《南方新課堂_高考總復(fù)習(xí)》數(shù)學(xué)(理科)課時(shí)作業(yè)專題四函數(shù)、不等式中的恒成立問(wèn)題Word含解析

1、四 函數(shù)、不等式中的恒成立問(wèn)題2c5十_x 2x (x 0恒成立，則實(shí)數(shù) a的取值 范圍是()-91A . 5， 3 B. - 6，- 8 1C. 6， 2 D . 4， 34. 設(shè) 0v a 0 時(shí)，f(x) 2a + aln 二ab16 .已知f(x)= 2ax 一+ ln x在x= 1與x= 2處都取得極值.x2(1)求a， b的值；設(shè)函數(shù)g(x) = x2 2mx + m，若對(duì)任意的X1 g， 2，總存在 X2 $， 2，使得g(x”f(x2) ln X2，求實(shí)數(shù)m的取值范圍.27.已知函數(shù) f(x) = ax + In x(a R).1(1)當(dāng)a =-時(shí)，求f(x)在區(qū)間1 , e上

2、的最大值和最小值；如果函數(shù)g(x), fi(x), f2(x)，在公共定義域 D上，滿足fi(x)g(x)0), x R.(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間和極值；若對(duì)于任意的X1 (2,+ )，都存在(1 ,+ )，使得f(x” fg) = 1求實(shí)數(shù)a的 取值范圍.ax3 X2 4x 3.當(dāng) x= 0 時(shí),X2 4x 3X恒成立，記f(x)=x3 ，4X:-2、 -6；當(dāng) J !x+ 1 |X 9 j，當(dāng) X 2, 1)時(shí)，f (X)0故 f(X)min = f( 1)=-2,故aw 2.綜上所述，實(shí)數(shù)a的取值范圍是6, 2.4. e 2, 1解析：ff(x)在區(qū)間1 , e上是增函數(shù)，2 a (x

3、) = 1 X2 =2 2x a一L，當(dāng) 0vaw 1，且 xq1, e時(shí),Xf (x) 0,f(x1)min = f(1) = 1+ a2.又 g (x)= 1 X(x 0)，易求 g (x) 0,專題四函數(shù)、不等式中的恒成立問(wèn)題1 . C 解析：對(duì)任意的 X1, x2 R，都有 f(x1)W g(X2)? f(X)maxW g(x) min.注意到 f(x)max= f(1)1 1179=-4.又 g(x) = |A 2|sin x - |A 2|,故一 |A- 2| ? |A 2|w 4? 4W AW42. A 解析：由題意，得？ X1 qR, ?X2R，使得(ex1 1)(a 2sin

4、 X2)= 1,即函數(shù) ya 2, a+ 2，即 a 2W 0,Xi=匚丄的值域?yàn)楹瘮?shù)y= a 2sin X2的值域的子集，從而(0,1)?eX11a+ 2 1? 1W a w 2.故選 A.3. C 解析：關(guān)于x的不等式ax3 x2+ 4x+ 3 0可變形為x 4x 30 3,故實(shí)數(shù)a的取值范圍是 R;當(dāng)xqo,1時(shí)，a2 x + 8x+ 9(x+ 1 (x 9 )f (x)=4=X40 成立，故函數(shù) f(x)單調(diào)遞增，f (X)max= f(1) = 6,故 a 2 2 2x 4x 3x 4x 3 x + 8x+ 9,a wx3恒成立，記 f(x) =X3，f (x)=g(x)在區(qū)間1 ,

5、 e上是增函數(shù)，g(X2)max = g(e)= e 1.由條件知只需f(X1)min g(X2)max.即 1 +a2 e 1. /a2 e 2.即-e 2W aw 1.5. (1)解：f(x)的定義域?yàn)?0, + oo ),f (x) = 2e2X ：(x0).當(dāng)a w 0時(shí)，f (x)0 , f (x)沒(méi)有零點(diǎn)；當(dāng) a0 時(shí)，設(shè) u(x) = e2x, v(x) = ,X因?yàn)閡(x)= e“在區(qū)間(0, + o)內(nèi)單調(diào)遞增，v(x) = -在(0,+ o)內(nèi)單調(diào)遞增,X所以f (x)在(0 , + o)內(nèi)單調(diào)遞增.a1又f (a)0，當(dāng)b滿足0b4且bv；時(shí)，f (b)0時(shí)，f (x)存

