01不等式恒成立、能成立问题（精讲）--高考数学二轮复习
一、选择题
1．（2023高三上·辉南月考）若不等式对任意实数x均成立，则实数m的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】一元二次不等式及其解法；二次函数与一元二次不等式的对应关系
【解析】【解答】解：因为 ，则，
原题意等价于对任意实数x均成立，
若，即时，则，符合题意；
若，即时，则，解得；
综上所述： 实数m的取值范围是 .
故答案为：B.
【分析】根据题意可得对任意实数x均成立，分和两种情况，结合二次函数运算求解.
2．（2020高三上·郴州月考）“ ”是“ ， ”成立的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；二次函数与一元二次方程、不等式的解的对应关系
【解析】【解答】解：由不等式 在 上恒成立，可得△ ，
解得， ，
由 能推出 ；由 不能推出 ．
故“ ”是“ ， ”的充分不必要条件．
故答案为：A．
【分析】由不等式 在 上恒成立，结合二次函数的图象可得 ，可解得 的范围，根据“小充分，大必要”即可得到结果.
3．若不等式对一切恒成立，则实数a取值的集合( )
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】二次函数与一元二次方程、不等式的解的对应关系
【解析】【分析】a=2时，不等式成立；
时，不等式对一切恒成立，
须，解得；综上知，故选C。
4．（2020高三上·湖北月考）若 ，使得不等式 成立，则实数 的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】二次函数与一元二次方程、不等式的解的对应关系
【解析】【解答】因为 ，使得不等式 成立，
所以 ，使得不等式 成立，
令 ， ，
因为对称轴为 ，
所以 ，
所以 ，
故答案为：C
【分析】由题意可转化为 ，使 成立，求 的最大值即可.
5．（2021高三上·平顶山月考）若不等式 的解集为 ，则 成立的一个必要不充分条件是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】一元二次不等式及其解法；一元二次方程的根与系数的关系
【解析】【解答】∵若不等式 的解集为
∴ 与3是方程 的两个根，且
∴ ，
∴ ，
∴ 可化为：
解得：
A、B、C、D四个选项中，只有D满足： 真包含
∴ 成立的一个必要不充分条件是D选项
故答案为：D
【分析】 由题意可知，且 与3是方程 的两个根，然后根据方程的根与系数的关系可求b，c与a的关系，然后代入后结合二次不等式的求解，再利用必要条件的定义，即可得出答案.
6．（2020高三上·安徽期末）已知使不等式 成立的任意一个x，都满足不等式 ，则实数a的取值范围为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】一元二次不等式及其解法
【解析】【解答】由题意， ，得 ，由 ，得
因为使不等式成立 的任意一个x，都满足不等式 ①若 ，则 的解集为 ，满足 ，符合题意②若 ，则 的解集为 ，则 ，故 ，则 ③若 ，则则 的解集为 ，则 ，故
综上有：a的取值范围为
故答案为：B
【分析】由题意， ，得 ，由 ，得 ，分，和三种情况求解，即可得出答案。
7．（2025高三上·广州月考）已知当时，恒成立，则实数的取值范围为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【解答】解：设，则对任意恒成立，
设，则，且，
设，则，
所以在上是减函数，在上是增函数，
所以，
所以的最小值为，即的最小值为，
所以.
故答案为：D．
【分析】设，不等式可转化条件为对任意恒成立，设，则，求导可得，再利用导数和最值的关系即可求解.
8．（2025高三下·湖州月考）对于任意的，不等式恒成立，则实数（ ）
A． B． C．1 D．
【答案】C
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数最大（小）值；函数零点存在定理
【解析】【解答】解：令，
易知在上单调递增，且，
所以当时，；当时，，
令，
则在上连续，
因为不等式恒成立，
所以当时，；当时，，
由零点存在性定理可知，
则，
令，则，
当时，，在上单调递增；
当时，，在上单调递减，
所以，则，
所以，解得.
故答案为：C.
【分析】令，易知当时，，当时，，令，根据零点存在性定理可得，从而解出的值.
二、填空题
9．（2024高三上·广州期末）对，不等式恒成立，则a的取值范围是
【答案】
【知识点】函数恒成立问题；一元二次不等式
【解析】【解答】解：不等式对一切恒成立，
当时，即时，恒成立，满足题意；
当时，要使不等式恒成立，
需，即有，
解得.
综上可得，的取值范围为.
故答案为
【分析】对进行讨论，结合二次函数的图象与性质，解不等式即可得到的取值范围.
10．（2022高三上·白山）命题“不成立”是真命题，则实数的取值范围是 ．
【答案】[-3，0]
【知识点】命题的真假判断与应用；二次函数与一元二次不等式的对应关系
【解析】【解答】由题意可得：恒成立，
当时，则恒成立，即符合题意；
当时，则，解得；
综上所述： 实数的取值范围是 [-3，0].
