第19讲 利用导数研究恒(能)成立问题-2025届高三数学一轮复习

“功夫”2025届第一轮精练 第19讲 利用导数研究恒(能)成立问题 第19讲 恒(能)成立问题 “功夫”2025届第一轮精练 最新考题尽在“功夫”！- 4 - 最新考题尽在“功夫”！- 7 - 学科网（北京）股份有限公司 学习目标 恒(能)成立问题是高考的常考考点，其中不等式的恒(能)成立问题经常与导数及其几何意义、函数、方程等相交汇，综合考查分析问题、解决问题的能力，一般作为压轴题出现，试题难度略大． 知识： 分离参数求参数范围 【例1】1．已知函数f(x)＝ex－ax－1. (1)当a＝1时，求f(x)的单调区间与极值； (2)若f(x)≤x2在(0，＋∞)上有解，求实数a的取值范围． 【解析】　(1)当a＝1时，f(x)＝ex－x－1， 所以f′(x)＝ex－1， 当x<0时，f′(x)<0；当x>0时，f′(x)>0， 所以f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增， 所以当x＝0时，函数f(x)有极小值f(0)＝0，无极大值． 即f(x)的单调递减区间为(－∞，0)，单调递增区间为(0，＋∞)，极小值为0，无极大值． (2)因为f(x)≤x2在(0，＋∞)上有解， 所以ex－x2－ax－1≤0在(0，＋∞)上有解， 当x>0时，不等式等价于a≥－在(0，＋∞)上有解， 令g(x)＝－，则g′(x)＝－＝， 由(1)知当a＝1，x>0时，f(x)>f(0)＝0， 即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， 所以当x＝1时，g(x)min＝e－2，所以a≥e－2， 综上可知，实数a的取值范围是[e－2，＋∞)． 思维升华 分离参数法解决恒(能)成立问题的策略 (1)分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题． (2)a ≥ f(x)恒成立⇔a≥ f(x)max； a ≤ f(x)恒成立⇔a ≤ f(x)min； a ≥ f(x)能成立⇔a ≥ f(x)min； a ≤ f(x)能成立⇔a ≤ f(x)max. 2.（2024·咸阳·三模）已知函数. (1)当时，求函数极值； (2)若对任意，恒成立，求实数的取值范围. 【解析】（1）函数的定义域为，当时，， 求导得，由，得，由，得，由，得， 因此在上单调递增，在上单调递减， 所以在处取得极大值，无极小值. （2）函数，，， 设，，求导得，函数在上单调递减， 则，即，因此， 令，，求导得， 令，，求导得，当时，， 当时，，即在上单调递减，在上单调递增， 则，即，因此函数在上是增函数，， 所以，即实数的取值范围为. 【拓展练习】1.（2020全国Ⅰ理）已知函数. （1）当a=1时，讨论f（x）的单调性； （2）当x≥0时，f（x）≥x3+1，求a的取值范围. 【解析】(1)当时，，， 由于，故单调递增，注意到，故： 当时，单调递减， 当时，单调递增. (2)由得，，其中， ①.当x=0时，不等式为：，显然成立，符合题意； ②.当时，分离参数a得，， 记，， 令， 则，， 故单调递增，， 故函数单调递增，， 由可得：恒成立， 故当时，，单调递增； 当时，，单调递减； 因此，, 综上可得，实数a的取值范围是. 2.（2024·济南·三模）已知函数，其中且． (1)若是偶函数，求a的值； (2)若时，，求a的取值范围． 【解析】（1）由题意，，即， 解得，或（舍），经检验时，是偶函数， 所以a的值为； （2）当时，，成立； 当且时，，， 又已证，故此时符合题意； 当时，， 因为函数都是增函数， 所以函数在上单调递增，且， 故存在，使得当时，，从而单调递减， 所以，存在，使得，此时不合题意． 