高考數學第一輪復習導學案(新高考)第16講存在與任意問題(微專題)(原卷版+解析)

第16講存在與任意問題（微專題）題型一、函數的存在問題例1、（2021·山東濟寧市·高三二模）設函數，，若存在、使得成立，則的最小值為時，實數______．變式1、（2023·江蘇南通·統(tǒng)考模擬預測）若函數存在最小值，則實數a的取值范圍為___________.變式2、（山東省威海市2020-2021學年高三模擬）若關于的方程在（0，+）上有兩個不等的實數根，則實數的取值范圍為（）A． B． C． D．方法總結：函數的恒成立問題往往采取分離參數法，參變分離法的適用范圍：判斷恒成立問題是否可以采用參變分離法，可遵循以下兩點原則：①，則只需要，則只需要②，則只需要，則只需要題型二、函數的恒成立問題例2、（2021·山東濟南市·高三二模）已知函數，若關于的不等式恒成立，則實數的取值范圍為______．變式1、(2022·江蘇蘇州市八校聯(lián)盟第一次適應性檢測)已知函數f(x)＝x3＋mx，若f(ex)≥f(x－1)對x∈R恒成立，則實數m的取值范圍為．變式2、【2019年高考天津理數】已知，設函數若關于的不等式在上恒成立，則的取值范圍為A． B．C． D．變式3、(2022·江蘇淮安市六校第一次聯(lián)考)已知函數f(x)＝ax－x2＋3，g(x)＝4x－2，若對于任意x1，x2∈(0，1]，都有f(x1)≥g(x2)成立，則a的取值范圍為．變式4、（2022·廣東·鐵一中學高三期末）已知直線恒在函數的圖象的上方，則的取值范圍是（）A． B． C． D．方法總結：函數的恒成立問題往往采取分離參數法，參變分離法的適用范圍：判斷恒成立問題是否可以采用參變分離法，可遵循以下兩點原則：（1）已知不等式中兩個字母是否便于進行分離，如果僅通過幾步簡單變換即可達到分離目的，則參變分離法可行。但有些不等式中由于兩個字母的關系過于“緊密”，會出現(xiàn)無法分離的情形，此時要考慮其他方法。（2）要看參變分離后，已知變量的函數解析式是否便于求出最值（或臨界值），若解析式過于復雜而無法求出最值（或臨界值），則也無法用參變分離法解決問題。（可參見”恒成立問題——最值分析法“中的相關題目）參變分離后會出現(xiàn)的情況及處理方法：（假設為自變量，其范圍設為，為函數；為參數，為其表達式）（1）若的值域為①，則只需要，則只需要②，則只需要，則只需要題型三、函數的存在與恒成立的綜合問題例3、已知f(x)＝ln(x2＋1)，g(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x－m，若對任意的x1∈[0,3]，存在x2∈[1,2]，使得f(x1)≥g(x2)，則實數m的取值范圍是；若對任意的x1∈[0,3]，任意x2∈[1,2]，有f(x1)≥g(x2)，則實數m的取值范圍是.變式1、已知函數f(x)＝x＋eq\f(4,x)，g(x)＝2x＋a，若?x1∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))，?x2∈[2,3]，使得f(x1)≤g(x2)，則實數a的取值范圍是.方法總結：存在于恒成立的綜合性問題主要存在一下幾方面的題型1、設函數f(x)，g(x)，對任意的x1∈[a，b]，存在x2∈[c，d]，使得f(x1)≥g(x2)，則f(x1)min≥g(x2)min.2、設函數f(x)，g(x)，對任意的x1∈[a，b]，存在x2∈[c，d]，使得f(x1)≤g(x2)，則f(x1)max≤g(x2)max.3、設函數f(x)，g(x)，存在x1∈[a，b]，存在x2∈[c，d]，使得f(x1)≥g(x2)，則f(x1)max≥g(x2)min.4、設函數f(x)，g(x)，存在x1∈[a，b]，存在x2∈[c，d]，使得f(x1)≤g(x2)，則f(x1)min≤g(x2)max.