高中数学苏教版（2019 ）选择性必修第一册 第5章　导数及其应用 习题课　函数的存在性问题与恒成立问题学案

这是一份高中数学苏教版（2019 ）选择性必修第一册 第5章　导数及其应用 习题课　函数的存在性问题与恒成立问题学案，共8页。

习题课　函数的存在性问题与恒成立问题学习目标　1.了解利用导数研究函数的存在性问题和恒成立问题的方法.2.初步运用导数解决有关的存在性问题和恒成立问题．一、函数的恒成立问题例1　设函数f(x)＝tx2＋2t2x＋t－1(x∈R，t＞0)．(1)求f(x)的最小值h(t)；(2)若h(t)＜－2t＋m对t∈(0,2)恒成立，求实数m的取值范围．解　(1)∵f(x)＝t(x＋t)2－t3＋t－1(x∈R，t＞0)，∴当x＝－t时，f(x)取最小值f(－t)＝－t3＋t－1，即h(t)＝－t3＋t－1.(2)令g(t)＝h(t)－(－2t＋m)＝－t3＋3t－1－m，由g′(t)＝－3t2＋3＝0，得t＝1或t＝－1(舍去)．当t变化时，g′(t)，g(t)的变化情况如表所示：∴对t∈(0,2)，当t＝1时，g(t)max＝1－m，h(t)<－2t＋m对t∈(0,2)恒成立，等价于g(t)<0对t∈(0,2)恒成立，只需g(t)max＝1－m<0，∴m>1.故实数m的取值范围是(1，＋∞)．反思感悟　(1)“恒成立”问题向最值问题转化是一种常见的题型，一般地，可采用分离参数法进行转化．λ≥f(x)恒成立⇔λ≥f(x)max；λ≤f(x)恒成立⇔λ≤f(x)min.对于不能分离参数的恒成立问题，直接求含参函数的最值即可．(2)此类问题特别要小心“最值能否取得到”和“不等式中是否含等号”的情况，以此来确定参数的范围能否取得“＝”．跟踪训练1　设函数f(x)＝2x3－9x2＋12x＋8c.(1)若对任意的x∈[0,3]，都有f(x)＜c2成立，求c的取值范围；(2)若对任意的x∈(0,3)，都有f(x)＜c2成立，求c的取值范围．解　(1)∵f′(x)＝6x2－18x＋12＝6(x－1)(x－2)，∴当x∈(0,1)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；当x∈(1,2)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；当x∈(2,3)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，∴当x＝1时，f(x)取极大值f(1)＝5＋8c.又f(3)＝9＋8c＞f(1)，∴当x∈[0,3]时，f(x)的最大值为f(3)＝9＋8c.∵对任意的x∈[0,3]，有f(x)＜c2恒成立，∴9＋8c＜c2，即c＜－1或c＞9，∴c的取值范围为(－∞，－1)∪(9，＋∞)．(2)由(1)知f(x)＜f(3)＝9＋8c，∴9＋8c≤c2，即c≤－1或c≥9，∴c的取值范围为(－∞，－1]∪[9，＋∞)．二、函数的存在性问题例2　已知函数f(x)＝eq \f(ln x,x).(1)求函数f(x)的单调区间；(2)设g(x)＝f(x)－x，求证：g(x)≤－1；(3)设h(x)＝f(x)－x2＋2ax－4a2＋1，若存在x0使得h(x0)≥0，求a的最大值．(1)解　因为f(x)＝eq \f(ln x,x)，所以f′(x)＝eq \f(1－ln x,x2).令f′(x)>0，即1－ln x>0，解得0e，所以f(x)的增区间为(0，e)，减区间为(e，＋∞)．(2)证明　因为f(x)＝eq \f(ln x,x)，所以g(x)＝eq \f(ln x,x)－x，所以g′(x)＝eq \f(1－ln x,x2)－1＝eq \f(1－ln x－x2,x2)，令t(x)＝1－ln x－x2，则t′(x)＝－eq \f(1,x)－2x<0，所以t(x)＝1－ln x－x2在(0，＋∞)上是减函数，因为t(1)＝1－ln 1－12＝0，所以当x∈(0,1)时，t(x)>0，g′(x)>0；当x∈(1，＋∞)时，t(x)<0，g′(x)<0，所以g(x)在(0,1)上是增函数，在(1，＋∞)上是减函数．g(x)max＝g(1)＝eq \f(ln 1,1)－1＝－1，所以g(x)≤g(1)＝－1.(3)解　因为f(x)＝eq \f(ln x,x)，所以h(x)＝eq \f(ln x,x)－x2＋2ax－4a2＋1，①当0≤a≤eq \f(1,2)时，h(1)＝2a－4a2＝2a(1－2a)≥0，即存在1，使得h(1)≥0；②当a>eq \f(1,2)时，由(2)可知，eq \f(ln x,x)－x≤－1，即eq \f(ln x,x)≤x－1.