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
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。
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].
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2022届高三数学二轮专题复习++导数中恒成立与存在性问题++讲义
函数与导数—导数中的恒成立与存在性问题专题综述函数中的恒成立与存在性问题是高考的考查重点，这部分试题涉及函数方程，逻辑联结词，导数等知识，运用函数与方程思想、数形结合思想、分类讨论思想、化归与转化思想等多种思想方法.结合导数考查恒成立与存在性问题，试题难度较大，但题型大致可分为：①已知单调区间，或在某区间上存在单调递增（减）区间⇒()()(),,00x a b f x '∀∈≥≤或()()(),,00x a b f x '∃≥≤；②利用单调性比较大小⇒同构思想将式子两则变形为相同结构，构造函数利用单调性比较大小；③分离参数⇒构造函数求最值；④含参讨论求函数最值；⑤图象法.对于部分存在性问题，可从正难则反的角度，将存在问题转化为恒成立问题，或直接列出不等式解决.专题探究探究1：与单调性结合1.已知单调性⇒转化为导函数恒成立问题答题思路：第一种:① 已知函数()f x 在区间(),a b 上单调递增（减）⇒()()(),,00x a b f x '∀∈≥≤ 第二种：②已知函数()f x 在区间(),a b 上存在递增（减）区间⇒i ）()()(),,00x a b f x '∃>< ；ii ）转化为函数()f x 在区间(),a b 上不存在递增（减）区间即()()(),,00x a b f x '∀∈≤≥； 第三种：已知()()()()12121212,,,,f x f x x x a b x x m m x x -∀∈≠><-⇒()()()()1122121212,,,,00f x mx f x mx x x a b x x x x ---⎡⎤⎣⎦∀∈≠><-⇒即函数()()g x f x mx =-在区间(),a b 上单调递增（间）⇒转化为第一种情况2.已知不等式恒成立⇒转化为利用单调性解不等式问题答题思路：同构法第一步:将不等式两侧变形为相同结构； 第二步:构造函数()f x ，则不等式即为()()f g x f h x <⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦；第三步:判断()f x 单调性，得出()(),g x h x 的关系，即为新的恒成立关系式. （专题1.3.10） 3.抽象函数：()f x '与()f x 共存问题⇒构造函数()g x ⇒判断函数单调性，利用单调性解不等式（专题1.3.6）.（2021江苏南京月考）已知对任意的(1,)x ∈+∞，不等式1(e 1)(1)ln 0kx k x x⋅+-+>恒成立，则正数k 的取值范围是（ ）A.(),e +∞B. 1(,)e+∞C. 1(,)e eD. 211(,)e e【审题视点】不等式中含有kx e 、ln x ，且两部分结构分离，不等式可变形为()()11ln kxkx e x x +>+，联想到同构法的3种基本结构ln ,,ln ln a aae b ae b b e a b b a b<<±<±，即可以利用同构法，构造函数，利用单调性求参.【思维引导】不等式变形为 ()()11ln kxkx e x x +>+，再变形为()()ln 1ln 1kxxkx e x e+>+，构造函数()()1x f x x e =+，不等式即为()()ln f kx f x >.判断单调性，得出kx 与ln x 的关系.【规范解析】当时，恒成立∴()f x 在R 上单调递增，∴()1,x ∀∈+∞，ln kx x >，即ln xk x >设()ln x g x x=，得21ln ()xg x x -'=，令()0g x '>，则1x e <<∴()g x 在()1,e 上单调递增，在(),e +∞上单调递减， ∴max 1()()g x g e e==， 则max 1()k g x e>=，得实数k 的取值范围是1,.e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭故选.B【探究总结】同构法解决恒成立问题求参，应先观察不等式，尤其是不等式中含有x e ，ln x 的结构，初步变形，再结合三种同构的基本模式ln ,,ln ln a aae b ae b b e a b b a b<<±<±，变形为()()f g x f h x <⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦，必要时涉及放缩.构造函数，利用函数单调性，得出()(),g x h x 的恒成立不等号式.（2021安徽六安模拟）已知函数()e ln .x f x x a x -=--（1）当1a =-时，证明：()11f x e>-有解；（2）若对任意()1,x ∈+∞，不等式()af x x 恒成立，求实数a 的取值范围．探究2：转化为求一个函数最值恒成立与存在性问题转化为求函数最值的思路：第一种:分离参数：含参不等式转化为()()f x g a >（或()()f x g a <），求函数()f x 的最值；第二种:对不等式化简变形，转化为()(),00f x a ><的结构，含参讨论函数单调性，求出最值；（2021陕西西安月考）已知函数()()41.ln ax f x x x+=> （1）当0a =时，求函数()f x 的图象在()()e,e f 处的切线方程；（2）若对任意()1,x ∈+∞，不等式()ln 4f x x +恒成立，求实数a 的取值范围．(其中e 为自然对数的底数)【审题视点】解答题中出现恒成立问题，首先选择分离参数，构造函数求最值；若构造的函数复杂，或解导数不等式困难，则对不等式作适当变形，构造含参函数，分类讨论，判断函数单调性.【思维引导】对不等式4ln 4ln ax x x+≥+的结构进行变形，“化分为整”变为()24ln 4ln 0ax x x +--≥；构造函数，分类讨论函数的单调性.【规范解析】解：（1）当0a =时，()4ln f x x=，所以()4f e =， 此时()24ln f x x x -'=⋅，故()4f e e'=-，∴在点()(),e f e 处切线方程为()44y x e e-=--，即48.y x e=-+（2）由题意得24ln 4ln 0ax x x +--对任意()1,x ∈+∞恒成立 令x e =，得1ae，∴()h x 在()1,x ∈+∞上单调递减， ∴()04h x <<，4a 时，0g '，则g )()140x g a >=>14a e<时，存在01x >02ln 4x =+)x 在()01,x )()0min g x =所以20002ln 44ln 4ln 0x x x ++--， 即200ln 2ln 80x x +-，∴04ln 2x -，即201x e <，∴(20002ln 4,1,x a x e x +⎤=∈⎦ 又()h x 在()1,x ∈+∞上单调递减， ∴284a e <，综上所述：28,a e ⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭.【探究总结】解答题中的恒成立问题，经常会构造含参函数，分类讨论，判断函数单调性.对不等式的变形，尽量使分式化为整式，使函数变为()()xf eg x +或()()ln f x g x +的结构，便于求导及解导数不等式.（2021广东广州联考）已知函数()ln (1).f x x x a x a =+-+（1）当0a =时，求曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程;（2）若对任意(0,1)x ∈，不等式()0f x >恒成立，求正整数a 的最小值.探究3：转化为求两个函数最值1.恒成立或能成立的不等式，转化为上述两种形式，研究一个函数最值时，解导数不等式较困难，无法明确函数单调性，可以将不等式转化为()()f x g x <的形式，转化为求两个函数的最值进行比较；2.“∀”与“∃”共存的命题： ①[][]()()1212,,,,x a b x c d f x g x ∀∈∀>⇒()()min max f x g x >；②[][]()()1212,,,,x a b x c d f x g x ∀∈∃>⇒()()min min f x g x >； ③[][]()()1212,,,,x a b x c d f x g x ∃∈∃>⇒()()max min f x g x >；已知隐零点范围求参，将方程()00g x '=，转化为a 关于x 的函数，求值域④[][]()()1212,,,,x a b x c d f x g x ∃∈∀>⇒()()max max f x g x >；(2021湖北宜昌模拟）已知函数()x xf x e e -=+，其中e 是自然对数的底数．