高考专题:两类不等式恒成立问题的求解方法总结

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关于不等式恒成立问题的几种求解方法

关于不等式恒成立问题的几种求解方法

关于不等式恒成立问题的几种求解方法不等式恒成立问题,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。

不等式恒成立问题在解题过程中有以下几种求解方法:①一次函数型;②二次函数型;③变量分离型;④数形结合型。

下面我们一起来探讨其中一些典型的问题一、一次函数型——利用单调性求解例1、若不等式对满足的所有实数m都成立,求x的取值范围。

若对该不等式移项变形,转化为含参数m的关于x的一元二次不等式,再根据对称轴和区间位置关系求对应的二次函数的最小值,利用最小值大于零求解。

这样得分好几种情况讨论,这思路应该说从理论上是可行的,不过运算量不小。

能不能找出不需要讨论的方法解决此问题呢?若将不等式右边移到左边,然后将新得到的不等式左边看做关于m的一次函数,借助一次函数的图像直线(其实是线段)在m轴上方只需要线段的两个端点在上方即可。

分析:在不等式中出现了两个字母:x及m,关键在于该把哪个字母看成是一个变量,另一个作为常数。

显然可将m视作自变量,则上述问题即可转化为在[-2,2]内关于m的一次函数大于0恒成立的问题。

解:原不等式转化为(1-x2)m+2x-1>0在|m|2时恒成立,设f(m)= (1-x2)m+2x-1,则f(m)在[-2,2]上恒大于0,故有:此类题本质上是利用了一次函数在区间[a,b]上的图象是一线段,故只需保证该线段两端点均在m轴上方(或下方)即可。

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),或ⅱ)可合并成同理,若在[m,n]内恒有f(x)0恒成立;f(x)3;若改为:,构造函数,画出图象,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。

高考数学解决不等式恒成立问题常用5种方法.doc

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高考数学解决不等式恒成立问题常用5种方

解析:分离参数法适用的题型特征:
当不等式的参数能够与其他变量完全分离出来,
并且分离后不等式其中一边的函数的最值或范围可求时,
则将参数式放在不等式的一边,分离后的变量式放在另一边,
将变量式看成一个新的函数,问题即转化为求新函数的最值或范围,
若a≥f(x)恒成立,则a≥f(x)max,若a≤f(x)恒成立,则a≤f(x)min
方法二:变换主元法(也可称一次函数型)
解析:学生通常习惯把x当成主元(未知数),
把另一个变量p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当成主元,把要求取值范围的变量看成参数,
则可简便解题。

适用于变换主元法的题型特征是:
题目有两个变量,
且已知取值范围的变量只有一次项,
这时就可以将不等式转化为一次函数求解。

方法三:二次函数法
解析:二次函数型在区间的恒成立问题:解决这类问题主要是分析
1,判断二次函数的开口方向
2,二次函数的判别式是大于0还是小于0
3,判断二次函数的对称轴位置和区间两端值的大小,即判断函数在区间的单调性
方法四:判别式法
解析:不等式一边是分式,
且分式的分子和分母的最高次项都是二次项时,
利用判别式法可以快速的解题,
分离参数将会使解题变得复杂。

方法五:最值法
解析:不等式两边是两个函数,
且含有参数时,我们可以分出出参数,
构造新函数,求函数的导数来求得新函数的最值。

总结:在解不等式恒成立的问题时,应根据不等式的特点,选择适合的方式快速准确的解题。

不等式恒成立问题的十种解法

不等式恒成立问题的十种解法

一、判别式法若能把所给不等式转化为某个一元二次不等式,并且该一元二次不等式是对于一切实数x都恒成立,则可优先考虑判别式法.例l 设不等式,对于一切实数x都恒成立,求实数m的取值范围.解:因为所以原不等式可变为:因为该不等式对一切实数x都成立,必有整理得说明:若所给的区间并非一切实数时,切记不能使用判别式法.二、三角换元法通过适当的三角换元,把所给问题转化为含有的形式,再利用正弦函数的有界性来求出它的最值,从而使问题得到解决.例2 已知实数x、y满足时恒成立,则实数d的取值范围是( ))],则y的最大值为,要使x+y+d≥O恒成立,必须有d大于等于y的最大值,即d≥,故选择答案(A).三、分离参数对于含有参数的不等式,若能把所求的参数分离出来,应优先考虑实行参数分离,然后再在不等式的另一边进行其它变换,如使用均值不等式,或通过函数的单调性来求出它的最值,最后再通过参数与这个最值的关系来使问题得到解决.例3 对于任意恒成立,求实数m的取值范围.四、图象法如果所给不等式能够化为一边是我们熟悉的函数,那么我们可以通过它的图象,结合函数的单调性来求出它在所给区间上的最值,从而使问题得到解决.例4 若关于x的不等式对任意x∈[0,1]恒成立,则m的取值范围是( )(A)m≤一3 (B)m≥一3 (C)一3≤m≤0 (D)m≥一4解:考察函数的图象,当x∈[0,1]时,其函数的值域为y∈[一3,0],若使不等式对任意x∈[0,1]恒成立,则m必须小于等于它的最小值3,即m≤一3,故选择答案(A).五、变更主元法主元的选择要因题而异,在有些问题中一旦克服心理定势,标新立异地另选主元,那么问题的解决就会有峰回路转、柳暗花明的效果.例5 对于任意a∈[一l,1],函数的函数值恒为正数,则实数x的取值范围是( ) (A) (B) (C)分析:由a的取值范围恒成立,可采用分类讨论去寻找 x 的的取值范围,但是这是比较麻烦的,再看a 的取值范围已经知道了,变a为主元,x为参数,反其道而行之.六、几何法含有绝对值的不等式,可利用绝对值的几何意义这一直观使问题加以解决.例6 若不等式恒成立,求实数d的取值范围.解:设由绝对值的几何意义可知,d表示数轴上的点到实数l、4所对应两点距离的和,所以d≥3,要使恒成立,必须有a于等于d的最小值,即a≤3.七、均值不等式法运用均值不等式求出所给代数式的最值,然后再用所给的值与这个最值进行比较.例7 (第l1届希望杯试题)设a>b>c,恒成立,则自然数n的最大值为( ) (A)2 (B)3 (C)4 (D)5八、数学归纳法当不等式中含有自然数凡时,应优先考虑用数学归纳法来探求.由上可得:存在最大的自然数m=13.使不意大于等于2的自然数n都恒成立.九、放缩法把所给不等式进行适当的放缩,从而使问题得到解决.对所有的正整数恒成立.十、二项式定理展开法当不等式中含有所给数的凡次方时,可试着考虑使用二项式定理,通过二项式定理的展开式有选择地选取几项进行放缩,从而使问题得到解决.例l0 求证.对于任意大于等于2的自然数不等式恒成立.。

求解恒成立问题的常见方法

求解恒成立问题的常见方法

求解恒成立问题的常见方法摘要:恒成立问题是高考中常见的一类问题,常见类型有:第一类是关于x的一元二次不等式对任意x∈R恒成立,求参数取值范围;第二类是不等式在给定区间上恒成立求参数的取值范围。

因这类问题综合性强,思维容量大,因而成为高考一直常考不衰的热点问题。

关键词:恒成立;参数;解题方法一、一元二次不等式中的恒成立问题例1.已知函数f(x)=x2+ax+3对任意x∈R时恒有f(x)≥a成立,求a的取值范围。

解:∵f(x)≥a对x∈R恒成立,∴x2+ax+3-a≥0对x ∈R恒成立∵x∈R,∴Δ≥0,即a2-4(3-a)≥0∴a≤-6或a≥2 例2.已知函数y=lg(mx2-6mx+m+8)的定义域为R,求m的取值范围。

解:由已知得mx2-6mx+m+8>0对任意x∈R恒成立①当m=0时显然成立②当m≠0时有m>0(6m)2+4m(m+8)<0∴0<m<1综上可知0<m<1方法归纳:令f(x)=ax2+bx+c,若f(x)>0(或f(x)≥0)对任意x∈R恒成立,则有a>0Δ0Δ≤0),若f(x)<0(或f(x)≤0)对任意x∈R恒成立,则有a<0Δ<0(或a<0Δ≤0)等价转化即可。

二、在给定区间上恒成立问题例3.已知函数f(x)= (x≠0)在(4,+∞)上恒大于0,求a的取值范围。

解:令f(x)=0则>0,∴a>-(x+ )令g(x)=x+ ,易知g(x)在(4,+∞)上为增函数,∴g(x)min=g(4)=5∴g(x)>5∴-(x+ )<-5∴a≥-5例4.已知函数f(x)=x2+2x+a lnx,在区间(0,1]上为单调函数,求实数a的取值范围。

分析:求f ′(x)→由题意转化为恒成立问题→求最值→求得a的取值范围解:易知f ′(x)=2x+2+ ,∵f ′(x)在f ′(x)上单调∴f ′(x)≥0或f ′(x)<0在(0,1]上恒成立,即2x2+2x+a≥0或2x2+2x+a≤0恒成立∴a≥-(2x2+2x)或a≤-(2x2+2x)在(0,1]上恒成立又-(2x2+2x)=-2(x+ )2+ ∈[-4,0)∴a≥0或a≤-4方法归纳:解决此类恒成立问题通常分离参变量通过等价变形,将参数a从整体中分离出来,转化为a>(或f(x)(或a≥f(x)恒成立?圳a>m(或a≥m);(2)若f(x)在定义域内存在最小值m,则a<f(x)或(a≤f(x))恒成立?圳a<m(或a≤m);(3)若f(x)在其定义域内不存在最值,只需找到f(x)在定义域上的最大界(或最小下界)m,即f(x)在定义域上增大(或减小)时无限接近但永远达不到的那个位置来代替上述两种情况下的m,此时要注意结果所求参数范围在端点处是否要取到等号。

高中数学丨解题技巧「不等式恒成立」问题的8种解决策略分享

高中数学丨解题技巧「不等式恒成立」问题的8种解决策略分享

高中数学丨解题技巧「不等式恒成立」问题的8种解决策略分

不等式恒成立问题一般设计独特,涉及到函数、不等式、方程、导数、数列等知识,渗透着函数与方程、等价转换、分类讨论、换元等思想方法,成为历年高考的一个热点.纵观历年高考数学压轴题,无一不是涉及有关不等式恒成立、求参数取值范围的问题。

这类题型意在考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力,考察的核心素养是逻辑推理、数学运算考生对于这类问题感到难以寻求问题解决的切入点和突破口.
恒成立与有解问题的解决策略大致分四类:
①构造函数,分类讨论;
②部分分离,化为切线;
③完全分离,函数最值;
④换元分离,简化运算;
这里对这一类问题整理了八种方法解决不等式恒成立问题,同学们可以收藏或打印一份,word打印版在文末获取。

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高一不等式恒成立问题3种基本方法

高一不等式恒成立问题3种基本方法

高一不等式恒成立问题3种基本方法文章标题:探讨高一不等式恒成立问题的三种基本方法在高中数学学习中,不等式恒成立问题是一个很常见的题型。

学生们通常需要掌握多种方法来解决这类问题,而这些方法通常可以分为三种基本类型。

本文将会详细介绍这三种基本方法,帮助读者全面理解这一数学概念。

1. 方法一:代数法我们来介绍代数法。

这种方法是在不等式两边进行代数变换,使得不等式变成一个容易解决的形式。

代数法通常包括加减变形、乘除变形以及平方去根等技巧。

以不等式ax+b>0为例,我们可以通过移项得到ax>-b,然后再除以a的正负来确定不等式的方向,从而得到不等式的解集。

代数法在解决不等式恒成立问题中应用广泛,能够快速简便地找到解的范围和规律。

2. 方法二:图像法我们介绍图像法。

图像法是通过绘制不等式所代表函数的图像,来直观地找出不等式恒成立的区间。

对于一元一次不等式ax+b>0,我们可以画出函数y=ax+b的图像,从而通过观察图像的上升或下降趋势来确定不等式的解集。

图像法能够帮助我们更直观地理解不等式的性质和范围,提高我们的思维逻辑和空间想象能力。

3. 方法三:参数法我们介绍参数法。

参数法是通过引入一个或多个参数,将不等式转化为一个有参数的等式问题,进而进行求解。

参数法的典型应用包括辅助角法、二次函数法等。

以不等式ax²+bx+c>0为例,我们可以引入Δ=b²-4ac,然后根据Δ的正负来确定不等式的解集。

参数法在解决不等式问题中能够简化问题的复杂度,将不等式的求解转化为参数的求解,从而提高解题的效率和准确度。

总结回顾通过对以上三种基本方法的介绍,我们可以发现它们各有特点,应用范围和解题思路有所不同。

代数法能够利用代数变形快速求解不等式问题,图像法能够帮助我们直观地理解不等式的性质,而参数法则能够将问题转化为参数的求解,提高解题的效率。

个人观点和理解在实际解题中,我们应该根据具体情况灵活选用这三种方法,结合题目的特点和自身的掌握程度来选择合适的解题方法。

不等式恒成立问题解题方法汇总(含答案)

不等式恒成立问题解题方法汇总(含答案)

