高考数学理科知识 方法篇 专题3 函数与导数 第15练 Word版含答案.docx
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高考数学理科知识方法篇专题3函数与导数第15练Word版含答案
第15练 存在与恒成立问题
[题型分析·高考展望] “存在”与“恒成立”两个表示范围的词语在题目中出现是近年高考的一大热点,其本质是“特称”与“全称”量词的一个延伸,弄清其含义,适当进行转化来加以解决.此类题目主要出现在函数与导数结合的解答题中,难度高,需要有较强的分析能力和运算能力,训练时应注意破题方法的研究.
体验高考
1.(2015·课标全国Ⅰ)设函数f(x)=ex(2x-1)-ax+a,其中a<1,若存在唯一的整数x0,使得f(x0)<0,则a的取值范围是( )
A.
B.
C.
D.
答案 D
解析 设g(x)=ex(2x-1),y=ax-a,由题知存在唯一的整数x0,使得当x=x0时,g(x)在直线y=ax-a的下方.
因为g′(x)=ex(2x+1),
所以当x<-
时,g′(x)<0,
当x>-
时,g′(x)>0,
所以当x=-
时,[g(x)]min=-2e
,
当x=0时,g(0)=-1,g
(1)=e>0,直线y=a(x-1)恒过(1,0)且斜率为a,故-a>g(0)=-1,
且g(-1)=-3e-1≥-a-a,解得
≤a<1.故选D.
2.(2015·课标全国Ⅱ)设函数f(x)=emx+x2-mx.
(1)证明:
f(x)在(-∞,0)单调递减,在(0,+∞)单调递增;
(2)若对于任意x1,x2∈[-1,1],都有|f(x1)-f(x2)|≤e-1,求m的取值范围.
(1)证明 f′(x)=m(emx-1)+2x.
若m≥0,则当x∈(-∞,0)时,emx-1≤0,f′(x)<0;
当x∈(0,+∞)时,emx-1≥0,f′(x)>0.
若m<0,则当x∈(-∞,0)时,emx-1>0,f′(x)<0;
当x∈(0,+∞)时,emx-1<0,f′(x)>0.
所以,f(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增.
(2)解 由
(1)知,对任意的m,f(x)在[-1,0]上单调递减,在[0,1]上单调递增,故f(x)在x=0处取得最小值.所以对于任意x1,x2∈[-1,1],|f(x1)-f(x2)|≤e-1的充要条件是
即
①
设函数g(t)=et-t-e+1,则g′(t)=et-1.
当t<0时,g′(t)<0;当t>0时,g′(t)>0.
故g(t)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增.
又g
(1)=0,g(-1)=e-1+2-e<0,故当t∈[-1,1]时,g(t)≤0.
当m∈[-1,1]时,g(m)≤0,g(-m)≤0,即①式成立;
当m>1时,由g(t)的单调性,g(m)>0,即em-m>e-1;
当m<-1时,g(-m)>0,即e-m+m>e-1.
综上,m的取值范围是[-1,1].
3.(2016·江苏)已知函数f(x)=ax+bx(a>0,b>0,a≠1,b≠1).
(1)设a=2,b=
.
①求方程f(x)=2的根;
②若对任意x∈R,不等式f(2x)≥mf(x)-6恒成立,求实数m的最大值;
(2)若0<a<1,b>1,函数g(x)=f(x)-2有且只有1个零点,求ab的值.
解
(1)①由已知可得2x+
x=2,
即2x+
=2.
∴(2x)2-2·2x+1=0,
解得2x=1,∴x=0.
②f(x)=2x+
x=2x+2-x,
令t=2x+2-x,则t≥2.
又f(2x)=22x+2-2x=t2-2,
故f(2x)≥mf(x)-6可化为t2-2≥mt-6,
即m≤t+
,
又t≥2,t+
≥2
=4.
(当且仅当t=2时等号成立).
∴m≤
min=4.
即m的最大值为4.
