§3.5　利用导数研究恒(能)成立问题 课件-2025高考数学一轮复习

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恒(能)成立问题是高考的常考考点，其中不等式的恒(能)成立问题经常与导数及其几何意义、函数、方程等相交汇，综合考查分析问题、解决问题的能力，一般作为压轴题出现，试题难度略大.
题型一　分离参数求参数范围
例1　已知函数f(x)＝ex－ax－1.(1)当a＝1时，求f(x)的单调区间与极值；
当a＝1时，f(x)＝ex－x－1，所以f′(x)＝ex－1，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，函数f(x)有极小值f(0)＝0，无极大值.即f(x)的单调递减区间为(－∞，0)，单调递增区间为(0，＋∞)，极小值为0，无极大值.
(2)若f(x)≤x2在(0，＋∞)上有解，求实数a的取值范围.
因为f(x)≤x2在(0，＋∞)上有解，所以ex－x2－ax－1≤0在(0，＋∞)上有解，
由(1)知当a＝1，x>0时，f(x)>f(0)＝0，即ex－(x＋1)>0，
所以当01时，g′(x)>0，所以g(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以当x＝1时，g(x)min＝e－2，所以a≥e－2，综上可知，实数a的取值范围是[e－2，＋∞).
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.
(1)当a＝1时，求函数f(x)的极值；
当a＝1时，f(x)＝x－ex，则f′(x)＝1－ex，当x<0时，f′(x)>0，当x>0时，f′(x)<0，所以函数f(x)在(－∞，0)上单调递增，在(0，＋∞)上单调递减，所以函数f(x)的极大值为f(0)＝－1，无极小值.
(2)若存在x∈(0，＋∞)，使不等式f(x)≤g(x)－ex成立，求实数a的取值范围.
若存在x∈(0，＋∞)，使不等式f(x)≤g(x)－ex成立，
题型二　等价转化求参数范围
例2　(2023·柳州模拟)已知函数f(x)＝ax－ln x.(1)讨论函数f(x)的单调性；
①当a≤0时，f′(x)<0恒成立，∴f(x)在(0，＋∞)上单调递减；
综上，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递减；
(2)若x＝1为函数f(x)的极值点，当x∈[e，＋∞)时，不等式x[f(x)－x＋1]≤m(e－x)恒成立，求实数m的取值范围.
∵x＝1为函数f(x)的极值点，∴f′(1)＝0，∴a＝1.f(x)＝x－ln x，x[f(x)－x＋1]＝x(1－ln x)，当x∈[e，＋∞)时，不等式x[f(x)－x＋1]≤m(e－x)⇔x(1－ln x)≤m(e－x)，即x(1－ln x)－m(e－x)≤0，令g(x)＝x(1－ln x)－m(e－x)，x∈[e，＋∞)，
则g′(x)＝m－ln x，若m≤1，g′(x)≤0在[e，＋∞)上恒成立，则g(x)在[e，＋∞)上单调递减，∴g(x)≤g(e)＝0，满足题意.若m>1，由g′(x)>0，可得e≤xg(e)＝0，与题意不符，综上，实数m的取值范围为(－∞，1].
根据不等式恒成立构造函数转化成求函数的最值问题，一般需讨论参数范围，借助函数单调性求解.
(1)当a＝1时，求f(x)的极值；
令f′(x)>0，得x>1，令f′(x)<0，得0(2)若对∀x∈(e－1，e)，f(x)若对∀x∈(e－1，e)，f(x)若g(x)<0在(e－1，e)上恒成立，
例3　(2023·济南模拟)已知函数f(x)＝ －1(其中e为自然对数的底数)，函数g(x)＝x3＋ax2＋1.(1)求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；
题型三　双变量的恒(能)成立问题
又f(1)＝－1，∴y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y＋1＝2e(x－1)，即2ex－y－2e－1＝0.
(2)若对∀x1，x2∈[1，e]，不等式f(x1)≤g(x2)恒成立，求实数a的取值范围.
