不等式中任意和存在问题(微专题)
高中数学微专题【不等式恒成立或有解问题】
高中数学微专题【不等式恒成立或有解问题】突破点一分离法求参数的取值范围【例1】已知函数f(x)＝e x＋ax2－x.(1)当a＝1时，讨论f(x)的单调性；(2)当x≥0时，f(x)≥12x3＋1，求a的取值范围.解(1)当a＝1时，f(x)＝e x＋x2－x，x∈R，f′(x)＝e x＋2x－1.因为f′(x)＝e x＋2x－1在(－∞，＋∞)上单调递增，且f′(0)＝0，故当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.(2)由f(x)≥12x3＋1得，e x＋ax2－x≥12x3＋1，其中x≥0，①当x＝0时，不等式为1≥1，显然成立，此时a∈R.②当x>0时，分离参数a，得a≥－e x－12x3－x－1x2，记g(x)＝－e x－12x3－x－1x2，g′(x)＝－（x－2）⎝⎛⎭⎪⎫e x－12x2－x－1x3.令h(x)＝e x－12x2－x－1(x>0)，则h′(x)＝e x－x－1，令H(x)＝e x－x－1，则H′(x)＝e x－1>0，所以H(x)在(0，＋∞)上是增函数，且H(0)＝1－0－1＝0，所以h′(x)>0，故函数h(x)在(0，＋∞)上递增，∴h(x)>h(0)＝0，即e x－12x2－x－1>0恒成立，故当x ∈(0，2)时，g ′(x )>0，g (x )单调递增； 当x ∈(2，＋∞)时，g ′(x )<0，g (x )单调递减. 因此，g (x )max ＝g (2)＝7－e 24，综上可得，实数a 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫7－e 24，＋∞. 探究提高 1.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. 2.本题为了求g (x )的最大值，多次构造函数，进行二次求导. 【训练1】已知函数f (x )＝a e x －x e x ＋x －a (a ∈R ). (1)若a ＝2，求曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程； (2)若对任意x >0都有f (x )<x ＋1恒成立，求a 的最大整数值. 解 (1)当a ＝2时，f (x )＝2e x －x e x ＋x －2， 所以f ′(x )＝2e x －(e x ＋x e x )＋1＝e x －x e x ＋1， 因此f (0)＝0，f ′(0)＝2.所以曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程为y －0＝2(x －0)，即y ＝2x . (2)对任意x >0，恒有f (x )<x ＋1，即a (e x －1)<x e x ＋1. 因为x >0，所以e x －1>0， 所以a <x e x ＋1e x －1＝x ＋x ＋1e x －1.设g (x )＝x ＋x ＋1e x －1(x >0)，则只需a <g (x )min ， g ′(x )＝1－x e x ＋1（e x －1）2＝e x （e x －x －2）（e x －1）2.令h (x )＝e x －x －2(x >0)，则h ′(x )＝e x －1>0恒成立， 所以h (x )在(0，＋∞)上单调递增.因为h(1)＝e－3<0，h(2)＝e2－4>0，所以存在唯一一个x0使得h(x0)＝0，且1<x0<2.所以当x∈(0，x0)时，h(x)<0，g′(x)<0，当x∈(x0，＋∞)时，h(x)>0，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＋x0＋1 e x0－1.由e x0－x0－2＝0，得e x0＝x0＋2，所以g(x0)＝x0＋x0＋1x0＋2－1＝x0＋1∈(2，3).故a的最大整数值为2.突破点二分类等价转化法求参数范围【例2】设函数f(x)＝2x ln x－2ax2(a∈R).(1)当a＝12时，求函数f(x)的单调区间；(2)若f(x)≤f′（x）2－ln x－1(f′(x)为f(x)的导函数)在(1，＋∞)上恒成立，求实数a的取值范围.解(1)当a＝12时，f(x)＝2x ln x－x2，定义域为(0，＋∞).∴f′(x)＝2ln x－2x＋2.令g(x)＝f′(x)＝2ln x－2x＋2(x>0)，∴g′(x)＝2x－2.当x∈(0，1)时，g′(x)>0，故g(x)为增函数；当x∈(1，＋∞)时，g′(x)<0，故g(x)为减函数.∴g(x)≤g(1)＝2ln 1－2×1＋2＝0，即f′(x)≤0.∴函数f(x)的单调递减区间为(0，＋∞)，无单调递增区间.(2)f(x)＝2x ln x－2ax2，∴f′(x)＝2ln x－4ax＋2，且x>0.∴f(x)≤f′（x）2－ln x－1在(1，＋∞)上恒成立⇔2(x ln x－ax2)≤ln x－2ax＋1－lnx－1在(1，＋∞)上恒成立⇔ln x－ax＋a≤0在(1，＋∞)上恒成立. 令h(x)＝ln x－ax＋a，x∈(1，＋∞)，则h ′(x )＝1x －a ，且h (1)＝ln 1－a ＋a ＝0.当a ≤0时，h ′(x )>0恒成立，故h (x )在(1，＋∞)上为增函数. ∴h (x )>h (1)＝0，即a ≤0时不满足题意. 当a >0时，由h ′(x )＝0，得x ＝1a .①若a ∈(0，1)，则1a ∈(1，＋∞)，故h (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞上为减函数，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1，1a 上为增函数.∴存在x 0∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1，1a ，使得h (x 0)>h (1)＝0，这与h (x )＝ln x －ax ＋a ≤0在(1，＋∞)上恒成立矛盾. 因此a ∈(0，1)时不满足题意.②若a ∈[1，＋∞)，则1a ∈(0，1]，故h (x )在(1，＋∞)上为减函数， ∴h (x )<h (1)＝0，∴h (x )≤0恒成立，故符合题意. 综上所述，实数a 的取值范围是[1，＋∞).探究提高 1.对于不等式恒成立问题，若不易分离参数或分离后难以求最值，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，求解不等式得参数的范围，体现转化思想.2.解题过程中，参数的不同取值对函数的极值、最值有影响，应注意对参数的不同取值范围进行分类讨论.【训练2】已知点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫e xx ，1，Q (x ，mx ＋sin x )(m ∈R )，O 为坐标原点，设函数f (x )＝OP→·OQ →.(1)当m ＝－2时，判断函数f (x )在(－∞，0)上的单调性； (2)当x ≥0时，不等式f (x )≥1恒成立，求实数m 的取值范围.解 (1)f (x )＝OP →·OQ →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫e x x ，1·(x ，mx ＋sin x )＝e x ＋mx ＋sin x ，当m ＝－2时，f (x )＝e x －2x ＋sin x ，f ′(x )＝e x －2＋cos x ， 当x <0时，e x <1，且cos x ≤1，所以f ′(x )＝e x －2＋cos x <0， 所以函数f (x )在(－∞，0)上单调递减.(2)当x ＝0时，f (0)＝1≥1，对于m ∈R ，f (x )≥1恒成立. 当x >0时，f ′(x )＝e x ＋m ＋cos x ， 设g (x )＝e x ＋m ＋cos x ，则g ′(x )＝e x －sin x ，因为e x >1，sin x ≤1，所以g ′(x )＝e x －sin x >0，则g (x )在(0，＋∞)上单调递增， 所以g (x )>g (0)＝m ＋2，所以f ′(x )在(0，＋∞)上单调递增，且f ′(x )>m ＋2.①当m ≥－2时，f ′(x )>0，则f (x )在(0，＋∞)上单调递增， 所以f (x )>1恒成立.②当m <－2时，f ′(0)＝m ＋2<0，因为f ′(x )在(0，＋∞)上单调递增，且当x ＝ln(2－m )时， f ′(x )＝e ln(2－m )＋m ＋cos[ln(2－m )] ＝2＋cos[ln(2－m )]>0，所以存在x 0∈(0，＋∞)，使得f ′(x 0)＝0， 所以当x ∈(0，x 0)时，f ′(x )<0恒成立， 故f (x )在区间(0，x 0)上单调递减.所以当x ∈(0，x 0)时，f (x )<1，不符合题意. 综上，实数m 的取值范围为[－2，＋∞). 突破点三 不等式有解求参数的取值范围 【例3】 已知函数f (x )＝－a ln x －e xx ＋ax ，a ∈R . (1)当a <0时，讨论f (x )的单调性；(2)设g (x )＝f (x )＋xf ′(x )，若关于x 的不等式g (x )≤－e x＋x 22＋(a －1)x 在[1，2]上有解，求实数a 的取值范围.解 (1)依题设，f ′(x )＝－a x －x e x －e xx 2＋a ＝（ax －e x ）（x －1）x 2(x >0)，当a <0时，ax －e x <0恒成立，所以当x >1时，f ′(x )<0，当0<x <1时，f ′(x )>0，故函数f (x )在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减. (2)因为g (x )＝f (x )＋xf ′(x )， 所以g (x )＝－a ln x －e x ＋2ax －a ，由题意知，存在x 0∈[1，2]，使得g (x 0)≤－e x 0＋x 202＋(a －1)x 0成立，则存在x 0∈[1，2]，使得－a ln x 0＋(a ＋1)x 0－x 202－a ≤0成立，令h (x )＝－a ln x ＋(a ＋1)x －x 22－a ，x ∈[1，2]，则h ′(x )＝－a x ＋a ＋1－x ＝－（x －a ）（x －1）x，x ∈[1，2].①当a ≤1时，h ′(x )≤0，所以函数h (x )在[1，2]上单调递减，所以h (x )min ＝h (2)＝－a ln 2＋a ≤0成立，解得a ≤0，所以a ≤0. ②当1<a <2时，令h ′(x )>0，解得1<x <a ； 令h ′(x )<0，解得a <x <2，所以函数h (x )在[1，a ]上单调递增，在[a ，2]上单调递减.又因为h (1)＝12，所以h (2)＝－a ln 2＋a ≤0，解得a ≤0，与1<a <2矛盾，故舍去. ③当a ≥2时，h ′(x )≥0，所以函数h (x )在[1，2]上单调递增，所以h (x )min ＝h (1)＝12>0，不符合题意.综上所述，实数a 的取值范围为(－∞，0].探究提高 1.本题根据函数h ′(x )的零点a 是否在定义域[1，2]内进行讨论，利用导数的工具性得到函数在给定区间内的单调性，从而可得最值，判断所求最值与已知条件是否相符，从而得到参数的取值范围.2.不等式“存在性”问题与“恒成立”问题的求解是“互补”关系.含参不等式能成立问题可转化为最值问题来解决，注意与恒成立问题的区别. 【训练3】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 (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 )的单调递减区间是(0，＋∞)， 无单调递增区间.②当a ＝－1时，f ′(x )＝－1x <0，∴f (x )的单调递减区间是(0，＋∞)，无单调递增区间.③当a <－1时，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a ＋1a ，f ′(x )>0，∴f (x )的单调递增区间是⎝⎛⎭⎪⎫0，a ＋1a ；x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋1a ，＋∞，f ′(x )<0， ∴f (x )的单调递减区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋1a ，＋∞. (2)g (x )＝2ax －ax ln x －(6a ＋3)(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，∴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 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫32e －6，0.1.已知函数f (x )＝ln x ＋ax (a ∈R ). (1)讨论f (x )的单调区间；(2)若f (x )≤e x －1＋1x －1恒成立，求实数a 的取值范围.解 (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，且f ′(x )＝1－a －ln xx 2.令f ′(x )>0，得1－a －ln x >0，解得0<x <e 1－a . 令f ′(x )<0，得1－a －ln x <0，解得x >e 1－a .故f (x )的单调递增区间为(0，e 1－a )，单调递减区间为(e 1－a ，＋∞). (2)因为f (x )≤e x －1＋1x －1恒成立，即ln x ＋a x ≤e x －1＋1x －1对(0，＋∞)恒成立， 所以a ≤x e x －1－x －ln x ＋1对(0，＋∞)恒成立. 令g (x )＝x e x －1－x －ln x ＋1，则g ′(x )＝e x －1＋x e x －1－1－1x ＝(x ＋1)⎝ ⎛⎭⎪⎫e x －1－1x .当x ∈(0，1)时，g ′(x )<0，所以g (x )在(0，1)上单调递减. 当x ∈(1，＋∞)时，g ′(x )>0，所以g (x )在(1，＋∞)上单调递增. 故当x ＝1时，g (x )取到最小值g (1)＝1，所以a ≤1. 故实数a 的取值范围是(－∞，1]. 2.已知函数f (x )＝x ln x －ax ＋1(a ∈R ). (1)讨论f (x )在(1，＋∞)上的零点个数；(2)当a >1时，若存在x ∈(1，＋∞)，使得f (x )<(e －1)·(a －3)，求实数a 的取值范围.解 (1)由f (x )＝x ln x －ax ＋1＝0可得a ＝ln x ＋1x ， 令g (x )＝ln x ＋1x ，易知g ′(x )＝1x －1x 2＝x －1x 2，所以g ′(x )>0在(1，＋∞)上恒成立，故g (x )在(1，＋∞)上单调递增. 又g (1)＝1，所以当x ∈(1，＋∞)时，g (x )>1. 故当a ≤1时，f (x )在(1，＋∞)上无零点； 当a >1时，f (x )在(1，＋∞)上存在一个零点.(2)当a >1时，由(1)得f (x )在(1，＋∞)上存在一个零点. 由f ′(x )＝ln x ＋1－a ＝0得x ＝e a －1，所以f (x )在(1，e a －1)上单调递减，在(e a －1，＋∞)上单调递增， 所以f (x )min ＝f (e a －1)＝1－e a －1.若存在x ∈(1，＋∞)，使得f (x )<(e －1)(a －3)成立， 只需1－e a －1<(e －1)(a －3)成立， 即不等式e a －1＋(e －1)(a －3)－1>0成立. 令h (a )＝e a －1＋(e －1)(a －3)－1，a >1， 则h ′(a )＝e a －1＋e －1，易知h ′(a )＝e a －1＋e －1>0在(1，＋∞)上恒成立， 故h (a )＝e a －1＋(e －1)(a －3)－1在(1，＋∞)上单调递增. 又h (2)＝0，所以a >2，故实数a 的取值范围为(2，＋∞).3.已知函数f (x )＝x －a ln x ＋bx 在x ＝1处取得极值. (1)若a ＞1，求函数f (x )的单调区间；(2)若a ＞3，函数g (x )＝a 2x 2＋3，若存在m 1，m 2∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2，使得|f (m 1)－g (m 2)|＜9成立，求a 的取值范围.解 (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)， 且f ′(x )＝1－a x －bx 2. 由f ′(1)＝0，得b ＝1－a ，则f ′(x )＝1－a x －1－a x 2＝x 2－ax －（1－a ）x 2＝（x －1）[x －（a －1）]x 2，令f ′(x )＝0，得x 1＝1，x 2＝a －1.若1＜a ＜2，则函数f (x )的单调递增区间为(0，a －1)，(1，＋∞)，单调递减区间为(a －1，1)；若a ＝2，则函数f (x )无单调递减区间，单调递增区间为(0，＋∞)；若a ＞2，则函数f (x )的单调递减区间为(1，a －1)，单调递增区间为(0，1)，(a －1，＋∞).(2)当a ＞3时，f (x )在⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，1上单调递增，在(1，2]上单调递减，所以f (x )的最大值为f (1)＝2－a ＜0.易知函数g (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2上单调递增，所以g (x )的最小值为g ⎝ ⎛⎭⎪⎫12.又g ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝14a 2＋3＞0，所以g (x )＞f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2上恒成立.若存在m 1，m 2∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2，使得|f (m 1)－g (m 2)|＜9成立，只需要g ⎝ ⎛⎭⎪⎫12－f (1)＜9，即14a 2＋3－(2－a )＜9，解得－8＜a ＜4，又a ＞3，所以a 的取值范围是(3，4).。
含参不等式恒成立问题—任意性与存在性
１、f(x)=ax+b,x ∈ [α,β]，则：
f(x)>0恒成立＜
＞
f()>0
f()>0
f(x)<0恒成立＜
＞
f()<0
f()<0
1、一次函数型问题，利用一次函数的图像特征求解。
y
α
o
β
x
２、ax2+bx+c>0在R上恒成立的充要条件是：
a=b=0
a >0
或
C>0
Δ=b2-4ac<0
例：已知函数 f ( x) 8 x 2 16 x k ，g ( x) 2 x3 5 x 2 4 x ，其中 k 为实数 .
