专题训练4 利用导数解决函数的恒成立与能成立问题
一、单项选择题
1．若函数f(x)＝x3＋ax2＋(a＋6)x无极值，则a的取值范围为( A )
A．[－3，6]
B．(－3，6)
C．(－∞，－3]∪[6，＋∞)
D．(－∞，－3)∪(6，＋∞)
解析：因为f(x)＝x3＋ax2＋(a＋6)x，所以f′(x)＝3x2＋2ax＋a＋6，因为f(x)无极值，所以(2a)2－4×3×(a＋6)≤0，解得－3≤a≤6，所以a的取值范围为[－3，6].故选A.
2．已知函数f(x)＝ln x－ax2－2x存在单调递减区间，则实数a的取值范围是( B )
A．(－∞，－1) B．(－1，＋∞)
C．[－1，＋∞) D．(1，＋∞)
解析：f(x)＝ln x－ax2－2x的定义域为(0，＋∞)，由题意得f′(x)＝－ax－2<0在(0，＋∞)上有解，即－
－1，故实数a的取值范围是(－1，＋∞).故选B.
3．设函数f(x)＝x3＋x2－2x＋5，若对任意的x∈[－1，2]有f(x)A．(9，＋∞) B．(10，＋∞)
C．(11，＋∞) D．(12，＋∞)
解析：f′(x)＝3x2＋x－2，令f′(x)＝0，得x＝－1或x＝.当－1＜x<时，f′(x)<0，当0，所以f(x)在上单调递减，在(，2]上单调递增．因为f(－1)＝，f(2)＝11，所以f(x)max＝11.因为对任意的x∈[－1，2]有f(x)11.故选C.
4．(2024·河南洛阳第一高级中学高二阶段练习)已知函数f(x)＝－1＋ln x，存在x0>0，使得f(x0)≤0有解，则实数a的取值范围是( C )
A．(2，＋∞) B．(－∞，－3)
C．(－∞，1] D．[3，＋∞)
解析：存在x0>0，使得f(x0)≤0有解，即a≤x－x ln x在(0，＋∞)上有解，
即a≤(x－x ln x)max，令g(x)＝x－x ln x，x>0，则g′(x)＝1－(ln x＋1)＝－ln x，当x∈(0，1)时，g′(x)＝－ln x>0，g(x)单调递增，当x∈(1，＋∞)时，g′(x)＝－ln x<0，g(x)单调递减，故g(x)max＝g(1)＝1，a≤1.故选C.
5．已知不等式2x－3ln (x＋1)≤2(3a＋1)对任意x∈[0，1]恒成立，则实数a的最小值为( C )
A．－ln 2 B．－－ln
C．－ D．＋ln
解析：设f(x)＝2x－3ln (x＋1)，则f′(x)＝2－＝，当0≤x<时，f′(x)<0，f(x)单调递减，当0，f(x)单调递增，f(0)＝0－3ln 1＝0，f(1)＝2－3ln 2<0，不等式2x－3ln (x＋1)≤2(3a＋1)对任意x∈[0，1]恒成立可转化为当x∈[0，1]时，2(3a＋1)≥f(x)max，所以2(3a＋1)≥0，解得a≥－.故选C.
6．已知函数f(x)＝sin －－mx在上单调递减，则实数m的最小值是( D )
A．－ B．－
C． D．
解析：由f(x)＝sin －－mx在上单调递减，得f′(x)＝2cos (2x＋)－x－m≤0，
即2cos －x≤m，
令g(x)＝2cos －x，
则g′(x)＝－4sin －1，
当x∈时，≤2x＋≤，则2≤4sin ≤4，所以－5≤－4sin (2x＋)－1≤－3，即g′(x)<0，所以g(x)在x∈上单调递减，g(x)max＝g(0)＝，所以m≥，m的最小值为.
二、多项选择题
7．已知函数f(x)＝满足对任意的x∈R，f(x)≥ax恒成立，则实数a的取值可以是( ABC )
A．－2 B．－
C． D．2
解析：因为函数f(x)＝
满足对任意的x∈R，f(x)≥ax恒成立，当x<0时，x2＋2≥ax恒成立，即a≥x＋恒成立，因为x＋≤－2，当且仅当x＝，即x＝－时取等号，所以a≥－2.当x＝0时，e0≥0恒成立．当x>0时，ex≥ax恒成立，即a≤恒成立，设g(x)＝(x>0)，g′(x)＝＝，当x∈(0，1)时，g′(x)<0，g(x)为减函数，当x∈(1，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)为增函数，所以g(x)min＝g(1)＝e，所以a≤e，综上所述－2≤a≤e.故选ABC.
