专题4.5 恒成立问题和存在性问题（解析版）

专题4.5恒成立问题和存在性问题题型一最值法题型二分离参数法题型三分类讨论法题型四指对数同构题型五双变量问题题型一最值法例1．（2023春·四川成都·高三树德中学校考阶段练习）若对于任意的Ra及任意的1,x，不等式22ln1axakx恒成立，则实数k的取值范围是（）A．0,eB．0,1C．1,eD．1,e【答案】A【分析】由题意可得ln11kxx对任意的1,x恒成立，分类讨论0k，0k和0k，当0k时，ln111xkx，令ln11xgxx，对gx求导，求出gx的最大值，即可得出答案.【详解】因为对于任意的Ra及任意的1,x，不等式22ln1axakx恒成立，则22ln10aaxkx对任意的Ra恒成立，所以2Δ24ln10xkx，则ln11kxx对任意的1,x恒成立，当0k时，成立；当0k时，2x时，不等式左边ln10kx，10x，所以ln11kxx不成立；当0k时，ln111xkx，令ln11xgxx，21ln11xgxx，令0gx，解得：1e1x；令0gx，解得：e1x，所以gx在1,e1上单调递增，在e1,上单调递减，所以当e1x时，gx有最大值，所以maxlne1e1eegxg，所以11eekk，综上，0,ek.故选：A.例2．（2023春·四川成都·高三树德中学校考阶段练习）设函数3Rfxaxxa.(1)若直线21yx是函数yfx图像的一条切线，求实数a的值；(2)若0a，当0x时，不等式26sinxaxfx恒成立，求实数a的取值范围.【答案】(1)427；(2)1,6【分析】（1）根据导数的几何意义列方程求a的值；（2）原不等式可化为301sin6xtxx，设16ta，由已知3min01sin6xtxx，讨论a，利用导数研究31sin6hxxtxx的单调性，由此确定a的取值范围.【详解】（1）函数3fxaxx的定义域为R，导函数231fxax，设切点00,Pxy，则3000002021312yaxxyxax，解得，032427xa，所以427a；（2）不等式26sinxaxfx可化为：326sinxaxaxx，因为0a，所以311sin066xxxa，设16ta，由已知3min01sin6xtxx令31sin6hxxtxx，则21cos2hxxxt，令21cos2mxxxt，则sinmxxx，再令sinsxxx，则cos10sxx，所以sx在0,单调递增，又00s，则0sx，即0mx，所以mx在0,单调递增，21cos(0)2yxxx的值域为1,.①当1t时，即16a时，21cos002mxxxthx，则hx在0,单调递增，又00h，所以0hx恒成立，符合.②当1t时，即106a时010mt，当21xt时，0mx，所以存在00x，使00mx，则当00,xx时，0mx，函数hx在00,x上单调递减，而00h，所以0hx对00,xx成立，不符合.综上，实数a的取值范围是1,6.练习1．（2023·全国·高三专题练习）函数ln1fxaxx，若存在0,e0x使得00fx，则实数a的取值范围是______．【答案】,1【分析】将条件存在0,e0x使得00fx转化为在区间0,e上min0fx，求fx，再根据导函数的性质即可求得在区间0,e上的minfx，进而解不等式即可．【详解】存在0,e0x使得00fx等价于在区间0,e上min0fx，由ln1fxaxx，则11axfxaxx，0,ex，若0a，则0fx，此时fx单调递减，所以minee20fxfa成立；若0a，当1xa时，()0fx¢，此时fx单调递增；当10xa时，0fx，此时fx单调递减，如果1e,a，则minee20fxfa，得10ea；如果10,ea，则min11ln0fxfaa，得11ea≤，综上，实数a的取值范围为,1．故答案为：,1．练习2．（2023春·四川内江·高二四川省内江市第六中学校考期中）已知函数ln||fxx，若存在实数x使不等式222ln2fxxxab成立，则实数ab的取值范围为（）A．3ln2,82B．ln22,C．ln23,28D．38,【答案】B【分析】将题给不等式转化为存在实数x使不等式222lnln2abxxx成立，利用导数求得2()lnln2hxxxx的最小值，进而求得实数ab的取值范围.【详解】存在实数x使不等式222ln2fxxxab成立，即存在实数x使不等式222lnln2abxxx成立，令2()lnln2hxxxx，当0x时，2()lnln2hxxxx，2111()21xxhxxxx，当01x时，()0hx，()hx单调递减；当1x时，()0hx，()hx单调递增，则当1x时，()hx取得最小值(1)11ln1ln2ln2h.