有解无解恒成立问题的处理
恒成立问题常见类型及其解法
设 f x x 3 x 7
可求得 f x 10
lg x 3 x 7 lg10 1
a 1
三. 变换主元法：
例5.对任意a [-1,1],不等式x 2 (a - 4) x 4 - 2a 0 恒成立，求 的取值范围 x . 解：原问题转化为对任 a [-1,1], 意
m - 2 0 0 (5) 4m ，解得1 m 2 2( m - 2) 0 f ( 0) 0 y
y
m - 2 0 (6) ，无解 f (0) 0
综上所述， a 3 1
O
x
x
4.已知函数f ( x) (m - 2) x 2 - 4mx 2m - 6的图像与 x轴的负半轴有交点，求 实数m的取值范围 .
不等式( x - 2)a x - 4 x 4 0恒成立
2
令f (a) ( x - 2)a x - 4 x 4
2
f (1) 0 解得x 1或x 3. f (-1) 0
x的取值范围为 ,1) (3,). (-
数形结合法 4.数形结合法
解：因为ax2 1 1，所以- 1 - x ax2 1 - x (1)当x 0时， 0 1恒成立. -1
1 1 a- 2 1 1 1 1 x x (2)当x (0,1]时， 2 - a 2 - , 即 在（0, ,1]上恒成立. x x x x a 1 - 1 x2 x 1 令t 1, x 1 1 1 1 - 2 - 化为关于t的函数u -t 2 - t -(t ) 2 ，u max -2 x x 2 4 1 1 1 2 1 2 - 化为关于t的函数v t - t (t - ) - ，vmin 0 2 x x 2 4 要是不等式恒成立，应 u max a vmin，故 - 1 a 0 有 综上所述，如果 [0,1]时， ( x) 1恒成立，则- 2 a 0 x f
不等式恒成立或有解问题的解决策略
不等式恒成立或有解问题的解决策略恒成立与有解问题的解决策略大致分四类： ①构造函数，分类讨论； ②部分分离，化为切线； ③完全分离，函数最值； ④换元分离，简化运算；在求解过程中，力求“脑中有‘形’，心中有‘数’”.依托端点效应，缩小范围，借助数形结合，寻找临界.一般地，不等式恒成立、方程或不等式有解问题设计独特，试题形式多样、变化众多，涉及到函数、不等式、方程、导数、数列等知识，渗透着函数与方程、等价转换、分类讨论、换元等思想方法，有一定的综合性，属于能力题，在提升学生思维的灵活性、创造性等数学素养起到了积极的作用，成为高考的一个热点．【考点突破】【典例1】（2018届石家庄高中毕业班教学质量检测）已知函数()()()121xf x axe a x =-+-.（1）若1a =，求函数()f x 的图象在点()0,(0)f 处的切线方程； （2）当0x >时，函数()0f x ≥恒成立，求实数a 的取值范围.【解析】（Ⅰ）若1a =，则)12(2)(--=x xe x f x，4)('-+=xxe xe x f当0=x 时，2)(=x f ，3)('-=x f ， ………﹝导数的几何意义的应用﹞ 所以所求切线方程为23+-=x y 。
（Ⅱ）思路一：()()()121xf x axe a x =-+-，)1(2)1()('+-+=a e x a x f x，由条件可得，首先0)1(≥f ，得011>-≥e a ， 令()'()(1)2(1)xh x f x a x e a ==+-+，则'()(2)0x h x a x e =+>恒为正数，所以()'()h x f x =单调递增，………﹝高阶导数的灵活应用﹞而02)0('<--=a f ，0222)1('≥--=a ea f ，所以)('x f 存在唯一根0(0,1]x ∈，使得函数)(x f 在),0(0x 上单调递减，在)(0∞+x 上单调递增， ………﹝极值点不可求，虚拟设根﹞所以函数)(x f 的最小值为()()()0000121xf x ax e a x =-+-，只需0)(0≥x f 即可，又0x 满足)1(2200++=x a a e x ，得()20000(1)(21)1a x x f x x +-++=+，………﹝虚拟设根，整体代入﹞因为0(0,1]x ∈，所以200210x x -++≥，即0)(0≥x f 恒成立，所以实数a 的取值范围为1,1e ⎡⎫+∞⎪⎢-⎣⎭. 【审题点津】不等式恒成立可以直接构造函数，然后用导数证明该函数的增减性；再利用函数的单调性，转化为函数的最值的正负来求解参数的取值范围.本题出现极值点不可求的情形，不妨引入虚拟设根，设而不求，整体代换，通过形式化的代换或推理，达到化简并求解问题的目标.思路二：由条件可得，首先0)1(≥f ，得011>-≥e a ， 当0x >时，函数()0f x ≥恒成立，等价于()121xa xe x a+≥-对任意0x >恒成立，亦即函数1x y xe =的图象总在直线()2121a y x a+=-的上方（含边界）.………﹝部分分离，数形结合，化为图象的位置关系﹞令()()0xQ x xex >=，则()()10x Q x x e '=+>，所以()()0xQ x xe x >=单调递增；令()()()()01xP x Q x x x e '=+>=，则()()20x P x x e '=+>，所以()()()10xP x x e x +>=单调递增，所以()()0x Q x xe x >=为凹函数，如图所示，又()2121a y x a +=-是过定点1,02⎛⎫ ⎪⎝⎭的直线系，当直线与曲线相切时，可设切点为()00,T x y ，则()()()00000021112x Q x y x e y a a a x a '=+⎧+=⎪⎪⎪=⎨-⎪⎪⎪⎩，即()()(00021112x x x e a x e a a a ⎧+=⎪⎪⎨⎪=+⎩+⎪，……………﹝借助于导数的几何意义，寻找临界﹞解得01x =，此时切线的斜率为()1Q '=只需()212a e a+≤即可，解得11a e ≥-故a 的取值范围是1,1e ⎡⎫+∞⎪⎢-⎣⎭. 【审题点津】不等式恒成立也可以适当恒等变形，部分分离，化为函数过定点的直线与函数图象的位置关系；再利用导数的几何意义，应用运动的数学思想转化为直线的斜率与过定点的切线的斜率的大小关系求解参数的取值范围.思路三：由条件可得，首先0)1(≥f ，得011>-≥e a ， 当0x >时，函数()0f x ≥恒成立，等价于211xa x a xe -≥+对任意0x >恒成立. ………﹝将两个变量完全分离﹞设函数()()210xx F x x xe -=>，则()()()2211x x x F x x e +-='-， 当01x <<时，()0F x '>；当1x >时， ()0F x '<， 所以函数()F x 在()0,1上单调递增，在()1,+∞上单调递减； 所以()()max11F x F e ⎡⎤==⎣⎦. 只需11a a e ≥+，解得11a e ≥-. 故a 的取值范围是1,1e ⎡⎫+∞⎪⎢-⎣⎭. 【审题点津】不等式恒成立也可以适当恒等变形，完全分离，使得参数和主元分别位于不等式的左右两边，再巧妙构造函数，最后化归为所构造函数的最值求解.思路四：由于()()()()()1212121x x f x axe a x a xe x x =-+-=-+--，因为1x e x ≥+，当且仅当0x =时取等号，如图所示，（证明略） ………﹝重要不等式1x e x ≥+是放缩的途径﹞所以0112)1(122>+-=+-+≥+-x x x x x x xe x .………﹝借助于重要不等式1x e x ≥+灵活放缩﹞当0x >时，函数()0f x ≥恒成立，等价于1212+--≥x xe x a x 对任意0x >恒成立.令()2121x x u x xe x -=-+，则()()()()()()()()2222121122121211x x x x x xe x x x e e u x x x x e x xe x +-⎡⎤-+--+-⎣⎦'==--+-+， 当01x <<时，()0u x '>；当1x >时， ()0u x '<， 所以函数()u x 在()0,1上单调递增，在()1,+∞上单调递减；所以()()max111u x u e ⎡⎤==⎣⎦-. 只需11a e ≥-. 故a 的取值范围是1,1e ⎡⎫+∞⎪⎢-⎣⎭. 【审题点津】不等式恒成立也可以借助于不等式进行灵活放缩，进而合理避开分类讨论，彻底应用变量分离法，化归为所构造函数的最值求解.【拓展演练3】（2018届重庆市高中毕业班6月调研）已知函数()()1ln f x x a x a R x=+-∈． （1）若直线1y x =+与曲线()y f x =相切，求a 的值； （2）若关于x 的不等式()2f x e≥恒成立，求a 的取值范围. 【提示】（1）1a =-； （2）设()12ln g x x a x x e=+--，()0g x '=的解为0x ，则001a x x =-，()00000001121ln ()g x x x x x e x x e e ⎛⎫=+---≤≤ ⎪⎝⎭，所以11,a e e ee ⎡⎤∈--⎢⎥⎣⎦.【典例2】（2018届广州市高中毕业班一模）已知函数()ln 1f x ax x =++． （1）讨论函数()x f 零点的个数；（2）对任意的0>x ，()2e xf x x ≤恒成立，求实数a 的取值范围．【解析】（1）思路一：函数()x f 的定义域为()0,+∞，由()ln 1f x ax x =++，()1f x a x'=+， ①当0a ≥时，()0f x '≥，函数()x f 在()0,+∞上单调递增，因为()110f a =+>，当0x →时，()f x →-∞，所以函数()x f 有1个零点；………﹝利用零点存在性定理是解决此类问题的理论依据﹞②当0a <时，()1f x a x '=+，当1x a >-时，()0f x '<；当10x a<<-时，()0f x '>； 所以函数()x f 在10,a ⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递增，在1,a ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭上单调递减， ()max 11ln f x f a a ⎛⎫⎛⎫=-=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， ………﹝利用最值与0的大小关系加以判断﹞若1a <-，()max 1ln 0f x a ⎛⎫=-< ⎪⎝⎭，所以函数()x f 没有零点；若1a =-，()max 1ln 0f x a ⎛⎫=-= ⎪⎝⎭，所以函数()x f 有1个零点；若10a -<<，()max 1ln 0f x a ⎛⎫=-> ⎪⎝⎭，10a fe e ⎛⎫=< ⎪⎝⎭，且111e a <<-，所以函数()xf 在10,a ⎛⎫- ⎪⎝⎭有1个零点；又当x →+∞时，()f x →-∞，所以函数()x f 在1,a ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭有1个零点； 综上可知，当1a <-时，函数()x f 没有零点；当1a =-或0a ≥时，函数()x f 有1个零点；当10a -<<时，函数()x f 有2个零点．【审题点津】函数()x f 零点的个数问题的依据是零点的存在性定理，其解决过程要注意“脑中有‘形’，心中有‘数’”，这也是数形结合思想的渗透.思路二：函数()x f 的定义域为()0,+∞，由()ln 10f x ax x =++=，得ln 1x ax =--，令()()ln ,1u x x v x ax ==--，则函数()v x 是过定点()0,1-，斜率为k a =-的直线，而函数()u x 的图象如图所示，………﹝部分分离，数形结合，化为图象的位置关系﹞当直线1y kx =-与函数()ln u x x =相切时，两者只有一个交点，此时设切点为()00,P x y ，则()0000001ln 1u x kx y x y kx ⎧'==⎪⎪⎪=⎨⎪=-⎪⎪⎩，解得001,1,0x k y ===，……………﹝借助于导数的几何意义，寻找临界﹞ 所以当1k >时，函数()x f 没有零点；当1k =或0k ≤时，函数()x f 有1个零点；当01k <<时，函数()x f 有2个零点．所以当1a <-时，函数()x f 没有零点；当1a =-或0a ≥时，函数()x f 有1个零点；当10a -<<时，函数()x f 有2个零点．【审题点津】函数()x f 零点的个数问题也可以转化为两个基本初等函数的交点个数问题，灵活借助于导数的几何意义加以解决.