2019年《南方新课堂·高考总复习》数学(理科)作业及测试：课时作业 专题四 函数、不等式中的恒成立问题

四函数、不等式中的恒成立问题

1．(2017年广东揭阳二模)已知函数f(x)＝

2

1

3

5

21

4

1

1

4

()

log()

x x x

x x

⎧

-+-

⎪⎪

⎨

⎪->

⎪⎩

≤,

,

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.⎝⎛⎦⎤

－∞，

9

4 B.⎣

⎡

⎭

⎫

7

4，＋∞

C.⎣⎡⎦⎤

7

4，

9

4 D.⎝

⎛

⎦

⎤

－∞，

7

4∪⎣

⎡

⎭

⎫

9

4，＋∞

2．(2016年河北衡水调研)设过曲线f(x)＝－e x－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＋2cos 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．(2014年辽宁)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.⎣⎡⎦⎤

－6，－

9

8

C．[－6，－2] D．[－4，－3]

4．设0＜a≤1，函数f(x)＝x＋

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．(2015年新课标Ⅰ)设函数f(x)＝e2x－a ln 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＋a ln

2

a.

6．已知f(x)＝2ax－

b

x＋ln x在x＝1与x＝

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∈⎣⎡⎦⎤

1

2，2，总存在x2∈⎣

⎡

⎦

⎤

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 )＝ax 2＋ln x (a ∈R )．

(1)当a ＝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 )，f 1(x )，f 2(x )，在公共定义域D 上，满足f 1(x )

为f 1(x )，f 2(x )的“活动函数”．已知函数f 1(x )＝⎝⎛⎭⎫a －12x 2＋2ax ＋(1－a 2)ln x ，f 2(x )＝1

2

x 2＋2ax .若在区间(1，＋∞)内，函数f (x )是f 1(x )，f 2(x )的“活动函数”，求实数a 的取值范围．

8．(2014年天津)已知函数f (x )＝x 2－2

3

ax 3(a ＞0)，x ∈R .

(1)求f (x )的单调区间和极值；

(2)若对于任意的x 1∈(2，＋∞)，都存在x 2∈(1，＋∞)，使得f (x 1)·f (x 2)＝1.求实数a 的取值范围．

．

专题四 函数、不等式中的恒成立问题

1．C 解析：对任意的x 1，x 2∈R ，都有f (x 1)≤g (x 2)⇔f (x )max ≤g (x )min .注意到f (x )max ＝f (1)＝－14.又g (x )＝|A －2|sin x ≥－|A －2|，故－|A －2|≥－14⇒|A －2|≤14⇒74≤A ≤94.

2．A 解析：由题意，得∀x 1∈R ，∃x 2∈R ，使得(－e x 1－1)(a －2sin x 2)＝－1，即函数y ＝11e 1

x +的值域为函数y ＝a －2sin x 2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ax 3－x 2＋4x ＋3≥0可变形为ax 3≥x 2－4x －3.当x ＝0时，0≥－3，故实数a 的取值范围是R ；当x ∈(0,1]时，a ≥x 2－4x －3x 3恒成立，记f (x )＝x 2－4x －3

x 3，

f ′(x )＝－x 2＋8x ＋9x 4＝－(x ＋1)(x －9)

x 4>0成立，故函数f (x )单调递增，f (x )max ＝f (1)＝－6，故a ≥

－6；当x ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫

－20时，a ≤x 2－4x －3x 3恒成立，记f (x )＝x 2－4x －3x 3，f ′(x )＝－x 2＋8x ＋9x 4

＝－(x ＋1)(x －9)

x 4，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．[e －2，1] 解析：f ′(x )＝1－a 2x 2＝x 2－a

2

x

2，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 (x 1)min ＝f (1)＝1＋a 2.又g ′(x )＝1－1

x

(x ＞0)，易求g ′(x )＞0，

∴g (x )在区间[1，e]上是增函数，g (x 2)max ＝g (e)＝e －1.由条件知只需f (x 1)min ≥g (x 2)max .即1＋a 2≥e －1.∴a 2≥e －2.即

e －2≤a ≤1.

5．(1)解：f (x )的定义域为(0，＋∞)，

f ′(x )＝2e 2x －a

x (x >0)．

当a ≤0时，f ′(x )>0，f ′(x )没有零点；

当a >0时，设u (x )＝e 2x ，v (x )＝－a

x

，

因为u (x )＝e 2x 在区间(0，＋∞)内单调递增，v (x )＝－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0

4时，f ′(b )<0，故当a >0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x 0，当x ∈(0，x 0)时，f ′(x )<0； 当x ∈(x 0，＋∞)时，f ′(x )>0.

故f (x )在(0，x 0)上单调递减，在区间(x 0，＋∞)内单调递增，所以当x ＝x 0时，f (x )取得最小值，最小值为f (x 0)．

由于202e x －a

x 0

＝0，