专题一 微专题6 恒成立问题与能成立问题-【步步高·大二轮专题复习】2025年高考数学复习讲义课件（基础版）（课件PPT+word教案）

微专题6　恒成立问题与能成立问题 ［考情分析］　恒成立问题(能成立问题)多与参数的取值范围问题联系在一起，是近几年高考的热门题型，可以出现在选择、填空或解答题中，也经常以压轴解答题形式出现，难度较大. 考点一　利用导数研究恒成立问题 例1　(2024·浙江省宁波市镇海中学模拟)已知函数f(x)=ex-ax-1. (1)讨论f(x)的单调性； (2)若对任意的x≥0，f(x)≥0恒成立，求a的范围. 解　(1)f'(x)=ex-a， 当a≤0时，f'(x)>0恒成立，故f(x)在R上单调递增； 当a>0时，令f'(x)=0，解得x=ln a， 所以当x∈(ln a，+∞)时，f'(x)>0，f(x)单调递增；当x∈(-∞，ln a)时，f'(x)<0，f(x)单调递减. 综上，当a≤0时，f(x)在R上单调递增；当a>0时，f(x)在(ln a，+∞)上单调递增，在(-∞，ln a)上单调递减. (2)方法一　(分类讨论求最值) f'(x)=ex-a， ∵x≥0，∴ex≥1， ①当a≤1时，f'(x)≥0， ∴f(x)在［0，+∞)上单调递增， ∴f(x)min=f(0)=0，∴f(x)≥0， 故a≤1满足题意. ②当a>1时，令f'(x)=0⇒x=ln a， ∴当x∈［0，ln a)时，f'(x)<0， 当x∈(ln a，+∞)时，f'(x)>0， ∴f(x)在［0，ln a)上单调递减，在(ln a，+∞)上单调递增， ∴f(x)min=f(ln a)<f(0)=0与f(x)≥0矛盾，故a>1不符合题意， 综上，a≤1. 方法二　(分离参数，利用洛必达法则求最值) 当x=0时，f(0)=e0-0-1=0，符合题意， 此时a∈R； 当x>0时，∵f(x)≥0恒成立，即a≤恒成立，令g(x)=，x>0， 则g'(x)=， 再令h(x)=(x-1)ex+1，x>0， 则h'(x)=xex>0在(0，+∞)上恒成立， 则h(x)在(0，+∞)上单调递增， ∴h(x)>h(0)=0，即g'(x)>0在(0，+∞)上恒成立， ∴g(x)在(0，+∞)上单调递增， ∵===1，∴a≤1. 综上，a≤1. ［规律方法］　由不等式恒成立求参数的取值范围问题的策略 (1)求最值法.将恒成立问题转化为利用导数求函数的最值问题. (2)分离参数法.将参数分离出来，进而转化为a>f(x)max或a<f(x)min的形式，通过导数的应用求出f(x)的最值，即得参数的范围. 跟踪演练1　(2024·安庆模拟)已知函数f(x)=2ln x-x+(m∈R). (1)当m=-3时，求函数f(x)的单调区间； (2)若不等式f(x)≤0对任意的x∈［1，+∞)恒成立，求实数m的取值范围. 解　(1)当m=-3时，f(x)=2ln x-x-，其定义域为(0，+∞)， f'(x)=-1+==， 令f'(x)=0，得x=3(x=-1舍去)， 当0<x<3时，f'(x)>0，函数f(x)单调递增； 当x>3时，f'(x)<0，函数f(x)单调递减. 所以函数f(x)的单调递增区间为(0，3)，单调递减区间为(3，+∞). (2)方法一　由条件可知f(1)≤0，于是m-1≤0，解得m≤1. 当m≤1时，f(x)=2ln x-x+≤2ln x-x+， 构造函数g(x)=2ln x-x+，x≥1， g'(x)=-1-=-≤0， 所以函数g(x)在［1，+∞)上单调递减，于是g(x)≤g(1)=0，即f(x)≤0， 因此实数m的取值范围是(-∞，1］. 方法二　由条件可知m≤x2-2xln x对任意的x∈［1，+∞)恒成立， 令h(x)=x2-2xln x，x≥1，只需m≤h(x)min即可. h'(x)=2x-2(ln x+1)=2(x-ln x-1)， 令μ(x)=x-ln x-1，x≥1， 则μ'(x)=≥0， 所以函数h'(x)在［1，+∞)上单调递增， 于是h'(x)≥h'(1)=0，所以函数h(x)在［1，+∞)上单调递增， 所以h(x)min=h(1)=1，于是m≤1，因此实数m的取值范围是(-∞，1］. 考点二　利用导数研究能成立问题 例2　已知函数f(x)=4ln x-ax+(a≥0). (1)当a=时，求f(x)的极值； (2)当a≥1时，设g(x)=2ex-4x+2a，若存在x1，x2∈，f(x1)>g(x2)，求实数a的取值范围. 