不等式.版块七.恒成立与有解问题.学生版
第7讲 不等式的恒成立与存在性问题
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解析 代数式(m-n)2+(m-ln n+λ)2表示点(m,m+λ)与点(n,ln n)之间的距离的平
方,而点(m,m+λ)在直线y=x+λ上,点(n,ln n)在曲线y=ln x上,若直线y=x+λ上的点
2 ,则直线一定在曲线上方,即 与曲线y=lnx上的点之间的最小距离大于等于
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第 7讲
不等式的恒成立与存在性问 题
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第7讲 不等式的恒成立与存在性问题
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1.若关于x的不等式x2+ax+16≥0对x≥0恒成立,则实数a的取值范围是
.
答案 [-8,+∞)
解析
16 当x=0时,16≥0恒成立,当x>0时,-a≤ x =8,∴a≥-8. x min
故实数a的取值范围是(1,5].
a 1或a 4, 1 a 2 5, 解得4≤a≤5. f (1) 1 2(a 2) a 0, f (5) 25 10(a 2) a 0,
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4.已知不等式(m-n)2+(m-lnn+λ)2≥2对任意m∈R,n∈(0,+∞)恒成立,则实数λ的
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2ax (a 1) 2 ,0 x 1, 2 = 2 x 2ax (a 1)2 , a x 0, 2ax a 2 2a 1, 1 x a,
此时f(x)≤0,x∈[-1,1]无解;
( x a) 2 x 2 2a 1,0 x 1, 当a≤-1时,f(x)= 2 2 ( x a ) x 2a 1, 1 x 0
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，。
不等式恒成立与有解问题
但这样会使运算量增大， 分析起来
会变得困难，而移项构造新函数，问
题就转化成求新函数的最小值问
题，处理起来就简单很多． 值得注意
的是解含参数的不等式时， 要注意
题中参数的所有限制条件， 从而做
到不重不漏.
破解 f（x）的定义域为（－a，+∞）.
由f（x）=x－ln（x+a）得，f ′（x）=1－ 1 = x+a
不等式恒成立与有解是有明显 区别的， 以上充要条件应细心甄别 差异，恰当使用等价转化，切不可混 淆．对于含有等号的恒成立问题可以 同上进行相应的转化．
2． 不等式恒成立与有解的基本 策略
（1）判 别 式 法 ：对 于 定 义 在 R上 的二次函数的恒成立问题仅用一元 二次方程根的判别式即可解决．
（2）分离 参 数 法 ：若 能 将 恒 成 立 不等式中所涉及的两个变量分离， 使它们分别在不等式的一边， 则可 由一个变量的范围推出另一个变量 所适合的不等式，进而求得其范围．
已 知 函 数 f （x）=x－ln （x+a） 的 最 小 值
为0，其中a>0. 若对任意的x∈［0，+∞）， 有f（x）≤kx2 恒成立，求实数k的取值
范围．
思索 本题是关于导数与函数
的综合题：利用f（x）的最小值求得a来 确 定 f （x） 的 解 析 式 ， 在 解 决 f （x）≤kx2
恒成立时，通常会选择分离变量法，
３ 例 是否存 在 实 数m，使 得
不等式m2+mx+1≥ 姨% a2+8 对任意a∈ ［－1，1］ 及 x ∈［－1，1］ 恒 成 立 ？ 若 存
在，求出m的取值范围；若不存在，请
说明理由.
专题06 不等式恒成立问题(学生版) -2025年高考数学压轴大题必杀技系列导数
专题6 不等式恒成立问题函数与导数一直是高考中的热点与难点,利用导数研究不等式恒成立问题一直是高考命题的热点,此类问题一般会把函数、导数及不等式交汇考查,对能力要求比较高,难度也比较大,常见的题型是由不等式恒成立确定参数范围问题,常见处理方法有：①构造函数,利用导数研究函数的单调性,求出最值,进而得出相应的含参不等式,从而求出参数的取值范围．②分离变量,把问题转化为函数的最值问题．(一) 与不等式恒成立问题有关的结论①. ∀x ∈D ,均有f (x )>A 恒成立,则f (x )min >A ；②. ∀x ∈D ,均有f (x )﹤A 恒成立,则 f (x )ma x <A ；③. ∀x ∈D ,均有f (x ) >g (x )恒成立,则F (x )= f (x )- g (x ) >0,∴ F (x )min >0；④. ∀x ∈D ,均有f (x )﹤g (x )恒成立,则F (x )= f (x )- g (x ) <0,∴ F (x ) ma x <0；⑤. ∀x 1∈D , ∀x 2∈E ,均有f (x 1) >g (x 2)恒成立,则f (x )min > g (x )ma x ；⑥. ∀x 1∈D , ∀x 2∈E ,均有f (x 1) <g (x 2)恒成立,则f (x ) ma x < g (x ) min .【例1】（2024届天津市河西区高三下学期质量调查三）已知函数()22ln f x a x x =--,()()221ln g x ax a x x=-+-,其中a ÎR ．(1)若()20f ¢=,求实数a 的值(2)当0a >时,求函数()g x 的单调区间；(3)若存在21,e e x éùÎêúëû使得不等式()()f x g x £成立,求实数a 的取值范围．【解析】（1）因为()22ln f x a x x =--,则()222a f x x x =-¢+,由()20f ¢=可得222022a -+=,解得12a =.（2）函数()()221ln g x ax a x x=-+-的定义域为()0,¥+,且()()()()222221212212ax a x ax x a g x a x x x x -++--+=-+=¢=,当0a >时,令()0g x ¢=,可得10x a=>或2x =,①当12a =,即12a =时,对任意的0x >,()0g x ¢>,()g x 的单调递增区间为()0,¥+．②当102a <<,即12a >时,()0g x ¢>,得10x a<<或2x >,()0g x ¢<,得12x a <<,()g x 的单调递增区间为10,a æöç÷èø和()2,¥+,单调递减区间为1,2a æöç÷èø③当12a >,即102a <<时()0g x ¢>,得02x <<或1a ；()0g x ¢<,得12x a <<,()g x 的单调递增区间为()0,2和1,a ¥æö+ç÷èø,单调递减区间为12,a æöç÷èø,综上所述,12a =时,函数()g x 的单调增区间为()0,¥+；12a >时,函数()g x 的单调增区间为10,a æöç÷èø和()2,¥+,单调减区间为1,2a æöç÷èø；102a <<时,函数()g x 的单调增区间为()0,2和1,a ¥æö+ç÷èø,单调减区间为12,a æöç÷èø.（3）由()()f x g x £,可得ln 0ax x -³,即ln x a x ³,其中21,e e x éùÎêúëû,令()ln x h x x =,21,e e x éùÎêúëû,若存在21,e e x éùÎêúëû,不等式()()f x g x £成立,则()min a h x ³,21,e e x éùÎêúëû,()21ln xh x x-¢=,令()0h x ¢=,得e x =,当1e e x £<时,()0h x ¢>,当2e e x <£时,()0h x ¢<,所以函数()h x 在1,e e éùêúëû上递增,在(2e,e ùû上递减,所以函数()h x 在端点1ex =或2e x =处取得最小值．因为1e e h æö=-ç÷èø,()222e e h =,所以()1e e h h æö<ç÷èø,所以()min 1e e h x h æö==-ç÷èø,所以e a -≥,因此,实数a 的取值范围是[)e,¥-+．【例2】（2024届重庆市九龙坡区高三下学期5月第三次质量抽测）已知函数()213ln 22f x x x ax =+-+,()0a >.(1)当[)1,x ¥Î+时,函数()0f x ³恒成立,求实数a 的最大值；(2)当2a =时,若()()120f x f x +=,且12x x ¹,求证：122x x +>；(3)求证：对任意*N n Î,都有()2112ln 1ni i n n i =-æö++>ç÷èøå.【解析】（1）当1x ³时,()213ln 022f x x x ax =+-+³恒成立,即ln 1322x a x x x £++恒成立,只需min ln 1322x a x xx æö£++ç÷èø即可,令()ln 1322x g x x x x =++,1x ³,则()22221ln 132ln 1222x x x g x x x x ---=-¢+=,令()22ln 1h x x x =--,1x ³,则()22222x h x x x x=¢-=-,当1x ³时,()0h x ¢³恒成立,()h x 在[)1,x ¥Î+单调递增,所以()()10h x h ³=,所以()0g x ¢³在[)1,x ¥Î+恒成立,()g x 在[)1,x ¥Î+单调递增,所以()()min 12g x g ==,所以2a £,即实数a 的最大值为2.（2）当2a =时,()213ln 222f x x x x =+-+,0x >,所以()()21120x f x x x x-=+=¢-³,()f x 在()0,x ¥Î+上单调递增,又()10f =,()()120f x f x +=且12x x ¹,不妨设1201x x <<<,要证122x x +>,即证明212x x >-,因为()f x 在()0,x ¥Î+上单调递增,即证()()212f x f x >-,因为()()120f x f x +=,即证()()1120f x f x +-<,设()()()()()()2213132ln 2ln 22222222F x f x f x x x x x x x =+-=+-++-+---+()()()2ln 221ln 221x x x x x x x x éùéù=-+-+=---+ëûëû,01x <<,令()2t x x =-,则01t <<,则()ln 1t t t j =-+,()111tt t t j -=-=¢,由01t <<可得()0t j ¢>,()t j 在()0,1单调递增,所以()()10t j j <=,即()()()20F x f x f x =+-<,所以()()1120f x f x +-<成立,所以122x x +>.（3）由（2）可知当2a =时,()f x 在()1,¥+单调递增,且()()10f x f >=,由213ln 2022x x x +-+>得22ln 430x x x +-+>,即()22ln 21x x +->,令1n x n +=,则2112ln 21n n n n ++æö+->ç÷èø,即2112ln 1n n n n +-æö+>ç÷èø,所以22112ln 111-æö+>ç÷èø,23122ln 122-æö+>ç÷èø,24132ln 133-æö+>ç÷èø,…,2112ln 1n n n n +-æö+>ç÷èø,相加得()2112ln 1ni i n n i =-æö++>ç÷èøå.(二)把函数单调性问题转化为不等式恒成立问题若给出函数单调性,求参数范围,可把问题转化为恒成立问题,若可导函数()f x 在(),a b 上是增（减）函数,则(),x a b Î时()0f x ¢³（或()0f x ¢£）恒成立.【例3】（2024届湖北省黄冈中学高三5月模拟）已知函数()()1ln 2f x x x ax =+-+.(1)当1a =时,求()f x 的图象在()()1,1f 处的切线方程；(2)若函数()f x 在()1,¥+上单调递增,求实数a 的取值范围.【解析】（1）当1a =时,()()1ln 2f x x x x =+-+,()0x >,()1ln f x x x=¢+,()11f ¢=,()11f =,所以()f x 的图象在1x =处的切线方程为：y x =.（2）()1ln 1f x x a x=++-¢,若函数()f x 在()1,¥+上单调递增,则()0f x ¢³对于()1,x ¥Î+恒成立,即1ln 1a x x£++对于()1,x ¥Î+恒成立,令()()1ln 1,1g x x x x =++>,当1x >时,()210x g x x-¢=>,则函数()g x 在()1,¥+上单调递增,所以()()12g x g >=,故2a £. (三)把二元不等式恒成立问题转化为函数单调性问题对于形如12x x >时不等式()()()()1221f x g x f x g x +>+恒成立问题,可构造增函数()()f x g x -来求解.基本结论：(1)“若任意210x x >>,()()1212f x f x kx kx ->-,或对任意12x x ¹,()()1212f x f x k x x ->-,则()y f x kx =-是增函数；(2) 对任意12x x ¹,()()1212121f x f x x x x x ->-,则()1y f x x=+是增函数；【例4】（2024届山西省吕梁市高三三模）已知函数()()22ln ,f x x x a x a =-+ÎR .(1)讨论函数的单调性；(2)若对任意的()1212,0,,x x x x Î+¥¹,使()()2112120x f x x f x x x ->-恒成立,则实数a 的取值范围.【解析】（1）()f x 的定义域为()()2220,,22a x x ax f x x x x¥-+Î+=-+=¢,令()222g x x x a =-+,又Δ48a =-Q ,1o ,当Δ0£,即12a ³时,()0g x ³,此时()()0,f x f x ¢>在()0,¥+上单调递增2o ,当Δ0>,即12a <时,令()0g x =,解得12x x =其中,当102a <<时()()()1212,0,0,,,0x x x x x g x ¥<ÎÈ+,()()12,0x x x g x Î<，，所以()f x 在()()120,,,x x ¥+单调递增,在()12,x x 单调递减；当0a <时,()()()()12220,0,,0,,,0x x x x g x x x g x ¥<<ÎÎ+,故()f x 在()20,x 单调递减,()2,x ¥+单调递增.综上：()1,2a f x ³在()0,¥+上单调递增；()10,2a f x <<在,¥æö+ç÷ç÷èø上单调递增；()0,a f x£在æççè上单调递减,在¥ö+÷÷ø上单调递增.（2）()()()()()()12122112121200f x f x x x x f x x f x x x x x éùéù-->Û-->êúëûëû.令()()ln 2f x a xg x x xx==-+,则只需()g x 在()0,¥+单调递增,即()0g x ¢³恒成立,()()221ln x a x g x x ¢+-=,令()()21ln h x x a x =+-,则()0h x ³恒成立；又()222a x ah x x x x=¢-=-,①当0a =时,()()2,h x x h x =在()0,¥+单调递增成立；②当0a <时,()()0,h x h x ¢>在()0,¥+单调递增,又()0,x h x ¥®®-,故()0h x ³不恒成立.不满足题意；③当0a >时,由()0h x ¢=得()x h x =在æççè单调递减,在¥ö+÷÷ø单调递增,因为()0h x ³恒成立,所以min 3()3ln 022a h x h æö==-³ç÷èø,解得302e a <£,综上,3[0,2e ]a Î.(四)形如“若x m ³,则()()f x f m ³”的恒成立问题求解此类问题的思路是：先确定是使()0f x ¢³的参数a 的取值范围A ,当a A Î,由()f x 为增函数及x m ³可得()()f x f m ³恒成立,当a A Ï时确定存在0x m >,使得()0,x m x Î,()0f x ¢<,()f x 递减,即()0,x m x Î时()()f x f m <,故原不等式不恒成立.【例5】函数()e sin x f x x a =+-的图像与直线20x y -=相切.(1)求实数a 的值；(2)当[0,)x Î+¥时,()sin 2f x m x ³,求实数m 的取值范围.【解析】 (1)()e sin ()e cos x x f x x a f x x ¢=+-Þ=+,设切点为00(,)x y ,所以有000()e cos x f x x ¢=+,因为20x y -=是切线,所以有0000e cos 220x x x y ì+=ïí-=ïî,设()e cos 2()e sin x x h x x h x x ¢=+-Þ=-,显然当0x >时,()0,()h x h x ¢>单调递增,所以有()(0)0h x h >=,当0x >时,e 1,cos 1x x <£,所以e cos 20x x +-=无实数根,因此当R x Î时,方程()e cos 20x h x x =+-=有唯一实数根,即0x =,于是有0000x y =Þ=,因此有0e sin 001a a +-=Þ=；(2)令()e sin sin 21x g x x m x =+--,则()0g x ³在[0,)+¥恒成立()e cos 2cos 2x g x x m x =+-¢.