函数恒成立问题专题突破练-2025届高三数学一轮复习

函数恒成立问题专题突破练-2025年高考数学一轮复习 一．选择题（共8小题） 1．（2024•昆明一模）“曲线y＝ex恒在直线y＝x+b的上方”的一个充分不必要条件是（　　） A．b＜1 B．1＜b＜e C．﹣e＜b＜0 D．b＞e 2．（2024•三台县校级模拟）对于实数x∈（0，+∞），不等式ex﹣ln（mx）+（1﹣m）x≥0恒成立，则实数m的取值范围为（　　） A．0＜m≤1 B．m≤1 C．0＜m≤e D．m≤e 3．（2024•海珠区校级模拟）设实数a＞0，若不等式对任意x＞0恒成立，则a的最小值为（　　） A．e B．2e C． D． 4．（2024•天河区校级模拟）已知定义在R上的函数f（x）满足f（x+1）＝3f（x），当x∈（﹣1，0]时，．若∀x∈（﹣∞，t]，f（x）≥﹣18，则t的取值范围是（　　） A． B． C． D． 5．（2024•曲靖模拟）已知函数f（x）＝sin（ωx+φ），其中ω＞0，φ为实数，若f（x）相邻两条对称轴之间的距离为，且对x∈R恒成立，且，则的值为（　　） A． B． C． D． 6．（2024•临汾模拟）已知函数，则下列结论正确的是（　　） A．函数f（x）在（1，+∞）上单调递增 B．函数f（x）的图象关于直线x＝1对称 C．∀m＞2，方程f（x）＝m都有两个不等的实根 D．不等式f（x）＞﹣x+1恒成立 7．（2024•山西三模）设函数．若实数a，b，φ使得af（x）+bf（x﹣φ）＝1对任意x∈R恒成立，则a﹣b＝（　　） A．﹣1 B．0 C．1 D．±1 8．（2024•南宫市校级模拟）设函数f（x）的定义域为D，如果∀x∈D，∃y∈D，使得f（x）＝﹣f（y）成立，则称函数f（x）为“Ω函数”．给出下列四个函数：①y＝sin|x|；②；③；④f（x）＝﹣lnx，则其中“Ω函数”共有（　　） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 二．多选题（共3小题） （多选）9．（2024秋•蜀山区校级月考）已知f（x）＝2sinx+2，对任意的，都存在，使得f（x1）＝3f（x2+α）成立，则下列选项中，α可能的值是（　　） A． B． C． D． （多选）10．（2024秋•齐齐哈尔月考）设函数f（x）＝ax，g（x）＝logax，a＞0且a≠1，则（　　） A．函数f（x）和g（x）的图象关于直线y＝x对称 B．函数f（x）和g（x）的图象的交点均在直线y＝x上 C．若a＝e，方程f（x）+x＝8的根为x1，方程g（x）+x＝8的根为x2，则x1+x2＝8 D．已知a＞1，若f（f（x））＞x＞g（g（x））恒成立，则a的取值范围为 （多选）11．（2024秋•苏州月考）已知函数f（x）＝cos|x|+|sinx|和g（x）＝sin|x|+|cosx|，下列说法正确的是（　　） A．f（x）和g（x）均为周期函数，且2π是f（x）、g（x）的周期之一 B．f（x）和g（x）均为周期函数，且π是f（x）、g（x）的周期之一 C．f（x）的值域为[﹣1，] D．对∀x≥0恒成立 三．填空题（共3小题） 12．（2024秋•浦东新区校级月考）已知2x2+x+1＝a（x+1）2+b（x+1）+c对任意x∈R恒成立，则abc＝ 　 　． 13．（2024秋•屯溪区校级月考）设函数f（x）的定义域为R，满足，且当x∈（0，1]时，f（x）＝﹣x（x﹣1）．若对任意x∈[m，+∞），都有，则m的取值范围是 　 　． 14．（2024秋•北碚区校级月考）若定义在（0，+∞）的函数f（x）满足f（x+y）＝f（x）+f（y）+6xy，且有f（n）≥3n对n∈N*恒成立，则的最小值为 　 　． 