2022年高考一轮复习专题 （ 函数恒成立问题）

这是一份2022年高考一轮复习专题 （ 函数恒成立问题），共30页。试卷主要包含了若对于∀x1，x2∈，已知函数若不等式f，已知不等式ex﹣，定义在R上的函数f，设f，定义域为R的函数f等内容，欢迎下载使用。
一．选择题（共35小题）
1．不等式x2+a|x|+4≥0对一切实数x恒成立，则实数a的取值范围为（　　）
A．[0，+∞） B．[﹣4，+∞） C．[﹣4，4] D．（﹣∞，﹣4]
2．若对于∀x1，x2∈（﹣∞，m），且x1＜x2，都有，则m的最大值是（　　）
A．2e B．e C．0 D．﹣1
3．设实数m＞0，若对任意的x≥e，不等式x2lnx≥0恒成立，则m的最大值是（　　）
A． B． C．2e D．e
4．已知函数若不等式f（x）≥mx恒成立，则实数m的取值范围为（　　）
A． B．
C． D．
5．若对任意的x＞0，不等式x2﹣2mlnx≥1（m≠0）恒成立，则m的取值范围是（　　）
A．{1} B．[1，+∞） C．[2，+∞） D．[e，+∞）
6．已知不等式ex﹣（a+2）x≥b﹣2恒成立，则的最大值为（　　）
A．﹣ln3 B．﹣ln2 C．﹣1﹣ln3 D．﹣1﹣ln2
7．定义在R上的函数f（x）满足f（﹣x）＝f（x），且当x≥0时，f（x）＝若对任意的x∈[m，m+1]，不等式f（1﹣x）≤f（x+m）恒成立，则实数m的最大值是（　　）
A．﹣1 B．﹣ C． D．
8．若对于任意的正实数x，y都有成立，则实数m的取值范围为（　　）
A． B． C． D．
9．设f（x）满足f（﹣x）＝﹣f（x），且在[﹣1，1]上是增函数，且f（﹣1）＝﹣1，若函数f（x）≤t2﹣2at+1对所有的x∈[﹣1，1]，当a∈[﹣1，1]时都成立，则t的取值范围是（　　）
A．﹣≤t≤ B．﹣2≤t≤2
C．t≥或t≤﹣或t＝0 D．t≥2或t≤﹣2或t＝0
10．定义域为R的函数f（x）满足f（x+2）＝2f（x），当x∈[0，2）时，f（x）＝，若x∈[﹣4，﹣2）时，f（x）≥恒成立，则实数t的取值范围是（　　）
A．[﹣2，0）∪（0，1） B．[﹣2，0）∪[1，+∞）
C．[﹣2，1] D．（﹣∞，﹣2]∪（0，1]
11．若存在x∈（﹣1，1]，使得不等式e2x﹣ax＜a成立，则实数a的取值范围是（　　）
A． B．（，+∞） C． D．（，+∞）
12．设实数λ＞0，若对任意的x∈（0，+∞），不等式eλx﹣≥0恒成立，则λ的最小值为（　　）
A． B． C． D．
13．已知函数f（x）＝x2+ln（|x|+1），若对于x∈[1，2]，f（ax2）＜f（3）恒成立，则实数a的范围是（　　）
A． B．﹣3＜a＜3 C．a D．a＜3
14．设函数f（x）＝，若f（x）≥f（1）恒成立，则实数a的取值范围为（　　）
A．[1，2] B．[0，2] C．[1，+∞） D．[2，+∞）
15．若x∈（0，+∞），≥x﹣lnx+a恒成立，则a的最大值为（　　）
A．1 B． C．0 D．﹣e
16．定义域为[a，b]的函数y＝f（x）的图象的两个端点分别为A（a，f（a）），B（b，f（b）），M（x，y）是f（x）图象上任意一点，其中x＝λa+（1﹣λ）b（0＜λ＜1），向量．若不等式恒成立，则称函数f（x）在[a，b]上为“k函数”．若函数在[1，2]上为“k函数”，则实数k的取值范围是（　　）
A．[0，+∞） B． C．[1，+∞） D．
17．记函数f（x）＝e﹣x﹣2x﹣a，若曲线y＝x3+x（x∈[﹣1，1]）上存在点（x0，y0）使得f（y0）＝y0，则a的取值范围是（　　）
A．（﹣∞，e﹣2﹣6]∪[e2+6，+∞） B．[e﹣2﹣6，e2+6]
C．（e﹣2﹣6，e2+6） D．（﹣∞，e﹣2﹣6）∪（e2+6，+∞）
18．已知函数，若∃x∈[﹣2，1]，使得f（x2+x）+f（x﹣k）＜0成立，则实数k的取值范围是（　　）
A．（﹣1，+∞） B．（3，+∞） C．（0，+∞） D．（﹣∞，﹣1）
19．若存在实数x使得关于x的不等式（ex﹣a）2+x2﹣2ax+a2≤成立，则实数a的取值范围是（　　）
A．{} B．{} C．[，+∞） D．[，+∞）
20．设函数f（x）＝ex+1﹣ma，g（x）＝aex﹣x（m，a为实数），若存在实数a，使得f（x）≤g（x）对任意x∈R恒成立，则实数m的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
21．定义在R上的函数f（x）满足f（x﹣3）＝f（﹣x﹣3），且当x≤﹣3时，f（x）＝ln（﹣x）．若对任意x∈R，不等式f（sinx﹣t）＞f（3sinx﹣1）恒成立，则实数t的取值范围是（　　）
A．t＜﹣3或t＞9 B．t＜﹣1或t＞3 C．﹣3＜t＜9 D．t＜1或t＞9
22．若存在两个正实数x，y，使得等式3x+a（2y﹣4ex）（lny﹣lnx）＝0成立，其中e为自然对数的底数，则实数a的取值范围是（　　）
A．（﹣∞，0） B．
C． D．
23．已知函数f（x）＝x2+|x﹣1|，若不等式f（x）≥（m+2）x﹣1恒成立，则实数m的取值范围为（　　）
A．[﹣3﹣2，0] B．[﹣3﹣2，﹣3]
C．[﹣3+2，0] D．（﹣∞，﹣3﹣2]∪[﹣3，+∞）
24．已知a，b∈R，且ex+1≥ax+b对∀x∈R恒成立（其中e为自然对数的底数），则ab的最大值为（　　）
A． B． C． D．e3
25．若对∀x∈[0，+∞），y∈[0，+∞），不等式ex+y﹣2+ex﹣y﹣2+2﹣4ax≥0恒成立，则实数a取值范围是（　　）
A． B． C． D．
26．已知x＞0，y＞0，，x+2y＞m2﹣2m恒成立，则m的取值范围是（　　）
A．[﹣6，4] B．[﹣4，6] C．（﹣4，6） D．（﹣6，4）
27．若对任意x∈（0，π），不等式ex﹣e﹣x＞asinx恒成立，则实数a的取值范围是（　　）
A．[﹣2，2] B．（﹣∞，e] C．（﹣∞，2] D．（﹣∞，1]
28．若不等式ln（x+2）+a（x2+x）≥0对于任意的x∈[﹣1，+∞）恒成立，则实数a的取值范围是（　　）
A．[0，+∞） B．[0，1] C．[0，e] D．[﹣1，0]
