不等式中的恒成立问题

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恒成立能成立3种常见题型(学生版+解析版)

恒成立能成立3种常见题型【考点分析】考点一：恒成立问题若函数f x 在区间D 上存在最小值f x min 和最大值f x max ，则不等式f x >a 在区间D 上恒成立⇔f x min >a ；不等式f x ≥a 在区间D 上恒成立⇔f x min ≥a ；不等式f x <b 在区间D 上恒成立⇔f x max <b ；不等式f x ≤b 在区间D 上恒成立⇔f x max ≤b ；考点二：存在性问题若函数f x 在区间D 上存在最小值f x min 和最大值f x max ，即f x ∈m ,n ，则对不等式有解问题有以下结论：不等式a <f x 在区间D 上有解⇔a <f x max ；不等式a ≤f x 在区间D 上有解⇔a ≤f x max ；不等式a >f x 在区间D 上有解⇔a >f x min ；不等式a ≥f x 在区间D 上有解⇔a ≥f x min ；考点三：双变量问题①对于任意的x 1∈a ,b ，总存在x 2∈m ,n ，使得f x 1 ≤g x 2 ⇔f x 1 max ≤g x 2 max ；②对于任意的x 1∈a ,b ，总存在x 2∈m ,n ，使得f x 1 ≥g x 2 ⇔f x 1 min ≥g x 2 min ；③若存在x 1∈a ,b ，对于任意的x 2∈m ,n ，使得f x 1 ≤g x 2 ⇔f x 1 min ≤g x 2 min ；④若存在x 1∈a ,b ，对于任意的x 2∈m ,n ，使得f x 1 ≥g x 2 ⇔f x 1 max ≥g x 2 max ；⑤对于任意的x 1∈a ,b ，x 2∈m ,n 使得f x 1 ≤g x 2 ⇔f x 1 max ≤g x 2 min ；⑥对于任意的x 1∈a ,b ，x 2∈m ,n 使得f x 1 ≥g x 2 ⇔f x 1 min ≥g x 2 max ；⑦若存在x 1∈a ,b ，总存在x 2∈m ,n ，使得f x 1 ≤g x 2 ⇔f x 1 min ≤g x 2 max⑧若存在x 1∈a ,b ，总存在x 2∈m ,n ，使得f x 1 ≥g x 2 ⇔f x 1 max ≥g x 2 min ．【题型目录】题型一：利用导数研究恒成立问题题型二：利用导数研究存在性问题题型三：利用导数处理恒成立与有解问题【典型例题】题型一：利用导数研究恒成立问题【例1】(2022·福建省福安市第一中学高二阶段练习)对任意正实数x ，不等式x -ln x +1>a 恒成立，则a 的取值范围是( )A.a <1B.a <2C.a >1D.a >2【例2】【2022年全国甲卷】已知函数f x =e xx−ln x+x−a．(1)若f x ≥0，求a的取值范围；【例3】已知函数f(x)=12x2-(a+1)ln x-12(a∈R,a≠0)．(1)讨论函数的单调性；(2)若对任意的x∈[1,+∞)，都有f(x)≥0成立，求a的取值范围．【例4】已知函数f x =ln x-ax(a是正常数).(1)当a=2时，求f x 的单调区间与极值；(2)若∀x>0，f x <0，求a的取值范围；【例5】已知函数f x =xe x(1)求f x 的极值点；(2)若f x ≥ax2对任意x>0恒成立，求a的取值范围．【题型专练】1.(2022·四川广安·模拟预测(文))不等式ln x -kx ≤0恒成立，则实数k 的取值范围是( )A.0,eB.-∞,eC.0,1eD.1e ,+∞2.(2022·北京·景山学校模拟预测)已知函数f x =x ln x +ax +2．(1)当a =0时，求f x 的极值；(2)若对任意的x ∈1,e 2 ，f x ≤0恒成立，求实数a 的取值范围．3.(2022·新疆克拉玛依·三模(文))已知函数f x =x ln x ，g x =-x 2+ax -3a ∈R .(1)求函数f (x )的单调递增区间；(2)若对任意x ∈0,+∞ ，不等式f x ≥12g x 恒成立，求a 的取值范围.4.(2022·内蒙古赤峰·三模(文))已知函数f x =x ln x+1.(1)求f x 的最小值；(2)若f x ≥−x2+m+1x−2恒成立，求实数m的取值范围.5.【2020年新高考1卷(山东卷)】已知函数f(x)=ae x-1-ln x+ln a．(1)当a=e时，求曲线y=f x 在点1,f1处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；(2)若不等式f x ≥1恒成立，求a的取值范围．题型二：利用导数处理存在性问题【例1】(2022·河北秦皇岛·三模)函数f x =x3-3x2+3-a，若存在x0∈-1,1，使得f x0>0，则实数a的取值范围为( )A.-∞,-1B.-∞,1C.-1,3D.-∞,3【例2】已知函数f x =ax3+bx2+6x+c，当x=-1时，f x 的极小值为-5，当x=2时，f x 有极大值．(1)求函数f x ；(2)存在x0∈1，3，使得f x0≤t2-2t成立，求实数t的取值范围．【例3】(2022·辽宁·高二阶段练习)已知a>0，若在(1,+∞)上存在x使得不等式e x-x≤x a-a ln x成立，则a的最小值为______．【题型专练】1.已知函数f x =x2+2a+2ln x．(1)当a=-5时，求f x 的单调区间；(2)若存在x∈2,e，使得f x -x2>2x+2a+4x成立，求实数a的取值范围．2.(2022·河北深州市中学高三阶段练习)已知函数f x =ln x-2ax+1.(1)若x=1是f x 的极值点，确定a的值；(2)若存在x>0，使得f x ≥0，求实数a的取值范围.3.已知函数f x =ln x x，设f x 在点1,0处的切线为m(1)求直线m的方程；(2)求证：除切点1,0之外，函数f x 的图像在直线m的下方；(3)若存在x∈1,+∞成立，求实数a的取值范围，使得不等式f x >a x-14.已知函数f x =x ln x-ax+1．(1)若f x 在点A(1,f(1))处的切线斜率为-2．①求实数a的值；②求f x 的单调区间和极值．(2)若存在x0∈(0,+∞)，使得f x0<0成立，求a的取值范围．5.已知函数f(x)=ln x+ax(a∈R).(1)当a=1时，求曲线y=f(x)在x=1处的切线方程；(2)求函数f(x)的单调区间；(3)若存在x0，使得f x0>0，求a的取值范围.题型三：利用导数处理恒成立与有解问题【例1】(2022·福建省福安市第一中学高三阶段练习)设函数f x =x -1 e x -e ,g x =e x -ax -1，其中a ∈R .若对∀x 2∈0,+∞ ，都∃x 1∈R ，使得不等式f x 1 ≤g x 2 成立，则a 的最大值为( )A.0B.1eC.1D.e【例2】已知函数f (x )=ax +ln x (a ∈R ),g (x )=x 2-2x +2．(1)当a =-12时，求函数f (x )在区间[1,e ]上的最大值和最小值;(2)若对任意的x 1∈[-1,2]，均存在x 2∈(0,+∞)，使得g x 1 <f x 2 ，求a 的取值范围．【例3】已知函数f (x )=x sin x +cos x ．(1)当x ∈0,π 时，求函数f (x )的单调区间；(2)设函数g (x )=-x 2+2ax ．若对任意x 1∈-π,π ，存在x 2∈[0,1]，使得12πf x 1 ≤g x 2 成立，求实数a 的取值范围．【例4】(2022·黑龙江·哈尔滨三中高二期末)已知函数f x =ln x x，g (x )=ln (x +1)+2ax 2，若∀x 1∈1,e 2 ，∃x 2∈0,1 使得f (x 1)>g (x 2)成立，则实数a 的取值范围是( )A.-∞,-ln22 B.-∞,-ln22 C.-∞,-1e D.-∞,e -ln22 【例5】(2023·全国·高三专题练习)已知函数f x =x 3-34x +32,0≤x ≤122x +12,12<x ≤1，g x =e x -ax a ∈R ，若存在x 1,x 2∈0,1 ，使得f x 1 =g x 2 成立，则实数a 的取值范围是( )A.-∞,1B.-∞,e -2C.-∞,e -54D.-∞,e 【题型专练】1.(2022·河南·南阳中学高三阶段练习(理))已知函数f x =x 3-3x +a ，g x =2x +1x -1．若对任意x 1∈-2,2 ，总存在x 2∈2,3 ，使得f x 1 ≤g x 2 成立，则实数a 的最大值为( )A.7B.5C.72D.32.(2022·福建宁德·高二期末)已知f x =1-x e x -1，g x =x +1 2+a ，若存在x 1，x 2∈R ，使得f x 2 ≥g x 1 成立，则实数a 的取值范围为( )A.1e ,+∞B.-∞,1eC.0,eD.-1e ,03.(2022·河南安阳·高二阶段练习(理))已知函数f (x )=ln x x，g (x )=ln (x +1)+2ax 2，若∀x 1∈1,e 2 ，∃x 2∈(0,1]使得f x 1 >g x 2 成立，则实数a 的取值范围是( )A.-∞,-ln22 B.-∞,-ln22 C.-∞,-1e D.-∞,e -ln22 4.已知函数f (x )=12ax 2-(2a +1)x +2ln x (a ∈R )(1)若曲线y =f (x )在x =1和x =3处的切线互相平行，求a 的值与函数f (x )的单调区间；(2)设g (x )=(x 2-2x )e x ，若对任意x 1∈0,2 ，均存在x 2∈0,2 ，使得f (x 1)<g (x 2)，求a 的取值范围．5.已知函数f x =-ax +xln xa ∈R ，f x 为f x 的导函数．(1)求f x 的定义域和导函数；(2)当a =2时，求函数f x 的单调区间；(3)若对∀x 1∈e ,e 2 ，都有f x 1 ≥1成立，且存在x 2∈e ,e 3 ，使f x 2 +12a =0成立，求实数a 的取值范围．恒成立能成立3种常见题型【考点分析】考点一：恒成立问题若函数f x 在区间D 上存在最小值f x min 和最大值f x max ，则不等式f x >a 在区间D 上恒成立⇔f x min >a ；不等式f x ≥a 在区间D 上恒成立⇔f x min ≥a ；不等式f x <b 在区间D 上恒成立⇔f x max <b ；不等式f x ≤b 在区间D 上恒成立⇔f x max ≤b ；考点二：存在性问题若函数f x 在区间D 上存在最小值f x min 和最大值f x max ，即f x ∈m ,n ，则对不等式有解问题有以下结论：不等式a <f x 在区间D 上有解⇔a <f x max ；不等式a ≤f x 在区间D 上有解⇔a ≤f x max ；不等式a >f x 在区间D 上有解⇔a >f x min ；不等式a ≥f x 在区间D 上有解⇔a ≥f x min ；考点三：双变量问题①对于任意的x 1∈a ,b ，总存在x 2∈m ,n ，使得f x 1 ≤g x 2 ⇔f x 1 max ≤g x 2 max ；②对于任意的x 1∈a ,b ，总存在x 2∈m ,n ，使得f x 1 ≥g x 2 ⇔f x 1 min ≥g x 2 min ；③若存在x 1∈a ,b ，对于任意的x 2∈m ,n ，使得f x 1 ≤g x 2 ⇔f x 1 min ≤g x 2 min ；④若存在x 1∈a ,b ，对于任意的x 2∈m ,n ，使得f x 1 ≥g x 2 ⇔f x 1 max ≥g x 2 max ；⑤对于任意的x 1∈a ,b ，x 2∈m ,n 使得f x 1 ≤g x 2 ⇔f x 1 max ≤g x 2 min ；⑥对于任意的x 1∈a ,b ，x 2∈m ,n 使得f x 1 ≥g x 2 ⇔f x 1 min ≥g x 2 max ；⑦若存在x 1∈a ,b ，总存在x 2∈m ,n ，使得f x 1 ≤g x 2 ⇔f x 1 min ≤g x 2 max ⑧若存在x 1∈a ,b ，总存在x 2∈m ,n ，使得f x 1 ≥g x 2 ⇔f x 1 max ≥g x 2 min ．【题型目录】题型一：利用导数研究恒成立问题题型二：利用导数研究存在性问题题型三：利用导数处理恒成立与有解问题【典型例题】题型一：利用导数研究恒成立问题【例1】(2022·福建省福安市第一中学高二阶段练习)对任意正实数x ，不等式x -ln x +1>a 恒成立，则a 的取值范围是( )A.a <1B.a <2C.a >1D.a >2【答案】B【详解】令f x =x -ln x +1，其中x >0，则a <f x min ，f x =1-1x =x -1x，当0<x <1时，f x <0，此时函数f x 单调递减，当x >1时，f x >0，此时函数f x 单调递增，所以，f x min =f 1 =2，∴a <2.故选：B .【例2】【2022年全国甲卷】已知函数f x =e xx−ln x +x −a ．(1)若f x ≥0，求a 的取值范围；【答案】(1)(-∞,e +1]【解析】(1)f (x )的定义域为(0,+∞)，f(x )=1x -1x2 e x -1x +1=1x 1-1x e x +1-1x =x -1x e x x +1 令f (x )=0,得x =1当x ∈(0,1),f (x )<0,f (x )单调递减，当x ∈(1,+∞),f (x )>0,f (x )单调递增f (x )≥f (1)=e +1-a ，若f (x )≥0,则e +1-a ≥0,即a ≤e +1，所以a 的取值范围为(-∞,e +1]【例3】已知函数f (x )=12x 2-(a +1)ln x -12(a ∈R ,a ≠0)．(1)讨论函数的单调性；(2)若对任意的x ∈[1,+∞)，都有f (x )≥0成立，求a 的取值范围．【答案】(1)答案见解析；(2)a ≤0.【解析】(1)求f 'x ，分别讨论a 不同范围下f 'x 的正负，分别求单调性；(2)由(1)所求的单调性，结合f 1 =0，分别求出a 的范围再求并集即可.【详解】解：(1)由已知定义域为0,+∞ ，f '(x )=x -a +1x =x 2-a +1 x 当a +1≤0，即a ≤-1时，f 'x >0恒成立，则f x 在0,+∞ 上单调递增；当a +1>0，即a >-1时，x =-a +1(舍)或x =a +1，所以f x 在0,a +1 上单调递减，在a +1,+∞ 上单调递增.所以a ≤-1时，f x 在0,+∞ 上单调递增；a >-1时，f x 在0,a +1 上单调递减，在a +1,+∞ 上单调递增.(2)由(1)可知，当a ≤-1时，f x 在1,+∞ 上单调递增，若f (x )≥0对任意的x ∈[1,+∞)恒成立，只需f (1)≥0，而f (1)=0恒成立，所以a ≤-1成立；当a >-1时，若a +1≤1，即-1<a ≤0，则f x 在1,+∞ 上单调递增，又f (1)=0，所以-1<a ≤0成立；若a >0，则f x 在1,a +1 上单调递减，在a +1,+∞ 上单调递增，又f (1)=0，所以∃x 0∈1,a +1 ，f (x 0)<f 1 =0，不满足f (x )≥0对任意的x ∈[1,+∞)恒成立.所以综上所述：a ≤0.【例4】已知函数f x =ln x -ax (a 是正常数).(1)当a =2时，求f x 的单调区间与极值；(2)若∀x >0，f x <0，求a 的取值范围；【答案】(1)f x 在0,12上单调递增，在12,+∞ 上单调递减，f x 的极大值是-ln2-1，无极小值；(2)1e,+∞ .【解析】(1)求出函数的导函数，解关于导函数的不等式即可求出函数的单调区间；(2)依题意可得ln x x max <a ，设g x =ln xx，利用导数研究函数的单调性，求出函数的最大值，即可得解；【详解】解：(1)当a =2时，f x =ln x -2x ，定义域为0,+∞ ，f x =1x -2=1-2xx，令f x >0，解得0<x <12，令f x <0，解得x >12，所以函数f x 在0,12 上单调递增，在12,+∞ 上单调递减，所以f x 的极大值是f 12=-ln2-1，无极小值.(2)因为∀x >0，f x <0，即ln x -ax <0恒成立，即ln xx max<a .设g x =ln x x ，可得g x =1-ln xx2，当0<x <e 时g x >0，当x >e 时g x <0，所以g x 在0,e 上单调递增，在e ,+∞ 上单调递减，所以g x max =g e =1e ，所以a >1e ，即a ∈1e ,+∞ .【例5】已知函数f x =xe x(1)求f x 的极值点；(2)若f x ≥ax 2对任意x >0恒成立，求a 的取值范围．【答案】(1)x =-1是f x 的极小值点，无极大值点；(2)a ≤e .【解析】(1)利用导数研究函数的极值点.(2)由题设知：a ≤e x x 在x >0上恒成立，构造g (x )=e xx 并应用导数研究单调性求最小值，即可求a的范围．【详解】(1)由题设，f x =e x (x +1)，∴x <-1时，f x <0，f x 单调递减；x >-1时，f x >0，f x 单调递增减；∴x =-1是f x 的极小值点，无极大值点.(2)由题设，f x =xe x≥ax 2对∀x >0恒成立，即a ≤e x x在x >0上恒成立，令g (x )=e x x ，则g(x )=e x (x -1)x 2，∴0<x <1时，g (x )<0，g (x )递减；x >1时，g (x )>0，g (x )递增；∴g (x )≥g (1)=e ，故a ≤e .【题型专练】1.(2022·四川广安·模拟预测(文))不等式ln x -kx ≤0恒成立，则实数k 的取值范围是( )A.0,e B.-∞,eC.0,1eD.1e ,+∞【答案】D 【解析】由题可得k ≥ln x x 在区间(0,+∞)上恒成立，然后求函数f x =ln xxx >0 的最大值即得.【详解】由题可得k ≥ln xx 在区间(0,+∞)上恒成立，令f x =ln x x x >0 ，则f x =1-ln xx 2x >0 ，当x ∈0,e 时，f x >0，当x ∈e ,+∞ 时，f x <0，所以f x 的单调增区间为0,e ，单调减区间为e ,+∞ ；所以f x max =f e =1e，所以k ≥1e.故选：D .2.(2022·北京·景山学校模拟预测)已知函数f x =x ln x +ax +2．(1)当a =0时，求f x 的极值；(2)若对任意的x ∈1,e 2 ，f x ≤0恒成立，求实数a 的取值范围．【答案】(1)极小值是f 1e =-1e+2，无极大值.(2)-2e 2-2,+∞【解析】(1)由题设可得f x =ln x +1，根据f x 的符号研究f x 的单调性，进而确定极值.(2)f x =x ln x +ax +2≤0对任意的x ∈1,e 2 恒成立，转化为：-a ≥2+x ln x x =2x+ln x 对任意的x ∈1,e 2 恒成立，令g x =2x+ln x ，通过求导求g x 的单调性进而求得g x 的最大值，即可求出实数a的取值范围.(1)当a=0时，f x =x ln x+2，f x 的定义域为0，+∞，f x =ln x+1=0，则x=1 e.令f x >0，则x∈1e,+∞，令f x <0，则x∈0,1e，所以f x 在0,1e上单调递减，在1e,+∞上单调递增.当x=1e时，f x 取得极小值且为f1e =1e ln1e+2=-1e+2，无极大值.(2)f x =x ln x+ax+2≤0对任意的x∈1,e2恒成立，则-a≥2+x ln xx=2x+ln x对任意的x∈1,e2恒成立，令g x =2x+ln x，g x =-2x2+1x=-2+xx2=0，所以x=2，则g x 在1,2上单调递减，在2,e2上单调递增，所以g1 =2，g e2 =2e2+2，所以g x max=g e2 =2e2+2，则-a≥2e2+2，则a≤-2e2-2.实数a的取值范围为：-2e2-2,+∞.3.(2022·新疆克拉玛依·三模(文))已知函数f x =x ln x，g x =-x2+ax-3a∈R.(1)求函数f(x)的单调递增区间；(2)若对任意x∈0,+∞，不等式f x ≥12g x 恒成立，求a的取值范围.【答案】(1)1e,+∞，(2)-∞,4【解析】(1)求函数f(x)的单调递增区间，即解不等式f (x)>0；(2)参变分离得a≤2ln x+x+3x，即求h x =2ln x+x+3x x∈0,+∞的最小值.(1)f(x)=x ln x定义域为(0,+∞)，f (x)=ln x+1f (x)>0即ln x+1>0解得x>1e，所以f(x)在1e,+∞单调递增(2)对任意x∈0,+∞，不等式f x ≥12g x 恒成立，即x ln x≥12-x2+ax-3恒成立，分离参数得a≤2ln x+x+3x.令h x =2ln x+x+3x x∈0,+∞，则h x =x+3x-1x2．当x∈0,1时，h x <0，h x 在0,1上单调递减；当x∈1,+∞时，h x >0，h x 在1,+∞上单调递增.所以h x min=h1 =4，即a≤4，故a的取值范围是-∞,4.4.(2022·内蒙古赤峰·三模(文))已知函数f x =x ln x+1.(1)求f x 的最小值；(2)若f x ≥−x2+m+1x−2恒成立，求实数m的取值范围.【答案】(1)f(x)min=-1 e2(2)-∞,3【解析】(1)求出函数的导数，利用导数求函数在定义域上的最值即可；(2)由原不等式恒成立分离参数后得m≤ln x+x+2x，构造函数h x =ln x+x+2x，利用导数求最小值即可.(1)由已知得f x =ln x+2，令f x =0，得x=1 e2.当x∈0,1 e2时，f x <0,f x 在0,1e2上单调递减；当x∈1e2,+∞时，f x ≥0,f x 在1e2,+∞上单调递增.故f(x)min=f1e2=-1e2.(2)f x ≥−x2+m+1x−2，即mx≤x ln x+x2+2，因为x>0，所以m≤ln x+x+2x在0,+∞上恒成立.令h x =ln x+x+2x，则m≤h(x)min,h x =1x+1-2x2=x+2x-1x2，令h x =0，得x=1或x=-2(舍去).当x∈0,1时，h x <0,h x 在0,1上单调递减；当x∈1,+∞时，h x >0，h x 在1,+∞上单调递增.故h(x)min=h1 =3，所以m≤3，即实数m的取值范围为-∞,3.5.【2020年新高考1卷(山东卷)】已知函数f(x)=ae x-1-ln x+ln a．(1)当a=e时，求曲线y=f x 在点1,f1处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；(2)若不等式f x ≥1恒成立，求a的取值范围．【答案】(1)2e-1(2)[1,+∞)【解析】(1)利用导数的几何意义求出在点1,f1切线方程，即可得到坐标轴交点坐标，最后根据三角形面积公式得结果；(2)方法一：利用导数研究函数f x 的单调性，当a =1时，由f 1 =0得f x min =f 1 =1,符合题意；当a >1时，可证f 1af (1)<0，从而f x 存在零点x 0>0，使得f (x 0)=ae x 0-1-1x 0=0，得到f (x )min ，利用零点的条件，结合指数对数的运算化简后，利用基本不等式可以证得f x ≥1恒成立；当0<a <1时，研究f 1 .即可得到不符合题意.综合可得a 的取值范围.【详解】(1)∵f (x )=e x -ln x +1，∴f (x )=e x -1x，∴k =f (1)=e -1.∵f (1)=e +1，∴切点坐标为(1,1+e ),∴函数f x 在点(1,f (1)处的切线方程为y -e -1=(e -1)(x -1),即y =e -1 x +2,∴切线与坐标轴交点坐标分别为(0,2),-2e -1,0,∴所求三角形面积为12×2×-2e -1 =2e -1．(2)[方法一]：通性通法∵f (x )=ae x -1-ln x +ln a ,∴f (x )=ae x -1-1x，且a >0.设g (x )=f ′(x ),则g ′(x )=ae x -1+1x 2>0,∴g (x )在(0,+∞)上单调递增，即f ′(x )在(0,+∞)上单调递增，当a =1时，f (1)=0,∴f x min =f 1 =1,∴f x ≥1成立.当a >1时，1a <1 ，∴e 1a -1<1，∴f 1af (1)=a e 1a -1-1 (a -1)<0,∴存在唯一x 0>0，使得f (x 0)=ae x 0-1-1x 0=0，且当x ∈(0,x 0)时f (x )<0，当x ∈(x 0,+∞)时f (x )>0，∴ae x 0-1=1x 0，∴ln a +x 0-1=-ln x 0，因此f (x )min =f (x 0)=ae x 0-1-ln x 0+ln a =1x 0+ln a +x 0-1+ln a ≥2ln a -1+21x 0⋅x 0=2ln a +1>1,∴f x >1,∴f x ≥1恒成立；当0<a <1时， f (1)=a +ln a <a <1,∴f (1)<1,f (x )≥1不是恒成立.综上所述，实数a 的取值范围是[1,+∞).[方法二]【最优解】：同构由f (x )≥1得ae x -1-ln x +ln a ≥1，即e ln a +x -1+ln a +x -1≥ln x +x ，而ln x +x =e ln x +ln x ，所以e ln a +x -1+ln a +x -1≥e ln x +ln x ．令h (m )=e m +m ，则h (m )=e m +1>0，所以h (m )在R 上单调递增．由e ln a +x -1+ln a +x -1≥e ln x +ln x ，可知h (ln a +x -1)≥h (ln x )，所以ln a +x -1≥ln x ，所以ln a ≥(ln x -x +1)max ．令F(x)=ln x-x+1，则F (x)=1x-1=1-xx．所以当x∈(0,1)时，F (x)>0,F(x)单调递增；当x∈(1,+∞)时，F (x)<0,F(x)单调递减．