利用函数的最值求不等式恒成立问题
借助函数最值来求解不等式恒成立时参数的取值范围问题
（ ３ ） 当 ＞１ ， 即 ｍ＞ ２时 ，
要以不变应万变 ， 根据具体的题设条件 ， 认
真分析题 目中不等式的结构特征 ，从不同 的角度、 不同的方向、 加以分析． 参考文献 ： ［ １ ］ 霍庆元 、 徐广卫 ． 两 类不等 式恒成 立 问题 的解 法［ Ｊ ］ ． 高 中数学 教与学 ． ２ ０ ０ ９ ．
＝
ｃ ｏ ｓ ２ ０ —３＞２ ｍｃ ｏ ｓ Ｏ 一 ４ ｍ．
设 ｐ ） ＝ （ 一 １ ） ｐ 一 ２ ｘ ＋ １ ，
则 原 题 转 化 为 厂（ Ｐ）（ — １） ｐ
一
即 ２ ｍ（ ２ － ｃ ｏ ｓ ０ ） ＞３ － ｃ ｏ ｓ ２ ０
整理得 ： ｃ ｏ ｓ Ｚ ０ 一 ｍ ｃ ｏ ｓ Ｏ ＋ ２ ｍ－ ２＞０恒 成 立， 令Ｃ Ｏ Ｓ ０ ＝ ｔ ， 贝 Ｉ ｇ （ ｔ ） ＝ ｆ 一 ， ｍ＋ ２ ， ｎ 一 ２＞Ｏ 在［ 一１ ， １ ］ 上
所以只需 ］ ａ ｇ ＞ 即可 ． 本题结合 函数 图像 ， 其实质还 是通 过函数最值来解决恒
成 立 问题 ， 只是借 助图像 ， 使 解 题 过 程 更 加直观化罢了．
１＞０ ．
或 ＜１ ， 或 ＜ －１ ｔ ）
＿ ｇ （ 一 １） ＞０ ， …
（ － １
＋ １＞０在 卜２ ， ２ ］上恒成 立时求
＞０，
的范 围 ．
２ 一 ＋ ３＞０
—
］ ｏ 在 区 间上单 调递 减 ， ｙ ｍ ｉ ， ＝ ］ Ｏ ｇ ，
易 得 解 得 ：
。 ． ．
（ ） 即
恒成立． （ １） 当 ＜ 一１ ， 即 ｍ ＜－ ２时 ，
用函数最值法处理_恒成立_不等式中的参数范围
/ 故实数 ! 的取值范围为6 4 ’$4 T 3 U% / $& ’( ) 求字母取值范围 V 以平面向量为依托 $ 年湖北高考文科卷 ( 已知向 例V 6 3 5 5 W
3 量 X0 6 若函数 Y $ Y& / ( $ Z0 6 /4 Y $ R ( ) 在区间 6 上是增函数 $ 求 L 6 Y ( 0X B Z 4/ $ / (
解
由题意 当 ": ’ 时不等 # 5$ B
" " 式 $9 & 9 3)! , G恒 成 立 6 化 简 后 得> 3 . $" $" 对 恒成 ,# ’ ( 9’ ( ": ’ # 5$ B ! & 立6
<
B
令/ ’ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ" (+#
利 用 指 数 函 数 的 单 调 性 可 知> :’ # 5$ B . 所以 . 当 "+ $ 时/ ’ " ( 3 ,# 0H I +# ! ! . 即实数 3的取值范围为 # -9 5 6 ! 万方数据
’ 3 (# 8 ’ M ( 数所以 8 即8 在< ,G ’ " ( #$ 3# M 上是增函数 6 所以 8 在< 上的最 $ B ’ " ( #$ $ B
故当 ": < 大 值为 8 ’ " ( ’ $ ( +$ #$ 0H I+ 8
时即& $ B O& # & 3 O9 $ ,$ 3 O4 O&’ #$ 讨论如下 > 4 34 $ ( 6 显然 O N G 否 则 上 述 不 等 式 变 为 G4 这是不可能的 6 故分两种情形 > G 时对于 # $ P 当 O, G O, & 3 43 4 故 O% & $恒成立 Q 时对于 # $ R 当 O4 G O4 & 3 43 4 故 O =# & 6 $恒成立 #& BS < & -9 5( 6 以 一 元 高 次 函 数 为 依 托求字母取值范 T 围 $ & . 例 T 设函数 8 ’ " ( +" # " #& "9 & 当 ": ’ 时不等式 8 #$ & ( ’ " ( 4 O恒成 U 立求实数 O 的取值范围 6 解
解答恒成立问题的常规思路
知识导航恒成立问题在近几年的高考数学试题中占据了一席之地，是同学们需要重视并学习的重点内容.恒成立问题是一类综合性较强的问题，常与不等式、函数、导数、数列等知识相结合，重点考查了同学们分析、解决问题的能力.本文重点介绍三种常见的求解思路.一、分离参数分离参数法是解答含参恒成立问题的基本方法，主要通过变形把不等式中的参数和变量分离，然后运用导数法、函数的单调性等求得不含参数式子的最值，进而构造出满足不等式恒成立的条件，使问题获解.例1.已知函数f()x=ln x-a x，若f()x<x2在()1,+∞上恒成立，求a的取值范围.解：∵ln x-a x<x2，x>0，∴a>x ln x-x3，令g()x=x ln x-x3，则g'()x=1+ln x-3x2，令h()x=g'()x=1+ln x-3x2，∴h'()x=1x-6x=1-6x2x，∵h()x在[)1,+∞单调递减，h()x<h()1=-2，即g'()x<0，∴g()x在[)1,+∞单调递减，g()x<g()1=-1，∴a≥g()1=-1，f()x<x2在()1,+∞上恒成立时，a≥-1.解答本题的基本思路是，首先将不等式变形，使参数分离，然后对不含有参数的式子进行求导，通过分析其导函数的正负来讨论函数的单调性，进而求得不含有参数式子的最值，得到a的取值范围.二、数形结合数形结合法是解答恒成立问题的重要方法.在解题时，需首先将不等式变形，构造出一个或者两个简单的基本函数，然后绘制出函数的图象，通过分析函数的图象找出临界的位置关系，从而建立使不等式恒成立的关系式，使问题得解.在解答恒成立问题时灵活运用数形结合法，能快速找到解题的思路，显著提升解题的效率.例2.若存在正数x使2x(x-a)<1成立，则a的取值范围是.解：不等式2x(x-a)<1可变形为x-a<(12)x.在同一平面直角坐标系内作出直线y=x-a与y=(12)x的图象.由题意可得，在(0，+∞)上，直线有一部分在曲线的下方．由图象可知-a<1，所以a>-1.运用数形结合法能使解题过程变得更加直观、简洁，是求解恒成立问题经常采取的方法之一.在运用数形结合法解题时还应注意正确绘制函数的图象.三、利用函数的单调性虽然恒成立问题较为复杂，但我们可以结合不等式的结构特点构造合适的函数，将问题转化为函数问题，再讨论函数的单调性，建立使不等式恒成立的关系式，从而解题.我们可以利用函数单调性的定义，也可以利用导数来讨论函数的单调性.例3.已知函数f(x)=1-22x+1为奇函数.若对任意的t∈R，不等式f[t2-(m-2)t]+f(t2-m+1)>0恒成立，求实数m的取值范围．解：设任意x1，x2∈R，且x1<x2，∴f(x1)-f(x2)=1-22x1+1-1+22x2+1=2(2x1-2x2)(2x1+1)(2x2+1).∵x1<x2，∴2x1-2x2<0，(2x1+1)(2x2+1)>0，∴f(x1)<f(x2)，∴f(x)为R上的单调递增函数．∵f(x)=1-22x+1为奇函数，且在R上为增函数，由f[t2-(m-2)t]+f(t2-m+1)>0恒成立可得f[t2-(m-2)t]>-f(t2-m+1)=f(m-t2-1)，化简得2t2-(m-2)t-m+1>0，∴Δ=(m-2)2+8(m-1)<0，解得-2-22<m<-2+22，∴m的取值范围为(-2-22，-2+22)．本题主要是利用函数单调性的定义来确定函数的单调性，然后利用函数的单调性建立关于t的不等式，再利用方程的判别式建立关于m的不等式，求得m的取值范围.解答恒成立问题的方法还有很多，如函数最值法、判别式法、导数法等，而以上三种方法是解答恒成立问题的常用方法.无论运用上述哪种方法解题，同学们都要注意首先将不等式合理进行变形，构造适当的函数模型，灵活运用导数、不等式、函数等知识，以及转化思想、数形结合思想解题.（作者单位:江苏省江阴市第一中学）37。
高考数学解决不等式恒成立问题常用5种方法！最后一种很重要！
开篇语：不等式恒成立问题在高中数学是一类重点题型，高考也是必考内容。
由于不等式问题题型众多，题目也比较灵活。
所以在学习过程中，同学们要学会总结各种解题方法！方法一：分离参数法解析：分离参数法适用的题型特征：当不等式的参数能够与其他变量完全分离出来，并且分离后不等式其中一边的函数的最值或范围可求时，则将参数式放在不等式的一边，分离后的变量式放在另一边，将变量式看成一个新的函数，问题即转化为求新函数的最值或范围，若a≥f(x)恒成立，则a≥f(x)max,若a≤f(x)恒成立，则a≤f(x)min方法二：变换主元法(也可称一次函数型)解析：学生通常习惯把x当成主元(未知数)，把另一个变量p看成参数，在有些问题中这样的解题过程繁琐，如果把已知取值范围的变量当成主元，把要求取值范围的变量看成参数，则可简便解题。
适用于变换主元法的题型特征是：题目有两个变量，且已知取值范围的变量只有一次项，这时就可以将不等式转化为一次函数求解。
方法三：二次函数法解析：二次函数型在区间的恒成立问题：解决这类问题主要是分析 1，判断二次函数的开口方向2，二次函数的判别式是大于0还是小于03，判断二次函数的对称轴位置和区间两端值的大小，即判断函数在区间的单调性 方法四：判别式法解析：不等式一边是分式，且分式的分子和分母的最高次项都是二次项时，利用判别式法可以快速的解题，分离参数将会使解题变得复杂。
方法五：最值法解析：不等式两边是两个函数，且含有参数时，我们可以分出出参数，构造新函数，求函数的导数来求得新函数的最值。
总结：在解不等式恒成立的问题时，应根据不等式的特点，选择适合的方式快速准确的解题。
平时练习过程中，应注意观察，总结！。
不等式恒成立问题的三类常见解法
