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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

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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.

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