高三数学一轮复习7---恒成立存在性问题

高三数学一轮复习7---恒成立、存在性问题

班级 姓名 学号

1.已知函数2()ln f x a x x =+（a 为常数），若存在[1,]x e ∈，使()(2)f x a x ≤+成立，则实数a 的取值范围是

【分析】本题中，参数a 可以比较方便的用含x 的函数来表示，因此想到分离参数，转化为存在性问题，进而转化为最值问题．

解法一：存在[1,]x e ∈，使2ln (2)a x x a x +≤+， 即存在[1,]x e ∈，使2(ln )2a x x x x -≤-，

令()ln t x x x =- [1,]x e ∈，则1

'()10t x x

=-

≥，故()t x 在[1,]x e ∈单调递增， 故()(1)10t x t ≥=>，即ln 0x x ->在[1,]x e ∈恒成立．

故存在[1,]x e ∈，使22ln x x

a x x

-≥-．

令22()ln x x

h x x x

-=

- [1,]x e ∈，即min ()a h x ≥，下求()h x 在[1,]x e ∈的最小值． 222

1

(22)(ln )(2)(1)

(1)(22ln )'()(ln )(ln )x x x x x x x x x h x x x x x ------+-=

=-- 令()22ln x x x ?=+- [1,]x e ∈，

则2

'()10x x

?=-=，2x =，

'()0,2x x ?>>；'()0,2

x x ?<<

故2x =是函数()x ?的极小值点，也是最小值点．

∴min ()(2)42ln 20x ??==->，即22ln 0x x +->在[1,]x e ∈恒成立． 故'()0h x ≥在[1,]x e ∈恒成立．∴()h x 在[1,]x e ∈单调递增. min ()(1)1h x h ==- ∴1a ≥-

【解题回顾】在本题求解中，有两个难点：（1）需意识到()ln 0t x x x =->在[1,]x e ∈恒成立；（2）在对

'()h x 的讨论中，需对其部分分子()22l n x x x ?=+-进行在区间[1,]

e 的值域分析，得出()22l n 0x x x ?=+->在[1,]x e ∈恒成立．进而得出'()0h x >在[1,]x e ∈恒成立．

纵观本题，可以分离参数，转化为最值问题．但在对新函数最值的讨论中需要“步步为营、逐个击破”，学生在求解过程中要思路清晰，以细求准．

其实在对'()h x 的讨论中，得出“'()0h x >在[1,]x e ∈恒成立”这个结论还有一个办法，就是直接对'()h x 定号．请看下面的解法：

解法二：先按解法一的思路把问题转化为：存在[1,]x e ∈，使22ln x x

a x x

-≥-．

令22()ln x x

h x x x

-=

- [1,]x e ∈，即min ()a h x ≥，下求()h x 在[1,]x e ∈的最小值． 2222

1

(22)(ln )(2)(1)

(1)(22ln )(1)2(1)(1ln )'()(ln )(ln )(ln )x x x x x x x x x x x x x h x x x x x x x ------+--+--=

==---∵

[1,]x e ∈，∴(1)0x x -≥，2(1)(1ln )0x x --≥ 故'()0h x ≥在[1,]x e ∈恒成立．（下同解法一）

【解题回顾】上述解法显然要比“解法一”简单，但学生需在求解过程中，敏感地意识到[1,]x e ∈这个定义域对函数符号的确定有很大作用．因此想到对'()h x 的分子各项作合理组合，从构造出使'()0h x ≥的因式组合．

以上两种解法可以实施的前提是变量a 可以比较方便的“分离”出来，用含x 的函数来表示，且可以确定新函数()h x 是单调递增的．若变量a 无法分离，或新函数()h x 的单调性无法确定（()h x 存在极值点，但又无法求出此极值点），那“分离参数”这个方法在此就不合适了．为此，本题还提供一种对此类问题的一般性解法．

类型二：分类讨论，逐一分析

解法三：存在[1,]x e ∈，使2(2)ln 0x a x a x -++≤，

令2()(2)ln g x x a x a x =-++，即min 0()g x ≥，下求()g x 在[1,]x e ∈的最小值.

