高考数学不等式恒成立问题中的参数求解技巧

高考数学不等式恒成立问题中的参数求解技巧
第一篇：高考数学不等式恒成立问题中的参数求解技巧
不等式恒成立问题中的参数求解技巧
在不等式中，有一类问题是求参数在什么范围内不等式恒成立。

恒成立条件下不等式参数的取值范围问题，涉及的知识面广，综合性强，同时数学语言抽象，如何从题目中提取可借用的知识模块往往捉摸不定，难以寻觅，是同学们学习的一个难点，同时也是高考命题中的一个热点。

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。

本文通过实例，从不同角度用常规方法归纳，供大家参考。

一、用一元二次方程根的判别式
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。

2例1对于x∈R，不等式x-2x+3-m≥0恒成立，求实数m的取值范围。

2解：不妨设f(x)=x-2x+3-m，其函数图象是开口向上的抛物线，为了使f(x)≥0(x∈R)，只需
22]。

∆≤0，即(-2)-4(3-m)≤0，解得m≤2⇒m∈(-∞，2变形：若对于x∈R，不等式mx+2mx+3>0恒成立，求实数m的取值范围。

2f(x)=mx+2mx+3。

①当m=0时，3>0，显然成立。

②当m>0时，此题需要对m的取值进行讨论，设
3)。

则△<0⇒0<m<3。

③当m<0时，显然不等式不恒成立。

由
①②③知m∈[0，的符号确定其抛物线的开口方向，再根据图象与x轴的交点问题，由判别式进行解决。

22f(x)=ax+bx+c，由aax+bx+c>0关键点拨：对于有关二次不等式（或<0）的问题，可设函数2f(x)=x-2kx+2，在x≥-1时恒有f(x)≥k，求实数k的取值范围。

例2已知函数解：令F(x)=f(x)-k=x-2kx+2-k，则F(x)≥0对一切x≥-1恒成立，而F(x)是开口向上的抛物
线。

2①当图象与x轴无交点满足△<0，即∆=4k-4(2-k)<0，解得－2 +∞)时F(x)≥0，只需②当图象与x轴有交点，且在x∈[-1，⎧⎪∆≥0⎧k≤-2或k≥1⎪⎪⇒-3≤k≤-2⎨F(-1)≥0⇒⎨1+2k+2-k≥0，⎪-2k⎪k≤-1⎪-≤-1⎩
⎩2由①②知-3≤k<1
+∞)恒成立，构造一个新函数F(x)=f(x)-k是解题的关键，再利关键点拨：为了使f(x)≥k在x∈[-1，用二次函数的图象性质进行分类讨论，使问题得到圆满解决。

二、参数大于最大值或小于最小值
如果能够将参数分离出来，建立起明确的参数和变量x的关系，则可以利用函数的单调性求解。

a>f(x)恒成立⇔a>f(x)max，即大于时大于函数f(x)值域的上界。

a<f(x)恒成立⇔a<f(x)min，即小于时小于函数f(x)值域的下界。

2例3已知二次函数f(x)=ax+x，如果x∈［0，1］时|f(x)|≤1，求实数a的取值范围。

2解：x∈［0，1］时，|f(x)|≤1⇔-1≤f(x)≤1，即-1≤ax+x≤1 ①当x=0时，a∈R
2⎧⎪ax≥-x-11111⎨2a≥----22⎪ax≤-x+1(0，1]⎩xx的最大值。

设xx②当x∈时，问题转化为恒成，由恒成立，即求
111⎛11⎫1u(x)=-2-=-+⎪+x∈(0，1]∈[1，+∞)，u(x)x4。

因x⎝x2⎭x 为减函数，所以当x=1时，u(x)max=-2，可得a≥-2。

2211⎛11⎫11111v(x)=-=--⎪a≤2--24。

因x2x⎝x2⎭x的最小值。

设xxx由恒成立，即求
1x∈(0，1]∈[1，+∞)，v(x)x为增函数，所以当x=1时，v(x)min=0，可得a≤0。

由①②知-2≤a≤0。

+∞)上的单调性。

关键点拨：在闭区间［0，1］上使|f(x)|≤1分离出a，然后讨论关于x的二次函数在[1，lg2ax<1lg(a+x)例4若不等式在x∈［1，2］时恒成立，试求a的取值范围。

