含参不等式恒成立问题——任意性与存在性
高考中函数含参量不等式恒成立问题的解题
高考中函数含参量不等式恒成立问题的解题高考中，考生需要解决的问题中有很多都是函数的恒成立不等式。
恒成立不等式指的是一个函数在给定参数和限制条件下，其解一定存在，并且保持恒定不变。
历来，解决恒成立不等式问题一直是数学研究的重要任务，也是高考考生面对的重要内容。
本文将介绍如何解决高考中函数含参量不等式恒成立问题。
首先，考生必须搞清楚恒成立不等式的定义。
由于该不等式是以函数形式存在的，因此第一步是定义函数。
在确定函数的式子后，可以采用一定的解法来解决问题。
常用的方法包括：（1）等式分析法。
等式分析法是一种对某个等式展开求解的方法，将某个等式分解为最基本的等式，并对其进行求解。
（2）函数分析法。
函数分析法是一种采用函数理论的方法，将原函数分解为多个函数的和，再逐步分析与求解。
（3）数学归纳法。
数学归纳法是一种将具有相似性质的不等式归纳为一组不等式的方法，经过数学处理之后，便可获得某个恒成立的不等式。
其次，考生在解决恒成立不等式问题时，要注意以下几点：（1）理清题目，弄清函数、参量以及限制条件，以确定函数的范围和解的存在性。
（2）仔细斟酌，用一定的方法来解决问题，尤其是函数分析法，其中往往涉及的知识相对复杂，要求考生熟悉相关的数学知识。
（3）考虑实际问题，在解决过程中必须考虑到具体情况，如参量的取值范围等，以确定解的可行性。
最后，考生要熟悉不同的解决恒成立不等式问题的方法，例如函数分析法和数学归纳法等，并结合自己的实际情况进行练习。
经过以上分析，可以看出，解决高考中函数含参量不等式恒成立问题的方法虽然繁琐，但是结果是可预测的。
考生在解决恒成立不等式问题时，可以采取多种方法，如函数分析法、数学归纳法等，以此来求得恒成立的不等式。
只有当考生做好准备，了解这些方法的操作，才能在考试中取得好的成绩。
恒成立、存在性问题
9.（备选）设函数 f (x) a(log 2 x)2 b log4 x2 1（ a,b 为常数）， 当 x 0 时， F(x) f (x) ，且 F (x) 为 R 上奇函数. （1）若 f 1 0 且 f (x) 的最小值为 0 ，求 F (x) 的表达式；
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专题——恒成立、存在性问题
恒成立问题的基本方法
(1)符号语言：对于任意 x D ，（D 为闭区间） f (x) a 恒成立 f(x)min＞a；
(2)图象语言：函数 f (x) 的图像在 y a 的图象的上方
f (x) 图象的最低点在 y a 的图象的上方 f(x)min＞a； （3）日常用语：每一个值都大于 a f(x)min＞a.
（2）在（1）的条件下， g(x) f (x) k 1 在2,4上是单调 log 2 x
函数，求 k 的取值范围.
课后作业
1 .完成讲义剩余题目 2. 错题整理
对任意的 x1, x2 0,1都有 f (x1) x2 24 m x 1, g x mx ，
若对于任一实数 x ， f (x) 与 g(x) 的值至少有一个为正数， 则实数 m 的取值范围是
6. f (x) 4x2 2( p 2)x 2 p2 p 1,若在1,1 内至少存在 一个实数 c,使 f (c) 0 则实数 p 范围是
存在性问题的基本方法
（1）符号语言：存在 x D ，（D 为闭区间）使得 f (x) a 不等式 f(x)>a，x∈D，有解 不等式 f(x)>a，x∈D，解集非空 f(x)max＞a；
（2）图象语言：
函数 f (x) 的图象上有点在直线 y a 的上方
f (x) 图象上最高点在直线 y a 的上方 f(x)max＞a； （3）日常用语：有 f(x)值比 a 大 f(x)max＞a.
“任意”和“存在”在不等式含参问题中的差异
“任意”和“存在”在不等式含参问题中的差异在高三一轮复习中，我们经常接触到一些含有“任意”或“存在”字眼的不等式含参问题，这是复习中的难点，确是高考的热点，2012年新课标全国高考文科21题第二问就是一道涉及“任意”字眼的不等式含参问题。
结合高三一轮复习，我发现这两个字眼在不等式含参问题中存在着戏剧性的差异，现做些简单分析。
一、“任意”在不等式含参问题中的解法。
王员外家有四个千金，想招一个年龄比四个女儿都大的女婿，那么王员外在年龄上应遵循什么呢？答案很显然，这个女婿只需比他的大女儿的岁数大即可。
从这个浅显的例子我们可以抽象出这样一个常识：“比最大值大，则比其它值均大，比最小值小，则比其它值均小。
”现实生活中，这样的逻辑常识比较常见，如，要比213班全班学生都高，只需比全班最高的那个高；要比全班学生都矮，只需比最矮的那个矮。
我在个人的教学实践中发现这个常识在解含“任意”字眼的不等式含参问题中有着比较重要的作用，现举例说明它的重要性，同时也鼓励广大同学留意类似的生活常识，学着将其应用于数学难题的思考中，有时可以做到事半功倍。
例1：求使不等式a x x ≤---34对任意R x ∈恒成立的a 的取值范围？ 解析：令43y x x =---要使a x x ≤---34对一切R x ∈只需max y a ≥ 法1：由43y x x =---的图像可求得max 1y =∴1≥a法2：由不等式的重要性质b a b a b a +≤±≤-知1)3()4(34=---≤---x x x x∴max 1y = ∴1≥a注：要使一个参数要比一个式子大恒成立，只须比这个式子的最大值还要大即可。
例2：设实数,x y 满足1)1(22=-+y x ，当0≤++d y x 恒成立时，求d 的取值范围？解析：当0≤++d y x 恒成立，即)(y x d +-≤恒成立，只须)(y x d +-≤的最小值即可，故而将问题转化为求()x y -+的最值。
高三数学 含有参数的方程(或不等式)中的“任意性”与“存在性”压轴题训练
高三数学含有参数的方程(或不等式)中的“任意性”与“存在性”压轴题训练含有参数的方程(或不等式)中的“任意性”与“存在性”问题历来是高考考查的一个热点，也是高考复习中的一个难点．破解的关键在于将它们等价转化为熟悉的基本初等函数的最值或值域问题，而正确区分“任意性”与“存在性”问题也是解题的关键．技法一 “∀x ，使得f (x )>g (x )”与“∃x ，使得f (x )>g (x )”的辨析 (1)∀x ，使得f (x )>g (x )，只需h (x )min ＝[f (x )－g (x )]min >0.如图①.(2)∃x ，使得f (x )>g (x )，只需h (x )max ＝[f (x )－g (x )]max >0.如图②.[典例] 设函数f (x )＝ln(1＋x )，g (x )＝af ′(x )，其中f ′(x )是f (x )的导函数． (1)若对于任意x ≥0，总有f (x )≥g (x )，求实数a 的取值范围； (2)若存在x ≥0，使得f (x )≥g (x )，求实数a 的取值范围． [方法演示]解：(1)设h (x )＝f (x )－g (x )＝ln(1＋x )－a1＋x (x ≥0)．h ′(x )＝11＋x ＋a (1＋x )2＝x ＋1＋a (1＋x )2.当a ≥－1时，h ′(x )≥0，h (x )在[0，＋∞)上单调递增， ∴h (x )≥h (0)＝－a ，则－a ≥0，a ≤0，∴a ∈[－1,0]．当a <－1时，对于x ∈(0，－a －1)有h ′(x )<0，则h (x )在(0，－a －1)上单调递减，所以h (－a －1)<h (0)＝0，即此时存在x >0，使得h (x )<0，即f (x )≥g (x )在[0，＋∞)上不恒成立．综上可知，实数a 的取值范围为[－1,0]．(2)由(1)可知，当a ≥－1时，存在x ≥0，使得f (x )≥g (x )， 当a <－1时，令x 0＝e －a －1，则x 0>0， ∴h (x 0)＝－a (1＋e a )>0，∴必存在x ≥0，使得f (x )≥g (x )．综上可知，实数a 的取值范围是(－∞，＋∞)． [解题师说](1)这是较为常见的一类恒成立问题，运用数形结合的思想可知，当x 0≥0时，总有f (x 0)≥g (x 0)，即f (x 0)－g (x 0)≥0(注意不是f (x )min ≥g (x )max )，可以转化为当x ≥0时，h (x )＝f (x )－g (x )≥0恒成立问题．(2)存在x ≥0，使得f (x )≥g (x )，即至少有一个x 0≥0，满足f (x 0)－g (x 0)不是负数，可以转化为当x ≥0时，h (x )＝f (x )－g (x )的函数值至少有一个是非负数．[应用体验]1．设函数f (x )＝x 3－x 2－3. (1)求f (x )的单调区间；(2)若函数y ＝f (x )－m 在区间[－1,2]上有三个零点，求实数m 的取值范围；(3)设函数g (x )＝ax ＋x ln x ，如果对任意的x 1，x 2∈⎣⎡⎦⎤12，2，都有f (x 1)≤g (x 2)成立，求实数a 的取值范围．解：(1)f ′(x )＝3x 2－2x ＝x (3x －2)． 由f ′(x )>0，得x <0或x >23；由f ′(x )<0，得0<x <23，所以f (x )的单调递增区间是(－∞，0)，⎝⎛⎭⎫23，＋∞，单调递减区间是⎝⎛⎭⎫0，23. (2)令h (x )＝f (x )－m ，则h (x )＝x 3－x 2－3－m ， h ′(x )＝3x 2－2x ＝x (3x －2)，由(1)知函数h (x )在x ＝0处取得极大值h (0)＝－3－m ，在x ＝23处取得极小值h ⎝⎛⎭⎫23＝－8527－m . 因为函数y ＝f (x )－m 在区间[－1,2]上有三个零点，所以⎩⎪⎨⎪⎧h (－1)＝－5－m ≤0，h (0)＝－3－m >0，h ⎝⎛⎭⎫23＝－8527－m <0，解得－8527<m <－3，h (2)＝1－m ≥0，所以实数m 的取值范围是⎝⎛⎭⎫－8527，－3. (3)由(1)知，函数f (x )在⎝⎛⎭⎫12，23上单调递减，在⎝⎛⎭⎫23，2上单调递增， 而f ⎝⎛⎭⎫12＝－258，f (2)＝1，故f (x )在区间⎣⎡⎦⎤12，2上的最大值为f (2)＝1. 因为“对任意的x 1，x 2∈⎣⎡⎦⎤12，2，都有f (x 1)≤g (x 2)成立”等价于“对任意x ∈⎣⎡⎦⎤12，2，g (x )≥f (x )max 恒成立”．即当x ∈⎣⎡⎦⎤12，2时，g (x )＝ax ＋x ln x ≥1恒成立， 即a ≥x －x 2ln x 恒成立．记u (x )＝x －x 2ln x ，则有a ≥u (x )max . u ′(x )＝1－x －2x ln x ，可知u ′(1)＝0. 当x ∈⎝⎛⎭⎫12，1时，1－x >0,2x ln x <0， 则u ′(x )>0，u (x )在⎝⎛⎭⎫12，1上单调递增； 当x ∈(1,2)时，1－x <0,2x ln x >0， 则u ′(x )<0，u (x )在(1,2)上单调递减． 故u (x )在区间⎣⎡⎦⎤12，1上的最大值为u (1)＝1， 所以实数a 的取值范围是[1，＋∞)．技法二 “若∃x 1∈D 1，∃x 2∈D 2，使得f (x 1)＝g (x 2)”与“∀x 1∈D 1，∃x 2∈D 2，使得f (x 1)＝g (x 2)”的辨析(1)∃x 1∈D 1，∃x 2∈D 2，使得f (x 1)＝g (x 2)等价于函数f (x )在D 1上的值域A 与g (x )在D 2上的值域B 的交集不是空集，即A ∩B ≠∅，如图③.其等价转化的目标是两个函数有相等的函数值．(2)∀x 1∈D 1，∃x 2∈D 2，使得f (x 1)＝g (x 2)等价于函数f (x )在D 1上的值域A 是g (x )在D 2上的值域B 的子集，即A ⊆B ，如图④.其等价转化的目标是函数y ＝f (x )的值域都在函数y ＝g (x )的值域之中．说明：图③，图④中的条形图表示函数在相应定义域上的值域在y 轴上的投影． [典例] 已知函数f (x )＝x 2－23ax 3，a >0，x ∈R ，g (x )＝1x 2(1－x ).(1)若∃x 1∈(－∞，－1]，∃x 2∈⎝⎛⎭⎫－∞，－12，使得f (x 1)＝g (x 2)，求实数a 的取值范围； (2)当a ＝32时，证明：对任意的x 1∈(2，＋∞)，都存在x 2∈(1，＋∞)，使得f (x 1)＝g (x 2)．[方法演示]解：(1)∵f (x )＝x 2－23ax 3，∴f ′(x )＝2x －2ax 2＝2x (1－ax )． 令f ′(x )＝0，得x ＝0或x ＝1a .∵a >0，∴1a >0，∴当x ∈(－∞，0)时，f ′(x )<0，∴f (x )在(－∞，－1]上单调递减， 故f (x )在(－∞，－1]上的值域为⎣⎡⎭⎫1＋2a3，＋∞. ∵g (x )＝1x 2(1－x )，∴g ′(x )＝3x 2－2x (x 2－x 3)2＝3x －2x 3(1－x )2.当x <－12时，g ′(x )>0，g (x )单调递增，g (x )<g ⎝⎛⎭⎫－12＝83， 故g (x )在⎝⎛⎭⎫－∞，－12上的值域为⎝⎛⎭⎫－∞，83. 若∃x 1∈(－∞，－1]，∃x 2∈⎝⎛⎭⎫－∞，－12，使得f (x 1)＝g (x 2)，则1＋2a 3<83，解得0<a <52，故实数a 的取值范围是⎝⎛⎭⎫0，52. (2)证明：当a ＝32时，f (x )＝x 2－x 3，所以f ′(x )＝2x －3x 2＝3x ⎝⎛⎭⎫23－x .当x >1时，f ′(x )<0，所以f (x )在(1，＋∞)上单调递减，且f (2)＝－4.