2026届高三数学二轮复习讲义：专题突破　专题六　第四讲　恒成立与能成立问题（含解析）

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1.(2021·天津，T20)已知a>0，函数f(x)=ax-xex.
(1)求曲线y=f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；
(2)证明f(x)存在唯一的极值点；
(3)若存在a，使得f(x)≤a+b对任意x∈R成立，求实数b的取值范围.
2.(2023·全国甲卷，文T20)已知函数f(x)=ax-sinxcs2x，x∈0，π2.
(1)当a=1时，讨论f(x)的单调性；
(2)若f(x)+sin x0.
(2)证明 令f'(x)=a-(x+1)ex=0，则a=(x+1)ex，
令g(x)=(x+1)ex，则g'(x)=(x+2)ex，
当x∈(-∞，-2)时，g'(x)g(x)，则f'(x)>0，f(x)单调递增；
当x∈(m，+∞)时，a-1，
当x∈(-1，1)时，h'(x)0，t-10，
所以f'(x)=cs3x+cs2x-2cs3x0，
∴φ'(x)=2xex-2x=2x(ex-1).
∵x>0，∴ex-1>0，2x>0，∴φ'(x)>0，
∴φ(x)在(0，+∞)上单调递增，
∴φ(x)>φ(0)=-2+2=0，即g'(x)>0，
∴g(x)在(0，+∞)上单调递增，
由洛必达法则知，limx→0 g(x)=limx→02ex-x2-22x=limx→02ex-2x2=1，
即当x>0时，g(x)>1恒成立，故a≤1，
综上a≤1.
方法四 (参变半分离)
依题意，当x≥0时，ex-ax-3≥x22-2恒成立，
即ax≤ex-x22-1恒成立，
令g(x)=ex-x22-1，x≥0，
∴g'(x)=ex-x，g″(x)=ex-1≥e0-1=0，
∴g'(x)在[0，+∞)上单调递增，
∴g'(x)≥g'(0)=1>0，
∴g(x)在[0，+∞)上单调递增，
又g'(0)=1，g(0)=0，∴曲线g(x)在x=0处的切线方程为y-0=1·(x-0)，即y=x，
故当x≥0时，y=ax的图象在y=x图象的下方，∴a≤1.
[规律方法] 由不等式恒成立求参数的取值范围的策略
(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.一是参数全分离，将参数分离出来，进而转化为a>f(x)max或a0，得00，
∴g(x)在(0，1)上单调递减，在(1，+∞)上单调递增，
则g(x)≥g(1)=0，∴φ'(x)≥0，
∴φ(x)在(0，1)，(1，+∞)上单调递增，
则当x∈(0，1)时，a≥φ(x)，
∵limx→1-φ(x)=limx→1-11x=limx→1- x=1，
∴a≥1；
当x∈(1，+∞)时，a≤φ(x)，
∵limx→1+ φ(x)=1，∴a≤1.
综上，a=1.
方法三 不等式f(x)+x2-x≤-1恒成立⇔aln x≤x-1恒成立.
当a≤0，x∈(0，1)时，aln x≥0，x-1x-1，不符合题意；
当a>0时，aln x≤x-1恒成立⇔ln x≤1a(x-1)恒成立，令g(x)=ln x，则g'(x)=1x，
∴g'(1)=1，g(1)=0，
∴曲线g(x)在(1，0)处的切线方程为y=x-1，
又g(x)=ln x与y=1a(x-1)都过点(1，0)，
故y=1a(x-1)与y=x-1重合，
∴1a=1，∴a=1.
考点二 利用导数研究能成立问题
例2 已知函数f(x)=x2ex，g(x)=ln x-ax+e，其中e是自然对数的底数.
(1)求函数f(x)的极值；
(2)对∀x1∈[-1，0]，总存在x2∈[2，e2]，使f(x1)≤g(x2)成立，求实数a的取值范围.
解 (1)因为f(x)=x2ex，该函数的定义域为R，则f'(x)=2x-x2ex.
令f'(x)=0，得x=0或x=2，列表如下：
f(x)极小值=f(0)=0，f(x)极大值=f(2)=4e2.
(2)由题意可得f(x1)max≤g(x2)，
由(1)可知f(x1)在[-1，0]上单调递减，
所以f(x1)max=f(-1)=e，
所以ln x2-ax2+e≥e在x2∈[2，e2]上有解，a≤ln x2x2，
令h(x2)=ln x2x2，x2∈[2，e2]，
令h'(x2)=1-ln x2x22=0，
则x2=e.
所以h(x2)max=h(e)=1e，即a≤1e，故实数a的取值范围是-∞，1e.
[规律方法] 不等式能成立问题可类比恒成立问题进行转化，要理解清楚两类问题的差别.
含参数的不等式能成立(存在性)问题的转化方法：
若a>f(x)在x∈D上能成立，则a>f(x)min；
若a0，使f(x)=ex-lnxx+ax-1=xex-lnx+a-xx≤0成立，
所以∃x>0，使xex-ln x+a-x≤0成立，
令g(x)=xex-ln x+a-x，x∈(0，+∞)，
则g'(x)=xex+ex-1x-1=(x+1)ex-1x，
令h(x)=ex-1x，x∈(0，+∞)，
则h'(x)=ex+1x2>0，
所以h(x)在(0，+∞)上单调递增，
又h12=e12-20，
所以∃x0∈12，1，使得h(x0)=0，即ex0-1x0=0，则x0ex0=1，ln x0=-x0，
所以当x∈(0，x0)时，g'(x)0在(0，2]上恒成立，
所以函数g(x)在(0，2]上单调递增，所以g(x)max=g(2)=ln23，
所以a1，-1≤cs x≤1，
所以g'(x)>0，故g(x)(即f'(x))在(0，+∞)上单调递增，
又f'(0)=-10，f(x)在(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.
(2)方法一 f'(x)=ex+sin x-(2a+2)，
令h(x)=ex+sin x-(2a+2)，x≥0，
则h'(x)=ex+cs x≥1+cs x≥0，
所以h(x)(即f'(x))在[0，+∞)上单调递增，
故f'(x)≥f'(0)=-2a-1，
当a≤-12时，f'(x)≥f'(0)=-2a-1≥0，此时f(x)在[0，+∞)上单调递增，故f(x)≥f(0)=0，符合题意；
当a>-12时，f'(0)=-2a-10，使得f'(x1)=0，
即当x∈[0，x1)时，f'(x)-2当且仅当10，
设t=x-1∈(-1，1)，
则lnt+11-t-2t+bt3>0.
设g(t)=lnt+11-t-2t+bt3，t∈(-1，1)，
则g'(t)=21-t2-2+3bt2
=t2(-3bt2+2+3b)1-t2.
当b≥0时，
-3bt2+2+3b≥-3b+2+3b=2>0，
故g'(t)≥0恒成立，
故g(t)在(-1，1)上为增函数，
又g(0)=0，所以g(t)>0当且仅当0