2023届高考数学二轮复习微专题44多变量的不等式恒成立与存在性问题学案

这是一份2023届高考数学二轮复习微专题44多变量的不等式恒成立与存在性问题学案，共8页。


例题：已知函数f(x)＝x2，g(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(x)－m，若对x1∈[2，3]，x2∈[1，2]，f(x1)≥g(x2)，求实数m的取值范围．
变式1已知函数f(x)＝x2，g(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(x)－m，若对x1∈[2，3]，x2∈[1，2]，f(x1)≥g(x2)，求实数m的取值范围．
变式2已知函数f(x)＝x2，g(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(x)－m，若x1∈[2，3]，x2∈[1，2]，f(x1)≥g(x2)，求实数m的取值范围．
串讲1已知f(x)＝x2，g(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(x)－m，若对x1∈[2，3]，x2∈[1，2]，f(x1)＝g(x2)，求实数m的取值范围．
串讲2已知f(x)＝x2，g(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(x)－m，若x1∈[2，3]，x2∈[1，2]，f(x1)＝g(x2)，求实数m的取值范围．
(2018·苏大考前指导)已知函数f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(x2,2e)，x≥a，,lnx，0 已知函数f(x)＝eq \r(1＋x)＋eq \r(1－x).
(1)求函数f(x)的定义域和值域；
(2)设F(x)＝eq \f(a,2)·[f2(x)－2]＋f(x)(a为实数)，求F(x)在a<0时的最大值g(a)；
(3)对(2)中g(a)，若－m2＋2tm＋eq \r(2)≤g(a)对a<0所有的实数a及t∈[－1，1]恒成立，求实数m的取值范围．
答案：(1)定义域为[－1，1]；值域为[eq \r(2)，2]．
(2)g(a)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＋2，－\f(1,2)(3)(－∞，－2]∪{0}∪[2，＋∞)．
解析：(1)由1＋x≥0且1－x≥0，得－1≤x≤1，所以定义域为[－1，1].2分
又f2(x)＝2＋2eq \r(1－x2)∈[2，4]，由f(x)≥0得值域为[eq \r(2)，2].4分
(2)令t＝f(x)＝eq \r(1＋x)＋eq \r(1－x)，则eq \r(1－x2)＝eq \f(1,2)t2－1，所以F(x)＝m(t)＝a(eq \f(1,2)t2－1)＋t
＝eq \f(1,2)at2＋t－a，t∈[eq \r(2)，2].6分
由题意知g(a)即为函数m(t)＝eq \f(1,2)at2＋t－a，t∈[eq \r(2)，2]的最大值．注意到直线t＝－eq \f(1,a)
是抛物线m(t)＝eq \f(1,2)at2＋t－a的对称轴．因为a<0时，函数y＝m(t)，t∈[eq \r(2)，2]的图
象是开口向下的抛物线的一段，
①若t＝－eq \f(1,a)∈(0，eq \r(2)]，即a≤－eq \f(\r(2),2)，则g(a)＝m(eq \r(2))＝eq \r(2).7分
②若t＝－eq \f(1,a)∈(eq \r(2)，2]，即－eq \f(\r(2),2)③若t＝－eq \f(1,a)∈(2，＋∞)，即－eq \f(1,2)综上有g(a)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＋2，－\f(1,2)(3)易得g(a)min＝eq \r(2)，11分
由－m2＋2tm＋eq \r(2)≤g(a)对a<0恒成立．即要使－m2＋2tm＋eq \r(2)≤g(a)min＝eq \r(2)恒成立．
m2－2tm≥0，令h(t)＝－2mt＋m2，对所有的t∈[－1，1]，h(t)≥0
成立，只需eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(h（－1）＝2m＋m2≥0，,h（1）＝－2m＋m2≥0，))14分
微专题44
例题
答案：eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(15,4)，＋∞)).
解析：g(x2)≤f(x1)min＝4，所以g(x2)min＝eq \f(1,4)－m≤4，所以m≥－eq \f(15,4)，即实数m的取值范围为eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(15,4)，＋∞)).
变式联想
变式1
答案：[－eq \f(7,2)，＋∞)．
解析：g(x2)max≤f(x1)min＝4，所以g(x2)max＝eq \f(1,2)－m≤4，所以m≥－eq \f(7,2)，即实数m的取值范围为[－eq \f(7,2)，＋∞)．.
变式2
答案：eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(35,4)，＋∞)).
解析：g(x2)≤f(x1)max＝9，所以g(x2)min＝eq \f(1,4)－m≤9，所以m≥－eq \f(35,4)，即实数m的取值范围为eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(35,4)，＋∞)).
串讲激活
串讲1
答案：eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(17,2)，－\f(15,4))).
解析：g(x2)的值域是f(x1)的值域的子集，[eq \f(1,4)－m，eq \f(1,2)－m][4，9]，所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－m≤9，,\f(1,4)－m≥4，))所以－eq \f(17,2)≤m≤－eq \f(15,4)，即实数m的取值范围为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(17,2)，－\f(15,4))).
串讲2
答案：eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(35,4)，－\f(7,2))).
解析：g(x2)的值域与f(x1)的值域有交集，即[eq \f(1,4)－m，eq \f(1,2)－m]∩[4，9]≠，可考虑[eq \f(1,4)－m，eq \f(1,2)－m]∩[4，9]＝，所以eq \f(1,2)－m<4或eq \f(1,4)－m>9所以m>－eq \f(7,2)或m<－eq \f(35,4)，补集为－eq \f(35,4)≤m≤－eq \f(7,2)，即实数m的取值范围为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(35,4)，－\f(7,2))).
新题在线
答案：eq \r(e).
解析：设h(x)＝lnx－eq \f(x2,2e)，则h′(x)＝eq \f(1,x)－eq \f(x,e)＝eq \f(e－x2,ex)，所以当x∈(0，eq \r(e))时，h′(x)>0，h(x)单调递增，当x∈(eq \r(e)，＋∞)时，h′(x)<0，h(x)单调递减，所以h(x)的最大值为h(eq \r(e))＝0，即lnx≤eq \f(x2,2e)，
所以eq \f(lnx,x)≤eq \f(x,2e).画出函数图象如图
记g(x)＝eq \f(f（x）,x)
＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(x,2e)，x≥a，,\f(lnx,x)，0 多变量的不等式恒成立与存在性问题探究历来是高考的热点与难点，解决此类问题的难点是目标函数的选取以及最值的求解．本专题主要研究多变量的不等式恒成立与存在性问题，并在解决问题的过程中感悟数学思想方法的灵活运用.