(完整版)导数与恒成立、能成立问题及课后练习(含答案),推荐文档
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，。
函数恒成立、能成立问题及课后练习(含问题详解)
恒成立、能成立问题专题 一、基础理论回顾1、恒成立问题的转化：()a f x >恒成立⇒()max a f x >；()()min a f x a f x ≤⇒≤恒成立2、能成立问题的转化：()a f x >能成立⇒()min a f x >；()()max a f x a f x ≤⇒≤能成立3、恰成立问题的转化：()a f x >在M 上恰成立⇔()a f x >的解集为M ()()R a f x M a f x C M ⎧>⎪⇔⎨≤⎪⎩在上恒成立在上恒成立另一转化方法：若A x f D x ≥∈)(,在D 上恰成立，等价于)(x f 在D 上的最小值A x f =)(min ，若,D x ∈B x f ≤)(在D 上恰成立，则等价于)(x f 在D 上的最大值B x f =)(max .4、设函数()x f 、()x g ，对任意的[]b a x ,1∈，存在[]d c x ,2∈，使得()()21x g x f ≥，则()()x g x f min min ≥5、设函数()x f 、()x g ，对任意的[]b a x ,1∈，存在[]d c x ,2∈，使得()()21x g x f ≤，则()()x g x f max max ≤6、设函数()x f 、()x g ，存在[]b a x ,1∈，存在[]d c x ,2∈，使得()()21x g x f ≥，则()()x g x f min max ≥7、设函数()x f 、()x g ，存在[]b a x ,1∈，存在[]d c x ,2∈，使得()()21x g x f ≤，则()()x g x f max min ≤8、若不等式()()f x g x >在区间D 上恒成立，等价于在区间D 上函数()y f x =和图象在函数()y g x =图象上方；9、若不等式()()f x g x <在区间D 上恒成立，等价于在区间D 上函数()y f x =和图象在函数()y g x =图象下方；二、经典题型解析题型一、简单型例1、已知函数12)(2+-=ax x x f ，xax g =)(，其中0>a ，0≠x ． 1）对任意]2,1[∈x ，都有)()(x g x f >恒成立，求实数a 的取值范围；（构造新函数） 2）对任意]4,2[],2,1[21∈∈x x ，都有)()(21x g x f >恒成立，求实数a 的取值范围；（转化）简解：（1）由12012232++<⇒>-+-x x x a x a ax x 成立，只需满足12)(23++=x x x x ϕ的最小值大于a 即可．对12)(23++=x xx x ϕ求导，0)12(12)(2224>+++='x x x x ϕ，故)(x ϕ在]2,1[∈x 是增函数，32)1()(min ==ϕϕx ，所以a 的取值范围是320<<a ．例2、设函数b x x a x h ++=)(，对任意]2,21[∈a ，都有10)(≤x h 在]1,41[∈x 恒成立，求实数b 的范围．分析：思路、解决双参数问题一般是先解决一个参数，再处理另一个参数．以本题为例，实质还是通过函数求最值解决．方法1：化归最值，10)(10)(max ≤⇔≤x h x h ；方法2：变量分离，)(10x xab +-≤或x b x a )10(2-+-≤；方法3：变更主元（新函数），0101)(≤-++⋅=b x a xa ϕ，]2,21[∈a简解：方法1:对b x xax h ++=)(求导，22))((1)(xa x a x x a x h +-=-='，（单调函数） 由此可知，)(x h 在]1,41[上的最大值为)41(h 与)1(h 中的较大者．⎪⎩⎪⎨⎧-≤-≤⇒⎪⎩⎪⎨⎧≤++≤++⇒⎪⎩⎪⎨⎧≤≤∴ab ab b a b a h h 944391011041410)1(10)41(，对于任意]2,21[∈a ，得b 的取值范围是47≤b ．例3、已知两函数2)(x x f =，m x g x-⎪⎭⎫⎝⎛=21)(，对任意[]2,01∈x ，存在[]2,12∈x ，使得()21)(x g x f ≥，则实数m 的取值范围为 答案：41≥m 题型二、更换主元和换元法例1、已知函数()ln()(x f x e a a =+为常数）是实数集R 上的奇函数，函数()()sin g x f x x λ=+是区间[]1,1-上的减函数，(Ⅰ)求a 的值；(Ⅱ)若[]2()11,1g x t t x λ≤++∈-在上恒成立，求t 的取值范围；(Ⅱ)分析：在不等式中出现了两个字母：λ及t ,关键在于该把哪个字母看成是一个变量，另一个作为常数。
第10讲 恒成立能成立3种常见题型(解析版)-2024高考数学常考题型
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 ∈[]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(11)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 xg 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()x e g x x =，则2(1)()x e 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,e B ．(],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 =，()222e2e g =+，所以()()22max2e 2e g x g ==+，则222e a -≥+，则222e a ≤--.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 '=()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 +-'=．当()0,1∈x 时，()0h x '<，()h x 在()0,1上单调递减；当()1,x ∈+∞时，()0h x '>，()h x 在()1,+∞上单调递增.所以()()min 14h x h ==，即4a ≤，故a 的取值范围是(],4-∞.4.（2022·内蒙古赤峰·三模（文））已知函数()()ln 1f x x x =+.(1)求()f x 的最小值；(2)若()()212-++-≥x m x x f 恒成立，求实数m 的取值范围.【答案】(1)min 21()e f x =-(2)(],3-∞【解析】【分析】（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2ln m x x x ++，构造函数()2ln h x x x x=++，利用导数求最小值即可.(1)由已知得()ln 2f x x '=+，令()0f x '=，得21ex =.当210,e x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()()0,f x f x '<在210,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减；当21,e x ⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭时，()()0,f x f x '在21,e ⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭上单调递增.故min 2211()e e f x f ⎛⎫==- ⎪⎝⎭.(2)()()212-++-≥x m x x f ，即2ln 2++≤x x x mx ，因为0x >，所以xx x m 2ln ++≤在()+∞,0上恒成立.令()2ln h x x x x =++，则()()()min 222112(),1x x m h x h x x x x +-=+-'=，令()0h x '=，得1x =或2x =-（舍去）.当()0,1x ∈时，()()0,h x h x '<在()0,1上单调递减；当[)1,x ∞∈+时，()0>'x h ，()x h 在[)1,+∞上单调递增.故()min ()13h x h ==，所以3≤m ，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1()e ln ln x f x a x a -=-+．（1）当a e =时，求曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；（2）若不等式()1f x ≥恒成立，求a 的取值范围．【答案】（1）21e -（2）[1,)+∞【解析】【分析】（1）利用导数的几何意义求出在点()()1,1f 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()10f '=得()()11min f x f ==,符合题意；当a >1时，可证1()(1)0f f a''<，从而()f x '存在零点00x >，使得01001()0x f x ae x -'=-=，得到m in ()f x ，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()1f x ≥恒成立；当01a <<时，研究()1f .即可得到不符合题意.综合可得a 的取值范围.【详解】（1）()ln 1x f x e x =-+Q ，1()xf x e x'∴=-，(1)1k f e '∴==-.(1)1f e =+Q ，∴切点坐标为(1,1+e ),∴函数()f x 在点(1,f (1)处的切线方程为1(1)(1)y e e x --=--,即()12y e x =-+,∴切线与坐标轴交点坐标分别为2(0,2),(,0)1e --,∴所求三角形面积为1222||=211e e -⨯⨯--．（2）［方法一］：通性通法1()ln ln x f x ae x a -=-+Q ,11()x f x ae x-'∴=-，且0a >.设()()g x f x =',则121()0,x g x ae x -'=+>∴g(x )在(0,)+∞上单调递增，即()f x '在(0,)+∞上单调递增，当1a =时，()01f '=,∴()()11min f x f ==,∴()1f x ≥成立.当1a >时，11a <，111a e <∴，111()(1)(1)(1)0a f f a e a a -''∴=--<,∴存在唯一00x >，使得01001()0x f x ae x -'=-=，且当0(0,)x x ∈时()0f x '<，当0(,)x x ∈+∞时()0f x '>，0101x ae x -∴=，00ln 1ln a x x ∴+-=-，因此01min 00()()ln ln x f x f x ae x a-==-+001ln 1ln 2ln 12ln 1a x a a a x =++-+≥-+=+>1,∴()1,f x >∴()1f x ≥恒成立；当01a <<时，(1)ln 1,f a a a =+<<∴(1)1,()1f f x <≥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()1f x ≥得1e ln ln 1x a x a --+≥，即ln 1ln 1ln a x e a x x x +-++-≥+，而ln ln ln x x x e x +=+，所以ln 1ln ln 1ln a x x e a x e x +-++-≥+．令()m h m e m =+，则()10m h m e +'=>，所以()h m 在R 上单调递增．由ln 1ln ln 1ln a x x e a x e x +-++-≥+，可知(ln 1)(ln )h a x h x +-≥，所以ln 1ln a x x +-≥，所以max ln (ln 1)a x x ≥-+．令()ln 1F x x x =-+，则11()1xF x x x-'=-=．所以当(0,1)x ∈时，()0,()F x F x '>单调递增；当(1,)x ∈+∞时，()0,()F x F x '<单调递减．所以max [()](1)0F x F ==，则ln 0a ≥，即1a ≥．所以a 的取值范围为1a ≥．［方法三］：换元同构由题意知0,0a x >>，令1x ae t -=，所以ln 1ln a x t +-=，所以ln ln 1a t x =-+．于是1()ln ln ln ln 1x f x ae x a t x t x -=-+=-+-+．由于()1,ln ln 11ln ln f x t x t x t t x x ≥-+-+≥⇔+≥+，而ln y x x =+在,()0x ∈+∞时为增函数，故t x ≥，即1x ae x -≥，分离参数后有1x x a e -≥．令1()x x g x e -=，所以1112222(1)()x x x x x e xe e x g x e e -------=='．当01x <<时，()0,()'>g x g x 单调递增；当1x >时，()0,()g x g x '<单调递减．所以当1x =时，1()x x g x e -=取得最大值为(1)1g =．所以1a ≥．［方法四］：因为定义域为(0,)+∞，且()1f x ≥，所以(1)1f ≥，即ln 1a a +≥．令()ln S a a a =+，则1()10S a a='+>，所以()S a 在区间(0,)+∞内单调递增．因为(1)1S =，所以1a ≥时，有()(1)S a S ≥，即ln 1a a +≥．下面证明当1a ≥时，()1f x ≥恒成立．令1()ln ln x T a ae x a -=-+，只需证当1a ≥时，()1T a ≥恒成立．因为11()0x T a ea-=+>'，所以()T a 在区间[1,)+∞内单调递增，则1min [()](1)ln x T a T e x -==-．因此要证明1a ≥时，()1T a ≥恒成立，只需证明1min [()]ln 1x T a e x -=-≥即可．由1,ln 1x e x x x ≥+≤-，得1,ln 1x e x x x -≥-≥-．上面两个不等式两边相加可得1ln 1x e x --≥，故1a ≥时，()1f x ≥恒成立．当01a <<时，因为(1)ln 1f a a =+<，显然不满足()1f x ≥恒成立．所以a 的取值范围为1a ≥．【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min 0f ≥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ln 1ln ln 1ln a x x e a x e x +-++-≥+，再根据函数()m h m e m =+的单调性以方法三：通过先换元，令1x ae t -=，再同构，可将原不等式化成ln ln t t x x +≥+，再根据函数ln y x 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(1)1f ≥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()3233f x x x a =-+-，若存在[]01,1x ∈-，使得()00f x >，则实数a的取值范围为（）A ．(),1-∞-B ．(),1-∞C ．()1,3-D ．(),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()3233f x x x a =-+-，所以()()[]23632,1,1f x x x x x x =-∈-'-=．由题意，只需max ()0f x >．当x ∈[1,0)-时，()0f x '>，当(0,1]x ∈时，()0f x '<，所以()f x 在[1,0)-上单调递增，在(0,1]上单调递减，所以()max 0()30f f x a ==->，故实数a 的取值范围为(),3-∞．故选：D.【例2】已知函数()326f x ax bx x c =+++，当1x =-时，()f x 的极小值为5-，当2x =时，()f x 有极大值．(1)求函数()f x ；(2)存在[]013x ∈，，使得()202f x t t ≤-成立，求实数t 的取值范围．【答案】(1)()3233622f x x x x =-++-;(2)(,1][3,)-∞-+∞ .【解析】【分析】（1）求导后，根据()()120f f ''-==和()15f -=-，解得,,a b c 即可得解；（2）转化为()2min 2f x t t ≤-，再利用导数求出函数()f x 在[]13，上的最小值，然后解不等式223t t -≥可得结果.(1)∵()2326f x ax bx '=++，由()()120f f ''-==，得3260a b -+=且12460a b ++=，解得1a =-，32b =，又()15f -=-，∴32c =-，经检验1a =-，32b =时，()3233622f x x x x =-++-满足题意,∴()3233622f x x x x =-++-；(2)存在[]013x ∈，，使得()202f x t t ≤-，等价于()2min 2f x t t ≤-，∵()()()2336321f x x x x x '=-++=--+，当[1,2)x ∈时，()0f x '>，当(2,3]x ∈时，()0f x '<，∴()f x 在(2,3]上递减，在[1,2)上递增，又()15f =，()33f =，∴()f x 在[]13，上的最小值为()33f =，∴223t t -≥，解得1t ≤-或3t ≤，所以t 的取值范围是(,1][3,)-∞-+∞ ．【例3】（2022·辽宁·高二阶段练习）已知0a >，若在(1,)+∞上存在x 使得不等式e ln x a x x a x -≤-成立，则a 的最小值为______．【题型专练】1.已知函数()()222ln f x x a x =++．(1)当5a =-时，求()f x 的单调区间；(2)若存在[]2,e x ∈，使得()2242a f x x x x+->+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)2e e 2,e 1∞⎛⎫-++⎪-⎝⎭.【解析】【分析】（1）当5a =-时，()28ln f x x 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()24222ln 0a x a x x ++-+<在[]2,e 内有解，设()()24222ln a h x x a x x+=+-+，即在[]2,e 上，函数()min 0h x <，对()h x 进行求导，令()0h x '=，得出2x a =+，分类讨论2a +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()min 0h x <，从而得出实数a 的取值范围.(1)解：当5a =-时，()28ln f x x x =-，可知()f x 的定义域为()0,+∞，则()28282,0x f x x x x x-'=-=>，可知当()0,2x ∈时，()0f x ¢<；当()2,x ∈+∞时，()0f x ¢>；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[]2,e x ∈，使得()2242a f x x x x+->+成立，等价于()24222ln 0a x a x x++-+<在[]2,e 内有解，可设()()24222ln a h x x a x x+=+-+，即在[]2,e 上，函数()min 0h x <，()()()()()()()22222122422222242x x a a a x a x a h x x xx x ⎡⎤+-+++-+-+⎣⎦∴=--=='，令()0h x '=，即()()120x x a ⎡⎤+-+=⎣⎦，解得：2x a =+或1x =-（舍去），当2e a +≥，即e 2a ≥-时，()0h x '<，()h x 在[]2,e 上单调递减，()()min24e 2e+220e a h x h a +∴==--<，得2e e 2e 1a -+>-，又2e e 2e 2e 1-+>-- ，所以2e e 2e 1a -+>-；当22a +≤时，即0a ≤时，()0h x '>，()h x 在[]2,e 上单调递增，()()()min 2622ln 20h x h a a ∴==+-+<，得6ln 40ln 41a ->>-，不合题意；当22e a <+<，即0e 2a <<-时，则()h x 在[]2,2a +上单调递减，在[]2,e a +上单调递增，()()()()min 22622ln 2h x h a a a a ∴=+=+-++，()ln 2ln 2ln e 1a <+<= ，()()()22ln 222ln 2222a a a a ∴+<++<+，()()()22622ln 226224h a a a a a a ∴+=+-++>+--=，即()min 4h x >，不符合题意；综上得，实数a 的取值范围为2e e 2,e 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()ln 21f x x ax =-+.(1)若1x =是()f x 的极值点，确定a 的值；(2)若存在0x >，使得()0f x ≥，求实数a 的取值范围.所以，函数()f x 在1x =处取得极大值，合乎题意，故2a =.（2）解：存在0x >，使得()ln 210f x x ax =-+≥可得ln 12x a x+≤，构造函数()ln 1x g x x+=，其中0x >，则()2ln x g x x '=-，当01x <<时，()0g x '>，此时函数()g x 单调递增，当1x >时，()0g x '<，此时函数()g x 单调递减，则()()max 11g x g ==，所以，21a ≤，解得12a ≤，因此，实数a 的取值范围是1,2⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦.3.已知函数()ln xf 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()1,x ∈+∞，使得不等式()()1f x a x >-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】【分析】（1）求导得21ln ()xf x x -'=，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 xx﹣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 (1)x x x -成立，令g （x ）＝ln (1)xx x -，x ＞1，只需a ＜g （x ）max ．【详解】（1）221ln 1ln ()x xx x f x x x ⋅--'==，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 xx﹣x +1，2221ln 1ln ()1x x x h x x x ---'=-=，函数定义域为（0，+∞），令p （x ）＝1﹣lnx ﹣x 2，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()1f x x -＞a 成立，即若存在x ∈（1，+∞），使得不等式a ＜ln (1)xx x -成立，令g （x ）＝ln (1)xx x -，x ＞1，g ′（x ）＝221(1)(21)ln (1)x x x xxx x ⋅----＝221(21)ln (1)x x xx x ----，令s （x ）＝x ﹣1﹣（2x ﹣1）lnx ，x ＞1s ′（x ）＝1﹣2lnx ﹣（2x ﹣1）•1x 2ln 212ln 1x x x x x x x x x--+--+==，令q （x ）＝﹣x ﹣2xlnx +1，x ＞1q ′（x ）＝﹣1﹣2lnx ﹣2＝﹣3﹣2lnx ＜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111ln lim lim 1(1)21x x x x x x x →→==--，所以a ＜1，所以a 的取值范围为（﹣∞，1）．4.已知函数()ln 1f x x x ax =-+．（1）若()f x 在点(1,(1))A f 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0(0,)x ∈+∞，使得()00f x <成立，求a 的取值范围．【答案】（1）①3a =；②减区间为2(0,)e ，增区间为2(,)e +∞，极小值为21e -，无极大值；（2）(1,)+∞.【解析】【分析】（1）求得函数的导数()ln 1f x x a '=+-，①根据题意得到()2f x '=-，即可求得a 的值；②由①知()ln 2,0f x x x '=->，结合导数的符号，以及极值的概念与计算，即可求解；（2）设()1ln g x x x=+，根据存在0(0,)x ∈+∞，使得()00f x <成立，得到()min a g x >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()ln 1f x x x ax =-+的定义域为(0,)+∞，且()ln 1f x x a '=+-，①因为()f x 在点(1,(1))A f 处的切线斜率为2-，可得()12f x a '=-=-，解得3a =.②由①得()ln 2,0f x x x '=->，令()0f x '>，即ln 20x ->，解得2x e >；令()0f x '<，即ln 20x -<，解得20x e <<，所以函数()f x 在2(0,)e 上单调递减，在2(,)e +∞上单调递增，当2x e =时，函数()f x 取得极小值，极小值为()221f e e =-，无极大值，综上可得，函数()f x 的减区间为2(0,)e ，增区间为2(,)e +∞，极小值为21e -，无极大值.（2）因为()ln 1f x x x ax =-+，由()00f x <，即000ln 10x x ax -+<，即00000ln 11ln x x a x x x +>=+，设()1ln ,0g x x x x=+>根据题意知存在0(0,)x ∈+∞，使得()00f x <成立，即()min a g x >成立，由()1ln ,0g x x x x =+>，可得()22111x g x x x x-'=-=，当01x <<时，()0g x '<，()g x 单调递减；当1x >时，()0g x '>，()g x 单调递增，所以当1x =时，函数()g x 取得最小值，最小值为()11g =，所以1a >，即实数a 的取值范围是(1,)+∞.5.