利用导数研究恒(能)成立问题课件-2027届高考数学一轮复习

该高中数学高考复习课件聚焦“利用导数研究恒(能)成立问题”专题，依据高考评价体系梳理了分离参数法、最值法、双变量问题三大核心考点，通过分析近五年高考真题明确此类问题作为压轴题的高频考查要求，归纳出“构造函数求最值”“主元转换”等常考题型，构建系统备考框架。 课件亮点在于“考点分层训练+思维路径可视化”，如以江苏南通模拟题为例，详解分离参数法中“a≥f(x)恒成立⇔a≥f(x)max”的等价转化，培养学生的逻辑思维和转化能力。包含2025年多地模拟题及原创题，配套“答题要语”规范数学语言表达，助力学生掌握解题技巧，教师可据此精准开展专题复习，提升备考效率。

数 学 构建知识体系 形成关键能力 提高学科素养 精准高效备考 高考能力梯级集训 第4节　利用导数研究恒(能)成立问题 目录 1 2 能力高分练 课中 关键能力·可视思维 素养提升练 课中 高考定向·捕捉热点 第4节　利用导数研究恒(能)成立问题 能力 高分练 课中 关键能力•可视思维 考点1　分离参数法解决不等式恒(能)成立问题 命题视角:分离参数法解不等式恒(能)成立问题在高考中常以压轴题出现,聚焦于将复杂不等式转化为函数最值问题,考查学生转化与化归的核心素养. 例1 已知函数f(x)=ax+ln(-x),g(x)=e-x+x2. (1)讨论f(x)的单调性; (2)若对任意x<0,f(x)≤g(x)恒成立,求实数a的取值范围. 返回目录 考点1 考点2 考点3 解:(1)由题意知f(x)的定义域为(-∞,0),f'(x)=a+(x<0), 当a≤0时,f'(x)<0,f(x)在区间(-∞,0)上单调递减; 当a>0时,f'(x)=, 所以当x<-时,f'(x)>0,f(x)单调递增;当-<x<0时,f'(x)<0,f(x)单调递减.综上所述,当a≤0时,f(x)在区间(-∞,0)上单调递减;当a>0时,f(x)在区间(-∞,-)上单调递增,在区间(-,0)上单调递减. 返回目录 考点1 考点2 考点3 (2)若对任意x<0,f(x)≤g(x)恒成立,则ax≤e-x+x2-ln(-x)对任意x<0恒成立,即a+x-对任意x<0恒成立. 令h(x)=+x-(x<0),则h'(x)=, 令M(x)=-e-x(x+1)+x2-1+ln(-x)(x<0),则M(-1)=0,M'(x)=xe-x+2x+,因为x<0,所以M'(x)<0,所以M(x)在区间(-∞,0)上单调递减, 所以当x<-1时,M(x)>0,当-1<x<0时,M(x)<0,所以当x<-1时,h'(x)>0,h(x)单调递增;当-1<x<0时,h'(x)<0,h(x)单调递减,所以h(x)≤h(-1)=-1-=-e-1,可得a≥-e-1.故a的取值范围为[-e-1,+∞). 返回目录 考点1 考点2 考点3 对点训练1 (2025·江苏南通模拟)已知函数f(x)=ax2+2cos x(a∈R). (1)求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程; (2)若f(x)在(0,)上单调递减,求实数a的取值范围. 解:(1)函数f(x)=ax2+2cos x,求导得f'(x)=2ax-2sin x,则f'(0)=0, 所以曲线y=f(x)在点(0,2)处的切线方程为y=2. 返回目录 考点1 考点2 考点3 (2)由f(x)在区间(0,)上单调递减,得f'(x)=2ax-2sin x≤0对x∈(0,)恒成立,则a对x∈(0,)恒成立. 设g(x)=,0<x<, 求导得g'(x)=,令h(x)=xcos x-sin x,0<x<, 求导得h'(x)=-xsin x<0,函数h(x)在区间(0,)上单调递减,h(x)<h(0)=0, 因此g'(x)<0,函数g(x)在区间(0,)上单调递减,则g(x)>g()=,a,所以实数a的取值范围是(-∞,]. 返回目录 考点1 考点2 考点3 答题要语 1.分离参数法解决恒(能)成立问题的策略 (1)分离变量,构造函数,直接把恒(能)成立问题转化为函数的最值问题. (2)a≥f(x)恒成立⇔a≥f(x)max; a≤f(x)恒成立⇔a≤f(x)min; a≥f(x)能成立⇔a≥f(x)min; a≤f(x)能成立⇔a≤f(x)max. 返回目录 考点1 考点2 考点3 2.