函数恒成立与存在性问题
恒成立存在性问题
1 含参数恒成立存在性问题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、存在性（有解）问题的转化：()a f x >有解⇒()min a f x >；()a f x ≤有解()max a f x ⇒≤3.设函数()x f 、()x g ，任意[]b a x ,1∈，任意[]d c x ,2∈，使得()()12f x g x ≥，则()()min max f x g x ≥4.设函数()x f 、()x g ，任意[]b a x ,1∈，存在[]d c x ,2∈，使得()()21x g x f ≥，则()()x g x f min min ≥5.设函数()x f 、()x g ，存在[]b a x ,1∈，任意[]d c x ,2∈，使得()()12f x g x ≥，则()()max max f x g x ≥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 ≥ (在各条件下()()12f x g x ≤也可推出相应的关系，自己总结)7.设函数()x f 、()x g ，对任意的[]b a x ,1∈，存在[]d c x ,2∈，使得()()12=f x g x ，则()f x 在[]b a x ,1∈上的值域M 是()x g 在[]d c x ,2∈上的值域N 的子集,即：M ⊆N 。
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；例1、任意()1,2x ∈，不等式240x mx ++<恒成立，求m 的取值范围。
恒成立问题与存在性问题(最新精华)
恒成立问题与存在性问题思路一：（1）若函数)(x f 在D 区间上存在最小值min )(x f 和最大值max )(x f ，则不等式a x f >)(在区间D 上恒成立a x f >⇔min )(；不等式a x f ≥)(在区间D 上恒成立a x f ≥⇔min )(；不等式a x f <)(在区间D 上恒成立a x f <⇔max )(；不等式a x f ≤)(在区间D 上恒成立a x f ≤⇔max )(；（2）若函数在D 区间上不存在最小值min )(x f 和最大值max )(x f ，且值域为),(n m 则 不等式a x f >)(或))((a x f ≥在区间D 上恒成立a m ≥⇔；不等式a x f <)(或a x f ≤)(在区间D 上恒成立a n ≤⇔。
例题1：已知函数.ln )(x x x f =（1）求函数.ln )(x x x f =的最小值；（2）若对所有的1≥x 都有1)(-≥ax x f ，求实数a 的取值范围。
答案：（1）11min )()(---==e e f x f ；（2）]1,(-∞变式：设函数)1ln(2)1()(2x x x f +-+=（1）求函数)(x f 的单调区间；（2）若当]1,1[1--∈-e e x 时，不等式m x f <)(恒成立，求实数m 的取值范围；（3）若关于x 的方程a x x x f ++=2)(在区间]2,0[上恰有两个相异实根，求实数a 的取值范围。
答案：（1）递增区间是),0(+∞；递减区间是)0,1(-（2）22->e m（3）)3ln 23,2ln 22(--思路二（1）若函数)(x f 在D 区间上存在最小值min )(x f 和最大值max )(x f ，即],[)(n m x f ∈则不等式有解的问题有下列结论：不等式a x f >)(在区间D 上有解max )(x f a <⇔；不等式a x f ≥)(在区间D 上有解max )(x f a ≤⇔；不等式a x f <)(在区间D 上有解min )(x f a >⇔；不等式a x f ≤)(在区间D 上有解min )(x f a ≥⇔。
方法技巧专题16 函数中恒成立与存在性问题(解析版)
函数中恒成立与存在性问题二、函数中恒成立问题【例1】不等式3ln 1xx e a x x --≥+对任意(1,)x ∈+∞恒成立，则实数a 的取值范围（ ）A ．(,1]e -∞-B ．2(,2]e -∞-C ．(,2]-∞-D ．(,3]-∞-【解析】3ln 1x a x x e x -≤--对()1,x ∀∈+∞恒成立，即31ln x x e x a x ---≤对()1,x ∀∈+∞恒成立，从而求31ln x x e x y x ---=，()1,x ∈+∞的最小值，而33ln 3ln 3ln 1x x x x x x e e e e x x ---==≥-+故313ln 113ln x x e x x x x x ---≥-+--=-即313ln 3ln ln x x e x xx x----≥=-当3ln 0x x -=时，等号成立，方程3ln 0x x -=在()1,+∞内有根，故3min13ln x x e x x -⎛⎫--=- ⎪⎝⎭，所以3a ≤-，故选D.【例2】已知函数()ln f x ax x x =+的图象在点e x =（e 为自然对数的底数）处的切线的斜率为3． (1)求实数a 的值；(2)若2()f x kx ≤对任意0x >成立,求实数k 的取值范围. 【解析】(1)∵()ln f x ax x x =+,∵'()ln 1f x a x =++, 又∵()f x 的图象在点e x =处的切线的斜率为3,∵'(e)3f =, 即lne 13a ++=,∵1a =； (2)由（1）知,()ln f x x x x =+, ∵2()f x kx ≤对任意0x >成立1ln xk x+⇔≥对任意0x >成立, 令1ln ()xg x x +=,则问题转化为求()g x 的最大值, 221(1ln )ln '()x x x x g x x x ⋅-+==-,令'()0g x =,解得1x =, 当01x <<时,'()0g x >,∵()g x 在(0,1)上是增函数； 当1x >时,'()0g x <,∵()g x 在(1,)+∞上是减函数． 故()g x 在1x =处取得最大值(1)1g =,∵1k ≥即为所求. 2.巩固提升综合练习【练习1】已知函数()log a f x x =,()2log (22)a g x x t =+-,其中0a >且1a ≠,t R ∈． (1)若4t =,且1[,2]4x ∈时,()()()F x g x f x =-的最小值是－2,求实数a 的值； (2)若01a <<,且1[,2]4x ∈时,有()()f x g x ≥恒成立,求实数t 的取值范围. 【答案】(1)15；(2)[2,)+∞. 【解析】(1)∵4t =,∵24(1)()()()2log (22)log log a a a x F x g x f x x x x+=-=+-=1log 4(2)a x x=++ 易证1()4(2)h x x x =++在1[,1]4上单调递减,在[1,2]上单调递增,且1()(2)4h h >,∵min ()(1)16h x h ==,max 1()()254h x h ==,∵当1a >时,min ()log 16a F x =,由log 162a =-,解得14a =（舍去）当01a <<时,min ()log 25a F x =,由log 252a =-,解得15a =. 综上知实数a 的值是15. (2)∵()()f x g x ≥恒成立,即log 2log (22)a a x x t ≥+-恒成立,∵1log log (22)2a a x x t ≥+-.又∵01a <<,1[,2]4x ∈22x t ≤+-,22t x ≥-+∵恒成立,∵max (22)t x ≥-.令2117122)([,2])484y x x =-=-+∈,∵max 2y =.故实数t 的取值范围为[2,)+∞.【练习2】若(0,)x ∈+∞，1ln x e x x a x-≥-+恒成立，则a 的最大值为（ ）A ．1B ．1eC ．0D ．e -【答案】C【解析】设x x t ln -=,则11x t e e x--=，原不等式等价于1t e t a --≥恒成立，设1ln ,1y x x y x-='=-是单调递增的，零点为1x =,函数y 的最小值为1，故1t ≥，()()11,1t t f t e t f t e --'=-=-，零点是1t = ()f t 在[)1,+∞上单调递增，故()min 0f t =，故0a ≤.故选C.【练习3】已知a R ∈，设函数⎩⎨⎧>-≤+-=1,ln 1,22)(2x x a x x a ax x x f 若关于x 的不等式0)(≥x f 在R 上恒成立，则a 的取值范围为（ ） A ．[]0,1 B ．[]0,2 C ．[]0,e D ．[]1,e【答案】C 【解析】∵(0)0f ≥，即0a ≥，当01a ≤≤时，2222()22()22(2)0f x x ax a x a a a a a a a =-+=-+-≥-=->， 当1a <时，(1)10f =>，故当0a ≥时，2220x ax a -+≥在(,1]-∞上恒成立； 若ln 0x a x -≥在(1,)+∞上恒成立，即ln xa x≤在(1,)+∞上恒成立， 令()ln xg x x=，则2ln 1'()(ln )x g x x -=，当,x e >函数单增，当0,x e <<函数单减，故max ()()g x g e e ==，所以a e ≤.当0a ≥时，2220x ax a -+≥在(,1]-∞上恒成立； 综上可知，a 的取值范围是[0,]e ， 故选C.1.例题【例1】定义域为R 的函数()f x 满足()()22f x f x +=，当[]0,2x 时，()[)[)232,0,11,1,22x x x x f x x -⎧-∈⎪⎪=⎨⎛⎫-∈⎪ ⎪⎪⎝⎭⎩，若当[)4,2x ∈--时，不等式()2142m f x m ≥-+恒成立，则实数m 的取值范围是（ ）A ．[]2,3B ．[]1,3C ．[]1,4D ．[]2,4【答案】B【解析】因为当[)4,2x ∈--时，不等式()2142m f x m ≥-+恒成立，所以()2min 142m f x m ≥-+，当[)[)4,2,40,2x x ∈--+∈时，()()()112424f x f x f x =+=+ ()()[)[)2342144,40,1411,41,242x x x x x +-⎧⎡⎤+-++∈⎪⎣⎦⎪=⎨⎛⎫⎪-+∈ ⎪⎪⎝⎭⎩当[)40,1x +∈时，()()()211114444416f x x x ⎡⎤=+-+≥-⨯=-⎣⎦，当[)41,2x +∈时，()342111424x f x +-⎛⎫=-≥- ⎪⎝⎭，因此当[)4,2x ∈--时，()2min1113442m f x m m =-≥-+∴≤≤，选B.【例2】若对I x ∀，()2,x m ∈+∞，且12x x <，都有122121ln ln 1x x x x x x -<-，则m 的取值范围是（ ）注:（ e 为自然对数的底数，即 2.71828e =…） A ．1,e ⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭B ．[),e +∞C ．[)1,+∞D ．[)1,-+∞ 【答案】C【解析】因为对于()ln f x x =,定义域为()0,∞+ ,所以120x x << 当满足120x x <<时,122121ln ln 1x x x x x x -<-成立化简可得122121ln ln x x x x x x -<-,移项合并后可得121221ln ln x x x x x x +<+,即()()1221ln 11ln x x x x +<+因为120x x <<,所以可等价于()()2121ln 1ln 1x x x x ++<即满足()ln 1x g x x +=为减函数，()221ln 1ln 'x xg x x x ---==， 因为()ln 1x g x x +=为减函数，所以()'0g x ≤,即2ln 0xx -≤， 则1x ≥ ，因为对1x ∀，()2,x m ∈+∞，且12x x <，都有122121ln ln 1x x x x x x -<-所以1m ≥ ,即m 的取值范围为[)1,+∞，故选C. 【例3】已知函数21ln 21)(2-+-=x x a x x f ，对任意x ∈[1，＋∞)，当mx x f ≥)(恒成立时实数m 的最 大值为1，则实数a 的取值范围是 ．【解析】对任意x ∈[1，＋∞)，有f(x)≥mx恒成立，即()f x m x ≥恒成立，即min()f x m x ⎡⎤≤⎢⎥⎣⎦，又当f(x)≥mx 恒成立时实数m 的最大值为1，所以min()1f x x ⎡⎤=⎢⎥⎣⎦.因为(1)11f = 所以问题等价转化为()1f x x≥在[1,)+∞上恒成立，即()0f x x -≥在[1,)+∞上恒成立. 设()()g x f x x =-211ln 22x a x =--（1x ≥），2()x ag x x-'=①当1a ≤时，因为1x ≥，所以2()0x ag x x-'=≥，因此()g x 在[1,)+∞上是单调递增函数，所以()(1)0g x g ≥=，即()0f x x -≥在[1,)+∞上恒成立；②当1a >时，在上，有()0g x '<；在)+∞上，有()0g x '>， 所以()g x 在上为单调递减函数，在)+∞上为单调递增函数. 当(1,)x a ∈，有()(1)0g x g <=，即()0f x x -≥在[1,)+∞上不恒成立. 综合①②得：实数a 的取值范围是(,1]-∞.2.巩固提升综合练习 【练习1】已知函数，，当时，不等式恒成立，则实数的取值范围为（ ）A ．