2015届高考数学二轮复习检测专题3.18存在与恒成立问题.doc

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专题3.18存在与恒成立问题1．(2013·课标全国Ⅱ)若存在正数x使2x(x－a)<1成立，则a的取值范围是()A．(－∞，＋∞)B．(－2，＋∞)C．(0，＋∞)D．(－1，＋∞)答案D解析∵2x(x－a)<1，∴a>x－.令f(x)＝x－，∴f′(x)＝1＋2－xln 2>0.∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增，∴f(x)>f(0)＝0－1＝－1，∴a的取值范围为(－1，＋∞)，故选D.2．已知函数f(x)＝2ax3－3ax2＋1，g(x)＝－x＋，若任意给定的x0∈[0,2]，总存在两个不同的xi(i＝1,2)∈[0,2]，使得f(xi)＝g(x0)成立，则实数a的取值范围是()A．(－∞，－1)B．(1，＋∞)C．(－∞，－1)∪(1，＋∞)D．[－1,1]答案A解析当a＝0时，显然不成立，故排除D；当a>0时，注意到f′(x)＝6ax2－6ax＝6ax(x－1)，即f(x)在[0,1]上是减函数，在[1,2]上是增函数，又f(0)＝1<＝g(0)，当x0＝0时，结论不可能成立；进一步，可知a<0，此时g(x)在[0,2]上是增函数，且取值范围是[，－＋]，同时f(x)在0≤x≤1时，函数值从1增大到1－a，在1≤x≤2时，函数值从1－a减少到1＋4a，所以“任意给定的x0∈[0,2]，总存在两个不同的xi(i＝1,2)∈[0,2]，使得f(xi)＝g(x0)成立”当且仅当即解得a<－1.3．(2014·课标全国Ⅱ)设函数f(x)＝sin.若存在f(x)的极值点x0满足x＋[f(x0)]2<m2，则m的取值范围是()A．(－∞，－6)∪(6，＋∞)B．(－∞，－4)∪(4，＋∞)C．(－∞，－2)∪(2，＋∞)D．(－∞，－1)∪(1，＋∞)答案C解析∵f(x)＝sin的极值点即为函数图象中的最高点或最低点的横坐标，由三角函数的性质可知T＝＝2m，∴x0＝＋km(k∈Z)．假设不存在这样的x0，即对任意的x0都有x＋[f(x0)]2≥m2，则(＋km)2＋3≥m2，整理得m2(k2＋k－)＋3≥0，即k2＋k－≥－恒成立，因为y＝k2＋k－的最小值为－(当k＝－1或0时取得)，故－2≤m≤2，因此原特称命题成立的条件是m>2或m<－2.4．(2014·山东)已知实数x，y满足ax<ay(0<a<1)，则下列关系式恒成立的是()A.>B．ln(x2＋1)>ln(y2＋1)C．sin x>sin y D．x3>y3答案D解析因为0<a<1，ax<ay，所以x>y.采用赋值法判断，A中，当x＝1，y＝0时，<1，A不成立．B中，当x＝0，y＝－1时，ln 1<ln 2，B不成立．C中，当x＝0，y＝－π时，sin x＝sin y＝0，C不成立．D中，因为函数y＝x3在R上是增函数，故选D.5．若x∈[0，＋∞)，则下列不等式恒成立的是()A．ex≤1＋x＋x2 B.≤1－x＋x2 C．cos x≥1－x2 D．ln(1＋x)≥x－x2答案C解析对于C项，设f(x)＝cos x＋x2－1，则f′(x)＝－sin x＋x≥0(x≥0)，所以f(x)＝cos x＋x2－1是增函数，所以f(x)＝cos x＋x2－1≥f(0)＝0，即cos x≥1－x2.6．(2014·辽宁)当x∈[－2,1]时，不等式ax3－x2＋4x＋3≥0恒成立，则实数a的取值范围是()A．[－5，－3]B．[－6，－]C．[－6，－2]D．[－4，－3]答案C解析当x＝0时，ax3－x2＋4x＋3≥0变为3≥0恒成立，即a∈R.当x∈(0,1]时，ax3≥x2－4x－3，a≥，∴a≥max.