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高三数学一轮复习7---恒成立存在性问题


高三数学一轮复习 7---恒成立、存在性问题
班级 姓名 学号 1.已知函数 f ( x) ? a ln x ? x (a 为常数) ,若存在 x ? [1, e] ,使 f ( x) ? (a ? 2) x 成立,则实数 a 的取值 范围是 【分析】本题中,参数 a 可以比较方便的用含 x 的函数来表示,因此想到分离参数,转化为存在性问题, 进而转化为最值问题. 解法一:存在 x ? [1, e] ,使 a ln x ? x2 ? (a ? 2) x ,
2

即存在 x ? [1, e] ,使 a( x ? ln x) ? x2 ? 2 x ,

1 ? 0 ,故 t ( x) 在 x ? [1, e] 单调递增, x 故 t ( x) ? t (1) ? 1 ? 0 ,即 x ? ln x ? 0 在 x ? [1, e] 恒成立.
令 t ( x) ? x ? ln x x ? [1, e] ,则 t '( x ) ? 1 ? 故存在 x ? [1, e] ,使 a ? 令 h( x ) ?

x2 ? 2 x . x ? ln x

x2 ? 2 x x ? [1, e] ,即 a ? h( x)min ,下求 h( x) 在 x ? [1, e] 的最小值. x ? ln x 1 (2 x ? 2)( x ? ln x) ? ( x 2 ? 2 x)(1 ? ) x ? ( x ? 1)( x ? 2 ? 2 ln x) h '( x) ? 2 ( x ? ln x) ( x ? ln x) 2 令 ? ( x) ? x ? 2 ? 2ln x x ? [1, e] , 2 则 ? '( x) ? 1 ? ? 0 , x ? 2 , x ? '( x) ? 0, x ? 2; ? '( x) ? 0, x ? 2 故 x ? 2 是函数 ? ( x) 的极小值点,也是最小值点. ∴ ? ( x)min ? ? (2) ? 4 ? 2ln 2 ? 0 ,即 x ? 2 ? 2 ln x ? 0 在 x ? [1, e] 恒成立. 故 h '( x) ? 0 在 x ? [1, e] 恒成立.∴ h( x) 在 x ? [1, e] 单调递增. h( x)min ? h(1) ? ?1 ∴ a ? ?1 【解题回顾】在本题求解中,有两个难点: (1)需意识到 t ( x) ? x ? ln x ? 0 在 x ? [1, e] 恒成立; (2)在对 的值域分析,得出 h '( x) 的 讨 论 中 , 需 对 其 部 分 分 子 ? ( x ) ? x ? 2 ? 2 l n x进 行 在 区 间 [ 1, e ] ? ( x )? x ? 2 ? 2 l n x ?在 0 x ? [1, e] 恒成立.进而得出 h '( x) ? 0 在 x ? [1, e] 恒成立.
纵观本题, 可以分离参数, 转化为最值问题. 但在对新函数最值的讨论中需要 “步步为营、 逐个击破” , 学生在求解过程中要思路清晰,以细求准. 其实在对 h '( x ) 的讨论中,得出“ h '( x) ? 0 在 x ? [1, e] 恒成立”这个结论还有一个办法,就是直接对 h '( x ) 定号.请看下面的解法: 解法二:先按解法一的思路把问题转化为:存在 x ? [1, e] ,使 a ? 令 h( x ) ?

x2 ? 2 x . x ? ln x

x2 ? 2 x x ? [1, e] ,即 a ? h( x)min ,下求 h( x) 在 x ? [1, e] 的最小值. x ? ln x 1 (2 x ? 2)( x ? ln x) ? ( x 2 ? 2 x)(1 ? ) x ? ( x ? 1)( x ? 2 ? 2 ln x) ? ( x ? 1) x ? 2( x ? 1)(1 ? ln x) h '( x) ? 2 ( x ? ln x) ( x ? ln x) 2 ( x ? ln x) 2 x ? [1, e] ,∴ x( x ? 1) ? 0 , 2( x ? 1)(1 ? ln x) ? 0 故 h '( x) ? 0 在 x ? [1, e] 恒成立. (下同解法一)
1



