专题7 第7讲 导数与恒(能)成立问题 基础课-【优化探究】2026年高考数学二轮专题复习配套课件（基础版）

该高中数学高考复习课件聚焦“导数与恒（能）成立问题”专题，依据高考评价体系梳理了分类讨论法、参变分离法两大核心考点，分析出此类问题在选择、填空及压轴解答题中的高频考查趋势，归纳出函数单调性分析、参数范围求解等常考题型，体现备考的针对性与实用性。 课件亮点在于“考点解析+真题演练+方法总结”的系统设计，如例1通过分类讨论函数单调性解决恒成立问题，例2运用参变分离法求参数范围，培养学生的数学思维与模型观念。配套模拟题训练与易错点提示，助力学生掌握解题技巧，教师可据此精准指导，提升复习效率。

第七讲　导数与恒(能)成立问题 基础课 第一部分　专题突破 专题七　函数与导数 高考分析 恒(能)成立问题多与参数的取值范围问题联系在一起,是近几年高考的热门题型,常出现在选择、填空或解答题中,也经常以压轴解答题形式出现,难度较大. 考点一　分类讨论法解决恒(能)成立问题 内容索引 考点二　参变分离法解决恒(能)成立问题 3 考点一　分类讨论法解决恒(能)成立问题 考点一　分类讨论法解决恒(能)成立问题 [例1]　已知函数f(x)=ex-ax,g(x)=x2+1. (1)讨论函数f(x)的单调区间; [解]　对函数f(x)求导得f'(x)=ex-a, ①当a≤0时,f'(x)>0,所以f(x)在R上单调递增; ②当a>0时,由f'(x)>0可得x>ln a,由f'(x)<0可得x<ln a, 所以f(x)在(-∞,ln a)上单调递减,在(ln a,+∞)上单调递增. 综上所述,当a≤0时,f(x)在R上单调递增; 当a>0时,f(x)在(-∞,ln a)上单调递减,在(ln a,+∞)上单调递增. 考点一　分类讨论法解决恒(能)成立问题 (2)若不等式f(x)≥g(x)在[0,+∞)上恒成立,求实数a的取值范围. [解]　令h(x)=f(x)-g(x)=ex-ax-x2-1, 求导得h'(x)=ex-x-a,x∈[0,+∞), 令u(x)=h'(x), 因为x∈[0,+∞),由u'(x)=ex-1≥0, 可得u(x)(即h'(x))在[0,+∞)上单调递增, 当a≤1时,h'(x)≥h'(0)=1-a≥0在[0,+∞)上恒成立, 故得h(x)在[0,+∞)上单调递增,则h(x)≥h(0)=e0-0-0-1=0, 即有f(x)≥g(x),符合题意. 考点一　分类讨论法解决恒(能)成立问题 当a>1时,h'(0)=1-a<0, 令p(x)=ex-2x,则p'(x)=ex-2, 当x<ln 2时,p'(x)<0;当x>ln 2时,p'(x)>0, 则p(x)在(-∞,ln 2)上单调递减,在(ln 2,+∞)上单调递增, 故p(x)≥p(ln 2)=2-2ln 2>0, 所以h'(a)=ea-a-a=ea-2a>0,又h'(x)在[0,+∞)上单调递增,且h'(0)<0, 故∃x0∈(0,a),使得h'(x0)=0, 则当x∈(0,x0)时,h'(x)<0,当x∈(x0,+∞)时,h'(x)>0, 即h(x)在(0,x0)上单调递减,在(x0,+∞)上单调递增, 故h(x0)<h(0)=0,即有f(x0)<g(x0),不符合题意. 综上所述,实数a的取值范围是(-∞,1]. 考点一　分类讨论法解决恒(能)成立问题 　将恒(能)成立问题转化为利用导数求函数的最值问题,然后通过分类讨论研究函数的最值. 方法总结 考点一　分类讨论法解决恒(能)成立问题 1.(2025·山西太原模拟)已知函数f(x)=x3-ax2-4(a∈R). (1)判断函数f(x)的单调性; 对点训练 考点一　分类讨论法解决恒(能)成立问题 解:由题意得,f(x)的定义域为R, ∵f(x)=x3-ax2-4,∴f'(x)=3x2-2ax=x(3x-2a). 由f'(x)=0得x=0或a. 