恒成立問題 專題

最新高考數(shù)學復(fù)習優(yōu)質(zhì)培優(yōu)專題(附經(jīng)典解析)最新高考數(shù)學復(fù)習優(yōu)質(zhì)培優(yōu)專題(附經(jīng)典解析)恒成立問題1．參變分離法例1:已知函數(shù)f（x）=inx-a，若f（x）<x2在（1,+J上恒成立，則a的取值x范圍是．答案】an—1【解析】inx——<x2oxinx—a<x3oa>xinx—x3，其中xc(1,+x)，x...只需要a>Clnx-x3)-max令g(x)=xinx—x3，g'(x)=1+inx—3x2，g'(1)=—2，g”(x)=1—6x=1<0，xx?g'(x)在(1,+-)單調(diào)遞減，???g'(x)<g'(1)<Ong(x)在(l,+j單調(diào)遞減,???g(x)<g(1)=T，an—1?2．數(shù)形結(jié)合法例2:若不等式iogx>sin2x（a>0,a豐1）對于任意的xef0,斗都成立，則實aI4」數(shù)a的取值范圍是．【答案】aef遲,1]14丿【解析】本題選擇數(shù)形結(jié)合，可先作出y=sin2x在xefo引的圖像，「4a扮演的角色為對數(shù)的底數(shù)，決定函數(shù)的增減，根據(jù)不等關(guān)系可得0<a<1，觀察圖像進一步可得只需n時,n時,4logx>sin2x，a，所以ae即logZ>sin2上=1na，所以aea4443.最值分析法例3:已知函數(shù)f(x)=alnx+l(a>0)，在區(qū)間(l,e)上，f(x)〉x恒成立，求的取值范圍【答案】a>e-1【解析】f(x)>x恒成立即不等式alnx-x+1>0恒成立，令g(g(x)=alnx-x+1:.只需g(x)>0即可，g(1)=0，ming'(x)=a-1=口，令g'(x)>0n二>0nx<a(分析g(x)的單調(diào)性)xxx當a<1時g(x)在(1,e)單調(diào)遞減，則g(x)<g(1)=00(思考：為什么以a=1作為分界點討論？因為找到g(1)=0，若要不等式

g10成立，那么一定從x1處起gX要增（不一定在l,e上恒增，但起碼存在一小處區(qū)間是增的），所以a1時導(dǎo)致gx在x1處開始單減，那么—定不符合條件?由此請體會零點對參數(shù)范圍所起的作用）當a1時，分xa是否在1,e中討論（最小值點的選?。┤?&eg10冶）+一育㈤ae1,e1ae?ge0（1）可以比較g1,ge的大小找到最小的臨界值，再求解，但比較麻煩?由于最小值只會在x1,xe處取得，所以讓它們均大于0即可.（2）由于x1，xe并不在1,e中，所以求得的只是臨界值，臨界值等于零也符合條件）若ae,^Ugx在1,e上單調(diào)遞增，gxg10,符合題意,綜上所述:卜對點增分集訓(xùn)—、選擇題1.已知函數(shù)f(x1.已知函數(shù)f(x)=Fn(—x+1)，]x2+3x,值范圍是()A-(-8,1]B[-2,1]【答案】B【解析】C-[0,3]D-b,+8)的取X-0，若f(x)-(m+2)x>0，則實數(shù)m的取x>0-14-14m4027若f(x)-(m+2)x>0，即有f(x)>(m+2)x，分別作出函數(shù)f(x)和直線y=(m+2)x的圖象，由直線與曲線相切于原點時，(,2+3x)'=2x+3，則m+2=3，解得m由直線繞著原點從x軸旋轉(zhuǎn)到與曲線相切，滿足條件.即有0<m+2<3，解得-2<m<1?故選B2.(2020年)已知函數(shù)f(x)=-x3-2x2+4x，當xe[-3,3]時，f(x)>m2恒成立，則實數(shù)m的取值范圍是()A-(—3,11)B-(3,11)C-Rll]D-[2,7]【答案】C【解析】由題意可得：f'(x)=-3x2-4x+4=-(x+2)(3x—2)，令f'(x)=0可得：x1=-2，x=-，且:f(-3)=-3，f(-2)=-8,123