所以f (x )在(2，＋∞)上的值域为(－∞，－4)． 则g (x )＝1x 2(1－x )＝1f (x )在(1，＋∞)上单调递增，所以g (x )＝1x 2(1－x )在(1，＋∞)上的值域为(－∞，0)．因为(－∞，－4)(－∞，0)，所以对于任意的x 1∈(2，＋∞)，都存在x 2∈(1，＋∞)，使得f (x 1)＝g (x 2)． [解题师说]本例第(1)问等价转化的基本思想是：两个函数有相等的函数值，即它们的值域有公共部分；第(2)问等价转化的基本思想是：函数f (x )的任意一个函数值都与函数g (x )的某一函数值相等，即f (x )的值域都在g (x )的值域中．[应用体验]2．已知函数f (x )＝4x 2－72－x ，x ∈[0,1]．(1)求f (x )的单调区间和值域；(2)设a ≥1，函数g (x )＝x 3－3a 2x －2a ，x ∈[0,1]．若对于任意x 1∈[0,1]，总存在x 0∈[0,1]，使得g (x 0)＝f (x 1)成立，求实数a 的取值范围．解：(1)f ′(x )＝－4x 2＋16x －7(2－x )2＝－(2x －1)(2x －7)(2－x )2，x ∈[0,1]．令f ′(x )＝0，解得x ＝12或x ＝72(舍去)．当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：x 0 ⎝⎛⎭⎫0，12 12 ⎝⎛⎭⎫12，1 1 f ′(x ) －0 ＋f (x )－72－4－3所以f (x )的递减区间是⎝⎛⎭⎫0，12，递增区间是⎝⎛⎭⎫12，1. 所以f (x )min ＝f ⎝⎛⎭⎫12＝－4. 又f (0)＝－72，f (1)＝－3，所以f (x )max ＝f (1)＝－3.故当x ∈[0,1]时，f (x )的值域为B ＝[－4，－3]．(2)“对于任意x 1∈[0,1]，总存在x 0∈[0,1]，使得g (x 0)＝f (x 1)成立”等价于“在x ∈[0,1]上，函数f (x )的值域B 是函数g (x )的值域A 的子集，即B ⊆A ”．因为a ≥1，当x ∈(0,1)时，g ′(x )＝3(x 2－a 2)<0， 所以g (x )为减函数，故g (x )的值域A ＝[1－2a －3a 2，－2a ]．由B ⊆A ，得1－2a －3a 2≤－4且－2a ≥－3，解得1≤a ≤32.所以实数a 的取值范围为⎣⎡⎦⎤1，32. 技法三 f (x )，g (x )是闭区间D 上的连续函数，“∀x 1，x 2∈D ，使得f (x 1)>g (x 2)”与“∃x 1，x 2∈D ，使得f (x 1)>g (x 2)”的辨析(1)f (x )，g (x )是在闭区间D 上的连续函数且∀x 1，x 2∈D ，使得f (x 1)>g (x 2)，等价于f (x )min >g (x )max .其等价转化的目标是函数y ＝f (x )的任意一个函数值均大于函数y ＝g (x )的任意一个函数值．如图⑤.(2)存在x 1，x 2∈D ，使得f (x 1)>g (x 2)，等价于f (x )max >g (x )min .其等价转化的目标是函数y ＝f (x )的某一个函数值大于函数y ＝g (x )的某些函数值．如图⑥.[典例] 已知f (x )＝x ＋a 2x (a >0)，g (x )＝x ＋ln x .(1)若对任意的x 1，x 2∈[1，e]，都有f (x 1)≥g (x 2)成立，求实数a 的取值范围； (2)若存在x 1，x 2∈[1，e]，使得f (x 1)<g (x 2)，求实数a 的取值范围． [方法演示]解：(1)对任意的x 1，x 2∈[1，e]，都有f (x 1)≥g (x 2)成立，等价于x ∈[1，e]时，f (x )min ≥g (x )max .当x ∈[1，e]时，g ′(x )＝1＋1x >0，所以g (x )在[1，e]上单调递增，所以g (x )max ＝g (e)＝e ＋1.只需证f (x )≥e ＋1，即x ＋a 2x ≥e ＋1⇔a 2≥(e ＋1)x －x 2在[1，e]上恒成立即可．令h (x )＝(e ＋1)x －x 2.当x ∈[1，e]时，h (x )＝(e ＋1)x －x 2的最大值为h ⎝ ⎛⎭⎪⎫e ＋12＝⎝ ⎛⎭⎪⎫e ＋122.所以a 2≥⎝ ⎛⎭⎪⎫e ＋122，即a ≥e ＋12.故实数a 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫e ＋12，＋∞.(2)存在x 1，x 2∈[1，e]，使得f (x 1)<g (x 2)，等价于x ∈[1，e]时，f (x )min <g (x )max . 当x ∈[1，e]时，g ′(x )＝1＋1x >0，所以g (x )在[1，e]上单调递增，所以g (x )max ＝g (e)＝e ＋1.又f ′(x )＝1－a 2x2，令f ′(x )＝0，得x ＝a ，故f (x )＝x ＋a 2x (a >0)在(0，a )上单调递减，在(a ，＋∞)上单调递增．当0<a <1时，f (x )在[1，e]上单调递增，f (x )min ＝f (1)＝1＋a 2<1＋e ，符合题意； 当1≤a ≤e 时，f (x )在[1，a ]上单调递减，在[a ，e]上单调递增，f (x )min ＝f (a )＝2a ， 此时，2a <1＋e ，解得1≤a <1＋e2；当a >e 时，f (x )在[1，e]上单调递减，f (x )min ＝f (e)＝e ＋a 2e ，此时，e ＋a 2e <1＋e ，即a <e ，与a >e 矛盾，不符合题意．综上可知，实数a 的取值范围为⎝⎛⎭⎪⎫0，e ＋12.[解题师说](1)本例第(1)问从数的角度看，问题的本质就是f (x )min ≥g (x )max .从形的角度看，问题的本质就是函数f (x )图象的最低点也不低于g (x )图象的最高点．(2)本例第(2)问从形的角度看，问题的本质就是函数f (x )图象的最低点低于g (x )图象的最高点．[应用体验]3．已知函数f (x )＝4ln x －ax ＋a ＋3x (a ≥0)， (1)求f (x )的单调区间；(2)当a ≥1时，设g (x )＝2e x －4x ＋2a ，若存在x 1，x 2∈⎣⎡⎦⎤12，2，使f (x 1)>g (x 2)，求实数a 的取值范围．解：(1)由题意得f ′(x )＝4x －a －a ＋3x 2＝－ax 2－4x ＋a ＋3x 2(x >0)．令f ′(x )＝0，即ax 2－4x ＋a ＋3＝0.当a ＝0时，f ′(x )＝4x －3x 2.由f ′(x )>0，得x >34；由f ′(x )<0，得0<x <34，所以函数f (x )的单调递增区间为⎝⎛⎭⎫34，＋∞，单调递减区间为⎝⎛⎭⎫0，34. 当a >0时，ax 2－4x ＋a ＋3＝0的判别式Δ＝－4(a －1)(a ＋4)． 若a ≥1，Δ≤0，则f ′(x )≤0，所以f (x )的单调递减区间为(0，＋∞)． 若0<a <1，则Δ>0.因为x 1＋x 2＝4a >0，x 1x 2＝a ＋3a >0，所以x 1＝2－－(a －1)(a ＋4)a>0，x 2＝2＋－(a －1)(a ＋4)a>0.由f ′(x )>0，得x 1<x <x 2；由f ′(x )<0，得x >x 2或0<x <x 1，所以f (x )的单调递增区间为(x 1，x 2)，单调递减区间为(0，x 1)，(x 2，＋∞)．综上，当a ＝0时，函数f (x )的单调递增区间为⎝⎛⎭⎫34，＋∞，单调递减区间为⎝⎛⎭⎫0，34. 当0<a <1时，函数f (x )的单调递增区间为2－－(a －1)(a ＋4)a，2＋－(a －1)(a ＋4)a， 单调递减区间为0，2－－(a －1)(a ＋4)a， 2＋－(a －1)(a ＋4)a，＋∞.当a ≥1时，f (x )的单调递减区间为(0，＋∞)．(2)“存在x 1，x 2∈⎣⎡⎦⎤12，2，使f (x 1)>g (x 2)”等价于“x ∈⎣⎡⎦⎤12，2时，f (x )max >g (x )min ”． 由(1)知，当x ∈⎣⎡⎦⎤12，2时，f (x )max ＝f ⎝⎛⎭⎫12＝－4ln 2＋32a ＋6.由g ′(x )＝2e x －4＝0，得x ＝ln 2.当x ∈⎣⎡⎭⎫12，ln 2时，g ′(x )<0，g (x )单调递减； 当x ∈(ln 2,2]时，g ′(x )>0，g (x )单调递增． 所以当x ∈⎣⎡⎦⎤12，2时，g (x )min ＝g (ln 2)＝4－4ln 2＋2a .由f (x )max >g (x )min ，得－4ln 2＋32a ＋6>4－4ln 2＋2a ，解得1≤a <4，故实数a 的取值范围为[1,4)．技法四 “∀x 1∈D 1，∃x 2∈D 2，使f (x 1)>g (x 2)”与“∀x 1∈D 1，∃x 2∈D 2，使f (x 1)<g (x 2)”的辨析(1)∀x 1∈D 1，∃x 2∈D 2，使f (x 1)>g (x 2)，等价于函数f (x )在D 1上的最小值大于g (x )在D 2上的最小值，即f (x )min >g (x )min (这里假设f (x )min ，g (x )min 存在)．其等价转化的目标是函数y ＝f (x )的任意一个函数值大于函数y ＝g (x )的某一个函数值．如图⑦.(2)∀x 1∈D 1，∃x 2∈D 2，使f (x 1)<g (x 2)，等价于函数f (x )在D 1上的最大值小于g (x )在D 2上的最大值，即f (x )max <g (x )max .其等价转化的目标是函数y ＝f (x )的任意一个函数值小于函数y ＝g (x )的某一个函数值．如图⑧.[典例] 已知函数f (x )＝ln x －14x ＋34x －1，g (x )＝x 2－2bx ＋4，若对任意的x 1∈(0,2)，总存在x 2∈[1,2]，使f (x 1)≥g (x 2)，求实数b 的取值范围．[方法演示]解：依题意知f (x )在(0,2)上的最小值不小于g (x )在[1,2]上的最小值，即f (x )min ≥g (x )min . 所以f ′(x )＝1x －14－34x 2＝－(x －1)(x －3)4x 2，则当0<x <1时，f ′(x )<0，f (x )单调递减； 当1<x <2时，f ′(x )>0，f (x )单调递增， 所以当x ∈(0,2)时，f (x )min ＝f (1)＝－12.又g (x )＝x 2－2bx ＋4，①当b <1时，可求得g (x )min ＝g (1)＝5－2b . 由5－2b ≤－12，解得b ≥114，这与b <1矛盾；②当1≤b ≤2时，可求得g (x )min ＝g (b )＝4－b 2. 由4－b 2≤－12，得b 2≥92，这与1≤b ≤2矛盾；③当b >2时，可求得g (x )min ＝g (2)＝8－4b . 由8－4b ≤－12，得b ≥178.综合①②③得实数b 的取值范围是⎣⎡⎭⎫178，＋∞. [解题师说]“对任意x 1∈(0,2)，总存在x 2∈[1,2]，使f (x 1)≥g (x 2)”等价于“f (x )在(0,2)上的最小值大于或等于g (x )在[1,2]上的最小值”．[应用体验]4．已知函数f (x )＝13x 3＋x 2＋ax .(1)若f (x )在区间[1，＋∞)上单调递增，求实数a 的最小值；(2)若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y ＝－(x ＋1)2＋1在[1，＋∞)单调递减，则y max ＝－3，∴a ≥－3，∴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“x ∈⎣⎡⎦⎤12，2时，f ′(x )max ≤g (x )max ”．∵f ′(x )＝x 2＋2x ＋a ＝(x ＋1)2＋a －1在⎣⎡⎦⎤12，2上递增， ∴f ′(x )max ＝f ′(2)＝8＋a .又g ′(x )＝1－xex ，由g ′(x )>0，得x <1，由g ′(x )<0，得x >1，∴g (x )在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减． ∴当x ∈⎣⎡⎦⎤12，2时，g (x )max ＝g (1)＝1e . 由8＋a ≤1e ，得a ≤1e－8，∴实数a 的取值范围为⎝⎛⎦⎤－∞，1e －8.1．已知函数f (x )＝⎩⎨⎧－16x ＋112，0≤x ≤12，x 3x ＋1，12<x ≤1和函数g (x )＝a sin π6x －a ＋1(a >0)，若存在x 1，x 2∈[0,1]，使得f (x 1)＝g (x 2)成立，求实数a 的取值范围．解：设函数f (x )，g (x )在[0,1]上的值域分别为A ，B ，则“存在x 1，x 2∈[0,1]，使得f (x 1)＝g (x 2)成立”等价于“A ∩B ≠∅”．当0≤x ≤12时，f (x )＝－16x ＋112单调递减，所以0≤f (x )≤112. 当12<x ≤1时，f ′(x )＝x 2(2x ＋3)(x ＋1)2>0， 所以f (x )＝x 3x ＋1单调递增，所以112<f (x )≤12；故f (x )在[0,1]上的值域A ＝⎣⎡⎦⎤0，12. 当x ∈[0,1]时，π6x ∈⎣⎡⎦⎤0，π6，y ＝sin π6x 在[0,1]上单调递增．又a >0，所以g (x )＝a sin π6x －a ＋1在[0,1]上单调递增，其值域B ＝⎣⎡⎦⎤1－a ，1－a2. 