专题17 恒成立问题-数形结合法（解析版）学案

专题17  恒成立问题-数形结合法

【热点聚焦与扩展】

不等式恒成立问题常见处理方法：① 分离参数恒成立(可)或恒成立（即可）；② 数形结合(图象在 上方即可)；③ 讨论最值或恒成立；④ 讨论参数.

1、函数的不等关系与图象特征：

（1）若，均有的图象始终在的下方

（2）若，均有的图象始终在的上方

2、在作图前，可利用不等式的性质对恒成立不等式进行变形，转化为两个可作图的函数

3、要了解所求参数在图象中扮演的角色，如斜率，截距等

4、作图时可“先静再动”，先作常系数的函数的图象，再做含参数函数的图象（往往随参数的不同取值而发生变化）

5、在作图时，要注意草图的信息点尽量完备

6、什么情况下会考虑到数形结合？利用数形结合解决恒成立问题，往往具备以下几个特点：

（1）所给的不等式运用代数手段变形比较复杂，比如分段函数，或者定义域含参等，而涉及的函数便于直接作图或是利用图象变换作图

（2）所求的参数在图象中具备一定的几何含义

（3）题目中所给的条件大都能翻译成图象上的特征

【经典例题】

例1．（2020·济南市历城第二中学高三三模）已知函数，，若恰有个零点，则实数的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【解析】由恰有个零点，即方程恰有个实数根.

即函数的 图像与的图像有三个交点，如图.

与函数的 图像恒有一个交点，即函数与有两个交点.

设与函数相切于点，由

所以，得，所以切点为，此时，切线方程为

将向下平移可得与恒有两个交点，

所以

故选：D

例2．（2020·河南高三三模）已知函数，，若方程有2不同的实数解，则实数的取值范围是（    ）

A．  B．  C． D．

【答案】B

【解析】由得，去分母整理得有2不同的实数解，所以或，所以或，

设所以，当时，，函数单调递增，当时，，函数单调递减.

所以，所以没有实数解.

所以方程有两个不同的实数解.

当时，；当时，

要方程有两个不同的实数解，必须.故选：B

例3．（2020·北京市陈经纶中学高三三模）设函数.若关于x的不等式有且仅有一个整数解，则正数a的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【解析】，，

所以函数的单调递减区间为，单调递增区间为，

则函数在处取得极小值，且极小值为，

又当时，，直线恒过点，

所以可在同一直角坐标系中作出函数与的图象，如图所示，

当时，若关于的不等式有且仅有一个整数解，则，

即，解得；

当时，由于直线与轴的负半轴交于点，

当时，关于的不等式有无数个整数解，不合题意；

综上所述，实数的取值范围是.

故选：D.

例4．（2020·浙江省东阳中学高三三模）已知不等式在上无解，则实数的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【解析】满足题意时在上恒成立，令，

则，，

故函数在区间上单调递增，且函数图象下凸，

注意到，，则函数在处的切线方程为，

绘制函数图象及其切线如图所示，

满足题意时应有：，，

综上可得，实数的取值范围是.故选：B.

例5．（2020·黑龙江哈尔滨·哈师大附中高三三模）若是函数的极值点，函数恰好有一个零点，则实数的取值范围是（   ）

A． B． 

C．                    D．

【答案】B

【解析】，该函数的定义域为，则，

由于是函数的极值点，

则，解得，，则.

列表如下：

由于函数恰好有一个零点，

则直线与函数的图象有且只有一个交点，如下图所示：

当时，；当时，.

由图象可知，当或时，直线与函数的图象有且只有一个交点.

综上所述，实数的取值范围是.

故选：B.

例6．（2020·甘肃三模）设函数是定义在上的单调函数，且，.若函数有两个零点，则的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【解析】由题意可得为常数，设，

所以，则函数为增函数，由，解得，

故，.

函数有两个零点等价于函数与的图象有两个不同的交点，

当直线与曲线相切时，

设切点，则，解得，，此时，.

如下图所示：

由图象可知，要使得函数与的图象有两个不同的交点，则.

故选：C.

例7．（2020·陕西西安中学高三三模）已知函数，若函数存在零点，则实数a的取值范围为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【解析】函数存在零点，即方程有解，有解，∴函数的图象与直线有交点，

作出函数的图象，作出直线，直线过定点，如图，，，

设直线与相切的切点为，∵，即，

由得，即切线斜率为，

由图象可知，函数的图象与直线有交点时，或．

故选：B．

例8．（2020·江西省信丰中学高三三模）已知函数，方程有4个不同的实数根，则的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【解析】因为方程有4个不同的实数根，

所以函数的图象与直线有个交点，

当时，，，

当时，，单调递减；

当时，，单调递增；且当时，，

则函数的图象如图，
 

当时，，，

所以在处的切线的斜率；

当时，，，

设过原点的切线的切点为，

则的斜率，解得，；

若要使函数的图象与直线有个交点，数形结合可得.

故选：A.

【精选精练】

1．（2020·安徽安庆·高三三模）函数恰有两个零点，，且，则所在区间为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【解析】当时不符合题意；

当时，考查函数与图象

易知，与图象在区间上必有一个交点

则在区间上有且仅有一个公共点，

当时，，

，则在上单调递增，在上单调递减，

所以，

则只需，故，

当时，，

易知，，可知.