f（3）=-33，據(jù)此可知函數(shù)f（x）在區(qū)間［-3,3］上的最小值為-33，結(jié)合恒成立的條件可得：m2-14m<-33，求解關(guān)于m的不等式可得實數(shù)m的取值范圍是［3,11］?本題選擇C選項.3.若函數(shù)f（x）=lnx+ax2-2在區(qū)間f1,2］內(nèi)單調(diào)遞增，則實數(shù)a的取值范12丿圍是（）A.(-g,A.(-g,-2］B(-2,+8)【答案】DC．f-2,-8〔D．【解析】廣(x)=1+2ax=込土，2ax2+1〉0在卩,2］內(nèi)恒成立，所以xxy2丿(1)a〉'y2x2丿max由于xef-,2］，所以x2ef-,4］，f--^ef-2,-打，所以a>--，故選D?y2丿y4丿y2x2丿y8丿84.已知對任意xe14.已知對任意xe1,e2e不等式e>x2恒成立（其中e=2.71828…，是自然對數(shù)的底數(shù)），則實數(shù)a的取值范圍是（）A.:o,f1B.(0,e)C.(-8,-2e)D.(41一8,一y2丿ye2丿【答案】A【解析】由e〉x2得—【解析】由e〉x2得—>2lnx在xea1,e2e上恒成立，即->如在xeax1,e2e上恒成立.令f(x)令f(x)=如xxe1一，e2e，則f'(x)=2(1-lnx),x2最新高考數(shù)學復(fù)習優(yōu)質(zhì)培優(yōu)專題(附經(jīng)典解析)最新高考數(shù)學復(fù)習優(yōu)質(zhì)培優(yōu)專題(附經(jīng)典解析)最新高考數(shù)學復(fù)習優(yōu)質(zhì)培優(yōu)專題(附經(jīng)典解析)最新高考數(shù)學復(fù)習優(yōu)質(zhì)培優(yōu)專題(附經(jīng)典解析)???當1???當1一，ee時，f'(x)>0，f(x)單調(diào)遞增，當x寸e,e2］時，f'(x)<0，f(x)單調(diào)遞減．??f(x)=f(e)=-，…->f(e)=-，…0<a<e-maxeae2故實數(shù)a的取值范圍是〔0對.故選A.I‘2丿5.已知函數(shù)f(x)=x-ex，當x丄1,1時，不等式f(x)<m恒成立，則實數(shù)m的取值范圍是()A.B.D.(A.B.D.(e,+8)【答案】D【解析】若m>f(x)恒成立，則m>f(x)，f'(x)=2xex+x2ex=x(x+2)ex，max所以f(x)在(-1,0)單調(diào)遞減，在(0,1)單調(diào)遞增.f(_1)=-，f(-)=e，所以em>e故選D.6?當x丄2,1］時，不等式ax3-x2+4x+3、0恒成立，則實數(shù)°的取值范圍是()A.[-5,-3]B.「-6,-9]C.[-6,-2]D.[-4,-3]L8」【答案】c【解析】xE[-2,0)時，恒成立不等式等價于°§x_3，x3"x2一4x一3)a<，Ix3丿min

x3于()xx3于()x3(2x-4)-3x2C-4x一3)-x2+8x+9(x-9)(x+1),x6x4x4???x丄2,0)，:.f(x)在［-2,-l］單調(diào)遞減，在(-1,0)單調(diào)遞增,??.f(x)=f(-1)=-2，min當x=0時，可知無論a為何值，不等式均成立,當xe(0,l］時，恒成立不等式等價于a>x2一4x一3，x3丿maxxx3丿maxx3同理設(shè)f(x)=x2一4x一3，???f(x)^-(x-9)(x+1)，?f(x)在(0,1)單調(diào)遞增,x3x4...f(x)=f(1)=-6，:.a>-6，綜上所述：ae[-6,-2]-故選Cmax7?