高中函数恒成立、有解习题
高考数学(理)函数与导数 专题14 恒成立及存在性问题(解析版)
函数与导数14 导数及其应用 恒成立及存在性问题一、具体目标： 1.导数在研究函数中的应用：①了解函数单调性和导数的关系；能利用导数研究函数的单调性，会求函数的单调区间（对多项式函数一般不超过三次）。
②了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件；会用导数求函数的极大值、极小值（对多项式函数一般不超过三次）；会求闭区间上函数的最大值、最小值（对多项式函数一般不超过三次）. 2.生活中的优化问题：会利用导数解决某些实际问题。
考点透析：1.以研究函数的单调性、单调区间、极值（最值）等问题为主，与不等式、函数与方程、函数的图象相结合；2.单独考查利用导数研究函数的某一性质以小题呈现，综合研究函数的性质以大题呈现；3.适度关注生活中的优化问题. 3.备考重点：(1) 熟练掌握导数公式及导数的四则运算法则是基础；(2) 熟练掌握利用导数研究函数的单调性、极值（最值）的基本方法，灵活运用数形结合思想、分类讨论思想、函数方程思想等，分析问题解决问题. 二、知识概述： 一）函数的单调性：1.设函数y =f (x )在某个区间内可导，如果0)(>'x f ，则函数y =f (x )为增函数；如果f ' (x )<0，则函数y ＝f (x )为减函数；如果恒有f ' ( x )＝0，则y =f (x )为常函数.2.应当理解函数的单调性与可导性并无本质的联系，甚至具有单调性的函数并不一定连续．我们只是利用可导来研究单调性，这样就将研究的范围局限于可导函数．3.f (x )在区间I 上可导，那么0)(>'x f 是f (x )为增函数的充分条件，例如f (x )=x 3是定义于R 的增函数， 但 f '(0)=0，这说明f '(x )>0非必要条件．)(x f 为增函数，一定可以推出0)(≥'x f ，但反之不一定．4. 讨论可导函数的单调性的步骤： （1）确定)(x f 的定义域；【考点讲解】（2）求)(x f '，令0)(='x f ，解方程求分界点； （3）用分界点将定义域分成若干个开区间；（4）判断)(x f '在每个开区间内的符号，即可确定)(x f 的单调性.5.我们也可利用导数来证明一些不等式．如f (x )、g (x )均在[a 、b ]上连续，(a ，b )上可导，那么令h (x )＝f (x )－g (x )，则h (x )也在[a ，b ]上连续，且在(a ，b )上可导，若对任何x ∈(a ，b )有h '(x )>0且 h (a )≥0，则当x ∈(a ，b )时 h (x )>h (a )=0，从而f (x )>g (x )对所有x ∈(a ，b )成立． 二）函数的极、最值： 1．函数的极值 (1)函数的极小值：函数y ＝f(x)在点x ＝a 的函数值f(a)比它在点x ＝a 附近其它点的函数值都小，f′(a)＝0，而且在点x ＝a 附近的左侧f′(x)＜0，右侧f′(x)＞0，则点a 叫做函数y ＝f(x)的极小值点，f(a)叫做函数y ＝f(x )的极小值． (2)函数的极大值：函数y ＝f(x)在点x ＝b 的函数值f(b)比它在点x ＝b 附近的其他点的函数值都大，f′(b)＝0，而且在点x ＝b 附近的左侧f′(x)＞0，右侧f′(x)＜0，则点b 叫做函数y ＝f(x)的极大值点，f(b)叫做函数y ＝f(x)的极大值． 极小值点，极大值点统称为极值点，极大值和极小值统称为极值． 2．函数的最值(1)在闭区间[a ，b ]上连续的函数f(x)在[a ，b ]上必有最大值与最小值．(2)若函数f(x)在[a ，b ]上单调递增，则f(a)为函数的最小值，f(b)为函数的最大值；若函数f(x)在[a ，b ]上单调递减，则f(a)为函数的最大值，f(b)为函数的最小值．三）高考中全称命题和存在性命题与导数的结合是近年高考的一大亮点，下面结合高考试题对此类问题进行归纳探究相关结论：结论1：1212min max [,],[,],()()[()][()]x a b x c d f x g x f x g x ∀∈∀∈>⇔>； 结论2：1212max min [,],[,],()()[()][()]x a b x c d f x g x f x g x ∃∈∃∈>⇔>； 结论3：1212min min [,],[,],()()[()][()]x a b x c d f x g x f x g x ∀∈∃∈>⇔>； 结论4：1212max max [,],[,],()()[()][()]x a b x c d f x g x f x g x ∃∈∀∈>⇔>；结论5：1212[,],[,],()()()x a b x c d f x g x f x ∃∈∃∈=⇔的值域和()g x 的值域交集不为空.1. 【2019年高考天津理数】已知a ∈R ，设函数222,1,()ln ,1.x ax a x f x x a x x ⎧-+≤=⎨->⎩若关于x 的不等式()0f x ≥【真题分析】在R 上恒成立，则a 的取值范围为（ ） A ．[]0,1B ．[]0,2C ．[]0,eD ．[]1,e【解析】当1x =时，(1)12210f a a =-+=>恒成立；当1x <时，22()22021x f x x ax a a x =-+≥⇔≥-恒成立，令2()1x g x x =-，则222(11)(1)2(1)1()111x x x x g x x x x -----+=-=-=----112201x x ⎛⎫⎛⎫=--+-≤-= ⎪ ⎪ ⎪-⎝⎭⎝⎭，当111x x-=-，即0x =时取等号，∴max 2()0a g x ≥=，则0a >. 当1x >时，()ln 0f x x a x =-≥，即ln x a x ≤恒成立，令()ln xh x x=，则2ln 1()(ln )x h x x -'=，当e x >时，()0h x '>，函数()h x 单调递增，当0e x <<时，()0h x '<，函数()h x 单调递减， 则e x =时，()h x 取得最小值(e)e h =，∴min ()e a h x ≤=，综上可知，a 的取值范围是[0,e]. 【答案】C2.【优选题】设函数()()21xf x e x ax a =--+，其中1a <，若存在唯一的整数t ，使得()0f t <，则a的取值范围是（ ） A ．3,12e ⎡⎫-⎪⎢⎣⎭ B ．33,24e ⎡⎫-⎪⎢⎣⎭ C ．33,24e ⎡⎫⎪⎢⎣⎭ D ．3,12e ⎡⎫⎪⎢⎣⎭【解析】本题考点是函数的单调性、存在性问题的综合应用.令()()()21,xg x e x h x ax a =-=-.由题意知存在唯一整数t ，使得()g t 在直线()h x 的下方.()()21'=+xg x ex ，当12x <-时，函数单调递减，当12x >-，函数单调递增，当12x =-时，函数取得最小值为122e --.当0x =时，(0)1g =-，当1x =时，(1)0g e =>，直线()h x ax a =-过定点()1,0，斜率为a ，故()0a g ->且()113g e a a --=-≥--，解得3,12⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭a e . 【答案】D3.【2019年高考北京】设函数()e e xxf x a -=+（a 为常数）．若f （x ）为奇函数，则a =________；若f （x ）是R 上的增函数，则a 的取值范围是___________．【解析】首先由奇函数的定义得到关于a 的恒等式，据此可得a 的值，然后利用()0f x '≥可得a 的取值范围.若函数()e e xxf x a -=+为奇函数，则()(),f x f x -=-即()ee e e xx x x a a --+=-+，即()()1e e0xxa -++=对任意的x 恒成立，则10a +=，得1a =-.若函数()e e xxf x a -=+是R 上的增函数，则() e e 0x xf x a -'=-≥在R 上恒成立，即2e x a ≤在R 上恒成立，又2e 0x >，则0a ≤，即实数a 的取值范围是(],0-∞. 【答案】(]1,0--∞4.【优选题】已知函数f (x )＝mx 2－x ＋ln x ，若在函数f (x )的定义域内存在区间D ，使得该函数在区间D 上为减函数，则实数m 的取值范围为________．【解析】f ′(x )＝2mx －1＋1x ＝2mx 2－x ＋1x ，即2mx 2－x ＋1<0在(0，＋∞)上有解．当m ≤0时，显然成立；当m >0时，由于函数y ＝2mx 2－x ＋1的图象的对称轴x ＝14m >0，故只需Δ>0，即1－8m >0，解得m <18.故实数m 的取值范围为⎝⎛⎭⎫－∞，18. 【答案】⎝⎛⎭⎫－∞，18 5.【优选题】若曲线3()ln f x ax x =+存在垂直于y 轴的切线，则实数a 取值范围是_____________. 【解析】 由题意可知'21()2f x ax x=+，又因为存在垂直于y 轴的切线， 所以231120(0)(,0)2ax a x a x x+=⇒=->⇒∈-∞. 【答案 】 (,0)-∞ 6.【2018年江苏卷】若函数()()R a ax x x f ∈+-=1223在()∞+，0内有且只有一个零点，则()x f 在[]11，-上的最大值与最小值的和为________．【解析】本题考点是函数的零点、函数的单调性与最值的综合应用. 由题意可求得原函数的导函数为()0262=-='ax x x f 解得3,0ax x ==，因为函数在()∞+，0上有且只有一个零点，且有()10=f ，所以有03,03=⎪⎭⎫⎝⎛>a f a，因此有3,0133223==+⎪⎭⎫ ⎝⎛-⎪⎭⎫ ⎝⎛a a a a ，函数()x f 在[]01，-上单调递增，在[]10，上单调递减，所以有()()10max ==f x f ，()()41min -=-=f x f ，()()3min max -=+x f x f .【答案】–37.【2018年理新课标I 卷】已知函数()x x x f 2sin sin 2+=，则()x f 的最小值是_____________．【解析】本题考点是函数的单调性、最值与三角函数的综合应用. 由题意可()()⎪⎭⎫ ⎝⎛-+=-+=+='21cos 1cos 42cos 2cos 42cos 2cos 22x x x x x x x f ，所以当21cos <x 时函数单调减，当21cos >x 时函数单调增，从而得到函数的减区间为 ()Z k k k ∈⎥⎦⎤⎢⎣⎡--32,352ππππ，函数的增区间为()Z k k k ∈⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-32,32ππππ，所以当()Z k k x ∈-=,32ππ时，函数()x f 取得最小值，此时232sin ,23sin -=-=x x ，所以()23323232min-=-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=x f ，故答案是233-. 【答案】233-8.【优选题】已知21()ln (0)2f x a x x a =+>，若对任意两个不等的正实数12x x 、都有1212()()2f x f x x x ->-恒成立，则a 的取值范围是 . 【解析】由题意可知()'2af x x x=+≥（x ＞0）恒成立，∴22a x x ≥-恒成立， 令()()22211g x x x x =-=--+则()max x g a ≥，∵()22g x x x =-为开口方向向下，对称轴为x =1的抛物线，∴当x =1时，()22g x x x =-取得最大值()11=g ，∴1≥a 即a 的取值范围是[1，+∞）．【答案】[)1,+∞9. 【2019年高考全国Ⅲ卷理数】已知函数32()2f x x ax b =-+. （1）讨论()f x 的单调性；（2）是否存在,a b ，使得()f x 在区间[0,1]的最小值为1-且最大值为1？若存在，求出,a b 的所有值；若不存在，说明理由.【解析】（1）2()622(3)f x x ax x x a '=-=-．令()0f x '=，得x =0或3ax =. 若a >0，则当(,0),3a x ⎛⎫∈-∞+∞⎪⎝⎭U 时，()0f x '>；当0,3a x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0f x '<．故()f x 在(,0),,3a ⎛⎫-∞+∞ ⎪⎝⎭单调递增，在0,3a ⎛⎫⎪⎝⎭单调递减；若a =0，()f x 在(,)-∞+∞单调递增；若a <0，则当,(0,)3a x ⎛⎫∈-∞+∞ ⎪⎝⎭U 时，()0f x '>；当,03a x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0f x '<．故()f x 在,,(0,)3a ⎛⎫-∞+∞ ⎪⎝⎭单调递增，在,03a ⎛⎫⎪⎝⎭单调递减.（2）满足题设条件的a ，b 存在.（i ）当a ≤0时，由（1）知，()f x 在[0，1]单调递增，所以()f x 在区间[0，l ]的最小值为(0)=f b ，最大值为(1)2f a b =-+.此时a ，b 满足题设条件当且仅当1b =-，21a b -+=，即a =0，1b =-． （ii ）当a ≥3时，由（1）知，()f x 在[0，1]单调递减，所以()f x 在区间[0，1]的最大值为(0)=f b ，最小值为(1)2f a b =-+．此时a ，b 满足题设条件当且仅当21a b -+=-，b =1，即a =4，b =1．（iii ）当0<a <3时，由（1）知，()f x 在[0，1]的最小值为3327a a f b ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭，最大值为b 或2a b -+．若3127a b -+=-，b =1，则a =，与0<a <3矛盾.若3127a b -+=-，21a b -+=，则a =或a =-或a =0，与0<a <3矛盾．综上，当且仅当a =0，1b =-或a =4，b =1时，()f x 在[0，1]的最小值为-1，最大值为1．10.【2019年高考浙江】已知实数0a ≠，设函数()=ln 0.f x a x x +>（1）当34a =-时，求函数()f x 的单调区间；（2）对任意21[,)e x ∈+∞均有()f x ≤ 求a 的取值范围． 注：e=2.71828…为自然对数的底数．【解析】（1）当34a =-时，3()ln 04f x x x =->．3()4f 'x x =-+=()f x 的单调递减区间为（0，3），单调递增区间为（3，+∞）．（2）由1(1)2f a≤，得04a <≤．当04a <≤时，()f x ≤2ln 0x ≥．令1t a=，则t ≥．设()22ln ,g t tx t =≥2()2ln g t t x=-．（i ）当1,7x ⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭≤()2ln g t g x ≥=．记1()ln ,7p x x x =≥，则1()p'x x =-==. 故所以，()(1)0p x p ≥=．因此，()2()0g t g p x ≥=≥．（ii ）当211,e 7x ⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭时，()g t g =…．令211()(1),,e 7q x x x x ⎡⎤=++∈⎢⎥⎣⎦，则()10q'x =>， 故()q x 在211,e 7⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递增，所以1()7q x q ⎛⎫ ⎪⎝⎭„． 由（i ）得，11(1)07777q p p ⎛⎫⎛⎫=-<-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭．所以，()<0q x ．因此()0g t g =>…． 由（i ）（ii ）知对任意21,e x ⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭，),()0t g t ∈+∞…，即对任意21,e x ⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭，均有()2f x a „． 综上所述，所求a的取值范围是0,4⎛ ⎝⎦． 【答案】（1）()f x 的单调递增区间是()3,+∞,单调递减区间是()0,3；（2）0,4⎛ ⎝⎦.1.设函数a ax x x x f -+--=53)(23，若存在唯一的正整数0x ，使得0)(0<x f ，则a 的取值范围是（ ）A ．)31,0( B ．]45,31( C ．]23,31( D ．]23,45(【解析】当32a =时，3237()322f x x x x =--+，()()20,30f f <<，不符合题意，故排除C ，D.当54a =时，32515()344f x x x x =--+，()()()()10,20,30,40f f f f ><=>，故54a =符合题意.【答案】B2.设函数()(21)xf x e x ax a =--+，其中1a <，若存在唯一的整数0x ，使得0()0f x <，则a 的取值范围是（ ） A ．3[,1)2e -B ．33[,)24e - C ．33[,)24e D ．3[,1)2e【解析】 ()0(21)xf x e x ax a <⇔-<-，记()(21)xg x e x =-，则题意说明存在唯一的整数0x ，使()g x 的图象在直线y ax a =-下方，【模拟考场】'()(21)x g x e x =+，当12x <-时，'()0g x <，当12x >-时，'()0g x >，因此当12x =-时，()g x 取得极小值也是最小值21()22g e --=-，又(0)1g =-，(1)0g e =>，直线y ax a =-过点（1,0）且斜率为a ，故1(0)1(1)3a g g e a a-->=-⎧⎨-=-≥--⎩，解得312a e≤<． 【答案】D3.若函数()()2ln 201x f x a x x a m a a =+-⋅-->≠且有两个零点，则m 的取值范围（ ） A.()1,3- B.()3,1- C.()3,+∞ D.(),1-∞- 【解析】考查函数()2ln xg x a x x a m =+--，则问题转化为曲线()y g x =与直线2y =有两个公共点，则()()ln 2ln 1ln 2x x g x a a x a a a x '=+-=-+，则()00g '=， 当01a <<时，ln 0a <，当0x <时，10x a ->，()1ln 0x a a -<，20x <，则()1ln 20x a a x -+<， 当0x >，10x a -<，()1ln 0x a a ->，20x >，则()1ln 20x a a x -+>，此时，函数()2ln xg x a x x a m =+--在区间(),0-∞上单调递减，在区间()0,+∞上单调递增，同理，当1a >时，函数()2ln xg x a x x a m =+--在区间(),0-∞上单调递减，在区间()0,+∞上单调递增，因此函数()2ln xg x a x x a m =+--在0x =处取得极小值，亦即最小值，即()()min 01g x g m ==-，)由于函数()()2ln 201x f x a x x a m a a =+-⋅-->≠且有两个零点， 结合图象知12m -<，解得13m -<<，故选A. 【答案】A 4. （1）求函数()f x 的单调区间；（2）若当[]1,2x ∈-时()f x m <恒成立，求m 的取值范围 【解析】试题分析：（1）由原函数求出导数，通过导数的正负求出相应的单调区间（2）将不等式恒成立问题转化为求函数的最值问题，本题中需求函数()f x 的最大值，可通过导数求解.试题解析：（1）由()'2320fx x x =--> 得1x >或()1,+∞（2上递减，在区间[]1,2上递增，又，所以在区间[]1, 2-上max 7f =要使()f x m <恒成立，只需7m >即可.【答案】（1，()1,+∞ 2）7m >5.【2018年高考全国Ⅰ卷理数】已知函数1()ln f x x a x x=-+． （1）讨论()f x 的单调性；（2）若()f x 存在两个极值点12,x x ，证明：()()12122f x f x a x x -<--．【解析】（1）()f x 的定义域为(0,)+∞，22211()1a x ax f x x x x -+'=--+=-.（i ）若2a ≤，则()0f x '≤，当且仅当2a =，1x =时()0f x '=，所以()f x 在(0,)+∞单调递减.（ii ）若2a >，令()0f x '=得，2a x =或2a x =.当)x ∈+∞U 时，()0f x '<；当x ∈时，()0f x '>.所以()f x在)+∞单调递减，在单调递增. （2）由（1）知，()f x 存在两个极值点当且仅当2a >.由于()f x 的两个极值点12,x x 满足210x ax -+=，所以121x x =，不妨设12x x <，则21x >. 