【精准解析】2021届高考数学一轮知能训练：专题四 函数、不等式中的恒成立问题

专题四函数、不等式中的恒成立问题

1．(2019年天津)已知a ∈R ，设函数f (x )x 2－2ax ＋2a ，x ≤1，

x －a ln x ，x >1，若关于x 的不等式

f (x )≥0在R 上恒成立，则a 的取值范围为()A ．[0,1]B ．[0,2]C ．[0，e]D ．[1，e]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l 1，总存在过曲线

g (x )＝ax ＋2cos x 上一点处的切线l 2，使得l 1⊥l 2，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ax 3－x 2＋4x ＋3≥0恒成立，则实数a 的取值范围是()

A ．[－5，－3] B.－6，－98

C ．[－6，－2]

D ．[－4，－3]4．设0＜a ≤1，函数f (x )＝x ＋a 2

x ，g (x )＝x －ln x ，若对任意的x 1，x 2∈[1，e]，都有f (x 1)≥g (x 2)

成立，则实数a 的取值范围是________．

5．已知函数f (x )＝ax －ln x ＋x 2.(1)若a ＝－1，求函数f (x )的极值；

(2)若a ＝1，∀x 1∈(1,2)，∃x 2∈(1,2)，使得f (x 1)－x 21＝mx 2－1

3mx 32(m ≠0)，求实数m 的取

值范围．

6．设函数f (x )＝x 22－a ln x －12(a ∈R )．(1)若函数f (x )在区间[1，e](e ＝2.71828…为自然对数的底数)上有唯一的零点，求实数a

的取值范围；

(2)若在[1，e](e ＝2.71828…为自然对数的底数)上存在一点x 0，使得f (x 0)

－x 0－12成立，求实数a 的取值范围．

7．已知函数f (x )＝ax ＋ln x ＋1.(1)讨论函数f (x )零点的个数；(2)对任意的x ＞0,f (x )≤x e 2x 恒成立，求实数a 的取值范围．

8．已知函数f (x )＝12ax 2－(2a ＋1)x ＋2ln x (a ∈R )．(1)若曲线y ＝f (x )在x ＝1和x ＝4处的切线相互平行，求a 的值；(2)讨论函数f (x )的单调性；(3)设g (x )＝x 2－2x ，对任意的x 1∈(0,2]，均存在x 2∈(0,2]，使得f (x 1)

取值范围．

专题四函数、不等式中的恒成立问题

1．C 解析：当x ≤1时，由f (x )＝x 2－2ax ＋2a ≥0恒成立，对称轴是直线x ＝a ∴当a ≥1时，f (x )min ＝f (1)＝1>0恒成立；

当a <1时，f (x )min ＝f (a )＝2a －a 2≥0，∴0≤a <1.

综上，a ≥0，当x >1时，由f (x )＝x －a ln x ≥0恒成立，即a ≤x ln x 恒成立．设g (x )＝x ln x ，则g ′(x )＝ln x －1(ln x )2

.令g ′(x )＝0，得x ＝e ，

且当1e 时，g ′(x )>0，

∴当x ＝e 时，g (x )有最小值为e ，∴a ≤e.

综上0≤a ≤e ，故选C.

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

1e 11x +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：不等式ax 3－x 2＋4x ＋3≥0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 －3x 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 ∈[－2,0)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 )mi n ＝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 2x 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 )＝1－1x

(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.∴a ≥e －2.∴e －2≤a ≤1.

5．解：(1)依题意，f (x )＝－x －ln x ＋x 2，

则f ′(x )＝－1－1x ＋2x ＝2x 2－x －1x ＝(2x ＋1)(x －1)x

.∵x ∈(0，＋∞)，

∴当x ∈(0,1)时，f ′(x )<0；当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0.

故当x ＝1时，f (x )有极小值，极小值为f (1)＝0，无极大值．

(2)当a ＝1时，f (x )＝x －ln x ＋x 2.∵∀x 1∈(1,2)，∃x 2∈(1,2)，使得f (x 1)－x 21＝mx 2－13mx 32(m ≠0)，故ln x 1－x 1＝13

mx 32－mx 2.