高频微专题5（含解析）-《巅峰突破》2026版高中数学高三一轮复习

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密 封 线 内 不 要 答 题
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姓名 班级 考号
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高频微专题5　导数中的恒(能)成立问题
满分111分,限时90分钟
一、单项选择题(本题共7小题,每小题5分,共35分)
1.(2025福建宁德古田一中月考)已知函数f(x)=x-ln(mx),若 x>0, f(x)≥0,则实数m的取值范围为(　　)
A.　　B.(0,1]　　C.(0,e]　　D.(0,e2]
2.已知f(x)=mex-x-1,若 x0∈[-1,1], f(x0)>0,则实数m的取值范围为(　　)
A.(0,+∞)　　B.　　C.(1,+∞)　　D.
3.(2025湖南邵阳第二中学等多校联考)已知a>1,若 x∈(0,+∞),>loga恒成立,则实数a的取值范围是(　　)
A.(,+∞)　　B.(ee,+∞)　　C.(1,)　　D.(1,ee)
4.(2025江苏启东中学月考)已知函数f(x)=xln x,g(x)=x2-2x+a,若对任意的x1∈,总存在x2∈[1,2],使得f(x1)≥g(x2)成立,则实数a的取值范围是(　　)
A.　　B.　　C.　　D.
5.(2024辽宁沈阳联考)已知函数f(x)=(em-1)x的图象恒在函数g(x)=ex-ln x-m的图象的下方,则实数m的取值范围是(　　)
A.(-∞,1)　　B.(-∞,e-1)　　
C.(0,1)　　D.(0,e-1)
6.(2025江苏南通海安统测)已知函数f(x)=x3-x2+ax,若对任意的x1,x2∈[1,2],且x1≠x2,都有>1,则实数a的取值范围是(　　)
A.(1,+∞)　　B.[1,+∞)　　C.(2,+∞)　　D.[2,+∞)
7.(2025山西大同联考)已知x1,x2是函数f(x)=ax2-2x+ln x的两个极值点,若不等式m>f(x1)+f(x2)+x1x2恒成立,则实数m的取值范围是(　　)
A.(-3,+∞)　　B.[-2,+∞)　　C.(2,+∞)　　D.[e,+∞)
二、多项选择题(本题共2小题,每小题6分,共12分)
8.(2025河北秦皇岛联考)已知函数f(x)=x2-axln x,若 x∈(0,+∞), f(x)≥0,则实数a的值可以是(　　)
A.-1　　B.　　C.2e　　D.e
9.(2025河南焦作期末)若关于x的不等式(x2-2x+1+k)ex-x<0有实数解,则实数k的值可以为(　　)
A.0　　B.　　C.　　D.1
三、填空题(本题共1小题,每小题5分,共5分)
10.(2025山东菏泽期中)已知x∈[2,e2]时,xlog2x≥ax·2ax,则正数a的最大值为　　　　.
四、解答题(本题共4小题,共59分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)
11.(13分)(2024河北保定二模)已知函数f(x)=ax-xln x, f'(x)为其导函数.
(1)若f(x)≤1恒成立,求实数a的取值范围;
(2)若存在两个不同的正数x1,x2,使得f(x1)=f(x2),证明:f'()>0.
12.(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.
13.(新风向)(17分)(2024新课标Ⅰ,18)已知函数f(x)=ln+ax+b(x-1)3.
(1)若b=0,且f'(x)≥0,求a的最小值;
(2)证明:曲线y=f(x)是中心对称图形;
(3)若f(x)>-2当且仅当114.(17分)(2024重庆联考)已知函数f(x)=ae-2x+ln x-1(a∈R).
(1)若函数f(x)在(0,+∞)上单调递增,求实数a的取值范围;
(2)若函数f(x)恰有两个极值点x1,x2(x1答案全解全析
1.C　因为 x>0, f(x)≥0,所以当x>0时, f(x)min≥0(突破口).
易知m>0, f'(x)=1-=,
所以当01时, f'(x)>0, f(x)单调递增,
所以当x=1时, f(x)取得极小值,也是最小值,为f(1)=1-ln m.