由于12121221212121222()()ln ln ln ln 2ln 11221f x f x x x x x x a a a x x x x x x x x x x ----=--+=-+=-+----， 所以1212()()2f x f x a x x -<--等价于22212ln 0x x x -+<.设函数1()2ln g x x x x=-+，由（1）知，()g x 在(0,)+∞单调递减，又(1)0g =，从而当(1,)x ∈+∞时，()0g x <.所以22212ln 0x x x -+<，即1212()()2f x f x a x x -<--. 6.已知函数()ln 2a xf x x x =++． （1）求函数()f x 的单调区间；（2）设函数()()ln 1g x x x f x =+-，若1,2x ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭时，()0g x >恒成立，求实数a 的取值范围．【解析】（1）()f x 的定义域为()0,+∞，()222112222a x x af x x x x +-'=-+=，令()0f x '=，则2220x x a +-=，480a ∆=+>时，即12a >-，方程两根为11x ==--2x =-122x x +=-，122x x a =-，①当12a ≤-时，0∆≤，()0f x '≥恒成立，()f x 的增区间为()0,+∞；②当102a -<≤时，1220x x a =-≥，10x <，20x ≤，()0,x ∈+∞时，()0f x '≥，()f x 的增区间为()0,+∞；③当0a >时，10x <，20x >，当()20,x x ∈时，()0f x '<，()f x 单调递减，当()2+x x ∈∞,时，()0f x '>，单调递增；综上，当0a ≤时，()f x 的增区间为()0,+∞； 当0a >时，()f x的减区间为(0,1-，增区间为()1-+∞．（2）1,2x ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭时，()0g x >恒成立，即ln ln 102a x x x x x ---+>，∴22ln ln 2x a x x x x x <--+，令()221ln ln 22x h x x x x x x x ⎛⎫=--+> ⎪⎝⎭，()2ln ln 11h x x x x x x '=+---+，()()21ln h x x x '=-，当1,12x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0h x '<，()h x 单调递减；当()1+x ∈∞,时，()0h x '>，()h x 单调递减； ∴()()min 112h x h ==，∴12a <，则实数a 的取值范围时12⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭,．【答案】（1）当0a ≤时，()f x 的增区间为()0,+∞；当0a >时，()f x的减区间为(0,1-，增区间为()1-+∞；（2）12⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭,．7.已知函数f (xln x ．（Ⅰ）若f (x )在x =x 1，x 2(x 1≠x 2)处导数相等，证明：f (x 1)+f (x 2)>8−8ln2；（Ⅱ）若a ≤3−4ln2，证明：对于任意k >0，直线y =kx +a 与曲线y =f (x )有唯一公共点．【解析】（Ⅰ）函数f （x）的导函数1()f x x '=-，由12()()f x f x ''=1211x x -=-， 因为12x x ≠12+==≥ 因为12x x ≠，所以12256x x >．由题意得121212()()ln ln ln()f x f x x x x x +=+=．设()ln g x x =，则1()4)4g x x'=， 所以所以g （x ）在[256，+∞）上单调递增，故12()(256)88ln 2g x x g >=-，即12()()88ln 2f x f x +>-． （Ⅱ）令m =()e a k -+，n =21()1a k++，则f （m ）–km –a >|a |+k –k –a ≥0， f （n ）–kn –a <)a n k n --≤)n k -<0，所以，存在x 0∈（m ，n ）使f （x 0）=kx 0+a ， 所以，对于任意的a ∈R 及k ∈（0，+∞），直线y =kx +a 与曲线y =f （x ）有公共点． 由f （x ）=kx +a 得k =设()h x =22ln )1)((12x ag x x x a x h '=-+--+=，其中(n )l g x x -=． 由（Ⅰ）可知g （x ）≥g （16），又a ≤3–4ln2，故–g （x ）–1+a ≤–g （16）–1+a =–3+4ln 2+a ≤0， 所以h ′（x ）≤0，即函数h （x ）在（0，+∞）上单调递减，因此方程f （x ）–kx –a =0至多1个实根． 综上，当a ≤3–4ln 2时，对于任意k >0，直线y =kx +a 与曲线y =f （x ）有唯一公共点． 8.【优选题】已知函数21()(2)2ln 2f x x a x a x =-++(0)a >. （1）若曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线为2y x b =+，求2a b +的值； （2）讨论函数()f x 的单调性；（3）设函数()(2)g x a x =-+，若至少存在一个0[,4]x e ∈，使得00()()f x g x >成立，求实数a 的取值范围．【解析】本题是函数的综合问题.（1）()f x 的定义域为(0,)+∞，2()(2)'=-++a f x x a x， ∴1(1)(2)22f a b =-+=+，(1)1(2)22'=-++=f a a ， 解得132,2a b ==-，∴210a b +=-．（2）2(2)2(2)()()-++--'==x a x a x x a f x x x，当2a =时，()0(0,)'≥⇒∈+∞f x x ，∴()f x 的单调增区间为(0,)+∞.当02a <<时，由'()0(0,)(2,)f x x a >⇒∈+∞U ，∴()f x 的单调增区间为(0,)a ，(2,)+∞由'()0(,2)f x x a <⇒∈，∴()f x 的单调减区间为(,2)a .当2a >时，由'()0(0,2)(,)f x x a >⇒∈+∞U ，∴()f x 的单调增区间为(0,2)，(,)a +∞由'()0(2,)f x x a <⇒∈，∴()f x 的单调减区间为(2,)a .综上所述：当2a =时，'()0(0,)f x x ≥⇒∈+∞，∴()f x 的单调增区间为(0,)+∞，当02a <<时，∴()f x 的单调增区间为(0,)a ，(2,)+∞，()f x 的单调减区间为(,2)a 当2a >时，∴()f x 的单调增区间为(0,2)，(,)a +∞，()f x 的单调减区间为(2,)a .（3）若至少存在一个0[,4]x e ∈，使得00()()f x g x >，∴212ln 02x a x +>， 当[,4]x e ∈时，ln 1x >，∴2122ln xa x>-有解，令212()ln x h x x=-，∴min 2()a h x >.2'22111ln (ln )22()0(ln )(ln )x x x x x x h x x x -⋅-=-=-<， ∴()h x 在[,4]e 上单调递减，min 4()(4)ln 2h x h == ∴42ln 2a >得，2ln 2a >． 9.【2018山东模拟】设函数0),(,)1(31)(223>∈-++-=m R x x m x x x f 其中 （Ⅰ）当时，1=m 曲线））（，在点（11)(f x f y =处的切线斜率.（Ⅱ）求函数的单调区间与极值；（Ⅲ）已知函数)(x f 有三个互不相同的零点0，21,x x ，且21x x <.若对任意的],[21x x x ∈，)1()(f x f > 恒成立，求m 的取值范围.【解析 】本小题主要考查导数的几何意义，导数的运算，以及函数与方程的根的关系解不等式等基础知识，考查综合分析问题和解决问题的能力. （1）当1)1(,2)(,31)(1'2/23=+=+==f x x x f x x x f m 故时， 所以曲线））（，在点（11)(f x f y =处的切线斜率为1.（2） 12)(22'-++-=m x x x f ，令0)('=x f ，得到m x m x +=-=1,1因为m m m ->+>11,0所以当x 变化时，)(),('x f x f 的变化情况如下表：x )1,(m --∞m -1)1,1(m m +-m +1),1(+∞+m)('x f+0 - 0 +)(x f极小值极大值)(x f 在)1,(m --∞和),1(+∞+m 内减函数，在)1,1(m m +-内增函数。
函数恒成立、能成立问题及课后练习(含问题详解)
恒成立、能成立问题专题 一、基础理论回顾1、恒成立问题的转化：()a f x >恒成立⇒()max a f x >；()()min a f x a f x ≤⇒≤恒成立2、能成立问题的转化：()a f x >能成立⇒()min a f x >；()()max a f x a f x ≤⇒≤能成立3、恰成立问题的转化：()a f x >在M 上恰成立⇔()a f x >的解集为M ()()R a f x M a f x C M ⎧>⎪⇔⎨≤⎪⎩在上恒成立在上恒成立另一转化方法：若A x f D x ≥∈)(,在D 上恰成立，等价于)(x f 在D 上的最小值A x f =)(min ，若,D x ∈B x f ≤)(在D 上恰成立，则等价于)(x f 在D 上的最大值B x f =)(max .4、设函数()x f 、()x g ，对任意的[]b a x ,1∈，存在[]d c x ,2∈，使得()()21x g x f ≥，则()()x g x f min min ≥5、设函数()x f 、()x g ，对任意的[]b a x ,1∈，存在[]d c x ,2∈，使得()()21x g x f ≤，则()()x g x f max max ≤6、设函数()x f 、()x g ，存在[]b a x ,1∈，存在[]d c x ,2∈，使得()()21x g x f ≥，则()()x g x f min max ≥7、设函数()x f 、()x g ，存在[]b a x ,1∈，存在[]d c x ,2∈，使得()()21x g x f ≤，则()()x g x f max min ≤8、若不等式()()f x g x >在区间D 上恒成立，等价于在区间D 上函数()y f x =和图象在函数()y g x =图象上方；9、若不等式()()f x g x <在区间D 上恒成立，等价于在区间D 上函数()y f x =和图象在函数()y g x =图象下方；二、经典题型解析题型一、简单型例1、已知函数12)(2+-=ax x x f ，xax g =)(，其中0>a ，0≠x ． 1）对任意]2,1[∈x ，都有)()(x g x f >恒成立，求实数a 的取值范围；（构造新函数） 2）对任意]4,2[],2,1[21∈∈x x ，都有)()(21x g x f >恒成立，求实数a 的取值范围；（转化）简解：（1）由12012232++<⇒>-+-x x x a x a ax x 成立，只需满足12)(23++=x x x x ϕ的最小值大于a 即可．对12)(23++=x xx x ϕ求导，0)12(12)(2224>+++='x x x x ϕ，故)(x ϕ在]2,1[∈x 是增函数，32)1()(min ==ϕϕx ，所以a 的取值范围是320<<a ．例2、设函数b x x a x h ++=)(，对任意]2,21[∈a ，都有10)(≤x h 在]1,41[∈x 恒成立，求实数b 的范围．分析：思路、解决双参数问题一般是先解决一个参数，再处理另一个参数．以本题为例，实质还是通过函数求最值解决．方法1：化归最值，10)(10)(max ≤⇔≤x h x h ；方法2：变量分离，)(10x xab +-≤或x b x a )10(2-+-≤；方法3：变更主元（新函数），0101)(≤-++⋅=b x a xa ϕ，]2,21[∈a简解：方法1:对b x xax h ++=)(求导，22))((1)(xa x a x x a x h +-=-='，（单调函数） 由此可知，)(x h 在]1,41[上的最大值为)41(h 与)1(h 中的较大者．⎪⎩⎪⎨⎧-≤-≤⇒⎪⎩⎪⎨⎧≤++≤++⇒⎪⎩⎪⎨⎧≤≤∴ab ab b a b a h h 944391011041410)1(10)41(，对于任意]2,21[∈a ，得b 的取值范围是47≤b ．例3、已知两函数2)(x x f =，m x g x-⎪⎭⎫⎝⎛=21)(，对任意[]2,01∈x ，存在[]2,12∈x ，使得()21)(x g x f ≥，则实数m 的取值范围为 答案：41≥m 题型二、更换主元和换元法例1、已知函数()ln()(x f x e a a =+为常数）是实数集R 上的奇函数，函数()()sin g x f x x λ=+是区间[]1,1-上的减函数，(Ⅰ)求a 的值；(Ⅱ)若[]2()11,1g x t t x λ≤++∈-在上恒成立，求t 的取值范围；(Ⅱ)分析：在不等式中出现了两个字母：λ及t ,关键在于该把哪个字母看成是一个变量，另一个作为常数。
恒成立问题基本题型及解题方法
恒成立问题基本题型一 转化为二次函数，利用分类讨论思想解题例1． 已知函数f(x)=x 2-2ax+4在区间[-1，2] 上都不小于2，求a 的值。
解：由函数f(x)=x 2-2ax+4的对称轴为x=a所以必须考察a 与-1，2的大小，显然要进行三种分类讨论1．当a ≥2时f(x)在[-1，2]上是减函数此时m in )(x f = f(2)=4-4a+42≥ 即a 23≤ 结合a ≥2，所以a 的解集为φ 2．当a 1-≤ 时 f(x)在[-1，2]上是增函数， m in )(x f = f(-1)=1+2a+42≥结合a 1-≤ 即123-≤≤-a 3．当-1<a<2时 m in )(x f = f(a)=a 2-2a 2+4 2≥ 即≤-2a 2≤ 所以21≤<-a综上1，2，3满足条件的a 的范围为：223≤≤-a 二 确定主元，构造函数，利用单调性解题例2．对于满足0≤a ≤4的所有实数a 求使不等式x 2+ax>4x+a-3都成立的x 的取值范围。
解：不等式变形为x 2+(x-1)a-4x+3>0设f(a)= (x-1)a+x 2-4x+3，则其是关于a 的一个一次函数：是单调函数结合题意有⎩⎨⎧>>0)0(0)4(f f 即 得1-<x 或3>x 三 利用不等式性质解题例3．若关于x 的不等式|x-2|+|x+3|≥a 恒成立，试求a 的范围 解：由题意知只须min )32(++-≤x x a 由5)3(232=+--≥++-x x x x 所以 5≤a四 构造新函数，利用导数求最值：例4．已知)1lg(21)(+=x x f )2lg()(t x x g +=若当]1,0[∈x 时)()(x g x f ≤在[0，1]恒成立，求实数t 的取值范围。
解：)()(x g x f ≤在[0，1] 上恒成立，即021≤--+t x x 在[0，1]上恒成立 令t x x x F --+=21)( 则须F(x)在[0，1]上的最大值小于或等于0所以 121412121)('++-=-+=x x x x F 又]1,0[∈x 所以0)('<x F 即)(x F 在[0，1]上单调递减所以)0(max )(F x F = 即01)0()(≤-=≤t F x F 得 1≥t{0340122>+->-x x x（说明：若将恒成立改成有解，即)()(x g x f ≤在[0，1]上有解，则应F(x)min 0≤。
恒成立、存在、有解
恒成立与存在、有解结合的问题例1.已知函数2()(21)ln f x ax a x x =-++（1）当1a =时，求()f x 的极值；（2）设()1x g x e x =--，若对于任意的1(0,)x ∈+∞，2x R ∈，不等式12()()f x g x ≤恒成立，求实数a 的取值范围。
演变1.已知函数()ln 2a f x x x x=+，32()1g x x x x =--- （1）如果存在12[02]x x ∈，，，使得12()()g x g x M -≥，求满足该不等式的最大整数M ；（2）如果对任意的1[,2]3s t ∈，，都有()()f s g t ≥成立，求实数a 的取值范围。
演变2.设函数2()ln f x a x bx =-（0x >）． （1）若函数()f x 在1x =处与直线12y =-相切，求实数a 、b 的值； （2）当0b =时，若不等式()f x m x ≥+对所有的3[0]2a ∈，，2(1]x e ∈，都成立（e 为自然对数的底数），求实数m 的取值范围．例2.已知函数1()ln 1a f x x ax x -=-+-（a R ∈）. （1）当12a ≤时，讨论()f x 的单调性； （2）设2()24g x x bx =-+，当14a =时，若对任意1(0,2)x ∈，存在2[1,2]x ∈，使12()()f x g x ≥，求实数b 的取值范围.演变1.已知函数2()mx f x x n=+（m n R ∈，）在1x =处取得极值2 （1）求函数()f x 的解析式；（2）设函数()l n a g x x x=+，若对任意的1x R ∈，总存在2[1]x e ∈，，使得217()()2g x f x ≤+，求实数a 的取值范围。
演变2.已知函数()(2)(1)2ln f x a x x =---（a R ∈），1()x g x xe -=（1）讨论函数()f x 的单调性；（2）若对任意给定的(]00,x e ∈，在(]0,e 上总存在两个不同的i x （1,2i =），使得0()()i f x g x =成立，求a 的取值范围。
高考数学一轮复习专题训练—不等式恒成立或有解问题
微课2 不等式恒成立或有解问题题型一 分离法求参数的取值范围【例1】(2020·全国Ⅰ卷)已知函数f (x )＝e x ＋ax 2－x . (1)当a ＝1时，讨论f (x )的单调性； (2)当x ≥0时，f (x )≥12x 3＋1，求a 的取值范围.解 (1)当a ＝1时，f (x )＝e x ＋x 2－x ，x ∈R ， f ′(x )＝e x ＋2x －1.故当x ∈(－∞，0)时，f ′(x )<0； 当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )>0.所以f (x )在(－∞，0)单调递减，在(0，＋∞)单调递增. (2)由f (x )≥12x 3＋1得，e x ＋ax 2－x ≥12x 3＋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 －12x 3－x －1x 2，记g (x )＝－e x －12x 3－x －1x 2，g ′(x )＝－（x －2）⎝⎛⎭⎫e x －12x 2－x －1x 3.令h (x )＝e x －12x 2－x －1(x >0)，则h ′(x )＝e x －x －1，令H (x )＝e x －x －1， H ′(x )＝e x －1>0，故h ′(x )在(0，＋∞)上是增函数，因此h ′(x )>h ′(0)＝0，故函数h (x )在(0，＋∞)上递增， ∴h (x )>h (0)＝0，即e x －12x 2－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，＋∞. 感悟升华 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. 【训练1】已知函数f (x )＝ax －1－ln x (a ∈R ). (1)讨论函数f (x )在定义域内的极值点的个数；(2)若函数f (x )在x ＝1处取得极值，∀x ∈(0，＋∞)，f (x )≥bx －2恒成立，求实数b 的取值范围. 解 (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，且f ′(x )＝a －1x ＝ax －1x.当a ≤0时，f ′(x )≤0在(0，＋∞)上恒成立，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递减，∴f (x )在(0， ＋∞)上没有极值点.当a ＞0时，由f ′(x )＜0得0＜x ＜1a ，由f ′(x )＞0得x ＞1a ，∴f (x )在⎝⎛⎭⎫0，1a 上递减，在⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞上递增，即f (x )在x ＝1a处有极小值.∴当a ≤0时，f (x )在(0，＋∞)上没有极值点，当a ＞0时，f (x )在(0，＋∞)上有一个极值点. (2)∵函数f (x )在x ＝1处取得极值， ∴a ＝1，∴f (x )≥bx －2⇒1＋1x －ln xx≥b ，令g (x )＝1＋1x －ln xx ，则g ′(x )＝ln x －2x 2，令g ′(x )＝0，得x ＝e 2.则g (x )在(0，e 2)上递减，在(e 2，＋∞)上递增， ∴g (x )min ＝g (e 2)＝1－1e 2，即b ≤1－1e 2，故实数b 的取值范围为⎝⎛⎦⎤－∞，1－1e 2. 