专题研究：恒成立、能成立问题的研究与拓展文档

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高中数学中恒成立问题的探究

评点：由此可看出，变形后可化为基本初等函数，可
当ｘＥ（０，１）时，ｃｏ髓＞去，因此Ｇ，（）＜２＋３ｘ－４
× 一（＋２）一（２ —２Ｖ２）Ｉｚ＜０
考虑利用图像来解，解题时思路始于边界处．数形结合
函数；
当ｘＥ（号，１）时，Ｆ（ｚ）＜０，Ｆ（ｚ）在［号，１３－２￣
函数，又Ｆ（Ｏ）一０，Ｆ（１）＞Ｏ．
手
所以当ｘＥＥｏ，１］时，Ｆ（） ≥０，即ｓｉｎｘ ≥ ，ｎ．
々
【典型例１】已知函数厂（）一ｚ（１眦＋昔），ｇ（ｚ）一
詈＋ｘ（ａＥＲ），若ｇ（） ≥厂（）恒成立，求口的取值范
围．
［ｏ，１］时，ｚ ≤ｓｉｎｘ￣ｘ；（２）若不等式ｎｚ＋ｚｚ＋等＋２（卫
ＪＣｏ）．曲线（ｚ）＝＝：ａｚ一专在点Ｐ处的切线方程为一
Ｈ（ｏ）一０，即ｓｉ眦≤ｚ．综上， ≤ｓｉ眦 ≤ｚ，ｚＥ［０，１］．
～
警ｚ一号一号，所以有一，号一１一
记Ｈ（）一ｓｉｎｘ—ｚ，则当ｚＥ（０，１）时，Ｈ（ｚ）一ｃｏ一１＜ｏ，所以Ｈ（）在［０，１］上是减函数，则Ｈ（ｚ） ≤
（ｚ）一ｌｎ：ｃ在点Ｑ处的一切线方程为Ｙ —ｌｎｘ。一÷（ｘ－

恒成立能成立问题总结(详细)

⎩g (2) < 0 ⎧ ⎩ ，所以 x 的范围是 x ∈ ( 恒成立问题的类型和能成立问题及方法处理函数与不等式的恒成立、能成立、恰成立问题是高中数学中的一个重点、难点问题。

这类问题在各类考试以及高考中都屡见不鲜。

感觉题型变化无常，没有一个固定的思想方法去处理，一直困扰着学生，感到不知如何下手。

在此为了更好的准确地把握快速解决这类问题，本文通过举例说明这类问题的一些常规处理。

一、函数法（一）构造一次函数利用一次函数的图象或单调性来解决对于一次函数 f ( x ) = kx + b (k ≠ 0), x ∈ [m , n ] 有：⎧k > 0 ⎧k < 0 ⎧ f (m ) > 0f ( x ) > 0恒成立 ⇔ ⎨ 或⎨ ⇔⎨; ⎩ f (m ) > 0 ⎩ f (n) > 0 ⎩ f (n) > 0 ⎧ f (m ) < 0f ( x ) < 0恒成立 ⇔ ⎨⎩ f (n) < 0例 1 若不等式 2 x - 1 > mx 2 - m 对满足 - 2 ≤ m ≤ 2 的所有 m 都成立，求 x 的范围。

解析：将不等式化为： m ( x 2 - 1) - (2 x - 1) < 0 ，构造一次型函数： g (m ) = ( x 2 - 1)m - (2 x - 1)原命题等价于对满足 - 2 ≤ m ≤ 2 的 m ，使 g (m ) < 0 恒成立。

⎧g (-2) < 0 由函数图象是一条线段，知应 ⎨ ⎪-2( x 2 - 1) - (2 x - 1) < 0 ⇔⎨⎪2( x 2 - 1) - (2 x - 1) < 0解得- 1 + 7 1 + 3 - 1 + 7 1 + 3< x < , ) 。

2 2 2 2[ ⎧ b ⎧α≤- ≤ β ⎩ ⎩ 若 f ( x) < 0在[α , β ] 上恒成立 ⇔ ⎪ - 2 a < α 或 ⎪α ≤ - 2 a ≤ β 或 ⎪ - 2 a > β⎧b⎩⎩小结：解题的关键是将看来是解关于 x 的不等式问题转化为以 m 为变量， x 为参数的一次函数恒成立问题，再利用一次函数的图象或单调性解题。

4不等式中恒成立问题、能成立问题、恰成立问题-学生版

教学内容概要教学内容【知识精讲】在不等式的综合题中，经常会遇到当一个结论对于某一个字母的某一个取值范围内所有值都成立的恒成立问题。

不等式恒成立问题的常规处理方式：常应用函数方程思想和分离变量法转化为最值问题，也可抓住所给不等式的结构特征，利用数形结合法。

一、恒成立问题的基本类型：类型一：一次函数类型—用一次函数的性质对于一次函数],[,)(n m x b kx x f ∈+=有：⎩⎨⎧<<⇔<⎩⎨⎧>>⇔>0)(0)(0)(,0)(0)(0)(n f m f x f n f m f x f 恒成立恒成立类型二：二次函数类型—用二次函数的图像设)0()(2≠++=a c bx ax x f ，（1）R x x f ∈>在0)(上恒成立00<∆>⇔且a ；（2）R x x f ∈<在0)(上恒成立00<∆<⇔且a 。

类型三：二次函数在闭区间上恒成立的问题设)0()(2≠++=a c bx ax x f（1）当0>a 时，],[0)(βα∈>x x f 在上恒成立 ⎪⎩⎪⎨⎧>>-⎪⎩⎪⎨⎧<∆≤-≤⎪⎩⎪⎨⎧><-⇔0)(2020)(2βββαααf a b a b f a b 或或， ],[0)(βα∈<x x f 在上恒成立⎩⎨⎧<<⇔0)(0)(βαf f （2）当0<a 时，],[0)(βα∈>x x f 在上恒成立⎩⎨⎧>>⇔0)(0)(βαf f ],[0)(βα∈<x x f 在上恒成立⎪⎩⎪⎨⎧<>-⎪⎩⎪⎨⎧<∆≤-≤⎪⎩⎪⎨⎧><-⇔0)(2020)(2βββαααf a b a b f a b 或或类型四：分离变量法αα>⇔∈>min )()(x f I x x f 恒成立对一切max ()()f x x I f x αα<∈⇔<对一切恒成立。

高考数学-导数专题恒成立、能成立问题专题

高三数学-导数专题恒成立、能成立问题专题基础理论回顾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：()af 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：()af 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；导数专题恒成立、能成立问题专题经典题型题型一、简单型例1、已知函数12)(2+-=ax x x f ，xa x 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）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．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；例2、已知二次函数1)(2++=x ax x f 对[]2,0∈x 恒有0)(>x f ，求a 的取值范围。

恒成立问题解法探究

恒成立问题解法探究函数恒成立是高中数学里一个极具魅力、富有探究价值的问题。

是高考重中之重，其中渗透着丰富的数学思想，考查思维的灵活性、创造性。

第一篇函数最值可求型例1、（07重庆理20）若对任意0>x ,24423ln 12)(c c x x x x f ->--=恒成立，求c 的取值范围；变式1、函数)0(ln )(,42)(2>=+-=a x a x g x x x f ，若)(4)(x g x x f -≤恒成立，求a 的取值范围；变式2、函数)(12ln )(R m mx x x f ∈-+=，若1)(2+≤m x f 恒成立，求m 的取值范围；例2、（1）函数1)1ln()1()(+-++=kx x x x f 在区间()+∞-,1上恒有0)(>x f ，求k 可以取到的最大整数；（2）函数x xxx f ln 1ln )(-+=在0x x =处取最大值，下列正确的是（ B ） ① 0)(0<x f ② 00)(x x f = ③ 00)(x x f > ④ 21)(0<x f ⑤21)(0>x fA.① ④B.②④C.②⑤D.③ ⑤B.变式1、设函数2)(--=x e x f x ，若k 是整数，且当0>x 时，01)()('>++-x x f k x ，求k 的最大值；变式2、函数满足21'21)0()1()(x x f ef x f x +-=-。

（1）求函数)(x f 解析式及单调区间；（2）若b ax x x f ++≥221)(，求()b a 1+的最大值；变式3、已知a 为正实数，n 为自然数，抛物线222a x y +-=与x 轴正半轴交与点A ，设)(n f 为该抛物线在点A 处的切线在y 轴上的截距。

（1）用a 和n 表示)(n f ；（2）求对所有n 都有11)(1)(+≥+-n nn f n f 成了的最小值变式4、函数x a ax x f ln )(+=图像在e x =处的切线斜率为3. （1）求实数a 的值；（2）若Z k ∈，且k x f kx +<)(对任意x>1恒成立，求k 的最大值；例3、函数)0,0()1(2131)(23≥>++-=x a ax x a x x f ，若a x f 32)(->恒成立，求a 的取值范围；变式1、函数1,244)1(31)(23>+++-=a a ax x a x x f ，若当0≥x 时，0)(>x f 恒成立，求a 的取值范围；变式2、设函数[]2,1,221)(23-∈+--=x c x x x x f ，当2)(c x f <恒成立，求c 的取值范围；第二篇可以分离出变量型在什么情况下分离出变量，标准只有一个，那就是简化解题步骤；例1、（2012天津16）函数1)(2-=x x f ，对任意⎪⎭⎫⎢⎣⎡+∞∈,23x ，)(4)1()(4)(2m f x f x f m mxf +-≤-恒成立，则实数m 的取值范围是__________; 变式1、若不等式0)1)((22≤++-x x a a 对一切(]2,0∈x 恒成立，则a 取值范围是______________变式2、函数)1()(--=x a e x f x，若()+∞∈,0x 时，不等式02)()(23'≥-++x x x f x f 恒成立，求a 的取值范围。

