2024-2025 学年高中数学人教A版选择性必修二专题5.4 利用导数研究恒成立与存在性问题（3类必考点））

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专题5.4 利用导数研究恒成立与存在性问题TOC \o "1-3" \t "正文,1" \h HYPERLINK \l "_Toc27545" 【考点1：恒成立问题】  PAGEREF _Toc27545 \h 1 HYPERLINK \l "_Toc7548" 【考点2：存在性问题】  PAGEREF _Toc7548 \h 7 HYPERLINK \l "_Toc10058" 【考点3：恒成立与存在性综合问题】  PAGEREF _Toc10058 \h 12【考点1：恒成立问题】【知识点：恒成立问题】(1)f(x)>g(x)对一切x∈I恒成立⇔I是f(x)>g(x)解集的子集⇔[f(x)－g(x)]min>0(x∈I)．(2)对∀x1，x2∈D使得f(x1)≤g(x2)⇔f(x)max≤g(x)min.[方法技巧]不等式恒成立问题的求解策略(1)已知不等式f(x，λ)≥0(λ为实参数)对任意的x∈D恒成立，求参数λ的取值范围．利用导数解决此类问题可以运用分离参数法，其一般步骤如下：(2)如果无法分离参数，可以考虑对参数或自变量进行分类讨论求解，如果是二次不等式恒成立的问题，可以考虑二次项系数与判别式的方法(a>0，Δ<0或a<0，Δ<0)求解．　　1．（2024·新疆喀什·高二统考）已知函数，若在定义域上恒成立，则的取值范围是（    ）A． B．C． D．【答案】A【分析】由得在上恒成立，令，求出的最大值即可求解.【详解】的定义域为，由在定义域上恒成立，得在上恒成立，令，，令得，时，，单调递增，时，，单调递减，所以，所以.故选：A2．（2024·北京·高三强基计划）设函数，若对任意，则实数a的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】A【详解】求出函数的导数，就、分类讨论导数的符号后可求参数的取值范围.【分析】函数的导函数，考虑到，因此讨论分界点为．情形一 当时，可得对任意实数，有，符合题意．情形二 当时，，而单调递增，所以必然存在唯一正实数使得，此时在区间上有单调递减，而，不符合题意．综上所述，实数a的取值范围是．故选：A.3．（2024·湖北武汉·武汉市第六中学校联考二模）已知对任意恒成立，则实数的取值范围为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】令，由题意可知：对任意恒成立，且，可得，解得，并代入检验即可.【详解】令，则，由题意可知：对任意恒成立，且，可得，解得，若，令，则，则在上递增，可得，即对任意恒成立，则在上递增，可得，综上所述：符合题意，即实数的取值范围为.故选：A.4．（2024上·广东深圳·高三深圳外国语学校校联考期末）若不等式对任意恒成立，则的取值范围是 .【答案】【分析】构建，根据题意结合的单调性可得在内恒成立，令，利用导数求的单调性和最值，结合恒成立问题分析求解.【详解】令，可知的定义域为，且在上单调递增，则在上单调递增，因为，则，即，结合的单调性可知，整理得在内恒成立，令，则，当时，，单调递增；当时，，单调递减；所以的最大值为，则，所以的取值范围是.故答案为：.【点睛】关键点睛：令，整理可得，利用同构可得，利用函数单调性分析可得在内恒成立.5．（2024·全国·高三专题练习）已知，求证：恒成立.【答案】证明见解析【分析】要证明，只需要证明即可.从而利用导数法判断函数的单调性并求出最小值即可求解.【详解】证明：，显然在单调递增，又，，所以存在唯一的使得即，两边取对数得当时，单调递减，当时，单调递增.所以，所以恒成立．6．（2024·全国·高三专题练习）已知，实数使得对恒成立，求实数的最大值．【答案】2【分析】转化为在上恒成立，根据且在上恒成立，得到，由得到，再论证时，即可.【详解】因为实数使得对恒成立，所以在上恒成立．∵且在上恒成立，∴，又．由，，使在单调递增，解得．