题型二 等价转化法求参数范围 【例2】函数f (x )＝x 2－2ax ＋ln x (a ∈R ).(1)若函数y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线与直线x －2y ＋1＝0垂直，求a 的值； (2)若不等式2x ln x ≥－x 2＋ax －3在区间(0，e]上恒成立，求实数a 的取值范围. 解 (1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝2x －2a ＋1x ，f ′(1)＝3－2a ，由题意f ′(1)·12＝(3－2a )·12＝－1，解得a ＝52.(2)不等式2x ln x ≥－x 2＋ax －3在区间(0，e]上恒成立等价于2ln x ≥－x ＋a －3x ，令g (x )＝2ln x ＋x －a ＋3x，则g ′(x )＝2x ＋1－3x 2＝x 2＋2x －3x 2＝（x ＋3）（x －1）x 2，则在区间(0，1)上，g ′(x )<0，函数g (x )为减函数； 在区间(1，e]上，g ′(x )>0，函数g (x )为增函数. 由题意知g (x )min ＝g (1)＝1－a ＋3≥0，得a ≤4， 所以实数a 的取值范围是(－∞，4].感悟升华 根据不等式恒成立求参数范围的关键是将恒成立问题转化为最值问题，如f (x )≥a 恒成立，则f (x )min ≥a ，然后利用最值确定参数满足的不等式，解不等式即得参数范围. 【训练2】已知f (x )＝e x －ax 2，若f (x )≥x ＋(1－x ) e x 在[0，＋∞)恒成立，求实数a 的取值范围. 解 f (x )≥x ＋(1－x )e x ，即e x －ax 2≥x ＋e x －x e x ，即e x －ax －1≥0，x ≥0.令h (x )＝e x －ax －1(x ≥0)，则h ′(x )＝e x －a (x ≥0)， 当a ≤1时，由x ≥0知h ′(x )≥0，∴在[0，＋∞)上h (x )≥h (0)＝0，原不等式恒成立. 当a >1时，令h ′(x )>0，得x >ln a ； 令h ′(x )<0，得0≤x <ln a . ∴h (x )在[0，ln a )上单调递减， 又∵h (0)＝0，∴h (x )≥0不恒成立， ∴a >1不合题意.综上，实数a 的取值范围为(－∞，1].题型三 可化为不等式恒成立求参数的取值范围(含有解问题) 【例3】已知函数f (x )＝13x 3＋x 2＋ax .(1)若函数f (x )在区间[1，＋∞)上单调递增，求实数a 的最小值；(2)若函数g (x )＝xe x ，对∀x 1∈⎣⎡⎦⎤12，2，∃x 2∈⎣⎡⎦⎤12，2，使f ′(x 1)≤g (x 2)成立，求实数a 的取值范围.解 (1)由题设知f ′(x )＝x 2＋2x ＋a ≥0在[1，＋∞)上恒成立， 即a ≥－(x ＋1)2＋1在[1，＋∞)上恒成立， 而函数y ＝－(x ＋1)2＋1在[1，＋∞)单调递减， 则y max ＝－3，所以a ≥－3，所以a 的最小值为－3. (2)“对∀x 1∈⎣⎡⎦⎤12，2，∃x 2∈⎣⎡⎦⎤12，2， 使f ′(x 1)≤g (x 2)成立”等价于“当x ∈⎣⎡⎦⎤12，2时，f ′(x )max ≤g (x )max ”.因为f ′(x )＝x 2＋2x ＋a ＝(x ＋1)2＋a －1在⎣⎡⎦⎤12，2上单调递增，所以f ′(x )max ＝f ′(2)＝8＋a . 而g ′(x )＝1－xe x，由g ′(x )>0，得x <1，由g ′(x )<0，得x >1， 所以g (x )在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减. 所以当x ∈⎣⎡⎦⎤12，2时，g (x )max ＝g (1)＝1e . 由8＋a ≤1e ，得a ≤1e－8，所以实数a 的取值范围为⎝⎛⎦⎤－∞，1e －8. 感悟升华 含参不等式能成立问题(有解问题)可转化为恒成立问题解决，常见的转化有： (1)∀x 1∈M ，∃x 2∈N ，f (x 1)>g (x 2)⇔f (x 1)min >g (x 2)min . (2)∀x 1∈M ，∀x 2∈N ，f (x 1)>g (x 2)⇔f (x 1)min >g (x 2)max . (3)∃x 1∈M ，∃x 2∈N ，f (x 1)>g (x 2)⇔f (x 1)max >g (x 2)min . (4)∃x 1∈M ，∀x 2∈N ，f (x 1)>g (x 2)⇔f (x 1)max >g (x 2)max . 【训练3】已知函数f (x )＝ax －e x (a ∈R )，g (x )＝ln xx .(1)求函数f (x )的单调区间；(2)∃x ∈(0，＋∞)，使不等式f (x )≤g (x )－e x 成立，求a 的取值范围. 解 (1)因为f ′(x )＝a －e x ，x ∈R .当a ≤0时，f ′(x )<0，f (x )在R 上单调递减； 当a >0时，令f ′(x )＝0，得x ＝ln a .由f ′(x )>0，得f (x )的单调递增区间为(－∞，ln a )； 由f ′(x )<0，得f (x )的单调递减区间为(ln a ，＋∞).综上所述，当a ≤0时，f (x )的单调递减区间为(－∞，＋∞)，无单调递增区间； 当a >0时，f (x )的单调递增区间为(－∞，ln a )，单调递减区间为(ln a ，＋∞).(2)因为∃x ∈(0，＋∞)，使不等式f (x )≤g (x )－e x ， 则ax ≤ln x x ，即a ≤ln x x2.设h (x )＝ln xx 2，则问题转化为a ≤⎝⎛⎭⎫ln x x 2max . 由h ′(x )＝1－2ln xx 3，令h ′(x )＝0，得x ＝ e. 当x 在区间(0，＋∞)内变化时，h ′(x )，h (x )随x 的变化情况如下表：x (0，e) e (e ，＋∞)h ′(x ) ＋ 0 － h (x )极大值12e由上表可知，当x ＝e 时，函数h (x )有极大值，即最大值为12e ，所以a ≤12e .故a 的取值范围是⎝⎛⎦⎤－∞，12e .1.已知函数f (x )＝ax －1＋ln x ，若存在x 0>0，使得f (x 0)≤0有解，则实数a 的取值范围是( )A.a >2B.a <3C.a ≤1D.a ≥3答案 C解析 函数f (x )的定义域是(0，＋∞)，不等式ax －1＋ln x ≤0有解，即a ≤x －x ln x 在(0，＋∞)上有解.令h (x )＝x －x ln x ，则h ′(x )＝－ln x . 由h ′(x )＝0，得x ＝1.当0<x <1时，h ′(x )>0，当x >1时，h ′(x )<0. 故当x ＝1时，函数h (x )＝x －x ln x 取得最大值1， 所以要使不等式a ≤x －x ln x 在(0，＋∞)上有解， 只要a ≤h (x )max 即可，即a ≤1.2.已知a ∈R ，设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2－2ax ＋2a ，x ≤1，x －a ln x ，x >1.若关于x 的不等式f (x )≥0在R 上恒成立，则a 的取值范围为( ) A.[0，1] B.[0，2]C.[0，e]D.[1，e]答案 C解析 当x ≤1时，由f (x )＝x 2－2ax ＋2a ≥0恒成立，而二次函数f (x )图象的对称轴为直线x ＝a ， 所以当a ≥1时，f (x )min ＝f (1)＝1>0恒成立， 当a <1时，f (x )min ＝f (a )＝2a －a 2≥0，∴0≤a <1. 综上，a ≥0.当x >1时，由f (x )＝x －a ln x ≥0恒成立， 即a ≤xln x恒成立.设g (x )＝xln x (x >1)，则g ′(x )＝ln x －1（ln x ）2.令g ′(x )＝0，得x ＝e ，且当1<x <e 时，g ′(x )<0，当x >e 时，g ′(x )>0， ∴g (x )min ＝g (e)＝e ，∴a ≤e. 综上，a 的取值范围是[0，e].3.已知函数f (x )＝m ⎝⎛⎭⎫x －1x －2ln x (m ∈R )，g (x )＝－mx ，若至少存在一个x 0∈[1，e]，使得f (x 0)<g (x 0)成立，求实数m 的取值范围. 解 依题意，不等式f (x )<g (x )在[1，e]上有解， ∴mx <2ln x 在区间[1，e]上有解，即m 2<ln xx 能成立.令h (x )＝ln xx ，x ∈[1，e]，则h ′(x )＝1－ln x x 2.当x ∈[1，e]时，h ′(x )≥0，h (x )在[1，e]上是增函数，∴h (x )的最大值为h (e)＝1e.由题意m 2<1e ，即m <2e 时，f (x )<g (x )在[1，e]上有解.∴实数m 的取值范围是⎝⎛⎭⎫－∞，2e . 4.设f (x )＝x e x ，g (x )＝12x 2＋x .(1)令F (x )＝f (x )＋g (x )，求F (x )的最小值；(2)若任意x 1，x 2∈[－1，＋∞)，且x 1>x 2，有m [f (x 1)－f (x 2)]>g (x 1)－g (x 2)恒成立，求实数m 的取值范围.解 (1)因为F (x )＝f (x )＋g (x )＝x e x ＋12x 2＋x ，所以F ′(x )＝(x ＋1)(e x ＋1)， 令F ′(x )>0，解得x >－1， 令F ′(x )<0，解得x <－1，所以F (x )在(－∞，－1)上单调递减，在(－1，＋∞)上单调递增. 故F (x )min ＝F (－1)＝－12－1e.(2)因为任意x 1，x 2∈[－1，＋∞)，且x 1>x 2，有m [f (x 1)－f (x 2)]>g (x 1)－g (x 2)恒成立， 所以mf (x 1)－g (x 1)>mf (x 2)－g (x 2)恒成立.令h (x )＝mf (x )－g (x )＝mx e x －12x 2－x ，x ∈[－1，＋∞)，即只需h (x )在[－1，＋∞)上单调递增即可.故h ′(x )＝(x ＋1)(m e x －1)≥0在[－1，＋∞)上恒成立，故m ≥1e x ，而1e x ≤e ，故m ≥e ，即实数m 的取值范围是[e ，＋∞). 5.已知函数f (x )＝m e x －x 2.(1)若m ＝1，求曲线y ＝f (x )在(0，f (0))处的切线方程；(2)若关于x 的不等式f (x )≥x (4－m e x )在[0，＋∞)上恒成立，求实数m 的取值范围.解 (1)当m ＝1时，f (x )＝e x －x 2，则f ′(x )＝e x －2x . 所以f (0)＝1，且斜率k ＝f ′(0)＝1.故所求切线方程为y －1＝x ，即x －y ＋1＝0. (2)由m e x －x 2≥x (4－m e x )得m e x (x ＋1)≥x 2＋4x . 故问题转化为当x ≥0时，m ≥⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2＋4x e x （x ＋1）max . 令g (x )＝x 2＋4xe x （x ＋1），x ≥0，则g ′(x )＝－（x ＋2）（x 2＋2x －2）（x ＋1）2e x .由g ′(x )＝0及x ≥0，得x ＝3－1.当x ∈(0，3－1)时，g ′(x )>0，g (x )单调递增； 当x ∈(3－1，＋∞)时，g ′(x )<0，g (x )单调递减. 所以当x ＝3－1时，g (x )max ＝g (3－1)＝2e 1－3.所以m ≥2e 1－3.即实数m 的取值范围为[2e 1－3，＋∞).。
高中数学新教材同步必修第一册 第2章 习题课 不等式恒成立、能成立问题
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3.已知不等式x2＋ax＋4<0的解集为空集，则a的取值范围是
√A.{a|－4≤a≤4}
C.{a|a≤－4或a≥4}
B.{a|－4<a<4} D.{a|a<－4或a>4}
解析 由题意得，Δ＝a2－16≤0，解得－4≤a≤4.
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4.已知不等式－x2＋4x≥a2－3a在R上有解，则实数a的取值范围为
√A.{a|－1≤a≤4}
C.{a|a≥4或a≤－1}
B.{a|－1<a<4} D.{a|－4≤a≤1}
解析 由题意知，－(x－2)2＋4≥a2－3a在R上有解， ∴a2－3a≤4，即(a－4)(a＋1)≤0，∴－1≤a≤4.
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9.∀x∈{x|2≤x≤3}，不等式mx2－mx－1<0恒成立，求m的取值范围.
解 由不等式mx2－mx－1<0，得m(x2－x)<1，
因为x∈{x|2≤x≤3}，所以x2－x>;x2－1 x，
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4.定义运算ac
db＝ad－bc，则不等式a1x
1 x＋1<0
对任意
x∈R
恒成立，
则实数 a 的取值范围是_－__4_<_a_≤__0__.
解析 原不等式为ax(x＋1)－1<0， 即ax2＋ax－1<0，a＝0时，不等式为－1<0，符合题意， 当 a≠0 时，有aΔ<＝0，a2＋4a<0 ⇒－4<a<0， 综上所述，a的取值范围是－4<a≤0.
函数恒成立、能成立问题及课后练习(含问题详解)
恒成立、能成立问题专题 一、基础理论回顾1、恒成立问题的转化：()a f x >恒成立⇒()max a f x >；()()min a f x a f x ≤⇒≤恒成立2、能成立问题的转化：()a f x >能成立⇒()min a f x >；()()max a f x a f x ≤⇒≤能成立3、恰成立问题的转化：()a f x >在M 上恰成立⇔()a f x >的解集为M ()()R a f x M a f x C M ⎧>⎪⇔⎨≤⎪⎩在上恒成立在上恒成立 另一转化方法：若A x f D x ≥∈)(,在D 上恰成立，等价于)(x f 在D 上的最小值A x f =)(min ，若,D x ∈B x f ≤)(在D 上恰成立，则等价于)(x f 在D 上的最大值B x f =)(max .4、设函数()x f 、()x g ，对任意的[]b a x ,1∈，存在[]d c x ,2∈，使得()()21x g x f ≥，则()()x g x f m i n m i n ≥5、设函数()x f 、()x g ，对任意的[]b a x ,1∈，存在[]d c x ,2∈，使得()()21x g x f ≤，则()()x g x f m a x m a x≤ 6、设函数()x f 、()x g ，存在[]b a x ,1∈，存在[]d c x ,2∈，使得()()21x g x f ≥，则()()x g x f m i n m a x ≥ 7、设函数()x f 、()x g ，存在[]b a x ,1∈，存在[]d c x ,2∈，使得()()21x g x f ≤，则()()x g x f m a x m i n ≤ 8、若不等式()()f x g x >在区间D 上恒成立，等价于在区间D 上函数()y f x =和图象在函数()y g x =图象上方；9、若不等式()()f x g x <在区间D 上恒成立，等价于在区间D 上函数()y f x =和图象在函数()y g x =图象下方；二、经典题型解析题型一、简单型例1、已知函数12)(2+-=ax x x f ，xax g =)(，其中0>a ，0≠x ． 1）对任意]2,1[∈x ，都有)()(x g x f >恒成立，求实数a 的取值范围；（构造新函数） 2）对任意]4,2[],2,1[21∈∈x x ，都有)()(21x g x f >恒成立，求实数a 的取值范围；（转化）简解：（1）由12012232++<⇒>-+-x x x a x a ax x 成立，只需满足12)(23++=x x x x ϕ的最小值大于a 即可．对12)(23++=x xx x ϕ求导，0)12(12)(2224>+++='x x x x ϕ，故)(x ϕ在]2,1[∈x 是增函数，32)1()(m i n ==ϕϕx ，所以a 的取值范围是320<<a ．例2、设函数b x x a x h ++=)(，对任意]2,21[∈a ，都有10)(≤x h 在]1,41[∈x 恒成立，求实数b 的范围．分析：思路、解决双参数问题一般是先解决一个参数，再处理另一个参数．以本题为例，实质还是通过函数求最值解决．方法1：化归最值，10)(10)(max ≤⇔≤x h x h ；方法2：变量分离，)(10x xab +-≤或x b x a )10(2-+-≤；方法3：变更主元（新函数），0101)(≤-++⋅=b x a xa ϕ，]2,21[∈a简解：方法1:对bx x a x h ++=)(求导，22))((1)(x a x a x x a x h +-=-='，（单调函数） 由此可知，)(x h 在]1,41[上的最大值为)41(h 与)1(h 中的较大者．⎪⎩⎪⎨⎧-≤-≤⇒⎪⎩⎪⎨⎧≤++≤++⇒⎪⎩⎪⎨⎧≤≤∴ab ab b a b a h h 944391011041410)1(10)41(，对于任意]2,21[∈a ，得b 的取值范围是47≤b ．例3、已知两函数2)(x x f =，m x g x-⎪⎭⎫⎝⎛=21)(，对任意[]2,01∈x ，存在[]2,12∈x ，使得()21)(x g x f ≥，则实数m 的取值范围为 答案：41≥m 题型二、更换主元和换元法例1、已知函数()ln()(x f x e a a =+为常数）是实数集R 上的奇函数，函数()()sin g x f x x λ=+是区间[]1,1-上的减函数，(Ⅰ)求a 的值；(Ⅱ)若[]2()11,1g x t t x λ≤++∈-在上恒成立，求t 的取值范围；(Ⅱ)分析：在不等式中出现了两个字母：λ及t ,关键在于该把哪个字母看成是一个变量，另一个作为常数。
高一数学痛点大揭秘专题3 一元二次不等式恒成立问题(解析版)
一元二次函数、方程和不等式 专题3 一元二次不等式恒成立问题一元二次不等式恒成立问题是数学中常见的问题，在高考中频频出现，是高考的一个难点问题。
含参一元二次不等式恒成立问题设计二次函数的性质和图象，渗透着换元、划归、数形结合、函数与方程等思想方法，有利于考查学生的综合解题能力。
【题型导图】类型一 实数集R 上的不等式恒成立问题例1：若一元二次不等式23208kx kx +-<对一切实数 x 恒成立，则 k 的取值范围是（ ） A ．3,0B ．(]3,0-C ．(,3]-∞-D ．(0,)+∞【答案】A 【详解】解：由已知可知0k ≠，所以要一元二次不等式23208kx kx +-<对一切实数 x 恒成立，则200k <⎧⎨∆<⎩， 即220342()08k k k <⎧⎪⎨-⋅⋅-<⎪⎩，解得30k -<<， 所以k 的取值范围为3,0，故选：A【变式1】“0a >”是“一元二次不等式20ax bx c ++>恒成立”的A ．充分且不必要条件B ．必要且不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件【答案】B 【详解】由一元二次不等式20ax bx c ++>恒成立，则0a >且240b ac =-<， 反之，0a >时，如：2320x x ++>不恒成立， 故选B.【变式2】设a 为实数，若关于x 的一元二次不等式20x x a ++>恒成立，则a 的取值范围是_____. 【答案】1(,)4+∞【详解】一元二次不等式20x x a ++>恒成立，∴140a ∆=-<，解得14a >． a ∴的取值范围是1(,)4+∞．故答案为：1(,)4+∞．【变式3】若不等式()270x mx m -++>在实数集R 上恒成立，求m 的取值范围.【答案】(2-+. 【详解】解：一元二次不等式()270x mx m -++>在实数集R 上恒成立，则∆<0，即()24170m m -⨯⨯+<，整理得24280m m --<，解得22m -<+，所以m 的取值范围是(2-+.【痛点直击】一元二次不等式在实数集R 上的恒成立问题，可结合图象，考虑图象的开口方向以及图象与x 轴的交点个数判断即可，可从二次项系数的正负和判别式两个方面来考虑。
2022年高考数学基础题型重难题型突破类型二 恒成立问题与有解问题(解析版)