⎧x>1⎨解：由题设知⎩2ax>0，得a>0，可知a+x>1，所以lg(a+x)>0。

原不等式变形为lg2ax<lg(a+x)。

2]，可得2x-1>0 ∴2ax<a+x，即(2x-1)a<x。

又x∈[1，∴a<
f(x)minx1⎛1⎫1⎛1⎫=1+f(x)=1+⎪⎪2x-12⎝2x-1⎭恒成立。

设2⎝2x-1⎭，在x∈［1，2］上为减函数，可得222=f(2)=a<0<a<3。

综上知3，知3。

lg2ax<1lg(a+x)关键点拨：将参数a从不等式中分离出来是解决问题的关键。

xyxy+≤c≤+x+2y2x+y，对任意正数x、y恒成立？试例5是否存在常数c使得不等式2x+yx+2y
证明你的结论。

c≤
解：首先，欲使xy+x+2y2x+y恒成立（x、y>0），进行换元令
2b-a⎧x=⎪⎧x+2y=a⎪3，得⎨⎨⎩2x+y=b⎪y=2a-b
⎪3⎩
c≤。

∴上述不等式变为2b-a2a-bc≤+ab，即1⎛2b-a2a-b⎫1⎛2b2a1⎛2b2a⎫⎫⋅++-2⎪+-2⎪⎪=3⎝ab⎭3⎝abb⎭恒成立。

寻求3⎝a⎭的最小值，由a>0，b>0，利用基本⎫21⎛2b2a⎫1⎛2b2a⎪=-2⎪≥⋅2⋅-2 +⎪3bab⎭3⎝⎭不等式可得3⎝a。

c≥同理欲使⎧2x+y=axy+⎨2x+yx+2y恒成立(x、y>0)，令⎩x+2y=b，2a-b⎧x=⎪⎪3⎨1⎛2a-b2b-a⎫⎪y=2b-ac≥+⎪⎪3ab⎝⎭，3⎩得∴上述不等式变为
c≥
即1⎛ba⎫1⎡⎛ba⎫⎤1⎡⎛ba⎫⎤⋅2-+2-⎪=⎢4-+⎪⎥4-+⎪⎥⎢3⎝ab⎭3⎣⎝ab⎭⎦。

寻求3⎣⎝ab⎭⎦的最大值，易得1⎡⎛ba⎫⎤1⎛ba⎫22 ⎪4-+≤4-2⋅=⎪⎢⎥c=3⎣⎝ab⎭⎦3 ab⎪3使上述不等式恒成立⎝⎭3。

综上知存在222
关键点拨：本题是两边夹的问题，利用基本不等式，右边寻找最小值3，左边寻找最大值3，可得c=3
三、变更主元
在解含参不等式时，有时若能换一个角度，变参数为主元，可以得到意想不到的效果，使问题能更迅速地得到解决。

2例6若不等式2x-1>m(x-1)，对满足-2≤m≤2所有的x都成立，
求x的取值范围。

2m(x-1)-(2x-1)<0 解：原不等式可化为
2令f(m)=(x-1)m-(2x-1)(-2≤m≤2)是关于m的一次函数。

2⎧⎪f(-2)=-2(x-1)-(2x-1)<0-1+1+3⎨2<x<⎪22 由题意知⎩f(2)=2(x-1)-(2x-1)<0解得
⎛-1+71+⎫⎪22⎪⎭∴x的取值范围是⎝
关键点拨：利用函数思想，变换主元，通过直线方程的性质求解。

f(a)+f(b)>0f(x)f(1)=1a+b例7已知是定义在［－1，1］上的奇函数且，若a、b∈［－1，1］，a+b≠0，有。

（1）判断函数f(x)在［－1，1］上是增函数还是减函数。

1⎫1⎫⎛⎛f x+⎪>f 2x-⎪2⎭2⎭。

⎝（2）解不等式⎝
21]、a∈［－1，1］恒成立，求实数m的取值范围。

（3）若f(x)≤m-2am+1对所有x∈[-1，解：（1）设-1≤x1<x2≤1，则f(x1)-f(x2)=f(x1)+f(-x2)=f(x1)+f(-x2)(x1-x2)<0x1-x2，可知f(x1)<f(x2)，所以f(x)在［－1，1］上是增函数。

