培优4 恒成立和能成立求参问题（专题突破练）-【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导数应用与不等式恒成立求参核心考点，依据高考评价体系梳理近三年高频考点分布，归纳单调区间求解、极值点分析、参数范围确定等常考题型，体现备考的针对性和实用性。 课件亮点在于真题实战与思维建模，如以2025辽宁辽阳一模导数证明题为例，通过构造辅助函数培养数学思维中的推理能力，结合分类讨论、分离参数等技巧突破恒成立问题，助力教师高效开展专题复习，提升学生高考得分率。

培优4 恒成立和能成立求参问题 数 学 新高考专用 1.(2025辽宁辽阳一模)已知函数f(x)= ,g(x)=ebx-b,a,b∈R. (1)求f(x)的单调区间; (2)若f(x)的最大值为1,证明:∀b∈R, f(x)≤g(x). 解析    (1)f(x)= 的定义域为(0,+∞), 且f'(x)= , 由f'(x)>0可得0<x<e1-a,由f'(x)<0可得x>e1-a, 所以函数f(x)的单调递增区间为(0,e1-a),单调递减区间为(e1-a,+∞). (2)证明:由(1)知, f(x)max=f(e1-a)= =1,解得a=1, 要证f(x)≤g(x),即证 ≤ebx-b,即证xebx-bx-ln x-1=ebx+ln x-(bx+ln x)-1≥0, 令h(x)=ex-x-1,其中x∈R, 则h'(x)=ex-1, 由h'(x)<0得x<0,由h'(x)>0得x>0, 所以函数h(x)的单调递减区间为(-∞,0),单调递增区间为(0,+∞), 所以h(x)≥h(0)=0,即ex≥x+1, 所以∀b∈R,ebx+ln x≥bx+ln x+1, 即f(x)≤g(x). 2.(2025浙江宁波十校联考)已知函数f(x)=xex-1-k(x-1)+e,k∈R,e=2.718 28…为自然对数的 底数. (1)当k=e时,求曲线f(x)在点(2, f(2))处的切线方程; (2)若不等式f(x)≥0对任意x∈[-2,+∞)恒成立,求k的取值范围. 解析    (1)当k=e时, f(x)=xex-1-e(x-1)+e=xex-1-ex+2e, 所以f'(x)=(x+1)ex-1-e, f'(2)=3e-e=2e, 又f(2)=2e-2e+2e=2e, 故曲线f(x)在点(2, f(2))处的切线方程为y-2e=2e(x-2),即y=2ex-2e. (2)①当x=1时,不等式1+e≥0恒成立,此时k∈R; ②当x>1时,问题转化为k≤ 对任意x∈(1,+∞)恒成立. 令h(x)= , 则h'(x)= . 令μ(x)=(x2-x-1)ex-1-e,x>1, 则μ'(x)=(x+2)(x-1)ex-1. 因为x>1,所以μ'(x)>0,所以μ(x)在(1,+∞)上单调递增.又因为h'(2)=μ(2)=0,所以x=2是h'(x) 在(1,+∞)上的唯一零点,所以当1<x<2时,h'(x)<0,h(x)在(1,2)上单调递减,当x>2时,h'(x)>0, h(x)在(2,+∞)上单调递增, 所以h(x)min=h(2)=3e,所以k≤3e. ③当-2≤x<1时,问题等价于k≥ 对任意x∈[-2,1)恒成立. 此时μ'(x)=(x+2)(x-1)ex-1, 由于当-2<x<1时,μ'(x)<0,故μ(x)在区间[-2,1)上单调递减,且μ(-2)=5e-3-e<0,所以当-2≤x<1 时,μ(x)≤μ(-2)<0. 故当-2≤x<1时,h'(x)<0,h(x)在区间[-2,1)上单调递减,则k≥h(x)max=h(-2)= . 综上,实数k的取值范围为 . 3.(2025高考综合改革适应性演练)已知函数f(x)=aln x+ -x. (1)设a=1,b=-2,求曲线y=f(x)的斜率为2的切线方程; (2)若x=1是f(x)的极小值点,求b的取值范围. 