思路三：函数()x f 的定义域为()0,+∞，由()ln 10f x ax x =++=，得ln 1x a x+=-， ………﹝将两个变量完全分离﹞ 令()()ln 10x g x x x +=->，则()2ln xg x x'=，因为当01x <<时，()0g x '<，当1x >时，()0g x '>， 所以函数()g x 在()0,1上单调递减，在()1,+∞上单调递增，()()min 11g x g ==-，由于10g e ⎛⎫= ⎪⎝⎭，所以当10x e <<时，()0g x >，当1x e>时，()0g x <，所以当1a <-时，函数()x f 没有零点；当1a =-或0a ≥时，函数()x f 有1个零点；当10a -<<时，函数()x f 有2个零点． ……………﹝借助于数形结合，确定分类的界点﹞【审题点津】函数()x f 零点的个数问题也可以应用变量分离法转化为水平直线与函数图象的交点个数问题来处理，形象直观，本题是转化为直线y a =与函数()()ln 10x g x x x+=->的图象的交点个数，只要借助于导数把函数()g x 的图象正确地画出来，自然一目了然.（2）思路一：由()ln 1f x ax x =++，所以对任意的0>x ，()2exf x x ≤恒成立，等价于2ln 1x x a e x+≤-在()0,+∞上恒成立， ………﹝将两个变量完全分离﹞ 令()()2ln 10xx m x e x x+=->，则()222ln x e x m x x +'=， 再令()22ln x n x e x =+，则()()22140x n x x x e x'=++>， 所以()n x 在()0,+∞上单调递增， 因为()12ln 20,104en n ⎛⎫=-<> ⎪⎝⎭， 所以()n x 有唯一零点0x ，且0114x <<， ………﹝零点不可求，虚拟设根﹞ 所以当00x x <<时，()0m x '<，当0x x >时，()0m x '>， 所以()m x 在()00,x 上单调递减，在()0,x +∞上单调递增，因为022002ln 0x x ex +=，所以()000ln 22ln 2ln ln x x x ++=-，即()()0000ln 22ln ln ln x x x x +=-+-， ………﹝善于结构分析，巧妙构造函数﹞ 设()ln s x x x =+，则()110s x x'=+>， 所以函数()s x 在()0,+∞上单调递增， 因为()()002ln s x s x =-，所以002ln x x =-，即0201xe x =， ……﹝设而不求，整体代入，求解最值﹞ 所以()()02000ln 12x x m x m x ex +≥=-=，则有2a ≤， 所以实数a 的取值范围(],2-∞．【审题点津】本题零点0x 的探求也可以将022002ln 0x x ex +=变形为2000112ln x x e x x =01ln 01ln x e x ⎛⎫⎪⎝⎭⎛⎫= ⎪⎝⎭，进而构造函数()()0x R x xe x =>来解决.思路二：设()()2ln 10x g x xe ax x x =--->，对任意的0>x ，()2e xf x x ≤恒成立，等价于()min 0g x ≥在()0,+∞上恒成立， ………﹝直接“左减右”构造函数﹞因为()()2121x g x x e a x '=+--，令()()2121x h x x e a x =+--，则()()221410x h x x e x'=++>， 所以()()h x g x '=在()0,+∞上单调递增， ………﹝高阶导数，层次要清晰﹞ 因为当0x →时，()h x →-∞，当x →+∞时，()h x →+∞， 所以()()h x g x '=在()0,+∞上存在唯一的零点0x ，满足()02001210x x ea x +--=， 所以()0200121x a x ex =+-，且()g x 在()00,x 上单调递减，在()0,x +∞上单调递增， 所以()()00222000000min ln 12ln 0x x g x g x x e ax x x e x ==---=--≥，……﹝设而不求，整体代入，求解最值﹞所以022002ln 0x x ex +≤，此时02002ln 01,2x x x e x <<≤-，所以()()()00002ln 2ln ln ln x x x x +≤-+-， ………﹝善于结构分析，巧妙构造函数﹞ 设()ln S x x x =+，则()110S x x'=+>， 所以函数()S x 在()0,+∞上单调递增，因为()()002ln S x S x ≤-，所以002ln x x ≤-，即0201xe x ≤， 所以()()020000011121212x a x ex x x x =+-≤+⋅-=， 所以实数a 的取值范围(],2-∞．【审题点津】本题零点0x 的探求也可以将022002ln 0x x ex +≤变形为001ln 200001112ln ln x x x e e x x x ⎛⎫⎪⎝⎭⎛⎫≤= ⎪⎝⎭，进而构造函数()()0x R x xe x =>来解决. 思路三：由()ln 1f x ax x =++，所以对任意的0>x ，()2e xf x x ≤恒成立，等价于2ln 1xx a e x+≤-在()0,+∞上恒成立，先证明ln 1t t ≥+，当且仅当1x =时取等号，如图所示（证明略）.所以当0>x 时，有22ln 1ln 21xx xexe x x ≥+=++，………﹝重要不等式1ln x x -≥是放缩的途径﹞ 所以2ln 12x x e x x ≥++，即2ln 12x x e x+-≥，当且仅当21x xe =时取等号，所以实数a 的取值范围(],2-∞．【审题点津】很多导数的压轴题的命制都是基于两个重要不等式1ln x x -≥与1xe x ≥+，它们自然也是放缩的重要途径.思路四：由()ln 1f x ax x =++，所以对任意的0>x ，()2e xf x x ≤恒成立，等价于2ln 1xx a e x+≤-在()0,+∞上恒成立，先证明1x e x ≥+，当且仅当0x =时取等号，如图所示（证明略）.所以当0>x 时，有2ln 2ln 2ln 21xx x x x xee e e x x +==≥++，………﹝重要不等式1x e x ≥+是放缩的途径﹞所以2ln 12x x e x x ≥++，即2ln 12x x e x+-≥，当且仅当ln 20x x +=时取等号， 所以实数a 的取值范围(],2-∞．【点睛探究】两个重要不等式1ln x x -≥与1xe x ≥+实质是等价的，它们的变形很多，很值得深入探究.如以1xe x ≥+为例，把x 换为ln x ，即得ln 1ln x x x ≥+>；把x 换为1x -，即得xe ex ≥；把x 换为x -，即得1xex -≥-+，亦即()111x e x x≤<-；把x 换为2ln x x +，即得222ln 1x x e x x ≥++；把x 换为ln x x -，即得ln 1xe x x x≥-+；把x 换为ln 2x -，即得22ln 22x e x ≥-+；……【拓展演练4】（辽宁省重点高中协作校三模）设实数0m >，若对任意的x e ≥，不等式2ln 0mxx x me -≥恒成立，则m 的最大值是1.A e .3eB .C e .2D e【提示】2ln 0mxx x me -≥变形为ln ln mxx m x ee x⋅≥⋅，构造函数()()0x g x xe x =>，等价转化为ln mx x≥，即ln m x x ≤，只需()min ln m x x e ≤=，答案为C .【典例3】（成都市2018届高三毕业班三诊）已知函数()()ln ,1f x x g x x ==+.若函数()f x 图象上任意一点P 关于直线y x =的对称点Q 恰好在函数()h x 的图象上.（1）证明：()()g x h x ≤； （2）若函数()()()1f x F x g x =+在[)()*,k k N +∞∈上存在极值，求k 的最大值.【解析】（1）因为函数()f x 图象上任意一点P 关于直线y x =的对称点Q 恰好在函数()h x 的图象上，所以函数()f x 与()h x 互为反函数，()x h x e =，易证1x x e +≤（证明略）；（2）由已知()()()1f x F x g x =+，得()()ln 02xF x x x =>+，所以()()221ln 2x x F x x +-'=+，因为函数()()()1f x F x g x =+在[)()*,k k N +∞∈上存在极值，所以()0F x '=在()()*,k k N +∞∈上有解，即21ln 0x x+-=在()()*,k k N +∞∈上有解， ………﹝理解题意，转化为超越方程有解问题﹞令()21ln u x x x =+-，则()222120x u x x x x+'=--=-<， 所以()u x 在()0,+∞上单调递减，由()33331111 2.74ln 4ln ln16ln ln 022*******e u e =-=-=>>，……﹝应用零点存在性定理求解﹞()775571113121875ln 5ln ln 5ln ln 0555*******u e =-=-=><，所以函数()u x 的零点()04,5x ∈， 因为函数()()()1f x F x g x =+在[)()*,k k N +∞∈上存在极值，所以4k ≤，k 的最大值为4.【审题点津】函数()f x 存在极值点，转化为()f x '存在零点的问题，亦即()0f x '=有解问题，然后借助于导数刻画函数()f x '的图象，应用零点存在性定理求解问题.【典例4】（河北衡水2018届高三第一学期八模）已知函数()()()ln ,xf x e x a x a x a R =-+++∈.（1）当1a =时，求函数()f x 的图象在0x =处的切线方程； （2）函数()f x 在定义域上为单调函数，求a 的最大整数值.【解析】（1）当1a =时，()()()1ln 1xf x e x x x =-+++，()()ln 1xf x e x '=-+，所以()()01,01f f '==，所以函数()f x 的图象在0x =处的切线方程10x y -+=；（2）思路一：函数()f x 在定义域上为单调函数，则()0f x '≥恒成立.由于()()()ln x f x e x a x a x =-+++，()()ln x f x e x a '=-+， 令()()h x f x '=，则()1x h x e x a'=-+， 设()0h x '=的解为0x ，即001x e x a=+， ……﹝导数零点不可求，虚拟设根﹞ 当()0,x a x ∈-时，()0h x '<，当()0,x x ∈+∞时，()0h x '>， 所以()()h x f x '=在()0,a x -上单调递减，在()0,x +∞上单调递增， 所以()()()()000min min ln xh x f x f x e x a ''===-+，因为()0000011ln ln x e x x a x a x a=⇔==-+++， ……﹝虚拟设根，整体代换﹞ 所以()()()0000min 0011ln 2x f x e x a x x a a a x a x a'=-+=+=++-≥-++， 因为()0f x '≥恒成立，所以20a -≥，即2a ≤.故a 的最大整数值为2.【审题点津】确定函数具有零点但又无法求解或求解相对比较繁杂的情况下，引入虚拟零点，通过形式化的合理代换或推理，达到化简并求解问题的目标.这种方法感受数学思维“柳暗花明又一村”的奇妙诗意！思路二：函数()f x 在定义域上为单调函数，则()0f x '≥恒成立.①先证明1x e x ≥+（证明略）；②再证明ln 1x x ≤-（证明略）； ……﹝借助于重要不等式，投石问路﹞ 所以()()ln 2211x x x +≤+-=+，所以()1ln 2x e x x ≥+≥+， …………﹝合理放缩，转换视角﹞ 当2a ≤时，()()1ln 2ln x e x x x a ≥+≥+≥+，()()ln 0x f x e x a '=-+≥恒成立； 当3a ≥时，()()ln 0x f x e x a '=-+≥不恒成立；故a 的最大整数值为2.【审题点津】遇到含有xe 的超越函数时，不妨运用1xe x ≥+进行放缩，遇到含有ln x 的超越函数时，不妨运用ln 1x x ≤-进行放缩，往往有出其不意的效果，这是放缩法的重要途径.