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，g(x)单调递减．状元笔记“分离参数法”解决不等式恒成立问题“分离参数法”是解决不等式恒成立求参数的取值范围问题的基本方法，其基本过程如下：(1)已知含参数λ的不等式f(λ，x)≥0恒成立．将不等式转化为g(λ)≥h(x)，即将参数λ与变量x分离，可以将λ单独分离到不等式一边，也可以将只含有λ的一个代数式分离到不等式的一边．(2)求函数h(x)的最值或值域．求h(x)最大值或值域的方法要依据函数h(x)的形式而确定，可以用导数法、均值不等式法、换元法、单调性法等等．(3)得出结论．若h(x)的最大值为M，则g(λ)≥M；若h(x)不存在最大值，其值域为(m，M)时，则g(λ)≥M.思考题1已知函数f(x)＝lnx－m＋(m∈R)．(1)求f(x)的极值；【答案】(1)见解析【解析】(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝

.当m≤0时，f′(x)>0恒成立，此时f(x)单调递增，f(x)无极值．当m>0时，令f′(x)＝0，得x＝m.故当x∈(0，m)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x∈(m，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，此时f(x)在x＝m处取到极小值lnm－m＋1，无极大值．题型二

等价转化法求参数范围(1)求函数f(x)的单调区间；【答案】(1)见解析当a<0时，由于x>0，所以f′(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恒成立⇔g(a)<0，f(x，a)≤0恒成立⇔g(a)≤0.(1)当a<0时，讨论f(x)的单调性；【答案】

(1)见解析当a<0时，ax－ex<0恒成立，所以当x>1时，f′(x)<0，当0<x<1时，f′(x)>0，故函数f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．(2)设g(x)＝f(x)＋xf′(x)，若关于x的不等式g(x)≤－ex＋

＋(a－1)x在[1，2]上有解，求实数a的取值范围．【答案】(2)(－∞，0]【解析】(2)因为g(x)＝f(x)＋xf′(x)，所以g(x)＝－alnx－ex＋2ax－a，①当a≤1时，h′(x)≤0且不恒为0，所以函数h(x)在[1，2]上单调递减，所以h(x)min＝h(2)＝－aln2＋a≤0成立，解得a≤0.②当1<a<2时，令h′(x)>0，解得1<x<a；令h′(x)<0，解得a<x<2.所以函数h(x)在[1，a]上单调递增，在[a，2]上单调递减．又因为h(1)＝

，所以h(2)＝－aln2＋a≤0，解得a≤0，与1<a<2矛盾，故舍去．③当a≥2时，h′(x)≥0且不恒为0，所以函数h(x)在[1，2]上单调递增，综上所述，实数a的取值范围为(－∞，0]．【讲评】解决此类问题应明确导函数的零点是否分布在定义域内，零点将定义域划分为哪几个区间，若不能确定，则需要分类讨论．本题根据函数h′(x)的零点a是否在定义域[1，2]内进行讨论，利用导数的性质得到函数在给定区间内的单调性，从而可得最值，判断所求最值与已知条件是否相符，从而得到参数的取值范围．题型三

双变量的恒(能)成立问题(1)如果存在x1，x2∈[0，2]使得g(x1)－g(x2)≥M成立，求满足上述条件的最大整数M；【答案】(1)4

【解析】(1)如果存在x1，x2∈[0，2]使得g(x1)－g(x2)≥M成立，等价于[g(x1)－g(x2)]max≥M.又g(0)＝－3，g(2)＝1，所以g(x)max＝g(2)＝1.则满足条件的最大整数M＝4.【答案】(2)[1，＋∞)又h′(1)＝0，所以当1＜x≤2时，h′(x)＜0；状元笔记“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，常见的等价转换有：(1)∀x1，x2∈D，f(x1)>g(x2)⇔f(x)min>g(x)max.(2)∀x1∈D1，∃x2∈D2，f(x1)>g(x2)⇔f(x)min>g(x)min.(3)∃x1∈D1，∀x2∈D2，f(x1)>g(x2)⇔f(x)max>g(x)max.(4)∃x1∈D1，∃x2∈D2，f(x1)>g(x2)⇔f(x)max>g(x)min.(5)∀x1，x2∈D，|f(x1)－f(x2)|<a⇔f(x)max－f(x)min<a.(1)讨论f(x)的单调性；【答案】(1)见解析

