2026步步高高考大二轮复习数学-专题突破　专题六　第4讲　恒成立与能成立问题

第4讲恒成立与能成立问题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-sinxcos2x(1)当a=1时，讨论f(x)的单调性；(2)若f(x)+sinx<0，求a的取值范围.命题热度：本讲是历年高考命题常考的内容，属于中高档题目，具有一定的难度，三种题型都有所考查，分值约为5~10分.考查方向：考查重点一是不等式恒成立求参数的取值范围；二是不等式能成立求参数的取值范围，包含双变量的恒成立、能成立求参数的取值范围.1.(1)解f'(x)=a-(x+1)ex，则f'(0)=a-1，又f(0)=0，则切线方程为y=(a-1)x，a>0.(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)<0，g(x)单调递减；当x∈(-2，+∞)时，g'(x)>0，g(x)单调递增，当x→-∞时，g(x)<0，g(-1)=0；当x→+∞时，g(x)>0，画出g(x)大致图象如图所示，所以当a>0时，y=a与y=g(x)仅有一个交点，令g(m)=a，则m>-1，且f'(m)=a-g(m)=0，当x∈(-∞，m)时，a>g(x)，则f'(x)>0，f(x)单调递增；当x∈(m，+∞)时，a<g(x)，则f'(x)<0，f(x)单调递减，x=m为f(x)的极大值点，故f(x)存在唯一的极值点.(3)解由(2)知f(x)max=f(m)，此时a=(1+m)em，m>-1，所以{f(x)-a}max=f(m)-a=(m2-m-1)em，m>-1，令h(x)=(x2-x-1)ex，x>-1，若存在a，使得f(x)≤a+b对任意x∈R成立，等价于存在x∈(-1，+∞)，使得h(x)≤b，即b≥h(x)min，h'(x)=(x2+x-2)ex=(x-1)(x+2)ex，x>-1，当x∈(-1，1)时，h'(x)<0，h(x)单调递减；当x∈(1，+∞)时，h'(x)>0，h(x)单调递增，所以h(x)min=h(1)=-e，故b≥-e，所以实数b的取值范围为[-e，+∞).2.解(1)因为a=1，所以f(x)=x-sinxcos2x则f'(x)=1-cos=1-co=co=cos令t=cosx，由于x∈0，所以t=cosx∈(0，1)，所以cos3x+cos2x-2=t3+t2-2=t3-t2+2t2-2=t2(t-1)+2(t+1)(t-1)=(t2+2t+2)(t-1)，因为t2+2t+2=(t+1)2+1>0，t-1<0，cos3x=t3>0，所以f'(x)=cos3x+co所以f(x)在0，π(2)因为sinx-sin=sin=sin=-sin因为x∈0，所以0<sinx<1，0<cosx<1，故sinx-sinxcos2所以当a=0时，f(x)+sinx=sinx-sinxco当a<0时，由于x∈0，π2，显然所以f(x)+sinx=ax-sinxcos2x+sinx<sin当a>0时，因为f(x)+sinx=ax-sinxcos2x+sinx令g(x)=ax-sin3xcos则g'(x)=a-3sin注意到g'(0)=a-3sin20cos则当x→0+时，g'(x)→a>0，所以在0，π2上必存在点使得g'(x)在(0，x0)上有g'(x)>0，所以g(x)在(0，x0)上单调递增，则在(0，x0)上有g(x)>g(0)=0，即f(x)+sinx>0，不满足题意.综上所述，若f(x)+sinx<0，则a的取值范围为(-∞，0].考点一利用导数研究恒成立问题例1(2025·石家庄模拟)已知函数f(x)=ex-ax-3(a∈R).(1)当a=-1时，求曲线y=f(x)在(0，f(0))处的切线方程；(2)当x≥0时，若不等式f(x)≥x22-2恒成立，求a解(1)由题设f(x)=ex+x-3，则f'(x)=ex+1，且f(0)=-2，f'(0)=2，∴曲线y=f(x)在(0，f(0))处的切线方程为y+2=2x，即2x-y-2=0.