(0)22g m=-¢若220m -³,即1m £时,当π02x ££时,由cos cos 2x x ³得()0g x ¢³,所以()g x 在0,2p éö÷êëø单调递增,又(0)0g =,所以()0g x ³在π0,2éö÷êëø恒成立；当2x p >时,π2e e 3x >>所以()3sin sin 210g x x m x >---³.所以()0g x ³在π,2éö+¥÷êëø恒成立.若220m -<即1m >时,(0)220g m =¢-<,则存在00x >,使得()g x 在()00,x 单调递减,则当()00,x x Î时,()(0)0g x g <=矛盾,舍，综上所述,m 的取值范围时(,1]-¥.(五)根据不等式恒成立求整数参数的最值此类问题通常可分类参数,把问题转化为()m f x <（()m f x >）,m ÎZ 的形式,()f x 有最小（大）值,但无法求出,只能引入导函数的隐零点0x ,估计()0f x 的范围,再确定整数m 的最大（小）值.【例6】（2024届辽宁省沈阳市第一二〇中学高三上学期第二次质量检测）已知函数32()23(1)6(R)f x x m x mx x =+++Î.(1)讨论函数()f x 的单调性；(2)若()11f -=,函数()2()()ln 10f x g x a x x =+-£在()1,+¥上恒成立,求整数a 的最大值.【解析】（1）根据题意可得()()2()66(1)661f x x m m x x m x ¢=+++=++,若1m =,()2()610f x x ¢=+³在x ÎR 上恒成立,此时函数()f x 在R 上单调递增；若1m >,此时1m -<-,当(),x m Î-¥-()1,¥È-+时,满足()0f x ¢>,此时函数()f x 在(),m -¥-,()1,-+¥上单调递增；当(),1x m Î--时,满足()0f x ¢<,此时函数()f x 在(),1m --单调递减；若1m <,此时1m ->-,当(),1x Î-¥-(),m ¥È-+时,满足()0f x ¢>,此时函数()f x 在(),1-¥-,(),m -+¥上单调递增,当()1,x m Î--时,满足()0f x ¢<,此时函数()f x 在()1,m --单调递减；综上可知,1m =时,()f x 在R 上单调递增；1m >时,()f x 在(),m -¥-和()1,-+¥上单调递增,在(),1m --单调递减；1m <时,()f x 在(),1-¥-和(),m -+¥上单调递增,在()1,m --单调递减；（2）由()11f -=可得23(1)61m m -++-=,解得0m =；所以32()23f x x x =+,则()()ln 123g x a x x =+--,易知()1,x Î+¥时,ln 10x +>,若函数()2()()ln 10f x g x a x x =+-£在()1,+¥上恒成立,等价成23ln 1x a x +£+在()1,x Î+¥上恒成立；令()()23,1ln 1x h x x x +=+>,则()()()()()22132ln 1232ln ln 1ln 1x x x x x h x x x +-+×-¢==++；令()()32ln 1x x x x j =->,则()2230x x xj ¢=+>在()1,x Î+¥上恒成立,即函数()x j 在()1,x Î+¥上单调递增,易知()33ln16ln e 22ln 222j -=-=,由于33e 2.719.683=>,所以()20j <,而3525ln ln e 55622ln 2255j æö-ç÷æöèø=-=ç÷èø,且55335232273e 2æö=ç÷èø>>=>,所以502j æöç÷èø>；因此()h x ¢在()1,x Î+¥有且仅有一个零点0x ,满足0032ln x x =,且052,2æöÎç÷èøx ；所以当()01,x x Î时,()0h x ¢<,当()0,x x Î+¥时,()0h x ¢>；因此函数()()23,1ln 1x h x x x +=+>在()01,x 上单调递减,在()0,x +¥上单调递增；所以()h x 的最小值为()000000232323ln 112x x h x x x x ++===++,显然()024,5x Î,因此()024,5a x £Î,又a 是整数,所以a 的最大值为4. (六)通过构造函数求最值解决不等式恒成立问题①该方法一般是根据不等式的结构构造一个新函数,利用导数研究该函数的单调性,由函数的单调性确定其最值,或把其最值用含有参数的式子来表示,再根据所给不等式列出关于参数的不等式,②注意如果所构造的函数,其导数结构比较复杂不易分析出单调性,则可把需要判断符号的式子拿出来构造一个新函数,再想办法解决其符号.③有时所构造的函数的最值不易求出,可以引入导数的隐零点,把函数最值用导数的隐零点表示.④在考虑函数最值时,除了依靠单调性,也可根据最值点的出处,即“只有边界点与极值点才是最值点的候选点”,所以有的讨论点就集中在“极值点”是否落在定义域内.【例7】设函数()1ln a xf x x+=,其中R a Î.(1)当0a ³时,求函数()f x 的单调区间；(2)若()2f x x £,求实数a 的取值范围.【解析】 (1)1ln ()(0)a x f x x x +=>,22(1ln )1ln ()a a x a a xf x x x -+--¢==.当0a =时,22(1ln )1()0a a x f x x x -+¢==-<恒成立,则()f x 在()0,¥+上为减函数,当0a >时,令()0f x ¢>,可得1ln 0a a x -->,则1ln a x a-<,解得10e a a x -<<,令()0f x ¢<,解得1ea ax ->,综上,当0a =时,()f x 的减区间为()0,¥+；当0a >时,()f x 的单调递增区间为10,e a a -æöç÷èø,单调递减区间为1e ,a a -æö+¥ç÷èø.(2)由2()f x x £,可得3ln 10x a x --³设3()ln 1(0)g x x a x x =-->,则323()3a x ag x x x x-¢=-=.①当0a £时,()0g x ¢>,()g x 单调递增,而117ln 1ln 20828g a a =--=-+<,所以不满足题意,②当0a >时,令33()0x ag x x -¢==,解得x =当x æÎççè时,()0g x ¢<,()g x 为减函数,当x öÎ+¥÷÷ø时,()0g x ¢>,()g x 为增函数,所以111()ln 3ln 1333g x g a a a æö³=+--ç÷èø.令111()ln 3ln 1(0)333h a a a a a æö=+-->ç÷èø,1111()ln 3(ln 1)(ln 3ln )3333h a a a ¢=+-+=-,当()0,3a Î时,()0h a ¢>,()h a 为增函数,当()3,a Î+¥时,()0h a ¢<,()g x 为减函数,所以()()30h a h £=,又()()0g x h a ³³.则()0h a =,解得3a =,所以实数a 的取值范围是{}3.(七) 通过分类参数把不等式恒成立问题转化为求不含参数的函数的最值①分类参数法就是在不等式中含有两个字母时（一个视为变量,另一个视为参数）,可利用不等式的等价变形让两个字母分居不等号的两侧,即不等号的每一侧都是只含有一个字母的表达式.然后可利用其中一个变量的范围求出另一变量的范围,转化为求函数的最值问题.②一般情况下,那个字母的范围已知,就将其视为变量,构造关于它的函数,另一个字母（一般为所求）视为参数.③要注意分类参数法不是万能的,已知不等式中两个字母是否便于进行分离,如果仅通过几步简单变换即可达到分离目的,则参变分离法可行.但有些不等式中由于两个字母的关系过于“紧密”,会出现无法分离的情形,此时要考虑其他方法.此外参数分离后,要注意变量的函数解析式是否便于求出最值（或临界值）,若解析式过于复杂而无法求出最值（或临界值）,则也无法用分离法解决问题.【例8】（2024届四川省绵阳市江油市高三下学期模拟）已知函数2()ln ()2m f x x x x m R =--Î.(1)当2m =时,求函数()f x 的单调区间；(2)若0x ">,不等式2()f x x >恒成立,求实数m 的取值范围.【解析】（1）函数2()ln 2m f x x x x =--的定义域为(0,)+¥,当2m =时,2()ln f x x x x =--,所以1(21)(1)()21x x f x x x x+-¢=--=,当(0,1)x Î时,()0f x ¢<,()f x 在(0,1)上为减函数,当(1,)x Î+¥时,()0f x ¢>,()f x 在(1,)+¥上为增函数,综上所述：()f x 在(0,1)上为减函数,在(1,)+¥上为增函数；（2）若0x ">,不等式2()f x x >恒成立,则21ln 12m x x x >++对0x >均成立,所以max 21ln (12m xx x>++令21ln ()1xg x x x=++,则22223312ln 112ln 12ln ()()x x x x x x g x x x x x x ----¢=-+=-+=,令()12ln h x x x =--,显然()12ln h x x x =--为(0,)+¥上的减函数,又(1)12ln110h =--=,所以(0,1)x Î,()0h x >,()0g x ¢>则()g x 在(0,1)上为增函数,当(1,)x Î+¥时,()0h x <,()0g x ¢<则()g x 在(1,)+¥上为减函数,所以max 1ln1()(1)1211g x g ==++=,所以22m>,所以4m >,所以实数m 的取值范围为(4,)+¥.(八) 先用特殊值确定或缩小参数范围,求解不等式恒成立问题此类问题通常是先在自变量允许值范围内取一个特殊值代入,缩小参数范围,然后在该范围内求解,减少讨论,也有可能该范围就是所求范围,此时只需证明在该范围内不等式恒成立即可.【例9】（2024届江苏省苏州市八校高三三模）已知函数()2()cos ,()2f x x g x a x ==-.(1)1a =时,求()()()F x f x g x =-的零点个数;(2)若()()f x g x ³恒成立a 的最大值;(3)求证:)21sin 2(R)3ni k n k k i p =æö->-Îç÷èøå.【解析】（1）当1a =时,2()2g x x =-,则2()()()cos 2F x f x g x x x =-=-+,所以()sin 2F x x x ¢=-+,令()sin 2h x x x =-+,则()cos 20h x x ¢=-+>,所以()sin 2h x x x =-+在R 上单调递增,即()sin 2F x x x ¢=-+在R 上单调递增,当0x >时,()0F x ¢>,所以()F x 在(0,)+¥上为增函数,当0x <时,()0F x ¢<,所以()F x 在(),0¥-上为减函数,又(0)1F =-,(2)(2)cos 220F F =-=+>,且x ®-¥时,()®+¥F x ,则存在()10x Î-¥，,()20,2x Î,使得12()0,()0F x F x ==,所以()F x 有两个零点.（2）令2()cos 2,m x x a ax =-+由(0)0m ³,得12a £,令2211()cos 1cos (2),22h x x x x x =-+=+-所以()sin h x x x ¢=-+,令()sin x x x j =-+,可得()cos 10x x j ¢=-+³,所以()sin x x x j =-+在(0,)+¥上为增函数,所以()sin sin 000x x x j =-+>+=,所以()0h x ¢>,所以2211()cos 1cos 010022h x x x =-+>-+´=,所以()h x 在[0,)+¥上单调递增,所以()(0)0h x h ³=,即211s 2co x x >-,所以()()f x g x ³恒成立,所以实数a 的最大值是实数12；（31cos 2sin 2cos 3233k k k k k i i i i i p p p p æöæöæöæö-+-+-=-=ç÷ç÷ç÷ç÷èøèøèøèø,由（2）可得211s 2co x x >-,所以21cos 1()2kk i i >-,所以21111]2(cos )2()3n n ni i i k k k n i i ip ===æö-+³>-ç÷èøååå,所以211()3nni i k k n i ip ==æö->-ç÷èøå,又22222221111111111((1)(11)22322331ni k k k k in n n ==++++<+-+-+++-<-åL L ,所以)21sin 2(R)3ni k n k k i p =æö->-Îç÷èøå.【例1】（2024届高考全国甲卷真题）已知函数()()()1ln 1f x ax x x =-+-．(1)当2a =-时,求()f x 的极值；(2)当0x ³时,()0f x ³,求a 的取值范围．【解析】（1）当2a =-时,()(12)ln(1)fx x x x =++-,故121()2ln(1)12ln(1)111x f x x x x x+¢=++-=+-+++,因为12ln(1),11y x y x=+=-++在()1,¥-+上为增函数,故()f x ¢在()1,¥-+上为增函数,而(0)0f ¢=,故当10x -<<时,()0f x ¢<,当0x >时,()0f x ¢>,故()f x 在0x =处取极小值且极小值为()00f =,无极大值.（2）()()()()11ln 11ln 1,011a x axf x a x a x x x x+-=-+¢+-=-+->++,设()()()1ln 1,01a x s x a x x x+=-+->+,则()()()()()()222111211111a a x a aax a s x x x x x ++++-++=-=-=-+++¢+,当12a £-时,()0s x ¢>,故()s x 在()0,¥+上为增函数,故()()00s x s >=,即()0f x ¢>,所以()f x 在[)0,¥+上为增函数,故()()00f x f ³=.当102a -<<时,当210a x a+<<-时,()0s x ¢<,故()s x 在210,a a +æö-ç÷èø上为减函数,故在210,a a +æö-ç÷èø上()()0s x s <,即在210,a a +æö-ç÷èø上()0f x ¢<即()f x 为减函数,故在210,a a +æö-ç÷èø上()()00f x f <=,不合题意,舍.当0a ³,此时()0s x ¢<在()0,¥+上恒成立,同理可得在()0,¥+上()()00f x f <=恒成立,不合题意,舍；综上,12a £-.【例2】（2024届天津高考数学真题）设函数()ln f x x x =．(1)求()f x 图象上点()()1,1f 处的切线方程；(2)若()(f x a x ³在()0,x Î+¥时恒成立,求a 的值；(3)若()12,0,1x x Î,证明()()121212f x f x x x -£-．【解析】（1）由于()ln f x x x =,故()ln 1f x x ¢=+.所以()10f =,()11f ¢=,所以所求的切线经过()1,0,且斜率为1,故其方程为1y x =-.（2）设()1ln h t t t =--,则()111t h t t t-¢=-=,从而当01t <<时()0h t ¢<,当1t >时()0h t ¢>.所以()h t 在(]0,1上递减,在[)1,+¥上递增,这就说明()()1h t h ³,即1ln t t -³,且等号成立当且仅当1t =.设()()12ln g t a t t =--,则()((ln 1f x a x x x a x x a x g æö-=-=--=×ç÷øè.当()0,x Î+¥时()0,¥+,所以命题等价于对任意()0,t Î+¥,都有()0g t ³.一方面,若对任意()0,t Î+¥,都有()0g t ³,则对()0,t Î+¥有()()()()112012ln 12ln 1212g t a t t a t a t at a t t t æö£=--=-+£-+-=+--ç÷èø,取2t =,得01a £-,故10a ³>.再取t =得2022a a a £-=--=-,所以2a =.另一方面,若2a =,则对任意()0,t Î+¥都有()()()212ln 20g t t t h t =--=³,满足条件.综合以上两个方面,知a 的值是2.（3）先证明一个结论：对0a b <<,有()()ln 1ln 1f b f a a b b a-+<<+-.证明：前面已经证明不等式1ln t t -³,故lnln ln ln ln ln ln 1ln 1bb b a a a b a aa b b b b b a b a a--=+=+<+---,且1lnln ln ln ln ln ln ln 1ln 11a ab b a a b b b a b b a a a a a a b a b a bbæö---ç÷--èø=+=+>+=+----,所以ln ln ln 1ln 1b b a a a b b a -+<<+-,即()()ln 1ln 1f b f a a b b a-+<<+-.由()ln 1f x x ¢=+,可知当10e x <<时()0f x ¢<,当1ex >时()0f x ¢>.所以()f x 在10,e æùçúèû上递减,在1,e ¥éö+÷êëø上递增.不妨设12x x £,下面分三种情况（其中有重合部分）证明本题结论.情况一：当1211e x x ££<时,有()()()()()()122122121ln 1f x f x f x f x x x x x x -=-<+-<-<结论成立；情况二：当1210ex x <££时,有()()()()12121122ln ln f x f x f x f x x x x x -=-=-.