不等式恒成立问题解题方法汇总(含答案)不等式恒成立问题一般设计独特,涉及到函数、不等式、方程、导数、数列等知识,渗透着函数与方程、等价转换、分类讨论、换元等思想方法,成为历年高考的一个热点.考生对于这类问题感到难以寻求问题解决的切入点和突破口.这里对这一类问题的求解策略作一些探讨.1最值法例1.已知函数在处取得极值,其中为常数.(I)试确定的值;(II)讨论函数的单调区间;(III)若对于任意,不等式恒成立,求的取值范围.分析:不等式恒成立,可以转化为2分离参数法例2.已知函数(I)求函数的单调区间;(II)若不等式对于任意都成立(其中是自然对数的底数),求的最大值.分析:对于(II)不等式中只有指数含有,故可以将函数进行分离考虑.3 数形结合法例3.已知当时,不等式恒成立,则实数的取值范围是___.分析:本题若直接求解则比较繁难,但若在同一平面直角坐标系内作出函数与函数在上的图象,借助图形可以直观、简捷求解.4 变更主元法例4.对于满足不等式的一切实数,函数的值恒大于,则实数的取值范围是___.分析:若审题不清,按习惯以为主元,则求解将非常烦琐.应该注意到:函数值大于对一定取值范围的谁恒成立,则谁就是主元.5 特殊化法例5.设是常数,且().(I)证明:对于任意,.(II)假设对于任意有,求的取值范围.分析:常规思路:由已知的递推关系式求出通项公式,再根据对于任意有求出的取值范围,思路很自然,但计算量大.可以用特殊值探路,确定目标,再作相应的证明.6分段讨论法例6.已知,若当时,恒有<0,求实数a的取值范围.例7.若不等式对于恒成立,求的取值范围.7单调性法例8.若定义在的函数满足,且时不等式成立,若不等式对于任意恒成立,则实数的取值范围是___.8判别式法例9.若不等式对于任意恒成立.则实数的取值范围是___.分析:此不等式是否为一元二次不等式,应该先进行分类讨论;一元二次不等式任意恒成立,可以选择判别式法.例10.关于的不等式在上恒成立,求实数的取值范围.答案部分1最值法例1.已知函数在处取得极值,其中为常数.(I)试确定的值;(II)讨论函数的单调区间;(III)若对于任意,不等式恒成立,求的取值范围.分析:不等式恒成立,可以转化为解:(I)(过程略).(II)(过程略)函数的单调减区间为,函数的单调增区间为.(III)由(II)可知,函数在处取得极小值,此极小值也是最小值.要使()恒成立,只需,解得或.所以的取值范围为.评注:最值法是我们这里最常用的方法.恒成立;恒成立.2分离参数法例2.已知函数(I)求函数的单调区间;(II)若不等式对于任意都成立(其中是自然对数的底数),求的最大值.分析:对于(II)不等式中只有指数含有,故可以将函数进行分离考虑.解:(I)(过程略)函数的单调增区间为,的单调减区间为(II)不等式等价于不等式,由于,知;设,则.由(I)知,,即;于是,,即在区间上为减函数.故在上的最小值为.所以的最大值为.评注:不等式恒成立问题中,常常先将所求参数从不等式中分离出来,即:使参数和主元分别位于不等式的左右两边,然后再巧妙构造函数,最后化归为最值法求解.3 数形结合法例3.已知当时,不等式恒成立,则实数的取值范围是___.分析:本题若直接求解则比较繁难,但若在同一平面直角坐标系内作出函数与函数在上的图象,借助图形可以直观、简捷求解.解:在同一平面直角坐标系内作出函数与函数在上的图象(如右),从图象中容易知道:当且时,函数的图象恒在函数上方,不合题意;当且时,欲使函数的图象恒在函数下方或部分点重合,就必须满足,即.故所求的的取值范围为.评注:对不等式两边巧妙构造函数,数形结合,直观形象,是解决不等式恒成立问题的一种快捷方法.4 变更主元法例4.对于满足不等式的一切实数,函数的值恒大于,则实数的取值范围是___.分析:若审题不清,按习惯以为主元,则求解将非常烦琐.应该注意到:函数值大于对一定取值范围的谁恒成立,则谁就是主元.解:设,,则原问题转化为恒成立的问题.故应该有,解得或.所以实数的取值范围是.评注:在某些特定的条件下,若能变更主元,转换思考问题的角度,不仅可以避免分类讨论,而且可以轻松解决恒成立问题.5 特殊化法例5.设是常数,且().(I)证明:对于任意,.(II)假设对于任意有,求的取值范围.分析:常规思路:由已知的递推关系式求出通项公式,再根据对于任意有求出的取值范围,思路很自然,但计算量大.可以用特殊值探路,确定目标,再作相应的证明.解:(I)递推式可以化归为,,所以数列是等比数列,可以求得对于任意,.(II)假设对于任意有,取就有解得;下面只要证明当时,就有对任意有由通项公式得当()时,当()时,,可见总有.故的取值范围是评注:特殊化思想不仅可以有效解答选择题,而且是解决恒成立问题的一种重要方法.6分段讨论法例6.已知,若当时,恒有<0,求实数a的取值范围.解:(i)当时,显然<0成立,此时,(ii)当时,由<0,可得<<,令则>0,∴是单调递增,可知<0,∴是单调递减,可知此时的范围是(—1,3)综合i、ii得:的范围是(—1,3).例7.若不等式对于恒成立,求的取值范围.解:(只考虑与本案有关的一种方法)解:对进行分段讨论,当时,不等式恒成立,所以,此时;当时,不等式就化为,此时的最小值为,所以;当时,不等式就化为,此时的最大值为,所以;由于对上面的三个范围要求同时满足,则所求的的范围应该是上三个的范围的交集即区间说明:这里对变量进行分段来处理,那么所求的对三段的要同时成立,所以,用求交集的结果就是所求的结果.评注:当不等式中左右两边的函数具有某些不确定的因素时,应该用分类或分段讨论方法来处理,分类(分段)讨论可使原问题中的不确定因素变化成为确定因素,为问题解决提供新的条件;但是最后综合时要注意搞清楚各段的结果应该是并集还是别的关系.7单调性法例8.若定义在的函数满足,且时不等式成立,若不等式对于任意恒成立,则实数的取值范围是___.解:设,则,有.这样,,则,函数在为减函数.因此;而(当且仅当时取等号),又,所以的取值范围是.评注:当不等式两边为同一函数在相同区间内的两个函数值时,可以巧妙利用此函数的单调性,把函数值大小关系化归为自变量的大小关系,则问题可以迎刃而解.8判别式法例9.若不等式对于任意恒成立.则实数的取值范围是___.分析:此不等式是否为一元二次不等式,应该先进行分类讨论;一元二次不等式任意恒成立,可以选择判别式法.解:当时,不等式化为,显然对一切实数恒成立;当时,要使不等式一切实数恒成立,须有,解得.综上可知,所求的实数的取值范围是.不等式恒成立问题求解策略一般做法就是上面几种,这些做法是通法,对于具体问题要具体分析,要因题而异,如下例.例10.关于的不等式在上恒成立,求实数的取值范围.通法解:用变量与参数分离的方法,然后对变量进行分段处理;∵,∴不等式可以化为;下面只要求在时的最小值即可,分段处理如下.当时,,,再令,,它的根为;所以在区间上有,递增,在区间上有,递减,则就有在的最大值是,这样就有,即在区间是递减.同理可以证明在区间是递增;所以,在时的最小值为,即.技巧解:由于,所以,,两个等号成立都是在时;从而有(时取等号),即.评注:技巧解远比通法解来得简单、省力、省时但需要扎实的数学基本功.。

不等式的恒成立问题基本解法9种解法

不等式的恒成立问题基本解法9种解法

不等式的恒成立问题基本解法9种解法不等式的恒成立问题基本解法:9种解法导语:在数学中,我们经常会遇到不等式的问题,而不等式的恒成立问题则更加耐人寻味。

不等式的恒成立问题是指对于某个特定的不等式,是否存在一组解使得不等式始终成立。

解决这种问题需要灵活运用数学知识和技巧。

本文将介绍不等式的恒成立问题的基本解法,共包括9种方法。

一、置换法。

这是最简单的一种方法,即将不等式中的变量互相置换,然后观察不等式是否成立。

如果成立,则不等式恒成立。

对于x^2 +y^2 ≥ 0这个不等式,我们可以将x和y置换一下,得到y^2 + x^2 ≥ 0。

由于平方数是非负数,所以不等式始终成立。

二、加法法则。

这种方法是通过在不等式的两边同时加上相同的数来改变不等式的符号。

对于不等式2x + 3 ≥ x + 4,我们可以在两边同时加上-3,得到2x + 3 - 3 ≥ x + 4 - 3,即2x ≥ x + 1。

由于x的取值范围不限制,所以不等式恒成立。

三、减法法则。

与加法法则相似,减法法则是通过在不等式的两边同时减去相同的数来改变不等式的符号。

对于不等式2x + 3 ≥ x + 4,我们可以在两边同时减去x,得到x + 3 ≥ 4。

由于x的取值范围不限制,所以不等式恒成立。

四、乘法法则。

这种方法是通过在不等式的两边同时乘以相同的正数来改变不等式的符号。

对于不等式2x + 3 ≥ x + 4,我们可以在两边同时乘以2,得到4x + 6 ≥ 2x + 8。

由于x的取值范围不限制,所以不等式恒成立。

五、除法法则。

与乘法法则相似,除法法则是通过在不等式的两边同时除以相同的正数来改变不等式的符号。

对于不等式2x + 3 ≥ x + 4,我们可以在两边同时除以2,得到x + 3/2 ≥ 1 + x/2。

由于x的取值范围不限制,所以不等式恒成立。

六、平方法则。

这种方法是通过平方运算来改变不等式的符号。

对于不等式x^2 ≥ 0,我们可以将x^2展开为(x + 0)^2,得到x^2 + 0 ≥ 0。

总结不等式恒成立的求解途径

总结不等式恒成立的求解途径

总结不等式恒成立的求解途径不等式恒成立问题在历年的高考试题中经常遇到,是每年高考的热点问题,在此,现就不等式中恒成立问题的处理方法浅谈一些处理策略 途径一.利用判别式,寻求不等式关于二次不等式恒成立问题,可利用抛物线的图像的位置关系,确定参数的不等式。

例1.关于x 的不等式01)1(2<-+-+a x a ax 对于R x ∈恒成立,求a 的取值范围. 解:当0a =时不合 , 0a >也不合,∴抛物线图象必为:即有:⎩⎨⎧>--<⇒⎩⎨⎧<---=∆<012300)1(4)1(022a a a a a a a 30)1)(13(0<⇒⎩⎨⎧>-+<⇒a a a a 综上知:1(,)3a ∈-∞-例2.对任意[1,1]x ∈-,不等式2(4)420x m x m +-+->恒成立,求m 的取值范围。

解:设2()(4)42f x x m x m =+-+-符合题意的抛物线图为:24441111222(1)14420(4)4(42)0(1)14420m m m f m m m m f m m ---⎧⎧⎧-<--≤-≤->⎪⎪⎪⎨⎨⎨⎪⎪⎪-=-++->∆=---<=+-+->⎩⎩⎩或或1x x m φφ⇒∈∈<或或 综上知:(,1)m ∈-∞处理策略:设c bx ax x f ++=2)((1)()0f x >恒成立00a >⎧⇔⎨∆<⎩或00a b c ==⎧⎨>⎩(2)()0f x <恒成立00a <⎧⇔⎨∆<⎩或00a b c ==⎧⎨<⎩(3)当0a >时, ()0f x <在[],m n 上恒成立⎩⎨⎧<<⇔0)(0)(n f m f(4)当0a >时,()0f x >在[],m n 上恒成立222()00()0b b bm m n n a a af m f n ⎧⎧⎧-<≤-≤->⎪⎪⎪⇔⎨⎨⎨⎪⎪⎪>∆<>⎩⎩⎩或或 途径二. 抓住主元变量,构造函数处理含参不等式恒成立的某些问题时,若能适时的把主元变量和参数变量进行“换位”思考,往往会使问题降次、简化。

函数不等式恒成立问题解法

函数不等式恒成立问题解法

函数不等式恒成立问题解法函数和不等式是数学中的重要概念和工具,有着广泛的应用。

在解决函数和不等式恒成立的问题时,通常可以采用以下一些基本的解法。

一、函数恒成立问题的解法:1.分析函数的定义域和值域:函数的定义域是所有满足函数定义的输入值的集合,值域则是函数的所有可能输出值的集合。

通过分析函数的定义域和值域,可以判断函数在一些特定范围内是否恒成立。

2.化简和变形:有时候可以通过对函数进行化简和变形来更方便地判断函数的恒成立性。

例如,对于分式函数,可以尝试化简分式,然后观察化简后的形式是否恒成立。

对于多项式函数,可以通过因式分解或配方法进行化简和变形。

3.列出函数的性质和特点:函数有很多性质和特点,例如奇偶性、周期性、增减性等。

通过分析函数的性质和特点,可以判断函数在一些特定条件下是否恒成立。

4.利用函数的图像和性质:通过绘制函数的图像,可以帮助我们直观地理解函数的性质和变化趋势。

对于一些特殊类型的函数,如三角函数和指数函数,可以利用函数的图像和性质来判断函数是否恒成立。

二、不等式恒成立问题的解法:1.利用性质和等价变形:不等式有一些基本性质和等价变形,如加减性、乘除性、取反性、平方性等。

通过利用这些性质和等价变形,可以将原不等式转化为等价的不等式,然后判断等价不等式的恒成立性。

2.化简和变形:和函数恒成立问题类似,有时候可以通过对不等式进行化简和变形来更方便地判断不等式的恒成立性。

例如,可以合并同类项、化简分式、配方等。

3.列出不等式的性质和特点:不等式也有一些性质和特点,如单调性、对称性、周期性等。

通过分析不等式的性质和特点,可以判断不等式在一些特定条件下是否恒成立。

4.利用数轴和区间:对于一元不等式,可以利用数轴和区间的表示法来帮助我们理解和解决不等式。

可以将不等式中的变量表示在数轴上,并根据不等式的性质和条件,确定变量可取的范围和解集。

以上是一些常见的解决函数和不等式恒成立问题的基本方法和思路。

高三专题复习不等式恒成立问题

高三专题复习不等式恒成立问题

高三数学 第一讲 不等式恒成立问题在近些年的数学高考题及高考模拟题中经常出现不等式恒成立问题,此类问题一般综合性强,既含参数又含变量,往往与函数、数列、方程、几何等有机结合起来,具有形式灵活、思维性强、不同知识交汇等特点.高考往往通过此类问题考查学生分析问题、解决问题、综合驾驭知识的能力。

此类问题常见解法:一、构造函数法在解决不等式恒成立问题时,一种最重要的思想方法就是构造适当的函数,然后利用相关函数的图象和性质解决问题,同时注意在一个含多个变量的数学问题中,需要确定合适的变量和参数,从而揭示函数关系,使问题面目更加清晰明了,一般来说,已知存在范围的量视为变量,而待求范围的量视为参数.例1 已知不等式对任意的都成立,求的取值范围.例2:在R 上定义运算⊗:x ⊗y =x(1-y) 若不等式(x -a)⊗(x +a)<1对任意实数x 成立,则 ( )(A)-1<a<1 (B)0<a<2 (C) 2321<<-a (D) 3122a -<< 例3:若不等式x 2-2mx+2m+1>0对满足0≤x ≤1的所有实数x 都成立,求m 的取值范围。

二、分离参数法在题目中分离出参数,化成a>f(x) (a<f(x))型恒成立问题,再利用a>f max (x) (a<f min (x))求出参数范围。

例4.(2012•杭州一模)不等式x 2﹣3>ax ﹣a 对一切3≤x ≤4恒成立,则实数a 的取值范围是 .例5:设a 0为常数,数列{a n }的通项公式为a n =51[3n +(-1)n-1·2n ]+(-1)n ·2n ·a 0(n ∈N * )若对任意n ≥1,n ∈N *,不等式a n >a n-1恒成立,求a 0的取值范围。

例6.(2012•安徽模拟)若不等式x 2+ax+4≥0对一切x ∈(0,1]恒成立,则a 的取值范围是 . 例7.(2011•深圳二模)如果对于任意的正实数x ,不等式恒成立,则a 的取值范围是 .例8.(2013•闵行区一模)已知不等式|x ﹣a|>x ﹣1对任意x ∈[0,2]恒成立,则实数a 的取值范围是 .三、数型结合法例9:如果对任意实数x ,不等式kx 1x ≥+恒成立,则实数k 的取值范围是例10:已知a>0且a ≠1,当x ∈(-1,1)时,不等式x 2-a x <21恒成立,则a 的取值范围 例11、 已知函数若不等式恒成立,则实数的取值范围是 .例12、(2009•上海)当时,不等式sin πx ≥kx 恒成立.则实数k 的取值范围是 .例13、若不等式log a x >sin2x (a >0,a ≠1)对任意都成立,则a 的取值范 B C D 四、利用函数的最值(或值域)求解(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 ≥⇔。

高考数学一轮复习二次不等式恒成立问题

高考数学一轮复习二次不等式恒成立问题

3,所以a=2,所以f(x)=2(x-1)2+1=2x2-4x+3.
(2)若函数f(x)在区间[2a,a+1]上单调,求实数a的取值范围.
2 < + 1, 2 < + 1,
解:(2)要使f(x)在区间[2a,a+1]上单调,则ቊ
或ቊ
+ 1 ≤ 1,
2 ≥ 1
1
1
解得 ≤a<1或a≤0,所以实数a的取值范围为(-∞,0]∪ ,1
所以f(0)=f(2),则当f(m)≤f(0)时,有0≤m≤2.
答案:[0,2]
10.已知二次函数f(x)的最小值为1,函数y=f(x+1)是偶函数,且f
(0)=3.
(1)求f(x)的解析式;
解:(1)因为函数y=f(x+1)是偶函数,所以f(x)的图象关于直线x=1对
称,又因为f(x)的最小值为1,所以可设f(x)=a(x-1)2+1,又f(0)=
∴a=2,a=1
2
2
() = −2 + = 1.
(舍),∴b=5.

答案:5
9.设二次函数f(x)=ax2-2ax+c在区间[0,1]上单调递减,且f(m)≤f
(0),则实数m的取值范围是
.