故选：D

2．（2020·江西南昌二中高三三模）已知定义域为的函数满足：当时，，时，．若，且方程有两个不同的实根，则实数的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【解析】当时，的导数为，

当时，，递增；

当时，，递减，

则处取得极小值，

由时，，可将在的图象每向右平移一个单位，可得在时的图象，如图：

由方程有两个不同的实根，可得和的图象有两个交点．

又的图象为恒过定点的直线，当该直线经过点时， ；

当该直线经过点时，k．

由图象可得当时，和的图象有两个交点．

故选：A．

3．（2020·陕西西安中学高三三模）已知函数（e为自然对数底数），若关于x的不等式有且只有一个正整数解，则实数m的最大值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【解析】，

∴，

设，

∴，

当时，，函数单调递增，

当时，，函数单调递减，

∴，

当时，，当，，

函数恒过点，

分别画出与的图象，如图所示，

，

若不等式有且只有一个正整数解，则的图象在图象的上方只有一个正整数值，

∴且，即，且

∴，

故实数m的最大值为，

故选：A

4．（2020·安徽六安·高三三模）已知函数，.若函数有两个不同的零点，则实数的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【解析】由题意，，

当时，，函数单调递减，且此时；

当时，，函数单调递增，且此时，的最小值为.

函数有两个不同的零点，则方程有两个不同实数解，作出函数的图象，如下图：

显然，当，即时，有两个不同的零点.

故选：B.

5．（2020·湖南高三三模）已知为函数的导数，且，若，方程有且只有一个根，则的取值范围是（   ）

A． B． C． D．

【答案】D

【解析】因为，所以

又，所以，因此，，

所以，

因此，

因为方程有且只有一个根，

所以有且只有一个根，即有且只有一个实根，且；

令，，则，

由得，

所以当时，，函数单调递减；

当时，，函数单调递增；

故最大值为，又；作出函数的简图如下：

因为有且只有一个实根，只需直线与曲线有且只有一个交点，

结合图像可得或.

故选D

6．（2020·北京昌平·高三三模）已知，若成立，则满足条件的的个数是(   )

A．0 B．1 C．2 D．3

【答案】D

【解析】分类讨论：

很明显当时，恒成立，

当时，应有，此方程的根即函数与函数在区间上的交点的个数，

注意到过坐标原点的切线方程为，且，故函数与函数在区间上有2个交点，函数图象如图所示.

当时，不存在满足题意的实数，

综上可得，满足条件的的个数是3.

本题选择D选项.

7．（2020·河南南阳中学高三三模）若关于x的不等式的解集为，且中只有一个整数，则实数的取值范围是（  ）

A． B． C． D．

【答案】C

【解析】由题意设g（x）＝xex，y＝ax﹣a，

∵g′（x）＝（x+1）ex，

∴g（x）在（﹣∞，﹣1）递减，在（﹣1，+∞）递增，

∴g（x）min＝g（﹣1），

∵y＝ax﹣a恒过定点P（1，0），

∴结合函数图象得，KPA≤a＜KPB，

又A（﹣2，），B（﹣1，），

∴KPA，KPB，即a，

故选C．

8．（2020·河南高三三模）已知函数，若函数有三个零点，则实数的取值范围是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【解析】作与图象如下：

由整理得，

当直线与圆相切时，则，解得，对应图中分界线①；

再考虑直线与曲线相切，设切点坐标为，

对函数求导得，则所求切线的斜率为，

所求切线的方程为，直线过定点，

将点的坐标代入切线方程得，解得，

所以，切点坐标为，，对应图中分界线③；

当直线过点时，则有，解得，对应图中分界线②.

由于函数有三个零点，由图象可知，实数的取值为.故选：A.

9．（2020·江西高三三模）已知函数，若有且仅有两个整数使得，则实数的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【解析】由题意，有且仅有两个的整数，使得，即，令，

则，易知在单调递增，在单调递减，作出与的图象，如图所示

只需，解得.

故选：A.

10．（2020·黑龙江铁人中学高三三模）设函数，，其中，若存在唯一的整数使得，则的取值范围是（    ）

A．， B．， C．， D．，

【答案】D

【解析】由题意可知，存在唯一的整数，使得，

构造函数，则．

当时，；当时，．

所以，函数的单调递减区间为，单调递增区间为．

函数在处取得极小值，

如下图所示，由于，，所以，，

结合图象可知，，解得.

故选：B

11．（2020·四川攀枝花·高三三模）已知函数的图象上有且仅有四个不同的点关于直线的对称点在的图象上，则实数的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【解析】函数的图象上有且仅有四个不同的点关于直线的对称点在的图象上，

而函数关于直线的对称图象为，

的图象与的图象有且只有四个不同的交点，

作函数的图象与的图象如下，

易知直线恒过点，

设直线与相切于点，

，故，

解得，，故；

设直线与相切于点，

，

故，

解得，；

故，

故，

即；

故选：

12．（2020·河南安阳·高三三模）已知不等式的解集中仅有2个整数，则实数的取值范围是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【解析】原不等式等价于，设，

，

令，得.

当时，，单调递增；

当时，，单调递减.

又时，因此与的图像如下，

当时，显然不满足条件，

当时，只需满足，

，.

故选：D.