所以[F(x)]max=F(1)=0，则ln a≥0，即a≥1．所以a的取值范围为a≥1．[方法三]：换元同构由题意知a>0,x>0，令ae x-1=t，所以ln a+x-1=ln t，所以ln a=ln t-x+1．于是f(x)=ae x-1-ln x+ln a=t-ln x+ln t-x+1．由于f(x)≥1,t-ln x+ln t-x+1≥1⇔t+ln t≥x+ln x，而y=x+ln x在x∈(0,+∞)时为增函数，故t≥x，即ae x-1≥x，分离参数后有a≥xe x-1．令g(x)=xe x-1，所以g(x)=e x-1-xe x-1e2x-2=e x-1(1-x)e2x-2．当0<x<1时，g (x)>0,g(x)单调递增；当x>1时，g (x)<0,g(x)单调递减．所以当x=1时，g(x)=xe x-1取得最大值为g(1)=1．所以a≥1．[方法四]：因为定义域为(0,+∞)，且f(x)≥1，所以f(1)≥1，即a+ln a≥1．令S(a)=a+ln a，则S (a)=1+1a>0，所以S(a)在区间(0,+∞)内单调递增．因为S(1)=1，所以a≥1时，有S(a)≥S(1)，即a+ln a≥1．下面证明当a≥1时，f(x)≥1恒成立．令T(a)=ae x-1-ln x+ln a，只需证当a≥1时，T(a)≥1恒成立．因为T (a)=e x-1+1a>0，所以T(a)在区间[1,+∞)内单调递增，则[T(a)]min=T(1)=e x-1-ln x．因此要证明a≥1时，T(a)≥1恒成立，只需证明[T(a)]min=e x-1-ln x≥1即可．由e x≥x+1,ln x≤x-1，得e x-1≥x,-ln x≥1-x．上面两个不等式两边相加可得e x-1-ln x≥1，故a≥1时，f(x)≥1恒成立．当0<a<1时，因为f(1)=a+ln a<1，显然不满足f(x)≥1恒成立．所以a的取值范围为a≥1．【整体点评】(2)方法一：利用导数判断函数f x 的单调性，求出其最小值，由f min≥0即可求出，解法虽稍麻烦，但是此类题，也是本题的通性通法；方法二：利用同构思想将原不等式化成e ln a+x-1+ln a+x-1≥e ln x+ln x，再根据函数h(m)=e m+m 的单调性以及分离参数法即可求出，是本题的最优解；方法三：通过先换元，令ae x-1=t，再同构，可将原不等式化成t+ln t≥x+ln x，再根据函数y=x+ln x的单调性以及分离参数法求出；方法四：由特殊到一般，利用f(1)≥1可得a的取值范围，再进行充分性证明即可．题型二：利用导数处理存在性问题【例1】(2022·河北秦皇岛·三模)函数f x =x3-3x2+3-a，若存在x0∈-1,1，使得f x0>0，则实数a的取值范围为( )A.-∞,-1B.-∞,1C.-1,3D.-∞,3【答案】D【分析】根据题意，将问题转化为求解函数f x 的最大值问题，先通过导数方法求出函数f x 的最大值，进而求出答案.【详解】因为f x =x3-3x2+3-a，所以f x =3x2-6x=3x x-2,x∈-1,1．由题意，只需f (x)max>0．当x∈[-1,0)时，f x >0，当x∈(0,1]时，f x <0，所以f x 在[-1,0)上单调递增，在(0,1]上单调递减，所以f(x)max=f0 =3-a>0，故实数a的取值范围为-∞,3．故选：D.【例2】已知函数f x =ax3+bx2+6x+c，当x=-1时，f x 的极小值为-5，当x=2时，f x 有极大值．(1)求函数f x ；(2)存在x0∈1，3，使得f x0≤t2-2t成立，求实数t的取值范围．【答案】(1)f x =-x3+32x2+6x-32;(2)(-∞,-1]∪[3,+∞).【解析】(1)求导后，根据f -1=f 2 =0和f-1=-5，解得a,b,c即可得解；(2)转化为f x min≤t2-2t，再利用导数求出函数f(x)在1，3上的最小值，然后解不等式t2-2t≥3可得结果.(1)∵f x =3ax2+2bx+6，由f -1=f 2 =0，得3a-2b+6=0且12a+4b+6=0，解得a=-1，b=3 2，又f-1=-5，∴c=-3 2，经检验a=-1，b=32时，f x =-x3+32x2+6x-32满足题意,∴f x =-x3+32x2+6x-32；(2)存在x0∈1，3，使得f x0≤t2-2t，等价于f x min≤t2-2t，∵f x =-3x2+3x+6=-3x-2x+1，当x∈[1,2)时，f (x)>0，当x∈(2,3]时，f (x)<0，∴f x 在(2,3]上递减，在[1,2)上递增，又f1 =5，f3 =3，∴f x 在1，3上的最小值为f3 =3，∴t2-2t≥3，解得t≤-1或3≤t，所以t的取值范围是(-∞,-1]∪[3,+∞)．【例3】(2022·辽宁·高二阶段练习)已知a>0，若在(1,+∞)上存在x使得不等式e x-x≤x a-a ln x成立，则a的最小值为______．【答案】e【分析】将原式化为e x-ln e x≤x a-ln x a，构造函数g(t)=t-ln t(t>1)，求导得函数g(t)在(1,+∞)上单调递增，即得e x≤x a，两边取对数分离参数a，构造函数h(x)=xln x(x>1)，利用导数求解函数h(x)的最小值即可.【详解】解：不等式e x-x≤x a-a ln x成立，即e x-ln e x≤x a-ln x a成立，因为x∈(1,+∞),a>0，所以e x>1,x a>1，令g(t)=t-ln t(t>1)，则e x-ln e x≤x a-ln x a⇒g(e x)≤g(x a)，因为g (t)=1-1t>0，所以g(t)在(1,+∞)上单调递增，所以e x≤x a，即x≤a ln x(x>1)，因为在(1,+∞)上存在x使得不等式e x-x≤x a-a ln x成立，所以a≥xln xmin，令h(x)=xln x(x>1)，则h (x)=ln x-1ln2x，故当x=e时，h(x)取得最小值h(e)=eln e=e.所以a≥e，即a的最小值为e.故答案为：e.【题型专练】1.已知函数f x =x2+2a+2ln x．(1)当a=-5时，求f x 的单调区间；(2)若存在x∈2,e，使得f x -x2>2x+2a+4x成立，求实数a的取值范围．【答案】(1)单调递减区间为0,2，单调递增区间为2,+∞；(2)e2-e+2e-1,+∞ .【解析】(1)当a=-5时，f x =x2-8ln x，得出f x 的定义域并对f x 进行求导，利用导数研究函数的单调性，即可得出f x 的单调区间；(2)将题意等价于2x +2a +4x -2a +2 ln x <0在2,e 内有解，设h x =2x +2a +4x-2a +2 ln x ，即在2,e 上，函数h x min <0，对h x 进行求导，令hx =0，得出x =a +2，分类讨论a +2与区间2,e 的关系，并利用导数研究函数h x 的单调和最小值，结合h x min <0，从而得出实数a 的取值范围.(1)解：当a =-5时，f x =x 2-8ln x ，可知f x 的定义域为0,+∞ ，则fx =2x -8x =2x 2-8x,x >0，可知当x ∈0,2 时，f x <0；当x ∈2,+∞ 时，f x >0；所以f x 的单调递减区间为0,2 ，单调递增区间为2,+∞ .(2)解：由题可知，存在x ∈2,e ，使得f x -x 2>2x +2a +4x成立，等价于2x +2a +4x-2a +2 ln x <0在2,e 内有解，可设h x =2x +2a +4x -2a +2 ln x ，即在2,e 上，函数h x min <0，∴hx =2-2a +4x 2-2a +2x=2x 2-2a +2 x -2a +4 x 2=2x +1 x -a +2 x 2，令h x =0，即x +1 x -a +2 =0，解得：x =a +2或x =-1(舍去)，当a +2≥e ，即a ≥e -2时，h x <0，h x 在2,e 上单调递减，∴h x min =h e =2e +2a +4e -2a -2<0，得a >e 2-e +2e -1，又∵e 2-e +2e -1>e -2，所以a >e 2-e +2e -1；当a +2≤2时，即a ≤0时，h x >0，h x 在2,e 上单调递增，∴h x min =h 2 =6+a -2a +2 ln2<0，得a >6-ln4ln4-1>0，不合题意；当2<a +2<e ，即0<a <e -2时，则h x 在2,a +2 上单调递减，在a +2,e 上单调递增，∴h x min =h a +2 =2a +6-2a +2 ln a +2 ，∵ln2<ln a +2 <ln e =1，∴2a +2 ln2<2a +2 ln 2a +2 <2a +2，∴h a +2 =2a +6-2a +2 ln a +2 >2a +6-2a -2=4，即h x min >4，不符合题意；综上得，实数a 的取值范围为e 2-e +2e -1,+∞ .【点睛】思路点睛：本题考查利用导数研究函数的单调性，以及利用导数解决不等式成立的综合问题：(1)利用导数解决单调区间问题，应先确定函数的定义域，否则，写出的单调区间易出错；利用导数解决含有参数的单调性问题，要注意分类讨论和化归思想的应用；(2)利用导数解决不等式的综合问题的一般步骤是：构造新函数，利用导数研究的单调区间和最值，再进行相应证明.2.(2022·河北深州市中学高三阶段练习)已知函数f x =ln x-2ax+1.(1)若x=1是f x 的极值点，确定a的值；(2)若存在x>0，使得f x ≥0，求实数a的取值范围.【答案】(1)a=12，(2)-∞,12【分析】(1)由已知可得出f 1 =0，求出a的值，然后利用导数分析函数f x 的单调性，结合极值点的定义检验即可；(2)由参变量分离法可得出2a≤ln x+1x，利用导数求出函数g x =ln x+1x的最大值，即可得出实数a的取值范围.(1)解：因为f x =ln x-2ax+1，该函数的定义域为0,+∞，则f x =1x-2a，由已知可得f 1 =1-2a=0，可得a=12，此时f x =1x-1=1-xx，列表如下：x0,111,+∞f x +0-f x 增极大值减所以，函数f x 在x=1处取得极大值，合乎题意，故a=1 2.(2)解：存在x>0，使得f x =ln x-2ax+1≥0可得2a≤ln x+1x，构造函数g x =ln x+1x，其中x>0，则g x =-ln xx2，当0<x<1时，g x >0，此时函数g x 单调递增，当x>1时，g x <0，此时函数g x 单调递减，则g x max=g1 =1，所以，2a≤1，解得a≤12，因此，实数a的取值范围是-∞,12.3.已知函数f x =ln x x，设f x 在点1,0处的切线为m(1)求直线m的方程；(2)求证：除切点1,0之外，函数f x 的图像在直线m的下方；(3)若存在x∈1,+∞，使得不等式f x >a x-1成立，求实数a的取值范围【答案】(1)y=x-1；(2)见详解；(3)(-∞，1).【解析】(1)求导得f (x)=1-ln xx2，由导数的几何意义k切=f′(1)，进而可得答案．(2)设函数h(x)=f(x)-(x-1)=ln x x-x+1，求导得h′(x)，分析h(x)的单调性，最值，进而可得f (x)-(x-1)≤0，则除切点(1，0)之外，函数f(x)的图象在直线的下方．(3)若存在x∈(1，+∞)，使得不等式a<ln xx(x-1)成立，令g(x)=ln xx(x-1)，x>1，只需a<g(x)max．【详解】(1)f (x)=1x⋅x-ln xx2=1-ln xx2，由导数的几何意义k切=f′(1)=1，所以直线m的方程为y=x-1．(2)证明：设函数h(x)=f(x)-(x-1)=ln x x-x+1，h (x)=1-ln xx2-1=1-ln x-x2x2 ，函数定义域为(0，+∞)，令p(x)=1-ln x-x2，x>0，p′(x)=-1x-2x<0，所以p(x)在(0，+∞)上单调递减，又p(1)=0，所以在(0，1)上，p(x)>0，h′(x)>0，h(x)单调递增，在(1，+∞)上，p(x)<0，h′(x)<0，h(x)单调递减，所以h(x)max=h(1)=0，所以h(x)≤h(1)=0，所以f(x)-(x-1)≤0，若除切点(1，0)之外，f(x)-(x-1)<0，所以除切点(1，0)之外，函数f(x)的图象在直线的下方．(3)若存在x∈(1，+∞)，使得不等式f(x)>a(x-1)成立，则若存在x∈(1，+∞)，使得不等式f(x)x-1>a成立，即若存在x∈(1，+∞)，使得不等式a<ln xx(x-1)成立，令g(x)=ln xx(x-1)，x>1，g′(x)=1x⋅x(x-1)-(2x-1)ln xx2(x-1)2=x-1-(2x-1)ln xx2(x-1)2 ，令s(x)=x-1-(2x-1)ln x，x>1s′(x)=1-2ln x-(2x-1)•1x=x-2x ln x-2x+1x=-x-2x ln x+1x，令q(x)=-x-2x ln x+1，x>1q′(x)=-1-2ln x-2=-3-2ln x<0，所以在(1，+∞)上，q(x)单调递减，又q(1)=0，所以在(1，+∞)上，q(x)<0，s′(x)<0，s(x)单调递减，所以s(x)≤s(1)=0，即g′(x)≤0，g(x)单调递减，又limx→1ln xx(x-1)=limx→11x2x-1=1，所以a<1，所以a的取值范围为(-∞，1)．4.已知函数f x =x ln x-ax+1．(1)若f x 在点A(1,f(1))处的切线斜率为-2．①求实数a的值；②求f x 的单调区间和极值．(2)若存在x0∈(0,+∞)，使得f x0<0成立，求a的取值范围．【答案】(1)①a=3；②减区间为(0,e2)，增区间为(e2,+∞)，极小值为1-e2，无极大值；(2)(1,+∞).【解析】(1)求得函数的导数f x =ln x+1-a，①根据题意得到f x =-2，即可求得a的值；②由①知f x =ln x-2,x>0，结合导数的符号，以及极值的概念与计算，即可求解；(2)设g x =ln x+1x，根据存在x0∈(0,+∞)，使得f x0<0成立，得到a>g x min成立，结合导数求得函数g x 的单调性与最小值，即可求解.【详解】(1)由题意，函数f x =x ln x-ax+1的定义域为(0,+∞)，且f x =ln x+1-a，①因为f x 在点A(1,f(1))处的切线斜率为-2，可得f x =1-a=-2，解得a=3.②由①得f x =ln x-2,x>0，令f x >0，即ln x-2>0，解得x>e2；令f x <0，即ln x-2<0，解得0<x<e2，所以函数f x 在(0,e2)上单调递减，在(e2,+∞)上单调递增，当x=e2时，函数f x 取得极小值，极小值为f e2=1-e2，无极大值，综上可得，函数f x 的减区间为(0,e2)，增区间为(e2,+∞)，极小值为1-e2，无极大值.(2)因为f x =x ln x-ax+1，由f x0<0，即x0ln x0-ax0+1<0，即a>x0ln x0+1x0=ln x0+1x0，设g x =ln x+1x,x>0根据题意知存在x0∈(0,+∞)，使得f x0<0成立，即a>g x min成立，由g x =ln x+1x,x>0，可得g x =1x-1x2=x-1x2，当0<x<1时，g x <0，g x 单调递减；当x>1时，g x >0，g x 单调递增，所以当x=1时，函数g x 取得最小值，最小值为g1 =1，所以a>1，即实数a的取值范围是(1,+∞).5.已知函数f(x)=ln x+ax(a∈R).(1)当a=1时，求曲线y=f(x)在x=1处的切线方程；(2)求函数f(x)的单调区间；(3)若存在x0，使得f x0>0，求a的取值范围.【答案】(1)2x-y-1=0；(2)a≥0时，f x 在0,+∞单增；a<0，f x 在0,-1 a单增，在-1a,+∞单减；(3)a>-1e.【解析】(1)求出函数导数，将切线横坐标代入得到斜率，再求出切点纵坐标，最后写出切线方程；(2)求导后，通分，分a≥0,a<0两种情况讨论得到单调区间；(3)当a≥0时，代特值验证即可，当a<0时，函数最大值大于0，解出即可.【详解】由题意，f(1)=1,f x =1x+1,所以f 1 =2,所以切线方程为：y-1=2x-1⇒2x-y-1=0.(2)x>0,f (x)=1x+a=ax+1x，若a≥0，则f (x)>0，f x 在0,+∞单增；若a<0，则x∈0,-1 a时，f x >0，f x 单增；x∈-1a,+∞时，f x <0，f x 单减.(3)由(2)，若a≥0，则f(2)=ln2+2a>0，满足题意；若a<0，f x max=f-1 a=ln-1a-1>0⇒a>-1e，则-1e<a<0，综上：a>-1 e.题型三：利用导数处理恒成立与有解问题【例1】(2022·福建省福安市第一中学高三阶段练习)设函数f x =x -1 e x -e ,g x =e x -ax -1，其中a ∈R .若对∀x 2∈0,+∞ ，都∃x 1∈R ，使得不等式f x 1 ≤g x 2 成立，则a 的最大值为( )A.0 B.1eC.1D.e【答案】C【分析】由题意易知f x ≥0恒成立，则可等价为对∀x 2∈0,+∞ ，g x 2 ≥0恒成立，利用参变分离，可变形为a ≤e x -1x ,(x >0)恒成立，易证e x -1x >1,(x >0)，则可得a ≤1，即可选出答案.【详解】对∀x 2∈0,+∞ ，都∃x 1∈R ，使得不等式f x 1 ≤g x 2 成立，等价于f x 1 min ≤g x 2 min ,当x <1时，x -1<0,e x -e <0，所以f x >0，当x ≥1时，x -1≥0,e x -e ≥0，所以f x ≥0，所以f x ≥0恒成立，当且仅当x =1时，f (x )min =0，所以对∀x 2∈0,+∞ ，g x 2 ≥0恒成立，即e x -ax -1≥0，当x =0，e x -ax -1=0≥0成立，当x >0时，e x-ax -1≥0⇒a ≤e x -1x恒成立.记h (x )=e x -x -1,x >0,因为h (x )=e x -1>0恒成立，所以h (x )在(0,+∞)上单调递增，且h (0)=0，所以h (x )=e x-x -1>0恒成立，即e x-1>x ⇒e x -1x>1,(x >0)所以a ≤1.所以a 的最大值为1.故选：C .【点睛】本题考查导数在不等式的恒成立与有解问题的应用，属于难题，此类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∀x 1∈a ,b ，∀x 2∈c ,d ，有f (x 1)<g (x 2)成立，故f (x 1)max <g (x 2)min ；(2)若∀x 1∈a ,b ，∃x 2∈c ,d ，有f (x 1)<g (x 2)成立，故f (x 1)max <g (x 2)max ；(3)若∃x 1∈a ,b ，∃x 2∈c ,d ，有f (x 1)<g (x 2)成立，故f (x 1)min <g (x 2)max ；(4)若∃x 1∈a ,b ，∀x 2∈c ,d ，有f (x 1)<g (x 2)成立，故f (x 1)min <g (x 2)min ；(5)若∀x 1∈a ,b ，∃x 2∈c ,d ，有f (x 1)=g (x 2)，则f (x )的值域是g (x )值域的子集．【例2】已知函数f (x )=ax +ln x (a ∈R ),g (x )=x 2-2x +2．(1)当a =-12时，求函数f (x )在区间[1,e ]上的最大值和最小值;(2)若对任意的x 1∈[-1,2]，均存在x 2∈(0,+∞)，使得g x 1 <f x 2 ，求a 的取值范围．【答案】(1)最大值为ln2-1，最小值为-12；(2)-1e 6,+∞ .【解析】(1)利用导数研究f (x )的区间单调性，进而确定端点值和极值，比较它们的大小，即可得最值；(2)将问题转化为x 1∈[-1,2]、x 2∈(0,+∞)上g (x 1)max <f (x 2)max ，利用二次函数性质及导数求函数最值，即可得结果.(1)由题设f (x )=ln x -x 2，则f (x )=2-x2x，所以在[1,2)上f (x )>0，f (x )递增，在(2,e ]上f (x )<0，f (x )递减，则f (1)=-12<f (e )=1-e2，极大值f (2)=ln2-1，综上，f (x )最大值为ln2-1，最小值为-12.(2)由g (x )=x 2-2x +2=(x -1)2+1在x ∈[-1,2]上g (x )max =g (-1)=5，根据题意，只需g (x )max <f (x )max 即可，由f (x )=a +1x且x ∈(0,+∞)，当a ≥0时，f (x )>0，此时f (x )递增且值域为R ，所以满足题设；当a <0时，0,-1a 上f (x )>0，f (x )递增；-1a ,+∞ 上f (x )<0，f (x )递减；所以f (x )max =f -1a =-1-ln (-a )，此时-1-ln (-a )>5，可得a >-1e 6，综上，a 的取值范围-1e 6,+∞ .【点睛】关键点点睛：第二问，将问题转化为x 1∈[-1,2]、x 2∈(0,+∞)上g (x 1)max <f (x 2)max 求参数范围.【例3】已知函数f (x )=x sin x +cos x ．(1)当x ∈0,π 时，求函数f (x )的单调区间；(2)设函数g (x )=-x 2+2ax ．若对任意x 1∈-π,π ，存在x 2∈[0,1]，使得12πf x 1 ≤g x 2 成立，求实数a 的取值范围．【答案】(1)当x ∈0,π 时，函数f (x )的单调递增区间为0,π2 ，函数f (x )的单调递减区间为π2,π ；(2)12,+∞.【解析】(1)首先对函数求导，根据x 的取值情况判断f x 的正负情况，进而得到f x 的增减情况；(2)对任意x 1∈-π,π ，存在x 2∈[0,1]，使得h (x 1)≤g (x 2)成立，等价于h (x )max ≤g (x )max ，然后对a 进行讨论，分别求函数的最值，进而得到结论.(1)因为f (x )=x sin x +cos x ，所以f (x )=sin x +x cos x -sin x =x cos x ．当x ∈0,π 时，f (x )与f (x )的变化情况如表所示：x 0,π2 π2π2,π f (x )+-f (x )单调递增π2单调递减所以当x ∈0,π 时，函数f (x )的单调递增区间为0,π2，函数f (x )的单调递减区间为π2,π．(2)当x ∈-π,π 时，f (-x )=f (x )，所以函数f (x )为偶函数．所以当x ∈-π,π 时，函数f (x )的单调递增区间为-π,-π2 ，0,π2，函数f (x )的单调递减区间为-π2,0 ，π2,π ,所以函数f (x )的最大值为f -π2 =f π2 =π2．设h x =12πf x ，则当x ∈-π,π 时，h x max =12π⋅π2=14．对任意x 1∈-π,π ，存在x 2∈[0,1]，使得h (x 1)≤g (x 2)成立，等价于h (x )max ≤g (x )max ．当a ≤0时，函数g (x )在区间[0,1]上的最大值为g (0)=0，不合题意．当0<a <1时，函数g (x )在区间[0,1]上的最大值为g (a )=a 2，则a 2≥14，解得a ≥12或a ≤-12，所以12≤a <1．当a ≥1时，函数g (x )在区间[0,1]上的最大值为g (1)=2a -1，则2a -1≥14，解得a ≥58，所以a ≥1.综上所述，a 的取值范围是12,+∞．【例4】(2022·黑龙江·哈尔滨三中高二期末)已知函数f x =ln xx ，g (x )=ln (x +1)+2ax 2，若∀x 1∈1,e 2，∃x 2∈0,1 使得f (x 1)>g (x 2)成立，则实数a 的取值范围是( )A.-∞,-ln22B.-∞,-ln22C.-∞,-1eD.-∞,e -ln22【答案】A【分析】将问题转化为∃x ∈0,1 使得f (x )min >g (x )成立，通过求得导数和单调性，可得最值，再根据不等式成立，结合参数分离可得a 的范围．【详解】∀x 1∈1,e 2 ，∃x 2∈0,1 使得f (x 1)>g (x 2)成立，等价为∃x ∈0,1 使得f (x )min >g (x )成立，由f x =ln x x 得f x =1-ln xx2，当x ∈0,e 时，f x >0，此时f x 单调递增，当x ∈e ，+∞ 时，f x <0，此时f x 单调递减，f 1 =0,f e 2 =2e 2，故f x min =f 1 =0ln (x +1)+2ax 2<0在x ∈0,1 成立，当0<x <1时，-2a >ln (x +1)x 2min ，设h (x )=ln (x +1)x 2，0<x <1 ，则h (x )=1-1x +1-2ln (x +1)x 3，由m x =1-1x +1-2ln (x +1)，得m x =1(x +1)2-2x +1=-1-2x(x +1)2<0，所以m x =1-1x +1-2ln (x +1)在0,1 递减，所以1-1x +1-2ln (x +1)<m 0 =0，则h (x )在0,1 递减，所以h (x )>h 1 =ln2，则-2a >ln2，所以a <-ln22．故选：A【例5】(2023·全国·高三专题练习)已知函数f x =x 3-34x +32,0≤x ≤122x +12,12<x ≤1，g x =e x -ax a ∈R ，若存在x 1,x 2∈0,1 ，使得f x 1 =g x 2 成立，则实数a 的取值范围是( )A.-∞,1 B.-∞,e -2C.-∞,e -54D.-∞,e【答案】C【分析】根据题意可得f x 的值域与 g x =e x -ax 的值域有交集即可，先求导分析f x 的值域，再求导分情况讨论g x =e x -ax 的单调性与值域，结合解集区间的端点关系列式求解即可【详解】①当0≤x ≤12时，f x =x 3-34x +32，则f x =3x 2-34=3x 2-14 ≤0在0,12上恒成立，。

