2015届高考数学（浙江专用理科）必考题型过关练：专题8 第37练（含答案）

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1、第37练存在与恒成立问题题型一不等式的恒成立问题例1已知函数f(x)ax1ln x，aR.(1)讨论函数f(x)的单调区间；(2)若函数f(x)在x1处取得极值，对x(0，)，f(x)bx2恒成立，求实数b的取值范围破题切入点有关不等式的恒成立求参数范围的问题，通常采用的是将参数分离出来的方法解(1)在区间(0，)上，f(x)a，当a0时，f(x)0时，令f(x)0得x，在区间(0，)上，f(x)0，函数f(x)单调递增综上所述：当a0时，f(x)的单调递减区间是(0，)，无单调递增区间；当a0时，f(x)的单调递减区间是(0，)，单调递增区间是(，)(2)因为函数f(x)在x1处取得极值，所

2、以f(1)0，解得a1，经检验可知满足题意由已知f(x)bx2，即x1ln xbx2，即1b对x(0，)恒成立，令g(x)1，则g(x)，易得g(x)在(0，e2上单调递减，在e2，)上单调递增，所以g(x)ming(e2)1，即b1.题型二存在性问题例2已知函数f(x)ax3bx2cx在x1处取得极值，且在x0处的切线的斜率为3.(1)求f(x)的解析式；(2)若过点A(2，m)可作曲线yf(x)的三条切线，求实数m的取值范围破题切入点(1)利用极值处导数为0及导数的几何意义求出f(x)(2)借助导数几何意义表示切线方程，然后分离参数，利用数形结合求m范围解(1)f(x)3ax22bxc.依

3、题意又f(0)3，c3，a1，f(x)x33x.(2)设切点为(x0，x3x0)，f(x)3x23.f(x0)3x3.切线方程为y(x3x0)(3x3)(xx0)又切线过点A(2，m)m(x3x0)(3x3)(2x0)m2x6x6.令g(x)2x36x26，则g(x)6x212x6x(x2)，由g(x)0得x0或x2.g(x)极小值g(0)6，g(x)极大值g(2)2.画出草图如右图当6m0，函数f(x)ln xax2，x0.(f(x)的图象连续不断)(1)求f(x)的单调区间；(2)当a时，证明：存在x0(2，)，使f(x0)f；(3)若存在均属于区间1,3的，且1，使f()f()，证明：.

4、破题切入点考查导数的运算，利用导数研究函数的单调性，解不等式函数的零点等基础知识，既有存在，又有恒成立问题(1)解f(x)2ax，x(0，)，令f(x)0，解得x，当x变化时，f(x)，f(x)的变化情况如下表：xf(x)0f(x)极大值所以f(x)的单调递增区间是，f(x)的单调递减区间是.(2)证明当a时，f(x)ln xx2.由(1)知f(x)在(0,2)内单调递增，在(2，)内单调递减令g(x)f(x)f，由于f(x)在(0,2)内单调递增，故f(2)f，即g(2)0.取xe2，则g(x)2，且g(x)0即可)(3)证明由f()f()及(1)的结论知，从而f(x)在，上的最小值为f()

5、又由1，1,3，知123.故即从而a.总结提高(1)存在与恒成立两个热点词汇在高考中频繁出现，关键要把握两个词语的本质：存在即特称量词，“有的”意思；恒成立即全称量词，“任意的”意思(2)解决这类问题的关键是转化与化归思想，转化为求解函数的最大值与最小值问题(3)函数与方程思想的应用在求解参数范围中体现的淋漓尽致，将参数分离出来，另一侧设为函数，转化为求解另一侧函数的最大值和最小值问题1(2013课标全国)若存在正数x使2x(xa)1成立，则a的取值范围是()A(，) B(2，)C(0，) D(1，)答案D解析2x(xa)x.令f(x)x，f(x)12xln 20.f(x)在(0，)上单调递增

6、，f(x)f(0)011，a的取值范围为(1，)，故选D.2已知函数f(x)2ax33ax21，g(x)x，若任意给定的x00,2，总存在两个不同的xi(i1,2)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，)D1,1答案A解析当a0时，显然不成立，故排除D；当a0时，注意到f(x)6ax26ax6ax(x1)，即f(x)在0,1上是减函数，在1,2上是增函数，又f(0)1g(0)，当x00时，结论不可能成立；进一步，可知a0，此时g(x)在0,2上是增函数，且取值范围是，同时f(x)在0x1时，函数值从1增大到1a，在1x2时，函数值从1