由A ∩B ≠∅，得0≤1－a ≤12或0≤1－a 2≤12，解得12≤a ≤2.所以实数a 的取值范围是⎣⎡⎦⎤12，2. 2．已知函数f (x )＝ln x ＋1x ＋ax .(1)若函数f (x )在[1，＋∞)上是单调函数，求实数a 的取值范围；(2)已知函数g (x )＝x ＋1x ，对于任意x 1∈[1，e]，总存在x 2∈[1，e]，使得f (x 1)≤g (x 2)成立，求正实数a 的取值范围．解：(1)f ′(x )＝1x －1x 2＋a ＝ax 2＋x －1x 2，x ∈[1，＋∞)，∵函数f (x )在[1，＋∞)上是单调函数，∴f ′(x )≥0或f ′(x )≤0对任意x ∈[1，＋∞)恒成立．即ax 2＋x －1≥0或ax 2＋x －1≤0对任意x ∈[1，＋∞)恒成立， ∴a ≥1x 2－1x 或a ≤1x 2－1x 对任意x ∈[1，＋∞)恒成立．令t ＝1x ，由于x ∈[1，＋∞)，则t ∈(0,1]， 设h (t )＝t 2－t ＝⎝⎛⎭⎫t －122－14， 因此－14≤h (t )≤0，故a ≥0或a ≤－14，∴实数a 的取值范围为⎝⎛⎦⎤－∞，－14∪[0，＋∞)． (2)由(1)知，当a ＞0时，函数f (x )在[1，e]上为增函数， 故f (1)≤f (x )≤f (e)，即1＋a ≤f (x )≤1＋a e ＋1e.∵g ′(x )＝1－1x 2＝x 2－1x2，∴当x ∈[1，e]时，g ′(x )≥0，g (x )单调递增， ∴g (1)≤g (x )≤g (e)，即2≤g (x )≤e ＋1e .∵对任意x 1∈[1，e]，总存在x 2∈[1，e]， 使得f (x 1)≤g (x 2)成立，∴f (x 1)max ≤g (x 2)max ，即1＋a e ＋1e ≤e ＋1e，解得0＜a ≤1－1e，故所求正实数a 的取值范围为⎝⎛⎦⎤0，1－1e . 3．已知函数f (x )＝x 2－23ax 3(a >0)，x ∈R.(1)求f (x )的单调区间和极值；(2)若对任意的x 1∈(2，＋∞)，都存在x 2∈(1，＋∞)，使得f (x 1)·f (x 2)＝1，求实数a 的取值范围．解：(1)f ′(x )＝2x －2ax 2(a >0)， 令f ′(x )＝0，得x ＝0或x ＝1a .当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：所以f (x )的单调递增区间是⎝⎛⎭⎫0，1a ，单调递减区间是(－∞，0)，⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞. f (x )的极小值为f (0)＝0，极大值为f ⎝⎛⎭⎫1a ＝13a 2. (2)由f (0)＝f ⎝⎛⎭⎫32a ＝0及(1)知， 当x ∈⎝⎛⎭⎫0，32a 时，f (x )>0； 当x ∈⎝⎛⎭⎫32a ，＋∞时，f (x )<0. 设集合A ＝{f (x )|x ∈(2，＋∞)}，B ＝⎩⎨⎧⎭⎬⎫1f (x )x ∈(1，＋∞)，f (x )≠0.则“对任意的x 1∈(2，＋∞)，都存在x 2∈(1，＋∞)，使得f (x 1)·f (x 2)＝1”等价于A ⊆B ，显然0∉B .下面分三种情况讨论：①当32a >2，即0<a <34时，由f ⎝⎛⎭⎫32a ＝0知，0∈A ，而0∉B ，所以A 不是B 的子集．②当1≤32a ≤2，即34≤a ≤32时，有f (2)≤0，且此时f (x )在(2，＋∞)上单调递减，故A ＝(－∞，f (2))，因而A ⊆(－∞，0)；由f (1)≥0，有f (x )在(1，＋∞)上的取值范围包含(－∞，0)，则(－∞，0)⊆B ，所以A ⊆B .③当32a <1，即a >32时，有f (1)<0，且此时f (x )在(1，＋∞)上单调递减，故B ＝⎝⎛⎭⎫1f (1)，0，A ＝(－∞，f (2))，A 不是B 的子集．综上，实数a 的取值范围是⎣⎡⎦⎤34，32. 4．(理)已知函数f (x )＝mxx 2＋1＋1(m ≠0)，g (x )＝x 2e ax (a ∈R)． (1)求函数f (x )的单调区间；(2)当m >0时，若对任意x 1，x 2∈[0,2]，f (x 1)≥g (x 2)恒成立，求实数a 的取值范围． 解：(1)f ′(x )＝m (1－x 2)(x 2＋1)2＝m (1－x )(1＋x )(x 2＋1)2.当m >0时，由f ′(x )>0，得－1<x <1；由f ′(x )<0，得x >1或x <－1，所以f (x )的单调递增区间是(－1,1)，单调递减区间是(－∞，－1)，(1，＋∞)．当m <0时，由f ′(x )>0，得x >1或x <－1；由f ′(x )<0，得－1<x <1，所以f (x )的单调递增区间是(－∞，－1)，(1，＋∞)，单调递减区间是(－1,1)．(2)依题意，当m >0时，“对任意x 1，x 2∈[0,2]，f (x 1)≥g (x 2)恒成立”等价于“对任意x ∈[0,2]，f (x )min ≥g (x )max 成立”．当m >0时，由(1)知，函数f (x )在[0,1]上单调递增，在[1,2]上单调递减， 因为f (0)＝1，f (2)＝2m5＋1>1，所以f (x )min ＝f (0)＝1.故应满足1≥g (x )max .因为g (x )＝x 2e ax ，所以g ′(x )＝(ax 2＋2x )e ax .①当a ＝0时，g (x )＝x 2，对任意x ∈[0,2]，g (x )max ＝g (2)＝4，不满足1≥g (x )max . ②当a ≠0时，令g ′(x )＝0，得x ＝0或x ＝－2a .(ⅰ)当－2a ≥2，即－1≤a <0时，在[0,2]上，g ′(x )≥0，所以g (x )在[0,2]上单调递增，g (x )max ＝g (2)＝4e 2a .由1≥4e 2a ，得a ≤－ln 2，所以－1≤a ≤－ln 2.(ⅱ)当0<－2a <2，即a <－1时，在⎣⎡⎭⎫0，－2a 上，g ′(x )≥0，g (x )单调递增；在⎝⎛⎦⎤－2a ，2上，g ′(x )<0，g (x )单调递减．g (x )max ＝g ⎝⎛⎭⎫－2a ＝4a 2e2. 由1≥4a 2e 2，得a ≤－2e，所以a <－1.(ⅲ)当－2a <0，即a >0时，显然在[0,2]上，g ′(x )≥0，g (x )单调递增，于是g (x )max ＝g (2)＝4e 2a ，此时不满足1≥g (x )max .综上，实数a 的取值范围是(－∞，－ln 2]．4．(文)已知函数f (x )＝(1＋b )x ＋2a 2x －a ln x (a ＞0)在x ＝2a 处取得极值．(1)求函数f (x )的单调区间；(2)设函数g (x )＝x 2－2cx ＋4－ln 2，当a ＝1时，若对任意的x 1，x 2∈[1，e]都有f (x 1)≥g (x 2)，求实数c 的取值范围．解：(1)由f (x )＝(1＋b )x ＋2a 2x －a ln x ，a ＞0，x ＞0， 得f ′(x )＝1＋b －2a 2x 2－ax .又f (x )在x ＝2a 处取得极值， 所以f ′(2a )＝1＋b －12－12＝b ＝0，所以f (x )＝x ＋2a 2x －a ln x ，f ′(x )＝1－2a 2x 2－a x ＝x 2－ax －2a 2x 2＝(x ＋a )(x －2a )x 2，又a ＞0，且函数f (x )的定义域为(0，＋∞)， 所以由f ′(x )＞0，得x ＞2a ； 由f ′(x )＜0，得0＜x ＜2a ，即函数f (x )的单调递增区间是(2a ，＋∞)，单调递减区间为(0,2a )． (2)当a ＝1时，f (x )＝x ＋2x －ln x ，x ∈(0，＋∞)，由(1)知x ∈[1，e]时，f (x )在[1,2]上单调递减，在(2，e]上单调递增，所以f (x )min ＝f (2)＝3－ln 2.对任意的x 1，x 2∈[1，e]都有f (x 1)≥g (x 2)， 即f (x )min ≥g (x )，x ∈[1，e]恒成立．即3－ln 2≥x 2－2cx ＋4－ln 2，x ∈[1，e]恒成立， 即2c ≥x ＋1x ，x ∈[1，e]恒成立，令h (x )＝x ＋1x ，则h ′(x )＝1－1x 2≥0，x ∈[1，e]，即h (x )＝x ＋1x 在[1，e]上单调递增，故h (x )max ＝e ＋1e ，所以c ≥12⎝⎛⎭⎫e ＋1e . 故实数c 的取值范围为⎣⎡⎭⎫e 2＋12e ，＋∞.。
含参数不等式恒成立与存在性问题含答案
含参数不等式恒成立与存在性问题由任意性和存在性条件求参数的取值范围问题，一直是高考数学考试的重点和难点。
通过对近几年高考数学试题的研究，我们发现这类试题往往以压轴题的形式出现，所涉及的知识点内容覆盖面广，其中命题的核心在函数、方程、不等式等内容的交汇处。
下面就对这类问题进行详细的归类、归法，构建知识体系，希望对同学们有所帮助。
一、在不等式恒成立的条件下，求参数的取值范围问题在不等式恒成立条件下求参数的取值范围，一般原理是利用转化与化归思想将其转化为函数的最值或值域问题加以求解，方法可采用“分离参数法”或“不分离参数法”直接移项构造辅助函数的形式. 类型1：对于一次函数],[,)(n m x b kx x f ∈+=，则有：（1）如果()0()0()0f m f x f n >⎧>⇔⎨>⎩恒成立；（2）如果()0()0()0f m f x f n <⎧<⇔⎨<⎩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.类型2：设)0()(2≠++=a c bx ax x f ，R x ∈ （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 .例2、已知关于x 的不等式2210mx mx ++>对任意x R ∈恒成立，求实数m 的取值范围.类型3：设)0()(2≠++=a c bx ax x f ],[βα∈x（1）当0>a 时，如果],[0)(βα∈>x x f 在上恒成立⎪⎩⎪⎨⎧>>-⎪⎩⎪⎨⎧<∆≤-≤⎪⎩⎪⎨⎧><-⇔0)(2020)(2βββαααf aba b f a b 或或； 当0>a 时，如果],[0)(βα∈<x x f 在上恒成立⎩⎨⎧<<⇔0)(0)(βαf f .（2）当0<a 时，如果],[0)(βα∈>x x f 在上恒成立⎩⎨⎧>>⇔0)(0)(βαf f ；当0<a 时，如果],[0)(βα∈<x x f 在上恒成立⎪⎩⎪⎨⎧<>-⎪⎩⎪⎨⎧<∆≤-≤⎪⎩⎪⎨⎧><-⇔0)(2020)(2βββαααf a bab f a b 或或.例3、若[]2,2x ∈-时，不等式23x ax a ++≥恒成立，求a 的取值范围。
不等式恒成立、存在性问题的解题方法
不等式恒成立、存在性问题的解题方法一、常见不等式恒成立问题解法1、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。
解析：我们可以用变换主元的方法，将m 看作主变元，即将原不等式化为：0)12()1(2<---x x m ，；令)12()1()(2---=x x m m f ，则22≤≤-m 时，0)(<m f 恒成立，所以只需⎩⎨⎧<<-0)2(0)2(f f 即⎪⎩⎪⎨⎧<---<----0)12()1(20)12()1(222x x x x 所以x 的范围是)231,271(++-∈x 。
2、利用一元二次函数判别式对于一元二次函数),0(0)(2R x a c bx ax x f ∈≠>++=有：（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例2：若不等式02)1()1(2>+-+-x m x m 的解集是R ，求m 的范围。
解析：要想应用上面的结论，就得保证是二次的，才有判别式，但二次项系数含有参数m ，所以要讨论m-1是否是0。
（1）当m-1=0时，元不等式化为2>0恒成立，满足题意；（2）01≠-m 时，只需⎩⎨⎧<---=∆>-0)1(8)1(012m m m ，所以，)9,1[∈m 。
3、分离变量法若所给的不等式能通过恒等变换使参数与主元分别位于不等式两端，从而问题转化为求主元函数的最值，进而求出参数范围。
这种方法本质也还是求最值，但它思路更清晰，操作性更强。
【高中数学考点精讲】考点一 单变量不等式恒成立问题
考点15 任意性和存在性问题“任意性问题”与“存在性问题”是一类形同质异的问题，同时也是各类考试的高频考点，求解这两类问题的策略是转化为等价问题，恒成立问题与能成立问题，而后进行求解.“任意性问题”与“存在性问题”的求解策略：1.任意性问题转化为恒成立问题2.存在性问题转化为有解问题3.等式问题转化为值域关系问题4.不等式问题转化为最值关系问题对于一个不等式一定要看清楚是对“”恒成立，还是对“”使之成立，同时还要看清楚不等式两边中同一个变量，还是两个独立的变量，然后再根据不同的情况采取不同的等价条件.1、单函数恒成立、能成立、恰成立问题的求解1.恒成立问题的转化：恒成立；恒成立2.能成立问题的转化：能成立；能成立·3.恰成立问题的转化：在M上恰成立的解集为另一转化方法：若，在D上恰成立，等价于在D上的最小值，若,在D上恰成立，则等价于在D上的最大值.注：含参不等式恒成立问题一般较为复杂.仅运用不等式的性质，往往很难找到使不等式恒成立的条件，使问题顺利得解.这就需要采用不同思路，如函数性质、变换主元、分离参数、分类讨论、数形结合等来解题.1、函数性质法（1）一次函数——单调性法给定一次函数,若在内恒有,则根据函数的图像可得上述结论等价于（1）或（2）可合并定成同理,若在内恒有,则有（2）二次函数——利用判别式①一元二次不等式在R上的恒成立问题设上恒成立；（2）上恒成立．②一元二次不等式在给定区间上的恒成立或有解问题二次函数在区间D上大于(小于）零恒成立，讨论的标准是二次函数的图象的对称轴与区间D的相对位置，一般分对称轴在区间左侧、内部、右侧进行讨论。