1⎧-1≤x+≤1⎪2⎪1⎪⎨-1≤2x-≤12⎪11⎪x+>2x-⎪22（2）由f(x)在［－1，1］上是增函数知⎩
11⎫⎧11x|-≤x≤⎨⎬-≤x≤42⎩⎭ 42解得，故不等式的解集
（3）因为f(x)在［－1，1］上是增函数，所以f(x)≤f(1)=1，即1是f(x)的最大值。

依题意有m2-2am+1≥1，对a∈［－1，1］恒成立，即m2-2am≥0恒成立。

令g(a)=-2ma+m2，它的图象是一条线段，那么
2⎧⎪g(-1)=m+2m≥0⇒⎨2⎪m∈(-∞，-2]Y{0}Y[2，+∞)。

⎩g(1)=m-2m≥0
关键点拨：对于（1），抽象函数单调性的证明往往借助定义，利用拼凑条件，判断差的符号。

对于（2），后一步解不等式往往是上一步单调性的继续，通过单调性、函数值的大小转化到自变量的大小上来。

对于（3），2转换视角变更主元，把m-2am≥0看作关于a的一次函数，即g(a)=-2ma+m在a∈［－1，1］上大于等2
于0，利用g(a)是一条直线这一图象特征，数形结合得关于m的
不等式组，从而求得m的范围。

第二篇：含参不等式恒成立问题的求解策略
含参不等式恒成立问题的求解策略
授课人：李毅军
“含参不等式恒成立问题”把不等式、函数、三角、几何等内容有机地结合起来，其以覆盖知识点多，综合性强，解法灵活等特点而倍受高考、竞赛命题者的青睐。

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

现就结合实例谈谈这类问题的一般求解策略。

一、最值法
一般的，若函数f(x)在定义域为D，则当x∈D时，有f(x)≥M恒成立⇔f(x)min≥M；f(x)≤M恒成立⇔f(x)max≤M。

因而，含参数不等式的恒成立问题常根据不等式的结构特征，恰当地构造函数，等价转化为含参数的函数的最值讨论。

例1：已知a＞0，函数f(x)=ax－bx2，当b＞1时，证明：对任意x∈[0，1]，|f(x)| ≤1的充要条件是b－1≤a≤2b。

二、分离参数法
例2：设f(x)=lg⎡⎢1+2x+Λ+(n-1)x+nxa⎤⎣n⎥，其中a是实数，n是任意给定的自
⎦然数且n≥2，若f(x)当x∈(-∞，1]时有意义，求a的取值范围。

一般地，利用最值分离参数法来确定不等式f(x，λ)≥0，（x∈D λ为实参数）恒成立中参数取值范围的基本步骤：
（1）将参数与变量分离，即化为f1(λ)≥f2(x)（或f2(λ)≤f2(x)）的形式；（2）求f2(x)在x∈D时的最大（或最小）值；
（3）解不等式f1(λ)≥f2max(x)（或≤f2min(x)）得λ的取值范围。

练习1：已知定义在R上函数f(x)为奇函数，且在[0，+∞)上是增函数，对于任意x∈R求实数m范围，使f(cos2θ－3)+f(4m－2mcosθ)＞0恒成立。

练习2：设0＜a≤54，若满足不等式|x－a|＜b的一切实数x，亦满足不等式| x－a 2|
＜12，求正实数b的取值范围。

练习3：已知向量a=(x2，x+1)，b=(1－x，t)。

若函数f(x)=a·b 在区间（－1，1）上是增函数，求t的取值范围。

三、数形结合
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，在不等式恒成立的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．f(x)＞g(x)⇔函数f(x)图象恒在函数g(x)图象上方；2．f(x)＜g(x)⇔函数f(x)图象恒在函数g(x)图象下方。