解　(1)f(x)的定义域为(0，+∞)， 当a=时，f(x)=4ln x-+， ∴f'(x)=--=-， 令f'(x)>0 ，可得1<x<7， 令f'(x)<0，可得0<x<1或x>7， ∴函数的单调递减区间为(0，1)，(7，+∞)，单调递增区间为(1，7)， ∴当x=1时，f(x)取得极小值3； 当x=7时，f(x)取得极大值4ln 7-3. (2)f'(x)=， 令h(x)=-ax2+4x-(a+3)，x>0， 若a≥1，则Δ=16-4a2-12a=-4(a-1)(a+4)≤0，故h(x)≤0，即f'(x)≤0， ∴当a≥1时，f(x)在上单调递减， ∴f(x)在上的最大值为f=-4ln 2+a+6， g'(x)=2ex-4，令g'(x)=0，得x=ln 2， 当x∈时，g'(x)<0，g(x)单调递减， 当x∈(ln 2，2］时，g'(x)>0，g(x)单调递增， ∴g(x)在上的最小值为g(ln 2)=4-4ln 2+2a， 由题意可知-4ln 2+a+6>4-4ln 2+2a，解得a<4， 又∵a≥1，∴1≤a<4，即实数a的取值范围为［1，4). ［规律方法］　不等式有解问题可类比恒成立问题进行转化，要理解清楚两类问题的差别. 含参数的不等式能成立(存在性)问题的转化方法 若a>f(x)在x∈D上能成立，则a>f(x)min； 若a<f(x)在x∈D上能成立，则a<f(x)max. 跟踪演练2　(2024·河南名校模拟)已知函数f(x)=ln x+2ax(a∈R). (1)当a=-1时，求函数f(x)的单调区间； (2)若g(x)=f(x)-2x2，不等式g(x)≥-1在［1，+∞)上存在实数解，求实数a的取值范围. 解　(1)当a=-1时，f(x)=ln x-2x(x>0)， ∴f'(x)=-2， 由f'(x)>0，得0<x<， 由f'(x)<0，得x>， ∴函数f(x)的单调递增区间为，单调递减区间为. (2)原条件等价于g(x)=ln x-2x2+2ax≥-1在［1，+∞)上存在实数解. 可化为a≥在［1，+∞)上存在实数解， 令h(x)=，x∈［1，+∞)， 则h'(x)==， ∴当x∈［1，+∞)时，2x2+ln x>0， 得h'(x)=>0， 故h(x)在［1，+∞)上单调递增， ∴h(x)的最小值为h(1)=， ∴当a≥时，不等式g(x)≥-1在［1，+∞)上存在实数解，故a的取值范围是. 专题强化练 (分值：50分) 1.(16分)已知函数f(x)=ln x，g(x)=-1，其中a为常数. (1)过原点作f(x)图象的切线l，求直线l的方程；(7分) (2)若∃x∈(0，+∞)，使f(x)≤g(x)成立，求a的最小值.(9分) 解　(1)f'(x)=， 设切点坐标为(t，ln t)，t>0， 则切线方程为y-ln t=(x-t)， 因为切线经过原点O，所以-ln t=(-t)， 解得t=e， 所以切线的斜率为， 所以l的方程为x-ey=0. (2)∃x∈(0，+∞)，f(x)≤g(x)， 即ln x≤-1成立， 则a≥x(ln x+1)在(0，+∞)上有解， 故当x∈(0，+∞)时，a≥［x(ln x+1)］min. 令h(x)=x(ln x+1)，x>0，h'(x)=ln x+2， 令h'(x)>0得x∈； 令h'(x)<0得x∈， 故h(x)在上单调递减， 在上单调递增， 所以h(x)min=h=-， 则a≥-，故a的最小值为-. 2.(17分)(2024·保定模拟)已知函数f(x)=ax+ln(x+1). (1)若a=-2，求f(x)的单调区间；(8分) (2)若f(x)≤0恒成立，求a的取值集合.(9分) 解　(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， 则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(-a)， 则-a-1-ln(-a)≤0，即a+1+ln(-a)≥0， 令g(a)=a+1+ln(-a)，a<0， 则g'(a)=1+=， 当a∈(-∞，-1)时，g'(a)>0，g(a)单调递增， 当a∈(-1，0)时，g'(a)<0，g(a)单调递减， 所以g(a)max=g(-1)=0， 当满足g(a)≥0时，a=-1， 所以a的取值集合为{-1}. 3.