高中数学专题练习-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.常考题型精析题型一恒成立问题例1(·浙江)已知函数f(x)＝x3＋3|x－a|(a>0)，若f(x)在[－1,1]上的最小值记为g(a).(1)求g(a)；(2)证明：当x∈[－1,1]时，恒有f(x)≤g(a)＋4.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(·山东)设函数f(x)＝ln(x＋1)＋a(x2－x)，其中a∈R.(1)讨论函数f(x)极值点的个数，并说明理由；(2)若∀x＞0，f(x)≥0成立，求a的取值范围.题型二存在性问题例2(·辽宁)已知函数f(x)＝(cos x－x)(π＋2x)－83(sin x＋1)，g(x)＝3(x－π)cos x－4(1＋sinx)·ln(3－2x π).证明：(1)存在唯一x0∈(0，π2)，使f(x0)＝0；(2)存在唯一x1∈(π2，π)，使g(x1)＝0，且对(1)中的x0，有x0＋x1<π.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(·浙江)设函数f(x)＝x2＋ax＋b(a，b∈R).(1)当b＝a24＋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.高考题型精练1.(·辽宁)当x∈[－2,1]时，不等式ax3－x2＋4x＋3≥0恒成立，则实数a的取值范围是()A.[－5，－3]B.[－6，－9 8]C.[－6，－2]D.[－4，－3]2.(·大连模拟)若正实数x，y满足x＋y＝2，且1xy≥M恒成立，则M的最大值为()A.1B.2C.3D.43.若存在正数x使2x(x－a)<1成立，则a的取值范围是()A.(－∞，＋∞)B.(－2，＋∞)C.(0，＋∞)D.(－1，＋∞)4.若函数f(x)＝(x＋1)·e x，则下列命题正确的是()A.对任意m<－1e2，都存在x∈R，使得f(x)<mB.对任意m>－1e2，都存在x∈R，使得f(x)<mC.对任意m<－1e2，方程f(x)＝m只有一个实根D.对任意m>－1e2，方程f(x)＝m总有两个实根5.(·天津模拟)若不等式2x ln x≥－x2＋ax－3对x∈(0，＋∞)恒成立，则实数a的取值范围是()A.(－∞，0)B.(－∞，4]C.(0，＋∞)D.[4，＋∞)6.若x∈[0，＋∞)，则下列不等式恒成立的是()A.e x≤1＋x＋x2B.11＋x≤1－12x＋14x2C.cos x≥1－12x2 D.ln(1＋x)≥x－18x27.已知函数f(x)＝2ax3－3ax2＋1，g(x)＝－a4x＋32，若任意给定的x0∈[0,2]，总存在两个不同的x i(i＝1,2)∈[0,2]，使得f(x i)＝g(x0)成立，则实数a的取值范围是()A.(－∞，－1)B.(1，＋∞)C.(－∞，－1)∪(1，＋∞)D.[－1,1]8.(·江苏)已知函数f(x)＝x2＋mx－1，若对于任意x∈[m，m＋1]，都有f(x)<0成立，则实数m 的取值范围是________.9.设函数f(x)＝ax3－3x＋1(x∈R)，若对于任意x∈[－1，1]，都有f(x)≥0成立，则实数a的值为________.10.已知函数f(x)＝x－1x＋1，g(x)＝x2－2ax＋4，若对于任意x1∈[0,1]，存在x2∈[1,2]，使f(x1)≥g(x2)，则实数a的取值范围是__________.11.(2015·湖南)已知a>0，函数f(x)＝a e x cos x(x∈[0，＋∞)).记x n为f(x)的从小到大的第n(n∈N*)个极值点.(1)证明：数列{f(x n)}是等比数列；(2)若对一切n∈N*，x n≤|f(x n)|恒成立，求a的取值范围.12.(·陕西)设函数f(x)＝ln x＋mx，m∈R.(1)当m＝e(e为自然对数的底数)时，求f(x)的极小值；(2)讨论函数g(x)＝f′(x)－x3零点的个数；(3)若对任意b>a>0，f(b)－f(a)b－a<1恒成立，求m的取值范围.答案精析存在与恒成立问题常考题型精析例1 (1)解 因为a >0，－1≤x ≤1.所以①当0<a <1时，若x ∈[－1，a ]，则f (x )＝x 3－3x ＋3a ，f ′(x )＝3x 2－3<0，故f (x )在(－1，a )上是减函数；若x ∈[a ,1]，则f (x )＝x 3＋3x －3a ，f ′(x )＝3x 2＋3>0，故f (x )在(a,1)上是增函数.