高一数学 基础（十五）函数恒成立问题

这是一份高一数学 基础（十五）函数恒成立问题，共28页。试卷主要包含了不等式x2﹣2，已知f，当x∈，已知定义在R上的偶函数f，函数f，已知函数f等内容，欢迎下载使用。

A．1B．C．2D．
2．不等式x2﹣2（a﹣2）x+a＜0对任意x∈（1，5）恒成立，则实数a的取值范围为（ ）
A．a＞5B．a≥5C．﹣5＜a＜5D．﹣5≤a≤5
3．已知f（x）＝﹣2x2+bx+c，不等式f（x）＞0的解集是（﹣1，3），若对于任意x∈[﹣1，0]，不等式f（x）+t≤4恒成立，则t的取值范围（ ）
A．（﹣∞，2]B．（﹣∞，﹣2]C．（﹣∞，﹣4]D．（﹣∞，4]
4．当x∈（0，+∞）时，ax2﹣3x+a≥0恒成立，则a的取值范围是（ ）
A．（﹣∞，﹣]B．[﹣，]
C．[，+∞）D．（﹣∞，﹣]∪[，+∞）
5．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]
6．已知定义在R上的偶函数f（x）在[0，+∞）上的增函数，且f（ax+1）≤f（x﹣2）对任意的x∈[，1]恒成立，则a的取值范围是（ ）
A．﹣2≤a≤0B．﹣1≤a≤0C．0≤a≤1D．﹣3≤a≤1
7．不等式x2﹣2ax+2﹣a≥0，在x∈[﹣1，+∞）上恒成立，则a的取值范围是（ ）
A．[﹣3，1]B．[﹣2，1]C．[﹣3，+∞）D．[﹣3，﹣2]
8．函数f（x）＝x2，如果不等式f（mx+2）≥f（x﹣1）对任意的x∈[0，1]恒成立，则实数m的取值范围是（ ）
A．（﹣3，1]B．[﹣1，1]C．[﹣1，+∞）D．[﹣2，+∞）
9．已知函数f（x）是定义在R上的偶函数，且当x≥0时，，若对于任意实数，都有恒成立，其中a＞0，则实数a的取值范围是（ ）
A．B．C．D．（1，2）
10．函数f（x）＝的定义域为R，则实数m的取值范围是（ ）
A．（0，4）B．[0，4）C．[0，4]D．（0，4]
11．定义域为R的函数f（x）满足f（x+2）＝2f（x）﹣1，当x∈（0，2]时，f（x）＝．若x∈（0，4]时，t2﹣≤f（x）≤3﹣t恒成立，则实数t的取值范围是（ ）
A．[1，2]B．[1，]C．[]D．[2，]
12．已知函数，若对任意x1∈[1，2]，总存在x2∈[2，3]，使得f（x1）≥g（x2），则实数a的取值范围是（ ）
A．a≤﹣7B．a≤﹣6C．a≤﹣3D．a≤﹣2
二．填空题（共9小题）
13．如果关于x的不等式|x﹣2|+|x﹣a|≥a恒成立，则a的最大值是 ．
14．若不等式x2+mx+m≥0在x∈[1，2]上恒成立，则实数m的最小值为 ．
15．已知关于x的不等式对任意x∈R恒成立，则m的取值范围是 ．
16．若对任意的x∈R，不等式|x﹣1|﹣|x+2|≤|2a﹣1|恒成立，则实数a的取值范围为 ．
17．若关于x的不等式x2﹣2ax﹣3a≤0在区间[﹣1，2]上恒成立，则实数a的取值范围是 ．
18．已知函数在区间（0，1]上恒满足f（x）＜0，则实数a的取值范围是 ．
19．若定义在R上的偶函数f（x）满足f（x）＞0，f（x+2）＝对任意x∈R恒成立，则f（2019）＝ ．
20．设函数 f（x）＝x﹣，若对于∀x∈[1，]，f（ax﹣1）＞f（2）恒成立，则实数a的取值范图是 ．
21．设f（x）是定义在R上的奇函数，且当x≥0时，f（x）＝x2，若对于任意的x∈[t，t+2]，不等式f（x+t）≥f（x）恒成立，则实数t的取值范围是 ．
三．解答题（共19小题）
22．若对一切x∈（0，1]恒成立，求实数a的取值范围．
23．已知函数f（x）＝x2+ax+2．
（Ⅰ）当a＝3时，解不等式f（x）＜0；
（Ⅱ）当x∈[1，2]时，f（x）≥0恒成立，求a的取值范围．
24．（1）已知函数f（x）＝ax2+a﹣2，若f（x）＜0有解，求实数a的取值范围；
（2）已知f（x）＝﹣x2+4x，当x∈[﹣1，1]时，若f（x）＞a恒成立，求实数a的取值范围．
25．已知函数f（x）＝x2﹣mx+2m﹣4（m∈R）．
（1）当m＝1时，求不等式f（x）≥0的解集；
（2）当x＞2时，不等式f（x）≥﹣1恒成立，求m的取值范围．
26．已知函数f（x）＝|ax+1|﹣|x﹣2|．
（1）若a＝2，求不等式f（x）≤2的解集；
（2）若关于x的不等式f（x）≤|x﹣1|在[1，2]上恒成立，求实数a的取值范围．
27．已知函数f（x）＝|x﹣1|+2|x﹣3|．
（Ⅰ）解关于x的不等式f（x）≤4；
（Ⅱ）若f（x）﹣m2﹣m＞0恒成立，求实数m的取值范围．
28．已知f（x）＝|x|．
（1）解不等式f（2x﹣3）≤5；
（2）若x2+2x+f（x﹣2）+f（x+3）≥a+1在x∈[﹣1，3]上恒成立，求实数a的取值范围．
29．已知函数f（x）＝x2+（1﹣k）x+2﹣k．
（1）解关于x的不等式f（x）＜2；
（2）对任意的n∈N，f（n）+11≥0恒成立，求实数k的取值范围．
30．已知二次函数f（x）的最小值为1，且f（0）＝f（2）＝3．
