高考数学复习 第3讲 函数中的恒成立问题与特定字母取值范围问题课件

高考真题自测热点考向突破第3讲函数中的恒成立问题与特定字母取值范围问题体验高考1.(2012年高考新课标全国卷,文11)当0x≤12时,4xlogax,则a的取值范围是(B)(A)20,2(B)2,12(C)(1,2)(D)(2,2)高考真题自测—夯基础提速度解析:利用指数函数和对数函数的性质求解.∵0x≤12,∴14x≤2,∴logax4x1,∴0a1,排除选项C、D;取a=12,x=12,则有124=2,121log2=1,显然4xlogax不成立,排除选项A,故选B.2.(2011年高考福建卷,文10)若a0,b0,且函数f(x)=4x3-ax2-2bx+2在x=1处有极值,则ab的最大值等于(D)(A)2(B)3(C)6(D)9解析:f'(x)=12x2-2ax-2b,∵f(x)在x=1处有极值,∴f'(1)=12-2a-2b=0,∴a+b=6.又a0,b0,∴a+b≥2ab,∴2ab≤6,∴ab≤9,当且仅当a=b=3时等号成立,∴ab的最大值为9.故选D.感悟备考1.命题与备考利用导数解决恒成立问题、存在性问题和特定字母的取值范围问题作为导数的重要应用,一直是高考的热点,在复习备考中,要加强对函数与导数知识准确性、深刻性的理解,要加强与方程、不等式、数列、解析几何等相关知识的相互联系,要加强分类讨论、数形结合、等价转化等数学思想方法的灵活运用,要加强逻辑思维能力、综合分析问题能力及较强计算能力的培养,力争在有限时间内多得分,得高分.2.小题快做函数y=f(x)在x=x0处有极值,则f'(x0)=0,即x=x0是方程f'(x)=0的根,这一知识点常作为解决函数极值问题的一个切入点,如2题.考向一函数中的恒成立问题1.若可导函数f(x)在(a,b)上单调递增,则f'(x)≥0在区间(a,b)上恒成立;若可导函数f(x)在(a,b)上单调递减,则f'(x)≤0在区间(a,b)上恒成立.2.af(x)恒成立⇒af(x)max;af(x)有解⇒af(x)min;af(x)恒成立⇒af(x)min,af(x)有解⇒af(x)max.热点考向突破—讲策略促迁移【例1】已知函数f(x)=14x4-ax2+2x(a∈R).(1)若a=32,求函数f(x)的极值;(2)设F(x)=f'(x)+(2a-1)x2+a2x-2,若函数F(x)在[0,1]上单调递增,求a的取值范围.解:(1)当a=32时,f'(x)=x3-3x+2=(x-1)2(x+2)=0,解得x=1或x=-2.∵当x∈(-∞,-2)时,f'(x)0;当x∈(-2,1)时,f'(x)0;当x∈(1,+∞)时,f'(x)0.∴f(x)的极小值为f(-2)=-6.无极大值.(2)法一F(x)=x3+(2a-1)x2+(a2-2a)x,由条件易知F'(x)=3x2+(4a-2)x+a2-2a≥0在[0,1]上恒成立.又F'(x)=32213ax-2(1)3a.①当对称轴x=123a∈(0,1)时,只要-2(1)3a≥0,即a∈.②当对称轴x=123a≤0,即a≥12时,只要F'(0)≥0,即a2-2a≥0,解得a≥2.③当对称轴x=123a≥1,即a≤-1时,只要F'(1)≥0,即3+2(2a-1)+a2-2a≥0,解得a∈R.综上,a≤-1或a≥2.法二F(x)=x3+(2a-1)x2+(a2-2a)x,F'(x)=3x2+(4a-2)x+(a2-2a)=(3x+a-2)(x+a).由已知得F'(x)=(3x+a-2)(x+a)≥0在[0,1]上恒成立.当23a=-a时,即a=-1时,符合题意;当23a-a时,即a-1时,只需-a≥1或23a≤0,∴a≤-1或a≥2,∴a≥2;当23a-a时,即a-1时,只需-a≤0或23a≥1,∴a≥0或a≤-1,∴a-1.