设φ(x)＝，φ′(x)＝＝－＝－>0，∴φ(x)在(0,1]上递增，φ(x)max＝φ(1)＝－6.∴a≥－6.当x∈[－2,0)时，a≤，∴a≤min.仍设φ(x)＝，φ′(x)＝－.当x∈[－2，－1)时，φ′(x)<0，当x∈(－1,0)时，φ′(x)>0.∴当x＝－1时，φ(x)有极小值，即为最小值．而φ(x)min＝φ(－1)＝＝－2，∴a≤－2.综上知－6≤a≤－2.7．设函数f(x)＝ax3－3x＋1(x∈R)，若对于任意x∈[－1,1]，都有f(x)≥0成立，则实数a的值为________．答案4解析若x＝0，则不论a取何值，f(x)≥0显然成立；当x>0时，即x∈(0,1]时，f(x)＝ax3－3x＋1≥0可化为a≥－.即g(x)＝－，则g′(x)＝，所以g(x)在区间(0，]上单调递增，在区间[，1]上单调递减，因此g(x)max＝g()＝4，从而a≥4.当x<0时，即x∈[－1,0)时，同理a≤－.g(x)在区间[－1,0)上单调递增，所以g(x)min＝g(－1)＝4，从而a≤4，综上可知a＝4.8．(2014·江苏)已知函数f(x)＝x2＋mx－1，若对于任意x∈[m，m＋1]，都有f(x)<0成立，则实数m的取值范围是________．答案(－，0)解析作出二次函数f(x)的图象，对于任意x∈[m，m＋1]，都有f(x)<0，则有即解得－<m<0.9．已知函数f(x)＝x－，g(x)＝x2－2ax＋4，若对于任意x1∈[0,1]，存在x2∈[1,2]，使f(x1)≥g(x2)，则实数a的取值范围是__________．答案解析由于f′(x)＝1＋>0，因此函数f(x)在[0,1]上单调递增，所以x∈[0,1]时，f(x)min＝f(0)＝－1.根据题意可知存在x∈[1,2]，使得g(x)＝x2－2ax＋4≤－1，即x2－2ax＋5≤0，即a≥＋能成立，令h(x)＝＋，则要使a≥h(x)在x∈[1,2]能成立，只需使a≥h(x)min，又函数h(x)＝＋在x∈[1,2]上单调递减，所以h(x)min＝h(2)＝，故只需a≥.10．(2014·浙江)已知函数f(x)＝x3＋3|x－a|(a∈R)．(1)若f(x)在[－1,1]上的最大值和最小值分别记为M(a)，m(a)，求M(a)－m(a)；(2)设b∈R，若[f(x)＋b]2≤4对x∈[－1,1]恒成立，求3a＋b的取值范围．解(1)因为f(x)＝所以f′(x)＝由于－1≤x≤1.①当a≤－1时，有x≥a，故f(x)＝x3＋3x－3a.此时f(x)在(－1,1)上是增函数，因此，M(a)＝f(1)＝4－3a，m(a)＝f(－1)＝－4－3a，故M(a)－m(a)＝(4－3a)－(－4－3a)＝8.②当－1<a<1时，若x∈(a,1)，f(x)＝x3＋3x－3a，在(a,1)上是增函数；若x∈(－1，a)，f(x)＝x3－3x＋3a，在(－1，a)上是减函数，所以，M(a)＝max{f(1)，f(－1)}，m(a)＝f(a)＝a3.由于f(1)－f(－1)＝－6a＋2，因此当－1<a≤时，M(a)－m(a)＝－a3－3a＋4；当<a<1时，M(a)－m(a)＝－a3＋3a＋2.③当a≥1时，有x≤a，故f(x)＝x3－3x＋3a，此时f(x)在(－1,1)上是减函数，因此，M(a)＝f(－1)＝2＋3a，m(a)＝f(1)＝－2＋3a，故M(a)－m(a)＝(2＋3a)－(－2＋3a)＝4.综上可知，M(a)－m(a)＝(2)令h(x)＝f(x)＋b，则h(x)＝h′(x)＝因为[f(x)＋b]2≤4对x∈[－1,1]恒成立，即－2≤h(x)≤2对x∈[－1,1]恒成立，所以由(1)知，①当a≤－1时，h(x)在(－1,1)上是增函数，h(x)在[－1,1]上的最大值是h(1)＝4－3a＋b，最小值是h(－1)＝－4－3a＋b，则－4－3a＋b≥－2且4－3a＋b≤2，矛盾；②当－1<a≤时，h(x)在[－1,1]上的最小值是h(a)＝a3＋b，最大值是h(1)＝4－3a＋b，所以a3＋b≥－2且4－3a＋b≤2，从而－2－a3＋3a≤3a＋b≤6a－2且0≤a≤.