四函数、不等式中的恒成立问题1．(2017年广东揭阳二模)已知函数f(x)＝2135214114()log()x x xx x⎧-+-⎪⎪⎨⎪->⎪⎩≤,,g(x)＝|A－2|·sin x(x∈R)，若对任意的x1，x2∈R，都有f(x1)≤g(x2)，则实数A的取值范围为()A.⎝⎛⎦⎤－∞，94 B.⎣⎡⎭⎫74，＋∞C.⎣⎡⎦⎤74，94 D.⎝⎛⎦⎤－∞，74∪⎣⎡⎭⎫94，＋∞2．(2016年河北衡水调研)设过曲线f(x)＝－e x－x(e为自然对数的底数)上任意一点处的切线为l1，总存在过曲线g(x)＝ax＋2cos x上一点处的切线l2，使得l1⊥l2，则实数a的取值范围为()A．[－1,2] B．(－1,2) C．[－2,1] D．(－2,1)3．(2014年辽宁)当x∈[－2,1]时，不等式ax3－x2＋4x＋3≥0恒成立，则实数a的取值范围是()A．[－5，－3] B.⎣⎡⎦⎤－6，－98C．[－6，－2] D．[－4，－3]4．设0＜a≤1，函数f(x)＝x＋a2x，g(x)＝x－ln x，若对任意的x1，x2∈[1，e]，都有f(x1)≥g(x2)成立，则实数a的取值范围是________．5．(2015年新课标Ⅰ)设函数f(x)＝e2x－a ln x.(1)讨论f(x)的导函数f′(x)零点的个数；(2)证明：当a＞0时，f(x)≥2a＋a ln2a.6．已知f(x)＝2ax－bx＋ln x在x＝1与x＝12处都取得极值．(1)求a，b的值；(2)设函数g(x)＝x2－2mx＋m，若对任意的x1∈⎣⎡⎦⎤12，2，总存在x2∈⎣⎡⎦⎤12，2，使得g(x1)≥f(x2)－ln x2，求实数m的取值范围．7．已知函数f (x )＝ax 2＋ln x (a ∈R )．(1)当a ＝12时，求f (x )在区间[1，e]上的最大值和最小值；(2)如果函数g (x )，f 1(x )，f 2(x )，在公共定义域D 上，满足f 1(x )<g (x )<f 2(x )，那么就称g (x )为f 1(x )，f 2(x )的“活动函数”．已知函数f 1(x )＝⎝⎛⎭⎫a －12x 2＋2ax ＋(1－a 2)ln x ，f 2(x )＝12x 2＋2ax .若在区间(1，＋∞)内，函数f (x )是f 1(x )，f 2(x )的“活动函数”，求实数a 的取值范围．8．(2014年天津)已知函数f (x )＝x 2－23ax 3(a ＞0)，x ∈R .(1)求f (x )的单调区间和极值；(2)若对于任意的x 1∈(2，＋∞)，都存在x 2∈(1，＋∞)，使得f (x 1)·f (x 2)＝1.求实数a 的取值范围．．专题四 函数、不等式中的恒成立问题1．C 解析：对任意的x 1，x 2∈R ，都有f (x 1)≤g (x 2)⇔f (x )max ≤g (x )min .注意到f (x )max ＝f (1)＝－14.又g (x )＝|A －2|sin x ≥－|A －2|，故－|A －2|≥－14⇒|A －2|≤14⇒74≤A ≤94.2．A 解析：由题意，得∀x 1∈R ，∃x 2∈R ，使得(－e x 1－1)(a －2sin x 2)＝－1，即函数y ＝11e 1x +的值域为函数y ＝a －2sin x 2的值域的子集，从而(0,1)⊆[a －2，a ＋2]，即a －2≤0，a ＋2≥1⇒－1≤a ≤2.故选A.3．C 解析：关于x 的不等式ax 3－x 2＋4x ＋3≥0可变形为ax 3≥x 2－4x －3.当x ＝0时，0≥－3，故实数a 的取值范围是R ；当x ∈(0,1]时，a ≥x 2－4x －3x 3恒成立，记f (x )＝x 2－4x －3x 3，f ′(x )＝－x 2＋8x ＋9x 4＝－(x ＋1)(x －9)x 4>0成立，故函数f (x )单调递增，f (x )max ＝f (1)＝－6，故a ≥－6；当x ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫－20时，a ≤x 2－4x －3x 3恒成立，记f (x )＝x 2－4x －3x 3，f ′(x )＝－x 2＋8x ＋9x 4＝－(x ＋1)(x －9)x 4，当x ∈[－2，－1)时，f ′(x )<0；当x ∈(－1,0)时，f ′(x )>0.