【典例5】（厦门2018届高三第一学期期末质检）已知函数()()22ln 12a f x a x x a x =+-+. （1）讨论函数()f x 的单调性；（2）当1a >时，记函数()f x 的极小值为()g a ，()()3212254g a b a a a <--+，求满足条件的最小整数b .【解析】（1）()f x 的定义域为()0,+∞，()()21a f x ax a x'=+-+=()()()2211ax a x a ax x a x x -++--=， ………﹝判断导数的正负，自然需要对a 的取值分类讨论﹞若0a ≤，当()0,x ∈+∞时，()0f x '≤，故()f x 在()0,+∞单调递减， 若0a >，由()0f x '=，得11x a=，2x a =， （ⅰ）若01a <<，当1,x a a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0f x '<，当()10,,x a a ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭时，()0f x '>， 故()f x 在1,a a ⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递减，在()0,a ，1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭单调递增；（ⅱ）若1a =，()0f x '≥，()f x 在()0,+∞单调递增； （ⅲ）若1a >，当1,x a a ⎛⎫∈⎪⎝⎭时，()0f x '<，当()10,,x a a ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭时，()0f x '>，故()f x 在1,a a ⎛⎫⎪⎝⎭单调递减，在10,a ⎛⎫⎪⎝⎭，(),a +∞单调递增； 【审题点津】研究含有参数的超越函数的单调性时，必须探寻出分类讨论的界点，其界点的确定往往是由数学的严谨性所确定的.（2）由（1）得：若1a >，()f x 在1,a a ⎛⎫⎪⎝⎭单调递减，在10,a ⎛⎫⎪⎝⎭，(),a +∞单调递增， 所以x a =时，()f x 的极小值为()()3ln 2a g a f a a a a ==--， 由()()212254g a b a a a <--+恒成立，即2ln 24a a b a a >-+恒成立， ………﹝两个变量进行分离、化简﹞设()()2ln 124x x h x x x x =-+>，则()5ln 4h x x x '=-+，令()()5ln 4x h x x x ϕ'==-+，则()111x x x x -'=-=ϕ，当()1,x ∈+∞时，()110x x ϕ'=-<，所以()h x '在()1,+∞单调递减，且()1104h '=>，()()3312ln 2ln16ln 044h e '=-=-<，所以()01,2x ∃∈，()0005ln 04h x x x '=-+=，且()01,x x ∈，()00h x '>，()0,2x x ∈，()00h x '<，所以()()200000maxln 24x x h x h x x x ==-+， ………﹝零点不可求，设而不求，整体代入﹞因为005ln 4x x =-，得()200max 12h x x x =-，其中()01,2x ∈， 因为212y x x =-在()1,2上单调递增，所以()max 1,02h x ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭， 因为()max b h x >，b Z ∈，所以min 0b =.【审题点津】确定函数具有零点但又无法求解或求解相对比较繁杂的情况下，可以再次求导，进行多次求导，判断正负，此时要保持层次清晰，思维缜密.【典例6】（郑州2018高中毕业年级第一次质量预测）已知函数()()ln (1)f x x a x a R =-+∈在(1,(1))f 处的切线与x 轴平行.（1）求()f x 的单调区间；（2）若存在01x >，当0(1,)x x ∈时，恒有21()2(1)22x f x x k x -++>-成立，求k 的取值范围. 【解析】（1）由已知可得()f x 的定义域为(0,)+∞，()1f x a x'=-， 所以()110f a '=-=，即1a =， ………﹝应用导数的几何意义﹞ 所以()ln (1)f x x x =-+，()111x f x x x-'=-=， 令()0f x '>，得01x <<，令()0f x '<，得1x >， ………﹝借助于导数的正负加以判断﹞ 所以()f x 的单调递增区间为()0,1，单调递减区间为()1.+∞.（2）法一：不等式21()2(1)22x f x x k x -++>-可化为21ln (1)22x x x k x -+->-，………﹝直接“左减右”构造函数﹞令()()21ln (1)122x g x x x k x x =-+--->，则21(1)1()1x k x g x x k x x-+-+'=-+-=， 令()2()(1)11h x x k x x =-+-+>，其对称轴为12kx -=， 当112k-≤，即1k ≥-时，()h x 在0(1,)x 上单调递减，所以()()11h x h k <=-， 若1k ≥，则()0h x ≤，()0g x '≤，所以()g x 在0(1,)x 上单调递减，()()10g x g <=，不适合题意； ………﹝正确理解题意是关键，就是在直线1x =右侧附近是否为单调递增﹞若11k -≤<，则(1)0h >，必定存在01x >，使得0(1,)x x ∈时，()0g x '>，即存在01x >，当0(1,)x x ∈时，恒有21()2(1)22x f x x k x -++>-成立； 当112k->，即1k <-时，欲使存在01x >，当0(1,)x x ∈时，恒有21()2(1)22x f x x k x -++>-成立，只需()0g x '>，即(1)10h k =->，此时1k <，综上，k 的取值范围是(),1-∞.【审题点津】本题不等式恒成立问题直接构造函数()()21ln (1)122x g x x x k x x =-+--->，用多次求导，应用分类讨论思想探求该函数的增减性，达到求解问题的目标.法二：不等式21()2(1)22x f x x k x -++>-可化为21ln (1)22x x x k x -+->-， 若存在01x >，当0(1,)x x ∈时，恒有21ln (1)22x x x k x -+->-成立，亦即存在01x >，当0(1,)x x ∈时，函数21ln 22x y x x =-+-的图象在直线(1)y k x =-的上方. ………﹝部分分离，数形结合，化为图象的位置关系﹞令()()21ln 122x u x x x x =-+->，则1()1u x x x'=-+，()()10,11u u '==，令()1()1v x u x x x'==-+，则()2110v x x '=--<， 所以()11x xv x =-+单调递减，()()21ln 122x u x x x x =-+->为凸函数，如图所示，又(1)y k x =-是过定点()1,0的直线系，当直线与曲线相切时，()011k u '==， 所以k 的取值范围是(),1-∞.【审题点津】本题不等式恒成立问题采取适当恒等变形，部分分离，化为过定点的直线(1)y k x =-与函数21ln 22x y x x =-+-图象的位置关系，进而应用运动的数学思想求解参数的取值范围. 法三：不等式21()2(1)22x f x x k x -++>-可化为ln 112x x k x -<--， 若存在01x >，当0(1,)x x ∈时，恒有21ln (1)22x x x k x -+->-成立，亦即存在01x >，当0(1,)x x ∈时，ln 112x x k x -<--. ………﹝完全分离，转化为函数的最值问题﹞ 令()()ln 1112x x M x x x -=->-，则()()()()()()22211ln 122ln 12121x x x x x x x M x x x x -----'=-=--， 令()()()2122ln P x x x x x =---，则()()()3112ln 0P x x x x '=----<，………﹝部分求导，简化运算﹞所以()P x 在()1,+∞单调递减，()()10P x P <=，即()0M x '<， 所以()M x 在()1,+∞单调递减，因为ln 1x x ≤-，当且仅当1x =时取等号（证明略）， 所以当1x →时，ln 11xx →-，()1M x →， 所以k 的取值范围是(),1-∞.【审题点津】本题采取适当恒等变形，完全分离，转化为ln 112x x k x -<--恒成立，只需使得min ln 112x x k x -⎛⎫<- ⎪-⎝⎭即可，进而化归为求解函数ln 112x x y x -=--的最小值的求解.本题要注意的是，端点效应的处理需借助于不等式ln 1x x ≤-恒成立，说明ln 11xx →-. 法四：不等式21()2(1)22x f x x k x -++>-可化为21ln (1)22x x x k x -+->-， 因为ln 1x x ≤-，当且仅当1x =时取等号（证明略），若存在01x >，当0(1,)x x ∈时，恒有21ln (1)22x x x k x -+->-成立，亦即存在01x >，当0(1,)x x ∈时，()211(1)22x x x k x --+->-， ………﹝重要不等式1ln x x -≥是放缩的途径﹞ 所以32xk ->. 因为1x >，所以k 的取值范围是(),1-∞.【审题点津】本题不等式21ln (1)22x x x k x -+->-恒成立借助于不等式ln 1x x ≤-进行灵活放缩，转化为()211(1)22x x x k x --+->-恒成立，这是知识整合能力的较好的体现.。
高中数学x恒成立、存在性问题解决办法
恒成立、存在性问题解决办法总结1、恒成立问题的转化：()a f x >恒成立⇒()max a f x >；()()min a f x a f x ≤⇒≤恒成立2、能成立问题的转化：()a f x >能成立⇒()min a f x >；()()max a f x a f x ≤⇒≤能成立3、恰成立问题的转化：()a f x >在M 上恰成立⇔()a f x >的解集为M ()()R a f x M a f x C M ⎧>⎪⇔⎨≤⎪⎩在上恒成立在上恒成立另一转化方法：若A x f D x ≥∈)(,在D 上恰成立，等价于)(x f 在D 上的最小值A x f =)(min ，若 ,D x ∈B x f ≤)(在D 上恰成立，则等价于)(x f 在D 上的最大值B x f =)(max . 4、设函数()x f 、()x g ，对任意的[]b a x ,1∈，存在[]d c x ,2∈，使得()()21x g x f ≥，则()()x g x f m i n m i n ≥5、设函数()x f 、()x g ，对任意的[]b a x ,1∈，存在[]d c x ,2∈，使得()()21x g x f ≤，则()()x g x f m a x m ax ≤6、设函数()x f 、()x g ，存在[]b a x ,1∈，存在[]d c x ,2∈，使得()()21x g x f ≥，则()()x g x f min max ≥7、设函数()x f 、()x g ，存在[]b a x ,1∈，存在[]d c x ,2∈，使得()()21x g x f ≤，则()()x g x f max min ≤8、若不等式()()f x g x >在区间D 上恒成立，则等价于在区间D 上函数()y f x =和图象在函数()y g x =图象上方；9、若不等式()()f x g x <在区间D 上恒成立，则等价于在区间D 上函数()y f x =和图象在函数()y g x =图象下方； 题型一、简单型1、已知函数12)(2+-=ax x x f ，xax g =)(，其中0>a ，0≠x ． 1）对任意]2,1[∈x ，都有)()(x g x f >恒成立，求实数a 的取值范围；（构造新函数） 2）对任意]4,2[],2,1[21∈∈x x ，都有)()(21x g x f >恒成立，求实数a 的取值范围；（转化）简解：（1）由12012232++<⇒>-+-x x x a x a ax x 成立，只需满足12)(23++=x x x x ϕ的最小值大于a 即可．