例3：若不等式3x2－logax＜0在x∈⎛1⎫⎝0，3⎪⎭内恒成立，求实数a的取值范围。

练习：设f(x)=-x2-4x，g(x)=43x+1－a，若恒有f(x)≤g(x)成立，求实数a的取值范围。

四、主参换位法
某些含参不等式恒成立问题，在分离参数会遇到讨论的麻烦或者即使能容易分离出参数与变量，但函数的最值却难以求出时，可考虑变换思维角度。

即把变元与参数换个位置，再结合其它知识，往往会取得出奇制胜的效果。

例4：若对于任意a∈(-1，1]，函数f(x)=x2(a－4)x+4－2a的值恒大于0，求x的取值范围。

五、利用集合与集合间的关系
在给出的不等式中，若能解出已知取值范围的变量，就可利用集合与集合之间的包含关系来求解，即：[m，n]⊂[f(a)，g(a)]，则f(a)≤m且g(a)≥n，不等式的解即为实数a的取值范围。

例5：当x∈⎛1⎫⎝3，3⎪⎭时，|logax|＜1恒成立，求实数a的取值范围。

六、课后练习
1．已知函数f(x)=lg⎛⎝x+ax-2⎫⎪⎭，若对任意x∈[2，+∞)恒有f(x)
＞0，试确定a的取值
范围。

2．若(x，y)满足方程x2+(y－1)2=1，不等式x+y+c≥0恒成立，求实数c的取值范围。

n+α3．若不等式⎛⎝1+1⎫n⎪⎭≤e对任意的n∈N*都成立，其中e是自然对数的底数，求α的最大值。

4．定义在R上的单调函数f(x)满足f(3)=log23且对任意x，y∈R 都有f(x+y)=f(x)+f(y)，（1）求证f(x)为奇函数；
（2）若f(k·3x)+f(3x－9x－2)＜0对任意x∈R恒成立，求实数k 的取值范围。

