课下巩固检测练(6) 恒成立与能成立问题（Word练习）-【正禾一本通】2026年高考数学二轮专题复习高效讲义

[课下巩固检测练(六)]　恒成立与能成立问题 (每题10分) 1.(2025·江西鹰潭二模)已知函数f(x)＝xln x. (1)求函数f(x)在x＝e处的切线方程； (2)若关于x的不等式f(x)≥ax－x－1恒成立，求实数a的取值范围. 解：(1)f(x)＝xln x，f'(x)＝ln x＋1， 而f＝e，f'＝2， 所以f(x)在x＝e处的切线方程为y＝2x－e. (2)因为x＞0，所以f(x)≥ax－x－1恒成立等价于在x∈时，a≤ln x＋＋1恒成立， 令g(x)＝ln x＋＋1， g'＝， 当x＞1时，g'＝＞0，g(x)单调递增；当0＜x＜1时，g'＝＜0，g(x)单调递减，则函数g(x)≥g＝2，故a≤2. 2.(2025·河北保定一模)已知函数f(x)＝－e2x－aex＋2a2x. (1)当a＝1时，求f(x)的极值； (2)若关于x的不等式f(x)＋a2≥0有实数解，求a的取值范围. 解：(1)当a＝1时，f(x)＝－e2x－ex＋2x， 则f'(x)＝－e2x－ex＋2＝(ex＋2)， 令f'(x)＞0，得x＜0；令f'(x)＜0，得x＞0， 所以f(x)在上单调递增，在上单调递减， 所以f(x)的极大值为f＝－，无极小值. (2)由题得f'(x)＝－e2x－aex＋2a2＝2a)， 当a＝0时，f(x)＝－e2x＜0，不符合题意； 当a＞0时，令f'(x)＞0，得x＜ln a； 令f'(x)＜0，得x＞ln a， 所以f(x)在上单调递增，在上单调递减， 所以f(x)max＝f＝－e2ln a－aeln a＋2a2ln a＝－a2＋2a2ln a， 由－a2＋2a2ln a＋a2≥0，得－＋2ln a≥0，解得a≥； 当a＜0时，令f'(x)＞0，得x＜ln；令f'(x)＜0，得x＞ln， 所以f(x)在上单调递增，在(ln，＋∞)上单调递减， 所以f(x)max＝f＝－－a＋2a2ln＝2a2ln， 由2a2ln＋a2≥0，得2ln＋1≥0，解得a≤－. 综上，a的取值范围为(－∞，－］∪. 3.(2025·河北沧州一模)已知函数f(x)＝(x－a)ln(x＋1). (1)若a＝0，证明：f(x)≥0； (2)若存在过点(－1，0)的直线与曲线y＝f(x)相切，求实数a的取值范围. 解：(1)当a＝0时，f(x)＝xln(x＋1)，x∈(－1，＋∞)， 则f'(x)＝ln(x＋1)＋，x∈(－1，＋∞)， 令h(x)＝ln(x＋1)＋，x∈(－1，＋∞)， 则h'(x)＝＋＝＞0， 所以函数h(x)在(－1，＋∞)上单调递增， 又h(0)＝0，所以当x∈(－1，0)时，h(x)＜0， 即f'(x)＜0， 所以函数f(x)在(－1，0)上单调递减； 当x∈(0，＋∞)时，h(x)＞0，即f'(x)＞0，所以函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增， 所以当x＝0时，f(x)min＝f(0)＝0， 所以f(x)≥f(x)min＝0. (2)设过点(－1，0)的直线与曲线y＝f(x)相切于点(x0，y0)， f'(x)＝ln(x＋1)＋，则f'(x0)＝ln(x0＋1)＋， 则切线方程为y－y0＝f'(x0)(x－x0)， 又该切线经过点(－1，0)，所以0－y0＝f'(x0)(－1－x0)， 即－(x0－a)ln(x0＋1)＝［ln(x0＋1)＋］(－1－x0)， 整理得(x0－a)ln(x0＋1)＝(1＋x0)ln(x0＋1)＋x0－a， 即x0＋(1＋a)ln(x0＋1)－a＝0， 即x0＋1＋(1＋a)ln(x0＋1)－(a＋1)＝0， 即[ln(x0＋1)－1](a＋1)＝－(x0＋1)， 显然当a＋1＝0时，不合题意； 则－＝， 令g(x)＝，x∈(0，＋∞)， 则g'(x)＝， 当x∈(0，e2)时，g'(x)＞0，函数g(x)在(0，e2)上单调递增； 当x∈(e2，＋∞)时，g'(x)＜0，函数g(x)在(e2，＋∞)上单调递减； 所以函数g(x)在x＝e2时取得最大值g(e2)＝，且当x→0时，g(x)→－∞，当x→＋∞时，g(x)→0，所以g(x)≤， 即－≤，解得a＞－1或a≤－e2－1，所以实数a的取值范围为(－∞，－e2－1]∪(－1，＋∞). 4.(2025·安徽蚌埠二模)已知函数f(x)＝ex－1. (1)若a＝－2，求f(x)的极值； (2)若f(x)≤x对任意的x∈恒成立，求a的取值范围. 解：(1)若a＝－2，则f(x)＝ex－1， 所以f'(x)＝ex－2ex＝ex， 令f'(x)＝0，解得x＝－，令f'(x)＞0，解得x＜－， 令f'(x)＜0，解得x＞－， 所以f(x)在上单调递增，在上单调递减， 所以f(x)的极大值为f＝2－1，无极小值. (2)f(x)≤x对任意的x∈恒成立，即x－ex＋1≥0对任意的x∈恒成立， 令g(x)＝x－ex＋1，x≥0，所以g'＝－ex， 令u＝g'， 所以u'＝－ex，x≥0， 当a≤－时，2a＋1≤0， 又x≥0，所以≤0， 所以u'＝－ex≥0在上恒成立， 所以u即g'在区间上单调递增， 所以g'≥g'＝0， 所以g(x)在区间上单调递增， 所以g(x)≥g＝0，符合题意； 当－＜a＜0时，令u'＜0，解得0≤x＜－， 则u即g'在区间上单调递减； 所以当x∈时，g'＜g'＝0， 所以g(x)在区间上单调递减， 所以当x∈时，g(x)＜g＝0，不符合题意； 当a≥0时，又x≥0，所以u'＜0， 所以u即g'在区间上单调递减， 所以g'≤g'＝0， 所以g(x)在区间上单调递减， 所以g(x)≤g＝0，不符合题意. 综上，a的取值范围为. 学科网（北京）股份有限公司 $