19专题(导数应用)恒成立与存在性问题

(1)恒成立问题1.∀x∈D,均有f(x)A恒成立，则f(x)minA；2.∀x∈D,均有f(x)﹤A恒成立，则f(x)maxA.3.∀x∈D,均有f(x)g(x)恒成立，则F(x)=f(x)-g(x)0∴F(x)min04.∀x∈D,均有f(x)﹤g(x)恒成立，则F(x)=f(x)-g(x)﹤0∴F(x)max﹤05.∀x1∈D,∀x2∈E,均有f(x1)g(x2)恒成立，则f(x)ming(x)max6.∀x1∈D,∀x2∈E,均有f(x1)g(x2)恒成立，则f(x)maxg(x)min(2)存在性问题1.∃x0∈D,使得f(x0)A成立，则f(x)maxA；2.∃x0∈D,使得f(x0)﹤A成立，则f(x)minA3.∃x0∈D,使得f(x0)g(x0)成立，设F(x)=f(x)-g(x)∴F(x)max04.∃x0∈D,使得f(x0)g(x0)成立，设F(x)=f(x)-g(x)∴F(x)min05.∃x1∈D,∃x2∈E,使得f(x1)g(x2)成立，则f(x)maxg(x)min6.∃x1∈D,∃x2∈E,均使得f(x1)g(x2)成立，则f(x)ming(x)max(3)相等问题1.∀x1∈D,∃x2∈E,使得f(x1)=g(x2)成立，则{f(x)}{g(x)}(4)恒成立与存在性的综合性问题1.∀x1∈D,∃x2∈E,使得f(x1)g(x2)成立，则f(x)ming(x)min2.∀x1∈D,∃x2∈E,使得f(x1)g(x2)成立，则f(x)maxg(x)max(5)恰成立问题1.若不等式f(x)A在区间D上恰成立，则等价于不等式f(x)A的解集为D；2.若不等式f(x)B在区间D上恰成立，则等价于不等式f(x)B的解集为D.的取值范围。求使得均存在若对任意）设（的单调区间；求已知函数axgxfxxxxxgxfRaxaxxf),()(],1,0[),,0(,22)(2)()1(ln)(.121212练习的取值范围求都有使得任意的）条件改为：对任意若本题（axgxfxx)()(]1,0[),,0(221213240,22..yxaxa若函数＝－＋在内单调递减，则实数的取值范围为　3220240,23200,2|00|231.40xxyxaxyxaxayya＝＝因为函数＝－＋在内单调递减，所以＝－在内恒成立，＝解析：所以所以，－3．已知函数f(x)＝x3＋x，对任意的m∈[－2,2]，f(mx－2)＋f(x)0恒成立，则x的取值范围为__________．押题依据本题以不等式恒成立为背景，考查了函数的导数，函数的单调性和奇偶性．突出考查了转化与化归的能力．难度稍大，有较好的区分度，故押此题．押题级别★★★★★解析∵f′(x)＝3x2＋10恒成立，故f(x)在R上是增函数．又f(－x)＝－f(x)，∴y＝f(x)为奇函数．由f(mx－2)＋f(x)0得f(mx－2)－f(x)＝f(－x)，∴mx－2－x，mx－2＋x0在m∈[－2,2]上恒成立．记g(m)＝xm－2＋x，则g(－2)0，g(2)0，即－2x－2＋x0，2x－2＋x0，得－2x23.答案－2，23返回4.(2011·湖南高考)已知函数f(x)＝ex－1，g(x)＝－x2＋4x－3.若有f(a)＝g(b)，则b的取值范围为()A．[2－2，2＋2]B．(2－2，2＋2)C．[1,3]D．(1,3)[答案]B5.(2011·淄博模拟)若不等式(a－a2)(x2＋1)＋x≤0对一切x∈(0,2]恒成立，则a的取值范围为()A．(－∞，1－32]B．[1＋32，＋∞)C．(－∞，1－32]∪[1＋32，＋∞)D．