(2)当m>0时，若对于任意的x1∈(0，＋∞)，总存在x2∈[1，＋∞)，使得f(x1)≥g(x2)，求m的取值范围．【答案】(2)[e，＋∞)一、洛必达法则“洛必达法则”是高等数学中的一个重要定理，用分离参数法解决等代数式，洛必达法则是处理此类问题的有效方法．理论基础若函数f(x)和g(x)满足下列条件：(1)f

(x)＝0及

g(x)＝0.(2)在点a的去心邻域内，f(x)与g(x)可导且g′(x)≠0.若函数f(x)和g(x)满足下列条件：(1)f

(x)＝∞及

g(x)＝∞.(2)在点a的去心邻域内，f(x)与g(x)可导且g′(x)≠0.

注意事项(1)除以上介绍的两种形式外，0·∞，1∞，∞0，00，∞－∞这样的形式也可以用洛必达法则，在着手求极限前，首先要检查是否满足这些形式，否则滥用洛必达法则会出错，当不满足三个前提条件时，就不能用洛必达法则，这时称洛必达法则不适用，应从另外途径求极限．(2)若条件符合，洛必达法则可连续多次使用，直到求出极限为止．

(2025·浙江宁波模拟预测)已知函数f(x)＝ex－ax－1.(1)讨论f(x)的单调性；【答案】(1)见解析【解析】(1)f′(x)＝ex－a，当a≤0时，f′(x)>0恒成立，故f(x)在R上单调递增，当a>0时，令f′(x)＝0，解得x＝lna，所以当x∈(lna，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当x∈(－∞，lna)时，f′(x)<0，f(x)单调递减．综上，当a≤0时，f(x)在R上单调递增；当a>0时，f(x)在(lna，＋∞)上单调递增，在(－∞，lna)上单调递减．

(2)若对任意的x≥0，f(x)≥0恒成立，求a的取值范围．【答案】(2)a≤1再令h(x)＝(x－1)ex＋1(x>0)，则h′(x)＝xex>0恒成立，则h(x)在(0，＋∞)单调递增，所以h(x)>h(0)＝0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，综上，a的取值范围是(－∞，1]．

思考题1已知函数f(x)＝(x＋1)ln(x＋1)．若对任意x>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－a<0，即a>1时，令φ′(x)＝0，得x＝ea－1－1，∴当x∈(0，ea－1－1)时，φ′(x)<0；当x∈(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)<φ(0)＝0，与φ(x)>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【解析】(1)当a＝0时，f(x)＝ex－

x2－1，f′(x)＝ex－x.由于ex≥x＋1>x，所以f′(x)＝ex－x>0，因此函数f(x)在R上单调递增，即函数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－a<0，所以存在x0∈(0，＋∞)使得当x∈(0，x0)时f′(x)<0，即f(x)在(0，x0)上单调递减，因此当x∈(0，x0)时，f(x)<f(0)＝0，不满足f(x)≥0恒成立．综上，实数a的取值范围是(－∞，1]．状元笔记

