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 ，x
a
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）
简解：（1）由12012232
++<⇒>-+-x x x a x a ax x 成立，只需满足1
2)(23++=x x x x ϕ的最小值大于a 即
可．对1
2)(23++=x x
x x ϕ求导，0)12(12)(2
224>+++='x x x x ϕ，故)(x ϕ在]2,1[∈x 是增函数，3
2)1()(min =
=ϕϕx ，所以a 的取值范围是32
0<<a ．
例2、设函数b x x a x h ++=)(，对任意]2,21[∈a ，都有10)(≤x h 在]1,4
1
[∈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 x
a
b +-≤或x b x a )10(2-+-≤；
方法3：变更主元（新函数），0101
)(≤-++⋅=b x a x
a ϕ，]2,21[∈a
简解：方法1:对
b x x
a
x h ++=
)(求导，2
2)
)((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)4
1
(h 与)1(h 中的较大者．
⎪⎩⎪⎨⎧-≤-≤⇒⎪⎩⎪⎨⎧≤++≤++⇒⎪⎩⎪⎨⎧≤≤∴a
b a
b b a b a h h 94439
1011041410)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：4
1≥
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。

显然可将λ视作自变量，则上述问题即可转化为在(],1-∞-内关于λ的一次函数大于等于0恒成立的问题。

(Ⅱ)略解：由(Ⅰ)知：()f x x =，()sin g x x x λ∴=+，()g x 在[]11
-，上单调递减，()cos 0
g x x λ'∴=+≤cos x
λ∴≤-在[]11-，
上恒成立，1λ∴≤-，[]max ()(1)sin1g x g λ=-=--，∴只需2sin11
t t λλ--≤++，
2(1)sin110
t t λ∴++++≥（其中1λ≤-）恒成立，由上述②结论：可令
()2(1)sin110(1f t t λλλ=++++≥≤-）,则2
t 101sin110
t t +≤⎧
⎨--+++≥⎩，21
sin10t t t ≤-⎧
∴⎨-+≥⎩，而2sin10t t -+≥恒成立，
1t ∴≤-。

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。

解： 对[]2,0∈x 恒有0)(>x f 即012>++x ax 变形为)1(2+->x ax 当0=x 时对任意的a 都满足0)(>x f 只须考虑0≠x 的情况
2
)1(x
x a +->
即21
1x x a --> 要满足题意只要保证a 比右边的最大值大就行。

现求211x x --在(]2,0∈x 上的最大值。

令211≥∴=t x t 4
1
)21()(22++-=--=t t t t g （21≥t ）
43)21()(max -==g t g 所以4
3
->a
又1)(2++=x ax x f 是二次函数0≠∴a 所以4
3
->a 且0≠a
例3、对于满足0≤a ≤4的所有实数a 求使不等式342-+>+a x ax x 都成立的x 的取值范围
答案： 1-<x 或3>x
题型三、分离参数法（欲求某个参数的范围，就把这个参数分离出来）
此类问题可把要求的参变量分离出来，单独放在不等式的一侧，将另一侧看成新函数，于是将问题转化成新函数的最值问题：若对于x 取值范围内的任一个数都有()()f x g a ≥恒成立，则min ()()g a f x ≤；若对于x 取值范围内的任一个数都有()()f x g a ≤恒成立，则max ()()g a f x ≥. 例1、当()1,2x ∈时，不等式240x mx ++<恒成立，则m 的取值范围是 .
解析: 当(1,2)x ∈时，由2
40x mx ++<得24x m x
+<-
.∴5m ≤-.
例2、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()cos g x x x λ=-在
区间2,33ππ⎡⎤
⎢⎥⎣⎦上是减函数.
（Ⅰ）求a 的值与λ的范围；
（Ⅱ）若对（Ⅰ）中的任意实数λ都有()1g x t λ≤-在2,33ππ⎡⎤
⎢⎥⎣⎦上恒成立，求实数t 的取值范围.
（Ⅲ）若0m >，试讨论关于x 的方程
2ln 2()
x
x ex m f x =-+的根的个数. 解：（Ⅰ）、（Ⅲ）略
（Ⅱ）由题意知，函数()cos g x x x λ=-在区间2,33ππ⎡⎤
⎢⎥⎣⎦
上是减函数.
max 1()(),332g x g ππλ∴==-()1g x t λ≤-在2,33ππ⎡⎤
⎢⎥⎣⎦
上恒成立11,32t πλλ⇔-≥-
13
2t π
λ∴≤
+
(1)λ≤-1
,.32
t π∴≤- 题型四、数形结合（恒成立问题与二次函数联系（零点、根的分布法）） 例1、若对任意x R ∈,不等式||x ax ≥恒成立，则实数a 的取值范围是________ 解析：
对∀x R ∈,不等式||x ax ≥恒成立、则由一次函数性质及图像知11a -≤≤，即11a -≤≤。