2022年高考数学基础题型重难题型突破类型二恒成立问题与有解问题一．不等式的恒成立与有解问题，可按如下规则转化：一般地，已知函数()[],,y f x x a b =∈，()[],,y g x x c d =∈（1）若[]1,x a b ∀∈，[]2,x c d ∀∈，总有()()12f x g x <成立，故()()2max min f x g x <；（2）若[]1,x a b ∀∈，[]2,x c d ∃∈，有()()12f x g x <成立，故()()2max max f x g x <；（3）若[]1,x a b ∃∈，[]2,x c d ∃∈，有()()12f x g x <成立，故()()2min min f x g x <；（4）若[]1,x a b ∀∈，[]2,x c d ∃∈，有()()12f x g x =，则()f x 的值域是()g x 值域的子集．二．恒成立问题的一般解答方法如下：（1）参数分离法：将原不等式化为()a g x >或()a g x <恒成立的问题，然后分析函数()g x 在所给区间的单调性及最值，只需满足最值成立即可；（2）分类讨论：讨论函数()f x 在所给区间单调性及最值，需满足()max 0f x <或()min 0f x >【典例1】已知函数f (x )＝(1－x )e x－1.(1)求f (x )的极值；(2)设g (x )＝(x －t )2x ，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．【典例2】设函数f (x )＝ax 2－x ln x －(2a －1)x ＋a －1(a ∈R )．若对任意的x ∈[1，＋∞)，f (x )≥0恒成立，求实数a 的取值范围．【典例3】已知f (x )＝x 2－4x －6ln x .(1)求f (x )在(1，f (1))处的切线方程以及f (x )的单调性；(2)对任意x ∈(1，＋∞)，有xf ′(x )－f (x )＞x 2＋6k 恒成立，求k 的最大整数解；(3)令g (x )＝f (x )＋4x －(a －6)ln x ，若g (x )有两个零点分别为x 1，x 2(x 1＜x 2)且x 0为g (x )的唯一的极值点，求证：x 1＋3x 2＞4x 0.【典例4】已知函数f (x )＝x 2＋πcos x .(1)求函数f (x )的最小值；(2)若函数g (x )＝f (x )－a 在(0，＋∞)上有两个零点x 1，x 2，且x 1<x 2，求证：x 1＋x 2<π.【典例5】已知函数f (x )＝a e x －1－ln x ＋ln a ．若f (x )≥1，求a 的取值范围．【典例6】设函数f (x )＝a ln x ＋1－a 2x 2－bx (a ≠1)，曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线斜率为0.(1)求b ；(2)若存在x 0≥1，使得f (x 0)<aa －1，求a 的取值范围．2思路分析❶存在x 0≥1，使得f (x 0)<aa －1↓❷fxmin<a a －1↓❸求f xmin【典例7】已知函数f (x )＝2ln x ＋1.若f (x )≤2x ＋c ，求c 的取值范围．【典例8】已知函数f(x)＝ln x－ax，g(x)＝x2，a∈R.(1)求函数f(x)的极值点；(2)若f(x)≤g(x)恒成立，求a的取值范围．【典例9】已知x＝1e为函数f(x)＝x a ln x的极值点．(1)求a的值；(2)设函数g(x)＝kxe x∀x1∈(0，＋∞)，∃x2∈R，使得f(x1)－g(x2)≥0，求k的取值范围．【典例10】设函数f(x)＝ax2－a－ln x，g(x)＝1x－ee x，其中a∈R，e＝2.718…为自然对数的底数.(1)讨论f(x)的单调性；(2)证明：当x>1时，g(x)>0；(3)确定a的所有可能取值，使得f(x)>g(x)在区间(1，＋∞)内恒成立.【典例11】已知函数f (x )＝ln x －(x －1)22.(1)求函数f (x )的单调递增区间；(2)证明：当x ＞1时，f (x )＜x －1；(3)确定实数k 的所有可能取值，使得存在x 0＞1，当x ∈(1，x 0)时，恒有f (x )＞k (x －1)．类型二恒成立问题与有解问题一．不等式的恒成立与有解问题，可按如下规则转化：一般地，已知函数()[],,y f x x a b =∈，()[],,y g x x c d =∈（1）若[]1,x a b ∀∈，[]2,x c d ∀∈，总有()()12f x g x <成立，故()()2max min f x g x <；（2）若[]1,x a b ∀∈，[]2,x c d ∃∈，有()()12f x g x <成立，故()()2max max f x g x <；（3）若[]1,x a b ∃∈，[]2,x c d ∃∈，有()()12f x g x <成立，故()()2min min f x g x <；（4）若[]1,x a b ∀∈，[]2,x c d ∃∈，有()()12f x g x =，则()f x 的值域是()g x 值域的子集．二．恒成立问题的一般解答方法如下：（1）参数分离法：将原不等式化为()a g x >或()a g x <恒成立的问题，然后分析函数()g x 在所给区间的单调性及最值，只需满足最值成立即可；（2）分类讨论：讨论函数()f x 在所给区间单调性及最值，需满足()max 0f x <或()min 0f x >【典例1】已知函数f (x )＝(1－x )e x－1.(1)求f (x )的极值；(2)设g (x )＝(x －t )2x ，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】解(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 )2x ≥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 h ′(x )<0，h (x )单调递减，当x 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.【典例2】设函数f (x )＝ax 2－x ln x －(2a －1)x ＋a －1(a ∈R )．若对任意的x ∈[1，＋∞)，f (x )≥0恒成立，求实数a 的取值范围．【解析】解f ′(x )＝2ax －1－ln x －(2a －1)＝2a (x －1)－ln x (x >0)，易知当x ∈(0，＋∞)时，ln x ≤x －1，则f ′(x )≥2a (x －1)－(x －1)＝(2a －1)(x －1)．当2a －1≥0，即a ≥12时，由x ∈[1，＋∞)得f ′(x )≥0恒成立，f (x )在[1，＋∞)上单调递增，f (x )≥f (1)＝0，符合题意；当a ≤0时，由x ∈[1，＋∞)得f ′(x )≤0恒成立，f (x )在[1，＋∞)上单调递减，f (x )≤f (1)＝0，显然不符合题意，a ≤0舍去；当0<a <12时，由ln x ≤x －1，得ln1x ≤1x －1，即ln x ≥1－1x，则f ′(x )≤2a (x ax －1)，∵0<a <12，∴12a>1.当x ∈1，12a 时，f ′(x )≤0恒成立，∴f (x )在1，12a 上单调递减，∴当x ∈1，12a 时，f (x )≤f (1)＝0，显然不符合题意，0<a <12舍去．综上可得，a ∈12，＋∞【典例3】已知f (x )＝x 2－4x －6ln x .(1)求f (x )在(1，f (1))处的切线方程以及f (x )的单调性；(2)对任意x ∈(1，＋∞)，有xf ′(x )－f (x )＞x 2＋6k 恒成立，求k 的最大整数解；(3)令g (x )＝f (x )＋4x －(a －6)ln x ，若g (x )有两个零点分别为x 1，x 2(x 1＜x 2)且x 0为g (x )的唯一的极值点，求证：x 1＋3x 2＞4x 0.【解析】(1)因为f (x )＝x 2－4x －6ln x ，所以定义域为(0，＋∞)，所以f ′(x )＝2x －4－6x ，且f ′(1)＝－8，f (1)＝－3，所以切线方程为y ＝－8x ＋5.又f ′(x )＝2x (x ＋1)(x －3)，令f ′(x )＞0解得x ＞3，令f ′(x )＜0解得0＜x ＜3，所以f (x )的单调递减区间为(0,3)，单调递增区间为(3，＋∞)．(2)xf ′(x )－f (x )＞x 2＋6等价于k ＜x ＋x ln x x －1，记h (x )＝x ＋x ln x x －1，则k <h (x )min ，且h ′(x )＝x －2－ln x (x －1)2，记m (x )＝x －2－ln x ，则m ′(x )＝1－1x＞0，所以m (x )为(1，＋∞)上的单调递增函数，且m (3)＝1－ln 3＜0，m (4)＝2－ln 4＞0，所以存在x 0∈(3,4)，使得m (x 0)＝0，即x 0－2－ln x 0＝0，所以h (x )在(1，x 0)上单调递减，在(x 0，＋∞)上单调递增，且h (x )min ＝h (x 0)＝x 0＋x 0ln x 0x 0－1＝x 0∈(3,4)，所以k 的最大整数解为3.(3)证明：g (x )＝x 2－a ln x ，则g ′(x )＝2x －a x ＝(2x ＋a )(2x －a )x，令g ′(x )＝0，得x 0＝a2，当x g ′(x )＜0，当x g ′(x )＞0，所以g (x上单调递增，而要使g (x )有两个零点，要满足g (x 0)＜0，即－a lna 2＜0⇒a ＞2e.因为0＜x 1＜a2，x 2＞a 2，令x 2x 1＝t (t ＞1)，由g (x 1)＝g (x 2)，可得x 21－a ln x 1＝x 22－a ln x 2，即x 21－a ln x 1＝t 2x 21－a ln tx 1，所以x 21＝a ln tt 2－1，而要证x 1＋3x 2＞4x 0，只需证(3t ＋1)x 1＞22a ，即证(3t ＋1)2x 21＞8a ，即(3t ＋1)2a ln t t 2－1＞8a ，又a ＞0，t ＞1，所以只需证(3t＋1)2ln t －8t 2＋8＞0，令h (t )＝(3t ＋1)2ln t －8t 2＋8，则h ′(t )＝(18t ＋6)ln t －7t ＋6＋1t ，令n (t )＝(18t ＋6)ln t －7t ＋6＋1t，则n ′(t )＝18ln t ＋11＋6t －1t 2＞0(t ＞1)，故n (t )在(1，＋∞)上单调递增，n (t )＞n (1)＝0，故h (t )在(1，＋∞)上单调递增，h (t )＞h (1)＝0，所以x 1＋3x 2＞4x 0.【典例4】已知函数f (x )＝x 2＋πcos x .(1)求函数f (x )的最小值；(2)若函数g (x )＝f (x )－a 在(0，＋∞)上有两个零点x 1，x 2，且x 1<x 2，求证：x 1＋x 2<π.【解析】(1)易知函数f (x )为偶函数，故只需求x ∈[0，＋∞)时f (x )的最小值．f ′(x )＝2x －πsin x ，当x h (x )＝2x －πsin x ，h ′(x )＝2－πcos x ，显然h ′(x )单调递增，而h ′(0)＜0，h x 0得h ′(x 0)＝0.当x ∈(0，x 0)时，h ′(x )＜0，h (x )单调递减，当x 0h ′(x )＞0，h (x )单调递增，而h (0)＝0，x h (x )＜0，即x f ′(x )＜0，f (x )单调递减，又当x x ＞π＞πsin x ，f ′(x )＞0，f (x )单调递增，所以f (x )min ＝＝π24.(2)证明：依题意得x 1x 2F (x )＝f (x )－f (π－x )，x F ′(x )＝f ′(x )＋f ′(π－x )＝2π－2πsin x ＞0，即函数F (x )单调递增，所以F (x )＜x f (x )＜f (π－x )，而x 1，所以f (x 1)＜f (π－x 1)，又f (x 1)＝f (x 2)，即f (x 2)＜f (π－x 1)，此时x 2，π－x 1由(1)可知，f (x x 2＜π－x 1，即x 1＋x 2＜π.【典例5】已知函数f (x )＝a e x －1－ln x ＋ln a ．若f (x )≥1，求a 的取值范围．【解析】解f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝a e x －1－1x.当0<a <1时，f (1)＝a ＋ln a <1.当a ＝1时，f (x )＝ex －1－ln x ，f ′(x )＝ex －1－1x.当x ∈(0,1)时，f ′(x )<0；当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0.所以当x ＝1时，f (x )取得最小值，最小值为f (1)＝1，从而f (x )≥1.当a >1时，f (x )＝a ex －1－ln x ＋ln a ≥ex －1－ln x ≥1.综上，a 的取值范围是[1，＋∞)．【典例6】设函数f (x )＝a ln x ＋1－a 2x 2－bx (a ≠1)，曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线斜率为0.(1)求b ；(2)若存在x 0≥1，使得f (x 0)<aa －1，求a 的取值范围．2思路分析❶存在x 0≥1，使得f (x 0)<aa －1↓❷fxmin<a a －1↓❸求f xmin【解析】解(1)f ′(x )＝ax＋(1－a )x －b .由题设知f ′(1)＝0，解得b ＝1.(2)f (x )的定义域为(0，＋∞)，由(1)知，f (x )＝a ln x ＋1－a 2x 2－x ，f ′(x )＝a x ＋(1－a )x x －1)．①若a ≤12，则a1－a≤1，故当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )在(1，＋∞)上单调递增．所以，存在x 0≥1，使得f (x 0)<aa －1的充要条件为f (1)<a a －1，即1－a 2－1<a a －1，解得－2－1<a <2－1.②若12<a <1，则a 1－a >1，故当x f ′(x )<0，当x f ′(x )>0，f (x 增．所以，存在x 0≥1，使得f (x 0)<aa －1的充要条件为f<aa －1.而fa lna 1－a ＋a 221－a ＋a a －1>a a －1，所以不符合题意．③若a >1，则f (1)＝1－a 2－1＝－a －12<aa －1.综上，a 的取值范围是(－2－1，2－1)∪(1，＋∞)．【典例7】已知函数f (x )＝2ln x ＋1.若f (x )≤2x ＋c ，求c 的取值范围．【解析】解设h (x )＝f (x )－2x －c ，则h (x )＝2ln x －2x ＋1－c ，其定义域为(0，＋∞)，h ′(x )＝2x －2.当0<x <1时，h ′(x )>0；当x >1时，h ′(x )<0.所以h (x )在区间(0,1)上单调递增，在区间(1，＋∞)上单调递减．从而当x ＝1时，h (x )取得最大值，最大值为h (1)＝－1－c .故当－1－c ≤0，即c ≥－1时，f (x )≤2x ＋c .所以c 的取值范围为[－1，＋∞)．【典例8】已知函数f (x )＝ln x －ax ，g (x )＝x 2，a ∈R .(1)求函数f (x )的极值点；(2)若f (x )≤g (x )恒成立，求a 的取值范围．【解析】解(1)f (x )＝ln x －ax 的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x－a .当a ≤0时，f ′(x )＝1x－a >0，所以f (x )在(0，＋∞)上单调递增，无极值点；当a >0时，由f ′(x )＝1x －a >0，得0<x <1a ，由f ′(x )＝1x －a <0，得x >1a ，所以f (x f (x )有极大值点1a，无极小值点．(2)由条件可得ln x －x 2－ax ≤0(x >0)恒成立，则当x >0时，a ≥ln xx－x 恒成立，令h (x )＝ln x x －x ，x >0，则h ′(x )＝1－x 2－ln xx 2，令k (x )＝1－x 2－ln x ，x >0，则当x >0时，k ′(x )＝－2x －1x <0，所以k (x )在(0，＋∞)上单调递减，又k (1)＝0，所以在(0,1)上，h ′(x )>0，在(1，＋∞)上，h ′(x )<0，所以h (x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．所以h (x )max ＝h (1)＝－1，所以a ≥－1.即a 的取值范围为a ≥－1.【典例9】已知x ＝1e为函数f (x )＝x aln x 的极值点．(1)求a 的值；(2)设函数g (x )＝kxe x∀x 1∈(0，＋∞)，∃x 2∈R ，使得f (x 1)－g (x 2)≥0，求k 的取值范围．【解析】解(1)f ′(x )＝axa －1ln x ＋x a ·1x＝x a －1(a ln x ＋1)，f ln1e＋1a ＝2，当a ＝2时，f ′(x )＝x (2ln x ＋1)，函数f (x 递增，所以x ＝1e为函数f (x )＝x aln x 的极小值点，因此a ＝2.(2)由(1)知f (x )min ＝f ＝－12e，函数g (x )的导函数g ′(x )＝k (1－x )e －x.①当k >0时，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，对∀x 1∈(0，＋∞)，∃x 2＝－1k ，使得g (x 2)＝1e k <－1<－12e ≤f (x 1)，符合题意．②当k ＝0时，g (x )＝0，取x 1＝1e，对∀x 2∈R 有f (x 1)－g (x 2)<0，不符合题意．③当k <0时，当x <1时，g ′(x )<0，g (x )在(－∞，1)上单调递减；当x >1时，g ′(x )>0，g (x )在(1，＋∞)上单调递增，g (x )min ＝g (1)＝ke，若对∀x 1∈(0，＋∞)，∃x 2∈R ，使得f (x 1)－g (x 2)≥0，只需g (x )min ≤f (x )min ，即k e ≤－12e，解得k ≤－12.综上所述，k －∞，－12∪(0，＋∞)．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．【典例10】设函数f (x )＝ax 2－a －ln x ，g (x )＝1x －ee x ，其中a ∈R ，e ＝2.718…为自然对数的底数.(1)讨论f (x )的单调性；(2)证明：当x >1时，g (x )>0；(3)确定a 的所有可能取值，使得f (x )>g (x )在区间(1，＋∞)内恒成立.【解析】.(1)解f ′(x )＝2ax －1x ＝2ax 2－1x(x >0).当a ≤0时，f ′(x )<0，f (x )在(0，＋∞)内单调递减.当a >0时，由f ′(x )＝0有x ＝12a.当x f ′(x )<0，f (x )单调递减；当x f ′(x )>0，f (x )单调递增.(2)证明令s (x )＝e x －1－x ，则s ′(x )＝e x －1－1.当x >1时，s ′(x )>0，所以e x －1>x ，从而g (x )＝1x －1e x －1>0.(3)解由(2)知，当x >1时，g (x )>0.当a ≤0，x >1时，f (x )＝a (x 2－1)－ln x <0，故当f (x )>g (x )在区间(1，＋∞)内恒成立时，必有a >0.当0<a <12时，12a>1，由(1)有f (1)＝0，而所以f (x )>g (x )在区间(1，＋∞)内不恒成立；当a ≥12时，令h (x )＝f (x )－g (x )(x ≥1)，当x >1时，h ′(x )＝2ax －1x ＋1x 2－e 1－x>x －1x ＋1x 2－1x ＝x 3－2x ＋1x 2>x 2－2x ＋1x 2>0.因此，h (x )在区间(1，＋∞)单调递增.又因为h (1)＝0，所以当x >1时，h (x )＝f (x )－g (x )>0，即f (x )>g (x )恒成立.综上，a ∈12，＋【典例11】已知函数f (x )＝ln x －(x －1)22.(1)求函数f (x )的单调递增区间；(2)证明：当x ＞1时，f (x )＜x －1；(3)确定实数k 的所有可能取值，使得存在x 0＞1，当x ∈(1，x 0)时，恒有f (x )＞k (x －1)．【解析】.解(1)f ′(x )＝1x －x ＋1＝－x 2＋x ＋1x ，x ∈(0，＋∞)．由f ′(x )＞0＞0，x 2＋x ＋1＞0.解得0＜x ＜1＋52.故f (x )(2)令F (x )＝f (x )－(x －1)，x ∈(0，＋∞)．则有F ′(x )＝1－x 2x.当x ∈(1，＋∞)时，F ′(x )＜0，所以F (x )在[1，＋∞)上单调递减，故当x ＞1时，F (x )＜F (1)＝0，即当x ＞1时，f (x )＜x －1.(3)由(2)知，当k ＝1时，不存在x 0＞1满足题意．当k ＞1时，对于x ＞1，有f (x )＜x －1＜k (x －1)，则f (x )＜k (x －1)，从而不存在x 0＞1满足题意．当k ＜1时，令G (x )＝f (x )－k (x －1)，x ∈(0，＋∞)，则有G ′(x )＝1x －x ＋1－k ＝－x 2＋（1－k ）x ＋1x .由G ′(x )＝0得，－x 2＋(1－k )x ＋1＝0.解得x 1＝1－k －（1－k ）2＋42＜0，x 2＝1－k ＋（1－k ）2＋42＞1.当x ∈(1，x 2)时，G ′(x )＞0，故G (x )在[1，x 2)内单调递增．从而当x ∈(1，x 2)时，G (x )＞G (1)＝0，即f (x )＞k (x －1)．综上，k 的取值范围是(－∞，1)．。
微专题09导数解答题之恒成立与能成立问题 高考数学
试卷讲评课件
′ = − + = − − ，
令 = − −
，则′
=
−
≥ ，
所以函数′ 在[, +∞)上单调递增，
于是′ ≥ ′ = ，所以函数 在[, +∞)上单调递增，
所以[ ] = = ，于是 ≤ ，因此实数的取值范围是
, ＞，则
= =
，所以
≥
，即正实数的取值范围是[ , +∞).
试卷讲评课件
例3.(2024 ⋅四川泸州·二模)已知函数f x = 2x 3 − ax 2 + 2 a＞0 .
