2022届高三数学一轮复习 第四章 导数专练6—恒成立问题（2）

第四章 导数专练 6—恒成立问题（2） 1．设函数 ( ) ( )xf x ae a R  ． （1）若直线 1y x  与曲线 ( )y f x 相切，求 a 的值； （2）当 1a  时，求证：当 0x  时， 2( ) 1f x xlnx x   恒成立． （参考数据： 2 0.69ln  ， 3 1.10ln  ， 2 7.39e  ． ) 解：（1） ( ) xf x ae  ，设直线 1y x  与曲线 ( )y f x 相切于点 0(P x ， 0 )y ， 则 0 0 0 0 0 1 1 x x ae y ae y x        ，解得 0 0 2 2 1 1 x y a e          ， 实数 a 的值为 2 1 e ； （2）证明：即证 2 1 0xe xlnx x    对 0x  恒成立， 先证明 1lnx x „ ，设 ( ) 1h x lnx x   ，则 1( ) xh x x   ， ( )h x 在 (0,1) 递增，在 (1, ) 递减， ( )h x h „ （1） 0 ，即 1lnx x „ ，当且仅当 1x  时取等号， ( 1)xlnx x x „ ， 2 21 2 1x xe xlnx x e x x      … ， 0x  ， 现证明当 0x… 时， 22 1 0xe x x   … 恒成立， 令 2( ) 2 1( 0)xk x e x x x    … ，则 ( ) 4 1xk x e x    ， 令 ( ) ( )F x k x  ，则 ( ) 4xF x e   ，令 ( ) 0F x  ，解得 2 2x ln ， (0,2 2)x ln 时 ， ( ) 0F x  ， (2 2, )x ln  时 ， ( ) 0F x  ， 且 (2 2) 5 8 2 0k ln ln    ， (0) 2 0k   ， k （2） 2 8 1 0e    ， 由零点存在性定理可知，存在 1 (0,2 2)x ln ， 2 (2 2,2)x ln ，使得 1 2( ) ( ) 0k x k x   ， 当 10 x x  或 2x x 时， ( ) 0k x  ，当 1 2x x x  时， ( ) 0k x  ， ( )k x 的最小值是 (0) 0k  或 2( )k x ，由 2( ) 0k x  ，得 2 24 1xe x  ，  2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2( ) 2 1 4 1 2 1 ( 2)(2 1)xk x e x x x x x x x             ， 2 (2 2,2)x ln ， 2( ) 0k x  ， 当 0x  时， 22 1 0xe x x    恒成立，即得证． 2．已知函数 2 ( ) ( )x x alnxf x a Re   ． （1）当 1a  时，证明：函数 ( )f x 的导函数 ( )f x 存在唯一的零点； （2）若不等式 2 1 1 ( ) x x ax xxf x e     … 恒成立，求实数 a 的取值范围． （1）证明：当 1a  时， 2 ( ) x x lnxf x e  ， 所以 212 ( ) x x x lnxxf x e      ， 记 21( ) 2 ( 0)g x x x lnx xx      ， 所以 3 2 2 2 1 1 2 2 1( ) 2 2 x x xg x xx x x          ， 又记 3 2( ) 2 2 1t x x x x     ， 所以 2 21 1( ) 6 4 1 6( ) 03 3t x x x x          ， 所以 ( )t x 在区间 (0, ) 上单调递减， 所以 ( ) (0) 1 0t x t    ， 所以 ( ) 0g x  ， 所以 ( )g x 在区间 (0, ) 上单调递减， 且 g （2） 1 2 2 02 ln e ln     ， 3 17 3( ) 02 12 2g ln   ， 由零点存在性定理可得存在唯一 0 3(2x  ， 2) ，使得 0( ) 0g x  ，即 0( ) 0f x  ， 即函数 ( )f x 的导函数 ( )f x 存在唯一的零点． （2）解：由不等式 2 1 1 ( ) x x ax xxf x e     … 恒成立， 化简可得 1 1 0alnx ax xx     … 恒成立， 令 1( ) 1x alnx ax xx       ， 0x  ， 则 2 2 2 2 1 (1 ) 1 ( 1)[(1 ) 1]( ) 1a a x ax x a xx ax x x x              ， 当1 0a … ，即 1a„ 时，令 ( ) 0x  ，可得 1x  ，令 ( ) 0x  ，可得 0 1x  ， 所以 ( )x 在 (0,1) 上单调递减，在 (1, ) 上单调递增， 所以 ( )x … （1） 1 0a  … ，满足题意； 当1 0a  ，即 1a  时，因为 （1） 1 0a   ，不满足题意， 综上所述，实数 a 的取值范围是 ( ，1]． 