专题56 不等式的恒成立、恰成立、能成立问题 -2021版跳出题海之高中数学必做黄金100题

第56题 不等式的恒成立、恰成立、能成立问题

一．题源探究·黄金母题 当k取何值时，一元二次不等式2kx2kx30对一切实数x都成立？ 8【试题来源】人教版A版必5P4例3． 【母题评析】本题考查一元二次不等式恒成立参数取值范围问题．不等式恒成立问【解析】由已知结合二次函数的图像可得k0,3，解得3k0．所以当3k02k42k80时，一元二次不等式2kx2kx3 题，是历年来高考的一个常考点． 0，对一切实数x都成立．8【思路方法】合理运用二次函数的图像及其性质解题． 二．考场精彩·真题回放 x2x3,x1,xx【2017高考天津理8】已知函数f(x)设，若关于的不等式aRf(x)|a|在R上恒22x,x1.x成立，则a的取值范围是（ ） A．[474739,2] B．[,] C．[23,2] 16161639] 16 D．[23,【答案】A 【命题意图】本题考查绝对值不等式的性质，属于创新题，有一定的难度．它考查【解析】不等式f(x)xxa为f(x)af(x)(*)， 22学生的阅读理解能力，接受新思维的能力，考查学生分析问题与解决问题的能力． 【考试方向】这类试题在考查题型上，通常以选择题或填空题的形式出现，难度较大，往往是高中数学主要知识的交汇题． 【学科素养】数算 【难点中心】1．解决此类问题的关键是运 1 / 12

当x1时，(*)式即为x2x3xax2x3，2x2x33ax2x3， 22x147471， 3(x)2（x时取等号）24161又x2原创原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！

3339393，x2x3(x)2（x时取等号）241614739a， 1616当x1时，(*)式为x用函数图像及其性质（数形结合）解题． 2．一般不等式恒成立求参数1．可以选择参变分离的方法，转化为求函数最值的问2x2ax，x2x题；2．也可以画出两边的函数图象，根据临界值求参数取值范围；3．也可转化为32x2xa， 2x2x又Fx0的问题，转化讨论求函数的最值求参数的取值范围． 3．对于判断不等式恒成立问题，一般采用233232时取等号）， x(x)23（当x32x2xx2x2举反例排除法．解答本题时能够对四个选22（当x2时取等号）23a2．， 2x2x项逐个利用赋值的方式进行排除，确认成综上47a2．故选A． 16立的不等式． 三．理论基础·解题原理 考点一 一元二次不等式恒成立 （1）axbxc0a0对一切xR恒成立2a0,b4ac0.2 a0,（2）axbxc0a0对一切xR恒成立 2b4ac0.2四．题型攻略·深度挖掘 【考试方向】这类试题在考查题型上，通常以选择题或填空题的形式出现，一般难度中等或偏大． 考向1 不等式的恒成立问题、恰成立、能成立问题 若不等式m1xm1x20的解集是R，则m的范围是 2【温馨提醒】不等式ax2＋bx＋c0的解A．1,9 B．1,9 C．,19, D．,19, 是全体实数(或恒成立) 2 / 12 原创原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！

【答案】A 【解析】分析：将问题转化为不等式m1xm1x20在R上恒2的条件是当a＝0时，b＝0,c0；当a0时，{成立解决，解题时注意对m的取值要分类讨论． 详解：由题意得不等式m1xm1x20在R上恒成立． 2a0 不等式0ax2＋bx＋c0的解是全体实数(或恒成立)①当m1时，不等式为20，不等式恒成立．符合题意． 的条件是当a＝0时，② 当m1时，由不等式恒成立得{m10b＝0,c0；当a0m128m10 ，解得时，{1m9． 综上1m9，所以实数m的范围是1,9，故选A． a0 ． 0考向2 恒成立与其他知识的交汇 已知函数fxxaxax1在1,1上单调递减，则a的取值范围是322【温馨提醒】函数在区间上单调递减，可转化为其导函数该区间上恒__________． 【答案】,33, 【解析】∵fxxaxax1，∴fx3x2axa． 32222小于0. 又函数fx在1,1上单调递减，∴fx3x2axa0在1,122上恒成立， f132aa20a22a30 ，即{2∴{ ，解得a3或a3．f132aa20a2a30∴实数a的取值范围是,33,．  3 / 12

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五．限时训练*提升素养 1.（2020·江苏省）已知函数fx m2x22mx1的定义域为R，则实数m的取值范围是（ ）B．1,2 D．,12, 2 A．2,C．2,1【答案】B 【详解】 因为函数fx22, m2x22mx1的定义域为R， 所以m2x2mx10对任意xR恒成立， 若m20，即m2时，则不等式可化为4x10，解得x1，不满足题意； 4m20若m20，即m2时，只需，解得1m2. 24m4m20故选：B. 2.（2020·辽源市）若不等式x2ax10对于一切x0,恒成立，则a的最小值是（ ） 21A．0 B．2 C．5 2D．3 【答案】C 【详解】 4 / 12

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1x因为不等式xax10对于一切0,恒成立， 22所以ax11x对一切0,恒成立， x2所以ax11x0,， xmax21115fxf0,在上单调递减，所以， minx222又因为fxx所以a55，所以a的最小值为， 22故选：C. 3.（2020·北京）已知a,bR且ab0，若xaxbx2ab0在x0上恒成立，则（ ） A．a0 【答案】C 【详解】 设fxxaxbx2ab，可得函数fx的图象与x轴有三个交点， 即fx有三个零点a,b,2ab且f0ab(2ab)， B．a0 C．b0 D．b0 由题意知，fx0在x0上恒成立，则ab(2ab)0,a0,b0， 可得2ab0,ab(2ab)0恒成立，排除B，D； 当零点重合时，即中间和右边的零点重合，左边的零点再负半轴上， 5 / 12

