不等式恒成立问题专题训练
含参不等式恒成立问题例题
含参不等式恒成立问题例题在数学的世界里，有一种“含参不等式恒成立”的问题，听起来有点复杂，但实际上就像生活中的一些小窍门，掌握了就能轻松应对。
想象一下，数学就像一场舞会，里面有各种各样的舞步，有的简单易学，有的则需要你慢慢去摸索。
这些含参不等式就像那些你在舞会里需要学的舞步，只要掌握了，你就能在任何场合中游刃有余。
先说说什么是“含参不等式”。
简单来说，就是不等式中有参数，这些参数就像是调味料，放多少，怎么放，都会影响最终的结果。
参数就像是调皮的小孩子，让不等式变得难以捉摸。
可是，只要你找到合适的调味方式，不论参数怎么变化，不等式都能保持“和谐”的状态，听起来是不是很神奇？拿一个简单的例子来说吧，想象一下你在做饭，盐、糖、醋，每一样都要掌握好分量，才能做出美味的菜肴。
如果你在一道菜里放了太多盐，那就惨了，味道会让人皱眉；可是如果放得刚刚好，哇，绝对让人回味无穷。
这就是不等式的精髓，参数调得好，一切都能顺理成章。
在这道问题中，我们会遇到一些技巧，比如要学会“化简”。
有些东西，表面上看起来复杂，实际上只要你用对了方法，往往就能简单明了。
就像你在穿衣服的时候，挑选一件合适的外套，有时候那件看似简单的衣服，搭配得当，反而能让你瞬间提升气场。
其实数学也有同样的道理，化繁为简，才能找到最优解。
还有一些不等式的常用形式，比如“阿莫尔不等式”，听起来很高大上，其实就像在说：“伙计，学会了这招，你就能在不等式的海洋中畅游无阻。
”它帮助我们理解不同参数之间的关系，打下坚实的基础。
就好比你在乐队里，如果每个人都能把自己的乐器演奏得当，那整个乐队就会和谐得像一首动人的交响曲。
哦，咱们得聊聊例子了。
举个例子吧，假如有一个不等式 (a + b geq 2sqrt{ab)，听上去像是个难题，但实际上它是在说：只要你把 (a) 和 (b) 搞得好，它们的和总是大于等于它们的几何平均。
这就像你和朋友一起出去玩，不论你们买了多少东西，只要快乐是最重要的。
考点练习(必修五)：不等式的恒成立问题(附答案)
不等式恒成立问题一、利用根的判别式1. 若(m ＋1)x 2－(m －1)x ＋3(m －1)<0对任何实数x 恒成立，则实数m 的取值范围是( )A ．(1，＋∞)B ．(－∞，－1)C.⎝⎛⎭⎫－∞，－1311 D.⎝⎛⎭⎫－∞，－1311∪(1，＋∞)2. 已知不等式22230ax ax a -++>的解集为R,则a 的取值范围是（ ）A.a ≥0B.a ＞0C.a ≥－3D.a ＞－33. 若关于的不等式的解集为，则实数的取值范围为__________.4. 若关于x 的不等式2224< 24ax ax x x +-+对一切x R ∈恒成立，则a 的取值范围是____．5. 若不等式x 2－4x ＋3m <0的解集为空集，则实数m 的取值范围是________．6. 若不等式x 2＋mx ＋m2>0恒成立，则实数m 的取值范围是( )A ．(2，＋∞)B ．(－∞，2)C ．(－∞，0)∪(2，＋∞)D ．(0,2)7. 若不等式2kx 2＋kx －38<0对一切实数x 都成立，则k 的取值范围为( )A ．(－3,0)B ．[－3,0)C ．[－3,0]D ．(－3,0]8. 已知f (x )＝x 2＋2(a －2)x ＋4，如果对一切x ∈R ，f (x )＞0恒成立，求实数a 的取值范围．9. 已知函数f (x )＝mx 2－2x －m ＋1，是否存在实数m 对所有的实数x ，f (x )<0恒成立？若存在，求出m 的取值范围；若不存在，请说明理由．10. 不等式x 2＋ax ＋4<0的解集不是空集，则实数a 的取值范围是________．11. 若函数f (x )＝log 2(x 2－2ax －a )的定义域为R ，则a 的取值范围为________．12. 定义在R 上的运算：()*1x y x y =-，若不等式()()*1x y x y -+<对一切实数x 恒成立，则实数y 的取值范围是______．13. 设0πα≤≤，不等式()288sin cos20x x αα-+≥对x ∈R 恒成立，则α的取值范围为 .14. 已知函数)()lgf x x x =+，若不等式()()33920x x x f m f ⋅+--<对任意x ∈R恒成立，求实数m 的取值范围.二、转化为函数最值问题1. 若关于x 的不等式x 2－4x －m ≥0对任意x ∈(0,1]恒成立，则m 的最大值为( )A ．1B ．－1C ．－3D ．32. 当x ∈(1,2)时，不等式240x mx ++<恒成立，则m 的取值范围是_______________.3. 设函数f (x )＝mx 2－mx －1(m ≠0)，若对于x ∈[1,3]，f (x )＜－m ＋5恒成立，求m 的取值范围．4. 对一切实数x ，不等式x 2＋a |x |＋1≥0恒成立，则实数a 的取值范围是________．5. 已知函数()221f x x ax =-+对任意0 1]x ∈（，恒有()0f x ≥成立，则实数a 的取值范围是（ ）A ．[1 +∞，）B ．[1 2∞-+，）C ．1] -∞（，D ．12]∞--（，6. 当[2,1]x ∈-时，不等式32430ax x x -++≥恒成立，则实数a 的取值范围是（ ）.A ．[]5,3--B ．96,8⎡⎤--⎢⎥⎣⎦C ．[]6,2--D ．[]4,3--7. 已知()()()()23 22x f x m x m x m g x =-++=-，．若任意() < 0x R f x ∈，或()< 0g x ，则m 的取值范围是________．三、变更主元1. 对任意m ∈[－1,1]，函数f (x )＝x 2＋(m －4)x ＋4－2m ≥0恒成立，求x 的取值范围．2. 已知函数y ＝x 2＋2(a －2)x ＋4，对任意a ∈[－3,1]，y ＜0恒成立，试求x 的取值范围．3. 对任意a ∈[－1,1]，函数f (x )＝x 2＋(a －4)x ＋4－2a 的值恒大于零，则x 的取值范围是( )A ．(1,3)B ．(－∞，1)∪(3，＋∞)C ．(1,2)D ．(－∞，1)∪(2，＋∞)4. 已知不等式mx 2－2x ＋m －2<0.(1)若对于所有的实数x 不等式恒成立，求m 的取值范围；(2)设不等式对于满足|m |≤2的一切m 的值都成立，求x 的取值范围．5. 设函数21f x mx mx =--（） （1）若对一切实数() < 0x f x ，恒成立，求m 的取值范围． （2）若对一切实数 2 [ 2]m ∈-，，()< 5f x m -+恒成立，求x 的取值范围．四、存在问题1. 存在实数x ，使得243< 0x bx b -+成立，则b 的取值范围是________．2. 若不存在整数x 使不等式()()2440kx k x <---成立，则实数k 的取值范围是____．3. 关于x 的不等式()21< 0x a x a -++的解集中恰有3个整数解，则a 的取值范围是________．4. 已知f(x)＝x2＋2(a－2)x＋4，是否存在实数a，使得对任意x∈[－3,1]，f(x)＜0恒成立．若存在求出a的取值范围；若不存在说明理由．5. 已知函数f(x)＝2kxx2＋6k(k＞0)．(1)若f(x)＞m的解集为{x|x＜－3或x＞－2}，求不等式5mx2＋kx＋3＞0的解集；(2)若存在x＞3，使得f(x)＞1成立，求k的取值范围．参考答案 不等式恒成立问题一、利用根的判别式1. 解析：选C ①当m ＝－1时，不等式为2x －6<0，即x <3，不符合题意．②当m ≠－1时，则⎩⎪⎨⎪⎧m ＋1<0，Δ<0，解得m <－1311，符合题意．故实数m 的取值范围为⎝⎛⎭⎫－∞，－1311. 2. 【答案】A 【解析】由题意可知当时,符合题意；当时，要求解得.综上所述a 的取值范围是a ≥0.. 3.【解析】当时，不等式变形为，解集为，符合题意； 当时，依题意可得，综上可得．4. 【答案】]2 2-（，【解析】不等式2224< 24ax ax x x +-+，可化为()()22224< 0a x a x -+--， 当20a -=，即2a =时，恒成立，合题意．当20a -≠时，要使不等式恒成立， 需020a ∆<⎧⎨-<⎩，解得2< < 2a -．所以a 的取值范围为]2 2-（，．故答案为：]2 2-（，5. 解析：由题意，知x 2－4x ＋3m ≥0对一切实数x 恒成立，所以Δ＝(－4)2－4×3m ≤0，解得m ≥43. 答案：⎣⎡⎭⎫43，＋∞ 6. 解析：选D ∵不等式x 2＋mx ＋m2>0，对x ∈R 恒成立，∴Δ<0即m 2－2m <0，∴0<m <2.7. 解析：选D 当k ＝0时，显然成立；当k ≠0时，即一元二次不等式2kx 2＋kx －38<0对一切实数x 都成立，则⎩⎪⎨⎪⎧k <0，Δ＝k 2－4×2k ×⎝⎛⎭⎫－38<0，解得－3<k <0. 综上，满足不等式2kx 2＋kx －38<0对一切实数x 都成立的k 的取值范围是(－3,0]．8. [解] 由题意可知，只有当二次函数f (x )＝x 2＋2(a －2)x ＋4的图象与直角坐标系中的x 轴无交点时，才满足题意，则其相应方程x 2＋2(a －2)x ＋4＝0此时应满足Δ＜0，即4(a －2)2－16＜0，解得0＜a ＜4.故a 的取值范围是(0,4)．9. 已知函数f (x )＝mx 2－2x －m ＋1，是否存在实数m 对所有的实数x ，f (x )<0恒成立？若存在，求出m 的取值范围；若不存在，请说明理由．解：f (x )＝mx 2－2x －m ＋1＜0恒成立，即函数f (x )＝mx 2－2x －m ＋1的图象全部在x 轴下方． 当m ＝0时，1－2x ＜0，则x ＞12，不满足题意；当m ≠0时，函数f (x )＝mx 2－2x －m ＋1为二次函数，需满足开口向下且方程mx 2－2x －m ＋1＝0无解，即⎩⎪⎨⎪⎧m ＜0，Δ＝4－4m－m ＜0，不等式组的解集为空集，即m 无解． 综上可知不存在这样的m .10. 解析：∵不等式x 2＋ax ＋4<0的解集不是空集，∴Δ＝a 2－4×4>0，即a 2>16. ∴a >4或a <－4.答案：(－∞，－4)∪(4，＋∞)11. 解析：已知函数定义域为R ，即x 2－2ax －a ＞0对任意x ∈R 恒成立．∴Δ＝(－2a )2＋4a ＜0. 解得－1＜a ＜0. 答案：(－1,0) 12.【答案】13 22⎛⎫- ⎪⎝⎭，【解析】由已知()()()()*11x y x y x y x y -+=---<对一切实数x 恒成立， 所以2210x x y y --++>对一切实数x 恒成立，所以()21410y y ∆=--++<，所以1322y -<<． 13. 分析 根据开口向上的二次函数定义域为R 时函数值非负的条件()0∆≤列式直接运算求解.解析 由题意，要使()288sin cos20x x αα-+≥对x ∈R 恒成立，需264sin32cos20∆αα=-≤，化简得1cos 22α≥.又0πα≤≤，所以π5π0222π33αα或≤≤≤≤，解得π5π0π66αα或≤≤≤≤. 答案：0,π5π⎡⎤⎡⎤,π⎢⎥⎢⎥66⎣⎦⎣⎦. 14. 略二、转化为函数最值问题1. 解析：选C 由已知可得m ≤x 2－4x 对一切x ∈(0,1]恒成立，又f (x )＝x 2－4x 在(0,1]上为减函数，∴f (x )min ＝f (1)＝－3，∴m ≤－3. 2. (],5-∞-3. 解：要使f (x )＜－m ＋5在[1,3]上恒成立，则mx 2－mx ＋m －6＜0，即m ⎝⎛⎭⎫x －122＋34m －6＜0在x ∈[1,3]上恒成立． 有以下两种方法：法一：令g (x )＝m ⎝⎛⎭⎫x －122＋34m －6，x ∈[1,3]． 当m ＞0时，g (x )在[1,3]上是增函数，所以g (x )max ＝g (3)＝7m －6＜0. 所以m ＜67，则0＜m ＜67.当m ＜0时，g (x )在[1,3]上是减函数，所以g (x )max ＝g (1)＝m －6＜0. 所以m ＜6，则m ＜0.综上所述，m 的取值范围是(－∞，0)∪⎝⎛⎭⎫0，67. 法二：因为x 2－x ＋1＝⎝⎛⎭⎫x －122＋34＞0，又因为m (x 2－x ＋1)－6＜0，所以m ＜6x 2－x ＋1. 因为函数y ＝6x 2－x ＋1＝6⎝⎛⎭⎫x －122＋34在[1,3]上的最小值为67，所以只需m ＜67即可． 因为m ≠0，所以m 的取值范围是(－∞，0)∪⎝⎛⎭⎫0，67.4. 解析：当x ＝0时，不等式恒成立，当x ≠0时，将问题转化为－a ≤1|x |＋|x |，由1|x |＋|x |≥2，故－a ≤2，即a ≥－2.所以实数a 的取值范围为[－2，＋∞)．答案：[－2，＋∞)5. 【答案】C【解析】解法一：依题意可得2440a ∆=-≤，或0(0)0202f a ∆>⎧⎪-⎪-⎨≤≥⎪⎪⎩或1(1)0202f a ∆>⎧⎪-⎪-⎨≥≥⎪⎪⎩，解得11a ≤≤-，或01 1 10a a a ><-⎧≥⎪≤⎪⎨⎩或或111 1 a a a a ><-⎧≤⎪≥⎪⎨⎩或，即有11a ≤≤-，或1a <-或a ∈∅，故实数a 的取值范围是：1] -∞（，． 