所以g (a )＝f (a )＝a 3.②当a ≥1时，有x ≤a ，则f (x )＝x 3－3x ＋3a ，f ′(x )＝3x 2－3<0，故f (x )在(－1,1)上是减函数，所以，g (a )＝f (1)＝－2＋3a .综上，g (a )＝⎩⎨⎧a 3，0<a <1，－2＋3a ，a ≥1. (2)证明 令h (x )＝f (x )－g (a ).①当0<a <1时，g (a )＝a 3.若x ∈[a ,1]，则h(x)＝x3＋3x－3a－a3，h′(x)＝3x2＋3，所以h(x)在(a,1)上是增函数，所以，h(x)在[a,1]上的最大值是h(1)＝4－3a－a3，且0<a<1，所以h(1)≤4.故f(x)≤g(a)＋4.若x∈[－1，a]，则h(x)＝x3－3x＋3a－a3，h′(x)＝3x2－3，所以h(x)在(－1，a)上是减函数，所以，h(x)在[－1，a]上的最大值是h(－1)＝2＋3a－a3.令t(a)＝2＋3a－a3，则t′(a)＝3－3a2>0，知t(a)在(0,1)上是增函数.所以，t(a)<t(1)＝4，即h(－1)<4.故f(x)≤g(a)＋4.②当a≥1时，g(a)＝－2＋3a，故h(x)＝x3－3x＋2，h′(x)＝3x2－3，此时h(x)在(－1,1)上是减函数，因此h(x)在[－1,1]上的最大值是h(－1)＝4.故f(x)≤g(a)＋4.综上，当x∈[－1,1]时，恒有f(x)≤g(a)＋4.变式训练1解(1)由题意知，函数f(x)的定义域为(－1，＋∞)，f′(x)＝1x＋1＋a(2x－1)＝2ax2＋ax－a＋1x＋1.令g(x)＝2ax2＋ax－a＋1，x∈(－1，＋∞).①当a＝0时，g(x)＝1，此时f′(x)＞0，函数f (x )在(－1，＋∞)上单调递增，无极值点； ②当a ＞0时，Δ＝a 2－8a (1－a )＝a (9a －8).(ⅰ)当0＜a ≤89时，Δ≤0，g (x )≥0，f ′(x )≥0，函数f (x )在(－1，＋∞)上单调递增，无极值点； (ⅱ)当a ＞89时，Δ＞0，设方程2ax 2＋ax －a ＋1＝0的两根为x 1，x 2(x 1＜x 2)，因为x 1＋x 2＝－12，所以x 1＜－14，x 2＞－14.由g (－1)＝1＞0，可得－1＜x 1＜－14.所以当x ∈(－1，x 1)时，g (x )＞0，f ′(x )＞0，函数f (x )单调递增； 当x ∈(x 1，x 2)时，g (x )＜0，f ′(x )＜0，函数f (x )单调递减； 当x ∈(x 2，＋∞)时，g (x )＞0，f ′(x )＞0，函数f (x )单调递增； 因此函数有两个极值点.(ⅲ)当a ＜0时，Δ＞0，由g (－1)＝1＞0，可得x 1＜－1. 当x ∈(－1，x 2)时，g (x )＞0，f ′(x )＞0，函数f (x )单调递增； 当x ∈(x 2，＋∞)时，g (x )＜0，f ′(x )＜0，函数f (x )单调递减； 所以函数有一个极值点.综上所述，当a ＜0时，函数f (x )有一个极值点；当0≤a ≤89时，函数f (x )无极值点；当a ＞89时，函数f (x )有两个极值点.(2)由(1)知，①当0≤a ≤89时，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增，因为f (0)＝0，所以x ∈(0，＋∞)时，f (x )＞0，符合题意；②当89＜a ≤1时，由g (0)≥0，得x 2≤0，所以函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增，又f (0)＝0，所以x ∈(0，＋∞)时，f (x )＞0，符合题意；③当a ＞1时，由g (x )＜0，可得x 2＞0.所以x ∈(0，x 2)时，函数f (x )单调递减；因为f (0)＝0，所以x ∈(0，x 2)时，f (x )＜0，不合题意；④当a ＜0时，设h (x )＝x －ln(x ＋1).因为x ∈(0，＋∞)时，h ′(x )＝1－1x ＋1＝x x ＋1＞0 ， 所以h (x )在(0，＋∞)上单调递增，因此当x ∈(0，＋∞)时，h (x )＞h (0)＝0，即ln(x ＋1)＜x .