大题专练训练31：导数（恒成立问题1）-2021届高三数学二轮复习

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二轮大题专练 31—导数（恒成立问题 1）
1．已知函数 ．
（1）讨论 f（x）的单调性；
（2）若对任意 x∈[0，+∞），f（x）≥﹣sinx恒成立，求 a的取值范围．
解：（1）函数 ，故 ，
当a≤0时，f′（x）≥0，故 f（x）在 R上单调递增，
当a＞0时，令 ，
当 时，f'（x）＞0，所以 f（x）单调递增，
当 时，f'（x）＜0，所以 f（x）单调递减，
当 时，f'（x）＞0，故 f（x）单调递增；
（2）对任意 x∈[0，+∞），f（x）≥﹣sinx恒成立，即 在[0，+∞）上
恒成立，
令 ，又 F（x）≥F（0），所以 F（x）在[0，+∞）上单调递增，
由F'（x）＝ ，所以 F'（0）≥0，即 1﹣a≥0，所以 a≤1（必要性），
下证充分性，
当a≤1时 ， ， 令 ， 则
，
令 ，则 h′（x）＝x﹣sinx≥0，故 h（x）在[0，+∞）上单调递增，
∴h（x）≥h（0）＝0，所以 g′（x）≥0，故 g（x）在[0，+∞）上单调递增，
∴g（x）≥g（0）＝0，所以 F（x）≥0在[0，+∞）上恒成立，符合题意．
综上所述，实数 a的取值范围为（﹣∞，1]．
2．已知函数
( )
x
f x e alnx 
，（其中
a
为参数）．
（1）若
1a
，且直线
1y x k
与
( )y f x
的图象相切，求实数
k
的值；
（2）若对任意
(0, )x 
，不等式
成立，求正实数
a
的取值范围．
1
解：（1）若
1a
，则
( ) ( 0)
x
f x e lnx x 
，则
1
( )
x
f x e x
 
，
直线
1y x k
恒过定点
(0,1)
，则直线的斜率为
0
0
0
1
x
e lnx
x
 
，
设切点
0
0 0
( , )
x
P x e lnx
，由导数几何意义可得
0
0
0
0 0
11
x
x
e lnx e
x x
 
，即
0
0 0
( 1) 0
x
x e lnx  
，
令
( ) ( 1) ( 0)
x
x x e lnx x
 
，观察得
（1）
0
，
又
1
( ) 0
x
x xe x
 
，所以
( )x
在
(0, )
上递增，
所以方程
0
0 0
( 1) 0
x
x e lnx  
的根仅有
0
1x
，
所以
1e k
；
（2）令
( ) ( 0)
x
g x e alnx alna x 
，则
( )
x
xa xe a
g x e x x
 
，
令
( ) ( 0)
x
x xe a x
�
， 则
( )x
在
[0
，
)
上 递 增 ， 且
(0) 0a
 
，
（a）
( 1) 0
a
a e  
，
所以存在唯一
0
(0, )x a
，使得
0
0 0
( ) 0
x
x x e a
 
，
所以当
0
(0, )x x
时，
( ) 0g x
，故函数
( )g x
单调递减，
当
0
(x x
，
)
时，
( ) 0g x
，故函数
( )g x
单调递增，
所以
0
0 0 0 0
0
1
( ) ( ) ( 2 )
x
min
g x g x e alnx alna a lnx x
x
 
由
( ) 0g x
对
(0, )x 
恒成立，可得
0 0
0
1
( 2 ) 0a lnx x
x  
，即
0 0
0
12 0lnx x
x  
，
令
1
( ) 2 ,( 0)h x lnx x x
x
 
，则
2
1 2
( ) 1 0h x x x
 
，所以
( )h x
在
(0, )
上递减，
由
h
（1）
0
，所以
( ) 0h x
的解为
0 1x 
，所以
0
0 1x 
，
令
( )
x
x xe
，
(0,1)x
，则
( )x
在
(0,1)
上递增，
2
所以
0
0
(0, )
x
a x e e 
，
所以
0a e 
．
3．已知函数
2
( )
x
f x xe x lnx  k
．
（1）证明：当
2k
时，
( )f x
无零点；
（2）若
( ) 1f x �
恒成立，求实数
k
的取值范围．
解：（1）证明：函数
( )f x
的定义域为
(0, )
，
当
2k
时，
2
( ) 2
x
f x xe x lnx  
，
2
2 2
1 ( 1)
( ) 2 2 (2 1)
x
x x
xe
f x e xe x
x x
 
，
令
2
( ) 1( 0)
x
g x xe x �
，则
2
( ) (2 1) 0
x
g x e x
 
，
( )g x
在
[0
，
)
上单调递增，又
1
( ) 1 0
2 2
e
g  
，
(0) 1 0g 
，
存在
0
1
(0, )
2
x
，使得
0
( ) 0g x
，即
0
2
0
1
x
ex
，
当
0
(0, )x x
时，
( ) 0f x
，
( )f x
单调递减，
当
0
(x x
，
)
时，
( ) 0f x
，
( )f x
单调递增，
0
2
0 0 0 0 0 0 0 0
0 0
1 1
( ) ( ) 2 2 1 2 2 1 0
x
min
f x f x x e x lnx x x ln x x
x x
   
，
当
2k
时，函数
( )f x
无零点．
（2）
( ) 1f x �
恒成立，即
2
1
x
xe x lnx k�
恒成立，
2
1
x
lnx
ex
k�
恒成立，令
2
1
( ) ( 0)
x
lnx
h x e x
x
 
，则
2 2
2
2
( )
x
x e lnx
h x x
，
令
2 2
( ) 2 ( 0)
x
x x e lnx x
 
，则
2 2 2
1
( ) 4 4 0
x x
x xe x e x
 
，
函数
( )x
在
(0, )
上单调递增，
又
1
( ) 2 0
2 2
eln
 
，
2 2 2
22
2
2
1 2 2
( ) 1 2 1 2 1 1 0
e e
e e e
e e e
     
，
存在
1
1 1
( , )
2
xe
，使得
1
( ) 0x
，
3
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