3] ，使 f ( x) g ( x) 恒成立，
（3） 若对 x [3，
求k的取值范围；
3] ，使 f ( x0 ) g ( x0 ) 能成立，
3] ，使 f ( x) g ( x) 恒成立，
（3） 若对 x [3，
求k的取值范围；
3] ，使 f ( x1 ) g ( x若 x1，x2 [3，
例：已知函数 f ( x) 8 x 2 16 x k ，g ( x) 2 x3 5 x 2 4 x ，其中 k 为实数 .
（4） 若 x0 [3，
求k的取值范围；
x D ：
x0 D ：
f ( x) g ( x)]min 0 f ( x ) g ( x ) [____________
f ( x) g ( x)]max 0
f ( x) g ( x) [____________
f min ( x) 0
“任意”和“存在”在不等式含参问题中的差异
“任意”和“存在”在不等式含参问题中的差异在高三一轮复习中，我们经常接触到一些含有“任意”或“存在”字眼的不等式含参问题，这是复习中的难点，确是高考的热点，2012年新课标全国高考文科21题第二问就是一道涉及“任意”字眼的不等式含参问题。
结合高三一轮复习，我发现这两个字眼在不等式含参问题中存在着戏剧性的差异，现做些简单分析。
一、“任意”在不等式含参问题中的解法。
王员外家有四个千金，想招一个年龄比四个女儿都大的女婿，那么王员外在年龄上应遵循什么呢？答案很显然，这个女婿只需比他的大女儿的岁数大即可。
从这个浅显的例子我们可以抽象出这样一个常识：“比最大值大，则比其它值均大，比最小值小，则比其它值均小。
”现实生活中，这样的逻辑常识比较常见，如，要比213班全班学生都高，只需比全班最高的那个高；要比全班学生都矮，只需比最矮的那个矮。
我在个人的教学实践中发现这个常识在解含“任意”字眼的不等式含参问题中有着比较重要的作用，现举例说明它的重要性，同时也鼓励广大同学留意类似的生活常识，学着将其应用于数学难题的思考中，有时可以做到事半功倍。
例1：求使不等式a x x ≤---34对任意R x ∈恒成立的a 的取值范围？ 解析：令43y x x =---要使a x x ≤---34对一切R x ∈只需max y a ≥ 法1：由43y x x =---的图像可求得max 1y =∴1≥a法2：由不等式的重要性质b a b a b a +≤±≤-知1)3()4(34=---≤---x x x x∴max 1y = ∴1≥a注：要使一个参数要比一个式子大恒成立，只须比这个式子的最大值还要大即可。
例2：设实数,x y 满足1)1(22=-+y x ，当0≤++d y x 恒成立时，求d 的取值范围？解析：当0≤++d y x 恒成立，即)(y x d +-≤恒成立，只须)(y x d +-≤的最小值即可，故而将问题转化为求()x y -+的最值。
15. 不等式的常见错误有哪些？
15. 不等式的常见错误有哪些？15、不等式的常见错误有哪些？在数学学习中，不等式是一个重要的知识点，但在解决不等式问题时，同学们常常会出现一些错误。
下面我们就来详细探讨一下不等式中常见的错误类型。
一、符号问题在不等式的运算中，符号的处理是最容易出错的地方之一。
例如，当不等式两边同时乘以或除以一个负数时，不等号的方向需要改变，但很多同学会忽略这一点。
比如，对于不等式－2x ＞ 6 ，在求解时，两边同时除以－2 ，不等号方向应该改变，得到 x ＜－3 。
如果忽略了不等号方向的改变，就会得出错误的结果 x ＞－3 。
还有在移项时，符号也容易出错。
例如，从 3x ＋ 5 ＜ 2x 1 到 3x 2x ＜－1 5 ，如果移项时没有改变符号，就会导致错误。
二、不等式性质运用错误不等式具有一些基本性质，如传递性、加法和乘法法则等。
但在实际运用中，如果对这些性质理解不透彻，就容易犯错。
比如，对于不等式 a ＞ b ， b ＞ c ，那么可以得出 a ＞ c ，这是传递性。
但如果错误地认为 a ＞ b ， c ＞ d ，就能得出 a ＋ c ＞ b ＋ d ，这就是对性质的错误运用。
再比如，对于不等式 a ＞ b ， c ＞ 0 ，则 ac ＞ bc ；但如果 c ＜ 0 ，那么 ac ＜ bc 。
如果忽略了 c 的正负性，就会得出错误的结论。
三、解集表示错误求出不等式的解集后，在表示解集时也可能出现错误。
例如，对于不等式组的解集，应该是两个不等式解集的交集。
但有些同学可能会错误地将其表示为并集。
另外，在表示区间时，开闭区间的使用也容易出错。
比如，x ≥ 2应该表示为 2, ＋∞），如果写成（2, ＋∞）就是错误的。
四、忽略定义域有些不等式问题中，变量可能存在定义域的限制，如果忽略了这一点，也会导致错误。
例如，对于分式不等式，分母不能为 0 。
在求解（x 1）／（x ＋2）＞ 0 时，不仅要考虑分子分母的正负性，还要注意 x ＋2 ≠ 0 ，即x ≠ －2 。
不等式求解初中数学知识点之不等式的解法与应用
不等式求解初中数学知识点之不等式的解法与应用不等式是数学中重要的内容之一，它在实际问题中的应用非常广泛。
在初中数学学习中，我们需要掌握不等式的解法和应用，以便能够准确地解决相关问题。
本文将介绍不等式的解法和应用，并通过实例来加深理解。
一、不等式的基本性质在学习不等式的解法之前，我们需要先了解不等式的基本性质。
不等式与等式相似，但具有一些特殊的性质。
首先，不等式具有传递性。
即如果有a<b，b<c，则可以推出a<c。
这个性质在不等式的推导中经常使用，可以帮助我们得到更精确的结果。
其次，不等式有相等的情况。
对于不等式a≤b，如果a和b相等，那么不等式也成立。
而对于严格不等式a<b，当a和b相等时，不等式不成立。
最后，不等式可以进行加减乘除的运算。
如果对不等式的两边同时加减一个相同的数，不等式的成立与否不受影响。
如果对不等式的两边同时乘除一个正数，不等式的成立与否也不受影响。
但是如果乘除一个负数，不等式的方向会发生改变。
二、一元不等式的解法1. 转化为相等关系求解当不等式中只有一个未知数，且可以通过转化为相等关系来求解时，我们可以采用这种方法。
主要有以下几个步骤：(1) 对不等式进行等式变形，将不等式转换成相等关系。
(2) 根据等式的解法，求得相等关系的解。
(3) 根据不等式的性质，确定不等式解的范围。
举例来说，对于不等式3x - 5 > 7，我们可以将它转化为3x - 5 = 7，解得x = 4，然后根据不等式的性质可知解为x > 4。
2. 图解法当不等式中只有一个未知数，且无法通过转化为相等关系来求解时，我们可以采用图解法。
主要有以下几个步骤：(1) 画出方程的解集的数轴图。
(2) 在数轴图上标明不等式中的相关点，如不等式的左边界、右边界以及不等号方向。
(3) 根据数轴图上标出的点，确定不等式解的范围。
举例来说，对于不等式2x + 3 ≤ 9，我们可以先画出数轴图，然后标出等式2x + 3 = 9的解x = 3，再根据不等号方向确定解的范围为x ≤ 3。
中学学习常用不等式技巧 不等式问题解决之道
中学学习常用不等式技巧不等式问题解决之道中学学习常用不等式技巧 - 不等式问题解决之道在中学数学学习中，不等式是一个重要且常见的概念。
它与等式相比，更能反映数的大小关系，因此对于解决实际问题有着重要的作用。
本文将介绍一些中学学习中常用的不等式技巧，以帮助学生更好地解决不等式问题。
一、绝对值不等式技巧在处理绝对值不等式时，常见的技巧包括：1. 利用绝对值的定义进行分情况讨论。
例如，对于不等式|2x-3|<5，根据绝对值的定义可得到两种情况下的不等式：2x-3<5和-(2x-3)<5，进而求解出x的取值范围。
2. 利用绝对值的性质转化为含有绝对值的等式。
例如，对于不等式|2x-5|>3，可以将其转化为两个不等式：2x-5>3或2x-5<-3，再求解得到x的取值范围。
二、平方不等式技巧平方不等式是中学数学中常见的一类不等式。
在解决平方不等式时，有以下几种常用的技巧：1. 利用平方的性质进行不等式变形。
例如，对于不等式x²-4x>0，可以将其变形为x(x-4)>0，再根据乘法的性质求解得到x的取值范围。
2. 利用平方的非负性进行分情况讨论。
例如，对于不等式x²-5x+6≥0，可以将其分解为(x-2)(x-3)≥0，再根据乘积非负的条件讨论两种情况下x的取值范围。
三、倒数不等式技巧在处理倒数不等式时，常常会用到以下的技巧：1. 利用倒数的性质进行不等式变形。
例如，对于不等式1/(x-2)>3，可以将其变形为x-2<1/3，再求解得到x的取值范围。
2. 利用倒数的符号性质进行分情况讨论。
例如，对于不等式1/(x+2)>0，根据倒数的性质可知，当x+2>0时，不等式成立；当x+2<0时，不等式不成立。
四、复合不等式技巧在解决复合不等式问题时，可以利用以下的技巧：1. 利用复合不等式的性质进行变形。
例如，对于不等式-2<x-3<4，可以将其分解为-2<x-3和x-3<4，再分别求解得到x的取值范围，并求其交集。
不等式与不等式组备战2023年中考数学考点微专题
考向2.5 不等式与不等式组例 1、（2021·山东济南·中考真题）解不等式组：3(1)25,32,2x x x x -≥-⎧⎪⎨+<⎪⎩①②并写出它的所有整数解．解：3(1)25,32,2x x x x -≥-⎧⎪⎨+<⎪⎩①② 解不等式①得：2x ≥- 解不等式②得：1x <∴不等式组的解集为：21x它的所有整数解为：2,1,0--解一元一次不等式组步骤： 1、标序号：每个不等式写上序号； 2、解每一个不等式解集；3、把每一个不等式的解集标在数轴上；4、在数轴上画出解集公共部分；5、写出解集。
例 2、（2021·四川泸州·中考真题）关于x 的不等式组23023x x a 恰好有2个整数解，则实数a 的取值范围是_________．解：23023xx a ①② 解①得32x >， 解②得32x a <+， 不等式组的解集是3322xa ．∵不等式组只有2个整数解，∴整数解是2，3． 则3324a , ∴102a <≤ 故答案是：102a <≤例 3、（2021·湖北荆州·中考真题）若关于x 的方程21322x m x x x+-+=--的解是正数，则m 的取值范围为_____________．解：由21322x m x x x +-+=--，得：72m x +=且x ≠2， ∵关于x 的方程21322x m x x x+-+=--的解是正数， ∴702m +>且722m +≠，解得：m ＞-7且m ≠-3， 故答案是：m ＞-7且m ≠-3．解一元一次不等式（组）注意点： 6、去分母时不要漏乘；7、系数化为1时，如果系数是负数，不等号方向要变向；3求解集时画数轴求公共部分是最佳选择；充分利用数形结合思想。
