第三章　不等式恒(能)成立问题　参数半分离与主元变换课件-2027届高三数学一轮复习

该高中数学高考复习课件聚焦“参数半分离与主元变换”核心考点，依据高考评价体系明确导数应用中不等式恒成立、存在性问题的考查要求，通过典型例题和跟踪训练梳理旋转直线系、一次函数主元变换等常考题型，体现备考针对性。 课件亮点在于“真题情境+转化技巧+思维建模”，如2025豫西北模拟题将f(x)=ax转化为e⁻ˣ=(a-1)x，利用切线斜率突破参数范围，培养学生数学思维和数学语言素养。特设易错点分析和答题模板，助力学生掌握转化方法，教师可依托此课件实现专题高效复习。

参数半分离与主元变换 参数半分离是相对于参数全分离而言的，即把含有两个变量的复杂不等式(或方程)，化成一边含有参数一边不含有参数的两个简单的，易作图的函数(不含参数的一般都可以画出图象).含参数函数的一般是一次函数，即动直线，此动直线有两种形式，一是旋转直线系，二是平行直线系.旋转直线系过一定点，斜率不定.平行直线系斜率一定，但直线在x，y轴上的截距不定，也就是参数在一次函数的常数项中.而这种情况下参数很容易全分离出来，就是用参数全分离比较简单. 重点解读 2 例1　(1)已知函数f(x)=xex-x-ax2.当x≥0时，f(x)≥0，则实数a的取值范围为　　　　　.  题型一　参数半分离 解析　当x=0时，f(x)≥0恒成立，a可以取任意实数； 当x>0时，由于f(x)≥0恒成立，所以ex-1-ax≥0， 即ex≥1+ax恒成立， 由于函数y=ex在点(0，1)处的切线方程为y=x+1， 函数y=1+ax过定点(0，1)， 所以a≤1. 综上，实数a的取值范围是(-∞，1]. (-∞，1] (2)(2025·豫西北教研联盟模拟)已知函数f(x)=x+e-x，若存在实数x，使得f(x)=ax成立，则实数a的取值范围为　　　　　 　　　.  解析　因为函数f(x)=x+e-x，若存在实数x，使得f(x)=ax成立， 则存在实数a，使得e-x=(a-1)x能成立， 由于y=e-x过原点的切线方程为y=-ex， 所以a-1≤-e或a-1>0， 所以a≤1-e或a>1. (-∞，1-e]∪(1，+∞) 当不能把参数完全分离时，有可能不容易画出图象，或者指数型函数与对数型函数混合在一起，这个时候可以利用参数半分离转化为过定点的一系列旋转直线，或平行直线，与其他函数图象的交点问题. 思维升华 跟踪训练1　(1)若不等式aln x-x+1≤0恒成立，则实数a的取值集合为　　. {1} 解析　∵不等式aln x-x+1≤0恒成立， ∴aln x≤x-1恒成立，x>0， 当a≤0时，显然不恒成立； 当a>0时，原不等式等价于ln x≤(x-1)恒成立， 由于y=ln x在x=1处的切线方程为y=x-1，其图象如图所示， ∴要使ln x≤(x-1)恒成立， 只需=1，即a=1， ∴实数a的取值集合为{1}. (2)已知函数f(x)=a∈R，若关于x的不等式f(x)≥0恒成立，则实数a的取值范围为 A.[0，1] B.[0，2] C.[1，e] D.[0，e] √ 解析　当x≤1时，由x2-2ax+2a≥0恒成立，二次函数的对称轴为直线x=a， ①当a≥1时，f(x)在(-∞，1]上单调递减， 则f(x)min=f(1)=1>0恒成立， ②当a<1时，f(x)min=f(a)=a(2-a)≥0， 所以0≤a<1. 综上可知，当a≥0时，x2-2ax+2a≥0在(-∞，1]上恒成立； 当x>1时，ex-ax≥0恒成立， 即ax≤ex在(1，+∞)上恒成立， 由于函数y=ex在点(1，e)处的切线方程为y=ex，所以a≤e. 综上可知，实数a的取值范围是[0，e]. 题型二　主元变换 例2　已知不等式ln x-x2+bx+c≤0对任意的x∈(0，+∞)，b∈恒成立，求c的取值范围. 解　令f(b)=x·b+ln x-x2+c，b∈， 由于x>0，所以函数f(b)在上单调递增， 所以f(b)<f=x+ln x-x2+c≤0. 即c≤x2-x-ln x，x∈(0，+∞)， 例2　已知不等式ln x-x2+bx+c≤0对任意的x∈(0，+∞)，b∈恒成立，求c的取值范围. 