2020届高考数学专题四恒成立问题精准培优专练(文)

培优点四 恒成立问题

一、不等式恒成立问题

2

例1：已知a[1,1]，不等式x(a4)x42a0恒成立，则x的取值范围为（）

A．(,2)U(3,) B．(,1)U(2,) C．(,1)U(3,) D．(1,3)

【答案】C

【解析】把原不等式的左端看成关于a的一次函数，记f(a)(x2)ax4x4，

2则f(a)0对于任意的a[1,1]恒成立，易知只需f(1)x5x60①，

2且f(1)x3x20②即可，联立①②解得x1或x3．故选C．

2例2：不等式|x3||x1|a3a对任意实数x恒成立，则实数a的取值范围为（）

2A．[1,4] B．(,1]U[4,)

C．(,2]U[5,) D．[2,5]

【答案】A

【解析】由绝对值的几何意义易知|x3||x1|的最小值为4，

所以不等式|x3||x1|a3a对任意实数x恒成立，

22只需a3a4，解得1a4．故选A．

例3：已知x0，y0，且

211，若x2ym22m恒成立，则实数m的取值范围是（） xy

A．(2,4) B．(1,2) C．(2,1) D．(2,4)

【答案】D

【解析】x2y(x2y)(2x14yx)4+448， yxy

∴m22m8，∴2m4．

二、函数恒成立问题

x例4：当x0时，指数函数f(x)(a1)1恒成立，则实数a的取值范围是（） A．a2 【答案】B

【解析】由f(x)(a1)1，得0a11，即1a2．故选B．

xB．1a2 C．a1 D．aR

例5：已知函数f(x)x,2x0x4x,x0，若|f(x)|ax1恒成立，则实数a的取值范围是（）

A．(,6] B．[6,0] C．(,1] D．[1,0]

【答案】B

【解析】首先画出yf(x)的图像，yax1的图像为过(0,1)的一组直线，

若|f(x)|ax1恒成立，只需yax1始终在y|f(x)|的下方，

即直线夹在与y|x4x|(x0)相切的直线，和y1之间，

2

所以转化为求切线斜率，y|x4x|(x0)x4x(x0)，

22yx24x2联立，得x(4a)x10①， yax1令Δ0，即(4a)40，解得a6或a2， 将a6代入①，得x1成立；

将a2代入①，得x1，不满足，所以舍去， 故a6,0．

2三、分离参数解恒成立问题

xx

例6：对任意实数x，若不等式4m210恒成立，则实数m的取值范围是（） A．m2 【答案】A

【解析】∵对任意实数x，不等式4m210恒成立，∴(2)m210恒成立，

xxx2xB．2m2 C．m2 D．2m2

令t2(t0)，则原不等式等价于tmt10，即mt，

x21t由基本不等式可得t2，故m2．

1t例7：关于x的不等式axex在x(0,1)上恒成立，则a的取值范围是．

【答案】(,e]

ex【解析】当x(0,1)时，axea，

xxexxexex(x1)ex令f(x)，则问题等价于af(x)min，则f(x)， 22xxx所以f(x)0，即f(x)在(0,1)上单调递减，

所以当x(0,1)时，f(x)e，所以ae．

对点增分集训

一、选择题

x24,1．已知函数f(x)sinπx,取值范围是（） A．(6,0]

(1x0)，且f(x)ax1对定义域内的任意的x恒成立，则a的

(x0)B．[6,0] C．(1,0] D．[1,0]

【答案】B

【解析】当1x0 时，原命题等价于f(x)ax1ax 5在x[1,0)时恒成立， x由双勾函数单调性可得a6．

当x0时，原命题等价于f(x)ax1sinπxax1，

左边设为ysinπx，右边设为yax1，由数形结合易得a0． 综上两种情况可得6a0，故答案B．

2x－12．已知函数f(x)x，对任意m[3,3]，不等式f(mx1)f(2x)0恒成立，则实数x的取值

2＋1范围为（）

A．(1,)

15B．(2,)

23C．(2,)

13D．(2,)

15【答案】A

2x－112xf(x)，故f(x)为奇函数， 【解析】因为f(x)x2＋12x12x－12x1x又f(x)x，而y2为增函数，故也为增函数， 2＋121故f(x)对任意m[3,3]，不等式f(mx1)f(2x)0恒成立，

可化为，对任意m[3,3]，不等式mx12x恒成立，

即13x12x，解得1x．

53x12x3．设f(x)是定义在R上的增函数，且对任意x，都有f(x)f(x)0恒成立，如果实数m,n满足不等

f(m26m21)f(n28n)0，那么m2n2的取值范围是（）

A．(9,49)

B．(13,49)

C．(9,25)

D．(3,7)