函數(shù)f7?函數(shù)f(x)ex，若存在x"0,2］使得m-f(x)>0成立，則實數(shù)m的范圍是(A-f1)一一e2,+8B-(-1,+8)C-(1,+8)D-f1)-二e,+815丿12丿【答案】A則在xw(0,2]內(nèi)f(x)<m0min【解析】若存在x則在xw(0,2]內(nèi)f(x)<m0min00即可，exf(宀exf(宀-撫，f(x)=(TC1+x2exG+x2)-ex-2xex(x-1)2<0,min8．故f(x)在(0,2]上單調(diào)遞減f(x)=f(2)=-*2，.??m>-5e2，故選A.min8．設(shè)函數(shù)f(x)=lnx+ax，若存在xe(0,+x)，使f(x)>0，則a的取值范圍00A-f-"B-f1)一8,一C-(-1,+8)D-f1)-一,+8fe丿(e丿fe丿

【答案】D【解析】f(x)的定義域是(o,+乂)，f，(x)=1+a=皿，xx當a>0時，廣(x)>0，則f(x)在(0,+8)上單調(diào)遞增，且f(1)=a>0,故存在xe(0,+8)，使f(x)>0；00當a<0時，令廣(x)>0，解得0<x<-1，令廣(x)<0，解得x〉—丄，1,1,+J|上單調(diào)遞減,a丿??.f(x)在f0,—1]上單調(diào)遞增,ka丿f(x)f(x)=f=Inmax解得a>—Ie綜上，a的取值范圍是f—1,+町.故選D.9.若對于任意實數(shù)x>0，函數(shù)f(x)=ex+ax恒大于零，則實數(shù)a的取值范圍是()A．(—8,eA．(—8,e)B(-g,-e]C?[e,+8)D．(—e,+8)【答案】D【解析】…當x>0時，f(x)=ex+ax>0恒成立，.?.若x=0，a為任意實數(shù),f(x)=ex+ax>0恒成立，若x>0時，f(x)=ex+ax>0恒成立，即當x>0時，a>-竺恒成立，設(shè)g(x)=—蘭，則g，(x)=—exx—ex=(1-x)ex，xxx2x2當xw(0,1)時，g，(x)>0，則g(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，當xe(1,+8)時，g，(x)<0，則g(x)在(l,+8)上單調(diào)遞減，?當x=1時，g(x)取得最大值為—e?

則要使x>0時，f(x)=ex+ax〉0恒成立，a的取值范圍是(―e,+J，故選D?10?已知函數(shù)f(x)=a(x-a)(x+a+3)，g(x)=2x-2，若對任意xeR，總有f(x)<0或g(x)<0成立，則實數(shù)a的取值范圍是()A?(_g,_4)B.(-4,0)C?[-4,0)D?(-4,+g)【答案】B【解析】由g(x)=2x-2<0，得x<1，故對x>1時，g(x)<0不成立，從而對任意x>1，f(x)<0恒成立，因為a?(x-a).(x+a+3)<0，對任意x>1恒成立，a<0如圖所示，則必有<a<1，計算得出-4<a<0?故選B.—a—3<111.已知函數(shù)f11.已知函數(shù)f(x)=ex-axx時，不等式凹-色2恒成立，則實數(shù)a的取值范圍為()A.(-g,eA.(-g,e]B?(-g,e)C.D.【答案】D【解析】不等式凹—<0，即xf(x1)-3f(x2I<0，xxxx2112結(jié)合x〉x>0可得xf(x)-xf(x)<0恒成立，即xf(x)>xf(x)恒成立,2111222211