已知函数()ln (R)f x x ax a =+∈.（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0x ，使得()00f x >，求a 的取值范围.【答案】（1）210x y --=；（2）0a ≥时，()f x 在()0,∞+单增；0a <，()f x 在10,a ⎛⎫- ⎪⎝⎭单增，在1,a ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭单减；（3）1a e>-.【解析】【分析】（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0,0a a ≥<两种情况讨论得到单调区间；（3）当0a ≥时，代特值验证即可，当0a <时，函数最大值大于0，解出即可.【详解】由题意，()1(1)1,1,f f x x'==+所以()12,f '=所以切线方程为：()121210y x x y -=-⇒--=.（2）110,()ax x f x a x x+'>=+=，若0a ≥，则()0f x '>，()f x 在()0,∞+单增；若0a <，则10,x a ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭时，()0f x '>，()f x 单增；1,x a ⎛⎫∈-+∞ ⎪⎝⎭时，()0f x '<，()f x 单减.（3）由（2），若0a ≥，则(2)ln 220f a =+>，满足题意；若0a <，()max 111(ln 10f x f a a a e ⎛⎫=-=-->⇒>- ⎪⎝⎭，则10a e -<<，综上：1a 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()()()()1e e ,e 1x xf x xg x ax =--=--，其中R a ∈.若对[)20,x ∀∈+∞，都1R x ∃∈，使得不等式()()12f x g x ≤成立，则a 的最大值为（）A ．0B ．1eC ．1D ．e【例2】已知函数2()ln (R),()22f x ax x a g x x x =+∈=-+．(1)当12a =-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1[1,2]x ∈-，均存在2(0,)x ∈+∞，使得()()12g x f x <，求a 的取值范围．【答案】(1)最大值为ln 21-，最小值为12-；(2)61(,)e -+∞.【解析】【分析】（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1[1,2]x ∈-、2(0,)x ∈+∞上1max 2max ()()g x f x <，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()ln 2x f x x =-，则2()2x f x x-'=，所以在[1,2)上()0f x '>，()f x 递增，在(2,e]上()0f x '<，()f x 递减，则1(1)2f =-<e (e)12f =-，极大值(2)ln 21f =-，综上，()f x 最大值为ln 21-，最小值为12-.(2)由22()22(1)1g x x x x =-+=-+在[1,2]x ∈-上max ()(1)5g x g =-=，根据题意，只需max max ()()g x f x <即可，由1()f x a x'=+且,()0x ∈+∞，当0a ≥时，()0f x '>，此时()f x 递增且值域为R ，所以满足题设；当0a <时，1(0,)a-上()0f x '>，()f x 递增；1(,)a -+∞上()0f x '<，()f x 递减；所以max 1()()1ln()f x f a a =-=---，此时1ln()5a --->，可得61ea >-，综上，a 的取值范围61(,)e -+∞.【点睛】关键点点睛：第二问，将问题转化为1[1,2]x ∈-、2(0,)x ∈+∞上1max 2max ()()g x f x <求参数范围.【例3】已知函数()sin cos f x x x x =+．(1)当()0,πx ∈时，求函数()f x 的单调区间；(2)设函数2()2=-+g x x ax ．若对任意[]1π,πx ∈-，存在2[0,1]x ∈，使得()()1212πf xg x ≤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π0,2⎛⎫⎪⎝⎭，函数()f x 的单调递减区间为π,π2⎛⎫ ⎪⎝⎭；(2)1[,)2+∞.【解析】【分析】（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[]1π,πx ∈-，存在2[0,1]x ∈，使得12()()h x g x ≤成立，等价于max max ()()h x g x ≤，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()sin cos f x x x x =+，所以()sin cos sin cos f x x x x x x x '=+-=．当x ()0,π∈时，()'f x 与()f x 的变化情况如表所示：xπ0,2⎛⎫ ⎪⎝⎭π2π,π2⎛⎫ ⎪⎝⎭()'f x +0-()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π0,2⎛⎫⎪⎝⎭，函数()f x 的单调递减区间为π,π2⎛⎫⎪⎝⎭．(2)当[]π,πx ∈-时，()()f x f x -=，所以函数()f x 为偶函数．所以当[]π,πx ∈-时，函数()f x 的单调递增区间为ππ,2⎛⎫-- ⎪⎝⎭，π0,2⎛⎫ ⎪⎝⎭，函数()f x 的单调递减区间为π,02⎛⎫- ⎪⎝⎭，π,π2⎛⎫⎪⎝⎭,所以函数()f x 的最大值为πππ222f f ⎛⎫⎛⎫-== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭．设()()12πh x f x =，则当[]π,πx ∈-时，()max 1π12π24h x =⋅=．对任意[]1π,πx ∈-，存在2[0,1]x ∈，使得12()()h x g x ≤成立，等价于max max ()()h x g x ≤．当0a ≤时，函数()g x 在区间[0,1]上的最大值为(0)0g =，不合题意．当01a <<时，函数()g x 在区间[0,1]上的最大值为2()g a a =，则214a ≥，解得12a ≥或12a ≤-，所以112a ≤<．当1a ≥时，函数()g x 在区间[0,1]上的最大值为(1)21g a =-，则1214a -≥，解得58a ≥，所以1a ≥.综上所述，a 的取值范围是1[,)2+∞．【例4】（2022·黑龙江·哈尔滨三中高二期末）已知函数()ln xf x x=，2()ln(1)2g x x ax =++，若211,e x ∀⎡⎤∈⎣⎦，()20,1x ∃∈使得12()()f x g x >成立，则实数a 的取值范围是（）A ．ln 2,2⎛⎫-∞- ⎪B ．ln 2,2⎛⎤-∞-⎥C ．1,e⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭D ．ln 2,e 2⎛⎤-∞- ⎥故选：A【例5】（2023·全国·高三专题练习）已知函数()3331,0422112,122x x x f x x x ⎧-+≤≤⎪⎪=⎨⎪+<≤⎪⎩，()e xg x ax =-()R a ∈，若存在[]12,0,1x x ∈，使得()()12f x g x =成立，则实数a 的取值范围是（）A ．(],1-∞B ．(],e 2-∞-C ．5,e4⎛⎤-∞- ⎥D ．(],e -∞≤【题型专练】1．（2022·河南·南阳中学高三阶段练习（理））已知函数()33f x x x a =-+，()211x g x x +=-．若对任意[]12,2x ∈-，总存在[]22,3x ∈，使得()()12f x g x ≤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()()11e x f x x -=-，()()21g x x a =++，若存在1x ，2R x ∈，使得()()21f x g x ≥成立，则实数a 的取值范围为（）A ．1,e ∞⎡⎫+⎪⎢⎣⎭B ．1,e ∞⎛⎤- ⎥⎝⎦C ．()0,e D ．1,0e ⎡⎫-⎪⎢3．（2022·河南安阳·高二阶段练习（理））已知函数ln ()x f x x=，2()ln(1)2g x x ax =++，若211,e x ∀⎡⎤∈⎣⎦，2(0,1]x ∃∈使得()()12f x g x >成立，则实数a 的取值范围是（）A ．ln 2,2⎛⎫-∞- ⎪B ．ln 2,2⎛⎤-∞-⎥C ．1,e⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭D ．ln 2,e 2⎛⎤-∞- ⎥4.已知函数2()21)2ln ()2f x ax a x x a R =-++∈（(1)若曲线()y f x =在1x =和3x =处的切线互相平行，求a 的值与函数()f x 的单调区间；(2)设2()(2)e =-x g x x x ，若对任意(]10,2x ∈，均存在(]20,2x ∈，使得12()()f x g x <，求a 的取值范围．【答案】(1)2=3a ，单调递增区间为3(0,),(2,)2+∞，单调递减区间为3(,2)2(2)ln 21a >-【解析】【分析】（1）求出()'f x ，由(1)(3)f f ''=得a ，再利用由()0f x '>、()0f x '<可得答案；（2）转化为(]0,2x ∈时，max max ()()f x g x <，容易求出max ()(0)(2)0g x g g ===，所以只须max ()0f x <，()()12()ax x f x x='--，讨论12a ≤、12a >可得答案.(1)21()(21),(1)1,(3)3f x ax a f a f a x '''=-++=-+=-，由(1)(3)f f ''=得23a =，()()232272()333x x f x x x x--=-+='，由()0f x '>得()30,2,2x ∞⎛⎫∈⋃+ ⎪⎝⎭，由()0f x '<得3,22x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，所以函数()f x 的单调递增区间为()30,,2,2∞⎛⎫+ ⎪⎝⎭，单调递减区间为3,22⎛⎫⎪⎝⎭.(2)若要命题成立，只须当(]0,2x ∈时，max max ()()f x g x <，由()()22e xg x x '=-可知当(]0,2x ∈时max ()(0)(2)0g x g g ===，所以只须max ()0f x <对()f x 来说，()()122()(21)ax x f x ax a x x--=-++'=，（1）当12a ≤时，在(]0,2上有10-≤ax ，∴()0f x '≥这时max ()(2)222ln 2f x f a ==--+，由max ()0f x <得1ln 212a -<≤；（2）当12a >时，max 11()2ln 22f x f a a a ⎛⎫==--- ⎪⎝⎭，设1()2ln 22h a a a =---，则2221214()022a h a a a a -'=-=<，∴()h a 在1,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭递减，1()2ln 2302h a h <=-<⎝⎭，∴当12a >时，max ()0f x <，综上所述，满足题意的ln 21a >-.【点睛】本题考查了对任意1x D ∈，均存在2x E ∈，使得12()()f x g x <，转化为max max ()()f x g x <求参数的取值范围的问题，考查了学生的思维能力、运算能力.5.已知函数()()ln xf x ax a x=-+∈R ，'为()f x 的导函数．(1)求()f x 的定义域和导函数；(2)当2a =时，求函数()f x 的单调区间；(3)若对21e,e x ⎡⎤∀∈⎣⎦，都有()11f x ≥成立，且存在32e,e x ⎡⎤∈⎣⎦，使()2102f x a '+=成立，求实数a 的取值范围．【答案】(1)()()0,11,+∞ ，()()2ln 1ln x f x a x -'=-+(2)()f x 在()0,1单减，()1,+∞也单减，无增区间(3)2110,2e a ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦【解析】【分析】（1）根据分母不等于0，对数的真数大于零即可求得函数的定义域，根据基本初等函数的求导公式及商的导数公式即可求出函数的导函数；（2）求出函数的导函数，再根据导函数的符号即可得出答案；（3）若对21e,e x ⎡⎤∀∈⎣⎦，都有()11f x ≥成立，即1111ln x ax x -+≥，即1111ln a x x ≤-+，令()11ln h x x x=-+，2e,e x ⎡⎤∈⎣⎦，只要()min a h x ≤即可，利用导数求出函数()11ln h x x x=-+的最小值即可求出a 的范围，()()2222ln 11122ln x f x a a x -'+=-，()()2ln 112ln x g x a x -=-，求出函数()g x 的值域，根据存在32e,e x ⎡⎤∈⎣⎦，使()2102f x a '+=成立，则0在函数()g x 的值域中，从而可得出a 的范围，即可得解.(1)解：()f x 的定义域为()()0,11,+∞ ，()()2ln 1ln x f x a x -'=-+；(2)解：当2a =时，()()()()()22222172ln 2ln ln 1ln 1482ln ln ln x x x x f x x x x ⎛⎫-+⎪-+-⎝⎭'=-+=-=-，()0f x ¢<恒成立，所以()f x 在()0,1和()1,+∞上递减；(3)解：若对21e,e x ⎡⎤∀∈⎣⎦，都有()11f x ≥成立，即1111ln x ax x -+≥，即1111ln a x x ≤-+，令()11ln h x x x =-+，2e,e x ⎡⎤∈⎣⎦，则()()()()22222ln 11ln ln x x h x x x x x x -'=-=，对于函数())ln 0x x x ϕ=>，()122x x xϕ'==，当04x <<时，()0ϕ'>x ，当4x >时，()0ϕ'<x ，所以函数()ln x x ϕ=()0,4上递增，在()4,+∞上递减，所以()()ln 4204x ϕϕ≤=-<，当2e,e x ⎡⎤∈⎣⎦时，ln 0x >，所以ln x <()2ln x x <，故()0h x '<恒成立，()h x 在2e,e x ⎡⎤∈⎣⎦为减函数，所以()()2min e h x h ==211e 2-+，所以211e 2a ≤-+，由（1）知，()()2ln 1ln x f x a x -'=-+，所以()()2222ln 11122ln x f x a a x -'+=-，记()()2ln 112ln x g x x -=-，令1ln t x =，1,13t ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，则原式()211,123g x t t a t ⎛⎫⎡⎤=-+-∈ ⎪⎢⎥⎣⎦⎝⎭的值域为1,242a a ⎡⎤--⎢⎥⎣⎦，因为存在32e,e x ⎡⎤∈⎣⎦，使()2102f x a '+=成立，所以02a -≤，1042a -≥，所以102a ≤≤，综上，2110,2a e ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦．【点睛】本题考查了函数的定义域及导数的四则运算，考查了利用导数求函数的单调区间，考查了不等式恒成立问题，考查了计算能力及数据分析能力，对不等式恒成立合理变形转化为求最值是解题关键.。
19专题(导数应用)恒成立与存在性问题
(2)已知f(x)=lnx:
①设F(x)=f(x+2)- 2 x ，求F(x)的单调区间；
x 1
②若不等式f(x+1)≤f(2x+1)-m2+3am+4对任意a∈[-1,1]，
x∈[0,1]恒成立，求m的取值范围.
【解题指南】
(2)由题意只需解不等式F′(x)＞0和F′(x)＜0即可得到单调区 间；原不等式恒成立可转化为 lnx13m a 恒 成4 立m ，2进一
得 f(mx－2)<－f(x)＝f(－x)，
∴mx－2<－x，mx－2＋x<0 在 m∈[－2,2]上恒成立．
记 g(m)＝xm－2＋x， 则gg((－2)<20)<，0， 即－2x2－x－2＋2＋x<x0<，0， 得－2<x<23.
答案 －2，23
Hale Waihona Puke 返回4.(2011·湖南高考)
[答案] B
已知函数 f(x)＝ex－1，g(x)＝－x2＋4x－3.若有 f(a)＝g(b)，
(2)方法一：由题意知ex-a≤0在(-∞，0］上恒成立. ∴a≥ex在(-∞，0］上恒成立. ∵ex在(-∞，0］上为增函数. ∴当x=0时，ex最大为1. ∴a≥1.同理可知ex-a≥0在［0，+∞)上恒成立. ∴a≤ex在［0，+∞)上恒成立.∴a≤1，∴a=1. 方法二：由题意知，x=0为f(x)的极小值点. ∴f′(0)=0,即e0-a=0,∴a=1，验证a=1符合题意.
∴ F(x) max ﹤0
5. ∀x1∈D, ∀x2∈E,均有 f(x1) >g(x2)恒成立， 则 f(x)min> g(x)max
6. ∀x1∈D, ∀x2∈E,均有 f(x1) <g(x2)恒成立， 则 f(x) max < g(x) min
导数中的恒成立问题整理
B.
C.
D.
一一一一一一一
【解答】
解：因为
所以 在定义域上单调递增， ，
则由 ，得 ，
即 ，
令 ，
在同一坐标系里画出函数 与函数 的图象；
， 时，曲线 的切线的斜率 ；
要满足存在 使得， 有解，则直线 的斜率 ；
故实数 的取值范围为 ．
故选D．
一一一一
【题文6】
若对任意的 ， 恒成立，则实数 的取值范围是
故 ，
故选C．
一一一一一一一一
【题文4】
设 ，若对任意的 ， 恒成立，则 的范围是 ．
A.
B.
C.
D.
一一一一一一一一一一
【解答4】
解：任意的 ， 恒成立，
即为 恒成立，
由 ， 取得等号 ，
时， ，
即有 ，
可得 ，
即 ， 当 取得等号 ，
则 ．
故选A．
一一一
【题文5】
已知函数 ，若 在 上有解，则实数 的取值范围为
A.
B.
C.
D.
一一一一一一一一一一一一一
一一
【解答20】
解：令 ，
则 ，
故 在 上单调递减，
因为 ，所以 ，
所以不等式
，
则 ，
或 ，
解得 或 ．
故选B．
【题文21】
设函数 ，若 存在的极值点 满足 ，则实数 的取值范围是
A.
B.
C.
D.
一一一一一一一一
【解答21】
解：由正弦函数的图象可知， 的极值点 满足 ，
可得切线方程： ，切线与 轴的交点为 ，可得此时 ， ，
综合函数图像可得 ；
导数恒成立与能成立问题
一、 不等式的恒成立问题1. 若,x D ∈()f x m >在D 上恒成立，等价于()f x 在D 上的最小值min ()f x m >成立．2. 若,x D ∈()f x m <在D 上恒成立，等价于()f x 在D 上的最大值max ()f x m <成立．3. 对任意x D ∈，都有()()f x g x <成立，等价于构造()()()F x f x g x =-，max ()0F x <．4. 对任意x D ∈，都有()()f x g x >成立，等价于构造()()()F x f x g x =-，min ()0F x >5. 对任意12,x x D ∈，都有12()()f x g x ≤成立的充要条件是max min ()()f x g x ≤．6. 对任意12,x x D ∈，都有12()()f x g x ≥成立的充要条件是min max ()()f x g x ≥．二、 不等式的能成立（存在性）问题1. 若存在,x D ∈使得()f x m >在D 上能成立，等价于()f x 在D 上的最大值max ()f x m >成立．2. 若存在,x D ∈使得()f x m <在D 上能成立，等价于()f x 在D 上的最小值min ()f x m <成立．3. 若存在x D ∈，使得()()f x g x <成立，等价于构造()()()F x f x g x =-，min ()0F x <．4. 若存在x D ∈，使得()()f x g x >成立，等价于构造()()()F x f x g x =-，max ()0F x >．5. 若在12,x x D ∈，至少存在一个12,x x 使得12()()f x g x ≤成立等价min max ()()f x g x ≤．6. 若在12,x x D ∈，至少存在一个12,x x 使得12()()f x g x ≥成立等价in 2max 1)()(m x g x f ≥．三、 不等式的恒成立与存在性的综合问题1. 对任意1x D ∈，存在2x E ∈，使得12()()f x g x ≤成立，等价于()f x 在D 上的最大值max max ()()f x g x ≤在E 上的最大值2. 对任意1x D ∈，存在2x E ∈，使得12()()f x g x ≥成立，等价于()f x 在D 上的最小值min min ()()f x g x ≥在E 上的最小值.恒成立与能成立知识讲解1.恒成立问题求参数范围：【例1】已知函数()(1)ln 1f x x x x =+-+.若2'()1xf x x ax ≤++，求a 的取值范围；练习.设函数c bx ax x x f 8332)(23+++=在1=x 及2=x 时取得极值（1）求a,b 的值,(2)若对于任意的∈x ［0,3］都有2)(c x f <成立,求c 的取值范围答案：1. 解: (1)a=-3,b=4 (2)9+8c<c 2,解得c<-1或c>9典例剖析2.恒成立问题求参数范围：分离参数法。
(完整版)恒成立能成立问题总结(详细)
恒成立问题的类型和能成立问题及方法处理函数与不等式的恒成立、能成立、恰成立问题是高中数学中的一个重点、难点问题。
这类问题在各类考试以及高考中都屡见不鲜。
感觉题型变化无常，没有一个固定的思想方法去处理，一直困扰着学生，感到不知如何下手。
在此为了更好的准确地把握快速解决这类问题，本文通过举例说明这类问题的一些常规处理。
一、函数法（一）构造一次函数 利用一次函数的图象或单调性来解决 对于一次函数],[),0()(n m x k b kx x f ∈≠+=有：⎩⎨⎧<<⇔<⎩⎨⎧>>⇔⎩⎨⎧><⎩⎨⎧>>⇔>0)(0)(0)(;0)(0)(0)(00)(00)(n f m f x f n f m f n f k m f k x f 恒成立或恒成立例1 若不等式m mx x ->-212对满足22≤≤-m 的所有m 都成立，求x 的范 围。
解析：将不等式化为：0)12()1(2<---x x m ，构造一次型函数：)12()1()(2---=x m x m g原命题等价于对满足22≤≤-m 的m ，使0)(<m g 恒成立。
由函数图象是一条线段，知应⎪⎩⎪⎨⎧<---<----⇔⎩⎨⎧<<-0)12()1(20)12()1(20)2(0)2(22x x x x g g 解得231271+<<+-x ，所以x 的范围是)231,271(++-∈x 。
小结：解题的关键是将看来是解关于x 的不等式问题转化为以m 为变量，x 为参数的一次函数恒成立问题，再利用一次函数的图象或单调性解题。
练习:(1)若不等式01<-ax 对[]2,1∈x 恒成立，求实数a 的取值范围。
（2）对于40≤≤p 的一切实数，不等式342-+>+p x px x 恒成立，求x 的取值范围。
（答案：或）（二）构造二次函数 利用二次函数的图像与性质及二次方程根的分布来解决。
高考数学-导数专题 恒成立、能成立问题专题
高三数学-导数专题 恒成立、能成立问题专题 基础理论回顾1、恒成立问题的转化：()a f x >恒成立⇒()max a f x >；()()min a f x a f x ≤⇒≤恒成立2、能成立问题的转化：()af x >能成立⇒()min a f x >；()()max a f x a f x ≤⇒≤能成立3、恰成立问题的转化：()af x >在M 上恰成立⇔()a f x >的解集为M ()()R a f x M a f x C M ⎧>⎪⇔⎨≤⎪⎩在上恒成立在上恒成立另一转化方法：若A x f D x ≥∈)(,在D 上恰成立，等价于)(x f 在D 上的最小值A x f =)(min ，若,D x ∈B x f ≤)(在D 上恰成立，则等价于)(x f 在D 上的最大值B x f =)(max .4、设函数()x f 、()x g ，对任意的[]b a x ,1∈，存在[]d c x ,2∈，使得()()21x g x f ≥，则()()x g x f min min ≥ 5、设函数()x f 、()x g ，对任意的[]b a x ,1∈，存在[]d c x ,2∈，使得()()21x g x f ≤，则()()x g x f max max ≤ 6、设函数()x f 、()x g ，存在[]b a x ,1∈，存在[]d c x ,2∈，使得()()21x g x f ≥，则()()x g x f min max ≥ 7、设函数()x f 、()x g ，存在[]b a x ,1∈，存在[]d c x ,2∈，使得()()21x g x f ≤，则()()x g x f max min ≤8、若不等式()()f x g x >在区间D 上恒成立，等价于在区间D 上函数()y f x =和图象在函数()y g x =图象上方； 9、若不等式()()f x g x <在区间D 上恒成立，等价于在区间D 上函数()y f x =和图象在函数()y g x =图象下方；导数专题 恒成立、能成立问题专题 经典题型题型一、简单型 例1、已知函数12)(2+-=ax x x f ，xa x g =)(，其中0>a ，0≠x ．1）对任意]2,1[∈x ，都有)()(x g x f >恒成立，求实数a 的取值范围；（构造新函数） 2）对任意]4,2[],2,1[21∈∈x x ，都有)()(21x g x f >恒成立，求实数a 的取值范围；（转化）例2、设函数b x x a x h ++=)(，对任意]2,21[∈a ，都有10)(≤x h 在]1,41[∈x 恒成立，求实数b 的范围． 例3、已知两函数2)(x x f =，m x g x-⎪⎭⎫ ⎝⎛=21)(，对任意[]2,01∈x ，存在[]2,12∈x ，使得()21)(x g x f ≥，则实数m的取值范围为题型二、更换主元和换元法例1、已知函数()ln()(x f x e a a =+为常数）是实数集R 上的奇函数，函数()()sin g x f x x λ=+是区间[]1,1-上的减函数，(Ⅰ)求a 的值；(Ⅱ)若[]2()11,1g x t t x λ≤++∈-在上恒成立，求t 的取值范围；例2、已知二次函数1)(2++=x ax x f 对[]2,0∈x 恒有0)(>x f ，求a 的取值范围。
