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统考版2024届高考数学二轮专项分层特训卷四热点问题专练热点二恒成立及参数理（附解析）
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A．0
A．eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,6)))B．eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,6)))∪eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(5π,6)，π))C．eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(5π,6)，π))D．eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(5π,6)))
3．(参数范围＋不等式恒成立)不等式x2－2x＋5>a2对任意的x∈(1，＋∞)恒成立，则实数a的取值范围是( )
A．[－2，2]
B．(－2，2)
C．(－∞，－2)∪(2，＋∞)
D．(－∞，－2]∪[2，＋∞)
4．(参数范围＋单调性)已知函数f(x)＝a(x＋1)ln (x＋1)－x2－ax(a>0)是减函数，则a的值是( )
A．－1B．1C．－2D．2
5．(参数范围＋恒成立)已知关于x的不等式mcsx≥2－x2在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,2)))上恒成立，则实数m的取值范围为( )
A．[3，＋∞) B．(3，＋∞) C．[2，＋∞) D．(2，＋∞)
6．(参数范围＋单调性)若函数f(x)＝kx－lnx在区间(1，＋∞)上单调递增，则k的取值范围是( )
A．(－∞，1) B．(1，＋∞) C．(－∞，1] D．[1，＋∞)
7．(参数范围)已知函数f(x)＝x2＋4x＋alnx，若函数f(x)在(1，2)上是单调函数，则实数a的取值范围是( )
A．(－6，＋∞)
B．(－∞，－16)
C．(－∞，－16]∪[－6，＋∞)
D．(－∞，－16)∪(－6，＋∞)
8．(参数范围＋分段函数恒成立)函数f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－（x－2）2（x<2），,（3－a）x＋5a（x≥2）))满足对任意x1≠x2都有eq \f(f（x1）－f（x2）,x1－x2)>0成立，则a的取值范围是( )
A．(－∞，－2] B．(3，＋∞) C．[－2，3) D．[1，＋∞)
9．(参数范围＋不等式)若关于x的不等式4x－lgax≤eq \f(3,2)在x∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))上恒成立，则实数a的取值范围是( )
A．eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，1))B．eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,4)))C．eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)，1))D．eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(3,4)))
10．(参数范围＋不等式恒成立)函数f(x)＝ex－1－eq \f(1,2)ax2＋(a－1)x＋a2在(－∞，＋∞)上单调递增，则实数a的范围是( )
A．{1}B．(－1，1) C．(0，1) D．{－1，1}
11．[2023·湖北省荆州市高三质检](参数范围＋不等式)设实数m>0，若对任意的x∈(0，＋∞)，不等式emx－eq \f(lnx,m)≥0成立，则实数m的取值范围是( )
A．[1，＋∞) B．eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞))C．[e，＋∞) D．eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，＋∞))
12．(参数范围＋分段函数)已知函数f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－lnx，0
[答题区]
13.(二次函数＋恒成立)已知函数f(x)＝x2－4x－4，若f(x)<1在(m－1，－2m)上恒成立，则实数m的取值范围是________．
14．(恒成立)当x∈(1，2)时，不等式x2＋mx＋2>0恒成立，则m的取值范围是________．
15．[2023·江苏省无锡市模拟](参数范围＋恒成立)若eq \f(lnx＋1,x)≤ax＋b对于x∈(0，＋∞)恒成立，当a＝0时，b的最小值为________；当a>0时，eq \f(b,a)的最小值是________．
16．[2023·郑州市第二次质量预测](参数范围＋恒成立)已知a>0，不等式(x＋1)1－aex＋1－aln (x＋1)≥0对任意的x∈(0，＋∞)恒成立，则实数a的取值范围为________．
热点（二） 恒成立及参数
1．D 函数f（x）＝eq \f(lna＋lnx,x)在[1，＋∞）上为减函数，f′（x）＝eq \f(1－lna－lnx,x2)，
则f′（x）≤0在[1，＋∞）上恒成立，
即1－lna－lnx≤0在[1，＋∞）上恒成立，
∴lnx≥1－lna＝lneq \f(e,a)恒成立，
∴lneq \f(e,a)≤0，即eq \f(e,a)≤1，
∴a≥e.