四．解答题（共5小题） 15．（2024秋•郫都区期中）已知函数，x∈[2，+∞）． （1）当时，试判断f（x）的单调性，并加以证明； （2）若对任意x∈[2，+∞），f（x）≥1恒成立，求实数a的取值范围． 16．（2024秋•朝阳区校级期中）已知函数f（x）＝x2﹣2mx， （1）当x∈[0，1]，f（x）的最大值为3，求实数m的值． （2）当﹣1≤t≤1时，若不等式f（t）＞2t﹣2恒成立，求实数m的取值范围． 17．（2024秋•巴楚县期中）已知函数是定义在[﹣1，1]上的奇函数，且． （1）求a，b的值； （2）用定义法证明函数f（x）在[﹣1，1]上单调递增； （3）若f（x）≤m2﹣5mt﹣5对于任意的x∈[﹣1，1]，t∈[﹣1，1]恒成立，求实数m的取值范围． 18．（2024秋•宁德期中）已知函数，其中a，b是实数． （1）若a＝1，求f（x）的单调区间； （2）若函数f（x）在定义域上是单调函数，求实数a的取值范围； （3）若f（x）≤0恒成立，求5a+b的最小值． 19．（2024秋•龙凤区校级月考）已知函数． （1）若a＝2，求函数f（x）的值域； （2）若． ①判断函数g（x）的单调性，并求出其单调区间； ②已知a∈N*，且当，都有恒成立，求a的所有可能取值． 函数恒成立问题专题突破练-2025年高考数学一轮复习 参考答案与试题解析 一．选择题（共8小题） 1．（2024•昆明一模）“曲线y＝ex恒在直线y＝x+b的上方”的一个充分不必要条件是（　　） A．b＜1 B．1＜b＜e C．﹣e＜b＜0 D．b＞e 【解答】解：由曲线y＝ex恒在直线y＝x+b上方，可得ex＞x+b， 设f（x）＝ex﹣x﹣b，则f（x）＞0恒成立， 因为f′（x）＝ex﹣1， 所以当x∈（﹣∞，0）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减； 当x∈（0，+∞）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增； 所以f（x）min＝f（0）＝1﹣b， 又因为f（x）＞0恒成立， 所以f（x）min＞0， 即1﹣b＞0， 解得b＜1， 而只有C选项才满足是b＜1的充分不必要条件． 故选：C． 2．（2024•三台县校级模拟）对于实数x∈（0，+∞），不等式ex﹣ln（mx）+（1﹣m）x≥0恒成立，则实数m的取值范围为（　　） A．0＜m≤1 B．m≤1 C．0＜m≤e D．m≤e 【解答】解：已知x∈（0，+∞），由mx＞0知m＞0．故排除BD． 由ex﹣ln（mx）+（1﹣m）x≥0，得ex+x＞eln（mx）+ln（mx）， 构造函数f（x）＝ex+x，f（x）是R上的增函数，则由f（x）≥f（ln（mx））得x≥ln（mx），即， 令，x∈（0，+∞），， 由g′（x）＝0，得x＝1，当x∈（0，1），g′（x）＜0，则g（x）单调递减， 当x∈（1，+∞），g′（x）＞0，则g（x）单调递增， 所以g（x）min＝g（1）＝e，则m≤e，又m＞0，则0＜m≤e． 故选：C． 3．（2024•海珠区校级模拟）设实数a＞0，若不等式对任意x＞0恒成立，则a的最小值为（　　） A．e B．2e C． D． 