不等式恒成立问题的三类常见解法作者：仲一鸣来源：《中学教学参考·理科版》2012年第01期不等式恒成立问题主要可分成两类：第一类为不含参数的不等式恒成立问题；第二类为含有1个（或多个）参数的不等式恒成立问题.对于第一类问题，实际上就是证明这个不等式，本文不再赘述；对于第二类，其基本解题思想是将问题转化为函数的最值问题，常见的基本解法有以下三种.一、参数分离，间接求最值【例1】（2008，江苏）设函数f(x)=ax3-3x+1(x∈R),若对于任意x∈［-1,1］，均有f(x)≥0成立，则实数a的值为 .解：（1）若x=0，则a∈R.（2）若x∈(0,1］，a≥1x2-1x3,令g(x)=1x2-1x3，则g′(x)=3(1-2x)x4，即g(x)在x∈(0,12］上单调递增，在x∈［12,1］上单调递减，所以g(x)max=g(12)=4，所以a≥4.（3）若x∈［-1,0），a≤1x2-1x3，由（2）得g(x)在［-1,0）上单调递增，所以g(x)min=g(-1)=4，所以a≤4.综上，a=4.二、参数不分离，直接求最值【例2】 (2007，辽宁) 已知f(x)=x3-9x2+24x(x∈R)，若对于任意m∈［-26,6］，恒有f(x)≥x3-mx-11成立，试求实数x的取值范围.解：由题，f(x)-(x3-mx-11)≥0对任意的m∈［-26,6］恒成立，即xm+(-9x2+24x+11)≥0对m∈［-26,6］恒成立，不妨令g(m)=xm+(-9x2+24x+11), 则任意m∈［-26,6］,g(m)≥0g(m)min≥0g(6)≥0,g(-26)≥0x∈［-13,1］.本题注意点有两处：（1）对自变量和参数的辨别.笔者认为在实际操作中，一般对“哪个字母”恒成立，“哪个字母”即为自变量；求“哪个字母”的范围，“哪个字母”即为参数.（2）对于参数，在本题中存在高次方，故不易参数分离，因此采用移项直接求关于m的一次函数（或常值函数）的最小值.【例3】（2008,天津）已知函数f(x)=x+ax+b(a,b∈R),若对于任意的a∈［12，2］，不等式f（x）≤10在［14,1］上恒成立，求b的取值范围.解：由函数f(x)图像易得f(x)max=max｛f(14),f(1)｝，故本题等价于对任意的a∈［12,2］，都有f(14)≤10，f(1)≤10恒成立，即b≤394-4a，b≤9-a对任意的a∈［12,2］成立b≤74，b≤7b≤74.在此题中，恒成立针对不同的自变量进行了多次嵌套，解决的手法是由内而外逐层分析：在内层，视“x”为自变量，采用直接求最值法；在外层，视“a”为自变量，采用参数分离间接求最值法.【例4】已知二次函数f(x)=x2+ax+1-a，若x∈［-2,2］，则f(x)≥0恒成立，求a的取值范围.解：由f(x)=x2+ax+1-a≥0对任意x∈［-2,2］恒成立，故f(0)=1-a≥0，即a≤1.又f(x)=(x+a2)2-a24-a+1，对称轴x=-a2∈［-12,+∞），故（1）对称轴x=-a2∈［-12,2］，即a∈［-4,1］，y min=f(-a2)≥0a∈［-2-22,-2+22］，即a∈［-4,-2+22］；（2）对称轴x=-a2∈(2,+∞)即，即a∈(-∞，-４),y min=f(2)≥0a∈［-5,+∞)，即a∈［-5,-4).综上所述，a∈［-5,-2+22］.无论是参数分离还是参数不分离，都不可避免地需要分类讨论，那么就尽可能减少分类讨论的步骤.这里借助赋值法得到f(0)=1-a≥0，即a≤1，从而缩小了参数a的范围，减少了直接求最值所需讨论的次数.三、数形结合【例5】（2009，上海）已知0≤x≤1时，不等式sinπx2≥kx恒成立，则实数k 的取值范围是 .图1解：由sinπ2≥kx对0≤x≤1恒成立，即函数f(x)=sinπx2的图像在x∈［0,1］这一部分始终在函数g(x)=kx的上方（如图1所示），故k≤1.【例6】（2008，浙江）若a＞0,b＞0，且当x≥0，y≥0，x+y≤1时，恒有ax+b y≤1，则以a、b为坐标的点P(a,b)所形成的平面区域的面积为 .图2解：令S1为x≥0,y≥0,x+y≤1所表示的区域；令S2为ax+by≤1所表示的区域，由题,当x≥0,y≥0,x+y≤1.时，恒有ax+by≤1，故易得1a≥1,1b≥10＜a≤1,0＜b≤1,故P(a,b)所形成的平面区域的面积为1.上述两例均是从几何角度来处理不等式恒成立问题.一般而言，f(x)≥g(x)对x∈［a,b］恒成立可以从图形的角度理解为y=f(x)的图像在x∈［a,b］部分始终在y=g(x)的上方.含有参数的不等式恒成立问题是与函数最值相关的重要问题，解题中要注意方法的灵活运用，对于无须分类讨论便可实现参数分离的，应首选“参数分离”，除此之外，直接求最值以及数形结合也是不错的选择.参考文献［1］谢广喜. 与参变元、主变元有关的几个问题的讨论［J］.中学数学教学参考（上旬），2009(1-2) .［2］张勇赴.“构造函数法”求解不等式恒成立问题［J］.中学数学教学参考（上旬），2009( 6) .(责任编辑金铃）。
高一不等式恒成立问题3种基本方法
高一不等式恒成立问题3种基本方法文章标题：探讨高一不等式恒成立问题的三种基本方法在高中数学学习中，不等式恒成立问题是一个很常见的题型。
学生们通常需要掌握多种方法来解决这类问题，而这些方法通常可以分为三种基本类型。
本文将会详细介绍这三种基本方法，帮助读者全面理解这一数学概念。
1. 方法一：代数法我们来介绍代数法。
这种方法是在不等式两边进行代数变换，使得不等式变成一个容易解决的形式。
代数法通常包括加减变形、乘除变形以及平方去根等技巧。
以不等式ax+b>0为例，我们可以通过移项得到ax>-b，然后再除以a的正负来确定不等式的方向，从而得到不等式的解集。
代数法在解决不等式恒成立问题中应用广泛，能够快速简便地找到解的范围和规律。
2. 方法二：图像法我们介绍图像法。
图像法是通过绘制不等式所代表函数的图像，来直观地找出不等式恒成立的区间。
对于一元一次不等式ax+b>0，我们可以画出函数y=ax+b的图像，从而通过观察图像的上升或下降趋势来确定不等式的解集。
图像法能够帮助我们更直观地理解不等式的性质和范围，提高我们的思维逻辑和空间想象能力。
3. 方法三：参数法我们介绍参数法。
参数法是通过引入一个或多个参数，将不等式转化为一个有参数的等式问题，进而进行求解。
参数法的典型应用包括辅助角法、二次函数法等。
以不等式ax²+bx+c>0为例，我们可以引入Δ=b²-4ac，然后根据Δ的正负来确定不等式的解集。
参数法在解决不等式问题中能够简化问题的复杂度，将不等式的求解转化为参数的求解，从而提高解题的效率和准确度。
总结回顾通过对以上三种基本方法的介绍，我们可以发现它们各有特点，应用范围和解题思路有所不同。
代数法能够利用代数变形快速求解不等式问题，图像法能够帮助我们直观地理解不等式的性质，而参数法则能够将问题转化为参数的求解，提高解题的效率。
个人观点和理解在实际解题中，我们应该根据具体情况灵活选用这三种方法，结合题目的特点和自身的掌握程度来选择合适的解题方法。
高三专题复习不等式恒成立问题
高三数学 第一讲 不等式恒成立问题在近些年的数学高考题及高考模拟题中经常出现不等式恒成立问题，此类问题一般综合性强，既含参数又含变量，往往与函数、数列、方程、几何等有机结合起来，具有形式灵活、思维性强、不同知识交汇等特点.高考往往通过此类问题考查学生分析问题、解决问题、综合驾驭知识的能力。
此类问题常见解法：一、构造函数法在解决不等式恒成立问题时，一种最重要的思想方法就是构造适当的函数，然后利用相关函数的图象和性质解决问题，同时注意在一个含多个变量的数学问题中，需要确定合适的变量和参数，从而揭示函数关系，使问题面目更加清晰明了，一般来说，已知存在范围的量视为变量，而待求范围的量视为参数.例1 已知不等式对任意的都成立，求的取值范围.例2：在R 上定义运算⊗：x ⊗y ＝x(1－y) 若不等式(x －a)⊗(x ＋a)<1对任意实数x 成立，则 ( )(A)－1<a<1 (B)0<a<2 (C) 2321<<-a (D) 3122a -<< 例3：若不等式x 2-2mx+2m+1>0对满足0≤x ≤1的所有实数x 都成立，求m 的取值范围。
二、分离参数法在题目中分离出参数，化成a>f(x) （a<f(x)）型恒成立问题，再利用a>f max (x) （a<f min (x)）求出参数范围。
例4．（2012•杭州一模）不等式x 2﹣3＞ax ﹣a 对一切3≤x ≤4恒成立，则实数a 的取值范围是 ．例5：设a 0为常数，数列｛a n ｝的通项公式为a n ＝51[3n +(-1)n-1·2n ]+(-1)n ·2n ·a 0(n ∈N * )若对任意n ≥1，n ∈N *，不等式a n >a n-1恒成立，求a 0的取值范围。
例6．（2012•安徽模拟）若不等式x 2+ax+4≥0对一切x ∈（0，1]恒成立，则a 的取值范围是 ． 例7．（2011•深圳二模）如果对于任意的正实数x ，不等式恒成立，则a 的取值范围是 ．例8．（2013•闵行区一模）已知不等式|x ﹣a|＞x ﹣1对任意x ∈[0，2]恒成立，则实数a 的取值范围是 ．三、数型结合法例9：如果对任意实数x ，不等式kx 1x ≥+恒成立，则实数k 的取值范围是例10：已知a>0且a ≠1,当x ∈(-1，1)时，不等式x 2-a x <21恒成立，则a 的取值范围 例11、 已知函数若不等式恒成立，则实数的取值范围是 .例12、（2009•上海）当时，不等式sin πx ≥kx 恒成立．则实数k 的取值范围是 ．例13、若不等式log a x ＞sin2x （a ＞0，a ≠1）对任意都成立，则a 的取值范 B C D 四、利用函数的最值（或值域）求解（1）m x f ≥)(对任意x 都成立m x f ≥⇔min )(；（2）m x f ≤)(对任意x 都成立max )(x f m ≥⇔。
不等式恒成立问题3种基本方法
不等式恒成立问题3种基本方法不等式恒成立问题是指在数学中有特定条件下，当不等式满足某些条件时，就能证明不等式恒成立。
一般来说，要证明不等式恒成立，都是采用一定的技巧和方法，其中，最常用的三种方法包括把不等式化简为等式、归纳法或组合法以及图解法。
1.不等式化简为等式最常用的一种方法是将不等式化简为等式，这种方法最为直观，也是最容易的方法，也就是利用数学语言，利用数学公式将不等式化为等式，然后利用数学推论让等式恒成立。
