存在與恒成立問題

　　題型一　不等式的恒成立問題

　　例1　已知函數(shù)f(x)=ax-1-ln x，a∈R.

　　(1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間;

　　(2)若函數(shù)f(x)在x=1處取得極值，對x∈(0，+∞)，f(x)≥bx-2恒成立，求實(shí)數(shù)b的取值范圍.

　　破題切入點(diǎn)　有關(guān)不等式的恒成立求參數(shù)范圍的問題，通常采用的是將參數(shù)分離出來的方法.

　　解　(1)在區(qū)間(0，+∞)上，f′(x)=a-=，

　　當(dāng)a≤0時(shí)，f′(x)<0恒成立，f(x)在區(qū)間(0，+∞)上單調(diào)遞減;

　　當(dāng)a>0時(shí)，令f′(x)=0得x=，在區(qū)間(0，)上，

　　f′(x)<0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞減，在區(qū)間(，+∞)上，

　　f′(x)>0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增.

　　綜上所述：當(dāng)a≤0時(shí)，f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(0，+∞)，

　　無單調(diào)遞增區(qū)間;

　　當(dāng)a>0時(shí)，f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(0，)，

　　單調(diào)遞增區(qū)間是(，+∞).

　　(2)因?yàn)楹瘮?shù)f(x)在x=1處取得極值，

　　所以f′(1)=0，解得a=1，

　　經(jīng)檢驗(yàn)可知滿足題意.

　　由已知f(x)≥bx-2，即x-1-ln x≥bx-2，

　　即1+-≥b對x∈(0，+∞)恒成立，

　　令g(x)=1+-，

　　則g′(x)=--=，

　　易得g(x)在(0，e2]上單調(diào)遞減，在[e2，+∞)上單調(diào)遞增，

　　所以g(x)min=g(e2)=1-，

　　即b≤1-.

　　題型二　存在性問題

　　例2　已知函數(shù)f(x)=ax3+bx2+cx在x=±1處取得極值，且在x=0處的切線的斜率為-3.

　　(1)求f(x)的解析式;

　　(2)若過點(diǎn)A(2，m)可作曲線y=f(x)的三條切線，求實(shí)數(shù)m的取值范圍.

　　破題切入點(diǎn)　(1)利用極值處導(dǎo)數(shù)為0及導(dǎo)數(shù)的幾何意義求出f(x).

　　(2)借助導(dǎo)數(shù)幾何意義表示切線方程，然后分離參數(shù)，利用數(shù)形結(jié)合求m的范圍.

　　解　(1)f′(x)=3ax2+2bx+c.

　　依題意

　　又f′(0)=-3，∴c=-3，∴a=1，∴f(x)=x3-3x.

　　(2)設(shè)切點(diǎn)為(x0，x-3x0)，

　　∵f′(x)=3x2-3.∴f′(x0)=3x-3.

　　∴切線方程為y-(x-3x0)=(3x-3)(x-x0).

　　又切線過點(diǎn)A(2，m).

　　∴m-(x-3x0)=(3x-3)(2-x0).

　　∴m=-2x+6x-6.

　　令g(x)=-2x3+6x2-6，

　　則g′(x)=-6x2+12x=-6x(x-2)，

　　由g′(x)=0得x=0或x=2.

　　g(x)極小值=g(0)=-6，g(x)極大值=g(2)=2.

　　畫出草圖如圖.

　　∴當(dāng)-60，函數(shù)f(x)=ln x-ax2，x>0.(f(x)的圖象連續(xù)不斷)

　　(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間;

　　(2)當(dāng)a=時(shí)，證明：存在x0∈(2，+∞)，使f(x0)=f;

　　(3)若存在均屬于區(qū)間[1,3]的α，β，且β-α≥1，使f(α)=f(β)，證明：≤α≤.

　　破題切入點(diǎn)　考查導(dǎo)數(shù)的運(yùn)算，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，解不等式函數(shù)的零點(diǎn)等基礎(chǔ)知識，既有存在，又有恒成立問題.