可得f (x )＜x ＋a (x 2－x )＝ax 2＋(1－a )x ，当x ＞1－1a 时，ax 2＋(1－a )x ＜0，此时f (x )＜0，不合题意.综上所述，a 的取值范围是[0,1].例2 证明 (1)当x ∈(0，π2)时，f ′(x )＝－(1＋sin x )(π＋2x )－2x －23cos x <0，则函数f (x )在(0，π2)上为减函数.又f (0)＝π－83>0，f (π2)＝－π2－163<0，所以存在唯一x 0∈(0，π2)，使f (x 0)＝0.(2)考虑函数h (x )＝3(x －π)cos x 1＋sin x－4ln(3－2πx )，x ∈[π2，π]. 令t ＝π－x ，则x ∈[π2，π]时，t ∈[0，π2].设u (t )＝h (π－t )＝3t cos t 1＋sin t－4ln(1＋2πt )， 则u ′(t )＝3f (t )(π＋2t )(1＋sin t ). 由(1)得，当t ∈(0，x 0)时，u ′(t )>0，当t ∈(x 0，π2)时，u ′(t )<0.在(0，x 0)上u (t )是增函数，又u (0)＝0，从而当t ∈(0，x 0]时，u (t )>0，所以u (t )在(0，x 0]上无零点.在(x 0，π2)上u (t )为减函数，由u (x 0)>0，u (π2)＝－4ln 2 <0，知存在唯一t 1∈(x 0，π2)，使u (t 1)＝0.所以存在唯一的t 1∈(0，π2)，使u (t 1)＝0.因为存在唯一的x 1＝π－t 1∈(π2，π)， 使h (x 1)＝h (π－t 1)＝u (t 1)＝0.因此当x ∈(π2，π)时，1＋sin x >0，故g (x )＝(1＋sin x )h (x )与h (x )有相同的零点，所以存在唯一的x 1∈(π2，π)，使g (x 1)＝0.因为x 1＝π－t 1，t 1>x 0，所以x 0＋x 1<π.变式训练2 解 (1)当b ＝a 24＋1时，f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋a 22＋1， 故对称轴为直线x ＝－a 2.当a ≤－2时，g (a )＝f (1)＝a 24＋a ＋2.当－2＜a ≤2时，g (a )＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2＝1. 当a ＞2时，g (a )＝f (－1)＝a 24－a ＋2.综上，g (a )＝⎩⎪⎨⎪⎧ a 24＋a ＋2，a ≤－2，1，－2＜a ≤2，a 24－a ＋2，a ＞2.(2)设s ，t 为方程f (x )＝0的解，且－1≤t ≤1，则⎩⎨⎧s ＋t ＝－a ，st ＝b ， 由于0≤b －2a ≤1，因此－2t t ＋2≤s ≤1－2t t ＋2(－1≤t ≤1). 当0≤t ≤1时，－2t 2t ＋2≤st ≤t －2t 2t ＋2， 由于－23≤－2t 2t ＋2≤0和－13≤t －2t 2t ＋2≤9－45， 所以－23≤b ≤9－4 5.当－1≤t ＜0时，t －2t 2t ＋2≤st ≤－2t 2t ＋2， 由于－2≤－2t 2t ＋2＜0和－3≤t －2t 2t ＋2＜0，所以－3≤b ＜0. 故b 的取值范围是[－3,9－45].高考题型精练1.C [当x ＝0时，ax 3－x 2＋4x ＋3≥0变为3≥0恒成立，即a ∈R .当x ∈(0,1]时，ax 3≥x 2－4x －3，a ≥x 2－4x －3x 3， ∴a ≥⎣⎢⎡⎦⎥⎤x 2－4x －3x 3max . 设φ(x )＝x 2－4x －3x 3， φ′(x )＝(2x －4)x 3－(x 2－4x －3)3x 2x 6＝－x 2－8x －9x 4＝－(x －9)(x ＋1)x 4>0， ∴φ(x )在(0,1]上递增，φ(x )max ＝φ(1)＝－6，∴a ≥－6.当x ∈[－2,0)时，a ≤x 2－4x －3x 3， ∴a ≤⎣⎢⎡⎦⎥⎤x 2－4x －3x 3min . 仍设φ(x )＝x 2－4x －3x 3，φ′(x )＝－(x －9)(x ＋1)x 4. 当x ∈[－2，－1)时，φ′(x )<0，当x ∈(－1,0)时，φ′(x )>0.∴当x ＝－1时，φ(x )有极小值，即为最小值.而φ(x )min ＝φ(－1)＝1＋4－3－1＝－2，∴a ≤－2. 