例1:y+2除以3大于9，则y大于17令y+2=3x得3x除以3大于9化简得 x大于9代入y+2=3x，y大于17所以y+2除以3大于9时，y大于17。
2.纳法或组合法归纳法或组合法是比较常用的一种方法，也称为反演法。
特别是在分析比较复杂的不等式时，往往可以借助这种方法。
归纳法或组合法的步骤是：1首先分析不等式的全部特性，然后根据不等式的特性进行分析，把这些特性分为若干步，每步解决一个特殊问题；2）然后利用反演法，逐步推出最后的结论。
例 2:y>8，则9-y<1第一步： y>8明 y>8成立的第二步：y>8带入y-8>0，即可推出y-8的值大于0第三步：y-8>0带入9-y<1，即可推出9-y的值小于1第四步：以上四步推出，若y>8，则9-y<13.解法图解法是把问题的定义，公式，结果等用图示表示出来，从而把问题用图形化的方式来分析。
例 3:|x-2|≤3，则-1≤x≤5由于|x-2|≤3，即x-2≤3 x-2≥-3，因此可以把上述问题用图形化的方式来分析，即x-2=3时表示x-2≤3，x-2=-3时表示x-2≥-3，两条线在x=5和x=-1的位置相交，由此可以推出-1≤x≤5。
通过以上三种方法可以解决许多不等式恒成立的问题，它们各有优缺点，需要在实际操作中根据不等式本身的特点来选择最合适的方法，以达到最好的解决效果。
但是，无论如何，从本质上来讲，学习和掌握数学，尤其是求解不等式恒成立问题，关键在于不断积累知识，勤加练习，加强技巧。
导数巧解含参问题
导数巧解含参问题【摘要】新课程中导数是分析和解决问题的有效工具。
可解决判断或论证函数的单调性，求函数的极值和最值，已知单调区间求参数的范围，利用单调性证明不等式，利用最值求不等式恒成立问题，证明不等式，判断方程的根等问题。
【关键词】导数参数单调性极值和最值新课程增加了导数的内容，随着课改的不断深入，导数知识考查的要求逐渐加强，导数已成为分析和解决问题时的不可缺少的工具。
近年好多省的高考题中都出现以函数为载体，通过研究其图像性质，来考查学生的创新能力和探究能力的试题。
有关导数在函数中的应用主要类型有：已知单调区间求参数的范围，利用单调性证明不等式，利用最值求解不等式恒成立问题，判断方程的根等问题。
这些类型成为近两年最闪亮的热点，是高中数学学习的重点之一，仅2010年全国卷（ⅰ）卷中，用导数解函数问题的考题有三道，共有分数29分，约占全试卷分数的20%，有关专家认为：由于导数在工农业生产中的广泛应用，已成为大学各专业课程的不可缺少的基础课内容，所以今后的高考也将作为学生必须加强的考试内容。
本人结合教学实践，就导数在含参问题中的应用进行了一些探究。
类型一，已知单调区间求参数的范围。
讨论函数的单调区间的解题步骤通常有三步：首先是对函数求导、其次是求＞0或＜0的区间，再判断函数的增减性。
而求函数参变量的取值范围的解题方法是：利用f,(x)≥0或f,(x)≤0建立导函数不等式或不等式组来求解。
例1，已知函数，．（ⅰ）讨论函数的单调区间；（ⅱ）设函数在区间内是减函数，求的取值范围．解：（1）求导：∴当时，得，在上递增而当时，求得两根为即在递增，递减，递增（2）又∵在区间内是减函数，∴∴，且解得：法二：令≤0∴a≥∵x∈令g(x)=当x=- 时，g(x)大= ，则注：此法也是恒成立问题常用的，具体可参看下一例。
类型二，利用最值求解不等式恒成立问题求解恒成立时，可以使用分离参数法也就是将参数与未知量分离于表达式的两边，然后根据未知量的取值范围情况决定参数的范围。
八种解法解决不等式恒成立问题
八种解法解决不等式恒成立问题1最值法例1．已知函数)0(ln )(44>-+=x c bx x ax x f 在1=x 处取得极值c --3，其中c b a ,,为常数．（I ）试确定b a ,的值；（II ）讨论函数)(x f 的单调区间；（III ）若对于任意0>x ，不等式22)(c x f -≥恒成立，求c 的取值范围．分析：不等式22)(c x f -≥恒成立，可以转化为2min 2)(c x f -≥解：（I ）（过程略）3,12-==b a ．（II ）（过程略）函数)(x f 的单调减区间为)1,0(，函数)(x f 的单调增区间为),1(+∞． （III ）由（II ）可知，函数)(x f 在1=x 处取得极小值c f --=3)1(，此极小值也是最小值．要使22)(c x f -≥（0>x ）恒成立，只需223c c -≥--，解得23≥c 或1-≤c ． 所以c 的取值范围为),23[]1,(+∞⋃--∞．评注：最值法是我们这里最常用的方法．a x f ≥)(恒成立a x f ≥⇔)(min ；a x f ≤)(恒成立a x f ≤⇔)(max ．2分离参数法例2．已知函数x x x x f +-+=1)1(ln )(22（I ）求函数)(x f 的单调区间；（II ）若不等式e n a n ≤++)11(对于任意*∈N n 都成立（其中e 是自然对数的底数），求a 的最大值．分析：对于（II ）不等式e na n ≤++)11(中只有指数含有a ，故可以将函数进行分离考虑． 解：（I ）（过程略）函数)(x f 的单调增区间为)0,1(-，)(x f 的单调减区间为),0(+∞（II ）不等式e n a n ≤++)11(等价于不等式1)11ln()(≤++n a n ，由于111>+n ，知1)11ln()(≤++na n n n a -+≤⇔)11ln(1；设x x x g 1)1ln(1)(-+= ]1,0(∈x ，则221)1(ln )1(1)(x x x x g +++-=')1(ln )1()1(ln )1(2222x x x x x x ++-++=． 由（I ）知，01)1(ln 22≤+-+x x x ，即0)1(ln )1(22≤-++x x x ；于是，0)(<'x g ]1,0(∈x ，即)(x g 在区间]1,0(上为减函数．故)(x g 在]1,0(上的最小值为12ln 1)1(-=g ． 所以a 的最大值为12ln 1-． 评注：不等式恒成立问题中，常常先将所求参数从不等式中分离出来，即：使参数和主元分别位于不等式的左右两边，然后再巧妙构造函数，最后化归为最值法求解．3 数形结合法例3．已知当]2,1(∈x 时，不等式x x a log )1(2≤-恒成立，则实数a 的取值范围是＿＿＿．直角坐标系内作出函数2)1()(-=x x f x x g a log )(=在]2,1(∈x 观、简捷求解．解：在同一平面直角坐标系内作出函数2)1()(-=x x f 与函数x x g a log )(=在(∈x 图象（如右），从图象中容易知道：当0<a )(x g 上方，不合题意；当1>a 且]2,1(∈x 或部分点重合，就必须满足12log ≥a ，即21≤<a ．故所求的a 的取值范围为]2,1(．评注：对不等式两边巧妙构造函数，数形结合，直观形象，是解决不等式恒成立问题的一种快捷方法． 4 变更主元法例4．对于满足不等式11≤≤-a 的一切实数a ，函数)24()4(2a x a x y -+-+=的值恒大于0，则实数x 的取值范围是＿＿＿．分析：若审题不清，按习惯以x 为主元，则求解将非常烦琐．应该注意到：函数值大于0对一定取值范围的谁恒成立，则谁就是主元．解：设)44()2()(2+-+-=x x a x a f ，]1,1[+-∈a ，则原问题转化为0)(>a f 恒成立的问题． 故应该有⎩⎨⎧>>-0)1(0)1(f f ，解得1<x 或3>x ． 所以实数x 的取值范围是),3()1,(+∞⋃-∞．评注：在某些特定的条件下，若能变更主元，转换思考问题的角度，不仅可以避免分类讨论，而且可以轻松解决恒成立问题．5 特殊化法例5．设0a 是常数，且1123---=n n n a a （*∈N n ）．（I ）证明：对于任意1≥n ，012)1(]2)1(3[51a a n n n n n n ⋅-+⋅-+=-． （II ）假设对于任意1≥n 有1->n n a a ，求0a 的取值范围．分析：常规思路：由已知的递推关系式求出通项公式，再根据对于任意1≥n 有1->n n a a 求出0a 的取值范围，思路很自然，但计算量大．可以用特殊值探路，确定目标，再作相应的证明．解：（I ）递推式可以化归为31)3(32311+-=--n n nn a a ，]51)3[(3251311--=---n n n n a a ，所以数列}513{-n n a 是等比数列，可以求得对于任意1≥n ，012)1(]2)1(3[51a a n n n n n n ⋅-+⋅-+=-． （II ）假设对于任意1≥n 有1->n n a a ，取2,1=n 就有⎩⎨⎧>=->-=-0603101201a a a a a a 解得3100<<a ； 下面只要证明当3100<<a 时，就有对任意*∈N n 有01>--n n a a 由通项公式得011111215)1(2)1(332)(5a a a n n n n n n n ⋅⋅⋅-+⋅-⋅+⋅=------当12-=k n （*∈N k ）时，02523322152332)(511101111=⋅-⋅+⋅>⋅⋅-⋅+⋅=--------n n n n n n n n a a a当k n 2=（*∈N k ）时，023*********)(51101111=⋅-⋅>⋅⋅+⋅-⋅=-------n n n n n n n a a a ，可见总有1->n n a a ． 故0a 的取值范围是)31,0(评注：特殊化思想不仅可以有效解答选择题，而且是解决恒成立问题的一种重要方法． 6分段讨论法例6．已知2)(--=a x x x f ，若当[]0,1x ∈时，恒有()f x ＜0，求实数a 的取值范围． 