备战2019年高考数学大一轮复习 热点聚焦与扩展 专题17 恒成立问题——数形结合法
新高考数学一轮复习知识点解析21--- 恒成立和存在性问题
新高考数学一轮复习知识点解析1．积累常用的不等式，熟练运用导数解决不等式恒成立问题、存在性问题． 2．熟练使用分离参数、分类讨论等方法解决参数范围问题． 3．能够大致描绘函数图象，能借助图象理解题意和解题．【例1】已知函数()ln xf x ax x=-，a ∈R ． （1）若()()2g x x f x '=，其中()f x '是函数()f x 的导函数，试讨论()g x 的单调性； （2）证明：当12a e≥时，()0f x ≥． 【答案】（1）当0a ≥时，()g x 在()0,∞+上单调递增；当0a <时，()g x在⎛ ⎝单调递增，在⎫+∞⎪⎪⎭单调递减；（2）证明见解析． 【解析】（1）()f x 的定义域为()0,∞+，()221ln 1ln x xx x f x a a x x⋅--'=-=-，恒成立和存在性问题()2221ln ln 1x a a x x g x x x -⎛⎫-=+- ⎪⎝⎭=，()21212ax g x ax x x+'=+=， 当0a ≥时，()0g x '≥恒成立，此时()g x 在()0,∞+上单调递增； 当0a <时，()0g x '>，即2210ax +>可得212x a-<，所以0x <<，由()0g x '<，即2210ax +<可得212x a->，所以x >所以当0a <时，()g x在⎛ ⎝单调递增，在⎫+∞⎪⎪⎭单调递减， 综上所述：当0a ≥时，()g x 在()0,∞+上单调递增；当0a <时，()g x在⎛ ⎝单调递增，在⎫+∞⎪⎪⎭单调递减． （2）当12a e≥时，()1ln 2xf x x e x ≥-， 设()1ln 2x h x x e x =-，则()222211ln ln 1111ln 222x x x x x x eh x e x e x x ⋅-+--'=-=-=， 令()21ln 12t x x x e =+-，则()110t x x e x '=+>， 所以()21ln 12t x x x e=+-在()0,∞+上单调递增，且1102t e e =⨯+=，所以0x <<时，()0t x <，即()0h x '<，此时()h x 单调递减；当x >()0t x >，即()0h x '>，此时()h x 单调递增， 所以()1ln 2x h x x e x=-在(上单调递减，在)+∞单调递增，所以()min 102h x h e ====， 所以()1ln 02xh x x e x=-≥对于()0,x ∈+∞恒成立， 所以()0f x ≥．【变式1．1】已知函数()2ln f x ax x =-． （1）讨论()f x 的单调性； （2）证明：当12a >时，()3f x >恒成立． 【答案】（1）0a ≤时，()f x 在()0,∞+为单调减函数；0a >时，()f x 在1(0,)2a为单调减函数，在1(,)2a+∞为单调增函数；（2）证明见解析． 【解析】（1）121()2ax f x a x x-'=-=，其中0x >； 当0a ≤时，()0f x '<，()f x 在()0,∞+为单调减函数； 当0a >时，1(0,)2x a ∈，()0f x '<，()f x 为单调减函数；1(,)2x a∈+∞，()0f x '>，()f x 为单调增函数，综上，0a ≤时，()f x 在()0,∞+为单调减函数；0a >时，()f x 在1(0,)2a 为单调减函数，在1(,)2a+∞为单调增函数．（2）证明：因为12a >2=≥当且仅当2=12x a=时，取等号．由（1）知min 1()()1ln 22f x f a a==+，所以()ln 21f x a +≥+，令1()ln 21()2g x x x =+>，则()g x 为增函数，所以1()()32g x g >=，即12a >时，()3f x >恒成立． 【例2】已知函数()xe f x x=．（1）求曲线()y f x =在2x =处的切线方程；（2）设()()ln 2G x xf x x x =--，证明：()3ln 22G x >--．【答案】（1）24e y x =；（2）证明见解析．【解析】（1）2()x x e x e f x x -'=，22222(2)24e e e f -'==且2(2)2e f =，所以切线方程22(2)24e e y x -=-，即24e y x =．（2）由()()ln 2(0)G x xf x x x x =-->，1()2x G x e x '=--，21()0xG x e x''=+>，所以 ()G x '在(0,)+∞为增函数，又因为(1)30G e '=-<，25(2)02G e ''=->， 所以存在唯一0(1,2)x ∈，使()000120x G x e x '=--=， 即012x e x =+且当()00,x x ∈时，()0G x '<，()G x 为减函数， ()0,x x ∈+∞时，()0G x '>，()G x 为增函数，所以()0min 0000001()ln 22ln 2x G x G x e x x x x x ==--=+--，0(1,2)x ∈， 记1()2ln 2H x x x x =+--，(12)x <<， 211()20H x x x'=---<，所以()H x 在(1,2)上为减函数，所以13()(2)2ln 24ln 222H x H >=+--=--，所以()03()ln 22G x G x ≥>--． 【变式2．1】已知函数()()322361f x x ax a x =++-（a ∈R ）．（1）讨论函数()f x 的单调性；（2）若()15f =，4m <，求证：当1x >时，()()2ln 1mx x f x +≤．【答案】（1）见解析；（2）证明见解析． 【解析】（1）函数()f x 的定义域为(),-∞+∞，且()()()()26661611f x x ax a x x a '=++-=++-⎡⎤⎣⎦．①若2a =，则()0f x '≥，因而()f x 在(),-∞+∞上单调递增；②若2a <，则当(),1x ∈-∞-及()1,x a ∈-+∞时，()0f x '>，()f x 单调递增， 当()1,1x a ∈--时，()0f x '<，()f x 单调递减；③若2a >，则当(),1x a ∈-∞-及()1,x ∈-+∞时，()0f x '>，()f x 单调递增， 当()1,1x a ∈--时，()0f x '<，()f x 单调递减， 综上，当2a =时，()f x 在(),-∞+∞上单调递增；当2a <时，()f x 在(),1-∞-，()1,a -+∞上单调递增；在()1,1a --上单调递减； 当2a >时，()f x 在(),1-∞-a ，()1,-+∞上单调递增，在()1,1a --上单调递减． （2）由题意知()()123615f a a =++-=，∴1a =，故()3223f x x x +=．欲证当1x >时，()()2ln 1mx x f x +≤，∵当1x >时，21x >，ln 11x +>． ∴只需证：()()2ln 1f x m x x ≤+，即23ln 1x m x +≤+在()1,+∞上恒成立，设()()()123,ln 1x h x x x +=∈++∞，则()()()()()22132ln 1232ln ln 1ln 1x x x x x h x x x +-+⨯-'==++．设()32ln x x x ϕ=-，则()223x x xϕ'=+，故当()1,x ∈+∞时，()0x ϕ'>，()x ϕ单调递增． 又()3ln16322ln 2022ϕ-=-=<，()320e eϕ=->，∴()0h x '=有且只有一个根0x ，且02x e <<，0032ln x x =． ∴在()01,x 上，()0h x '<，()h x 单调递减；在()0,x +∞上，()0h x '>，()h x 单调递增， ∴函数()h x 的最小值()0000002323243ln 112x x h x x x x ++===>++． 又∵4m <，∴23ln 1x m x +≤+在()1,+∞上恒成立， 故()()2ln 1mx x f x +≤成立．利用导数证明不等式恒成立的两种情形（1）若函数最值可以通过研究导数求得，则可先利用导数研究函数单调性，将不等式恒成立问题转化成函数最值问题来解决：()()min f x a f x a >⇒>；()()max f x a f x a <⇒<．（2）若函数最值无法通过研究导数求得，即导函数的零点无法精确求出时，可以利用“虚设和代换”的方法求解．“虚设和代换”法当导函数()f x '的零点无法求出显性的表达式时，我们可以先证明零点存在，再虚设为0x ，接下来通常有两个方向：（1）由()0f x '=得到一个关于0x 的方程，再将这个关于0x 的方程的整体或局部代入()0f x ，从而求得()0f x ，然后解决相关问题．（2）根据导函数()f x '的单调性，得出0x两侧导函数的正负，进而得出原函数的单调性和极值，使问题得解．【例3】已知函数()()ln 1f x x =+，()()g x kx k =∈R ． （1）证明：当0x >时，()f x x <；（2）证明：当1k <时，存在00x >，使得任意()00,x x ∈，恒有()()f x g x >；（3）确定k 的所有可能取值，使得存在0t >，对任意的()0,x t ∈，恒有()()2f xg x x -<．【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）1k =． 【解析】（1）证明：令()()()[)ln 1,0,F x f x x x x x =-=+-∈+∞， 所以()1111xF x x x-'=-=++． 当[)0,x ∈+∞时，()0F x '<，所以()F x 在()0,+∞上单调递减． 又因为()00F =，所以当0x >时，()0F x <，即()0f x x -<， 所以()f x x <．（2）证明：令()()()()ln 1G x f x g x x kx =-=+-，[)0,x ∈+∞，()()1111kx k G x k x x-+-'=-=++． 当0k ≤时，()0G x '>，所以()G x 在()0,+∞上单调递增， 所以()()00G x G >=，即()()f x g x >， 故对任意的正实数0x 均满足题意． 当01k <<时，令()0G x '=，得1110k x k k-==->， 取011x k=-，对任意()00,x x ∈，恒有()0G x '>， 所以()G x 在()00,x 上单调递增，()()00G x G >=，即()()f x g x >．综上，当1k <，总存在00x >，使得对任意()00,x x ∈，恒有()()f x g x >． （3）当1k >时，由（1）知，对于任意()0,x ∈+∞，()()g x x f x >>， 故()()g x f x >．此时()()()()()ln 1f x g x g x f x kx x -=-=-+．令()()[)2ln 1,0,M x kx x x x =-+-∈+∞，则有()()22211211x k x k M x k x x x-+-+-'=--=++． 令()0M x '=，得()22210x k x k -+-+-=，x =（另一根为负，舍去），故当x ⎛ ∈ ⎝⎭时，()0M x '>，即()M x 在⎛ ⎝⎭上单调递增， 故()()00M x M >=，即()()2f xg x x ->．所以满足题意的t 不存在．当1k <时，由（2）知，存在00x >，使得对任意的()00,x x ∈，恒有()()f x g x >， 此时()()()()()ln 1f x g x f x g x x kx -=-=+-．令()()[)2ln 1,0,N x x kx x x =+--∈+∞，则有()()22211211x k x k N x k x x x--+-+'=--=++． 令()0N x '=，即()22210x k x k --+-+=，得x =（另一根为负，舍去），故当x ⎛ ∈ ⎝⎭时，()0N x '>，即()N x 在⎛ ⎝⎭上单调递增， 故()()00N x N >=，即()()2f xg x x -=．记0x 中较小的为1x ，则当()10,x x ∈时，恒有()()2f xg x x ->，故满足题意的t 不存在．当1k =时，由（1）知，当()0,x ∈+∞时，()()()()()ln 1f x g x g x f x x x -=-=-+．令()()[)2ln 1,0,H x x x x x =-+-∈+∞，则有()2121211x xH x x x x--'=--=++． 当0x >时，()0H x '<，即()H x 在()0+∞，上单调递减， 故()()00H x H <=．故当0x >时，恒有()()2f xg x x -<，此时任意正实数t 满足题意，综上，k 的取值为1．【变式3．1】已知函数()xf x e x =-． （1）求函数()xf x e x =-的极值；（2）求证：对任意给定的正数a ，总存在正数x ，使得不等式11x e a x--<成立． 【答案】（1）()1f x =极小值，无极大值；（2）证明见解析．【解析】（1）因为()x f x e x =-，所以()1x f x e '=-，令()0f x '=，则0x =，当0x >时，()0f x '>，即()f x 在()0,∞+上单调递增； 当0x <时，()0f x '<，即()f x 在(),0-∞上单调递减，所以0x =时，()f x 取得极小值，()()01f x f ==极小值，无极大值．（2）由（1）知当0x >时，110x e x -->，要证11x e a x --<，即11x e a x--<，即证当0a >时，不等式1x e x ax -<-，即10x e ax x ---<在(0,)+∞上有解． 令()1x H x e ax x =---，即证min ()0H x <， 由()10x H x e a '=--=，得ln(1)0x a =+>． 当0ln(1)x a <<+时，()0H x '<，()H x 单调递减； 当ln(1)x a >+时，()0H x '>，()H x 单调递增，min ()(ln(1))1ln(1)ln(1)1H x H a a a a a ∴=+=+-+-+-，令()ln 1V x x x x =--，其中11x a =+>，则()1(1ln )ln 0V x x x '=-+=-<，()V x ∴递减，()()10V x V ∴<=， 综上得证．【例4】已知函数()2ln ()f x ax x a =-+∈R ．（1）讨论()f x 的单调性；（2）若存在()(),1,x f x a ∈+∞>-，求a 的取值范围．【答案】（1）分类讨论，答案见解析；（2）1,2⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭．【解析】（1）函数()f x 的定义域为()0,+∞，()21122ax f x ax x x-='=-+，当0a ≤时，()0f x '>，则()f x 在()0,+∞上递增， 当0a >时，由()0f x '=，得x =由()0f x '>，得x ⎛∈ ⎝；由()0f x '<，得x ⎫∈+∞⎪⎭，于是有()f x 在⎛ ⎝上递增，在⎫+∞⎪⎭上递减．（2）由()f x a >-，得()21ln 0a x x --<，(1,)x ∈+∞， 2ln 0,10x x -<->，当0a ≤时，()21ln 0a x x --<，满足题意；当12a ≥时，令()()21()ln 1g x a x x x =-->，()2210ax x xg '=->，()g x 在()1,+∞上递增，则()()10g x g >=，不合题意； 当12a <<时，由()0g x '>，得x ⎫∈+∞⎪⎭；由()0g x '<，得x ⎛∈ ⎝，于是有()g x 在⎛ ⎝上递减，在⎫+∞⎪⎭上递增，()()min 10g g g x <==， 则102a <<时，()()1,,0x g x ∃∈+∞<，综上，a 的取值范围为1,2⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭．【变式4．1】已知函数()()()21222x f x xe a x x a =-+-∈R ．（1）当1a e≤时，讨论函数()f x 的极值；（2）若存在()00,x ∈+∞，使得()()00001ln 222f x x x a ax <+--，求实数a 的取值范围．【答案】（1）答案不唯一，具体见解析；（2）(),1-∞-．【解析】（1）由题意，函数()()21222x f x xe a x x =-+-，可得()()()()()111x xf x e a x x e a x '=+-+=+-．①当0a ≤时，若1x <-，则()0f x '<；若1x >-，则()0f x '>， 所以()f x 在区间(),1-∞-上是减函数，在区间()1,-+∞上是增函数，所以当1x =-时，()f x 取得极小值()1312f e a --=-+，无极大值；②当10a e<<时，若ln x a <或1x >-，则()0f x '>；若ln 1a x <<-，则()0f x '<，()f x 在区间(),ln a -∞上是增函数，在区间()ln ,1a -上是减函数，在区间()1,-+∞上是增函数，所以当ln x a =时，()f x 取得极大值()()21ln ln 2f a a a a =-，当1x =-时，()f x 取得极小值()1312f e a --=-+；③当1a e =时，()0f x '≥，∴()f x 在区间(),-∞+∞上是增函数，∴()f x 既无极大值又无极小值，综上所述，当0a ≤时，()f x 有极小值()1312f e a --=-+，无极大值；当10a e <<时，()f x 有极大值()()21ln ln 2f a a a a =-，极小值()1312f e a --=-+； 当1a e=时，()f x 既无极大值又无极小值．（2）由题知，存在()00,x ∈+∞，使得0000ln 0xx e x x a --+<，设()ln xh x xe x x a =--+，则()()()11111x x h x x e x e x x ⎛⎫'=+--=+- ⎪⎝⎭， 设()()10xm x e x x=->，∴()m x 在区间()0,∞+上是增函数，又1202m ⎛⎫=< ⎪⎝⎭，()110m e =->，∴存在11,12x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，使得()10m x =，即111x e x =，∴11ln x x =-， 当10x x <<时，()0m x <，即()0h x '<；当1x x >时，()0m x >，即()0h x '>， ∴()h x 在区间()10,x 上是减函数，在区间()1,x +∞上是增函数，∴()()11111111min 11ln 1x h x h x x e x x a x x x a a x ==--+=⨯+-+=+， ∴10a +<，∴1a <-，∴实数a 的取值范围为(),1-∞-．【例5】已知函数()22ln 1f x x x x ax =+-+．（1）当1a =时，求曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线方程；（2）若存在01,x e e ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，使不等式()02f x ≥-成立，求实数a 的取值范围．【答案】（1）320x y --=；（2）1,23e e ⎛⎤-∞-++⎥⎝⎦． 【解析】（1）当1a =时，()22ln 1f x x x x x =+-+，则()2ln 2212ln 21f x x x x x '=++-=++，所以()13f '=，而()11f =，所以曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线方程为()131y x -=-，即320x y --=．（2）若存在01,x e e ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，使不等式()02f x ≥-成立，即存在01,x e e ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，使不等式200002ln 12x x x ax +-+≥-成立，存在01,x e e ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，不等式00032ln a x x x ≤++成立， 设()32ln h x x x x =++，1,x e e ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，则()2(3)(1)x x h x x +-'=，当1[,1)x e ∈时，()0h x '<，()h x 在1[,1)e上单调递减；当(]1,x e ∈时，()0h x '>，()h x 在(]1,e上单调递增，又1123h e e e ⎛⎫=-++ ⎪⎝⎭，()32h e e e =++，()12240h e h e e e ⎛⎫-=-++< ⎪⎝⎭， 即()max 1123h x h e e e ⎛⎫==-++ ⎪⎝⎭，故()max 123a h x e e ≤-++=，所以实数a 的取值范围为1,23e e⎛⎤-∞-++ ⎥⎝⎦．