专题6 第7讲 导数与恒(能)成立问题 提升课 课时作业-【优化探究】2026年高考数学二轮专题复习配套课件（提升版）

该高中数学高考复习课件聚焦导数应用与函数性质专题，依据高考评价体系梳理了函数单调性、恒成立问题、极值点分析等核心考点，通过模拟题实例明确“导数求单调区间”“参数范围求解”等高频题型占比，构建分类讨论、参变分离等解题思路体系。 课件亮点在于“真题模拟+方法归纳+素养提升”的备考策略，如以函数恒成立问题为例，用参变分离法和分类讨论法培养学生的数学思维与运算能力，通过极值点对称性证明提升抽象能力。特设“易错点警示”和“解题模板”，助力学生掌握答题技巧，教师可据此精准指导复习，实现高效备考。

1 2 3 4 1.(2025·湖南湘潭模拟)已知函数f(x)=ax2+(a-2)x-ln x. (1)求f(x)的单调区间; 基础巩固练 1 2 3 4 解:由题意可知,f(x)的定义域为(0,+∞), 且f'(x)=2ax+(a-2)-=, 当a≤0时,f'(x)<0,可知f(x)在(0,+∞)上单调递减; 当a>0时,由f'(x)>0得x>;由f'(x)<0得0<x<, 可知f(x)在(0,)上单调递减,在(,+∞)上单调递增. 综上所述,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(0,),单调递增区间为(,+∞). 1 2 3 4 (2)若f(x)≥0,求a的取值范围. 解:法一(参变分离法):由已知得ax2+(a-2)x-ln x≥0在(0,+∞)上恒成立, 等价于a≥在(0,+∞)上恒成立,设g(x)=,x>0, 则g'(x)= =, 设h(x)=1-x-ln x,x>0,可知h(x)在(0,+∞)上单调递减,且h(1)=0, 当0<x<1时,h(x)>0,即g'(x)>0; 1 2 3 4 当x>1时,h(x)<0,即g'(x)<0, 可知g(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减, 则g(x)max=g(1)=1,可得a≥1,即a的取值范围为[1,+∞). 法二(分类讨论法):由题意可知,f(x)min≥0在(0,+∞)上恒成立, 由(1)知,当a≤0时,f(x)在(0,+∞)上单调递减,且f(1)=2a-2<0,不合题意; 当a>0时,可知f(x)min=f()=1-+ln a≥0, 设m(a)=1-+ln a,a>0,可知m(a)在(0,+∞)上单调递增, 且m(1)=0,若f(x)min≥0,则m(a)≥0,可得a≥1,故a的取值范围为[1,+∞). 1 2 3 4 2.(2025·山东青岛模拟)已知函数f(x)=xex+asin x. (1)当a=0时,求证:>x+1; 证明:由a=0,得f(x)=xex. 要证>x+1,只要证ex-x-1>0. 令g(x)=ex-x-1(x≠0),则g'(x)=ex-1, 当x∈(-∞,0)时,g'(x)<0,则g(x)单调递减, 当x∈(0,+∞)时,g'(x)>0,则g(x)单调递增, 所以g(x)>g(0)=0,则ex>x+1,即>x+1. 1 2 3 4 (2)若f(x)>0对x∈(0,π)恒成立,求a的取值范围. 解:由已知可得f'(x)=(x+1)ex+acos x, 令h(x)=(x+1)ex+acos x,求导可得h'(x)=(x+2)ex-asin x, ①当a≥0时,由x∈(0,π),得xex>0,asin x≥0,因此f(x)>0,满足题意. ②当a<0时,由x∈(0,π),得h'(x)>0,则f'(x)在(0,π)上单调递增. (ⅰ)当-1≤a<0时,f'(x)>f'(0)=1+a≥0, 则f(x)在(0,π)上单调递增,所以f(x)>f(0)=0,满足题意. 1 2 3 4 (ⅱ)当a<-1时,f'(0)<0,f'(π)>0,则存在唯一的x0∈(0,π),使得f'(x0)=0, 且当x∈(0,x0)时,f'(x)<0,f(x)在(0,x0)上单调递减, 所以f(x)<f(0)=0,不满足题意. 