当a=0时,f'(x)≥0恒成立; 当a>0时,由f'(x)>0,得x<0或x>a,由f'(x)<0,得0<x<a; 当a<0时,由f'(x)>0,得x>0或x<a,由f'(x)<0,得a<x<0. 综上可得,当a=0时,f(x)在R上单调递增; 当a>0时,f(x)在(-∞,0),(a,+∞)上单调递增,在(0,a)上单调递减; 当a<0时,f(x)在(-∞,a),(0,+∞)上单调递增,在(a,0)上单调递减. 考点一　分类讨论法解决恒(能)成立问题 (2)若存在x0∈[-4,0],使得f(x0)≥0,求a的取值范围. 解:由(1)得a≥0时,f(x)在[-4,0]上单调递增,f(x)在[-4,0]上的最大值为f(0)=-4,故不存在x0∈[-4,0],使得f(x0)≥0. 当a<0时,若a≤-4,即a≤-6,则f(x)在[-4,0]上单调递减,f(x)在[-4,0]上的最大值为f(-4)=-16a-68. 若存在x0∈[-4,0],使得f(x0)≥0,只需-16a-68≥0,解得a≤-,故a≤-6. 若a>-4,即-6<a<0,则f(x)在[-4,]上单调递增,在[,0]上单调递减,f(x)在[-4,0]上的最大值为f()=-a3-4, 若存在x0∈[-4,0],使得f(x0)≥0,只需-a3-4≥0,解得-6<a≤-3. 综上可得,a的取值范围为(-∞,-3]. 考点二　参变分离法解决恒(能)成立问题 考点二　参变分离法解决恒(能)成立问题 [例2]　(2025·浙江杭州模拟)已知函数f(x)=x(ex-1-1). (1)求函数f(x)的图象在点(1,0)处的切线方程; [解]　 f'(x)=(ex-1-1)+xex-1=(x+1)ex-1-1,所以f'(1)=1, 所以f(x)的图象在点(1,0)处的切线方程为y=x-1. 考点二　参变分离法解决恒(能)成立问题 (2)若不等式f(x)≥ln x+ax恒成立,求实数a的取值范围. [解]　若f(x)≥ln x+ax,x>0, 则a≤, 令g(x)=, 得g'(x)=, 令h(x)=x2ex-1+ln x-1,h'(x)=(2x+x2)ex-1+>0, 考点二　参变分离法解决恒(能)成立问题 故h(x)在(0,+∞)上单调递增,又h(1)=0,所以当x∈(0,1)时,h(x)<0,当x∈(1,+∞)时,h(x)>0, 即当x∈(0,1)时,g'(x)<0,当x∈(1,+∞)时, g'(x)>0, 所以当x∈(0,1)时,g(x)单调递减,当x∈(1,+∞)时,g(x)单调递增, g(x)的最小值为g(1)=0,所以a≤0,即实数a的取值范围是(-∞,0]. 考点二　参变分离法解决恒(能)成立问题 　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,即得参数的范围,这样避免了分类讨论,简化了运算. 方法总结 考点二　参变分离法解决恒(能)成立问题 对点训练 2.(2025·河北张家口模拟)已知f(x)=ln x-a(x+1),a∈R. (1)若a=2,求曲线f(x)在x=1处的切线方程; 解:当a=2时,f(x)=ln x-2(x+1), 所以f(1)=-4,f'(x)=-2,所以切线斜率k=f'(1)=-1, 所以曲线f(x)在x=1处的切线方程为y-(-4)=-1×(x-1),即x+y+3=0. 考点二　参变分离法解决恒(能)成立问题 (2)若∃x0∈(0,2],使f(x0)>0,求a的取值范围. 解:因为∃x0∈(0,2],使得f(x0)>0,即ln x0-a(x0+1)>0, 所以a<,令g(x)=,x∈(0,2],则g'(x)=,令h(x)=1+-ln x,x∈(0,2], 所以h'(x)=--<0在(0,2]上恒成立,所以函数h(x)在(0,2]上单调递减, 所以h(x)≥h(2)=-ln 2>0,所以g'(x)>0在(0,2]上恒成立, 所以函数g(x)在(0,2]上单调递增,所以g(x)max=g(2)=,所以a<. 感谢您的观看 $