3．已知函数 ( ) 1( )f x ax a R   ， ( ) sin cosg x x x  ． （Ⅰ）当 1a  时，证明：不等式 ( ) ( )f x g x… 在[0 ， ) 上恒成立； （Ⅱ）若不等式 ( ) ( )f x g x… 在[ 4  ， ) 上恒成立，求实数 a 取值的集合． （Ⅰ）证明：当 1a  时，令 ( ) ( ) ( ) 1 sin cosh x f x g x x x x      ， x R ， 则 ( ) 1 cos sinh x x x    ， 当 0 4x „ 时， ( ) 1 cos sin 0h x x x     ， 所以 ( )h x 在[0 ， )4  上单调递增，所以 ( ) (0) 0h x h … ，所以 ( ) ( )f x g x… ， 当 4x  … 时， ( ) 1 2 sin( ) 1 2 04 4h x x x        … ，所以 ( ) ( )f x g x… ． 综上所述，当 1a  时，不等式 ( ) ( )f x g x… 在[0 ， ) 上恒成立． （Ⅱ）令 ( ) ( ) ( ) 1 sin cost x f x g x ax x x      ， 4x … ， 则 ( ) cos sint x a x x    ， （1）当 0x… 时，由题意得 ( ) 0t x … 在[0 ， ) 上恒成立， 因为 (0) 0t  ，所以 (0) 1 0t a   … ，所以 1a… ， 当 1a… 时，由（Ⅰ）得 ( ) 1 sin cos 1 sin cos 0t x ax x x x x x      … … ， 所以当 0t… 在[0 ， ) 上恒成立时 1a… ； （2）当 04 x „ 时，由题意得 ( ) 0t x … 在[ 4  ， 0) 上恒成立， 因为 (0) 0t  ，所以 (0) 1 0t a   „ ，所以 1a„ ， 当 1a„ 时， ( ) 1 sin cos 1 sin cost x ax x x x x x      … ， 由（Ⅰ）得 ( ) 1 cos sin 1 2 sin( ) 04h x x x x         ， 所以 ( )h x 在[ 4  ， 0) 上单调递减，所以 ( ) (0) 0h x h … ，所以 ( ) 0t x … ， 所以当 ( ) 0t x … 在[ 4  ， 0) 上恒成立时 1a„ ． 综上所述，实数 a 的取值集合为{1} ． 4．已知函数 ( ) (2 1)f x alnx a x   ． （1）求函数 ( )f x 的单调区间； （2）若 ( ) 1 2f x ax  在 (1, )x  上恒成立，求整数 a 的最大值．（参考数据： 43 3ln  ， 54 )4ln  ． 解：（1） ( ) (2 1)f x alnx a x   ， (0, )x  ， (2 1)( ) (2 1)a a a xf x ax x       ， ① 1 02 a „ „ 时， ( ) 0f x „ 在 (0, ) 恒成立， ( )f x 在 (0, ) 递减，无递增区间， ② 0a  时，令 ( ) 0f x  ，解得： 0 2 1 ax a    ， 令 ( ) 0f x  ，解得： 2 1 ax a   ， 故 ( )f x 在 (0, )2 1 a a  递增，在 (2 1 a a  ， ) 递减， ③ 1 2a   时，令 ( ) 0f x  ，解得： 2 1 ax a   ， 令 ( ) 0f x  ，解得： 2 1 ax a   ， 故 ( )f x 在 (0, )2 1 a a  递减，在 (2 1 a a  ， ) 递增， 综上： 1 2a   时， ( )f x 在 (0, )2 1 a a  递减，在 (2 1 a a  ， ) 递增， 1 02 a „ „ 时， ( )f x 在 (0, ) 递减，无递增区间， 0a  时， ( )f x 在 (0, )2 1 a a  递增，在 (2 1 