【解答】解：因为不等式对任意x＞0恒成立， 所以a•eax≥lnx（x＞0）恒成立， 所以ax•eax≥xlnx（x＞0）恒成立，即eaxlneax≥xlnx（x＞0）， 令f（t）＝tlnt，则f'（t）＝lnt+1， 当时，f'（t）＜0，f（t）单调递减，当时，f'（t）＞0，f（t）单调递增， 因为a＞0，x＞0，所以eax＞1， 因此若时，不等式eaxlneax≥xlnx恒成立，则eax＞x恒成立， 若时，xlnx＜0，eaxlneax≥xlnx恒成立，则eax＞x也成立， 所以当x＞0时，eax＞x恒成立，所以得ax≥lnx，即， 设， 当0＜x＜e时，u'（x）＞0，u（x）单调递增，当x＞e时，u'（x）＜0，u（x）单调递减， 所以，所以，即正实数a的最小值为． 故选：C． 4．（2024•天河区校级模拟）已知定义在R上的函数f（x）满足f（x+1）＝3f（x），当x∈（﹣1，0]时，．若∀x∈（﹣∞，t]，f（x）≥﹣18，则t的取值范围是（　　） A． B． C． D． 【解答】解：当x∈（﹣1，0]时，， ∴f（x）在上单调递减，在上单调递增，f（x）≤0且f（x）的最小值为； 当x∈（0，1]时，x﹣1∈（﹣1，0]，f（x）＝3f（x﹣1）＝|2x﹣1|﹣1≥﹣1； 当x∈（1，2]时，x﹣2∈（﹣1，0]，f（x）＝32f（x﹣2）＝3|2x﹣3|﹣3≥﹣3； 当x∈（2，3]时，x﹣3∈（﹣1，0]，f（x）＝33f（x﹣3）＝9|2x﹣5|﹣9≥﹣9； 当x∈（3，4]时，x﹣4∈（﹣1，0]，f（x）＝34f（x﹣4）＝27|2x﹣7|﹣27≥﹣27． 令27|2x﹣7|﹣27＝﹣18，解得或， ∵∀x∈（﹣∞，t]，f（x）≥﹣18， ∴，即t的取值范围是（﹣∞，]． 故选：D． 5．（2024•曲靖模拟）已知函数f（x）＝sin（ωx+φ），其中ω＞0，φ为实数，若f（x）相邻两条对称轴之间的距离为，且对x∈R恒成立，且，则的值为（　　） A． B． C． D． 【解答】解：因为f（x）相邻两条对称轴之间的距离为， 所以＝，T＝π， 即＝π，解得ω＝2； 又因为对x∈R恒成立， 所以x＝为函数的对称轴， 所以f（）＝sin（+φ）， 所以+φ＝kπ+，k∈Z， 所以φ＝kπ+，k∈Z， 所以f（x）＝sin（2x+kπ+），k∈Z， 又因为， 所以sin（π+kπ+）＞sin（2π+kπ+），k∈Z， 当k为偶数时，﹣sin＞sin，该式不成立； 当k为奇数时，sin＞﹣sin，该式成立； 所以f（x）＝﹣sin（2x+）， 所以f（）＝﹣sin（2×+）＝﹣． 故选：D． 6．（2024•临汾模拟）已知函数，则下列结论正确的是（　　） A．函数f（x）在（1，+∞）上单调递增 B．函数f（x）的图象关于直线x＝1对称 C．∀m＞2，方程f（x）＝m都有两个不等的实根 D．不等式f（x）＞﹣x+1恒成立 【解答】解：因为， 所以当x＞1时，f（x）＝＝＝2+， 此时函数y＝f（x）在（1，+∞）上单调递减，且f（x）＞2恒成立； 当x＜1时，f（x）＝﹣＝﹣＝﹣2﹣＞﹣2， 此时函数y＝f（x）在（﹣∞，1）上单调递增，且f（﹣1）＝0； 作出函数的图象，如图所示： 由此可判断A错误； 因为f（﹣1）＝0，f（3）＝4， 所以f（﹣1）≠f（3），故函数不关于x＝1对称，故B错误； 当m＞2时，y＝m与函数y＝f（x）始终有2个交点， 所以∀m＞2，方程f（x）＝m都有两个不等的实根，故C正确； 由图象可得y＝f（x）的图象没有一直位于y＝﹣x+1的图象之上， 所以不等式f（x）＞﹣x+1不恒成立，故D错误． 故选：C． 7．（2024•山西三模）设函数．若实数a，b，φ使得af（x）+bf（x﹣φ）＝1对任意x∈R恒成立，则a﹣b＝（　　） A．﹣1 B．0 C．1 D．±1 【解答】解：因为＝2sin（x+）+1， 依题意有对任意的x∈R恒成立， 即2 对x∈R恒成立， 因此 对x∈R恒成立， 于是，显然b≠0，否则a＝0且a＝1，矛盾； 则sinφ＝0，显然cosφ≠1，否则a+b＝0且a+b＝1，矛盾， 从而cosφ＝﹣1，解得，φ＝（2k+1）π， 所以a﹣b＝0． 