专题一 微专题 6 恒成立问题与能成立问题-【创新大课堂】2026年高考二轮数学专题复习

微专题6　恒成立问题与能成立问题 [考情分析]　恒成立问题(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，可以出现在选择、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　利用导数研究恒成立问题 [例1]　(2025·茂名模拟)已知函数f(x)＝. (1)求曲线y＝f(x)在点(e，f(e))处的切线方程； (2)当x≥1时，xf(x)≤a(x2－1)，求a的取值范围． 解　(1)由于f(e)＝，则切点坐标为(e，)， 因为f′(x)＝，所以切线斜率为f′(e)＝0， 故切线方程为y＝. (2)方法一　(分类讨论求最值) 当x∈[1，＋∞)时，xf(x)≤a(x2－1)等价于ln x≤a(x2－1)， 令g(x)＝a(x2－1)－ln x，x∈[1，＋∞)， 若ln x≤a(x2－1)恒成立，则g(x)≥0恒成立， g′(x)＝2ax－＝， 当a≤0时，g′(x)<0，函数g(x)在[1，＋∞)上单调递减，g(x)≤g(1)＝0，不符合题意； 当0<a<时，>1， 由g′(x)＝0，得x＝(舍负)， 当x∈[1，)时，g′(x)<0，函数g(x)单调递减，g(x)≤g(1)＝0，不符合题意； 当a≥时，2a≥1，因为x≥1， 所以2ax2－1≥0，则g′(x)≥0， 所以函数g(x)在[1，＋∞)上单调递增， g(x)≥g(1)＝0，符合题意. 综上所述，a≥，所以a的取值范围为[，＋∞). 方法二　(分离参数，利用洛必达法则求最值) 当x≥1时，xf(x)≤a(x2－1)， 即ln x≤a(x2－1)， ①当x＝1时，原不等式恒成立，所以a∈R， ②x>1时，原不等式可化为a≥， 令φ(x)＝(x>1)， 所以φ′(x)＝， 令m(x)＝x－－2x ln x(x>1)， 所以m′(x)＝1＋－2(1＋ln x)＝－2ln x<0在(1，＋∞)上恒成立， 所以m(x)在(1，＋∞)上单调递减， 所以m(x)<m(1)＝0， 所以φ′(x)<0在(1，＋∞)上恒成立， 所以φ(x)在(1，＋∞)上单调递减， 因为 ＝ ＝，所以a≥， 综上，a≥，所以a的取值范围是[，＋∞). 由不等式恒成立求参数的取值范围问题的策略 (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．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． 跟踪训练1　(2025·河南省安阳市三模)已知函数f(x)＝x－－b ln x(a，b∈R). (1)若a＝0，b＝1，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程； (2)若x＝1是f(x)的极大值点，求a的取值范围； (3)在(2)的条件下，若f(x)＋≥0对x∈(1，＋∞)恒成立，求a的取值范围． 【分析】　(1)若a＝0，b＝1，求出解析式，求导，求出切线方程；(2)根据定义域为(0，＋∞)，求导f′(x)＝，分类讨论a>1，a＝1，0<a<1，a≤0满足x＝1是f(x)的极大值点，求出a的取值范围；(3)由(2)可知b＝a＋1，a>1，且x∈(1，＋∞)时，f(x)min＝f(a)，由f(x)＋≥0恒成立，构造g(a)＝a－(a＋1)ln a＋－1，进行求解． 解　(1)若a＝0，b＝1，则f(x)＝x－ln x，f′(x)＝1－(x>0)，所以f(1)＝1，f′(1)＝0， 所以曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y＝1. (2)由题意，得f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1＋－，f′(1)＝1＋a－b＝0，所以f′(x)＝.当a>1时，在区间(1，a)上，f′(x)<0，f(x)单调递减， 在区间(0，1)和(a，＋∞)上，f′(x)>0，f(x)单调递增，所以x＝1是f(x)的极大值点，满足条件； 当a＝1时，f′(x)＝≥0，f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增，f(x)没有极值，不满足条件； 当0<a<1时，在区间(a，1)上，f′(x)<0，f(x)单调递减， 在区间和(1，＋∞)上，f′(x)>0，f(x)单调递增，x＝1是f(x)的极小值点，不满足条件； 当a≤0时，在区间上，f′(x)<0，f(x)单调递减，在区间(1，＋∞)上，f′(x)>0，f(x)单调递增，所以x＝1是f(x)的极小值点，不满足条件． 