所以h(x)≤x－x2＋2ax－4a2＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(2a＋1,2)))2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2a＋1,2)))2－4a2≤－3a2＋a＋eq \f(1,4)＝eq \f(－2a－16a＋1,4)<0，所以对任意x>0，h(x)<0，即不存在x0使得h(x0)≥0.综上所述，a的最大值为eq \f(1,2).反思感悟　存在性问题向最值问题转化是一种常见的题型，一般地，可采用分离参数法进行转化，若存在x，使得λ≥f(x)成立⇔λ≥f(x)min；若存在x，使得λ≤f(x)成立⇔λ≤f(x)max.跟踪训练2　已知函数f(x)＝xln x＋ax＋b(a，b∈R)在点(1，f(1))处的切线为3x－y－2＝0.(1)求函数f(x)的解析式；(2)若存在实数m，使得m2－m－1<eq \f(fx,x)在x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，1))时成立，求m的取值范围．解　(1)由题意知，f(x)的定义域为(0，＋∞)，∵f′(x)＝ln x＋a＋1，∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(f′1＝a＋1＝3，,f1＝a＋b＝1，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a＝2，,b＝－1，))故f(x)＝xln x＋2x－1.(2)令h(x)＝eq \f(fx,x)＝ln x－eq \f(1,x)＋2，则h′(x)＝eq \f(1,x2)＋eq \f(1,x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋\f(1,2)))2－eq \f(1,4)，eq \f(1,x)∈[1,4]，∴h′(x)≥h′(1)＝2>0，故h(x)在eq \f(1,x)∈[1,4]上是增函数，h(x)≤h(1)＝1.要存在实数m，使得m2－m－1<eq \f(fx,x)在x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，1))时成立，只要m2－m－1<eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(fx,x)))max＝1即可，解得－10在[1,2]上恒成立，则实数a的取值范围是(　　)A．a>－1 B．a<－1C．a<4 D．a>4答案　D解析　由题意知，不等式x3－2x－a<0在[1,2]上恒成立，即a>x3－2x，令g(x)＝x3－2x，则g′(x)＝3x2－2>0在[1,2]上恒成立，因此g(x)max＝g(2)＝4，故a>4.3．已知函数f(x)＝x2－2ln x，若关于x的不等式f(x)－m≥0在[1，e]上有实数解，则实数m的取值范围是(　　)A．(－∞，e2－2) B．(－∞，e2－2]C．(－∞，1] D．(－∞，1)答案　B解析　由题意可知，存在x∈[1，e]，使得m≤f(x)，则m≤f(x)max.∵f(x)＝x2－2ln x，∴f′(x)＝2x－eq \f(2,x)＝eq \f(2x2－2,x)＝eq \f(2x－1x＋1,x)，当x∈[1，e]时，f′(x)≥0，∴函数f(x)在区间[1，e]上是增函数，则f(x)max＝f(e)＝e2－2，∴m≤e2－2，因此实数m的取值范围是(－∞，e2－2]．4．(多选)定义在(0，＋∞)上的函数f(x)的导函数为f′(x)，且(x＋1)f′(x)－f(x)5B．若f(1)＝2，x>1，则f(x)>x2＋eq \f(1,2)x＋eq \f(1,2)C．f(3)－2f(1)<7D．若f(1)＝2,0x2＋eq \f(1,2)x＋eq \f(1,2)答案　CD解析　设函数g(x)＝eq \f(fx－x2,x＋1)，则g′(x)＝eq \f([f′x－2x]x＋1－[fx－x2],x＋12)＝eq \f(x＋1f′x－fx－x2＋2x,x＋12)，因为(x＋1)f′(x)－f(x)g(2)>g(3)，整理得2f(2)－3f(1)<5，f(3)－2f(1)<7，故A错误，C正确；当0g(1)＝eq \f(1,2)，即eq \f(fx－x2,x＋1)>eq \f(1,2)，即f(x)>x2＋eq \f(1,2)x＋eq \f(1,2)，故D正确，B不正确．