故选：B． 8．（2024•南宫市校级模拟）设函数f（x）的定义域为D，如果∀x∈D，∃y∈D，使得f（x）＝﹣f（y）成立，则称函数f（x）为“Ω函数”．给出下列四个函数：①y＝sin|x|；②；③；④f（x）＝﹣lnx，则其中“Ω函数”共有（　　） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【解答】解：由题意可得∀x∈D，∃y∈D，使得f（x）+f（y）＝0成立， 对于①，y＝sin|x|∈[﹣1，1]， 所以∃y，使得sin|x|+sin|y|＝0成立，满足题意； 对于②，因为y＝x+（x≠0）为奇函数， 所以当y＝﹣x时，x++y+＝0成立，满足题意； 对于③，因为（x≠1）， 由f（x）+f（y）＝0， 可得+＝0，x+y﹣2＝0， 所以当y＝2﹣x时，f（x）+f（y）＝0成立，满足题意； 对于④，f（x）＝﹣lnx（x＞0）， 由f（x）+f（y）＝0， 可得﹣lnx﹣lny＝﹣lnxy＝0＝ln1， 所以y＝时，满足题意． 故①②③④均为“Ω函数”． 故选：D． 二．多选题（共3小题） （多选）9．（2024秋•蜀山区校级月考）已知f（x）＝2sinx+2，对任意的，都存在，使得f（x1）＝3f（x2+α）成立，则下列选项中，α可能的值是（　　） A． B． C． D． 【解答】解：∵当时，sinx1∈[0，1]， ∴f（x1）＝2sinx1+2∈[2，4]， 又∵对∀，都∃，使得f（x1）＝3f（x2+α）成立， ∴3f（x2+α）min≤2，3f（x2+α）max≥4， 即，， ∵f（x）＝2sinx+2， ∴[2sin（x2+α）+2]min≤，[2sin（x2+α）+2]max≥， 即，， 又由正弦函数的性质可知y＝sinx在上单调递减，在上单调递增． 当时，，，，故A正确； 当时，，，故B错误； 当时，，，，故C正确； 当时，，，故D错误． 故选：AC． （多选）10．（2024秋•齐齐哈尔月考）设函数f（x）＝ax，g（x）＝logax，a＞0且a≠1，则（　　） A．函数f（x）和g（x）的图象关于直线y＝x对称 B．函数f（x）和g（x）的图象的交点均在直线y＝x上 C．若a＝e，方程f（x）+x＝8的根为x1，方程g（x）+x＝8的根为x2，则x1+x2＝8 D．已知a＞1，若f（f（x））＞x＞g（g（x））恒成立，则a的取值范围为 【解答】解：对于选项A，因为函数f（x）和g（x）互为反函数，所以函数f（x）和g（x）的图象关于直线y＝x对称，选项A正确； 对于选项B，设函数，，显然有，这两个函数的一个交点为，显然不在直线y＝x上，故选项B不正确； 对于选项C，若a＝e，f（x）+x＝8⇒ex＝8﹣x，g（x）+x＝8⇒lnx＝8﹣x， 由题意，x1是函数y＝ex，y＝8﹣x交点的横坐标，x2是函数y＝lnx，y＝8﹣x交点的横坐标， 而函数y＝ex，y＝lnx的图象关于直线y＝x对称，且直线y＝x与直线y＝8﹣x互相垂直，如图所示： 则，解得x＝y＝4， 所以x1+x2＝2×4＝8，故选项C正确； 对于选项D，a＞1时，若f（f（x））＞x＞g（g（x））恒成立，只需f（x），g（x）在x∈（1，+∞）上分布在y＝x的两侧，且均无交点， 所以f（x）＞g（x）在x∈（1，+∞）上恒成立，可令a＝20＞ee，函数f（x）和g（x）的大致图象如图所示： 当x＞1时，f（x）＞g（x）恒成立，则a的取值范围为是错误的，故选项D错误． 故选：AC． （多选）11．