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则由ab或a2ab或bb2a三种情况，此时ab0显然成立； 若bb2a，则a0不成立； 若a2ab，即ab0，可得b0,a0且a和2ab都在正半轴上，符合题意， 综上b0恒成立. 故选：C. 4.（2020·浙江温州）若关于x的不等式x2ax20在区间1,5上有解，则实数a的取值范围是（ ）A．23,1 5B．,23 5C．,1 D．,1 【答案】C 【详解】 因为关于x的不等式x2ax20在区间1,5上有解， 2x22所以ax在[1,5]上有解， xx易知y22x在[1,5]上是减函数，所以x[1,5]时，x211， xxmax所以a1． 故选：C 5.（2020·北京）已知方程x2ax10在区间0,1上有解，则实数a的取值范围是（ ） A．0, B．,0 C．,2 D．2,0 6 / 12

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【答案】A 【详解】 方程x2ax10在区间0,1上有解， 当x0时，方程无解； 11x21g(x)x， 当0x1时，则有a，令xxxx1(1x2)g'(x)210，即g(x)在0x1时为减函数， 2xx由于g(1)0，所以，当0x1时，g(x)0，所以，只要a0，方程x2ax10在区间0,1上有解 故选：A 14y6.（2020·湖北）若两个正实数x,y满足1且存在这样的x,y使不等式xm23m有解，则实xy4数m的取值范围是（ ） A．(1,4) B．(4,1) C．(,4)【答案】C 【详解】 (1,) D．(,3)(0,) ∵不等式x+yy m2+3m有解，∴(x+)min＜m2﹣3m， 44 7 / 12

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14∵x＞0，y＞0，且1， xy∴x+14yy4xy4xy222＝4， ＝（x+）（）＝xy44y4xy4x4xyy，即x＝2，y＝8时取“＝”，∴（x+）min＝4， y4x4当且仅当故m2+3m＞4，即(m-1)(m+4)＞0，解得m＜﹣4或m＞1， ∴实数m的取值范围是(﹣∞，﹣4)∪(1，+∞)． 故选：C． 7.已知各项均为正数的等比数列an满足a7a62a5，若存在两项am、an使得aman4a1，且使得1412kk有解，则实数k的取值范围是（ ） mn2A．k1或k3 B．1k3 【答案】A 【详解】 设等比数列an的公比为q，则q0， C．k1或k3 D．1k3 a7a62a5，即a5q2a5q2a5，a50，则有q2q20，q0，解得q2. aman4a1，即aman16a12，整理得a12m1a12n116a12，整理得2mn216， n4mn4m1414mn5529， mnmnmnmn解得mn6，6 8 / 12

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m2n2m1493当且仅当，即当时，等号成立，所以，， mn62n4mn6由于不等式131412kk有解，则k2k，即k22k30，解得k1或k3. mn222故选：A. 8.已知函数f(x)cos12cos1sincos，0,，若存在x(0,1)，使不等式2xx2f(x)0成立，则的取值范围为（ ）  12A．0,B．5, 122C．0,5, 12122D．5, 1212【答案】C 【详解】 f(x)cos12cos1sincos，0,，可化为2xx222112cos(12cos)f(x)cos1sincos2cos4cosx112cos4sincos1cos,2cos4cosx2 112cos4sincos110,.当0x1时，1，所以当时，f(x)min，由题意可知，xx2cos4cos2f(x)min0， 9 / 12

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所以4sincos10，从而得到2sin21sin21， 2所以02故选:C. 6或5520或. 612122229.若对任意的x、yR，不等式xyxy3xya恒成立，则实数a的取值范围为（ ） A．,1 【答案】D 【详解】 B．,1 C．1, D．1, 不等式xyxy3(xya)对任意x、yR恒成立等价于 不等式xy3xy3y3a0对任意x、yR恒成立， 22222y34y23y3a3y26y912a0， 4ay22y3y14， 当y1时，y2y3取得最大值4，4a4，解得a1. 因此，实数a的取值范围是1,. 故选：D. 2212fxaxxfxa2lnxaR.在区间,e上有解，则实数a的取值范围10.已知函数若方程e为（ ） 10 / 12

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12e2A．1, 2ee【答案】C 【详解】 12e2,2 B．2eee22C．1, e1e22D．2, e1当x,e时，直线yx在ylnx图象的上方，故当x,e时，xlnx0， ee11由方程a2lnxaxx在区间,e上有解， e211x22lnx可得a在区间,e上有解， exlnxx1x22lnxx22lnxx1,e令hx，，则hx， 2exlnxxlnx1因为x,e，所以x222lnx，则由hx0，得x1， e所以当x,e时，hx0， e11hxx1,ehx0当时，，于是在e,1上单调递减，在1,e上单调递增， 2112ln22212ln1e2lnee2112eeeh11又h，，，he21ln111elnee1eeelnee12e22e1e22e2111，22e12， 22eeeee1e1e1 11 / 12

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a的取值范围为1,e22e1，  原创原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！12 / 12

所以实数故先：C.