“同号要分类，异号看端点”设（1）当时，上恒成立上恒成立（2）当时，上恒成立上恒成立（3）其它函数：恒成立（注：若的最小值不存在,则恒成立的下界大于0）；恒成立（注：若的最大值不存在,则恒成立的上界小于0）．2、分离参数法——极端化原则分离参数法是解答含参不等式恒成立问题的重要方法.运用分离参数法求解不等式恒成立问题，需先将不等式进行变形，使参数分离，得到形如的式子，只要使，就能确保不等式恒成立.在求的最值时，往往可根据导数的性质、函数的单调性，或利用基本不等式.3、主参换位——反客为主法某些含参不等式恒成立问题,在分离参数会遇到讨论的麻烦或者即使能容易分离出参数与变量,但函数的最值却难以求出时,可考虑变换思维角度“反客为主”,即把习惯上的主元变与参数变量的“地位”交换一下,变个视角重新审查恒成立问题,往往可避免不必要的分类讨论或使问题降次、简化,起到“山穷水尽疑无路,柳暗花明又一村”的出奇制胜的效果．运用变更主元法解答含参不等式恒成立问题，需先找出所要求证不等式中的变量与参数，然后将两者进行互换，得到新不等式，根据新主元的取值或者限制条件，列出满足题意的不等式或不等式组，从而解题.4、分类讨论法含参不等式恒成立问题中参数的取值往往不确定，因而在求解含参不等式恒成立问题时，需灵活运用分类讨论法，对参数或某些变量进行分类讨论，从而求得问题的答案.而确定分类讨论的标准是解题的关键，可根据一元二次方程的判别式大于、等于、小于0进行分类讨论；也可根据二次函数的二次项系数大于、小于0进行分类讨论；还可根据导函数值大于、等于、小于0进行分类讨论.5、数形结合——直观求解法若所给不等式进行合理的变形化为（或）后,能非常容易地画出不等号两边函数的图像,则可以通过画图直接判断得出结果．尤其对于选择题、填空题这种方法更显方便、快捷．2、单变量双函数“任意性问题”与“存在性问题”的求解策略1.（1）若不等式在区间D上恒成立，则等价于在区间D上函数的图象在函数图象上方；即有（2）若不等式在区间D上恒成立，则等价于在区间D上函数的图象在函数图象下方.2.（1）对，使得不等式成立，则问题等价于. （2）若，使得不等式成立，则问题等价于3、双变量双函数“任意性问题”与“存在性问题”的求解策略一般地，已知函数，1、不等关系（1）若，，总有成立，故；（2）若，，有成立，故；（3）若，，有成立，故；（4）若，，有成立，故．2、相等关系记的值域为A, 的值域为B,（1）若，，有成立，则有；（2）若，，有成立，则有；（3）若，，有成立，故；考点一单变量不等式恒成立问题（一）函数性质法1．（2022·四川南充·高一期末（理））不等式的解集为，则实数的取值范围是（）A． B． C．D．【答案】B【解题思路】由题意列不等式组求解【解题过程】当即时，恒成立，满足题意，当时，由题意得，解得，综上，的取值范围是，故选：B2．（2022·陕西汉中·高一期末）若关于x的一元二次不等式对于一切实数x都成立，则实数k的取值范围为__________.【答案】【解题思路】由判别式小于0可得．【解题过程】由题意，．故答案为：．3．（2022·浙江·杭州高级中学高一期末）已知函数满足，若在区间上恒成立，则实数的取值范围是（）A．B．C．D．【答案】C【解题思路】首先判断函数的单调性，依题意恒成立，再根据对数函数的性质得到不等式组，解得即可.【解题过程】解：因为且，又单调递减，在定义域上单调递增，所以在定义域上单调递减，因为在区间上恒成立，所以恒成立，所以，解得，即；故选：C4．（2022·河南·新乡市第一中学高一期末）已知定义在上的函数是奇函数．(1)求实数的值；(2)若对任意的，不等式恒成立，求实数的取值范围．【答案】(1)(2)【解题思路】（1）根据奇函数的性质得到，即可取出，再代入检验即可；（2）首先判断函数的单调性，依题意可得恒成立，则，即可求出参数的取值范围；(1)解：函数是定义域上的奇函数，，即，解得．此时，则，符合题意；(2)解：因为，且在定义域上单调递增，在定义域上单调递减，所以在定义域上单调递增，则不等式恒成立，即恒成立，即恒成立，即恒成立，所以，解得，即；（二）分离参数法5．（2022·广东揭阳·高一期末）对任意的，恒成立，则的取值范围为（）A．B．C．D．【答案】D【解题思路】采用分离变量的方式，结合基本不等式可求得，进而得到所求范围. 【解题过程】当时，由得：，（当且仅当，即时取等号），，解得：，即的取值范围为.故选：D.6．（2022·云南·昆明一中高一期末）已知对恒成立，则实数的取值范围___________.【答案】【解题思路】将不等式分离参数，换元构造函数，利用单调性求得最小值，可得结论. 【解题过程】因为对恒成立，即在时恒成立，令，则代换为，令，由对勾函数可知，在上单增，所以，所以.故答案为：7．（2022·湖南·湘阴县教育科学研究室高一期末）已知函数为奇函数．(1)求实数的值；(2)若对任意的，有恒成立，求实数的取值范围．【答案】(1)(2)【解题思路】（1）根据奇函数的性质可求得b的值，验证符合题意，即可得答案;（2）求得，确定其为增函数，且，从而将恒成立，转化为在上恒成立，构造函数，求得其最值，即可得答案. （1）∵函数的定义域为，且为奇函数，∴，解得,经验证：为奇函数，符合题意，故；（2）∵，∴在上单调递增，且．∵，则，又函数在上单调递增，则在上恒成立，∴在上恒成立，设，令，则，函数在上递减，在上递增，当时，，当时，，故，则，∴实数的取值范围为．8．（2022·福建省福州高级中学高一期末）已知函数，．(1)若对于任意的，恒成立，求实数k的取值范围；(2)若，且的最小值为，求实数k的值．【答案】(1)，(2)【解题思路】（1）问题转化为对于任意的，恒成立，然后利用基本不等式求出的最大值即可得答案，（2）化简变形函数得，令，则，然后分，和求其最小值，从而可求出实数k的值．（1）由，得恒成立，所以对于任意的，恒成立，因为，当且仅当，即时取等号，所以，即实数k的取值范围为（2），令，当且仅当，即时取等号，则，当时，为减函数，则无最小值，舍去，当时，最小值不是，舍去，当时，为增函数，则，最小值为，解得，综上，9．（2022·河南濮阳·高一期末（文））已知对任意恒成立，则实数的取值范围为_________.【答案】【解题思路】对任意恒成立，利用参变分离，可等价为对任意恒成立，即，然后利用复合函数值域的求法，求出的最小值，从而求出的取值范围. 【解题过程】依题意，对任意恒成立，可等价为对任意恒成立，即，令，，，，解得，实数的取值范围为.故答案为：.10．（2022·湖南·邵阳市第二中学高一期末）若，不等式恒成立，则实数的取值范围为___________.【答案】【解题思路】分离参数，将恒成立问题转化为函数最值问题，根据单调性可得.【解题过程】因为，不等式恒成立，所以对恒成立.记，，只需.因为在上单调递减，在上单调递减，所以在上单调递减，所以，所以.故答案为：11．（2022·云南楚雄·高一期末）已知函数.(1)当时，求的定义域；(2)若对任意的恒成立，求的取值范围.【答案】(1)(2)【解题思路】（1）根据对数函数、指数函数的性质计算可得；（2）依题意可得对任意的恒成立，参变分离可得对任意的恒成立，再根据指数函数的性质计算可得；（1）解：当时，令，即，即，解得，所以的定义域为.（2）解：由对任意的恒成立，所以对任意的恒成立，即对任意的恒成立，因为是单调递减函数，是单调递减函数，所以在上单调递减，所以，所以在上单调递减，所以，所以，即的取值范围为.（三）主参换位法12．（2022·陕西·永寿县中学高一阶段练习（理））已知，不等式恒成立，则的取值范围为___________.【答案】【解题思路】设，即当时，，则满足解不等式组可得x的取值范围．【解题过程】，不等式恒成立即，不等式恒成立设，即当时，所以，即，解得或故答案为：13．（2022·上海市复兴高级中学高一期中）若对于满足的一切实数t，不等式恒成立，则x的取值范围为______.【答案】【解题思路】不等式可化为，求出不等式的解集，再求出函数的最值，即可确定x的取值范围.【解题过程】不等式可化为∵，∴∴或∵在时，最大值为9；在时，最小值为，∴或故答案为：【点睛】本题考查了不等式的恒成立问题，转换为函数的最值是解题的关键. 14．（2022·陕西西安·高一期中（文））若存在，使得不等式成立，则实数x的取值范围为_________．【答案】或【解题思路】令，由题意得f(1)＞0，或f(3)＞0，由此求出实数x的取值范围．【解题过程】令，是关于a的一次函数，由题意得，①或②,解①可得或．解②可得或．∴实数x的取值范围为或．故答案为：或．15．（2022·江苏·南京市燕子矶中学高一期中）已知时，不等式恒成立，则x的取值范围为__________．【答案】【解题思路】由题意构造函数关于a的函数，则可得，从而可求出x的取值范围.【解题过程】由题意，因为当，不等式恒成立，可转化为关于a的函数，则对任意恒成立，则满足，解得，即x的取值范围为．故答案为：（四）分类讨论法16．（2022·全国·高一课时练习）已知f(x)＝x2－2ax＋2(a∈R)，当x∈[－1，＋∞)时，恒成立，则a的取值范围是_________．【答案】.【解题思路】g(x)＝x2－2ax＋2－a，根据对称轴与定义区间位置关系分类讨论：当时，；当时，；解不等式，再求并集得a的取值范围．【解题过程】解：法一：f(x)＝(x－a)2＋2－a2，此二次函数图象的对称轴为x＝a.①当a∈(－∞，－1)时，f(x)在[－1，＋∞)上单调递增，f(x)min＝f(－1)＝2a＋3.要使f(x)≥a恒成立，只需f(x)min≥a，即2a＋3≥a，解得－3≤a＜－1；②当a∈[－1，＋∞，)时，f(x)min＝f(a)＝2－a2，由2－a2≥a，解得－1≤a≤1.综上所述，所求a的取值范围为－3≤a≤1.法二：令g(x)＝x2－2ax＋2－a，由已知，得x2－2ax＋2－a≥0在[－1，＋∞)上恒成立，即Δ＝4a2－4(2－a)≤0或解得－3≤a≤1.点睛：研究二次函数单调性的思路(1)二次函数的单调性在其图象对称轴的两侧不同，因此研究二次函数的单调性时要依据其图象的对称轴进行分类讨论．(2)若已知f(x)＝ax2＋bx＋c(a>0)在区间A上单调递减(单调递增)，则A⊆（A⊆）即区间A一定在函数对称轴的左侧(右侧)．17．（2022·云南玉溪·高一期末）设关于x的二次函数．(1)若，解不等式；(2)若不等式在上恒成立，求实数m的取值范围．【答案】(1)；(2).【解题思路】（1）由题设有，解一元二次不等式求解集即可.（2）由题意在上恒成立，令并讨论m 范围，结合二次函数的性质求参数范围.【解题过程】（1）由题设，等价于，即，解得，所以该不等式解集为.（2）由题设，在上恒成立．令，则对称轴且，①当时，开口向下且，要使对恒成立，所以，解得，则．②当时，开口向上，只需，即.综上，．（五）数形结合法18．（2019·北京四中高三期中）已知函数f（x）=x2﹣a x（a＞0且a≠1），当x∈（﹣1，1）时，恒成立，则实数a的取值范围是__．【答案】【解题过程】“当x∈（﹣1，1）时，恒成立”等价于“当x∈（﹣1，1）时，恒成立”．设，，则在区间（﹣1，1）上，函数的图象在函数图象的上方．在坐标系内画出函数的图象，由图象知，当时，需满足，即，解得；当时，需满足，即，解得．综上可得实数的取值范围为．答案：．点睛：解决函数的有关问题时要注意函数图象在解题中的应用，借助于函数的图象，可使解题过程变得简单、直观形象．所以在学习中要记住常见函数图象的形状，并能在解题时能准确画出它的图象，同时在解题中要根据函数图象的相对位置关系得到相关的不等式（组）进行求解．19．（2022·陕西·长安一中高一期末）设函数的定义域为R，满足，且当时，.若对任意，都有，则m的最大值是（）A．B．C．D．【答案】A【解题思路】分别求得，，，，，，，时，的最小值，作出的简图，因为，解不等式可得所求范围．【解题过程】解：因为，所以，当时，的最小值为；当时，，，由知，，所以此时，其最小值为；同理，当，时，，其最小值为；当，时，的最小值为；作出如简图，因为，要使，则有．解得或，要使对任意，都有，则实数的取值范围是．故选：A．20．（2022·湖南常德·高一期末）已知．(1)若时，，求实数k的取值范围；(2)设若方程有三个不同的实数解，求实数k的取值范围．【答案】(1)；(2)[，＋∞）【解题思路】（1）将含参不等式，进行参变分离，转换为二次函数求最值即可求函数最值，得k的取值范围；（2）将原方程转换为，利用整体换元，结合二次函数的实根分布即可求解.【解题过程】(1)解：即，令，记．∴，∴即k的取值范围是．(2)解：由得，即，且，令，则方程化为．又方程有三个不同的实数解，由的图象可知，有两个根，且或．记，则或，解得或综上所述，k的取值范围是[，＋∞）．。
含参不等式恒成立问题—任意性与存在性
１、f(x)=ax+b,x ∈ [α,β]，则：
f(x)>0恒成立＜
＞
f()>0
f()>0
f(x)<0恒成立＜
＞
f()<0
f()<0
1、一次函数型问题，利用一次函数的图像特征求解。
y
α
o
β
x
２、ax2+bx+c>0在R上恒成立的充要条件是：
a=b=0
a >0
或
C>0
Δ=b2-4ac<0
例：已知函数 f ( x) 8 x 2 16 x k ，g ( x) 2 x3 5 x 2 4 x ，其中 k 为实数 .