8．对于函数f(x)＝，下列说法正确的是( ACD )
A．f(x)在x＝处取得极大值
B．若f(x)＜k－在(0，＋∞)上恒成立，则k＞
C．f()＜f()＜f()
D．f(x)有且只有1个零点
解析：函数f(x)＝，则f′(x)＝，x＞0，令f′(x)＝0，即2ln x＝1，解得x＝，当0＜x＜时，f′(x)＞0，故函数f(x)在(0，)上单调递增，当x＞时，f′(x)＜0，故函数f(x)在(，＋∞)上单调递减，故f(x)在x＝处取得极大值f()＝，故A正确；
因为f(x)＜k－在(0，＋∞)上恒成立，则k＞f(x)＋＝在(0，＋∞)上恒成立，令g(x)＝，故k＞g(x)max，因为g′(x)＝，令g′(x)＝0，解得x＝，当0＜x＜时，g′(x)＞0，则g(x)单调递增，当x＞时，g′(x)＜0，则g(x)单调递减，所以当x＝时，g(x)max＝g＝，则k＞，故B错误；
因为当x＞时，f′(x)＜0，故函数f(x)在(，＋∞)上单调递减，所以f(2)＜f()＜f()，因为f()＝＝＝f(2)，所以f()＜f()＜f()，故C正确；
令f(x)＝0，则ln x＝0，解得x＝1，所以函数f(x)只有1个零点，故D正确．故选ACD.
三、填空题
9．已知函数f(x)＝ln x－ax－1，若f(x)≤0恒成立，则实数a的取值范围为．
解析：由题知f(x)≤0恒成立，即ln x－ax－1≤0在(0，＋∞)上恒成立，即a≥在(0，＋∞)上恒成立， 即a≥，记g(x)＝，
所以g′(x)＝＝，
当x∈(0，e2)时，g′(x)>0，g(x)单调递增，当x∈(e2，＋∞)时，g′(x)<0，g(x)单调递减，所以g(x)max＝g(e2)＝，所以a∈.
10．若存在x∈[0，1]，使得3x＋≥7m＋1成立，则实数m的取值范围是．
解析：设t＝3x，因为0≤x≤1，所以1≤t≤3.设g(t)＝t＋(1≤t≤3)，
则g′(t)＝1－＝≥0，
则g(t)在[1，3]上单调递增，故g(t)max＝g(3)＝3＋＝.由题可知7m＋1≤，解得m≤，所以实数m的取值范围是.
11．设函数f(x)＝ax3－3x＋1(a>1)，若对于任意的x∈[－1，1]，都有f(x)≥0成立，则实数a的值为4．
解析：由题意得，f′(x)＝3ax2－3，当a>1时，令f′(x)＝3ax2－3＝0，解得x＝±，±∈(－1，1).①当－1≤x<－时，f′(x)>0，f(x)单调递增；②当－0，f(x)单调递增．所以只需f≥0，且f(－1)≥0即可，由f≥0，得a·－3·＋1≥0，解得a≥4，由f(－1)≥0，得－a＋3＋1≥0，解得a≤4.综上可得a＝4.
12．已知函数f(x)＝ln (x2＋1)，g(x)＝－a， x1∈[－1，3]， x2∈[0，2]，使不等式f(x1)≥g(x2)成立，则实数a的取值范围是．
解析：因为对 x1∈[－1，3]， x2∈[0，2]，使不等式f(x1)≥g(x2)成立，所以f(x)min≥g(x)min，当－1≤x≤3时，f′(x)＝，由f′(x)<0，得－1≤x<0，由f′(x)>0，得0四、解答题
13．已知函数f(x)＝ln x－ax＋3，a>0.
(1)当a＝1时，求函数f(x)的极值；
(2)若对任意x∈(0，＋∞)，不等式f(x)≤0恒成立，求实数a的取值范围．
解：(1)∵当a＝1时，f(x)＝ln x－x＋3(x>0)，则f′(x)＝－1＝，
令f′(x)>0，得01，∴函数f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，∴函数f(x)的极大值为f(1)＝2，无极小值．
(2)f′(x)＝－a＝(x>0)，当x∈时，f′(x)>0，则f(x)是增函数．当x∈时，f′(x)<0，则f(x)是减函数，故f(x)的最大值为f.
∵f(x)＝ln x－ax＋3≤0恒成立，
∴f＝ln －1＋3＝－ln a＋2≤0，解得a≥e2，∴实数a的取值范围为[e2，＋∞).
14．已知函数f(x)＝ax3＋bx2＋6x＋c，当x＝－1时，f(x)的极小值为－，当x＝2时，f(x)有极大值．
(1)求函数f(x)的解析式；
(2)若存在x0∈[－2，0]，使得f(x0)>t2－2t成立，求实数t的取值范围．
解：(1)∵f′(x)＝3ax2＋2bx＋6，
由f′(－1)＝f′(2)＝0，
得解得
又f(－1)＝－，
∴c＝1，∴f(x)＝－x3＋x2＋6x＋1.
(2)存在x0∈[－2，0]，使得f(x0)>t2－2t，等价于f(x)max>t2－2t，
∵f′(x)＝－3x2＋3x＋6＝－3(x－2)(x＋1)，令f′(x)＝0，得x＝2或x＝－1，
当x∈[－2，－1)时，f′(x)<0，
当x∈(－1，0]时，f′(x)>0，∴f(x)在[－2，－1)上单调递减，在(－1，0]上单调递增．又f(－2)＝3，f(0)＝1，
∴f(x)在[－2，0]上的最大值为f(－2)＝3，∴t2－2t<3，解得－115．已知函数f(x)＝x sin x＋cos x.