【变式5．1】已知e 是自然对数的底数，函数()cos xf x x me =+，[]π,πx ∈-．（1）若曲线()y f x =在点()()0,0f 处的切线斜率为1，求()f x 的最小值；（2）若当[]π,πx ∈-时，()xf x e >有解，求实数m 的取值范围．【答案】（1）π11e -；（2）π41,e ⎛⎫+∞ ⎪ ⎪⎝⎭． 【解析】（1）由()cos x f x x me =+，得()sin xf x x me '=-+．曲线()y f x =在点()()0,0f 处的切线斜率为1，()01f m '∴==，()cos x f x x e ∴=+，()sin x f x x e '=-+．当[)π,0x ∈-时，sin 0x -≥，0x e >，()0f x '∴>， 当[0,π]x ∈时，01x e e ≥=，sin 1x ≤，则()0f x '≥，()f x ∴在[]π,π-上单调递增，()()πmin 1π1f x f e∴=-=-． （2）()cos 1xx x f x e m e >⇔>-，设()cos 1xxg x e =-，[]π,πx ∈-，则当[]π,πx ∈-时，()xf x e >有解()min mg x ⇔>．()cos 1x x g x e=-，()πsin cos 4x xx x x g x e e ⎛⎫+ ⎪+⎝⎭'∴==． 当[]π,πx ∈-时，π3π5π,444x ⎡⎤+∈-⎢⎥⎣⎦，解()0g x '=，可得04πx +=或π4πx +=，解得14πx =-，23π4x =． 当ππ4x -≤<-时，()0g x '<，此时函数()g x 单调递减； 当π3π44x -<<时，()0g x '>，此时函数()g x 单调递增； 当3ππ4x <≤时，()0g x '<，此时函数()g x 单调递减．4π14πg e ⎛⎫-= ⎪⎝⎭，()π1π1g e =+，且()π4πg g ⎛⎫-< ⎪⎝⎭，()nπ4mi 142πg x g e ⎛⎫∴=-=- ⎪⎝⎭，m ∴的取值范围为π41,2e ⎛⎫-+∞ ⎪ ⎪⎝⎭． 【例6】已知函数()2ln f x x x ax a =+-(a ∈R )．（1）当1a =时，求函数()f x 在点()()1,1f 处的切线方程； （2）当1x ≥时，不等式()0f x ≥恒成立，求实数a 的取值范围．【答案】（1）330x y --=；（2）[)0,+∞． 【解析】（1）当1a =时，()2ln 1f x x x x =+-，()ln 21f x x x +'=+．则曲线()f x 在点()()1,1f 处的切线的斜率为()13f '=． 又()10f =，所以切线方程为330x y --=．（2）由函数()()2ln 10f x x x a x =+-≥，等价于ln 0ax ax x+-≥恒成立， 则()ln a g x x ax x =+-，其中1x ≥，()2221a ax x ag x a x x x ++=++='，当0a ≥时，因为1x ≥，所以0g x ，()g x 在[)1,+∞上单调递增，则()()10g x g ≥=，符合题意；当0a <时，令()2t x ax x a =++，214Δa =-，当2140Δa =-≤时，解得12a ≤-，()0g x '≤，()g x 在[)1,+∞上单调递减，则()()10g x g <=，对于任意1x >恒成立，不合题意；当2140Δa =->时，102a -<<，设()2t x ax x a =++的两个零点为12,x x ，设12x x <，12121,1x x x x a+=-=，则1201x x <<<，当[)21,x x ∈，()()0,0t x g x '>>，()g x 单调递增； 当()2,x x ∈+∞时，()0t x <，0g x，()g x 单调递减，又∵当x →+∞时，对数函数ln x 的增长速度远不如aax x-的减小速度， ∴()g x →-∞，所以不合题意，综上所述，实数a 的取值范围是[)0,+∞． 【变式6．1】函数()()ln 1,f x a x a =+∈R ．（1）当1a =时，求曲线()y f x =在3x =处的切线方程； （2）若对任意的[)0,x ∈+∞，都有()212f x x x ≥-恒成立，求实数a 的取值范围． 附：()1[ln 1]1x x '+=+． 【答案】（1）48ln230x y -+-=；（2）[)1,+∞．【解析】（1）当1a =时，()ln(1)f x x =+，得出切点(3,ln 4)， 因为1()1f x x '=+，所以切线的斜率为()143k f ='=，所以曲线()y f x =在3x =处的切线方程为1ln 4(3)4y x -=-，化简得48ln 230x y -+-=．（2）对任意的[)0,x ∈+∞，都有()212f x x x ≥-恒成立， 即()21ln 102a x x x -+≥+恒成立，令()()()21ln 102h x a x x x x =+-+≥，()()211011a x a h x x x x x +-=-+=+'≥+．①当1a ≥时，()0h x '≥恒成立，∴函数()h x 在[)0,x ∈+∞上单调递增，()()00h x h ∴≥=，1a ∴≥时符合条件．②当1a <时，由()0h x '=，及0x ≥，解得x =．当(x ∈时，()0h x '<；当)x ∞∈+时，()0h x '>，()()min 00h x hh =<=，这与()0h x ≥相矛盾，应舍去．综上可知，1a ≥，所以a 的取值范围为[)1,+∞．【例7】已知函数()1xf x e ax --=．（1）当1a =时，求证：()0f x ≥；（2）当0x ≥时，()2f x x ≥，求实数a 的取值范围．【答案】（1）证明见解析；（2）(,2]e -∞-．【解析】（1）证明：当1a =时，()1x f x e x =--，定义域为R ，则()1x f x e '=-，由()0f x '>，得0x >；由()0f x '<，得0x <， 所以()f x 在(,0)-∞上单调递减，在(0,)+∞上单调递增，所以0x =是()f x 的极小值点，也是()f x 的最小值点，且min ()(0)0f x f ==， 所以()0f x ≥．（2）解：由()2f x x ≥（0x ≥），得21x ax e x ≤--（0x ≥），当0x =时，上述不等式恒成立，当0x >时，21x e x a x--≤，令21()x e x g x x--=（0x >），则222(2)(1)(1)(1)()x x x e x x e x x e x g x x x-------'==， 由（1）可知，当0x >时，10x e x -->，所以由()0g x '<，得01x <<；由()0g x '>，得1x >， 所以()g x 在(0,1)上单调递减，在(1,)+∞上单调递增，所以1x =是()g x 的极小值点，也是()g x 的最小值点，且min ()(1)2g x g e ==-， 所以2a e ≤-，所以实数a 的取值范围为(,2]e -∞-．【变式7．1】已知函数2()2ln ,()f x x ax x a =+++∈R ． （1）讨论()f x 的单调性；（2）若()x f x e ≤恒成立，求a 的最大值． 【答案】（1）答案见解析；（2）3e -．【解析】（1）2121()2,(0,)x ax f x x a x x x∞'++=++=∈+，当a -≤≤()0f x '≥恒成立，()f x 在(0,)+∞上单调递增；当a <-时，在0,,,,()0,()44a a f x f x ∞⎛⎛⎫--+> ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝'⎭单调递增；在,()0,()f x f x <'⎝⎭单调递减；当a >(0,),()0,()f x f x ∞+>'单调递增，综上所述：当a ≥-时，()f x 在(0,)+∞上单调递增；当a <-时，()f x 在0,,44a a ∞⎛⎫⎛⎫--++ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭单调递增，在⎝⎭单调递减． （2）2()2ln xf x x ax x e =+++≤在(0,)+∞恒成立，可得2ln 2x e x x a x---≤恒成立；设2ln 2()x e x x g x x ---=，则22(1)ln 1()x e x x x g x x-'+-+=， 令2()(1)ln 1x h x e x x x =-+-+，则1()2xh x xe x x+'=-， 令()1x x e x μ=--，则()1x x e μ=-'，因为0x >，所以()0x μ>，()x μ∴在(0,)+∞上单调递增，2211122x xe x x x x x x x x x ∴+->++-=+-，211()2x h x xe x x x x x∴=+->-'+，令21()j x x x x =-+，则3222121()21x x j x x x x-='-=--， 易知在(0,1),()0,()j x j x <'单调递减；在(1,),()0,()j x j x ∞+>'单调递增，()(1)1j x j ∴≥=，可得()0h x '>，所以()h x 在(0,)+∞上单调递增，又因为(1)0h =，所以在(0,1)上，()0h x <；在(1,)+∞上，()0h x >，所以在(0,1)上，()0,()g x g x '<单调递减；在(1,)+∞上，()0,()g x g x '>单调递增， 所以在(0,)+∞上，()(1)3g x g e ≥=-，所以3a e ≤-， 所以a 的最大值为3e -．（1）解决“已知不等式恒成立或能成立求参数”问题常用方法之一是“分离参数法”，即将参数k 与含有变量的式子分离，转化成()k h x <或()k h x >的形式，利用“()k h x <恒成立()min k h x ⇔<，()k h x >恒成立()max k h x ⇔>，()k h x <能成立()max k h x ⇔<，()k h x >能成立()min k h x ⇔>”把不等式恒成立或能成立问题转化成利用导数求函数值问题． （2）在恒成立或能成立问题中，若参数无法分离，可以尝试带着参数对原函数求导，然后令导数得零，得出极值点，根据极值点与区间端点的大小对参数进行分类讨论，然后再从正面证明或者从反面找反例来说明每一类是否符合条件，最后取并集．【例8】已知函数2()ln (0,1)x f x a x x a a a =+->≠． （1）当1a >时，求()f x 的单调区间；（2）若对任意的[]12,1,1x x ∈-，使得12()()1f x f x e -≤-，求实数a 的取值范围（e 为自然对数的底数）．【答案】（1）()f x 的单调减区间为(,0)-∞，增区间为(0,)+∞；（2）1[,1)(1,]e e．【解析】（1）()ln 2ln (1)ln 2x x f x a a x a a a x '=+-=-+（x ∈R ）， 由于1a >，则ln 0a >，当0x >时，10x a ->，则()0f x '>； 当0x <时，10x a -<，则()0f x '<，所以()f x 的单调减区间为(,0)-∞，增区间为(0,)+∞． （2）对任意的[]12,1,1x x ∈-，都有12()()1f x f x e -≤-， 则12max ()()1f x f x e -≤-，即max min ()()1f x f x e -≤-， 当01a <<时，ln 0a <，当0x >时，10x a -<，则()0f x '>，当0x <时，10x a ->，则()0f x '<，所以此时()f x 的单调减区间为(,0)-∞，增区间为(0,)+∞，结合第（1）问知，当0,1a a >≠时，()f x 的单调减区间为(,0)-∞，增区间为(0,)+∞， 所以min ()(0)1f x f ==，{}max ()max (1),(1)f x f f =-， 由1(1)1ln f a a-=++，(1)1ln f a a =+-，则1(1)(1)2ln f f a a a --=--，令1()2ln g x x x x =--，则22212(1)()10x g x x x x -'=+-=≥， 所以()g x 在(0,)+∞上是增函数， 又(1)0g =，故当1x >时，()0g x >；当01x <<时，()0g x <， 即当1a >时，(1)(1)f f >-；当01a <<时，(1)(1)f f <-， ①当1a >时，max min ()()(1)(0)ln 1f x f x f f a a e -=-=-≤-， 令()ln (1)h x x x x =->，则()()h a h e ≤，又11()10x h x x x-'=-=>，即()h x 在(1,)+∞上是增函数，所以1a e <≤； ②当01a <<时，有1(1)(0)ln 1f f a e a --=+≤-，则11ln 1e a a -≤-，即1()()h h e a≤，所以1e a≤，即11a e ≤<，综上可知，实数a 的取值范围是1[,1)(1,]e e．【变式8．1】设a ∈R ，已知函数()()()6x f x e x x a +-=-，函数()ln 1xx g x e x x=--．（注：e 为自然对数的底数）（1）若5a =-，求函数()f x 的最小值；（2）若对任意实数1x 和正数2x ，均有()()1248f x g x a +≥-，求a 的取值范围．【答案】（1）29-；（2）35,e ⎡⎤-⎣⎦．【解析】（1）当5a =-时，()21xf x e x '=+-为增函数，且()00f '=，所以()f x 在,0递减，在0,递增，所以()()min 01629f x f a ==+=-．（2）因为()2ln 111ln ln x x xx g x e e e x x x x ⎛⎫'=+=- ⎪⎝⎭， 由于函数2ln xy x e x =+在0,上单增，且1210e g e e e ⎛⎫'=-< ⎪⎝⎭，()10g e '=>， 所以存在唯一的01,1x e ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭使得()00g x '=，且()()0min g x g x =．再令()ln u x x x =，()1ln u x x '=+，可知()u x 在1,单增，而由()00g x '=可知()001xu e u x ⎛⎫= ⎪⎝⎭，01x e >，011x >，所以001x e x =．于是()000001ln 11x x g x e x x ⎛⎫ ⎪⎛⎫⎝⎭=-+= ⎪⎝⎭，所以()min 1g x =．又()26xf x e x a '=+--为增函数，当0a ≥时，()050f a '=--<，当0a <时，2602aa f e ⎛⎫'=-< ⎪⎝⎭；又当6a ≥时，2602aa f e ⎛⎫'=-> ⎪⎝⎭， 当6a <时，()330f e a '=->，所以对任意a ∈R ，存在唯一实数3x ， 使得()30f x '=，即3326xa e x =+-，且()()3min f x f x =．由题意，即使得()()min min 48f x g x a ≥+-，也即()()3333333626148248x x xe x x e x e x +---++≥+--， 即()()333310xx e x -+-≤，又由于()1xv x e x =+-单调递增且()00v =，所以3x 的值范围为[]0,3，代入3326xa e x =+-求得a 的取值范围为35,e ⎡⎤-⎣⎦．【例9】已知函数()1ln a a x xf x ++=，(),0a a ∈≠R ． （1）求函数()f x 的单调区间；（2）设函数()()()()223,0g x x f x xf x a a '=--<，存在实数212,1,x x e ⎡⎤∈⎣⎦，使得不等式()()122g x g x <成立，求a 的取值范围．【答案】（1）答案不唯一，具体见解析；（2）3,026a e ⎛⎫∈⎪-⎝⎭． 【解析】（1）∵()()1ln ,0a f x a x x x +=+>，∴()()21ax a f x x -+'=， ①当0a >时，∵10a a +>，∴10,a x a +⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，()0f x '<，∴()f x 单减，∴减区间是10,a a +⎛⎫⎪⎝⎭；1,a x a +⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭时，()0f x '>，∴()f x 单增，∴增区间是1,a a +⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭． ②当10a -<<时，∵10a a+<，∴()0f x '<，∴()f x 的减区间是()0,∞+． ③当1a =-时，∵()10f x x'=-<，∴()f x 的减区间是()0,∞+． ④当1a <-时，10,a x a +⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，∴()0f x '>，∴()f x 的增区间是10,a a +⎛⎫ ⎪⎝⎭； 1,a x a +⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭，()0f x '<，∴()f x 的减区间是1,a a +⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭． （2）()()()2ln 63,0g x ax ax x a a =--+<，因为存在实数212,1,x x e ⎡⎤∈⎣⎦，使得不等式()()122g x g x <成立，∴()()min max 2g x g x <，()()1ln g x a x '=-，∵0a <，[)1,x e ∈，()0g x '<，()g x 单减；(2,x e e ⎤∈⎦，()0g x '>，∴()g x 单增， ∴()()min 63g x g e ae a =--=，()()(){}2max max 1,63g x g g e a ==--．∴212663ae a a --<--，∴326a e >-， ∵0a <，∴3,026a e ⎛⎫∈⎪-⎝⎭． 【变式9．1】已知函数()x f x xe =，()||g x a x e =-．（1）若0x ≥，求证：当2a e =时，函数()||g x a x e =-与()x f x xe =的图象相切； （2）若1[2,1]x ∃∈-，对2[2,1]x ∀∈-，都有()()12f x g x ≥，求a 的取值范围． 【答案】（1）证明见解析；（2）(,]e -∞．【解析】（1）证明：∵()x f x xe =，∴()(1)x x x f x e xe e x ='=++， 当0x ≥时，()2g x ax e ex e =-=-，设点()000,xP x x e 为函数()f x 图象上的一点，令()()000()12xg x f x e x k e '=+==，设()(1)x h x e x =+，∴()(2)0x h x e x '=+>，所以()h x 单调递增， 又(1)2h e =，∴01x =，此时()0(1)f x f e ==，()0(1)g x g e ==， 即当2a e =时，结论成立，切点为()1,e ． （2）解：由已知得max max ()()f x g x ≥， ∵()x f x xe =，∴()(1)x x x f x e xe e x ='=++， 可知，当[2,1)x ∈--时，()0f x '<，()f x 单调递减； 当[1,1]x ∈-时，()0f x '>，()f x 单调递增，又∵22(2)f e-=-；(1)f e =， ∴当[2,1]x ∈-时，max ()f x e =，又∵当0a ≤时，||a x e e -≤-，∴max ()g x e =-， ∴max max ()()g x f x ≤，∴0a ≤①；若0a >，当[2,1]x ∈-时，max ()(2)2g x g a e e a e -=-≤⇒≤=， 又∵0a >，∴0a e <≤②；由①②可得a e ≤，∴a 的取值范围为(,]e -∞． 