第18练存在与恒成立问题题型一不等式的恒成立问题例1已知函数f(x)＝ax－1－lnx，a∈R.(1)讨论函数f(x)的单调区间；(2)若函数f(x)在x＝1处取得极值，对∀x∈(0，＋∞)，f(x)≥bx－2恒成立，求实数b的取值范围．破题切入点有关不等式的恒成立求参数范围的问题，通常采用的是将参数分离出来的方法．解(1)在区间(0，＋∞)上，f′(x)＝a－＝，当a≤0时，f′(x)<0恒成立，f(x)在区间(0，＋∞)上单调递减；当a>0时，令f′(x)＝0得x＝，在区间(0，)上，f′(x)<0，函数f(x)单调递减，在区间(，＋∞)上，f′(x)>0，函数f(x)单调递增．综上所述：当a≤0时，f(x)的单调递减区间是(0，＋∞)，无单调递增区间；当a>0时，f(x)的单调递减区间是(0，)，单调递增区间是(，＋∞)．(2)因为函数f(x)在x＝1处取得极值，所以f′(1)＝0，解得a＝1，经检验可知满足题意．由已知f(x)≥bx－2，即x－1－lnx≥bx－2，即1＋－≥b对∀x∈(0，＋∞)恒成立，令g(x)＝1＋－，则g′(x)＝－－＝，易得g(x)在(0，e2]上单调递减，在[e2，＋∞)上单调递增，所以g(x)min＝g(e2)＝1－，即b≤1－.题型二存在性问题例2已知函数f(x)＝ax3＋bx2＋cx在x＝±1处取得极值，且在x＝0处的切线的斜率为－3.(1)求f(x)的解析式；(2)若过点A(2，m)可作曲线y＝f(x)的三条切线，求实数m的取值范围．破题切入点(1)利用极值处导数为0及导数的几何意义求出f(x)．(2)借助导数几何意义表示切线方程，然后分离参数，利用数形结合求m的范围．解(1)f′(x)＝3ax2＋2bx＋c.依题意⇒又f′(0)＝－3，∴c＝－3，∴a＝1，∴f(x)＝x3－3x.(2)设切点为(x0，x－3x0)， f′(x)＝3x2－3.∴f′(x0)＝3x－3.∴切线方程为y－(x－3x0)＝(3x－3)(x－x0)．又切线过点A(2，m)．∴m－(x－3x0)＝(3x－3)(2－x0)．∴m＝－2x＋6x－6.令g(x)＝－2x3＋6x2－6，则g′(x)＝－6x2＋12x＝－6x(x－2)，由g′(x)＝0得x＝0或x＝2.g(x)极小值＝g(0)＝－6，g(x)极大值＝g(2)＝2.画出草图如图．∴当－60，函数f(x)＝lnx－ax2，x>0.(f(x)的图象连续不断)(1)求f(x)的单调区间；(2)当a＝时，证明：存在x0∈(2，＋∞)，使f(x0)＝f；(3)若存在均属于区间[1,3]的α，β，且β－α≥1，使f(α)＝f(β)，证明：≤α≤.破题切入点考查导数的运算，利用导数研究函数的单调性，解不等式函数的零点等基础知识，既有存在，又有恒成立问题．(1)解f′(x)＝－2ax＝，x∈(0，＋∞)，令f′(x)＝0，解得x＝，当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：xf′(x)＋0－f(x)极大值所以f(x)的单调递增区间是，f(x)的单调递减区间是.(2)证明当a＝时，f(x)＝lnx－x2.由(1)知f(x)在(0,2)内单调递增，在(2，＋∞)内单调递减．令g(x)＝f(x)－f，由于f(x)在(0,2)内单调递增，故f(2)>f，即g(2)>0.取x′＝e>2，则g(x′)＝<0.所以存在x0∈(2，x′)，使g(x0)＝0，即存在x0∈(2，＋∞)，使f(x0)＝f.(说明：x′的取法不唯一，只要满足x′>2，且g(x′)<0即可)(3)证明由f(α)＝f(β)及(1)的结论知α<<β，从而f(x)在[α，β]上的最小值为f(α)．又由β－α≥1，α，β∈[1,3]，知1≤α≤2≤β≤3.故即从而≤a≤.总结提高(1)存在与恒成立两个热点词汇在高考中频繁出现，关键要把握两个词语的本质：存在即存在量词，“有的”意思；恒成立即全称量词，“任意的”意思．(2)解决这类问题的关键是转化与化归思想，转化为求解函数的最大值与最小值问题．(3)函数与方程思想的应用在求解参数范围中体现的淋漓尽致，将参数分离出来，另一侧设为函数，转化为求解另一侧函数的最大值和最小值问题．1．(2013·课标全国Ⅱ改编)若存在正数x使2x(x－a)<1成立，则a的取值范围是________．答案(－1，＋∞)解析 2x(x－a)<1，∴a>x－.令f(x)＝x－，∴f′(x)＝1＋2－xln2>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，＋∞)．2．已知函数f(x)＝2ax3－3ax2＋1，g(x)＝－x＋，若任意给定的x0∈[0,2]，总存在两个不同的xi(i＝1,2)∈[0,2]，使得f(xi)＝g(x0)成立，则实数a的取值范围是________．答案(－∞...
