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-ln x，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-ln x≥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)=ln x-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：
x f′(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)=ln x-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-xln 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，+∞).
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 (-∞，-1)
解析 当a=0时，显然不成立;
当a>0时，注意到f′(x)=6ax2-6ax=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<=g(0)，
当x0=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[，-+]，
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”
当且仅当
即解得a<-1.
3.(2014·课标全国Ⅱ改编)设函数f(x)=sin.若存在f(x)的极值点x0满足x+[f(x0)]22或m<-2.
4.(2014·山东改编)已知实数x，y满足ax; ②ln(x2+1)>ln(y2+1);
③sin x>sin y; ④x3>y3.
答案 ④
解析 因为0y.采用赋值法判断，①中，当x=1，y=0时，<1，①不成立.②中，当x=0，y=-1时，ln 10
解析 对函数f(x)求导，
得f′(x)=-(x>0).
依题意，得f′(x)<0在(0，+∞)上有解，
即ax2+2x-1>0在(0，+∞)上有解，
∴Δ=4+4a>0且方程ax2+2x-1=0至少有一个正根，
∴a>-1，又∵a≠0，∴-10.
6.(2014·辽宁改编)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________.
答案 [-6，-2]
解析 当x=0时，ax3-x2+4x+3≥0变为3≥0恒成立，即a∈R.
当x∈(0,1]时，ax3≥x2-4x-3，a≥，
∴a≥max.
设φ(x)=，
φ′(x)=
=-=->0，
∴φ(x)在(0,1]上递增，φ(x)max=φ(1)=-6.
∴a≥-6.
当x∈[-2,0)时，a≤，
∴a≤min.
仍设φ(x)=，φ′(x)=-.
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)==-2，
∴a≤-2.
综上知-6≤a≤-2.
7.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________.
答案 4
解析 若x=0，则不论a取何值，f(x)≥0显然成立;
当x>0时，即x∈(0,1]时，f(x)=ax3-3x+1≥0可化为a≥-.
即g(x)=-，
则g′(x)=，
所以g(x)在区间(0，]上单调递增，在区间[，1]上单调递减，
因此g(x)max=g()=4，从而a≥4.
当x<0，即x∈[-1,0)时，同理a≤-.
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.
8.(2014·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________.
答案 (-，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
即解得-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)=x2-2ax+4≤-1，即x2-2ax+5≤0，即a≥+能成立，令h(x)=+，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)=+在x∈[1,2]上单调递减，所以h(x)min=h(2)=，故只需a≥.
10.(2014·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.
(1)解 因为a>0，-1≤x≤1.所以
①当00，
故f(x)在(a,1)上是增函数.
所以g(a)=f(a)=a3.
②当a≥1时，有x≤a，则f(x)=x3-3x+3a，
f′(x)=3x2-3<0，
故f(x)在(-1,1)上是减函数，
所以g(a)=f(1)=-2+3a.
综上，g(a)=
(2)证明 令h(x)=f(x)-g(a).
①当00，
知t(a)在(0,1)上是增函数.
所以，t(a)0;
当x≥1时，f(x)=ln x+(xln x-x+1)
=ln x+x=ln x-x≥0.
∴(x-1)f(x)≥0.
综上，在定义域内满足(x-1)f(x)≥0恒成立.
12.(2014·陕西)设函数f(x)=ln x+，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)-零点的个数;
(3)若对任意b>a>0，<1恒成立，求m的取值范围.
解 (1)由题设，当m=e时，f(x)=ln x+，
则f′(x)=，
∴当x∈(0，e)时，f′(x)<0，f(x)在(0，e)上单调递减，
当x∈(e，+∞)时，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+=2，
∴f(x)的极小值为2.
(2)由题设g(x)=f′(x)-=--(x>0)，
令g(x)=0，得m=-x3+x(x>0).
设φ(x)=-x3+x(x≥0)，
则φ′(x)=-x2+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，因此x=1也是φ(x)的最大值点，
∴φ(x)的最大值为φ(1)=.
又φ(0)=0，结合y=φ(x)的图象(如图)，可知
①当m>时，函数g(x)无零点;
②当m=时，函数g(x)有且只有一个零点;
③当0时，函数g(x)无零点;
当m=或m≤0时，函数g(x)有且只有一个零点;
当0a>0，<1恒成立，
等价于f(b)-b0)，
∴(*)等价于h(x)在(0，+∞)上单调递减.
由h′(x)=--1≤0在(0，+∞)上恒成立，
得m≥-x2+x=-(x-)2+(x>0)恒成立，
∴m≥(对m=，h′(x)=0仅在x=时成立)，
∴m的取值范围是[，+∞).
