2022高考数学一轮复习专题32 函数的存在与恒成立问题（解析卷）

这是一份2022高考数学一轮复习专题32 函数的存在与恒成立问题（解析卷），共9页。试卷主要包含了题型选讲， 函数的恒成立问题，函数的存在与恒成立的综合问题等内容，欢迎下载使用。
专题32  函数的存在与恒成立问题一、题型选讲题型一 、  函数的存在问题函数的恒成立问题往往采取分离参数法，参变分离法的适用范围：判断恒成立问题是否可以采用参变分离法，可遵循以下两点原则：①，则只需要 ，则只需要②，则只需要  ，则只需要例1、【2019年高考浙江】已知，函数，若存在，使得，则实数的最大值是___________.【答案】【解析】存在，使得，即有，化为，可得，即，由，可得.则实数的最大值是.例2、(2016泰州期末） 若命题“存在x∈R，ax2＋4x＋a≤0”为假命题，则实数a的取值范围是________．【答案】 (2，＋∞)　【解析】“存在x∈R，ax2＋4x＋a≤0”为假命题，则其否定“对任意x∈R，ax2＋4x＋a>0”为真命题，当a＝0,4x>0不恒成立，故不成立；当a≠0时，解得a>2，所以实数a的取值范围是(2，＋∞)．易错警示 转为真命题来处理，二次项系数为参数的不等式恒成立问题，要注意讨论二次项系数为0时能否成立例3、(2016苏锡常镇调研） 已知函数f(x)＝x，若存在x∈，使得f(x)<2，则实数a的取值范围是________．【答案】. (－1,5)　【解析】解法1 当x∈[1,2]时，f(x)<2，等价于|x3－ax|<2，即－2<x3－ax<2，即x3－2<ax<x3＋2，得到x2－<a<x2＋，即min<a<max，得到－1<a<5.解法2 原问题可转化为先求：对任意x∈[1,2]，使得f(x)≥2时，实数a的取值范围．则有x|x2－a|≥2，即|a－x2|≥.(1) 当a≥4时，a≥x2＋≥22＋＝5，得到a≥5.(2) 当a≤1时，x2－a≥，有a≤x2－≤1－＝－1，得到a≤－1.(3) 当1<a<4时，|a－x2|≥0，与>0矛盾．那么有a≤－1或a≥5，故原题答案为－1<a<5. 题型二、 函数的恒成立问题函数的恒成立问题往往采取分离参数法，参变分离法的适用范围：判断恒成立问题是否可以采用参变分离法，可遵循以下两点原则：（1）已知不等式中两个字母是否便于进行分离，如果仅通过几步简单变换即可达到分离目的，则参变分离法可行。但有些不等式中由于两个字母的关系过于“紧密”，会出现无法分离的情形，此时要考虑其他方法。（2）要看参变分离后，已知变量的函数解析式是否便于求出最值（或临界值），若解析式过于复杂而无法求出最值（或临界值），则也无法用参变分离法解决问题。（可参见”恒成立问题——最值分析法“中的相关题目）参变分离后会出现的情况及处理方法：（假设为自变量，其范围设为，为函数；为参数，为其表达式）（1）若的值域为 ①，则只需要  ，则只需要②，则只需要  ，则只需要例4、（2020届山东省泰安市高三上期末）设函数在定义域(0，+∞)上是单调函数，，若不等式对恒成立，则实数a的取值范围是______．【答案】【解析】由题意可设，则，∵，∴，∴，∴，∴，由得，∴对恒成立，令，，则，由得，∴在上单调递减，在单调递增，∴，∴，故答案为：．变式5、【2019年高考天津理数】已知，设函数若关于的不等式在上恒成立，则的取值范围为A．  B．C．  D．【答案】C【解析】当时，恒成立；当时，恒成立，令，则，当，即时取等号，∴，则.当时，，即恒成立，令，则，当时，，函数单调递增，当时，，函数单调递减，则时，取得最小值，∴，综上可知，的取值范围是.故选C.例6、（2020届山东省潍坊市高三上期末）已知函数 当时，不等式恒成立，求实数的取值范围. 【解析】当时，，问题等价于不等式，当时恒成立.设，，又设则而.(i)当时，即时，由于，此时在上单调递增.所以即，所以在上单调递增所以，即，故适合题意.(ii)当时，，由于在上单调递增，令， 则，故在上存在唯一，使，因此当时，单调递减，所以，即在上单调递减，故，亦即，故时不适合题意，综上，所求的取值范围为.题型三、函数的存在与恒成立的综合问题多变量恒成立与存在问题：对于含两个以上字母（通常为3个）的恒成立不等式，先观察好哪些字母的范围已知（作为变量），那个是所求的参数，然后通常有两种方式处理（1）选择一个已知变量，与所求参数放在一起与另一变量进行分离。则不含参数的一侧可以解出最值（同时消去一元），进而多变量恒成立问题就转化为传统的恒成立问题了。