解　令g(x)=x2-x-ln x， 则g'(x)=x--==， 当0<x<2时，g'(x)<0，当x>2时，g'(x)>0， 所以g(x)在(0，2)上单调递减，在(2，+∞)上单调递增， 所以c≤g(x)min=g(2)=-1-ln 2， 所以c的取值范围为(-∞，-1-ln 2]. 一些导数大题经常会含有多个变量，主要解题思路是以x为主元进行求解，但有时解题过程较为复杂，此时，有的题目就可以以其他变量为主元进行求解. 思维升华 跟踪训练2　已知函数f(x)=2ax+bx-1-2ln x，对任意a∈[1，3]和任意x∈(0，+∞)，f(x)≥2bx-3恒成立，求实数b的取值范围. 解　由题知对任意a∈[1，3]，x∈(0，+∞)， 2ax+bx-1-2ln x≥2bx-3恒成立， 即2x·a-bx-2ln x+2≥0恒成立， 令g(a)=2x·a-bx-2ln x+2，a∈[1，3]， 则g(1)≥0， 即2x-bx-2ln x+2≥0， 所以b≤2-+恒成立， 跟踪训练2　已知函数f(x)=2ax+bx-1-2ln x，对任意a∈[1，3]和任意x∈(0，+∞)，f(x)≥2bx-3恒成立，求实数b的取值范围. 解　令h(x)=2-+，x∈(0，+∞)，则h'(x)=-2·， 当0<x<e2时，h'(x)<0， 当x>e2时，h'(x)>0， 所以h(x)在(0，e2)上单调递减，在(e2，+∞)上单调递增， 所以h(x)min=h(e2)=2-，所以b≤2-， 故b的取值范围为. 课时精练 答案 1 2 1. (1)f'(x)=ex-a. ①当a≤0时，f'(x)>0， 所以f(x)在R上单调递增. 又f(-1)=-1+a<0，f(1)=e-a-1>0， 由函数零点存在定理可知，函数f(x)在R上有唯一零点，故a≤0符合题意. ②当a>0时，令f'(x)=0，得x=ln a. 当x∈(-∞，ln a)时，f'(x)<0，f(x)单调递减； 答案 1 2 1. 当x∈(ln a，+∞)时，f'(x)>0，f(x)单调递增， 所以f(x)min=f(ln a)=eln a-aln a-1=a-aln a-1. 设g(a)=a-aln a-1(a>0)， 则g'(a)=1-(ln a+1)=-ln a， 当0<a<1时，g'(a)>0，g(a)单调递增； 当a>1时，g'(a)<0，g(a)单调递减， 所以g(a)max=g(1)=0，故a=1. 综上，实数a的取值范围为{a|a≤0或a=1}. 答案 1 2 1. (2)方法一　f(x)≤x2ex对x∈[0，+∞)恒成立， 即(1-x2)ex≤ax+1对x∈[0，+∞)恒成立， 即当x≥0时，函数h(x)=(1-x2)ex的图象恒在直线y=ax+1的下方， 而h'(x)=(1-x2-2x)ex， h″(x)=(-x2-4x-1)ex<0(x≥0)， 所以函数h(x)在[0，+∞)上的图象上凸，且在点(0，1)处的切线斜率k=h'(0)=1， 答案 1 2 1. 直线y=ax+1过定点(0，1)，斜率为a， 故a≥1，即a的取值范围为[1，+∞). 方法二　f(x)≤x2ex对x∈[0，+∞)恒成立， 即(1-x2)ex≤ax+1对x∈[0，+∞)恒成立， 记h(x)=(1-x2)ex=(1+x)(1-x)ex，x≥0. ①当a≥1时，设函数m(x)=(1-x)ex，x≥0， 则m'(x)=-xex≤0， 答案 1 2 1. 因此m(x)在[0，+∞)上单调递减. 又m(0)=1，故m(x)≤1， 所以h(x)=(1+x)·m(x)≤1+x≤ax+1，x≥0， 故f(x)≤x2ex对x∈[0，+∞)恒成立. ②当a<1时，设函数n(x)=ex-x-1，x≥0， 则n'(x)=ex-1≥0， 所以n(x)在[0，+∞)上单调递增，且n(0)=0， 故ex≥x+1. 答案 1 2 1. 当0<x<1时，h(x)>(1-x)(1+x)2， 则(1-x)(1+x)2-ax-1=x(1-a-x-x2)， (ⅰ)当0<a<1时，取x0=， 则x0∈(0，1)，(1-x0)(1+x0)2-ax0-1=0， 所以h(x0)>ax0+1， 故0<a<1不符合题意. 答案 1 2 1. (ⅱ)当a≤0时，取x0=， 则x0∈(0，1)，h(x0)>(1-x0)(1+x0)2=1≥ax0+1， 故a≤0不符合题意. 