2021年高考数学二轮专题复习《恒成立问题》精选练习(含答案)

这是一份2021年高考数学二轮专题复习《恒成立问题》精选练习(含答案)，共6页。试卷主要包含了选择题，填空题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题
若关于x的不等式x2＋2ax＋1≥0在[0，＋∞)上恒成立，则实数a的取值范围为( )
A.(0，＋∞) B.[－1，＋∞) C.[－1,1] D.[0，＋∞)
已知是等差数列{an}的前项和，则“对恒成立”是“数列为递增数列”的（ ）
A.充分必要条件
B.充分而不必要条件
C.必要而不充分条件
D.既不充分也不必条件
已知f(x)=eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2－4x＋3，x≤0，,－x2－2x＋3，x＞0，))不等式f(x＋a)＞f(2a－x)在[a，a＋1]上恒成立，则实数a的取值范围是( )
A.(－∞，－2) B.(－∞，0) C.(0,2) D.(－2,0)
已知关于x的不等式kx2－6kx＋k＋8≥0对任意x∈R恒成立，则k的取值范围是( )
A.0≤k≤1 B.0＜k≤1
C.k＜0或k＞1 D.k≤0或k≥1
已知y=f(x)是偶函数，当x＞0时，f(x)=(x－1)2，若当x∈[-2，-0.5]时，n≤f(x)≤m恒成立，则m－n的最小值为( )
A.eq \f(1,3) B.eq \f(1,2) C.eq \f(3,4) D.1
在R上定义运算：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\(\s\up11(a),\s\d4(c)) \(\s\up7(b),\s\d5(d))))=ad－bc，若不等式eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\(\s\up11(x－1),\s\d4(a＋1)) \(\s\up7(a－2),\s\d5(x))))≥1对任意实数x恒成立，则实数a的最大值为( )
A.－eq \f(1,2) B.－eq \f(3,2) C.eq \f(1,2) D.eq \f(3,2)
已知定义在R上的奇函数f(x)在[0，＋∞)上单调递减，若f(x2－2x＋a)A.(-∞,eq \f(13,4)) B.(－∞，－3) C.(－3，＋∞) D.(eq \f(13,4),+∞)
已知函数f(x)=eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2－ax，x＞0，,2x－1，x≤0，))若不等式f(x)＋1≥0在R上恒成立，则实数a的取值范围为( )
A.(－∞，0) B.[－2,2] C.(－∞，2] D.[0,2]
若两个正实数，满足，且恒成立，则实数m的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
设正实数x，y满足x>eq \f(1,2)，y>1，不等式eq \f(4x2,y－1)＋eq \f(y2,2x－1)≥m恒成立，则m的最大值为( )
A.2eq \r(2) B.4eq \r(2) C.8 D.16
已知函数f(x)=sin(2x＋φ)，其中φ为实数，若f(x)≤eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))))对x∈R恒成立，
且feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＞f(π)，则f(x)的单调递增区间是( )
A.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ－\f(π,3)，kπ＋\f(π,6)))(k∈Z)
B.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ，kπ＋\f(π,2)))(k∈Z)
C.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ＋\f(π,6)，kπ＋\f(2π,3)))(k∈Z)
D.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ－\f(π,2)，kπ))(k∈Z)
在数列{an}中，已知a1=3，且数列{an＋(－1)n}是公比为2的等比数列，对于任意的n∈N*，不等式a1＋a2＋…＋an≥λan＋1恒成立，则实数λ的取值范围是( )
A.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，\f(2,5))) B.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，\f(1,2))) C.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，\f(2,3))) D.(－∞，1]
二、填空题
已知关于x的不等式2x＋eq \f(2,x－a)≥7在x∈(a，＋∞)上恒成立，则实数a最小值为______.
若对，恒成立，则实数a的取值范围是________.
当x∈(－∞，－1]时，不等式(m2－m)·4x－2x＜0恒成立，则实数m取值范围是 .
当x∈(0,1)时，不等式eq \f(4,1－x)≥m－eq \f(1,x)恒成立，则m的最大值为________.
设f(x)是定义在R上的单调递增函数，若f(1－ax－x2)≤f(2－a)对任意a∈[－1,1]恒成立，
则x的取值范围为________.
已知Sn是数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(n,2n－1)))的前n项和，若不等式|λ＋1|＜Sn＋eq \f(n,2n－1)对一切n∈N*恒成立，
则λ的取值范围是________.
\s 0 答案解析
答案为：B；
解析：法一：当x=0时，不等式为1≥0恒成立；
当x＞0时，x2＋2ax＋1≥0⇒2ax≥－(x2＋1)⇒2a≥－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,x)))，又－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,x)))≤－2，
当且仅当x=1时取等号，所以2a≥－2⇒a≥－1，所以实数a的取值范围为[－1，＋∞).
