微练(26) 导数与不等式恒成立-（作业课件）【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恒成立专题，覆盖切线方程、单调性极值、恒成立问题等高考高频考点，依据高考评价体系分析考点权重，通过分离变量、分类讨论等方法归纳常考题型，体现针对性与实用性。 课件亮点在于“真题情境+方法建模+素养落地”，以东北三省联合检测题、浙江联考题为例，训练逻辑推理与数学运算素养，解析“函数恒成立求参数范围”典型题，构建“求导→判单调→求最值”模板，助学生掌握得分技巧，教师可精准教学，提升备考效率。

微练(二十六) 导数与不等式恒成立 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 1 2 3 4 解 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 1 2 3 4 解 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 1 2 3 4 解 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 1 2 3 4 解 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 1 2 3 4 解 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 1 2 3 4 解 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 8 1 2 3 4 解 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 1 2 3 4 解 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 1 2 3 4 解 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 1 2 3 4 解 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 1 2 3 4 解 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 1 2 3 4 解 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 1 2 3 4 解 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 1 2 3 4 解 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 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； 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)若对∀x∈(0，＋∞)，f(x)≤ax2－2x恒成立．求实数a的取值范围． 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； 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)若对任意x∈R，f(x)≤ex－1恒成立，求a的取值范围． 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； 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)若f(x)≥0在[0，＋∞)上恒成立，求实数a的取值范围． 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； 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)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． 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＝－2＋－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. $$