構(gòu)造函數(shù)g(x)=xf(x)=ex—ax2，由題意可知函數(shù)g(x)在定義域內(nèi)單調(diào)遞增，故g'(x)=ex—2ax>0恒成立，2x令h(x)=竺(x>0)，則h'(x)=IT，2x2x2當0<x<1時，h'(x)<0，h(x)單調(diào)遞減；當x>1時，h'(x)>0，h(x)單調(diào)遞增；則h(x)的最小值為h(1)=旦=2，據(jù)此可得實數(shù)a的取值范圍為2x12.本題選擇D選項.12?設(shè)函數(shù)f(x)=ex(3x—l)—ax+a，其中a<1，若有且只有一個整數(shù)x0使得f(x)<0，則a的取值范圍是(0A．B．-23)A．B．-23)?4丿C．D．【答案】C【解析】設(shè)g(x)=ex(3x-1)，h(x)=ax—a，則g，(x)=ex(3x+2)，???當g'(x)???當g'(x)<0，g(x)單調(diào)遞減;xe—g,—一時，(3丿g，(x)>0，g(x)單調(diào)遞增,???當x???當x=—2時，g(x)取得最小值g2=—3e_3?如下圖所示.又g(1)-h(1)=2e>0，故g(1)>h(1)；g(0)-h(0)=-1+a<0，故g(0)<h(0)-故當x0=0時，滿足g(0)在直線h(x)=ax-a的下方????直線h(x)=ax-a恒過定點(1,0)且斜率為a，???要使得有且只有一個整數(shù)兀。使得f(xn)<0，00只需g(-1)-h(-1)=-4e-1+2a>0，…a>—，e又a<1，?實數(shù)a的取值范圍f2,1].故選C.Ie丿二、填空題13.設(shè)函數(shù)f(x)=|x+a|，g(x)=x-1，對于任意的xeR，不等式f(x)>g(x)恒成立，則實數(shù)a的取值范圍是.【答案】[-1Q【解析】法一：如圖，因為f(x)>g(x)恒成立，則y=f(x)的圖像在y=g(x)的上方(可以有公共點)，所以-a<1即a>-1，填[-1,+8)-法2:由題設(shè)有|x+a|>x-1-當x<1時，aeR；當x>1時，有x+a>x-1恒成立或x+a<-x+1恒成立，故a>-1或ae?即a>-1，填[-1,+g)*14?函數(shù)f(x)=xlnx-ax+1，其中aeR，若對任意正數(shù)x都有f(x)>0，則實數(shù)a的取值范圍為*【答案】(7,1]【解析】對任意正數(shù)x都有f(x)>0，即不等式a<flnx+丄]對于xe(o,+小恒kx丿成立．設(shè)g(x)=lnx+1，則g'(x)=1-丄=口*xxx2x2故g(x)在(o,[)上是減函數(shù)，在h,+g)上是增函數(shù)，所以g(x)的最小值是g(1)=1，所以a的取值范圍是(_g,i]*15?已知函數(shù)f(x)=inx-2ax2-2x，若函數(shù)f(x)在上單調(diào)遞增，則實數(shù)a的取值范圍是*【答案】—-1]上單調(diào)遞增，則f'(x)=1-上單調(diào)遞增，則f'(x)=1-ax-2>0在］2,22>最新高考數(shù)學復(fù)習優(yōu)質(zhì)培優(yōu)專題(附經(jīng)典解析)最新高考數(shù)學復(fù)習優(yōu)質(zhì)培優(yōu)專題(附經(jīng)典解析)新高考數(shù)學復(fù)習優(yōu)質(zhì)培優(yōu)專題(附經(jīng)典解析)■=J新高考數(shù)學復(fù)習優(yōu)質(zhì)培優(yōu)專題(附經(jīng)典解析)■=J最上恒成立，即1-ax2-2x'0在］2,2］上恒成立，所以-ax2-2x>0恒成立,12a12a<=f1-1「2-1在2,2x2xkx丿L2」上恒成立，所以a<-1，故實數(shù)a的取值范圍是(-卩-1］?16.已知關(guān)于x的不等式噸fmx2-x+1］〉0在［1,2］上恒成立，則實數(shù)m的mk2丿取值范圍為.