統(tǒng)考版2024屆高考數(shù)學(xué)二輪專項(xiàng)分層特訓(xùn)卷四熱點(diǎn)問(wèn)題專練熱點(diǎn)二恒成立及參數(shù)文

熱點(diǎn)(二)恒成立及參數(shù)1．(參數(shù)范圍＋單調(diào)性)已知函數(shù)f(x)＝eq\f(lna＋lnx,x)在[1，＋∞)上為減函數(shù)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是()A．0<a<eq\f(1,e)B．0<a≤eC．a(chǎn)≤eD．a(chǎn)≥e2．(參數(shù)范圍＋不等式恒成立)設(shè)0≤α≤π，不等式8x2－(8sinα)x＋cos2α≥0對(duì)x∈R恒成立，則α的取值范圍是()A．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,6)))B．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,6)))∪eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)，π))C．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)，π))D．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(5π,6)))3．(參數(shù)范圍＋不等式恒成立)不等式x2－2x＋5>a2對(duì)任意的x∈(1，＋∞)恒成立，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是()A．[－2，2]B．(－2，2)C．(－∞，－2)∪(2，＋∞)D．(－∞，－2]∪[2，＋∞)4．(參數(shù)范圍＋單調(diào)性)已知函數(shù)f(x)＝a(x＋1)ln(x＋1)－x2－ax(a>0)是減函數(shù)，則a的值是()A．－1B．1C．－2D．25．(參數(shù)范圍＋恒成立)已知關(guān)于x的不等式mcosx≥2－x2在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))上恒成立，則實(shí)數(shù)m的取值范圍為()A．[3，＋∞)B．(3，＋∞)C．[2，＋∞)D．(2，＋∞)6．(參數(shù)范圍＋單調(diào)性)若函數(shù)f(x)＝kx－lnx在區(qū)間(1，＋∞)上單調(diào)遞增，則k的取值范圍是()A．(－∞，1)B．(1，＋∞)C．(－∞，1]D．[1，＋∞)7．(參數(shù)范圍)已知函數(shù)f(x)＝x2＋4x＋alnx，若函數(shù)f(x)在(1，2)上是單調(diào)函數(shù)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是()A．(－6，＋∞)B．(－∞，－16)C．(－∞，－16]∪[－6，＋∞)D．(－∞，－16)∪(－6，＋∞)8．(參數(shù)范圍＋分段函數(shù)恒成立)函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－（x－2）2（x<2），,（3－a）x＋5a（x≥2）))滿足對(duì)任意x1≠x2都有eq\f(f（x1）－f（x2）,x1－x2)>0成立，則a的取值范圍是()A．(－∞，－2]B．(3，＋∞)C．[－2，3)D．[1，＋∞)9．(參數(shù)范圍＋不等式)若關(guān)于x的不等式4x－logax≤eq\f(3,2)在x∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))上恒成立，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是()A．eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，1))B．eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,4)))C．eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)，1))D．eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(3,4)))10．(參數(shù)范圍＋不等式恒成立)函數(shù)f(x)＝ex－1－eq\f(1,2)ax2＋(a－1)x＋a2在(－∞，＋∞)上單調(diào)遞增，則實(shí)數(shù)a的范圍是()A．{1}B．(－1，1)C．(0，1)D．{－1，1}11．[2023·湖北省荊州市高三質(zhì)檢](參數(shù)范圍＋不等式)設(shè)實(shí)數(shù)m>0，若對(duì)任意的x∈(0，＋∞)，不等式emx－eq\f(lnx,m)≥0成立，則實(shí)數(shù)m的取值范圍是()A．[1，＋∞)B．eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))C．[e，＋∞)D．eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))12．(參數(shù)范圍＋分段函數(shù))已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－lnx，0<x≤1，,\f(1,x)，x>1，))若0<a<b且滿足f(a)＝f(b)，則af(b)＋bf(a)的取值范圍是()A．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,e)＋1))B．eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,e)＋1))C．eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(1，\f(1,e)＋1))D．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)＋1))[答題區(qū)]題號(hào)123456789101112答案13.(二次函數(shù)＋恒成立)已知函數(shù)f(x)＝x2－4x－4，若f(x)<1在(m－1，－2m)上恒成立，則實(shí)數(shù)m的取值范圍是________．14．(恒成立)當(dāng)x∈(1，2)時(shí)，不等式x2＋mx＋2>0恒成立，則m的取值范圍是________．15．[2023·江蘇省無(wú)錫市模擬](參數(shù)范圍＋恒成立)若eq\f(lnx＋1,x)≤ax＋b對(duì)于x∈(0，＋∞)恒成立，當(dāng)a＝0時(shí)，b的最小值為_(kāi)_______；當(dāng)a>0時(shí)，eq\f(b,a)的最小值是________．