（1）若关于x 的不等式()1xmf x e m -+-在(0,)+∞上恒成立，求实数m 的取值范围；（2）已知正数a 满足：存在0[1,),x ∈+∞使得3000()(3)f x a x x <-+成立，求正实数a 的取值范围【审题视点】两问都是恒成立或者存在问题，思考方向为分离参数、构造含参函数、比较两个函数最值，根据不等式特点，选择适当的方法.【思维引导】（1）恒成立问题：分离参数构造函数求最值；（2）()33xxe ea x x -+<-+，由于33x x -+符号不确定，排除分离参数；若构造函数()33x x y e e a x x -=+--+，其导函数较复杂，不利于判断单调性；不等式两侧的函数都是能够容易判断单调性的函数，故可转化比较不等式两侧的函数的最值，求参.【规范解析】解：（1）由题意得 (0,)x ∀∈+∞，()1x x x m e e e m --++-恒成立， 即(1)1x x x m e e e --+--在(0,)+∞上恒成立，(0,)x ∈+∞， 10x x e e -∴+->，即11x x x e m e e ---+-对(0,x ∈令(1)x t e t =>，则211tm t t --+对任意(1,)t ∈+∞恒成立，22111111(1)(1)13111t t t t t t t t --=-=---+-+-+-++-，当且仅当2t =时等号成立，恒成立问题首先选择分离参数，思路清晰.若参数前，含x 的部分，符号确定，可以先分离参数，构造不含参数的函数.函数本身能够利用常规方法求最值，或对于导函数，能够解不等式，或通过二次求导判断符号，判断函数单调性，求出最值即可1(,].3m ∴∈-∞-（2）由题意得 设3()(3)h x a x x =-+， 则当[)1,x ∈+∞时，()()min max f x h x < 又()x x f x e e -'=-当1x 时，()0f x '>，()f x ∴在[1,)+∞上单调递增，()()min 11f x f e e∴==+令3()(3)h x a x x =-+，22()(33)3(1)h x a x a x '=-+=--，0,1a x >，()0h x '∴，即()h x 在[1,)x ∈+∞上单调递减，()()max 12h x h a ∴==12e a e ∴+<，即1(,).22e a e∈++∞【探究总结】恒成立与存在性问题求参，首先要根据不等式结构选择合适的方法，确定解题方向.将不等式两侧 “合二为一”时，难以判断函数单调性，则将不等式“一分为二”，若不等式左右两侧结构一致，则利用同构法解决，若结构不一致，则分别求两个函数的最值.(2021江苏镇江模拟）已知函数()2a f x x x=+，()()ln g x x x =---其中0a ≠，（1）若1x =是函数()f x 的极值点，求实数a 的值及()g x 的单调区间；（2）若对任意的[]11,2x ∈，[]23,2x ∃∈--使得()()12f x g x 恒成立，且20a -<<，求实数a 的取值范围.思路：1.对不等式作适当变形，观察不等式结构；2.明确解题方法：单调性法、分离参数、含参讨论、比较两个函数的最值，结合不等式结构，逐个排除，选择合适的方法.专题升华利用导数解决恒成立与存在性问题，往往试题难度属于中高档题，题型涉及选择题、填空题和解答题,方法灵活，综合性强，是高考的热点和难点.解题时，要善于转化恒成立与能成立的不等式，才能 “拨开云雾见天日”.从导数知识点的角度看： 导数的几何意义：求出直线与函数图象相切时的斜率.若题干不等式能够转化为()f x kx b <+⇒数形结合，从图象的角度理解为函数()f x 的图象在直线y kx b =+的下方，即求出直线与函数图象相切时的方程，从而求出参数的取值范围，作图时，需借助导数判断函数单调性.导数研究单调性：（1）导数的符号决定原函数的单调性，若已知函数()f x 在区间(),a b 上单调⇒转化为导函数的恒成立问题；若已知函数()f x 在区间(),a b 上存在单调区间⇒转化为导函数的存在性问题；（2）利用单调性比较大小：①抽象函数⇒利用()f x '与()f x 共存的不等式构造函数，判断单调性；② 同构法⇒不等式变形为()()f g x f h x <⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦，判断()f x 的单调性，得出关于()(),g x h x 恒成立或能成立的不等式.利用导数求最值：恒成立或能成立的不等式⇒变形为()()()(),0,f x af x a f x ag x <⎧⎪<⎨⎪<⎩，由不等式的形式灵活的选择适当的方法即分离参数构造函数求最值、含参讨论函数最值、比较两个函数的最值，求出参数取值范围.【答案详解】 变式训练1【解析】（1）证明：当1a =-时，()ln x f x e x x -=-+ (0)x >，()11.x xxx e x xe f x e x xe ---∴'=--+=令()x x g x e x xe =-- (0).x >则()()1110x x x g x e x e xe '=--+=--<，∴()g x 在()0,+∞上单调递减.又()010g =>，()110g =-<，()00,1x ∴∃∈，使得()00.g x =当0(0,)x x ∈时，()0g x >，则()0f x '>， 当0(,)x x ∈+∞时，()0g x <，则()0f x '<，∴()f x 在()00,x 上单调递增，在()0,x +∞单调递减()()0max f x f x ∴=，故()()0111f x f e>=-，有解.（2）解：对任意(1,)x ∈+∞，不等式()a f x x 恒成立，即ln x a e x a x x ---恒成立， 即ln x a e x a x x --+，即ln ln x a x e x e a x --+恒成立.令()x h x e x =+，则上式即为：()()ln .h x h a x - ()10x h x e '=+>，()h x ∴为R 上的增函数，ln .x a x ∴-1x >，.ln x a x ∴-≤令()(),1,ln x t x x x =∈+∞，则()()2ln 1ln x t x x -'= 当()0t x '>时，x e >()t x ∴在区间()1,e 上单调递减，在区间(,)e +∞上单调递增， ()()min t x t e e ∴==a e ∴-，即实数a 的取值范围是[,).e -+∞变式训练2【解析】解：（1）当0a =时，()ln f x x x x =+， ()ln 2f x x ∴'=+，∴ (1)2f '=，又(1)1f =，∴所求切线的方程为12(1)y x -=-，即为210x y --=，（2）当01x <<时，()0f x >即ln 1x x x a x +>-， 令ln ()1x x x g x x +=-，则2ln 2()(1)x x g x x --'=-， 令()ln 2h x x x =--，则1()1h x x'=-， 当01x <<时，()h x '0<， ∴()h x 在区间()0,1上单调递减 又22221111()ln 20h e e e e=--=>，()110h =-< ()h x ∴在区间(0,1)上存在一个零点0x ，则000()ln 20h x x x =--=，即00ln 2x x =-，∴当00x x <<时，()0h x >，即()0g x '>，函数()g x 单调递增， 当01x x <<时，()0h x >，即()0g x '>，函数()g x 单调递减， ()00000000max 00ln (2)()11x x x x x x g x g x x x x +-+∴====--， 则0a x >， 0(0,1)x ∈，∴正整数a 的最小值是1.变式训练3【解析】解：由题意得 ()221a f x x'=-； ()10f ∴'=，即210a -=，1a ∴=或1a =-；经检验，1a =或1a =-时，1x =是函数()f x 的极值点， 1a ∴=或1a =-；由()()ln g x x x =---，(0)x <，则11()1x g x x x--'=--= 令()0g x '>，则1x <- ∴()g x 在(),1-∞-上单调递减；在()1,0-上单调递增（2）[]11,2x ∀∈，[]23,2x ∃∈--，()()12f x g x 恒成立， 即[]11,2x ∀∈ []23,2x ∈--时， ()()minmin f x g x ⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦， 当[3,2]x ∈--时，1()10.g x x '=--< ∴函数()g x 在[]3,2--上是减函数．min [()](2)2ln 2.g x g ∴=-=-当[]1,2x ∈时，()221a f x x'=-= ()()2x a x a x -+， 20a -<<， 令()0f x '>，则0x a +>①当10a -≤<时，0x a +>恒成立∴函数()2a f x x x=+在[]1,2上是增函数． 2min [()](1)1.f x f a ∴==+由212ln 2a +-，得1ln a --10a -<<， 11ln a ∴-<--②当21a -<<-时，x a >-∴函数()2a f x x x=+在[)1,a -上是减函数，在(],2a -上是增函数． ()()min 2f x f a a ∴=-=-⎡⎤⎣⎦ 22ln2a --，得11ln 22a -+，2 1.a ∴-<<-综上所述： (2,.a ∈-。