第10讲恒成立能成立3种常见题型(解析版)

第10讲恒成立能成立3种常见题型【考点分析】考点一：恒成立问题若函数()f x 在区间D 上存在最小值()min f x 和最大值()max f x ，则不等式()f x a >在区间D 上恒成立()min f x a ⇔>；不等式()f x a ≥在区间D 上恒成立()min f x a ⇔≥；不等式()f x b <在区间D 上恒成立()max f x b ⇔<；不等式()f x b ≤在区间D 上恒成立()max f x b ⇔≤；考点二：存在性问题若函数()f x 在区间Ｄ上存在最小值()min f x 和最大值()max f x ，即()[],f x m n ∈，则对不等式有解问题有以下结论：不等式()a f x <在区间D 上有解()max a f x ⇔<；不等式()a f x ≤在区间D 上有解()max a f x ⇔≤；不等式()a f x >在区间D 上有解()min a f x ⇔>；不等式()a f x ≥在区间D 上有解()min a f x ⇔≥；考点三：双变量问题①对于任意的[]1,x a b ∈，总存在[]2m,x n ∈，使得()()()()1212max max f x g x f x g x ≤⇔≤；②对于任意的[]1,x a b ∈，总存在[]2m,x n ∈，使得()()()()1212min min f x g x f x g x ≥⇔≥；③若存在[]1,x a b ∈，对于任意的[]2m,x n ∈，使得()()()()1212min min f x g x f x g x ≤⇔≤；④若存在[]1,x a b ∈，对于任意的[]2m,x n ∈，使得()()()()1212max max f x g x f x g x ≥⇔≥；⑤对于任意的[]1,x a b ∈，[]2m,x n ∈使得()()()()1212max min f x g x f x g x ≤⇔≤；⑥对于任意的[]1,x a b ∈，[]2m,x n ∈使得()()()()1212min max f x g x f x g x ≥⇔≥；⑦若存在[]1,x a b ∈，总存在[]2m,x n ∈，使得()()()()1212min max f x g x f x g x ≤⇔≤⑧若存在[]1,x a b ∈，总存在[]2m,x n ∈，使得()()()()1212max min f x g x f x g x ≥⇔≥．【题型目录】题型一：利用导数研究恒成立问题题型二：利用导数研究存在性问题题型三：利用导数处理恒成立与有解问题【典型例题】题型一：利用导数研究恒成立问题【例1】（2022·福建省福安市第一中学高二阶段练习）对任意正实数x ，不等式ln 1x x a -+>恒成立，则a 的取值范围是（）A ．1a <B ．2a <C ．1a >D ．2a >【答案】B【详解】令()ln 1f x x x =-+，其中0x >，则()min a f x <，()111x f x x x-'=-=，当01x <<时，()0f x '<，此时函数()f x 单调递减，当1x >时，()0f x '>，此时函数()f x 单调递增，所以，()()min 12f x f ==，2a ∴<.故选：B.【例2】【2022年全国甲卷】已知函数()a x x xe xf x-+-=ln ．(1)若≥0，求a 的取值范围；【答案】(1)(−∞,+1]【解析】(1)op 的定义域为(0,+∞)，'(p =(1−12)e −1+1=1(1−1)e +(1−1)=K1(e+1)令op =0,得=1当∈(0,1),'(p <0,op 单调递减，当∈(1,+∞),'(p >0,op 单调递增o )≥o1)=e +1−，若op ≥0,则e +1−≥0,即≤e +1，所以的取值范围为(−∞,+1]【例3】已知函数211()(1)ln (,0)22f x x a x a a =-+-∈≠R ．（1）讨论函数的单调性；（2）若对任意的[1,)x ∈+∞，都有()0f x ≥成立，求a 的取值范围．【答案】（1）答案见解析；（2）0a ≤.【解析】【分析】（1）求()'f x ，分别讨论a 不同范围下()'f x 的正负，分别求单调性；（2）由（1）所求的单调性，结合()10f =，分别求出a 的范围再求并集即可.【详解】解：（1）由已知定义域为()0,∞+，()211'()x a a f x x x x-++=-=当10a +≤，即1a ≤-时，()'0f x >恒成立，则()f x 在()0,∞+上单调递增；当10a +>，即1a >-时，x =或x =，所以()f x 在(上单调递减，在)+∞上单调递增.所以1a ≤-时，()f x 在()0,∞+上单调递增；1a >-时，()f x 在(上单调递减，在)+∞上单调递增.（2）由（1）可知，当1a ≤-时，()f x 在()1,+∞上单调递增，若()0f x ≥对任意的[1,)x ∈+∞恒成立，只需(1)0f ≥，而(1)0f =恒成立，所以1a ≤-成立；当1a >-1≤，即10a -<≤，则()f x 在()1,+∞上单调递增，又(1)0f =，所以10a -<≤成立；若0a >，则()f x在(上单调递减，在)+∞上单调递增，又(1)0f =，所以(0x ∃∈，()0()10f x f <=，不满足()0f x ≥对任意的[1,)x ∈+∞恒成立.所以综上所述：0a ≤.【例4】已知函数()ln f x x ax =-（a 是正常数）.（1）当2a =时，求()f x 的单调区间与极值；（2）若0x ∀>，()0f x <，求a 的取值范围；【答案】（1）()f x 在10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，在1,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递减，()f x 的极大值是ln 21--，无极小值；（2）1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭.【解析】【分析】（1）求出函数的导函数，解关于导函数的不等式即可求出函数的单调区间；（2）依题意可得maxln x a x ⎛⎫< ⎪⎝⎭，设()ln x g x x =，利用导数研究函数的单调性，求出函数的最大值，即可得解；【详解】解：（1）当2a =时，()ln 2f x x x =-，定义域为()0,∞+，()1122x f x x x-'=-=，令()0f x '>，解得102x <<，令()0f x '<，解得12x >，所以函数()f x 在10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，在1,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递减，所以()f x 的极大值是1ln 212f ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭，无极小值.（2）因为0x ∀>，()0f x <，即ln 0x ax -<恒成立，即maxln x a x ⎛⎫< ⎪⎝⎭.设()ln x g x x =，可得()21ln xg x x -'=，当0x e <<时()0g x '>，当x e >时()0g x '<，所以()g x 在()0,e 上单调递增，在(),e +∞上单调递减，所以()()max 1e e g x g ==，所以1a e >，即1,a e ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭.【例5】已知函数()xf x xe=（1）求()f x 的极值点；（2）若()2f x ax ≥对任意0x >恒成立，求a 的取值范围．【答案】（1）1x =-是()f x 的极小值点，无极大值点；（2）a e ≤.【解析】【分析】（1）利用导数研究函数的极值点.（2）由题设知：xe a x≤在0x >上恒成立，构造()x e g x x =并应用导数研究单调性求最小值，即可求a 的范围．【详解】（1）由题设，()(1)xf x e x '=+，∴1x <-时，()0<'x f ，()f x 单调递减；1x >-时，()0>'x f ，()f x 单调递增减；∴1x =-是()f x 的极小值点，无极大值点.（2）由题设，()2xx f x xe a =≥对0x ∀>恒成立，即x ea x≤在0x >上恒成立，令()xe g x x =，则2(1)()xe x g x x'-=，∴01x <<时，()0g x '<，()g x 递减；1x >时，()0g x '>，()g x 递增；∴()(1)e g x g ≥=，故a e ≤.【题型专练】1.（2022·四川广安·模拟预测（文））不等式ln 0x kx -≤恒成立，则实数k 的取值范围是（）A ．[)0,eB ．(],e -∞C ．10,e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦D ．1,e ∞⎡⎫+⎪⎢⎣⎭【答案】D 【解析】【分析】由题可得ln xk x ≥在区间(0,)+∞上恒成立，然后求函数()()ln 0x f x x x=>的最大值即得.【详解】由题可得ln xk x≥在区间(0,)+∞上恒成立，令()()ln 0x f x x x =>，则()()21ln 0xf x x x-'=>，当()0,e x ∈时，()0f x '>，当()e,x ∈+∞时，()0f x '<，所以()f x 的单调增区间为()0,e ，单调减区间为()e,+∞；所以()()max 1e ef x f ==，所以1ek ≥.故选：D.2.（2022·北京·景山学校模拟预测）已知函数()ln 2f x x x ax =++．(1)当0a =时，求()f x 的极值；(2)若对任意的21,e x ⎡⎤∈⎣⎦，()0f x ≤恒成立，求实数a 的取值范围．【答案】(1)极小值是11+2e e f ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，无极大值.(2)222,e ⎡⎫--+∞⎪⎢⎣⎭【解析】【分析】（1）由题设可得()ln 1f x x '=+，根据()f x '的符号研究()f x 的单调性，进而确定极值.（2）()ln 20f x x x ax =++≤对任意的21,e x ⎡⎤∈⎣⎦恒成立，转化为：2ln 2ln x x a x x x+-≥=+对任意的21,e x ⎡⎤∈⎣⎦恒成立，令()2ln g x x x=+，通过求导求()g x 的单调性进而求得()g x 的最大值，即可求出实数a 的取值范围.(1)当0a =时，()ln 2f x x x =+，()f x 的定义域为()0+∞，，()ln 1=0f x x '=+，则1ex =.令()0f x '>，则1,e x ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭，令()0f x '<，则10,e ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭x ，所以()f x 在10,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，在1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增.当1e x =时，()f x 取得极小值且为1111ln 2+2e e ee f ⎛⎫=+=- ⎪⎝⎭，无极大值.(2)()ln 20f x x x ax =++≤对任意的21,e x ⎡⎤∈⎣⎦恒成立，则2ln 2ln x x a x x x+-≥=+对任意的21,e x ⎡⎤∈⎣⎦恒成立，令()2ln g x x x=+，()222120x g x x x x -+'=-+==，所以2x =，则()g x 在[)1,2上单调递减，在(22,e ⎤⎦上单调递增，所以()12g =，()222e 2e g =+，所以()()22max 2e 2e g x g ==+，则222e a -≥+，则222ea ≤--.实数a 的取值范围为：222,e ⎡⎫--+∞⎪⎢⎣⎭.3.（2022·新疆克拉玛依·三模（文））已知函数()ln f x x x =，()()23g x x ax a R =-+-∈.(1)求函数()f x 的单调递增区间；(2)若对任意()0,x ∞∈+，不等式()()12f xg x ≥恒成立，求a 的取值范围.【答案】(1)1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭，(2)(],4-∞【解析】【分析】（1）求函数()f x 的单调递增区间，即解不等式()0f x '>；（2）参变分离得32ln a x x x≤++，即求()()()32ln 0,h x x x x x =++∈+∞的最小值.(1)()ln f x x x =定义域为(0,)+∞，()ln +1f x x '=()0f x '>即ln +10x >解得1e x >，所以()f x 在1,)e∞+（单调递增(2)对任意()0,x ∞∈+，不等式()()12f xg x ≥恒成立，即()21ln 32x x x ax ≥-+-恒成立，分离参数得32ln a x x x≤++.令()()()32ln 0,h x x x x x =++∈+∞，则()()()231x x h x x +-'=．。

函数不等式恒成立问题6大题型

函数不等式恒成立问题6大题型新高考越来越注重对综合素质的考查，恒成立问题变式考查综合素质的很好途经，它经常以函数、方程、不等式和数列等知识为载体，渗透着还原、化归、分类讨论、数形结合、函数与方程等思想方法。

