课时规范练9　恒成立与能成立问题.docx

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1、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a2|x|2|x|+1(xR)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x12,+),存在x213,3有f(x1)g(x2),则实数a的取值范围是()A.(-,1B.(-,2C.(-,-2D.(-,1493.(2024山东潍坊高三期末)已知函数f(x)=(12)x-x(x3),对x(3,+)都有f(x)1,则使f(x)-ex-m0恒成立的m的取值范围是.8.(

2、2024安徽安庆高三期中)已知函数f(x)=2x+1+b2x+1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ff(x)+f(14)2|x|+1,而2|x|1,所以a1+12|x|,又因为012|x|1,所以12|x|+1(xR)有实数解,所以a1,故选A.2.B解析 对于任意x12,+),存在x213,3有f(x1)g(x2)等价于f(x1)ming(x2)min,由x2,+),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-1,1a-1,解得a2,故选B.3.-

3、238,+)解析 f(x)=(12)x-x在(3,+)内单调递减,所以f(x)f(3)=-238,因为对x(3,+)都有f(x)0,则m12x+2(23)x在-2,-1有解.设g(x)=12x+2(23)x,g(x)在x-2,-1上单调递减,当x-2,-1时,g(x)min=g(-1)=12-1+2(23)-1=5,故m5.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)=(12)x-m在1,2上单调递减,g(x)max=g(1)=12-m,对任意x10,3,x21,2,使得f(x1)g(x2),则f(x)ming(

4、x)max,所以12-m0,即m12,故选C.7.2,+)解析 因为f(x)-ex-m0mf(x)-ex,令g(x)=f(x)-ex,xR,依题意,xR,mg(x),当x1时,g(x)=x+3-ex,g(x)=1-ex,当x0,当0x1时,g(x)1时,g(x)=-x2+2x+3-ex,g(x)=-2x+2-ex,g(x)在(1,+)内单调递减,g(x)g(1)0,于是函数g(x)=-x2+2x+3-ex在(1,+)内单调递减,g(x)g(1)=4-e2,因此g(x)max=2,则m2,所以m的取值范围是2,+).8.解 (1)因为f(x)为奇函数,所以f(x)+f(-x)=2x+1+b2x+

5、1+2-x+1+b2-x+1=(2x+1)(b+2)2x+1=b+2=0,得b=-2,所以f(x)=2x+1-22x+1=2-42x+1.下面用定义法证明单调性:x1,x2R,且x1x2,则f(x1)-f(x2)=2-42x1+1-(2-42x2+1)=4(2x1-2x2)(2x1+1)(2x2+1),因为x12x1,2x1+10,2x2+10,所以f(x1)-f(x2)0,即f(x1)f(x2),所以函数f(x)在R上单调递增.(2)由(1)知f(x)在R上单调递增,且为奇函数,故不等式ff(x)+f(14)0ff(x)-f(14)=f(-14)f(x)-14,即2-42x+194,即2x79,解得xlog279,故不等式的解集为(-,log279).(3)因为f(x)在R上单调递增,所以在0,2上,f(x)max=f(2)=65,f(x)min=f(0)=0,故f(x)0,65.当m0时,g(1)=ln 1+m0,不存在符合题意的x2;当m0时,g(x)=ln x+mx2在区间1,e上为增函数,要使对任意的x11,e,总存在x20,2,使得g(x1)=f(x2)成立,则需g(1)f(0),g(e)f(2),即m0,1+me265,解得0m15e2,即m0,15e2.4