第3章 第20讲 第1课时 利用导数研究不等式的恒(能)成立问题(高考超重点)(Word练习)-【金版新学案】2027年高考数学高三总复习大一轮复习（北师大版）

**基本信息** 利用导数研究不等式恒（能）成立问题专项训练，通过参数分离、构造函数、分类讨论等方法，系统整合导数应用与不等式转化，培养数学思维与问题解决能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |恒成立问题|1(1)、3(2)|参数分离后构造函数求最值，分类讨论参数范围|导数判断函数单调性→求最值→解决不等式恒成立| |能成立问题|1(2)、2(2)|转化为存在性问题，构造函数求最值|函数性质分析→不等式有解转化→参数范围确定| |综合应用|4|新定义函数结合导数，方程有解转化为参数分离|导数工具→函数单调性与最值→方程解的存在性|

课时分层测评25　利用导数研究不等式的恒(能)成立问题 (时间：60分钟　满分：60分) (本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订!) 1.(13分)(多题同解)(1)(2026·江苏苏州模拟节选)已知函数f(x)＝ex－ax－1，若f(x)≥x2对x∈总成立，求实数a的取值范围． (2)(2026·广西北海模拟节选)若b＞0，且存在x∈，使得bebx≤ln x成立，求实数b的取值范围． 解：(1)因为x＞0，所以f(x)≥x2等价于a≤. 令g(x)＝，则g'(x)＝. 令h(x)＝ex－x－1，所以h'(x)＝ex－1， 当x＞0时，h'(x)＞0，所以h(x)在(0，＋∞)上单调递增， 所以h(x)＞h(0)＝0，h(x)＝ex－x－1＞0， 所以当0＜x＜1时，g'(x)＜0，当x＞1时，g'(x)＞0， 所以g(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增， 所以g(x)min＝g(1)＝e－2，所以a≤e－2. 所以实数a的取值范围是(－∞，e－2]. (2)设f(x)＝xex，x＞0，则f'(x)＝·ex＞0， 所以f(x)＝xex在上递增. 因为存在x∈，使得bebx≤ln x成立，即bxebx≤xln x＝ln xeln x， 所以存在x∈，使得f≤f成立，所以存在x∈，使得bx≤ln x成立，即b≤成立. 令g(x)＝，则g'(x)＝， 当0＜x＜e时，g'(x)＞0，当x＞e时，g'(x)＜0， 故g(x)＝上单调递增，在上单调递减， 所以当x＝e时，g(x)取得最大值g＝， 又b＞0，所以0＜b≤，则实数b的取值范围是. 2.(15分)已知函数f(x)＝ex－2x＋sin x，g(x)＝ex(－sin x＋cos x＋a)． (1)求f(x)的单调区间； (2)若∃x1，x2∈［0，］，使得不等式g(x1)≥f(x2)成立，求a的取值范围． 解：(1)f(x)的定义域是R，且f′(x)＝ex＋cos x－2，f′(0)＝0. 当x＜0时，ex＜1，cos x≤1，则f′(x)＝ex＋cos x－2＜0，所以f(x)在(－∞，0)上单调递减． 当x＞0时，设h(x)＝ex－2＋cos x，则h′(x)＝ex－sin x．因为ex＞e0＝1≥sin x，所以h′(x)＞0恒成立， 所以h(x)，即f′(x)在(0，＋∞)上单调递增．所以f′(x)＞f′(0)＝0， 所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增． 综上，f(x)的单调递减区间是(－∞，0)，单调递增区间是(0，＋∞)． (2)由(1)，知f(x)min＝f(0)＝1. 根据题意，知关于x的不等式ex(－sin x＋cos x＋a)≥1在［0，］上有解． 