　　(1)解　f′(x)=-2ax=，x∈(0，+∞)，

　　令f′(x)=0，解得x=，

　　當(dāng)x變化時(shí)，f′(x)，f(x)的變化情況如下表：

　　x f′(x) + 0 - f(x) ( 極大值 ( 所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是，f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是.

　　(2)證明　當(dāng)a=時(shí)，f(x)=ln x-x2.

　　由(1)知f(x)在(0,2)內(nèi)單調(diào)遞增，在(2，+∞)內(nèi)單調(diào)遞減.

　　令g(x)=f(x)-f，

　　由于f(x)在(0,2)內(nèi)單調(diào)遞增，

　　故f(2)>f，即g(2)>0.

　　取x′=e>2，則g(x′)=<0.

　　所以存在x0∈(2，x′)，使g(x0)=0，即存在x0∈(2，+∞)，使f(x0)=f.

　　(說明：x′的取法不唯一，只要滿足x′>2，且g(x′)<0即可)

　　(3)證明　由f(α)=f(β)及(1)的結(jié)論知α<<β，

　　從而f(x)在[α，β]上的最小值為f(α).

　　又由β-α≥1，α，β∈[1,3]，知1≤α≤2≤β≤3.

　　故即

　　從而≤a≤.

　　總結(jié)提高　(1)存在與恒成立兩個(gè)熱點(diǎn)詞匯在高考中頻繁出現(xiàn)，關(guān)鍵要把握兩個(gè)詞語的本質(zhì)：存在即存在量詞，“有的”意思;恒成立即全稱量詞，“任意的”意思.

　　(2)解決這類問題的關(guān)鍵是轉(zhuǎn)化與化歸思想，轉(zhuǎn)化為求解函數(shù)的最大值與最小值問題.

　　(3)函數(shù)與方程思想的應(yīng)用在求解參數(shù)范圍中體現(xiàn)的淋漓盡致，將參數(shù)分離出來，另一側(cè)設(shè)為函數(shù)，轉(zhuǎn)化為求解另一側(cè)函數(shù)的最大值和最小值問題.

　　1.(2013·課標(biāo)全國Ⅱ改編)若存在正數(shù)x使2x(x-a)<1成立，則a的取值范圍是________.

　　答案　(-1，+∞)

　　解析　∵2x(x-a)<1，

　　∴a>x-.

　　令f(x)=x-，

　　∴f′(x)=1+2-xln 2>0.

　　∴f(x)在(0，+∞)上單調(diào)遞增，

　　∴f(x)>f(0)=0-1=-1，

　　∴a的取值范圍為(-1，+∞).

　　2.已知函數(shù)f(x)=2ax3-3ax2+1，g(x)=-x+，若任意給定的x0∈[0,2]，總存在兩個(gè)不同的xi(i=1,2)∈[0,2]，使得f(xi)=g(x0)成立，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________.

　　答案　(-∞，-1)

　　解析　當(dāng)a=0時(shí)，顯然不成立;

　　當(dāng)a>0時(shí)，注意到f′(x)=6ax2-6ax=6ax(x-1)，

　　即f(x)在[0,1]上是減函數(shù)，在[1,2]上是增函數(shù)，

　　又f(0)=1<=g(0)，

　　當(dāng)x0=0時(shí)，結(jié)論不可能成立;

　　進(jìn)一步，可知a<0，此時(shí)g(x)在[0,2]上是增函數(shù)，

　　且取值范圍是[，-+]，

　　同時(shí)f(x)在0≤x≤1時(shí)，函數(shù)值從1增大到1-a，

　　在1≤x≤2時(shí)，函數(shù)值從1-a減少到1+4a，

　　所以“任意給定的x0∈[0,2]，

　　總存在兩個(gè)不同的xi(i=1,2)∈[0,2]，

　　使得f(xi)=g(x0)成立”

　　當(dāng)且僅當(dāng)

　　即解得a<-1.