综上，a的取值范围是(1，＋∞). (3)由(2)知，b＝a＋1，a>1，且x∈(1，＋∞)时，f(x)min＝f(a)， 所以在(1，＋∞)上，f(x)＋≥0恒成立，即f(a)＋≥0恒成立， 即a－1－(a＋1)ln a＋≥0恒成立．设g(a)＝a－(a＋1)ln a＋－1，则g′(a)＝－ln a－＋. 令h(a)＝－ln a－＋，则h′(a)＝，当a∈(1，＋∞)时，h′(a)<0， 所以h(a)即g′(a)在区间(1，＋∞)上单调递减，又g′(1)＝－1<0， 所以g′(a)<0，所以g(a)在区间(1，＋∞)上单调递减．又g(e)＝0， 所以a的取值范围是(1，e]. 考点二　利用导数研究能成立问题 [例2]　(2025·云南大理三模)已知e是自然对数的底数，函数f(x)＝cos x＋mex，x∈[－π，π]. (1)若曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线斜率为1，求f(x)的最小值； (2)若当x∈[－π，π]时，f(x)>ex有解，求实数m的取值范围． 解　(1)由f(x)＝cos x＋mex得f′(x)＝－sin x＋mex. ∵曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线斜率为1， ∴f′(0)＝m＝1， ∴f(x)＝cos x＋ex，f′(x)＝－sin x＋ex. 当x∈[－π，0)时，－sin x≥0，ex>0， ∴f′(x)>0， 当x∈[0，π]时，ex≥e0＝1，sin x≤1， 则f′(x)≥0， f(x)在[－π，π]上单调递增， ∴f(x)min＝f(－π)＝－1； (2)f(x)>ex⇔m>1－，设g(x)＝1－， x∈[－π，π]， 则当x∈[－π，π]时，f(x)>ex有解⇔m>g(x)min. ∵g(x)＝1－，∴g′(x)＝＝. 当x∈[－π，π]时，x＋∈[－，]，解g′(x)＝0，可得x＋＝0或x＋＝π，解得x1＝－，x2＝. 当－π≤x<－时，g′(x)<0，此时函数g(x)单调递减； 当－<x<时，g′(x)>0，此时函数g(x)单调递增； 当<x≤π时，g′(x)<0，此时函数g(x)单调递减． ∵g(－)＝1－e，g(π)＝1＋，且g(－)<g(π)， ∴g(x)min＝g(－)＝1－e， ∴m的取值范围为(1－e，＋∞). 利用参变量分离法求解含参数不等式能成立 (存在性)问题的转化方法，可根据以下原则进行求解： (1)∃x∈D，m≤f(x)⇔m≤f(x)max； (2)∃x∈D，m≥f(x)⇔m≥f(x)min. 跟踪训练2　(2025·重庆南岸三模)已知函数f(x)＝ex－x＋2x2. (1)求f(x)的单调区间和极值； (2)若存在实数x，使得f(x)≤x2＋2x－3＋2m成立，求整数m的最小值． 解　(1)由f(x)＝ex－x＋2x2，可得f′(x)＝ex＋4x－1 又f″(x)＝ex＋4>0恒成立，则f′(x)在R上单调递增，且f′(0)＝0 所以当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． 所以当x＝0时，f(x)有极小值f(0)＝1－0＋0＝1，无极大值． (2)存在实数x，使得f(x)≤x2＋2x－3＋2m成立 即存在实数x，使得ex－x＋2x2≤x2＋2x－3＋2m，即ex＋x2－3x＋3≤2m成立 设g(x)＝ex＋x2－3x＋3，即g(x)min<m g′(x)＝ex＋2x－3，g″(x)＝ex＋2>0 所以g′(x)＝ex＋2x－3在R上单调递增. g′(1)＝e－1>0，g′()＝－2<0 所以存在x0∈(，1)，使得g′(x0)＝0，即ex0＋2x0－3＝0，也即ex0＝3－2x0 所以当x∈(－∞，x0)时，g′(x0)<0，g(x)单调递减． 当x∈(x0，＋∞)时，g′(x0)>0，g(x)单调递增． 所以g(x)≥g(x0)＝ex0＋x－3x0＋3＝3－2x0＋x－3x0＋3＝x－5x0＋6 当x0∈(，1)时，2<x－5x0＋6< 所以g(x0)∈(1，)，由题意m>g(x0)， 所以整数m的最小值为2. 学科网（北京）股份有限公司 $