3] ，使 f ( x) g ( x) 恒成立，
（3） 若对 x [3，
求k的取值范围；
3] ，使 f ( x0 ) g ( x0 ) 能成立，
3] ，使 f ( x) g ( x) 恒成立，
（3） 若对 x [3，
求k的取值范围；
3] ，使 f ( x1 ) g ( x若 x1，x2 [3，
例：已知函数 f ( x) 8 x 2 16 x k ，g ( x) 2 x3 5 x 2 4 x ，其中 k 为实数 .
（4） 若 x0 [3，
求k的取值范围；
x D ：
x0 D ：
f ( x) g ( x)]min 0 f ( x ) g ( x ) [____________
f ( x) g ( x)]max 0
f ( x) g ( x) [____________
f min ( x) 0
谈谈求解含参指对不等式恒成立问题的两种思路
含参不等式恒成立问题往往较为复杂.含参指对不等式恒成立问题的难度较大，侧重于考查同学们的分析、运算能力.本文结合一道含参指对不等式恒成立问题，谈一谈解答此类问题的思路.例题：已知实数λ>0，若对任意x>1，不等式λeλx≥ln x恒成立，求实数λ的取值范围．本题看似简单，实则难度较大.题目中不仅涉及指数式“eλx”和对数式“ln x”，而且涉及参数“λ”，需将问题转化为函数问题，利用函数的图象和性质来求解.一、利用函数的性质解答含参指对不等式恒成立问题，通常需根据不等式的结构特征，构造合适的函数模型，将问题转化为函数最值问题，如将f(x)≥a恒成立转化为f(x)min≥a，将f(x)≤a恒成立转化为f(x)max≤a.然后对函数求导，讨论导函数与0之间的关系，判断出函数的单调性，求得函数的最值，从而确定参数的取值范围.解法1.由题意可知x>1，在λeλx≥ln x的两边同乘以x得λxeλx≥x ln x，变形得λx∙eλx≥ln x∙e ln x，设f(t)=te t(t>0)，则f(λx)≥f(ln x)，对其求导得f′(t)=e t+te t=(1+t)e t>0，所以函数f(t)在(0,+∞)上单调递增.由λ>0,x>1知λx>0,ln x>0，可知λx≥ln x对任意x>1恒成立.因为λx≥ln x，则λ≥ln x x对任意x>1恒成立，设g(x)=ln x x，其中x>1，则λ≥g(x)max.对函数求导得g′(x)=1-ln x x2，所以当1<x<e时，g′(x)>0；当x>e时，g′(x)<0，因此函数g(x)在(1,e)上单调递增，在(e,+∞)上单调递减，从而可得g(x)max=g(e)=1e，所以λ≥1e.先构造函数f(t)=te t(t>0)，根据导函数与函数的单调性之间的关系判断出函数的单调性，将不等式转化为λx≥ln x；然后将不等式变形为λ≥ln x x，并构造函数g(x)=ln x x，将问题转化为λ≥g(x)max；再对函数g(x)求导，研究其导函数的性质，从而判断出函数的单调性，求得g(x)max，即可确定参数λ的取值范围.解法2.由题意可知x>1，在λeλx≥ln x的两边同乘以x得λxeλx≥x ln x，变形即得eλx∙ln eλx≥x∙ln x，设f(t)=t ln t(t>1)，则f(eλx)≥f(x).对函数求导得f′(t)=ln t+t×1t=1+ln t>1>0，所以函数f(t)在(1,+∞)上单调递增.由λ>0,x>1知eλx>1，从而可得eλx≥x，即λx≥ln x，所以λ≥ln x x对任意x>1恒成立.下同解法1，过程略.先将不等式进行适当的变形，得到eλx∙ln eλx≥x∙ln x.仔细观察该式可发现不等式左右两边的式子为同构式，于是构造函数f(t)=t ln t(t>1)，对函数求导，讨论导函数的性质，进而判断出函数的单调性，将问题转化为使λ≥ln x x恒成立问题，即使λ≥æèöøln x x max.利用函数的单调性求得函数ln x x的最值，即可解题.思路探寻49思路探寻解法3.由题意可知x>1，在λeλx≥ln x的两边同乘以x得λxeλx≥x ln x，在该不等式的两边同时取对数得λx+ln(λx)≥ln x+ln(ln x).设f(t)=t+e t(t>0)，则f(λx)≥f(ln x).对函数求导得f′(t)=1+e t>0，所以函数f(t)在(0,+∞)上单调递增.由λ>0,x>1知λx>0,ln x>0，从而得出λx≥ln x对任意x>1恒成立，所以λ≥ln x x对任意x>1恒成立.以下同解法1，过程略.先将不等式的两边同时乘x；再取自然对数得到不等式λx+ln(λx)≥ln x+ln(ln x)，即可构造出同构式，进而构造出函数f(t)=t+e t(t>0)；然后借助导数法判断出函数的单调性，利用函数的单调性求得函数的最值，就能顺利求得参数的取值范围.二、数形结合运用数形结合法解答含参指对不等式恒成立问题，实质上是用函数的图象来解题.在解题时，需先根据不等式的结构特征，构造出函数模型，可构造一个函数，也可构造两个函数；然后在同一个坐标系中画出函数的图象，仔细研究函数图象中的最高点、最低点、单调性以及图象的变化趋势，从而找出使不等式恒成立的临界情形，据此建立不等式，求得参数的取值范围.解法4.由解法1得λx≥ln x对任意x>1恒成立，将动直线y1=λx绕着坐标原点旋转，由图1可知，当直线y1=λx与曲线y2=ln x()x>1相切时，直线始终在曲线的上方（包含两个图象的公共点），设直线y1=λx与曲线y2=ln x相切于点(x0,ln x0)，由y′=1x可得1x0=ln x0x0，解得x0=e，所以直线y1=λx与曲线y2=ln x相切的斜率为1e，即λ=1e，所以λ≥1e.我们先将不等式λx≥ln x两边的式子分别构造成函数y1=λx、y2=ln x；然后在同一个坐标系中画出直线y1=λx与曲线y2=ln x的图象，通过改变直线y1=λx的位置，找到使λx≥ln x恒成立的临界情形：当直线y1=λx与曲线y2=ln x()x>1相切时；再根据导数的几何意义和直线的斜率公式求得切点的坐标，即可求得直线的斜率，进而求得参数的取值范围.图1图2解法5.因为λ>0，所以不等式λeλx≥ln x可变形为eλx≥ln xλ，则当x>1时，函数y=eλx的图象始终在函数y=ln xλ的图象的上方（包含两个函数图象的公共点）.由y=eλx可得x=ln yλ，所以函数y=eλx的反函数为y=ln xλ，而函数y=eλx与y=ln xλ的图象关于直线y=x对称，在同一坐标系内画出函数y=eλx与y=ln xλ的图象，以及直线x=m(m>1)，如图2所示，设直线与函数y=eλx,y=x,y=ln xλ分别交于点A,B,C.根据函数y=eλx与y=ln xλ的图象位置关系，可得yA≥y B，即eλm≥m，将其变形得λm≥ln m.则λx≥ln x对任意x>1恒成立.下同解法1，过程略.我们先根据不等式的特点，构造函数y=eλx与y=ln xλ，将问题转化两个函数图象的位置关系问题；然后画出两个函数的图象，结合图象讨论其位置关系，找出临界情形，从而求得问题的答案.可见，解答含参指对不等式恒成立问题，需从函数的图象和性质入手，根据不等式的结构特征，将其进行合适的变形，以构造出不同形式的函数，通过研究其函数的性质、图象，来获得问题的答案.（作者单位：山东省单县第二中学）50。
专题15谈含参的不等式恒成立或存在性成立中的参数范围(原卷版)
2021年高考数学二轮复习专项微专题核心考点突破专题15谈含参的不等式恒成立或存在性成立中的参数范围考点命题分析应用导数研究函数性质的问题中，含参不等式恒成立或存在性成立中的参数范围是常见的探究性问题，这些问题或是分类讨论，也可能表面上是分类讨论，但实际上是逻辑问题，它涉及全称命题、特称命题及充要条件的关系.这类试题关键要判断含参的不等式恒成立或存在性成立的类型，才能确定解题的方法和转化目标.下面例说常见的一类问题.1探究充分性证明必要性的题型 例1已知函数，且f (x )≤0(I )当x >0时，求证:，当且仅当x =1时等号成立；(Ⅱ)求m 的取值范围. 2分离参数的题型例2已知函数f (x )=xlnx －2，. (I )若函数的零点，求n 的值；(Ⅱ)令g (x )=f (x )－(k －1)x +3+k ，若当x >1，g (x )>0时，求整数k 的最大值. 例:函数存在零点，求a 的取值范围.3按变量分类讨论的题型 例3设函数，，若在区间[1，e ]上至少存在一点x 0，使得成立，求a 的取值范围.例:f (x )=ax 3－3x +1，对，f (x )≥0恒成立，求a 的取值范围.最新模拟题强化1．设函数2()1f x x =+，若关于x 的不等式24()4()(1)x f f m m f x f x m ⎛⎫+≤+-⎪⎝⎭，如果不等式对任意的3,2x ⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭恒成立，则实数m 的取值范围是（ ）A ．33,,22⎡⎫⎛⎤+∞-∞-⎪⎢⎥⎣⎭⎝⎦B ．⎡⎢⎣⎦C ．33,22⎡⎤-⎢⎥⎣⎦D ．,22⎫⎛+∞-∞-⎪ ⎢⎪ ⎣⎭⎝⎦2．若不等式210x ax ++≥对于一切(]0,2x ∈恒成立，则a 的最小值是（ ）A ．0B ．-2C ．52-D ．-33．已知关于x 的不等式2680kx kx k -++≥对任意x ∈R 恒成立,则k 的取值范围是( ) A ．[0,1]B ．(0,1]C ．(,0)(1,)-∞⋃+∞D ．(,0][1,)-∞⋃+∞4．已知函数221,0()3,0x x f x x x x ⎧-≤=⎨-->⎩,若不等式|()|2f x mx ≥-恒成立,则实数m 的取值范围为( )A ．[3-+B ．[0,3-C ．(3-+D ．[0,3+5．若不等式210x kx k -+->对任意的()1,3x ∈恒成立，则实数k 的取值范围是（ ）A ．(]4-∞，B ．()2-∞，C ．(]2-∞，D ．[]2,46．已知不等式1ln ax x a x x e ++≥对()1,x ∈+∞恒成立，则实数a 的最小值为（ ）A ．B ．e 2- C ．e - D ．2e -7．如果对一切正实数x ，y ，不等式29cos sin 4y x a x y-≥-恒成立，则实数a 的取值范围是（ ）A ．4,3⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦B ．[3,)+∞C ．[-D ．[3,3]-8．若对于任意的x ＞0，不等式231xa x x ≤++恒成立，则实数a 的取值范围是( )A ．a ≥15B ．a ＞15C ．a ＜15D ．a ≤159．若不等式11014m x x +-≥-对10,4x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭恒成立，则实数m 的最大值为（ ） A ．7B ．8C ．9D ．1010．定义在R 上的函数()f x 满足()()f x f x -=，且当0x ≥时，()21,0122,1xx x f x x ⎧-+≤<=⎨-≥⎩，若对任意的[]1,x m m ∈-，不等式()()2f x f x m -≤+恒成立，则实数m 的最大值是（ ） A ．-1B ．-2C ．23D ．4311．函数()f x 的定义域为R ，其图象上任意两点()111,P x y ，()222,P x y 满足()()21210x x y y --<.若不等式()()224xxf m f m -<-恒成立，则m 的取值范围是（ ）A ．[)0,+∞B ．(],0-∞C ．1,4⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭D ．1,4⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦12．函数()f x 满足()()f x f x -=，当[)12,0,x x ∈+∞时都有()()12120f x f x x x ->-，且对任意的1,12x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，不等式()()12f ax f x +≤-恒成立.则实数a 的取值范围是（ ） A ．[]2,0- B ．[]5,0-C ．[]5,1-D ．[]2,1-13．已知函数321()1(1)3f x x ax ax a =-++≤在1212,()t t t t ≠处的导数相等，则不等式12(+)0f t t m +≥恒成立时，实数m 的取值范围是（ ）A ．[)1-+∞，B ．(]1-∞-，C ．(]1-∞， D ．(43⎤-∞⎥⎦，14．已知()f x '是函数()f x 的导数，且满足()()0f x f x '+>对[]0,1x ∈恒成立，A ，B 是锐角三角形的两个内角，则下列不等式一定成立的是（ ） A ．()()sin sin sin sin e e B A f A f B < B ．()()sin sin sin sin e e B Af A f B > C ．()()sin cos cos sin e eB A f A f B < D ．()()sin cos cos sin e eB A f A f B > 15．下列4个命题中：（1）存在(0,)x ∈+∞， 使不等式23x x < 成立 （2）不存在(0,1)x ∈， 使不等式23log log x x <成立（3）任意的(0,)x ∈+∞，使不等式2log 2xx <成立（4）任意的(0,)x ∈+∞，使不等式21log x x<成立 真命题的是（ ） A ．（1）、（3）B ．（1）、（4）C ．（2）、（3）D ．（2）、（4）16．已知a b R ∈、，且0ab ≠，则下列结论恒成立的是（ ）A ．a b +≥B ．2a b ba+≥ C ．2a bb a+≥ D ．222a b ab +>17．函数()f x 满足()()()1'12x e f x f x x f e x ⎡⎫-=∈+∞=-⎪⎢⎣⎭，，，，若12f e t ⎛⎫-≤- ⎪⎝⎭恒成立，则t 的取值范围为（ ）A ．213⎡⎤⎢⎥⎣⎦，B ．23⎡⎤+∞⎢⎥⎣⎦，C ．[]01，D ．1223⎡⎤⎢⎥⎣⎦，18．对于不等式22x y m +≤的解(x ,y )，x ，y ∈R ，都能使得不等式组24x y x y ⎧+≤⎪⎨-≤⎪⎩m 的取值范围是( )A ．B ．