(]e ，∞-B ．），（e ∞-C ．），（2-e∞ D ．⎥⎦⎤ ⎝⎛∞2-e ， 【答案】D【解析】因为所以即，即当时，恒成立，所以在内是一个增函数，设，则有即 ，设则有， 当时，即，当时，即所以当时，最小，即 ，故选D.【练习2】已知定义在R 上的偶函数()f x 在[0,)+∞上递减，若不等式2(ln 1)(ln 1)f ax x f ax x -+++--()31f ≥对[]1,3x ∈恒成立，则实数a 的取值范围是（ ）A ．[]2,e B ．1[,)e+∞C ．1[,]e eD ．12ln 3[,]3e +【答案】D【解析】由题设可得(ln 1)(ln 1)f ax x f ax x -++=--，则原不等式可化为(ln 1)(1)f ax x f -++≥， 即ln 11ax x --≤，也即ln 20ax x --≤在[1,3]上恒成立，由于0x >，因此2ln xa x+≤， 令2ln ()x h x x +=，则/2212ln 1ln ()x x h x x x --+==-，所以当1ln 1x x e >-⇒>时，/()0h x <，函数2ln ()x h x x+=单调递减，因11e <，故函数2ln ()x h x x+=在[1,3]上单调递减， 故min max 2ln13ln 3()2,()13h x h x ++===， 当11x e e -==时，函数1min 12ln ()e h x e e --+==，所以a e ≤，应选答案D.【练习3】若，满足恒成立，则实数的取值范围为__________．【答案】【解析】（1），显然成立；（2）时，由 ，由在为增在恒成立，由在为增，，，综上，，故答案为.【三】数形结合法1.例题【例1】已知函数()222f x x kx =-+,在1x ≥-恒有()f x k ≥,求实数k 的取值范围.【解析】令()()222F x f x k x kx k=-=-+-,则()0F x ≥对[)1,x ∈-+∞恒成立,而()F x 是开口向上的抛物线.当图象与x 轴无交点满足0∆<,即()24220k k ∆=--<,解得21k -<<.当图象与x 轴有交点,且在[)1,x ∈-+∞时()0F x ≥,则由二次函数根与系数的分布知识及图象可得： ()010212F k ⎧⎪∆≥⎪⎪-≥⎨⎪-⎪-≤-⎪⎩，解得32k -≤≤-,故由①②知31k -≤<.【例2】已知函数f (x )＝⎩⎨⎧－|x 3－2x 2＋x |， x <1，ln x ， x ≥1，若对于∀t ∈R ，f (t )≤kt 恒成立，则实数k 的取值范围是________． 【答案】[1e，1]【解析】令y ＝x 3－2x 2＋x ，x <1，则y ′＝3x 2－4x ＋1＝(x －1)·(3x －1)， 令y ′>0，即(x －1)(3x －1)>0，解得x <13或x >1.又因为x <1，所以x <13.令y ′<0，得13<x <1，所以y 的增区间是(－∞，13)，减区间是(13，1)，所以y 极大值＝427.根据图像变换可作出函数y ＝－|x 3－2x 2＋x |，x <1的图像．又设函数y ＝ln x (x ≥1)的图像经过原点的切线斜率为k 1，切点(x 1，ln x 1)，因为y ′＝1x ，所以k 1＝1x 1＝ln x 1－0x 1－0，解得x 1＝e ，所以k 1＝1e .函数y ＝x 3－2x 2＋x 在原点处的切线斜率k 2＝1.因为∀t ∈R ，f (t )≤kt ，所以根据f (x )的图像，数形结合可得1e≤k ≤1.2.巩固提升综合练习【练习1】已知定义在R 上的奇函数()f x 满足:当0x ≥时,()3f x x =,若不等式()()242f t f m mt ->+对任意实数t 恒成立,则实数m 的取值范围是（ ）A ．(,-∞ B ．()C. ()),0-∞⋃+∞ D ．(),-∞⋃+∞【答案】A【解析】当0x <时,()33()()()()f x f x x f x x x R f x =--=⇒=∈⇒在R 上是增函数242t m mt ⇒->+对任意实数t 恒成立2442t mt t m ⇒->++对任意实数t 恒成立,结合二次函数图象可得201680m m m <⎧⇒⇒∈⎨∆-<⎩(,-∞,故选A.【练习2】若不等式()2211x m x ->-对任意[]1,1m ∈-恒成立,实数x 的取值范围是 .12x <<【解析】()2211x m x ->-可转化为()21210m x x --+<,设()()21210f m m x x =--+<,则()f m 是关于m 的一次型函数,要使()0f m <恒成立,只需()()221201220f x x f x x ⎧=-<⎪⎨-=--+<⎪⎩,12x <<. 【练习3】已知函数23ln ,1(),46,1x x f x x x x -≤⎧=⎨-+>⎩若不等式()|2|f x x a ≥-对任意(0,)x ∈+∞上恒成立，则实数a 的取值范围为（ ） A ．13,3e ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦B ．[3,3ln 5]+C ．[3,4ln 2]+D ．13,5e⎡⎤-⎢⎥⎣⎦【答案】C【解析】由题意得：设g(x)=|2|x a -，易得a ＞0，可得2,2g(x)=2,2a x a x ax a x ⎧-≥⎪⎪⎨⎪-+⎪⎩＜，g(x)与x 轴的交点为(,0)2a ，①当2ax ≥，由不等式()|2|f x x a ≥-对任意(0,)x ∈+∞上恒成立，可得临界值时，()g()f x x 与相 切，此时2()46,1f x x x x =-+>，()2,2a g x x a x =-≥，可得'()24f x x =-，可得切线斜率为2，242x -=，3x =，可得切点坐标（3，3）， 可得切线方程：23y x =-，切线与x 轴的交点为3(,0)2,可得此时322a =，3a =， 综合函数图像可得3a ≥；②同理，当2ax ＜，由()g()f x x 与相切， （1）当2()46,1f x x x x =-+>，()2,2a g x x a x =-+＜，可得'()24f x x =-，可得切线斜率为-2，242x -=-，1x =，可得切点坐标（1，3），可得切线方程25y x =-+，可得5a =，综合函数图像可得5a ≤，（2）当()3ln ,1f x x x =-≤，()2,2a g x x a x =-+＜，()g()f x x 与相切，可得'1()f x x， 此时可得可得切线斜率为-2，12x -=-，12x =，可得切点坐标1(,32)2In +,可得切线方程：1(32)2()2y In x -+=--，242y x In =-++可得切线与x 轴的交点为2(2,0)2In +，可得此时2222a In =+，42a In =+， 综合函数图像可得42a In ≤+，综上所述可得342a In ≤≤+，故选C.1.例题【例1】 已知函数f (x )＝x ||x 2－a ，若存在x ∈[]1，2，使得f (x )<2，则实数a 的取值范围是________． 【答案】 (－1,5)【解析】解法1 当x ∈[1,2]时，f (x )<2，等价于|x 3－ax |<2，即－2<x 3－ax <2，即x 3－2<ax <x 3＋2，得到x 2－2x <a <x 2＋2x，即⎝⎛⎭⎫x 2－2x min <a <⎝⎛⎭⎫x 2＋2x max ，得到－1<a <5. 解法2 原问题可转化为先求：对任意x ∈[1,2]，使得f (x )≥2时，实数a 的取值范围． 则有x |x 2－a |≥2，即|a －x 2|≥2x.(1) 当a ≥4时，a ≥x 2＋2x ≥22＋22＝5，得到a ≥5.(2) 当a ≤1时，x 2－a ≥2x ，有a ≤x 2－2x ≤1－21＝－1，得到a ≤－1.(3) 当1<a <4时，|a －x 2|≥0，与2x >0矛盾．那么有a ≤－1或a ≥5，故原题答案为－1<a <5. 【例2】已知=)(x f x x +221,=)(x g a x -+)1ln(,若存在]2,0[,21∈x x ,使得)()(21x g x f >,求实数a 的取值范围；【答案】()4,-+∞【解析】()(),f x g x 在[]0,2上都是增函数,所以()f x 的值域，，]40[=A ()g x 的值域]3ln ,[a a B --=.若存在]2,0[,21∈x x ,使得)()(21x g x f >,则min max )()(x g x f >,即4>a -,所以4->a .实数a 的取值围是()4,-+∞.AB ≠∅.（【例3】已知=)(x f x x +221,=)(x g a x -+)1ln(,若存在]2,0[,21∈x x ,使得)()(21x g x f =,求实数a 的取值范围.【答案】[]4,ln3-【解析】()(),f x g x 在[]0,2上都是增函数,所以()f x 的值域，，]40[=A ()g x 的值域]3ln ,[a a B --=. 若存在21,x x 使得)()(21x g x f =,则A B ≠∅,∵4a -≤且ln30a -≥,∵实数a 的取值围是[]4,ln3-.2.巩固提升综合练习【练习1】已知函数22()()()xaf x x a e e=+++，若存在0x ，使得024()1f x e ≤+，则实数a 的值为______． 【答案】2211e e -+ 【解析】函数f （x ）=（x+a ）2+（e x +a e）2， 函数f （x ）可以看作是动点M （x ，e x ）与动点N （-a ，-ae）之间距离的平方， 动点M 在函数y=e x 的图象上，N 在直线y=1e x 的图象上，问题转化为求直线上的动点到曲线的最小距离，由y=e x 得，y′=e x =1e，解得x=-1，所以曲线上点M （-1，1e ）到直线y=1e x 的距离最小，最小距离则f （x ）≥241e +， 根据题意，要使f （x 0）≤241e +，则f （x 0）=241e +， 此时N 恰好为垂足，由K MN =-e ，解得a=2211e e -+ ． 故答案为：2211e e -+．【练习2】已知函数2,1()1,1x ax x f x ax x ⎧-+≤=⎨->⎩，若1x ∃、2R x ∈，12x x ≠，使得12()()f x f x =成立，则a的取值范围是（ ）． A ．2a > B ．2a <C ．22a -<<D ．2a <-或2a >【答案】B【解析】当2a <时，12a <，函数()f x 在,2a ⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭上递增，在,12a ⎛⎫⎪⎝⎭上递减，则：1x ∃、2R x ∈，12x x ≠，使得12()()f x f x =成立.当2a ≥时，12a≥，函数()f x 在(),1-∞上递增，在()1,+∞也递增， 又21111a a -+⨯=⨯-，所以函数()f x 在R 上单调递增，此时一定不存在1x 、2R x ∈，12x x ≠，使得12()()f x f x =成立.故选B.【练习3】已知函数24,0(),0x x x f x e e x x⎧+-≤⎪=⎨->⎪⎩，2()314g x x x =--，若存在实数x ，使得()()18g m f x -=成立，则实数m 的取值范围为（ ） A ．)7,4(- B ．[4,7]-C ．(,4)(7,)-∞-+∞D ．(,4][7,)-∞-+∞【答案】D【解析】由题意，当0x ≤时，()|2|44f x x =+-≥-，当且仅当2x =-时取“=”，当0x >时，函数()x e f x e x =-，则2(1)'()xx e f x x-=， 当(0,1)x ∈时，()0f x '<，当时，()0f x '>，所以函数()f x 在区间(0,1)上单调递减，在区间(1,)+∞上单调增， 所以()(1)0f x f ≥=，综上可得()4f x ≥-，因为存在实数x ，使得()()18g m f x -=成立，则()()1841814g m f x =+≥-+=， 即231414m m --≥，即23280m m --≥，解得或4m ≤-，故实数m 的取值范围为(,4][7,)-∞-+∞，故选D. 【练习4】已知函数()ln f x x =,()()h x a x a R =∈.（1）函数()f x 的图象与()h x 的图象无公共点,求实数a 的取值范围；（2）是否存在实数m ,使得对任意的1(,)2x ∈+∞,都有函数()m y f x x =+的图象在()x e g x x =的图象的下方？若存在,请求出整数m 的最大值；若不存在,请说理由.（参考数据：ln 20.6931=,ln3 1.0986=1.3956==）. 【解析】（1）函数()f x 与()h x 无公共点,等价于方程ln xa x=在(0,)+∞无解 令ln ()x t x=,则21ln '(),xt x -=令'()0,t x =得x e =因为x e =是唯一的极大值点,故max ()t t e e==……………4分 故要使方程ln xa x =在(0,)+∞无解, 当且仅当1a e >,故实数a 的取值范围为1(,)e +∞（2）假设存在实数m 满足题意,则不等式ln x m e x x x +<对1(,)2x ∈+∞恒成立.即ln x m e x x <-对1(,)2x ∈+∞恒成立.