（2024秋•苏州月考）已知函数f（x）＝cos|x|+|sinx|和g（x）＝sin|x|+|cosx|，下列说法正确的是（　　） A．f（x）和g（x）均为周期函数，且2π是f（x）、g（x）的周期之一 B．f（x）和g（x）均为周期函数，且π是f（x）、g（x）的周期之一 C．f（x）的值域为[﹣1，] D．对∀x≥0恒成立 【解答】解：对于A，因为y＝cosx是偶函数，所以cos|x|＝cosx，所以f（x）＝cosx+|sinx|， 所以f（x+2π）＝cos（x+2π）+|sin（x+2π）|＝cosx+|sinx|，所以f（x）是周期函数，2π是它的周期， 而g（x+2π）＝sin|x+2π|+|cos（x+2π）|＝sin|x+2π|+|cosx|≠sin|x|+|cosx|， 所以2π不是它的周期，故A错； 对于B，因为f（x+π）＝cos|x+π|+|sin（x+π）|＝﹣cosx+|sinx|≠f（x），所以π不是它的周期， 因为g（x+π）＝sin|x+π|+|cos（x+π）|＝sin|x+π|+|cosx|≠g（x），所以π不是它的周期，故B错； 对于C，由A可知f（x）是最小正周期为2π的周期函数， 所以当x∈[0，2π]时，， 即， 当x∈[0，π]时，，所以， 当x∈（π，2π]时，，所以， 所以f（x）在[0，2π]上的值域为，由周期性可知f（x）的值域为，故C对； 对于D，当x≥0时，f（x）＝cosx+|sinx|，g（x）＝sinx+|cosx|， 所以＝sinx+|cosx|＝g（x）， 所以对∀x≥0恒成立，故D对． 故选：CD． 三．填空题（共3小题） 12．（2024秋•浦东新区校级月考）已知2x2+x+1＝a（x+1）2+b（x+1）+c对任意x∈R恒成立，则abc＝ 　﹣12　． 【解答】解：a（x+1）2+b（x+1）+c ＝a（x2+2x+1）+bx+b+c ＝ax2+2ax+a+bx+b+c ＝ax2+（2a+b）x+a+b+c， 又因为2x2+x+1＝a（x+1）2+b（x+1）+c对任意x∈R恒成立， 所以2x2+x+1＝ax2+（2a+b）x+a+b+c， 所以，解得， 所以abc＝﹣12． 故答案为：﹣12． 13．（2024秋•屯溪区校级月考）设函数f（x）的定义域为R，满足，且当x∈（0，1]时，f（x）＝﹣x（x﹣1）．若对任意x∈[m，+∞），都有，则m的取值范围是 　[﹣，+∞）　． 【解答】解：当x∈（﹣1，0]时，x+1∈（0，1]， 而x∈（0，1]时，f（x）＝﹣x（x﹣1）， 所以f（x+1）＝﹣（x+1）[（x+1）﹣1]＝﹣x（x+1）， 又2f（x+1）＝f（x）， 所以当x∈（﹣1，0]时，f（x）＝2f（x+1）＝﹣2x（x+1）， 当x∈（﹣2，﹣1]时，f（x）＝2f（x+1）＝﹣2×2（x+1）[（x+1）+1]＝﹣4（x+1）（x+2）， 作出示意图如下图所示： 要使，则需x≥x1，结合上图， 由，解得，所以． 故答案为：[﹣，+∞）． 14．（2024秋•北碚区校级月考）若定义在（0，+∞）的函数f（x）满足f（x+y）＝f（x）+f（y）+6xy，且有f（n）≥3n对n∈N*恒成立，则的最小值为 　612　． 【解答】解：因为f（x+y）＝f（x）+f（y）+6xy， 所以f（x+y）﹣3（x+y）2＝f（x）﹣3x2+f（y）﹣3y2， 设g（x）＝f（x）﹣3x2， 则有g（x+y）＝g（x）+g（y）， 因此g（n）＝g（n﹣1）+g（1）＝g（n﹣2）+g（1）+g（1）＝…＝g（2）+（n﹣2）g（1）＝ng（1）＝n[f（1）﹣3]， 所以f（n）＝3n2+n[f（1）﹣3]≥3n2， 取n＝1，得f（1）≥3， 所以＝3i2+[f（1）﹣3]i≥3i2＝612． 