核心微练25-26-（教师用书）【赢在微点·顶层设计】2027年高中数学高考一轮总复习

该高中数学高考复习课件聚焦“导数与不等式”核心专题，依据高考评价体系梳理了导数应用的两大关键考查方向，即不等式证明和恒成立问题。通过2024年全国甲卷真题及模拟题分析，明确了导数求极值、单调区间、构造函数等高频考点，归纳了作差法、放缩法等常考题型，体现高考备考的针对性。 课件亮点在于“真题精讲+方法建模”的备考策略，如以2024年全国甲卷导数题为例，深入解析分类讨论和分离变量法，培养学生的数学思维和逻辑推理素养。特设“易错点警示”如导数符号判断失误，帮助学生掌握答题技巧，教师可据此精准指导，提升复习效率。

微练(二十五)　导数与不等式证明 　　　　　　　　　　　　　　　　 1.已知函数f(x)=,当x=1时,f(x)有极大值. (1)求实数a,b的值; (2)当x>0时,证明:f(x)<. 解　(1)函数f(x)的定义域为(-∞,+∞),且f'(x)=,因为x=1时,f(x)有极大值,所以解得a=1,b=0,经检验,当a=1,b=0时,f(x)在x=1时有极大值,所以a=1,b=0. (2)由(1)知,f(x)=,当x>0时,要证f(x)<,即证<,即证ex>x+1.设g(x)=ex-x-1,即g'(x)=ex-1,当x>0时,g'(x)=ex-1>0,所以g(x)在(0,+∞)上单调递增,所以g(x)>g(0)=0在(0,+∞)上恒成立,即ex-x-1>0在(0,+∞)上恒成立,即ex>x+1在(0,+∞)上恒成立,故当x>0时,f(x)<. 2.(2024·全国甲卷)已知函数f(x)=a(x-1)-ln x+1. (1)求f(x)的单调区间; (2)当a≤2时,证明:当x>1时,f(x)<ex-1恒成立. 解　(1)因为f(x)=a(x-1)-ln x+1,所以f'(x)=a-=,x>0,若a≤0,则f'(x)<0恒成立,所以f(x)在(0,+∞)上单调递减,即f(x)的单调递减区间为(0,+∞),无单调递增区间;若a>0,则当0<x<时,f'(x)<0,当x>时,f'(x)>0,所以f(x)的单调递减区间为,单调递增区间为.综上,当a≤0时,f(x)的单调递减区间为(0,+∞),无单调递增区间;当a>0时,f(x)的单调递减区间为,单调递增区间为. (2)解法一(作差法直接求导证明):设g(x)=a(x-1)-ln x+1-ex-1,只需证当x>1时g(x)<0即可.易知g'(x)=a--ex-1,令h(x)=g'(x),则h'(x)=-ex-1,由基本初等函数的单调性可知h'(x)在(1,+∞)上单调递减,则当x>1时,h'(x)<h'(1)=1-1=0,所以h(x)=g'(x)在(1,+∞)上单调递减,于是当x>1时,g'(x)<g'(1)=a-2,又a≤2,所以a-2≤0,则当x>1时,g'(x)<0,故g(x)在(1,+∞)上单调递减,所以当x>1时,g(x)<g(1)=0,即当x>1时,f(x)<ex-1恒成立. 解法二(放缩法):因为a≤2,所以当x>1时,ex-1-f(x)=ex-1-a(x-1)+ln x-1≥ex-1-2x+ln x+1.令g(x)=ex-1-2x+ln x+1,则只需证当x>1时g(x)>0.易知g'(x)=ex-1-2+,令h(x)=g'(x),则h'(x)=ex-1-在(1,+∞)上单调递增,则当x>1时,h'(x)>h'(1)=0,所以h(x)=g'(x)在(1,+∞)上单调递增,所以当x>1时,g'(x)>g'(1)=0,故g(x)在(1,+∞)上单调递增,所以当x>1时,g(x)>g(1)=0,即当x>1时,f(x)<ex-1恒成立. 3.