分离参数法 通常有两个角度:全分离参数法和半分离参数法. (1)全分离参数是将含参表达式中的参数从表达式中完全分离出来,将所求参数的范围问题转化为求函数的最值或值域问题. (2)半分离参数一般是将不等式变形为ax+b>f(x)或ax+b<f(x)的形式,然后画出图象,由图象的上下方关系得到不等式,从而求解. 返回目录 考点1 考点2 考点3 解题思维路径 返回目录 考点1 考点2 考点3 考点2　最值法解决不等式恒(能)成立问题 命题视角:高考命题常将最值法与不等式恒(能)成立结合,通过转化思想,将问题归结为函数最值的比较. 例2 (2025·浙江精诚联盟三模)已知函数f(x)=ex-cos x-(2a+2)x. (1)当a=0时,求函数f(x)的极值点个数; (2)若对∀x≥0,f(x)≥0恒成立,求实数a的取值范围. 返回目录 考点1 考点2 考点3 解:(1)由f(x)的定义域为R,当a=0时,f(x)=ex-cos x-2x,f'(x)=ex+sin x-2,当x≤0时,ex≤1,-1≤sin x≤1,又f'(0)=-1,所以f'(x)<0,故f(x)在区间(-∞,0)上单调递减,无极值; 当x>0时,令g(x)=ex+sin x-2,则g'(x)=ex+cos x,因为ex>1,-1≤cos x≤1,所以g'(x)>0,故g(x)(即f'(x))在区间(0,+∞)上单调递增,又f'(0)=-1<0,f'(1)=e+sin 1-2>0,所以存在唯一的x0∈(0,1)使f'(x)=0. 当x∈(0,x0)时,f'(x)<0,f(x)在区间(0,x0)上单调递减,当x∈(x0,+∞)时,f'(x)>0,f(x)在区间(x0,+∞)上单调递增,所以f(x)在x=x0处取得极小值. 综上,当a=0时,f(x)有1个极小值点,无极大值点. 返回目录 考点1 考点2 考点3 (2)f'(x)=ex+sin x-(2a+2)(x≥0), 令h(x)=ex+sin x-(2a+2)(x≥0),则h'(x)=ex+cos x≥1+cos x≥0, 所以h(x)(即f'(x))在区间(0,+∞)上单调递增,故f'(x)≥f'(0)=-2a-1, 当a≤-时,f'(x)≥f'(0)=-2a-1≥0,此时f(x)在区间(0,+∞)上单调递增, 故f(x)≥f(0)=0,符合题意; 当a>-时,f'(0)=-2a-1<0, 又f'(2a+2)=e2a+2+sin(2a+2)-(2a+2)>(2a+2)+1+sin(2a+2)-(2a+2) =1+sin(2a+2)≥0,因为f'(x)在区间(0,+∞)上单调递增,所以存在x1>0,使得f'(x)=0,当x∈[0,x1)时,f'(x)<0,f(x)在区间[0,x1)上单调递减,此时f(x)≤f(0)=0,不合题意.综上,实数a的取值范围为(-∞,-]. 返回目录 考点1 考点2 考点3 对点训练2 (2025·河北保定一模)已知函数f(x)=-e2x-aex+2a2x. (1)当a=1时,求f(x)的极值; (2)若关于x的不等式f(x)+a2≥0有实数解,求a的取值范围. 解:(1)当a=1时,f(x)=-e2x-ex+2x,则f'(x)=-e2x-ex+2=(ex+2)(1-ex),令f'(x)>0,得x<0;令f'(x)<0,得x>0,所以f(x)在区间(-∞,0)上单调递增,在区间(0,+∞)上单调递减,所以f(x)的极大值为f(0)=-,无极小值. 返回目录 考点1 考点2 考点3 (2)由题得f'(x)=-e2x-aex+2a2=(a-ex)(ex+2a),当a=0时,f(x)=-e2x<0,不符合题意; 当a>0时,令f'(x)>0,得x<ln a;令f'(x)<0,得x>ln a, 所以f(x)在区间(-∞,ln a)上单调递增,在区间(ln a,+∞)上单调递减, 所以f(x)max=f(ln a)=-e2ln a-aeln a+2a2ln a=-a2+2a2ln a. 由-a2+2a2ln a+a2≥0,得-+2ln a≥0,解得a; 当a<0时,令f'(x)>0,得x<ln(-2a);令f'(x)<0,得x>ln(-2a),所以f(x)在区间 (-∞,ln(-2a))上单调递增,在区间(ln(-2a),+∞)上单调递减,所以f(x)max= f(ln(-2a))=-e2ln(-2a)-aeln(-2a)+2a2ln(-2a)=2a2ln(-2a), 由2a2ln(-2a)+a2≥0,得2ln(-2a)+1≥0,解得a≤-综上,a的取值范围为(-∞,-] ∪[,+∞). 