第三篇：2020年高考数学尖子生辅导专题(文理通用)之专题03 含参数函数不等式恒成立问题-2020高考数学尖子生辅导专题
专题三
含参数函数不等式恒成立问题
不等式问题是数学中的重要内容之一，而含参数函数不等式恒成立问题又是重点中的难点．这类问题既含参数又含变量，与多个知识有效交汇，有利于考查学生的综合解题能力，检验学生思维的灵活性与创造性，这正符合高考强调能力立意，强调数学思想与方法的命题思想，因此恒成立问题成为近年来全国各地高考数学试题的一个热点．模块1
整理方法
提升能力
处理含参数函数不等式（一个未知数）恒成立问题，从方法上，可考虑分离参数法或猜想最值法（必要条件法）．如果使用分离参数法，则猜想是没有作用的，对于难一点的分离参数法，可能要使用多次求导或洛必达法则．如果使用猜想法，则后续有3种可能：一是猜想没有任何作用；二是利用猜想减少分类讨论；三是在猜想的基础上强化，从而得到答案．从改造的形式上，解答题优先选择一平一曲，可利用分离参数法转化为一平一曲两个函数，也可以把函数化归为一边，考虑函数的图象与轴的交点情况（本质上也是一平一曲）．
洛必达法则
如果当（也可以是）时，两个函数和都趋向于零或都趋向于无穷大，那么极限可能存在，也可能不存在．如果存在，其极限值也不尽相同．我们称这类极限为型或型不定式极限．对于这类极限，一般要用洛必达法则来求．
定理1：若函数和满足条件：
（1）．
（2）和在的某个去心邻域内可导，且．
（3）存在或为无穷大．
则有．
定理2：若函数和满足条件：
（1）．
（2）和在的某个去心邻域内可导，且．
（3）存在或为无穷大．
则有．
在定理1和定理2中，将分子、分母分别求导再求极限的方法称为洛必达法则．
使用洛必达法则时需要注意：
（1）必须是型或型不定式极限．
（2）若还是型或型不定式极限，且函数和仍满足定理中和所满足的条件，则可继续使用洛必达法则，即．
（3）若无法判定的极限状态，或能判定它的极限振荡而不存在，则洛必达法则失效，此时，需要用其它方法计算．
（4）可以把定理中的换为，，此时只要把定理中的条件作相应的修改，定理仍然成立．
例1
已知函数（）．
（1）求在上的最小值；
（2）若对恒成立，求正数的最大值．
【解析】（1）定义域为，．
①当时，函数在为增函数，所以．
②当时，由可得，由可得，所以在上递增，在上递减．于是在上的最小值为或．
（i）当，即时，．
（ii）当，即时，．
综上所述，当时，；当时，．
（2）令，则对恒成立对恒成立．
法1：（分离参数法）当，不等式恒成立，于是对恒成立对恒成立．令，则，令，则，所以在上递增，于是，即，所以在上递增．
由洛必达法则，可得，于是，所以正数的最大值为．
法2：（不猜想直接用最值法）构造函数，则．
①当，即时，所以函数在上递增，所以．
②当，即时，由可得，所以函数在上递减，于是在上，不合题意．
综上所述，正数的最大值为．
法3：（先猜想并将猜想强化）由常用不等式（）可得，即．当时，式子恒成立，当，有恒成立，而，所以．
下面证明可以取到，即证明不等式对恒成立．构造函数（），则，所以函数在上递增，所以，所以不等式对恒成立，所以正数的最大值为．
法4：（先猜想并将猜想强化）对恒成立，因为所以，即．
下同法3．
法5：（先猜想并将猜想强化）当，不等式恒成立，于是对恒成立对恒成立．由洛必达法则，可得，于是．
下同法3．
【点评】法1（分离参数法）把恒成立问题转化为求的最小值，法2（最值法）把恒成立问题转化为求的最小值．由此可见最值法与分离参数法本质上是相通的，其本质都是把不等式恒成立问题转化为求函数的最值问题，其区别在于所求的函数中是否含有参数．
法3、法4和法5都是先求出必要条件，然后将必要条件进行强化，需要解题的敏感度和判断力．如果我们将这个必要条件与法2的
最值法进行结合，可减少法2的分类讨论．
例2
设函数．
（1）求的单调区间；
（2）若，为整数，且当时，求的最大值．
【解析】（1）．