当0x时，2()lnln2hxxxx，2111()21xxhxxxx，当102x时，()0hx，()hx单调递增；当12x时，()0hx，()hx单调递减，则当12x时，()hx取得最小值11113()lnln224224h.又3ln24，则2()lnln2hxxxx最小值为ln2，则22ln2ab，即ln2ab故选：B练习3．（2023·江苏南通·高三校联考阶段练习）已知函数1ln()eaxxfxxx.(1)若0a，关于x的不等式()fxm恰有两个整数解，求m的取值范围；(2)若()fx的最小值为1，求a.【答案】(1)1ln22ln323m(2)1【分析】（1）利用导数研究()fx的单调性，进而可得min()10fxf，并求出2,3ff，即可确定m的范围；（2）根据()fx的值域及()fx的最小值为1排除0a、0a，构造e1xyx并应用导数研究函数符号，放缩法求()fx最值，即可得参数值.【详解】（1）当0a时1ln()1xfxxx，则22211lnln()xxfxxxx，令()01fxx，当01x时()0fx，()fx递减，当1x时()0fx，()fx递增，，所以min()10fxf，1ln21ln21ln32ln321,312233ff，要使mfx恰有两个整数解，则1ln22ln323m.（2）若0a，当x趋向时()fx趋向于0，此时()fx最小值不为1，舍去.由（1）知：0a时()fx最小值为0，此时()fx最小值不为1，舍去.所以0a，则lne1ln()axxxfxx，令e1xyx，则e1xy，故0x时0y，0x时0y恒成立，所以y在(,0)上递减，在(0,)上递增，且0|0xyy，即e1xx恒成立，所以lne1lnln1ln1()axxxaxxxfxaxx，仅当ln0axx，即ln0xax时取等号，令lnxyx，则2ln1xyx，故0ex时0y，y递减，ex时0y，y递增，所以e1|exyy，且01x时0y，1x时10ey，综上，ln0xax，即01x时，()fxa成立.此时min()fxa，要使()fx的最小值为1，即1a.练习4．（2023春·浙江杭州·高三浙江省杭州第二中学校考阶段练习）对正实数a有1elnln0eaxaafxax在定义域内恒成立，则a的取值范围为（）A．0,1B．21,eC．20,eD．0,【答案】C【分析】利用导数研究()fx单调性，得极小值0001(2ln2)()axaxfx，将问题转化为0012ln2xax在(0,)上恒成立，再应用导数研究左侧的最小值，即可求解.【详解】由题设1()exafxx且0,0ax，令()()gxfx，则12()e0xagxx，所以()()gxfx在(0,)上递增，显然x趋向0时()fx趋向，1()e10afa，故0(0,)x使0()0fx，即010exax，则00lnln(1)xax，所以，在0(0,)x上()0fx，()fx递减；在0(,)x上()0fx，()fx递增；故0100001elnl()(n(2l)e)n2axaaaxaxfxxfxa，要()0fx在(0,)上恒成立，则0012ln20xax，即0012ln2xax恒成立，令1yxx且,()0x，则21y1x，故(0,1)x时0y，(1,)x时0y，所以(0,1)x上y递减，(1,)x上y递增，则1|2xyy，且当01x时，20ln2eaa,综上，min2ln22ay，可得20ea.故选：C练习5．（2023春·四川德阳·高二德阳五中校考阶段练习）若不等式222elneln2exaaxxa在[1,2]x有解，则实数a的取值范围是（）A．21,e2eB．221,eeC．421,eeD．41,ee【答案】D【分析】先得到0a，不等式变形得到22eln21eexxaa，换元后令21ln22efttt，问题转化为存在2,eetaa，使得0ft，求导后得到ft的单调性，结合21e0ff，得到当21et时，0ft，比较端点值得到答案.【详解】由lna有意义可知，0a，222elneln2exaaxxa变形为22eln2e1xaax，即22eln21eexxaa，令exta，即有2e1ln220tt，因为[1,2]x，所以2,eeextaaa，令21ln22efttt，问题转化为存在2,eetaa，使得0ft，因为22e1212etfttt，令0ft，即20e21t，解得2e12t，令0ft，即20e21t，解得2e102t，所以ft在2e10,2上单调递增，在2e1,2上单调递减，又222210,ee1lne2e20ff，而