課時規(guī)范練9恒成立與能成立問題一、基礎(chǔ)鞏固練1.(2024·吉林長春高三期中)若關(guān)于x的不等式a·2|x|>2|x|+1(x∈R)有實數(shù)解,則實數(shù)a的取值范圍是()A.(1,+∞) B.(2,+∞)C.[1,+∞) D.[2,+∞)2.(2024·江蘇鎮(zhèn)江模擬)已知函數(shù)f(x)=log3(x2-1),g(x)=x2-2x+a,對于任意x1∈[2,+∞),存在x2∈[13,3]有f(x1)≥g(x2),則實數(shù)a的取值范圍是(A.(-∞,1] B.(-∞,2]C.(-∞,-2] D.(-∞,1493.(2024·山東濰坊高三期末)已知函數(shù)f(x)=(12)x-x(x>3),對?x∈(3,+∞)都有f(x)<m成立,則實數(shù)m的取值范圍是.4.(2024·貴州貴陽模擬)已知函數(shù)f(x)=9x+1(1)求實數(shù)m的值;(2)若對任意的x∈R,總存在y∈R,使得2-y2-2y+nf5.(2024·山西大同期末)定義在[-3,3]上的奇函數(shù)f(x),已知當x∈[-3,0]時,f(x)=14x+a3x(1)求f(x)在(0,3]上的解析式;(2)若存在x∈[-2,-1],使不等式f(x)≤m2x?1二、綜合提升練6.(2024·廣東汕頭模擬)已知f(x)=ln(x2+1),g(x)=(12)x-m,若對任意x1∈[0,3],x2∈[1,2],使得f(x1)≥g(x2),則實數(shù)m的取值范圍是(A.[14,+∞) B.(-∞,1C.[12,+∞) D.(-∞,-17.(2024·天津河東期中)已知f(x)=x+3,x≤1,-x2+2x+3,x>1,則使8.(2024·安徽安慶高三期中)已知函數(shù)f(x)=2x+1+b(1)求b的值,并用定義證明函數(shù)f(x)的單調(diào)性;(2)求不等式f[f(x)]+f(14)<(3)設(shè)g(x)=lnx+mx2,若對任意的x1∈[1,e],總存在x2∈[0,2],使得g(x1)=f(x2)成立,求實數(shù)m的取值范圍.

課時規(guī)范練9恒成立與能成立問題1.A解析由題知a·2|x|>2|x|+1,而2|x|≥1,所以a>1+12|x|,又因為0<12|x|≤1,所以1<1+12|x|≤2,因為關(guān)于x的不等式a·2|x|>2|x|2.B解析對于任意x1∈[2,+∞),存在x2∈[13,3]有f(x1)≥g(x2)等價于[f(x1)]min≥[g(x2)]min由x∈[2,+∞),f(x)=log3(x2-1)單調(diào)遞增,可得f(x)min=f(2)=1,又g(x)=x2-2x+a,∴當x=1時,g(x)min=g(1)=a-1,∴1≥a-1,解得a≤2,故選B.3.[-238,+∞)解析f(x)=(12)x-x在(3,+∞)所以f(x)<f(3)=-238因為對?x∈(3,+∞)都有f(x)<m成立,所以m≥-234.解(1)因為f(x)=9x+13mx(x∈R)為偶函數(shù),所以有f(-x)=f(x),取x=1,即f(所以有9-1+13-m=9+13m,(2)由(1)知,f(x)=9x+13x=3x+3-x,將2-y2-2y+nf(x)≥1變形為3x+3-x≥2y2+2y-n.因為3x+3-x≥23x·3-x=2,當且僅當3x=3-x,即x=0時,3x+3-x有最小值2.所以存在y∈R,使得2≥2y2+2y-n成立因為y2+2y-1=(y+1)2-2≥-2,當且僅當y=-1時,等號成立,所以有n≥-2,所以n的取值范圍是[-2,+∞).5.解(1)根據(jù)題意,f(x)是定義在[-3,3]上的奇函數(shù),則f(0)=1+a=0,得a=-1.經(jīng)檢驗滿足題意,故a=-1.當x∈[-3,0]時,f(x)=14x+a3x=14x?13x,當x∈(0,3]時,-x∈[-3,0),f(-x)=14-x?13-x=4x-3x.又綜上,當x∈(0,3]時,f(x)=3x-4x.(2)根據(jù)題意,若存在x∈[-2,-1],使得f(x)≤m2x?13x-1成立,即14x?13x≤m2又由2x>0,則m≥12x+2·(23)x在[-2,-1]有解.設(shè)g(x)=12x+2·(23)x,g(x)在x∈當x∈[-2,-1]時,g(x)min=g(-1)=12-1+2·(23)-1=5,故m≥5.即實數(shù)m的取值范圍是[5,6.C解析f(x)=ln(x2+1)在[0,3]上單調(diào)遞增,f(x)min=f(0)=0,g(x)=(12)x-m在[1,2]上單調(diào)遞減,g(x)max=g(1)=12對任意x1∈[0,3],x2∈[1,2],使得f(x1)≥g(x2),則f(x)min≥g(x)max,所以12-m≤0,即m≥12,7.[2,+∞)解析因為f(x)-ex-m≤0?m≥f(x)-ex,令g(x)=f(x)-ex,x∈R,依題意,?x∈R,m≥g(x),當x≤1時,g(x)=x+3-ex,g'(x)=1-ex,當x<0時,g'(x)>0,當0<x<1時,g'(x)<0,因此g(x)=x+3-ex在(-∞,0)內(nèi)單調(diào)遞增,在(0,1)內(nèi)單調(diào)遞減,當x=0時,g(x)max=g(0)=2,當x>1時,g(x)=-x2+2x+3-ex,g'(x)=-2x+2-ex,g'(x)在(1,+∞)內(nèi)單調(diào)遞減,g'(x)<g'(1)<0,于是函數(shù)g(x)=-x2+2x+3-ex在(1,+∞)內(nèi)單調(diào)遞減,g(x)<g(1)=4-e<2,因此g(x)max=2,則m≥2,所以m的取值范圍是[2,+∞).8.解(1)因為f(x)為奇函數(shù),所以f(x)+f(-x)=2x+1+b2x+1所以f(x)=2x+1-2下面用定義法證明單調(diào)性:?x1,x2∈R,且x1<x2,則f(x1)-f(x2)=2-42x1+1-(2-4因為x1<x2,所以2x2>2x1,2x1+1>0,2x2+1>0,所以f(x1)-f(x2)<0,即f(x1)<f((2)由(1)知f(x)在R上單調(diào)遞增,且為奇函數(shù),故不等式f[f(x)]+f(14)<0?f[f(x)]<-f(14)=f(-14)?f(x)即2-42x+1<-14,整理得42x+1>94,即2x<79,解得x<log2(3)因為f(x)在R上單調(diào)遞增,所以在[0,2]上,f(x)max=f(2)=65f(x)min=f(0)=0,故