（Ⅰ）求f（x）的解析式；
（Ⅱ）若f（x）在区间[3a，a+1]上不单调，求实数a的取值范围；
（Ⅲ）在区间[﹣3，﹣1]上，y＝f（x）的图象恒在y＝2x+2m+1的图象上方，试确定实数m的取值范围．
31．已知函数f（x）＝x2+2x+a．
（1）当a＝2时，求不等式f（x）＞1的解集
（2）若对于任意x∈[1，+∞），f（x）＞0恒成立，求实数a的取值范围．
32．已知函数f（x）＝|x+a|+|x﹣2|﹣1．
（1）若a≥1，求不等式f（x）≥2的解集；
（2）若x∈[1，2]时，f（x）+x≤4恒成立，求a的取值范围．
33．已知函数f（x）＝ax2+x+1+a．
（Ⅰ）若函数y＝f（x）+x有唯一的零点，求a的值；
（Ⅱ）设a＞0，若对任意的x∈[1，2]，不等式2x≤f（x）恒成立，求a的取值范围．
34．已知函数f（x）＝x2﹣（a+2）x+4．（a∈R）
（Ⅰ）解关于x的不等式f（x）≤﹣2a+4；
（Ⅱ）若对任意的x∈[1，4]，f（x）+a+1≥0恒成立，求a的取值范围．
35．设g（x）＝x2﹣mx+1．
（Ⅰ）若≥0对任意x＞0恒成立，求实数m的取值范围；
（Ⅱ）讨论关于x的不等式g（x）≥0的解集．
36．已知函数f（x）＝|x﹣1|+|x+2|
（1）若存在x使不等式a﹣f（x）＞0成立，求实数a的取值范围
（2）若不等式a+﹣f（x）≥0对任意的正数a恒成立，求实数x的取值范围．
37．已知函数f（x）＝，x∈[1，+∞）．
（1）当a＝4时，求函数f（x）的最小值；
（2）若对任意x∈[1，+∞），f（x）＞0恒成立，试求实数a的取值范围．
38．已知函数f（x）＝|x﹣1|+|x﹣2|．
（1）求不等式f（x）≥3的解集；
（2）若存在实数x满足f（x）≤﹣a2+a+7，求实数a的最大值．
39．已知函数f（x）＝|x﹣m|+|2x﹣1|，x∈R．
（1）当m＝1时，解不等式f（x）＜2；
（2）若不等式f（x）＜3﹣x对任意的x∈[0，1]恒成立，求实数m的取值范围．
40．已知f（x）＝x|x﹣a|（a＞0），
（1）当a＝2时，求函数f（x）在[﹣1，3]上的最大值；
（2）对任意的x1，x2∈[﹣1，1]，都有|f（x1）﹣f（x2）|≤4成立，求实数a的取值范围．
2019年07月10日631****0230的高中数学组卷
参考答案与试题解析
一．选择题（共12小题）
1．【考点】3R：函数恒成立问题．
【分析】求出a的表达式，利用基本不等式求解函数的最值，推出结果即可．
【解答】解：对任意正数x，不等式ax≤x2+1恒成立，
即a≤x+恒成立，因为x≥2，当且仅当x＝1时取等号，
所以a的最大值为2．
故选：C．
【点评】本题考查函数恒成立体积的应用，函数的最值的求法，基本不等式的应用，是基本知识的考查．
2．【考点】3R：函数恒成立问题．
【分析】根据题意，设f（x）＝x2﹣2（a﹣2）x+a，分析可得f（x）＜0在区间（1，5）上恒成立，结合二次函数的性质可得，解可得a的取值范围，即可得答案．
【解答】解：根据题意，设f（x）＝x2﹣2（a﹣2）x+a，
若x2﹣2（a﹣2）x+a＜0对任意x∈（1，5）恒成立，则f（x）＜0在区间（1，5）上恒成立，
必有，即，
解可得：a≥5；
故选：B．
【点评】本题考查不等式的恒成立问题，涉及二次函数的性质，属于基础题．
3．【考点】3R：函数恒成立问题．
【分析】根据题意，由不等式的解集分可得﹣1和3是方程﹣2x2+bx+c＝0的根，则有，解可得b、c的值，由此可得不等式f（x）+t≤4化为t≤2x2﹣4x﹣2，x∈[﹣1，0]，设g（x）＝2x2﹣4x﹣2＝2（x﹣1）2﹣4，由二次函数的性质分析其在区间[﹣1，0]上的最小值，进而分析可得答案．
【解答】解：根据题意，不等式f（x）＝﹣2x2+bx+c＞0的解集是（﹣1，3），
则﹣1和3是方程﹣2x2+bx+c＝0的根，则有，
解可得b＝4，c＝6，则f（x）＝﹣2x2+4x+6，不等式f（x）+t≤4化为t≤2x2﹣4x﹣2，x∈[﹣1，0]，
设g（x）＝2x2﹣4x﹣2＝2（x﹣1）2﹣4，在区间[﹣1，0]上的最小值为﹣2，
则有t≤﹣2；
故选：B．
【点评】本题考查不等式的恒成立问题，涉及二次函数的性质，关键是求出b、c的值，属于基础题．
4．【考点】3R：函数恒成立问题．
【分析】对∀x∈（0，+∞），不等式ax2﹣3x+a≥0恒成立⇔通过a＝0以及a＞0，利用二次函数的性质即可得出．
【解答】解：当a＝0时，不等式不恒成立，
由二次函数的性质可知：a＞0，且△＝9﹣4a2≤0，解得a≥，
a＜0时，ax2﹣3x+a≥0不恒成立，
综上a∈[，+∞）．
故选：C．
【点评】本题考查了恒成立问题的等价转化方法、基本不等式的性质，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
5．【考点】3R：函数恒成立问题．
【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．
6．【考点】3R：函数恒成立问题．