中考真题）某工艺厂为商城制作甲、乙两种木制工艺品，甲种工艺品不少于400 件，乙种工艺品不少于680件．该厂家现准备购买A 、B 两类原木共150根用于工艺品制作，其中，1根A 类原木可制作甲种工艺品4件和乙种工艺品2件，1根B 类原木可制作甲种工艺品2件和乙种工艺品6件．（1）该工艺厂购买A 类原木根数可以有哪些？（2）若每件甲种工艺品可获得利润50元，每件乙种工艺品可获得利润80元，那么该工艺厂购买A 、B 两类原木各多少根时获得利润最大，最大利润是多少？解：（1）设工艺厂购买A 类原木x 根， B 类原木（150-x ）根由题意可得42(150)40026(150)680x x x x +-≥⎧⎨+-≥⎩，可解得5055x ≤≤， ∵x 为整数，∴50x =，51，52，53，54，55．答：该工艺厂购买A 类原木根数可以是：50、51、52、53、54、55．（2）设获得利润为y 元，由题意，()()50421508026150y x x x x =+-++-⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦， 即22087000y x =-+． ∵2200-<，∴y 随x 的增大而减小，∴50x =时，y 取得最大值76000．∴购买A 类原木根数50根，购买B 类原木根数100根，取得最大值76000元．利用不等式解应用题的关键：审题，找出建立不等关系的关键词（如不大于、不小于、低于、高于等等 ），从而建立不等关系；中考应用题往与函数相结合，充分利用增减性求最值；一、单选题1．（2021·贵州铜仁·中考真题）不等式组930725x x ->⎧⎨-≤⎩的解集在以下数轴表示中正确的是（ ） A ．B ．C ．D ．2．（2021·广西河池·中考真题）一个关于x 的一元一次不等式组的解集在数轴上的表示如图，则该不等式组的解集是（ ）A ．x ＞1B ．x≥1C ．x ＞3D ．x≥33．（2021·山东日照·中考真题）若不等式组643x x x m +<-⎧⎨>⎩的解集是3x >，则m 的取值范围是（ ） A ．3m >B ．3m ≥C ．3m ≤D ．3m <4．（2021·贵州遵义·中考真题）小明用30元购买铅笔和签字笔，已知铅笔和签字笔的单价分别是2元和5元，他买了2支铅笔后，最多还能买几支签字笔？设小明还能买x 支签字笔，则下列不等关系正确的是（ ） A ．5×2+2x ≥30B ．5×2+2x ≤30C ．2×2+2x ≥30D ．2×2+5x ≤305．（2021·山东淄博·中考真题）设m =，则（ ） A ．01m <<B ．12m <<C ．23m <<D ．34m <<6．（2021·内蒙古呼和浩特·中考真题）已知关于x 的不等式组2311142x x a --≥⎧⎪⎨--≥⎪⎩无实数解，则a的取值范围是（ ） A ．52a ≥-B ．2a ≥-C ．52a >-D ．2a >-7．（2021·黑龙江·中考真题）已知关于x 的分式方程3121m x +=-的解为非负数，则m 的取值范围是（ ） A ．4m ≥-B ．4m ≥-且3m ≠-C ．4m >-D ．4m >-且3m ≠-8．（2021·内蒙古·中考真题）定义新运算“⊗”，规定：2a b a b ⊗=-．若关于x 的不等式3x m ⊗>的解集为1x >-，则m 的值是（ ）A ．1-B ．2-C ．1D ．2二、填空题9．（2021·辽宁丹东·中考真题）不等式组213x x m -<⎧⎨>⎩无解，则m 的取值范围_________．10．（2021·黑龙江·中考真题）关于x 的一元一次不等式组20345x a x ->⎧⎨-<⎩有解，则a 的取值范围是______．11．（2021·江苏扬州·中考真题）在平面直角坐标系中，若点()1,52P m m --在第二象限，则整数m 的值为_________．12．（2021·陕西·中考真题）若()11,A y ，()23,B y 是反比例函数2112m y m x -⎛⎫=< ⎪⎝⎭图象上的两点，则1y 、2y 的大小关系是1y ______2y （填“>”、“=”或“<”）13．（2021·浙江丽水·中考真题）有意义，则x 可取的一个数是__________．三、解答题 14．（2021·江苏南京·中考真题）解不等式()1213x +-≤，并在数轴上表示解集．15．（2021·江苏镇江·中考真题）（1）解方程：3x ﹣22x -＝0；（2）解不等式组：311442x x x x -≥+⎧⎨+<-⎩．16．（2021·贵州毕节·中考真题）x 取哪些正整数值时，不等式()5231x x +>-与213136x x -+≤都成立?17．（2021·辽宁本溪·中考真题）某班计划购买两种毕业纪念册，已知购买1本手绘纪念册和4本图片纪念册共需135元，购买5本手绘纪念册和2本图片纪念册共需225元． （1）求每本手绘纪念册和每本图片纪念册的价格分别为多少元？（2）该班计划购买手绘纪念册和图片纪念册共40本，总费用不超过1100元，那么最多能购买手绘纪念册多少本？18．（2021·湖北武汉·中考真题）解不等式组214101x x x x ≥-⎧⎨+>+⎩①②请按下列步骤完成解答．（1）解不等式①，得_____________； （2）解不等式②，得_____________；（3）把不等式①和②的解集在数轴上表示出来；（3）原不等式组的解集是_____________．19．（2021·福建·中考真题）某公司经营某种农产品，零售一箱该农产品的利润是70元，批发一箱该农产品的利润是40元．（1）已知该公司某月卖出100箱这种农产品共获利润4600元，问：该公司当月零售、批发这种农产品的箱数分别是多少？（2）经营性质规定，该公司零售的数量不能多于总数量的30%．现该公司要经营1000箱这种农产品，问：应如何规划零售和批发的数量，才能使总利润最大？最大总利润是多少？一、单选题1．（2021·台湾·模拟预测）美美和小仪到超市购物，且超市正在举办摸彩活动，单次消费金额每满100元可以拿到1张摸彩券．已知美美一次购买5盒饼干拿到3张摸彩券；小仪一次购买5盒饼干与1个蛋糕拿到4张摸彩券．若每盒饼干的售价为x 元，每个蛋糕的售价为150元，则x 的范围为下列何者？（ ） A ．5060x ≤<B ．6070x ≤<C ．7080x ≤<D ．8090x ≤<2．（2021·云南丽江·一模）若关于x 的不等式组30223x a x x -≥⎧⎪+⎨-≤⎪⎩无解，则实数a 的取值范围是（ ） A ．a >－3B ．a ≥3C ．a <－3D ．a ≤33．（2021·福建省福州屏东中学二模）喜迎建党100周年，某校举行党史知识竞赛，共30道题，每道题都给出4个答案，其中只有一个答案正确，选对得4分，不选或选错扣2分，得分不低于85分得奖，那么得奖至少应选对的题数是（ ） A ．23B ．24C ．25D ．264．（2021·重庆·西南大学附中模拟预测）若关于x 的二次函数21y x ax =-+，当2x -≤时，y 随着x 的增大而减小，且关于x 的分式方程11222ax x x -=+--有正数解，那么所有满足条件的整数a 的值有（ ） A ．6个B ．5个C ．4个D ．3个5．（2021·重庆八中二模）若数a 使关于x 的不等式组3124(2)53x x x a -≤-⎧⎨-<⎩有且仅有4个整数解，且使关于y 的分式方程31222y a y y++--＝1有正整数解，则满足条件的a 的个数是（ ） A ．0个 B ．1个C ．2个D ．3个二、填空题6．（2021·山东莱芜·一模）若关于x 的分式方程244m xx x-=--的解为非负数，则m 的取值范围是__________．7．（2021·黑龙江佳木斯·二模）若关于x 的不等式组38124x x a -≥⎧⎨-<⎩有且只有3个整数解，则a的取值范围为_____ ．8．（2021·山东诸城·二模）在实数范围内规定新运算“”，规则是：2a b a b =-，若不等式3x k ≥△的解集在数轴上如图表示，则k 的值是______．9．（2021·河南永城·二模）不等式组10,26x x x +≥⎧⎨-<-⎩的解集为_____________．10．（2021·黑龙江牡丹江·模拟预测）已知关于x的不等式组()()32121232x a xx x⎧-≥-⎪⎨-≤-⎪⎩有5个整数解，则a的取值范围是___________．三、解答题11．（2021·福建·厦门市湖滨中学二模）解不等式组：53 4352 xx x+>⎧⎪-⎨≥⎪⎩12．（2021·黑龙江·哈尔滨市第十七中学校二模）毕业考试结束后，班主任罗老师预购进甲乙两种奖品奖励学生，若购进甲种奖品3件和乙种奖品2件共需要40元；若购进甲种奖品2件和乙种奖品3件共需要55元．（1）求购进甲、乙两种奖品每件分别需要多少元？（2）班主任罗老师决定购进甲、乙两种奖品共20件，且用于购买这20件奖品的资金不超过160元，则最多能购进乙种奖品多少件？13．（2021·重庆·字水中学一模）全面奔小康，关键在农村，经济林是振兴农村经济，实现小康目标的重要途径．在读农林经济学的大学生林可利用知识优势，鼓励家人大力发展经济作物，其中果树种植已初具规模，主打种植大樱桃和小樱桃，今年风调雨顺，大樱桃和小樱桃双双增产．（1）林可家今年大樱桃和小樱桃共2400千克，其中大樱桃的产量不超过小樱桃产量的5倍，求今年林可家收获小樱桃至少多少千克？（2）林可家把今年收获的两种樱桃的一部分运往市场销售，已知他家去年大樱桃的市场销售量为1000千克，销售均价为30元/千克，今年大樱桃的市场销售量比去年减少了23 m%（0m≠），销售均价与去年相同，他家去年小樱桃的市场销售量为200千克，销售均价为20元/千克，今年小樱桃的市场销售量比去年增加了2m%，销售均价也比去年提高了2m%，结果林可家今年运往市场销售的这两种樱桃的销售总金额与他家去年销售这两种樱桃的市场销售总金额相同，求m的值．一、单选题1．（2021·山东泰安·中考真题）已知关于x 的一元二次方程标()22120kx k x k --+-=有两个不相等的实数根，则实数k 的取值范围是（ ）A ．14k >-B ．14k <C ．14k >-且0k ≠D ．14k <0k ≠ 2．（2021·重庆·中考真题）若关于x 的一元一次不等式组()322225x x a x ⎧-≥+⎨-<-⎩的解集为6x ≥，且关于y 的分式方程238211y a y y y+-+=--的解是正整数，则所有满足条件的整数a 的值之和是（ ） A ．5B ．8C ．12D ．153．（2021·福建·中考真题）二次函数()220y ax ax c a =-+>的图象过1234()()3,,1,,2(),,)4,(A y B y C y D y --四个点，下列说法一定正确的是（ ）A ．若120y y >，则340y y >B ．若140y y >，则230y y >C ．若240y y <，则130y y <D ．若340y y <，则120y y <4．（2021·广西来宾·中考真题）定义一种运算：,,a a b a b b a b ≥⎧*=⎨<⎩，则不等式(21)(2)3x x +*->的解集是（ ） A ．1x >或13x <B ．113x -<<C ．1x >或1x <-D ．13x >或1x <-5．（2021·四川遂宁·中考真题）不等式组20112x x ->⎧⎪⎨-≥-⎪⎩的解集在数轴上表示正确的是（ ）A ．B ．C ．D ．二、填空题6．（2021·四川遂宁·中考真题）已知关于x ，y 的二元一次方程组235423x y ax y a +=⎧⎨+=+⎩满足0x y ->，则a 的取值范围是____．7．（2021·黑龙江大庆·中考真题）三个数3，1,12a a --在数轴上从左到右依次排列，且以这三个数为边长能构成三角形，则a 的取值范围为______8．（2021·内蒙古通辽·中考真题）若关于x 的不等式组32125x x a -≥⎧⎨-<⎩，有且只有2个整数解，则a 的取值范围是__________．9．（2021·青海·中考真题）已知点()25,62A m m --在第四象限，则m 的取值范围是______． 10．（2021·湖南常德·中考真题）刘凯有蓝、红、绿、黑四种颜色的弹珠，总数不超过50个，其中16为红珠，14为绿珠，有8个黑珠．问刘凯的蓝珠最多有_________个．11．（2021·黑龙江绥化·中考真题）某学校计划为“建党百年，铭记党史”演讲比赛购买奖品．已知购买2个A 种奖品和4个B 种奖品共需100元；购买5个A 种奖品和2个B 种奖品共需130元．学校准备购买,A B 两种奖品共20个，且A 种奖品的数量不小于B 种奖品数量的25，则在购买方案中最少费用是_____元．三、解答题12．（2021·江苏宿迁·中考真题）解不等式组105212x x x -<⎧⎪⎨+≥-⎪⎩，并写出满足不等式组的所有整数解．13．（2021·四川成都·下简称《条例》）于2021年3月1日起正式施行．某区域原来每天需要处理生活垃圾920吨，刚好被12个A 型和10个B 型预处置点位进行初筛、压缩等处理．已知一个A 型点位比一个B 型点位每天多处理7吨生活垃圾． （1）求每个B 型点位每天处理生活垃圾的吨数；（2）由于《条例》的施行，垃圾分类要求提高，现在每个点位每天将少处理8吨生活垃圾，同时由于市民环保意识增强，该区域每天需要处理的生活垃圾比原来少10吨．