课时规范练21　利用导数研究恒(能)成立问题-2027届高三数学一轮复习

**基本信息** 聚焦利用导数研究恒(能)成立问题，通过构造函数、导数分析单调性与最值，系统培养逻辑推理与数学表达能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |恒(能)成立问题综合应用|4道（含2024全国甲卷真题及模拟题）|构造辅助函数转化问题、导数分析单调性求最值、端点效应突破参数范围|以导数几何意义与函数性质为基础，构建“不等式恒成立→函数最值”的逻辑链条，涵盖含eˣ/lnx型函数、参数分类讨论等核心考法|

课时规范练21　利用导数研究恒(能)成立问题 (分值:57分) 1.(12分)(2024·全国甲,理21)已知函数f(x)=(1-ax)·ln(1+x)-x. (1)若a=-2,求f(x)的极值; (2)当x≥0时,f(x)≥0,求a的取值范围. 2.(15分)(2025·湖北11校联考)已知函数f(x)=ae2x+x+1(a<0). (1)当a=-1时,求函数y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程; (2)求函数f(x)的单调区间; (3)若不等式f(x)+(a+2)ex≤0恒成立,求整数a的最大值. 3.(15分)(2025·安徽蚌埠模拟)已知函数f(x)=(ax+1)ex-1(a∈R). (1)若a=-2,求f(x)的极值; (2)若f(x)≤(a+1)x对任意的x∈[0,+∞)恒成立,求实数a的取值范围. 4.(15分)已知f(x)=(x-4)ex-x2+6x,g(x)=ln x-(a+1)x,a>-1. (1)求f(x)的极值; (2)若存在x1∈[1,3],对任意的x2∈[e2,e3],使得不等式g(x2)>f(x1)成立,求实数a的取值范围.(e3≈20.09) 参考答案 课时规范练21　利用导数研究恒(能)成立问题 1.解 (1)当a=-2时,f(x)=(1+2x)ln(1+x)-x,x>-1.f'(x)=2ln(1+x)+,令f'(x)=0,易得x=0. 当x>0时,f'(x)>0,当-1<x<0时,f'(x)<0,所以f(x)在区间(-1,0)上单调递减,在区间(0,+∞)上单调递增,故f(x)的极小值为f(0)=0,无极大值. (2)f(x)=(1-ax)ln(1+x)-x, f'(x)=-aln(1+x)-,令g(x)=f'(x),则g'(x)=-,因为当x≥0时,f(x)≥0,且f(0)=0,f'(0)=0, 所以g'(0)=-1-2a≥0,a≤-. 当a≤-时,g'(x)≥≥0,g(x)在区间[0,+∞)上单调递增,g(x)=f'(x)≥g(0)=0, 故f(x)在区间[0,+∞)上单调递增,f(x)≥f(0)=0恒成立,即a的取值范围为(-∞,-]. 2.解 (1)函数f(x)的定义域为R,当a=-1时,f(x)=-e2x+x+1,f'(x)=1-2e2x,f'(0)=-1,f(0)=0,则曲线f(x)在点(0,f(0))处的切线为y-0=-1×(x-0),即y=-x. (2)因为f'(x)=1+2ae2x,当a<0时,由f'(x)>0,得x<ln(-),令f'(x)<0,得x>ln(-),所以f(x)在区间(-∞,ln(-) )上单调递增,在区间(ln(-),+∞)上单调递减. 综上,f(x)的单调递增区间为(-∞,ln(-)),单调递减区间为(ln(-),+∞). (3)依题知,f(x)+(a+2)ex≤0恒成立,即ae2x+x+1+(a+2)ex≤0恒成立,设h(x)=x+ae2x+(a+2)ex+1,x∈R,则h'(x)=1+2ae2x+(a+2)ex=(aex+1)(2ex+1),当a<0时,由h'(x)>0,得x<ln(-),由h'(x)<0,得x>ln(-),所以h(x)在区间(-∞,ln(-))上单调递增,在区间(ln(-),+∞)上单调递减,则h(x)≤h(ln(-))=ln(-)+a·(-)2+(a+2) (-)+1≤0恒成立,整理得ln(-)-≤0. 