近几年的数学高考中频频出现恒成立问题、能问题，其形式逐渐多样化，但都与函数、导数知识密不可分，考查难度一般为中等或难题。

一、单变量不等式恒成立问题一般利用参变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 x2、∀∈x D ，()()max ≥⇔≥m f x m f x3、∃∈x D ，()()max ≤⇔≤m f x m f x4、∃∈x D ，()()min ≥⇔≥m f x m f x 二、双变量不等式与等式一般地，已知函数()[],,y f x x a b =∈，()[],,y g x x c d =∈1、不等关系（1）若[]1,x a b ∀∈，[]2,x c d ∀∈，总有()()12f x g x <成立，故()()max min f x g x <；（2）若[]1,x a b ∀∈，[]2,x c d ∃∈，有()()12f x g x <成立，故()()max max f x g x <；（3）若[]1,x a b ∃∈，[]2,x c d ∀∈，有()()12f x g x <成立，故()()min min f x g x <；（4）若[]1,x a b ∃∈，[]2,x c d ∃∈，有()()12f x g x <成立，故()()min max f x g x <．2、相等关系记()[],,y f x x a b =∈的值域为A ,()[],,y g x x c d =∈的值域为B,（1）若[]1,x a b ∀∈，[]2,x c d ∃∈，有()()12=f x g x 成立，则有A B ⊆；（2）若[]1,x a b ∃∈，[]2,x c d ∀∈，有()()12=f x g x 成立，则有A B ⊇；（3）若[]1,x a b ∃∈，[]2,x c d ∃∈，有()()12=f x g x 成立，故A B ⋂≠∅；【题型1单变量不等式恒成立问题】【例1】（2020秋·吉林白城·高三校考阶段练习）设函数()21f x x =-，对任意3,2x ⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭，()()()2414x f m f x f x f m m ⎛⎫-≤-+ ⎪⎝⎭恒成立，则实数m 的取值范围是（）A ．1,4⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭B ．11,,22⎛⎤⎡⎫-∞-+∞ ⎪⎢⎝⎦⎣⎭C ．33,22⎛⎫-∞⋃+∞ ⎪⎢ ⎪⎝⎦⎣⎭D ．11,00,22⎡⎫⎛⎤-⋃⎪ ⎢⎥⎣⎭⎝⎦【变式1-1】（2022秋·吉林·高三校考期末）已知()g x 为奇函数，()h x 为偶函数，且满足()()2xg x h x -+=，若对任意的[]1,1x ∈-都有不等式()()0mh x g x -≥成立，则实数m 的最小值为（）A ．13B ．35C ．1D ．35-【变式1-2】（2022秋·陕西商洛·高三校联考阶段练习）已知一次函数()f x 满足()()2f f x x =+.（1）求()f x 的解析式；（2）若对任意的()0,x ∈+∞，()af x x >a 的取值范围.【变式1-3】（2022·全国·高三专题练习）已知定义域为R 的函数2()2xx b f x a-=+是奇函数.（1）求,a b 的值;（2）用定义证明()f x 在(,)-∞+∞上为减函数;（3）若对于任意R t ∈，不等式()()22220f t t f t k -+-<恒成立，求k 的范围.【题型2单变量不等式能成立问题】【例2】（2022秋·福建龙岩·高三上杭一中校考阶段练习）已知函数()f x 的定义域为B ，函数()13f x -的定义域为1,14A ⎡⎤=⎢⎥⎣⎦，若x B ∃∈，使得21a x x >-+成立，则实数a 的取值范围为（）A ．13,16⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭B ．130,16⎛⎫ ⎪⎝⎭C ．13,16⎛⎫+∞⎪⎝⎭D ．1313,1616⎛⎫-⎪⎝⎭【变式2-1】（2022秋·辽宁葫芦岛·高三校联考阶段练习）已知函数()3()23a a f x x -=-为幂函数．（1）求函数()2xf a +的值域；（2）若关于x 的不等式2()log ()f x f x a +<在[2,4]上有解，求a 的取值范围．【变式2-2】（2022·黑龙江大庆·大庆实验中学校考模拟预测）已知函数()1f x x x a =+--，1a >．（1）当a ＝2时，求不等式()1f x >的解集；（2）若()01,1x ∃∈-，使()20001f x x ax <-+-成立，求a 的取值范围．【变式2-3】（2021秋·江苏·高三校联考期中）已知函数()151x af x =-+为奇函数.（1）求实数a 的值；（2）若存在m ∈[-1，1]，使得不等式()22(2)2f x f mx x mx +--- 成立，求x 的取值范围.【变式2-4】（2022秋·重庆北碚·高三重庆市朝阳中学校考开学考试）已知函数4()2x xa g x -=是奇函数，()()lg 101x f x bx =++是偶函数.（1）求a 和b 的值；（2）设1()()2h x f x x =+，若存在[0,1]x ∈，使不等式()[lg(109)]g x h m >+成立，求实数m 的取值范围.【题型3任意-任意型不等式成立问题】【例3】（2022秋·上海徐汇·高三上海中学校考期中）已知函数()213,11log ,12x x k x f x x x ⎧-++≤⎪=⎨-+>⎪⎩，2()1x g x x =+，若对任意的实数12,x x ，均有()()12f x g x ≤，则实数k 的取值范围是__．【变式3-1】（2022秋·安徽合肥·高三合肥市第十中学校联考阶段练习）已知函数()f x 满足22()()(0)f x f x x x x+-=+≠．（1）求()y f x =的解析式，并求()f x 在[3,1]--上的值域；（2）若对12(2,4),x x ∀∈且12x x ≠，都有()()()2121R k kf x f x x x x +>+∈成立，求实数k的取值范围．【变式3-2】（2022秋·全国·高三统考阶段练习）已知函数()1lg x f x xλ+=．（1）当2λ=时，解不等式()0f x >；（2）设0λ>，当1,22a ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，对任意1x ，[]2,1x a a ∈+，都有()()12lg 2f x f x -≤，求λ的取值范围．【变式3-3】（2022秋·上海浦东新·高三校考阶段练习）设()e xf x =，函数()g x 的图像和函数()f x 的图像关于y 轴对称．（1）若()()43f x g x =+，求x 的值．（2）令()()2f x h x x=，()22t x x x a =-++，若对任意1x ，()20,x ∈+∞，都有()()12h x t x ≥恒成立，求实数a 的取值范围．【题型4任意-存在性不等式成立问题】【例4】（2022秋·江苏常州·高三校联考阶段练习）已知()()2ln 1f x x =+，()12xg x m ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，命题p ：对任意[]10,3x ∈，都存在[]22,1x ∈--，使得()()12f x g x，则命题p 正确的一个充分不必要条件是（）A ．3mB ．2mC ．1mD ．0m【变式4-1】（2022秋·天津宝坻·高三天津市宝坻区第一中学校考期末）已知函数2()x x af x x++=.（1）若()()1g x f x =-，判断()g x 的奇偶性并加以证明；（2）当12a =时，①用定义法证明函数()f x 在[1,)+∞上单调递增，再求函数()f x 在[1,)+∞上的最小值；②设()52h x kx k =+-，若对任意的1[1,2]x ∈，总存在2[0,1]x ∈，使得()()12f x h x ≤成立，求实数k 的取值范围.【变式4-2】（2022秋·广东广州·高三广东实验中学校考阶段练习）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.【变式4-3】（2022秋·河北邢台·高三校联考阶段练习）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k 的值；若函数()f x 的定义域为[]0,4，求()()22f x xh x +=的值域.（2）设()4ln 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.【题型5存在-存在性不等式成立问题】【例5】（2022秋·江西宜春·高三江西省丰城中学校考阶段练习）已知函数()1f x x x a =-+.（1）当0a =时，解不等式()()2122f x f x -++>；（2）若存在1x ，(]2,ln 2x ∈-∞，使得()()12e e3x x f f ->，求实数a 的取值范围.【变式5-1】（2022秋·江苏泰州·高一靖江高级中学校考期末）已知函数()()121,2121x x x f x g x ++==--（1）利用函数单调性的定义，判断并证明函数()f x 在区间()0,∞+上的单调性；（2）若存在实数()12,0,x x ∈+∞且12x x <，使得()f x 在区间[]12,x x 上的值域为()()21,m m g x g x ⎡⎤⎢⎥⎢⎥⎣⎦，求实数m 的取值范围.【变式5-2】（2022秋·江西抚州·高三江西省抚州市第一中学校考阶段练习）已知()214f x x x =-++（1）解不等式()23f x x +≤；（2）若存在实数x 1，x 2，使得()21222f x x x a <-++，求实数a 的取值范围．【变式5-3】（2022·全国·高三专题练习）已知函数()()2xx ax bf x x R e ++=∈的一个极值点是2x =.（1）求a 与b 的关系式，并求()f x 的单调区间；（2）设0a >，()22x g x a e -=，若存在1x ，[]20,3x ∈，使得()()1222f xg x e -<成立，求实数a 的范围.【题型6任意-存在性等式成立问题】【例6】（2023·全国·高三对口高考）已知函数()1π2sin 26f x x ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，()π2cos 13g x k x ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭，若对任意π4π,33t ⎡⎤∈⎢⎣⎦，都存在π2π,63s ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，使得等式()()f t g s =成立，则实数k 的可能取值是（）．A ．54B ．74C ．94D ．114【变式6-1】（2022秋·北京·高三人大附中校考阶段练习）已知函数()24a x x x f =-+，()5g x ax a =+-，若对任意的[]11,3x ∈-，总存在[]21,3x ∈-，使得()()12f x g x =成立，则实数a 的取值范围是（）A ．(],9-∞-B ．[]9,3-C ．[)3,+∞D ．(][),93,-∞-+∞ 【变式6-2】（2022秋·北京·高三北师大实验中学校考期中）已知函数()()214x a f x x x+=≤≤，且()15f =.（1）求实数a 的值，并求函数()f x 的最大值和最小值；（2）函数()()122g x kx x =--≤≤，若对任意[]11,4x ∈，总存在[]02,2x ∈-，使得()()01g x f x =成立，求实数k 的取值范围.【变式6-3】（2022秋·上海长宁·高三上海市延安中学校考期中）已知2()327mx n f x x +=+，||1()3x m g x -⎛⎫= ⎪⎝⎭，其中,m n ∈R ，且函数()y f x =为奇函数；（1）若函数()y f x =的图像过点A （1，1），求实数m 和n 的值；（2）当3m =时，不等式()()()()f x g x af x g x +≥对任意[3,)x ∈+∞恒成立，求实数a 的取值范围；（3）设函数()()()393f x x h xg x x ⎧≥⎪=⎨<⎪⎩，若对任意1[3,)x ∈+∞，总存在唯一的2(,3)x ∈-∞使得()()12h x h x =成立，求实数m的取值范围；（建议用时：60分钟）1．（2022秋·北京西城·高三北京师大附中校考阶段练习）已知函数()253,121,1 2x x x f x x x x ⎧-+≤⎪⎪=⎨⎪+>⎪⎩设R a ∈，若关于x 的不等式()2x f x a ≥+恒成立，则a 的取值范围是（）A ．[]2,1-B ．232,44⎡-⎢⎥⎣⎦C ．32,14⎡⎤-⎢⎥⎣⎦D ．[]1,2-2．（2022秋·黑龙江哈尔滨·高三哈尔滨市第六中学校校考期中）已知()f x ，()g x 分别为定义域为R 的偶函数和奇函数，且()()e xf xg x +=，若关于x 的不等式()()220f x ag x -≥在()0,ln 3上恒成立，则正实数a 的取值范围是（）A ．15,8⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭B ．[)0,∞+C ．15,8⎛⎤-∞ ⎝⎦D ．150,8⎛⎤⎥⎝⎦3．（2022·全国·高三专题练习）设函数()()1xf x xe a x =--，其中1a <，若存在唯一整数0x ，使得()0f x a <，则a 的取值范围是（）．A ．21,1e ⎡⎫-⎪⎢⎣⎭B ．211,e e ⎡⎫-⎪⎢⎣⎭C ．211,e e ⎡⎫⎪⎢⎣⎭D ．21,1e ⎡⎫⎪⎢⎣⎭4．（2022·全国·高三专题练习）已知函数()2222,2log ,2x x x f x x x ⎧-+<=⎨>⎩，若∃0x ∈R ，使得()2054f x m m ≤-成立，则实数m 的取值范围为()A ．11,4⎡⎤-⎢⎥⎣⎦B ．1,14⎡⎤⎢⎥⎣⎦C ．124⎡⎤-⎢⎥⎣⎦，D ．113⎡⎤⎢⎥⎣⎦，5．（2022秋·江苏盐城·高三校考阶段练习）已知函数()29x f x x+=，()2log g x x a =+，若存在[]13,4x ∈，对任意[]24,8x ∈，使得()()12f x g x ≥，则实数a 的取值范围是（）A ．13,4⎛⎤-∞ ⎝⎦B ．13,4⎛⎫+∞⎪⎝⎭C ．130,4⎛⎫⎪⎝⎭D ．（1，4）6．（2022秋·河南·高三安阳一中校联考阶段练习）已知函数()()22()26f x x x x ax b =-+++，且对任意的实数x ，()(4)f x f x =-恒成立，函数2()4mxg x x =+，若对[]11,3x ∀∈，[]21,3x ∃∈，使12()()g x f x =，则正实数m 的取值范围是（）A ．(][)0,1524,⋃+∞B ．[]15,24C ．[]16,25D ．(][)0,1625,⋃+∞7．（2023秋·河南郑州·高三校联考期末）已知函数()()224,243f x x m x g x x x =++-=-+.（1）若3m =，求不等式()7f x >的解集；（2）若12R,R x x ∀∈∃∈，使得()()12f x g x ≥成立，求实数m 的取值范围.8．（2022秋·辽宁·高三大连二十四中校联考阶段练习）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．9．（2022秋·湖南岳阳·高三校考阶段练习）已知函数()141log 1axf x x -=-的图象关于原点对称，其中a 为常数．（1）求a 的值；（2）当()1,x ∈+∞时，()()14log 1f x x m+-<恒成立，求实数m 的取值范围；（3）若关于x 的方程()()14log f x x k =+在[]2,3上有解，求实数k 的取值范围．参考答案【题型1单变量不等式恒成立问题】【例1】（2020秋·吉林白城·高三校考阶段练习）设函数()21f x x =-，对任意3,2x ⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭，()()()2414x f m f x f x f m m ⎛⎫-≤-+ ⎪⎝⎭恒成立，则实数m 的取值范围是（）A ．1,4⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭B ．11,,22⎛⎤⎡⎫-∞-+∞ ⎪⎢⎝⎦⎣⎭C ．33,22⎛⎡⎫-∞⋃+∞ ⎪⎢ ⎪⎝⎦⎣⎭D ．11,00,22⎡⎫⎛⎤-⋃⎪ ⎢⎥⎣⎭⎝⎦【答案】C【解析】由对任意3,2x ⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭，()()()2414xf m f x f x f m m ⎛⎫-≤-+ ⎪⎝⎭恒成立，得222222314(1)(1)14(1)(,))[2x m x x m x m ---≤--+-∈+∞恒成立，即22213241m m x x -≤--+在3,2x ⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭恒成立，令211()321x x x ϕ⎛⎫=--+ ⎪⎝⎭，因为3,2x ⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭，令120,3t x ⎛⎤=∈ ⎥⎝⎦，则2()321t t t ϕ=--+，所以2()321t t t ϕ=--+在20,3t ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦单调递减，所以min 25()(33t ϕϕ==-，所以221543m m -≤-，化简得()2231(43)0m m +-≥，解得3m ≤3m ≥故选:C.【变式1-1】（2022秋·吉林·高三校考期末）已知()g x 为奇函数，()h x 为偶函数，且满足()()2xg x h x -+=，若对任意的[]1,1x ∈-都有不等式()()0mh x g x -≥成立，则实数m 的最小值为（）A ．13B ．35C ．1D ．35-【答案】B【解析】 ()g x 为奇函数，()h x 为偶函数，且()()2xg x h x -+=①()()()()2x g x h x g x h x ∴-+-=-+=②①②两式联立可得()222x xg x -=-，()222x x h x -=+.由()()0mh x g x -≥，即2222022x x x xm ----≥+，得224121224141x x x x x x x m ----≥==-+++，∵41=+x t 在[]1,1x ∈-是增函数，且5,54t ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，2y t=-在5,54t ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦上是单调递增，∴由复合函数的单调性可知2141x y =-+在[]1,1x ∈-为增函数，∴max 2231141415x⎛⎫-=-= ⎪++⎝⎭，∴35m ≥，即实数m 的最小值为35.故选：B.【变式1-2】（2022秋·陕西商洛·高三校联考阶段练习）已知一次函数()f x 满足()()2f f x x =+.（1）求()f x 的解析式；（2）若对任意的()0,x ∈+∞，()af x x >a 的取值范围.【答案】（1）()1f x x =+；（2）1,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭【解析】（1）设(),0f x kx b k =+≠，则()()()()22f f x f kx b k kx b b k x kb b x =+=++=++=+，所以212k kb b ⎧=⎨+=⎩解得11k b =⎧⎨=⎩所以()f x 的解析式为()1f x x =+.（2）由()0,x ∈+∞，()af x x >1x a x >+，11112x x x x=≤+x x =1x =时，1x x +取得最大值，所以12a >，即a 的取值范围为1,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭.【变式1-3】（2022·全国·高三专题练习）已知定义域为R 的函数2()2xx b f x a-=+是奇函数.（1）求,a b 的值;（2）用定义证明()f x 在(,)-∞+∞上为减函数;（3）若对于任意R t ∈，不等式()()22220f t t f t k -+-<恒成立，求k 的范围.【答案】（1）1a =，1b =；（2）证明见解析.；（3）1,3⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭【解析】（1）()f x 为R 上的奇函数，02(0)02b f a-∴==+，可得1b =又(1)(1)f f -=-,11121222a a----∴=-++,解之得1a =,经检验当1a =且1b =时，12()21xx f x -=+，满足1221()()2112x x x xf x f x -----===-++是奇函数,故1a =，1b =.（2）由（1）得122()12121x x xf x -==-+++，任取实数12,x x ，且12x x <，则()()()()()211212122222221212121x x x x x x f x f x --=-=++++，12x x < ，可得1222x x <，且()()1221210x x ++>，故()()()211222202121x x x x ->++，()()120f x f x ∴->，即()()12f x f x >，所以函数()f x 在(,)-∞+∞上为减函数;（3）根据（1）（2）知，函数()f x 是奇函数且在(,)-∞+∞上为减函数.∴不等式()()22220f t t f t k -+-<恒成立，即()()()222222f t t f t k f t k -<--=-+恒成立，也就是:2222t t t k ->-+对任意的R t ∈都成立，即232k t t <-对任意的R t ∈都成立，221132333t t t ⎛⎫-=-- ⎪⎝⎭ ，当13t =时232t t -取得最小值为13-，13k ∴<-，即k 的范围是1,3⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭.【题型2单变量不等式能成立问题】【例2】（2022秋·福建龙岩·高三上杭一中校考阶段练习）已知函数()f x 的定义域为B ，函数()13f x -的定义域为1,14A ⎡⎤=⎢⎥⎣⎦，若x B ∃∈，使得21a x x >-+成立，则实数a 的取值范围为（）A ．13,16⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭B ．130,16⎛⎫⎪⎝⎭C ．13,16⎛⎫+∞⎪⎝⎭D ．1313,1616⎛⎫-⎪⎝⎭【答案】C【解析】∵()13f x -的定义域为1,14A ⎡⎤=⎢⎥⎣⎦，∴114x ≤≤，12134x -≤-≤，则12,4B ⎡⎤=-⎢⎥⎣⎦．令()21g x x x =-+，x B ∃∈，使得21a x x >-+成立，即a 大于()g x 在12,4⎡⎤-⎢⎣⎦上的最小值．∵213()24g x x ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭，∴()g x 在12,4⎡⎤-⎢⎣⎦上的最小值为113416g ⎛⎫= ⎪⎝⎭，∴实数a 的取值范围是13,16⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭．故选：C ．【变式2-1】（2022秋·辽宁葫芦岛·高三校联考阶段练习）已知函数()3()23a a f x x -=-为幂函数．（1）求函数()2xf a +的值域；（2）若关于x 的不等式2()log ()f x f x a +<在[2,4]上有解，求a 的取值范围．【答案】（1）10,2⎛⎫⎪⎝⎭；（2）7,4⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭【解析】（1）由题意可得231a -=，解得2a =，则1()f x x =，所以()1222xx f a +=+，因为x ∈R ，则222x +>，故函数()2xf a +的值域为10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭．（2）方法一：因为1()f x x=在[]2,4上单调递减，所以1()f x x =在[]2,4上的值域为11,42⎡⎤⎢⎥⎣⎦．令()f x t =，2()log g t t t =+，则()g t 在11,42⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递增，所以()g t 的最小值为1172444g ⎛⎫=-=- ⎪⎝⎭，所以74a >-，即a 的取值范围为7,4⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭．方法二：因为1()f x x =，所以2()log ()f x f x a +<即21log x a x-<．令函数21()log g x x x=-，则()g x 在[]2,4上单调递减，所以()g x 的最小值为17(4)244g =-=-，所以74a >-，即a 的取值范围为7,4⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭．【变式2-2】（2022·黑龙江大庆·大庆实验中学校考模拟预测）已知函数()1f x x x a =+--，1a >．（1）当a ＝2时，求不等式()1f x >的解集；（2）若()01,1x ∃∈-，使()20001f x x ax <-+-成立，求a 的取值范围．【答案】（1）{}1x x >；；（2）()2,+∞.【解析】（1）当a ＝2时，()12f x x x =+--，当2x ≥时，()3f x =，()1f x >恒成立，解得2x ≥；当12x -<<时，()21f x x =-，由()1f x >，得1x >，解得12x <<；当1x ≤-时，()3f x =-，()1f x >无解，综上所述，()1f x >的解集为{}1x x >；（2）当1a >，()1,1x ∈-时，()121f x x a x x a =+-+=-+．由()21f x x ax <-+-得2211x a x ax -+<-+-，即()2122x a x x +>++．当()1,1x ∈-时，()10,2x +∈，所以2221x x a x++>+．