(2)方法一(直接法)由题设当x≥0时，ex-ax-3≥x22即ex-x22-ax-1≥令g(x)=ex-x22-ax-1且x≥0，则g'(x)=ex-x-令h(x)=g'(x)，x≥0，则h'(x)=ex-1≥0，∴h(x)=g'(x)在[0，+∞)上单调递增，∴g'(x)≥g'(0)=1-a，当1-a≥0，即a≤1时，g'(x)≥0，则g(x)在[0，+∞)上单调递增，g(x)≥g(0)=0，符合题意；当1-a<0，即a>1时，g'(0)<0，而当x→+∞时，g'(x)→+∞，∴∃x0∈(0，+∞)，使g'(x0)=0，即在[0，x0)上，g'(x)<0，在(x0，+∞)上，g'(x)>0，∴g(x)在[0，x0)上单调递减，在(x0，+∞)上单调递增，从而g(x)min=g(x0)<g(0)=0，与g(x)≥0恒成立矛盾，不符合题意，综上，a≤1.方法二(端点效应)由题设当x≥0时，ex-ax-3≥x22即ex-x22-ax-1≥令g(x)=ex-x22-ax-1(x≥0则当x≥0时，g(x)≥0恒成立，又g(0)=e0-1=0，故此时必须保证函数g(x)在x=0右侧附近区间上单调递增，即保证g'(x)≥0在x=0右侧附近区间上恒成立，又g'(x)=ex-x-a，故g'(0)=1-a≥0，即a≤1，下证，当a≤1时，g(x)≥0恒成立.∵g″(x)=ex-1≥e0-1=0，∴g'(x)在[0，+∞)上单调递增，∴g'(x)≥g'(0)=e0-a=1-a≥0，∴g(x)在[0，+∞)上单调递增，∴g(x)≥g(0)=0恒成立，故a≤1.方法三(参变全分离，利用洛必达法则求最值)依题意，当x≥0时，ex-ax-3≥x22即ax≤ex-x22当x=0时，0≤0恒成立，∴a∈R；当x∈(0，+∞)时，a≤2e令g(x)=2ex-x∴g'(x)=2(x令φ(x)=2(x-1)ex-x2+2，x>0，∴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→0g(x)=limx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即ax≤ex-x22令g(x)=ex-x22-1，x≥∴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a<f(x)min的形式，通过导数的应用求出f(x)的最值，即得参数的取值范围；二是参数半分离，把不等式分解成f(x)<g(x)或f(x)>g(x)的形式，要调节参数a与x的位置，使f(x)与g(x)的作图更方便，一般分为一条动直线与一条曲线.(3)利用端点效应(必要性探路)，先利用端点处需满足的必要条件缩小参数的取值范围，而往往得到的范围即为所求，再去做充分性论证即可.跟踪演练1(2025·苏州模拟)已知函数f(x)=alnx-x2，a∈R.(1)当a<0时，求函数f(x)零点的个数；(2)若f(x)+x2-x≤-1恒成立，求a的取值范围.解(1)函数f(x)=alnx-x2的定义域为(0，+∞)，a<0，则f'(x)=ax-2x<0∴函数f(x)在(0，+∞)上单调递减，而f(1)=-1<0，fe1a=alne1a-e由函数零点存在定理知，f(x)在区间e1a，1内存在唯一零点，∴当a<0时，函数f(x(2)方法一不等式f(x)+x2-x≤-1⇔alnx-x+1≤0，令φ(x)=alnx-x+1，x>0，依题意，φ(x)≤0恒成立，则φ'(x)=ax-1=a当a≤0时，φ'(x)=a-x∴φ(x)在(0，+∞)上单调递减，而φ(1)=0，则当0<x<1时，φ(x)>φ(1)=0，不符合题意；当a>0时，由φ'(x)>0，得0<x<a，由φ'(x)<0，得x>a，∴φ(x)在(0，a)上单调递增，在(a，+∞)上单调递减，则φ(x)≤φ(a)，当且仅当φ(a)≤0，即alna-a+1≤0时，φ(x)≤0恒成立，令u(a)=alna-a+1，a>0，求导得u'(a)=lna，当0<a<1时，u'(a)<0；当a>1时，u'(a)>0，∴函数u(a)在(0，1)上单调递减，在(1，+∞)上单调递增，则u(a)≥u(1)=0，而alna-a+1≤0，则u(a)=alna-a+1=0，∴a=1.