22(1)()

2(2)2'()2(2)0a

x x a x a x a g x x a x x x

---++=-++===． 121,2a

x x ==

（ⅰ）若12

a

≤，即2a ≤时，

'()0g x ≥在[1,]x e ∈恒成立．故()g x 在[1,]x e ∈单调递增， min ()(1)10g x g a =-=--≤，故12a -≤≤

（ⅱ）若12a

e <<，即22a e <<时，

易得2

a

x =是()g x 在[1,]x e ∈的极小值点，也是最小值点，

故222min ()()(2)ln ln (ln 1)24224242

a a a a a a a a

g x g a a a a a ==-+?+=--+=-+-，

∵12a e <<，∴ln 1ln 102a

e -<-=，∴min ()0g x <，符合题意．故22a e <<．

（ⅲ）若2

a

e ≥，即2a e ≥时，

'()0g x ≤在[1,]x e ∈恒成立．故()g x 在[1,]x e ∈单调递减，

22

min 2()()(2)0,1e e g x g e e a e a a e -==-++≤≥-，∵2221

e e

e e -<-，∴2a e ≥． 综上，1a ≥-．

【解题回顾】虽然解法一和解法二可以避免分类讨论，简洁程度明显优于解法三．但解法三给出了求函数最值的基本方法，适用范围较广，也要引起足够的重视．

事实上，在本题的解法三中，由于'()g x 的分子可以因式分解，因此也为求解提供了一定的方便．那如果

'()g x 的分子不能因式分解呢？这时需采用求根公式得出两个根，进而进行讨论，其间还会涉及对?的讨

论．

洛必达法则：设函数f (x )、g(x )满足：

（1）lim ()lim ()0

x a x a f x g x →→==； （2）在()U a

内，()f x '和()g x '都存在，且()0g x '

≠；

（3）x a f (x )

lim

A g (x )

→'=' （A 可为实数，也可以是±∞）.

则x a

x a f (x )f (x )

lim

lim A g(x )g (x )

→→'=='.（可连环使用） 注意 使用洛必达法则时，是对分子、分母分别求导，而不是对它们的商求导，求导之后再求极限得最值。 2.设函数2()1x f x e x ax =---，a R ∈．

（1）若a=0，求()f x 的单调区间；

（2）若当0x ≥时，()0f x ≥恒成立，求a 的取值范围．

【分析】对（2），考生很容易想到利用分离参数法求参数a 取值范围. 当0x =时，a 为一切实数．

当0x >时，()0f x ≥?21x e x a x --≤对一切0x >恒成立，只要求2

1()x e x

F x x --=的最小

值．3

(2)2()x x e x F x x

-++'=，令()0F x '=，∴(2)20x

x e x -++=，求解就陷入困境．于是我们就需要转换问题的思路，直接求()f x 的最小值．

解：（1）（略）

（2）()12x f x e ax '=--，

当0a ≤时，()0f x '≥，∴()f x 在[)0,+∞单调递增，∴()(0)0f x f ≥=． 当0a >时，令()0f x '=，即120x e ax --=．令()12x h x e ax =--， ∴()2x h x e a '=-，令()0h x '=，即20x e a -=，解之得，ln 2x a =．

（ⅰ）当021a <≤，即1

02

a <≤时，()0h x '>，∴()h x 在[)0,+∞单调递增， ∴()(0)0h x h ≥=，即()0f x '>（(0,)x ∈+∞）），∴()f x 在[)0,+∞单调递增，

∴()(0)0f x f ≥=．

（ⅱ）当21a >，即1

2

a >时，0ln 2(0,)x a =∈+∞． 当0(0,)x x ∈时，()0h x '<，()h x 为单调递减函数； 当0(,)x x ∈+∞时，()0h x '>，()h x 为单调递增函数．