第16講存在與任意問題（微專題）題型一、函數的存在問題例1、（2021·山東濟寧市·高三二模）設函數，，若存在、使得成立，則的最小值為時，實數______．【答案】【解析】設，由可得，，的最小值為，即求函數在區(qū)間上的最小值為，且，當時，，，則，所以，函數在區(qū)間上為增函數，所以，，解得.故答案為：.變式1、（2023·江蘇南通·統(tǒng)考模擬預測）若函數存在最小值，則實數a的取值范圍為___________.【答案】【解析】因為，所以，則.當時，，所以在上單調遞增；當時，，得，若時，在上單調遞增，在單調遞減，在上單調遞增，要使得存在最小值，則，所以，此時；若時，在上單調遞增，在上單調遞減，要使得存在最小值，則，此時；若時，在上單調遞減，上單調增，則存在最小值.綜上，則實數a的取值范圍為.故答案為：.變式2、（山東省威海市2020-2021學年高三模擬）若關于的方程在（0，+）上有兩個不等的實數根，則實數的取值范圍為（）A． B． C． D．【答案】B【解析】故則設，故在（1，+）上為減函數，.故時；時.故在上為增函數，在（1，+）上為減函數.，且時；時與的圖象要有兩個交點則的取值范圍為.故選：B方法總結：函數的恒成立問題往往采取分離參數法，參變分離法的適用范圍：判斷恒成立問題是否可以采用參變分離法，可遵循以下兩點原則：①，則只需要，則只需要②，則只需要，則只需要題型二、函數的恒成立問題例2、（2021·山東濟南市·高三二模）已知函數，若關于的不等式恒成立，則實數的取值范圍為______．【答案】【解析】，在恒成立，在單調遞增，時，，，使得，即；且，，在單調遞減，在單調遞增，，解得：，實數的取值范圍為，故答案為：.變式1、(2022·江蘇蘇州市八校聯(lián)盟第一次適應性檢測)已知函數f(x)＝x3＋mx，若f(ex)≥f(x－1)對x∈R恒成立，則實數m的取值范圍為．【答案】[－1，＋)【解析】由題意可知，令h(x)＝ex－(x－1)，易可知h(x)≥2恒成立，且f′(x)＝3x2＋m，則當m≥0時，f′(x)≥0，即f(x)在R上單調遞增，則f(ex)≥f(x－1)對x∈R恒成立，滿足題意；當m＜0時，因為函數f(x)為奇函數，所以可得2EQ\R(,－m)≤2，解得m≥－1，則－1≤m＜0，綜上，實數m的取值范圍為[－1，＋)．變式2、【2019年高考天津理數】已知，設函數若關于的不等式在上恒成立，則的取值范圍為A． B．C． D．【答案】C【解析】當時，恒成立；當時，恒成立，令，則，當，即時取等號，∴，則.當時，，即恒成立，令，則，當時，，函數單調遞增，當時，，函數單調遞減，則時，取得最小值，∴，綜上可知，的取值范圍是.故選C.變式3、(2022·江蘇淮安市六校第一次聯(lián)考)已知函數f(x)＝ax－x2＋3，g(x)＝4x－2，若對于任意x1，x2∈(0，1]，都有f(x1)≥g(x2)成立，則a的取值范圍為．【答案】[0，＋∞)【解析】由題意，f(x)＝ax－x2＋3，g(x)＝4x－2，且對于任意x1，x2∈(0，1]，都有f(x1)≥g(x2)成立，則f(x1)min≥g(x2)max，因為g(x)＝4x－2在(0，1]上單調遞增，所以g(x)max＝g(1)＝2，所以ax－x2＋3≥2對于任意任意x∈(0，1]恒成立，即a≥x－eq\f(1,x)對于任意x∈(0，1]恒成立，又eqh(x)＝x－\f(1,x)在區(qū)間(0，1]上單調遞增，所以h(x)max＝h(1)＝0，所以a≥0，則a的取值范圍為[0，＋∞)．變式4、（2022·廣東·鐵一中學高三期末）已知直線恒在函數的圖象的上方，則的取值范圍是（）A． B． C． D．【答案】A【解析】很明顯，否則時，函數單調遞減，且時，而當時，不合題意，時函數為常函數，而當時，不合題意，當時，構造函數，由題意可知恒成立，注意到：，據此可得，函數在區(qū)間上的單調遞減，在區(qū)間上單調遞增，則：，故，，構造函數，則，還是在處取得極值，結合題意可知：，即的取值范圍是.