【分析】根据函数奇偶性和单调性的性质将不等式进行转化，结合不等式恒成立，利用参数分离法转化为求函数的最值即可．
【解答】解：∵x∈[，1]，∴x﹣2∈[﹣，﹣1]，即2﹣x∈[1，]，
∵偶函数f（x）在[0，+∞）上的增函数，且f（ax+1）≤f（x﹣2）对任意的x∈[，1]恒成立，
∴不等式等价为f（|ax+1|）≤f（|x﹣2|）＝f（2﹣x），
即|ax+1|≤2﹣x，对任意的x∈[，1]恒成立，
即﹣2+x≤ax+1≤2﹣x，即﹣3+x≤ax≤1﹣x，
即≤a≤，
即1﹣≤a≤﹣1+，
即（1﹣）max≤a≤（﹣1+）min，
当x∈[，1]时，（1﹣）max＝1﹣3＝﹣2，（﹣1+）min＝﹣1+1＝0，
即﹣2≤a≤0，
即实数a的取值范围是2≤a≤0，
故选：A．
【点评】本题主要考查不等式恒成立问题，结合函数奇偶性和单调性的性质将不等式进行转化，利用参数分离法是解决本题的关键．
7．【考点】3R：函数恒成立问题．
【分析】不等式x2﹣2ax+2﹣a≥0，在x∈[﹣1，+∞）上恒成立，则（x2﹣2ax+2﹣a）min≥0，即可得到范围；
【解答】解：由于f（x）＝x2﹣2ax+2﹣a的对称轴为x＝a，
当a≥﹣1时，f（x）在[﹣1，a]递减，
在（a，+∞）递增，则f（x）min＝f（a）＝2﹣a﹣a2≥0，
⇒﹣1≤a≤1
当a＜﹣1时，f（x）在[﹣1，+∞）递增，则f（x）min＝f（﹣1）＝3+a≥0．
⇒﹣3≤a＜﹣1．
综上，则a的取值范围是[﹣3，1]．
故选：A．
【点评】本题考查二次函数在闭区间上的最值，注意对称轴和区间的关系，考查分类讨论的思想方法，考查运算能力，属于中档题．
8．【考点】3R：函数恒成立问题．
【分析】根据f（x）＝x2在[0，1]上为增函数，则不等式f（mx+2）≥f（x﹣1）对任意的x∈[0，1]恒成立转化为m≥1﹣对任意的x∈[0，1]恒成立，根据函数的单调性，求出函数的最值即可．
【解答】解：因为f（x）＝x2，在[0，1]上为增函数，
不等式f（mx+2）≥f（x﹣1）对任意的x∈[0，1]恒成立，
所以mx+2≥x﹣1，对任意的x∈[0，1]恒成立，
所以m≥1﹣对任意的x∈[0，1]恒成立，
因为y＝1﹣在（0，1]上为增函数，
所以ymax＝1﹣3＝﹣2，
所以m≥﹣2，
故选：D．
【点评】本题主要考查了恒成立问题的基本解法，解决恒成立问题通常可以利用分离变量转化为最值的方法求解，属于中档题．
9．【考点】3R：函数恒成立问题．
【分析】由分离常数法化简解析式，并判断出函数f（x）在[0，+∞）上是增函数，由偶函数的性质将不等式化为：f（|2t﹣1|）＜f（|a|），利用单调性得|2t﹣1|＜a，（a＞0），再由t的范围，求得|2t﹣1|的最大值，可得a的范围．
【解答】解：∵当x≥0时，f（x）＝＝1﹣，
∴f（x）在[0，+∞）上单调递增，
，又f（x）是定义在R上的偶函数，
∴f（|2t﹣1|）＜f（|a|），则|2t﹣1|＜a，（a＞0），
∵对任意实数t∈[﹣，），∴2t﹣1∈[﹣，0），
|2t﹣1|的最大值为，
即有a＞，可得a＞．
故选：A．
【点评】本题考查函数的奇偶性与单调性的综合应用，以及恒成立的转化问题，绝对值函数的最值求法，属于中档题．
10．【考点】3R：函数恒成立问题．
【分析】由题意知mx2+mx+1＞0在R上恒成立，因二次项的系数是参数，所以分m＝0和m≠0两种情况，再利用二次函数的性质即开口方向和判别式的符号，列出式子求解，最后把这两种结果并在一起．
【解答】解：∵函数的定义域为R，
∴mx2+mx+1＞0在R上恒成立，
①当m＝0时，有1＞0在R上恒成立，故符合条件；
②当m≠0时，由，解得0＜m＜4，
综上，实数m的取值范围是[0，4）．
故选：B．
【点评】本题主要考查了对数函数的定义域，考查了含有参数的不等式恒成立问题，由于含有参数需要进行分类讨论，属于中档题本题易忘记讨论m＝0的情况导致漏解．
11．【考点】3R：函数恒成立问题．
【分析】先求出x∈（2，3）和x∈[3，4]上的解析式，然后根据解析式求出f（x）在（0，4]上的最小值﹣，最大值1．再将不等式恒成立转化为最大最小值，解之可得．
【解答】解：当x∈（2，3）时，x﹣2∈（0，1），则f（x）＝2f（x﹣2）﹣1＝2（x﹣2）2﹣2（x﹣2）﹣1＝2x2﹣10x+11
当x∈[3，4]时，x﹣2∈[1，2]，则f（x）＝2f（x﹣2）﹣1＝；
则当x∈（0，1）时，f（x）＝x2﹣x∈[﹣，0）；
当x∈[1，2]时，f（x）＝∈[，1]；
当x∈（2，3）时，f（x）＝2x2﹣10x+11∈[﹣，﹣1）；
当x∈[3，4]时，f（x）＝﹣1∈[0，1]；
所以x∈（0，4]时，f（x）∈[﹣，﹣1）∪[﹣，1]
所以f（x）min＝﹣，f（x）max＝1，
“若x∈（0，4]时，t2﹣≤f（x）≤3﹣t恒成立“等价于t2﹣≤﹣且1≤3﹣t，
解得≤t≤2
故选：C．
【点评】本题考查了函数恒成立问题，属难题．
12．【考点】3R：函数恒成立问题．
