导数与不等式恒成立课件-2027届高三数学一轮复习

该高中数学高考复习课件聚焦“导数与不等式恒成立”专题，依据高考评价体系梳理函数单调性分析、恒成立问题求参数范围等核心考点，通过成都、邯郸等模拟题归纳“构造函数求最值”“分类讨论参数”等常考题型，明确高频考点权重，体现高考备考的针对性和实用性。 课件亮点在于“真题情境+素养导向”的训练模式，如以成都模拟题中“f(x)≤xe^x恒成立求a范围”为例，解析分离参数法与函数最值的综合应用，培养学生数学思维和数学语言表达能力。设置“定义域忽略”等易错点警示，帮助学生掌握解题技巧，教师可据此精准教学，助力学生高效冲刺高考。

导数与不等式恒成立 1.(2026·成都模拟)已知函数f(x)=ax+ln x+1. (1)当a<0时,求函数f(x)的单调区间; (1)函数f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=a+(x>0).f'(x)=a+>0⇔0<x<-, f'(x)<0⇔x>-.所以f(x)的单调递增区间是,单调递减区间是. 解 (2)对于任意的x>0,f(x)<xe2x恒成立,求a的取值范围. (2)设s(x)=ln x+2x,则s(x)在(0,+∞)上为增函数,而s=-1<0,s(1)= 2>0,故s(x)在(0,+∞)有唯一解x0.而由题设可得任意的x>0,a< 恒成立.令φ(x)=ex-x-1,则φ'(x)=ex-1,当x<0时,φ'(x)<0,φ(x)在(-∞,0)上单调递减,当x>0时,φ'(x)>0,φ(x)在(0,+∞)上单调递增,所 解 以φ(x)≥φ(0),所以ex-x-1≥0,所以ex≥x+1,当且仅当x=0时取到等号,所以当x>0时,有xe2x=eln xe2x=eln x+2x≥(ln x+2x)+1,当且仅当ln x+ 2x=0,也就是当x=x0时取等号.所以= =2,当且仅当x=x0时取等号.所以a<2,故a的取值范围是(-∞,2). 解 2.(2026·邯郸模拟)设函数f(x)=2x-ln(x-a),a∈R. (1)若a=-1,求函数f(x)的单调区间; (1)当a=-1时,函数f(x)=2x-ln(x+1),其定义域为(-1,+∞),则f'(x)=2-=,令f'(x)=0,解得x=-,当x∈时,f'(x)<0,所以f(x)在区间上单调递减,当x∈时,f'(x)>0,所以f(x)在区间上单调递增,所以函数f(x)的单调递减区间为,单调递增区间为. 解 (2)若f(x)≥0恒成立,求a的取值范围. (2)由函数f(x)=2x-ln(x-a),可得f(x)的定义域为(a,+∞),则f'(x)=2-==2·,因为+a>a,则当x∈时, f'(x)<0,f(x)在区间上单调递减,当x∈时, f'(x)>0,f(x)在区间上单调递增,所以f(x)在x=+a处取得 解 极小值,且极小值为f=1+2a+ln 2,也是最小值,要使得f(x)≥0恒成立,则1+2a+ln 2≥0,解得a≥,所以a的取值范围为. 解 3.(2026·新余模拟)设函数f(x)=x,a∈R. (1)若a≥,求f(x)的单调区间; (1)依题意得f'(x)=ex-a+x(ex-a)=(x+1)(ex-a).①当a=时,f'(x)≥0在R上恒成立,所以f(x)在R上单调递增;②当a>时,令f'(x)<0,得-1<x<ln a,令f'(x)>0,得x<-1或x>ln a,所以f(x)在(-1,ln a)上单调递减,在(-∞,-1)和(ln a,+∞)上单调递增.综上,当a=时,f(x)在R上单调递增;当a>时, f(x)在(-1,ln a)上单调递减,在(-∞,-1)和(ln a,+∞)上单调递增. 解 (2)若g(x)=-(x2+4x)-e,当x∈[0,+∞)时,不等式f(x)≥g(x)恒成立,求a的取值范围. (2)当x∈[0,+∞)时,不等式x≥-(x2+4x)-e恒成立,即不等式xex+ax+e≥0在x∈[0,+∞)上恒成立,当x=0时,不等式e≥0显然成立,此时a∈R;当x>0时,xex+ax+e≥0即-a≤ex+在x∈(0,+∞)上恒成立,令h(x)=ex+,x>0,则h'(x)=ex-,令m(x)=h'(x)=ex-,则m'(x)=ex+ 解 >0,所以h'(x)=ex-在x∈(0,+∞)上单调递增,注意到h'(1)=e-=0,所以当x∈(0,1)时,h'(x)<0,此时h(x)单调递减,当x∈(1,+∞)时,h'(x)>0,此时h(x)单调递增,所以h(x)在x=1时取到最小值为h(1)=e+=2e,所以-a≤2e,所以a≥-2e,综上,a的取值范围为[-2e,+∞). 解 4.已知函数f(x)=aln x+x,a∈R. (1)讨论函数f(x)的单调性; (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. 解 (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. (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 解 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< 解 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. 解 $