板块一 习题讲评（六）导数与不等式恒（能）成立问题 课时验收评价-【新高考方案】2026年高考数学二轮复习专题增分方略配套课件

课时验收评价 1 2 3 4 1.（13分）（2025·沈阳二模）已知函数f（x）=ln x-kx. （1）若存在x∈（0，+∞），使f（x）≥0成立，求k的取值范围；（5分） 思维路径：（1）转化为存在x∈（0，+∞），使k≤（x>0）成立，令g（x）=（x>0），利用导数求出g（x）的最大值可得答案； 解：由f（x）=ln x-kx≥0（x>0），得k≤， 可得存在x∈（0，+∞），使k≤（x>0）成立. 令g（x）=（x>0），g'（x）=. 1 2 3 4 令g'（x）=0，得x=e， 当0<x<e时g'（x）>0，g（x）单调递增， 当x>e时g'（x）<0，g（x）单调递减， 所以g（x）≤g（e）==， 若存在x∈（0，+∞），使k≤（x>0）成立， 则k的取值范围是. 1 2 3 4 （2）已知k>0，若f（x）≤在x∈（0，+∞）上恒成立，求k的最小值.（8分） 思维路径：（2）转化为ln x-kx-≤0在x∈（0，+∞）上恒成立， 令h（x）=ln x-kx-（x>0），利用导数求出h（x）max≤0可得答案. 解：已知f（x）=ln x-kx≤，若f（x）≤在x∈（0，+∞）上恒成立， 则ln x-kx-≤0在x∈（0，+∞）上恒成立， 令h（x）=ln x-kx-（x>0），则h（x）max≤0， 1 2 3 4 令h'（x）=-k+==-=0， 则x=-（舍去）或x=.当0<x<时，h'（x）>0，h（x）单调递增， 当x>时，h'（x）<0，h（x）单调递减， 所以h（x）max=h=ln-k·-=ln-ln k≤0， 解得k≥，故k的最小值为. 1 2 3 4 2.（15分）已知函数f（x）=+aln x，其中参数a<0. （1）求函数f（x）的单调区间；（10分） 思维路径：（1）求导，对a分类讨论求解单调区间； 解：∵f（x）=+aln x（x>0），∴f'（x）=. ①当-1<a<0时，∵<0，∴f'（x）<0， ∴f（x）的单调递减区间是（0，+∞）. 1 2 3 4 ②当a=-1时，∵f'（x）=-<0，∴f（x）的单调递减区间是（0，+∞）. ③当a<-1，x∈时，f'（x）>0，∴f（x）的单调递增区间是， 当x∈时，f'（x）<0，∴f（x）的单调递减区间是. 综上，当-1≤a<0时，f（x）的单调递减区间是（0，+∞）； 当a<-1时，f（x）的单调递增区间是，单调递减区间是. 1 2 3 4 （2）设函数g（x）=2x2f'（x）-xf（x）-3a（a<0），存在实数x1，x2∈[1，e2]，使得不等式2g（x1）<g（x2）成立，求a的取值范围.（5分） 思维路径：（2）当x∈[1，e2]时，不等式2g（x1）<g（x2）成立，转化为2g（x）min<g（x）max，然后求解函数的最大与最小值，列出不等式求解. 解：g（x）=2ax-axln x-（6a+3）（a<0）， ∵存在实数x1，x2∈[1，e2]，使得不等式2g（x1）<g（x2）成立， ∴当x∈[1，e2]时，2g（x）min<g（x）max，g'（x）=a（1-ln x）. 1 2 3 4 ∵a<0，当x∈[1，e）时，g'（x）<0，g（x）单调递减， 当x∈（e，e2]时，g'（x）>0， ∴g（x）单调递增. ∴g（x）min=g（e）=ae-6a-3，g（x）max=max{g（1），g（e2）} =-6a-3.∴2ae-12a-6<-6a-3，∴a>， ∵a<0，∴a的取值范围是. 1 2 3 4 3.（15分）（2025·秦皇岛模拟）已知函数f（x）=xeax+ax+ln x-1. （1）当a=1时，求函数f（x）在x=1处的切线方程；（5分） 思维路径：（1）利用导数求出切线斜率，再由点斜式即得切线方程； 解：当a=1时，f（x）=xex+x+ln x-1，函数定义域为（0，+∞）， 则f'（x）=（x+1）ex+1+，所以f（1）=e，f'（1）=2e+2， 所以f（x）在x=1处的切线方程为y-e=（2e+2）（x-1）， 即（2e+2）x-y-e-2=0. 1 2 3 4 （2）若f（x）<0恒成立，求a的取值范围.（10分） 思维路径：（2）法一　将函数求导，根据参数a的取值，判断函数的单调性，验证是否满足条件，可发现在a<0时，需使ln+·-2 <0，用t=-换元后，讨论函数的单调性和零点即得参数a的范围； 法二　将f（x）进行整理，通过t=ln x+ax换元，从而将不等式f（x）<0化为f（t）=et+t-1<0恒成立，继而利用其单调性推得t<0，即得a<- （x>0），通过求函数g（x）=-的最小值即得参数a的范围. 