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专题一微专题6恒成立问题与能成立问题

(分值：50分)

1.(16分)设函数f(x)=x22+(1-k)x-klnx.

(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)32-k2，求k的取值范围.(9分

2.(17分)(2024·绵阳模拟)已知函数f(x)=2sinx+ln(x+1)-ax.

(1)当a=2时，求函数f(x)在区间0，π2上零点的个数；

(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)

3.(17分)(2024·新课标全国Ⅰ)已知函数f(x)=lnx2-x+ax+b(x-1)

(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1x2，求b的取值范围.(8分)

答案精析

1.解(1)f(x)=x+1-k-kx=x2+(1-k)x-

①当k≤0时，f(x)0，f(x)在(0，+∞)上单调递增；

②当k0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k0时，f(x)在(0，k)上单调递减，在(k，+∞)上单调递增.

(2)因为k0，由(1)知f(x0)+k2-32的最小值为f(k)+k2-32=k22+k-kln

由题意得k22+k-klnk-320(k

即k2+1-lnk-32

令g(k)=k2+1-lnk-32k(k

则g(k)=12-1k+32k

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k22+k-klnk-3

当k∈[1，+∞)时，g(k)≥0，

于是k22+k-klnk-32≥0，不符合题意.故k的取值范围为(0，

2.解(1)当a=2时，

f(x)=2sinx+ln(x+1)-2x，

令g(x)=f(x)=2cosx+1x+1

则g(x)=-2sinx-1(

当x∈0，π2时，g(x

g(x)在0，

即f(x)在0，

且f(0)=10，

fπ2=1π

∴?x0∈0，

使f(x0)=0，

∴f(x)在(0，x0)上单调递增，在x0

∵f(0)=0，fπ2=2-π+lnπ2

∴f(x)在0，π2上有

(2)f(x)=2cosx+1x+1-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

下证：当a≥3时，?x∈[0，+∞)，均有f(x)≤0.

当a≥3时，f(x)=2cosx+1x+1-a≤2cosx+1x+1-3≤1x

∴此时f(x)在[0，+∞)上单调递减，∴此时f(x)≤f(0)=0.

当a3时，f(0)=3-a0，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.(1)解当b=0时，

f(x)=lnx2-x+

其中x∈(0，2)，

则f(x)=1x+12-x+a=2x(2-x)+a，x

因为x(2-x)≤2-x+

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)=lnx2-x+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=lnm2-m+am+b(m-1)

而f(2-m)=ln2-mm+a(2-m

b(2-m-1)3=-lnm2-m+am+b(

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1x2，

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lnx2-x+2(1-x)+b(x-1)3

设t=x-1∈(-1，1)，

则lnt+11-t-2t+

设g(t)=lnt+11-t-2t+

t∈(-1，1)，

则g(t)=21-t2

=t2

当b≥0时，

-3bt2+2+3b≥-3b+2+3b=20，

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0t1，

即f(x)-2当且仅当1x2；

当-23≤b0时，-3bt2+2+3b≥2+3b≥0

故g(t)≥0恒成立，

故g