故f (x )min ＝f (－1)＝－2，故a ≤－2.综上所述，实数a 的取值范围是[－6，－2]．4．[e －2，1] 解析：f ′(x )＝1－a 2x 2＝x 2－a2x2，当0＜a ≤1，且x ∈[1，e]时，f ′(x )＞0，∴f (x )在区间[1，e]上是增函数，f (x 1)min ＝f (1)＝1＋a 2.又g ′(x )＝1－1x(x ＞0)，易求g ′(x )＞0，∴g (x )在区间[1，e]上是增函数，g (x 2)max ＝g (e)＝e －1.由条件知只需f (x 1)min ≥g (x 2)max .即1＋a 2≥e －1.∴a 2≥e －2.即e －2≤a ≤1.5．(1)解：f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝2e 2x －ax (x >0)．当a ≤0时，f ′(x )>0，f ′(x )没有零点；当a >0时，设u (x )＝e 2x ，v (x )＝－ax，因为u (x )＝e 2x 在区间(0，＋∞)内单调递增，v (x )＝－ax 在(0，＋∞)内单调递增，所以f ′(x )在(0，＋∞)内单调递增．又f ′(a )>0，当b 满足0<b <a 4且b <14时，f ′(b )<0，故当a >0时，f ′(x )存在唯一零点．(2)证明：由(1)，可设f ′(x )在区间(0，＋∞)内的唯一零点为x 0，当x ∈(0，x 0)时，f ′(x )<0； 当x ∈(x 0，＋∞)时，f ′(x )>0.故f (x )在(0，x 0)上单调递减，在区间(x 0，＋∞)内单调递增，所以当x ＝x 0时，f (x )取得最小值，最小值为f (x 0)．由于202e x －ax 0＝0，所以f (x 0)＝a 2x 0＋2ax 0＋a ln 2a ≥2a ＋a ln 2a.故当a >0时，f (x )≥2a ＋a ln 2a .6．解：(1)∵f (x )＝2ax －bx＋ln x ，∴f ′(x )＝2a ＋b x 2＋1x .∵f (x )＝2ax －b x ＋ln x 在x ＝1与x ＝12处都取得极值，∴f ′(1)＝0，f ′⎝⎛⎭⎫12＝0.∴⎩⎪⎨⎪⎧2a ＋b ＋1＝0，2a ＋4b ＋2＝0.解得a ＝b ＝－13.当a ＝b ＝－13时，f ′(x )＝－23－13x 2＋1x ＝－2(x －1)⎝⎛⎭⎫x －123x 2.∴函数f (x )在x ＝1与x ＝12处都取得极值．∴a ＝b ＝－13.(2)由(1)知，函数y ＝f (x )－ln x ＝－23x ＋13x在区间⎣⎡⎦⎤12，2上单调递减， ∴[f (x )－ln x ]min ＝f (2)＝－76.又函数g (x )＝x 2－2mx ＋m 图象的对称轴是x ＝m .①当m <12时，g (x )min ＝g ⎝⎛⎭⎫12＝14，依题意有14≥－76成立，∴m <12. ②当12≤m ≤2时，g (x )min ＝g (m )＝m －m 2，∴m －m 2≥－76，即6m 2－6m －7≤0.解得3－516≤m ≤3＋516.又∵12≤m ≤2，∴12≤m ≤3＋516.③当m >2时，g (x )min ＝g (2)＝4－3m ，∴4－3m ≥－76.∴m ≤3118.又m >2，∴m ∈∅.综上所述，m ≤3＋516.7．解：(1)当a ＝12时，∵f (x )＝12x 2＋ln x ，∴f ′(x )＝x ＋1x ＝x 2＋1x.对于x ∈[1，e]，有f ′(x )>0， ∴f (x )在区间[1，e]上为增函数．