令t(a)＝－2－a3＋3a，则t′(a)＝3－3a2>0，t(a)在上是增函数，故t(a)≥t(0)＝－2，因此－2≤3a＋b≤0.③当<a<1时，h(x)在[－1,1]上的最小值是h(a)＝a3＋b，最大值是h(－1)＝3a＋b＋2，所以a3＋b≥－2且3a＋b＋2≤2，解得－<3a＋b≤0.④当a≥1时，h(x)在[－1,1]上的最大值是h(－1)＝2＋3a＋b，最小值是h(1)＝－2＋3a＋b，所以3a＋b＋2≤2且3a＋b－2≥－2，解得3a＋b＝0.综上，得3a＋b的取值范围是－2≤3a＋b≤0.11．已知函数f(x)＝(x＋1)ln x－x＋1.(1)若xf′(x)≤x2＋ax＋1，求a的取值范围；(2)证明：(x－1)f(x)≥0.(1)解f′(x)＝＋ln x－1＝ln x＋，xf′(x)＝xln x＋1，而xf′(x)≤x2＋ax＋1(x＞0)等价于ln x－x≤a.令g(x)＝ln x－x，则g′(x)＝－1.当0＜x＜1时，g′(x)＞0；当x≥1时，g′(x)≤0，x＝1是g(x)的最大值点，∴g(x)≤g(1)＝－1.综上可知，a的取值范围是.(2)证明由(1)知，g(x)≤g(1)＝－1，即ln x－x＋1≤0.当0＜x＜1时，f(x)＝(x＋1)ln x－x＋1＝xln x＋(ln x－x＋1)<0，∴(x－1)f(x)>0；当x≥1时，f(x)＝ln x＋(xln x－x＋1)＝ln x＋x＝ln x－x≥0.∴(x－1)f(x)≥0.综上，在定义域内满足(x－1)f(x)≥0恒成立．12．(2014·陕西)设函数f(x)＝ln x＋，m∈R.(1)当m＝e(e为自然对数的底数)时，求f(x)的极小值；(2)讨论函数g(x)＝f′(x)－零点的个数；(3)若对任意b>a>0，<1恒成立，求m的取值范围．解(1)由题设，当m＝e时，f(x)＝ln x＋，则f′(x)＝，∴当x∈(0，e)时，f′(x)<0，f(x)在(0，e)上单调递减，当x∈(e，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)在(e，＋∞)上单调递增，∴当x＝e时，f(x)取得极小值f(e)＝ln e＋＝2，∴f(x)的极小值为2.(2)由题设g(x)＝f′(x)－＝－－(x>0)，令g(x)＝0，得m＝－x3＋x(x>0)．设φ(x)＝－x3＋x(x≥0)，则φ′(x)＝－x2＋1＝－(x－1)(x＋1)，当x∈(0,1)时，φ′(x)>0，φ(x)在(0,1)上单调递增；当x∈(1，＋∞)时，φ′(x)<0，φ(x)在(1，＋∞)上单调递减．∴x＝1是φ(x)的唯一极值点，且是极大值点，因此x＝1也是φ(x)的最大值点，∴φ(x)的最大值为φ(1)＝.又φ(0)＝0，结合y＝φ(x)的图象(如图)，可知①当m>时，函数g(x)无零点；②当m＝时，函数g(x)有且只有一个零点；③当0<m<时，函数g(x)有两个零点；④当m≤0时，函数g(x)有且只有一个零点．综上所述，当m>时，函数g(x)无零点；当m＝或m≤0时，函数g(x)有且只有一个零点；当0<m<时，函数g(x)有两个零点．(3)对任意的b>a>0，<1恒成立，等价于f(b)－b<f(a)－a恒成立．(*)设h(x)＝f(x)－x＝ln x＋－x(x>0)，∴(*)等价于h(x)在(0，＋∞)上单调递减．由h′(x)＝－－1≤0在(0，＋∞)上恒成立，得m≥－x2＋x＝－(x－)2＋(x>0)恒成立，∴m≥(对m＝，h′(x)＝0仅在x＝时成立)，∴m的取值范围是[，＋∞)．。