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2021年高中数学培优练习《不等式-恒成立问题》专项复习（含答案）
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这是一份2021年高中数学培优练习《不等式-恒成立问题》专项复习（含答案），共5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。
当x∈R时，不等式x2＋mx＋>0恒成立的条件是( )
A.m>2 B.m<2 C.m<0，或m>2 D.0 设a,b,c∈R,ab=2,且c≤a2+b2恒成立，则c的最大值是( )
A.0.5 B.2 D.4
若不等式(m＋1)x2-(m-1)x＋3(m-1)<0对任意实数x恒成立，则实数m的取值范围是( )
A．(1，＋∞) B．(-∞，-1) C．(-∞，-eq \f(13,11)) D．(-∞，-eq \f(13,11))∪(1，＋∞)
不等式x2-2x＋5≥a2-3a对任意实数x恒成立，则实数a的取值范围为( )
A．[-1,4] B．(-∞，-2]∪[5，＋∞)
C．(-∞，-1]∪[4，＋∞) D．[-2,5]
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)
已知函数f(x)=-x2+ax+b2-b+1(a∈R,b∈R),对任意实数x都有f(1-x)=f(1+x)成立,当x∈[-1,1]时, f(x)>0恒成立,则b的取值范围是( )
A.-12 C.b<-1或b>2 D.不能确定
已知x>0,y>0，且，若x+2y>m2+2m恒成立，则实数m的值取值范围是( )
A.m≥4或m≤-2 B.m≤-4或m≥2 C.-2 当0＜m＜eq \f(1,2)时，若eq \f(1,m)＋eq \f(2,1－2m)≥k2－2k恒成立，则实数k的取值范围为( )
A．[－2，0)∪(0，4] B．[－4，0)∪(0，2] C．[－4，2] D．[－2，4]
二、填空题
已知关于x的不等式ax2-ax＋2＞0在R上恒成立，则实数a的取值范围是_________.
已知不等式(k－2)x2－2(k－2)x－4＜0恒成立，则实数k的取值范围是________.
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______．
在R上定义运算:=ad-bc.若不等式≥1对任意实数x恒成立,则实数a的最大值为 .
已知函数，若不等式|f(x)|-mx+2≥0恒成立，则实数m的取值范围为 .
已知函数f(x)=－x2＋ax＋b2－b＋1(a∈R，b∈R)，对任意实数x都有f(1－x)=f(1＋x)成立，若当x∈[－1,1]时，f(x)＞0恒成立，则实数b的取值范围是 .
三、解答题
已知f(x)=2x2＋bx＋c，不等式f(x)<0的解集是(0，5)．
(1)求f(x)的解析式；
(2)若对于任意的x∈[-1，1]，不等式f(x)＋t≤2恒成立，求t的取值范围．
已知f(x)=x2－2ax＋2(a∈R)，当x∈[－1，＋∞)时，f(x)≥a恒成立，求a的取值范围．
(1)设a＞b＞c，且eq \f(1,a－b)＋eq \f(1,b－c)≥eq \f(m,a－c)恒成立，求m的取值范围．
(2)记F(x，y)=x＋y－a(x＋2eq \r(2xy))，x，y∈(0，＋∞)．
若对任意的x，y∈(0，＋∞)，恒有F(x，y)≥0，请求出a的取值范围．
\s 0 参考答案
答案为：D
答案为：D；
答案为：C；
解析：
①当m=-1时，不等式化为2x-6<0，即x<3，显然不对任意实数x恒成立．
②当m≠-1时，由题意得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m＋1<0，,Δ<0，))所以m<-eq \f(13,11)．故选C．
答案为：A；
解析：x2-2x＋5=(x-1)2＋4的最小值为4，所以x2-2x＋5≥a2-3a对任意实数x恒成立，
只需a2-3a≤4，解得-1≤a≤4.
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：C；
解析：由f(1-x)=f(1+x)知, f(x)图象的对称轴为直线x=1,则有=1,故a=2.
由f(x)的图象可知f(x)在[-1,1]上为增函数,∴x∈[-1,1]时,
f(x)min=f(-1)=-1-2+b2-b+1=b2-b-2,令b2-b-2>0,解得b<-1或b>2.
答案为：D.
答案为：D.