(17分)(2024·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；(8分) (2)当x≥0时，不等式f(x)≤0恒成立，求实数a的取值范围.(9分) 解　(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'(x0)=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∈(0，+∞)， 使f(x)在(0，x1)上单调递增，那么∀x∈(0，x1)均有f(x)>f(0)=0，与f(x)≤0在x∈［0，+∞)上恒成立矛盾. 综上所述，a的取值范围为［3，+∞). 学科网（北京）股份有限公司 $$ 恒成立问题与能成立问题 微专题6 恒成立问题(能成立问题)多与参数的取值范围问题联系在一起，是近几年高考的热门题型，可以出现在选择、填空或解答题中，也经常以压轴解答题形式出现，难度较大. 考情分析 考点一 考点二 利用导数研究恒成立问题 利用导数研究能成立问题 专题强化练 内容索引 考点一 利用导数研究恒成立问题 (2024·浙江省宁波市镇海中学模拟)已知函数f(x)=ex-ax-1. (1)讨论f(x)的单调性； 例1 f'(x)=ex-a， 当a≤0时，f'(x)>0恒成立，故f(x)在R上单调递增； 当a>0时，令f'(x)=0，解得x=ln a， 所以当x∈(ln a，+∞)时，f'(x)>0，f(x)单调递增；当x∈(-∞，ln a)时，f'(x)<0，f(x)单调递减. 综上，当a≤0时，f(x)在R上单调递增；当a>0时，f(x)在(ln a，+∞)上单调递增，在(-∞，ln a)上单调递减. (2)若对任意的x≥0，f(x)≥0恒成立，求a的范围. 方法一　(分类讨论求最值) f'(x)=ex-a， ∵x≥0，∴ex≥1， ①当a≤1时，f'(x)≥0， ∴f(x)在［0，+∞)上单调递增， ∴f(x)min=f(0)=0，∴f(x)≥0， 故a≤1满足题意. ②当a>1时，令f'(x)=0⇒x=ln a， ∴当x∈［0，ln a)时，f'(x)<0， 当x∈(ln a，+∞)时，f'(x)>0， ∴f(x)在［0，ln a)上单调递减，在(ln a，+∞)上单调递增， ∴f(x)min=f(ln a)<f(0)=0与f(x)≥0矛盾，故a>1不符合题意， 综上，a≤1. 方法二　(分离参数，利用洛必达法则求最值) 当x=0时，f(0)=e0-0-1=0，符合题意， 此时a∈R； 当x>0时，∵f(x)≥0恒成立，即a≤恒成立，令g(x)=，x>0， 则g'(x)=， 再令h(x)=(x-1)ex+1，x>0， 则h'(x)=xex>0在(0，+∞)上恒成立， 则h(x)在(0，+∞)上单调递增， ∴h(x)>h(0)=0，即g'(x)>0在(0，+∞)上恒成立， ∴g(x)在(0，+∞)上单调递增， ∵===1，∴a≤1. 综上，a≤1. 规律方法 由不等式恒成立求参数的取值范围问题的策略 (1)求最值法.将恒成立问题转化为利用导数求函数的最值问题. (2)分离参数法.将参数分离出来，进而转化为a>f(x)max或a<f(x)min的形式，通过导数的应用求出f(x)的最值，即得参数的范围. (2024·安庆模拟)已知函数f(x)=2ln x-x+(m∈R). (1)当m=-3时，求函数f(x)的单调区间； 跟踪演练1 当m=-3时，f(x)=2ln x-x-，其定义域为(0，+∞)， f'(x)=-1+==， 令f'(x)=0，得x=3(x=-1舍去)， 当0<x<3时，f'(x)>0，函数f(x)单调递增； 当x>3时，f'(x)<0，函数f(x)单调递减. 所以函数f(x)的单调递增区间为(0，3)，单调递减区间为(3，+∞). (2)若不等式f(x)≤0对任意的x∈［1，+∞)恒成立，求实数m的取值范围. 方法一　由条件可知f(1)≤0，于是m-1≤0，解得m≤1. 当m≤1时，f(x)=2ln x-x+≤2ln x-x+， 构造函数g(x)=2ln x-x+，x≥1， g'(x)=-1-=-≤0， 所以函数g(x)在［1，+∞)上单调递减，于是g(x)≤g(1)=0，即f(x)≤0， 因此实数m的取值范围是(-∞，1］. 