2021届高三数学（文理通用）一轮复习题型专题训练：导数的综合应用--恒成立问题（含解析）

2021 届高三一轮复习题型专题训练 - 1 - 《导数的综合应用--恒成立问题》 考查内容：主要涉及利用导数解决恒成立问题 注意：复合函数求导一般涉及理科 一．选择题(在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的） 1．已知函数 ，对 都有 成立，则实数 的取 值范围是（ ） A． B． C． D． 2．已知函数 ，若对任意的 ， ，都有 ，则实数 最小值是（ ） A． B． C． D． 3．若不等式 对任意实数 x 都成立，则实数 a 的取值范围是（ ） A． B． C． D． 4．函数 ， ，对任意的 ，都有 恒 成立，则实数 的取值范围是（ ） A． B． C． D． 5．已知函数 ，当 时，恒有 ，则实数 的取值范围 为（ ） A． B． C． D． 6．已知函数 对 均有 ，若 恒成立， 则实数 的取值范围是（ ） A． B． C． D． 7．已知 ,当 时,不等式 （ 是整数）恒成立,则 的最大值是（ ） A． B． C． D． 8．已知函数 ，若 ， ， ( ) 2 2f x ax x a= − + [ ]1,2x∀ ∈ ( ) 0f x ≤ a ( ],0−∞ 4, 5  −∞   ( ],1−∞ [ ]1,0− 3( ) 3f x x x= − 1x 2 3 3,2 2x  ∈ −   1 2( ) ( )f x f x t− ≤ t 9 8 9 4 4 1 4 34 2x x a− > − 27a − 29a ≥ 29a > ( ) xf x e= ( ) 2g x x a= + [ ]1 2, 1,2x x ∈ ( ) ( )1 2f x g x> a ( )2, 4e−∞ − ( )2, 1e−∞ − ( ), 4e−∞ − ( ), 1e−∞ − 2( ) xf x ax x xe= + − 0x≥ ( ) 0f x ≤ a [1, )+∞ ( ,0]−∞ ( ,1]−∞ [0, )+∞ ( )f x x R∀ ∈ 1( ) 2 ( ) 2f x f x mx+ − = − ( ) ln≥f x x m [1, ]e 5 6, e − −∞ −   3( , ]e−∞ ( , )e +∞ ( ) xf x e= 0x> ( ) ( ) 1 0x k f x k− + + > k k 1 2 3 4 ( ) 2 2 ln 3f x x a x= + + [ )( )1 2 1 2, 4,x x x x∀ ∈ +∞ ≠ [ ]2,3a∃ ∈2021 届高三一轮复习题型专题训练 - 2 - ，则 的取值范围是（ ） A． B． C． D． 9．已知函数 ，对任意的 ，且 ，不等式 恒成立，则实数 的取值范围是( ) A． B． C． D． 10．已知函数 ，若关于 的不等式 在区间 上恒成立，则实数 的取值范围是（ ） A． B． C． D． 11．若 ，不等式 恒成立，则正实数 的取值范围是 （　　） A．（0，1] B．（0，2] C． D．（3，+∞） 12．若对任意实数 ， 恒成立，则 （ ） A． B．0 C． D． 二．填空题 13．不等式 对于任意正实数 恒成立，则实数 的取值范围是______． 14．关于 的不等式 恒成立，实数 的取值范围是__________. 15．若关于 x 的不等式 恒成立，则 的最大值是______ 16．设 ，当 时，不等式 恒成立，则 的 取值范围是______. 三．解答题(解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤) ( ) ( )2 1 1 2 2f x f x mx x − − a 1 2a < 1 2a ≤ 1 2a > 1 2a ≥ ( ) 2 , 0 4 , 0 x xae x e xf x x x a x  − − ≥=  + − x a x 2 ln 0x x kx x− + ≥ k 21ln 1x x bxa ≤ − + ab 0a> 0x> ( )2 21 31 ln 22 2x a x a x a a+ − − > − a2021 届高三一轮复习题型专题训练 - 3 - 17．