专题突破　专题六　第4讲　恒成立与能成立问题 学案

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-，x∈.
(1)当a=1时，讨论f(x)的单调性；
(2)若f(x)+sin x<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，ax=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-，x∈，
则f'(x)=1-
=1-
=
=，
令t=cos x，
由于x∈，
所以t=cos x∈(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)=<0在上恒成立，
所以f(x)在上单调递减.
(2)因为sin x-
=
=
=-，
因为x∈，
所以0故sin x-<0在上恒成立，
所以当a=0时，f(x)+sin x=sin x-<0，满足题意；
当a<0时，由于x∈，显然ax<0，
所以f(x)+sin x=ax-+sin x当a>0时，因为f(x)+sin x=ax-+sin x=ax-，
令g(x)=ax-，x∈，
则g'(x)=a-，
注意到g'(0)=a-=a>0，
则当x→0+时，g'(x)→a>0，
所以在上必存在点x0，
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)+sin x>0，不满足题意.
综上所述，若f(x)+sin x<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)≥-2恒成立，求a的取值范围.
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≥-2恒成立，
即ex--ax-1≥0恒成立，
令g(x)=ex--ax-1且x≥0，则g'(x)=ex-x-a，
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)综上，a≤1.
方法二　(端点效应)
由题设当x≥0时，ex-ax-3≥-2恒成立，
即ex--ax-1≥0恒成立，
令g(x)=ex--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≥-2恒成立，
即ax≤ex--1恒成立，
当x=0时，0≤0恒成立，∴a∈R；
当x∈(0，+∞)时，a≤，
令g(x)=，x>0，
∴g'(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， g(x)===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≥-2恒成立，
即ax≤ex--1恒成立，
令g(x)=ex--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ag(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)=aln x-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)=aln x-x2的定义域为(0，+∞)，a<0，则f'(x)=-2x<0，
∴函数f(x)在(0，+∞)上单调递减，而f(1)=-1<0，f =aln -=1->0，
由函数零点存在定理知，f(x)在区间内存在唯一零点，∴当a<0时，函数f(x)零点的个数为1.
(2)方法一　不等式f(x)+x2-x≤-1 aln x-x+1≤0，令φ(x)=aln x-x+1，x>0，
依题意，φ(x)≤0恒成立，
则φ'(x)=-1=，
当a≤0时，φ'(x)=<0，
∴φ(x)在(0，+∞)上单调递减，而φ(1)=0，
则当0φ(1)=0，不符合题意；
当a>0时，由φ'(x)>0，得0a，
∴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aln a-a+1≤0时，φ(x)≤0恒成立，
令u(a)=aln a-a+1，a>0，求导得u'(a)=ln a，
当01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aln a-a+1≤0，则u(a)=aln a-a+1=0，
∴a=1.
方法二　不等式f(x)+x2-x≤-1恒成立 aln x≤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，ln x<0，∴a≥恒成立，
当x∈(1，+∞)时，ln x>0，∴a≤恒成立，
令φ(x)=，x≠1，
则φ'(x)=，
令g(x)=ln x+-1，则g'(x)=-=，
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)，
∵φ(x)== x=1，
∴a≥1；
当x∈(1，+∞)时，a≤φ(x)，
∵ 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-1<0，
∴aln x>x-1，不符合题意；
当a>0时，aln x≤x-1恒成立 ln x≤(x-1)恒成立，令g(x)=ln x，则g'(x)=，
∴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=(x-1)都过点(1，0)，
故y=(x-1)与y=x-1重合，
∴=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)=，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)=，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)=.
(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≤，
令h(x2)=，x2∈[2，e2]，
令h'(x2)==0，
则x2=e.
x2 2 (2，e) e (e，e2) e2
h'(x2) + 0 -
h(x2) 单调递增 极大值 单调递减
所以h(x2)max=h(e)=，即a≤，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跟踪演练2　(2025·武汉模拟)已知函数f(x)=ex-+-1.