解法二：()221f x x ax -=+对任意0 1]x ∈（，恒有()0f x ≥成立，即有12a x x≤+在0 1]x ∈（，恒成立，由于12x x+≥，当且仅当1x =取最小值2，则22a ≤，即有1a ≤．故选C ． 6. 略7.【答案】()4 0-，【解析】因为()22x g x =-，当1x ≥时，()0g x ≥，又因为任意x R ∈，()< 0f x 或()< 0g x ， 所以此时()()()230f x m x m x m =-++<在1x ≥时恒成立．若()0 0m f x ==，恒成立，不符合，0m ≠故， 则由二次函数的性质可知开口只能向下，且二次函数与x 轴交点都在（1，0）的左面 则03121m m m <⎧⎪--<⎨⎪<⎩，所以40m -<<．故答案为： 4 0-（，）．三、变更主元1. 解：由f (x )＝x 2＋(m －4)x ＋4－2m ＝(x －2)m ＋x 2－4x ＋4，令g (m )＝(x －2)m ＋x 2－4x ＋4.由题意知在[－1,1]上，g (m )的值恒大于零，∴⎩⎪⎨⎪⎧g (－1)＝(x －2)×(－1)＋x 2－4x ＋4>0，g (1)＝(x －2)＋x 2－4x ＋4>0， 解得x <1或x >3.故当x ∈(－∞，1)∪(3，＋∞)时，对任意的m ∈[－1,1]，函数f (x )的值恒大于零．2. 解：原函数可化为g (a )＝2xa ＋x 2－4x ＋4，是关于a 的一元一次函数．要使对任意a ∈[－3,1]，y ＜0恒成立，只需满足⎩⎪⎨⎪⎧ g＜0，g －＜0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 2－2x ＋4＜0，x 2－10x ＋4＜0. 因为x 2－2x ＋4＜0的解集是空集，所以不存在实数x ，使函数y ＝x 2＋2(a －2)x ＋4，对任意a ∈[－3,1]，y ＜0恒成立． 3. 解析：选B 设g (a )＝(x －2)a ＋(x 2－4x ＋4)，g (a )>0恒成立且a ∈[－1,1]⇔⎩⎪⎨⎪⎧ g ＝x 2－3x ＋2>0，g－＝x 2－5x ＋6>0⇔⎩⎪⎨⎪⎧x <1或x >2，x <2或x >3⇔x <1或x >3. 4. 解：(1)对所有实数x ，都有不等式mx 2－2x ＋m －2<0恒成立，即函数f (x )＝mx 2－2x ＋m －2的图象全部在x 轴下方．当m ＝0时，－2x －2<0，显然对任意x 不能恒成立； 当m ≠0时，由二次函数的图象可知有⎩⎪⎨⎪⎧m <0，Δ＝4－4mm －，解得m <1－2，综上可知，m 的取值范围是(－∞，1－2)．(2)设g (m )＝(x 2＋1)m －2x －2，它是一个以m 为自变量的一次函数，由x 2＋1>0，知g (m )在[－2,2]上为增函数，则只需g (2)<0即可，即2x 2＋2－2x －2<0，解得0<x <1. 故x 的取值范围是(0,1)．5. 【答案】（1）]( 4 0-，；（2）()1 2-，． 【解析】（1）当0m =时，()211f x mx mx =--=-，对一切实数x ，()< 0f x 恒成立； 当0m ≠时，若对一切实数x ，()< 0f x 恒成立，则有2040m m m <⎧⎪⎨+<⎪⎩，所以4< < 0m -，综上，m 的取值范围是]( 4 0-，． （2）因为()< 5f x m -+，所以21< 5mx mx m ---+，所以()216< 0x x m -+-， 因为对一切实数 2 [ 2]m ∈-，，()< 5f x m -+恒成立，且21>0x x -+，所以只需()2216< 0x x -+-，解得1< < 2x -．所以x 的取值范围是()1 2-，．四、存在问题1. 【答案】3> < 04b b 或【解析】因为存在实数x ，使得243< 0x bx b -+成立的等价说法是：存在实数x ，使得函数243y x bx b =-+的图象在x 轴下方，即函数与x 轴有两个交点，故对应的()23443>0< 0>4b b b b ∆=--⨯⇒或．故答案为：< 0b 或3>4b ．2. 【答案】14k ≤≤【解析】设原不等式的解集为A ，当0k =时，则>4x ，不合题意，当>0k 且2k ≠时，原不等式化为[]44< 0x k x k -+-（）（），因为4>4k k+，所以44 ()A k k =+，，要使不存在整数x 使不等式()()244< 0kx k x ---成立，需45k k+≤，解得：14k ≤≤；当2k =时，A =∅，合题意；当< 0k 时，原不等式化为44>[]0x k x k-+-（）（），所以44 A k k=-∞++∞（，）（，），不合题意，故答案为：14k ≤≤．3. 【答案】 3 2 ]4 [5--，）（，【解析】由()21< 0x a x a -++，得()()1< 0x x a --，若1a =，则不等式无解． 若>1a ，则不等式的解为1< < x a ，此时要使不等式的解集中恰有3个整数解，则此时3个整数解为 2 3 4x =，，，则45a <≤．若1a <，则不等式的解为1a x <<，此时要使不等式的解集中恰有3个整数解，则此时3个整数解为0 1 2x =--，，，则3< 2a -≤-．综上，满足条件的a 的取值范围是 3 2 ]4 [5--，）（，．故答案为： 3 2 ]4 [5--，）（，．4. 解：若对任意，x ∈[－3,1]，f (x )＜0恒成立，则满足题意的函数f (x )＝x 2＋2(a －2)x ＋4的图象如图所示．由图象可知，此时a 应该满足⎩⎪⎨⎪⎧f－＜0，f ＜0，即⎩⎪⎨⎪⎧25－6a ＜0，1＋2a ＜0，解得⎩⎨⎧a ＞256，a ＜－12.这样的实数a 是不存在的，所以不存在实数a 满足：对任意x ∈[－3,1]，f (x )＜0恒成立．5. 解：(1)由不等式f (x )＞m ⇔2kxx 2＋6k＞m ⇔mx 2－2kx ＋6km ＜0，∵不等式mx 2－2kx ＋6km ＜0的解集为{x |x ＜－3或x ＞－2}， ∴－3，－2是方程mx 2－2kx ＋6km ＝0的根，∴⎩⎪⎨⎪⎧ 2k m ＝－5，6k ＝6，解得⎩⎪⎨⎪⎧k ＝1，m ＝－25，故有5mx 2＋kx ＋3＞0⇔2x 2－x －3＜0⇔－1＜x ＜32， ∴不等式5mx 2＋kx ＋3＞0的解集为⎝⎛⎭⎫－1，32. (2)f (x )＞1⇔2kxx 2＋6k＞1⇔x 2－2kx ＋6k ＜0⇔(2x －6)k ＞x 2.存在x ＞3，使得f (x )＞1成立，即存在x ＞3，使得k ＞x 22x －6成立．令g (x )＝x 22x －6，x ∈(3，＋∞)，则k ＞g (x )min .令2x －6＝t ，则x ＝t ＋62，则t ∈(0，＋∞)，y ＝⎝⎛⎭⎫t ＋622t＝t 4＋9t＋3≥2 t 4·9t＋3＝6， 当且仅当t 4＝9t ，即t ＝6时等号成立．当t ＝6时，x ＝6，∴g (x )min ＝g (6)＝6，故k 的取值范围为(6，＋∞)．。
一元二次不等式恒成立问题专项练习
一元二次不等式恒成立问题专项练习 例题：设函数f (x )＝mx 2－mx －1.(1)若对于一切实数x ，f (x )<0恒成立，求m 的取值范围；(2)对于x ∈[1,3]，f (x )<－m ＋5恒成立，求m 的取值范围.(3)对于任意m ∈[1,3]，f (x )<－m ＋5恒成立，求实数x 的取值范围. 解： (1)要使mx 2－mx －1<0恒成立，若m ＝0，显然－1<0，满足题意；若m ≠0，则⎩⎨⎧ m <0，Δ＝m 2＋4m <0，即－4<m <0.∴－4<m ≤0.(2)方法一 要使f (x )<－m ＋5在x ∈[1,3]上恒成立，就要使m ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122＋34m －6<0在x ∈[1,3]上恒成立.令g (x )＝m ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122＋34m －6，x ∈[1,3].当m >0时，g (x )在[1,3]上是增函数，∴g (x )max ＝g (3)＝7m －6<0，∴0<m <67；当m ＝0时，－6<0恒成立；当m <0时，g (x )在[1,3]上是减函数，∴g (x )max ＝g (1)＝m －6<0，得m <6，∴m <0.综上所述，m 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，67.方法二 当x ∈[1,3]时，f (x )<－m ＋5恒成立，即当x ∈[1,3]时，m (x 2－x ＋1)－6<0恒成立.∵x 2－x ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122＋34>0，又m (x 2－x ＋1)－6<0，∴m <6x 2－x ＋1.∵函数y ＝6x 2－x ＋1＝6⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122＋34在[1,3]上的最小值为67，∴只需m <67即可.综上所述，m 的取值范围是⎝⎛⎭⎪⎫－∞，67. (3) 解 f (x )<－m ＋5，即mx 2－mx －1<－m ＋5，m (x 2－x ＋1)－6<0.设g (m )＝m (x 2－x ＋1)－6.则g (m )是关于m 的一次函数且斜率x 2－x ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122＋34＞0.∴g (m )在[1,3]上为增函数，要使g (m )<0在[1,3]上恒成立，只需g (m )max ＝g (3)<0， 即3(x 2－x ＋1)－6<0，x 2－x －1<0，方程x 2－x －1＝0的两根为x 1＝1－52，x 2＝1＋52， ∴x 2－x －1<0的解集为⎝ ⎛⎭⎪⎫1－52，1＋52， 即x 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫1－52，1＋52. 练习：1. 当x ∈(1,2)时，不等式x 2＋mx ＋4<0恒成立，则m 的取值范围是________. 解析： 构造函数f (x )＝x 2＋mx ＋4，x ∈[1,2]，则f (x )在[1,2]上的最大值为f (1)或f (2).由于当x ∈(1,2)时，不等式x 2＋mx ＋4<0恒成立.则有⎩⎨⎧ f 1≤0，f 2≤0，即⎩⎨⎧ 1＋m ＋4≤0，4＋2m ＋4≤0，可得⎩⎨⎧ m ≤－5，m ≤－4，所以m ≤－5.2.若不等式x 2＋mx ＋1≥0的解集为R ，则实数m 的取值范围是( )A.m ≥2B.m ≤－2C.m ≤－2或m ≥2D.－2≤m ≤2答案 D解析 由题意，得Δ＝m 2－4≤0，∴－2≤m ≤2.3.当不等式x 2＋x ＋k >0恒成立时，k 的取值范围为________.答案 ⎝ ⎛⎭⎪⎫14，＋∞ 解析 由题意知Δ<0，即1－4k <0，得k >14，即k ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫14，＋∞.3.若关于x 的不等式x 2－4x －m ≥0对任意x ∈(0,1]恒成立，则m 的最大值为( )A.1B.－1C.－3D.3答案 C解析 由已知可得m ≤x 2－4x 对一切x ∈(0,1]恒成立，又f (x )＝x 2－4x 在(0,1]上为减函数，∴f (x )min ＝f (1)＝－3，∴m ≤－3，∴m 的最大值为－3.4.对任意a ∈[－1,1]，函数f (x )＝x 2＋(a －4)x ＋4－2a 的值恒大于零，则x 的取值范围是( )A.1<x <3B.x <1或x >3C.1<x <2D.x <1或x >2答案 B解析 设g (a )＝(x －2)a ＋(x 2－4x ＋4)， g (a )＞0恒成立且a ∈[－1,1]⇔⎩⎨⎧ g 1＝x 2－3x ＋2>0，g －1＝x 2－5x ＋6>0⇔⎩⎨⎧ x <1或x >2，x <2或x >3⇔x <1或x >3.5.对于任意实数x ，不等式(a －2)x 2－2(a －2)x －4<0恒成立，则实数a 的取值范围是( )A.(－∞，2)B.(－∞，2]C.(－2,2)D.(－2,2]答案 D 解析 当a －2≠0时，⎩⎨⎧ a －2<0，4a －22－4a －2·－4<0，即⎩⎨⎧ a <2，a 2<4， 解得－2<a <2.当a －2＝0时，－4<0恒成立，综上所述，－2<a ≤2.6.若不等式(a 2－1)x 2－(a －1)x －1<0的解集为R ，则实数a 的取值范围是________.答案 ⎝ ⎛⎦⎥⎤－35，1 解析 ①当a 2－1＝0时，a ＝1或a ＝－1.若a ＝1，则原不等式为－1<0，恒成立，满足题意.若a ＝－1，则原不等式为2x －1<0，即x <12，不合题意，舍去. ②当a 2－1≠0，即a ≠±1时，原不等式的解集为R 的条件是⎩⎨⎧ a 2－1<0，Δ＝[－a －1]2＋4a 2－1<0，解得－35<a <1. 综上，a 的取值范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤－35，1. 7．已知函数f (x )＝x 2＋ax ＋3.(1)当x ∈R 时，f (x )≥a 恒成立，求a 的取值范围；(2)当x ∈[－2,2]时，f (x )≥a 恒成立，求a 的取值范围． 解 (1)f (x )≥a 恒成立，即x 2＋ax ＋3－a ≥0恒成立，必须且只需Δ＝a 2－4(3－a )≤0，即a 2＋4a －12≤0，∴－6≤a ≤2，∴a 的取值范围为[－6,2]．(2)f (x )＝x 2＋ax ＋3＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋a 22＋3－a 24.①当－a 2<－2，即a >4时， f (x )min ＝f (－2)＝－2a ＋7，由－2a ＋7≥a ，得a ≤73，∴a 不存在； ②当－2≤－a 2≤2，即－4≤a ≤4时，f (x )min ＝3－a 24， 由3－a 24≥a ，得－6≤a ≤2，∴－4≤a ≤2； ③当－a 2>2，即a <－4时，f (x )min ＝f (2)＝2a ＋7， 由2a ＋7≥a ，得a ≥－7，∴－7≤a <－4. 综上，a 的取值范围为[－7,2]．。