综上所述，且． 知识： 等价转化求参数范围 【例2】 1. (2023·柳州模拟)已知函数f(x)＝ax－ln x. (1)讨论函数f(x)的单调性； (2)若x＝1为函数f(x)的极值点，当x∈[e，＋∞)时，不等式x[f(x)－x＋1]≤m(e－x)恒成立，求实数m的取值范围． 【解析】　(1)f′(x)＝a－＝(x>0)， ①当a≤0时，f′(x)<0恒成立， ∴f(x)在(0，＋∞)上单调递减； ②当a>0时，令f′(x)>0，得x>，令f′(x)<0，得0<x<， ∴f(x)在上单调递增，在上单调递减． 综上，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递减；当a>0时，f(x)在上单调递增，在上单调递减． (2)∵x＝1为函数f(x)的极值点，∴f′(1)＝0， ∴a＝1. f(x)＝x－ln x，x[f(x)－x＋1]＝x(1－ln x)， 当x∈[e，＋∞)时，不等式x[f(x)－x＋1]≤m(e－x)⇔x(1－ln x)≤m(e－x)， 即x(1－ln x)－m(e－x)≤0， 令g(x)＝x(1－ln x)－m(e－x)，x∈[e，＋∞)， 则g′(x)＝m－ln x， 若m≤1，g′(x)≤0在[e，＋∞)上恒成立， 则g(x)在[e，＋∞)上单调递减， ∴g(x)≤g(e)＝0，满足题意． 若m>1，由g′(x)>0，可得e≤x<em，则g(x)在[e，em)上单调递增， ∴在[e，em)上存在x0使得g(x0)>g(e)＝0，与题意不符， 综上，实数m的取值范围为(－∞，1]． 思维升华 根据不等式恒成立构造函数转化成求函数的最值问题，一般需讨论参数范围，借助函数单调性求解． 【拓展练习】3. (2024·咸阳模拟)已知函数f(x)＝ln x＋x＋(a≠0)． (1)当a＝1时，求f(x)的极值； (2)若对∀x∈(e－1，e)，f(x)<x＋2，求实数a的取值范围． 【解析】　(1)当a＝1时，f(x)＝ln x＋x＋，定义域为(0，＋∞)， 则f′(x)＝＋1－＝， 令f′(x)>0，得x>1，令f′(x)<0，得0<x<1， 故函数f(x)的单调递减区间为(0,1)，单调递增区间为(1，＋∞)， 故f(x)有极小值f(1)＝0＋1＋2＝3，无极大值． (2)若对∀x∈(e－1，e)，f(x)<x＋2， 即对∀x∈(e－1，e)，ln x＋－2<0， 令g(x)＝ln x＋－2，则g′(x)＝－＝， ①当a<0时，g′(x)＝>0，函数g(x)在(e－1，e)上单调递增， 则g(x)<g(e)＝ln e＋－2＝－1＋<0，符合题意； ②当a>0时，令g′(x)＝0，解得x＝>0， 则函数g(x)在上单调递减，在上单调递增， 若g(x)<0在(e－1，e)上恒成立， 只需满足解得a≥ . 综上所述，实数a的取值范围为(－∞，0)∪. 4．★（2023全国甲理）已知函数 (1)当a=8时，讨论的单调性； (2)若恒成立，求a的取值范围． 【解析】（1） 令,则 则 当 当,即. 当,即. 所以在上单调递增,在上单调递减 （2）设 设 所以. 若, 即在上单调递减,所以. 所以当,符合题意. 若 当,所以. . 所以,使得,即,使得. 当,即当单调递增. 所以当,不合题意. 综上,的取值范围为. 双变量的恒(能)成立问题 【例3】1. (2023·玉林摸底)已知m，n都是正整数，且em＋ln n<m＋n，则(　A　) A．n>em B．m>em C．n<em D．m>en 【解析】因为em＋ln n<m＋n，所以em－m<n－ln n＝eln n－ln n，令f (x)＝ex－x(x≥0)，所以f ′(x)＝ex－1≥0，故f (x)在[0，＋∞)上单调递增，由已知得f (m)<f (ln n)，故m<ln n，因为m，n都是正整数，即em<n.