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微专题6　恒成立问题与能成立问题
利用导数研究恒成立问题
考向1　分离法求参数的取值范围
【例1】　(2025·辽宁盘锦三模)已知函数f(x)＝x2－3x＋λln x．
(1)当0<λ<时，讨论f(x)的单调性；
[听课记录]　_________________________________________________________
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(2)若 x∈[2，4]，f(x)≤0，求实数λ的取值范围．
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【规律方法】　分离参数法来确定不等式f(x，λ)≥0(x∈D，λ为实数)恒成立问题中参数取值范围的基本步骤
(1)将参数与变量分离，化为f1(λ)≥f2(x)或f1(λ)≤f2(x)的形式．
(2)求f2(x)在x∈D时的最大值或最小值．
(3)解不等式f1(λ)≥f2(x)max或f1(λ)≤f2(x)min，得到λ的取值范围．
【跟踪训练1】
(2025·安徽合肥模拟)已知函数f(x)＝aex－ln x－1．
(1)设x＝2是f(x)的极值点，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；
(2)若f(x)≥0，求实数a的取值范围．
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考向2　分类等价转化法求参数的取值范围
【例2】　(2024·全国甲卷)已知函数f(x)＝(1－ax)ln(1＋x)－x．
(1)当a＝－2时，求f(x)的极值；
(2)当x≥0时，f(x)≥0恒成立，求a的取值范围．
[听课记录]　_________________________________________________________
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【规律方法】
(1)对于不等式恒成立问题，若不易分离参数或参数分离后对应函数难以求最值，解题时常用参数表示极值点，进而用参数表示出函数的最值，最后解不等式得到参数的取值范围，体现了转化思想．
(2)解题过程中，参数的不同取值范围对函数的最值有影响时，应注意对参数的不同取值范围进行分类讨论．
【跟踪训练2】
已知函数f(x)＝．
(1)若曲线y＝f(x)在点(a，f(a))处的切线过点(4，2)，求a的值；
(2)若f(x)≤aex-1恒成立，求a的取值范围．
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利用导数研究能成立问题
【例3】　(2025·甘肃白银模拟)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；
(2)若存在x∈R，使得f(x)≤2ex－a－1，求实数a的取值范围．
[听课记录]　_________________________________________________________
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【规律方法】　
1．含参数的不等式能成立(存在性)问题的转化方法
(1)若a>f(x)在x∈D上能成立，则a>f(x)min．
(2)若a2．不等式有解(能成立)问题的解题关键点
【跟踪训练3】
(2025·山东菏泽一模)已知函数f(x)＝aex－x．
(1)求f(x)的单调区间；
(2)当a>0时，存在x∈[－1，1]，使得|f(x)|≥2，求a的取值范围．
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1/1微专题6　恒成立问题与能成立问题
利用导数研究恒成立问题
考向1　分离法求参数的取值范围
【例1】　(2025·辽宁盘锦三模)已知函数f (x)＝x2－3x＋λln x．
(1)当0<λ<时，讨论f (x)的单调性；
(2)若 x∈[2，4]，f (x)≤0，求实数λ的取值范围．
[解]　(1)依题意，x∈(0，＋∞)，
f ′(x)＝2x－3＋＝，
由2x2－3x＋λ＝0，
得Δ＝9－8λ．
当0<λ<时，Δ>0．