解析：因为0＜m＜eq \f(1,2)，所以eq \f(1,2)×2m×(1－2m)≤eq \f(1,2)×eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(2m＋（1－2m）,2)))eq \s\up12(2)=eq \f(1,8)，当且仅当2m=1－2m，
即m=eq \f(1,4)时取等号，所以eq \f(1,m)＋eq \f(2,1－2m)=eq \f(1,m（1－2m）)≥8，又eq \f(1,m)＋eq \f(2,1－2m)≥k2－2k恒成立，
所以k2－2k－8≤0，所以－2≤k≤4.所以实数k的取值范围是[－2，4]．故选D.
答案为：[0,8).
答案为：(－2,2].
答案为：-8＜m＜2；
解析：
答案为：1.5；
解析：原不等式等价于x(x-1)-(a-2)(a+1)≥1,
则问题转化为x2-x-1≥(a+1)(a-2)对任意x恒成立,x2-x-1=(x-)2-≥-,
所以-≥a2-a-2,解得-≤a≤.则实数a的最大值为.
答案为：[-3-2,0].
答案为：(－∞，－1)∪(2，＋∞).
解析：由f(1－x)=f(1＋x)知f(x)的图象关于直线x=1对称，即eq \f(a,2)=1，解得a=2.
又因为f(x)的图象开口向下，
所以当x∈[－1,1]时，f(x)为增函数，
所以当x∈[－1,1]时，f(x)min=f(－1)=－1－2＋b2－b＋1=b2－b－2，
若当x∈[－1,1]时，f(x)＞0恒成立，
则b2－b－2＞0恒成立，
解得b＜－1或b＞2. 所以实数b的取值范围为(－∞，－1)∪(2，＋∞).
解：
(1)∵f(x)=2x2＋bx＋c，不等式f(x)<0的解集是(0，5)，
∴0和5是方程2x2＋bx＋c=0的两个根，由根与系数的关系知，-eq \f(b,2)=5，eq \f(c,2)=0，
∴b=-10，c=0，f(x)=2x2-10x.
(2)f(x)＋t≤2恒成立等价于2x2-10x＋t-2≤0恒成立，
∴2x2-10x＋t-2的最大值小于或等于0.
设g(x)=2x2-10x＋t-2，则由二次函数的图象可知
g(x)=2x2-10x＋t-2在区间[-1，1]上为减函数，
∴g(x)max=g(-1)=10＋t，∴10＋t≤0，即t≤-10.
∴t的取值范围为(-∞，-10]．
解：法一：
f(x)=(x－a)2＋2－a2，此二次函数图象的对称轴为x=a.
①当a∈(－∞，－1)时，f(x)在[－1，＋∞)上单调递增，
f(x)min=f(－1)=2a＋3.
要使f(x)≥a恒成立，只需f(x)min≥a，
即2a＋3≥a，解得－3≤a＜－1；
②当a∈[－1，＋∞，)时，f(x)min=f(a)=2－a2，
由2－a2≥a，解得－1≤a≤1.
综上所述，所求a的取值范围为－3≤a≤1.
法二：
令g(x)=x2－2ax＋2－a，由已知，得
x2－2ax＋2－a≥0在[－1，＋∞)上恒成立，
即Δ=4a2－4(2－a)≤0或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(Δ＞0，,a＜－1，,g（－1）≥0.))
解得－3≤a≤1.
解：(1)由a＞b＞c，知a－b＞0，a－c＞0.
所以原不等式等价于eq \f(a－c,a－b)＋eq \f(a－c,b－c)≥m.
要使原不等式恒成立，只需eq \f(a－c,a－b)＋eq \f(a－c,b－c)的最小值不小于m即可．
因为eq \f(a－c,a－b)＋eq \f(a－c,b－c)=eq \f(（a－b）＋（b－c）,a－b)＋eq \f(（a－b）＋（b－c）,b－c)=2＋eq \f(b－c,a－b)＋eq \f(a－b,b－c)
≥2＋2 eq \r(\f(b－c,a－b)·\f(a－b,b－c))=4.
当且仅当eq \f(b－c,a－b)=eq \f(a－b,b－c)，即2b=a＋c时，等号成立，
所以m≤4，即m∈(－∞，4]．
(2)由F(x，y)≥0，得x＋y≥a(x＋2eq \r(2xy))．
因为x＞0，y＞0，所以a≤eq \f(x＋y,x＋2\r(2xy)).所以a≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x＋y,x＋2\r(2xy))))eq \s\d7(min).
