高考数学第一轮复习导学案(新高考)第16讲存在与任意问题(微专题)(原卷版+解析)

第16讲存在与任意问题（微专题）题型一、函数的存在问题例1、（2021·山东济宁市·高三二模）设函数，，若存在、使得成立，则的最小值为时，实数______．变式1、（2023·江苏南通·统考模拟预测）若函数存在最小值，则实数a的取值范围为___________.变式2、（山东省威海市2020-2021学年高三模拟）若关于的方程在（0，+）上有两个不等的实数根，则实数的取值范围为（）A． B． C． D．方法总结：函数的恒成立问题往往采取分离参数法，参变分离法的适用范围：判断恒成立问题是否可以采用参变分离法，可遵循以下两点原则：①，则只需要，则只需要②，则只需要，则只需要题型二、函数的恒成立问题例2、（2021·山东济南市·高三二模）已知函数，若关于的不等式恒成立，则实数的取值范围为______．变式1、(2022·江苏苏州市八校联盟第一次适应性检测)已知函数f(x)＝x3＋mx，若f(ex)≥f(x－1)对x∈R恒成立，则实数m的取值范围为．变式2、【2019年高考天津理数】已知，设函数若关于的不等式在上恒成立，则的取值范围为A． B．C． D．变式3、(2022·江苏淮安市六校第一次联考)已知函数f(x)＝ax－x2＋3，g(x)＝4x－2，若对于任意x1，x2∈(0，1]，都有f(x1)≥g(x2)成立，则a的取值范围为．变式4、（2022·广东·铁一中学高三期末）已知直线恒在函数的图象的上方，则的取值范围是（）A． B． C． D．方法总结：函数的恒成立问题往往采取分离参数法，参变分离法的适用范围：判断恒成立问题是否可以采用参变分离法，可遵循以下两点原则：（1）已知不等式中两个字母是否便于进行分离，如果仅通过几步简单变换即可达到分离目的，则参变分离法可行。但有些不等式中由于两个字母的关系过于“紧密”，会出现无法分离的情形，此时要考虑其他方法。（2）要看参变分离后，已知变量的函数解析式是否便于求出最值（或临界值），若解析式过于复杂而无法求出最值（或临界值），则也无法用参变分离法解决问题。（可参见”恒成立问题——最值分析法“中的相关题目）参变分离后会出现的情况及处理方法：（假设为自变量，其范围设为，为函数；为参数，为其表达式）（1）若的值域为①，则只需要，则只需要②，则只需要，则只需要题型三、函数的存在与恒成立的综合问题例3、已知f(x)＝ln(x2＋1)，g(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x－m，若对任意的x1∈[0,3]，存在x2∈[1,2]，使得f(x1)≥g(x2)，则实数m的取值范围是；若对任意的x1∈[0,3]，任意x2∈[1,2]，有f(x1)≥g(x2)，则实数m的取值范围是.变式1、已知函数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)，则实数a的取值范围是.方法总结：存在于恒成立的综合性问题主要存在一下几方面的题型1、设函数f(x)，g(x)，对任意的x1∈[a，b]，存在x2∈[c，d]，使得f(x1)≥g(x2)，则f(x1)min≥g(x2)min.2、设函数f(x)，g(x)，对任意的x1∈[a，b]，存在x2∈[c，d]，使得f(x1)≤g(x2)，则f(x1)max≤g(x2)max.3、设函数f(x)，g(x)，存在x1∈[a，b]，存在x2∈[c，d]，使得f(x1)≥g(x2)，则f(x1)max≥g(x2)min.4、设函数f(x)，g(x)，存在x1∈[a，b]，存在x2∈[c，d]，使得f(x1)≤g(x2)，则f(x1)min≤g(x2)max.第16讲存在与任意问题（微专题）题型一、函数的存在问题例1、（2021·山东济宁市·高三二模）设函数，，若存在、使得成立，则的最小值为时，实数______．【答案】【解析】设，由可得，，的最小值为，即求函数在区间上的最小值为，且，当时，，，则，所以，函数在区间上为增函数，所以，，解得.故答案为：.变式1、（2023·江苏南通·统考模拟预测）若函数存在最小值，则实数a的取值范围为___________.【答案】【解析】因为，所以，则.当时，，所以在上单调递增；当时，，得，若时，在上单调递增，在单调递减，在上单调递增，要使得存在最小值，则，所以，此时；若时，在上单调递增，在上单调递减，要使得存在最小值，则，此时；若时，在上单调递减，上单调增，则存在最小值.综上，则实数a的取值范围为.故答案为：.变式2、（山东省威海市2020-2021学年高三模拟）若关于的方程在（0，+）上有两个不等的实数根，则实数的取值范围为（）A． B． C． D．【答案】B【解析】故则设，故在（1，+）上为减函数，.故时；时.故在上为增函数，在（1，+）上为减函数.，且时；时与的图象要有两个交点则的取值范围为.故选：B方法总结：函数的恒成立问题往往采取分离参数法，参变分离法的适用范围：判断恒成立问题是否可以采用参变分离法，可遵循以下两点原则：①，则只需要，则只需要②，则只需要，则只需要题型二、函数的恒成立问题例2、（2021·山东济南市·高三二模）已知函数，若关于的不等式恒成立，则实数的取值范围为______．【答案】【解析】，在恒成立，在单调递增，时，，，使得，即；且，，在单调递减，在单调递增，，解得：，实数的取值范围为，故答案为：.