故选A． 2. (2)(2022·乌鲁木齐二模)已知函数f (x)＝x3－x2＋ax＋1(a∈R)． ①讨论函数y＝f (x)的单调性； ②设a<1，若∀x1∈[m，n]，∃x2∈[m，n]，且x1≠x2，使得f (x1)＝f (x2)，求n－m的最大值． 【解析】①因为f (x)＝x3－x2＋ ax＋1(a∈R)，所以f ′(x)＝x2－(1＋a)x＋a＝(x－1)(x－a)， 当a>1时，令f ′(x)>0，可得x>a或x<1，令f ′(x)<0，可得1<x<a，所以f (x)在(－∞，1)和(a，＋∞)上单调递增，在(1，a)上单调递减； 当a＝1时，f ′(x)≥0，所以f (x)在R上单调递增； 当a<1时，令f ′(x)>0，可得x>1或x<a，令f ′(x)<0，可得a<x<1，所以f (x)在(－∞，a)和(1，＋∞)上单调递增，在(a,1)上单调递减． ②因为a<1，所以由①知f (x)在(－∞，a)和(1，＋∞)上单调递增，在(a,1)上单调递减， 因为∀x1∈[m，n]，∃x2∈[m，n]，且x1≠x2，使得f (x1)＝f (x2)，所以当m，n满足f (n)＝f (a)，f (m)＝f (1)时，n－m取得最大值，令g(m)＝f (m)－f (1)＝(m－1)(m2＋m＋1)－(m＋1)(m－1)＋a(m－1)＝(m－1)2(2m＋1－3a)， 所以当g(m)＝0时，m＝， 同理可得h(n)＝f (n)－f (a)＝(n－a)2(2n＋a－3)， 所以当h(n)＝0时，n＝， 所以此时n－m＝－＝2－2a，即n－m的最大值为2－2A． 思维升华 “双变量”的恒(能)成立问题一定要正确理解其实质，深刻挖掘内含条件，进行等价变换，常见的等价变换有 对于某一区间I (1)∀x1，x2∈I，f(x1)>g(x2)⇔f(x)min>g(x)max. (2)∀x1∈I1，∃x2∈I2，f(x1)>g(x2)⇔f(x)min>g(x)min. (3)∃x1∈I1，∀x2∈I2，f(x1)>g(x2)⇔f(x)max>g(x)max. 【拓展练习】5. 已知函数f(x)＝(x∈R)，a为正实数． (1)求函数f(x)的单调区间； (2)若∀x1，x2∈[0,4]，不等式|f(x1)－f(x2)|<1恒成立，求实数a的取值范围． 【解析】　(1)因为f(x)＝(x∈R)， 所以f′(x)＝(x∈R)， 因为a>0，所以令f′(x)>0，得0<x<3； 令f′(x)<0，得x<0或x>3. 所以f(x)的单调递增区间为(0,3)，单调递减区间为(－∞，0)和(3，＋∞)． (2)由(1)知，f(x)在[0,3)上单调递增，在(3,4]上单调递减， 所以f(x)在[0,4]上的最大值是f(3)＝. 又f(0)＝－a<0，f(4)＝11ae－4>0， 所以f(0)<f(4)， 所以f(x)在[0,4]上的最小值为f(0)＝－a. 若∀x1，x2∈[0,4]，不等式|f(x1)－f(x2)|<1恒成立， 则需f(x)max－f(x)min<1在x∈[0,4]上恒成立， 即f(3)－f(0)<1，即＋a<1，解得a<， 又a>0，所以0<a<， 故实数a的取值范围为. 6.（2024·江苏·模拟）已知，，对于，恒成立，则的最小值为（    ） A． B．－1 C． D．－2 【解析】因为对于，恒成立， 所以对于，恒成立， 设，所以. 当时，，函数单调递增， 所以函数没有最大值，所以这种情况不满足已知； 当时， 当时，，函数单调递增. 当时，，函数单调递减. 所以. 所以. 所以. 设， 所以， 当时，，函数单调递减. 当时，，函数单调递增. 所以. 