若()1,1x ∃∈-使()21f x x ax <-+-成立，则只需2min221x x a x ⎛⎫++> ⎪+⎝⎭，而222111(1)2111x x x x x x x++=++≥+⋅+++（当且仅当x ＝0时等号成立），所以a 的取值范围为()2,+∞．【变式2-3】（2021秋·江苏·高三校联考期中）已知函数()151x af x =-+为奇函数.（1）求实数a 的值；（2）若存在m ∈[-1，1]，使得不等式()22(2)2f x f mx x mx +--- 成立，求x 的取值范围.【答案】（1）2a =；（2）[]22-,【解析】（1）函数的定义域为R ，由题意可得()00f =，即01051a-=+，解得2a =，所以2()151x f x =-+，()()()222511120515151x x x xf x f x -+--+-=-==++++，即()f x 为奇函数，所以2a =.（2）由（1）可知2()151x f x =-+，存在m ∈[-1，1]，使得不等式()22(2)2f x f mx x mx +--- 成立，∴存在m ∈[-1，1]，使得不等式()22(2)20f x x f mx mx ++-+-≤成立，设()()g x f x x =+，定义域为R ，()f x 为奇函数，()()f x f x ∴=--，而()()()()g x f x x f x x g x -=--=--=-，所以()g x 为奇函数，∴存在m ∈[-1，1]，()()22g x g mx ≤--成立，即存在m ∈[-1，1]，()()22g x g mx ≤-成立，又因为2()151xf x =-+在R 上单调递增，所以()()g x f x x =+在定义域R 上单调递增，所以22x mx ≤-，∴存在m ∈[-1，1]，使得220mx x +-≤，看成关于m 的一次函数，当0x >时，220x x -+-≤，解得02x <≤；当0x =时，20-≤不等式成立；当0x <时，则220x x +-≤，解得20x -≤<，综上所述，x 的取值范围为[]22-,【变式2-4】（2022秋·重庆北碚·高三重庆市朝阳中学校考开学考试）已知函数4()2x xa g x -=是奇函数，()()lg 101x f x bx =++是偶函数.（1）求a 和b 的值；（2）设1()()2h x f x x =+，若存在[0,1]x ∈，使不等式()[lg(109)]g x h m >+成立，求实数m 的取值范围.【答案】（1）11,2a b ==-；（2）910110m -<<.【解析】（1）因为函数4()2x x ag x -=是奇函数，所以(0)0g =得1a =，则41()2x x g x -=，经检验()g x 是奇函数.又()()lg 101xf x bx =++是偶函数，所以(1)(1)f f -=得12b =-，则()1()lg 1012xf x x =+-，经检验()f x 是偶函数，∴112a b ==-，.（2）()()lg 101x h x =+，lg(109)(lg(109))lg[101lg(1010)m h m m +⎤+=+=+⎦，则由已知得，存在(]0,1x ∈，使不等式lg(1010)()m g x >+成立，因为411()222x x x x g x -==-，易知()g x 单调递增，∴max 3()(1)2g x g ==，∴323lg(1010)lg101g10102m +<==∴101010m +<所以101m -，又109010100m m +>⎧⎨+>⎩，解得910m >-，所以910110m -<<.【题型3任意-任意型不等式成立问题】【例3】（2022秋·上海徐汇·高三上海中学校考期中）已知函数()213,11log ,12x x k x f x x x ⎧-++≤⎪=⎨-+>⎪⎩，2()1x g x x =+，若对任意的实数12,x x ，均有()()12f x g x ≤，则实数k 的取值范围是__．【答案】3,4⎛⎤-∞- ⎥⎝⎦【解析】由于对任意的12,R x x ∈，均有()()12f x g x ≤，因此max min ()()f x g x ≤，当0x >时，1()1g x x x =+，而12x x+≥，当且仅当=1x 时，等号成立，因此()()110,0012g x g x x<=≤=+，当0x <时，21()11x g x x x x==++，1120x x x x ⎛⎫+=---≤-< ⎪⎝⎭，当且仅当=1x -时，等号成立，此时，11()12g x x x =≥-+，所以，min 1()2g x =-.对()f x ，由已知，()2f x xx k =-++在1x ≤上最大值为1124f k⎛⎫=+ ⎪⎝⎭；()131log 2f x x =-+在1x >时单调递减，所以有()12f x <-满足.所以要使()()max min f xg x ≤成立，只需满足1142k +≤-所以34k ≤-，则实数k 的取值范围是3,4⎛⎤-∞- ⎥⎝⎦．【变式3-1】（2022秋·安徽合肥·高三合肥市第十中学校联考阶段练习）已知函数()f x 满足22()()(0)f x f x x x x+-=+≠．（1）求()y f x =的解析式，并求()f x 在[3,1]--上的值域；（2）若对12(2,4),x x ∀∈且12x x ≠，都有()()()2121R k kf x f x x x x +>+∈成立，求实数k的取值范围．【答案】（1）2()(0)f x x x x =+≠，()f x 在[3,1]--上的值域为11,23⎡--⎢⎣；（2）(],2-∞.【解析】（1）函数()f x 的定义域为{}0x x ≠，因为22()()f x f x x x+-=+①，所以22()()f x f x x x-+=--②，联立①②解得2()(0)f x x x x=+≠22222(2((2)2))1f x x x x x x x '=--+-==，当3,2x ⎡∈-⎣时，()0f x '>，()f x 为增函数；当(2,1x ⎤∈-⎦时，()0f x '<，()f x 为减函数，因为11(3),(2)22,(1)33f f f -=--=--=-，所以11(),223f x ⎡∈--⎢⎣，即()f x 在[3,1]--上的值域为11,223⎡--⎢⎣．（2）对12(2,4),x x ∀∈且12x x ≠，都有()()()2121R k kf x f x x x x +>+∈成立，不妨设1224x x <<<，可得函数()()2kk g x f x x x x+=+=+在区间()2,4上单调递增，则()2210k g x x +'=-≥对任意的()2,4x ∈恒成立，即22k x +≤，当()2,4x ∈时，2416x <<，故24k +≤，解得2k ≤．因此，实数k 的取值范围是(],2-∞．【变式3-2】（2022秋·全国·高三统考阶段练习）已知函数()1lg x f x xλ+=．（1）当2λ=时，解不等式()0f x >；（2）设0λ>，当1,22a ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，对任意1x ，[]2,1x a a ∈+，都有()()12lg 2f x f x -≤，求λ的取值范围．【答案】（1）()(),10,x ∈-∞-+∞ ；（2）2,3⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭【解析】（1）当2λ=时，()21lgx f x x+=由21lg0x x+>，得2121110x x x x ++>⇒->，即10x x+>，等价于()10x x +>，解得()(),10,x ∈-∞-+∞ ；（2）因为对任意1x ，[]2,1x a a ∈+，都有()()12lg 2f x f x -≤，所以对任意1x ，[]2,1x a a ∈+，都有()()max min lg 2f x f x ≤-，设()f x 的定义域为I ，又当1x ，2x I ∈且12x x <时，有121211x x x x λλ++>，即121211lg lg x x x x λλ++>，即()()12f x f x >，所以()f x 在I 上单调递减．因此函数()f x 在区间[],1a a +上的最大值与最小值分别为()f a ，()1f a +．由()11()1lg lg lg 21a a f a f a a a λλλ+++⎛⎫⎛⎫-+=-≤⎪ ⎪+⎝⎭⎝⎭，化简得()2110a a λλ++-≥，上式对任意1,22a ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦成立．因为0λ>，2(1)40λλ∆=++>令()()211h a a a λλ=++-，对称轴为102a λλ+=-<，所以函数()()211h a a a λλ=++-在区间1,22a ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦上单调递增，所以，()min h a =131242h λ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，由31042λ-≥，得23λ≥．故λ的取值范围为2,3⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭.【变式3-3】（2022秋·上海浦东新·高三校考阶段练习）设()e xf x =，函数()g x 的图像和函数()f x 的图像关于y 轴对称．（1）若()()43f x g x =+，求x 的值．（2）令()()2f x h x x=，()22t x x x a =-++，若对任意1x ，()20,x ∈+∞，都有()()12h x t x ≥恒成立，求实数a 的取值范围．【答案】（1）ln 4x =；（2）,12e⎛⎤-∞- ⎥⎝⎦【解析】（1）由题意得：()e xg x -=，则e e 43x x -=+，即2e e 340x x --=，解得：e 4x =或1-（舍去），所以ln 4x =；（2）()e 2x h x x=，()22t x x x a =-++，对任意1x ，()20,x ∈+∞，都有()()12h x t x ≥恒成立，则只需()e 2xh x x=在()0,+∞上的最小值大于等于()t x 在()0,+∞上的最大值，()()2e 12x x h x x-'=，当1x >时，()0h x '>，当01x <<时，()0h x '<，所以()e 2xh x x =在()1,+∞上单调递增，在()0,1上单调递减，故()e 2xh x x =在=1x 处取得最小值，()()min 1e 2h x h ==，()()22211t x x x a x a =-++=--++，()0,x ∈+∞，当=1x 时，()t x 取得最大值，()()max 11t x t a ==+，所以e 12a ≥+，故12e a ≤-.求实数a 的取值范围,12e⎛⎤-∞- ⎥⎝⎦.【题型4任意-存在性不等式成立问题】【例4】（2022秋·江苏常州·高三校联考阶段练习）已知()()2ln 1f x x =+，()12xg x m ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，命题p ：对任意[]10,3x ∈，都存在[]22,1x ∈--，使得()()12f x g x，则命题p 正确的一个充分不必要条件是（）A ．3mB ．2mC ．1mD ．0m【答案】A【解析】p 为真，()f x 在[]0,3单调递增，()min ()00f x f ==，()g x 在[]2,1--单调递减，()min ()12g x g m =-=-，02m ∴≥-，2m ∴≥.又“3m ≥”是“2m ≥”的一个充分不必要条件.故选：A ．【变式4-1】（2022秋·天津宝坻·高三天津市宝坻区第一中学校考期末）已知函数2()x x a f x x++=.（1）若()()1g x f x =-，判断()g x 的奇偶性并加以证明；（2）当12a =时，①用定义法证明函数()f x 在[1,)+∞上单调递增，再求函数()f x 在[1,)+∞上的最小值；②设()52h x kx k =+-，若对任意的1[1,2]x ∈，总存在2[0,1]x ∈，使得()()12f x h x ≤成立，求实数k 的取值范围.【答案】（1）见解析；（2）见解析【解析】（1）由已知2()x x a f x x++=，()()()()1=00ag x f x x x x=-+∈-∞+∞ ，，，，()()a a g x x x g x x x ⎛⎫-=--=-+=- ⎪⎝⎭故()g x 为奇函数.（2）①当12a =时，()112f x x x=++，[)12,1,x x ∀∈+∞，且12x x <()()()()()211212121212121211111=1222x x f x f x x x x x x x x x x x x x ⎛⎫⎛⎫⎛⎫--=-+--+=-- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭又因为[)12,1,x x ∞∈+，所以()120x x -<，121102x x ⎛⎫-> ⎝⎭，所以()()120f x f x -<即()()12f x f x <，故函数()f x 在[1,)+∞为单调递增，函数()f x 在[1,)+∞上的最小值为()15111=22f =++②由①知，1[1,2]x ∈，所以()1513,24f x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，当0k =时，()25h x =，()()12f x h x ≤成立，符合题意.当0k >时，22()52h x kx k =+-在2[0,1]x ∈为单调递增，[]2()52,5h x k k ∈--对任意的1[1,2]x ∈，总存在2[0,1]x ∈，使得()()12f x h x ≤故()()12max max f x h x ≤，即1354k ≤-，解得704k <≤当0k <时，22()52h x kx k =+-在2[0,1]x ∈为单调递减，[]2()552h x k k ∈--，同理：()()12max max f x h x ≤，即13524k ≤-，解得0k <综上可知：k 的取值范围为74⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦，.【变式4-2】（2022秋·广东广州·高三广东实验中学校考阶段练习）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.【答案】（1）奇函数，理由见解析；（2）最大值为(3)6f -=；（3）2m <-或2m >.【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[]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 >.【变式4-3】（2022秋·河北邢台·高三校联考阶段练习）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k 的值；若函数()f x 的定义域为[]0,4，求()()22f x xh x +=的值域.（2）设()4ln 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.【答案】（1）12k =；()h x 值域为[]2,17；（2）3e 1,2⎡⎫++∞⎪⎢⎣⎭【解析】（1）()()()()22212log log 21log 222102xx x x f x f x kx kx kx k x -+--=+-++=+=-= ，210∴-=k ，解得：12k =，()()21log 212xf x x ∴=+-；若()f x 定义域为[]0,4，则由024x ≤≤得：02x ≤≤，即()2f x 的定义域为[]0,2；()()222log 21x f x x +=+ ，()()22221f x x x h x +∴==+，∴当[]0,2x ∈时，[]2212,17x +∈，()h x ∴值域为[]2,17.（2）由（1）得：()()21log 212xg x x =++；21x y =+ 在R 上单调递增，()2log 21xy ∴=+在R 上单调递增，又12y x =在R 上单调递增，()g x ∴在R 上单调递增；当[]0,3x ∈时，()()min 01g x g ==；对任意的[]10,3x ∈，存在22e,e x ⎡⎤∈⎣⎦，使得()()12g x h x ≥，∴存在22e,e x ⎡⎤∈⎣⎦，4ln 211x x x mx +-+≤，即32ln m x x ≥+，3ln y x x =+ 在2,e e ⎡⎤⎣⎦上单调递增，()33min ln e 1x x ∴+=+，32e 1m ∴≥+，解得：3e 12m +≥，即实数m 的取值范围为3e 1,2⎡⎫++∞⎪⎢⎣⎭.【题型5存在-存在性不等式成立问题】【例5】（2022秋·江西宜春·高三江西省丰城中学校考阶段练习）已知函数()1f x x x a =-+.（1）当0a =时，解不等式()()2122f x f x -++>；（2）若存在1x ，(]2,ln 2x ∈-∞，使得()()12e e3x xf f ->，求实数a 的取值范围.【答案】（1）1,3⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭；（2）()1,23,2⎛⎫-∞⋃+∞⎪⎝⎭【解析】（1）当0a =时，()1f x x x =+，记()22,0,0x x g x x x x x ⎧-<==⎨≥⎩，则()()g x g x -=-，故()g x 为奇函数，且()g x 在R 上单调递增，不等式()()2122f x f x -++>化为()()211212g x g x -++++>，即()()2120g x g x -++>，进一步化为()()212g x g x ->-+，即()()212g x g x ->--，从而由()g x 在R 上单调递增，得212x x ->--，解得13x >-，故不等式的解集为1,3⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭.（2）设11e xt =，22e x t =，则问题转化为存在(]12,0,2t t ∈，使得()()123f t f t ->，又注意到0t >时，()11f t t t a =-+>，且()01f =，可知问题等价于存在(]0,2t ∈，()4f t >，即3t t a ->在(]0,2t ∈上有解.即3t a t ->在(]0,2t ∈上有解，于是3a t t ->或3a t t-<-在(]0,2t ∈上有解，进而3a t t >+或3a t t<-在(]0,2t ∈上有解，由函数()3g t t t =+在(3上单调递减，在3,2⎡⎤⎣⎦上单调递增，()3h t t t=-在(]0,2上单调递增，可知()min 323g t g==()()max 122h t h ==，故a 的取值范围是()1,23,2⎛⎫-∞⋃+∞ ⎪⎝⎭.【变式5-1】（2022秋·江苏泰州·高一靖江高级中学校考期末）已知函数()()121,2121x x x f x g x ++==--（1）利用函数单调性的定义，判断并证明函数()f x 在区间()0,∞+上的单调性；（2）若存在实数()12,0,x x ∈+∞且12x x <，使得()f x 在区间[]12,x x 上的值域为()()21,m m g x g x ⎡⎤⎢⎥⎢⎥⎣⎦，求实数m 的取值范围.【答案】（1）()f x 在区间()0,∞+上是减函数，详见解析；；（2）()9,+∞．【解析】（1）由题可得()21212121x x x f x +==+--，()f x 在区间()0,∞+上是减函数，任取()12,0,x x ∈+∞，且12x x <，则21221x x >>，则()()()()()22111212222221121212121x x x x x x f x f x -⎛⎫⎛⎫-=+-+= ⎪ ⎪----⎝⎭⎝⎭，由题设知21121120,20,220x x x x--->>>，故()()()()()21121222202121x x x x f x f x --=>--，所以()()12f x f x >，所以()f x 在区间()0,∞+上是减函数；（2）由（1）知()f x 在区间()0,∞+上是减函数，所以当120x x <<时，()f x 在区间[]12,x x 上单调递减，所以函数()f x 在区间[]12,x x 上的值域为()()2121212121,,2121x x x x f x f x ⎡⎤++⎡⎤=⎢⎥⎣⎦--⎣⎦，所以2221111121212121 2121x x x x x x m m ++⎧+=⎪⎪--⎨+⎪=⎪--⎩，所以1212121x x x m ++=--在()0,∞+上有两解，所以()()()22121210x x xm ⋅-+--=在()0,∞+上有两解，令21x t =-，则210x t =->，则关于t 的方程()()2120t t mt ++-=在()0,∞+上有两解，即()22520t m t +-+=在()0,∞+上有2解，所以220504Δ(5)160m m >⎧⎪-⎪>⎨⎪=-->⎪⎩，解得9m >，所以m 的取值范围为()9,+∞．【变式5-2】（2022秋·江西抚州·高三江西省抚州市第一中学校考阶段练习）已知()214f x x x =-++（1）解不等式()23f x x +≤；（2）若存在实数x 1，x 2，使得()21222f x x x a <-++，求实数a 的取值范围．【答案】（1）[)1,+∞；（2）()4,+∞【解析】（1）依题意，21423x x x -+++≤，不等式化为以下3个不等式组：①42(1)(4)23x x x x <-⎧⎨---+≤+⎩即423x x <-⎧⎪⎨≥-⎪⎩，无解，②412(1)(4)23x x x x-≤<⎧⎨--++≤+⎩即411x x -≤<⎧⎨≥⎩，无解，12(1)(4)23x x x x ≥⎧⎨-++≤+⎩，即13223x x x ≥⎧⎨+≤+⎩，解得1x ≥，所以不等式()23f x x +≤的解集为[)1,+∞．（2）因为()()()3246(41)321x x f x x x x x ⎧--<-⎪=-+-≤<⎨⎪+≥⎩所以当1x =时，()f x 取得最小值5()()222111=-++=--+++≤g x x x a x a a ，()max 1g x a =+若存在实数1x ，2x ，使得()21222f x x x a <-++，则()min max ()f x g x <即51a <+，所以4a >即实数a 的取值范围是()4,+∞．【变式5-3】（2022·全国·高三专题练习）已知函数()()2xx ax bf x x R e ++=∈的一个极值点是2x =.（1）求a 与b 的关系式，并求()f x 的单调区间；（2）设0a >，()22x g x a e -=，若存在1x ，[]20,3x ∈，使得()()1222f xg x e -<成立，求实数a 的范围.【答案】（1）0a b +=，单调区间见解析；（2）0<<3a 【解析】（1）可求得()()22xx a x a b f x e -+-+-'=，()f x 的一个极值点是2x =，()()242220a a bf e-+-+-'∴==，解得0a b +=，()()()()2222xxx a x a x a x f x e e -+-+-+-'∴=，当2a =-时，()0f x '≤，()f x 单调递减，此时函数没有极值点，不符合题意，当2a <-时，令()0f x ¢>，解得2x a <<-，令()0f x '<，解得2x <或x a >-，当2a >-时，令()0f x ¢>，解得2a x -<<，令()0f x '<，解得x a <-或2x >，综上，当2a <-时，()f x 的单调递增区间为()2,a -，单调递减区间为(),2∞-，(),a -+∞；当2a >-时，()f x 的单调递增区间为(),2a -，单调递减区间为(),a -∞-，()2,∞+；（2）()2xx ax a f x e +-=，由（1）可知，0a >时，()f x 在()0,2单调递增，在()2,3单调递减，()()2max 42af x f e +∴==，()00f a =-< ，()39230a f e +=>，()min f x a ∴=-，()22x g x a e-= 在[]0,3单调递增，()()22min 0ag x g e∴==，()()2max 3g x g a e ==，存在1x ，[]20,3x ∈，使得()()1222f xg x e -<成立，即存在1x ，[]20,3x ∈，使得()()()2122222g x f x g x e e -<<+成立，2222222240a a e e aa e e e a ⎧-<+⎪⎪+⎪∴-<⎨⎪>⎪⎪⎩，解得0<<3a .【题型6任意-存在性等式成立问题】【例6】（2023·全国·高三对口高考）已知函数()1π2sin 26f x x ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，()π2cos 13g x k x ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭，若对任意π4π,33t ⎡⎤∈⎢⎣⎦，都存在π2π,63s ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，使得等式()()f t g s =成立，则实数k 的可能取值是（）．A ．54B ．74C ．94D ．114【答案】B【解析】当π4π,33x ⎡⎤∈⎢⎣⎦，有π1π5π3266x ≤+≤，故11πsin 1226x ⎛⎫≤+≤ ⎪⎝⎭，所以1π12sin 226x ⎛⎫≤+≤ ⎪⎝⎭，故()f x 的值域为[]1,2.当π2π,63x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，有πππ633x -<-<，故1πcos 123x ⎛⎫<-≤ ⎪⎝⎭，所以π12cos 23x ⎛⎫<-≤ ⎪⎝⎭，当0k >时，()g x 的值域为(1,21]k k --，因为任意π4π,33t ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，都存在π2π,63s ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，使得等式()()f t g s =成立，故[]1,2(1,21]k k ⊆--，故011212k k k >⎧⎪-<⎨⎪-≥⎩，即322k ≤<．当0k <，同理有[1,2][21,1)k k ⊆--，故012211k k k <⎧⎪->⎨⎪-≥⎩，此不等式组无解.综上，322k ≤<.四个选项中，只有37224≤<.故选：B.。