法二：设f(x)=x2＋2ax＋1，函数图象的对称轴为直线x=－a.
当－a≤0，即a≥0时，f(0)=1＞0，所以当x∈[0，＋∞)时，f(x)≥0恒成立；
当－a＞0，即a＜0时，要使f(x)≥0在[0，＋∞)上恒成立，
需f(－a)=a2－2a2＋1= －a2＋1≥0，得－1≤a＜0.
综上，实数a的取值范围为[－1，＋∞).
答案为：A
解析：由题可得，，化简可得，即，
所以，即恒成立，
所以，即数列为递增数列，故为充分条件.
若数列为递增数列，则，
，
当时，，即，故为必要条件，
综上所述为充分必要条件.故选A.
答案为：A；
解析：二次函数y=x2－4x＋3图象的对称轴是直线x=2，∴该函数在(－∞，0]上单调递减，∴x2－4x＋3≥3，同样可知函数y=－x2－2x＋3在(0，＋∞)上单调递减，∴－x2－2x＋3＜3，∴f(x)在R上单调递减，∴由f(x＋a)＞f(2a－x)得到x＋a＜2a－x，
即2x＜a，∴2x＜a在[a，a＋1]上恒成立，∴2(a＋1)＜a，∴a＜－2，
∴实数a的取值范围是(－∞，－2)，故选A.
答案为：A；
解析：当k=0时，不等式kx2－6kx＋k＋8≥0可化为8≥0，其恒成立，
当k≠0时，要满足关于x的不等式kx2－6kx＋k＋8≥0对任意x∈R恒成立，
只需eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(k＞0，,Δ＝36k2－4kk＋8≤0，))解得0＜k≤1.
综上，k的取值范围是0≤k≤1，故选A.
答案为：D；
解析：当x＜0时，－x＞0，f(x)=f(－x)=(x＋1)2，因为x∈[-2，-0.5]，
所以f(x)min=f(－1)=0，f(x)max=f(－2)=1，所以m≥1，n≤0，m－n≥1，
所以m－n的最小值是1.
答案为：D；
解析：由定义知，不等式eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\(\s\up11(x－1),\s\d4(a＋1)) \(\s\up7(a－2),\s\d5(x))))≥1等价于x2－x－(a2－a－2)≥1，
∴x2－x＋1≥a2－a对任意实数x恒成立.∵x2－x＋1=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2)))2＋eq \f(3,4)≥eq \f(3,4)，
∴a2－a≤eq \f(3,4)，解得－eq \f(1,2)≤a≤eq \f(3,2)，则实数a的最大值为eq \f(3,2).
答案为：D；
解析：依题意得f(x)在R上是减函数，所以f(x2－2x＋a)x＋1对任意的x∈[－1,2]恒成立，等价于a>－x2＋3x＋1对任意的x∈[－1,2]恒成立.设g(x)=－x2＋3x＋1(－1≤x≤2)，
则g(x)=－(x-eq \f(3,2))2＋eq \f(13,4)(－1≤x≤2)，当x=eq \f(3,2)时，g(x)取得最大值，
且g(x)max=g(eq \f(3,2))=eq \f(13,4)，因此a＞eq \f(13,4)，故选D.
答案为：C；
解析：由f(x)≥－1在R上恒成立，可得当x≤0时，2x－1≥－1，即2x≥0，显然成立；
又x＞0时，x2－ax≥－1，即为a≤eq \f(x2＋1,x)=x＋eq \f(1,x)，由x＋eq \f(1,x)≥2 eq \r(x·\f(1,x))=2，
当且仅当x=1时，取得最小值2，可得a≤2，
综上可得实数a的取值范围为(－∞，2].
答案为：C
解析：∵正实数，满足，
∴，
当且仅当时，即，时取得最小值8，
∵恒成立，∴，
即，解得，故选C.
答案为：C；
解析：依题意得，2x－1>0，y－1>0，eq \f(4x2,y－1)＋eq \f(y2,2x－1)=eq \f([2x－1＋1]2,y－1)＋eq \f([y－1＋1]2,2x－1)
≥eq \f(42x－1,y－1)＋eq \f(4y－1,2x－1)≥4×2eq \r(\f(2x－1,y－1)×\f(y－1,2x－1))=8，即eq \f(4x2,y－1)＋eq \f(y2,2x－1)≥8，
当且仅当eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2x－1＝1,y－1＝1,\f(2x－1,y－1)＝\f(y－1,2x－1)))，即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝1,y＝2))时，取等号，
因此eq \f(4x2,y－1)＋eq \f(y2,2x－1)的最小值是8，m≤8，m的最大值是8，选C.]