【例10】已知函数()ln 2f x a x x =-+，其中0a ≠． （1）求()f x 的单调区间；（2）若对任意的[]11,x e ∈，总存在[]21,x e ∈，使得12()()4f x f x +=，求实数a 的值． 【答案】（1）见解析；（2）1e +． 【解析】（1）∵()1a a xf x x x-'=-=，0x >， 当0a <时，对()0,x ∀∈+∞，()0f x '<， 所以()f x 的单调递减区间为()0,∞+． 当0a >时，令()0f x '=，得x a =，∵()0,x a ∈时，()0f x '>；(),x a ∈+∞时，()0f x '<， 所以()f x 的单调递增区间为()0,a ，单调递减区间为(),a +∞．综上所述，0a <时，()f x 的单调递减区间为()0,∞+；0a >时，()f x 的单调递增区间为()0,a ，单调递减区间为(),a +∞．（2）讨论：①当1a ≤且0a ≠时，由（1）知，()f x 在[]1,e 上单调递减， 则()()max 11f x f ==，因为对任意的[]11,x e ∈，总存在[]21,x e ∈，使得()()()122124f x f x f +≤=<， 所以对任意的[]11,x e ∈，不存在[]21,x e ∈，使得()()124f x f x +=；②当1a e <<时，由（1）知，在[]1,a 上()f x 是增函数，在[],a e 上()f x 是减函数， 则()()max ln 2f x f a a a a ==-+， 因为对11x =，对[]21,x e ∀∈，()()()()()1211ln 2ln 133f x f x f f a a a a a a +≤+=+-+=-+<， 所以对[]111,x e =∈，不存在[]21,x e ∈，使得()()124f x f x +=； ③当a e ≥时，令()()()4[1,]g x f x x e =-∈，由（1）知，()f x 在[]1,e 是增函数，进而知()g x 是减函数， 所以()()min 11f x f ==，()()max 2f x f e a e ==-+，()()()max 141g x g f ==-，()()()min 4g x g e f e ==-，因为对任意的[]11,x e ∈，总存在[]21,x e ∈，使得()()124f x f x +=，即()()12f x g x =，故有()()()()11f g e f e g ⎧≥⎪⎨≤⎪⎩，即()()()()1414f f e f e f ⎧+≥⎪⎨+≤⎪⎩，所以()()134f f e a e +=-+=，解得1a e =+， 综上，a 的值为1e +．【变式10．1】已知函数()()3222f x x x m x =-+-+，223()x m g x x m+=-，m ∈R ．（1）当2m =时，求曲线()y f x =在1x =处的切线方程； （2）求()g x 的单调区间；（3）设0m <，若对于任意[]00,1x ∈，总存在[]10,1x ∈，使得()()10f x g x =成立，求m 的取值范围．【答案】（1）1y x =+；（2）见解析；（3）[]2,1--．【解析】（1）当2m =时，()322f x x x =-+，所以()232f x x x '=-，所以()()12,11f f '==，所以曲线()y f x =在1x =处的切线方程为21y x -=-，即1y x =+．（2）()223x m g x x m+=-的定义域是{}|x x m ≠，()()()()23x m x m g x x m +-'=-， 令()0g x '=，得12,3x m x m =-=，①当0m =时，()(),0g x x x =≠，所以函数()g x 的单调增区间是(,0),(0,)-∞+∞； ②当0m <时，()(),,x g x g x '变化如下：所以函数()g x 的单调增区间是()(),3,,m m -∞-+∞，单调减区间是()()3,,,m m m m -； ③当0m >时，()(),,x g x g x '变化如下：所以函数()g x 的单调增区间是()(),,3,m m -∞-+∞，单调减区间是()(),,,3m m m m -．（3）因为()()3222f x x x m x =-+-+，所以()()2322f x x x m '=-+-，当0m <时，()412212200Δm m =--=-<，所以()0f x '>在()0,1上恒成立，所以()f x 在()0,1上单调递增， 所以()f x 在[]0,1上的最小值是()02f =，最大值是()14f m =-，即当[]0,1x ∈时，()f x 的取值范围为[]2,4m -，由（2）知，当10m -<<时，01m <-<，()g x 在()0,m -上单调递减，在(),1m -上单调递增，因为()22g m m -=-<，所以不合题意； 当1m ≤-时，1m ->，()g x 在[]0,1上单调递减，所以()g x 在[]0,1上的最大值为()03g m =-，最小值为()21311m g m+=-，所以当[]0,1x ∈时，()g x 的取值范围为213,31m m m ⎡⎤+-⎢⎥-⎣⎦， “对于任意[]00,1x ∈，总存在[]10,1x ∈，使得()()10f x g x =成立”等价于213,3[2,4]1m m m m ⎡⎤+-⊆-⎢⎥-⎣⎦，即2132134m m m m⎧+≥⎪-⎨⎪-≤-⎩，解得21m -≤≤-， 所以m 的取值范围为[]2,1--．不等式的恒成立与有解问题，可按如下规则转化： 一般地，已知函数()[],,y f x x a b =∈，()[],,y g x x c d =∈（1）若[]1,x a b ∀∈，[]2,x c d ∀∈，总有()()12f x g x <成立，故()()2max min f x g x <； （2）若[]1,x a b ∀∈，[]2,x c d ∃∈，有()()12f x g x <成立，故()()2max max f x g x <； （3）若[]1,x a b ∃∈，[]2,x c d ∃∈，有()()12f x g x <成立，故()()2min min f x g x <； （4）若[]1,x a b ∀∈，[]2,x c d ∃∈，有()()12f x g x =，则()f x 的值域是()g x 值域的子集．一、解答题．1．已知函数()()2ln 21f x x ax a x =+-+，（0a ≥）．（1）当0a =时，求函数()f x 的极值；（2）函数()f x 在区间()1,+∞上存在最小值，记为()g a ，求证：()124g a a<-． 【答案】（1）极大值为1-，无极小值；（2）证明见解析． 【解析】（1）当0a =时，()ln f x x x =-，0x >，则()11f x x'=-， 当()0,1x ∈，()0f x '>；当[)1,x ∈+∞，所以()0f x '≤． 所以当1x =时，()f x 取得极大值为()11f =-，无极小值．（2）由题可知()()()()()222112111221ax a x ax x f x ax a x x x-++--'=+-+==． ①当0a =时，由（1）知，函数()f x 在区间()1,+∞上单调递减，所以函数()f x 无最小值，此时不符合题意； ②当12a ≥时，因为()1,x ∈+∞，所以210ax ->，此时函数()f x 在区间()1,+∞上单调递增，所以函数()f x 无最小值，此时亦不符合题意； ③当102a <<时，此时112a<， 函数()f x 在区间11,2a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，在区间1,2a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增，所以()min 111ln1224f x f a a a ⎛⎫==-- ⎪⎝⎭，即()11ln 124g a a a =--， 要证()111ln 12244a a a g a =--<-，只需证当102a <<时，11ln 1022a a-+<成立， 设12t a=，()()ln 11h t t t t =-+>， 由（1）知()()10h t h <=，所以()124g a a<-． 2．已知函数()2ln ()f x a x a x =-∈R ．（1）讨论函数()f x 的单调性；（2）若()1f x ≥恒成立，求a 的取值范围． 【答案】（1）答案见解析；（2）{}2．【解析】（1）()()2220a x a f x x x x x-=-=>'，当0a ≤时，()0f x '>，所以函数()f x 在区间(0,)+∞上单调递增；当0a >时，由()0f x '>，得x >()0f x '<，得0x <≤，所以函数()f x 在区间⎛ ⎝上单调递减，在区间⎫+∞⎪⎪⎭上单调递增， 综上所述，当0a ≤时，函数()f x 在区间(0,)+∞上单调递增；当0a >时，函数()f x 在区间⎛ ⎝上单调递减﹐在区间⎫+∞⎪⎪⎭上单调递增． （2）由（1）可得：当0a ≤时，()f x 在区间(0,)+∞上单调递增； 又()11f =，所以当01x <<时，()1f x <，不满足题意；当0a >时，函数()f x 在区间⎛ ⎝上单调递减﹐在区间⎫+∞⎪⎪⎭上单调递增；所以()min ln 2222a a a af x f a ==-=-， 为使()1f x ≥恒成立，只需()min ln 1222a a af x =-≥， 令2at =，()ln g t t t t =-，则只需()1g t ≥恒成立， 又()1ln 1ln g t t t '=--=-，由()0g t '>，得01t <<；由()0g t '<，得1t >， 所以()g t 在()0,1上单调递增，在()1,+∞上单调递减， 则()()max 11g t g ==； 又()1g t ≥，所以只有1t =，即12a=，则2a =， 综上，a 的取值范围为{}2．3．设3x =是函数23()()()x f x x ax b e x -=++∈R 的一个极值点． （1）求a 与b 之间的关系式，并求当2a =时，函数()f x 的单调区间；（2）设0a >，225()()4xg x a e =+．若存在12,[0,4]x x ∈使得12()()1f x g x -<成立，求实数a 的取值范围．【答案】（1）由23b a =--，()f x 在()3,3-上单调递增，在(),3-∞-和()3,+∞单调递减；（2）3(0,)2a ∈．【解析】（1）()()()232x f x x a x b a e -=-+-+-'，由题意知()30f '=，解得23b a =--．当2a =，则7b =-，故令()()2390xf x x e -=-->'，得33x -<<，于是()f x 在()3,3-上单调递增，在(),3-∞-和()3,+∞单调递减．（2）由（1）得()()()23233xf x x a x a e -=-+---'，令()0f x '>，得13a x --<<（0a >），所以()f x 在()0,3上单调递增，在(]3,4单调递减，于是()()max 36f x f a ==+，()()(){}()3min min 0,423f x f f a e ==-+；另一方面()g x 在[]0,4上单调递增，()2242525,44g x a a e ⎡⎤⎛⎫∈++ ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦．根据题意，只要()225614a a ⎛⎫+-+< ⎪⎝⎭，解得1322a -<<，所以30,2a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭．4．已知函数()2ln f x x ax x =+-，()3ln 12xx g x x e =-++．（1）讨论函数()f x 的单调性；（2）若()()f x g x ≥恒成立，求实数a 的取值范围．【答案】（1）答案见解析；（2）27,4e ⎡⎫-+∞⎪⎢⎣⎭． 【解析】（1）函数()2ln f x x ax x =+-的定义域为()0,∞+，且()212121ax x f x ax x x-+=+='-．①当0a =时，()1xf x x-'=，若01x <<，则()0f x '>；若1x >，则()0f x '<， 此时，函数()f x 的单调递增区间为()0,1，单调递减区间为()1,+∞；②当0a <时，180Δa =->，令()0f x '=，可得14x a =（舍）或14x a=．若104x a <<，则()0f x '>；若14x a>，则()0f x '<， 此时，函数()f x的单调递增区间为0⎛ ⎝⎭，单调递减区间为+⎫⎪∞⎪⎝⎭； ③当0a >时，18Δa =-．（i ）若180Δa =-≤，即当18a ≥时，对任意的0x >，()0f x '≥，。
高中数学解题方法系列：函数中恒成立问题解题策略
高中数学解题方法系列：函数中恒成立问题解题策略函数的内容作为高中数学知识体系的核心，也是历年高考的一个热点.函数类问题的解决最终归结为对函数性质、函数思想的应用.恒成立问题，在高中数学中较为常见.这类问题的解决涉及到一次函数、二次函数、三角函数、指数与对数函数等函数的性质、图象，渗透着换元、化归、数形结合、函数与方程等思想方法，有利于考查学生的综合解题能力，在培养思维的灵活性、创造性等方面起到了积极的作用.恒成立问题在解题过程中有以下几种策略：①赋值型；②一次函数型；③二次函数型；④变量分离型；⑤数形结合型.现在我们一起来探讨其中一些典型的问题.策略一、赋值型——利用特殊值求解等式中的恒成立问题，常常用赋值法求解，特别是对解决填空题、选择题能很快求得.例1．由等式x 4+a 1x 3+a 2x 2+a 3x+a 4=(x+1)4+b 1(x+1)3+b 2(x+1)2+b 3(x+1)+b 4定义映射f：(a 1,a 2,a 3,a 4)→b 1+b 2+b 3+b 4,则f：(4,3,2,1)→()A.10B.7C.-1D.0略解：取x=0，则a 4=1+b 1+b 2+b 3+b 4,又a 4=1,所以b 1+b 2+b 3+b 4=0，故选D例2．如果函数y=f(x)=sin2x+acos2x 的图象关于直线x=8π-对称，那么a=（）.A .1B .-1C .2D .-2.略解：取x=0及x=4π-，则f(0)=f(4π-),即a=-1，故选B.此法体现了数学中从一般到特殊的转化思想.策略二、一次函数型——利用单调性求解给定一次函数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（线段）（如下图）可得上述结论等价于ⅰ）⎩⎨⎧>>0)(0m f a ，或ⅱ）⎩⎨⎧><0)(0n f a 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3．对于满足|a|≤2的所有实数a,求使不等式x 2+ax+1>2a+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a,关键在于该把哪个字母看成是一n m o x y nm o x y个变量，另一个作为常数.显然可将a 视作自变量，则上述问题即可转化为在[-2，2]内关于a 的一次函数大于0恒成立的问题.解：原不等式转化为(x-1)a+x 2-2x+1>0在|a|≤2时恒成立,设f(a)=(x-1)a+x 2-2x+1,则f(a)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.即x∈(－∞,－1)∪(3,+∞)此类题本质上是利用了一次函数在区间[m,n]上的图象是一线段，故只需保证该线段两端点均在x 轴上方（或下方）即可.策略三、二次函数型——利用判别式,韦达定理及根的分布求解对于二次函数f(x)=ax 2+bx+c=0(a≠0)在实数集R 上恒成立问题可利用判别式直接求解，即f(x)>0恒成立⇔⎩⎨⎧<∆>00a ；f(x)<0恒成立⇔⎩⎨⎧<∆<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4．若函数12)1()1()(22++-+-=a x a x a x f 的定义域为R，求实数a 的取值范围.分析：该题就转化为被开方数012)1()1(22≥++-+-a x a x a 在R 上恒成立问题，并且注意对二次项系数的讨论.解：依题意，当时，R x ∈012)1()1(22≥++-+-a x a x a 恒成立，所以，①当,1,01,01{,0122=≠+=-=-a a a a 时，即当此时.1,0112)1()1(22=∴≥=++-+-a a x a x a ②当时，时，即当012)1(4)1(,01{012222≤+---=∆>-≠-a a a a a 有,91,09101{22≤<⇒≤+->a a a a 综上所述，f(x)的定义域为R 时，]9,1[∈a 例5.已知函数2()3f x x ax a =++-，在R 上()0f x ≥恒成立，求a 的取值范围.分析：()y f x =的函数图像都在X 轴及其上方，如右图所示：略解：()22434120a a a a ∆=--=+-≤62a ∴-≤≤变式1：若[]2,2x ∈-时，()0f x ≥恒成立，求a 的取值范围.分析：要使[]2,2x ∈-时，()0f x ≥恒成立，只需)(x f 的最小值0)(≥a g 即可.解：22()324a a f x x a ⎛⎫=+--+ ⎪⎝⎭，令()f x 在[]2,2-上的最小值为()g a .⑴当22a -<-，即4a >时，()(2)730g a f a =-=-≥73a ∴≤又4a > a ∴不存在.⑵当222a -≤-≤，即44a -≤≤时，2()()3024a a g a f a ==--+≥62a ∴-≤≤又44a -≤≤ 42a ∴-≤≤⑶当22a ->，即4a <-时，()(2)70g a f a ==+≥7a ∴≥-又4a <- 74a ∴-≤<-综上所述，72a -≤≤.变式2：若[]2,2x ∈-时，()2f x ≥恒成立，求a 的取值范围.解法一：分析：题目中要证明2)(≥x f 在[]2,2-上恒成立，若把2移到等号的左边，则把原题转化成左边二次函数在区间[]2,2-时恒大于等于0的问题.略解：2()320f x x ax a =++--≥，即2()10f x x ax a =++-≥在[]2,2-上成立.⑴()2410a a ∆=--≤22a ∴--≤≤-+⑵24(1)0(2)0(2)02222a a f f a a ⎧∆=-->⎪≥⎪⎪⎨-≥⎪⎪-≥-≤-⎪⎩或2225--≤≤-∴a 综上所述，2225-≤≤-a .解法二：（运用根的分布）⑴当22a -<-，即4a >时，()(2)732g a f a =-=-≥()54,3a ∴≤∉+∞a ∴不存在.⑵当222a -≤-≤，即44a -≤≤时，2()()3224a a g a f a ==--+≥，222222-≤≤-a －2224-≤≤-∴a ⑶当22a ->，即4a <-时，()(2)72g a f a ==+≥，5a ∴≥-54a ∴-≤<-综上所述25≤≤-a 2-2.此题属于含参数二次函数，求最值时，轴变区间定的情形，对轴与区间的位置进行分类讨论；还有与其相反的，轴动区间定，方法一样.对于二次函数在R 上恒成立问题往往采用判别式法（如例4、例5），而对于二次函数在某一区间上恒成立问题往往转化为求函数在此区间上的最值问题策略四、变量分离型——分离变量，巧妙求解运用不等式的相关知识不难推出如下结论：若对于x 取值范围内的任何一个数都有f(x)>g(a)恒成立，则g(a)<f(x)min ;若对于x 取值范围内的任何一个数，都有f(x)<g(a)恒成立，则g(a)>f(x)max .(其中f(x)max 和f(x)min 分别为f(x)的最大值和最小值)例 6.已知三个不等式①0342<+-x x ，②0862<+-x x ，③0922<+-m x x ．要使同时满足①②的所有x 的值满足③，求m 的取值范围.略解：由①②得2<x<3,要使同时满足①②的所有x 的值满足③,即不等式0922<+-m x x 在)3,2(∈x 上恒成立，即)3,2(922∈+-<x x x m 在上恒成立，又，上大于在9)3,2(922∈+-x x x 所以9≤m 例7.函数)(x f 是奇函数，且在]1,1[-上单调递增，又1)1(-=-f ，若12)(2+-≤at t x f 对所有的]1,1[-∈a 都成立，求t 的取值范围.解：据奇函数关于原点对称，,1)1(=f 又1)1()(]1,1[)(max ==-f x f x f 上单调递增在 12)(2+-≤at t x f 对所有的]1,1[-∈a 都成立.因此，只需122+-at t 大于或等于上在]1,1[)(-x f 的最大值1，0211222≥-⇒≥+-∴at t at t 都成立对所有又]1,1[-∈a ，即关于a 的一次函数在[-1，1]上大于或等于0恒成立，⇒t ≥2或t =0或t ≤-2002-2∴{t t 22≥≥+t t 即：t ∈(-∞,-2] {0} [2,+∞)利用变量分离解决恒成立问题，主要是要把它转化为函数的最值问题.策略五、数形结合——直观求解例8.x -2>a 恒成立，求实数a 的取值范围.对任意实数x ，不等式x +1-分析：设y=|x+1|-|x-2|,x -2>a 恒成立即转对任意实数x ，不等式x +1-化为求函数y=|x+1|-|x-2|的最小值，画出此函数的图象即可求得a 的取值范围.解：令y =⎪⎩3x -2=⎨⎪2x -1-1<x <2⎧-3x ≥2x ≤-1x +1-在直角坐标系中画出图象如图所示，由图象可看出，要使x -2>a 恒成立，只对任意实数x ，不等式x +1-需a <-3.故实数a 的取值范围是（-∞，.-3）本题中若将x -2>a 恒成立，求实数a 改为①对任意实数x ，不等式x +1-x -2<a 恒成立，求实数a ，同样由图象可得a>3;对任意实数x ，不等式x +1-②x -2>a 恒成立，求实数a ,构造函数，画出图象，对任意实数x ，不等式x +1+得a<3.利用数形结合解决恒成立问题，应先构造函数，作出符合已知条件的图形，再考虑在给定区间上函数与函数图象之间的关系，得出答案或列出条件，求出参数的范围.恒成立的题型和解法还有很多，只要我们充分利用所给定的函数的特点和性质，具体问题具体分析，选用恰当的方法，对问题进行等价转化，就能使问题获得顺利解决.只有这样才能真正提高分析问题和解决问题的能力.。