解析:依题意a≠0,二次函数f(x)=ax2-2ax+c图象的对称轴是直线x=1,
因为函数f(x)在区间[0,1]上单调递减,所以a>0,即函数图象的开口向上,
确.当a=1,即c=3时,与y轴交于点(0,3),所以B正确.故选A、B、D.
7.二次函数y=ax2+bx+c(a≠0)的图象如图所示,确定下列各式的正负:
b
0,ac
0,a-b+c

不等式的恒成立问题基本解法9种解法

不等式的恒成立问题基本解法9种解法

不等式的恒成立问题基本解法9种解法在解决不等式的恒成立问题时,有多种基本解法可以选择,每种解法都有其独特的特点和适用场景。

在本文中,我们将深入探讨不等式的恒成立问题,并从不同的角度提出9种基本解法,帮助读者更全面、深入地理解这一主题。

1. 直接法直接法是解决不等式的恒成立问题最直接的方法。

通过对不等式的特定性质和条件进行分析,直接得出不等式恒成立的结论。

这种方法通常适用于简单的不等式,能够快速得到结果。

2. 间接法间接法是一种通过反证法或对立法解决不等式的恒成立问题的方法。

当直接法无法直接得出结论时,可以尝试使用间接法来推导不等式的恒成立条件。

这种方法通常适用于较为复杂的不等式,可以通过推翻假设得到结论。

3. 分类讨论法分类讨论法是一种将不等式的条件分为多种情况进行分析的方法。

通过将不同情况进行分类讨论,找出每种情况下不等式的恒成立条件,从而得出综合结论。

这种方法适用于不等式条件较为复杂的情况,能够全面考虑不同情况下的特殊性。

4. 代入法代入法是一种通过代入特定的数值进行验证的方法。

通过选择合适的数值代入不等式中,可以验证不等式在特定条件下是否恒成立。

这种方法通常适用于验证不等式的特定性质或条件。

5. 齐次化法齐次化法是一种将不等式中的不定因子统一化的方法。

通过将不等式中的不定因子进行统一化,可以简化不等式的表达形式,从而更容易得出不等式的恒成立条件。

这种方法通常适用于不等式较为复杂的情况,能够简化问题的复杂度。

6. 几何法几何法是一种通过几何形象进行分析的方法。

通过将不等式转化为几何图形,可以直观地理解不等式的恒成立条件。

这种方法通常适用于具有几何意义的不等式问题,能够通过几何图形进行直观分析。

7. 递推法递推法是一种通过递归关系进行推导的方法。

通过建立递推关系,可以得出不等式的递推解,从而得出恒成立条件。

这种方法通常适用于递推关系较为明显的不等式问题,能够通过递推求解不等式问题。

8. 极限法极限法是一种通过极限的性质进行分析的方法。

高三专题复习不等式恒成立问题

高三专题复习不等式恒成立问题

高三数学 第一讲 不等式恒成立问题在近些年的数学高考题及高考模拟题中经常出现不等式恒成立问题,此类问题一般综合性强,既含参数又含变量,往往与函数、数列、方程、几何等有机结合起来,具有形式灵活、思维性强、不同知识交汇等特点.高考往往通过此类问题考查学生分析问题、解决问题、综合驾驭知识的能力。

此类问题常见解法:一、构造函数法在解决不等式恒成立问题时,一种最重要的思想方法就是构造适当的函数,然后利用相关函数的图象和性质解决问题,同时注意在一个含多个变量的数学问题中,需要确定合适的变量和参数,从而揭示函数关系,使问题面目更加清晰明了,一般来说,已知存在范围的量视为变量,而待求范围的量视为参数.例1 已知不等式对任意的都成立,求的取值范围.例2:在R 上定义运算⊗:x ⊗y =x(1-y) 若不等式(x -a)⊗(x +a)<1对任意实数x 成立,则 ( )(A)-1<a<1 (B)0<a<2 (C) 2321<<-a (D) 3122a -<< 例3:若不等式x 2-2mx+2m+1>0对满足0≤x ≤1的所有实数x 都成立,求m 的取值范围。

二、分离参数法在题目中分离出参数,化成a>f(x) (a<f(x))型恒成立问题,再利用a>f max (x) (a<f min (x))求出参数范围。

例4.(2012•杭州一模)不等式x 2﹣3>ax ﹣a 对一切3≤x ≤4恒成立,则实数a 的取值范围是 .例5:设a 0为常数,数列{a n }的通项公式为a n =51[3n +(-1)n-1·2n ]+(-1)n ·2n ·a 0(n ∈N * )若对任意n ≥1,n ∈N *,不等式a n >a n-1恒成立,求a 0的取值范围。

例6.(2012•安徽模拟)若不等式x 2+ax+4≥0对一切x ∈(0,1]恒成立,则a 的取值范围是 . 例7.(2011•深圳二模)如果对于任意的正实数x ,不等式恒成立,则a 的取值范围是 .例8.(2013•闵行区一模)已知不等式|x ﹣a|>x ﹣1对任意x ∈[0,2]恒成立,则实数a 的取值范围是 .三、数型结合法例9:如果对任意实数x ,不等式kx 1x ≥+恒成立,则实数k 的取值范围是例10:已知a>0且a ≠1,当x ∈(-1,1)时,不等式x 2-a x <21恒成立,则a 的取值范围 例11、 已知函数若不等式恒成立,则实数的取值范围是 .例12、(2009•上海)当时,不等式sin πx ≥kx 恒成立.则实数k 的取值范围是 .例13、若不等式log a x >sin2x (a >0,a ≠1)对任意都成立,则a 的取值范围是( )A .B .C .D . (0,1)四、利用函数的最值(或值域)求解(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 ≥⇔。

高考数学理复习方法归类 2 两类 不等式恒成立问题的求解策略

高考数学理复习方法归类 2 两类 不等式恒成立问题的求解策略

两类不等式恒成立问题的求解策略不等式恒成立问题是数学试题中的重要题型,涉及数学中各部分知识,但主要是函数中的不等式恒成立问题和数列中的不等式恒成立问题,涉及题型一般有两类:一是已知不等式恒成立,求参数的取值范围,解决这类问题的基本方法是相同的,首选方法是利用分离参数转化为求新函数、新数列的最值问题,如果不能分离参数或者分离参数比较复杂时,一般选择函数的方法,通常利用函数的最值解决;二是证明不等式恒成立,在函数中一般选择以算代证,即通过求函数的最值证明不等式.在数列中,很多时候可以与放缩法结合起来,对所证不等式的一侧进行适当放大或缩小,下面分别举例说明.一、函数中的不等式恒成立问题函数是不等式恒成立问题的主要载体,通常通过不等式恒成立问题考查等价转化思想、函数的最值或值域,对涉及已知函数在给定区间上恒成立,求参数的取值范围、证明不等式等问题,大多数题目可以利用分离参数的方法,将问题转化为求函数的最值或值域问题.[例1]已知两个函数f(x)=8x2+16x-k,g(x)=2x3+5x2+4x,其中k为实数.(1)若对任意的x∈[-3,3],都有f(x)≤g(x)成立,求k的取值范围;(2)若对任意的x1、x2∈[-3,3],都有f(x1)≤g(x2),求k的取值范围.[解](1)令F(x)=g(x)-f(x)=2x3-3x2-12x+k.问题转化为F(x)≥0在x∈[-3,3]时恒成立,故解[F(x)]min≥0即可.∵F′(x)=6x2-6x-12=6(x2-x-2),故由F′(x)=0,得x=2或x=-1.∵F(-3)=k-45,F(3)=k-9,F(-1)=k+7,F(2)=k-20,∴[F(x)]min=k-45.由k-45≥0,解得k≥45.故实数k的取值范围是[45,+∞).(2)由题意可知当x∈[-3,3]时,都有[f(x)]max≤[g(x)]min.由f′(x)=16x+16=0,得x=-1.∵f(-3)=24-k,f(-1)=-8-k,f(3)=120-k,∴[f (x )]max =-k +120.由g ′(x )=6x 2+10x +4=0,得x =-1或x =-23. ∵g (-3)=-21,g (3)=111,g (-1)=-1,g ⎝⎛⎭⎫-23=-2827, ∴[g (x )]min =-21.则120-k ≤-21,解得k ≥141.∴实数k 的取值范围是[141,+∞).[点评] 将恒成立问题转化为求函数的最值问题来处理,一般有下面两种类型:(1)若所给函数能直接求出最值,则有:①f (x )>0恒成立⇔[f (x )]min >0;②f (x )≤0恒成立⇔[f (x )]max ≤0.(2)若所给的不等式能通过恒等变形使参数与主元分离于不等式两端,从而问题转化为求主元函数的最值,进而求出参数范围,则有(下面的a 为参数):①f (x )<g (a )恒成立⇔g (a )>[f (x )]max ;②f (x )>g (a )恒成立⇔g (a )<[f (x )]min .[例2] 已知函数f (x )=a ln x +x 2,(a 为实常数).(1)若a =-2,求函数f (x )的单调区间;(2)若对∀x ∈[1,e],使得f (x )≤(a +2)x 恒成立,求实数a 的取值范围.[解] (1)函数f (x )的定义域为(0,+∞),当a =-2时,f (x )=x 2-2ln x ,所以f ′(x )=2(x 2-1)x. 令f ′(x )=2(x 2-1)x>0,得x <-1或x >1.且定义域为(0,+∞),所以函数f (x )的单调增区间是(1,+∞).令f ′(x )=2(x 2-1)x<0,得-1<x <1,且定义域为(0,+∞),所以函数f (x )的单调减区间是(0,1).(2)不等式f (x )≤(a +2)x ,可化为a (x -ln x )≥x 2-2x .因为x ∈[1,e],所以ln x ≤1≤x 且等号不能同时取,所以ln x <x ,即x -ln x >0.因而a ≥x 2-2xx -ln x(x ∈[1,e]). 令g (x )=x 2-2x x -ln x(x ∈[1,e]), 又g ′(x )=(x -1)(x +2-2ln x )(x -ln x )2, 当x ∈[1,e]时,x -1≥0,ln x ≤1,x +2-2ln x >0,从而g ′(x )≥0(当且仅当x =1时取等号).所以g (x )在[1,e]上为增函数.故[g (x )]max =g (e)=e 2-2e e -1. 所以a 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫e 2-2e e -1,+∞. [点评] 利用不等式与函数和方程之间的联系,将问题转化成一次函数或二次函数(二次方程)的问题研究,一般有下面几种类型:1.一次函数型问题:利用一次函数的图象特点求解.对于一次函数f (x )=kx +b (k ≠0),x ∈[m ,n ],有(1)f (x )≥0恒成立⇔⎩⎪⎨⎪⎧ f (m )≥0,f (n )≥0. (2)f (x )<0恒成立⇔⎩⎪⎨⎪⎧f (m )<0,f (n )<0. 2.二次函数型问题:结合抛物线的形状考虑对称轴、顶点、区间端点等,列出相关的不等式,求出参数的解,下面是两种基本类型:对于二次函数f (x )=ax 2+bx +c (a ≠0,x ∈R ),有:(1)f (x )>0对x ∈R 恒成立⇔⎩⎪⎨⎪⎧ a >0,Δ<0, (2)f (x )<0对x ∈R 恒成立⇔⎩⎪⎨⎪⎧a <0,Δ<0. 二、数列中的不等式恒成立问题数列是一种特殊的函数,所以解决数列中的不等式恒成立问题与函数中不等式恒成立问题的解法相同,基本方法也是利用分离参数转化为求新数列的最值问题,数列中的最值问题一般是应用数列的单调性求解;而数列中的不等式恒成立的证明,则很多时候可以与放缩法联系起来.[例3]在数列{a n}中,a1=1,a n+1=ca n+c n+1·(2n+1)(n∈N*),其中实数c≠0.(1)求{a n}的通项公式;(2)若对一切k∈N*有a2k>a2k-1,求c的取值范围.[解](1)由a1=1,a2=ca1+c2·3=3c2+c=(22-1)c2+c,a3=ca2+c3·5=8c3+c2=(32-1)c3+c2,a4=ca3+c4·7=15c4+c3=(42-1)c4+c3,归纳猜想a n=(n2-1)c n+c n-1,n∈N*.下面用数学归纳法证明:当n=1时,等式成立;假设当n=k时,等式成立,即a k=(k2-1)c k+c k-1,则当n=k+1时,a k+1=ca k+c k+1(2k+1)=c[(k2-1)c k+c k-1]+c k+1·(2k+1)=(k2+2k)c k+1+c k=[(k+1)2-1]·c k+1+c k,综上,a n=(n2-1)c n+c n-1对任何n∈N*都成立.(2)由a2k>a2k-1,得[(2k)2-1]c2k+c2k-1>[(2k-1)2-1]c2k-1+c2k-2,因c2k-2>0,所以4(c2-c)k2+4ck-c2+c-1>0对k∈N*恒成立.记f(x)=4(c2-c)x2+4cx -c2+c-1,下面分三种情况讨论:①当c2-c=0,即c=0或c=1时,代入验证可知只有c=1满足要求.②当c2-c<0时,即0<c<1,抛物线y=f(x)开口向下,因此当正整数k充分大时,f(k)<0,不符合题意,此时无解.③当c2-c>0,即c<0或c>1时,抛物线y=f(x)开口向上,易知Δ>0,其对称轴x=12(1-c)必在直线x=1的左边.因此,f(x)在[1,+∞)上是增函数.所以要使f(k)>0对k∈N*恒成立,只需f(1)>0即可.由f (1)=3c 2+c -1>0,解得c <-1-136或c >-1+136. 结合c <0或c >1,得c <-1+136或c >1. 结合以上三种情况,c 的取值范围为⎝⎛⎭⎪⎫-∞,-1+136∪[1,+∞). [点评] 本题中关于k 的不等式,不能通过分离参数将k 与c 分离,这时的一般解法是直接利用函数知识求函数最值,只是这时的函数定义域不是连续区间,这也是数列与函数的区别.由此可见,数列中的不等式恒成立与函数中不等式恒成立的解法基本相同,不同之处就是定义域不同.。

