2021届高三数学精准培优专练 恒成立问题（理） 含答案

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1、 例 1：设函数( )3xg x ，( )9xh x （1）解方程 33 ()log 2 ( )8l(og9( )xg xh x； （2）若 (1) ( ) ( ) g xa f x g xb 是R上的奇函数，且( ( )( )120f h xfk g x对任意 实数x恒成立，求实数k的取值范围 例 2：已知函数 1ln x f x x ，如果当1x 时，不等式 1 k f x x 恒成立，求实数k 的取值范围 2、分离参数求解 1、利用最值分析 恒成立恒成立问题问题 例 3： 已知不等式 2 1logaxx在 1,2x 上恒成立， 则实数a的取值范围是 一、选择题 1已知不等式sincosx

2、xxa对任意的0,x恒成立，则整数a的最小值为（ ） A2 B1 C0 D1 2已知 2 2 43,0 23,0 xxx f x xxx ，不等式2f xafax在,1a a上恒成 立，则a的取值范围是（ ） 3、数形结合 A, 2 B(1,) C(0,2) D(,0) 3若不等式21xxc对任意xR恒成立，则c的取值范围是（ ） A(1,) B 1 ( ,) 2 C(0,1) D 1 (,1) 2 4 已知( )f x，( )g x分别为定义域为R的偶函数和奇函数， 且( )( ) x f xg xe， 若关于x 的不等式 2 2 ( )0( )f xagx在(0,ln2)上恒成立，则实数a

3、的取值范围是（ ） A 40 (,) 9 B 40 ,) 9 C 40 (, 9 D 40 (,0) 9 5 设正数 22 1e x f x x ， 2 x e x g x e ， 对任意 12 ,0,x x ， 不等式 12 1 g xf x kk 恒成立，则正数k的取值范围是（ ） A(0,1) B1,) C ,)e D1, ) e 二、填空题 6 若不等式 22 (ln )2(1)ln40mxyxm对任意的 3 ,xe e，1,3y恒成立， 则m 的取值范围是 7已知函数 | )( x exf，对任意的) 1(, 1 mmx，都有exxf )2(，则最大的正整 数m为 8已知 22 ln

4、f xaxxax，(0)a ，若不等式 32ef xe对任意1,xe恒 成立，则实数a的取值范围为 三、解答题 9设 2 22f xxmx，当1,x 时， f xm恒成立，求m的取值范围 10已知函数 2 21ln ,f xaxaxx aR， 1 x g xex （1）当0a时，求函数( )f x的单调区间； （2）若对于任意的 12 0,xxR，不等式 12 f xg x恒成立，求实数a的取值 范围 11已知函数( ) a f xxb x ，其中, a bR （1）讨论函数( )yf x的单调性； （2）若对于任意的2 , 2 1 a，不等式10)(xf在 1 , 4 1 上恒成立，求b的取

5、值范围 12设( )ln x a f xbx e ，其中, a bR，函数( )f x在点(1,(1)f处的切线方程为 12 (1)1yx ee 其中2.7182e （1）求证：函数( )f x有且仅有一个零点； （2）当0,x时，( ) k f x ex 恒成立，求最小的整数k的值 例 1：【答案】（1）2x；（2）(,2) 【解析】（1）根据题意，原方程可转化为32 389)9( xxx ， 即39 x ，解得2x， 经验证，2x是原方程的解 （2）因为 1 (1)3 ( ) ( )3 x x g xaa f x g xbb 是R上的奇函数，所以()( )fxf x ， 故3a，1b，则

6、2 ( )3(1) 31 x f x ，且( )f x在R上单调递增 由( ( )( )120f h xfk g x，得( ( )( )12f h xfk g x ， 又( )f x是R上的奇函数，所以( ( )( )12f h xf k g x， 又( )f x在R上单调递增，所以( )( )12h xk g x， 故 2 3132 xx k 对任意的xR都成立，即 1 3 3 x x k 对任意的xR都成立， 因为 11 32 32 33 xx xx （当且仅当 1 3 3 x x 时取等号），所以2k ， 故实数k的取值范围是(,2) 例 2：【答案】(,2 【解析】1x， 1 1 ln