①当时，在上恒成立，所以在上递增．
②当时，由可得，由可得．所以在上递减，在上递增．
（2）当时，所以，即在上恒成立．
法1：（分离参数法）在上恒成立在上恒成立．令，则，令，有在上恒成立，所以在上递增（也可由（1）可知，函数在上递增）．而，所以在上有唯一根，所以当时，当时，于是在上递减，在上递增，所以在上的最小值为，因为，所以，于是，所以，所以的最大值为．法2：（不猜想直接用最值法）令，则，令可得．
①当，即时，有在上恒成立，于是在上递增，从而在上有，于是在上恒成立．
②当，即时（因为是整数，所以），可知当时，当时，于是在上的最小值是．令，则在上恒成立，所以在上单调递减．而，．所以当时，有在上恒成立，当时，在上不恒成立．
综上所述，的最大值为．
法3：（先猜想并将猜想强化）因为在上恒成立，所以当时，该式子也成立，于是，即．下证的最大值为．
令，则，由可得，由可得，所以在上递减，在上递增．所以，于是的最大值为．
【点评】由于是整数，所以先猜想再将猜想强化是优先采用的解题方法．如果将是整数这个条件去掉，则得到的必要条件既不能强化又不能减少分类讨论，此时猜想将没有任何作用，只能用法1的分离参数法和法2的最值法进行求解．
例3
设函数．
（1）若，求的单调区间；
（2）若当时，求的取值范围．
【解析】（1）当时，．由可得，由可得．所以的递增区间是，递减区间是．
（2）法1：（分离参数法）在上恒成立在上恒成立．
当时，式子显然成立；当时，分离参数可得在上恒成立．令，则，令，可得，所以在上递增，于是，即，所以在上递增，于是，所以，所以在上递增．
由洛必达法则，可得，所以在上有，所以．
法2：（不猜想直接用最值法），．
①当，即时，有，所以在上递增，所以，所以，所以在上递增，所以．
②当，即时，由可得时，于是在上递减，所以，所以，所以在上递减，于是，于是不恒成立．
综上所述，的取值范围是．
法3：（先猜想并将猜想强化）当时，在上恒成立．
当时，在上恒成立在上恒成立．由洛必达法则，可得，所以．，所以在上递增，所以，所以，所以在上递增，所以．
【点评】对于恒成立问题，最值法与分离参数法是两种最常用的方法．如果分离后的函数容易求最值，则选用分离参数法，否则选用最值法．最值法主要考查学生分类讨论的思想，一般遵循“构造函数——分类讨论”两部曲来展开．一些稍难的恒成立问题，如果用分离参数法来处理，往往需要多次求导和使用洛必达法则．本题中，法2的最值法比法1的分离参数法要简单，这是因为处理的最小值要比处理的最小值要容易．
猜想最值法的模式是解决恒成立问题的重要模式，猜想的一般方法有：特殊值代入，不等式放缩，洛必达法则，端点效应．模块2
练习巩固
整合提升
练习1：已知函数．
（1）求曲线在点处的切线方程；
（2）求证：当时，；
（3）设实数使得对恒成立，求的最大值．
【解析】（1），因为，所以，于是切线方程为．
【证明】（2）构造函数，．因为，所以在上递增，所以．于是当时，．
【解析】（3）法1：（不猜想直接用最值法）构造函数，则．
①当时，所以在上递增，所以．
②当时，所以在上递增，所以．
③当时，由可得，于是在上递减，所以，于是在上不恒成立．
综上所述，的最大值为．
法2：（先猜想并将猜想强化）由（2）可知，猜想的最大值为．下面证明当
时，在上不恒成立．
构造函数，则．当时，由可得，于是在上递减，所以，于是在上不恒成立．
练习2：设函数．
（1）证明：在单调递减，在单调递增；
（2）若对于任意、，都有，求的取值范围．
【证明】（1），令，则，所以在上递增，而，所以当时，当时，所以在单调递减，在单调递增．
【解析】（2）由（1）可知，在上递减，在上递增，所以，于是对于任意、，都有，即．构造函数，则，由可得，由可得，所以在上递减，在上递增．又因为，所以的取值范围是．
练习3：已知函数．
（1）当时，求曲线在处的切线方程；
（2）若当时，求的取值范围．
【解析】（1）的定义域为．当时，，所以，．于是曲线在处的切线方程为．