令()ln xr x e x x =-,则'()ln 1xr x e x =--,令()ln 1xx e x ϕ=--,则1'()x x e x ϕ=-,∵'()x ϕ在1(,)2+∞上单调递增,121'()202e ϕ=-<,'(1)10e ϕ=->,且'()x ϕ的图象在1(,1)2上连续,∵存在01(,1)2x ∈,使得0'()0x ϕ=,即0010xe x -=,则00ln x x =-,∵ 当01(,)2x x∈时,()x ϕ单调递减；当0(,)x x ∈+∞时,()x ϕ单调递增,则()x ϕ取到最小值000001()ln 11xx e x x x ϕ=--=+-110≥=>, ∵ '()0r x >,即()r x 在区间1(,)2+∞内单调递增. 11221111()ln ln 2 1.995252222m r e e ≤=-=+=,∵存在实数m 满足题意,且最大整数m 的值为1.【例1】已知函数[]()2(),2,2f x x x =∈-，2()sin(2)3,0,62g x a x a x ππ⎡⎤=++∈⎢⎥⎣⎦，[]12,2x ∀∈-，总00,2x π⎡⎤∃∈⎢⎥⎣⎦，使得()()01g x f x =成立，则实数a 的取值范围是____________.【答案】(][),46,-∞-+∞【解析】∵[2,2]x ∈-，∵2()[0,4]f x x =∈∵0,2x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，∵72666x πππ≤+≤，∵1sin(2)126x π-≤+≤ ∵221()[3,3]2g x a a a a ∈-++ 要使[]12,2x ∀∈-，总00,2x π⎡⎤∃∈⎢⎥⎣⎦，使得()()01g x f x =成立， 则需满足：221[0,4][3,3]2a a a a ⊆-++ ∵22130234a a a a ⎧-+≤⎪⎨⎪+≥⎩，解得4a ≤-或6a ≥ ∵a 的取值范围是(,4][6,)-∞-⋃+∞.【例2】已知函数f (x )＝x 2－2ax ＋1，g (x )＝ax，其中a >0，x ≠0.(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；(2) 对任意[]2,11∈x ，任意[]4,22∈x ，都有)()(21x g x f >恒成立，求实数a 的取值范围； (3) 对任意[]2,11∈x ，存在[]4,22∈x ，使)()(21x g x f >成立，求实数a 的取值范围； (4) 存在[]2,11∈x ，任意[]4,22∈x ，使)()(21x g x f >成立，求实数a 的取值范围． 【解答】（1） 因为对任意x ∈[1,2]，都有f (x )>g (x )恒成立，即对任意x ∈[1,2]，x 2－2ax ＋1>ax恒成立，所以a <x 3＋x2x 2＋1在x ∈[1,2]上恒成立．令φ(x )＝x 3＋x 2x 2＋1，则φ′(x )＝2x 4＋x 2＋1(2x 2＋1)2>0，所以φ(x )min ＝φ(1)＝23，所以a <23.又因为a >0，所以实数a 的取值范围是⎝⎛⎭⎫0，23. （2）函数f (x )＝x 2－2ax ＋1＝(x －a )2＋1－a 2在区间[1,2]上的最小值有以下三种情况：①当0<a ≤1时，f (x )min ＝f (1)＝2－2a ；②当1<a <2时，f (x )min ＝f (a )＝a 2－2a 2＋1＝1－a 2； ③当a ≥2时，f (x )min ＝f (2)＝5－4a . 函数g (x )的最大值为a2.当0<a ≤1时，由f (x )min >a 2，即2－2a >a 2，解得0<a <45；当1<a <2时，由f (x )min ＝1－a 2>a2，无解；当a ≥2时，f (x )min ＝5－4a >a2，无解．综上可知，实数a 的取值范围是⎝⎛⎭⎫0，45. （3）函数f (x )＝x 2－2ax ＋1＝(x －a )2＋1－a 2在区间[1,2]上的最小值有以下三种情况：①当0<a ≤1时，f (x )min ＝f (1)＝2－2a ；②当1<a <2时， f (x )min ＝f (a )＝a 2－2a 2＋1＝1－a 2； ③当a ≥2时，f (x )min ＝f (2)＝5－4a . 函数g (x )的最小值为4a当0<a ≤1时，由f (x )min >4a ，即2－2a >4a ，解得0<a <98；当1<a <2时，由f (x )min ＝1－a 2>4a，无解； 当a ≥2时，f (x )min ＝5－4a >4a，无解． 综上可知，实数a 的取值范围是⎪⎭⎫ ⎝⎛980，. （4）函数g (x )的最大值为a2.函数f (x )＝x 2－2ax ＋1＝(x －a )2＋1－a 2在区间[1,2]上的最大值有以下三种情况： ①当0<a ≤23时，245)2()(max a a f x f >-==，解得0<a <910； ②当23>a 时，222)1()(max aa f x f >-==，无解.综上可知，实数a 的取值范围是⎪⎭⎫ ⎝⎛9100，. 2. 巩固提升综合练习【练习1】已知二次函数 f (x )=ax 2+bx +c (a >0) 的图象过点 (1,0)若对任意的 x 1∈[0,2]，存在 x 2∈[0,2]，使得 f (x 1)+f (x 2)>32a ，求 ba 的取值范围.【解析】 由题意，对任意的 x 1∈[0,2]，存在 x 2∈[0,2]，使得 f (x 1)+f (x 2)>32a . 所以 f min (x )+f max (x )>32a .因为 a +b +c =0 ，所以 f (x )=ax 2+bx −a −b ，其对称轴为 x =−b2a . ①当 −b2a <0 即 ba >0 时，f (x ) 在 [0,2] 上单调递增，所以 f min (x )+f max (x )=f (0)+f (2)=−a −b +3a +b =2a >32a .所以b a>0 符合题意.②当 0≤−b2a <1 即 −2<ba ≤0 时，f (x ) 在 [0,−b2a ] 上递减，在 [−b2a ,2] 上递增且 f (0)<f (2) . 所以 f min (x )+f max (x )=f (−b2a)+f (2)=−b 24a −a −b +3a +b =−b 24a +2a . 所以由 −b 24a +2a >32a 得：−√2<ba ≤0 符合题意. ③当 1≤−b2a <2 即 −4<ba ≤−2 时， f (x ) 在 [0,−b 2a ] 上递减，在 [−b 2a,2] 上递增且 f (0)≥f (2) .所以 f min (x )+f max (x )=f (−b2a )+f (0)=−b 24a −a −b −a −b =−b 24a −2a −2b . 所以由 −b 24a −2a −2b >32a 得：−4−√2<ba <−4+√2． 所以 −4<b a <−4+√2 符合题意.④当 −b 2a≥2 即 b a≤−4 时，f (x ) 在 [0,2] 上单调递减，所以 f min (x )+f max (x )=f (2)+f (0)=3a +b −a −b =2a >32a . 所以 ba ≤−4 符合题意.综上所述：所以 ba <−4+√2 或 ba >−√2 .【练习2】 已知函数 f (x )=12ax 2−(2a +1)x +2lnx (a ∈R )．（1）若曲线 y =f (x ) 在 x =1 和 x =3 处的切线互相平行，求 a 的值； （2）求 f (x ) 的单调区间；（3）设 g (x )=x 2−2x ，若对 x 1∈(0,2]，均存在 x 2∈(0,2]，使得 f (x 1)<g (x 2)，求 a 的取值范围 【解析】（1） fʹ(x )=ax −(2a +1)+2x (x >0)． 由题意知 fʹ(1)=fʹ(3)，即 a −(2a +1)+2=3a −(2a +1)+23，解得 a =23． （2） fʹ(x )=(ax−1)(x−2)x(x >0)．① 当 a ≤0 时，因为 x >0，所以 ax −1<0，在区间 (0,2) 上，fʹ(x )>0， 在区间 (2,+∞) 上，fʹ(x )<0，故 f (x ) 的单调递增区间是 (0,2)，单调递减区间是 (2,+∞)．②当 0<a <12 时，1a >2，在区间 (0,2) 和 (1a ,+∞) 上，fʹ(x )>0， 在区间 (2,1a ) 上 fʹ(x )<0，故 f (x ) 的单调递增区间是 (0,2) 和 (1a ,+∞)，单调递减区间是 (2,1a )． ③当 a =12 时，fʹ(x )=(x−2)22x≥0，故 f (x ) 的单调递增区间是 (0,+∞)．④当 a >12 时，0<1a <2，在区间 (0,1a ) 和 (2,+∞) 上，fʹ(x )>0， 在区间 (1a ,2) 上，fʹ(x )<0，故 f (x ) 的单调递增区间是 (0,1a ) 和 (2,+∞)，单调递减区间是 (1a ,2)．（3） 由题意知，在 (0,2] 上有 f (x )max <g (x )max ． 由已知得 g (x )max =0，由（2）可知，①当 a ≤12时，f (x ) 在 (0,2] 上单调递增，故 f (x )max =f (2)=2a −2(2a +1)+2ln2=−2a −2+2ln2， 所以 −2a −2+2ln2<0，解得 a >ln2−1， 故 ln2−1<a ≤12．②当 a >12 时，f (x ) 在 (0,1a ) 上单调递增； 在 [1a ,2] 上单调递减，故 f (x )max =f (1a )=−2−12a −2lna ．由 a >12 可知 lna >ln 12>ln 1e =−1，所以 2lna >−2，即 −2lna <2，所以 −2−2lna <0， 所以 f (x )max <0，符合． 综上所述，a >ln2−1． 1．已知函数()ln f x ax x x =+的图象在点e x =（e 为自然对数的底数）处的切线的斜率为3． (1)求实数a 的值；(2)若2()f x kx ≤对任意0x >成立,求实数k 的取值范围.(2)由（1）知,()ln f x x x x =+, ∴2()f x kx ≤对任意0x >成立1ln xk x+⇔≥对任意0x >成立, 令1ln ()xg x x +=,则问题转化为求()g x 的最大值, 221(1ln )ln '()x x x x g x x x⋅-+==-,令'()0g x =,解得1x =, 当01x <<时,'()0g x >,∴()g x 在(0,1)上是增函数； 当1x >时,'()0g x <,∴()g x 在(1,)+∞上是减函数． 故()g x 在1x =处取得最大值(1)1g =,∴1k ≥即为所求.2.已知函数()log a f x x =,()2log (22)a g x x t =+-,其中0a >且1a ≠,t R ∈． (1)若4t =,且1[,2]4x ∈时,()()()F x g x f x =-的最小值是－2,求实数a 的值； (2)若01a <<,且1[,2]4x ∈时,有()()f x g x ≥恒成立,求实数t 的取值范围. 【答案】(1)15；(2)[2,)+∞.(2)∵()()f x g x ≥恒成立,即log 2log (22)a a x x t ≥+-恒成立,∴1log log (22)2a a x x t ≥+-.又∵01a <<,1[,2]4x ∈,22x t ≤+-,22t x ≥-+∴max (22)t x ≥-.令2117122)([,2])484y x x =-=-+∈,∴max2y=.故实数t 的取值范围为[2,)+∞.3.设函数()()21xf x e x ax a =--+,其中1a <,若存在唯一的整数t ,使得()0f t <,则a 的取值范围是（ ）A ．3,12e ⎡⎫-⎪⎢⎣⎭ B ．33,24e ⎡⎫-⎪⎢⎣⎭ C ．33,24e ⎡⎫⎪⎢⎣⎭ D ．3,12e ⎡⎫⎪⎢⎣⎭【答案】D【解析】令()()()21,xg x ex h x ax a =-=-.由题意知存在唯一整数t ,使得()g t 在直线()h x 的下方.()()'21x g x e x =+,当12x <-时,函数单调递减,当12x >-,函数单调递增,当12x =-时,函数取得最小值为122e --.当0x =时,(0)1g =-,当1x =时,(1)0g e =>,直线()h x ax a =-过定点()1,0,斜率为a ,故()0a g ->且()113g e a a --=-≥--,解得3,12m e ⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭.4.已知函数f (x )＝x 3－ax 2＋10,若在区间[1,2]内至少存在一个实数x ,使得f (x )<0成立,求实数a 的取值范围．5.若不等式()2211x m x ->-对任意[]1,1m ∈-恒成立,求实数x 的取值范围.12x <<【解析】()2211x m x ->-可转化为()21210m x x --+<,设()()21210f m m x x =--+<,则()f m 是关于m 的一次型函数,要使()0f m <恒成立,只需()()221201220f x x f x x ⎧=-<⎪⎨-=--+<⎪⎩,12x <<. 6.若不等式()()21313ln1ln33x xa x ++-⋅≥-⋅对任意的(],1x ∈-∞恒成立,则a 的取值范围是（ ）A. 10,3⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦ B. 10,3⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭C. [)2,+∞D. (],2-∞ 【答案】D【解析】由题意结合对数的运算法则有： ()213133lnln 33x xxa ++-⋅≥,由对数函数的单调性有：()21313333x xxa ++-⋅≥,整理可得： 2133x x a +≤,由恒成立的条件有： 2min133x xa ⎛⎫+≤ ⎪⎝⎭,其中21313233xx xxy +⎛⎫==+≥ ⎪⎝⎭,当且仅当0x =时等号成立.