29．f（x）＝|x﹣2017|+|x﹣2016|+…+|x﹣1|+|x+1|+…+|x+2016|+|x+2017|，在不等式e2017x≥ax+1（x∈R）恒成立的条件下等式f（2018﹣a）＝f（2017﹣b）恒成立，求b的取值集合（　　）
A．{b|2016≤b≤2018} B．{2016，2018}
C．{2018} D．{2017}
30．若关于x不等式xlnx﹣x3+x2≤aex恒成立，则实数a的取值范围是（　　）
A．[e，+∞） B．[0，+∞） C． D．[1，+∞）
31．若对任意的 x，y∈（0，+∞），不等式ex+y﹣4+ex﹣y﹣4+6≥4xlna恒成立，则正实数a的最大值是（　　）
A． B． C．e D．2e
32．设函数f（x）＝当x∈[﹣，]时，恒有f（x+a）＜f（x），则实数a的取值范围是（　　）
A．（，） B．（﹣1，）
C．（，0） D．（，﹣]
33．对任意x∈[0，]，任意y∈（0，+∞），不等式﹣2cos2x≥asinx﹣恒成立，则实数a的取值范围是（　　）
A．（﹣∞，3] B．[﹣2，3] C．[﹣2，2] D．[﹣3，3]
34．设函数f（x）＝（a∈R），若曲线y＝cosx+2上存在点（x0，y0）使得f（f（y0））＝y0，则a的取值范围是（　　）
A．[ln3﹣6，0] B．[ln3﹣6，ln2﹣2] C．[2ln2﹣12，0] D．[2ln2﹣12，ln2﹣2]
35．已知函数f（x）＝mx﹣+lnx，要使函数f（x）＞0恒成立，则正实数m应满足（　　）
A．＜1 B．e1﹣2m＜1
C．＞1 D．e1﹣2m＞1
二．填空题（共5小题）
36．不等式x（sinθ﹣cos2θ+1）≥﹣3对任意θ∈R恒成立，则实数x的取值范围是　 　．
37．已知f（x）＝若∀x∈R，f（x）≤f（0）恒成立，则a的取值范围为　 　．
38．已知BC＝6，AC＝2AB，点D满足＝+，设f（x，y）＝||，若f（x，y）≥f（x0，y0）恒成立，则f（x0，y0）的最大值为　 　．
39．已知函数g（x）＝ax+1（0＜a＜1），f（x）＝log2x，对∀x1∈[﹣2，﹣1]，∃x2∈[4，16]，使g（x1）＝f（x2）成立，则实数a的取值范围是　 　．
40．已知不等式ex﹣（a+2）x≥b﹣2恒成立，则的最大值为　 　．

参考答案与试题解析
一．选择题（共35小题）
1．【考点】3R：函数恒成立问题．菁优网版权所有
【分析】利用函数的奇偶性，结合二次函数的性质，通过分类讨论思想求解即可．
【解答】解：f（x）＝x2+a|x|+4为偶函数；
当a≥0，x＞0时，函数化为f（x）＝x2+ax+4，对称轴x＜0，f（0）＝4＞0，不等式恒成立；
当a＜0时，x＞0时，函数化为f（x）＝x2+ax+4，可得△＝a2﹣16≤0显然成立
解得﹣4≤a＜0，
综上a∈[﹣4，+∞）．
故选：B．
【点评】本题主要考查二次函数图象与性质及不等式恒成立问题．考查发现问题解决问题的能力．
2．【考点】3R：函数恒成立问题．菁优网版权所有
【分析】令f（x）＝，利用导数法可得f（x）的单调递增区间，进而得到答案．
【解答】解：当x1＜x2时，，
若有，则，
即，即，
即，
令f（x）＝，则f′（x）＝，
当x＜0时，f′（x）＞0，f（x）为增函数，满足条件，
故m的最大值是0，
故选：C．
【点评】本题考查的知识点是函数恒成立问题，将已知转化为求f（x）＝的单调递增区间是解答的关键．
3．【考点】3R：函数恒成立问题．菁优网版权所有
【分析】对任意的x≥e，不等式x2lnx≥0恒成立，令f（x）＝x2lnx，转化为f（x）min≥在x≥e时恒成立；即可求解．
【解答】解：由题意，令f（x）＝x2lnx，
则f′（x）＝2xlnx+x在x≥e是恒大于0的，
∴f（x）在[e，+∞）是递增函数，可得为f（x）min＝f（e）＝e2
∴e2≥在x≥e恒成立即可．
∵实数m＞0，g（x）＝在[e，+∞）是递减函数，
g（x）max＝g（e）＝，
即≤e2．
解得：0＜m≤e．
∴m的最大值为e．
故选：D．
【点评】本题主要考查了函数恒成立问题的求解，分类讨论以及转化思想的应用，导函数的单调性的应用．
4．【考点】3R：函数恒成立问题．菁优网版权所有
【分析】分段求解不等式成立，对m讨论即可得答案．
【解答】解：由题意，当m＝0时，显然g（x）≥h（x）恒成立．
g（x）＝
（1）若g（x）＝x2﹣x，（x≥1），则x2﹣x≥mx，即x2﹣x（m+1）≥0，
则m+1≤1，可得m≤0．
（2）方法一：若g（x）＝x2﹣3x+2，（x＜1），则x2﹣3x+2≥mx，即x2﹣x（m+3）+2≥0，
当x＝0时，显然成立，当0＜x＜1，分离参数，即≥m．
∵y＝，当且仅当x＝时取等，
∴当0＜x＜1，函数y＝是递减函数．
故得值域y∈（0，3）
∴m∈（﹣3，0）
当x＜0，分离参数，
∵y＝，当且仅当x＝﹣时取等，
可得：m≥﹣2．
方法二：若g（x）＝x2﹣3x+2，（x＜1），则x2﹣3x+2≥mx，即x2﹣x（m+3）+2≥0，
①当△＝（3+m）2﹣8≤0，解得：﹣3≤m≤﹣3+2，不等式在x＜1上恒大于0；
②当△＝（3+m）2﹣8＞0，方程有两个实根：≥1，可得m≤0．
综上（1）（2）：不等式f（x）≥（m+2）x﹣1恒成立，则则实数m的取值范围为[﹣3﹣2，0]．
故选：C．
【点评】本题主要考查了函数恒成立问题的求解，分类讨论以及转化思想的应用，二次函数闭区间是的最值以及单调性的应用．
5．【考点】3R：函数恒成立问题．菁优网版权所有
【分析】利用导函数求解最值，即可求解m的取值范围．
【解答】解：令f（x）＝x2﹣2mlnx﹣1，
则f′（x）＝2x．
当m＜0时，f′（x）＞0，则f（x）在定义域内单调递增，不存在最值，
对任意的x＞0，不等式不恒成立．
当m＞0时，f′（x）＝0，可得x＝，
当x∈（0，）时，f′（x）＜0，
当x∈（，+∞）时，f′（x）＞0，
可得当x＝取得最小值为m﹣mlnm，即m﹣mlnm≥1．
令g（m）＝m﹣mlnm﹣1．（m＞0）
则g′（m）＝﹣lnm，
令g′（m）＝﹣lnm＝0，可得m＝1．
当0＜m＜1时，f′（m）＞0，则f（m）在（0，1）单调递增；
当m＞1时，f′（m）＜0，则f（m）在（1，+∞）时，f（m）单调递减；
当m＝1取得最大值为1．