微专题23 恒成立、能成立问题(解析版)

微专题23恒成立、能成立问题【方法技巧与总结】1.利用参变量分离法求解函数不等式恒（能）成立，可根据以下原则进行求解：（1）x D ∀∈，()()min m f x m f x ≤⇔≤；（2）x D ∀∈，()()max m f x m f x ≥⇔≥；（3）x D ∃∈，()()max m f x m f x ≤⇔≤；（4）x D ∃∈，()()min m f x m f x ≥⇔≥.2.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 ∀∈，有()()12f x g x <成立，则()()max min f x g x <；（2）若[]1,x a b ∀∈，[]2,x c d ∃∈，有()()12f x g x <成立，则()()max max f x g x <；（3）若[]1,x a b ∃∈，[]2,x c d ∃∈，有()()12f x g x <成立，则()()min max f x g x <；（4）若[]1,x a b ∀∈，[]2,x c d ∃∈，有()()12f x g x =成立，则()f x 的值域是()g x 的值域的子集.【题型归纳目录】题型一：分离参数题型二：判别式法题型三：数形结合题型四：多变量的恒成立问题题型五：主元法题型六：直接法【典型例题】题型一：分离参数例1．（2022·江苏·连云港市赣马高级中学高一阶段练习）若对任意12x ≤≤，有2x a ≤恒成立，则实数的取值范围是（）A ．{|2}a a ≤B ．{|4}a a ≥C ．{|5}a a ≤D ．{|5}a a ≥【答案】B【解析】因为对任意12x ≤≤，有2x a ≤恒成立，所以()2maxxa ≤，因为12x ≤≤，所以204x ≤≤，所以4a ≥，故选：B例2．（2022·天津·高一期末）对于满足等式1411a b +=+的任意正数,a b 及任意实数[1,)x ∈+∞，不等式26a b x x m +≥-+-恒成立，则实数m 的取值范围为（）A ．[2,)+∞B ．[1,)+∞C ．[0,)+∞D ．[3,)-+∞【答案】B【解析】因为任意正数,a b 满足等式1411a b +=+，所以()()1411111a b a b a b a b ⎛⎫+=++-=+++-⎡⎤ ⎪⎣⎦+⎝⎭144481b a a b +=++≥+=+，当且仅当126b a +==，即3,5a b ==时等号成立，因为任意实数[1,)x ∈+∞，不等式26a b x x m +≥-+-恒成立，所以，268m x x ≥-+-对任意实数[1,)x ∈+∞恒成立，因为[1,)x ∈+∞时，()2268311x x x -+-=--+≤，当且仅当=3x 时等号成立，所以，1m ≥，即实数m 的取值范围为[1,)+∞.故选：B例3．（2022·全国·高一课时练习）已知对任意[]1,3m ∈，215mx mx m --<-+恒成立，则实数x 的取值范围是（）A ．6,7⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭B．11,,22∞∞⎛⎛⎫+-⋃+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭C ．6,7⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭D．⎝⎭【答案】D【解析】对任意[]1,3m ∈，不等式215mx mx m --<-+恒成立，即对任意[]1,3m ∈，()216m x x -+<恒成立，所以对任意[]1,3m ∈，261x x m-+<恒成立，所以对任意[]1,3m ∈，2min612x x m ⎛⎫-+<= ⎪⎝⎭，所以212x x -+<，解得1122x <<，故实数x的取值范围是1122⎛-+ ⎝⎭．故选：D ．变式1．（2022·全国·高一单元测试）已知12x ≤≤，20x ax ->恒成立，则实数a 的取值范围是（）A ．{}1a a ≥B ．{}1a a >C ．{}1a a ≤D ．{}1a a <【答案】D【解析】由12x ≤≤，20x ax ->恒成立，可得a x <在[]1,2上恒成立，即即1a <.故选：D.变式2．（2022·广东·深圳外国语学校高一阶段练习）若关于x 的不等式26110x x a -+-<在区间()2,5内有解，则实数a 的取值范围是（）A ．[)6,+∞B ．()6,+∞C ．[)2,+∞D ．()2,+∞【答案】D【解析】由关于x 的不等式26110x x a -+-<在区间(2,5)内有解，得2611a x x >-+在区间(2,5)内有解，令2()611f x x x =-+，则min ()(3)918112a f x f >==-+=，即2a >，所以实数a 的取值范围是(2,)+∞．故选：D ．题型二：判别式法例4．（2022·山东·潍坊一中高三期中）若关于x 的不等式()()224210a x a x -++-≥的解集不为空集，则实数a 的取值范围为（）A ．62,5⎛⎤- ⎥⎝⎦B ．62,5⎡⎤-⎢⎥⎣⎦C ．6(,2)[,)5-∞-⋃+∞D ．6(,2],5⎡⎫-∞-⋃+∞⎪⎢⎣⎭【答案】C【解析】根据题意，分两种情况讨论：①当240a -=时，即2a =±，若2a =时，原不等式为410x -≥，解可得：14x ≥，则不等式的解集为1|4x x ⎧⎫≥⎨⎬⎩⎭，不是空集；若2a =-时，原不等式为10-≥，无解，不符合题意；②当240a -≠时，即2a ≠±，若22(4)(2)10a x a x -++-≥的解集是空集，则有22240Δ(2)4(4)0a a a ⎧-<⎨=++-<⎩，解得625a -<<，则当不等式22(4)(2)10a x a x -++-≥的解集不为空集时，有2a <-或65a ≥且2a ≠，综合可得：实数a 的取值范围为6(,2)[,)5-∞-⋃+∞；故选：C ．例5．（2022·陕西·西安市西光中学高二阶段练习）关于x 的不等210ax ax a ++-<的解集为R ，则a ∈（）A ．(),0∞-B ．(0，+∞)C ．(0，1)D ．(]0-∞，【答案】D【解析】当0a =时，2110ax ax a ++-=-<对R x ∈恒成立，符合题意；当0a ≠时，构造21y ax ax a =++-，要使0y <对R x ∈恒成立，由二次函数的图像可知：a<0且224(1)340a a a a a ∆=--=-+<，解得：a<0，综上：0a ≤．故选：D ．例6．（2022·河北唐山·高一期中）已知关于x 的不等式2220mx mx ++≥的解集为R ，则实数m 的取值范围是（）A ．02m <<B ．02m ≤≤C ．0m ≤或2m ≥D ．0m <或m>2【答案】B【解析】当0m =时，则20≥恒成立，0m =成立；当0m ≠时，则20Δ480m m m >⎧⎨=-≤⎩，解得02m <≤；综上所述：实数m 的取值范围为02m ≤≤.故选：B.变式3．（2022·广东·石门高级中学高一阶段练习）若不等式23208kx kx +-<对一切实数x 都成立，则k 的取值范围是（）A ．[]3,0-B ．()(),30,-∞-⋃+∞C ．(]3,0-D ．(][),30,-∞-⋃+∞【答案】C【解析】当=0k 时，308-<对一切实数x 都成立，故=0k 符合题意；当0k ≠时，要使不等式23208kx kx +-<对一切实数x 都成立，则2<03<<03Δ=4×2×<08k k k k ⎧⎪⇒-⎨⎛⎫-- ⎪⎪⎝⎭⎩，综上可得30k -<≤，即(]3,0k ∈-；故选：C.变式4．（2022·北京市第五十中学高一阶段练习）对于任意实数x ，不等式()()222240m x m x ---+>恒成立，则m 的取值范围是（）A ．{22}mm -<<∣B ．{22}mm -<≤∣C ．{2mm <-∣或2}m >D ．{2mm <-∣或2}m ≥【答案】B【解析】当20m -=，即=2m 时，40>恒成立，满足题意.当20m -≠时，则有()()22>0Δ=424×2×4<0m m m ----⎧⎪⎨⎪⎩，解得：22m -<<综上，实数m 的取值范围是22m -<≤故选：B变式5．（2022·河南·洛宁县第一高级中学高一阶段练习）已知不等式()2110ax a x --+>对任意实数x 都成立，则实数a 的取值范围是（）A．{|3a a >-0}a <B．{|33a a -<<+C．{|3a a <-3a >+D．{33a a -<+【答案】D【解析】当0a =时，不等式为10x -+>，即1x <，不符合题意；当0a ≠时，不等式()2110ax a x --+>对任意实数x 都成立，由一元二次函数性质可知，0a >且判别式2[(1)]40a a ∆=---<，解得33a -<<+．故选:D ．题型三：数形结合例7．已知定义在R 上的函数()f x 满足()()f x f x =-，且在(0,)+∞上是增函数，不等式(2)(1)f ax f +- 对于[1x ∈，2]恒成立，则a 的取值范围是()A ．(-∞，32-B ．(-∞，1]2-C ．[3-，12-D ．3[,1]2--【解析】解：由题可知，()f x 的图象关于y 轴对称，且函数()f x 在(,0)-∞上递减，由函数()f x 的图象特征可得121ax -+ 在[1，2]上恒成立，得31a x x-- 在[1，2]上恒成立，所以312a -- ．故选：D ．例8．当(1,2)x ∈时，不等式1log a x x -<恒成立，则实数a 的取值范围为()A ．(0,1)B ．(1,2)C ．(1，2]D ．(2,)+∞【解析】解：函数1y x =-在区间(1,2)上单调递增，∴当(1,2)x ∈时，1(0,1)y x =-∈，若不等式1log a x x -<恒成立，则1a >且1log 2a 即(1a ∈，2]，故选：C ．例9．当(1,2)x ∈时，不等式2(1)log a x x -<恒成立，则实数a 的取值范围为()A ．(2，3]B ．[4，)+∞C ．(1，2]D ．[2，4)【解析】解：函数2(1)y x =-在区间(1,2)上单调递增，∴当(1,2)x ∈时，2(1)(0,1)y x =-∈，若不等式2(1)log a x x -<恒成立，则1a >且1log 2a 即(1a ∈，2]，故选：C ．变式6．存在[3x ∈，4]使得2()1x x a - 成立，则实数a 的取值范围是9[3,32-．【解析】解：由题意，存在[3x ∈，4]使得21()x a x- ，设21()(),[3,4],(),[3,4]f x x a x g x x x =-∈=∈，且1()3max g x =，1()4min g x =，如图①，当3a 时，函数()f x 在[3，4]上单调递增，此时只需21()(3)(3)3min f x f a ==- ，解得3333a -+ ，故333a - ；如图②，当34a <<时，函数()f x 的最小值为()min f x f =（a ）0=，显然恒成立，如图③，当4a 时，函数()f x 在[3，4]上单调递减，此时21()(4)(4)4min f x f a ==- ，解得7922a ，故942a ；综上，实数a 的取值范围是9[3,]32-．故答案为：9[3]2．题型四：多变量的恒成立问题例10．（2022·江苏省镇江第一中学高一阶段练习）已知函数2()2,R =++∈f x x ax a ．(1)若不等式()0f x ≤的解集为[1,2]，求不等式2()1f x x ≥-的解集；(2)若对于任意[1,1]x ∈-，不等式()2(1)4f x a x ≤-+恒成立，求实数a 的取值范围；(3)已知()g x x m =-+，当3a =-时，若对任意1[1,4]x ∈，总存在2(1,8)x ∈，使()()12f x g x =成立，求实数m 的取值范围．【解析】（1）由题意，1,2为方程220x ax ++=的两个不等实数根，123a a ∴+=-⇒=-，所以不等式2()1f x x ≥-为2223212310x x x x x -+≥-⇒-+≥，解得12x ≤或1x ≥，所以不等式解集为[)1,1,2⎛⎤-∞+∞ ⎥⎝⎦.