培优4 恒成立和能成立求参问题（专题讲解课）-【第一梯队】2026年高考数学二轮专题突破教用课件

该高中数学高考复习课件聚焦恒成立与能成立求参问题，覆盖参变分离、指对同构、端点效应、洛必达法则四大核心类型，依据高考评价体系分析考点权重，归纳出分离参数、构造函数等常考题型，体现备考的针对性和实用性。 课件亮点在于高考真题训练与应试技巧指导，如例1通过参变分离求最值，例2用指对同构简化不等式，培养学生数学思维与数学语言表达能力。帮助学生掌握分类讨论、导数应用等得分技巧，教师可据此精准教学，助力高考冲刺。

培优4　恒成立和能成立求参问题 数 学 新高考专用 目 录 类型1 参变分离 类型2 指对同构 类型3 端点效应 类型4 洛必达法则 类型1　参变分离 例　已知函数f(x)=ex-ax+e2-7.若∀x∈[0,+∞), f(x)≥ x2,求a的取值范围. 解析    ∀x∈[0,+∞), f(x)≥ x2等价于∀x∈[0,+∞),ex-ax+e2-7≥ x2, 即ax≤ex+e2-7- x2(提示:若要参变分类,需不等式两边同除以x,但不要忽略x=0的情况) ①当x=0时,e2-6≥0显然成立; ②当x>0时,原不等式等价于4a≤ , 令g(x)= ,x>0, 则g'(x)= . 目 录 (提示:导函数值的正负取决于分子的正负,而分子无法直接判断正负,故需对分子进一 步分析) 令h(x)=4(x-1)ex-7x2-4e2+28,x>0, 则h'(x)=4xex-14x=2x(2ex-7), 当x∈ 时,h'(x)<0, 当x∈ 时,h'(x)>0, 则h(x)在 上单调递减,在 上单调递增. 因为h(0)=4(6-e2)<0, 所以h <0,又h(2)=0, 目 录 (提示:因h(x)中含有e2项,故想到验证h(2)) 则当x∈(0,2)时,g'(x)<0,当x∈(2,+∞)时,g'(x)>0,所以g(x)在(0,2)上单调递减,在(2,+∞)上 单调递增,则g(x)min=g(2)=4e2-28,则4a≤4e2-28, 即a≤e2-7. 故a的取值范围为(-∞,e2-7]. 目 录 归纳总结　分离参数的一般思路 　　对于一个含参问题,可以通过分离参数,将参数与变量彻底分离开来,从而把一个含 参问题转化为一个非含参问题,进而通过导数研究分离后得到的函数的单调性,极值与 最值,最终解决问题. 目 录 类型2　指对同构 　　当题干给出的不等式中既有类似ex指数型成分,又有类似ln x型对数型成分时,如果 直接求最值是很难求出来的,这时我们就需要用到指对同构的方法,所谓同构就是把一 个等式或不等式通过变形,使等号或不等号两边的结构形式完全相同,然后构造出这个 结构的函数,利用函数的单调性化简不等式,找到这个函数模型的方法就是同构法.利用 这个函数模型,就可以将原不等式简化,使不等式中只有指数或对数的形式. 目 录 三种基本指对同构 (1)积型:对于不等式aea≤bln b有三种同构方式.   (2)商型:对于不等式 < 有三种同构方式. 目 录 (3)和差型:对于不等式ea±a>b±ln b有两种同构方式.   目 录 例1　已知a>0,若在(1,+∞)上存在x使得不等式ex-x≤xa-aln x❶成立,则a的最小值为 _________.     e 思路导引       目 录 解析　∵xa= =ealn x,∴不等式即为ex-x≤ealn x-aln x,(出现相同结构可构造函数) ∵a>0且x>1,∴aln x>0. 设g(x)=ex-x,x∈(0,+∞), 则g'(x)=ex-1>0, 故g(x)=ex-x在(0,+∞)上单调递增, ∴不等式ex-x≤ealn x-aln x等价于g(x)≤g(aln x),∴x≤aln x,即a≥ , 即存在x∈(1,+∞),使得a≥ , 目 录 ∴a≥ , 设f(x)= (x>1), 则f'(x)= ,当x∈(1,e)时, f'(x)<0; 当x∈(e,+∞)时, f'(x)>0, ∴f(x)在(1,e)上单调递减,在(e,+∞)上单调递增,∴f(x)min=f(e)=e,∴a≥e. 故a的最小值为e. 