若该区域计划增设A 型、B 型点位共5个，试问至少需要增设几个A 型点位才能当日处理完所有生活垃圾？14．（2021·四川广元·中考真题）为增强学生体质，丰富学生课余活动，学校决定添置一批篮球和足球．甲、乙两家商场以相同的价格出售同种品牌的篮球和足球，已知篮球价格为200元/个，足球价格为150元/个．（1）若学校计划用不超过3550元的总费用购买这款篮球和足球共20个，且购买篮球的数量多于购买足球数量的23．学校有哪几种购买方案？（2）若甲、乙两商场各自推出不同的优惠方案：甲商场累计购物超过500元后，超出500元的部分按90%收费；乙商场累计购物超过2000元后，超出2000元的部分按80%收费．若学校按（1）中的方案购买，学校到哪家商场购买花费少？1．B【分析】分别解不等式，然后将解集表示出来即可求解．解：由题意可知：930725x x ->⎧⎨-≤⎩①②，解①得：3x <， 解②得：1≥x ，故不等式组的解集为：13x ≤<， 故选：B ．【点拨】本题考查不等式组的解法，属于基础题，计算过程中细心即可求解． 2．C试题解析：一个关于x 的一元一次不等式组的解集在数轴上的表示如图， 则该不等式组的解集是x ＞3． 故选C ．考点：在数轴上表示不等式的解集． 3．C【分析】分别求出每一个不等式的解集，根据口诀：同大取大、同小取小、大小小大中间找、大大小小找不到确定不等式组的解集． 解：解不等式643x x +<-，得：3x >，x m >且不等式组的解集为3x >，3m ∴，故选：C ．【点拨】本题考查的是解一元一次不等式组，正确求出每一个不等式解集是基础，熟知“同大取大；同小取小；大小小大中间找；大大小小找不到”的原则是解答此题的关键． 4．D【分析】设小明还能买x 支签字笔，则小明购物的总数为22+5x ⨯元，再列不等式即可. 解：设小明还能买x 支签字笔，则：22530,x ⨯+≤故选：.D【点拨】本题考查的是一元一次不等式的应用，确定购物的总金额不大于所带钱的数额这个不等关系是解题的关键.5．A【分析】根据无理数的估算可直接进行求解．解：∵459，∴23<<，∴112<，∴12<<1； 故选A ．【点拨】本题主要考查无理数的估算及一元一次不等式的性质，熟练掌握无理数的估算及一元一次不等式的性质是解题的关键．6．D【分析】首先解出两个不等式，根据题目该不等式组无实数解，那么两个解集没有公共部分，列出关于a 的不等式，即可求解．解：解不等式231x --≥得，2x -≤， 解不等式1142x a --≥得， 22x a ，∵该不等式组无实数解，∴222a ，解得：2a >-，故选：D ．【点拨】本题考查了不等式的解法和不等式组解集的确定，解题关键是熟练掌握不等式解集的确定，即“大大取大，小小取小，大小小大中间找，大大小小无解了”．7．B【分析】根据题意先求出分式方程的解，然后根据方程的解为非负数可进行求解． 解：由关于x 的分式方程3121m x +=-可得：42m x +=，且12x ≠， ∵方程的解为非负数， ∴402m +≥，且4122m +≠， 解得：4m ≥-且3m ≠-，故选B ．【点拨】本题主要考查分式方程的解法及一元一次不等式的解法，熟练掌握分式方程的解法及一元一次不等式的解法是解题的关键．8．B【分析】题中定义一种新运算，仿照示例可转化为熟悉的一般不等式，求出解集，由于题中给出解集为1x >-，所以与化简所求解集相同，可得出等式231m +=-，即可求得m ． 解：由2a b a b ⊗=-，∴23x m x m =->，得：23x m >+，∵3x m >解集为1x >-，∴231m +=-∴2m =-，故选：B ．【点拨】题目主要考查对新运算的理解、不等式的解集、一元一次方程的解等，难点是将运算转化为所熟悉的不等式．9．2m ≥【分析】先求出每个不等式的解集，再根据已知得出关于m 的不等式，求出不等式的解集即可．解：213x x m -<⎧⎨>⎩①② 解不等式①得：2x <由②式知：x m >∵不等式组无解∴2m ≥故答案为：2m ≥【点拨】本题主要考查了解一元一次不等式组，能够根据不等式的解集和已知得出关于m 的不等式是解题的关键．10．6a <【分析】先求出一元一次不等式组的解集，然后再根据题意列出含参数的不等式即可求解．解：由关于x 的一元一次不等式组20345x a x ->⎧⎨-<⎩可得：32a x <<， ∵不等式组有解， ∴32a <， 解得：6a <；故答案为6a <．【点拨】本题主要考查一元一次不等式组的解法，熟练掌握一元一次不等式组的解法是解题的关键．11．2【分析】根据第二象限的点的横坐标小于0，纵坐标大于0列出不等式组，然后求解即可．解：由题意得：10520m m -<⎧⎨->⎩， 解得：512m <<， ∴整数m 的值为2，故答案为：2．【点拨】记住各象限内点的坐标的符号是解决的关键．12．<【分析】先根据不等式的性质判断2-10m <，再根据反比例函数的增减性判断即可． 解：∵12m < ∴1222m <⨯ 即2-10m <∴反比例函数图像每一个象限内，y 随x 的增大而增大∵1<3∴1y <2y故答案为：<．【点拨】本题考查反比例函数的增减性、不等式的性质、熟练掌握反比例函数的性质是关键．13．如4等（答案不唯一，3x ≥）【分析】根据二次根式的开方数是非负数求解即可．解：∵式子3x -有意义，∴x ﹣3≥0，∴x ≥3，∴x 可取x ≥3的任意一个数，故答案为：如4等（答案不唯一，3x ≥．【点拨】本题考查二次根式、解一元一次不等式，理解二次根式的开方数是非负数是解答的关键．14．2x ≤，数轴上表示解集见解析【分析】按照解一元一次不等式的一般步骤，直接求解即可．解：()1213x +-≤去括号：1223x +-≤移项：2312x ≤-+合并同类项：24x ≤化系数为1：2x ≤解集表示在数轴上：【点拨】本题考查了一元一次不等式的解法，数轴上表示不等式的解集的方法，一元一次不等式的解法和一元一次方程的解法相似，注意最后一步化系数为1的时候，不等号是否要改变方向；正确的计算和在数轴上表示出解集是解题关键．15．（1）x ＝6；（2）x ＞2【分析】（1）分式方程去分母转化为整式方程，求出整式方程的解得到x 的值，经检验即可得到分式方程的解；（2）分别求出不等式组中两不等式的解集，找出两解集的公共部分确定出不等式组的解集即可．解：（1）3x ﹣22x -＝0 去分母得：3（x ﹣2）﹣2x ＝0，去括号得：3x ﹣6﹣2x ＝0，解得：x ＝6，检验：把x ＝6代入得：x （x ﹣2）＝24≠0，∴分式方程的解为x ＝6；（2）311?442?x x x x -≥+⎧⎨+<-⎩①②， 由①得：x ≥1，由②得：x ＞2，则不等式组的解集为x ＞2．【点拨】此题考查了解分式方程，以及解一元一次不等式组，熟练掌握分式方程的解法以及不等式组的解法是解本题的关键．16．1、2、3【分析】分别求出每一个不等式的解集，根据口诀：同大取大、同小取小、大小小大中间找、大大小小无解了确定不等式组的解集，从而得出满足条件的x 的整数．解：解不等式()5231x x +>-得：5233x x +>-52x >- 解不等式213136x x -+≤得： 2(21)31x x -≤+4231x x -≤+3x ≤ ∴532x -<≤ ∴符合条件的正整数值有1、2、【点拨】本题考查的是一元一次不等式组的整数解，正确求出每一个不等式解集是基础，熟知“同大取大；同小取小；大小小大中间找；大大小小找不到”的原则是解答此题的关键． 17．（1）每本手绘纪念册35元，每本图片纪念册25元；（2）最多能购买手绘纪念册10本．【分析】（1）设每本手绘纪念册x 元，每本图片纪念册y 元，根据题意列出二元一次方程组，求解即可；（2）设购买手绘纪念册a 本，则购买图片纪念册()40a -本，根据题意列出不等式，求解不等式即可．解：（1）设每本手绘纪念册x 元，每本图片纪念册y 元，根据题意可得：413552225x y x y +=⎧⎨+=⎩， 解得3525x y =⎧⎨=⎩，答：每本手绘纪念册35元，每本图片纪念册25元；（2）设购买手绘纪念册a 本，则购买图片纪念册()40a -本，根据题意可得：()3525401100a a +-≤，解得10a ≤，∴最多能购买手绘纪念册10本．【点拨】本题考查二元一次方程组的应用、不等式的实际应用，根据题意列出方程组和不等式是解题的关键．18．（1）1x ≥-；（2）3x >-；（3）见解析；（4）1x ≥-【分析】（1）根据不等式的基本性质解不等式；（2）根据不等式的基本性质解不等式；（3）在数轴上表示解集；（4）根据口诀：同大取大、同小取小、大小小大中间找、大大小小找不到确定不等式组的解集．解：（1）21x x ≥-21x x -≥-1x ≥-（2）4101x x +>+4110x x ->-39x >-3x >-（3）如下图所示（4）取1x ≥-和3x >-的公共部分，即1x ≥-．【点拨】本题主要考查解一元一次不等式组．根据口诀：同大取大、同小取小、大小小大中间找、大大小小找不到确定不等式组的解集．19．（1）该公司当月零售农产品20箱，批发农产品80箱；（2）该公司应零售农产品300箱、批发农产品700箱才能使总利润最大，最大总利润是49000元【分析】（1）设该公司当月零售农产品x 箱，批发农产品y 箱，利用卖出100箱这种农产品共获利润4600元列方程组，然后解方程组即可；（2）设该公司零售农产品m 箱，获得总利润w 元，利用利润的意义得到7040(1000)3040000w m m m =+-=+，再根据该公司零售的数量不能多于总数量的30%可确定m 的范围，然后根据一次函数的性质解决问题．解：（1）设该公司当月零售农产品x 箱，批发农产品y 箱．依题意，得70404600,100,x y x y +=⎧⎨+=⎩ 解得20,80.x y =⎧⎨=⎩所以该公司当月零售农产品20箱，批发农产品80箱．（2）设该公司零售农产品m 箱，获得总利润w 元．则批发农产品的数量为(1000)m -箱， ∵该公司零售的数量不能多于总数量的30%∴300m ≤依题意，得7040(1000)3040000,300w m m m m =+-=+≤．因为300>，所以w 随着m 的增大而增大，所以300m =时，取得最大值49000元，此时1000700m -=．所以该公司应零售农产品300箱、批发农产品700箱才能使总利润最大，最大总利润是49000元．【点拨】本题考查了一次函数的应用：建立一次函数模型，利用一次函数的性质和自变量的取值范围解决最值问题；也考查了二元一次方程组．1．B【分析】首先根据题意可知，拿到3张摸彩卷的意思即是消费金额大于等于300小于400，拿到4张摸彩卷的意思即是消费金额大于等于400小于500，根据题意列出不等式组，解不等式组即可．【详解】解：美美拿到3张彩卷说明消费金额达到了300，但是不足400，小仪拿到了4张彩卷说明消费金额达到了400，但是不足500，因此可得，30054004005150500x x ≤<⎧⎨≤+<⎩， 解得，6070x ≤<，故选：B ．【点睛】本题考查一元一次不等式组的应用，确定消费金额与彩卷数量的不等关系是解题的关键． 2．C【分析】先求出每个一元一次不等式的解集，再根据不等式组的解集确定a 的取值范围即可．【详解】 解：对于不等式组30223x a x x -≥⎧⎪⎨+-≤⎪⎩①②， 解①得：x ≥3，解②得：x ≤6+a ，∵该不等式组无解，∴6+a ＜3，∴a ＜﹣3，故选：C ．【点睛】本题考查解一元一次不等式组，熟练掌握一元一次不等式组的解法，会根据解集正确得出a 的取值范围是解答的关键．3．C【分析】设选对x 道题，则不选或错选(30)x -道题，列出42(30)85x x --≥，求解取整数即可．【详解】解：设选对x 道题，则不选或错选(30)x -道题，依题意得：42(30)85x x --≥， 解得：1456x ≥， x 只能取整数，∴要得奖至少应选对25道题，故选：C ．【点睛】本题考查了一元一次不等式的应用，解题的关键是根据题意列出不等式进行求解． 