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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)
x2
1.(16分)设函数f(x)= +(1-k)x-kln x.
2
(1)讨论f(x)的单调性；(7分)
3
(2)若k为正数，且存在x ，使得f(x )< -k2，求k的取值范围.(9分)
0 0 2
2.(17分)(2024·绵阳模拟)已知函数f(x)=2sin x+ln(x+1)-ax.
( π)
(1)当a=2时，求函数f(x)在区间 0， 上零点的个数；(8分)
2
(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)
x
3.(17分)(2024·新课标全国Ⅰ)已知函数f(x)=ln +ax+b(x-1)3.
2-x
(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10)，
x x x
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.
3 3 k2 3
(2)因为k>0，由(1)知f(x )+k2- 的最小值为f(k)+k2- = +k-kln k- ，
0 2 2 2 2
k2 3
由题意得 +k-kln k- <0(k>0)恒成立，
2 2
k 3
即 +1-ln k- <0，
2 2k
k 3
令g(k)= +1-ln k- (k>0)，
2 2k
1 1 3 k2-2k+3
则g'(k)= - + = >0恒成立，
2 k 2k2 2k2
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，
k2 3
于是 +k-kln k- <0，符合题意；
2 2
当k∈[1，+∞)时，g(k)≥0，
k2 3
于是 +k-kln k- ≥0，不符合题意.故k的取值范围为(0，1).
2 2
2.解 (1)当a=2时，
f(x)=2sin x+ln(x+1)-2x，
1
令g(x)=f'(x)=2cos x+ -2，
x+1
1
则g'(x)=-2sin x- ，
(x+1) 2
( π)
当x∈ 0， 时，g'(x)<0，
2( π)
g(x)在 0， 上单调递减，
2
( π)
即f'(x)在 0， 上单调递减，
2
且f'(0)=1>0，
1
(π)
f' =π -2<0，
2 +1
2
( π)
∴∃x ∈ 0， ，
0 2
使f'(x )=0，
0
( π)
∴f(x)在(0，x )上单调递增，在 x ， 上单调递减，
0 0 2
(π) (π )
∵f(0)=0，f =2-π+ln +1 <0，
2 2
( π)
∴f(x)在 0， 上有1个零点.
2
1
(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.
x+1
下证：当a≥3时，∀x∈[0，+∞)，均有f(x)≤0.
1 1 1 -x
当a≥3时，f'(x)=2cos x+ -a≤2cos x+ -3≤ -1= ≤0，
x+1 x+1 x+1 x+1
∴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x ∈(0，+∞)，
1
使f(x)在(0，x )上单调递增，那么∀x∈(0，x )均有f(x)>f(0)=0，与f(x)≤0在x∈[0，+∞)上恒成立矛盾.
1 1
综上所述，a的取值范围为[3，+∞).
3.(1)解 当b=0时，
x
f(x)=ln +ax，
2-x
其中x∈(0，2)，
1 1 2
则f'(x)= + +a= +a，x∈(0，2)，
x 2-x x(2-x)
(2-x+x) 2
因为x(2-x)≤ =1，
2
当且仅当x=1时等号成立，
故f'(x) =2+a，
min
而f'(x)≥0，故2+a≥0，即a≥-2，
所以a的最小值为-2.
x
(2)证明 f(x)=ln +ax+b(x-1)3的定义域为(0，2)，
2-x
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，
m
故n=ln +am+b(m-1)3，
2-m
2-m
而f(2-m)=ln +a(2-m)+
m
[ m ]
b(2-m-1)3=- ln +am+b(m-1) 3 +2a，=-n+2a，
2-m
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1-2，
x
即ln +2(1-x)+b(x-1)3>0，
2-x
设t=x-1∈(-1，1)，
t+1
则ln -2t+bt3>0.
1-t
t+1
设g(t)=ln -2t+bt3，
1-t
t∈(-1，1)，
2
则g'(t)= -2+3bt2
1-t2
t2 (-3bt2+2+3b)
= .
1-t2
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0-2当且仅当10当且仅当0-2当且仅当1