解：（i ）当0x =时，显然()f x ＜0成立，此时，a R ∈（ii ）当(]0,1x ∈时，由()f x ＜0，可得2x x -＜a ＜2+x x ， 令 (](]22(),(0,1);()(0,1)g x x x h x x x x x=-∈=+∈ 则221)(xx g +='＞0，∴()g x 是单调递增，可知[]max ()(1)1g x g ==- 221)(xx h -='＜0，∴()h x 是单调递减，可知[]min ()(1)3h x h == 此时a 的范围是（—1，3）综合i 、ii 得：a 的范围是（—1，3） ．例7．若不等式032>+-ax x 对于]21,21[-∈x 恒成立，求a 的取值范围． 解：（只考虑与本案有关的一种方法）解：对x 进行分段讨论，当0=x 时，不等式恒成立，所以，此时R a ∈； 当]21,0(∈x 时，不等式就化为x x a 3+<，此时x x 3+的最小值为213，所以213<a ； 当)0,21[-∈x 时，不等式就化为x x a 3+>，此时x x 3+的最大值为213-，所以213->a ； 由于对上面x 的三个范围要求同时满足，则所求的a 的范围应该是上三个a 的范围的交集即区间)213,213(- 说明：这里对变量x 进行分段来处理，那么所求的a 对三段的x 要同时成立，所以，用求交集的结果就是所求的结果．评注：当不等式中左右两边的函数具有某些不确定的因素时，应该用分类或分段讨论方法来处理，分类（分段）讨论可使原问题中的不确定因素变化成为确定因素，为问题解决提供新的条件；但是最后综合时要注意搞清楚各段的结果应该是并集还是别的关系．7单调性法例8．若定义在),0(+∞的函数)(x f 满足)()()(xy f y f x f =+，且1>x 时不等式0)(<x f 成立，若不等式)()()(22a f xy f y x f +≤+对于任意),0(,+∞∈y x 恒成立，则实数a 的取值范围是＿＿＿．解：设210x x <<，则112>x x ，有0)(12<x x f ．这样，0)()()()()()()()(121112111212<=-+=-⋅=-x x f x f x f x x f x f x x x f x f x f ，则)()(12x f x f <，函数)(x f 在),0(+∞为减函数． 因此)()()(22a f xy f y x f +≤+⇔)()(22xy a f y x f ≤+⇔xy a y x ≥+22xy y x a 22+≤⇔；而2222=≥+xy xyxy y x （当且仅当y x =时取等号），又0>a ，所以a 的取值范围是]2,0(．评注：当不等式两边为同一函数在相同区间内的两个函数值时，可以巧妙利用此函数的单调性，把函数值大小关系化归为自变量的大小关系，则问题可以迎刃而解．8判别式法例9．若不等式012>++ax ax 对于任意R x ∈恒成立．则实数a 的取值范围是＿＿＿． 分析：此不等式是否为一元二次不等式，应该先进行分类讨论；一元二次不等式任意R x ∈恒成立，可以选择判别式法．解：当0=a 时，不等式化为01>，显然对一切实数恒成立； 当0≠a 时，要使不等式012>++ax ax 一切实数恒成立，须有⎩⎨⎧<-=∆>0402a a a ，解得40<<a ．综上可知，所求的实数a 的取值范围是)4,0[．不等式恒成立问题求解策略一般做法就是上面几种，这些做法是通法，对于具体问题要具体分析，要因题而异，如下例．例10．关于x 的不等式ax xx x ≥-++232525在]12,1[∈x 上恒成立，求 实数a 的取值范围．通法解：用变量与参数分离的方法，然后对变量进行分段处理；∵]12,1[∈x ，∴不等式可以化为a x x x x ≥-++5252；下面只要求x x xx x f 525)(2-++=在]12,1[∈x 时的最小值即可，分段处理如下．当]5,1[∈x 时，x x x x f 256)(2++-=，223225622562)(x x x x x x f -+-=-+-='，再令2562)(231-+-=x x x f ，0126)(21=+-='x x x f ，它的根为2,0；所以在区间)2,1[上有0)(1>'x f ，)(x f 递增，在区间]5,2(上有0)(1<'x f ，)(x f 递减，则就有2562)(231-+-=x x x f 在]5,1[∈x 的最大值是017)2(1<-=f ，这样就有0)(<'x f ，即)(x f 在区间]5,1[是递减．同理可以证明)(x f 在区间]12,5[是递增；所以，x x xx x f 525)(2-++=在]12,1[∈x 时的最小值为10)5(=f ，即10≤a ． 技巧解：由于]12,1[∈x ，所以，25225≥+xx ，052≥-x x 两个等号成立都是在5=x 时；从而有10525)(2≥-++=x x x x x f （5=x 时取等号），即10≤a ． 评注：技巧解远比通法解来得简单、省力、省时但需要扎实的数学基本功．。
高考数学导数专题专讲 专题35 双变量恒成立与能成立问题概述(含答案)
专题35双变量恒成立与能成立问题概述【方法总结】1．最值定位法解双变量不等式恒成立问题的思路策略(1)用最值定位法解双变量不等式恒成立问题是指通过不等式两端的最值进行定位，转化为不等式两端函数的最值之间的不等式，列出参数所满足的不等式，从而求解参数的取值范围．(2)有关两个函数在各自指定范围内的不等式恒成立问题，这里两个函数在指定范围内的自变量是没有关联的，这类不等式的恒成立问题就应该通过最值进行定位．2．常见的双变量恒成立能成立问题的类型(1)对于任意的x1∈[a，b]，x2∈[m，n]，使得f(x1)≥g(x2)⇔f(x1)min≥g(x2)max．(如图1)(2)若存在x1∈[a，b]，总存在x2∈[m，n]，使得f(x1)≥g(x2)⇔f(x1)max≥g(x2)min．(如图2)(3)对于任意的x1∈[a，b]，总存在x2∈[m，n]，使得f(x1)≥g(x2)⇔f(x1)min≥g(x2)min．(如图3)(4)若存在x1∈[a，b]，对任意的x2∈[m，n]，使得f(x1)≥g(x2)⇔f(x1)max≥g(x2)max．(如图4)(5)若存在x1∈[a，b]，对任意的x2∈[m，n]，使得f(x1)＝g(x2)⇔f(x1)max≥g(x2)max．(如图4)(6)若存在x1∈[a，b]，总存在x2∈[m，n]，使得f(x1)＝g(x2)⇔f(x)的值域与g(x)的值域的交集非空．(如图5)考点一双任意与双存在不等问题(1)f(x)，g(x)是在闭区间D上的连续函数且∀x1，x2∈D，使得f(x1)＞g(x2)，等价于f(x)min＞g(x)max．其等价转化的目标是函数y＝f(x)的任意一个函数值均大于函数y＝g(x)的任意一个函数值．如图⑤．(2)存在x1，x2∈D，使得f(x1)＞g(x2)，等价于f(x)max＞g(x)min．其等价转化的目标是函数y＝f(x)的某一个函数值大于函数y＝g(x)的某些函数值．如图⑥．【例题选讲】[例1]已知函数f (x )＝a ＋1x＋a ln x ，其中参数a <0．(1)求函数f (x )的单调区间；(2)设函数g (x )＝2x 2f ′(x )－xf (x )－3a (a <0)，存在实数x 1，x 2∈[1，e 2]，使得不等式2g (x 1)<g (x 2)成立，求a 的取值范围．解析(1)∵f (x )＝a ＋1x ＋a ln x ，定义域为(0，＋∞)．∴f ′(x )＝－a ＋1x 2＋a x ＝ax －（a ＋1）x 2．①当－1<a <0时，a ＋1a<0，恒有f ′(x )<0．∴函数f (x )的单调减区间是(0，＋∞)．②当a ＝－1时，f ′(x )＝－1x <0，∴f (x )的减区间是(0，＋∞)．③当a <－1时，x 0，a ＋1a f ′(x )>0，∴f (x )的增区间是0，a ＋1a x a ＋1a，＋∞f ′(x )<0，∴f (x )a ＋1a ，＋∞(2)g (x )＝2ax －ax ln x －(6a ＋3)(a <0)，因为存在实数x 1，x 2∈[1，e 2]，使得不等式2g (x 1)<g (x 2)成立，∴2g (x )min <g (x )max ．又g ′(x )＝a (1－ln x )，且a <0，∴当x ∈[1，e)时，g ′(x )<0，g (x )是减函数；当x ∈(e ，e 2]时，g ′(x )>0，g (x )是增函数．∴g (x )min ＝g (e)＝a e －6a －3，g (x )max ＝max{g (1)，g (e 2)}＝－6a －3．∴2a e －12a －6<－6a －3，则a >32e －6．又a <0，从而32e －6<a <0，即a 32e －6，0[例2]已知函数f (x )＝12ln x －mx ，g (x )＝x －a x(a >0)．(1)求函数f (x )的单调区间；(2)若m ＝12e 2，对∀x 1，x 2∈[2，2e 2]都有g (x 1)≥f (x 2)成立，求实数a 的取值范围．解析(1)因为f (x )＝12ln x －mx ，x >0，所以f ′(x )＝12x－m ，当m ≤0时，f ′(x )>0，f (x )在(0，＋∞)上单调递增．当m >0时，由f ′(x )＝0得x ＝12m ；f ′(x )>0，x >0得0<x <12m ；由f ′(x )<0，x >0得x >12m．所以f (x )0，12m 上单调递增，在12m，＋∞上单调递减．综上所述，当m ≤0时，f (x )的单调递增区间为(0，＋∞)，无单调递减区间；当m >0时，f (x )0，12m ，单调递减区间为12m ，＋∞．(2)若m ＝12e 2，则f (x )＝12ln x －12e2x ．对∀x 1，x 2∈[2，2e 2]都有g (x 1)≥f (x 2)成立，等价于对∀x ∈[2，2e 2]都有g (x )min ≥f (x )max ，由(1)知在[2，2e 2]上f (x )的最大值为f (e 2)＝12，又g ′(x )＝1＋ax 2>0(a >0)，x ∈[2，2e 2]，所以函数g (x )在[2，2e 2]上是增函数，所以g (x )min ＝g (2)＝2－a 2．