2023屆高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)微專(zhuān)題44多變量的不等式恒成立與存在性問(wèn)題作業(yè)

微專(zhuān)題44多變量的不等式恒成立與存在性問(wèn)題1.函數(shù)f(x)＝x3－3x－1，若對(duì)于區(qū)間[－3，2]上的任意x1，x2，都有|f(x1)－f(x2)|≤t，則實(shí)數(shù)t的最小值是________．2．已知不等式x12－2lnx1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x2－2m≤0，對(duì)任意x1∈[1，4]，x2∈[－2，－1]恒成立，則實(shí)數(shù)m的取值范圍是________．3．若不等式bx＋c＋9lnx≤x2對(duì)任意實(shí)數(shù)x∈(0，＋∞)，b∈(0，3)恒成立，則實(shí)數(shù)c的取值范圍是________．4．函數(shù)f(x)＝x2－4x＋3，g(x)＝mx＋5－2m，若對(duì)任意的x1∈[1，4]，總存在x2∈[1，4]，f(x1)＝g(x2)成立，實(shí)數(shù)m的取值范圍是________．5．已知函數(shù)f(x)＝2x－eq\f(2,x)－5lnx，g(x)＝x2－mx＋4，若存在x1∈(0，1)，對(duì)任意x2∈[1，2]，總有f(x1)≥g(x2)成立，則實(shí)數(shù)m的取值范圍為_(kāi)_______．6．已知不等式(m－n)2＋(m－lnn＋λ)2≥2對(duì)任意m∈R，n∈(0，＋∞)恒成立，則實(shí)數(shù)λ的取值范圍為_(kāi)_______．

7.已知函數(shù)f(x)＝x2－2lnx－m，g(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x＋m，(m∈R)(1)若存在實(shí)數(shù)x1∈[1，4]，對(duì)任意實(shí)數(shù)x2∈[－2，－1]，有不等式f(x1)≤g(x2)成立，求實(shí)數(shù)m的取值范圍．(2)對(duì)任意實(shí)數(shù)x1∈[1，4]，存在實(shí)數(shù)x2∈[－2，－1]，使不等式f(x1)≤g(x2)成立，求實(shí)數(shù)m的取值范圍．8．已知函數(shù)f(x)＝x2＋mx＋1(m∈R)，g(x)＝ex，若m∈(－1，0)，設(shè)函數(shù)G(x)＝eq\f(f（x）,g（x）)，H(x)＝－eq\f(1,4)x＋eq\f(5,4)，求證：對(duì)任意x1，x2∈[1，1－m]，G(x1)<H(x2)恒成立．微專(zhuān)題441．答案：20.解析：因?yàn)閒′(x)＝3x2－3＝3(x－1)(x＋1)，令f′(x)＝0，得x＝±1，所以－1，1為函數(shù)的極值點(diǎn)．又f(－3)＝－19，f(－1)＝1，f(1)＝－3，f(2)＝1，所以在區(qū)間[－3，2]上，f(x)max＝1，f(x)min＝－19.又由題設(shè)知在區(qū)間[－3，2]上f(x)max－f(x)min≤t，從而t≥20，所以t的最小值是20.2．答案：[7－ln4，＋∞)．解析：x12－2lnx1－2m≤(eq\f(1,2))x2min，2＋2m≥(x12－2lnx1)max，令f(x1)＝x12－2lnx1，x1∈[1，4]，f′(x1)＝eq\f(2（x12－1）,x1)≥0，2＋2m≥16－2ln4，m≥7－ln4.3．答案：(－∞，9ln3]．解析：g(b)＝bx＋c＋9lnx－x2，利用圖象只需g(3)＝3x＋c＋9lnx－x3≤0對(duì)于x∈(0，＋∞)恒成立，即c≤x2－3x－9lnx對(duì)于x∈(0，＋∞)恒成立，令g(x)＝x2－3x－9lnx，g′(x)＝eq\f(（x－3）（2x＋3）,x)，列表略，c≤－9ln3.4．答案：m≥6或m≤－3.