【答案】A

【解析】∵对于任意的x都有f(x)f(x)0恒成立，∴f(x)f(x)，

6m21)f(n8n)0， ∵f(m﹣

∴f(m6m21)f(n8n)f(n8n)，

22222∵f(x)是定义在R上的增函数，∴m6m21n8n，

22∴(m3)(n4)4，

22∵(m3)(n4)4的圆心坐标为(3,4)，半径为2，

22∴(m3)(n4)4内的点到原点距离的取值范围为(52,52)，即(3,7)，

22∵mn表示(m3)(n4)4内的点到原点距离的平方，

2222∴mn的取值范围是(9,49)．故选A．

二、填空题

4．若不等式|2x1||x4|m恒成立，则实数m的取值范围是．

22【答案】(,]

92【解析】令f(x)|2x1||x4|，

当x1时，f(x)2x1x4x5； 2

当1x4时，f(x)2x1x43x3； 2当x4时，f(x)2x1x4x5，

∴f(x)在(,]上是减函数，在(,4)上是增函数，在[4,)上是增函数，

1212∴fmin(x)f()12195． 22∵|2x1||x4|m恒成立，即mf(x)恒成立，

∴mfmin(x)，即m9． 2

三、简答题

5．已知a0，b0，且ab2． （1）若abm恒成立，求m的取值范围； 2（2）若

91|x1||x2|恒成立，求x的取值范围． ab97x． 22【答案】（1）m2；（2）【解析】（1）∵a0，b0，∴2ab2ab，即ab1， 所以ab的最大值为1，当且仅当ab1时取等号， ∴abmm恒成立等价于1，解得m2． 22（2）∵

9119119ba19ba(ab)()(91)(102)8， ab2ab2ab2ab

当且仅当a31，b时取等， 22∴

91|x1||x2|恒成立等价于8|x1||x2|． ab9x2； 2①当x2时，8x1x2，解得②当2x1时，8x1x2，解得2x1； ③当x1时，8x1x2，解得1x7， 2综上可得97x． 226．定义域为R的函数f(x)满足：对于任意的实数x，y都有f(xy)f(x)f(y)成立，且f(1)2，当x0时，f(x)0恒成立．

（1）求f(0)，f(2)的值；

（2）若不等式f(t3t)f(tk)4对于tR恒成立，求k的取值范围．

2【答案】（1）f(0)0，f(2)4；（2）k2．

【解析】（1）令xy0，得f(0)2f(0)，∴f(0)0，

令yx，得f(0)f(x)f(x)0，∴f(x)是奇函数，

∵f(2)f(1)f(1)4，∴f(2)f(2)4．

（2）设x1x2，则x2x10，∴f(x2x1)0，即f(x2)f(x1)0，∴f(x)是减函数，

∵f(t3t)f(tk)4，即f(t3ttk)f(2)，

22

∴t23ttk2，即t24tk20恒成立， ∴Δ164(k2)0，解得k2．

7．已知函数f(x)2x．

（1）试求函数F(x)f(x)f(2x),x(,0]的最大值；

（2）若存在x(,0]，使|af(x)f(2x)|1成立，试求a的取值范围；

（3）当a0，且x[0,15]时，不等式f(x1)f[(2xa)]恒成立，求a的取值范围．

2【答案】（1）F(x)max2；（2）a0或a2；（3）a1．

【解析】（1）∵x(,0]，F(x)f(x)f(2x)24，

xxx令2t(0t1)，即有F(x)tt(t)21221在(0,1]单调递增， 4∴t1时，F(x)max2．

（2）令2xt，则存在t(0,1)使得|tat|1，

2所以存在t(0,1)使得t2at1，或t2at1，

即存在t(0,1)使得a(t)max或a(t)min，∴a0或a2．

221t1t（3）由f(x1)f[(2xa)]得x1(2xa)恒成立，

因为a0，且x[0,15]，所以问题即为x12xa恒成立，∴a(2xx1)max． 设m(x)2xx1，令x1t，则xt21，t[1,4]，

∴m(t)2(t1)t2(t)214217， 8

所以当t1时，m(x)max1，∴a1．

8．已知函数f(x)x3（1）求b的值；

（2）若当x[1,2]时，f(x)c恒成立，求c的取值范围；

212xbxc，且f(x)在x1处取得极值． 2（3）对任意的x1,x2[1,2]，|f(x1)f(x2)|请说明理由．

7是否恒成立？如果成立，给出证明，如果不成立， 2【答案】（1）b2；（2）c1或c2；（3）见解析． 【解析】（1）f(x)3xxb，

2∵f(x)在x1处取得极值，∴f(1)31b0，∴b2经检验，符合题意．

（2）∵f(x)3xx2(3x2)(x1)，∴当x2222时，f(x)有极大值c， 327又f(2)2c22122c，f(1)cc， 27227∴x[1,2]时，f(x)最大值为f(2)2c，

2∴c2c，故c1或c2．

（3）对任意的x1,x2[1,2]，|f(x1)f(x2)|由（2）可知，当x1时，f(x)有极小值7恒成立， 23c， 2又f(1)133cc，∴x[1,2]时，f(x)最小值为c， 222

∴|f(x1)f(x2)||f(x)maxf(x)min|

7，故结论成立． 2