新高考数学专题复习专题32函数的存在与恒成立问题专题练习(学生版+解析)

这是一份新高考数学专题复习专题32函数的存在与恒成立问题专题练习(学生版+解析)，共12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。

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___________.
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________．
例3、(2016苏锡常镇调研） 已知函数f(x)＝xeq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(x2－a))，若存在x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1，2))，使得f(x)<2，则实数a的取值范围是________．
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______．
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．
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.
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)＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(2,x)－ax2))，若对任意x1∈(－∞，0)，总存在x2∈使得，则实数a的范围
例8、（2017苏锡常镇一调） 已知函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－x2＋4x， 0≤x<4，,lg2x－2＋2， 4≤x≤6，))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________．
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________．
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________.
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．
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．
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.
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，eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a>0，,Δ＝16－4a2<0，))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)＝xeq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(x2－a))，若存在x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1，2))，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|≥eq \f(2,x).
(1) 当a≥4时，a≥x2＋eq \f(2,x)≥22＋eq \f(2,2)＝5，得到a≥5.
(2) 当a≤1时，x2－a≥eq \f(2,x)，有a≤x2－eq \f(2,x)≤1－eq \f(2,1)＝－1，得到a≤－1.
(3) 当10矛盾．
那么有a≤－1或a≥5，故原题答案为－1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)＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(2,x)－ax2))，若对任意x1∈(－∞，0)，总存在x2∈使得，则实数a的范围
【答案】
【解析】eq \a\vs4\al(思路分析) 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＝eq \r(3,\f(2,a))时，eq \f(2,x)－ax2＝0.
①当a＝0时，f(x)＝eq \f(2,|x|)在(－∞，0)上的值域为(0，＋∞)，在，满足要求；
②当a<0时，f(x1)min＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(3,\f(2,a))))＝0，而f(x2)>0恒成立，所以不可能有f(x2)≤f(x1)；
③当0④当a>eq \f(1,4)时，设g(x)＝eq \f(2,x)－ax2，则g′(x)＝－eq \f(2,x2)－2ax＝－eq \f(2ax3＋2,x2).
易得g(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(1,\r(3,a))))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)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－x2＋4x， 0≤x<4，,lg2x－2＋2， 4≤x≤6，))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，eq \f(256,27))
【解析】思路分析 因为x1f(x2)＝x1f(x1)＝－xeq \\al(3,1)＋4xeq \\al(2,1)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)＝－xeq \\al(3,1)＋4xeq \\al(2,1)，x1∈[1,3]，设g(t)＝－t3＋4t2，t∈[1,3]，则g′(t)＝－3t2＋8t＝－3tt－eq \f(8,3)，令g′(t)＝0，得t＝eq \f(8,3).
列表如下：
由上表可知，函数g(t)的值域为（3，eq \f(256,27).）
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，eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a>0，,Δ＝16－4a2<0，))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＝eq \f(x2＋3,x＋1)成立．令t＝x＋1(t∈[1,3])，则g(t)＝eq \f(t－12＋3,t)＝t＋eq \f(4,t)－2≥2 eq \r(t·\f(4,t))－2＝2，当且仅当t＝eq \f(4,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＋eq \f(4,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．t
1
1，eq \f(8,3)
eq \f(8,3)
eq \f(8,3)，3
3
g′(t)
＋
0
－
g(t)
3

eq \f(256,27)

9