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（标准版）（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·茂名模拟)已知函数f(x)=. (1)求曲线y=f(x)在点(e，f(e))处的切线方程； (2)当x≥1时，xf(x)≤a(x2-1)，求a的取值范围. 解　(1)由于f(e)=则切点坐标为 因为f'(x)=所以切线斜率为f'(e)=0， 故切线方程为y=. (2)方法一　(分类讨论求最值) 当x∈[1，+∞)时，xf(x)≤a(x2-1)等价于ln x≤a(x2-1)， 令g(x)=a(x2-1)-ln x，x∈[1，+∞)， 若ln x≤a(x2-1)恒成立，则g(x)≥0恒成立， g'(x)=2ax-= 当a≤0时，g'(x)<0，函数g(x)在[1，+∞)上单调递减，g(x)≤g(1)=0，不符合题意； 当0<a<时>1， 由g'(x)=0，得x=(舍负)， 当x∈时，g'(x)<0，函数g(x)单调递减，g(x)≤g(1)=0，不符合题意； 当a≥时，2a≥1，因为x≥1，所以2ax2-1≥0，则g'(x)≥0， 所以函数g(x)在[1，+∞)上单调递增，g(x)≥g(1)=0，符合题意. 综上所述，a≥所以a的取值范围为. 方法二　(分离参数，利用洛必达法则求最值) 当x≥1时，xf(x)≤a(x2-1)， 即ln x≤a(x2-1)， ①当x=1时，原不等式恒成立，所以a∈R， ②x>1时，原不等式可化为a≥ 令φ(x)=(x>1)， 所以φ'(x)= 令m(x)=x--2xln x(x>1)， 所以m'(x)=1+-2(1+ln x)=-2ln x<0在(1，+∞)上恒成立， 所以m(x)在(1，+∞)上单调递减， 所以m(x)<m(1)=0， 所以φ'(x)<0在(1，+∞)上恒成立， 所以φ(x)在(1，+∞)上单调递减， 因为== 所以a≥ 综上，a≥所以a的取值范围是. [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·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； (2)若f(x)≤0恒成立，求a的取值集合. 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}. 考点二　利用导数研究能成立问题 例2　已知函数f(x)=(x-4)ex-x2+6x，g(x)=ln x-(a+1)x，a>-1. (1)求f(x)的极值； (2)若存在x1∈[1，3]，对任意的x2∈[e2，e3]，使得不等式g(x2)>f(x1)成立，求实数a的取值范围.(e3≈20.09) 解　(1)由f(x)=(x-4)ex-x2+6x， 得f'(x)=ex+(x-4)ex-2x+6=(x-3)ex-2(x-3)=(x-3)(ex-2)， 令f'(x)=0，得x=3或x=ln 2， x，f'(x)，f(x)的变化关系如表： x (-∞，ln 2) ln 2 (ln 2，3) 3 (3，+∞) f'(x) + 0 - 0 + f(x) 单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增 由表可知，当x=ln 2时，f(x)取得极大值，为f(ln 2)=(ln 2-4)eln 2-(ln 2)2+6ln 2=-(ln 2)2+8ln 2-8， 当x=3时，f(x)取得极小值，为f(3)=(3-4)e3-32+18=9-e3. (2)由(1)知，f(x)在[1，3]上单调递减，所以当x∈[1，3]时，f(x)min=f(3)=9-e3， 若存在x1∈[1，3]，对任意的x2∈[e2，e3]，使得不等式g(x2)>f(x1)成立， 则ln x-(a+1)x>9-e3(a>-1)对任意的x∈[e2，e3]恒成立， 即a+1<在[e2，e3]上恒成立， 令h(x)=x∈[e2，e3]， 则a+1<h(x)min， h'(x)== 因为x∈[e2，e3]， 所以ln x∈[2，3]，10-e3-ln x∈[7-e3，8-e3]， 因为e3≈20.09，所以8-e3≈8-20.09=-12.09<0，所以h'(x)<0， 所以h(x)单调递减，故h(x)min=h(e3)==1- 于是a+1<1-得a<-又a>-1， 所以实数a的取值范围是. [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·青岛模拟)已知函数f(x)=ex-a-ln x. (1)当a=0时，求曲线y=f(x)在点(1，f(1))处的切线与坐标轴围成的三角形的面积； (2)若存在x0∈[e，+∞)，使f(x0)<0成立，求a的取值范围. 