（2）2()2(1)4220f x a x x x a a -≤-+⇒+-≤对[1,1]x ∈-恒成立，令()222a h x x x a =+--，即()0h x ≤对[1,1]x ∈-恒成立，因为函数()h x 开口向上，故只需满足()()101220101220h a a h a a ⎧≤-+-≤⎧⎪⇒⎨⎨-≤++-≤⎪⎩⎩，解得13a ≤，所以a 的取值范围为1,3⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦（3）当3a =-时，2()32f x x x =-+，开口向上，对称轴为32x =当[1,4]x ∈时，min 1()4f x =-，max ()6f x =，1()64f x ∴-≤≤，(1,8)x ∈时，()()8,1g x m m ∈-+-+，由题意，对任意1[1,4]x ∈，总存在2(1,8)x ∈，使()()12f x g x =成立，即函数()f x 的值域是函数()g x 的值域的子集，即()1,648,1m m ⎡⎤⊆-+-+⎢⎥-⎣⎦，18416m m ⎧-+<-⎪∴⎨⎪-+>⎩，解得3174m <<，所以m 的取值范围为317,4⎛⎫⎪⎝⎭.例11．（2022·浙江·杭十四中高一期末）已知函数()4af x x x=+-，()g x x b =-，2()2h x x bx =+(1)当2a =时，求函数()()y f x g x =+的单调递增与单调递减区间（直接写出结果）；(2)当[]3,4a ∈时，函数()f x 在区间[]1,m 上的最大值为()f m ，试求实数m 的取值范围；(3)若不等式()()()()1212h x h x g x g x -<-对任意1x ，[]20,2x ∈（12x x <）恒成立，求实数b 的取值范围.【解析】（1）当2a =时，21()()42(4y f x g x x x b x b x x =+=+-+-=+--，所以函数()()y f x g x =+的单调递增区间为(,1)-∞-，(1,)+∞，单调递减区间为(1,0)-，(0,1)；（2）因为[3a ∈，4]，且函数()y f x =在[1上单调递减，在)∞+上单调递增，又因为()f x 在[1，]m 上的最大值为()f m ，所以()()1f m f ≥，即414am a m+-≥+-，整理可得2(1)0m a m a -++≥，所以(1)()0m m a --≥，所以max m a ≥，即4m ≥；（3）由不等式1212()()|()||()|h x h x g x g x -<-对任意1x ，2[0x ∈，122]()x x <恒成立，即1122()|()|()|()|h x g x h x g x -<-，可令()()|()|F x h x g x =-，等价为()F x 在[0，2]上单调递增，而222(21),()()()2(21),x b x b x bF x h x g x x bx x b x b x b x b⎧++-<=-=+--=⎨+-+≥⎩，分以下三种情况讨论：①当12b b ≤--即14b ≤-时，可得102b -+≤，解得12b ≥，矛盾，无解；②1122b b b --<<-+，即1144b -<<时，函数()F x 的图象的走向为减、增、减、增，但是中间增区间的长度不足1，要想()F x 在[0，2]递增，只能102b -+≤，即12b ≥，矛盾，无解；③12b b ≥-+即14b ≥时，此时()F x 在1[2b --，)∞+上单调递增，要想()F x 在[0，2]递增，只能102b --≤，即12b ≥-，所以14b ≥．综上可得满足条件的b 的取值范围是1,4⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭．例12．（2022·辽宁·大连二十四中高三阶段练习）已知定义在R 上的函数()f x 满足()()0f x f x --=，且()2()log 21x f x kx =+-，()()g x f x x =+．(1)若不等式()422(2)x xg a g -⋅+>-恒成立，求实数a 的取值范围；(2)设4()ln 21h x x x x mx =+-+，若对任意的[]10,3x ∈，存在22e,e x ⎡⎤∈⎣⎦，使得()()12g x h x ≥，求实数m 的取值范围．【解析】（1）由题意知，()()22log 21log 210x x kx kx -+--+-=，即()()22222112log 21log 21log log 212x xxx x kx x --+=+-+===-+，所以12k =-，故()()21log 212xf x x =+-，∴()()()21log 212xg x f x x x =+=++，因为函数21x y =+为增函数，函数2log y x =在其定义域上单调递增，所以()2log 21xy =+单调递增，又12y x =为增函数，所以函数()g x 在R 上单调递增，所以不等式()()4222x xg a g -⋅+>-恒成立等价于4222x x a -⋅+>-，即442x xa +<恒成立，设2xt =，则0t >，2444442x x t t t t++==+≥，当且仅当2t =，即1x =时取等号，所以4a <，故实数a 的取值范围是(),4-∞；（2）因为对任意的[]10,3x ∈，存在22e,e x ⎡⎤∈⎣⎦，使得()()12g x h x ≥，所以()g x 在[]0,3上的最小值不小于()h x 在2,e e ⎡⎤⎣⎦上的最小值，因为()()21log 212xg x x =++在[]0,3上单调递增，所以当[]0,3x ∈时，()()min 01g x g ==，∴4()ln 211h x x x x mx =+-+≤，即存在2e,e x ⎡⎤∈⎣⎦，使311ln 22m x x ≥+成立，令()311ln ,22t x x x x =+∈2,e e ⎡⎤⎣⎦，因为312y x =在2,e e ⎡⎤⎣⎦上单调递增，1ln 2y x =在2,e e ⎡⎤⎣⎦上单调递增，∴()t x 在2,e e ⎡⎤⎣⎦上单调递增，∴()()3min 11e e 22t x t ==+，∴311e 22m ≥+，所以实数m 的取值范围是311e ,22⎡⎫++∞⎪⎢⎣⎭.变式7．（2022·湖北武汉·高一期中）已知函数()()2=R f x x mx m -∈.(1)若存在实数x ，使得()()22x xf f -=-成立，试求m 的最小值；(2)若对任意的[]12,1,1x x ∈-，都有()()122f x f x -≤恒成立，试求m 的取值范围.【解析】（1）由题意，由()()22x x f f -=-得，222222x x x x m m ---⋅=-+⋅，即222222x xxx m --+=+，2(22)22222222x x x xx x x xm ----+-∴==+-++，令222x x t -=+≥=，则2(2)m t t t=-≥，由于函数y t =在[2,)+∞为增函数，2y t=在[2,)+∞为减函数，min 2212m ∴=-=，即m 的最小值为1.（2）二次函数()2f x x mx=-的开口向上，对称轴为2m x =，若对任意的[]12,1,1x x ∈-，都有()()122f x f x -≤恒成立，则当[1,1]x ∈-时，()()max min 2f x f x -≤，①当12m≥，即2m ≥时，()min max (1)1,()(1)1f x f m f x f m =-=+==-，故1(1)2m m +--≤，解得1m ≤，又2m ≥，故无解；②当112m -≤≤，即22m -≤≤时，2min ()()24m m f x f ==-，max ()max{(1),(1)}max{1,1}f x f f m m =-=+-，要使得()()max min 2f x f x -≤，只需()122m f f ⎛⎫-≤ ⎪⎝⎭且()122m f f ⎛⎫--≤ ⎪⎝⎭，故2212(1)22242m mm m ++≤⇔+≤⇔--≤≤-，2212(1)22242m mm m -+≤⇔-≤⇔-+≤≤+，故22m -≤≤-+③当12m≤-，即2m ≤-时，max min ()(1)1,()(1)1f x f m f x f m ==-=-=+，则()()max min 2f x f x -≤，即22m -≤，解得1m ≥-，与2m ≤-矛盾，无解.综上，实数m 的取值范围是22m -+≤≤.变式8．（2022·湖南·株洲二中高一阶段练习）已知定义在R 上的函数()f x 满足()()0f x f x --=且()()2log 21x f x kx =++，()()g x f x x =+．(1)求()f x 的解析式；(2)若不等式()()4213x xg a g -⋅+>-恒成立，求实数a 取值范围；(3)设()221h x x mx =-+，若对任意的[]10,3x ∈，存在[]21,3x ∈，使得()()12g x h x ≥，求实数m 取值范围．【解析】（1）由题意知，()()22log 21log 210x x kx kx -+--+-=，即()()222212log 21log 21log 21x xxx kx x --+=+-+==-+，所以12k =-，故()()21log 212xf x x =+-.（2）由（1）知，()()()21log 212x g x f x x x=+=++，所以()g x 在R 上单调递增，所以不等式()()4213x xg a g -⋅+>-恒成立等价于4213x x a -⋅+>-，即442x xa +<恒成立.设2xt =，则0t >，2444442x x t t t t++==+≥，当且仅当2t =，即1x =时取等号，所以4a <，故实数a 的取值范围是(),4-∞.（3）因为对任意的[]10,3x ∈，存在[]21,3x ∈，使得()()12g x h x ≥，所以()g x 在[]0,3上的最小值不小于()h x 在[]1,3上的最小值，因为()()21log 212xg x x =++在[]0,3上单调递增，所以当[]0,3x ∈时，()()min 01g x g ==，又()221h x x mx =-+的对称轴为x m =，[]1,3x ∈，当1m £时，()h x 在[]1,3上单调递增，()()min 1221h x h m ==-≤，解得12m ≥，所以112m ≤≤；当13m <<时，()h x 在[)1,m 上单调递减，在[],3m 上单调递增，()()2min 11h x h m m ==-≤，解得m R ∈，所以13m <<；当3m ≥时，()h x 在[]1,3上单调递减，()()min 31061h x h m ==-≤，解得32m ≥，所以3m ≥，综上可知，实数m 的取值范围是1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭.变式9．（2022·山西·晋城市第一中学校高一阶段练习）已知函数()4f x x x=+，(1)判断函数()f x 在区间()0,∞+上的单调性，并利用定义证明；(2)若对任意的121,,42x x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，()()122f x f x m m -≤+恒成立，求实数m 的取值范围.【解析】（1）()4f x x x =+在()0,2上单调递减，在()2,+∞上单调递增，理由如下：取()12,0,2x x ∀∈，且12x x <，()()()()121212121212444x x f x f x x x x x x x x x --=+--=--()()1212121212441x x x x x x x x x x ⎛⎫-=--=-⋅⎪⎝⎭，因为()12,0,2x x ∀∈，12x x <，故12120,40x x x x >-<，120x x -<，()()()1212121240x x f x f x x x x x --=-⋅>，所以()()12f x f x >，所以()4f x x x=+在()0,2上单调递减；取()34,2,x x ∀∈+∞，且34x x <，()()()()343434343434444x x f x f x x x x x x x x x --=+--=--()()3434343434441x x x x x x x x x x ⎛⎫-=--=-⋅ ⎪⎝⎭，因为()34,2,x x ∀∈+∞，34x x <，故34340,40x x x x >->，340x x -<，()()()3434343440x x f x f x x x x x --=-⋅<，所以()()34f x f x <，所以()4f x x x=+在()2,+∞上单调递增；（2）若对任意的121,,42x x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，()()122f x f x m m -≤+恒成立，0m =时，2m m+无意义，舍去，当0m <时，20m m+<，此时()()122f x f x m m -≤+无解，舍去，所以0m >，只需求出()()12f x f x -的最大值，当1,22x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，()4f x x x =+单调递减，当(]2,4x ∈时，()4f x x x =+单调递增，故()()min 2224f x f ==+=，又因为17182122f ⎛⎫=+= ⎪⎝⎭，()4415f =+=，故()max 11722f x f ⎛⎫== ⎪⎝⎭，故()()12max 179422f x f x -=-=，所以922m m≤+，因为0m >，故解得：4m ≥或102m <≤实数m 的取值范围是[)14,0,2⎛⎤+∞ ⎝⎦.