高考数学专题练专题一微专题6　恒成立问题与能成立问题（含答案）

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典例1 (2023·全国甲卷)已知函数f(x)＝ax－eq \f(sin x,cs3x)，x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2))).
(1)当a＝8时，讨论f(x)的单调性；
(2)若f(x)________________________________________________________________________
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典例2 设函数f(x)＝aln x＋eq \f(1－a,2)x2－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x0≥1，使得f(x0)________________________________________________________________________
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[总结提升]
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a2．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．
(1)含参数的不等式能成立(存在性)问题的转化方法
若a>f(x)在x∈D上能成立，则a>f(x)min；
若a(2)不等式能成立问题的解题关键点
1．已知函数f(x)＝(1－x)ex－1.
(1)求f(x)的极值；
(2)设g(x)＝(x－t)2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ln x－\f(m,t)))2，存在x1∈R，x2∈(0，＋∞)，使方程f(x1)＝g(x2)成立，求实数m的最小值．
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2．记f′(x)，g′(x)分别为函数f(x)，g(x)的导函数．若存在x0∈R，满足f(x0)＝g(x0)且f′(x0)＝g′(x0)，则称x0为函数f(x)与g(x)的一个“S点”．
(1)证明：函数f(x)＝x与g(x)＝x2＋2x－2不存在“S点”；
(2)若函数f(x)＝ax2－1与g(x)＝ln x存在“S点”，求实数a的值；
(3)已知函数f(x)＝－x2＋a，g(x)＝eq \f(bex,x).对任意a＞0，判断是否存在b＞0，使函数f(x)与g(x)在区间(0，＋∞)内存在“S点”，并说明理由．
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3．(2023·常德模拟)设函数f(x)＝ex，g(x)＝mx2＋x＋1(m∈R)．
(1)求证：f(x)≥x＋1；
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(2)若当x∈[0，＋∞)时，f(x)≥g(x)恒成立，求m的取值范围．
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微专题6 恒成立问题与能成立问题
[考情分析] 恒成立问题(能成立问题)多与参数的取值范围问题联系在一起，是近几年高考的热门题型，难度大，一般为高考题中的压轴题．

考点一利用导数研究恒成立问题
典例1 (2023·全国甲卷)已知函数f(x)＝ax－eq \f(sin x,cs3x)，x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2))).
(1)当a＝8时，讨论f(x)的单调性；
(2)若f(x)解 f′(x)＝a－eq \f(cs xcs3x＋3sin xcs2xsin x,cs6x)
＝a－eq \f(cs2x＋3sin2x,cs4x)
＝a－eq \f(3－2cs2x,cs4x)，
令cs2x＝t，则t∈(0,1)，
则f′(x)＝g(t)＝a－eq \f(3－2t,t2)＝eq \f(at2＋2t－3,t2)，t∈(0,1)．
(1)当a＝8时，f′(x)＝g(t)＝eq \f(8t2＋2t－3,t2)＝eq \f(2t－14t＋3,t2)，
当t∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))，即x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(π,2)))时，f′(x)<0.
当t∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))，即x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,4)))时，f′(x)>0.
所以f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,4)))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(π,2)))上单调递减．
(2)设h(x)＝f(x)－sin 2x，
h′(x)＝f′(x)－2cs 2x＝g(t)－2(2cs2x－1)＝eq \f(at2＋2t－3,t2)－2(2t－1)＝a＋2－4t＋eq \f(2,t)－eq \f(3,t2)，
设φ(t)＝a＋2－4t＋eq \f(2,t)－eq \f(3,t2)，
则φ′(t)＝－4－eq \f(2,t2)＋eq \f(6,t3)＝eq \f(－4t3－2t＋6,t3)＝－eq \f(2t－12t2＋2t＋3,t3)，
当t∈(0,1)时，φ′(t)>0，φ(t)单调递增，
所以φ(t)<φ(1)＝a－3.