【分析】问题转化为f（x）min≥g（x）min，只需分别求出f（x）在[1，2]上的最小值，g（x）在[2，3\上的最小值，然后代入即可．
【解答】解：当x∈[1，2]时，f（x）＝x2+﹣3，
∴f′（x）＝2x﹣＝＝＝
∴x∈[1，）时，f′（x）＜0，x∈（，2]时，f′（x）＞0；
所以f（x）在[1，）上是减函数，在（，2]上是增函数，
所以f（x）的最小值为：1，最大值为2，
所以f（x）在[1，2]上的值域为[1，2]，
当x∈[2，3]时，g（x）＝2x+a为增函数，
所以g（x）的值域为：[g（2），g（3）]，即为：[4+a，8+a]；
因为“对任意x1∈[1，2]，总存在x2∈[2，3]，使得f（x1）≥g（x2），”
等价于f（x）min≥g（x）min
∴1≥4+a，解得a≤﹣3，
故选：C．
【点评】本题考查了不等式有解、恒成立问题．属难题．
二．填空题（共9小题）
13．【考点】3R：函数恒成立问题．
【分析】利用绝对值不等式性质得出：|x﹣2|+|x﹣a|≥|x﹣2﹣x+a|＝|a﹣2|，只需|a﹣2|≥a，解不等式即可．
【解答】解：∵|x﹣2|+|x﹣a|≥|x﹣2﹣x+a|＝|a﹣2|，
∴|a﹣2|≥a，
∴a≤1，
故a的最大值为1．
【点评】考查了绝对值不式的性质和恒成立问题．
14．【考点】3R：函数恒成立问题．
【分析】根据题意，令f（x）＝x2+mx+m，分析可以将不等式x2+mx+m≥0在x∈[1，2]上恒成立转化为二次函数的性质列出不等式组，解可得m的取值范围，即可得答案．
【解答】解：根据题意，令f（x）＝x2+mx+m，
若不等式x2+mx+m≥0在x∈[1，2]上恒成立，
则有△＝m2﹣4m≤0或或，解可得m∈[﹣，4]，
实数m的最小值为：﹣，
故答案为：．
【点评】本题考查二次函数的性质，关键是将x2+mx+m≥0在x∈[1，2]上恒成立转化为二次函数y＝x2+mx+m在x∈[1，2]上的最值问题．
15．【考点】3R：函数恒成立问题．
【分析】讨论m＝0和m≠0时，求出不等式恒成立时m的取值范围．
【解答】解：m＝0时，不等式化为＞0，满足题意；
m≠0时，应满足，
解得0＜m＜2；
综上所述，m的取值范围是[0，2）．
故答案为：[0，2）．
【点评】本题考查了不等式恒成立问题，是基础题．
16．【考点】3R：函数恒成立问题．
【分析】根据绝对值不等式即求解；
【解答】解：由|x﹣1|﹣|x+2|＝|x﹣1|﹣|﹣2﹣x|≤|（x﹣1）+（﹣2﹣x）|＝3，
∴不等式|x﹣1|﹣|x+2|≤|2a﹣1|恒成立转化为|2a﹣1|≥3成立，
即2a﹣1≥3或2a﹣1≤﹣3，
可得a≥2或a≤﹣1，
故答案为（﹣∞，﹣1]∪[2，+∞）．
【点评】本题考查了绝对值不等式的应用和解法．属于基础题．
17．【考点】3R：函数恒成立问题．
【分析】由已知可得，2a≥在区间[﹣1，2]上恒成立，令f（x）＝，则2a≥f（x）max，即可求解
【解答】解：∵x2﹣2ax﹣3a≤0在区间[﹣1，2]上恒成立，
∴2a≥在区间[﹣1，2]上恒成立，
令f（x）＝＝＝x+﹣3
∵﹣1≤x≤2，
∴，
∴f（x）max＝2，
则实数a≥1
故答案为：[1，+∞）
【点评】本题主要考查了函数的恒成立与最值求解的相互转化，体现了分类讨论思想的应用
18．【考点】3R：函数恒成立问题．
【分析】在区间（0，1]上恒满足f（x）＜0，得到a＜在（0，1]上恒成立，利用导数求g（x）＝在（0，1]上的最小值得答案．
【解答】解：由函数在区间（0，1]上恒满足f（x）＜0，
得在（0，1]上恒成立，
即x＜在（0，1]上恒成立，
也就是a＜在（0，1]上恒成立，
令g（x）＝，得g′（x）＝＜0在（0，1]上恒成立，
∴g（x）在在（0，1]上为减函数，
则g（x）≥g（1）＝．
∴a．
故答案为：a．
【点评】本题考查利用导数求函数的最值，考查数学转化思想方法，是中档题．
19．【考点】3R：函数恒成立问题．
【分析】根据f（x+2）＝，∴f（x+2+2）＝＝＝f（x），∴f（x+4）＝f（x），即f（x）的周期为4，所以f（2019）＝f（3）＝，再根据偶函数可得f（1）＝1．
【解答】解：∵f（x+2）＝，∴f（x+2+2）＝＝＝f（x），
∴f（x+4）＝f（x），即f（x）的周期为4，
∴f（2019）＝f（4×504+3）＝f（3）＝f（1+2）＝，
∵x＝﹣1时，f（﹣1+2）＝，∴f（1）＝，
因为f（x）为偶函数，所以f（﹣1）＝f（1），
∴[f（1）]2＝1，∵f（x）＞0，∴f（1）＝1，
f（2019）＝1，
故答案为：1
【点评】本题考查了函数恒成立问题，属中档题．
20．【考点】3R：函数恒成立问题．
【分析】根据函数的单调性得到关于a的不等式，解出即可．
【解答】解：f（x）是奇函数，且在区间（﹣∞，0），（0，+∞）递增，
∵f（﹣）＝f（2），
故ax﹣1＞2或﹣＜ax﹣1＜0在x∈[1，]上恒成立，
即a＞或＜a＜在x∈[1，]上恒成立，
故a＞3或＜a＜，
故实数a的范围是（，）∪（3，+∞），
故答案为：（，）∪（3，+∞）．