解析：f(x1)的值域是g(x2)的值域的子集，f(x1)的值域[－1，3](1)m>0時(shí)，g(x2)的值域?yàn)閇5－m，5＋2m]，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2m＋5≥3,5－m≤－1))∴m≥6(2)m<0時(shí)，g(x2)的值域?yàn)閇5＋2m，5－m].eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(5－m≥3,2m＋5≤－1))，m≤－3，綜合m≥6或m≤－3.5．答案：[8－5ln2，＋∞]．解析：題意等價(jià)于f(x)在(0，1)上的最大值大于或等于g(x)在[1，2]上的最大值．f′(x)＝eq\f(2x2－5x＋2,x2)，由f′(x)＝0，得x＝eq\f(1,2)或x＝2.當(dāng)x∈(0，eq\f(1,2))時(shí)，f′(x)>0，當(dāng)x∈(eq\f(1,2)，1)時(shí)，f′(x)<0，所以在(0，1)上，f(x)max＝f(eq\f(1,2))＝－3＋5ln2.又g(x)在[1，2]上的最大值為max{g(1)，g(2)}，所以有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f（\f(1,2)）≥g（1），,f（\f(1,2)）≥g（2）))eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－3＋5ln2≥5－m，,－3＋5ln2≥8－2m))eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m≥8－5ln2，,m≥\f(1,2)（11－5ln2）))m≥8－5ln2，所以實(shí)數(shù)m的取值范圍是[8－5ln2，＋∞)．6．答案：[1，＋∞)．解析：(m－n)2＋(m－lnn＋λ)2表示點(diǎn)(m，m＋λ)與點(diǎn)(n，lnn)之間的距離的平方，而點(diǎn)(m，m＋λ)在直線y＝x＋λ上，點(diǎn)(n，lnn)在曲線y＝lnx上，則直線y＝x＋λ上的點(diǎn)與曲線y＝lnx上的點(diǎn)之間的最小距離大于等于eq\r(2)，則直線一定在曲線上方，則λ>－1.當(dāng)λ＝lnx的切線斜率為1時(shí)，y′＝eq\f(1,x)＝1，得x＝1，則y＝lnx在點(diǎn)(1，0)處的切線與y＝x＋λ平行，則點(diǎn)(1，0)到直線y＝x＋λ的距離eq\f(|1＋λ|,\r(2))≥eq\r(2)，得λ≥1(λ≤－3舍去)．7．答案：(1)(－∞，－eq\f(1,2)]；(2)[6－ln4，＋∞)．解析：(1)f(x1)≤g(x2)min＝2＋m，f(x1)min≤m＋2，f′(x1)＝eq\f(2（x2－1）,x)≥0，f(x1)在[1，4]是增函數(shù)，1－m≤m＋2，m≥－eq\f(1,2).因此實(shí)數(shù)m的取值范圍為(－∞，－eq\f(1,2)]．(2)f(x1)≤g(x2)max＝4＋m，f(x1)max≤m＋4，f′(x1)＝eq\f(2（x2－1）,x)≥0，f(x1)在[1，4]是增函數(shù)，16－2ln4－m≤m＋4，m≥6－ln4.因?yàn)閷?shí)數(shù)m的取值范圍為[6－ln4，＋∞)．8．證明：G(x)＝eq\f(x2＋mx＋1,ex)，則G′(x)＝eq\f(－x2＋（2－m）x＋m－1,ex)＝－eq\f(（x－1）[x－（1－m）],ex).要證任意x1，x2∈[1，1－m]，G(x1)<H(x2)恒成立，即證G(x)max<H(x)min.因?yàn)閤∈[1，1－m]，所以G(x)在[1，1－m]上單調(diào)遞增，G(x)max＝G(1－m)＝eq\f(2－m,e1－m).因?yàn)镠(x)在[1，1－m]上單調(diào)遞減，H(x)min＝H(1－m)＝－eq\f(1,4)(1－m)＋eq\f(5,4).要證G(x)max<H(x)min，即證eq\f(2－m,e1－m)<－eq\f(1,4)(1－m)＋eq\f(5,4)，即證4(2－m)<e1－m[5－(1－m)]．令1－m＝t，則t∈(1，2)．設(shè)r(x)＝ex(5－x)－4(x＋1)，x∈(1，2)，即r(x)＝5ex－xex－4x－4.r′(x)＝(4－x)ex－4>2ex－4>0，所以r(x)＝ex(5－x)－4(x