6、在唯一零點(diǎn).(2)證明：由(1)，可設(shè)f (x)在區(qū)間(0 ,+o)內(nèi)的唯一零點(diǎn)為xo,當(dāng)x(0,X0)時(shí)，f (x)0.故f(x)在(0 , X0)上單調(diào)遞減，在區(qū)間(X0,+o)內(nèi)單調(diào)遞增，所以當(dāng) X= X0時(shí)，f(x)取得最小值，最小值為f(X0).由于2e2x0 旦=0,xoa22所以 f(xo) =+ 2axo+ aln 2a + aln -.2xoaa2 故當(dāng) a0 時(shí)，f(x) 2a+ aln 一.a6.解：(1) -.f(x)= 2axb+ In x,x,b 1f (x)= 2a+-2+ .x xb1-f(x) = 2ax- + In x在x= 1與x= 2處都取得極值,x21

7、 2a+ b+ 1 = 0,=0, f 2 = 0.f2a+ 4b+ 2= 0.1解得 a= b= 3.1當(dāng) a = b= 3時(shí), 2 1 1 2(x-1 ；f (x) = 3 37+x=1函數(shù)f(x)在x= 1與x= 2處都取得極值.x- 23x21由(1)知，函數(shù)y = f(x) In x= x+ &在區(qū)間-13,單調(diào)遞減,ff(x) In xmin = f(2) = 6.又函數(shù)g(x) = x2 2mx+ m圖象的對(duì)稱軸是 當(dāng)m 7，即卩63 51解得w mw62g(x)min = g(m)= m m ,26m 6m 7w 0.x= m.1714 6 成立，fm2時(shí)，4 3m 7.63+

8、 .516 .1 3 + 51 fw mw2 6g(x)min= g(2) = 4 3m,31mw 二.又 m2 ,m ?.183 + V51綜上所述，mw.6,r 1 *1 27.解：(1)當(dāng) a = 2時(shí)，Tf(x)= x + ln x,1 x2 + 1 (x)= x+_=.x x對(duì)于 xq1 , e,有 f (x)0,f(x)在區(qū)間1 , e上為增函數(shù).e2 f1-fmax(x) = f(e)= 1 + , fmin(x) = f(1)=夕在區(qū)間(1 , + 8 )內(nèi)，函數(shù)f(x)是f1(x), f2(x)的活動(dòng)函數(shù)”，則f1(x)f(x)f2(x).令 p(x) = f(x) f2(x

9、)=1 22且 h(x) = f1 (x) f(x) = ?x + 2ax a ln x0 對(duì) x q1, + 8)恒成立，21(2a 1 x 2ax+ 1(x 1 V(2a 1 x 1p (x)= (2a 1)x 2a + 匚=,(*)22ax+ ln xX1= 1,即2a0,此時(shí)p(x)在區(qū)間(x2 , + I )內(nèi)是增函數(shù)，并且在該區(qū)間上有p(X)qp(X2),+ 8 )，不合題意;當(dāng)X2 1時(shí)，同理可知，p(x)在區(qū)間(1, + 8)內(nèi)，有p(x) qp(1), + 8)，也 不合題意；1ii )若a 2，則有2a K 0,此時(shí)在區(qū)間(1, + 8)內(nèi)恒有p (x)0 ,從而p(x)在

10、區(qū)間(1, + 8)內(nèi)是減函數(shù).要使p(x) 2a2 x + 2 ax a (x a f又(x)= x+ 2a =0, h(x)在區(qū)間(1, + m )內(nèi)為減函xvv數(shù)，11h(x)h=2 + 2a0).1 令 f (x) = 0,解得 x = 0,或 x=-.aX(8, 0)0I?, a1 a1+8)f (X)一0+0一f(x)01看.當(dāng)x變化時(shí)，f (x), f(x)的變化情況如下表：2所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是 0, 1 ;單調(diào)遞減區(qū)間是(I 0), 當(dāng)x = 0時(shí)，f(x)有極小值，且極小值f(0) = 0;當(dāng)x = 1時(shí)，f(x)有極大值，且極大值丄2.3a0及(1)知,f(x) v 0.由f(o)=f 2a = o及知， 當(dāng) x 0,2a 時(shí)，f(x)o； 當(dāng) x 2a，+ m 時(shí)，f(x)v o. 設(shè)集合 A = f(x)|x(2,+ a),x 1, + a ,貝U “對(duì)于任意的xi 2 , + a)，都存在x2 1 , + a)，使得f(Xi)f(Q)= 1 ”等價(jià)于A? B.顯然，0?B.下面分三種情況討論：33當(dāng)2a2，即卩0 av3時(shí),由f 2a = 0可知，0,而O?B，所以A不是B的子集.3 33 當(dāng)1W 了w