（2）法1：（分离参数法）当时，．令，则，令，则，于是在上递增，所以，于是，从而在上递增．
由洛必达法则，可得，于是．于是的取值范围是．
法2：（不猜想直接用最值法）．
①当，即时，所以在上递增，所以．
②当时，令，则，所以（即）在上递增，于是．
（i）若，即时，于是在上递增，于是．
（ii）若，即时，存在，使得当时，于是在上递减，所以．
综上所述，的取值范围是．
法3：（变形后不猜想直接用最值法）当时，．令，则，记，则是以为对称轴，开口方向向上的抛物线．
①当，即时，所以，于是在上递增，因此．
②当，即时，的判别式为，于是有两根，不妨设为、，且．由韦达定理可得，于是，所以，于是，当时，所以，于是在上递减，即．综上所述，的取值范围是．
法4：（通过猜想减少分类讨论）当时，．因为，所以，即．，记，则是以为对称轴，开口方向向上的抛物线．当时，所以，于是在上递增，因此．所以的取值范围是．
法5：（通过猜想减少分类讨论）当时，．由洛必达法则，可得，于是．
下同法4．
练习4：已知函数，曲线在点处的切线方程为．
（1）求、的值；
（2）如果当，且时，求的取值范围．
【解析】（1），因为，所以，于是
．
（2）法1：（分离参数法）由可得，令（且）．，令，则，令，则，令，则．
当时，在上递增，于是，即，所以在上递减，于是，即，所以在上递增，所以，于是，所以在上递减．
当时，在上递增，于是，即，所以在上递增，于是，即，所以在上递增，所以，于是，所以在上递增．
由洛必达法则，可得，同理，所以当且时，有，于是．
法2：（不猜想直接用最值法）由（1）知，所以，考虑函数，则，此时有．，令，当时，其判别式为．
①当时，所以，于是，于是在上递减，而，所以当时，于是；当时，于是．所以当，且时，即恒成立．
②当时，是开口方向向下，以为对称轴，与轴有两个交点的二次函数．因为，所以当时，所以，于是在上递增，所以．而时，所以，于是不恒成立．
③当时，所以在上是增函数，所以当时，而，所以，于是不恒成立．
④当时，是开口方向向上，以为对称轴，与轴有两个交点的二次函数．因为，所以在上恒成立，所以在上是增函数，以下同③，于是不恒成立．
⑤当时，是开口方向向上，以为对称轴，与轴最多有一个交点的二次函数，所以在上恒成立，所以在上是增函数，以下同③，于是不恒成立．
综上所述，的取值范围为．
法3：（通过猜想减少分类讨论）由（1）知，所以．因为，所以．考虑函数，则，此时有．，令，这是开口方向向下的抛物线，其判别式为．
①当时，所以，于是，于是在上递减，而，所以当时，于是；当时，于是．所以当，且时，即恒成立．
②当时，是开口方向向下，以为对称轴，与轴有两个交点的二次函数．因为，所以当时，所以，于是在上递增，所以．而时，所以，于是不恒成立．
综上所述，的取值范围为．
法4：（通过猜想减少分类讨论）由可得，由洛必达法则，可得，于是，所以．
下同法2，只需讨论法2的①②③三种情况即可．
法5：（通过猜想减少分类讨论）由可得，由洛必达法则，可得，所以．
下同法2，只需讨论法2的①即可．
【点评】法1的分离参数法，利用了高阶导数以及洛必达法则，减少了解题的技巧性．法2的最值法构造了函数，只需由在上恒成立，求出的取值范围即可．但的表达式比较复杂，其复杂的根源在于前面带有，直接求导只会让式子变得更复杂，因此我们提取，让变得“纯粹”一点．的正负取决于与的正负，由此可找到的3个界：0、1、2，从而对的范围作出不重不漏的划分．
法3、法4和法5都是猜想最值法，分别通过特殊值代入和洛必达法则得到相应的必要条件，有效缩小了参数的取值范围，此时只需讨论法2分类当中的若干情况即可，减少了分类讨论，从而降低题目的难度．
第四篇：高考数学导数专题讲义二：恒成立
导数中恒成立存在问题+零点问题
探究1
已知函数，其中ÎR．若对任意的x1，x2Î[-1，1]，都有，求实数的取值范围；
探究2
已知函数的图象在点A（1，f（1））处的切线与直线平行。