要使m﹣mlnm≥1成立，则m＝1．
故选：A．
【点评】本题考查了函数的恒成立问题，最值的求解．利用了导函数的性质，属于难题．
6．【考点】3R：函数恒成立问题．菁优网版权所有
【分析】当a＞﹣2时，ex﹣（a+2）x≥b﹣2，变形可得：，令f（x）＝，利用导函数的性质求解f（x）的最小值，即可得的最大值．
【解答】解：由题意，当a＜﹣2时，不等式ex﹣（a+2）x≥b﹣2变形可得：，
令f（x）＝，
则f′（x）＝，没有最值．
当a＞﹣2时，由f（x）＝，
可得f′（x）＝，
∵a＞﹣2
∴令f′（x）＝0，可得x＝ln（a+2），
当x∈（0，ln（a+2））时，f（x）递减，
当x∈（ln（a+2），+∞）时，f（x）递增，
∴当x＝ln（a+2）时，f（x）取得最小值为1﹣ln（a+2）﹣≥，
令g（a）＝1﹣ln（a+2）﹣．
则g′（a）＝，
当a∈（﹣2，1）时，g（a）递减，当a∈（1，+∞）时，g（a）递增，
∴g（a）min＝g（1）＝﹣ln3
即可得的最大值为﹣ln3．
故选：A．
【点评】本题考查不等式的恒成立问题注意转化为求函数的最值问题，运用导数判断单调性，求极值和最值是解题的关键，属于中档题
7．【考点】3R：函数恒成立问题．菁优网版权所有
【分析】由题意可得f（x）为偶函数，求得f（x）在x≥0上连续，且为减函数，f（|1﹣x|）≤f（|x+m|），即为|x﹣1|≥|x+m|，
即有（2x﹣1+m）（m+1）≤0，由一次函数的单调性，解不等式即可得到所求最大值．
【解答】解：f（﹣x）＝f（x），可得f（x）为偶函数，
当x≥0时，f（x）＝，
可得0≤x＜1时，f（x）＝1﹣x2递减，
f（x）∈（0，1]；
当x≥1时，f（x）递减，且f（1）＝0，f（x）∈（﹣∞，0]，
f（x）在x≥0上连续，且为减函数，
对任意的x∈[m，m+1]，不等式f（1﹣x）≤f（x+m）恒成立，
可得f（|1﹣x|）≤f（|x+m|），
即为|x﹣1|≥|x+m|，
即有（2x﹣1+m）（m+1）≤0，
由一次函数的单调性，可得：
（2m﹣1+m）（m+1）≤0，且（2m+2﹣1+m）（m+1）≤0，
即为﹣1≤m≤且﹣1≤m≤﹣，
即有﹣1≤m≤﹣，
则m的最大值为﹣，
故选：C．
【点评】本题考查不等式恒成立问题解法，注意运用偶函数的性质和单调性，考查转化思想和运算能力，属于中档题．
8．【考点】3R：函数恒成立问题．菁优网版权所有
【分析】根据题意对于（2x﹣）•ln≤，可化为（2e﹣）ln≤，设t＝，设f（t）＝（2e﹣t）lnt，根据导数和函数的最值的关系即可求出
【解答】解：根据题意，对于（2x﹣）•ln≤，变形可得（2x﹣）ln≤，
即（2e﹣）ln≤，
设t＝，则（2e﹣t）lnt≤，t＞0，
设f（t）＝（2e﹣t）lnt，（t＞0）
则其导数f′（t）＝﹣lnt+﹣1，
又由t＞0，则f′（t）为减函数，且f′（e）＝﹣lne+﹣1＝0，
则当t∈（0，e）时，f′（t）＞0，f（t）为增函数，
当t∈（e，+∞）时，f′（t）＜0，f（t）为减函数，
则f（t）的最大值为f（e），且f（e）＝e，
若f（t）＝（2e﹣t）lnt≤恒成立，必有e≤，
解可得0＜m≤，即m的取值范围为（0，]；
故选：D．
【点评】本题考查函数导数的应用，关键是转化和构造函数f（t），求出其最小值，属于中档题
9．【考点】3R：函数恒成立问题．菁优网版权所有
【分析】有f（﹣1）＝﹣1得f（1）＝1，f（x）≤t2﹣2at+1对所有的x∈[﹣1，1]都成立，只需要比较f（x）的最大值与t2﹣2at+1即可．
【解答】解：若函数f（x）≤t2﹣2at+1对所有的x∈[﹣1，1]都成立，由已知易得f（x）的最大值是1，
∴1≤t2﹣2at+1⇔2at﹣t2≤0，
设g（a）＝2at﹣t2（﹣1≤a≤1），
欲使2at﹣t2≤0恒成立，
则 ⇔t≥2或t＝0或t≤﹣2．
故选：D．
【点评】本题把函数的奇偶性，单调性与最值放在一起综合考查，是道函数方面的好题．
10．【考点】3R：函数恒成立问题．菁优网版权所有
【分析】由x∈[﹣4，﹣2]时，恒成立，则不大于x∈[﹣4，﹣2]时f（x）的最小值，根据f（x）满足f（x+2）＝2f（x），当x∈[0，2）时，，求出x∈[﹣4，﹣2]时f（x）的最小值，构造分式不等式，解不等式可得答案．
【解答】解：当x∈[0，1）时，f（x）＝x2﹣x∈[﹣，0]
当x∈[1，2）时，f（x）＝﹣（0.5）|x﹣1.5|∈[﹣1，]
∴当x∈[0，2）时，f（x）的最小值为﹣1
又∵函数f（x）满足f（x+2）＝2f（x），
当x∈[﹣2，0）时，f（x）的最小值为﹣
当x∈[﹣4，﹣2）时，f（x）的最小值为﹣
若x∈[﹣4，﹣2）时，恒成立，
∴
即
即4t（t+2）（t﹣1）≤0且t≠0
解得：t∈（﹣∞，﹣2]∪（0，l]
故选：D．
【点评】本题考查的知识点是函数恒成立问题，函数的最值，分式不等式的解法，高次不等式的解法，是函数、不等式的综合应用，难度较大．
11．【考点】3R：函数恒成立问题．菁优网版权所有
【分析】分类参数得a＞，求出f（x）＝在（﹣1，1]上的最小值即可得出a的范围．
【解答】解：∵e2x﹣ax＜a在（﹣1，1]上有解，∴a＞在（﹣1，1]上有解，
令f（x）＝，x∈（﹣1，1]，则a＞fmin（x）．
则f′（x）＝，
∴当x∈（﹣1，﹣）时，f′（x）＜0，当x∈（﹣，1]时，f′（x）＞0，
∴f（x）在（﹣1，﹣]上单调递减，在（﹣，1]上单调递增，
∴当x＝﹣时，f（x）取得最小值f（﹣）＝．
∴a＞．
故选：B．
【点评】本题考查了函数的存在性问题与函数最值的计算，导数与函数单调性判断，属于中档题．
12．【考点】3R：函数恒成立问题．菁优网版权所有
【分析】由题意可得（eλx﹣）min≥0，设f（x）＝eλx﹣，x＞0，求出导数和单调区间、极小值点m和最小值点，可令最小值为0，解方程可得m，λ，进而得到所求最小值．
【解答】解：实数λ＞0，若对任意的x∈（0，+∞），不等式eλx﹣≥0恒成立，
即为（eλx﹣）min≥0，
设f（x）＝eλx﹣，x＞0，f′（x）＝λeλx﹣，
令f′（x）＝0，可得eλx＝，
由指数函数和反比例函数在第一象限的图象，
可得y＝eλx和y＝有且只有一个交点，
设为（m，n），当x＞m时，f′（x）＞0，f（x）递增；