答案为：C；
解析：因为f(x)≤eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))))对x∈R恒成立，即eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))))=eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)＋φ))))=1，
所以φ=kπ＋eq \f(π,6)(k∈Z).因为feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＞f(π)，所以sin(π＋φ)＞sin(2π＋φ)，
即sin φ＜0，所以φ=－eq \f(5,6)π＋2kπ(k∈Z)，所以f(x)=sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(5,6)π))，
所以由三角函数的单调性知2x－eq \f(5π,6)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2kπ－\f(π,2)，2kπ＋\f(π,2)))(k∈Z)，
得x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ＋\f(π,6)，kπ＋\f(2π,3)))(k∈Z)，故选C.]
答案为：C；
解析：由已知，an＋(－1)n=[3＋(－1)1]·2n－1=2n，
∴an=2n－(－1)n.
当n为偶数时，a1＋a2＋…＋an=(2＋22＋…＋2n)－(－1＋1－…＋1)
=2n＋1－2，an＋1=2n＋1－(－1)n＋1=2n＋1＋1，
由a1＋a2＋…＋an≥λan＋1，得λ≤eq \f(2n＋1－2,2n＋1＋1)=1－eq \f(3,2n＋1＋1)对n∈N*恒成立，
∴λ≤eq \f(2,3)；
当n为奇数时，a1＋a2＋…＋an=(2＋22＋…＋2n)－(－1＋1－…＋1－1)=2n＋1－1，
an＋1=2n＋1－(－1)n＋1=2n＋1－1，由a1＋a2＋…＋an≥λan＋1得，
λ≤eq \f(2n＋1－1,2n＋1－1)=1对n∈N*恒成立，综上可知λ≤eq \f(2,3).
答案为：eq \f(3,2)；
解析：由x>a，知x－a>0，则2x＋eq \f(2,x－a)=2(x－a)＋eq \f(2,x－a)＋2a
≥2 eq \r(2x－a·\f(2,x－a))＋2a=4＋2a，由题意可知4＋2a≥7，解得a≥eq \f(3,2)，
即实数a的最小值为eq \f(3,2).
答案为：
解析：对，，可化简为恒成立，
画出和的图象如图所示，
要使不等式成立，需满足，解得，故应填.
答案为：(－1,2)；
解析：原不等式变形为m2－m＜(0.5)x，
因为函数y=(0.5)x在(－∞，－1]上是减函数，所以(0.5)x≥(0.5)－1=2，
当x∈(－∞，－1]时，m2－m＜(0.5)x恒成立等价于m2－m＜2，解得－1＜m＜2.
答案为：9；
解析：由已知不等式可得m≤eq \f(1,x)＋eq \f(4,1－x)，∵x∈(0,1)，∴1－x∈(0,1)，
∵x＋(1－x)=1，∴eq \f(1,x)＋eq \f(4,1－x)=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)＋\f(4,1－x)))[x＋(1－x)]=5＋eq \f(1－x,x)＋eq \f(4x,1－x)
≥5＋2 eq \r(\f(1－x,x)·\f(4x,1－x))=9，当且仅当eq \f(1－x,x)=eq \f(4x,1－x)，即x=eq \f(1,3)时取等号，
∴m≤9，即实数m的最大值为9.
答案为：(－∞，－1]∪[0，＋∞)；
解析：∵f(x)是R上的增函数，∴1－ax－x2≤2－a，a∈[－1,1].①
①式可化为(x－1)a＋x2＋1≥0，对a∈[－1,1]恒成立.
令g(a)=(x－1)a＋x2＋1，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(g－1＝x2－x＋2≥0，,g1＝x2＋x≥0，))解得x≥0或x≤－1.
即实数x的取值范围是(－∞，－1]∪[0，＋∞).]
答案为：－3＜λ＜1；
解析：Sn=1＋2×eq \f(1,2)＋3×eq \f(1,22)＋…＋(n－1)·eq \f(1,2n－2)＋n·eq \f(1,2n－1)，
eq \f(1,2)Sn=1×eq \f(1,2)＋2×eq \f(1,22)＋…＋(n－1)·eq \f(1,2n－1)＋n·eq \f(1,2n)，
两式相减，得eq \f(1,2)Sn=1＋eq \f(1,2)＋eq \f(1,22)＋…＋eq \f(1,2n－1)－n·eq \f(1,2n)=2－eq \f(n＋2,2n)，所以Sn=4－eq \f(n＋2,2n－1).
由不等式|λ＋1|＜Sn＋eq \f(n,2n－1)=4－eq \f(2,2n－1)对一切n∈N*恒成立，得|λ＋1|＜2，
解得－3＜λ＜1.