高考数学恒成立问题---最值分析法知识讲解与例题讲解
高考数学恒成立问题---最值分析法知识讲解与例题讲解最值法求解恒成立问题是三种方法中最为复杂的一种，但往往会用在解决导数综合题目中的恒成立问题。
此方法考研学生对所给函数的性质的了解，以及对含参问题分类讨论的基本功。
是导数中的难点问题。
一、基础知识： 1、最值法的特点：（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2、理论基础：设()f x 的定义域为D（1）若x D ∀∈，均有()f x C ≤（其中C 为常数），则()max f x C ≤ （2）若x D ∀∈，均有()f x C ≥（其中C 为常数），则()min f x C ≥ 3、技巧与方法：（1）最值法解决恒成立问题会导致所构造的函数中有参数，进而不易分析函数的单调区间，所以在使用最值法之前可先做好以下准备工作：① 观察函数()f x 的零点是否便于猜出（注意边界点的值） ② 缩小参数与自变量的范围：通过代入一些特殊值能否缩小所求参数的讨论范围（便于单调性分析）观察在定义域中是否包含一个恒成立的区间（即无论参数取何值，不等式均成立），缩小自变量的取值范围（2）首先要明确导函数对原函数的作用：即导函数的符号决定原函数的单调性。
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）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。
二、典型例题：例1：设()222f x x mx =−+，当[)1,x ∈−+∞时，()f x m ≥恒成立，求m 的取值范围思路：恒成立不等式为2220x mx m −+−≥，只需()2min220x mx m−+−≥，由于左端是关于x 的二次函数，容易分析最值点位置，故选择最值法解：恒成立不等式为2220x mx m −+−≥，令()222g x x mx m =−+−则对称轴为x m =（1）当1m ≤−时，()g x 在[)1,−+∞单调递增，()()min 11220g x g m m ∴=−=++−≥ 3m ∴≥−即[]3,1m ∈−−（2）当1m >−时，()g x 在()1,m −单调递减，在(),m +∞单调递增 ()()22min 22021g x g m m m m m ∴==−+−≥⇒−≤≤(]1,1m ∴∈− 终上所述：[]3,1m ∈−小炼有话说：二次函数以对称轴为分解，其单调性与最值容易分析。
浅谈高考数学恒成立问题的解题方法
浅谈高考数学恒成立问题的解题方法摘要：恒成立问题是高中数学中的一个重点，更是历年高考的热点，有人说“恒成立问题”是高考的兴奋点，这不无道理.但此类问题解法灵活、综合性强，往往通过一道综合试题即可全面考查学生灵活运用数学知识、数学思想方法的能力，考查学生数学思维的深刻性和敏捷性。
部分学生常感到无从下手，茫然不知所措，那么到底如何解决这类问题呢?实际上只要紧紧“抓”住这类问题求解中的几个“抓手”，恒成立问题就会迎刃而解 关键词：判别式法；最值法；分离参数法；数形结合法；赋值法近几年的高考数学试卷中频频出现一种数学问题：有关含参的“恒成立”问题。
为什么会如此重视这类问题呢，因为恒成立问题是一个考察学生综合素质的很好途径：其一是这类问题覆盖面广，几乎覆盖了函数、不等式、三角、数列、几何等高中数学的所有知识点；其二是涉及到一次函数、二次函数等函数的性质、图象，渗透着换元、化归、数形结合、函数与方程等思想方法，在培养思维的灵活性、创造性等方面起到了积极的作用。
所以可从这样的题目中考查学生的分析问题、解决问题的能力，以及综合解题能力。
真正理解并弄清这类问题的常规求解方法，不但可以让学生形成良好的数学思想，而且可以提高学生分析问题和解决问题的能力。
下面我就结合自己的教学经验谈谈恒成立问题的解题方法。
一、判别式法对于二次函数2()(0,)f x ax bx c a x R =++≠∈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 .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.例1 对于x R ∈，不等式2230x x m -+-≥恒成立，求实数m 的取值范围. 解：不妨设2()23f x x x m =-+-，其函数图象是开口向上的抛物线，为了使()0()f x x R ≥∈，只需0∆≤，即2(-2)-4(3-)0m ≤，解得2(2]m m ≤⇒∈-∞，.变形：若对于x R ∈，不等式2230mx mx -+>恒成立，求实数m 的取值范围. 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003m ∆<⇒<<. ③ 当0m <时，显然不等式不恒成立.由①②③知[03)m ∈，. 关键点拨：对于有关一元二次不等式20(0)ax bx c ++><或的问题，可设函数2()(0,)f x ax bx c a x R =++≠∈，由a 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.例 2 已知函数2()22f x x kx =-+，在1x ≥-时恒有()f x k ≥，求实数k 的取值范围.解：令2()()22F x f x k x kx k =-=-+-，则()0F x ≥对一切1x ≥-恒成立，而()F x 是开口向上的抛物线.①如图1，当图象与x 轴没有交点，满足0∆<，即244(2)0k k ∆=--<， 解得21k -<<.②如图2，当图象与x 轴有交点，且在[1)x ∈-+∞，时()0F x ≥，只需 021(1)01220 2112k k F k k k k ⎧⎪∆≥≤-≥⎧⎪⎪-≥⇒++-≥⎨⎨⎪⎪-≤-⎩⎪-≤-⎩或解得32k -≤≤-. 由①②知31k -≤<.图2关键点拨：构造一个新函数()()Fx f x k =-使()f x k ≥在[1)x ∈-+∞，恒成立是解题的关键，再利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、最值法恒成立条件下不等式中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，从题目中如何提取可借用的知识模块往往捉摸不定，难以寻觅．但是如果能将参数分离出来，建立起明确的关系，则由下述两个基本命题便能简捷的求出参数的取值范围．（1）m x f ≥)(对任意x 都成立m x f ≥⇔min )(;（2）m x f ≤)(对任意x 都成立max )(x f m ≥⇔.将两命题结论通过数轴表示出来既直观又易于掌握理解．两命题可简记为“大于时大于值域上限，小于时小于值域下限”.由此看出，本类问题实质上是一类求函数的最值问题.例 3 在ABC ∆中，已知2()4sin sin ()cos 2|()-|242Bf B B B f B m π=++<，且恒成立，求实数m 的范围.解析：由2()4sin sin ()cos 2=2sin 142Bf B B B B π=+++， 0B π<<，sin (01] ()(13]B f B ∴∈∈，，，，|()-|2f B m <恒成立，2()2f B m ∴-<-<，即()2()2m f B m f B >-⎧⎨<+⎩恒成立，(13]m ∴∈，. 例4 求使不等式sin cos [0]a x x x π>-∈，，恒成立的实数a 的范围.解：由于sin cos )4a x x x π>-=-,[0]x π∈，,3[]444x πππ∴-∈-，，sin()[1]42x π∴-∈-，)[14x π-∈-，a ∴. 变式：求使不等式sin cos (0)42a x x x ππ>--∈，，恒成立的实数a 的范围.解：由于sin cos )4a x x x π>-=-, (0)42x ππ-∈，，sin()(01)4x π∴-∈，，)(04x π-∈，a ∴≥.例5 设函数是定义在R 上的增函数，如果不等式2(1)(2)f ax x f a --<-对于任意[01]x ∈，恒成立，求实数a 的取值范围. 解：()f x 是增函数，2(1)(2)f ax x f a ∴--<-对于任意[01]x ∈，恒成立212ax x a ⇔--<-对于任意[01]x ∈，恒成立210x ax a ⇔++->对于任意[01]x ∈，恒成立令2()1g x x ax a =++-，[01]x ∈，，所以原问题等价于min ()0g x > min (0) 0()() 2022 2g a a g x g a a >⎧⎪⎪--≤≤⎨⎪<-⎪⎩，，， 即2min 1- 0() 1 2042 2a a a g x a a a >⎧⎪⎪--+-≤≤⎨⎪<-⎪⎩，，，易求得1a <.关键点拨：本题可利用函数的单调性把原不等式问题转化为212ax x a --<-对于任意[01]x ∈，恒成立，从而转化为二次函数区间最值求解. 三、分离参数法在不等式中求含参数范围过程中，当不等式中的参数（或关于参数的代数式）能够与其它变量完全分离出来并且分离后不等式其中一边的函数（或代数式）的最值或范围可求时，常用分离参数法.例 6 不等式22(1)(5)311x a x a b x x +--+>--+对一切实数恒成立，求a b 、满足的条件．解：将参数a b 、分离出来，22131(x )024x x -+=-+>,∴原不等式变形为22()(1)(2)0a b x x x --+++>,22(2)()1x a b f x x x +∴->-=-+.()0f x ≤,∴由命题１知当0a b ->时，原不等式恒成立．例7 若不等式lg 21lg()axa x <+在[12]x ∈，时恒成立，试求a 的取值范围． 解：分离参数a ，由题设知120x ax >>，,故01lg()0a a x a x >+>+>，，. 原不等式变形为lg 2lg()ax a x <+，2ax a x ∴<+， (21)x a x ∴-<， 11(1)()21221x a f x x x ∴<=+=--. ()f x 在[12]，上为减函数, 2()(2)3f x f ∴≥=，23a ∴<综上所述，a 的取值范围为203a <<． 从以上例子可以看出用分离参数法解恒成立问题，其方法步骤学生容易理解掌握，程序也不复杂，通过恒等变形将参数分离出来之后，只要求出主变元函数值域的上限或下限（方程问题需求出值域）问题便迎刃而解了，当然分离参数法不是解恒成立问题的惟一方法，亦非万能．对具体问题要具体分析，选用恰当的方法．本文旨在使学生学一法，通一类，逐步提高综合运用知识解决问题的能力．四、数形结合法如果不等式中涉及的函数、代数式对应的图像、图形较易画出时，可通过图像、图形的位置关系建立不等式求得参数范围.例8 设(0,4]x ∈ax >恒成立，求a 的取值范围．解：若设1y 2211(2)4(y 0)x y -+=≥为上半圆．设2y ax =，为过原点，斜率为a 的直线．在同一坐标系内作出函数图象，如图3所示，依题意，半圆恒在直线上方时，只有0a <时成立，即a 的取值范围为0a <．利用数形结合解决恒成立问题，应先构造函数，作出符合已知条件的图形，再考虑在给定区间上函数与函数图象之间的关系，得出答案或列出条件，求出参数的范围.图 3例9 当(1,2)x ∈时，不等式2(1)log a x x ->恒成立，求a 的取值范围. 解：如图4所示，设212()(1)()log a T f x x T g x x =-=：，：T 则1T 的图象为图4所示的抛物线，要使对一切(1,2)x ∈,()()f x g x <恒成立即1T 的图象一定要在2T 的图象所的下方，显然1a >,并且必须也只需(2)(2)g f >.故log 211a a >>，，12a ∴<≤图 4关键点拨：若将不等号两边分别设成两个函数，则左边为二次函数，右边为对数函数，故可以采用数形结合借助图象位置关系通过特指求解a 的取值范围.例10 已知关于x 的方程2lg(20)lg(863)0x x x a +---=有唯一解，求实数a 的取值范围.解：设2211:20(10)100T y x x x =+=+-，22863T y x a =--：，则如图5所示，1T 的图象为一抛物线，2T 的图象是一条斜率为定值8，而截距不定的直线，要使1T 和2T 在x 轴上有唯一交点，则直线必须位于1l 和2l 之间.（包括1l 但不包括2l )当直线为1l 时，直线过点(200)-，，此时纵截距为63160a --=，1636a =-; 当直线为2l 时，直线过点(00)，，此时纵截距为630a --=，12a =- ∴a 的取值范围为1631[)62--，. 关键点拨：原方程可化成2lg(20)=lg(863)x x x a +--，从而得220=8630x x x a +-->，若将等号两边分别构造函数即二次函数220y x x =+与一次函数=863y x a --，则只需考虑这两个函数的图象在x 轴上方恒有唯一交点即可.图 5 五、赋值法——利用特殊值求等式中的恒成立问题，常常用赋值法求解，特别是对解决填空题、选择题能很快求得.例11由等式4323212341234(1)(1)(1)(1)x a x a x a x a xb x b x b x b ++++=++++++++ 定义映射12341234:()f a a a a b b b b →+++，，，，则:(4321)( )f →，，， . 10 . 7 . 1 . 0A B C D -解：取0x =，则412341a b b b b =++++，又因为41a =，所以1234=0b b b b +++，故选D .例12 如果函数()sin 2cos 2f x x a x =+的图象关于直线8x π=-对称，那么( )a =.. 1 . 1 . A B C D -解：取0x =及4x π=-，则(0)()4f f π=-,即1a =-，故选C .此法体现了数学中从一般到特殊的转化思想.在处理恒成立问题时，并非单一的使用某一种解题方法，而是各种解题方法相互渗透，解决这类问题是各种思路和方法的综合运用，且要求较高难度较大.正所谓“万变不离其宗”，只要我们在平时的学习中把基本思路和方法理解，掌握透彻，一切问题都会迎刃而解.。
高三数学一轮复习7---恒成立存在性问题.doc
高三数学一轮复习7---恒成立、存在性问题班级 _______ 姓名 _________ 学号1.已知函数/(x) = alnx + x 2 (a 为常数),若存在xe[l,e]，使/(x) <(a + 2)x 成立,则实数。
的取值 范围是【分析】本题中，参数a 可以比较方便的用含x 的函数来表示，因此想到分离参数，转化为存在性问题， 进而转化为最值问题.解法一：存在 xe [\,e]» 使 a\nx + x 2< (^ + 2)x ， 即存在 xe [l,e]» 使 a(x -\nx) < x 2 -2x令r(x) = x-lnx 底[1,可，则厂(兀)=1 一丄》0，故心)在xe[l,e]单调递增， 故心)> t(J) = 1 > 0，即 x-\nx> 0 在 XG [l,e]恒成立.r 2 -2x故存在使a>-——•x-\nxX 2 _2r令 /?(%)二: --- XG [1,幺]，即 a > /?(x)min ，下求 /z(x)在 xw [l.e]的最小值.x-lnx(x - In x)2令(p(x) = x+ 2-2\nx xw [1,幺]，2则(p\x) = \— — = 0，x = 2，x0(x)>O,x>2；(p\x) < 0,x< 2 故x = 2是函数°(x)的极小ffl 点，也是最小值点. ・・・ %(兀)間=仅2) =4-21n2>0,即x + 2-21nx>0在xe[l,e]恒成立• 故炉(兀)» 0在xw [l,e]恒成立••: h(x)在xw [1,幺]单调递增. ◎ min=/z(l) = —1• • a n —1【解题回顾】在木题求解中，有两个难点：(1)需意识到t(x) = x-\nx> 0在xe[\y e]恒成立；(2)在对 触劝的讨论中，需对其部分分子^(x) = % + 2-21nx 进行在区间[1,刃的值域分析，得出 <p(x) = x+2 —21nx>0^xe[l,e]恒成立.进而得出 h\x) >0在兀w [l,e]恒成立.纵观本题，可以分离参数，转化为最值问题.但在对新函数最值的讨论中需要“步步为营、逐个击破”, 学生在求解过程中要思路清晰，以细求准.其实在对吐兀)的讨论中，得出“h\x)>o 在“ [1,可恒成立”这个结论还有一个办法，就是直接对力a) 定号•请看下面的解法：解法二：先按解法一的思路把问题转化为：存在xw[l,w],使_2x. x-\nx令 h(x)-x 2 -2x= -------- XG [1疋]，即a > ，下求/?(x)在XG [1,幺]的最小值. x-lnx(x-l)(x + 2-21nx) _ (x- l)x + 2(x-1)(1 - In x) (x-lnx)2(^-lnx)2xe [l,e]， x(x -1) > 0， 2(x 一 1)(1 -lnx) > 0 故力G) > 0在x G [1,e]恒成立.(下同解法一)…_ (2 — 2)(% - In %) - (x 2 - 2兀)(1 - _(兀 _ i )(兀 + 2 _ 2 In x)(X )= ' • “= —(x-lnx)2—h\x)- (2 兀—2)(兀—In x) — (%2 — 2x)(1—) x【解题回顾】上述解法显然要比“解法一”简单，但学生需在求解过程屮，敏感地意识到兀“1,可这个定义域对函数符号的确定有很大作用.因此想到对/『(兀)的分子各项作合理组合，从构造出使h*(x) > 0的因式组合.以上两种解法可以实施的前提是变量a可以比较方便的“分离”出来，用含兀的函数来表示，且可以确定新函数/z(x)是单调递增的.若变量d无法分离，或新函数加朗的单调性无法确定(加兀)存在极值点, 但又无法求出此极值点)，那“分离参数”这个方法在此就不合适了.为此，本题还提供一种对此类问题的一般性解法.类型二：分类讨论，逐一分析解法三：存在fl,e］，使兀彳-(a + 2)x + alnxS0，令g(兀)=x2 -(a + 2)x + alnx，即0 » g(x)inin，下求g(兀)在xe［1,e］的最小值.gS) = 2_(d + 2) +亠2疋-匕 + 2)兀 +。
数学高考复习中恒成立问题及解题策略
数学高考复习中恒成立问题及解题策略
数学高考复习中常见的恒成立问题包括：三角函数、平面几何、立体几何、数列等方面的常见恒等式是否成立。
解决这些问题需要
我们掌握以下策略：
1. 掌握基本定义。
了解三角函数、平面几何、立体几何、数列
等基本定义，理解它们的概念和性质，这是解决恒成立问题的前提。
2. 理解证明步骤。
对于一些基本的恒等式，如三角函数的基本
恒等式、半角公式等，需要深入理解其证明步骤，这样能解决很多
基本的恒成立问题。
3. 对比特殊情况。
对于一些复杂的恒等式，可以考虑先验证一
些特殊情况，如取特殊的几个值来代入验证，这样可以对恒等式是
否成立有一个大致的判断。
4. 利用常见定理。
多运用常见的几何定理或性质的结论，如勾
股定理、中线定理、垂直平分线定理等，也可以用对等三角形、相
似比、余弦、正弦等基本知识来解决。
5. 探索新的思路。
对于一些比较难的恒等式，可以多思考，开
拓思路，寻找新的解题方法，这样可以解决不同的问题，丰富解题
经验。
总之，解决恒成立问题需要我们理解基本定义和证明步骤，利
用特殊情况和常见定理，同时具有创新和探索的精神。
高三数学专题——恒成立与存在性问题