方法二不等式f(x)+x2-x≤-1恒成立⇔alnx≤x-1在x∈(0，+∞)上恒成立.当x=1时，a·0≤0成立，∴a∈R；当x∈(0，1)时，lnx<0，∴a≥x-1当x∈(1，+∞)时，lnx>0，∴a≤x-1令φ(x)=x-1lnx，x则φ'(x)=lnx令g(x)=lnx+1x-1，则g'(x)=1x-1x当x∈(0，1)时，g'(x)<0；当x∈(1，+∞)时，g'(x)>0，∴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→∴a≥1；当x∈(1，+∞)时，a≤φ(x)，∵limx→1+φ(x)=1，∴综上，a=1.方法三不等式f(x)+x2-x≤-1恒成立⇔alnx≤x-1恒成立.当a≤0，x∈(0，1)时，alnx≥0，x-1<0，∴alnx>x-1，不符合题意；当a>0时，alnx≤x-1恒成立⇔lnx≤1a(x-1)恒成立，令g(x)=lnx，则g'(x)=1∴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)=lnx与y=1a(x-1)都过点(1，0)故y=1a(x-1)与y=x-1∴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)=lnx-ax+e，其中(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)令f'(x)=0，得x=0或x=2，列表如下：x(-∞，0)0(0，2)2(2，+∞)f'(x)-0+0-f(x)单调递减极小值单调递增极大值单调递减f(x)极小值=f(0)=0，f(x)极大值=f(2)=4e(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lnx2-ax2+e≥e在x2∈[2，e2]上有解，a≤lnx令h(x2)=lnx2x2，x2∈[2，令h'(x2)=1-lnx2则x2=e.x22(2，e)e(e，e2)e2h'(x2)+0-h(x2)ln2单调递增极大值单调递减2所以h(x2)max=h(e)=1e，即a≤1e，故实数a的取值范围是[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a<f(x)在x∈D上能成立，则a<f(x)max.跟踪演练2(2025·武汉模拟)已知函数f(x)=ex-lnxx+a(1)若曲线y=f(x)在(1，f(1))处的切线斜率为-1，求a；(2)若存在x>0，使f(x)≤0成立，求a的取值范围.解(1)因为f(x)=ex-lnxx+a所以f'(x)=ex-1-lnxx2-ax2，依题意f'(1)=e1-1-ln112(2)因为f(x)=ex-lnxx+ax-1的定义域为(0，+∞)，又存在x>0，使f(x)=ex-lnxx+a所以∃x>0，使xex-lnx+a-x≤0成立，令g(x)=xex-lnx+a-x，x∈(0，+∞)，则g'(x)=xex+ex-1x-1=(x+1)e令h(x)=ex-1x，x∈(0，+∞)则h'(x)=ex+1x2所以h(x)在(0，+∞)上单调递增，又h12=e12-2<0，h(1所以∃x0∈12，1，使得h(x0)=0，即ex0-1x0=0，则x0ex0=1所以当x∈(0，x0)时，g'(x)<0；当x∈(x0，+∞)时，g'(x)>0，所以g(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，+∞)上单调递增，所以g(x)min=g(x0)=x0ex0-lnx0-x0+a=1+x0-x0+a≤0，所以a≤即实数a的取值范围为(-∞，-1].专题强化练[分值：45分]1.(13分)(2025·张家口模拟)已知f(x)=lnx-a(x+1)，a∈R.