故答案为：[-3，0].
【分析】根据题意可得恒成立，分和两种情况，结合二次函数运算求解.
11．（2020高三上·扬州月考）设函数 （其中 ）有两个不同的极值点 ， ，若不等式 成立，则实数 的取值范围是 ．
【答案】a≥2
【知识点】一元二次方程的根与系数的关系
【解析】【解答】函数 （其中 ）有两个不同的极值点 ， ，
＝3x2﹣2（1+a）x+a，得方程3x2﹣2（1+a）x+a＝0的两根为 ， ．
※
由 ，得 .
化简得（x1+x2）[（x1+x2）2﹣3x1x2]﹣（1+a）[（x1+x2）2﹣2x1x2]+a（x1+x2） 0．
由※得 代入上面的不等式，且 ，两边除以（1+a），并化简得2a2﹣5a+2≥0．
解不等式得a≥2或a≤ （舍去）.
故答案为：a≥2
【分析】先求出 ，把x1，x2代入到 中，利用根与系数的关系化简得到关于a的等式，代入不等式 中，解出即可．
12．（2025高三上·长沙月考）若关于x的不等式恒成立，则的最大值是 .
【答案】
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数最大（小）值；利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【解答】解：由，，原不等式可化为，
设，则，
当时，，在上单调递增；
当时，，在上单调递减，
则在处取得最大值，且；
当时，，此时的图像恒在的图像的上方，
显然不符题意，
当时，为直线的横截距，
设直线与相切的切点为，
因为切线方程为，
设，解得，
又因为与是相同的直线，
可得，
则，
得到，，
设，
得到，
令，解得或；令，解得，
则在，是单调递增函数， 在是单调递减函数，
综上可得，当时，取最大值，
则取得最大值为.
故答案为：.
【分析】由，，则原不等式可化为，再利用导数判断函数的单调性，从而得出函数的最值，进而得出函数的图象，再根据的图象恒在函数的图象的上方，再对进行分类讨论，从而得出ab的最大值.
13．（2024高三上·梅县区期中）设实数，若对不等式恒成立，则m的取值范围为 ．
【答案】
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【解答】解：由，
构造函数，在为增函数，
则，即对不等式恒成立，
则，构造函数
令，得；令，得；
在上单调递增，在上单调递减，
，即.
故答案为：.
【分析】对原不等式进行变形，构造单调递增函数，将不等式转化为恒成立的形式，然后分离参数，构造新函数，通过研究新函数的单调性求出其最大值，从而确定的取值范围.
三、解答题
14．（2024高三上·顺德月考）已知关于的不等式．
（1）当时，解关于的不等式；
（2）当时，不等式恒成立，求实数的取值范围．
【答案】解：（1）不等式可化为，
当时，不等式化为；
①时，，解不等式得，
②时，，解不等式得，
③时，，解不等式得．
综上所述，当时，不等式的解集为，
当时，不等式的解集为，
当时，不等式的解集为．
（2）由题意不等式化为，
当时，，且，
所以，原不等式可化为恒成立，
设，，则的最小值为，
所以，实数的取值范围是．
【知识点】函数恒成立问题；一元二次不等式及其解法；一元二次方程的根与系数的关系
【解析】【分析】（1）首先将不等式因式分解后，再分类讨论的取值范围，从而解出不等式的解集.
（2）利用x的取值范围和不等式的基本性质，将不等式参变分离，从而将不等式转化为恒成立，再结合不等式恒成立问题，从而转化为求函数的最小值，进而求出实数的取值范围.
15．（2019高三上·上海期中）定义：若函数 对任意的 ，都有 成立，则称 为 上的“淡泊”函数.
（1）判断 是否为 上的“淡泊”函数，说明理由；
（2）是否存在实数 ，使 为 上的“淡泊”函数，若存在，求出 的取值范围；不存在，说明理由；
（3）设 是 上的“淡泊”函数（其中 不是常值函数），且 ，若对任意的 ，都有 成立，求 的最小值.
