2025优化设计一轮课时规范练9 恒成立与能成立问题

23
f(x)<m 成立,则实数 m 的取值范围是 [- 8 ,+∞) .
解析
所以
1 x
f(x)=(2) -x
在(3,+∞)内单调递减,
23
f(x)<f(3)=- 8 ,
因为对∀x∈(3,+∞)都有 f(x)<m 成立,
所以
23
m≥- 8 .
1 2 3 4 5 6 7 8
4.(2024·贵州贵阳模拟)已知函数
总存在 x2∈[0,2],使得 g(x1)=f(x2)成立,
(1) ≥ (0), ≥ 0,
1
1
6 解得 0≤m≤
则需
即
,即 m∈[0,5e 2 ].
2
2
5e
1
+
e≤,ຫໍສະໝຸດ (e) ≤ (2),5
1 2 3 4 5 6 7 8
本 课 结 束
5.(2024·山西大同期末)定义在[-3,3]上的奇函数 f(x),已知当 x∈[-3,0]时,
1

f(x)=4 + 3 (a∈R).
(1)求 f(x)在(0,3]上的解析式;

(2)若存在 x∈[-2,-1],使不等式 f(x)≤ −
2
1 2 3 4 5 6 7 8
1
3-1
成立,求实数 m 的取值范围.
f(x)= 2 +1 为
R 上的奇函数.
(1)求 b 的值,并用定义证明函数 f(x)的单调性;
1
(2)求不等式 f[f(x)]+f( )<0 的解集;
4
(3)设 g(x)=ln x+mx2,若对任意的 x1∈[1,e],总存在 x2∈[0,2],使得 g(x1)=f(x2)成
立,求实数 m 的取值范围.
3
1
2 x
+2·
( ) 在[-2,-1]有解.
2
3
1
2 x
g(x)=2 +2·
(3) ,g(x)在
x∈[-2,-1]上单调递减,
1
2 -1
x∈[-2,-1]时,g(x)min=g(-1)= -1 +2·
(3) =5,
2
故 m≥5.即实数 m 的取值范围是[5,+∞).
1 2 3 4 5 6 7 8
1 2 3 4 5 6 7 8
解 (1)因为 f(x)为奇函数,
所以
2+1 +
f(x)+f(-x)= 2 +1
所以
2+1 -2
4
f(x)= =2- .
2 +1
2 +1
+
2-+1 +
2- +1
=
(2 +1)(+2)
=b+2=0,得
2 +1
b=-2,
下面用定义法证明单调性:∀x1,x2∈R,且 x1<x2,
x
2
7
< ,解得
9
7
x<log2 ,
9
(3)因为 f(x)在 R
6
上单调递增,所以在[0,2]上,f(x)max=f(2)= ,
5
f(x)min=f(0)=0,故
6
f(x)∈[0,5].
当 m<0 时,g(1)=ln 1+m<0,不存在符合题意的 x2;
当 m≥0 时,g(x)=ln x+mx2 在区间[1,e]上为增函数,要使对任意的 x1∈[1,e],
=
9+1
,解得
3
f(-x)=f(x),取 x=1,即 f(-1)=f(1),
m=1,经检验 f(x)为偶函数成立.
9 +1
x
-x
- 2 -2+
(2)由(1)知,f(x)= 3 =3 +3 ,将2
f(x)≥1
变形为 3 +3 ≥ 2
x
-x
2 +2-
.
因为 3x+3-x≥2 3 ·3- =2,当且仅当 3x=3-x,即 x=0 时,3x+3-x 有最小值 2.
2
1 2 3 4 5 6 7 8
C.
在[1,2]上单
+ 3, ≤ 1,
7.(2024·天津河东期中)已知 f(x)= 2
则使 f(x)-ex-m≤0 恒成
- + 2 + 3, > 1,
立的 m 的取值范围是 [2,+∞) .
解析 因为f(x)-ex-m≤0⇔m≥f(x)-ex,令g(x)=f(x)-ex,x∈R,依题意,∀x∈R,m≥g(x),
(1,+∞)内单调递减,g'(x)<g'(1)<0,于是函数g(x)=-x2+2x+3-ex在(1,+∞)内单
调递减,g(x)<g(1)=4-e<2,因此g(x)max=2,则m≥2,所以m的取值范围是[2,+∞).
1 2 3 4 5 6 7 8
8.(2024·安徽安庆高三期中)已知函数
2+1 +
D.[2,+∞)
解析 由题知 a·
2 >2 +1,而 2 ≥1,所以
|x|
又因为
1
0<2||
|x|
≤1,所以
|x|
1
1<1+2||
1
a>1+2|| ,
≤2,
因为关于 x 的不等式 a·
2|x|>2|x|+1(x∈R)有实数解,所以 a>1,故选 A.
1 2 3 4 5 6 7 8
2.(2024·江苏镇江模拟)已知函数 f(x)=log3(x2-1),g(x)=x2-2x+a,对于任意 x1∈
1
[2,+∞),存在 x2∈[ ,3]有 f(x1)≥g(x2),则实数 a 的取值范围是( B )
3
A.(-∞,1]
B.(-∞,2]
14
C.(-∞,-2]
D.(-∞, ]
9
解析 对于任意x1∈[2,+∞),
1
存在x2∈[3
,3]有f(x1)≥g(x2)等价于[f(x1)]min≥[g(x2)]min,
由x∈[2,+∞),f(x)=log3(x2-1)单调递增,可得f(x)min=f(2)=1,
又g(x)=x2-2x+a,∴当x=1时,g(x)min=g(1)=a-1,∴1≥a-1,解得a≤2,故选B.
1 2 3 4 5 6 7 8
3.(2024·山东潍坊高三期末)已知函数
1 x
f(x)=(2) -x(x>3),对∀x∈(3,+∞)都有
1 2 3 4 5 6 7 8
(2)由(1)知 f(x)在 R 上单调递增,且为奇函数,故不等式
1
1
1
1
f[f(x)]+f(4)<0⇔f[f(x)]<-f(4)=f(-4)⇔f(x)<-4,
即
4
1
4
2- <- ,整理得
2 +1 4
2 +1
>
9
,即
4
7
故不等式的解集为(-∞,log29).
1 2 3 4 5 6 7 8
解 (1)根据题意,f(x)是定义在[-3,3]上的奇函数,则 f(0)=1+a=0,得 a=-1.
经检验满足题意,故 a=-1.
当
1
x∈[-3,0]时,f(x)=
4
+