所以1-ln m≥0,解得02.A　由题意得
设g(x)=,x∈[-1,1],则g'(x)==-,令g'(x)<0,得00,得-1≤x<0,所以g(x)在[-1,0)上单调递增,在(0,1]上单调递减,
易知g(-1)=0,g(1)=,所以g(x)min=g(-1)=0,所以m>0,所以实数m的取值范围为(0,+∞).
3.A　令t=,则t∈(0,+∞),原不等式即为t>logat,即t>.又a>1,所以ln a>.
令f(t)=,则f'(t)=,所以当t∈(0,e)时, f'(t)>0, f(t)单调递增,当t∈(e,+∞)时, f'(t)<0, f(t)单调递减,所以f(t)max=f(e)=,所以ln a>,解得a>,故实数a的取值范围是(,+∞).
4.D　由题意得, f(x)在上的最小值大于或等于g(x)在[1,2]上的最小值(突破口).
易得f'(x)=ln x+1,所以当x∈时, f'(x)≥0, f(x)单调递增,所以f(x)min=f=-.
易知g(x)=x2-2x+a=(x-1)2+a-1在[1,2]上单调递增,所以g(x)min=g(1)=a-1.
所以-≥a-1,解得a≤1-,故实数a的取值范围是.
5.A　由题意可得(em-1)x,则h'(x)=1-=,当01时,h'(x)>0,所以h(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,故h(x)min=h(1)=1,所以m<1,即实数m的取值范围是(-∞,1).
6.D　不妨令x11,得f(x1)-f(x2)构造函数g(x)=f(x)-x=x3-x2+(a-1)x,x∈[1,2],则g(x1)所以函数g(x)在[1,2]上单调递增,所以当x∈[1,2]时,g'(x)=x2-2x+a-1≥0恒成立,即a≥-x2+2x+1恒成立.
易知函数y=-x2+2x+1在[1,2]上单调递减,所以a≥-12+2+1=2,即实数a的取值范围是[2,+∞).
7.B　易得f'(x)=ax-2+=.
令f'(x)=0,得ax2-2x+1=0,所以x1,x2是此方程的两个正根,
所以解得0f(x1)+f(x2)+x1x2=a-2x1+ln x1+a-2x2+ln x2+x1x2
=(2x1-1+2x2-1)-2(x1+x2)+ln(x1x2)+x1x2
=-(x1+x2)+ln(x1x2)+x1x2-1
令t=,则t>1,设g(t)=ln t-t-1,t>1,所以g'(t)=-1<0,所以g(t)在(1,+∞)上单调递减,所以g(t)要使m>f(x1)+f(x2)+x1x2恒成立,只需m>g(t)恒成立,所以m≥-2,即实数m的取值范围是[-2,+∞).
8.BD　由题意得aln x≤x.
①当x=1时,0≤1,恒成立,故a∈R.
②当x∈(0,1)时,ln x<0,所以a≥.
令y=,则y'=,当x∈(0,1)时,y'<0,所以y=在(0,1)上单调递减,且y=<0,所以a≥0.
③当x∈(1,+∞)时,ln x>0,所以a≤.
令y=,则y'=,
令y'>0,得x>e,令y'<0,得1所以y≥=e,
所以a≤e.
综上,实数a的取值范围为[0,e].
结合选项可知,实数a的值可以是,e.
9.AB　对(x2-2x+1+k)ex-x<0变形,得x2-2x+1+k<.
令f(x)=,g(x)=x2-2x+1+k,则问题转化为f(x)>g(x)有实数解.
易得f'(x)=,所以当x<1时, f'(x)>0, f(x)单调递增,当x>1时, f'(x)<0, f(x)单调递减,所以f(x)max=f(1)=.
g(x)=x2-2x+1+k=(x-1)2+k,所以当x=1时,g(x)取得最小值,为g(1)=k.
所以k<,结合选项知,实数k的值可以为0,.
10.
