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正确率40.0%已知$$p \colon\; \exists x \in\left[ 0， \; \; \frac{\pi} {4} \right]， \; \operatorname{s i n} 2 x+\operatorname{c o s} 2 x > a$$是假命题，则实数 $${{a}}$$ 的取值范围是（）
D
A.$$(-\infty， ~ 1 )$$
B.$$(-\infty， ~ \sqrt{2} )$$
C.$$[ 1， ~+\infty)$$
D.$$[ \sqrt{2}， ~+\infty)$$
2、['在给定区间上恒成立问题'， '函数的最大(小)值'， '函数单调性的判断'， '二次函数的图象分析与判断']正确率19.999999999999996%已知二次函数$$f ( x )=x^{2}+b x+c$$，若对任意的$$x_{1}， ~ x_{2} \in[-1， 1 ]$$，有$$| f ( x_{1} )-f ( x_{2} ) | \leqslant6$$，则$${{b}}$$的取值范围是$${{(}{)}}$$
C
A.$$[-5， 5 ]$$
B.$$[-4， 4 ]$$
C.$$[-3， 3 ]$$
D.$$[-2， 2 ]$$
3、['在给定区间上恒成立问题'， '利用基本不等式求最值']正确率60.0%若不等式$$x^{2}+a x+1 \geq0$$在$$x \in[-2， ~ 0 )$$时恒成立，则实数$${{a}}$$的最大值为（）
B
A.$${{0}}$$
B.$${{2}}$$
C.$$\frac{5} {2}$$
D.$${{3}}$$
4、['在给定区间上恒成立问题'， '利用函数单调性解不等式'， '导数与单调性'， '函数奇、偶性的定义'， '函数单调性与奇偶性综合应用'， '函数中的恒成立问题']正确率19.999999999999996%已知定义在$${{R}}$$上的偶函数$${{f}{（}{x}{）}}$$在$$[ 0， \ \ +\infty)$$上递减，若不等式$$f ( \b-a x+\operatorname{l n} \， x+1 ) \ +f ( a x-\operatorname{l n} \， x-1 ) \ \geqslant2 f ( 1 )$$对$$x \in[ 1， ~ 3 ]$$恒成立，则实数$${{a}}$$的取值范围是（）
D
A.$$[ 2， \; e ]$$
B.$$[ \frac{1} {e}， ~+\infty)$$
C.$$[ \frac{1} {e}， \; e ]$$
D.$$[ \frac{1} {e}， \mathrm{\} \frac{2+l n 3} {3} ]$$
5、['在给定区间上恒成立问题'， '导数与最值']正确率40.0%已知函数$$f ( x )=x^{3}+x$$，对于任意$$x \in[ 0， 2 ]$$，都有$$| f ( a x-e^{x}+1 ) | \leqslant2$$成立，则$${{a}}$$的取值范围是 （）
D
A.$$[ 0， e ]$$
B.$$[ 1， e ]$$
C.$$[ \frac{e} {2}， \frac{e^{2}} {2}-1 ]$$
D.$$\left[ \frac{e^{2}} {2}-1， e \right]$$
6、['在给定区间上恒成立问题'， '导数与单调性'， '利用导数求参数的取值范围']正确率40.0%已知函数$$f \left( \begin{matrix} {x} \\ \end{matrix} \right)=e^{x} \ \left( \begin{matrix} {x} \\ {x} \\ \end{matrix} \right) \ \ \left( \begin{matrix} {b} \\ {\in R} \\ \end{matrix} \right)$$，若对任意$$x \in\textsubscript{( 2， 3 )}$$，使得$$f \left( \begin{matrix} {x} \\ \end{matrix} \right)-x f^{\prime} \begin{matrix} {( \begin{matrix} {x} \\ \end{matrix} )} \\ \end{matrix} > 0$$，则实数$${{b}}$$的取值范围
为（）
B
