专题6 微专题21 利用导数解决恒(能)成立问题（word练习）-【精讲精练】2025年高考数学二轮专题辅导与训练

解答题 1．(2024·河北保定三模)已知函数f(x)＝ax＋ln(x＋1)． (1)若a＝－2，求f(x)的单调区间； (2)若f(x)≤0恒成立，求a的取值集合． 解析　(1)由a＝－2，得f(x)＝－2x＋ln(x＋1)，定义域为(－1，＋∞)，则f′(x)＝－2＋＝，当x∈时，f′(x)>0，当x∈时，f′(x)<0，故f(x)的单调递增区间为，单调递减区间为. (2)由f(x)＝ax＋ln(x＋1)，x∈(－1，＋∞)，得f′(x)＝a＋，若a≥0，则显然f(2)＝2a＋ln 3>0，不符合题意；若a<0，令f′(x)＝0，解得x＝－>－1，则当x∈时，f′(x)>0，f(x)单调递增，当x∈时，f′(x)<0，f(x)单调递减，f(x)max＝f＝－a－1－ln，则－a－1－ln(－a)≤0，即a＋1＋ln(－a)≥0，令g＝a＋1＋ln(a<0)，则g′＝1＋＝，当a∈(－∞，－1)时，g′(a)>0，g(a)单调递增，当a∈时，g′(a)<0，g(a)单调递减，所以gmax＝g＝0，当满足g(a)≥0时，a＝－1，所以a的取值集合为{－1}． 2．(2024·山西太原模拟)已知函数f(x)＝，g(x)＝ln x－ax，a≠0. (1)讨论函数g(x)的单调性； (2)当a>0时，F(x)＝g(x)－f(x)≤0恒成立，求a的取值范围． 解析　(1)g′(x)＝－a＝(x>0)， 当a<0时，g′(x)>0恒成立，从而g(x)在(0，＋∞)上单调递增， 当a>0时，0<x<时，g′(x)>0，x>时，g′(x)<0， 从而g(x)在上单调递增，在上单调递减， 综上，当a<0时，g(x)的单调递增区间为(0，＋∞)，没有单调递减区间； 当a>0时，g(x)的单调递增区间为，单调递减区间为. (2)由题可知F(x)＝ln x－ax－，要使F(x)≤0恒成立，只要F(x)max≤0， F′(x)＝－a＋＝， 由于a>0，x>0，所以ax＋1>0恒成立， 当0<x<时，F′(x)>0，当x>时，F′(x)<0， 所以函数F(x)在上单调递增，在上单调递减， 所以F(x)max＝F＝ln －3≤0，解得a≥， 所以a的取值范围为. 3．(2024·四川绵阳模拟)已知函数f(x)＝2sin x＋ln(x＋1)－ax. (1)当a＝2时，求函数f(x)在区间上零点的个数； (2)若x≥0时，不等式f(x)≤0恒成立，求实数a的取值范围． 解析　(1)当a＝2时，f(x)＝2sin x＋ln(x＋1)－2x，令g(x)＝f′(x)＝2cos x＋－2，则g′(x)＝－2sin x－，当x∈时，g′(x)≤0，g(x)在上单调递减， 即f′(x)在上单调递减， 且f′(0)＝1>0，f′＝－2<0， ∴∃x0∈，使f′＝0， ∴f(x)在(0，x0)上单调递增，在上单调递减． f(0)＝0，f＝2－π＋ln<0， ∴f(x)在上有1个零点． (2)f′(x)＝2cos x＋－a，注意到f(0)＝0，要使f(x)≤0，则须满足f′(0)≤0，即2＋1－a≤0，得a≥3. 下证：当a≥3时，∀x∈[0，＋∞)，均有f(x)≤0. 当a≥3时，f′(x)＝2cos x＋－a≤2cos x＋－3≤－1＝<0， ∴此时f(x)在[0，＋∞)上单调递减， ∴此时f(x)≤f(0)＝0. 当a<3时，f′(0)＝3－a>0，必存在x1∈，使f(x)在上单调递增，那么∀x∈，均有f(x)>f(0)＝0，矛盾． 综上所述：a的取值范围为[3，＋∞)． 4．(2024·苏锡常镇四市调研(一))已知函数f(x)＝－2x(x>0)，函数g(x)＝－x2＋3ax－a2－3a(a∈R)． (1)若过点O(0,0)的直线l与曲线y＝f(x)相切于点P，与曲线y＝g(x)相切于点Q； ①求a的值； ②当P，Q两点不重合时，求线段PQ的长． (2)若∃x0>1，使得不等式f≤g成立，求a的最小值． 解析　(1)①f′(x)＝4·－2，设P， ∴kOP＝＝f′＝4·－2⇒x0＝2， ∴切点P，k＝－1. ∴直线l的方程为y＋2＝－，即y＝－x， 联立⇒x2－x＋a2＋3a＝0， 由Δ＝2－4＝0⇒＝0，可得a＝或1； ②当a＝1时，xQ＝2，此时Q(2，－2)，P，Q重合，舍去． 当a＝时，xQ＝，此时Q，此时|PQ|＝ ＝. (2)令F(x)＝f(x)－g(x)＝－2x＋x2－3ax＋a2＋3a， 令F′(x)＝－2＋2x－3a＝φ(x)， 则φ′(x)＝4·＋2>0， ∴F′(x)在(1，＋∞)上单调递增， 若对∀x>1，均有f(x)－g(x)>0成立，即F(x)>0恒成立， ∴F(2)＝2－4＋4－6a＋a2＋3a>0⇒a2－3a＋2>0⇒a<1或a>2， 对∀x>1，当a<1时，设－2x＋x2－3ax＋a2＋3a＝a2＋a＋－2x＋x2＝h， 若<1，即1<x<时，h(a)≥＋－2x＋x2＝＋>0， 若≥1，即x≥时，h>1＋3－3x＋－2x＋x2＝＋x2－5x＋4≥0， ∴∀x>1，a<1，均有F(x)>0. ∵∀x>1，均有f(x)－g(x)>0的否定为∃x0>1，使得不等式f≤g成立，∴由∃x0>1，使得不等式f≤g成立，可得a≥1，其中包含a>2的情况，而当a＝1时，F′(x)＝－2＋2x－3，F′(x)单调递增，注意到F′(2)＝0， ∴F(x)在(1,2)上递减，在(2，＋∞)上单调递增，F(x)min＝F(2)＝0≤0成立，符合． 综上：a的最小值为1. 学科网（北京）股份有限公司 $$