高中数学压轴题系列——导数专题——恒成立问题（分类讨论和分离变量）头条号：延龙高中数学微信：gyl_math1231．（2018•全国一模）已知函数f（x）=﹣4x3+ax，x∈R．（1）讨论函数f（x）的单调性；（2）若函数f（x）在[﹣1，1]上的最大值为1，求实数a的取值集合．解：（1）f'（x）=﹣12x2+a．当a=0时，f（x）=﹣4x3在R上单调递减；当a＜0时，f'（x）=﹣12x2+a＜0，即f（x）=﹣4x3+ax在R上单调递减；当a＞0时，f'（x）=﹣12x2+a.f'（x）＜0，f（x）在上递减；上递增；上递减；时，时，f'（x）＞0，f（x）在时，f'（x）＜0，f（x）在综上，当a≤0时，f（x）在R上单调递减；当a＞0时，f（x）在上递减；在上递增；上递减．（2） 函数f（x）在[﹣1，1]上的最大值为1．即对任意x∈[﹣1，1]，f（x）≤1恒成立．亦即﹣4x3+ax≤1对任意x∈[﹣1，1]恒成立．变形可得，ax≤1+4x3．当x=0时，a•0≤1+4•03即0≤1，可得a∈R；当x∈（0，1]时，当．则令，则．，∴a≤3．，则．时，f'（x）＜0，当．则时，f'（x）＞0．因此，令当x∈[﹣1，0）时，当x∈[﹣1，0）时，f'（x）＜0，因此，g（x）max=g（﹣1）=3，∴a≥3．综上，a=3，∴a的取值集合为{3}．2．（2018•遂宁模拟）已知函数f（x）=（1）求函数f（x）的单调区间和极值点；（2）当x≥1时，f（x）≤a（1﹣解：（1）因为f（x）=）恒成立，求实数a的取值范围．，令f'（x）=0，解得x=e，…（2分），求导得f′（x）=又函数的定义域为（0，+∞），当x∈（0，e）时，f'（x）＞0；当x∈（e，+∞）时，f'（x）＜0，所以函数f（x）在（0，e）单调递增；在（e，+∞）单调递减，有极大值点x=e；无极小值点．…（4分）（2）由f（x）≤a（1﹣）恒成立，得≤a（1﹣），（x≥1）恒成立，即xlnx≤a（x2﹣1）（x≥1）恒成立．令g（x）=xlnx﹣a（x2﹣1）（x≥1）g′（x）=lnx+1﹣2ax，令F（）=lnx+1﹣2ax，则F′（x）=，…（5分）①若a≤0，F′（x）＞0，g′（x）在[1，+∞）递增，g′（x）≥g′（1）=1﹣2a＞0，故有g（x）≥g（1）=0不符合题意．…（7分）②若从而在，∴，上，g′（x）＞g′（1）=1﹣2a＞0，同（1），不合题意…（9分）③若a≥，F′（x）≤0在[1，+∞）恒成立，∴g′（x）在[1，+∞）递减，g′（x）≤g′（1）=1﹣2a≤0，从而g（x）在[1，+∞）递减，故g（x）≤g（1）=0…（11分）综上所述，a的取值范围是[，+∞）．…（12分）3．（2018•瓦房店市一模）已知函数f（x）=ax﹣1﹣lnx，a∈R．（Ⅰ）讨论函数f（x）的单调区间；（Ⅱ）若函数f（x）在x=1处取得极值，对x∈（0，+∞），f（x）≥bx﹣2恒成立，求b的取值范围．解：（Ⅰ）在区间（0，+∞）上，．①若a≤0，则f′（x）＜0，f（x）是区间（0，+∞）上的减函数；②若a＞0，令f′（x）=0得x=．在区间（0，）上，f′（x）＜0，函数f（x）是减函数；在区间上，f′（x）＞0，函数f（x）是增函数；综上所述，①当a≤0时，f（x）的递减区间是（0，+∞），无递增区间；②当a＞0时，f（x）的递增区间是，递减区间是．（II）因为函数f（x）在x=1处取得极值，所以f′（1）=0解得a=1，经检验满足题意．由已知f（x）≥bx﹣2，则令g（x）==1+，则易得g（x）在（0，e2]上递减，在[e2，+∞）上递增，所以g（x）min=，即．4．（2018•玉溪模拟）已知函数f（x）=xe﹣x+（x﹣2）ex﹣a（e≈2.73）．（Ⅰ）当a=2时，证明函数f（x）在R上是增函数；（Ⅱ）若a＞2时，当x≥1时，f（x）≥恒成立，求实数a的取值范围．解：（Ⅰ）当a=2时，f（x）=xe﹣x+（x﹣2）ex﹣2，f（x）的定义域为R，f′（x）=e﹣x﹣xe﹣x+ex﹣2+（x﹣2）ex﹣2=（x﹣1）（ex﹣2﹣e﹣x）=e﹣x（x﹣1）（ex﹣1﹣1）（ex﹣1+1）．当x≥1时，x﹣1≥0，ex﹣1﹣1≥0，所以f′（x）≥0，当x＜1时，x﹣1＜0，ex﹣1﹣1＜0，所以f′（x）≥0，所以对任意实数x，f′（x）≥0，所以f（x）在R上是增函数；（II）当x≥1时，f（x）≥恒成立，即（x﹣2）e2x﹣a﹣x2+3x﹣1≥0恒成立，设h（x）=（x﹣2）e2x﹣a﹣x2+3x﹣1（x≥1），则h′（x）=（2x﹣3）（e2x﹣a﹣1），令h′（x）=（2x﹣3）（e2x﹣a﹣1）=0，解得（1）当1＜＜，即2＜a＜3时，x（1，）h′（x）+0...