因为2eq \r(2xy)≤x＋2y，
所以eq \f(x＋y,x＋2\r(2xy))≥eq \f(x＋y,x＋（x＋2y）)=eq \f(1,2)，当且仅当x=2y＞0时，等号成立．
所以a∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，\f(1,2))).
当x∈R时，不等式x2＋mx＋>0恒成立的条件是( )
A.m>2 B.m<2 C.m<0，或m>2 D.0
A.0.5 B.2 D.4
若不等式(m＋1)x2-(m-1)x＋3(m-1)<0对任意实数x恒成立，则实数m的取值范围是( )
A．(1，＋∞) B．(-∞，-1) C．(-∞，-eq \f(13,11)) D．(-∞，-eq \f(13,11))∪(1，＋∞)
不等式x2-2x＋5≥a2-3a对任意实数x恒成立，则实数a的取值范围为( )
A．[-1,4] B．(-∞，-2]∪[5，＋∞)
C．(-∞，-1]∪[4，＋∞) D．[-2,5]
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)
已知函数f(x)=-x2+ax+b2-b+1(a∈R,b∈R),对任意实数x都有f(1-x)=f(1+x)成立,当x∈[-1,1]时, f(x)>0恒成立,则b的取值范围是( )
A.-1
已知x>0,y>0，且，若x+2y>m2+2m恒成立，则实数m的值取值范围是( )
A.m≥4或m≤-2 B.m≤-4或m≥2 C.-2
A．[－2，0)∪(0，4] B．[－4，0)∪(0，2] C．[－4，2] D．[－2，4]
二、填空题
已知关于x的不等式ax2-ax＋2＞0在R上恒成立，则实数a的取值范围是_________.
已知不等式(k－2)x2－2(k－2)x－4＜0恒成立，则实数k的取值范围是________.
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______．
在R上定义运算:=ad-bc.若不等式≥1对任意实数x恒成立,则实数a的最大值为 .
已知函数，若不等式|f(x)|-mx+2≥0恒成立，则实数m的取值范围为 .
已知函数f(x)=－x2＋ax＋b2－b＋1(a∈R，b∈R)，对任意实数x都有f(1－x)=f(1＋x)成立，若当x∈[－1,1]时，f(x)＞0恒成立，则实数b的取值范围是 .
三、解答题
已知f(x)=2x2＋bx＋c，不等式f(x)<0的解集是(0，5)．
(1)求f(x)的解析式；
(2)若对于任意的x∈[-1，1]，不等式f(x)＋t≤2恒成立，求t的取值范围．
已知f(x)=x2－2ax＋2(a∈R)，当x∈[－1，＋∞)时，f(x)≥a恒成立，求a的取值范围．
(1)设a＞b＞c，且eq \f(1,a－b)＋eq \f(1,b－c)≥eq \f(m,a－c)恒成立，求m的取值范围．
(2)记F(x，y)=x＋y－a(x＋2eq \r(2xy))，x，y∈(0，＋∞)．
若对任意的x，y∈(0，＋∞)，恒有F(x，y)≥0，请求出a的取值范围．
\s 0 参考答案
答案为：D
答案为：D；
答案为：C；
解析：
①当m=-1时，不等式化为2x-6<0，即x<3，显然不对任意实数x恒成立．
②当m≠-1时，由题意得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m＋1<0，,Δ<0，))所以m<-eq \f(13,11)．故选C．
答案为：A；
解析：x2-2x＋5=(x-1)2＋4的最小值为4，所以x2-2x＋5≥a2-3a对任意实数x恒成立，
只需a2-3a≤4，解得-1≤a≤4.
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：C；
解析：由f(1-x)=f(1+x)知, f(x)图象的对称轴为直线x=1,则有=1,故a=2.
由f(x)的图象可知f(x)在[-1,1]上为增函数,∴x∈[-1,1]时,
f(x)min=f(-1)=-1-2+b2-b+1=b2-b-2,令b2-b-2>0,解得b<-1或b>2.
答案为：D.
答案为：D.
解析：因为0＜m＜eq \f(1,2)，所以eq \f(1,2)×2m×(1－2m)≤eq \f(1,2)×eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(2m＋（1－2m）,2)))eq \s\up12(2)=eq \f(1,8)，当且仅当2m=1－2m，
即m=eq \f(1,4)时取等号，所以eq \f(1,m)＋eq \f(2,1－2m)=eq \f(1,m（1－2m）)≥8，又eq \f(1,m)＋eq \f(2,1－2m)≥k2－2k恒成立，
所以k2－2k－8≤0，所以－2≤k≤4.所以实数k的取值范围是[－2，4]．故选D.