16[0,]5C ．D ．(0,2]19．若4230x x m ⋅-->在（0，1）上恒成立，则实数m 的取值范围（ ） A ．5,4⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭B ．[)4,+∞ C ．5,4⎛⎫+∞⎪⎝⎭D ．()4,+∞20．已知函数()221f x x ax ax =--+，若()12f x ≥-恒成立，则实数a 的取值范围为（ ）A ．[]1,1-B ．⎡⎣C ．11,2⎡⎤⎡⎤-⎣⎦⎣⎦D ．(]),02,⎡-∞+∞⎣21．设()2sin f x x x =-，当02πθ≤≤时，(sin )(1)0f m f m θ+->恒成立，则实数m 的取值范围是（） A ．(0,1)B ．(,0)-∞C ．1(,)2-∞D ．(,1)-∞22．在等腰梯形ABCD 中，AB ∥CD ，且|AB |＝2，|AD |＝1，|CD |＝2x ，其中x ∈(0,1)，以A ，B 为焦点且过点D 的双曲线的离心率为e 1，以C ，D 为焦点且过点A 的椭圆的离心率为e 2，若对任意x ∈(0,1)，不等式t ＜e 1＋e 2恒成立，则t 的最大值为（ ） ABC ．2D23．丹麦数学家琴生（Jensen ）是19世纪对数学分析做出卓越贡献的巨人，特别是在函数的凹凸性与不等式方面留下了很多宝贵的成果．设函数()f x 在(),a b 上的导函数为()f x '，()f x '在(),a b 上的导函数为()f x ''，若在(),a b 上()0f x ''<恒成立，则称函数()f x 在(),a b 上为“凸函数”．已知()2ln 2x m f x e x x x =--在()1,4上为“凸函数”，则实数m 的取值范围是（ ） A ．(],21e -∞-B ．[)1,e -+∞C ．41,4e ⎡⎫-+∞⎪⎢⎣⎭D ．(),e +∞24．已知数列{}n a 满足1212a a ++…2*1()n a n n n N n +=+∈，数列{}n b 满足：121nn n n b a a ++=,数列{}n b 的前n 项和为n T ，若(2)1n n T n λ+>+*()n N ∈恒成立，则λ的取值范围为（ ）A ．1(,)8-∞B ．1(,] 8-∞C ．3(,) 8-∞D ．3(,]8-∞25．已知()f x 是偶函数，且()f x 在[0,)+∞上是增函数，若(1)(2)f ax f x +≤-在1,12x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦上恒成立，则实数a 的取值范围是（ ）. A ．[2,1]-B ．[2,0]-C ．[1,1]-D ．[1,0]-26．存在实数a ，对任意(0,]x m ∈，不等式21(2)ln 0ax x a x---⋅≤恒成立，则实数m 的取值范围是__________．27．已知函数()22,1,1x x f x x x -≥⎧=⎨<⎩，那么()()3f f =________；若存在实数a ，使得()()()f a f f a =，则a 的个数是_______________．28．已知函数()24,041020,4x x f x xx x x ⎧+<<⎪=⎨⎪-+-≥⎩，若存在12340x x x x <<<<，使得()()()()1234f x f x f x f x ===，则1234x x x x 的取值范围是_________．29．若对任意x ∈R ，不等式22(1)(1)10a x a x ----<恒成立，则实数a 值范围是____________. 30．当0x ＞时,不等式41x a x-+≥恒成立,则实数a 的取值范围是__________. 31．已知不等式8201x m x ++>-，(1,)x ∈+∞恒成立，则实数m 的取值范围是______________． 32．若a 为实数，对任意[1,1]k ∈-，当(0,4]x ∈时，不等式26ln 9x x x a kx +-+≤恒成立，则a 的最大值是_________.33．设0a >，若关于x 的不等式51ax x +≥-在1,上恒成立，则a 的最小值为______.34．已知(),P x y 是椭圆C ：2214x y +=上一点，若不等式20x y a -+≥恒成立，则a 的取值范围是______.35．已知不等式()3x a x y ++对一切正数x y 、恒成立,则实数a 的取值范围是_____.。
《含参不等式恒成立或存在性问题》热点题型探究
《含参不等式恒成立或存在性问题》热点题型探究含参不等式恒成立和存在性问题覆盖知识点多，综合性强，解法灵活，是高考的高频题型，常见解决方法有以下几种．方法一 直接法【例1】 已知函数y ＝lg[x 2＋(a －1)x ＋a 2]的定义域为R ，实数a 的取值范围为________. 解析 由题设可将问题转化为不等式x 2＋(a －1)x ＋a 2>0对x ∈R 恒成立，即有Δ＝(a －1)2－4a 2<0，解得a <－1或a >13.所以实数a 的取值范围为(－∞，－1)∪⎝⎛⎭⎫13，＋∞. 答案 (－∞，－1)∪⎝⎛⎭⎫13，＋∞ 【例2】 已知函数f (x )＝x 2＋mx －1，若对于任意x ∈[m ，m ＋1]，都有f (x )<0成立，则实数m 的取值范围为________.解析 据题意⎩⎪⎨⎪⎧f (m )＝m 2＋m 2－1<0，f (m ＋1)＝(m ＋1)2＋m (m ＋1)－1<0，解得－22<m <0. 答案 ⎝⎛⎭⎫－22，0对于二次函数f (x )＝ax 2＋bx ＋c (a ≠0，x ∈R )，有f (x )>0对x ∈R 恒成立⇔⎩⎪⎨⎪⎧a >0，Δ<0；f (x )<0对x ∈R 恒成立⇔⎩⎨⎧a <0，Δ<0.方法二 最值法将不等式恒成立问题转化为求函数最值问题的常用处理方法，其一般类型有：f (x )>a 恒成立⇔a <f (x )min ，f (x )<a 恒成立⇔a >f (x )max ；f (x )>a 有解⇔a <f (x )max ，f (x )<a 有解⇔a >f (x )min .【例3】已知f (x )＝7x 2－28x －a ，g (x )＝2x 3＋4x 2－40x ，当x ∈[－3,3]时，f (x )≤g (x )恒成立，求实数a 的取值范围．解析 设F (x )＝f (x )－g (x )＝－2x 3＋3x 2＋12x －a ， 则由题可知F (x )≤0对任意x ∈[－3,3]恒成立， 令F ′(x )＝－6x 2＋6x ＋12＝0，得x ＝－1或x ＝2，而F (－1)＝－7－a ，F (2)＝20－a ，F (－3)＝45－a ，F (3)＝9－a ，所以F (x )max ＝45－a ≤0， 所以a ≥45，即实数a 的取值范围为[45，＋∞)．【例4】 函数f (x )＝x 2＋2x ＋a x ，x ∈[1，＋∞)，若对任意x ∈[1，＋∞)，f (x )>0恒成立，求实数a 的取值范围．解析 若对任意x ∈[1，＋∞)，f (x )>0恒成立， 即对x ∈[1，＋∞)，f (x )＝x 2＋2x ＋ax>0恒成立，由于不等式的分母x ∈[1，＋∞)，只需x 2＋2x ＋a >0在x ∈[1，＋∞)上恒成立即可， 即需抛物线g (x )＝x 2＋2x ＋a 在x ∈[1，＋∞)上的最小值g (x )min ＝g (1)＝3＋a >0，即a >－3.故实数a 的取值范围为(－3，＋∞)．【例5】 设函数f (x )＝x －1x －a ln x (a ∈R )，g (x )＝x －ln x －1e ，若在区间[1，e]上至少存在一点x 0，使得f (x 0)≥g (x 0)成立，求a 的取值范围．解析 记h (x )＝f (x )－g (x )＝(1－a )ln x －1x ＋1e (x >0)，则h ′(x )＝(1－a )x ＋1x 2(x >0)．①若a ≤1，当x ∈[1，e]时，h ′(x )>0，h (x )在区间[1，e]上是增函数，[h (x )]max ＝1－a ≥0，所以a ≤1符合题意．②若1＜a ≤1＋1e ，当x ∈[1，e]时，h ′(x )＝1－a x 2·⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1a －1＞0，h (x )在区间[1，e]上是增函数，[h (x )]max ＝1－a ≥0，即a ≤1，与1＜a ≤1＋1e 矛盾，所以1＜a ≤1＋1e不符合题意．③若1＋1e <a <2，h ′(x )＝1－a x 2·⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1a －1.当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1，1a －1时，h ′(x )>0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1a －1，e 时，h ′(x )<0.所以[h (x )]max ＝h ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a －1＝(a －1)ln(a －1)－(a －1)＋1e .再记φ(t )＝t ln t －t ＋1e ⎝⎛⎭⎫1e <t <1，φ′(t )＝ln t <0，则φ(t )在⎝⎛⎭⎫1e ，1上单调递减，所以φ(t )<φ⎝⎛⎭⎫1e ＝－1e<0，因此[h (x )]max ≥0无解，即1＋1e<a <2不符合题意．④若a ≥2，当x ∈[1，e]时，h ′(x )＝1－a x 2·⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1a －1≤0，h (x )在区间[1，e]上是减函数，[h (x )]max ＝1e－1<0，因此[h (x )]max ≥0无解，即a ≥2不符合题意．综上所述，a 的取值范围是(－∞，1]． 方法三 分离变量法)若所给的不等式能通过恒等变形使参数与主元分离于不等式两端，从而问题转化为求主元函数的最值，进而求出参数范围．这种方法本质也还是求最值，但它思路更清晰，操作性更强．一般地有f (x )<g (a )(a 为参数)恒成立⇔g (a )>f (x )max ，f (x )>g (a )(a 为参数)恒成立⇔g (a )<f (x )min .【例6】 已知函数f (x )＝ax －4x －x 2，x ∈(0,4]时，f (x )<0恒成立，求实数a 的取值范围．解析 将问题转化为a <4x －x 2x对x ∈(0,4]恒成立． 令g (x )＝4x －x 2x ，则a <g (x )min . 由g (x )＝4x －x 2x＝4x－1，可知g (x )在(0,4]上为减函数，故g (x )min ＝g (4)＝0， 所以a <0，即a 的取值范围为(－∞，0)． 【例7】 已知函数f (x )＝x ln x ＋(1－k )x ＋k ，k ∈R . (1)当k ＝1时，求函数f (x )的单调区间；(2)当x >1时，求使不等式f (x )>0恒成立的k 的最大整数值． 解析 (1)当k ＝1时，f (x )＝x ln x ＋1，所以f ′(x )＝ln x ＋1.由f ′(x )>0，得x >1e ；由f ′(x )<0，得0<x <1e .所以f (x )的单调递增区间为⎝⎛⎭⎫1e ，＋∞，单调递减区间为⎝⎛⎭⎫0，1e . (2)由x >1时f (x )>0恒成立，得x >1时x ln x ＋(1－k )x ＋k >0，所以(x －1)k <x ln x ＋x ，即k <x ln x ＋x x －1对x >1恒成立．设g (x )＝x ln x ＋x x －1(x >1)，则g ′(x )＝－ln x ＋x －2(x －1)2，令μ(x )＝－ln x ＋x －2(x >1)，则μ′(x )＝－1x＋1，所以当x >1时，μ′(x )>0，μ(x )在(1，＋∞)上单调递增，而μ(3)＝1－ln 3<0，μ(4)＝2－ln 4>0，所以存在x 0∈(3,4)，使μ(x 0)＝0，即x 0－2＝ln x 0. 所以当x ∈(1，x 0)时，g ′(x )<0，此时函数g (x )单调递减； 当x ∈(x 0，＋∞)时，g ′(x )>0，此时函数g (x )单调递增．所以g (x )在x ＝x 0处有极小值(也是最小值)，所以g (x )min ＝g (x 0)＝x 0ln x 0＋x 0x 0－1＝x 0(x 0－2)＋x 0x 0－1＝x 0∈(3,4)，又k ＜g (x )恒成立，所以k <g (x )min ＝x 0，所以k 的最大整数值为3.【例8】 设函数f (x )＝ax ＋cos x ，x ∈[0，π]，若f (x )≤1＋sin x ，求a 的取值范围． 解析 因为f (x )≤1＋sin x ⇔ax ＋cos x ≤1＋sin x ⇔ax ≤1＋sin x －cos x ，所以当x ＝0时，0≤1＋sin 0－cos 0＝0恒成立； 当0<x ≤π时，ax ≤1＋sin x －cos x ⇔a ≤1＋sin x －cos x x ⇔a ≤⎣⎢⎡⎦⎥⎤1＋sin x －cos x x min ， 令g (x )＝1＋sin x －cos xx (0<x ≤π)，则 g ′(x )＝(cos x ＋sin x )x －1－sin x ＋cos xx 2＝(1＋x )cos x ＋(x －1)sin x －1x 2，又令c (x )＝(1＋x )cos x ＋(x －1)sin x －1， 则 c ′(x )＝cos x －(1＋x )sin x ＋sin x ＋(x －1)cos x ＝x (cos x －sin x )＝2x cos ⎝⎛⎭⎫x ＋π4， 则当x ∈⎝⎛⎭⎫0，π4时，cos ⎝⎛⎭⎫x ＋π4>0，故c ′(x )>0，c (x )单调递增， 当x ∈⎝⎛⎦⎤π4，π时，cos ⎝⎛⎭⎫x ＋π4<0，故c ′(x )<0，c (x )单调递减． 因为c (0)＝0，c ⎝⎛⎭⎫π4＝2π4－1>0，c ⎝⎛⎭⎫π2＝π2－2<0，c (π)＝－π－2<0，所以存在x 0∈⎝⎛⎭⎫π4，π2，使得g (x 0)＝0，所以g (x )在区间(0，x 0]上单调递增，在区间(x 0，π]上单调递减．