4．B 【分析】先解分式方程求出22x a=-，关于x 的分式方程有正数解满足2﹣a ＞0利用二次函数21y x ax =-+，当x ≤﹣2时，y 随x 的增大而减小，求出对称轴x ＝﹣-2a ≥﹣2，求出a 的范围﹣4≤a ＜2，且a ≠1即可．【详解】解：∵11222ax x x --=-- ∴1+1﹣a x ＝2（2﹣x ）∴（2﹣a）x＝2∴22xa =-关于x的分式方程有正数解∴22a-＞0∴2﹣a＞0∴a＜2但该分式方程当x＝2时显然是增根，故当a＝1时不符合题意，舍去．∵二次函数21y x ax=-+，当x≤﹣2时，y随x的增大而减小∴其对称轴x＝﹣-2a≥﹣2∴a≥﹣4∴﹣4≤a＜2，且a≠1符合条件的整数a的值有﹣4、﹣3、﹣2、﹣1、0，共5个故选B．【点睛】本题考查分式方程的解法，抛物线的增减性，不等式的解法，掌握分式方程的解法，抛物线的性质，会求抛物线的对称轴，会利用分式方程的解为正数构造不等式，结合函数的增减性解决问题．5．B【分析】不等式组变形后，a的范围，再表示出分式方程的解，由分式方程有整数解，确定出满足条件a的值．【详解】解：解不等式组3124(2) 53x xx a-≤-⎧⎨-<⎩，解得：435xax≥-⎧⎪+⎨<⎪⎩，∵不等式组3124(2)53x xx a-≤-⎧⎨-<⎩有且仅有4个整数解，∴﹣1＜35a+≤0，∴﹣8＜a≤﹣3．解分式方程31222y ay y++--＝1，得y＝102a+，∵y＝102a+≠2为整数，∴a≠﹣6，∴所有满足条件的只有﹣4，故选：B．【点睛】本题考查了解分式方程，解一元一次不等式组，熟练掌握解分式方程和一元一次不等式组的方法是解题的关键．6．8m≥-且4m≠-【分析】把分式方程的解求出来，排除掉增根，根据方程的解是非负数列出不等式，最后求出m的范围．【详解】解：方程两边都乘以（x﹣4）得：m+x＝2（x﹣4），解得：x＝m+8．∵x﹣4≠0，∴m+8﹣4≠0，∴m≠﹣4；∵分式方程的解为非负数，∴m+8≥0，∴m≥﹣8．故答案为：m≥﹣8且m≠﹣4．【点睛】本题考查了分式方程的解，根据条件列出不等式是解题的关键，分式方程一定要检验．7．68a<≤【分析】先求出不等式组的解集（含有字母a），利用不等式组有三个整数解，逆推出a的取值范围即可．【详解】解：解不等式381x-≥得：x≥3，解不等式2x﹣a＜4得：x＜42a +∴不等式组的解集为：3≤x＜42a+，∵不等式组38124xx a-≥⎧⎨-<⎩有且只有3个整数解，∴三个整数解为：3，4，5，∴5＜42a +≤6， 解得：6＜a ≤8，故答案为：6＜a ≤8．【点睛】本题考查了解一元一次不等式组，一元一次不等式组的整数解的应用，解此题的关键就是根据整数解的个数求出关于a 的不等式组．8．-5【分析】先根据运算法则变形不等式，然后再进行计算即可．【详解】解：3x k ≥△2x-k≥3 x≥32k + ∵x≥-1 ∴32k +=-1，解得k=-5． 故填-5．【点睛】本题考查了在教轴上表示不等式的解集、解一元一次不等式等知识点，区分在表示解集时 “空心”和“实心”是解答本题的关键．9．﹣1≤x ＜2【分析】先求出其中各不等式的解集，再求出这些解集的公共部分即可求解．【详解】解：1026x x x +≥⎧⎨-<-⎩①②， 解①得x ≥﹣1，解②得x ＜2．故不等式组的解集是﹣1≤x ＜2．故答案为：﹣1≤x ＜2．【点睛】本题考查了解一元一次不等式组，解集的规律：同大取大；同小取小；大小小大中间找；大大小小找不到．10．103a -<≤ 【分析】解两个不等式得到不等式组的解集为3a -2≤x ≤2，则可确定不等式组的整数解为2，。
高中卷5不等式的解题方法与技巧
高中卷5不等式的解题方法与技巧不等式是数学中重要的概念之一，也是高中数学中常见的题型。
解决不等式问题需要运用一些常见的方法和技巧。
接下来，我将继续介绍不等式的解题方法和技巧。
1.绝对值不等式的解法：当不等式中含有绝对值时，可以先讨论绝对值内外的两种情况，再进行讨论。
例如：，x-a，<b时，可以讨论x-a<b和-x+a<b两种情况。
2.平方不等式的解法：当不等式中含有平方时，可以利用平方的非负性质来解决问题。
若平方项为非负数，则可以将不等式拆分为两个不等式，其中一个不等式是平方项为0的情况。
例如：x^2-4>0，可以拆分为x^2>4和x^2≠0两个不等式，再求解。
3.乘法原理的运用：乘法原理指的是当两个因子相乘为0时，至少有一个因子为0。
在不等式的求解过程中，可以运用乘法原理来判断不等式的解集。
例如：(x-2)(x+3)>0时，可以得到x-2>0和x+3>0两个不等式，再求解。
4.开方不等式的解法：当不等式中含有开方时，需要注意开方的正负性。
如果开方项是正数，那么开方不会影响不等式的方向；如果开方项是负数，那么开方需要改变不等式的方向。
例如：√(x-1)>2时，可以得到x-1>4和x-1<0两个不等式，再求解。
5.引入辅助变量的解法：有时候，我们可以通过引入一个辅助变量来转化原不等式，使得解题更加方便。
例如：求证a(a-1)(a-2)<0，我们可以引入辅助变量x=a-1，原不等式变为x(x+1)(x-1)<0，再求解。
6.不等式的乘方求解法：对于不等式的乘方，可以利用不等式的性质进行推导。
例如：x^3-3x^2>0时，可以将不等式分解为x^2(x-3)>0，再求解。
7.不等式的递减递增性分析法：不等式的递减递增性是指不等式随自变量增大而增大，或随自变量减小而减小的性质。
通过分析不等式的递减递增性，可以得到不等式的解集。
高考数学微专题3不等式中的存在与恒成立问题3.2利用分离参数法求解不等式恒成立 课件
【解析】 (1) 由图象可知f(x)的图象与x轴切于原点，则f′(0)＝0. 因为f′(x)＝aex＋b，所以f′(0)＝a＋b＝0. 又f(0)＝a－2＝0，所以a＝2，所以b＝－2， 所以f(x)的解析式为f(x)＝2ex－2x－2. (2) 由f(x)＋f(2x)>6x＋m对x∈R恒成立，得m<f(x)＋f(2x)－6x对x∈R 恒成立． 设函数g(x)＝f(x)＋f(2x)－6x＝2e2x＋2ex－12x－4， 则g′(x)＝4e2x＋2ex－12＝2(2ex－3)(ex＋2)．
【答案】 －35，－12
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内容索引
4. (2023淄博三模)已知函数f(x)的定义域D＝(－∞，0)∪(0，＋∞)， 且对任意的x∈D，都有f(－x)＝|f(x)|，若f(x)在区间(－∞，0)上单调递 减，且对任意的x∈(0，＋∞)，不等式f(ex＋a)>f(x)恒成立，则实数a的取 值范围是________.
等价于 xex≥ln x＋mx＋1 对 x>0 恒成立，即 m≤ex－lnxx－1x对 x>0 恒 成立．
令 F(x)＝ex－lnxx－1x，所以 m≤F(x)min.
F′(x)＝ex＋lnx2x＝x2ex＋x2 ln
x .
令 G(x)＝x2ex＋ln x，x∈(0，＋∞)，
则 G′(x)＝(2x＋x2)ex＋1x>0 恒成立，
(m＋1)x－1 恒成立，等价于 xex≥ln x＋mx＋1 对 x>0 恒成立，即 m≤ex－
ln x
x－1x对
x>0
恒成立．令
F(x)＝ex－lnx x－1x，所以
m≤F(x)min，再用导数
法求出 F(x)的最小值即可．
【高中数学考点精讲】考点一 单变量不等式恒成立问题
考点15 任意性和存在性问题“任意性问题”与“存在性问题”是一类形同质异的问题，同时也是各类考试的高频考点，求解这两类问题的策略是转化为等价问题，恒成立问题与能成立问题，而后进行求解.“任意性问题”与“存在性问题”的求解策略：1.任意性问题转化为恒成立问题2.存在性问题转化为有解问题3.等式问题转化为值域关系问题4.不等式问题转化为最值关系问题对于一个不等式一定要看清楚是对“”恒成立，还是对“”使之成立，同时还要看清楚不等式两边中同一个变量，还是两个独立的变量，然后再根据不同的情况采取不同的等价条件.1、单函数恒成立、能成立、恰成立问题的求解1.恒成立问题的转化：恒成立；恒成立2.能成立问题的转化：能成立；能成立·3.恰成立问题的转化：在M上恰成立的解集为另一转化方法：若，在D上恰成立，等价于在D上的最小值，若,在D上恰成立，则等价于在D上的最大值.注：含参不等式恒成立问题一般较为复杂.仅运用不等式的性质，往往很难找到使不等式恒成立的条件，使问题顺利得解.这就需要采用不同思路，如函数性质、变换主元、分离参数、分类讨论、数形结合等来解题.1、函数性质法（1）一次函数——单调性法给定一次函数,若在内恒有,则根据函数的图像可得上述结论等价于（1）或（2）可合并定成同理,若在内恒有,则有（2）二次函数——利用判别式①一元二次不等式在R上的恒成立问题设上恒成立；（2）上恒成立．②一元二次不等式在给定区间上的恒成立或有解问题二次函数在区间D上大于(小于）零恒成立，讨论的标准是二次函数的图象的对称轴与区间D的相对位置，一般分对称轴在区间左侧、内部、右侧进行讨论。
“同号要分类，异号看端点”设（1）当时，上恒成立上恒成立（2）当时，上恒成立上恒成立（3）其它函数：恒成立（注：若的最小值不存在,则恒成立的下界大于0）；恒成立（注：若的最大值不存在,则恒成立的上界小于0）．2、分离参数法——极端化原则分离参数法是解答含参不等式恒成立问题的重要方法.运用分离参数法求解不等式恒成立问题，需先将不等式进行变形，使参数分离，得到形如的式子，只要使，就能确保不等式恒成立.在求的最值时，往往可根据导数的性质、函数的单调性，或利用基本不等式.3、主参换位——反客为主法某些含参不等式恒成立问题,在分离参数会遇到讨论的麻烦或者即使能容易分离出参数与变量,但函数的最值却难以求出时,可考虑变换思维角度“反客为主”,即把习惯上的主元变与参数变量的“地位”交换一下,变个视角重新审查恒成立问题,往往可避免不必要的分类讨论或使问题降次、简化,起到“山穷水尽疑无路,柳暗花明又一村”的出奇制胜的效果．运用变更主元法解答含参不等式恒成立问题，需先找出所要求证不等式中的变量与参数，然后将两者进行互换，得到新不等式，根据新主元的取值或者限制条件，列出满足题意的不等式或不等式组，从而解题.4、分类讨论法含参不等式恒成立问题中参数的取值往往不确定，因而在求解含参不等式恒成立问题时，需灵活运用分类讨论法，对参数或某些变量进行分类讨论，从而求得问题的答案.而确定分类讨论的标准是解题的关键，可根据一元二次方程的判别式大于、等于、小于0进行分类讨论；也可根据二次函数的二次项系数大于、小于0进行分类讨论；还可根据导函数值大于、等于、小于0进行分类讨论.5、数形结合——直观求解法若所给不等式进行合理的变形化为（或）后,能非常容易地画出不等号两边函数的图像,则可以通过画图直接判断得出结果．尤其对于选择题、填空题这种方法更显方便、快捷．2、单变量双函数“任意性问题”与“存在性问题”的求解策略1.（1）若不等式在区间D上恒成立，则等价于在区间D上函数的图象在函数图象上方；即有（2）若不等式在区间D上恒成立，则等价于在区间D上函数的图象在函数图象下方.2.（1）对，使得不等式成立，则问题等价于. （2）若，使得不等式成立，则问题等价于3、双变量双函数“任意性问题”与“存在性问题”的求解策略一般地，已知函数，1、不等关系（1）若，，总有成立，故；（2）若，，有成立，故；（3）若，，有成立，故；（4）若，，有成立，故．2、相等关系记的值域为A, 的值域为B,（1）若，，有成立，则有；（2）若，，有成立，则有；（3）若，，有成立，故；考点一单变量不等式恒成立问题（一）函数性质法1．（2022·四川南充·高一期末（理））不等式的解集为，则实数的取值范围是（）A． B． C．D．【答案】B【解题思路】由题意列不等式组求解【解题过程】当即时，恒成立，满足题意，当时，由题意得，解得，综上，的取值范围是，故选：B2．（2022·陕西汉中·高一期末）若关于x的一元二次不等式对于一切实数x都成立，则实数k的取值范围为__________.