对12)(23++=x xx x ϕ求导，0)12(12)(2224>+++='x x x x ϕ，故)(x ϕ在]2,1[∈x 是增函数，32)1()(min ==ϕϕx ，所以a 的取值范围是320<<a ．2、设函数b x x a x h ++=)(，对任意]2,21[∈a ，都有10)(≤x h 在]1,41[∈x 恒成立，求实数b 的范围． 分析：思路、解决双参数问题一般是先解决一个参数，再处理另一个参数．以本题为例，实质还是通过函数求最值解决．方法1：化归最值，10)(10)(max ≤⇔≤x h x h ；方法2：变量分离，)(10x xab +-≤或x b x a )10(2-+-≤； 方法3：变更主元（新函数），0101)(≤-++⋅=b x a xa ϕ，]2,21[∈a简解：方法1:对b x xax h ++=)(求导，22))((1)(xa x a x x a x h +-=-='，（单调函数） 由此可知，)(x h 在]1,41[上的最大值为)41(h 与)1(h 中的较大者．⎪⎩⎪⎨⎧-≤-≤⇒⎪⎩⎪⎨⎧≤++≤++⇒⎪⎩⎪⎨⎧≤≤∴ab ab b a b a h h 944391011041410)1(10)41(，对于任意]2,21[∈a ，得b 的取值范围是47≤b ． 3、已知两函数2)(x x f =，m x g x-⎪⎭⎫ ⎝⎛=21)(，对任意[]2,01∈x ，存在[]2,12∈x ，使得()21)(x g x f ≥，则实数m 的取值范围为解析：对任意[]2,01∈x ，存在[]2,12∈x ，使得()21)(x g x f ≥等价于m x g x-⎪⎭⎫ ⎝⎛=21)(在[]2,1上的最小值m -41不大于2)(x x f =在[]2,0上的最小值0，既041≤-m ，∴41≥m题型二、更换主元法1、对于满足2p ≤的所有实数p,求使不等式212x px p x ++>+恒成立的x 的取值范围。
解决恒成立问题的方法
解决恒成立问题的方法【实用版3篇】目录（篇1）I.问题的提出1.恒成立问题的定义2.恒成立问题在数学中的应用II.解决方法1.分离参数法2.逆向思维法3.构造函数法4.数形结合法III.总结1.解决问题的方法总结2.对未来学习的建议正文（篇1）解决恒成立问题的方法：一、问题的提出恒成立问题是指在一个函数或方程中，某个变量在其定义域内始终存在，即无论自变量取何值，该变量始终满足函数或方程的条件。
恒成立问题在数学中具有重要的应用，例如在物理学中的应用，以及在解决实际问题中的数学建模问题。
二、解决方法1.分离参数法：将原问题中的参数与变量分离出来，转化为两个简单的一元一次方程或不等式，从而求解。
这种方法适用于参数和变量之间存在明显的函数关系的情况。
2.逆向思维法：从反面出发，通过分析问题的反面来得到解决问题的方法。
这种方法适用于一些存在多种情况的恒成立问题。
3.构造函数法：通过构造函数来解决问题。
通过对函数进行分析，从而得到函数的最值或者零点，进而得到原问题的解。
这种方法适用于一些存在复杂函数关系的情况。
4.数形结合法：通过将问题与图形相结合，从而直观地得到问题的解。
这种方法适用于一些存在复杂函数关系的情况。
三、总结解决恒成立问题的方法有很多种，每种方法都有其适用的范围和优缺点。
在未来的学习中，我们需要根据具体问题的特点选择合适的方法来解决问题。
目录（篇2）I.恒成立问题的定义II.恒成立问题的解决方法III.恒成立问题的应用正文（篇2）一、恒成立问题的定义恒成立问题是指在一个函数或方程中，某个量对于所有的自变量都存在，即无论自变量取何值，该量都保持不变。
二、恒成立问题的解决方法解决恒成立问题的方法有很多种，其中最常用的方法是分离变量和构造函数。
具体步骤如下：1.将原问题转化为一个函数或方程，将其中某个量分离出来作为自变量；2.构造函数或方程，将分离出来的量表示为函数的变量；3.对函数或方程进行求解，得到该量在所有自变量下的取值范围。
解决恒成立问题的方法
解决恒成立问题的方法（最新版2篇）目录（篇1）1.恒成立问题的定义与特点2.解决恒成立问题的常用方法2.1 数学归纳法2.2 反证法2.3 分析与综合法2.4 构造法3.实际应用案例4.总结与展望正文（篇1）一、恒成立问题的定义与特点恒成立问题，是指在数学领域中，对于某一类数学问题，无论变量取何值，命题始终成立。
这类问题具有广泛的应用，同时在解决过程中也具有独特的技巧和方法。
二、解决恒成立问题的常用方法1.数学归纳法数学归纳法是解决恒成立问题的一种基本方法，它主要通过证明当n=1 时命题成立，以及当 n=k 时命题成立能推出当 n=k+1 时命题也成立，从而证明对于一切正整数 n，命题都成立。
2.反证法反证法是另一种常用的解决恒成立问题的方法，它假设命题的否定成立，然后通过推理证明矛盾，从而得出原命题成立的结论。
3.分析与综合法分析与综合法是指将问题进行分解，通过分析各部分之间的关系，再综合起来解决问题。
对于恒成立问题，可以先分析命题的结构，然后根据各部分之间的关系进行综合，从而得出结论。
4.构造法构造法是直接构造出一个满足命题的例子，从而证明命题对于所有情况都成立。
这种方法适用于一些难以用其他方法解决的问题。
三、实际应用案例例如，证明对于任意实数 x，不等式 x^2+1>x 恒成立。
可以通过分析与综合法，将不等式转化为 (x-1/2)^2+3/4>0，显然对于任意实数 x，该不等式都成立。
四、总结与展望解决恒成立问题需要运用多种数学方法和技巧，熟练掌握这些方法有助于更好地解决这类问题。
目录（篇2）1.恒成立问题的定义2.解决恒成立问题的方法a.穷举法b.数学归纳法c.构造法d.反证法3.各种方法的适用情况和优缺点4.结论正文（篇2）一、恒成立问题的定义恒成立问题，是指在特定条件下，某个数学命题对于所有可能的变量值都成立的问题。
这类问题在数学中有着广泛的应用，解决恒成立问题能够帮助我们更好地理解数学概念和定理，同时也能提高我们的逻辑思维能力。
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不等式恒成立问题一般设计独特，涉及到函数、不等式、方程、导数、数列等知识，渗透着函数与方程、等价转换、分类讨论、换元等思想方法，成为历年高考的一个热点．纵观历年高考数学压轴题，无一不是涉及有关不等式恒成立、求参数取值范围的问题。
这类题型意在考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力，考察的核心素养是逻辑推理、数学运算考生对于这类问题感到难以寻求问题解决的切入点和突破口．
恒成立与有解问题的解决策略大致分四类：
①构造函数，分类讨论；
②部分分离，化为切线；
③完全分离，函数最值；
④换元分离，简化运算；
这里对这一类问题整理了八种方法解决不等式恒成立问题，同学们可以收藏或打印一份，word打印版在文末获取。
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很多时候，我们认为努力是好的，对么？显然不对，努力的方向，如果与你的目标背道而驰，其实就是在做负功清北总结出高中《一体化学习法》课程，
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高一不等式恒成立问题3种基本方法
高一不等式恒成立问题3种基本方法文章标题：探讨高一不等式恒成立问题的三种基本方法在高中数学学习中，不等式恒成立问题是一个很常见的题型。
学生们通常需要掌握多种方法来解决这类问题，而这些方法通常可以分为三种基本类型。
本文将会详细介绍这三种基本方法，帮助读者全面理解这一数学概念。
1. 方法一：代数法我们来介绍代数法。
这种方法是在不等式两边进行代数变换，使得不等式变成一个容易解决的形式。
代数法通常包括加减变形、乘除变形以及平方去根等技巧。
以不等式ax+b>0为例，我们可以通过移项得到ax>-b，然后再除以a的正负来确定不等式的方向，从而得到不等式的解集。
代数法在解决不等式恒成立问题中应用广泛，能够快速简便地找到解的范围和规律。
2. 方法二：图像法我们介绍图像法。
图像法是通过绘制不等式所代表函数的图像，来直观地找出不等式恒成立的区间。
对于一元一次不等式ax+b>0，我们可以画出函数y=ax+b的图像，从而通过观察图像的上升或下降趋势来确定不等式的解集。
图像法能够帮助我们更直观地理解不等式的性质和范围，提高我们的思维逻辑和空间想象能力。
3. 方法三：参数法我们介绍参数法。
参数法是通过引入一个或多个参数，将不等式转化为一个有参数的等式问题，进而进行求解。
参数法的典型应用包括辅助角法、二次函数法等。
以不等式ax²+bx+c>0为例，我们可以引入Δ=b²-4ac，然后根据Δ的正负来确定不等式的解集。
参数法在解决不等式问题中能够简化问题的复杂度，将不等式的求解转化为参数的求解，从而提高解题的效率和准确度。
总结回顾通过对以上三种基本方法的介绍，我们可以发现它们各有特点，应用范围和解题思路有所不同。
代数法能够利用代数变形快速求解不等式问题，图像法能够帮助我们直观地理解不等式的性质，而参数法则能够将问题转化为参数的求解，提高解题的效率。
个人观点和理解在实际解题中，我们应该根据具体情况灵活选用这三种方法，结合题目的特点和自身的掌握程度来选择合适的解题方法。
恒成立问题的方法
恒成立问题的方法
恒成立问题的解决方法取决于具体问题的性质和条件。
在解决恒成立问题时，以下是一些常见的方法：
1. 代入法：将问题中给定的条件代入待证明的恒等式中，以验证等式是否在所有可能的情况下都成立。
2. 推导法：通过逻辑推理和数学推导来证明等式的恒成立。
这可能涉及使用已知的数学定理、性质和规则，以及逻辑推理的方法（例如，归谬法、数学归纳法等）。
3. 反证法：假设待证明的等式不成立，然后通过逻辑推理和数学推导，推导出矛盾的结论。
这证明了原始的假设是错误的，从而证明了恒成立。
4. 直接证明法：对待证明的等式进行等式变换和运算，将其化简为其他已知的等式或恒等式。
通过逐步展示所有步骤的正确性，从而证明恒成立。
5. 归纳法：适用于需要对自然数（或其他递归结构）进行证明的问题。
通过首先证明基本情况，然后假设恒等式在某个特定情况下成立，最后证明在下一个情况下也成立，从而归纳论证恒成立。
6. 构造法：通过构造一个满足条件的例子或特殊情况，来证明待证明的等式的恒成立。
这些方法可以单独使用，或者在解决问题时结合使用。
同时，不同的问题可能需要使用不同的方法和技巧，因此在解决恒成立问题时，灵活、创造性和逻辑性是非常重要的。
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。
专题16 破解恒成立问题【原卷版】