解　(1)当a=0时，f(x)=ex-ln x，x>0， f'(x)=ex- 所以曲线y=f(x)在点(1，f(1))处的切线的斜率k=f'(1)=e-1，又f(1)=e， 所以切线方程为y-e=(e-1)(x-1)， 即y=(e-1)x+1. 与x，y轴的交点分别是(0，1)，所以切线与坐标轴围成的三角形的面积S= . (2)存在x0∈[e，+∞)，使f(x0)<0， 即-ln x0<0， 即<ln x0. 即存在x0∈[e，+∞)，使ea>成立. 令h(x)=x∈[e，+∞). h'(x)= 令u(x)=ln x-x∈[e，+∞)， 显然u(x)在[e，+∞)上单调递增， 且u(e)=1->0. 所以h'(x)=>0在[e，+∞)上恒成立. 所以h(x)=在[e，+∞)上单调递增， 函数h(x)=在区间[e，+∞)上的最小值为h(e)=ee， 所以ea>ee，得a>e， 故a的取值范围是(e，+∞). 专题强化练 (分值：50分) 1.(16分)设函数f(x)=+(1-k)x-kln x. (1)讨论f(x)的单调性；(7分) (2)若k为正数，且存在x0，使得f(x0)<-k2，求k的取值范围.(9分) 解　(1)f'(x)=x+1-k-==(x>0)， ①当k≤0时，f'(x)>0，f(x)在(0，+∞)上单调递增； ②当k>0时，若x∈(0，k)，则f'(x)<0，若x∈(k，+∞)，则f'(x)>0， 所以f(x)在(0，k)上单调递减，在(k，+∞)上单调递增. 综上，当k≤0时，f(x)在(0，+∞)上单调递增； 当k>0时，f(x)在(0，k)上单调递减，在(k，+∞)上单调递增. (2)因为k>0，由(1)知f(x0)+k2-的最小值为f(k)+k2-=+k-kln k- 由题意得+k-kln k-<0(k>0)恒成立， 即+1-ln k-<0， 令g(k)=+1-ln k-(k>0)， 则g'(k)=-+=>0恒成立， 所以g(k)在(0，+∞)上单调递增，又g(1)=0， 所以当k∈(0，1)时，g(k)<0， 于是+k-kln k-<0，符合题意； 当k∈[1，+∞)时，g(k)≥0， 于是+k-kln k-≥0，不符合题意. 故k的取值范围为(0，1). 2.(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，+∞). 3.(17分)(2024·新课标全国Ⅰ)已知函数f(x)=ln +ax+b(x-1)3. (1)若b=0，且f'(x)≥0，求a的最小值；(4分) (2)证明：曲线y=f(x)是中心对称图形；(5分) (3)若f(x)>-2当且仅当1<x<2，求b的取值范围.(8分) (1)解　当b=0时，f(x)=ln+ax， 其中x∈(0，2)， 则f'(x)=++a=+a，x∈(0，2)， 因为x(2-x)≤=1， 当且仅当x=1时等号成立， 故f'(x)min=2+a， 而f'(x)≥0， 故2+a≥0，即a≥-2， 所以a的最小值为-2. (2)证明　f(x)=ln+ax+b(x-1)3的定义域为(0，2)， 设P(m，n)为y=f(x)图象上任意一点， P(m，n)关于点(1，a)的对称点为 Q(2-m，2a-n)， 因为点P(m，n)在y=f(x)的图象上， 故n=ln+am+b(m-1)3， 而f(2-m)=ln+a(2-m)+b(2-m-1)3 =-+2a， =-n+2a， 所以点Q(2-m，2a-n)也在y=f(x)的图象上，由点P的任意性可得y=f(x)的图象为中心对称图形，且对称中心为(1，a). (3)解　因为f(x)>-2当且仅当1<x<2， 故x=1为f(x)=-2的一个解， 所以f(1)=-2，即a=-2. 此时f(x)>-2，即ln+2(1-x)+b(x-1)3>0， 设t=x-1∈(-1，1)， 则ln-2t+bt3>0. 设g(t)=ln-2t+bt3，t∈(-1，1)， 则g'(t)=-2+3bt2 =. 当b≥0时， -3bt2+2+3b≥-3b+2+3b=2>0， 故g'(t)≥0恒成立， 故g(t)在(-1，1)上为增函数， 又g(0)=0，所以g(t)>0当且仅当0<t<1， 即f(x)>-2当且仅当1<x<2； 当-≤b<0时， -3bt2+2+3b≥2+3b≥0， 故g'(t)≥0恒成立， 故g(t)在(-1，1)上为增函数， 又g(0)=0，所以g(t)>0当且仅当0<t<1， 即f(x)>-2当且仅当1<x<2； 当b<-时， 则当0<t<<1时，g'(t)<0， 故在上，g(t)单调递减， g(t)<g(0)=0，不符合题意，舍去， 综上，b≥-. 