当0＜x＜m时，f′（x）＜0，f（x）递减．
即有f（x）在x＝m处取得极小值，且为最小值．
即有eλm＝，令eλm﹣＝0，
可得m＝e，λ＝．
则当λ≥时，不等式eλx﹣≥0恒成立．
则λ的最小值为．
另解：由于y＝eλx与y＝互为反函数，
故图象关于y＝x对称，考虑极限情况，y＝x恰为这两个函数的公切线，
此时斜率k＝1，再用导数求得切线斜率的表达式为k＝，
即可得λ的最小值为．
故选：A．
【点评】本题考查不等式恒成立问题的解法，注意运用转化思想，以及运用导数求得单调区间、极值和最值，考查方程思想，以及运算能力，属于中档题．
13．【考点】3R：函数恒成立问题．菁优网版权所有
【分析】判断函数f（x）是定义域R上的偶函数，且在[0，+∞）上为增函数；
把问题转化为|ax2|＜3在x∈[1，2]上恒成立，即|a|＜在x∈[1，2]上恒成立，
由此求出实数a的范围．
【解答】解：函数f（x）＝x2+ln（|x|+1）的定义域为R，
且f（﹣x）＝（﹣x）2+ln（|﹣x|+1）＝x2+ln（|x|+1）＝f（x），
所以f（x）为R上的偶函数，且在[0，+∞）上为增函数；
所以对于x∈[1，2]，f（ax2）＜f（3）恒成立，
等价于|ax2|＜3在x∈[1，2]上恒成立；
即|a|＜在x∈[1，2]上恒成立，
所以|a|＜，解得﹣＜a＜；
所以实数a的范围是（﹣，）．
故选：A．
【点评】本题考查了利用函数的单调性求不等式恒成立应用问题，是中档题．
14．【考点】3R：函数恒成立问题；5B：分段函数的应用．菁优网版权所有
【分析】求解f（1）＝（1﹣a）2﹣1；由题意转化为（x﹣a）2﹣1≥（1﹣a）2﹣1在x≤1恒成立；在lnx≥（1﹣a）2﹣1在x＞1恒成立；求解a的取值范围；
【解答】解：由题意f（1）＝（1﹣a）2﹣1；
∵f（x）≥f（1）恒成立，
∴（x﹣a）2﹣1≥（1﹣a）2﹣1在x≤1恒成立；
可得x2﹣2ax﹣2a﹣1≥0在x≤1恒成立；
则a≥1；
在lnx≥（1﹣a）2﹣1在x＞1恒成立；
即0≥（1﹣a）2﹣1，
解得：0≤a≤2，
得a的取值范围[1，2]；
故选：A．
【点评】本题考查不等式恒成立问题，考查二次函数在闭区间上的单调性和运用，考查分类讨论的思想方法．
15．【考点】3R：函数恒成立问题．菁优网版权所有
【分析】分离参数，构造函数，可得f（x）＝﹣x+lnx，求导可得f′（x）＝，再构造函数令g（x）＝ex﹣1﹣x，x＞0，利用导数判断g（x）≥0恒成立，根据导数和函数的最值的关系，即可求出f（x）的最小值，可得a的最大值
【解答】解：x∈（0，+∞），≥x﹣lnx+a恒成立，
∴a≤﹣x+lnx，
设f（x）＝﹣x+lnx，
∴f′（x）＝﹣1+＝，
令g（x）＝ex﹣1﹣x，x＞0，
∴g′（x）＝ex﹣1﹣1，
当0＜x＜1时，g′（x）＜0，函数g（x）单调递减，
当x＞1时，g′（x）＞0，函数g（x）单调递增，
∴g（x）≥g（1）＝0，
令f′（x）＝0，解得x＝1，
当当0＜x＜1时，f′（x）＜0，函数f（x）单调递减，
当x＞1时，f′（x）＞0，函数f（x）单调递增，
∴f（x）min＝f（1）＝1﹣1+ln1＝0，
∴a≤0，
故a的最大值为0，
故选：C．
【点评】考查了恒成立问题，需转换为最值，用到导函数求函数的最值，考查了运算求解能力和转化与化归能力，属于中档题
16．【考点】3R：函数恒成立问题．菁优网版权所有
【分析】先得出M、N横坐标相等，再将恒成立问题转化为求函数的最值问题．
【解答】解：由题意，M、N横坐标相等，||≤k恒成立，即||max≤k，
由N在AB线段上，得A（1，0），B（2，），
∴直线AB方程为y＝（x+3）
∴||═|y1﹣y2|＝|x+﹣（x+3）|＝|+﹣|，
∵+≥2＝，且+≤，
∴||＝|+﹣|＝﹣（+）≤﹣，
即||的最大值为﹣，
∴k≥﹣．
故选：B．
【点评】本题考查向量知识的运用，考查基本不等式的运用，解答的关键是将已知条件进行转化，同时应注意恒成立问题的处理策略．
17．【考点】3R：函数恒成立问题．菁优网版权所有
【分析】由题意f（y0）＝y0．函数f（x）＝e﹣x﹣2x﹣a＝x，化为a＝e﹣x﹣3x．令g（x）＝e﹣x﹣3x （x∈[﹣2，2]）．利用导数研究其单调性即可得出．
【解答】解：由题意，曲线y＝x3+x＝x（x2+1），（x∈[﹣1，1]）上存在点（x0，y0），
∴﹣2≤y0≤2．
函数f（x）＝e﹣x﹣2x﹣a，
由f（y0）＝y0．
可得f（y0）＝﹣2y0﹣a＝y0
∴a＝﹣3y0．
令g（x）＝e﹣x﹣3x （x∈[﹣2，2]）．
那么g′（x）＝﹣e﹣x﹣3，在x∈[﹣2，2]上g′（x）＜0，
∴g（x）＝e﹣x﹣3x，在x∈[﹣2，2]单调递减；
∴e﹣2﹣6≤g（x）≤e2+6
即e﹣2﹣6≤a≤e2+6
故选：B．
【点评】本题考查了利用导函数符号判断函数单调性的方法，以及根据函数单调性求函数值域的方法．
18．【考点】3R：函数恒成立问题．菁优网版权所有
【分析】判断函数f（x）的定义域和奇偶性和单调性，由题意可得f（x2+x）＜﹣f（x﹣k）＝f（k﹣x），可得x2+x＜k﹣x，即有k＞x2+2x在[﹣2，1]的最小值，由二次函数的最值求法，可得k的范围．
【解答】解：函数，
定义域为R，f（﹣x）＝﹣x﹣sinx
＝﹣﹣x﹣sinx＝﹣f（x），
可得f（x）为奇函数，
又f（x）＝1﹣+x+sinx，
由y＝x+sinx的导数为y′＝1+cosx≥0，
可得函数f（x）＝1﹣+x+sinx在R上递增，
则∃x∈[﹣2，1]，使得f（x2+x）+f（x﹣k）＜0，
即为f（x2+x）＜﹣f（x﹣k）＝f（k﹣x），
可得x2+x＜k﹣x，
即有k＞x2+2x在[﹣2，1]的最小值，
由x2+2x在[﹣2，1]的最小值为1﹣2＝﹣1，
则k＞﹣1，
故选：A．
【点评】本题考查函数的奇偶性和单调性的判断和运用，考查分离参数和二次函数的最值的求法，以及运算能力，属于中档题．
19．【考点】3R：函数恒成立问题．菁优网版权所有
【分析】原不等式的几何意义是点表示点（x，ex）与（a，a）的距离的平方不超过，与直线l平行且与y＝ex相切的直线的切点为（m，n），求得切线的斜率，可得切点坐标，由切点到直线l的距离为直线l上的点与曲线y＝ex的距离的最小值，可得（0﹣a）2+（1﹣a）2＝，解方程即可得到所求a的取值集合