高考专题--不等式恒成立问题的求解策略

高考专题--不等式恒成立问题的求解策略

不等式恒成立问题的求解策略一、考情分析函数与导数一直是高考中的热点与难点,利用导数研究不等式恒成立问题一直是高考命题的热点,此类问题一般会把函数、导数及不等式交汇考查,对能力要求比较高,难度也比较大,常见的题型是由不等式恒成立由不等式恒成立确定参数范围问题,常见处理方法有: ①首先要构造函数,利用导数研究函数的单调性,求出最值,进而得出相应的含参不等式,从而求出参数的取值范围.②也可分离变量,构造函数,直接把问题转化为函数的最值问题. 二、解题秘籍(一) 与不等式恒成立问题有关的结论 ① ∀x ∈D ,均有f (x )>A 恒成立,则f (x )min >A ; ② ∀x ∈D ,均有f (x )﹤A 恒成立,则 f (x )ma x <A ;③ ∀x ∈D ,均有f (x ) >g (x )恒成立,则F (x )= f (x )- g (x ) >0,∴ F (x )min >0; ④ ∀x ∈D ,均有f (x )﹤g (x )恒成立,则F (x )= f (x )- g (x ) <0,∴ F (x ) ma x <0; ⑤ ∀x 1∈D , ∀x 2∈E ,均有f (x 1) >g (x 2)恒成立,则f (x )min > g (x )ma x ; ⑥ ∀x 1∈D , ∀x 2∈E ,均有f (x 1) <g (x 2)恒成立,则f (x ) ma x < g (x ) min . 例1 已知函数1()ln ,()2xf x x xg x m ⎛⎫=+=- ⎪⎝⎭.(1)先证明单调性,再求函数()f x 在[]1,2上的最小值;(2)若对[][]121,2,0,2x x ∀∈∃∈,使得12()()f x g x ≥,求实数m 的取值范围.分析:(1)由11()10xf x x x+'=+=>证明()f x 在()0,∞+上单调递增,()f x 在[]1,2上的最小值为min ()(1)1f x f ==.(2)对[][]121,2,0,2x x ∀∈∃∈,使得12()()f x g x ≥,则1min 2min ()()f x g x ≥,根据(1),min ()1f x =,1()2xg x m ⎛⎫=- ⎪⎝⎭在[]0,2上单调递减,所2min 1()(2)4g x g m ==-, 所以114m ≥-,即34m ≥-. (二)通过构造函数求最值解决不等式恒成立问题①该方法一般是根据不等式的结构构造一个新函数,利用导数研究该函数的单调性,由函数的单调性确定其最值,或把其最值用含有参数的式子来表示,再根据所给不等式列出关于参数的不等式;②注意如果所构造的函数,其导数结构比较复杂,不易分析出单调性,则可把需要判断符号的式子拿出来构造一个新函数,再想办法解决其符号;③有时所构造的函数的最值不易求出,可以引入导数的隐零点,把函数最值用导数的隐零点表示;④在考虑函数最值时,除了依靠单调性,也可根据最值点的出处,即“只有边界点与极值点才是最值点的候选点”,所以有的讨论点就集中在“极值点”是否落在定义域内.例2 已知函数()31ln 2f x x x x a =-+,()13212x a g x xe x x --=+-(a R ∈,e 为自然对数的底数).(1)若函数()f x 在1,1e ⎛⎫⎪⎝⎭上有零点,求a 的取值范围; (2)当1≥x 时,不等式()()f x g x ≤恒成立,求实数a 的取值范围. 分析:(1)()23ln 12f x x x '=+-,设()()x f x φ'=,()21133x x x x xφ-'=-=.30,3x ⎛⎫∈ ⎪ ⎪⎝⎭时,()0x φ'>,()x φ递增;3,3x ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭时,()0x φ'<,()x φ递减.()x φ的最大值即()x φ的极大值为331ln 30332f φ⎛⎫⎛⎫-'==< ⎪ ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭, 所以()f x 在1,1e ⎛⎫⎪⎝⎭上递减,函数()f x 在1,1e ⎛⎫⎪⎝⎭上有零点,则()110e f f ⎛⎫⋅< ⎪⎝⎭,则311122a e e +<<.(2)把()()f x g x ≤恒成立转化为()()12ln 101x aF x e x ax x x -=-+--≥≥恒成立,()10F =,()1212x aF x e ax x x-'=--++,()132F a '=-,根据32a -的符号进行讨论:(ⅰ)320a -≥,即23a ≥时,令()()h x F x '=,()12311210xh x e a x x -⎛⎫'=++-> ⎪⎝⎭, ()F x '在区间[)1,+∞上单调递增,()()1320F x F a ''≥=->, ()F x 在区间[)1,+∞上单调递增,()()10F x F ≥=恒成立;(ⅰ)320a -<,即23<a 时,当0a ≤时,()121120xF x a x x x e-⎛⎫⎛⎫'=-+++< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭恒成立, 所以()F x 在区间[)1,+∞上单调递减,所以()()10F x F <=恒成立,即()()f x g x ≤不成立;当023a <<时,()1320F a '=-<,()1111331211a a F a a e a a e a --⎛⎫⎛⎫'=-+-=+-+- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭,131110221aeeee---<=<=,所以10F a ⎛⎫'> ⎪⎝⎭,又()12311210x h x e a x x -⎛⎫'=++-> ⎪⎝⎭, 所以()F x '在区间[)1,+∞上单调递增,所以()F x '在区间11,a ⎛⎫⎪⎝⎭上存在唯一的零点,设为0x , 当()01,x x ∈时()0F x '<,所以()F x 在区间()01,x 上单调递减, 所以()()10F x F <=,即()()f x g x ≤在区间()01,x 上不成立.综上所述,实数a 的取值范围为2,3⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭. (三) 通过分类参数把不等式恒成立问题转化为求不含参数的函数的最值①分类参数法就是在不等式中含有两个字母时(一个视为变量,另一个视为参数),可利用不等式的等价变形让两个字母分居不等号的两侧,即不等号的每一侧都是只含有一个字母的表达式.然后可利用其中一个变量的范围求出另一变量的范围,转化为求函数的最值问题. ②一般情况下,那个字母的范围已知,就将其视为变量,构造关于它的函数,另一个字母(一般为所求)视为参数.③要注意分类参数法不是万能的,已知不等式中两个字母是否便于进行分离,如果仅通过几步简单变换即可达到分离目的,则参变分离法可行.但有些不等式中由于两个字母的关系过于“紧密”,会出现无法分离的情形,此时要考虑其他方法.此外参数分离后,要注意变量的函数解析式是否便于求出最值(或临界值),若解析式过于复杂而无法求出最值(或临界值),则也无法用分离法解决问题. 例3 已知函数2()ln f x x x ax =+-,a R ∈. (1)讨论函数()f x 的单调性; (2)若对任意的(1,2)a ∈,0[1x ∈,2].不等式0()ln f x m a >恒成立,求实数m 的取值范围.分析:(1)求出导函数()'f x ,分类讨论确定()'f x 的正负,得单调区间:22a 时,()f x 在(0,)+∞单调递增,22a >时,()f x 在28(0,)4a a --和28(4a a +-,)+∞递增,在28(4a a --,28)4a a +-递减.(2)由()0f x '>在[1,2]上恒成立,得()f x 递增,()(1)1f x f a ≥=-,问题转化为对于任意的(1,2)a ∈,不等式1ln a m a ->恒成立,分离参数为1ln am a-<,引入新函数1()ln ag a a-=(12)a <<,用导数求得其最小值后可得m 的范围: 记1()ln a g a a -=(12)a <<,则2ln 1()ln a a ag a a a--+'=,令()ln 1M a a a a =--+,则()M a 'ln 0a =-<,所以()M a 在(1,2)上递减,所以()(1)0M a M <=, 故()0g a '<, 所以()g a 在(1,2)a ∈上单调递减,所以1(2)ln 2m g ≤=-, 即实数m 的取值范围为1(,]ln 2-∞-.(四)对于形如12x x >时不等式()()()()1221f x g x f x g x +>+恒成立问题,可构造增函数()()f x g x -来求解. 基本结论:(1)“若任意210x x >>,()()1212f x f x kx kx ->-,或对任意12x x ≠,()()1212f x f x k x x ->-,则()y f x kx =-是增函数;(2) 对任意12x x ≠,()()1212121f x f x x x x x ->-,则()1y f x x=+是增函数;例4 已知函数()()22ln f x ax a x x =-++,其中a ∈R .(1)当0a >时,若()f x 在区间[]1,e 上的最小值为2-,求a 的取值范围; (2)若对于任意210x x >>,()()122122f x f x x x -<-恒成立,求a 的取值范围. 分析:(1)对()f x 求导,并令导函数为0,得到12x =或1x a =,分类讨论1a 与区间[]1,e 的关系,得到a 的取值范围是[)1,+∞; (2)令()()2g x f x x =+,则()g x 在()0,∞+上单调递增;对()g x 求导,分类讨论当0a =时与当0a ≠时的情况,得a 的取值范围:()21212ax ax g x ax a x x-+'=-+=. 当0a =时,()10g x x'=>,此时()g x 在()0,∞+上单调递增; 当0a ≠时,只需()0g x '≥在()0,∞+上恒成立,只需2210ax ax -+≥在()0,∞+上恒成立,所以0a >,且280a a ∆=-≤,解得08a <≤;故a 的取值范围是[]0,8. 三、典例展示例1 已知函数()ln f x x ax =-.(1)若函数()f x 在定义域上的最大值为1,求实数a 的值;(2)设函数()()()2xh x x e f x =-+,当1a =时,()h x b ≤对任意的1,12x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭恒成立,求满足条件的实数b 的最小整数值. 解:(1)由题意,函数()y f x =的定义域为(0,)+∞,1()f x a x'=-, 当0a ≤时,1()0f x a x '=->,函数()y f x =在区间(0,)+∞上单调递增,此时,函数()y f x =在定义域上无最大值;当0a >时,令1()0f x a x ,得1x a=,由()0f x '>,得10,x a ⎛⎫∈⎪⎝⎭,由()0f x '<,得1,x a ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭, 此时,函数()y f x =的单调递增区间为10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭,单调减区间为1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭.所以当1x a=时,函数()f x 有最大值, 即max 2111()ln 11e f x f a a a ⎛⎫==-=⇒= ⎪⎝⎭,即2e -=a 为所求; (3)只需(2)e ln x b x x x ≥-+-对任意的1(,1)2x ∈恒成立即可.构造函数()(2)e ln xg x x x x =-+-, 11()(1)e 1(1)e x x g x x x x x ⎛⎫'=-+-=-- ⎪⎝⎭, ∵1(,1)2x ∈,∴10x -<,且1()xt x e x =-单调递增, ∵121()20,(1)102t e t e =-<=->,∴一定存在唯一的01(,1)2x ∈,使得0()0t x =,即00001,ln x e x x x ==-, 且当012x x <<时,()0t x <,即()0g x '>;当01x x <<时,()0t x >,即()0g x '<. 所以,函数()y g x =在区间01(,)2x 上单调递增,在区间0(),1x 上单调递减, ∴()()0max 0000001()2eln 12x g x g x x x x x x ⎛⎫==-+-=-+ ⎪⎝⎭,1(,1)2x ∈,则00112()y x x =-+在1(,1)2上单调递增,所以00112()(4,3)x x -+∈--, 因此b 的最小整数值为3-. 例2 已知函数()sin xf x aex =-,其中a R ∈,e 为自然对数的底数.(1)当1a =时,对[)0,x ∀∈+∞. ①证明:()1f x ≥;②若()2cos 2f x x bx '+-≥恒成立,求实数b 的范围;(2)若函数()f x 在0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上存在极值,求实数a 的取值范围. 解:(1)①证明:当1a =时,()sin xf x ex =-,则()cos x f x e x '=-,由于当0x ≥时,1x e ≥,1cos 1x -≤≤,故()cos 0xf x e x '=-≥,所以,函数()f x 在[)0,+∞上为增函数,则当[)0,x ∈+∞时,()()01f x f =≥; ②依题意,cos 2x e x bx +-≥在[)0,+∞上恒成立, 设()cos 2xg x ex bx =+--,其中0x ≥,则()sin 1x g x e x b b '=--≥-.(i )当1b ≤时,()0g x '≥,此时()g x 在[)0,+∞上单调递增, 故()()00g x g ≥=,符合题意;(ii )当1b >时,由①知,()sin xg x e x b '=--在[)0,+∞上为增函数,则必存在()00x ∈+∞,,使得()00g x '=,且当[]00,x x ∈时,()0g x '<,此时函数()g x 单调递减, 当()0,x x ∈+∞时,()0g x '>,此时函数()g x 单调递增, 所以,()()()0min 00g x g x g =<=,不符合题意. 综上,实数b 的取值范围为(],1-∞; (2)()sin x f x ae x =-,可得()cos x f x ae x '=-,由()0f x '=可得cos e xx a,所以直线y a =与曲线cos x x y e =在0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上的图象有交点(非切点),令()cos x x h x e =,其中0,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭,则()sin cos 0xx x h x e +'=-<在0,2π⎛⎫ ⎪⎝⎭上恒成立, 所以,函数()h x 在0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减,且()01h =,02h π⎛⎫= ⎪⎝⎭, 作出函数y a =与函数()h x 在0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上的图象如下图所示:由图可知,当01a <<时,直线y a =与曲线cos x x y e =在0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上的图象有交点(非切点).因此,实数a 的取值范围是()0,1.例3 已知函数()()ln ,af x x xg x x x =-=+,且函数()f x 与()g x 有相同的极值点. (1)求实数a 的值;(2)若对121,,3e x x ⎡⎤∀∈⎢⎥⎣⎦,不等式12()()11f x f x k -+恒成立,求实数k 的取值范围; (3)求证:()()e cos x xf xg x x++<.解:(1)()f x 的定义域为(0,)+∞,1()1f x x '=-,由()0f x '=得1x =, 易知函数()f x 在(0,1)单调递增,在(1,)+∞单调递减, 故函数()f x 的极大值点为1x =,2()1ag x x =-',依题意有(1)10g a =-=',解得1a =,经验证符合题意,故1a =.(2)由(1)知,函数()f x 在1,1e ⎛⎫⎪⎝⎭单调递增,在(1,3)单调递减, 又()()111,11,3ln 33e e f f f ⎛⎫=--=-=- ⎪⎝⎭,且1ln 3311e -<--<-, ∴当1,3e x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时,max ()(1)1f x f ==-,min ()(3)ln33f x f ==-. ① 当10k +>,即1k >-时,对121,,3e x x ⎡⎤∀∈⎢⎥⎣⎦,不等式12()()11f x f x k -+恒成立,即为121()()k f x f x +-恒成立,则max min 1()()1(ln 33)2ln 3k f x f x +-=---=-, 1ln3k ∴-,又1ln31->-,∴此时k 的取值范围为1ln3k -;② 当10+<k ,即1k <-时,对121,,3e x x ⎡⎤∀∈⎢⎥⎣⎦,不等式12()()11f x f x k -+恒成立,即为121()()k f x f x +-恒成立,则min max 1()()(ln 33)(1)ln 32k f x f x +-=---=-, 所以ln33k -,又ln331-<-,∴此时k 的取值范围为ln33k -.综上,实数k 的取值范围为(][),ln331ln3,-∞--+∞. (3)证明:所证不等式即为ln e cos 1x x x x -<-, 下证:ln e 1x x x x -<--,即证ln e 10x x x x -++<, 设()ln e1(0)xh x x x x x =-++>,则()'ln 1e 1ln e 2x x h x x x =+-+=-+,令()()ln e2xr x h x x ==-+',则()1e x r x x='-, 易知函数()r x '在(0,)+∞上单调递减,且()12e 0,11e 02r r ⎛⎫=->=-< ⎪⎝⎭'',故存在唯一的01(,1)2x ∈,使得0()0r x '=,即001e xx =,00ln x x =-,且当0(0,)x x ∈时,()0r x '>,()r x 即()h x '单调递增; 当()0,x x ∈+∞时,()0r x '<,()r x 即()h x '单调递减,∴()()()020000max0011ln e 220x x h x h x x x x x -==-+=--+'=-<',()h x ∴在(0,)+∞单调递减,又0x →时,()0h x →,故()0h x <,即ln e 1x x x x -<--;再证:1cos 1(0)x x x --<->,即证cos 0x x +>在(0,)+∞上恒成立, 设()cos m x x x =+,()sin 10m x x =+'-, ()m x ∴在(0,)+∞单调递增, 则()(0)10m x m >=>,即cos 0x x +>,故1cos 1x x --<-, 综上,ln e cos 1x x x x -<-.四、跟踪检测 1.已知函数()ln 1f x a x x=++(其中0a ≠, 2.71828e =⋅⋅⋅⋅⋅⋅)(1)当34a =-时,求函数()f x 的单调区间;(2)对任意的21,x e ⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭均满足()2f x ax≤,试确定a 的取值范围.2.定义在()0,∞+上的关于x 的函数2()(1)2x axf x x e =--.(1)若a e =,讨论()f x 的单调性;(2)()3f x ≤在(]0,2上恒成立,求a 的取值范围.3.已知函数()ln xf x x=-. (1)设()()1x g x f x f x ⎛⎫=+ ⎪-⎝⎭,求函数()g x 的最小值; (2)设()1h x f x ⎛⎫=⎪⎝⎭,对任意1x 、()20,x ∈+∞,()()()()121212h x h x h x x k x x +≥++⋅+恒成立,求k 的最大值.4.已知函数l ()n f x ax x =,a R ∈. (1)当1a =时, ①求()f x 的极值; ②若对任意的x e ≥都有()mx m f x e x≥,0m >,求m 的最大值;(2)若函数2()()g x f x x =+有且只有两个不同的零点1x ,2x ,求证:212x x e >.5.已知函数()ln f x a x bx =+的图象在点(1,3)-处的切线方程为21y x =--. (1)若对任意1[,)3x ∈+∞有()f x m 恒成立,求实数m 的取值范围;(2)若函数2()()2g x f x x k =+++在区间(0,)+∞内有3个零点,求实数k 的范围.6.已知函数(),()ln ,x f x e g x x a x a R ==+∈ (1)讨论g (x )的单调性; (2)若()()2a f x x g x x ++,对任意(1,)x ∈+∞恒成立,求a 的最大值.7.已知函数()()22,3x f x e kx g x x k =-=+-. (1)讨论函数()y f x =的单调区间;(2)若()()2f x g x ≥对任意0x ≥恒成立,求实数k 的取值范围.8.已知函数()11x f x e x -=-+,()()2ln 12g x x ax ax =+--,其中a ∈R . (1)证明:当0x >时,()0f x <;(2)若()()g x f x <在区间()0,∞+上恒成立,求实数a 的取值范围.跟踪检测参考答案1. 解:(1)当34a =-时,3()ln 14f x x x =-++,0x >,31(12)(211)')42141x x f x x x x x+-++=-+=++, ∴函数()f x 的单调递减区间为()0,3,单调递增区间为()3,+∞. (2)由()112f a ≤,得204a <≤, 当204a <≤时,()4f x ax ≤,2ln 0x ≥, 令1t a =,则22t ≥, 设2()212ln g t t x t x x =-+-,22t ≥,则211()12ln xg t x t x x x ⎛⎫+=-+-- ⎪ ⎪⎝⎭, (i )当1,7x ⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭时,1122x+≤, 则()(22)84212ln g x g x x x ≥=-+-,记()4221ln p x x x x =-+-,17x ≥, 则2212121'()11x x x x p x x x x x x +--+=--=++(1)1(221)1(1)(12)x x x x x x x x ⎡⎤-++-⎣⎦=++++, 列表讨论:∴()(1)0p x p ≥=, ∴()(22)2()2()0g t g p x p x ≥==≥.(ii )当211,7x e ⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭时,12ln (1)()12x x x g t g x x ⎛⎫--+≥+= ⎪ ⎪⎝⎭,令()2ln (1)q x x x x =++,211,7x e ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦,则ln 2()10x q'x x +=+>, 故()q x 在211,7e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递增, ∴1()7q x q ⎛⎫≤ ⎪⎝⎭,由(i )得127127(1)07777q p p ⎛⎫⎛⎫=-<-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭, ∴()0q x <,∴1()()102q x g t g x x ⎛⎫≥+=-> ⎪ ⎪⎝⎭, 由(i )(ii )知对任意21,x e ⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭,)22,t ⎡∈+∞⎣,()0g t ≥,即对任意21,x e ⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭,均有()2f x ax≤,综上所述,所求的a 的取值范围是20,4⎛⎤ ⎥ ⎝⎦. 2. 解:(1)()'()x xf x xe ax x e a =-=-,a e =时,()'()x f x x e e=-,在()0,1x ∈上,'()0f x <,()f x 单调递减﹔在()1,x ∈+∞上,'()0f x >,()f x 单调递增.(2)由(1)()'()xf x x e a =-,若1a ≤,在(]0,2上,'()0f x >,()f x 单调递增,()2223f ea =->,不合题意;若21a e <<,在()0,ln a 上,'()0f x <,()()01f x f <=-, 在(]ln ,2a 上,'()0f x >,()2()22f x f ea <=-,由题意,2223232e e a a e --≤⇒≤<;若2a e ≥,在()0,2上,'()0f x <,()f x 单调递减, 则在(]0,2上,()()013f x f <=-<符合题意.综上所述,232e a -≥.3. 解:(1)()ln 11ln x f x x x x -==,令1t x=,则111111x t x t t==---,设()()()()ln 1ln 1F t g x t t t t ==+--,其中()0,1t ∈, 则()()ln 1ln 11ln 1tF t t t t '=+---=-,当10,2t ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时,()0,11tt ∈-,则()0F t '<,()F t 单调递减,当1,12t ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时,()1,1tt ∈+∞-,()0F t '>,()F t 单调递增, 所以,()()min min 11ln ln 222g x F t F ⎛⎫====- ⎪⎝⎭; (2)()1ln h x f x x x ⎛⎫== ⎪⎝⎭,则()()()()()121211221212ln ln ln h x h x h x x x x x x x x x x +-+=+-++()1211221212121212121212lnln ln ln x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x ⎛⎫=+=++ ⎪++++++⎝⎭()12121212x x x x h h x x x x ⎡⎤⎛⎫⎛⎫=++⎢⎥ ⎪ ⎪++⎝⎭⎝⎭⎣⎦, 由(1)知121121212ln 2x x x h h F x x x x x x ⎛⎫⎛⎫⎛⎫+=- ⎪ ⎪ ⎪+++⎝⎭⎝⎭⎝⎭≥, 因为()()()()121212h x h x h x x k x x +≥++⋅+,则121212x x k h h x x x x ⎛⎫⎛⎫≤+ ⎪ ⎪++⎝⎭⎝⎭,故ln 2k -≤. 故k 的最大值是ln 2-.4. 解:(1)①1a =时,()ln f x x x =,则()ln 1(0)f x x x '=+>, 令()0f x '>,解得:1x e>,令()0f x '<,解得:10x e <<,∴()f x 在1(0,)e 递减,在1(e ,)+∞递增, 故()f x 的极小值是11()f e e =-,没有极大值; ②对任意x e ≥都有n (l )mm m x xx m f x e e e x≥=,即()()m x f x f e ≥恒成立,由0m >,有0mx>,故1m x e >, 由①知,()f x 在1(e ,)+∞单调递增,故mx x e ≥,可得ln mx x ≥,即ln x x m ≥, 当x e ≥时,()f x 的最小值是()f e e =,故m 的最大值是e ;(2)证明:要证212x x e >,只需证明12ln()2x x >即可,由题意,1x 、2x 是方程2ln 0ax x x +=的两个不相等的实数根,又1x >,∴1122ln 0ln 0a x x a x x +=⎧⎨+=⎩,消去a ,整理得:121121221ln()ln 1x x x x x x x x +=⋅-,不妨设12x x >,令12x t x =,则1t >,故只需证明当1t >时,1ln 21t t t +⋅>-,即证明2(1)ln 1t t t ->+, 设2(1)()ln 1t h t t t -=-+,则22211(1)(1)()20(1)(1)t t t h t t t t t +---'=-⋅=>++,∴()h t 在(1,)+∞单调递增,从而()(1)0h t h >=, 故2(1)ln 1t t t ->+,即212x x e >得证.5. 解:(1)()af x b x '=+,(0)x >.函数()f x 的图象在点(1,3)-处的切线的方程为21y x =--.f '∴(1)2=-,f(1)3=-,∴23a b b +=-⎧⎨=-⎩,解得3b =-,1a =. ()ln 3f x x x ∴=-.13()13()3x f x x x--=-=',1[,)3x ∈+∞,()0f x '∴. ∴当13x =时,函数()f x 取得最大值,1()ln313f =--. 对任意1[,)3x ∈+∞有()f x m 恒成立,所以()max m f x ,1[,)3x ∈+∞. ln31m ∴--. ∴实数m的取值范围是[ln31--,)+∞.(2)由(1)可得:2()ln 32g x x x x k =-+++, ∴1(21)(1)()23x x g x x x x--'=+-=, 令()0g x '=,解得12x =,1. 列表如下:由表格可知:当1x =时,函数()f x 取得极小值g (1)k =; 当12x =时,函数()g x 取得极大值13()ln224g k =-++.要满足函数2()()2g x f x x k =+++在区间(0,)+∞内有3个零点,则3ln2040k k ⎧-++>⎪⎨⎪<⎩, 解得3ln204k -<<, 则实数k 的取值范围3(ln2,0)4-.6. 解:(1)()1(0)ax ag x x x x+'=+=>, 当0a 时,()0g x '>,()g x 在(0,)+∞上单调递增;当0a <时,令()0g x '>,解得x a >-,令()0g x '<,解得0x a <<-,()g x ∴在(0,)a -上单调递减,在(,)a -+∞上单调递增;综上,当0a 时,()g x 在(0,)+∞上单调递增;当0a <时,()g x 在(0,)a -上单调递减,在(,)a -+∞上单调递增; (2)()2()a f x xg x x ++即为ln x a e x a x x ++,即ln ln x x a a e e x x ++,设()ln (0)h x x x x =+>,则11()1x h x x x+'=+=, 易知函数()h x 在(0,)+∞上单调递增,而()()xa h e h x ,所以x a e x ,即ln x a x ,当1x >时,即为ln xax, 设()(1)ln xx x x ϕ=>,则2ln 1()ln x x xϕ-'=, 易知函数()ϕx 在(0,)e 上单调递减,在(,)e +∞上单调递增,()x ϕϕ∴(e )e =, a e ∴,即a 的最大值为e .7. 解:(1)()xf x e k '=-,①当0k ≤时,()0f x >′恒成立,则()y f x =在R 上单调递增; ②当0k >时,ln x k >时,()0f x >′,()y f x =的单调递增区为()ln ,k +∞; ln x k <时,()0f x >′,()y f x =的单调递减区间为(),ln k +∞.(2)22223x e kx x k -≥+-对任意的0x ≥恒成立,即22232xx kx k e ++-≤对任意的0x ≥恒成立. 令()()()()221323,x xx k x k x kx k h x h x e e +++-++-'=- ①当3k ≥时,()0h x '≤在()0,x ∈+∞恒成立,()h x 在()0,∞+上单调递减.所以只需2032h k =-≤(),即5,5k ⎡⎤∈-⎣⎦,矛盾.②当13k -≤<时,()h x 在()0,3k -+上单调递增,在()3,k -++∞上单调递减. 所以只需()3632k h k e -+-+=≤,即3ln3k ≤-.∴13ln3k -≤≤-;③当1k <-时,()h x 在()0,1k --上单调递减,在()1,3k k ---+上单调递增,在()3,k -++∞上单调递减.则()()253ln 332h x k hk ⎧≤⎪⇒-≤≥-⎨-+≤⎪⎩,∴51k -≤≥-,综上,实数k 的取值范围为5,3ln 3⎡⎤--⎣⎦8. 解:(1)证明:当0x >时,()11011x x f x e x e x <⇐<⇐>++, 令()1xh x ex =--,则()10x h x e '=->, ∴()h x 在()0,∞+上单调递增,∴()()00h x h >=, ∴1x e x >+.(2)由题()()0g x f x -<,即()21ln 1201x x ax ax e x -+---+<+, 令()()21ln 121x F x x ax ax e x -=+---++,易知()00F =, 且()()2112211x F x ax a e x x -'=--+-++,要满足题意,必有()00F '≤,则120a -≤,∴12a ≥,当12a ≥时,()()()()22111ln 12ln 12112x x F x x ax ax e x e x x x x --=+---+<+-+-+++, 记()()()211ln 1212x x x e x x x ϕ-=+-+-++,0x >,()()()()()22111111111111x x e x x x x x x x ϕ-'=+--+<+--++++++()()()()2222211011x x x x x +-+-==<++,∴()x ϕ在()0,∞+上单调递减,则()()00x ϕϕ<=, 即当12a ≥时,()()0F x x ϕ<<,满足题意, 综上:12a ≥.。