所以的最小值为. 故选：C $$ “功夫”2025届第一轮精练 第19讲 利用导数研究恒(能)成立问题 第19讲 恒(能)成立问题 “功夫”2025届第一轮精练 最新考题尽在“功夫”！- 4 - 最新考题尽在“功夫”！- 7 - 学科网（北京）股份有限公司 学习目标 恒(能)成立问题是高考的常考考点，其中不等式的恒(能)成立问题经常与导数及其几何意义、函数、方程等相交汇，综合考查分析问题、解决问题的能力，一般作为压轴题出现，试题难度略大． 知识： 分离参数求参数范围 【例1】1．已知函数f(x)＝ex－ax－1. (1)当a＝1时，求f(x)的单调区间与极值； (2)若f(x)≤x2在(0，＋∞)上有解，求实数a的取值范围． 【解析】　(1)当a＝1时，f(x)＝ex－x－1， 所以f′(x)＝ex－1， 当x<0时，f′(x)<0；当x>0时，f′(x)>0， 所以f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增， 所以当x＝0时，函数f(x)有极小值f(0)＝0，无极大值． 即f(x)的单调递减区间为(－∞，0)，单调递增区间为(0，＋∞)，极小值为0，无极大值． (2)因为f(x)≤x2在(0，＋∞)上有解， 所以ex－x2－ax－1≤0在(0，＋∞)上有解， 当x>0时，不等式等价于a≥－在(0，＋∞)上有解， 令g(x)＝－，则g′(x)＝－＝， 由(1)知当a＝1，x>0时，f(x)>f(0)＝0， 即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， 所以当x＝1时，g(x)min＝e－2，所以a≥e－2， 综上可知，实数a的取值范围是[e－2，＋∞)． 思维升华 分离参数法解决恒(能)成立问题的策略 (1)分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题． (2)a ≥ f(x)恒成立⇔a≥ f(x)max； a ≤ f(x)恒成立⇔a ≤ f(x)min； a ≥ f(x)能成立⇔a ≥ f(x)min； a ≤ f(x)能成立⇔a ≤ f(x)max. 2.（2024·咸阳·三模）已知函数. (1)当时，求函数极值； (2)若对任意，恒成立，求实数的取值范围. 【解析】（1）函数的定义域为，当时，， 求导得，由，得，由，得，由，得， 因此在上单调递增，在上单调递减， 所以在处取得极大值，无极小值. （2）函数，，， 设，，求导得，函数在上单调递减， 则，即，因此， 令，，求导得， 令，，求导得，当时，， 当时，，即在上单调递减，在上单调递增， 则，即，因此函数在上是增函数，， 所以，即实数的取值范围为. 【拓展练习】1.（2020全国Ⅰ理）已知函数. （1）当a=1时，讨论f（x）的单调性； （2）当x≥0时，f（x）≥x3+1，求a的取值范围. 【解析】(1)当时，，， 由于，故单调递增，注意到，故： 当时，单调递减， 当时，单调递增. (2)由得，，其中， ①.当x=0时，不等式为：，显然成立，符合题意； ②.当时，分离参数a得，， 记，， 令， 则，， 故单调递增，， 故函数单调递增，， 由可得：恒成立， 故当时，，单调递增； 当时，，单调递减； 因此，, 综上可得，实数a的取值范围是. 2.（2024·济南·三模）已知函数，其中且． (1)若是偶函数，求a的值； (2)若时，，求a的取值范围． 【解析】（1）由题意，，即， 解得，或（舍），经检验时，是偶函数， 所以a的值为； （2）当时，，成立； 当且时，，， 又已证，故此时符合题意； 当时，， 因为函数都是增函数， 所以函数在上单调递增，且， 故存在，使得当时，，从而单调递减， 所以，存在，使得，此时不合题意． 