【答案】（1）解：任取x1，x2∈[﹣1，1]，可得|f（x1）﹣f（x2）|
＝|（ ）﹣（ ）|
＝| （x1+x2）（x1﹣x2） （x1﹣x2）|
＝|x1﹣x2|| （x1+x2） |
∵x1，x2∈[﹣1，1]，∴ （x1+x2）∈[ ， ]，
∴ （x1+x2） |∈[0，1]，即| （x1+x2） |≤1，
∴|x1﹣x2|| （x1+x2） |≤|x1﹣x2|
∴|f（x1）﹣f（x2）|≤|x1﹣x2|
∴函数 在[﹣1，1]上是“淡泊”函数；
（2）解：假设存在k∈R，使得 在[﹣1，+∞）上为“淡泊”函数，
则满足对任意x1，x2∈[﹣1，+∞），都有|f（x1）﹣f（x2）|≤|x1﹣x2|成立，
故| |＝|k|| |≤|x1﹣x2|，
∴|k|≤|（x1+2）（x2+2）|，
∵x1，x2∈[﹣1，+∞），∴（x1+2）（x2+2）＞1，
∴|k|≤1，解得﹣1≤k≤1；
（3）解：不妨令0＜x1≤x2＜1，由“淡泊”函数性质，有|f（x1）﹣f（x2）|≤|x1﹣x2|成立，
若x2﹣x1 ，则|f（x1）﹣f（x2）|≤|x1﹣x2| ；
若x2﹣x1 ，|f（x1）﹣f（x2）|＝|f（x1）﹣f（0）+f（1）﹣f（x2）|
≤|f（x1）﹣f（0）|+|f（1）﹣f（x2）|≤|x1﹣0|+|1﹣x2|＝1﹣x2+x1＝1﹣（x2﹣x1） ，
综上，对任意0＜x1≤x2＜1，|f（x1）﹣f（x2）| 恒成立，
而 对任意的 ，都成立，则
∴ ，即 的最小值为 ．
【知识点】函数的最大（小）值；极限及其运算；一元二次不等式及其解法；分段函数的应用
【解析】【分析】（1）任取x1，x2∈[﹣1，1]，可得|f（x1）﹣f（x2）|的不等式，结合题意可判函数为“淡泊”函数；（2）假设存在k∈R，使得 在[﹣1，+∞）上为“淡泊”函数，则满足对任意x1，x2∈[﹣1，+∞），都有|f（x1）﹣f（x2）|≤|x1﹣x2|成立，代入已知可得k的不等式，解不等式可得；（3）不妨令0＜x1≤x2＜1，运用绝对值不等式的性质以及新定义，即可得到结论．
16．（2026高三上·涪城月考）已知函数，.
（1）讨论的单调性；
（2）当时，若关于的不等式恒成立，求实数的取值范围.
【答案】解：（1）因为
所以.
当时，，在上是增函数；
当时，，
当时，；当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
综上所述，当时，在上是单调增函数；
当时，在上单调递增，在上单调递减.
（2）由（1）可得，
当时，，
由不等式恒成立，
得恒成立，
则在时恒成立.
令，，
则.
当时，，单调递增；
当时，，单调递减，
则的最大值为，得，
所以实数的取值范围是.
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【分析】（1）由题意得，再分和进行分类讨论和导数的正负判断函数单调性的方法，从而判断出函数的单调性.（2）利用不等式恒成立得，由（1）可得，当时，，则在时恒成立，令，再利用单调函数的定义判断出函数单调性，从而得出函数的最大值，再利用不等式恒成立问题求解方法，从而得出实数b的取值范围.
17．（2025高三上·泊头月考）设函数，.
（1）若存在大于0的零点，求a的取值范围；
（2）设点在曲线的任意一点的切线上，证明：.
【答案】（1）解：易知函数在R上单调递增，且时，，
若存在大于0的零点，则，
所以.
令，易知函数在R上单调递增，
因为，要使，
只需，则实数的取值范围为.
（2）证明：由题意，易知，设切点为，
则切线为，
因为是切线上一点，所以，
要证，即证，
等价于证明，
设，则，
当时，，单调递减；当时，，单调递增.
又因为，所以，
则.
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值；函数的零点与方程根的关系
【解析】【分析】（1）由函数的单调性结合零点存在性定理，从而得出，再构造函数，再根据函数的单调性得出实数a的取值范围.
（2）设切点坐标，根据导数的几何意义得出切线的斜率，结合点斜式方程得出曲线的切线方程，再将问题转化为证明，构造函数，证明函数的最小值大于等于0即可.
（1）易知函数在R上单调递增，且时，，
若存在大于0的零点，则，即.
令，易知函数在R上单调递增，
因为，所以要使，只需，
即的取值范围为.
（2）易知，设切点为，
则切线为，
由于是切线上一点，故，
要证，即证，
等价于证明，
设，则.
当时，，单调递减，当时，，单调递增.
又，故，
也即得证.
18．（2026高三上·广州期末）已知函数.
（1）求函数的极值；
（2）证明：对任意的；
（3）若函数有且仅有一个零点，证明：方程 无实数根.
【答案】（1）解：函数的定义域为R，求导得，
当时，；当时，，
即函数在上单调递增，在上单调递减，
故当时，函数取得极大值，无极小值；
（2）证明：不等式，
令函数，依题意，，
求导得，令函数，求导得，
因此函数在上单调递增，，函数在上单调递增，
则，所以对任意的；
（3）证明： 函数定义域为R，求导得，
由，即，得，函数有唯一零点，
当时，；当时，，函数在上单调递增，在上递减，
函数在处取得最大值，且当时，；当时，，
由函数有且仅有一个零点，得，即，
消去得，令函数，显然函数在R上单调递增，
而，则，，
又函数在上单调递增，因此，
方程中，，
所以方程无实数根.