(1)若a=2，求曲线f(x)在x=1处的切线方程；(5分)(2)若∃x0∈(0，2]，使f(x0)>0，求a的取值范围.(8分)解(1)当a=2时，f(x)=lnx-2(x+1)，所以f(1)=-4，f'(x)=1x-2所以切线斜率k=f'(1)=-1，所以曲线f(x)在x=1处的切线方程为y-(-4)=-1×(x-1)，即x+y+3=0.(2)因为∃x0∈(0，2]，使得f(x0)>0，即lnx0-a(x0+1)>0，所以a<lnx令g(x)=lnxx+1，x∈(0，则g'(x)=1+1令h(x)=1+1x-lnx，x∈(0，2]所以h'(x)=-1x2-1x<0在(0，2]上恒成立，所以函数h(x)在(0，所以h(x)≥h(2)=32-ln2=lne32>0，所以g'(x)>0在(0，所以函数g(x)在(0，2]上单调递增，所以g(x)max=g(2)=ln23所以a<ln23，故a的取值范围是-2.(15分)(2025·杭州模拟)已知函数f(x)=ex-cosx-(2a+2)x.(1)当a=0时，求函数f(x)的极值点的个数；(7分)(2)若对∀x≥0，f(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围.(8分)解(1)显然f(x)的定义域为R，当a=0时，f(x)=ex-cosx-2x，则f'(x)=ex+sinx-2，当x≤0时，ex≤1，-1≤sinx≤1，又f'(0)=-1，所以f'(x)=ex+sinx-2<0，故f(x)在(-∞，0)上单调递减，无极值；当x>0时，令g(x)=ex+sinx-2，则g'(x)=ex+cosx，因为ex>1，-1≤cosx≤1，所以g'(x)>0，故g(x)(即f'(x))在(0，+∞)上单调递增，又f'(0)=-1<0，f'(1)=e+sin1-2>0，所以存在唯一的x0∈(0，1)，使f'(x0)=0，即当x∈(0，x0)时，f'(x)<0，f(x)在(0，x0)上单调递减，当x∈(x0，+∞)时，f'(x)>0，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+sinx-(2a+2)，令h(x)=ex+sinx-(2a+2)，x≥0，则h'(x)=ex+cosx≥1+cosx≥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当a>-12时，f'(0)=-2a-1<0又f'(2a+2)=e2a+2+sin(2a+2)-(2a+2)>(2a+2)+1+sin(2a+2)-(2a+2)=1+sin(2a+2)≥0，因为f'(x)在[0，+∞)上单调递增，所以存在x1>0，使得f'(x1)=0，即当x∈[0，x1)时，f'(x)<0，f(x)在[0，x1)上单调递减，此时f(x)≤f(0)=0，不符合题意.综上，实数a的取值范围为-∞方法二对∀x≥0，f(x)=ex-cosx-(2a+2)x≥0恒成立，又f(0)=0，所以f(x)在x=0右侧附近区间上单调递增，所以f'(x)≥0在x=0右侧附近区间上恒成立，又f'(x)=ex+sinx-(2a+2)，所以f'(0)=1-(2a+2)≥0，得a≤-12下证当a≤-12时，对∀x≥0，f(x)≥0恒成立f'(x)=ex+sinx-(2a+2)，令φ(x)=ex+sinx-(2a+2)，x≥0，则φ'(x)=ex+cosx，因为当x≥0时，ex≥1，-1≤cosx≤1，所以φ'(x)≥0，所以f'(x)在[0，+∞)上单调递增，则f'(x)≥f'(0)=1+0-(2a+2)=-(2a+1)，因为a≤-12，所以2a+1≤0所以当x≥0时，f'(x)≥0恒成立，所以f(x)在[0，+∞)上单调递增，所以f(x)≥f(0)=0恒成立.所以实数a的取值范围是-∞(共17分)3.(17分)(2024·新课标Ⅰ卷)已知函数f(x)=lnx2-x+ax+b(x-1)(1)若b=0，且f'(x)≥0，求a的最小值；(5分)(2)证明：曲线y=f(x)是中心对称图形；(