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作业

微专题43单变量的不等式恒成立与存在性问题1.不等式x2－ax＋1≥0对实数x∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))恒成立，则实数a的取值范围是________．2．若存在正数x，使2x(x－a)<1成立，则实数a的取值范围是________．3．若g(x)＝ax3＋(3a－3)x2－6x(x∈[0，2])在x＝0处取得最大值，则实数a的取值范围是________．4．设函数f(x)＝x2－1，对任意x∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，＋∞))，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,m)))－4m2f(x)≤f(x－1)＋4f(m)恒成立，则实数m的取值范围是________．5．若关于x的不等式ax2－|x|＋2a<0的解集为空集，则实数a的取值范围为________．6．已知f(x)＝x2＋2x＋alnx，若f(x)在区间(0，1]上为单调函数，则实数a的取值范围为________．

7.已知函数f(x)＝eq\f(a,x)－x，且对任意的x∈(0，1)，都有f(x)·f(1－x)≥1恒成立，求实数a的取值范围．8．已知f(x)＝(x＋1)lnx－ax＋a(a为正常数)．(1)若f(x)在(0，＋∞)上单调递增，求a的取值范围；(2)若不等式(x－1)f(x)≥0恒成立，求a的取值范围．微专题431．答案：a≤eq\f(5,2).解析：a≤x＋eq\f(1,x)(0<x≤eq\f(1,2))恒成立，所以a≤eq\f(5,2).2．答案：(－1，＋∞)．解析：∵2x(x－a)<1，∴a>x－eq\f(1,2x).令f(x)＝x－eq\f(1,2x)，则f′(x)＝1＋2－xln2>0.∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增，∴f(x)>f(0)＝0－1＝－1，∴a的取值范围是(－1，＋∞)．3．答案：(－∞，eq\f(6,5)]．解析：转化成g(x)≤g(0)在[0，2]恒成立，(1)x＝0时，a∈R；(2)0<x≤2时，a≤eq\f(3（x＋2）,x2＋3x)恒成立，令x＋2＝t(2<t≤4)，y＝eq\f(3t,t2－t－2)＝eq\f(3,t－\f(2,t)－1)，ymin＝eq\f(6,5)，综上所述：a≤eq\f(6,5).4．答案：(－∞，eq\f(\r(3),2))∪(eq\f(\r(3),2)，＋∞)．解析：(4m2－eq\f(1,m2)＋1)x2≥2x＋3恒成立对任意x∈[eq\f(3,2)，＋∞)，(4m2－eq\f(1,m2)＋1)≥eq\f(2,x)＋eq\f(3,x2)恒成立，令t＝eq\f(1,x)∈(0，eq\f(2,3)]，eq\f(2,x)＋eq\f(3,x2)＝3t2＋2t，∴(3t2＋2t)max＝eq\f(8,3)，4m2－eq\f(1,m2)＋1≥eq\f(8,3)，12m4－5m2－3≥0，m2≥eq\f(3,4)，所以m≥eq\f(\r(3),2)或m≤－eq\f(\r(3),2).5．答案：[eq\f(\r(2),4)，＋∞)．解法1设f(x)＝a|x|2－|x|＋2a，原不等式ax2－|x|＋2a<0的解集为空集，即f(x)≥0恒成立，令t＝|x|，即g(t)＝at2－t＋2a在[0，＋∞)上恒有g(t)≥0，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a>0，,Δ≤0))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a>0，,\f(1,2a)<0，,g（0）≥0，))解得a≥eq\f(\r(2),4).解法2当a＝0时，－|x|<0，不等式解集为{x|x≠0}，不满足题意；当a≠0时，根据题意得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a>0，,1－8a2≤0，))解得a≥eq\f(\r(2),4).综上所述，a的取值范围是[eq\f(\r(2),4)，＋∞)．解法3由ax2－|x|＋2a<0，得a<eq\f(|x|,x2＋2)，而eq\f(|x|,x2＋2)≤eq\f(|x|,2\r(2)|x|)＝eq\f(\r(2),4)，∴当a≥eq\f(\r(2),4)时，原不等式解集为，故a的取值范围是[eq\f(\r(2),4)，＋∞)．