(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-+-1，
所以f'(x)=ex--，依题意f'(1)=e1--=-1，解得a=e.
(2)因为f(x)=ex-+-1的定义域为(0，+∞)，又存在x>0，使f(x)=ex-+-1=≤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--1=(x+1)，
令h(x)=ex-，x∈(0，+∞)，
则h'(x)=ex+>0，
所以h(x)在(0，+∞)上单调递增，
又h=-2<0，h(1)=e-1>0，
所以 x0∈，使得h(x0)=0，即-=0，则x0=1，ln x0=-x0，
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)=x0-ln x0-x0+a=1+x0-x0+a≤0，所以a≤-1，
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)=ln x-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)=ln x-2(x+1)，
所以f(1)=-4，f'(x)=-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ln x0-a(x0+1)>0，
所以a<，
令g(x)=，x∈(0，2]，
则g'(x)=，
令h(x)=1+-ln x，x∈(0，2]，
所以h'(x)=--<0在(0，2]上恒成立，所以函数h(x)在(0，2]上单调递减，
所以h(x)≥h(2)=-ln 2=ln>0，所以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)=，
所以a<，故a的取值范围是.
2.(15分)(2025·杭州模拟)已知函数f(x)=ex-cos x-(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-cos x-2x，
则f'(x)=ex+sin x-2，
当x≤0时，ex≤1，-1≤sin x≤1，又f'(0)=-1，
所以f'(x)=ex+sin x-2<0，故f(x)在(-∞，0)上单调递减，无极值；
当x>0时，令g(x)=ex+sin x-2，
则g'(x)=ex+cos x，因为ex>1，-1≤cos x≤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+sin 1-2>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+sin x-(2a+2)，
令h(x)=ex+sin x-(2a+2)，x≥0，
则h'(x)=ex+cos x≥1+cos 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≤-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>-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-cos x-(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+sin x-(2a+2)，
所以f'(0)=1-(2a+2)≥0，得a≤-，
下证当a≤-时，对 x≥0，f(x)≥0恒成立.
f'(x)=ex+sin x-(2a+2)，
令φ(x)=ex+sin x-(2a+2)，x≥0，
则φ'(x)=ex+cos x，
因为当x≥0时，ex≥1，-1≤cos x≤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≤-，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)=ln +ax+b(x-1)3.
(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；(5分)
(3)若f(x)>-2当且仅当1(1)解　当b=0时，f(x)=ln+ax，
其中x∈(0，2)，
则f'(x)=++a=+a，x∈(0，2)，
因为x(2-x)≤=1，
当且仅当x=1时等号成立，
故f'(x)min=2+a，
而f'(x)≥0，
故2+a≥0，即a≥-2，
所以a的最小值为-2.
(2)证明　f(x)=ln+ax+b(x-1)3的定义域为(0，2)，
设P(m，n)为y=f(x)图象上任意一点，
P(m，n)关于点(1，a)的对称点为
Q(2-m，2a-n)，
因为点P(m，n)在y=f(x)的图象上，
故n=ln+am+b(m-1)3，
而f(2-m)=ln+a(2-m)+b(2-m-1)3
=-+2a，
=-n+2a，
所以点Q(2-m，2a-n)也在y=f(x)的图象上，由点P的任意性可得y=f(x)的图象为中心对称图形，且对称中心为(1，a).
(3)解　因为f(x)>-2当且仅当1故x=1为f(x)=-2的一个解，
所以f(1)=-2，即a=-2.
此时f(x)>-2，即ln+2(1-x)+b(x-1)3>0，
设t=x-1∈(-1，1)，
则ln-2t+bt3>0.
设g(t)=ln-2t+bt3，t∈(-1，1)，
则g'(t)=-2+3bt2
=.
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即f(x)>-2当且仅当1当-≤b<0时，
-3bt2+2+3b≥2+3b≥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即f(x)>-2当且仅当1当b<-时，
则当0故在上，g(t)单调递减，
g(t)综上，b≥-.