【解答】解：不等式（ex﹣a）2+x2﹣2ax+a2≤成立，
即为（ex﹣a）2+（x﹣a）2≤，
表示点（x，ex）与（a，a）的距离的平方不超过，
即最大值为． 就穆
由（a，a）在直线l：y＝x上，
设与直线l平行且与y＝ex相切的直线的切点为（m，n），
可得切线的斜率为em＝1，
解得m＝0，n＝1，
切点为（0，1），由切点到直线l的距离为直线l上的点与曲线y＝ex的距离的最小值，
可得（0﹣a）2+（1﹣a）2＝，
解得a＝，
则a的取值集合为{}．
故选：A．
【点评】本题考查实数的取值集合，注意运用转化思想以及函数导数的运用：求切线的斜率，考查运算能力，属于中档题．
20．【考点】3R：函数恒成立问题．菁优网版权所有
【分析】令h（x）＝f（x）﹣g（x）＝（e﹣a）ex﹣ma+x，则h′（x）＝（e﹣a）ex+1，当e﹣a≥0，可得h′（x）＞0，函数h（x）为增函数，不满足h（x）≤0对任意x∈R恒成立；
当e﹣a＜0，利用导数可得x＝ln时，h（x）有最大值，由最大值≤0（a＞e）恒成立，可得ma≥ln，分离m，构造函数F（a）＝，再由导数求其最小值得答案．
【解答】解：令h（x）＝f（x）﹣g（x）＝ex+1﹣ma﹣aex+x＝（e﹣a）ex﹣ma+x，
则h′（x）＝（e﹣a）ex+1，
若e﹣a≥0，可得h′（x）＞0，函数h（x）为增函数，当x→+∞时，h（x）→+∞，
不满足h（x）≤0对任意x∈R恒成立；
若e﹣a＜0，由h′（x）＝0，得，则x＝ln，
∴当x∈（﹣∞，ln）时，h′（x）＞0，当x∈（ln，+∞）时，h′（x）＜0，
∴＝＝．
若f（x）≤g（x）对任意x∈R恒成立，
则≤0（a＞e）恒成立，
若存在实数a，使得≤0成立，
则ma≥ln，
∴（a＞e），
令F（a）＝，
则F′（a）＝＝＝．
∴当a＜2e时，F′（a）＜0，当a＞2e时，F′（a）＞0，
则．
∴m．
则实数m的取值范围是[）．
故选：C．
【点评】本题考查函数恒成立问题，考查利用导数研究函数的最值，考查数学转化思想方法，属难题．
21．【考点】3R：函数恒成立问题．菁优网版权所有
【分析】根据函数的对称性以及函数的单调性得到关于t的不等式，解出即可．
【解答】解：∵f（x﹣3）＝f（﹣x﹣3），
∴f（x）关于直线x＝﹣3对称，
当x≤﹣3时，f（x）＝ln（﹣x），
故f（x）在（﹣∞，﹣3]递减，在（﹣3，+∞）递增，
若对任意x∈R，不等式f（sinx﹣t）＞f（3sinx﹣1）恒成立，
则或，
即1﹣t＞2或1﹣t＜﹣2，
解得：t＜﹣1或t＞3，
当t＝0时，对任意x∈R，不等式f（sinx）＞f（3sinx﹣1）恒成立，
即有f（1）＞f（2），显然不成立，则选项C、D不成立；
当t＝6时，对任意x∈R，不等式f（sinx﹣6）＞f（3sinx﹣1）恒成立，
即有f（﹣1）＝f（﹣5）＞f（2），显然不成立，则选项A不成立；
故选：B．
【点评】本题考查了函数的单调性、对称性问题，考查转化思想，是一道中档题．
22．【考点】3R：函数恒成立问题．菁优网版权所有
【分析】根据函数与方程的关系将方程进行转化，利用换元法转化为方程有解，构造函数求函数的导数，利用函数极值和单调性的关系进行求解即可．
【解答】解：由3x+a（2y﹣4ex）（lny﹣lnx）＝0得3x+2a（y﹣2ex）ln＝0，
即3+2a（﹣2e）ln＝0，
即设t＝，则t＞0，
则条件等价为3+2a（t﹣2e）lnt＝0，
即（t﹣2e）lnt＝﹣有解，
设g（t）＝（t﹣2e）lnt，
g′（t）＝lnt+1﹣为增函数，
∵g′（e）＝lne+1﹣＝1+1﹣2＝0，
∴当t＞e时，g′（t）＞0，
当0＜t＜e时，g′（t）＜0，
即当t＝e时，函数g（t）取得极小值为：g（e）＝（e﹣2e）lne＝﹣e，
即g（t）≥g（e）＝﹣e，
若（t﹣2e）lnt＝﹣有解，
则﹣≥﹣e，即≤e，
则a＜0或a≥，
故选：D．
【点评】本题主要考查不等式恒成立问题，根据函数与方程的关系，转化为两个函数相交问题，利用构造法和导数法求出函数的极值和最值是解决本题的关键．综合性较强．
23．【考点】3R：函数恒成立问题．菁优网版权所有
【分析】由不等式f（x）≥（m+2）x﹣1恒成立，转化为（x﹣1）2+|x﹣1|≥mx．令g（x）＝（x﹣1）2+|x﹣1|，h（x）＝mx，对m进行讨论，数形结合即可得m的范围．
【解答】解：由题意，不等式f（x）≥（m+2）x﹣1恒成立，
可得不等式（x﹣1）2+|x﹣1|≥mx．
令g（x）＝（x﹣1）2+|x﹣1|，h（x）＝mx，
当m＝0时，显然g（x）≥h（x）恒成立．
g（x）＝
（1）若g（x）＝x2﹣x，（x≥1），则x2﹣x≥mx，即x2﹣x（m+1）≥0，
则m+1≤1，可得m≤0．
（2）方法一：若g（x）＝x2﹣3x+2，（x＜1），则x2﹣3x+2≥mx，即x2﹣x（m+3）+2≥0，
当x＝0时，显然成立，当0＜x＜1，分离参数，即≥m．
∵y＝，当且仅当x＝时取等，
∴当0＜x＜1，函数y＝是递减函数．
故得值域y∈（0，3）
∴m∈（﹣3，0）
当x＜0，分离参数，
∵y＝，当且仅当x＝﹣时取等，
可得：m≥﹣2．
方法二：若g（x）＝x2﹣3x+2，（x＜1），则x2﹣3x+2≥mx，即x2﹣x（m+3）+2≥0，
①当△＝（3+m）2﹣8≤0，解得：﹣3≤m≤﹣3+2，不等式在x＜1上恒大于0；
②当△＝（3+m）2﹣8＞0，方程有两个实根：≥1，可得m≤0．
综上（1）（2）：不等式f（x）≥（m+2）x﹣1恒成立，则则实数m的取值范围为[﹣3﹣2，0]．
故选：A．
【点评】本题主要考查了函数恒成立问题的求解，分类讨论以及转化思想的应用，二次函数闭区间是的最值以及单调性的应用．
24．【考点】3R：函数恒成立问题．菁优网版权所有
【分析】当a＝0时，此时ab＝0； 当a＞0时，由题结合（1）得ab≤2a2﹣a2lna，设（a）＝2a2﹣a2lna（a＞0），问题转化为求g（a）的最大值，利用导函数即可
【解答】解：设f（x）＝ex+1﹣ax
当a＝0时，此时ab＝0；
当a＞0时，ex+1≥ax+b对∀x∈R恒成立，得b≤fmin（x），