(1)当x∈(0，π)时，求函数f(x)的单调区间；
(2)设函数g(x)＝－x2＋2ax.若对任意x1∈[－π，π]，存在x2∈[0，1]，使得f(x1)≤g(x2)成立，求实数a的取值范围．
解：(1)因为f(x)＝x sin x＋cos x，
所以f′(x)＝sin x＋x cos x－sin x＝x cos x.
当x∈(0，π)时，f′(x)与f(x)的变化情况如表所示：
x,,,f′(x),＋,0,－f(x),↗,,↘所以当x∈(0，π)时，函数f(x)的单调递增区间为，函数f(x)的单调递减区间为.
(2)当x∈[－π，π]时，f(－x)＝f(x)，所以函数f(x)为偶函数．
所以当x∈[－π，π]时，函数f(x)的单调递增区间为，.
函数f(x)的单调递减区间为，，所以函数f(x)的最大值为f＝f＝.
设h(x)＝f(x)，则当x∈[－π，π]时，h(x)max＝·＝.
对任意x1∈[－π，π]，存在x2∈[0，1]，使得h(x1)≤g(x2)成立，等价于h(x)max≤g(x)max.
当a≤0时，函数g(x)在区间[0，1]上的最大值为g(0)＝0，不合题意．
当0当a≥1时，函数g(x)在区间[0，1]上的最大值为g(1)＝2a－1，则2a－1≥，解得a≥，所以a≥1.综上所述，实数a的取值范围是.专题训练4 利用导数解决函数的恒成立与能成立问题
一、单项选择题
1．若函数f(x)＝x3＋ax2＋(a＋6)x无极值，则a的取值范围为( )
A．[－3，6]
B．(－3，6)
C．(－∞，－3]∪[6，＋∞)
D．(－∞，－3)∪(6，＋∞)
2．已知函数f(x)＝ln x－ax2－2x存在单调递减区间，则实数a的取值范围是( )
A．(－∞，－1) B．(－1，＋∞)
C．[－1，＋∞) D．(1，＋∞)
3．设函数f(x)＝x3＋x2－2x＋5，若对任意的x∈[－1，2]有f(x)A．(9，＋∞) B．(10，＋∞)
C．(11，＋∞) D．(12，＋∞)
4．(2024·河南洛阳第一高级中学高二阶段练习)已知函数f(x)＝－1＋ln x，存在x0>0，使得f(x0)≤0有解，则实数a的取值范围是( )
A．(2，＋∞) B．(－∞，－3)
C．(－∞，1] D．[3，＋∞)
5．已知不等式2x－3ln (x＋1)≤2(3a＋1)对任意x∈[0，1]恒成立，则实数a的最小值为( )
A．－ln 2 B．－－ln
C．－ D．＋ln
6．已知函数f(x)＝sin －－mx在上单调递减，则实数m的最小值是( )
A．－ B．－
C． D．
二、多项选择题
7．已知函数f(x)＝满足对任意的x∈R，f(x)≥ax恒成立，则实数a的取值可以是( )
A．－2 B．－
C． D．2
8．对于函数f(x)＝，下列说法正确的是( )
A．f(x)在x＝处取得极大值
B．若f(x)＜k－在(0，＋∞)上恒成立，则k＞
C．f()＜f()＜f()
D．f(x)有且只有1个零点
三、填空题
9．已知函数f(x)＝ln x－ax－1，若f(x)≤0恒成立，则实数a的取值范围为 ．
10．若存在x∈[0，1]，使得3x＋≥7m＋1成立，则实数m的取值范围是 ．
11．设函数f(x)＝ax3－3x＋1(a>1)，若对于任意的x∈[－1，1]，都有f(x)≥0成立，则实数a的值为 ．
12．已知函数f(x)＝ln (x2＋1)，g(x)＝－a， x1∈[－1，3]， x2∈[0，2]，使不等式f(x1)≥g(x2)成立，则实数a的取值范围是 ．
四、解答题
13．已知函数f(x)＝ln x－ax＋3，a>0.
(1)当a＝1时，求函数f(x)的极值；
(2)若对任意x∈(0，＋∞)，不等式f(x)≤0恒成立，求实数a的取值范围．
14．已知函数f(x)＝ax3＋bx2＋6x＋c，当x＝－1时，f(x)的极小值为－，当x＝2时，f(x)有极大值．
(1)求函数f(x)的解析式；
(2)若存在x0∈[－2，0]，使得f(x0)>t2－2t成立，求实数t的取值范围．
15．已知函数f(x)＝x sin x＋cos x.
(1)当x∈(0，π)时，求函数f(x)的单调区间；
(2)设函数g(x)＝－x2＋2ax.若对任意x1∈[－π，π]，存在x2∈[0，1]，使得f(x1)≤g(x2)成立，求实数a的取值范围．