高考数学冲刺专题3.12 恒成立、存在性问题(新高考)(解析版)
专题3.12 恒成立、存在性问题1．恒成立、存在性问题的求解思路：（1）转化为基本函数（曲线）问题：数形结合，利用函数图象或曲线性质求解，如一次函数端点法，二次函数判别式、指对函数切线法、根式平方联想圆等等； （2）分离参数法：转化为函数最值问题求解；（3）变换主元法：参数与变量角色转化，以参数为自变量，构建函数再求解． 2．不等式恒成立问题的求解策略：（1）分离参数()a f x ≥恒成立(()max a f x ≥)或()a f x ≤恒成立（()min a f x ≤）； （2）数形结合(()y f x = 图象在()y g x = 上方即可)； （3）讨论最值()min 0f x ≥或()max 0f x ≤恒成立． 3．不等式能恒成立求参数值(取值范围)的求解策略： （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． 4．对于已知函数()y f x =的单调性求参数问题：（1）已知可导函数()f x 在区间D 上单调递增，转化为区间D 上()0f x '≥恒成立； （2）已知可导函数()f x 在区间D 上单调递减，转化为区间D 上()0f x '≤恒成立； （3）已知可导函数()f x 在区间D 上存在增区间，转化为()0f x '>在区间D 上有解； （4）已知可导函数()f x 在区间D 上存在减区间，转化为()0f x '<在区间D 上有解．【预测题1】已知函数()ln xf x x-=．（1）设()()1x g x f x f x ⎛⎫=+⎪-⎝⎭，求函数()g x 的最小值； （2）设()1h x f x ⎛⎫=⎪⎝⎭，对任意1x ，()20,x ∈+∞，()()()()121212h x h x h x x k x x ++++≥恒成立，求k 的最大值．【答案】（1）ln 2-；（2）ln 2-． 【解析】（1）因为()11ln x f x x =，()()1111ln 1ln 11x g x f x f x x x x x ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+=+-- ⎪ ⎪ ⎪-⎝⎭⎝⎭⎝⎭， 令1t x=，则()()()ln 1ln 1F t t t t t =+--，()0,1t ∈． ()()ln 1ln 11ln1tF t t t t'=+--+=⎡⎤⎣⎦-， 当10,2t ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，()0F t '<，()F t 单调递减；当1,12t ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，()0F t '>，()F t 单调递增． 所以()F t ）的最小值为1ln 22F ⎛⎫=-⎪⎝⎭．即函数()g x 的最小值是ln 2-． （2）()ln h x x x =，()()()1212h x h x h x x +-+()()11221212ln ln ln x x x x x x x x =+-++12121212lnln x x x x x x x x =+++=()11221212121212ln ln x x x x x x x x x x x x x x ⎡⎤++⎢⎥++++⎣⎦()12121212x x x x h h x x x x ⎡⎤⎛⎫⎛⎫=++⎢⎥ ⎪ ⎪++⎝⎭⎝⎭⎣⎦．由（1）知121121212ln 2x x x h h F x x x x x x ⎛⎫⎛⎫⎛⎫+=- ⎪ ⎪ ⎪+++⎝⎭⎝⎭⎝⎭≥， 所以()()()()121212ln 2h x h x h x x x x +-+-+⋅≥． 所以ln 2k -≤，k 的最大值是ln 2-． 【名师点睛】本题关键是将函数转化为()11ln x f xx =，利用换元法而得解．【预测题2】已知函数22()ln (1)1x f x x x =+-+．（1）求()f x 的单调区间；（2）若不等式1(1)e n an++≤对任意*n N ∈恒成立，求a 的取值范围．【答案】（1）单调递增区间为(10)-,，单调递减区间为(0)+∞,；（2）1(1]ln 2-∞-,． 【解析】（1）()f x 的定义域(1)-+∞,，22222ln(1)22(1)ln(1)2()1(1)(1)x x x x x x x f x x x x ++++--'=-=+++，令2()2(1)ln(1)2g x x x x x =++--，(1)x ∈-+∞,，()2ln(1)2g x x x '=+-，令()2ln(1)2h x x x =+-，(1)x ∈-+∞,，2()21h x x '=-+，当10x -<<时，()0h x '>，当0x >时，()0h x '<， 所以()h x 在(10)-,单调递增，在(0)+∞,单调递减， 又(0)0h =，故()0≤h x ，即当1x >-时，()0g x '≤，所以()g x 在(1)-+∞,单调递减，于是当10x -<<时，()(0)0g x g >=，当0x >时，()(0)0g x g <=， 所以当10x -<<时，()0f x '>，当0x >时，()0f x '<， 所以()f x 的单调递增区间为(10)-,，单调递减区间为(0)+∞,．（2）不等式1(1)n ae n++≤*()n N ∈等价于1()ln(1)1n a n++≤，又111n+>，故11ln(1)a nn≤-+， 设11()ln(1)x x x ϕ=-+，(01]x ∈,，222222(1)ln (1)()()(1)ln (1)ln (1)x x x f x x x x x x x ϕ++-'==+++，又()(0)0f x f ，故当(01]x ∈,时，()0x ϕ'<，所以()ϕx 在(01],单调递减，于是1()(1)1ln 2x ϕϕ≥=-，故11ln 2a ≤-，所以a 的取值范围为1(1]ln 2-∞-,． 【预测题3】已知函数()2()12ln ,f x a x x a R =--∈． （1）2a =时，求在(1,(1))f 处的切线方程； （2）讨论()f x 的单调性；（3）证明：当1a ≥时，1()(1)f x ax a x≥+-+在区间(1,)+∞上恒成立． 【答案】（1）()21y x =-；（2）见解析；（3）证明见解析． 【解析】当2a =时，()()2212ln f x x x =--，0x >，()22424x f x x x x-'=-=，()10f =，()12f '=， ()f x ∴在1x =处的切线方程是()21y x =-．（2）()22222ax f x ax x x-'=-=，()0x >当0a ≤时，()0f x '<，()f x ∴在()0,∞+上单调递减，当0a >时，令()0f x '>，解得x a >，令()0f x '<，解得0x a<<，()f x ∴的增区间是⎫+∞⎪⎪⎝⎭，减区间是⎛ ⎝⎭， 综上可知0a ≤时，函数的减区间是()0,∞+，无增区间；0a >时，函数的增区间是⎫+∞⎪⎪⎝⎭，减区间是⎛ ⎝⎭． （3）要证明不等式当1a ≥时，1()(1)f x ax a x≥+-+在区间(1,)+∞上恒成立， 即证明()()2112ln 1a x x ax a x--≥+-+在区间(1,)+∞上恒成立， 即证212ln 10ax x ax x ---+≥恒成立，令()212ln 1g x ax x ax x=---+，()3222212212ax ax x g x ax a x x x --+'=--+=()()()()22222112121x ax ax x x x x-----==，1,1a x ≥>，2210,10x ax ∴->->，即()0g x '>，()g x ∴在区间()1,+∞单调递增，即()()1g x g >，而()()2110g ax ax ax x =-=->，()0g x ∴>，∴ 1a ≥时，1()(1)f x ax a x≥+-+在区间(1,)+∞上恒成立． 【预测题4】已知函数1()x f x e -=．（1）设函数()()h x xf x =，求()h x 的单调区间；（2）判断函数()y f x =与()ln g x x =的图象是否存在公切线，若存在，这样的切线有几条，为什么？若不存在，请说明理由．【答案】（1）单调减区间为(),1-∞-，单调增区间为()1,-+∞；（2）两曲线有两条公切线，理由见解析．【解析】（1）1()()x h x xf x xe-==，()()1111x x x h x xee x e ---=+=+'，当1x <-时，()0h x '<，当1x >-时，()0h x '>，所以()h x 的单调减区间为(),1-∞-，单调增区间为()1,-+∞．