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值；利用导数研究函数最大（小）值；函数的零点与方程根的关系
【解析】【分析】（1）先求函数的定义域，再求导，利用导数判断函数的单调性，并求函数的极值即可；
（2）不等式等价于，构造函数，求导，利用导数判断函数的单调性，求出最小值证明即可；
（3）求函数的定义域，再求导，令，解得，函数有唯一零点，利用导数判断函数的单调性，结合函数有唯一零点的条件求出的大致范围，再利用一元二次方程判别式推理证明即可.
（1）函数的定义域为R，求导得，
当时，；当时，，函数在上递增，在上递减，
所以当时，函数取得极大值，无极小值.
（2）不等式，
令函数，依题意，，
求导得，令函数，求导得，
因此函数在上单调递增，，函数在上单调递增，
则，所以对任意的.
（3）函数定义域为R，求导得，
由，即，得，函数有唯一零点，
当时，；当时，，函数在上递增，在上递减，
函数在处取得最大值，且当时，；当时，，
由函数有且仅有一个零点，得，即，
消去得，令函数，显然函数在R上单调递增，
而，则，，
又函数在上单调递增，因此，
方程中，，
所以方程无实数根.
19．（2026高三上·湖南月考）已知函数，其中，为自然对数的底数．
（1）当时，求函数的单调区间；
（2）当时，证明：对于任意的，都有；
（3）若函数存在极小值点，且，求a的取值范围．
【答案】（1）解：当时，，，
则，
设，，则，
所以在单调递增，
又因为，可知当时，；当时，，
所以的单调递增区间为，的单调递减区间为.
（2）证明：当时，，
设，，
则，
设，，则，
所以在上单调递增，
又因为，所以，
则在上单调递增，所以，
则对于任意的，都有.
（3）解：由，，则，
设，，可知在上单调递增，
因为函数存在极小值点，所以在存在零点，
则，
此时，
则，
设，，且，
当时，，，则；
当时，，，则，
可得，则，此时，
则a的取值范围为.
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数的单调性；函数在某点取得极值的条件；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【分析】（1）先求导，再利用导数的正负判断函数的单调性，从而得出函数的单调区间.
（2）当时，设，，利用函数的单调性证明即可；
（3）先求导构建函数，，可知在上存在零点，可得，设，，再利用导数求得的范围，再利用已知条件得出实数a的取值范围.
（1）当时，，，
则，
设，，则，
所以在单调递增，又，
可知时，，时，，
所以的单调递增区间为，的单调递减区间为.
（2）当时，，
设，，
则，
设，，则，
所以在上单调递增，
又，则，
所以在上单调递增，则，
即对于任意的，都有.
（3）由，，则，
设，，可知在上单调递增，
因为函数存在极小值点，所以在存在零点，
即，
此时，即，
设，，且，
当时，，，则；
当时，，，则，
可得，则，此时，
则a的取值范围为．
20．（2024高三上·上海市期中）已知函数的导函数为．
（1）若，求曲线在点处的切线方程；
（2）若存在两个不同的零点，，求实数的取值范围；
（3）在（2）的条件下，证明：．
【答案】（1）解：若，
，
又因为，
曲线在点处的切线方程为.
（2）解：因为，
设，
则.
令， 得， 在
上，；在上，，
在上单调递减， 在上单调递增，
.
当或时，，
要使有两个零点，
只需，
解得，
的取值范围为.
（3）证明：由题意和（2）知，
存在不同的， 使得，
不妨设， 则，
.
设，
则，
当时，，
在上恒成立，
当时，单调递减，
，
则.
，
在上单调递增，
，
则.
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值；利用导数研究曲线上某点切线方程；函数的零点与方程根的关系
【解析】【分析】（1）利用导数的几何意义求出切线斜率，再利用代入法得出切点的坐标，再根据点斜式方程得出曲线在点处的切线方程.
（2）利用导数判断函数的单调性，从而求出函数的最小值，再由题意只需最小值小于0，从而得出实数的取值范围.
（3）先构造函数，再利用导数得出单调性可得，再由和函数的单调性，从而证出不等式成立.
（1）若，
，又，
曲线在点处的切线方程为.
（2），
设，则.
令， 得， 在上，， 在上，，
在上单调递减， 在上单调递增，
.
又当或时，，
要使有两个零点， 只需， 解得，
的取值范围为.
（3）由题意及（2）知， 存在不同的， 使得，
不妨设， 则，.
设，则，
当时，，在上恒成立，
当时，单调递减，， 即.
，
在上单调递增，， 即.
