2023届高考数学二轮复习微专题43单变量的不等式恒成立与存在性问题含解析

Page2微专题43单变量的不等式恒成立与存在性问题单变量的不等式恒成立与存在性问题探究历来是高考的热点与难点，解决此类问题的难点是主元的有效选择．本专题主要研究单变量的不等式恒成立与存在性问题，并在解决问题的过程中感悟数学思想方法的灵活运用.例题：对任意实数x∈[－1，1]，不等式x2＋(a－4)x＋4－2a<0恒成立，求实数a的取值范围．变式1不等式x2－ax＋1≥0对实数x∈R恒成立，求实数a的取值范围．变式2存在实数x∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))使得x2－x＋a>0成立，求实数a的取值范围．

串讲1存在实数x∈(0，eq\f(1,2)]使得ax2－x＋1≤0成立，求实数a的取值范围．串讲2不等式x2－ax－1≥0对a∈[－1，1]恒成立的，求实数x的取值范围．(2018·镇江期末)已知函数f(x)＝x2－kx＋4对任意的x∈[1，3]，不等式f(x)≥0恒成立，则实数k的最大值为________________．

(2018·南通二模)设函数f(x)＝x－asinx(a>0)．(1)若函数y＝f(x)是R上的单调增函数，求实数a的取值范围；(2)设a＝eq\f(1,2)，g(x)＝f(x)＋blnx＋1(b∈R，b≠0)，g′(x)是g(x)的导函数．①若对任意的x>0，g′(x)>0，求证：存在x0，使g(x0)<0；②若g(x1)＝g(x2)(x1≠x2)，求证：x1x2<4b2.答案：(1)0<a≤1；(2)略．解析：(1)由题意，f′(x)＝1－acosx≥0对x∈R恒成立，1分因为a>0，所以eq\f(1,a)≥cosx对x∈R恒成立，因为(cosx)max＝1，所以eq\f(1,a)≥1，从而0<a≤1.即实数a的取值范围是(0，1].3分(2)①g(x)＝x－eq\f(1,2)sinx＋blnx＋1，所以g′(x)＝1－eq\f(1,2)cosx＋eq\f(b,x).若b<0，则存在－eq\f(b,2)>0，使g′(－eq\f(b,2))＝－1－eq\f(1,2)cos(－eq\f(b,2))<0，不合题意，所以b>0.5分取x0＝e－eq\f(3,b)，则0<x0<1.此时g(x0)＝x0－eq\f(1,2)sinx0＋blnx0＋1<1＋eq\f(1,2)＋blne－eq\f(3,b)＋1＝－eq\f(1,2)<0.所以存在x0>0，使g(x0)<0.8分②依题意，不妨设0<x1<x2，令eq\f(x2,x1)＝t，则t>1.由(1)知函数y＝x－sinx单调递增，所以x2－sinx2>x1－sinx1.10分从而x2－x1>sinx2－sinx1.因为g(x1)＝g(x2)，所以x1－eq\f(1,2)sinx1＋blnx1＋1＝x2－eq\f(1,2)sinx2＋blnx2＋1，所以－b(lnx2－lnx1)＝x2－x1－eq\f(1,2)(sinx2－sinx1)>eq\f(1,2)(x2－x1)．所以－2b>eq\f(x2－x1,lnx2－lnx1)>0.12分下面证明eq\f(x2－x1,lnx2－lnx1)>eq\r(x1x2)，即证明eq\f(t－1,lnt)>eq\r(t)，只要证明lnt－eq\f(t－1,\r(t))<0(*)．设h(t)＝lnt－eq\f(t－1,\r(t))(t>1)，所以h′(t)＝eq\f(－（\r(t)－1）2,2t\r(t))<0在(1，＋∞)恒成立．所以h(t)在(1，＋∞)上单调递减，故h(t)<h(1)＝0，从而(*)得证．所以－2b>eq\r(x1x2)，即x1x2<4b2.16分________________________________________________________________________________________________________________________________________________微专题43例题答案：(3，＋∞)．解法1：(利用函数最值)由题意得f(x)＝x2＋(a－4)x＋4－2a在[－1，1]上的最大值小于0，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f（－1）<0，,f（1）<0，))解得a>3.所以实数a的取值范围为(3，＋∞)．解法2：(分离参数法)a>eq\f(（x－2）2,2－x)＝2－x恒成立－1≤x≤1，所以a>3.所以实数a的取值范围为(3，＋∞)．变式联想变式1答案：[－2，2]．解法1由题意得Δ≤0，所以－2≤a≤2，即实数a的取值范围为[－2，2]．解法2当x＝0时，x2－ax＋1≥0恒成立，∴a∈R，当x≠0时，ax≤x2＋1，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x>0，,a≤x＋\f(1,x)，))且eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x<0，,a≥x＋\f(1,x)，))恒成立．∴－2≤a≤2，综上所述，－2≤a≤2，即实数a的取值范围为[－2，2]．变式2答案：(0，＋∞)．解法1设f(x)＝x2－x＋a，则其对称轴x＝eq\f(1,2)，∴f(x)在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))单调递增，∴f(0)>0，∴a>0，即实数a的取值范围为[0，＋∞)．解法2－a<x2－x(0<x≤eq\f(1,2))，所以(x2－x)max<0，所以－a<0所以a>0，即实数a的取值范围为[0，＋∞)．串讲激活串讲1答案：(－∞，－2]．解析：a≤eq\f(1,x)－eq\f(1,x2)(0<x≤eq\f(1,2))，因为(eq\f(1,x)－eq\f(1,x2))max＝－2，所以a≤－2，即实数a的取值范围为(－∞，－2]．串讲2答案：eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1＋\r(5),2)))∪eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1＋\r(5),2)，＋∞))解析：设f(a)＝(－x)a＋x2－1，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f（－1）≥0,f（1）≥0))，所以x≥eq\f(1＋\r(5),2)或x≤－eq\f(1＋\r(5),2)，即实数x的取值范围为eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1＋\r(5),2)))∪eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c