所以的最小值为612． 故答案为：612． 四．解答题（共5小题） 15．（2024秋•郫都区期中）已知函数，x∈[2，+∞）． （1）当时，试判断f（x）的单调性，并加以证明； （2）若对任意x∈[2，+∞），f（x）≥1恒成立，求实数a的取值范围． 【解答】解：（1）单调递增，证明如下： 当，x∈[2，+∞]时，， 设2≤x1＜x2， 则， 又因为x1﹣x2＜0，x1x2＞4＞0，x1x2﹣1＞3＞0， 所以f（x1）＜f（x2）， 所以当，x∈[2，+∞]时，单调递增； （2）若对任意x∈[2，+∞），恒成立， 即对任意x∈[2，+∞x），恒成立， 而当x∈[2，+∞]时，y＝﹣﹣单调递减， 所以ymax＝﹣﹣＝﹣3 综上所述，实数a的取值范围为[﹣3，+∞）． 16．（2024秋•朝阳区校级期中）已知函数f（x）＝x2﹣2mx， （1）当x∈[0，1]，f（x）的最大值为3，求实数m的值． （2）当﹣1≤t≤1时，若不等式f（t）＞2t﹣2恒成立，求实数m的取值范围． 【解答】解：（1）已知f（x）＝x2﹣2mx＝（x﹣m）2﹣m2， 当m≤0时，函数f（x）在x∈[0，1]上单调递增， 所以f（x）max＝f（1）＝1﹣2m＝3，解得m＝﹣1； 当m≥1时，函数f（x）在x∈[0，1]上单调递减， 所以f（x）max＝f（0）＝0≠3，矛盾； 当0＜m＜1时，函数f（x）在x∈[0，m）上单调递减，在[m，1]上单调递增， 所以f（x）max＝f（0）＝0≠3或f（x）max＝f（1）＝1﹣2m＝3，解得m＝﹣1，均不符合题意； 综上m＝﹣1； （2）当﹣1≤t≤1时，若不等式f（t）＞2t﹣2恒成立， 即t2﹣2mt＞2t﹣2在t∈[﹣1，1]上恒成立， 即t2﹣（2m+2）t+2＞0在t∈[﹣1，1]上恒成立， 令h（t）＝t2﹣（2m+2）t+2，该函数对称轴为t＝m+1，开口向上， ①当m+1≥1，即m≥0时，函数h（t）在t∈[﹣1，1]上单调递减， 只需让h（t）min＝h（1）＞0即可， 则h（1）＝1﹣（2m+2）+2＞0，解得，即 ； ②当﹣1＜m+1＜1，即﹣2＜m＜0时， 此时， 解得，即﹣2＜m＜0； ③当m+1≤﹣1，即m≤﹣2时，函数h（t）在t∈[﹣1，1]上单调递增， 此时h（﹣1）＝1+（2m+2）+2＞0，解得，即； 综上m的取值范围为． 17．（2024秋•巴楚县期中）已知函数是定义在[﹣1，1]上的奇函数，且． （1）求a，b的值； （2）用定义法证明函数f（x）在[﹣1，1]上单调递增； （3）若f（x）≤m2﹣5mt﹣5对于任意的x∈[﹣1，1]，t∈[﹣1，1]恒成立，求实数m的取值范围． 【解答】解：（1）由于奇函数f（x）在x＝0处有定义， 所以，， ， 所以a＝1， 经检验符合题意， 所以a＝1，b＝0； （2）证明：由（1）知， 任取x1、x2∈[﹣1，1]且x1＜x2，即﹣1≤x1＜x2≤1，则x1﹣x2＜0，x1x2＜1， 所以， 则f（x1）＜f（x2）， 所以函数f（x）在[﹣1，1]上单调递增； （3）由（2）知f（x）max＝f（1）＝1， 所以1≤m2﹣5mt﹣5对于任意的t∈[﹣1，1]恒成立， 即5mt﹣m2+6≤0对于任意的t∈[﹣1，1]恒成立， 所以，解得m≤﹣6或m≥6， 所以m的取值范围为（﹣∞，﹣6]∪[6，+∞）． 18．（2024秋•宁德期中）已知函数，其中a，b是实数． （1）若a＝1，求f（x）的单调区间； （2）若函数f（x）在定义域上是单调函数，求实数a的取值范围； （3）若f（x）≤0恒成立，求5a+b的最小值． 