1、3.5 不等式的恒成立及存在性問題（補(bǔ)充） 一、選擇題（共10小題；共50分）1. 若命題：“ ax22ax+3>0 恒成立”是真命題，則實(shí)數(shù) a 的取值范圍是 A. 0a<3B. 0a3C. 0<a<3D. 0<a3 2. 不等式 x+3x1a23a 對(duì)任意實(shí)數(shù) x 恒成立，則實(shí)數(shù) a 的取值范圍為 A. ,14,+B. ,25,+C. 1,2D. ,12,+ 3. 不等式 x2x+2a 有解，則實(shí)數(shù) a 的取值范圍是 A. a4B. a4C. a4D. a4 4. 設(shè)函數(shù) fx=x2ax+a+3，gx=ax2a若存在 x0R，使得 fx0<0 與 gx0

2、<0 同時(shí)成立，則實(shí)數(shù) a 的取值范圍為 A. ,2B. 0,4C. 6,+D. 7,+ 5. 在 R 上定義運(yùn)算 :xy=x1y 若不等式 xax+a<1 對(duì)任意實(shí)數(shù) x 成立，則 A. 1<a<1B. 0<a<2C. 12<a<32D. 32<a<12 6. 若不等式 x2+ax2>0 在區(qū)間 1,5 上有解，則 a 的取值范圍是 A. 235,+B. 235,1C. 1,+D. ,235 7. 不等式 2ax22a2x+4>0 對(duì)于一切實(shí)數(shù) x 都成立，則 A. a2<a<2B. a2<a2C. a

3、a<2D. aa<2 或 a>2 8. 已知 a>0，b>0，且滿足 a3+b4=1，則 ab 的最大值是 A. 2B. 3C. 4D. 6 9. 若不等式 x2+ax+10 對(duì)于一切 x0,12 成立，則 a 的取值范圍是 A. a0B. a2C. a52D. a3 10. 已知不等式 x+y1x+ay9 對(duì)任意的正實(shí)數(shù) x，y 恒成立，則正實(shí)數(shù) a 的最小值為 A. 2B. 4C. 6D. 8 二、填空題（共5小題；共25分）11. 已知函數(shù) fx=x2ax，若對(duì)任意 x1,2，fx2x2+2 恒成立，則實(shí)數(shù) a 的取值范圍是   12. 若關(guān)于 x

4、 的不等式 x1+x3<m 在 x0,4 上有解，則 m 的取值范圍是   13. 函數(shù) fx=1ax2+3ax+1 的定義域是 R，則實(shí)數(shù) a 的取值范圍是   14. 不等式 3x2+2x+2x2+x+1m 對(duì)任意實(shí)數(shù) x 都成立，則實(shí)數(shù) m 的取值范圍是   15. 若對(duì)于滿足 1t3 的一切實(shí)數(shù) t，不等式 x2t2+t3x+t2t3>0 恒成立，則 x 的取值范圍為   三、解答題（共3小題；共39分）16. 當(dāng) k 取何值時(shí)，關(guān)于 x 的不等式 2kx2+kx38<0 對(duì)于一切實(shí)數(shù) x 都成立? 17. 定義在 R 上的函數(shù)

5、 fx=4x4x+2，Sn=f1n+f2n+fn1n，n=2，3，（1）求 Sn；（2）是否存在常數(shù) M>0，n2，有 1S2+1S3+1Sn+1M? 18. 對(duì)任意 a1,1 ，函數(shù) fx=x2+a4x+42a 的值恒大于零，求 x 的取值范圍答案第一部分1. A【解析】當(dāng) a=0 時(shí)，不等式恒成立；當(dāng) a>0 時(shí)，則 =4a212a<0 即 0<a<3，綜上 0a<32. A3. C【解析】根據(jù)題意，ax2x+2max由絕對(duì)值的幾何意義，得x2x+24,因此，a44. D【解析】由題意，a0當(dāng) a>0 時(shí)，由 gx<0 可得，x<2；要

6、存在 x0R，使得 fx0<0 與 gx0<0 同時(shí)成立，必有 x2ax+a+3=0 的判別式 >0，即 a24a+3>0，解得 a>6 或 a<2又因?yàn)?a>0，所以 a>6，此時(shí)二次函數(shù) fx=x2ax+a+3 的對(duì)稱軸為 x=a2，只要二次函數(shù)的兩個(gè)零點(diǎn)一個(gè)大于 2，另一個(gè)小于 2 就存在符合題意的 x0，所以 f2<0，解得 a>7當(dāng) a<0 時(shí)，由 gx<0 可得，x>2；要存在 x0R，使得 fx0<0 與 gx0<0 同時(shí)成立，必有 x2ax+a+3=0 的判別式 >0，即 a24a+