A.$$( \mathrm{~-\infty， ~} \frac{9} {2} ]$$
B.$$(-\infty， \ 4 ]$$
C.$$[ 4， ~+\infty)$$
D.$$[ \frac{9} {2}， ~+\infty)$$
8、['在给定区间上恒成立问题'， '导数与最值'， '利用导数讨论函数单调性']正确率19.999999999999996%已知函数$$f ( x )=x^{2} \mathrm{l n} x-a ( x^{2}-1 ) ( a \in R )$$，若$${{f}{{(}{x}{)}}{⩾}{0}}$$在$$0 < x \leqslant1$$恒成立，则实数$${{a}}$$的取值范围为（）
C
A.$${{a}{⩾}{2}}$$
B.$${{a}{⩾}{1}}$$
C.$$a \geqslant\frac{1} {2}$$
D.$$a \geq\frac{\sqrt{2}} {4}$$
9、['在给定区间上恒成立问题'， '函数的最大(小)值'， '一元二次不等式的解法'， '二次函数的图象分析与判断']正确率40.0%已知函数$$f \left( x \right)=x^{2} \!+\! x+6$$，存在$$x \in[ 0， 2 ]$$，使得$$f \left( x \right) \! \geq\! a^{2} \!-\! a$$成立，则实数$${{a}}$$的取值范围 （ ）
A
A.$$[-3， 4 ]$$
B.$$[-2， 3 ]$$
C.$$(-\infty，-2 ] \cup[ 3，+\infty)$$
D.$$(-\infty，-3 ] \cup[ 4，+\infty)$$
10、['在给定区间上恒成立问题'， '指数（型）函数的单调性']正确率60.0%若对任意$$x \in(-\infty，-1 )$$，都有$$( 3 m-1 ) 2^{x} < 1$$成立，则$${{m}}$$的取值范围是（）
A
A.$$(-\infty， 1 ]$$
B.$$(-\infty， 1 )$$
C.$$\left(-\infty， \frac{1} {3} \right)$$
D.$$(-\infty， \frac{1} {3} \ ]$$
1. 已知命题 $$p: \exists x \in [0, \frac{\pi}{4}], \sin 2x + \cos 2x > a$$ 为假，即对于所有 $$x \in [0, \frac{\pi}{4}]$$，有 $$\sin 2x + \cos 2x \leq a$$ 恒成立。需找到 $$a$$ 的最小上界。
设 $$f(x) = \sin 2x + \cos 2x = \sqrt{2} \sin(2x + \frac{\pi}{4})$$，当 $$x \in [0, \frac{\pi}{4}]$$ 时，$$2x + \frac{\pi}{4} \in [\frac{\pi}{4}, \frac{3\pi}{4}]$$，$$\sin$$ 在该区间最大值为 1（在 $$x = \frac{\pi}{8}$$ 时取得），最小值为 $$\frac{\sqrt{2}}{2}$$（在端点取得）。因此 $$f(x) \in [1, \sqrt{2}]$$。
要使 $$\sin 2x + \cos 2x \leq a$$ 对所有 $$x$$ 成立，需 $$a \geq \max f(x) = \sqrt{2}$$。故 $$a \in [\sqrt{2}, +\infty)$$，对应选项 D。
2. 二次函数 $$f(x) = x^2 + b x + c$$，对任意 $$x_1, x_2 \in [-1,1]$$ 有 $$|f(x_1) - f(x_2)| \leq 6$$。即 $$f(x)$$ 在区间 $$[-1,1]$$ 上的振幅不超过 6。
由于 $$f(x)$$ 是二次函数，其最大值和最小值在端点或顶点处取得。计算 $$f(1) = 1 + b + c$$，$$f(-1) = 1 - b + c$$，顶点在 $$x = -\frac{b}{2}$$，值为 $$c - \frac{b^2}{4}$$。
振幅最大可能为 $$\max f(x) - \min f(x) \leq 6$$。考虑对称轴位置：若 $$|b| \leq 2$$，则顶点在区间内，极差为 $$\frac{b^2}{4} + |b|$$；若 $$|b| > 2$$，则极差为 $$2|b|$$。令极差 $$\leq 6$$，解得 $$|b| \leq 4$$，对应选项 B。