【点评】本题考查了函数恒成立问题，考查常见函数的性质以及转化思想，是一道常规题．
21．【考点】3R：函数恒成立问题．
【分析】由当x≥0时，f（x）＝x2，函数是奇函数，可得当x＜0时，f（x）＝﹣x2，从而f（x）在R上是单调递增函数，且满足f（x）＝f（x），再根据不等式f（x+t）≥f（x）＝f（x）在[t，t+2]恒成立，可得x+t≥x在[t，t+2]恒成立，即可得出答案．
【解答】解：当x≥0时，f（x）＝x2，
∵函数是奇函数
∴当x＜0时，f（x）＝﹣x2
∴f（x）＝，
∴f（x）在R上是单调递增函数，
且满足f（x）＝f（x），
∵不等式f（x+t）≥f（x）＝f（x）在[t，t+2]恒成立，
∴x+t≥x在[t，t+2]恒成立，
即：x≤2t在[t，t+2]恒成立，
∴t+2≤2t，
解得：t≥2，
故答案为：[2，+∞）．
【点评】本题考查了函数恒成立问题及函数的奇偶性，难度适中，关键是掌握函数的单调性与奇偶性．
三．解答题（共19小题）
22．【考点】3R：函数恒成立问题．
【分析】问题转化为a≤（x+）min，x∈（0，1]，令h（x）＝x+，x∈（0，1]，根据函数的单调性求出a的范围即可．
【解答】解：若对一切x∈（0，1]恒成立，
则a≤（x+）min，x∈（0，1]，
令h（x）＝x+，x∈（0，1]，
则h′（x）＝1﹣＝≤0，
故h（x）在（0，1]递减，
故h（x）min＝h（1）＝2，
故a≤2．
【点评】本题考查了函数的单调性，最值问题，考查导数的应用以及转化思想，是一道常规题．
23．【考点】3R：函数恒成立问题．
【分析】（Ⅰ）当a＝3时，利用二次不等式求解解不等式f（x）＜0即可；
（Ⅱ）当x∈[1，2]时，f（x）≥0恒成立，推出a的表达式，利用函数的单调性求解表达式的最大值，即可得到a的取值范围．
【解答】解：（Ⅰ）当a＝3时，一元二次不等式x2+3x+2＜0的解为﹣2＜x＜﹣1
（Ⅱ）当x∈[1，2]时，x2+ax+2≥0恒成立，
即恒成立，令
因的最大值为
故．
【点评】本题考查函数与方程的应用，考查转化思想以及函数的单调性的应用，考查计算能力．
24．【考点】3R：函数恒成立问题．
【分析】（1）f（x）＜0有解等价于f（x）的最小值f（x）min＜0，
讨论a≤0和a＞0时，分别求出a的取值范围即可；
（2）f（x）＞a恒成立，即a＜f（x）min，求出x∈[﹣1，1]时f（x）的最小值即可．
【解答】解：（1）函数f（x）＝ax2+a﹣2，若f（x）＜0有解，
则f（x）的最小值f（x）min＜0；
当a≤0时显然成立，
当a＞0时，f（x）min＝a﹣2＜0，
解得a＜2，即0＜a＜2；
综上，实数a的取值范围是a＜2；
（2）f（x）＞a恒成立，即a＜f（x）min，
当x∈[﹣1，1]时，f（x）＝﹣x2+4x是单调增函数，最小值为f（x）min＝f（﹣1）＝﹣1﹣4＝﹣5，
所以实数a的取值范围是a＜﹣5．
【点评】本题考查了函数的性质与不等式恒成立应用问题，也考查了分类讨论与等价转化问题，是基础题．
25．【考点】3R：函数恒成立问题．
【分析】（1）解一元二次不等式即得结果，
（2）先变量分离，将不等式恒成立问题转化为对应函数最值问题，再根据基本不等式求对应函数最值，即得结果．
【解答】解：（1）因为m＝1，所以f（x）＝x2﹣x﹣2．
所以x2﹣x﹣2≥0，即（x﹣2）（x+1）≥0，
解得x≤﹣1或x≥2．
故不等式f（x）≥0的解集为{x|x≤﹣1或x≥2}．
（2）当x＞2时，不等式f（x）≥﹣1恒成立等价于m≤在（2，+∞）上恒成立．
因为x＞2，所以x﹣2＞0，
则＝＝（x﹣2）++4≥2+4＝6．
当且仅当x﹣2＝，即x＝3时，等号成立．
故m的取值范围为（﹣∞，6]．
【点评】本题考查不等式恒成立问题以及基本不等式求最值，考查综合分析求解能力，属中档题．
26．【考点】3R：函数恒成立问题．
【分析】（1）分类讨论去绝对值符号，即可求出不等式的解集；
（2）由绝对值不等式的性质，不等式可化为|ax+1|≤1恒成立，只需，解得a的范围．
【解答】解：（1）当a＝2时，f（x）＝|2x+1|﹣|x﹣2|，
∴f（x）≤2等价于或或，
解得﹣5≤x≤1，
所以不等式f（x）≤2的解集是[﹣5，1]．
（2）当x∈[1，2]时，f（x）≤|x﹣1|等价于|ax+1|﹣|x﹣2|≤|x﹣1|，
即|ax+1|≤|x﹣1|+|x﹣2|．又x∈[1，2]时，|x﹣1|+|x﹣2|＝1，
所以|ax+1|≤1在x∈[1，2]上恒成立，
只需，解得﹣1≤a≤0．
所以a的取值范围是[﹣1，0]．
【点评】本题主要考查绝对值不等式的解法，考查不等式恒成立问题，运用分类讨论的思想方法和绝对值不等式的性质是解题的关键，考查运算能力，属于基础题．
27．【考点】3R：函数恒成立问题；R5：绝对值不等式的解法．
【分析】（I）讨论x的范围，去掉绝对值符号解不等式；
（II）根据f（x）的单调性求出f（x）的最小值，得出关于m的不等式，从而求出m的范围．
