人教A版高中数学数学选择性必修第二册培优课4恒成立、能成立问题习题含答案

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第五章培优课❹　恒成立、能成立问题A级 必备知识基础练1.[探究点一]已知函数f(x)=ex-x+a,若f(x)>0恒成立,则实数a的取值范围是(　　)A.(-1,+∞) B.(-∞,-1)C.[-1,+∞) D.(-∞,-1]2.[探究点一]已知a≤4x3+4x2+1对任意x∈[-2,1]都成立,则实数a的取值范围是　　　　　　. 3.[探究点一]已知函数f(x)=x+,其中a∈R,e是自然对数的底数.(1)当a=-1时,求函数f(x)在区间[0,+∞)上的零点个数;(2)若f(x)>2对任意的实数x恒成立,求a的取值范围.          4.[探究点二]已知函数f(x)=ax3-bx2-9x-1在x=-1处取得极值4.(1)求a,b的值;(2)若存在x∈[2,4],使3λ-λ2≥f(x)成立,求实数λ的取值范围.           B级 关键能力提升练5.若存在x∈[,e],使得不等式2xln x+x2-mx+3≥0成立,则实数m的最大值为(　　)A.+3e-2 B.+e+2C.4 D.e2-16.已知函数f(x)=sin(2x+)--mx在[0,]上单调递减,则实数m的最小值是(　　)A.- B.- C. D.7.已知函数f(x)=若∃x0∈R且x0≠0,使得f(-x0)=f(x0)成立,则实数k的取值范围是(　　)A.(-∞,1] B.(-∞,] C.[-1,+∞) D.[-,+∞)8.已知y=f(x)是奇函数,当x∈(0,2)时,f(x)=ln x-ax(a>),当x∈(-2,0)时,f(x)的最小值为1,则a的值为　　　　　. 9.已知函数f(x)=,x∈[1,3],且∀x1,x2∈[1,3],x1≠x2,<2恒成立,则实数a的取值范围是　　　　　. C级 学科素养创新练10.已知函数f(x)=(x+a)ex,其中a为常数.(1)若函数f(x)在区间[-1,+∞)上单调递增,求实数a的取值范围;(2)若f(x)≥e3-xex在x∈[0,1]时恒成立,求实数a的取值范围.      
培优课❹　恒成立、能成立问题1.A　f'(x)=ex-1,令f'(x)>0,解得x>0,令f'(x)<0,解得x<0,故f(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增,故f(x)min=f(0)=1+a.若f(x)>0恒成立,则1+a>0,解得a>-1,故选A.2.(-∞,-15]　设f(x)=4x3+4x2+1,x∈[-2,1],则f'(x)=12x2+8x,令f'(x)=0,得x=0或x=-.所以在区间(-2,-)上,f'(x)>0,f(x)单调递增,在区间(-,0)上,f'(x)<0,f(x)单调递减,在区间(0,1)上,f'(x)>0,f(x)单调递增,因此在闭区间[-2,1]上,函数f(x)在x=-处取得极大值f(-),在x=0时函数取得极小值f(0),且f(0)=1,f(1)=9,f(-2)=-15,所以f(-2)=-15是最小值,所以实数a≤-15.3.解 (1)当a=-1时,f(x)=x-,则f'(x)=1+>0,∴f(x)在[0,+∞)上单调递增,又f(0)=-1<0,f(1)=1->0,故∃x0∈(0,1),使得f(x0)=0,∴函数f(x)在区间[0,+∞)上有1个零点.(2)若f(x)>2对任意的实数x恒成立,即a>ex(2-x)恒成立,令g(x)=ex(2-x),则g'(x)=ex(1-x),令g'(x)>0,得x<1;令g'(x)<0,得x>1,∴g(x)在(-∞,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,∴g(x)max=g(1)=e,∴a的取值范围为(e,+∞).4.