2026年高考数学一轮复习专题课件：利用导数研究恒成立、存在性问题

利用导数研究恒成立、存在性问题题型一　 分离参数法求参数范围 (2020·课标全国Ⅰ，节选)已知函数f (x)＝ex＋ax2－x.当x≥0时，f (x)≥ x3＋1恒成立，求a的取值范围．①当x＝0时，不等式为1≥1，显然成立，此时a∈R.则h′(x)＝ex－x－1，令H(x)＝ex－x－1(x>0)，则H′(x)＝ex－1>0，故h′(x)在(0，＋∞)上单调递增，因此h′(x)>h′(0)＝0，故函数h(x)在(0，＋∞)上单调递增，∴h(x)>h(0)＝0，当x∈(2，＋∞)时，g′(x)0恒成立，从而f (x)在(0，＋∞)上单调递增；(2)若f (x)≤g(x)恒成立，求a的最小值．且当x趋近于＋∞时，h(x)趋近于＋∞，当x趋近于0时，h(x)趋近于＋∞，所以h(x)在(0，＋∞)内无最大值，不合题意．状元笔记 “等价转化法”解决不等式恒成立问题在不等式恒成立问题中，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，然后从研究函数的性质入手，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，然后根据题意，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都有f (x)>ax成立，求实数a的取值范围．【答案】　(－∞，1]【解析】　方法一：令φ(x)＝f (x)－ax＝(x＋1)ln(x＋1)－ax(x>0)，则φ′(x)＝ln(x＋1)＋1－a，∵x>0，∴ln(x＋1)>0.当1－a≥0，即a≤1时，φ′(x)>0，此时φ(x)在(0，＋∞)上单调递增，又φ(0)＝0，∴φ(x)>0恒成立，故a≤1满足题意．当1－a1时，令φ′(x)＝0，得x＝ea－1－1，∴当x∈(0，ea－1－1)时，φ′(x)0，∴φ(x)在(0，ea－1－1)上单调递减，在(ea－1－1，＋∞)上单调递增，∴φ(x)min＝φ(ea－1－1)0恒成立矛盾，故a>1不满足题意．综上有a≤1，故实数a的取值范围是(－∞，1]．∴k(x)在(0，＋∞)上单调递增．∴k(x)>k(0)＝0，∴x－ln(x＋1)>0恒成立，∴a≤1，故实数a的取值范围是(－∞，1]．二、“端点效应”法(1)当a＝0时，求函数f (x)的单调区间；【答案】　(1)f (x)的单调递增区间是(－∞，＋∞)，无单调递减区间(2)若f (x)≥0在[0，＋∞)上恒成立，求实数a的取值范围．【答案】　(2)(－∞，1]【解析】　(2)函数f (x)的导数f′(x)＝ex－x－a，f′(0)＝1－a，令f′(0)＝1－a＝0得a＝1.①当a≤1时，因为x∈[0，＋∞)，f′(x)＝ex－x－a，令g(x)＝ex－x－a(x≥0)，则g′(x)＝ex－1≥0，因此f′(x)单调递增，所以f′(x)≥f′(0)＝1－a≥0，因此f (x)在[0，＋∞)上单调递增，于是f (x)≥f(0)＝0恒成立．②当a>1时，由①知f′(x)单调递增，f′(0)＝1－a0，h(x)单调递增，当x∈(e，＋∞)时，h′(x)0，得00，∴φ(x)在(0，＋∞)上单调递增，∴φ(x)>φ(0)＝0，∴a≤1满足条件．②当a>1时，若01)，∴g′(a)＝1－(1＋ln a)＝－ln a0时，f (x)≥0，即x(ex－1)－ax2≥0，即ex－1－ax≥0，令k(x)＝ex(x－1)＋1(x>0)，∴k′(x)＝ex·x>0，∴k(x)在(0，＋∞)上单调递增，∴k(x)>k(0)＝0，∴h′(x)>0，∴h(x)在(0，＋∞)上单调递增．二、“端点效应”法求参数范围(1)讨论f (x)的单调性；【答案】　(1)见解析　当a≤0时，f′(x)≥0且不恒为0恒成立，所以f (x)在R上单调递增．(2)若对任意的x∈[0，＋∞)，f (x)≥－sin x恒成立，求a的取值范围．【答案】　(2)(－∞，1]又h′(0)＝0，所以h′(x)≥0且不恒为0，则g′(x)在[0，＋∞)上单调递增，当a≤1时，g′(0)＝1－a≥0，所以g′(x)≥0且不恒为0在[0，＋∞)上恒成立，故g(x)在[0，＋∞)上单调递增，结合g(0)＝0知g(x)≥0恒成立，符合题意．当a>1时，g′(0)＝1－a0，所以g′(x)在(0，2a)上有一个零点，设为x0，则当x∈[0，x0)时，g′(x)－1；当f′(x)0，此时不满足xex＋1－ln x－x－2≥ax恒成立，舍去．综上所述，a≤0.方法二：由题知不等式xex＋1≥(a＋1)x＋ln x＋2在(0，＋∞)上恒成立，等价于不等式xex＋1－ln x－x－2≥ax在(0，＋∞)上恒成立，即eln x＋x＋1－(ln x＋x＋1)－1≥ax在(0，＋∞)上恒成立．记g(x)＝ex－x－1，则g′(x)＝ex－1，当x∈(－∞，0)时，g′(x)0，g(x)单调递增，g(x)≥g(0)＝0.因为ln x＋x＋1∈R，g(ln x＋x＋1)≥0即eln x＋x＋1－(ln x＋x＋1)－1≥0，即xex＋1－ln x－x－2≥0，①当a≤0时，因为xex＋1－ln x－x－2≥0，ax≤0，所以不等式恒成立，所以a≤0；ax0>0，此时不满足xex＋1－ln x－x－2≥ax恒成立，舍去．综上所述，a≤0.