【答案】【解题思路】由判别式小于0可得．【解题过程】由题意，．故答案为：．3．（2022·浙江·杭州高级中学高一期末）已知函数满足，若在区间上恒成立，则实数的取值范围是（）A．B．C．D．【答案】C【解题思路】首先判断函数的单调性，依题意恒成立，再根据对数函数的性质得到不等式组，解得即可.【解题过程】解：因为且，又单调递减，在定义域上单调递增，所以在定义域上单调递减，因为在区间上恒成立，所以恒成立，所以，解得，即；故选：C4．（2022·河南·新乡市第一中学高一期末）已知定义在上的函数是奇函数．(1)求实数的值；(2)若对任意的，不等式恒成立，求实数的取值范围．【答案】(1)(2)【解题思路】（1）根据奇函数的性质得到，即可取出，再代入检验即可；（2）首先判断函数的单调性，依题意可得恒成立，则，即可求出参数的取值范围；(1)解：函数是定义域上的奇函数，，即，解得．此时，则，符合题意；(2)解：因为，且在定义域上单调递增，在定义域上单调递减，所以在定义域上单调递增，则不等式恒成立，即恒成立，即恒成立，即恒成立，所以，解得，即；（二）分离参数法5．（2022·广东揭阳·高一期末）对任意的，恒成立，则的取值范围为（）A．B．C．D．【答案】D【解题思路】采用分离变量的方式，结合基本不等式可求得，进而得到所求范围. 【解题过程】当时，由得：，（当且仅当，即时取等号），，解得：，即的取值范围为.故选：D.6．（2022·云南·昆明一中高一期末）已知对恒成立，则实数的取值范围___________.【答案】【解题思路】将不等式分离参数，换元构造函数，利用单调性求得最小值，可得结论. 【解题过程】因为对恒成立，即在时恒成立，令，则代换为，令，由对勾函数可知，在上单增，所以，所以.故答案为：7．（2022·湖南·湘阴县教育科学研究室高一期末）已知函数为奇函数．(1)求实数的值；(2)若对任意的，有恒成立，求实数的取值范围．【答案】(1)(2)【解题思路】（1）根据奇函数的性质可求得b的值，验证符合题意，即可得答案;（2）求得，确定其为增函数，且，从而将恒成立，转化为在上恒成立，构造函数，求得其最值，即可得答案. （1）∵函数的定义域为，且为奇函数，∴，解得,经验证：为奇函数，符合题意，故；（2）∵，∴在上单调递增，且．∵，则，又函数在上单调递增，则在上恒成立，∴在上恒成立，设，令，则，函数在上递减，在上递增，当时，，当时，，故，则，∴实数的取值范围为．8．（2022·福建省福州高级中学高一期末）已知函数，．(1)若对于任意的，恒成立，求实数k的取值范围；(2)若，且的最小值为，求实数k的值．【答案】(1)，(2)【解题思路】（1）问题转化为对于任意的，恒成立，然后利用基本不等式求出的最大值即可得答案，（2）化简变形函数得，令，则，然后分，和求其最小值，从而可求出实数k的值．（1）由，得恒成立，所以对于任意的，恒成立，因为，当且仅当，即时取等号，所以，即实数k的取值范围为（2），令，当且仅当，即时取等号，则，当时，为减函数，则无最小值，舍去，当时，最小值不是，舍去，当时，为增函数，则，最小值为，解得，综上，9．（2022·河南濮阳·高一期末（文））已知对任意恒成立，则实数的取值范围为_________.【答案】【解题思路】对任意恒成立，利用参变分离，可等价为对任意恒成立，即，然后利用复合函数值域的求法，求出的最小值，从而求出的取值范围. 【解题过程】依题意，对任意恒成立，可等价为对任意恒成立，即，令，，，，解得，实数的取值范围为.故答案为：.10．（2022·湖南·邵阳市第二中学高一期末）若，不等式恒成立，则实数的取值范围为___________.【答案】【解题思路】分离参数，将恒成立问题转化为函数最值问题，根据单调性可得.【解题过程】因为，不等式恒成立，所以对恒成立.记，，只需.因为在上单调递减，在上单调递减，所以在上单调递减，所以，所以.故答案为：11．（2022·云南楚雄·高一期末）已知函数.(1)当时，求的定义域；(2)若对任意的恒成立，求的取值范围.【答案】(1)(2)【解题思路】（1）根据对数函数、指数函数的性质计算可得；（2）依题意可得对任意的恒成立，参变分离可得对任意的恒成立，再根据指数函数的性质计算可得；（1）解：当时，令，即，即，解得，所以的定义域为.（2）解：由对任意的恒成立，所以对任意的恒成立，即对任意的恒成立，因为是单调递减函数，是单调递减函数，所以在上单调递减，所以，所以在上单调递减，所以，所以，即的取值范围为.（三）主参换位法12．（2022·陕西·永寿县中学高一阶段练习（理））已知，不等式恒成立，则的取值范围为___________.【答案】【解题思路】设，即当时，，则满足解不等式组可得x的取值范围．【解题过程】，不等式恒成立即，不等式恒成立设，即当时，所以，即，解得或故答案为：13．（2022·上海市复兴高级中学高一期中）若对于满足的一切实数t，不等式恒成立，则x的取值范围为______.【答案】【解题思路】不等式可化为，求出不等式的解集，再求出函数的最值，即可确定x的取值范围.【解题过程】不等式可化为∵，∴∴或∵在时，最大值为9；在时，最小值为，∴或故答案为：【点睛】本题考查了不等式的恒成立问题，转换为函数的最值是解题的关键. 14．（2022·陕西西安·高一期中（文））若存在，使得不等式成立，则实数x的取值范围为_________．【答案】或【解题思路】令，由题意得f(1)＞0，或f(3)＞0，由此求出实数x的取值范围．【解题过程】令，是关于a的一次函数，由题意得，①或②,解①可得或．解②可得或．∴实数x的取值范围为或．故答案为：或．15．（2022·江苏·南京市燕子矶中学高一期中）已知时，不等式恒成立，则x的取值范围为__________．【答案】【解题思路】由题意构造函数关于a的函数，则可得，从而可求出x的取值范围.【解题过程】由题意，因为当，不等式恒成立，可转化为关于a的函数，则对任意恒成立，则满足，解得，即x的取值范围为．故答案为：（四）分类讨论法16．（2022·全国·高一课时练习）已知f(x)＝x2－2ax＋2(a∈R)，当x∈[－1，＋∞)时，恒成立，则a的取值范围是_________．【答案】.【解题思路】g(x)＝x2－2ax＋2－a，根据对称轴与定义区间位置关系分类讨论：当时，；当时，；解不等式，再求并集得a的取值范围．【解题过程】解：法一：f(x)＝(x－a)2＋2－a2，此二次函数图象的对称轴为x＝a.①当a∈(－∞，－1)时，f(x)在[－1，＋∞)上单调递增，f(x)min＝f(－1)＝2a＋3.要使f(x)≥a恒成立，只需f(x)min≥a，即2a＋3≥a，解得－3≤a＜－1；②当a∈[－1，＋∞，)时，f(x)min＝f(a)＝2－a2，由2－a2≥a，解得－1≤a≤1.综上所述，所求a的取值范围为－3≤a≤1.法二：令g(x)＝x2－2ax＋2－a，由已知，得x2－2ax＋2－a≥0在[－1，＋∞)上恒成立，即Δ＝4a2－4(2－a)≤0或解得－3≤a≤1.点睛：研究二次函数单调性的思路(1)二次函数的单调性在其图象对称轴的两侧不同，因此研究二次函数的单调性时要依据其图象的对称轴进行分类讨论．(2)若已知f(x)＝ax2＋bx＋c(a>0)在区间A上单调递减(单调递增)，则A⊆（A⊆）即区间A一定在函数对称轴的左侧(右侧)．17．（2022·云南玉溪·高一期末）设关于x的二次函数．(1)若，解不等式；(2)若不等式在上恒成立，求实数m的取值范围．【答案】(1)；(2).【解题思路】（1）由题设有，解一元二次不等式求解集即可.（2）由题意在上恒成立，令并讨论m 范围，结合二次函数的性质求参数范围.【解题过程】（1）由题设，等价于，即，解得，所以该不等式解集为.（2）由题设，在上恒成立．令，则对称轴且，①当时，开口向下且，要使对恒成立，所以，解得，则．②当时，开口向上，只需，即.综上，．（五）数形结合法18．（2019·北京四中高三期中）已知函数f（x）=x2﹣a x（a＞0且a≠1），当x∈（﹣1，1）时，恒成立，则实数a的取值范围是__．【答案】【解题过程】“当x∈（﹣1，1）时，恒成立”等价于“当x∈（﹣1，1）时，恒成立”．设，，则在区间（﹣1，1）上，函数的图象在函数图象的上方．在坐标系内画出函数的图象，由图象知，当时，需满足，即，解得；当时，需满足，即，解得．综上可得实数的取值范围为．答案：．点睛：解决函数的有关问题时要注意函数图象在解题中的应用，借助于函数的图象，可使解题过程变得简单、直观形象．所以在学习中要记住常见函数图象的形状，并能在解题时能准确画出它的图象，同时在解题中要根据函数图象的相对位置关系得到相关的不等式（组）进行求解．19．（2022·陕西·长安一中高一期末）设函数的定义域为R，满足，且当时，.若对任意，都有，则m的最大值是（）A．B．C．D．【答案】A【解题思路】分别求得，，，，，，，时，的最小值，作出的简图，因为，解不等式可得所求范围．【解题过程】解：因为，所以，当时，的最小值为；当时，，，由知，，所以此时，其最小值为；同理，当，时，，其最小值为；当，时，的最小值为；作出如简图，因为，要使，则有．解得或，要使对任意，都有，则实数的取值范围是．故选：A．20．（2022·湖南常德·高一期末）已知．(1)若时，，求实数k的取值范围；(2)设若方程有三个不同的实数解，求实数k的取值范围．【答案】(1)；(2)[，＋∞）【解题思路】（1）将含参不等式，进行参变分离，转换为二次函数求最值即可求函数最值，得k的取值范围；（2）将原方程转换为，利用整体换元，结合二次函数的实根分布即可求解.【解题过程】(1)解：即，令，记．∴，∴即k的取值范围是．(2)解：由得，即，且，令，则方程化为．又方程有三个不同的实数解，由的图象可知，有两个根，且或．记，则或，解得或综上所述，k的取值范围是[，＋∞）．。
“任意”和“存在”在不等式含参问题中的差异
“任意”和“存在”在不等式含参问题中的差异在高三一轮复习中，我们经常接触到一些含有“任意”或“存在”字眼的不等式含参问题，这是复习中的难点，确是高考的热点，20XX 年新课标全国高考文科21题第二问就是一道涉及“任意”字眼的不等式含参问题。
结合高三一轮复习，我发现这两个字眼在不等式含参问题中存在着戏剧性的差异，现做些简单分析。
一、“任意”在不等式含参问题中的解法。
王员外家有四个千金，想招一个年龄比四个女儿都大的女婿，那么王员外在年龄上应遵循什么呢？答案很显然，这个女婿只需比他的大女儿的岁数大即可。
从这个浅显的例子我们可以抽象出这样一个常识：“比最大值大，则比其它值均大，比最小值小，则比其它值均小。
”现实生活中，这样的逻辑常识比较常见，如，要比213班全班学生都高，只需比全班最高的那个高；要比全班学生都矮，只需比最矮的那个矮。
我在个人的教学实践中发现这个常识在解含“任意”字眼的不等式含参问题中有着比较重要的作用，现举例说明它的重要性，同时也鼓励广大同学留意类似的生活常识，学着将其应用于数学难题的思考中，有时可以做到事半功倍。
例1：求使不等式a x x ≤---34对任意R x ∈恒成立的a 的取值范围？ 解析：令43y x x =---要使a x x ≤---34对一切R x ∈只需max y a ≥ 法1：由43y x x =---的图像可求得max 1y =∴1≥a法2：由不等式的重要性质b a b a b a +≤±≤-知1)3()4(34=---≤---x x x x∴max 1y = ∴1≥a注：要使一个参数要比一个式子大恒成立，只须比这个式子的最大值还要大即可。
例2：设实数,x y 满足1)1(22=-+y x ，当0≤++d y x 恒成立时，求d 的取值范围？解析：当0≤++d y x 恒成立，即)(y x d +-≤恒成立，只须)(y x d +-≤的最小值即可，故而将问题转化为求()x y -+的最值。
微专题：双变量的存在性与任意性
微专题：函数中双变量的“任意性”与“存在性”问题含有参数的方程（或不等式）中的“任意性”与“存在性”问题是高考考查的一个热点，也是高考复习的一个难点。