即0x =时,函数2133x x y +=取得最小值2.综上可得： 2a ≤.本题选择D 选项.7.已知函数()222,02,0x x x f x x x x ⎧-+≥=⎨-<⎩,若关于的不等式()()20f x af x ⎡⎤+<⎣⎦恰有个整数解,则实数的最大值是（ ） A.B.C. 5D.【答案】D8.已知函数()1x f x x e=+,若对任意x R ∈, ()f x ax >恒成立,则实数a 的取值范围是（ ） A. (),1e -∞- B. (]1,1e - C. [)1,1e - D. ()1,e -+∞ 【答案】B【解析】函数()1x f x x e =+，对任意x R ∈, ()f x ax >恒成立,∴1x x ax e +>恒成立,即()11xa x e >-x 恒成立；设()()()1,1x g x h x a x e==-,x ∈R ；在同一坐标系内画出两个函数的图象,如图所示；则满足不等式恒成立的是h (x )的图象在g (x )图象下方,求()g x 的导数()'xg x e -=-,且过()g x 图象上点()00,x y 的切线方程为()000x y y e x x --=--,且该切线方程过原点(0,0),则000x y ex -=-⋅,即000x x e e x --=-⋅,解得01x =-；∴切线斜率为0x k e e -=-=-,∴应满足a −1>−e ,即a >1−e ；又a −1⩽0,∴a ⩽1,∴实数a 的取值范围是(1−e ,1].故选B.9.已知函数()()ln 224(0)f x x a x a a =+--+>,若有且只有两个整数1x , 2x 使得()10f x >,且()20f x >,则a 的取值范围是（ ）A. ()ln3,2B. [)2ln3,2-C. (]0,2ln3- D. ()0,2ln3- 【答案】C【解析】由题意可知, ()0f x >,即()()ln 2240,0x a x a a +--+>>, ()22ln 40ax a x x a ∴->-->,设()()2ln 4,2g x x x h x ax a =--=-,由()121'2x g x x x -=-=,可知()2ln 4g x x x =--,在10,2⎛⎫⎪⎝⎭上为减函数,在1,2⎛⎫+∞⎪⎝⎭上为增函数, ()2h x ax a =-的图象恒过点()2,0,在同一坐标系中作出()(),g x h x 的图象如下：若有且只有两个整数12,x x ,使得()10f x >,且()20f x >,则()()()(){11 33a h g h g >>≤,即0{2 23a a a ln >->-≤-,解得02ln3a <≤-,故选C.10.已知对任意的，总存在唯一的，使得成立（为自然对数的底数），则实数的取值范围是( ) A ． B ．C ．D ．【答案】D 【解析】。
函数恒成立存在性与有解问题
函数恒成立存在性问题知识点梳理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 ∈Bx f ≤)(在D 上恰成立，则等价于)(x f 在D 上的最大值B x f =)(max .4、设函数()x f 、()x g ，对任意的[]b a x ,1∈，存在[]d c x ,2∈，使得()()21x g x f ≥，则()()x g x f min min ≥5、设函数()x f 、()x g ，对任意的[]b a x ,1∈，存在[]d c x ,2∈，使得()()21x g x f ≤，则()()x g x f max max ≤6、设函数()x f 、()x g ，存在[]b a x ,1∈，存在[]d c x ,2∈，使得()()21x g x f ≥，则()()x g x f min max ≥7、设函数()x f 、()x g ，存在[]b a x ,1∈，存在[]d c x ,2∈，使得()()21x g x f ≤，则()()x g x f max min ≤8、若不等式()()f x g x >在区间D 上恒成立，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；例题讲解：题型一、常见方法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；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；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 的取值范围．3、已知两函数2)(x x f =，m x g x-⎪⎭⎫ ⎝⎛=21)(，对任意[]2,01∈x ，存在[]2,12∈x ，使得()21)(x g x f ≥，则实数m 的取值范围为题型二、主参换位法(已知某个参数的范围，整理成关于这个参数的函数)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。
函数的恒成立与存在性问题讲解
函数的恒成立与存在性问题设D 为给定的区间:函数的恒成立问题;（1）若D x ∈∀,都有()a x f >成立,则()a x f >min ;（2）若D x ∈∀,都有()a x f <成立,则()a x f <max .函数的存在性问题:（1）若D x ∈∃,使得()b x f >成立,则()b x f >max ;（2）若D x ∈∃,使得()b x f <成立,则()b x f <min .不管是函数的恒成立问题,还是存在性问题,问题的解决都要将问题转化为函数的最值问题.下面以与指数函数有关的函数为研究对象各举一例进行说明.例1. 已知函数()xx f 2=,∈x R . （1）当m 取何值时,方程()m x f =-2有一个解?有两个解?（2）若不等式()[]()02>-+m x f x f 在R 上恒成立,求实数m 的取值范围. 关键词 数形结合思想 函数与方程思想分析: 在第（1）问中,设()()2-=x f x g ,()m x h =,则()()x h x g =,这样,就把方程()m x f =-2的解的情况转化为了两个函数()x g 与()x h 的图象的相交情况,在画出两个函数大致图象的情况下,根据数形结合方法确定m 的取值.其中函数()x g 的图象可由指数函数()x x f 2=的图象经过一系列的图象变换得到,函数()x h 为常数函数,其图象为一条平行于x 轴的直线（在R 上）.解:（1）设()()222-=-=x x f x g ,()m x h =,在同一平面直角坐标系中画出函数()x g 与()x h 的大致图象如下页图所示.由图象可知,当0=m 或m ≥2时,两个函数的图象只有一个交点,所以此时方程()m x f =-2有一个解;当20<<m 时,两个函数的图象有两个不同的交点,所以此时方程()m x f =-2有两个解.) = m（2）∵()[]()02>-+m x f x f 在R 上恒成立 ∴()0222>-+m x x 在R 上恒成立 整理得:()x x m 222+< 在R 上恒成立 设x t 2=,则()+∞∈,0t ,t t m +<2在()+∞∈,0t 上恒成立设()412122-⎪⎭⎫ ⎝⎛+=+=t t t t g ,∵()t g 在⎪⎭⎫⎢⎣⎡+∞-,21上为增函数 ∴当()+∞∈,0t 时,()()00=>g t g∵()t g m <在()+∞∈,0t 上恒成立∴m ≤0,即实数m 的取值范围为(]0,∞-.例2. 已知()122+-=x x a x f （∈a R ）的图象关于原点对称. （1）求a 的值;（2）若存在[]1,0∈x ,使不等式()0122<+-+x x b x f 成立,求实数b 的取值范围. 解:（1）由题意可知,函数()x f 为R 上的奇函数 ∴()00=f ,∴021=-a ,解之得:1=a ; （2）由（1）可知:()1212+-=x x x f .∵()0122<+-+x xb x f ,且[]1,0∈x ,∴01221212<+-++-x x x x b . ∵112>+x ,∴022122<-++-b x x x 整理得:12222-⋅+>x x b 令x t 2=,则()211222-+=-+>t t t b ,∵[]1,0∈x ,∴[]2,1∈t 设()()212-+=t t h ,则()()21min ==h t h ,只需()min t h b >即可. ∴2>b ,即实数b 的取值范围为()+∞,2.。
方法技巧专题16函数中恒成立与存在性问题
方法技巧专题16函数中恒成立与存在性问题在数学中，函数是一种描述两个集合之间的对应关系的工具。
函数中的公式通常包含变量，通过给定变量的值，可以计算出函数的值。
然而，在函数的研究和应用中，我们会遇到一些函数恒成立与存在性的问题。
首先，函数中的恒成立问题是指函数中一些等式对于所有变量的取值都成立。
这意味着，无论我们取函数中的任意变量值，方程都会成立。
如果我们证明了一些等式在整个定义域上都成立，那么我们就称它为函数中的恒成立等式。
例如，对于任意实数x，函数f(x)=x^2-x+6中的等式f(x)=f(2)始终成立。
我们可以验证当x取任意实数时，等式都成立。
这说明f(x)=f(2)是这个函数中的恒成立等式。
其次，函数中的存在性问题是指函数是否存在合适的定义域和值域。
函数的定义域是指所有可能的输入值，而值域是指函数输出的所有值。
在研究函数时，有时候我们需要确定一个函数是否存在，并找到合适的定义域和值域。
例如，考虑函数f(x)=1/x，在x=0时，函数的定义域不存在，因为0作为除数是不合法的。
然而，在其他任意实数x上，函数都有定义，并且值域是实数集合。
因此，函数f(x)=1/x在定义域上存在，并且值域为实数。
解决函数中恒成立与存在性问题的方法和技巧如下：1.使用代数方法：我们可以通过代数运算和等式推导来证明函数中的恒成立等式。
根据等式的性质和规律，我们可以对等式进行变形和化简，证明等式在所有变量取值下都成立。
2.使用图形方法：对于一些函数，我们可以通过绘制图形来分析函数的行为和性质。
通过观察函数的图形，我们可以判断函数是否存在，以及函数中是否存在一些等式。
3.使用定义和性质：函数的定义和性质是解决函数恒成立与存在性问题的重要依据。
我们可以运用函数的定义和性质，结合数学推理和逻辑推导，来证明函数中的恒成立等式和存在性问题。
4.使用反证法：当我们无法通过直接证明函数的恒成立等式或存在性问题时，可以尝试使用反证法。
高一函数恒成立与存在性问题
① ' . _ 1 ^ -■二 5. 解决数学恒成立与存在性问题的方法:函数恒成立与存在性问题 沈阳市第十一中学 赵拥权 基础知识: 1. 1. 恒成立问题： ① =■ I -I ■ ; ' - ' ■'. ② 江忑 < 贬〕恒威亶丄也c 心；沙 ③ v x e iXg(x) A rto 恒成立•记 F(X) - gbc) - r(x)> 几则(曲)-f«)伽 > o ④ 刊E D 尼3 < f(x)恒成立値F00 = g(x)-心)< ①则(曲)-1W)仙< 0 e D lt x 2e/)£r f(x l )>g(x 2)恒成立"则巧)》9(七〉 ⑤ ⑥■: ■'•■■■ ' 2. 2. 3. 3. 存在性问题： ① 环 fta > fW 成立厠0 > f(x)mtft ② 1 ③ 办 e D 屯仗)>『仗)成立尼F(X) = g(x) - f(x) > 0刚(g(x) - f(x)> 顷“ > 0 ④ 朝 E 氏g(x) < 血)成立.足F(X) = g(x) - f(x) < 0刚 <g(x) - f(x)> 顶"< 0 3^1eD 1^€D 2/(x 1)>ff (x 2)成立"则ft-Xi) >ff(x 2y ⑤ ⑥刃［ED ］叫€"諾(巧)V 讥可)成立■则『(冇)品V®伍)g 恒成立与存在性混合不等式问题： ①vxED r 3^en JJ /(x 1)>tf (x 2)成立■则r(^)m .n >^(x 2)二恒成立与存在性混合等式问题：若 f(x),g(x)的值域分别为A,B,则4. 4.①函数性质法；②参数分离(主参分离)法；③主参互换法；④数形结合法；典例分析：例一：(1).已知询怎［-1」〕时不等式尤三+(肚-4)丈+ 4-2口A0恒成立，则x的取值范围为__⑵.不等式血> - 1)对满足Iml <2的一切实数m都成立，则x的取值范围为—;(3) __ .已知a是实数，函数:二"—曲:八-心彳在」上恒小于零，则实数a的取值范围;⑷•若关于x的不等式ax2-2A + 2> €■在区间(1,4)上恒成立，则实数a的取值范围 _____ ;(5) .已知a是实数，函数f(^) = x +2(a - 2)x丰4在x E ［- I i］|上张)A u恒成立，则实数a的取值范围_____ ;2(6) .不等式+JMJT-KO对于任意xE［gm + l］都成立，贝y m的取值范围为—;.(7) .已知函数一咦；：二一厂Hi，当时，恒有f(x)'，则a的取值范围_____(8) .