若a∈(－∞，3]，则h′(x)＝φ(t)即h(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上单调递减，
所以h(x)所以当a∈(－∞，3]时，f(x)若a∈(3，＋∞)，
当t→0＋时，eq \f(2,t)－eq \f(3,t2)＝－3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,t)－\f(1,3)))2＋eq \f(1,3)→－∞，
所以φ(t)→－∞.
φ(1)＝a－3>0.
所以∃t0∈(0,1)，使得φ(t0)＝0，
即∃x0∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，使得h′(x0)＝0，t0＝cs2x0.
当t∈(t0,1)时，φ(t)>0，
即当x∈(0，x0)时，h′(x)>0，h(x)单调递增，
所以当x∈(0，x0)时，h(x)>h(0)＝0，不符合题意．
综上，a的取值范围为(－∞，3]．
跟踪训练1 已知函数f(x)＝ex＋ax2－x.
(1)当a＝1时，讨论f(x)的单调性；
(2)当x≥0时，f(x)≥eq \f(1,2)x3＋1恒成立，求a的取值范围．
解 (1)当a＝1时，f(x)＝ex＋x2－x，
f′(x)＝ex＋2x－1，令φ(x)＝ex＋2x－1，
由于φ′(x)＝ex＋2>0，
故f′(x)是增函数，注意到f′(0)＝0，
故当x∈(－∞，0)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，
当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增．
(2)由f(x)≥eq \f(1,2)x3＋1，得
ex＋ax2－x≥eq \f(1,2)x3＋1，其中x≥0，
①当x＝0时，不等式为1≥1，显然成立，符合题意；
②当x>0时，分离参数a得，
a≥－eq \f(ex－\f(1,2)x3－x－1,x2)，
记g(x)＝－eq \f(ex－\f(1,2)x3－x－1,x2)(x>0)，
则g′(x)＝－eq \f(x－2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ex－\f(1,2)x2－x－1)),x3)，
令h(x)＝ex－eq \f(1,2)x2－x－1(x>0)，
则h′(x)＝ex－x－1，
令t(x)＝ex－x－1(x>0)，
则t′(x)＝ex－1>0，
故h′(x)单调递增，h′(x)>h′(0)＝0，
故h(x)单调递增，h(x)>h(0)＝0，
由h(x)>0可得ex－eq \f(1,2)x2－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，
因此，g(x)max＝g(2)＝eq \f(7－e2,4)，
综上可得，a的取值范围是eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7－e2,4)，＋∞)).
考点二利用导数研究能成立问题
典例2 设函数f(x)＝aln x＋eq \f(1－a,2)x2－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x0≥1，使得f(x0)解 (1)f′(x)＝eq \f(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)＝aln x＋eq \f(1－a,2)x2－x，
f′(x)＝eq \f(a,x)＋(1－a)x－1＝eq \f(1－a,x)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(a,1－a)))(x－1)．
①若a≤eq \f(1,2)，则eq \f(a,1－a)≤1，
故当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)在(1，＋∞)上单调递增．
所以存在x0≥1，使得f(x0)即eq \f(1－a,2)－1解得－eq \r(2)－1②若eq \f(1,2)1，
故当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(a,1－a)))时，f′(x)<0，
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,1－a)，＋∞))时，f′(x)>0，
所以f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(a,1－a)))上单调递减，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,1－a)，＋∞))上单调递增．
所以存在x0≥1，使得f(x0)而f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,1－a)))＝aln eq \f(a,1－a)＋eq \f(a2,21－a)＋eq \f(a,a－1)>eq \f(a,a－1)，
所以不符合题意．
③若a>1，则f(1)＝eq \f(1－a,2)－1＝eq \f(－a－1,2)综上，a的取值范围是(－eq \r(2)－1，eq \r(2)－1)∪(1，＋∞)．
跟踪训练2 已知x＝eq \f(1,\r(e))为函数f(x)＝xaln x的极值点．
(1)求a的值；
(2)设函数g(x)＝eq \f(kx,ex)，若对∀x1∈(0，＋∞)，∃x2∈R，使得f(x1)－g(x2)≥0，求k的取值范围．
解 (1)f′(x)＝axa－1ln x＋xa·eq \f(1,x)＝xa－1(aln x＋1)，
f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,\r(e))))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,\r(e))))a－1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(aln \f(1,\r(e))＋1))＝0，解得a＝2，
当a＝2时，f′(x)＝x(2ln x＋1)，函数f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,\r(e))))上单调递减，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,\r(e))，＋∞))上单调递增，
所以x＝eq \f(1,\r(e))为函数f(x)＝xaln x的极小值点，
因此a＝2.