∴()h x 在0x x =处取得最小值．

又∵(0)0h =，∴0(0,)x x ∈时，()0h x <，即()0f x '<，∴()f x 在区间0(0,)x 是单调递减函数．又

(0)0f =，∴0(0,)x x ∈时，()0f x <．

综上所述，实数a 的取值范围为1

(,]2

-∞．

【解题回顾】本题中，由于()f x '不能直接定号，因此采取以()f x '为新的起点，令()'()h x f x =，进而对()h x 进行求导分析．由对'()h x 的符号讨论得出()h x 的单调性，进而得出()h x 的最值；再由()h x 的符号，即()f x '的符号得出()f x 的单调性，进而得出()f x 的最值．可谓步步逆推，思维缜密，解法灵活． 设()cos ()f x ax x x R =+∈。

（1）若1

2

a =，试求出函数()f x 的单调区间；

（2）若对任意0x ≥，都有sin 2()x x cox f x ++≤成立，求实数a 的取值范围。

已知函数)0.()2

1

21ln(

)(2>-++=a a ax x ax x f 为常数， (1) 求证：当上是增函数；）在时，),21

[(20+∞≤

(2) 若对任意．．的),2,1(∈a 总存在．．0

x ],1,2

1[∈使不等式)1()(20a m x f ->成立，求实数m 的取值范围。 标答解法：（1）略（Ⅱ）(1, 2)a ∈时，由（2）知，()f x 在1

[,1]2

上的最大值()111ln 122f a a ??

=++-

???

于是问题等价于：对任意的(1, 2)a ∈，不等式()211ln 11022a a m a ??

++-+->

???

恒成立.记()()211ln 1122g a a a m a ??

=++-+- ???

，()12a <<

则()()1'12[212]11a g a ma ma m a a =

-+=--++，当0m =时，()'01a g a a

-=<+ ∴()g a 在区间()1,2上递减，此时，()()10g a g <=

由于2

10a ->，∴0m ≤时不可能使()0g a >恒成立，故必有0m >

∴()21'[1]12ma g a a a m ??

=-- ?+??

若

1112m ->，可知()g a 在区间1(1, min{2, 1})2m

-上递减， 在此区间上，有()(1)0g a g <=，与()0g a >恒成立矛盾，

故1

112m

-≤，这时，()0g a '>，()g a 在(1, 2)上递增，恒有()(1)0g a g >=， 满足题设要求，∴0

1112m m

>??

?-≤??，即14m ≥，所以，实数m 的取值范围为1[, )4+∞

很多同学只能得到第一问的7分，第二问解答“对任意的(1, 2)a ∈，不等式()211ln 11022a a m a ??

++-+-> ???

恒成立”这一问题，一部分同学用的是标答移项构造函数法，但对m 需分三种情况讨论：①0m ≤；②1112m ->；③1112m

-≤不易想到.这方面根据不同题型涉及的解法也不相同，这是高中阶段公认的难点，即便通过训练也很难提升.

更多的同学习惯用分离参数法，但也没能最终进行下去。解法如下：

2(1,2),10a a ∈∴-

原不等式等价于()2

11ln 1221a a m a ??

++- ???>-在12a (,)∈上恒成立 2

1(+)+1-22()=

1-a ln a g a a 令则2212ln (+)+1-22'()=(1-)a a a g a a ?????? 1h()=ln (+)+1-22a

a a 再令，则2h '()=-11+a a

22

(1,2),1+(2,3),(,1)'()<01+3

a a h a a ∈∴∈∈∴，Q

()(1,2)()(1)=h a h a h ∴<在上单减，0 '()<0 ,()1,2g a g a ∴在（）上单减 ()(1)g a g ∴<

本题由已知很容易想到用分离变量的方法把参数m 分离出来.然后对分离出来的函数求导，研究其单调性、极值。此时遇到了“当1a =时，函数()g a 值没有意义”这一问题，很多考生会陷入困境，

