2)＝920，从而－2<m<1811.【串讲2】已知各项是正数的数列{}n a 的前n 项和为n S .若()2*12N ,23n n n a S S n n -++=∈，且12a =. （1）求数列{}n a 的通项公式；2331,2n n n na n S +=-=（2）若12n n S λ+⋅对*N n ∈恒成立，求实数λ的取值范围；答案：(1)①a n ＝3n －1，②⎣⎡⎭⎫1516，＋∞；*(2)q .解析：(1)①当n ≥2时，由S n ＋S n －1＝a n 2＋23，(*)，则S n ＋1＋S n ＝a n ＋12＋23，(**)1分 (**)－(*)得a n ＋1＋a n ＝13(a n ＋12－a n 2)，即a n ＋1－a n ＝3，n ≥2，3分当n ＝2时，由(*)知a 1＋a 2＋a 1＝a 22＋23，即a 22－3a 2－10＝0，解得a 2＝5或a 2＝－2(舍去)， 所以a 2－a 1＝3，即数列{a n }为等差数列，且首项a 1＝2，所以数列{a n }的通项公式为 a n ＝3n －1. 4分 ②由①知，，所以，由题意可得λ≥S n 2n ＋1＝3n 2＋n2n ＋2 对一切n ∈N *恒成立，5分记c n ＝3n 2＋n 2n ＋2，则c n －1＝3（n －1）2＋（n －1）2n ＋1，n ≥2，所以c n －c n －1＝－3n 2＋11n －42n ＋2， n ≥2.当n >4时，c n <c n －1，当n ＝4时，c 4＝1316，且c 3＝1516，c 2＝78，c 1＝12，所以当 n ＝3时，c n ＝3n 2＋n 2n ＋2取得最大值1516，7分所以实数λ的取值范围为⎣⎡⎭⎫1516，＋∞.8分【串讲3】在数列{}n a 中，已知112,321n n a a a n +==+-.(1)求证：数列{}n a n +为等比数列；(2)记(1)n n b a n λ=+-，且数列{}n b 的前n 项和为n T ，若3n T T ≥恒成立，求λ的取值范围．解析：(1)∵a n ＋1＝3a n ＋2n －1，∴a n ＋1＋n ＋1＝3(a n ＋n)．又a 1＝2，∴a n >0，a n ＋n>0，故a n ＋1＋n ＋1a n ＋n ＝3，∴{a n ＋n}是以3为首项，公比为3的等比数列．(2)由(1)知a n ＋n ＝3n ，∴b n ＝3n－nλ.∴T n ＝31＋32＋ (3)－(1＋2＋3＋…＋n)λ＝32(3n－1)－n （n ＋1）2λ.若T 3为数列{T n }中的最小项，则对n ∈N *有32(3n－1)－n （n ＋1）2λ≥39－6λ恒成立．即3n ＋1－81≥(n 2＋n －12)λ对n ∈N *恒成立.1°当n ＝1时，有T 1≥T 3，得λ≥365；2°当n ＝2时，有T 2≥T 3，得λ≥9；3°当n ≥4时，n 2＋n －12＝(n ＋4)(n －3)>0恒成立，∴λ≤3n ＋1－81n 2＋n －12对n ≥4恒成立．令f (n )＝3n ＋1－81n 2＋n －12，则f (n ＋1)－f (n)＝3n ＋1（2n 2－26）＋162（n ＋1）（n 2＋3n －10）（n 2＋n －12）>0对n ≥4恒成立．∴f (n )＝3n ＋1－81n 2＋n －12在n ≥4时为单调递增数列．∴λ≤f (4)，即λ≤814.综上，9≤λ≤814，即实数λ的取值范围为⎣⎡⎦⎤9，814.【串讲3】已知各项是正数的数列{}n a 的前n 项和为n S .若()2*12N ,23n n n a S S n n -++=∈，且12a =. （1）求数列{}n a 的通项公式；2331,2n n n na n S +=-=（2）若12n n S λ+⋅对*N n ∈恒成立，求实数λ的取值范围；答案：(1)①a n ＝3n －1，②⎣⎡⎭⎫1516，＋∞；*(2)q .