拉分题型1 不等式恒成立与有解问题 复习练习（含答案）高中数学必修1（苏教版2019）

eq \o(\s\up7(),\s\do5(　　拉分题型1　不等式恒成立与有解问题))
考向一　不等式恒成立
1. (2023海安高级中学月考)已知函数f(x)＝2x＋ln (＋x)，若不等式f(3x－9x)＋f(m·3x－3)<0对任意x∈R均成立，则实数m的取值范围为(　　)
A. (－∞，2－1)
B. (－∞，－2＋1)
C. (－2＋1，2－1)
D. (－2＋1，＋∞)
2. (2024无锡天一中学期末)已知函数f(x)＝sin ，g(x)＝f，若对任意的a，b∈[π－m，m]，当a>b时，f(a)－f(b)3. (2024无锡期末教学质量调研测试)已知f(x)＝ax－1，g(x)＝x2＋bx－5，a>0，b∈R.当a＝2时，f(x)＝g(x)的两根为x1，x2，则|x1－x2|的最小值为________；当x>0时，f(x)g(x)≥0恒成立，则b＋的最小值为________．
4. (2024南京期末)若存在实数对(a，b)，使等式f(x)f(2a－x)＝b对定义域中每一个实数x都成立，则称函数f(x)为(a，b)型函数．
(1) 若函数f(x)＝2x是(a，1)型函数，求a的值；
(2) 若函数g(x)＝e是(a，b)型函数，求a和b的值；
(3) 已知函数h(x)定义在区间[－2，4]上，h(x)恒大于0，且为(1，4)型函数，当x∈(1，4]时，h(x)＝－(log2x)2＋mlog2x＋2.若h(x)≥1在区间[－2，4]恒成立，求实数m的取值范围．
考向二　不等式有解
5. (2023徐州睢宁高级中学月考)已知函数y＝ax2－(2a＋3)x＋6(a∈R).
(1) 若y>0的解集是{x|x<2或x>3}，求实数a的值；
(2) 若a＝1，当－2≤x≤2时，函数y≤－(m＋5)x＋3＋m有解，求 m2＋3的取值范围．
6. (2024宁波九校期末联考)已知函数f(x)＝x|x－2a|＋a2－4a(x∈R)有3个不同的零点x1，x2，x3，且x1(1) 求实数a的取值范围；
(2) 若存在x1，x2，x3，使不等式＋－<0成立，求实数λ的取值范围．
不等式恒成立与有解问题有相似的解法，常用方法：(1) 参变分离转化为最值问题；(2) 构造函数结合分类讨论求最值；(3) 数形结合. 要根据不等式的特征灵活选择方法．
拉分题型1　不等式恒成立与有解问题
1. A　因为>|x|≥－x恒成立，所以＋x>0恒成立，所以f(x)的定义域为R.令g(x)＝ln (＋x)，则g(－x)＝ln (－x).因为g(x)＋g(－x)＝ln [()2－x2]＝ln 1＝0，所以g(x)为R上的奇函数．又y＝，y＝x在区间[0，＋∞)上均单调递增，所以g(x)在区间[0，＋∞)上单调递增，所以f(x)在区间[0，＋∞)上单调递增．因为f(x)＝2x＋g(x)，所以f(－x)＝－2x＋g(－x)＝－f(x)，所以f(x)是奇函数，故f(x)在R上单调递增．由f(3x－9x)＋f(m·3x－3)<0，得f(3x－9x)　本题的难点有二：一是如何利用函数的奇偶性和单调性去掉对应法则，二是不等式恒成立问题的解法，参变分离后结合基本不等式求解．
2. 　由题意，得g(x)＝f＝sin (x＋＋)＝cos .由f(a)－f(b)b时，f(a)－f(b)b时，2a－>2b－，sin 　本题的难点是利用“同构”构造函数，含有双变量的不等式问题，经常将相同的变量移到不等式的同一侧，再根据两边的结构，构造新函数，结合函数图象和性质求解．
3. 4　2　当a＝2时，方程f(x)＝g(x)，即x2＋(b－2)x－4＝0，则x1＋x2＝2－b，x1x2＝－4.因为|x1－x2|＝＝＝，所以当b＝2时，|x1－x2|的最小值为4，此时b＝2满足Δ>0.当x>0时，f(x)g(x)＝(ax－1)(x2＋bx－5)≥0恒成立．因为a>0，所以当0时，ax－1>0，x2＋bx－5≥0.x＝是方程x2＋bx－5＝0的根，则＋－5＝0，整理，得b＝5a－，所以b＋＝5a＋≥2＝2，当且仅当5a＝，即a＝时等号成立，所以b＋的最小值为2.