已知函数 ， 是 的一个极值点． （1）求 的单调递增区间； （2）若当 时， 恒成立，求实数 的取值范围． 18．设 ，其中 ． （1）若 有极值，求 的取值范围； （2）若当 ， 恒成立，求 的取值范围． 19．已知函数 . （1）若 在 处取得极小值，求 的值； （2）若 在 上恒成立，求 的取值范围； 20．已知函数 ( ). (1)当 时，求曲线 在 处的切线方程； (2)若对任意 ， 恒成立，求实数 的取值范围. 3 21( ) 23f x x bx x a= − + + 2x= ( )f x ( )f x [1,3]x∈ 2 2( ) 3f x a− > a ( ) ( )3 21 1 4 243f x x a x ax a= − + + + a R∈ ( )f x a 0x≥ ( ) 0f x > a 2( ) ( 1) lnf x a x x= − − ( )y f x= 2x= a ( ) 0f x ≥ [1, )+∞ a 2( ) lnf x a x x= − 0a≥ 1a = ( )y f x= 1x = (0, )x∈ +∞ ( ) 0f x < a2021 届高三一轮复习题型专题训练 - 4 - 21．已知函数 ， （1）判断函数 在区间 上的单调性； （2）若当 时， 恒成立，求正整数 的最大值． 22．已知 ，函数 ， ． （1）求 的单调区间； （2）证明：当 时， ； （3）若 在区间 上恒成立，求 a 的取值范围． 1 ln( 1)( ) ( 0)xf x xx + += > ( )f x (0, )+∞ 0x> ( ) 1 kf x x > + k 0a> ( ) ( )2 1 lnf x a x x= − − ( ) 1 1 1 exg x x −= − ( )f x 1x > ( ) 0g x > ( ) ( )f x g x> ( )1,+∞2021 届高三一轮复习题型专题训练 - 5 - 《导数的综合应用--恒成立问题》解析 1.【解析】函数 ,对 都有 , 当 时, 即 ,即为 ， 可化为 ，令 , 则 ， 当 时, ,单调递减.因此 ， 所以 ，故实数 的取值范围是 ，故选：B 2.【解析】函数 的导数为 ， 令 ，解得 ，所以 为函数 的极值点， 因为 ， ， ， ， 即 所以对任意的 ， ，都有 ， 所以 ，从而 的最小值为 .故选：C 3.【解析】 , 当 时， ，当 时， ， 的递减区间是 ，递增区间是 ， 所以 取得极小值，也是最小值， ， 不等式 对任意实数 x 都成立，所以 . 故选:D. ( ) 2 2f x ax x a= − + [ ]1,2x∀ ∈ ( ) 0f x ≤ [ ]1,2x∈ ( ) 0f x ≤ 2 2 0ax x a− + ≤ ( )2 21a x x+ ≤ ( )2 1 2xa x ≤ + ( )2 2( ) 1 xg x x + = ( ) ( ) 2 2 ' 2 22 2 1) 22( ( 1 2( 2 1 2)) x xx xg x x x − ++ − + + = = [ ]1,2x∈ '( ) 0g x < ( )min 2 2 2 4( ) (2) 1 52 g x g ×= = + = min 4( ) 5a g x≤ = a 4, 5  −∞   3( ) 3f x x x= − ( ) 23 3f x x′ = − ( ) 0f x′ = 1x = ± 1, 1− ( )f x 33 3 3 932 2 2 8f      − = − − − =           ( )1 2f − = ( )1 2f = - 33 3 3 932 2 2 8f    = − × = −       ( ) ( )max min2, 2f x f x= = − 1x 2 3 3,2 2x  ∈ −   1 2( ) ( ) 4f x f x− ≤ 4t ≥ t 4 4 3 3 2 2( ) 4 , ( ) 4 12 4 ( 3)f x x x f x x x x x′= − = − = − 3x < ( ) 0f x′ < 3x > ( ) 0f x′ > ( )f x ( ,3)−∞ (3, )+∞ 3, ( )x f x= min( ) (3) 27f x f= = − 4 34 2x x a− > − 27 2 , 29a a− > − >2021 届高三一轮复习题型专题训练 - 6 - 4.