答案】2'8答案】2'8TOC\o"1-5"\h\z【解析】①當05<1時，函數(shù)f(x)=logfmx2-x+丄］外層單調(diào)遞減,mk2丿內(nèi)層二次函數(shù)：當丄<1，即1<1時，二次函數(shù)在區(qū)間內(nèi)單調(diào)遞增，函數(shù)單調(diào)遞減,〉0解得12〉0解得12f(x)=f(2)=logminm當丄=1，即m=1時，f(1)無意義；2m2當1<丄<2，即1<m<1時，二次函數(shù)在區(qū)間內(nèi)先遞減后遞增，函數(shù)先2m42遞增后遞減，則需f(1)<0，f(2)<0，無解；當丄>2，即0<m<1時，二次函數(shù)在區(qū)間內(nèi)單調(diào)遞減，函數(shù)單調(diào)遞增,2m4f(x)f(x)min=f(1)=logm無解.②當m>1時，函數(shù)f(x)=logfmx2-x+丄］外層單調(diào)遞增,mI2丿丄<1，二次函數(shù)單調(diào)遞增，函數(shù)單調(diào)遞增,2m2所以f(所以f(x)min=f(1)=logm解得：a(2xa(2x-1)(x+1)+1x+12ax2+ax+1_ax+1設(shè)g(x)=2ax2+ax+1_a綜上所述：丄<m<5或m>3282三、解答題17?設(shè)函數(shù)f(x)=in(x+1)+a(x2_x)，其中aeR，討論函數(shù)f(x)極值點的個數(shù)，并說明理由;若Vx>0，f(x)>0成立，求a的取值范圍.【答案】(1)見解析；(2)0<a<1?【解析】(1)f(x)=in(x+1)+aC_x)，定義域為(_1Q，1f，(x)'+a(2x_1)=x+1當a=0時，g(x)=1，廣(x)=丄>0，函數(shù)f(x)在(_l,+w)為增函數(shù)，無極x+1值點.當a>0時，A=a2_8a(1_a)=9a2_8a，若0j<9時A<0，g(x)>0，f，(x)>0，函數(shù)f(x)在(_l,+w)為增函數(shù)，無極值點.若a>8時A>0，設(shè)g(x)=0的兩個不相等的實數(shù)根x，x，且x<x，91212且x+x=一—，而g(一1)=1>0，則_1<x<_—<x，122142

所以當xe(-1,x)，g(x)>0，f(x)>0，f(x)單調(diào)遞增；當XG(X,X?)，g(x)<0，廣(x)<0，f(x)單調(diào)遞減；當XEQ,+8)，g(x)>0，廣(x)>0，f(x)單調(diào)遞增?因此此時函數(shù)f(x)有兩個極值點；當a<0時A>0，但g(-1)=1>0，x<-1，所以當xG(-1,x^)，g(x)>0，廣(x)>0，f(x)單調(diào)遞增；當xEQ,+8)，g(x)<0，廣(x)<0，f(x)單調(diào)遞減?所以函數(shù)只有一個極值點．綜上可知，當a<0時f(x)有一個極值點；當0<°<8時f(x)的無極值點;當a>I時，f(x)的有兩個極值點.(2)由(1)可知當°<°<9時f(x)在(0,+小單調(diào)遞增，而f(0)=0，則當xE(0,+8)時，f(x)>0，符合題意；當9<a<1時，g(0)、0，x<0，f(x)在(0,+8)單調(diào)遞增，而f(0)=0，則當xE(0,+8)時，f(x)>0，符合題意;當a>1時，g(0)<0，x>0，所以函數(shù)f(x)在(0,x)單調(diào)遞減，而f(0)=0,則當xe(0,x?)時，f(x)<0，不符合題意；當a<0時，設(shè)h(x)=x-In(x+1)，當xe(0,+8x+11+xh(x)在(0,+8)單調(diào)遞增，因此當xe(0,+8)時h(x)>h(0)=0，ln(x+1)<x，于是f(x)于是f(x)<x+a-x)=ax2+(1-a當x>1-—時