综上所述,a≤-1或a≥2.考向二函数与导数中的存在性问题存在性问题的主要特征是结论不明确,通常需要探求某个元素,如数、点、直线等是否存在.解决此类问题的一般方法是先假设符合条件的元素存在,然后再充分利用条件及有关知识进行推理验证.【例2】已知函数f(x)=13ax3-14x2+cx+d(a,c,d∈R)满足f(0)=0,f'(1)=0,且f'(x)≥0在R上恒成立.(1)求a,c,d的值;(2)若h(x)=34x2-bx+2b-14,解不等式f'(x)+h(x)0;(3)是否存在实数m,使函数g(x)=f'(x)-mx在区间[m,m+2]上有最小值-5?若存在,请求出实数m的值;若不存在,请说明理由.解:(1)∵f(0)=0,∴d=0.∵f'(x)=ax2-12x+c及f'(1)=0,∴a+c=12.∵f'(x)≥0在R上恒成立,即ax2-12x+c≥0恒成立,即ax2-12x+12-a≥0恒成立.显然a=0时,上式不能恒成立,∴20,1140,22aaa即20,110,216aaa即20,10,4aa解得a=14,c=14.(2)∵a=c=14,∴f'(x)=14x2-12x+14,∴f'(x)+h(x)0,即14x2-12x+14+34x2-bx+2b-140,即x2-12bx+2b0,即(x-b)12x0.当b12时,解集为1,2b;当b12时,解集为1,2b;当b=12时,解集为.(3)∵f'(x)=14x2-12x+14,∴g(x)=f'(x)-mx=14x2-12mx+14,该函数图象开口向上,且对称轴为x=2m+1.假设存在实数m使函数g(x)=f'(x)-mx=14x2-12mx+14在区间[m,m+2]上有最小值-5.①当2m+1m,即m-1时,函数g(x)在区间[m,m+2]上是递增的,∴g(m)=-5,即14m2-12mm+14=-5,解得m=-3或m=73(舍去).②当m≤2m+1m+2,即-1≤m1时,函数g(x)在区间[m,2m+1]上是递减的,而在区间[2m+1,m+2]上是递增的,∴g(2m+1)=-5,即14(2m+1)2-12m(2m+1)+14=-5,解得m=-12±1212(舍去),③当2m+1≥m+2,即m≥1时,函数g(x)在区间[m,m+2]上是递减的,∴g(m+2)=-5,即14(m+2)2-12m(m+2)+14=-5,解得m=-1+22或m=-1-22(舍去)综上可得,当m=-3或m=-1+22时,函数g(x)=f'(x)-mx在区间[m,m+2]上有最小值-5.热点训练2关于x的函数f(x)=13x3+12ax2+bx+1,其导函数为f'(x).(1)如果函数f(x)在x=1处有极值-23,试确定a,b的值;(2)如果函数f(x)在x=-1处的切线与直线x-y+1=0平行,是否存在实数a使得方程f'(x)-x=0的两个根x1,x2满足0x1x21?若存在,求出实数a的取值范围,若不存在,请说明理由.解:(1)f'(x)=x2+ax+b,由题意知10,1121,323abab解得2,3.ab(2)存在.依题意可知f'(-1)=1⇒-a+b+1=1⇒b=a,故f(x)=13x3+12ax2+ax+1,则f'(x)=x2+ax+a.由f'(x)-x=0得x2+ax+a-x=0⇒x2+(a-1)x+a=0.要使方程g(x)=x2+(a-1)x+a=0的两根x1,x2满足0x1x21,则2101,2(1)40,(0)0,(1)110,aaagagaa⇒11,322,322,0,0,aaaaa或即0a3-22.考向三函数中的特定字母的取值范围问题1.