2021年高考数学二轮专题复习《含参取值范围问题》精选练习（含答案详解）

这是一份2021年高考数学二轮专题复习《含参取值范围问题》精选练习（含答案详解），共13页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题
在[0,2π]上满足sinx≥eq \f(1,2)的x的取值范围是( )
A.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,6))) B.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(5π,6))) C.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(2π,3))) D.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(5π,6)，π))
函数f(x)=的定义域为R，则实数a的取值范围是( )
A.{a|a∈R} B.{a|0≤a≤} C.{a|a＞} D.{a|0≤a＜}
已知偶函数f(x)在区间[0，＋∞)单调递增，则满足f(2x-1)A.(,) B.[,) C.(,) D.[,)
命题p：∀x∈R，ax2+ax+1≥0，若¬p是真命题，则实数a的取值范围是( )
A.(0，4] B.[0，4] C.(﹣∞，0]∪[4，+∞) D.(﹣∞，0)∪(4，+∞)
函数f(x)=ax2+2(a-1)x+2在区间(-∞,4]上为减函数，则a的取值范围为( )
A. B. C. D.
若函数f(x)=且满足对任意的实数x1≠x2都有＞0成立，
则实数a的取值范围是( )
A.(1，+∞) B.(1，8) C.(4，8) D.[4，8)
如图，在△ABC中，已知AB=2，AC=3，∠BAC=θ，点D为BC的三等分点(靠近点B)，则的取值范围为( )

A. B. C. D.
若函数,在(0，＋∞)上是增函数，则a的取值范围是( )
A.(1,2] B.[1,2) C.[1,2] D.(1，＋∞)
当x∈(-∞,-1]时，不等式(m2-m)∙4x-2x<0恒成立，则实数的取值范围是（ ）
A.(-2,1) B.(-4,3) C.(-3,4) D.(-1,2)
若曲线C1：y=ax2(a>0)与曲线C2：y=ex存在公共切线，则a的取值范围为( )
A.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(e2,8)，＋∞)) B.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(e2,8))) C.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(e2,4)，＋∞)) D.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(e2,4)))
已知a≥0，函数f(x)=(x2-2ax)ex，若f(x)在[-1,1]上是单调减函数，则a的取值范围是( )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(3,4))) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(3,4))) C.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)，＋∞)) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))
若函数f(x)=kx-ln x在区间(1，＋∞)内单调递增，则k的取值范围是( )
A．(-∞，-2] B．(-∞，-1] C．[2，＋∞) D．[1，＋∞)
二、填空题
函数的定义域是R，则实数a的取值范围是________.
已知函数f(x)=x2+ax+20(a∈R)，若对于任意x>0，f(x)≥4恒成立，则a的取值范围是________．
若直线与曲线，有两个不同的公共点，则实数b的取值范围为 ．
已知x＞0，y＞0，=1，若不等式m2+6m-x-y＜0恒成立，则实数m的取值范围是______．
三、解答题
设a=(sin2，cs x＋sin x)，b=(4sin x，cs x－sin x)，f(x)=a·b.
(1)求函数f(x)的解析式；
(2)已知常数ω>0，若y＝f(ωx)在区间[－，]上是增函数，求ω的取值范围；
已知A(x1，f(x1))，B(x2，f(x2))是函数f(x)=2sin(ωx＋φ)(ω＞0，-eq \f(π,2)＜φ＜0)图象上的任意两点，且角φ的终边经过点P(1，-eq \r(3))，若|f(x1)-f(x2)|=4时，|x1-x2|的最小值为eq \f(π,3).
(1)求函数f(x)的解析式；
(2)求函数f(x)的单调递增区间；
(3)当x∈[0，eq \f(π,6)]时，不等式mf(x)＋2m≥f(x)恒成立，求实数m的取值范围．
已知向量a=，b=(csx，-1).
(1)当a∥b时，求cs2x-sin2x的值.
(2)设函数f(x)=2(a+b)·b，已知在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c.
若a=，b=2，sinB=，求f(x)+4cs的取值范围.
已知数列{an}满足a1=1，前n项和Sn满足
（1）求{Sn}的通项公式；
（2）求{an}的通项公式；
（3）设，若数列{cn}是单调递减数列，求实数λ的取值范围.
已知数列{an}与{bn}满足an+1-an=2(bn+1-bn)(,n∈N).
(1)若a1=1,bn=3n+5，求数列{an}的通项公式；
(2)若a1=6，bn=2n(n∈N*)且λan>2n+n+2λ对一切n∈N*恒成立，求λ的取值范围.
已知数列{an}和{bn}满足(n∈N*)，若{an}为等比数列，
且a1=2,b3=b2+6.
(1)求an与bn;
(2)对于任意自然数n，求使不等式恒成立的λ的取值范围.
