专题十一 恒成立与能成立问题 课件-2026届高三数学二轮复习

专题十一　恒成立与能成立问题 命题热度： 本专题是历年高考命题常考的内容，属于中高档题目，具有一定的难度，三种题型都有所考查，分值约为5~10分. 考查方向： 考查重点一是不等式恒成立求参数的取值范围；二是不等式能成立求参数的取值范围，包含双变量的恒成立、能成立求参数的取值范围. 考点一　利用导数研究恒成立问题 　(2025·石家庄模拟)已知函数f(x)=ex-ax-3(a∈R). (1)当a=-1时，求曲线y=f(x)在(0，f(0))处的切线方程； 例1 由题设f(x)=ex+x-3，则f'(x)=ex+1，且f(0)=-2，f'(0)=2， ∴曲线y=f(x)在(0，f(0))处的切线方程为y+2=2x，即2x-y-2=0. 解 (2)当x≥0时，若不等式f(x)≥-2恒成立，求a的取值范围. 方法一　(直接法) 由题设当x≥0时，ex-ax-3≥-2恒成立， 即ex--ax-1≥0恒成立， 令g(x)=ex--ax-1且x≥0，则g'(x)=ex-x-a， 令h(x)=g'(x)，x≥0，则h'(x)=ex-1≥0， ∴h(x)=g'(x)在[0，+∞)上单调递增， ∴g'(x)≥g'(0)=1-a， 解 当1-a≥0，即a≤1时，g'(x)≥0， 则g(x)在[0，+∞)上单调递增，g(x)≥g(0)=0，符合题意； 当1-a<0，即a>1时，g'(0)<0，而当x→+∞时，g'(x)→+∞， ∴∃x0∈(0，+∞)，使g'(x0)=0，即在[0，x0)上，g'(x)<0，在(x0，+∞)上，g'(x)>0， ∴g(x)在[0，x0)上单调递减，在(x0，+∞)上单调递增，从而g(x)min=g(x0)<g(0)=0，与g(x)≥0恒成立矛盾，不符合题意， 综上，a≤1. 解 方法二　(端点效应) 由题设当x≥0时，ex-ax-3≥-2恒成立， 即ex--ax-1≥0恒成立， 令g(x)=ex--ax-1(x≥0)， 则当x≥0时，g(x)≥0恒成立，又g(0)=e0-1=0， 故此时必须保证函数g(x)在x=0右侧附近区间上单调递增， 即保证g'(x)≥0在x=0右侧附近区间上恒成立， 解 又g'(x)=ex-x-a， 故g'(0)=1-a≥0，即a≤1， 下证，当a≤1时，g(x)≥0恒成立. ∵g″(x)=ex-1≥e0-1=0， ∴g'(x)在[0，+∞)上单调递增， ∴g'(x)≥g'(0)=e0-a=1-a≥0， ∴g(x)在[0，+∞)上单调递增， ∴g(x)≥g(0)=0恒成立，故a≤1. 解 方法三　(参变全分离，利用洛必达法则求最值) 依题意，当x≥0时，ex-ax-3≥-2恒成立， 即ax≤ex--1恒成立， 当x=0时，0≤0恒成立，∴a∈R； 当x∈(0，+∞)时，a≤， 令g(x)=，x>0， 解 ∴g'(x)=， 令φ(x)=2(x-1)ex-x2+2，x>0， ∴φ'(x)=2xex-2x=2x(ex-1). ∵x>0，∴ex-1>0，2x>0，∴φ'(x)>0， ∴φ(x)在(0，+∞)上单调递增， ∴φ(x)>φ(0)=-2+2=0，即g'(x)>0， ∴g(x)在(0，+∞)上单调递增， 由洛必达法则知， g(x)===1， 解 即当x>0时，g(x)>1恒成立，故a≤1， 综上a≤1. 方法四　(参变半分离) 依题意，当x≥0时，ex-ax-3≥-2恒成立， 即ax≤ex--1恒成立， 令g(x)=ex--1，x≥0， 解 ∴g'(x)=ex-x，g″(x)=ex-1≥e0-1=0， ∴g'(x)在[0，+∞)上单调递增， ∴g'(x)≥g'(0)=1>0， ∴g(x)在[0，+∞)上单调递增， 又g'(0)=1，g(0)=0，∴曲线g(x)在x=0处的切线方程为y-0=1·(x-0)，即y=x， 故当x≥0时，y=ax的图象在y=x图象的下方，∴a≤1. 解 由不等式恒成立求参数的取值范围的策略 (1)求最值法.将恒成立问题转化为利用导数求函数的最值问题. (2)分离参数法.一是参数全分离，将参数分离出来，进而转化为a>f(x)max或a<f(x)min的形式，通过导数的应用求出f(x)的最值，即得参数的取值范围；二是参数半分离，把不等式分解成f(x)<g(x)或f(x)>g(x)的形式，要调节参数a与x的位置，使f(x)与g(x)的作图更方便，一般分为一条动直线与一条曲线. (3)利用端点效应(必要性探路)，先利用端点处需满足的必要条件缩小参数的取值范围，而往往得到的范围即为所求，再去做充分性论证即可. 规律方法 跟踪演练1　(2025·苏州模拟)已知函数f(x)=aln x-x2，a∈R. (1)当a<0时，求函数f(x)零点的个数； 函数f(x)=aln x-x2的定义域为(0，+∞)，a<0，则f'(x)=-2x<0， ∴函数f(x)在(0，+∞)上单调递减，而f(1)=-1<0，f =aln - =1->0， 由函数零点存在定理知，f(x)在区间内存在唯一零点，∴当a<0时，函数f(x)零点的个数为1. 解 (2)若f(x)+x2-x≤-1恒成立，求a的取值范围. 