专题16 破解恒成立问题【热点聚焦】从高考命题看，方程有解问题、无解问题以及不等式的恒成立问题，也是高考命题的热点.而此类问题的处理方法较为灵活，用导数解决不等式“恒成立”“存在性”问题的常用方法是分离参数，或构造新函数分类讨论，将不等式问题转化为函数的最值问题.也可以结合题目的条件、结论，采用数形结合法等.【重点知识回眸】（一）参变参数法1.参变分离：顾名思义，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2.一般地，若a ＞f (x )对x ∈D 恒成立，则只需a ＞f (x )max ；若a ＜f (x )对x ∈D 恒成立，则只需a ＜f (x )min .若存在x 0∈D ，使a ＞f (x 0)成立，则只需a ＞f (x )min ；若存在x 0∈D ，使a ＜f (x 0)成立，则只需a ＜f (x 0)max .由此构造不等式，求解参数的取值范围.3.参变分离法的适用范围：判断恒成立问题是否可以采用参变分离法，可遵循以下两点原则：（1）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.例如：，等 （2）要看参变分离后，已知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），则也无法用参变分离法解决问题.（可参见”恒成立问题——最值分析法“中的相关题目）（二）构造函数分类讨论法有两种常见情况，一种先利用综合法，结合导函数零点之间大小关系的决定条件，确定分类讨论的标准，分类后，判断不同区间函数的单调性，得到最值，构造不等式求解；另一种，直接通过导函数的式子，看出导函数值正负的分类标准，通常导函数为二次函数或者一次函数.1.构造函数时往往将参数与自变量放在不等号的一侧，整体视为一个函数，其函数含参2.参数往往会出现在导函数中，进而参数不同的取值会对原函数的单调性产生影响——可能经历分类讨论（三）数形结合法1.函数的不等关系与图象特征：()21log a x x -<111ax x e x-+>-（1）若，均有的图象始终在的下方（2）若，均有的图象始终在的上方2.在作图前，可利用不等式的性质对恒成立不等式进行变形，转化为两个可作图的函数3.作图时可“先静再动”，先作常系数的函数的图象，再做含参数函数的图象（往往随参数的不同取值而发生变化）.作图要突出“信息点”.4.利用数形结合解决恒成立问题，往往具备以下几个特点：（1）所给的不等式运用代数手段变形比较复杂，比如分段函数，或者定义域含参等，而涉及的函数便于直接作图或是利用图象变换作图（2）所求的参数在图象中具备一定的几何含义（3）题目中所给的条件大都能翻译成图象上的特征【典型考题解析】热点一 参变分离法解决不等式恒成立问题【典例1】（2019·天津·高考真题（理））已知a R ∈，设函数222,1,()ln ,1,x ax a x f x x a x x ⎧-+=⎨->⎩若关于x 的不等式()0f x 在R 上恒成立，则a 的取值范围为（ ）A ．[]0,1B ．[]0,2C ．[]0,eD ．[]1,e【典例2】（2020·全国·高考真题（理））已知函数2()e x f x ax x =+-.（1）当a =1时，讨论f （x ）的单调性；（2）当x ≥0时，f （x ）≥12x 3+1，求a 的取值范围.【总结提升】利用分离参数法来确定不等式f (x ，λ)≥0(x ∈D ，λ为实参数)恒成立问题中参数取值范围的基本步骤：(1)将参数与变量分离，化为f 1(λ)≥f 2(x )或f 1(λ)≤f 2(x )的形式．(2)求f 2(x )在x ∈D 时的最大值或最小值．(3)解不等式f 1(λ)≥f 2(x )max 或f 1(λ)≤f 2(x )min ，得到λ的取值范围．热点二 构造函数分类讨论法解决不等式恒成立问题【典例3】（2019·全国·高考真题（文））已知函数f （x ）=2sin x －x cos x －x ，f′（x ）为f （x ）的导数．（1）证明：f′（x ）在区间（0，π）存在唯一零点；（2）若x ∈[0，π]时，f （x ）≥ax ，求a 的取值范围．【典例4】（2022·重庆巴蜀中学高三阶段练习）已知函数()()ln 20f x a x x a =-≠.(1)讨论()f x 的单调性； x D ∀∈()()()f x g x f x <⇔()g x x D ∀∈()()()f x g x f x >⇔()g x(2)当0x >时，不等式()()22cos ea x x f x f x ⎡⎤-≥⎣⎦恒成立，求a 的取值范围. 【规律方法】对于f (x )≥g (x )型的不等式恒成立问题，若无法分离参数，一般采用作差法构造函数h (x )＝f (x )－g (x )或h (x )＝g (x )－f (x )，进而只需满足h (x )min ≥0或h (x )max ≤0即可．热点三 利用数形结合法解决不等式恒成立问题【典例5】（2013·全国·高考真题（文））已知函数22,0()ln(1),0x x x f x x x ⎧-+≤=⎨+>⎩，若|()|f x ax ≥，则a 的取值范围是（ ）A ．(,0]-∞B ．(,1]-∞C ．[2,1]-D ．[2,0]-【典例6】（2015·全国·高考真题（理））设函数()(21)x f x e x ax a =--+，其中1a < ，若存在唯一的整数0x ，使得0()0f x <，则a 的取值范围是（ ）A ．3,12e ⎡⎫-⎪⎢⎣⎭B ．33,2e 4⎡⎫-⎪⎢⎣⎭C ．33,2e 4⎡⎫⎪⎢⎣⎭D ．3,12e ⎡⎫⎪⎢⎣⎭【典例7】（2020·全国高二）若关于x 的不等式0x x e ax a ⋅-+<的解集为()m n ，(0n <)，且()m n ，中只有一个整数，则实数a 的取值范围是（ ）．A ．211[)e e ，B ．221[)32e e ，C ．212[)e e ，D ．221[)3e e， 【精选精练】一、单选题1．（2022·湖北·黄冈中学模拟预测）对任意的(]12,1,3x x ∈，当12x x <时，1122ln 03x a x x x -->恒成立，则实数a 的取值范围是（ ）A ．[)3,+∞B ．()3,+∞C ．[)9,+∞D ．()9,+∞2．（2021·青海·西宁市海湖中学高三开学考试（文））若函数()2ln f x x x =-，满足() f x a x ≥-恒成立，则a 的最大值为（ ）A ．3B ．4C ．3ln 2-D ．3ln 2+3．（2023·全国·高三专题练习）已知函数12ln ,(e)ey a x x =-≤≤的图象上存在点M ，函数21y x =+的图象上存在点N ，且M ，N 关于x 轴对称，则a 的取值范围是（ ）A ．21e ,2⎡⎤--⎣⎦B ．213,e ∞⎡⎫--+⎪⎢⎣⎭C ．213,2e ⎡⎤---⎢⎥⎣⎦D ．2211e ,3e ⎡⎤---⎢⎥⎣⎦4．（2021·青海·大通回族土族自治县教学研究室高三开学考试（文））已知函数1()e 2x f x =，直线y kx =与函数()f x 的图象有两个交点，则实数k 的取值范围为（ ）A ．12⎛ ⎝B ．)+∞C ．(e,)+∞D ．1e,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭ 5．（2022·福建省福安市第一中学高三阶段练习）设函数()()()()1e e ,e 1x x f x x g x ax =--=--，其中R a ∈.若对[)20,x ∀∈+∞，都1R x ∃∈，使得不等式()()12f x g x ≤成立，则a 的最大值为（ ）A ．0B ．1eC ．1D ．e二、多选题6．（2022·重庆南开中学高三阶段练习）已知定义在R 上函数()g x 满足：()()2g x g x =+，且()[)[)3,0,124,1,2x x x g x x x ⎧-∈⎪=⎨-+∈⎪⎩，设函数()()f x x g x =+，则下列正确的是（ ） A ．()f x 的单调递增区间为()()2,21,Z k k k +∈B ．()f x 在()2022,2024上的最大值为2025C ．()f x 有且只有2个零点D ．()f x x ≥恒成立.三、填空题7．（2022·湖北·黄冈中学模拟预测）函数2()2e x f x a bx =++，其中a ，b 为实数，且(0,1)a ∈.已知对任意24e b >，函数()f x 有两个不同零点，a 的取值范围为___________________. 8．（2023·江苏·南京市中华中学高三阶段练习）若关于x 的不等式()()e e ln m x mx m x x mx x x +≤+-恒成立，则实数m 的最小值为________9．（2022·全国·长垣市第一中学高三开学考试（理））已知不等式e ln x a a x x x +≥+对任意()1,x ∈+∞恒成立，则正实数a 的取值范围是___________.10．（2022·重庆南开中学高三阶段练习）已知函数124e ,1()(2)2,1x ax a x f x x a x a x -⎧+->=⎨+--≤⎩，若关于x的不等式()0≤f x 的解集为[)2,-+∞，则实数a 的取值范围是___________.四、解答题11．（2022·全国·高一课时练习）已知函数，()()e 1e x x f x a -=++．(1)若0是函数()2=-y f x 的零点，求a 的值；(2)若对任意,()0x ∈+∞，不等式()1f x a ≥+恒成立，求a 的取值范围．12．（2021·河南·高三开学考试（文））已知函数()()()ln 12f x a x x a =+-∈R . （1）讨论函数()f x 的单调性；（2）若函数()3f x 在()1,+∞上恒成立，求证：2e a <.（注：3e 20≈）13．（2022·云南省下关第一中学高三开学考试）已知函数()ln (1)f x x x a x a =-++．(1)求函数()f x 的极值；(2)若不等式(1)()(2)e x f x x a a -≤--+对任意[1,)x ∈+∞恒成立，求实数a 的取值范围．14．（2022·甘肃定西·高二开学考试（理））已知函数()ln f x x x =，()23g x x ax =-+-(1)求()f x 在()()e,e f 处的切线方程(2)若存在[]1,e x ∈时，使()()2f x g x ≥恒成立，求a 的取值范围．15．（2016·四川·高考真题（理））设函数f (x )=ax 2-a -ln x ，其中a ∈R.（I ）讨论f (x )的单调性；（II ）确定a 的所有可能取值，使得11()x f x e x->-在区间（1，+∞）内恒成立(e=2.718…为自然对数的底数)．16．（2020·河南开封市·高三一模（理））已知函数()()ln 0a f x ax x a =>. （1）当1a =时，求曲线()y f x =在x e =处的切线方程；（2）若()xf x xe ≤对于任意的1x >都成立，求a 的最大值. 17．（2022·广东·高三阶段练习）已知函数()ln(1)1,f x x =+-(1)求证：(1)3f x -≤；(2)设函数21()(1)()12=+-+g x x f x ax ，若()g x 在(0,)+∞上存在最大值，求实数a 的取值范围．18．（2022·浙江嘉兴·模拟预测）已知函数．（注：是自然对数的底数）(1)当时，求曲线在点处的切线方程；(2)若只有一个极值点，求实数a 的取值范围；(3)若存在，对与任意的，使得恒成立，求的最小值． 2()e e,x f x ax a =+-∈R e 2.71828=1a =()y f x =(1,(1))f ()f x b ∈R x ∈R ()f x b ≥-a b。
解决恒成立问题的方法
恒成立问题不等式恒成立问题是高中数学中的一类重要题型，它散见于许多知识版块中，载体较多，而且不少情况下题意较为隐含，由于其设计内容较广、表现形式多样、思维层次较高，因而备受命题者的青睐. 解题的一般原理是利用等价转化思想将其转化为函数的最值或值域问题，常用的方法主要有三种：必要探路法、分离参数法、直接讨论法（不分离参数）.一．必要探路法：指对一类函数恒成立问题，可以通过取函数定义域中某一个数，缩小参数的讨论范围，之后在此范围内继续讨论进而解决问题，这样的好处是降低思考的成本，缩小讨论的范围.（有效点缩小参数范围是关键点）范例：若不等式)1(ln 2+<+-x a x x x 对),0(+∞∈x 恒成立，求实数a 的取值范围. 解：令1=x ，则不等式)1(ln 2+<+-x a x x x 即为02>a ，得0>a .当0,0>>a x 时，x x x x x x x a -+->-+-+22ln ln )1(，要证0ln )1(2>-+-+x x x x a ，即证0ln 2≥-+-x x x ,由熟悉的不等式1ln -≤x x 得0)1(1ln 222≥-=-+-≥-+-x x x x x x x ， 因此),0(+∞∈a .二．分离参数法：将参数从表达式中分离出来，将会使问题变得明朗，便于建立关于参数的不等式（组），从而顺利求出参数的取值范围，就可以把参数问题转化为求函数值域问题.三．直接讨论法：指恒成立问题中的函数结构并不是很复杂，可以通过求导得到极值点，再对极值点直接讨论的办法，其关键是求得极值点的过程，常用手段为因式分解法、求根公式法以及观察法；如果无法求出极值点，可以利用函数零点存在性定理讨论，进而研究原函数的单调性.范例：若不等式x a a e e x x 2)(≥-恒成立，求实数a 的取值范围. 解：设x a ae ex f x x 22)(--=，则))(2(2)(22a e a e a ae e x f x x x x -+=--='，当0=a 时，0)(2>=x e x f 恒成立，当0>a 时，由0)(='x f 得：a x ln =，∴)(x f 在)ln ,(a -∞单调递减，在),(ln +∞a 单调递增，∴0ln )(ln )(2min ≥-==a a a f x f ，解得10≤<a ；当0<a 时，由0)(='x f 得：⎪⎭⎫ ⎝⎛-=2ln a x ，∴)(x f 在)2ln ,(⎪⎭⎫ ⎝⎛--∞a 单调递减，在),2(ln +∞⎪⎭⎫ ⎝⎛-a 单调递增，∴02ln 43)2(ln )(2min ≥⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛--=⎪⎭⎫ ⎝⎛-=a a a f x f ，解得0243<≤-a e ；综上，⎥⎦⎤⎢⎣⎡-∈1,243e a .尝试用多种方法求解下列题：1. 已知)1ln(4)(2--=x ax x f ,若对一切]1,2[+∈e x ，1)(≤x f 恒成立，求实数a 的取值范围.2. 设函数)()(,)(2d cx e x g b ax x x f x +=++=，若曲线)(x f y =和曲线)(x g y =都过点)2,0(P ，且在点P 处有相同的切线24+=x y .（1）求实数d c b a ,,,的值；（2）若当2-≥x 时，)()(x kg x f ≤恒成立，求实数k 的取值范围.3. 关于x 的不等式a x x ax x x +->22ln 4ln 2在),1[+∞上恒成立，求实数a 的取值范围.。