(1)求曲线y = f x 在点 0, f 0 处的切线方程；
【解析】因为 = − + ＞ ，所以 = ，
则 ′
=
− −
=
− +
，设
= − + , ≠
则 ′ = ，令 ′ ＞，得＞，令 ′ ＜，得＜，
所以 ＞ = ，即 ′ ＞在 −∞, ∪ , +∞ 上恒成立，
，又＞，
′
所以当＜＜ 时 ＜，当＜或＞ 时 ′ ＞，
所以 在 , 上单调递减，在 −∞, ， , +∞ 上单调递增，
则在区间[−, ]内存在 ， ，使得 ⋅ ≥ ，
等价于在区间[−, ]内存在，使得 ≥ ，
所以函数 的单调增区间为 −∞, , , +∞ ，无单调减区间；
高考数学二轮复习练习：专项限时集训8 函数最值、恒成立及存在性问题 含答案
专项限时集训(八) 函数最值、恒成立及存在性问题(限时：60分钟)1．(本小题满分14分)(镇江市2019届高三上学期期末)已知函数f (x )＝x ln x ，g (x )＝λ(x 2－1)(λ为常数)．(1)若函数y ＝f (x )与函数y ＝g (x )在x ＝1处有相同的切线，求实数λ的值； (2)若λ＝12，且x ≥1，证明：f (x )≤g (x )；(3)若对任意x ∈[1，＋∞)，不等式f (x )≤g (x )恒成立，求实数λ的取值范围． [解](1)f ′(x )＝ln x ＋1，则f ′(1)＝1且f (1)＝0. 所以函数y ＝f (x )在x ＝1处的切线方程为：y ＝x －1， 从而g ′(x )＝2λx ，g ′(1)＝2λ＝1，即λ＝12.2分(2)证明：由题意知：设函数h (x )＝x ln x －12(x 2－1)，则h ′(x )＝ln x ＋1－x ，设p (x )＝ln x ＋1－x ，从而p ′(x )＝1x－1≤0对任意x ∈[1，＋∞)恒成立，所以p (x )＝ln x ＋1－x ≤p (1)＝0，即h ′(x )≤0， 因此函数h (x )＝x ln x －12(x 2－1)在[1，＋∞)上单调递减，即h (x )≤h (1)＝0，所以当x ≥1时，f (x )≤g (x )成立. 6分(3)设函数H (x )＝x ln x －λ()x 2－1，从而对任意x ∈[1，＋∞)，不等式H (x )≤0＝H (1)恒成立． 又H ′(x )＝ln x ＋1－2λx ，当H ′(x )＝ln x ＋1－2λx ≤0，即ln x ＋1x≤2λ恒成立时，函数H (x )单调递减．设r (x )＝ln x ＋1x ，则r ′(x )＝－ln x x2≤0， 所以r (x )max ＝r (1)＝1，即1≤2λ⇒λ≥12，符合题意；当λ≤0时，H ′(x )＝ln x ＋1－2λx ≥0恒成立，此时函数H (x )单调递增． 于是，不等式H (x )≥H (1)＝0对任意x ∈[1，＋∞)恒成立，不符合题意；当0＜λ＜12时，设q (x )＝H ′(x )＝ln x ＋1－2λx ，则q ′(x )＝1x －2λ＝0⇒x ＝12λ＞1，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12λ时，q ′(x )＝1x －2λ＞0，此时q (x )＝H ′(x )＝ln x ＋1－2λx 单调递增，所以H ′(x )＝ln x ＋1－2λx ＞H ′(1)＝1－2λ＞0， 故当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12λ时，函数H (x )单调递增．于是当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12λ时，H (x )＞0成立，不符合题意； 综上所述，实数λ的取值范围为λ≥12.14分2．(本小题满分14分)已知函数f (x )＝a ln x －bx 3，a ，b 为实数，b ≠0，e 为自然对数的底数，e≈2.71828.(1)当a ＜0，b ＝－1时，设函数f (x )的最小值为g (a )，求g (a )的最大值； (2)若关于x 的方程f (x )＝0在区间(1，e]上有两个不同的实数解，求a b的取值范围.【导学号：56394114】[解](1)b ＝－1时，f (x )＝a ln x ＋x 3，则f ′(x )＝a ＋3x 3x，令f ′(x )＝0，解得：x ＝3－a3，∵a ＜0，∴3－a3＞0， x ，f ′(x )，f (x )的变化如下：故g (a )＝f ⎝⎛⎭⎪⎫3－a 3＝a 3ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 3－a3， 令t (x )＝－x ln x ＋x ，则t ′(x )＝－ln x ，令t ′(x )＝0，解得：x ＝1， 且x ＝1时，t (x )有最大值1， 故g (a )的最大值是1，此时a ＝－3；8分(2)由题意得：方程a ln x －bx 3＝0在区间(1，e]上有2个不同的实数根，故a b ＝x 3ln x在区间(1，e]上有2个不同实数根， 即函数y 1＝a b 的图象与函数m (x )＝x 3ln x 的图象有2个不同的交点，∵m ′(x )＝x 2 3ln x －1 ln x 2，令m ′(x )＝0，得：x ＝3e ， x ，m ′(x )，m (x )的变化如下：∴x ∈(1，3e)时，m (x )∈(3e ，＋∞)，x ∈(3e ，e]时，m (x )∈(3e ，e 3]， 故a ，b 满足的关系式是3e ＜a b≤e 3，即a b的范围是(3e ，e 3].14分3．(本小题满分14分)(江苏省镇江市丹阳高中2019届高三下学期期中)已知函数f (x )＝x －1x，(1)函数F (x )＝f (e x)－k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋x 36，其中k 为实数， ①求F ′(0)的值；②对∀x ∈(0,1)，有F (x )＞0，求k 的最大值；(2)若g (x )＝x 2＋2ln xa(a 为正实数)，试求函数f (x )与g (x )在其公共点处是否存在公切线，若存在，求出符合条件的a 的个数，若不存在，请说明理由． [解](1)由F (x )＝e x－1e x －k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋x 36得F ′(x )＝e x＋1e x －k ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋x 22，①F ′(0)＝2－k ，②记h (x )＝F ′(x )，则h ′(x )＝e x－1ex －kx ，记m (x )＝h ′(x )，则m ′(x )＝e x ＋1e x －k ，当x ∈(0,1)时，e x＋1e x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫2，e ＋1e .3分(ⅰ)当k ≤2时，m ′(x )＞2－k ≥0，x ∈(0,1)，即m (x )在(0,1)上是增函数， 又m (0)＝0，则h ′(x )＞0，x ∈(0,1)，即h (x )在(0,1)上是增函数，又F ′(0)＝2－k ≥0， 则F ′(x )＞0，x ∈(0,1)，即F (x )在(0,1)上是增函数，故F (x )＞F (0)＝0，x ∈(0,1)． (ⅱ)当k ＞2时，则存在x 0∈(0,1)，使得m ′(x )在(0，x 0)小于0，即m (x )在(0，x 0)上是减函数，则h ′(x )＜0，x ∈(0，x 0)， 即h (x )在(0，x 0)上是减函数，又F ′(0)＝2－k ＜0， 则F ′(x )＜0，x ∈(0，x 0)，又F ′(0)＝2－k ＜0， 即F (x )在(0，x 0)上是减函数， 故F (x )＜F (0)＝0，x ∈(0，x 0)，矛盾． 故k 的最大值为2.8分(2)设函数f (x )与g (x )在其公共点x ＝x 1处存在公切线，则⎩⎨⎧x 1－1x 1＝x 21＋2ln x 1a， ①1＋1x 21＝2x 1＋2x 1a ， ②由②得(2x 1－a )(x 21＋1)＝0，即x 1＝a2，代入①得8ln a －8ln2－a 2＋8＝0，记G (a )＝8ln a －8ln2－a 2＋8，则G ′(a )＝8a－2a ，得G (a )在(0,2)上是增函数，(2，＋∞)上是减函数， 又G (2)＝4＞0，G (4)＝8ln2－8＜0，G ⎝ ⎛⎭⎪⎫2e ＝－4e 2＜0， 得符合条件的a 的个数为2.(未证明小于0的扣2分)14分4．(本小题满分16分)(无锡市2019届高三上学期期末)已知f (x )＝x 2＋mx ＋1(m ∈R )，g (x )＝e x.(1)当x ∈[0,2]时，F (x )＝f (x )－g (x )为增函数，求实数m 的取值范围； (2)若m ∈(－1,0)，设函数G (x )＝f xg x ，H (x )＝－14x ＋54，求证：对任意x 1，x 2∈[1,1－m ]，G (x 1)＜H (x 2)恒成立．[解](1)∵F (x )＝x 2＋mx ＋1－e x ，∴F ′(x )＝2x ＋m －e x. ∵当x ∈[0,2]时，F (x )＝f (x )－g (x )为增函数， ∴F ′(x )≥0即2x ＋m －e x≥0在[0,2]上恒成立， 即m ≥e x－2x 在[0,2]上恒成立． 令h (x )＝e x－2x ，x ∈[0,2]，则h ′(x )＝e x－2，令h ′(x )＝0，则x ＝ln2.∴h (x )在[0，ln2]上单调递减，在[ln2,2]上单调递增． ∵h (0)＝1，h (2)＝e 2－4＞1， ∴h (x )max ＝h (2)＝e 2－4， ∴m ≥e 2－4.6分(2)证明：G (x )＝x 2＋mx ＋1ex，则G ′(x )＝－x 2＋ 2－m x ＋m －1e x ＝－ x －1 [x － 1－m ]e x. 要证任给x 1，x 2∈[1,1－m ]，G (x 1)≤H (x 2)恒成立，即证G (x )max ≤H (x )min ， ∵x ∈[1,1－m ]，∴G (x )在[1,1－m ]上单调递增，G (x )max ＝G (1－m )＝2－me 1－m ，∵H (x )在[1,1－m ]上单调递减，H (x )min ＝H (1－m )＝－14(1－m )＋54.10分要证G (x )max ≤H (x )min ，即证2－m e 1－m ≤－14(1－m )＋54，即证4(2－m )≤e1－m[5－(1－m )]．令1－m ＝t ，则t ∈(1,2)．设r (x )＝e x(5－x )－4(x ＋1)，x ∈[1,2]，即r (x )＝5e x－x e x－4x －4.r ′(x )＝(4－x )e x －4≥2e x －4＞0，∴r (x )＝e x(5－x )－4(x ＋1)在[1,2]上单调递增， ∵r (1)＝4e －8＞0，∴e x(5－x )≥4(x ＋1)，从而有－14(1－m )＋54≥2－m e ，即当x ∈[1,1－m ]时，G (x )max ≤H (x )min 成立.16分5．(本小题满分16分)(苏北四市(徐州、淮安、连云港、宿迁)2019届高三上学期期末)已知函数f (x )＝x 22e－ax ，g (x )＝ln x －ax ，a ∈R .(1)解关于x (x ∈R )的不等式f (x )≤0； (2)证明：f (x )≥g (x )；(3)是否存在常数a ，b ，使得f (x )≥ax ＋b ≥g (x )对任意的x ＞0恒成立？若存在，求出a ，b 的值；若不存在，请说明理由.【导学号：56394115】[解](1)当a ＝0时，f (x )＝x 22e，所以f (x )≤0的解集为{0}；当a ≠0时，f (x )＝x ⎝⎛⎭⎪⎫x 2e －a ， 若a ＞0，则f (x )≤0的解集为[0,2e a ]． 若a ＜0，则f (x )≤0的解集为[2e a,0]． 综上所述，当a ＝0时，f (x )≤0的解集为{0}；当a ＞0时，f (x )≤0的解集为[0,2e a ]； 当a ＜0时，f (x )≤0的解集为[2e a,0].4分(2)证明：设h (x )＝f (x )－g (x )＝x 22e －ln x ，则h ′(x )＝x e －1x ＝x 2－ee x.令h ′(x )＝0，得x ＝e ，列表如下：所以函数h (x )所以h (x )＝x 22e－ln x ≥0，即f (x )≥g (x ).8分(3)假设存在常数a ，b 使得f (x )≥ax ＋b ≥g (x )对任意的x ＞0恒成立， 即x 22e≥2ax ＋b ≥ln x 对任意的x ＞0恒成立． 而当x ＝e 时，ln x ＝x 22e ＝12，所以12≥2a e ＋b ≥12，所以2a e ＋b ＝12，则b ＝12－2a e ，所以x 22e －2ax －b ＝x 22e －2ax ＋2a e －12≥0(*)恒成立，①当a ≤0时，2a e －12＜0，所以(*)式在(0，＋∞)上不恒成立；②当a ＞0时，则4a 2－2e (2a e －12)≤0，即⎝ ⎛⎭⎪⎫2a －1e 2≤0，所以a ＝12e，则b ＝－12. 令φ(x )＝ln x －1ex ＋12，则φ′(x )＝e －x e x，令φ′(x )＝0，得x ＝e ，当0＜x ＜e 时，φ′(x )＞0，φ(x )在(0，e)上单调递增； 当x ＞e 时，φ′(x )＜0，φ(x )在(e ，＋∞)上单调递减． 所以φ(x )的最大值为φ(e)＝0.所以ln x －1ex ＋12≤0恒成立．所以存在a ＝12e，b ＝－12符合题意.16分6．(本小题满分16分)(江苏省南京市、盐城市2019届高三第一次模拟)设函数f (x )＝ln x ，g (x )＝ax ＋a －1x－3(a ∈R )． (1)当a ＝2时，解关于x 的方程g (e x)＝0(其中e 为自然对数的底数)；(2)求函数φ(x )＝f (x )＋g (x )的单调增区间；(3)当a ＝1时，记h (x )＝f (x )·g (x )，是否存在整数λ，使得关于x 的不等式2λ≥h (x )有解？若存在，请求出λ的最小值：若不存在，请说明理由．(参考数据：ln2≈0.6931，ln3≈1.0986)[解](1)当a ＝2时，方程g (e x )＝0即为2e x＋1e x －3＝0，去分母，得2(e x )2－3e x ＋1＝0，解得e x ＝1或e x＝12，故所求方程的根为x ＝0或x ＝－ln2. 2分(2)因为φ(x )＝f (x )＋g (x )＝ln x ＋ax ＋a －1x－3(x ＞0)， 所以φ′(x )＝1x ＋a －a －1x 2＝ax 2＋x － a －1 x2＝ ax － a －1 x ＋1x2(x ＞0)， ①当a ＝0时，由φ′(x )＞0，解得x ＞0； ②当a ＞1时，由φ′(x )＞0，解得x ＞a －1a； ③当0＜a ＜1时，由φ′(x )＞0，解得x ＞0； ④当a ＝1时，由φ′(x )＞0，解得x ＞0； ⑤当a ＜0时，由φ′(x )＞0，解得0＜x ＜a －1a . 综上所述，当a ＜0时，φ(x )的增区间为⎝⎛⎭⎪⎫0，a －1a ； 当0≤a ≤1时，φ(x )的增区间为(0，＋∞)；a ＞1时，φ(x )的增区间为⎝⎛⎭⎪⎫a －1a ，＋∞.6分(3)法一：当a ＝1时，f (x )＝ln x ，g (x )＝x －3，h (x )＝(x －3)ln x ，所以h ′(x )＝ln x ＋1－3x 单调递增，h ′⎝ ⎛⎭⎪⎫32＝ln 32＋1－2＜0，h ′(2)＝ln2＋1－32＞0， 所以存在唯一x 0∈⎝ ⎛⎭⎪⎫32，2，使得h ′(x 0)＝0，即ln x 0＋1－3x 0＝0，当x ∈(0，x 0)时，h ′(x )＜0，当x ∈(x 0，＋∞)时，h ′(x )＞0，所以h (x )min ＝h (x 0)＝(x 0－3)ln x 0＝(x 0－3)⎝ ⎛⎭⎪⎫3x 0－1＝－ x 0－3 2x 0＝6－⎝⎛⎭⎪⎫x 0＋9x 0，记函数r (x )＝6－⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋9x ，则r (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫32，2上单调递增，所以r ⎝ ⎛⎭⎪⎫32＜h (x 0)＜r (2)，即h (x 0)∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，－12，由2λ≥－32，且λ为整数，得λ≥0，所以存在整数λ满足题意，且λ的最小值为0. 16分法二：当a ＝1时，f (x )＝ln x ，g (x )＝x －3， 所以h (x )＝(x －3)ln x ，由h (1)＝0得，当λ＝0时，不等式2λ≥h (x )有解，下证：当λ≤－1时，h (x )＞2λ恒成立，即证(x －3)ln x ＞－2恒成立． 显然当x ∈(0,1]∪[3，＋∞)时，不等式恒成立， 只需证明当x ∈(1,3)时，(x －3)ln x ＞－2恒成立． 即证明ln x ＋2x －3＜0.令m (x )＝ln x ＋2x －3， 所以m ′(x )＝1x －2 x －3 2＝x 2－8x ＋9x x －3 2，由m ′(x )＝0，得x ＝4－7，当x ∈(1,4－7)时，m ′(x )＞0；当x ∈(4－7，3)时，m ′(x )＜0； 所以m (x )max ＝m (4－7)＝ln(4－7)－7＋13＜ln(4－2)－2＋13＝ln2－1＜0. 所以当λ≤－1时，h (x )＞2λ恒成立．综上所述，存在整数λ满足题意，且λ的最小值为0. 16分。
高中含参不等式的恒成立问题整理版
三在x [句 ]
上恒成立
b 2a
或
b 2a
或
b 2a
，
f 心理 三 三
f 心 理 三
f
心x理
三在x
[ 句
]
上恒成立
f f
心 理 心理
三 三
（2）当
a
三 时，
f
心x理
三在x
[ 句
]
上恒成立
f f
心 理 心理
三 三
f
心x理
三在x
[句 ]
上恒成立
b 2a
或
b 2a
分析：若将不等号两边分别设成两个函数，则左边为二次函数，右边为对数函数，故可以采用数形结合借助图象
位置关系通过特指求解 a的取值范围。
解：设 T:f (x) =(x 1)2 ,T:g(x) log x ,则 T的图象为右图所示的抛物线，要使对一切 x (1,2f)(x,) <g(x)
1
2
a
1
恒成立即 T的图象一定要在 T的图象所的下方，显然 a>1并,且必须也只需 g(2) f (2)
解：要使 (a 2)x 2 2(a 2)x 4 0 对于 x Ｒ恒成立，则只须满足：
a 2 0 （1） 4(a 2)2 16(a 2) 0 或
a 2 0 （2） 2(a 2) 0
4 0
a 2 解（1）得 2 a 2
，解（2） a ＝２
∴参数 a 的取值范围是－２＜ a ２．
的最值问题：
若对于 取值范围内的任一个数都有
恒成立，则
；
若对于 取值范围内的任一个数都有
恒成立，则
.
例
1．已知函数
f
恒成立与有解问题(解析版)
恒成立与有解问题练习参考答案1.若不等式2kx 2+kx −38<0对一切实数x 都成立，则实数k 的取值范围为A ．(−3,0)B ．(−3,0]C ．(−∞,0]D ．(−∞,−3)∪[0,+∞)【答案】B【解析】【分析】分k =0，k ≠0两种情况，当k =0，−38<0对x ∈R 恒成立，当k ≠0时，需开口向下，判别式小于0，不等式恒成立.【详解】当k =0时，原不等式可化为−38<0，对x ∈R 恒成立；当k ≠0时，原不等式恒成立，需{2k <0Δ=k 2−4×2k ×(−38)<0 ，解得k ∈(−3,0)，综上k ∈(−3,0].故选B.【点睛】本题主要考查了分类讨论思想，二次不等式恒成立的条件，属于中档题.2.若关于x 的不等式221)(1)201k x k x x x -+-+>++（的解集为R ，则k 的范围为____________． 【答案】19k ≤<【解析】 【分析】先判断分母22131024⎛⎫++=++> ⎪⎝⎭x x x 则问题转化为21)(1)20（-+-+>k x k x 恒成立，再分1k =时，和1k ≠时两种情况分类讨论. 【详解】因为22131024⎛⎫++=++> ⎪⎝⎭x x x ，所以221)(1)201k x k x x x -+-+>++（等价于21)(1)20（-+-+>k x k x 恒成立，当1k =时，20>成立，当1k ≠时，则()()2101810k k k ->⎧⎪⎨∆=---<⎪⎩，解得19k << ， 综上：19k ≤<.故答案为：19k ≤<.【点睛】本题主要考查了不等式恒成立问题，还考查了转化化归的思想和运算求解的能力，属于中档题.3.若一元二次不等式2kx 2＋kx －38<0对一切实数x 都成立，则k 的取值范围为( ) A ．(－3,0]B ．[－3,0)C ．[－3,0]D ．(－3,0) 【答案】D【解析】∵2kx 2＋kx －38<0为一元二次不等式，∴k ≠0，又2kx 2＋kx －38<0对一切实数x 都成立， 则必有200k <⎧⎨∆<⎩，解得－3<k <0. 4.若函数22log (28)y kx kx =-+的定义域为一切实数，则实数k 的取值范围为____________．【答案】[0,8)【解析】【分析】首先根据题意转化为228kx kx -+>0，对任意的实数x 恒成立，再分别讨论0k =和0k ≠的情况即可.【详解】因为函数22log (28)y kx kx =-+的定义域为一切R ，等价于228kx kx -+>0，对任意的实数x 恒成立.当0k =时，80>，符合条件.当0k ≠时，20084320k k k k >⎧⇒<<⎨∆=-<⎩.综上08k ≤<. 【点睛】本题主要考查对数函数定义域的，同时考查了二次不等式的恒成立问题，属于中档题.5.设函数f (x )＝mx 2－mx －1.若对于x ∈[1,3]，f (x )<－m ＋5恒成立，求m 的取值范围．【分析】本题可转化为二次函数在闭区间上的最值，也可以通过分类参数求解.要使f (x )<－m ＋5在x ∈[1,3]上恒成立，即m ⎝⎛⎭⎫x －122＋34m －6<0在x ∈[1,3]上恒成立． 有以下两种方法：令g (x )＝m ⎝⎛⎭⎫x －122＋34m －6，x ∈[1,3]． （1）当m >0时，g (x )在[1,3]上是增函数，所以g (x )max ＝g (3)⇒7m －6<0，所以m <67，所以0<m <67； （2）当m ＝0时，－6<0恒成立；（3）当m <0时，g (x )在[1,3]上是减函数，所以g (x )max ＝g (1)⇒m －6<0，所以m <6，所以m <0.综上所述，m 的取值范围是{m |m <67}． 6.已知不等式mx 2－2x －m ＋1<0，是否存在实数m 对所有的实数x ，使不等式恒成立？