7、3>0，解得 a>6 或 a<2，又因?yàn)?a<0，所以 a<2，這時(shí) a2<1，只要二次函數(shù)的兩個(gè)零點(diǎn)一個(gè)大于 2，另一個(gè)小于 2 就存在符合題意的 x0，所以 f2<0，解得 a>7，這與 a<0 矛盾綜上所述，a 的取值范圍為 7,+5. C6. A【解析】由 =a2+8>0 知，方程 x2+ax2=0 恒有兩個(gè)不等實(shí)根，又知兩根之積為負(fù)，所以方程必有一正根、一負(fù)根于是不等式在區(qū)間 1,5 上有解的充要條件是 f5>0，即 25+5a2>0，解得 a>235，所以 a 的取值范圍為 235,+7. B8. B【解

8、析】 a>0，b>0，且滿足 a3+b4=1， 12a3b4，化為：ab3，當(dāng)且僅當(dāng) a=32，b=2 時(shí)取等號(hào)，則 ab 的最大值為 39. C【解析】本題等價(jià)于 ax+1x 對(duì)任意的 x0,12 恒成立記 fx=x+1x，此函數(shù)是對(duì)勾函數(shù)，在 0,1 上單調(diào)遞減，所以 fx 在 0,12 上有 fxmin=52，所以 a52 即 a5210. B【解析】x+y1x+ay=1+a+yx+axy1+a+2a=a+12x,y,a>0，當(dāng)且僅當(dāng) y=ax 時(shí)取等號(hào)，所以 x+y1x+ay 的最小值為 a+12，于是 a+129 恒成立所以 a4第二部分11. 22,5【解析】fx

9、2x2+2 等價(jià)于 x2ax2x2+2，即 2x22x2ax2x2+2，先研究 x2ax2x2+2 對(duì)任意 x1,2 恒成立，即 ax2x 對(duì)任意 x1,2 恒成立，因?yàn)?x2x=x+2x22，當(dāng)且僅當(dāng)“x=2”時(shí)取等號(hào)，所以 a22；再研究 2x22x2ax 對(duì)任意 x1,2 恒成立，即 a3x+2x 對(duì)任意 x1,2 恒成立，因?yàn)楹瘮?shù) y=3x+2x 在 1,2 上單調(diào)遞增，所以 3x+2xmin=3+2=5，所以 a5；綜上，實(shí)數(shù) a 的取值范圍是 22,512. 2,+【解析】由題意，得 x1+x3min<m由絕對(duì)值的幾何意義，得 x1+x3min=2因此，m>213. a

10、0a<49【解析】因?yàn)?fx 的定義域?yàn)?R所以不等式 ax2+3ax+1>0 恒成立當(dāng) a=0 時(shí)，不等式等價(jià)于 1>0，顯然恒成立；當(dāng) a0 時(shí)，則有 a>0,<0,a>0,3a24a<0,a>0,a9a4<0,0<a<49由知，0a<4914. m2【解析】不等式 3x2+2x+2x2+x+1m，化為 3mx2+2mx+2m0因?yàn)椴坏仁?3x2+2x+2x2+x+1m 對(duì)任意實(shí)數(shù) x 都成立，所以 3mx2+2mx+2m0對(duì)任意實(shí)數(shù) x 都成立，當(dāng) m=3 時(shí)，化為 x+10，不滿足要求，舍去；當(dāng) m3 時(shí)，變形滿足

11、 3m>0=2m243m2m0，解得：m215. x<t3min=4 或 x>t2max=9【解析】原不等式化為 xt2xt3>0，因?yàn)?t2t3=t2t+3=t122+314>0，所以 x<t3 或 x>t2，所以 x<t3min=4 或 x>t2max=9第三部分16. k=0 時(shí)顯然成立，當(dāng) k0 時(shí)，k<0,k242k38<0. 解得 3<k<017. （1） fkn+fnkn=4kn4kn+2+4nkn4nkn+2=4+24kn+4+24nkn4+24kn+24nkn+4=1，故 2Sn=fkn+fnknk=1n1=n1,Sn=n12      （2） 不存在1Skk=2n+1=21+12+13+1n，取 n=2m，則 1Skk=2n+1>212+12+14+14+18+18+18+18+12m=21+12+