7、1 ln 1 xxxk k xxx ， 即只需要 min 1 1lnxx k x 即可， 设 1 1lnxx g x x ， 22 1 1 ln1 1 ln ln xxxxx xx gx xx ， 令 lnh xxx(分子的符号无法直接判断，所以考虑再构造函数进行分析） 11 1 x h x xx ， 1x， 0h x， h x在1,+ )单调递增， 110h xh ， 0g x， g x在1,+ )单调递增， 当1x 时， min 12g xg， 2k 实数k的取值范围是(,2 例 3：【答案】(1,2 【解析】先作出 2 1yx的图象， 观察图象可得：若要使不等式成立，则logayx的图象

8、应在 2 1yx的上方， logayx应为单增的对数函数，即1a ， 另一方面，观察图象可得：若要保证在1,2x时不等式成立， 只需保证在2x 时， 2 1logaxx即可，代入2x 可得1log 22 a a， 综上可得：12a 一、选择题 1【答案】A 【解析】令( )sincosf xxxx，则( )sincossincosfxxxxxxx， 令( )0fx，则在0,上， 2 x 当 (0,) 2 x时，( )0fx，( )f x单调递增； 当 (,) 2 x时，( )0fx，( )f x单调递减， 又(0)1f， ( ) 22 f，()1f， 所以当 2 x 时，( )f x取得最大值

9、，即 max ( )( ) 22 f xf， 所以 2 a ，即整数a的最小值是2，故选 A 2【答案】A 【解析】作出 f x的图象可知 f x为减函数，2fxafax等价于 2xaax在,1xa a恒成立，即 max 221axa，解得2a 3【答案】B 【解析】恒成立不等式变形为21xcx ， 即2yxc的图象在1yx 图象的上方，先作出1yx 的图象， 对于2yxc，可看作yx经过平移得到，而平移的距离与c的取值有关 通过观察图象，可得只需21c ，解得 1 2 c 4【答案】C 【解析】依题意知( )( )()() x fxgxf xg xe， 1 ( )() 2 xx f xee，

10、 1 ( )() 2 xx g xee，关于x的不等式 2 2 ( )0( )f xagx在区间(0,ln2)上恒成立， 等价于 22 2 ( )4() ( )() xx xx f xee a gxee 在区间(0,ln2)上恒成立， 等价于 min 2 4() (0,ln2) () xx xx ee ax ee 令 xx tee ，(0,ln2)x， 3 (0, ) 2 t， 2 2224 4()441446440 44 ()9819 xx xx eet eettt ， 40 9 a ， 故实数a的取值范围是 40 (, 9 5【答案】B 【解析】由 12 1 g xf x kk ，可得 2

11、 1 1 kf x g x k ， 2 1 max 1 kf x g x k ， 2 1 x g xex e，可得 g x在0,1单调递增，在1,单调递减， 故 max 1g xge， 若原不等式恒成立，只需 2 1 kf x e k ， 再进行一次参变分离， 2 2 1 1 kf xk eef x kk ，则只需 2 min 1k ef x k ， 22 22 111 22 e x f xe xe xe xxx ， 2 min 2f xe ， 1 2 k ee k ，解得1k 二、填空题 6【答案】 4 (, ) 5 【解析】设lnxs， 3 ,xe e，则1,3s， 则原不等式 22 (l

12、n )2(1)ln40mxyxm可化为 2 4 ()2(1)m sy s ， 则由上式对任意的1,3y恒成立，得 4 ()4m s s 对任意的1,3s恒成立 若0m，不等式显然成立； 若0m， 4 ( )f ss s 在区间1,2上单调递减，在区间(2,3上单调递增， 4( )5f s ，则54m，即 4 0 5 m， 综上所述，m的取值范围是 4 (, ) 5 7【答案】4 【解析】exxf )2(，即 2x eex ， 作出函数 2x g xe 和 h xex的图象， 可知 11ghe， 2 444gehe， 3 555gehe，5m， 即m的最大整数值为4 8【答案】1e 【解析】令1