若存在，求出m 的取值范围；若不存在，请说明理由．【解析】不等式mx 2－2x －m ＋1<0恒成立，即函数f (x )＝mx 2－2x －m ＋1的图象全部在x 轴下方．当m ＝0时，1－2x <0，则x >12，不满足题意； 当m ≠0时，f (x )＝mx 2－2x －m ＋1为二次函数，需满足开口向下且方程mx 2－2x －m ＋1＝0无解， 即00m <⎧⎨∆<⎩，不等式组的解集为空集，即m 无解． 综上可知，不存在这样的m .7.已知二次函数22()42(2)21f x x p x p p =----+，若在区间[1,1]-内至少存在一个实数x 使()0f x >，则实数p 的取值范围是__________. 【答案】3(3,)2-【解析】因为二次函数()f x 在区间[1,1]-内至少存在一个实数x ，使()0f x >的否定是：“函数()f x 在区间[1,1]-内任意实数x ，使()0f x ≤”，所以(1)0(1)0≤-⎨≤⎧⎩f f ，即2242(2)21042(2)210----+≤+---+≤⎧⎨⎩p p p p p p ，整理得222390210+-≥-⎧⎩-⎨≥p p p p ，解得32p ≥或3p ≤-，所以二次函数在区间[1,1]-内至少存在一个实数x ，使()0f x >的实数p 的取值范围是3(3,)2-.【点晴】本题主要考查了一元二次方程的根的分布与系数的关系，其中解答中涉及到一元二次函数的图象与性质、不等式组的求解、命题的转化等知识点的综合考查，着重考查了学生分析问题和解答问题的能力，其中根据二次函数的图象是开口方向朝上的抛物线，得到对于区间[1,1]-内的任意一个x 都有()0f x >时，得到不等式组是解答的关键，属于中档试题.8.已知函数若对于任意，都有成立，则实数的取值范围是 ．【答案】(2- 【解析】由题意可得()0f x <对于[,1]x m m ∈+上恒成立，即22()210(1)230f m m f m m m ⎧=-<⎨+=+<⎩，解得0m <<． ,1)(2-+=mx x x f ]1,[+∈m m x 0)(<x f m对任意m ∈[－1,1]，函数f (x )＝x 2＋(m －4)x ＋4－2m 的值恒大于零，求x 的取值范围．【答案】(－∞，1)∪(3，＋∞)【解析】由f(x)＝x 2＋(m －4)x ＋4－2m ＝(x －2)m ＋x 2－4x ＋4，令g (m )＝(x －2)m ＋x 2－4x ＋4，则原问题转化为关于m 的一次函数问题．由题意知在[－1,1]上，g(m)的值恒大于零，∴⎩⎪⎨⎪⎧g (－1)＝(x －2)×(－1)＋x 2－4x ＋4>0，g (1)＝(x －2)＋x 2－4x ＋4>0，解得x<1或x>3. 故当x 的取值范围是(－∞，1)∪(3，＋∞)时，对任意的m ∈[－1,1]，函数f(x)的值恒大于零．9.不等式22253x x a a -+≥-对任意实数x 恒成立，则实数a 的取值范围为_________.【答案】[]1,4-【解析】【分析】根据二次不等式的恒成立问题,先求解不等式左边的最小值,再求解二次不等式即可.【详解】因为()2225144x x x -+=-+≥,故243a a ≥-恒成立.即()()2340140a a a a --≤⇒+-≤,解得14a -≤≤.实数a 的取值范围为[]1,4-.故答案为：[]1,4-【点睛】本题主要考查了二次不等式恒成立的问题,需要求解二次函数的最值进行分析,属于基础题.10.己知f(x)=x 2+2x +1+a ，∀x ∈R ，f(f(x))≥0恒成立，则实数a 的取值范围为( )A ．[√5−12,+∞]B ．[√5−32,+∞]C ．[−1,+∞)D ．[0,+∞)【答案】B【解析】设t =f(x)=(x +1)2+a ≥a ，∴f(t)≥0对任意t ≥a 恒成立，即(t +1)2+a ≥0对任意t ∈[a,+∞)都成立，当a ≤−1时f(t)min =f(−1)=a ，则a +a ≥0即a ≥0与讨论a ≤−1矛盾，当a >−1时，f(t)min =f(a)=a 2+3a +1，则a 2+3a +1≥0，解得a ≥√5−32，故选B ．11.已知函数f (x )＝－x 2＋ax ＋b 2－b ＋1(a ∈R ，b ∈R )，对任意实数x 都有f (1－x )＝f (1＋x )成立，当x ∈[－1,1]时，f (x )>0恒成立，则b 的取值范围是( )A ．－1<b <0B ．b >2C ．b <－1或b >2D ．不能确定【答案】C【解析】由f (1－x )＝f (1＋x )知f (x )图象的对称轴为直线x ＝1，则有a 2＝1，故a ＝2.，由f (x )的图象可知f (x )在[－1,1]上为增函数．∴x ∈[－1,1]时，f (x )min ＝f (－1)＝－1－2＋b 2－b ＋1＝b 2－b －2，令b 2－b －2>0，解得b <－1或b >2.12.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 恒成立，则实数a 的取值范围为 ( )A ．−1<a <1B ．−12<a <32C ．−32<a <12D ．0<a <2【答案】B【解析】根据题设新定义的运算，可得(x −a)⊗(x +a)=(x −a )(1−x −a )，所以(x −a)⊗(x +a)<1可转化为(x −a )(1−x −a )<1，即x 2−x +(1−a 2+a )>0恒成立，根据二次函数的性质可知Δ=1−4(1−a 2+a )<0，解得−12<a <32，故选B. 13.若对于任意的x ＞0，不等式mx ≤x 2+2x+4恒成立，则实数m 的取值范围为（ ）A ．（﹣∞，4]B ．（﹣∞，6]C ．[﹣2，6]D ．[6，+∞）【答案】B【解析】当x ＞0时，mx ≤x 2+2x +4⇔m ≤x +4x +2对任意实数x ＞0恒成立，令f （x ）＝x +4x +2， 则m ≤f （x ）min ，∵f （x ）＝x +4x +2≥2√x ⋅4x +2＝6，∴m ≤6．故选B ．14.已知不等式xy ≤ax 2+2y 2对于x ∈[1,2],y ∈[2,3]恒成立,则a 的取值范围是A ．[1,+∞)B ．[−1,4)C ．[−1,+∞)D ．[−1,6]【答案】C【解析】不等式xy ≤ax 2+2y 2对于x ∈[1,2],y ∈[2,3]恒成立，等价于a ≥y x −2(y x)2，对于x ∈[1,2],y ∈[2,3]恒成立，令t =y x ，则1≤t ≤3，∴a ≥t −2t 2在[1,3]上恒成立，∵y =−2t 2+t =−2(t −14)2+18，∴t =1时，y max =−1,∴a ≥−1，a 的取值范围是[−1,+∞)，故选C.15.若关于x 的二次不等式01)1(2<-+-+a x a ax 恒成立，则实数a 的取值范围是________．【分析】利用a 的符号及判别式求解.【解析】由题意知，01)1(2<-+-+a x a ax 恒成立， 所以⇔⎩⎨⎧<∆<00a ⎩⎨⎧<---<0)1(4)1(02a a a a ⇔⎩⎨⎧>--<012302a a a ⇔⎪⎩⎪⎨⎧-<><3110a a a 或⇔31-<a . ∴a 的取值范围是⎪⎭⎫ ⎝⎛-∞-31,【评注】本题若无“二．次．不等式”的条件，还应考虑0=a 的情况，但对本题讲0=a 时式子不恒成立.只有定义在R 上的恒二次不等式才能实施判别式法；否则，易造成失解.16.若不等式kx +3k > |x 2−4x −5|对x ∈[−1,5]恒成立，则实数k 的取值范围为______.【答案】k >2【解析】若不等式kx +3k > |x 2−4x −5|对x ∈[−1,5]恒成立，则直线y =k (x +3)在y =|x 2−4x −5|， x ∈[−1,5]图象的上方，如图：联立：{y =k (x +3)y =5+4x −x2 ，可得x 2+(k −4)x +3k −5=0 令∆=(k −4)2−4(3k −5)=0，k =2或18（舍去）∴k >2，故答案为：k >217.设函数2()2f x mx mx =-- （1）若对于一切实数()0f x <恒成立，求m 的取值范围；（2）若对于[1,3],()2(1)x f x m x ∈>-+-恒成立，求m 的取值范围.【答案】（1）(8,0]-（2）2m >【解析】【分析】（1）由不等式220mx mx --<恒成立，结合二次函数的性质，分类讨论，即可求解； （2）要使对于[1,3],()2(1)x f x m x ∈>-+-恒成立，整理得只需221x m x x >-+恒成立，结合基本不等式求得最值，即可求解.【详解】（1）由题意，要使不等式220mx mx --<恒成立，①当0m =时，显然20-<成立，所以0m =时，不等式220mx mx --<恒成立；②当0m ≠时，只需2080m m m <⎧⎨∆=+<⎩，解得80m -<<，综上所述，实数m 的取值范围为(8,0]-.（2）要使对于[1,3],()2(1)x f x m x ∈>-+-恒成立，只需22mx mx m x -+>恒成立，只需()212m x x x -+>，又因为22131024x x x ⎛⎫-+=-+> ⎪⎝⎭，只需221x m x x >-+， 令222211111x y x x x x x x===-+-++-，则只需max m y >即可，因为12x x +>=，当且仅当1x x =，即1x =时等式成立； 因为[1,3]x ∈，所以max 2y =，所以2m >.【点睛】本题主要考查了含参数的不等式的恒成立问题的求解，其中解答中把不等式的恒成立问题转化为函数的最值问题是解答的关键，着重考查了分类讨论思想，以及转化思想的应用，属于基础题. 18.已知a ∈R ，函数f （x ）=x 2﹣2ax +5.（1）若a >1，且函数f （x ）的定义域和值域均为[1，a ]，求实数a 的值；（2）若不等式x |f （x ）﹣x 2|≤1对x ∈[13，12]恒成立，求实数a 的取值范围. 【答案】（1）2；（2）2578a ≤≤. 【解析】【分析】（1）根据f （x ）的图象开口向上，对称轴为x =a >1，知f （x ）在[1，a ]上单调递减，所以f （1）=a 求解即可.（2）将不等式x |f （x ）﹣x 2|≤1对x ∈[13，12]恒成立，去绝对值转化为a 2512x x -≥且a 2512x x+≤在 x ∈[13，12]恒成立，分别令g （x ）2251115252228-⎛⎫==--+ ⎪⎝⎭x x x ，x ∈[13，12]，用二次函数求其最大值，令h （x ）2251115252228+⎛⎫==+- ⎪⎝⎭x x x ，x ∈[13，12]，求其最小值即可. 【详解】（1）∵f （x ）的图象开口向上，对称轴为x =a >1，∴f （x ）在[1，a ]上单调递减，∴f （1）=a ，即6﹣2a ＝a ，解得a =2.. （2）不等式x |f （x ）﹣x 2|≤1对x ∈[13，12]恒成立， 即x |2ax ﹣5|≤1对x ∈[13，12]恒成立， 故a 2512x x -≥且a 2512x x +≤在x ∈[13，12]恒成立， 令g （x ）2251115252228-⎛⎫==--+ ⎪⎝⎭x x x ，x ∈[13，12]，所以g （x ）max =g （25）258=，所以258a≥.令h（x）2251115252228+⎛⎫==+-⎪⎝⎭xx x，x∈[13，12]，所以h（x）min=h（12）=7，所以7a≤.综上：2578a≤≤.【点睛】本题主要考查了二闪函数的图象和性质，还考查了转化化归和运算求解的能力，属于中档题.。
恒成立问题与有解问题的区别(1)
f(p)min >0(x∈[-2,2])
\
即
ìïïíïïî xxfx(-p1)<11m0i或n =xf(2)>10或或xxìïïíïïî
x-1＞0 f(p)min =f(-2)>0
或
ìïïíïïî
x-1＝0 f(p)=0>0
a 的取值范围
解：当 a 0 时,不等式 2x 2 0 解集不为 R ,故 a 0 不满足
题意;
当 a 0 时,要使原不等式解集为 R ,只需 a 0
解得 a 1
22 4 2a 0
2
综上,所求实数 a 的取值范围为 (1 , )
2
五、二次形（相对于变量为二次的）
值范围为 (2,+∞) 。
(5) 存在x [2,+∞)使不等式x<a成立,则实数a的取
值范围为 (2,+∞) 。
(6)存在x (2 ,+∞]不等式x<a成立,则实数a的取值
范围为 (2,+∞)。
三、含参数的不等式的恒成立与有解的区别，但可以互相转化 恒成立和有解是有明显区别的，但可以互相转化。 以下充要条件应细心思考，甄别差异，恰当使用，等价转化，切不可混为一团。
（4）不等式 f(x)>k 在 xI 时有解? f(x)max k•,•xI. 或 f(x)的上界大于 k；
例5、已知|p|≤2,(1)对所有实数p,求使不等式x2+ px+1>p+2x都成立的x的取值范围. (2)存在实数p,求 使不等式x2+px+1>p+2x成立的x的取值范围。
【高中数学过关练习】过关练08 一元二次不等式恒成立和有解问题
过关练08 一元二次不等式恒成立和有解问题一、单选题1．（2022·河北廊坊·高一期末）关于x 的一元二次不等式23208x kx -+>对于一切实数x 都成立，则实数k 满足（ ）A ．{}3k kB ．{}3k k <C ．{}33k k <<D ．{}3k k【解析】由题意()234208k ∆=--⨯⨯<，解得3x 3-故选：C.2．（2022·云南丽江·高一期末）对任意实数x ，不等式2230kx kx +-<恒成立，则实数k 的取值范围是（ ） A ．024k << B ．240k -<≤ C ．024k <≤D ．24k ≥【解析】当k ＝0时，不等式即为－3<0，不等式恒成立；当0k ≠时，若不等式恒成立，则20240Δ240k k k k <⎧⇒-<<⎨=+<⎩，于是240k -<≤. 故选：B ．3．（2022·吉林·农安县教师进修学校高一期末）不等式()()22210a x a x -+--<对一切x ∈R恒成立，则实数a 的取值范围是（ ） A ．()2,2-B ．(]2,2-C ．()(),22,∞∞--⋃+D ．()[),22,-∞-⋃+∞【解析】由题意，不等式2(2)(2)10a x a x -+--<对一切R x ∈恒成立， 当20a -=时，即2a =时，不等式10-<恒成立，符合题意； 当20a -≠时，即2a ≠时，要使得不等式2(2)(2)10a x a x -+--<对一切R x ∈恒成立， 则满足()()220Δ2420a a a -<⎧⎪⎨=-+-<⎪⎩，解得22a -<<， 综上，实数a 的取值范围是(2,2]-. 故选：B.4．（2022·广东揭阳·高一期末）对任意的()0,x ∈+∞，2210x mx -+>恒成立，则m 的取值范围为（ ）A ．[)1,+∞B ．()1,+∞C ．(],1-∞D ．(),1-∞【解析】当()0,x ∈+∞时，由2210x mx -+>得：12m x x<+，12x x+≥（当且仅当1x x =，即1x =时取等号），22m ∴<，解得：1m <，即m 的取值范围为(),1-∞. 故选：D.5．（2022·黑龙江·牡丹江市第三高级中学高一期末）若∃x ∈[0，3]，使得不等式x 2﹣2x +a ≥0成立，则实数a 的取值范围是（ ） A ．﹣3≤a ≤0B ．a ≥0C ．a ≥1D ．a ≥﹣3【解析】设2()2,[0,3]f x x x a x =-+∈， [0,3]x ∃∈，使得不等式220x x a -+≥成立，须max ()0f x ≥，即(0)0f a =≥，或(3)30f a =+≥， 解得3a ≥-. 故选:D6．（2022·全国·高一课时练习）若关于x 的不等式22(1)0x m x m -+-≥在(1,1)-有解，则m 的取值范围为（ ） A ．(,1][0,)-∞-+∞ B ．(,1)(0,)-∞-+∞ C ．[0,1]D ．(0,1)【解析】令22()(1)f x x m x m =-+-，其对称轴为202m x =≥， 关于x 的不等式22(1)0x m x m -+-≥在(1,1)-有解， 当(1,1)x ∈-时，有()(1)f x f <-，(1)0f ∴->，即20m m +>，可得0m >或1m <-．故选：B ．7．（2022·全国·高一课时练习）若不等式220x x m --<在1,22x ⎡∈⎤⎢⎥⎣⎦上有解，则实数m 的取值范围是（ ） A ．[)1,-+∞ B ．()1,-+∞ C ．34⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭D ．()0,∞+【解析】因为不等式220x x m --<在1,22x ⎡∈⎤⎢⎥⎣⎦上有解，所以不等式22m x x >-在1,22x ⎡∈⎤⎢⎥⎣⎦上有解，令()22211t x x x =-=--，则min 1t =-，所以1m >-，所以实数m 的取值范围是()1,-+∞ 故选：B8．（2022·北京师大附中高一期末）关于x 的不等式21x x a x +≥-对任意x ∈R 恒成立，则实数a 的取值范围是（ ） A ．[]1,3- B ．(],3-∞ C ．(],1-∞D ．(][),13,-∞⋃+∞【解析】当0x =时，不等式为01≥-恒成立，a R ∴∈； 当0x ≠时，不等式可化为：11a x x≤++， 0x >，12x x∴+≥（当且仅当1x x =，即1x =±时取等号），3a ∴≤；综上所述：实数a 的取值范围为(],3-∞. 故选：B.9．（2022·陕西·榆林市第一中学高一期末（文））已知不等式()()2244120x ax x x a ++++>对于一切实数x 恒成立，则实数a 的取值范围为（ ） A ．18aa ⎧⎫>⎨⎬⎩⎭∣ B ．118a a ⎧⎫<<⎨⎬⎩⎭∣ C ．112a a ⎧⎫<⎨⎬⎩⎭∣ D ．12⎧⎫⎨⎬⎩⎭【解析】因为222221144141,22248a x ax x a x x a x a ⎛⎫⎛⎫++=++-++=++- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，令210a ->，即11a -<<，此时24410x ax ++>对于一切实数x 恒成立， 因此220x x a ++>对于一切实数x 恒成立， 所以108a ->，即18a >，故118a <<；当210a -时，关于x 的方程24410x ax ++=有实数解，即存在实数x 使得()()224412xax x x a ++++=0，不满足题意.故选：B10．（2021·全国·高一课时练习）对任意的[1,1]a ∈-，函数2()(4)42f x x a x a =+-+-的值总大于0，则x 的取值范围为（ ） A ．(1,3)B ．(,1)(3,)-∞+∞C ．(,1)-∞D ．(3,)+∞【解析】对任意[]1,1a ∈-，函数()()2442f x x a x a =+-+-的值恒大于零 设()()2244g a x a x x =-+-+，即()0g a >在[]1,1a ∈-上恒成立.()g a 在[]1,1a ∈-上是关于a 的一次函数或常数函数，其图象为一条线段，则只需线段的两个端点在x 轴上方，即()()2215601320g x x g x x ⎧-=-+>⎪⎨=-+>⎪⎩，解得3x >或1x < 故选：B11．（2022·广东·化州市第三中学高一期末）在R 上定义运算⊙：A ⊙B ＝A (1－B )，若不等式(x －a )⊙(x ＋a )<1对任意的实数x ∈R 恒成立，则实数a 的取值范围为（ ） A ．－1<a <1 B ．0<a <2 C ．－12<a <32D ．－32<a <12【解析】∵(x －a )⊙(x ＋a )＝(x －a )(1－x －a )， ∴不等式(x －a )⊙(x ＋a )<1，即(x －a )(1－x －a )<1对任意实数x 恒成立，即x 2－x －a 2＋a ＋1>0对任意实数x 恒成立， 所以Δ＝1－4(－a 2＋a ＋1)<0， 解得1322a -<<，故选:C.12．（2022·全国·高一单元测试）在R 上定义运算：a ⊕b ＝(a ＋1)b .已知1≤x ≤2时，存在x 使不等式(m －x )⊕(m ＋x )<4成立，则实数m 的取值范围为（ ） A ．{m |－2<m <2} B ．{m |－1<m <2} C ．{m |－3<m <2}D ．{m |1<m <2}【解析】依题意得(m －x )⊕(m ＋x )＝(m －x ＋1)(m ＋x )＝m 2－x 2＋m ＋x ， 因为1≤x ≤2时，存在x 使不等式(m －x )⊕(m ＋x )<4成立， 所以存在1≤x ≤2，使不等式m 2＋m <x 2－x ＋4成立， 即当1≤x ≤2时，m 2＋m <(x 2－x ＋4)max .因为1≤x ≤2，所以当x ＝2时，x 2－x ＋4取最大值6， 所以m 2＋m <6，解得－3<m <2. 故选：C ．二、多选题13．（2022·湖北黄冈·高一期末）已知x R ∃∈，不等式2410x x a ---<不成立，则下列a 的取值不正确的是（ ） A ．(,5]-∞-B ．(,2]-∞-C ．(,3]-∞-D ．(,1]-∞-【解析】已知x R ∃∈，不等式2410x x a ---<不成立，等价于x R ∀∈，不等式2410x x a ---≥恒成立，164(1)05a a ∆=++≤⇒≤-.只要a 的取值是{|5}a a ≤-的子集就正确.则选项BCD 都不正确. 故选：BCD.三、填空题14．（2022·湖南·高一课时练习）设二次函数234y kx kx =-+． （1）若方程0y =有实根，则实数k 的取值范围是______； （2）若不等式0y >的解集为∅，则实数k 的取值范围是______； （3）若不等式0y >的解集为R ，则实数k 的取值范围是______．【解析】对于（1），因为方程0y =有实根，故2030k k k ≠⎧⎨-≥⎩，解得0k <或3k ≥.对于（2），因为不等式0y >的解集为∅，故2030k k k <⎧⎨-≤⎩，解得k ∈∅.对于（3），不等式0y >的解集为R ，故2030k k k >⎧⎨-<⎩，故03k <<.15．（2022·江西抚州·高一期末）已知命题p ：x ∃∈R ，使20x ax a ++<，若命题p 是假命题，则实数a 的取值范围是______.【解析】因为命题2:,0p x R x ax a ∃∈++<， 所以2:,0p x R x ax a ⌝∀∈++≥，若命题p 是假命题，则p ⌝是真命题，所以0∆≤，即240a a -≤，解得04a ≤≤， 故答案为：[]0,416．（2022·河北廊坊·高一期末）若[]221,5,8,252x R a x ax a x am ∀∈∃∈+++-，则m 的取值范围为___________.【解析】由221252x ax a x am +++-，得()2212502x a x a am +-+-+.