破解恒成立问题 高考数学【解析版】

破解恒成立问题 高考数学【解析版】

专题16 破解恒成立问题从高考命题看,方程有解问题、无解问题以及不等式的恒成立问题,也是高考命题的热点.而此类问题的处理方法较为灵活,用导数解决不等式“恒成立”“存在性”问题的常用方法是分离参数,或构造新函数分类讨论,将不等式问题转化为函数的最值问题.也可以结合题目的条件、结论,采用数形结合法等.【重点知识回眸】(一)参变参数法1.参变分离:顾名思义,就是在不等式中含有两个字母时(一个视为变量,另一个视为参数),可利用不等式的等价变形让两个字母分居不等号的两侧,即不等号的每一侧都是只含有一个字母的表达式.然后可利用其中一个变量的范围求出另一变量的范围2.一般地,若a >f (x )对x ∈D 恒成立,则只需a >f (x )max ;若a <f (x )对x ∈D 恒成立,则只需a <f (x )min .若存在x 0∈D ,使a >f (x 0)成立,则只需a >f (x )min ;若存在x 0∈D ,使a <f (x 0)成立,则只需a <f (x 0)max .由此构造不等式,求解参数的取值范围.3.参变分离法的适用范围:判断恒成立问题是否可以采用参变分离法,可遵循以下两点原则:(1)已知不等式中两个字母是否便于进行分离,如果仅通过几步简单变换即可达到分离目的,则参变分离法可行.但有些不等式中由于两个字母的关系过于“紧密”,会出现无法分离的情形,此时要考虑其他方法.例如:()21log a x x -<,111axx e x-+>-等 (2)要看参变分离后,已知变量的函数解析式是否便于求出最值(或临界值),若解析式过于复杂而无法求出最值(或临界值),则也无法用参变分离法解决问题.(可参见”恒成立问题——最值分析法“中的相关题目)(二)构造函数分类讨论法有两种常见情况,一种先利用综合法,结合导函数零点之间大小关系的决定条件,确定分类讨论的标准,分类后,判断不同区间函数的单调性,得到最值,构造不等式求解;另一种,直接通过导函数的式子,看出导函数值正负的分类标准,通常导函数为二次函数或者一次函数.1.构造函数时往往将参数与自变量放在不等号的一侧,整体视为一个函数,其函数含参2.参数往往会出现在导函数中,进而参数不同的取值会对原函数的单调性产生影响——可能经历分类讨论 (三)数形结合法1.函数的不等关系与图象特征:(1)若,均有的图象始终在的下方 (2)若,均有的图象始终在的上方2.在作图前,可利用不等式的性质对恒成立不等式进行变形,转化为两个可作图的函数x D ∀∈()()()f x g x f x <⇔()g x x D ∀∈()()()f x g x f x >⇔()g x3.作图时可“先静再动”,先作常系数的函数的图象,再做含参数函数的图象(往往随参数的不同取值而发生变化).作图要突出“信息点”.4.利用数形结合解决恒成立问题,往往具备以下几个特点:(1)所给的不等式运用代数手段变形比较复杂,比如分段函数,或者定义域含参等,而涉及的函数便于直接作图或是利用图象变换作图(2)所求的参数在图象中具备一定的几何含义 (3)题目中所给的条件大都能翻译成图象上的特征【典型考题解析】热点一 参变分离法解决不等式恒成立问题【典例1】(2019·天津·高考真题(理))已知a R ∈,设函数222,1,()ln ,1,x ax a x f x x a x x ⎧-+=⎨->⎩若关于x 的不等式()0f x 在R 上恒成立,则a 的取值范围为( ) A .[]0,1 B .[]0,2 C .[]0,e D .[]1,e【答案】C【解析】先判断0a ≥时,2220x ax a -+≥在(,1]-∞上恒成立;若ln 0x a x -≥在(1,)+∞上恒成立,转化为ln xa x≤在(1,)+∞上恒成立. 【详解】∵(0)0f ≥,即0a ≥,(1)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()()min 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 .【典例2】(2020·全国·高考真题(理))已知函数2()e x f x ax x =+-.(1)当a =1时,讨论f (x )的单调性;(2)当x ≥0时,f (x )≥12x 3+1,求a 的取值范围.【答案】(1)当(),0x ∈-∞时,()()'0,f x f x <单调递减,当()0,x ∈+∞时,()()'0,f x f x >单调递增.(2)27e ,4∞⎡⎫-+⎪⎢⎣⎭【分析】(1)由题意首先对函数二次求导,然后确定导函数的符号,最后确定原函数的单调性即可. (2)方法一:首先讨论x =0的情况,然后分离参数,构造新函数,结合导函数研究构造所得的函数的最大值即可确定实数a 的取值范围.【详解】(1)当1a =时,()2e xf x x x =+-,()e 21x f x x ='+-,由于()''e 20xf x =+>,故()'f x 单调递增,注意到()00f '=,故:当(),0x ∈-∞时,()()0,f x f x '<单调递减, 当()0,x ∈+∞时,()()0,f x f x '>单调递增. (2) [方法一]【最优解】:分离参数 由()3112f x x ≥+得,231e 12x ax x x +-+,其中0x ≥, ①.当x =0时,不等式为:11≥,显然成立,符合题意;②.当0x >时,分离参数a 得,321e 12x x x a x ----, 记()321e 12x x x g x x ---=-,()()2312e 12x x x x g x x ⎛⎫---- ⎪⎝⎭'=-, 令()()21e 102xh x x x x =---≥,则()e 1xh x x ='--,()''e 10x h x =-≥,故()'h x 单调递增,()()00h x h ''≥=, 故函数()h x 单调递增,()()00h x h ≥=,由()0h x ≥可得:21e 102xx x ---恒成立, 故当()0,2x ∈时,()0g x '>,()g x 单调递增;当()2,x ∈+∞时,()0g x '<,()g x 单调递减; 因此,()()2max7e 24g x g -⎡⎤==⎣⎦, 综上可得,实数a 的取值范围是27e ,4∞⎡⎫-+⎪⎢⎣⎭. [方法二]:特值探路当0x ≥时,31()12f x x ≥+恒成立27e (2)54-⇒⇒f a .只需证当274e a -≥时,31()12f x x ≥+恒成立.当274e a -≥时,227e ()e e 4-=+-≥+x xf x ax x 2⋅-x x .只需证明2237e 1e 1(0)42-+-≥+≥xx x x x ⑤式成立.⑤式()223e74244e-+++⇔≤xx x x ,令()223e 7424()(0)e-+++=≥xx x x h x x ,则()()222313e 2e 92()e -+--=='xxx x h x ()()222213e 2e 9e⎡⎤-----⎣⎦=xx x x ()2(2)2e 9e⎡⎤--+-⎣⎦xx x x ,所以当29e 0,2⎡⎤-∈⎢⎥⎣⎦x 时,()0,()h x h x '<单调递减; 当29e ,2,()0,()2⎛⎫-∈> ⎪⎝⎭'x h x h x 单调递增; 当(2,),()0,()∈+∞<'x h x h x 单调递减.从而max [()]max{(0),(2)}4==h x h h ,即()4h x ≤,⑤式成立.所以当274e a -≥时,31()12f x x ≥+恒成立.综上274e a -≥.[方法三]:指数集中当0x ≥时,31()12f x x ≥+恒成立323211e1(1)e 122x x x ax x x ax x -⇒+-+⇒-++≤, 记()32(1(1)e 0)2xg x x ax x x -=-++≥,()2231(1)e 22123x g x x ax x x ax -'=--+++--()()()2112342e 212e 22xx x x a x a x x a x --⎡⎤=--+++=----⎣⎦,①.当210a +≤即12a ≤-时,()02g x x '=⇒=,则当(0,2)x ∈时,()0g x '>,()g x 单调递增,又()01g =,所以当(0,2)x ∈时,()1g x >,不合题意;②.若0212a <+<即1122a -<<时,则当(0,21)(2,)x a ∈+⋃+∞时,()0g x '<,()g x 单调递减,当(21,2)x a ∈+时,()0g x '>,()g x 单调递增,又()01g =,所以若满足()1g x ≤,只需()21g ≤,即()22(7e 14)g a --≤=27e 4a -⇒,所以当27e 142a -⇒≤<时,()1g x ≤成立;③当212a +≥即12a ≥时,()32311(1)e (1)e 22x xg x x ax x x x --=++≤-++,又由②可知27e 142a -≤<时,()1g x ≤成立,所以0a =时,31()(1)e 21xg x x x -=+≤+恒成立,所以12a ≥时,满足题意. 综上,27e 4a-. 【整体点评】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具,而函数是高中数学中重要的知识点,本题主要考查利用导数解决恒成立问题,常用方法技巧有:方法一,分离参数,优势在于分离后的函数是具体函数,容易研究;方法二,特值探路属于小题方法,可以快速缩小范围甚至得到结果,但是解答题需要证明,具有风险性; 方法三,利用指数集中,可以在求导后省去研究指数函数,有利于进行分类讨论,具有一定的技巧性! 【总结提升】利用分离参数法来确定不等式f (x ,λ)≥0(x ∈D ,λ为实参数)恒成立问题中参数取值范围的基本步骤: (1)将参数与变量分离,化为f 1(λ)≥f 2(x )或f 1(λ)≤f 2(x )的形式. (2)求f 2(x )在x ∈D 时的最大值或最小值.(3)解不等式f 1(λ)≥f 2(x )max 或f 1(λ)≤f 2(x )min ,得到λ的取值范围. 热点二 构造函数分类讨论法解决不等式恒成立问题【典例3】(2019·全国·高考真题(文))已知函数f (x )=2sin x -x cos x -x ,f′(x )为f (x )的导数. (1)证明:f′(x )在区间(0,π)存在唯一零点; (2)若x ∈[0,π]时,f (x )≥ax ,求a 的取值范围. 【答案】(1)见解析; (2)(],0a ∈-∞.【分析】(1)求导得到导函数后,设为()g x 进行再次求导,可判断出当0,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时,()0g x '>,当,2x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时,()0g x '<,从而得到()g x 单调性,由零点存在定理可判断出唯一零点所处的位置,证得结论;(2)构造函数()()h x f x ax =-,通过二次求导可判断出()()min 2h x h a π''==--,()max 222h x h a ππ-⎛⎫''==- ⎪⎝⎭;分别在2a ≤-,20a -<≤,202a π-<<和22a π-≥的情况下根据导函数的符号判断()h x 单调性,从而确定()0h x ≥恒成立时a 的取值范围.【详解】(1)()2cos cos sin 1cos sin 1f x x x x x x x x '=-+-=+- 令()cos sin 1g x x x x =+-,则()sin sin cos cos g x x x x x x x '=-++= 当()0,x π∈时,令()0g x '=,解得:2x π=∴当0,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时,()0g x '>;当,2x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时,()0g x '<()g x ∴在0,2π⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增;在,2ππ⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减又()0110g =-=,1022g ππ⎛⎫=-> ⎪⎝⎭,()112g π=--=-即当0,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时,()0g x >,此时()g x 无零点,即()f x '无零点()02g g ππ⎛⎫⋅< ⎪⎝⎭0,2x ππ⎛⎫∴∃∈ ⎪⎝⎭,使得()00g x =又()g x 在,2ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减 0x x ∴=为()g x ,即()f x '在,2ππ⎛⎫⎪⎝⎭上的唯一零点综上所述:()f x '在区间()0,π存在唯一零点(2)若[]0,x π∈时,()f x ax ≥,即()0f x ax -≥恒成立 令()()()2sin cos 1h x f x ax x x x a x =-=--+ 则()cos sin 1h x x x x a '=+--,()()cos h x x x g x '''==由(1)可知,()h x '在0,2π⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增;在,2ππ⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减且()0h a '=-,222h a ππ-⎛⎫'=- ⎪⎝⎭,()2h a π'=-- ()()min 2h x h a π''∴==--,()max 222h x h a ππ-⎛⎫''==- ⎪⎝⎭①当2a ≤-时,()()min 20h x h a π''==--≥,即()0h x '≥在[]0,π上恒成立()h x ∴在[]0,π上单调递增()()00h x h ∴≥=,即()0f x ax -≥,此时()f x ax ≥恒成立 ②当20a -<≤时,()00h '≥,02h π⎛⎫'> ⎪⎝⎭,()0h π'<1,2x ππ⎛⎫∴∃∈ ⎪⎝⎭,使得()10h x '=()h x ∴在[)10,x 上单调递增,在(]1,x π上单调递减又()00h =,()()2sin cos 10h a a ππππππ=--+=-≥()0h x ∴≥在[]0,π上恒成立,即()f x ax ≥恒成立③当202a π-<<时,()00h '<,2022h a ππ-⎛⎫'=-> ⎪⎝⎭20,2x π⎛⎫∴∃∈ ⎪⎝⎭,使得()20h x '=()h x ∴在[)20,x 上单调递减,在2,2x π⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增()20,x x ∴∈时,()()00h x h <=,可知()f x ax ≥不恒成立④当22a π-≥时,()max 2022h x h a ππ-⎛⎫''==-≤ ⎪⎝⎭()h x ∴在0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减 00h xh可知()f x ax ≥不恒成立 综上所述:(],0a ∈-∞【点睛】本题考查利用导数讨论函数零点个数、根据恒成立的不等式求解参数范围的问题.对于此类端点值恰为恒成立不等式取等的值的问题,通常采用构造函数的方式,将问题转变成函数最值与零之间的比较,进而通过导函数的正负来确定所构造函数的单调性,从而得到最值.【典例4】(2022·重庆巴蜀中学高三阶段练习)已知函数()()ln 20f x a x x a =-≠. (1)讨论()f x 的单调性;(2)当0x >时,不等式()()22cos eax x f x f x ⎡⎤-≥⎣⎦恒成立,求a 的取值范围. 【答案】(1)答案见解析 (2)(]0,2e【分析】(1)求出函数()f x 的定义域,求得()2a xf x x-'=,分析导数的符号变化,由此可得出函数()f x 的单调递增区间和递减区间;(2)令()t f x =,()e 2cos tg t t t =--,利用导数分析函数()g t 的单调性,对实数a 的取值进行分类讨论,求出()t f x =的取值范围,结合函数()g t 的图象可得出关于实数a 的不等式,即可求得实数a 的取值范围. (1)解:函数()()ln 20f x a x x a =-≠的定义域为()0,∞+,且()22a a x f x x x-'=-=.当0a <时,因为0x >,则()0f x '<,此时函数()f x 的单调递减区间为()0,∞+;当0a >时,由()0f x '<可得2ax >,由()0f x '>可得02ax <<.此时,函数()f x 的单调递增区间为0,2a ⎛⎫ ⎪⎝⎭,单调递减区间为,2a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭.综上所述,当0a <时,函数()f x 的单调递减区间为()0,∞+;当0a >时,函数()f x 的单调递增区间为0,2a ⎛⎫⎪⎝⎭,单调递减区间为,2a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭. (2)解:()()()()()()()ln 222cos e 2cos 0e 2cos 0eaf x a x x x x f x f x f x f x f x f x -⎡⎤⎡⎤⎡⎤-≥⇔--≥⇔--≥⎣⎦⎣⎦⎣⎦,设()e 2cos tg t t t =--,其中()t f x =,则()e 2sin t g t t '=-+,设()e sin 2th t t =+-,则()e cos th t t '=+,当0t ≤时,e 1t ≤,sin 1t ≤,且等号不同时成立,则()0g t '<恒成立,当0t >时,e 1t >,cos 1t ≥-,则()0h t '>恒成立,则()g t '在()0,∞+上单调递增,又因为()01g '=-,()1e 2sin10g '=-+>,所以,存在()00,1t ∈使得()00g t '=,当00t t <<时,()0g t '<;当0t t >时,()0g t '>.