利用导数研究恒(能)成立问题(经典导学案及练习答案详解)
§3.5 利用导数研究恒(能)成立问题题型一 分离参数求参数范围例1 (2022·北京模拟)已知函数f (x )＝(x －2)e x －12ax 2＋ax (a ∈R )． (1)当a ＝0时，求曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程；(2)当x ≥2时，f (x )≥0恒成立，求a 的取值范围．解 (1)当a ＝0时，f (x )＝(x －2)e x ，f (0)＝(0－2)e 0＝－2，f ′(x )＝(x －1)e x ，k ＝f ′(0)＝(0－1)e 0＝－1，所以切线方程为y ＋2＝－(x －0)，即x ＋y ＋2＝0.(2)方法一 当x ≥2时，f (x )≥0恒成立，等价于当x ≥2时，(x －2)e x －12ax 2＋ax ≥0恒成立． 即⎝⎛⎭⎫12x 2－x a ≤(x －2)e x 在[2，＋∞)上恒成立. 当x ＝2时，0·a ≤0，所以a ∈R .当x >2时，12x 2－x >0， 所以a ≤(x －2)e x 12x 2－x ＝2e x x 恒成立． 设g (x )＝2e x x ，则g ′(x )＝2(x －1)e x x 2， 因为x >2，所以g ′(x )>0，所以g (x )在区间(2，＋∞)上单调递增．所以g (x )>g (2)＝e 2，所以a ≤e 2.综上所述，a 的取值范围是(－∞，e 2]．方法二 f ′(x )＝(x －1)(e x －a )，①当a ≤0时，因为x ≥2，所以x －1>0，e x －a >0，所以f ′(x )>0，则f (x )在[2，＋∞)上单调递增，f (x )≥f (2)＝0成立．②当0<a ≤e 2时，f ′(x )≥0，所以f (x )在[2，＋∞)上单调递增，所以f (x )≥f (2)＝0成立．③当a >e 2时，在区间(2，ln a )上，f ′(x )<0；在区间(ln a ，＋∞)上，f ′(x )>0，所以f (x )在(2，ln a )上单调递减，在(ln a ，＋∞)上单调递增，f (x )≥0不恒成立，不符合题意．综上所述，a 的取值范围是(－∞，e 2]． 教师备选(2022·重庆模拟)已知函数f (x )＝x 22－(m ＋1)x ＋m ln x ＋m ，f ′(x )为函数f (x )的导函数． (1)讨论f (x )的单调性；(2)若xf ′(x )－f (x )≥0恒成立，求m 的取值范围．解 (1)f ′(x )＝x －(m ＋1)＋m x ＝x 2－(m ＋1)x ＋m x ＝(x －m )(x －1)x， ①当m ≤0，x ∈(0,1)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减；当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增．②当0<m <1，x ∈(0，m )时，f ′(x )>0，f (x )单调递增；当x ∈(m,1)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减；当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增．③当m ＝1，x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )≥0，f (x )单调递增．④当m >1，x ∈(0,1)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增；当x ∈(1，m )时，f ′(x )<0，f (x )单调递减；当x ∈(m ，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增．(2)由题意知xf ′(x )－f (x )≥0恒成立，即x 22－m ln x ≥0恒成立， ∴x 22≥m ln x . 当x ＝1时，x 22≥m ln x 恒成立， 当x >1时，x 22ln x≥m ； 当0<x <1时，x 22ln x≤m . 令g (x )＝x 22ln x， 则g ′(x )＝x (2ln x －1)2(ln x )2， 当0<x <1时，g ′(x )<0，g (x )单调递减且g (x )<0，∴x →0时，x 22ln x→0， ∴m ≥0.当x >1时，令g ′(x )＝0，得x ＝e ，∴当1<x <e 时，g ′(x )<0，g (x )单调递减，当x >e 时，g ′(x )>0，g (x )单调递增，∴g (x )≥g (e)＝e ，∴m ≤e.综上知0≤m ≤e.思维升华 分离参数法解决恒(能)成立问题的策略(1)分离变量．构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题．(2)a ≥f (x )恒成立⇔a ≥f (x )max ；a ≤f (x )恒成立⇔a ≤f (x )min ；a ≥f (x )能成立⇔a ≥f (x )min ；a ≤f (x )能成立⇔a ≤f (x )max .跟踪训练1 已知函数f (x )＝x ln x (x >0)．(1)求函数f (x )的极值；(2)若存在x ∈(0，＋∞)，使得f (x )≤－x 2＋mx －32成立，求实数m 的最小值． 解 (1)由f (x )＝x ln x ，得f ′(x )＝1＋ln x ，令f ′(x )>0，得x >1e； 令f ′(x )<0，得0<x <1e. 所以f (x )在⎝⎛⎭⎫0，1e 上单调递减，在⎝⎛⎭⎫1e ，＋∞上单调递增． 所以f (x )在x ＝1e处取得极小值， 且为f ⎝⎛⎭⎫1e ＝－1e，无极大值． (2)由f (x )≤－x 2＋mx －32， 得m ≥2x ln x ＋x 2＋3x. 问题转化为m ≥⎝⎛⎭⎫2x ln x ＋x 2＋3x min .令g (x )＝2x ln x ＋x 2＋3x ＝2ln x ＋x ＋3x(x >0)．则g ′(x )＝2x ＋1－3x 2＝x 2＋2x －3x 2＝(x ＋3)(x －1)x 2. 由g ′(x )>0，得x >1；由g ′(x )<0，得0<x <1.所以g (x )在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．所以g (x )min ＝g (1)＝4，则m ≥4.故m 的最小值为4.题型二 等价转化求参数范围例2 已知函数f (x )＝e x －1－ax ＋ln x (a ∈R )．(1)若函数f (x )在x ＝1处的切线与直线3x －y ＝0平行，求a 的值；(2)若不等式f (x )≥ln x －a ＋1对一切x ∈[1，＋∞)恒成立，求实数a 的取值范围．解 (1)f ′(x )＝e x －1－a ＋1x， ∴f ′(1)＝2－a ＝3，∴a ＝－1，经检验a ＝－1满足题意，∴a ＝－1，(2)f (x )≥ln x －a ＋1可化为e x －1－ax ＋a －1≥0，x >0，令φ(x )＝e x －1－ax ＋a －1，则当x ∈[1，＋∞)时，φ(x )min ≥0，∵φ′(x )＝e x －1－a ，①当a ≤1e时，φ′(x )>0， ∴φ(x )在[1，＋∞)上单调递增，∴φ(x )min ＝φ(1)＝1－a ＋a －1＝0≥0恒成立，∴a ≤1e符合题意． ②当a >1e时，令φ′(x )＝0，得x ＝ln a ＋1. 当x ∈(0，ln a ＋1)时，φ′(x )<0，当x ∈(ln a ＋1，＋∞)时，φ′(x )>0，∴φ(x )在(0，ln a ＋1)上单调递减，在(ln a ＋1，＋∞)上单调递增．当ln a ＋1≤1，即1e <a ≤1时，φ(x )在[1，＋∞)上单调递增，φ(x )min ＝φ(1)＝0≥0恒成立， ∴1e<a ≤1符合题意． 当ln a ＋1>1，即a >1时，φ(x )在[1，ln a ＋1)上单调递减，在(ln a ＋1，＋∞)上单调递增， ∴φ(x )min ＝φ(ln a ＋1)<φ(1)＝0与φ(x )≥0矛盾．故a >1不符合题意．综上，实数a 的取值范围为(－∞，1]．教师备选(2022·衡阳模拟)已知函数f (x )＝－ax 2＋ln x (a ∈R )．(1)讨论f (x )的单调性﹔(2)若存在x ∈(1，＋∞)，f (x )>－a ，求a 的取值范围． 解 (1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝－2ax ＋1x ＝1－2ax 2x， 当a ≤0时，f ′(x )>0，则f (x )在(0，＋∞)上单调递增，当a >0时﹐由f ′(x )＝0，得x ＝12a ， 由f ′(x )>0，得x ∈⎝⎛⎭⎫0，12a ， 由f ′(x )<0，得x ∈⎝⎛⎭⎫12a ，＋∞， 于是有f (x )在⎝⎛⎭⎫0，12a 上单调递增，在⎝⎛⎭⎫12a ，＋∞上单调递减． (2)由f (x )>－a ，得a (x 2－1)－ln x <0，x ∈(1，＋∞)，－ln x <0，x 2－1>0，当a ≤0时，a (x 2－1)－ln x <0，满足题意；当a ≥12时， 令g (x )＝a (x 2－1)－ln x (x >1)，g ′(x )＝2ax 2－1x>0，g (x )在(1，＋∞)上单调递增，则g (x )>g (1)＝0，不符合题意， 当0<a <12时， 由g ′(x )>0，得x ∈⎝⎛⎭⎫12a ，＋∞， 由g ′(x )<0，得x ∈⎝⎛⎭⎫1，12a ，于是有g (x )在⎝⎛⎭⎫1，12a 上单调递减，在⎝⎛⎭⎫12a ，＋∞上单调递增， g (x )min ＝g ⎝⎛⎭⎫12a <g (1)＝0， 则当0<a <12时，∃x ∈(1，＋∞)，g (x )<0， 综上，a 的取值范围为⎝⎛⎭⎫－∞，12. 思维升华 根据不等式恒成立构造函数转化成求函数的最值问题，一般需讨论参数范围，借助函数单调性求解．跟踪训练2 已知函数f (x )＝x 2－(a ＋2)x ＋a ln x .(1)当a >2时，求函数f (x )的单调区间；(2)若存在x ∈[1，＋∞)，使f (x )<a 成立，求实数a 的取值范围．解 (1)∵x >0，f ′(x )＝2x －(a ＋2)＋a x ＝2x 2－(a ＋2)x ＋a x ＝(2x －a )(x －1)x， 又a 2>1， ∴当f ′(x )>0时，0<x <1或x >a 2， 当f ′(x )<0时，1<x <a 2， ∴f (x )的单调递增区间为(0,1)，⎝⎛⎭⎫a 2，＋∞， 单调递减区间为⎝⎛⎭⎫1，a 2. (2)∵存在x ∈[1，＋∞)使f (x )<a 成立⇔a >f (x )min .由(1)可得，①当a >2时，f (x )min ＝f ⎝⎛⎭⎫a 2＝－a 24－a ＋a ln a 2<a ， 即ln a 2－a 4<2， 令t ＝a 2，φ(t )＝ln t －t 2(t >1)， φ′(t )＝1t －12＝2－t 2t(t >1)， ∴φ(t )在(1,2)上单调递增，在(2，＋∞)上单调递减，∴φ(t )max ＝φ(2)＝ln 2－1<2恒成立，即当a >2时，不等式恒成立；(另解：当a >2时，f (x )在⎝⎛⎭⎫1，a 2上单调递减，在⎝⎛⎭⎫a 2，＋∞上单调递增，∴f (x )min ＝f ⎝⎛⎭⎫a 2<f (1)＝－1－a <a .)②当a ≤2时，f (x )在x ∈[1，＋∞)上单调递增，f (x )min ＝f (1)＝－a －1<a ，a >－12， ∴－12<a ≤2， 综合①②得，实数a 的取值范围为⎝⎛⎭⎫－12，＋∞. 题型三 双变量的恒(能)成立问题例3 设f (x )＝a x＋x ln x ，g (x )＝x 3－x 2－3. (1)如果存在x 1，x 2∈[0,2]，使得g (x 1)－g (x 2)≥M 成立，求满足上述条件的最大整数M ；(2)如果对于任意的s ，t ∈⎣⎡⎦⎤12，2，都有f (s )≥g (t )成立，求实数a 的取值范围．解 (1)存在x 1，x 2∈[0,2]，使得g (x 1)－g (x 2)≥M 成立，等价于[g (x 1)－g (x 2)]max ≥M 成立．g ′(x )＝3x 2－2x ＝x (3x －2)，令g ′(x )＝0，得x ＝0或x ＝23， ∵g ⎝⎛⎭⎫23＝－8527， 又g (0)＝－3，g (2)＝1，∴当x ∈[0,2]时，g (x )max ＝g (2)＝1，g (x )min ＝g ⎝⎛⎭⎫23＝－8527， ∴M ≤1－⎝⎛⎭⎫－8527＝11227， ∴满足条件的最大整数M 为4.(2)对任意的s ，t ∈⎣⎡⎦⎤12，2有f (s )≥g (t )，则f (x )min ≥g (x )max .由(1)知当x ∈⎣⎡⎦⎤12，2时，g (x )max ＝g (2)＝1，∴当x ∈⎣⎡⎦⎤12，2时，f (x )＝a x＋x ln x ≥1恒成立， 即a ≥x －x 2ln x 恒成立．令h (x )＝x －x 2ln x ，x ∈⎣⎡⎦⎤12，2，∴h ′(x )＝1－2x ln x －x ，令φ(x )＝1－2x ln x －x ，∴φ′(x )＝－3－2ln x <0，h ′(x )在⎣⎡⎦⎤12，2上单调递减，又h ′(1)＝0，∴当x ∈⎣⎡⎦⎤12，1时，h ′(x )≥0，当x ∈[1,2]时，h ′(x )≤0，∴h (x )在⎣⎡⎦⎤12，1上单调递增，在[1,2]上单调递减，∴h (x )max ＝h (1)＝1， 故a ≥1.∴实数a 的取值范围是[1，＋∞)．教师备选已知函数f (x )＝a (x 2－x －1)e x(x ∈R )，a 为正实数． (1)求函数f (x )的单调区间；(2)若∀x 1，x 2∈[0,4]，不等式|f (x 1)－f (x 2)|<1恒成立，求实数a 的取值范围．解 (1)因为f (x )＝a (x 2－x －1)e x(x ∈R )， 所以f ′(x )＝－ax (x －3)e x(x ∈R )， 因为a >0，所以令f ′(x )>0，得0<x <3；令f ′(x )<0，得x <0或x >3.所以f (x )的单调递增区间为(0,3)，单调递减区间为(－∞，0)和(3，＋∞)．(2)由(1)知f (x )在(0,3)上单调递增，在(3,4)上单调递减，所以f (x )在[0,4]上的最大值是f (3)＝5a e3. 又f (0)＝－a <0，f (4)＝11a e －4>0，所以f (0)<f (4)，所以f (x )在[0,4]上的最小值为f (0)＝－a .若∀x 1，x 2∈[0,4]，不等式|f (x 1)－f (x 2)|<1恒成立，则需f (x )max －f (x )min <1在x ∈[0,4]上恒成立，即f (3)－f (0)<1，即5a e 3＋a <1，解得a <e 35＋e 3. 又a >0，所以0<a <e 35＋e 3.故实数a 的取值范围为⎝⎛⎭⎫0，e 35＋e 3. 思维升华 “双变量”的恒(能)成立问题一定要正确理解其实质，深刻挖掘内含条件，进行等价变换，常见的等价转换有(1)∀x 1，x 2∈D ，f (x 1)>g (x 2)⇔f (x )min >g (x )max .(2)∀x 1∈D 1，∃x 2∈D 2，f (x 1)>g (x 2)⇔f (x )min >g (x )min .(3)∃x 1∈D 1，∀x 2∈D 2，f (x 1)>g (x 2)⇔f (x )max >g (x )max .跟踪训练3 设f (x )＝x e x ，g (x )＝12x 2＋x . (1)令F (x )＝f (x )＋g (x )，求F (x )的最小值；(2)若任意x 1，x 2∈[－1，＋∞)，且x 1>x 2，有m [f (x 1)－f (x 2)]>g (x 1)－g (x 2)恒成立，求实数m 的取值范围．解 (1)因为F (x )＝f (x )＋g (x )＝x e x ＋12x 2＋x ， 所以F ′(x )＝(x ＋1)(e x ＋1)，令F ′(x )>0，解得x >－1，令F ′(x )<0，解得x <－1，所以F (x )在(－∞，－1)上单调递减，在(－1，＋∞)上单调递增，故F (x )min ＝F (－1)＝－12－1e. (2)因为任意x 1，x 2∈[－1，＋∞)，且x 1>x 2，有m [f (x 1)－f (x 2)]>g (x 1)－g (x 2)恒成立，所以mf (x 1)－g (x 1)>mf (x 2)－g (x 2)恒成立，令h (x )＝mf (x )－g (x )＝mx e x －12x 2－x ，x ∈[－1，＋∞)，即只需h (x )在[－1，＋∞)上单调递增即可．故h ′(x )＝(x ＋1)(m e x －1)≥0在[－1，＋∞)上恒成立，故m ≥1e x ，而1ex ≤e ，故m ≥e ， 即实数m 的取值范围是[e ，＋∞)． 课时精练1．(2022·大同模拟)已知函数f (x )＝x (m e x －1)．(1)当m ＝1时，求函数f (x )的图象在(1，f (1))处的切线方程；(2)当x >0时，f (x )≥x 2－2x ，求实数m 的取值范围．解 (1)当m ＝1时，f (x )＝x (e x －1)，则f (1)＝e －1，由f ′(x )＝e x －1＋x e x 可得，f ′(1)＝2e －1.所以函数f (x )的图象在(1，f (1))处的切线方程为y －(e －1)＝(2e －1)(x －1)， 即(2e －1)x －y －e ＝0.(2)由x (m e x －1)≥x 2－2x 及x >0，得m ≥x －1e x . 令g (x )＝x －1e x (x >0)， 则g ′(x )＝2－x e x ， 当x ∈(0,2)时，g ′(x )>0；当x ∈(2，＋∞)时，g ′(x )<0，所以g (x )在(0,2)上单调递增，在(2，＋∞)上单调递减，所以x ＝2是g (x )的极大值点，也是g (x )的最大值点，即g (x )max ＝g (2)＝1e 2. 所以m ≥1e 2， 故m 的取值范围为⎣⎡⎭⎫1e 2，＋∞. 2．(2022·长春模拟)设函数f (x )＝x 2－(a ＋2)x ＋a ln x (a ∈R ).(1)若x ＝3是f (x )的极值点，求f (x )的单调区间；(2)若f (x )≥1恒成立，求a 的取值范围．解 (1)f ′(x )＝2x －(a ＋2)＋a x＝(2x －a )(x －1)x(x >0)， 又f ′(3)＝4－2a 3＝0， 所以a ＝6，经检验符合条件，所以f ′(x )＝2(x －3)(x －1)x， 令f ′(x )>0，有0<x <1或x >3；令f ′(x )<0，有1<x <3，所以f (x )的单调递增区间是(0,1)，(3，＋∞)，单调递减区间是(1,3)．(2)由题意f (x )≥1⇔f (x )min ≥1，当a ≤0时，令f ′(x )>0，有x >1；令f ′(x )<0，有0<x <1，所以f (x )在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以f (x )min ＝f (1)＝－a －1，所以－a －1≥1，即a ≤－2，当a >0时，①0<a 2<1，即0<a <2时， 存在f (1)＝－a －1<0；②a 2>1，即a >2时，存在f (1)＝－a －1<0； ③a 2＝1，即a ＝2时，f ′(x )≥0，f (x )在(0，＋∞)上单调递增，存在f (1)＝－3<0， 可知a >0时，f (x )≥1不恒成立．综上，a ≤－2.3．(2022·沈阳模拟)已知f (x )是定义在[－1,1]上的奇函数，当x >0时，f (x )＝x 2＋sin x ，g (x )是定义在(0，＋∞)上的函数，且g (x )＝ax ＋1x－2(a >0)． (1)求函数f (x )的解析式；(2)若对于∀x 1∈[－1,1]，∃x 2∈(0，＋∞)，使得f (x 1)>g (x 2)成立，求实数a 的取值范围． 解 (1)设x <0，则－x >0，所以f (－x )＝x 2－sin x ，又f (x )是奇函数，所以f (－x )＝－f (x )，所以f (x )＝－f (－x )＝－x 2＋sin x ，又f (0)＝0，所以f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋sin x (x ≥0)，－x 2＋sin x (x <0). (2)由题意得f (x )min >g (x )min .当x ∈[0,1]时，f ′(x )＝2x ＋cos x >0，所以f (x )在[0,1]上单调递增，所以f (x )min ＝f (0)＝0；当x ∈[－1,0)时，f ′(x )＝－2x ＋cos x >0，所以f (x )在[－1,0)上单调递增，所以f (x )min ＝f (－1)＝－1－sin 1<0，所以f (x )min ＝－1－sin 1.对于g (x )，因为a >0，x >0，所以ax ＋1x －2≥2a －2， 当且仅当ax ＝1x，即x ＝1a时等式成立． 所以g (x )min ＝2a －2，所以－1－sin 1>2a －2，整理得a <(1－sin 1)24， 所以实数a 的取值范围是⎝⎛⎭⎫0，(1－sin 1)24.4．(2022·昆明联考)已知函数f (x )＝e ax －x .(1)若曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处切线的斜率为1，求f (x )的单调区间；(2)若不等式f (x )≥e ax ln x －ax 2对x ∈(0，e]恒成立，求a 的取值范围． 解 (1)f ′(x )＝a e ax －1，则f ′(0)＝a －1＝1，即a ＝2.∴f ′(x )＝2e 2x －1，令f ′(x )＝0，得x ＝－ln 22. 当x <－ln 22时，f ′(x )<0； 当x >－ln 22时，f ′(x )>0. 故f (x )的单调递减区间为⎝⎛⎭⎫－∞，－ln 22，单调递增区间为⎝⎛⎭⎫－ln 22，＋∞. (2)由f (x )≥e ax ln x －ax 2，x ∈(0，e]，即ax 2－x ≥e ax (ln x －1)，有ax －1e ax ≥ln x －1x， 故仅需ln e ax －1e ax ≥ln x －1x即可． 设函数g (x )＝ln x －1x， 则ln e ax －1e ax ≥ln x －1x等价于g (e ax )≥g (x )． ∵g ′(x )＝2－ln x x 2， ∴当x ∈(0，e]时，g ′(x )>0，则g (x )在(0，e]上单调递增， ∴当x ∈(0，e]时，g (e ax )≥g (x )等价于e ax ≥x ，即a ≥ln x x恒成立． 设函数h (x )＝ln x x，x ∈(0，e]， 则h ′(x )＝1－ln x x 2≥0，即h (x )在(0，e]上单调递增，∴h (x )max ＝h (e)＝1e ，则a ≥1e即可， ∴a 的取值范围为⎣⎡⎭⎫1e ，＋∞.。
函数恒成立、能成立问题及课后练习——学生版
恒成立、能成立问题专题 一、基础理论回顾1、恒成立问题的转化：()a f x >恒成立⇒()max a f x >；()()min a f x a f x ≤⇒≤恒成立2、能成立问题的转化：()a f x >能成立⇒()min a f x >；()()max a f x a f x ≤⇒≤能成立3、恰成立问题的转化：()a f x >在M 上恰成立⇔()a f x >的解集为M ()()R a f x M a f x C M ⎧>⎪⇔⎨≤⎪⎩在上恒成立在上恒成立另一转化方法：若A x f D x ≥∈)(,在D 上恰成立，等价于)(x f 在D 上的最小值A x f =)(min ，若,D x ∈B x f ≤)(在D 上恰成立，则等价于)(x f 在D 上的最大值B x f =)(max .4、设函数()x f 、()x g ，对任意的[]b a x ,1∈，存在[]d c x ,2∈，使得()()21x g x f ≥，则()()x g x f min min ≥5、设函数()x f 、()x g ，对任意的[]b a x ,1∈，存在[]d c x ,2∈，使得()()21x g x f ≤，则()()x g x f max max ≤6、设函数()x f 、()x g ，存在[]b a x ,1∈，存在[]d c x ,2∈，使得()()21x g x f ≥，则()()x g x f min max ≥7、设函数()x f 、()x g ，存在[]b a x ,1∈，存在[]d c x ,2∈，使得()()21x g x f ≤，则()()x g x f max min ≤8、若不等式()()f x g x >在区间D 上恒成立，等价于在区间D 上函数()y f x =和图象在函数()y g x =图象上方；9、若不等式()()f x g x <在区间D 上恒成立，等价于在区间D 上函数()y f x =和图象在函数()y g x =图象下方；二、经典题型解析题型一、简单型例1、已知函数12)(2+-=ax x x f ，xax g =)(，其中0>a ，0≠x ． 1）对任意]2,1[∈x ，都有)()(x g x f >恒成立，求实数a 的取值范围；（构造新函数） 2）对任意]4,2[],2,1[21∈∈x x ，都有)()(21x g x f >恒成立，求实数a 的取值范围；（转化）例2、设函数b x x a x h ++=)(，对任意]2,21[∈a ，都有10)(≤x h 在]1,41[∈x 恒成立，求实数b 的范围．分析：思路、解决双参数问题一般是先解决一个参数，再处理另一个参数．以本题为例，实质还是通过函数求最值解决．方法1：化归最值，10)(10)(max ≤⇔≤x h x h ；方法2：变量分离，)(10x xab +-≤或x b x a )10(2-+-≤；方法3：变更主元（新函数），0101)(≤-++⋅=b x a xa ϕ，]2,21[∈a例3、已知两函数2)(x x f =，m x g x-⎪⎭⎫⎝⎛=21)(，对任意[]2,01∈x ，存在[]2,12∈x ，使得()21)(x g x f ≥，则实数m 的取值范围为题型二、更换主元和换元法例1、已知函数()ln()(x f x e a a =+为常数）是实数集R 上的奇函数，函数()()sin g x f x x λ=+是区间[]1,1-上的减函数，(Ⅰ)求a 的值；(Ⅱ)若[]2()11,1g x t t x λ≤++∈-在上恒成立，求t 的取值范围；例2、已知二次函数1)(2++=x ax x f 对[]2,0∈x 恒有0)(>x f ，求a 的取值范围。
微专题23 恒成立、能成立问题(解析版)
