突破练20　利用导数研究恒(能)成立问题--2026全国版高中数学突破练(含答案)

中小学教育资源及组卷应用平台
2026全国版高中数学突破练
突破练20　利用导数研究恒(能)成立问题
1.(13分)(2025·山东滨州二模)已知函数f(x)=+aln x.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)若a>0时,f(x)≥a2-(a+1)ln a恒成立,求实数a的值.
2.(15分)(2025·湖北武汉三模)已知函数f(x)=ex-ax,a∈R.
(1)若a=1,求函数f(x)的单调区间;
(2)当x≥0时,f(x)≥x,求实数a的取值范围.
3.(17分)(2025·湖南长沙模拟)已知函数f(x)=x(2ln x+a),a∈R.
(1)若函数f(x)在(e2,+∞)上单调递增,求实数a的取值范围;
(2)若x=e为函数f(x)的极值点,求a的值;
(3)设函数g(x)=4x2-4bx,当a=-2时,若对于任意x1∈(0,+∞),总存在x2∈[-2,4],使得g(x2)≤f(x1),求实数b的取值范围.
4.(17分)(原创)设f(x)=a1x+a2x2+a3x3+a4x4,且数列{an}是以1为首项,q(q≠0)为公比的等比数列.
(1)当q>0时,求f(x)的极值点个数;
(2)若f(x)≥x对任意x∈(0,+∞)恒成立,求q的取值范围;
(3)证明:对任意q,总存在满足m参考答案
1.解 (1)由题意f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=-,
当a≤0时,f'(x)<0恒成立,f(x)在区间(0,+∞)上单调递减,
当a>0时,由f'(x)>0解得x>,由f'(x)<0,解得0所以f(x)在区间(,+∞)上单调递增,在区间(0,)上单调递减.
综上所述,当a≤0时,f(x)在区间(0,+∞)上单调递减,
当a>0时,f(x)在区间(,+∞)上单调递增,在区间(0,)上单调递减.
(2)由(1)知当a>0时,f(x)在区间(0,)上单调递减,在区间(,+∞)上单调递增,所以函数f(x)的最小值为f()=a-aln a,所以a-aln a≥a2-(a+1)ln a恒成立,整理得a2-ln a-a≤0,令h(x)=x2-ln x-x,
则h'(x)=2x--1=,由h'(x)>0解得x>1,由h'(x)<0解得0又h(a)≤0,所以h(a)=0,所以a=1.
2.解 (1)由f(x)=ex-ax,当a=1时,f(x)=ex-x,则f'(x)=ex-1.
令f'(x)=0,即ex-1=0,解得x=0,
当x<0时,ex<1,所以f'(x)<0,则f(x)在区间(-∞,0)上单调递减.
当x>0时,ex>1,所以f'(x)>0,则f(x)在区间(0,+∞)上单调递增.
综上可得,函数f(x)的单调递减区间是(-∞,0),单调递增区间是(0,+∞).
(2)当x≥0时,f(x)≥x,即ex-ax≥x,移项可得ex-(a+1)x≥0,
当x=0时,e0-(a+1)×0=1≥0,此时a可以取任意实数,当x>0时,ex-(a+1)x≥0可化为a+1,令g(x)=(x>0),g'(x)=,令g'(x)=0,即=0,解得x=1.
当0当x>1时,x-1>0,所以g'(x)>0,g(x)在区间(1,+∞)上单调递增.
则g(x)在x=1处取得极小值,也是最小值,g(1)==e.所以a+1≤e,解得a≤e-1,即实数a的取值范围是(-∞,e-1].
3.解 (1)f(x)=x(2ln x+a)的定义域为(0,+∞),f'(x)=2ln x+a+x=2ln x+a+2,令f'(x)>0,得x>,故函数f(x)在区间(,+∞)上单调递增.因为函数f(x)在(e2,+∞)上单调递增,所以e2,解得a≥-6,
故实数a的取值范围是[-6,+∞).
(2)令f'(x)=0,得x=; 令f'(x)<0,得00,得x>,故函数f(x)在区间(0,)上单调递减,在区间(,+∞)上单调递增,
故函数f(x)在x=处取得极小值,也是唯一的极值点,所以=e,解得a=-4.