（2）设两曲线的公切线为l ，与曲线1()x f x e -=切于点()1,a a e-，则切线方程为()11a a y e e x a ---=-，即111a a a y e x e ae ---=+-，又与曲线()ln g x x =切于点(),ln b b ，则切线方程为()1ln y b x b b-=-， 即1ln 1y x b b =+-．所以有1111ln 1a a a e be ae b ---⎧=⎪⎨⎪-=-⎩． 消元整理得110a a e ae a ---+=，所以方程根的个数即为两曲线的公切线条数．设11()x x x exe x ϕ--=-+，()11x x xeϕ-=-'．当0x <时，()0x ϕ'>，当01x <<时，由（1）知，()x ϕ'单调递减，()()10x ϕϕ''>=，当1x >时，由（1）知，()x ϕ'单调递减，()0x ϕ'<，当且仅当1x =时，()0x ϕ'=；所以()ϕx 在(),1-∞单调递增，在()1,+∞单调递减． 而()110ϕ=>，()220e ϕ=-<，22(1)10e ϕ-=-<，1(0)0eϕ=>， 又函数()ϕx 在R 上连续，所以函数11()x x x e xe x ϕ--=-+有两个零点，分别位于区间()1,0-和区间()1,2内．所以方程110a a e ae a ---+=有两个不同的根，即两曲线有两条公切线．【名师点睛】公切线问题需分别求得函数的切线方程，使斜率，截距分别相等，从而得到切线方程参数之间的关系，转化为函数问题，借助导数解决方程根的问题．【预测题5】已知函数()()1ln 22f x x x x =+-+，()()2ln 0g x x ax x a =-+>．（1）当1x >时，求函数()f x 的值域；（2）若函数()g x 有两个零点1x ，()212x x x <，当102λ≤≤时，不等式()()12110g x x a λλ'+-+-<恒成立，求实数a 的取值范围．【答案】（1）()0,∞+；（2）()0,1．【解析】（1）()()1ln 22f x x x x =+-+，定义域为()0,∞+，()1ln 2x f x x x+'=+-，所以()22111x f x x x x -''=-=，所以当1x >时，()0f x ''>，所以函数()y f x '=在[)1,+∞单调递增，又()10f '=，所以当1x >时，()0f x '>，所以函数()y f x =在[)1,+∞单调递增， 又()10f =，所以当1x >时，()0f x >，x →+∞时，()f x →+∞， 即所求的值域是()0,∞+．（2）因为()g x 有两个零点1x ，()212x x x <，所以由()0g x =得2ln x xa x+=，记2ln x x y+=，则312ln x xy --'=，令0y '=得1x =，列表得 分析得max 1y =，且当0x →时，y →-∞；当x →+∞时，0y +→； 因为()g x 有两个零点1x ，()212x x x <，即2ln x xa x +=有两个零点， 所以必有01a <<．又由（1）知当1x >时，()()1ln 220f x x x x =+-+>，即()22ln 11x x x x ->>+ （*） 又()()1210g x ax a x '=-+>，()2120g x a x''=--<，所以()g x '在()0,∞+单调递减．又令211x x x =>代入（*）式得，()2212121211222ln 1x x x x x x x x x x -->=++，即121212ln ln 2x x x x x x -+<-，又由题意函数()g x 有两个零点1x ，()212x x x <，得()()2111122222ln 0ln 0g x x ax x g x x ax x ⎧=-+=⎪⎨=-+=⎪⎩， 两式相减得()1212121210ln ln 12x x x x x x a x x -+<=<-+-，所以()1212210a x x x x -++<+，因为120x x <<，102λ≤≤， 所以()()121212121122122x x x x x x x x λλλλ++--=+---⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦ ()()1212102x x λ=--≥，所以()121212x x x x λλ++-≥， 所以()()()1212121221102x x g x x g a x x x x λλ+⎛⎫''+-≤=-++<⎪+⎝⎭， 又()1211g x x a λλ'+-<-⎡⎤⎣⎦，所以只要10a -≥， 因为0a >，所以01a <≤．综上所述，实数a 的取值范围是()0,1．【预测题6】已知函数21()(ln )2f x a x x x x=++-． （1）若02a <<，求函数()f x 的单调区间；（2）若存在实数[1,)a ∈+∞，使得()()2f x f x '+≤对于任意的x m ≥恒成立，求实数m 的取值范围．【答案】（1）增区间为⎫⎪⎪⎭，减区间为⎛ ⎝，(1,)+∞；（2）m 1≥． 【解析】（1）()f x 定义域为(0,)x ∈+∞，()222(1)211()22x x a f x a x x x x --⎛⎫'=-+-=-⎪⎝⎭22(1)x x x x ⎛- ⎝⎭⎝⎭=-，当02a <<时，令()0f x '>1x <， 所以()f x的增区间为⎫⎪⎪⎭，减区间为⎛ ⎝，(1,)+∞ （2）()()2f x f x '+≤，即222ln 0a aa x x x x+--≤ 即存在[1,)a ∈+∞，使得221211ln x x x x a⎛⎫+-≤ ⎪⎝⎭， 故22121ln 1x x x x ⎛⎫+-≤ ⎪⎝⎭对于任意的x m ≥恒成立，即2221ln 0x x x x+--≤， 令2221()ln g x x x x x=+--，即()0g x ≤对于任意的x m ≥恒成立，244233222222()x x x x x x g x x x -+--+-'==-， 设42()222h x x x x =-+-，3()82(1)h x x x '=--，当01x <<时，()0h x '>，42()222h x x x x =-+-在(0,1)单调递增，又(0)0h <，(1)0h >，所以存在唯一的0(0,1)x ∈，使得()00h x =， 当()0,1x x ∈时，()0h x >，则()0g x '<，()g x 是减函数， 所以()(1)0g x g >=，不符合题意，所以1m ≥， 下证当1≥x 时，()0g x ≤恒成立，()4222222212(1)0x x x x x x -+-=-+->， 所以423222()0x x x g x x-+-'=-<， 即()g x 在[1,)+∞上单调递减，()g(1)0g x ≤=， 综上，m 1≥．【名师点睛】此题考查导数的应用，考查利用导数求函数的单调区间，利用导数解决不等式恒成立问题，解题的关键是将问题转化为22121ln 1x x x x ⎛⎫+-≤ ⎪⎝⎭对于任意的x m ≥恒成立，即2221ln 0x x x x+--≤，然后构造函数，利用导数解决，考查数学转化思想和计算能力，属于中档题【预测题7】已知()ln f x x x =，()()212xg x x e e=--（1）求函数()g x 的单调区间；（2）已知1≥x 时，不等式()()2245ax x x f x -≤-+恒成立，求实数a 的取值范围．【答案】（1）在(),0-∞递增，在()0,2递减，在()2,+∞递增；（2）(],1ln 2-∞+． 【解析】（1）()g x 的定义域是R ，又()()2xg x x x e '=-，令()0g x '=，解得0x =或2x =，x ，()g x '，()g x 的变化如下：故()g x 在(),0-∞递增，在()0,2递减，在()2,+∞递增； （2）()y f x =的定义域是()0,∞+，当1≥x 时，由()()2245ax x x f x -≤-+可知()2245ln a x x x x≤-++， 令()()2245ln h x x x x x=-++，（1≥x ）， 则()()2245222ln x x h x x x x x-+'=-+-()()222222ln x x x x x x -+-=-+()()22222ln 1x x x x x⎡⎤-+-⎣⎦=， 令()0h x '=，则1x =或2x =，故()h x 在()1,2递减，在()2,+∞递增， 故()h x 在[)1,+∞上的最小值是()21ln 2h =+， 故1ln2a ≤+，即a 的取值范围是(],1ln 2-∞+．【名师点睛】对于不等式恒成立可以采用常变量分离法构造函数，利用导数的性质进行求解． 【预测题8】已知函数()22ln kx f x x x +-=（1）当1k =时，求在1x =处的切线方程；（2）若()f x 在定义域上存在极大值，求实数k 的取值范围． 【答案】（1）3y x =；（2）1,02⎛⎫-⎪⎝⎭． 