核心微练27 导数与不等式恒成立-（作业课件）【赢在微点·顶层设计】2027年高考数学高考一轮总复习（名师划重点）

导数与不等式恒成立 微练(二十七) 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)＝－aex，a∈R. (1)当a＝1时，求f(x)的单调区间和极值； (1)当a＝1时，f(x)＝xe－x－ex，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，而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 极大值 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，＋∞)；所以f(x)的极大值为f(0)＝－1，无极小值． (2)若∀x∈R，f(x)≤ex－1，求a的取值范围． (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x∈，m′(x)>0，m(x)单调递增；当x∈，m′(x)<0，m(x)单调递减，所以m(x)max＝m＝－＝－，所以a≥－.所以a的取值范围为. 2．(2025·山东模拟)已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c在x＝－与x＝1处都取得极值． (1)求a，b的值； (1)由题设，f′(x)＝3x2＋2ax＋b，又f′＝－a＋b＝0，f′(1)＝3＋2a＋b＝0，解得a＝－，b＝－2，经检验满足题意． (2)若对任意x∈[－1,2]，不等式f(x)<c2恒成立，求实数c的取值范围． (2)由(1)，知f(x)＝x3－x2－2x＋c，即f′(x)＝3x2－x－2＝(3x＋2)(x－1)，当x∈[－1,2]时，f′(x)，f(x)随x的变化情况如下表： x － 1 (1,2] f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x) 单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增 所以f(x)在上单调递增，在上单调递减，在(1,2]上单调递增，所以当x＝－时，f＝＋c为极大值，又f(2)＝2＋c，则f(2)＝2＋c为f(x)在[－1,2]上的最大值，要使f(x)<c2对任意x∈[－1,2]恒成立，则只需c2>f(2)＝2＋c，解得c<－1或c>2，所以实数c的取值范围为(－∞，－1)∪(2，＋∞)． 3．已知函数f(x)＝ax－，x∈. (1)当a＝8时，讨论f(x)的单调性； (1)f′(x)＝a－＝a－＝a－.令cos2x＝t，则t∈(0,1)，则f′(x)＝g(t)＝a－＝， 当a＝8，f′(x)＝g(t)＝＝，当t∈，即x∈，f′(x)<0.当t∈，即x∈，f′(x)>0.所以f(x)在上单调递增，在上单调递减． (2)若f(x)<sin 2x恒成立，求a的取值范围． (2)设g(x)＝f(x)－sin 2x，g′(x)＝f′(x)－2cos 2x＝g(t)－2(2cos2x－1)＝－2(2t－1)＝a＋2－4t＋－，设φ(t)＝a＋2－4t＋－，φ′(t)＝－4－＋＝＝－>0，所以φ(t)<φ(1)＝a－3.①若a∈(－∞，3]，g′(x)＝φ(t)<a－3≤0，即g(x)在上单调递减， 所以g(x)<g(0)＝0.所以当a∈(－∞，3]，f(x)<sin 2x，符合题意．②若a∈(3，＋∞)，当t→0，－＝－32＋→－∞，所以φ(t)→－∞.φ(1)＝a－3>0.所以∃t0∈(0,1)，使得φ(t0)＝0，即∃x0∈，使得g′(x0)＝0.当t∈(t0,1)，φ(t)>0，即当x∈(0，x0)，g′(x)>0，g(x)单调递增．所以当x∈(0，x0)，g(x)>g(0)＝0，不合题意．综上，a的取值范围为(－∞，3]． 4．已知函数f(x)＝(m，n∈R)，在x＝1处取得极大值2. (1)求函数f(x)的解析式； (1)f(x)＝(m，n∈R)，f′(x)＝＝，由题意可知，f(1)＝2，f′(1)＝0，即＝2，＝0，得m＝4，n＝1，所以f(x)＝，f′(x)＝＝0，得x＝±1，如下表，x，f′(x)，f(x)的变化情况如表所示， x (－∞，－1) －1 (－1,1) 1 (1，＋∞) f′(x) － 0 ＋ 0 － f(x) 减 极小值－2 增 极大值2 减 所以m＝4，n＝1符合题意，所以f(x)＝. (2)设函数g(x)＝x2－2ax＋a，若对于任意x1∈R，总存在x2∈[－1,1]，使得g(x2)≤f(x1)，求实数a的取值范围． (2)因为函数f(x)＝，在x>0时，f(x)>0，在x<0时，f(x)<0，且f(0)＝0，所以由(1)知，当x＝－1时，函数f(x)有最小值－2，又因为对任意x1∈R，总存在x2∈[－1,1]，使得g(x2)≤f(x1)，则当x∈[－1,1]时，g(x)的最小值不大于－2，对于g(x)＝x2－2ax＋a＝(x－a)2＋a－a2的开口向上，对 称轴为直线x＝a，当a≤－1时，则g(x)在[－1,1]上单调递增，故g(x)的最小值为g(－1)＝1＋3a≤－2，得a≤－1；当a≥1时，则g(x)在[－1,1]上单调递减，故g(x)的最小值为g(1)＝1－a≤－2，得a≥3；当－1<a<1时，则g(x)在[－1，a)上单调递减，在[a,1]上单调递增，g(x)的最小值为g(a)＝a－a2≤－2，得a≤－1或a≥2，不合题意，舍去．综上所述，a的取值范围是(－∞，－1]∪[3，＋∞)． $$