对任意的10,ecæùÎçúèû,设()ln lnx x x c cj=-则()ln1x xj¢=+由于()xj¢单调递增,且有11110j¢=<=-=,且当2124ln1x cc³-æö-ç÷èø,2cx>时,2ln1c³-可知()2ln1ln1ln102cx xcjæö=+>+=--³ç÷èø¢.所以()xj¢在()0,c上存在零点x,再结合()xj¢单调递增,即知0x x<<时()0xj¢<,x x c<<时()0xj¢>.故()xj在(]00,x上递减,在[],x c上递增.①当0x x c££时,有()()0x cj j£=；②当00x x<<时,112221e ef fcæö=-£-=<ç÷èø,故我们可以取1,1qcöÎ÷ø.从而当21cxq<<-时,>可得()1ln ln ln ln0x x x c c c c c c qcjö=-<-<--=-<÷ø.再根据()xj在(]00,x上递减,即知对0x x<<都有()0xj<；综合①②可知对任意0x c<£,都有()0xj£,即()ln ln0x x x c cj=-£.根据10,ecæùÎçúèû和0x c<£的任意性,取2c x=,1x x=,就得到1122ln ln0x x x x-£.所以()()()()12121122ln lnf x f x f x f x x x x x-=-=-情况三：当12101ex x<££<时,根据情况一和情况二的讨论,可得()1f x f-£(1ef fæö-£ç÷èø.而根据()f x的单调性,知()()()1211ef x f x f x fæö-£-ç÷èø或()()()1221ef x f xf f xæö-£-ç÷èø.故一定有()(1f x f-成立.综上,结论成立.【例3】（2024届湖南省岳阳市汨罗市高三下学期5月月考）函数()()2ln ,2f x x g x x x m ==--+．(1)若e m =,求函数()()()F x f x g x =-的最大值；(2)若()()()22e xf xg x x x +£--在2(]0,x Î恒成立,求实数m 的取值范围．【解析】（1）因为()2ln e 2F x x x x =-++-,可知()F x 的定义域为()0,¥+,且1(21)(1)()21x x F x x x x+-¢=-+=-,由()0F x ¢>,解得01x <<；由()0F x ¢<,解得1x >．可知()F x 在(0,1)内单调递增,在(1,)+¥内单调递减,所以函数()()()F x f x g x =-的最大值为()1e 2F =-．（2）因为2()()(2)e x f x g x x x +£--在2(]0,x Î恒成立,等价于(2)e ln 2x m x x x ³-+-+在2(]0,x Î恒成立．设()(2)e ln 2x h x x x x =-+-+,2(]0,x Î,则()11()(1)e 11e xx h x x x x x æö=-+-=--çè¢÷ø,当1x >时,则10x ->,且1e e,1xx><,可得1e e 10x x->->,所以()0h x ¢>；当01x <<时,则10x -<,设1()e ,01x u x x x=-<<,则21()e 0xu x x ¢=+>,可知()u x 在(0,1)递增,且120,(1)e 102u u æö==-ç÷èø．则01,12x æö$Îç÷èø,使得()00u x =．当()00,x x Î时,()0u x <；当()0,1x x Î时,()0u x >．当()00,x x Î时,()0h x ¢>；当()0,1x x Î时,()0h x ¢<．可知函数()h x 在()00,x 递增,在()0,1x 递减,在(1,2)递增．由()0001e 0x u x x =-=,得001e x x =,且00ln x x =-．可得()()()0000000000112e ln 222232xh x x x x x x x x x æö=-+-+=--+=-+ç÷èø,且01,12x æöÎç÷èø,则()00h x <,又因为(2)ln 20h =>,可知当2(]0,x Î时,()max ()2ln 2h x h ==,所以m 的取值范围是[ln 2,)+¥．【例4】（2024届河南省信阳市高三下学期高考考前押题）已知函数()ln f x x x =,())()10h x x x =->．(1)试比较()f x 与()h x 的大小；(2)若()()()11f x x ax a £--+恒成立,求a 的取值范围．【解析】（1）因为()())ln 1ln f x h x x x x x x æ-=-=çè,构建()ln 0F x x x =>,则()0F x ¢=£在()0,¥+内恒成立,可知()F x 在()0,¥+内单调递减,且()10F =,则有：若01x <<,则()0F x >,即()()f x h x >；若1x =,则()0F x =,即()()f x h x =；若1x >,则()0F x <,即()()f x h x <.（2）若()()()11f x x ax a £--+恒成立,则1ln 120a ax x a x--++-³,构建()1ln 12,0a g x ax x a x x-=-++->,原题意等价于()0g x ³在()0,¥+内恒成立,则()()()221111x ax a a g x a x x x -+--¢=--=,1.若0a £,则10ax a +-<，当01x <<时,()0g x ¢>；当1x >时,()0g x ¢<；可知()g x 在()0,1内单调递增,在()1,+¥内单调递减,则()()10g x g £=,不符合题意；2.若0a >,则有：（ⅰ）若1a ³,则10ax a +->,当01x <<时,()0g x ¢<；当1x >时,()0g x ¢>；可知()g x 在()0,1内单调递减,在()1,+¥内单调递增,则()()10g x g ³=,符合题意；（ⅱ）若01a <<时,令()0g x ¢=,解得1x =或110x a=->,①若111a ->,即102a <<时,当111x a<<-时,()0g x ¢<,可知()g x 在11,1a æö-ç÷èø内单调递减,此时()()10g x g <=,不合题意；②若111a -=,即12a =时,则()()22102x g x x -¢=³,可知()g x 在()0,¥+内单调递增,当()0,1x Î时,此时()()10g x g <=,不合题意；③若111a -<,即112a <<时,则()21011a a a-<-<<,由（1）可知：当01x <<时,ln x >=则()1112ln 12a a g x a x ax a ax x x --=--++<--++,可得()()()()()222211112112011a g a a a a a a a a a -æö-<----+-+=-<ç÷-èø-,不合题意；综上所述：a 的取值范围为[)1,+¥.【例5】（2024届河北省保定市九县一中三模）已知函数()()ln 1f x ax x =++.(1)若2a =-,求()f x 的单调区间；(2)若()0f x £恒成立,求a 的取值集合.【解析】（1）由2a =-,得()()2ln 1f x x x =-++,定义域为()1,¥-+,则()121211x f x x x --=¢-=+++,当11,2x æöÎ--ç÷èø时,()0f x ¢>,当1,2x ¥æöÎ-+ç÷èø时,()0f x ¢<,故()f x 的单调递增区间为11,2æö--ç÷èø,单调递减区间为1,2¥æö-+ç÷èø.（2）由()()ln 1f x ax x =++,()1,x ¥Î-+,得()11f x a x =++¢,若0a ³,则显然()22ln30f a =+>,不符合题意,若0<a ,令()0f x ¢=,解得11a x a+=->-,则当11,a x a +æöÎ--ç÷èø时,()0f x ¢>,()f x 单调递增,当1,a x a ¥+æöÎ-+ç÷èø时,()0f x ¢<,()f x 单调递减,()()max 11ln a f x f a a a +æö=-=----ç÷èø,则()1ln 0a a ----£,即()1ln 0a a ++-³,令()()1ln g a a a =++-,则()111a g a a a¢+=+=,当(),1x ¥Î--时,()0g a ¢>,()g a 单调递增,当()1,0x Î-时,()0g a ¢<,()g a 单调递减,所以()()max 10g a g =-=,当满足()0g a ³时,1a =-,所以a 的取值集合为{}1-.1．（2024届青海海西格尔木三校高三第三次联考）已知函数()32f x x x ax =-+.(1)讨论函数()f x 的单调性；(2)令()()ln 2ag x f x x x x=+--,若()0g x ³恒成立,求实数a 的取值范围.2．（2024届陕西省富平县高三第二次模拟）已知函数()ln f x x x =,2()1()f x g x x x x=-+.(1)求函数()g x 的单调区间；(2)若当0x >时,2()e x m x x mf -£恒成立,求实数m 的取值范围.3．（2024届重庆市高三第三次联合诊断）已知函数()e .x f x x a=+(1)当1a =时,求()f x 在点()()0,0f 处的切线方程；(2)若()f x 在区间()0,¥+上单调递增,求实数a 的取值范围.4．已知2()e ln ,()ln x f x a x g x x x a ==+(1)当1a =时,求()f x 在1x =处切线方程；(2)若()()f x g x <在(0,1)x Î恒成立,求a 的取值范围；(3)求证：411111322222123e e e e ln(1)234(1)n n n n +×+×+×++×<++L ．5．（2024届青海省部分学校高三下学期协作考试）已知函数()21e 2axf x x ax =+-（R a Î）.(1)当1a =时,求()f x 的最值；(2)当[]1,1a Î-时,证明：对任意的1x ,[]22,2x Î-,都有()()212e 1f x f x --≤.6．（2024届北京市十一学校高三下学期三模）已知函数()()()ln 11f x x k x =+++．(1)求()f x 的单调区间；(2)若()1f x £-恒成立,求实数k 的取值范围；(3)求证：()21ln 14ni n n i i =-<+å．（n ÎN 且2n ³）7．（2024届广东省茂名市高州市高三第一次模拟）设函数()e sin xf x a x =+,[)0,x Î+¥.(1)当1a =-时,()1f x bx ³+在[)0,¥+上恒成立,求实数b 的取值范围；(2)若()0,a f x >在[)0,¥+上存在零点,求实数a 的取值范围.8．（2024届四川省绵阳南山中学高三下学期高考仿真演练）已知函数()e cos x f x k x =-,其中k 为常数.(1)当1k =时,讨论函数()f x 在()0,¥+上的单调性；(2)若0,2πx æö"Îç÷èø,()1f x >,求实数k 的取值范围.。
恒成立问题与有解问题的区别
恒成立与有解1恒成立问题与一次函数联系给定一次函数y=f （x)=ax+b(a ≠0）,若y=f （x)在[m ，n ］内恒有f （x)〉0,则根据函数的图象（直线)可得上述结论等价于ⅰ)⎩⎨⎧>>0)(0m f a 或ⅱ）⎩⎨⎧><0)(0n f a 亦可合并定成⎩⎨⎧>>0)(0)(n f m f 同理,若在［m ，n ］内恒有f （x ）〈0，则有⎩⎨⎧<<0)(0)(n f m f例1、对于满足|p ｜≤2的所有实数p ，求使不等式x 2+px+1〉2p+x 恒成立的x 的取值范围。
分析：在不等式中出现了两个字母：x 及P ，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p 视作自变量，则上述问题即可转化为在［—2,2］内关于p 的一次函数大于0恒成立的问题。
略解：不等式即（x —1）p+x 2-2x+1〉0,设f （p)= （x —1）p+x 2-2x+1，则f （p ）在[—2,2]上恒大于0,故有：⎩⎨⎧>>-)2(0)2(f f 即⎪⎩⎪⎨⎧>->+-0103422x x x 解得:⎩⎨⎧-<><>1113x x x x 或或∴x 〈-1或x>3。
2恒成立问题与二次函数联系若二次函数y=ax 2+bx+c=0(a ≠0）大于0恒成立，则有⎩⎨⎧<∆>00a ,若是二次函数在指定区间上的恒成立问题，还可以利用韦达定理以及根与系数的分布知识求解。
例2、设f(x)=x 2—2ax+2，当x ∈［-1,+∞）时，都有f （x ）≥a 恒成立，求a 的取值范围。
分析：题目中要证明f （x ）≥a 恒成立,若把a 移到等号的左边，则把原题转化成左边二次函数在区间［-1,+∞）时恒大于0的问题。
解:设F （x)= f(x ）—a=x 2-2ax+2—a.ⅰ）当∆=4（a —1)（a+2）<0时,即-2〈a 〈1时，对一切x ∈[-1,+∞)，F （x ） ≥0恒成立；ⅱ)当∆=4（a —1）(a+2) ≥0时由图可得以下充要条件:⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧-≤--≥-≥∆,1220)1(0a f 即⎪⎩⎪⎨⎧-≤≥+≥+-,1030)2)(1(a a a a得-3≤a ≤—2;综合可得a 的取值范围为［-3，1]. 1。
“三大思维体系”,搞定恒、能成立问题与零点问题(学生版)
“三大思维体系”，搞定恒、能成立问题与零点问题目录一、重难点题型方法<思维一：分离参数>题型一：恒成立问题(一)题型二：存在性问题(一)题型三：零点问题(一)<思维二：带参讨论>题型四：恒成立问题(二)题型五：存在性问题(二)题型六：零点问题(二)<思维三：数形结合>题型七：恒成立问题(三)题型八：存在性问题(三)题型九：零点问题(三)<拓展方法>题型十：恒、能成立的四种混合问题题型十一：同构问题题型十二：{min ,max }问题二、针对性巩固练习重难点题型方法<思维一：分离参数>题型一：恒成立问题(一)【典例分析】1(2023·全国·高二专题练习)若x 2e 3x ≥(k +5)x +2ln x +1在0,+∞ 恒成立，则k 的取值范围为()A.k ≥-1B.k ≥-2C.k ≤-2D.k ≤-12(2023·全国·本溪高中校联考模拟预测)已知函数f x 满足2f x +f 1x =mx 2+3x +2mx ，若∀x ∈1,+∞ ，f x ≤e x，则m 的取值范围为()A.e -1,+∞B.e -1,+∞C.-∞,e -1D.-∞,e -13(2023·全国·高三专题练习)设函数f x =1-ax ln x +1 -bx ，曲线y =f x 恒与x 轴相切于坐标原点．(1)求常数b 的值；(2)当0≤x ≤1时，f x ≥0恒成立，求实数a 的取值范围；(3)求证：1+1n n <e <1+1n n +1恒成立．4(2023春·湖南湘潭·高二湘潭县一中校考阶段练习)已知函数f x =2a x -1 e x -x 2(其中a ∈R ，e 为自然对数的底数)．(1)讨论f x 的单调性；(2)当x >1时，f x +1 >ln x -x 2-x -3，求a 的取值范围．方法归纳【方法技巧总结】1. ∀x ∈D ，m ≤f x ⇔m ≤f x min ；2. ∀x ∈D ，m ≥f x ⇔m ≥f x max ；【变式训练】1(2023·广东·高三校联考阶段练习)已知函数f (x )=ax +ln x +1-xe 2x 对任意的x >0，f x ≤0恒成立，则实数a 的取值范围为()A.-∞,0B.-∞,2C.-∞,1D.-∞,32(2023·北京·高三专题练习)已知函数f x =lg 2x +4x 2+1 ，若对于任意的x ∈1,2 时，f x 2-1 +f mx -6>0恒成立，则实数m 的取值范围是()A.-∞,0B.12,+∞C.-∞,0D.4,+∞3(2023·山西·校联考模拟预测)设函数f x =x +1 e x +m x +2 2,m ∈R ．(1)讨论f (x )的单调性；(2)若当x ∈[-2,+∞)时，不等式f x -1 ≥m x 2+3x -e 恒成立，求m 的取值范围．4(2023春·山西运城·高二校联考阶段练习)已知函数f x =ae x -x 2+x -2.(1)若a =1，求函数f x 在x =1处的切线方程；(2)已知g x =-x 2，若f x ≤g x 在R 上恒成立，求实数a 的取值范围.题型二：存在性问题(一)【典例分析】5(2023·河南开封·开封高中校考模拟预测)若存在x∈1,+∞，使得关于x的不等式1+1 xx+a≥e成立，则实数a的最小值为()A.2B.1ln2C.ln2-1 D.1ln2-16(2022秋·陕西商洛·高三校联考阶段练习)若函数f(x)=x3+bx2+3x在13,2上存在单调递增区间，则b的取值范围是()A.-5,+∞B.-3,+∞C.-∞,-5D.-∞,-37(2023·安徽宿州·统考一模)已知函数f(x)=x2+a(x-ln x)-bex(e为自然对数的底数)，a，b∈R.(1)当b=0时，讨论f x 在0,+∞上的单调性；(2)当b=1时，若存在x∈1,e，使f x >0，求a的取值范围.8(2023·全国·高三专题练习)已知函数f(x)=-2a ln x-2x，g(x)=ax-(2a+1)ln x-2x，其中a∈R.(1)若x=2是函数f(x)的驻点，求实数a的值；(2)当a>0时，求函数g(x)的单调区间；(3)若存在xÎ1e，e 2(e为自然对数的底)，使得不等式f(x)£g(x)成立，求实数a的取值范围．方法归纳【方法技巧总结】1.∃x ∈D ，m ≤f x ⇔m ≤f x max ；2.∃x ∈D ，m ≥f x ⇔m ≥f x min .【变式训练】5(2022秋·河南洛阳·高三洛阳市第一高级中学校考阶段练习)已知函数f (x )=ax-1+ln x ，存在x 0>0，使得f (x 0)≤0有解，则实数a 的取值范围是()A.(2，+∞)B.(-∞，-3)C.(-∞，1]D.[3，+∞)6(2022秋·江西·高三校联考阶段练习)若存在x ∈-1,1 ，使得不等式e 2x -ax <a 成立，则实数a 的取值范围是()A.-∞,2eB.2e ,+∞C.-∞,1eD.1e ,+∞7(2023·全国·高二专题练习)已知函数f x =ax 3+bx +4，当x =2时，函数f x 有极小值0.(1)求函数f x 的解析式；(2)若存在x ∈[3,4]，使不等式f x +mx >0成立，求实数m 的取值范围.8(2022秋·吉林长春·高三长春市第二中学校考阶段练习)已知函数f x =ax 2ln x -bx 2-c 在x =1处取得极值3-c ，其中a 、b 、c 为常数．(1)试确定a 、b 的值；(2)若存在x >0，不等式f x ≥2c 2有解，求a 的取值范围．题型三：零点问题(一)【典例分析】9(2023·全国·高二专题练习)已知函数f x =mx-ln x+m区间1,e内有唯一零点，则m不可能取值为()A.e-1e B.1e+1C.1eD.1+2e10(2023·陕西咸阳·陕西咸阳中学校考模拟预测)若方程x ln x+e x+1-ax=0有两个不等的实数根，则实数a的取值范围是()A.e,+∞B.e+1,+∞C.2e,+∞D.e-1,+∞11(2023春·河南·高二校联考期末)已知函数f x =ae x-x，a∈R．(1)当a=1e时，证明：f x -ln x+x-1≥0在0,+∞上恒成立；(2)若f x 有2个零点，求a的取值范围．12(2023·贵州·统考模拟预测)已知f x =a2x2-a+2x+2ln x.(1)讨论f x 的单调性；(2)确定方程f x =a2x2的实根个数.方法归纳【方法技巧总结】1. 分参，然后构造新函数，利用导数画出新函数的图象，再根据函数与方程把零点问题转化为图象交点问题。