【解析】因为对任意的 ，都有 恒成立， 又因为 和 在 上为增函数， 所以 的最小值为 ， 的最大值为 ， 所以 ， .故选：C. 5.【解析】 . 令 ，则 . 若 ，则当 时， ， 为减函数，而 ， 从而当 时， ，即 ， 若 ，则当 时， . 为增函数，而 ， 从而当 时， ，即 ，不合题意. 综上可得， 的取值范围为 .故选：C 6.【解析】根据题意，将 代入 ，得 . 由 得 ， 函数 的图象恒过点 . 设 ，当函数 的图象和 的图象相切时，设切点 坐标为 ，由 ，得切线斜率 ， 解得 .此时 ，则要使 ， 只需 ，解得 ，所以实数 的取值范围是 . 故选：B [ ]1 2, 1,2x x ∈ ( ) ( )1 2f x g x> ( )f x ( )g x [ ]1,2 ( )f x e ( )g x 4 a+ 4e a> + 4a e< − ( )( ) 1 xf x x ax e= + − ( ) 1xg x ax e= − + ( ) xg x a e′ = − 1a ≤ (0, )x∈ +∞ ( ) 0g x′ < ( )g x (0) 0g = 0x ≥ ( ) 0g x ≤ ( ) 0f x ≤ 1a > (0,ln )x a∈ ( ) 0g x′ > ( )g x (0) 0g = (0,ln )x a∈ ( ) 0g x > ( ) 0f x > a ( ,1]−∞ x− x 1( ) 2 ( ) 2f x f x mx− + = − − 1( ) 2 ( ) ,2 1( ) 2 ( ) 2 f x f x mx f x f x mx  − + = − −  + − = − 1( ) 6f x mx= − − 1( ) 6f x mx= − − 10, 6  −   ( ) lng x x= 1( ) 6f x mx= − − ( ) lng x x= ( )0 0,x y 1( )g x x ′ = ( ) 0 0 0 0 1ln1 6 0 x k g x x x  − −  ′= = = − 5 0 6x e= 5 6 5 6 1k e e −= = ( ) ln≥f x x 5 6m e −− ≥ 5 6m e −≤ − m 5 6, e − −∞ −  2021 届高三一轮复习题型专题训练 - 7 - 7.【解析】 ,代入 ， 得 ， 当 时成立,得 ,所以整数 . 又 可证 时成立,设 ， 得 , ， 所求 的最大值是 .故选:B. 8.【解析】设 ，因为 ， 所以 . 记 ，则 在 上单调递增， 故 在 上恒成立，即 在 上恒成立， 整理得 在 上恒成立. 因为 ，所以函数 在 上单调递增， 故有 .因为 ，所以 ，即 . 故选：D 9.【解析】 且 ， ， 设 ， 则 ，又对任意的 ，且 都成立， 所以 在 上为增函数，即 恒成立， 整理得 ，当 时，不等式成立， 当 时， 恒成立，  ( ) xf x e= ( ) ( ) 1 0x k f x k− + + > ∴ 1 0x xxe ke k− + + > 1x = 2 11k e < +− k 2≤  2k = ( ) 1( 0)x xg x xe ke k x= − + + > '( ) ( 1) ( 0)xg x x e x= − > ∴ min( ) (1) 3 0g x g e= = − > ∴ k 2 1 2x x> ( ) ( )2 1 1 2 2f x f x mx x − + ( ) ( ) 2g x f x mx= + ( )g x ( )0, ∞+ ( )' 0g x ≥ [ )4,+∞ 22 2 0ax mx + + ≥ [ )4,+∞ am x x − ≤ + [ )4,+∞ [ ]2,3a∈ ay x x = + [ )4,+∞ 4 4 am− ≤ + [ ]2,3a∃ ∈ max 194 4 4 am  − ≤ + =   19 4m ≥ − ( ) ( )1 2 1 2 f x f x ax x − >− ( ) sinf x x a x= − ( ) ( )1 1 2 2 1 1 1 2 2 2 1 2 1 2 sin sin sin sin 0x a x x a x x ax a x x ax a xax x x x − − − − − − − −∴ − = >− − ( ) sing x x ax a x= − − ( ) ( )1 2 1 2 0g x g x x x − >− ( )1 2, ,x x ∈ −∞ +∞ 1 2x x≠ ( )g x R ( ) 1 cos 0g x a a x′ = − − ≥ ( )1 cos 1x a+ ≤ 1 cos 0x+ = 1 cos 0x+ > 1 1 cosa x ≤ +2021 届高三一轮复习题型专题训练 - 8 - 又 ，所以 .