2．B 根据题意有64sin2α－32cs2α≤0，即sin2α≤eq \f(1,4)，结合题中所给的角的范围，求得α的取值范围是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,6)))∪eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(5π,6)，π))，故选B.
3．A 由于直线x＝1是y＝x2－2x＋5的图象的对称轴，所以当x>1时，x2－2x＋5>12－2＋5＝4，所以a2≤4，解得－2≤a≤2.故选A.
4．D f（x）的定义域为（－1，＋∞），f′（x）＝aln（x＋1）－2x.
由f（x）是减函数得，对任意的x∈（－1，＋∞），都有f′（x）＝aln（x＋1）－2x≤0恒成立．
设g（x）＝aln（x＋1）－2x.
则g′（x）＝eq \f(－2\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(x－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2)－1)))),x＋1)，由a>0知eq \f(a,2)－1>－1，
∴当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，\f(a,2)－1))时，g′（x）>0；
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2)－1，＋∞))时，g′（x）<0，
∴g（x）在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，\f(a,2)－1))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2)－1，＋∞))上单调递减，
∴g（x）在x＝eq \f(a,2)－1处取得最大值．
∵g（0）＝0，∴对任意的x∈（－1，＋∞），g（x）≤g（0）恒成立，即g（x）的最大值为g（0）.
∴eq \f(a,2)－1＝0，解得a＝2.
5．C 变形得m≥eq \f(2－x2,csx)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x∈\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,2)))))，因为当x∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))时，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2－x2,csx)))′＝eq \f(－2xcsx＋（2－x2）sinx,cs2x)，
令f（x）＝－2xcsx＋（2－x2）sinx，
则f′（x）＝－x2csx，可知在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上，f′（x）<0，
∴f（x）
所以eq \f(2－x2,csx)的最大值为eq \f(2－0,cs0)＝2，∴m≥2，故选C.
6．D f′（x）＝k－eq \f(1,x).
∵函数f（x）＝kx－lnx在区间（1，＋∞）上单调递增，
∴f′（x）≥0在区间（1，＋∞）上恒成立．
∴k≥eq \f(1,x)，而y＝eq \f(1,x)在区间（1，＋∞）上单调递减，
∴k≥1，∴k的取值范围是[1，＋∞），故选D.
7．C f′（x）＝2x＋4＋eq \f(a,x)，因为函数在区间（1，2）上具有单调性，所以f′（x）≤0或f′（x）≥0在（1，2）上恒成立，则有2x＋4＋eq \f(a,x)≤0或2x＋4＋eq \f(a,x)≥0在（1，2）上恒成立，所以a≤－（2x2＋4x）或a≥－（2x2＋4x）在（1，2）上恒成立，令g（x）＝－（2x2＋4x），当1
9．A
由题意知关于x的不等式4x－eq \f(3,2)≤lgax在x∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))上恒成立，
所以当x∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))时，函数y＝4x－eq \f(3,2)的图象不在y＝lgax的图象的上方，
由图可知eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(0
10．A 由题意知f′（x）＝ex－1－ax＋（a－1）≥0恒成立，
即ex－1≥ax－（a－1）恒成立，
易知ex≥x＋1，即ex－1≥x，
所以只需要x≥ax－（a－1），即（a－1）（x－1）≤0恒成立，
所以a＝1，故选A.
11．D 因为m>0，不等式emx－eq \f(lnx,m)≥0成立，即emx≥eq \f(lnx,m)成立，即memx≥lnx，
进而转化为mxemx≥xlnx＝elnx·lnx恒成立，
构造函数g（x）＝xex，可得g′（x）＝ex＋xex＝（x＋1）ex，
当x>0，g′（x）>0，g（x）单调递增，
则不等式emx－eq \f(lnx,m)≥0恒成立等价于g（mx）≥g（lnx）恒成立，即mx≥lnx恒成立，
进而转化为m≥eq \f(lnx,x)恒成立，
设h（x）＝eq \f(lnx,x)，可得h′（x）＝eq \f(1－lnx,x2)，
当0
当x>e时，h′（x）<0，h（x）单调递减，
所以当x＝e，函数h（x）取得最大值，最大值为h（e）＝eq \f(1,e)，
所以m≥eq \f(1,e)，即实数m的取值范围是eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，＋∞)).故选D.