当时，在上恒成立，即在上递增，故恒成立．故满足题意．7．（2024·江苏镇江·高二江苏省镇江第一中学校考阶段练习）已知函数 .(1)若 恒成立, 求的最大值;(2)若 恒成立, 求的最小值.【答案】(1)(2)1【分析】（1）根据题意分析可得对任意恒成立，构建函数，，利用导数求其最值，结合恒成立问题分析求解；（2）因为，可得，解得，并检验即可.【详解】（1）因为，且，整理得，由题意可知：对任意恒成立，令，，则，令，，则对任意恒成立，则在上单调递减，可知，即对任意恒成立，则在上单调递减，可知，可得，所以的最大值为.（2）由题意可得：，因为，由题意可得，则，若，则，可知在上单调递减，则，即符合题意；综上所述：，即的最小值为1.8．（2024·山东淄博·高二校考阶段练习）（1）已知对于恒成立，求实数的取值范围；（2）已知函数，若不等式在R上恒成立，试求a的取值范围.【答案】（1）；（2）【分析】（1）令，，只需即可，求导得到的单调性和极值，最值，得到答案；（2）求导后，转化为在R上恒成立，令，只需，求导后求出的单调性，进而求出，从而得到答案.【详解】（1）对于恒成立，令，，只需即可，则，当时，，当时，，所以在上单调递增，在上单调递减，所以当时，取得极小值，也是最小值，所以，故，实数的取值范围是；（2），故在R上恒成立，即在R上恒成立，令，只需，则，当时，，单调递增，当时，，单调递减，故在处取得极大值，也是最大值，故，所以，故a的取值范围为.【考点2：存在性问题】【知识点：存在性问题】(1)f(x)>g(x)对x∈I能成立⇔I与f(x)>g(x)的解集的交集不是空集⇔[f(x)－g(x)]max>0(x∈I)．(2)对∀x1∈D1，∃x2∈D2使得f(x1)≥g(x2)⇔f(x)min≥g(x)min，f(x)的定义域为D1，g(x)的定义域为D2.[方法技巧]不等式存在性问题的求解策略“恒成立”与“存在性”问题的求解是“互补”关系，即f(x)≥g(a)对于x∈D恒成立，应求f(x)的最小值；若存在x∈D，使得f(x)≥g(a)成立，应求f(x)的最大值．在具体问题中究竟是求最大值还是最小值，可以先联想“恒成立”是求最大值还是最小值，这样也就可以解决相应的“存在性”问题是求最大值还是最小值．特别需要关注等号是否成立，以免细节出错．　　1．（2024·山东枣庄·高二枣庄市第三中学校考阶段练习）已知函数存在单调递减区间，则实数的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】先得到的定义域，由题意得到在上有解，参变分离后得到在上有解，利用配方求出，得到实数的取值范围.【详解】的定义域为，由题意得在上有解，即在上有解，其中，故，故实数的取值范围是.故选：B2．（2023下·四川宜宾·高二宜宾市叙州区第一中学校校考期中）已知，若∃，使，则实数的取值范围为（    ）A． B．C． D．【答案】A【分析】转化为不等式在内有解，构造函数，，求出其最小值即可得解.【详解】依题意可得不等式在内有解，设，，则，由，得，令，得，所以在上单调递增，在上单调递减，因为，，所以，所以.故选：A.3．（2024·江苏常州·高二常州市北郊高级中学校考阶段练习）已知函数，若，使得成立，则实数a的取值范围是（　　）A．（，+∞] B．（-∞，] C． D．（-∞，）【答案】C【分析】原命题等价于，再求 以及解不等式即可.【详解】，使得成立，则，由题得，所以函数在（-∞，-1）单调递减，在（-1，+∞）单调递增，所以，由题得，∴故选：C4．（2024·陕西榆林·高二校考阶段练习）已知函数，若，则实数a的取值范围是 .【答案】【分析】利用参变分离可得，构造函数，利用导数求函数最值即得.【详解】由，可得，令，则，∴，函数单调递增，，函数单调递减，所以时，函数有最大值，∴.故答案为：.5．（2024·全国·高三专题练习）已知函数．若存在，使得成立，求实数的最小值．【答案】4【分析】利用参变分离可得，设，利用导数可求该函数的最小值，故可求参数的取值范围.【详解】由在上有解，得在上有解．设，则，由得；由得，故在上为减函数，在为增函数，所以，故，所以的最小值为4．