所以,函数()g t 在()0,t -∞上单调递减,在()0,t +∞上单调递增,且()00g =,作出函数()g t 的图象如下图所示:由(1)中函数()f x 的单调性可知,①当0a <时,()f x 在()0,∞+上单调递增,当0x +→时,()f x →+∞,当x →+∞时,()f x →-∞,所以,()t f x =∈R ,此时()00g t <,不合乎题意;②当0a >时,()max ln 22a a f x f a a ⎛⎫==- ⎪⎝⎭,且当0x +→时,()f x →-∞,此时函数()f x 的值域为,ln 2a a a ⎛⎤-∞- ⎥⎝⎦,即,ln 2a t a a ⎛⎤∈-∞- ⎥⎝⎦.(i )当ln 02a a a -≤时,即当02e a <≤时,()0g t ≥恒成立,合乎题意;(ii )当ln 02a a a ->时,即当2e a >时,取10min ln ,2a t a a t ⎧⎫=-⎨⎬⎩⎭,结合图象可知()10g t <,不合乎题意.综上所述,实数a 的取值范围是(]0,2e . 【规律方法】对于f (x )≥g (x )型的不等式恒成立问题,若无法分离参数,一般采用作差法构造函数h (x )=f (x )-g (x )或h (x )=g (x )-f (x ),进而只需满足h (x )min ≥0或h (x )max ≤0即可. 热点三 利用数形结合法解决不等式恒成立问题【典例5】(2013·全国·高考真题(文))已知函数22,0()ln(1),0x x x f x x x ⎧-+≤=⎨+>⎩,若|()|f x ax ≥,则a 的取值范围是( ) A .(,0]-∞ B .(,1]-∞C .[2,1]-D .[2,0]-【答案】D【解析】作出函数()y f x =的图像,和函数y ax =的图像,结合图像可知直线y ax =介于l 与x 轴之间,利用导数求出直线l 的斜率,数形结合即可求解.【详解】由题意可作出函数()y f x =的图像,和函数y ax =的图像.由图像可知:函数y ax =的图像是过原点的直线, 当直线介于l 与x 轴之间符合题意,直线l 为曲线的切线,且此时函数()y f x =在第二象限的部分的解析式为 22y x x =-,求其导数可得22y x '=-,因为0x ≤,故2y '≤-, 故直线l 的斜率为2-,故只需直线y ax =的斜率a []2,0∈-. 故选:D【典例6】(2015·全国·高考真题(理))设函数()(21)xf x e x ax a =--+,其中1a < ,若存在唯一的整数0x ,使得0()0f x <,则a 的取值范围是( )A .3,12e ⎡⎫-⎪⎢⎣⎭B .33,2e 4⎡⎫-⎪⎢⎣⎭C .33,2e 4⎡⎫⎪⎢⎣⎭ D .3,12e ⎡⎫⎪⎢⎣⎭【答案】D【分析】设()()21xg x e x =-,()1y a x =-,问题转化为存在唯一的整数0x 使得满足()()01g x a x <-,求导可得出函数()y g x =的极值,数形结合可得()01a g ->=-且()312g a e-=-≥-,由此可得出实数a 的取值范围.【详解】设()()21xg x e x =-,()1y a x =-,由题意知,函数()y g x =在直线y ax a =-下方的图象中只有一个点的横坐标为整数,()()21x g x e x '=+,当12x <-时,()0g x '<;当12x >-时,()0g x '>.所以,函数()y g x =的最小值为12122g e -⎛⎫-=- ⎪⎝⎭.又()01g =-,()10g e =>.直线y ax a =-恒过定点()1,0且斜率为a ,故()01a g ->=-且()31g a a e -=-≥--,解得312a e≤<,故选D.【典例7】(2020·全国高二)若关于x 的不等式0x x e ax a ⋅-+<的解集为()m n ,(0n <),且()m n ,中只有一个整数,则实数a 的取值范围是( ). A .211[)e e, B .221[)32e e, C .212[)e e, D .221[)3e e, 【答案】B 【解析】不等式0x x e ax a ⋅-+<有唯一整数解,即不等式()1xx e a x ⋅<-有唯一整数解,设()xg x x e =⋅,y ax a =-,求出()g x 的单调区间,作出其大致图像,y ax a =-恒过定点()10,P ,数形结合可得答案.【详解】设()xg x x e =⋅,y ax a =-,()()1xg x x e '=+⋅,由()0g x '>,解得1x >-,由()0g x '<解得1x <-所以()xg x x e =⋅在(]1-∞-,上单调递减,在[)1-+∞,上单调递增. 又当x →-∞ ,()0g x <且()0g x →,又()00g =,则()xg x x e =⋅的大致图象如下由题意由不等式0x x e ax a ⋅-+<有唯一整数解,即不等式()1xx e a x ⋅<-有唯一整数解即()xg x x e =⋅在直线y ax a =-下方的部分,故min 1()(1)g x g e=-=-,y ax a =-恒过定点()10,P , 结合函数图像得PA PB k a k ≤<,即22132a e e≤<, 故选:B .【点睛】本题考查根不等式的解集中整数的个数求参数范围的问题,解答本题的关键的根据题意转化为不等式()1x x e a x ⋅<-有唯一整数解,即()x g x x e =⋅在直线y ax a =-下方的部分中唯一整数x ,讨论出()xg x x e =⋅的单调区间,得出其大致图象,属于中档题.【精选精练】一、单选题1.(2022·湖北·黄冈中学模拟预测)对任意的(]12,1,3x x ∈,当12x x <时,1122ln 03x a x x x -->恒成立,则实数a的取值范围是( ) A .[)3,+∞ B .()3,+∞ C .[)9,+∞ D .()9,+∞【答案】C【分析】将不等式等价变形,构造函数()ln 3af x x x =-,再借助函数单调性、最值求解作答.【详解】依题意,11211222ln 0ln (ln )0333x a a ax x x x x x x -->⇔--->,令()ln 3a f x x x =-,(1,3]x ∈, 则对任意的12,(1,3]x x ∈,当12x x <时,12()()f x f x >,即有函数()f x 在(1,3]上单调递减, 因此,(1,3]x ∀∈,()1033af x a x x'=-≤⇔≥,而max (3)9x =,则9a ≥, 所以实数a 的取值范围是[9,)+∞. 故选:C2.(2021·青海·西宁市海湖中学高三开学考试(文))若函数()2ln f x x x=-,满足() f x a x ≥-恒成立,则a 的最大值为( ) A .3 B .4 C .3ln 2- D .3ln 2+【答案】C【分析】由题意,分离参数可得min 2ln a x x x ⎛⎫≤+- ⎪⎝⎭,令2()ln g x x x x=+-,然后利用导数求出()g x 的最小值即可求解.【详解】解:因为()2ln f x x x=-,满足() f x a x ≥-恒成立, 所以min2ln a x x x ⎛⎫≤+- ⎪⎝⎭,令2()ln g x x x x =+-,则()()()222221212()10x x x x g x x x x x x -+--'=--==>,令()0g x '>,得2x >,令()0g x '<,得02x <<, 所以()g x 在()0,2上单调递减,在()2,+∞上单调递增, 所以min ()(2)3ln 2g x g ==-, 所以3ln 2a ≤-,所以a 的最大值为3ln 2-, 故选:C.3.(2023·全国·高三专题练习)已知函数12ln ,(e)ey a x x =-≤≤的图象上存在点M ,函数21y x =+的图象上存在点N ,且M ,N 关于x 轴对称,则a 的取值范围是( )A .21e ,2⎡⎤--⎣⎦B .213,e ∞⎡⎫--+⎪⎢⎣⎭C .213,2e ⎡⎤---⎢⎥⎣⎦D .2211e ,3e ⎡⎤---⎢⎥⎣⎦【答案】A【详解】因为函数21y x =+与函数21y x =--的图象关于x 轴对称,根据已知得函数12ln ,(e)e y a x x =-≤≤的图象与函数21y x =--的图象有交点,即方程22ln 1a x x -=--在1,e e x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦上有解,即22ln 1a x x =--在1,e e x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦上有解.令()22ln 1g x x x =--,1,e e x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦,则()()22212222xx g x x x x x--'=-==,可知()g x 在1,1e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递增,在[]1,e 上单调递减,故当1x =时,()()max 12g x g ==-,由于21e e 13g ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭,()2e e 1g =-,且2211e 3e -->-,所以212e a -≤≤-. 故选:A .4.(2021·青海·大通回族土族自治县教学研究室高三开学考试(文))已知函数1()e 2xf x =,直线y kx =与函数()f x 的图象有两个交点,则实数k 的取值范围为( )A .1e 2⎛ ⎝B .(e,)+∞C .(e,)+∞D .1e,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭【答案】D【分析】首先考查临界情况,利用导数求得切线的斜率,据此可求得实数k 的取值范围【详解】当过原点的直线y kx =与函数()f x 的图象相切时,设切点为1,e 2m P m ⎛⎫⎪⎝⎭,由()1e 2x f x '=,可得过点P 的切线方程为()11e e 22m my x m -=-,代入点()0,0可得11e e 22m mm -=-,解得1m =,此时切线的斜率为1e 2,由函数()f x 的图象可知,若直线y kx =与函数()f x 的图象有两个交点,直线的斜率k 的取值范围为1e,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭. 故答案选:D5.(2022·福建省福安市第一中学高三阶段练习)设函数()()()()1e e ,e 1x x f x x g x ax =--=--,其中R a ∈.若对[)20,x ∀∈+∞,都1R x ∃∈,使得不等式()()12f x g x ≤成立,则a 的最大值为( ) A .0 B .1eC .1D .e【答案】C【分析】由题意易知()0f x ≥恒成立,则可等价为对[)20,x ∀∈+∞,()20g x ≥恒成立,利用参变分离,可变形为e 1,(0)x a x x -≤>恒成立,易证e 11,(0)x x x->>,则可得1a ≤,即可选出答案.【详解】对[)20,x ∀∈+∞,都1R x ∃∈,使得不等式()()12f x g x ≤成立, 等价于()()12min min f x g x ≤,当1x <时,10,e e<0x x -<-,所以()0f x >, 当1≥x 时,10,e e 0x x -≥-≥,所以()0f x ≥, 所以()0f x ≥恒成立,当且仅当1x =时,min ()0f x =, 所以对[)20,x ∀∈+∞,()20g x ≥恒成立,即e 10x ax --≥, 当0x =,e 100x ax --=≥成立,当0x >时,e 1e 10x xax a x---≥⇒≤恒成立.记()e 1,0x h x x x =-->, 因为()e 10x h x '=->恒成立,所以()h x 在(0,)+∞上单调递增,且(0)0h =,所以()e 10xh x x =-->恒成立,即e 1e 11,(0)x xx x x-->⇒>>所以1a ≤.所以a 的最大值为1. 故选:C.【点睛】本题考查导数在不等式的恒成立与有解问题的应用,属于难题, 此类问题可按如下规则转化:一般地,已知函数[](),,=∈y f x x a b ,[](),,y g x x c d =∈(1)若[]1,x a b ∀∈,[]2,x c d ∀∈,有12()()f x g x <成立,故max 12min ()()f x g x <; (2)若[]1,x a b ∀∈,[]2,x c d ∃∈,有12()()f x g x <成立,故1max 2max ()()f x g x <; (3)若[]1,x a b ∃∈,[]2,x c d ∃∈,有12()()f x g x <成立,故1min 2max ()()f x g x <; (4)若[]1,x a b ∃∈,[]2,x c d ∀∈,有12()()f x g x <成立,故1min 2min ()()f x g x <; (5)若[]1,x a b ∀∈,[]2,x c d ∃∈,有12()()f x g x =,则()f x 的值域是()g x 值域的子集. 二、多选题6.(2022·重庆南开中学高三阶段练习)已知定义在R 上函数()g x 满足:()()2g x g x =+,且()[)[)3,0,124,1,2x x x g x x x ⎧-∈⎪=⎨-+∈⎪⎩,设函数()()f x x g x =+,则下列正确的是( ) A .()f x 的单调递增区间为()()2,21,Z k k k +∈ B .()f x 在()2022,2024上的最大值为2025 C .()f x 有且只有2个零点 D .()f x x ≥恒成立. 【答案】ABD【分析】由题可知函数()g x 为周期函数,根据导数判断函数的单调性,进而可得函数的值域可判断D ,结合条件可得函数()[)[)232,2,2144,21,22x kk x k k f x x k x k k -⎧+∈+⎪=⎨-++∈++⎪⎩可判断AB ,利用数形结合可判断C.【详解】由题可得函数()g x 为周期函数,当[)0,1x ∈时,()3x g x x =-,则()3ln31ln310xg x '=-≥->,函数单调递增,()[)31,2xg x x =-∈,当[)1,2x ∈时,()(]240,2g x x =-+∈, 故可得函数()g x 的值域为(]0,2,因为()[)[)3,0,124,1,2x x x g x x x ⎧-∈⎪=⎨-+∈⎪⎩,()()2g x g x =+,所以()()[)[)232,2,212244,21,22x kx k x k k g x g x k x k x k k -⎧-+∈+⎪=-=⎨-++∈++⎪⎩(Z k ∈), 故()()f x x g x =+[)[)232,2,2144,21,22x k k x k k x k x k k -⎧+∈+⎪=⎨-++∈++⎪⎩,所以函数()f x 的单调递增区间为()()2,21,Z k k k +∈,单调减区间为()()21,22,Z k k k ++∈,故A 正确; 所以函数()f x 在()2022,2023上单调递增,在()2023,2024上单调递减, 故()f x 在()2022,2024上的最大值为()()()202320232023202312025f g g =+=+=,故B 正确;由()()0f x x g x =+=可得()g x x =-,所以函数()y g x =与函数y x =-交点的个数即为函数()f x 的零点数, 作出函数()y g x =与函数y x =-的大致图象,由图可知函数()y g x =与函数y x =-有一个交点, 即函数()f x 有且只有1个零点,故C 错误;由()f x x ≥,即()0g x ≥,因为()g x ∈(]0,2,故()f x x ≥恒成立,故D 正确. 故选:ABD. 三、填空题7.(2022·湖北·黄冈中学模拟预测)函数2()2e x f x a bx =++,其中a ,b 为实数,且(0,1)a ∈.已知对任意24e b >,函数()f x 有两个不同零点,a 的取值范围为___________________.【答案】)8e ,1-⎡⎣【分析】将函数有两个不同零点转化为方程有两个不等实根;再将方程变形构造新函数,求导并研究新函数的单调性,求其最小值,得到22ln ba-≥e ,再由已知条件求得)8,1a -⎡∈⎣e 即可. 【详解】因为()f x 有两个不同零点()0f x ⇔=有两个不相等的实根 即220x a bx ++=e 有两个不相等的实根; 所以ln 220x a bx ++=e e ,令ln t x a = ,则220ln tbta++=e e ,t 显然不为零,所以22ln t b a t+-=e e ,因为()0,1a ∈ ,24e b > , 所以20ln ba-> ,所以0t > ; 令()()20t g t t t+=>e e ,则()()22t t t g t t-+'=e e e ;令()()()20t t h t t t =-+>e e e ,则()0t t t t h t t t '=+-=>e e e e ,所以()h t 在()0,∞+上单调递增,又()20h = ,所以当()0,2t ∈时,()0h t < ;当()2,t ∈+∞ 时,()0h t > ; 所以当()0,2t ∈时,()0g t '< ;当()2,t ∈+∞ 时,()0g t '> ; 故()g t 在()0,2上单调递减,在()2,+∞上单调递增;所以()()2min 2g t g ==e ,所以22ln ba-≥e ; 又24e b >,所以24b >e ,所以ln 42a -≤ 即ln 8a ≥- ,8a -≥e , 又()0,1a ∈ ,所以)8,1a -⎡∈⎣e ; 故答案为:)8,1-⎡⎣e .8.(2023·江苏·南京市中华中学高三阶段练习)若关于x 的不等式()()ee ln mxmx m x x mx x x +≤+-恒成立,则实数m 的最小值为________ 【答案】e e 1- 【分析】将不等式两边同时除以m x ,进而转化为()()ln e eln m x x xx m x x -+≤+-,令()e x f x x =+,进而将原不等式转化为()()()ln f x f m x x ≤-恒成立,再根据单调性转化为ln xm x x≥-恒成立,进而构造函数()()0ln xg x x x x=>-,求导分析最大值即可. 