方法二　由条件可知m≤x2-2xln x对任意的x∈［1，+∞)恒成立， 令h(x)=x2-2xln x，x≥1，只需m≤h(x)min即可. h'(x)=2x-2(ln x+1)=2(x-ln x-1)， 令μ(x)=x-ln x-1，x≥1， 则μ'(x)=≥0， 所以函数h'(x)在［1，+∞)上单调递增， 于是h'(x)≥h'(1)=0，所以函数h(x)在［1，+∞)上单调递增， 所以h(x)min=h(1)=1，于是m≤1，因此实数m的取值范围是(-∞，1］. 利用导数研究能成立问题 考点二 已知函数f(x)=4ln x-ax+(a≥0). (1)当a=时，求f(x)的极值； 例2 f(x)的定义域为(0，+∞)， 当a=时，f(x)=4ln x-+， ∴f'(x)=--=-， 令f'(x)>0 ，可得1<x<7， 令f'(x)<0，可得0<x<1或x>7， ∴函数的单调递减区间为(0，1)，(7，+∞)，单调递增区间为(1，7)， ∴当x=1时，f(x)取得极小值3； 当x=7时，f(x)取得极大值4ln 7-3. (2)当a≥1时，设g(x)=2ex-4x+2a，若存在x1，x2∈，f(x1)>g(x2)，求实数a的取值范围. f'(x)=， 令h(x)=-ax2+4x-(a+3)，x>0， 若a≥1，则Δ=16-4a2-12a=-4(a-1)(a+4)≤0，故h(x)≤0，即f'(x)≤0， ∴当a≥1时，f(x)在上单调递减， ∴f(x)在上的最大值为f=-4ln 2+a+6， g'(x)=2ex-4，令g'(x)=0，得x=ln 2， 当x∈时，g'(x)<0，g(x)单调递减， 当x∈(ln 2，2］时，g'(x)>0，g(x)单调递增， ∴g(x)在上的最小值为g(ln 2)=4-4ln 2+2a， 由题意可知-4ln 2+a+6>4-4ln 2+2a，解得a<4， 又∵a≥1，∴1≤a<4，即实数a的取值范围为［1，4). 不等式有解问题可类比恒成立问题进行转化，要理解清楚两类问题的差别. 含参数的不等式能成立(存在性)问题的转化方法 若a>f(x)在x∈D上能成立，则a>f(x)min； 若a<f(x)在x∈D上能成立，则a<f(x)max. 规律方法 (2024·河南名校模拟)已知函数f(x)=ln x+2ax(a∈R). (1)当a=-1时，求函数f(x)的单调区间； 跟踪演练2 当a=-1时，f(x)=ln x-2x(x>0)， ∴f'(x)=-2， 由f'(x)>0，得0<x<， 由f'(x)<0，得x>， ∴函数f(x)的单调递增区间为. (2)若g(x)=f(x)-2x2，不等式g(x)≥-1在［1，+∞)上存在实数解，求实数a的取值范围. 原条件等价于g(x)=ln x-2x2+2ax≥-1在［1，+∞)上存在实数解. 可化为a≥在［1，+∞)上存在实数解， 令h(x)=，x∈［1，+∞)， 则h'(x)==， ∴当x∈［1，+∞)时，2x2+ln x>0， 得h'(x)=>0， 故h(x)在［1，+∞)上单调递增， ∴h(x)的最小值为h(1)=， ∴当a≥时，不等式g(x)≥-1在［1，+∞)上存在实数解，故a的取值范围是 专题强化练 1. (1)f'(x)=，设切点坐标为(t，ln t)，t>0， 则切线方程为y-ln t=(x-t)， 因为切线经过原点O， 所以-ln t=(-t)，解得t=e， 所以切线的斜率为， 所以l的方程为x-ey=0. 1 2 3 答案 (2)∃x∈(0，+∞)，f(x)≤g(x)， 即ln x≤-1成立， 则a≥x(ln x+1)在(0，+∞)上有解， 故当x∈(0，+∞)时，a≥［x(ln x+1)］min. 令h(x)=x(ln x+1)，x>0，h'(x)=ln x+2， 令h'(x)>0得x∈； 令h'(x)<0得x∈， 1 2 3 答案 1. 故h(x)在上单调递减， 在上单调递增， 所以h(x)min=h=-， 则a≥-，故a的最小值为-. 1 2 3 答案 1. (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， 1 2 3 答案 2. 故f(x)的单调递增区间为， 单调递减区间为. 1 2 3 答案 2. (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， 则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， 1 2 3 答案 2. f(x)max=f=-a-1-ln(-a)， 则-a-1-ln(-a)≤0， 即a+1+ln(-a)≥0， 令g(a)=a+1+ln(-a)，a<0， 则g'(a)=1+=， 当a∈(-∞，-1)时，g'(a)>0，g(a)单调递增， 当a∈(-1，0)时，g'(a)<0，g(a)单调递减， 1 2 3 答案 2. 