(2025·合肥模拟)已知函数f(x)=ex+x2-x-1. (1)求f(x)的最小值; (2)证明:ex+xln x+x2-2x>0. 解　(1)由题意可得f'(x)=ex+2x-1,则函数f'(x)在R上单调递增,且f'(0)=0.所以由f'(x)>0,得x>0;由f'(x)<0,得x<0.则f(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增,故f(x)min=f(0)=0. (2)证明:要证ex+xln x+x2-2x>0,即证ex+x2-x-1>-xln x+x-1.由(1)可知当x>0时,f(x)>0恒成立.设g(x)=-xln x+x-1,x>0,则g'(x)=-ln x.由g'(x)>0,得0<x<1;由g'(x)<0,得x>1.则g(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,从而g(x)≤g(1)=0,故f(x)>g(x),即ex+xln x+x2-2x>0. 4.已知函数f(x)=ln x+-1. (1)求函数f(x)的极值; (2)证明:++…+<ln 2(n∈N*). 解　(1)由题可知函数f(x)的定义域为{x|x>0}.因为f(x)=ln x+-1,所以f'(x)=-=,令f'(x)=0,得x=1.列表如下 x (0,1) 1 (1,+∞) f'(x) - 0 + f(x) 单调递减 极小值 单调递增 所以函数f(x)的极小值为f(1)=0,无极大值. (2)证明:由(1)知f(x)≥0,即ln x+-1≥0,即ln x≥1-=,所以ln(x+1)≥(当x=0时,“=”成立).令x=(n∈N*),则ln>=,则ln>,即ln(1+n)-ln n>.所以累加可得ln(2n)-ln n>++…+.即ln 2>+++…+. 微练(二十六)　导数与不等式恒成立 　　　　　　　　　　　　　　　　 1.已知函数f(x)=-2x+ln x. (1)求曲线y=f(x)在(1,f(1))处的切线方程; (2)若对∀x∈(0,+∞),f(x)≤ax2-2x恒成立.求实数a的取值范围. 解　(1)由题意得f'(x)=-2+(x>0),所求切线斜率为f'(1)=-1,切点为(1,-2),故所求切线方程为y-(-2)=-(x-1),即x+y+1=0. (2)解法一:(分离变量)由f(x)≤ax2-2x,得a≥在(0,+∞)恒成立,令g(x)=(x>0),则a≥g(x)max,g'(x)=,当g'(x)=0时,x=,当0<x<时,g'(x)>0;当x>时,g'(x)<0,故g(x)在(0,)内单调递增,在(,+∞)上单调递减,故当x=时,g(x)取得最大值,故a≥,即a的取值范围是. 解法二:(分类讨论)由f(x)≤ax2-2x得ax2-ln x≥0在(0,+∞)恒成立,令g(x)=ax2-ln x(x>0),则g'(x)=2ax-=(x>0),①当a≤0时,g'(x)<0恒成立,g(x)在(0,+∞)上单调递减,又g(1)=a≤0,故当x>1时,g(x)<0,不合题意;②当a>0时,令g'(x)=0,得x=,令g'(x)>0,得x>,令g'(x)<0,得0<x<,故g(x)在内单调递减,在上单调递增,故当x=时,g(x)取最小值g=-ln≥0,故a≥,即a的取值范围是.综上所述,a的取值范围是. 2.(2025·东北四市联合检测)已知函数f(x)=-aex,a∈R. (1)当a=1时,求f(x)的单调区间和极值; (2)若对任意x∈R,f(x)≤ex-1恒成立,求a的取值范围. 解　(1)当a=1时,f(x)=xe-x-ex,则f'(x)=(1-x)e-x-ex=.