【解析】（1）1k =时，()22ln f x x x x =+-定义域是()0,∞+，()122f x x x'=+-(0x >) 所以()13f =，()13f '=，切线方程为()331y x -=-即3y x =（2）()f x 的定义域是()0,∞+，求导得()2122122kx x f x kx x x+-'=+-=(0x >) 记()2221g x kx x =+-，①当0k =时，令()102g x x =⇒=， 当10,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()()()00g x f x f x <⇒'<⇒单调递减， 当1,2x ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭时，()()()00g x f x f x >⇒'>⇒单调递增；()f x 有极小值没有极大值．②当0k >时，480k ∆=+>，()21042g x x k k-=⇒==(负根舍去)，当10,2x k ⎛⎫∈ ⎪ ⎪⎝⎭时，()()()00g x f x f x <⇒'<⇒单调递减，当x ⎫∈+∞⎪⎪⎝⎭时，()()()00g x f x f x >⇒'<⇒单调递增；()f x 有极小值没有极大值．③当0k <时，令480k ∆=+≤得1,2k ⎛⎤∈-∞- ⎥⎝⎦，则()22210g x kx x =+-≤在()0,∞+恒成立，于是()0f x '≤在()0,∞+恒成立，()f x 在定义域()0,∞+上单调递减，没有极大值． 令480k ∆=+>得1,02k ⎛⎫∈-⎪⎝⎭，令()10g x x =⇒=2x =()0f x '=有2个不相等正根，()f x 在10,2k ⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭上单调递减，在11,22k k ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭单调递增，在1,2k ⎛⎫+∞ ⎪ ⎪⎝⎭单调递减．所以()f x在2x =综上所述，()f x 在定义域上存在极大值时，实数k 的取值范围是1,02⎛⎫-⎪⎝⎭． 【名师点睛】本题考查导数的几何意义，考查用导数研究函数的最值．解题关键是掌握导数与单调性的关系，掌握极值的定义．解题方法是利用分类讨论思想讨论()0f x '=的根的分布，()'f x 0>或()0f x '<的解的情况，确定单调性得极值情况．【预测题9】已知函数()f x x =，()sin cos g x x x =+．（1）当4x π≥-时，求证：()()f x g x ≥；（2）若不等式()()2f x g x ax +≤+在[0,)+∞上恒成立，求实数a 的取值范围． 【答案】（1）证明见解析；（2）[2,)+∞． 【解析】（1）令()()()sin cos h x f x g x x x x =-=--，4x π≥-，①当44x ππ-≤<时，则()1cos sin h x x x '=+-+，设1()()h x h x ='，)1321()04h x x π⎛⎫'=++> ⎪⎝⎭， ()h x '∴在,44ππ⎡⎫-⎪⎢⎣⎭上单调递增，且()00h '=，当04x π-≤<时，()0h x '<；当04x π≤<时，()0h x '≥，()h x ∴在,04π⎡⎫-⎪⎢⎣⎭上递减，在0,4π⎡⎫⎪⎢⎣⎭上递增， ()()00h x h ∴≥=，()()f x g x ∴≥；②当4x π≥时，则()4h x x x x π⎛⎫=+≥- ⎪⎝⎭1044ππ≥>+->，()()f x g x ∴≥；综上所述，当4x π≥-时，()()f x g x ≥；（2）令()()()2sin cos 2t x f x g x ax x x x ax =+--=++--，0x ≥，则()1cos sin t x x x a '=+--，由题意得()0t x ≤在[0,)+∞上恒成立，()00t =，()020t a '∴=-≤，2a ∴≥；下证当2a ≥时，()0t x ≤在[0,)+∞上成立，()sin cos 2sin cos 22t x x x x x ax x xx x =++--≤++--，令()sin cos 2x x x x ϕ++-，只需证明()0xϕ≤在[0,)+∞上成立， （1）当04x π≤≤时，()1cos sin x x x ϕ'=-+-，设1()()x x ϕϕ='，1321()4x x πϕ⎛⎫'=-+ ⎪⎝⎭， ()1x ϕ'在0,4⎡⎤⎢⎥⎣⎦π上单调递减，11()(0)0x ϕϕ∴'≤'=，()x ϕ'∴在0,4⎡⎤⎢⎥⎣⎦π上单调递减，()()00x ϕϕ''∴≤=，()x ϕ∴在0,4⎡⎤⎢⎥⎣⎦π上单调递减，()()00xϕϕ∴≤=；（2）当4x π>时，()24x xx πϕ⎛⎫=++- ⎪⎝⎭2x ≤-+204π≤+<；综上所述，实数a 的取值范围是[2,)+∞．【名师点睛】本题考查了利用导数证明不等式，利用导数研究不等式恒成立，解题的关键是由题意确定2a ≥，将不等式恒成立转化为()sin cos 22t x x x x x ≤++--，进而证明()sin cos 220x x x x x ϕ=++--≤，考查了转化思想以及运算能力．【预测题10】已知函数()()ln 10f x m x kx m =++> （1）讨论()f x 的单调性；（2）若存在实数k ，使得()mxxf x e '≤恒成立的m 值有且只有一个，求k m +的值．【答案】（1）答案见解析；（2）2e k m +=． 【解析】（1）函数()f x 的定义域为()0,∞+，()m m kxf x k x x+'=+=． 当0k ≥时，()0f x '>，()f x 在(0,)+∞上单调递增； 当0k <时，令()0f x '=，解得mx k=-， 当0,m x k ∈-⎛⎫ ⎪⎝⎭时，()0f x '>，当,m x k ⎛⎫∈-+∞ ⎪⎝⎭时，()0f x '<．()f x ∴在0,m k ⎛-⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，在,m k ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭上单调递减． 综上所述，当0k ≥，()f x 在(0,)+∞上单调递增； 当0k <时，()f x 在0,m k ⎛-⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，在,m k ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭上单调递减；（2）()mxxf x e '≤恒成立，即0mx e kx m --≥恒成立 令()mxg x ekx m =--，则()mx g x me k '=-．①当0k ≤时，()0g x '>，()g x 单调递增，要使()0g x ≥在()0,∞+上恒成立，只需()010g m =-≥，01m ∴<≤，此时m 不唯一，不合题意；②当0k m <≤时，令()0g x '=，解得ln ln 0k mx m-=≤，()g x 在()0,∞+上单调递增． 要使()0g x ≥在()0,∞+上恒成立，只需()010g m =-≥，01m ∴<≤，此时m 不唯一，不合题意；③当k m >时，令()0g x '=，解得ln ln 0k mx m-=>，当ln ln 0,k m x m -⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0g x '<，()g x 单调递减， 当ln ln ,k m x m -⎛⎫∈+∞⎪⎝⎭时，()0g x '>，()g x 单调递增， ()()ln ln min ln ln ln ln k m k m kg x g ek m m m m --⎛⎫∴==--- ⎪⎝⎭， 要使()0g x ≥在()0,∞+上恒成立，且m 值唯一，只需ln ln 0k m g m -⎛⎫=⎪⎝⎭， 整理得2ln ln 10m m k k-+-=，令()2ln ln 1m h m m k k =-+-，则()22k m h m mk-'=，令()0h m '=，解得m =．当m ⎛∈ ⎝时，0h m，()h m 单调递增，当m ⎫∈+∞⎪⎪⎭时，0h m，()h m 单调递减．()max 1ln 2h m h ∴==，要使m 值唯一，只需()max 102h m ==，解得2e k =，m =，k m ∴+= 【名师点睛】本题考查利用函数不等式恒成立，关键就是将问题转化为()min 0g x ≥，并利用导数分析函数的单调性，进而求解．【预测题11】已知函数2()2ln 3f x x ax x =-+-． （1）讨论()f x 的单调性．（2）若对任意的[]1,2a ∈，总存在1x ，2x ，使得()()120f x f x +=，证明：124x x +≥．【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析．【解析】（1）2222'()2x ax f x x a x x-+=-+=．当2160a ∆=-≤，即44a -≤≤时，'()0f x ≥，所以()f x 在()0,∞+上单调递增．