【解题回顾】上述解法显然要比“解法一”简单,但学生需在求解过程中,敏感地意识到 x ? [1, e] 这个定 义域对函数符号的确定有很大作用.因此想到对 h '( x ) 的分子各项作合理组合,从构造出使 h '( x) ? 0 的因 式组合. 以上两种解法可以实施的前提是变量 a 可以比较方便的“分离”出来,用含 x 的函数来表示,且可以 确定新函数 h( x) 是单调递增的. 若变量 a 无法分离, 或新函数 h( x) 的单调性无法确定 ( h( x) 存在极值点, 但又无法求出此极值点) ,那“分离参数”这个方法在此就不合适了.为此,本题还提供一种对此类问题 的一般性解法. 类型二:分类讨论,逐一分析 解法三:存在 x ? [1, e] ,使 x2 ? (a ? 2) x ? a ln x ? 0 , 令 g ( x) ? x2 ? (a ? 2) x ? a ln x ,即 0 ? g ( x)min ,下求 g ( x) 在 x ? [1, e] 的最小值.

a 2( x ? 1)( x ? ) a 2 x ? (a ? 2) x ? a 2 ?0. g '( x) ? 2 x ? (a ? 2) ? ? ? x x x a x1 ? 1, x2 ? 2 a (ⅰ)若 ? 1 ,即 a ? 2 时, 2 g '( x) ? 0 在 x ? [1, e] 恒成立.故 g ( x) 在 x ? [1, e] 单调递增, g ( x)min ? g (?1) ? ?1 ? a ? 0 ,故 ?1 ? a ? 2 a (ⅱ)若 1 ? ? e ,即 2 ? a ? 2e 时, 2 a 易得 x ? 是 g ( x) 在 x ? [1, e] 的极小值点,也是最小值点, 2 a a2 a a a2 a a2 a 故 g ( x) min ? g ( ) ? ? (a ? 2) ? ? a ln ? ? ? a ? a ln ? ? ? a(ln ? 1) , 2 4 2 2 4 2 4 2 a a ∵ 1 ? ? e ,∴ ln ? 1 ? ln e ? 1 ? 0 ,∴ g ( x)min ? 0 ,符合题意.故 2 ? a ? 2e . 2 2 a (ⅲ)若 ? e ,即 a ? 2e 时, 2 g '( x) ? 0 在 x ? [1, e] 恒成立.故 g ( x) 在 x ? [1, e] 单调递减,
2

e2 ? 2e e 2 ? 2e ,∵ g ( x)min ? g (e) ? e ? (a ? 2)e ? a ? 0, a ? ? 2e ,∴ a ? 2e . e ?1 e ?1 综上, a ? ?1 .
2

【解题回顾】虽然解法一和解法二可以避免分类讨论,简洁程度明显优于解法三.但解法三给出了求函数 最值的基本方法,适用范围较广,也要引起足够的重视. 事实上,在本题的解法三中,由于 g '( x ) 的分子可以因式分解,因此也为求解提供了一定的方便.那如果

g '( x ) 的分子不能因式分解呢?这时需采用求根公式得出两个根,进而进行讨论,其间还会涉及对 ? 的讨
论. 洛必达法则:设函数 f ( x ) 、 g( x ) 满足:

lim f ( x) ? lim g( x) ? 0 x?a (1) x?a ; ? ? ? ? (2)在 U (a ) 内, f ( x ) 和 g ( x) 都存在,且 g ( x) ? 0 ;
(3) lim
x?a

f ?( x ) ? A ( A 可为实数,也可以是 ?? ). g ?( x )

2

则 lim
x?a

f(x) f ?( x ) ? lim ? A .(可连环使用) x ? a g( x ) g ?( x )

注意 使用洛必达法则时,是对分子、分母分别求导,而不是对它们的商求导, 求导之后再求极限得最值。 x 2 2.设函数 f ( x) ? e ? 1 ? x ? ax , a ? R . (1)若 a=0,求 f ( x ) 的单调区间; (2)若当 x ? 0 时, f ( x) ? 0 恒成立,求 a 的取值范围. 【分析】对(2) ,考生很容易想到利用分离参数法求参数 a 取值范围. 当 x ? 0 时,a 为一切实数. 当 x ? 0 时 , f (x )? 0 ? a ? 值. F ?( x) ?

ex ?1 ? x ex ?1 ? x 对 一 切 恒 成 立 , 只 要 求 的最小 x ? 0 F ( x ) ? x2 x2

( x ? 2)e x ? x ? 2 ,令 F ?( x) ? 0 ,∴ ( x ? 2)e x ? x ? 2 ? 0 ,求解就陷入困境.于是我们就需 x3 要转换问题的思路,直接求 f ( x ) 的最小值.
解: (1) (略) (2) f ?( x) ? e x ? 1 ? 2ax ,

当 a ? 0 时, f ?( x) ? 0 ,∴ f ( x ) 在 ?0, ??? 单调递增,∴ f ( x) ? f (0) ? 0 . 当 a ? 0 时,令 f ?( x) ? 0 ,即 e x ? 1 ? 2ax ? 0 .令 h( x) ? ex ?1 ? 2ax , ∴ h?( x) ? ex ? 2a ,令 h?( x) ? 0 , 即 e x ? 2a ? 0 ,解之得, x ? ln 2 a .