不等式恒成立与有解问题
不等式恒成立与有解问题一、选择题1．已知函数f (x )＝2x －1，g (x )＝a ln x －x22＋1.若对任意的x ∈R ，总有f (x )<1或g (x )<1成立，则实数a 的取值范围是( D )A ．(－2，e)B ．(－1，e 2)C ．(－∞，e 2)D ．(－∞，e)解析：因为f (x )＝2x －1<1⇒x <1，且对任意的x ∈R ，总有f (x )<1或g (x )<1成立，所以当x ≥1时，g (x )<1恒成立，即a ln x －x 22<0在[1，＋∞)上恒成立．当x ＝1时，a ln x －x 22＝－12<0恒成立；当x >1时，a <x 22ln x 恒成立，令h (x )＝x 22ln x ，x >1，则h ′(x )＝x (2ln x －1)2(ln x )2，因为h ′(x )>0⇒x >e ，h ′(x )<0⇒1<x <e ，所以h (x )在(1，e)上单调递减，(e ，＋∞)上单调递增，故h (x )min ＝h (e)＝(e )22ln e ＝e ，所以a <e.所以当a <e ，x ≥1时，g (x )<1恒成立．即当a <e 时，对任意的x∈R ，总有f (x )<1或g (x )<1成立，故选D ．2．(2021·广东广州调研)已知函数f (x )＝3x ＋2cos x ，g (x )＝(e x －1)(e 2x －5)，若∀x 1∈(－∞，0]，∀x 2∈R ，f (x 1)＋a ≤g (x 2)，则a 的取值范围是( D )A ．(－∞，－2]B ．⎝⎛⎦⎥⎤－∞，－4027C ．(－∞，－3]D ．⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，－9427 解析：易得f ′(x )＝3－2sin x >0，所以在(－∞，0]上，f (x )为增函数，f (x )max ＝f (0)＝2.令t ＝e x (t >0)，设h (t )＝(t －1)(t 2－5)(t >0)，则h ′(t )＝(t ＋1)(3t －5)，当0<t <53时，h ′(t )<0，h (t )单调递减；当t >53时，h ′(t )>0，h (t )单调递增．故h (t )min ＝h ⎝ ⎛⎭⎪⎫53＝⎝ ⎛⎭⎪⎫53－1×⎝ ⎛⎭⎪⎫259－5＝－4027，从而g (x )min ＝－4027.依题意可得a ＋2≤－4027，∴a ≤－9427，故a 的取值范围为⎝⎛⎦⎥⎤－∞，－9427.3．(2021·陕西西安测试)已知函数f (x )＝m (x －1)－(x －2)e x －e(e 为自然对数的底数)．若关于x 的不等式f (x )>0有且只有一个正整数解，则实数m 的最大值为( A )A ．e 3＋e 2B ．e 2＋e 2C ．e 3－e 2D ．e 2－e 2解析：∵f (x )＝m (x －1)－(x －2)e x －e>0，∴m (x －1)>(x －2)e x ＋e.设g (x )＝(x －2)e x ＋e.∴g ′(x )＝(x －1)e x . ∴当x >1时，g ′(x )>0，函数g (x )单调递增； 当x <1时，g ′(x )<0，函数g (x )单调递减． ∴g (x )≥g (1)＝0，又当x →＋∞时，g (x )→＋∞， 当x →－∞，g (x )→e ，函数y ＝m (x －1)的图象恒过定点(1,0)，∴分别画出函数y ＝g (x )与y ＝m (x －1)的大致图象，如图所示．若不等式f (x )>0有且只有一个正整数解，则y ＝m (x －1)的图象在y ＝g (x )图象的上方只有一个x 的正整数值，即x＝2，∴m (3－1)≤g (3)＝(3－2)e 3＋e 且m (2－1)>g (2)＝(2－2)e 2＋e ，即2m ≤e 3＋e 且m >e.∴e<m ≤e 3＋e 2.故实数m 的最大值为e 3＋e2，故选A ．二、填空题4．已知函数f (x )＝a e xx ，x ∈[1,3]，且∀x 1，x 2∈[1,3]，x 1≠x 2，f (x 1)－f (x 2)x 1－x 2<2恒成立，则实数a 的取值范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，9e 3.解析：∀x 1，x 2∈[1,3]，x 1≠x 2，f (x 1)－f (x 2)x 1－x 2<2，即f (x 1)－f (x 2)x 1－x 2－2＝[f (x 1)－2x 1]－[f (x 2)－2x 2]x 1－x 2<0.令h (x )＝f (x )－2x ＝a e xx －2x ，则h (x )在[1,3]上单调递减，∴h ′(x )＝a e x (x －1)x 2－2≤0在[1,3]上恒成立，当x ＝1时，显然成立，a ∈R .当x ∈(1,3]时，a ≤2x 2e x (x －1)，令t (x )＝2x 2e x (x －1)，x ∈(1,3]，则t ′(x )＝－2x (x 2－2x ＋2)e x (x －1)2<0，∴t (x )在(1,3]上单调递减，t (x )min ＝t (3)＝9e 3，∴a ≤9e 3.综上，a ≤9e 3.三、解答题5．(2021·河北衡水调研)已知函数f (x )＝e x －1－a (x －1)＋ln x (a ∈R ，e 是自然对数的底数)． (1)设g (x )＝f ′(x )(其中f ′(x )是f (x )的导数)，求g (x )的极小值； (2)若对x ∈[1，＋∞)，都有f (x )≥1成立，求实数a 的取值范围． 解：(1)g (x )＝f ′(x )＝ex －1＋1x －a (x >0)，g ′(x )＝e x －1－1x 2.设φ(x )＝g ′(x )＝e x －1－1x 2(x >0)，则φ′(x )＝e x －1＋2x 3>0，∴g ′(x )在(0，＋∞)上为增函数，且g ′(1)＝0.∴当x ∈(0,1)时，g ′(x )<0；当x ∈(1，＋∞)时，g ′(x )>0，∴g (x )极小值＝g (1)＝2－a . (2)由(1)知，f ′(x )在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，∴f ′(x )≥f ′(1)＝2－a . 当a ≤2时，f ′(x )≥0，f (x )在[1，＋∞)上单调递增，则f (x )≥f (1)＝1，满足题意； 当a >2时，f ′(1)＝2－a <0.又∵f ′(ln a ＋1)＝e ln a －a ＋1ln a ＋1＝1ln a ＋1>0，∴∃x 0∈(1，ln a ＋1)，使得f ′(x 0)＝0，此时，x ∈(1，x 0)，f ′(x )<0；x ∈(x 0，＋∞)，f ′(x )>0，∴f (x )在(1，x 0)上单调递减，当x ∈(1，x 0)时，f (x )<f (1)＝1，不满足题意． 综上所述，实数a 的取值范围为(－∞，2]． 6．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)∵F (x )＝f (x )＋g (x )＝x e x ＋12x 2＋x ， ∴F ′(x )＝(x ＋1)(e x ＋1)，令F ′(x )>0，解得x >－1，令F ′(x )<0，解得x <－1， ∴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)∵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，∴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1e x ≤e ，故m ≥e ，即实数m 的取值范围是[e ，＋∞)．7．已知函数f (x )＝ax 2e x －(a ＋1)，a ≠0，g (x )＝x ＋2－1x . (1)讨论函数f (x )的单调性；(2)当a >0时，对任意x ∈(0，＋∞)，不等式a e x ＋(a ＋1)x ≥(a ＋1)g (x )恒成立，求实数a 的取值范围． 解：(1)函数f (x )的定义域为(－∞，＋∞)，f ′(x )＝2ax e x ＋ax 2e x ＝ax (x ＋2)e x ， 当a >0时，由f ′(x )>0，得x <－2或x >0，由f ′(x )<0，得－2<x <0， 所以函数f (x )在(－∞，－2)，(0，＋∞)上单调递增，在(－2,0)上单调递减． 当a <0时，由f ′(x )<0，得x <－2或x >0，由f ′(x )>0，得－2<x <0， 所以函数f (x )在(－2,0)上单调递增，在(－∞，－2)，(0，＋∞)上单调递减．(2)由a e x＋(a ＋1)x ≥(a ＋1)⎝⎛⎭⎪⎫x ＋2－1x ，得a e x ＋a ＋1x －2(a ＋1)≥0.令h (x )＝a e x ＋a ＋1x －2(a ＋1)，则h ′(x )＝ax 2e x －(a ＋1)x 2. 由(1)知当a >0时，f (x )＝ax 2e x －(a ＋1)在(0，＋∞)上单调递增．又f (0)＝－(a ＋1)<0，且当x →＋∞时，f (x )>0， 所以存在x 0∈(0，＋∞)，使得f (x 0)＝0，且h (x )在(0，x 0)上单调递减，在(x 0，＋∞)上单调递增． 因为f (x 0)＝ax 20ex 0－(a ＋1)＝0，所以ax 20ex 0＝a ＋1 ①，因为对于任意的x ∈(0，＋∞)，恒有h (x )≥0成立，所以在(0，＋∞)上，h (x )min ＝h (x 0)＝a e x 0＋a ＋1x 0－2(a ＋1)≥0， 所以由①式得a ＋1x 20＋a ＋1x 0－2(a ＋1)≥0，即2x 20－x 0－1≤0，所以－12≤x 0≤1.又x 0>0，所以0<x 0≤1，因为ax 20e x 0＝a ＋1，所以x 20e x 0＝a ＋1a>1，易知y ＝x 2e x 在(0,1]上单调递增，所以x 20e x 0≤e ，由①式知x 2e x 0＝a ＋1a ，所以1<a ＋1a ≤e ，故a ≥1e －1，即实数a 的取值范围为⎣⎢⎡⎭⎪⎫1e －1，＋∞.8．(2021·金华十校联考)已知函数f (x )＝ax 3－ax －x ln x ，其中a ∈R .(1)若a ＝12，证明：f (x )≥0；(2)若x e 1－x ≥1－f (x )在x ∈(1，＋∞)上恒成立，求a 的取值范围． 解：(1)证明：由题意知f (x )的定义域为(0，＋∞)，当a ＝12时，f (x )＝12x 3－12x －x ln x ＝x ⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 2－12－ln x .令g (x )＝12x 2－12－ln x ，则g ′(x )＝x －1x ，由g ′(x )＝0，得x ＝1，当x ∈(0,1)时，g ′(x )<0，∴g (x )在(0,1)上单调递减，当x ∈(1，＋∞)时，g ′(x )>0，∴g (x )在(1，＋∞)上单调递增，∴g (x )≥g (1)＝0，又x >0，∴f (x )≥0. (2)由题意知x e 1－x ≥1－ax 3＋ax ＋x ln x 在x ∈(1，＋∞)上恒成立， 即ax 2－a －ln x ≥1x －e 1－x 在x ∈(1，＋∞)上恒成立． 令m (x )＝ax 2－a －ln x ，x >1，n (x )＝1x －1ex －1，x >1.易得ex －1>x (x >1)，∴n (x )＝1x －1ex －1>0.m ′(x )＝2ax －1x ＝2ax 2－1x ，当a ≤0时，m ′(x )<0，∴m (x )在(1，＋∞)上单调递减， ∴m (x )<0，m (x )≥n (x )不成立． 当a >0时，由m ′(x )＝0，得x ＝12a 或－12a (舍去)．①当12a >1，即0<a <12时，m (x )在⎝⎛⎭⎪⎫1，12a 上单调递减，在⎝⎛⎭⎪⎫12a ，＋∞上单调递增．∴m ⎝⎛⎭⎪⎫12a <0，则在x ∈⎝⎛⎭⎪⎫1，12a 上，m (x )≥n (x )不成立． ②当12a ≤1，即a ≥12时，令F (x )＝m (x )－n (x )＝ax 2－a －ln x －1x ＋1e x －1＝a (x 2－1)－ln x －1x ＋1e x －1，x >1，则F (x )≥12(x 2－1)－ln x －1x ＋1ex －1，令G (x )＝12(x 2－1)－ln x －1x ＋1e x －1，x >1，则F (x )≥G (x )．∵G ′(x )＝x －1x ＋1x 2－1e x －1>x －1x ＋1x 2－1＝x 3－x 2－x ＋1x 2＝(x －1)2(x ＋1)x 2>0， ∴G (x )在x ∈(1，＋∞)上单调递增， ∴G (x )>0，则F (x )≥G (x )>0.综上，a 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞.9．已知函数f (x )＝(1＋x )(1＋ln x )x ，g (x )＝ln x －mx (m ∈R )． (1)求函数g (x )的单调区间；(2)当m >0时，对任意的x 1∈[1,2]，存在x 2∈[1,2]，使得f (x 1)－3m >g (x 2)成立，试确定实数m 的取值范围． 解：(1)由g (x )＝ln x －mx (x >0)，得g ′(x )＝1x －m .当m ≤0时，g ′(x )>0，所以g (x )的单调递增区间是(0，＋∞)，没有单调递减区间．当m >0时，由g ′(x )>0，解得0<x <1m ；由g ′(x )<0，解得x >1m ，所以g (x )的单调递增区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1m ，单调递减区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫1m ，＋∞.综上所述，当m ≤0时，g (x )的单调递增区间是(0，＋∞)，无单调递减区间；当m >0时，g (x )的单调递增区间是⎝⎛⎭⎪⎫0，1m ，单调递减区间是⎝⎛⎭⎪⎫1m ，＋∞.(2)当m >0时，对任意x 1∈[1,2]，存在x 2∈[1,2]，使得f (x 1)－3m >g (x 2)成立，只需证明f (x )min －3m >g (x )min 成立．由f (x )＝(1＋x )(1＋ln x )x ＝ln x x ＋ln x ＋1x ＋1，得f ′(x )＝1－ln x x 2＋1x －1x 2＝x －ln x x 2.令h (x )＝x －ln x (x >0)，则h ′(x )＝x －1x ，所以当x ∈(0,1)时，h ′(x )<0，当x ∈(1，＋∞)时，h ′(x )>0，所以h (x )在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，且h (1)＝1，所以h (x )≥h (x )min ＝h (1)＝1>0.此时f ′(x )>0，即f (x )在(0，＋∞)上单调递增，所以f (x )在[1,2]上单调递增，所以f (x )min ＝f (1)＝2.由(1)知，当m >0时，g (x )在⎝⎛⎭⎪⎫0，1m 上单调递增，在⎝⎛⎭⎪⎫1m ，＋∞上单调递减，①当0<1m ≤1即m ≥1时，g (x )在[1,2]上单调递减， g (x )min ＝g (2)＝ln2－2m ；②当1<1m <2即12<m <1时，g (x )在⎣⎢⎡⎭⎪⎫1，1m 上单调递增，在⎝ ⎛⎦⎥⎤1m ，2上单调递减，g (x )min ＝min{g (1)，g (2)}，由g (2)－g (1)＝ln2－2m －(－m )＝ln2－m ，当12<m ≤ln2时，g (2)≥g (1)，此时g (x )min ＝g (1)＝－m ，当ln2<m <1时，g (2)<g (1)，此时g (x )min ＝g (2)＝ln2－2m ； ③当1m ≥2，即0<m ≤12时， g (x )在[1,2]上单调递增， g (x )min ＝g (1)＝－m .所以当0<m ≤ln2时，g (x )min ＝g (1)＝－m ，由⎩⎪⎨⎪⎧0<m ≤ln2，2－3m >－m ，得0<m ≤ln2. 当m >ln2时，g (x )min ＝g (2)＝ln2－2m ，由⎩⎪⎨⎪⎧m >ln2，2－3m >ln2－2m ，得ln2<m <2－ln2. 所以0<m <2－ln2.综上，所求实数m 的取值范围是(0,2－ln2)．。