变式10．（2022·黑龙江·哈尔滨三中高一阶段练习）已知定义域为R 的函数()f x 满足()()212132f x x a x a +=+--+.(1)求函数()f x 的解析式；(2)若对任意的[]3,2a ∈--，都有()0f x <恒成立，求实数x 的取值范围；(3)若[]12,2,1x x ∃∈-使得()()124f x f x >+，求实数a 的取值范围.【解析】（1）()()2+1=+213+2f x x a x a --，令1x t +=，则1x t =-，故()()()()2212113221f t a t t a t a t a =-+---+=--+，所以()221f x a a x x =--+；（2）()221f x a a x x =--+可看作关于a 的一次函数()()2211x a h a x =--++，要想对任意的[]3,2a ∈--，都有()0h a <恒成立，只需要()()()()223=321++1<02=221++1<0h x x h x x --------⎧⎪⎨⎪⎩①②，解①得：33x -<<-解②得：31x -<<-，则33x -<<-31x -<<-求交集得33x -<<-实数x 的取值范围是(3,3--；（3）若[]12,2,1x x ∃∈-使得()()124f x f x >+，只需()()max min 4f f x x >+在[]2,1x ∈-上成立，()221f x a a x x =--+的对称轴为=x a ，当2a ≤-时，()f x 在[]2,1x ∈-上单调递增，所以()()max 112123x f a a a f ==--+=-，()()min 244135f x f a a a =-=+-+=+，由23354a a ->++，解得：76a <-，2a ≤-与76a <-取交集得：2a ≤-；当1a ≥时，()f x 在[]2,1x ∈-上单调递减，所以()()min 123x f a f ==-，()()min 235x f a f =-=+，由35234a a +>-+，解得：16a >，1a ≥与16a >取交集得：1a ≥；当122a -<<-时，()f x 在[)2,a -上单调递减，在[],1a 上单调递增，且()()12f f >-，所以()()max 123x f a f ==-，()()2min ==+1f x f a a a --，由22314a a a ->--++，解得：3a >或1a <-，3a >或1a <-与122a -<<-取交集得：21a -<<-，当112a -≤<时，()f x 在[)2,a -上单调递减，在[],1a 上单调递增，且()()21f f -≥，所以()()max 235x f a f =-=+，()()2min ==+1f x f a a a --，23514a a a +>--++，解得：0a >或4a <-，0a >或4a <-与112a -≤<取交集得：0<<1a ，综上：1a <-或0a >实数a 的取值范围是()(),10,+-∞-⋃∞变式11．（2022·江西·贵溪市实验中学高三阶段练习（文））设函数()f x 的定义域是()0,+∞，且对任意的正实数x 、y 都有()()()f xy f x f y =+恒成立，已知()164f =，且01x <<时()0f x <.(1)求()1f 与()2f 的值；(2)求证：对任意的正数1x 、2x ，()()121f x x f x +>；(3)解不等式()()111282f x f x +>-.【解析】（1）对任意的正实数x 、y 都有()()()f xy f x f y =+恒成立，所以，()()()16444f f f =+=，则()42f =，()()()4222f f f =+=，可得()21f =，()()()221f f f =+，可得()1=0f .（2）证明：对任意的正实数x 、y 都有()()()f xy f x f y =+恒成立，令1y x =，则()()110f x f f x ⎛⎫+== ⎪⎝⎭，可得()1f f x x ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，对任意的正数1x 、2x ，则11201x x x <<+，所以，()()()11112121210x f f x f f x f x x x x x x ⎛⎫⎛⎫=+=-+<⎪ ⎪++⎝⎭⎝⎭，故()()121f x x f x +>.（3）由()()111282f x f x +>-，可得()()()()()()21282244f x f x f x f x f f x -<+=++=，由（2）可知，函数()f x 在()0,+∞上为增函数.所以，24>128>0128>0x x x x --⎧⎪⎨⎪⎩，解得213x <<或>2x .故原不等式的解集为()2,12,3⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭.题型五：主元法例13．（2022·广东实验中学高三阶段练习）已知函数()f x 对任意实数,x y 恒有()()()f x y f x f y +=+，当0x >时，()0f x <，且()12f =-(1)判断()f x 的奇偶性；(2)求函数()f x 在区间[]3,3-上的最大值；(3)若][()21,1,1,1,<22x a f x m am ∃∈-∀∈---⎡⎤⎣⎦恒成立，求实数m 的取值范围.【解析】（1）令==0x y ，则(0)2(0)f f =，可得(0)=0f ，令y x =-，则(0)()()0f f x f x =+-=，可得()()f x f x -=-，又()f x 定义域为R ，故()f x 为奇函数.（2）令12=+>=x x y x x ，则1212()=()+()f x f x f x x -，且120x x ->，因为0x >时，()0f x <，所以1212()()=()<0f x f x f x x --，故12()()f x f x <，即()f x 在定义域上单调递减，所以()f x 在区间[]3,3-上的最大值为(3)=(12)=(1)+(2)=3(1)=3(1)=6f f f f f f -------.（3）由（2），()f x 在[]1,1-上min ()=(1)=2f x f -，2[1,1],[1,1],()<22x a f x m am ∃∈-∀∈---恒成立，即2[1,1],22>2a m am ∀∈----恒成立，所以2[1,1],()=2>0a g a m ma ∀∈--恒成立，显然0m =时不成立，则2>0(1)=2>0m g m m -⎧⎨⎩，可得2m >；2<0(1)=+2>0m g m m -⎧⎨⎩，可得2m <-；综上，2m <-或2m >.例14．（2022·广东·深圳中学高三阶段练习）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.例15．（2022·黑龙江·双鸭山一中高一阶段练习）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12．（2022·江西·于都县新长征中学高一阶段练习）已知[1a ∈-，1]，不等式2(4)420x a x a +-+->恒成立，则x 的取值范围为()A ．(-∞，2)(3⋃，)∞+B ．(-∞，1)(2⋃，)∞+C ．(-∞，1)(3⋃，)∞+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13．（2022·江西·金溪一中高三阶段练习（理））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 ．(]1,42⎡⎫-∞-⋃+∞⎪⎢⎣⎭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x12≤<xx =综上，实数x 的取值范围是4x ≤-，或12x ≥.故选：A.题型六：直接法例16．（2022·全国·高三专题练习）已知函数2()23f x x ax =--+满足对任意[2,]x a a ∈-，恒有()0f x >，则实数a 的取值范围是（）A ．(1,1)-B．51,3⎛⎫- ⎪⎝⎭C．⎫⎪⎝⎭D．⎛ ⎝⎭【答案】C【解析】由题设，()f x 开口向下且对称轴为4ax =-，∴要使任意[2,]x a a ∈-，恒有()0f x >，则()()()()2222Δ240{222230230a f a a a a f a a a =+>-=----+>=--+>，∴22310501a a a ⎧-+<⎪⎨<⎪⎩1a <<.故选：C.例17．（2022·全国·高一单元测试）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．-C．2-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例18．（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)【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 ．【过关测试】一、单选题1．（2022·浙江·杭州高级中学高一期末）已知函数()()log 8a f x ax =-满足1a >，若()1f x >在区间[]1,2上恒成立，则实数a 的取值范围是（）A ．()4,+∞B ．8,43⎛⎫⎪⎝⎭C ．81,3⎛⎫ ⎪⎝⎭D ．()81,4,3⎛⎫⋃+∞ ⎪⎝⎭【答案】C【解析】因为()()log 8a f x ax =-且1a >，又8y ax =-单调递减，log a y x =在定义域上单调递增，所以()()log 8a f x ax =-在定义域上单调递减，因为()1f x >在区间[]1,2上恒成立，所以()()2log 821log a a f a a =->=恒成立，所以821a a a ->⎧⎨>⎩，解得813a <<，即81,3a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭；故选：C2．（2022·全国·高一单元测试）已知函数()()221,1,,12,2,2xa x x f x a x x ax a x ⎧-+≤⎪=<<⎨⎪+-≥⎩（0a >且1a ≠），若对任意两个不相等的实数1x ，2x ，()()()12120x x f x f x -->⎡⎤⎣⎦恒成立，则实数a 的取值范围是（）A ．[]2,4B ．(]1,4C ．()2,+∞D ．(]2,4【答案】D【解析】对任意两个不相等的实数1x ，2x ，()()()12120x x f x f x -->⎡⎤⎣⎦恒成立，所以函数()f x 在R 上为增函数，则有220,1,22,221,44,a a aa a a a a ->⎧⎪>⎪⎪-≤⎨⎪⎪-+≤⎪≤+-⎩解得：24a <≤.故选：D.3．（2022·湖南·高一阶段练习）已知())()ln 0f x ax a =>是奇函数，若()()210f ax bx f ax -++<恒成立，则实数b 的取值范围是（）A ．()8,8-B ．()0,8C ．()8,16-D ．()8,0-【答案】B【解析】∵()f x 是奇函数，∴()()f x f x -=-即()()0f x f x +-=恒成立，即)())lnln0ax a x +-=，则2160a -=，解得4a =±，又∵0a >，∴4a =，则())ln 4f x x =，所以())ln4ln ⎛⎫==f x x ，())()ln4ln ⎫-=+==-⎪⎭f x x f x ，()f x 是奇函数，因为=u 在[)0,∞+是单调递减函数，()ln =f x u 在[)0,∞+是单调递增函数，由复合函数的单调性性判断得，函数()f x 在[)0,∞+上单调递减，又()f x 为奇函数，所以()f x 在R 上单调递减；由()()210-++<f ax bx f ax 恒成立得，()()2441-<-+f x bx f x 可得()()2441-<--f x bx f x 恒成立，则2441->--x bx x ，即()24410--+>x b x 恒成立，所以()244410b =--⨯⨯<△恒成立，解得08b <<.