高考数学(理数)二轮专题复习：13《函数、不等式中的恒成立问题》专题练习（教师版）

这是一份高考数学(理数)二轮专题复习：13《函数、不等式中的恒成立问题》专题练习（教师版），共8页。试卷主要包含了设函数f＝e2x－aln x.，已知函数f＝ax2＋ln x等内容，欢迎下载使用。


1．已知函数f(x)＝ SKIPIF 1 < 0 g(x)＝|A－2|·sin x(x∈R)，若对任意的x1，x2∈R，都有f(x1)≤g(x2)，则实数A的取值范围为( )
A.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，\f(9,4))) B.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7,4)，＋∞)) C.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(7,4)，\f(9,4))) D.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，\f(7,4)))∪eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(9,4)，＋∞))
2．设过曲线f(x)＝－ex－x(e为自然对数的底数)上任意一点处的切线为l1，总存在过曲线g(x)＝ax＋2cs x上一点处的切线l2，使得l1⊥l2，则实数a的取值范围为( )
A．[－1,2] B．(－1,2) C．[－2,1] D．(－2,1)
3．当x∈[－2,1]时，不等式ax3－x2＋4x＋3≥0恒成立，则实数a的取值范围是( )
A．[－5，－3] B.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－6，－\f(9,8))) C．[－6，－2] D．[－4，－3]
4．设0＜a≤1，函数f(x)＝x＋eq \f(a2,x)，g(x)＝x－ln x，若对任意的x1，x2∈[1，e]，都有f(x1)≥g(x2)成立，则实数a的取值范围是________．
5．设函数f(x)＝e2x－aln x.
(1)讨论f(x)的导函数f′(x)零点的个数；
(2)证明：当a＞0时，f(x)≥2a＋aln eq \f(2,a).
6．已知f(x)＝2ax－eq \f(b,x)＋ln x在x＝1与x＝eq \f(1,2)处都取得极值．
(1)求a，b的值；
(2)设函数g(x)＝x2－2mx＋m，若对任意的x1∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，2))，总存在x2∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，2))，使得g(x1)≥f(x2)－ln x2，求实数m的取值范围．
7．已知函数f(x)＝ax2＋ln x(a∈R)．
(1)当a＝eq \f(1,2)时，求f(x)在区间[1，e]上的最大值和最小值；
(2)如果函数g(x)，f1(x)，f2(x)，在公共定义域D上，满足f1(x)8．已知函数f(x)＝x2－eq \f(2,3)ax3(a＞0)，x∈R.
(1)求f(x)的单调区间和极值；
(2)若对于任意的x1∈(2，＋∞)，都存在x2∈(1，＋∞)，使得f(x1)·f(x2)＝1.求实数a的取值范围．
专题三 函数、不等式中的恒成立问题
1．C 解析：对任意的x1，x2∈R，都有f(x1)≤g(x2)⇔f(x)max≤g(x)min.注意到f(x)max＝f(1)＝－eq \f(1,4).又g(x)＝|A－2|sin x≥－|A－2|，故－|A－2|≥－eq \f(1,4)⇒|A－2|≤eq \f(1,4)⇒eq \f(7,4)≤A≤eq \f(9,4).
2．A 解析：由题意，得∀x1∈R，∃x2∈R，使得(－ex1－1)(a－2sin x2)＝－1，即函数y＝ SKIPIF 1 < 0 的值域为函数y＝a－2sin x2的值域的子集，从而(0,1)⊆[a－2，a＋2]，即a－2≤0，a＋2≥1⇒－1≤a≤2.故选A.