综上,a的取值范围为[-1,+∞). 1 2 3 4 3.(2025·江苏盐城模拟)已知函数f(x)=m(x2+2x)-ln(xex)(m∈R),g(x)=1-ex+x2. (1)求函数g(x)在x=0处的切线方程; 解:因为g(x)=1-ex+x2,所以g'(x)=-+2x, 所以所求切线的斜率为g'(0)=-+2×0=-,又g(0)=1-e0+02=, 所以切线方程为y-=(-)(x-0),即x+2y-1=0. 能力提升练 1 2 3 4 (2)讨论函数f(x)的单调性; 解:f(x)=m(x2+2x)-ln(xex)=m(x2+2x)-x-ln x,则函数f(x)定义域为(0,+∞), 所以f'(x)=, 所以当m≤0时,有f'(x)<0恒成立,f(x)在(0,+∞)上单调递减, 当m>0时,由f'(x)<0,解得x∈(0,),f(x)在(0,)上单调递减; 由f'(x)>0,解得x∈(,+∞),f(x)在(,+∞)上单调递增. 综上,当m≤0时,f(x)在(0,+∞)上单调递减; 当m>0时,f(x)在(0,)上单调递减,在(,+∞)上单调递增. 1 2 3 4 (3)当m>0时,若对于任意x1>0,总存在x2∈[-2,-1],使得f(x1)≥g(x2),求m的取值范围. 1 2 3 4 解:由(2)知,当m>0时,f(x)min=f()=-+ln(2m)+1, 根据题意,不等式等价于-+ln(2m)+1≥g(x2)min,x2∈[-2,-1], 对于g(x)=1-ex+x2,x∈[-2,-1],则g'(x)=-+2x<0, 所以g(x)在[-2,-1]上单调递减,所以g(x)min=g(-1)=2-, 则有-+ln(2m)+1≥2-,即-ln(2m)-1≤-2, 设h(m)=-ln(2m)-1(m>0),则h'(m)=--<0, 所以h(m)在定义域内为减函数,又h()=-2, 所以-ln(2m)-1≤-2⇔h(m)≤h(),所以m≥,即m的取值范围是[,+∞). 1 2 3 4 4.(2025·浙江绍兴模拟)已知函数f(x)=ln+ax有两个极值点x1,x2,满足≤x1<x2. (1)求a的取值范围; 1 2 3 4 解:由题意知,x∈(0,2), f'(x)=++a=+a有两个变号零点. 令g(x)=,则g(x)在(0,1)上单调递减,在(1,2)上单调递增,g()=,g(1)=2. 又≤x1<x2,得2<-a≤, 即-≤a<-2. 1 2 3 4 (2)判断并证明函数f(x)的对称性; 解:∵x∈(0,2),则对称性有关的横坐标:x=1,且f(1)=a, 又∵f(x)=ln+ax, ∴f(2-x)=ln+a(2-x)≠f(x), 有f(x)+f(2-x)=ln(·)+2a=2a,故f(x)有对称中心(1,a),无对称轴. 1 2 3 4 (3)若f(x1)+kx2>0恒成立,求实数k的取值范围. 解:有x1+x2=2,a=-,≤x1<1, 故有f(x1)+kx2=ln+ax1+kx2=ln-+k(2-x1),x1∈[,1). 令h(x)=f(x)+kx,则当x→1时,h(x)=k-2≥0,故k≥2. 下证充分性: 有f(x1)+kx2≥ln-+2(2-x1),x1∈[,1). 1 2 3 4 令t(x)=ln x-ln(2-x)-+2(2-x),x∈[,1), 则t'(x)=+--2 =, 令φ(x)=-x3+4x2-6x+2,有φ'(x)=-3x2+8x-6<0, 故φ(x)在(,1)上单调递减,又φ(1)<0,φ()>0, 故存在x0∈(,1),使得φ(x0)=0,故t(x)在(,x0)上单调递增,在(x0,1)上单调递减. 1 2 3 4 又t(1)=0,t()=-ln 7+>0,故t(x)>0恒成立. 若k<2,有f(x1)+kx2<ln-+2(2-x1),x1∈[,1), 由t(x)>t(1)=0,故存在x1<1,使得f(x1)+kx2<0,故k<2不合题意. 综上,若f(x1)+kx2>0恒成立,则实数k≥2. 感谢您的观看 $