7、a减少到14a，所以“任意给定的x00,2，总存在两个不同的xi(i1,2)0,2，使得f(xi)g(x0)成立”当且仅当即解得a1.3(2014课标全国)设函数f(x)sin.若存在f(x)的极值点x0满足xf(x0)22或m2.4(2014山东)已知实数x，y满足axay(0aBln(x21)ln(y21)Csin xsin yDx3y3答案D解析因为0a1，axy.采用赋值法判断，A中，当x1，y0时，1，A不成立B中，当x0，y1时，ln 10，(x)在(0,1上递增，(x)max(1)6.a6.当x2,0)时，a，amin.仍设(x)，(x).当x2，1)时，(x)0.当x1时，(x

8、)有极小值，即为最小值而(x)min(1)2，a2.综上知6a2.7设函数f(x)ax33x1(xR)，若对于任意x1,1，都有f(x)0成立，则实数a的值为_答案4解析若x0，则不论a取何值，f(x)0显然成立；当x0时，即x(0,1时，f(x)ax33x10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)maxg()4，从而a4.当x0时，即x1,0)时，同理a.g(x)在区间1,0)上单调递增，所以g(x)ming(1)4，从而a4，综上可知a4.8(2014江苏)已知函数f(x)x2mx1，若对于任意xm，m1，都有f(x)0成立

9、，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xm，m1，都有f(x)0，则有即解得m0，因此函数f(x)在0,1上单调递增，所以x0,1时，f(x)minf(0)1.根据题意可知存在x1,2，使得g(x)x22ax41，即x22ax50，即a能成立，令h(x)，则要使ah(x)在x1,2能成立，只需使ah(x)min，又函数h(x)在x1,2上单调递减，所以h(x)minh(2)，故只需a.10(2014浙江)已知函数f(x)x33|xa|(a0)，若f(x)在1,1上的最小值记为g(a)(1)求g(a)；(2)证明：当x1,1时，恒有f(x)g(a)4.(1)

10、解因为a0，1x1.所以当0a1时，若x1，a，则f(x)x33x3a，f(x)3x230，故f(x)在(a,1)上是增函数所以g(a)f(a)a3.当a1时，有xa，则f(x)x33x3a，f(x)3x230，故f(x)在(1,1)上是减函数，所以g(a)f(1)23a.综上，g(a)(2)证明令h(x)f(x)g(a)当0a1时，g(a)a3.若xa,1，则h(x)x33x3aa3，h(x)3x23，所以h(x)在(a,1)上是增函数，所以，h(x)在a,1上的最大值是h(1)43aa3，且0a0，知t(a)在(0,1)上是增函数所以，t(a)t(1)4，即h(1)4.故f(x)g(a)4

11、.当a1时，g(a)23a，故h(x)x33x2，h(x)3x23，此时h(x)在(1,1)上是减函数，因此h(x)在1,1上的最大值是h(1)4.故f(x)g(a)4.综上，当x1,1时，恒有f(x)g(a)4.11已知函数f(x)(x1)ln xx1.(1)若xf(x)x2ax1，求a的取值范围；(2)证明：(x1)f(x)0.(1)解f(x)ln x1ln x，xf(x)xln x1，而xf(x)x2ax1(x0)等价于ln xxa.令g(x)ln xx，则g(x)1.当0x1时，g(x)0；当x1时，g(x)0，x1是g(x)的最大值点，g(x)g(1)1.综上可知，a的取值范围是.(

12、2)证明由(1)知，g(x)g(1)1，即ln xx10.当0x1时，f(x)(x1)ln xx1xln x(ln xx1)0；当x1时，f(x)ln x(xln xx1)ln xxln xx0.(x1)f(x)0.综上，在定义域内满足(x1)f(x)0恒成立12(2014陕西)设函数f(x)ln x，mR.(1)当me(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ba0，1恒成立，求m的取值范围解(1)由题设，当me时，f(x)ln x，则f(x)，当x(0，e)时，f(x)0，f(x)在(e，)上单调递增，当xe时，f(x)取得极小值f(e)ln e2，f(x)的极小值为2.(2)由题设g(x)f(x)(x0)，令g(x)0，得mx3x(x0)设(x)x3x(x0)，则(x)x21(x1)(x1)，当x(0,1)时，(x)0，(x)在(0,1)上单调递增；当x(1，)时，(x)时，函数g(x)无零点；当m时，函数g(x)有且只有一个零点；当0m时，函数g(x)无零点；当m或m0时，函数g(x)有且只有一个零点；当0ma0，1恒成立，等价于f(b)b0)，(*)等价于h(x)在(0，)上单调递减由h(x)10在(0，)上恒成立，得mx2x(x)2(x0)恒成立，m(对m，h(x)0仅在x时成立)，m的取值范围是，)