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 专题强化练 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 内容索引 利用导数研究恒成立问题 考点一 　(2024·茂名模拟)已知函数f(x)=. (1)求曲线y=f(x)在点(e，f(e))处的切线方程； 例1 由于f(e)=则切点坐标为 因为f'(x)=所以切线斜率为f'(e)=0， 故切线方程为y=. (2)当x≥1时，xf(x)≤a(x2-1)，求a的取值范围. 方法一　(分类讨论求最值) 当x∈[1，+∞)时，xf(x)≤a(x2-1)等价于ln x≤a(x2-1)， 令g(x)=a(x2-1)-ln x，x∈[1，+∞)， 若ln x≤a(x2-1)恒成立，则g(x)≥0恒成立， g'(x)=2ax-= 当a≤0时，g'(x)<0，函数g(x)在[1，+∞)上单调递减，g(x)≤g(1)=0，不符合题意； 当0<a<时>1，由g'(x)=0，得x=(舍负)， 当x∈时，g'(x)<0，函数g(x)单调递减，g(x)≤g(1)=0，不符 合题意； 当a≥时，2a≥1，因为x≥1，所以2ax2-1≥0，则g'(x)≥0， 所以函数g(x)在[1，+∞)上单调递增，g(x)≥g(1)=0，符合题意. 综上所述，a≥所以a的取值范围为. 方法二　(分离参数，利用洛必达法则求最值) 当x≥1时，xf(x)≤a(x2-1)， 即ln x≤a(x2-1)， ①当x=1时，原不等式恒成立，所以a∈R， ②x>1时，原不等式可化为a≥ 令φ(x)=(x>1)，所以φ'(x)= 令m(x)=x--2xln x(x>1)， 所以m'(x)=1+-2(1+ln x)=-2ln x<0在(1，+∞)上恒成立， 所以m(x)在(1，+∞)上单调递减， 所以m(x)<m(1)=0， 所以φ'(x)<0在(1，+∞)上恒成立， 所以φ(x)在(1，+∞)上单调递减， 因为== 所以a≥ 综上，a≥所以a的取值范围是. 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·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； 跟踪演练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)若f(x)≤0恒成立，求a的取值集合. 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}. 利用导数研究能成立问题 考点二 已知函数f(x)=(x-4)ex-x2+6x，g(x)=ln x-(a+1)x，a>-1. (1)求f(x)的极值； 例2 由f(x)=(x-4)ex-x2+6x，得f'(x)=ex+(x-4)ex-2x+6=(x-3)ex-2(x-3)=(x-3)(ex-2)， 令f'(x)=0，得x=3或x=ln 2， x，f'(x)，f(x)的变化关系如表： x (-∞，ln 2) ln 2 (ln 2，3) 3 (3，+∞) f'(x) + 0 - 0 + f(x) 单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增 由表可知，当x=ln 2时，f(x)取得极大值，为f(ln 2)=(ln 2-4)eln 2-(ln 2)2+ 6ln 2=-(ln 2)2+8ln 2-8， 当x=3时，f(x)取得极小值，为f(3)=(3-4)e3-32+18=9-e3. (2)若存在x1∈[1，3]，对任意的x2∈[e2，e3]，使得不等式g(x2)>f(x1)成立，求实数a的取值范围.(e3≈20.09) 由(1)知，f(x)在[1，3]上单调递减，所以当x∈[1，3]时，f(x)min=f(3)=9-e3， 若存在x1∈[1，3]，对任意的x2∈[e2，e3]，使得不等式g(x2)>f(x1)成立， 则ln x-(a+1)x>9-e3(a>-1)对任意的x∈[e2，e3]恒成立， 即a+1<在[e2，e3]上恒成立， 令h(x)=x∈[e2，e3]， 则a+1<h(x)min， h'(x)== 因为x∈[e2，e3]， 所以ln x∈[2，3]，10-e3-ln x∈[7-e3，8-e3]， 因为e3≈20.09，所以8-e3≈8-20.09=-12.09<0，所以h'(x)<0， 所以h(x)单调递减，故h(x)min=h(e3)==1- 于是a+1<1-得a<-又a>-1， 所以实数a的取值范围是. 