已知函数| 当心丄厂时，恒有f(x)二‘ I ,则a的取值范围_______(9) 已知一次函数：:' J■ - 当……时，恒有f(x) ，贝U m的取值范围_____例二：(1) •若存在实数x,使关于x的不等式ax2-4x + d- 3<0成立,则实数a的取值范围__________(2) ____________________________________________________________________ .关于x 的不等式-V2+UX-2>0在区间［1,引上和斛,则实数a的取值范围_______________________ ;(3) 关于x的二次方程+ -l)x + l =°在区间［0,2］上冇解，则实数m的取值范围 _2(4) •不等式上+吋-丄U0对于xE(23fj解，则m的取值范围为_;.1* 丘(°・R 斗"=Jog x(5) .当2时,不等式武有解|牙德敬1的取值范围;1 z l(x) = -x_+ 工占(尤)=ln(x+ 1)- a;例三：已知函数亠①"巧€ 七w I也rb J a刈(勺)*te成立"求实数晟的取值范围•②€ (o,2Lax2€>期(七)成立"求实数日的取值范围•③兀E ［0.2皿严［沏他(x J ^区)成丸求咒数彳的取值范围•④女代［0.21少严［0.2］”便鮒（巧）（切，求实数日|的取值范围；⑤汰代［0盘叫门02］的帥何）=曲）求实数殳的取值范围；⑥兀€血2估七定［0・乳便得八珀）=/勺），求实数日的取值范围；例四：（1•当K E （1,2）时,不等式（兀7）‘他/恒成立求丈数日的取值范围；1⑵.当”（°吃）时，不等式* cog/恒成立』求实血的取值范围；⑶•已知->-I：.-.-. -：-■ .■- ■■<■.' L. - - -•若泾 G订淇：订「或g（x），则m的取值范围习题：2 耳，#1.当=2「册「I时，不等式「恒成立療覧昱血的取值范围；2.已知函数f（x）」°弘XE(2x-a)12U,恒有fi>）AO则实数a|的取值范围；3.已知函数f(x)=h +此+ 3,VX E：1 - 2,21，恒有f（x）> d.则实的取值范围；1 + 2' + 4X4.已知函数f(x)=lg (3H；・XE（-8. 1）时，恒有『（X恒仃点:文，则宾数2的取值范围；5. 已知函数f（x）=：卜，；i：二一,恒有込讥戈•豹江的取值范围；1 亠6. 已知證二°11-』土1*函数f（x）=H “口，当"（-1,1 HJ ,恒有 2 '的取值范围；X + 17. 已知函数血）〕吧R'Xi + E,恒有mi +忆也-i）m则文如的取值范围；8. 已知函数f（x）»- ■"—…，恒有I—；-*.：.」：■ '■ ■■- 1-的取值范围；29. 已知函数f（x）=mx - J人吻辰杠3 ,恒有f（x）J m + 5.则宾数m的取值范围；。
恒成立与存在性问题方法总结
恒成立与存在性问题方法总结一、构建函数构建适当的函数，将恒成立问题转化为能利用函数的性质来解决的问题。
1、构建一次函数众所周知，一次函数的图像是一条直线，要使一次函数在某一区间内恒大于（或小于）零，只需一次函数在某区间内的两个端点处恒大于（或小于）零即可。
例1：若x∈（-2，2），不等式kx+3k+1＞0恒成立，求实数k的取值范围。
解：构建函数f（x）= kx+3k+1，则原问题转化为f（x）在x∈（-2，2）内恒为正。
若k=0，则f（x）=1＞0恒成立；若k≠0，则f（x）为一次函数，问题等价于f（-2）＞0，f（2）＞0，解之得k∈（- ，+∞）。
例2：对m≤2的一切实数m，求使不等式2x-1＞m（x -1）都成立的x的取值范围。
解：原问题等价于不等式：（x -1）m-（2x-1）＜0，设f（m）=（x -1）m-（2x-1），则原问题转化为求一次函数f（m）或常数函数在［-2，2］内恒为负值时x的取值范围。
（1）当x -1=0时，x=±1。
当x=1时，f（m）＜0恒成立；当x=-1时，f（m）＜0不成立。
（2）当x -1≠0时，由一次函数的单调性知：f（m）＜0等价于f（-2）＜0，且f（2）＜0，即＜x＜；综上，所求的x∈（）。
2、构建二次函数二次函数的图像和性质是中学数学中的重点内容，利用二次函数的图像特征及相关性质来解决恒成立问题，使原本复杂的问题变得容易解决。
例3：若x≥0，lg（ax +2x+1）∈R恒成立，求实数a的取值范围。
解：构造函数g（x）= ax +2x+1，则原问题等价于：当x≥0时，g（x）恒大于0。
若a=0且x≥0，则g（x）= 2x+1＞0恒成立；若a≠0，则g（x）为二次函数，当a＜0时，显然当x≥0时不能使g（x）恒大于0，仅当a＞0时，要使当x≥0时，g（x）恒大于0，只需Δ＜0或△≥0-≤0g（0）＞0，解之得：a＞0∴a的取值范围为［0，+∞）。
专题 恒成立和存在性问题
恒成立和存在性问题函数中经常出现恒成立和存在性问题，它能够很好地考察函数、不等式等知识以及转化与化归等数学思想，因此备受命题者青睐，在高考中频频出现，也是高考中的一个难点问题．例1已知函数f (x )＝ax 2－ln x (a 为常数)．(1) 当a ＝12时，求f (x )的单调减区间； (2) 若a <0，且对任意的x ∈[1，e]，f (x )≥(a －2)x 恒成立，求实数a 的取值范围．例2已知函数f (x )＝mx －a ln x －m ，g (x )＝e x e x ，其中m ，a 均为实数． (1) 求g (x )的极值；(2) 设m ＝1，a <0，若对任意的x 1，x 2∈[3,4](x 1≠x 2)，|f (x 2)－f (x 1)|<⎪⎪⎪⎪⎪⎪1g (x 2)－1g (x 1)恒成立，求a 的最小值．例3已知函数f (x )＝m ln x －12x (m ∈R)，g (x )＝2cos 2x ＋sin x ＋a . (1) 求函数f (x )的单调区间；(2) 当m ＝12时，对于任意x 1∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e ，总存在x 2∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2，使得f (x 1)≤g (x 2)成立，求实数a 的取值范围．思维变式题组训练1. 已知函数(x ＋1)ln x －ax ＋a ≥0在x ∈[1，＋∞)恒成立，求a 的取值范围．2. 已知e 为自然对数的底数，函数f (x )＝e x －ax 2的图象恒在直线y ＝32ax 上方，求实数a 的取值范围．3. 已知函数f (x )＝(a ＋1)ln x ＋ax 2＋1.(1) 试讨论函数f (x )的单调性；(2) 设a <－1，如果对任意x 1，x 2∈(0，＋∞)，|f (x 1)－f (x 2)|≥4|x 1－x 2|，求实数a 的取值范围．强化训练一、 填空题1. 若当x ∈(1,2)时，不等式x 2＋mx ＋4<0恒成立，则实数m 的取值范围是________．2. 已知函数f (x )＝⎩⎨⎧ －x 2＋2x ， x ≤0，ln (x ＋1)， x >0，若|f (x )|≥ax －1恒成立，则a的取值范围________．3. 设实数m ≥1，不等式x |x －m |≥m －2对∀x ∈[1,3]恒成立，则实数m 的取值范围是________．4. 已知函数f (x )＝ln x ＋(e －a )x －b ，其中e 为自然对数的底数．若不等式f (x )≤0恒成立，则b a的最小值为________．二、 解答题5. 已知函数f (x )＝(x ＋1)ln x －ax ＋a (a 为常数，且为正实数)．(1) 若f(x)在(0，＋∞)上单调递增，求a的取值范围；(2) 若不等式(x－1)f(x)≥0恒成立，求a的取值范围．6. 设函数f(x)＝x3＋ax2＋bx(a，b∈R)的导函数为f(x)．已知x1，x2是f′(x)的2个不同的零点．(1) 证明：a2>3b；(2) 当b＝0时，若对任意x＞0，不等式f(x)≥x ln x恒成立，求a的取值范围．7. 已知函数f(x)＝x3＋bx2＋2x－1, 若对任意x∈[1,2]，均存在t∈(1,2]，使得e t－ln t－4≤f(x)－2x，试求实数b的取值范围．8. 已知函数f(x)＝ax2＋2ln x.记函数g(x)＝f(x)＋(a－1)ln x＋1，当a≤－2时，若对任意x1，x2∈(0，＋∞)，总有|g(x1)－g(x2)|≥k|x1－x2|成立，试求k 的最大值．9. 已知函数f(x)＝x－ln x－2.(1) 求曲线y＝f(x)在x＝1处的切线方程；(2) 若函数f(x)在区间(k，k＋1)(k∈N)上有零点，求k的值；(3) 若不等式(x－m)(x－1)x>f(x)对任意正实数x恒成立，求正整数m的取值集合．10. 若对任意实数k，b都有函数y＝f(x)＋kx＋b的图象与直线y＝kx＋b相切，则称函数f(x)为“恒切函数”．设函数g(x)＝a e x－x－pa，a，p∈R.(1) 试讨论函数g(x)的单调性；(2) 已知函数g(x)为“恒切函数”．①求实数p的取值范围；②当p取最大值时，若函数h(x)＝g(x)e x－m也为“恒切函数”，求证：0≤m<3 16.(参考数据：e3≈20)。
求解有关恒成立、存在性问题的四种策略
求解有关恒成立、存在性问题的四种策略对于有关恒成立、存在性问题，一直是高考命题的热点，往往以全称命题或特称命题的形式出现，同时结合函数的单调性、极值、最值等知识进行考查，在高考中多以压轴题或压轴题中的压轴问的形式出现。
如何突破这一难关呢？关键是细心审题及恰当地转化。
现就如何求解恒成立、存在性问题中的参数问题加以分析。
方法1：分离参数法例1.设函数f(x)=lnx-ax,g（x）=ex-ax，其中a为实数。
若f(x)在(1,+∞)上是单调减函数，且g(x)在(1,+∞)上有最小值，求a的取值范围。
解：因为f`(x)=-a,g`(x)=ex-a,由题意得f`（x）≤0对x∈(1,+∞)恒成立，即a≥对x∈(1,+∞)恒成立，所以a≥1。
因为g`(x)=ex-a在x∈(1,+∞)上是单调增函数，所以g`(x)>g`(1)=e-a。
又g(x)在(1,+∞)上有最小值，则必有e-a<0，即a>e。
综上，可知a的取值范围是(e,+∞)。
点评：求解问题的切入点不同，求解的难度就有差异。
在恒成立问题中有时需要取交集，有时需要取并集，本题解法需要取交集。
一般而言：在同一问题中，若是对自变量作分类讨论，其结果要取交集；若是对参数作分类讨论，其结果要取并集。
方法2：构造函数法例2.已知函数f(x)=，若|f（x）|≥ax，则a的取值范围是()。
A.(-∞,0]B.(-∞,1]C.［-2，1］D.[-2，0]解：当x≤0时,|f(x)|≥axx2－(2+a)x≥0，对x≤0恒成立。
记g(x)=x2－(2+a)x=（x-）2-。
当<0即a<－2时,g(x)的最小值为－，不可能满足条件。
当≥0即a≥－2时,g(x)的最小值为0，满足题意。
当x>0时,|f(x)|≥axln(1+x)－ax≥0a≤，对x>0恒成立。
令θ(x)=，则θ`(x)=。
设t=x+1,则t>1。
记L(t)=-lnt,则L`(t)=<0,所以L(t)在t∈(1,+∞)上为减函数。
高一用 函数中的恒成立存在性问题
成立，当且仅当 ___________________
②图形语言：存在x D ，使 f x M 成立______________________
【问题1】设函数f (x) mx2 (m 3)x 3
①若任意 x 1,3 ，不等式f x 0 恒成立，求实数m 取值范围；
①对任意x 3,3，都有 f x g x 成立，求实数 c的取值范围； ②对任意x1, x2 3,3 ，都有 f x1 g x2 ，求实数 c的取值范围； ③存在 x 3,3 ，使 f x g x 成立，求实数c的取值范围； ④存在 x1, x2 3,3 ，有f x1 g x2 ，求实数 c 的取值范围；
函数中的恒成立、存在性问题
【引入】 函数中的恒成立、存在性问题
（1）我们班有同学身高超过180厘米。
存在性问题 “最高身高高于180厘米”
（2）我们班每位同学身高都高于100厘米
恒成立问题 “最低身高都高于100厘米”
【预备知识】`
1、恒成立问题的转化：
若函数 f x 在 D上存在最大值（或最小值），则
小结
① x D , f (x) g(x) 恒成立 _[_f_(x_)__g_(_x)_]m_in___0_ ； ② x1 D,x2 D, f (x1) g(x2) 恒成立 _f (_x_)m_in___g(_x_)m_ax__ ； ③ x D ，使得 f (x) g(x)成立 _[ _f (_x_) _g_(_x_)]_ma_x __0 ； ④ x1 D,x2 D, 使得 f (x1) g(x2) 成立 _f _(x_)m_ax__g_(_x_)m_in ；
小结
解决恒成立、存在性问题-----化为最值(或值域）的问题 常用方法：
恒成立与存在性问题
2.设函数 f(x)＝x2－1，对任意 x∈[32，＋∞)，f(mx )－4m2f(x)≤f(x －1)＋4f(m)恒成立，求实数 m 的取值范围
[解析] ∵f(x)＝x2－1，x∈[32，＋∞)， f(mx )－4m2f(x)≤f(x－1)＋4f(m)对 x∈[32，＋∞)恒成立． 即(mx )2－1－4m2(x2－1)≤(x－1)2－1＋4(m2－1)恒成立. 即(m12－4m2－1)x2＋2x＋3≤0 恒成立.即m12－4m2－1≤－2xx2－3恒成立. g(x)＝－2xx2－3＝－x32－x2＝－3(x12＋32x)＝－3(1x＋31)2＋31. ∵x≥32，∴0＜1x≤32，∴当1x＝23时，g(x)min＝－38. ∴m12－4m2－1≤－83.整理得 12m4－5m2－3≥0，(3m2＋1)(4m2－3)≥0. ∵3m2＋1>0，∴4m2－3≥0.即：m≥ 23或 m≤－ 23.
