大题专练训练32：导数（恒成立问题2）-2021届高三数学二轮复习

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二轮大题专练 32—导数（恒成立问题 2）
1．已知函数 ，
( ) ( ) ( )F x f x g x 
．
（1）求
( )f x
的单调性；
（2）若关于
x
的不等式
( ) 1F x mx 
恒成立，求整数
m
的最小值．
解：（1）定义域为
(0, )
，
2
1 1 2
( ) 2 mx
f x mx
x x
 
，
①当
时，
( ) 0f x 
恒成立，所以
在
(0, )
上是增函数；
②当
0m
时，令
( ) 0f x 
，解得
1
02
xm
 
，令
( ) 0f x 
，解得
1
2
xm
，
所以
在
1
(0, )
2m
上单调递增，在
1
(2m
，
)
上单调递减．
（2）由
( ) 1F x mx �
恒成立，可知
2
2( 1) ( 0)
2
lnx x
m x
x x
 
�
恒成立，
令
2
2( 1)
( ) ( 0)
2
lnx x
h x x
x x
 
 
，则
2 2
2( 1)(2 )
( ) ( 2 )
x lnx x
h x x x
 
 
，
令
( ) 2x lnx x
 
，因为
1 1
( ) 4 0
2 2 ln
 
，
（1）
1 0 
，且
( )x
为增函数，
故存在
0
1
(2
x
，
1)
，使
0
( ) 0x
，即
0 0
2 0lnx x 
，
当
0
0x x 
时，
( ) 0h x 
，
( )h x
为增函数，当
0
x x
时，
( ) 0h x 
，
( )h x
为减函数，
所以
0 0
02
0 0 0
2 2 2 1
( ) ( ) 2
max
lnx x
h x h x x x x
 
 
，
而
0
1
(2
x
，
1)
，所以
0
1(1, 2)
x
，所以
2m�
，
所以整数
m
的最小值为 2．
2．已知函数
2
( ) (2 ) 2f x ax a lnx  
．
（1）求函数在点
(1
，
f
（1）
)
处的切线方程，并讨论函数
( )f x
的单调性；
（2）若关于
x
的不等式
( ) ( 2)f x a x�
在
[1
，
)
恒成立，求实数
a
的取值范围．
解：（1）依题意，
2
2 2 (2 )
( ) 2 a ax a
f x ax x x
 
 
，
因为
f
（1）
2a 
，且
f
（1）
2a 
，
1
所以函数在点
(1, 2)a
处的切线方程为
( 2)y a x 
，
又
2
2 2 (2 )
( ) 2 ( 0)
a ax a
f x ax x
x x
 
 
，
若
0 2a剟
，
( ) 0f x
，函数在
(0, )
上单调递增，
若
2a
，当
2
(0, )
2
a
xa
时，
( ) 0f x
，
故函数
在
2
(0, )
2
a
a
上单调递减，在
2
( , )
2
a
a

上单调递增，
若
0a
，当
2
(0, )
2
a
xa
时，
( ) 0f x
，当
2
( , )
2
a
xa
 
时，
( ) 0f x
，
故函数
在
2
(0, )
2
a
a
上单调递增，在
2
( , )
2
a
a

单调递减．
综上，若
0 2a剟
，函数在
(0, )
上单调递增，
若
2a
，函数
( )f x
在
2
(0, )
2
a
a
上单调递减，在
2
( , )
2
a
a

上单调递增，
若
0a
，函数
( )f x
在
2
(0, )
2
a
a
上单调递增，在
2
( , )
2
a
a

单调递减．
（2）令
( ) ( ) ( 2)h x f x a x  
，
则
2
( ) ( 2) (2 ) 2h x ax a x a lnx    
，
h
（1）
0
．
因为
2
(2 ) 2 ( 2) 2 ( 1)(2 2)
( ) 2 ( 2) a ax a x a x ax a
h x ax a x x x
   
  
，
①当
时，因为
1x�
，
所以
2
2 2 2 2 3 2 3 2 0
3
ax a a a a      厖
，
所以
( ) 0h x
�
，
此时
( )h x
在
[1
，
)
上单调递增，
( )h x h�
（1）
0
，符合．
②当
2
03
a 
时，
21
2
a
a
，
因为
1x�
，
1 0x�
，
所以由
( ) 0h x
，得
2
12
a
xa
 
，
此时
( )h x
在
2
(1, )
2
a
a
上单调递减，
2
所以当
2
(1, )
2
a
xa
时，
( )h x h
（1）
0
，不合要求，舍去
③当
0a�
时，
2 2 0ax a  
，
( ) 0h x
，
( )h x
在
[1
，
)
上单调递减，
所以当
[1x
，
)
时，
( )h x h
（1）
0
，不合要求，舍去
综上所述，实数
a
的取值范围是
2
[ , )
3
．
3．已知函数
3 2
( ) 3 2( )
3
a
f x x x x a R   
．
（Ⅰ）若
1a 
，求函数
( )y f x
单调区间；
（Ⅱ）当
3
(1, )x e
时，不等式
( ) 2f x xlnx 
恒成立，求实数
a
的取值范围．
解：（Ⅰ）
定义域为
R
，
由
1a 
，得
3 2
1
( ) 3 2
3
f x x x x 
，
2
( ) 2 3 ( 1)( 3)f x x x x x    
，
令
( ) 0f x 
，得
1 3x 
，令
( ) 0f x 
，得
1x 
或
函数
( )f x
的单调增区间为
( 1,3)
，单调减区间为
( , 1) 
，
(3, )
．
（Ⅱ）
3 2
( ) 3 2
3
a
f x x x x   
，
( ) 2f x xlnx 
，即
2
2 3 2ax x xlnx  
，
3
(1, )x e
，
原问题等价于
2
2 1lnx
ax x x
 
恒成立．
令
3
2
2 1
( ) ,(1 )
lnx
g x x e
x x x
 
，
则
2 2 3 3
1 2 2 3 2
( ) lnx x xlnx
g x x x x x
 
 
，
令
3
( ) 3 2(1 )h x x xlnx x e  
，则
( ) 2h x lnx  
，
当
2
(1, )x e
时，
( ) 0h x 
，当
2
(x e
，
3
)e
时，
( ) 0h x 
，
( )h x
在区间
2
(1, )e
上是增函数，在区间
2
(e
，
3
)e
上是减函数，
又
h
（1）
5 0 
，
3
( ) 2 0h e  
，
当
3
(1, )x e
时，
( ) 0h x
，
3
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