3．C 解析：关于x的不等式ax3－x2＋4x＋3≥0可变形为ax3≥x2－4x－3.当x＝0时，0≥－3，故实数a的取值范围是R；当x∈(0,1]时，a≥eq \f(x2－4x－3,x3)恒成立，记f(x)＝eq \f(x2－4x－3,x3)，f′(x)＝eq \f(－x2＋8x＋9,x4)＝－eq \f(x＋1x－9,x4)>0成立，故函数f(x)单调递增，f(x)max＝f(1)＝－6，故a≥－6；当x∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－2,0))时，a≤eq \f(x2－4x－3,x3)恒成立，记f(x)＝eq \f(x2－4x－3,x3)，f′(x)＝eq \f(－x2＋8x＋9,x4)＝－eq \f(x＋1x－9,x4)，当x∈[－2，－1)时，f′(x)<0；当x∈(－1,0)时，f′(x)>0.故f(x)min＝f(－1)＝－2，故a≤－2.综上所述，实数a的取值范围是[－6，－2]．
4．[eq \r(e－2)，1] 解析：f′(x)＝1－eq \f(a2,x2)＝eq \f(x2－a2,x2)，当0＜a≤1，且x∈[1，e]时，f′(x)＞0，∴f(x)在区间[1，e]上是增函数，f(x1)min＝f(1)＝1＋a2.又g′(x)＝1－eq \f(1,x)(x＞0)，易求g′(x)＞0，∴g(x)在区间[1，e]上是增函数，g(x2)max＝g(e)＝e－1.由条件知只需f(x1)min≥g(x2)max.即1＋a2≥e－1.∴a2≥e－2.即eq \r(e－2)≤a≤1.
5．(1)解：f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝2e2x－eq \f(a,x)(x>0)．
当a≤0时，f′(x)>0，f′(x)没有零点；
当a>0时，设u(x)＝e2x，v(x)＝－eq \f(a,x)，
因为u(x)＝e2x在区间(0，＋∞)内单调递增，v(x)＝－eq \f(a,x)在(0，＋∞)内单调递增，
所以f′(x)在(0，＋∞)内单调递增．
又f′(a)>0，当b满足00时，f′(x)存在唯一零点．
(2)证明：由(1)，可设f′(x)在区间(0，＋∞)内的唯一零点为x0，当x∈(0，x0)时，f′(x)<0；
当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)>0.
故f(x)在(0，x0)上单调递减，在区间(x0，＋∞)内单调递增，所以当x＝x0时，f(x)取得最小值，最小值为f(x0)．
由于2 SKIPIF 1 < 0 －eq \f(a,x0)＝0，
所以f(x0)＝eq \f(a,2x0)＋2ax0＋aln eq \f(2,a)≥2a＋aln eq \f(2,a).
故当a>0时，f(x)≥2a＋aln eq \f(2,a).
6．解：(1)∵f(x)＝2ax－eq \f(b,x)＋ln x，
∴f′(x)＝2a＋eq \f(b,x2)＋eq \f(1,x).
∵f(x)＝2ax－eq \f(b,x)＋ln x在x＝1与x＝eq \f(1,2)处都取得极值，
∴f′(1)＝0，f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝0.∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2a＋b＋1＝0，,2a＋4b＋2＝0.))
解得a＝b＝－eq \f(1,3).
当a＝b＝－eq \f(1,3)时，
f′(x)＝－eq \f(2,3)－eq \f(1,3x2)＋eq \f(1,x)＝eq \f(－2x－1\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2))),3x2).
∴函数f(x)在x＝1与x＝eq \f(1,2)处都取得极值．
∴a＝b＝－eq \f(1,3).
(2)由(1)知，函数y＝f(x)－ln x＝－eq \f(2,3)x＋eq \f(1,3x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，2))上单调递减，
∴[f(x)－ln x]min＝f(2)＝－eq \f(7,6).
又函数g(x)＝x2－2mx＋m图象的对称轴是x＝m.
①当m②当eq \f(1,2)≤m≤2时，g(x)min＝g(m)＝m－m2，
∴m－m2≥－eq \f(7,6)，即6m2－6m－7≤0.
解得eq \f(3－\r(51),6)≤m≤eq \f(3＋\r(51),6).
又∵eq \f(1,2)≤m≤2，∴eq \f(1,2)≤m≤eq \f(3＋\r(51),6).
③当m>2时，g(x)min＝g(2)＝4－3m，
∴4－3m≥－eq \f(7,6).∴m≤eq \f(31,18).又m>2，∴m∈∅.
综上所述，m≤eq \f(3＋\r(51),6).
7．解：(1)当a＝eq \f(1,2)时，∵f(x)＝eq \f(1,2)x2＋ln x，
∴f′(x)＝x＋eq \f(1,x)＝eq \f(x2＋1,x).