故选：B． 10.【解析】由 ，当 时， ， 令 ，则 ， 由 ，得 ；由 ，得 ， 所以 在区间 上单调递增，在区间 上单调递减， 所以 . 当 时， ， ， ， ； 当 时， ，令 ，则 ， 所以 .综上所述，实数 的取值范围是 .故选：B. 11.【解析】当 时，显然不等式 恒成立， 当 时，显然不等式 恒成立 当 ，由不等式 恒成立， 有 ， 在恒成立， 令 ， ，则 ， 令 ， ， 则 ， ∴ 在 上单调递增，∴ ，即 ， ∴ 在 上单调递增，∵当 时， ， ∴当 时， 恒成立，∵ ，在 恒成立， ∴ ，因此正实数 的取值范围为 ．故选 B． 1 1 1 cos 2x ≥+ 1 2a ≤ ( ) 0f x ≤ 0x ≥ 1x xa e ≤ + ( ) 1xg x x e = + ( ) 1 x xg x e −′ = ( ) 0g x′ > 0 1x≤ < ( ) 0g x′ < 1x > ( )y g x= [ )0,1 ( )1,+∞ ( )max 1 1g x e = + 0x = ( ) 1g x = x → +∞ ( ) 1g x → 1a∴ ≤ 4 0x− ≤ < 2 4a x x≥ + ( )22 4 2 4y x x x= + = + − max 0y = 0a ≥ a [ ]0,1 0x = sin cosx x mx x+ ≥ 2x π= sin cosx x mx x+ ≥ 0, 2x π ∈   sin cosx x mx x+ ≥ sin cos x xm x x +≤ 0, 2x π ∈   sin( ) cos x xf x x x += 0, 2x π ∈   2 2 sin sin cos( ) ( cos ) x x x x xf x x x ′ + −= 2 sin sin c) s( ox x x xg xx + −= 0, 2x π ∈   22 sin cos cos) 1 2 0( x x x x xg x + + −′ >= ( )g x 0, 2x π ∈   ( ) (0) 0g x g> = ( ) 0f x′ > ( )f x 0, 2x π ∈   0x → ( ) 2f x → 0, 2x π ∈   ( ) 2f x > sin cos x xm x x +≤ 0, 2x π ∈   2m ≤ m ( ]0,22021 届高三一轮复习题型专题训练 - 9 - 12.【解析】 ，则 ． 当 ，即 时， ，则 在 ， 单调递减， 故 ，解得 ，所以 不符合题意； 当 ，即 时， 在 上单调递减，在 ， 上单调递 增，则 ． 因为 ，所以 ． 令 ，不等式 可转化为 ， 设 ，则 ， 令 ，得 ；令 ，得 ， 则 在 上单调递减，在 上单调递增， 当 时， 有最小值 0，即 ， 因为 ，所以 ，此时 ，故 ．故选： ． 13.【解析】由不等式 对于任意正实数 恒成立， 令 ，求导得 ， 因为 ，所以按 与 2 比较分类讨论： 当 时， ，所以 在区间 上是增函数， 又 ，所以 ． 当 时，因为 是增函数，所以 有唯一正数解，设为 ， 所以在区间 上， ， 是减函数， 所以在 上， ，不合题意． 综上所述，实数 的取值范围是 ． 14.【解析】由不等式 对于任意正实数 恒成立， 令 ，求导得 ， 2 2 1( ) x x axf x e − += (1 )[ (2 1)]( ) ( 1)x x x af x xe − − +′ =  2 1 1a +  0a ( ) 0f x′  ( )f x (−∞ 1] 2 2( ) (1) 1af x f e −=  1 02 ea − 0 1t< < ( )g t ( ,0)−∞ (0,1) 0t = ( )g t ( ) 0g t  ( ) 0g t  ( ) 0g t = 2 1 0a + = 1 2a = − A x xe e ax−− > x ( ) ( )0x xf x e