　　3.(2014·課標(biāo)全國Ⅱ改編)設(shè)函數(shù)f(x)=sin.若存在f(x)的極值點(diǎn)x0滿足x+[f(x0)]22或m<-2.

　　4.(2014·山東改編)已知實(shí)數(shù)x，y滿足ax; ②ln(x2+1)>ln(y2+1);

　　③sin x>sin y; ④x3>y3.

　　答案�、�

　　解析　因?yàn)?y.采用賦值法判斷，①中，當(dāng)x=1，y=0時(shí)，<1，①不成立.②中，當(dāng)x=0，y=-1時(shí)，ln 10

　　解析　對函數(shù)f(x)求導(dǎo)，

　　得f′(x)=-(x>0).

　　依題意，得f′(x)<0在(0，+∞)上有解，

　　即ax2+2x-1>0在(0，+∞)上有解，

　　∴Δ=4+4a>0且方程ax2+2x-1=0至少有一個(gè)正根，

　　∴a>-1，又∵a≠0，∴-10.

　　6.(2014·遼寧改編)當(dāng)x∈[-2,1]時(shí)，不等式ax3-x2+4x+3≥0恒成立，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________.

　　答案　[-6，-2]

　　解析　當(dāng)x=0時(shí)，ax3-x2+4x+3≥0變?yōu)?≥0恒成立，即a∈R.

　　當(dāng)x∈(0,1]時(shí)，ax3≥x2-4x-3，a≥，

　　∴a≥max.

　　設(shè)φ(x)=，

　　φ′(x)=

　　=-=->0，

　　∴φ(x)在(0,1]上遞增，φ(x)max=φ(1)=-6.

　　∴a≥-6.

　　當(dāng)x∈[-2,0)時(shí)，a≤，

　　∴a≤min.

　　仍設(shè)φ(x)=，φ′(x)=-.

　　當(dāng)x∈[-2，-1)時(shí)，φ′(x)<0，

　　當(dāng)x∈(-1,0)時(shí)，φ′(x)>0.

　　∴當(dāng)x=-1時(shí)，φ(x)有極小值，即為最小值.

　　而φ(x)min=φ(-1)==-2，

　　∴a≤-2.

　　綜上知-6≤a≤-2.

　　7.設(shè)函數(shù)f(x)=ax3-3x+1(x∈R)，若對于任意x∈[-1,1]，都有f(x)≥0成立，則實(shí)數(shù)a的值為________.

　　答案　4

　　解析　若x=0，則不論a取何值，f(x)≥0顯然成立;

　　當(dāng)x>0時(shí)，即x∈(0,1]時(shí)，f(x)=ax3-3x+1≥0可化為a≥-.

　　即g(x)=-，

　　則g′(x)=，

　　所以g(x)在區(qū)間(0，]上單調(diào)遞增，在區(qū)間[，1]上單調(diào)遞減，

　　因此g(x)max=g()=4，從而a≥4.

　　當(dāng)x<0，即x∈[-1,0)時(shí)，同理a≤-.

　　g(x)在區(qū)間[-1,0)上單調(diào)遞增，

　　所以g(x)min=g(-1)=4，從而a≤4，綜上可知a=4.

　　8.(2014·江蘇)已知函數(shù)f(x)=x2+mx-1，若對于任意x∈[m，m+1]，都有f(x)<0成立，則實(shí)數(shù)m的取值范圍是________.

　　答案　(-，0)

　　解析

　　作出二次函數(shù)f(x)的圖象，對于任意x∈[m，m+1]，都有f(x)<0，則有

　　即解得-0，因此函數(shù)f(x)在[0,1]上單調(diào)遞增，所以x∈[0,1]時(shí)，f(x)min=f(0)=-1.根據(jù)題意可知存在x∈[1,2]，使得g(x)=x2-2ax+4≤-1，即x2-2ax+5≤0，即a≥+能成立，令h(x)=+，則要使a≥h(x)在x∈[1,2]能成立，只需使a≥h(x)min，又函數(shù)h(x)=+在x∈[1,2]上單調(diào)遞減，所以h(x)min=h(2)=，故只需a≥.