6．答案：(－∞，－4]∪[0，＋∞)．解析：由题意知f′(x)＝eq\f(2x2＋2x＋a,x)≥0在(0，1]恒成立或者f′(x)＝eq\f(2x2＋2x＋a,x)≤0在(0，1]恒成立，所以a≥－(2x2＋2x)或a≤－(2x2＋2x)，而函数y＝－(2x2＋2x)在区间(0，1]上的值域为[－4，0)，所以a≥0或a≤－4.7．答案：(－∞，－eq\f(1,4)]∪[1，＋∞)解法1∵f(1－x)＝eq\f(a,1－x)－(1－x)＝eq\f(a－（1－x）2,1－x)，∴对任意x∈(0，1)，都有eq\f(a－x2,x)·eq\f(a－（1－x）2,1－x)≥1，即(a－x2)·[a－(1－x)2]≥x(1－x)恒成立，整理得x2(1－x)2＋(2a－1)x(1－x)＋(a2－a)≥0，令x(1－x)＝t，则0<t≤eq\f(1,4)，问题等价于t2＋(2a－1)t＋(a2－a)≥0对0<t≤eq\f(1,4)恒成立，令g(t)＝t2＋(2a－1)t＋(a2－a)，∵Δ＝(2a－1)2－4(a2－a)＝1>0，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－\f(2a－1,2)>\f(1,4)，,g（\f(1,4)）≥0))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－\f(2a－1,2)<0，,g（0）≥0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a<\f(1,4)，,16a2－8a－3≥0))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a>\f(1,2)，,a2－a≥0，))∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a<\f(1,4)，,a≤－\f(1,4)或a≥\f(3,4)))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a>\f(1,2)，,a≤0或a≥1，))∴a≤－eq\f(1,4)或a≥1.因此实数a的取值范围为(－∞，－eq\f(1,4)]∪[1，＋∞)．解法2(eq\f(a,x)－x)[eq\f(a,1－x)－(1－x)]≥1，设eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝m，,1－x＝n，))则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(0<m<1，,0<n<1，,m＋n＝1，))又m2＋n2＝1－2mn，∴(eq\f(a,m)－m)(eq\f(a,n)－n)≥1，即eq\f(a2,mn)－(eq\f(n,m)＋eq\f(m,n))a＋mn－1≥0，即a2＋(2mn－1)a＋mn(mn－1)≥0，即(a＋mn)(a＋mn－1)≥0，∴a≤－mn或a≥－mn＋1，∵0<mn≤eq\f(1,4)，∴由题意得a≤－eq\f(1,4)或a≥1.因此实数a的取值范围为(－∞，－eq\f(1,4)]∪[1，＋∞)．8．答案：(1)0<a≤2；(2)0<a≤2.解析：(1)f(x)＝(x＋1)lnx－ax＋a，f′(x)＝lnx＋eq\f(x＋1,x)－a≥0，a≤lnx＋eq\f(1,x)＋1恒成立，令g(x)＝lnx＋eq\f(1,x)＋1，g′(x)＝eq\f(x－1,x2)(列表略)gmin(x)＝g(1)＝2，0<a≤2.(2)解法1当0<a≤2时，由(1)知，若f(x)在(0，＋∞)上单调递增，又f(1)＝0，当x∈(0，1)，f(x)<0；当x∈(1，＋∞)，f(x)>0，故不等式(x－1)f(x)≥0恒成立；当a>2，f′(x)＝eq\f(xlnx＋（1－a）x＋1,x)，令p(x)＝xlnx＋(1－a)x＋1，p′(x)＝lnx＋2－a＝0，则x＝ea－2>1，当x∈(1，ea－2)时，p′(x)<0，则p(x)<p(1)＝2－a<0，当x∈(1，ea－2)，f′(x)<0，则f(x)单调递减，f(x)<f(1)＝0，矛盾，因此0<a≤2.解法2g(x)＝f′(x)＝lnx＋1＋eq\f(1,x)－a，g′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(1,x2)＝eq\f(x－1,x2)，讨论单调性可得g(x)min＝g(1)＝2－a.当0<a<2时，g(x)＝f′(x)>0