e ax x−= − − > ( ) x xf x e e a−′ = + − 2x xe e−+ > a 2a ≤ ( ) 0f x′ ≥ ( )f x ( )0, ∞+ ( )0 0f = ( ) 0f x > 2a > ( )f x′ ( ) 0f x′ = 0x ( )00, x ( ) 0f x′ < ( )f x ( )00, x ( ) ( )0 0f x f< = a ( ],2−∞ x xe e ax−− > x ( ) ( )0x xf x e e ax x−= − − > ( ) x xf x e e a−′ = + −2021 届高三一轮复习题型专题训练 - 10 - 因为 ，所以按 与 2 比较分类讨论： 当 时， ，所以 在区间 上是增函数， 又 ，所以 ． 当 时，因为 是增函数，所以 有唯一正数解，设为 ， 所以在区间 上， ， 是减函数， 所以在 上， ，不合题意． 综上所述，实数 的取值范围是 ． 15.【解析】由 ， ，原不等式可化为 . 设 ，则 ， 当 时， ， 递增； ， ， 递减. 所以， 在 处取得极大值，且为最大值 ； 时， . 的图象恒在 的图象的上方， 显然 不符题意； 当 时， 为直线 的横截距，其最大值为 的横截距， 再令 ，可得 ，所以 取得最大值为 . 此时 ， ，直线与 在点 处相切. 16.【解析】由题意，令 ， 则 ，令 ，可得 当 时， ，即 在 上单调递减；当 时， ， 即 在 上单调递增， ， ， 2x xe e−+ > a 2a ≤ ( ) 0f x′ ≥ ( )f x ( )0, ∞+ ( )0 0f = ( ) 0f x > 2a > ( )f x′ ( ) 0f x′ = 0x ( )00, x ( ) 0f x′ < ( )f x ( )00, x ( ) ( )0 0f x f< = a ( ],2−∞ 0a ≠ 0x > ( )ln 1 1x x abx a − ≤ − ( ) ln 1xf x x −= ( ) ( ) 2 2 1 ln 1 2 lnx x xxf x x x ⋅ − − −′ = = ( )20,x e∈ ( ) 0f x′ > ( )f x ( )2 ,x e∈ +∞ ( ) 0f x′ < ( )f x ( )f x 2x e= 2 1 e x e> ( ) 0f x > ( )1y x aba = − ( )f x 0a < 0a > ab ( )1y x aba = − ( )f x ( ) 0f x = x e= ab e 2a e= 1b e = ( )f x ( ),0e 21( ) (1 ) ln2f x x a x a x= + − − ( ) 1 ax x a xf ′ = + − − ( ) 0f x′ = ( )( 1) 0x a x− + = (0, )x a∈ ( ) 0f x′ < ( )f x (0, )a ( , )x a∈ +∞ ( ) 0f x′ > ( )f x ( , )a +∞ 2 2 min( ) ( ) ln2 af x f a a a a a∴ = = + − − 2 2 23ln 22 2 a a a a a a a∴ + − − > −2021 届高三一轮复习题型专题训练 - 11 - 即 等价于 ，令 则 令 可得： ， 当 时， 递减， 时， 递增， 当 时， 所以 的解集为 的取值范围是 .故答案为： 17.【解析】（1） . ∵ 是 的一个极值点， ∴ 是方程 的一个根，解得 . 令 ，则 ，解得 或 . ∴函数 的单调递增区间为 ， . （2）∵当 时 ， 时 ， ∴ 在（1，2）上单调递减， 在（2，3）上单调递增. ∴ 是 在区间[1，3]上的最小值，且 . 若当 时，要使 恒成立，只需 ， 即 ，解得 . 18.