综上，a的取值范围为[1，+∞). 答案 1 2 2. (1)解　f(x)=e2x-aln x的定义域为(0，+∞)， f'(x)=2e2x-. ①当a≤0时，f'(x)>0恒成立， 故f'(x)没有零点. ②当a>0时，因为y=e2x在(0，+∞)上单调递增，y=-在(0，+∞)上单调递增， 所以f'(x)在(0，+∞)上单调递增. 答案 1 2 2. 又f'(a)>0，当b满足0<b<且b<时， f'(b)=2e2b-<2e2b-4<2-4<0， 故由函数零点存在定理可知，f'(x)存在唯一零点. 综上所述，当a≤0时，f'(x)没有零点； 当a>0时，f'(x)存在唯一的零点. 2. (2)证明　方法一　由(1)可设导函数f'(x)在(0，+∞)上的唯一零点为x0， 当x∈(0，x0)时，f'(x)<0； 当x∈(x0，+∞)时，f'(x)>0， 故f(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，+∞)上单调递增， 所以当x=x0时，f(x)取得最小值，最小值为f(x0). 由于2-=0， 所以f(x0)=+2ax0+aln≥2a+aln， 答案 1 2 2. 当且仅当=2ax0， 即x0=，a=e时等号成立， 故当a>0时，f(x)≥2a+aln. 方法二　令g(a)=2a+aln-e2x+aln x，a>0，x>0， 求导得g'(a)=2+ln-1+ln x=1+ln 2+ln x-ln a， 答案 1 2 2. 令g'(a)>0，得0<a<2ex； 令g'(a)<0，得a>2ex， 所以函数g(a)在(0，2ex)上单调递增， 在(2ex，+∞)上单调递减， 所以g(a)max=g(2ex) =4ex+2exln+2exln x-e2x=2ex-e2x. 再令h(x)=2ex-e2x，x>0，h'(x)=2e-2e2x， 答案 1 2 2. 所以h(x)在上单调递增，在上单调递减， h(x)max=h=0， 所以g(a)max≤0，得证. 答案 1 2 1.已知函数f(x)=ex-ax-1(a∈R，其中e为自然对数的底数). (1)若f(x)在定义域内有唯一零点，求a的取值范围； 1 2 答案 解　f'(x)=ex-a. ①当a≤0时，f'(x)>0，所以f(x)在R上单调递增. 又f(-1)=-1+a<0，f(1)=e-a-1>0， 由函数零点存在定理可知，函数f(x)在R上有唯一零点，故a≤0符合题意. ②当a>0时，令f'(x)=0，得x=ln a. 当x∈(-∞，ln a)时，f'(x)<0，f(x)单调递减； 1.已知函数f(x)=ex-ax-1(a∈R，其中e为自然对数的底数). (1)若f(x)在定义域内有唯一零点，求a的取值范围； 解　当x∈(ln a，+∞)时，f'(x)>0，f(x)单调递增， 所以f(x)min=f(ln a)=eln a-aln a-1=a-aln a-1. 设g(a)=a-aln a-1(a>0)，则g'(a)=1-(ln a+1)=-ln a， 当0<a<1时，g'(a)>0，g(a)单调递增； 当a>1时，g'(a)<0，g(a)单调递减， 所以g(a)max=g(1)=0，故a=1. 综上，实数a的取值范围为{a|a≤0或a=1}. 1 2 答案 1.已知函数f(x)=ex-ax-1(a∈R，其中e为自然对数的底数). (2)若f(x)≤x2ex对x∈[0，+∞)恒成立，求a的取值范围. 解　方法一　f(x)≤x2ex对x∈[0，+∞)恒成立， 即(1-x2)ex≤ax+1对x∈[0，+∞)恒成立， 即当x≥0时，函数h(x)=(1-x2)ex的图象恒在直线y=ax+1的下方， 而h'(x)=(1-x2-2x)ex， h″(x)=(-x2-4x-1)ex<0(x≥0)， 所以函数h(x)在[0，+∞)上的图象上凸，且在点(0，1)处的切线斜率k=h'(0)=1， 直线y=ax+1过定点(0，1)，斜率为a， 故a≥1，即a的取值范围为[1，+∞). 1 2 答案 1.已知函数f(x)=ex-ax-1(a∈R，其中e为自然对数的底数). (2)若f(x)≤x2ex对x∈[0，+∞)恒成立，求a的取值范围. 