()1g a a =就必需求在的极限，极限运算又出现了0

型的式子，而这就是大学数学中的不定式问题，解

决这类问题的有效方法就是洛必达法则. 设函数()1x f x e -=-．

（Ⅰ）证明：当x ＞-1时，()1

x f x x ≥+； （Ⅱ）设当0x ≥时，()1

x

f x ax ≤

+，求a 的取值范围． a <0时的讨论是比较明显的，不等式的左边恒为正，右边有负的区间，于是舍去。

()()()()()

'111

1

100 1 00 x x

x x x f x e x x e x x x e x x x x g I >-≥?≥+=--+=-><∴>-≥= 当时，，设g ，当，增；当，减。当时，g g ，成立

注意此处得到一个重要不等式：

()()1x x f x ≤+

Ⅱ .解法1 ()()()00f x f x f ∴≥= 是增函数， ∴（1）当0a <时，当10ax +< 即1

0(0)1

x

x x a

ax >-≤≥+时,不符合条件。 （2）当a =0时，()()111

x x x

f x f x x e x e x ax --≤

?≤?-≤?≥-++ ()()1()10(0)0()10

01x x x r x e x r x e r r x e x a x f x e x

---'=+-=-+≥==+-≥∴=--≤令，则且故成立

注意此处再得到一个重要不等式=

（3）当0a >时，只需研究(1)()ax f x x +≤的情况，

令()(1)()h x ax f x x =+-，则：

[]''()()(1)()1()(1)1()1()(1)()

h x af x ax f x af x ax f x af x ax ax f x =++-=++--=+-+()()()'()()(1)()()1()(1)()21()''()()(1)()()()()(1)()21()h x af x ax ax f x af x a x f x ax f x a f x h x af x ax ax f x h x af x af x ax f x a ax f x =+-+≤++-+=-=+-+≥=+-+=--

于是当()()1'0()21()0002a h x a f x h <≤≤-≤=

时，，隐含条件有

，成立 当()1'()21()2

a h x a ax f x >≥--时，， 当2121

'0()00()0a a x h x x h x a a

--≤<>≤<>时，，于是当时，，矛盾，舍去 综上所述：1

02

a ≤≤

()()()()()()()

()()()()()()()()()()()()()22

22

'''200 000

1

11

0011

1'121121010001

121'00 x x x x x x a a x

h x f x x h ax e ax h x h x e ax ax x e ax e a ax e ax ax a x a h x e h x h f x ax a a x a ------<≥=-≥=++-=

==+-+=-++?+=-+-+==-≤?≤=?≤+-=-

解法的情况显然不成立，继续讨论的情况令注意到，同样注意到，于是令g g 当时，当时，g 的两个根一个是，一个是>a

于是轻松得到

)()()()'21000000a h x h x h a -≤=?≤?≤=得证。 当12

a 时>

()()()()'2002121

001

2

a x g x g a a a a x h x x h x a a

a =--???≤≤

当0当0时当0时，，矛盾。

综上所述，0<<

><<><<< 解法3由已知知0x =恒成立，于是只要讨论0x ?>恒成立，前面讨论知0a ≥，

于是分离常数原题()()()()110x f x a x f x x xf x -?≤-=>； 记()()()x f x H x xf x -=；则()()()()()

()2222222

''2x x x

x f x f x e H x x e e x f x x f x ---+==-++，记()22x x G x x e e -=-++；则()()'2"220x x x x G x x e e G x e e --=-+-=+-≥=，， 故()()''00G x G >=，从而()G x 在()0+∞，上单调递增，故()()00G x G >=，从而()'0H x >，所以()H x 在()0+∞，上单调递增，另一方面运用两次洛必达法则有

()()0000

111

1221x x x x x x x x

x x x x x e e e H x e xe e xe x e Lim Lim Lim Lim ---

-----→→→→-+-====-+-- 因为()a H x ≤对()0x ?∈+∞，恒成立，所以12a ≤

。故102a ??

∈????

，。

点评：方法1是标准答案的思路，有逻辑上的调整；方法2更接近于学生的接受水平，用二阶导联系数形结合；方法3是分离参数算最值，用了高等数学。