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·青岛模拟)已知函数f(x)=ex-a-ln x. (1)当a=0时，求曲线y=f(x)在点(1，f(1))处的切线与坐标轴围成的三角形的面积； 跟踪演练2 当a=0时，f(x)=ex-ln x，x>0， f'(x)=ex- 所以曲线y=f(x)在点(1，f(1))处的切线的斜率k=f'(1)=e-1，又f(1)=e， 所以切线方程为y-e=(e-1)(x-1)， 即y=(e-1)x+1. 与x，y轴的交点分别是(0，1)，所以切线与坐标轴围成的三角形的面积S= . (2)若存在x0∈[e，+∞)，使f(x0)<0成立，求a的取值范围. 存在x0∈[e，+∞)，使f(x0)<0， 即-ln x0<0， 即<ln x0. 即存在x0∈[e，+∞)，使ea>成立. 令h(x)=x∈[e，+∞). h'(x)= 令u(x)=ln x-x∈[e，+∞)， 显然u(x)在[e，+∞)上单调递增， 且u(e)=1->0. 所以h'(x)=>0在[e，+∞)上恒成立. 所以h(x)=在[e，+∞)上单调递增， 函数h(x)=在区间[e，+∞)上的最小值为h(e)=ee， 所以ea>ee，得a>e， 故a的取值范围是(e，+∞). 专题强化练 (1)f'(x)=x+1-k-==(x>0)， ①当k≤0时，f'(x)>0，f(x)在(0，+∞)上单调递增； ②当k>0时，若x∈(0，k)，则f'(x)<0，若x∈(k，+∞)，则f'(x)>0， 所以f(x)在(0，k)上单调递减，在(k，+∞)上单调递增. 综上，当k≤0时，f(x)在(0，+∞)上单调递增； 当k>0时，f(x)在(0，k)上单调递减，在(k，+∞)上单调递增. (2)因为k>0，由(1)知f(x0)+k2-的最小值为f(k)+k2-=+k-kln k-， 由题意得+k-kln k-<0(k>0)恒成立， 即+1-ln k-<0， 1. 答案 1 2 3 令g(k)=+1-ln k-(k>0)， 则g'(k)=-+=>0恒成立， 所以g(k)在(0，+∞)上单调递增， 又g(1)=0， 所以当k∈(0，1)时，g(k)<0， 于是+k-kln k-<0，符合题意； 当k∈[1，+∞)时，g(k)≥0， 于是+k-kln k-≥0，不符合题意.故k的取值范围为(0，1). 1. 答案 1 2 3 (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， 2. 答案 1 2 3 ∴∃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， 2. 答案 1 2 3 ∴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，+∞). 2. 答案 1 2 3 (1)当b=0时， f(x)=ln+ax， 其中x∈(0，2)， 则f'(x)=++a=+a，x∈(0，2)， 因为x(2-x)≤=1， 当且仅当x=1时等号成立， 故f'(x)min=2+a， 而f'(x)≥0， 故2+a≥0，即a≥-2， 所以a的最小值为-2. 3. 答案 1 2 3 (2) f(x)=ln+ax+b(x-1)3的定义域为(0，2)， 设P(m，n)为y=f(x)图象上任意一点， P(m，n)关于点(1，a)的对称点为 Q(2-m，2a-n)， 因为点P(m，n)在y=f(x)的图象上， 故n=ln+am+b(m-1)3， 而f(2-m)=ln+a(2-m)+b(2-m-1)3 =-+2a，=-n+2a， 所以点Q(2-m，2a-n)也在y=f(x)的图象上，由点P的任意性可得y=f(x)的图象为中心对称图形，且对称中心为(1，a). 3. 答案 1 2 3 (3)因为f(x)>-2当且仅当 1<x<2， 故x=1为f(x)=-2的一个解， 所以f(1)=-2， 即a=-2. 此时f(x)>-2， 即ln+2(1-x)+b(x-1)3>0， 设t=x-1∈(-1，1)， 则ln-2t+bt3>0. 设g(t)=ln-2t+bt3， 3. 答案 1 2 3 t∈(-1，1)， 则g'(t)=-2+3bt2=. 