第6章 专题强化练6 导数中的恒(能)成立问题（同步练习）-【学而思·PPT课件分层练习】2025-2026学年高二数学选择性必修第三册（人教B版）

专题强化练6　导数中的恒(能)成立问题 1.(2025广东惠州期中)已知函数f(x)=x3,若不等式f(ax+1)+f >0在(0,+∞)上恒成立,则实数a的取值范围是(　　) A.　　 　B. C.　　　D. 2.(2025山东临沂期中)对任意x>0,不等式ex-ln(ax)+(1-a)x≥0恒成立,则实数a的最大值为(　　) A.e　　　B.　　　C.　　　D. 3.(2025福建福宁古五校教学联合体期中)设函数f(x)=x-2-a(x+1)ex,其中0<a<1,若存在唯一的整数x0,使得f(x0)>0,则实数a的取值范围是(　　) A.　　 　B. C.　　　D. 4.(2024河南漯河高级中学月考)若存在x∈[1,+∞),使得关于x的不等式≥e成立,则实数a的最小值为(　　) A.2　　　B.　　　C.ln 2-1　　　D.-1 5.(2025湖南长沙长郡中学期末)已知函数f(x)=(x+2)sin x+cos x,若存在x1,x2∈(x1≠x2),使得|f(x1)-f(x2)|=a|-|成立,则实数a的取值范围是(　　) A.　　　B.　　　 C.(0,2)　　 D.(1,2) 6.(2025江苏无锡一中期中)已知函数f(x)=x3-x2,g(x)=ln x-bx,若对任意的x1∈(0,2],存在x2∈[1,2],使得f(x1)≥g(x2),则实数b的取值范围是　　　　.  7.(2025安徽合肥一六八中学月考)已知k∈R,设函数f(x)=若关于x的不等式f(x)≥0在x∈R上恒成立,则k的取值范围为　　　　.  8.(2025江苏盐城期中)设函数f(x)=xex,x∈R. (1)求f(x)的极值; (2)已知实数a>0,若存在正实数x使不等式a·3axln 3-≤0成立,求a的取值范围; (3)已知不等式f(m)-f(n)>k(m-n)2对满足m>n>0的一切实数m,n恒成立,求实数k的取值范围. 答案与分层梯度式解析 1.A　易知函数f(x)=x3是R上的增函数,且为奇函数. 因为f(ax+1)+f>0在(0,+∞)上恒成立, 所以f(ax+1)>-f(-ln x)=f(ln x)在(0,+∞)上恒成立,所以ax+1>ln x在(0,+∞)上恒成立,所以a>在(0,+∞)上恒成立. 令g(x)=,则g'(x)=. 令g'(x)>0,得0<x<e2,令g'(x)<0,得x>e2, 所以g(x)在(0,e2)上单调递增,在(e2,+∞)上单调递减,所以g(x)≤g(e2)=,故a>. 2.A　由题意知ax>0,又x>0,所以a>0. 因为ex-ln(ax)+(1-a)x≥0恒成立,所以ex+x≥ln(ax)+ax=eln(ax)+ln(ax)恒成立. 令f(x)=ex+x,x>0,则f'(x)=ex+1>0,所以函数f(x)单调递增, 所以x≥ln(ax)=ln a+ln x恒成立,即ln a≤x-ln x恒成立. 令g(x)=x-ln x,x>0,则g'(x)=1-=. 令g'(x)<0,得0<x<1,令g'(x)>0,得x>1, 所以函数g(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,所以g(x)min=g(1)=1, 所以ln a≤1,解得0<a≤e,故实数a的最大值为e. 方法总结　对于求不等式恒(能)成立时的参数范围问题,一般有三个方法:一是分离参数法,使不等式一端是含有参数的式子,另一端是一个具体的函数,通过对具体函数的研究确定含参式子满足的条件;二是分类讨论法,根据参数的取值情况分类讨论;三是数形结合法,将不等式转化为两个函数,通过两个函数的图象确定范围. 3.B　令f(x)>0,得a(x+1)<. 令g(x)=,则g'(x)=. 当x<3时,g'(x)>0,g(x)单调递增;当x>3时,g'(x)<0,g(x)单调递减,所以g(x)≤g(3)=. 易知g(2)=0,g(4)=,当x>3时,g(x)>0,直线y=a(x+1)过定点(-1,0), 如图,记A,B,P(-1,0),则kPA=,kPB=. 因为存在唯一的整数x0,使得f(x0)>0,所以kPB≤a<kPA,即e-4≤a<e-3. 4.D　≥e两边取自然对数可得(x+a)·ln≥1①, 令1+=t,∵x∈[1,+∞),∴t∈(1,2],则x=, 则①可转化为ln t≥1, ∵ln t>0,∴a≥-, ∴存在x∈[1,+∞),使得关于x的不等式≥e成立等价于存在t∈(1,2],使得a≥-成立,故a≥. 