(2)∵0<a<1,b>1,∴lna<0,lnb>0.
g(x)=f(x)-2=ax+bx-2.
∵g′(x)=axlna+bxlnb为单调递增函数,且值域为R,
∴g′(x)一定存在零点,
∴g(x)为先减后增且有唯一极值点.
由题意,g(x)有且仅有1个零点,
则g(x)的极值一定为0,
而g(0)=a0+b0-2=0,故极值点为0.
∴g′(0)=0,即lna+lnb=0.∴ab=1.
高考必会题型
题型一 恒成立问题
例1 (2015·福建改编)已知函数f(x)=ln(1+x),g(x)=kx(k∈R).
(1)证明:
当x>0时,f(x)<x;
(2)证明:
当k<1时,存在x0>0,使得对任意的x∈(0,x0),恒有f(x)>g(x).
证明
(1)令F(x)=f(x)-x=ln(1+x)-x,x∈(0,+∞),
则有F′(x)=
-1=
.
当x∈(0,+∞)时,F′(x)<0,
所以F(x)在(0,+∞)上单调递减,
故当x>0时,F(x)<F(0)=0,
即当x>0时,f(x)<x.
(2)令G(x)=f(x)-g(x)=ln(1+x)-kx,x∈(0,+∞),
则有G′(x)=
-k=
.
当k≤0时,G′(x)>0,
故G(x)在(0,+∞)上单调递增,G(x)>G(0)=0,
故任意正实数x0均满足题意.
当0<k<1时,令G′(x)=0,
得x=
=
-1>0,
取x0=
-1,对任意x∈(0,x0),有G′(x)>0,
从而G(x)在(0,x0)上单调递增,
所以G(x)>G(0)=0,即f(x)>g(x).
综上,当k<1时,总存在x0>0,
使得对任意x∈(0,x0),恒有f(x)>g(x).
点评 恒成立问题一般与不等式有关,解决此类问题需要构造函数,利用函数单调性求函数最值,从而说明函数值恒大于或恒小于某一确定的值.
变式训练1 设f(x)=ex-a(x+1).
(1)若∀x∈R,f(x)≥0恒成立,求正实数a的取值范围;
(2)设g(x)=f(x)+
,且A(x1,y1),B(x2,y2)(x1≠x2)是曲线y=g(x)上任意两点,若对任意的a≤-1,直线AB的斜率恒大于常数m,求m的取值范围.
解
(1)因为f(x)=ex-a(x+1),所以f′(x)=ex-a.
由题意,知a>0,故由f′(x)=ex-a=0,解得x=lna.
故当x∈(-∞,lna)时,f′(x)<0,函数f(x)单调递减;
当x∈(lna,+∞)时,f′(x)>0,函数f(x)单调递增.
所以函数f(x)的最小值为f(lna)=elna-a(lna+1)=-alna.
由题意,若∀x∈R,f(x)≥0恒成立,
即f(x)=ex-a(x+1)≥0恒成立,故有-alna≥0,
又a>0,所以lna≤0,解得0<a≤1.
所以正实数a的取值范围为(0,1].
(2)设x1,x2是任意的两个实数,且x1<x2,
则直线AB的斜率为k=
.
由已知k>m,即
>m.
因为x2-x1>0,所以g(x2)-g(x1)>m(x2-x1),
即g(x2)-mx2>g(x1)-mx1.因为x1<x2,
所以函数h(x)=g(x)-mx在R上为增函数,
故有h′(x)=g′(x)-m≥0恒成立,所以m≤g′(x).
而g′(x)=ex-a-
,又a≤-1<0,
故g′(x)=ex+
-a≥2
-a=2
-a.
而2
-a=2
+(
)2=(
+1)2-1≥3,
所以m的取值范围为(-∞,3].
题型二 存在性问题
例2 (2015·浙江)设函数f(x)=x2+ax+b(a,b∈R).