当b≥0时，-3bt2+2+3b≥-3b+2+3b=2>0， 故g'(t)≥0恒成立， 故g(t)在(-1，1)上为增函数， 又g(0)=0， 所以g(t)>0当且仅当0<t<1， 即f(x)>-2当且仅当1<x<2； 当-≤b<0时，-3bt2+2+3b≥2+3b≥0， 故g'(t)≥0恒成立， 3. 答案 1 2 3 故g(t)在(-1，1)上为增函数， 又g(0)=0， 所以g(t)>0当且仅当0<t<1， 即f(x)>-2当且仅当1<x<2； 当b<-时，则当0<t<<1时， g'(t)<0， 故在上，g(t)单调递减， g(t)<g(0)=0，不符合题意，舍去， 综上，b≥-. 3. 答案 1 2 3 1 2 3 1.设函数f(x)=+(1-k)x-kln x. (1)讨论f(x)的单调性； 素养提升 答案 1 2 3 答案 f'(x)=x+1-k-==(x>0)， ①当k≤0时，f'(x)>0，f(x)在(0，+∞)上单调递增； ②当k>0时，若x∈(0，k)，则f'(x)<0，若x∈(k，+∞)，则f'(x)>0， 所以f(x)在(0，k)上单调递减，在(k，+∞)上单调递增. 综上，当k≤0时，f(x)在(0，+∞)上单调递增； 当k>0时，f(x)在(0，k)上单调递减，在(k，+∞)上单调递增. 1 2 3 答案 (2)若k为正数，且存在x0，使得f(x0)<-k2，求k的取值范围. 1 2 3 答案 因为k>0，由(1)知f(x0)+k2-的最小值为f(k)+k2-=+k-kln k- 由题意得+k-kln k-<0(k>0)恒成立， 即+1-ln k-<0， 令g(k)=+1-ln k-(k>0)， 则g'(k)=-+=>0恒成立， 所以g(k)在(0，+∞)上单调递增，又g(1)=0， 所以当k∈(0，1)时，g(k)<0， 1 2 3 答案 于是+k-kln k-<0，符合题意； 当k∈[1，+∞)时，g(k)≥0， 于是+k-kln k-≥0，不符合题意. 故k的取值范围为(0，1). 1 2 3 2.(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 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，+∞). 1 2 3 3.(2024·新课标全国Ⅰ)已知函数f(x)=ln +ax+b(x-1)3. (1)若b=0，且f'(x)≥0，求a的最小值； 答案 思维创新 1 2 3 答案 当b=0时，f(x)=ln+ax，其中x∈(0，2)， 则f'(x)=++a=+a，x∈(0，2)， 因为x(2-x)≤=1， 当且仅当x=1时等号成立， 故f'(x)min=2+a， 而f'(x)≥0， 故2+a≥0，即a≥-2， 所以a的最小值为-2. 1 2 3 答案 (2)证明：曲线y=f(x)是中心对称图形； 1 2 3 答案 f(x)=ln+ax+b(x-1)3的定义域为(0，2)， 设P(m，n)为y=f(x)图象上任意一点， P(m，n)关于点(1，a)的对称点为 Q(2-m，2a-n)， 因为点P(m，n)在y=f(x)的图象上， 故n=ln+am+b(m-1)3， 1 2 3 答案 而f(2-m)=ln+a(2-m)+b(2-m-1)3 =-+2a， =-n+2a， 所以点Q(2-m，2a-n)也在y=f(x)的图象上，由点P的任意性可得y=f(x)的图象为中心对称图形，且对称中心为(1，a). 1 2 3 答案 (3)若f(x)>-2当且仅当1<x<2，求b的取值范围. 1 2 3 答案 因为f(x)>-2当且仅当1<x<2， 故x=1为f(x)=-2的一个解， 所以f(1)=-2，即a=-2. 此时f(x)>-2，即ln+2(1-x)+b(x-1)3>0， 设t=x-1∈(-1，1)， 则ln-2t+bt3>0. 设g(t)=ln-2t+bt3，t∈(-1，1)， 则g'(t)=-2+3bt2=. 1 2 3 答案 当b≥0时， -3bt2+2+3b≥-3b+2+3b=2>0， 故g'(t)≥0恒成立， 故g(t)在(-1，1)上为增函数， 又g(0)=0，所以g(t)>0当且仅当0<t<1， 即f(x)>-2当且仅当1<x<2； 当-≤b<0时， -3bt2+2+3b≥2+3b≥0， 1 2 3 答案 故g'(t)≥0恒成立， 故g(t)在(-1，1)上为增函数， 又g(0)=0，所以g(t)>0当且仅当0<t<1，即f(x)>-2当且仅当1<x<2； 当b<-时，则当0<t<<1时，g'(t)<0， 故在上，g(t)单调递减， g(t)<g(0)=0，不符合题意，舍去， 综上，b≥-. 本课结束 THANKS $$