目 录 例2　设实数m>0,若对任意的x≥e,不等式x2ln x-m ≥0恒成立,则m的最大值为_______.     e     解析　由不等式x2ln x-m ≥0恒成立, 可得x2ln x≥m , 即xln x≥  ,ln xeln x≥  ,① 设f(x)=xex(x>0),则f'(x)=(x+1)ex>0, ∴f(x)在(0,+∞)上单调递增, ∵ >0,ln x>0, 由①式知 ≤ln x对任意的x≥e恒成立, ∴只需m≤(xln x)min,设g(x)=xln x(x≥e), 目 录 则g'(x)=ln x+1>0, ∴g(x)在[e,+∞)上单调递增, ∴g(x)min=g(e)=e,∴m≤e. 故m的最大值为e. 目 录 类型3　端点效应 　　恒成立问题中,我们常常见到类似的命题:“对于任意的x∈[a,b],都有f(x)≥0恒成 立”,这里的端点a,b往往是使结论成立的临界条件,因此,如果能利用好这两个值,能方 便解题,比如对于上述命题,观察f(a)和f(b)的取值,这种观察区间端点值来解决问题的做 法,我们称为端点效应. 1.若函数f(x,m)≥0(m为参数)在区间[a,b](a<b)上恒成立,且f(a)=0,则f'(a)≥0或f(b)=0, 则f'(b)≤0.(此法应用于区间端点的函数值为零的情况) 2.若函数f(x,m)≥0(m为参数)在区间[a,b](a<b)上恒成立,且 则f″(a)≥0或  则f″(b)≤0.(此法应用于区间端点的函数值为零且导数值也为零的情况) 目 录 应用端点效应的解题步骤: 1.代入端点值,验证是否满足以上两种类型,确定类型并缩小参数范围,这个范围是不等 式恒成立的必要条件. 2.证明充分性,求结果.利用第一步中的参数范围判断函数在定义域内是否单调,若单调, 则必要条件即为充要条件,问题解决,若不单调,则需要进一步讨论并解决问题. 注意:得到的参数范围的补集需要证明不成立. 目 录 例1    (高考真题精选)已知函数f(x)=2sin x-xcos x-x, f'(x)为f(x)的导数. (1)证明: f'(x)在区间(0,π)存在唯一零点; (2)若x∈[0,π]时, f(x)≥ax,求a的取值范围. 思路导引     (2)  目 录 解析    (1)证明:设g(x)=f'(x),则g(x)=cos x+xsin x-1,g'(x)=xcos x. 当x∈ 时,g'(x)>0;当x∈ 时,g'(x)<0, 所以g(x)在 单调递增,在 单调递减. 又g(0)=0,g >0,g(π)=-2, 故g(x)在(0,π)存在唯一零点. 所以f'(x)在(0,π)存在唯一零点. (2)设h(x)=f(x)-ax=2sin x-xcos x-x-ax,h'(x)=2cos x-cos x+xsin x-1-a, 目 录 由h'(0)≥0,得a≤0, 下面证明当a≤0时, f(x)≥ax在[0,π]上恒成立. 由(1)知, f'(x)在(0,π)只有一个零点,设为x0,且当x∈(0,x0)时, f'(x)>0;当x∈(x0,π)时, f'(x)<0, 所以f(x)在(0,x0)单调递增,在(x0,π)单调递减,又f(0)=0, f(π)=0,所以当x∈[0,π]时, f(x)≥0. 又当a≤0,x∈[0,π]时,ax≤0,故f(x)≥ax. 当a>0,x∈[0,π]时,h(x)=2sin x-xcos x-x-ax<2sin x-xcos x-x=f(x),当x=0时,不等式不成立,所 以不符合题意. 综上,a的取值范围是(-∞,0]. 目 录 例2    (高考真题精选)已知函数f(x)=ax- ,x∈ . (1)当a=8时,讨论f(x)的单调性; (2)若f(x)<sin 2x,求a的取值范围. 思路导引     (2)   目 录 解析    (1)f'(x)=a- =a- =a- , 令cos2x=t,则t∈(0,1), 则f'(x)=g(t)=a- = , 当a=8时, f'(x)=g(t)= = , 当t∈ ,即x∈ 时, f'(x)<0;当t∈ ,即x∈ 时, f'(x)>0. 所以f(x)在 上单调递增,在 上单调递减. 