高中数学压轴题系列——导数专题——恒成立问题(分类讨论和分离变量)

高中数学压轴题系列——导数专题——恒成立问题（分类讨论和分离变量）
头条号：延龙高中数学 微信：gyl_math123
1．（2018?全国一模）已知函数f（x）=﹣4x
3
+ax，x∈R．

（1）讨论函数f（x）的单调性；（2）若函数f（x）在[﹣1，1]上的最大值为1，求实数a的 取值集合．

解：（1）f'（x）=﹣12x
2
+a．

当a=0时，f（x）=﹣4x
3
在R上单调递减；

当a＜0时， f'（x）=﹣12x
2
+a＜0，即f（x）=﹣4x
3
+ax在R上单调 递减；

当a＞0时，f'（x）=﹣12x
2
+a.
f'（x）＜ 0，f（x）在上递减；

上递增；

上递减；

时，

时，f'（x）＞0，f（x）在
时，f'（x）＜0，f（x）在< br>综上，当a≤0时，f（x）在R上单调递减；

当a＞0时，f（x）在上递减；在上递增；上递减．

（2）∵函数f（x）在[﹣ 1，1]上的最大值为1．即对任意x∈[﹣1，1]，f（x）≤1恒成立．

亦即﹣4x< br>3
+ax≤1对任意x∈[﹣1，1]恒成立．变形可得，ax≤1+4x
3
．

当x=0时，a?0≤1+4?0
3
即0≤1，可得a∈R；
当x∈（0，1]时，
当
．则令，则．

，∴a≤3．

，则．

时，f'（x）＜0，当
．则
时，f'（x）＞0．因此 ，
令当x∈[﹣1，0）时，

当x∈[﹣1，0）时，f'（x）＜0，因此，g （x）
max
=g（﹣1）=3，∴a≥3．

综上，a=3，∴a的取值集合为{3}．



2．（2018?遂宁模拟）已知函数f（x）=
（1）求函数f（x）的单调区间和极值点；
（2）当x≥1时，f（x）≤a（1﹣
解：（1）因为f（x）=
）恒成立，求实数 a的取值范围．