当2160a ∆=->，即4a或4a >时，令2220x ax -+=，得216a a x ±-=．当4a时，两根均为负数，则'()0f x >，所以()f x 在()0,∞+上单调递增；当4a >时，两根均为正数，所以()f x 在2160,4a a ⎛⎫-- ⎪ ⎪⎝⎭，2164a a ⎛⎫-+∞ ⎪ ⎪⎝⎭上单调递增，在22161644a a a a ⎛-+-⎪⎝⎭,上单调递减． 综上所述，当4a ≤时，()f x 在()0,∞+上单调递增；当4a >时，()f x 在2160,4a a ⎛⎫-- ⎪ ⎪⎝⎭，2164a a ⎛⎫+-+∞ ⎪ ⎪⎝⎭上单调递增，在22161644a a a a ⎛-+- ⎪⎝⎭,上单调递减．（2）因为()()120f x f x +=，所以221112222ln 32ln 30x ax x x ax x -+-+-+-=，整理得()221212122ln 2ln 60x x a x x x x +-+++-=，即()()()212121212622ln x x a x x x x x x +-+-=-． 令()22ln g x x x =-，则22(1)'()2x g x x x-=-=， 所以()g x 在()0,1上单调递减，在()1,+∞上单调递增， 所以()()12g x g ≥=，即()121222ln 2x x x x -≥．因为()()2121262x x a x x +-+-≥，所以()()2121280x x a x x +-+-≥． 因为()()21212()8h a x x a x x =+-+-在[]1,2a ∈上单调递减， 所以()()21212(2)280h x x x x =+-+-≥，即()()1212420x x x x +-++≥． 因为12,0x x >，所以124x x +≥． 【预测题12】已知函数3231()3(0)2f x x a x x a a ⎛⎫=-++> ⎪⎝⎭． （1）讨论()f x 的单调性． （2）若1a >，且1,x a ⎛⎫∀∈+∞⎪⎝⎭，31()2f x a >，求a 的取值范围．（3）是否存在正数a ，使得()21f x x >-对()2,3x ∈恒成立？若存在，求a 的取值范围；若不存在，请说明理由．【答案】（1）答案见解析；（2）1,2⎛ ⎝⎭；（3）不存在，理由见解析． 【解析】（1）21'()333f x x a a ⎛⎫=-++ ⎪⎝⎭，令'()0f x =，解得x a =或1x a=， 当1a =时，'()0f x ≥，()f x 在R 单调递增， 当01a <<时，1a a>， 由'()0f x <，得1,x a a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，由'()0f x >，得()1,,x a a ⎛⎫∈-∞+∞ ⎪⎝⎭，故()f x 在1,a a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，在(),a -∞，1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭单调递增， 当1a >时，1a a<， 由'()0f x <，得1,x a a ⎛⎫∈⎪⎝⎭，由'()0f x >，得()1,,x a a ⎛⎫∈-∞+∞ ⎪⎝⎭，故()f x 在1,a a ⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减，在1,a ⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭，(),a +∞单调递增，综上：当1a =时，()f x 在R 单调递增， 当01a <<时，()f x 在1,a a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，在(),a -∞，1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭单调递增，当1a >时，()f x 在1,a a ⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减，在1,a ⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭，(),a +∞单调递增；（2）因为1a >，所以()f x 在1,a a ⎛⎫⎪⎝⎭单调递减，在(),a +∞单调递增，故()3min 1()2f x f a a =>，整理得332a a <，又1a >，故12a <<，故a 的取值范围是⎛ ⎝⎭； （3）()21f x x >-，323112x x a a x ++⎛⎫+< ⎪⎝⎭在()2,3x ∈上恒成立，设211()g x x x x =++，3233122'()1x x g x x x x--=--=， 设3()2k x x x =--，则2'()31k x x =-，当()2,3x ∈时，'()0k x >，故()k x 在()2,3上单调递增，()()240k x k >=>， 故'()0g x >在()2,3恒成立，()g x 在()2,3单调递增，则11()(2)4g x g >=，又12a a +≥=，(当且仅当1a =时“=”成立)， 故3111324a a ⎛⎫+≥> ⎪⎝⎭，故不存在正数a ，使得()21f x x >-对()2,3x ∈恒成立． 【名师点睛】本题的关键是由()21f x x >-变形为323112x x a a x++⎛⎫+< ⎪⎝⎭，构造新函数，利用导数的性质和基本不等式进行求解．【预测题13】已知函数()()ln 11f x x kx =+--． （1）讨论函数()f x 的单调性；（2）若关于x 的不等式()01xef x x ++≥对任意0x ≥恒成立，求实数k 的取值范围．【答案】（1）答案见解析；（2）1k ≤．【解析】（1）()()ln 11f x x kx =+--，0x ≥，()1111k kxf x k x x --'=-=++． ①若0k ≤，则()0f x >′恒成立，故()f x 在[)0,+∞上单调递增． ②若01k <<，令()0f x '=，得110x=->．③若1k，则()0f x '≤恒成立，故()f x 在[)0,+∞上单调递减．综上所述，若0k ≤，()f x 在[)0,+∞上单调递增；若01k <<，()f x 在10,1k ⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递增，在11,k ⎛⎫-+∞⎪⎝⎭上单调递减；若1k ，()f x 在[)0,+∞上单调递减．（2）令()()1x e g x f x x =++，故()()ln 111xe g x x kx x =+-+-+，0x ≥所以()()2111x x g x k x x '=-+++，令()()()2111xxe h x g x k x x ='=-+++， ()()()()()()()222331111111xx x e x e x h x x x x ++-+'=-+=+++，下面证明1x e x ≥+，其中0x ≥． 令()1xx e x ϕ=--，0x ≥，则()10x x eϕ-'=≥．所以()x ϕ在[)0,+∞上单调递增，故()()00x ϕϕ≥=， 所以当0x ≥时，1x e x ≥+． 所以()()()()()()()()()222333111110111x x e x x x x x h x x x x +-+++-+'==+++≥≥，所以()g x '在[)0,+∞上单调递增，故()()01g x g k ''=-≥．①若10k -≥，即1k ≤，则()()010g x g k ''=-≥≥，所以()g x 在[)0,+∞上单调递增， 所以()()00g x g ≥=对0x ∀>恒成立，所以1k ≤符合题意． ②若10k -<，即1k >，此时()010g k '=-<，()()()4442222214441411414122k k kke ke e g k k k k k k k k k ⎡⎤⎢⎥⎢⎥'=-+>-=⋅-=⎢⎥+⎛⎫+++⎢⎥⎪⎝⎭⎣⎦221122k e k ⎡⎤⎛⎫⎢⎥ ⎪⎢⎥- ⎪⎢⎥ ⎪+⎢⎥⎝⎭⎣⎦，且据1k >及1xe x ≥+可得212122k e k k +>+≥，故221122ke k ⎛⎫⎪> ⎪ ⎪+⎝⎭，所以()40g k '>． 又()g x '的图象在[)0,+∞上不间断，所以存在()00,4x k ∈，使得()0g x '=， 且当()00,x x ∈时，()0g x '<，()g x 在()00,x 上单调递减， 所以()()000g x g <=，其中()00,4x k ∈，与题意矛盾， 所以1k >不符题意，舍去．综上所述，实数k 的取值范围是1k ≤．【名师点睛】利用导数研究含参函数的单调性，注意讨论的不重不漏；根据不等式恒成立求参数的取值范围，注意先猜后证、反证法的综合应用． 【预测题14】已知函数()2(23)xf x e m x x =+-．