【解析】（1）由题意可知： ，且 有极值， 则 有两个不同的实数根，故 ， 解得： ，即 ． （2）由于 ， 恒成立，则 ，即 ， 由于 ，则 ①当 时， 在 处取得极大值、在 处取得极小值， 当 时， 为增函数，因为 ，所以 恒大于 ， 当 时， ，解得： ； ②当 时， ，即 在 上单调递增，且 ， 2 ln 0,( 0)a a a a a− − > > ln 1 0a a− − > ( ) ln 1g a a a= − − 1( ) 1g a a ′ = − ( ) 0g a′ = 1a = (0,1)a∈ ( )g a (1, )∈ +∞a ( )g a ∴ 1a = min( ) 0g a = ( ) ln 1 0g a a a= − − > ( ) ( )0,1 1,+∞ ∴ a ( ) ( )0,1 1,+∞ ( ) ( )0,1 1,+∞ 2( ) 2 2f x x bx′ = − + 2x = 2x = 2 2 2 0x bx− + = 3 2b = ( ) 0f x′ > 1x < 2x > ( )y f x= ( , 1)−∞ (2, + )∞ (1,2)x∈ ( ) 0f x′ < (2,3)x∈ ( ) 0f x′ > (2)f 2(2) 3f a= + [13]x∈ ， 2 2( ) 3f x a− > 2 2(2) 3f a> + 22 2 3 3a a+ > + 0 1a< < ( ) ( )´ 2 2 1 4f x x a x a= − + + ( )f x ( )´ 0f x = ( ) ( )2 24 1 16 4 1 0a a a∆ = + − = − > 1a ≠ ( ) ( ),1 1,a∈ −∞ ∪ +∞ 0x ≥ ( ) 0f x > ( )0 24 0f a= > 0a > ( ) ( ) ( )( )´ 2 2 1 4 2 2f x x a x a x x a= − + + = − − 0 1a< < ( )f x 2x a= 2x = 0 2x a≤ < ( )f x ( )0 0f > ( )f x 0 2x a≥ ( ) ( ) 42 28 03minf x f a= = − > 1 21a > 1a = ( ) 0f x′ ≥ ( )f x [ )0,+∞ ( )0 24 0f = >2021 届高三一轮复习题型专题训练 - 12 - 则 恒成立； ③当 时， 在 处取得极大值、在 处取得极小值， 当 时， 为增函数，因为 ，所以 恒大于 ， 当 时， ，解得 ， 综上所述， 的取值范围是 ． 19.【解析】（1）∵ 的定义域为 ， ， ∵ 在 处取得极小值，∴ ，即 . 此时，经验证 是 的极小值点，故 （2）∵ ， ①当 时， ，∴ 在 上单调递减， ∴当 时， 矛盾 ②当 时， ， 令 ，得 ； ，得 . （ⅰ）当 ，即 时， 时， ，即 递减，∴ 矛盾. （ⅱ）当 ，即 时， 时， ，即 递增，∴ 满足题意. 综上， 20.【解析】(1)当 时， ， ， ， ， 曲线 在点 处的切线方程为 ，即 ， ( ) ( )0 0f x f≥ > 1a > ( )f x 2x = 2x a= 0 2x≤ < ( )f x ( )0 0f > ( )f x 0 2x ≥ ( ) ( ) 3 24 3min 2 4 24 0f x f a a a a= = - + + > 3 6a− < < a 1 621 a< < ( )f x (0, )+∞ 1'( ) 2f x ax x = − ( )f x 2x = '(2) 0f = 1 8a = 2x = ( )f x 1 8a = 1'( ) 2f x ax x = − 0a ≤ '( ) 0f x < ( )f x [1, )+∞ 1x > ( ) (1) 0f x f< = 0a > 22 1'( ) axf x x −= '( ) 0f x > 1 2 x a > '( ) 0f x < 10 2 x a < < 1 1 2a > 10 2a< < 1(1, ) 2 x a ∈ '( ) 0f x < ( )f x ( ) (1) 0f x f< = 1 1 2a ≤ 1 2a ≥ [1, )x∈ +∞ '( ) 0f x > ( )f x ( ) (1) 0f x f≥ = 1 2a ≥ 1a = 2( ) lnf x x x= − 1( ) 2f x xx ∴ ′ = − (1) 1f∴ ′ = − (1) 1f = − ∴ ( )y f x= 1x = 1 ( 1)y x+ = − − 0x y+ =2021 届高三一轮复习题型专题训练 - 13 - (2)当 时， ( )， 对任意 ， 恒成立，符合题意， 法一:当 时， ， ； ， 在 上单调递增，在 上单调递减 只需 即可，解得 故实数 的取值范围是 ， 法二: 当 时， 恒成立 恒成立， 令 ，则 ， ； ， 在 上单调递增，在 上单调递减 只需 即可，解得 故实数 的取值范围是 21.