【详解】∵0x >,∴不等式两边同时除以mx ,得:()e e ln mxxm x m x x x+≤+-∴()1lne eln mmx xx x m x x ++≤+- ∴()ln e eln x mx m xx m x x -+≤+- ∴()()ln e eln m x x xx m x x -+≤+- ①令()e xf x x =+,可知()f x 单调递增.①式等价于()()()ln f x f m x x ≤-恒成立 ∴()ln x m x x ≤-恒成立.构造()()ln 0x x x x ϕ=->,则()1x x xϕ-'=,故当()0,1x ∈时()0x ϕ'<, 当()1,x ∈+∞时()0x ϕ'>,所以()()ln 0x x x x ϕ=->在1x =时取得最小值. 即()()ln 010x x x ϕϕ=-≥=>,∴ln 0x x -> ∴ln xm x x≥-恒成立 令()()0ln xg x x x x=>- ∴()g x '()()221ln 11ln ln ln x x x x x x x x x ⎛⎫--- ⎪-⎝⎭==-- ∴当()0e x ∈,时,()0g x '>,∴()g x 单调递增;当()e x +∞,时,()0g x '< ∴()g x 单调递减; ∴()g x 的最大值为()e e e 1g =- ∴ee 1m ≥-,故实数m 的最小值为e e 1-. 故答案为:e e 1- 【点睛】关键点点睛:本题关键是将已知不等式转化为()()ln e eln m x x xx m x x -+≤+-,构造()e x f x x =+,进而将原不等式转化为()()()ln f x f m x x ≤-恒成立,再根据单调性即可得到.9.(2022·全国·长垣市第一中学高三开学考试(理))已知不等式e ln x a a x x x +≥+对任意()1,x ∈+∞恒成立,则正实数a 的取值范围是___________. 【答案】(]0,e【分析】将题目所给不等式进行变形,然后利用构造函数法,结合导数来求得a 的取值范围. 【详解】不等式e ln x a a x x x +≥+可变形为ln e ln e ln x a a x x x a x a x --=-. 因为0a >且1x >,所以ln 0a x >.令()e (0)u f u u u =->,则()e 10uf u ='->.所以函数()f u 在()0,∞+上单调递增.不等式ln e e ln x a x x a x -≥-等价于()()ln f x f a x ≥,所以ln x a x ≥. 因为1x >,所以ln x a x≤. 设()(1)ln xg x x x=>,则()2ln 1(ln )x g x x -'=.当()1,e x ∈时,()0g x '<,函数()g x 在()1,e 上单调递减; 当()e,x ∈+∞时,()0g x '>,函数()g x 在()e,+∞上单调递增. 所以()min ()e e g x g ==,所以0e a <≤. 故正实数a 的取值范围是(]0,e .10.(2022·重庆南开中学高三阶段练习)已知函数124e ,1()(2)2,1x ax a x f x x a x a x -⎧+->=⎨+--≤⎩,若关于x 的不等式()0≤f x 的解集为[)2,-+∞,则实数a 的取值范围是___________. 【答案】[]1,2【分析】将不等式()0≤f x 的解集为[)2,-+∞转化为21(2)20x x a x a ≤⎧⎨+--≤⎩的解为[]2,1-及当1x >时,14e 0x ax a -+-≤恒成立,从而可求得12a ≤≤.【详解】不等式()0≤f x 等价于21(2)20x x a x a ≤⎧⎨+--≤⎩或114e 0x x ax a ->⎧⎨+-≤⎩, 而()0≤f x 的解集为[)2,-+∞,故21(2)20x x a x a ≤⎧⎨+--≤⎩的解为[]2,1-且14e 0x ax a -+-≤对任意的1x >恒成立. 又21(2)20x x a x a ≤⎧⎨+--≤⎩即为()()120x x x a ≤⎧⎪⎨+-≤⎪⎩,若2a <-,则()()120x x x a ≤⎧⎪⎨+-≤⎪⎩即为12x a x ≤⎧⎨≤≤-⎩,这与解为[]2,1-矛盾;若2a =-,则()()120x x x a ≤⎧⎪⎨+-≤⎪⎩即为12x x ≤⎧⎨=-⎩,这与解为[]2,1-矛盾;若2a >-,则()()120x x x a ≤⎧⎪⎨+-≤⎪⎩即为12x x a ≤⎧⎨-≤≤⎩,因为21(2)20x x a x a ≤⎧⎨+--≤⎩的解为[]2,1-,故1a ≥.当1x >时,14e0x ax a -+-≤恒成立即为14e 1x a x -≤+恒成立, 令()14e ,11x s x x x -=>+,则()()()()111224e 14e 4e 011x x x x x s x x x ---+-'==>++, 故()s x 在()1,+∞为增函数,故()()02s x s >=, 故2a ≤. 综上,12a ≤≤ 故答案为:[]1,2.【点睛】思路点睛:与分段函数有关的不等式解的问题,应该就不同解析式对应的范围分类讨论,讨论时注意结合解析式的形式确定分类讨论还是参变分离.四、解答题11.(2022·全国·高一课时练习)已知函数,()()e 1e x xf x a -=++.(1)若0是函数()2=-y f x 的零点,求a 的值;(2)若对任意,()0x ∈+∞,不等式()1f x a ≥+恒成立,求a 的取值范围. 【答案】(1)0 (2)(,3]-∞【分析】(1)0是函数()2=-y f x 的零点代入可得a ;(2)由题意知e (1)e 1-++≥+xxa a 在(0,)+∞上恒成立,转化为2e e 1e 1x xxa -+≤-在(0,)+∞上恒成立,化简可得11≤++a t t,利用均值不等式求最值可得答案.(1)因为0是函数()2=-y f x 的零点,所以00e (1)e 20a -++-=,解得a =0; (2)由题意知e (1)e 1-++≥+x x a a 在(0,)+∞上恒成立,则()2e 1e e 1x x xa -≤-+,又因为,()0x ∈+∞,所以e 1x>,则2e e 1e 1x x xa -+≤-, 令e 1(0)-=>x t t ,则e 1x t =+,可得22(1)(1)1111+-++++≤==++t t t t a t t t t, 又因为111123t t t t ++≥+⋅=,当且仅当1t t =即1t =时,等号成立,所以3a ≤,即a 的取值范围是(],3-∞.12.(2021·河南·高三开学考试(文))已知函数()()()ln 12f x a x x a =+-∈R . (1)讨论函数()f x 的单调性;(2)若函数()3f x 在()1,+∞上恒成立,求证:2e a <.(注:3e 20≈)【答案】(1)当0a 时,()f x 在()0,∞+上单调递;当0a >时,数()f x 在0,2a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增;在,2a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递减; (2)证明见解析.【分析】(1)对函数求导,讨论0a 和0a >两种情况,即可得出函数的单调性; (2)利用分类参数的方法,先得到23ln 1x a x +≤+,构造新的函数()()231ln 1x h x x x +=>+,用导数的方法求其最小值,即可证明结论成立.【详解】(1)由题知函数()f x 的定义域为()0,∞+,()22a a xf x x x-'=-= ①当0a ≤时,()0f x '<,此时函数()f x 在()0,∞+上单调递; ②当0a >时,令()0f x '>,得02ax <<;令()0f x '<,得2a x >, 所以函数()f x 在0,2a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增;在,2a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递减;综上,当0a 时,()f x 在()0,∞+上单调递;当0a >时,数()f x 在0,2a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增;在,2a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递减;(2)由题意,()()ln 123f x a x x =+-在()1,+∞上恒成立, 可化为23ln 1x a x +≤+在()1,x ∈+∞上恒成立, 设()()231ln 1x h x x x +=>+, 则()()()()()22132ln 1232ln ln 1ln 1x x x x x h x x x +-+⨯-'==++设()()32ln 1x x x x ϕ=->,则()2230x x xϕ'=+>, 所以()x ϕ在()1,+∞上单调递增,又()3ln16322ln 2022ϕ-=-=<,()3e 20eϕ=-> 所以方程()0h x '=有且只有一个实根0x ,且02e x <<,0032ln x x =, 所以在()01,x 上,()0h x '<,()h x 单调递减, 在()0,x +∞上,()0h x '>,()h x 单调递增, 所以函数()h x 的最小值为()000000232322e 3ln 112x x h x x x x ++===<++, 从而022e a x ≤<. 【点睛】思路点睛:求解不等式在给定区间内恒成立求参数的问题时,优先考虑分离参数的方法,分离出所求参数,构造新的函数,利用导数的方法求解函数的最值,进而即可求解.13.(2022·云南省下关第一中学高三开学考试)已知函数()ln (1)f x x x a x a =-++. (1)求函数()f x 的极值;(2)若不等式(1)()(2)e x f x x a a -≤--+对任意[1,)x ∈+∞恒成立,求实数a 的取值范围. 【答案】(1)极小值为e a a -;无极大值 (2)a 的取值范围为(,0]-∞【分析】(1)先判断函数定义域,再求导结合函数单调性求出极值即可;(2)对函数进行同构变形,令()(1)e x g x x a =--,则(ln )(1)g x g x ≤-对任意[1,)x ∈+∞恒成立,首先可以证明0ln 1x x ≤≤-对[1,)x ∈+∞恒成立,原题转化为求()g x 在[0,)+∞上单调递增时a 的取值范围即可. (1)由题意得:()ln (1)f x x x a x a =-++,,()0x ∈+∞, 所以()ln f x x a '=-,令()0f x '=,解得e (0,)a x =∈+∞,当0e a x <<时()0f x '<;当e a x >时,()0f x '>.所以()f x 在()0,e a 上单调递减,在()e ,a+∞上单调递增. 所以()f x 有极小值,为()e e a af a =-;无极大值.(2)由已知得,(1)ln (1)(2)e x x x a x x a --+≤--对任意[1,)x ∈+∞恒成立, 即ln (1)(ln 1)e [(1)1]e x x x a x a ---≤---对任意[1,)x ∈+∞恒成立, 令()(1)e x g x x a =--,则(ln )(1)g x g x ≤-对任意[1,)x ∈+∞恒成立, 下证:0ln 1x x ≤≤-对任意[1,)x ∈+∞恒成立, 令()ln (1)h x x x =--,[1,)x ∈+∞. 则()10xh x x-'=≤在[1,)+∞上恒成立,且仅当1x =时取"=". 所以()h x 在[1,)+∞上单调递减,()(1)0h x h ≤=, 即0ln 1x x ≤≤-,[1,)x ∈+∞所以(ln )(1)g x g x ≤-对任意[1,)x ∈+∞恒成立,只需()g x 在[0,)+∞上单调递增,即()()e 0xg x x a '=-≥在[0,)+∞上恒成立,即a x ≤在[0,)+∞上恒成立, 所以0,a ≤即a 的取值范围为(,0]-∞.【点睛】导数求参问题要善于运用转化的手法,本题先运用同构方法对原不等式变形,最终转化为函数单调性问题,结合函数的单调性与导数的关系,即可解答.14.(2022·甘肃定西·高二开学考试(理))已知函数()ln f x x x =,()23g x x ax =-+-(1)求()f x 在()()e,e f 处的切线方程(2)若存在[]1,e x ∈时,使()()2f x g x ≥恒成立,求a 的取值范围. 【答案】(1)2e y x =- (2)32eea【分析】(1)求出函数()f x 的导函数,确定切线的斜率,即可求()f x 在()()e,e f 处的切线方程;(2)先把不等式()()2f x g x ≥成立转化为32ln a x x x≤++成立,设32ln x x xx,[]1,e x ∈,利用导函数求出()x ϕ在[]1,e x ∈上的最大值,即可求实数a 的取值范围.(1)由()ln f x x x =,可得()ln 1f x x '=+, 所以切线的斜率()e 2k f '==,()e e f =.所以()f x 在()()e,e f 处的切线方程为()e 2e y x -=-,即2e y x =-; (2) 令20l 223n h x xf xg x x ax x ,则max 32ln a x x x ⎡⎤≤++⎢⎥⎣⎦,令32ln x x xx ,[]1,e x ∈, 在[]1,e x ∈上,2130x xxx ,()x ϕ∴在[]1,e 上单调递增,max3e 2e +ex , 32eea. 15.(2016·四川·高考真题(理))设函数f (x )=ax 2-a -ln x ,其中a ∈R. (I )讨论f (x )的单调性;(II )确定a 的所有可能取值,使得11()xf x e x->-在区间(1,+∞)内恒成立(e=2.718…为自然对数的底数). 【答案】(I ) 见解析(II ) 1[,)2a ∈+∞.【详解】试题分析:本题考查导数的计算、利用导数求函数的单调性,解决恒成立问题,考查学生的分析问题、解决问题的能力和计算能力.第(Ⅰ)问,对()f x 求导,再对a 进行讨论,从而判断函数()f x 的单调性;第(Ⅱ)问,利用导数判断函数的单调性,从而证明结论. 试题解析:(Ⅰ)2121()2(0).ax f x ax x x x --=>'=0a ≤当时,()'f x <0,()f x 在0+∞(,)内单调递减. 0a >当时,由()'f x =0,有12x a=. 此时,当x ∈10,)2a(时,()'f x <0,()f x 单调递减; 当x ∈1+)2a(,∞时,()'f x >0,()f x 单调递增. (Ⅱ)令()g x =111ex x --,()s x =1e x x --.则()s x '=1e 1x --. 而当1x >时,()s x '>0,所以()s x 在区间1+)∞(,内单调递增. 又由(1)s =0,有()s x >0, 从而当1x >时,()f x >0.当0a ≤,1x >时,()f x =2(1)ln 0a x x --<.故当()f x >()g x 在区间1+)∞(,内恒成立时,必有0a >. 当102a <<时,12a>1. 由(Ⅰ)有1()(1)02f f a <=,从而1()02g a>, 所以此时()f x >()g x 在区间1+)∞(,内不恒成立. 当12a ≥时,令()()()(1)h x f x g x x =-≥, 当1x >时,3212222111112121()20xx x x x h x ax e x x x x x x x x --+-+=-+->-+-=>>', 因此,()h x 在区间(1,)+∞单调递增.又因为(1)=0h ,所以当1x >时,()()()0h x f x g x =->,即()()f x g x >恒成立. 综上,1[,)2a ∈+∞.【考点】导数的计算,利用导数求函数的单调性,解决恒成立问题【名师点睛】本题考查导数的计算,利用导数求函数的单调性,解决恒成立问题,考查学生的分析问题、解决问题的能力和计算能力.求函数的单调性,基本方法是求'()f x ,解方程'()0f x =,再通过'()f x 的正负确定()f x 的单调性;要证明不等式()()f x g x >,一般证明()()f x g x -的最小值大于0,为此要研究函数()()()h x f x g x =-的单调性.本题中注意由于函数()h x 的极小值没法确定,因此要利用已经求得的结论缩小参数取值范围.比较新颖,学生不易想到,有一定的难度.16.(2020·河南开封市·高三一模(理))已知函数()()ln 0af x ax x a =>.(1)当1a =时,求曲线()y f x =在x e =处的切线方程; (2)若()xf x xe ≤对于任意的1x >都成立,求a 的最大值.【答案】(1)2y x e =-;(2)最大值为e . 【解析】(1)先由1a =,得到()ln f x x x =,对其求导,根据导数的几何意义,即可求出切线方程;(2)先由不等式恒成立,得到ln ln a a x x x x e e ≤⋅,构造函数()ln g x x x =,利用导数的方法判定其单调性,得到a x x e ≤对于任意的1x >都成立,分离参数,得到ln xa x≤对于任意的1x >都成立,再由导数的方法求出ln xx的最小值,即可得出结果. 【详解】(1)当1a =时,()ln f x x x =,得()ln 1f x x '=+, 则()f e e =,()2f e '=,所以()y f x =在x e =处的切线方程为:2y x e =-. (2)当0a >且1x >时,由于()ln ln ln ln xaxaaxaaxxf x xe ax x xe x x xe x x e e ≤⇔≤⇔≤⇔≤⋅, 构造函数()lng x x x =,得()ln 10g x x '=+>在1x >上恒成立,所以()ln g x x x =在()1,+∞上单调递增,()()()ln ln x a a x x a x f x xe x x e e g x g e ≤⇔≤⋅⇔≤,由于()xf x xe ≤对任意的1x >都成立,又1a x >,e 1x >,再结合()g x 的单调性知道:。