设m(x)=ln(-)-,x<0,则m'(x)=->0恒成立,所以m(x)在(-∞,0)上单调递增. 又a∈Z,且m(-1)=0+1=1>0,m(-2)=ln<ln=0,故整数a的最大值为-2. 3.解 (1)若a=-2,则f(x)=(-2x+1)ex-1,所以f'(x)=(-2x+1)ex-2ex=(-2x-1)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)在区间(-∞,-)上单调递增,在区间(-,+∞)上单调递减,所以f(x)的极大值为f(-)=2-1,无极小值. (2)f(x)≤(a+1)x对任意的x∈[0,+∞)恒成立,即(a+1)x-(ax+1)ex+1≥0对任意的x∈[0,+∞)恒成立,令g(x)=(a+1)x-(ax+1)ex+1,x≥0,所以g'(x)=(a+1)-(ax+a+1)ex,令u(x)=g'(x),所以u'(x)=-(ax+2a+1)ex,x≥0,当a≤-时,2a+1≤0,又x≥0,所以(ax+2a+1)≤0,所以u'(x)=-(ax+2a+1)ex≥0在区间[0,+∞)上恒成立,所以u(x)即g'(x)在区间[0,+∞)上单调递增,所以g'(x)≥g'(0)=0,所以g(x)在区间[0,+∞)上单调递增,所以g(x)≥g(0)=0,符合题意; 当-<a<0时,令u'(x)<0,解得0≤x<-,则u(x)即g'(x)在区间(0,-)上单调递减; 所以当x∈(0,-)时,g'(x)<g'(0)=0,所以g(x)在区间(0,-)上单调递减,所以当x∈(0,-)时,g(x)<g(0)=0,不符合题意; 当a≥0时,因为x≥0,所以u'(x)<0,所以u(x)即g'(x)在区间(0,+∞)上单调递减,所以g'(x)≤g'(0)=0,所以g(x)在区间(0,+∞)上单调递减,所以g(x)≤g(0)=0,不符合题意. 综上,a的取值范围为(-∞,-]. 4.解 (1)由f(x)=(x-4)ex-x2+6x, 得f'(x)=ex+(x-4)ex-2x+6=(x-3)ex-2x+6=(x-3)(ex-2), 令f'(x)=0,得x=3或x=ln 2, 当x变化时,f'(x),f(x)的变化如下表, x (-∞,ln 2) ln 2 (ln 2,3) 3 (3,+∞) f'(x) + 0 - 0 + f(x) 单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增 由表可知,当x=ln 2时,f(x)取得极大值,极大值为f(ln 2)=(ln 2-4)eln 2-(ln 2)2+6ln 2=-(ln 2)2+8ln 2-8,当x=3时,f(x)取得极小值,极小值为f(3)=(3-4)e3-32+18=9-e3. (2)由(1)知f(x)在区间[1,3]上单调递减,所以当x∈[1,3]时,f(x)min=f(3)=9-e3,于是,若存在x1∈[1,3],对任意的x2∈[e2,e3],使得不等式g(x2)>f(x1)成立,则ln x-(a+1)x>9-e3(a>-1)在区间[e2,e3]上恒成立,即a+1<在区间[e2,e3]上恒成立. 令h(x)=,x∈[e2,e3], 则a+1<h(x)min,h'(x)=, 因为x∈[e2,e3],所以ln x∈[2,3],10-e3-ln x∈[7-e3,8-e3]. 因为e3≈20.09,所以8-e3≈8-20.09=-12.09<0,所以h'(x)<0,所以h(x)单调递减,故h(x)min=h(e3)==1-,所以a+1<1-,得a<-.又a>-1,所以实数a的取值范围是(-1,-). 2 学科网（北京）股份有限公司 $