综上所述，且． 知识： 等价转化求参数范围 【例2】 1. (2023·柳州模拟)已知函数f(x)＝ax－ln x. (1)讨论函数f(x)的单调性； (2)若x＝1为函数f(x)的极值点，当x∈[e，＋∞)时，不等式x[f(x)－x＋1]≤m(e－x)恒成立，求实数m的取值范围． 【解析】　(1)f′(x)＝a－＝(x>0)， ①当a≤0时，f′(x)<0恒成立， ∴f(x)在(0，＋∞)上单调递减； ②当a>0时，令f′(x)>0，得x>，令f′(x)<0，得0<x<， ∴f(x)在上单调递增，在上单调递减． 综上，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递减；当a>0时，f(x)在上单调递增，在上单调递减． (2)∵x＝1为函数f(x)的极值点，∴f′(1)＝0， ∴a＝1. f(x)＝x－ln x，x[f(x)－x＋1]＝x(1－ln x)， 当x∈[e，＋∞)时，不等式x[f(x)－x＋1]≤m(e－x)⇔x(1－ln x)≤m(e－x)， 即x(1－ln x)－m(e－x)≤0， 令g(x)＝x(1－ln x)－m(e－x)，x∈[e，＋∞)， 则g′(x)＝m－ln x， 若m≤1，g′(x)≤0在[e，＋∞)上恒成立， 则g(x)在[e，＋∞)上单调递减， ∴g(x)≤g(e)＝0，满足题意． 若m>1，由g′(x)>0，可得e≤x<em，则g(x)在[e，em)上单调递增， ∴在[e，em)上存在x0使得g(x0)>g(e)＝0，与题意不符， 综上，实数m的取值范围为(－∞，1]． 思维升华 根据不等式恒成立构造函数转化成求函数的最值问题，一般需讨论参数范围，借助函数单调性求解． 【拓展练习】3. (2024·咸阳模拟)已知函数f(x)＝ln x＋x＋(a≠0)． (1)当a＝1时，求f(x)的极值； (2)若对∀x∈(e－1，e)，f(x)<x＋2，求实数a的取值范围． 【解析】　(1)当a＝1时，f(x)＝ln x＋x＋，定义域为(0，＋∞)， 则f′(x)＝＋1－＝， 令f′(x)>0，得x>1，令f′(x)<0，得0<x<1， 故函数f(x)的单调递减区间为(0,1)，单调递增区间为(1，＋∞)， 故f(x)有极小值f(1)＝0＋1＋2＝3，无极大值． (2)若对∀x∈(e－1，e)，f(x)<x＋2， 即对∀x∈(e－1，e)，ln x＋－2<0， 令g(x)＝ln x＋－2，则g′(x)＝－＝， ①当a<0时，g′(x)＝>0，函数g(x)在(e－1，e)上单调递增， 则g(x)<g(e)＝ln e＋－2＝－1＋<0，符合题意； ②当a>0时，令g′(x)＝0，解得x＝>0， 则函数g(x)在上单调递减，在上单调递增， 若g(x)<0在(e－1，e)上恒成立， 只需满足解得a≥ . 综上所述，实数a的取值范围为(－∞，0)∪. 4．★（2023全国甲理）已知函数 (1)当a=8时，讨论的单调性； (2)若恒成立，求a的取值范围． 【解析】（1） 令,则 则 当 当,即. 当,即. 所以在上单调递增,在上单调递减 （2）设 设 所以. 若, 即在上单调递减,所以. 所以当,符合题意. 若 当,所以. . 所以,使得,即,使得. 当,即当单调递增. 所以当,不合题意. 综上,的取值范围为. 双变量的恒(能)成立问题 【例3】1. (2023·玉林摸底)已知m，n都是正整数，且em＋ln n<m＋n，则(　A　) A．n>em B．m>em C．n<em D．m>en 【解析】因为em＋ln n<m＋n，所以em－m<n－ln n＝eln n－ln n，令f (x)＝ex－x(x≥0)，所以f ′(x)＝ex－1≥0，故f (x)在[0，＋∞)上单调递增，由已知得f (m)<f (ln n)，故m<ln n，因为m，n都是正整数，即em<n.