解　方法二　f(x)≤x2ex对x∈[0，+∞)恒成立， 即(1-x2)ex≤ax+1对x∈[0，+∞)恒成立， 记h(x)=(1-x2)ex=(1+x)(1-x)ex，x≥0. ①当a≥1时，设函数m(x)=(1-x)ex，x≥0，则m'(x)=-xex≤0， 因此m(x)在[0，+∞)上单调递减. 又m(0)=1，故m(x)≤1， 所以h(x)=(1+x)·m(x)≤1+x≤ax+1，x≥0， 故f(x)≤x2ex对x∈[0，+∞)恒成立. 1 2 答案 1.已知函数f(x)=ex-ax-1(a∈R，其中e为自然对数的底数). (2)若f(x)≤x2ex对x∈[0，+∞)恒成立，求a的取值范围. 解　②当a<1时，设函数n(x)=ex-x-1，x≥0， 则n'(x)=ex-1≥0， 所以n(x)在[0，+∞)上单调递增，且n(0)=0， 故ex≥x+1. 当0<x<1时，h(x)>(1-x)(1+x)2， 则(1-x)(1+x)2-ax-1=x(1-a-x-x2)， (ⅰ)当0<a<1时，取x0=， 1 2 答案 1.已知函数f(x)=ex-ax-1(a∈R，其中e为自然对数的底数). (2)若f(x)≤x2ex对x∈[0，+∞)恒成立，求a的取值范围. 解　则x0∈(0，1)，(1-x0)(1+x0)2-ax0-1=0， 所以h(x0)>ax0+1， 故0<a<1不符合题意. (ⅱ)当a≤0时，取x0=， 则x0∈(0，1)，h(x0)>(1-x0)(1+x0)2=1≥ax0+1， 故a≤0不符合题意. 综上，a的取值范围为[1，+∞). 1 2 答案 2.设函数f(x)=e2x-aln x，a∈R. (1)讨论f(x)的导函数f'(x)零点的个数； 解　f(x)=e2x-aln x的定义域为(0，+∞)， f'(x)=2e2x-. ①当a≤0时，f'(x)>0恒成立， 故f'(x)没有零点. ②当a>0时，因为y=e2x在(0，+∞)上单调递增，y=-在(0，+∞)上单调递增， 所以f'(x)在(0，+∞)上单调递增. 1 2 答案 2.设函数f(x)=e2x-aln x，a∈R. (1)讨论f(x)的导函数f'(x)零点的个数； 解　又f'(a)>0，当b满足0<b<且b<时， f'(b)=2e2b-<2e2b-4<2-4<0， 故由函数零点存在定理可知，f'(x)存在唯一零点. 综上所述，当a≤0时，f'(x)没有零点； 当a>0时，f'(x)存在唯一的零点. 1 2 答案 2.设函数f(x)=e2x-aln x，a∈R. (2)证明：当a>0时，f(x)≥2a+aln. 证明　方法一　由(1)可设导函数f'(x)在(0，+∞)上的唯一零点为x0， 当x∈(0，x0)时，f'(x)<0； 当x∈(x0，+∞)时，f'(x)>0， 故f(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，+∞)上单调递增， 所以当x=x0时，f(x)取得最小值，最小值为f(x0). 由于2-=0， 1 2 答案 2.设函数f(x)=e2x-aln x，a∈R. (2)证明：当a>0时，f(x)≥2a+aln. 证明　所以f(x0)=+2ax0+aln≥2a+aln， 当且仅当=2ax0， 即x0=，a=e时等号成立， 故当a>0时，f(x)≥2a+aln. 1 2 答案 2.设函数f(x)=e2x-aln x，a∈R. (2)证明：当a>0时，f(x)≥2a+aln. 证明　方法二　令g(a)=2a+aln-e2x+aln x，a>0，x>0， 求导得g'(a)=2+ln-1+ln x =1+ln 2+ln x-ln a， 令g'(a)>0，得0<a<2ex； 令g'(a)<0，得a>2ex， 所以函数g(a)在(0，2ex)上单调递增， 1 2 答案 2.设函数f(x)=e2x-aln x，a∈R. (2)证明：当a>0时，f(x)≥2a+aln. 证明　在(2ex，+∞)上单调递减，所以g(a)max=g(2ex) =4ex+2exln+2exln x-e2x=2ex-e2x. 再令h(x)=2ex-e2x，x>0，h'(x)=2e-2e2x， 所以h(x)在上单调递增，在上单调递减， h(x)max=h=0，所以g(a)max≤0，得证. 1 2 答案 $