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)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 ... ... 