(2)由(1)知f(x)min＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,\r(e))))＝－eq \f(1,2e)，函数g(x)的导函数g′(x)＝k(1－x)e－x.
①若k>0，
对∀x1∈(0，＋∞)，∃x2＝－eq \f(1,k)，使得g(x2)＝geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,k)))＝<－1<－eq \f(1,2e)≤f(x1)，即f(x1)－g(x2)≥0，符合题意．
②若k＝0，g(x)＝0，取x1＝eq \f(1,\r(e))，对∀x2∈R，有f(x1)－g(x2)<0，不符合题意．
③若k<0，
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)＝eq \f(k,e)，
若对∀x1∈(0，＋∞)，∃x2∈R，使得f(x1)－g(x2)≥0，只需g(x)min≤f(x)min，
即eq \f(k,e)≤－eq \f(1,2e)，解得k≤－eq \f(1,2).
综上所述，k的取值范围为eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(1,2)))∪(0，＋∞)．
[总结提升]
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a2．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．
(1)含参数的不等式能成立(存在性)问题的转化方法
若a>f(x)在x∈D上能成立，则a>f(x)min；
若a(2)不等式能成立问题的解题关键点

1．已知函数f(x)＝(1－x)ex－1.
(1)求f(x)的极值；
(2)设g(x)＝(x－t)2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ln x－\f(m,t)))2，存在x1∈R，x2∈(0，＋∞)，使方程f(x1)＝g(x2)成立，求实数m的最小值．
解 (1)f′(x)＝－xex，
当x∈(0，＋∞)时，f′(x)<0，当x∈(－∞，0)时，f′(x)>0，
所以当x＝0时，f(x)有极大值f(0)＝e0－1＝0，f(x)没有极小值．
(2)由(1)知f(x)≤0，
因为g(x)＝(x－t)2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ln x－\f(m,t)))2≥0，
所以要使方程f(x1)＝g(x2)有解，必然存在x2∈(0，＋∞)，使g(x2)＝0，所以x＝t，ln x＝eq \f(m,t)，
等价于方程ln x＝eq \f(m,x)有解，
即方程m＝xln x在(0，＋∞)上有解，
记h(x)＝xln x，x∈(0，＋∞)，则h′(x)＝ln x＋1，
令h′(x)＝0，得x＝eq \f(1,e)，
所以当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,e)))时，h′(x)<0，h(x)单调递减，当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，＋∞))时，h′(x)>0，h(x)单调递增，
所以当x＝eq \f(1,e)时，h(x)min＝－eq \f(1,e)，
所以实数m的最小值为－eq \f(1,e).
2．记f′(x)，g′(x)分别为函数f(x)，g(x)的导函数．若存在x0∈R，满足f(x0)＝g(x0)且f′(x0)＝g′(x0)，则称x0为函数f(x)与g(x)的一个“S点”．
(1)证明：函数f(x)＝x与g(x)＝x2＋2x－2不存在“S点”；
(2)若函数f(x)＝ax2－1与g(x)＝ln x存在“S点”，求实数a的值；
(3)已知函数f(x)＝－x2＋a，g(x)＝eq \f(bex,x).对任意a＞0，判断是否存在b＞0，使函数f(x)与g(x)在区间(0，＋∞)内存在“S点”，并说明理由．
(1)证明函数f(x)＝x，g(x)＝x2＋2x－2，
则f′(x)＝1，g′(x)＝2x＋2.