6．（2024·四川雅安·高二雅安中学校考阶段练习）已知函数.(1)若，求函数的极小值.(2)存在，使得成立，求实数的取值范围．【答案】(1)1；(2).【分析】（1）利用导数求的单调性，即可求极值.（2）将问题转化为在上，再应用导数求的最小值，即可求的范围．【详解】（1）当时，则，令，得．时，函数的单调递增区间为，时，函数的单调递减区间为；所以函数的极小值为.（2）由题设，在上，设，则，显然当时恒成立，所以在单调递增，则，综上，，故．7．（2024上·青海西宁·高三统考期末）已知函数.(1)证明：.(2)若关于的不等式有解，求的取值范围.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）根据单调性求出的最小值即可证明.（2）分离参数，借助（1）中不等式关系进行放缩，求其最小值，即可求出的取值范围.【详解】（1）.当时，；当时，.所以在上单调递减，在上单调递增.故.（2）由题意可得不等式有解.因为，所以当时，等号成立，所以.故的取值范围为8．（2023·浙江宁波·高二余姚中学校考期中）已知函数．(1)求函数的极值；(2)证明：当时，，使得．【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析【分析】（1）利用导数与极值的关系求解；（2）利用导数与单调性最值得关系证明不等式能成立问题.【详解】（1）易知，,当时，，函数在上单调递减；当时，时，，单调递减，时，，单调递增，综上，当时，函数在上单调递减；当时，在上单调递减，在上单调递增；（2）由（1）可知，当时，在处取得最小值，若，使得，只需，令，由，可得，当时，，单调递增，当时，，单调递减，故当时，，所以，，使得．【考点3：恒成立与存在性综合问题】【知识点：恒成立与存在性综合问题】（1）设函数、，对任意的，存在，使得，则（2）设函数、，对任意的，存在，使得，则。（3）设函数、，对任意的，存在，使得，则在上的值域M是在上的值域N的子集。即：MN。（4）设函数、，存在，存在，使得，则（5）设函数、，存在，存在，使得，则1．（2019秋·吉林·高三辉南县第一中学校考阶段练习）若对任意m∈0,1，总存在唯一x∈{x∣−1≤x<0或00；当x∈(0,1]，G'x<0； 所以函数Gx=−x2ex在[−1,0)上单调递增，在(0,1]上单调递减，且G−1=−1e,G0=0,G1=−e. 又因为对任意m∈0,1，存在唯一x∈{x∣−1≤x<0或00)， ∴ℎ'(t)=0，有t=12， 当012时，ℎ'(t)>0，ℎ(t)单调递增；∴ℎ(t)min=ℎ(12)=ln2−1，即n−m的最小值为ln2−1.故选：A.【点睛】关键点睛：令t=f(m)=g(n)确定n−m关于t的函数式，构造函数并利用导数求函数的最小值.3．（2023·全国·高二专题练习）已知函数fx=2x+1x2−4，函数gx=lnxx−m，若对任意的x1∈1,2，存在x2∈1e2,e2，使得fx1≤gx2，则实数m的取值范围为__________.【答案】−∞,1e−14【分析】理解题意，转化为最值问题求解【详解】由题意得fx1max≤gx2maxf'x=2−2x3，x∈1,2时f'x≥0，故fx在[1,2]上单调递增，fx1max=14g'x=1−lnxx2，x∈[1e2,e)时g'x>0，x∈(e,e2]时g'x<0故gx在[1e2,e)上单调递增，在(e,e2]上单调递减，gx2max=1e−mfx1max≤gx2max，解得m∈−∞,1e−14故答案为：−∞,1e−144．（2022·全国·高二假期作业）已知函数fx=x2+x−lnx+1(1)若关于x的方程fx−m=0m∈R在区间−12,2上恰有2个不同的实数解，求m的取值范围；(2)设函数ℎ(x)=exx+n(n∈R)，若∃x1∈−12,2，∀x2∈12,2总有fx1≤ℎx2成立，求n的取值范围．