【解答】解：（I）当x≤1时，不等式为：1﹣x+2（3﹣x）≤4，解得x≥1，故x＝1．
当1＜x＜3时，不等式为：x﹣1+2（3﹣x）≤4，解得x≥1，故1＜x＜3，
当x≥3时，不等式为：x﹣1+2（x﹣3）≤4，解得x≤，故3≤x≤．
综上，不等式f（x）≤4的解集为[1，]．
（II）由f（x））﹣m2﹣m＞0恒成立可得m2+m＜f（x）恒成立．
又f（x）＝，故f（x）在（﹣∞，1]上单调递减，在（1，3）上单调递减，在[3，+∞）上单调递增，
∴f（x）的最小值为f（3）＝2．
∴m2+m＜2，解得﹣2＜m＜1．
即m的最值范围是（﹣2，1）．
【点评】本题考查了绝对值不等式的解法，函数最值与函数恒成立问题，属于中档题．
28．【考点】3R：函数恒成立问题．
【分析】（1）由已知代入可得，2x﹣3|≤5，解绝对值不等式即可求解
（2）由x2+2x+f（x﹣2）+f（x+3）≥a+1，结合绝对值不等式的性质可知x2+2x+|x﹣2|+|x+3|≤x2+2x+|x﹣2+x+3|＝x2+2x+1，从而有x2+2x+1≥a+1在x∈[﹣1，3]上恒成立，
则（x2+2x+1）min≥a+1，结合二次函数的性质即可求解
【解答】解：（1）∵f（x）＝|x|，
∴f（2x﹣3）|＝2x﹣3|≤5，
∴﹣5≤2x﹣3≤5，
解可得，不等式的解集为{x|﹣1≤x≤4}，
（2）∵x2+2x+f（x﹣2）+f（x+3）≥a+1在x∈[﹣1，3]上恒成立，
∴x2+2x+|x﹣2|+|x+3|≥a+1在x∈[﹣1，3]上恒成立，
∵x2+2x+|x﹣2|+|x+3|≥x2+2x+|x﹣2+x+3|＝x2+2x+1，
∴x2+2x+1≥a+1在x∈[﹣1，3]上恒成立，
结合二次函数的性质可知，当x∈[﹣1，3]时，x2+2x+1∈[﹣2，16]
∴﹣2≥a+1
∴a≤﹣3
故a的范围{a|a≤﹣3}
【点评】本题主要考查了含有绝对值的不等式的解法的应用，不等式的恒成立与最值求解的相互转化思想的应用是求解（2）的关键
29．【考点】3R：函数恒成立问题．
【分析】（1）由（x）＜2可得（x﹣k）（x+1）＜0，然后结合二次不等式的解法，分类讨论进行求解
（2）由已知可知，k恒成立，构造函数g（n）＝，结合对勾函数的单调性可求f（n）min，从而可求k的范围
【解答】解：（1）由（x）＝x2+（1﹣k）x+2﹣k＜2可得x2+（1﹣k）x﹣k＜0，
∴（x﹣k）（x+1）＜0
①当k＞﹣1时，可得解集为{x}﹣1＜x＜k}；
②当k＝﹣1时可得解集为∅；
③当k＜﹣1时，可得解集为{x}k＜x＜﹣1}；
（2）对任意的n∈N，f（n）+11≥0恒成立，
∴n2+（1﹣k）n+2﹣k+11≥0
∴k恒成立，
令g（n）＝＝＝n+1+，
结合对勾函数的单调性可知，当n＝3时，f（n）min＝，
∴k．
【点评】本题主要考查了一元二次不等式的求解，体现了分类讨论思想的应用，函数的恒成立与最值求解相互转化思想的应用是求解（2）的关键
30．【考点】3R：函数恒成立问题．
【分析】（Ⅰ）根据题意，由f（0）＝f（2）可得f（x）的对称轴为x＝1，结合其最小值可以设f（x）＝a（x﹣1）2+1，又由f（0）＝3，可得f（0）＝a+1＝3，解可得a的值，代入函数的解析式即可得答案；
（Ⅱ）根据题意，由二次函数的性质分析可得答案；
（Ⅲ）根据题意，原问题可以转化为（2x2﹣4x+3）＞2x+2m+1在区间[﹣3，﹣1]上恒成立，进而可以转化为m＜x2﹣3x+1在区间[﹣3，﹣1]上恒成立，设g（x）＝x2﹣3x+1，由二次函数的性质分析g（x）的最小值，即可得答案．
【解答】解：（Ⅰ）根据题意，二次函数f（x）满足f（0）＝f（2）＝3，则f（x）的对称轴为x＝1，
又由其最小值为1，则设f（x）＝a（x﹣1）2+1，
又由f（0）＝3，则有f（0）＝a+1＝3，解可得a＝2，
则f（x）＝2（x﹣1）2+1；
（Ⅱ）由（Ⅰ）的结论，f（x）＝2（x﹣1）2+1，
若f（x）在区间[3a，a+1]上不单调，则有3a＜1＜a+1，
解可得：0＜a＜，
即a的取值范围为（0，）；
（Ⅲ）根据题意，由（Ⅰ）的结论，f（x）＝2（x﹣1）2+1＝2x2﹣4x+3，
若在区间[﹣3，﹣1]上，y＝f（x）的图象恒在y＝2x+2m+1的图象上方，
则有（2x2﹣4x+3）＞2x+2m+1在区间[﹣3，﹣1]上恒成立，
则m＜x2﹣3x+1在区间[﹣3，﹣1]上恒成立，
设g（x）＝x2﹣3x+1，其对称轴为x＝，则g（x）在[﹣3，﹣1]上递减，
其最小值为g（﹣1）＝5，则有m≤5，
即m的取值范围为（﹣∞，5]．
【点评】本题考查函数的解析式的求法二次函数的最值，函数的恒成立条件的应用，属于基础题．
31．【考点】3R：函数恒成立问题．
【分析】（1）解一元二次不等式可得；
（2）对于任意x∈[1，+∞），f（x）＞0恒成立⇔﹣a＜x2+2x＝（x+1）2﹣1，然后转化为最小值可得．
【解答】解：（1）a＝2时，x2+2x+2＞1⇒x2+2x+1＞0⇒x≠﹣1，
故不等式f（x）＞1的解集为{x|x≠﹣1}
