专题04 恒成立与存在性求参（选填题6种考法）（解析版）

专题04恒成立与存在性求参（选填题6种考法）考法一一元二次不等式在R【例1-1】（2023·青海西宁·统考二模）已知命题p：xR，2220xxa，若p为假命题，则实数a的取值范围为（）A．(1,)B．[1,)C．(,1)D．(,1]【答案】D【解析】因为命题p：xR，2220xxa，所以p：xR，2220xxa，又因为p为假命题，所以p为真命题，即xR，2220xxa恒成立，所以0，即224(2)0a，解得1a，故选：D．【例1-2】（2023·四川·校联考模拟预测）“0m”是“xR，2(1)2(1)30mxmx是假命题”的（）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件【答案】B【解析】由题意，命题“xR，2(1)2(1)30mxmx是假命题”可得命题“xR，2(1)2(1)30mxmx是真命题”当10m时，即1m时，不等式30恒成立；当10m时，即1m时，则满足210214130mmm，解得14m，综上可得，实数14m，即命题“xR，2(1)2(1)30mxmx是假命题”时，实数m的取值范围是[1,4)，又由“0m”是“14m”的必要不充分条件，所以“0m”是“xR，2(1)2(1)30mxmx是假命题”的必要不充分条件，故选：B.【例1-3】（2023·全国·高三对口高考）已知命题:Rpx，使得“2210axx成立”为真命题，则实数a的取值范围是．【答案】,1【解析】因为命题:Rpx，使得“2210axx成立”为真命题，当0a时，210x，则12x，故成立；当0a时，440a，解得：01a；当a0时，总存在2210axx；综上所述：实数a的取值范围为,1.故答案为：,1【变式】1．（2023·四川广安·四川省广安友谊中学校考模拟预测）若命题：“0xR，使20010mxmx”是假命题，则实数m的取值范围为．【答案】0,4【解析】由题意可知：命题：Rx，210mxmx.是真命题，①当0m时，结论显然成立；②当0m时，则20Δ40mmm，解得04m；故答案为：0,4.2．（2023秋·江苏连云港·高三校考阶段练习）若不等式224221mxmxxx对任意实数x均成立，则实数m的取值范围是【答案】(10,2]【解析】因为不等式224221mxmxxx对任意实数x均成立，即不等式2(2)(2)30mxmx对任意实数x均成立，当20m，即2m时，有30恒成立，满足题意；当20m，即2m时，则有220Δ21220mmm，解得102m，综上所述，实数m的取值范围为(10,2].故选：B.3．（2023·广东潮州）若命题：“0xR，使2200(1)(1)10mxmx”是真命题，则实数m的取值范围为．【答案】513m【解析】当2101mm即时，易得m=1时命题成立；当21011mm即时，222141325011mmmmm当2101m1mm或时，则命题等价于2225141325013mmmmm，故答案为：513m考法二一元二次不等式在某区间【例2-1】（2023·河南·长葛市第一高级中学统考模拟预测）已知命题“01,1x，20030xxa”为真命题，则实数a的取值范围是（）A．,2B．,4C．2,D．4,【答案】C【解析】因为命题“01,1x，20030xxa”为真命题，所以，命题“01,1x，2003axx”为真命题，所以，01,1x时，min2003axx，因为，2239324yxxx，所以，当1,1x时，min2y，当且仅当1x时取得等号.所以，01,1x时，200min32axx，即实数a的取值范围是2,故选：C【例2-2】（2023·陕西咸阳·武功县普集高级中学校考模拟预测）若命题“1,4x，使220xx成立”的否定是真命题，则实数的取值范围是（）A．,1B．1,18C．1,8D．1,【答案】C【解析】若“1,4x，使220xx成立”的否定是：“1,4x，使220xx≤”为真命题，即22xx≤；令222111248xfxxx，由1,4x，得11,14x，所以min148fxf，所以18≤，故选：C.【例2-3】（2023·辽宁大连）（多选）已知p：[1,1]x，220xax，则使p为真命题的一个必要不充分条件为（）A．21aB．11aC．1a2D．