设F(x)＝sin x－cos x＋e－x， 则F′(x)＝sin x＋cos x－e－x＝)－e－x． 当x∈［0，］时，x＋∈［，］，sin(x＋)∈[1，]. 又e－x≤1，所以F'(x)≥0恒成立，即F(x)在［0，］上单调递增.所以F(x)min＝F(0)＝0. 因此，实数a的取值范围是［0，＋∞)． 3.(15分)(2025·辽宁沈阳质量检测)函数f(x)＝e2x＋(a－2)ex－ax． (1)当a＝－2e时，求函数f(x)的极值和极值点； (2)若f(x)≥a－1在x∈［0，＋∞)时恒成立，求实数a的取值范围． ［注：本题规范解答见答案］ 解：因为f(x)＝e2x＋(a－2)ex－ax， 所以f′(x)＝2e2x＋(a－2)ex－a＝(2ex＋a)(ex－1)．(题眼) (1)第一步：判断函数的单调性与极值点 当a＝－2e时，f(x)＝e2x＋(－2e－2)ex＋2ex， f′(x)＝2(ex－1)(ex－e)，令f′(x)＝0，则x＝0或x＝1. f′(x)，f(x)随x的变化如下表： x (－∞，0) 0 (0，1) 1 (1，＋∞) f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x) 单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增 第二步：写出函数f(x)的极值点与极值 由表可知，函数f(x)的极大值点为x＝0，极大值为f(0)＝－2e－1； 函数f(x)的极小值点为x＝1，极小值为f(1)＝－e2. (2)第一步：讨论a≥0时的情况 当a≥0时，2ex＋a＞0， 由f′(x)＞0，得x＞0，函数f(x)在［0，＋∞)上单调递增， 又f(0)＝a－1，所以当a≥0时，f(x)≥a－1在x∈［0，＋∞)时恒成立，符合题意． 第二步：讨论a＜0时的情况 当a＜0时，由f'(x)＝0，解得x1＝ln(－)，x2＝0. ①当x1＜x2，即－2＜a＜0时， 由f'(x)＞0，得x＜ln(－)或x＞0，由f'(x)＜0，得ln(－)＜x＜0，所以函数f(x)在[0，＋∞)上单调递增，f(x)≥f(0)＝a－1，符合题意. ②当x1＝x2，即a＝－2时，f'(x)≥0恒成立， 所以函数f(x)在[0，＋∞)上单调递增，f(x)≥f(0)＝a－1，符合题意. ③当x1＞x2，即a＜－2时，由f'(x)＞0，得x＜0或x＞ln(－)，由f'(x)＜0，得0＜x＜ln(－)，所以函数f(x)在(0，ln(－))上单调递减，在(ln(－)，＋∞)上单调递增， 则f(ln(－))＜f(0)＝a－1，不符合题意. 第三步：得结果 综上所述，实数a的取值范围是［－2，＋∞)． 【教师备选】　(2026·河南郑州模拟)已知函数f(x)＝xln x－ax2，g(x)＝ax2－ax＋1，h(x)＝f(x)＋g(x)． (1)讨论：当a∈(－∞，0］⋃时，f(x)的极值点的个数； (2)当a＞1时，∃x∈(1，＋∞)，使得h(x)＜(e－1)a－3e＋3，求实数a的取值范围． 解：(1)f'(x)＝ln x＋1－2ax，x∈(0，＋∞)， ①当a∈(－∞，0]时，f'(x)为增函数. 因为x→0时，f'(x)→－∞；x→＋∞时，f'(x)→＋∞， 所以f'(x)有唯一的零点x0，当x∈(0，x0)时，f'(x)＜0，当x∈时，f'(x)＞0， 所以f(x)有一个极小值点，无极大值点. ②当a∈时，令φ(x)＝f'(x)＝ln x＋1－2ax，则φ'(x)＝－2a＝. 令φ'(x)＝0，得x＝，当x∈时，φ'(x)＞0，φ(x)单调递增；当x∈时，φ'(x)＜0，φ(x)单调递减. 所以φ(x)max＝φ＝ln ≤0，即f'(x)max≤0，所以f(x)的极值点的个数为0. 