破解的关键在于将它们等价转化为熟悉的基本初等函数的最值或值域问题，而正确区分“任意性”与“存在性”问题也是解题的关键。
活动一 知识回顾：活动二 今天重点研究双变量的“任意性”与“存在性”问题的处理方法1、【()()","x f x g x ∀>使得与()(),"x f x g x ∃>“使得】的辨析例题1、设函数()()ln 1,()()f x x g x af x '=+=，其中()()f x f x '是的导函数。
（1）、若对于任意()()0,x f x g x ≥≥总有,求实数a 的取值范围. （2）若存在()()0,x f x g x ≥≥使得，求实数a 的取值范围。
2、【“若()()112212,x D x D f x g x ∃∈∃∈=使得”与“1122,x D x D ∀∈∃∈，使得()()12f x g x =”】的辨析例题2、已知函数()()()23221,0,,31f x x ax a x R g x x x =->∈=-。
（1）若(]121,1,,2x x ⎛⎫∃∈-∞-∃∈-∞- ⎪⎝⎭，使()()12f x g x =，求实数a 的取值范围（2）当32a =时，证明对任意的()12,x ∈+∞，都存在()21,x ∈+∞，使()()12f x g x =3、()(),f x g x 是闭区间D 上的连续函数，【()()1212,,x x D f x g x ∀∈>使得与()()1212,,x x D f x g x ∃∈>使得】的辨析例题3、已知()()20a f x x a x=+>，()ln g x x x =+（1）若对任意的[]()()1212,1,,x x e f x g x ∈≥都有成立，求实数a 的取值范围。
初中数学知识归纳不等式的性质与解法
初中数学知识归纳不等式的性质与解法初中数学知识归纳：不等式的性质与解法在初中数学中，不等式是一种重要的数学工具，它常常用于描述数值之间的关系。
通过学习不等式的性质与解法，我们可以更好地理解数学问题，并能够灵活地运用不等式进行问题的求解。
本文将从不等式的基本性质、不等式的解集表示以及不等式的解法等方面进行归纳总结。
一、不等式的基本性质不等式的基本性质是我们学习不等式的起点，它们包括：1. 同加同减性质：对于不等式两边同时加上或减去一个相同的数，不等关系保持不变。
例如，若a > b，则 a + c > b + c，a - c > b - c。
2. 同乘同除性质：对于不等式两边同时乘以或除以一个正数，不等关系保持不变；如果乘或除以一个负数，不等关系改变。
例如，若a > b，则 ac > bc （c > 0），ac < bc （c < 0）。
3. 对称性质：不等关系的两边可以互换。
例如，若a > b，则b < a。
以上基本性质为我们解决不等式问题提供了基础，我们可以通过对不等式进行恰当的运算，来得到不等式的等价形式或简化形式，以便更好地分析和求解。
二、不等式的解集表示对于不等式问题，我们通常需要确定其解集表示。
以下是一些常见的解集表示形式：1. 数轴表示法：对于一元不等式，我们可以使用数轴上的点来表示解集。
例如，若不等式为x > 2，解集可以表示为一个开区间(2, +∞)。
2. 区间表示法：对于一元不等式，我们可以使用区间表示解集。
例如，若不等式为-1 ≤ x ≤ 3，解集可以表示为闭区间[-1, 3]。
3. 集合表示法：解集也可以用集合的形式表示。
例如，若不等式为x < -2，解集可以表示为{x | x < -2}。
不同的表示形式可以根据具体问题的需求进行选择，有时也可以根据问题的要求进行转换。
三、不等式的解法在解决不等式问题时，我们需要根据具体的不等式形式和问题要求选择相应的解法。
微专题43 单变量的不等式恒成立与存在性问题
(2018· 镇江期末)已知函数 f (x)＝x －kx＋4 对任意的 x∈[1,3]， 不等 式 f (x)≥0 恒成立，则实数 k 的最大值为
2
4
.
x2＋4 解析： 因为不等式 f (x)≥0 对任意的 x∈[1,3]恒成立， 所以 k≤ x ， x2＋4 4 因为 x ＝x＋x ≥2 4 x· ＝ 4 ，当且仅当 x ＝ 2 时取等号，所以 k ≤ 4. x
1＋ 答案：－∞，－ 2 5 1 ＋ 5 ∪ ，＋∞ 2
2
f (－1)≥0 1＋ 5 解析： 设 f (a)＝(－x)a＋x －1， ， 所以 x≥ 2 或 x≤ f (1)≥0
2 1＋ 5 1 ＋ 5 1 ＋ 5 － 2 ，即实数 x 的取值范围为－∞，－ ，＋∞. ∪ 2 2
3 1 1 取 x0＝e－b，则 0<x0<1.此时 g(x0)＝x0－2sinx0＋blnx0＋1<1＋2＋ 3 1 blne－b＋1＝－2<0.所以存在 x0>0，使 g(x0)<0. 8分
x2 ②依题意， 不妨设 0<x1<x2， 令x ＝ t ， 则 t>1.由(1)知函数 y＝x－sinx 1 单调递增，所以 x2－sinx2>x1－sinx1. 10 分
答案：(0，＋∞)．
1 解法 1 设 f (x)＝x －x＋a，则其对称轴 x＝2，递增，∴f
(0)>0，∴a>0，即实数 a 的取值范围
为[0，＋∞)． 1 解法 2－a<x －x0<x≤2，所以(x2－x)max<0，所以－a<0 所以 a>0，
答案：(1)0<a≤1；(2)略．
例析函数中的“任意存在”与“存在任意”问题
上的最大值（ f x0）max为M（a）=max{（ f 1），（ f 4）}.因为（ f 1）=
-2a +1，f（4） =a +1， 所 以 M（a） =
M（a）
max {-2a+1，a+1}.视M（a）为关于变
量a的函数，画出其在R上的图像（如 图1），观察图像可知，M（a）min=M（0） =1，从而t≤1，即实数t的取值范围为 （-∞，1］.
（ f x0）在［-1，3］上的最大值（ f x0）max为
M（a）
M（a）=max {f（-1），f（3）}. 因 为 f（1）=
-3a -9，f（3） =a -1， 所 以 M（a） =
max {-3a-9，a-1}.视M（a）为关于变
O
a
量a的函数，画出其在R上的图像（如
图2），观察图像可知，M（a）min=M（-2）
* 2 ) + 2-a
上的最大值（ |f x0）|max为M（a）=max （ |f 1）|，（ |f -1）|， f 2 摇 摇 ，其
中 2-a 为函数（ f x）的对称轴.因为|（ f 1）|=|1+（a-2）|，|（ f -1）|= 2
2 - 2-a
|1-（a-2）|，所以max{|（ f 1）|，|（ f -1）|}=1+|a-2|.又 f 2 摇
于变量a的函数，画出其在R上的图 像（如图5），观察图像可知，M（a）min= M（-2）=3，从而t≤3，即实数t的取值 范围为（-∞，3］.
O
a
图5
评 注 ： （1） 观 察 图 像 易 知 ， 单 调 函 数 与 开 口 朝 下 的 二
次函数在闭区间内的最小值都只能在区间端点处取得；
不等式型双变量存在性或任意性问题
不等式型双变量存在性或任意性问题1．形如“对任意x 1∈A ，都存在x 2∈B ，使得g (x 2)＝f (x 1)成立”。
此种类型的“等价转化”策略是利用“f (x )的值域是g (x )的值域的子集”来求解参数的取值范围。
【典例1】已知函数f (x )＝x 3＋(1－a )x 2－a (a ＋2)x ，g (x )＝196x －13，若对任意x 1∈[－1,1]，总存在x 2∈[0,2]，使得f ′(x 1)＋2ax 1＝g (x 2)成立，求实数a 的取值范围。
【解】由题意知，g(x)在[0,2]上的值域为⎣⎡⎦⎤－13，6，令h(x)＝f ′(x )＋2ax ＝3x 2＋2x －a (a ＋2)，则h ′(x )＝6x ＋2，由h ′(x )＝0得x ＝－13。
当x ∈⎝⎛⎭⎫－1，－13时，h ′(x )<0；当x ∈⎝⎛⎭⎫－13，1时，h ′(x )>0，所以[h (x )]min ＝h ⎝⎛⎭⎫－13＝－a 2－2a －13。
又由题意可知，h(x)的值域是⎣⎡⎦⎤－13，6的子集，所以⎩⎪⎨⎪⎧h (－1)≤6，－a 2－2a －13≥－13，h (1)≤6，解得实数a 的取值范围是[－2,0]。
2．形如“存在x 1∈A 及x 2∈B ，使得f (x 1)＝g (x 2)成立”此种类型的“等价转化”策略是利用“f (x )的值域和g (x )的值域的交集不为空集”来求解参数的取值范围。
【典例2】已知函数f (x )＝⎩⎨⎧2x 3x ＋1，x ∈⎝⎛⎦⎤12，1，－13x ＋16，x ∈⎣⎡⎦⎤0，12，函数g (x )＝k sin πx6－2k ＋2(k >0)，若存在x 1∈[0,1]及x 2∈[0,1]，使得f (x 1)＝g (x 2)成立，求实数k 的取值范围。
【解】由题意，易得函数f(x)的值域为[0,1]，g(x)的值域为⎣⎡⎦⎤2－2k ，2－3k2，并且两个值域有公共部分。
高中不等式中的“任意性”
一、不等式中的任意性不等式中的任意性,通常出现在恒成立问题中。
反过来,任何恒成立问题,都可以通过添加任意性这样的字眼达到迷惑考生的目的。
因此,我们首先要先把含有任意性的题理解成恒成立问题,才方便使用我们熟悉的方法去求解。
当然我们也会发现,还有恒不成立问题,解决方法和恒成立问题是一致的。
我们先看几道高考题的题干信息:(1)已知函数f (x )=x 2+bx+c ,(b ,c ∈R )对任意的x ∈R ,恒有f'(x )≤f (x )(2)如若函数f (x )=2x -2ax-a-1√的定义域为R,则a 的取值范围是什么?(3)已知定义在R 上的函数f (x )为奇函数,且在[0,+∞)上是增函数,对任意实数θ∈R ,问是否存在这样的实数m ,使得f (cos2θ-3)+f (4m-2mcos θ)>f (0)对所有的θ都成立?若存在,求出m 的取值范围;若不存在,请说明理由。
从上面几题的信息来看,有些题的信息可能和不等式恒成立问题字面上没什么关系。
确实,高中阶段的不等式恒成立问题表现形式很多,如果不加甄别很容易判断错类型。
下面以二次不等式为例,罗列不等式恒成立问题的表现类型,凡是可以化简转化成如下问题的都是恒成立问题类型:①对任意的x ∈R ,不等式ax 2+bx+c ≥0恒成立②不等式ax 2+bx+c ≥0在R 上恒成立③不等式ax 2+bx+c ≥0的解集为R④不等式ax 2+bx+c ≥0在区间[p ,q]上恒成立⑤对任意的x ∈[p ,q],都有ax 2+bx+c ≥0⑥不等式ax 2+bx+c ≥0的解集包含[p ,q]其中前三种是等价的,后三种是等价的。
总的说来,不等式恒成立问题的表述方式可以理解为,在解集的子集范围内,不等式是恒成立的。
二、任意性问题的求解方法不等式恒成立问题,主要的方法有:①图像法;②最值法;涉及到数形结合和转化的数学思想。
下面我们对这些方法一一介绍,通过有限的例题理解这些方法的思想。
微专题33 不等式恒成立或有解问题