恒成立与有解问题.学生版可以用
专题7.恒成立和有解问题【例1】 若不等式220ax x ++>的解集为R ，则a 的范围是（ ）A ．0a >B ．18a >-C ．18a > D ．0a <【例2】 已知不等式()11112log 1122123a a n n n +++>-+++对于一切大于1的自然数n 都成立，试求实数a 的取值范围.【例3】 若不等式2(2)2(2)40a x a x -+--<对x ∈R 恒成立，则a 的取值范围是______．【例4】 2()1f x ax ax =+-在R 上恒满足()0f x <，则a 的取值范围是（ ）A ．0a ≤B ．4a <-C ．40a -<<D ．40a -<≤【例5】 若对于x ∈R ，不等式2230mx mx ++>恒成立，求实数m 的取值范围．【例6】 不等式210x ax ++≥对一切102x ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦，成立，则a 的最小值为（ ） A ．0 B ．2- C ．52- D ．3-【例7】 对任意[11]a ∈-，，函数2()(4)42f x x a x a =+-+-的值恒大于零，则x 的取值范围为 ．【例8】 若(]1x ∈-∞-，，()21390x x a a ++->恒成立，求实数a 的取值范围.【例9】 设()222f x x ax =-+，当[)1x ∈-+∞，时，都有()f x a ≥恒成立，求a 的取值范围.【例10】 已知不等式22412ax x x a +---≥对任意实数恒成立，求实数a 的取值范围．【例11】 已知关于x 的不等式20x x t ++>对x ∈R 恒成立，则t 的取值范围是 ．【例12】 在R 上定义运算⊗：)1(y x y x -=⊗．若不等式1)()(<+⊗-a x a x 对任意实数x 成立，则（ ）A ．11<<-aB ．20<<aC ．2321<<-a D ．2123<<-a【例13】 设不等式2220x ax a -++≤的解集为M ，如果[1,4]M ⊆，求实数a 的取值范围． 【例14】 如果关于x 的不等式23208kx kx +-<对一切实数x 都成立，则k 的取值范围是 ．【例15】 已知函数()1)f x x g x =+，若不等式(3)(392)0x x x f m f ⋅+--<对任意x ∈R 恒成立，求实数m 的取值范围．【例16】 若关于x 的方程9(4)340x x a +++=有解，求实数a 的取值范围.【例17】 若关于x 的不等式22840x x a --->在14x <<内有解，则实数a 的取值范围是（ ）A ．4a <-B ．4a >-C ．12a >-D ．12a <-。
数学中的恒成立与有解问题
数学中的恒成立与有解问题-CAL-FENGHAI-(2020YEAR-YICAI)_JINGBIAN数学中的恒成立与有解问题一、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 > 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 <常用方法1、分离变量法；2、数形结合法；3、利用函数的性质；4、变更主元等；1、由二次函数的性质求参数的取值范围例题1.若关于x 的不等式2220ax x ++>在R 上恒成立,求实数a 的取值范围. 解题思路：结合二次函数的图象求解解析：当0a =时,不等式220x +>解集不为R ,故0a =不满足题意;当0a ≠时,要使原不等式解集为R ,只需202420a a >⎧⎨-⨯<⎩,解得12a >综上,所求实数a 的取值范围为1(,)2+∞2、转化为二次函数的最值求参数的取值范围例题2：已知二次函数满足(0)1f =，而且(1)()2f x f x x +-=，请解决下列问题 （1） 求二次函数的解析式。
（2） 若()2f x x m >+在区间[1,1]-上恒成立 ，求m 的取值范围。
解题思路：先分离系数,再由二次函数最值确定取值范围.解析：(1)设2()(0)f x ax bx c a =++≠.由(0)1f =得1c =,故2()1f x ax bx =++.∵(1)()2f x f x x +-= ∴22(1)(1)1(1)2a x b x ax bx x ++++-++=即22ax a b x ++=,所以22,0a a b =+=,解得1,1a b ==- ∴2()1f x x x =-+ (2)由(1)知212x x x m -+>+在[1,1]-恒成立,即231m x x <-+在[1,1]-恒成立.令2235()31()24g x x x x =-+=--,则()g x 在[1,1]-上单调递减.所以()g x 在[1,1]-上的最小值为(1)1g =-.所以m 的取值范围是(,1)-∞-.规律总结：()m f x ≤对一切x R ∈恒成立,则min [()]m f x ≤;()m f x ≥对一切x R ∈恒成立,则max [()]m f x ≥；注意参数的端点值能否取到需检验。
不等式恒成立问题(学生版)
不等式中恒成立问题的解法一、判别式法若所求问题可转化为二次不等式，则可考虑应用判别式法解题。
一般地，对于二次函数),0()(2R x a c bx ax x f ∈≠++=,有1）0)(>x f 对R x ∈恒成立⎩⎨⎧<∆>⇔00a ; 2）0)(<x f 对R x ∈恒成立.00⎩⎨⎧<∆<⇔a例1：若不等式02)1()1(2>+-+-x m x m 的解集是R ，求m 的范围。
二、最值法将不等式恒成立问题转化为求函数最值问题的一种处理方法，其一般类型有：1）a x f >)(恒成立min )(x f a <⇔2）a x f <)(恒成立max )(x f a >⇔例2、若[]2,2x ∈-时，不等式23x ax a ++≥恒成立，求a 的取值范围。
三、分离变量法若所给的不等式能通过恒等变形使参数与主元分离于不等式两端，从而问题转化为求主元函数的最值，进而求出参数范围。
这种方法本质也还是求最值，但它思路更清晰，操作性更强。
一般地有：1）为参数）a a g x f )(()(<恒成立max )()(x f a g >⇔2）为参数）a a g x f )(()(>恒成立max )()(x f a g <⇔例3．已知(],1x ∈-∞时，不等式()21240x x a a ++-⋅>恒成立，求a 的取值范围。
四、变换主元法处理含参不等式恒成立的某些问题时，若能适时的把主元变量和参数变量进行“换位”思考，往往会使问题降次、简化。
例4．对任意]1,1[-∈a ，不等式024)4(2>-+-+a x a x 恒成立，求x 的取值范围。
五、数形结合法数学家华罗庚曾说过：“数缺形时少直观，形缺数时难入微”，这充分说明了数形结合思想的妙处，在不等式恒成立问题中它同样起着重要作用。
我们知道，函数图象和不等式有着密切的联系：1）⇔>)()(x g x f 函数)(x f 图象恒在函数)(x g 图象上方；2）⇔<)()(x g x f 函数)(x f 图象恒在函数)(x g 图象下上方。
不等式恒成立与有解的处理
不等式恒成立与有解的处理
大罕
数学里的有些法则其实就是生活常识。
例如，不等式恒成立或有解的问题，解决这一类问题就需要运用生活常识就可以了。
例如，m>f(x)恒成立⇔m>f(x)的最大值；
m恒成立⇔m的最小值。
又如：m>f(x)有解⇔m>f(x)的最小值；
m有解⇔m的最大值。
例1、已知关于x的不等式|x-2|-|x+3|≥a恒成立，求实数a的取值范围。
解：a≤|x-2|-|x+3|恒成立⇔a≤(|x-2|-|x+3|)的最小值。
由图像法可知：(|x-2|-|x+3|)的最小值=-5,
∴a≤-5 .
例2、已知关于x的不等式|x-2|-|x+3|≥|m+1|有解，求实数m的取值范围。
解：|m+1|≤|x-2|-|x+3|有解⇔|m+1|≤(|x-2|-|x+3|)的最大值。
由图像法可知：(|x-2|-|x+3|)的最大值=5,
∴|m+1|≤5，解得-6≤m≤4.
例3、已知关于x的不等式|x+2|+|x-1|Ф，求实数a的取值范围。
解：a>|x+2|+|x-1|的解集为Ф，⇔a≤|x+2|+|x-1|恒成立
⇔a≤(|x+2|+|x-1|)的最小值，
而(|x+2|+|x-1|)的最小值为3，
∴a≤3.
为了便于使用，笔者编了口诀如下：
大大恒大，小小恒小；
大小可大，小大可小。
不等式恒成立有解问题
不等式恒成立有解问题不等式恒成立与有解问题不等式恒成立与有解问题一直是中学数学的重要内容.它是函数、数列、不等式等内容交汇处的一个较为活跃的知识点，随着中学数学引进导数，它为我们更广泛、更深入地研究函数、不等式提供了强有力的工具.在近几年的高考试题中，涉及不等式恒成立与有解的问题，有时在同一套试题中甚至有几道这方面的题目，比如2021年高考江西卷以及湖北卷.其中，特别就是一些不含自然对数和指数函数的不等式恒设立与欠阻尼问题，将追加内容与传统科学知识有机融合，用初等方法难以处置，而利用导数能解，思路明晰，过程简便简洁，淡化郧荆道的技巧，它不仅考查函数、不等式等有关的传统科学知识和方法，而且还考查音速、导数等追加内容的掌控和灵活运用.它常与思想方法紧密结合，彰显能力立意的原则，具有时代特征，注重了低考试题与时俱进的改革方向.因此，越来越受中考命题者的亲睐.下面通过一些典型实例并作一剖析.1．不等式恒成立与有解的区别不等式恒设立和欠阻尼就是存有显著区别的，以下充要条件应当细心思索，筛选差异，恰当采用，等价转变，切勿搭为一团.（1）不等式f(x)（2）不等式f(x)（3）不等式f(x)>k在x i时恒成立fmin(x)k•x i.或f(x)的下界大于或等于k；,•（4）不等式f(x)>k在x i时存有求解fmax(x)k•x i.或f(x)的上界大于k；,•解决不等式恒成立和有解解问题的基本策略常常是构作辅助函数，利用函数的单调性、最值（或上、下界）、图象求解；基本方法包括：分类讨论，数形结合，参数分离，变换主元等等.基准1未知两函数f(x)=8x2+16x-k，g(x)=2x3+5x2+4x，其中k为实数.（1）对任意x[-3，3]，都有f（x)≤g(x)成立，求k的取值范围；（2）存有x[-3，3]，并使f（x)≤g(x)设立，谋k的值域范围；（3）对任意x1x2[-3，3]，都有f（x1)≤g(x2)，求k的取值范围.解析（1）设h(x)=g(x)-f(x)=2x2-3x2-12x+k，问题转变为x[-3，3]时，h(x)≥0恒设立，故hmin(x)≥0.令h′(x)=6x2-6x-12=0，得x=-1或2.由h(-1)=7+k，h(2)=-20+k，h(-3)=k-45，h(3)=k-9，故hmin(x)=-45+k，由k-45≥0，得k≥45.（2）据题意：存有x[-3，3]，并使f（x)≤g(x)设立，即为为：h(x)=g(x)-f(x)≥0在x[-3，3]存有求解，故hmax(x)≥0，由（1）言hmax（x）=k+7，于是得k≥-7.（3）它与（1）问虽然都是不等式恒成立问题，但却有很大的区别，对任意x1x2[-3，3]，都有f（x1)≤g(x2)成立，不等式的左右两端函数的自变量不同，x1，x2的取值在[-3，3]上具备任意性，因而要使原不等式恒设立的充要条件就是：fmax(x)gmin(x)•,•x[3•,3]，由g′(x)=6x2+10x+4=0，得x=-2或-1，易得3,3].故fmax(x)f(3)120k.令gmin(x)g(3)21，又f(x)=8(x+1)2-8-k，x[3•120-k≤-21，得k≥141.评测本题的三个大题，表面形式非常相近，究其本质却大相径庭，应当深入细致审题，深入细致思索，多提训练，精确采用其设立的充要条件.2．不等式恒成立问题基准2（06年全国）设立函数f(x)=(x+1)ln(x+1),若对所有x≥0，都存有f(x)≥ax设立，谋实数a的值域范围.解析构作辅助函数g(x)=f(x)-ax=(x+1)ln(x+1)-ax，原问题变为g(x)≥0对所有的x≥0恒成立，注意到g(0)=0，故问题转化为g(x)≥g(0)在x≥0时恒成立，即函数g(x)在0•,•为增函数.于是可通过求导判断g(x)的单调性，再求出使g(x)≥g(0)成立的条件.g′(x)=ln(x+1)+1-a，由g′(x)=0，得x=e当x>ea1a1-1.-1时，g′(x)>0，g(x)为增函数.a1那么对所有的x≥0，都存有g(x)≥g(0)，其充要条件就是e-1≤0，故得a的值域范围就是•,1.假若我们没注意到g(0)=0，那么在求解g(x)≥0对所有的x≥0恒设立时，也可以转变为gmin(x)0(x0)，再以导数为工具，稍加探讨即可暂解.值得一提的是，本题还有考生采用参数分离法求解：由f(x)=(x+1)ln(x+1)≥ax对所有的x≥0恒成立可得：（1）当x=0时，a r.（2）当x>0时，a设g(x)=(x1)ln(x1).x(x1)ln(x1),问题转变以求g(x)在开区间（0，+∞）上最小值或下界，xx ln(x1)g(x)，试图通过g′(x)=0直接解得稳定点，困难重重！退一步令x21•,•x0，故h(x)>0，则h(x)在（0，+∞）单调递减，h(x)=x-ln(x+1)，因为h(x)1x1即h(x)>h(0)=0，从而g(x)>0，于是g(x)在（0，+∞）单调递增，故g(x)无最小值，此时，由于g(0)无意义，g(x)的下界一时也确定不了，但运用极限知识可得：g(x)limg(x)，然x0而谋此音速却又远远超过所学科学知识范围，于是大部分学生被此困境洗落马，无果而终.事实上采用洛比达法则可得：limg(x)limx0(x1)ln(x1)lim[ln(x1)1]1，故x>0x0x0x时，g(x)>1，因而a≤1.综合（1）（2），得a的取值范围是：•,1•.评测使用参数分离法解本题，最小的难点是谋拆分后税金函数的下界.它须要学生具有坚实的综合素质和优良的音速、导数科学知识，并能够有效率地运用这些工具去研究函数的性态，包含函数的单调性，极值（最值）或上时下界.注重考查了函数与方程思想、非常有限与无穷的思想.3.不等式有解问题基准3（06年湖北）设x=3就是函数f(x)=(x2+ax+b)e3x,x r的一个极值点.(1)求a与b的关系（用a表示b），并求f(x)的的单调区间；（2）设a>0，g(x)=aa的取值范围.解析（1）f(x)[x2(a2)x b a]e3x，由f(3)=0得b=-2a-3.故f(x)=(x2+ax-2a-3)e3x225x e，若存在s1，s2[0，4]，使得|f(s1)-g(s2)|当a>-4时，x1>x2，故f(x)在•,a1上以减至函数，在[-a-1，3]上以增函数，在3•,上以减至函数.(2)由题意，存在s1，s2[0，4]，使得|f(s1)-g(s2)|于是问题转变为|f(s1)-g(s2)|min因为a>0，则-a-1225x e在[0，4]上似乎为减4函数，其值域a2252254•,a e.442因为a2251-（a+6）=a42≥0,故a225≥(a+6).4225(a6)125a2|f(s1)-g(s2)|min=a-(a+6)从而求解,•44a0值范围为0•,.得0a 3.故a的取2假若问题变为：“对任一的s1，s2[0，4]，使|f(s1)-g(s2)|点评函数、不等式、导数既是研究的对象，又是决问题的工具.本题从函数的极值概念入手，借助导数求函数的单调区间，进而求出函数闭区间上的值域，再处理不等式有解问题.这里传统知识与现代方法交互作用，交相辉映，对考生灵活运用知识解决问题的能力是一个极好的考查.。
不等式.版块七.恒成立与有解问题.教师版 普通高中数学复习讲义Word版