方法一　不等式f(x)+x2-x≤-1⇔aln x-x+1≤0，令φ(x)=aln x-x+1，x>0， 依题意，φ(x)≤0恒成立， 则φ'(x)=-1=， 当a≤0时，φ'(x)=<0， ∴φ(x)在(0，+∞)上单调递减，而φ(1)=0， 则当0<x<1时，φ(x)>φ(1)=0，不符合题意； 当a>0时，由φ'(x)>0，得0<x<a，由φ'(x)<0，得x>a， ∴φ(x)在(0，a)上单调递增，在(a，+∞)上单调递减，则φ(x)≤φ(a)， 解 当且仅当φ(a)≤0，即aln a-a+1≤0时，φ(x)≤0恒成立， 令u(a)=aln a-a+1，a>0，求导得u'(a)=ln a， 当0<a<1时，u'(a)<0；当a>1时，u'(a)>0， ∴函数u(a)在(0，1)上单调递减，在(1，+∞)上单调递增，则u(a)≥u(1)=0， 而aln a-a+1≤0，则u(a)=aln a-a+1=0， ∴a=1. 方法二　不等式f(x)+x2-x≤-1恒成立⇔aln x≤x-1在x∈(0，+∞)上恒成立. 当x=1时，a·0≤0成立，∴a∈R； 当x∈(0，1)时，ln x<0，∴a≥恒成立， 解 当x∈(1，+∞)时，ln x>0，∴a≤恒成立， 令φ(x)=，x≠1， 则φ'(x)=， 令g(x)=ln x+-1，则g'(x)=-=， 当x∈(0，1)时，g'(x)<0； 当x∈(1，+∞)时，g'(x)>0， ∴g(x)在(0，1)上单调递减，在(1，+∞)上单调递增， 解 则g(x)≥g(1)=0，∴φ'(x)≥0， ∴φ(x)在(0，1)，(1，+∞)上单调递增， 则当x∈(0，1)时，a≥φ(x)， ∵φ(x)== x=1， ∴a≥1； 当x∈(1，+∞)时，a≤φ(x)， ∵ φ(x)=1，∴a≤1. 综上，a=1. 解 方法三　不等式f(x)+x2-x≤-1恒成立⇔aln x≤x-1恒成立. 当a≤0，x∈(0，1)时，aln x≥0，x-1<0， ∴aln x>x-1，不符合题意； 当a>0时，aln x≤x-1恒成立⇔ln x≤(x-1)恒成立，令g(x)=ln x，则g'(x)=， ∴g'(1)=1，g(1)=0， ∴曲线g(x)在(1，0)处的切线方程为y=x-1， 又g(x)=ln x与y=(x-1)都过点(1，0)，故y=(x-1)与y=x-1重合， ∴=1，∴a=1. 解 考点二　利用导数研究能成立问题 　已知函数f(x)=，g(x)=ln x-ax+e，其中e是自然对数的底数. (1)求函数f(x)的极值； 例2 因为f(x)=，该函数的定义域为R，则f'(x)=. 令f'(x)=0，得x=0或x=2，列表如下： 解 f(x)极小值=f(0)=0，f(x)极大值=f(2)=. x (-∞，0) 0 (0，2) 2 (2，+∞) f'(x) - 0 + 0 - f(x) 单调递减 极小值 单调递增 极大值 单调递减 (2)对∀x1∈[-1，0]，总存在x2∈[2，e2]，使f(x1)≤g(x2)成立，求实数a的取值范围. 由题意可得f(x1)max≤g(x2)， 由(1)可知f(x1)在[-1，0]上单调递减， 所以f(x1)max=f(-1)=e， 所以ln x2-ax2+e≥e在x2∈[2，e2]上有解，a≤， 令h(x2)=，x2∈[2，e2]， 令h'(x2)==0， 则x2=e. 解 所以h(x2)max=h(e)=，即a≤，故实数a的取值范围是. 解 x2 2 (2，e) e (e，e2) e2 h'(x2)   + 0 -   h(x2) 单调递增 极大值 单调递减 不等式能成立问题可类比恒成立问题进行转化，要理解清楚两类问题的差别. 含参数的不等式能成立(存在性)问题的转化方法： 若a>f(x)在x∈D上能成立，则a>f(x)min； 若a<f(x)在x∈D上能成立，则a<f(x)max. 规律方法 跟踪演练2　(2025·武汉模拟)已知函数f(x)=ex-+-1. (1)若曲线y=f(x)在(1，f(1))处的切线斜率为-1，求a； 因为f(x)=ex-+-1， 所以f'(x)=ex--，依题意f'(1)=e1--=-1，解得a=e. 解 (2)若存在x>0，使f(x)≤0成立，求a的取值范围. 因为f(x)=ex-+-1的定义域为(0，+∞)，又存在x>0， 使f(x)=ex-+-1=≤0成立， 所以∃x>0，使xex-ln x+a-x≤0成立， 令g(x)=xex-ln x+a-x，x∈(0，+∞)， 则g'(x)=xex+ex--1=(x+1)， 令h(x)=ex-，x∈(0，+∞)， 则h'(x)=ex+>0， 解 所以h(x)在(0，+∞)上单调递增， 又h=-2<0，h(1)=e-1>0， 所以∃x0∈，使得h(x0)=0，即-=0，则x0=1，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)=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]. 解 $