返回目录 考点1 考点2 考点3 答题要语 最值法解决不等式恒(能)成立问题 在不等式恒(能)成立问题中,如果不能分离参数或分离参数后的函数的最值比较难求,可以把含参不等式整理成f(x,a)>0或f(x,a)≥0的形式,然后从函数的性质入手,通过讨论函数的单调性和极值,直接用参数表达函数的最值,根据题意,建立关于参数的不等式,解不等式即得参数的取值范围. (1)如果f(x,a)有最小值g(a),则f(x,a)>0恒成立⇔g(a)>0,f(x,a)≥0恒成立⇔g(a)≥0. (2)如果f(x,a)有最大值g(a),则f(x,a)<0恒成立⇔g(a)<0,f(x,a)≤0恒成立⇔g(a)≤0. 返回目录 考点1 考点2 考点3 解题思维路径 返回目录 考点1 考点2 考点3 考点3　双变量的恒(能)成立问题 命题视角:高考命题常通过双变量不等式,考查学生转化与化归能力.核心解题思路是主元转换、分离变量或构建新函数,将双变量问题转化为单变量的函数最值问题,从而利用导数工具求解. 例3 (2025·江苏南京二模)已知函数f(x)=x2-2aln x+1,a∈R. (1)当a=-1时,设曲线y=f(x)在x=1处的切线为l,求l与曲线y=f(x)的公共点个数; (2)当a>0时,若∀x1,x2∈[1,e],|f(x1)-f(x2)|<e2+1恒成立,求实数a的取值范围. 返回目录 考点1 考点2 考点3 解:(1)当a=-1时,f(x)=x2+2ln x+1,其定义域为(0,+∞).因为f'(x)=2x+,所以f'(1)=2+2=4. 所以曲线y=f(x)在x=1处的切线方程为y-2=4(x-1),即y=4x-2. 联立方程可得x2-4x+3+2ln x=0. 设g(x)=x2-4x+3+2ln x,x∈(0,+∞),求导得g'(x)=2x-4+0.所以g(x)在(0,+∞)上单调递增.又g(1)=1-4+3+2ln 1=0,所以g(x)有且仅有一个零点,所以直线l与曲线y=f(x)的公共点个数为1. 返回目录 考点1 考点2 考点3 (2)f'(x)=2x-,令f'(x)=0,可得x= 分情况讨论,①当1时,即0<a≤1,此时f(x)在区间[1,e]上单调递增, 则|f(x1)-f(x2)|max=f(e)-f(1)=e2-2a-1<e2+1,解得a>-1. 又0<a≤1,所以0<a≤1. ②当1<<e时,即1<a<e2,f'(x)在区间[1,]上单调递减,在区间(,e]上单调递增. 所以最小值为f()=a-aln a+1,f(1)=2,f(e)=e2-2a+1,当f(e)最大时, 即e2-2a+1>2,解得a< 此时,e2-2a+1-(a-aln a+1)<e2+1,而3a-aln a+1=a(3-ln a)+1>0恒成立, 所以1<a<,满足题意. 返回目录 考点1 考点2 考点3 当f(1)最大时,即e2-2a+1<2,解得a>此时,2-(a-aln a+1)<e2+1, 即a-aln a+e2>0. 设g(a)=a-aln a+e2,a∈(,e2),g'(a)=1-(ln a+1)=-ln a<0, 所以g(a)在区间(,e2)上单调递减,故g(a)>g(e2)=0,所以<a<e2,满足题意.综上,1<a<e2. ③当e时,即a≥e2,f(x)在区间[1,e]上单调递减,此时|f(x1)-f(x2)|max= f(1)-f(e)=2-(e2-2a+1)=2a-e2+1<e2+1. 若其成立,则a<e2,与条件a≥e2相矛盾,所以该情况下不等式不能恒成立. 综上所述,实数a的取值范围为(0,e2). 返回目录 考点1 考点2 考点3 对点训练3 (2025·四川眉山模拟)已知函数f(x)=aln x+x+(a≠0). (1)讨论函数f(x)的单调性; (2)设g(x)=2x2-mex(e=2.718…为自然对数的底数),当a=-e时,对任意x1∈[1,4],存在x2∈(1,3),使g(x1)≥f(x2),求实数m的取值范围. 