因为g (π)＝2π，lim x →0g (x )＝1， 所以[g (x )]min ＝g (π)＝2π.故所求a 的取值范围为⎝⎛⎦⎤－∞，2π.(1)分离参数法的步骤：第一步，将原不等式分离参数，转化为不含参数的函数的最值问题；第二步，利用导数求该函数的最值；第三步，根据要求得所求范围．(2)分离参数法适用题型：①参数与变量能分离；②函数的最值易求出． 方法四 变换主元法处理含参不等式恒成立的某些问题时，若能适时地把主元变量和参数变量进行“换位”思考，往往会使问题降次、简化．【例9】对任意a ∈[－1,1]，不等式x 2＋(a －4)x ＋4－2a >0恒成立，求x 的取值范围． 解析 令f (a )＝(x －2)a ＋x 2－4x ＋4(a ∈[－1,1])，则原问题转化为f (a )>0恒成立．当x ＝2时，可得f (a )＝0，不合题意；当x ≠2时，应有⎩⎪⎨⎪⎧ f (1)>0，f (－1)>0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 2－3x ＋2>0，x 2－5x ＋6>0，解得x <1或x >3.故x 的取值范围为(－∞，1)∪(3，＋∞)．一般地，一次函数f (x )＝kx ＋b (k ≠0)在[α，β]上恒有f (x )>0的充要条件为⎩⎪⎨⎪⎧f (α)>0，f (β)>0.方法五 数形结合法f (x )>g (x )⇔函数f (x )图象恒在函数g (x )图象上方； f (x )<g (x )⇔函数f (x )图象恒在函数g (x )图象下方．【例10】设f (x )＝－x 2－4x ，g (x )＝43x ＋1－a ，若恒有f (x )≤g (x )成立，则实数a 的取值范围为________.解析 在同一直角坐标系中作出f (x )及g (x )的图象，如图所示，f (x )的图象是半圆(x ＋2)2＋y 2＝4(y ≥0)，g (x )的图象是平行的直线系4x －3y ＋3－3a ＝0.要使f (x )≤g (x )恒成立，则圆心(－2,0)到直线4x －3y ＋3－3a ＝0的距离满足d ＝|－8＋3－3a |5≥2，解得a ≤－5或a ≥53.因为f (x )≥0，且f (x )≤g (x )，所以a ≥53舍去．故实数a 的取值范围为(－∞，－5]．答案 (－∞，－5] 【跟踪检测】1．若关于x 的不等式x 2＋ax －2>0在区间[1,5]上有解，则实数a 的取值范围为( ) A ．⎝⎛⎭⎫－235，＋∞ B ．⎣⎡⎦⎤－235，1 C ．(1，＋∞)D ．(－∞，－1)A 解析 问题等价转化为不等式ax >2－x 2在区间[1,5]上有解，即不等式a >2x －x 在区间[1,5]上有解，令f (x )＝2x －x ，则有a >f (x )min ，而函数f (x )在区间[1,5]上是单调递减函数，所以函数f (x )在x ＝5处取得最小值，即f (x )min ＝f (5)＝25－5＝－235，所以a >－235.故选A 项．2．已知函数f (x )＝x ln x ＋x (x －a )2(x ∈R )，若存在x ∈⎣⎡⎦⎤12，2，使得f (x )>xf ′(x )成立，则实数a 的取值范围是( )A ．⎝⎛⎭⎫94，＋∞ B ．⎝⎛⎭⎫32，＋∞ C ．(2，＋∞)D ．(3，＋∞)C 解析 由f (x )>xf ′(x )得⎣⎡⎦⎤f (x )x ′<0，设g (x )＝f (x )x ＝ln x ＋(x －a )2，则存在x ∈⎣⎡⎦⎤12，2，使得g ′(x )<0成立，即g ′(x )＝1x ＋2(x －a )＜0成立，所以a ＞12x＋x 恒成立，所以a ＞⎝⎛⎭⎫12x ＋x min成立．又12x ＋x ≥212x ·x ＝2，当且仅当12x ＝x ，即x ＝22时，等号成立．所以a ＞ 2.故选C 项．3．若不等式log a x >sin 2x (a >0，a ≠1)对任意x ∈⎝⎛⎭⎫0，π4都成立，则a 的取值范围为( ) A ．⎝⎛⎭⎫0，π4 B ．⎝⎛⎭⎫π4，1 C ．⎝⎛⎭⎫π4，π2D ．(0,1)B 解析 记y 1＝log a x ，y 2＝sin 2x ，原不等式相当于y 1>y 2.作出两个函数的图象，如图所示，易知当y 1＝log a x 过点A ⎝⎛⎭⎫π4，1时，a ＝π4，所以当π4<a <1时，对任意x ∈⎝⎛⎭⎫0，π4都有y 1>y 2.故选B 项．4．已知函数f (x )＝(x －a )2＋(e x －a )2 (a ∈R )，若存在x 0∈R ，使得f (x 0)≤12成立，则实数a 的值为( )A ．13B ．22C ．24D ．12D 解析 函数f (x )等价于g (x )＝e x 图象上的点与直线y ＝x 上的点(a ，a )距离的平方，因为g (x )＝e x ，令g ′(x )＝1，即e x ＝1，解得x ＝0，g (0)＝e 0＝1，则点(0,1)到直线y ＝x 的距离为|1－0|12＋(－1)2＝12，即g (x )＝e x 上的点与y ＝x 上的点的最短距离为12，此时a >0，即f (x )≥f (0)＝12，因为存在x 0∈R ，使得f (x 0)≤12成立，所以f (x 0)＝f (0)＝12，即a 2＋(1－a )2＝12，解得a ＝12.故选D 项．5．已知函数f (x )＝a ln x －x ＋1x ，在区间⎝⎛⎦⎤0，12内任取两个不相等的实数m ，n ，若不等式mf (m )＋nf (n )<nf (m )＋mf (n )恒成立，则实数a 的取值范围是( )A ．(－∞，2]B ．⎝⎛⎦⎤－∞，52 C ．⎣⎡⎦⎤2，52 D ．⎣⎡⎭⎫52，＋∞B 解析 由题设不等式mf (m )＋nf (n )<nf (m )＋mf (n )可得不等式(m －n )[f (m )－f (n )]<0，由此可知函数f (x )是单调递减函数．因为f ′(x )＝a x －1－1x 2，所以问题转化为a x －1－1x2≤0在⎝⎛⎦⎤0，12内恒成立，即x 2－ax ＋1≥0在⎝⎛⎦⎤0，12内恒成立，也即a ≤x ＋1x 在⎝⎛⎦⎤0，12内恒成立，又x ＋1x ≥52，所以a ≤52.故选B 项． 6．函数f (x )＝ax 3－3x ＋1对于x ∈[－1,1]总有f (x )≥0成立，则a 的取值范围为________. 解析 依题意，f ′(x )＝3ax 2－3.①当a ≤0时，f ′(x )<0，函数f (x )为R 上的减函数，而f (1)＝a －2<0不满足条件．②当a >0时，f (x )在⎝⎛⎭⎫－∞，－1a 和⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞上为增函数，在⎝⎛⎭⎫－1a ，1a 上为减函数，又f (－1)＝－a ＋4≥0⇒a ≤4，f (1)＝a －2≥0⇒a ≥2，即2≤a ≤4⇒12≥1a ≥12，所以必须有函数f (x )的极小值f ⎝⎛⎭⎫1a ＝1a －3a ＋1＝－2a ＋1≥0⇒a ≥2⇒a ≥4，才能满足在区间[－1,1]上f (x )≥0恒成立，所以a ＝4.答案 {4}7．若不等式2x －1>m (x 2－1)对所有－2≤m ≤2都成立，求x 的取值范围．解析 原不等式化为m (x 2－1)－(2x －1)<0，令f (m )＝m (x 2－1)－(2x －1)，当－2≤m ≤2时，f (m )<0恒成立，只需满足⎩⎪⎨⎪⎧ f (－2)<0，f (2)<0，即⎩⎪⎨⎪⎧－2(x 2－1)－(2x －1)<0，2(x 2－1)－(2x －1)<0，解得－1＋72<x <1＋32，所以x 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫－1＋72，1＋32. 8．已知函数f (x )＝x －ln(x ＋a )(a >0)的最小值为0. (1)求f (x )的解析式；(2)若对任意x ∈[0，＋∞)，不等式f (x )≤x －mxx ＋1恒成立，求实数m 的取值范围．解析 (1)由题意可得f ′(x )＝1－1x ＋a.令f ′(x )>0，可得x >1－a ；令f ′(x )<0，可得x <1－a .所以x ＝1－a 为函数f (x )的极小值点，亦即函数f (x )的最小值点． 故有f (x )min ＝f (1－a )＝1－a －ln(1－a ＋a )＝1－a ＝0， 所以a ＝1，所以f (x )＝x －ln(x ＋1)．(2)若对任意x ∈[0，＋∞)，不等式f (x )≤x －mxx ＋1恒成立，即ln(x ＋1)≥mxx ＋1在x ∈[0，＋∞)上恒成立．设φ(x )＝ln(x ＋1)－mxx ＋1(x ≥0)，则φ′(x )＝1x ＋1－m(1＋x )2＝x ＋1－m(1＋x )2.①当m≤1时，φ′(x)≥0，仅当x＝0，m＝1时，等号成立，所以φ(x)在[0，＋∞)上单调递增．又φ(0)＝0，所以φ(x)≥0在[0，＋∞)上恒成立．所以当m≤1时，ln(x＋1)≥mx1＋x在[0，＋∞)上恒成立．②当m＞1时，对x∈(0，m－1)，有φ′(x)＜0，所以φ(x)在x∈(0，m－1)上单调递减，所以φ(m－1)＜φ(0)＝0，即当m＞1时，存在x＞0使φ(x)＜0，故当m＞1时，ln(1＋x)≥mx1＋x在x∈[0，＋∞)上不恒成立．综上可知，实数m的取值范围是(－∞，1]．。
含参不等式恒成立问题
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 aba 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 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：)()()()()()()(maxmin 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。
含参不等式恒成立问题
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 aba 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 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。
含参数函数不等式恒成立问题
洛必达法则
如果当 x x0 （ x0 也可以是 ）时，两个函数 f x 和 g x 都趋向于零或都趋向于无
f x
穷大，那么极限
lim
x x0
gx
可能存在，也可能不存在．如果存在，其极限值也不尽相同．我们
称这类极限为 0 型或 型不定式极限．对于这类极限，一般要用洛必达法则来求． 0
定理 1：若函数 f x 和 g x 满足条件：
（1） lim f x lim g x 0 ．
x x0
x x0
（2） f x 和 g x 在 x0 的某个去心邻域内可导，且 g x 0 ．
f x
（3）
Байду номын сангаас
lim
x x0
gx
存在或为无穷大．
则有
lim
x x0
f x gx
lim
x x0
f x gx
．
定理 2：若函数 f x 和 g x 满足条件：
0,1 ，有
a
2 1t
恒
成立，而
2 1
t
2
，所以
a
2
．
下面证明
a
可以取到
2
，即证明不等式
ln
1 1
t t
2t
对
t
0,1
恒成立．构造函数
K
t
ln
1 1
t t
2t
（0
t
1 ），则
K t
2 1 t2
2
专题三 含参数函数不等式恒成立问题
不等式问题是数学中的重要内容之一，而含参数函数不等式恒成立问题又是重点中的难 点．这类问题既含参数又含变量，与多个知识有效交汇，有利于考查学生的综合解题能力， 检验学生思维的灵活性与创造性，这正符合高考强调能力立意，强调数学思想与方法的命题 思想，因此恒成立问题成为近年来全国各地高考数学试题的一个热点．
专题30 含参不等式的存在性与恒成立问题-备战2021高考技巧大全之高中数学黄金解题模板(解析版)
【高考地位】含参不等式的恒成立问题越来越受到高考命题者的青睐，由于新课标高考对导数应用的加强，这些不等式的恒成立问题往往与导数问题交织在一起，这在近年的高考试题中不难看出这个基本的命题趋势. 解决这类问题的关键是揭开量词隐含的神秘面纱还函数问题本来面目，在高考中各种题型多以选择题、填空题和解答题等出现，其试题难度属高档题.【方法点评】方法一 分离参数法使用情景：对于变量和参数可分离的不等式解题模板：第一步 首先对待含参的不等式问题在能够判断出参数的系数正负的情况下，可以根据不等式 的性质将参数分离出来，得到一个一端是参数，另一端是变量表达式的不等式；第二步 先求出含变量一边的式子的最值； 第三步 由此推出参数的取值范围即可得出结论.例1 已知函数()2ln f x kx x =-，若()0f x >在函数定义域内恒成立，则k 的取值范围是（ ）A ．1,e e ⎛⎫ ⎪⎝⎭B ．11,2e e ⎛⎫ ⎪⎝⎭C ．1,2e ⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭D ．1,2e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭【答案】D 【解析】考点：函数的恒成立问题．【方法点晴】本题主要考查了函数的恒成立问题，其中解答中涉及到利用导数研究函数的单调性、利用导数研究函数的极值与最值、恒成立的分离参数构造新函数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，以及转化与化归思想，试题有一定的思维深度，属于中档试题，解答中根据函数的恒成立，利用分离参数法构造新函数，利用新函数的性质是解答的关键．含参不等式分离参数后的形式因题、因分法而异，因此解决含参不等式恒成立问题需把握住下述结论：（1）()()f x g a <恒成立⇔max ()()f x g a <；（2）()()f x g a ≤恒成立⇔max ()()f x g a ≤；（3）()()f x g a >恒成立⇔min ()()f x g a >。