由题意可得[5a ∃∈，2218],(2)4502a a am ⎛⎫---+ ⎪⎝⎭，即[]45,8,14a a m a ∃∈++.因为[]5,8a ∈，所以48454482a a++=，故72m .故答案为：72⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦，17．（2022·全国·高一课时练习）已知关于x 的不等式2243x x a a -+≥-在R 上有解，则实数a 的取值范围是__________．【解析】因为关于x 的不等式2243x x a a -+≥-在R 上有解， ()22424y x x x =-+=--+的最大值为4所以234a a -≤，解得14a -≤≤ 故答案为：[]1,4-18．（2022·全国·高三专题练习）若不等式()2211x m x ->-对满足22m -≤≤的所有m 都成立，则x 的取值范围是_________.【解析】不等式化为：()21(21)0m x x ---<，令()2()1(21)f m m x x =---，则22m -≤≤时，()0f m <恒成立，所以只需(2)0(2)0f f -<⎧⎨<⎩，即()()2221(21)021(21)0x x x x ⎧----<⎪⎨---<⎪⎩， 所以x 的范围是1713x -++∈⎝⎭， 故答案为：1713-++⎝⎭. 19．（2022·江苏南通·高一期末）不等式22)8(x y y x y λ+≥+对于任意的x ，y ∈R 恒成立，则实数λ的取值范围为________．【解析】因为22)8(x y y x y λ+≥+对于任意的x ，y ∈R 恒成立，于是得关于x 的一元二次不等式228()0x yx y λλ-+-≥对于任意的x ，y ∈R 恒成立， 因此，22222(48(0)4)32y y y λλλλ∆=+-=+-≤对于任意的y ∈R 恒成立， 故有4)80()(λλ+-≤，解得84λ-≤≤， 所以实数k 的取值范围为84λ-≤≤. 故答案为：84λ-≤≤四、解答题20．（2022·甘肃·永昌县第一高级中学高一期末）命题 p ：方程x 2+x +m =0有两个负数根；命题q ：任意实数x ∈R ， mx 2－2mx ＋1>0成立；若p 与q 都是真命题，求m 取值范围. 【解析】对于20x x m ++= 有两个负数根（可以为重根），即1140,4m m ∆=-≥≤， 并且由韦达定理120x x m => ，∴10,4m ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦；对于2210mx mx -+>恒成立，当=0m 时，符合题意；当0m ≠时，则必定有0m >且2440m m ∆=-<，得0<1m <， 所以01m ≤<；若p 与q 都是真命题，则10,4m ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦.21．（2022·全国·高一课时练习）若0a >，且关于x 的不等式22334ax ax a -+-<在R 上有解，求实数a 的取值范围．【解析】方法一（判别式法）关于x 的不等式22334ax ax a -+-<可变形为22370ax ax a -+-<,由题可得()()223470a a a ∆=--->，解得744a -<<,又0a >，所以实数a 的取值范围为()0,4；方法二（分离变量法）因为0a >，所以关于x 的不等式22334ax ax a -+-<可变形为2273a x x a--<，因为223993244x x x ⎛⎫-=--≥- ⎪⎝⎭，所以2974a a--<，解得744a -<<，又0a >，所以实数a 的取值范围为()0,4．22．（2022·安徽芜湖·高一期末）已知函数2()4f x x bx =++，且关于x 的不等式()0f x <的解集为(1,)m ． (1)求实数b ，m 的值；(2)当,()0x ∈+∞时，()0f x kx ->恒成立，求实数k 的取值范围．【解析】(1)由题意得：m ，1是方程240x bx ++=的根，由韦达定理得14m ⨯=， 所以4m =，又1m b +=-，解得5b =-． 所以4m =，5b =-．(2)由题意得，254x x k x -+<在,()0x ∈+∞上恒成立，令254()x x g x x-+=，只需min ()k g x <即可，由均值不等式得4()52451g x x x =+-≥=-，当且仅当4x x=，即2x =时等号成立．所以1k <-，则k 的取值范围是(),1-∞-．23．（2022·北京东城·高一期末）已知函数2()4()=++∈f x x ax a R ．(1)若(1)0f =，求不等式()0f x ≤的解集；(2)若(1)2f =，求()f x 在区间[2,2]-上的最大值和最小值，并分别写出取得最大值和最小值时的x 值；(3)若对任意,()0x ∈+∞，不等式()0f x >恒成立，求实数a 的取值范围．【解析】(1)因为2()4()=++∈f x x ax a R 且(1)0f =，所以2140a ++=，解得5a =-，所以2()54f x x x =-+，解()0f x ≤，即2540x x -+≤，即()()410x x --≤，解得14x ≤≤，即原不等式的解集为[]1,4；(2)因为(1)2f =，所以2142a ++=，所以3a =-，所以2237()3424f x x x x ⎛⎫=-+=-+ ⎪⎝⎭，因为[2,2]x ∈-，所以函数在32,2⎡⎤-⎢⎥⎣⎦上单调递减，在3,22⎛⎤ ⎥⎝⎦上单调递增，所以当32x =时函数取得最小值()min 3724f x f ⎛⎫== ⎪⎝⎭，当2x =-时函数取得最大值()()max 214f x f =-=；(3)解：因为对任意,()0x ∈+∞，不等式()0f x >恒成立，即对任意,()0x ∈+∞，不等式240x ax ++>恒成立，即4a x x -<+对任意,()0x ∈+∞恒成立，因为4424x x x x+≥⋅=当且仅当4x x=，即2x =时取等号； 所以4a -<，即4a >-，所以()4,a ∈-+∞24．（2022·贵州·赫章县教育研究室高一期末）已知关于x 的不等式220ax ax ++>的解集为R ，记实数a 的所有取值构成的集合为M . (1)求M ；(2)若0t >，对a M ∀∈，有245321a t t a --≤+-+，求t 的最小值. 【解析】(1)当0a =时，20>满足题意；当0a ≠时，要使不等式220ax ax ++>的解集为R ，必须2080a a a >⎧⎨-<⎩，解得08a <<，综上可知08a ≤<，所以{08}M a a =≤<∣ (2)∵08a ≤<，∴119a ≤+<， ∴441141311a a a a +=++-≥-=++，（当且仅当1a =时取“=”） ∴4521a a --≤+，∵a M ∀∈，有245321a t t a --≤+-+，∴2322t t +-≥， ∴2340t t +-≥，∴1t ≥或4t ≤-， 又0t >，∴1t ≥，∴ t 的最小值为1.25．（2022·甘肃张掖·高一期末）设函数2()f x x ax b =+-．(1)若不等式()0f x <的解集是{}23x x <<，求不等式210bx ax -+≤的解集； (2)当3a b +=时，()0f x ≥在]0,1x ⎡∈⎣上恒成立，求实数a 的取值范围． 【解析】(1)因为不等式20x ax b +-<的解集是{}|23x x <<，所以122 3x x ==，是方程20x ax b +-=的解 由韦达定理1212x x ax x b +=-⎧⎨=-⎩ 解得 5 6，-=-=a b 故不等式210bx ax -+≤为26510＋-+≤x x ， 即26510(61)(1)0x x x x --≥⇔+-≥解得16x ≤-或1≥x故不等式26510x x -+>得其解集为1{|6x x ≤-或1}x ≥(2)当3a b +=时3b a =-，()22()+3=++30=---≥f x x ax a x ax a 在]0,1x ⎡∈⎣上恒成立，所以23+1-≥x a x令()]23,0,1+1x g x x x -⎡=∈⎣，则()max a g x ≥ 令]+1,1,2t x t ⎡=∈⎣，则1x t =-，()22232212++---=+=+-=t t y t t tt t由于2,y t y t=-=均为(0,)+∞的减函数 故22++=-y t t在]1,2⎡⎣上为减函数 所以当1t =时，22++=-y t t取最大值，且最大值为3 所以()max 3g x = 所以3a ≥所以实数a 的取值范围为[)3,+∞.26．（2022·湖南湘西·高一期末）已知函数()()21f x x a x a =-++.(1)当2a =时，求关于x 的不等式()0f x >的解集；(2)若()20f x x +≥在区间（1，+∞）上恒成立，求实数a 的取值范围. 【解析】(1)当2a =时，则2()32f x x x =-+，由()0f x >，得2320x x -+>， 令2320x x -+=，解得1x =，或2x =， ∴原不等式的解集为(-∞，1）（2，)∞+；(2)由()20f x x +≥即20x ax x a -++≥在(1,)+∞上恒成立，从而有：21x xa x +≤-， 令1(0)t x t =->，则22(1)123321x x t t t x t t++++==++≥+-2t =时取等号，∴322a ≤+故实数a 的取值范围是(,223⎤-∞⎦.27．（2022·重庆巫山·高一期末）关于x 的不等式20x ax b -++≥的解集为[1,2]-， (1)求a ，b 的值；(2)当0,0x y >>，且满足1a bx y +=时，有226x y k k +≥++恒成立，求实数k 的取值范围．【解析】(1)因为关于x 的不等式20x ax b -++≥的解集为[1,2]-，所以1-和2是方程20x ax b -++=的两个实数根，可得1212a b -+=⎧⎨-⨯=-⎩，解得12a b =⎧⎨=⎩，经检验12a b =⎧⎨=⎩满足条件，所以1,2a b ==.(2)由（1）知12a b =⎧⎨=⎩，可得121x y +=，则()1244224428y x y xx y x y x y x y x y ⎛⎫+=++=++≥+⨯= ⎪⎝⎭， 当且仅当24x y =⎧⎨=⎩时，等号成立，因为226x y k k +≥++恒成立，所以2min (2)6x y k k +≥++，即286k k ≥++，可得220k k +-≤，解得21k -≤≤，所以k 的取值范围为[2,1]-．28．（2022·全国·高一期末）（1）若不等式2(1)460a x x 的解集是{}31x x -<<，解不等式22(2)0x a x a ；（2）b 为何值时，2330x bx ++≥的解集为R ?（3）当(1,2)x ∈时，不等式240x mx ++<恒成立，求m 的取值范围.【解析】（1）由题意知10a -<，且3-和1是方程2(1)460a x x 的两根， 10,42,163,1a a a⎧⎪-<⎪⎪∴=-⎨-⎪⎪=-⎪-⎩解得3a =. ∴不等式22(2)0x a x a ，即为2230x x -->，解得1x <-或32x >， ∴所求不等式的解集为{|1x <-或3}2x >. （2）2330x bx ++≥，即2330x bx ++≥，若此不等式解集为R ，则24330b ∆=-⨯⨯≤，66b ∴-≤≤.（3）设2()4f x x mx =++，要使(1,2)x ∈时，不等式240x mx ++<恒成立.则有(1)0,(2)0,f f ≤⎧⎨≤⎩即140,4240,m m ++≤⎧⎨++≤⎩解得 5.m ≤- 29．（2022·河北·武安市第一中学高一期末）已知函数()()2240f x ax x a a =++-≠，且对任意的x ∈R ，()2f x x ≥恒成立．（1）若()()f x g x x=，0x >，求函数()g x 的最小值； （2）若对任意的[]1,1x ∈-，不等式()2x f x t f ⎛⎫+< ⎪⎝⎭恒成立，求实数t 的取值范围． 【解析】（1）对任意的x ∈R ，()2f x x ≥恒成立，2240ax x a ∴-+-≥对x ∈R 恒成立，()014240a a a >⎧∴⎨∆=--≤⎩，即()20410a a >⎧⎪⎨-≤⎪⎩，解得：14a =，()2114f x x x ∴=++； ()()1114f x g x x x x==++，0x >， 又1112144x x x x+≥⋅=（当且仅当14x x =，即2x =时取等号），()min 112g x ∴=+=. （2）由()2x f x t f ⎛⎫+< ⎪⎝⎭得：()()2211114422x x x t x t ⎛⎫++++<⨯++ ⎪⎝⎭， 即()223884160x t x t t ++++<， ∴对任意的[]1,1x ∈-，不等式()223884160x t x t t ++++<恒成立．令()()22388416m x x t x t t =++++，则()()22148501424110m t t m t t ⎧-=+-<⎪⎨=++<⎪⎩，解得：5122t -<<-， ∴实数t 的取值范围为51,22⎛⎫-- ⎪⎝⎭． 30．（2022·全国·高一期末）已知命题：“{}|11x x x ∃∈-<<，使等式220x x m --=成立”是真命题.（1）求实数m 的取值集合M ；（2）设不等式()()20x a x a -+-<的解集为N ，若x ∈N 是x M ∈的必要条件，求a 的取值范围.【解析】（1）由题意，方程22m x x =-在(1,1)-上有解令2()2f x x x =-(11)x -<<.只需m 在()f x 值域内易知()f x 值域为1,38⎡⎫-⎪⎢⎣⎭.m ∴的取值集合1,38M ⎡⎫=-⎪⎢⎣⎭ （2）由题意，M N ⊆，显然N 不为空集.①当2a a >-即1a >时，(2,)N a a =-.12831a a a ⎧-<-⎪⎪∴≥⎨⎪>⎪⎩3a ∴≥ ②当2a a <-即1a <时，(,2)N a a =-.23181a a a -≥⎧⎪⎪∴<-⎨⎪<⎪⎩1a ∴≤-. 综合：3a ∴≥或1a ≤-31．（2022·湖南湖南·高一期末）设函数()()212f x ax b x =+-+.(1)若不等式()0f x <的解集为()1,2，求实数a ，b 的值；(2)若()15f -=，且存在x ∈R ，使()1f x <成立，求实数a 的取值范围. 【解析】(1)因为()()2120f x ax b x =+-+<的解集为1,2，所以01322a b a a ⎧⎪>⎪-⎪=⎨⎪⎪=⎪⎩，解得1,2a b ==-；(2)因为()15f -=，所以2a b -=，因为存在x ∈R ，()()2121f x ax b x =+-+<成立，即存在x ∈R ，()2310ax a x +-+<成立，当0a =时，13x >，成立； 当0a <时，函数()231y ax a x =+-+图象开口向下，成立；当0a >时，()2340a a ∆=-->，即21090a a -+>，解得9a >或1a <，此时，9a >或01a <<，综上：实数a 的取值范围9a >或1a <.32．（2021·全国·高一）已知不等式210mx mx --<．（1）若[]1,3x ∈时不等式恒成立，求实数m 的取值范围．（2）若对满足2m ≤的一切m 的值不等式恒成立，求实数x 的取值范围．【解析】（1）令()21f x mx mx =--， ①当0m =时，()10f x =-<，显然恒成立．②当0m >时，若对于[]1,3x ∈时不等式恒成立，则()()10,30,f f ⎧<⎪⎨<⎪⎩∴()()110,39310,f f m m ⎧=-<⎪⎨=--<⎪⎩解得16m <，∴106m <<． ③当0m <时，函数()f x 的图象开口向下，对称轴为直线12x =， 若[]1,3x ∈时不等式恒成立，结合函数图象知只需()10f <即可，解得m ∈R ，∴0m <符合题意．综上所述，实数m 的取值范围是1,6⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭． （2）令()()2211g m mx mx x x m =--=--，若对满足2m ≤的一切m 的值不等式恒成立，则()()20,20,g g ⎧-<⎪⎨<⎪⎩即()()22210,210,x x x x ⎧---<⎪⎨--<⎪⎩1313x -+<<， ∴实数x 的取值范围是1313-+⎝⎭．33．（2022·四川自贡·高一期末（文））已知函数()228f x x x =--，(1)求不等式()0f x <的解集；(2)()()215f x m x m ≥+--恒成立，求实数m 的取值范围.【解析】（1）()0f x <即2280x x --<，整理得(4)(2)0x x -+<，解得：24x -<<，∴()0f x <的解集为{}|24x x -<<.（2）∵()()215f x m x m ≥+--，即228(2)150x x m x m ---+++≥恒成立，2(4)70x m x m -+++≥恒成立，只需2(4)4(7)0m m ∆=+-+≤，即2412(6)(2)0m m m m +-=+-≤，解得：62m -≤≤，所以m 的取值范围为{}62m m -≤≤34．（2022·北京朝阳·高一期末）已知函数()2f x x =-，2()4g x x mx =-+（m R ∈）．(1)当4m =时，求不等式()()g x f x >的解集；(2)若对任意x ∈R ，不等式()()g x f x >恒成立，求m 的取值范围；(3)若对任意1[1,2]x ∈，存在[]24,5x ∈，使得12()()g x f x =，求m 的取值范围．【解析】(1)当4m =时，由2442x x x -+>-得2560x x -+>，即(3)(2)0x x -->，解得2x <或3x >．所以不等式()()g x f x >的解集为{2|x x <或3}x >．(2)由()()g x f x >得242x mx x -+>-，即不等式2(1)60x m x -++>的解集是R ．所以2(1)240m +-<，解得61261m -<<．所以m 的取值范围是(61,61)-． (3)当[]24,5x ∈时，()[]2222,3f x x =-∈．又222()4()424m m g x x mx x =-+=-+-． ①当12m ≤，即2m ≤时， 对任意1[1,2]x ∈，1()[5,82][2,3]g x m m ∈--⊆．所以252823m m m ≤⎧⎪-≥⎨⎪-≤⎩，此时不等式组无解，②当3122m <≤，即23m <≤时， 对任意1[1,2]x ∈，21()[4,82][2,3]4m g x m ∈--⊆． 所以解得5222m ≤≤ ③当3222m <<，即34m <<时， 对任意1[1,2]x ∈，21()[4,5][2,3]4m g x m ∈--⊆． 所以234,42,453,m m m <<⎧⎪⎪-≥⎨⎪⎪-≤⎩此时不等式组无解， ④当22m ≥，即4m ≥时， 对任意1[1,2]x ∈，1()[82,5][2,3]g x m m ∈--⊆．所以482253m m m ≥⎧⎪-≥⎨⎪-≤⎩此时不等式组无解．综上，实数m 的取值范围是5,222⎡⎢⎣．。
不等式专题：一元二次不等式恒成立和有解问题-【题型分类归纳】(解析版)
一元二次不等式恒成立和有解问题一、一元二次不等式在实数集上的恒成立1、不等式20ax bx c >＋＋对任意实数x 恒成立⇔00==⎧⎨>⎩a b c 或0Δ<0>⎧⎨⎩a2、不等式20ax bx c <＋＋对任意实数x 恒成立⇔00==⎧⎨<⎩a b c 或0Δ<0<⎧⎨⎩a【注意】对于二次不等式恒成立问题，恒大于0就是相应的二次函数的图像在给定的区间上全部在x 轴上方； 恒小于0就是相应的二次函数的图像在给定的区间上全部在x 轴下方．二、一元二次不等式在给定区间上的恒成立问题求解方法方法一：若()0>f x 在集合A 中恒成立，即集合A 是不等式()0>f x 的解集的子集，可以先求解集，再由子集的含义求解参数的值(或范围)；方法二：转化为函数值域问题，即已知函数()f x 的值域为[,]m n ，则()≥f x a 恒成立⇒min ()≥f x a ，即≥m a ；()≤f x a 恒成立⇒max ()≤f x a ，即≤n a .三、给定参数范围的一元二次不等式恒成立问题解决恒成立问题一定要清楚选谁为主元，谁是参数；一般情况下，知道谁的范围，就选谁当主元，求谁的范围，谁就是参数. 即把变元与参数交换位置，构造以参数为变量的函数，根据原变量的取值范围列式求解。
