第49天 导数与不等式恒(能)成立问题 每日专项练习 - 2027届新高考高三数学第一轮复习

**基本信息** 聚焦导数与不等式恒（能）成立问题，通过4道典型解答题覆盖参数范围求解核心题型，强化导数应用与不等式转化的逻辑链。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |恒成立问题|1,3(1)|∀x∈D,f(x)≥g(x)求参数|导数判断单调性→求最值→不等式求解| |能成立问题|2(1)|∃x∈D,f(x)≥0求参数|分离参数→构造新函数→求最值| |综合应用|2(2),3(2),4|含极值点/无整数解/恒成立求最值|导数与函数性质结合→分类讨论/转化思想|

2027届新高考高三第一轮复习 高三数学备课组 2027届新高考高三第一轮复习 每日专项练习 第49天 导数与不等式恒(能)成立问题 班级：_________ 学号：_________ 姓名：_________ 分数：_________ 解答题(1题13分,2题15分,3题15分,4题17分) 1.(2025·辽宁二模节选)已知函数f(x)=.若∀x∈(0,π),f(x)>cos x,求a的取值范围. 2.(2025·东北三省四市模拟)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; (2)已知k>0,若f(x)≤在x∈(0,+∞)上恒成立,求k的最小值. 3.(1)(2025·沈阳监测节选)函数f(x)=e2x+(a-2)ex-ax.若f(x)≥a-1在x∈[0,+∞)上恒成立,求实数a的取值范围. (2)(2025·郑州二预节选)已知函数f(x)=(a-x)ex,a∈R.若不等式f(x)>1-x没有整数解,求实数a的取值范围. 4.(1)(2025·聊城模拟)已知函数f(x)=x2-2ax+ln x.若f(x)有两个不同的极值点x1,x2,且f(x1)+f(x2)≥2ln -6a+3,求实数a的取值范围. (2)(2025·南充二模节选)已知a>0,函数f(x)=ax2-4x,g(x)=ln x.设b>0,f'(x)是f(x)的导数,g'(x)是g(x)的导数,h(x)=f'(x)+bg'(x)+4,h(x)图象的最低点坐标为(2,4),对于任意正实数x1,x2,且x1+x2=1,h(x1)h(x2)≥m恒成立.求实数m的最大值. 第 2 页 共 8 页 第 1 页 共 8 页 学科网（北京）股份有限公司 $2027届新高考高三第一轮复习 高三数学备课组 2027届新高考高三第一轮复习 每日专项练习 答案与解析 第49天 导数与不等式恒(能)成立问题 1.解　因为∀x∈(0,π),f(x)>cos x, 所以∀x∈(0,π),a>-sin x+xcos x. 令g(x)=-sin x+xcos x,x∈(0,π), 则g'(x)=-xsin x<0, 所以g(x)在(0,π)上单调递减,g(x)<g(0)=0, 所以a≥0,即a的取值范围为[0,+∞). 2.解　(1)f(x)=ln x-kx,则f'(x)=-k, 当k≤0时,f'(x)=-k>0恒成立,一定存在x使f(x)≥0. 当k>0时,令f'(x)=-k=0(x>0), 则x=, 当x∈,f'(x)>0,f(x)单调递增; 当x∈,f'(x)<0,f(x)单调递减; fmax=f=ln -k·=-ln k-1≥0,则0<k≤, 综上,k的取值范围为. (2)f(x)=ln x-kx≤, 令h(x)=ln x-kx-, 令h'(x)=-k+==0, 则x1=-(舍)或x2=, 当x∈,h'(x)>0,h(x)单调递增; 当x∈,h'(x)<0,h(x)单调递减; h(x)max=h=ln -k·- =ln 3-ln k-3-2=ln -ln k≤0, 则k≥,所以k的最小值为. 3.解　(1)f'(x)=(2ex+a)(ex-1), 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, 则当a≥0时,f(x)≥f(0)=a-1,即不等式f(x)≥a-1在[0,+∞)上恒成立, 因此a≥0; 当a<0时,由f'(x)=0, 得x1=ln或x2=0, ①当ln<0,即-2<a<0时,x>0,恒有f'(x)>0成立, 函数f(x)在[0,+∞)上单调递增,不等式f(x)≥a-1在[0,+∞)上恒成立,因此-2<a<0; ②当ln=0,即a=-2时,恒有f'(x)≥0成立,当且仅当x=0时取等号, 函数f(x)在[0,+∞)上单调递增,不等式f(x)≥a-1在[0,+∞)上恒成立,因此 a=-2; ③当ln>0,即a<-2时, 而0<x<ln,f'(x)<0, 函数f(x)在区间上单调递减,x∈,f(x)<f(0)=a-1,不符合题意, 所以实数a的取值范围是[-2,+∞). (2)由f(x)=(a-x)ex>1-x得aex>xex-x+1,即a>x-, 所以a>x-没有整数解, 设h(x)=x-, h'(x)=1-=, 设t(x)=ex+x-2,t'(x)=ex+1>0, 所以t(x)单调递增, 且t(0)=-1<0,t(1)=e-2>0, 所以存在唯一的x0∈(0,1),使t(x0)=+x0-2=0,即h'(x0)=0, 当x∈(-∞,x0)时,h'(x)<0,h(x)单调递减, 当x∈(x0,+∞)时,h'(x)>0,h(x)单调递增, 又h(0)=h(1)=1,所以当x∈Z时,h(x)≥1, 所以当a≤1时,a>h(x)没有整数解,即f(x)>1-x没有整数解. 综上,实数a的取值范围为(-∞,1]. 4.解　(1)f'(x)=x-2a+=,x>0. 因为f(x)有两个不同的极值点x1,x2, 所以方程x2-2ax+1=0有两个不同的实数根, 所以Δ=4(a2-1)>0且x1+x2=2a>0,解得a>1. f(x1)+f(x2) =-2ax1+ln x1+-2ax2+ln x2 =(+)-2a(x1+x2)+ln(x1x2) =[-2x1x2]-2a(x1+x2)+ln(x1x2) 由根与系数的关系可知x1+x2=2a,x1x2=1,代入上式可得: f(x1)+f(x2)=(4a2-2)-4a2+ln 1=-2a2-1. 已知f(x1)+f(x2)≥2ln-6a+3, 即-2a2-1≥2ln-6a+3, 可得2a2-6a+4+2ln≤0, 即a2-3a+2+ln≤0. 令h(a)=a2-3a+2+ln, 则h'(a)=2a-3+= =. 因为a>1,所以h'(a)>0,h(a)在(1,+∞)上单调递增. 又h(2)=22-3×2+2+ln =0,所以h(a)≤0的解集为(1,2], 即实数a的取值范围是(1,2]. (2)由题意,得h(x)=2ax+,a>0,b>0,x>0, 则h(x)=2ax+≥2, 当且仅当x=时,等号成立. 所以 所以h(x)=x+. 又h(x1)h(x2)≥m恒成立, 设u=h(x1)h(x2) = =x1x2++4 =x1x2++4· =x1x2++4· 所以x1x2+-8. 令t=x1x2,则t=x1x2≤=,即t∈, u=φ(t)=t+-8,t∈, 因为φ'(t)=1-<0, 所以u=t+-8在上单调递减. 所以u≥u=. 所以实数m的最大值为. 第 2 页 共 8 页 第 1 页 共 8 页 学科网（北京）股份有限公司 $