1 时, h?( x) ? 0 ,∴ h( x) 在 ?0, ??? 单调递增, 2 ∴ h( x) ? h(0) ? 0 ,即 f ?( x) ? 0 ( x ? (0, ??) ) ) ,∴ f ( x ) 在 ?0, ??? 单调递增,
(ⅰ)当 0 ? 2a ? 1 ,即 0 ? a ? ∴ f ( x) ? f (0) ? 0 .

1 时, x0 ? ln 2a ? (0, ??) . 2 当 x ? (0, x0 ) 时, h?( x) ? 0 , h( x) 为单调递减函数; 当 x ? ( x0 , ??) 时, h?( x) ? 0 , h( x) 为单调递增函数.
(ⅱ)当 2a ? 1 ,即 a ? ∴ h( x) 在 x ? x0 处取得最小值. 又∵ h(0) ? 0 ,∴ x ? (0, x0 ) 时, h( x) ? 0 ,即 f ?( x) ? 0 ,∴ f ( x ) 在区间 (0, x0 ) 是单调递减函数.又

f (0) ? 0 ,∴ x ? (0, x0 ) 时, f ( x) ? 0 . 1 综上所述,实数 a 的取值范围为 (??, ] . 2 【解题回顾】本题中,由于 f ?( x ) 不能直接定号,因此采取以 f ?( x ) 为新的起点,令 h( x) ? f '( x) ,进而 对 h( x) 进行求导分析.由对 h '( x ) 的符号讨论得出 h( x) 的单调性,进而得出 h( x) 的最值;再由 h( x) 的符 号,即 f ?( x ) 的符号得出 f ( x ) 的单调性,进而得出 f ( x ) 的最值.可谓步步逆推,思维缜密,解法灵活. 设 f ( x) ? ax ? cos x( x ? R) 。 1 (1)若 a ? ,试求出函数 f ( x ) 的单调区间; 2 (2)若对任意 x ? 0 ,都有 x ? sin 2 x ? cox ? f ( x) 成立,求实数 a 的取值范围。

3

1 1 ? ax ) ? x 2 ? ax.(a为常数, a ? 0) 2 2 1 (1) 求证:当 0 ? a ? 2时, f ( x)在[ ,?? )上是增函数; 2 1 2 (2) 若对任意 的 a ? (1,2), 总存在 .. ..x0 ? [ 2 ,1], 使不等式 f ( x0 ) ? m(1 ? a ) 成立,求实数 m 的取值范围。
已知函数 f ( x) ? ln( 标答解法: (1) 略 (Ⅱ)a ? (1, 2) 时, 由 (2) 知, f ? x ? 在 [ ,1] 上的最大值 f ?1? ? ln ?

1 2

?1 1 ? ? a ? ?1? a ?2 2 ?

4

于 是 问 题 等 价 于 : 对 任 意 的 a ? (1, 2) , 不 等 式 ln ?

?1 1 ? ? a ? ? 1 ? a ? m ? a 2 ? 1? ? 0 恒 成 立 . 记 ?2 2 ?

?1 1 ? g ? a ? ? ln ? ? a ? ? 1 ? a ? m ? a 2 ? 1? , ?1 ? a ? 2? ?2 2 ? 1 a ?a ? 1 ? 2ma ? [2ma ? ?1 ? 2m ?] ,当 m ? 0 时, g ' ? a ? ? ?0 则 g '?a? ? 1? a 1? a 1? a ∴ g ? a ? 在区间 ?1, 2 ? 上递减,此时, g ? a ? ? g ?1? ? 0
由于 a ? 1 ? 0 ,∴ m ? 0 时不可能使 g ? a ? ? 0 恒成立,故必有 m ? 0
2

∴ g '?a? ? 若

2ma ? 1 ? [a ? ? ? 1?] 1? a ? 2m ?