[1－32，1＋32][答案]C6.设函数f(x)＝x2－1，对任意x∈[32，＋∞)，f(xm)－4m2f(x)≤f(x－1)＋4f(m)恒成立，求实数m的取值范围[解析]∵f(x)＝x2－1，x∈[32，＋∞)，f(xm)－4m2f(x)≤f(x－1)＋4f(m)对x∈[32，＋∞)恒成立．即(xm)2－1－4m2(x2－1)≤(x－1)2－1＋4(m2－1)恒成立.即(1m2－4m2－1)x2＋2x＋3≤0恒成立.即1m2－4m2－1≤－2x－3x2恒成立.g(x)＝－2x－3x2＝－3x2－2x＝－3(1x2＋23x)＝－3(1x＋13)2＋13.∵x≥32，∴0＜1x≤23，∴当1x＝23时，g(x)min＝－83.∴1m2－4m2－1≤－83.整理得12m4－5m2－3≥0，(3m2＋1)(4m2－3)≥0.∵3m2＋10，∴4m2－3≥0.即：m≥32或m≤－32.(2)已知f(x)=lnx:①设F(x)=f(x+2)-，求F(x)的单调区间；②若不等式f(x+1)≤f(2x+1)-m2+3am+4对任意a∈[-1,1]，x∈[0,1]恒成立，求m的取值范围.2xx1【解题指南】(2)由题意只需解不等式F′(x)＞0和F′(x)＜0即可得到单调区间；原不等式恒成立可转化为恒成立，进一步转化为成立.2x1ln3ma4m2x12maxminx1(ln)(3ma4m)2x1(2)①F(x)=ln(x+2)-定义域为：(-2,-1)∪(-1,+∞).F′(x)==令F′(x)＞0，得单调增区间为和令F′(x)＜0，得单调减区间为和2xx12212(x1)2x12x2(x1)x2(x1)2222(x1)2(x2)x3,(x2)(x1)(x2)(x1)(2,3)(3,)(3,1)(1,3)②不等式f(x+1)≤f(2x+1)-m2+3am+4化为：ln(x+1)≤ln(2x+1)-m2+3am+4即≤3ma+4-m2.现在只需求y=(x∈[0,1])的最大值和y=3ma+4-m2(a∈[-1,1])的最小值.因为在[0，1]上单调递减,所以y=(x∈[0,1])的最大值为0,x1ln2x1x1ln2x1x1112x122(2x1)x1ln2x1而y=3ma+4-m2(a∈[-1,1])是关于a的一次函数，故其最小值只能在a=-1或a=1处取得,于是得到：解得0≤m≤1或-1≤m＜0，所以m的取值范围是[-1，1].2203m4m03m4m,3m03m0或＜【互动探究】若本例(2)第①问中条件改为“F(x)=f(x+2)-kx在定义域内是单调递增函数”，则k的取值范围是______.【解析】由题意F′(x)=-k≥0在(-2,+∞)上恒成立，∴k≤恒成立，∴k≤0.答案：k≤01x21x2【变式备选】已知f(x)=ex-ax-1.(1)求f(x)的单调递增区间；(2)是否存在a,使f(x)在(-∞，0］上单调递减，在［0，+∞)上单调递增？若存在，求出a的值；若不存在，说明理由.【解析】f′(x)=ex-a.(1)若a≤0，f′(x)=ex-a≥0恒成立，即f(x)在R上递增.若a0,令ex-a≥0,得ex≥a,x≥lna.∴f(x)的单调递增区间为(lna,+∞).(2)方法一：由题意知ex-a≤0在(-∞，0］上恒成立.∴a≥ex在(-∞，0］上恒成立.∵ex在(-∞，0］上为增函数.∴当x=0时，ex最大为1.∴a≥1.同理可知ex-a≥0在［0，+∞)上恒成立.∴a≤ex在［0，+∞)上恒成立.∴a≤1，∴a=1.方法二：由题意知，x=0为f(x)的极小值点.∴f′(0)=0,即e0-a=0,∴a=1，验证a=1符合题意.