2x 1
步转化为(ln 2xx11)max (3m成a 立4 . m2 )min
(2)①F(x)=ln(x+2)- 2x
x 1
定义域为：
(-2,-1)∪(-1,+∞).
F′(x)=
x
1
2
2(x 1) 2x (x 1)2
x
1
2
(x
2 1)2
=(x 1)2 2(x 2)
(x 2)(x 1)2
(x
x2 3 2)(x 1)2
,
令F′(x)＞0，得单调增区间为 (2,和 3) ( 3,) 令F′(x)＜0，得单调减区间为 ( 和3,1) (1, 3)
②不等式f(x+1)≤f(2x+1)-m2+3am+4化为：
函数中存在性与恒成立问题
问题02 函数中存在性与恒成立问题一、考情分析函数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.在新课标下的高考越来越注重对学生的综合素质的考察,恒成立与存在性问题便是一个考察学生综合素质的很好途径,它主要涉及到一次函数、二次函数、三角函数、指数函数和对数函数等常见函数的图象和性质及不等式等知识,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,故备受高考命题者的青睐,成为高考能力型试题的首选. 二、经验分享(1) 设,（1）上恒成立；（2）上恒成立. (2) 对于一次函数有：(3)根据方程有解求参数范围,若参数能够分离出来,可把求参数范围转化为求函数值域．(4) 利用分离参数法来确定不等式(),0f x λ≥,（ D x ∈,λ为实参数）恒成立中参数λ的取值范围的基本步骤:①将参数与变量分离,即化为（或）恒成立的形式；②求()f x 在x D ∈上的最大（或最小）值；【牛刀小试】【江苏省淮安市淮海中学2019届高三上学期测试】函数，当时，恒成立，则实数的取值范围是____.【解析】的定义域为，且，为奇函数，且在上单调递增， 由得，，，，①时，，②时，，的最小值为1，，实数的取值范围是，故答案为.(二)分离参数法 【例2】已知函数的图象在点e x =（e 为自然对数的底数）处的切线的斜率为3．(1)求实数a 的值；(2)若2()f x kx ≤对任意0x >成立,求实数k 的取值范围. 【分析】（1）由结合条件函数的图象在点e x =处的切线的斜率为3,可知'(e)3f =,可建立关于a 的方程：,从而解得1a =；（2）要使2()f x kx ≤对任意0x >恒成立,只需即可,而由（1）可知,∴问题即等价于求函数的最大值,可以通过导数研究函数()g x 的单调性,从而求得其最值：,令'()0g x =,解得1x =,当01x <<时,'()0g x >,∴()g x 在(0,1)上是增函数；当1x >时,'()0g x <,∴()g x 在(1,)+∞上是减函数,因此()g x 在1x =处取得最大值(1)1g =,∴1k ≥即为所求.【点评】在函数存在性与恒成立问题中求含参数范围过程中,当其中的参数（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.此类问题可把要求的参变量分离出来,单独放在不等式的一侧,将另一侧看成新函数,于是将问题转化成新函数的最值问题.【牛刀小试】【2017河北省武邑上学期第三次调研考试】已知定义在R 上的奇函数()f x 满足:当0x ≥时,()3f x x =,若不等式对任意实数t 恒成立,则实数m 的取值范围是 .【答案】(,-∞(五)存在性之常用模型及方法 【例5】设函数,a R ∈且1a ≠.曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线的斜率为0.（1）求b 的值；（2）若存在[)1,x ∈+∞,使得,求a 的取值范围.【分析】（1）根据条件曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线的斜率为0,可以将其转化为关于a ,b 的方程,进而求得b 的值：,；（2）根据题意分析可得若存在[1,)x ∈+∞,使得不等式成立,只需即可,因此可通过探求()f x 的单调性进而求得()f x 的最小值,进而得到关于a 的不等式即可,而由（1）可知,则,因此需对a 的取值范围进行分类讨论并判断()f x 的单调性,从而可以解得a 的取值范围是. 【解析】（1）,由曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线的斜率为0,得()10f '=,②当11a <<时,1a >, 1a-,不合题意,无解,10分 ③当1a >时,显然有()0f x <,01aa >-,∴不等式恒成立,符合题意,综上,a 的取值范围是.6．【徐州市第三中学2017～2018学年度高三第一学期月考】已知函数,若存在唯一的整数x ,使得成立,则实数a 的取值范围为__________．【答案】[]0,2[]3,8⋃7．【盐城中学2018届高三上第一次阶段性考试】若存在x ∈R,使得34x a ﹣ ≥22x x - （a ＞0且a≠1）成立,则实数a 的取值范围是_____．【答案】2a ≥或0a << 且 1.a ≠ .【解析】,∴（3x ﹣4）,当3x ﹣4=0即4x 3=时,故舍去当3x ﹣4>0即4x 3>时, ,令t=3x ﹣4＞0,,所以2log a ≥1．所以a≥2．当3x ﹣4<0即4x 3<时,令t=3x ﹣4<0,219log a ≤，所以a ≤综上,a≥2或0＜ a ≤a≠1．14．【2016届山东师大附中高三上学期二模】已知函数（a 为常数,e=2．718…）,且函数处的切线和处的切线互相平行．（1）求常数a 的值； （2）若存在x 使不等式成立,求实数m 的取值范围．【答案】（1）1a =；（2）(,0)-∞． 【解析】试题分析：本题主要考查导数的运算、利用导数求曲线的切线、利用导数判断函数的单调性、利用导数求函数的极值和最值等基础知识,考查学生的分析问题解决问题的能力、转化能力、计算能力．第一问,先利用导数求出函数()y f x =在0x =处的切线的斜率011k e ==,再求出函数函数()y g x =在x a =处的切线的斜率21k a=, 根据题意列出等式,解出a 的值；第二问,先将转化为, 构造函数, 利用导数判断函数的单调性,求出函数的最值,从而得到m 的取值范围．（2）可化为,令,则,因为0x >,所以,, 故()0h x '<,所以()h x 在(0,)+∞上是减函数,因此,所以,实数m 的取值范围是(,0)-∞；16. 【江苏省南师大附中2019届高三年级第一学期期中】已知函数，直线是曲线的一条切线．（1）求实数a 的值； （2）若对任意的x (0，)，都有，求整数k 的最大值．【解析】（2）令F(x)＝f(x)－k(x－1)，则根据题意，等价于F(x)＞0对任意的正数x恒成立.F ′(x)＝ln x＋2－k，令F ′(x)＝0，则x＝e k－2 .当0＜x＜e k－2，则F ′(x)＜0，F(x)在（0，e k－2）上单减；当x＞e k－2，则F ′(x)＞0，F(x)在（e k－2，＋∞）上单增. 所以有F(x)＝F(e k－2) ＞0，即e k－2－k－1＜0.当k＝3，容易验证，e k－2－k－1＜0；下证：当k≥4，e k－2－k－1＞0成立.。
高一同步专题《函数中的“恒成立”问题与“存在性”问题》PDF
（Ⅳ）对任意 x1 D1 ，存在 x2 D2 ，使得 f x1 g x2 ， f (x) x D1 g(x) x D2 ；
（二）“存在性”问题（“有解”问题）：（分离参数，转化为函数的“最值”问题）：
（Ⅰ）存在 x D ，使得 a f (x) 成立（即 a f (x) （ x D ）有解） a f (x)min ； 存在 x D ，使得 a f (x) 成立 a f (x)min ；
1 2x 1
15,
1 3
2 2x 1
2, 3
2 5
1
2 2x 1
1 3
,
3 5
，即
m
log 2
1
2 2x 1
，
x
1,
2
的值域为
1 3
,
3 5
。
所以，
m
的取值范围为
1 3
,
3 5
①．求 a 的取值范围；
②．若对任意实数 m ， f m 1 f m2 t 0 恒成立，求实数 t 的取值范围。
〖解〗（1）若 a 2 ，则当 x 0 时， f (x) x2 2x ，
x 0 时， x 0 ， f x x2 2x ，
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《函数中的“恒成立”问题与“存在性”问题》
恒成立与存在性问题的解题策略
“恒成立问题”与“存在性问题”得基本解题策略一、“恒成立问题”与“存在性问题”得基本类型恒成立、能成立、恰成立问题得基本类型1、恒成立问题得转化:恒成立;2、能成立问题得转化:能成立;3、恰成立问题得转化:在M上恰成立得解集为M另一转化方法:若在D上恰成立,等价于在D上得最小值,若在D上恰成立,则等价于在D上得最大值、4、设函数、,对任意得,存在,使得,则5、设函数、,对任意得,存在,使得,则6、设函数、,存在,存在,使得,则7、设函数、,存在,存在,使得,则8、设函数、,对任意得,存在,使得,设f(x)在区间[a,b]上得值域为A,g(x)在区间[c,d]上得值域为B,则A B、9、若不等式在区间D上恒成立,则等价于在区间D上函数与图象在函数图象上方;10、若不等式在区间D上恒成立,则等价于在区间D上函数与图象在函数图象下方;恒成立问题得基本类型在数学问题研究中经常碰到在给定条件下某些结论恒成立得命题、函数在给定区间上某结论成立问题,其表现形式通常有: 在给定区间上某关系恒成立; 某函数得定义域为全体实数R;●某不等式得解为一切实数;❍某表达式得值恒大于a等等…恒成立问题,涉及到一次函数、二次函数得性质、图象,渗透着换元、化归、数形结合、函数与方程等思想方法,有利于考查学生得综合解题能力,在培养思维得灵活性、创造性等方面起到了积极得作用。
因此也成为历年高考得一个热点。
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根据函数得奇偶性、周期性等性质;⑤直接根据函数得图象。
二、恒成立问题解决得基本策略大家知道,恒成立问题分等式中得恒成立问题与不等式中得恒成立问题。
等式中得恒成立问题,特别就是多项式恒成立问题,常简化为对应次数得系数相等从而建立一个方程组来解决问题得。
(一)两个基本思想解决“恒成立问题”思路1、思路2、如何在区间D上求函数f(x)得最大值或者最小值问题,我们可以通过习题得实际,采取合理有效得方法进行求解,通常可以考虑利用函数得单调性、函数得图像、二次函数得配方法、三角函数得有界性、均值定理、函数求导等等方法求函数f(x)得最值。
恒成立与存在性问题
(x
x2 3 2)(x 1)2
,
令F′(x)＞0，得单调增区间为 (2,和 3) ( 3,) 令F′(x)＜0，得单调减区间为 ( 和3,1) (1, 3)
②不等式f(x+1)≤f(2x+1)-m2+3am+4化为：
ln(x+1)≤ln(2x+1)-m2+3am+4即 ln x≤13ma+4-m2.