版块一．不等式的性质1．用不等号()<>≠，，≤，≥，表示不等关系的式子叫做不等式．2．对于任意两个实数a 和b ，在,,a b a b a b =><三种关系中，有且仅有一种关系成立． 3．两个实数的大小比较：对于任意两个实数,a b ，对应数轴上的两点，右边的点对应的实数比左边点对应的实数大．作差比较法：0a b a b ->⇔>；0a b a b -<⇔<；0a b a b -=⇔=．其中符号⇔表示它的左边与右边能够互相推出．4．不等式的性质： 性质1：（对称性）如果a b >，那么b a <；如果b a <，那么a b >． 性质2：（传递性）如果a b >，且b c >，则a c >． 性质3：如果a b >，则a c b c +>+． 推论1：（移项法则）不等式中的任意一项都可以把它的符号变成相反的符号后，从不等式的一边移到另一边．推论2：如果,a b c d >>，则a c b d +>+．我们把a b >和c d >（或a b <和c d <）这类不等号方向相同的不等式，叫做同向不等式．推论2说明：同向不等式的两边可以分别相加，所得的不等式与原不等式同向． 推广：几个同向不等式的两边分别相加，所得到的不等式与原不等式同向． 性质4：如果a b >，0c >，则ac bc >；如果a b >，0c <，则ac bc <．实数大小的作商比较法：当0b ≠时，若1a b >，且0b >，则a b >；若1ab>，且0b <，则a b <．推论1：如果0,0a b c d >>>>，则ac bd >．推广：几个两边都是正数的同向不等式的两边分别相乘，所得到的不等式与原不等式同向．推论2：如果0a b >>，则(,1)n n a b n n +>∈>N ． 推论3：如果0a b >>,1)n n +>∈>N<教师备案>1． 对于任意两个实数,a b ，有0a b a b ->⇔>；0a b a b -<⇔<；0a b a b -=⇔=，这几个等价符号的左边反映的是实数的运算性质，右边反映的是实数的大小顺序．由此知：比较两个实数的大小，可以归结为判断它们的差的符号．这是不等式这一章的理论基础，是不等式性质的证明，证明不等式和解不等式的主要依据．知识内容恒成立与有解问题在学习了不等式的性质后，比较两个实数的大小还可以用作商法，与1比较，但这时要注意分母的正负情况．2．比较两个代数式的大小关系，实际上是比较它们的值的大小，又归结为判断它们的差的符号，要引导学生意识到比较法是不等式证明的基本方法．它有两个基本步骤：先作差，再变形判断正负号，难点是后者．这里的代数式的字母是有范围的，省略不写时就表示取值范围是实数集，它的主要变形方法有两种，一是因式分解法，二是配方法，变形时要尽量避免讨论，让依据尽量简便．3．可以介绍异向不等式，并提醒学生注意什么样的不等式可以相加相减．对于不等式的性质与推论，可以根据学生的情况适当进行推导（比如性质４的推论３可以用反证法证明），让学生知道这些定理的来龙去脉，在不等式的证明中减少想当然，对数学证明的严格化有一定的认识．版块二．均值不等式1．均值定理：如果,a b +∈R （+R 表示正实数），那么2a b+，当且仅当a b =时，有等号成立．此结论又称均值不等式或基本不等式．2．对于任意两个实数,a b ，2a b+叫做,a b,a b 的几何平均值．均值定理可以表述为：两个正实数的算术平均值大于或等于它的几何平均值．3．两个正数的积为常数时，它们的和有最小值；两个正数的和为常数时，它们的积有最大值．<教师备案>1．在利用均值定理求某些函数的最值时，要注意以下几点： ⑴函数式中的各项必须都是正数，在异号时不能运用均值不等式，在同负时可以先进行转化，再运用均值不等式；⑵函数式中含变数的各项的和或积必须是常数；⑶只有具备了不等式中等号成立的条件，才能使函数式取到最大或最小值．否则不能由均值不等式求最值，只能用函数的单调性求最值． 运用均值不等式的前提有口诀：一正二定三相等． 2．均值不等式的几何解释：半径不小于半弦．⑴对于任意正实数,a b ，作线段AB a b =+，使,AD a DB b ==； ⑵以AB 为直径作半圆O ，并过D 点作CD AB ⊥于D ， 且交半圆于点C ；⑶连结,,AC BC OC ，则2a bOC +=， ∵,AC BC CD AB ⊥⊥∴CD 当a b ≠时，在Rt COD ∆中，CODB A有2a bOC CD +=> 当且仅当a b =时，,O D两点重合，有2a bOC CD +=== 3．已知：a b +∈R 、（其中+R 表示正实数），22112a b a b +⎝⎭+≥2a b +称为算术平均数，211a b+称为调和平均数．证明：()2221024a b a b +⎛⎫-=- ⎪⎝⎭≥∴222a b +⎛⎫ ⎪⎝⎭≥ ∵a b +∈R 、，2a b+，当且仅当“a b =”时等号成立．221024a b +-=⎝⎭≥ ∴22a b +⎝⎭≥，当且仅当“a b =”时等号成立．∵22104-=⎝⎭≥ ∴2⎝⎭，当且仅当“a b =”时等号成立． 2211ab a ba b==++=0=211a b +，当且仅当“a b =”时等号成立．了解这组不等式对解决一些不等式的证明题会有帮助，可选择性介绍．板块三．解不等式1．含有一个未知数，且未知数的最高次数为2的整式不等式，叫做一元二次不等式．有关含有参数的一元二次不等式问题，若能把不等式转化成二次函数或二次方程，通过根的判别式或数形结合思想，可使问题得到顺利解决．其方法大致有：①用一元二次方程根的判别式，②参数大于最大值或小于最小值，③变更主元利用函数与方程的思想求解．2． 解不等式⑴解一元二次不等式通常先将不等式化为20ax bx c ++>或20 (0)ax bx c a ++<>的形式，然后求出对应方程的根（若有根的话），再写出不等式的解：大于0时两根之外，小于0时两根之间；⑵分式不等式主要是转化为等价的一元一次、一元二次或者高次不等式来处理； ⑶高次不等式主要利用“序轴标根法”解．【例1】 关于x 的不等式2121x x a a -+-++≤的解集为空集，则实数a 的取值范围是_ ．【考点】恒成立与有解问题 【难度】3星 【题型】填空【关键字】2009年，广东湛江高三月考【解析】不等式2121x x a a -+-++≤的解集为空等价于2min 1(12)a a x x ++<-+-，而结合几何意义知min (12)1x x -+-=，即211a a ++<，解得10a -<<．【答案】(10)-，【例2】 若不等式121x a x+-+≥对一切非零实数x 均成立，则实数a 的最大值是_________．【考点】恒成立与有解问题 【难度】3星 【题型】填空 【关键字】无 【解析】1x x+的最小值为2，当212a -+≤时，不等式恒成立．此时21a -≤， 解得13a ≤≤．【答案】3【例3】 设函数2()1f x x =-，对任意23x ⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭，，24()(1)4()x fm f x f x f m m ⎛⎫--+ ⎪⎝⎭≤恒成立，则实数m 的取值范围是 ．典例分析【考点】恒成立与有解问题 【难度】4星 【题型】填空【关键字】2010，天津高考 【解析】略【答案】3⎛⎡⎫-∞+∞ ⎪⎢ ⎪⎝⎦⎣⎭，，【例4】 若不等式220ax x ++>的解集为R ，则a 的范围是（ ）A ．0a >B ．18a >-C ．18a > D ．0a <【考点】恒成立与有解问题 【难度】3星 【题型】选择 【关键字】无【解析】0a >，且180a ∆=-<，故18a >．【答案】C【例5】 已知不等式()11112log 1122123a a n n n +++>-+++对于一切大于1的自然数n 都成立，试求实数a 的取值范围.【考点】恒成立与有解问题 【难度】4星 【题型】解答 【关键字】无 【解析】略 【答案】设()111122f n n n n=+++++(n ∈N 且2n ≥).因为 ()()()()111110212212122f n f n n n n n n +-=+-=>+++++所以()()1f n f n +>，即()f n 是关于n 的递增函数.故有()()7212f n f =≥，即()f n 的最小值是712. 要使()()12log 1123a f n a >-+对于一切2n ≥的自然数n 恒成立，则必须()127l o g 112312a a -+<，即有()log 11a a -<-.因为1a >，所以11a a-<，解之得1a <【例6】 若不等式2(2)2(2)40a x a x -+--<对x ∈R 恒成立，则a 的取值范围是______．【考点】恒成立与有解问题 【难度】3星 【题型】填空 【关键字】无【解析】若2a =，不等式变为：40-<，恒成立，故2a =满足题意；若2a ≠，结合题意知二次函数2(2)2(2)4y a x a x =-+--的图象在x 的下方， 故有：2204(2)16(2)0a a a -<⎧⎨∆=-+-<⎩，解得22a -<<， 综上知：a 的取值范围是(2,2]-．【答案】(2,2]-【例7】 2()1f x ax ax =+-在R 上恒满足()0f x <，则a 的取值范围是（ ）A ．0a ≤B ．4a <-C ．40a -<<D ．40a -<≤【考点】恒成立与有解问题 【难度】3星 【题型】解答 【关键字】无【解析】0a =时满足；240a a a <⎧⎨∆=+<⎩时也满足，解得40a -<<．综合知40a -<≤． 【答案】D【例8】 若对于x ∈R ，不等式2230mx mx ++>恒成立，求实数m 的取值范围．【考点】恒成立与有解问题 【难度】3星 【题型】解答 【关键字】无 【解析】略【答案】此题需要对m 的取值进行讨论，设2()23f x mx mx =++．①当0m =时，30>，显然成立．②当0m >时，则0∆<03m ⇒<<．③当0m <时，显然不等式不恒成立．由①②③知[0,3)m ∈．【例9】 不等式210x ax ++≥对一切102x ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦，成立，则a 的最小值为（ ）A ．0B ．2-C ．52- D ．3-【考点】恒成立与有解问题 【难度】3星 【题型】选择 【关键字】无【解析】∵0x >，故本题的条件等价于1a x x --≥对102x ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦，恒成立．此时1x x--的最大值为52-，故a 的最小值为52-．【答案】C【例10】 不等式2|3||1|3x x a a +---≤对任意实数x 恒成立，则实数a 的取值范围为（ ）A ．(][)14-∞-+∞，，B ．(][)25-∞-+∞，， C ．[12]，D ．(][)12-∞∞，， 【考点】恒成立与有解问题 【难度】3星 【题型】选择【关键字】2009年，重庆高考【解析】31x x +--的最大值为4，故234a a -≥时满足题意，解得4a ≥或1a -≤． 【答案】A【例11】 对任意[11]a ∈-，，函数2()(4)42f x x a x a =+-+-的值恒大于零，则x 的取值范围为 ．【考点】恒成立与有解问题 【难度】3星 【题型】填空 【关键字】无【解析】设22()(4)42(2)(2)g a x a x a x a x =+-+-=-+-，则()g a 的图象为一直线，在[11]a ∈-，上恒大于0，故有(1)0(1)0g g ->⎧⎨>⎩，即22560320x x x x ⎧-+>⎨-+>⎩， 解得：1x <或3x >．∴x 的取值范围是(1)(3)-∞+∞，，．【答案】(1)(3)-∞+∞，，【例12】 若不等式lg 21lg()axa x <+在[1,2]x ∈时恒成立，试求a 的取值范围．【考点】恒成立与有解问题 【难度】4星 【题型】解答 【关键字】无 【解析】由题设知120x ax ⎧⎨>⎩≥，得0a >，可知1a x +>，所以lg()0a x +>．原不等式变形为lg 2lg()ax a x <+．∴2ax a x <+，即(21)x a x -<．又[1,2]x ∈，可得210x -> ∴11121221x a x x ⎛⎫<=+ ⎪--⎝⎭恒成立． 设11()1221f x x ⎛⎫=+ ⎪-⎝⎭，在[1,2]x ∈上为减函数，可得min 2()(2)3f x f ==，知23a <． 综上知203a <<．【答案】203a <<【例13】 若(]1x ∈-∞-，，()21390x x a a ++->恒成立，求实数a 的取值范围.【考点】恒成立与有解问题 【难度】3星 【题型】解答 【关键字】无【解析】原不等式2319x xa a --⇔->，则有231max 9x xa a ⎧⎫--->⎨⎬⎩⎭①令223111933x x x x y u u --⎛⎫⎛⎫==--=-- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭(设13xu ⎛⎫= ⎪⎝⎭). 由(]1x ∈-∞-，得[)3u ∈+∞，.2y u u =--在[)3u ∈+∞，上最大值为12-，代入①得，212a a ->-，解得34a -<<.故实数a 的取值范围为{}|34a a -<<.【答案】{}|34a a -<<【例14】 设()222f x x ax =-+，当[)1x ∈-+∞，时，都有()f x a ≥恒成立，求a 的取值范围.【考点】恒成立与有解问题 【难度】3星 【题型】解答 【关键字】无【解析】图1设()()222F x f x a x ax a =-=-+-，则问题转化为当[)1x ∈-+∞，时，()0F x ≥恒成立.⑴当()()4120a a ∆=-+≤，即21a -<<时，对一切[)1x ∈-+∞，， 总有()0F x ≥成立.⑵若()()4120a a ∆=-+>时，由图1可知，()0F x ≥的充要条件是 ()010212F a⎧⎪∆>⎪⎪-⎨⎪-⎪--⎪⎩≥≤()()120301a a a a -+>⎧⎪⇔+⎨⎪-⎩≥≤32a ⇔-<-≤ 综上所述可知，a 的取值范围是[]31a ∈-，. 【答案】[]31a ∈-，【例15】 设对所有实数x ，不等式()()2222224112log 2log log 014a a ax x a a a ++++>+恒成立，求a 的取值范围.【考点】恒成立与有解问题 【难度】4星 【题型】解答 【关键字】无 【解析】由题意得⑴()()22222412log 2log 011log 04a a a a a a +⎧==⎪+⎪⎨+⎪>⎪⎩或⑵()()()22222220141log 041122log 4log log 014aa a a a a a a a a ⎧>⎪+⎪⎪+⎪>⎨⎪⎪++⎛⎫⎪-⋅< ⎪+⎪⎝⎭⎩①②③易见⑴的解集为∅.下面我们解⑵.令1a t a +=，②可变为221log 4log 0a a++>，即22log 0t +> ④由③有222log 4log 50t t +-> ⑤联立解之得2t >，即12a a+>，解得01a <<.所以当01a <<时不等式恒成立.【答案】01a <<【例16】 已知不等式22412ax x x a +---≥对任意实数恒成立，求实数a 的取值范围．【考点】恒成立与有解问题 【难度】3星 【题型】解答 【关键字】无【解析】原不等式可化为2(2)4(1)0a x x a +++-≥ ①⑴当20a +=，即2a =-时，①式可化为34x ≥，不满足对任意实数x 恒成立，故2a ≠-．⑵当20a +≠时，欲使①式对任意实数x 恒成立必须满足200a +>⎧⎨∆⎩≤，即2244(2)(1)0a a a >-⎧⎨-+-⎩≤，解得2a ≥．故实数a 的取值范围为[2,)+∞．【答案】[2,)+∞【例17】 已知关于x 的不等式20x x t ++>对x ∈R 恒成立，则t 的取值范围是 ．【考点】恒成立与有解问题 【难度】3星 【题型】填空 【关键字】无【解析】2211()24t x x x ⎛⎫>-+=-++ ⎪⎝⎭，对x ∈R 恒成立，故14t >．【答案】1,4⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭【例18】 如果|1||9|x x a +++>对任意实数x 恒成立，则a 的取值范围是（ ）A ．{|8}a a <B ．{|8}a a >C ．{|8}a a ≥D ．{|8}a a ≤【考点】恒成立与有解问题 【难度】3星 【题型】选择 【关键字】无【解析】19x x +++的最小值为8，故8a <即可． 【答案】A【例19】 在R 上定义运算⊗：)1(y x y x -=⊗．若不等式1)()(<+⊗-a x a x 对任意实数x 成立，则（ ）A ．11<<-aB ．20<<aC ．2321<<-a D ．2123<<-a 【考点】恒成立与有解问题 【难度】2星 【题型】选择【关键字】2005年，辽宁高考【解析】∵()()()(1)x a x a x a x a -⊗+=---，∴不等式()()1x a x a -⊗+<对任意实数x成立，则()(1)1x a x a ---<对任意实数x 成立，即使2210x x a a --++>对任意实数x 成立，∴214(1)0a a ∆=--++<，解得1322a -<<，故选C ．【答案】C【例20】 设不等式2220x ax a -++≤的解集为M ，如果[1,4]M ⊆，求实数a 的取值范围．【考点】恒成立与有解问题 【难度】4星 【题型】解答 【关键字】无【解析】[1,4]M ⊆有两种情况：其一是M =∅，此时0∆<；其二是M ≠∅，此时0∆=或0∆>； 故分三种情况计算a 的取值范围．设2()22f x x ax a =-++，有22(2)4(2)4(2)a a a a ∆=--+=--， ①当0∆<时，12a -<<，[1,4]M =∅⊆； ②当0∆=时，1a =-或2；当1a =-时，{1}[1,4]M =-⊄；当2a =时，{2}[1,4]M =⊆； ∴2a =满足题意；③当0∆>时，1a <-或2a >．设方程()0f x =的两根12,x x ，且12x x <，那么12[,]M x x =，[1,4]M ⊆⇔1214x x ≤≤≤(1)0,(4)014,0f f a ⎧⇔⎨∆>⎩≥且≥≤≤且，即3018701412a a a a a -+⎧⎪-⎪⎨⎪⎪<->⎩或≥≥≤≤，解得1827a <≤．综上知：[1,4]M ⊆时，a 的取值范围是18(1,]7-. 【答案】18(1,]7-【例21】 如果关于x 的不等式23208kx kx +-<对一切实数x 都成立，则k 的取值范围是 ．【考点】恒成立与有解问题 【难度】3星 【题型】填空【关键字】2009，福建省上杭二中08－09学年单元质量检查必修5数学试题 【解析】略 【答案】30k -<≤【例22】 已知函数()1)f x x g x =++，若不等式(3)(392)0x x x f m f ⋅+--<对任意x ∈R 恒成立，求实数m 的取值范围．【考点】恒成立与有解问题 【难度】4星 【题型】解答 【关键字】无【解析】因为()f x 是奇函数且在R 上是递增函数，所以(3)(392)x x x f m f ⋅<-++，化为23(1)320x x m -++>．令30x t =>，则原不等式化为2(1)20t m t -++>．令2()(1)2g t t m t =-++，问题转化为当0t >时，使二次函数()0g t >恒成立的实数m 的取值范围．借助二次函数的图象与性质，且注意到(0)20g =>， 问题转化为0<△或0102m ⎧⎪⎨+⎪⎩△≥≤，即2(1)80m +-<或2(1)8010m m ⎧+-⎨+⎩≥≤．解各(,1)m ∈-∞-．【答案】(,1)m ∈-∞【例23】 已知集合(){}121212|00D x x x x x x k =>>+=，，，(其中k 为正常数).