1 / 101不等式恒成立、能成立问题（精讲）--高考数学二轮复习
一、选择题
1．（2023高三上·辉南月考）若不等式对任意实数x均成立，则实数m的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
2．（2020高三上·郴州月考）“ ”是“ ， ”成立的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
3．若不等式对一切恒成立，则实数a取值的集合( )
A． B． C． D．
4．（2020高三上·湖北月考）若 ，使得不等式 成立，则实数 的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
5．（2021高三上·平顶山月考）若不等式 的解集为 ，则 成立的一个必要不充分条件是（ ）
A． B． C． D．
6．（2020高三上·安徽期末）已知使不等式 成立的任意一个x，都满足不等式 ，则实数a的取值范围为（ ）
A． B．
C． D．
7．（2025高三上·广州月考）已知当时，恒成立，则实数的取值范围为（ ）
A． B．
C． D．
8．（2025高三下·湖州月考）对于任意的，不等式恒成立，则实数（ ）
A． B． C．1 D．
二、填空题
9．（2024高三上·广州期末）对，不等式恒成立，则a的取值范围是
10．（2022高三上·白山）命题“不成立”是真命题，则实数的取值范围是 ．
11．（2020高三上·扬州月考）设函数 （其中 ）有两个不同的极值点 ， ，若不等式 成立，则实数 的取值范围是 ．
12．（2025高三上·长沙月考）若关于x的不等式恒成立，则的最大值是 .
13．（2024高三上·梅县区期中）设实数，若对不等式恒成立，则m的取值范围为 ．
三、解答题
14．（2024高三上·顺德月考）已知关于的不等式．
（1）当时，解关于的不等式；
（2）当时，不等式恒成立，求实数的取值范围．
15．（2019高三上·上海期中）定义：若函数 对任意的 ，都有 成立，则称 为 上的“淡泊”函数.
（1）判断 是否为 上的“淡泊”函数，说明理由；
（2）是否存在实数 ，使 为 上的“淡泊”函数，若存在，求出 的取值范围；不存在，说明理由；
（3）设 是 上的“淡泊”函数（其中 不是常值函数），且 ，若对任意的 ，都有 成立，求 的最小值.
16．（2026高三上·涪城月考）已知函数，.
（1）讨论的单调性；
（2）当时，若关于的不等式恒成立，求实数的取值范围.
17．（2025高三上·泊头月考）设函数，.
（1）若存在大于0的零点，求a的取值范围；
（2）设点在曲线的任意一点的切线上，证明：.
18．（2026高三上·广州期末）已知函数.
（1）求函数的极值；
（2）证明：对任意的；
（3）若函数有且仅有一个零点，证明：方程 无实数根.
19．（2026高三上·湖南月考）已知函数，其中，为自然对数的底数．
（1）当时，求函数的单调区间；
（2）当时，证明：对于任意的，都有；
（3）若函数存在极小值点，且，求a的取值范围．
20．（2024高三上·上海市期中）已知函数的导函数为．
（1）若，求曲线在点处的切线方程；
（2）若存在两个不同的零点，，求实数的取值范围；
（3）在（2）的条件下，证明：．
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】一元二次不等式及其解法；二次函数与一元二次不等式的对应关系
【解析】【解答】解：因为 ，则，
原题意等价于对任意实数x均成立，
若，即时，则，符合题意；
若，即时，则，解得；
综上所述： 实数m的取值范围是 .
故答案为：B.
【分析】根据题意可得对任意实数x均成立，分和两种情况，结合二次函数运算求解.
2．【答案】A
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；二次函数与一元二次方程、不等式的解的对应关系
【解析】【解答】解：由不等式 在 上恒成立，可得△ ，
解得， ，
由 能推出 ；由 不能推出 ．
故“ ”是“ ， ”的充分不必要条件．
故答案为：A．
【分析】由不等式 在 上恒成立，结合二次函数的图象可得 ，可解得 的范围，根据“小充分，大必要”即可得到结果.
3．【答案】C
【知识点】二次函数与一元二次方程、不等式的解的对应关系
【解析】【分析】a=2时，不等式成立；
时，不等式对一切恒成立，
须，解得；综上知，故选C。
4．【答案】C
【知识点】二次函数与一元二次方程、不等式的解的对应关系
【解析】【解答】因为 ，使得不等式 成立，
所以 ，使得不等式 成立，
令 ， ，
因为对称轴为 ，
所以 ，
所以 ，
故答案为：C
【分析】由题意可转化为 ，使 成立，求 的最大值即可.
5．【答案】D
【知识点】一元二次不等式及其解法；一元二次方程的根与系数的关系
【解析】【解答】∵若不等式 的解集为
∴ 与3是方程 的两个根，且
∴ ，
∴ ，
∴ 可化为：
解得：
A、B、C、D四个选项中，只有D满足： 真包含
∴ 成立的一个必要不充分条件是D选项
故答案为：D
【分析】 由题意可知，且 与3是方程 的两个根，然后根据方程的根与系数的关系可求b，c与a的关系，然后代入后结合二次不等式的求解，再利用必要条件的定义，即可得出答案.