返回目录 考点1 考点2 考点3 解:(1)由题意可知,函数f(x)的定义域为(0,+∞),且f'(x)=,a≠0, ①当a>0时,令f'(x)>0,得x>2a,令f'(x)<0,得0<x<2a, 可知f(x)在区间(2a,+∞)上单调递增,在区间(0,2a)上单调递减; ②当a<0时,令f'(x)>0,得x>-6a,令f'(x)<0,得0<x<-6a, 可知f(x)在区间(-6a,+∞)上单调递增,在区间(0,-6a)上单调递减. 综上所述,当a>0时,f(x)在区间(2a,+∞)上单调递增,在区间(0,2a)上单调递减; 当a<0时,f(x)在区间(-6a,+∞)上单调递增,在区间(0,-6a)上单调递减. 返回目录 考点1 考点2 考点3 (2)当a=-e时,由(1)可知,函数f(x)在区间(e,+∞)上单调递增,在区间(0,e)上单调递减,即当x=e时,函数取得极小值,同时也是最小值f(e)=-e+e+e=e. 若对任意x1∈[1,4],存在x2∈(1,3),使g(x1)≥f(x2),等价于g(x1)e,即2x2-mexe,整理可得m,构建h(x)=,x∈[1,4], 则h'(x)=,由h'(x)=0,得x=1+, 或x=1-(舍去), 返回目录 考点1 考点2 考点3 当1≤x<1+时,h'(x)>0,当1+<x≤4时,h'(x)<0, 可知函数h(x)在区间[1,1+)上单调递增,函数h(x)在区间(1+,4]上单调递减,则当x=1+时,h(x)取得极大值同时也是最大值,且h(1)=,h(4)=,可知h(1)<h(4),则函数h(x)的最小值为h(1)=,可得m,所以实数m的取值范围为 (-∞,]. 返回目录 考点1 考点2 考点3 答题要语 “双变量”的恒(能)成立问题一定要正确理解其实质,深刻挖掘内含条件,进行等价变换,常见的等价变换有:对于某一区间I, (1)∀x1,x2∈I,f(x1)>g(x2)⇔f(x)min>g(x)max. (2)∀x1∈I1,∃x2∈I2,f(x1)>g(x2)⇔f(x)min>g(x)min. (3)∃x1∈I1,∀x2∈I2,f(x1)>g(x2)⇔f(x)max>g(x)max. 返回目录 考点1 考点2 考点3 解题思维路径 返回目录 考点1 考点2 考点3 素养 提升练 课中 高考定向•捕捉热点 命题趋势:在近几年高考中,考查利用导数研究恒(能)成立问题的频率高,其题目融合多种解题思想,常需要结合分类讨论等价转换、分离参数等思想. 1.(原创)已知函数f(x)=xln x-ax2. (1)当a=时,求函数f(x)的单调区间; (2)当f(x)<2x恒成立时,求实数a的取值范围. 返回目录 解:(1)当a=时,f(x)=xln x-x2, f'(x)=ln x+1-x,令g(x)=f'(x),则g'(x)=-1,设g'(x)=0,解得x=1. 当x∈(0,1)时,g'(x)>0,g(x)单调递增; 当x∈(1,+∞)时,g'(x)<0,g(x)单调递减. g(x)max=g(1)=0,f'(x)≤0, 所以函数f(x)的单调递减区间为(0,+∞),无单调递增区间. 返回目录 (2)因为x>0,f(x)<2x,所以a>, 设h(x)=,则h'(x)=,设h'(x)=0,解得x=e3, 当x∈(0,e3)时,h'(x)>0,h(x)单调递增; 当x∈(e3,+∞)时,h'(x)<0,h(x)单调递减,h(x)max=h(e3)=e-3, 所以实数a的取值范围是(e-3,+∞). 返回目录 2.(2025·辽宁沈阳二模)已知函数f(x)=ln x-kx. (1)若存在x∈(0,+∞),使f(x)≥0成立,求k的取值范围; (2)已知k>0,若f(x)≤在x∈(0,+∞)上恒成立,求k的最小值. 解:(1)由f(x)=ln x-kx≥0(x>0)得k,可得存在x∈(0,+∞),使k(x>0)成立,令g(x)=(x>0),g'(x)=,令g'(x)=0,得x=e,当0<x<e时,g'(x)>0,g(x)单调递增,当x>e时,g'(x)<0,g(x)单调递减,所以g(x)≤g(e)=,若存在x∈(0,+∞),使k(x>0)成立,则k 返回目录 (2)若f(x)在区间(0,+∞)上恒成立,则ln x-kx-0在区间(0,+∞)上恒成立,令h(x)=ln x-kx-(x>0),则h(x)max≤0,令h'(x)=-k+=0,则x1=-(舍去)或x2=,当0<x<时,h'(x)>0,h(x)单调递增,当x>时,h'(x)<0,h(x)单调递减,所以h(x)max=h()=ln-k=ln-ln k≤0,则k,k的最小值为 返回目录 $