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2025新教材数学高考第一轮
课时规范练9　恒成立与能成立问题
一、基础巩固练
1.(2024·吉林长春高三期中)若关于x的不等式a·2|x|>2|x|+1(x∈R)有实数解,则实数a的取值范围是(　　)
A.(1,+∞) B.(2,+∞)
C.[1,+∞) D.[2,+∞)
2.(2024·江苏镇江模拟)已知函数f(x)=log3(x2-1),g(x)=x2-2x+a,对于任意x1∈[2,+∞),存在x2∈[,3]有f(x1)≥g(x2),则实数a的取值范围是(　　)
A.(-∞,1] B.(-∞,2]
C.(-∞,-2] D.(-∞,]
3.(2024·山东潍坊高三期末)已知函数f(x)=()x-x(x>3),对 x∈(3,+∞)都有f(x)4.(2024·贵州贵阳模拟)已知函数f(x)=为偶函数.
(1)求实数m的值;
(2)若对任意的x∈R,总存在y∈R,使得f(x)≥1成立,求n的取值范围.
5.(2024·山西大同期末)定义在[-3,3]上的奇函数f(x),已知当x∈[-3,0]时,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,求实数m的取值范围.
二、综合提升练
6.(2024·广东汕头模拟)已知f(x)=ln(x2+1),g(x)=()x-m,若对任意x1∈[0,3],x2∈[1,2],使得f(x1)≥g(x2),则实数m的取值范围是(　　)
A.[,+∞) B.(-∞,]
C.[,+∞) D.(-∞,-]
7.(2024·天津河东期中)已知f(x)=则使f(x)-ex-m≤0恒成立的m的取值范围是　　　　　.
8.(2024·安徽安庆高三期中)已知函数f(x)=为R上的奇函数.
(1)求b的值,并用定义证明函数f(x)的单调性;
(2)求不等式f[f(x)]+f()<0的解集;
(3)设g(x)=ln x+mx2,若对任意的x1∈[1,e],总存在x2∈[0,2],使得g(x1)=f(x2)成立,求实数m的取值范围.
课时规范练9　恒成立与能成立问题
1.A　解析 由题知a·2|x|>2|x|+1,而2|x|≥1,所以a>1+,又因为0<1,所以1<1+2,因为关于x的不等式a·2|x|>2|x|+1(x∈R)有实数解,所以a>1,故选A.
2.B　解析 对于任意x1∈[2,+∞),存在x2∈[,3]有f(x1)≥g(x2)等价于[f(x1)]min≥[g(x2)]min,
由x∈[2,+∞),f(x)=log3(x2-1)单调递增,可得f(x)min=f(2)=1,
又g(x)=x2-2x+a,∴当x=1时,g(x)min=g(1)=a-1,∴1≥a-1,解得a≤2,故选B.
3.[-,+∞)　解析 f(x)=()x-x在(3,+∞)内单调递减,
所以f(x)因为对 x∈(3,+∞)都有f(x)所以m≥-
4.解 (1)因为f(x)=(x∈R)为偶函数,所以有f(-x)=f(x),取x=1,即f(-1)=f(1),
所以有,解得m=1,经检验f(x)为偶函数成立.
(2)由(1)知,f(x)==3x+3-x,将f(x)≥1变形为3x+3-x因为3x+3-x≥2=2,当且仅当3x=3-x,即x=0时,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.
因为y2+2y-1=(y+1)2-2≥-2,当且仅当y=-1时,等号成立,所以有n≥-2,所以n的取值范围是[-2,+∞).
5.解 (1)根据题意,f(x)是定义在[-3,3]上的奇函数,则f(0)=1+a=0,得a=-1.经检验满足题意,故a=-1.
当x∈[-3,0]时,f(x)=,当x∈(0,3]时,-x∈[-3,0),f(-x)==4x-3x.又f(x)是奇函数,则f(x)=-f(-x)=3x-4x.
综上,当x∈(0,3]时,f(x)=3x-4x.
(2)根据题意,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,则m+2·()x在[-2,-1]有解.设g(x)=+2·()x,g(x)在x∈[-2,-1]上单调递减,
当x∈[-2,-1]时,g(x)min=g(-1)=+2·()-1=5,故m≥5.即实数m的取值范围是[5,+∞).
6.C　解析 f(x)=ln(x2+1)在[0,3]上单调递增,f(x)min=f(0)=0,g(x)=()x-m在[1,2]上单调递减,g(x)max=g(1)=-m,
对任意x1∈[0,3],x2∈[1,2],使得f(x1)≥g(x2),则f(x)min≥g(x)max,所以-m≤0,即m,故选C.
7.[2,+∞)　解析 因为f(x)-ex-m≤0 m≥f(x)-ex,令g(x)=f(x)-ex,x∈R,依题意, x∈R,m≥g(x),当x≤1时,g(x)=x+3-ex,g'(x)=1-ex,当x<0时,g'(x)>0,当01时,g(x)=-x2+2x+3-ex,g'(x)=-2x+2-ex,g'(x)在(1,+∞)内单调递减,g'(x)8.解 (1)因为f(x)为奇函数,所以f(x)+f(-x)==b+2=0,得b=-2,
所以f(x)==2-
下面用定义法证明单调性: x1,x2∈R,且x1因为x10,+1>0,所以f(x1)-f(x2)<0,即f(x1)(2)由(1)知f(x)在R上单调递增,且为奇函数,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)因为f(x)在R上单调递增,所以在[0,2]上,f(x)max=f(2)=,
f(x)min=f(0)=0,故f(x)∈[0,].
当m<0时,g(1)=ln 1+m<0,不存在符合题意的x2;当m≥0时,g(x)=ln x+mx2在区间[1,e]上为增函数,要使对任意的x1∈[1,e],总存在x2∈[0,2],使得g(x1)=f(x2)成立,
则需即解得0≤m,即m∈[0,].
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