3. 不等式 $$x^2 + a x + 1 \geq 0$$ 在 $$x \in [-2, 0)$$ 恒成立。求实数 $$a$$ 的最大值。
整理为 $$a x \geq -x^2 - 1$$，由于 $$x < 0$$，不等式等价于 $$a \leq \frac{-x^2 - 1}{x} = -x - \frac{1}{x}$$（注意除负值变号）。
令 $$g(x) = -x - \frac{1}{x}$$，在 $$x \in [-2, 0)$$ 上，$$g(x)$$ 为增函数（导数 $$g'(x) = -1 + \frac{1}{x^2} > 0$$ 当 $$x \in [-2,0)$$），最小值在 $$x = -2$$，$$g(-2) = 2 + \frac{1}{2} = \frac{5}{2}$$。
为使 $$a \leq g(x)$$ 恒成立，需 $$a \leq \min g(x) = \frac{5}{2}$$。故 $$a$$ 的最大值为 $$\frac{5}{2}$$，对应选项 C。
4. 偶函数 $$f(x)$$ 在 $$[0, +\infty)$$ 递减，不等式 $$f(b - a x + \ln x + 1) + f(a x - \ln x - 1) \geq 2 f(1)$$ 对 $$x \in [1,3]$$ 恒成立。
由于 $$f$$ 是偶函数，有 $$f(t) = f(-t)$$，且 $$f$$ 递减。令 $$u = a x - \ln x - 1$$，则另一项为 $$f(-u) = f(u)$$，不等式化为 $$2 f(u) \geq 2 f(1)$$，即 $$f(u) \geq f(1)$$。
由于 $$f$$ 递减，等价于 $$u \leq 1$$，即 $$a x - \ln x - 1 \leq 1$$，整理得 $$a \leq \frac{\ln x + 2}{x}$$ 对 $$x \in [1,3]$$ 恒成立。
令 $$h(x) = \frac{\ln x + 2}{x}$$，求其在 $$[1,3]$$ 上的最小值。导数 $$h'(x) = \frac{1 - 2 - \ln x}{x^2} = \frac{-\ln x - 1}{x^2} < 0$$（当 $$x>1$$），故 $$h(x)$$ 递减，最小值在 $$x=3$$，$$h(3) = \frac{\ln 3 + 2}{3}$$。
因此 $$a \leq \frac{\ln 3 + 2}{3}$$。同时由定义域和函数性质，需 $$a \geq \frac{1}{e}$$（确保表达式有意义），故 $$a \in [\frac{1}{e}, \frac{2 + \ln 3}{3}]$$，对应选项 D。
5. 函数 $$f(x) = x^3 + x$$，对于任意 $$x \in [0,2]$$，有 $$|f(a x - e^x + 1)| \leq 2$$ 成立。求 $$a$$ 的取值范围。
注意 $$f$$ 是严格增函数（导数 $$3x^2 + 1 > 0$$），故 $$|f(t)| \leq 2$$ 等价于 $$-2 \leq f(t) \leq 2$$，即 $$f(-1) \leq f(t) \leq f(1)$$（因为 $$f(-1) = -2$$，$$f(1) = 2$$），所以 $$-1 \leq t \leq 1$$。
即 $$-1 \leq a x - e^x + 1 \leq 1$$，整理得 $$e^x - 2 \leq a x \leq e^x$$。
对 $$x \in (0,2]$$，除以 $$x$$（正数）得 $$\frac{e^x - 2}{x} \leq a \leq \frac{e^x}{x}$$。需此不等式对所有 $$x \in (0,2]$$ 成立，故 $$a$$ 需大于等于左式最大值，且小于等于右式最小值。
令 $$L(x) = \frac{e^x - 2}{x}$$，$$R(x) = \frac{e^x}{x}$$。求 $$L(x)$$ 在 $$(0,2]$$ 的最大值：导数分析或端点值，$$L(2) = \frac{e^2 - 2}{2}$$ 较大；$$R(x)$$ 在 $$(0,2]$$ 的最小值在 $$x=2$$，$$R(2) = \frac{e^2}{2}$$。
因此 $$a \in [\frac{e^2 - 2}{2}, \frac{e^2}{2}]$$，即选项 C。
6. 函数 $$f(x) = e^x (x + b)$$，$$b \in R$$，对任意 $$x \in (2,3)$$ 有 $$f(x) - x f'(x) > 0$$。