微专题23恒成立、能成立问题【方法技巧与总结】1.利用参变量分离法求解函数不等式恒（能）成立，可根据以下原则进行求解：（1）x D ∀∈，()()min m f x m f x ≤⇔≤；（2）x D ∀∈，()()max m f x m f x ≥⇔≥；（3）x D ∃∈，()()max m f x m f x ≤⇔≤；（4）x D ∃∈，()()min m f x m f x ≥⇔≥.2.不等式的恒成立与有解问题，可按如下规则转化：一般地，已知函数()y f x =，[],x a b ∈，()y g x =，[],x c d ∈.（1）若[]1,x a b ∀∈，[]2,x c d ∀∈，有()()12f x g x <成立，则()()max min f x g x <；（2）若[]1,x a b ∀∈，[]2,x c d ∃∈，有()()12f x g x <成立，则()()max max f x g x <；（3）若[]1,x a b ∃∈，[]2,x c d ∃∈，有()()12f x g x <成立，则()()min max f x g x <；（4）若[]1,x a b ∀∈，[]2,x c d ∃∈，有()()12f x g x =成立，则()f x 的值域是()g x 的值域的子集.【题型归纳目录】题型一：分离参数题型二：判别式法题型三：数形结合题型四：多变量的恒成立问题题型五：主元法题型六：直接法【典型例题】题型一：分离参数例1．（2022·江苏·连云港市赣马高级中学高一阶段练习）若对任意12x ≤≤，有2x a ≤恒成立，则实数的取值范围是（）A ．{|2}a a ≤B ．{|4}a a ≥C ．{|5}a a ≤D ．{|5}a a ≥【答案】B【解析】因为对任意12x ≤≤，有2x a ≤恒成立，所以()2maxxa ≤，因为12x ≤≤，所以204x ≤≤，所以4a ≥，故选：B例2．（2022·天津·高一期末）对于满足等式1411a b +=+的任意正数,a b 及任意实数[1,)x ∈+∞，不等式26a b x x m +≥-+-恒成立，则实数m 的取值范围为（）A ．[2,)+∞B ．[1,)+∞C ．[0,)+∞D ．[3,)-+∞【答案】B【解析】因为任意正数,a b 满足等式1411a b +=+，所以()()1411111a b a b a b a b ⎛⎫+=++-=+++-⎡⎤ ⎪⎣⎦+⎝⎭144481b a a b +=++≥+=+，当且仅当126b a +==，即3,5a b ==时等号成立，因为任意实数[1,)x ∈+∞，不等式26a b x x m +≥-+-恒成立，所以，268m x x ≥-+-对任意实数[1,)x ∈+∞恒成立，因为[1,)x ∈+∞时，()2268311x x x -+-=--+≤，当且仅当=3x 时等号成立，所以，1m ≥，即实数m 的取值范围为[1,)+∞.故选：B例3．（2022·全国·高一课时练习）已知对任意[]1,3m ∈，215mx mx m --<-+恒成立，则实数x 的取值范围是（）A ．6,7⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭B．11,,22∞∞⎛⎛⎫+-⋃+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭C ．6,7⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭D．⎝⎭【答案】D【解析】对任意[]1,3m ∈，不等式215mx mx m --<-+恒成立，即对任意[]1,3m ∈，()216m x x -+<恒成立，所以对任意[]1,3m ∈，261x x m-+<恒成立，所以对任意[]1,3m ∈，2min612x x m ⎛⎫-+<= ⎪⎝⎭，所以212x x -+<，解得1122x <<，故实数x的取值范围是1122⎛-+ ⎝⎭．故选：D ．变式1．（2022·全国·高一单元测试）已知12x ≤≤，20x ax ->恒成立，则实数a 的取值范围是（）A ．{}1a a ≥B ．{}1a a >C ．{}1a a ≤D ．{}1a a <【答案】D【解析】由12x ≤≤，20x ax ->恒成立，可得a x <在[]1,2上恒成立，即即1a <.故选：D.变式2．（2022·广东·深圳外国语学校高一阶段练习）若关于x 的不等式26110x x a -+-<在区间()2,5内有解，则实数a 的取值范围是（）A ．[)6,+∞B ．()6,+∞C ．[)2,+∞D ．()2,+∞【答案】D【解析】由关于x 的不等式26110x x a -+-<在区间(2,5)内有解，得2611a x x >-+在区间(2,5)内有解，令2()611f x x x =-+，则min ()(3)918112a f x f >==-+=，即2a >，所以实数a 的取值范围是(2,)+∞．故选：D ．题型二：判别式法例4．（2022·山东·潍坊一中高三期中）若关于x 的不等式()()224210a x a x -++-≥的解集不为空集，则实数a 的取值范围为（）A ．62,5⎛⎤- ⎥⎝⎦B ．62,5⎡⎤-⎢⎥⎣⎦C ．6(,2)[,)5-∞-⋃+∞D ．6(,2],5⎡⎫-∞-⋃+∞⎪⎢⎣⎭【答案】C【解析】根据题意，分两种情况讨论：①当240a -=时，即2a =±，若2a =时，原不等式为410x -≥，解可得：14x ≥，则不等式的解集为1|4x x ⎧⎫≥⎨⎬⎩⎭，不是空集；若2a =-时，原不等式为10-≥，无解，不符合题意；②当240a -≠时，即2a ≠±，若22(4)(2)10a x a x -++-≥的解集是空集，则有22240Δ(2)4(4)0a a a ⎧-<⎨=++-<⎩，解得625a -<<，则当不等式22(4)(2)10a x a x -++-≥的解集不为空集时，有2a <-或65a ≥且2a ≠，综合可得：实数a 的取值范围为6(,2)[,)5-∞-⋃+∞；故选：C ．例5．（2022·陕西·西安市西光中学高二阶段练习）关于x 的不等210ax ax a ++-<的解集为R ，则a ∈（）A ．(),0∞-B ．(0，+∞)C ．(0，1)D ．(]0-∞，【答案】D【解析】当0a =时，2110ax ax a ++-=-<对R x ∈恒成立，符合题意；当0a ≠时，构造21y ax ax a =++-，要使0y <对R x ∈恒成立，由二次函数的图像可知：a<0且224(1)340a a a a a ∆=--=-+<，解得：a<0，综上：0a ≤．故选：D ．例6．（2022·河北唐山·高一期中）已知关于x 的不等式2220mx mx ++≥的解集为R ，则实数m 的取值范围是（）A ．02m <<B ．02m ≤≤C ．0m ≤或2m ≥D ．0m <或m>2【答案】B【解析】当0m =时，则20≥恒成立，0m =成立；当0m ≠时，则20Δ480m m m >⎧⎨=-≤⎩，解得02m <≤；综上所述：实数m 的取值范围为02m ≤≤.故选：B.变式3．（2022·广东·石门高级中学高一阶段练习）若不等式23208kx kx +-<对一切实数x 都成立，则k 的取值范围是（）A ．[]3,0-B ．()(),30,-∞-⋃+∞C ．(]3,0-D ．(][),30,-∞-⋃+∞【答案】C【解析】当=0k 时，308-<对一切实数x 都成立，故=0k 符合题意；当0k ≠时，要使不等式23208kx kx +-<对一切实数x 都成立，则2<03<<03Δ=4×2×<08k k k k ⎧⎪⇒-⎨⎛⎫-- ⎪⎪⎝⎭⎩，综上可得30k -<≤，即(]3,0k ∈-；故选：C.变式4．（2022·北京市第五十中学高一阶段练习）对于任意实数x ，不等式()()222240m x m x ---+>恒成立，则m 的取值范围是（）A ．{22}mm -<<∣B ．{22}mm -<≤∣C ．{2mm <-∣或2}m >D ．{2mm <-∣或2}m ≥【答案】B【解析】当20m -=，即=2m 时，40>恒成立，满足题意.当20m -≠时，则有()()22>0Δ=424×2×4<0m m m ----⎧⎪⎨⎪⎩，解得：22m -<<综上，实数m 的取值范围是22m -<≤故选：B变式5．（2022·河南·洛宁县第一高级中学高一阶段练习）已知不等式()2110ax a x --+>对任意实数x 都成立，则实数a 的取值范围是（）A．{|3a a >-0}a <B．{|33a a -<<+C．{|3a a <-3a >+D．{33a a -<+【答案】D【解析】当0a =时，不等式为10x -+>，即1x <，不符合题意；当0a ≠时，不等式()2110ax a x --+>对任意实数x 都成立，由一元二次函数性质可知，0a >且判别式2[(1)]40a a ∆=---<，解得33a -<<+．故选:D ．题型三：数形结合例7．已知定义在R 上的函数()f x 满足()()f x f x =-，且在(0,)+∞上是增函数，不等式(2)(1)f ax f +- 对于[1x ∈，2]恒成立，则a 的取值范围是()A ．(-∞，32-B ．(-∞，1]2-C ．[3-，12-D ．3[,1]2--【解析】解：由题可知，()f x 的图象关于y 轴对称，且函数()f x 在(,0)-∞上递减，由函数()f x 的图象特征可得121ax -+ 在[1，2]上恒成立，得31a x x-- 在[1，2]上恒成立，所以312a -- ．故选：D ．例8．当(1,2)x ∈时，不等式1log a x x -<恒成立，则实数a 的取值范围为()A ．(0,1)B ．(1,2)C ．(1，2]D ．(2,)+∞【解析】解：函数1y x =-在区间(1,2)上单调递增，∴当(1,2)x ∈时，1(0,1)y x =-∈，若不等式1log a x x -<恒成立，则1a >且1log 2a 即(1a ∈，2]，故选：C ．例9．当(1,2)x ∈时，不等式2(1)log a x x -<恒成立，则实数a 的取值范围为()A ．(2，3]B ．[4，)+∞C ．(1，2]D ．[2，4)【解析】解：函数2(1)y x =-在区间(1,2)上单调递增，∴当(1,2)x ∈时，2(1)(0,1)y x =-∈，若不等式2(1)log a x x -<恒成立，则1a >且1log 2a 即(1a ∈，2]，故选：C ．变式6．存在[3x ∈，4]使得2()1x x a - 成立，则实数a 的取值范围是9[3,32-．【解析】解：由题意，存在[3x ∈，4]使得21()x a x- ，设21()(),[3,4],(),[3,4]f x x a x g x x x =-∈=∈，且1()3max g x =，1()4min g x =，如图①，当3a 时，函数()f x 在[3，4]上单调递增，此时只需21()(3)(3)3min f x f a ==- ，解得3333a -+ ，故333a - ；如图②，当34a <<时，函数()f x 的最小值为()min f x f =（a ）0=，显然恒成立，如图③，当4a 时，函数()f x 在[3，4]上单调递减，此时21()(4)(4)4min f x f a ==- ，解得7922a ，故942a ；综上，实数a 的取值范围是9[3,]32-．故答案为：9[3]2．题型四：多变量的恒成立问题例10．（2022·江苏省镇江第一中学高一阶段练习）已知函数2()2,R =++∈f x x ax a ．(1)若不等式()0f x ≤的解集为[1,2]，求不等式2()1f x x ≥-的解集；(2)若对于任意[1,1]x ∈-，不等式()2(1)4f x a x ≤-+恒成立，求实数a 的取值范围；(3)已知()g x x m =-+，当3a =-时，若对任意1[1,4]x ∈，总存在2(1,8)x ∈，使()()12f x g x =成立，求实数m 的取值范围．【解析】（1）由题意，1,2为方程220x ax ++=的两个不等实数根，123a a ∴+=-⇒=-，所以不等式2()1f x x ≥-为2223212310x x x x x -+≥-⇒-+≥，解得12x ≤或1x ≥，所以不等式解集为[)1,1,2⎛⎤-∞+∞ ⎥⎝⎦.（2）2()2(1)4220f x a x x x a a -≤-+⇒+-≤对[1,1]x ∈-恒成立，令()222a h x x x a =+--，即()0h x ≤对[1,1]x ∈-恒成立，因为函数()h x 开口向上，故只需满足()()101220101220h a a h a a ⎧≤-+-≤⎧⎪⇒⎨⎨-≤++-≤⎪⎩⎩，解得13a ≤，所以a 的取值范围为1,3⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦（3）当3a =-时，2()32f x x x =-+，开口向上，对称轴为32x =当[1,4]x ∈时，min 1()4f x =-，max ()6f x =，1()64f x ∴-≤≤，(1,8)x ∈时，()()8,1g x m m ∈-+-+，由题意，对任意1[1,4]x ∈，总存在2(1,8)x ∈，使()()12f x g x =成立，即函数()f x 的值域是函数()g x 的值域的子集，即()1,648,1m m ⎡⎤⊆-+-+⎢⎥-⎣⎦，18416m m ⎧-+<-⎪∴⎨⎪-+>⎩，解得3174m <<，所以m 的取值范围为317,4⎛⎫⎪⎝⎭.例11．（2022·浙江·杭十四中高一期末）已知函数()4af x x x=+-，()g x x b =-，2()2h x x bx =+(1)当2a =时，求函数()()y f x g x =+的单调递增与单调递减区间（直接写出结果）；(2)当[]3,4a ∈时，函数()f x 在区间[]1,m 上的最大值为()f m ，试求实数m 的取值范围；(3)若不等式()()()()1212h x h x g x g x -<-对任意1x ，[]20,2x ∈（12x x <）恒成立，求实数b 的取值范围.【解析】（1）当2a =时，21()()42(4y f x g x x x b x b x x =+=+-+-=+--，所以函数()()y f x g x =+的单调递增区间为(,1)-∞-，(1,)+∞，单调递减区间为(1,0)-，(0,1)；（2）因为[3a ∈，4]，且函数()y f x =在[1上单调递减，在)∞+上单调递增，又因为()f x 在[1，]m 上的最大值为()f m ，所以()()1f m f ≥，即414am a m+-≥+-，整理可得2(1)0m a m a -++≥，所以(1)()0m m a --≥，所以max m a ≥，即4m ≥；（3）由不等式1212()()|()||()|h x h x g x g x -<-对任意1x ，2[0x ∈，122]()x x <恒成立，即1122()|()|()|()|h x g x h x g x -<-，可令()()|()|F x h x g x =-，等价为()F x 在[0，2]上单调递增，而222(21),()()()2(21),x b x b x bF x h x g x x bx x b x b x b x b⎧++-<=-=+--=⎨+-+≥⎩，分以下三种情况讨论：①当12b b ≤--即14b ≤-时，可得102b -+≤，解得12b ≥，矛盾，无解；②1122b b b --<<-+，即1144b -<<时，函数()F x 的图象的走向为减、增、减、增，但是中间增区间的长度不足1，要想()F x 在[0，2]递增，只能102b -+≤，即12b ≥，矛盾，无解；③12b b ≥-+即14b ≥时，此时()F x 在1[2b --，)∞+上单调递增，要想()F x 在[0，2]递增，只能102b --≤，即12b ≥-，所以14b ≥．综上可得满足条件的b 的取值范围是1,4⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭．例12．（2022·辽宁·大连二十四中高三阶段练习）已知定义在R 上的函数()f x 满足()()0f x f x --=，且()2()log 21x f x kx =+-，()()g x f x x =+．(1)若不等式()422(2)x xg a g -⋅+>-恒成立，求实数a 的取值范围；(2)设4()ln 21h x x x x mx =+-+，若对任意的[]10,3x ∈，存在22e,e x ⎡⎤∈⎣⎦，使得()()12g x h x ≥，求实数m 的取值范围．【解析】（1）由题意知，()()22log 21log 210x x kx kx -+--+-=，即()()22222112log 21log 21log log 212x xxx x kx x --+=+-+===-+，所以12k =-，故()()21log 212xf x x =+-，∴()()()21log 212xg x f x x x =+=++，因为函数21x y =+为增函数，函数2log y x =在其定义域上单调递增，所以()2log 21xy =+单调递增，又12y x =为增函数，所以函数()g x 在R 上单调递增，所以不等式()()4222x xg a g -⋅+>-恒成立等价于4222x x a -⋅+>-，即442x xa +<恒成立，设2xt =，则0t >，2444442x x t t t t++==+≥，当且仅当2t =，即1x =时取等号，所以4a <，故实数a 的取值范围是(),4-∞；（2）因为对任意的[]10,3x ∈，存在22e,e x ⎡⎤∈⎣⎦，使得()()12g x h x ≥，所以()g x 在[]0,3上的最小值不小于()h x 在2,e e ⎡⎤⎣⎦上的最小值，因为()()21log 212xg x x =++在[]0,3上单调递增，所以当[]0,3x ∈时，()()min 01g x g ==，∴4()ln 211h x x x x mx =+-+≤，即存在2e,e x ⎡⎤∈⎣⎦，使311ln 22m x x ≥+成立，令()311ln ,22t x x x x =+∈2,e e ⎡⎤⎣⎦，因为312y x =在2,e e ⎡⎤⎣⎦上单调递增，1ln 2y x =在2,e e ⎡⎤⎣⎦上单调递增，∴()t x 在2,e e ⎡⎤⎣⎦上单调递增，∴()()3min 11e e 22t x t ==+，∴311e 22m ≥+，所以实数m 的取值范围是311e ,22⎡⎫++∞⎪⎢⎣⎭.变式7．（2022·湖北武汉·高一期中）已知函数()()2=R f x x mx m -∈.(1)若存在实数x ，使得()()22x xf f -=-成立，试求m 的最小值；(2)若对任意的[]12,1,1x x ∈-，都有()()122f x f x -≤恒成立，试求m 的取值范围.【解析】（1）由题意，由()()22x x f f -=-得，222222x x x x m m ---⋅=-+⋅，即222222x xxx m --+=+，2(22)22222222x x x xx x x xm ----+-∴==+-++，令222x x t -=+≥=，则2(2)m t t t=-≥，由于函数y t =在[2,)+∞为增函数，2y t=在[2,)+∞为减函数，min 2212m ∴=-=，即m 的最小值为1.（2）二次函数()2f x x mx=-的开口向上，对称轴为2m x =，若对任意的[]12,1,1x x ∈-，都有()()122f x f x -≤恒成立，则当[1,1]x ∈-时，()()max min 2f x f x -≤，①当12m≥，即2m ≥时，()min max (1)1,()(1)1f x f m f x f m =-=+==-，故1(1)2m m +--≤，解得1m ≤，又2m ≥，故无解；②当112m -≤≤，即22m -≤≤时，2min ()()24m m f x f ==-，max ()max{(1),(1)}max{1,1}f x f f m m =-=+-，要使得()()max min 2f x f x -≤，只需()122m f f ⎛⎫-≤ ⎪⎝⎭且()122m f f ⎛⎫--≤ ⎪⎝⎭，故2212(1)22242m mm m ++≤⇔+≤⇔--≤≤-，2212(1)22242m mm m -+≤⇔-≤⇔-+≤≤+，故22m -≤≤-+③当12m≤-，即2m ≤-时，max min ()(1)1,()(1)1f x f m f x f m ==-=-=+，则()()max min 2f x f x -≤，即22m -≤，解得1m ≥-，与2m ≤-矛盾，无解.综上，实数m 的取值范围是22m -+≤≤.变式8．（2022·湖南·株洲二中高一阶段练习）已知定义在R 上的函数()f x 满足()()0f x f x --=且()()2log 21x f x kx =++，()()g x f x x =+．(1)求()f x 的解析式；(2)若不等式()()4213x xg a g -⋅+>-恒成立，求实数a 取值范围；(3)设()221h x x mx =-+，若对任意的[]10,3x ∈，存在[]21,3x ∈，使得()()12g x h x ≥，求实数m 取值范围．【解析】（1）由题意知，()()22log 21log 210x x kx kx -+--+-=，即()()222212log 21log 21log 21x xxx kx x --+=+-+==-+，所以12k =-，故()()21log 212xf x x =+-.（2）由（1）知，()()()21log 212x g x f x x x=+=++，所以()g x 在R 上单调递增，所以不等式()()4213x xg a g -⋅+>-恒成立等价于4213x x a -⋅+>-，即442x xa +<恒成立.设2xt =，则0t >，2444442x x t t t t++==+≥，当且仅当2t =，即1x =时取等号，所以4a <，故实数a 的取值范围是(),4-∞.（3）因为对任意的[]10,3x ∈，存在[]21,3x ∈，使得()()12g x h x ≥，所以()g x 在[]0,3上的最小值不小于()h x 在[]1,3上的最小值，因为()()21log 212xg x x =++在[]0,3上单调递增，所以当[]0,3x ∈时，()()min 01g x g ==，又()221h x x mx =-+的对称轴为x m =，[]1,3x ∈，当1m £时，()h x 在[]1,3上单调递增，()()min 1221h x h m ==-≤，解得12m ≥，所以112m ≤≤；当13m <<时，()h x 在[)1,m 上单调递减，在[],3m 上单调递增，()()2min 11h x h m m ==-≤，解得m R ∈，所以13m <<；当3m ≥时，()h x 在[]1,3上单调递减，()()min 31061h x h m ==-≤，解得32m ≥，所以3m ≥，综上可知，实数m 的取值范围是1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭.变式9．（2022·山西·晋城市第一中学校高一阶段练习）已知函数()4f x x x=+，(1)判断函数()f x 在区间()0,∞+上的单调性，并利用定义证明；(2)若对任意的121,,42x x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，()()122f x f x m m -≤+恒成立，求实数m 的取值范围.【解析】（1）()4f x x x =+在()0,2上单调递减，在()2,+∞上单调递增，理由如下：取()12,0,2x x ∀∈，且12x x <，()()()()121212121212444x x f x f x x x x x x x x x --=+--=--()()1212121212441x x x x x x x x x x ⎛⎫-=--=-⋅⎪⎝⎭，因为()12,0,2x x ∀∈，12x x <，故12120,40x x x x >-<，120x x -<，()()()1212121240x x f x f x x x x x --=-⋅>，所以()()12f x f x >，所以()4f x x x=+在()0,2上单调递减；取()34,2,x x ∀∈+∞，且34x x <，()()()()343434343434444x x f x f x x x x x x x x x --=+--=--()()3434343434441x x x x x x x x x x ⎛⎫-=--=-⋅ ⎪⎝⎭，因为()34,2,x x ∀∈+∞，34x x <，故34340,40x x x x >->，340x x -<，()()()3434343440x x f x f x x x x x --=-⋅<，所以()()34f x f x <，所以()4f x x x=+在()2,+∞上单调递增；（2）若对任意的121,,42x x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，()()122f x f x m m -≤+恒成立，0m =时，2m m+无意义，舍去，当0m <时，20m m+<，此时()()122f x f x m m -≤+无解，舍去，所以0m >，只需求出()()12f x f x -的最大值，当1,22x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，()4f x x x =+单调递减，当(]2,4x ∈时，()4f x x x =+单调递增，故()()min 2224f x f ==+=，又因为17182122f ⎛⎫=+= ⎪⎝⎭，()4415f =+=，故()max 11722f x f ⎛⎫== ⎪⎝⎭，故()()12max 179422f x f x -=-=，所以922m m≤+，因为0m >，故解得：4m ≥或102m <≤实数m 的取值范围是[)14,0,2⎛⎤+∞ ⎝⎦.变式10．（2022·黑龙江·哈尔滨三中高一阶段练习）已知定义域为R 的函数()f x 满足()()212132f x x a x a +=+--+.(1)求函数()f x 的解析式；(2)若对任意的[]3,2a ∈--，都有()0f x <恒成立，求实数x 的取值范围；(3)若[]12,2,1x x ∃∈-使得()()124f x f x >+，求实数a 的取值范围.