由2－a 2≥12，得a ≤3，又a >0，所以a ∈(0，3]，所以实数a 的取值范围为(0，3]．[例3]已知f (x )＝x ＋a 2x(a ＞0)，g (x )＝x ＋ln x ．(1)若对任意的x 1，x 2∈[1，e]，都有f (x 1)≥g (x 2)成立，求实数a 的取值范围；(2)若存在x 1，x 2∈[1，e]，使得f (x 1)＜g (x 2)，求实数a 的取值范围．解析(1)对任意的x 1，x 2∈[1，e]，都有f (x 1)≥g (x 2)成立，等价于x ∈[1，e]时，f (x )min ≥g (x )max ．当x ∈[1，e]时，g ′(x )＝1＋1x ＞0，所以g (x )在[1，e]上单调递增，所以g (x )max ＝g (e)＝e ＋1．只需证f (x )≥e ＋1，即x ＋a 2x ≥e ＋1⇔a 2≥(e ＋1)x －x 2在[1，e]上恒成立即可．令h (x )＝(e ＋1)x －x 2，当x ∈[1，e]时，h (x )＝(e ＋1)x －x 2＝－x －e ＋12＋e ＋12的最大值为e ＋12＝e ＋122．所以a 2e ＋122，即a ≥e ＋12(舍去负值)．故实数a 的取值范围是e ＋12，＋∞(2)存在x 1，x 2∈[1，e]，使得f (x 1)＜g (x 2)，等价于x ∈[1，e]时，f (x )min ＜g (x )max ．当x ∈[1，e]时，g ′(x )＝1＋1x ＞0，所以g (x )在[1，e]上单调递增，所以g (x )max ＝g (e)＝e ＋1．又f ′(x )＝1－a 2x2，令f ′(x )＝0，得x ＝a ，故f (x )＝x ＋a 2x(a ＞0)在(0，a )上单调递减，在(a ，＋∞)上单调递增．当0＜a ＜1时，f (x )在[1，e]上单调递增，f (x )min ＝f (1)＝1＋a 2＜e ＋1，符合题意；当1≤a ≤e 时，f (x )在[1，a ]上单调递减，在[a ，e]上单调递增，f (x )min ＝f (a )＝2a ，此时，2a ＜e ＋1，解得1≤a ＜e ＋12；当a ＞e 时，f (x )在[1，e]上单调递减，f (x )min ＝f (e)＝e ＋a 2e ，此时，e ＋a 2e＜e ＋1，即a ＜e ，与a ＞e 矛盾，不符合题意．综上可知，实数a 的取值范围是0，e ＋12．点拨(1)本题第(1)问从数的角度看，问题的本质就是f (x )min ≥g (x )max ．从形的角度看，问题的本质就是函数f (x )图象的最低点不低于g (x )图象的最高点．(2)本题第(2)问从数的角度看，问题的本质就是f (x )min ＜g (x )max ．从形的角度看，问题的本质就是函数f (x )图象的最低点低于g (x )图象的最高点．[例4]设f (x )＝ax＋x ln x ，g (x )＝x 3－x 2－3．(1)如果存在x 1，x 2∈[0，2]，使得g (x 1)－g (x 2)≥M 成立，求满足上述条件的最大整数M ；(2)如果对于任意的s ，t ∈12，2，都有f (s )≥g (t )成立，求实数a 的取值范围．解析(1)存在x 1，x 2∈[0，2]，使得g (x 1)－g (x 2)≥M 成立，等价于[g (x 1)－g (x 2)]max ≥M ．由g (x )＝x 3－x 2－3，得g ′(x )＝3x 2－2x ＝3x －23g ′(x )＜0，解得0＜x ＜23；由g ′(x )＞0，解得x ＜0或x ＞23．又x ∈[0，2]，所以g (x )在区间0，23上单调递减，在区间23，2上单调递增，又g (0)＝－3，g (2)＝1，故g (x )max ＝g (2)＝1，g (x )min ＝g 23＝－8527．所以[g (x 1)－g (x 2)]max ＝g (x )max －g (x )min ＝1＋8527＝11227≥M ，则满足条件的最大整数M ＝4．(2)对于任意的s ，t ∈12，2，都有f (s )≥g (t )成立，等价于在区间12，2上，函数f (x )min ≥g (x )max ．由(1)可知在区间12，2上，g (x )的最大值为g (2)＝1．在区间12，2上，f (x )＝ax＋x ln x ≥1恒成立等价于a ≥x －x 2ln x 恒成立．设h (x )＝x －x 2ln x ，x ∈12，2，则h ′(x )＝1－2x ln x －x ，易知h ′(x )在区间12，2上是减函数，又h ′(1)＝0，所以当1＜x ＜2时，h ′(x )＜0；当12＜x ＜1时，h ′(x )＞0．所以函数h (x )＝x －x 2lnx 在区间12，1上单调递增，在区间[1，2]上单调递减，所以h (x )max ＝h (1)＝1，所以实数a 的取值范围是[1，＋∞)．考点二存在与任意嵌套不等问题(1)∀x 1∈D 1，∃x 2∈D 2，使f (x 1)＞g (x 2)，等价于函数f (x )在D 1上的最小值大于g (x )在D 2上的最小值，即f (x )min ＞g (x )min (这里假设f (x )min ，g (x )min 存在)．其等价转化的目标是函数y ＝f (x )的任意一个函数值大于函数y ＝g (x )的某一个函数值．如图⑦．(2)∀x 1∈D 1，∃x 2∈D 2，使f (x 1)＜g (x 2)，等价于函数f (x )在D 1上的最大值小于g (x )在D 2上的最大值，即f (x )max ＜g (x )max ．其等价转化的目标是函数y ＝f (x )的任意一个函数值小于函数y ＝g (x )的某一个函数值．如图⑧．【例题选讲】[例5]设函数f (x )＝e(x 2－ax ＋a )e x(a ∈R )．(1)若曲线y ＝f (x )在x ＝1处的切线过点M (2，3)，求a 的值；(2)设g (x )＝x ＋1x ＋1－13，若对任意的n ∈[0，2]，存在m ∈[0，2]，使得f (m )≥g (n )成立，求a 的取值范围．解析(1)因为f (x )＝e(x 2－ax ＋a )e x ，所以f ′(x )＝e·(2x －a )e x －(x 2－ax ＋a )e xe 2x ＝－(x －2)(x －a )ex －1．又f (1)＝1，即切点为(1，1)，所以k ＝f ′(1)＝1－a ＝3－12－1，解得a ＝－1．(2)“对任意的n ∈[0，2]，存在m ∈[0，2]，使得f (m )≥g (n )成立”，等价于“在[0，2]上，f (x )的最大值大于或等于g (x )的最大值”．因为g (x )＝x ＋1x ＋1－13，g ′(x )＝x 2＋2x （x ＋1）2≥0，所以g (x )在[0，2]上单调递增，所以g (x )max ＝g (2)＝2．令f ′(x )＝0，得x ＝2或x ＝a ．①当a ≤0时，f ′(x )≥0在[0，2]上恒成立，f (x )单调递增，f (x )max ＝f (2)＝(4－a )e －1≥2，解得a ≤4－2e ；②当0<a <2时，f ′(x )≤0在[0，a ]上恒成立，f (x )单调递减，f ′(x )≥0在[a ，2]上恒成立，f (x )单调递增，f (x )的最大值为f (2)＝(4－a )e －1或f (0)＝a e ，所以(4－a )e －1≥2或a e≥2．解得：a ≤4－2e 或a ≥2e ，所以2e≤a <2；③当a ≥2时，f ′(x )≤0在[0，2]上恒成立，f (x )单调递减，f (x )max ＝f (0)＝a e≥2，解得a ≥2e ，所以a ≥2．综上所述：a ≤4－2e 或a ≥2e ．[例6]已知函数f (x )＝x －(a ＋1)ln x －a x (a ∈R 且a <e)，g (x )＝12x 2＋e x －x e x ．(1)当x ∈[1，e]时，求f (x )的最小值；(2)当a ＜1时，若存在x 1∈[e ，e 2]，使得对任意的x 2∈[－2，0]，f (x 1)＜g (x 2)恒成立，求a 的取值范围．解析(1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝(x －1)(x －a )x 2．①若a ≤1，当x ∈[1，e]时，f ′(x )≥0，则f (x )在[1，e]上为增函数，f (x )min ＝f (1)＝1－a ．②若1＜a ＜e ，当x ∈[1，a ]时，f ′(x )≤0，f (x )为减函数；当x ∈[a ，e]时，f ′(x )≥0，f (x )为增函数．所以f (x )min ＝f (a )＝a －(a ＋1)ln a －1，综上，当a ≤1时，f (x )min ＝1－a ；当1＜a ＜e 时，f (x )min ＝a －(a ＋1)ln a －1；(2)由题意知：f (x )(x ∈[e ，e 2])的最小值小于g (x )(x ∈[－2，0])的最小值．由(1)知f (x )在[e ，e 2]上单调递增，f (x )min ＝f (e)＝e －(a ＋1)－ae ，又g ′(x )＝(1－e x )x ．当x ∈[－2，0]时，g ′(x )≤0，g (x )为减函数，则g (x )min ＝g (0)＝1，所以e －(a ＋1)－ae ＜1，解得a ＞e 2－2e e ＋1，所以a 的取值范围为e 2－2ee ＋1，1考点三双任意与存在相等问题(1)∃x 1∈D 1，∃x 2∈D 2，使得f (x 1)＝g (x 2)等价于函数f (x )在D 1上的值域A 与g (x )在D 2上的值域B 的交集不是空集，即A ∩B ≠∅，如图⑨．其等价转化的目标是两个函数有相等的函数值．图⑨图⑩(2)∀x 1∈D 1，∃x 2∈D 2，使得f (x 1)＝g (x 2)等价于函数f (x )在D 1上的值域A 是g (x )在D 2上的值域B 的子集，即A ⊆B ，如图⑩．其等价转化的目标是函数y ＝f (x )的值域都在函数y ＝g (x )的值域之中．