13、x ，可得 11feae， 2 2 2 xaxaa fxxa xx ， 由1ae 可得，当1,xe时，0 xa，20 xa， 2 0 xaxa x ， 即 0fx， f x在1,e上单调递增， 32f ee，即 22 32aeaee，解得21eae ， 结合1ae ，可得1ae 三、解答题 9【答案】3,1m 【解析】恒成立不等式为 2 220 xmxm，只需 2 min 220 xmxm， 令 2 22g xxmxm ，则对称轴为xm 当1m时， g x在1, 单调递增， min 11 220g xgmm ， 3m，即3, 1m ； 当1m时， g x在1,m单调递减，在,m 单调递增， 2

14、2 min 220g xg mmmm ，21m ，即1,1m ， 综上，3,1m 10【答案】（1）见解析；（2）1,0a 【解析】（1）当0a时， ln f xxx， 11 1 x fx xx ， 易得当01x时， 0fx；当1x时， 0fx， 函数( )f x在(0,1)上单调递增，在(1,)上单调递减 （2） 12 f xg x恒成立，只需 1 min f xg x， 由 1 x g xex，得 1 x g xe， 令 0g x，解得0 x ， g x在,0单调递减，在0,单调递增， min 00g xg， 1 0, x，都有 2 111 21ln0axaxx恒成立， 即只需 max0f

15、 x 2 22112111 221 axaxaxx fxaxa xxx ， 当0a 时，令 21a x a ， 则 21211 lnln 20 aa f aaa ，与 0f x 矛盾， 当0a 时，210ax ， 0fx，解得1x ， f x在0,1单调递增，在1,单调递减， max 1211 f xfaaa， 10 a，解得1a， 综上所述：1,0a 11【答案】（1）见解析；（2） 7 (, 4 【解析】（1） 2 22 1 axa fx xx ， 当0a时，可得 0fx恒成立， f x在 ,0 , 0,单调递增； 当0a 时，令 0fx，可解得xa或xa ， f x在(,) a，(,)a

16、单调递增；在(,0) a，(0,)a单调递减 （2）若10)(xf在 1 , 4 1 上恒成立，则只需 max ( )10f x， 由（1）可知 f x在 1 , 4 1 的边界处取得最大值， 1 10 4 110 f f ，即 39 4 4 9 ba ba 对任意的2 , 2 1 a恒成立， min min 39 (4 ) 4 (9) ba ba ，可得 7 4 b ， 综上，b的取值范围为 7 (, 4 12【答案】（1）证明见解析；（2）2 【解析】（1）( ) x ab fx ex ，所以 1 (1)(1) a fb ee ， 当1x 时， 1 y e ，即 1 (1) a f ee

17、，解得1ab， 11 ( )0 x fx ex ，函数( )f x在(0,)x上单调减， 由于 1 (1)0f e 1 ( )10 e f e e ， 则函数( )f x有且仅有一个零点 （2）一方面，当1x 时， 1 (1) k f ee ，由此2k ； 当2k 时，下证： 2 ( )f x ex ，在(0,)x时恒成立， 21 ( )ln x f xx exe 22 ln x x xx exee ， 记函数( ) x x g x e ， 1 ( ) x x g x e ，( )g x在(0,1)上单调递增，在(1,+ )上单调递减， 1 ( )(1)g xg e ； 记函数( )lnh xxx，( )1 lnh xx ，( )h x在 1 (0, ) e 上单调递减，在 1 ( ,+ ) e 上单调递增， 11 ( )( )h xh ee ，即 1 ( )h x e ， ln( ) x x xxg x e 112 ( )h x eee ，成立， 又因为( )g x和( )h x不能同时在同一处取到最大值， 所以当(0,)x时， 2 ( )f x ex 恒成立，所以最小整数2k