【解析】（1）()()2+1=+213+2f x x a x a --，令1x t +=，则1x t =-，故()()()()2212113221f t a t t a t a t a =-+---+=--+，所以()221f x a a x x =--+；（2）()221f x a a x x =--+可看作关于a 的一次函数()()2211x a h a x =--++，要想对任意的[]3,2a ∈--，都有()0h a <恒成立，只需要()()()()223=321++1<02=221++1<0h x x h x x --------⎧⎪⎨⎪⎩①②，解①得：33x -<<-解②得：31x -<<-，则33x -<<-31x -<<-求交集得33x -<<-实数x 的取值范围是(3,3--；（3）若[]12,2,1x x ∃∈-使得()()124f x f x >+，只需()()max min 4f f x x >+在[]2,1x ∈-上成立，()221f x a a x x =--+的对称轴为=x a ，当2a ≤-时，()f x 在[]2,1x ∈-上单调递增，所以()()max 112123x f a a a f ==--+=-，()()min 244135f x f a a a =-=+-+=+，由23354a a ->++，解得：76a <-，2a ≤-与76a <-取交集得：2a ≤-；当1a ≥时，()f x 在[]2,1x ∈-上单调递减，所以()()min 123x f a f ==-，()()min 235x f a f =-=+，由35234a a +>-+，解得：16a >，1a ≥与16a >取交集得：1a ≥；当122a -<<-时，()f x 在[)2,a -上单调递减，在[],1a 上单调递增，且()()12f f >-，所以()()max 123x f a f ==-，()()2min ==+1f x f a a a --，由22314a a a ->--++，解得：3a >或1a <-，3a >或1a <-与122a -<<-取交集得：21a -<<-，当112a -≤<时，()f x 在[)2,a -上单调递减，在[],1a 上单调递增，且()()21f f -≥，所以()()max 235x f a f =-=+，()()2min ==+1f x f a a a --，23514a a a +>--++，解得：0a >或4a <-，0a >或4a <-与112a -≤<取交集得：0<<1a ，综上：1a <-或0a >实数a 的取值范围是()(),10,+-∞-⋃∞变式11．（2022·江西·贵溪市实验中学高三阶段练习（文））设函数()f x 的定义域是()0,+∞，且对任意的正实数x 、y 都有()()()f xy f x f y =+恒成立，已知()164f =，且01x <<时()0f x <.(1)求()1f 与()2f 的值；(2)求证：对任意的正数1x 、2x ，()()121f x x f x +>；(3)解不等式()()111282f x f x +>-.【解析】（1）对任意的正实数x 、y 都有()()()f xy f x f y =+恒成立，所以，()()()16444f f f =+=，则()42f =，()()()4222f f f =+=，可得()21f =，()()()221f f f =+，可得()1=0f .（2）证明：对任意的正实数x 、y 都有()()()f xy f x f y =+恒成立，令1y x =，则()()110f x f f x ⎛⎫+== ⎪⎝⎭，可得()1f f x x ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，对任意的正数1x 、2x ，则11201x x x <<+，所以，()()()11112121210x f f x f f x f x x x x x x ⎛⎫⎛⎫=+=-+<⎪ ⎪++⎝⎭⎝⎭，故()()121f x x f x +>.（3）由()()111282f x f x +>-，可得()()()()()()21282244f x f x f x f x f f x -<+=++=，由（2）可知，函数()f x 在()0,+∞上为增函数.所以，24>128>0128>0x x x x --⎧⎪⎨⎪⎩，解得213x <<或>2x .故原不等式的解集为()2,12,3⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭.题型五：主元法例13．（2022·广东实验中学高三阶段练习）已知函数()f x 对任意实数,x y 恒有()()()f x y f x f y +=+，当0x >时，()0f x <，且()12f =-(1)判断()f x 的奇偶性；(2)求函数()f x 在区间[]3,3-上的最大值；(3)若][()21,1,1,1,<22x a f x m am ∃∈-∀∈---⎡⎤⎣⎦恒成立，求实数m 的取值范围.【解析】（1）令==0x y ，则(0)2(0)f f =，可得(0)=0f ，令y x =-，则(0)()()0f f x f x =+-=，可得()()f x f x -=-，又()f x 定义域为R ，故()f x 为奇函数.（2）令12=+>=x x y x x ，则1212()=()+()f x f x f x x -，且120x x ->，因为0x >时，()0f x <，所以1212()()=()<0f x f x f x x --，故12()()f x f x <，即()f x 在定义域上单调递减，所以()f x 在区间[]3,3-上的最大值为(3)=(12)=(1)+(2)=3(1)=3(1)=6f f f f f f -------.（3）由（2），()f x 在[]1,1-上min ()=(1)=2f x f -，2[1,1],[1,1],()<22x a f x m am ∃∈-∀∈---恒成立，即2[1,1],22>2a m am ∀∈----恒成立，所以2[1,1],()=2>0a g a m ma ∀∈--恒成立，显然0m =时不成立，则2>0(1)=2>0m g m m -⎧⎨⎩，可得2m >；2<0(1)=+2>0m g m m -⎧⎨⎩，可得2m <-；综上，2m <-或2m >.例14．（2022·广东·深圳中学高三阶段练习）已知当11a -≤≤时，()24420x a x a +-+->恒成立，则实数x 的取值范围是（）A ．(),3-∞B ．][(),13,∞∞-⋃+C ．(),1-∞D ．()(),13,-∞⋃+∞【答案】D【解析】()24420x a x a +-+->恒成立，即()22440x a x x -+-+>，对任意得[]1,1a ∈-恒成立，令()()2244f a x a x x =-+-+，[]1,1a ∈-，当2x =时，()0f a =，不符题意，故2x ≠，当2x >时，函数()f a 在[]1,1a ∈-上递增，则()()2min 12440f a f x x x =-=-++-+>，解得3x >或2x <（舍去），当2x <时，函数()f a 在[]1,1a ∈-上递减，则()()2min 12440f a f x x x ==-+-+>，解得1x <或2x >（舍去），综上所述，实数x 的取值范围是()(),13,-∞⋃+∞.故选：D.例15．（2022·黑龙江·双鸭山一中高一阶段练习）若命题“[]()21,3,2130a ax a x a ∃∈---+-<”为假命题，则实数x 的取值范围为（）A ．[]1,4-B ．50,3⎡⎤⎢⎥⎣⎦C ．[]51,0,43⎡⎤⎢⎥⎣-⎦D ．[)51,0,43⎛⎤- ⎥⎝⎦【答案】C【解析】命题“[]()21,3,2130a ax a x a ∃∈---+-<”为假命题，其否定为真命题，即“[]()21,3,2130a ax a x a ∀∈---+-≥”为真命题．令22()23(21)30g a ax ax x a x x a x =-++-=--++≥，则(1)0(3)0g g -≥⎧⎨≥⎩，即22340350x x x x ⎧-++≥⎨-≥⎩，解得14503x x x -≤≤⎧⎪⎨≥≤⎪⎩或，所以实数x 的取值范围为[]51,0,43⎡⎤⎢⎥⎣-⎦.故选：C变式12．（2022·江西·于都县新长征中学高一阶段练习）已知[1a ∈-，1]，不等式2(4)420x a x a +-+->恒成立，则x 的取值范围为()A ．(-∞，2)(3⋃，)∞+B ．(-∞，1)(2⋃，)∞+C ．(-∞，1)(3⋃，)∞+D ．(1,3)【答案】C【解析】令()2(2)44f a x a x x =-+-+，则不等式2(4)420x a x a +-+->恒成立转化为()0f a >在[1,1]a ∈-上恒成立．∴有(1)0(1)0f f ->⎧⎨>⎩，即22(2)4402440x x x x x x ⎧--+-+>⎨-+-+>⎩，整理得：22560320x x x x ⎧-+>⎨-+>⎩，解得：1x <或3x >．x \的取值范围为()(),13,-∞⋃+∞．故选：C ．变式13．（2022·江西·金溪一中高三阶段练习（理））不等式225732ax x a x +->-对一切()1,0a ∈-恒成立，则实数x 的取值范围是（）A ．(]1,42⎡⎫-∞-⋃+∞⎪⎢⎣⎭B ．(][),41,-∞-⋃-+∞C ．()4,1--D ．14,2⎛⎫- ⎪⎝⎭【答案】A【解析】令()()227532=-+-+f a a x x x ，对一切()1,0a ∈-均大于0恒成立，所以()()22270175320⎧->⎪⎨-=--+-+≥⎪⎩x f x x x ，或()227005320⎧-<⎪⎨=-+≥⎪⎩x f x x ，或22705320⎧-=⎪⎨-+≥⎪⎩x x x ，解得4x ≤-或x12≤<xx =综上，实数x 的取值范围是4x ≤-，或12x ≥.故选：A.题型六：直接法例16．（2022·全国·高三专题练习）已知函数2()23f x x ax =--+满足对任意[2,]x a a ∈-，恒有()0f x >，则实数a 的取值范围是（）A ．(1,1)-B．51,3⎛⎫- ⎪⎝⎭C．⎫⎪⎝⎭D．⎛ ⎝⎭【答案】C【解析】由题设，()f x 开口向下且对称轴为4ax =-，∴要使任意[2,]x a a ∈-，恒有()0f x >，则()()()()2222Δ240{222230230a f a a a a f a a a =+>-=----+>=--+>，∴22310501a a a ⎧-+<⎪⎨<⎪⎩1a <<.故选：C.例17．（2022·全国·高一单元测试）若不等式2(1)10x a x +-+≥对一切(1,2]x ∈都成立，则a的最小值为（）A ．0B．-C．2-D ．5-【答案】D【解析】记22()(1)11f x x a x x ax a =+-+=++-，要使不等式()2110x a x +-+≥对一切(1,2]x ∈都成立，则：12(1)20a f ⎧-≤⎪⎨⎪=≥⎩或2122()1024a a a f a ⎧<-<⎪⎪⎨⎪-=--+≥⎪⎩或22(2)50a f a ⎧-≥⎪⎨⎪=+≥⎩解得2a ≥-或42a -<<-或54a -≤≤-，即5a ≥-.故选：D例18．（2022·全国·高一课时练习）若关于x 的不等式22(1)0x m x m -+-≥在(1,1)-有解，则m 的取值范围为（）A ．(,1][0,)-∞-+∞B ．(,1)(0,)-∞-+∞C ．[0,1]D ．(0,1)【答案】B【解析】令22()(1)f x x m x m =-+-，其对称轴为202m x =≥，关于x 的不等式22(1)0x m x m -+-≥在(1,1)-有解，当(1,1)x ∈-时，有()(1)f x f <-，(1)0f ∴->，即20m m +>，可得0m >或1m <-．故选：B ．【过关测试】一、单选题1．（2022·浙江·杭州高级中学高一期末）已知函数()()log 8a f x ax =-满足1a >，若()1f x >在区间[]1,2上恒成立，则实数a 的取值范围是（）A ．()4,+∞B ．8,43⎛⎫⎪⎝⎭C ．81,3⎛⎫ ⎪⎝⎭D ．()81,4,3⎛⎫⋃+∞ ⎪⎝⎭【答案】C【解析】因为()()log 8a f x ax =-且1a >，又8y ax =-单调递减，log a y x =在定义域上单调递增，所以()()log 8a f x ax =-在定义域上单调递减，因为()1f x >在区间[]1,2上恒成立，所以()()2log 821log a a f a a =->=恒成立，所以821a a a ->⎧⎨>⎩，解得813a <<，即81,3a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭；故选：C2．（2022·全国·高一单元测试）已知函数()()221,1,,12,2,2xa x x f x a x x ax a x ⎧-+≤⎪=<<⎨⎪+-≥⎩（0a >且1a ≠），若对任意两个不相等的实数1x ，2x ，()()()12120x x f x f x -->⎡⎤⎣⎦恒成立，则实数a 的取值范围是（）A ．[]2,4B ．(]1,4C ．()2,+∞D ．(]2,4【答案】D【解析】对任意两个不相等的实数1x ，2x ，()()()12120x x f x f x -->⎡⎤⎣⎦恒成立，所以函数()f x 在R 上为增函数，则有220,1,22,221,44,a a aa a a a a ->⎧⎪>⎪⎪-≤⎨⎪⎪-+≤⎪≤+-⎩解得：24a <≤.故选：D.3．（2022·湖南·高一阶段练习）已知())()ln 0f x ax a =>是奇函数，若()()210f ax bx f ax -++<恒成立，则实数b 的取值范围是（）A ．()8,8-B ．()0,8C ．()8,16-D ．()8,0-【答案】B【解析】∵()f x 是奇函数，∴()()f x f x -=-即()()0f x f x +-=恒成立，即)())lnln0ax a x +-=，则2160a -=，解得4a =±，又∵0a >，∴4a =，则())ln 4f x x =，所以())ln4ln ⎛⎫==f x x ，())()ln4ln ⎫-=+==-⎪⎭f x x f x ，()f x 是奇函数，因为=u 在[)0,∞+是单调递减函数，()ln =f x u 在[)0,∞+是单调递增函数，由复合函数的单调性性判断得，函数()f x 在[)0,∞+上单调递减，又()f x 为奇函数，所以()f x 在R 上单调递减；由()()210-++<f ax bx f ax 恒成立得，()()2441-<-+f x bx f x 可得()()2441-<--f x bx f x 恒成立，则2441->--x bx x ，即()24410--+>x b x 恒成立，所以()244410b =--⨯⨯<△恒成立，解得08b <<.故选：B.4．（2022·江苏·高一专题练习）若4230x x m -+>在()01x ∈，上恒成立，则实数m 的取值范围是（）A．()+∞B ．()4∞+，C．(-∞D ．()4∞-，【答案】C【解析】令()212xt t =∈，，，则原问题转化为230t mt -+>在()12t ∈，恒成立，即3m t t<+在()12t ∈，恒成立，又3t t +≥=当且仅当t =)，故实数m的取值范围是(-∞，故选：C ．5．（2022·辽宁·东北育才双语学校高一期中）定义在R 上的函数()f x 满足()()2f x f x -=，且当1x ≥时，()23,141log ,4x x f x x x -+≤<⎧=⎨-≥⎩，若对任意的[],1x t t ∈+，不等式()()21f x f x t -≤++恒成立，则实数t 的最大值为（）A ．-1B ．23-C ．23D ．13-【答案】D【解析】由题设，()f x 关于1x =对称，根据()f x 的解析式，在[1,)+∞上()f x 在4x =处连续且单调递减，所以()f x 在(,1)-∞上递增，要使对任意[],1x t t ∈+，()()()21f x f x f x t -≤++=恒成立，则|1|||x x t -≥+在[],1t t +上恒成立，所以222212x x x tx t -+≥++，即(1)(21)0t x t ++-≤在[],1t t +上恒成立，当10210t x t +≥⎧⎨+-≤⎩，即 min ，可得113t -≤≤-；当10210t x t +<⎧⎨+-≥⎩，即()max 1{1212t t x t <-≥-=-，无解；综上，t 的最大值为13-.故选：D.6．（2022·四川·石龙中学高一阶段练习）已知对于任意实数x ，220kx x k -+>恒成立，则实数k 的取值范围是（）A ．1k >B ．=1k C ．1k ≤D ．1k <【答案】A【解析】由题知，当=0k 时，20x ->不恒成立，舍去；当0k ≠时，220kx x k -+>即22y kx x k =-+图像恒在x 轴的上方，所以2>0Δ=44<0k k -⎧⎨⎩解得1k >；综上，1k >.故选：A7．（2022·全国·高一单元测试）已知函数2()3f x ax x =+-，若对任意的12,[1,)x x ∈+∞，且()()121212,3f x f x x x x x -≠<-恒成立，则实数a 的取值范围是（）A ．(,1)-∞B ．(,1]-∞C ．(,0)-∞D ．(,0]-∞【答案】D【解析】不妨设121x x ≤<，则120x x -<，根据题意，可得()()()12123f x f x x x ->-恒成立，即()()112233f x x f x x ->-恒成立.令2()()323g x f x x ax x =-=--，则()()12g x g x >恒成立，所以函数()g x 在[1,)+∞上单调递减.当0a =时，()23g x x =--在[1,)+∞上单调递减，符合题意；当0a ≠时，要使2()23g x ax x =--在[1,)+∞上单调递减，则0,21,2a a<⎧⎪-⎨-≤⎪⎩解得a<0.综上所述，实数a 的取值范围是(,0]-∞.故选：D.8．（2022·江苏省横林高级中学高一阶段练习）已知对任意(),0,x y ∈+∞，且23x y +=，11221t x y ≤+++恒成立，则t 的取值范围是（）A ．4t ≤B ．12t ≤C ．13t ≤D ．23t ≤【答案】D【解析】由23x y +=得：()()2216x y +++=，(),0,x y ∈+∞，22x ∴+>，211y +>，()()111111212221222162216221y x x y x y x y x y ⎛⎫⎛⎫++∴+=++++=++⎡⎤ ⎪ ⎪⎣⎦++++++⎝⎭⎝⎭12263⎛≥+= ⎝（当且仅当1x y ==时取等号），∴当11221t x y ≤+++恒成立时，23t ≤.故选：D.二、多选题9．（2022·重庆十八中高一阶段练习）不等式22x bx c x b ++≥+对任意R x ∈恒成立，则（）A ．2440b c -+≤B ．0b ≤C ．1c ≥D ．0b c +≥【答案】ACD【解析】对于A ，将22x bx c x b ++≥+整理为()220x b x c b +-+-≥，因为22x bx c x b ++≥+对任意R x ∈恒成立，所以0∆≤，即()()2240b c b ---≤，整理得2440b c -+≤，故A 正确；对于B ，令1,2b c ==，则()()2124211430∆=---=-=-<，满足题意，故B 错误；对于C ，由A 知244c b ≥+，即2114b c ≥+≥，故C 正确；对于D ，2211042b b b c b ⎛⎫+≥++=+≥ ⎪⎝⎭，故D 正确.故选：ACD.10．（2022·福建·三明一中高一阶段练习）已知函数()f x 的定义域为{}0x x >，当210x x >>时，()()1212120x x f x f x x x ⎡⎤-+->⎣⎦恒成立，则（）A ．()y f x =在()0,∞+上单调递减B ．()12y f x x=-在()0,∞+上单调递减C ．()()1236f f ->D ．()()1236f f -<【答案】ABC【解析】A 选项：由()()1212120x x f x f x x x ⎡⎤-+->⎣⎦，210x x >>，得()()2112120x xf x f x x x -->>，所以()y f x =在()0,∞+上单调递减，A 选项正确；B 选项：()()()()21212121121212121212121211022222x x x x x x x x y y f x f x f x f x x x x x x x x x x x -----=--+=-->-=＞，所以()12y f x x=-在()0,∞+上单调递减，C 选项与D 选项：由A 选项得()()2112120x x f x f x x x -->>，令12x =，23x =，则()()32123236f f -->=⨯，所以C 选项正确，D 选项错误；故选：ABC.11．（2022·浙江省平阳中学高一阶段练习）设函数()22f x x x a =++，若关于x 的不等式()()0f f x ≥恒成立，则实数a 的可能取值为（）A ．0B ．12C ．1D ．32【答案】CD【解析】因为函数()22f x x x a =++的开口向上，对称轴为=1x -，所以()()min 11f x f a =-=-，即()f x 的值域为[)1,a -+∝且关于x 的不等式()()0f f x ≥恒成立，则()1011f a a ⎧-≥⎨-≥-⎩，即2100a a a ⎧+-≥⎨≥⎩，解得a ≥或11Δ0a -<-⎧⎨≤⎩，此时无解.所以实数a的取值范围为⎫+∝⎪⎪⎣⎭故选:CD.12．（2022·江苏省怀仁中学高一阶段练习）已知函数()[]()212,2f x x x =-+∈-，()[]()220,3g x x x x =-∈，则下列结论正确的是（）A ．[]2,2x ∀∈-，()f x a >恒成立，则实数a 的取值范围是(),3-∞-B ．[]2,2x ∃∈-，()f x a >恒成立，则实数a 的取值范围是(),3-∞-C ．[]0,3x ∃∈，()g x a =，则实数a 的取值范围是[]1,3-D ．[]2,2x ∀∈-，[]0,3t ∃∈，()()f x g t =【答案】AC【解析】对于A 选项，[]2,2x ∀∈-，()f x a >恒成立，即()min f x a >，()f x 为减函数，所以()min ()23f x f a ==->，A 选项正确；对于B 选项，[]2,2x ∃∈-，()f x a >恒成立，即()max f x a >，所以()25f a -=>，B 选项不正确；对于C 选项，[]0,3x ∃∈，()g x a =，即()()max min g x a g x ≥≥，()g x 的图像为开口向上的抛物线，所以在对称轴1x =处取最小值，在离对称轴最远处3x =取最大值，所以()()3311g a g =≥≥=-，C 选项正确；对于D 选项，[]2,2x ∀∈-，[]0,3t ∃∈，()()f x g t =，即要求()f x 的值域是()g x 值域的子集，而()f x 的值域为[3,5]-，()g x 值域为[1,3]-，不满足要求，D 选项不正确；故选：AC.三、填空题13．（2022·江苏省新海高级中学高一期中）若不等式()()2log ln 40,1a x x a a -<>≠对于任意()31,e x ∈恒成立，则实数a 的取值范围是____________【答案】()140,1e ,⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭【解析】因为不等式()()2log ln 40,1a x x a a -<>≠对于任意()31,e x ∈恒成立，即不等式()2ln ln 4ln x x a+<对于任意()31,e x ∈恒成立，因为()31,e x ∈，所以()ln 0,3x ∈，所以不等式14ln ln ln x a x +<对于任意()31,e x ∈恒成立，令()4g x x x=+，()0,3x ∈，因为()4g x x x=+在()0,2上单调递减，在()2,3上单调递增，所以()()min 24g x g ==，即min4ln 4ln x x ⎛⎫= ⎪+⎝⎭，所以14ln a<，所以ln 0a <或1ln 4a >，解得01a <<或14e a >，即()140,1e ,a ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭；故答案为：()140,1e ,⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭14．（2022·全国·高一单元测试）若关于x 的方程12log 1mx m =-在区间()01，上有解，则实数m 的取值范围是_____．【答案】()(),01,∞∞-⋃+【解析】当()01x ∈，时，()12log 0,x ∞∈+，所以要使方程12log 1m x m =-在区间()01，上有解，只需01mm >-即可，解得0m <或1m >，所以实数m 的取值范围是()(),01,∞∞⋃+－．故答案为：()(),01,∞∞⋃+－．15．（2022·全国·高一专题练习）已知关于x 的方程2222212x a x a x x a ++-=-+-+有解，则实数a 的取值范围是___________．【答案】1a ≥或1a ≤-【解析】由题知，2222212x a x a x x a ++-=-+-+有解①当2x a <-时，即2222212x a a x x x a --=-+-+-+化简得22421x x a -=-有解即()()2222214a a a ->--⨯-整理得：42210a a ++<无解②当22a x a -≤≤时，即2222212x a a x x a x +=-+--++化简得2210x x -+=解得1x =即221a a -≤≤解得：1a ≥或者1a ≤-③当2x a >时，即2222212x a a x x a x +=-+-++-化简得：2221a x =+有解即()22221a a >+化简得：()2210a -<无解综上，实数a 的取值范围为：1a ≥或1a ≤-故答案为：1a ≥或1a ≤-.16．（2022·全国·高一单元测试）记{}()max ,()a ab a b b a b ≥⎧=⎨<⎩，已知2()3,()2g x x f x x =-=，设函数{}()max (),()F x f x g x =，若方程()0F x m -=有解，则实数m 的取值范围是__________________．【答案】[)2,-+∞【解析】由题意()0F x m -=有解，即(),y F x y m ==有交点令12()()1,3f x g x x x =∴=-=当(,1)(3,),()()x g x f x ∈-∞-⋃+∞>当(1,3),()()x g x f x ∈-<故{}223,1()max (),()2,133,3x x F x f x g x x x x x ⎧-≤-⎪==-<<⎨⎪-≥⎩画出函数{}()max (),()F x f x g x =的简图，如下图所示：数形结合可知，当=1x -时，min ()(1)2F x F =-=-故若(),y F x y m ==有交点，2m ≥-则实数m 的取值范围是[)2,-+∞故答案为：[)2,-+∞。
微专题09导数解答题之恒成立与能成立问题 高考数学
试卷讲评课件
′ = − + = − − ，
令 = − −
，则′
=
−
≥ ，
所以函数′ 在[, +∞)上单调递增，
于是′ ≥ ′ = ，所以函数 在[, +∞)上单调递增，
所以[ ] = = ，于是 ≤ ，因此实数的取值范围是
, ＞，则
= =
，所以
≥
，即正实数的取值范围是[ , +∞).
试卷讲评课件
例3.(2024 ⋅四川泸州·二模)已知函数f x = 2x 3 − ax 2 + 2 a＞0 .