a a  ， ) 递减； （2） ( ) 1 2f x ax  即 (2 1) 1 2 0alnx a x ax     恒成立， 故 1xa lnx  恒成立，令 1( ) xg x lnx  ，则 2 1 ( ) ( ) xlnx xg x lnx    ， 令 1( ) 1t x lnx x    ， y lnx 和 1y x   在 (1, ) 递增， ( )t x 在 (1, ) 上单调递增，且 t （3） 43 03ln   ， t （4） 54 04ln   ， 故存在 0 (3,4)x  ，使得 0( ) 0t x  ，此时 0 0 1 1lnx x   ， 0(1, )x x 时， ( ) 0g x  ， ( )g x 单调递减， 0(x x ， ) 时， ( ) 0g x  ， ( )g x 单调递增， 故 0 0 0 0 0 0 1 1( ) ( ) (3,4)1 1 min x xg x g x xlnx x        ， 1xa lnx  恒成立， 0( )mina g x x   ， 故 a 的最大值是 3． 5．已知函数 ( ) 2 ( 1) 4xf x ae x   ， 2( ) 2 8g x x x  ． （Ⅰ）若 1 2a  ，求曲线 ( )y f x 在点 (0 ， (0))f 处的切线方程； （Ⅱ）若 ( ) ( )f x g x… 在[ 2 ， ) 上恒成立，求实数 a 的取值范围． 解：（Ⅰ）当 1 2a  时， ( ) ( 1) 4xf x e x   ， ( ) ( 2)xf x e x   ，故 (0) 2f   ，又 (0) 3f   ， 故曲线 ( )y f x 在点 (0 ， (0))f 处的切线方程是： 2 3y x  ； （Ⅱ）设函数 2( ) ( ) ( ) 2 ( 1) 2 8 4xF x f x g x ae x x x       ， [ 2x  ， ) ， 由题设条件可知 2 2( 2) 4 0aF e     … ，且 (0) 2 4 0F a  … ， 则 22 2a e„ „ ， ( ) 2 ( 1) 2 4 8 2( 2)( 2)x x xF x ae x ae x x ae         ， 令 ( ) 0F x  ，解得： 1 2x ln a  ， 2 2x   ， 22 2a e „ „ ， 12 0x „ „ ， ①若 1 2x   ，即 22a e ，当 [ 2x  ， ) 时， ( ) 0F x … ， ( )F x 单调递增， 而 ( 2) 0F   ， ( ) 0F x … ，即 ( ) ( )f x g x… ； ②若 12 0x  „ 即 22 2a e„ ， 当 [ 2x  ， 1)x 时， ( ) 0F x „ ，当 1(x x ， ) 时， ( ) 0F x  ， 故 ( )F x 在[ 2 ， 1)x 递减，在 1(x ， ) 递增， 故 ( )F x 在 1x x 处取得最小值， 而 1 2 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1( ) 2 ( 1) 2 8 4 4 4 2 8 4 2 ( 2) 0xF x ae x x x x x x x x             … ， ( ) 0F x … ，即 ( ) ( )f x g x… ， 综上，实数 a 的取值范围是[2 ， 22 ]e ． 6．已知函数 ( ) cos 2 2xf x e a x x    ， ( )f x 为 ( )f x 的导函数． （1）讨论 ( )f x 在区间 (0, )2  内极值点的个数； （2）若 [ 2x   ， 0]时， ( ) 0f x … 恒成立，求实数 a 的取值范围． 解：（1）由 ( ) cos 2 2xf x e a x x    ，得 ( ) sin 2xf x e a x    ， 令 ( ) sin 2xg x e a x   ，则 ( ) cosxg x e a x   ， (0, )2x  ， 1xe  ， 0 cos 1x  ， 当 1a„ 时， ( ) 0g x  ， ( )g x 单调递增，即 ( )f x 在区间 (0, )2  内无极值点， 当 1a  时， ( ) sinxg x e a x   ， (0, )2x  ，故 ( ) 0g x  ， 故 ( )g x 在 (0, )2  单调递增，又 (0) 1 0g a    ， 2( ) 02g e    ， 故存在 0 (0, )2x  ，使得 0( ) 0g x  ，且 0(0, )x x 时， ( ) 