　　10.(2014·浙江)已知函數(shù)f(x)=x3+3|x-a|(a>0)，若f(x)在[-1,1]上的最小值記為g(a).

　　(1)求g(a);

　　(2)證明：當(dāng)x∈[-1,1]時(shí)，恒有f(x)≤g(a)+4.

　　(1)解　因?yàn)閍>0，-1≤x≤1.所以

　�、佼�(dāng)00，

　　故f(x)在(a,1)上是增函數(shù).

　　所以g(a)=f(a)=a3.

　　②當(dāng)a≥1時(shí)，有x≤a，則f(x)=x3-3x+3a，

　　f′(x)=3x2-3<0，

　　故f(x)在(-1,1)上是減函數(shù)，

　　所以g(a)=f(1)=-2+3a.

　　綜上，g(a)=

　　(2)證明　令h(x)=f(x)-g(a).

　�、佼�(dāng)00，

　　知t(a)在(0,1)上是增函數(shù).

　　所以，t(a)0;

　　當(dāng)x≥1時(shí)，f(x)=ln x+(xln x-x+1)

　　=ln x+x=ln x-x≥0.

　　∴(x-1)f(x)≥0.

　　綜上，在定義域內(nèi)滿足(x-1)f(x)≥0恒成立.

　　12.(2014·陜西)設(shè)函數(shù)f(x)=ln x+，m∈R.

　　(1)當(dāng)m=e(e為自然對數(shù)的底數(shù))時(shí)，求f(x)的極小值;

　　(2)討論函數(shù)g(x)=f′(x)-零點(diǎn)的個(gè)數(shù);

　　(3)若對任意b>a>0，<1恒成立，求m的取值范圍.

　　解　(1)由題設(shè)，當(dāng)m=e時(shí)，f(x)=ln x+，

　　則f′(x)=，

　　∴當(dāng)x∈(0，e)時(shí)，f′(x)<0，f(x)在(0，e)上單調(diào)遞減，

　　當(dāng)x∈(e，+∞)時(shí)，f′(x)>0，f(x)在(e，+∞)上單調(diào)遞增，

　　∴當(dāng)x=e時(shí)，f(x)取得極小值f(e)=ln e+=2，

　　∴f(x)的極小值為2.

　　(2)由題設(shè)g(x)=f′(x)-=--(x>0)，

　　令g(x)=0，得m=-x3+x(x>0).

　　設(shè)φ(x)=-x3+x(x≥0)，

　　則φ′(x)=-x2+1=-(x-1)(x+1)，

　　當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，φ′(x)>0，φ(x)在(0,1)上單調(diào)遞增;

　　當(dāng)x∈(1，+∞)時(shí)，φ′(x)<0，φ(x)在(1，+∞)上單調(diào)遞減.

　　∴x=1是φ(x)的唯一極值點(diǎn)，且是極大值點(diǎn)，因此x=1也是φ(x)的最大值點(diǎn)，

　　∴φ(x)的最大值為φ(1)=.

　　又φ(0)=0，結(jié)合y=φ(x)的圖象(如圖)，可知

　�、佼�(dāng)m>時(shí)，函數(shù)g(x)無零點(diǎn);

　�、诋�(dāng)m=時(shí)，函數(shù)g(x)有且只有一個(gè)零點(diǎn);

　　③當(dāng)0時(shí)，函數(shù)g(x)無零點(diǎn);

　　當(dāng)m=或m≤0時(shí)，函數(shù)g(x)有且只有一個(gè)零點(diǎn);

　　當(dāng)0a>0，<1恒成立，

　　等價(jià)于f(b)-b0)，

　　∴(*)等價(jià)于h(x)在(0，+∞)上單調(diào)遞減.

　　由h′(x)=--1≤0在(0，+∞)上恒成立，

　　得m≥-x2+x=-(x-)2+(x>0)恒成立，

　　∴m≥(對m=，h′(x)=0僅在x=時(shí)成立)，

　　∴m的取值范圍是[，+∞).