【最新版】高中数学高三培优小题练第22练　高考大题突破练——恒(能)成立问题

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第22练　高考大题突破练——恒(能)成立问题考点一　分离参数求最值(范围)1．设函数f(x)＝x2＋mln x，其中m∈R，且m≠0.(1)当m＝－4时，求f(x)的单调区间；(2)若x＝是f(x)的极值点，且对任意x≥1，不等式f(x)≥ax恒成立，求实数a的取值范围．解　(1)当m＝－4时，f(x)＝x2－4ln x，定义域为(0，＋∞)，所以f′(x)＝2x－＝.当0<x<时，f′(x)<0；当x>时，f′(x)>0.因此f(x)的单调递增区间是(，＋∞)，单调递减区间是(0，)．(2)因为f′(x)＝2x＋，所以f′＝0，即1＋＝0，解得m＝－.于是f(x)≥ax等价于x2－ln x≥ax，即a≤x－在[1，＋∞)上恒成立．令g(x)＝x－，则g′(x)＝1－＝.当x≥1时，2x2－1>0，ln x≥0，所以g′(x)>0，g(x)在[1，＋∞)上单调递增．因此g(x)≥g(1)＝1，即a≤1.故实数a的取值范围是(－∞，1]．2．已知函数f(x)＝x2－(2a＋1)x＋aln x(a∈R)．(1)若a＝1，求函数f(x)的极值；(2)函数g(x)＝(1－a)x，若∃x0∈[1，e]，使得f(x0)≥g(x0)成立，求实数a的取值范围．解　(1)当a＝1时，f(x)＝x2－3x＋ln x，f′(x)＝2x－3＋＝＝， f(x)在上单调递增，在上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增， f(x)的极大值为f＝－＋ln；f(x)的极小值为f(1)＝－2.(2)由题意知不等式f(x)≥g(x)在区间[1，e]上有解，即x2－2x＋a(ln x－x)≥0在区间[1，e]上有解．∵当x∈[1，e]时，ln x≤1≤x(不同时取等号)，∴x－ln x>0，∴a≤在区间[1，e]上有解．令h(x)＝，则h′(x)＝.∵x∈[1，e]，∴h′(x)≥0，h(x)单调递增．当x∈[1，e]时，h(x)max＝h(e)＝，∴a≤.即实数a的取值范围是. 考点二　直接求最值(范围)3．(2022·青岛模拟)已知函数f(x)＝ln x＋x2.(1)求函数f(x)在区间[1，e]上的最大值和最小值；(2)若f(x)>(1－a)x2有解，求实数a的取值范围．解　(1)由题意可知f(x)的定义域为(0，＋∞)，函数f(x)＝x2＋ln x，f′(x)＝x＋>0，所以函数f(x)在区间[1，e]上单调递增．所以f(x)在区间[1，e]上的最大值为f(e)＝e2＋1，最小值为f(1)＝.(2)f(x)>(1－a)x2，令g(x)＝f(x)－(1－a)x2＝ln x＋x2，g′(x)＝(2a－1)x＋.当a≥时，g′(x)>0.g(1)＝a－≥0，显然g(x)>0有解．当a<时，由g′(x)＝(2a－1)x＋＝0，得x＝，当x∈时，g′(x)>0，当x∈时，g′(x)<0，故g(x)在x＝处取得最大值g＝－－ln(1－2a)．若使g(x)>0有解，只需－－ln(1－2a)>0，解得a>－.结合a<，此时a的取值范围为，.综上所述，实数a的取值范围为.4．已知函数f(x)＝x＋，g(x)＝x＋ln x，其中a>0.(1)若函数h(x)＝f(x)－g(x)在区间(1，e)上存在零点，求实数a的取值范围；(2)若对任意的x1，x2∈[1，e]，都有f(x1)≥g(x2)成立，求实数a的取值范围．解　(1)h(x)＝－ln x，其定义域为(0，＋∞), ∵h′(x)＝－－<0，∴h(x)在区间(0，＋∞)上单调递减. 要使函数h(x)在区间(1，e)内存在零点，当且仅当⇒0<a<，∴实数a的取值范围为(0，)．(2)对任意的x1，x2∈[1，e]，都有f(x1)≥g(x2)成立等价于对任意的x1，x2∈[1，e]，都有f(x)min≥g(x)max. 当x∈[1，e]时，g′(x)＝1＋>0.∴函数g(x)＝x＋ln x在[1，e]上单调递增．∴g(x)max＝g(e)＝e＋1.∵f′(x)＝1－＝，a>0.∴当x∈(0，a)时，f′(x)<0，当x∈(a，＋∞)时，f′(x)>0，∴f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增．①当0<a≤1时，函数f在[1，e]上单调递增，∴f(x)min＝f＝1＋a2.由1＋a2≥e＋1，得a≥，又0<a≤1，∴ a∈∅，不符合题意．②当1<a<e时，∴函数f在上单调递减，在上单调递增．∴f(x)min＝f＝2a.由2a≥e＋1，得a≥，又1<a<e，∴≤a<e.③当a≥e时，函数f在上单调递减．∴f(x)min＝f＝e＋.由e＋≥e＋1，得a≥，又a≥e，∴a≥e.综上所述，a的取值范围为.