微专题：恒成立问题
t 12
则 x2 2 = 2x 1
4 t
2
t2
2t 4t
9
1 4
t
9 t
2
1
（2） 2x 1 0 x 1 ，不等式对任意的 m 均成立 2
（3）
2x
1
0
x
1 2
，
m
x2 2x
2 1
max
(注意不等号变号！！）
t 12
令 t 2x 1, 1 t 0 ,则 x2 2 = 2x 1
为自变量构造函数。
（2）线段的图像特征：若两个端点均在坐标轴的一侧，则线段上的点与端点同侧。
（3）对点评（2）的推广：已知一个函数连续且单调，若两个端点在坐标轴的一侧，则曲线上所有点均与
端点同侧
三、最值分析法
例 1：设 f x x2 2mx 2 ，当 x 1, 时， f x m 恒成立，求 m 的取值范围
而 f (x) 是一个开口向上且恒过定点（0，1）的二次函数，要使对任一实数 x ，
1
g(x) 0
0
x
y
f (x) 8x 1
图1
f (x)
1
0
x
g(x) mx
图2 f x
y
f x 与 g x 的值至少有一个为正数则只需 f (x) 0 在 (, 0] 上恒成立。(如图 3) 1
则有
4 m
y ax2 x 开口向下，且 f x a 为 f x 向右平移 a 个单位，观
察可得只需 x
1,x 2
1 2
，
f
xa
f
x ，即可保证
x
1 2
,
1 2
，
f
x
高中数学微专题强化练1不等式恒成立能成立问题含解析新人教B版必修第一册
微专题强化练(一) 不等式恒成立、能成立问题[教师用书独具] (建议用时：40分钟)一、选择题1．当0≤x ≤2时，若a ＜x 2－2x 恒成立，则实数a 的取值范围是( ) A ．(－∞，－1] B ．(－∞，0] C ．(－∞，0)D ．(－∞，－1)D [当0≤x ≤2时，x 2－2x ＝(x －1)2－1≥－1，所以a ＜－1，故选D ．] 2．若不等式2kx 2＋kx －38＜0对一切实数x 都成立，则k 的取值范围为( )A ．{k |－3＜k ＜0}B ．{k |－3≤k ≤0}C ．{k |－3≤k ＜0}D ．{k |－3＜k ≤0}D [当k ＝0时，－38＜0显然成立；当k ≠0时，由题意可得⎩⎪⎨⎪⎧k ＜0，Δ＝k 2－4×2k ×⎝⎛⎭⎫－38＜0，解得－3＜k ＜0.即k 的取值范围为{k |－3＜k ≤0}]3．若不等式x 2－(a ＋1)x ＋a ≤0的解集是[－4,3]的子集，则a 的取值范围是( ) A ．[－4,1] B ．[－4,3] C ．[1,3]D ．[－1,3]B [由x 2－(a ＋1)x ＋a ≤0得(x －a )(x －1)≤0， 若a ＝1，不等式的解集为{1}符合题意，若a ＜1，不等式的解集为[a,1]，若满足[a,1]⊆[－4,3]，则－4≤a ＜1， 若a ＞1，不等式的解集为[1，a ]，若满足[1，a ]⊆[－4,3]，则1＜a ≤3， 综上，－4≤a ≤3，即实数a 的取值范围是[－4,3]．]4．(多选题)不等式x 2－x ＋m ＞0在R 上恒成立的充分不必要条件是( ) A ．m ＞14B ．m ＞1C ．m ＞2D ．m ＜14BC [∵不等式x 2－x ＋m ＞0在R 上恒成立，∴Δ＝(－1)2－4m ＜0，解得m ＞14，故应在选项中寻求范围比m ＞14小的即可，故选BC ．]5．若关于x 的不等式x 2－4x －m ≥0对任意0<x ≤1恒成立，则m 的最大值为( ) A ．1 B ．－1 C ．－3D ．3C [令y ＝x 2－4x －m ，则只需满足在x ＝1处的函数值非负即可，解得m ≤－3.] 二、填空题6．若不等式2x ＞x 2＋a 对于一切x ∈[－2,3]恒成立，则实数a 的取值范围为________． (－∞，－8) [∵2x ＞x 2＋a ，∴a ＜2x －x 2，∵2x －x 2＝－(x －1)2＋1在x ∈[－2,3]的最小值为－8， ∴实数a 的取值范围为(－∞，－8)．]7．若关于x 的不等式x 2－ax －a ≤－3的解集不是空集，则实数a 的取值范围是________． (－∞，－6]∪[2，＋∞) [不等式x 2－ax －a ≤－3变形为x 2－ax ＋3－a ≤0，∵不等式有解，∴方程x 2－ax ＋3－a ＝0的判别式Δ≥0，即a 2－4(3－a )≥0，解得a ≤－6或a ≥2，故实数a 的取值范围是(－∞，－6]∪[2，＋∞)．]8．ax 2＋bx ＋c ＞0(a ≠0)在R 上恒成立，须使⎩⎪⎨⎪⎧a 0；Δ 0.＞ ＜ [要使ax 2＋bx ＋c ＞0(a ≠0)在R 上恒成立，须使y ＝ax 2＋bx ＋c 开口方向向上，与x 轴无交点．]三、解答题9．要使函数y ＝mx 2＋mx ＋(m －1)的值恒为负值，求m 的取值范围．[解] 函数y ＝mx 2＋mx ＋(m －1)的值恒为负值，即不等式mx 2＋mx ＋(m －1)＜0对一切实数x 恒成立，于是当m ＝0时，－1＜0恒成立；当m ≠0时，要使其恒成立，则有⎩⎪⎨⎪⎧m ＜0，Δ＝m 2－4m (m －1)＜0，解得m ＜0.综上，m 的取值范围为{m |m ≤0}．10．对任意－1≤x ≤1，函数y ＝x 2＋(a －4)x ＋4－2a 的值恒大于0，求a 的取值范围． [解] ∵x 2＋(a －4)x ＋4－2a ＞0恒成立， 即x 2＋ax －4x ＋4－2a ＞0恒成立．∴(x －2)·a ＞－x 2＋4x －4. ∵－1≤x ≤1，∴x －2＜0.∴a ＜－x 2＋4x －4x －2＝x 2－4x ＋42－x＝2－x .令y ＝2－x ，则当－1≤x ≤1时，y 的最小值为1，∴a ＜1． 故a 的取值范围为{a |a ＜1}．1．关于x 的不等式(a 2－4)x 2＋(a ＋2)x －1≥0的解集是R ，则实数a 的取值范围是( ) A ．{2} B ．⎣⎡⎭⎫－2，65 C ．∅D ．⎣⎡⎦⎤－338，－1 C [当a 2－4＝0时，显然不满足题意．关于x 的不等式(a 2－4)x 2＋(a ＋2)x －1≥0的解集是R ，所以⎩⎪⎨⎪⎧a 2－4＞0，(a ＋2)2＋4(a 2－4)≤0，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＞2或a ＜－2，－2≤a ≤65，此不等式组无解．故选C ．] 2．若不等式x 2－m (4xy －y 2)＋4m 2y 2≥0对一切非负的x ，y 恒成立，则实数m 的取值范围是( )A ．⎝⎛⎦⎤－∞，－14∪[0，＋∞) B ．[2，＋∞)C ．⎝⎛⎦⎤－∞，－14∪[2，＋∞) D ．⎝⎛⎦⎤－∞，－14 A [若y ＝0，则原不等式恒成立； 若y ≠0，则原不等式可化为 ⎝⎛⎭⎫x y 2－m ⎝⎛⎭⎫4·x y －1＋4m 2≥0.令t ＝xy，则t ≥0，t 2－4mt ＋m ＋4m 2≥0.问题转化为关于t 的二次函数在t ≥0上的最小值非负，故有⎩⎪⎨⎪⎧2m ＜0，m ＋4m 2≥0或⎩⎪⎨⎪⎧2m ≥0，(2m )2－4m ·(2m )＋m ＋4m 2≥0.解得实数m 的取值范围为⎩⎨⎧⎭⎬⎫m ⎪⎪m ≤－14或m ≥0.]3．已知命题p ：∀x ∈R ，ax 2＋ax ＋1＞0为真命题，则实数a 的取值范围是________． [0,4) [当a ＝0时，1＞0为真命题，符合题意； 当a ≠0时，要使∀x ∈R ，ax 2＋ax ＋1＞0为真命题， 则对应的抛物线开口向上且与x 轴没有交点，可得⎩⎪⎨⎪⎧a ＞0，a 2－4a ＜0⇒0＜a ＜4，综上可得，实数a 的取值范围是[0,4)．]4．已知函数y ＝mx 2－mx －6＋m ，若对于1≤m ≤3，y <0恒成立，求实数x 的取值范围． [解] 法一：y <0⇔mx 2－mx －6＋m <0⇔(x 2－x ＋1)m －6<0. ∵1≤m ≤3，∴x 2－x ＋1<6m 恒成立，只需x 2－x ＋1小于6m 的最小值，即x 2－x ＋1<63⇔x 2－x －1<0⇔1－52<x <1＋52. ∴x 的取值范围为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪⎪1－52＜x ＜1＋52. 法二：设关于m 的函数y ＝mx 2－mx －6＋m ＝(x 2－x ＋1)m －6. 由题意知y <0对1≤m ≤3恒成立．∵x 2－x ＋1>0，∴y 是关于m 的一次函数，且在1≤m ≤3上随x 的增大而增大， ∴y <0对1≤m ≤3恒成立等价于y 的最大值小于0，即(x 2－x ＋1)·3－6<0⇔x 2－x －1<0⇔1－52<x <1＋52， ∴x 的取值范围为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪⎪1－52＜x ＜1＋52.已知函数y ＝4x 2－2(p －2)x －2p 2－p ＋1在区间[－1,1]上至少存在一个实数c ，使y ＞0成立，求实数p 的取值范围．[解] 二次函数y ＝4x 2－2(p －2)x －2p 2－p ＋1在区间[－1,1]上至少存在一个实数c ，使y ＞0的否定是：对于－1≤x ≤1中任意一个x 都有y ≤0，即⎩⎪⎨⎪⎧4×12－2(p －2)×1－2p 2－p ＋1≤0，4×(－1)2－2(p －2)(－1)－2p 2－p ＋1≤0，整理得⎩⎪⎨⎪⎧2p 2＋3p －9≥0，2p 2－p －1≥0，解得p ≥32或p ≤－3.故二次函数在区间[－1,1]上至少存在一个实数c ，使y ＞0成立的实数p 的取值范围是⎩⎨⎧⎭⎬⎫p ⎪⎪－3＜p ＜32.。
专题3 导数解决不等式的恒成立和证明
第三章 导数专题3 导数解决不等式的恒成立和证明【三年高考精选】（2021年全国新高考Ⅰ卷数学试题） 1. 已知函数()()1ln f x x x =-. （1）讨论()f x 的单调性；（2）设a ，b 为两个不相等的正数，且ln ln b a a b a b -=-，证明：112e a b<+<. 【答案】（1）()f x 的递增区间为()0,1，递减区间为()1,+∞；（2）证明见解析. 【解析】【分析】(1) 首先确定函数的定义域，然后求得导函数的解析式，由导函数的符号即可确定原函数的单调性.(2)方法二：将题中的等式进行恒等变换，令11,m n a b==，命题转换为证明：2m n e <+<，然后构造对称差函数，结合函数零点的特征和函数的单调性即可证得题中的结论.【详解】(1)()f x 的定义域为()0,∞+． 由()()1ln f x x x =-得，()ln f x x '=-，当1x =时，()0f x '=；当()0,1x ∈时()0f x >′；当()1,x ∈+∞时，()'0f x <． 故()f x 在区间(]0,1内为增函数，在区间[)1,+∞内为减函数， (2)[方法一]：等价转化由ln ln b a a b a b -=-得1111(1ln )(1ln )a a b b -=-，即11()()f f a b=．由a b ，得11a b ≠．由（1）不妨设11(0,1),(1,)b a ∈∈+∞，则1()0f a >，从而1()0f b >，得1(1,)e b∈，①令()()()2g x f x f x =--，则22()(2)()ln(2)ln ln(2)ln[1(1)]g x f x f x x x x x x ''=---'=-+=-=--，当()0,1x ∈时，()0g x '<，()g x 在区间()0,1内为减函数，()()10g x g >=，从而()()2f x f x ->，所以111(2)()()f f f a a b->=，由（1）得112a b -<即112a b<+．①令()()h x x f x =+，则()()'11ln h x f x x '=+=-，当()1,x e ∈时，()0h x '>，()h x 在区间()1,e 内为增函数，()()h x h e e <=，从而()x f x e +<，所以11()f e b b +<．