浅析“有解”与“恒成立”问题
Ｂ
２
ｆ Ａ＝ ０ ｆ Ａ＝０￣ ｆ Ａ＝１
ｉ Ｂ ： ０ 或ｌ Ｂ ： １ ｉ ‘ 】 ３ ： ０ ‘
因此 满 足条 件 的 数 列 有 三 个 ，它们 的 前 ｎ 项 和分别为Ｓ ＝
Ｏ， Ｓ ＝ ｎ， Ｓ ＝ ｎ 。 故 其对
，
＝
所以， 当ａ ≥４ 时， 方 程ｘ 。 一 ａ ｌ ｘ ｌ ＋ ４ ＝ Ｏ 在ｘ ∈Ｅ － ２ ， ２ ３ 上 有解 ． 点评 ： 本题通过 “ 分离变量ａ ” 求值 域 ， 方法 简单易行 ， 在 以
后 的学 习 中经 常 遇 到 这 一 方 法 ． 例２ ： （ ２ ０ １ ３ 重庆． 理． １ ６ ） 若 关于Ｘ 的不 等式Ｉ ｘ 一 ５ Ｉ ＋ ｌ ｘ ＋ ３ Ｉ ＜ ａ 无 解。 则实数ａ 的 取 值 范 围 是 ． 分析 ： 要 使Ｉ ｘ 一 ５ １ ＋ ｌ ｘ ＋ ３ １ ＜ ａ 无解 ， 只要求Ｉ ｘ 一 ５ １ ＋ ｌ ｘ ＋ ３ １ ＜ ａ 有 解 时 实数ａ 的范围 ， 然 后 求ａ 的补集 即可． 要使 Ｉ ｘ 一 ５ １ ＋ ｌ ｘ ＋ ３ １ ＜ ａ 有解， 则 至 少 有 一 个 或 一 个 以上 的Ｘ 值使 要Ｉ ｘ 一 ５ １ ＋ ｌ ｘ ＋ ３ １ ＜ ａ 成 立 ， 因此 只 要求 ａ 大 于代 数 式 Ｉ ｘ 一 ５ １ ＋ １ ｘ ＋ ３ １ 的 最小 值．
ａ ＝ Ｉ ｘ ｌ ＋ Ｉ ≥２ 、 ／ ・ 二＝ ４ （ 当且仅当Ｉ ｘ ｌ ＝ ２ 时取到“ ＝ ” ） ， 此时
ｘ ｌ Ｖ Ｉ ｘ ｌ
＝ Ａ
厂—
ｘ ＝ ± ２ ∈［ 一 ２ ， ２ ］ ．
上式对一切正整数ｋ 恒成立的充要条件是｛ ２ Ａ Ｂ ＝ ０ ， 解之得
不等式“恒成立”问题的解法
不等式“恒成立”问题的解法对于不等式问题，“恒成立”是一个重要的概念。
如果一个不等式对于所有的变量的取值都成立，那么我们就说这个不等式“恒成立”。
在本文中，我们将介绍几种方法，解决不等式“恒成立”问题。
寻找不等式“恒成立”的方法1. 数学归纳法数学归纳法是一种证明方法，它可以证明一个结论对于所有自然数都成立。
我们可以借助数学归纳法来证明一个不等式对于所有变量取值都成立。
首先，我们要确定一个起点。
假设我们要证明不等式P(n)对于所有 $n \\in \\mathbb{N}$ 都成立，我们需要找到一个n0，使得不等式P(n0)是成立的。
通常情况下，我们选择n0=1。
接下来，我们需要证明不等式P(n)成立时，不等式P(n+1)也成立。
也就是说，我们需要证明P(n+1)与P(n)之间的关系。
如果我们能证明 $P(n)\\Rightarrow P(n+1)$，那么就可以使用数学归纳法证明不等式P(n)对于所有 $n \\geq n_0$ 都是成立的。
2. 分析不等式的性质在一些特定的不等式中，我们可以利用它们的性质来证明恒成立的情况。
例如，对于任何一组实数a1,a2,...,a n，我们都有：$$ (a_1 - a_2)^2 + (a_2 - a_3)^2 + ... + (a_{n-1} - a_n)^2 \\geq 0 $$不等式左侧是一组非负实数的和，因此它一定大于等于零。
所以，上面的不等式对于所有实数a1,a2,...,a n都是恒成立的。
3. 利用代数等式有时，我们可以通过将一个不等式转化为代数等式来解决恒成立的问题。
例如，假设我们要证明不等式 $x^2 + y^2 \\geq 2xy$ 对于所有实数x和y都成立。
我们可以将这个不等式变成以下代数等式：$$ (x - y)^2 \\geq 0 $$根据平方数的非负性，不等式左侧一定大于等于零，所以原来的不等式对于所有实数x和y都是成立的。
实例分析接下来，我们将通过几个实例来演示如何使用上述方法解决不等式“恒成立”的问题。
不等式恒成立、存在性问题的解题方法
不等式恒成立、存在性问题的解题方法一、常见不等式恒成立问题解法1、用一次函数的性质对于一次函数],[,)(n m x b kx x f ∈+=有：⎩⎨⎧<<⇔<⎩⎨⎧>>⇔>0)(0)(0)(,0)(0)(0)(n f m f x f n f m f x f 恒成立恒成立 例1：若不等式)1(122->-x m x 对满足22≤≤-m 的所有m 都成立，求x 的范围。
解析：我们可以用变换主元的方法，将m 看作主变元，即将原不等式化为：0)12()1(2<---x x m ，；令)12()1()(2---=x x m m f ，则22≤≤-m 时，0)(<m f 恒成立，所以只需⎩⎨⎧<<-0)2(0)2(f f 即⎪⎩⎪⎨⎧<---<----0)12()1(20)12()1(222x x x x 所以x 的范围是)231,271(++-∈x 。
2、利用一元二次函数判别式对于一元二次函数),0(0)(2R x a c bx ax x f ∈≠>++=有：（1）R x x f ∈>在0)(上恒成立00<∆>⇔且a ；（2）R x x f ∈<在0)(上恒成立00<∆<⇔且a例2：若不等式02)1()1(2>+-+-x m x m 的解集是R ，求m 的范围。
解析：要想应用上面的结论，就得保证是二次的，才有判别式，但二次项系数含有参数m ，所以要讨论m-1是否是0。
（1）当m-1=0时，元不等式化为2>0恒成立，满足题意；（2）01≠-m 时，只需⎩⎨⎧<---=∆>-0)1(8)1(012m m m ，所以，)9,1[∈m 。
3、分离变量法若所给的不等式能通过恒等变换使参数与主元分别位于不等式两端，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。
破解不等式恒成立问题的三个“妙招”
知识导航不等式恒成立问题具有较强的综合性，其命题方式多种多样，侧重于考查不等式的性质、函数的性质、最值、参数取值范围等.解答不等式恒成立问题的关键在于将问题进行合理的转换.可利用构造函数法、作差或作商法、分离参数法等来解题.一、构造函数法构造函数法是解答不等式恒成立问题的重要方法之一.要运用这一方法解题，同学们需熟练掌握不等式的性质、函数的图象和性质以及导数法.在解题时，需首先将不等式进行合理的变形，构造出合适的函数模型，然后分析函数的单调性、图象、最值等，建立确保不等式恒成立的关系式.例1.已知1x +1+1x +2+…+12x ≥112log a ()a -1+23对于任意比1大的正整数x 恒成立，求a 的取值范围.解：设f ()x =1x +1+1x +2+…+12x，∴f ()x +1-f ()x =12x +1+12x +2-1x +1=12x +1-12x +2，∴f ()x +1-f ()x >0,∴函数f ()x 为增函数.又∵x 是大于1的正整数，∴f ()x ≥f ()2=712，要使不等式恒成立，需满足112a ()a -1+23≤712，∴log a ()a -1≤−1，∴1<a ≤.我们首先根据题意构造函数f ()x ，然后计算f ()x +1-f ()x ，判断出函数的单调性，继而结合不等式的性质、函数的单调性以及函数的最值求得问题的答案.二、作差或作商法作差法和作商法是通过对不等式两边的式子作差或者作商，从而证明不等式恒成立的方法.在运用作差法和作商法解答不等式恒成立时，我们要首先将不等式两边的式子作差或者作商，然后将差式或者商式化简、变形，以便比较出差式和0之间的关系、商式与1之间的关系，进而证明不等式成立.一般地，若不等式两边的式子为多项式，需采用作差法；若不等式两边的式子为积或者商的形式，则采用作商法.例2.已知x >-1，且x ≠0,n ∈N ∗，当n ≥2时，求证：()1+x n>1+nx 恒成立.证明：要证明()1+x n>1+nx ，只需证明1+nx ()1+x n <1，设f ()n =1+nx()1+x n ,∵x >-1，且x ≠0，∴f ()n +1-f ()n =1+()n +1x()1+x n 1-1+nx ()1+x n =-nx 2()1+x n 1<0,∴函数f ()n 在N ∗上为减函数.∴f ()2<f ()1=1+x 1+x=1，∴当n ≥2时，f ()n <1，∴()1+x n>1+nx .解答本题主要运用了作商法：先对不等式两边的式子作商，然后构造出函数f (n )，判断出函数f (n )的单调性，进而判断出f (n )与最小值f (1)=1之间的关系，证明不等式恒成立.三、分离参数法分离参数法是通过分离参数来解答问题的方法.在用分离参数法解答不等式恒成立问题时，我们首先要将不等式合理变形，将参数分离，使不等式的一端只含参数，把不含有参数的式子构造成函数模型，求得函数的最值，便可建立新关系式，以确保不等式恒成立.例3.已知在x >0的条件下，存在1+ln(x +1)x>kx +1恒成立，试求正整数k 的最大值.解：∵x >0，1+ln(x +1)x >k x +1恒成立，∴[1+ln(x +1)](x +1)x>k ，令f ()x =[1+ln(x +1)](x +1)x()x >0，要使不等式恒成立，需使f min ()x >k .∴f '()x =x -1-ln(x +1)x 2，设g ()x =x -1-ln(x +1)()x >0,∴g '()x =x x +1>0，∴g ()x 在区间(0,+∞)上单调递增，∴ìíîg ()2=1-ln 3<0,g ()3=2-2ln 2>0,∴存在唯一实数a 使得g ()x =0，且a ∈(2,3).当x >a 时，g ()x >0，f '()x >0，函数f ()x 单调递增；当0<x <a 时，g ()x <0，f '()x <0，函数f ()x 单调递减.∴f min ()x =f ()a =()a +1[1+ln ()a +1]a=a +1∈(3,4),∴正整数k 的最大值为3.解答本题，我们需先将不等式中的参数分离，然后将不含有参数的式子构造成函数，借助导数法来求得函数的最值，便可建立新关系式a +1>k ,从而求出k 的最大值.虽然不等式恒成立问题较为棘手，但是我们只要将不等式合理变形，通过构造函数、作商、作差、分离参数，将问题转化函数最值问题来求解，便可运用函数的图象、性质顺利解题.（作者单位：江苏省泰兴中学）破解不等式恒成立问题的三个钱桂圣38Copyright©博看网 . All Rights Reserved.。
不等式“恒成立”问题的解法
不等式“恒成立”问题的解法在微积分学中，不等式“恒成立”问题是一个解决方法的重要组成部分。
这个问题的主要目的是研究在某一条件下，某个变量的取值范围如何受到不等式的限制。
解决“恒成立”问题，主要分为以下几步：1.首先，确定不等式恒成立的变量，并对变量进行分类。
2.其次，通过数学归纳法，确定不等式恒成立时变量的取值范围。
3.接着，把不等式恒成立的变量分别带入不同的条件，根据不同的条件，分别研究变量取值范围如何受到不等式的限制。
4.最后，总结所有的条件下变量的取值范围，得出不等式恒成立的结果。
上述就是不等式“恒成立”问题的常规解法，但也有一些特殊情况，则需要用到更多的数学工具，如变量变换、隐函数等，来解决不等式“恒成立”问题。
例如，假设有不等式$x^2+2x-3>0$，并且$x \in \mathbb{R}$，要求求解不等式恒成立的解。
这时，先将不等式左边进行变换，即$x^2+2x-3=(x+3)(x-1)>0$，然后分别把变量$x+3$、$x-1$的正负性考虑进去。
由此得出，不等式恒成立的解为 $x>1$ 或 $x<-3$ 。
以上就是不等式“恒成立”问题解决的具体步骤，由此可见，要解决不等式“恒成立”问题，需要通过多种数学工具来求解，能够用文字清晰表达出来，从而解决这类问题。
另外，在解决不等式“恒成立”问题时，还可以使用一些特殊的数学工具，从而达到更好的解决效果。
