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2021届高三数学精准培优专练 恒成立问题(理) 含答案

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