不等式恒成立问题

不等式恒成立问题不等式恒成立问题是数学试题中的重要题型，涉及数学中各部分知识，但主要是函数中的不等式恒成立问题和数列中的不等式恒成立问题，最常考的一种题型是：已知不等式恒成立，求参数的取值范围，解决这类问题的基本方法是相同的，首选方法是利用分离参数转化为求新函数、新数列的最值问题，如果不能分离参数或者分离参数比较复杂时，一般选择函数的方法，通常利用函数的最值解决。

在正式求解之前先解决两个问题： 1、怎么判断是恒成立问题？恒成立问题一般都有很明显的关键词，比如任意、所有、全、都、总、恒、均等。

2、如何区分主元和参数？恒成立问题一般会出现这样一句话：“对某个未知数在某个区间范围内恒成立”，那么这个未知数就是主元，剩下的未知数就是参数。

函数性质法 1、一次函数型给定一次函数()y f x kx b ==+(0≠k ),若()y f x =在[,]m n 内恒有0)(>x f ，则根据函可得上述结论等价于⎩⎨⎧>>0)(0)(n f m f 同理，若在[,]m n 内恒有()0f x <，则有⎩⎨⎧<<0)(0)(n f m f 。

例对于满足的一切实数，不等式恒成立，试求的取值范围．分析：习惯上把当作自变量，记函数，于是问题转化为：当时，恒成立，求的取值范围．解决这个等价的问题需要应用二次函数以及二次方程的区间根原理，可想而知，这是相当复杂的．解：设函数，显然，则是的一次函数，40≤≤p 342-+>+p x px x x x p x p x y -+-+=3)4(2[]4,0∈p 0>y x )34()1()(2+-+-=x x p x p f 1≠x )(p f p要使恒成立，当且仅当，且时，解得的取值范围是．点评：本题看上去是一个不等式问题，但是经过等价转化，把它化归为关于的一次函数，利用一次函数的单调性求解，解题的关键是转换变量角色．例设函数3)(x x f =，若20πθ<<时，0)1()sin (>-+m f m f θ恒成立，则实数m 的取值范围答案：]1,(-∞变式练习1、对于满足2p ≤的所有实数p,求使不等式212x px p x ++>+恒成立的x 的取值范围。

基本不等式的恒成立问题

基本不等式的恒成立问题一、基本不等式1. 基本不等式的形式- 对于正实数a，b，有a + b≥2√(ab)，当且仅当a = b时等号成立。

- 变形形式：ab≤((a + b)/(2))^2。

2. 基本不等式成立的条件- a>0，b>0。

二、基本不等式恒成立问题的常见类型及解法1. 类型一：求参数的取值范围使得不等式恒成立- 例1：已知x>0，y>0，若x + y+ (1)/(x)+(1)/(y)≥ m恒成立，求m的取值范围。

- 解析：- 因为x>0，y>0，根据基本不等式x+(1)/(x)≥2√(x×frac{1){x}} = 2，当且仅当x=(1)/(x)即x = 1时等号成立；同理y+(1)/(y)≥2，当且仅当y = 1时等号成立。

- 所以x + y+(1)/(x)+(1)/(y)=(x+(1)/(x))+(y+(1)/(y))≥2 + 2=4。

- 因为x + y+(1)/(x)+(1)/(y)≥ m恒成立，所以m≤4。

2. 类型二：已知不等式恒成立，求代数式的最值- 例2：若对于任意x>0，(x)/(x^2)+3x + 1≤ a恒成立，求a的最小值。

- 解析：- 因为x>0，则(x)/(x^2)+3x + 1=(1)/(x+frac{1){x}+3}。

- 根据基本不等式x+(1)/(x)≥2√(x×frac{1){x}} = 2，当且仅当x=(1)/(x)即x = 1时等号成立。

- 所以x+(1)/(x)+3≥2 + 3=5，则0<(1)/(x+frac{1){x}+3}≤(1)/(5)，即0<(x)/(x^2)+3x + 1≤(1)/(5)。

- 因为(x)/(x^2)+3x + 1≤ a恒成立，所以a≥(1)/(5)，a的最小值为(1)/(5)。

3. 类型三：含有多个变量的基本不等式恒成立问题- 例3：已知x,y∈ R^+，若2x + y = 1，且(1)/(x)+(a)/(y)≥8恒成立，求正实数a 的值。