对于x∈[1，e]，有f′(x)>0，
∴f(x)在区间[1，e]上为增函数．
∴fmax(x)＝f(e)＝1＋eq \f(e2,2)，fmin(x)＝f(1)＝eq \f(1,2).
(2)①在区间(1，＋∞)内，函数f(x)是f1(x)，f2(x)的“活动函数”，则f1(x)令p(x)＝f(x)－f2(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a－\f(1,2)))x2－2ax＋ln x<0，对x∈(1，＋∞)恒成立，
且h(x)＝f1(x)－f(x)＝－eq \f(1,2)x2＋2ax－a2ln x<0对x∈(1，＋∞)恒成立，
∵p′(x)＝(2a－1)x－2a＋eq \f(1,x)＝eq \f(2a－1x2－2ax＋1,x)＝eq \f(x－1[2a－1x－1],x)， (*)
ⅰ)若a>eq \f(1,2)，令p′(x)＝0，得极值点x1＝1，x2＝eq \f(1,2a－1)，
当x2>x1＝1，即eq \f(1,2)0，
此时p(x)在区间(x2，＋∞)内是增函数，并且在该区间上有p(x)∈(p(x2)，＋∞)，不合题意；
当x2ⅱ)若a≤eq \f(1,2)，则有2a－1≤0，此时在区间(1，＋∞)内恒有p′(x)<0，
从而p(x)在区间(1，＋∞)内是减函数.
要使p(x)<0在此区间上恒成立，
只需满足p(1)＝－a－eq \f(1,2)≤0⇒a≥－eq \f(1,2)，
∴－eq \f(1,2)≤a≤eq \f(1,2).
又∵h′(x)＝－x＋2a－eq \f(a2,x)＝eq \f(－x2＋2ax－a2,x)＝eq \f(－x－a2,x)<0，h(x)在区间(1，＋∞)内为减函数，
∴h(x)综上所述，实数a的范围是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，\f(1,4))).
8．解：(1)由已知，有f′(x)＝2x－2ax2(a＞0)．
令f′(x)＝0，解得x＝0，或x＝eq \f(1,a).
当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
所以f(x)的单调递增区间是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,a)))；单调递减区间是(－∞，0)，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，＋∞)).
当x＝0时，f(x)有极小值，且极小值f(0)＝0；
当x＝eq \f(1,a)时，f(x)有极大值，且极大值feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)))＝eq \f(1,3a2).
(2)由f(0)＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2a)))＝0及(1)知，
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(3,2a)))时，f(x)＞0；
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2a)，＋∞))时，f(x)＜0.
设集合A＝{f(x)|x∈(2，＋∞)}，
集合B＝eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(\b\lc\{\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(1,fx)))x∈1，＋∞，fx≠0)).
则“对于任意的x1∈(2，＋∞)，都存在x2∈(1，＋∞)，使得f(x1)·f(x2)＝1”等价于A⊆B.显然，0∉B.
下面分三种情况讨论：
①当eq \f(3,2a)＞2，即0＜a＜eq \f(3,4)时，由feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2a)))＝0可知，
0∈A，而0∉B，所以A不是B的子集．
②当1≤eq \f(3,2a)≤2，即eq \f(3,4)≤a≤eq \f(3,2)时，有f(2)≤0，且此时f(x)在区间(2，＋∞)内单调递减，故A＝(－∞，f(2))，因而A⊆(－∞，0)；由f(1)≥0，有f(x)在区间(1，＋∞)内的取值范围包含(－∞，0)，则(－∞，0)⊆B.所以A⊆B.
③当eq \f(3,2a)＜1，即a＞eq \f(3,2)时，有f(1)＜0，
且此时f(x)在区间(1，＋∞)内单调递减，故B＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,f1)，0))，A＝(－∞，f(2))，所以A不是B的子集．
综上所述，实数a的取值范围是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3,4)，\f(3,2))).
x
(－∞，0)
0
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,a)))
eq \f(1,a)
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，＋∞))
f′(x)
－
0
＋
0
－
f(x)

0

eq \f(1,3a2)