1 1 ? 1 ? 1 ,可知 g (a) 在区间 (1, min{2, ? 1}) 上递减, 2m 2m 在此区间上,有 g (a) ? g (1) ? 0 ,与 g (a) ? 0 恒成立矛盾, 1 ? 1 ? 1 ,这时, g ?(a) ? 0 , g (a) 在 (1, 2) 上递增,恒有 g (a) ? g (1) ? 0 , 故 2m ?m ? 0 1 1 ? 满足题设要求,∴ ? 1 ,即 m ? ,所以,实数 m 的取值范围为 [ , ? ?) 4 4 ?1 ? 1 ? ? 2m
很 多 同 学 只 能 得 到 第 一 问 的 7 分 , 第 二 问 解 答 “ 对 任 意 的 a ?( 1 , , 2 )不 等式

?1 1 ? ln ? ? a ? ? 1 ? a ? m ? a 2 ? 1? ? 0 恒成立”这一问题,一部分同学用的是标答移项构造函数法,但对 m ?2 2 ? 1 1 ? 1 ? 1 ;③ ? 1 ? 1 不易想到.这方面根据不同题型涉及的解法也 需分三种情况讨论:① m ? 0 ;② 2m 2m
不相同,这是高中阶段公认的难点,即便通过训练也很难提升. 更多的同学习惯用分离参数法,但也没能最终进行下去。解法如下:

Q a ? (1, 2),?1 ? a2 ? 0

?1 1 ? ln ? ? a ? ? 1 ? a ?2 2 ? 原不等式等价于 m ? 在 a ? ( 1, 2 ) 上恒成立 ?1 ? a 2 ?
1 a ? ? 1 a a ? 2 ln ( + )+1-a ? ln ( + )+1-a 2 2 ? ? 2 2 则 g ' (a )= 令g (a )= 2 (1-a 2 ) 2 1-a 2 1 a 再令h(a )= ln ( + )+1-a ,则 h '(a )= -1 2 2 1+a 2 2 Q a ? (1, 2),?1+a ? (2,3), ? ( ,1), ? h '( a)<0 1+a 3 ? h(a)在(1, 2)上单减,h(a) ? h(1)=0 ? g '(a)<0 ,g (a)在( 1,2)上单减 ? g (a) ? g (1)
本题由已知很容易想到用分离变量的方法把参数 m 分离出来.然后对分离出来的函数求导,研究其单调性、 极 值 。 此 时 遇 到 了 “ 当 a ? 1 时 , 函 数 g (a ) 值 没 有 意 义 ” 这 一 问 题 , 很 多 考 生 会 陷 入 困 境 ,

5

0 就必需求g (a)在a ? 1的极限 ,极限运算又出现了 型的式子,而这就是大学数学中的不定式问题,解 0
决这类问题的有效方法就是洛必达法则. 设函数 f ? x ? ? 1 ? e? x . (Ⅰ)证明:当 x>-1 时, f ? x ? ? (Ⅱ)设当 x ? 0 时, f ? x ? ?

x ; x ?1

x ,求 a 的取值范围. ax ? 1 a <0 时的讨论是比较明显的,不等式的左边恒为正,右边有负的区间,于是舍去。 x ? 当x ? ?1时, f ? x? ? ? e x ? x ? 1, 设g ? x ? ? e x ? x ? 1 x ?1 g ' ? x ? ? ex ?1 , 当x ? 0,增;当x ? 0,减。 ?当x ? ?1 时,g x ? g 0 ? 0 ,成立

注意此处得到一个重要不等式: Ⅱ

x?? x?1? f ? x ?
1 a

? ?

? ?

解法1. ? f ? x ? 是增函数, ? f ? x ? ? f ? 0? ? 0
x ? 0( x ? 0) ,不符合条件。 ax ? 1

∴(1)当 a ? 0 时,当 ax ? 1 ? 0 即 x ? ? 时 (2)当 a =0 时, f ? x ? ?

x ? f ( x) ? x ? 1 ? e ? x ? x ? e ? x ? ? x ? 1 ax ? 1 ?x 令r ( x) ? e ? x ? 1 ,则r ?( x) ? ?e ? x ? 1 ? 0 且r (0) ? 0故r ( x) ? e ? x ? x ? 1 ? 0