故选A． 2. (2)(2022·乌鲁木齐二模)已知函数f (x)＝x3－x2＋ax＋1(a∈R)． ①讨论函数y＝f (x)的单调性； ②设a<1，若∀x1∈[m，n]，∃x2∈[m，n]，且x1≠x2，使得f (x1)＝f (x2)，求n－m的最大值． 【解析】①因为f (x)＝x3－x2＋ ax＋1(a∈R)，所以f ′(x)＝x2－(1＋a)x＋a＝(x－1)(x－a)， 当a>1时，令f ′(x)>0，可得x>a或x<1，令f ′(x)<0，可得1<x<a，所以f (x)在(－∞，1)和(a，＋∞)上单调递增，在(1，a)上单调递减； 当a＝1时，f ′(x)≥0，所以f (x)在R上单调递增； 当a<1时，令f ′(x)>0，可得x>1或x<a，令f ′(x)<0，可得a<x<1，所以f (x)在(－∞，a)和(1，＋∞)上单调递增，在(a,1)上单调递减． ②因为a<1，所以由①知f (x)在(－∞，a)和(1，＋∞)上单调递增，在(a,1)上单调递减， 因为∀x1∈[m，n]，∃x2∈[m，n]，且x1≠x2，使得f (x1)＝f (x2)，所以当m，n满足f (n)＝f (a)，f (m)＝f (1)时，n－m取得最大值，令g(m)＝f (m)－f (1)＝(m－1)(m2＋m＋1)－(m＋1)(m－1)＋a(m－1)＝(m－1)2(2m＋1－3a)， 所以当g(m)＝0时，m＝， 同理可得h(n)＝f (n)－f (a)＝(n－a)2(2n＋a－3)， 所以当h(n)＝0时，n＝， 所以此时n－m＝－＝2－2a，即n－m的最大值为2－2A． 思维升华 “双变量”的恒(能)成立问题一定要正确理解其实质，深刻挖掘内含条件，进行等价变换，常见的等价变换有 对于某一区间I (1)∀x1，x2∈I，f(x1)>g(x2)⇔f(x)min>g(x)max. (2)∀x1∈I1，∃x2∈I2，f(x1)>g(x2)⇔f(x)min>g(x)min. (3)∃x1∈I1，∀x2∈I2，f(x1)>g(x2)⇔f(x)max>g(x)max. 【拓展练习】5. 已知函数f(x)＝(x∈R)，a为正实数． (1)求函数f(x)的单调区间； (2)若∀x1，x2∈[0,4]，不等式|f(x1)－f(x2)|<1恒成立，求实数a的取值范围． 【解析】　(1)因为f(x)＝(x∈R)， 所以f′(x)＝(x∈R)， 因为a>0，所以令f′(x)>0，得0<x<3； 令f′(x)<0，得x<0或x>3. 所以f(x)的单调递增区间为(0,3)，单调递减区间为(－∞，0)和(3，＋∞)． (2)由(1)知，f(x)在[0,3)上单调递增，在(3,4]上单调递减， 所以f(x)在[0,4]上的最大值是f(3)＝. 又f(0)＝－a<0，f(4)＝11ae－4>0， 所以f(0)<f(4)， 所以f(x)在[0,4]上的最小值为f(0)＝－a. 若∀x1，x2∈[0,4]，不等式|f(x1)－f(x2)|<1恒成立， 则需f(x)max－f(x)min<1在x∈[0,4]上恒成立， 即f(3)－f(0)<1，即＋a<1，解得a<， 又a>0，所以0<a<， 故实数a的取值范围为. 6.（2024·江苏·模拟）已知，，对于，恒成立，则的最小值为（    ） A． B．－1 C． D．－2 【解析】因为对于，恒成立， 所以对于，恒成立， 设，所以. 当时，，函数单调递增， 所以函数没有最大值，所以这种情况不满足已知； 当时， 当时，，函数单调递增. 当时，，函数单调递减. 所以. 所以. 所以. 设， 所以， 当时，，函数单调递减. 当时，，函数单调递增. 所以. 所以的最小值为. 故选：C $$