故选：B.4．（2022·江苏·高一专题练习）若4230x x m -+>在()01x ∈，上恒成立，则实数m 的取值范围是（）A．()+∞B ．()4∞+，C．(-∞D ．()4∞-，【答案】C【解析】令()212xt t =∈，，，则原问题转化为230t mt -+>在()12t ∈，恒成立，即3m t t<+在()12t ∈，恒成立，又3t t +≥=当且仅当t =)，故实数m的取值范围是(-∞，故选：C ．5．（2022·辽宁·东北育才双语学校高一期中）定义在R 上的函数()f x 满足()()2f x f x -=，且当1x ≥时，()23,141log ,4x x f x x x -+≤<⎧=⎨-≥⎩，若对任意的[],1x t t ∈+，不等式()()21f x f x t -≤++恒成立，则实数t 的最大值为（）A ．-1B ．23-C ．23D ．13-【答案】D【解析】由题设，()f x 关于1x =对称，根据()f x 的解析式，在[1,)+∞上()f x 在4x =处连续且单调递减，所以()f x 在(,1)-∞上递增，要使对任意[],1x t t ∈+，()()()21f x f x f x t -≤++=恒成立，则|1|||x x t -≥+在[],1t t +上恒成立，所以222212x x x tx t -+≥++，即(1)(21)0t x t ++-≤在[],1t t +上恒成立，当10210t x t +≥⎧⎨+-≤⎩，即 min ，可得113t -≤≤-；当10210t x t +<⎧⎨+-≥⎩，即()max 1{1212t t x t <-≥-=-，无解；综上，t 的最大值为13-.故选：D.6．（2022·四川·石龙中学高一阶段练习）已知对于任意实数x ，220kx x k -+>恒成立，则实数k 的取值范围是（）A ．1k >B ．=1k C ．1k ≤D ．1k <【答案】A【解析】由题知，当=0k 时，20x ->不恒成立，舍去；当0k ≠时，220kx x k -+>即22y kx x k =-+图像恒在x 轴的上方，所以2>0Δ=44<0k k -⎧⎨⎩解得1k >；综上，1k >.故选：A7．（2022·全国·高一单元测试）已知函数2()3f x ax x =+-，若对任意的12,[1,)x x ∈+∞，且()()121212,3f x f x x x x x -≠<-恒成立，则实数a 的取值范围是（）A ．(,1)-∞B ．(,1]-∞C ．(,0)-∞D ．(,0]-∞【答案】D【解析】不妨设121x x ≤<，则120x x -<，根据题意，可得()()()12123f x f x x x ->-恒成立，即()()112233f x x f x x ->-恒成立.令2()()323g x f x x ax x =-=--，则()()12g x g x >恒成立，所以函数()g x 在[1,)+∞上单调递减.当0a =时，()23g x x =--在[1,)+∞上单调递减，符合题意；当0a ≠时，要使2()23g x ax x =--在[1,)+∞上单调递减，则0,21,2a a<⎧⎪-⎨-≤⎪⎩解得a<0.综上所述，实数a 的取值范围是(,0]-∞.故选：D.8．（2022·江苏省横林高级中学高一阶段练习）已知对任意(),0,x y ∈+∞，且23x y +=，11221t x y ≤+++恒成立，则t 的取值范围是（）A ．4t ≤B ．12t ≤C ．13t ≤D ．23t ≤【答案】D【解析】由23x y +=得：()()2216x y +++=，(),0,x y ∈+∞，22x ∴+>，211y +>，()()111111212221222162216221y x x y x y x y x y ⎛⎫⎛⎫++∴+=++++=++⎡⎤ ⎪ ⎪⎣⎦++++++⎝⎭⎝⎭12263⎛≥+= ⎝（当且仅当1x y ==时取等号），∴当11221t x y ≤+++恒成立时，23t ≤.故选：D.二、多选题9．（2022·重庆十八中高一阶段练习）不等式22x bx c x b ++≥+对任意R x ∈恒成立，则（）A ．2440b c -+≤B ．0b ≤C ．1c ≥D ．0b c +≥【答案】ACD【解析】对于A ，将22x bx c x b ++≥+整理为()220x b x c b +-+-≥，因为22x bx c x b ++≥+对任意R x ∈恒成立，所以0∆≤，即()()2240b c b ---≤，整理得2440b c -+≤，故A 正确；对于B ，令1,2b c ==，则()()2124211430∆=---=-=-<，满足题意，故B 错误；对于C ，由A 知244c b ≥+，即2114b c ≥+≥，故C 正确；对于D ，2211042b b b c b ⎛⎫+≥++=+≥ ⎪⎝⎭，故D 正确.故选：ACD.10．（2022·福建·三明一中高一阶段练习）已知函数()f x 的定义域为{}0x x >，当210x x >>时，()()1212120x x f x f x x x ⎡⎤-+->⎣⎦恒成立，则（）A ．()y f x =在()0,∞+上单调递减B ．()12y f x x=-在()0,∞+上单调递减C ．()()1236f f ->D ．()()1236f f -<【答案】ABC【解析】A 选项：由()()1212120x x f x f x x x ⎡⎤-+->⎣⎦，210x x >>，得()()2112120x xf x f x x x -->>，所以()y f x =在()0,∞+上单调递减，A 选项正确；B 选项：()()()()21212121121212121212121211022222x x x x x x x x y y f x f x f x f x x x x x x x x x x x -----=--+=-->-=＞，所以()12y f x x=-在()0,∞+上单调递减，C 选项与D 选项：由A 选项得()()2112120x x f x f x x x -->>，令12x =，23x =，则()()32123236f f -->=⨯，所以C 选项正确，D 选项错误；故选：ABC.11．（2022·浙江省平阳中学高一阶段练习）设函数()22f x x x a =++，若关于x 的不等式()()0f f x ≥恒成立，则实数a 的可能取值为（）A ．0B ．12C ．1D ．32【答案】CD【解析】因为函数()22f x x x a =++的开口向上，对称轴为=1x -，所以()()min 11f x f a =-=-，即()f x 的值域为[)1,a -+∝且关于x 的不等式()()0f f x ≥恒成立，则()1011f a a ⎧-≥⎨-≥-⎩，即2100a a a ⎧+-≥⎨≥⎩，解得a ≥或11Δ0a -<-⎧⎨≤⎩，此时无解.所以实数a的取值范围为⎫+∝⎪⎪⎣⎭故选:CD.12．（2022·江苏省怀仁中学高一阶段练习）已知函数()[]()212,2f x x x =-+∈-，()[]()220,3g x x x x =-∈，则下列结论正确的是（）A ．[]2,2x ∀∈-，()f x a >恒成立，则实数a 的取值范围是(),3-∞-B ．[]2,2x ∃∈-，()f x a >恒成立，则实数a 的取值范围是(),3-∞-C ．[]0,3x ∃∈，()g x a =，则实数a 的取值范围是[]1,3-D ．[]2,2x ∀∈-，[]0,3t ∃∈，()()f x g t =【答案】AC【解析】对于A 选项，[]2,2x ∀∈-，()f x a >恒成立，即()min f x a >，()f x 为减函数，所以()min ()23f x f a ==->，A 选项正确；对于B 选项，[]2,2x ∃∈-，()f x a >恒成立，即()max f x a >，所以()25f a -=>，B 选项不正确；对于C 选项，[]0,3x ∃∈，()g x a =，即()()max min g x a g x ≥≥，()g x 的图像为开口向上的抛物线，所以在对称轴1x =处取最小值，在离对称轴最远处3x =取最大值，所以()()3311g a g =≥≥=-，C 选项正确；对于D 选项，[]2,2x ∀∈-，[]0,3t ∃∈，()()f x g t =，即要求()f x 的值域是()g x 值域的子集，而()f x 的值域为[3,5]-，()g x 值域为[1,3]-，不满足要求，D 选项不正确；故选：AC.三、填空题13．（2022·江苏省新海高级中学高一期中）若不等式()()2log ln 40,1a x x a a -<>≠对于任意()31,e x ∈恒成立，则实数a 的取值范围是____________【答案】()140,1e ,⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭【解析】因为不等式()()2log ln 40,1a x x a a -<>≠对于任意()31,e x ∈恒成立，即不等式()2ln ln 4ln x x a+<对于任意()31,e x ∈恒成立，因为()31,e x ∈，所以()ln 0,3x ∈，所以不等式14ln ln ln x a x +<对于任意()31,e x ∈恒成立，令()4g x x x=+，()0,3x ∈，因为()4g x x x=+在()0,2上单调递减，在()2,3上单调递增，所以()()min 24g x g ==，即min4ln 4ln x x ⎛⎫= ⎪+⎝⎭，所以14ln a<，所以ln 0a <或1ln 4a >，解得01a <<或14e a >，即()140,1e ,a ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭；故答案为：()140,1e ,⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭14．（2022·全国·高一单元测试）若关于x 的方程12log 1mx m =-在区间()01，上有解，则实数m 的取值范围是_____．【答案】()(),01,∞∞-⋃+【解析】当()01x ∈，时，()12log 0,x ∞∈+，所以要使方程12log 1m x m =-在区间()01，上有解，只需01mm >-即可，解得0m <或1m >，所以实数m 的取值范围是()(),01,∞∞⋃+－．故答案为：()(),01,∞∞⋃+－．15．（2022·全国·高一专题练习）已知关于x 的方程2222212x a x a x x a ++-=-+-+有解，则实数a 的取值范围是___________．【答案】1a ≥或1a ≤-【解析】由题知，2222212x a x a x x a ++-=-+-+有解①当2x a <-时，即2222212x a a x x x a --=-+-+-+化简得22421x x a -=-有解即()()2222214a a a ->--⨯-整理得：42210a a ++<无解②当22a x a -≤≤时，即2222212x a a x x a x +=-+--++化简得2210x x -+=解得1x =即221a a -≤≤解得：1a ≥或者1a ≤-③当2x a >时，即2222212x a a x x a x +=-+-++-化简得：2221a x =+有解即()22221a a >+化简得：()2210a -<无解综上，实数a 的取值范围为：1a ≥或1a ≤-故答案为：1a ≥或1a ≤-.16．（2022·全国·高一单元测试）记{}()max ,()a ab a b b a b ≥⎧=⎨<⎩，已知2()3,()2g x x f x x =-=，设函数{}()max (),()F x f x g x =，若方程()0F x m -=有解，则实数m 的取值范围是__________________．【答案】[)2,-+∞【解析】由题意()0F x m -=有解，即(),y F x y m ==有交点令12()()1,3f x g x x x =∴=-=当(,1)(3,),()()x g x f x ∈-∞-⋃+∞>当(1,3),()()x g x f x ∈-<故{}223,1()max (),()2,133,3x x F x f x g x x x x x ⎧-≤-⎪==-<<⎨⎪-≥⎩画出函数{}()max (),()F x f x g x =的简图，如下图所示：数形结合可知，当=1x -时，min ()(1)2F x F =-=-故若(),y F x y m ==有交点，2m ≥-则实数m 的取值范围是[)2,-+∞故答案为：[)2,-+∞。