0g x  ， ( )g x 递减， 0(x x ， )2  时， ( ) 0g x  ， ( )g x 单调递增，故 0x x 为 ( )g x 的极小值点， 此时 ( )f x 在区间 (0, )2  内存在 1 个极小值点，无极大值点； 综上：当 1a„ 时， ( )f x 在区间 (0, )2  内无极值点， 当 1a  时， ( )f x 在区间 (0, )2  内存在 1 个极小值点，无极大值点． （2）若 [ 2x   ， 0]时， ( ) 0f x … 恒成立，则 (0) 1 2 0f a   … ，故 1a… ， 下面证明 1a… 时， ( ) 0f x … 在 [ 2x   ， 0]恒成立， [ 2x   ，0] 时，0 cos 1x„ „ ，故 1a… 时， ( ) cos 2 2 cos 2 2x xf x e a x x e x x      … ， 令 ( ) cos 2 2xh x e x x    ， [ 2x   ， 0]，故 ( ) sin 2xh x e x    ， 令 ( ) sin 2xx e x    ，则 ( ) cosxx e x   ， ( ) sinxx e x   在区间[ 2  ， 0] 单调递增， 又 13 3 3( ) 03 2 2e e          ，故 ( )x 在[ 2  ， ]3  上单调递减， 又 2( ) 02 e       ， 13 1 1( ) 03 2 2e e          ， 故存在 1 ( 2x   ， )3  ，使得 1( ) 0x  ，且 ( 2x   ， 1)x 时， ( ) 0x  ， ( )h x 递增， 1(x x ，0) 时， ( ) 0x  ， ( )h x 单调递减，故 1x x 时， ( )h x 取得最大值，且 1( ) ( )maxh x h x   ， 1( ) 0x  ， 1 1cosxe x ， 1 1 1 1( ) ( ) cos sin 2 2 cos( ) 2 04maxh x h x x x x           „ ， 故 ( )h x 单调递减，故 [ 2x   ， 0] 时， ( ) (0) 0h x h … 即 ( ) 0f x … 成立， 综上，若 [ 2x   ， 0] 时， ( ) 0f x … 恒成立，则 a 的取值范围是[1， ) ． 7．函数 ( ) 2f x lnx mx   ． （1）求函数 ( )y f x 的单调区间； （2）若 ( ) (2 )( 1)xf x x e m  „ 在 (0x ， 2]恒成立，求实数 m 的取值范围． 解：（1） 1 1( ) ( 0)mxf x m xx x      ， 当 0m„ 时， ( ) 0f x  ， ( )f x 在 (0, ) 递增， 当 0m  时，令 ( ) 0f x  ，解得： 10 x m   ，令 ( ) 0f x  ，解得： 1x m  ， 故 ( )f x 在 1(0, )m 单调递增，在 1(m ， ) 单调递减； （2） ( ) (2 )( 1)xf x x e m   „ 在 (0x ， 2]恒成立， 2 4 ( 2) xm x e lnx x    … 在 (0x ， 2]恒成立， 设 ( ) ( 2) xg x x e lnx x    ，则 1 1( ) ( 1) 1 ( 1)( )x xg x x e x ex x         ， 设 1( ) xh x e x   ，则 2 1( ) 0xh x e x     ， 故 ( )h x 在 (0 ， 2]上单调递增，又 1( ) 2 02h e   ， h （1） 1 0e   ， 故存在唯一 0 1(2x  ，1) ，使得 0( ) 0h x  ， 故当 0(0, )x x 时， ( ) 0h x  ，当 0(x x ，1) 时， ( ) 0h x  ， 故当 0(0, )x x 时， ( ) 0g x  ，当 0(x x ，1) 时， ( ) 0g x  ， 故函数 ( )g x 在 0(0, )x 递增，在 0(x ，1) 递减，在 (1 ， 2]递增， 故 0( ) { ( )maxg x max g x ， g （2）}， 由 0 0 0 1( ) 0xh x e x    得 0 0 1xe x  ，且 0 0lnx x  ， 故 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 1( ) ( 2) ( 2) 2 1 2( )xg x x e lnx x x x xx x           ， 0 1(2x  ，1) ， 0 0 1 2x x    ， 0( ) 3g x   ， g （2） 2 2 2ln    ， 当 (0x ， 2]时， ( )maxg x g （2） 2 2ln  ， 故 2 4 2 2m ln … ，解得： 1 2m ln… ， 故 m 的取值范围是[1 2ln ， ) ． 