说明：图⑨，图⑩中的条形图表示函数在相应定义域上的值域在y 轴上的投影．【例题选讲】[例7]已知函数f (x )＝ax －ln x ＋x 2．(1)若a ＝－1，求函数f (x )的极值；(2)若a ＝1，∀x 1∈(1，2)，∃x 2∈(1，2)，使得f (x 1)－x 21＝mx 2－13mx 32(m ≠0)，求实数m 的取值范围．解析(1)依题意知，当a ＝－1时，f (x )＝－x －ln x ＋x 2，f ′(x )＝－1－1x ＋2x ＝2x 2－x －1x ＝(2x ＋1)(x －1)x，因为x ∈(0，＋∞)，故当x ∈(0，1)时，f ′(x )＜0，当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )＞0，故当x ＝1时，f (x )有极小值，极小值为f (1)＝0，无极大值．(2)当a ＝1时，f (x )＝x －ln x ＋x 2．因为∀x 1∈(1，2)，∃x 2∈(1，2)，使得f (x 1)－x 21＝mx 2－13mx 32(m ≠0)，故ln x 1－x 1＝13mx 32－mx 2．设h (x )＝ln x －x ，g (x )＝13mx 3－mx ，当x ∈(1，2)时，h ′(x )＝1x －1＜0，即函数h (x )在(1，2)上单调递减，故h (x )的值域为A ＝(ln 2－2，－1)．又g ′(x )＝mx 2－m ＝m (x ＋1)(x －1)．①当m ＜0时，g (x )在(1，2)上单调递减，此时g (x )的值域为B ＝2m 3，－2m 3，因为A ⊆B ，又－2m 3＞0＞－1，故2m 3≤ln 2－2，即m ≤32ln 2－3；②当m ＞0时，g (x )在(1，2)上单调递增，此时g (x )的值域为B ＝－2m 3，2m3，因为A ⊆B ，又2m 3＞0＞－1，故－2m 3≤ln 2－2，故m ≥－32(ln 2－2)＝3－32ln 2．综上所述，实数m －∞，32ln 2－3∪3－32ln 2，＋∞[例8]已知函数f (x )＝a ln x －x ＋2，a ∈R ．(1)求函数f (x )的单调区间；(2)若对任意的x 1∈[1，e]，总存在x 2∈[1，e]，使得f (x 1)＋f (x 2)＝4，求实数a 的值．解析(1)因为f (x )＝a ln x －x ＋2，所以f ′(x )＝ax －1＝a －x x，x >0，当a ≤0时，对任意的x ∈(0，＋∞)，f ′(x )<0，所以f (x )的单调递减区间为(0，＋∞)，无单调递增区间；当a >0时，令f ′(x )＝0，得x ＝a ，因为x ∈(0，a )时，f ′(x )>0，x ∈(a ，＋∞)时，f ′(x )<0，所以f (x )的单调递增区间为(0，a )，单调递减区间为(a ，＋∞)．(2)①当a ≤1时，由(1)知，f (x )在[1，e]上是减函数，所以f (x )max ＝f (1)＝1．因为对任意的x 1∈[1，e]，x 2∈[1，e]，f (x 1)＋f (x 2)≤2f (1)＝2<4，所以对任意的x 1∈[1，e]，不存在x 2∈[1，e]，使得f (x 1)＋f (x 2)＝4．②当1<a <e 时，由(1)知，f (x )在[1，a ]上是增函数，在(a ，e]上是减函数，所以f (x )max ＝f (a )＝a ln a －a ＋2．因为对任意的x 1∈[1，e]，x 2∈[1，e]，f (x 1)＋f (x 2)≤2f (a )＝2a (ln a －1)＋4，又1<a <e ，所以ln a －1<0，2a (ln a －1)＋4<4，所以对任意的x 1∈[1，e]，不存在x 2∈[1，e]，使得f (x 1)＋f (x 2)＝4．③当a ≥e 时，由(1)知，f (x )在[1，e]上是增函数，f (x )min ＝f (1)＝1，f (x )max ＝f (e)＝a －e ＋2，由题意，对任意的x 1∈[1，e]，总存在x 2∈[1，e]，使得f (x 1)＋f (x 2)＝4，则当x 1＝1时，要使存在x 2∈[1，e]，使得f (x 1)＋f (x 2)＝4，则f (1)＋f (e)≥4，同理当x 1＝e 时，要使存在x 2∈[1，e]，使得f (x 1)＋f (x 2)＝4，则f (e)＋f (1)≤4，所以f (1)＋f (e)＝4．(对任意的x 1∈(1，e)，令g (x )＝4－f (x )－f (x 1)，x ∈[1，e]，g (x )＝0有解．g (1)＝4－f (1)－f (x 1)＝f (e)－f (x 1)>0，g (e)＝4－f (e)－f (x 1)＝f (1)－f (x 1)<0，所以存在x 2∈(1，e)，g (x 2)＝4－f (x 2)－f (x 1)＝0，即f (x 1)＋f (x 2)＝4．)所以由f (1)＋f (e)＝a －e ＋3＝4，得a ＝e ＋1．综上可知，实数a 的值为e ＋1．[例9]已知函数f (x )＝ln x －x ，g (x )＝13mx 3－mx (m ≠0)．(1)求曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程；(2)若对任意的x 1∈(1，2)，总存在x 2∈(1，2)，使得f (x 1)＝g (x 2)，求实数m 的取值范围．解析(1)易知切点为(1，－1)，f ′(x )＝1x－1，切线的斜率k ＝f ′(1)＝0，故切线方程为y ＝－1．(2)设f (x )在区间(1，2)上的值域为A ，g (x )在区间(1，2)上的值域为B ，则由题意可得A ⊆B ．∵f (x )＝ln x －x ，∴f ′(x )＝1x －1＝1－x x <0在(1，2)上恒成立，∴函数f (x )在区间(1，2)上单调递减，∴值域A 为(ln 2－2，－1)．又g ′(x )＝mx 2－m ＝m (x ＋1)(x －1)，当m >0时，g ′(x )>0在x ∈(1，2)上恒成立，则g (x )在(1，2)上是增函数，此时g (x )在区间(1，2)上的值域B 为－23m ，23m，则m ，23m ≥－1，－23m ≤ln 2－2，解得m ≥－32(ln 2－2)＝3－32ln 2．当m <0时，g ′(x )<0在x ∈(1，2)上恒成立，则g (x )在(1，2)上是减函数，此时g (x )在区间(1，2)上的值域B 为23m ，－23m，m ，－23m ≥－1，23m ≤ln 2－2，解得m ≤32(ln 2－2)＝32ln 2－3．∴实数m －∞，32ln 2－3∪3－32ln 2，＋∞[例10]已知函数f (x )＝(1－x )e x －1．(1)求f (x )的极值；(2)设g (x )＝(x －t )2＋ln x －mt ，存在x 1∈(－∞，＋∞)，x 2∈(0，＋∞)，使方程f (x 1)＝g (x 2)成立，求实数m 的最小值．解析(1)f ′(x )＝－x e x ，当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )<0，当x ∈(－∞，0)时，f ′(x )>0，∴当x ＝0时，f (x )有极大值f (0)＝e 0－1＝0，f (x )没有极小值．(2)由(1)知f (x )≤0，又因为g (x )＝(x －t )2ln x －mt ≥0，所以要使方程f (x 1)＝g (x 2)有解，必然存在x 2∈(0，＋∞)，使g (x 2)＝0，所以x ＝t ，ln x ＝m t，等价于方程ln x ＝mx 有解，即方程m ＝x ln x 在(0，＋∞)上有解，记h (x )＝x ln x ，x ∈(0，＋∞)，则h ′(x )＝ln x ＋1，令h ′(x )＝0，得x ＝1e，所以当x ∈0，1e 时，h ′(x )<0，h (x )单调递减，当x ∈1e ，＋∞h ′(x )>0，h (x )单调递增，所以当x ＝1e 时，h (x )min ＝－1e ，所以实数m 的最小值为－1e ．[例11]已知函数f (x )＝x 2－23ax 3，a ＞0，x ∈R ，g (x )＝1x 2(1－x )．(1)若∃x 1∈(－∞，－1]，∃x 2∈－∞，－12f (x 1)＝g (x 2)，求实数a 的取值范围；(2)当a ＝32时，求证：对任意的x 1∈(2，＋∞)，都存在x 2∈(1，＋∞)，使得f (x 1)＝g (x 2)．解析(1)∵f (x )＝x 2－23ax 3，∴f ′(x )＝2x －2ax 2＝2x (1－ax )．令f ′(x )＝0，得x ＝0或x ＝1a．∵a ＞0，∴1a ＞0，∴当x ∈(－∞，0)时，f ′(x )＜0，∴f (x )在(－∞，－1]上单调递减，f (x )≥f (－1)＝1＋2a3，故f (x )在(－∞，－1]上的值域为1＋2a3，＋∞∵g (x )＝1x 2(1－x )，∴g ′(x )＝3x 2－2x x 4(1－x )2＝3x －2x 3(1－x )2．当x ＜－12时，g ′(x )＞0，∴g (x )在－∞，－12上单调递增，g (x )＜－12＝83，故g (x )在－∞，－12上的值域为－∞，83若∃x 1∈(－∞，－1]，∃x 2∈－∞，－12f (x 1)＝g (x 2)，则1＋2a 3＜83，解得0＜a ＜52，故实数a 的取值范围是0，52(2)当a ＝32时，f (x )＝x 2－x 3，∴f ′(x )＝2x －3x 2＝323－x 当x ＞2时，f ′(x )＜0，∴f (x )在(2，＋∞)上单调递减，且f (2)＝－4，∴f (x )在(2，＋∞)上的值域为(－∞，－4)．则g (x )＝1x 2(1－x )＝1f (x )在(1，＋∞)上单调递增，∴g (x )＝1x 2(1－x )在(1，＋∞)上的值域为(－∞，0)．∵(－∞，－4)(－∞，0)，∴对于任意的x 1∈(2，＋∞)，都存在x 2∈(1，＋∞)，使得f (x 1)＝g (x 2)．点拨本题第(1)问等价转化的基本思想是：两个函数有相等的函数值，即它们的值域有公共部分；第(2)问等价转化的基本思想是：函数f(x)的任意一个函数值都与函数g(x)的某一函数值相等，即f(x)的值域都在g(x)的值域中．。