高考恒成立问题专题研究

专题研究之一 ----- 不等式中恒成立问题的解法研究在不等式的综合题中，经常会遇到当一个结论对于某一个字母的某一个取值范围内所有值都成立的恒成立问题。

恒成立问题的基本类型：类型1：设)0()(2≠++=a c bx ax x f ，（1）R x x f ∈>在0)(上恒成立00<∆>⇔且a ；（2）R x x f ∈<在0)(上恒成立00<∆<⇔且a 。

类型2：设)0()(2≠++=a c bx ax x f（1）当0>a 时，],[0)(βα∈>x x f 在上恒成立⎪⎩⎪⎨⎧>>-⎪⎩⎪⎨⎧<∆≤-≤⎪⎩⎪⎨⎧><-⇔0)(2020)(2βββαααf a bab f a b 或或， ],[0)(βα∈<x x f 在上恒成立⎩⎨⎧<<⇔0)(0)(βαf f （2）当0<a 时，],[0)(βα∈>x x f 在上恒成立⎩⎨⎧>>⇔0)(0)(βαf f],[0)(βα∈<x x f 在上恒成立⎪⎩⎪⎨⎧<>-⎪⎩⎪⎨⎧<∆≤-≤⎪⎩⎪⎨⎧><-⇔0)(2020)(2βββαααf a bab f a b 或或类型3：αα>⇔∈>min )()(x f I x x f 恒成立对一切αα>⇔∈<max )()(x f I x x f 恒成立对一切。

类型4：)()()()()()()(max min I x x g x f x g x f I x x g x f ∈>⇔∈>的图象的上方或的图象在恒成立对一切恒成立问题的解题的基本思路是：根据已知条件将恒成立问题向基本类型转化，正确选用函数法、最小值法、数形结合等解题方法求解。

一、用一次函数的性质对于一次函数],[,)(n m x b kx x f ∈+=有：⎩⎨⎧<<⇔<⎩⎨⎧>>⇔>0)(0)(0)(,0)(0)(0)(n f m f x f n f m f x f 恒成立恒成立例1：若不等式)1(122->-x m x 对满足22≤≤-m 的所有m 都成立，求x 的范围。