例如，在解决不等式 $x^2+2x-3>0$，并且$x \in\mathbb{R}$ 的问题时，可以使用隐函数的方法处理。
即，通过将该不等式变换为$y=x^2+2x-3$，将该不等式变换为一个隐函数，然后由该隐函数求解其在实数范围内的正负性变化，最后得到不等式恒成立的解。
同样，对于更加复杂的不等式，也可以采用类似的思路，将不等式变换为若干个隐函数，然后逐个求解，从而得到不等式恒成立的解。
总而言之，解决不等式“恒成立”问题，既可以采取常规解法，也可以使用特殊的数学工具，如变量变换、隐函数，从而精准求解出不等式恒成立的解，从而达到有效解决不等式“恒成立”问题的目的。
_恒成立问题_与_有解问题_的区分及解题策略
例 9 设 a ∈ R ，函数 f ( x) = ax3 − 3 x 2 ，若函数
∵ −1 ≤ a ≤ 1 ， ∴| x1 − x2 |= a 2 + 8 ≤ 3 ．
1] 恒成立， 所以 m 2 + tm + 1 ≥ 3 对任意 t ∈ [−1， 此时
采用“分离参数法”，即先把参数（所求的那个字母） 分离出来，然后利用下列原理： a > f ( x) 有解 ⇔ a > f ( x) min ；
a < f ( x) 恒成立 ⇔ a < f ( x) min ．
例 2 若不等式 2 x − 1 > m ( x 2 − 1) 对满足 m ≤ 2 的
所有 m 都成立，求 x 的取值范围． 解析 “ x ”是参数， “ m ”是变量． 显然“ x ”不好分 离，所以选用“构造函数法” ． 所以对满足 m ≤ 2 的 m ， f ( m ) < 0 恒成立，
a < f ( x) 有解 ⇔ a < f ( x) max ； a = f ( x) 有解 ⇔ a ∈ f ( x) 值域． 2) 有解， 求实 例 3 已知方程 − x 2 + x + a = 0 在 (1 ，
变量只剩“ t ”，考察“ t ”的函数． 设 g (t ) = m 2 + tm − 2 = mt + (m 2 − 2) 是关于 t 的一 次函数， 观察一次函数图形知道 g(−1) = m2 −维品质． 其次，在解题后进行反思，归纳解题规律．通 过多题同解、一题多变，做到举一反三，触类旁通． 最后，思考解题中涉及到哪些知识要点和数学 思想方法，解题方法能否推广，解题过程有没有漏 洞，解题结果是否正确、合理？通过解题反思，巩 固所学的知识，重构自己的认知结构，从而发展思 维，提高探索能力，引发再创造． 数学教育家弗赖登塔尔认为：反思是数学创造 性思维的重要表现，它是一种高层次的数学创新活 动，是数学活动的动力，必须教育学生对自己的判 断与活动进行思考并加以证实，以便他们学会反 思．教学实践表明：反思是学好数学的关键之一．
不等式专题：一元二次不等式恒成立和有解问题-【题型分类归纳】(解析版)
一元二次不等式恒成立和有解问题一、一元二次不等式在实数集上的恒成立1、不等式20ax bx c >＋＋对任意实数x 恒成立⇔00==⎧⎨>⎩a b c 或0Δ<0>⎧⎨⎩a2、不等式20ax bx c <＋＋对任意实数x 恒成立⇔00==⎧⎨<⎩a b c 或0Δ<0<⎧⎨⎩a【注意】对于二次不等式恒成立问题，恒大于0就是相应的二次函数的图像在给定的区间上全部在x 轴上方； 恒小于0就是相应的二次函数的图像在给定的区间上全部在x 轴下方．二、一元二次不等式在给定区间上的恒成立问题求解方法方法一：若()0>f x 在集合A 中恒成立，即集合A 是不等式()0>f x 的解集的子集，可以先求解集，再由子集的含义求解参数的值(或范围)；方法二：转化为函数值域问题，即已知函数()f x 的值域为[,]m n ，则()≥f x a 恒成立⇒min ()≥f x a ，即≥m a ；()≤f x a 恒成立⇒max ()≤f x a ，即≤n a .三、给定参数范围的一元二次不等式恒成立问题解决恒成立问题一定要清楚选谁为主元，谁是参数；一般情况下，知道谁的范围，就选谁当主元，求谁的范围，谁就是参数. 即把变元与参数交换位置，构造以参数为变量的函数，根据原变量的取值范围列式求解。
四、常见不等式恒成立及有解问题的函数处理方法不等式恒成立问题常常转化为函数的最值来处理，具体如下： 1、对任意的[,]∈x m n ，()>a f x 恒成立⇒max ()>a f x ； 若存在[,]∈x m n ，()>a f x 有解⇒min ()>a f x ；若对任意[,]∈x m n ，()>a f x 无解⇒min ()≤a f x .2、对任意的[,]∈x m n ，()<a f x 恒成立⇒min ()<a f x ； 若存在[,]∈x m n ，()<a f x 有解⇒max ()<a f x ； 若对任意[,]∈x m n ，()<a f x 无解⇒max ()≥a f x .题型一 一元二次不等式在实数集上的恒成立问题【例1】若关于x 的不等式2220ax ax --<恒成立，则实数a 的取值范围为（ ） A ．[]2,0- B ．(]2,0- C ．()2,0- D ．()(),20,-∞-⋃+∞ 【答案】B【解析】当0=a 时，不等式成立；当0≠a 时，不等式2220--<ax ax 恒成立，等价于()()20,2420,<⎧⎪⎨∆=--⨯-<⎪⎩a a a 20∴-<<a ． 综上，实数a 的取值范围为(]2,0-．故选：B ．【变式1-1】“不等式20-+>x x m 在R 上恒成立”的充要条件是（ ） A ．14>m B ．14<m C ．1<mD ．1>m 【答案】A【解析】∵不等式20-+>x x m 在R 上恒成立，∴2(1)40∆--<＝m ，解得14>m ， 又∵14>m ，∴140∆=-<m ，则不等式20-+>x x m 在R 上恒成立， ∴“14>m ”是“不等式20-+>x x m 在R 上恒成立”的充要条件，故选：A.【变式1-2】已知关于x 的不等式2680-++>kx kx k 对任意∈x R 恒成立，则k 的取值范围是（ ）A ．01k ≤≤B ．01k ≤< C ．0k <或1k > D ．0k ≤或1k > 【答案】B【解析】当0=k 时，80>恒成立，符合题意；当0≠k 时，由题意有()()2Δ6480>⎧⎪⎨=--+<⎪⎩k k k k ，解得01<<k ， 综上，01≤<k .故选：B.【变式1-3】已知关于x 的不等式()()221110a x a x ----<的解集为R ，则实数a 的取值范围（ ）A ．3,15⎛⎫- ⎪⎝⎭B ．3,15⎛⎤- ⎥⎝⎦C ．[)3,1,5⎛⎫-∞-⋃+∞ ⎪⎝⎭D ．()3,1,5⎛⎫-∞-⋃+∞ ⎪⎝⎭【答案】B【解析】当1a =时，不等式为10-<，对x R ∀∈恒成立，所以满足条件当1a =-时，不等式为210x -<，解集为1,2⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭，不满足题意当210a ->时，对应的二次函数开口向上，()()221110ax a x ----<的解集一定不是R ，不满足题意当210a -<，11a -<<时，若不等式()()221110a x a x ----<的解集为R ，则()()221410a a ∆=-+-<，解得：315a -<<，综上，315a -<≤故选：B【变式1-4】关于x 的不等式21x x a x +≥-对任意x ∈R 恒成立，则实数a 的取值范围是（ ）A ．[]1,3-B ．(],3-∞C ．(],1-∞D ．(][),13,-∞⋃+∞ 【答案】B【解析】当0x =时，不等式为01≥-恒成立，a R ∴∈；当0x ≠时，不等式可化为：11a x x ≤++，0x >，12x x ∴+≥（当且仅当1x x=，即1x =±时取等号），3a ∴≤； 综上所述：实数a 的取值范围为(],3-∞.故选：B.题型二 一元二次不等式在某区间上的恒成立问题【例2】若14x <≤时，不等式()2241x a x a -++≥--恒成立，求实数a 的取值范围.【答案】(,4]-∞.【解析】对于任意的14x <≤，不等式()22241(1)25x a x a x a x x -++≥--⇔-≤-+，即2254(1)11x x a x x x -+≤=-+--， 因此，对于任意的14x <≤，2254(1)11x x a x x x -+≤=-+--恒成立， 当14x <≤时，013x <-≤，44(1)(1)411x x x x -+≥-⋅=--， 当且仅当411x x -=-，即3x =时取“=”，即当3x =时，4(1)1x x -+-取得最小值4，则4a ≤， 所以实数a 的取值范围是(,4]-∞.【变式2-1】已知2(2)420+-+-x a x a对[)2,∀∈+∞x 恒成立，则实数a 的取值范围________. 【答案】(],3-∞【解析】因为2(2)420x a x a +-+-对[)2,x ∀∈+∞恒成立，即4222x a x ++-≥+在[)2,x ∀∈+∞时恒成立，令2,4x t t +=≥， 则4222x x ++-+代换为42t t +-，令4()2g t t t=+-， 由对勾函数可知，()g t 在[)4,t ∈+∞上单增，所以min ()(4)3g t g ==， 所以(],3a ∈-∞.故答案为：(],3-∞【变式2-2】已知二次函数222y x ax =++.若15x ≤≤时，不等式3y ax >恒成立，求实数a 的取值范围. 【答案】22<a .【解析】不等式()3f x ax >即为：220x ax -+>，当[]1,5x ∈时，可变形为：222x a x x x+<=+，即min 2()a x x <+. 又2222x x x x+≥+= 当且仅当2x x=，即[]21,5x =时，等号成立，min 2()22x x∴+=22a <故实数a 的取值范围是：22a <【变式2-3】若不等式2(1)10x a x +-+≥对一切(1,2]x ∈都成立，则a 的最小值为（ ）A ．0B ．2-C ．222-D ．5- 【答案】D【解析】记22()(1)11f x x a x x ax a =+-+=++-，要使不等式()2110x a x +-+≥对一切(1,2]x ∈都成立，则：12(1)20a f ⎧-≤⎪⎨⎪=≥⎩或2122()1024a a a f a ⎧<-<⎪⎪⎨⎪-=--+≥⎪⎩或22(2)50a f a ⎧-≥⎪⎨⎪=+≥⎩ 解得2a ≥-或42a -<<-或54a -≤≤-，即5a ≥-.故选：D【变式2-4】不等式225732ax x a x +->-对一切()1,0a ∈-恒成立，则实数x 的取值范围是（ ）A ．(]1,4,2⎡⎫-∞-⋃+∞⎪⎢⎣⎭B ．(][),41,-∞-⋃-+∞C ．()4,1--D ．14,2⎛⎫- ⎪⎝⎭【答案】A【解析】令()()227532=-+-+f a a x x x ，对一切()1,0a ∈-均大于0恒成立，所以()()22270175320⎧->⎪⎨-=--+-+≥⎪⎩x f x x x ，或()227005320⎧-<⎪⎨=-+≥⎪⎩x f x x ，或22705320⎧-=⎪⎨-+≥⎪⎩x x x ， 解得4x ≤-或7x >172≤<x 7x =综上，实数x 的取值范围是4x ≤-，或12x ≥，故选：A.题型三 给定参数范围的一元二次不等式恒成立问题【例3】当[]2,3a ∈时，不等式210ax x a -+-≤恒成立，求的取值范围．【答案】1,12⎡⎤-⎢⎥⎣⎦【解析】由题意不等式210ax x a -+-≤对[]2,3a ∈恒成立，可设2()(1)(1)f a x a x =-+-+，[]2,3a ∈，则()f a 是关于a 的一次函数，要使题意成立只需(2)0(3)0f f ≤⎧⎨≤⎩，即22210320x x x x ⎧--≤⎨--≤⎩，解2210x x --≤，即()()2110x x +-≤得112x -≤≤，解2320x x --≤，即()()3210x x +-≤得213x -≤≤，所以原不等式的解集为1,12⎡⎤-⎢⎥⎣⎦，所以x 的取值范围是1,12⎡⎤-⎢⎥⎣⎦．【变式3-1】若命题“[]()21,3,2130a ax a x a ∃∈---+-<”为假命题，则实数x 的取值范围为（ ）A ．[]1,4-B ．50,3⎡⎤⎢⎥⎣⎦C ．[]51,0,43⎡⎤⎢⎥⎣-⎦D ．[)51,0,43⎛⎤- ⎥⎝⎦【答案】C【解析】命题“[]()21,3,2130a ax a x a ∃∈---+-<”为假命题，其否定为真命题，即“[]()21,3,2130a ax a x a ∀∈---+-≥”为真命题．