又由1(0,1)a ∈，可得11111(1ln )()()f f a a a a b <-==，所以1111()f e a b b b+<+=．②由①②得112e a b<+<． [方法二]【最优解】：ln ln b a a b a b -=-变形为ln ln 11a b a b b a-=-，所以ln 1ln 1a b a b ++=． 令11,m n a b ==．则上式变为()()1ln 1ln m m n n -=-， 于是命题转换为证明：2m n e <+<．令()()1ln f x x x =-，则有()()f m f n =，不妨设m n <． 由（1）知01,1m n e <<<<，先证2m n +>．要证：()()()222)2(m n n m f n f m f m f m +>⇔>-⇔<-⇔<-()()20f m f m ⇔--<．令()()()()2,0,1g x f x f x x =--∈，则()()()()()2ln ln 2ln 2ln10g x f x f x x x x x '='+'-=---=⎡⎤⎣≥-⎦--=， ()g x ∴在区间()0,1内单调递增，所以()()10g x g <=，即2m n +>．再证m n e +<．因为()()1ln 1ln m n n m m -=⋅->，所以()1ln n n n e m n e -+<⇒+<．令()()()1ln ,1,h x x x x x e =-+∈，所以()'1ln 0h x x =->，故()h x 在区间()1,e 内单调递增． 所以()()h x h e e <=．故()h n e <，即m n e +<． 综合可知112e a b<+<． [方法三]：比值代换 证明112a b+>同证法2．以下证明12x x e +<． 不妨设21x tx =，则211x t x =>， 由1122(1ln )(1ln )x x x x -=-得1111(1ln )[1ln()]x x tx tx -=-，1ln 1n 1l t x t t=--， 要证12x x e +<，只需证()11t x e +<，两边取对数得1ln(1)ln 1t x ++<，即ln(1)1ln 11t t t t++-<-， 即证ln(1)1ln t t t t+<-． 记ln(1)(),(0,)s g s ss ∈=+∞+，则2ln(1)1()s s s g s s '-++=. 记()ln(1)1sh s s s=-++，则211()0(1)1h s s s '=-<++， 所以，()h s 在区间()0,∞+内单调递减．()()00h s h <=，则()'0g s <， 所以()g s 在区间()0,∞+内单调递减．由()1,t ∈+∞得()10,t -∈+∞，所以()()1g t g t <-， 即ln(1)1ln t t t t+<-． [方法四]：构造函数法 由已知得ln ln 11a b a b b a-=-，令1211,x x a b ==，不妨设12x x <，所以()()12f x f x =．由（Ⅰ）知，1201x x e <<<<，只需证122x x e <+<． 证明122x x +>同证法2．再证明12x x e +<．令2ln 21()(0)()(ln ,)exh x x e h x x e x xe x '-++-=<<=--． 令()ln 2(0)e x x x e x ϕ=+-<<，则221()0e x ex x x xϕ-'=-=<． 所以()()()0,0x e h x ϕϕ>='>，()h x 在区间()0,e 内单调递增．因为120x x e <<<，所以122111ln ln x e x e x x --<--，即112211ln ln x x x ex e -->-- 又因为()()12f x f x =，所以12212112ln ln 1,1x x x ex x x ex x --=>--，即()()2222111212,0x ex x ex x x x x e -<--+->．因为12x x <，所以12x x e +<，即11e a b+<． 综上，有112e a b<+<结论得证． 【整体点评】(2)方法一：等价转化是处理导数问题的常见方法，其中利用的对称差函数，构造函数的思想，这些都是导数问题必备的知识和技能.方法二：等价转化是常见的数学思想，构造对称差函数是最基本的极值点偏移问题的处理策略.方法三：比值代换是一种将双变量问题化为单变量问题的有效途径，然后构造函数利用函数的单调性证明题中的不等式即可.方法四：构造函数之后想办法出现关于120e x x +-<的式子，这是本方法证明不等式的关键思想所在.视频(2020年高考全国Ⅰ卷文数20) 2. 已知函数()(2)x f x e a x =-+. （1）当1a =时，讨论()f x 的单调性；（2）若()f x 有两个零点，求a 的取值范围.【答案】（1）()f x 的减区间为(,0)-∞，增区间为(0,)+∞；（2）1(,)e+∞.【解析】【分析】（1）将1a =代入函数解析式，对函数求导，分别令导数大于零和小于零，求得函数的单调增区间和减区间；（2）若()f x 有两个零点，即(2)0xe a x -+=有两个解，将其转化为2xea x =+有两个解，令()(2)2xe h x x x =≠-+，求导研究函数图象的走向，从而求得结果.【详解】（1）当1a =时，()(2)x f x e x =-+，'()1xf x e =-，令'()0f x <，解得0x <，令'()0f x >，解得0x >， 所以()f x 的减区间为(,0)-∞，增区间为(0,)+∞； （2）若()f x 有两个零点，即(2)0x e a x -+=有两个解，从方程可知，2x =-不成立，即2x e a x =+有两个解，令()(2)2x e h x x x =≠-+，则有'22(2)(1)()(2)(2)x x x e x e e x h x x x +-+==++， 令'()0h x >，解得1x >-，令'()0h x <，解得2x <-或21x -<<-， 所以函数()h x 在(,2)-∞-和(2,1)--上单调递减，在(1,)-+∞上单调递增， 且当2x <-时，()0h x <，而2x +→-时，()h x →+∞，当x →+∞时，()h x →+∞，所以当2xe a x =+有两个解时，有1(1)a h e >-=，所以满足条件的a 的取值范围是：1(,)e+∞.【点睛】本题考查的是有关应用导数研究函数的问题，涉及到的知识点有应用导数研究函数的单调性，根据零点个数求参数的取值范围，在解题的过程中，也可以利用数形结合，将问题转化为曲线x y e =和直线(2)y a x =+有两个交点，利用过点(2,0)-的曲线x y e =的切线斜率，结合图形求得结果. 【三年高考刨析】【2022年高考预测】预测2022年高考仍是考查函数的单调性，根据不等式恒成立求参数的取值范围或不等式的证明..【2022年复习指引】由前三年的高考命题形式，在2022年的高考备考中同学们只需要稳扎稳打，加强常规题型的练习，关于集合2022高考备考主要有以下几点建议：1.涉及本单元知识点的高考题，综合性强.所以在复习中要熟记相关的定义，法则；2.利用导数解决含有参数的单调性问题可将问题转化为不等式恒成立问题，要注意分类讨论和数形结合思想的应用.3.将不等式的证明、方程根的个数的判定转化为函数的单调性、极值问题处理.4.要深入体会导数应用中蕴含的数学思想方法.数形结合思想，如通过从导函数图象特征解读函数图象的特征，或求两曲线交点个数等；等价转化思想，如将证明的不等式问题等价转化为研究相应问题的最值等.【2022年考点定位】 考点1 证明不等式典例1 （安徽省蚌埠市2021-2022学年高三上学期第一次教学质量检查）已知函数()()212,2e 21x x f x x x g x x =+-=---. （1）求()f x 的单调区间；（2）当(),1x ∈-∞时，求证：()()g x f x .【答案】（1）在(),1-∞单调递增，在()1,+∞上单调递减；（2）证明见解析. 【分析】（1）由题可以求函数的导函数，则可得()f x 的单调区间； （2）由题知要证()()g x f x ，即证2201e 2x x x x x x ---+≥-，然后利用导函数判断函数的单调性，最后利用单调性证明即可. 【详解】 （1）因为()21e 2x x f x x x =+-， 所以()()()21e 1e e 1e ex x x x x x x f x x +--=+-='， 令()0f x '=，解得1x =，∴当(),1x ∈-∞时，()()0,1,f x x ∞∈'>+时，()0f x '< 所以()f x 在(),1-∞单调递增，在()1,+∞上单调递减； （2）要证()()g x f x即证22121e 2x x x x x --+--， 即22e 0112x x x x x x --+-≥-， 设2()11e 21x F x x x=---+-，即证()0xF x .因为()2211(1)e 2xF x x =++-' 所以当(),1x ∈-∞时，()0F x '>恒成立，()F x 单调递增， 又当0x =时，()0F x =，所以当01x <<时，()0F x >，当0x <时，()0F x <； 所以当()(),1,0x xF x ∞∈-， 即当(),1x ∈-∞时，()()g x f x .【规律方法技巧】利用导数证明不等式f (x )>g (x )的基本方法 (1)若f (x )与g (x )的最值易求出，可直接转化为证明f (x )min >g (x )max ；(2)若f (x )与g (x )的最值不易求出，可构造函数h (x )＝f (x )－g (x )，然后根据函数h (x )的单调性或最值，证明h (x )>0. 2.证明不等式时的一些常见结论(1)ln x ≤x －1，等号当且仅当x ＝1时取到； (2)e x ≥x ＋1，等号当且仅当x ＝0时取到； (3)ln x <x <e x ，x >0； (4)≤ln(x ＋1)≤x ，x >－1，等号当且仅当x ＝0时取到.【考点针对训练】（2022贵州省贵阳市五校联考）3. 已知函数()xe f x x =.（1）函数()()f xg x x=，求()g x 的单调区间和极值. （2）求证：对于()0,x ∀∈+∞，总有()13ln 44f x x >-. 【答案】（1）()g x 在(0,2)上单调递减，在(,0)-∞和(2,)+∞上单调递增；极小值()2e 24g =，无极大值；（2）证明见解析. 【解析】【分析】（1）写出()g x 的函数表达式，通过求导写出单调区间和极值即可（2）证明()13ln 44f x x >-恒成立，结合（1）得，等价于2e 1(ln 3)4x x x x >-恒成立，且已知左式的最小值，只要大于右式的最大值，则不等式恒成立【详解】（1）解：2243e e 2e e (2)()()x x x x x x x g x g x x x x --'=⇒==，当02x <<时，()0g x '<； 当0x <或2x >时，()0g x '>，()g x ∴在(0,2)上单调递减，在(,0)-∞和(2,)+∞上单调递增；故()g x 有一个极小值2e (2)4g =，无极大值．（2）证明：要证13()ln 44f x x >-成立，只需证e 13ln 44x x x >-成立，即证2e 1(ln 3)4x x x x>-成立，令1()(ln 3)4h x x x =-，则24ln ()=4xh x x -'，当40e x <<时，()0h x '>； 当4e x >时，()0h x '<，()h x ∴在()40,e 上单调递增，在()4e ,+∞上单调递减，()4max 41()e 4e h x h ==∴， 2e ()x g x x =∵由（1）可知2min e ()(2)4g x g ==，min max ()()g x h x >∴，()()g x h x >∴，13()ln 44f x x >-∴．【点睛】题目比较综合，第一小题是已知函数求单调性极值的问题，属于常规题目；第二小题证明不等式成立，有两种类型，一种是构造左右两个函数，若最小值大于最大值，则不等式恒成立，但是只能做证明题；若最小值不大于最大值，不能说明不等式不成立；另外一种是构造一个函数，证明最小值大于0恒成立，这种的函数会比较困难，所以优先用第一种尝试，再选取第二种方法考点2 不等式恒成立问题典例2 （2020辽宁省沈阳市2019届高三一模）已知函数()ln 2f x a x x =-，若不等式()()1xf x f e +>在()1,x ∈+∞上恒成立，则实数a 的取值范围是( )A.2a ≤B.2a ≥C.0a ≤D.02a ≤≤ 【答案】A【分析】先证明11x x e <+<恒成立，得函数()f x 在()1,+∞上递减，即当1x >时，()'0f x ≤恒成立，问题转化为2(1)a x x ≤>恒成立，即可求出a 的范围. 【详解】设()1,x g x e x =--则()1x g x e '=-，当0x >时()0110x g x e e =->-='， 所以()1x g x e x =--在()0,∞+上递增，得()()00010,g x g e >=--=所以当0x >时，11x x e <+<恒成立.