已知函数f(x)=lnx＋x2－ax(a＞0).
(1)讨论f(x)在(0,1)上极值点的个数；
(2)若x1，x2(x1＜x2)是函数f(x)的两个极值点，且f(x1)－f(x2)＞m恒成立，求实数m的取值范围.
已知函数f(x)=xlnx.
(1)若函数g(x)=f(x)＋ax在区间[e2，＋∞)上为增函数，求实数a的取值范围；
(2)若对任意x∈(0，＋∞)，f(x)≥eq \f(－x2＋mx－3,2)恒成立，求实数m的最大值.
\s 0 答案解析
B.
解析：由函数y=sinx，x∈[0,2π]的图象，可知eq \f(π,6)≤x≤eq \f(5π,6)
D
A
D.
解析：命题p的否定是￢p：∃x∈R，ax2+ax+1＜0成立，即ax2+ax+1＜0成立是真命题；
当a=0时，1＜0，不等式不成立；
当a＞0时，要使不等式成立，须a2﹣4a＞0，解得a＞4，或a＜0，即a＞4；
当a＜0时，不等式一定成立，即a＜0；
综上，a的取值范围是(﹣∞，0)∪(4，+∞).
B
D.
答案为：D；
解析：
答案为：A；

答案为：D；
答案为：C；
解析：根据题意，函数y=ax2与函数y=ex的图象在(0，＋∞)上有公共点，
令ax2=ex，得a=eq \f(ex,x2).设f(x)=eq \f(ex,x2)，则f′(x)=eq \f(x2ex－2xex,x4)，由f′(x)=0，得x=2，
当0当x>2时，f′(x)>0，函数f(x)=eq \f(ex,x2)在区间(2，＋∞)上是增函数，
所以当x=2时， 函数f(x)=eq \f(ex,x2)在(0，＋∞)上有最小值f(2)=eq \f(e2,4)，所以a≥eq \f(e2,4).
答案为：C；
解析：
f′(x)=(2x-2a)ex＋(x2-2ax)ex=[x2＋(2-2a)x-2a]ex，
由题意当x∈[-1,1]时，f′(x)≤0恒成立，
即x2＋(2-2a)x-2a≤0恒成立．
令g(x)=x2＋(2-2a)x-2a，则有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(g－1≤0，,g1≤0，))
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－12＋2－2a·－1－2a≤0，,12＋2－2a－2a≤0，))解得a≥eq \f(3,4).
答案为：D；
解析：因为f(x)=kx-ln x，所以f′(x)=k-eq \f(1,x).因为f(x)在区间(1，＋∞)上单调递增，
所以当x>1时，f′(x)=k-eq \f(1,x)≥0恒成立，即k≥eq \f(1,x)在区间(1，＋∞)上恒成立．
因为x>1，所以0 答案为：{a|0≤a<}；
答案为：[-8，＋∞).
答案：．
详解：因为曲线，所以（x-2）2+y2=1（x≥2），
表示圆心为（2，0），半径为1的右半圆．圆心（2，0），
到直线x-y-b=0的距离为解得或（舍去），
当直线y=x-b过点B（2，-1）时，直线与圆有两个交点，此时b=3．
所以要使直线y=x-b与曲线有两个不同的公共点，
所以，即实数b的取值范围为．
故答案为：．
答案为：-8＜m＜2；
解析：

解：
(1)因为角φ的终边经过点P(1，-eq \r(3))，
所以tan φ=-eq \r(3)，且-eq \f(π,2)＜φ＜0，得φ=-eq \f(π,3).
函数f(x)的最大值为2，
又|f(x1)-f(x2)|=4时，|x1-x2|的最小值为eq \f(π,3)，得周期T=eq \f(2π,3)，即eq \f(2π,ω)=eq \f(2π,3)，所以ω=3.
所以f(x)=2sin(3x-eq \f(π,3))．
(2)令-eq \f(π,2)＋2kπ≤3x-eq \f(π,3)≤eq \f(π,2)＋2kπ，k∈Z，
得-eq \f(π,18)＋eq \f(2kπ,3)≤x≤eq \f(5π,18)＋eq \f(2kπ,3)，k∈Z.
所以函数f(x)的递增区间为[-eq \f(π,18)＋eq \f(2kπ,3)，eq \f(5π,18)＋eq \f(2kπ,3)]，k∈Z.