变式1、(2022·江苏苏州市八校联盟第一次适应性检测)已知函数f(x)＝x3＋mx，若f(ex)≥f(x－1)对x∈R恒成立，则实数m的取值范围为．【答案】[－1，＋)【解析】由题意可知，令h(x)＝ex－(x－1)，易可知h(x)≥2恒成立，且f′(x)＝3x2＋m，则当m≥0时，f′(x)≥0，即f(x)在R上单调递增，则f(ex)≥f(x－1)对x∈R恒成立，满足题意；当m＜0时，因为函数f(x)为奇函数，所以可得2EQ\R(,－m)≤2，解得m≥－1，则－1≤m＜0，综上，实数m的取值范围为[－1，＋)．变式2、【2019年高考天津理数】已知，设函数若关于的不等式在上恒成立，则的取值范围为A． B．C． D．【答案】C【解析】当时，恒成立；当时，恒成立，令，则，当，即时取等号，∴，则.当时，，即恒成立，令，则，当时，，函数单调递增，当时，，函数单调递减，则时，取得最小值，∴，综上可知，的取值范围是.故选C.变式3、(2022·江苏淮安市六校第一次联考)已知函数f(x)＝ax－x2＋3，g(x)＝4x－2，若对于任意x1，x2∈(0，1]，都有f(x1)≥g(x2)成立，则a的取值范围为．【答案】[0，＋∞)【解析】由题意，f(x)＝ax－x2＋3，g(x)＝4x－2，且对于任意x1，x2∈(0，1]，都有f(x1)≥g(x2)成立，则f(x1)min≥g(x2)max，因为g(x)＝4x－2在(0，1]上单调递增，所以g(x)max＝g(1)＝2，所以ax－x2＋3≥2对于任意任意x∈(0，1]恒成立，即a≥x－eq\f(1,x)对于任意x∈(0，1]恒成立，又eqh(x)＝x－\f(1,x)在区间(0，1]上单调递增，所以h(x)max＝h(1)＝0，所以a≥0，则a的取值范围为[0，＋∞)．变式4、（2022·广东·铁一中学高三期末）已知直线恒在函数的图象的上方，则的取值范围是（）A． B． C． D．【答案】A【解析】很明显，否则时，函数单调递减，且时，而当时，不合题意，时函数为常函数，而当时，不合题意，当时，构造函数，由题意可知恒成立，注意到：，据此可得，函数在区间上的单调递减，在区间上单调递增，则：，故，，构造函数，则，还是在处取得极值，结合题意可知：，即的取值范围是.故选：A.方法总结：函数的恒成立问题往往采取分离参数法，参变分离法的适用范围：判断恒成立问题是否可以采用参变分离法，可遵循以下两点原则：（1）已知不等式中两个字母是否便于进行分离，如果仅通过几步简单变换即可达到分离目的，则参变分离法可行。但有些不等式中由于两个字母的关系过于“紧密”，会出现无法分离的情形，此时要考虑其他方法。（2）要看参变分离后，已知变量的函数解析式是否便于求出最值（或临界值），若解析式过于复杂而无法求出最值（或临界值），则也无法用参变分离法解决问题。（可参见”恒成立问题——最值分析法“中的相关题目）参变分离后会出现的情况及处理方法：（假设为自变量，其范围设为，为函数；为参数，为其表达式）（1）若的值域为①，则只需要，则只需要②，则只需要，则只需要题型三、函数的存在与恒成立的综合问题例3、已知f(x)＝ln(x2＋1)，g(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x－m，若对任意的x1∈[0,3]，存在x2∈[1,2]，使得f(x1)≥g(x2)，则实数m的取值范围是；若对任意的x1∈[0,3]，任意x2∈[1,2]，有f(x1)≥g(x2)，则实数m的取值范围是.变式1、已知函数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)，则实数a的取值范围是.【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当x∈[0,3]时，f(x)min＝f(0)＝0，当x∈[1,2]时，g(x)min＝g(2)＝eq\f(1,4)－m.对任意的x1∈[0,3]，存在x2∈[1,2]，使得f(x1)≥g(x2)等价于f(x1)min≥g(x2)min，即0≥eq\f(1,4)－m，所以m≥eq\f(1,4).②当x∈[0,3]时，f(x)min＝f(0)＝0，当x∈[1,2]时，g(x)max＝g(1)＝eq\f(1,2)－m.对任意的x1∈[0,3]，任意x2∈[1,2]，有f(x1)≥g(x2)，等价于f(x1)min≥g(x2)max，即0≥eq\f(1,2)－m，所以m≥eq\f(1,2).变式1、已知函数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)，则实数a的取值范围是.【答案】eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))【解析】由题意知f(x1)max≤g(x2)max.因为f(x)＝x＋eq\f(4,x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))上是减函数，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]上是增函数，所以g(x)max＝8＋a，因此eq\f(17,2)≤8＋a，则a≥eq\f(1,2).方法总结：存在于恒成立的综合性问题主要存在一下几方面的题型1、设函数f(x)，g(x)，对任意的x1∈[a，b]，存在x2