，令f'（x）=0，解得x=e，…（2分）


，求导得f′（x）=
又函数的定义域为（0，+∞），当x∈（0，e）时，f'（x）＞0；当x ∈（e，+∞）时，f'（x）＜0，

所以函数f（x）在（0，e）单调递增；在（e，+∞）单调递减，

有极大值点x=e；无极小值点． …（4分）

（2）由f（x）≤a（1﹣）恒成立，得≤a（1﹣），（x≥1）恒成立，

即x lnx≤a（x
2
﹣1）（x≥1）恒成立．令g（x）=xlnx﹣a（x
2
﹣1）（x≥1）

g′（x）=lnx+1﹣2ax，令F（ ）=lnx+1﹣2ax，则F′（x）=，…（5分）

①若a≤0，F′（x）＞0，g′ （x）在[1，+∞）递增，g′（x）≥g′（1）=1﹣2a＞0，

故有g（x）≥g（1）=0不符合题意．…（7分）

②若
从而在
，∴，

上，g′（x）＞g′（1）=1﹣2a＞0，同（1），不合题意…（9分）

③若a≥，F′（x）≤0在[1，+∞）恒成立，

∴g′（x）在[1，+∞）递减，g′（x）≤g′（1）=1﹣2a≤0，

从而g（x）在[1，+∞）递减，故g（x）≤g（1）=0 …（11分）

综上所述，a的取值范围是[，+∞）．…（12分）


3．（2018?瓦房店市一模）已知函数f（x）=ax﹣1﹣lnx，a∈R．

（Ⅰ）讨论函数f（x）的单调区间；

（Ⅱ）若函数f（x）在x=1处取得极值， 对?x∈（0，+∞），f（x）≥bx﹣2恒成立，求b的取值范围．

解：（Ⅰ）在区间（0，+∞）上，．

①若a≤0，则f′（x）＜0，f（x）是区间（0，+∞）上的减函数；

②若a＞0，令f′（x）=0得x=．

在区间（0，）上，f′（x）＜0，函数f（x）是减函数；

在区间上，f′（x）＞0，函数f（x）是增函数；

综上所述，①当a≤0时，f（x）的递减区间是（0，+∞），无递增区间；

②当a＞0时，f（x）的递增区间是，递减区间是．

（II）因为函数f（x）在x=1处取得极值，所以f′（1）=0

解得a=1，经检验满足题意．

由已知f（x）≥bx﹣2，则
令g（x）==1+，则


易得g （x）在（0，e
2
]上递减，在[e
2
，+∞）上递增，

所以g（x）
min
=，即．
4．（2018?玉溪模拟） 已知函数f（x）=xe
﹣
x
+（x﹣2）e
x
﹣
a
（e≈2.73）．

（Ⅰ）当a=2时，证明函数f（x）在R上是增函数；

（Ⅱ）若a＞2时，当x≥1时，f（x）≥恒成立，求实数a的取值范围．

解：（ Ⅰ）当a=2时，f（x）=xe
﹣
x
+（x﹣2）e
x
﹣
2
，f（x）的定义域为R，

f′（x）=e
﹣
x
﹣xe
﹣
x
+e
x
﹣
2
+（x﹣2）e
x
﹣
2
=（x﹣1）（e
x
﹣
2
﹣e
﹣
x
）=e
﹣
x
（x﹣1）（e
x
﹣
1
﹣1） （e
x
﹣
1
+1）．

当x≥1时，x﹣1≥0，e
x
﹣
1
﹣1≥0，所以f′（x）≥0，

当x＜1时，x﹣1＜ 0，e
x
﹣
1
﹣1＜0，所以f′（x）≥0，

所以对任意实数x，f′（x）≥0，所以f（x）在R上是增函数；

（II） 当x≥1时，f（x）≥恒成立，即（x﹣2）e
2x
﹣
a
﹣x
2< br>+3x﹣1≥0恒成立，

设h（x）=（x﹣2）e
2x
﹣
a
﹣x
2
+3x﹣1（x≥1），则h′（x）=（2x﹣3）（e
2x﹣
a
﹣1），

令h′（x）=（2x﹣3）（e
2x
﹣
a
﹣1）=0，解得
（1）当1＜＜，即2＜a＜3时，

x

（1，
）

h′（x）

+

0

极大
值


，，

（，
）

﹣

单调递
减


（，+∞）

0

极小
值

+

单调递增

h（x）

单调递
增

所以要 使结论成立，则h（1）=﹣e
2
﹣
a
+1≥0，h（）=﹣e
3< br>﹣
a
+≥0，即e
2
﹣
a
≤1，e
3
﹣
a
≤，

解得a≥2，a≥3﹣ln，所以3﹣ln≤a＜3；

（2）当=，即a=3时，h′（x）≥0恒成立，所以h（x）是增函数，又h（1）=﹣e
﹣
1
+1＞0，

故结论成立；

（3）当
x

，即a＞3时，

（1，
）

h′（x）

+

0

极大

（，
）

﹣

单调递

（，+∞）

0

极小
+

单调递增

h（x）

单调递

增

值

减

值

所以要使结论成立，
则h（1）=﹣e
2
﹣
a
+1≥0，h（）=﹣+2a﹣3≥0，即e< br>2
﹣
a
≤1，a
2
﹣8a+12≤0，

解得a≥2，2≤a≤6，所以3＜a≤6；

综上所述，若a＞2，当x≥1时，f（x）≥
分）


5.（2017秋?许昌月考）已知函数f（x）=x﹣lnx+a（+lnx）（a＜0）．

（Ⅰ）求曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线方程；

（Ⅱ）设函数g（ x）=．若对于任意x∈（1，e]，都有f（x）＞ag（x）成立，求实数a的取值范围．

解：（Ⅰ）函数的定义域为（0，+∞）．由f（x）=x﹣lnx+a（+lnx）（a＜0），

得f′（x）=1﹣+a（）=，∴f′（1）=0，又f（1）=1+a，

恒成立 ，实数a的取值范围是3﹣ln≤a≤6．（12
∴曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线方 程为y=1+a；

（Ⅱ）由对于任意x∈（1，e]，都有f（x）＞ag（x）成立， < br>则x﹣lnx+a（+lnx）＞对于任意x∈（1，e]成立，等价于a﹣1＞﹣
令F（x）= ﹣，则当x∈（1，e]时，a﹣1＞F（x）
max
．F′（x）=
对于任意x∈（ 1，e]成立．