记函数恒成立，求c的取值范围。

探究3
已知函数.若，当时，关于的不等式恒成立，求实数的取值范围（其中e是自然对数的底数，）.探究4
已知函数满足，且当时，当时，的最大值为．
（1）求实数a的值；
（2）设，函数，．若对任意，总存在，使，求实数b的取值范围探究5
.已知函数为常数）．
若a<0，且对任意的.x
［1,e］，f（x）≥(a－2)x恒成立，求实数a的取值范围．
探究6
已知函数，其中e为自然对数的底数．
（1）求函数在x1处的切线方程；
（2）若存在，使得成立，其中为常数，求证：；
（3）若对任意的，不等式恒成立，求实数a的取值范围．
探究7
已知函数，.（1）若，则，满足什么条件时，曲线与在处总有相同的切线？
（2）当时，求函数的单调减区间；
（3）当时，若对任意的恒成立，求的取值的集合.探究8
已知函数．
（1）求函数在区间上的最小值；
（2）令是函数图象上任意两点，且满足求实数的取值范围；
（3）若，使成立，求实数的最大值．
探究9
设函数.若对任意的实数，函数（为实常数）的图象与函数的图象总相切于一个定点.①
求与的值；
②
对上的任意实数，都有，求实数的取值范围.探究10
已知f（x）=x2+mx+1（m∈R），g（x）=ex．
若m∈（﹣1，0），设函数，求证：对任意x1，x2∈[1，1﹣m]，G（x1）＜H（x2）恒成立．
1解答：
“对任意的x1，x2Î[-1，1]，都有|f¢(x1)-f¢(x2)|£4”等价于“函数y=f
´(x),xÎ[-1，1]的最大值与最小值的差小于等于4”.对于f
´(x)=x2－2mx－1,对称轴x=m.①当m
´(x)的最大值为f
´(1),最小值为f
´(-1),由
f
´(1)-f
´(-1)£4,即-4m£4,解得m³1,舍去; ……………………………6分
②当-1£m£1时,f
´(x)的最大值为f
´(1)或f
´(-1),最小值为f
´(m),由,即,解得-1£m£1;………………………………8分
③当m>1时,f
´(x)的最大值为f
´(-1),最小值为f
´(1),由
f
´(-1)-f
´(1)£4,即4m£4,解得m£1,舍去;
综上,实数m的取值范围是[-1,1].2：解答
3解答
4解答．（1）当x∈(0，2)时，由条件，当x
4∈(-4，-2)，的最大值为
4，所以的最大值为1．……………………………………………………………2分因为，令，所以．……………………………3分
因为，所以．当x∈(0，)时，是增函数；
当x∈(，2)时，；是减函数．
则当x
=时，取得最大值为．所以a
=
1．……6分
（2）设在的值域为A，在的值域为B，则依题意知AB．因为在上是减函数，所以A
=
．
又，因为，所以．
①
b
0时，>
0，g(x)是增函数，B
=
．
因为AB，所以．解得．
②
b
0时，<
0，g(x)是减函数，B
=
．
因为AB，所以．．
由①，②知，或．……………………………………………
5解答
6解答：（1）因为，所以，故．
所以函数在x1处的切线方程为，即．
……
2分
（2）由已知等式得．
记，则．
……
4分
假设．
①
若，则，所以在上为单调增函数．
又，所以，与矛盾．
……
6分
②
若，记，则．
令，解得．
当时，在上为单调增函数；
当时，在上为单调减函数．
所以，所以，所以在上为单调增函数．
又，所以，与矛盾．
综合①②，假设不成立，所以．
……
9分
（3）由得．
记，则．
①
当时，因为，所以，所以在上为单调增函数，所以，故原不等式恒成立．
……
12分
②
法一：
当时，由（2）知，当时，为单调减函数，所以，不合题意．
法二：
当时，一方面．
另一方面，．
所以，使，又在上为单调减函数，所以当时，故在上为单调减函数，所以，不合题意．
综上，．
……
16分
7解答．解：（1），又，在处的切线方程为，……………2分
又，又，在处的切线方程为，所以当且时，曲线与在处总有相同的切线
………4分
（2）由，，………7分
由，得，当时，函数的减区间为，；
当时，函数的减区间为；
当时，函数的减区间为，.………10分
（3）由，则，①当时，函数在单调递增，又，时，与函数矛盾，………12分
②当时，；，函数在单调递减；单调递增，（Ⅰ）当时，又，与函数矛盾，（Ⅱ）当时，同理，与函数矛盾，（Ⅲ）当时，函数在单调递减；单调递增，故满足题意.综上所述，的取值的集合为.……………16分
8解答
【解析】试题分析：（1）先求导数，再求导函数零点，根据零点与定义区间位置关系分类讨论函数单调性：当时，在上单调递增，当时，在区间上为减函数，在区间上为增函数，最后根据单调性确定函数最小值（2）先转化不等式不妨取，则，即恒成立，即在上单调递增，然后利用导数研究函数单调性：在恒成立.最后利用变量分离转化为对应函数最值，求参数.（3）不等式有解问题与恒成立问题一样，先利用变量分离转化为对应函数最值，的最大值，再利用导数求函数的最值，这要用到二次求导，才可确定函数单调性：在上单调递增，进而确定函数最值。