解析　构造函数f(x)=x·2x(x>0),则xlog2x≥ax·2ax等价于f(log2x)≥f(ax).
易得f'(x)=2x+x·2x·ln 2=2x(1+x·ln 2)>0,所以f(x)在(0,+∞)上单调递增,
所以log2x≥ax,所以a≤(2≤x≤e2).
设g(x)=(2≤x≤e2),则g'(x)==,
令g'(x)>0,得2≤x令g'(x)<0,得e所以g(x)在[2,e)上单调递增,在(e,e2]上单调递减,
又g(2)=,g(e2)=<<,所以g(x)min=g(e2)=,所以a≤,故正数a的最大值为.
11.解析　(1)f'(x)=a-1-ln x,(1分)
当00, f(x)单调递增;
当x>ea-1时, f'(x)<0, f(x)单调递减,(3分)
所以f(x)max=f(ea-1)=ea-1,
因为f(x)≤1恒成立,所以ea-1≤1,(5分)
解得a≤1,即实数a的取值范围为(-∞,1].(6分)
(2)证明:易得f(ea)=0.不妨设x1要证f'()>0,即证即证x1x2由(1)知f(x)在(0,ea-1)上单调递增,所以只需证f(x1)令g(x)=f(x)-f,x∈(ea-1,ea),
则g'(x)=.(10分)
当x>ea-1时,a-1-ln x<0,x2-e2a-2>0,则g'(x)<0,
所以g(x)在(ea-1,ea)上单调递减,则g(x)所以f(x2)从而f'()>0成立.(13分)
12.解析　(1)易知f(x)的定义域为(-1,+∞),
当a=-2时, f(x)=(1+2x)ln(1+x)-x,
f'(x)=2ln(1+x)+-1=2ln(1+x)+,(2分)
令m(x)=2ln(1+x)+(x>-1),则m'(x)=+,当x>-1时,m'(x)>0恒成立,
所以函数m(x)在(-1,+∞)上单调递增,又因为m(0)=0,
所以当-1当x>0时, f'(x)>0, f(x)单调递增,
故f(x)在x=0处取得极小值,为f(0)=0,无极大值.(5分)
(2)f'(x)=-aln(1+x)+-1,
令g(x)=-aln(1+x)+-1(x≥0),
所以g'(x)=--=-.(6分)
当a≤-时,g'(x)≥0,
所以g(x)在[0,+∞)上单调递增,g(x)≥g(0)=0,
所以当x∈[0,+∞)时, f'(x)=g(x)≥0,
所以f(x)在[0,+∞)上单调递增,
所以f(x)≥f(0)=0,符合题意.(8分)
当a≥0时,g'(x)≤0,则g(x)在[0,+∞)上单调递减,
所以f'(x)=g(x)≤g(0)=0,
所以f(x)在[0,+∞)上单调递减,所以f(x)≤f(0)=0,不符合题意.(10分)
当-所以g(x)在上单调递减,
所以f'(x)=g(x)≤g(0)=0,
所以f(x)在上单调递减,所以f(x)≤f(0)=0,不符合题意,舍去.
综上所述,a的取值范围为.(12分)
13.解析　(1)f(x)的定义域为(0,2).
当b=0时, f(x)=ln +ax,
所以f'(x)='+a=+a,(2分)
因为f '(x)≥0,
所以a≥=,
依题意得a≥,
所以当x=1时,a取到最小值-2.(5分)
(2)证明:因为f(x)=ln +ax+b(x-1)3,
所以f(2-x)=ln +a(2-x)+b(1-x)3,
所以f(2-x)+f(x)=2a,(7分)
所以曲线y=f(x)关于(1,a)中心对称,
即曲线y=f(x)是中心对称图形.(9分)
(3)由(2)知曲线y=f(x)关于(1,a)中心对称,且f(x)在(0,2)内连续,
故f(1)=a=-2,
即f(x)=ln -2x+b(x-1)3,x∈(1,2),
f'(x)=(x-1)2,(12分)
易知y=∈(2,+∞),
所以当b≥-时, f'(x)>0在(1,2)上恒成立, f(x)单调递增,
所以f(x)>f(1)=-2成立.(14分)
当b<-时,存在x0∈(1,2),使得+3b=0,
即3b=.