6．【答案】B
【知识点】一元二次不等式及其解法
【解析】【解答】由题意， ，得 ，由 ，得
因为使不等式成立 的任意一个x，都满足不等式 ①若 ，则 的解集为 ，满足 ，符合题意②若 ，则 的解集为 ，则 ，故 ，则 ③若 ，则则 的解集为 ，则 ，故
综上有：a的取值范围为
故答案为：B
【分析】由题意， ，得 ，由 ，得 ，分，和三种情况求解，即可得出答案。
7．【答案】D
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【解答】解：设，则对任意恒成立，
设，则，且，
设，则，
所以在上是减函数，在上是增函数，
所以，
所以的最小值为，即的最小值为，
所以.
故答案为：D．
【分析】设，不等式可转化条件为对任意恒成立，设，则，求导可得，再利用导数和最值的关系即可求解.
8．【答案】C
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数最大（小）值；函数零点存在定理
【解析】【解答】解：令，
易知在上单调递增，且，
所以当时，；当时，，
令，
则在上连续，
因为不等式恒成立，
所以当时，；当时，，
由零点存在性定理可知，
则，
令，则，
当时，，在上单调递增；
当时，，在上单调递减，
所以，则，
所以，解得.
故答案为：C.
【分析】令，易知当时，，当时，，令，根据零点存在性定理可得，从而解出的值.
9．【答案】
【知识点】函数恒成立问题；一元二次不等式
【解析】【解答】解：不等式对一切恒成立，
当时，即时，恒成立，满足题意；
当时，要使不等式恒成立，
需，即有，
解得.
综上可得，的取值范围为.
故答案为
【分析】对进行讨论，结合二次函数的图象与性质，解不等式即可得到的取值范围.
10．【答案】[-3，0]
【知识点】命题的真假判断与应用；二次函数与一元二次不等式的对应关系
【解析】【解答】由题意可得：恒成立，
当时，则恒成立，即符合题意；
当时，则，解得；
综上所述： 实数的取值范围是 [-3，0].
故答案为：[-3，0].
【分析】根据题意可得恒成立，分和两种情况，结合二次函数运算求解.
11．【答案】a≥2
【知识点】一元二次方程的根与系数的关系
【解析】【解答】函数 （其中 ）有两个不同的极值点 ， ，
＝3x2﹣2（1+a）x+a，得方程3x2﹣2（1+a）x+a＝0的两根为 ， ．
※
由 ，得 .
化简得（x1+x2）[（x1+x2）2﹣3x1x2]﹣（1+a）[（x1+x2）2﹣2x1x2]+a（x1+x2） 0．
由※得 代入上面的不等式，且 ，两边除以（1+a），并化简得2a2﹣5a+2≥0．
解不等式得a≥2或a≤ （舍去）.
故答案为：a≥2
【分析】先求出 ，把x1，x2代入到 中，利用根与系数的关系化简得到关于a的等式，代入不等式 中，解出即可．
12．【答案】
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数最大（小）值；利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【解答】解：由，，原不等式可化为，
设，则，
当时，，在上单调递增；
当时，，在上单调递减，
则在处取得最大值，且；
当时，，此时的图像恒在的图像的上方，
显然不符题意，
当时，为直线的横截距，
设直线与相切的切点为，
因为切线方程为，
设，解得，
又因为与是相同的直线，
可得，
则，
得到，，
设，
得到，
令，解得或；令，解得，
则在，是单调递增函数， 在是单调递减函数，
综上可得，当时，取最大值，
则取得最大值为.
故答案为：.
【分析】由，，则原不等式可化为，再利用导数判断函数的单调性，从而得出函数的最值，进而得出函数的图象，再根据的图象恒在函数的图象的上方，再对进行分类讨论，从而得出ab的最大值.
13．【答案】
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【解答】解：由，
构造函数，在为增函数，
则，即对不等式恒成立，
则，构造函数
令，得；令，得；
在上单调递增，在上单调递减，
，即.
故答案为：.
【分析】对原不等式进行变形，构造单调递增函数，将不等式转化为恒成立的形式，然后分离参数，构造新函数，通过研究新函数的单调性求出其最大值，从而确定的取值范围.
14．【答案】解：（1）不等式可化为，
当时，不等式化为；
①时，，解不等式得，
②时，，解不等式得，
③时，，解不等式得．
综上所述，当时，不等式的解集为，
当时，不等式的解集为，
当时，不等式的解集为．
（2）由题意不等式化为，
当时，，且，
所以，原不等式可化为恒成立，
设，，则的最小值为，
所以，实数的取值范围是．
【知识点】函数恒成立问题；一元二次不等式及其解法；一元二次方程的根与系数的关系
【解析】【分析】（1）首先将不等式因式分解后，再分类讨论的取值范围，从而解出不等式的解集.