令g(x)=-,x∈(1,2], 则g'(x)=-+= ==, 令h(x)=(ln x)2-x-+2,x∈(1,2], 则h'(x)=·2ln x-1+=, 令φ(x)=2ln x-x+,x∈(1,2], 则φ'(x)=-1-==<0, ∴φ(x)在(1,2]上单调递减,∴φ(x)<φ(1)=0, ∴h'(x)<0,∴h(x)在(1,2]上单调递减, ∴h(x)<h(1)=0,∴g'(x)<0,∴g(x)在(1,2]上单调递减,∴g(x)min=g(2)=-1, ∴a≥-1,故实数a的最小值为-1. 5.C　f'(x)=sin x+(x+2)cos x-sin x=(x+2)cos x, 当x∈时, f'(x)≥0,且f'(x)不恒为零, f(x)单调递增, 不妨设0≤x1<x2≤,则f(x1)<f(x2),<, 所以由|f(x1)-f(x2)|=a|-|,得f(x2)-f(x1)=a-a,即f(x1)-a=f(x2)-a, 设g(x)=(x+2)sin x+cos x-aex,x∈, 则g'(x)=(x+2)cos x-aex, 当a≤0时,g'(x)≥0,且g'(x)不恒为零,g(x)单调递增,不存在x1,x2∈(x1≠x2),使得g(x1)=g(x2),不符合题意; 当a>0时,要满足题意,则g(x)在上不单调,即g'(x)=0在上有解, 令g'(x)=0,得(x+2)cos x=aex,即a=, 设h(x)=,x∈, 则h'(x)= =<0, 所以h(x)在上单调递减, 又h(0)=2,h=0,所以a∈(0,2). 6.答案　 解析　易得f'(x)=3x2-3x. 当x∈(0,1)时, f'(x)<0, f(x)单调递减;当x∈(1,2)时, f'(x)>0, f(x)单调递增, 所以当x∈(0,2]时, f(x)min=f(1)=-. 因为对任意x1∈(0,2],存在x2∈[1,2],使得f(x1)≥g(x2),所以f(x1)min≥g(x2),所以ln x2-bx2≤-在x2∈[1,2]上有解,即b≥在x2∈[1,2]上有解. 令h(x)=,1≤x≤2,则h'(x)=, 令h'(x)=0,得x=, 当x∈(1,)时,h'(x)>0,h(x)单调递增,当x∈(,2)时,h'(x)<0,h(x)单调递减, 又因为h(1)=,h(2)=,且h(2)=>=h(1),所以h(x)min=,所以b≥. 7.答案　[0,3] 解析　当x≤1时, f(x)=x2-2kx+2k≥0恒成立,函数f(x)=x2-2kx+2k的图象开口向上,对称轴为直线x=k, 若k≤1,则f(x)min=f(k)=-k2+2k≥0,解得0≤k≤2,所以0≤k≤1; 若k>1,则f(x)min=f(1)=1>0,符合题意. 故当x≤1时,k≥0. 当x>1时, f(x)=(x-k-1)ex+e3,则f'(x)=(x-k)ex, 若0≤k≤1,则f'(x)>0,故f(x)在(1,+∞)上单调递增,则f(x)>-ke+e3≥0,解得k≤e2,所以0≤k≤1; 若k>1,令f'(x)>0,得x>k,令f'(x)<0,得1<x<k, 则f(x)在(1,k)上单调递减,在(k,+∞)上单调递增,故f(x)≥f(k)=-ek+e3≥0,解得k≤3,所以1<k≤3. 故当x>1时,0≤k≤3. 综上,实数k的取值范围为[0,3]. 8.解析　(1)易得f'(x)=(x+1)ex, 当x<-1时, f'(x)<0, f(x)单调递减,当x>-1时, f'(x)>0, f(x)单调递增, 所以函数f(x)有极小值,为f(-1)=-,无极大值. (2)由a·3axln 3- ≤0得ax·3axln 3-f(ln x)≤0,即3axln 3ax-xln x≤0, 所以问题可转化为当a>0时,∃x∈(0,+∞),使3axln 3ax≤xln x成立, 令y=xln x,则y'=1+ln x,且当x=1时,y=0, 当0<x<时,y'<0,函数y=xln x单调递减,则y∈,当x>时,y'>0,函数y=xln x单调递增,则y∈. 因为3ax>1>,所以x≥3ax>1,所以0<a≤. 令g(x)=,x∈(1,+∞),则g'(x)=, 当1<x<e时,g'(x)>0,g(x)单调递增,当x>e时,g'(x)<0,g(x)单调递减, 所以g(x)max=g(e)=,故0<a≤. (3)令m-n=t,则t>0,因为f(m)-f(n)=mem-nen>k(m-n)2, 所以k<=nen·+en·在n,t∈(0,+∞)上恒成立, 令φ(n)=nen·+en·,易知φ(n)在n∈(0,+∞)上单调递增,则φ(n)>φ(0)=, 令h(t)=(t>0),则h'(t)=, 当t∈(0,1)时,h'(t)<0,h(t)单调递减,当t∈(1,+∞)时,h'(t)>0,h(t)单调递增,所以h(t)≥h(1)=e, 所以φ(n)>e,故k≤e. 8 学科网（北京）股份有限公司 $