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(共72张PPT)

(共72张PPT)
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)＝ln x－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ln m－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00，
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)＝－aln x－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)＝－aln 2＋a≤0成立，解得a≤0.
②当10，解得1令h′(x)<0，解得a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)＝－aln 2＋a≤0，解得a≤0，与1③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)|(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＝ln a，
所以当x∈(ln a，＋∞)时，f′(x)>0，f (x)单调递增；当x∈(－∞，ln a)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(ln a，＋∞)上单调递增，在(－∞，ln a)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)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－asin x，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－asin x≥ex－1－sin x，
设g(x)＝ex－1－sin x(0≤x≤π)，则g′(x)＝ex－cos x≥1－cos x≥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－acos x，令m(x)＝ex－acos x，x∈[0，π]，则m′(x)＝ex＋asin x>0，所以f′(x)在[0，π]上单调递增，
且当0≤x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－acos x，x∈[0，π]，令t(x)＝ex－acos x，x∈[0，π]，则t′(x)＝ex＋asin x，
当a≤0时，ex－1≥0，asin x≤0，所以f (x)＝ex－1－asin x≥0，满足题意；
当00，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＋asin x>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－ln x＋ln a.
(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－ln x＋ln a≥1，
即eln a＋x－1－ln x＋ln a≥1，
即eln a＋x－1＋ln a＋x－1≥ln x＋x＝eln x＋ln x.
令g(t)＝et＋t，则有g(ln a＋x－1)≥g(ln x)，
因为g′(t)＝et＋1>0，所以g(t)在R上单调递增，
则ln a＋x－1≥ln x在(0，＋∞)上恒成立，
即ln a≥ln x－x＋1在(0，＋∞)上恒成立，
只需ln a≥(ln x－x＋1)max.
令h′(x)>0，得01，
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ln a≥0，得a≥1.
故a的取值范围是[1，＋∞)．
方法二：当0当a＝1时，f (x)＝ex－1－ln x，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－ln x＋ln a>ex－1－ln x≥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)＝2xcos x－2sin x－sin xcos x＋x，x>0，
则h′(x)＝2cos x－2xsin x－2cos x－cos 2x＋1＝－2xsin x－cos 2x＋1＝2sin2x－2xsin x＝2sin x(sin x－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若x>ln a，则φ′(x)>0.
∴φ(x)在(0，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增，
∴φ(x)min＝φ(ln a)＝a－1－aln a≥0.
令g(a)＝a－1－aln a(a>1)，
∴g′(a)＝1－(1＋ln a)＝－ln a<0，
∴g(a)在(1，＋∞)上单调递减．
∴g(a)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)≥－sin x恒成立，求a的取值范围．
【答案】　(2)(－∞，1]
设m(x)＝x－sin x(x≥0)，则m′(x)＝1－cos x≥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)＋cos 2a>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)<－sin x，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)ln x－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)ln x－4(x－1)，f′(x)＝ln x＋
－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)求f (x)的极值；
【答案】　(1)f (x)的极小值为－1，无极大值
【解析】　(1)求导得f′(x)＝(x＋1)ex＋1，
所以当f′(x)>0时，x>－1；当f′(x)<0时，x<－1，
所以f (x)在(－∞，－1)上单调递减，在(－1，＋∞)上单调递增，
所以f (x)有极小值f(－1)＝－1，无极大值．
(2)当x>0时，f (x)≥(a＋1)x＋ln x＋2，求实数a的取值范围．
【答案】　 (2)a≤0
【解析】　(2)方法一：由题知不等式xex＋1≥(a＋1)x＋ln x＋2在(0，＋∞)上恒成立，
则原问题等价于不等式xex＋1－ln x－x－2≥ax在(0，＋∞)上恒成立，
即当0x0时，h(x)>0，即g′(x)>0，
所以g(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，
①当a≤0时，
因为g(x)＝xex＋1－ln x－x－2≥0，ax≤0，所以不等式恒成立，
所以a≤0；
②当a>0时，
因为存在x0∈ ，使得g(x0)＝0，而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.
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)单调递减，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.