12．A
如图，由f（a）＝f（b），得－lna＝eq \f(1,b).
因为0
令g′（x）＝0，得x＝eq \f(1,e).
当eq \f(1,e)
解析：通解 依题意得，当x∈（m－1，－2m）时，x2－4x－5<0恒成立．于是有eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m－1<－2m，,（m－1）2－4（m－1）－5≤0，,（－2m）2－4（－2m）－5≤0，))由此解得0≤m
解析：方法一 （分离参数法）当x∈（1，2）时，不等式x2＋mx＋2>0恒成立等价于m>－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(2,x)))在x∈（1，2）上恒成立，即等价于m>eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(2,x)))))eq \s\d7(max).
因为x∈（1，2），所以－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(2,x)))≤－2eq \r(x·\f(2,x))＝－2eq \r(2)，当且仅当x＝eq \f(2,x)，即x＝eq \r(2)时取等号．故m>－2eq \r(2)，所以实数m的取值范围为（－2eq \r(2)，＋∞）.
方法二 （最值法）记函数g（x）＝x2＋mx＋2.显然该函数的图象的对称轴为直线x＝－eq \f(m,2).①当－eq \f(m,2)≤1，即m≥－2时，函数g（x）在（1，2）上单调递增，所以当x∈（1，2）时，g（x）>12＋m×1＋2＝3＋m.要使原不等式恒成立，则须3＋m≥0，解得m≥－3.显然－2≥－3成立，所以实数m的取值范围为[－2，＋∞）.
②当－eq \f(m,2)≥2，即m≤－4时，函数g（x）在（1，2）上单调递减，所以当x∈（1，2）时，g（x）>22＋m×2＋2＝2m＋6.要使原不等式恒成立，则须2m＋6≥0，解得m≥－3.
因为－4<－3，所以实数m的取值范围为∅.
③当1<－eq \f(m,2)<2，即－4
15．答案：1 －eq \f(1,e)
解析：a＝0时，b≥eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(lnx＋1,x)))eq \s\d7(max)，令f（x）＝eq \f(lnx＋1,x)，
则f′（x）＝eq \f(1－lnx－1,x2)＝－eq \f(lnx,x2)，
令f′（x）＝0，
解得：x＝1，
且当0
当x>1时，f′（x）<0，f（x）单调递减，
∴f（x）max＝f（1）＝eq \f(ln1＋1,1)＝1，
∴b≥1，
故b的最小值为1，
f（x）＝eq \f(lnx＋1,x)的图象如图所示：
当a>0时，
令ax＋b＝0，可得eq \f(b,a)＝－x，
故eq \f(b,a)取得最小值，直线ax＋b＝0在x轴的截距最大，
又∵eq \f(lnx＋1,x)≤ax＋b，
结合图象可知：令f（x）＝eq \f(lnx＋1,x)＝0，
可得x＝eq \f(1,e)，
则－x＝－eq \f(1,e)，
故eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(b,a)))eq \s\d7(min)＝－eq \f(1,e).
16．答案：（0，e]
解析：令t＝x＋1（t>1），则原不等式可化为t1－aet－alnt≥0，即t1－aet≥lnta，两边同时乘以ta，得tet≥talnta，此式进一步变形为tet≥lntaelnta，构造函数f（x）＝xex（x>1），则上式可转化为f（t）≥f（lnta），因为f′（x）＝（x＋1）ex，所以当x>1时，f′（x）>0，所以f（x）在（1，＋∞）上单调递增，则由上述不等式可得t≥lnta，又a>0，则eq \f(1,a)≥eq \f(lnt,t).令g（t）＝eq \f(lnt,t)（t>1），则g′（t）＝eq \f(1－lnt,t2)，当t∈（1，e）时，g′（t）>0，g（t）单调递增，当t∈（e，＋∞）时，g′（t）<0，g（t）单调递减，所以g（t）＝eq \f(lnt,t)的最大值为g（e）＝eq \f(1,e)，则eq \f(1,a)≥eq \f(1,e)，故a∈（0，e].
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
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