(1)求曲线y = f x 在点 0, f 0 处的切线方程；
【解析】因为 = − + ＞ ，所以 = ，
则 ′
=
− −
=
− +
，设
= − + , ≠
则 ′ = ，令 ′ ＞，得＞，令 ′ ＜，得＜，
所以 ＞ = ，即 ′ ＞在 −∞, ∪ , +∞ 上恒成立，
，又＞，
′
所以当＜＜ 时 ＜，当＜或＞ 时 ′ ＞，
所以 在 , 上单调递减，在 −∞, ， , +∞ 上单调递增，
则在区间[−, ]内存在 ， ，使得 ⋅ ≥ ，
等价于在区间[−, ]内存在，使得 ≥ ，
所以函数 的单调增区间为 −∞, , , +∞ ，无单调减区间；
(完整版)利用导数解决恒成立能成立问题
利用导数解决恒成立能成立问题 一利用导数解决恒成立问题 不等式恒成立问题的常规处理方式？（常应用函数方程思想和“分离变量法”转化为最值问题，也可抓住所给不等式的结构特征，利用数形结合法）(1)恒成立问题若不等式()A x f >在区间D 上恒成立,则等价于在区间D 上()min f x A >For personal use only in study and research; not for commercial use若不等式()B x f <在区间D 上恒成立,则等价于在区间D 上()max f x B <1．若在x ∈[1，+∞）上恒成立，则a 的取值范围是 ______ ．2．若不等式x 4﹣4x 3＞2﹣a 对任意实数x 都成立，则实数a 的取值范围 _________ ．3．设a ＞0，函数，若对任意的x 1，x 2∈[1，e ]，都有f （x 1）≥g （x 2）成立，则a 的取值范围为 _________ ．4．若不等式|ax 3﹣lnx|≥1对任意x ∈（0，1]都成立，则实数a 取值范围是 _________ ．5．设函数f （x ）的定义域为D ，令M={k|f （x ）≤k 恒成立，x ∈D}，N={k|f （x ）≥k 恒成立， x ∈D}，已知，其中x ∈[0，2]，若4∈M ，2∈N ，则a 的范围是 _________ ．6．f （x ）=ax 3﹣3x （a ＞0）对于x ∈[0，1]总有f （x ）≥﹣1成立，则a 的范围为 _________ ．7．三次函数f （x ）=x 3﹣3bx+3b 在[1，2]内恒为正值，则b 的取值范围是 _________ ．8．不等式x 3﹣3x 2+2﹣a ＜0在区间x ∈[﹣1，1]上恒成立，则实数a 的取值范围是 __ ．9．当x ∈（0，+∞）时，函数f （x ）=e x 的图象始终在直线y=kx+1的上方，则实数k 的取 值范围是 _________ ．10．设函数f （x ）=ax 3﹣3x+1（x ∈R ），若对于任意的x ∈[﹣1，1]都有f （x ）≥0成立，则实数a 的值为 _________ ．11．若关于x 的不等式x 2+1≥kx 在[1，2]上恒成立，则实数k 的取值范围是 _________ ． 12．已知f （x ）=ln （x 2+1），g （x ）=（）x ﹣m ，若∀x 1∈[0，3]，∃x 2∈[1，2]，使得f （x 1）≥g （x 2），则实数m 的取值范围是（ ）A ． [，+∞）B ． （﹣∞，]C ． [，+∞）D ． （﹣∞，﹣]13．已知，，若对任意的x 1∈[﹣1，2]，总存在x 2∈[﹣1， 2]，使得g （x 1）=f （x 2），则m 的取值范围是（ ）A ． [0，]B ． [，0]C ． [，]D ． [，1]二利用导数解决能成立问题若在区间D 上存在实数x 使不等式()A x f >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()B x f <成立,则等价于在区间D 上的()min f x B <.14．已知集合A={x ∈R|≤2}，集合B={a ∈R|已知函数f （x ）=﹣1+lnx ，∃x 0＞0，使f （x 0）≤0成立}，则A ∩B=（ ）A．{x|x＜} B．{x|x≤或x=1} C．{x|x＜或x=1} D．{x|x＜或x≥1} 15．设函数，（p是实数，e为自然对数的底数）（1）若f（x）在其定义域内为单调函数，求p的取值范围；（2）若在[1，e]上至少存在一点x0，使得f（x0）＞g（x0）成立，求p的取值范围．16．若函数y=f（x），x∈D同时满足下列条件：（1）在D内的单调函数；（2）存在实数m，n，当定义域为[m，n]时，值域为[m，n]．则称此函数为D内可等射函数，设（a＞0且a≠1），则当f （x）为可等射函数时，a的取值范围是．17．存在x＜0使得不等式x2＜2﹣|x﹣t|成立，则实数t的取值范围是_________．18．存在实数x，使得x2﹣4bx+3b＜0成立，则b的取值范围是_________．19．已知存在实数x使得不等式|x﹣3|﹣|x+2|≥|3a﹣1|成立，则实数a的取值范围是_．20．存在实数a使不等式a≤2﹣x+1在[﹣1，2]成立，则a的范围为_________．21．若存在x∈，使成立，则实数a的取值范围为______．22．设存在实数，使不等式成立，则实数t的取值范围为_________．23．若存在实数p∈[﹣1，1]，使得不等式px2+（p﹣3）x﹣3＞0成立，则实数x的取值范围为_________．24．若存在实数x使成立，求常数a的取值范围．25．等差数列{a n}的首项为a1，公差d=﹣1，前n项和为S n，其中a1∈{﹣1，1，2}（I ）若存在n∈N，使S n=﹣5成立，求a1的值；．（II）是否存在a1，使S n＜a n对任意大于1的正整数n均成立？若存在，求出a1的值；否则，说明理由．参考答案1若在x∈[1，+∞）上恒成立，则a的取值范围是（﹣∞，]．考点：利用导数求闭区间上函数的最值；函数恒成立问题．专题：综合题．分析：把等价转化为lnx≥a﹣1﹣，得到lnx+≥a﹣1，从而原题等价转化为y=x+在x∈[1，+∞）上的最小值不小于a﹣1，由此利用导数知识能够求出a的取值范围．解答：解：∵=a﹣1﹣，∴lnx+≥a﹣1，∵在x∈[1，+∞）上恒成立，∴y=x+在x∈[1，+∞）上的最小值不小于a﹣1，∵，令=0，得x=1，或x=﹣1（舍），∴x∈[1，+∞）时，＞0，∴y=x+在x∈[1，+∞）上是增函数，∴当x=1时，y=x+在x∈[1，+∞）上取最小值1+=，故，所以a．故答案为：（﹣∞，]．点评：本题考查实数的取值范围的求法，具体涉及到分离变量法、导数性质、等价转化思想等知识点的灵活运用，解题时要关键是在x∈[1，+∞）上恒成立等价转化为y=x+在x∈[1，+∞）上的最小值不小于a﹣1．2．若不等式x4﹣4x3＞2﹣a对任意实数x都成立，则实数a的取值范围（29，+∞）．考点：利用导数求闭区间上函数的最值；函数恒成立问题．专题：计算题．分析：不等式恒成立，即较大的一边所取的最小值也大于较小的一边的最大值．因此记不等式的左边为F（x），利用导数工具求出它的单调性，进而得出它在R上的最小值，最后解右边2﹣a小于这个最小值，即可得出答案．解答：解：记F（x）=x4﹣4x3∵x4﹣4x3＞2﹣a对任意实数x都成立，∴F（x）在R上的最小值大于2﹣a求导：F′（x）=4x3﹣12x2=4x2（x﹣3）当x∈（﹣∞，3）时，F′（x）＜0，故F（x）在（﹣∞，3）上是减函数；当x∈（3，+∞）时，F′（x）＞0，故F（x）在（3，+∞）上是增函数．∴当x=3时，函数F（x）有极小值，这个极小值即为函数F（x）在R上的最小值即[F（x）]min=F（3）=﹣27因此当2﹣a＜﹣27，即a＞29时，等式x4﹣4x3＞2﹣a对任意实数x都成立故答案为：（29，+∞）点评：本题考查了利用导数求闭区间上函数的最值、函数恒成立问题等等知识点，属于中档题．3．设a＞0，函数，若对任意的x1，x2∈[1，e]，都有f （x1）≥g（x2）成立，则a的取值范围为[e﹣2，+∞）．考点：利用导数求闭区间上函数的最值；函数恒成立问题．专题：综合题．分析：求导函数，分别求出函数f（x）的最小值，g（x）的最大值，进而可建立不等关系，即可求出a的取值范围．解答：解：求导函数，可得g′（x）=1﹣，x∈[1，e]，g′（x）≥0，∴g（x）max=g（e）=e﹣1，令f'（x）=0，∵a＞0，x=±当0＜a＜1，f（x）在[1，e]上单调增，∴f（x）min=f（1）=1+a≥e﹣1，∴a≥e﹣2；当1≤a≤e2，f（x）在[1，]上单调减，f（x）在[，e]上单调增，∴f（x）min=f（）=≥e﹣1 恒成立；当a＞e2时f（x）在[1，e]上单调减，∴f（x）min=f（e）=e+≥e﹣1 恒成立综上a≥e﹣2故答案为：[e﹣2，+∞）点评：本题考查导数知识的运用，考查函数的最值，解题的关键是将对任意的x1，x2∈[1，e]，都有f（x1）≥g（x2）成立，转化为对任意的x1，x2∈[1，e]，都有f（x）min≥g（x）max．4．若不等式|ax3﹣lnx|≥1对任意x∈（0，1]都成立，则实数a取值范围是．考点：利用导数求闭区间上函数的最值；函数恒成立问题．专题：综合题；导数的综合应用．分析：令g（x）=ax3﹣lnx，求导函数，确定函数的单调性，从而可求函数的最小值，利用最小值大于等于1，即可确定实数a取值范围．解答：解：显然x=1时，有|a|≥1，a≤﹣1或a≥1．令g（x）=ax3﹣lnx，①当a≤﹣1时，对任意x∈（0，1]，，g（x）在（0，1]上递减，g（x）min=g（1）=a≤﹣1，此时g（x）∈[a，+∞），|g（x）|的最小值为0，不适合题意．②当a≥1时，对任意x∈（0，1]，，∴函数在（0，）上单调递减，在（，+∞）上单调递增∴|g（x）|的最小值为≥1，解得：．∴实数a取值范围是点评：本题考查导数知识的运用，考查函数的单调性与最值，考查分类讨论的数学思想，正确求导是关键．5．设函数f（x）的定义域为D，令M={k|f（x）≤k恒成立，x∈D}，N={k|f（x）≥k恒成立，x∈D}，已知，其中x∈[0，2]，若4∈M，2∈N，则a的范围是．考点：利用导数求闭区间上函数的最值；函数恒成立问题．专题：计算题；导数的概念及应用．分析：由题意，x∈[0，2]时，，确定的最值，即可求得a的范围．解答：解：由题意，x∈[0，2]时，，∴令，则g′（x）=x2﹣x=x（x﹣1）∵x∈[0，2]，∴函数在[0，1]上单调递减，在[1，2]上单调递增∴x=1时，g（x）min=﹣∵g（0）=0，g（2）=∴g（x）max=∴2﹣a≤﹣且4﹣a≥∴故答案为：点评：本题考查新定义，考查导数知识的运用，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．6．f（x）=ax3﹣3x（a＞0）对于x∈[0，1]总有f（x）≥﹣1成立，则a的范围为[4，+∞]．考点：利用导数求闭区间上函数的最值．专题：计算题．分析：本题是关于不等式的恒成立问题，可转化为函数的最值问题来求解，先对x分类讨论：x=0与x≠0，当x≠0即x∈（0，1]时，得到：，构造函数，只需需a≥[g（x）]max，于是可以利用导数来求解函数g（x）的最值．解答：解：∵x∈[0，1]总有f（x）≥﹣1成立，即ax3﹣3x+1≥0，x∈[0，1]恒成立当x=0时，要使不等式恒成立则有a∈（0，+∞）当x∈（0，1]时，ax3﹣3x+1≥0恒成立，即有：在x∈（0，1]上恒成立，令，必须且只需a≥[g（x）]max由＞0得，所以函数g（x）在（0，]上是增函数，在[，1]上是减函数，所以=4，即a≥4综合以上可得：a≥4．答案为：[4，+∞）．点评：本题考查函数的导数，含参数的不等式恒成立为题，方法是转化为利用导数求函数闭区间上的最值问题，考查了分类讨论的数学思想方法．7．三次函数f（x）=x3﹣3bx+3b在[1，2]内恒为正值，则b的取值范围是．考点：利用导数求闭区间上函数的最值；函数恒成立问题．专题：计算题；转化思想．分析：方法1：拆分函数f（x），根据直线的斜率观察可知在[1，2]范围内，直线y2与y1=x3相切的斜率是3b的最大值，求出b的取值范围方法2：利用函数导数判断函数的单调性，再对b进行讨论，比较是否与已知条件相符，若不符则舍掉，最后求出b的范围解答：解：方法1：可以看作y1=x3，y2=3b（x﹣1），且y2＜y1x3的图象和x2类似，只是在一，三象限，由于[1，2]，讨论第一象限即可直线y2过（1，0）点，斜率为3b．观察可知在[1，2]范围内，直线y2与y1=x3相切的斜率是3b的最大值．对y1求导得相切的斜率3（x2），相切的话3b=3（x2），b的最大值为x2．相切即是有交点，y1=y2 3x2（x﹣1）=x3 x=1.5则b的最大值为x2=9/4，那么b＜9/4．方法2：f（x）=x^3﹣3bx+3bf'（x）=3x^﹣3b b≤0时，f（x）在R上单调增，只需f（1）=1＞0，显然成立；b＞0时，令f'（x）=0 x=±√b﹣﹣﹣＞f（x）在[√b，+∞）上单调增，在[﹣√b，√b]上单调减；如果√b≤1即b≤1，只需f（1）=1＞0，显然成立；如果√b≥2即b≥4，只需f（2）=8﹣3b＞0﹣﹣﹣＞b＜8/3，矛盾舍去；如果1＜√b＜2即1＜b＜4，必须f（√b）=b√b﹣3b√b+3b＞0﹣b（2√b﹣3）＞0√b＜3/2b＜9/4，即：1＜b＜9/4综上：b＜9/4点评：考查学生的解题思维，万变不离其宗，只要会了函数的求导就不难解该题了．8．不等式x3﹣3x2+2﹣a＜0在区间x∈[﹣1，1]上恒成立，则实数a的取值范围（2，+∞）．考点：利用导数求闭区间上函数的最值；函数的单调性与导数的关系．专题：计算题．分析：变形为x3﹣3x2+2＜a在闭区间∈[﹣1，1]上恒成立，从而转化为三次多项式函数在区间上求最值的问题，可以分两步操作：①求出f（x）=x3﹣3x2+2的导数，从而得出其单调性；②在单调增区间的右端求出函数的极大值或区间端点的较大函数值，得出所给函数的最大值，实数a要大于这个值．解答：解：原不等式等价于x3﹣3x2+2＜a区间x∈[﹣1，1]上恒成立，设函数f（x）=x3﹣3x2+2，x∈[﹣1，1]求出导数：f/（x）=3x2﹣6x，由f/（x）=0得x=0或2可得在区间（﹣1，0）上f/（x）＞0，函数为增函数，在区间（0，1）上f/（x）＜0，函数为减函数，因此函数在闭区间[﹣1，1]上在x=0处取得极大值f（0）=2，并且这个极大值也是最大值所以实数a＞2故答案为：（2，+∞）点评：本题利用导数工具研究函数的单调性从而求出函数在区间上的最值，处理不等式恒成立的问题时注意变量分离技巧的应用，简化运算．9．当x∈（0，+∞）时，函数f（x）=e x的图象始终在直线y=kx+1的上方，则实数k的取值范围是（﹣∞，1]．考点：利用导数求闭区间上函数的最值．专题：常规题型．分析：构造函数G（x）=f（x）﹣y=ex﹣kx+1求函数的导数，根据导数判断函数的单调性，求出最小值，最小值大于0时k的范围，即k的取值范围解答：解：G（x）=f（x）﹣y=ex﹣kx+1，G′（x）=ex﹣k，∵x∈（0，+∞）∴G′（x）单调递增，当x=0时G′（x）最小，当x=0时G′（x）=1﹣k当G′（x）＞0时G（x）=f（x）﹣y=ex﹣kx+1单调递增，在x=0出去最小值0所以1﹣k≥0 即k∈（﹣∞，1]．故答案为：（﹣∞，1]．点评：构造函数，利用导数求其最值，根据导数的正负判断其增减性，求k值，属于简单题．10．设函数f（x）=ax3﹣3x+1（x∈R），若对于任意的x∈[﹣1，1]都有f（x）≥0成立，则实数a的值为4．考点：利用导数求闭区间上函数的最值．专题：计算题．分析：弦求出f′（x）=0时x的值，进而讨论函数的增减性得到f（x）的最小值，对于意的x∈[﹣1，1]都有f（x）≥0成立，可转化为最小值大于等于0即可求出a的范围．解答：解：由题意，f′（x）=3ax2﹣3，当a≤0时3ax2﹣3＜0，函数是减函数，f（0）=1，只需f（1）≥0即可，解得a≥2，与已知矛盾，当a＞0时，令f′（x）=3ax2﹣3=0解得x=±，①当x＜﹣时，f′（x）＞0，f（x）为递增函数，②当﹣＜x＜时，f′（x）＜0，f（x）为递减函数，③当x＞时，f（x）为递增函数．所以f（）≥0，且f（﹣1）≥0，且f（1）≥0即可由f（）≥0，即a•﹣3•+1≥0，解得a≥4，由f（﹣1）≥0，可得a≤4，由f（1）≥0解得2≤a≤4，综上a=4为所求．故答案为：4．点评：本题以函数为载体，考查学生解决函数恒成立的能力，考查学生分析解决问题的能力，属于基础题．11．若关于x的不等式x2+1≥kx在[1，2]上恒成立，则实数k的取值范围是（﹣∞，2]．考点：利用导数求闭区间上函数的最值．专题：计算题．分析：被恒等式两边同时除以x，得到k≤x+，根据对构函数在所给的区间上的值域，得到当式子恒成立时，k要小于函数式的最小值．解答：解：∵关于x的不等式x2+1≥kx在[1，2]上恒成立，∴k≤x+，∵在[1，2]上的最小值是当x=2时的函数值2，∴k≤2，∴k的取值范围是（﹣∞，2]故答案为：（﹣∞，2]．点评：本题考查函数的恒成立问题，解题的关键是对于所给的函数式的分离参数，写出要求的参数，再利用函数的最值解决．12．已知f（x）=ln（x2+1），g（x）=（）x﹣m，若∀x1∈[0，3]，∃x2∈[1，2]，使得f（x1）≥g（x2），则实数m的取值范围是（）A．[，+∞）B．（﹣∞，]C．[，+∞）D．（﹣∞，﹣]考点：利用导数求闭区间上函数的最值．专题：计算题．分析：先利用函数的单调性求出两个函数的函数值的范围，再比较其最值即可求实数m的取值范围．解答：解：因为x1∈[0，3]时，f（x1）∈[0，ln4]；x2∈[1，2]时，g（x2）∈[﹣m，﹣m]．故只需0≥﹣m⇒m≥．故选A．点评：本题主要考查函数恒成立问题以及函数单调性的应用，考查计算能力和分析问题的能力，属于中档题．13．已知，，若对任意的x1∈[﹣1，2]，总存在x2∈[﹣1，2]，使得g（x1）=f（x2），则m的取值范围是（）A．[0，]B．[，0]C．[，]D．[，1]考点：利用导数求闭区间上函数的最值；特称命题．专题：综合题．分析：根据对于任意x1∈[﹣1，2]，总存在x2∈[﹣1，2]，使得g（x1）=f（x2），得到函数g（x）在[﹣1，2]上值域是f（x）在[﹣1，2]上值域的子集，然后利用求函数值域的方法求函数f（x）、g（x）在[﹣1，2]上值域，列出不等式，解此不等式组即可求得实数a的取值范围即可．解答：解：根据对于任意x1∈[﹣1，2]，总存在x2∈[﹣1，2]，使得g（x1）=f（x2），得到函数g（x）在[﹣1，2]上值域是f（x）在[﹣1，2]上值域的子集求导函数可得：f′（x）=x2﹣1=（x+1）（x﹣1），∴函数f（x）在[﹣1，1）上单调减，在（1，2]上单调增∴f（﹣1）=，f（1）=﹣，f（2）=，∴f（x）在[﹣1，2]上值域是[﹣，]；m＞0时，函数g（x）在[﹣1，2]上单调增，∴g（x）在[﹣1，2]上值域是[﹣m+，2m+]∴﹣m+≥﹣且≥2m+∴0＜m≤m=0时，g（x）=满足题意；m＜0时，函数g（x）在[﹣1，2]上单调减，∴g（x）在[﹣1，2]上值域是[2m+，﹣m+]∴2m+≥﹣且≥﹣m+∴﹣≤m＜0综上知m的取值范围是[，]故选C．点评：本题主要考查了函数恒成立问题，以及函数的值域，同时考查了分类讨论的数学思想，属于中档题．14．已知集合A={x∈R|≤2}，集合B={a∈R|已知函数f（x）=﹣1+lnx，∃x0＞0，使f （x0）≤0成立}，则A∩B=（）A．{x|x＜} B．{x|x≤或x=1} C．{x|x＜或x=1} D．{x|x＜或x≥1}考点：利用导数求闭区间上函数的最值；交集及其运算．专题：计算题．分析：解分式不等式求出集合A，根据集合B可得a≤x﹣xlnx 在（0，+∞）上有解．利用导数求得h（x）=x﹣xlnx的值域为（﹣∞，1]，要使不等式a≤xlnx 在（0，+∞）上有解，只要a小于或等于h（x）的最大值即可，即a≤1 成立，故B={a|a≤1}，由此求得A∩B．解答：解：集合A={x∈R|≤2}={x|}={x|}={x|（x﹣1）（2x ﹣1）≥0，且2x﹣1≠0}={x|x＜，或x≥1}．由集合B 可知f（x）的定义域为{x|x＞0}，不等式﹣1+lnx≤0有解，即不等式a≤x﹣xlnx 在（0，+∞）上有解．令h（x）=x﹣xlnx，可得h′（x）=1﹣（lnx+1）=﹣lnx，令h′（x）=0，可得x=1．再由当0＜x＜1 时，h′（x）＞0，当x＞1 时，h′（x）＜0，可得当x=1时，h（x）=x﹣xlnx 取得最大值为1．要使不等式a≤x﹣xlnx 在（0，+∞）上有解，只要a小于或等于h（x）的最大值即可．即a≤1 成立，所以集合B={a|a≤1}．所以A∩B={x|x＜，或x=1}．故选C．点评：本题主要考查集合的表示方法、分式不等式的解法，利用导数判断函数的单调性，根据函数的单调性求函数的值域，两个集合的交集的定义和求法，属于中档题．15．设函数，（p是实数，e为自然对数的底数）（1）若f（x）在其定义域内为单调函数，求p的取值范围；（2）若在[1，e]上至少存在一点x0，使得f（x0）＞g（x0）成立，求p的取值范围．考点：利用导数求闭区间上函数的最值；利用导数研究函数的单调性．专题：计算题．分析：（1）求导f′（x）=，要使“f（x）为单调增函数”，转化为“f′（x）≥0恒成立”，再转化为“p≥=恒成立”，由最值法求解．同理，要使“f（x）为单调减函数”，转化为“f′（x）≤0恒成立”，再转化为“p≤=恒成立”，由最值法求解，最后两个结果取并集．（2）因为“在[1，e]上至少存在一点x0，使得f（x0）＞g（x0）成立”，要转化为“f（x）max＞g（x）min”解决，易知g（x）=在[1，e]上为减函数，所以g（x）∈[2，2e]，①当p≤0时，f（x）在[1，e]上递减；②当p≥1时，f（x）在[1，e]上递增；③当0＜p＜1时，两者作差比较．解答：解：（1）f′（x）=，要使“f（x）为单调增函数”，转化为“f′（x）≥0恒成立”，即p≥=恒成立，又，所以当p≥1时，f（x）在（0，+∞）为单调增函数．同理，要使“f（x）为单调减函数”，转化为“f′（x）≤0恒成立，再转化为“p≤=恒成立”，又，所以当p≤0时，f（x）在（0，+∞）为单调减函数．综上所述，f（x）在（0，+∞）为单调函数，p的取值范围为p≥1或p≤0（2）因g（x）=在[1，e]上为减函数，所以g（x）∈[2，2e]①当p≤0时，由（1）知f（x）在[1，e]上递减⇒f（x）max=f（1）=0＜2，不合题意②当p≥1时，由（1）知f（x）在[1，e]上递增，f（1）＜2，又g（x）在[1，e]上为减函数，故只需f（x）max＞g（x）min，x∈[1，e]，即：f（e）=p（e﹣）﹣2lne＞2⇒p＞．③当0＜p＜1时，因x﹣≥0，x∈[1，e]所以f（x）=p（x﹣）﹣2lnx≤（x﹣）﹣2lnx≤e﹣﹣2lne＜2不合题意综上，p的取值范围为（，+∞）点评：本题主要考查用导数法研究函数的单调性，基本思路是：当函数为增函数时，导数大于等于零；当函数为减函数时，导数小于等于零，已知单调性求参数的范围往往转化为求相应函数的最值问题．16．若函数y=f（x），x∈D同时满足下列条件：（1）在D内的单调函数；（2）存在实数m，n，当定义域为[m，n]时，值域为[m，n]．则称此函数为D内可等射函数，设（a＞0且a≠1），则当f （x）为可等射函数时，a的取值范围是（0，1）∪（1，2）．考点：利用导数求闭区间上函数的最值；函数的定义域及其求法；函数的值域．专题：新定义．分析：求导函数，判断函数为单调增函数，根据可等射函数的定义，可得m，n是方程的两个根，构建函数g（x）=，则函数g（x）=有两个零点，分类讨论，即可确定a的取值范围．解答：解：求导函数，可得f′（x）=a x＞0，故函数为单调增函数∵存在实数m，n，当定义域为[m，n]时，值域为[m，n]．