高三数学专题——恒成立与存在性问题高三复专题——恒成立与存在性问题知识点总结：1.___成立问题：1) 若对于D中的任意x，都有f(x)>A，则f(x)的最小值>A；2) 若对于D中的任意x，都有f(x)<A，则f(x)的最大值<A；3) 若对于D中的任意x，都有f(x)>g(x)，则F(x)=f(x)-g(x)>0，因此F(x)的最小值>0；4) 若对于D中的任意x，都有f(x)<g(x)，则F(x)=f(x)-g(x)<0，因此F(x)的最大值<0；5) 若对于D中的任意x1和E中的任意x2，都有f(x1)>g(x2)，则f(x)的最小值>g(x)的最大值；6) 若对于D中的任意x1和E中的任意x2，都有f(x1)<g(x2)，则f(x)的最大值<g(x)的最小值。
2.存在性问题：1) 若存在D中的x，使得f(x)>A，则f(x)的最大值>A；2) 若存在D中的x，使得f(x)<A，则f(x)的最小值<A；3) 若存在D中的x，使得f(x)>g(x)，则F(x)=f(x)-g(x)，因此F(x)的最大值>0；4) 若存在D中的x，使得f(x)<g(x)，则F(x)=f(x)-g(x)，因此F(x)的最小值<0；5) 若存在D中的x1和E中的x2，使得f(x1)>g(x2)，则f(x)的最大值>g(x)的最小值；6) 若存在D中的x1和E中的x2，使得f(x1)<g(x2)，则f(x)的最小值<g(x)的最大值。
3.相等问题：1) 若对于D中的任意x1，存在E中的某个x2，使得f(x1)=g(x2)，则{f(x)}={g(x)}；4.___成立与存在性的综合性问题：1) 若对于D中的任意x1，存在E中的某个x2，使得f(x1)>g(x2)，则f(x)的最小值>g(x)的最小值；2) 若对于D中的任意x1，存在E中的某个x2，使得f(x1)<g(x2)，则f(x)的最大值<g(x)的最大值。
【新】2019年高考数学大一轮复习热点聚焦与扩展专题17恒成立问题——数形结合法
专题17 恒成立问题——数形结合法【热点聚焦与扩展】不等式恒成立问题常见处理方法：① 分离参数()a f x ≥恒成立(()max a f x ≥可)或()a f x ≤恒成立（()min a f x ≤即可）；② 数形结合(()y f x =图象在()y g x = 上方即可)；③ 讨论最值()min 0f x ≥或()max 0f x ≤恒成立；④ 讨论参数. 1、函数的不等关系与图象特征：（1）若x D ∀∈，均有()()()f x g x f x <⇔的图象始终在()g x 的下方 （2）若x D ∀∈，均有()()()f x g x f x >⇔的图象始终在()g x 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、要了解所求参数在图象中扮演的角色，如斜率，截距等4、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）5、在作图时，要注意草图的信息点尽量完备6、什么情况下会考虑到数形结合？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【经典例题】例1．【2018届浙江省金华十校4月模拟】若对任意的，存在实数，使恒成立，则实数的最大值为__________．【答案】9【解析】若对任意的，恒成立，可得：恒成立，令，，原问题等价于：，结合对勾函数的性质分类讨论：(1)当时，，，原问题等价于存在实数满足：，故，解得：，则此时；(2)当时，，，原问题等价于存在实数满足：，原问题等价于存在实数满足：，故，解得：，则此时；当时，，原问题等价于存在实数满足：，故，解得：，则此时；综上可得：实数的最大值为.点睛：对于恒成立问题，常用到以下两个结论：(1)a≥f(x)恒成立⇔a≥f(x)max；(2)a≤f(x)恒成立⇔a≤f(x)min.例2.【2018届一轮训练】已知log12 (x＋y＋4)<log12(3x＋y－2)，若x－y≤λ恒成立，则λ的取值范围是______________．【答案】[10，＋∞)点睛：线性规划的实质是把代数问题几何化，即数形结合的思想.需要注意的是：一，准确无误地作出可行域；二，画目标函数所对应的直线时，要注意与约束条件中的直线的斜率进行比较，避免出错；三，一般情况下，目标函数的最大或最小值会在可行域的端点或边界上取得.例3．已知函数在上不单调，则实数的取值范围是__________．【答案】【解析】已知函数定义域为，，，令，图象如图，∵函数在上不单调，∴区间在零点1或3的两侧，或，解得或.即实数的取值范围是.点睛：利用导数研究函数的单调性的关键在于准确判定导数的符号，注意单调函数的充要条件，尤其对于已知单调性求参数值(范围)时，隐含恒成立思想例4．【2018届二轮训练】对于0≤m≤4的任意m ，不等式x 2＋mx>4x ＋m －3恒成立，则x 的取值范围是________________． 【答案】(－∞，－1)∪(3，＋∞)【解析】不等式可化为m(x －1)＋x 2－4x ＋3>0在0≤m≤4时恒成立． 令f(m)＝m(x －1)＋x 2－4x ＋3.结合二次函数的图象得()()00{40f f >>⇒22430{10x x x >>－＋－⇒13{11x x x x -或或即x<－1或x>3.故答案为：(－∞，－1)∪(3，＋∞)例5.已知不等式()21log a x x -<在()1,2x ∈上恒成立，则实数a 的取值范围是_________ 【答案】12a <≤可得：1log 22a a ≤⇒≤，综上可得：12a <≤.【名师点睛】（1）通过常系数函数图象和恒成立不等式判断出对数函数的单调性，进而缩小了参数讨论的取值范围.（2）学会观察图象时要抓住图象特征并抓住符合条件的关键点（例如本题中的2x =）. （3）处理好边界值是否能够取到的问题.例6.若不等式log sin 2(0,1)a x x a a >>≠对于任意的0,4x π⎛⎤∈ ⎥⎝⎦都成立，则实数a 的取值范围是___________ 【答案】,14a π⎛⎫∈⎪⎝⎭【解析】本题选择数形结合，可先作出sin 2y x =在0,4x π⎛⎤∈ ⎥⎝⎦的图象，a 扮演的角色为对数的底数，决定函数的增减，根据不等关系可得01a <<，观察图象进一步可得只需4x π=时，log sin2a x x ≥，即log sin 21444aa πππ>⋅=⇒>，所以,14a π⎛⎫∈⎪⎝⎭例7. 已知函数()21f x x mx =+-，若对任意的[],1x m m ∈+，都有()0f x <成立，则实数m 的取值范围是_____________【答案】2⎛⎫-⎪⎝⎭【名师点睛】本题也可以用最值法求解：若()0f x <，则()max 0f x <，而()f x 是开口向上的抛物线，最大值只能在边界处产生，所以()()010f m f m <⎧⎪⎨+<⎪⎩，再解出m 的范围即可.例8.已知函数()22,1{ log ,1x x f x x x <=≥若直线y m =与函数()f x 的图象只有一个交点,则实数m 的取值范围是________.【答案】0m =或[2,m ∈+∞） 【解析】作出函数f(x)的图象如图,例9.已知函数()f x 是定义在R 上的奇函数，当0x ≥时，()()2221232f x x a x a a =-+-- ，若()(),1x R f x f x ∀∈-≤，则实数a 的取值范围是_____________【答案】66⎡-⎢⎣⎦【解析】()f x 是奇函数且在0x >时是分段函数（以22,2a a 为界），且形式比较复杂，恒成立的不等式()()1f x f x -≤较难转化为具体的不等式，所以不优先考虑参变分离或是最值法.从数形结合的角度来看，一方面()f x 的图象比较容易作出，另一方面()1f x -可看作是()f x 的图象向右平移一个单位所得，相当于也有具体的图象.所以考虑利用图象寻找a 满足的条件.先将()f x 写为分段函数形式：()2222223,2,2,0x a x a f x a a x a x x a ⎧-≥⎪=-≤<⎨⎪-<<⎩，作出正半轴图象后再根据奇函数特点，关于原点对称作出x 负半轴图象.()()1f x f x -≤恒成立，意味着()f x 的图象向右平移一个单位后，其图象恒在()f x 的下方.通过观察可得在平移一个单位至少要平移26a 个长度，所以可得：26166a a ≤⇒-≤≤答案：66⎡-⎢⎣⎦. 例10【2018届河南省高三4月考试】已知函数.（1）若在处取得极值，求的值；（2）若在上恒成立，求的取值范围.【答案】（1）；（2）上恒成立，时再分两种情况讨论可得时，在上恒成立，当时，根据二次函数的性质可得不满足题意，进而可得结果. 试题解析：（1），∵在处取到极值， ∴，即，∴.经检验，时，在处取到极小值. （2），令，①当时，，在上单调递减.又∵，∴时，，不满足在上恒成立.时，，单调递增，∴.又∵，∴，故不满足题意.③当时，二次函数开口向下，对称轴为，在上单调递减，，∴，在上单调递减.又∵，∴时，，故不满足题意.综上所述，.【精选精练】1．【2018届东莞市高三毕业班第二次综合考试】已知函数若不等式恒成立，则实数的取值范围为( )A. B.C. D.【答案】C2.若函数有极大值点和极小值点，则导函数的大致图象可能为（）A. B.C. D.【答案】C则导函数在区间上为正数，在区间上为负数，在区间上为正数；观察所给的函数图象可知，只有C 选项符合题意. 本题选择C 选项. 3．已知函数在区间上是增函数，则实数的取值范围是( )A.B.C.D.【答案】A 【解析】二次函数的对称轴为；∵该函数在上是增函数；∴，∴，∴实数的取值范围是，故选B.4. 若||2p ≤,不等式212x px p x ++>+恒成立,则x 的取值范围是______【答案】x <或x > 【解析】思路：本题中已知p 的范围求x 的范围，故构造函数时可看作关于p 的函数，恒成立不等式变形为 ()2210x p x x -+-+>,设()()()22122f x x p x x p =-+-+-≤≤,即关于p 的一次函数，由图象可得：无论直线方向如何，若要()0f x >，只需在端点处函数值均大于0即可，即()()2020f f >⎧⎪⎨->⎪⎩,解得：x <或x >答案：x <或x > 【名师点睛】（1）对于不等式，每个字母的地位平等，在构造函数时哪个字母的范围已知，则以该字母作为自变量构造函数.（2）线段的图象特征：若两个端点均在坐标轴的一侧，则线段上的点与端点同侧. （3）对点评（2）的推广：已知一个函数连续且单调，若两个端点在坐标轴的一侧，则曲线上所有点均与端点同侧.5.设a R ∈，若0x >时均有()21110a x x ax ⎡⎤----≥⎡⎤⎣⎦⎣⎦，则a =_________【答案】32a =32a =答案：32a =6.【2018届二轮训练】当实数x ，y 满足240{10 1x y x y y +-≤--≤≥时，ax ＋y≤4恒成立，则实数a 的取值范围是________． 【答案】3,2⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦【解析】要使平面区域在直线4y ax =-+的下方，则只要B 在直线上或直线下方即可，即214a +≤，得302a <≤，综上32a ≤，所以实数a 的取值范围是3,2⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦，故答案为3,2⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦. 7．【2018届二轮训练】已知函数f 1(x)＝|x －1|，f 2(x)＝13x ＋1，g(x)＝()()122f x f x +＋()()122f x f x -，若a ，b∈[－1,5]，且当x 1，x 2∈[a，b]时，()()1212g x g x x x --＞0恒成立，则b －a 的最大值为________． 【答案】5 【解析】[]15a b ∈-，，， 且[]()()1212120g x g x x x a b a b x x -∈∴-，，，＜，＞ 恒成立，g x ∴（）在区间[]a b ，上单调第增， ∵函数()()()()121212111322f x f x f x f x f x x f x xg x -+=-=+=+（），（），（），()][()[]121035{03f x x g x f x x ⎡⎤∈-⋃⎣⎦∴=∈，，，（），， 当[10x ∈-，） 时， 1g x x =-（），单调减；当[]10313x g x x ∈=+，时，（）， 单调增； 当[]35x ∈，时， 1g x x =-（），单调递增． 05a b b a ∴==-，．的最大值为505-=． 故答案为5.8．【2018届吉林省长春市高三监测（三）】已知函数，若，则实数的取值范围是___________. 【答案】9．【2018届吉林省长春市高三监测（三）】已知函数，若，则实数的取值范围是___________. 【答案】【解析】当，当， 故.故答案为：10．当1x >时，不等式11x a x +≥-恒成立，则实数a 的最大值是__________． 【答案】3【解析】令()1(1)1f x x x x =+>-，则由题意可知()min f x a ≥， ∵1x >，∴()11111311f x x x x x =+=-++≥=--， 当且仅当111x x -=-，即2x =时，等号成立， ∴()min 3f x =，从而3a ≤． 故实数a 的最大值是3． 故答案为：3.()1f x x x=+的图象向右、向上均平移1单位得到，结合图象可得解.11．【2018届宁夏银川高三4月模拟】已知函数是定义在上的奇函数，当时，，给出以下命题：①当时，；②函数有个零点；③若关于的方程有解，则实数的取值范围是；④对恒成立，其中，正确命题的序号是__________．【答案】①④若方程有解，则，且对恒成立，故③错误，④正确.故答案为①④.12．函数的定义域为（为实数）.（1）若函数在定义域上是减函数，求的取值范围；（2）若在定义域上恒成立，求的取值范围.【答案】（1）；（2）【解析】试题分析：（1）利用单调性的定义，根据函数在定义域上是减函数，可得不等式恒成立，从而可求的取值范围；（2）利用分离参数思想原题意等价于恒成立，∵，∴函数在上单调减，∴时，函数取得最小值，即.。
2019高考数学一轮复习专题突破16【恒成立问题】
数，再次运用导数求出最值，从而计算出结果，本题导数的运用性较强、综合性强，需要掌握其解答
方法。
【例 3】【河南省中原名校 2018 届高三高考预测金卷】定义在 R 上的函数 f(x)的导函数为 f'(x)，
且 f(x) = f'(1) ex + f(0) x2 − x，若存在实数 x 使不等式 f(x) ≤ m2 − am − 3 对于 a ∈ [0,2]恒成立，
2
A． 0,1 ∪ 1, + ∞ B． 0, + ∞ C． 1, + ∞ D． 0,1
【答案】A
∴ fxmin =
fa
=
a2 2
+
a
−
a2
−
alna
∴ a2 + a − a2 − alna > 2a − 3 a2，
2
2
令 ga = a2 − a − alna > 0，a > 0
3
∴
ha
=
a
−
alna
【详解】
f(x) = f'1 e2x−2 + x2 − 2f(0) ⋅ x
2
令
x
=
0，则
f(0)
=
f'(1) 2e2
∵ f'x = f'1 ∙ e2x−2 + 2x − 2f(0)，
令 x = 1，则f'1 = f'1 + 2 − 2 f(0)，解得 f0 = 1
∴ f'1 = 2e2，
则 fx = e2x + x2 − 2x，f2 = e4
∴ g(2016) > f(2) ⋅ g(2018)
聚焦高考数学中的恒成立问题
聚焦高考数学中的恒成立问题恒成立问题是高考高频考点，在高考中多以选择题、填空题和解答题等出现，其试题难度属高档题。
这类问题由于往往既含有自变量又含有参变量等多个字母，且还经常与函数的性质、图像、方程等多种数学分支交汇结合，具有形式灵活、思维性强的特点。
解决这类问题的关键是揭开量词隐含的神秘面纱，还原函数问题本来面目。
处理这类问题最基本的方法有分离参数法、构造函数法、数形结合法。
一、分离参数法分离参数法的基本思想是将所给的表达式中的常数a分离出来，转化为：1.f（x）＜g（a）恒成立f（x）max<g（a）；2.f（x）≤g（a）恒成立f（x）max≤g（a）；3.f（x）＞g（a）恒成立f（x）min＞g（a）。
4.f（x）≥g（a）恒成立f（x）min≥g（a）。
例1.（08上海）已知函数f（x）＝2x- 。
（1）若f（x）＝2，求x的值。
（2）若2tf（2t）+mf（t）≥0对于t∈[1,2]恒成立，求实数m的取值范围。
解：（1）x=log2（1+2）。
（2）当t∈[1,2]时，2t（22t-）+m（2t-）≥0，即m（22t-1）≥-（24t-1）。
∵22t-1＞0，∴m≥-（22t+1）；∵t∈[1,2]，∴-（22t+1）∈[-17，-5]，故m的取值范围是[-5，+∞]。
方法点晴：本题主要考查了函数的恒成立问题，其解答中涉及到利用导数研究函数的单调性、利用导数研究函数的极值与最值、恒成立的分离参数构造新函数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，以及转化与化归思想。
试题有一定的思维深度，属于中档试题，解答中根据函数的恒成立，利用分离参数法构造新函数，利用新函数的性质是解答的关键。
二、函数性质法使用情景：对于不能分离参数或分离参数后求最值较困难的类型。
解题模板：第一步：构造函数,首先可以把含参不等式整理成适当形式。
第二步：从研究函数的性质入手，转化为讨论函数的单调性和极值。
备战2019年高考数学大一轮复习 热点聚焦与扩展 专题17 恒成立问题——数形结合法
—————————— 新学期 新成绩 新目标 新方向 ——————————专题17 恒成立问题——数形结合法【热点聚焦与扩展】不等式恒成立问题常见处理方法：① 分离参数()a f x ≥恒成立(()max a f x ≥可)或()a f x ≤恒成立（()min a f x ≤即可）；② 数形结合(()y f x =图象在()y g x = 上方即可)；③ 讨论最值()min 0f x ≥或()max 0f x ≤恒成立；④ 讨论参数.1、函数的不等关系与图象特征：（1）若x D ∀∈，均有()()()f x g x f x <⇔的图象始终在()g x 的下方 （2）若x D ∀∈，均有()()()f x g x f x >⇔的图象始终在()g x 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、要了解所求参数在图象中扮演的角色，如斜率，截距等4、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）5、在作图时，要注意草图的信息点尽量完备6、什么情况下会考虑到数形结合？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【经典例题】例1．【2019届浙江省金华十校4月模拟】若对任意的，存在实数，使恒成立，则实数的最大值为__________．【答案】9【解析】若对任意的，恒成立，可得：恒成立，令，，原问题等价于：，结合对勾函数的性质分类讨论：(1)当时，，，原问题等价于存在实数满足：，故，解得：，则此时；(2)当时，，，原问题等价于存在实数满足：，原问题等价于存在实数满足：，故，解得：，则此时；当时，，原问题等价于存在实数满足：，故，解得：，则此时；综上可得：实数的最大值为.点睛：对于恒成立问题，常用到以下两个结论：(1)a≥f(x)恒成立⇔a≥f(x)max；(2)a≤f(x)恒成立⇔a≤f(x)min.例2.【2019届一轮训练】已知log12 (x＋y＋4)<log12(3x＋y－2)，若x－y≤λ恒成立，则λ的取值范围是______________．【答案】[10，＋∞)点睛：线性规划的实质是把代数问题几何化，即数形结合的思想.需要注意的是：一，准确无误地作出可行域；二，画目标函数所对应的直线时，要注意与约束条件中的直线的斜率进行比较，避免出错；三，一般情况下，目标函数的最大或最小值会在可行域的端点或边界上取得.例3．已知函数在上不单调，则实数的取值范围是__________．【答案】【解析】已知函数定义域为，，，令，图象如图，∵函数在上不单调，∴区间在零点1或3的两侧，或，解得或.即实数的取值范围是.点睛：利用导数研究函数的单调性的关键在于准确判定导数的符号，注意单调函数的充要条件，尤其对于已知单调性求参数值(范围)时，隐含恒成立思想例4．【2019届二轮训练】对于0≤m≤4的任意m ，不等式x 2＋mx>4x ＋m －3恒成立，则x 的取值范围是________________．【答案】(－∞，－1)∪(3，＋∞)【解析】不等式可化为m(x －1)＋x 2－4x ＋3>0在0≤m≤4时恒成立． 令f(m)＝m(x －1)＋x 2－4x ＋3.结合二次函数的图象得()()00{ 40f f >>⇒22430{ 10x x x >>－＋－ ⇒13{11x x x x -或或即x<－1或x>3.故答案为：(－∞，－1)∪(3，＋∞)例5.