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2025新教材數(shù)學高考第一輪
課時規(guī)范練9　恒成立與能成立問題
一、基礎(chǔ)鞏固練
1.(2024·吉林長春高三期中)若關(guān)于x的不等式a·2|x|>2|x|+1(x∈R)有實數(shù)解,則實數(shù)a的取值范圍是(　　)
A.(1,+∞) B.(2,+∞)
C.[1,+∞) D.[2,+∞)
2.(2024·江蘇鎮(zhèn)江模擬)已知函數(shù)f(x)=log3(x2-1),g(x)=x2-2x+a,對于任意x1∈[2,+∞),存在x2∈[,3]有f(x1)≥g(x2),則實數(shù)a的取值范圍是(　　)
A.(-∞,1] B.(-∞,2]
C.(-∞,-2] D.(-∞,]
3.(2024·山東濰坊高三期末)已知函數(shù)f(x)=()x-x(x>3),對 x∈(3,+∞)都有f(x)4.(2024·貴州貴陽模擬)已知函數(shù)f(x)=為偶函數(shù).
(1)求實數(shù)m的值;
(2)若對任意的x∈R,總存在y∈R,使得f(x)≥1成立,求n的取值范圍.
5.(2024·山西大同期末)定義在[-3,3]上的奇函數(shù)f(x),已知當x∈[-3,0]時,f(x)=(a∈R).
(1)求f(x)在(0,3]上的解析式;
(2)若存在x∈[-2,-1],使不等式f(x)≤成立,求實數(shù)m的取值范圍.
二、綜合提升練
6.(2024·廣東汕頭模擬)已知f(x)=ln(x2+1),g(x)=()x-m,若對任意x1∈[0,3],x2∈[1,2],使得f(x1)≥g(x2),則實數(shù)m的取值范圍是(　　)
A.[,+∞) B.(-∞,]
C.[,+∞) D.(-∞,-]
7.(2024·天津河東期中)已知f(x)=則使f(x)-ex-m≤0恒成立的m的取值范圍是　　　　　.
8.(2024·安徽安慶高三期中)已知函數(shù)f(x)=為R上的奇函數(shù).
(1)求b的值,并用定義證明函數(shù)f(x)的單調(diào)性;
(2)求不等式f[f(x)]+f()<0的解集;
(3)設(shè)g(x)=ln x+mx2,若對任意的x1∈[1,e],總存在x2∈[0,2],使得g(x1)=f(x2)成立,求實數(shù)m的取值范圍.
課時規(guī)范練9　恒成立與能成立問題
1.A　解析 由題知a·2|x|>2|x|+1,而2|x|≥1,所以a>1+,又因為0<1,所以1<1+2,因為關(guān)于x的不等式a·2|x|>2|x|+1(x∈R)有實數(shù)解,所以a>1,故選A.
2.B　解析 對于任意x1∈[2,+∞),存在x2∈[,3]有f(x1)≥g(x2)等價于[f(x1)]min≥[g(x2)]min,
由x∈[2,+∞),f(x)=log3(x2-1)單調(diào)遞增,可得f(x)min=f(2)=1,
又g(x)=x2-2x+a,∴當x=1時,g(x)min=g(1)=a-1,∴1≥a-1,解得a≤2,故選B.
3.[-,+∞)　解析 f(x)=()x-x在(3,+∞)內(nèi)單調(diào)遞減,
所以f(x)因為對 x∈(3,+∞)都有f(x)所以m≥-
4.解 (1)因為f(x)=(x∈R)為偶函數(shù),所以有f(-x)=f(x),取x=1,即f(-1)=f(1),
所以有,解得m=1,經(jīng)檢驗f(x)為偶函數(shù)成立.
(2)由(1)知,f(x)==3x+3-x,將f(x)≥1變形為3x+3-x因為3x+3-x≥2=2,當且僅當3x=3-x,即x=0時,3x+3-x有最小值2.所以存在y∈R,使得2成立,即存在y∈R,使得y2+2y-n≤1成立,亦即存在y∈R,使得n≥y2+2y-1成立.
因為y2+2y-1=(y+1)2-2≥-2,當且僅當y=-1時,等號成立,所以有n≥-2,所以n的取值范圍是[-2,+∞).
5.解 (1)根據(jù)題意,f(x)是定義在[-3,3]上的奇函數(shù),則f(0)=1+a=0,得a=-1.經(jīng)檢驗滿足題意,故a=-1.
當x∈[-3,0]時,f(x)=,當x∈(0,3]時,-x∈[-3,0),f(-x)==4x-3x.又f(x)是奇函數(shù),則f(x)=-f(-x)=3x-4x.
綜上,當x∈(0,3]時,f(x)=3x-4x.
(2)根據(jù)題意,若存在x∈[-2,-1],使得f(x)成立,即在[-2,-1]有解,即在[-2,-1]有解.
又由2x>0,則m+2·()x在[-2,-1]有解.設(shè)g(x)=+2·()x,g(x)在x∈[-2,-1]上單調(diào)遞減,
當x∈[-2,-1]時,g(x)min=g(-1)=+2·()-1=5,故m≥5.即實數(shù)m的取值范圍是[5,+∞).
6.C　解析 f(x)=ln(x2+1)在[0,3]上單調(diào)遞增,f(x)min=f(0)=0,g(x)=()x-m在[1,2]上單調(diào)遞減,g(x)max=g(1)=-m,
對任意x1∈[0,3],x2∈[1,2],使得f(x1)≥g(x2),則f(x)min≥g(x)max,所以-m≤0,即m,故選C.
7.[2,+∞)　解析 因為f(x)-ex-m≤0 m≥f(x)-ex,令g(x)=f(x)-ex,x∈R,依題意, x∈R,m≥g(x),當x≤1時,g(x)=x+3-ex,g'(x)=1-ex,當x<0時,g'(x)>0,當01時,g(x)=-x2+2x+3-ex,g'(x)=-2x+2-ex,g'(x)在(1,+∞)內(nèi)單調(diào)遞減,g'(x)8.解 (1)因為f(x)為奇函數(shù),所以f(x)+f(-x)==b+2=0,得b=-2,
所以f(x)==2-
下面用定義法證明單調(diào)性: x1,x2∈R,且x1因為x10,+1>0,所以f(x1)-f(x2)<0,即f(x1)(2)由(1)知f(x)在R上單調(diào)遞增,且為奇函數(shù),故不等式f[f(x)]+f()<0 f[f(x)]<-f()=f(-) f(x)<-,
即2-<-,整理得,即2x<,解得x(3)因為f(x)在R上單調(diào)遞增,所以在[0,2]上,f(x)max=f(2)=,
f(x)min=f(0)=0,故f(x)∈[0,].
當m<0時,g(1)=ln 1+m<0,不存在符合題意的x2;當m≥0時,g(x)=ln x+mx2在區(qū)間[1,e]上為增函數(shù),要使對任意的x1∈[1,e],總存在x2∈[0,2],使得g(x1)=f(x2)成立,
則需即解得0≤m,即m∈[0,].
21世紀教育網(wǎng) www.21cnjy.com 精品試卷·第 2 頁 （共 2 頁）
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