∴f（m）=m，f（n）=n∴m，n是方程的两个根构建函数g（x）=，则函数g（x）=有两个零点，g′（x）=a x﹣1①0＜a＜1时，函数的单调增区间为（﹣∞，0），单调减区间为（0，+∞）∵g（0）＞0，∴函数有两个零点，故满足题意；②a＞1时，函数的单调减区间为（﹣∞，0），单调增区间为（0，+∞）要使函数有两个零点，则g（0）＜0，∴，∴a＜2∴1＜a＜2综上可知，a的取值范围是（0，1）∪（1，2）故答案为：（0，1）∪（1，2）．点评：本题考查新定义，考查导数知识的运用，考查函数的单调性，考查分类讨论的数学思想，正确理解新定义是关键．17．存在x＜0使得不等式x2＜2﹣|x﹣t|成立，则实数t的取值范围是（﹣，2）．考点：绝对值不等式．专题：计算题．分析：本题利用纯代数讨论是很繁琐的，要用数形结合．原不等式x2＜2﹣|x﹣t|，即|x ﹣t|＜2﹣x2，分别画出函数y1=|x﹣t|，y2=2﹣x2，这个很明确，是一个开口向下，关于y轴对称，最大值为2的抛物线；要存在x＜0使不等式|x﹣t|＜2﹣x2成立，则y1的图象应该在第二象限（x＜0）和y2的图象有交点，再分两种临界讲座情况，当t≤0时，y1的右半部分和y2在第二象限相切；当t＞0时，要使y1和y2在第二象限有交点，最后综上得出实数t的取值范围．解答：解：不等式x2＜2﹣|x﹣t|，即|x﹣t|＜2﹣x2，令y1=|x﹣t|，y1的图象是关于x=t对称的一个V字形图形，其象位于第一、二象限；y2=2﹣x2，是一个开口向下，关于y轴对称，最大值为2的抛物线；要存在x＜0，使不等式|x﹣t|＜2﹣x2成立，则y1的图象应该在第二象限和y2的图象有交点，两种临界情况，①当t≤0时，y1的右半部分和y2在第二象限相切：y1的右半部分即y1=x﹣t，联列方程y=x﹣t，y=2﹣x2，只有一个解；即x﹣t=2﹣x2，即x2+x﹣t﹣2=0，△=1+4t+8=0，得：t=﹣；此时y1恒大于等于y2，所以t=﹣取不到；所以﹣＜t≤0；②当t＞0时，要使y1和y2在第二象限有交点，即y1的左半部分和y2的交点的位于第二象限；无需联列方程，只要y1与y轴的交点小于2即可；y1=t﹣x与y轴的交点为（0，t），所以t＜2，又因为t＞0，所以0＜t＜2；综上，实数t的取值范围是：﹣＜t＜2；故答案为：（﹣，2）．点评：本小题主要考查函数图象的应用、二次函数、绝对值不等式等基础知识，考查运算求解能力，考查数形结合思想、化归与转化思想．属于基础题．18．存在实数x，使得x2﹣4bx+3b＜0成立，则b的取值范围是b＞或b＜0．考点：函数恒成立问题．专题：计算题；转化思想．分析：先把原命题等价转化为存在实数x，使得函数y=x2﹣4bx+3b的图象在X轴下方，再利用开口向上的二次函数图象的特点，转化为函数与X轴有两个交点，对应判别式大于0即可解题．解答：解：因为命题：存在实数x，使得x2﹣4bx+3b＜0成立的等价说法是：存在实数x，使得函数y=x2﹣4bx+3b的图象在X轴下方，即函数与X轴有两个交点，故对应的△=（﹣4b）2﹣4×3b＞0⇒b＜0或b＞．故答案为：b＜0或b＞．点评：本题主要考查二次函数的图象分布以及函数图象与对应方程之间的关系，是对函数知识的考查，属于基础题．19．已知存在实数x使得不等式|x﹣3|﹣|x+2|≥|3a﹣1|成立则实数a的取值范围是．考点：绝对值不等式．专题：数形结合；转化思想．分析：由题意知这是一个存在性的问题，须求出不等式左边的最大值，令其大于等于|3a ﹣1|，即可解出实数a的取值范围解答：解：由题意借助数轴，|x﹣3|﹣|x+2|∈[﹣5，5]∵存在实数x使得不等式|x﹣3|﹣|x+2|≥|3a﹣1|成立，∴5≥|3a﹣1|，解得﹣5≤3a﹣1≤5，即﹣≤a≤2故答案为点评：本题考查绝对值不等式，求解本题的关键是正确理解题意，区分存在问题与恒成立问题的区别，本题是一个存在问题，解决的是有的问题，故取|3a﹣1|≤5，即小于等于左边的最大值即满足题意，本题是一个易错题，主要错误就是出在把存在问题当成恒成立问题求解，因思维错误导致错误．20．存在实数a使不等式a≤2﹣x+1在[﹣1，2]成立，则a的范围为（﹣∞，4]．考点：指数型复合函数的性质及应用．专题：计算题．分析：由x的范围可得1﹣x的范围，由此得到2﹣x+1 的范围，从而得到a的范围．解答：解：由于﹣1≤x≤2，∴﹣1≤1﹣x≤2，∴≤2﹣x+1 ≤4．∵存在实数a使不等式a≤2﹣x+1在[﹣1，2]成立，∴a≤4．故a的范围为（﹣∞，4]，故答案为（﹣∞，4]．点评：本题主要考查指数型复合函数的性质以及应用，属于中档题．21．若存在x∈，使成立，则实数a的取值范围为．考点：正弦函数的图象；函数的图象与图象变化．专题：计算题．分析：根据正弦函数的单调性，分别求出当0≤x≤和≤x≤0时|sinx|的范围，进而推知x∈时，|sinx|的最大值．进而可知要使成立，只需小于其最大值即可．解答：解：当0≤x≤时，0≤|sinx|=sinx≤当≤x≤0时，0≤sinx|=﹣sinx≤即当x∈，0≤|sinx|≤∴要使成立，则需＜即故答案为：点评：本题主要考查了正弦函数的单调性．属基础题．22．设存在实数，使不等式成立，则实数t的取值范围为t．考点：函数恒成立问题．专题：计算题；函数的性质及应用．分析：考虑关键点x=1处，分为以下两端：①x∈（，1]时，t＞；②x∈（1，3]时，t≥，综上所述，t＞．解答：解：考虑关键点x=1处，分为以下两端：①x∈（，1]时，﹣x≥0，lnx≤0，于是t+﹣x＞e﹣lnx，即t＞﹣+x+=x＞，此时t＞．②x∈（1，3]时，﹣x＜0；lnx＞0，于是t﹣+x＞e lnx，即t＞﹣x+x=，此时t≥，综上所述，t＞．故答案为：t．点评：本题考查不等式的性质和应用，解题时要认真审题，仔细解答，注意分类讨论思想的合理运用．23．若存在实数p∈[﹣1，1]，使得不等式px2+（p﹣3）x﹣3＞0成立，则实数x的取值范围为（﹣3，﹣1）．考点：函数恒成立问题；一元二次不等式的解法．分析：把已知不等式整理为关于p的一元一次不等式，而不等式左边为关于p的一次函数，根据一次函数的性质可得此函数的最值只有在[﹣1，1]的端点取得，根据题意不等式恒成立可得当p=﹣1时，最小值大于0即可，故把p=﹣1代入不等式，得到关于x的不等式，求出不等式的解集即可得到x的取值范围．解答：解：不等式px2+（p﹣3）x﹣3＞0可以化为：p（x2﹣3x）﹣3x﹣3＞0，这是一个关于p的一元一次不等式，函数p（x2﹣3x）﹣3x﹣3是关于p的一次函数，一次函数图象是直线，在定义域上是单调递增或递减，P∈[﹣1，1]时，函数p（x2﹣3x）﹣3x﹣3的最小值必定在端点﹣1或1处取到，不等式px2+（p﹣3）x﹣3＞0总成立，只需最小值大于0即可．∴﹣x2+（﹣1﹣3）x﹣3＞0，即x2+（1﹣3）x﹣3＞0，解得：﹣3＜x＜﹣1，则实数x的取值范围为（﹣3，﹣1）．故答案为：（﹣3，﹣1）点评：考查学生理解函数恒成立时的条件的能力，以及灵活运用一元二次不等式解法的能力．24．若存在实数x使成立，求常数a的取值范围．考点：二维形式的柯西不等式．专题：计算题．分析：利用柯西不等式，求出左边对应函数的最大值，即可确定常数a的取值范围．解答：解：由题意，由柯西不等式得=≤（3+1）（x+2+14﹣x）=64所以8，当且仅当x=10时取“=”，∵存在实数x使成立∴a＜8∴常数a的取值范围是（﹣∞，8）．点评：本题主要考查运用柯西不等式求最值，解题的关键是变形，利用柯西不等式解题．25．等差数列{a n}的首项为a1，公差d=﹣1，前n项和为S n，其中a1∈{﹣1，1，2}（I ）若存在n∈N，使S n=﹣5成立，求a1的值；．（II）是否存在a1，使S n＜a n对任意大于1的正整数n均成立？若存在，求出a1的值；否则，说明理由．考点：数列与不等式的综合．专题：计算题．分析：（I ）由条件得，整理得：n2﹣（2a1+1）n﹣10=0，由于n∈N，所以其判别式必定是完全平方数，又a1∈{﹣1，1，2}，一一代入验证即可．（II）由S n＜a n，代入得，化简即可得．解答：解：（I ）由条件得，整理得：n2﹣（2a1+1）n﹣10=0，∴△=（2a1+1）2+40是完全平方数，∵a1∈{﹣1，1，2}，∴a1=1，此时n=5（II）由S n＜a n，代入得，∴，∵n＞1，∴，∴a1＜0故存在a1=﹣1，使S n＜a n对任意大于1的正整数n均成立．点评：数列与不等式恒成立问题结合起来，能有效考查学生的逻辑思维能力和灵活应用知识分析解决问题的能力，体现了转化的思想和分类讨论的思想．仅供个人用于学习、研究；不得用于商业用途。
2024年高考数学复习 专题05 利用导函数研究恒成立问题(典型题型归类训练) (解析版)
即 etx 2 ln etx (x 2) ln x 恒成立.
设 g(x) (x 2) ln x ，则 g(etx ) g(x) ，且 g(x) 1 2 ln x ， x
令 h(x)
g ( x)
1
2 x
ln
x
，则 h(x)
2 x2
1 x
x2 x2
，
所以当 x (0, 2) 时， h(x) 0 ， h(x) 在 (0,2) 单调递减；当 x (2,) 时， h(x) 0 ， h(x) 在 (2, ) 单调递增；
所以
g (b)min
g(1 a ) 2
1 a 2
1 2
；
（2）当 0 < a < 3 时，令 f (x) 0 ，解得 x a ， 3
f (x) 在区间 0,
a
3
上单调递增，在
a 3
,1
上单调递减，
f (0) b ， f
a 3
2a 3
a b， f (1) a b 1， 3
①当 0 a 1时 a b 1 b ，此时 a b 1 f ( x) 2a a b， 33
1 3
，
g (b)min
1 2
3 2
t2
t3
，记
h(t )
1 2
3 2
t2
t3
，
则 h(t) 3t2 3t) 3t(t 1) ，
当 0,
1
时，
h
(t
)
0
恒成立，
3
即 h(t) 在区间 0,
1 3
上单调递减，即
h(t
) min
h
1 3
3， 9
即 g(b)min
(完整版)导数与恒成立、能成立问题及课后练习(含答案),推荐文档
导数与恒成立、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⇒a >f (x)2、能成立问题的转化： a >f (x)能成立⇒a >f (x) ； a ≤f (x)恒成立⇒a ≤f (x) ； a ≤f (x)能成立⇒a ≤f (x)minmax3、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 ⇔⎨⎪a >f (x)在上M恒成立⎩a ≤f (x)在上C R恒M成立另一转化方法：若x ∈D, f (x) ≥A 在D 上恰成立，等价于f (x) 在D 上的最小值f min (x) =A ，若x ∈D, f (x) ≤B 在 D 上恰成立，则等价于 f (x) 在 D 上的最大值 f max (x) =B .4、设函数f (x)、g(x)，对任意的x1∈[a , b]，存在x2∈[c , d ]，使得f (x1)≥g(x2)，则f min (x)≥g min (x)5、设函数f (x)、g(x)，对任意的x1∈[a , b]，存在x2∈[c , d ]，使得f (x1)≤g(x2)，则f max(x)≤g max(x)6、设函数 f (x)、 g(x)，存在 x1∈[a , b]，存在 x2∈[c , d ]，使得 f (x1)≥g(x2)，则f max(x)≥ g min(x)7、设函数 f (x)、 g(x)，存在 x1∈[a , b]，存在 x2∈[c , d ]，使得 f (x1)≤g(x2)，则f min(x)≤ g max(x)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 = 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 = 象下方；f (x)和图象在函数y =g (x)图f (x)和图象在函数y =g (x)图max min> 0 4 与题型一、简单型二、经典题型解析例 1、已知函数 f (x ) = x 2 - 2ax + 1， g (x ) = a，其中 a > 0 ， x ≠ 0 ．x1）对任意 x ∈[1,2] ，都有 f (x ) > g (x ) 恒成立，求实数 a 的取值范围；（构造新函数） 2）对任意 x 1 ∈[1,2], x 2 ∈[2,4]，都有 f (x 1 ) > g (x 2 ) 恒成立，求实数 a 的取值范围；（转化）x 2 - 2ax + 1 - a > 0 ⇒ a < x 3 + x (x ) = x 3+ x简解：（1）由 x 3 + x x 2x 2 + 1 成立，只需满足 ' 2x 4 + x 2 + 1 2x 2 + 1 的最小值大于 a 即可．对(x ) = 2x 2 + 1 求导， (x ) = (2x 2 + 1)2 ，故(x ) 在 x ∈[1,2] 是增函数， min(x ) = (1) = 23 ，所以 a的取值范围是 0 < a < 2 3 ． a 例 2、设函数 h (x ) x x b ，对任意 a ∈[ 1 ,2] 2 ，都有 h (x ) ≤ 10 在 x ∈[ 1,1] 4 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，h (x ) ≤ 10 ⇔ h max (x ) ≤ 10 ；b ≤ 10 - ( a + x )方法 2：变量分离， x 或a ≤ -x 2 + (10 - b )x ；(a ) = 1 ⋅ a + x + b - 10 ≤ 0 a ∈[ 1 ,2]方法 3：变更主元（新函数， x ，2 h '(x ) = 1- a= 简解：方法 1:对h (x ) = a + x + b 求导， x 2x 1 1 x 2 ，（单调函数）由此可知， h (x ) [ ,1] 在 4 h ( 上的最大值为 ) h (1) 中的较大者． ⎧ 1 ⎧ 1 ⎧ 39∴⎪h (4) ≤ 10 ⇒ ⎪4a + 4+ b ≤ 10 ⇒ ⎪b ≤ 4 - 4a 1 7 ⎨ ⎩h (1) ≤ 10 ⎨ ⎩1 + a + b ≤ 10 f (x ) = x 2 ⎨ ⎩b ≤ 9 - a ，对于任意g (x ) =⎛ 1 ⎫ xa ∈[ 2 ,2]b ≤，得b 的取值范围是4 ．2 ⎪ - m x ∈ [0,2] x ∈ [1,2] f (x ) ≥ g (x )例 3、已知两函数 ，⎝ ⎭ ，对任意 1 ，存在 2 ，使得 1 2 ，(x - a )(x + a )3 m ≥1则实数m 的取值范围为答案：4题型二、更换主元和换元法例 1、已知函数f (x) = ln(e x +a )(a为常数）是实数集R 上的奇函数，函数g (x)= f (x) + sin x 是区间[-1,1]上的减函数，(Ⅰ) a g(x) ≤t 2+t+ 1在x ∈[-1,1]t求的值；(Ⅱ)若上恒成立，求的取值范围；(Ⅱ)分析：在不等式中出现了两个字母：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。
专题研究(二)利用导数研究恒成立问题习题和答案详解
1．(2019·山东陵县一中月考)已知函数f(x)＝x 2e x ，当x ∈[－1，1]时，不等式f(x)<m 恒成立，则实数m 的取值范围为( ) A ．[1e ，＋∞)B ．(1e ，＋∞)C ．[e ，＋∞)D ．(e ，＋∞)答案 D解析 由f′(x)＝e x (2x ＋x 2)＝x(x ＋2)e x ，得当－1<x<0时，f ′(x)<0，函数f(x)单调递减，当0<x<1时，f ′(x)>0，函数f(x)单调递增，且f(1)>f(－1)，故f(x)max ＝f(1)＝e ，则m>e.故选D.2．(2019·湖南衡阳期末)设函数f(x)＝e x (x 3＋32x 2－6x ＋2)－2ae x －x ，若不等式f(x)≤0在[－2，＋∞)上有解，则实数a 的最小值为( ) A ．－32－1eB ．－32－2eC ．－34－12eD ．－1－1e答案 C解析 由f(x)＝e x (x 3＋32x 2－6x ＋2)－2ae x －x ≤0，得a ≥12x 3＋34x 2－3x ＋1－x2e x .令g(x)＝12x 3＋34x 2－3x ＋1－x 2e x ，则g ′(x)＝32x 2＋32x －3＋x －12e x ＝(x －1)(32x ＋3＋12e x )．当x ∈[－2，1)时，g ′(x)<0，当x ∈(1，＋∞)时，g ′(x)>0，故g(x)在[－2，1)上是减函数，在(1，＋∞)上是增函数．故g(x)min ＝g(1)＝12＋34－3＋1－12e ＝－34－12e ，则实数a 的最小值为－34－12e.故选C. 3．已知函数f(x)＝x ＋4x ，g(x)＝2x ＋a ，若∀x 1∈[12，1]，∃x 2∈[2，3]，使得f(x 1)≥g(x 2)，则实数a 的取值范围是( ) A ．a ≤1 B ．a ≥1 C ．a ≤2 D ．a ≥2 答案 A解析 由题意知f(x)min (x ∈[12，1])≥g(x)min (x ∈[2，3])，因为f(x)min ＝5，g(x)min ＝4＋a ，所以5≥4＋a ，即a ≤1，故选A.4．(2019·贵州适应性考试)已知函数f(x)＝ax －e x (a ∈R )，g(x)＝lnxx .(1)求函数f(x)的单调区间；(2)∃x 0∈(0，＋∞)，使不等式f(x)≤g(x)－e x 成立，求a 的取值范围．答案 (1)当a ≤0时，f(x)在R 上单调递减；当a>0时，f(x)的增区间为(－∞，lna)，减区间为(lna ，＋∞) (2)a ≤12e解析 (1)因为f′(x)＝a －e x ，x ∈R .当a ≤0时，f ′(x)＜0，f(x)在R 上单调递减； 当a>0时，令f′(x)＝0得x ＝lna.由f′(x)>0得f(x)的单调递增区间为(－∞，lna)； 由f′(x)＜0得f(x)的单调递减区间为(lna ，＋∞)．(2)因为∃x 0∈(0，＋∞)，使不等式f(x)≤g(x)－e x ，则ax ≤lnx x ，即a ≤lnxx 2.设h(x)＝lnx x 2，则问题转化为a ≤(lnxx 2)max ，由h′(x)＝1－2lnxx 3，令h′(x)＝0，则x ＝ e.当x 在区间(0，＋∞)内变化时，h ′(x)，h(x)的变化情况如下表：由上表可知，当x ＝e 时，函数h(x)有极大值，即最大值为12e .所以a ≤12e .5．(2017·课标全国Ⅱ)设函数f(x)＝(1－x 2)e x . (1)讨论f(x)的单调性；(2)当x ≥0时，f(x)≤ax ＋1，求a 的取值范围．答案 (1)f(x)在(－∞，－1－2)，(－1＋2，＋∞)上单调递减，在(－1－2，－1＋2)上单调递增 (2)[1，＋∞) 解析 (1)f′(x)＝(1－2x －x 2)e x .令f′(x)＝0得x ＝－1－2或x ＝－1＋ 2.当x ∈(－∞，－1－2)时，f′(x)<0；当x ∈(－1－2，－1＋2)时，f ′(x)>0；当x ∈(－1＋2，＋∞)时，f ′(x)<0.所以f(x)在(－∞，－1－2)，(－1＋2，＋∞)上单调递减，在(－1－2，－1＋2)上单调递增．(2)f(x)＝(1＋x)(1－x)e x .方法一：当a ≥1时，设函数h(x)＝(1－x)e x ，h ′(x)＝－xe x <0(x>0)，因此h(x)在[0，＋∞)上单调递减，而h(0)＝1，故h(x)≤1，所以f(x)＝(x ＋1)h(x)≤x ＋1≤ax ＋1.当0<a<1时，设函数g(x)＝e x －x －1，则g′(x)＝e x －1>0(x>0)，所以g(x)在[0，＋∞)上单调递增，而g(0)＝0，故e x ≥x ＋1.当0<x<1时，f(x)>(1－x)(1＋x)2，(1－x)(1＋x)2－ax －1＝x(1－a －x －x 2)，取x 0＝5－4a －12，则x 0∈(0，1)，(1－x 0)(1＋x 0)2－ax 0－1＝0，故f(x 0)>ax 0＋1. 当a ≤0时，取x 0＝5－12，则x 0∈(0，1)，f(x 0)>(1－x 0)(1＋x 0)2＝1≥ax 0＋1. 综上，a 的取值范围是[1，＋∞)．方法二：令g(x)＝f(x)－ax －1＝(1－x 2)·e x －(ax ＋1)． g(0)＝0.即当x ≥0时，g(x)≤0＝g(0)．g ′(x)＝(1－x 2－2x)e x －a.g″(x)＝－(x 2＋4x ＋1)·e x . 当x ≥0时，g ″(x)<0.∴g ′(x)在[0，＋∞)单调递减．∴g ′(x)≤g′(0)＝1－a ，要使g(x)≤g(0)在[0，＋∞)恒成立． ∴1－a ≤0，∴a ≥1.6．(2019·沧州七校联考)已知函数f(x)＝x 3－ax 2＋10. (1)当a ＝1时，求函数y ＝f(x)的单调递增区间；(2)在区间[1，2]内至少存在一个实数x ，使得f(x)<0成立，求实数a 的取值范围． 答案 (1)(－∞，0)和(23，＋∞) (2)(92，＋∞)解析 (1)当a ＝1时，f ′(x)＝3x 2－2x ，由f′(x)>0，得x<0或x>23，所以函数y ＝f(x)在(－∞，0)与(23，＋∞)上为增函数，即函数y ＝f(x)的单调增区间是(－∞，0)和(23，＋∞)．(2)方法一：f′(x)＝3x 2－2ax ＝3x(x －23a)，当23a ≤1，即a ≤32时，f ′(x)≥0在[1，2]恒成立，f(x)在[1，2]上为增函数，故f(x)min ＝f(1)＝11－a ，所以11－a<0，a>11，这与a ≤32矛盾．当1<23a<2，即32<a<3时，若1≤x<23a ，则f′(x)<0；若23a<x ≤2，则f′(x)>0.所以当x ＝23a 时，f(x)取得最小值，因此f(23a)<0，即827a 3－49a 3＋10＝－427a 3＋10<0，可得a>3352，这与32<a<3矛盾．当23a ≥2，即a ≥3时，f ′(x)≤0在[1，2]恒成立，f(x)在[1，2]上为减函数， 所以f(x)min ＝f(2)＝18－4a ，所以18－4a<0，解得a>92，满足a ≥3.综上所述，实数a 的取值范围为(92，＋∞)．方法二：由题意得f(x)<0在x ∈[1，2]有解． 即x 3－ax 2＋10<0在x ∈[1，2]有解． 即a>x ＋10x2在x ∈[1，2]有解．令g(x)＝x ＋10x 2，x ∈[1，2]．∴a>g(x)min .g ′(x)＝1－20x 3<0.∴g(x)在[1，2]单调递减． ∴g(x)min ＝g(2)＝92，∴a>92.7．已知函数f(x)＝x －(a ＋1)lnx －a x (a ∈R )，g(x)＝12x 2＋e x －xe x .(1)当x ∈[1，e]时，求f(x)的最小值；(2)当a<1时，若存在x 1∈[e ，e 2]，使得对任意的x 2∈[－2，0]，f(x 1)<g(x 2)成立，求a 的取值范围．答案 (1)当a ≤1时，f(x)min ＝1－a ；当1<a<e 时，f(x)min ＝a －(a ＋1)lna －1；当a ≥e 时，f(x)min ＝e －(a ＋1)－ae . (2)(e 2－2e e ＋1，1)解析 (1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f ′(x)＝（x －1）（x －a ）x 2.①当a ≤1时，x ∈[1，e]，f ′(x)≥0，f(x)为增函数，f(x)min ＝f(1)＝1－a. ②当1<a<e 时，x ∈[1，a]时，f ′(x)≤0，f(x)为减函数； x ∈[a ，e]时，f ′(x)≥0，f(x)为增函数； 所以f(x)min ＝f(a)＝a －(a ＋1)lna －1.③当a ≥e 时，x ∈[1，e]时，f ′(x)≤0，f(x)在[1，e]上为减函数． f(x)min ＝f(e)＝e －(a ＋1)－ae .综上，当a ≤1时，f(x)min ＝1－a ；当1<a<e 时，f(x)min ＝a －(a ＋1)lna －1；当a ≥e 时，f(x)min ＝e －(a ＋1)－ae .(2)由题意知f(x)(x ∈[e ，e 2])的最小值小于g(x)(x ∈[－2，0])的最小值．由(1)知当a<1时f(x)在[e ，e 2]上单调递增，f(x)min ＝f(e)＝e －(a ＋1)－ae .g ′(x)＝(1－e x )x.当x ∈[－2，0]时，g ′(x)≤0，g(x)为减函数，g(x)min ＝g(0)＝1，所以e －(a ＋1)－ae <1，即a>e 2－2e e ＋1，所以a 的取值范围为(e 2－2e e ＋1，1)．8．(2019·兰州模拟)已知函数f(x)＝ax 2＋bx ＋xlnx 的图像在(1，f(1))处的切线方程为3x －y －2＝0.(1)求实数a ，b 的值；(2)设g(x)＝x 2－x ，若k ∈Z ，且k(x －2)＜f(x)－g(x)对任意的x>2恒成立，求k 的最大值． 答案 (1)a ＝1，b ＝0 (2)4解析 (1)f′(x)＝2ax ＋b ＋1＋lnx ，所以2a ＋b ＋1＝3且a ＋b ＝1，解得a ＝1，b ＝0. (2)由(1)与题意知k ＜f （x ）－g （x ）x －2＝x ＋xlnx x －2对任意的x>2恒成立，设h(x)＝x ＋xlnx x －2(x>2)，则h′(x)＝x －4－2lnx（x －2）2，令m(x)＝x －4－2lnx(x>2)，则m′(x)＝1－2x ＝x －2x >0，所以函数m(x)为(2，＋∞)上的增函数．因为m(8)＝4－2ln8＜4－2lne 2＝4－4＝0，m(10)＝6－2ln10>6－2lne 3＝6－6＝0， 所以函数m(x)在(8，10)上有唯一零点x 0，即有x 0－4－2lnx 0＝0成立，故当2＜x ＜x 0时，m(x)＜0，即h′(x)＜0；当x 0＜x 时，m(x)>0，即h′(x)>0，所以函数h(x)在(2，x 0)上单调递减，在(x 0，＋∞)上单调递增，所以h(x)min ＝h(x 0)＝x 0＋x 0lnx 0x 0－2＝x 0（1＋x 0－42）x 0－2＝x 02，所以k ＜x 02，因为x 0∈(8，10)， 所以x 02∈(4，5)，又k ∈Z ，所以k 的最大值为4.。