（1）若曲线()y f x =在点0(1,)P y 处的切线为:(1)0l e x y n +-+=，求,m n ； （2）当1m =时，若关于x 的不等式()()25312f x x a x ≥+-+在[)1,+∞上恒成立，试求实数a 的取值范围．【答案】（1）1,2m n ==-；（2）32a e ≤-． 【解析】（1）因为函数()2(23)x f x e m x x =+-的导数()(43)xf x e m x '=+-，所以由题意可得(1)1f e m e '=+=+，即1m =．则2()23xf x e x x =+-，点P 坐标为()1,1e -，因为点P 在直线:(1)0l e x y n +-+=上，所以2n =-， 故1,2m n ==-；（2）当1m =时，2()23x f x e x x =+-因为关于x 的不等式()()25312f x x a x ≥+-+在[)1,+∞上恒成立， 所以12x e x a x x≤--，在[)1,+∞上恒成立，设()12x e x g x x x =--，则()()()22211111122x x e x e x g x x x x --+'=-+=-， 由1xy e x =--的导数为1xy e '=-，当0x >时，0y '>，函数1xy e x =--递增，当0x <时，函数1xy e x =--递减，则10x e x --≥，即10x e x ≥+>，所以当1≥x 时，()()()22111111110222x e x x x x x -++-+-≥-=>， 则()12x e x g x x x=--在[)1,+∞递增，所以()()min 312g x g e ==-，则32a e ≤-． 【名师点睛】若()f x 在区间D 上有最值，则（1）恒成立：()()min ,00x D f x f x ∀∈>⇔>；()()max ,00x D f x f x ∀∈<⇔<； （2）能成立：()()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（1）恒成立：()()max a f x a f x >⇔>；()()min a f x a f x <⇔<； （2）能成立：()()min a f x a f x >⇔>；()()max a f x a f x <⇔<． 【预测题15】已知函数()()xf x e ax a R =+∈．（1）讨论()f x 在()0,∞+上的单调性； （2）若对任意()0,x ∈+∞，()22ln 0x xe ax x a ++-≥恒成立，求a 的取值范围．【答案】（1）答案见解析；（2）[)(),00,e -+∞．【解析】（1）()x f x e a '=+，当1a ≥-时，因为0x >，所以e 1x >，所以()0xf x e a '=+>，所以()f x 在()0,∞+上的单调递增当1a <-时，()ln 0a ->，所以()ln x a >-时，()0f x '>；()ln x a <-时，()0f x '< 所以()f x 在()()0,ln a -上的单调递减，在()()ln ,a -+∞上的单调递增， 综上可得当1a ≥-时，()f x 在()0,∞+上的单调递增，当1a <-时，()f x 在()()0,ln a -上的单调递减，在()()ln ,a -+∞上的单调递增； （2）当1a ≥-且0a ≠时，由（1）可知()f x 在()0,∞+上的单调递增， 所以()()01f x f >=，所以0x >时，()22ln 0x xe ax x a++-≥恒成立，2ln 2ln 0xa e ax x a x ⇔+++-≥恒成立，当1a <-时，令()2ln 2ln xau x e ax x a x=+++-，因为2ln 2ln a y x a x=+-，由22ln 10a y x'=->得()ln x a >-，由22ln 10a y x'=-<得()0ln x a <<-，所以在()()0,ln a -上的单调递减，在()()ln ,a -+∞上的单调递增， 由（1）可知()xf x e ax =+，在()()0,ln a -上的单调递减，在()()ln ,a -+∞上的单调递增，所以()u x 在()()0,ln a -上的单调递减，在()()ln ,a -+∞上的单调递增，所以()()()()()()()()()2ln min ln ln ln ln 2ln ln a a u x u a ea a a a a --=-=+-+-+---()()()()()ln ln ln ln 1a ea a a a a a a -=+-=-+-=--，所以()()ln 10a a --≥，解得1e a -≤<-， 综上可得a 的取值范围是[)(),00,e -+∞.【预测题16】已知函数2()2xf x e ax =--．（1）当a e =时，求曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；（2）若()0xf x e -+≥恒成立，求实数a 的取值范围．【答案】（1）222e e+-；（2）(,1]-∞． 【解析】（1）因为2()2x f x e ex =--，所以)'(2xf x e ex =-，故'(1)k f e ==-．又(1)2f =-，所以切点坐标为(1,2)-，故函数()f x 在点(1,(1))f 处的切线方程为2(1)y e x +=--，即2y ex e =-+-，所以切线与坐标轴交点坐标分别为(0,2)e -，2,0e e -⎛⎫⎪⎝⎭， 故所求三角形面积为2212(2)442(2)22222e e e e e e e e e e ---+⎛⎫⨯-⨯===+- ⎪⎝⎭． （2）由()0xf x e -+≥，得220x x e e ax -+--≥恒成立，令2()2xxg x e eax -=+--，则()()g x g x -=，所以()g x 为偶函数．故只要求当0x ≥时，()0g x ≥恒成立即可．'()2x x g x e e ax -=--，设()2(0)xxh x e eax x -=--≥，故 '()2(0)x x h x e e a x -=+-≥， 设()2(0)xx H x e ea x -=+-≥，则'()(0)x x H x e e x -=-≥，显然'()H x 为(0,)+∞的増函数，故'()'(0)0H x H ≥=，即()H x 在(0,)+∞上单调递增，(0)22H a =-．当1a ≤时，(0)220H a =-≥，则有()h x 在(0,)+∞上单调递增，故()(0)0h x h ≥=， 则()g x 在(0,)+∞上单调递增，故()(0)0g x g ≥=，符合题意； 当1a >时，(0)220H a =-<，又1(ln 2)02H a a=>，故存在0(0,ln 2)x a ∈，使得()00H x =， 故()h x 在()00,x 上单调递减，在()0,x +∞上单调递增．当()00,x x ∈时，()(0)0h x h <=，故()g x 在()00,x 上单调递减， 故()(0)0g x g <=，与()0g x ≥矛盾． 综上，实数a 的取值范围为(,1]-∞．【名师点睛】解题的关键第一是构造函数，利用函数的奇偶性进行转化问题求解；第二是三次求导，利用导数的性质进行求解． 【预测题17】已知函数()()1ln f x a x a R x =+∈，()21g x x x x=--． （1）讨论()f x 的单调性；（2）若函数()()()F x f x g x =+存在两个极值点1x ，2x ，且曲线()y F x =在x 处的切线方程为()y G x =，求使不等式()()F x G x <成立的x 的取值范围．【答案】（1）答案见解析；（2）⎛ ⎝． 【解析】（1）()21-='ax f x x ， 当0a ≤时，()0f x '<恒成立，函数()f x 在()0,∞+上单调递减， 当0a >时，易得当1x a >时，()0f x '>，当10x a<<时，()0f x '<， 故()f x 在1,a ⎛⎫+∞⎪⎝⎭上单调递增，在10,a ⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减， （2）()()()2ln F x f x g x a x x x =+=+-，所以()2221a x x aF x x x x-+'=+-=，0x >，因为()()()F x f x g x =+存在两个极值点1x ，2x ，所以()220x x aF x x-+'==有两个不等正实数解，即220x x a -+=有两个不等式正根，所以18002a a∆=->⎧⎪⎨>⎪⎩，解得108a <<， 因为122a x x =，x ==所以1F '=-，ln 222a a a F =+所以曲线()y F x =在x =()ln 1222a a a y x ⎛⎛-+=- ⎝⎝， 即()()31ln 222a a a G x y x ==-+-， 令()()()23ln ln 222a a a h x F x G x x a x =-=+-+-， ()2220x ah x xx-+'==>，故()h x 在()0,∞+上单调递增，且0h =，故当0x <<时，()0h x <，即()()F x G x <，故x的范围⎛ ⎝． 