(共28张PPT)
提分点 11 不等式恒成立、能成立问题
真题重做
命题预测
命题依据：利用导数解决不等式恒成立或有解问题一直是高考命题热点，常以解答题的形式命制，难度中等，若以压轴题出现，则难度较大．
(2)若a>0时，f(x)≥a2－(a＋1)ln a恒成立，求实数a的值．
得分秘籍
(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：将参数分离出来，进而转化为a>f(x)max或a[对点练1] (2025·河南鹤壁模拟)已知函数f(x)＝tx＋ln x(t∈R)．
(1)当t＝－1时，证明：f(x)≤－1.
(2)若对于定义域内的任意x，f(x)≤x·e2x－1恒成立，求t的取值范围．
预测角度2 不等式有解问题
预测2 已知函数f(x)＝(mx－2)ex－1，且f(x)在x＝0处取得极值．
(1)求m的值及f(x)的单调区间；
答案：由题设f′(x)＝(mx－2＋m)ex，且f′(0)＝m－2＝0，即m＝2，
所以f′(x)＝2xex，当x<0时f′(x)<0，当x>0时f′(x)>0，
所以f(x)的单调递减区间为(－∞，0)，单调递增区间为(0，＋∞)，即x＝0处取得极小值，满足．
综上，m＝2，f(x)的单调递减区间为(－∞，0)，单调递增区间为(0，＋∞)．
(2)若存在x∈R，使得f(x)≤2ex－a－1，求实数a的取值范围．
答案：由题设(2x－2)ex－1≤2ex－a－1，即存在x∈R使得a≤2(xe＋ex－xex)，
令g(x)＝xe＋ex－xex，则g′(x)＝e－xex，
令h(x)＝g′(x)，则h′(x)＝－(x＋1)ex，
当x<－1时，h′(x)>0，即h(x)＝g′(x)在(－∞，－1)上单调递增；
当x>－1时，h′(x)<0，即h(x)＝g′(x)在(－1，＋∞)上单调递减．
由x→－∞时g′(x)→e，g′(1)＝0，
当x<1时，g′(x)>0，g(x)在(－∞，1)上单调递增；
当x>1时，g′(x)<0，g(x)在(1，＋∞)上单调递减．
所以g(x)≤g(1)＝e，则a≤2e.
得分秘籍
不等式有解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[对点练2] (2025·河南郑州模拟)已知函数f(x)＝(a－x)ex，a∈R.
(1)若a＝2，求曲线y＝f(x)的斜率为1的切线方程．
(2)若不等式f(x)>1－x没有整数解，求实数a的取值范围．
专题强化练
1．(15分)已知函数f(x)＝(x＋a)ex.
(1)若f(x)在x＝2处取得极值，求实数a的值．
答案：因为f(x)＝(x＋a)ex在x＝2处取得极值，所以2为f′(x)的变号零点，
函数f(x)＝(x＋a)ex的定义域为R，导函数f′(x)＝ex＋(x＋a)ex＝(x＋a＋1)ex，
所以f′(2)＝(a＋3)e2＝0，得a＝－3.
f′(x)＝(x－2)ex，当x<2时，f′(x)<0，当x>2时，f′(x)>0，
所以f(x)在(－∞，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，
所以f(x)在x＝2处取得极小值，符合题意，故实数a的值为－3.
(2)若f(x)2．(15分)(2025·辽宁沈阳模拟)已知函数f(x)＝ln x－kx.
(1)若存在x∈(0，＋∞)，使f(x)≥0成立，求k的取值范围．
(2)设g(x)＝x2－2x，若对任意x1∈(0，2]，均存在x2∈(0，2]，使得f(x1)4．(15分)(2025·河北邯郸模拟)已知函数f(x)＝aex－2＋ln a－3.
(1)当a＝1时，求曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线与坐标轴围成的三角形的面积；
(2)若f(x)≥ln (x＋1)在(－1，＋∞)上恒成立，求a的取值范围．
答案：因为f(x)＝aex－2＋ln a－3(a>0)，f(x)≥ln (x＋1)(x∈(－1，＋∞))，
所以aex－2＋ln a－3≥ln (x＋1)(x∈(－1，＋∞))，
可化为eln a＋x－2＋ln a＋x－2≥ln (x＋1)＋x＋1(x∈(－1，＋∞))，
即eln a＋x－2＋ln a＋x－2≥eln (x＋1)＋ln (x＋1)(x∈(－1，＋∞))．
令G(m)＝em＋m，G′(m)＝em＋1>0，
所以G(m)在R上单调递增，
将eln a＋x－2＋ln a＋x－2≥eln (x＋1)＋ln (x＋1)(x∈(－1，＋∞))，
转化为G(ln a＋x－2)≥G(ln (x＋1))．
因为G(m)在R上单调递增，所以ln a＋x－2≥ln (x＋1)(x∈(－1，＋∞))，
即ln a≥ln (x＋1)－x＋2，即eln a≥eln (x＋1)－x＋2(x∈(－1，＋∞))，
整理有a≥(x＋1)e－x＋2(x∈(－1，＋∞))．
令h(x)＝(x＋1)e－x＋2，h′(x)＝e－x＋2－(x＋1)e－x＋2＝－xe－x＋2，
令h′(x)＝0，即－xe－x＋2＝0，x＝0，
当x∈(－1，0)时，h′(x)>0，h(x)在(－1，0)上单调递增；
当x∈(0，＋∞)时，h′(x)<0，h(x)在(0，＋∞)上单调递减，
所以hmax＝h(0)＝e2，
因为a≥(x＋1)e－x＋2(x∈(－1，＋∞))恒成立，所以a≥e2.