目 录 (2)由f(x)<sin 2x⇒ax- <sin 2x⇒ax- -sin 2x<0,令g(x)=ax-sin 2x- , g(0)=0,且g'(x)=a-2cos 2x- , 且g'(0)=a-3,由g'(0)=a-3≤0,得a≤3. 下面证明当a≤3时, f(x)<sin 2x恒成立. 注意到当g'(0)>0,即a>3时,∃x0∈ ,使得g'(x)>0在(0,x0)上成立,故此时g(x)单调递增, 所以g(x)>g(0)=0,不符合题意. 另一方面:当a≤3时,g(x)≤3x-sin 2x- , 令h(x)=3x-sin 2x- , 目 录 下证h(x)小于或等于0. 因为h'(x)=3-2cos 2x-  =  =  = <0, 所以h(x)单调递减,所以h(x)≤h(0)=0. 综上所述,a≤3. 目 录 类型4　洛必达法则 　　有些题目利用参变分离法处理时,取不到最值的情况,例如我们证明了函数f(x)在 开区间(0,+∞)上单调递增,而这时我们要求f(x)的最小值,就会出现无法求解的情况,解 决这类问题的有效方法就是利用洛必达法则. 洛必达法则应用的情形. 已知函数f(x)与g(x)都存在导数f'(x),g'(x),其中g'(x)≠0. ①x→a的情形:若 f(x)= g(x)=0或∞,则  称为 型或 型的不定式,此时有   =  .例如:  =  =1. ②x→∞的情形:若 f(x)= g(x)=0或∞,则  称为 型或 型的不定式,此时也有 目 录   =  .例如:  =  =  =0. 洛必达法则的使用原则 客观题中可直接参变分离后判断是否符合洛必达法则的使用条件,符合的情况下,直接 应有求解即可,主观题中不可直接使用,只能用来判断分类讨论的标准. 目 录 例1　若x∈ ,不等式asin x<ex-1恒成立,则实数a的取值范围为______________.     (-∞,1]     解析　由x∈ ,不等式asin x<ex-1成立,得a< ,设f(x)= ,x∈ ,则f'(x)=  ,设g(x)=exsin x-(ex-1)cos x,x∈ ,则g'(x)=(2ex-1)·sin x>0,函数g(x)单 调递增,所以当x∈ 时,g(x)>g(0)=0,所以f'(x)>0,函数f(x)单调递增,而  =  =1,于是函数f(x)= >1,因此实数a的取值范围为(-∞,1]. 目 录 例2　已知函数f(x)= + ,曲线y=f(x)在点(1, f(1))处的切线方程为x+2y-3=0. (1)求a,b的值; (2)当x>0,且x≠1时, f(x)> + ,求k的取值范围. 目 录 解析    (1)f'(x)= - , 因为直线x+2y-3=0的斜率为- ,且过点(1,1),所以 即  解得a=1,b=1. (2)由(1)知f(x)= + , 所以f(x)- = 目 录   . 令h(x)=2ln x+ (x>0), 则h'(x)= . 对原不等式分离参数得k< +1, 令g(x)= +1,可用洛必达法则确定分类标准.  g(x)=2  +1=2  +1=2× +1=0  (i)若k≤0,由h'(x)= 知,当x>0,且x≠1时,h'(x)<0,h(x)单调递减. 而h(1)=0,故当x∈(0,1)时,h(x)>0, 目 录 可得 h(x)>0; 当x∈(1,+∞)时,h(x)<0, 可得 h(x)>0, 从而当x>0,且x≠1时, f(x)- >0, 即f(x)> + . (ii)若0<k<1,因为y=(k-1)(x2+1)+2x=(k-1)x2+2x+k-1的图象开口向下,且Δ=4-4(k-1)2>0,对称 轴x= >1,所以当x∈ 时,(k-1)(x2+1)+2x>0,故h'(x)>0, h(x)单调递增,而h(1)=0,故当x∈ 时,h(x)>0,可得 h(x)<0,与题设矛盾. 目 录 (iii)若k≥1,此时x2+1≥2x,(k-1)(x2+1)+2x>0⇒h'(x)>0,h(x)单调递增,而h(1)=0,故当x∈(1, +∞)时,h(x)>0,可得 h(x)<0,与题设矛盾. 综上得,k的取值范围为(-∞,0]. 目 录 $