《2025年金版教程高考科学复习解决方案数学》

对点训练
2. 已知函数$f(x)=\frac{\sqrt{3 - x}}{e^{x}},g(x)=ax^{3}-1(a＞0)$。若$\exists x_{1}\in[2,3],\exists x_{2}\in[\frac{1}{2},1]$，使得$f(x_{1}) = g(x_{2})$，求实数$a$的取值范围。

答案： 解 由$f(x)=\frac{\sqrt{3 - x}}{e^{x}}$在$[2,3]$上单调递减，得$f(x)$的值域为$\left[0,\frac{1}{e^{3}}\right]$，
由$g(x)=ax^{3}-1(a＞0)$在$\left[\frac{1}{2},1\right]$上单调递增，得$g(x)$的值域为$\left[\frac{1}{8}a - 1,a - 1\right]$，
若$f(x)$的值域与$g(x)$的值域的交集为$\varnothing$，
则$a - 1＜0$或$\frac{1}{8}a - 1＞\frac{1}{e^{3}}$，即$a＜1$或$a＞\frac{8}{e^{3}}+8$，
所以若$\exists x_{1}\in[2,3]$，$\exists x_{2}\in\left[\frac{1}{2},1\right]$，
使得$f(x_{1})=g(x_{2})$，
则$\left[0,\frac{1}{e^{3}}\right]\cap\left[\frac{1}{8}a - 1,a - 1\right]\neq\varnothing$，
故$1\leqslant a\leqslant\frac{8}{e^{3}}+8$，
即实数$a$的取值范围为$\left[1,\frac{8}{e^{3}}+8\right]$。

例3　已知函数$f(x)=x+\frac{4}{x},g(x)=2^{x}+a$，若$\forall x_{1}\in[\frac{1}{2},1],\exists x_{2}\in[2,3]$，使得$f(x_{1})\leq g(x_{2})$，则实数$a$的取值范围是________。
[课堂笔记]

答案： 答案 $\left[\frac{1}{2},+\infty\right)$
解析 依题意知$f(x)_{\max}\leqslant g(x)_{\max}$。$\because f(x)=x+\frac{4}{x}$在$\left[\frac{1}{2},1\right]$上是减函数，$\therefore f(x)_{\max}=f\left(\frac{1}{2}\right)=\frac{17}{2}$。又$g(x)=2^{x}+a$在$[2,3]$上是增函数，$\therefore g(x)_{\max}=g(3)=8 + a$，因此$\frac{17}{2}\leqslant8 + a$，则$a\geqslant\frac{1}{2}$，即实数$a$的取值范围是$\left[\frac{1}{2},+\infty\right)$。

对点训练
3. 已知函数$f(x)=\lg(x^{2}+1),g(x)=(\frac{1}{2})^{x}-m$，若$\forall x_{1}\in[0,3],\exists x_{2}\in[1,2]$，使得$f(x_{1})\leq g(x_{2})$，则实数$m$的取值范围是________。

答案： 答案 $\left(-\infty,-\frac{1}{2}\right]$
解析 当$x\in[0,3]$时，$f(x)_{\max}=f(3)=1$，当$x\in[1,2]$时，
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$g(x)_{\max}=g(1)=\frac{1}{2}-m$，由$f(x)_{\max}\leqslant g(x)_{\max}$，得$1\leqslant\frac{1}{2}-m$，所以$m\leqslant-\frac{1}{2}$，即实数$m$的取值范围是$\left(-\infty,-\frac{1}{2}\right]$。

例4　已知函数$f(x)=x^{2}-2bx + 4,g(x)=-\frac{e^{x}}{e^{x}+1}$，若存在$x_{1}\in[1,2]$，对任意$x_{2}\in[-1,0]$，使得$f(x_{1})\leq g(x_{2})$，求实数$b$的取值范围。
[课堂笔记]

答案： 解 由$g(x)=-\frac{e^{x}}{e^{x}+1}=-\frac{e^{x}+1 - 1}{e^{x}+1}=-1+\frac{1}{e^{x}+1}$，
得$g(x)_{\min}=g(0)=-\frac{1}{2}$。
又$f(x)=x^{2}-2bx + 4$，
当$b＜1$时，可求得$f(x)_{\min}=f(1)=5 - 2b$，
则$5 - 2b\leqslant-\frac{1}{2}$，解得$b\geqslant\frac{11}{4}$，与$b＜1$矛盾；
当$1\leqslant b\leqslant2$时，可求得$f(x)_{\min}=f(b)=4 - b^{2}$，
则$4 - b^{2}\leqslant-\frac{1}{2}$，解得$b^{2}\geqslant\frac{9}{2}$，与$1\leqslant b\leqslant2$矛盾；
当$b＞2$时，可求得$f(x)_{\min}=f(2)=8 - 4b$，
由$8 - 4b\leqslant-\frac{1}{2}$，得$b\geqslant\frac{17}{8}$。
综上，实数$b$的取值范围是$\left[\frac{17}{8},+\infty\right)$。

对点训练
4. 已知函数$f(x)=m(x-\sqrt{4 - x})+2,g(x)=\ln\frac{2 + x}{2 - x}$，若$\exists x_{1}\in[0,4],\forall x_{2}\in[0,1]$，使得$f(x_{1})\leq g(x_{2})$，求实数$m$的取值范围。

答案： 解 由$g(x)=\ln\frac{2 + x}{2 - x}$，得
$g(x)=\ln\left(-1-\frac{4}{x - 2}\right)$在$[0,1]$上单调递增，
所以$g(x)_{\min}=g(0)=0$。
因为$f(x)=m(x-\sqrt{4 - x})+2$，
所以当$m = 0$时，$f(x)=0 + 2=2＞0$，不满足题意；
当$m＞0$时，$f(x)$在$[0,4]$上单调递增，得
$f(x)_{\min}=f(0)=-2m + 2$，
由$-2m + 2\leqslant0$，得$m\geqslant1$；
当$m＜0$时，$f(x)$在$[0,4]$上单调递减，得
$f(x)_{\min}=f(4)=4m + 2$，
由$4m + 2\leqslant0$，得$m\leqslant-\frac{1}{2}$。
综上，实数$m$的取值范围为$\left(-\infty,-\frac{1}{2}\right]\cup[1,+\infty)$。