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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.
1 ( 1)
解 (1)由于f(e)= ，则切点坐标为 e， ，
e e
1-lnx
因为f'(x)= ，所以切线斜率为f'(e)=0，
x2
1
故切线方程为y= .
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
②x>1时，原不等式可化为a≥ ，
x2-1
lnx
令φ(x)= (x>1)，
x2-1
1
x- -2xlnx
所以φ'(x)= x
，
(x2-1) 2
1
令m(x)=x- -2xln x(x>1)，
x
1 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
[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.
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，
a+1
则a<0，令f'(x)=0，解得x=- >-1，
a
(
a+1)
则当x∈ -1，- 时，f'(x)>0，f(x)单调递增，
a
(
a+1
) (
a+1)
当x∈ - ，+∞ 时，f'(x)<0，f(x)单调递减，f(x) =f - =-a-1-ln(-a)，
a max 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}.
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)
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 ) 10-e3-lnx
h'(x)= x = ，
x2
x2
因为x∈[e2，e3]，
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<- ，又a>-1，
e3 e3
( 6 )
所以实数a的取值范围是
-1，-
.
e3
[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
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，+∞)，使f(x )<0，
0 0
即ex 0 -a-ln x <0，
0
即ex 0 -a<ln x .
0
ex
0
即存在x ∈[e，+∞)，使ea> 成立.
0 ln x
0
ex
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，+∞).
专题强化练
(分值：50分)
x2
1.(16分)设函数f(x)= +(1-k)x-kln x.
2(1)讨论f(x)的单调性；(7分)
3
(2)若k为正数，且存在x ，使得f(x )< -k2，求k的取值范围.(9分)
0 0 2
k x2+(1-k)x-k (x+1)(x-k)
解 (1)f'(x)=x+1-k- = = (x>0)，
x x x
①当k≤0时，f'(x)>0，f(x)在(0，+∞)上单调递增；
②当k>0时，若x∈(0，k)，则f'(x)<0，若x∈(k，+∞)，则f'(x)>0，
所以f(x)在(0，k)上单调递减，在(k，+∞)上单调递增.
综上，当k≤0时，f(x)在(0，+∞)上单调递增；
当k>0时，f(x)在(0，k)上单调递减，在(k，+∞)上单调递增.
3 3 k2 3
(2)因为k>0，由(1)知f(x )+k2- 的最小值为f(k)+k2- = +k-kln k- ，
0 2 2 2 2
k2 3
由题意得 +k-kln k- <0(k>0)恒成立，
2 2
k 3
即 +1-ln k- <0，
2 2k
k 3
令g(k)= +1-ln k- (k>0)，
2 2k
1 1 3 k2-2k+3
则g'(k)= - + = >0恒成立，
2 k 2k2 2k2
所以g(k)在(0，+∞)上单调递增，又g(1)=0，
所以当k∈(0，1)时，g(k)<0，
k2 3
于是 +k-kln k- <0，符合题意；
2 2
当k∈[1，+∞)时，g(k)≥0，
k2 3
于是 +k-kln k- ≥0，不符合题意.
2 2
故k的取值范围为(0，1).
2.(17分)(2024·绵阳模拟)已知函数f(x)=2sin x+ln(x+1)-ax.
( π)
(1)当a=2时，求函数f(x)在区间 0， 上零点的个数；(8分)
2
(2)当x≥0时，不等式f(x)≤0恒成立，求实数a的取值范围.(9分)
解 (1)当a=2时，f(x)=2sin x+ln(x+1)-2x，
1
令g(x)=f'(x)=2cos x+ -2，
x+1
1
则g'(x)=-2sin x- ，
(x+1) 2( π)
当x∈ 0， 时，g'(x)<0，
2
( π)
g(x)在 0， 上单调递减，
2
( π)
即f'(x)在 0， 上单调递减，
2
1
(π)
且f'(0)=1>0，f' =π -2<0，
2 +1
2
( π)
∴∃x ∈ 0， ，使f'(x )=0，
0 2 0
( π)
∴f(x)在(0，x )上单调递增，在 x ， 上单调递减，
0 0 2
(π) (π )
∵f(0)=0，f =2-π+ln +1 <0，
2 2
( π)
∴f(x)在 0， 上有1个零点.
2
1
(2)f'(x)=2cos x+ -a，注意到f(0)=0，要使f(x)≤0，则须满足f'(0)≤0，即2+1-a≤0，得a≥3.
x+1
下证：当a≥3时，∀x∈[0，+∞)，均有f(x)≤0.
1 1 1 -x
当a≥3时，f'(x)=2cos x+ -a≤2cos x+ -3≤ -1= ≤0，
x+1 x+1 x+1 x+1
∴此时f(x)在[0，+∞)上单调递减，∴此时f(x)≤f(0)=0.
当a<3时，f'(0)=3-a>0，必存在x ∈(0，+∞)，
1
使f(x)在(0，x )上单调递增，那么∀x∈(0，x )均有f(x)>f(0)=0，与f(x)≤0在x∈[0，+∞)上恒成立矛盾.
1 1
综上所述，a的取值范围为[3，+∞).
x
3.(17分)(2024·新课标全国Ⅰ)已知函数f(x)=ln +ax+b(x-1)3.
2-x
(1)若b=0，且f'(x)≥0，求a的最小值；(4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<x<2，求b的取值范围.(8分)
x
(1)解 当b=0时，f(x)=ln +ax，
2-x
其中x∈(0，2)，
1 1 2
则f'(x)= + +a= +a，x∈(0，2)，
x 2-x x(2-x)(2-x+x) 2
因为x(2-x)≤ =1，
2
当且仅当x=1时等号成立，
故f'(x) =2+a，
min
而f'(x)≥0，
故2+a≥0，即a≥-2，
所以a的最小值为-2.
x
(2)证明 f(x)=ln +ax+b(x-1)3的定义域为(0，2)，
2-x
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，
m
故n=ln +am+b(m-1)3，
2-m
2-m
而f(2-m)=ln +a(2-m)+b(2-m-1)3
m
[ m ]
=- ln +am+b(m-1) 3 +2a，
2-m
=-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<x<2，
故x=1为f(x)=-2的一个解，
所以f(1)=-2，即a=-2.
x
此时f(x)>-2，即ln +2(1-x)+b(x-1)3>0，
2-x
设t=x-1∈(-1，1)，
t+1
则ln -2t+bt3>0.
1-t
t+1
设g(t)=ln -2t+bt3，t∈(-1，1)，
1-t
2
则g'(t)= -2+3bt2
1-t2
t2 (-3bt2+2+3b)
= .
1-t2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<t<1，
即f(x)>-2当且仅当1<x<2；
2
当- ≤b<0时，
3
-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<t<1，
即f(x)>-2当且仅当1<x<2；
2
当b<- 时，
3
√ 2
则当0<t< 1+ <1时，g'(t)<0，
3b
( √ 2 )
故在 0， 1+ 上，g(t)单调递减，
3b
g(t)<g(0)=0，不符合题意，舍去，
2
综上，b≥- .
3