借助函数最值来求解不等式恒成立时参数的取值范围问题
恒成立，易得｛ｆ （２－）＞ ２）。 ￣，Ｏ’
ｃ。ｓ 一 ＝＝＿ 一４一［２一ｃ。ｓ ＋
］·
①
即』 一４ ＋。＞ｏ’解得 ＜一１或ｚ＞３．
令 ２一ＣＯＳ ＝ｔ，ｔ∈［１，３］，所 以 ｍ＞４一（ｔ＋÷），
即 ４一 ＜ ＋÷在 ｔ∈［１，３］上 恒成立 ，即求 ｈ（ ）一 ＋
喜妻
姜 蒿 冀 ÷在ｆ∈Ｅ１，３］上的最小值．因为ｈ（ ）一ｆ＋÷≥２ 等
不 等式 恒 成 立条 件 下 参 数 的取 值 范 围 问题 一 直
（１） 当 ｍ ＜ 一 １，即 ＜ 一 ２ 时 ，ｇ （￡）一
都是 高考数 学 如 ：用参 数 分 离研 究 函 数 的 最值 、变 更 主 元 、数 形结 合等 方法 ．方 法虽 多 ，但 学 生 在 解 题 过 程 中难 以
例 ２ （２００９年 江 西 卷文 ）设 函数 厂（ｚ）一ｚ。一
２√２，所 以 ４一ｍ％ ２√２，即 Ⅲ＞４—２√２． 所 以 ｍ 的取值 范 围为 （４—２√２，＋。。）．
彝 茜釜 曩
喜
ｚ ＋６ｘ—ｎ．若对 于任 意实 数 ｚ，ｆ （ ）≥ ｍ 恒 成立 ，
求 ？ＴＩ的最大值 ．
ｇ（一 １）一 ４ｍ一 １＞ ０，无 解 ； （２）当 一 １≤ ≤ １，即 一 ２≤ ≤ ２时 ，ｇ ， （￡）一
选择 最佳 方 法．通 过对 这 些 方 法 的分 析 ，不 难 发 现 这 些 方法 有一 个 共 性 ，即利用 函 数 的最 值 求 参 数 范 围． ｇ（ ）＞ｏ，解 得 ４－２ ＜ｍ≤ ２；
惜 曲 最 值 弗 冰 囊荦
同 ，使 ＿厂（ＣＯＳ ２ 一３）－－ｆ（４ｍ一２ｔ ａｃｏｓ ）＞ｏ恒成 立．
不等式恒成立、能成立、恰成立问题专题(17例题+15练习题+答案与解析)
不等式恒成立、能成立、恰成立问题分析及应用一、不等式恒成立问题的处理方法1、转换求函数的最值：（1）若不等式()A x f >在区间D 上恒成立,则等价于在区间D 上()min f x A >，⇔()f x 的下界大于A（2）若不等式()B x f <在区间D 上恒成立,则等价于在区间D 上()max f x B <,()f x 的上界小于A例1、设f(x)=x2-2ax+2,当x ∈[-1,+∞]时，都有f(x)≥a 恒成立，求a 的取值范围。
例2、已知(),22x ax x x f ++=对任意[)()0,,1≥+∞∈x f x 恒成立,试求实数a 的取值范围;例3、R 上的函数()x f 既是奇函数，又是减函数，且当⎪⎭⎫⎝⎛∈2,0πθ时，有()()022sin 2cos 2>--++m f m f θθ恒成立，求实数m 的取值范围.例4、已知函数)0(ln)(44>-+=xcbxxaxxf在1=x处取得极值3c--，其中a、b为常数.（1）试确定a、b的值；（2）讨论函数)(xf的单调区间；（3）若对任意0>x，不等式22)(cxf-≥恒成立，求c的取值范围。
2、主参换位法例5、若不等式a10x-<对[]1,2x∈恒成立，求实数a的取值范围例6、若对于任意1a≤，不等式2(4)420x a x a+-+->恒成立，求实数x的取值范围例7、已知函数323()(1)132af x x x a x=-+++，其中a为实数．若不等式2()1f x x x a'--+＞对任意(0)a∈+∞，都成立，求实数x的取值范围．3、分离参数法（1）将参数与变量分离，即化为()()g f xλ≥（或()()g f xλ≤）恒成立的形式；（2）求()f x在x D∈上的最大（或最小）值；（3）解不等式()max()g f xλ≥(或()()ming f xλ≤)，得λ的取值范围。
不等式恒成立和能成立与函数最值问题归类分析
（ ２ ） 求 函数 身 ）在 ［ ｔ ， ｔ ＋ － ２ ］ （ ｔ＞０ ）上的最小值 ；
于是 ｈ （ ｏ ） ＝ｈ （ １ ）＝ ＋２ 一３ ， （ 反客为主 ） ．
３ ４
因为 ＋１＞０ ， 所以ｈ （ 口 ）在（ ０ ， １ ］ 上是增 函数 ，
中学数 学 杂 志
２ ０ １ ３年第 ９期
（ ２ ） 设ｇ （ ）＝ 一２ ｂ ｘ＋ ４一ｌ ｎ ２ ． 当 口＝１ 时， 若对 Ｖ 。Ｅ ［ １ ， ｅ ］ ， Ｖ ∈［ １ ， ｅ ］ （ 其 中 ｅ为 自然对 数 的底 数） ， 都有 ∞ 。 ）≥ｇ （ ｘ ： ） ， 求实数 ６ 的取值范围 ；
ｈ （ 口 ）＝ （ ＋１ ） 口＋（ ＋ ２ 一 ４ ｘ 一１ ） （ 变更 主元 ） ．
１ 。 对 Ｖ ∈ Ｄ， ｇ （ ）≤ ， （ ）都 成 立 营 ［ ）一 ｇ （ ） ］ ≥０或 甘 ［ ｇ （ ）－ ｆ （ ） ］ 一 ≤０型．
例 １ （ 济南市 ２ ０ １ ２届高 考 模拟 试 卷理 科 第 ２ ２ 题 ）已知函数， （ ）：ｘ ｌ ｎ ｘ ， ｇ （ ｘ ）＝ ’ ＋似 一 ＋２ ， （ １ ）
５ 。 ｌ∈Ｄｌ ， 对 Ｖ ２∈Ｄ ２ ， 使ｇ （ ｘ ２ ）
争 一
（ １ ） 求函数厂 （ ） 的极大值 ； （ ２ ） 当 ｎ ＝０时 ， 求 函数厂 （ ） 的值域 ； （ ３ ） 若０ ｝ 。 ｎ ≤１ 时， ） 的图像在ｇ ｘ ） 图像的
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简论不等式恒成立与函数最值
简论不等式恒成立与函数最值作者：徐孙军来源：《现代交际》2012年第11期［摘要］不等式的证明历来是高中数学的一大亮点，也是一大难点，证法有很多，本文关注一类函数不等式的证明方法，通过考题来说明这一证法的通用性。
［关键词］恒成立函数最值导数［中图分类号］G633.6 ［文献标识码］A ［文章编号］1009-5349（2012）11－0144－01高中数学中常有这样一类题型：证明某个不等式成立、求含参数不等式在一定条件下成立的参数取值范围。
解决这类问题我们常通过构造函数，由函数最值来解决，而导数在其中发挥了重要作用，其实主要解题依据是函数的单调性及下面两个等价转换：即在给定定义域内，恒成立，恒成立。
一、用导数容易验证一些常见不等式1.，2.，3.，.二、函数不等式问题常转化为最值来处理问题1：不等式的解集是？提示：此不等式解集要通过多次设函数求导得到，答案是（-1，0）∪（0，+∞）。
问题2：求证：在区间（1，+∞）上，函数（为实数）的图像在函数的图像的下方。
提示：即求在区间（1，+∞）上的最大值小于0。
三、演绎法在不等式证明中的应用问题3：已知，求证：；提示：构造新函数用导数、函数单调性说明。
考题回顾1：（2011年全国理22）（1）设函数，证明：当时，；考题回顾2：（2007年山东高考题）设函数，其中.（1）（2）略；（3）证明对任意的正数，不等式都成立.提示：（1）（2）解答略（3）当时，构造函数；验证，这是压轴题常用的出题方式。
四、含参数不等式恒成立问题这里主要采用函数最值法和分离参数法来解决，解题其实就是简化的过程，用哪一种方法要根据题目特点来确定，有时两种方法复杂程度还差不多。
问题4：已知函数，.若对一切，不等式恒成立，求实数的取值范围。
答案：（-∞，4].本题可以通过分离参数（参数必须能够分离），使参数和自变量分别独立于不等式的两边，然后通过自变量对应的函数最值（要容易求得）来确定参数的取值范围。
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考点2、利用函数的最值求不等式恒成立问题例3、已知过函数1)(23++=ax x x f 的图象上一点),1(b B 的切线的斜率为－3．（1）求b a ,的值；（2）求A 的取值范围，使不等式1987)(-≤A x f 对于]4,1[-∈x 恒成立； 【解析】（1）()x f '=ax x 232+依题意得3,323)1('-=∴-=+==a a f k()1323+-=∴x x x f ，把),1(b B 代入得1)1(-==f b 1,3-=-=∴b a（2）令063)(2'=-=x x x f 得0=x 或2=x 31232)2(,1)0(23-=+⨯-==f f 17)4(,3)1(=-=-f f17)(3],4,1[≤≤--∈∴x f x要使1987)(-≤A x f 对于]4,1[-∈x 恒成立，则)(x f 的最大值198717-≤A 2004≥∴A变式训练1、设函数2()()ln ()f x x a x a R =-∈（Ⅰ）若x e =为()y f x =的极值点，求实数a .（Ⅱ）求实数a 的取值范围，使得对任意(0,3]x e ∈恒有2()4f x e ≤成立（注：e 为自然对数的底数）.【解析】（I ）求导得2()()2()ln ()(2ln 1)x a a f x x a xx a x xx因为xe 是()f x 的极值点，所以()0f e解得ae 或3a e ．经检验，符合题意，所以a e ，或3a e（II ）①当031a 时，对于任意的实数(0,3]xa ，恒有2()04f x e 成立，即13a符合题意 ②当31a 时即13a 时，由①知，(0,1]x 时，不等式恒成立，故下研究函数在(1,3]a 上的最大值， 首先有22(3)(3)ln 34ln 3f a a a a a a 此值随着a 的增大而增大，故应有224ln34a a e ，即22ln 3a ae故参数a 的取值范围是103a或13a ，且22ln 3a a e .同步训练1、(2011·荆州质检题)函数3()31f x ax x 对于[1,1]x 总有()0f x 成立，则a 的取值为( ) A ．[2，＋∞) B ．[4，＋∞) C ．{4} D ．[2,4]【解析】2()33f x ax ，当0a时，min()(1)20f x f a ，2a ，不合题意；当01a 时，2()333()()f x ax a x xa a，)(x f 在[－1,1]上为减函数，min()(1)20f x f a ，2a，不合题意；当1a 时，(1)40f a 且10f aa，解得4a .综上所述，4a ，故选C.答案：C2、设函数)(x f y =在),(+∞-∞内有定义.对于给定的正数K ,定义函数⎩⎨⎧>≤=Kx f K Kx f x f x f k )(,)(),()( 取函数x e x x f ---=2)(.若对任意的),(+∞-∞∈x ,恒有)()(x f x f k =,则( )A.K 的最大值为2B.K 的最小值为2C.K 的最大值为1D.K 的最小值为1 【解析】 因为()()K f x f x =恒成立，所以K ≥()f x =2x x e ---011)(=+-='xe xf 时，解得0=x 故)0,(-∞∈x 时，0)(>'x f ；),0(+∞∈x 时0)(<'x f所以),(x f 在)0,(-∞∈x 上为单调递增函数；在),0(+∞∈x 上为单调递减函数。