∴f max (x )＝f (e)＝1＋e 22，f min (x )＝f (1)＝12.(2)①在区间(1，＋∞)内，函数f (x )是f 1(x )，f 2(x )的“活动函数”，则f 1(x )<f (x )<f 2(x )．令p (x )＝f (x )－f 2(x )＝⎝⎛⎭⎫a －12x 2－2ax ＋ln x <0，对x ∈(1，＋∞)恒成立， 且h (x )＝f 1(x )－f (x )＝－12x 2＋2ax －a 2ln x <0对x ∈(1，＋∞)恒成立，∵p ′(x )＝(2a －1)x －2a ＋1x ＝(2a －1)x 2－2ax ＋1x ＝(x －1)[(2a －1)x －1]x， (*)ⅰ)若a >12，令p ′(x )＝0，得极值点x 1＝1，x 2＝12a －1，当x 2>x 1＝1，即12<a <1时，在区间(x 2，＋∞)内有p ′(x )>0，此时p (x )在区间(x 2，＋∞)内是增函数，并且在该区间上有p (x )∈(p (x 2)，＋∞)，不合题意；当x 2<x 1＝1，即a ≥1时，同理可知，p (x )在区间(1，＋∞)内，有p (x )∈(p (1)，＋∞)，也不合题意；ⅱ)若a ≤12，则有2a －1≤0，此时在区间(1，＋∞)内恒有p ′(x )<0，从而p (x )在区间(1，＋∞)内是减函数. 要使p (x )<0在此区间上恒成立，只需满足p (1)＝－a －12≤0⇒a ≥－12，∴－12≤a ≤12.又∵h ′(x )＝－x ＋2a －a 2x ＝－x 2＋2ax －a 2x ＝－(x －a )2x<0，h (x )在区间(1，＋∞)内为减函数，∴h (x )<h (1)＝－12＋2a ≤0，∴a ≤14.综上所述，实数a 的范围是⎣⎡⎦⎤－12，14. 8．解：(1)由已知，有f ′(x )＝2x －2ax 2(a ＞0)．令f ′(x )＝0，解得x ＝0，或x ＝1a .当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：x (－∞，0)0 ⎝⎛⎭⎫0，1a 1a ⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞ f ′(x ) － 0 ＋0 －f (x )13a 2所以f (x )的单调递增区间是⎝⎛⎭⎫0，1a ；单调递减区间是(－∞，0)，⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞. 当x ＝0时，f (x )有极小值，且极小值f (0)＝0；当x ＝1a时，f (x )有极大值，且极大值f ⎝⎛⎭⎫1a ＝13a 2. (2)由f (0)＝f ⎝⎛⎭⎫32a ＝0及(1)知，当x ∈⎝⎛⎭⎫0，32a 时，f (x )＞0； 当x ∈⎝⎛⎭⎫32a ，＋∞时，f (x )＜0.设集合A ＝{f (x )|x ∈(2，＋∞)}， 集合B ＝⎭⎬⎫⎩⎨⎧⎪⎪1f (x )x ∈(1，＋∞)，f (x )≠0.则“对于任意的x 1∈(2，＋∞)，都存在x 2∈(1，＋∞)，使得f (x 1)·f (x 2)＝1”等价于A ⊆B .显然，0∉B .下面分三种情况讨论：①当32a ＞2，即0＜a ＜34时，由f ⎝⎛⎭⎫32a ＝0可知， 0∈A ，而0∉B ，所以A 不是B 的子集．②当1≤32a ≤2，即34≤a ≤32时，有f (2)≤0，且此时f (x )在区间(2，＋∞)内单调递减，故A ＝(－∞，f (2))，因而A ⊆(－∞，0)；由f (1)≥0，有f (x )在区间(1，＋∞)内的取值范围包含(－∞，0)，则(－∞，0)⊆B .所以A ⊆B . ③当32a ＜1，即a ＞32时，有f (1)＜0，且此时f (x )在区间(1，＋∞)内单调递减，故B ＝⎝⎛⎭⎫1f (1)，0，A ＝(－∞，f (2))，所以A 不是B 的子集．综上所述，实数a 的取值范围是⎣⎡⎦⎤34，32.。