020-微专题-不等式能成立、恒成立

微专题3 不等式恒成立、能成立问题在解决不等式恒成立、能成立的问题时，常常使用不等式解集法、分离参数法、主参换位法和数形结合法解决，方法灵活，能提升学生的逻辑推理、数学运算等素养．一、“Δ”法解决恒成立问题例1 (1)已知不等式kx 2＋2kx －(k ＋2)<0恒成立，求实数k 的取值范围；(2)若不等式－x 2＋2x ＋3≤a 2－3a 对任意实数x 恒成立，求实数a 的取值范围．解：反思感悟 (1)如图①，一元二次不等式ax 2＋bx ＋c >0(a ≠0)在R 上恒成立⇔一元二次不等式ax 2＋bx ＋c >0(a ≠0)的解集为R ⇔二次函数y ＝ax 2＋bx ＋c (a ≠0)的图象恒在x 轴上方⇔y min >0⇔⎩⎪⎨⎪⎧a >0，Δ<0.(2)如图②，一元二次不等式ax 2＋bx ＋c <0(a ≠0)在R 上恒成立⇔一元二次不等式ax 2＋bx ＋c <0(a ≠0)的解集为R ⇔二次函数y ＝ax 2＋bx ＋c (a ≠0)的图象恒在x 轴下方⇔y max <0⇔⎩⎪⎨⎪⎧a <0，Δ<0. 二、数形结合法解决恒成立问题例2 当1≤x ≤2时，不等式x 2＋mx ＋4<0恒成立，求m 的取值范围．解：反思感悟结合函数的图象将问题转化为函数图象的对称轴，端点的函数值或函数图象的位置(相对于x轴)关系求解．可结合相应一元二次方程根的分布解决问题．变式训练：（1）当1≤x≤2时，不等式x2＋mx＋4>0恒成立，求m的取值范围．（2）当-1≤x≤2时，不等式x2＋mx＋4>0恒成立，求m的取值范围．反思感悟通过分离参数将不等式恒成立问题转化为求函数最值问题．四、主参换位法解决恒成立问题例4已知函数y＝mx2－mx－6＋m，若对于1≤m≤2，y<0恒成立，求实数x的取值范围．解：反思感悟转换思维角度，即把变元与参数变换位置，构造以参数为变量的函数，根据原变量的取值范围求解．五、利用图象解决能成立问题例5当1≤x≤2时，关于x的不等式x2＋mx＋4>0有解，则实数m的取值范围为________．反思感悟结合二次函数的图象，将问题转化为端点值的问题解决．六、转化为函数的最值解决能成立问题例6若存在x∈R，使得4x＋mx2－2x＋3≥2成立，求实数m的取值范围．解：反思感悟能成立问题可以转化为m>y min或m<y max的形式，从而求y的最大值与最小值，从而求得参数的取值范围．变式训练：若存在x∈[-1,1]，使得4x＋mx2－2x＋3≥2成立，求实数m的取值范围．。

专题练第8练恒成立问题与能成立问题

(2)当 x≥0 时，f(x)≥12x3＋1 恒成立，求 a 的取值范围.
由 f(x)≥12x3＋1 得， ex＋ax2－x≥12x3＋1，其中 x≥0， ①当x＝0时，不等式为1≥1，显然成立，符合题意；
②当x>0时，分离参数a得， a≥－ex－12xx3－2 x－1，记 g(x)＝－ex－12xx3－2 x－1(x>0)，
(3)判断含x，ln x，ex的混合式的函数值的符号时，需利用x0＝eln x0 及
ex≥x＋1，ln x≤x－1对函数式放缩，有时可放缩为一个常量，变形为关于x的一次式或二次式，再判断符号.
跟踪训练1 (2022·宣城模拟)已知函数f(x)＝ln x－aex(a∈R). (1)若f(1)＝1，求曲线y＝f(x)在点(1,1)处的切线方程；
则 g′(x)＝－x－2ex－x312x2－x－1，令 h(x)＝ex－12x2－x－1(x>0)，则h′(x)＝ex－x－1，令t(x)＝ex－x－1(x>0)，则t′(x)＝ex－1>0，故h′(x)单调递增，h′(x)>h′(0)＝0，故h(x)单调递增，h(x)>h(0)＝0，
专题练
第8练
恒成立问题与能成立问题
考情分析恒成立问题(能成立问题)多与参数的取值范围问题联系在一起，是近几年高考的热门题型，难度大，一般为高考题中的压轴题.
一、恒成立问题例1 (2020·全国Ⅰ)已知函数f(x)＝ex＋ax2－x. (1)当a＝1时，讨论f(x)的单调性；
当a＝1时，f(x)＝ex＋x2－x， f′(x)＝ex＋2x－1，令φ(x)＝ex＋2x－1，由于φ′(x)＝ex＋2>0，故f′(x)单调递增，注意到f′(0)＝0，故当x∈(－∞，0)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增.