不等式恒成立问题的大全

不等式恒成立问题“含参不等式恒成立问题”把不等式、函数、三角、几何等容有机地结合起来，其以覆盖知识点多，综合性强，解法灵活等特点而倍受高考、竞赛命题者的青睐。

另一方面，在解决这类问题的过程中涉及的“函数与方程”、“化归与转化”、“数形结合”、“分类讨论”等数学思想对锻炼学生的综合解题能力，培养其思维的灵活性、创造性都有着独到的作用。

本文就结合实例谈谈这类问题的一般求解策略。

一、判别式法若所求问题可转化为二次不等式，则可考虑应用判别式法解题。

一般地，对于二次函数),0()(2R x a c bx ax x f ∈≠++=,有1）0)(>x f 对R x ∈恒成立⎩⎨⎧<∆>⇔00a ;2）0)(<x f 对R x ∈恒成立.00⎩⎨⎧<∆<⇔a例1．已知函数])1(lg[22a x a x y +-+=的定义域为R ，数a 的取值围。

解：由题设可将问题转化为不等式0)1(22>+-+a x a x 对R x ∈恒成立，即有04)1(22<--=∆a a 解得311>-<a a 或。

所以实数a 的取值围为),31()1,(+∞--∞ 。

若二次不等式中x 的取值围有限制，则可利用根的分布解决问题。

例2．设22)(2+-=mx x x f ，当),1[+∞-∈x 时，m x f ≥)(恒成立，数m 的取值围。

解：设m mx x x F -+-=22)(2，则当),1[+∞-∈x 时，0)(≥x F 恒成立当120)2)(1(4<<-<+-=∆m m m 即时，0)(>x F 显然成立；当0≥∆时，如图，0)(≥x F 恒成立的充要条件为：⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧-≤--≥-≥∆1220)1(0m F 解得23-≤≤-m 。

综上可得实数m 的取值围为)1,3[-。

二、最值法将不等式恒成立问题转化为求函数最值问题的一种处理方法，其一般类型有：1）a x f >)(恒成立min )(x f a <⇔ 2）a x f <)(恒成立max )(x f a >⇔1．已知两个函数2()816f x x x k =+-，32()254g x x x x =++，其中k 为实数.(1)若对任意的[]33，-∈x ，都有)()(x g x f ≤成立，求k 的取值围； (2)若对任意的[]3321，、-∈x x ，都有)()(21x g x f ≤，求k 的取值围. (3)若对于任意1x []3,3∈-,总存在[]03,3x ∈-使得)()(10x f x g =成立，求k 的取值围.【分析及解】 (1) 令k x x x x f x g x F +--=-=1232)()()(23, 问题转化为0)(≥x F 在 []3,3-∈x 上恒成立,即0)(min ≥x F 即可 ∵)2(61266)(22'--=--=x x x x x F , 由0)('=x F , 得2=x 或 1-=x .∵(3)45(3)9(1)7(2)20F k F k F k F k -=-=--=+=-，，，, ∴45)(min -=k x F , 由045≥-k , 解得 45≥k .(2)由题意可知当[]33，-∈x 时,都有min max )()(x g x f ≤. 由01616)('=+=x x f 得1-=x .∵k f k f --=--=-8)1(24)3(，, k f -=120)3(, ∴120)(max +-=k x f . 由04106)(2'=++=x x x g 得321-=-=x x 或, ∵21)3(-=-g , 111)3(=g , 1)1(-=-g , 2728)32(-=-g ,∴21)(min -=x g .则21120-≤-k , 解得141≥k .(3) 若对于任意1x []3,3∈-,总存在[]03,3x ∈-使得)()(10x f x g =成立，等价于()f x 的值域是()g x 的值域的子集，由(2)可知， 2()816f x x x k =+-在[]3,3-的值域为[]8,120k k ---+，32()254g x x x x =++在[]3,3-的值域为[]21,111-，于是，[][]8,12021,111k k ---+⊆-，即满足 821,120111.k k --≥-⎧⎨-+≤⎩解得913k ≤≤2．已知x x x x g a x x x f 4042)(,287)(232-+=--=，当]3,3[-∈x 时，)()(x g x f ≤恒成立，数a 的取值围。

不等式恒成立

不等式恒成立
不等式恒成立,就是一边的式子结果,无论里面的变量如何,一定符合要求.
如：绝对值的（X-2）大于等于0 就不管X取何值,永远成立
主要判断定一边一定是某种结果,另一边符合大于或小于的特征对一元二次不等式恒成立问题，可有以下两种思路：
(1)转化为一元二次不等式解集为R的情况
(2)分离参数，将恒成立问题转化为求最值问题，即：k≥f(x)恒成立⇔k≥f(x)max；k≤f(x)恒成立⇔k≤f(x)min．
典例分析
例1：对任意的x∈R，函数f(x)＝x2＋(a－4)x＋(5－2a)的值恒大于0，则a的取值范围为．
答案(－2，2)
解析由题意知，f(x)开口向上，故要使f(x)＞0恒成立，
只需Δ＜0即可，即(a－4)2－4(5－2a)＜0，解得－2＜a＜2.
例2：对任意a∈[－1，1]，函数f(x)＝x2＋(a－4)x＋4－2a的值
恒大于零，则x的取值范围是( )
A．1＜x＜3 B．x＜1或x＞3
C．1＜x＜2 D．x＜1或x＞2
答案 B
解析f(x)＞0，∴x2＋(a－4)x＋4－2a＞0，
即(x－2)a＋(x2＋4－4x)＞0，设g(a)＝(x－2)a＋(x2－4x＋4)
总结：有关不等式恒成立求参数的取值范围的问题，通常处理方法有两种：
(1)考虑能否进行参变量分离，若能，则构造关于变量的函数，转化为求函数的最大(小)值，从而建立参数的不等式；
(2)若参变量不能分离，可以考虑转换主元，构造关于变量的函数(如一元一次、一元二次函数)，并结合图象建立关于参数的不等式求解．。

不等式的恒成立问题基本解法9种解法

不等式的恒成立问题基本解法9种解法不等式的恒成立问题基本解法：9种解法导语：在数学中，我们经常会遇到不等式的问题，而不等式的恒成立问题则更加耐人寻味。

不等式的恒成立问题是指对于某个特定的不等式，是否存在一组解使得不等式始终成立。

解决这种问题需要灵活运用数学知识和技巧。

本文将介绍不等式的恒成立问题的基本解法，共包括9种方法。

一、置换法。

这是最简单的一种方法，即将不等式中的变量互相置换，然后观察不等式是否成立。

如果成立，则不等式恒成立。

对于x^2 +y^2 ≥ 0这个不等式，我们可以将x和y置换一下，得到y^2 + x^2 ≥ 0。

由于平方数是非负数，所以不等式始终成立。

二、加法法则。

这种方法是通过在不等式的两边同时加上相同的数来改变不等式的符号。

对于不等式2x + 3 ≥ x + 4，我们可以在两边同时加上-3，得到2x + 3 - 3 ≥ x + 4 - 3，即2x ≥ x + 1。

由于x的取值范围不限制，所以不等式恒成立。

三、减法法则。

与加法法则相似，减法法则是通过在不等式的两边同时减去相同的数来改变不等式的符号。

对于不等式2x + 3 ≥ x + 4，我们可以在两边同时减去x，得到x + 3 ≥ 4。

由于x的取值范围不限制，所以不等式恒成立。

四、乘法法则。

这种方法是通过在不等式的两边同时乘以相同的正数来改变不等式的符号。

对于不等式2x + 3 ≥ x + 4，我们可以在两边同时乘以2，得到4x + 6 ≥ 2x + 8。

由于x的取值范围不限制，所以不等式恒成立。

五、除法法则。

与乘法法则相似，除法法则是通过在不等式的两边同时除以相同的正数来改变不等式的符号。

对于不等式2x + 3 ≥ x + 4，我们可以在两边同时除以2，得到x + 3/2 ≥ 1 + x/2。

由于x的取值范围不限制，所以不等式恒成立。

六、平方法则。

这种方法是通过平方运算来改变不等式的符号。

对于不等式x^2 ≥ 0，我们可以将x^2展开为(x + 0)^2，得到x^2 + 0 ≥ 0。

不等式的恒成立、能成立、恰成立问题

不等式的恒成立、能成立、恰成立问题1.恒成立问题：恒成立问题的基本类型类型1：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：我们可以用改变主元的办法，将m 视为主变元，即将元不等式化为：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 。

类型2：设)0()(2≠++=a c bx ax x f ],[βα∈x（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 或或例2：若不等式22210x mx m -++>对01x ≤≤的所有实数x 都成立，求m 的取值范围. 12m >- 类型3：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 。

不等式恒成立问题

变式：已知函数，若在区间上，的图象位于函数f(x)的上方，求k的取值范围
由题意得，对于恒成立对于恒成立,令 ,设 ,则，
, , k的取值范围是k> .
解：令，所以原不等式可化为：，
要使上式在上恒成立，只须求出在上的最小值即可。
注：分离参数后，方向明确，思路清晰能使问题顺利得到解决。
四、变换主元法
处理含参不等式恒成立的某些问题时，若能适时的把主元变量和参数变量实行“换位”思考，往往会使问题降次、简化。
例4．对任意，不等式恒成立，求的取值范围。
1）函数图象恒在函数图象上方；
2）函数图象恒在函数图象下上方。
例5：已知，求实数a的取值范围。
解析：由，在同一直角坐标系中做出两个函数的图象，如果两个函数分别在x=-1和x=1处相交，则由得到a分别等于2和0.5，并作出函数的图象，所以，要想使函数在区间中恒成立，只须在区间对应的图象在在区间对应图象的上面即可。当才能保证，而才能够，所以。
3.设，当时，恒成立，求实数的取值范围。
解：设，则当时，恒成立
当时，显然成立；
当时，如图，恒成立的充要条件为：
解得。
综上可得实数的取值范围为。
4：在 ABC中，已知恒成立，求实数m的范围。
解析：由
，，恒成立，，即恒成立，
5、若不等式对满足的所有都成立，求的取值范围。
解：设，对满足的，恒成立，
解得：
6、若不等式在内恒成立，求实数的取值范围。
解：由题意知：在内恒成立，
在同一坐标系内，分别作出函数和
观察两函数图象，当时，若函数的图象显然在函数图象的下方，所以不成立；

不等式恒成立问题3种基本方法

不等式恒成立问题3种基本方法不等式恒成立问题是指在数学中有特定条件下，当不等式满足某些条件时，就能证明不等式恒成立。

一般来说，要证明不等式恒成立，都是采用一定的技巧和方法，其中，最常用的三种方法包括把不等式化简为等式、归纳法或组合法以及图解法。

1.不等式化简为等式最常用的一种方法是将不等式化简为等式，这种方法最为直观，也是最容易的方法，也就是利用数学语言，利用数学公式将不等式化为等式，然后利用数学推论让等式恒成立。

例1:y+2除以3大于9，则y大于17令y+2=3x得3x除以3大于9化简得 x大于9代入y+2=3x，y大于17所以y+2除以3大于9时，y大于17。

2.纳法或组合法归纳法或组合法是比较常用的一种方法，也称为反演法。

特别是在分析比较复杂的不等式时，往往可以借助这种方法。

归纳法或组合法的步骤是：1首先分析不等式的全部特性，然后根据不等式的特性进行分析，把这些特性分为若干步，每步解决一个特殊问题；2）然后利用反演法，逐步推出最后的结论。

例 2:y>8，则9-y<1第一步： y>8明 y>8成立的第二步：y>8带入y-8>0，即可推出y-8的值大于0第三步：y-8>0带入9-y<1，即可推出9-y的值小于1第四步：以上四步推出，若y>8，则9-y<13.解法图解法是把问题的定义，公式，结果等用图示表示出来，从而把问题用图形化的方式来分析。

例 3:|x-2|≤3，则-1≤x≤5由于|x-2|≤3，即x-2≤3 x-2≥-3，因此可以把上述问题用图形化的方式来分析，即x-2=3时表示x-2≤3，x-2=-3时表示x-2≥-3，两条线在x=5和x=-1的位置相交，由此可以推出-1≤x≤5。

通过以上三种方法可以解决许多不等式恒成立的问题，它们各有优缺点，需要在实际操作中根据不等式本身的特点来选择最合适的方法，以达到最好的解决效果。

但是，无论如何，从本质上来讲，学习和掌握数学，尤其是求解不等式恒成立问题，关键在于不断积累知识，勤加练习，加强技巧。

不等式的恒成立问题基本解法9种解法

不等式的恒成立问题基本解法9种解法在解决不等式的恒成立问题时，有多种基本解法可以选择，每种解法都有其独特的特点和适用场景。

在本文中，我们将深入探讨不等式的恒成立问题，并从不同的角度提出9种基本解法，帮助读者更全面、深入地理解这一主题。

1. 直接法直接法是解决不等式的恒成立问题最直接的方法。

通过对不等式的特定性质和条件进行分析，直接得出不等式恒成立的结论。

这种方法通常适用于简单的不等式，能够快速得到结果。

2. 间接法间接法是一种通过反证法或对立法解决不等式的恒成立问题的方法。

当直接法无法直接得出结论时，可以尝试使用间接法来推导不等式的恒成立条件。

这种方法通常适用于较为复杂的不等式，可以通过推翻假设得到结论。

3. 分类讨论法分类讨论法是一种将不等式的条件分为多种情况进行分析的方法。

通过将不同情况进行分类讨论，找出每种情况下不等式的恒成立条件，从而得出综合结论。

这种方法适用于不等式条件较为复杂的情况，能够全面考虑不同情况下的特殊性。

4. 代入法代入法是一种通过代入特定的数值进行验证的方法。

通过选择合适的数值代入不等式中，可以验证不等式在特定条件下是否恒成立。

这种方法通常适用于验证不等式的特定性质或条件。

5. 齐次化法齐次化法是一种将不等式中的不定因子统一化的方法。

通过将不等式中的不定因子进行统一化，可以简化不等式的表达形式，从而更容易得出不等式的恒成立条件。

这种方法通常适用于不等式较为复杂的情况，能够简化问题的复杂度。

6. 几何法几何法是一种通过几何形象进行分析的方法。

通过将不等式转化为几何图形，可以直观地理解不等式的恒成立条件。

这种方法通常适用于具有几何意义的不等式问题，能够通过几何图形进行直观分析。

7. 递推法递推法是一种通过递归关系进行推导的方法。

通过建立递推关系，可以得出不等式的递推解，从而得出恒成立条件。

这种方法通常适用于递推关系较为明显的不等式问题，能够通过递推求解不等式问题。

8. 极限法极限法是一种通过极限的性质进行分析的方法。

不等式恒成立问题

法
例3 已知函数f x是定义在R上的减函数,且f a2 x f a 1 2x2 对x R恒成立,求实数a的取值范围；
解 f x在R上单调递减,且f a2 x f a 1 2x2
a2 x a 1 2x2 a2 a 2x2 x 1对x R恒成立
令g
x
2x2
x
1, 在x
恒成立不等式中求参问题
1、几个结论
a f x 恒成立 a fmax x
a
f
x 恒成立
a
fmin x
a f x 恒成立 a fmax x
a
f
x 恒成立
a
fmin x
2、题目中一般会有两个参数，一个是已知参数，另一个是欲求参数；
例1
1当x
1 4
x 1 x 1
x 1
x 1
x2 4x 2a 4
x 1
已知关于x的函数y x2 ax a,当x 2, 时恒大于0,求a的
取值范围；
方法
x0
a 2
二：
1 a
2
2
a
4
fmin
x
f
2
4a
0
a
4
二次函数
2
a 2
2
a
4
fmin
x
f
a 2
a
a2 4
0
0
a
4
综合12可得a 4
的
值
域
求
解 2x 1 m x2 1m x2 1 2x 1 0
方令f m x2 1 m 2x 1, f m 0,当m 2, 2
法三
f
2
0