(1)当b=
+1时,求函数f(x)在[-1,1]上的最小值g(a)的表达式;
(2)已知函数f(x)在[-1,1]上存在零点,0≤b-2a≤1,求b的取值范围.
解
(1)当b=
+1时,f(x)=
2+1,
故对称轴为直线x=-
.
当a≤-2时,g(a)=f
(1)=
+a+2.
当-2<a≤2时,g(a)=f
=1.
当a>2时,g(a)=f(-1)=
-a+2.
综上,g(a)=
(2)设s,t为方程f(x)=0的解,且-1≤t≤1,则
由于0≤b-2a≤1,因此
≤s≤
(-1≤t≤1).
当0≤t≤1时,
≤st≤
.
由于-
≤
≤0和-
≤
≤9-4
,
所以-
≤b≤9-4
.
当-1≤t<0时,
≤st≤
,
由于-2≤
<0和-3≤
<0,所以-3≤b<0.
故b的取值范围是[-3,9-4
].
点评 “存在”是特称量词,即“有的”意思,证明这类问题的思路是想法找到一个“x0”使问题成立即可,必要时需要对问题进行转化.若证“存在且唯一”则需说明除“x0”外其余不能使命题成立,或利用函数单调性证明此类问题.
变式训练2 (2015·北京)已知函数f(x)=ln
.
(1)求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程;
(2)求证:
当x∈(0,1)时,f(x)>2
;
(3)设实数k使得f(x)>k
对x∈(0,1)恒成立,求k的最大值.
(1)解 因为f(x)=ln(1+x)-ln(1-x),
所以f′(x)=
+
,f′(0)=2.
又因为f(0)=0,所以曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y=2x.
(2)证明 令g(x)=f(x)-2
,
则g′(x)=f′(x)-2(1+x2)=
.
因为g′(x)>0(0
即当x∈(0,1)时,f(x)>2
.
(3)解 由
(2)知,当k≤2时,f(x)>k
对x∈(0,1)恒成立.当k>2时,令h(x)=f(x)-k
,
则h′(x)=f′(x)-k(1+x2)=
.
所以当0 时,h′(x)<0,因此h(x)在区间 上单调递减.故当0 时,h(x) .所以当k>2时,f(x)>k 并非对x∈(0,1)恒成立. 综上可知,k的最大值为2. 高考题型精练 1.已知函数f(x)= x3-2x2+3m,x∈[0,+∞),若f(x)+5≥0恒成立,则实数m的取值范围是( ) A. B. C.(-∞,2]D.(-∞,2) 答案 A 解析 f′(x)=x2-4x,由f′(x)>0,得x>4或x<0. ∴f(x)在(0,4)上递减,在(4,+∞)上递增, ∴当x∈[0,+∞)时,f(x)min=f(4). ∴要使f(x)+5≥0恒成立,只需f(4)+5≥0恒成立即可,代入解得m≥ . 2.在R上定义运算: =ad-bc,若不等式 ≥1对任意实数x恒成立,则实数a的最大值为( ) A.- B.- C. D. 答案 D 解析 由定义知,不等式 ≥1等价于x2-x-(a2-a-2)≥1, ∴x2-x+1≥a2-a对任意实数x恒成立, ∵x2-x+1=(x- )2+ ≥ , ∴a2-a≤ ,解得- ≤a≤ , 则实数a的最大值为 . 3.若x∈[0,+∞),则下列不等式恒成立的是( ) A.ex≤1+x+x2B. ≤1- x+ x2 C.cosx≥1- x2D.ln(1+x)≥x- x2 答案 C 解析 设f(x)=cosx+ x2-1, 则f′(x)=-sinx+x≥0(x≥0), 所以f(x)=cosx+ x2-1是增函数, 所以f(x)=cosx+ x2-1≥f(0)=0, 即cosx≥1- x2. 4.函数f(x)的定义域是R,f(0)=2,对任意x∈R,f(x)+f′(x)>1,则不等式ex
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