答案为：[0,8).
答案为：(－2,2].
答案为：-8＜m＜2；
解析：
答案为：1.5；
解析：原不等式等价于x(x-1)-(a-2)(a+1)≥1,
则问题转化为x2-x-1≥(a+1)(a-2)对任意x恒成立,x2-x-1=(x-)2-≥-,
所以-≥a2-a-2,解得-≤a≤.则实数a的最大值为.
答案为：[-3-2,0].
答案为：(－∞，－1)∪(2，＋∞).
解析：由f(1－x)=f(1＋x)知f(x)的图象关于直线x=1对称，即eq \f(a,2)=1，解得a=2.
又因为f(x)的图象开口向下，
所以当x∈[－1,1]时，f(x)为增函数，
所以当x∈[－1,1]时，f(x)min=f(－1)=－1－2＋b2－b＋1=b2－b－2，
若当x∈[－1,1]时，f(x)＞0恒成立，
则b2－b－2＞0恒成立，
解得b＜－1或b＞2. 所以实数b的取值范围为(－∞，－1)∪(2，＋∞).
解：
(1)∵f(x)=2x2＋bx＋c，不等式f(x)<0的解集是(0，5)，
∴0和5是方程2x2＋bx＋c=0的两个根，由根与系数的关系知，-eq \f(b,2)=5，eq \f(c,2)=0，
∴b=-10，c=0，f(x)=2x2-10x.
(2)f(x)＋t≤2恒成立等价于2x2-10x＋t-2≤0恒成立，
∴2x2-10x＋t-2的最大值小于或等于0.
设g(x)=2x2-10x＋t-2，则由二次函数的图象可知
g(x)=2x2-10x＋t-2在区间[-1，1]上为减函数，
∴g(x)max=g(-1)=10＋t，∴10＋t≤0，即t≤-10.
∴t的取值范围为(-∞，-10]．
解：法一：
f(x)=(x－a)2＋2－a2，此二次函数图象的对称轴为x=a.
①当a∈(－∞，－1)时，f(x)在[－1，＋∞)上单调递增，
f(x)min=f(－1)=2a＋3.
要使f(x)≥a恒成立，只需f(x)min≥a，
即2a＋3≥a，解得－3≤a＜－1；
②当a∈[－1，＋∞，)时，f(x)min=f(a)=2－a2，
由2－a2≥a，解得－1≤a≤1.
综上所述，所求a的取值范围为－3≤a≤1.
法二：
令g(x)=x2－2ax＋2－a，由已知，得
x2－2ax＋2－a≥0在[－1，＋∞)上恒成立，
即Δ=4a2－4(2－a)≤0或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(Δ＞0，,a＜－1，,g（－1）≥0.))
解得－3≤a≤1.
解：(1)由a＞b＞c，知a－b＞0，a－c＞0.
所以原不等式等价于eq \f(a－c,a－b)＋eq \f(a－c,b－c)≥m.
要使原不等式恒成立，只需eq \f(a－c,a－b)＋eq \f(a－c,b－c)的最小值不小于m即可．
因为eq \f(a－c,a－b)＋eq \f(a－c,b－c)=eq \f(（a－b）＋（b－c）,a－b)＋eq \f(（a－b）＋（b－c）,b－c)=2＋eq \f(b－c,a－b)＋eq \f(a－b,b－c)
≥2＋2 eq \r(\f(b－c,a－b)·\f(a－b,b－c))=4.
当且仅当eq \f(b－c,a－b)=eq \f(a－b,b－c)，即2b=a＋c时，等号成立，
所以m≤4，即m∈(－∞，4]．
(2)由F(x，y)≥0，得x＋y≥a(x＋2eq \r(2xy))．
因为x＞0，y＞0，所以a≤eq \f(x＋y,x＋2\r(2xy)).所以a≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x＋y,x＋2\r(2xy))))eq \s\d7(min).
因为2eq \r(2xy)≤x＋2y，
所以eq \f(x＋y,x＋2\r(2xy))≥eq \f(x＋y,x＋（x＋2y）)=eq \f(1,2)，当且仅当x=2y＞0时，等号成立．
所以a∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，\f(1,2))).
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