　本题的解题关键是对“当x>0时，f(x)·g(x)≥0恒成立”进行转化，结合一次函数与二次函数的图象和性质，分析出f(x)与g(x)在区间(0，＋∞)上有相同的零点是解题关键．
4. (1) 因为f(x)＝2x是(a，1)型函数，
所以f(x)f(2a－x)＝2x·22a－x＝1，
即22a＝1，所以a＝0.
(2) 因为g(x)＝e是(a，b)型函数，
所以g(x)g(2a－x)＝e·e＝b，
即＋＝ln b，
所以x2ln b－2ax ln b＋2a＝0对定义域{x|x≠0且x≠2a}内任意x恒成立，
所以解得a＝0，b＝1.
(3) 因为h(x)是(1，4)型函数，
所以h(x)h(2－x)＝4.
①当x＝1时，h(1)h(1)＝4，
因为h(x)>0，所以h(1)＝2，满足h(x)≥1；
②当x∈(1，4]时，h(x)＝－(log2x)2＋mlog2x＋2≥1恒成立，
令log2x＝t，则当t∈(0，2]时，－t2＋mt＋2≥1恒成立，
即m≥t－在区间(0，2]上恒成立．
因为函数y＝t－在区间(0，2]上单调递增，
所以t－≤，当且仅当t＝2时取等号，
所以m≥；
③当x∈[－2，1)时，2－x∈(1，4]，则h(x)＝＝，
由h(x)≥1，得0<－[log2(2－x)]2＋mlog2(2－x)＋2≤4，
令log2(2－x)＝u，则当u∈(0，2]时，0<－u2＋mu＋2≤4.
由②知－u2＋mu＋2≥1，则只需当u∈(0，2]时，－u2＋mu＋2≤4恒成立，即m≤＋u恒成立．
又u＋≥2＝2，当且仅当u＝时取等号，
所以m≤2.综上，实数m的取值范围是.
　对于求不等式恒成立时的参数范围问题，一般有三个方法：一是分离参数法， 使不等式一端是含有参数的式子，另一端是一个区间上具体的函数，通过对具体函数的研究确定含参式子满足的条件；二是讨论分析法，根据参数取值情况分类讨论；三是数形结合法，将不等式转化为两个函数，通过两个函数图象确定条件．
5. (1) 因为y＝ax2－(2a＋3)x＋6>0的解集是{x|x<2或x>3}，
所以解得a＝1.
(2) 由题意，得y≤－(m＋5)x＋3＋m在区间[－2，2]上有解，
即x2＋mx＋3－m≤0在区间[－2，2]上有解．
因为y＝x2＋mx＋3－m的图象开口向上，对称轴为直线x＝－，
①当－≤－2，即m≥4时，当x＝－2时函数取得最小值，则4－2m＋3－m≤0，解得m≥，
所以m≥4；
②当－2<－<2，即－4解得2≤m<4；
③当－≥2，即m≤－4时，当x＝2时函数取得最小值，则4＋2m＋3－m≤0，
解得m≤－7.
综上，m≥2或m≤－7，所以m2＋3的取值范围为[7，＋∞).
　本题利用分类讨论思想时，容易讨论不全，导致错误，因为题中m可以取一切实数，所以各种情况的并集应该是实数集，交集是空集．
6. (1) 由题意，得f(x)＝
当a＝0时，f(x)＝x|x|在R上单调递增，只有1个零点x＝0，不符合题意；
当a>0时，因为函数f(x)＝x|x－2a|＋a2－4a(x∈R)有3个不同的零点x1，x2，x3，
且f(x)在区间(－∞，a)上单调递增，在区间(a，2a)上单调递减，在区间(2a，＋∞)上单调递增，
所以当x≥2a时，x2－2ax＋a2－4a＝0有1个根，
当x<2a时，－x2＋2ax＋a2－4a＝0有2个根，
所以解得2当a<0时，当x≥2a时，对于方程x2－2ax＋a2－4a＝0，因为Δ＝4a2－4(a2－4a)＝16a<0，
所以x2－2ax＋a2－4a＝0无解，
所以函数f(x)不可能有3个不同的零点x1，x2，x3，所以不符合题意．
综上，实数a的取值范围是(2，4).
(2) 由(1)知，2则x1＋x2＝2a，x1x2＝4a－a2.
x3是方程x2－2ax＋a2－4a＝0的大根，即x3＝a＋2.
由＋－<0，得λ>x3·.
记x3·＝g(a)，则g(a)＝，即等价于存在a∈(2，4)，使λ>g(a)，即λ>g(a)min.
因为g(a)＝＝＝＝＝，
显然g(a)在区间(2，4)上单调递增，
所以g(a)>g(2)＝2＋2，
所以实数λ的取值范围是(2＋2，＋∞).
　不等式有解问题常见的求解方法有：①最值法：f(x)>0有解转化为f(x)max>0；②分离参数法：通过分离参数得到a>f(x)有解转化为a>f(x)min；a