在(1,x0)上,f'(x)<0, f(x)单调递减,
又f(1)=-2,所以在(1,x0)上有f(x)<-2,不符合题意.(16分)
综上,可得b≥-,故b的取值范围为.(17分)
14.解析　易得f'(x)=-2ae-2x+=.(1分)
(1)由题意得, f'(x)=-2ae-2x+≥0在(0,+∞)上恒成立,即2a≤在(0,+∞)上恒成立,所以2a≤.
令g(x)=,则g'(x)==,(4分)
所以当x∈时,g'(x)<0,g(x)单调递减,当x∈时,g'(x)>0,g(x)单调递增,
所以g(x)≥g=2e,
所以2a≤2e,解得a≤e,故实数a的取值范围为(-∞,e].(6分)
(2)证明:f'(x)=-2ae-2x+=,
令h(x)=-2axe-2x+1(x>0).
因为函数f(x)有两个极值点,所以函数h(x)有两个变号零点.(7分)
易得h'(x)=-2ae-2x+4axe-2x=2ae-2x(2x-1).
当a=0时,h'(x)=0,与题意不符.(8分)
当a<0时,若x∈,则h'(x)>0,h(x)单调递增,若x∈,则h'(x)<0,h(x)单调递减,
又当x>0时,-2axe-2x>0,所以h(x)=-2axe-2x+1>1,所以h(x)不存在零点,与题意不符.(10分)
当a>0时,若x∈,则h'(x)<0,h(x)单调递减,若x∈,则h'(x)>0,h(x)单调递增,
所以h(x)≥h=-2a××e-1+1=1-,(11分)
所以要使h(x)有两个变号零点,需满足1-<0,解得a>e,此时2ax1=1,2ax2=1,
所以ln 2ax1=ln 2a+ln x1-2x1=0,即ln 2a+ln x1=2x1,同理,ln 2a+ln x2=2x2,所以ln x2-ln x1=2(x2-x1),
即ln =,
所以x2+x1=ln =·ln .(13分)
令t=,则1令μ(t)=·ln t,1则μ'(t)=·ln t+·
=+=+=.(15分)
令φ(t)=t-2ln t-,10恒成立,
所以φ(t)在(1,e2]上单调递增,所以φ(t)>φ(1)=1-2ln 1-=0,即μ'(t)>0,
所以μ(t)在(1,e2]上单调递增,所以x2+x1≤μ(e2)=·ln e2=.(17分)
专题通法
　　1.利用导数解决单变量的恒(能)成立问题的方法
(1)分离参数法:
①分离参数,将原不等式恒(能)成立问题转化为函数的最值问题,常见的转化方法如下:
a>f(x)恒成立 a>f(x)max;aa>f(x)能成立 a>f(x)min;a②利用可分离变量,构造新函数,利用导数研究函数的单调性与最值,进而得出参数的取值范围.
(2)分类讨论法:对参数进行分类讨论,注意最后需对各类参数进行综合,得出结论.
2.利用导数解决双变量的恒(能)成立问题的方法
(1)对于f(x)>g(x)型,可按如下规则转化:
一般地,已知函数y=f(x),x∈[a,b],y=g(x),x∈[c,d].
若 x1∈[a,b], x2∈[c,d],总有f(x1)≤g(x2)成立,则f(x)max≤g(x)min;
若 x1∈[a,b], x2∈[c,d],有f(x1)≤g(x2)成立,则f(x)max≤g(x)max;
若 x1∈[a,b], x2∈[c,d],有f(x1)≤g(x2)成立,则f(x)min≤g(x)max;
若 x1∈[a,b], x2∈[c,d],有f(x1)≤g(x2)成立,则f(x)min≤g(x)min.
(2)消元法:直接代换消元、整体代换消元、比值代换消元、利用根与系数的关系消元.