若不等式()()1xf x f e +>在()1,x ∈+∞上恒成立，得函数()f x 在()1,+∞上递减，即当1x >时，()'0f x ≤恒成立，所以()20af x x-'=≤ 即2ax≤，可得2(1)a x x ≤>恒成立，因为22x >，所以2a ≤， 故选A .【规律方法技巧】利用导数解决恒成立问题主要涉及以下方面：(1)已知不等式在某一区间上恒成立，求参数的取值范围：一般先分离参数，再转化为求函数在给定区间上的最值问题求解；(2)如果无法分离参数可以考虑对参数a 或自变量进行分类求解，如果是二次不等式恒成立的问题，可以考虑限制二次项系数或判别式的方法求解.(3)已知函数的单调性求参数的取值范围：转化为f ′(x )≥0(或f ′(x )≤0)恒成立的问题. 【考点针对训练】（山西省运城市2021届高三检测）4. 当0x <时，不等式()2e e 3xxx x k k -≥恒成立，则实数k 的取值范围是__． 【答案】[]3e,0- 【解析】 【分析】由题意可得()232e 3x k x x +≤对0x <恒成立，讨论320x +=，320x +>，320x +<，运用参数分离和构造函数，利用导数判断单调性，求最值，可得所求范围．【详解】解：当0x <时，不等式()2e e 3xxx x k k -≥恒成立， 即为()232e 3x k x x +≤对0x <恒成立，Ⅰ当320x +=即23x =-时，403≤恒成立；Ⅰ当320x +<，即23x <-时，()2332e x x k x +≥恒成立，等价为()2max 332e x x k x ⎡⎤⎢⎥+⎣⎦≥， 设()()2332e x x f x x =+，()()()()()232222632e 335e 931232e 32e x x x x x x x x x x x f x x x +-+-++'==++ ()()()2313432exx x x x -+-=+，可得1x <-时，()0f x >′，()f x 递增；213x -<<-时，()0f x <′，()f x 递减， 可得()f x 在1x =-处取得最大值，且为3e -， 则3e k ≥-；Ⅰ当320x +>，即203x -<<时，()2332e x x k x +≤恒成立， 等价为()2min332e x x k x ⎡⎤⎢⎥+⎣⎦≤，设()()2332e x x f x x =+，()()()()2313432e x f x x x x x -+-'=+， 可得203x -<<时，()0f x <′，()f x 递减， 可得()0f x >， 则0k ≤，综上可得，k 的范围是[]3e,0-．【点睛】本题考查不等式恒成立问题解法，参变分离是常用的解题方法，属于中档题．方法点睛：（1）将参数和变量分离，转化为求最值问题； （2）构造函数，求导数，分析单调性； （3）求函数的最值，求出参数的范围.考点3 不等式存在成立问题典例3 （黑龙江省大庆铁人中学2021届高三第三次模拟）若函数()2ln 2f x x ax =+-在区间1,22⎛⎫⎪⎝⎭内存在单调递增区间，则实数a 的取值范围是（ ）A.(],2-∞B.1,8⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭C.12,8⎛⎫-- ⎪⎝⎭ D.()2,-+∞【答案】D 【分析】将函数2()ln 2f x x ax =+-在区间1()22，内存在单调递增区间，转化1()20f x ax x '=+>在区间1()22，成立，再转化为min 212()a x>-，进而可求出结果. 【详解】因为函数2()ln 2f x x ax =+-在区间1()22，内存在单调递增区间， 所以1()20f x ax x '=+>在区间1()22，上成立， 即min 212()a x>-在区间1()22，上成立，又函数2yx 在1()22，上单调递增， 所以函数21y x =-在1()22，上单调递增， 故当12x =时21y x =-最小，且min 21()=4x --，即24a >-，得2a >-. 故选：D【规律方法技巧】1.有关存在成立问题的解题方法∀x 1∈D 1，∃x 2∈D 2，f (x 1)＞g (x 2)等价于函数f (x )在D 1上的最小值大于g (x )在D 2上的最小值，即f (x )min ＞g (x )min (这里假设f (x )min ，g (x )min 存在).其等价转化的基本思想是：函数y ＝f (x )的任意一个函数值大于函数y ＝g (x )的某一个函数值，但并不要求大于函数y ＝g (x )的所有函数值.∀x 1∈D 1，∃x 2∈D 2，f (x 1)<g (x 2)，等价于函数f (x )在D 1上的最大值小于函数g (x )在D 2上的最大值(这里假设f (x )max ，g (x )max 存在).其等价转化的基本思想是：函数y ＝f (x )的任意一个函数值小于函数y ＝g (x )的某一个函数值，但并不要求小于函数y ＝g (x )的所有函数值.2.注意不等式恒成立与存在成立的异同不等式在某区间上能成立与不等式在某区间上恒成立问题是既有联系又有区别的两种情况，解题时应特别注意，两者都可转化为最值问题，但f (a )≥g (x )(f (a )≤g (x ))对存在x ∈D 能成立等价于f (a )≥g (x )min (f (a )≤g (x )max )，f (a )≥g (x )(f (a )≤g (x ))对任意x ∈D 都成立等价于f (a )≥g (x )max (f (a )≤g (x )min )，应注意区分，不要搞混. 【考点针对训练】 (2019·吉林白山联考)5. 设函数f (x )＝e x 33x x ⎛⎫+- ⎪⎝⎭－ax (e 为自然对数的底数)，若不等式f (x )≤0有正实数解，则实数a 的最小值为________. 【答案】e 【解析】【分析】已知不等式转化为2(33)x a e x x ≥-+，此不等式有正数解，只要求得2()(33)x g x e x x =-+在(0,)+∞上的最小值即可得a 的范围．【详解】原问题等价于存在x Ⅰ(0，＋∞)，使得a ≥e x (x 2－3x ＋3)，令g (x )＝x e (x 2－3x ＋3)，x Ⅰ(0，＋∞)，则a ≥g (x )min ，而g ′(x )＝x e (x 2－x )，由g ′(x )>0，得x Ⅰ(1，＋∞)，此时()g x 递增，由g ′(x )<0，得x Ⅰ(0，1)，此时()g x 递减，Ⅰ函数g (x )在区间(0，＋∞)上的极小值也是最小值为g (1)＝e ， Ⅰa ≥e ，即实数a 的最小值为e . 故答案为：e ．【点睛】本题考查不等式有解问题，解题关键是用分离参数法转化为求函数的最值．只是求解时要注意与不等式恒成立区分开来，不等式恒成立也常常用分离参数法转化为求函数的最值，但两者所求最值一个是最大值，一个是最小值，要根据题意确定.考点4 利用导数研究方程的根(或函数的零点)典例4 （河南省郑州市商丘市名师联盟 2020-2021学年高三质量检测）已知函数()2ln f x x x =-，()33g x x xm =-+，方程()()f x g x =在区间1,e e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦内有两个不同的实根，则m 的取值范围是（ ）A.2121,333e ⎛⎤+ ⎥⎝⎦ B.2221e -2,33e 3⎡⎤+⎢⎥⎣⎦ C.221,133e ⎡⎫+⎪⎢⎣⎭ D.21e 2,33⎛⎤- ⎥⎝⎦【答案】A 【分析】由题可得232ln m x x =-，构造函数()22ln h x x x =-，讨论其在1,e e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦的变化情况即可得出答案. 【详解】由()()f x g x =，得232ln m x x =-，令()22ln h x x x =-，则()()()211x x h x x-+'=，所以()h x 在1,1e ⎡⎫⎪⎢⎣⎭上单调递减，在(]1,e 上单调递增，所以()()min 11h x h ==，()221122h e e h e e ⎛⎫=->=+ ⎪⎝⎭，则21132m e <≤+，即2121333m e <≤+. 故选：A.【规律方法技巧】求解涉及函数零点或方程根的问题的注意点 (1)利用函数零点存在性定理求解.(2)分离参数a 后转化为函数的值域(最值)问题求解，如果涉及多个零点，还需考虑函数的图象与直线y ＝a 的交点个数.(3)转化为两个熟悉的函数的图象的上、下位置关系问题，从而构建不等式求解. 【考点针对训练】（重庆市秀山高级中学校2022届高三上学期9月月考） 6. 已知函数2eln ()x f x x =，若关于x 的方程21[()]()08f x mf x -+=有4个不同的实数根，则实数m 的取值范围为___________.【答案】324⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭【解析】【分析】利用导数求出函数()f x 的单调区间和最值，设()f x t =，则要使方程21[()]()08f x mf x -+=有4个不同的实数根等价于方程2108t mt -+=在10,2t ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭上有两个不同的实数根，故12121201102201t t t t t t ∆>⎧⎪⎛⎫⎛⎫⎪-->⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎨⎪<+<⎪>⎪⎩，从而可求出实数m 的取值范围 【详解】依题意，求导243e 2eln e(12ln )()x x xx x f x x x ⋅--'==，令()0f x '=，解得：x =当x ∈时，()0f x '>，()f x 单调递增；当)x ∈+∞，()0f x '<，函数单调递减，且max 1()e 2f x f ===， 又0x →时，()f x →-∞；又x →+∞时，()0f x →；设()f x t =，显然当10,2t ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，方程()f x t =有两个实数根，则要使方程21[()]()08f x mf x -+=有4个不同的实数根等价于方程2108t mt -+=在10,2t ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭上有两个不同的实数根， 故121212011022010t t t t t t ∆>⎧⎪⎛⎫⎛⎫⎪-->⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎨⎪<+<⎪>⎪⎩，210211082401m m m ⎧->⎪⎪⎪-+>⎨⎪<<⎪⎪⎩，解得：324m ⎛⎫∈ ⎪ ⎪⎝⎭.故答案为：3,24⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭【点睛】关键点点睛：此题考查函数与方程的综合应用，考查导数的应用，解题的关键是利用导数判断出函数()f x 的单调区间和最值，设()f x t =，将问题转化为方程2108t mt -+=在10,2t ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭上有两个不同的实数根，然后利用一元二次方程根的分布情况求解即可，考查数学转化思想和计算能力，属于中档题【二年模拟精选】（2020河北省衡水市第二中学高三检测） 7. 已知函数21()ln 2f x x a x =+，若对任意两个不等的正数1x ，2x ，都有()()12124f x f x x x ->-恒成立，则a 的取值范围为A. [4,)+∞B. (4.?)+∞C. (,4]-∞D. (,4)-∞【答案】A 【解析】【分析】根据题意先确定g （x ）＝f （x ）﹣4x 在（0，+∞）上单增，再利用导数转化，可得24x a x ≥-恒成立，令()24h x x x =-，求得()h x max ，即可求出实数a 的取值范围．【详解】令()()4g x f x x =-，因为()()12124f x f x x x ->-，所以()()12120g x g x x x ->-，即()g x 在()0,+∞上单调递增，故()40ag x x x=-'+≥在()0,+∞上恒成立， 即24x a x ≥-，令()()24,0,h x x x x =-∈+∞.则()()2424h x x x h =-≤=，()h x max 4=，即a 的取值范围为[4,+∞）.故选A.【点睛】本题考查了函数单调性的判定及应用，考查了原函数单调与导函数正负的关系，确定g （x ）在（0，+∞）上单增是关键，属于中档题． （2020辽宁省沈阳市高三上学期一模）8. 