综上知－6≤a ≤－2.]2.A [xy ≤⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋y 22＝1，∴1xy ≥1， ∵1xy ≥M 恒成立，∴M ≤1.]3.D [∵2x (x －a )<1，∴a >x －12x .令f (x )＝x －12x ，∴f ′(x )＝1＋2－x ln 2>0.∴f (x )在(0，＋∞)上单调递增，∴f (x )>f (0)＝0－1＝－1，∴a 的取值范围为(－1，＋∞)，故选D.]4.B [∵f ′(x )＝(x ＋2)·e x ，∴x >－2时，f ′(x )>0，f (x )为增函数.x <－2时，f ′(x )<0，f (x )为减函数，∴f (－2)＝－1e 2为f (x )的最小值，即f (x )≥－1e 2 (x ∈R )，故B正确.]5.B [2x ln x ≥－x 2＋ax －3，则a ≤2ln x ＋x ＋3x ，设h (x )＝2ln x ＋x ＋3x (x >0)，则h ′(x )＝(x ＋3)(x －1)x 2.当x ∈(0,1)时，h ′(x )<0，函数h (x )单调递减；当x ∈(1，＋∞)时，h ′(x )>0，函数h (x )单调递增，所以h (x )min ＝h (1)＝4，所以a ≤h (x )min ＝4.故a 的取值范围是(－∞，4].]6.C [设f (x )＝cos x ＋12x 2－1，则f ′(x )＝－sin x ＋x ≥0(x ≥0)，所以f (x )＝cos x ＋12x 2－1是增函数，所以f (x )＝cos x ＋12x 2－1≥f (0)＝0，即cos x ≥1－12x 2.]7.A [当a ＝0时，显然不成立，故排除D ；当a >0时，注意到f ′(x )＝6ax 2－6ax ＝6ax (x －1)，即f (x )在[0,1]上是减函数，在[1,2]上是增函数，又f (0)＝1<32＝g (0)，当x 0＝0时，结论不可能成立；进一步，可知a <0，此时g (x )在[0,2]上是增函数，且取值范围是[32，－a 2＋32]，同时f (x )在0≤x ≤1时，函数值从1增大到1－a ，在1≤x ≤2时，函数值从1－a 减少到1＋4a ，所以“任意给定的x 0∈[0,2]，总存在两个不同的x i (i ＝1,2)∈[0,2]，使得f (x i )＝g (x 0)成立”当且仅当⎩⎨⎧ f (x )的最大值>g (x )的最大值，f (x )的最小值<g (x )的最小值， 即⎩⎪⎨⎪⎧ 1－a >－a 2＋32，1＋4a <32，解得a <－1.]8.(－22，0)解析 作出二次函数f (x )的图象，对于任意x ∈[m ，m ＋1]，都有f (x )<0，则有⎩⎨⎧f (m )<0，f (m ＋1)<0，即⎩⎨⎧m 2＋m 2－1<0，(m ＋1)2＋m (m ＋1)－1<0，解得－22<m <0. 9.4解析 若x ＝0，则不论a 取何值，f (x )≥0显然成立；当x >0，即x ∈(0,1]时，f (x )＝ax 3－3x ＋1≥0可化为a ≥3x 2－1x 3.令g (x )＝3x 2－1x3， 则g ′(x )＝3(1－2x )x 4，所以g (x )在区间(0，12]上单调递增，在区间[12，1]上单调递减，因此g (x )max ＝g (12)＝4，从而a ≥4.当x <0，即x ∈[－1,0)时，同理a ≤3x 2－1x3. g (x )在区间[－1,0)上单调递增，所以g (x )min ＝g (－1)＝4，从而a ≤4，综上可知a ＝4.10.⎣⎢⎡⎭⎪⎫94，＋∞解析 由于f ′(x )＝1＋1(x ＋1)2>0，因此函数f (x )在[0,1]上单调递增，所以x ∈[0,1]时，f (x )min ＝f (0)＝－1.根据题意可知存在x ∈[1,2]，使得g (x )＝x 2－2ax ＋4≤－1，即x 2－2ax ＋5≤0，即a ≥x 2＋52x 能成立，令h (x )＝x 2＋52x ，则要使a ≥h (x )在x ∈[1,2]能成立，只需使a ≥h (x )min ，又函数h (x )＝x 2＋52x 在x ∈[1,2]上单调递减，所以h (x )min ＝h (2)＝94，故只需a ≥94.11.(1)证明 f ′(x )＝a e x cos x －a e x sin x ＝2a e x cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π4. 令f ′(x )＝0，由x ≥0，得x ＋π4＝m π－π2，即x ＝m π－3π4，m ∈N *.