∵对∀x1，x2∈[1，e]，不等式f(x1)≤g(x2)恒成立，∴f(x)max≤g(x)min；
∴当x∈[1，e]时，f′(x)≥0恒成立，∴f(x)在[1，e]上单调递增，∴f(x)max＝f(e)＝1；g′(x)＝3x2＋2ax＝x(3x＋2a)，令g′(x)＝0，
g′(x)≥0在[1，e]上恒成立，∴g(x)在[1，e]上单调递增，∴g(x)min＝g(1)＝2＋a，由f(x)max≤g(x)min得1≤2＋a，解得a≥－1；
g′(x)≤0在[1，e]上恒成立，∴g(x)在[1，e]上单调递减，∴g(x)min＝g(e)＝e3＋ae2＋1，由f(x)max≤g(x)min得1≤e3＋ae2＋1，解得a≥－e(舍).综上所述，实数a的取值范围为[－1，＋∞).
“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.
(1)求函数f(x)的单调区间；
因为a>0，所以令f′(x)>0，得03.所以f(x)的单调递增区间为(0,3)，单调递减区间为(－∞，0)和(3，＋∞).
(2)若∀x1，x2∈[0,4]，不等式|f(x1)－f(x2)|<1恒成立，求实数a的取值范围.
由(1)知，f(x)在[0,3)上单调递增，在(3,4]上单调递减，
又f(0)＝－a<0，f(4)＝11ae－4>0，所以f(0)1.(2024·漳州模拟)设函数f(x)＝ex－ax2－x＋1，a∈R.(1)当a＝0时，求f(x)的最小值；
当a＝0时，f(x)＝ex－x＋1，x∈R，则f′(x)＝ex－1，令f′(x)＝0，得x＝0，当x∈(－∞，0)时，f′(x)<0，f(x)在(－∞，0)上单调递减，当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以f(x)min＝f(0)＝2.
(2)若f(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，求a的取值范围.
由题意知，当x>0时，f(x)≥0恒成立等价于ex－ax2－x＋1≥0对任意x>0恒成立，
所以当02时，h′(x)>0，函数h(x)单调递增，
该函数的定义域为(0，＋∞)，
综上，当a<0时，函数f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)；
①当a<0时，f(x)在[1，＋∞)上单调递增，
所以0综上可得，实数a的取值范围为(－∞，0)∪(0,1].
(1)若b＝0，函数f(x)的图象与函数g(x)的图象相切，求a的值；
若b＝0，函数f(x)＝x的图象与g(x)＝2aln x的图象相切，
当a>0，b＝－1时，F(x)＝xf(x)＋g(x)＝x2＋1＋2aln x，x∈(0,1]，
则原不等式⇔h(x)在(0,1]上单调递减.
∴ymin＝3－2＝1，
4.(2023·成都模拟)已知函数f(x)＝x2＋axex＋ae2，e是自然对数的底数，a为实数.(1)若函数f(x)的图象在x＝2处的切线方程过点(3,14)，求实数a的值；
因为f′(x)＝2x＋a(x＋1)ex，所以函数f(x)的图象在x＝2处的切线斜率为f′(2)＝4＋3ae2，又因为f(2)＝4＋3ae2，所以函数f(x)的图象在x＝2处的切线方程为y－4－3ae2＝(4＋3ae2)(x－2).
(2)若对任意实数x∈R，f(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围.
当x＝0时，f(0)＝ae2≥0，所以a≥0.下面证明，当a≥0时，对任意实数x∈R，都有x2＋axex＋ae2≥0恒成立.记g(x)＝xex＋e2，则g′(x)＝(x＋1)ex，令g′(x)>0，得x>－1；令g′(x)<0，得x<－1；所以g(x)在(－∞，－1)上单调递减，在(－1，＋∞)上单调递增，所以g(x)min＝g(－1)＝－e－1＋e2>0.所以当x∈R时，xex＋e2>0恒成立，
又x2≥0，所以当a≥0时，对任意实数x∈R，x2＋axex＋ae2≥0恒成立.综上所述，a的取值范围是[0，＋∞).