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微专题 6 恒成立问题与能成立问题
[考情分析] 恒成立问题(能成立问题)多与参数的取值范围问题联系在一起，是近几年高考的热门题型，可
以出现在选择、填空或解答题中，也经常以压轴解答题形式出现，难度较大.
考点一 利用导数研究恒成立问题
lnx
例1 (2024·茂名模拟)已知函数f(x)= .
x
(1)求曲线y=f(x)在点(e，f(e))处的切线方程；
(2)当x≥1时，xf(x)≤a(x2-1)，求a的取值范围.
[规律方法] 由不等式恒成立求参数的取值范围问题的策略
(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.将参数分离出来，进而转化为a>f(x) 或a<f(x) 的形式，通过导数的应用求出f(x)的最值，
max min
即得参数的范围.
跟踪演练1 (2024·保定模拟)已知函数f(x)=ax+ln(x+1).
(1)若a=-2，求f(x)的单调区间；
(2)若f(x)≤0恒成立，求a的取值集合.
考点二 利用导数研究能成立问题
例2 已知函数f(x)=(x-4)ex-x2+6x，g(x)=ln x-(a+1)x，a>-1.
(1)求f(x)的极值；
(2)若存在x ∈[1，3]，对任意的x ∈[e2，e3]，使得不等式g(x )>f(x )成立，求实数a的取值范围.
1 2 2 1
(e3≈20.09)
[规律方法] 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<f(x)在x∈D上能成立，则a<f(x) .
max
跟踪演练2 (2024·青岛模拟)已知函数f(x)=ex-a-ln x.
(1)当a=0时，求曲线y=f(x)在点(1，f(1))处的切线与坐标轴围成的三角形的面积；
(2)若存在x ∈[e，+∞)，使f(x )<0成立，求a的取值范围.
0 0答案精析
1 ( 1)
例1 解 (1)由于f(e)= ，则切点坐标为 e， ，
e e
1-lnx 1
因为f'(x)= ，所以切线斜率为f'(e)=0，故切线方程为y= .
x2 e
(2)方法一 (分类讨论求最值)
当x∈[1，+∞)时，xf(x)≤a(x2-1)等价于ln x≤a(x2-1)，
令g(x)=a(x2-1)-ln x，x∈[1，+∞)，
若ln x≤a(x2-1)恒成立，则g(x)≥0恒成立，
1 2ax2-1
g'(x)=2ax- = ，
x x
当a≤0时，g'(x)<0，函数g(x)在[1，+∞)上单调递减，g(x)≤g(1)=0，不符合题意；
1 1
当0<a< 时， >1，
2 2a
√ 1
由g'(x)=0，得x= (舍负)，
2a
[ √ 1 )
当x∈ 1， 时，g'(x)<0，函数g(x)单调递减，g(x)≤g(1)=0，不符合题意；
2a
1
当a≥ 时，2a≥1，因为x≥1，所以2ax2-1≥0，则g'(x)≥0，
2
所以函数g(x)在[1，+∞)上单调递增，g(x)≥g(1)=0，符合题意.
1 [1 )
综上所述，a≥ ，所以a的取值范围为 ，+∞ .
2 2
方法二 (分离参数，利用洛必达法则求最值)
当x≥1时，xf(x)≤a(x2-1)，
即ln x≤a(x2-1)，
①当x=1时，原不等式恒成立，所以a∈R，
lnx lnx
②x>1时，原不等式可化为a≥ ，令φ(x)= (x>1)，
x2-1 x2-1
1
x- -2xlnx
所以φ'(x)= x ，
(x2-1) 2
1
令m(x)=x- -2xln x(x>1)，
x1 1-x2
所以m'(x)=1+ -2(1+ln x)= -2ln x<0在(1，+∞)上恒成立，
x2 x2
所以m(x)在(1，+∞)上单调递减，
所以m(x)<m(1)=0，
所以φ'(x)<0在(1，+∞)上恒成立，
所以φ(x)在(1，+∞)上单调递减，
lim lnx lim 1 1
因为x→1 =x→1 x = ，
x2-1 2
2x
1
所以a≥ ，
2
1 [1 )
综上，a≥ ，所以a的取值范围是 ，+∞ .
2 2
跟踪演练1 解 (1)由a=-2，
得f(x)=-2x+ln(x+1)，
定义域为(-1，+∞)，
1 -2x-1
则f'(x)=-2+ = ，
x+1 x+1
( 1)
当x∈ -1，- 时，f'(x)>0，
2
( 1 )
当x∈ - ，+∞ 时，f'(x)<0，
2
( 1)
故f(x)的单调递增区间为 -1，- ，
2
( 1 )
单调递减区间为 - ，+∞ .