“端点效应法”解决不等式恒成立问题在解决不等式恒成立问题时，端点处满足的临界条件，往往是使命题成立的必要条件，由此可缩小参数的取值范围，而在很多情况下，缩小后的某个范围即为所求，这种通过观察区间端点值来解决问题的方法称为“端点效应法”．“端点效应法”是特殊化思想的具体运用，往往可以简化问题的求解过程．根据端点处所满足的条件不同，“端点效应法”常常有以下几种情况：(1)利用原函数在端点处的函数值建立不等式确定参数的取值范围．(2)利用函数的导函数在端点处的值满足相应条件建立不等式求解．思考题2已知函数f(x)＝ex－1－asinx，若f(x)≥0在[0，π]上恒成立，求实数a的取值范围．【答案】(－∞，1]【解析】方法一(端点效应法)：当a≤1时，对任意的x∈[0，π]，f(x)＝ex－1－asinx≥ex－1－sinx，设g(x)＝ex－1－sinx(0≤x≤π)，则g′(x)＝ex－cosx≥1－cosx≥0且不恒为0，所以g(x)在[0，π]上单调递增，又g(0)＝0，所以g(x)≥0，因为f(x)≥g(x)，所以f(x)≥0，满足题意；当a>1时，f′(x)＝ex－acosx，令m(x)＝ex－acosx，x∈[0，π]，则m′(x)＝ex＋asinx>0，所以f′(x)在[0，π]上单调递增，且当0≤x<x0时，f′(x)<0，所以f(x)在[0，x0)上单调递减，又f(0)＝0，所以当x∈(0，x0)时，f(x)<0，从而f(x)≥0不恒成立，不合题意．综上所述，实数a的取值范围为(－∞，1]．方法二(等价转化为函数最值)：由题意，f′(x)＝ex－acosx，x∈[0，π]，令t(x)＝ex－acosx，x∈[0，π]，则t′(x)＝ex＋asinx，当a≤0时，ex－1≥0，asinx≤0，所以f(x)＝ex－1－asinx≥0，满足题意；当0<a≤1时，t′(x)＝ex＋asinx>0，所以f′(x)在[0，π]上单调递增，结合f′(0)＝1－a≥0知f′(x)≥0，从而f(x)在[0，π]上单调递增，又f(0)＝0，所以f(x)≥0恒成立，满足题意；当a>1时，t′(x)＝ex＋asinx>0，所以f′(x)在[0，π]上单调递增，下同方法一．三、“同构法”求参数范围(1)讨论函数f(x)的单调性；【答案】(1)见解析若a≤0，则f′(x)>0，此时f(x)在(0，＋∞)单调递增；(2)若f(x)≤－e－ax恒成立，求实数a的取值范围．∵g(x)在(0，＋∞)上单调递增，当x∈(0，e)时，h′(x)>0，h(x)单调递增，当x∈(e，＋∞)时，h′(x)<0，h(x)单调递减，

思考题3

(2020·新高考Ⅰ卷)已知函数f(x)＝aex－1－lnx＋lna.(1)当a＝e时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；＋1，所以曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y－(e＋1)＝(e－1)(x－1)，即y＝(e－1)x＋2.

(2)若f(x)≥1，求a的取值范围．【答案】(2)[1，＋∞)【解析】(2)方法一：由f(x)≥1得aex－1－lnx＋lna≥1，即elna＋x－1－lnx＋lna≥1，即elna＋x－1＋lna＋x－1≥lnx＋x＝elnx＋lnx.令g(t)＝et＋t，则有g(lna＋x－1)≥g(lnx)，因为g′(t)＝et＋1>0，所以g(t)在R上单调递增，则lna＋x－1≥lnx在(0，＋∞)上恒成立，即lna≥lnx－x＋1在(0，＋∞)上恒成立，只需lna≥(lnx－x＋1)max.令h′(x)>0，得0<x<1；令h′(x)<0，得x>1，则h(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以h(x)≤h(1)＝0，则lna≥0，得a≥1.故a的取值范围是[1，＋∞)．方法二：当0<a<1时，f(1)＝a＋lna<1，不符合题意．当a＝1时，f(x)＝ex－1－lnx，f′(x)＝ex－1－.易知当x∈(0，1)时，f′(x)<0；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0.所以当x＝1时，f(x)取得最小值，最小值为f(1)＝1，从而f(x)≥1.当a>1时，f(x)＝aex－1－lnx＋lna>ex－1－lnx≥1.综上，a的取值范围是[1，＋∞)．一、洛必达法则设函数f(x)＝