⑴ 设12u x x =，求u 的取值范围；⑵ 求证：当1k ≥时不等式212121122k x x x x k ⎛⎫⎛⎫⎛⎫--- ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭≤对任意()12x x D ∈，恒成立；⑶ 求使不等式212121122k x x x x k ⎛⎫⎛⎫⎛⎫--- ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭≥对任意()12x x D ∈，恒成立的2k 的范围.【考点】恒成立与有解问题 【难度】4星 【题型】解答【关键字】2008年，广东惠州模拟 【解析】略【答案】⑴ 22121224x x k x x +⎛⎫= ⎪⎝⎭≤，当且仅当122k x x ==时等号成立，故u 的取值范围为204k ⎛⎤⎥⎝⎦，.⑵ 方法一：(函数法)121212*********x x x x x x x x x x x x ⎛⎫⎛⎫--=+-- ⎪⎪⎝⎭⎝⎭222121212121212112x x k x x x x x x x x x x +-=+-=-+212k u u -=-+由204k u <≤，又2110k k -≥，≥，∴()212k f u u u -=-+在204k ⎛⎤ ⎥⎝⎦，上是增函数，所以212121112k x x u x x u ⎛⎫⎛⎫---=-+ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭222222142224424k k k k k k k -⎛⎫-+=-+=- ⎪⎝⎭≤即当1k ≥时不等式212121122k x x x x k ⎛⎫⎛⎫⎛⎫--- ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭≤成立.解法二：(不等式证明的作差比较法)212121122k x x x x k ⎛⎫⎛⎫⎛⎫---- ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭21212212211424x x k x x x x x x k =+----+ 21212212211424x x k x x x x k x x ⎛⎫⎛⎫=----+- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭()22212121221212444x x k x x k x x k x x x x ---=--， 将()2212124k x x x x -=-代入得212121122k x x x x k ⎛⎫⎛⎫⎛⎫---- ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭()()2221212212444x x k x x k k x x ---=， ∵()21201x x k -≥，≥时，()2222121244410k x x k k k x x --=--<，∴()()22212122124404x x k x x k k x x ---≤，即当1k ≥时不等式212121122k x x x x k ⎛⎫⎛⎫⎛⎫--- ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭≤成立.⑶ 方法一：(函数法)记()212121112k x x u f u x x u ⎛⎫⎛⎫---=++= ⎪⎪⎝⎭⎝⎭，则22224k k f k ⎛⎫⎛⎫-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， 即求使()24k f u f ⎛⎫⎪⎝⎭≥对204k u ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦，恒成立的k 的范围.由⑵知，要使212121122k x x x x k ⎛⎫⎛⎫⎛⎫--- ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭≥对任意()12x x D ∈，恒成立，必有01k <<，因此210k ->，∴函数()212k f u u u-=++在(上递减，在)+∞上递增， 要使函数()f u 在204k ⎛⎤ ⎥⎝⎦，上恒有()24k f u f ⎛⎫ ⎪⎝⎭≥，必有24k 4216160k k +-≤，解得208k <≤.方法二：(不等式证明的作差比较法)由⑵可知212121122k x x x x k ⎛⎫⎛⎫⎛⎫---- ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭()()2221212212444x x k x x k k x x ---=， 要不等式恒成立，必须2212440k x x k --≥恒成立，即212244k x x k -≤恒成立，由21204k x x <≤得222444k k k-≤，即4216160k k +-≤，解得208k <≤.因此不等式212121122k x x x x k ⎛⎫⎛⎫⎛⎫--- ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭≥恒成立的2k的范围是208k <≤.【例24】 若关于x 的方程9(4)340x x a +++=有解，求实数a 的取值范围.【考点】恒成立与有解问题 【难度】3星 【题型】解答 【关键字】无【解析】法一：∵944(4)3433x x x x a +-+==+≥，当且仅当32x =时，等号成立，此44a +-≤ ∴8a -≤法二：3(0)x t t =>，∴2(4)40t a t +++=，∴2(4)0(4)160a a -+>⎧⎨+-⎩≥，解得：480a a a <-⎧⎨-⎩≤≥或，∴8a -≤ 【答案】8a -≤【例25】 已知a ∈R ，若关于x 的方程2104x x a a ++-+=有实根，则a 的取值范围是 ．【考点】恒成立与有解问题 【难度】3星 【题型】填空【关键字】2008，广东高考 【解析】方程即211044a a x x ⎡⎤-+=--∈⎢⎥⎣⎦，，利用绝对值的几何意义 （或零点分段法进行求解）可得实数a 的取值范围为104⎡⎤⎢⎥⎣⎦，．【答案】104⎡⎤⎢⎥⎣⎦，【例26】 若关于x 的不等式22840x x a --->在14x <<内有解，则实数a 的取值范围是（ ）A ．4a <-B ．4a >-C ．12a >-D ．12a <-【考点】恒成立与有解问题 【难度】3星 【题型】选择【关键字】安徽省涡阳一中2008年必修5数学期中考试卷【解析】法一：由已知条件有，函数2284y x x a =---的对称轴为2x =，数形结合，知0∆≤时一定成立，即12a -≤成立，若0∆>，即12a >-，要使22840x x a --->在14x <<内有解，只需(4)0f >，解得：4a <-．法二：由已知有2284a x x <--，设2()284g x x x =--，且()14x ∈，，则[)()124g x ∈--，，则4a <-．【答案】A【例27】 已知函数()f x x a =-．⑴ 若不等式()3f x ≤的解集为{}|15x x -≤≤，求实数a 的值；⑵在⑴的条件下，若()(5)f x f x m ++≥对一切实数x 恒成立，求实数m 的取值范围．【考点】恒成立与有解问题 【难度】4星 【题型】解答【关键字】2010年，福建高考 【解析】略 【答案】解法一：⑴ 由()3f x ≤得3x a -≤，解得33a x a -+≤≤． 又已知不等式()3f x ≤的解集为{}|15x x -≤≤，所以3135a a -=-⎧⎨+=⎩，，解得2a =．⑵ 当2a =时，()2f x x =-．设()()(5)g x f x f x =++，于是()2132353221 2.x x g x x x x x x --<-⎧⎪=-++=-⎨⎪+>⎩，，，≤≤，，所以当3x <-时，()5g x >； 当32x -≤≤时，()5g x =； 当2x >时，()5g x >．综上可得，()g x 的最小值为5．从而，若()()5f x f x m ++≥即()g x m ≥对一切实数x 恒成立，则m 的取值范围为(]5-∞，． 解法二： ⑴ 同解法一．⑵ 当2a =时，()2f x x =-．设()()(5)g x f x f x =++．由()()23235x x x x -++--+=≥（当且仅当32x -≤≤时等号成立）得，()g x 的最小值为5．从而，若 ()(5)f x f x m ++≥即()g x m ≥对一切实数x 恒成立，则m 的取值范围为(]5-∞，．。
恒成立与有解问题(解析版)
恒成立与有解问题练习参考答案1.若不等式2kx 2+kx −38<0对一切实数x 都成立，则实数k 的取值范围为A ．(−3,0)B ．(−3,0]C ．(−∞,0]D ．(−∞,−3)∪[0,+∞)【答案】B【解析】【分析】分k =0，k ≠0两种情况，当k =0，−38<0对x ∈R 恒成立，当k ≠0时，需开口向下，判别式小于0，不等式恒成立.【详解】当k =0时，原不等式可化为−38<0，对x ∈R 恒成立；当k ≠0时，原不等式恒成立，需{2k <0Δ=k 2−4×2k ×(−38)<0 ，解得k ∈(−3,0)，综上k ∈(−3,0].故选B.【点睛】本题主要考查了分类讨论思想，二次不等式恒成立的条件，属于中档题.2.若关于x 的不等式221)(1)201k x k x x x -+-+>++（的解集为R ，则k 的范围为____________． 【答案】19k ≤<【解析】 【分析】先判断分母22131024⎛⎫++=++> ⎪⎝⎭x x x 则问题转化为21)(1)20（-+-+>k x k x 恒成立，再分1k =时，和1k ≠时两种情况分类讨论. 【详解】因为22131024⎛⎫++=++> ⎪⎝⎭x x x ，所以221)(1)201k x k x x x -+-+>++（等价于21)(1)20（-+-+>k x k x 恒成立，当1k =时，20>成立，当1k ≠时，则()()2101810k k k ->⎧⎪⎨∆=---<⎪⎩，解得19k << ， 综上：19k ≤<.故答案为：19k ≤<.【点睛】本题主要考查了不等式恒成立问题，还考查了转化化归的思想和运算求解的能力，属于中档题.3.若一元二次不等式2kx 2＋kx －38<0对一切实数x 都成立，则k 的取值范围为( ) A ．(－3,0]B ．[－3,0)C ．[－3,0]D ．(－3,0) 【答案】D【解析】∵2kx 2＋kx －38<0为一元二次不等式，∴k ≠0，又2kx 2＋kx －38<0对一切实数x 都成立， 则必有200k <⎧⎨∆<⎩，解得－3<k <0. 4.若函数22log (28)y kx kx =-+的定义域为一切实数，则实数k 的取值范围为____________．【答案】[0,8)【解析】【分析】首先根据题意转化为228kx kx -+>0，对任意的实数x 恒成立，再分别讨论0k =和0k ≠的情况即可.【详解】因为函数22log (28)y kx kx =-+的定义域为一切R ，等价于228kx kx -+>0，对任意的实数x 恒成立.当0k =时，80>，符合条件.当0k ≠时，20084320k k k k >⎧⇒<<⎨∆=-<⎩.综上08k ≤<. 【点睛】本题主要考查对数函数定义域的，同时考查了二次不等式的恒成立问题，属于中档题.5.设函数f (x )＝mx 2－mx －1.若对于x ∈[1,3]，f (x )<－m ＋5恒成立，求m 的取值范围．【分析】本题可转化为二次函数在闭区间上的最值，也可以通过分类参数求解.要使f (x )<－m ＋5在x ∈[1,3]上恒成立，即m ⎝⎛⎭⎫x －122＋34m －6<0在x ∈[1,3]上恒成立． 有以下两种方法：令g (x )＝m ⎝⎛⎭⎫x －122＋34m －6，x ∈[1,3]． （1）当m >0时，g (x )在[1,3]上是增函数，所以g (x )max ＝g (3)⇒7m －6<0，所以m <67，所以0<m <67； （2）当m ＝0时，－6<0恒成立；（3）当m <0时，g (x )在[1,3]上是减函数，所以g (x )max ＝g (1)⇒m －6<0，所以m <6，所以m <0.综上所述，m 的取值范围是{m |m <67}． 6.已知不等式mx 2－2x －m ＋1<0，是否存在实数m 对所有的实数x ，使不等式恒成立？若存在，求出m 的取值范围；若不存在，请说明理由．【解析】不等式mx 2－2x －m ＋1<0恒成立，即函数f (x )＝mx 2－2x －m ＋1的图象全部在x 轴下方．当m ＝0时，1－2x <0，则x >12，不满足题意； 当m ≠0时，f (x )＝mx 2－2x －m ＋1为二次函数，需满足开口向下且方程mx 2－2x －m ＋1＝0无解， 即00m <⎧⎨∆<⎩，不等式组的解集为空集，即m 无解． 综上可知，不存在这样的m .7.已知二次函数22()42(2)21f x x p x p p =----+，若在区间[1,1]-内至少存在一个实数x 使()0f x >，则实数p 的取值范围是__________. 【答案】3(3,)2-【解析】因为二次函数()f x 在区间[1,1]-内至少存在一个实数x ，使()0f x >的否定是：“函数()f x 在区间[1,1]-内任意实数x ，使()0f x ≤”，所以(1)0(1)0≤-⎨≤⎧⎩f f ，即2242(2)21042(2)210----+≤+---+≤⎧⎨⎩p p p p p p ，整理得222390210+-≥-⎧⎩-⎨≥p p p p ，解得32p ≥或3p ≤-，所以二次函数在区间[1,1]-内至少存在一个实数x ，使()0f x >的实数p 的取值范围是3(3,)2-.【点晴】本题主要考查了一元二次方程的根的分布与系数的关系，其中解答中涉及到一元二次函数的图象与性质、不等式组的求解、命题的转化等知识点的综合考查，着重考查了学生分析问题和解答问题的能力，其中根据二次函数的图象是开口方向朝上的抛物线，得到对于区间[1,1]-内的任意一个x 都有()0f x >时，得到不等式组是解答的关键，属于中档试题.8.已知函数若对于任意，都有成立，则实数的取值范围是 ．【答案】(2- 【解析】由题意可得()0f x <对于[,1]x m m ∈+上恒成立，即22()210(1)230f m m f m m m ⎧=-<⎨+=+<⎩，解得0m <<． ,1)(2-+=mx x x f ]1,[+∈m m x 0)(<x f m对任意m ∈[－1,1]，函数f (x )＝x 2＋(m －4)x ＋4－2m 的值恒大于零，求x 的取值范围．【答案】(－∞，1)∪(3，＋∞)【解析】由f(x)＝x 2＋(m －4)x ＋4－2m ＝(x －2)m ＋x 2－4x ＋4，令g (m )＝(x －2)m ＋x 2－4x ＋4，则原问题转化为关于m 的一次函数问题．由题意知在[－1,1]上，g(m)的值恒大于零，∴⎩⎪⎨⎪⎧g (－1)＝(x －2)×(－1)＋x 2－4x ＋4>0，g (1)＝(x －2)＋x 2－4x ＋4>0，解得x<1或x>3. 故当x 的取值范围是(－∞，1)∪(3，＋∞)时，对任意的m ∈[－1,1]，函数f(x)的值恒大于零．9.不等式22253x x a a -+≥-对任意实数x 恒成立，则实数a 的取值范围为_________.【答案】[]1,4-【解析】【分析】根据二次不等式的恒成立问题,先求解不等式左边的最小值,再求解二次不等式即可.【详解】因为()2225144x x x -+=-+≥,故243a a ≥-恒成立.即()()2340140a a a a --≤⇒+-≤,解得14a -≤≤.实数a 的取值范围为[]1,4-.故答案为：[]1,4-【点睛】本题主要考查了二次不等式恒成立的问题,需要求解二次函数的最值进行分析,属于基础题.10.己知f(x)=x 2+2x +1+a ，∀x ∈R ，f(f(x))≥0恒成立，则实数a 的取值范围为( )A ．[√5−12,+∞]B ．[√5−32,+∞]C ．[−1,+∞)D ．[0,+∞)【答案】B【解析】设t =f(x)=(x +1)2+a ≥a ，∴f(t)≥0对任意t ≥a 恒成立，即(t +1)2+a ≥0对任意t ∈[a,+∞)都成立，当a ≤−1时f(t)min =f(−1)=a ，则a +a ≥0即a ≥0与讨论a ≤−1矛盾，当a >−1时，f(t)min =f(a)=a 2+3a +1，则a 2+3a +1≥0，解得a ≥√5−32，故选B ．11.已知函数f (x )＝－x 2＋ax ＋b 2－b ＋1(a ∈R ，b ∈R )，对任意实数x 都有f (1－x )＝f (1＋x )成立，当x ∈[－1,1]时，f (x )>0恒成立，则b 的取值范围是( )A ．－1<b <0B ．b >2C ．b <－1或b >2D ．不能确定【答案】C【解析】由f (1－x )＝f (1＋x )知f (x )图象的对称轴为直线x ＝1，则有a 2＝1，故a ＝2.，由f (x )的图象可知f (x )在[－1,1]上为增函数．∴x ∈[－1,1]时，f (x )min ＝f (－1)＝－1－2＋b 2－b ＋1＝b 2－b －2，令b 2－b －2>0，解得b <－1或b >2.12.在R 上定义运算⊗：x ⊗y =x(1−y)，若不等式(x −a)⊗(x +a)<1对任意实数x 恒成立，则实数a 的取值范围为 ( )A ．−1<a <1B ．−12<a <32C ．−32<a <12D ．0<a <2【答案】B【解析】根据题设新定义的运算，可得(x −a)⊗(x +a)=(x −a )(1−x −a )，所以(x −a)⊗(x +a)<1可转化为(x −a )(1−x −a )<1，即x 2−x +(1−a 2+a )>0恒成立，根据二次函数的性质可知Δ=1−4(1−a 2+a )<0，解得−12<a <32，故选B. 13.