令22()23(21)30g a ax ax x a x x a x =-++-=--++≥，则(1)0(3)0g g -≥⎧⎨≥⎩，即22340350x x x x ⎧-++≥⎨-≥⎩，解得14503x x x -≤≤⎧⎪⎨≥≤⎪⎩或，所以实数x 的取值范围为[]51,0,43⎡⎤⎢⎥⎣-⎦.故选：C【变式3-2】已知[]1,1∈-a ，不等式2(4)420x a x a +-+->恒成立，则x 的取值范围为( ) A ．()()3,,2∞-∞+ B ．()()2,,1∞-∞+ C ．()()3,,1∞-∞+D ．()1,3 【答案】C【解析】令()2(2)44f a x a x x =-+-+，则不等式2(4)420x a x a +-+->恒成立转化为()0f a >在[1,1]a ∈-上恒成立．∴有(1)0(1)0f f ->⎧⎨>⎩，即22(2)4402440x x x x x x ⎧--+-+>⎨-+-+>⎩， 整理得：22560320x x x x ⎧-+>⎨-+>⎩，解得：1x <或3x >．∴x 的取值范围为()(),13,-∞⋃+∞．故选：C ．【变式3-3】已知当11a -≤≤时，()24420x a x a +-+->恒成立，则实数x 的取值范围是（ ）A ．(),3-∞B ．][(),13,∞∞-⋃+C ．(),1-∞D ．()(),13,-∞⋃+∞ 【答案】D【解析】()24420x a x a +-+->恒成立，即()22440x a x x -+-+>，对任意得[]1,1a ∈-恒成立， 令()()2244f a x a x x =-+-+，[]1,1a ∈-，当2x =时，()0f a =，不符题意，故2x ≠， 当2x >时，函数()f a 在[]1,1a ∈-上递增，则()()2min 12440f a f x x x =-=-++-+>，解得3x >或2x <（舍去），当2x <时，函数()f a 在[]1,1a ∈-上递减，则()()2min 12440f a f x x x ==-+-+>，解得1x <或2x >（舍去），综上所述，实数x 的取值范围是()(),13,-∞⋃+∞.故选：D.【变式3-3】不等式225732ax x a x +->-对一切()1,0a ∈-恒成立，则实数x 的取值范围是（ ）A ．(]1,4,2⎡⎫-∞-⋃+∞⎪⎢⎣⎭B ．(][),41,-∞-⋃-+∞C ．()4,1--D ．14,2⎛⎫- ⎪⎝⎭【答案】A【解析】令()()227532=-+-+f a a x x x ，对一切()1,0a ∈-均大于0恒成立，所以 ()()22270175320⎧->⎪⎨-=--+-+≥⎪⎩x f x x x ，或()227005320⎧-<⎪⎨=-+≥⎪⎩x f x x ， 或22705320⎧-=⎪⎨-+≥⎪⎩x x x ，解得4x ≤-或7x >172≤<x 7x = 综上，实数x 的取值范围是4x ≤-，或12x ≥.故选：A.题型四 一元二次不等式在实数集上的有解问题【例4】已知不等式20kx x k -+<有解，则实数k 的取值范围为__________. 【答案】1,2⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭【解析】当0k =时，0x -<，符合题意当0k >时，令2y kx x k =-+，由不等式20kx x k -+<有解，即2140k ∆=->，得102k <<当0k <时， 2y kx x k =-+开口向下，满足20kx x k -+<有解，符合题意综上，实数k 的取值范围为1,2k ⎛⎫∈-∞ ⎪⎝⎭【变式4-1】若关于x 的不等式2210ax x ++<有实数解，则a 的取值范围是_____． 【答案】(),1-∞【解析】当0a =时，不等式为210x +<有实数解，所以0a =符合题意；当0a <时，不等式对应的二次函数开口向下， 所以不等式2210ax x ++<有实数解，符合题意； 当0a >时，要使不等式2210ax x ++<有实数解， 则需满足440∆=->a ，可得1a <，所以01a <<， 综上所述：a 的取值范围是(),1-∞.【变式4-2】x R ∃∈，使得不等式231x x m -+<成立，则m 的取值范围是___________.【答案】11,12⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭【解析】令()22111313612f x x x x ⎛⎫=-+=-+ ⎪⎝⎭，则()min 1112f x =，因为x R ∃∈，使得不等式231x x m -+<成立， 所以1112m >， 则m 的取值范围是11,12⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭，【变式4-3】若关于x 的不等式29(2)04ax a x -++<有解，则实数a 的取值范围是____________． 【答案】(,1)(4,)-∞+∞【解析】当0a =时，不等式为9204x -+<有解，故0a =，满足题意；当0a >时，若不等式29(2)04ax a x -++<有解， 则满足29(2)404a a ∆=+-⋅>，解得1a <或4a >；当0a <时，此时对应的函数的图象开口向下，此时不等式29(2)04ax a x -++<总是有解，所以0a <，综上可得，实数a 的取值范围是(,1)(4,)-∞+∞.题型五 一元二次不等式在某区间上的恒成立问题【例5】已知关于x 的不等式2630mx x m -+<在(]02，上有解，则实数m 的取值范围是（ ）A ．(3-∞，B ．127⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭， C ．()3+∞， D ．127⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭， 【答案】A【解析】由题意得，2630mx x m -+<，(]02x ∈，，即263xm x <+ ， 故问题转化为263xm x <+在(]02，上有解， 设26()3x g x x =+，则266()33x g x x x x==++，(]02x ∈，， 对于323x x+≥，当且仅当3(0,2]x =时取等号， 则max ()323g x ==3m <，故选：A【变式5-1】已知命题p ：“15∃≤≤x ，250x ax -->”为真命题，则实数a 的取值范围是（ ）A ．4a <B ．4aC ．4a >D ．4a >-【答案】A 【解析】由题意，当15x ≤≤时，不等式250x ax -->有解，等价于“15x ∀≤≤，250x ax --≤恒成立”为真时对应a 取值集合的补集 若15x ∀≤≤，250x ax --≤恒成立为真命题， 需满足25550a --≤且150a --≤，解得4a ≥． 因此p 命题成立时a 的范围时4a <，故选：A ．【变式5-2】若关于x 的不等式22(1)0x m x m -+-≥在(1,1)-有解，则m 的取值范围为（ ）A ．(,1][0,)-∞-+∞B ．(,1)(0,)-∞-+∞ C ．[0,1] D ．(0,1) 【答案】B【解析】令22()(1)f x x m x m =-+-，其对称轴为202m x =≥， 关于x 的不等式22(1)0x m x m -+-≥在(1,1)-有解， 当(1,1)x ∈-时，有()(1)f x f <-，(1)0f ∴->，即20m m +>，可得0m >或1m <-．故选：B ．【变式5-3】已知当12x ≤≤时，存在x 使不等式()()14m x m x -++<成立，则实数m 的取值范围为（ ）A ．{}22m m -<<B ．{}12m m -<<C ．{}32m m -<<D ．{}12m m <<【答案】C【解析】由()()14m x m x -++<可得224m m x x +<-+，由题意可得()22max 4m m x x +<-+，且12x ≤≤，令()24f x x x =-+对称轴为12x =，开口向上，所以()24f x x x =-+在[]1,2上单调递增， 所以2x =时，()()2max 22246f x f ==-+=，所以26m m +<，解得：32m -<<， 所以实数m 的取值范围为{}32m m -<<，故选：C.【变式5-4】关于x 的不等式2244x x a a -+≥在[]1,6内有解，则a 的取值范围为________．【答案】[]2,6-【解析】2244x x a a -+≥在[]1,6内有解，()22max 44a a x x ∴-≤-，其中[]1,6x ∈；设()2416y x x x =-≤≤， 则当6x =时，max 362412y =-=， 2412a a ∴-≤，解得：26a -≤≤，a ∴的取值范围为[]2,6-.。
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有解无解恒成立与双变量问题的处理
宜章一中 吴 斌
“有解无解恒成立与双变量问题”是高中阶段的非常常见的一类函数问题，如何求解困扰了很多学生，那么遇到这类问题的常规思路与方法是什么呢？现例说几种问题的常规解法：
一．“有解”问题：
1° ()k x f ≤有解()k x f ≤⇔min ； 2° ()k x f ≥有解()k x f ≥⇔max ； 3° ()k x f =有解()x f k ∈⇔的值域；
例1、①已知函数()12+-=ax x x f 在]2,1[∈x 有零点，求实数a 的取值范围；
②已知不等式012≥+-ax x 在]2,1[∈x 有解，求实数a 的取值范围； ③已知不等式012≤+-ax x 在]2,1[∈x 有解，求实数a 的取值范围． 分析：①()x x a x f 10+=⇒=，而]25,2[1∈+x x ，则]2
5,2[∈a ； ②x x a 1+≤有解25)1(max =+≤⇒x x a ；即：2
5≤a ； ③x x a 1+≥有解2)1(min =+≥⇒x
x a ；即：2≥a ． 二．“无解”问题：
1° ()k x f ≤无解()k x f >⇔min ； 2° ()k x f ≥无解()k x f <⇔max ； 3° ()k x f =有解()x f k ∉⇔的值域；
例2、已知集合]2,1[=A ，不等式012≥+-ax x 的解集为B ，且φ=B A ，求实数a 的取值范围． 分析：即x x a 1+≤在]2,1[∈x 无解25)1(max =+>⇒x x a ；即：2
5>a ． 三．“恒成立”问题：
()k x f ≤恒成立()k x f ≤⇔max ；()k x f ≥恒成立()k x f ≥⇔min ；
例3、函数()ax e x x f x +⋅=在区间]2,1[上单调递增，求实数a 的取值范围． 分析：即()0'≥+⋅+=a e x e x f x x 在]2,1[∈x 恒成立；
min )(x x e x e a ⋅+≤-⇒；设()()()x x x e x x e x e x ⋅+=⇒⋅+=2'ϕϕ
可知：()x ϕ在()2,-∞-单调递减；在()+∞-,2单调递增；
故：()()2min 2--==e x ϕϕ；从而2-≥e a ．
四．“双变量”问题
“双变量问题”的基本思路是“把其中一个作为变量，另一个作为常数”来处理。
1° 对任意21,x x ，都有()()21x g x f ≤()()min max x g x f ≤⇔；
2° 对任意1x ，存在2x ，使得()()21x g x f ≤()()max max x g x f ≤⇔；
对任意1x ，存在2x ，使得()()21x g x f ≥()()min min x g x f ≥⇔；
3° 存在21,x x ，使得()()21x g x f ≤()()max min x g x f ≤⇔；
例4、已知函数()12+-=ax x x f ，()12g -=x x ，若对任意的[]2,11∈x ，都存在]3,2[2∈x ，使得()()21x g x f ≤，求实数a 的取值范围．
分析：先把2x 视为变量，则()()21x g x f ≤对2x 而言有解；
则()()515121max 1≤+-⇒=≤ax x x g x f 对1x 而言恒成立； 那么0)4(max =-≥x
x a ，即：0≥a ． 以上通过几个简单的例题阐述了“有解无解恒成立与双变量问题”的常规解法，在实际应用中，不管多么复杂的问题都是基于以上方法解决的。
因此，掌握常规解答是非常重要并且是非常必要的。