已知函数()ln 2f x a x x =-，若不等式()()1xf x f e +>在()1,x ∈+∞上恒成立，则实数a 的取值范围是( ) A. 2a ≤ B. 2a ≥C. 0a ≤D. 02a ≤≤【答案】A 【解析】【分析】先证明11x x e <+<恒成立，得函数()f x 在()1,+∞上递减，即当1x >时，()'0f x ≤恒成立，问题转化为2(1)a x x ≤>恒成立，即可求出a 的范围．【详解】设()1,x g x e x =--则()'1x g x e =-，当0x >时()0110x g x e e =->-='， 所以()1x g x e x =--在()0,∞+上递增，得()()00010,g x g e >=--=所以当0x >时，11x x e <+<恒成立.若不等式()()1xf x f e +>在()1,x ∈+∞上恒成立，得函数()f x 在()1,+∞上递减，即当1x >时，()'0f x ≤恒成立，所以()20af x x-'=≤ 即2ax≤，可得2(1)a x x ≤>恒成立，因为22x >,所以2a ≤， 故选A ．【点睛】本题考查了构造新函数，也考查了导数的应用以及由单调性求参数的问题，属于中档题．（江西省萍乡市2021届高三上期数学期中复习试卷）9. 已知函数222,0()11,0x x x f x x x ⎧++≤⎪=⎨-+>⎪⎩，若()f x ax ≥恒成立，则实数a 的取值范围是（ ）A. 2⎡⎤-⎣⎦B. (],1-∞C. ()2-D. 2⎡⎤-⎣⎦【答案】A 【解析】 【分析】作出函数()f x 的图象，利用数形结合的思想判断a 的范围，找出临界点即相切时a 的取值，进而得出a 的范围． 【详解】作出()f x 的图象，如图，由图象可知：要使()f x ax 恒成立，只需函数()g x ax =的图象恒在图象()f x 的下方， 可得1a ，设()g x ax =与函数2()22(0)f x x x x =++相切于点(),(0)P m n m <， 由()f x 的导数为22x +，可得切线的斜率为22m +， 即有22a m =+，222am m m =++，解得m =2a =-由图象可得222a -，综上可得a 的范围是[2-1]． 故选：A【点睛】解决此类问题的关键是作出函数图象，根据数形结合的思想处理问题，本题关键找出相切时刻这一临界位置，利用直线与抛物线相切即可求解. （四川省内江市威远中学2020-2021学年高三月考）10. 已知函数32()f x x x ax b =-++，12,(0,1)x x ∀∈且12x x ≠，都有1212|()()|||f x f x x x -<-成立，则实数a 的取值范围是（ ）A. 2(1,]3--B. 2(,0]3-C. 2[,0]3-D. [1,0]-【答案】C 【解析】 【分析】原不等式等价于()()211212x x f x f x x x --<-<恒成立，得到()()()321g x f x x x x a x b =-=-+-+，()()()321h x f x x x x a x b =+=-+++在()0,1上严格单调，转化为()0g x '≤在()0,1上恒成立，()0h x '≥在()0,1上恒成立，利用分离参数思想转化为求最值问题即可. 【详解】不妨设1210x x >>>，则1212|()()|||f x f x x x -<-等价于()()211212x x f x f x x x --<-<，即()()()()11221122 f x x f x x f x x f x x ⎧-<-⎪⎨+>+⎪⎩，设()()()321g x f x x x x a x b =-=-+-+，()()()321h x f x x x x a x b =+=-+++，依题意，函数()g x 在()0,1上为严格的单调递减函数， 函数()h x 在()0,1上为严格的单调递增函数，Ⅰ()23210g x x x a '=-+-≤在()0,1上恒成立，()23210h x x x a '=-++≥在()0,1上恒成立，Ⅰ2321a x x ≤-++在()0,1上恒成立，2321a x x ≥-+-在()0,1上恒成立， 而二次函数2321y x x =-++在[0,1]上的最小值在1x =时取得，且最小值为0， 二次函数2321y x x =-+-在[0,1]上的最大值在13x =时取得，其最大值为23-， 综上，实数a 的取值范围是2[,0]3-， 故选：C.【点睛】关键点点睛：去绝对值，得到两个函数的单调性，结合导数与单调性的关系，利用分离参数的思想转化为求二次函数最值问题. （2020湖南省益阳市高三上学期期末）11. 已知变量()()12,0,0x x m m ∈>，且12x x <，若2112x x x x <恒成立，则m 的最大值为（e 2.71828=为自然对数的底数）（ ） A. eB.C.1eD. 1【答案】A 【解析】 【分析】不等式两边同时取对数，然后构造函数()ln xf x x=，求函数的导数，研究函数的单调性即可得到结论. 【详解】21122112ln ln x x x x x x x x <⇒<，()12,0,,0x x m m ∈>，1212ln ln x x x x ∴<恒成立， 设函数()ln xf x x=，12x x <，()()12f x f x <，()f x ∴在()0,m 上为增函数，函数的导数()21ln xf x x -'=， ()00f x x e '>⇒<<，即函数()f x 的增区间是()0,e ，则m 的最大值为e . 故选：A【点睛】关键点点睛：本题考查利用函数研究函数的单调性，本题的关键点是对已知等式变形，211212211212ln ln ln ln x x x x x x x x x x x x <⇒<⇒<，转化为求函数()ln xf x x=的单调区间. （山东省泰安肥城市2021届高三高考适应性训练）12. 已知函数()ln f x x x x =+，()g x kx k =-，若k Z ∈，且()()f x g x >对任意2x e >恒成立，则k 的最大值为（ ） A. 2 B. 3C. 4D. 5【答案】B 【解析】【分析】由不等式，参变分离为ln 1x x x k x +⎛⎫< ⎪-⎝⎭，转化为求函数()ln 1x x x u x x +=-，()2,x e ∈+∞的最小值，利用导数求函数的最小值.【详解】()()f x g x >，即ln x x x kx k +>-.由于()()f x g x >对任意()2,x e ∈+∞恒成立，所以ln 1x x x k x +⎛⎫< ⎪-⎝⎭，即min ln 1x x x k x +⎛⎫< ⎪-⎝⎭.令()ln 1x x x u x x +=-，()2,x e ∈+∞，()()2ln 21x x u x x --'=-.令()ln 2h x x x =--，()1110x h x x x='-=->， 所以()h x 在()2,x e ∈+∞上单调递增，所以()()22e e 40h x h >=->，可得()0u x '>，所以()u x 在()2,e +∞上单调递增.所以()()()22223e 3e 33,4e 1e 1u x u >==+∈--.又k Z ∈，所以max 3k =. 故选：B.（广西柳州市2021届高三摸底考试）13. 已知函数212,(0)()2ln ,(0)x x x f x x x x ⎧++≤⎪=⎨⎪>⎩，若存在0x R ∈，使得()2012f x m m ≤-成立，则实数m 的取值范围是（ ）A. 1,12⎡⎤-⎢⎥⎣⎦B. 11,2⎡⎤-⎢⎥⎣⎦C. 11,2⎡⎤⎢⎥⎣⎦D. 1,02⎡⎤-⎢⎥⎣⎦【答案】A 【解析】【分析】分析函数()f x 的最小值，只需使()2min 12f x m m ≤-成立即可． 【详解】当0x ≤时，()2122f x x x =++，根据二次函数的性质可知，当1x =-时，()f x 有最小值12-；当0x >时，()ln f x x x =，由()ln 10f x x '=+=得1=x e当10,e x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0f x '<，当1,x e ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭时，()0f x '>， 所以()ln f x x x =在10,e x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭上单调递减，在1,x e ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭上单调递增，所以()ln f x x x =最小值为11111ln 2f e e ee ⎛⎫==->- ⎪⎝⎭，则()min 12f x =-若存在0x R ∈，使得()2012f x m m ≤-成立，则()2min 12f x m m ≤- 所以21122m m -≤-，解得112m -≤≤故选：A ．（重庆实验外国语学校2022届高三上学期入学考试）14. 关于函数()xf x e =，()lng x x =下列说法正确的是（ ）A. 对0x ∀>，()1g x x ≤-恒成立B. 对x R ∀∈，()f x ex ≥恒成立C. 若a b e >>，()()ag b bg a <D. 若不等式()()f ax ax x g x -≥-对1x ∀>恒成立，则正实数a 的最小值为1e【答案】ABD 【解析】【分析】选项A ：构造函数()()ln 10h x x x x =-+>，根据导数判断函数的单调性并求最大值，从而判断选项正确；选项B ：构造函数()()x f x ex ϕ=-，根据导数判断函数的单调性并求最小值，从而判断选项正确； 选项C ：构造函数()()()0g x m x x x=>，根据导数判断函数在(),e +∞内单调递减，从而判断选项错误；选项D ：把不等式()()f ax ax x g x -≥-变形为ln ln ax x e ax e x -≥-，所以只需研究函数()xF x e x =-的单调性即可求出答案，从而判断选项正确.【详解】选项A ：令()()ln 10h x x x x =-+>，则()111xh x x x -'=-=，因为0x >，所以由()0h x '>得01x <<；由()0h x '<得1x >， 所以()h x 在()0,1内单调递增，在()1,+∞内单调递减，所以()h x 的最大值为()10h =，所以对0x ∀>，()0h x ≤恒成立， 即对0x ∀>，()1g x x ≤-恒成立，故选项A 正确；选项B ：令()()x x f x ex e ex ϕ=-=-，则()xx e e ϕ'=-，由()0x ϕ'>得1x >；由()0x ϕ'<得1x <，所以()x ϕ在()1,+∞内单调递增，在(),1-∞内单调递减，所以()x ϕ的最小值为()10ϕ=，所以对x R ∀∈，()0x ϕ≥恒成立，即对x R ∀∈，()f x ex ≥恒成立，故选项B 正确；选项C ：令()()ln ()0g x x m x x x x==>，则21ln ()xm x x -'=，所以由()0m x '>得0x e <<；由()0m x '<得x e >，所以()m x 在()0,e 内单调递增，在(),e +∞内单调递减， 所以当a b e >>时，()()m a m b <，即()()g a g b a b<， 所以a b e >>，()()ag b bg a >成立，故选项C 错误； 选项D ：因为不等式()()f ax ax x g x -≥-对1x ∀>恒成立，即不等式ln ax e ax x x -≥-对1x ∀>恒成立，又因为ln ln ln x x x e x -=-， 所以不等式ln ln ax x e ax e x -≥-对1x ∀>恒成立；令()xF x e x =-，则 ()1x F x e '=-，当0x >时，()10x F x e '=->恒成立，所以()xF x e x =-在()0,∞+单调递增，所以由不等式ln ln ax x e ax e x -≥-对1x ∀>恒成立，得ln ax x ≥对1x ∀>恒成立，即ln xa x≥对1x ∀>恒成立， 由选项C 知，()ln ()1xm x x x=>在()1,e 内单调递增，在(),e +∞内单调递减，所以()m x 的最大值为1()m e e =，所以只需1a e ≥，即正实数a 的最小值为1e .故选：ABD.【点睛】利用导数研究不等式恒成立问题，通常要构造函数，然后利用导数研究函数的单调性，求出最值进而得到结论或求出参数的取值范围；也可分类变量构造函数，把问题转化为函数的最值问题.恒成立问题常见的处理方式有：（1）根据参变分离，转化为不含参数的函数的最值问题；（2）()f x a >恒成立型的可转化为min ()f x a >；（3）()()f x g x >恒成立型的可以通过作差法构造函数()()()h x f x g x =-，然后求min ()0h x >，或者转化为min max ()()f x g x >.（T 8联考八校2020-2021学年高三上学期第一次联考） 15. 已知函数()()ln 202x af x ae a x =+->+，若()0f x >恒成立，则实数a 的取值范围为______. 