所以g(a)max=g(-1)=0， 当满足g(a)≥0时，a=-1， 所以a的取值集合为{-1}. 1 2 3 答案 2. (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， 1 2 3 答案 3. 且f'(0)=1>0，f'=-2<0， ∴∃x0∈，使f'(x0)=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. 1 2 3 答案 3. (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∈(0，+∞)， 1 2 3 答案 3. 使f(x)在(0，x1)上单调递增，那么∀x∈(0，x1)均有f(x)>f(0)=0，与f(x)≤0在x∈［0，+∞)上恒成立矛盾. 综上所述，a的取值范围为［3，+∞). 1 2 3 答案 3. 1 2 3 1.已知函数f(x)=ln x，g(x)=-1，其中a为常数. (1)过原点作f(x)图象的切线l，求直线l的方程； 素养提升 答案 1 2 3 答案 f'(x)=， 设切点坐标为(t，ln t)，t>0， 则切线方程为y-ln t=(x-t)， 因为切线经过原点O，所以-ln t=(-t)， 解得t=e， 所以切线的斜率为， 所以l的方程为x-ey=0. 1 2 3 答案 (2)若∃x∈(0，+∞)，使f(x)≤g(x)成立，求a的最小值. 1 2 3 答案 ∃x∈(0，+∞)，f(x)≤g(x)， 即ln x≤-1成立， 则a≥x(ln x+1)在(0，+∞)上有解， 故当x∈(0，+∞)时，a≥［x(ln x+1)］min. 令h(x)=x(ln x+1)，x>0，h'(x)=ln x+2， 令h'(x)>0得x∈； 令h'(x)<0得x∈， 1 2 3 答案 故h(x)在上单调递减， 在上单调递增， 所以h(x)min=h=-， 则a≥-，故a的最小值为-. 1 2 3 2.(2024·保定模拟)已知函数f(x)=ax+ln(x+1). (1)若a=-2，求f(x)的单调区间； 答案 1 2 3 答案 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. 1 2 3 答案 (2)若f(x)≤0恒成立，求a的取值集合. 1 2 3 答案 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， 则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(-a)， 1 2 3 答案 则-a-1-ln(-a)≤0，即a+1+ln(-a)≥0， 令g(a)=a+1+ln(-a)，a<0， 则g'(a)=1+=， 当a∈(-∞，-1)时，g'(a)>0，g(a)单调递增， 当a∈(-1，0)时，g'(a)<0，g(a)单调递减， 所以g(a)max=g(-1)=0， 当满足g(a)≥0时，a=-1， 所以a的取值集合为{-1}. 1 2 3 3.(2024·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； 答案 思维创新 1 2 3 答案 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， 1 2 3 答案 且f'(0)=1>0，f'=-2<0， ∴∃x0∈，使f'(x0)=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. 1 2 3 答案 (2)当x≥0时，不等式f(x)≤0恒成立，求实数a的取值范围. 1 2 3 答案 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∈(0，+∞)， 使f(x)在(0，x1)上单调递增，那么∀x∈(0，x1)均有f(x)>f(0)=0，与f(x)≤0在x∈［0，+∞)上恒成立矛盾. 综上所述，a的取值范围为［3，+∞). 本课结束 THANKS $$