【答案】(1)00， 所以f(x)在区间[−12,0]上单调递减，在区间[0,2]上单调递增， 当x=0值，f(x)取最小值，最小值为f(0)=0． f(−12)=−14+ln2，f(2)=6−ln3， 又f(−12)0，∴函数ℎ(x)在区间[12,1]上单调递减，在区间[1,2]上单调递增，∴ℎ(x)min=ℎ(1)=e+n，所以0≤e+n， ∴ n≥−e．5．（2022秋·宁夏银川·高三银川一中校考阶段练习）已知函数fx=ex−mx,gx=ex−sinx+cosx+a(1)若函数f（x）在x=0处取得极值，求m；(2)在（1）的条件下，∃x1，x2∈0,，π2，使得不等式gx1≥fx2成立，求a的取值范围.【答案】(1)1(2)0,+∞【分析】（1）首先对函数求导，利用x=0有有极值，可求得m.（2）根据题意，可以得到gx1≥fx2min，将fx2min=1代入不等式中，然后将a分离出来，求新函数的最小值即可.【详解】（1）f(x)=ex−mx，f'(x)=ex−m，f(x)在x=0处取得极值，则f'(0)=0,m=1.∴f'x=ex−1，当f'(x)<0,x<0，f'(x)>0,x>0 所以f（x）的减区间为−∞,0 ，增区间为0,+∞符合题意.（2）由（1）知，函数fxmin=f0=1∃x1，x2∈0,π2，使得不等式gx1≥fx2成立等价于不等式ex−sinx+cosx+a≥1在x∈0,π2时有解即不等式a≥sinx−cosx+e−x在x∈0,π2]时有解...设Fx=sinx−cosx+e−x，F'x=sinx+cosx−e−xx∈0,π2时，sinx+cosx∈1,2 而e−x≤1所以F'x≥0恒成立即F（x）在[0，π2]上是增函数，则F(x)min=F(0)=0 因此a的取值范围是0,+∞6．（2022秋·北京·高三校考阶段练习）已知函数fx=ax+lnx(1)当a=1时，求曲线y=fx在点（1，f（1）处曲线的切线方程；(2)求函数f(x)的单调区间；(3)设g(x)=x2-2x+2，若对任意x1∈(0,+∞)，均存在x2∈0,1，使得f(x1)0). 当a⩾0时，由于x>0，故ax+1>0，f'(x)>0，所以f(x)的单调递增区间为(0,+∞)；当a<0时，由f'(x)=0，得x=-1a.在区间(0,-1a)上，f'(x)>0；在区间(-1a,+∞)上，f'(x)<0，所以，函数f(x)的单调递增区间为(0,-1a)，单调递减区间为(-1a,+∞)，综上：当a⩾0时，f(x)的单调递增区间为(0,+∞)；当a<0时，f(x)的单调递增区间为(0,-1a)，单调递减区间为(-1a,+∞).（3）由已知转化为f(x)max2，故不符合题意．)当a<0时，f(x)在(0,-1a)上单调递增，在(-1a,+∞)上单调递减，故f(x)的极大值即为最大值，f-1a=-1+ln1-a=-1-ln(-a)，所以2>-1-ln(-a)，所以ln(-a)>-3，解得：a<-1e3，所以a的取值范围为-∞,-1e3.【点睛】函数不等式恒成立问题，要进行适当转化，本题第三问的关键在于转化为f(x)max0和f'(x)<0，解得fx单调区间.（2）问题转化为f(x)在x∈1,2的值域M和g(x)在x∈0,3的值域N满足：M⊆N，分别求两个函数在区间内的值域，可解得实数a的取值范围.【详解】（1）f(x)定义域为(0,+∞)，f'(x)=a+1x=ax+1x，当a≥0时，f'(x)>0恒成立，所以f(x)在(0,+∞)上单调递增；当a<0时，x∈0,−1a时f'(x)>0恒成立，x∈−1a,+∞时f'(x)<0恒成立，所以f(x)在0,−1a上单调递增，在−1a,+∞上单调递减；综上述，当a≥0时，f(x)在(0,+∞)上单调递增；当a<0时，fx在0,−1a上单调递增，在−1a,+∞上单调递减.（2）由已知，问题转化为f(x)在x∈1,2的值域M和g(x)在x∈0,3的值域N满足：M⊆N，二次函数gx=x2−2x+2，图像抛物线开口向上，对称轴方程为x=1，gx在0,1上单调递减，在1,3上单调递增，故gx在x∈0,3的值域N=1,5.由(1)可知，当a≥−12时，f(x)在x∈1,2上单调递增，故值域M=a,2a+ln2.所以1≤a5≥2a+ln2，解得1≤a≤5−ln22，即实数a的取值范围为1,5−ln22.