已知不等式()21log a x x -<在()1,2x ∈上恒成立，则实数a 的取值范围是_________ 【答案】12a <≤可得：1log 22a a ≤⇒≤，综上可得：12a <≤.【名师点睛】（1）通过常系数函数图象和恒成立不等式判断出对数函数的单调性，进而缩小了参数讨论的取值范围.（2）学会观察图象时要抓住图象特征并抓住符合条件的关键点（例如本题中的2x =）. （3）处理好边界值是否能够取到的问题.例6.若不等式log sin 2(0,1)a x x a a >>≠对于任意的0,4x π⎛⎤∈ ⎥⎝⎦都成立，则实数a 的取值范围是___________ 【答案】,14a π⎛⎫∈⎪⎝⎭【解析】本题选择数形结合，可先作出sin 2y x =在0,4x π⎛⎤∈ ⎥⎝⎦的图象，a 扮演的角色为对数的底数，决定函数的增减，根据不等关系可得01a <<，观察图象进一步可得只需4x π=时，log sin 2a x x ≥，即log sin 21444aa πππ>⋅=⇒>，所以,14a π⎛⎫∈⎪⎝⎭例7. 已知函数()21f x x mx =+-，若对任意的[],1x m m ∈+，都有()0f x <成立，则实数m 的取值范围是_____________【答案】⎛⎫ ⎪⎝⎭【名师点睛】本题也可以用最值法求解：若()0f x <，则()max 0f x <，而()f x 是开口向上的抛物线，最大值只能在边界处产生，所以()()010f m f m <⎧⎪⎨+<⎪⎩，再解出m 的范围即可.例8.已知函数()22,1{ log ,1x x f x x x <=≥若直线y m =与函数()f x 的图象只有一个交点,则实数m 的取值范围是________.【答案】0m =或[2,m ∈+∞） 【解析】作出函数f(x)的图象如图,例9.已知函数()f x 是定义在R 上的奇函数，当0x ≥时，()()2221232f x x a x a a =-+-- ，若()(),1x R f x f x ∀∈-≤，则实数a 的取值范围是_____________【答案】66⎡-⎢⎣⎦【解析】()f x 是奇函数且在0x >时是分段函数（以22,2a a 为界），且形式比较复杂，恒成立的不等式()()1f x f x -≤较难转化为具体的不等式，所以不优先考虑参变分离或是最值法.从数形结合的角度来看，一方面()f x 的图象比较容易作出，另一方面()1f x -可看作是()f x 的图象向右平移一个单位所得，相当于也有具体的图象.所以考虑利用图象寻找a 满足的条件.先将()f x 写为分段函数形式：()2222223,2,2,0x a x a f x a a x a x x a ⎧-≥⎪=-≤<⎨⎪-<<⎩，作出正半轴图象后再根据奇函数特点，关于原点对称作出x 负半轴图象.()()1f x f x -≤恒成立，意味着()f x 的图象向右平移一个单位后，其图象恒在()f x 的下方.通过观察可得在平移一个单位至少要平移26a个长度，所以可得：26166a a ≤⇒-≤≤答案：66⎡-⎢⎣⎦.例10【2019届河南省高三4月考试】已知函数.（1）若在处取得极值，求的值；（2）若在上恒成立，求的取值范围.【答案】（1）；（2）上恒成立，时再分两种情况讨论可得时，在上恒成立，当时，根据二次函数的性质可得不满足题意，进而可得结果. 试题解析：（1），∵在处取到极值，∴，即，∴.经检验，时，在处取到极小值. （2），令，①当时，，在上单调递减.又∵，∴时，，不满足在上恒成立.时，，单调递增，∴.又∵，∴，故不满足题意.③当时，二次函数开口向下，对称轴为，在上单调递减，，∴，在上单调递减.又∵，∴时，，故不满足题意.综上所述，.【精选精练】1．【2019届东莞市高三毕业班第二次综合考试】已知函数若不等式恒成立，则实数的取值范围为( )A. B.C. D.【答案】C2.若函数有极大值点和极小值点，则导函数的大致图象可能为（）A. B.C. D.【答案】C则导函数在区间上为正数，在区间上为负数，在区间上为正数；观察所给的函数图象可知，只有C 选项符合题意. 本题选择C 选项. 3．已知函数在区间上是增函数，则实数的取值范围是( )A.B.C.D.【答案】A 【解析】二次函数的对称轴为；∵该函数在上是增函数；∴，∴，∴实数的取值范围是，故选B.4. 若||2p ≤,不等式212x px p x ++>+恒成立,则x 的取值范围是______【答案】x <x > 【解析】思路：本题中已知p 的范围求x 的范围，故构造函数时可看作关于p 的函数，恒成立不等式变形为 ()2210x p x x -+-+>,设()()()22122f x x p x x p =-+-+-≤≤,即关于p 的一次函数，由图象可得：无论直线方向如何，若要()0f x >，只需在端点处函数值均大于0即可，即()()2020f f >⎧⎪⎨->⎪⎩,解得：x <x >答案：12x +<-或12x -+> 【名师点睛】（1）对于不等式，每个字母的地位平等，在构造函数时哪个字母的范围已知，则以该字母作为自变量构造函数.（2）线段的图象特征：若两个端点均在坐标轴的一侧，则线段上的点与端点同侧.（3）对点评（2）的推广：已知一个函数连续且单调，若两个端点在坐标轴的一侧，则曲线上所有点均与端点同侧.5.设a R ∈，若0x >时均有()21110a x x ax ⎡⎤----≥⎡⎤⎣⎦⎣⎦，则a =_________【答案】32a =32a =答案：32a =6.【2019届二轮训练】当实数x ，y 满足240{10 1x y x y y +-≤--≤≥时，ax ＋y≤4恒成立，则实数a 的取值范围是________． 【答案】3,2⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦【解析】要使平面区域在直线4y ax =-+的下方，则只要B 在直线上或直线下方即可，即214a +≤，得302a <≤，综上32a ≤，所以实数a 的取值范围是3,2⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦，故答案为3,2⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦.7．【2019届二轮训练】已知函数f 1(x)＝|x －1|，f 2(x)＝13x ＋1，g(x)＝()()122f x f x +＋()()122f x f x -，若a ，b∈[－1,5]，且当x 1，x 2∈[a，b]时， ()()1212g x g x x x --＞0恒成立，则b －a 的最大值为________．【答案】5 【解析】[]15a b ∈-，，， 且[]()()1212120g x g x x x a b a b x x -∈∴-，，，＜，＞ 恒成立， g x ∴（）在区间[]a b ，上单调第增，∵函数()()()()121212111322f x f x f x f x f x x f x x g x -+=-=+=+（），（），（），()][()[]121035{03f x x g x f x x ⎡⎤∈-⋃⎣⎦∴=∈，，，（），， 当[10x ∈-，） 时， 1g x x =-（），单调减；当[]10313x g x x ∈=+，时，（）， 单调增； 当[]35x ∈，时， 1g x x =-（），单调递增． 05a b b a ∴==-，．的最大值为505-=． 故答案为5.8．【2019届吉林省长春市高三监测（三）】已知函数，若，则实数的取值范围是___________. 【答案】9．【2019届吉林省长春市高三监测（三）】已知函数，若，则实数的取值范围是___________. 【答案】【解析】当，当，故.故答案为：10．当1x >时，不等式11x a x +≥-恒成立，则实数a 的最大值是__________． 【答案】3【解析】令()1(1)1f x x x x =+>-，则由题意可知()min f x a ≥， ∵1x >，∴()11111311f x x x x x =+=-++≥=--， 当且仅当111x x -=-，即2x =时，等号成立， ∴()min 3f x =，从而3a ≤． 故实数a 的最大值是3． 故答案为：3.()1f x x x=+的图象向右、向上均平移1单位得到，结合图象可得解.11．【2019届宁夏银川高三4月模拟】已知函数是定义在上的奇函数，当时，，给出以下命题：①当时，；②函数有个零点；③若关于的方程有解，则实数的取值范围是；④对恒成立，其中，正确命题的序号是__________．【答案】①④若方程有解，则，且对恒成立，故③错误，④正确.故答案为①④.12．函数的定义域为（为实数）.（1）若函数在定义域上是减函数，求的取值范围；（2）若在定义域上恒成立，求的取值范围.【答案】（1）；（2）【解析】试题分析：（1）利用单调性的定义，根据函数在定义域上是减函数，可得不等式恒成立，从而可求的取值范围；（2）利用分离参数思想原题意等价于恒成立，∵，∴函数在上单调减，∴时，函数取得最小值，即.。
2019年上海高考数学·第一轮复习讲义 第09讲 函数中恒成立问题
2019年上海高考数学·第一轮复习（第09讲 函数中的恒成立问题）一、知识梳理函数是整个高中知识体系的核心之一，而函数中的绝大多数问题最终归结为函数性质、函数思想在具体解题过程中的应用。
恒成立问题，涉及到一次函数、二次函数等函数的性质、图像，渗透着换元、化归、数形结合、函数与方程等思想方法，有利于考查学生的综合解题能力，在培养思维的灵活性、创造性等方面起到了积极的作用。
因此也成为历年高考的一个热点。
恒成立问题在解题过程中大致可分为以下几种类型：①一次函数型；②二次函数型；③变量分离型；④根据函数的奇偶性、周期性等性质；⑤直接根据函数的图像。
现在我们一起来探讨其中一些典型的问题二、例题解析1、一次函数型给定一次函数y=f(x)=ax+b(a ≠0)，若y=f(x)在[m,n]内恒有f(x)>0，则根据函数的图像（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|a|≤2的所有实数a ，求使不等式x 2+ax+1>2a+x 恒成立的x 的取值范围。
2、二次函数对于二次函数f(x)=ax 2+bx+c=0(a ≠0)在实数集R 上恒成立问题可利用判别式直接求解，即f(x)>0恒成立⇔⎩⎨⎧<∆>00a ； f(x)<0恒成立⇔⎩⎨⎧<∆<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 若函数y =R 上恒成立，求m 的取值范围。
例3 已知函数2()3f x x ax a =++-，在R 上()0f x ≥恒成立，求a 的取值范围。
变式1：若[]2,2x ∈-时，()0f x ≥恒成立，求a 的取值范围。
完整版高考数学一轮复习导数中恒成立问题总结
讲课方案方案XueDa PPTS Learning Center 姓名学生姓名填写时间学科数学年级高三教材版本人教 A版课题名称导数中的恒成立问题课时计划4上课时间同步讲课知识内容讲课目标个性化学习问题解决讲课重点讲课难点教师活动一、重点精讲1．导数的看法函数 y=f(x), 假如自变量 x 在 x0处有增量x，那么函数 y 相应地有增量y=f（ x+x）－（x 0），f比值y叫做函数 y=f （x）在 x 0到 x 0 +x 之间的均匀变化率，即y =f (x0x) f (x0 ) 。
x x x假如当 x0 时，y有极限，我们就说函数y=f(x) 在点 x0 处可导，并把这个极限叫做f（ x）x在点 x0处的导数，记作 f ’（ x）或 y’| 。
x x0即 f（ x 0） = lim ylimf ( x0x) f ( x0 )。
=x0x x0x 讲课过程说明：（ 1）函数 f（ x）在点 x 0处可导，是指x0 时，y有极限。
假如y不存在极限，就说函数x x在点 x 0处不可以导，或说无导数。
（ 2）x是自变量 x 在 x 0处的改变量，x0 时，而y是函数值的改变量，可以是零。
由导数的定义可知，求函数y=f （ x）在点 x 0处的导数的步骤（可由学生来归纳）：（ 1）求函数的增量y =f（x0+x ）－f（x0）；（ 2）求均匀变化率y=f ( x0x)f ( x)；x x（ 3）取极限，得导数 f ’(x0 )= lim y 。
讲课方案方案XueDa PPTS Learning Center2．导数的几何意义函数 y=f （ x）在点 x 0处的导数的几何意义是曲线y=f （ x）在点 p（ x 0， f （ x 0））处的切线的斜率。
也就是说，曲线y=f （x）在点 p（ x 0，f（ x 0））处的切线的斜率是 f ’（ x 0）。
相应地，切线方程为 y－ y 0 =f /（ x 0）（ x－ x 0）。
恒成立问题 2019高考绝密资料
不等式恒成立问题 主标题：不等式恒成立问题副标题：为学生详细的分析不等式恒成立的高考考点、命题方向以及规律总结。
关键词：不等式，不等式恒成立，知识总结 难度：3 重要程度：5考点剖析：会已知一个变量的取值范围，求另一个变量的取值范围. 命题方向：“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。
规律总结：解决不等式恒成立问题常见的方法： 一、 分离参数在给出的不等式中，如果能通过恒等变形分离出参数，即：若()a f x ≥恒成立，只须求出()max f x ，则()m a x a f x≥；若()a f x ≤恒成立，只须求出()min f x ，则()m i na f x ≤，转化为函数求最值。
二、分类讨论在给出的不等式中，如果两变量不能通过恒等变形分别置于不等式的两边，则可利用分类讨论的思想来解决。
三、确定主元在给出的含有两个变量的不等式中，学生习惯把变量x 看成是主元（未知数），而把另一个变量a 看成参数，在有些问题中这样的解题过程繁琐。
如果把已知取值范围的变量作为主元，把要求取值范围的变量看作参数，则可简化解题过程。
四、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。
五、数形结合数形结合法是先将不等式两端的式子分别看作两个函数，且正确作出两个函数的图象，然后通过观察两图象（特别是交点时）的位置关系，列出关于参数的不等式。
知识点总结：1.()a f x ≥恒成立[]max )(x f a ≥⇔ ()a f x ≤恒成立[]min )(x f a ≤⇔2.一元二次不等式02≥++c bx ax 恒成立⎩⎨⎧≤∆>⇔0a一元二次不等式02≤++c bx ax 恒成立⎩⎨⎧≤∆<⇔00a 一元二次不等式02>++c bx ax 恒成立⎩⎨⎧<∆>⇔0a一元二次不等式02<++c bx ax 恒成立⎩⎨⎧<∆>⇔00a 3.[]()(),,m n f a g a ⊂⎡⎤⎣⎦⇔()f a m ≤且()g a n ≥导数在研究函数中的应用 主标题：导数在研究函数中的应用备考策略副标题：通过考点分析高考命题方向，把握高考规律，为学生备考复习打通快速通道。
专题03 数形结合法-备战2019高考数学临考冲刺秘籍之恒成立与有解问题解法荟萃与题型(解析版)
2019届学科网高三数学临考冲刺秘籍恒成立与有解问题解法荟萃与题型揭秘专题3 数形结合法一、问题指引数形结合法就是作出所给函数的图象，根据函数图象进行求解或转化，操作时，常常等价转为对临界状态进行研究；或画出符合题意的一种状态，再确定限制条件。
二、方法详解利用数形结合法求解恒成立与有解问题,一般要把不等式转化为两个函数图象的位置关系,注意函数的图象要容易作出,有时需要通过移项,构造两个容易作图的函数. (一) ()()f x f a >型此种类型一般是直接求出()f x 的最值,再整理出关于a 的不等式.【例1】已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－x 2＋x ，x ≤1，log 13x ，x ＞1， 若对任意的x ∈R ，都有f (x )≤|k －1|成立，则实数k 的取值范围为________．【分析】作出f (x )的图象，由图象确定f (x )的最大值【解析】对任意x ∈R ，都有f (x )≤|k －1|成立，即f (x )max ≤|k －1|.观察f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－x 2＋x ，x ≤1，log 13x ，x ＞1的图象(如图)可知，当x ＝12时，函数f (x )max ＝14，所以|k －1|≥14，解得k ≤34或k ≥54.故填⎝⎛⎦⎤－∞，34∪⎣⎡⎭⎫54，＋∞. 【答案】⎝⎛⎦⎤－∞，34∪⎣⎡⎭⎫54，＋∞.【类题展示】已知()()22xf x x x e =-，若不等式()f x a <有解，则实数a 的取值范围是【答案】(()2222e-+∞【解析】由()()22x f x x x e =-得()()22x f x x e '=-，所以()f x 在()(),2,2,-∞-+∞上是增函数，在()2,2-上是减函数，作出()f x 的图象，可得()()()2min2222f x f e ==-，所以()2222a e >-。
(二)()()f x g x >型,其中()g x 的图象为直线【例2】已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－x 2＋4x －3，x ≤1，ln x ，x ＞1. 若|f (x )|＋a ≥ax ，则a 的取值范围是________．【分析】先把含有a 的项移到右边，利用y ＝|f (x )|的图象和直线y ＝ax －a 的关系求a 的取值范围。
2019届高三数学专题练习 恒成立问题
2019届高三数学专题练习 恒成立问题1．参变分离法例1：已知函数()ln af x x x=-，若()2f x x<在()1,+∞上恒成立，则a 的取值范围是_________．2．数形结合法例2：若不等式()log sin 20,1a x x a a >>≠对于任意的π0,4x ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦都成立，则实数a 的取值范围是___________． 3．最值分析法例3：已知函数()()ln 10f x a x a =+>，在区间()1,e 上，()f x x >恒成立，求a 的取值范围___________．一、选择题1．已知函数()()2ln 1,03,0x x f x x x x ⎧-+≤⎪=⎨+>⎪⎩，若()()20f x m x -+≥，则实数m 的取值范围是（ ） A ．(],1-∞B ．[]2,1-C ．[]0,3D ．[)3,+∞2．已知函数()3224f x x x x =--+，当[]3,3x ∈-时，()214f x m m ≥-恒成立，则实数m 的取值范围是（ ） A ．()3,11-B ．()3,11C ．[]3,11D ．[]2,73．若函数()2ln 2f x x ax =+-在区间1,22⎛⎫⎪⎝⎭内单调递增，则实数a 的取值范围是（ ）A ．(],2-∞-B ．()2,-+∞C ．12,8⎛⎫-- ⎪⎝⎭D ．1,8⎡⎫-+∞⎪⎢⎣⎭4．已知对任意21,e e x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦不等式2e xa x >恒成立（其中e 2.71828=，是自然对数的底数），则实数a 的取值范围是（ ）A ．e 0,2⎛⎫⎪⎝⎭B ．()0,eC ．(),2e -∞-D ．24,e ⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭5．已知函数()2e x f x x =，当[]1,1x ∈-时，不等式()f x m <恒成立，则实数m 的取值范围是（ ）A ．1,e ⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭B ．1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭C ．[)e,+∞D ．()e,+∞6．当[]2,1x ∈-时，不等式32430ax x x -++≥恒成立，则实数a 的取值范围是（ ） A ．[]5,3--B ．96,8⎡⎤--⎢⎥⎣⎦C ．[]6,2--D ．[]4,3--7．函数()2e 1xf x x =-+，若存在(]00,2x ∈使得()00m f x ->成立，则实数m 的范围是（ ）A ．21e 5,⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭B ．()1,-+∞C ．()1,+∞D ．1e,2⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭8．设函数()ln f x x ax =+，若存在()00,x ∈+∞，使()00f x >，则a 的取值范围是（ ）A ．1,1e ⎛⎫- ⎪⎝⎭B ．1,e ⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭C ．()1,-+∞D ．