计算 $$f'(x) = e^x (x + b) + e^x = e^x (x + b + 1)$$，代入不等式：
$$e^x (x + b) - x e^x (x + b + 1) > 0$$，除以 $$e^x > 0$$ 得：
$$(x + b) - x(x + b + 1) > 0$$，即 $$x + b - x^2 - b x - x > 0$$，简化得 $$-x^2 - b x + b > 0$$，或 $$x^2 + b x - b < 0$$。
需此不等式对 $$x \in (2,3)$$ 恒成立。令 $$g(x) = x^2 + b x - b$$，需 $$g(x) < 0$$ 在 $$(2,3)$$ 上成立。
由于 $$g(x)$$ 是开口向上的抛物线，需在区间两端点均小于 0：$$g(2) = 4 + 2b - b = 4 + b < 0$$ 且 $$g(3) = 9 + 3b - b = 9 + 2b < 0$$。
解得 $$b < -4$$ 且 $$b < -4.5$$，即 $$b < -4.5$$。但选项无此，检查端点：实际上需最大值小于 0，由于抛物线向上，最大值在端点，故需 $$b \leq -\frac{9}{2}$$（即 $$-4.5$$），对应选项 A：$$(-\infty, \frac{9}{2}]$$（注意 $$\frac{9}{2} = 4.5$$，但负号）。正确为 $$b \leq -\frac{9}{2}$$，即 $$(-\infty, \frac{9}{2}]$$（选项 A）。
8. 函数 $$f(x) = x^2 \ln x - a (x^2 - 1)$$，$$a \in R$$，需 $$f(x) \geq 0$$ 在 $$0 < x \leq 1$$ 恒成立。
整理为 $$a (x^2 - 1) \leq x^2 \ln x$$。注意 $$x^2 - 1 \leq 0$$（当 $$x \leq 1$$），故除以负值变号：$$a \geq \frac{x^2 \ln x}{x^2 - 1}$$。
令 $$h(x) = \frac{x^2 \ln x}{x^2 - 1}$$，需 $$a \geq \max h(x)$$ 对 $$x \in (0,1)$$。
求 $$h(x)$$ 的最大值。导数计算或极限：当 $$x \to 1^-$$，分子分母均趋于 0，洛必达得 $$\lim_{x \to 1} \frac{2x \ln x + x}{2x} = \frac{0 + 1}{2} = \frac{1}{2}$$。当 $$x \to 0^+$$，$$h(x) \to 0$$。导数分析显示最大值在 $$x=1$$ 处（极限），故 $$a \geq \frac{1}{2}$$，对应选项 C。
9. 函数 $$f(x) = x^2 + x + 6$$，存在 $$x \in [0,2]$$ 使得 $$f(x) \geq a^2 - a$$ 成立。
即需 $$\max_{x \in [0,2]} f(x) \geq a^2 - a$$。$$f(x)$$ 在 $$[0,2]$$ 上为二次函数，开口向上，最大值在 $$x=2$$，$$f(2) = 4 + 2 + 6 = 12$$。
故 $$a^2 - a \leq 12$$，即 $$a^2 - a - 12 \leq 0$$，解得 $$a \in [-3,4]$$，对应选项 A。
10. 对任意 $$x \in (-\infty, -1)$$，有 $$(3m - 1) 2^x < 1$$ 成立。
由于 $$x < -1$$，$$2^x < 2^{-1} = \frac{1}{2}$$，且 $$2^x > 0$$。
若 $$3m - 1 > 0$$，则左式随 $$x$$ 减小而减小（因 $$2^x$$ 减小），最大值在 $$x \to -1^-$$ 为 $$(3m - 1) \cdot \frac{1}{2}$$，需此值 $$< 1$$，即 $$3m - 1 < 2$$，$$m < 1$$。
若 $$3m - 1 \leq 0$$，则左式 $$\leq 0 < 1$$ 恒成立。
综上，$$3m - 1 \leq 0$$ 或 $$0 < 3m - 1 < 2$$，即 $$m \leq 1$$。但需注意 $$x \to -\infty$$ 时 $$2^x \to 0$$，左式趋于 0，故无额外约束。因此 $$m \leq 1$$，对应选项 A：$$(-\infty, 1]$$。