? a ? 0成立

注意此处再得到一个重要不等式f ? x ? =1? e? x ? x
(3)当 a ? 0 时,只需研究 (ax ? 1) f ( x) ? x 的情况, 令 h( x) ? (ax ? 1) f ( x) ? x ,则:

h' ( x) ? af ( x) ? (ax ? 1) f ' ( x) ? 1 ? af ( x) ? (ax ? 1) ?1 ? f ( x) ? ? 1 ? af ( x) ? ax ? (ax ? 1) f ( x)
h' ( x) ? af ( x) ? ax ? (ax ? 1) f ( x) ? af ( x) ? a ? x ? 1? f ( x) ? (ax ? 1) f ( x) ? ? 2a ? 1? f ( x) h' ( x) ? af ( x) ? ax ? (ax ? 1) f ( x) ? h' ( x) ? af ( x) ? af ( x) ? (ax ? 1) f ( x) ? ? 2a ? 1 ? ax ? f ( x )
0 于是当 0 ? a ? 时, h ( x) ? ? 2a ?? 1 f ( x )?,隐含条件有 1 ' ,成立 0 ? h? 0? 2 1 ' 当 a ? 时,h ( x) ? ? 2a ? 1 ? ax ? f ( x) , 2 2a ? 1 2a ? 1 时,h' ( x) ? 0,于是当0 ? x ? 时,h( x) ? 0,矛盾,舍去 当0 ? x ? a a 1 综上所述: 0 ? a ? 2

6

解法2 ? a ? 0的情况显然不成立,继续讨论a ? 0 的情况 令h ? x ? ? f ? x ? ? h ? x? ?
'

x ? x ? 0 ? 注意到h ? 0 ? ? 0 ax ? 1
2 2 2

e ? x ? ax ? 1? ? 1

? ax ? 1?

,同样注意到h' ? 0 ? ? 0 ,于是令g ? x ? ? e ? x ? ax ? 1? ? 1
2

g' ? x ? ? ?e ? x ? ax ? 1? ? e ? x ? 2a ? ax ? 1? ? ?e ? x ? ax ? 1?? ax ? 2a ? 1? 当a ? 0时,h ' ? x ? ? e ? x ? 1 ? 0 ? h ? x ? ? h ? 0 ? ? 0 ? f ? x ? ? 当a > 0时,g' ? x ? ? 0的两个根一个是 ?
? 1 a 2a ? 1 a

x ax ? 1

1 2a ? 1 ,一个是 a a

于是轻松得到

2a ? 1 1 ? 0时即0 < a ? 时g' ? x ? ? 0 ? g ? x ? ? g ? 0 ? ? 0 ? h' ? x ? ? 0 ? h ? x ? ? h ? 0 ? =0得证。 a 2 1 当a > 时 2 1 2a ? 1 ? a a

2a ? 1 ' 2a ? 1 , g ? x? > 0, 于是当0 < x < 时,g ? x ? > g ? 0 ? ? 0 a a 2a ? 1 2a ? 1 ? 当0 < x < 时 ? h' ? x ? > 0 ? 当0 < x < 时,h ? x ? < 0 ,矛盾。 a a 1 综上所述,0 ? a ? 2 解法 3 由已知知 x ? 0恒成立 ,于是只要讨论 ?x ? 0 恒成立,前面讨论知 a ? 0 , 1 1 x ? f ? x? 于是分离常数原题 ? a ? ? ? ? x ? 0? ; f ? x? x xf ? x ? 当0 < x <
记 H ? x? ?

x ? f ? x? ? x2 f ' ? x ? ? f 2 ? x ? e? x ;则 H ' ? x ? ? ? 2 2 2 ? x 2 ? e x ? e? x ? ,记 ? 2 2 xf ? x ? x f ? x? x f ? x?

G ? x ? ? 2 ? x2 ? ex ? e? x ;则 G ' ? x ? ? ?2 x ? e x ? e? x ,G " ? x ? ? e x ? e ? x ? 2 ? 2 e x ? e ? x ? 2 ? 0 ,
故 G ' ? x ? ? G ' ? 0? ? 0 ,从而 G ? x ? 在 ? 0, ? ?? 上单调递增,故 G ? x ? ? G ? 0? ? 0 ,从而 H ' ? x ? ? 0 , 所 以 H ? x? 在 ? 0, ? ?? 上 单 调 递 增 , 另 一 方 面 运 用 两 次 洛 必 达 法 则 有

LimH ? x ? ? Lim
x ?0 ? x 0

?x ? x ?1 ? e 1 ? ? ex ex 1 ? ? ?x Lim ?x ? x Lim ? x ? ?x 1 ? e ? xe 2 e ? xe 2 x ?1 ? e ? ?x 0 ? x 0

因为 a ? H ? x ? 对 ?x ? ? 0 , ? ?? 恒成立,所以 a ?
7

1 ? 1? 。故 a ? ?0 , ? 。 2 ? 2?

点评:方法 1 是标准答案的思路,有逻辑上的调整;方法 2 更接近于学生的接受水平,用二 阶导联系数形结合;方法 3 是分离参数算最值,用了高等数学。

8



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