例2、不等式)4(x x ax -≤在]3,0[∈x 内恒成立，求实数a 的取值范围。

解：画出两个凼数ax y =和)4(x x y -=在]3,0[∈x 上的图象 如图
3
3
=
a
知当3=x 时3=y ， 当33≤
a ]3,0[∈x
时总有)4(x x ax -≤所以3
3≤a
例4、已知函数36,2
(),63,2
x x y f x x x +≥-⎧==⎨--<-⎩若不等式()2f x x m ≥-恒成立，则实数m 的取值范
|
ax
=y
x
y
|
ax
=y
x
y
围是 .
解：在同一个平面直角坐标系中分别作出函数2y x m =-及()y f x =的图象，
由于不等式()2f x x m ≥-恒成立，所以函数2y x m =-的图象应总在函数()y f x =的图象下
方，因此，当2x =-时，40,y m =--≤所以4,m ≥-故m 的取值范围是[)4,.-+∞ 题型五、其它（最值）处理方法
若在区间D 上存在实数x 使不等式()f x A >成立,则等价于在区间D 上()max f x A >； 若在区间D 上存在实数x 使不等式()f x B <成立,则等价于在区间D 上的()min f x B <. 利用不等式性质
1、存在实数x ，使得不等式2
313x x a a ++-≤-有解，则实数a 的取值范围为______。

解：设()31
f x x x =++-，由()2
3f x a
a
≤-有解，()2
min 3a
a f x ⇒-≥，
又
()()31314x x x x ++-≥+--=，∴234a a -≥，解得41a a ≥≤-或。

2、若关于x 的不等式a x x ≥++-32恒成立，试求a 的范围
解：由题意知只须a 比32++-x x 的最小值相同或比其最小值小即可，得
min )32(++-≤x x a
由5)3(232=+--≥++-x x x x 所以 5≤a 利用分类讨论
1、已知函数422)(+-=ax x x f 在区间[-1，2] 上都不小于2，求a 的值。