(3)由(2)知,当x=时,函数f(x)有最小值f()=(2ln +a)=-2,若a=-2,则f(x)min=-2,
又因为对任意x1∈(0,+∞)总存在x2∈[-2,4],使得g(x2)≤f(x1),则当x∈[-2,4]时,g(x)的最小值不大于-2,
函数g(x)=4x2-4bx=(2x-b)2-b2的图象开口向上,对称轴为x=,当-2,即b≤-4时,则g(x)在区间[-2,4]上单调递增,故g(x)的最小值为g(-2)=4×(-2)2-4b(-2)≤-2,解得b≤-,故b≤-4;
当4,即b≥8时,则g(x)在区间[-2,4]上单调递减,故g(x)的最小值为g(4)=4×42-4b×4≤-2,解得b,故b≥8;
当-2<<4,即-4综上所述,实数b的取值范围是(-∞,-]∪[,+∞).
4.(1)解 ∵数列{an}为等比数列,其中a1=1,公比q≠0,∴a2=q,a3=q2,a4=q3,∴f(x)=x+qx2+q2x3+q3x4,
则f'(x)=1+2qx+3q2x2+4q3x3.
令g(x)=f'(x),则g'(x)=2q+6q2x+12q3x2,
∵关于x的一元二次方程2q+6q2x+12q3x2=0的判别式Δ=-60q4<0,
∴当q>0时,g'(x)>0在R上恒成立,即f'(x)在R上单调递增,
又f'(0)=1>0,f'(-)=-2<0,
∴由函数零点存在定理得f'(x)在区间(-,0)内存在唯一零点x0,且当x∈(-∞,x0)时,f'(x)<0,当x∈(x0,+∞)时,f'(x)>0,
∴f(x)在区间(-∞,x0)上单调递减,在区间(x0,+∞)上单调递增,
∴f(x)有唯一的极小值点x=x0,无极大值点,∴f(x)的极值点个数为1.
(2)解 对于任意x∈(0,+∞),不等式f(x)≥x恒成立,即x+qx2+q2x3+q3x4≥x恒成立,等价于q(1+qx+q2x2)≥0在区间(0,+∞)上恒成立.
∵y=q2x2+qx+1,其图象为开口向上的抛物线,且q2-4q2×1=-3q2<0,
∴q2x2+qx+1>0对任意实数x恒成立.
故要使q(1+qx+q2x2)≥0恒成立,只需q≥0,又q≠0,∴q的取值范围为(0,+∞).
(3)证明 ①当q>0时,f(x)-x=qx2(1+qx+q2x2)≥0,当且仅当x=0时取等号.
当m<0时,结合(2)知,在[m,0]上显然有f(x)≥m恒成立,
故只需满足f(x)≤0,即x(1+qx+q2x2+q3x3)≤0.
设P(x)=1+qx+q2x2+q3x3(x≤0),则P'(x)=q[1+2qx+3(qx)2],由4q2-12q2=-8q2<0及q>0得P'(x)>0恒成立,∴P(x)单调递增.又P(0)=1>0,P(-)=1-2+4-8=-5<0,
根据函数零点存在定理可知,存在唯一的m0∈(-,0),使得P(m0)=0.
取m=m0,n=0,则m对任意x∈[m0,0],有P(x)≥P(m0)=0.
此时f(x)=xP(x)≤0,且f(x)≥x≥m0,
故f(x)∈[m0,0],该情况得证.
②当q<0时,f(x)-x=qx2(1+qx+q2x2)≤0,当且仅当x=0时取等号.
只需满足f(x)≥0,即x(1+qx+q2x2+q3x3)≤0.
设Q(x)=1+qx+q2x2+q3x3(x≥0),则Q'(x)=q[1+2qx+3(qx)2],由4q2-12q2=-8q2<0及q<0得Q'(x)<0恒成立,∴Q(x)单调递减.同理,根据函数零点存在定理得,存在唯一的n0∈(0,-),使得Q(n0)=0.取m=0,n=n0,则m对任意x∈[0,n0],有Q(x)≥Q(n0)=0.
此时f(x)=xQ(x)≥0,且f(x)≤x≤n0,
故f(x)∈[0,n0],该情况得证.
综上所述,对任意q,总存在满足m21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
21世纪教育网(www.21cnjy.com)