(完整版)恒成立能成立问题总结(详细)

(完整版)恒成立能成立问题总结(详细)

恒成立问题的类型和能成立问题及方法处理函数与不等式的恒成立、能成立、恰成立问题是高中数学中的一个重点、难点问题。

这类问题在各类考试以及高考中都屡见不鲜。

感觉题型变化无常,没有一个固定的思想方法去处理,一直困扰着学生,感到不知如何下手。

在此为了更好的准确地把握快速解决这类问题,本文通过举例说明这类问题的一些常规处理。

一、函数法一)构造一次函数利用一次函数的图象或单调性来解决对于一次函数f (x) kx b(k 0),x [m,n] 有:f (x) 0恒成立k0或k0f(m) 0;f(m)0f(n) 0f(n) 0f (x) 0恒成立f(m)0f(n)例 1 若不等式2x 1 mx2 m对满足2m 2的所有m都成立,求x的范围。

解析:将不等式化为:m(x2 1) (2x 1)0,构造一次型函数:g(m) (x2 1)m(2x1)原命题等价于对满足 2 m 2的m,使g(m) 0 恒成立。

由函数图象是一条线段,知应g( 2)02(x2 1) (2x 1) 0g(2)02(x2 1) (2x 1) 0解得 1 7 x 1 3,所以x的范围是x ( 1 7 ,1 3)。

2 2 2 2小结:解题的关键是将看来是解关于x的不等式问题转化为以m为变量,x 为参数的一次函数恒成立问题,再利用一次函数的图象或单调性解题。

练习:(1) 若不等式ax 1 0对x 1,2 恒成立,求实数a 的取值范围。

2)对于0 p 4 的一切实数,不等式x2 px 4x p 3 恒成立,求x的取值范围。

(答案:或)二)构造二次函数利用二次函数的图像与性质及二次方程根的分布来解决。

对于二次函数f(x) ax2 bx 0(a 0) 有:1) f(x) 0在x R 上恒成立0;3)f(x) 0在x R 上恒成立 a 0且当a0时,若f (x) 0在[ , ] 上恒成立b2af ( )b2ab2af(若f (x) 0在[ , ]上恒成立f( f(4)当a 0时,若f (x) 0在[] 上恒成立f(f()0)0若f (x) 0在[ , ] 上恒成立b2af ( )b2ab2af ( ) 0例2若关于 x 的二次不等式: ax 2 (a 1)x a 1 0的解集为 R ,求 a 的取值范围时式子不恒成立。

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高考专题:两类不等式恒成立问题的求解方法总结
不等式恒成立问题是数学试题中的重要题型,涉及数学中各部分知识,但主要是函数中的不等式恒成立问题和数列中的不等式恒成立问题,涉及题型一般有两类:一是已知不等式恒成立,求参数的取值范围,解决这类问题的基本方法是相同的,首选方法是利用分离参数转化为求新函数、新数列的最值问题,如果不能分离参数或者分离参数比较复杂时,一般选择函数的方法,通常利用函数的最值解决;二是证明不等式恒成立,在函数中一般选择以算代证,即通过求函数的最值证明不等式.在数列中,很多时候可以与放缩法结合起来,对所证不等式的一侧进行适当放大或缩小,下面分别举例说明.
一、函数中的不等式恒成立问题
函数是不等式恒成立问题的主要载体,通常通过不等式恒成立问题考查等价转化思想、函数的最值或值域,对涉及已知函数在给定区间上恒成立,求参数的取值范围、证明不等式等问题,大多数题目可以利用分离参数的方法,将问题转化为求函数的最值或值域问题.
[例1] 已知两个函数f(x)=8x2+16x-k,g(x)=2x3+5x2+4x,其中k为实数.
(1)若对任意的x∈[-3,3],都有f(x)≤g(x)成立,求k的取值范围;
(2)若对任意的x1、x2∈[-3,3],都有f(x1)≤g(x2),求k的取值范围.
[解] (1)令F(x)=g(x)-f(x)=2x3-3x2-12x+k.
问题转化为F(x)≥0在x∈[-3,3]时恒成立,故解[F(x)]min≥0即可.
∵F′(x)=6x2-6x-12=6(x2-x-2),
故由F′(x)=0,得x=2或x=-1.
∵F(-3)=k-45,F(3)=k-9,F(-1)=k+7,
F(2)=k-20,
∴[F(x)]min=k-45.
由k-45≥0,解得k≥45.
故实数k的取值范围是[45,+∞).
(2)由题意可知当x∈[-3,3]时,都有
[f (x )]max ≤[g (x )]min .
由f ′(x )=16x +16=0,得x =-1.
∵f (-3)=24-k ,f (-1)=-8-k ,f (3)=120-k ,
∴[f (x )]max =-k +120.
由g ′(x )=6x 2+10x +4=0,得x =-1或x =-23
. ∵g (-3)=-21,g (3)=111,g (-1)=-1,
g ⎝ ⎛⎭⎪⎫-23=-2827,
∴[g (x )]min =-21.则120-k ≤-21,解得k ≥141.
∴实数k 的取值范围是[141,+∞).
[点评] 将恒成立问题转化为求函数的最值问题来处理,一般有下面两种类型:
(1)若所给函数能直接求出最值,则有:
①f (x )>0恒成立⇔[f (x )]min >0;②f (x )≤0恒成立⇔[f (x )]max ≤0.
(2)若所给的不等式能通过恒等变形使参数与主元分离于不等式两端,从而问题转化为求主元函数的最值,进而求出参数范围,则有(下面的a 为参数):
①f (x )<g (a )恒成立⇔g (a )>[f (x )]max ;
②f (x )>g (a )恒成立⇔g (a )<[f (x )]min .
[例2] 已知函数f (x )=a ln x +x 2,(a 为实常数).
(1)若a =-2,求函数f (x )的单调区间;
(2)若对∀x ∈[1,e],使得f (x )≤(a +2)x 恒成立,求实数a 的取值范围.
[解] (1)函数f (x )的定义域为(0,+∞),
当a =-2时,f (x )=x 2-2ln x ,所以f ′(x )=
2x 2-1x . 令f ′(x )=2x 2-1x
>0,得x <-1或x >1.且定义域为(0,+∞),所以函数f (x )的单调增区间是(1,+∞).
令f ′(x )=2x 2-1x
<0,得-1<x <1,且定义域为(0,+∞),所以函数f (x )的单调减区间是(0,1).
(2)不等式f (x )≤(a +2)x ,可化为a (x -ln x )≥x 2-2x .
因为x ∈[1,e],所以ln x ≤1≤x 且等号不能同时取,
所以ln x <x ,即x -ln x >0.
因而a ≥x 2-2x x -ln x
(x ∈[1,e]). 令g (x )=x 2-2x x -ln x
(x ∈[1,e]), 又g ′(x )=x -1x +2-2ln x x -ln x 2
, 当x ∈[1,e]时,x -1≥0,ln x ≤1,
x +2-2ln x >0,
从而g ′(x )≥0(当且仅当x =1时取等号).
所以g (x )在[1,e]上为增函数.
故[g (x )]max =g (e)=e 2-2e e -1
. 所以a 的取值范围是⎣⎢⎡⎭
⎪⎫e 2-2e e -1,+∞. [点评] 利用不等式与函数和方程之间的联系,将问题转化成一次函数或二次函数(二次方程)的问题研究,一般有下面几种类型:
1.一次函数型问题:利用一次函数的图象特点求解.
对于一次函数f (x )=kx +b (k ≠0),x ∈[m ,n ],有
(1)f (x )≥0恒成立⇔⎩⎨⎧ f m ≥0,f
n ≥0.
(2)f (x )<0恒成立⇔⎩⎨⎧ f m <0,f n <0. 2.二次函数型问题:结合抛物线的形状考虑对称轴、顶点、区间端点等,列出相关的不等式,求出参数的解,下面是两种基本类型:
对于二次函数f (x )=ax 2+bx +c (a ≠0,x ∈R),有:
(1)f (x )>0对x ∈R 恒成立⇔⎩⎨⎧ a >0,Δ<0,
(2)f (x )<0对x ∈R 恒成立⇔⎩⎨⎧ a <0,Δ<0.
二、数列中的不等式恒成立问题 数列是一种特殊的函数,所以解决数列中的不等式恒成立问题与函数中不等式恒成立问题的解法相同,基本方法也是利用分离参数转化为求新数列的最值问题,数列中的最值问题一般是应用数列的单调性求解;而数列中的不等式恒成立的证明,则很多时候可以与放缩法联系起来.
[例3] 在数列{a n }中,a 1=1,a n +1=ca n +c n +1·(2n +1)(n ∈N *),其中实数c ≠0.
(1)求{a n }的通项公式;
(2)若对一切k ∈N *有a 2k >a 2k -1,求c 的取值范围.
[解] (1)由a 1=1,a 2=ca 1+c 2·3=3c 2+c =(22-1)c 2+c ,
a 3=ca 2+c 3·5=8c 3+c 2=(32-1)c 3+c 2,
a 4=ca 3+c 4·7=15c 4+c 3=(42-1)c 4+c 3,
归纳猜想a n =(n 2-1)c n +c n -1,n ∈N *.
下面用数学归纳法证明:
当n =1时,等式成立;
假设当n =k 时,等式成立,即a k =(k 2-1)c k +c k -1,
则当n =k +1时,
a k +1=ca k +c k +1(2k +1)=c [(k 2-1)c k +c k -1]+c k +1·(2k +1)=(k 2+2k )c k +1+c k =[(k +1)2-1]·c k +1+c k ,
综上,a n =(n 2-1)c n +c n -1对任何n ∈N *都成立.
(2)由a 2k >a 2k -1,得
[(2k )2-1]c 2k +c 2k -1>[(2k -1)2-1]c 2k -1+c 2k -2,
因c 2k -2>0,所以4(c 2-c )k 2+4ck -c 2+c -1>0对k ∈N *恒成立.记f (x )=4(c 2-c )x 2+4cx -c 2+c -1,下面分三种情况讨论:
①当c 2-c =0,即c =0或c =1时,代入验证可知只有c =1满足要求. ②当c 2-c <0时,即0<c <1,抛物线y =f (x )开口向下,因此当正整数k 充分大时,f (k )<0,不符合题意,此时无解.
③当c 2-c >0,即c <0或c >1时,抛物线y =f (x )开口向上,易知Δ>0,其
对称轴x =
121-c 必在直线x =1的左边.因此,f (x )在[1,+∞)上是增函
数. 所以要使f (k )>0对k ∈N *恒成立,只需f (1)>0即可.
由f (1)=3c 2+c -1>0,
解得c <-1-136或c >-1+136
. 结合c <0或c >1,得c <-
1+136或c >1. 结合以上三种情况,c 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫-∞,-1+136∪[1,+∞). [点评] 本题中关于k 的不等式,不能通过分离参数将k 与c 分离,这时的一般解法是直接利用函数知识求函数最值,只是这时的函数定义域不是连续区间,这也是数列与函数的区别.由此可见,数列中的不等式恒成立与函数中不等式恒成立的解法基本相同,不同之处就是定义域不同.。

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