【解答】解：（1）当a＝1时，，则＝， 易知函数y＝3﹣x﹣3ex在R上单调递减，且当x＝0时，y＝0， 令f′（x）＞0，即3﹣x﹣3ex＞0，解得x＜0，令f′（x）＜0，即3﹣x﹣3ex＜0，解得x＞0， 所以f（x）的单调递增区间为（﹣∞，0），单调递减区间为（0，+∞）； （2）因为函数f（x）的图象是连续的，且在定义域上是单调函数， 所以在定义域内恒成立，或在定义域内恒成立． 令g（x）＝，则g'（x）＝， 所以当x∈（﹣∞，4）时，g'（x）＜0，当x∈（4，+∞）时，g'（x）＞0， 所以在（﹣∞，4）单调递减，（4，+∞）单调递增， ①若在定义域内恒成立， 只需，即， ②若在定义域内恒成立， 因为x趋于﹣∞时，f′（x）趋于+∞，故该情况a无解． 综上，实数a的取值范围为（﹣∞，]； （3）若f（x）≤0恒成立，则， 当x＝2时，﹣5a﹣b﹣1≤0，即5a+b≥﹣1， 下证5a+b＝﹣1成立，由5a+1＝﹣b，得恒成立， 即， 记，故F′（2）＝0， 而，则，解得， 只需证恒成立， ， 由（2）得F′（x）在（﹣∞，4）上单调递减，在（4，+∞）上单调递增， 又F′（2）＝0，所以F′（x）在（﹣∞，2）上为正，在（2，4）上为负，在（4，+∞）上为负， 所以F（x）在（﹣∞，2）上单调递增，在（2，+∞）上单调递减， 所以F（x）max＝F（2）＝0， 即F（x）≤0恒成立， 所以5a+b最小值为﹣1． 19．（2024秋•龙凤区校级月考）已知函数． （1）若a＝2，求函数f（x）的值域； （2）若． ①判断函数g（x）的单调性，并求出其单调区间； ②已知a∈N*，且当，都有恒成立，求a的所有可能取值． 【解答】解：（1）当a＝2时，f（x）＝sinx+cosx+2sinxcosx， 令t＝sinx+cosx＝，则2sinxcosx＝t2﹣1， 且由于， 则， 则原函数为y＝t2+t﹣1，， 而函数y＝t2+t﹣1在单调递增， 所以函数f（x）的值域为． （2）①，则g′（x）＝x﹣sinx， 令φ（x）＝x﹣sinx，则φ′（x）＝1﹣cosx≥0在R上恒成立， 在φ（x），即g′（x）在R上单调递增， 又g′（0）＝0， 所以当x∈（﹣∞，0）时，g′（x）＜0，函数g（x）单调递减， 当x∈（0，+∞）时，g′（x）＞0，函数g（x）单调递增， 所以函数g（x）的单调递减区间为（﹣∞，0），单调递增区间为（0，+∞）． ②由，则sinx+sinax﹣3xcosx＞0， 令， 则h（x）＞0在上恒成立， 则h′（x）＝acosax﹣2cosx+3xsinx，且h′（0）＝a﹣2， （i）当a＝1，，不合题意舍去； （ii）当a≥3，令， 则ax0﹣x0＝x0（a﹣1）＝π，sinax0＝sin（π+x0）， 所以h（x0）＝sinx0+sinax0﹣3x0cosx0＝sinx0+sin（π+x0）﹣3x0cosx0＝﹣3x0cosx0≤0，不合题意舍去； （iii）当a＝2，则h（x）＝sinx+sin2x﹣3xcosx， 故h′（x）＝2cos2x﹣2cosx+3xsinx， 令k（x）＝h′（x）， 则k′（x）＝﹣4sin2x+5sinx+3xcosx＝﹣8sinxcosx+5sinx+3xcosx ＝5sinx﹣5sinxcosx+3xcosx﹣3sinxcosx＝5sinx（1﹣cosx）+3cosx（x﹣sinx）， 由①可知时，g′（x）＝x﹣sinx＞g（0）＝0，即x＞sinx恒成立， 所以k′（x）＞0，即k（x）＝h′（x）在上递增， 又h′（0）＝a﹣2＝0，则h′（x）＞0， 所以h（x）在上递增， 又h（0）＝0，即，符合题意； 综上，正整数a的取值集合为{2}． 第1页（共1页） 学科网（北京）股份有限公司 $$