（2）利用x的取值范围和不等式的基本性质，将不等式参变分离，从而将不等式转化为恒成立，再结合不等式恒成立问题，从而转化为求函数的最小值，进而求出实数的取值范围.
15．【答案】（1）解：任取x1，x2∈[﹣1，1]，可得|f（x1）﹣f（x2）|
＝|（ ）﹣（ ）|
＝| （x1+x2）（x1﹣x2） （x1﹣x2）|
＝|x1﹣x2|| （x1+x2） |
∵x1，x2∈[﹣1，1]，∴ （x1+x2）∈[ ， ]，
∴ （x1+x2） |∈[0，1]，即| （x1+x2） |≤1，
∴|x1﹣x2|| （x1+x2） |≤|x1﹣x2|
∴|f（x1）﹣f（x2）|≤|x1﹣x2|
∴函数 在[﹣1，1]上是“淡泊”函数；
（2）解：假设存在k∈R，使得 在[﹣1，+∞）上为“淡泊”函数，
则满足对任意x1，x2∈[﹣1，+∞），都有|f（x1）﹣f（x2）|≤|x1﹣x2|成立，
故| |＝|k|| |≤|x1﹣x2|，
∴|k|≤|（x1+2）（x2+2）|，
∵x1，x2∈[﹣1，+∞），∴（x1+2）（x2+2）＞1，
∴|k|≤1，解得﹣1≤k≤1；
（3）解：不妨令0＜x1≤x2＜1，由“淡泊”函数性质，有|f（x1）﹣f（x2）|≤|x1﹣x2|成立，
若x2﹣x1 ，则|f（x1）﹣f（x2）|≤|x1﹣x2| ；
若x2﹣x1 ，|f（x1）﹣f（x2）|＝|f（x1）﹣f（0）+f（1）﹣f（x2）|
≤|f（x1）﹣f（0）|+|f（1）﹣f（x2）|≤|x1﹣0|+|1﹣x2|＝1﹣x2+x1＝1﹣（x2﹣x1） ，
综上，对任意0＜x1≤x2＜1，|f（x1）﹣f（x2）| 恒成立，
而 对任意的 ，都成立，则
∴ ，即 的最小值为 ．
【知识点】函数的最大（小）值；极限及其运算；一元二次不等式及其解法；分段函数的应用
【解析】【分析】（1）任取x1，x2∈[﹣1，1]，可得|f（x1）﹣f（x2）|的不等式，结合题意可判函数为“淡泊”函数；（2）假设存在k∈R，使得 在[﹣1，+∞）上为“淡泊”函数，则满足对任意x1，x2∈[﹣1，+∞），都有|f（x1）﹣f（x2）|≤|x1﹣x2|成立，代入已知可得k的不等式，解不等式可得；（3）不妨令0＜x1≤x2＜1，运用绝对值不等式的性质以及新定义，即可得到结论．
16．【答案】解：（1）因为
所以.
当时，，在上是增函数；
当时，，
当时，；当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
综上所述，当时，在上是单调增函数；
当时，在上单调递增，在上单调递减.
（2）由（1）可得，
当时，，
由不等式恒成立，
得恒成立，
则在时恒成立.
令，，
则.
当时，，单调递增；
当时，，单调递减，
则的最大值为，得，
所以实数的取值范围是.
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【分析】（1）由题意得，再分和进行分类讨论和导数的正负判断函数单调性的方法，从而判断出函数的单调性.（2）利用不等式恒成立得，由（1）可得，当时，，则在时恒成立，令，再利用单调函数的定义判断出函数单调性，从而得出函数的最大值，再利用不等式恒成立问题求解方法，从而得出实数b的取值范围.
17．【答案】（1）解：易知函数在R上单调递增，且时，，
若存在大于0的零点，则，
所以.
令，易知函数在R上单调递增，
因为，要使，
只需，则实数的取值范围为.
（2）证明：由题意，易知，设切点为，
则切线为，
因为是切线上一点，所以，
要证，即证，
等价于证明，
设，则，
当时，，单调递减；当时，，单调递增.
又因为，所以，
则.
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值；函数的零点与方程根的关系
【解析】【分析】（1）由函数的单调性结合零点存在性定理，从而得出，再构造函数，再根据函数的单调性得出实数a的取值范围.
（2）设切点坐标，根据导数的几何意义得出切线的斜率，结合点斜式方程得出曲线的切线方程，再将问题转化为证明，构造函数，证明函数的最小值大于等于0即可.
（1）易知函数在R上单调递增，且时，，
若存在大于0的零点，则，即.
令，易知函数在R上单调递增，
因为，所以要使，只需，
即的取值范围为.
（2）易知，设切点为，
则切线为，
由于是切线上一点，故，
要证，即证，
等价于证明，
设，则.
当时，，单调递减，当时，，单调递增.