∵fmin（x）＝f（﹣1+lna）＝2a﹣alna，
∴b≤2a﹣alna，
∴ab≤2a2﹣a2lna，
设g（a）＝2a2﹣a2lna（a＞0），
∴g′（a）＝4a﹣（2alna+a）＝3a﹣2alna，
由于a＞0，令g′（a）＝0，得lna＝，从而a＝，
当a∈（0，）时，g′（a）＞0，g（a）单调递增；
当a∈（，+∞）时，g′（a）＜0，g（a）单调递减．
∴gmax（a）＝，即a＝，b＝时，ab的最大值为．
故选：A．
【点评】本题考查函数的单调性及最值，利用导函数来研究函数的单调性是解题的关键，注意解题方法的积累，属于中档题．
25．【考点】3R：函数恒成立问题．菁优网版权所有
【分析】分类参数得a≤，先把x看作常数，求出右侧函数的最小值，再把最小值看作关于x的函数，求出最小值，即可得出a的范围．
【解答】解：∵ex+y﹣2+ex﹣y﹣2+2﹣4ax≥0恒成立，∴a≤恒成立，
把x看作常数，令f（y）＝，则f′（y）＝＝≥0，
∴f（y）在[0，+∞）上是增函数，
∴当y＝0时，f（y）取得最小值f（0）＝，
再令g（x）＝，则g′（x）＝＝，
令g′（x）＝0得x＝2，
∴当0＜x＜2时，g′（x）＜0，当x＞2时，g′（x）＞0，
∴g（x）在（0，2）上单调递减，在（2，+∞）上单调递增，
∴当x＝2时，g（x）取得最小值g（2）＝，
∴a．
故选：D．
【点评】本题考查了函数恒成立问题，函数单调性与最值的计算，属于中档题．
26．【考点】3R：函数恒成立问题．菁优网版权所有
【分析】利用基本不等式求出xy的范围，从而得出x+2y的范围，根据不等式恒成立得出关于m的一元二次不等式，从而解出m的范围．
【解答】解：∵≥2，即≥2，解得xy≥72，
∵，∴，即3x+6y＝xy，
∴x+2y＝xy≥24，
∴m2﹣2m＜24恒成立，
解不等式m2﹣2m﹣24＜0得﹣4＜m＜6．
故选：C．
【点评】本题考查了不等式的性质，一元二次不等式的解法，属于中档题．
27．【考点】3R：函数恒成立问题．菁优网版权所有
【分析】令f（x）＝ex﹣e﹣x﹣asinx，分a≤0，0＜a≤2，a＞2三类讨论，利用导数判断函数的单调性，可判断得：当a≤0时，f（x）＞0；当a＞0时，f′（x）＝ex+e﹣x﹣acosx，①0＜a≤2，利用导数f′（x）＞0⇒f（x）在（0，π）上单调递增，于是f（x）＞f（0）＝0，满足题意；②若a＞2时，令g（x）＝ex+e﹣x﹣acosx可判断出g（x）＝f′（x）＝ex+e﹣x﹣acosx在（0，）上单调递增，x∈（0，x0）时，f′（x）＜0，f（x）在（0，x0）上单调递减，于是有f（x）＜f（0）＝0不满足题意，可得答案．
【解答】解：令f（x）＝ex﹣e﹣x﹣asinx，
当a≤0时，∵x∈（0，π），∴ex＞e﹣x，sinx＞0，∴ex﹣e﹣x＞0，﹣asinx≥0，∴f（x）＞0；
当a＞0时，f′（x）＝ex+e﹣x﹣acosx，
①若0＜a≤2，∵x∈（0，π），∴ex+e﹣x＞2，acosx＜a≤2，f′（x）＞0，∴f（x）在（0，π）上单调递增，∴f（x）＞f（0）＝0，满足题意；
②若a＞2时，f′（0）＝2﹣a＜0，f′（）＞0，∴存在x0∈（0，），使得f′（x0）＝0．
令g（x）＝ex+e﹣x﹣acosx，∵g′（x）＝ex﹣e﹣x+asinx在（0，）上单调递增，∴g′（x）＞g′（0）＝0，
∴g（x）＝f′（x）＝ex+e﹣x﹣acosx在（0，）上单调递增，∴x∈（0，x0）时，f′（x）＜0，f（x）在（0，x0）上单调递减，
∴f（x）＜f（0）＝0不满足题意．
综上所述，a∈（﹣∞，2]，
故选：C．
【点评】本题考查函数恒成立问题，突出考查分类讨论思想与等价转化思想的综合运用，利用导数判断函数的单调性是难点，属于难题．
28．【考点】3R：函数恒成立问题．菁优网版权所有
【分析】令f（x）＝ln（x+2）+a（x2+x），x∈[﹣1，+∞），讨论a的范围，判断f（x）的单调性，得出fmin（x），令fmin（x）≥0即可．
【解答】解：令f（x）＝ln（x+2）+a（x2+x），x∈[﹣1，+∞），
∵不等式ln（x+2）+a（x2+x）≥0对于任意的x∈[﹣1，+∞）恒成立，
∴fmin（x）≥0，
f′（x）＝+2ax+a＝，
令g（x）＝2ax2+5ax+2a+1，
（1）若a＝0，则g（x）＝1，∴f′（x）＞0，
∴f（x）在[﹣1，+∞）上单调递增，∴fmin（x）＝f（﹣1）＝0，符合题意；
（2）若a＞0，则g（x）的图象开口向上，对称轴为x＝﹣，
∴g（x）在[﹣1，+∞）上单调递增，∴gmin（x）＝g（﹣1）＝1﹣a，
①若1﹣a≥0，即0＜a≤1，则g（x）≥0，∴f′（x）≥0，由（1）可知符合题意；
②若1﹣a＜0，即a＞1，则存在x0∈（﹣1，+∞），
使得当x∈（﹣1，x0）时，g（x）＜0，当x∈（x0，+∞）时，g（x）＞0，
∴f（x）在（﹣1，x0）上单调递减，在（x0，+∞）上单调递增，
∴fmin（x）＜f（﹣1）＝0，不符合题意；
（3）若a＜0，则g（x）的图象开口向下，对称轴为x＝﹣，
∴g（x）在[﹣1，+∞）上单调递减，gmax（x）＝g（﹣1）＝1﹣a＞0，
∴存在x1∈（﹣1，+∞），使得当x∈（﹣1，x1）时，g（x）＞0，当x∈（x1，+∞）时，g（x）＜0，
∴f（x）在（﹣1，x1）单调递增，在（x1，+∞）上单调递减，
∴f（x）在（﹣1，+∞）上不存在最小值，不符合题意；
综上，a的取值范围是[0，1]．
故选：B．
【点评】本题考查了导数与函数单调性的关系，函数恒成立问题研究及函数最值计算，属于中档题．
29．【考点】3R：函数恒成立问题．菁优网版权所有
【分析】利用导数意义不等式恒成立的得到a＝2017然后根据偶函数的性质求解．
【解答】解：不等式e2017x≥ax+1（x∈R）恒成立，
设g（x）＝e2017x，则g′（x）＝2017e2017x，
∴g′（0）＝2017，∴a＝2017，
∵f（2018﹣a）＝f（2017﹣b）恒成立，
∴f（2018﹣2017）＝f（1）＝f（2017﹣b）恒成立，
∴2017﹣b＝±1，
解得b＝2016或b＝2018，
∴b的取值集合为{2016，2018}．
故选：B．