．

∵当x∈（1，e]时，F'（x）≥0，∴F（x）在[1，e]上单调递增．

∴ F（x）
max
=F（e）=﹣e，即a﹣1＞﹣e，得a＞1﹣e．∴1﹣e＜a＜0．

6.（2016?合肥一模）已知函数f（x）=ex﹣xlnx，g（x）=ex
﹣tx
2
+x，t∈R，其中e是自然对数的底数．

（Ⅰ）求函数 f（x）在点（1，f（1））处切线方程；

（Ⅱ）若g（x）≥f（x）对任意x∈（0，+∞）恒成立，求t的取值范围．

解 ：（Ⅰ）由f（x）=ex﹣xlnx，得f′（x）=e﹣lnx﹣1，则f′（1）=e﹣1．
< br>而f（1）=e，∴所求切线方程为y﹣e=（e﹣1）（x﹣1），即y=（e﹣1）x+1；

（Ⅱ）∵f（x）=ex﹣xlnx，g（x）=e
x
﹣tx
2
+x ，t∈R，∴g（x）≥f（x）对任意x∈（0，+∞）恒成立．

?e
x
﹣tx
2
+x﹣ex+xlnx≥0对任意x∈（0，+∞）恒成立．
即t≤对任意x∈（0，+∞）恒成立．令F（x）=．

则F′（x）=，设G（x）=，

则G′（x）=
∴G（x）=
对任意x∈（0，+∞）恒成立．

在（0，+∞）单调递增，且G（1）=0．

∴x∈（0，1）时，G（x）＜0，x∈（1，+∞）时，G（x）＞0，

即x∈（0，1）时，F′（x）＜0，x∈（1，+∞）时，F′（x）＞0，

∴ F（x）在（0，1）上单调递减，F（x）在（1，+∞）上单调递增．∴F（x）≥F（1）=1．

∴t≤1，即t的取值范围是（﹣∞，1]．


7．（2018?红谷滩新 区校级二模）已知f（x）=xlnx，g（x）=﹣x
2
+ax﹣3．

（Ⅰ）对一切x∈（0，+∞），2f（x）≥g（x）恒成立，求实数a的取值范围；

（Ⅱ）证明：对一切x∈（0，+∞），都有成立．

【解答】（Ⅰ）解 对一切x∈（0，+∞），有2xln x≥﹣x
2
+ax﹣3，则a≤2ln x+x+，

设h（x）=2ln x+x+（x＞0），则h′（x）=
当x∈（0 ，1）时，h′（x）＜0，h（x）是减少的，

当x∈（1，+∞）时，h′（x）＞0， h（x）是增加的，所以h（x）
min
=h（1）=4．

因为对一切x∈ （0，+∞），2f（x）≥g（x）恒成立，所以a≤h（x）
min
=4．…（5分）

（Ⅱ）证明：问题等价于xln x＞﹣（x∈（0，+∞）），
，

f（x）=xln x（x∈（0，+∞））的最小值是﹣，

当且仅当x=时取到，设m（x）=﹣（x∈（0，+∞）），则m′（x）=，

易知m（x）
max
=m（1）=﹣，当且仅当x=1时取到．

从而对一切x∈（0，+∞），都有ln x＞

8．（2018?拉萨一模）已知函 数f（x）=lnx﹣ax，e为自然对数的底数，a∈R．

（1）讨论函数f（x）的单调 性；（2）当x≥1时，
解：（1）f（x）的定义域为（0，+∞），．

恒成立，求a的取值范围．

﹣成立． …（12分）

若a≤0时，则f'（x）＞0，∴f（x）在（0，+∞）上单调递增；

若a＞0时，则由f'（x）=0，∴．

当
当
时， f'（x）＞0，∴f（x）在
时，f'（x）＜0，∴f（x）在
上单调递增；

上单调递减．

综上所述，当a≤0时，f（x）在（0，+∞）上单调递增；

当a＞0时，f（x）在
（2）由题意得：
上单调递增，在上单调递减．

对x≥1时恒成立．

对x≥1时恒成立，∴
令
∴
∵
，（x≥1），∴
对x≥1时恒成立，∴
．令，

在[1，+∞）上单调递减，

，∴当x∈[1，e]时，h（x）≥0，∴g'（x ）≥0，g（x）在[1，e]上单调递增；

当x∈（e，+∞）时，h（x）＜0，∴g' （x）＜0，g（x）在[e，+∞）上单调递减．

∴g（x）在x=e处取得最大值

，∴a的取值范围是．