1,e ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭9．若对于任意实数0x ≥，函数()e x f x ax =+恒大于零，则实数a 的取值范围是（ ） A ．(),e -∞B ．(],e -∞-C ．[)e,+∞D ．()e,-+∞10．已知函数()()()3f x a x a x a =-++，()22x g x =-，若对任意x ∈R ，总有()0f x <或()0g x <成立，则实数a 的取值范围是（ ）A ．(),4-∞-B ．()4,0-C ．[)4,0-D ．()4,-+∞11．已知函数()e xf x ax x=-，()0,x ∈+∞，当21x x >时，不等式()()12210f x f x x x -<恒成立，则实数a 的取值范围为（ ） A ．(],e -∞B ．(),e -∞C ．e ,2⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭D ．e ,2⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦12．设函数()()e 31x f x x ax a =--+，其中1a <，若有且只有一个整数0x 使得()00f x ≤，则a 的取值范围是（ ）A ．23,e 4⎛⎫⎪⎝⎭B ．23,e 4⎡⎫⎪⎢⎣⎭C ．2,1e ⎛⎫ ⎪⎝⎭D ．2,1e ⎡⎫⎪⎢⎣⎭二、填空题13．设函数()f x x a =+，()1g x x =-，对于任意的x ∈R ，不等式()()f x g x ≥恒成立，则实数a 的取值范围是__________．14．函数()ln 1f x x x ax =-+，其中a ∈R ，若对任意正数x 都有()0f x ≥，则实数a 的取值范围为____________．15．已知函数()21ln 22f x x ax x =--，若函数()f x 在1,22⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递增，则实数a 的取值范围是__________．16．已知关于x 的不等式21log 02m mx x ⎛⎫+> ⎪⎝⎭-在[]1,2上恒成立，则实数m 的取值范围为___________．三、解答题17．设函数()()()2ln 1f x x a x x =++-，其中a ∈R ， （1）讨论函数()f x 极值点的个数，并说明理由； （2）若0x ∀>，()0f x ≥成立，求a 的取值范围．18．设函数()2e mx f x x mx =+-，（1）证明：()f x 在(),0-∞单调递减，在()0,+∞单调递增；（2）若对于任意1x ，[]21,1x ∈-，都有()()12e 1f x f x -≤-，求m 的取值范围．答案1．参变分离法例1：已知函数()ln af x x x=-，若()2f x x<在()1,+∞上恒成立，则a 的取值范围是_________．【答案】1a ≥- 【解析】233ln ln ln ax x x x a x a x x x x-<⇔-<⇔>-，其中()1,x ∈+∞， ∴只需要()3maxln a x x x >-．令()3ln g x x x x =-，()'21ln 3g x x x =+-，()'12g =-，()2''11660x g x x x x-=-=<，()'g x ∴在()1,+∞单调递减，()()()''10g x g g x ∴<<⇒在()1,+∞单调递减，()()11g x g ∴<=-，1a ∴≥-．2．数形结合法例2：若不等式()log sin 20,1a x x a a >>≠对于任意的π0,4x ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦都成立，则实数a 的取值范围是___________．【答案】π,14a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭【解析】本题选择数形结合，可先作出sin 2y x =在π0,4x ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦的图像，a 扮演的角色为对数的底数，决定函数的增减，根据不等关系可得01a <<，观察图像进一步可得只需π4x =时，log sin 2a x x >， 即πππlog sin 21444a a >⋅=⇒>，所以π,14a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭．3．最值分析法例3：已知函数()()ln 10f x a x a =+>，在区间()1,e 上，()f x x >恒成立，求a 的取值范围___________． 【答案】e 1a ≥-【解析】()f x x >恒成立即不等式ln 10a x x -+>恒成立，令()ln 1g x a x x =-+，∴只需()min 0g x >即可，()10g =， ()'1a a x g x x x -=-=，令()'00a x g x x a x->⇒>⇒<（分析()g x 的单调性） 当1a ≤时 ()g x 在()1,e 单调递减，则()()010g x g <=(思考：为什么以1a =作为分界点讨论？因为找到()10g =，若要不等式成立，那么一定从1x =处起()g x 要增（不一定在()1,e 上恒增，但起码存在一小处区间是增的），所以1a ≤时导致()g x 在1x =处开始单减，那么一定不符合条件．由此请体会零点对参数范围所起的作用）当1a >时，分x a =是否在()1,e 中讨论（最小值点的选取） 若1e a <<，单调性如表所示()()10e 1e 0g a g ⎧≥⎪∴⇒≥-⎨≥⎪⎩，e 1e a ∴-≤<． （1）可以比较()1g ，()e g 的大小找到最小的临界值，再求解，但比较麻烦．由于最小值只会在1x =，e x =处取得，所以让它们均大于0即可．（2）由于1x =，e x =并不在()1,e 中，所以求得的只是临界值，临界值等于零也符合条件）若e a ≥，则()g x 在()1,e 上单调递增，()()10g x g ∴>=，符合题意， 综上所述：e 1a ≥-．一、选择题1．已知函数()()2ln 1,03,0x x f x x x x ⎧-+≤⎪=⎨+>⎪⎩，若()()20f x m x -+≥，则实数m 的取值范围是（ ） A ．(],1-∞ B ．[]2,1-C ．[]0,3D ．[)3,+∞【答案】B 【解析】若()()20f x m x -+≥，即有()()2f x m x ≥+，分别作出函数()f x 和直线()2y m x =+的图象，由直线与曲线相切于原点时，()23'23x x x +=+，则23m +=，解得1m =，由直线绕着原点从x 轴旋转到与曲线相切，满足条件． 即有023m ≤+≤，解得21m -≤≤．故选B ．2．已知函数()3224f x x x x =--+，当[]3,3x ∈-时，()214f x m m ≥-恒成立，则实数m 的取值范围是（ ） A ．()3,11- B ．()3,11 C ．[]3,11 D ．[]2,7【答案】C【解析】由题意可得：()()()2'344232f x x x x x =--+=-+-，令()'0f x =可得：12x =-，223x =，且：()33f -=-，()28f -=-，240327f ⎛⎫=⎪⎝⎭，()333f =-， 据此可知函数()f x 在区间[]3,3-上的最小值为33-，结合恒成立的条件可得：21433m m -≤-，求解关于m 的不等式可得实数m 的取值范围是[]3,11．本题选择C 选项．3．若函数()2ln 2f x x ax =+-在区间1,22⎛⎫⎪⎝⎭内单调递增，则实数a 的取值范围是（ ）A ．(],2-∞-B ．()2,-+∞C ．12,8⎛⎫-- ⎪⎝⎭D ．1,8⎡⎫-+∞⎪⎢⎣⎭【答案】D【解析】()21212ax f x ax x x ='+=+，2210ax +>在1,22⎛⎫ ⎪⎝⎭内恒成立，所以2max12a x ⎛⎫>- ⎪⎝⎭，由于1,22x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，所以21,44x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，2112,28x ⎛⎫⎛⎫-∈-- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以18a ≥-，故选D ．4．已知对任意21,e e x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦不等式2e xa x >恒成立（其中e 2.71828=，是自然对数的底数），则实数a 的取值范围是（ ）A ．e 0,2⎛⎫ ⎪⎝⎭B ．()0,eC ．(),2e -∞-D ．24,e ⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭【答案】A【解析】由2e x ax >得2ln x x a >在21,e e x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦上恒成立，即12ln x a x >在21,e e x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦上恒成立． 令()2ln x f x x =，21,e e x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，则()()221ln 'x f x x -=， ∴当1,e e x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，()'0f x >，()f x 单调递增，当2e,e x ⎡⎤∈⎣⎦时，()'0f x <，()f x 单调递减． ∴()()max 2e e f x f ==，∴()12e e f a >=，∴e02a <<．故实数a 的取值范围是e 0,2⎛⎫⎪⎝⎭．故选A ．5．已知函数()2e x f x x =，当[]1,1x ∈-时，不等式()f x m <恒成立，则实数m 的取值范围是（ ）A ．1,e ⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭B ．1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭C ．[)e,+∞D ．()e,+∞【答案】D【解析】若()m f x >恒成立，则()max m f x >，()()'22e e 2e x x x f x x x x x =+=+，所以()f x 在()1,0-单调递减，在()0,1单调递增．()11ef -=，()1e f =，所以e m >．故选D ．6．当[]2,1x ∈-时，不等式32430ax x x -++≥恒成立，则实数a 的取值范围是（ ）A ．[]5,3--B ．96,8⎡⎤--⎢⎥⎣⎦C ．[]6,2--D ．[]4,3--【答案】C【解析】[)2,0x ∈-时，恒成立不等式等价于2343x x a x --≤，23min43x x a x ⎛⎫--∴≤ ⎪⎝⎭， 设()2343x x f x x --=，()()()()()3222'644243439189x x x x x x x x x f x x x x -----+-++∴===-， [)2,0x ∈-，()f x ∴在[]2,1--单调递减，在()1,0-单调递增，()()min 12f x f ∴=-=-，当0x =时，可知无论a 为何值，不等式均成立，当(]0,1x ∈时，恒成立不等式等价于2343x x a x --≥，23max43x x a x ⎛⎫--∴≥ ⎪⎝⎭， 同理设()2343x x f x x --=，()()()'491x x f x x -+∴=-，()f x ∴在()0,1单调递增， ()()max 16f x f ∴==-，6a ∴≥-，综上所述：[]6,2a ∈--．故选C ．7．函数()2e 1xf x x=-+，若存在(]00,2x ∈使得()00m f x ->成立，则实数m 的范围是（ ） A ．21e 5,⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭B ．()1,-+∞C ．()1,+∞D ．1e,2⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭【答案】A【解析】若存在(]00,2x ∈使得()00m f x ->成立，则在(]00,2x ∈内()min f x m <即可，()2e 1xf x x =-+，()()()()()222222e 1e 2e 1011x x x x x x f x x x +--=-=-<++⋅'， 故()f x 在(]0,2上单调递减()()2min 1 2e 5f x f ==-，21e 5m ∴>-，故选A ．8．设函数()ln f x x ax =+，若存在()00,x ∈+∞，使()00f x >，则a 的取值范围是（ ）A ．1,1e ⎛⎫- ⎪⎝⎭B ．1,e ⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭C ．()1,-+∞D ．1,e ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭【答案】D【解析】()f x 的定义域是()0,+∞，()11axf x a x x'+=+=， 当0a ≥时，()0f x '>，则()f x 在()0,+∞上单调递增，且()10f a =≥， 故存在()00,x ∈+∞，使()00f x >；当0a <时，令()0f x '>，解得10x a <<-，令()0f x '<，解得1x a>-，()f x ∴在10,a ⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递增，在1,a ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭上单调递减，()max 11ln 10f x f a a ⎛⎫⎛⎫∴=-=--> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，解得1e a >-．综上，a 的取值范围是1,e ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭．故选D ．9．若对于任意实数0x ≥，函数()e x f x ax =+恒大于零，则实数a 的取值范围是（ ） A ．(),e -∞ B ．(],e -∞-C ．[)e,+∞D ．()e,-+∞【答案】D【解析】当0x ≥时，()e 0x f x ax =+>恒成立，∴若0x =，a 为任意实数，()e 0x f x ax =+>恒成立，若0x >时，()e 0x f x ax =+>恒成立，即当0x >时，e x a x>-恒成立，设()e x g x x =-，则()()221ee e xx x x x g x x x --=-='， 当()0,1x ∈时，()0g x '>，则()g x 在()0,1上单调递增， 当()1,x ∈+∞时，()0g x '<，则()g x 在()1,+∞上单调递减，∴当1x =时，()g x 取得最大值为e -．则要使0x ≥时，()e 0x f x ax =+>恒成立，a 的取值范围是()e,-+∞，故选D ．10．已知函数()()()3f x a x a x a =-++，()22x g x =-，若对任意x ∈R ，总有()0f x <或()0g x <成立，则实数a 的取值范围是（ ）A ．(),4-∞-B ．()4,0-C ．[)4,0-D ．()4,-+∞【答案】B【解析】由()220x g x =-<，得1x <，故对1x ≥时，()0g x <不成立， 从而对任意1x ≥，()0f x <恒成立，因为()()30a x a x a ⋅-⋅++<，对任意1x ≥恒成立，如图所示，则必有0131a a a <<-<⎧⎪⎨⎪⎩-，计算得出40a -<<．故选B ．11．已知函数()e xf x ax x =-，()0,x ∈+∞，当21x x >时，不等式()()12210f x f x x x -<恒成立，则实数a 的取值范围为（ ） A ．(],e -∞ B ．(),e -∞C ．e ,2⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭D ．e ,2⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦【答案】D【解析】不等式()()12210f x f x x x -<，即()()1122120x f x x f x x x -<，结合210x x >>可得()()11220x f x x f x -<恒成立，即()()2211x f x x f x >恒成立， 构造函数()()2e x g x xf x ax ==-，由题意可知函数()g x 在定义域内单调递增，故()'e 20xg x ax =-≥恒成立，即e 2xa x≤恒成立，令()()e 02xh x x x=>，则()()2e 1'2x x h x x -=，当01x <<时，()'0h x <，()h x 单调递减；当1x >时，()'0h x >，()h x 单调递增；则()h x 的最小值为()1e e 1212h ==⨯，据此可得实数a 的取值范围为e ,2⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦．本题选择D 选项．12．设函数()()e 31x f x x ax a =--+，其中1a <，若有且只有一个整数0x 使得()00f x ≤，则a 的取值范围是（ ）A ．23,e 4⎛⎫⎪⎝⎭B ．23,e 4⎡⎫⎪⎢⎣⎭C ．2,1e ⎛⎫ ⎪⎝⎭D ．2,1e ⎡⎫⎪⎢⎣⎭【答案】C【解析】设()()e 31x g x x =-，()h x ax a =-，则()()e 3+2x g x x '=，∴当2,3x ⎛⎫∈-∞- ⎪⎝⎭时，()'0g x <，()g x 单调递减；当2,3x ⎛⎫∈-+∞ ⎪⎝⎭时，()0g x '>，()g x 单调递增，∴当23x =-时，()g x 取得最小值2323e 3g -⎛⎫-=- ⎪⎝⎭．如下图所示．又()()112e 0g h -=>，故()()11g h >；()()0010g h a -=-+<，故()()00g h <．故当00x =时，满足()0g 在直线()h x ax a =-的下方．∵直线()h x ax a =-恒过定点()1,0且斜率为a ，∴要使得有且只有一个整数0x 使得()00f x ≤，只需()()1114e 20g h a ----=-+>，∴2ea >， 又1a <，∴实数a 的取值范围2,1e ⎛⎫⎪⎝⎭．故选C ．二、填空题13．设函数()f x x a =+，()1g x x =-，对于任意的x ∈R ，不等式()()f x g x ≥恒成立，则实数a 的取值范围是__________． 【答案】[)1,-+∞ 【解析】法一：如图，因为()()f x g x ≥恒成立，则()y f x =的图像在()y g x =的上方（可以有公共点）， 所以1a -≤即1a ≥-，填[)1,-+∞．法2：由题设有1x a x +≥-． 当1x ≤时，a ∈R ；当1x >时，有1x a x +≥-恒成立或1x a x +≤-+恒成立， 故1a ≥-或a φ∈即1a ≥-，填[)1,-+∞．14．函数()ln 1f x x x ax =-+，其中a ∈R ，若对任意正数x 都有()0f x ≥，则实数a 的取值范围为____________．【答案】](,1 -∞【解析】对任意正数x 都有()0f x ≥，即不等式1ln a x x ⎛⎫≤+ ⎪⎝⎭对于()0,x ∈+∞恒成立．设()1ln g x x x =+，则()22111'x g x x x x-=-=． 故()g x 在()0,1上是减函数，在[)1,+∞上是增函数，所以()g x 的最小值是()11g =，所以a 的取值范围是](,1 -∞．15．已知函数()21ln 22f x x ax x =--，若函数()f x 在1,22⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递增，则实数a 的取值范围是__________． 