2x 1
现在只需求y=ln x (x1∈[0,1])的最大值和
2x 1
y=3ma+4-m2(a∈[-1,1])的最小值.
因为 x 1 1 在[01 ，1]上单调递减,
2x 1 2 2(2x 1)
所以y=ln x (x1∈[0,1])的最大值为0,
2x 1
而y=3ma+4-m2(a∈[-1,1])是关于a的一次函数，
A．(1,1＋ 2)
B．(1＋ 2，＋∞)
C．(1,3)
D．(3，＋∞)
变式：
思考： 若目标函数取得最大值的点有无数个，则a 的取值范围
方法技巧 (1)平面区域：
用二元一次不等式(组)表示平面，即公共区域)． (2)线性规划问题解题步骤： ①作图——画出可行域所确定的平面区域和目标函数所表示的 平行直线系中的一条 l； ②平移——将 l 平行移动，以确定最优解的对应点 A 的位置； ③求值——解有关方程组求出 A 点坐标(即最优解)，代入目标 函数，求出目标函数的最值．
3.若有 f(a)＝g(b)，则 b 的取值范围为
[答案] B( )
A．[2－ 2，2＋ 2]
B．(2－ 2，2＋ 2)
C．[1,3]
D．(1,3)
[例 2] (2011·淄博模拟)若不等式(a－a2)(x2＋1)＋x≤0 对
恒成立与存在性问题
01
总结词
一次函数性质简单，常用于基础问 题。
总结词
一次函数在定义域内单调，不存在 极值点。
03
02
总结词
一次函数图像为直线，单调性明显。
总结词
一次函数在定义域内单调，恒成立 与存在性问题较易解决。
04
二次函数的恒成立与存在性问题实例
总结词
二次函数开口方向由二次项系数决定。
总结词
二次函数在区间$[-infty, frac{b}{2a}]$上单调递增，在区间$[-
利用三角函数的周期性、对称性、数形结合 等方法，判断三角函数在某个区间内是否存 在极值点或零点。
三角函数存在性问题的应 用
在解决实际问题中，如物理、工程等领域， 常常需要判断某个三角函数是否满足某些条
件，如是否存在最优解或可行解。
03
恒成立与存在性问题的解 法
分离参数法
总结词
分离参数法是一种通过将参数分离到不等式的两边，从而简化问题的方法。
判别式法
总结词
判别式法是一种通过引入判别式来解决 问题的方法。
VS
详细描述
判别式法的基本思想是通过引入判别式来 简化方程的解的求解过程。这种方法在处 理一元二次方程和二元二次方程组时非常 有效。通过判别式，我们可以更容易地找 到方程的解，并且可以更好地理解解的性 质和分布。
04
实例分析
一次函数的恒成立与存在性问题实例
详细描述
分离参数法的基本思想是将参数从不等式中分离出来，单独放在不等式的另一 边，这样可以更容易地找到参数的取值范围，从而解决问题。这种方法在处理 包含参数的不等式问题时非常有效。
数形结合法
总结词
数形结合法是一种通过将问题转化为 图形问题，从而直观地理解问题的方 法。
恒成立和存在性问题
恒成⽴和存在性问题⾼⼀函数专题同步拔⾼，难度4颗星！模块导图知识剖析恒成⽴和存在性问题类型(1) 单变量的恒成⽴问题①∀x ∈D ，f (x )<a 恒成⽴，则f (x )max <a②∀x ∈D ，f (x )>a 恒成⽴，则f (x )min >a③∀x ∈D ，f (x )<g (x )恒成⽴，则F (x )=f (x )−g (x )<0，∴f (x )max <0④∀x ∈D ，f (x )>g (x )恒成⽴，则F (x )=f (x )−g (x )>0，∴f (x )min >0(2) 单变量的存在性问题①∃x 0∈D ，使得f (x 0)<a 成⽴，则f (x )min <a②∃x 0∈D ，使得f (x 0)>a 成⽴，则f (x )max >a③∃x 0∈D ，使得f (x 0)<g (x 0)恒成⽴，则F (x )=f (x )−g (x )<0，∴f (x )min <0④∃x 0∈D ，使得f (x 0)>g (x 0)恒成⽴，则F (x )=f (x )−g (x )>0，∴f (x )max >0(3) 双变量的恒成⽴与存在性问题①∀x 1∈D ,∃x 2∈E ，使得f (x 1)<g (x 2)恒成⽴，则f (x )max <g (x )max ;②∀x 1∈D ,∃x 2∈E ，使得f (x 1)>g (x 2)恒成⽴，则f (x )min >g (x )min ;③∀x 1∈D ,∀x 2∈E ,f (x 1)<g (x 2)恒成⽴，则f (x )max <g (x )min ;④∃x 1∈D ，∃x 2∈E , 使得f (x 1)<g (x 2)恒成⽴，则f (x )min <g (x )max ;(4) 相等问题①∃x 1∈D ,∃x 2∈E ，使得f (x 1)=g (x 2)，则两个函数的值域的交集不为空集；②∀x 1∈D ,∃x 2∈E ，使得f (x 1)=g (x 2)，则f (x )的值域⊆g (x )的值域解题⽅法恒成⽴和存在性问题最终可转化为最值问题，具体的⽅法有直接最值法分类参数法变换主元法数形结合法经典例题【题型⼀】恒成⽴和存在性问题的解题⽅法直接构造函数最值法【典题1】 设函数f (x )=3|x |x 2+9的最⼤值是a ，若对于任意的x ∈[0,2)，a >x 2−x +b 恒成⽴，则b 的取值范围是_.【解析】 当x =0时，f (x )=0；当x ≠0时，f (x )=3|x |x 2+9=3|x |+9|x |≤32√9=12，则f (x )max=12，即a =12．由题意知x 2−x+b <12在x ∈[0,2)上恒成⽴，即x 2−x +b −12<0在x ∈[0,2)上恒成⽴(∗)，(把不等式中移到右边，使得右边为，从⽽构造函数y =g (x )求最值)令g (x )=x 2−x +b −12，则问题(∗)等价于在x ∈[0,2)上g (x )<0恒成⽴，在x ∈[0,2)上，g (x )<g (2)=4−2+b −12=32+b∴32+b ≤0即b ≤−32．【点拨】① 直接构造函数最值法：遇到类似不等式f (x )<g (x )恒成⽴问题，可把不等式变形为f (x )−g (x )<0，从⽽构造函数h (x )=f (x )−g (x )求其最值解决恒成⽴问题；② 在求函数的最值时，⼀定要优先考虑函数的定义域;③ 题⽬中y =g (x )在x ∈[0,2)上是取不到最⼤值，g (x )<g (2)=32+b ，⽽要使得g (x )<0恒成⽴，32+b 可等于0，即32+b ≤0，⽽不是32+b <0分离参数法【典题1】 已知函数f (x )=3x +8x +a 关于点(0,−12)对称，若对任意的x ∈[−1,1]，k ⋅2x −f (2x )≥0恒成⽴，则实数k 的取值范围为_.【解析】 由y =3x +8x 为奇函数，可得其图象关于(0,0)对称，可得f (x )的图象关于(0,a )对称，函数f (x )=3x +8x +a 关于点(0,−12)对称，可得a =−12，对任意的x ∈[−1,1]，k ⋅2x −f (2x )≥0恒成⽴，⇔∀x ∈[−1,1]，k ⋅2x −3⋅2x +82x −12≥0恒成⽴，【思考：此时若利⽤直接构造函数最值法，求函数f (x )=k ⋅2x −3⋅2x +82x −12，x ∈[−1,1]的最⼩值，第⼀函数较复杂，第⼆函数含参要分即k ⋅2x ≥3⋅2x +82x −12在x ∈[−1,1]恒成⽴，所以k ≥82x 2−122x +3，(使得不等式⼀边是参数k ，另⼀边不含k 关于x 的式⼦，达到分离参数的⽬的)令t =12x ，由x ∈[−1,1]，可得t ∈12,2，设h (t )=8t 2−12t +3=8t −342−32，当t =2时，h (t )取得最⼤值11，则k 的取值范围是k ≥11.【点拨】①分离参数法：遇到类似k ⋅f (x )≥g (x )或k +f (x )≥g (x )等不等式恒成⽴问题，可把不等式化简为k >h (x )或k <h (x )的形式，达到分离参数的⽬的，再求解y =h (x )的最值处理恒成⽴问题；② 恒成⽴问题最终转化为最值问题，⽽分离参数法，最好之处就是转化后的函数不含参，避免了⿇烦的分离讨论.【典题2】 已知f (x )=log 21−a ⋅2x +4x ，其中a 为常数(1)当f (1)−f (0)=2时，求a 的值；(2)当x ∈[1,+∞)时，关于x 的不等式f (x )≥x −1恒成⽴，试求a 的取值范围；【解析】 (1)f (1)−f (0)=2⇒log 2(1−2a +4)−log 2(1−a +1)=log 24⇒log 2(5−2a )=log 24(2−a )⇒5−2a =8−4a ⇒a =32；(2)log 21−a ⋅2x +4x ≥x −1=log 22x −1⇒1−a ⋅2x +4x ≥2x −1⇒a ≤2x +12x −12，令t =2x ，∵x ∈[1,+∞)∴t ∈[2,+∞)，设h (t )=t +1t −12，则a ≤h (t )min ,∵h (t )在[2,+∞)上为增函数⇒t =2时，h (t )=t +1t −12有最⼩值为2，∴a ≤2.【点拨】 在整个解题的过程中不断的利⽤等价转化，把问题慢慢变得更简单些.变换主元法【典题1】 对任意a ∈[−1,1]，不等式x 2+(a −4)x −2a >0恒成⽴，求x 的取值范围.思考痕迹 见到本题中“x 2+(a −4)x −2a >0恒成⽴”潜意识中认为x 是变量，a 是参数，这样会构造函数f (x )=x 2+(a −4)x −2a ，⽽已知条件是a ∈[−1,1]，觉得怪怪的做不下去;此时若把a 看成变量，x 看成参数呢？【解析】因为不等式x 2+(a −4)x −2a >0恒成⽴⇔不等式(x −2)a +x 2−4x >0恒成⽴...①，令f (a )=(x −2)a +x 2−4x ,若要使得①成⽴，只需要f (−1)>0f (1)>0⇔x 2−5x +2>0x 2−3x −2>0解得x >5+√172或x <3−√172,故x 的取值范围x ∣x >5+√172 或 x <3−√172.【点拨】 变换主元法，就是要分辨好谁做函数的⾃变量，谁做参数，⽅法是以已知范围的字母为⾃变量.数形结合法【典题1】 已知a >0,f (x )=x 2−a x , 当x∈(−1,1)时，有f (x )<12恒成⽴，求a 的取值范围.思考痕迹本题若⽤直接最值法，求函数f (x )=x 2−a x ,x ∈(−1,1)的最⼤值，就算⽤⾼⼆学到的导数求解也是难度很⼤的事情；⽤分离参数法呢？试试也觉得⼀个硬⾻头.看看简单些的想法吧！【解析】 不等式x 2−a x <12(x ∈(−1,1))恒成⽴等价于x 2−12<a x (x ∈(−1,1))恒成⽴...①，令f (x )=x 2−12,g (x )=a x ，若①成⽴，则当x ∈(−1,1)时，f (x )=x 2−12的图像恒在g (x )=a x 图像的下⽅，则需要g (1)>f (1)g (−1)>f (−1)⇔a >121a >12或a =1(不要漏了a =1，因为a >0，g (x )=a x 不⼀定是指数函数)⼜a >0，所以12<a <2,即实数a 的取值范围为12,2.【点拨】① 数形结合法：∀x ∈D ,f (x )<g (x )恒成⽴⇒在x ∈D 上，函数y =f (x )的图像在函数y =g (x )图像的下⽅.② 遇到h (x )<0不等式恒成⽴，可以把不等式化为f (x )<g (x )⽤数形结合法，⽽函数y =f (x )与y =g (x )最好是熟悉的函数类型，⽐如本题中构造出f (x )=x 2−12,g (x )=a x 两个常见的基本初级函数.【题型⼆】 恒成⽴与存在性问题混合题型【典题1】 已知函数f (x )=x 3+1,g (x )=2−x −m +1．(1)若对任意x 1∈[−1,3]，任意x_2∈[0 ,2]都有f(x_1)≥g(x_2)成⽴，求实数m 的取值范围．()[]()()(){{{}{{[](2)若对任意x_2∈[0 ,2]，总存在x_1∈[-1 ,3]使得f(x_1)≥g(x_2)成⽴，求实数m的取值范围．【解析】(1)由题设函数f(x)=x^3+1，g(x)=2^{-x}-m+1．对任意x_1∈[-1 ,3]，任意x_2∈[0 ,2]都有f(x_1)≥g(x_2)成⽴，知：f\left(x_{1}\right)_{\min } \geq g\left(x_{2}\right)_{\max }，∵f(x)在[-1 ,3]上递增，\therefore f\left(x_{1}\right)_{\min }=f(-1)=0⼜∵g(x)在[0 ,2]上递减，\therefore g\left(x_{2}\right)_{\max }=g(0)=2-m∴有0≥2-m，∴m的范围为[2 ,+∞)(2)由题设函数f(x)=x^3+1，g(x)=2^{-x}-m+1．