06 专题逐一通关一 专题6 恒成立问题与能成立问题-【名师导航】2026年高考数学二轮总复习教师用书

专题6　恒成立问题与能成立问题 利用导数研究恒成立问题 考向1　分离法求参数的取值范围 【例1】已知函数f (x)＝x2－3x＋λln x． (1)当0<λ<时，讨论f (x)的单调性； (2)若∀x∈[2，4]，f (x)≤0，求实数λ的取值范围． [解]　(1)依题意，x∈(0，＋∞)， f ′(x)＝2x－3＋＝， 由2x2－3x＋λ＝0， 得Δ＝9－8λ． 当0<λ<时，Δ>0． 令f ′(x)＝0，得x1＝， x2＝， 故当0<λ<时，0<x1<x2， 故当x∈(0，x1)时，f ′(x)>0，当x∈(x1，x2)时，f ′(x)<0，当x∈(x2，＋∞)时，f ′(x)>0， 所以f (x)在内单调递增； 在内单调递减； 在上单调递增． (2)令x2－3x＋λln x≤0，因为x∈[2，4]，所以ln x>0，故λ≤， 令g(x)＝， 则g′(x)＝， 令h(x)＝(3－2x)ln x－3＋x，则h′(x)＝－2ln x＋－1， 易知h′(x)为在[2，4]上单调递减，则在[2，4]上，h′(x)≤h′(2)＝－2ln 2<0， 故h(x)在[2，4]上单调递减， 则h(x)≤h(2)＝－ln 2－1<0， 故g′(x)<0，g(x)在[2，4]上单调递减， 故λ≤g(x)min＝g(4)＝－， 故实数λ的取值范围为． 【解题技巧】　分离参数法来确定不等式f (x，λ)≥0(x∈D，λ为实数)恒成立问题中参数取值范围的基本步骤 (1)将参数与变量分离，化为f 1(λ)≥f 2(x)或f 1(λ)≤f 2(x)的形式． (2)求f 2(x)在x∈D时的最大值或最小值． (3)解不等式f 1(λ)≥f 2(x)max或f 1(λ)≤f 2(x)min，得到λ的取值范围． 【学完就练1】 已知函数f (x)＝aex－ln x－1． (1)设x＝2是f (x)的极值点，求曲线y＝f (x)在点(1，f (1))处的切线方程； (2)若f (x)≥0，求实数a的取值范围． [解]　(1)函数f (x)＝aex－ln x－1的定义域为(0，＋∞)，求导得f ′(x)＝aex－， 由x＝2是f (x)的极值点，得f ′(2)＝ae2－＝0，解得a＝， f (x)＝ex－ln x－1，f ′(x)＝ex－，函数f ′(x)在(0，＋∞)上单调递增， 当0<x<2时，f ′(x)<0；当x>2时，f ′(x)>0，则x＝2是f (x)的极小值点，a＝， f (1)＝－1，f ′(1)＝－1， 所以曲线f (x)在点(1，f (1))处的切线方程为y＝x． (2)不等式f (x)＝aex－ln x－1≥0， 即a≥， 设g(x)＝，求导得g′(x)＝，设h(x)＝－ln x－1，函数h(x)在(0，＋∞)上单调递减，且h(1)＝0， 则当0<x<1时，h(x)>0，即g′(x)>0；当x>1时，h(x)<0，即g′(x)<0， 函数g(x)在(0，1)内单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，g(x)max＝g(1)＝，因此a≥， 所以实数a的取值范围是． 考向2　分类等价转化法求参数的取值范围 【例2】已知函数f (x)＝(1－ax)ln (1＋x)－x． (1)当a＝－2时，求f (x)的极值； (2)当x≥0时，f (x)≥0恒成立，求a的取值范围． [解]　(1)当a＝－2时，f (x)＝(1＋2x)ln (1＋x)－x，x∈(－1，＋∞)， 故f ′(x)＝2ln(1＋x)＋－1＝2ln (1＋x)－＋1， 因为y＝2ln (1＋x)，y＝－＋1在(－1，＋∞)上单调递增， 故f ′(x)在(－1，＋∞)上单调递增，而f ′(0)＝0， 故当－1<x<0时，f ′(x)<0，当x>0时，f ′(x)>0， 故f (x)在x＝0处取极小值且极小值为f (0)＝0，无极大值． (2) f ′(x)＝－a ln (1＋x)＋－1＝－a ln (1＋x)－，x>－1， 设s(x)＝－a ln (1＋x)－， 则s′(x)＝＝－＝－， 当a≤－时，若x≥0，则s′(x)>0，故s(x)在[0，＋∞)上单调递增， 故s(x)≥s(0)＝0，即f ′(x)≥0， 所以f (x)在[0，＋∞)上单调递增， 故f (x)≥f (0)＝0． 当－<a<0时，当0<x<－时，s′(x)<0， 故s(x)在内单调递减， 故在内，s(x)<s(0)＝0， 即在内f ′(x)<0，即f (x)单调递减， 故在内f (x)<f (0)＝0，不符合题意，舍去． 当a≥0时，此时s′(x)<0在[0，＋∞)上恒成立， 同理可得在[0，＋∞)上f (x)≤f (0)＝0恒成立，不符合题意，舍去． 综上，a的取值范围为． 【解题技巧】 (1)对于不等式恒成立问题，若不易分离参数或参数分离后对应函数难以求最值，解题时常用参数表示极值点，进而用参数表示出函数的最值，最后解不等式得到参数的取值范围，体现了转化思想． (2)解题过程中，参数的不同取值范围对函数的最值有影响时，应注意对参数的不同取值范围进行分类讨论． 