而对于cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π4，当k ∈Z 时， 若2k π－π2＜x ＋π4＜2k π＋π2，即2k π－3π4＜x ＜2k π＋π4，则cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π4＞0. 若2k π＋π2＜x ＋π4＜2k π＋3π2，即2k π＋π4＜x ＜2k π＋5π4，则cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π4＜0. 因此，在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫(m －1)π，m π－3π4与⎝ ⎛⎭⎪⎫m π－3π4，m π＋π4上，f ′(x )的符号总相反. 于是当x ＝m π－3π4(m ∈N *)时，f (x )取得极值，所以x n ＝n π－34π(n ∈N *).此时，f (x n )＝34n ae π-πcos ⎝ ⎛⎭⎪⎫n π－3π4＝(－1)n＋12a234neπ-π.易知f(x n)≠0，而f(x n＋1)f(x n)＝3(1)24(1)nnπ+π-+-＝－eπ是常数，故数列{f(x n)}是首项为f(x1)＝4e2π，公比为－eπ的等比数列.(2)解对一切n∈N*，x n≤|f(x n)|恒成立，即nπ－3π4≤2a2e34nππ-恒成立，亦即2a≤34e34nnππ-ππ-恒成立(因为a＞0).设g(t)＝e tt(t＞0)，则g′(t)＝e t(t－1)t2.令g′(t)＝0得t＝1.当0＜t＜1时，g′(t)＜0，所以g(t)在区间(0,1)上单调递减；当t＞1时，g′(t)＞0，所以g(t)在区间(1，＋∞)上单调递增.因为x1∈(0,1)，且当n≥2时，x n∈(1，＋∞)，x n＜x n＋1，所以[g(x n)]min＝min{g(x1)，g(x2)}＝min⎩⎨⎧⎭⎬⎫g⎝⎛⎭⎪⎫π4，g⎝⎛⎭⎪⎫5π4＝g⎝⎛⎭⎪⎫π4＝4π4eπ.因此，x n≤|f(x n)|恒成立，当且仅当2a≤4π4eπ.解得a≥2π44eπ-.故a 的取值范围是4e ,4π-⎤+⎥⎣⎦∞. 12.解 (1)由题设，当m ＝e 时，f (x )＝ln x ＋e x ，则f ′(x )＝x －e x 2，∴当x ∈(0，e)，f ′(x )<0，f (x )在(0，e)上单调递减， 当x ∈(e ，＋∞)，f ′(x )>0，f (x )在(e ，＋∞)上单调递增，∴当x ＝e 时，f (x )取得极小值f (e)＝ln e ＋e e ＝2，∴f (x )的极小值为2.(2)由题设g (x )＝f ′(x )－x 3＝1x －m x 2－x 3(x >0)，令g (x )＝0，得m ＝－13x 3＋x (x >0).设φ(x )＝－13x 3＋x (x ≥0)，则φ′(x )＝－x 2＋1＝－(x －1)(x ＋1)，当x ∈(0,1)时，φ′(x )>0，φ(x )在(0,1)上单调递增；当x ∈(1，＋∞)时，φ′(x )<0，φ(x )在(1，＋∞)上单调递减. ∴x ＝1是φ(x )的唯一极值点，且是极大值点，∴x ＝1是φ(x )的最大值点，∴φ(x )的最大值为φ(1)＝23.又φ(0)＝0，结合y ＝φ(x )的图象(如图)，可知①当m >23时，函数g (x )无零点；②当m ＝23时，函数g (x )有且只有一个零点； ③当0<m <23时，函数g (x )有两个零点；④当m ≤0时，函数g (x )有且只有一个零点.综上所述，当m >23时，函数g (x )无零点；当m ＝23或m ≤0时，函数g (x )有且只有一个零点； 当0<m <23时，函数g (x )有两个零点.(3)对任意的b >a >0，f (b )－f (a )b －a<1恒成立， 等价于f (b )－b <f (a )－a 恒成立.(*)设h (x )＝f (x )－x ＝ln x ＋m x －x (x >0)，∴(*)等价于h (x )在(0，＋∞)上单调递减.由h ′(x )＝1x －m x 2－1≤0在(0，＋∞)上恒成立，得m ≥－x 2＋x ＝－(x －12)2＋14(x >0)恒成立，∴m ≥14(对m ＝14，h ′(x )＝0仅在x ＝12时成立)，1∴m的取值范围是[4，＋∞).。