解析    (1)当a=1,b=-2时, f(x)=ln x- -x,x>0, 则f '(x)= + -1= , 令f '(x)=2,得 =2, 整理得3x2-x-2=(x-1)(3x+2)=0, 解得x=1(负值舍去), 又f(1)=-3,所以曲线y=f(x)的斜率为2的切线方程为y+3=2(x-1), 即2x-y-5=0. (2)解法一:由题可得f(x)的定义域为(0,+∞), f '(x)= - -1= , 由x=1是f(x)的极小值点,得f '(1)=-1+a-b=0,故a=b+1, 则f '(x)= =- , 若b≤0,令f '(x)>0,解得x∈(0,1), 令f '(x)<0,解得x∈(1,+∞), 则f(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减, 得x=1是f(x)的极大值点,不满足题意; 若0<b<1,令f '(x)>0,解得x∈(b,1),令f '(x)<0,解得x∈(0,b)∪(1,+∞), 则f(x)在(b,1)上单调递增,在(0,b),(1,+∞)上单调递减, 得x=1是f(x)的极大值点,不满足题意; 若b=1,则f '(x)=- ≤0, f(x)在(0,+∞)上单调递减,无极值,不满足题意; 若b>1,令f '(x)>0,解得x∈(1,b), 令f '(x)<0,解得x∈(0,1)∪(b,+∞), 则f(x)在(1,b)上单调递增,在(0,1),(b,+∞)上单调递减, 得x=1是f(x)的极小值点,满足题意. 综上,x=1是f(x)的极小值点时,b的取值范围是(1,+∞). 解法二:由解法一知f'(x)= - -1,因为x=1是f(x)的极小值点,所以存在δ>0,当1<x<1+δ 时, f(x)单调递增,因此f'(x)≥0,令g(x)= - -1,因为g(x)≥0(1<x<1+δ),g(1)=0,所以g'(1) ≥0,因为g'(x)=- + ,所以g'(1)=b-1≥0,解得b≥1,下证充分性. 若b=1,则由解法一知,不满足题意; 若b>1,则由解法一知,满足题意. 综上,b的取值范围为(1,+∞). 4.(2025四川绵阳中学二诊)已知函数f(x)=ex-1-x-ax2. (1)当a=0时,求f(x)的单调区间; (2)当x≥0时,若不等式f(x)≥0恒成立,求实数a的取值范围; (3)若x>0,证明:(ex-1)ln(x+1)>x2. 解析    (1)当a=0时, f(x)=ex-1-x,其定义域为R, f'(x)=ex-1, 当x≤0时, f'(x)≤0;当x>0时, f'(x)>0, 所以f(x)的单调递减区间为(-∞,0],单调递增区间为(0,+∞). (2)f'(x)=ex-1-2ax,x≥0, 令h(x)=ex-1-2ax,x≥0, 则h'(x)=ex-2a,  由f(x)≥0恒成立得ex-1-x-ax2≥0,易知x=0时成立,当x>0时,分离参数得a≤ ,可用 洛必达法则确定分类标准,  =  =  =   当2a≤1,即a≤ 时, 此时h'(x)≥0,h(x)单调递增, 所以h(x)≥h(0), 即f'(x)≥f'(0)=0, 所以f(x)在[0,+∞)上单调递增, 此时f(x)≥f(0)=0,满足题意; 当2a>1时,当0≤x<ln(2a)时,h'(x)<0,h(x)单调递减,所以h(x)≤h(0)=0, 即f'(x)≤f'(0)=0, 所以f(x)在[0,ln(2a))上单调递减, 此时f(x)≤f(0)=0,不满足题意. 综上,实数a的取值范围为 . (3)证明:由(2)得,当a= 且x>0时,ex>1+x+ , 即ex-1>x+ = , 要证(ex-1)ln(x+1)>x2, 需证ex-1> , 即证 > , 即证ln(x+1)> , 设F(x)=ln(x+1)- (x>0), 则F'(x)= - = , 当x>0时,F'(x)>0恒成立, 所以F(x)在(0,+∞)上单调递增, 因为F(0)=0,所以F(x)>0恒成立,原不等式成立. $