【点评】本题考查实数的取值集合的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意构造法、导数性质的合理运用．
30．【考点】3R：函数恒成立问题．菁优网版权所有
【分析】设f（x）＝xlnx﹣x3+x2，x＞0，
利用导数求出f（x）的极值和最值，从而求出a的取值范围．
【解答】解：【方法一】设f（x）＝xlnx﹣x3+x2，x＞0，
则f′（x）＝lnx+1﹣3x2+2x，
且f′（1）＝ln1+1﹣3+2＝0，
∴1是f（x）的极值点，也是最值点；
∴f（x）＜0恒成立，
又x＞0时，ex＞1恒成立，
∴a的取值范围是[0，+∞）．
【方法二】不等式xlnx﹣x3+x2≤aex可化为lnx﹣x2+x≤，
设f（x）＝lnx﹣x2+x，g（x）＝，其中x＞0；
∴f′（x）＝﹣2x+1＝，
令f′（x）＝0，解得x＝1或x＝﹣（舍去），
∴x＝1时f（x）取得极大值，也是最大值，为0；
又g′（x）＝a•，
令g′（x）＝0，解得x＝1，
∴x＝1时g（x）取得极值，也是最值，a≥0时g（x）取得最小值为a；
由题意知实数a的取值范围是a≥0．
故选：B．
【点评】本题考查了不等式恒成立问题，也考查了利用导数研究函数的单调性与求最值问题，是综合题．
31．【考点】3R：函数恒成立问题．菁优网版权所有
【分析】通过参数分离，利用基本不等式放缩可知问题转化为2lna≤在x＞0时恒成立，记g（x）＝，二次求导并结合单调性可知当x＝4时g（x）取得最小值g（4）＝1，进而计算即得结论．
【解答】解：设f（x）＝ex+y﹣4+ex﹣y﹣4+6，则问题转化为不等式4xlna≤f（x）恒成立．
又∵f（x）＝ex﹣4（ey+e﹣y）+6≥6+2ex﹣4（当且仅当y＝0时取等号），
∴4xlna≤6+2ex﹣4，即有2lna≤在x＞0时恒成立，
记g（x）＝，则g′（x）＝，
令g′（x）＝0，即（x﹣1）ex﹣4＝3，
记h（x）＝（x﹣1）ex﹣4，则h′（x）＝xex﹣4，
∵x＞0，ex﹣4＞0，
∴h′（x）＞0，∴h（x）在（0，+∞）上单调递增，
又∵h（4）＝3，即有（x﹣1）ex﹣4＝3的根为4，
∴当x＞4时g（x）递增，当0＜x＜4时g（x）递减，
∴当x＝4时，g（x）取得最小值g（4）＝1，
∴2lna≤1，lna≤，
∴0＜a≤，（当x＝2，y＝0时，a取得最大值），
故选：A．
【点评】本题考查不等式恒成立问题的常用方法是注意转化为求函数的最值问题，运用参数分离和构造函数再利用导数判断单调性是解题的关键，注意解题方法的积累，属于难题．
32．【考点】3R：函数恒成立问题．菁优网版权所有
【分析】考虑a＝0，a＞0不成立，当a＜0时，画出f（x）的图象和f（x+a）的大致图象，考虑x＝﹣时两函数值相等，解方程可得a的值，随着y＝f（x+a）的图象左移至f（x）的过程中，均有f（x）的图象恒在f（x+a）的图象上，即可得到a的范围．
【解答】解：a＝0时，显然不符题意；
当x∈[﹣，]时，恒有f（x+a）＜f（x），
即为f（x）的图象恒在f（x+a）的图象之上，
则a＜0，即f（x）的图象右移．
故A，B错；
画出函数f（x）＝（a＜0）的图象，
当x＝﹣时，f（﹣）＝﹣a•﹣；
而f（x+a）＝，
则x＝﹣时，由﹣a（﹣+a）2+a﹣＝﹣a•﹣，
解得a＝（舍去），
随着f（x+a）的图象左移至f（x）的过程中，均有f（x）的图象恒在f（x+a）的图象上，
则a的范围是（，0），
故选：C．

【点评】本题考查不等式恒成立问题解法，注意运用转化思想，化为图象之间的关系，由图象平移结合数形结合思想方法，考查运算能力，属于难题．
33．【考点】3R：函数恒成立问题．菁优网版权所有
【分析】将不等式﹣2cos2x≥asinx﹣恒成立转化为≥asinx+2﹣2sin2x恒成立，构造函数f（y）＝，利用基本不等式可求得f（y）min＝3，于是问题转化为asinx+2﹣2sin2x≤3恒成立．通过对sinx＞0、sinx＝0分类讨论求得实数a的取值范围．
【解答】解：任意x∈[0，]，y∈（0，+∞），
不等式﹣2cos2x≥asinx﹣恒成立⇔≥asinx+2﹣2sin2x恒成立，
令f（y）＝，
则asinx+2﹣2sin2x≤f（y）min，
∵y＞0，∴f（y）＝≥2＝3（当且仅当y＝6时取“＝”），f（y）min＝3．
∴asinx+2﹣2sin2x≤3，即asinx﹣2sin2x≤1恒成立．
∵x∈[0，]，∴sinx∈[0，]，
当sinx＝0时，对于任意实数a，不等式asinx﹣2sin2x≤1恒成立；
当sinx＞0时，不等式asinx﹣2sin2x≤1化为a≤2sinx+恒成立，
令sinx＝t，则0＜t≤，
再令g（t）＝2t+（0＜t≤），则a≤g（t）min．
由于g′（t）＝2﹣＜0，
∴g（t）＝2t+在区间（0，]上单调递减，
因此，g（t）min＝g（）＝3，
∴a≤3．
综上，a≤3．
故选：A．
【点评】本题考查恒成立问题，将不等式﹣2cos2x≥asinx﹣恒成立转化为≥asinx+2﹣2sin2x恒成立是基础，令f（y）＝，求得f（y）min＝3是关键，也是难点，考查等价转化思想、分类讨论思想的综合运用，属于难题．
34．【考点】3R：函数恒成立问题．菁优网版权所有
【分析】根据曲线y＝cosx+2∈[1，3]上存在点（x0，y0），即y0∈[1，3]，使得f（f（y0））＝y0，那么函数f（x）＝∈[1，3]，即函数f（x）＝x在x∈[1，3]有解；平方化简即可求解；
【解答】解：由题意，根据曲线y＝cosx+2∈[1，3]上存在点（x0，y0），使得f（f（y0））＝y0，即y0∈[1，3]，
下面证明f（y0）＝y0，
假设f（y0）＝C＞y0，则f（f（y0））＝f（C）＞f（y0））＝C＞y0，不足满f（f（y0））＝y0，
同理f（y0）＝C＜y0，不足满f（f（y0））＝y0，
∴f（y0）＝y0，
那么函数f（x）＝∈[1，3]，即函数f（x）＝x在x∈[1，3]有解；
∴lnx+x﹣a＝x2
即lnx+x﹣x2＝a；x∈[1，3]
令h（x）＝lnx+x﹣x2，
则h′（x）＝+1﹣2x，
令h′（x）＝0，可得x＝1或x＝（舍）
当x∈（0，1]时，h′（x）＞0，h（x）在x∈（0，1]单调递增；