微专题33不等式恒成立或有解问题高考定位利用导数解决不等式恒成立或有解问题，是高考的热点之一，多以解答题的形式出现，为压轴题，难度较大.[高考真题](2022·新高考Ⅱ卷节选)已知函数f(x)＝x e ax－e x.(1)当a＝1时，讨论f(x)的单调性；(2)当x>0时，f(x)<－1，求a的取值范围.解(1)当a＝1时，f(x)＝(x－1)e x，x∈R，则f′(x)＝x e x，当x<0时，f′(x)<0，当x>0时，f′(x)>0，故f(x)的单调递减区间为(－∞，0)，单调递增区间为(0，＋∞).(2)设h(x)＝x e ax－e x＋1，则h(0)＝0，又h′(x)＝(1＋ax)e ax－e x，设g(x)＝(1＋ax)e ax－e x，则g′(x)＝(2a＋a2x)e ax－e x，，若a>12则g′(0)＝2a－1>0，因为g′(x)为连续不间断函数，故存在x0∈(0，＋∞)，使得∀x∈(0，x0)，总有g′(x)>0，故g (x )在(0，x 0)上单调递增，故g (x )>g (0)＝0，故h (x )在(0，x 0)上单调递增，故h (x )>h (0)＝0，与题设矛盾.若0<a ≤12，则h ′(x )＝(1＋ax )e ax －e x ＝e ax ＋ln(1＋ax )－e x ，下证：对任意x >0，总有ln(1＋x )<x 成立，证明：设S (x )＝ln(1＋x )－x ，故S ′(x )＝11＋x －1＝－x 1＋x<0， 故S (x )在(0，＋∞)上单调递减，故S (x )<S (0)＝0，即ln(1＋x )<x 成立.由上述不等式有e ax ＋ln(1＋ax )－e x <e ax ＋ax －e x ＝e 2ax －e x ≤0，故h ′(x )≤0总成立，即h (x )在(0，＋∞)上单调递减，所以h (x )<h (0)＝0.当a ≤0时，有h ′(x )＝e ax －e x ＋ax e ax <1－1＋0＝0，所以h (x )在(0，＋∞)上单调递减，所以h (x )<h (0)＝0.综上，a ≤12.样题1 已知函数f (x )＝ln x ＋a x (a ∈R )，若f (x )≤e x －1＋1x －1恒成立，求实数a 的取值范围.解 因为f (x )≤e x －1＋1x －1恒成立，即ln x＋ax≤ex－1＋1x－1对x∈(0，＋∞)恒成立，即a≤x e x－1－x－ln x＋1对x∈(0，＋∞)恒成立，令u(x)＝x e x－1－x－ln x＋1，则u′(x)＝e x－1＋x e x－1－1－1x ＝(x＋1)⎝⎛⎭⎪⎫e x－1－1x，当x∈(0，1)时，u′(x)＜0，u(x)在(0，1)上单调递减，当x∈(1，＋∞)时，u′(x)＞0，u(x)在(1，＋∞)上单调递增，故当x＝1时，u(x)取最小值u(1)＝1，所以a≤1，所以实数a的取值范围是(－∞，1].样题2 (2022·福州模拟改编)已知函数f(x)＝x2－(2a＋1)x＋a ln x(a∈R)，函数g(x)＝(1－a)x，若∃x0∈[1，e]使得f(x0)≥g(x0)成立，求实数a的取值范围.解由题意知，不等式f(x)≥g(x)在区间[1，e]上有解，即x2－2x＋a(ln x－x)≥0在区间[1，e]上有解.令φ(x)＝x－ln x，x∈[1，e]，则φ′(x)＝1－1x ＝x－1x≥0，∴φ(x)＝x－ln x在[1，e]上单调递增，∴φ(x)≥φ(1)＝1，∴x－ln x＞0，∴a≤x2－2xx－ln x在区间[1，e]上有解.令h(x)＝x2－2x x－ln x，则h′(x)＝（x－1）（x＋2－2ln x）（x－ln x）2，∵x ∈[1，e]，∴x ＋2＞2≥2ln x ，∴h ′(x )≥0，h (x )单调递增，∴x ∈[1，e]时，h (x )max ＝h (e)＝e （e －2）e －1， ∴a ≤e （e －2）e －1，所以实数a 的取值范围是⎝ ⎛⎦⎥⎥⎤－∞，e （e －2）e －1. 样题3 (2022·延边模拟改编)已知函数f (x )＝e x ＋ax (a ∈R )，若f (x )≥1－ln(x ＋1)对任意的x ∈[0，＋∞)恒成立，求实数a 的取值范围.解 若x ≥0时，f (x )≥1－ln(x ＋1)，即e x ＋ax ＋ln(x ＋1)－1≥0.(*)令g (x )＝e x ＋ax ＋ln(x ＋1)－1，则g ′(x )＝e x ＋1x ＋1＋a ，令φ(x )＝e x ＋1x ＋1＋a ，则φ′(x )＝e x －1（x ＋1）2＝（x ＋1）2e x －1（x ＋1）2≥0， ∴函数φ(x )在区间[0，＋∞)上单调递增，φ(0)＝2＋a ，①若a ≥－2，φ(0)＝2＋a ≥0，∴φ(x )＝e x ＋1x ＋1＋a ≥0，∴g ′(x )≥0， 函数g (x )在区间[0，＋∞)上单调递增.∴g (x )≥g (0)＝0，∴(*)式成立.②若a ＜－2，由于φ(0)＝2＋a ＜0，φ(－a )＝e －a ＋11－a ＋a ≥1－a ＋11－a ＋a ＝1＋11－a＞0(x ≥0时，e x ≥1＋x ，故e －a≥1－a)，故∃x0∈(0，－a)，使得φ(x0)＝0，则当0＜x＜x0时，φ(x)＜φ(x0)＝0，即g′(x)＜0.∴函数g(x)在区间(0，x0)上单调递减，∴g(x0)＜g(0)＝0，即(*)式不恒成立.综上所述，实数a的取值范围是[－2，＋∞).规律方法 1.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)max或a＜f(x)min的形式，通过导数的应用求出f(x)的最值，即得参数的范围.2.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.训练1 (2022·蚌埠三模改编)已知不等式e(x2－ln x)＋e x－ax≥0恒成立，求实数a 的取值范围.解易知x>0，则原不等式可化为a≤e x2－eln x＋e xx，设F(x)＝e x2－eln x＋e xx(x>0)，则F′(x)＝e（x2－1）＋（x－1）e x＋eln xx2，当x∈(0，1)时，F′(x)<0，当x∈(1，＋∞)时，F′(x)>0，所以F(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，F(x)min＝F(1)＝2e，则实数a的取值范围为(－∞，2e].训练2 已知函数f (x )＝a ln x －2x ＋x ＋1，若不等式f (x )≥1在区间[1，2]上有解，求实数a 的取值范围.解 f ′(x )＝a x ＋2x 2＋1＝x 2＋ax ＋2x 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋a 22＋2－a 24x 2. ①当2－a 24≥0，即－22≤a ≤22时，f ′(x )≥0，所以f (x )在[1，2]上单调递增，所以f (x )max ＝f (2).②当2－a 24<0，即a >22时，设x 2＋ax ＋2＝0(Δ＝a 2－8>0)的两根分别为x 1，x 2，则x 1＋x 2＝－a ，x 1x 2＝2，所以x 1<0，x 2<0，所以在区间[1，2]上，f ′(x )＝x 2＋ax ＋2x 2>0， 所以f (x )在[1，2]上单调递增，所以f (x )max ＝f (2).综上，当a ≥－22时，f (x )在区间[1，2]上的最大值为f (2)＝a ln 2＋2≥1，所以a ≥－1ln 2，所以实数a 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫－1ln 2，＋∞.一、基本技能练1.已知函数f (x )＝(x －2)e x －12ax 2＋ax (a ∈R )，当x ≥2时，f (x )≥0恒成立，求a 的取值范围.解 法一 f ′(x )＝(x －1)(e x －a )，①当a ≤0时，因为x ≥2，所以x －1＞0，e x －a ＞0，所以f ′(x )＞0，则f (x )在[2，＋∞)上单调递增，f (x )≥f (2)＝0成立.②当0＜a ≤e 2时，f ′(x )≥0，所以f (x )在[2，＋∞)上单调递增，所以f (x )≥f (2)＝0成立.③当a ＞e 2时，在区间(2，ln a )上，f ′(x )＜0；在区间(ln a ，＋∞)上，f ′(x )＞0，所以f (x )在(2，ln a )上单调递减，在(ln a ，＋∞)上单调递增，f (x )≥0不恒成立，不符合题意.综上所述，a 的取值范围是(－∞，e 2].法二 当x ≥2时，f (x )≥0恒成立，等价于当x ≥2时，(x －2)e x －12ax 2＋ax ≥0恒成立，即⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 2－x a ≤(x －2)e x 在[2，＋∞)上恒成立. 当x ＝2时，0·a ≤0，所以a ∈R .当x ＞2时，12x 2－x ＞0，所以a ≤（x －2）e x 12x 2－x＝2e x x 恒成立. 设g (x )＝2e x x ，则g ′(x )＝2（x －1）e xx 2， 因为x ＞2，所以g ′(x )＞0，所以g (x )在区间(2，＋∞)上单调递增，所以g(x)＞g(2)＝e2，所以a≤e2.综上所述，a的取值范围是(－∞，e2].2.若e x＋cos x－ax－2≥0在[0，＋∞)上恒成立，求a的取值范围.解令h(x)＝e x＋cos x－ax－2，则h′(x)＝e x－sin x－a，令t(x)＝e x－sin x－a，则t′(x)＝e x－cos x，∵e x≥1，－1≤cos x≤1，故t′(x)≥0，∴h′(x)在[0，＋∞)上单调递增，∴h′(x)≥h′(0)＝1－a.①当1－a≥0，即a≤1时，h′(x)≥0，故h(x)在[0，＋∞)上单调递增，故h(x)≥h(0)＝0，满足题意；②当1－a＜0，即a＞1时，h′(0)＜0，又x→＋∞时，h′(x)→＋∞，∴∃x0∈(0，＋∞)，使得h′(x0)＝0，∴当x∈(0，x0)时，h′(x)＜0，∴h(x)在(0，x0)上单调递减，此时h(x)＜h(0)＝0，不符合题意.综上，a的取值范围为(－∞，1].3.已知函数f(x)＝ax2－(6＋a)x＋3ln x，当a≤－92时，关于x的不等式f(x)＋ax－b≥0有解，求b的最大值.解设g(x)＝f(x)＋ax－b＝ax2－6x＋3ln x－b，x>0，则g ′(x )＝2ax －6＋3x ＝2ax 2－6x ＋3x. 当a <0时，2ax 2－6x ＋3＝0有两个根x 1，x 2，不妨令x 1<x 2.又x 1x 2＝32a <0，x 1<0，x 2>0.由题意舍去x 1，当x ∈(0，x 2)时，g ′(x )>0；当x ∈(x 2，＋∞)时，g ′(x )<0，∴g (x )在(0，x 2)上单调递增，在(x 2，＋∞)上单调递减. 若存在x 0使f (x )＋ax －b ≥0成立，则g (x )max ＝g (x 2)＝ax 22－6x 2＋3ln x 2－b ≥0，即ax 22－6x 2＋3ln x 2≥b .又2ax 22－6x 2＋3＝0，∴a ＝6x 2－32x 22. ∵a ≤－92，∴6x 2－32x 22≤－92， ∴0<x 2≤13，∴b ≤ax 22－6x 2＋3ln x 2＝6x 2－32x 22·x 22－6x 2＋3ln x 2＝－3x 2＋3ln x 2－32.令h (x )＝－3x ＋3ln x －32⎝ ⎛⎭⎪⎫0<x ≤13， 则h ′(x )＝3－3x x >0，∴函数h (x )在⎝ ⎛⎦⎥⎤0，13上单调递增， h (x )max ＝h ⎝ ⎛⎭⎪⎫13＝－3ln 3－52， 即b 的最大值为－3ln 3－52.二、创新拓展练4.(2022·济南模拟改编)已知函数f(x)＝x e x－ax＋a，a≥0，若关于x的不等式f(x)≥a ln x恒成立，求实数a的取值范围.解f(x)≥a ln x恒成立等价于x e x－ax＋a－a ln x≥0(x＞0)恒成立，令h(x)＝x e x－ax＋a－a ln x(x＞0)，则h(x)min≥0.①当a＝0时，h(x)＝x e x＞0在区间(0，＋∞)上恒成立，符合题意；②当a＞0时，h′(x)＝(x＋1)e x－a－ax＝(x＋1)⎝⎛⎭⎪⎫e x－ax＝x＋1x(x ex－a)，令g(x)＝x e x－a，g′(x)＝(x＋1)e x，即g(x)在(0，＋∞)上单调递增，g(0)＝－a＜0，g(a)＝a e a－a＝a(e a－1)＞0，则存在x0∈(0，a)，使得g(x0)＝0⇒x0e x0－a＝0，此时x0e x0＝a，即x0＋ln x0＝ln a，则当x∈(0，x0)时，h′(x)＜0，h(x)单调递减；当x∈(x0，＋∞)时，h′(x)＞0，h(x)单调递增.所以h(x)min＝h(x0)＝x0e x0－a(x0＋ln x0)＋a＝2a－a ln a.令h(x)min≥0，得2a－a ln a≥0.因为a＞0，所以0＜a≤e2.综上，实数a的取值范围为[0，e2].。