解 (1)f(x)=ax3-bx2-9x-1,则f'(x)=3ax2-2bx-9.因为函数f(x)=ax3-bx2-9x-1在x=-1处取得极值4,所以3a+2b-9=0,-a-b+9-1=4,解得此时f'(x)=3x2-6x-9=3(x+1)(x-3).易知f(x)在(-∞,-1)上单调递增,在(-1,3)上单调递减,在(3,+∞)上单调递增,则x=-1是函数f(x)的极大值点,符合题意.故a=1,b=3.(2)若存在x∈[2,4],使3λ-λ2≥f(x)成立,则3λ-λ2≥[f(x)]min.由(1)得,f(x)=x3-3x2-9x-1,且f(x)在[2,3)上单调递减,在(3,4]上单调递增,所以[f(x)]min=f(3)=27-27-27-1=-28,所以3λ-λ2≥-28,即λ2-3λ-28≤0,解得-4≤λ≤7,所以实数λ的取值范围是[-4,7].5.A　∵2xln x+x2-mx+3≥0,∴m≤2ln x+x+.设h(x)=2ln x+x+,x>0,则h'(x)=+1-,当≤x<1时,h'(x)<0,h(x)单调递减,当1<x≤e时,h'(x)>0,h(x)单调递增.∵存在x∈[,e],m≤2ln x+x+成立,∴m≤h(x)max.∵h()=-2++3e,h(e)=2+e+,∴h()>h(e).∴m≤+3e-2,∴m的最大值是+3e-2.6.D　由f(x)=sin(2x+)--mx在[0,]上单调递减,得f'(x)=2cos(2x+)-x-m≤0(x∈[0,]),即2cos(2x+)-x≤m(x∈[0,]),令g(x)=2cos(2x+)-x(x∈[0,]),则g'(x)=-4sin(2x+)-1(x∈[0,]),当x∈[0,]时,≤2x+,则2≤4sin(2x+)≤4,所以-5≤-4sin(2x+)-1≤-3,即g'(x)<0,所以g(x)在x∈[0,]上单调递减,g(x)max=g(0)=,所以m≥,m的最小值为.7.D　由题意可得,存在实数x0≠0,使得f(-x0)=f(x0)成立,假设x0>0,则-x0<0,所以有-kx0=ln x0,则k=-,令h(x)=-,则h'(x)=,令h'(x)>0,即ln x>1,解得x>e,令h'(x)<0,即ln x<1,解得0<x<e,则h(x)在(0,e)上单调递减,在(e,+∞)上单调递增,所以h(x)≥h(x)min=h(e)=-=-,所以k≥-.8.1　由题意知,当x∈(0,2)时,f(x)的最大值为-1.令f'(x)=-a=0,得x=,∵a>,∴0<<2.当0<x<时,f'(x)>0;当<x<2时,f'(x)<0.∴f(x)max=f()=-ln a-1=-1.解得a=1.9.(-∞,]　设x1>x2,<2可化为f(x1)-2x1<f(x2)-2x2,可得函数g(x)=f(x)-2x=-2x在x∈[1,3]内单调递减,∴g'(x)=-2≤0在x∈[1,3]上恒成立,即a≤在x∈(1,3]内恒成立,令h(x)=,x∈(1,3],则h'(x)=<0在x∈(1,3]内恒成立,∴函数h(x)在x∈(1,3]内单调递减,∴a≤h(3)=.则实数a的取值范围是(-∞,].10.解 (1)由f(x)=(x+a)ex,得f'(x)=(x+a+1)ex,∵函数f(x)在区间[-1,+∞)上单调递增,∴f'(x)=(x+a+1)ex≥0在区间[-1,+∞)上恒成立,即a≥-x-1在区间[-1,+∞)上恒成立.∵当x∈[-1,+∞)时,-x-1∈(-∞,0],∴a≥0,即实数a的取值范围是[0,+∞).(2)f(x)≥e3-xex在x∈[0,1]时恒成立,等价于a≥e3-x-2x在x∈[0,1]时恒成立,令g(x)=e3-x-2x,则a≥g(x)max,∵g'(x)=-e3-x-2<0,∴g(x)在[0,1]上是减函数,∴g(x)在区间[0,1]上的最大值g(x)max=g(0)=e3,∴a≥e3,即实数a的取值范围是[e3,+∞).