如果对任意x≥0，都有f(x)≤ax，求a的取值范围．令h(x)＝2xcosx－2sinx－sinxcosx＋x，x>0，则h′(x)＝2cosx－2xsinx－2cosx－cos2x＋1＝－2xsinx－cos2x＋1＝2sin2x－2xsinx＝2sinx(sinx－x)，因此，当x∈(0，π)时，h′(x)<0，h(x)在(0，π)上单调递减，且h(0)＝0，故g′(x)<0，所以g(x)在(0，π)上单调递减，

思考题1已知函数f(x)＝x(ex－1)－ax2(a∈R)．(1)若f(x)在x＝－1处有极值，求a的值；【解析】(1)f′(x)＝ex－1＋xex－2ax＝(x＋1)ex－2ax－1，(2)当x>0时，f(x)≥0，求实数a的取值范围．【答案】(2)(－∞，1]【解析】(2)方法一：当x>0时，f(x)≥0，即x(ex－1)－ax2≥0，即ex－1－ax≥0，令φ(x)＝ex－1－ax(x>0)，则φ(x)min≥0，φ′(x)＝ex－a.①当a≤1时，φ′(x)＝ex－a>0，∴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0<x<lna，则φ′(x)<0，若x>lna，则φ′(x)>0.∴φ(x)在(0，lna)上单调递减，在(lna，＋∞)上单调递增，∴φ(x)min＝φ(lna)＝a－1－alna≥0.令g(a)＝a－1－alna(a>1)，∴g′(a)＝1－(1＋lna)＝－lna<0，∴g(a)在(1，＋∞)上单调递减．∴g(a)<g(1)＝0与g(a)≥0矛盾，故a>1不满足条件．综上，实数a的取值范围是(－∞，1]．方法二：当x>0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)≥－sinx恒成立，求a的取值范围．【答案】(2)(－∞，1]设m(x)＝x－sinx(x≥0)，则m′(x)＝1－cosx≥0且不恒为0，所以h′(x)在[0，＋∞)上单调递增，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－a<0，g′(2a)＝a(2a－1)＋cos2a>0，所以g′(x)在(0，2a)上有一个零点，设为x0，则当x∈[0，x0)时，g′(x)<0，所以g(x)在[0，x0)上单调递减，结合g(0)＝0知，当x∈(0，x0)时，g(x)<0，从而f(x)<－sinx，不符合题意．综上所述，a的取值范围为(－∞，1]．思考题2

(2016·新课标Ⅱ卷)已知函数f(x)＝(x＋1)lnx－a(x－1)．(1)当a＝4时，求曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程；【答案】(1)2x＋y－2＝0

【解析】(1)当a＝4时，f(x)＝(x＋1)lnx－4(x－1)，f′(x)＝lnx＋

－4，所以f(1)＝0，f′(1)＝－2，故曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程为y－0＝－2(x－1)，整理得2x＋y－2＝0.(2)若当x∈(1，＋∞)时，f(x)>0，求a的取值范围．【答案】(2)(－∞，2]当a≤2时，f′(1)＝2－a≥0，所以f′(x)≥0且不恒为0，故f(x)在(1，＋∞)上单调递增，结合f(1)＝0知f(x)>0恒成立，满足题意；当a>2时，f′(1)＝2－a<0，f′(ea)＝1＋e－a>0，所以f′(x)在(1，＋∞)上有唯一的零点x0，且当x∈(1，x0)时，f′(x)<0，所以f(x)在(1，x0)上单调递减，又f(1)＝0，所以当x∈(1，x0)时，f(x)<0，故f(x)>0不恒成立，不合题意．综上所述，a的取值范围为(－∞，2]．三、“同构法”求参数范围思考题3已知函数f(x)＝xex＋1.(1)