8．已知函数 ． （1）求 ( )f x 的单调区间； （2）若不等式 1(1 )n a en  „ 对任意 *n N 恒成立，求 a 的取值范围． 解：（1） ( )f x 的定义域 ( 1, )  ， 2 2 2 2 2 ( 1) 2 2( 1) ( 1) 2( ) 1 ( 1) ( 1) ln x x x x ln x x xf x x x x            ， 令 2( ) 2( 1) ( 1) 2g x x ln x x x     ， ( 1, )x   ， ( ) 2 ( 1) 2g x ln x x    ， 令 ( ) 2 ( 1) 2h x ln x x   ， ( 1, )x   ， 2( ) 21h x x    ， 当 1 0x   时， ( ) 0h x  ，当 0x  时， ( ) 0h x  ， 所以 ( )h x 在 ( 1,0) 单调递增，在 (0, ) 单调递减， 又 (0) 0h  ，故 ( ) 0h x „ ，即当 1x   时， ( ) 0g x „ ， 所以 ( )g x 在 ( 1, )  单调递减， 于是当 1 0x   时， ( ) (0) 0g x g  ，当 0x  时， ( ) (0) 0g x g  ， 所以当 1 0x   时， ( ) 0f x  ，当 0x  时， ( ) 0f x  ， 所以 ( )f x 的单调递增区间为 ( 1,0) ，单调递减区间为 (0, ) ． （2）不等式 *1(1 ) ( )n a e n Nn  „ 等价于 1( ) (1 ) 1n a ln n   „ ， 又 11 1n   ，故 1 1(1 ) a n ln n   „ ， 设 1 1( ) ( 1)x ln x x    ， (0x ，1]， 2 2 2 2 2 2 ( 1) ( 1) ( )( ) ( 1) ( 1) ( 1) x ln x x f xx x x ln x x ln x         ， 又 ( ) (0) 0f x f „ ，故当 (0x ，1]时， ( ) 0x  ， 所以 ( )x 在 (0 ，1]单调递减，于是 1( ) (1) 12x ln    … ，故 1 12a ln „ ， 所以 a 的取值范围为 ( ， 1 1]2ln  ． 9．已知 a R ，设函数 ( ) ( )f x aln x a lnx   ． （Ⅰ）讨论函数 ( )f x 的单调性； （Ⅱ）若 2 ( ) 1a x xf x e ln a  „ 恒成立，求实数 a 的取值范围． 解：（Ⅰ） 1 ( 1)( ) ( ) a a x af x x a x x x a       ， 0x  且 x a  ． ①当 0a… 时， ( ) 0f x  ， ( )f x 在 (0, ) 上单调递增； ②当 1a „ 时， ( 1 1) 1( ) 0( ) xf x x x a    „ ， ( )f x 在 ( , )a  单调递减； ③当 1 0a   时， 01 a aa     ， ( , )1 ax a a     时， ( ) 0f x  ， ( )f x 单调递减， ( 1 ax a    ， ) 时， ( ) 0f x  ， ( )f x 单调递增． 综上，当 0a… 时， ( )f x 在 (0, ) 上单调递增； 当 1a „ 时， ( )f x 在 ( , )a  单调递减； 当 1 0a   时， ( )f x 在 ( , )1 aa a    上单调递减，在 ( 1 a a   ， ) 上单调递增； （Ⅱ）设 2 2 ( ) 1 ( ) ( ) 1a x a xxg x e ln f x e aln x a lnaa          ， 0x  ， 0a  ． 若 0 lim ( ) 0x g x alna lna     ，则由图象的连续性知，必存在区间 (0, )ò ，使得 ( ) 0g x  ，与题 意矛盾； 则 0 lim ( ) 0x g x alna lna    … ， 0 1a  „ ． 