导数恒成立问题(完整资料).doc
【最新整理，下载后即可编辑】导 数 恒 成 立 问 题1．已知函数f x ax x ()ln()=+-221（a 为实数） （I ）若f x ()在x =-1处有极值，求a 的值； （II ）若f x ()在]23[--，上是增函数，求a 的取值范围。
（I ）由已知得f x ()的定义域为()-∞，1 又f x ax x'()=--221 ……3分∴由题意得f a '()-=--=1210∴=-a 12……5分（II ）依题意得f x '()>0对x ∈--[]32，恒成立，∴2-->ax x210 ……7分∴>-<-+=--+22111121422ax x a x xx ，() ……9分 x x ∈--∴--+[]()3212142，，的最大值为---+=-()2121462∴--+112142()x 的最小值为-16 ……12分又因a =-16时符合题意∴≤-a 16为所求 ……14分2．设函数2()ln f x x x ax =++.（Ⅰ）若12x =时，()f x 取得极值，求a 的值；（Ⅱ）若()f x 在其定义域内为增函数，求a 的取值范围； 解: 解：2121()2x ax f x x a x x++'=++=，（Ⅰ）因为12x =时，()f x 取得极值，所以1()02f '=， 即210,a ++=故3a =-． …………………………………………3分 （Ⅱ）()f x 的定义域为()0+∞，.方程2210x ax ++=的判别式28a ∆=-, (1) 当0∆≤,即a -≤2210x ax ++≥,()0f x '≥在()0+∞，内恒成立,此时()f x 为增函数.(2) 当0∆>,即a <-或a >要使()f x 在定义域()0+∞，内为增函数, 只需在()0+∞，内有2210x ax ++≥即可, 设2()21h x x ax =++，由(0)10,022h a=>⎧⎪⎨-<⎪⎩⨯ 得 0a >,所以a >由(1) (2)可知,若()f x 在其定义域内为增函数，a的取值范围是[)-+∞.…………………………………………9分3．设函数2()(1)2ln(1)f x x x =+-+.（Ⅰ）求f (x )的单调区间；（Ⅱ）若当1[1,1]x e e∈--时，不等式f (x )<m 恒成立，求实数m 的取值范围；（Ⅲ）若关于x 的方程2()f x x x a =++在区间[0, 2]上恰好有两个相异的实根，求实数a 的取值范围.解（Ⅰ）函数的定义域为（-1, +∞）.………………… 1分 ∵ /12(2)()2[(1)]11x x f x x x x +=+-=++,由/()0f x >，得x >0；由/()0f x <，得10x -<<.………………… 3分 ∴ f (x )的递增区间是(0,)+∞，递减区间是（-1, 0）.………… 4分 （Ⅱ）∵ 由/2(2)()01x x f x x +==+，得x =0,x =-2（舍去）由（Ⅰ）知f (x )在1[1, 0]e-上递减，在[0, 1]e -上递增.又 211(1)2f e e -=+， 2(1)2f e e -=-, 且22122e e ->+. ∴当1[1,1]x e e∈--时，f (x )的最大值为22e -.故当22m e >-时，不等式f (x )<m 恒成立.………………………… 9分（Ⅲ）方程2()f x x x a =++, 12ln(1)0x a x -+-+=.记()12ln(1)g x x a x =-+-+, ∵ /21()111x g x x x -=-=++,由/()0g x >,得x >1或x <-1（舍去）. 由/()0g x <, 得11x -<<. ∴ g (x )在[0,1]上递减, 在[1,2]上递增.为使方程2()f x x x a =++在区间[0, 2]上恰好有两个相异的实根，只须g(x)=0在[0,1]和(1, 2]上各有一个实数根,于是有(0)0,(1)0,(2)0.g g g ≥⎧⎪<⎨⎪≥⎩∵ 22ln 232ln3-<-, ∴ 实数a 的取值范围是 22ln 232ln3a -<≤-. …………… 14分4．已知函数x xax x f ln 21)(2-+=)0(>x ．（Ⅰ）若)(x f 在),1[+∞上单调递增，求实数a 的取值范围；解：（Ⅰ)由x x ax x f ln 21)(2-+=，得x xax x f 212)(2--='. ………2分 由函数)(x f 为[1,)+∞上单调增函数，得0)(≥'x f 在[1,)+∞上恒成立，即不等式02122≥--x xax 在[1,)+∞上恒成立.也即23121x x a +≥在[1,)+∞上恒成立. …………………4分令=)(x g 23121x x +，上述问题等价于max )(x g a ≥．而=)(x g 23121xx +为在[1,)+∞上的减函数，则23)1()(max ==g x g ．于是23≥a 为所求. ……6分5．已知函数()ln f x x x =. （Ⅰ）求()f x 的最小值；（Ⅱ）若对所有1x ≥都有()1f x ax ≥-，求实数a 的取值范围. （Ⅰ）解：()f x 的定义域为0∞(，+)，….. 1分()f x 的导数()1ln f x x '=+. ………….. 3分 令()0f x '>，解得1e x >；令()0f x '<，解得10ex <<.从而()f x 在10e ⎛⎫ ⎪⎝⎭，单调递减，在1e ⎛⎫∞⎪⎝⎭，+单调递增. ……….. 5分所以，当1e x =时，()f x 取得最小值1e-. ………….. 6分 解法二：依题意，得()1f x ax ≥-在[1)+∞，上恒成立， 即不等式1ln a x x≤+对于[1)x ∈+∞，恒成立 . ……….. 8分令1()ln g x x x=+， 则21111()1g x x x x x ⎛⎫'=-=- ⎪⎝⎭. ………….. 10分当1x >时，因为11()10g x x x ⎛⎫'=-> ⎪⎝⎭， 故()g x 是(1)+∞，上的增函数， 所以 ()g x 的最小值是(1)1g =，……….. 12分 从而a 的取值范围是(1]-∞，. ………….. 13分。
导数恒成立问题导数的恒成立与能成立问题
导数的恒成立与能成立问题概述：导数的恒成立问题与能成立问题，一般情况下可以转化为极值与最值问题来处理；具体转化原理如下：一、导数的恒成立问题1．∀x ∈()a b ，，()f x k >恒成立⇔min ()f x k >2．∀()x a b ∈，，()()f x g x >恒成立⇔min [()()]0f x g x ->3．12()x x a b ∀∈，，，12()()f x g x >恒成立⇔min max ()()f x g x >4．∀()x a b ∈，，()f x k <恒成立⇔max ()f x k <5．∀()x a b ∈，，()()f x g x <恒成立⇔max [()()]0f x g x -<6．12()x x a b ∀∈，，，12()()f x f x k -<恒成立⇔max min ()()f x f x k -<【例1】若()1ln g x x x=+的图像总在直线y a =的上方，求实数a 的取值范围；二、导数的能成立问题1．∃0()x a b ∈，，0()f x k >成立⇔max ()f x k >2．∃0()x a b ∈，，00()()f x g x >成立⇔max [()()]0f x g x ->3．12()x x a b ∃∈，，，12()()f x g x >成立⇔max min ()()f x g x >4．∃0()x a b ∈，，0()f x k <成立⇔min ()f x k <5．∃0()x a b ∈，，00()()f x g x <成立⇔min [()()]0f x g x -<6．12()x x a b ∃∈，，，12()()f x g x <成立⇔min max ()()f x g x <【例2】已知函数()xe f x x a=-，（其中常数0a >），若存在实数x ∈(a ,2]使得不等式f (x )≤e²成立，求a 的取值范围．三、恒成立与能成立综合问题1．12()x x a b ∀∈，，，12()()f x g x <恒成立⇔max min ()()f x g x <2．1()x a b ∀∈，，2()x a b ∃∈，，12()()f x g x >成立⇔min min ()()f x g x >3．1()x a b ∃∈，，2()x a b ∀∈，，12()()f x g x >成立⇔max max ()()f x g x >4．1()x a b ∀∈，，2()x a b ∃∈，，12()()f x g x =成立⇔max max min min()()()()f x g x f x g x ⎧⎨⎩ ⇔{|()()}{|()()}y y f x x a b y y g x x a b =∈⊆=∈，，，，【例3】已知函数2()ln ()e ex x f x x x g x ==-，，证明：对任意(0)m n ∈+∞，，，都有()()f m g n 成立．。
导数恒成立-能成立问题专题讲解
与导数有关的“恒成立”，“能成立”问题基础再现：1．若函数)(x f =1)2(3323++++x a ax x 有极大值和极小值，则a 的取值范围是 ．2．已知)(x f =x ，)(x g =x a ln +.(1) 若),0(+∞∈∀x ，总有)(x f >)(x g 成立，则实数a 的取值范围是 ． (2) 若[]2,1,21∈∀x x ，总有)(1x f >)(2x g 成立，则实数a 的取值范围是 ． (3) 若[][]2,1,2,121∈∃∈∀x x ，使)(1x f >)(2x g 成立，则实数a 的取值范围是 ． (4) 若[][]2,1,2,121∈∀∈∃x x ，使)(1x f >)(2x g 成立，则实数a 的取值范围是 ．(5) 若[][]2,1,2,121∈∃∈∃x x ，使)(1x f >)(2x g 成立，则实数a 的取值范围是 ． 总结：1．导数与不等式的问题，一般都可转化为极值最值问题解决。
练习：1．若函数)(x f =x ax x 12++在⎪⎭⎫⎝⎛+∞,21上是增函数，则a 的取值范围是（ ） A []0,1- B [)+∞-,1 C []3,0 D [)+∞,32．若函数x x x f ln 2)(2-=在其定义域内的一个子区间()1,1+-k k 内不是单调函数，则实数k 的取值范围是 .3．对[]2,1∈∀t ，函数x x mx x g 2)22()(23-++=在区间()3,t 上不单调，则实数m 的取值范围是 .4．已知向量k n m x f n k x e m x (//)),(,1(),ln ,(=+=为常数e ,是自然对数的底数),曲线)(x f y =在点))1(,1(f 处的切线与y 轴垂直)()(,x f xe x F x '=．(1)求k 的值及)(x F 的单调区间；(2)已知函数)(x g =ax x 22+-(0>a ).若对于任意∈2x []1,0，总存在),0(1+∞∈x ，使得)()(12x F x g <，求实数a 的取值范围．5．已知函数kx e k x x f 2)()(-= (1)求)(x f 的单调区间；(2)若对于任意),0(+∞∈x ，都有)(x f e1≤，求k 的取值范围. 与导数有关的“恒成立”，“能成立”问题--突破练习1．已知函数x ax x f ln )(+=，，函数)(x g 的导函数x e x g =')(，且e g g =')1()0(． (1)求函数)(x f 的极值；(2)若∃),0(+∞∈x ，使得不等式xm x x g 3)(+-<成立，试求实数m 的取值范围；(3)当=0时，对∀),0(+∞∈x ，求证：2)()(-<x g x f ．2．设函数),10(323)(223R b a b x a ax x x f ∈<<+-+-= (1)求函数f （x ）的单调区间和极值；(2)若对任意的],2,1[++∈a a x 不等式()f x a '≤恒成立，求a 的取值范围. 解：（Ⅰ）()()22()433f x x ax a x a x a '=-+-=--- 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 ，+∞）∴当x=a 时，)(x f 极小值=;433b a +-当x=3a 时，)(x f 极大值=b.（Ⅱ）由|)(x f '|≤a ，得：对任意的],2,1[++∈a a x 2243a x ax a a -≤-+≤恒成立①则等价于()g x 这个二次函数max min ()()g x ag x a≤⎧⎨≥-⎩ 22()43g x x ax a =-+的对称轴2x a =01,a << 12a a a a +>+=（放缩法）即定义域在对称轴的右边，()g x 这个二次函数的最值问题：单调增函数的最值问题。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
(x) x3 x
简解：（1）由
x
2x 2 1 成立，只需满足
2x 2 1 的最小值大于 a 即
(x)
可．对
x3 x
( x)
2x 2 1 求导，
2x4 (2 x 2
x2 1 1)2
0 ，故 ( x)
在
x
[1,2] 是增函数，
min
(x)
(1)
2 3
，所以
a
的取值范围是
0
a
2 3
解：由函数 f (x) x2 2ax 4 的对称轴为 x=a
所以必须考察 a 与-1，2 的大小，显然要进行三种分类讨论
1）．当 a 2 时 f(x)在[-1，2]上是减函数此时 f (x)min = f(2)=4-4a+4 2
即 a 3 结合 a 2，所以 a 2 2
2）．当 a 1 时 f(x)在[-1，2]上是增函数，此时 f(-1)=1+2a+4 2
(Ⅰ)求 a 的值；(Ⅱ)若 g(x) t2 t 1在x 1,1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： 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 视作自变量，则上述问题即可转化为在 ,1 内关于 的一次函数大于等于 0 恒成立的问题。(Ⅱ)略
．
例
h(x)
2、设函数
a x
x
b
a [1 ，对任意 2
,2] ，都有 h(x)
10 在
x [1 ,1] 4 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， h(x) 10 hmax (x) 10 ；
3
例 1、当 x 1, 2时，不等式 x2 mx 4 0 恒成立，则 m 的取值范围是
.
解析:
当 x (1, 2) 时，由 x2
m x2 4
mx 4 0 得
x
.∴ m 5 .
建议收藏下载本文，以便随时学习！ 例 2、已知函数 f (x) ln(ex a) （ a 为常数）是实数集 R 上的奇函数，函数 g(x) x cos x 在区间
y 4 m 0, 所以 m 4, 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 f xmax 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
f
x min
B
.
利我用不去等式人性质也就有人！为UR扼腕入站内信不存在向你偶同意调剖沙
h(
1 4
)
与
h(1)
中的较大者．
h(
1) 4
10
h(1) 10
4a 1
a
1 b 10 4 b 10
b b
39 4a 4 9 a ，对于任意
a
[1 2
,2]
，得 b
b
的取值范围是
7 4
．
例
3、已知两函数
f
(x)
x2
，
g(x)
1 x 2
m
，对任意
x1
0,2，存在
x2
1,2，使得
f (x)min = f(-1)=1+2a+4 2 结合 a 1
即a 3 2
3）．当-1<a<2 时 f (x)min = f(a)= x2 2a2 4 2
即 a 2 或 a 2 所以 2 a 2
综上 1，2，3 满足条件的 a 的范围为：a 3 或 a 2 2
利用导数迂回处理
1、已知 f (x) 1 lg(x 1) 2
值范围
g(x) lg(2x t) 若当 x [0,1] 时 f (x) g(x) 在[0，1]恒成立，求实数 t 的取
解： f (x) g(x) 在[0，1] 上恒成立，即 x 1 2x t 0 在[0，1]上恒成立
即 x 1 2x t 0 在[0，1]上的最大值小于或等于 0
5
1、存在实数 x ，使得不等式 x 3 x 1 a2 3a 有解，则实数 a 的取值范围为______。
解：设
f
x
x3
x 1
，由
f
x
a2
3a
有解， a2
3a
f
x min
，
建议收藏下载本文，以便随时学习！ 又 x 3 x 1 x 3 x 1 4 ，∴ a2 3a 4 ，解得 a 4或a 1。
x
O
例 4、已知函数
y
f (x)
3x 6, x 2 6 3x, x 2
,
若不等式
f (x)
2x m 恒成立，则实数 m 的取值范围是
.
解：在同一个平面直角坐标系中分别作出函数 y 2x m 及 y f (x) 的图象，由于不等式
f (x) 2x m 恒成立，所以函数 y 2x m 的图象应总在函数 y f (x) 的图象下方，因此，当 x 2 时，
x x2
x2
g(t) t 2 t (t 1 )2 1 （ t 1 ）
24
2
g (t ) max
g(1) 2
3 4
所以 a 3 4
又 f (x) ax 2 x 1是二次函数 a 0 所以 a 3 且 a 0 4
例 3、对于满足 0 a 4 的所有实数 a 求使不等式 x2 ax 4x a 3都成立的 x 的取值范围 答案： x 1 或 x 3
解：由(Ⅰ)知： f (x) x ， g(x) x sin x ， g(x) 在 1，1上单调递减， g(x) cos x 0 cos x 在
1，1 上恒成立，
1，g
(
x) max
g (1)
sin1 ，只需
sin1
t2
t
1 ，(t
1)
t2
sin1 1
0
（其中
t 1 0
1 ）恒成立，由上述②结论：可令 f (t 1) t2 sin1 1 0( 1）,则 t 1 t2 sin1 1 0 ，
t 2
t 1 t sin1
0
，而
t2
t
sin1
0
恒成立，t
1
。
例 2、已知二次函数 f (x) ax 2 x 1对 x 0,2恒有 f (x) 0 ，求 a 的取值范围。
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；
我去人也就有人！为UR扼腕入站内信不存在向你偶同意调剖沙
1
二、经典题型解析
题型一、简单型
例 1、已知函数 f (x) x 2 2ax 1， g(x) a ，其中 a 0 ， x 0 ． x
建议收藏下载本文，以便随时学习！ 1）对任意 x[1,2] ，都有 f (x) g(x) 恒成立，求实数 a 的取值范围；（构造新函数）
2）对任意 x1 [1,2], x2 [2,4]，都有 f (x1 ) g(x2 ) 恒成立，求实数 a 的取值范围；（转化）
x 2 2ax 1 a 0 a x3 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 g(a) f (x)min ；若对于
x我取值去范围人内的也任一就个数有都有人f (x！) 为g(a)U恒R成扼立，腕则 g入(a)站 f (内x)ma信x . 不存在向你偶同意调剖沙
解： 对 x 0,2恒有 f (x) 0 即 ax2 x 1 0 变形为 ax2 (x 1)
当 x 0 时对任意的 a 都满足 f (x) 0 只须考虑 x 0 的情况
a (x 1) 即 a 1 1
x2
x x2
要满足题意只要保证 a 比右边的最大值大就行。
现求 1 1 在 x 0,2上的最大值。令 t 1 t 1
导数与恒成立、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 a f x ； a f x恒成立 a f x
max
min
建议收藏下载本文，以便随时学习！ 2、能成立问题的转化： a f x能成立 a f x ； a f x能成立 a f x
min
max
3、恰成立问题的转化： a
3
,
2 3
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
上是减函数.
（Ⅰ）求 a 的值与 的范围；
（Ⅱ）若对（Ⅰ）中的任意实数
都有
g(x)
t
1
在
3
,
2 3
上恒成立，求实数 t
的取值范围.
（Ⅲ）若 m 0 ，试讨论关于 x 的方程 ln x x2 2ex m 的根的个数. f (x)
解：（Ⅰ）、（Ⅲ）略
（Ⅱ）由题意知，函数
g
解析：
y | x | y ax
y
y | x | y ax
x
O
对 x R ,不等式| x | ax 恒成立、则由一次函数性质及图像知 1 a 1，即 1 a 1。
例我2、去不等人式 a也x 就x(4有 x人) 在 ！x [为0,3]U内R恒扼成立腕，求入实数站a 的内取值信范围不。 存在向你偶同意调剖沙
令 F (x) x 1 2x t 所以