对任意x_2∈[0 ,2]，总存在x_1∈[-1 ,3]使得f(x_1)≥g(x_2)成⽴，知f\left(x_{1}\right)_{\max } \geq g\left(x_{2}\right)_{\max }，∴有f(3)≥g(0)，即28≥2-m，∴M的范围为[-26 ,+∞)．【点拨】对于双变量的恒成⽴--存在性问题，⽐如第⼆问中怎么确定f\left(x_{1}\right)_{\max } \geq g\left(x_{2}\right)_{\max }，即到底是函数最⼤值还是最⼩值呢？具体如下思考如下，⼀先把g\left(x_{2}\right)看成定值m，那\exists x_{1} \in[-1,3]，都有f\left(x_{1}\right) \geq m，当然是要f(x)_{\max } \geq m；⼆再把f\left(x_{1}\right)看成定值n，那\forall x_{2} \in[0,2]，都有n \geq g\left(x_{2}\right)，当然是n \geq g(x)_{\max }；故问题转化为f\left(x_{1}\right)_{\max } \geq g\left(x_{2}\right)_{\max }.其他形式的双变量成⽴问题同理，要理解切记不要死背.【典题2】设f(x)=\dfrac{x^{2}}{x+1}，g(x)=ax+3-2a(a>0)，若对于任意x_1∈[0 ,1]，总存在x_0∈[0 ,1]，使得g(x_0)=f(x_1)成⽴，则a的取值范围是\underline{\quad \quad }．【解析】\because f(x)=\dfrac{x^{2}}{x+1}，当x=0时，f(x)=0，当x≠0时，f(x)=\dfrac{1}{\dfrac{1}{x^{2}}+\dfrac{1}{x}}=\dfrac{1}{\left(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{2}\right)^{2}-\dfrac{1}{4}}，由0<x≤1，即\dfrac{1}{x} \geq 1，\left(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{2}\right)^{2}-\dfrac{1}{4} \geq 2，\therefore 0<f(x) \leq \dfrac{1}{2}，故0 \leq f(x) \leq \dfrac{1}{2}，⼜因为g(x)=ax+3-2a(a>0)，且g(0)=3-2a,g(1)=3-a．由g(x)递增，可得3－2a≤g(x)≤3-a，对于任意x_1∈[0 ,1]，总存在x_0∈[0 ,1]，使得g(x_0)=f(x_1)成⽴，可得\left[0, \dfrac{1}{2}\right] \subseteq[3-2 a, 3-a]，可得\left\{\begin{array}{l} 3-2 a \leq 0 \\ 3-a \geq \dfrac{1}{2} \end{array}\right.，\therefore \dfrac{3}{2} \leq a \leq \dfrac{5}{2}．巩固练习1(★★) 已知1+2^x+a\cdot 4^x>0对⼀切x∈(-∞ ,1]上恒成⽴，则实数a的取值范围是\underline{\quad \quad }．2 (★★) 若不等式2x-1>m(x^2-1)对满⾜|m|≤2的所有m都成⽴，求x的取值范围.3 (★★) 若不等式3x^2-\log_a x<0在x\in\left(0, \dfrac{1}{3}\right)内恒成⽴，实数a的取值范围．4 (★★★) 已知函数f(x)=x^2-3x，g(x)=x^2-2mx+m，若对任意x_1∈[-1 ,1]，总存在x_2∈[-1 ,1]使得f(x_1)≥g(x_2 )，则实数m的取值范围．5 (★★★) 已知a>0且a≠1，函数f(x)=a^x+a^{-x}(x∈[－1 ,1])，g(x)=ax^2-2ax+4-a(x∈[-1 ,1])．(1)求f(x)的单调区间和值域；(2)若对于任意x_1∈[-1 ,1]，总存在x_0∈[-1 ,1]，使得g(x_0)=f(x_1)成⽴，求a的取值范围；(3)若对于任意x_0∈[-1 ,1]，任意x_1∈[-1 ,1]，都有g(x_0)≥f(x_1)恒成⽴，求a的取值范围．答案1.\left(-\dfrac{3}{4},+\infty\right)2.\dfrac{\sqrt{7}-1}{2}<x<\dfrac{\sqrt{3}+1}{2}3.\dfrac{1}{27} \leq a<14.m≤-1或m≥3Processing math: 64%5.(1) \left[2, a+\dfrac{1}{a}\right](2) a>1(3) \left[\dfrac{1}{3}, 1\right)。
高中数学第三讲：恒成立与存在性问题
专题——恒成立与存在性问题在代数综合问题中常遇到恒成立与存在性问题．两类问题类似，均涉及常见函数的性质、图象，渗透着换元、化归、数形结合、函数与方程等思想方法．知识点总结：(1)恒成立问题1. ∀x ∈D,均有f (x )>A 恒成立，则f (x )min >A ；2. ∀x ∈D,均有f (x )﹤A 恒成立，则 f (x )ma x <A .3. ∀x ∈D,均有f (x ) >g (x )恒成立，则F (x )= f (x )- g (x ) >0，∴ F (x )min >04. ∀x ∈D,均有f (x )﹤g (x )恒成立，则F (x )= f (x )- g (x ) ﹤0，∴ F (x ) ma x ﹤05. ∀x 1∈D, ∀x 2∈E,均有f (x 1) >g (x 2)恒成立，则f (x )min > g (x )ma x6. ∀x 1∈D, ∀x 2∈E,均有f (x 1) <g (x 2)恒成立，则f (x ) ma x < g (x ) min(2)存在性问题1. ∃x 0∈D,使得f (x 0)>A 成立，则f (x ) ma x >A ；2. ∃x 0∈D,使得f (x 0)﹤A 成立，则 f (x ) min <A3. ∃x 0∈D,使得f (x 0) >g (x 0)成立，设F (x )= f (x )- g (x )，∴ F (x ) ma x >04. ∃x 0∈D,使得f (x 0) <g (x 0)成立，设F (x )= f (x )- g (x )，∴ F (x ) min <05. ∃x 1∈D, ∃x 2∈E, 使得f (x 1) >g (x 2)成立，则f (x ) ma x > g (x ) min6. ∃x 1∈D, ∃x 2∈E,均使得f (x 1) <g (x 2)成立，则f (x ) min < g (x ) ma x(3)相等问题1. ∀x 1∈D, ∃x 2∈E,使得f (x 1)=g (x 2)成立，则{ f (x )} {g (x )}(4)恒成立与存在性的综合性问题1. ∀x 1∈D, ∃x 2∈E, 使得f (x 1) >g (x 2)成立，则f (x )m in > g (x ) m in2. ∀x 1∈D, ∃x 2∈E, 使得f (x 1) <g (x 2)成立，则f (x ) max < g (x ) max3.设函数()x f 、()x g ，对任意的∀x 1∈D, ∃x 2∈E ，使得()()21x g x f =，设f(x)在区间[a,b]上的值域为A ，g(x)在区间[c,d]上的值域为B,则A ⊂B.⊆(5)恰成立问题1. 若不等式f (x )>A 在区间D 上恰成立，则等价于不等式f (x )>A 的解集为D ；2.若不等式f (x )<B 在区间D 上恰成立，则等价于不等式f (x )<B 的解集为D .恒成立问题，涉及到一次函数、二次函数的性质、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。
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恒成立与存在性问题
基本方法：
恒成立问题：
1. 对于(),x a b ∀∈，()f x k ≥恒成立等价于min ()f x k ≥.
2. 对于(),x a b ∀∈，()f x k ≤恒成立等价于max ()f x k ≤.
3. 对于[]12,,x x a b ∀∈，12()()f x g x ≥等价于min max ()()f x g x ≥.
4. 对于[]12,,x x a b ∀∈，12()()f x g x ≤等价于max min ()()f x g x ≤.
5. 对于[],x a b ∀∈，()()f x g x ≥，等价于构造函数()()()h x f x g x =-，()h x 在区间[],a b 上的最小值min ()0h x ≥.
6. 对于[],x a b ∀∈，()()f x g x ≤，等价于构造函数()()()h x f x g x =-，()h x 在区间[],a b 上的最大值max ()0h x ≤.
7. ()f x 在区间[],a b 上单调递增，等价于[]min ()0,,f x x a b '≥∈.
8. ()f x 在区间[],a b 上单调递减，等价于[]max ()0,,f x x a b '≤∈.
存在性问题：
1. ()0,x a b ∃∈，使得()f x k ≥成立，等价于max ()f x k ≥.
2. ()0,x a b ∃∈，使得()f x k ≤成立，等价于min ()f x k ≤.
3. []12,,x x a b ∃∈，使得12()()f x g x ≥成立，等价于max min ()()f x g x ≥.
4. []12,,x x a b ∃∈，使得12()()f x g x ≤，等价于min max ()()f x g x ≤.
5. [],x a b ∃∈，使得()()f x g x ≥，等价于构造函数()()()h x f x g x =-，()h x 在区间[],a b 上的最大值max ()0h x ≥.
6. [],x a b ∃∈，使得()()f x g x ≤，等价于构造函数()()()h x f x g x =-，()h x 在区间[],a b 上的最小值min ()0h x ≤.
参变分离：
解决有关参数的恒成立问题或存在性问题时经常会用到参变分离的方法：就是在
不等式中含有两个字母时（一个视为变量，另一个视为参数），可利用不等式的等价变形让两个字母分居不等号的两侧，即不等号的每一侧都是只含有一个字母的表达式，然后可利用一个变量的范围求出另一个变量的范围. 一般情况下，哪个字母范围已知，就将其视为变量（多数情况下是自变量x ），构造关于它的函数，另一个字母（一般为所求）视为参数.
一、典型例题
1. 已知函数()()24ln 1f x x mx m =-+∈R ，若对任意[]1,e x ∈，都有()0f x ≤恒成立，求实数m 的取值范围.
2. 设函数e
()ln f x a x x =+（e 为自然对数的底数），若不等式()0f x <在区间2(0,e ]内有解，求实数a 的取值范围.
二、课堂练习
1. 已知()f x '为函数()f x 的导函数，()()()2e 20e 0x x f x f f x +-'=，当0x >时，()e x af x x <-恒成立，求a 的取值范围.
2. 已知函数()()ln f x x a x a =-+∈R .
（1）讨论()f x 的单调性；
（2）设()222g x x x a =-+，若对任意()10,x ∈+∞，均存在[]20,1x ∈，使得()()12f x g x <，求a 的取值范围.
三、课后作业
1. 已知函数()21()ln 22f x x x m x =+-+，在区间[]1,2单调递减，求实数m 的取值范围.
2. 已知函数()(1)ln (1)f x x x a x =+--. 若当(1,)∈+∞x 时，()0>f x ，求a 的取值范围.
3. 已知函数()11ln (f x x a ax a =+-∈R 且0)a ≠. （1）若函数()f x 在区间[)1,+∞上单调递增，求实数a 的取值范围；
（2）若函数()e x g x x p =-+，若存在[]01,e x ∈使不等式()0
00e ln x g x x ≥成立，求实数p 的取值范围.。