由f(x)＝g(x)且f′(x)＝g′(x)，
得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝x2＋2x－2，,1＝2x＋2，))此方程组无解，
因此f(x)与g(x)不存在“S点”．
(2)解函数f(x)＝ax2－1，g(x)＝ln x，x>0，
则f′(x)＝2ax，g′(x)＝eq \f(1,x).
设x0为f(x)与g(x)的“S点”，
由f(x0)＝g(x0)且f′(x0)＝g′(x0)，得
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(ax\\al(2,0)－1＝ln x0，,2ax0＝\f(1,x0)，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(ax\\al(2,0)－1＝ln x0，,2ax\\al(2,0)＝1，))(*)
得ln x0＝－eq \f(1,2)，即x0＝，则a＝＝eq \f(e,2).
当a＝eq \f(e,2)时，x0＝满足方程组(*)，
即x0为f(x)与g(x)的“S点”．
因此a的值为eq \f(e,2).
(3)解 f′(x)＝－2x，g′(x)＝eq \f(bexx－1,x2)，x≠0，
f′(x0)＝g′(x0)⇒＝－eq \f(2x\\al(3,0),x0－1)>0，b>0⇒x0∈(0,1)，
f(x0)＝g(x0)⇒－xeq \\al(2,0)＋a＝＝－eq \f(2x\\al(2,0),x0－1)⇒a＝xeq \\al(2,0)－eq \f(2x\\al(2,0),x0－1)，
令h(x)＝x2－eq \f(2x2,x－1)－a＝eq \f(－x3＋3x2＋ax－a,1－x)，x∈(0,1)，a>0，
设m(x)＝－x3＋3x2＋ax－a，x∈(0,1)，a>0，
则m(0)＝－a<0，m(1)＝2>0⇒m(0)·m(1)<0，
又m(x)的图象在(0,1)上连续不断，
所以m(x)在(0,1)上有零点，
则h(x)在(0,1)上有零点．
因此，对任意a>0，存在b>0，使函数f(x)与g(x)在区间(0，＋∞)内存在“S点”．
3．(2023·常德模拟)设函数f(x)＝ex，g(x)＝mx2＋x＋1(m∈R)．
(1)求证：f(x)≥x＋1；
(2)若当x∈[0，＋∞)时，f(x)≥g(x)恒成立，求m的取值范围．
(1)证明设h(x)＝f(x)－x－1＝ex－x－1，h′(x)＝ex－1，
令h′(x)<0，得x<0，令h′(x)>0，得x>0，
所以h(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，
所以h(x)≥h(0)＝0，即f(x)≥x＋1.
(2)解设φ(x)＝f(x)－g(x)＝ex－mx2－x－1，
当x∈[0，＋∞)时，f(x)≥g(x)，即φ(x)＝ex－mx2－x－1≥0恒成立，
φ′(x)＝ex－2mx－1.
当m≤0时，因为x≥0，ex－1≥0，－2mx≥0，所以φ′(x)≥0，
φ(x)在[0，＋∞)上单调递增，φ(x)≥φ(0)＝0恒成立．
当m>0时，设u(x)＝ex－2mx－1，u′(x)＝ex－2m，
若2m≤1，即0u(x)≥u(0)＝0，即φ′(x)≥0在[0，＋∞)上恒成立，故φ(x)在[0，＋∞)上单调递增，
所以φ(x)≥φ(0)＝0恒成立．
若2m>1，即m>eq \f(1,2)，令u′(x)<0，得0≤x所以当x∈(0，ln 2m)时，u(x)可得φ(x)<φ(0)＝0，不符合题意．
综上所述，m≤eq \f(1,2)