当x∈[1，3]时，h′（x）＜0，h（x）在x∈[1，3]单调递减；
∴ln3﹣6≤h（x）≤0；
即ln3﹣6≤a≤0；
故选：A．
【点评】本题主要考查了函数恒成立问题的求解，讨论以及转化思想的应用以及导函数单调性的应用．
35．【考点】3R：函数恒成立问题．菁优网版权所有
【分析】先求导，再分类讨论，根据导数和函数的单调性的关系，求出函数f（x）的最小值，则2m﹣1+ln＞0恒成立，化简整理即可求出．
【解答】解：∵f（x）＝mx﹣+lnx，x＞0，m＞0
∴f′（x）＝m++＝＝＝，
令f′（x）＝0，解得x＝，
当0＜m≤1时，f′（x）≥0恒成立，即f（x）在（0，+∞）单调递增，
∵f（1）＝m﹣（1﹣m）+ln1＝2m﹣1，当0＜m＜时，f（1）＜0，
故当0＜m≤1不满足题意，
当m＞1时，
当x∈（0，）时，f′（x）＜0时，函数f（x）单调递减，
当x∈（，+∞）时，f′（x）＞0时，函数f（x）单调递增，
∴f（x）min＝f（）＝（m﹣1）+m+ln＝2m﹣1+ln，
∵函数f（x）＝mx﹣+lnx，要使函数f（x）＞0恒成立，
∴2m﹣1+ln＞0恒成立，
∴ln＞1﹣2m，
∴＞e1﹣2m，
∴e1﹣2m＜1，
故选：B．
【点评】本题考查了导数和函数的单调性和最值的关系，函数恒成立的问题，考查了运算求解能力和转化与化归能力，函数与方程的思想，属于难题．
二．填空题（共5小题）
36．【考点】3R：函数恒成立问题．菁优网版权所有
【分析】讨论x＝0，x＞0，x＜0，由参数分离和正弦函数的值域、二次函数的最值求法，即可得到所求范围．
【解答】解：当x＝0时，x（sinθ﹣cos2θ+1）≥﹣3恒成立；
当x＞0时，sinθ+sin2θ≥﹣，
由sinθ+sin2θ＝（sinθ+）2﹣，可得sinθ＝﹣时，取得最小值﹣，
sinθ＝1时，取得最大值2，
即有﹣≥﹣，解得0＜x≤12；
当x＜0时，可得sinθ+sin2θ≤﹣，
即有2≤﹣，解得﹣≤x＜0，
综上可得x的范围是[﹣，12]．
故答案为：[﹣，12]．
【点评】本题考查不等式恒成立问题解法，注意运用分类讨论思想方法和参数分离，考查正弦函数的值域和不等式的解法，属于中档题．
37．【考点】3R：函数恒成立问题．菁优网版权所有
【分析】当a＞0时，f（x）＝﹣（x﹣a）在[0，+∞）上最大值为0，而f（0）＝﹣a2，当a≤0时，f（x）＝﹣（x﹣a）在[0，+∞）上最大值为f（0）＝﹣a2，f（x）＝﹣x2﹣2x﹣3+a在（﹣∞，0]的最大值为f（﹣1）＝a﹣2．根据∀x∈R，f（x）≤f（0）恒成立，列式求得a的取值范围．
【解答】解：当a＞0时，f（x）＝﹣（x﹣a）在[0，+∞）上最大值为0，而f（0）＝﹣a2，不满足f（x）≤f（0）恒成立．
当a≤0时，f（x）＝﹣（x﹣a）在[0，+∞）上最大值为f（0）＝﹣a2，
f（x）＝﹣x2﹣2x﹣3+a在（﹣∞，0]的最大值为f（﹣1）＝a﹣2．
故只需a﹣2≤﹣a2即可，
∴﹣2≤a≤0，
故答案为[﹣2，0]
【点评】本题考查了分段函数得图象及值域，属于中档题．
38．【考点】3R：函数恒成立问题．菁优网版权所有
【分析】由题意设＝2，＝，则三点D，E，F共线，可得|AD|的最小值为A到直线EF的距离，设A，E，F的坐标，求得A的轨迹方程，可得AD的最小值，即可得到所求最大值．
【解答】解：BC＝6，AC＝2AB，点D满足＝+
＝（2）+（），
设＝2，＝，
则三点D，E，F共线，
由题意可得EF＝BC＝6，
且AF＝2AE，|AD|的最小值为A到直线EF的距离，
可设A（m，n），E（﹣3，0），F（3，0），
可得＝2，
两边平方化简可得m2+n2+10m+9＝0，
即有A在以（﹣5，0）为圆心，4为半径的圆上运动，
则|AD|的最小值为4，
f（x，y）≥f（x0，y0）恒成立，
可得f（x0，y0）≤4，
即f（x0，y0）的最大值为4，
故答案为：4．

【点评】本题考查向量共线定理的运用，考查圆的方程的求法和应用，以及恒成立思想的解法，考查运算化简能力，属于难题．
39．【考点】3R：函数恒成立问题；57：函数与方程的综合运用．菁优网版权所有
【分析】根据函数f（x）、g（x）的单调性，求出它们在对应区间上的值域，
再把命题“对∀x1∈[﹣2，﹣1]，∃x2∈[4，16]，使g（x1）＝f（x2）成立”
转化为等价的不等式组，从而求出实数a的取值范围．
【解答】解：函数f（x）＝log2x是定义域（0，+∞）上的单调增函数，
∴f（x）在[4，16]上的值域为[2，4]；
又数g（x）＝ax+1（0＜a＜1）为定义域R上的单调减函数，
∴g（x）在[﹣2，﹣1]上的值域为[g（﹣1），g（﹣2）]，
即g（x）⊆[+1，+1]，
∴对∀x1∈[﹣2，﹣1]，∃x2∈[4，16]，使g（x1）＝f（x2）成立，
等价于，
解得≤a＜1，
∴实数a的取值范围是[，1）．
故答案为：[，1）．
【点评】本题考查了函数的性质与应用问题，也考查了不等式恒成立问题，是综合题．
40．【考点】3R：函数恒成立问题．菁优网版权所有
【分析】当a＞﹣2时，ex﹣（a+2）x≥b﹣2，变形可得：﹣x≥，令f（x）＝﹣x，利用导函数的性质求解f（x）的最小值，即可得的最大值；
【解答】解：由题意，当a＜﹣2时，不等式ex﹣（a+2）x≥b﹣2变形可得﹣x≤，
令f（x）＝﹣x＝
则f′（x）＝，
∵a＜﹣2，f′（x）＜0，
∴f（x）在R上递减，没有最值．
当a＞﹣2时，ex﹣（a+2）x≥b﹣2，变形可得：﹣x≥，
令f（x）＝﹣x＝
则f′（x）＝，
令f′（x）＝0，可得x＝ln（a+2），
当x∈（0，ln（a+2））时，f（x）递减，
当x∈（ln（a+2），+∞）时，f（x）递增，
∴当x＝ln（a+2）时，f（x）取得最小值为1﹣ln（a+2）﹣≥，
令g（a）＝1﹣ln（a+2）﹣．
则g′（a）＝，
当a∈（﹣2，1）时，g（a）递减，当a∈（1，+∞）时，g（a）递增，
∴g（a）min＝g（1）＝﹣ln3
即可得的最大值为﹣ln3．
故答案为：﹣ln3．
【点评】本题考查不等式的恒成立问题注意转化为求函数的最值问题，运用导数判断单调性，求极值和最值是解题的关键，属于中档题．
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