【名师点睛】解不等式比较常用的方法是构造新函数，研究函数的单调性，明确函数的零点，即可明确不等式何时成立．【预测题18】已知函数()cos 2xf x e a x =+-，()f x '为()f x 的导函数．（1）讨论()f x '在区间π0,2⎛⎫⎪⎝⎭内极值点的个数；（2）若π,02x ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦时，()0f x ≥恒成立，求实数a 的取值范围． 【答案】（1）分类讨论，答案见解析；（2）[)1,+∞．【解析】（1）由()cos 2xf x e a x =+-，得()sin xf x e a x '=-．令()sin xg x e a x =-()cos xg x e a x '=-．因为π0,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，所以e 1x>，0cos 1x <<． 当1a ≤时，()0g x '>，()g x 单调递增，即()f x '在区间π0,2⎛⎫⎪⎝⎭内无极值点；当1a >时，()sin xg x e a x ''=+，π0,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭， 所以()0g x ''>，所以()cos xg x e a x '=-在π0,2⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递增．又()00cos010g e a a '=-=-<，ππ22ππcos 022g e a e ⎛⎫'=-=> ⎪⎝⎭，故存在0π0,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，使()00g x '=且()00,x x ∈时，()0g x '<，()g x 单调递减； 0π,2x x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0g x '>，()g x 单调递增，所以0x x =为()g x 的极小值点，此时()f x '在区间π0,2⎛⎫⎪⎝⎭内存在一个极小值点，无极大值点．综上所述，当1a ≤时，()f x '在区间π0,2⎛⎫ ⎪⎝⎭内无极值点；当1a >时，()f x '在区间π0,2⎛⎫ ⎪⎝⎭内存在一个极小值点，无极大值点． （2）若π,02x ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦时，()0f x ≥恒成立，则()0120f a =+-≥，所以1a ≥．下面证明当1a ≥时，()0f x ≥在π,02x ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦恒成立． 因为π,02x ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦时，0cos 1x ≤≤，所以1a ≥时，()cos 2cos 2xxf x e a x e x =+-≥+-．令()cos 2xh x e x =+-，π,02x ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦，所以()sin xh x e x '=-令()sin xx e x ϕ=-()cos xx e x ϕ'=-．()sin x x e x ϕ''=+在区间π,02⎡⎤-⎢⎥⎣⎦单调递增．又ππ331ππsin 03322e e e ϕ---⎛⎫⎛⎫''-=+-=-<-< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， 所以()cos xx e x ϕ'=-在区间ππ,23⎡⎤--⎢⎥⎣⎦上单调递减．又ππ22ππcos 022e e ϕ--⎛⎫⎛⎫'-=--=> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， ππ331ππ11cos 03322e e e ϕ---⎛⎫⎛⎫'-=--=-<-< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以存在1ππ,23x ⎛⎫∈-- ⎪⎝⎭，使()10x ϕ'=，且1π,2x x ⎛⎫∈-⎪⎝⎭时，()0x ϕ'>，()h x '单调递增； ()1,0x x ∈时，()0x ϕ'<，()h x '单调递减，所以1x x =时，()h x '取得最大值，且()()1max h x h x ''=． 因为()10x ϕ'=，所以11cos xe x =，所以()h x 单调递减，所以π,02x ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦时，()()00h x h ≥=，即()0f x ≥成立． 综上，若π,02x ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦时，()0f x ≥恒成立，则a 的取值范围为[)1,+∞．【名师点睛】含参数分类讨论函数的单调性、极值，需要根据导函数的结构，对参数进行分类讨论．【预测题19】函数()sin (1cos )f x x x =⋅+，()(1)xg x a e =-（1）当0a <时，函数()()()F x f x g x =+在(0,)2x π∈有极值点，求实数a 的取值范围；（2）对任意实数[0,)x ∈+∞，都有()()f x g x ≤恒成立，求实数a 的取值范围． 【答案】（1）20a -<<；（2）2a ≥．【解析】（1）()sin (1cos )(1)xF x x x a e =++-，2()cos (1cos )sin (sin )2cos cos 1x x F x x x x x ae x x ae =++=-'-+++， ()4cos sin )sin sin (4cos 1)x x F x x x x ae x x ae =-'-+'+=-+（，因为(0,)2x π∈，所以sin 0,cos 0x x >>，又0a <，所以()F x ''<0，所以'()F x 在(0,)2π上递减，(0)20F a =+>'，2()102F ae ππ'=-+<，所以20a -<<，（2）()()()G x g x f x =-=(1)sin (1cos )0xa e x x --+≥．因为()02F π≥，所以2(1)10a e π--≥，所以0a >，当[0,]2x π∈时，()()()G x g x f x '''=-=2(2cos cos 1)x ae x x -+-，()()()G x g x f x ''''''=-sin (4cos 1)x ae x x =++>0，所以'()G x 在[0,]2π上递增，(0)2G a '=-，2()102G ae ππ'=+>，①当(0)20G a =-<'即2a <时，0(0,)2x π∃∈使得0()0G x '=，所以当0(0,)x x ∈时'()0G x <，函数()G x 在区间0(0,)x 递减， 因为(0)0G =，所以当0(0,)x x ∈时，()0<G x 与条件()0G x ≥矛盾，②(0)20G a =-≥'时，即2a ≥时，22()(2cos cos 1)2(2cos cos 1)x x G x ae x x e x x =-+-≥-+-'，因为22cos cos 1x x +-=2192[cos ]48x +-，cos [1,1]x ∈-， 所以22cos cos 1x x +-9[,2]8∈-， 而0x ，≥时22x e ≥，所以()G x '0≥，所以函数()G x 在区间[0,)+∞单调递增，因为(0)0G =，所以()0G x ≥， 综上：2a ≥.【预测题20】已知函数()x f x e ax =+，()()()()g x f x f x a R =--∈． （1）若直线y kx =与曲线()f x 相切，求k a -的值； （2）若()g x 存在两个极值点1x ，2x ，且()()12122g x g x x x e->--，求a 的取值范围．【答案】（1）k a e -=； （2）1,12e e -⎛⎫+-- ⎪⎝⎭．【解析】（1）设切点为()00,x y ，()xf x e a '=+，因为直线y kx =与曲线()f x 相切，所以0x e a k +=，000xe ax kx +=，所以()()010x a k --=，解得01x =，a k =（不成立，舍去）， 所以k a e -=；（2）()2x x g x e e ax -=-+，()2x xg x e e a -'=++，①当1a ≥-时，()220g x a '≥+≥，所以()g x 在R 上单调递增，函数()g x 无极值，不符合题意，舍去． ②当1a <-时，()20xxg x e ea -'=++=，不妨设12x x <，解得(1ln x a =-，(2ln x a =-，可得函数()g x 在()1,x -∞单调递增，在()12,x x 单调递减，在()2,x +∞单调递增，符合题意．。