3
=
1
4
当 x∈(0,3]时,-x∈[-3,0),f(-x)=
1
4 -
−
1
,

3
−
1
3
又 f(x)是奇函数,则 f(x)=-f(-x)=3x-4x.
当x≤1时,g(x)=x+3-ex,g'(x)=1-ex,当x<0时,g'(x)>0,当0<x<1时,g'(x)<0,
因此g(x)=x+3-ex在(-∞,0)内单调递增,在(0,1)内单调递减,
当x=0时,g(x)max=g(0)=2,当x>1时,g(x)=-x2+2x+3-ex,g'(x)=-2x+2-ex,g'(x)在
解析 f(x)=ln(x
2
1 x
+1)在[0,3]上单调递增,f(x)min=f(0)=0,g(x)=(2) -m
1
调递减,g(x)max=g(1)=2-m,
对任意 x1∈[0,3],x2∈[1,2],使得 f(x1)≥g(x2),则 f(x)min≥g(x)max,
1
所以2-m≤0,即
m≥
1
,故选
2025
高考总复习优化设计
GAO KAO ZONG FU XI YOU HUA SHE JI
课时规范练9
恒成立与能成立问题
基础巩固练
1.(2024·吉林长春高三期中)若关于x的不等式a·2|x|>2|x|+1(x∈R)有实数解,
则实数a的取值范围是( A )
A.(1,+∞)
B.(2,+∞)
C.[1,+∞)
成立,
综合提升练
6.(2024·广东汕头模拟)已知 f(x)=ln(x
2
1 x
+1),g(x)=(2) -m,若对任意 x1∈[0,3],x2∈
[1,2],使得 f(x1)≥g(x2),则实数 m 的取值范围是( C )
1
1
A.[4,+∞)
B.(-∞,4]
1
C.[ ,+∞)
2
1
D.(-∞,- ]
2
则
4
4
4(2 1 -2 2 )
f(x1)-f(x2)=2-2 1 +1-(2-2 2 +1)=(2 1 +1)(2 2 +1),
因为 x1<x2,所以2 2 > 2 1 , 2 1 +1>0,2 2 +1>0,所以 f(x1)-f(x2)<0,即 f(x1)<f(x2),
所以函数 f(x)在 R 上单调递增.
所以存在 y∈R,使得 2≥ 2
2 +2-
成立,
即存在 y∈R,使得 y2+2y-n≤1 成立,亦即存在 y∈R,使得 n≥y2+2y-1 成立.
因为 y2+2y-1=(y+1)2-2≥-2,当且仅当 y=-1 时,等号成立,所以有 n≥-2,
所以 n 的取值范围是[-2,+∞).
1 2 3 4 5 6 7 8
综上,当 x∈(0,3]时,f(x)=3x-4x.
1 2 3 4 5 6 7 8
x x
=4
-3 .
-
(2)根据题意,若存在 x∈[-2,-1],使得 f(x)≤

2
1
即4
1
4
−
1
3
≤

2
−
又由 2 >0,则 m≥
x
设
当
1

在[-2,-1]有解,即2
-1
3
≥
1
−
+
3-1
2
在[-2,-1]有解.
9 +1
f(x)= 为偶函数.
3
(1)求实数 m 的值;
- 2 -2+
(2)若对任意的 x∈R,总存在 y∈R,使得2
f(x)≥1 成立,求 n 的取值范围.
1 2 3 4 5 6 7 8
解 (1)因为
9 +1
f(x)= (x∈R)为偶函数,所以有
3
9-1 +1
所以有
3-