【答案】(],1-∞-【解析】根据函数()f x 在1,22⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递增，则()1'20f x ax x =--≥在1,22⎡⎤⎢⎥⎣⎦上恒成立，即2120ax x x --≥在1,22⎡⎤⎢⎥⎣⎦上恒成立，所以2120ax x --≥恒成立，即2212111a x x x ⎛⎫≤-=-- ⎪⎝⎭在1,22⎡⎤⎢⎥⎣⎦上恒成立，所以1a ≤-，故实数a 的取值范围是(],1-∞-．16．已知关于x 的不等式21log 02m mx x ⎛⎫+> ⎪⎝⎭-在[]1,2上恒成立，则实数m 的取值范围为___________．【答案】153,,282⎛⎫⎛⎫+∞ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭【解析】①当01m <<时，函数()21log 2m f x mx x ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭外层单调递减，内层二次函数： 当112m <，即112m <<时，二次函数在区间内单调递增，函数单调递减， ()()min 32log 402m f x f m ⎛⎫==-> ⎪⎝⎭，解得1528m <<；当112m=，即12m =时，()1f 无意义；当1122m <<，即1142m ≤<时，二次函数在区间内先递减后递增，函数先递增后递减， 则需()10f <，()20f <，无解；当122m ≥，即104m <≤时，二次函数在区间内单调递减，函数单调递增， ()()min 11log 02m f x f m ⎛⎫==-> ⎪⎝⎭，无解．②当1m >时，函数()21log 2m f x mx x ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭外层单调递增，1122m <，二次函数单调递增，函数单调递增， 所以()()min 11log 02m f x f m ⎛⎫==-> ⎪⎝⎭，解得：32m >．综上所述：1528m <<或32m >．三、解答题17．设函数()()()2ln 1f x x a x x =++-，其中a ∈R ， （1）讨论函数()f x 极值点的个数，并说明理由；（2）若0x ∀>，()0f x ≥成立，求a 的取值范围．【答案】（1）见解析；（2）01a ≤≤．【解析】（1）()()()2ln 1f x x a x x =++-，定义域为()1,-+∞，()()()()2211112121111a x x ax ax a f x a x x x x -++++-'=+-==+++，设()221g x ax ax a =++-， 当0a =时，()1g x =，()101f x x '=>+，函数()f x 在()1,-+∞为增函数，无极值点． 当0a >时，()228198Δa a a a a =--=-， 若809a <≤时0Δ≤，()0g x ≥，()0f x '≥，函数()f x 在()1,-+∞为增函数，无极值点． 若89a >时0Δ>，设()0g x =的两个不相等的实数根1x ，2x ，且12x x <， 且1212x x +=-，而()110g -=>，则12114x x -<<-<，所以当()11,x x ∈-，()0g x >，()0f x '>，()f x 单调递增； 当()12,x x x ∈，()0g x <，()0f x '<，()f x 单调递减； 当()2,x x ∈+∞，()0g x >，()0f x '>，()f x 单调递增． 因此此时函数()f x 有两个极值点；当0a <时0Δ>，但()110g -=>，11x <-，所以当()21,x x ∈-，()0g x >，()0f x '>，()f x 单调递增；当()2,x x ∈+∞，()0g x <，()0f x '<，()f x 单调递减． 所以函数只有一个极值点．综上可知，当0a <时()f x 有一个极值点；当809a ≤≤时()f x 的无极值点；当89a >时，()f x 的有两个极值点．（2）由（1）可知当809a ≤≤时()f x 在()0,+∞单调递增，而()00f =， 则当()0,x ∈+∞时，()0f x >，符合题意；当819a <≤时，()00g ≥，20x ≤，()f x 在()0,+∞单调递增，而()00f =，则当()0,x ∈+∞时，()0f x >，符合题意；当1a >时，()00g <，20x >，所以函数()f x 在()20,x 单调递减，而()00f =， 则当()20,x x ∈时，()0f x <，不符合题意；当0a <时，设()()ln 1h x x x =-+，当()0,x ∈+∞时()11011x h x x x'=-=>++， ()h x 在()0,+∞单调递增，因此当()0,x ∈+∞时()()00h x h >=，()ln 1x x +<，于是()()()221f x x a x x ax a x <+-=+-，当11x a>-时()210ax a x +-<， 此时()0f x <，不符合题意． 综上所述，a 的取值范围是01a ≤≤． 18．设函数()2e mx f x x mx =+-，（1）证明：()f x 在(),0-∞单调递减，在()0,+∞单调递增；（2）若对于任意1x ，[]21,1x ∈-，都有()()12e 1f x f x -≤-，求m 的取值范围．【答案】（1）见解析；（2）[]1,1m ∈-．【解析】()'e 2mx f x m x m =+-，注意到()'00f =，于是再求导得，()2e 2mx f x m ''=+，由于()0f x ''>，于是()f x '为单调递增函数，(),0x ∴∈-∞时，()'0f x <，()0,x ∈+∞时，()'0f x >， ()f x ∴在(),0-∞单调递减，在()0,+∞单调递增．（2）若不等式()()12e 1f x f x -≤-恒成立，则()()12max e 1f x f x -≤-，()f x 在[]1,1-连续，()f x ∴在[]1,1-有最大最小值，()()()()12max min max f x f x f x f x ∴-=-，由（1）可知()f x 在()1,0-单调递减，在()0,1单调递增， ()()min 01f x f ∴==，()()(){}{}max 1,1e 1,e 1m m f x f f m m -=-=+-++，()()()()10e 1e e 110e 1e e 1m m f f m f f m -⎧-≤-⎧-≤-⎪⎪∴⇒⎨⎨--≤-+≤-⎪⎪⎩⎩， 设()e e 1x h x x =--+，()'e 1x h x =-，()h x ∴在(),0-∞单调递减，在()0,+∞单调递增 ()10h =，()112e 0eh -=+-<，故当[]1,1x ∈-时，()0h x ≤，当[]1,1m ∈-时，()0h m ≤，()0h m -≤，则上式e e 1e e 1m m m m -⎧-≤-⎪⎨+≤-⎪⎩成立． 当1m >时，由()h x 的单调性，()0h m >，即e e 1m m ->-， 当1m <-时，()0h m ->，即e e 1m m -+>-， 综上，m 的取值范围为[]1,1-．。
高考数学中的恒成立与有解问题素材 新人教版
数学中的恒成立与有解问题一、恒成立问题1、由二次函数的性质求参数的取值X 围例题1.假设关于x 的不等式2220ax x ++>在R 上恒成立,某某数a 的取值X 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,所某某数a 的取值X 围为1(,)2+∞规律总结：不等式20ax bx c ++>对一切x R ∈恒成立000a b c =⎧⎪⇔=⎨⎪>⎩或2040a b ac >⎧⎨∆=-<⎩ 不等式20ax bx c ++<对任意x R ∈恒成立000a b c =⎧⎪⇔=⎨⎪<⎩或2040a b ac <⎧⎨∆=-<⎩ 2、转化为二次函数的最值求参数的取值X 围例题2：二次函数满足(0)1f =，而且(1)()2f x f x x +-=，请解决以下问题 （1） 求二次函数的解析式。
（2） 假设()2f x x m >+在区间[1,1]-上恒成立 ，求m 的取值X 围。
解题思路：先分离系数,再由二次函数最值确定取值X 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 =-+=--,那么()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X 围是(,1)-∞-.规律总结：()m f x ≤对一切x R ∈恒成立,那么min [()]m f x ≤;()m f x ≥对一切x R ∈恒成立,那么max [()]m f x ≥；注意参数的端点值能否取到需检验。
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专题17 恒成立问题——数形结合法【热点聚焦与扩展】不等式恒成立问题常见处理方法：① 分离参数()a f x ≥恒成立(()max a f x ≥可)或()a f x ≤恒成立（()min a f x ≤即可）；② 数形结合(()y f x =图象在()y g x = 上方即可)；③ 讨论最值()min 0f x ≥或()max 0f x ≤恒成立；④ 讨论参数.1、函数的不等关系与图象特征：（1）若x D ∀∈，均有()()()f x g x f x <⇔的图象始终在()g x 的下方 （2）若x D ∀∈，均有()()()f x g x f x >⇔的图象始终在()g x 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、要了解所求参数在图象中扮演的角色，如斜率，截距等4、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）5、在作图时，要注意草图的信息点尽量完备6、什么情况下会考虑到数形结合？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【经典例题】例1．【2019届浙江省金华十校4月模拟】若对任意的，存在实数，使恒成立，则实数的最大值为__________．【答案】9【解析】若对任意的，恒成立，可得：恒成立，令，，原问题等价于：，结合对勾函数的性质分类讨论：(1)当时，，，原问题等价于存在实数满足：，故，解得：，则此时；(2)当时，，，原问题等价于存在实数满足：，原问题等价于存在实数满足：，故，解得：，则此时；当时，，原问题等价于存在实数满足：，故，解得：，则此时；综上可得：实数的最大值为.点睛：对于恒成立问题，常用到以下两个结论：(1)a≥f(x)恒成立⇔a≥f(x)max；(2)a≤f(x)恒成立⇔a≤f(x)min.例2.【2019届一轮训练】已知log12 (x＋y＋4)<log12(3x＋y－2)，若x－y≤λ恒成立，则λ的取值范围是______________．【答案】[10，＋∞)点睛：线性规划的实质是把代数问题几何化，即数形结合的思想.需要注意的是：一，准确无误地作出可行域；二，画目标函数所对应的直线时，要注意与约束条件中的直线的斜率进行比较，避免出错；三，一般情况下，目标函数的最大或最小值会在可行域的端点或边界上取得.例3．已知函数在上不单调，则实数的取值范围是__________．【答案】【解析】已知函数定义域为，，，令，图象如图，∵函数在上不单调，∴区间在零点1或3的两侧，或，解得或.即实数的取值范围是.点睛：利用导数研究函数的单调性的关键在于准确判定导数的符号，注意单调函数的充要条件，尤其对于已知单调性求参数值(范围)时，隐含恒成立思想例4．【2019届二轮训练】对于0≤m≤4的任意m ，不等式x 2＋mx>4x ＋m －3恒成立，则x 的取值范围是________________．【答案】(－∞，－1)∪(3，＋∞)【解析】不等式可化为m(x －1)＋x 2－4x ＋3>0在0≤m≤4时恒成立． 令f(m)＝m(x －1)＋x 2－4x ＋3.结合二次函数的图象得()()00{ 40f f >>⇒22430{ 10x x x >>－＋－ ⇒13{11x x x x -或或即x<－1或x>3.故答案为：(－∞，－1)∪(3，＋∞)例5.已知不等式()21log a x x -<在()1,2x ∈上恒成立，则实数a 的取值范围是_________ 【答案】12a <≤可得：1log 22a a ≤⇒≤，综上可得：12a <≤.【名师点睛】（1）通过常系数函数图象和恒成立不等式判断出对数函数的单调性，进而缩小了参数讨论的取值范围.（2）学会观察图象时要抓住图象特征并抓住符合条件的关键点（例如本题中的2x =）. （3）处理好边界值是否能够取到的问题.例6.若不等式log sin 2(0,1)a x x a a >>≠对于任意的0,4x π⎛⎤∈ ⎥⎝⎦都成立，则实数a 的取值范围是___________ 【答案】,14a π⎛⎫∈⎪⎝⎭【解析】本题选择数形结合，可先作出sin 2y x =在0,4x π⎛⎤∈ ⎥⎝⎦的图象，a 扮演的角色为对数的底数，决定函数的增减，根据不等关系可得01a <<，观察图象进一步可得只需4x π=时，log sin 2a x x ≥，即log sin 21444aa πππ>⋅=⇒>，所以,14a π⎛⎫∈⎪⎝⎭例7. 已知函数()21f x x mx =+-，若对任意的[],1x m m ∈+，都有()0f x <成立，则实数m 的取值范围是_____________【答案】2⎛⎫- ⎪⎝⎭【名师点睛】本题也可以用最值法求解：若()0f x <，则()max 0f x <，而()f x 是开口向上的抛物线，最大值只能在边界处产生，所以()()010f m f m <⎧⎪⎨+<⎪⎩，再解出m 的范围即可.例8.已知函数()22,1{ log ,1x x f x x x <=≥若直线y m =与函数()f x 的图象只有一个交点,则实数m 的取值范围是________.【答案】0m =或[2,m ∈+∞） 【解析】作出函数f(x)的图象如图,例9.已知函数()f x 是定义在R 上的奇函数，当0x ≥时，()()2221232f x x a x a a =-+-- ，若()(),1x R f x f x ∀∈-≤，则实数a 的取值范围是_____________【答案】66⎡-⎢⎣⎦【解析】()f x 是奇函数且在0x >时是分段函数（以22,2a a 为界），且形式比较复杂，恒成立的不等式()()1f x f x -≤较难转化为具体的不等式，所以不优先考虑参变分离或是最值法.从数形结合的角度来看，一方面()f x 的图象比较容易作出，另一方面()1f x -可看作是()f x 的图象向右平移一个单位所得，相当于也有具体的图象.所以考虑利用图象寻找a 满足的条件.先将()f x 写为分段函数形式：()2222223,2,2,0x a x a f x a a x a x x a ⎧-≥⎪=-≤<⎨⎪-<<⎩，作出正半轴图象后再根据奇函数特点，关于原点对称作出x 负半轴图象.()()1f x f x -≤恒成立，意味着()f x 的图象向右平移一个单位后，其图象恒在()f x 的下方.通过观察可得在平移一个单位至少要平移26a个长度，所以可得：26166a a ≤⇒-≤≤答案：66⎡-⎢⎣⎦. 例10【2019届河南省高三4月考试】已知函数.（1）若在处取得极值，求的值；（2）若在上恒成立，求的取值范围.【答案】（1）；（2）上恒成立，时再分两种情况讨论可得时，在上恒成立，当时，根据二次函数的性质可得不满足题意，进而可得结果. 试题解析：（1），∵在处取到极值，∴，即，∴.经检验，时，在处取到极小值. （2），令，①当时，，在上单调递减.又∵，∴时，，不满足在上恒成立.时，，单调递增，∴.又∵，∴，故不满足题意.③当时，二次函数开口向下，对称轴为，在上单调递减，，∴，在上单调递减.又∵，∴时，，故不满足题意.综上所述，.【精选精练】1．【2019届东莞市高三毕业班第二次综合考试】已知函数若不等式恒成立，则实数的取值范围为( )A. B.C. D.【答案】C2.若函数有极大值点和极小值点，则导函数的大致图象可能为（）A. B.C. D.【答案】C则导函数在区间上为正数，在区间上为负数，在区间上为正数；观察所给的函数图象可知，只有C 选项符合题意. 本题选择C 选项. 3．已知函数在区间上是增函数，则实数的取值范围是( )A.B.C.D.【答案】A 【解析】二次函数的对称轴为；∵该函数在上是增函数；∴，∴，∴实数的取值范围是，故选B.4. 若||2p ≤,不等式212x px p x ++>+恒成立,则x 的取值范围是______【答案】x <x > 【解析】思路：本题中已知p 的范围求x 的范围，故构造函数时可看作关于p 的函数，恒成立不等式变形为 ()2210x p x x -+-+>,设()()()22122f x x p x x p =-+-+-≤≤,即关于p 的一次函数，由图象可得：无论直线方向如何，若要()0f x >，只需在端点处函数值均大于0即可，即()()2020f f >⎧⎪⎨->⎪⎩,解得：x <x >答案：12x +<-或12x -+> 【名师点睛】（1）对于不等式，每个字母的地位平等，在构造函数时哪个字母的范围已知，则以该字母作为自变量构造函数.（2）线段的图象特征：若两个端点均在坐标轴的一侧，则线段上的点与端点同侧.（3）对点评（2）的推广：已知一个函数连续且单调，若两个端点在坐标轴的一侧，则曲线上所有点均与端点同侧.5.设a R ∈，若0x >时均有()21110a x x ax ⎡⎤----≥⎡⎤⎣⎦⎣⎦，则a =_________【答案】32a =32a =答案：32a =6.【2019届二轮训练】当实数x ，y 满足240{10 1x y x y y +-≤--≤≥时，ax ＋y≤4恒成立，则实数a 的取值范围是________． 【答案】3,2⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦【解析】要使平面区域在直线4y ax =-+的下方，则只要B 在直线上或直线下方即可，即214a +≤，得302a <≤，综上32a ≤，所以实数a 的取值范围是3,2⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦，故答案为3,2⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦.7．【2019届二轮训练】已知函数f 1(x)＝|x －1|，f 2(x)＝13x ＋1，g(x)＝()()122f x f x +＋()()122f x f x -，若a ，b∈[－1,5]，且当x 1，x 2∈[a，b]时， ()()1212g x g x x x --＞0恒成立，则b －a 的最大值为________．【答案】5 【解析】[]15a b ∈-，，， 且[]()()1212120g x g x x x a b a b x x -∈∴-，，，＜，＞ 恒成立， g x ∴（）在区间[]a b ，上单调第增，∵函数()()()()121212111322f x f x f x f x f x x f x x g x -+=-=+=+（），（），（），()][()[]121035{03f x x g x f x x ⎡⎤∈-⋃⎣⎦∴=∈，，，（），， 当[10x ∈-，） 时， 1g x x =-（），单调减；当[]10313x g x x ∈=+，时，（）， 单调增； 当[]35x ∈，时， 1g x x =-（），单调递增． 05a b b a ∴==-，．的最大值为505-=． 故答案为5.8．【2019届吉林省长春市高三监测（三）】已知函数，若，则实数的取值范围是___________. 【答案】9．【2019届吉林省长春市高三监测（三）】已知函数，若，则实数的取值范围是___________. 【答案】【解析】当，当，故.故答案为：10．当1x >时，不等式11x a x +≥-恒成立，则实数a 的最大值是__________． 【答案】3【解析】令()1(1)1f x x x x =+>-，则由题意可知()min f x a ≥， ∵1x >，∴()11111311f x x x x x =+=-++≥=--， 当且仅当111x x -=-，即2x =时，等号成立， ∴()min 3f x =，从而3a ≤． 故实数a 的最大值是3． 故答案为：3.()1f x x x=+的图象向右、向上均平移1单位得到，结合图象可得解.11．【2019届宁夏银川高三4月模拟】已知函数是定义在上的奇函数，当时，，给出以下命题：①当时，；②函数有个零点；③若关于的方程有解，则实数的取值范围是；④对恒成立，其中，正确命题的序号是__________．【答案】①④若方程有解，则，且对恒成立，故③错误，④正确.故答案为①④.12．函数的定义域为（为实数）.（1）若函数在定义域上是减函数，求的取值范围；（2）若在定义域上恒成立，求的取值范围.【答案】（1）；（2）【解析】试题分析：（1）利用单调性的定义，根据函数在定义域上是减函数，可得不等式恒成立，从而可求的取值范围；（2）利用分离参数思想原题意等价于恒成立，∵，∴函数在上单调减，∴时，函数取得最小值，即.。