【答案】(),e +∞ 【解析】 【分析】根据()0f x >恒成立，可得到含有x a ，的不等式，再进行分离变量，将“恒成立”’转化为求函数的最大值或最小值，最后得出a 的范围. 【详解】()ln202x af x ae x =+->+，则()ln ln ln 22x a e a x ++>++， 两边加上x 得到()()()ln 2ln ln 2ln 2ln 2x x aex a x x ex ++++>+++=++，x y e x =+单调递增，()ln ln 2x a x ∴+>+，即()ln ln 2a x x >+-， 令()()ln 2g x x x =+-，则()11121x g x x x --'=-=++，因为()f x 的定义域为()2,-+∞()2,1x ∴∈--时，()0g x '>，()g x 单调递增，()1,x ∈-+∞，()0g x '<，()g x 单调递减，()()max ln 11a g x g ∴>=-=，a e ∴>.故答案为：(),e +∞【点睛】对于“恒成立问题”，关键点为：对于任意的x ，使得()f x a >恒成立，可得出()min f x a >； 对于任意的x ，使得()f x a <恒成立，可得出()max f x a <. （浙江省百校2020-2021学年高三上学期12月联考）16. 已知1a >，若对于任意的1[,)3x ∈+∞，不等式()4ln 3e ln xx x a a -≤-恒成立，则a 的最小值为______.【答案】3e【解析】 【分析】不等式等价变形()()()4ln 3ln 3ln 3ln x x xe x x a a x x a a e e -≤-⇔-≤-，利用同构函数()ln f x x x =-的单调性得解【详解】()()4ln 3ln 3ln 3ln x xe x x a a x x ae a x -≤-⇔-≤--()()3ln 3ln x x x x ae ae ⇔-≤- 令()ln f x x x =-，()111x f x x x-'=-=， Ⅰ()f x 在[)1,+∞上单调递增.Ⅰ1a >，1[,)3x ∈+∞，Ⅰ[)3,1,xe x a ∈+∞，Ⅰ33x x eae x x a ⇔≤⇔≤恒成立，令()3x x g x e =，只需max ()a g x ≥，()33xxg x e -'=，Ⅰ1[,1),()0,()3x g x g x ∈'>单调递增，Ⅰ(1,),()0,()x g x g x ∈+∞'<单调递减，1x ∴=时，()g x 的最大值为3e，Ⅰ3a e ≥，Ⅰa 的最小值为3e.故答案为：3e【点睛】不等式等价变形，同构函数()ln f x x x =-是解题关键. （河北省部分学校2022届高三上学期第一次月考）17. 已知函数()32f x x x ax =--在R 上单调递增，则a 的取值范围是____________.【答案】1(,]3-∞-【解析】【分析】求出函数()f x 的导函数()f x '，再由()0f x '≥恒成立即可得解.【详解】依题意：()232x x a f x '=--，因函数()32f x x x ax =--在R 上单调递增，于是得2320x x a --≥对x ∈R 恒成立，则4120a ∆=+≤，解得13a ≤-，所以a 的取值范围是1(,]3-∞-.故答案为：1(,]3-∞-18. 已知函数()f x 的定义域为R ，()12f -=，对任意(),2x R f x '∈>，则()24f x x >+的解集为____________．【答案】(1,)-+∞. 【解析】【分析】构造()()24g x f x x =--，根据题意得到()g x 在R 为单调递增函数，又由()12f -=，得到()10g -=，进而得到1x >-时，()0g x >，即可求解.【详解】设()()24g x f x x =--，可得()()2g x f x ''=-，因为对任意(),2x R f x '∈>，所以()0g x '>，所以()g x 在R 为单调递增函数， 又由()12f -=，可得()12240g -=+-=，所以当1x >-时，()0g x >，即不等式()24f x x >+的解集为(1,)-+∞. 故答案为：(1,)-+∞.（浙江省宁波市北仑中学2021-2022学年高三上学期返校考试） 19. 设函数()ln 2ef x x mx n x=--+，若不等式()0f x ≤对任意(0,)x ∈+∞恒成立，则nm的最大值为______________． 【答案】2e 【解析】【分析】根据()0ln 22e n f x x m x x m ⎛⎫≤⇒-≤- ⎪⎝⎭转化成两个函数比较大小的问题.【详解】不等式()0f x ≤对任意(0,)x ∈+∞恒成立,即ln 22e n x m x x m ⎛⎫-≤- ⎪⎝⎭，0x >恒成立， 设()()'21ln 0e e g x x g x x x x=-⇒=+> 所以()g x 在()0,∞+单调递增，且()0g e =，当0x →时()g x →-∞ 当x →+∞时()g x →+∞ 作出()g x 的图像如图，再设()22n h x m x m ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，当0x >可得()h x 表示过点,02n m ⎛⎫⎪⎝⎭，斜率为2m 的一条射线（不含端点），要求nm 的最大值且满足不等式恒成立，可求2n m的最大值，由点,02n m ⎛⎫⎪⎝⎭在x 轴上方移动，只需找到合适的0m >，且()h x 与()g x 图像相切于点,02n m ⎛⎫⎪⎝⎭，如图所示，此时22n n e e m m =⇒= 故答案为：2e（江苏省扬州市仪征市精诚高级中学2021-2022学年高三上学期9月月考） 20. 已知函数()ln ()f x x ax a R =-∈. （1）讨论函数()f x 的单调性； （2）证明不等式2()x e ax f x --≥恒成立. 【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）求出函数导数，讨论a 的范围结合导数即可得出单调性；（2）构造函数2()ln x x e x ϕ-=-，利用导数可得()x ϕ'在(0,)+∞上有唯一实数根0x ，且012x <<，则可得()0()0x x ϕϕ≥>，即得证.【详解】（1）11()(0)axf x a x x x-'=-=>， 当0a ≤时，()0f x '>，所以()f x 在(0,)+∞上单调递增； 当0a >时，令()0f x '=，得到1x a=， 所以当10,x a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0f x '>，()f x 单调递增，当1,x a ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭，()0f x '<，()f x 单调递减.综上所述，当0a ≤时，()f x 在(0,)+∞上单调递增；当0a >时，()f x 在10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，在1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递减.（2）设函数2()ln x x e x ϕ-=-，则21()x x e xϕ-'=-，可知()x ϕ'在(0,)+∞上单调递增.又由(1)0ϕ'<，(2)0ϕ'>知，()x ϕ'在(0,)+∞上有唯一实数根0x ，且012x <<，则()020010x x ex ϕ-'=-=，即0201x e x -=.当()00,x x ∈时，()0x ϕ'<，()ϕx 单调递减； 当()0x x ∈+∞时，()0x ϕ'>，()ϕx 单调递增；所以()0200()ln x x x ex ϕϕ-≥=-，结合021x e x -=，知002ln x x -=-， 所以()()22000000001211()20x x x x x x x x x ϕϕ--+≥=+-==>，则2()ln 0x x e x ϕ-=->， 即不等式2()x e ax f x --≥恒成立.【点睛】关键点睛：本题考查不等式恒成立的证明，解题的关键是转化为证明2()ln x x e x ϕ-=-的最小值大于0.（贵州省铜仁市思南中学2021届高三第十次月考）21. 已知函数()e (0)x f x ax a -=≠存在极大值1e ．（1）求实数a 的值；（2）若函数F （x ）＝f （x ）﹣m 有两个零点x 1，x 2（x 1≠x 2），求实数m 的取值范围，并证明：x 1+x 2＞2．【答案】（1）a ＝1 （2）10e m ＜＜，证明见解析【解析】【分析】（1）利用极值的定义，列式求出a 的值，然后进行验证即可； （2）利用（1）中的结论，确定()f x 的单调性、极值以及函数的取值情况，由零点的定义，即可得到m 的取值范围，利用12()()F x F x =，得到2211lnx x x x -=，将问题转化为证明2122111ln 2x x x x x x -<+，即证明21221111ln 21x x x x x x -<+，不妨设12x x <，令21x t x =，则1t >，从而将问题转化为证明1112t lnt t -<+对于1t >恒成立，构造函数11()ln 21t g t t t -=-+，利用导数研究函数的单调性，求解函数的取值情况，即可证明．【小问1详解】解：函数()e (0)x f x ax a -=≠， 则(1)()e xa x f x -'=， 令()0f x '=，解得1x =， 所以f （1）1e ea ==，解得1a =， 此时1()e xxf x -'=， 当1x <时，()0f x '>，则()f x 单调递增， 当1x >时，()0f x '<，则()f x 单调递减， 所以当1x =时，函数()f x 取得极大值f （1）1e=，符合题意，。
不等式恒成立练习题(学生)
不等式恒成立、能成立、恰成立问题专项练习1.①若不等式2(1)(1)3(1)0m x m x m +--+-<对任意实数x 恒成立，某某数m 的取值X 围②若不等式2(1)(1)3(1)0m x m x m +--+-<对任意实数m 恒成立，某某数x 的取值X 围。
2.已知不等式[]22023x x a x -+>∈对任意实数，恒成立。
某某数a 的取值X 围。
3.设2()22f x x ax =-+，当1,2x ⎡⎫∈-+∞⎪⎢⎣⎭时，恒有()f x a >，某某数a 的取值X 围。
4.对任意的[]1,1a ∈-，函数2()(4)42f x x a x a =+-+-的值总是正数，则x 得取值X 围是（）A １<ｘ<３ Ｂ ｘ<１或x>3 C 1<x<2 D x<1或x>25. 若不等式2log 0m x x -<在10,2⎛⎫⎪⎝⎭内恒成立，则实数m 的取值X 围。
6.①对一切实数x,不等式32x x a --+>恒成立，某某数a 的X 围。
②若不等式32x x a --+>有解，某某数a 的X 围。
③若方程32x x a --+=有解，某某数a 的X 围。
7. ①若x,y 满足方程22(1)1x y +-=，不等式0x y c ++≥恒成立，某某数c 的X 围。
②若x,y 满足方程22(1)1x y +-=，0x y c ++=，某某数c 的X 围。
8. 已知函数[)22(),1,x x a f x x x ++=∈+∞ （1） 当12a =时，求函数()f x 的最小值； （2）若对任意[)1,,()0x f x ∈+∞>恒成立，某某数a 的X 围9.已知()02,2>>+-=a b c bx ax x f ,试问在区间[]1,1-上是否存在一个x ,使得()b x f ≥成立,请证明你结论10.已知函数()()2lg x ax a x f --=(Ⅰ)若()x f 的定义域Φ≠A ,试求a 的取值X 围.(Ⅱ) 若()x f 在()3,2∈x 上有意义, 试求a 的取值X 围.(Ⅲ)若()0>x f 的解集为()3,2,,试求a 的值.11.（08某某文21）．设函数432()2()f x x ax x b x R =+++∈，其中,a b R ∈．（Ⅲ）若对于任意的[]22a ∈-，，不等式()1f x ≤在[]11-，上恒成立，求b 的取值X 围．（节选）12.（09年全国卷II 文21）设函数321()(1)4243f x x a x ax a =-+++，其中常数1a > （II ）若当0x ≥时，()0f x >恒成立，求a 的取值X 围。
课时作业8：习题课 不等式恒成立、能成立问题