22( ) a x ag x a e x a      ， 24 2( ) 0( ) a x ag x a e x a      ，则 ( )g x 单调递增， ①若 1a  ， 0 lim ( ) 0x g x   ， ( ) 0g x  恒成立， 0 ( ) lim ( ) 0x g x g x    ，符合； ②若 0 1a  ， 2 0 lim ( ) 1 0x g x a     ， x   时， ( )g x   ，且 ( )g x 单调递增， 则存在唯一 0 (0, )x   ， 0( ) 0g x  ， 且 0(0, )x x 时， ( ) 0g x  ， ( )g x 单调递减， 0(x x ， ) 时， ( ) 0g x  ， ( )g x 单调递增，  2 0 0 0( ) ( ) ( ) 1a x ming x g x e aln x a lna      ． 由 2 02 0 0 ( ) 0a x ag x a e x a      ，可得 2 0 0 1 ( ) a xe a x a   ，且 2 0 0( )a x ln x a lna    ，  3 3 4 0 0 0 0 1 1( ) 1 ( ) 1( ) ( )ming x a x alna lna a x a a alna lnaa x a a x a              3 4 4 0 0 12 ( ) 1 2 1( ) a x a a alna lna a a alna lnaa x a           … 4 42 1 ( 1) 2 1 ( 1)( 1)a a a lna a a a a         … 4 2 4 22 1 2 1 (1 ) 0a a a a a a         ， 0 1a   时符合． 综上， (0a ，1]． 10．已知函数 ( ) 1 ( )xf x e ax a R    ． （1）试讨论函数 ( )f x 的零点个数； （2）若函数 ( ) ( 1)xg x ln e lnx   ，且 [ ( )] ( )f g x f x 在 (0, )x  上恒成立，求实数 a 的取 值范围． 解：（1）根据题意，可得 ( ) xf x e a   ，则有： ①若 0a„ ，则 ( ) 0xf x e a    ，此时可得函数 ( )f x 在 R 上单调递增， 又因为 (0) 0f  ，所以函数只有一个零点； ②若 0a  ，令 ( ) 0f x  ，则有 x lna ， 所以 ( ) 0f x x lna    ，此时函数 ( )f x 在 ( , )lna  上单调递增； ( ) 0f x x lna    ， 此 时 函 数 ( )f x 在 ( , )lna 上 单 调 递 减 ； 即 得 ( ) ( ) 1minf x f lna a alna    ， 则有： ( )i 当 0 1lna a   时，则 ( ) 0f x … ，此时函数 ( )f x 只有一个零点； ( )ii 当 0lna  时，即 1a  时，则 ( ) (0) 0f lna f  ， 又因为 x   时， ( )f x   ； x   时， ( )f x   ， 根据零点存在定理可得，此时函数 ( )f x 在 R 上有两个零点． 综上可得，当 0a„ 或 1a  时，函数 ( )f x 只有一个零点；当 (0a ，1) (1 ， ) 时，函数 ( )f x 有两个零点． （2）由（1）可知，当 0a„ 或 1a  时， ( )f x 在 (0, ) 上单调递增， 则有 1[ ( )] ( ) ( ) ( 1) x x ef g x f x g x x ln e lnx x ln xx          在 (0, ) 上恒成立， 又因为 0x  时， 1 0 xe x   ，所以 1xeln xx    1 1 1 0 x x x x x xe e e xe xe ex          令 ( ) 1( 0)x xH x xe e x    ( ) 0xH x xe   在 (0, ) 上恒成立，即得函数 ( )H x 在 (0, ) 上单调递增， 故有 ( ) (0) 0H x H  ，即得 [ ( )] ( )f g x f x 在 (0, )x  上恒成立，符合题意； 当 0 1a  时，由（1）得， ( )f x 在 (0, ) 上单调递增，则由上结论可知， [ ( )] ( )f g x f x 在 (0, )x  上恒成立，符合题意； 当 1a  时，由（1）得， ( )f x 在 (0, )lna 上单调递减，在 ( , )lna  上单调递增， 此时当 0 x lna  时， 0 ( ) [ ( )] ( )g x x lna f g x f x     ，不合题意， 综上可得， 1a„ ，即 (a  ，1]．