解析：(1)①当n ≥2时，由S n ＋S n －1＝a n 2＋23，(*)，则S n ＋1＋S n ＝a n ＋12＋23，(**)1分 (**)－(*)得a n ＋1＋a n ＝13(a n ＋12－a n 2)，即a n ＋1－a n ＝3，n ≥2，3分当n ＝2时，由(*)知a 1＋a 2＋a 1＝a 22＋23，即a 22－3a 2－10＝0，解得a 2＝5或a 2＝－2(舍去)， 所以a 2－a 1＝3，即数列{a n }为等差数列，且首项a 1＝2，所以数列{a n }的通项公式为 a n ＝3n －1. 4分 ②由①知，，所以，由题意可得λ≥S n 2n ＋1＝3n 2＋n2n ＋2 对一切n ∈N *恒成立，5分记c n ＝3n 2＋n 2n ＋2，则c n －1＝3（n －1）2＋（n －1）2n ＋1，n ≥2，所以c n －c n －1＝－3n 2＋11n －42n ＋2， n ≥2.当n >4时，c n <c n －1，当n ＝4时，c 4＝1316，且c 3＝1516，c 2＝78，c 1＝12，所以当n ＝3时，c n ＝3n 2＋n 2n ＋2取得最大值1516，7分所以实数λ的取值范围为⎣⎡⎭⎫1516，＋∞.8分设数列{}n a 满足()212211n n n a a a a a λ+-+⋅=-，其中2n ≥，λ为常数．(1)若{}n a 是等差数列，且公差0d ≠，求λ的值；(2)若a 1＝1，a 2＝2，a 3＝4，且存在r ∈[3，7]，使得m ·a n ≥n －r 对任意的n ∈N *都成立，求m 的最小值；解析：(1)由题意，可得a n 2＝(a n ＋d )(a n －d )＋λd 2，化简得(λ－1)d 2＝0，又d ≠0，所以λ＝1. (2)将a 1＝1，a 2＝2，a 3＝4代入条件，可得4＝1×4＋λ，解得λ＝0，所以a n 2＝a n ＋1a n －1，所以数列{a n }是首项为1，公比q ＝2的等比数列，所以a n ＝2n －1.欲存在r ∈[3，7]，使得m ·2n －1≥n －r ，即r ≥n －m ·2n －1对任意n ∈N *都成立，则7≥n －m ·2n －1，所以m ≥n －72n －1对任意n ∈N *都成立．令b n＝n －72n －1，则b n ＋1－b n ＝n －62n －n －72n －1＝8－n2n ，所以当n >8时，b n ＋1<b n ；当n ＝8时，b 9＝b 8；当n <8时，b n ＋1>b n .所以b n 的最大值为b 9＝b 8＝1128，所以m 的最小值为1128.(2018·苏州市高三调研测试)已知各项是正数的数列{}n a 的前n 项和为n S .(1)若()2*12N ,23n n n a S S n n -++=∈，且12a =. ①求数列{}n a 的通项公式；②若12n n S λ+⋅对任意*N n ∈恒成立，求实数λ的取值范围；答案：(1)①a n ＝3n －1，②⎣⎡⎭⎫1516，＋∞；*(2)q .解析：(1)①当n ≥2时，由S n ＋S n －1＝a n 2＋23，(*)，则S n ＋1＋S n ＝a n ＋12＋23，(**)1分 (**)－(*)得a n ＋1＋a n ＝13(a n ＋12－a n 2)，即a n ＋1－a n ＝3，n ≥2，3分当n ＝2时，由(*)知a 1＋a 2＋a 1＝a 22＋23，即a 22－3a 2－10＝0，解得a 2＝5或a 2＝－2(舍去)， 所以a 2－a 1＝3，即数列{a n }为等差数列，且首项a 1＝2，所以数列{a n }的通项公式为 a n ＝3n －1. 4分②由①知，a n ＝3n －1，所以S n ＝n （3n －1＋2）2＝3n 2＋n2， 由题意可得λ≥S n 2n ＋1＝3n 2＋n2n ＋2 对一切n ∈N *恒成立，5分记c n ＝3n 2＋n 2n ＋2，则c n －1＝3（n －1）2＋（n －1）2n ＋1，n ≥2，所以c n －c n －1＝－3n 2＋11n －42n ＋2， n ≥2.当n >4时，c n <c n －1，当n ＝4时，c 4＝1316，且c 3＝1516，c 2＝78，c 1＝12，所以当 n ＝3时，c n ＝3n 2＋n 2n ＋2取得最大值1516，7分所以实数λ的取值范围为⎣⎡⎭⎫1516，＋∞.8分。