2
(2)由f(x)=ax+ln(x+1)，
x∈(-1，+∞)，
1
得f'(x)=a+ ，
x+1
若a≥0，则显然f(2)=2a+ln 3>0，不符合题意，
则a<0，令f'(x)=0，
a+1
解得x=- >-1，
a
(
a+1)
则当x∈ -1，- 时，
a
f'(x)>0，f(x)单调递增，(
a+1
)
当x∈ - ，+∞ 时，f'(x)<0，f(x)单调递减，f(x) =
a max
(
a+1)
f - =-a-1-ln(-a)，
a
则-a-1-ln(-a)≤0，
即a+1+ln(-a)≥0，
令g(a)=a+1+ln(-a)，a<0，
1 a+1
则g'(a)=1+ = ，
a a
当a∈(-∞，-1)时，g'(a)>0，g(a)单调递增，
当a∈(-1，0)时，g'(a)<0，g(a)单调递减，
所以g(a) =g(-1)=0，
max
当满足g(a)≥0时，a=-1，
所以a的取值集合为{-1}.
例2 解 (1)由f(x)=(x-4)ex-x2+6x，
得f'(x)=ex+(x-4)ex-2x+6=(x-3)ex-2(x-3)=(x-3)(ex-2)，
令f'(x)=0，得x=3或x=ln 2，
x，f'(x)，f(x)的变化关系如表：
x (-∞，ln 2) ln 2 (ln 2， 3) 3 (3， +∞)
f'(x) + 0 - 0 +
f(x) 单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增
由表可知，当x=ln 2时，f(x)取得极大值，为f(ln 2)=(ln 2-4)eln 2-
(ln 2)2+6ln 2=-(ln 2)2+8ln 2-8，
当x=3时，f(x)取得极小值，
为f(3)=(3-4)e3-32+18=9-e3.
(2)由(1)知，f(x)在[1，3]上单调递减，
所以当x∈[1，3]时，
f(x) =f(3)=9-e3，
min
若存在x ∈[1，3]，对任意的x ∈[e2，e3]，使得不等式g(x )>f(x )成立，
1 2 2 1
则ln x-(a+1)x>9-e3(a>-1)对任意的x∈[e2，e3]恒成立，lnx-9+e3
即a+1< 在[e2，e3]上恒成立，
x
lnx-9+e3
令h(x)= ，x∈[e2，e3]，
x
则a+1<h(x) ，
min
1
·x-(lnx-9+e3
)
h'(x)= x
x2
10-e3-lnx
= ，因为x∈[e2，e3]，
x2
所以ln x∈[2，3]，
10-e3-ln x∈[7-e3，8-e3]，
因为e3≈20.09，
所以8-e3≈8-20.09=-12.09<0，所以h'(x)<0，
ln e3+e3-9 6
所以h(x)单调递减，故h(x) =h(e3)= =1- ，
min e3 e3
6 6
于是a+1<1- ，得a<- ，
e3 e3
( 6 )
又a>-1，所以实数a的取值范围是
-1，-
.
e3
跟踪演练2 解 (1)当a=0时，
f(x)=ex-ln x，x>0，
1
f'(x)=ex- ，
x
所以曲线y=f(x)在点(1，f(1))处的切线的斜率k=f'(1)=e-1，
又f(1)=e，
所以切线方程为y-e=(e-1)(x-1)，
即y=(e-1)x+1.
( 1 ) 1
与x，y轴的交点分别是 ，0 ，(0，1)，所以切线与坐标轴围成的三角形的面积S= .
1-e 2(e-1)
(2)存在x ∈[e，+∞)，
0
使f(x )<0，即ex 0 -a-ln x <0，
0 0
即ex 0 -a<ln x .
0
ex
0
即存在x ∈[e，+∞)，使ea> 成立.
0 ln x
0ex
令h(x)= ，x∈[e，+∞).
lnx
ex(
lnx-
1)
h'(x)= x ，
(lnx) 2
1
令u(x)=ln x- ，x∈[e，+∞)，
x
显然u(x)在[e，+∞)上单调递增，
1
且u(e)=1- >0.
e
ex(
lnx-
1)
所以h'(x)= x >0在[e，+∞)上恒成立.
(lnx) 2
ex
所以h(x)= 在[e，+∞)上单调递增，
lnx
ex
函数h(x)= 在区间[e，+∞)上的最小值为h(e)=ee，
lnx
所以ea>ee，得a>e，
故a的取值范围是(e，+∞).