在0=x 处取得最大值1)0(max =f ，即1≥K 。
答案：D 3、设函数()f x 在R 上的导函数为()f x ，且22()()f x xf x x ，下面的不等式在R 上恒成立的是（ ） A 、()0f x B 、()0f x C 、()f x x D 、()f x x【解析】可令211()22f x x ，则()f x 满足条件，验证各个选项，知B 、C 、D 都不恒成立，故选A.4、（2012辽宁文）设()ln 1f x xx ，证明：（1）当1x 时，3()(1)2f x x （2）当13x 时，9(1)()5x f x x【解析】（1）记3()ln 1(1)2g x xx x ，则当1x 时， 13()022g x x x ，又(1)0g ，故()0g x ，即3()(1)2f x x （2）记9(1)()()5x h x f x x ，则当13x 时，由（1）得22154254()2(5)(5)2xh x xxx x x322554(5)2164(5)4(5)x x xx x x x令3()(5)216,13l x x x x ，2()3(5)2160l x x因此()l x 在(1,3)内是递减函数，又由(1)0l ，得()0l x ，所以()0h x . 所以，()h x 在(1,3)内是递减函数，又(1)0h ，所以()0hx于是，当13x 时，9(1)()5x f x x . 5、（2012辽宁理）设()()()=ln +1+,,,f x x ax b a b R a b ∈为常数，曲线()=y f x 与直线3=2y x在()0,0点相切.（1）求,a b 的值；（2）证明：当0<<2x 时，()9<+6xf x x 【解析】（1）由()=y f x 的图像过()0,0点，代入得=-1b由()=y f x 在()0,0处的切线斜率为32，又=0=013'==++12x x y a a x ⎛⎫⎪⎝⎭，得=0a （2）（证法一）由均值不等式，当>0x 时，)+1+1=+2x x +12x记()()9=-+6xh x fx x ，则()()()()()22215454+654'=<-+14+1+6+6+6x h x x x x x x ()()()()32+6-216+1=4+1+6x x x x ，令()()()3=+6-216+1g x x x ，则当0<<2x 时， ()()2'=3+6-216<0g x x因此()g x 在()0,2内是减函数，又由()0=0g ，得()<0g x ，所以()'<0h x 因此()h x 在()0,2内是减函数，又由()0=0h ，得()<0h x ，于是当0<<2x 时， ()9<+6xf x x 6、（2012新课标理）已知函数()f x 满足满足121()(1)(0)2x f x f e f x x -'=-+；（1）求()f x 的解析式及单调区间； （2）若21()2f x x ax b ≥++，求(1)a b +的最大值。
【解析】（1）1211()(1)(0)()(1)(0)2x x f x f e f x x f x f e f x --'''=-+⇒=-+令1x =得：(0)1f =1211()(1)(0)(1)1(1)2x f x f e x x f f e f e --'''=-+⇒==⇔=得：21()()()12x x f x e x x g x f x e x '=-+⇒==-+()10()x g x e y g x '=+>⇒=在x R ∈上单调递增 ()0(0)0,()0(0)0f x f x f x f x ''''>=⇔><=⇔< 得：()f x 的解析式为21()2x f x e x x =-+且单调递增区间为(0,)+∞，单调递减区间为(,0)-∞ （2）21()()(1)02x f x x ax b h x e a x b ≥++⇔=-+-≥得()(1)x h x e a '=-+ ①当10a +<时，()0()h x y h x '>⇒=在x R ∈上单调递增 x →-∞时，()h x →-∞与()0h x ≥矛盾 ②当10a +=时，0x b e b ≤⇒≤③当10a +>时，()0ln(1),()0ln(1)h x x a h x x a ''>⇔>+<⇔<+ 得：当ln(1)x a =+时，min ()(1)(1)ln(1)0h x a a a b =+-++-≥ 22(1)(1)(1)ln(1)(10)a b a a a a +≤+-+++> 令22()ln (0)F x x x x x =->；则()(12ln )F x x x '=-()00()0F x x F x x ''>⇔<<<⇔>当x =max ()2e F x =当1,a b ==时，(1)a b +的最大值为2e7、已知函数()2(),f x x bx c b c R =++∈，对任意的R x ∈，恒有()()x f x f ≤'。
（Ⅰ）证明：当0≥x 时，()()2f x x c <+；（Ⅱ）若对满足题设条件的任意,,c b 不等式()()()22b c M b f c f -≤-恒成立，求M 的最小值. 【解析】（Ⅰ）∵对任意的R x ∈，恒有()()'f x f x ≤ ∴2()2f x x b x bx c =+≤++ 即2(2)0x b x c b +-+-≥恒成立， ∴22(2)4()440b c b b c ---=+-≤①∴2444,1c b c >+≥∴>又224(1)4,22b c c c b c <-<∴-<<222()()(2)x c x bx c c b x c c +-++=-+-，∵0,2x b c ≥<∴2222()()(2)(1)0x c x bx c c b x c c c c c c +-++=-+-≥-=-> 所以2()()f x x c <+. （Ⅱ）222222()()()()()(2)()f c f b c bc c b b c c b bc b c b c b -=++-++=-+-=+- 22()()()M c b M c b c b -=+-因为2(2)4()0b c b ---≤，即2(2)()04b c b --≥≥，因此有0c b -≥不等式()()()22b c M b f c f -≤-恒成立，即2()c b M c b +≤+，∴ (1)()b M c b ≤-+ ②由①式得244c b ≥+，则1144c b b b b≥+≥=，∴c b ≥ ∴2c b b +≥ ③由②③式得2(1)1M -≥，解得32M ≥，所以M 的最小值为32.8、设函数ax x x a x f +-=22ln )(，0>a（Ⅰ）求)(x f 的单调区间；（Ⅱ）求所有实数a ，使2)(1e x f e ≤≤-对],1[e x ∈恒成立．【解析】（Ⅰ）由题意)(x f 的定义域为(0,) 2222()2a x ax a f x x axx令22()2g x xax a ，2222max9()()04848a a a g x g a a∴()0f x ，即)(x f 的单调减函数区间为(0,)（Ⅱ）由（Ⅰ）知)(x f 在(0,)上单调递增则222(1)11()f ae f e a e ea e，解得：a e所以，当a e 时，2)(1e x f e ≤≤-对],1[e x ∈恒成立.9、（2012湖北）设函数()(1)(0)n f x ax x b x ，n 为正整数，,a b 为常数，曲线()yf x在(1,(1))f 处的切线方程为1x y . （1）求,a b 的值；（2）求函数()f x 的最大值；（3）证明：1()f x ne.【解析】（1）因为(1)f b ，由点(1,)b 在1x y 上，可得11b ，即0b ，∵1()(1)nn f x anx a n x ∴(1)f a又∵切线1x y 的斜率为1 ∴1a故0b，1a（2）由（1）知1()(1)n nn f x x x x x ∴1()(1)()1n n f x n x x n令()0f x ，解得1n xn ，即()f x 在(0,)上有唯一零点01n x n .在(0,)1nn 上()0f x ，故()f x 单调递增；而在(,)1n n 上，()0f x ，()f x 单调递减.故()f x 在(0,)上的最大值为1()()(1)111(1)nnn n nnn f n n n n .（3）令1()ln 1(0)t t t t ，则22111()(0)t t t t t t 在(0,1)上，()0t ，故()t 单调递减；而在(1,)上，()0t ，()t 单调递增. ∴()t 在(0,)上的最小值为(1)0. ∴()0(1)t t ， 即1ln 1(1)t t t 令11t n ，得11ln1n nn ，即11ln()ln n n e n，所以11()n n e n，即11(1)nn n nen . 由（2）知，11()(1)nn n f x nen 故所证不等式成立.。