16．[2023·鄭州市第二次質(zhì)量預(yù)測(cè)](參數(shù)范圍＋恒成立)已知a>0，不等式(x＋1)1－aex＋1－aln(x＋1)≥0對(duì)任意的x∈(0，＋∞)恒成立，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為_(kāi)_______．熱點(diǎn)（二）恒成立及參數(shù)1．D函數(shù)f（x）＝eq\f(lna＋lnx,x)在[1，＋∞）上為減函數(shù)，f′（x）＝eq\f(1－lna－lnx,x2)，則f′（x）≤0在[1，＋∞）上恒成立，即1－lna－lnx≤0在[1，＋∞）上恒成立，∴l(xiāng)nx≥1－lna＝lneq\f(e,a)恒成立，∴l(xiāng)neq\f(e,a)≤0，即eq\f(e,a)≤1，∴a≥e.2．B根據(jù)題意有64sin2α－32cos2α≤0，即sin2α≤eq\f(1,4)，結(jié)合題中所給的角的范圍，求得α的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,6)))∪eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)，π))，故選B.3．A由于直線x＝1是y＝x2－2x＋5的圖象的對(duì)稱軸，所以當(dāng)x>1時(shí)，x2－2x＋5>12－2＋5＝4，所以a2≤4，解得－2≤a≤2.故選A.4．Df（x）的定義域?yàn)椋ǎ?，＋∞），f′（x）＝aln（x＋1）－2x.由f（x）是減函數(shù)得，對(duì)任意的x∈（－1，＋∞），都有f′（x）＝aln（x＋1）－2x≤0恒成立．設(shè)g（x）＝aln（x＋1）－2x.則g′（x）＝eq\f(－2\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(x－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)－1)))),x＋1)，由a>0知eq\f(a,2)－1>－1，∴當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(a,2)－1))時(shí)，g′（x）>0；當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)－1，＋∞))時(shí)，g′（x）<0，∴g（x）在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(a,2)－1))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)－1，＋∞))上單調(diào)遞減，∴g（x）在x＝eq\f(a,2)－1處取得最大值．∵g（0）＝0，∴對(duì)任意的x∈（－1，＋∞），g（x）≤g（0）恒成立，即g（x）的最大值為g（0）.∴eq\f(a,2)－1＝0，解得a＝2.5．C變形得m≥eq\f(2－x2,cosx)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x∈\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))))，因?yàn)楫?dāng)x∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))時(shí)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2－x2,cosx)))′＝eq\f(－2xcosx＋（2－x2）sinx,cos2x)，令f（x）＝－2xcosx＋（2－x2）sinx，則f′（x）＝－x2cosx，可知在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上，f′（x）<0，∴f（x）<f（0）＝0，∴y＝eq\f(2－x2,cosx)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上是減函數(shù)．又y＝eq\f(2－x2,cosx)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))上是偶函數(shù)，且連續(xù)，所以eq\f(2－x2,cosx)的最大值為eq\f(2－0,cos0)＝2，∴m≥2，故選C.6．Df′（x）＝k－eq\f(1,x).∵函數(shù)f（x）＝kx－lnx在區(qū)間（1，＋∞）上單調(diào)遞增，∴f′（x）≥0在區(qū)間（1，＋∞）上恒成立．∴k≥eq\f(1,x)，而y＝eq\f(1,x)在區(qū)間（1，＋∞）上單調(diào)遞減，∴k≥1，∴k的取值范圍是[1，＋∞），故選D.7．Cf′（x）＝2x＋4＋eq\f(a,x)，因?yàn)楹瘮?shù)在區(qū)間（1，2）上具有單調(diào)性，所以f′（x）≤0或f′（x）≥0在（1，2）上恒成立，則有2x＋4＋eq\f(a,x)≤0或2x＋4＋eq\f(a,x)≥0在（1，2）上恒成立，所以a≤－（2x2＋4x）或a≥－（2x2＋4x）在（1，2）上恒成立，令g（x）＝－（2x2＋4x），當(dāng)1<x<2時(shí)，－16<g（x）<－6，所以a≤－16或a≥－6，所以a的取值范圍是（－∞，－16]∪[－6，＋∞）.8．C因?yàn)槿我鈞1≠x2，都有eq\f(f（x1）－f（x2）,x1－x2)>0，所以函數(shù)f（x）是增函數(shù)，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3－a>0，,2（3－a）＋5a≥0，))解得－2≤a<3，故選C.9．A由題意知關(guān)于x的不等式4x－eq\f(3,2)≤logax在x∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))上恒成立，所以當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))時(shí)，函數(shù)y＝4x－eq\f(3,2)的圖象不在y＝logax的圖象的上方，由圖可知eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(0<a<1,loga\f(1,2)≥\f(1,2)))，解得eq\f(1,4)≤a<1.故選A.10．A由題意知f′（x）＝ex－1－ax＋（a－1）≥0恒成立，即ex－1≥ax－（a－1）恒成立，易知ex≥x＋1，即ex－1≥x，所以只需要x≥ax－（a－1），即（a－1）（x－1）≤0恒成立，所以a＝1，故選A.11．