令g(x)=1-x-e2x,则g'(x)=-1-2e2x<0,故g(x)在R上单调递减,又g(0)=0,因此0是g(x)在R上的唯一零点,即0是f'(x)在R上的唯一零点.当x变化时,f'(x),f(x)的变化情况如下表: x (-∞,0) 0 (0,+∞) f'(x) + 0 - f(x) 单调递增 -1 单调递减 所以f(x)的单调递增区间为(-∞,0),单调递减区间为(0,+∞),f(x)的极大值为f(0)=-1,无极小值. (2)由题意知xe-x-aex≤ex-1,即a≥,即a≥-.设m(x)=-,则m'(x)==,令m'(x)=0,解得x=,当∈时,m'(x)>0,m(x)单调递增,当x∈时,m'(x)<0,m(x)单调递减,所以m(x)max=m=-=-.所以a≥-,即a的取值范围为. 3.已知f(x)=ex-x2-ax-1(a∈R). (1)当a=0时,求函数f(x)的单调区间; (2)若f(x)≥0在[0,+∞)上恒成立,求实数a的取值范围. 解　(1)当 a=0 时,f(x)=ex-x2-1,f'(x)=ex-x.由于ex≥x+1>x(证略),所以f'(x)=ex-x>0,因此函数f(x)在R上单调递增,即函数f(x)的单调递增区间是(-∞,+∞),无单调递减区间. (2)函数f(x)的导数f'(x)=ex-x-a,f'(0)=1-a,令f'(0)=1-a≥0得a≤1. ①当a≤1时,因为x∈[0,+∞),f'(x)=ex-x-a,令g(x)=ex-x-a(x≥0),则g'(x)=ex-1≥0,因此f'(x)单调递增,所以f'(x)≥f'(0)=1-a≥0,因此f(x)在[0,+∞)上单调递增,于是f(x)≥f(0)=0恒成立. ②当 a>1 时,因为x∈[0,+∞),f'(x)=ex-x-a,令g(x)=ex-x-a(x≥0),则g'(x)=ex-1≥0,因此f'(x)单调递增,而f'(0)=1-a<0,所以存在x0∈(0,+∞)使得当x∈(0,x0)时f'(x)<0,即 f(x)在(0,x0)上单调递减,因此当x∈(0,x0)时,f(x)<f(0)=0,不满足f(x)≥0恒成立. 综上,实数a的取值范围是(-∞,1]. 4.(2025·浙江联考)已知函数f(x)=aln x+x,a∈R. (1)讨论函数f(x)的单调性; (2)若存在x∈[e,e2],使得不等式f(x)≤ln x成立,求实数a的取值范围. 解　(1)因为f(x)=aln x+x,定义域为(0,+∞),所以f'(x)=+1=,当a≥0时,f'(x)>0,此时f(x)在区间(0,+∞)上单调递增;当a<0时,由f'(x)=>0,得x>-a,由f'(x)=<0,得0<x<-a,此时f(x)在区间(-a,+∞)上单调递增,在区间(0,-a)上单调递减. (2)由f(x)≤ln x,得aln x+x≤ln x,因为x∈[e,e2],所以-ax+a≤.设g(x)=-ax+a,x∈[e,e2],所以g'(x)=-a=-+-a.当a≤0时,g'(x)≥0,g(x)在x∈[e,e2]上单调递增,所以g(x)min=g(e)=e-ae+a≤,即a≥,不符合题意.当0<a<时,则存在唯一的x0∈[e,e2],使得g'(x0)=0,当x∈[e,x0)时,g'(x)<0,g(x)单调递减,当x∈(x0,e2]时,g'(x)>0,g(x)单调递增.所以g(x)min=g(x0)=-ax0+a≤,所以a≥>==,这与0<a<矛盾.当a≥时,g'(x)≤0,g(x)在x∈[e,e2]上单调递减,所以g(x)min=g(e2)=-ae2+a≤,所以a≥,符合题意.综上,实数a的取值范围为. 学科网（北京）股份有限公司 $$