（2）将参数与变量进行分离，即不等号一侧只含有参数，另一侧是双变量的表达式，然后按所需求得双变量表达式的最值即可。例7、(2019苏州期末）设函数f(x)＝，若对任意x1∈(－∞，0)，总存在x2∈使得，则实数a的范围      【答案】　【解析】   考察函数f(x)在区间(－∞，0)和上的最小值或下确界．特别注意到，当a≠0时，当x＝时，－ax2＝0.①当a＝0时，f(x)＝在(－∞，0)上的值域为(0，＋∞)，在，满足要求；②当a<0时，f(x1)min＝f＝0，而f(x2)>0恒成立，所以不可能有f(x2)≤f(x1)；③当0<a≤时，f(x2)min＝f＝0，而f(x1)≥0恒成立，满足要求；④当a>时，设g(x)＝－ax2，则g′(x)＝－－2ax＝－.易得g(x)在上递增，在]上递减，在(2,)单调递减所以所以综上：例8、（2017苏锡常镇一调） 已知函数f(x)＝若存在x1，x2∈R，当0≤x1<4≤x2≤6时，f(x1)＝f(x2)，则x1f(x2)的取值范围是________．【答案】(3，)　【解析】思路分析 因为x1f(x2)＝x1f(x1)＝－x＋4x是关于x1的函数，所以关键是先确定x1的范围．而由定曲线y＝f(x)与动直线y＝k的位置关系，可确定x1的范围．设f(x1)＝f(x2)＝k，由定曲线y＝f(x)与动直线y＝k的位置关系，可得k∈[3,4]，从而易得x1∈[1,3]，所以x1f(x2)＝x1f(x1)＝－x＋4x，x1∈[1,3]，设g(t)＝－t3＋4t2，t∈[1,3]，则g′(t)＝－3t2＋8t＝－3tt－，令g′(t)＝0，得t＝.列表如下： t11，，33g′(t) ＋0－ g(t)39由上表可知，函数g(t)的值域为（3，.）    二、达标训练 1、(2017泰州期末） 若命题“存在x∈R，ax2＋4x＋a≤0”为假命题，则实数a的取值范围是________．【答案】 (2，＋∞)　【解析】“存在x∈R，ax2＋4x＋a≤0”为假命题，则其否定“对任意x∈R，ax2＋4x＋a>0”为真命题，当a＝0,4x>0不恒成立，故不成立；当a≠0时，解得a>2，所以实数a的取值范围是(2，＋∞)．2、(2017苏北四市摸底）已知函数f(x)＝ex－1＋x－2(e为自然对数的底数)，g(x)＝x2－ax－a＋3，若存在实数x1，x2，使得f(x1)＝g(x2)＝0，且|x1－x2|≤1，则实数a的取值范围是________. 【答案】. [2,3]【解析】　易知函数f(x)＝ex－1＋x－2为单调递增函数，且f(1)＝e0＋1－2＝0，从而x1＝1.因为|x1－x2|≤1，所以|1－x2|≤1，所以0≤x2≤2.题意也就可转化为存在实数x∈[0,2]，使得x2－ax－a＋3＝0成立，即存在实数x∈[0,2]，使得a＝成立．令t＝x＋1(t∈[1,3])，则g(t)＝＝t＋－2≥2 －2＝2，当且仅当t＝，即t＝2，x＝1时取等号．又因为g(t)max＝max{g(1)，g(3)}＝3，所以函数g(t)＝t＋－2的值域为[2,3]，从而实数a的取值范围是[2,3]．3、（2020届山东省济宁市高三上期末）已知函数,若有且只有两个整数使得,且,则的取值范围是(    )A． B． C． D．【答案】C【解析】，，当时，函数单调递增，不成立；当时，函数在上单调递增，在上单调递增；有且只有两个整数使得,且，故且 即；故选：. 4、【2020年高考天津】已知函数，为的导函数．当时，求证：对任意的，且，有． 证明：由，得．对任意的，且，令，则．        ①令．当时，，由此可得在单调递增，所以当时，，即．因为，，所以，．        ②可知，当时，，即，故．        ③由①②③可得．所以，当时，对任意的，且，有．5、（2020·浙江温州中学3月高考模拟）已知.（1）求的单调区间；（2）当时，求证：对于，恒成立；（3）若存在，使得当时，恒有成立，试求的取值范围.【解析】（1），当时，.解得．当时，解得．所以单调减区间为，单调增区间为．（2）设，当时，由题意，当时，恒成立．，∴当时，恒成立，单调递减．又，∴当时，恒成立，即．∴对于，恒成立．（3）因为．由（2）知，当时，恒成立，即对于，，不存在满足条件的；当时，对于，，此时．∴，即恒成立，不存在满足条件的；当时，令，可知与符号相同，当时，，，单调递减．∴当时，，即恒成立．综上，的取值范围为．