第3章 第5节 导数与不等式恒(能)成立问题(课时作业Word)-【高考领航】2027年高考数学大一轮复习学案（创新版）

**基本信息** 聚焦导数应用核心题型，通过切线、单调性、恒成立等问题构建“导数工具—函数性质—参数求解”的逻辑链条，强化数学思维与推理能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |导数几何意义|1题|切线方程求解|导数与切线斜率的对应，方程思想的应用| |单调性与极值|2题|含参函数单调性讨论|导数符号与函数增减性的关系，分类讨论思想| |恒成立与存在性|4题|参数范围求解|函数最值与不等式恒成立的转化，化归思想|

限时规范训练(二十六) (建议用时：45分钟　分值：64分) 单项选择题、填空题5分；多项选择题6分． 1．(15分)(2025·广东佛山二模)已知函数f(x)＝ln x，g(x)＝1－(x>0，a∈R)． (1)若曲线y＝f(x)在点P(1，0)处的切线与曲线y＝g(x)也相切，求a； (2)若f(x)的图象恒在g(x)图象的上方，求a的取值范围． 解：(1)由题设f′(x)＝，则f′(1)＝1，则切线为y＝x－1，由g′(x)＝(x>0，a∈R)，令g′(x)＝1，可得x＝且a>0，则g＝1－，所以切线为y－＝x－，则y＝x＋1－2，曲线y＝f(x)在点P(1，0)处的切线与曲线y＝g(x)也相切，则1－2＝－1，即a＝1. (2)由f(x)的图象恒在g(x)图象的上方，则ln x－1＋>0恒成立，所以a>x－x ln x在(0，＋∞)上恒成立，对应y＝x－x ln x，则y′＝－ln x，当0<x<1时，y′>0，y＝x－x ln x在(0，1)上单调递增，当x>1时，y′<0，y＝x－x ln x在(1，＋∞)上单调递减，所以ymax＝1－1×ln 1＝1，故a>1.所以a的取值范围为(1，＋∞)． 2．(15分)已知函数f(x)＝ax＋ln x－ax2. (1)当a＝1时，讨论f(x)的单调性； (2)若存在x0∈(1，＋∞)，使得f(x0)＞0，求a的取值范围． 解：(1)当a＝1时，f(x)＝x＋ln x－x2，x＞0，则f′(x)＝1＋.令f′(x)＝0，解得x＝1或x＝－(舍去)．当0＜x＜1时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，当x＞1时，f′(x)＜0，f(x)单调递减．综上，f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减． (2)由题可知f′(x)＝，令h(x)＝1＋ax－2ax2＝ax(1－2x)＋1.当a≤0时，由x＞1可知h(x)＞0，即f′(x)＞0，所以f(x)在(1，＋∞)上单调递增．所以对任意x∈(1，＋∞)都有f(x)＞f(1)＝0，符合题意．当a＞0时，由2ax2－ax－1＝0，解得x1＝或x2＝.因为x1＜0，所以下面讨论x2与1的大小．当0＜a＜1时，x2＞1，则f(x)在(1，x2)上单调递增．所以存在x0∈(1，x2)，使得f(x0)＞f(1)＝0.当a≥1时，x1＜x2≤1，对任意x∈(1，＋∞)都有h(x)＜0，即f′(x)＜0，所以f(x)在(1，＋∞)上单调递减，f(x)＜f(1)＝0恒成立，不符合题意．综上，当a∈(－∞，1)时，存在x0∈(1，＋∞)，使得f(x0)＞0. 3．(17分)已知函数f(x)＝x3＋x2＋ax. (1)若f(x)在[1，＋∞)上单调递增，求实数a的最小值； (2)若函数g(x)＝，对∀x1∈，∃x2∈，使f′(x1)≤g(x2)成立，求实数a的取值范围． 解：(1)由题设知，f′(x)＝x2＋2x＋a≥0在[1，＋∞)上恒成立，即a≥－(x＋1)2＋1在[1，＋∞)上恒成立，而y＝－(x＋1)2＋1在[1，＋∞)上单调递减，则ymax＝－3，所以a≥－3，所以a的最小值为－3. (2)“对∀x1∈，∃x2∈≤g(x2)成立”等价于“当x∈时≤g(x)max”．因为f′(x)＝x2＋2x＋a＝(x＋1)2＋a－1在上单调递增，所以＝f′(2)＝8＋a.而g′(x)＝，由g′(x)>0，得x<1；由g′(x)<0，得x>1，所以g(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．所以当x∈时，g(x)max＝g(1)＝.由8＋a≤，得a≤－8，所以实数a的取值范围为. 4．(17分)(2025·湖北武汉四调)已知函数f(x)＝ex－－1. (1)若在(1，f(1))处的切线斜率为－1，求a； (2)若f(x)≥0恒成立，求a的取值范围． 解：(1)因为f(x)＝ex－－1， 所以f′(x)＝ex－，依题意f′(1)＝e1－＝－1，解得a＝e. (2)因为f(x)＝ex－－1的定义域为(0，＋∞)，又f(x)＝ex－≥0，所以xex－ln x＋a－x≥0恒成立，令g(x)＝xex－ln x＋a－x，x∈(0，＋∞)，则g′(x)＝(x＋1)，令h(x)＝ex－，x∈(0，＋∞)，则h′(x)＝ex＋>0，所以h(x)在(0，＋∞)上单调递增，又＝－2<0，h(1)＝e－1>0，所以∃x0∈，使得h(x0)＝0，即g′(x0)＝＝0，则ln x0＝－x0，所以当x∈(0，x0)时g′(x)<0，当x∈(x0，＋∞)时g′(x)>0，所以g(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，所以g(x)min＝g(x0)＝－ln x0－x0＋a＝1＋x0－x0＋a≥0，所以a≥－1，即实数a的取值范围为[－1，＋∞)． 学科网（北京）股份有限公司 $