(3)当x∈[0，eq \f(π,6)]时，-eq \f(π,3)≤3x-eq \f(π,3)≤eq \f(π,6)，
得-eq \r(3)≤f(x)≤1，所以2＋f(x)＞0，
则mf(x)＋2m≥f(x)恒成立等价于m≥eq \f(fx,2＋fx)=1-eq \f(2,2＋fx)恒成立．
因为2-eq \r(3)≤2＋f(x)≤3，所以1-eq \f(2,2＋fx)的最大值为eq \f(1,3)，
所以实数m的取值范围是[eq \f(1,3)，＋∞)．
解：
解：
解：
解:
解：(1)f′(x)=eq \f(1,x)＋2x－a=eq \f(2x2－ax＋1,x)，令g(x)=2x2－ax＋1，
令g(x)=2x2－ax＋1=0得Δ=a2－8，
①当Δ≤0，即0＜a≤2eq \r(2)时，g(x)＞0恒成立，此时f(x)在(0,1)上无极值点；
②当Δ＞0，即a＞2eq \r(2)时，由g(x)=2x2－ax＋1=0得，x1=eq \f(a－\r(a2－8),4)，x2=eq \f(a＋\r(a2－8),4).
(ⅰ)若2eq \r(2)＜a＜3，则0＜x1=eq \f(a－\r(a2－8),4)＜eq \f(a,4)＜1,0＜x2=eq \f(a＋\r(a2－8),4)＜eq \f(3＋1,4)=1.
故此时f(x)在(0,1)上有两个极值点；
(ⅱ)若a≥3，则0＜x1=eq \f(a－\r(a2－8),4)=eq \f(8,4a＋\r(a2－8))=eq \f(2,a＋\r(a2－8))≤eq \f(2,3＋1)=eq \f(1,2)＜1，
而x2=eq \f(a＋\r(a2－8),4)＞eq \f(3＋1,4)=1.故此时f(x)在(0,1)上只有一个极值点；
综上可知，当0＜a≤2eq \r(2)时，f(x)在(0,1)上无极值点；
当2eq \r(2)＜a＜3时，f(x)在(0,1)上有两个极值点；
当a≥3时，f(x)在(0,1)上只有一个极值点.
(2)：∵x1，x2(x1＜x2)是函数f(x)的两个极值点，
∴x1，x2是f′(x)=eq \f(1,x)＋2x－a=eq \f(2x2－ax＋1,x)=0在区间(0,1)内的两个零点.
令f′(x)=0，得x1，x2是方程2x2－ax＋1=0的两根，∴Δ=a2－8＞0，
∴a＞2eq \r(2)，x1＋x2=eq \f(a,2)＞0，x1·x2=eq \f(1,2).
f(x1)－f(x2)=(lnx1＋xeq \\al(2,1)－ax1)－(lnx2＋xeq \\al(2,2)－ax2)=lneq \f(x1,x2)＋(xeq \\al(2,1)－xeq \\al(2,2))＋a(x2－x1)
=lneq \f(x1,x2)＋(xeq \\al(2,1)－xeq \\al(2,2))＋2(x1＋x2)(x2－x1)=lneq \f(x1,x2)＋xeq \\al(2,2)－xeq \\al(2,1)=lneq \f(x1,x2)＋eq \f(1,2)·eq \f(x\\al(2,2)－x\\al(2,1),x1x2)，
令t=eq \f(x1,x2)∈(0,1)，则f(x1)－f(x2)=h(t)=lnt＋eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,t)－t))，t∈(0,1)，
又h′(t)=－eq \f(t－12,2t2)＜0，∴h(t)在区间(0,1)内单调递减，
∴h(t)＞h(1)=0，即f(x1)－f(x2)＞0.
∴m≤0，即实数m的取值范围是(－∞，0].
解：(1)由题意得g′(x)=f′(x)＋a=lnx＋a＋1.
∵函数g(x)在区间[e2，＋∞)上为增函数，
∴当x∈[e2，＋∞)时，g′(x)≥0，
即lnx＋a＋1≥0在[e2，＋∞)上恒成立.∴a≥－1－lnx.
令h(x)=－lnx－1，∴a≥h(x)max，
当x∈[e2，＋∞)时，lnx∈[2，＋∞)，
∴h(x)∈(－∞，－3]，∴a≥－3，
即实数a的取值范围是[－3，＋∞).
(2)∵2f(x)≥－x2＋mx－3，
即mx≤2xlnx＋x2＋3，
又x＞0，∴m≤eq \f(2xlnx＋x2＋3,x)在x∈(0，＋∞)上恒成立.
记t(x)=eq \f(2xlnx＋x2＋3,x)=2lnx＋x＋eq \f(3,x).∴m≤t(x)min.
∵t′(x)=eq \f(2,x)＋1－eq \f(3,x2)=eq \f(x2＋2x－3,x2)=eq \f(x＋3x－1,x2)，
令t′(x)=0，得x=1或x=－3(舍去).
当x∈(0,1)时，t′(x)＜0，函数t(x)在(0,1)上单调递减；
当x∈(1，＋∞)时，t′(x)＞0，函数t(x)在(1，＋∞)上单调递增.
∴t(x)min=t(1)=4.
∴m≤t(x)min=4，即m的最大值为4.