小议恒成立与能成立问题

ʏ宋秀玲解决不等式恒成立㊁能成立问题,常见有四种解法:解集法,分离参数法,主参换位法和数形结合法㊂解答这类问题的方法灵活,能提升同学们的逻辑推理㊁数学运算等素养㊂恒成立问题:a >f (x )恒成立⇔a >f (x )m a x ,a ɤf (x )恒成立⇔a ɤf (x )m i n ㊂能成立问题:a >f (x )能成立⇔a >f (x )m i n ,a ɤf (x )能成立⇔a ɤf (x )m a x ㊂题型1:自变量在R 上取值,不等式恒成立,求参数的取值范围例1 设函数f (x )=m x 2-m x -1,若对于x ɪR ,f (x )<0恒成立,则实数m 的取值范围是㊂当m =0时,f (x )=-1<0,符合题意㊂当m ʂ0时,f (x )为二次函数,由f(x )<0恒成立得m <0,Δ<0,{即m <0,(-m )2-4m ˑ(-1)<0,{解得-4<m <0㊂综上可得,实数m 的取值范围是(-4,0]㊂评注:对于函数f (x )=a x 2+b x +c ,只有当a ʂ0时,才是二次函数㊂当a >0时,图像的开口向上,当a <0时,图像的开口向下㊂例2 已知函数f (x )=a s i n x -12c o s 2x +a -3a +12(a ɪR ),若对任意的x ɪR 都有f (x )ɤ0,则实数a 的取值范围为( )㊂A .-32,0[)B .[-1,0)ɣ(0,1]C .(0,1] D .(1,3]令t =s i n x (-1ɤt ɤ1)㊂由c o s 2x =1-2s i n 2x ,可知原函数等价于g (t )=t 2+a t +a -3a㊂因为对于任意的x ɪR 都有f (x )ɤ0,所以g (-1)=1-3a ɤ0,g (1)=1+2a -3a ɤ0,ìîíïïïï解得0<a ɤ1,即实数a 的取值范围是(0,1]㊂应选C ㊂评注:解答本题要注意两点:一是正弦函数的有界性,二是换元后新元的取值范围㊂题型2:自变量在某个区间上取值,不等式恒成立,求参数的取值范围例3 已知函数f (x )=x 2+m x -1,若对任意的x ɪ[m ,m +1],都有f (x )<0成立,则实数m 的取值范围为㊂画出函数f (x )的大致图像,如图1所示㊂图1对任意的x ɪ[m ,m +1],都有f (x )<0,只需满足f (m )<0,f (m +1)<0,{由此代入解析式得m 2+m 2-1<0,(m +1)2+m (m +1)-1<0,{解得-22<m <0㊂故实数m 的取值范围是-22,0æèçöø÷㊂评注:画二次函数图像有两个要点:一是看二次项系数的符号,确定二次函数图像的开口方向;二是看对称轴和最值,确定二次函数的具体位置㊂例4 已知函数f (x )=l o g a (2x -a )在区间12,23[]上恒有f (x )>0,则实数a 的取值范围是( )㊂A.13,1()B .13,1[)C .23,1()D .23,1[)51数学部分㊃知识结构与拓展高一使用 2022年1月Copyright ©博看网. All Rights Reserved.当0<a<1时,函数f(x)在区间12,23[]上是减函数,要使l o g a43-a()>0,需满足0<43-a<1,解得13<a<43,此时13<a<1;当a>1时,函数f(x)在区间12,23[]上是增函数,要使l o g a(1-a)>0,需满足1-a>1,解得a<0,此时实数a不存在㊂综上所述,实数a的取值范围是13,1()㊂应选A㊂评注:解对数型函数问题,应注意对底数的分类讨论㊂题型3:当参数在某个区间上取值时,不等式恒成立,求自变量的取值范围例5已知函数y=m x2-m x-6+m,若对于1ɤmɤ3,都有y<0恒成立,则实数x的取值集合为㊂对于1ɤmɤ3,y<0恒成立,可知m x2-m x-6+m<0恒成立,即(x2-x+1)m-6<0恒成立,所以x2-x+1<6m恒成立,所以x2-x+1<63=2,解得1-52<x<1+52㊂故实数x的取值集合为x1-52<x<1+52{}㊂评注:转换思维角度,把变量与参数变换位置,构造以参数为变量的函数,再求得原变量的取值范围㊂例6已知函数f(x)是定义在R上的单调增函数,f(1-a x-x2)ɤf(2-a)对任意的aɪ[-1,1]恒成立,则x的取值范围为㊂因为f(x)是定义在R上的单调增函数,所以1-a x-x2ɤ2-a,aɪ[-1,1],即a(x-1)+x2+1ȡ0对aɪ[-1,1]恒成立㊂令函数g(a)=a(x-1)+x2+1,则g(-1)=x2-x+2ȡ0,g(1)=x2+xȡ0,{解得xȡ0或xɤ-1,所以x的取值范围是(-ɕ,-1]ɣ[0,+ɕ)㊂评注:在处理多变元问题时,可以选取其中的常数(或参数),将其看作是主元 ,而把其他变元看作常量,从而达到减少变元,简化运算的目的㊂题型4:∃xɪR,使不等式成立,求参数的取值范围例7已知函数f(x)=4x+mx2-2x+3,若存在xɪR,使得f(x)ȡ2成立,则实数m的取值范围为㊂因为x2-2x+3=(x-1)2+2>0,所以4x+mȡ2(x2-2x+3)能成立,所以mȡ2x2-8x+6能成立㊂令y=2x2-8x+6=2(x-2)2-2ȡ-2,所以mȡ-2,所以实数m的取值范围为[-2,+ɕ)㊂评注:能成立问题可以转化为m>y m i n或m<y m a x的形式,从而求出y的最小值与最大值,即得参数的取值范围㊂例8已知命题p:存在实数x,使得不等式x2+2a x+aɤ0成立㊂若命题p是假命题,则实数a的取值范围为㊂(方法1)不等式x2+2a x+aɤ0即(x+a)2-a2+aɤ0㊂当命题p是真命题时,有(x2+2a x+a)m i nɤ0,即a-a2ɤ0,解得aȡ1或aɤ0,故当命题p是假命题时,可得0<a<1,即实数a的取值范围是(0,1)㊂(方法2)若命题p是假命题,则不存在实数x,使得不等式x2+2a x+aɤ0成立,即对任意的实数x,不等式x2+2a x+a>0恒成立,从而Δ=4a2-4a<0,解得0<a<1,即实数a的取值范围是(0,1)㊂评注:根据命题真假求参数的方法:利用题目条件,推出每一个命题的真假(有时不一定只有一种情况);再求出每个命题是真命题时参数的取值范围;最后根据每个命题的真假情况,求出参数的取值范围㊂作者单位:湖北省巴东县第三高级中学(责任编辑郭正华) 61数学部分㊃知识结构与拓展高一使用2022年1月Copyright©博看网. All Rights Reserved.ʏ黄文青在三角函数中,有一种常见而重要的题型,即化a s i n x +b c o s x 为一个角的三角函数形式,进而求原函数的周期㊁值域㊁单调区间等㊂这就要求同学们需要记忆和掌握辅助角公式㊂一㊁辅助角公式中 φ 的确定方法a s i n x +b c o s x =a 2+b 2(s i n x c o s φ+c o s x s i n φ)=a 2+b 2si n (x +φ),其中t a n φ=ba ,φ所在的象限由系数a ,b 的符号确定㊂一般地,由t a n φ0=b a 求出锐角φ0,若点(a ,b )在第一象限,则取φ=φ0;若点(a ,b )在第二象限,则取φ=π-φ0;若点(a ,b )在第三象限,则取φ=π+φ0;若点(a ,b )在第四象限,则取φ=-φ0㊂这样处理辅助公式中的 φ的值,既不容易出错又简单易学㊂例1 已知s i n x +c o s x +π6()=45,则s i n x +4π3()的值是㊂解:由题意可得,s i n x +c o s x +π6()=12s i n x +32c o s x ㊂由于12,32æèçöø÷在第一象限,t a n φ=3,所以引入辅助角φ=π3,进而可得s i n x c o sπ3+c o s x s i n π3=s i n x +π3()=45,所以s i n x +4π3()=-s i n x +π3()=-45㊂评析:在寻找角的过程中,一定要找同一个角的正弦值和余弦值㊂练习1:函数f (x )=2s i n x c o s x -23c o s 2x 的最小正周期是㊂提示:f (x )=2s i n x c o s x -23c o s 2x =s i n 2x -3c o s 2x -3㊂由于点(1,-3)在第四象限,且t a n φ=-3,所以引入辅助角φ=-π3,所以函数f (x )=2s i n 2x -π3()-3㊂故函数的周期是2π2=π㊂二㊁辅助角公式中 φ的运用对于辅助角 φ,一方面要注重研究其来源,另一方面要把握辅助角与原生角的范围关系,确定其大致范围,可以更好地掌握和使用公式㊂例2 当x =θ时,函数f (x )=s i n x -2c o s x 取得最大值,则c o s θ=㊂解:函数f (x )=s i n x -2c o s x =555s i n x -255c o s x æèçöø÷㊂令c o s φ=55,s i n φ=255,则f (x )=5s i n (x -φ)㊂当x -φ=2k π+π2,k ɪZ ,即x =2k π+π2+φ,k ɪZ 时,f (x )取最大值,此时θ=2k π+π2+φ,k ɪZ ,所以c o s θ=c o s 2k π+π2+φ()=-s i n φ=-255㊂评析:解答本题的关键是利用正弦函数的性质寻求辅助角与原生角的范围关系㊂练习2:已知s i n α+2c o s α=3,则t a n α的值为㊂提示:由题意得s i n α+2c o s α=3s i n (α+φ)=3,即s i n (α+φ)=1,其中φ是第一象限角,且t a n φ=2,所以α+φ=2k π+π2(k ɪZ ),即α=2k π+π2-φ(k ɪZ ),所以t a n α=t a n 2k π+π2-φ()=1t a n φ=22㊂作者单位:江西省赣州市宁都县宁都中学(责任编辑郭正华)71数学部分㊃知识结构与拓展高一使用 2022年1月Copyright ©博看网. All Rights Reserved.。

不等式恒成立、能成立、恰成立问题分析

不等式恒成立、能成立、恰成立问题分析一、不等式恒成立问题问题引入：已知不等式0122>+-ax x 对]2,1[∈x 恒成立，其中0>a ，求实数a 的取值范围。

分析：思路（1）通过化归最值，直接求函数12)(2+-=ax x x f 的最小值解决，即0)(min >x f 。

思路（2）通过分离变量，转化到)1(21212x x x x a +=+<解决，即min 2)21(xx a +<。

思路（3）通过数形结合，化归到ax x 212>+作图解决，即12+=x y 图像在ax y 2=的上方。

小结：不等式恒成立问题的处理方法 1、转换求函数的最值：（1）若不等式()A f x <在区间D 上恒成立,则等价于在区间D 上()()min A f x f x <⇔的下界大于A ；（2）若不等式()B f x >在区间D 上恒成立,则等价于在区间D 上()()max B f x f x >⇔的上界小于B 。

例已知()22x x af x x++=对任意[)()1,,0x f x ∈+∞≥恒成立，试求实数a 的取值范围。

解：等价于()220x x x a ϕ=++≥对任意[)1,x ∈+∞恒成立,又等价于1x ≥时,()min0x ϕ≥成立.由于()()211x x a ϕ=++-在[)1,+∞上为增函数,则()()min 13x a ϕϕ==+,所以303a a +≥⇒≥-2、分离参数法（1）将参数与变量分离，即化为()()g f x λ≥（或()()g f x λ≤）恒成立的形式；（2）求()f x 在x D ∈上的最大（或最小）值；（3）解不等式()()maxg f x λ≥ (或()()ming f x λ≤) ，得λ的取值范围。

例已知函数]4,0(,4)(2∈--=x x x ax x f 时0)(<x f 恒成立，求实数a 的取值范围。

恒成立问题论文

放低起点搭舷梯追本溯源探真知————谈恒成立教学的改进与反思张烨“恒成立”问题是数学中常见的问题，涉及到一次函数、二次函数的性质、图象,渗透着换元、化归、数形结合、函数与方程等思想方法，经常与参数的范围联系在一起，在高考中频频出现，是高考中的一个难点热点问题，通常以两种常用方法展开教学，各种变式练习来加强运用。

但我在先后两个班级的教学改进中发现，以学生的实际认知发展水平和实际经验出发，以课本知识为切入点才能充分调动学生的兴趣和积极性，这才是课堂教学的本质所在。

一、按部就班进行专题讲解在第一个班的教学中，我采取的是方法讲解的形式：1、函数、方程法例一： ∣x+1∣+∣x-1∣>a 恒成立，则a 的取值范围是什么？2、参数分离法例二：2x 2-9x+m ≤0在[2，3]上恒成立，求m 的取值范围。

课堂上不少同学时而凝神思考，时而欲言又止，大概不能透彻理解，但是又不知从何问起，气氛有些沉闷。

学生虽大都记了笔记，但课下有多少能仔细研究悟其本质？我觉得这堂课不成功：看起来本课的设计立意在方法，归类到位，其实与学生的实际认知结构脱节，生硬地重建另一种知识，思维数学变成了记忆数学。

二、追本溯源深挖课本结合本班学生初中数学基础就较弱，对数学学习有些畏难情绪，我决定打破原来的讲课方法，舍“题”求“理”，用比较熟悉的初中课本知识开场，让学生理解问题的本质。

在用函数，方程思想解决恒成立问题时，涉及的很多函数都是一次，二次函数或这两种函数型的复合函数，我将课堂实施的切入点定在了一次方程，一次不等式和一次函数的分析上，用“直线型”图象启发学生。

调整课堂设计如下：1、讨论关于x 的方程ax+b=0的根的情况:① a ≠0,x=-a b②a=0,b ≠0,x ∈φ; ③a=0,b=0,x ∈R. 其中第三中情况可以理解为：当a=b=0时，方程ax+b=0恒成立。

对问题结构作调整：当方程ax+b=0恒成立时，a,b 应满足什么条件？此时一部分学生已经答出a=b=0，其中有学生解答为：既然是恒成立，说明其中x 可以取任何值，于是令x=1,a+b=0,令x=5,5a+b=0.故a=b=0.于是有：方程ax+b=0恒成立⇔ a=b=0。