（4）()()f x g a ≥恒成立⇔min ()()f x g a ≥. 【变式演练1】已知函数()124x x f x a =++在(,1]-∞上有意义，则a 的取值范围是 . 【答案】3[,)4-+∞．【变式演练2】若关于x 的不等式243x a a x+≥-对任意实数0x >恒成立，则实数a 的取值范围为（ ）A ．[1,4]-B ．(,2][5,)-∞-⋃+∞ C. (,1][4,)-∞-⋃+∞ D ．[2,5]- 【答案】A 【解析】考点：基本不等式的应用；不等式的恒成立问题.方法二 函数性质法使用情景：对于不能分离参数或分离参数后求最值较困难的类型解题模板：第一步 首先可以把含参不等式整理成适当形式如(,)0f x a ≥、(,)0f x a <等；第二步 从研究函数的性质入手，转化为讨论函数的单调性和极值； 第三步 得出结论.例2 已知函数323()12f x ax x =-+ ()x R ∈， 其中0a >. 若在区间11[,]22-上，()0f x >恒成立，求a 的取值范围. 【答案】05a <<.【变式演练3】已知函数(),0xf x e ax a =->．（1）记()f x 的极小值为()g a ，求()g a 的最大值； （2）若对任意实数x 恒有()0f x ≥，求()f a 的取值范围． 【答案】（1）1；（2）(21,e e e ⎤-⎦． 【解析】试题分析：（1）借助题设条件运用导数的有关知识求解；（2）借助题设运用分类整合思想将不等式进行等价转化,再运用导数知识求解．（2）当0x ≤时，0,0xa e ax >-≥恒成立，当0x >时，()0f x ≥，即0xe ax -≥，即x e a x≤令()()()()221,0,,xx x x e x e e x e h x x h x x x x --'=∈+∞==， 当01x <<时，()0h x '<，当1x >时，()0h x '>，故()h x 的最小值为()1h e =， 所以a e ≤，故实数a 的取值范围是(]0,e()(]2,0,a f a e e a e =-∈，()2a f a e a '=-，由上面可知20a e a -≥恒成立，故()f a 在(]0,e 上单调递增，所以()()()201ef f a f e e e =<≤=-，即()f a 的取值范围是(21,e e e ⎤-⎦考点：极值的概念及导数的有关知识的综合运用．【变式演练4】设函数2()1xf x e x ax =---，若0x ≥时，()0f x ≥，求a 的取值范围。
专题30 含参不等式的存在性与恒成立问题-备战2021高考技巧大全之高中数学黄金解题模板(原卷版)
【高考地位】含参不等式的恒成立问题越来越受到高考命题者的青睐，由于新课标高考对导数应用的加强，这些不等式的恒成立问题往往与导数问题交织在一起，这在近年的高考试题中不难看出这个基本的命题趋势. 解决这类问题的关键是揭开量词隐含的神秘面纱还函数问题本来面目，在高考中各种题型多以选择题、填空题和解答题等出现，其试题难度属高档题.【方法点评】方法一 分离参数法使用情景：对于变量和参数可分离的不等式解题模板：第一步 首先对待含参的不等式问题在能够判断出参数的系数正负的情况下，可以根据不等式 的性质将参数分离出来，得到一个一端是参数，另一端是变量表达式的不等式；第三步 由此推出参数的取值范围即可得出结论.例1 已知函数()2ln f x kx x =-，若()0f x >在函数定义域内恒成立，则k 的取值范围是（ ）A ．1,e e ⎛⎫ ⎪⎝⎭B ．11,2e e ⎛⎫ ⎪⎝⎭C ．1,2e ⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭D ．1,2e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭【变式演练1】已知函数()124x x f x a =++在(,1]-∞上有意义，则a 的取值范围是 . 【变式演练2】若关于x 的不等式243x a a x+≥-对任意实数0x >恒成立，则实数a 的取值范围为（ ）A ．[1,4]-B ．(,2][5,)-∞-⋃+∞ C. (,1][4,)-∞-⋃+∞ D ．[2,5]-方法二 函数性质法使用情景：对于不能分离参数或分离参数后求最值较困难的类型解题模板：第一步 首先可以把含参不等式整理成适当形式如(,)0f x a ≥、(,)0f x a <等；第二步 从研究函数的性质入手，转化为讨论函数的单调性和极值； 第三步 得出结论.例2 已知函数323()12f x ax x =-+ ()x R ∈， 其中0a >. 若在区间11[,]22-上，()0f x >恒成立，求a 的取值范围.【变式演练3】已知函数(),0xf x e ax a =->．（1）记()f x 的极小值为()g a ，求()g a 的最大值； （2）若对任意实数x 恒有()0f x ≥，求()f a 的取值范围．【变式演练4】设函数2()1xf x e x ax =---，若0x ≥时，()0f x ≥，求a 的取值范围。
“任意”和“存在”在不等式含参问题中的差异
“任意”和“存在”在不等式含参问题中的差异在高三一轮复习中，我们经常接触到一些含有“任意”或“存在”字眼的不等式含参问题，这是复习中的难点，确是高考的热点，20XX 年新课标全国高考文科21题第二问就是一道涉及“任意”字眼的不等式含参问题。
结合高三一轮复习，我发现这两个字眼在不等式含参问题中存在着戏剧性的差异，现做些简单分析。
一、“任意”在不等式含参问题中的解法。
王员外家有四个千金，想招一个年龄比四个女儿都大的女婿，那么王员外在年龄上应遵循什么呢？答案很显然，这个女婿只需比他的大女儿的岁数大即可。
从这个浅显的例子我们可以抽象出这样一个常识：“比最大值大，则比其它值均大，比最小值小，则比其它值均小。
”现实生活中，这样的逻辑常识比较常见，如，要比213班全班学生都高，只需比全班最高的那个高；要比全班学生都矮，只需比最矮的那个矮。
我在个人的教学实践中发现这个常识在解含“任意”字眼的不等式含参问题中有着比较重要的作用，现举例说明它的重要性，同时也鼓励广大同学留意类似的生活常识，学着将其应用于数学难题的思考中，有时可以做到事半功倍。
例1：求使不等式a x x ≤---34对任意R x ∈恒成立的a 的取值范围？ 解析：令43y x x =---要使a x x ≤---34对一切R x ∈只需max y a ≥ 法1：由43y x x =---的图像可求得max 1y =∴1≥a法2：由不等式的重要性质b a b a b a +≤±≤-知1)3()4(34=---≤---x x x x∴max 1y = ∴1≥a注：要使一个参数要比一个式子大恒成立，只须比这个式子的最大值还要大即可。
例2：设实数,x y 满足1)1(22=-+y x ，当0≤++d y x 恒成立时，求d 的取值范围？解析：当0≤++d y x 恒成立，即)(y x d +-≤恒成立，只须)(y x d +-≤的最小值即可，故而将问题转化为求()x y -+的最值。
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所 以 ， 只 需 解 决 g ( x ) x 2 b x 4 在 x [1，] 内 的 最 小 值 g m in ( x ) f m in ( x ) 即 可 . 2
1 在 0 ,1 和 1, 上是减函数。 a
17 答案： b[ ， ) 8
（2010.山东） 已知函数
2
2
x a 1 0 ,
由 ( 1 ) 可 知 ，f ( x ) ln x 1
x
解得 1 x
4 4x 1，此时函数
2
3
1 在 ( 0 ， ) 的 单1 性 ； 2 调
a 从 而 求 出 f m in ( x ) .
f x 在 1， 1 上是增函数； a
0 f (x ) g(x ) 0 0
[ f _ x ) _ _(_ _ _m in 0 _ _ ( _ _ _ g x )] _
例 ： 知 函 数 f ( x ) 8 x 16 x k ， ( x ) 2 x 5 x 4 x ， 中 k 为 实 数 . 已 g 其
[ f ( x ) g ( x )] m in 0 [ f ( x ) g ( x )]
x0 D ：
f ( x0 ) g ( x0 )
_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _m ax _
[ f ( x ) g ( x )]
0
f ( x) g ( x)
m ax ____________
g(x)
-1 -3
____________
m ax m in ____________
f m in ( x ) g m ax ( x ) f (x) g (x)
0
3
x
f ( x1 ) g ( x 2 )
例 ： 知 函 数 f ( x ) 8 x 16 x k ， ( x ) 2 x 5 x 4 x ， 中 k 为 实 数 . 已 g 其
-3
-1
0
3
x
f ( x1 ) g ( x 2 )
f min x g max x ____________
x D ： x D ：
f ( x) g ( x) f ( x) g ( x) f ( x1 ) g ( x 2 ) f ( x1 ) g ( x 2 )
y
x1 D , x 2 E :
f ( x1 ) g ( x 2 )
m in m in ____________
g(x)
f
( x) g
( x) ( x)
-3
-1
f ( x1 ) g ( x 2 )
m ax m ax ____________
f
( x) g
0
3
x
例 ： 知 函 数 f ( x ) 8 x 16 x k ， ( x ) 2 x 5 x 4 xy ， 中 k 为 实 数 . 已 g 其
2 3 2
3] 使 （5） 若 x1， x 2 [ 3， ， f ( x1 ) g ( x 2 ) 恒 成 立 ，求k的取值范围； 3] 3] （6）若 x1 [ 3， ， x 2 [ 3， ， 使 f ( x1 ) g ( x 2 ) 成 立 ， 求k的取值范围；
使 f ( x1 ) g ( x 2 ) 成 立 ； 求 实 数 b 的 取 值 范 围 .
例：已知函数
f x 8 x 16 x k , 其中 k 为实数 .
2
3] 使 （1） 若对 x [ 3， ，
f ( x ) 0 恒 成 立 ，求k的取值范围；
（2） 若
x 0 [ 3， ， f ( x 0 ) 0 能 成 立 ，求k的取值范围； 3] 使
x D ：
f ( x) 0
f m in ( x ) 0 _________
x D :
f ( x) 0 f ( x) 0
f m ax ( x ) 0 _________
2 3 2
3] 使 （3） 若对 x [ 3， ，
f ( x) g ( x) 恒 成 立 ， 求k的取值范围；
（5） 若
x1， x 2 [ 3， ， f ( x1 ) g ( x 2 ) 恒 成 立 ， 3] 使 求k的取值范围；
例 ： 知 函 数 f ( x ) 8 x 16 x k ， ( x ) 2 x 5 x 4 x ， 中 k 为 实 数 . 已 g 其
（2010.山东） 已知函数
(1)当 a 1 2
f ( x ) ln x a x
1 a x
1 (a R )
时，讨论 f x 的单调性 ;
2
(2) 设 g ( x ) x 2bx 4 ；
当a
1 4
时 ， 若 对 x1 (0，) ， x 2 [1，]， 2 2
3] 使 （3） 若对 x [ 3， ，
f ( x) g ( x) 恒 成 立 ， 求k的取值范围；
（4） 若
x D ：
f ( x) g ( x)
x 0 [ 3， ， f ( x 0 ) g ( x 0 ) 能 成 立 ， 3] 使 求k的取值范围；
____________
(1)当 a 1 2
(2) 设 g ( x ) x 2bx 4 ；
2
f ( x ) ln x a x
1 a x
1 (a R )
时，讨论 f x 的单调性 ;
当a 1 4 时 ， 若 对 x1 (0，) ， x 2 [1，]， 2 2
使 f ( x1 ) g ( x 2 ) 成 立 ； 求 实 数 b 的 取 值 范 围 .
[ f ( x ) g ( x )] m in 0 [ f ( x ) g ( x )] m ax 0 f m in ( x ) g m ax ( x ) f m in ( x ) g m in ( x )
f max x g min x
x1， x 2 D ： x1 D ， x 2 D ：
2 3 2
( 7 ) 若 x 1 , x 2 3 , 3 , 使 f ( x 1 ) g ( x 2 ) 成立，求 k 的取值范围
g(x)
归纳:
x1 D , x 2 E :
f ( x1 ) g ( x 2 )
f max x g min x ____________
2 3 2
（5） 若
归纳:
x1， x 2 [ 3， ， f ( x1 ) g ( x 2 ) 恒 成 立 ， 3] 使 求k的取值范围；
f (x)
y
x1 [ - 2 , 3 ] , x 2 [ - 3 , 3 ]
x1 D,x 2 E :
f ( x1 ) g ( x 2 )
1 4
时 ， 若 对 x1 (0，) ， x 2 [1，]， 2 2
使 f ( x1 ) g ( x 2 ) 成 立 ； 求 实 数 b 的 取 值 范 围 .
ax x a 1 当 0 a 时，令 0 得， ax 2 （ 2 ） 分 析 ：该 问 题 等 价 于 f m in ( x ) g m in ( x ) 2 x 1
f m in ( x ) 0 _________
f m ax ( x ) 0 f ( x ) 0 _________
例 ： 知 函 数 f ( x ) 8 x 16 x k ， ( x ) 2 x 5 x 4 x ， 中 k 为 实 数 . 已 g 其
2 3 2
x1 , x2 D :
f x1 g x 2
利用数10.山东）改编 1 a f ( x ) ln x a x 1 已知函数
(1)当 0 a 1 2
x
(a R )
时，讨论
2
f x 的单调性
;
(2) 设 g ( x ) x 2bx 4 ； 当 a
例 ： 知 函 数 f ( x ) 8 x 16 x k ， ( x ) 2 x 5 x 4 x ， 中 k 为 实 数 . 已 g 其
2 3 2
（6）若 归纳:
x1 [ 3， ， x 2 [ 3， ， 使 f ( x1 ) g ( x 2 ) 成 立 ， 求k的取值范围； 3] 3]