（2）对于任意x∈[1，+∞），f（x）＞0恒成立⇔﹣a＜x2+2x＝（x+1）2﹣1，
∵x≥1，∴y＝（x+1）﹣1为递增函数，∴x＝1时，函数取得最小值3，
∴﹣a＜3，∴a＞﹣3．
【点评】本题考查了函数恒成立问题，属中档题．
32．【考点】3R：函数恒成立问题．
【分析】（1）原不等式化为⇔|x+a|+|x﹣2|≥3，而|x+a|+|x﹣2|≥|a+2|，结合a≥1可确定解集为R；
（2）利用x∈[1，2]把原不等式转化为|x+a|≤3恒成立，即﹣3﹣x≤a≤3﹣x恒成立，进而得解．
【解答】解：（1）|x+a|+|x﹣2|﹣1≥2⇔|x+a|+|x﹣2|≥3
∵|x+a|+|x﹣2|≥|a+2|，
且a≥1，
∴|a+2|≥3，
∴解集为R；
（2）若x∈[1，2]，f（x）＝|x+a|+2﹣x﹣1，
则f（x）+x≤4恒成立⇔|x+a|≤3恒成立，
⇔﹣3﹣x≤a≤3﹣x恒成立，
∴﹣4≤a≤1，
故a的取值范围为[﹣4，1]．
【点评】此题考查了绝对值不等式的性质，及不等式恒成立问题等价转化，难度适中．
33．【考点】3R：函数恒成立问题；52：函数零点的判定定理．
【分析】（I）若函数y＝f（x）+x有唯一的零点，等价于ax2+2x+a+1＝0有唯一实根，对a进行讨论，结合二次方程的根的存在条件即可求解；
（II）法一：2x≤f（x）等价于ax2﹣x+a+1≥0，结合二次函数的性质进行分类讨论可求；
法二：2x≤f（x）等价于，结合函数的单调性及函数恒成立与最值求解的相互转化可求．
【解答】解：（I）若函数y＝f（x）+x有唯一的零点，等价于ax2+2x+a+1＝0有唯一实根；………（2分）
若a＝0，则方程为2x+1＝0，方程根为，满足题意； ……………（4分）
若a≠0，则△＝22﹣4•a•（a+1）＝﹣4a2﹣4a+4＝0，得； ……………（6分）
综上所述：a＝0或； …………………（7分）
（II）法一：2x≤f（x）等价于ax2﹣x+a+1≥0，…………………………（8分）
记g（x）＝ax2﹣x+a+1，
若，即，则g（x）在[1，2]上递增，
所以g（x）min＝g（1）＝2a≥0； …………………………（10分）
若，即，则g（x）在上递减，在上递增，
所以⇒； …………………………（12分）
若，即，则g（x）在[1，2]上递减，
所以g（x）min＝g（2）＝5a﹣1≥0； …………………………（14分）
综上所述：． …………………………（15分）
法二：2x≤f（x）等价于，…………………………（9分）
记，可知g（x）在上递减，在上递增；
若，此时，所以g（x）在[1，2]上递减，
所以； …………………………（11分）
若，此时，所以g（x）在上递减，在上递增；
所以； …………………………（14分）
综上所述：． …………………………（15分）
【点评】本题主要考查了函数的恒成立与最值求解关系的相互转化，二次函数闭区间上的最值求解，体现了分类讨论思想的应用．
34．【考点】3R：函数恒成立问题．
【分析】（Ⅰ）不等式f（x）≤﹣2a+4化为（x﹣a）（x﹣2）≤0，讨论a与2的大小，写出对应不等式的解集；
（Ⅱ）对任意的x∈[1，4]，不等式恒成立，等价于对任意的x∈[1，4]，a（x﹣1）≤x2﹣2x+5恒成立；
讨论x＝1时和x∈（1，4]时，利用分离常数法和基本不等式求出a的取值范围．
【解答】解：（Ⅰ）不等式f（x）≤﹣2a+4，即x2﹣（a+2）x+2a≤0，
∴（x﹣a）（x﹣2）≤0；…（2分）
（ⅰ）当a＜2时，不等式解集为{x|a≤x≤2}，
（ⅱ）当a＝2时，不等式解集为{x|x＝2}，
（ⅲ）当a＞2时，不等式解集为{x|2≤x≤a}；……（5分）
综上所述，（ⅰ）当a＜2时，不等式解集为{x|a≤x≤2}，
（ⅱ）当a＝2时，不等式解集为{x|x＝2}，
（ⅲ）当a＞2时，不等式解集为{x|2≤x≤a}；……（6分）
（Ⅱ）若对任意的x∈[1，4]，f（x）+a+1≥0恒成立，
即x2﹣（a+2）x+5+a≥0恒成立，
即对任意的x∈[1，4]，a（x﹣1）≤x2﹣2x+5恒成立； ……（7分）
①当x＝1时，不等式为0≤4恒成立，此时a∈R；……（8分）
②当x∈（1，4]时，，
∵1＜x≤4，∴0＜x﹣1≤3，
∴；……（10分）
当且仅当时，即x﹣1＝2，x＝3时取“＝”，
∴a≤4，即a的取值范围是（﹣∞，4]．……（12分）
【点评】本题考查了含有字母系数的不等式的解法与应用问题，也考查了不等式恒成立问题，是中档题．
35．【考点】3R：函数恒成立问题．
【分析】（Ⅰ）由题意可得x﹣m+≥0对x＞0恒成立，即有m≤x+的最小值，运用基本不等式可得最小值，即可得到所求范围；
（Ⅱ）讨论判别式小于等于0，以及判别式大于0，由二次函数的图象可得不等式的解集．
【解答】解：（Ⅰ）若≥0对任意x＞0恒成立，
即为x﹣m+≥0对x＞0恒成立，
即有m≤x+的最小值，由x+≥2，可得x＝1时，取得最小值2，
可得m≤2；
（Ⅱ）当△＝m2﹣4≤0，即﹣2≤m≤2时，g（x）≥0的解集为R；
当△＞0，即m＞2或m＜﹣2时，方程x2﹣mx+1＝0的两根为，，