1 2 3 4 解：法一　f（x）=xeax+ax+ln x-1，x>0，f'（x）=eax+axeax+a+=（ax+1），因为x>0，所以+eax>0，若a≥0，f'（x）>0， 则f（x）在（0，+∞）上单调递增；当x>1时，f（x）>f（1）=ea+a+ ln 1-1=ea+a-1≥e0+a-1=a≥0，不满足f（x）<0恒成立，故舍去； 若a<0，当x=-时，f'（x）=0，当0<x<-时，f'（x）>0， 则f（x）在内单调递增； 1 2 3 4 当x>-时，f'（x）<0，则f（x）在上单调递减，则f（x）的最大值为f=ln+·-2.依题意ln+·-2<0恒成立，令t=-，g（t）=ln t+t-2，t>0，则g'（t）=+>0，所以g（t）在（0，+∞）上单调递增.又g（e）=ln e+×e-2=0，故g（t）<0等价于0<t<e，所以0<-<e且a<0，即a<-，则 a的取值范围是. 1 2 3 4 法二　由题意得f（x）=eln x·eax+ax+ln x-1=eln x+ax+ln x+ax-1，设t= ln x+ax，则h（t）=et+t-1<0恒成立.又因为h'（t）=et+1>0恒成立， 即函数h（t）在R上为增函数.又h（0）=0，所以要使h（t）<0恒成立，需使t<0，即ln x+ax<0，得a<-（x>0），令g（x）=-， 则g'（x）=-，当0<x<e时，g'（x）<0，当x>e时，g'（x）>0， 故g（x）在区间（0，e）内单调递减，在区间（e，+∞）上单调递增，所以g（x）min=g（e）=-.从而a<-，即a的取值范围是. 1 2 3 4 4.（15分）（2025·邵阳二中月考）已知函数f（x）=-a（1-x+ln x）， 其导函数为f'（x）. （1）若f（x）在（1，+∞）上不具有单调性，求实数a的取值范围； （5分） 解：f'（x）=-a==. 因为f（x）在（1，+∞）上不具有单调性，所以f'（x）在（1，+∞）上有变号零点.因为>0在（1，+∞）上恒成立，令g（x）=+a， 则g（x）在（1，+∞）上有变号零点. 1 2 3 4 因为g'（x）=>0，所以g（x）在（1，+∞）上单调递增. 因为g（1）=e+a，当x趋近于正无穷时，趋近于 ， 即a<-e，所以实数a的取值范围是（-∞，-e）. ①处，要使g（x）在（1，+∞）上有变号零点，则其图象过x轴，所以e+a<0； 1 2 3 4 （2）若f（x）≥0在（1，+∞）上恒成立，求实数a的最小整数值.（e2≈7.39）（10分） 解：法一　令φ（x）=1-x+ln x（x>1）.因为φ'（x）=-1<0在（1，+∞）上恒成立，所以φ（x）在（1，+∞）上单调递减， 所以φ（x）<φ（1）=0，所以f（x）≥0在（1，+∞）上恒成立，. ②处，采用分离参数法，将不等式恒成立问题转化为求函数的最大值； 1 2 3 4 令m（x）=（x>1），则m'（x）=·（x-x2+xln x-1+ 2x-ln x-1）=·（x-1）（ln x-x+2），令h（x）=ln x-x+2，x>1，则h'（x）=-1<0在（1，+∞）上恒成立，所以h（x）在（1，+∞）上单调递减.因为h（1）=1>0，h（4）=ln 4-2<0， ， ③处，引入隐零点时，必须先利用函数零点存在定理判定在某区间存在零点，且不能求出具体值. 1 2 3 4 且x0∈（1，4），ln x0=x0-2，所以x0e2=. 当x∈（1，x0）时，h（x）>0，则m'（x）>0， 所以m（x）在（1，x0）上单调递增； 当x∈（x0，+∞）时，h（x）<0， 则m'（x）<0，所以m（x）在（x0，+∞）上单调递减， 所以m（x）max=m（x0）===-e2≈-7.39. 所以实数a的最小整数值为-7. 1 2 3 4 法二　由（1）得f'（x）=，当a≥-e时，f（x）在（1，+∞）上单调递增，所以f（x）>f（1）=e>0成立.当a<-e时，存在x1∈（1，+∞），使得f'（x1）=0，且a=-，当x∈（1，x1）时，f'（x）<0； 当x∈（x1，+∞）时，f'（x）>0，所以f（x）在（1，x1）内单调递减，在（x1，+∞）上单调递增，所以f（x）min=f（x1）=-a（1-x1+ln x1）=-a-a=-a[2-ln（-a）].令-a[2-ln（-a）]≥0，得ln（-a）≤2， 解得-e2≤a<-e.所以实数a的最小整数值为-7. 本课结束 更多精彩内容请登录：www.zghkt.cn $