【学完就练2】 已知函数f (x)＝． (1)若曲线y＝f (x)在点(a，f (a))处的切线过点(4，2)，求a的值； (2)若f (x)≤aex-1恒成立，求a的取值范围． [解]　(1)由函数f (x)＝，可得f ′(x)＝，则f (a)＝，且f ′(a)＝， 曲线y＝f (x)在点(a，f (a))处的切线方程为y－＝(x－a)． 因为该直线过点(4，2)， 所以2－＝(4－a)，解得a＝4． (2)因为f (x)＝≤aex-1， 所以a>0且x>， 两边平方可得a2e2x-2≥2x－a， 令函数g(x)＝a2e2x-2－2x＋a， 可得g′(x)＝2(a2e2x-2－1)， 令函数h(x)＝a2e2x-2－1， 可得h′(x)＝2a2e2x-2>0， 所以h(x)在上单调递增， 令g′(x)＝2(a2e2x-2－1)＝0， 可得x＝1－ln a． 下面比较1－ln a与的大小： 令函数u(a)＝1－ln a－，u′(a)＝－<0，u(a)在(0，＋∞)上单调递减， 因为u(1)＝>0，u(2)＝－ln 2<0， 所以存在a0∈(1，2)，使得当a∈(0，a0)时，u(a)>0，即1－ln a>， 若a∈[a0，＋∞)，可得u(a)≤0，即1－ln a≤． 若a∈(0，a0)，当x∈时，h(x)<0，即g′(x)<0；当x∈时，h(x)>0，即g′(x)>0， 所以g(x)在内单调递减，在(1－ln a，＋∞)上单调递增，且g(x)min＝g(1－ln a)＝a2e-2ln a－2(1－ln a)＋a＝2ln a＋a－1， 令函数v(a)＝2ln a＋a－1，v′(a)＝＋1>0，所以v(a)在(0，＋∞)上单调递增， 由题意可得g(x)min＝2ln a＋a－1≥0， 又因为v(1)＝0， 所以1≤a<a0， 当a∈[a0，＋∞)时，g(x)min＝g>0，符合题意． 综上可得，实数a的取值范围为[1，＋∞)． 利用导数研究能成立问题 【例3】已知函数f (x)＝(mx－2)ex－1，且f (x)在x＝0处取得极值． (1)求m的值及f (x)的单调区间； (2)若存在x∈R，使得f (x)≤2ex－a－1，求实数a的取值范围． [解]　(1)由题设f ′(x)＝(mx－2＋m)ex， 且f ′(0)＝m－2＝0，即m＝2， 所以f ′(x)＝2xex，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，即x＝0处取得极小值，满足题意． 综上，m＝2，f (x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增． (2)由题设(2x－2)ex－1≤2ex－a－1，即a≤2(xe＋ex－xex)在x∈R上能成立， 令g(x)＝xe＋ex－xex，则g′(x)＝e－xex， 令h(x)＝g′(x)，则h′(x)＝－(x＋1)ex， 当x<－1时，h′(x)>0，即h(x)＝g′(x)在(－∞，－1)上单调递增， 当x>－1时，h′(x)<0，即h(x)＝g′(x)在(－1，＋∞)上单调递减， 由x→－∞时g′(x)→e，g′(1)＝0， 当x<1时，g′(x)>0，g(x)在(－∞，1)上单调递增， 当x>1时，g′(x)<0，g(x)在(1，＋∞)上单调递减， 所以g(x)≤g(1)＝e，则a≤2e． 所以实数a的取值范围为(－∞，2e]． 【解题技巧】　 1．含参数的不等式能成立(存在性)问题的转化方法 (1)若a>f (x)在x∈D上能成立，则a>f (x)min． (2)若a<f (x)在x∈D上能成立，则a<f (x)max． 2．不等式有解(能成立)问题的解题关键点 【学完就练3】 已知函数f (x)＝aex－x． (1)求f (x)的单调区间； (2)当a>0时，存在x∈[－1，1]，使得|f (x)|≥2，求a的取值范围． [解]　(1) f ′(x)＝aex－1， 当a≤0时，f ′(x)<0恒成立，此时f (x)在(－∞，＋∞)上单调递减； 当a>0时，令f ′(x)＝0，则x＝－ln a， 当x∈(－∞，－ln a)时，f ′(x)<0，此时f (x)在(－∞，－ln a)上单调递减， 当x∈(－ln a，＋∞)时，f ′(x)>0，此时f (x)在(－ln a，＋∞)上单调递增． 综上所述，当a≤0时，f (x)在(－∞，＋∞)上单调递减，无增区间； 当a>0时，f (x)在(－∞，－ln a)上单调递减，在(－ln a，＋∞)上单调递增． (2)因为存在x∈[－1，1]，使得|f (x)|≥2，只需f (x)max≥2或f (x)min≤－2， 因为a>0，所以f (x)＝aex－x>－x≥－1， 所以只需f (x)max≥2，由(1)知f (x)max为f (－1)与f (1)中的较大者， 所以f (1)＝ae－1≥2或f (－1)＝ae-1＋1≥2，解得a≥或a≥e， 所以a≥． 综上所述，a的取值范围为． 1/1 学科网（北京）股份有限公司 $