八种解法解决不等式恒成立问题

八种解法解决不等式恒成立问题1最值法例1．已知函数)0(ln )(44>-+=x c bx x ax x f 在1=x 处取得极值c --3，其中c b a ,,为常数．（I ）试确定b a ,的值；（II ）讨论函数)(x f 的单调区间；（III ）若对于任意0>x ，不等式22)(c x f -≥恒成立，求c 的取值范围．分析：不等式22)(c x f -≥恒成立，可以转化为2min 2)(c x f -≥解：（I ）（过程略）3,12-==b a ．（II ）（过程略）函数)(x f 的单调减区间为)1,0(，函数)(x f 的单调增区间为),1(+∞．（III ）由（II ）可知，函数)(x f 在1=x 处取得极小值c f --=3)1(，此极小值也是最小值．要使22)(c x f -≥（0>x ）恒成立，只需223c c -≥--，解得23≥c 或1-≤c ．所以c 的取值范围为),23[]1,(+∞⋃--∞．评注：最值法是我们这里最常用的方法．a x f ≥)(恒成立a x f ≥⇔)(min ；a x f ≤)(恒成立a x f ≤⇔)(max ．2分离参数法例2．已知函数x x x x f +-+=1)1(ln )(22（I ）求函数)(x f 的单调区间；（II ）若不等式e n a n ≤++)11(对于任意*∈N n 都成立（其中e 是自然对数的底数），求a 的最大值．分析：对于（II ）不等式e na n ≤++)11(中只有指数含有a ，故可以将函数进行分离考虑．解：（I ）（过程略）函数)(x f 的单调增区间为)0,1(-，)(x f 的单调减区间为),0(+∞（II ）不等式e n a n ≤++)11(等价于不等式1)11ln()(≤++n a n ，由于111>+n ，知1)11ln()(≤++na n n n a -+≤⇔)11ln(1；设x x x g 1)1ln(1)(-+= ]1,0(∈x ，则221)1(ln )1(1)(x x x x g +++-=')1(ln )1()1(ln )1(2222x x x x x x ++-++=．由（I ）知，01)1(ln 22≤+-+x x x ，即0)1(ln )1(22≤-++x x x ；于是，0)(<'x g ]1,0(∈x ，即)(x g 在区间]1,0(上为减函数．故)(x g 在]1,0(上的最小值为12ln 1)1(-=g ．所以a 的最大值为12ln 1-．评注：不等式恒成立问题中，常常先将所求参数从不等式中分离出来，即：使参数和主元分别位于不等式的左右两边，然后再巧妙构造函数，最后化归为最值法求解．3 数形结合法例3．已知当]2,1(∈x 时，不等式x x a log )1(2≤-恒成立，则实数a 的取值范围是＿＿＿．直角坐标系内作出函数2)1()(-=x x f x x g a log )(=在]2,1(∈x 观、简捷求解．解：在同一平面直角坐标系内作出函数2)1()(-=x x f 与函数x x g a log )(=在(∈x 图象（如右），从图象中容易知道：当0<a )(x g 上方，不合题意；当1>a 且]2,1(∈x 或部分点重合，就必须满足12log ≥a ，即21≤<a ．故所求的a 的取值范围为]2,1(．评注：对不等式两边巧妙构造函数，数形结合，直观形象，是解决不等式恒成立问题的一种快捷方法． 4 变更主元法例4．对于满足不等式11≤≤-a 的一切实数a ，函数)24()4(2a x a x y -+-+=的值恒大于0，则实数x 的取值范围是＿＿＿．分析：若审题不清，按习惯以x 为主元，则求解将非常烦琐．应该注意到：函数值大于0对一定取值范围的谁恒成立，则谁就是主元．解：设)44()2()(2+-+-=x x a x a f ，]1,1[+-∈a ，则原问题转化为0)(>a f 恒成立的问题．故应该有⎩⎨⎧>>-0)1(0)1(f f ，解得1<x 或3>x ．所以实数x 的取值范围是),3()1,(+∞⋃-∞．评注：在某些特定的条件下，若能变更主元，转换思考问题的角度，不仅可以避免分类讨论，而且可以轻松解决恒成立问题．5 特殊化法例5．设0a 是常数，且1123---=n n n a a （*∈N n ）．（I ）证明：对于任意1≥n ，012)1(]2)1(3[51a a n n n n n n ⋅-+⋅-+=-．（II ）假设对于任意1≥n 有1->n n a a ，求0a 的取值范围．分析：常规思路：由已知的递推关系式求出通项公式，再根据对于任意1≥n 有1->n n a a 求出0a 的取值范围，思路很自然，但计算量大．可以用特殊值探路，确定目标，再作相应的证明．解：（I ）递推式可以化归为31)3(32311+-=--n n nn a a ，]51)3[(3251311--=---n n n n a a ，所以数列}513{-n n a 是等比数列，可以求得对于任意1≥n ，012)1(]2)1(3[51a a n n n n n n ⋅-+⋅-+=-．（II ）假设对于任意1≥n 有1->n n a a ，取2,1=n 就有⎩⎨⎧>=->-=-0603101201a a a a a a 解得3100<<a ；下面只要证明当3100<<a 时，就有对任意*∈N n 有01>--n n a a 由通项公式得011111215)1(2)1(332)(5a a a n n n n n n n ⋅⋅⋅-+⋅-⋅+⋅=------当12-=k n （*∈N k ）时，02523322152332)(511101111=⋅-⋅+⋅>⋅⋅-⋅+⋅=--------n n n n n n n n a a a当k n 2=（*∈N k ）时，023*********)(51101111=⋅-⋅>⋅⋅+⋅-⋅=-------n n n n n n n a a a ，可见总有1->n n a a ．故0a 的取值范围是)31,0(评注：特殊化思想不仅可以有效解答选择题，而且是解决恒成立问题的一种重要方法． 6分段讨论法例6．已知2)(--=a x x x f ，若当[]0,1x ∈时，恒有()f x ＜0，求实数a 的取值范围．解：（i ）当0x =时，显然()f x ＜0成立，此时，a R ∈（ii ）当(]0,1x ∈时，由()f x ＜0，可得2x x -＜a ＜2+x x ，令 (](]22(),(0,1);()(0,1)g x x x h x x x x x=-∈=+∈ 则221)(xx g +='＞0，∴()g x 是单调递增，可知[]max ()(1)1g x g ==- 221)(xx h -='＜0，∴()h x 是单调递减，可知[]min ()(1)3h x h == 此时a 的范围是（—1，3）综合i 、ii 得：a 的范围是（—1，3）．例7．若不等式032>+-ax x 对于]21,21[-∈x 恒成立，求a 的取值范围．解：（只考虑与本案有关的一种方法）解：对x 进行分段讨论，当0=x 时，不等式恒成立，所以，此时R a ∈；当]21,0(∈x 时，不等式就化为x x a 3+<，此时x x 3+的最小值为213，所以213<a ；当)0,21[-∈x 时，不等式就化为x x a 3+>，此时x x 3+的最大值为213-，所以213->a ；由于对上面x 的三个范围要求同时满足，则所求的a 的范围应该是上三个a 的范围的交集即区间)213,213(- 说明：这里对变量x 进行分段来处理，那么所求的a 对三段的x 要同时成立，所以，用求交集的结果就是所求的结果．评注：当不等式中左右两边的函数具有某些不确定的因素时，应该用分类或分段讨论方法来处理，分类（分段）讨论可使原问题中的不确定因素变化成为确定因素，为问题解决提供新的条件；但是最后综合时要注意搞清楚各段的结果应该是并集还是别的关系．7单调性法例8．若定义在),0(+∞的函数)(x f 满足)()()(xy f y f x f =+，且1>x 时不等式0)(<x f 成立，若不等式)()()(22a f xy f y x f +≤+对于任意),0(,+∞∈y x 恒成立，则实数a 的取值范围是＿＿＿．解：设210x x <<，则112>x x ，有0)(12<x x f ．这样，0)()()()()()()()(121112111212<=-+=-⋅=-x x f x f x f x x f x f x x x f x f x f ，则)()(12x f x f <，函数)(x f 在),0(+∞为减函数．因此)()()(22a f xy f y x f +≤+⇔)()(22xy a f y x f ≤+⇔xy a y x ≥+22xy y x a 22+≤⇔；而2222=≥+xy xyxy y x （当且仅当y x =时取等号），又0>a ，所以a 的取值范围是]2,0(．评注：当不等式两边为同一函数在相同区间内的两个函数值时，可以巧妙利用此函数的单调性，把函数值大小关系化归为自变量的大小关系，则问题可以迎刃而解．8判别式法例9．若不等式012>++ax ax 对于任意R x ∈恒成立．则实数a 的取值范围是＿＿＿．分析：此不等式是否为一元二次不等式，应该先进行分类讨论；一元二次不等式任意R x ∈恒成立，可以选择判别式法．解：当0=a 时，不等式化为01>，显然对一切实数恒成立；当0≠a 时，要使不等式012>++ax ax 一切实数恒成立，须有⎩⎨⎧<-=∆>0402a a a ，解得40<<a ．综上可知，所求的实数a 的取值范围是)4,0[．不等式恒成立问题求解策略一般做法就是上面几种，这些做法是通法，对于具体问题要具体分析，要因题而异，如下例．例10．关于x 的不等式ax xx x ≥-++232525在]12,1[∈x 上恒成立，求实数a 的取值范围．通法解：用变量与参数分离的方法，然后对变量进行分段处理；∵]12,1[∈x ，∴不等式可以化为a x x x x ≥-++5252；下面只要求x x xx x f 525)(2-++=在]12,1[∈x 时的最小值即可，分段处理如下．当]5,1[∈x 时，x x x x f 256)(2++-=，223225622562)(x x x x x x f -+-=-+-='，再令2562)(231-+-=x x x f ，0126)(21=+-='x x x f ，它的根为2,0；所以在区间)2,1[上有0)(1>'x f ，)(x f 递增，在区间]5,2(上有0)(1<'x f ，)(x f 递减，则就有2562)(231-+-=x x x f 在]5,1[∈x 的最大值是017)2(1<-=f ，这样就有0)(<'x f ，即)(x f 在区间]5,1[是递减．同理可以证明)(x f 在区间]12,5[是递增；所以，x x xx x f 525)(2-++=在]12,1[∈x 时的最小值为10)5(=f ，即10≤a ．技巧解：由于]12,1[∈x ，所以，25225≥+xx ，052≥-x x 两个等号成立都是在5=x 时；从而有10525)(2≥-++=x x x x x f （5=x 时取等号），即10≤a ．评注：技巧解远比通法解来得简单、省力、省时但需要扎实的数学基本功．。

不等式--恒成立问题

不等式恒成立问题四种常见的解决不等式恒成立问题的方法。

法一：转换主元法。

适用于一次型函数。

法二：化归二次函数法。

适用于二次型函数。

法三：分离参数法。

适用于一般初等函数。

法四：数型结合法。

1 转换主元法确定题目中的主元，化归成初等函数求解。

此方法通常化为一次函数。

例1：若不等式 2x －1>m(x 2-1)对满足－2≤m ≤2的所有m 都成立，求x 的取值范围。

解：原不等式化为 (x 2－1)m －(2x －1)<0 记f(m)= (x 2－1)m －(2x －1) (－2≤m ≤2)根据题意有：⎪⎩⎪⎨⎧<=<=01)-(2x -1)-2(x f(2)01)-(2x -1)--2(x f(-2)22即：⎪⎩⎪⎨⎧<->+01-2x 2x03-2x 2x22解之：得x 的取值范围为231x 271+<<+-2 化归二次函数法根据题目要求，构造二次函数。

结合二次函数实根分布等相关知识，求出参数取值范围。

例2：在R 上定义运算⊗：x ⊗y ＝(1－y) 若不等式(x －a)⊗(x ＋a)<1对任意实数x 成立，则 ( )(A)－1<a<1 (B)0<a<2 (C) 2321<<-a (D) 3122a -<<解：由题意可知 (x-a)[1-(x+a)] <1对任意x 成立即x 2-x-a 2+a+1>0对x ∈R 恒成立记f(x)=x 2-x-a 2+a+1则应满足(-1)2-4(-a 2+a+1)<0化简得 4a 2-4a-3<0 解得 2321<<-a ,故选择C 。

例3：若不等式x 2-2mx+2m+1>0对满足0≤x ≤1的所有实数x 都成立，求m 的取值范围。

解：设f(x)=x 2-2mx+2m+1本题等价于函数f(x)在0≤x ≤1上的最小值大于0，求m 的取值范围。

高一不等式恒成立问题3种基本方法

高一阶段，不等式恒成立问题是学习数学的重要内容之一。

在解决这类问题时，通常有三种基本方法：直接法、间接法和综合法。

接下来，我将分别介绍这三种方法，并从中深入探讨不等式恒成立问题。

**直接法**直接法是指通过直接计算和推导，证明不等式在一定条件下成立。

这种方法通常需要运用不等式的性质和基本运算法则。

举个简单的例子来说，要证明不等式a^2 ≥ 0在所有实数a成立，可以通过直接计算a^2的值来证明。

**间接法**间接法是指通过反证法或者假设法，证明不等式在一定条件下不成立，从而得出不等式在其他条件下成立的结论。

这种方法通常需要运用逻辑推理和证伪的思维方式。

举个例子来说，要证明对于任意实数a，不等式a^2 + 2a + 1 > 0成立，可以采用间接法，假设a^2 + 2a + 1 ≤ 0，然后通过推导得出矛盾，从而证明原不等式成立。

**综合法**综合法是指通过结合多种方法和技巧，来解决不等式恒成立问题。

这种方法通常需要灵活运用数学知识，并且具有一定的创造性和灵感。

综合法可以综合考虑不等式的多个方面，从而得出更加全面的结论。

举个例子来说，要解决不等式a^2 - b^2 ≥ 0，可以结合直接法和间接法，分别讨论a和b的正负情况，从而得出不等式成立的条件。

综合以上三种方法，我们可以更深入地理解不等式恒成立问题。

在解决这类问题时，需要运用数学知识和思维方式，从多个角度和方法综合考虑，最终得出准确的结论。

对于高一阶段的学生来说，通过掌握这三种基本方法，可以更好地理解和应用不等式的性质，为今后的学习打下良好的基础。

在我个人看来，不等式恒成立问题是数学中具有一定难度和挑战性的内容。

通过学习解决这类问题的基本方法，可以培养逻辑思维和数学推理能力，对于学生的数学素养有着重要的促进作用。

我相信通过不断练习和探索，一定能够更加深入地理解和应用不等式恒成立问题。

希望以上内容对您有所帮助，如果有任何问题，欢迎您随时向我提问。

(不)等式的恒,能,恰成立问题(必修1专用)

（不）等式的恒成立,能成立,恰成立等问题一．知识点：1.恒成立问题不等式(),f x A x D >∈恒成立⇔()min ,f x A x D >∈不等式(),f x B x D <∈恒成立⇔()max ,f x B x D <∈.2. 能成立问题(),x D f x A ∃∈>使⇔()max ,f x A x D >∈．（即()A x f >在区间D 上能成立） (),x D f x B ∃∈<使⇔,()min ,f x B x D <∈．（即()B x f <在区间D 上能成立） (),x D f x m ∃∈=使⇔m N ∈，N 为函数(),y f x x D =∈的值域．（即()f x m =在区间D 上能成立）3. 恰成立问题若不等式()A x f >在区间D 上恰成立⇔不等式()A x f >的解集为D . 若不等式()B x f <在区间D 上恰成立⇔不等式()B x f <的解集为D ,二．题型（一）．不等式恒成立问题的处理方法1．转换求函数的最值：例1．(2000年,上海卷)已知()[)220,1,x x a f x x x++=≥∈+∞恒成立,试求实数a 的取值范围;【分析及解】本题是一个恒成立问题。

解法一：分类讨论求函数()f x 的最小值。

当0a >时用对勾函数，当0a <时利用函数的单调性。

解法二：()022≥++=xa x x x f 对任意[)+∞∈,1x 恒成立等价于()022≥++=a x x x ϕ对任意[)+∞∈,1x 恒成立,又等价于1≥x 时,()x ϕ的最小值0≥成立.由于()()112-++=a x x ϕ在[)+∞,1上为增函数, 则()()31min +==a x ϕϕ,所以 3,03-≥≥+a a . 2．主参换位法例2．若对于任意1a ≤，不等式()24420x a x a +-+->恒成立，求实数x 的取值范围解析：()(),13,x ∈-∞+∞ 3．分离参数法（1）将参数与变量分离，即化为()()g t f x ≥（或()()g t f x ≤）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()()max g t f x ≥ (或()()min g t f x ≤) ，得t 的取值范围．适用题型：（1）参数与变量能分离；（2）函数的最值易求出．例3．当()1,2x ∈时，不等式240x mx ++<恒成立，求m 的取值范围 .解析: 当(1,2)x ∈时，由240x mx ++<得24x m x +<-.令244()x f x x x x +==+，则易知()f x 在(1,2)上是减函数，所以[1,2]x ∈时()(1)5max f x f ==，则2min 4()5x x +->-∴5m ≤-.4．数形结合例4 ．若对任意x R ∈,不等式x ax ≥恒成立，求实数a 的取值范围．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5．当()1,2x ∈时，不等式()21log a x x -<恒成立，求a 的取值范围．解：1<a ≤2.二．（不）等式能成立问题的处理方法1．转换求函数的最值：例1 若关于x 的不等式23x ax a --≤-的解集不是空集，求实数a 的取值范围．解析：是不等式能成立的问题. 设()a ax x x f --=2.则关于x 的不等式32-≤--a ax x 的解集不是空集()3-≤⇔x f 在()+∞∞-,上能成立()3min -≤⇔x f ,即(),3442min -≤+-=a a x f 解得6a ≤-或2a ≥2．分离参数法求值域例若关于x 的二次方程()2110x m x +-+=在区间[]0,2上有解，求实数m 的取值范围．解析：解法一：利用根的分布来做．解法二：分离参数法axy x由题意知0x ≠，所以原题等价于()(]2110,0,2x m x x +-+=∈有解，即(]11,0,2m x x x-=+∈有解，而()(]1,0,2x x x xϕ=+∈的值域是[)2,+∞，所以[)12,m -∈+∞ 解得1m ≤-．三．不等式恰成立问题的处理方法()0f x >在区间[],a b 上恰成立，1. ()21f x ax bx =++恰在区间11,3⎛⎫- ⎪⎝⎭上为正，求,a b解：3,2a b =-=- ．2.已知函数()()()lg ,10x x f x a b a b =->>>，是否存在实数,a b ，使得()f x 恰在()1,+∞上取正值，且()3lg 4?f =若存在，求出,a b 的值，若不存在，说明理由．解：假设存在这样的实数,a b ．∵()f x 恰在()1,+∞上取正值∴()0f x >的解集是()1,+∞又因为()()lg x x f x a b =-在()0,+∞上单调递增，所以()10f =．由()()103lg 4f f =⎧⎪⎨=⎪⎩可得331410a b a b a b -=⎧⎪-=⎨⎪>>>⎩，解得12a b ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩ ？※3. (2000年,上海卷) 已知(),22xa x x x f ++=当[)()x f x ,,1+∞∈的值域是[)+∞,0,试求实数a 的值.【分析及解】是一个恰成立问题,？这相当于()022≥++=xa x x x f 的解集是[)+∞∈,1x . 当0≥a 时,由于1≥x 时,()3222≥++=++=xa x x a x x x f ,与其值域是[)+∞,0矛盾, 当0<a 时, ()222++=++=xa x x a x x x f 是[)+∞,1上的增函数. 所以,()x f 的最小值为()1f ,令()01=f ,即.3,021-==++a a解析：当0<a 时函数单调才会是恰成立问题．练一练：1.已知f (x )＝m (x －2m )·(x ＋m ＋3)，g (x )＝2x －2.若∀x ∈R ，f (x )＜0与g (x )＜0二者至少一个成立，则m 的取值范围是__(－4,0)________．解析：易知1x <时()0g x <，故只需1x ≥时()0f x <即可．显然0m ≥不满足条件；当0m <时，对称轴302m x -=<，故只需(1)0f <，解得40m -<<. 2．(2005年春，北京理) 若关于x 的不等式02>--a ax x 的解集为),(+∞-∞，则实数a 的取值范围是；若关于x 的不等式32-≤--a ax x 的解集不是空集，则实数a 的取值范围是．【分析及解】第一个填空是不等式恒成立的问题．设()a ax x x f --=2.则关于x 的不等式02>--a ax x 的解集为),(+∞-∞ ()0>⇔x f 在()+∞∞-,上恒成立()0min >⇔x f ,即(),0442min >+-=a a x f 解得04<<-a 第二个填空是不等式能成立的问题. 设()a ax x x f --=2.则关于x 的不等式32-≤--a ax x 的解集不是空集 ()3-≤⇔x f 在()+∞∞-,上能成立()3min -≤⇔x f ,即(),3442min -≤+-=a a x f 解得6-≤x 或2≥x .。

不等式中的恒成立问题

恒成立能成立3种常见题型(学生版+解析版)

第10讲 恒成立能成立3种常见题型(解析版)

函数不等式恒成立问题6大题型

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