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，

所以f (x 0)＝a 2x 0＋2ax 0＋a ln 2a ≥2a ＋a ln 2

a

.

故当a >0时，f (x )≥2a ＋a ln 2

a .

6．解：(1)∵f (x )＝2ax －b

x

＋ln x ，

∴f ′(x )＝2a ＋b x 2＋1

x .

∵f (x )＝2ax －b x ＋ln x 在x ＝1与x ＝1

2

处都取得极值，

∴f ′(1)＝0，f ′????12＝0.∴?

????

2a ＋b ＋1＝0，2a ＋4b ＋2＝0.

解得a ＝b ＝－1

3.

当a ＝b ＝－1

3

时，

f ′(x )＝－23－13x 2＋1

x ＝－2(x －1)????x －123x 2

.

∴函数f (x )在x ＝1与x ＝1

2

处都取得极值．

∴a ＝b ＝－1

3

.

(2)由(1)知，函数y ＝f (x )－ln x ＝－23x ＋1

3x

在区间????12，2上单调递减， ∴[f (x )－ln x ]min ＝f (2)＝－7

6.

又函数g (x )＝x 2－2mx ＋m 图象的对称轴是x ＝m .

①当m <12时，g (x )min ＝g ????12＝14，依题意有14≥－76成立，∴m <1

2

. ②当1

2

≤m ≤2时，g (x )min ＝g (m )＝m －m 2，

∴m －m 2≥－7

6，即6m 2－6m －7≤0.

解得3－516≤m ≤3＋516.

又∵12≤m ≤2，∴1

2≤m ≤3＋516.

③当m >2时，g (x )min ＝g (2)＝4－3m ，

∴4－3m ≥－76.∴m ≤31

18.又m >2，∴m ∈?.

综上所述，m ≤3＋51

6.

7．解：(1)当a ＝12时，∵f (x )＝1

2

x 2＋ln x ，

∴f ′(x )＝x ＋1x ＝x 2

＋1

x

.

对于x ∈[1，e]，有f ′(x )>0， ∴f (x )在区间[1，e]上为增函数．

∴f max (x )＝f (e)＝1＋e 22，f min (x )＝f (1)＝1

2

.

(2)①在区间(1，＋∞)内，函数f (x )是f 1(x )，f 2(x )的“活动函数”，则f 1(x )

令p (x )＝f (x )－f 2(x )＝????a －1

2x 2－2ax ＋ln x <0，对x ∈(1，＋∞)恒成立， 且h (x )＝f 1(x )－f (x )＝－1

2

x 2＋2ax －a 2ln x <0对x ∈(1，＋∞)恒成立，

∵p ′(x )＝(2a －1)x －2a ＋1x ＝(2a －1)x 2

－2ax ＋1x ＝(x －1)[(2a －1)x －1]

x

， (*)

ⅰ)若a >12，令p ′(x )＝0，得极值点x 1＝1，x 2＝1

2a －1

，

当x 2>x 1＝1，即1

2

0，

此时p (x )在区间(x 2，＋∞)内是增函数，并且在该区间上有p (x )∈(p (x 2)，＋∞)，不合题意；

当x 2

ⅱ)若a ≤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 －12≤0?a ≥－1

2

，

∴－12≤a ≤12

.

又∵h ′(x )＝－x ＋2a －a 2x ＝－x 2＋2ax －a 2x ＝－(x －a )

2

x

<0，h (x )在区间(1，＋∞)内为减函

数，

∴h (x )

4

.

综上所述，实数a 的范围是???

?－12，14. 8．解：(1)由已知，有f ′(x )＝2x －2ax 2(a ＞0)．

令f ′(x )＝0，解得x ＝0，或x ＝1

a .

当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：

x (－∞，0)

0 ????0，1a 1a ???

?1a ，＋∞ f ′(x ) － 0 ＋

0 －

f (x )

13a 2

所以f (x )的单调递增区间是????0，1a ；单调递减区间是(－∞，0)，????1

a ，＋∞. 当x ＝0时，f (x )有极小值，且极小值f (0)＝0；

当x ＝1

a

时，f (x )有极大值，且极大值f ????1a ＝13a 2. (2)由f (0)＝f ????

32a ＝0及(1)知，

当x ∈????0，3

2a 时，f (x )＞0； 当x ∈????32a ，＋∞时，f (x )＜0.

设集合A ＝{f (x )|x ∈(2，＋∞)}， 集合B ＝

?

??

?????1f (x )x ∈(1，＋∞)，f (x )≠0.

则“对于任意的x 1∈(2，＋∞)，都存在x 2∈(1，＋∞)，使得f (x 1)·f (x 2)＝1”等价于A ?B .显然，0?B .

下面分三种情况讨论：

①当32a ＞2，即0＜a ＜3

4

时，由f ????32a ＝0可知， 0∈A ，而0?B ，所以A 不是B 的子集．

②当1≤32a ≤2，即34≤a ≤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32a ＜1，即a ＞3

2

时，有f (1)＜0，

且此时f (x )在区间(1，＋∞)内单调递减，故B ＝???

?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????34，32.