D因?yàn)閙>0，不等式emx－eq\f(lnx,m)≥0成立，即emx≥eq\f(lnx,m)成立，即memx≥lnx，進(jìn)而轉(zhuǎn)化為mxemx≥xlnx＝elnx·lnx恒成立，構(gòu)造函數(shù)g（x）＝xex，可得g′（x）＝ex＋xex＝（x＋1）ex，當(dāng)x>0，g′（x）>0，g（x）單調(diào)遞增，則不等式emx－eq\f(lnx,m)≥0恒成立等價(jià)于g（mx）≥g（lnx）恒成立，即mx≥lnx恒成立，進(jìn)而轉(zhuǎn)化為m≥eq\f(lnx,x)恒成立，設(shè)h（x）＝eq\f(lnx,x)，可得h′（x）＝eq\f(1－lnx,x2)，當(dāng)0<x<e時(shí)，h′（x）>0，h（x）單調(diào)遞增；當(dāng)x>e時(shí)，h′（x）<0，h（x）單調(diào)遞減，所以當(dāng)x＝e，函數(shù)h（x）取得最大值，最大值為h（e）＝eq\f(1,e)，所以m≥eq\f(1,e)，即實(shí)數(shù)m的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞)).故選D.12．A如圖，由f（a）＝f（b），得－lna＝eq\f(1,b).因?yàn)?<eq\f(1,b)<1，所以0<－lna<1，得eq\f(1,e)<a<1.則af（b）＋bf（a）＝a·eq\f(1,b)＋b（－lna）＝－alna＋1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)<a<1))，令g（x）＝－xlnx＋1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)<x<1))，則g′（x）＝－lnx－1，令g′（x）＝0，得x＝eq\f(1,e).當(dāng)eq\f(1,e)<x<1時(shí)，g′（x）<0，g（x）在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，1))上遞減，∴1<g（x）<eq\f(1,e)＋1.故選A.13．答案：eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,3)))解析：通解依題意得，當(dāng)x∈（m－1，－2m）時(shí)，x2－4x－5<0恒成立．于是有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m－1<－2m，,（m－1）2－4（m－1）－5≤0，,（－2m）2－4（－2m）－5≤0，))由此解得0≤m<eq\f(1,3).因此，實(shí)數(shù)m的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,3))).優(yōu)解不等式f（x）<1，即（x＋1）（x－5）<0，解得－1<x<5.于是有?≠（m－1，－2m）?（－1，5），所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m－1<－2m,m－1≥－1,－2m≤5))，由此解得0≤m<eq\f(1,3).因此，實(shí)數(shù)m的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,3))).14．答案：（－2eq\r(2)，＋∞）解析：方法一（分離參數(shù)法）當(dāng)x∈（1，2）時(shí)，不等式x2＋mx＋2>0恒成立等價(jià)于m>－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(2,x)))在x∈（1，2）上恒成立，即等價(jià)于m>eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(2,x)))))eq\s\do7(max).因?yàn)閤∈（1，2），所以－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(2,x)))≤－2eq\r(x·\f(2,x))＝－2eq\r(2)，當(dāng)且僅當(dāng)x＝eq\f(2,x)，即x＝eq\r(2)時(shí)取等號(hào)．故m>－2eq\r(2)，所以實(shí)數(shù)m的取值范圍為（－2eq\r(2)，＋∞）.方法二（最值法）記函數(shù)g（x）＝x2＋mx＋2.顯然該函數(shù)的圖象的對(duì)稱軸為直線x＝－eq\f(m,2).①當(dāng)－eq\f(m,2)≤1，即m≥－2時(shí)，函數(shù)g（x）在（1，2）上單調(diào)遞增，所以當(dāng)x∈（1，2）時(shí)，g（x）>12＋m×1＋2＝3＋m.要使原不等式恒成立，則須3＋m≥0，解得m≥－3.顯然－2≥－3成立，所以實(shí)數(shù)m的取值范圍為[－2，＋∞）.②當(dāng)－eq\f(m,2)≥2，即m≤－4時(shí)，函數(shù)g（x）在（1，2）上單調(diào)遞減，所以當(dāng)x∈（1，2）時(shí)，g（x）>22＋m×2＋2＝2m＋6.要使原不等式恒成立，則須2m＋6≥0，解得m≥－3.因?yàn)椋?<－3，所以實(shí)數(shù)m的取值范圍為?.③當(dāng)1<－eq\f(m,2)<2，即－4<m<－2時(shí)，函數(shù)g（x）在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－\f(m,2)))上單調(diào)遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(m,2)，2))上單調(diào)遞增，所以g（x）≥geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(m,2)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(m,2)))eq\s\up12(2)＋m×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(m,2)))＋2＝2－eq\f(m2,4).要使原不等式恒成立，則須2－eq\f(m2,4)>0，解得－2eq\r(2)<m<2eq\r(2).又－4<m<－2，所以實(shí)數(shù)m的取值范圍為（－2eq\r(2)，－2）.綜上，實(shí)數(shù)m的取值范圍為（－2eq\r(2)，＋∞）.15．答案：1－eq\f(1,e)解析：a＝0時(shí)，b≥eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(lnx＋1,x)))eq\s\do7(max)，令f（x）＝eq\f(lnx＋1,x)，則f′（x）＝eq\f(1