解：由函数422)(+-=ax x x f 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 2
3
≥
结合a ≥2，所以a ≥2 2）．当a 1-≤ 时 f(x)在[-1，2]上是增函数，此时f(-1)=1+2a+42≤
m in )(x f = f(-1)=1+2a+42≤结合a 1-≤ 即a 2
3
-≤
3）．当-1<a<2时 m in )(x f = f(a)= 24222≤+-a x
即a 2≥或a 2-≤ 所以22<≤a
综上1，2，3满足条件的a 的范围为：a 2
3
-≤或 a 2≥
利用导数迂回处理 1、已知)1lg(2
1
)(+=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 即021≤--+t x x 在[0，1]上的最大值小于或等于0 令t x x x F --+=21)(所以
1
21
412121)('++-=
-+=
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(m ax )(F x F =，即01)0()(≤-=≤t F x F 得 1≥t
2、已知函数()()21
ln 202
f x x ax x a =--≠存在单调递减区间，求a 的取值范围
解： 因为函数()f x 存在单调递减区间，所以()2
'
121
20ax x f x ax x x
+-=--=-<
()0,+∞有解.即()()2
120,a x x x >
-
∈+∞能成立, 设()212
u x x x
=-. 由()2
21
2111u x x x x ⎛⎫
=-=-- ⎪⎝⎭得, ()min 1u x =-.于是,1->a , 由题设0≠a ,所以a 的取值范围是()()+∞-,00,1 3、已知函数3
()(ln ),().3
a f x x x m g x x x =+=
+ （Ⅰ）当2m =-时，求()f x 的单调区间； （Ⅱ）若3
2
m =
时，不等式()()g x f x ≥恒成立，求实数a 的取值范围.
解：（Ⅰ）略
（Ⅱ）当32m =
时，不等式()()g x f x ≥即33
(ln )32
a x x x x +≥+恒成立.由于0x >，∴231ln 32a x x +≥+，亦即21ln 32a x x ≥+，所以213(ln )2x a x +≥.令()h x =21
3(ln )
2x x
+，则3
6ln ()x
h x x
-'=，由()0h x '=得1x =.且当01x <<时，()0h x '>；当1x >时，()0h x '<，即()h x 在(0,1)上单调递增，在(1,)+∞上单调递减，所以()h x 在1x =处取得极大值3
(1)2
h =，也就是函数
()h x 在定义域上的最大值.因此要使2
1
3(ln )
2x a x +≥
恒成立，需要32a ≥，所以a 的取值范围为3,2⎡⎫
+∞⎪⎢⎣⎭
. 注：恒成立问题多与参数的取值范围问题联系在一起，是近几年高考的一个热门题型，往往与函数的单调性、极值、最值等有关。

小结：恒成立与有解的区别：
①不等式()f x M <对x I ∈时恒成立max ()f x M•⇔<，x I ∈。

即()f x 的上界小于或等于M ； ②不等式()f x M <对x I ∈时有解min ()f x M•⇔<，x I ∈。

或()f x 的下界小于或等于M ； ③不等式()f x M >对x I ∈时恒成立min ()f x M•⇔>，x I ∈。

即()f x 的下界大于或等于M ； ④不等式()f x M >对x I ∈时有解max ()f x M ⇔>，x I ∈.。

或()f x 的上界大于或等于M ；
三、恒成立、能成立问题专题练习
1、已知两函数()2
728f x x x c =--，()322440g x x x x =+-。

（1）对任意[]3,3x ∈-，都有()()f x g x ≤)成立，求实数c 的取值范围； （2）存在[]3,3x ∈-，使()()f x g x ≤成立，求实数c 的取值范围； （3）对任意[]12,3,3x x ∈-，都有()()12f x g x ≤，求实数c 的取值范围； （4）存在[]12,3,3x x ∈-，都有()()12f x g x ≤，求实数c 的取值范围；
2、设1a >，若对于任意的[,2]x a a ∈，都有2[,]y a a ∈满足方程log log 3a a x y +=，这时a 的取值集合为（ ）
（A ）2{|1}a a <≤ （B ）{|}2a a ≥ （C ）3|}2{a a ≤≤
（D ）{2,3}
3、若任意满足05030x y x y y -≤⎧⎪
+-≥⎨⎪-≤⎩
的实数,x y ，不等式222()()a x y x y +≤+恒成立，则实数a 的最大值
是 ___ .
4、不等式2sin 4sin 10x x a -+-<有解，则a 的取值范围是
5、不等式
ax ≤在[]0,3x ∈内恒成立，求实数a 的取值范围。

6、设函数
3
221()23(01,)3f x x ax a x b a b R =-+-+<<∈. （Ⅰ）求函数()f x 的单调区间和极值；
（Ⅱ）若对任意的],2,1[++∈a a x 不等式()f x a '≤成立，求a 的取值范围。