故選：A.方法總結：函數的恒成立問題往往采取分離參數法，參變分離法的適用范圍：判斷恒成立問題是否可以采用參變分離法，可遵循以下兩點原則：（1）已知不等式中兩個字母是否便于進行分離，如果僅通過幾步簡單變換即可達到分離目的，則參變分離法可行。但有些不等式中由于兩個字母的關系過于“緊密”，會出現(xiàn)無法分離的情形，此時要考慮其他方法。（2）要看參變分離后，已知變量的函數解析式是否便于求出最值（或臨界值），若解析式過于復雜而無法求出最值（或臨界值），則也無法用參變分離法解決問題。（可參見”恒成立問題——最值分析法“中的相關題目）參變分離后會出現(xiàn)的情況及處理方法：（假設為自變量，其范圍設為，為函數；為參數，為其表達式）（1）若的值域為①，則只需要，則只需要②，則只需要，則只需要題型三、函數的存在與恒成立的綜合問題例3、已知f(x)＝ln(x2＋1)，g(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x－m，若對任意的x1∈[0,3]，存在x2∈[1,2]，使得f(x1)≥g(x2)，則實數m的取值范圍是；若對任意的x1∈[0,3]，任意x2∈[1,2]，有f(x1)≥g(x2)，則實數m的取值范圍是.變式1、已知函數f(x)＝x＋eq\f(4,x)，g(x)＝2x＋a，若?x1∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))，?x2∈[2,3]，使得f(x1)≤g(x2)，則實數a的取值范圍是.【答案】eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，＋∞))eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))【解析】①當x∈[0,3]時，f(x)min＝f(0)＝0，當x∈[1,2]時，g(x)min＝g(2)＝eq\f(1,4)－m.對任意的x1∈[0,3]，存在x2∈[1,2]，使得f(x1)≥g(x2)等價于f(x1)min≥g(x2)min，即0≥eq\f(1,4)－m，所以m≥eq\f(1,4).②當x∈[0,3]時，f(x)min＝f(0)＝0，當x∈[1,2]時，g(x)max＝g(1)＝eq\f(1,2)－m.對任意的x1∈[0,3]，任意x2∈[1,2]，有f(x1)≥g(x2)，等價于f(x1)min≥g(x2)max，即0≥eq\f(1,2)－m，所以m≥eq\f(1,2).變式1、已知函數f(x)＝x＋eq\f(4,x)，g(x)＝2x＋a，若?x1∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))，?x2∈[2,3]，使得f(x1)≤g(x2)，則實數a的取值范圍是.【答案】eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))【解析】由題意知f(x1)max≤g(x2)max.因為f(x)＝x＋eq\f(4,x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))上是減函數，所以f(x)max＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝eq\f(17,2).又g(x)＝2x＋a在[2,3]上是增函數，所以g(x)max＝8＋a，因此eq\f(17,2)≤8＋a，則a≥eq\f(1,2).方法總結：存在于恒成立的綜合性問題主要存在一下幾方面的題型1、設函數f(x)，g(x)，對任意的x1∈[a，b]，存在x2