01a【答案】AC【解析】令2()2fxxax，则()fx的图象开口向上，若[1,1]x，()0fx，则(1)120(1)120fafa，解得11a，对于A，当11a时，21a成立，而21a时，11a不一定成立，所以21a是p为真命题的一个必要不充分条件，所以A正确，对于B，11a是p为真命题的充要条件，所以B错误，对于C，当11a时，1a2成立，当1a2时，11a不一定成立，所以1a2是p为真命题的一个必要不充分条件，所以C正确，对于D，当11a时，01a不一定成立，当01a时，11a成立，所以01a是p为真命题的一个充分不必要条件，所以D错误，故选：AC【例2-4】（2023秋·湖北宜昌）若21001mxmmx对一切4x恒成立，则实数m的取值范围是（）A．3mmB．12mmC．2mmD．20mm【答案】B【解析】因为不等式2210(1)(1)01mxmxmxmx（0m），所以221(1)(1)0mxmxxm或1xm（0m），①当0m时，211mm，所以不等式2()(110)mxmx的解集为211{|}xxmm，所以原不等式不可能对一切4x恒成立，故0m不符合题意；②当1m时，211mm，所以不等式2()(110)mxmx的解集为21{|xxm或1}xm，又因为原不等式对一切4x恒成立，所以1?14mm，解得1m，③当10m时，211mm，所以不等式2()(110)mxmx的解集为1{|xxm或21}xm，又因为原不等式对一切4x恒成立，所以210?14?    mm，解得112m，综述，12m.故选：B.【变式】1．（2023春·河北衡水·高三河北衡水中学校考阶段练习）若命题“21,3,10xxax”是假命题，则实数a的最大值为______．【答案】103【解析】由题知命题的否定“2[1,3],xx10ax”是真命题．令2()1([1,fxxaxx3])，则120,33100,fafa解得103a，故实数a的最大值为10.3故答案为：10.33．（2022秋·北京·高三统考阶段练习）若存在[0,1]x，有2(1)30xaxa成立，则实数a的取值范围是__________.【答案】,3【解析】将原不等式参数分离可得231xxax，设231xxfxx，已知存在[0,1]x，有2(1)30xaxa成立，则maxafx，令1tx，则22113133tttfxttttt，1,2t，由对勾函数知fx在1,3上单调递减，在3,2上单调递增，311131f，3522122f，所以max13fxf，即3a，故答案为：,3.2．（2022秋·重庆沙坪坝·高三重庆市凤鸣山中学校考阶段练习）若1x时，24(32)370xaxa恒成立，则a的取值范围为______.【答案】6a【解析】解法1：1x时，24(32)370xaxa恒成立，即231427axxx恒成立，即242731xxax恒成立.令1xt（0t），则1xt，2241217427191946246631333ttxxttxttt，当且仅当94tt，即32t，等号成立，故6a，即a的取值范围为6a.解法2：令24(32)37xafxxa，则由题意知，0fx，在1x时恒成立，即1x时，min0fx.①当3218a，即2a时，fx在1,单调递增，此时，min14323790fxfaa成立，所以，0fx恒成立；②当3218a，即2a时，fx在321,8a上单调递减，在32,8a单调递增，所以min328afxf，此时只需，3208af即可，即2323243237088aaaa解得，26a，∴26a，综上所述，a的取值范围为6a.故答案为：6a.3．（2023·全国·高三对口高考）3()31fxaxx对于[1,1]x总有()0fx成立，则实数a的最小值为．【答案】4【解析】由题意可得233fxax，当0a时，2330fxax在[1,1]上恒成立，故()fx在[1,1]上单调递减，则min()(1)20fxfa，不合题意；当01a时，211333fxaxaxxaa，由于111,1aa，故0fx在[1,1]上恒成立，仅当1,1ax时，等号成立，则()fx在[1,1]上单调递减，则min()(1)20fxfa，不合题意；当1a时，211333fxaxaxxaa，由于1101,10aa，故fx在11(,1),(1,)aa上单调递增，在11(,)aa上单调递减，故令12(1)40,10fafaa，解得4a，故实数a的最小值为4，故答案为：44．（2023秋·安徽铜陵·高三统考阶段练习）若命题“1,2x，使得250xmxm”是假命题，则m的取值范围是．【答案】2,1【解析】由题意原命题的否定“1,2x，使得250xmxm”是真命题，不妨设2225524mmfxxmxmxm，其开口向上，对称轴方程为2mx，则只需fx在1,2上的最大值max0fx即可，我们分以下三种情形来讨论：情形一：当12m即2m时，fx在1,2上单调递增，此时有max210fxfm，解得1m，故此时满足题意的实数m不存在；情形二：当122m即42m时，fx在1,2