令f ′(x)＝0，得x1＝，
x2＝，
故当0<λ<时，0故当x∈(0，x1)时，f ′(x)>0，当x∈(x1，x2)时，f ′(x)<0，当x∈(x2，＋∞)时，f ′(x)>0，
所以f (x)在内单调递增；
在内单调递减；
在上单调递增．
(2)令x2－3x＋λln x≤0，因为x∈[2，4]，所以ln x>0，故λ≤，
令g(x)＝，
则g′(x)＝，
令h(x)＝(3－2x)ln x－3＋x，则h′(x)＝－2ln x＋－1，
易知h′(x)为在[2，4]上单调递减，则在[2，4]上，h′(x)≤h′(2)＝－2ln 2<0，
故h(x)在[2，4]上单调递减，
则h(x)≤h(2)＝－ln 2－1<0，
故g′(x)<0，g(x)在[2，4]上单调递减，
故λ≤g(x)min＝g(4)＝－，
故实数λ的取值范围为．
【规律方法】　分离参数法来确定不等式f (x，λ)≥0(x∈D，λ为实数)恒成立问题中参数取值范围的基本步骤
(1)将参数与变量分离，化为f 1(λ)≥f 2(x)或f 1(λ)≤f 2(x)的形式．
(2)求f 2(x)在x∈D时的最大值或最小值．
(3)解不等式f 1(λ)≥f 2(x)max或f 1(λ)≤f 2(x)min，得到λ的取值范围．
【跟踪训练1】
(2025·安徽合肥模拟)已知函数f (x)＝aex－ln x－1．
(1)设x＝2是f (x)的极值点，求曲线y＝f (x)在点(1，f (1))处的切线方程；
(2)若f (x)≥0，求实数a的取值范围．
[解]　(1)函数f (x)＝aex－ln x－1的定义域为(0，＋∞)，求导得f ′(x)＝aex－，
由x＝2是f (x)的极值点，得f ′(2)＝ae2－＝0，解得a＝，
f (x)＝ex－ln x－1，f ′(x)＝ex－，函数f ′(x)在(0，＋∞)上单调递增，
当02时，f ′(x)>0，则x＝2是f (x)的极小值点，a＝，
f (1)＝－1，f ′(1)＝－1，
所以曲线f (x)在点(1，f (1))处的切线方程为y＝x．
(2)不等式f (x)＝aex－ln x－1≥0，
即a≥，
设g(x)＝，求导得g′(x)＝，设h(x)＝－ln x－1，函数h(x)在(0，＋∞)上单调递减，且h(1)＝0，
则当00，即g′(x)>0；当x>1时，h(x)<0，即g′(x)<0，
函数g(x)在(0，1)内单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，g(x)max＝g(1)＝，因此a≥，
所以实数a的取值范围是．
考向2　分类等价转化法求参数的取值范围
【例2】　(2024·全国甲卷)已知函数f (x)＝(1－ax)ln (1＋x)－x．
(1)当a＝－2时，求f (x)的极值；
(2)当x≥0时，f (x)≥0恒成立，求a的取值范围．
[解]　(1)当a＝－2时，f (x)＝(1＋2x)ln (1＋x)－x，x∈(－1，＋∞)，
故f ′(x)＝2ln(1＋x)＋－1＝2ln (1＋x)－＋1，
因为y＝2ln (1＋x)，y＝－＋1在(－1，＋∞)上单调递增，
故f ′(x)在(－1，＋∞)上单调递增，而f ′(0)＝0，
故当－10时，f ′(x)>0，
故f (x)在x＝0处取极小值且极小值为f (0)＝0，无极大值．
(2) f ′(x)＝－a ln (1＋x)＋－1＝－a ln (1＋x)－，x>－1，
设s(x)＝－a ln (1＋x)－，
则s′(x)＝＝－＝－，
当a≤－时，若x≥0，则s′(x)>0，故s(x)在[0，＋∞)上单调递增，
故s(x)≥s(0)＝0，即f ′(x)≥0，
所以f (x)在[0，＋∞)上单调递增，
故f (x)≥f (0)＝0．
当－故s(x)在内单调递减，
故在内，s(x)即在内f ′(x)<0，即f (x)单调递减，
故在内f (x)当a≥0时，此时s′(x)<0在[0，＋∞)上恒成立，
同理可得在[0，＋∞)上f (x)≤f (0)＝0恒成立，不符合题意，舍去．
综上，a的取值范围为．
【规律方法】
(1)对于不等式恒成立问题，若不易分离参数或参数分离后对应函数难以求最值，解题时常用参数表示极值点，进而用参数表示出函数的最值，最后解不等式得到参数的取值范围，体现了转化思想．
(2)解题过程中，参数的不同取值范围对函数的最值有影响时，应注意对参数的不同取值范围进行分类讨论．
【跟踪训练2】
已知函数f (x)＝．
(1)若曲线y＝f (x)在点(a，f (a))处的切线过点(4，2)，求a的值；