综上所述，当a∈(－∞，0]时，f(x)的极值点个数为1， 当a∈时，f(x)的极值点个数为0. (2)h(x)＝xln x－ax＋1， 由h'(x)＝ln x＋1－a＝0，得x＝ea－1，由a＞1，得ea－1＞1， 当x∈时，h'(x)＜0，h(x)单调递减；当x∈时，h'(x)＞0，h(x)单调递增.所以h(x)在上单调递减，在上单调递增， 所以h(x)min＝h＝1－ea－1. 因为当a＞1时，∃x∈(1，＋∞)，使得h(x)＜(e－1)a－3e＋3， 所以只需1－ea－1＜(e－1)a－3e＋3成立，即不等式ea－1＋(e－1)(a－3)－1＞0成立. 令k(a)＝ea－1＋(e－1)(a－3)－1，则k'(a)＝ea－1＋e－1， 则k'(a)＞k'(1)＝e， 则k'(a)＝ea－1＋e－1＞0在a∈(1，＋∞)上恒成立， 故k(a)＝ea－1＋(e－1)(a－3)－1在a∈(1，＋∞)上单调递增. 又k(2)＝0，所以a＞2， 故实数a的取值范围是(2，＋∞). 4.(17分)(2026·河北秦皇岛模拟)给定函数m(x)，n(x)(x∈R)，定义：m(x)*n(x)＝m(x)n(x)＋［m(x)］［n(x)］(其中［x］表示不超过x的最大整数)．已知函数f(x)＝［x］*ex． (1)判断函数f(x)在(－2，2ln 2)上的单调性； (2)证明：当x∈(0，2)时，函数f(x)的图象在直线y＝x－1的上方； (3)若关于x的方程f(x)＝x2＋ax＋2在(1，ln 3)内有解，求实数a的取值范围． 解：(1)由函数f(x)＝[x]*ex＝ex＋， 当x∈(－2，－1)时，＝－2，＝0，此时f(x)＝－2ex，可得f'(x)＝－2ex＜0，f(x)在(－2，－1)上单调递减； 当x∈[－1，0)时，＝－1，＝0，此时f(x)＝－ex，可得f'(x)＝－ex＜0，f(x)在[－1，0)上单调递减； 当x∈[0，1)时，＝0，此时f(x)＝0，此时f(x)在[0，1)为常数函数； 当x∈[1，ln 3)时，＝1，＝2，此时f(x)＝ex＋2，可得f'(x)＝ex＞0，f(x)在[1，ln 3)上单调递增， 当x∈时，＝1，＝3，此时f(x)＝ex＋3，可得f'(x)＝ex＞0，f(x)在[ln 3，2ln 2)上单调递增， 综上可得：f(x)在区间(－2，－1)，[－1，0)上单调递减；在[0，1)上为常数函数； 在[1，ln 3)上单调递增；在[ln 3，2ln 2)上单调递增. (2)证明：当x∈(0，1)时，＝0，此时f(x)＝0，此时f(x)在[0，1)为常数函数， 由函数y＝x－1，可得y∈(－1，0)，即y＜0，满足f(x)的图象在直线y＝x－1的上方； 当x∈[1，2)时，＝1，≥2，此时f(x)＝ex＋≥ex＋2， 只需证明ex＋2＞x－1，即证ex＞x－3. 令g(x)＝ex－x＋3，x∈[1，2)，可得g'(x)＝ex－1＞0，g(x)在[1，2)上单调递增， 则g(x)≥g＝e＋2＞0，所以满足f(x)的图象在直线y＝x－1的上方， 综上可得，当x∈(0，2)时，函数f(x)的图象在直线y＝x－1的上方. (3)当x∈(1，ln 3)时，可得＝1，＝2，可得f(x)＝ex＋2， 方程f(x)＝x2＋ax＋2，即为ex＋2＝x2＋ax＋2在(1，ln 3)内有解， 即为a＝－x在(1，ln 3)内有解. 设h(x)＝－x，x∈(1，ln 3)，可得h'(x)＝. 令m(x)＝xex－ex－x2，x∈(1，ln 3)，可得m'(x)＝xex－2x＝x(ex－2)＞0， 所以m(x)单调递增，且m(ln 3)＝3ln 3－3－(ln 3)2＜0，所以h'(x)＜0，所以h(x)单调递减， 所以h＝e－1，h＝－ln 3， 所以实数a的取值范围是(－ln 3，e－1). 学科网（北京）股份有限公司 $