7、已知A 、B 、C 是直线 上的三点，向量OA →，OB →，OC →
满足：()[]()0OC 1x ln OB 1f 2y OA =⋅++⋅'+-. （1）求函数y ＝f(x)的表达式； （2）若x ＞0，证明：f(x)＞2x x ＋2；
（3）若不等式()3bm 2m x f x 2
1222--+≤时，[]1,1x -∈及[]1,1b -∈都恒成立，求实数m 的取值
范围．
8、设()x ln 2x q px x f --
=，且()2e
p
qe e f --=（e 为自然对数的底数） (I) 求 p 与 q 的关系；
(II)若()x f 在其定义域内为单调函数，求 p 的取值范围； (III)设()x
e
2x g =
，若在[]e ,1上至少存在一点0x ，使得()()00x g x f >成立, 求实数 p 的取值范围.
课后作业答案：
1、解析：（1）设()()()3
22312h x g x f x x x x c =-=--+，问题转化为[]3,3x ∈-时，()0h x ≥恒成立，故()min 0h x ≥。

令()()()2
66126120h x x
x x x '=--=+-=，得1x =-或2。

由导数知识，可知()h x 在[]3,1--单调递增，在[]
1,2-单调递减，在[]2,3单调递增，且()345h c -=-，()()17h x h c =-=+极大值，()()220h x h c ==-极小值，()39h c =-，∴()()min 345h x h c =-=-，由450c -≥，得45c ≥。

（2）据题意：存在[]3,3x ∈-，使()()f x g x ≤成立，即为：()()()0h x g x f x =-≥在[]3,3x ∈-有解，故
()max 0h x ≥，由（1）知()max 70h x c =+≥，于是得7c ≥-。

（3）它与（1）问虽然都是不等式恒成立问题，但却有很大的区别，对任意[]12,3,3x x ∈-，都有
()()12f x g x ≤成立，不等式的左右两端函数的自变量不同，1x ，2x 的取值在[]3,3-上具有任意性，
∴要使不等式恒成立的充要条件是：
max min ()(),[3,3]f x g x ••x •
≤∈-。

∵()()[]2
7228,3,3f x x c x =---∈-∴
()()max 3147f x f c
=-=-，
∵()2
6840g x x
x '=+-=()()23102x x +-，∴()0g x '=在区间[]3,3-上只有一个解2x =。

∴()()min 248g x g ==-，∴14748c -≤-，即195c ≥. （4）存在
[]
12,3,3x x ∈-，都有
()()
12f x g x ≤，等价于()()min 1max 2f x g x ≤，由(3)得
()()min 1228f x f c ==--，()()max 23102g x g =-=，28102130c c --≤⇒≥-
点评：本题的三个小题，表面形式非常相似，究其本质却大相径庭，应认真审题，深入思考，多加训练，准确使用其成立的充要条件。

2、B 。

解析：由方程log log 3a a x y +=可得3
a
y x
=，对于任意的[,2]x a a ∈，可得2322a a a x ≤≤，
依题意得2
2222a a a a a ⎧≤
⎪⇒≥⎨⎪≥⎩。

3、答案：25
13。

解析：由不等式222()()a x y x y +≤+可得
2
1a x y y x
≤+
+，由线性规划可得3
12y x ≤≤。

4、解：原不等式有解()()2
2sin 4sin 1sin 23
1sin 1a x x x x ⇒>-+=---≤≤有解，而(
)2
min
sin 232x ⎡⎤--=-⎣⎦，所以2a >-。