可得g（x）≥0的解集为（﹣∞，]∪[，+∞）．
【点评】本题考查不等式恒成立问题解法，考查二次不等式的解法，注意运用转化思想和分类讨论思想方法，考查运算能力，属于中档题．
36．【考点】3R：函数恒成立问题；R5：绝对值不等式的解法．
【分析】（1）根据绝对值的性质求出f（x）的最小值，求出a的范围即可；
（2）问题转化为f（x）≤（a+）min＝4，得到|x﹣1|+|x+2|≤4，解不等式，求出不等式的解集即可．
【解答】解：（1）f（x）＝|x﹣1|+|x+2|≥|x﹣1﹣x﹣2|＝3，
问题等价于a＞f（x）min＝3，
故a的范围是（3，+∞）；
（2）a＞0，a+≥4（a＝2取“＝”），
由已知可化为f（x）≤（a+）min＝4，
故|x﹣1|+|x+2|≤4，
故﹣≤x≤，
故x的范围是[﹣，]．
【点评】本题考查了解绝对值不等式问题，考查转化思想以及函数恒成立问题，是一道中档题．
37．【考点】3H：函数的最值及其几何意义；3R：函数恒成立问题．
【分析】（1）将a＝4代入f（x），利用基本不等式求出最值，（2）将恒成立问题转化为最值问题求解，
【解答】解：（1）当a＝4时，
f（x）＝＝x++2≥2+2＝6，（当且仅当x＝2时取得相等），
即函数最小值为6；
（2）f（x）＞0即x++2＞0对任意x∈[1，+∞），恒成立，
即a＞﹣x（x+2）
a＞﹣（x+1）2+1，
令g（x）＝﹣（x+1）2+1，
g（x）的最大值为当x＝1时取得，为g（1）＝﹣3
所以有a＞﹣3．
【点评】本题考查函数最值问题，用到了基本不等式和恒成立问题的转化求解，属于较经典的题型．
38．【考点】3R：函数恒成立问题；R5：绝对值不等式的解法．
【分析】（1）取得绝对值符号，然后利用不等式分类求解即可．
（2）利用绝对值的几何意义，通过求解不等式，推出结果即可．
【解答】（本题满分10分）
解：（1），
当x≤1时，由﹣2x+3≥3，得x≤0；
当1＜x＜2时，由1≥3，得x∈∅；
当x≥2时，由2x﹣3≥3，得x≥3；
所以不等式f（x）≥3的解集为{x|x≤0或x≥3}；
（2）∵|x﹣1|+|x﹣2|≥|（x﹣1）﹣（x﹣2）|＝1，
依题意有﹣a2+a+7≥1，即a2﹣a﹣6≤0，
解得﹣2≤x≤3，
故a的最大值为3．
【点评】本题考查绝对值不等式的解法，绝对值的几何意义，考查计算能力．
39．【考点】3R：函数恒成立问题．
【分析】（1）去绝对值后分区间解不等式再相并；
（2）转化为|x﹣m|＜3﹣x﹣|2x﹣1|对任意的x∈[0，1]恒成立后再构造函数，利用函数的图象可得．
【解答】解：（1）当m＝1时，f（x）＝|x﹣1|+|2x﹣1|，
所以f（x）＝，
∴或或，
解得0＜x＜
所以不等式f（x）＜2的解集为{x|0}
（2）由题意f（x）＜3﹣x对任意的x∈[0，1]恒成立，
即|x﹣m|＜3﹣x﹣|2x﹣1|对任意的x∈[0，1]恒成立，
令g（x）＝3﹣x﹣|2x﹣1|＝，
所以函数y＝|x﹣m|的图象应该恒在g（x）的下方，数形结合可得0＜m＜2
【点评】本题考查了函数恒成立问题，属难题．
40．【考点】3H：函数的最值及其几何意义；3R：函数恒成立问题．
【分析】（1）化为分段函数，画出图象，根据图象可求出最大值，
（2）化为分段函数，画出图象，即对任意的x1，x2∈[﹣1，1]，都有|f（x1）﹣f（x2）|≤4成立转化为f（x）max﹣f（x）min≤4成立，分类讨论即可求出a的范围
【解答】解：（1）当a＝2时，f（x）＝x|x﹣2|＝，
结合图象可知，函数f（x）在[﹣1，1]上是增函数，在（1，2]为减函数，在（2，3]上为增函数，
∵f（1）＝1，f（3）＝3，
∴函数f（x）在[﹣1，3]上的最大值为f（3）＝3，
（2）f（x）＝x|x﹣a|＝，（a＞0），
由题意可得f（x）max﹣f（x）min≤4成立，
①当≥1时，即a≥2时，函数f（x）在[﹣1，1]上为增函数，
∴f（x）max＝f（1）＝a﹣1，f（x）min＝f（﹣1）＝﹣a﹣1，
从而（a﹣1）+a+1＝2a≤4，解得a≤2，
故a＝2，
②∵f（）＝，由＝x（x﹣a）得4x2﹣4ax﹣a2＝0，
解得x＝a，或x＝a＜0（舍去），
当＜1＜a时，即2（﹣1）＜a＜2，
此时f（x）max＝f（）＝，f（x）min＝f（﹣1）＝﹣a﹣1，
从而+a+1＝（a+2）2＜4成立，
故2（﹣1）＜a＜2，
当1≥a时，即a≤2（﹣1），
此时f（x）max＝f（1）＝1﹣a，f（x）min＝f（﹣1）＝﹣a﹣1，
从而1﹣a+a+1＝2＜4成立，
故a≤2（﹣1），
综上所述a的取值范围（0，2]
【点评】本题考查了函数恒成立的问题，以及分段函数的问题，考查了转化能力和运算能力以及分类讨论的能力，属于难题
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日期：2019/7/10 23:16:29；用户：631910230；邮箱：631910230@qq.cm；学号：5843035