2026届高三数学二轮高效复习主题巩固卷-恒成立与能成立问题（Word版解析版）

这是一份2026届高三数学二轮高效复习主题巩固卷-恒成立与能成立问题（Word版解析版），共10页。试卷主要包含了已知函数f＝xln x，已知函数f＝ln等内容，欢迎下载使用。
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fe＝e，f'e＝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∈0，＋∞时，a≤ln x＋1x＋1恒成立，
令g(x)＝ln x＋1x＋1x＞0，
g'x＝x−1x2，
当x＞1时，g'x＝x−1x2＞0，g(x)单调递增；当0＜x＜1时，g'x＝x−1x2＜0，g(x)单调递减，则函数g(x)≥g1＝2，故a≤2.
2.(2025·河北保定一模)已知函数f(x)＝－12e2x－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)＝－12e2x－ex＋2x，
则f'(x)＝－e2x－ex＋2＝(ex＋2)1－ex，
令f'(x)＞0，得x＜0；令f'(x)＜0，得x＞0，
所以f(x)在－∞，0上单调递增，在0，＋∞上单调递减，
所以f(x)的极大值为f0＝－32，无极小值.
(2)由题得f'(x)＝－e2x－aex＋2a2＝a－exex＋2a)，
当a＝0时，f(x)＝－12e2x＜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－∞，lna上单调递增，在lna，＋∞上单调递减，
所以f(x)max＝flna＝－12e2ln a－aeln a＋2a2ln a＝－32a2＋2a2ln a，
由－32a2＋2a2ln a＋a2≥0，得－12＋2ln a≥0，解得a≥e14；
当a＜0时，令f'(x)＞0，得x＜ln－2a；令f'(x)＜0，得x＞ln－2a，
所以f(x)在－∞，ln－2a上单调递增，在(ln－2a，＋∞)上单调递减，
所以f(x)max＝fln－2a＝－12e2ln－2a－aeln－2a＋2a2ln－2a＝2a2ln－2a，
由2a2ln－2a＋a2≥0，得2ln－2a＋1≥0，解得a≤－12e.
综上，a的取值范围为(－∞，－12e］∪e14，＋∞.
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)＋xx+1，x∈(－1，＋∞)，
令h(x)＝ln(x＋1)＋xx+1，x∈(－1，＋∞)，
则h'(x)＝1x+1＋1(x+1)2＝x+2(x+1)2＞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)＋x−ax+1，则f'(x0)＝ln(x0＋1)＋x0−ax0+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)＋x0−ax0+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－1a+1＝ln(x0+1)－1x0+1，
令g(x)＝lnx−1x，x∈(0，＋∞)，
则g'(x)＝2−lnxx2，
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)＝1e2，且当x→0时，g(x)→－∞，当x→＋∞时，g(x)→0，所以g(x)≤1e2，
即－1a+1≤1e2，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)＝ax+1ex－1a∈R.
(1)若a＝－2，求f(x)的极值；
(2)若f(x)≤a+1x对任意的x∈0，＋∞恒成立，求a的取值范围.
解：(1)若a＝－2，则f(x)＝－2x+1ex－1，
所以f'(x)＝－2x+1ex－2ex＝－2x－1ex，
令f'(x)＝0，解得x＝－12，令f'(x)＞0，解得x＜－12，
令f'(x)＜0，解得x＞－12，
所以f(x)在－∞，－12上单调递增，在－12，＋∞上单调递减，
所以f(x)的极大值为f－12＝2e－12－1，无极小值.
(2)f(x)≤a+1x对任意的x∈0，＋∞恒成立，即a+1x－ax+1ex＋1≥0对任意的x∈0，＋∞恒成立，
令g(x)＝a+1x－ax+1ex＋1，x≥0，所以g'x＝a+1－ax＋a+1ex，
令ux＝g'x，
所以u'x＝－ax+2a+1ex，x≥0，
当a≤－12时，2a＋1≤0，
又x≥0，所以ax+2a+1≤0，
所以u'x＝－ax+2a+1ex≥0在0，＋∞上恒成立，
所以ux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)≥g0＝0，符合题意；
当－12＜a＜0时，令u'x＜0，解得0≤x＜－2a+1a，
则ux即g'x在区间0，－2a+1a上单调递减；
所以当x∈0，－2a+1a时，g'x＜g'0＝0，
所以g(x)在区间0，－2a+1a上单调递减，
所以当x∈0，－2a+1a时，g(x)＜g0＝0，不符合题意；
当a≥0时，又x≥0，所以u'x＜0，
所以ux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)≤g0＝0，不符合题意.
综上，a的取值范围为－∞，－12.