二、填空题5．若不等式ex≥kx对任意实数x恒成立，则实数k的最大值为________．答案　e解析　不等式ex≥kx对任意实数x恒成立，即f(x)＝ex－kx≥0恒成立，即f(x)min≥0.f′(x)＝ex－k，当k≤0时，可得f′(x)>0恒成立，f(x)单调递增，无最小值．当k>0时，x>ln k时，f′(x)>0，f(x)单调递增；x1在区间(1，＋∞)内恒成立，则实数a的取值范围为________．答案　[1，＋∞)解析　由f(x)>1，得ax－ln x>1，∵x>1，∴原不等式转化为a>eq \f(1＋ln x,x)，设g(x)＝eq \f(ln x＋1,x)，得g′(x)＝eq \f(－ln x,x2)，当x∈(1，＋∞)时，g′(x)<0，则g(x)在(1，＋∞)上是减函数，则g(x)eq \f(1＋ln x,x)在(1，＋∞)上恒成立，∴a≥1.三、解答题7．已知函数f(x)＝x＋eq \f(a,ex)，其中a∈R，e是自然对数的底数．(1)当a＝－1时，求函数f(x)在区间[0，＋∞)上的零点个数；(2)若f(x)>2对任意的实数x恒成立，求a的取值范围．解　(1)当a＝－1时，f(x)＝x－eq \f(1,ex)，则f′(x)＝1＋eq \f(1,ex)>0，∴f(x)在[0，＋∞)上是增函数，又f(0)＝－1<0，f(1)＝1－eq \f(1,e)>0，故∃x0∈(0,1)，使得f(x0)＝0，∴函数f(x)在区间[0，＋∞)上有1个零点．(2)若f(x)>2对任意的实数x恒成立，即a>ex(2－x)恒成立，令g(x)＝ex(2－x)，则g′(x)＝ex(1－x)，令g′(x)>0，得x<1；令g′(x)<0，得x>1，∴g(x)在(－∞，1)上是增函数，在(1，＋∞)上是减函数，∴g(x)max＝g(1)＝e，∴a的取值范围为(e，＋∞)．8．已知函数f(x)＝ex－2ax(a∈R)．(1)若a＝eq \f(1,2)，求函数f(x)的单调区间；(2)当x∈[2,3]时，f(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围．解　(1)当a＝eq \f(1,2)时，f(x)＝ex－x，f′(x)＝ex－1，令f′(x)＝0，得x＝0；令f′(x)>0，得x>0；令f′(x)<0，得x<0，所以函数f(x)＝ex－x的增区间为(0，＋∞)，减区间为(－∞，0)．(2)当x∈[2,3]时，f(x)＝ex－2ax≥0恒成立，等价于2a≤eq \f(ex,x)对任意的x∈[2,3]恒成立，即2a≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(ex,x)))min，设g(x)＝eq \f(ex,x)﹐则g′(x)＝eq \f(exx－1,x2)，显然当x∈[2,3]时，g′(x)>0恒成立．∴g(x)在[2,3]上是增函数，∴g(x)min＝g(2)＝eq \f(e2,2)，∴2a≤eq \f(e2,2)，即a≤eq \f(e2,4)，故实数a的取值范围为eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(e2,4))).9．已知函数f(x)＝(x＋a)ex，其中a为常数．(1)若函数f(x)在区间[－1，＋∞)上是增函数，求实数a的取值范围；(2)若f(x)≥e3－xex在x∈[0,1]时恒成立，求实数a的取值范围．解　(1)由f(x)＝(x＋a)ex，得f′(x)＝(x＋a＋1)ex，∵函数f(x)在区间[－1，＋∞)上是增函数，∴f′(x)＝(x＋a＋1)ex≥0在区间[－1，＋∞)上恒成立，即a≥－x－1在区间[－1，＋∞)上恒成立，∵当x∈[－1，＋∞)时，－x－1∈(－∞，0]，∴a≥0.即实数a的取值范围是[0，＋∞)．(2)f(x)≥e3－xex在x∈[0,1]时恒成立，等价于a≥e3－x－2x在x∈[0,1]时恒成立，令g(x)＝e3－x－2x，则a≥g(x)max，∵g′(x)＝－e3－x－2<0，∴g(x)在[0,1]上是减函数，∴g(x)在区间[0,1]上的最大值g(x)max＝g(0)＝e3，∴a≥e3，即实数a的取值范围是[e3，＋∞)．t(0,1)1(1,2)g′(t)＋0－g(t)↗1－m↘