5、解：画出两个凼数y ax =和
y =[]0,3x ∈ 上的图象如图知当3x
=时y =
，a =
当a ≤
，[]0,3x ∈时总有
ax ≤
所以a ≤ 6、解：（Ⅰ）2234)(a ax x x f -+-='
（1分）
令,0)(>'x f 得)(x f 的单调递增区间为（a,3a ）
令,0)(<'x f 得)(x f 的单调递减区间为（－∞，a ）和（3a ，+∞） （4分）
∴当x=a 时，)(x f 极小值=;4
33
b a +-
当x=3a 时，)(x f 极小值=b. （6分）
（Ⅱ）由|)(x f '|≤a ，得－a ≤－x2+4ax －3a2≤a.①（7分）
∵0<a<1，∴a+1>2a.∴]2,1[34)(22++-+-='a a a ax x x f 在上是减函数. （9分） ∴.44)2()(.12)1()(min max -=+='-=+'='a a f x f a a f x f 于是，对任意]2,1[++∈a a x ，不等式①恒成立，等价于
.154
.12,44≤≤⎩
⎨
⎧-≥-≤-a a a a a 解得 又,10<<a ∴
.15
4
<≤a 7、解：(1)∵OA
→－[y ＋2f /(1)]OB →＋ln(x ＋1)OC →＝0，∴OA →＝[y ＋2f /(1)]OB →－ln(x ＋1)OC →
由于A 、B 、C 三点共线 即[y ＋2f /(1)]＋[－ln(x ＋1)]＝1…………………2分 ∴y ＝f(x)＝ln(x ＋1)＋1－2f /(1)
f /(x)＝1x ＋1，得f /(1)＝1
2，故f(x)＝ln(x ＋1)…………………………………4分
（2）令g(x)＝f(x)－2x x ＋2，由g/(x)＝1x ＋1－2(x ＋2)－2x (x ＋2)2＝x2
(x ＋1)(x ＋2)2 ∵x ＞0，∴g/(x)＞0，∴g(x)在(0，＋∞)上是增函数………………6分 故g(x)＞g(0)＝0
即f(x)＞2x
x ＋2………………………………………………………………8分 （3）原不等式等价于1
2x2－f(x2)≤m2－2bm －3
令h(x)＝12x2－f(x2)＝12x2－ln(1＋x2)，由h/(x)＝x －2x 1＋x2＝x3－x
1＋x2………10分 当x ∈[－1，1]时，h(x)max ＝0，∴m2－2bm －3≥0
令Q(b)＝m2－2bm －3，则⎩⎨⎧Q(1)＝m2－2m －3≥0
Q(－1)＝m2＋2m －3≥0 得m ≥3或m ≤－3………12分 8、解：(I) ()()12ln 20q p f e pe e qe p q e e e e ⎛
⎫=-
-=--⇒-+= ⎪⎝
⎭而10e e +≠，所以p q = (II) 由 (I) 知 ()2ln p f x px x x =--，()222
22p px x p
f x p x x x
-+'=+-=…… 4分 令()2
2h x px x p =-+，要使()f x 在其定义域 (0,+∞) 内为单调函数，只需 h(x) 在 (0,+∞) 内
满足：h(x)≥0 或 h(x)≤0 恒成立. ………… 5分
① 当0p ≤时，()2
0,200px x h x ≤-<⇒<，所以()f x 在 (0,+∞) 内为单调递减，故0p ≤；
② 当0p >时，()2
2h x px x p =-+，其图象为开口向上的抛物线，对称轴为()1
0x p
=
∈+∞，， ∴()min 11
h x h p p p ⎛⎫==- ⎪⎝⎭
，只需10p p -≥，即p ≥1时， h(x)≥0，()0f x '≥，
∴ f (x) 在 (0,+∞) 内为单调递增，故 p ≥1适合题意.
综上可得，p ≥1或 p ≤0 ………… 9分
(III) ∵g(x) = 2e
x在[1,e] 上是减函数
∴x = e 时，g(x)min = 2，x = 1 时，g(x)max = 2e 即g(x) ∈ [2,2e] …………10分①p≤0 时，由(II) 知f (x) 在[1,e] 递减⇒ f (x)max = f (1) = 0 < 2，不合题意。

②0 < p < 1 时，由x ∈ [1,e] ⇒ x－1
x≥0
∴f(x)=p (x－1
x)－2lnx≤x－
1
x－2lnx 右边为f (x) 当p = 1 时的表达式，故在[1,e]
递增
∴ f (x)≤x－1
x－2ln x≤e－
1
e－2ln e = e－
1
e－2 < 2，不合题意。

…………12分
③p≥1 时，由(II) 知f (x) 在[1,e] 连续递增，f (1) = 0 < 2，又g(x) 在[1,e] 上是减函数
∴本命题⇔ f (x)max > g(x)min = 2，x ∈ [1,e]
⇒ f (x)max = f (e) = p (e－1
e)－2ln e > 2 ⇒ p >
4e
e 2－1…………13分
综上，p 的取值范围是(
4e
e 2－1,+∞) …………14分。