四、常见不等式恒成立及有解问题的函数处理方法不等式恒成立问题常常转化为函数的最值来处理，具体如下： 1、对任意的[,]∈x m n ，()>a f x 恒成立⇒max ()>a f x ； 若存在[,]∈x m n ，()>a f x 有解⇒min ()>a f x ；若对任意[,]∈x m n ，()>a f x 无解⇒min ()≤a f x .2、对任意的[,]∈x m n ，()<a f x 恒成立⇒min ()<a f x ； 若存在[,]∈x m n ，()<a f x 有解⇒max ()<a f x ； 若对任意[,]∈x m n ，()<a f x 无解⇒max ()≥a f x .题型一 一元二次不等式在实数集上的恒成立问题【例1】若关于x 的不等式2220ax ax --<恒成立，则实数a 的取值范围为（ ） A ．[]2,0- B ．(]2,0- C ．()2,0- D ．()(),20,-∞-⋃+∞ 【答案】B【解析】当0=a 时，不等式成立；当0≠a 时，不等式2220--<ax ax 恒成立，等价于()()20,2420,<⎧⎪⎨∆=--⨯-<⎪⎩a a a 20∴-<<a ． 综上，实数a 的取值范围为(]2,0-．故选：B ．【变式1-1】“不等式20-+>x x m 在R 上恒成立”的充要条件是（ ） A ．14>m B ．14<m C ．1<mD ．1>m 【答案】A【解析】∵不等式20-+>x x m 在R 上恒成立，∴2(1)40∆--<＝m ，解得14>m ， 又∵14>m ，∴140∆=-<m ，则不等式20-+>x x m 在R 上恒成立， ∴“14>m ”是“不等式20-+>x x m 在R 上恒成立”的充要条件，故选：A.【变式1-2】已知关于x 的不等式2680-++>kx kx k 对任意∈x R 恒成立，则k 的取值范围是（ ）A ．01k ≤≤B ．01k ≤< C ．0k <或1k > D ．0k ≤或1k > 【答案】B【解析】当0=k 时，80>恒成立，符合题意；当0≠k 时，由题意有()()2Δ6480>⎧⎪⎨=--+<⎪⎩k k k k ，解得01<<k ， 综上，01≤<k .故选：B.【变式1-3】已知关于x 的不等式()()221110a x a x ----<的解集为R ，则实数a 的取值范围（ ）A ．3,15⎛⎫- ⎪⎝⎭B ．3,15⎛⎤- ⎥⎝⎦C ．[)3,1,5⎛⎫-∞-⋃+∞ ⎪⎝⎭D ．()3,1,5⎛⎫-∞-⋃+∞ ⎪⎝⎭【答案】B【解析】当1a =时，不等式为10-<，对x R ∀∈恒成立，所以满足条件当1a =-时，不等式为210x -<，解集为1,2⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭，不满足题意当210a ->时，对应的二次函数开口向上，()()221110ax a x ----<的解集一定不是R ，不满足题意当210a -<，11a -<<时，若不等式()()221110a x a x ----<的解集为R ，则()()221410a a ∆=-+-<，解得：315a -<<，综上，315a -<≤故选：B【变式1-4】关于x 的不等式21x x a x +≥-对任意x ∈R 恒成立，则实数a 的取值范围是（ ）A ．[]1,3-B ．(],3-∞C ．(],1-∞D ．(][),13,-∞⋃+∞ 【答案】B【解析】当0x =时，不等式为01≥-恒成立，a R ∴∈；当0x ≠时，不等式可化为：11a x x ≤++，0x >，12x x ∴+≥（当且仅当1x x=，即1x =±时取等号），3a ∴≤； 综上所述：实数a 的取值范围为(],3-∞.故选：B.题型二 一元二次不等式在某区间上的恒成立问题【例2】若14x <≤时，不等式()2241x a x a -++≥--恒成立，求实数a 的取值范围.【答案】(,4]-∞.【解析】对于任意的14x <≤，不等式()22241(1)25x a x a x a x x -++≥--⇔-≤-+，即2254(1)11x x a x x x -+≤=-+--， 因此，对于任意的14x <≤，2254(1)11x x a x x x -+≤=-+--恒成立， 当14x <≤时，013x <-≤，44(1)(1)411x x x x -+≥-⋅=--， 当且仅当411x x -=-，即3x =时取“=”，即当3x =时，4(1)1x x -+-取得最小值4，则4a ≤， 所以实数a 的取值范围是(,4]-∞.【变式2-1】已知2(2)420+-+-x a x a对[)2,∀∈+∞x 恒成立，则实数a 的取值范围________. 【答案】(],3-∞【解析】因为2(2)420x a x a +-+-对[)2,x ∀∈+∞恒成立，即4222x a x ++-≥+在[)2,x ∀∈+∞时恒成立，令2,4x t t +=≥， 则4222x x ++-+代换为42t t +-，令4()2g t t t=+-， 由对勾函数可知，()g t 在[)4,t ∈+∞上单增，所以min ()(4)3g t g ==， 所以(],3a ∈-∞.故答案为：(],3-∞【变式2-2】已知二次函数222y x ax =++.若15x ≤≤时，不等式3y ax >恒成立，求实数a 的取值范围. 【答案】22<a .【解析】不等式()3f x ax >即为：220x ax -+>，当[]1,5x ∈时，可变形为：222x a x x x+<=+，即min 2()a x x <+. 又2222x x x x+≥+= 当且仅当2x x=，即[]21,5x =时，等号成立，min 2()22x x∴+=22a <故实数a 的取值范围是：22a <【变式2-3】若不等式2(1)10x a x +-+≥对一切(1,2]x ∈都成立，则a 的最小值为（ ）A ．0B ．2-C ．222-D ．5- 【答案】D【解析】记22()(1)11f x x a x x ax a =+-+=++-，要使不等式()2110x a x +-+≥对一切(1,2]x ∈都成立，则：12(1)20a f ⎧-≤⎪⎨⎪=≥⎩或2122()1024a a a f a ⎧<-<⎪⎪⎨⎪-=--+≥⎪⎩或22(2)50a f a ⎧-≥⎪⎨⎪=+≥⎩ 解得2a ≥-或42a -<<-或54a -≤≤-，即5a ≥-.故选：D【变式2-4】不等式225732ax x a x +->-对一切()1,0a ∈-恒成立，则实数x 的取值范围是（ ）A ．(]1,4,2⎡⎫-∞-⋃+∞⎪⎢⎣⎭B ．(][),41,-∞-⋃-+∞C ．()4,1--D ．14,2⎛⎫- ⎪⎝⎭【答案】A【解析】令()()227532=-+-+f a a x x x ，对一切()1,0a ∈-均大于0恒成立，所以()()22270175320⎧->⎪⎨-=--+-+≥⎪⎩x f x x x ，或()227005320⎧-<⎪⎨=-+≥⎪⎩x f x x ，或22705320⎧-=⎪⎨-+≥⎪⎩x x x ， 解得4x ≤-或7x >172≤<x 7x =综上，实数x 的取值范围是4x ≤-，或12x ≥，故选：A.题型三 给定参数范围的一元二次不等式恒成立问题【例3】当[]2,3a ∈时，不等式210ax x a -+-≤恒成立，求的取值范围．【答案】1,12⎡⎤-⎢⎥⎣⎦【解析】由题意不等式210ax x a -+-≤对[]2,3a ∈恒成立，可设2()(1)(1)f a x a x =-+-+，[]2,3a ∈，则()f a 是关于a 的一次函数，要使题意成立只需(2)0(3)0f f ≤⎧⎨≤⎩，即22210320x x x x ⎧--≤⎨--≤⎩，解2210x x --≤，即()()2110x x +-≤得112x -≤≤，解2320x x --≤，即()()3210x x +-≤得213x -≤≤，所以原不等式的解集为1,12⎡⎤-⎢⎥⎣⎦，所以x 的取值范围是1,12⎡⎤-⎢⎥⎣⎦．【变式3-1】若命题“[]()21,3,2130a ax a x a ∃∈---+-<”为假命题，则实数x 的取值范围为（ ）A ．[]1,4-B ．50,3⎡⎤⎢⎥⎣⎦C ．[]51,0,43⎡⎤⎢⎥⎣-⎦D ．[)51,0,43⎛⎤- ⎥⎝⎦【答案】C【解析】命题“[]()21,3,2130a ax a x a ∃∈---+-<”为假命题，其否定为真命题，即“[]()21,3,2130a ax a x a ∀∈---+-≥”为真命题．令22()23(21)30g a ax ax x a x x a x =-++-=--++≥，则(1)0(3)0g g -≥⎧⎨≥⎩，即22340350x x x x ⎧-++≥⎨-≥⎩，解得14503x x x -≤≤⎧⎪⎨≥≤⎪⎩或，所以实数x 的取值范围为[]51,0,43⎡⎤⎢⎥⎣-⎦.故选：C【变式3-2】已知[]1,1∈-a ，不等式2(4)420x a x a +-+->恒成立，则x 的取值范围为( ) A ．()()3,,2∞-∞+ B ．()()2,,1∞-∞+ C ．()()3,,1∞-∞+D ．()1,3 【答案】C【解析】令()2(2)44f a x a x x =-+-+，则不等式2(4)420x a x a +-+->恒成立转化为()0f a >在[1,1]a ∈-上恒成立．∴有(1)0(1)0f f ->⎧⎨>⎩，即22(2)4402440x x x x x x ⎧--+-+>⎨-+-+>⎩， 整理得：22560320x x x x ⎧-+>⎨-+>⎩，解得：1x <或3x >．∴x 的取值范围为()(),13,-∞⋃+∞．故选：C ．【变式3-3】已知当11a -≤≤时，()24420x a x a +-+->恒成立，则实数x 的取值范围是（ ）A ．(),3-∞B ．][(),13,∞∞-⋃+C ．(),1-∞D ．()(),13,-∞⋃+∞ 【答案】D【解析】()24420x a x a +-+->恒成立，即()22440x a x x -+-+>，对任意得[]1,1a ∈-恒成立， 令()()2244f a x a x x =-+-+，[]1,1a ∈-，当2x =时，()0f a =，不符题意，故2x ≠， 当2x >时，函数()f a 在[]1,1a ∈-上递增，则()()2min 12440f a f x x x =-=-++-+>，解得3x >或2x <（舍去），当2x <时，函数()f a 在[]1,1a ∈-上递减，则()()2min 12440f a f x x x ==-+-+>，解得1x <或2x >（舍去），综上所述，实数x 的取值范围是()(),13,-∞⋃+∞.故选：D.【变式3-3】不等式225732ax x a x +->-对一切()1,0a ∈-恒成立，则实数x 的取值范围是（ ）A ．(]1,4,2⎡⎫-∞-⋃+∞⎪⎢⎣⎭B ．(][),41,-∞-⋃-+∞C ．()4,1--D ．14,2⎛⎫- ⎪⎝⎭【答案】A【解析】令()()227532=-+-+f a a x x x ，对一切()1,0a ∈-均大于0恒成立，所以 ()()22270175320⎧->⎪⎨-=--+-+≥⎪⎩x f x x x ，或()227005320⎧-<⎪⎨=-+≥⎪⎩x f x x ， 或22705320⎧-=⎪⎨-+≥⎪⎩x x x ，解得4x ≤-或7x >172≤<x 7x = 综上，实数x 的取值范围是4x ≤-，或12x ≥.故选：A.题型四 一元二次不等式在实数集上的有解问题【例4】已知不等式20kx x k -+<有解，则实数k 的取值范围为__________. 【答案】1,2⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭【解析】当0k =时，0x -<，符合题意当0k >时，令2y kx x k =-+，由不等式20kx x k -+<有解，即2140k ∆=->，得102k <<当0k <时， 2y kx x k =-+开口向下，满足20kx x k -+<有解，符合题意综上，实数k 的取值范围为1,2k ⎛⎫∈-∞ ⎪⎝⎭【变式4-1】若关于x 的不等式2210ax x ++<有实数解，则a 的取值范围是_____． 【答案】(),1-∞【解析】当0a =时，不等式为210x +<有实数解，所以0a =符合题意；当0a <时，不等式对应的二次函数开口向下， 所以不等式2210ax x ++<有实数解，符合题意； 当0a >时，要使不等式2210ax x ++<有实数解， 则需满足440∆=->a ，可得1a <，所以01a <<， 综上所述：a 的取值范围是(),1-∞.【变式4-2】x R ∃∈，使得不等式231x x m -+<成立，则m 的取值范围是___________.【答案】11,12⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭【解析】令()22111313612f x x x x ⎛⎫=-+=-+ ⎪⎝⎭，则()min 1112f x =，因为x R ∃∈，使得不等式231x x m -+<成立， 所以1112m >， 则m 的取值范围是11,12⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭，【变式4-3】若关于x 的不等式29(2)04ax a x -++<有解，则实数a 的取值范围是____________． 【答案】(,1)(4,)-∞+∞【解析】当0a =时，不等式为9204x -+<有解，故0a =，满足题意；当0a >时，若不等式29(2)04ax a x -++<有解， 则满足29(2)404a a ∆=+-⋅>，解得1a <或4a >；当0a <时，此时对应的函数的图象开口向下，此时不等式29(2)04ax a x -++<总是有解，所以0a <，综上可得，实数a 的取值范围是(,1)(4,)-∞+∞.题型五 一元二次不等式在某区间上的恒成立问题【例5】已知关于x 的不等式2630mx x m -+<在(]02，上有解，则实数m 的取值范围是（ ）A ．(3-∞，B ．127⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭， C ．()3+∞， D ．127⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭， 【答案】A【解析】由题意得，2630mx x m -+<，(]02x ∈，，即263xm x <+ ， 故问题转化为263xm x <+在(]02，上有解， 设26()3x g x x =+，则266()33x g x x x x==++，(]02x ∈，， 对于323x x+≥，当且仅当3(0,2]x =时取等号， 则max ()323g x ==3m <，故选：A【变式5-1】已知命题p ：“15∃≤≤x ，250x ax -->”为真命题，则实数a 的取值范围是（ ）A ．4a <B ．4aC ．4a >D ．4a >-【答案】A 【解析】由题意，当15x ≤≤时，不等式250x ax -->有解，等价于“15x ∀≤≤，250x ax --≤恒成立”为真时对应a 取值集合的补集 若15x ∀≤≤，250x ax --≤恒成立为真命题， 需满足25550a --≤且150a --≤，解得4a ≥． 因此p 命题成立时a 的范围时4a <，故选：A ．【变式5-2】若关于x 的不等式22(1)0x m x m -+-≥在(1,1)-有解，则m 的取值范围为（ ）A ．(,1][0,)-∞-+∞B ．(,1)(0,)-∞-+∞ C ．[0,1] D ．(0,1) 【答案】B【解析】令22()(1)f x x m x m =-+-，其对称轴为202m x =≥， 关于x 的不等式22(1)0x m x m -+-≥在(1,1)-有解， 当(1,1)x ∈-时，有()(1)f x f <-，(1)0f ∴->，即20m m +>，可得0m >或1m <-．故选：B ．【变式5-3】已知当12x ≤≤时，存在x 使不等式()()14m x m x -++<成立，则实数m 的取值范围为（ ）A ．{}22m m -<<B ．{}12m m -<<C ．{}32m m -<<D ．{}12m m <<【答案】C【解析】由()()14m x m x -++<可得224m m x x +<-+，由题意可得()22max 4m m x x +<-+，且12x ≤≤，令()24f x x x =-+对称轴为12x =，开口向上，所以()24f x x x =-+在[]1,2上单调递增， 所以2x =时，()()2max 22246f x f ==-+=，所以26m m +<，解得：32m -<<， 所以实数m 的取值范围为{}32m m -<<，故选：C.【变式5-4】关于x 的不等式2244x x a a -+≥在[]1,6内有解，则a 的取值范围为________．【答案】[]2,6-【解析】2244x x a a -+≥在[]1,6内有解，()22max 44a a x x ∴-≤-，其中[]1,6x ∈；设()2416y x x x =-≤≤， 则当6x =时，max 362412y =-=， 2412a a ∴-≤，解得：26a -≤≤，a ∴的取值范围为[]2,6-.。
高中数学专题讲义-恒成立与有解问题
典例分析【例1】 关于x 的不等式|x 1 |x 2|< a 2 a 1的解集为空集,那么实数 a 的取值范围是............. 1 ....................... .............................................................【例2】 假设不等式 x - > a 2 1对一切非零实数 x 均成立,那么实数 a 的最大值是 x2【例3】 设函数f (x) x 1 ,对任息x —, 3成立,那么实数m 的取值范围是恒成立与有解问题-x 2 .,f — 4m f(x)w f(x 1) 4f(m)怛 m【例4】假设不等式ax2A. a 0x 2 0的解集为R ,那么a的范围是(1 _ 1B. aC. a8 8)D. a 0【例5】不等式—n 1都成立,试求实数12n1log a a 11222对于一切大于1的自然数3【例6】【例7】a的取值范围假设不等式(a 2)x2 2(a 2)x 4 0对x R恒成立,那么a的取值范围是f (x) ax2 ax 1在R上恒满足f(x) 0,那么a的取值范围是()A a< 0 B. a 4 C. 4 a 0 D. 4 a< 0假设对于x R,不等式mx 2 2mx 3 0恒成立,求实数m 的取值范围.【例9】不等式x 2 ax 1 > 0对一切x 0」成立,那么a 的最小值为()2A. 0B.2 C .- D . 32( ) A. , 1 U 4,C. [1, 2]【例11】对任意a [ 1,1],函数f(x) x 2 (a 4)x 4【例8】 【例10 ］不等式|x 3||x 1|< a 2 3a 对任意实数x 恒成立,那么实数a 的取值范围为2a 的值恒大于零,那么x 的取值范围为________【例12］假设不等式1g 2ax1在x ［1, 2］时恒成立,试求a 的取值范围.1g(a x)1 , 1 3x a a2 9x 0恒成立,求实数a 的取值范围范围.【例13］假设x【例14】设f x x 2 2ax 2 ,当x 1,时,都有f x > a 恒成立,求a 的取值2【例15】设对所有实数x,不等式x2 log24a 1 2xlog2」a- log2 a 2 0恒成立,a a 1 4a求a的取值范围.a的取值范围. 【例16】不等式ax2 4x 1> 2x2 a对任意实数恒成立,求实数【例17】关于x的不等式x2 x t 0对x R恒成立,那么t的取值范围是【例18 ］如果|x 1| |x 9| a对任意实数x恒成立,那么a的取值范围是〔〕A. {a|a 8} B . {a|a 8} C . {a|a>8} D . {a |aw 8}x y x(1 y).假设不等式(x a) (x a) 1对任意实数x 成立,那么〔【例20】设不等式x 2 2ax a 2< 0的解集为M ,如果M【例21】如果关于x 的不等式2kx 2 kx - 0对一切实数x 都成立,那么k 的取值范围 8是.【例19］在R 上定义运算A. C.1 a 1 1 3 a22B. D.0 a 2 3 1 a22［1,4］,求实数a 的取值范围.【例22】函数f(x) x 1g(&1 x),假设不等式f(m 3x) f(3x 9x 2) 0对任意x R恒成立,求实数m的取值范围.【例23】集合D x2 k (其中k为正常数).⑴设U为*2 ,求U的取值范围；1 1 k⑵求证：当k>1时不等式一x1 — x2 < -x1x2 2 立；2⑶求使不等式-1 X — x2 > - 2对任意x x2 2 k22一对任思x1 , x2D恒成k% % D恒成立的k2的范围.【例24 ］假设关于x 的方程9x (4 a)3x4 0有解,求实数a 的取值范围【例25】a R,假设关于x 的方程x 2是.1 ,、一 一, ,,一 八,一x a - |a 0有头根,那么a 的取值也围【例26］假设关于x 的不等式2x 2 8x 4 a0在1 x 4内有解,那么实数a 的取值范围是C. a 12D. a 12()A. a 4B. a 4【例27】函数f(x) x a .⑴ 假设不等式f(x)W3的解集为x| 1WxW5 ,求实数a的值；⑵在⑴的条件下,假设 f (x) f (x 5) > m对一切实数x恒成立,求实数m的取值范围.。
2016届高考专题：单变量的恒成立,有解,无解的转化
单变量的恒成立，有解，无解的转化1 方程)(x f a =有解⇔直线a y =与函数)(x f y =的图像有公共点))((的值域为函数x f y A A a =∈⇔；方程)(x f a =无解⇔直线a y =与函数)(x f y =的图像无公共点))((的值域为函数x f y A A a =∉⇔；典例：（2015四川模拟）设函数)(ln )(2R a ax x x x f ∈+-=（1）求函数)(x f 的单调区间（2）设x e x x g =)(，若对于任意给定的],0(0e x ∈，方程)(1)(0x g ex f =+在],0(e 内有两个不同的实数根，求a 的取值范围；（答案：]1,1(23e e e --）变式1：（2013四川理）设函数)()(R a a x e x f x ∈-+=。
若曲线x y sin =上存在点),(00y x ，使得00))((y y f f =，则a 的取值范围是（ ）A ],1[eB ]1,1[1--eC ]1,1[+eD ]1,1[1+--e e2 对任意的)(],,[x f a n m x >∈恒成立max )(x f a >⇔；对任意的)(],,[x f a n m x <∈恒成立min )(x f a <⇔；典例：（2015四川模拟理）已知函数)0(1)(>--=a ax e x f x（1）若)(x f 恰有一个零点，证明：1-=a a e a ；（2）若0)(≥x f 对任意的R x ∈恒成立，求实数a 的取值集合； 答案}1{变式：（15南充1诊）已知函数)1ln()(2++=x ax x f（1）当41-=a 时，求函数)(x f 的单调区间； （2）当),0[∝+∈x 时，不等式x x f ≤)(恒成立，求实数a 的取值范围；（0≤a ）（3）求证：e n n n<+++⨯+⨯+⨯+-))12)(12(21)........(9581)(5341)(3221(13 对任意的],[n m x ∈，不等式)()(x g x f >恒成立0)]()([min >-⇔x g x f对任意的],[n m x ∈，不等式)()(x g x f <恒成立0)]()([max <-⇔x g x f典例：（14绵阳3诊）已知函数x a x x f -+=)ln()(有且只有一个零点，其中0>a（1）求a 的值； （2）若对任意),0[∝+∈x ，有2)(kx x f ≥成立，求实数k 的最大值。
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高中函数恒成立、有解问题典例：
1、已知函数（a＞0）的定义域为，值域为【1、4】，设。
（1）求，的值。
（2）不等式在上恒成立，求实数的取值范围。
2、已知是定义在上的奇函数，当时，
，函数. 如果对于，
，使得，则实数的取值范围
是.
3、已知函数（其中是常数）.
（1）若当时,恒有成立,求实数的取值范围；（2）若存在,使成立,求实数的取值范围；
（3）若方程·在上有唯一实数解,求实数的取值范围.
4、已知函数，其中
（1）若在区间上有零点，求实数的取值范围；
（2）设函数，是否存在实数，对任意给
定的非零实数，存在唯一的非零实数，使
得？若存在，求出的值，若不存在，请说明理由
5、已知函数,其中,.
(Ⅰ)当时,的零点为_____.
(Ⅱ)当时,如果存在,使得,试求a的取值范围; (Ⅲ)如果对于任意,都有成立,试求的最大值.。