确定函数的单调性,并求出单调区间.2.利用函数的单调区间确定参数的取值范围,若在某区间单调递增,则f'(x)≥0;若单调递减,则f'(x)≤0,从而解不等式求得范围.【例3】已知函数f(x)=x3-3ax2-3a2+a(a0).(1)求函数f(x)的单调区间;(2)曲线y=f(x)在点A(m,f(m))和B(n,f(n))(mn)处的切线都与y轴垂直,若曲线f(x)在区间[m,n]上与x轴相交,求实数a的取值范围.解:(1)f'(x)=3x2-6ax=3x(x-2a),令f'(x)=0得x1=0,x2=2a(a0).当x变化时,f'(x),f(x)的变化情况如下表:x(-∞,0)0(0,2a)2a(2a,+∞)f'(x)+0-0+f(x)↗极大值↘极小值↗故f(x)的单调递增区间为(-∞,0),(2a,+∞),单调递减区间为(0,2a).(2)由(1)可知,只有在x1=0,x2=2a处的切线都恰好与y轴垂直,∴m=0,n=2a,f(0)=-3a2+a,f(2a)=-4a3-3a2+a.由曲线f(x)在区间[0,2a]上与x轴相交,可得f(0)·f(2a)≤0.∵a0,∴(3a-1)(4a-1)≤0.解得14≤a≤13,∴实数a的取值范围是11,43.【备选例题】【例1】已知过函数f(x)=x3+ax2图象上一点P(1,b)的切线斜率为-3,g(x)=x3+62tx2-(t+1)x+3(t0).(1)求a,b的值;(2)当x∈[-1,4]时,求f(x)的值域;(3)当x∈[1,4]时,不等式f(x)≤g(x)恒成立,求实数t的取值范围.解:(1)f'(x)=3x2+2ax.∴(1)3,1.fba解得3,2.ab(2)由(1)易知,f(x)在[-1,0]上单调递增,在[0,2]上单调递减,在[2,4]上单调递增.又f(-1)=-4,f(0)=0,f(2)=-4,f(4)=16,∴f(x)的值域是[-4,16].(3)令h(x)=f(x)-g(x)=-2tx2+(t+1)x-3,x∈[1,4].∴要使f(x)≤g(x)在[1,4]上恒成立,只需h(x)≤0在[1,4]上恒成立,即tx2-2(t+1)x+6≥0(*)恒成立.①由于t0,故当Δ=4(t+1)2-4t×6≤0,即2-3≤t≤2+3时不等式(*)显然恒成立.②当Δ0时,令g(x)=tx2-2(t+1)x+6.要满足不等式(*)在[1,4]上恒成立,需有24(1)460,14,(4)0,ttttg解之得14≤t2-3,综上,所求实数t的取值范围是1,234.【例2】函数f(x)=3ax3-ax2+x+1(a0)在x=x1及x=x2处有极值,且121xx≤5.(1)求实数a的取值范围;(2)当a=95时,存在t∈R,使得x∈[1,m]时,f'(t-x)≤365x-45恒成立,求实数m的最大值.解:(1)∵f'(x)=ax2-2ax+1,∴x1+x2=2,x1x2=1a,∴4a=21212()xxxx=12xx+21xx+2,令u=21xx,所以a=g(u)=1412uu在u∈(1,5]上单调递增.∴g(1)a≤g(5),可得实数a的取值范围为91,5.(2)当a=95时,f'(x)=95x2-185x+1,f'(t-x)≤365x-45,即95(t-x)2-185(t-x)+1≤365x-45,可化为x2-2(t+1)x+(t-1)2≤0.由题意:存在t∈R,使得x∈[1,m]时,x2-2(t+1)x+(t-1)2≤0恒成立,设(x)=x2-2(t+1)x+(t-1)2,则(1)0,()0.m由(1)=t2-4t≤0⇒0≤t≤4,而(m)=m2-2(t+1)m+(t-1)2=[m-(t+1)]2-4t≤0,所以(t-1)