【解析】（1） ， ∵ ，∴ ，∴ ， ∴ 在 上是减函数； （2）当 时， 恒成立， 即 对 恒成立， ，记 ， 则 ，∴ 在 上单调递增， 又 ，∴ 存在唯一实数根 ， 且满足 ， ， 由 时， ， 时， ， 知 的最小 0a = 2( )f x x= − 0x > (0, )x∈ +∞ ( ) 0f x < 0a > 22( ) 2a a xf x xx x −′ = − = ( ) 0 0 2 af x x′ > ⇔ < < ( ) 0 2 af x x′ < ⇔ > ( )f x∴ (0, )2 a ( , )2 a +∞ ∴ max( ( )) ( ) ln 02 2 2 2 a a a af x f= = − < 0 2ea< < a [0,2e) 0a > ( ) 0f x < ⇔ 2 1 ln x a x > 2 ln( ) xg x x = 3 1 2ln( ) xg x x −′ = ( ) 0 0 eg x x′ > ⇔ < < ( ) 0 eg x x′ < ⇔ > ( )g x∴ (0, e) ( e, )+∞ ∴ max 1 1( ( )) ( e) 2eg x ga > = = 0 2ea< < a [0,2e) ( )2 2 1 1 1'( ) [ 1 ln 1 ] [ ln( 1)]1 1 xf x x xx x x x = − − + = − + ++ + 0x > 2 10, 0,ln( 1) 01x xx > > + >+ '( ) 0f x < ( )f x (0, )+∞ 0x > ( ) 1 kf x x > + ( 1)[1 ln( 1)]( ) x xh x kx + + += > 0x > 2 1 ln( 1)'( ) x xh x x − − += ( ) 1 ln( 1)( 0)x x x xϕ = − − + > 1'( ) 1 01 1 xx x x ϕ = − = >+ + ( )xϕ (0, )+∞ (2) 1 ln3 0, (3) 2 2ln 2 0ϕ ϕ= − < = − > ( ) 0xϕ = a (2,3)a∈ 1 ln( 1)a a= + + x a> ( ) 0, '( ) 0x h xϕ > > 0 x a< < ( ) 0xϕ < '( ) 0h x < ( )h x2021 届高三一轮复习题型专题训练 - 14 - 值是 ， ∴ ，正整数 k 的最大值是 3． 22.【解析】（1） ． 因为 ，由 ，得 ， 由 ，得 ，由 ，得 ． 所以 的单调递增区间为 ，单调递减区间为 ． （2）证明：设 ，则 ． 当 时， ，所以 在 上单调递增， 所以 ，即 ，所以 ， 所以当 时， ． （3）当 时， ，由（Ⅰ）知， ， 而 ，此时 在区间 上不恒成立． 当 时，设 ． 当 时， ，所以 在 上单调递增，所以 ， 即此时 恒成立．综上所述，a 的取值范围是 ． ( 1)[1 ln( 1)]( ) 1 (3,4)a ah a aa + + += = + ∈ 1k a< + ( ) ( )21 2 12 0axf x ax xx x −′ = − = > 0a > ( ) 0f x′ = 1 2 x a = ( ) 0f x′ > 1 2 x a > ( ) 0f x′ < 1 2 x a < ( )f x 1 , 2a  +∞   10, 2a      ( ) 1exx xϕ −= − ( ) 1e 1xxϕ −′ = − 1x > ( ) 0xϕ′ > ( )xϕ ( )1,+∞ ( ) ( )1 0xϕ ϕ> = 1ex x− > 1 1 e 1 x x− < 1x > ( ) 0g x > 10 2a< < 1 1 2a > ( )11 2 0f a f       ( ) ( )f x g x> ( )1,+∞ 1 2a ≥ ( ) ( ) ( )( )1h x f x g x x= − ≥ 1x > ( ) 2 1 2 2 1 1 1 1 1 1 2 12 1exh x ax xx x x x x x x− ′ = − + − > − + − > − + 2 2 2 1 0x x x − += > ( )h x ( )1,+∞ ( ) ( )1 0h x h> = ( ) ( )f x g x> 1 ,2  +∞ 