(2)若f (x)≤aex-1恒成立，求a的取值范围．
[解]　(1)由函数f (x)＝，可得f ′(x)＝，则f (a)＝，且f ′(a)＝，
曲线y＝f (x)在点(a，f (a))处的切线方程为y－＝(x－a)．
因为该直线过点(4，2)，
所以2－＝(4－a)，解得a＝4．
(2)因为f (x)＝≤aex-1，
所以a>0且x>，
两边平方可得a2e2x-2≥2x－a，
令函数g(x)＝a2e2x-2－2x＋a，
可得g′(x)＝2(a2e2x-2－1)，
令函数h(x)＝a2e2x-2－1，
可得h′(x)＝2a2e2x-2>0，
所以h(x)在上单调递增，
令g′(x)＝2(a2e2x-2－1)＝0，
可得x＝1－ln a．
下面比较1－ln a与的大小：
令函数u(a)＝1－ln a－，u′(a)＝－<0，u(a)在(0，＋∞)上单调递减，
因为u(1)＝>0，u(2)＝－ln 2<0，
所以存在a0∈(1，2)，使得当a∈(0，a0)时，u(a)>0，即1－ln a>，
若a∈[a0，＋∞)，可得u(a)≤0，即1－ln a≤．
若a∈(0，a0)，当x∈时，h(x)<0，即g′(x)<0；当x∈时，h(x)>0，即g′(x)>0，
所以g(x)在内单调递减，在(1－ln a，＋∞)上单调递增，且g(x)min＝g(1－ln a)＝a2e-2ln a－2(1－ln a)＋a＝2ln a＋a－1，
令函数v(a)＝2ln a＋a－1，v′(a)＝＋1>0，所以v(a)在(0，＋∞)上单调递增，
由题意可得g(x)min＝2ln a＋a－1≥0，
又因为v(1)＝0，
所以1≤a当a∈[a0，＋∞)时，g(x)min＝g>0，符合题意．
综上可得，实数a的取值范围为[1，＋∞)．
利用导数研究能成立问题
【例3】　(2025·甘肃白银模拟)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；
(2)若存在x∈R，使得f (x)≤2ex－a－1，求实数a的取值范围．
[解]　(1)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)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，即x＝0处取得极小值，满足题意．
综上，m＝2，f (x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增．
(2)由题设(2x－2)ex－1≤2ex－a－1，即a≤2(xe＋ex－xex)在x∈R上能成立，
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．
所以实数a的取值范围为(－∞，2e]．
【规律方法】　
1．含参数的不等式能成立(存在性)问题的转化方法
(1)若a>f (x)在x∈D上能成立，则a>f (x)min．
(2)若a2．不等式有解(能成立)问题的解题关键点
【跟踪训练3】
(2025·山东菏泽一模)已知函数f (x)＝aex－x．
(1)求f (x)的单调区间；
(2)当a>0时，存在x∈[－1，1]，使得|f (x)|≥2，求a的取值范围．
[解]　(1) f ′(x)＝aex－1，
当a≤0时，f ′(x)<0恒成立，此时f (x)在(－∞，＋∞)上单调递减；
当a>0时，令f ′(x)＝0，则x＝－ln a，
当x∈(－∞，－ln a)时，f ′(x)<0，此时f (x)在(－∞，－ln a)上单调递减，
当x∈(－ln a，＋∞)时，f ′(x)>0，此时f (x)在(－ln a，＋∞)上单调递增．
综上所述，当a≤0时，f (x)在(－∞，＋∞)上单调递减，无增区间；
当a>0时，f (x)在(－∞，－ln a)上单调递减，在(－ln a，＋∞)上单调递增．
(2)因为存在x∈[－1，1]，使得|f (x)|≥2，只需f (x)max≥2或f (x)min≤－2，
因为a>0，所以f (x)＝aex－x>－x≥－1，
所以只需f (x)max≥2，由(1)知f (x)max为f (－1)与f (1)中的较大者，
所以f (1)＝ae－1≥2或f (－1)＝ae-1＋1≥2，解得a≥或a≥e，
所以a≥．
综上所述，a的取值范围为．
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