若对于任意的x ＞0，不等式mx ≤x 2+2x+4恒成立，则实数m 的取值范围为（ ）A ．（﹣∞，4]B ．（﹣∞，6]C ．[﹣2，6]D ．[6，+∞）【答案】B【解析】当x ＞0时，mx ≤x 2+2x +4⇔m ≤x +4x +2对任意实数x ＞0恒成立，令f （x ）＝x +4x +2， 则m ≤f （x ）min ，∵f （x ）＝x +4x +2≥2√x ⋅4x +2＝6，∴m ≤6．故选B ．14.已知不等式xy ≤ax 2+2y 2对于x ∈[1,2],y ∈[2,3]恒成立,则a 的取值范围是A ．[1,+∞)B ．[−1,4)C ．[−1,+∞)D ．[−1,6]【答案】C【解析】不等式xy ≤ax 2+2y 2对于x ∈[1,2],y ∈[2,3]恒成立，等价于a ≥y x −2(y x)2，对于x ∈[1,2],y ∈[2,3]恒成立，令t =y x ，则1≤t ≤3，∴a ≥t −2t 2在[1,3]上恒成立，∵y =−2t 2+t =−2(t −14)2+18，∴t =1时，y max =−1,∴a ≥−1，a 的取值范围是[−1,+∞)，故选C.15.若关于x 的二次不等式01)1(2<-+-+a x a ax 恒成立，则实数a 的取值范围是________．【分析】利用a 的符号及判别式求解.【解析】由题意知，01)1(2<-+-+a x a ax 恒成立， 所以⇔⎩⎨⎧<∆<00a ⎩⎨⎧<---<0)1(4)1(02a a a a ⇔⎩⎨⎧>--<012302a a a ⇔⎪⎩⎪⎨⎧-<><3110a a a 或⇔31-<a . ∴a 的取值范围是⎪⎭⎫ ⎝⎛-∞-31,【评注】本题若无“二．次．不等式”的条件，还应考虑0=a 的情况，但对本题讲0=a 时式子不恒成立.只有定义在R 上的恒二次不等式才能实施判别式法；否则，易造成失解.16.若不等式kx +3k > |x 2−4x −5|对x ∈[−1,5]恒成立，则实数k 的取值范围为______.【答案】k >2【解析】若不等式kx +3k > |x 2−4x −5|对x ∈[−1,5]恒成立，则直线y =k (x +3)在y =|x 2−4x −5|， x ∈[−1,5]图象的上方，如图：联立：{y =k (x +3)y =5+4x −x2 ，可得x 2+(k −4)x +3k −5=0 令∆=(k −4)2−4(3k −5)=0，k =2或18（舍去）∴k >2，故答案为：k >217.设函数2()2f x mx mx =-- （1）若对于一切实数()0f x <恒成立，求m 的取值范围；（2）若对于[1,3],()2(1)x f x m x ∈>-+-恒成立，求m 的取值范围.【答案】（1）(8,0]-（2）2m >【解析】【分析】（1）由不等式220mx mx --<恒成立，结合二次函数的性质，分类讨论，即可求解； （2）要使对于[1,3],()2(1)x f x m x ∈>-+-恒成立，整理得只需221x m x x >-+恒成立，结合基本不等式求得最值，即可求解.【详解】（1）由题意，要使不等式220mx mx --<恒成立，①当0m =时，显然20-<成立，所以0m =时，不等式220mx mx --<恒成立；②当0m ≠时，只需2080m m m <⎧⎨∆=+<⎩，解得80m -<<，综上所述，实数m 的取值范围为(8,0]-.（2）要使对于[1,3],()2(1)x f x m x ∈>-+-恒成立，只需22mx mx m x -+>恒成立，只需()212m x x x -+>，又因为22131024x x x ⎛⎫-+=-+> ⎪⎝⎭，只需221x m x x >-+， 令222211111x y x x x x x x===-+-++-，则只需max m y >即可，因为12x x +>=，当且仅当1x x =，即1x =时等式成立； 因为[1,3]x ∈，所以max 2y =，所以2m >.【点睛】本题主要考查了含参数的不等式的恒成立问题的求解，其中解答中把不等式的恒成立问题转化为函数的最值问题是解答的关键，着重考查了分类讨论思想，以及转化思想的应用，属于基础题. 18.已知a ∈R ，函数f （x ）=x 2﹣2ax +5.（1）若a >1，且函数f （x ）的定义域和值域均为[1，a ]，求实数a 的值；（2）若不等式x |f （x ）﹣x 2|≤1对x ∈[13，12]恒成立，求实数a 的取值范围. 【答案】（1）2；（2）2578a ≤≤. 【解析】【分析】（1）根据f （x ）的图象开口向上，对称轴为x =a >1，知f （x ）在[1，a ]上单调递减，所以f （1）=a 求解即可.（2）将不等式x |f （x ）﹣x 2|≤1对x ∈[13，12]恒成立，去绝对值转化为a 2512x x -≥且a 2512x x+≤在 x ∈[13，12]恒成立，分别令g （x ）2251115252228-⎛⎫==--+ ⎪⎝⎭x x x ，x ∈[13，12]，用二次函数求其最大值，令h （x ）2251115252228+⎛⎫==+- ⎪⎝⎭x x x ，x ∈[13，12]，求其最小值即可. 【详解】（1）∵f （x ）的图象开口向上，对称轴为x =a >1，∴f （x ）在[1，a ]上单调递减，∴f （1）=a ，即6﹣2a ＝a ，解得a =2.. （2）不等式x |f （x ）﹣x 2|≤1对x ∈[13，12]恒成立， 即x |2ax ﹣5|≤1对x ∈[13，12]恒成立， 故a 2512x x -≥且a 2512x x +≤在x ∈[13，12]恒成立， 令g （x ）2251115252228-⎛⎫==--+ ⎪⎝⎭x x x ，x ∈[13，12]，所以g （x ）max =g （25）258=，所以258a≥.令h（x）2251115252228+⎛⎫==+-⎪⎝⎭xx x，x∈[13，12]，所以h（x）min=h（12）=7，所以7a≤.综上：2578a≤≤.【点睛】本题主要考查了二闪函数的图象和性质，还考查了转化化归和运算求解的能力，属于中档题.。
恒成立问题与有解问题的区别(1)
f(p)min >0(x∈[-2,2])
\
即
ìïïíïïî xxfx(-p1)<11m0i或n =xf(2)>10或或xxìïïíïïî
x-1＞0 f(p)min =f(-2)>0
或
ìïïíïïî
x-1＝0 f(p)=0>0
a 的取值范围
解：当 a 0 时,不等式 2x 2 0 解集不为 R ,故 a 0 不满足
题意;
当 a 0 时,要使原不等式解集为 R ,只需 a 0
解得 a 1
22 4 2a 0
2
综上,所求实数 a 的取值范围为 (1 , )
2
五、二次形（相对于变量为二次的）
值范围为 (2,+∞) 。
(5) 存在x [2,+∞)使不等式x<a成立,则实数a的取
值范围为 (2,+∞) 。
(6)存在x (2 ,+∞]不等式x<a成立,则实数a的取值
范围为 (2,+∞)。
三、含参数的不等式的恒成立与有解的区别，但可以互相转化 恒成立和有解是有明显区别的，但可以互相转化。 以下充要条件应细心思考，甄别差异，恰当使用，等价转化，切不可混为一团。
（4）不等式 f(x)>k 在 xI 时有解? f(x)max k•,•xI. 或 f(x)的上界大于 k；
例5、已知|p|≤2,(1)对所有实数p,求使不等式x2+ px+1>p+2x都成立的x的取值范围. (2)存在实数p,求 使不等式x2+px+1>p+2x成立的x的取值范围。
不等式恒成立问题的基本类型及常用解法
不等式恒成立问题基本类型及常用解法类型1：设f(x)=ax+bf(x) ＞0在x ∈[]n m ,上恒成立⇔ ⎩⎨⎧0)(0)( n f m ff(x) ＜0在x ∈[]n m ,上恒成立⇔⎩⎨⎧0)(0)( n f m f . 例1. 设y=(log 2x)2+(t-2)log 2x-t+1,若t 在[-2,2]上变化，y 恒取正值，求实数x 的取值范围。
解：设f(t)=y=(log 2x-1)t+(log 2x)2-2log 2x+1， t ∈[-2,2]问题转化为：f(t)＞0对t ∈[-2,2]恒成立⇔⎩⎨⎧-0)2(0)2( f f ⇔⎪⎩⎪⎨⎧-=-01)(log 03log 4)(log 22222 x x x ⇒0＜x ＜21或x ＞8。
故实数x 的取值范围是（0，21）∪（8，+∞）。
例2. 对于 -1≤a ≤1,求使不等式(21)ax x +2<(21)12-+a x 恒成立的x 的取值范围。
解：原不等式等价于x 2+ax<2x+a-1在a ∈[-1,1]上恒成立.设f(a)=(x-1)a+x 2-2x+1,则f(a)是a 的一次函数或常数函数，要使f(a)>0在a ∈[-1,1]上恒成立,则须满足⎩⎨⎧-0)1(0)1( f f ⇔⎪⎩⎪⎨⎧+--023022 x x x x ⇒x>2或x<0 故实数的取值范围是(-∞,0)∪(2,+∞).类型2：设f(x)=ax 2+bx+c (a ≠0)f(x) ＞0在x ∈R 上恒成立⇔a ＞0 且△＜0;f(x) ＜0在x ∈R 上恒成立⇔a ＜0 且△＜0.说明：①.只适用于一元二次不等式②.若未指明二次项系数不等于0，注意分类讨论.例3.不等式3642222++++x x m mx x ＜1对一切实数x 恒成立，求实数m 的取值范围。
解：由4x 2+6x+3=(2x+23)2+43＞0,对一切实数x 恒成立，从而，原不等式等价于 2x 2+2mx+m ＜4x 2+6x+3, (x ∈R)即：2x 2+(6-2m)x+(3-m)＞0对一切实数x 恒成立。
高一预习材料不等式恒成立、能成立问题(学生版)初升高数学暑假衔接(人教版)
强化专题2不等式恒成立、能成立问题【方法技巧】在解决不等式恒成立、能成立的问题时，常常使用不等式解集法、分离参数法、主参换位法和数形结合法解决，方法灵活，能提升学生的逻辑推理，数学运算等素养.一、“力”法解决恒成立问题⑴如图①一元二次不等式ax1+/?%+C>0(6Z7^0)在R上恒成立=一元二次不等式6ZX2+/?%+C>0(6Z7^0)的解集为RO二次函数*=。
菸+bx~\~C(Q尹0)的图象恒在X轴上方=J4nin>0O］』<0图①图②(2)如图②一元二次不等式ax2+/?%+c<0(a7^0)在R上恒成立=一元二次不等式ax2+/?%+c<0(a7^0)的解集为RO二次函数y=ax2+bx+c(a^0)的图象恒在%轴下方=3笊<00二、数形结合法解决恒成立问题结合函数的图象将问题转化为函数图象的对称轴，区间端点的函数值或函数图象的位置(相对于x轴)关系求解.可结合相应一元二次方程根的分布解决问题.三、分离参数法解决恒成立问题通过分离参数将不等式恒成立问题转化为求函数最值问题.四、主参换位法解决恒成立问题转换思维角度，即把变元与参数变换位置，构造以参数为变量的函数，根据原变量的取值范围求解.五、利用图象解决能成立问题结合二次函数的图象，将问题转化为端点值的问题解决.六、转化为函数的最值解决能成立问题能成立问题可以转化为rn>y mm或的形式，从而求*的最大值与最小值，从而求得参数的取值范围.【题型目录】一、“妒法解决恒成立问题二、 数形结合法解决恒成立问题三、 分离参数法解决恒成立问题四、 主参换位法解决恒成立问题五、 利用图象解决能成立问题六、 转化为函数的最值解决能成立问题【例题详解】一、“力”法解决恒成立问题1.不等式（q -2K+4（q -2）x-12<0的解集为R,则实数。
的取值范围是（ ）A . {。
—1V Q < 2}B . {q —1 < q V 2}C. [a\-l<a<2^ D. [a\-\<a<2\32.若关于x 的一元二次不等式2x -A x + ->0对于一切实数x 都成立，则实数左满足（）22. 已知不等式-2x 2+bx + c> 0的解集{x|-l<xv3},若对任意-iWxWO,不等式-2x 2 +bx +c + t <4恒成 立.贝U 的取值范围是.OB. V —V3C. ^|-V3<^<V3)D.3.（多选）不等式x 2+bx + c>2x + b 对任意的勇R 恒成立，则（）A. /j 2-4c + 4<0B. b<0C. c>lD. Z? + c>04.若3x 0 g R , 2mx^ + 2V2mx 0 -3 > 0w 是假命题，则实数秫的取值范围是二、数形结合法解决恒成立问题1. （多选）若“Vx>0,都有2x -+1 >0是真命题，则实数人可能的值是（）2A. 1 B. 2^2 C. 3 D.3^23.当1 WxW2时，不等式x +mx+4<0恒成立，求m 的取值范围.2四、主参换位法解决恒成立问题1.若命题€ [-1,3],。
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【例1】 关于x 的不等式2121x x a a -+-++≤的解集为空集，则实数a 的取值范围是
_ ．
【例2】 若不等式1
21x a x
+
-+≥对一切非零实数x 均成立，则实数a 的最大值是_________．
【例3】 设函数2()1f x x =-，对任意23x ⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭，，24()(1)4()x f m f x f x f m m ⎛⎫
--+ ⎪⎝⎭
≤恒
成立，则实数m 的取值范围是 ．
典例分析
恒成立与有解问题
【例4】 若不等式220ax x ++>的解集为R ，则a 的范围是（ ）
A ．0a >
B ．18a >-
C ．1
8
a > D ．0a <
【例5】 已知不等式
()11112log 1122123
a a n n n +++>-+++ 对于一切大于1的自然数n 都成立，试求实数a 的取值范围.
【例6】 若不等式2(2)2(2)40a x a x -+--<对x ∈R 恒成立，则a 的取值范围是______．
【例7】 2()1f x ax ax =+-在R 上恒满足()0f x <，则a 的取值范围是（ ）
A ．0a ≤
B ．4a <-
C ．40a -<<
D ．40a -<≤
【例8】 若对于x ∈R ，不等式2230mx mx ++>恒成立，求实数m 的取值范围．
【例9】 不等式210x ax ++≥对一切102x ⎛⎤
∈ ⎥⎝⎦
，成立，则a 的最小值为（ ）
A ．0
B ．2-
C ．5
2
- D ．3-
【例10】 不等式2|3||1|3x x a a +---≤对任意实数x 恒成立，则实数a 的取值范围为
（ ）
A ．(][)14-∞-+∞ ，，
B ．(][)25-∞-+∞ ，，
C ．[12]，
D ．(][)12-∞∞ ，，
【例11】 对任意[11]a ∈-，，函数2()(4)42f x x a x a =+-+-的值恒大于零，则x 的取值范
围为 ．
【例12】 若不等式lg 21lg()
ax
a x <+在[1,2]x ∈时恒成立，试求a 的取值范围．
【例13】 若(]1x ∈-∞-，，()21390x x a a ++->恒成立，求实数a 的取值范围.
【例14】 设()222f x x ax =-+，当[)1x ∈-+∞，时，都有()f x a ≥恒成立，求a 的取值
范围.
【例15】 设对所有实数x ，不等式()()2
2
2
222
4112log 2log log 014a a a
x x a a a ++++>+恒成立，
求a 的取值范围.
【例16】 已知不等式22412ax x x a +---≥对任意实数恒成立，求实数a 的取值范围．
【例17】 已知关于x 的不等式20x x t ++>对x ∈R 恒成立，则t 的取值范围是 ．
【例18】 如果|1||9|x x a +++>对任意实数x 恒成立，则a 的取值范围是（ ）
A ．{|8}a a <
B ．{|8}a a >
C ．{|8}a a ≥
D ．{|8}a a ≤
【例19】 在R 上定义运算⊗：)1(y x y x -=⊗．若不等式1)()(<+⊗-a x a x 对任意
实数x 成立，则（ ）
A ．11<<-a
B ．20<<a
C ．2
321<<-
a D ．2
1
23<<-
a
【例20】 设不等式2220x ax a -++≤的解集为M ，如果[1,4]M ⊆，求实数a 的取值范围．
【例21】 如果关于x 的不等式23
208
kx kx +-<对一切实数x 都成立，则k 的取值范围
是 ．
【例22】 已
知函数()1)f x x g x =+，若不等式(3)(392)0x x x f m f ⋅+--<对任意
x ∈R 恒成立，求实数m 的取值范围．
【例23】 已知集合(){}121212|00D x x x x x x k =>>+=，，，(其中k 为正常数).
⑴ 设12u x x =，求u 的取值范围；
⑵ 求证：当1k ≥时不等式2
12121122k x x x x k ⎛⎫⎛⎫⎛⎫
--- ⎪⎪ ⎪⎝⎭
⎝⎭⎝⎭≤对任意()12x x D ∈，恒成
立；
⑶ 求使不等式2
12121122k x x x x k ⎛⎫⎛⎫⎛⎫
--- ⎪⎪ ⎪⎝⎭
⎝⎭⎝⎭≥对任意()12x x D ∈，恒成立的2k 的范
围.
【例24】 若关于x 的方程9(4)340x x a +++=有解，求实数a 的取值范围.
【例25】 已知a ∈R ，若关于x 的方程21
04
x x a a ++-
+=有实根，则a 的取值范围是 ．
【例26】 若关于x 的不等式22840x x a --->在14x <<内有解，则实数a 的取值范围是
（ ）
A ．4a <-
B ．4a >-
C ．12a >-
D ．12a <-
【例27】 已知函数()f x x a =-．
⑴ 若不等式()3f x ≤的解集为{}|15x x -≤≤，求实数a 的值；
⑵在⑴的条件下，若()(5)f x f x m ++≥对一切实数x 恒成立，求实数m 的取值范围．。