又，故，
也即得证.
18．【答案】（1）解：函数的定义域为R，求导得，
当时，；当时，，
即函数在上单调递增，在上单调递减，
故当时，函数取得极大值，无极小值；
（2）证明：不等式，
令函数，依题意，，
求导得，令函数，求导得，
因此函数在上单调递增，，函数在上单调递增，
则，所以对任意的；
（3）证明： 函数定义域为R，求导得，
由，即，得，函数有唯一零点，
当时，；当时，，函数在上单调递增，在上递减，
函数在处取得最大值，且当时，；当时，，
由函数有且仅有一个零点，得，即，
消去得，令函数，显然函数在R上单调递增，
而，则，，
又函数在上单调递增，因此，
方程中，，
所以方程无实数根.
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值；利用导数研究函数最大（小）值；函数的零点与方程根的关系
【解析】【分析】（1）先求函数的定义域，再求导，利用导数判断函数的单调性，并求函数的极值即可；
（2）不等式等价于，构造函数，求导，利用导数判断函数的单调性，求出最小值证明即可；
（3）求函数的定义域，再求导，令，解得，函数有唯一零点，利用导数判断函数的单调性，结合函数有唯一零点的条件求出的大致范围，再利用一元二次方程判别式推理证明即可.
（1）函数的定义域为R，求导得，
当时，；当时，，函数在上递增，在上递减，
所以当时，函数取得极大值，无极小值.
（2）不等式，
令函数，依题意，，
求导得，令函数，求导得，
因此函数在上单调递增，，函数在上单调递增，
则，所以对任意的.
（3）函数定义域为R，求导得，
由，即，得，函数有唯一零点，
当时，；当时，，函数在上递增，在上递减，
函数在处取得最大值，且当时，；当时，，
由函数有且仅有一个零点，得，即，
消去得，令函数，显然函数在R上单调递增，
而，则，，
又函数在上单调递增，因此，
方程中，，
所以方程无实数根.
19．【答案】（1）解：当时，，，
则，
设，，则，
所以在单调递增，
又因为，可知当时，；当时，，
所以的单调递增区间为，的单调递减区间为.
（2）证明：当时，，
设，，
则，
设，，则，
所以在上单调递增，
又因为，所以，
则在上单调递增，所以，
则对于任意的，都有.
（3）解：由，，则，
设，，可知在上单调递增，
因为函数存在极小值点，所以在存在零点，
则，
此时，
则，
设，，且，
当时，，，则；
当时，，，则，
可得，则，此时，
则a的取值范围为.
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数的单调性；函数在某点取得极值的条件；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【分析】（1）先求导，再利用导数的正负判断函数的单调性，从而得出函数的单调区间.
（2）当时，设，，利用函数的单调性证明即可；
（3）先求导构建函数，，可知在上存在零点，可得，设，，再利用导数求得的范围，再利用已知条件得出实数a的取值范围.
（1）当时，，，
则，
设，，则，
所以在单调递增，又，
可知时，，时，，
所以的单调递增区间为，的单调递减区间为.
（2）当时，，
设，，
则，
设，，则，
所以在上单调递增，
又，则，
所以在上单调递增，则，
即对于任意的，都有.
（3）由，，则，
设，，可知在上单调递增，
因为函数存在极小值点，所以在存在零点，
即，
此时，即，
设，，且，
当时，，，则；
当时，，，则，
可得，则，此时，
则a的取值范围为．
20．【答案】（1）解：若，
，
又因为，
曲线在点处的切线方程为.
（2）解：因为，
设，
则.
令， 得， 在
上，；在上，，
在上单调递减， 在上单调递增，
.
当或时，，
要使有两个零点，
只需，
解得，
的取值范围为.
（3）证明：由题意和（2）知，
存在不同的， 使得，
不妨设， 则，
.
设，
则，
当时，，
在上恒成立，
当时，单调递减，
，
则.
，
在上单调递增，
，
则.
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值；利用导数研究曲线上某点切线方程；函数的零点与方程根的关系
【解析】【分析】（1）利用导数的几何意义求出切线斜率，再利用代入法得出切点的坐标，再根据点斜式方程得出曲线在点处的切线方程.
（2）利用导数判断函数的单调性，从而求出函数的最小值，再由题意只需最小值小于0，从而得出实数的取值范围.
（3）先构造函数，再利用导数得出单调性可得，再由和函数的单调性，从而证出不等式成立.
（1）若，
，又，
曲线在点处的切线方程为.
（2），
设，则.
令， 得， 在上，， 在上，，
在上单调递减， 在上单调递增，
.
又当或时，，
要使有两个零点， 只需， 解得，
的取值范围为.
（3）由题意及（2）知， 存在不同的， 使得，
不妨设， 则，.
设，则，
当时，，在上恒成立，
当时，单调递减，， 即.
，
在上单调递增，， 即.
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