习题课 不等式恒成立、能成立问题课时对点练1．一元二次不等式ax 2＋bx ＋c <0的解集为全体实数的条件是( )A.⎩⎪⎨⎪⎧ a >0，Δ>0B.⎩⎪⎨⎪⎧ a >0，Δ<0C.⎩⎪⎨⎪⎧ a <0，Δ>0D.⎩⎪⎨⎪⎧a <0，Δ<0 答案 D解析 一元二次不等式ax 2＋bx ＋c <0的解集为全体实数等价于二次函数y ＝ax 2＋bx ＋c 的图象全部在x 轴下方，需要开口向下，且与x 轴无交点，故需要⎩⎪⎨⎪⎧a <0，Δ<0. 2．若关于x 的不等式－x 2＋mx －1≥0有解，则实数m 的取值范围是( )A ．{m |m ≤－2或m ≥2}B ．{m |－2≤m ≤2}C ．{m |m <－2或m >2}D ．{m |－2<m <2}答案 A解析 因为关于x 的不等式－x 2＋mx －1≥0有解，所以Δ＝m 2－4≥0，解得m ≥2或m ≤－2.3．已知不等式x 2＋ax ＋4<0的解集为空集，则a 的取值范围是( )A ．{a |－4≤a ≤4}B ．{a |－4<a <4}C ．{a |a ≤－4或a ≥4}D ．{a |a <－4或a >4} 答案 A解析 由题意得，Δ＝a 2－16≤0，解得－4≤a ≤4.4．已知不等式－x 2＋4x ≥a 2－3a 在R 上有解，则实数a 的取值范围为( )A ．{a |－1≤a ≤4}B ．{a |－1<a <4}C ．{a |a ≥4或a ≤－1}D ．{a |－4≤a ≤1} 答案 A解析 由题意知，－(x －2)2＋4≥a 2－3a 在R 上有解，∴a 2－3a ≤4，即(a －4)(a ＋1)≤0，∴－1≤a ≤4.5．若两个正实数x ，y 满足1x ＋4y ＝1，且不等式x ＋y 4<m 2－3m 有解，则实数m 的取值范围是( ) A ．{m |－1<m <4}B ．{m |m <0或m >3}C ．{m |－4<m <1}D ．{m |m <－1或m >4}答案 D解析 因为正实数x ，y 满足1x ＋4y＝1， 所以x ＋y 4＝⎝⎛⎭⎫1x ＋4y ⎝⎛⎭⎫x ＋y 4＝2＋4x y ＋y 4x≥2＋24x y ·y 4x＝4， 当且仅当x ＝2，y ＝8时，x ＋y 4取得最小值4， 由x ＋y 4<m 2－3m 有解，可得m 2－3m >4， 解得m >4或m <－1.6．(多选)不等式ax 2－2x ＋1<0的解集非空的一个必要不充分条件是( )A ．a <1B ．a ≤1C ．a <2D ．a <0 答案 BC解析 因为ax 2－2x ＋1<0的解集非空，显然a ≤0成立，由⎩⎪⎨⎪⎧a >0，Δ＝4－4a >0，∴0<a <1，综上，ax 2－2x ＋1<0的解集非空的充要条件为a <1.7．若不等式x 2＋(m －3)x ＋m <0无解，则实数m 的取值范围是________．答案 1≤m ≤9解析 x 2＋(m －3)x ＋m <0无解，Δ＝(m －3)2－4m ＝m 2－10m ＋9≤0，解得1≤m ≤9.8．若关于x 的不等式(k －1)x 2＋(k －1)x －1<0恒成立，则实数k 的取值范围是_________． 答案 {k |－3<k ≤1}解析 当k ＝1时，－1<0恒成立；当k ≠1时，由题意得⎩⎪⎨⎪⎧k －1<0，(k －1)2＋4(k －1)<0， 解得－3<k <1，因此实数k 的取值范围为{k |－3<k ≤1}．9．∀x ∈{x |2≤x ≤3}，不等式mx 2－mx －1<0恒成立，求m 的取值范围．解 由不等式mx 2－mx －1<0，得m (x 2－x )<1，因为x ∈{x |2≤x ≤3}，所以x 2－x >0，所以m (x 2－x )<1可化为m <1x 2－x，因为x 2－x ＝⎝⎛⎭⎫x －122－14≤6， 所以1x 2－x ≥16，所以m <16. 即m 的取值范围是⎩⎨⎧⎭⎬⎫m ⎪⎪m <16. 10．已知函数y ＝mx 2－mx －6＋m ，若对于1≤m ≤3，y <0恒成立，求实数x 的取值范围． 解 y <0⇔mx 2－mx －6＋m <0⇔(x 2－x ＋1)m －6<0.∵1≤m ≤3，∴x 2－x ＋1<6m恒成立， ∴x 2－x ＋1<63⇔x 2－x －1<0⇔1－52<x <1＋52. ∴x 的取值范围为⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪1－52<x <1＋52.11．设p ：“∀x ∈R ，x 2－mx ＋1>0”，q ：“－2≤m ≤2”，则p 是q 成立的( )A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件答案 A解析 ∵∀x ∈R ，x 2－mx ＋1>0，∴Δ＝m 2－4<0，∴－2<m <2，∴命题p ：－2<m <2.由集合间的关系可知，p 是q 成立的充分不必要条件．12．在R 上定义运算：x ⊗y ＝x (1－y )，若∃x ∈R 使得(x －a )⊗(x ＋a )>1成立，则实数a 的取值范围是( )A ．a <－12或a >32B ．－12<a <32C ．－32<a <12D ．a <－32或a >12 答案 A解析 由题意知(x －a )⊗(x ＋a )＝(x －a )[1－(x ＋a )]＝－x 2＋x ＋a 2－a ＝－⎝⎛⎭⎫x －122＋a 2－a ＋14， ∴若∃x ∈R ，使得不等式(x －a )⊗(x ＋a )>1成立，则需函数y ＝－⎝⎛⎭⎫x －122＋a 2－a ＋14的最大值大于1， 即x ＝12时，y ＝a 2－a ＋14>1成立， 解得a <－12或a >32. 13．对任意x 满足－1≤x ≤2，不等式x 2－2x ＋a <0成立的必要不充分条件是( )A ．a <－3B ．a <－4C ．a <0D ．a >0 答案 C解析 因为x 2－2x ＋a <0，所以a <－x 2＋2x ，又因为－1≤x ≤2，－x 2＋2x ＝－x (x －2)≥－3，所以a <－3，又因为求“对任意x 满足－1≤x ≤2，不等式x 2－2x ＋a <0成立的必要不充分条件”． 所以C 正确．14．若存在1≤a ≤3，使得不等式ax 2＋(a －2)x －2>0成立，则实数x 的取值范围为________．答案 ⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪x ＜－1或x >23 解析 令y ＝ax 2＋(a －2)x －2＝(x 2＋x )a －2x －2，是关于a 的函数，由题意得(x 2＋x )－2x －2＞0或 (x 2＋x )·3－2x －2＞0.即x 2 －x －2＞0①，或3x 2＋x －2＞0②.解①可得x ＜－1或x ＞2. 解②可得x ＜－1或x >23. 把①②的解集取并集可得x ＜－1或x >23.15．关于x 的不等式(a 2－1)x 2－(a －1)x －1≤0的解集为R ，则实数a 的取值范围是________．答案 ⎩⎨⎧⎭⎬⎫a ⎪⎪－35≤a ≤1 解析 当a 2－1＝0时，a ＝1或a ＝－1，若a ＝1，不等式为－1≤0，恒成立，若a ＝－1，不等式为2x －1≤0，解得x ≤12，不符合题意， 当a 2－1≠0时，若要不等式(a 2－1)x 2－(a －1)x －1≤0的解集为R ，则a 2－1<0，且Δ＝(a －1)2＋4(a 2－1)≤0，解得－35≤a <1， 综上可得－35≤a ≤1. 16．不等式x 2＋8y 2≥λy (x ＋y )对于任意的x ，y ∈R 恒成立，求实数λ的取值范围． 解 因为x 2＋8y 2≥λy (x ＋y )对于任意的x ，y ∈R 恒成立，所以x 2＋8y 2－λy (x ＋y )≥0对于任意的x ，y ∈R 恒成立，即x 2－λyx ＋(8－λ)y 2≥0恒成立，由二次不等式的性质可得，Δ＝λ2y 2＋4(λ－8)y 2＝y 2(λ2＋4λ－32)≤0，所以(λ＋8)(λ－4)≤0，解得－8≤λ≤4.即实数λ的取值范围为{λ|－8≤λ≤4}．。
高考数学一轮复习专题训练—不等式恒成立或有解问题
微课2 不等式恒成立或有解问题题型一 分离法求参数的取值范围【例1】(2020·全国Ⅰ卷)已知函数f (x )＝e x ＋ax 2－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.解 (1)当a ＝1时，f (x )＝e x ＋x 2－x ，x ∈R ， f ′(x )＝e x ＋2x －1.故当x ∈(－∞，0)时，f ′(x )<0； 当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )>0.所以f (x )在(－∞，0)单调递减，在(0，＋∞)单调递增. (2)由f (x )≥12x 3＋1得，e x ＋ax 2－x ≥12x 3＋1，其中x ≥0，①当x ＝0时，不等式为1≥1，显然成立，此时a ∈R . ②当x >0时，分离参数a ，得a ≥－e x －12x 3－x －1x 2，记g (x )＝－e x －12x 3－x －1x 2，g ′(x )＝－（x －2）⎝⎛⎭⎫e x －12x 2－x －1x 3.令h (x )＝e x －12x 2－x －1(x >0)，则h ′(x )＝e x －x －1，令H (x )＝e x －x －1， H ′(x )＝e x －1>0，故h ′(x )在(0，＋∞)上是增函数，因此h ′(x )>h ′(0)＝0，故函数h (x )在(0，＋∞)上递增， ∴h (x )>h (0)＝0，即e x －12x 2－x －1>0恒成立，故当x ∈(0，2)时，g ′(x )>0，g (x )单调递增； 当x ∈(2，＋∞)时，g ′(x )<0，g (x )单调递减. 因此，g (x )max ＝g (2)＝7－e 24，综上可得，实数a 的取值范围是⎣⎡⎭⎫7－e 24，＋∞. 感悟升华 分离参数法来确定不等式f (x ，λ)≥0(x ∈D ，λ为实数)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. 【训练1】已知函数f (x )＝ax －1－ln x (a ∈R ). (1)讨论函数f (x )在定义域内的极值点的个数；(2)若函数f (x )在x ＝1处取得极值，∀x ∈(0，＋∞)，f (x )≥bx －2恒成立，求实数b 的取值范围. 解 (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，且f ′(x )＝a －1x ＝ax －1x.当a ≤0时，f ′(x )≤0在(0，＋∞)上恒成立，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递减，∴f (x )在(0， ＋∞)上没有极值点.当a ＞0时，由f ′(x )＜0得0＜x ＜1a ，由f ′(x )＞0得x ＞1a ，∴f (x )在⎝⎛⎭⎫0，1a 上递减，在⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞上递增，即f (x )在x ＝1a处有极小值.∴当a ≤0时，f (x )在(0，＋∞)上没有极值点，当a ＞0时，f (x )在(0，＋∞)上有一个极值点. (2)∵函数f (x )在x ＝1处取得极值， ∴a ＝1，∴f (x )≥bx －2⇒1＋1x －ln xx≥b ，令g (x )＝1＋1x －ln xx ，则g ′(x )＝ln x －2x 2，令g ′(x )＝0，得x ＝e 2.则g (x )在(0，e 2)上递减，在(e 2，＋∞)上递增， ∴g (x )min ＝g (e 2)＝1－1e 2，即b ≤1－1e 2，故实数b 的取值范围为⎝⎛⎦⎤－∞，1－1e 2. 题型二 等价转化法求参数范围 【例2】函数f (x )＝x 2－2ax ＋ln x (a ∈R ).(1)若函数y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线与直线x －2y ＋1＝0垂直，求a 的值； (2)若不等式2x ln x ≥－x 2＋ax －3在区间(0，e]上恒成立，求实数a 的取值范围. 解 (1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝2x －2a ＋1x ，f ′(1)＝3－2a ，由题意f ′(1)·12＝(3－2a )·12＝－1，解得a ＝52.(2)不等式2x ln x ≥－x 2＋ax －3在区间(0，e]上恒成立等价于2ln x ≥－x ＋a －3x ，令g (x )＝2ln x ＋x －a ＋3x，则g ′(x )＝2x ＋1－3x 2＝x 2＋2x －3x 2＝（x ＋3）（x －1）x 2，则在区间(0，1)上，g ′(x )<0，函数g (x )为减函数； 在区间(1，e]上，g ′(x )>0，函数g (x )为增函数. 由题意知g (x )min ＝g (1)＝1－a ＋3≥0，得a ≤4， 所以实数a 的取值范围是(－∞，4].感悟升华 根据不等式恒成立求参数范围的关键是将恒成立问题转化为最值问题，如f (x )≥a 恒成立，则f (x )min ≥a ，然后利用最值确定参数满足的不等式，解不等式即得参数范围. 【训练2】已知f (x )＝e x －ax 2，若f (x )≥x ＋(1－x ) e x 在[0，＋∞)恒成立，求实数a 的取值范围. 解 f (x )≥x ＋(1－x )e x ，即e x －ax 2≥x ＋e x －x e x ，即e x －ax －1≥0，x ≥0.令h (x )＝e x －ax －1(x ≥0)，则h ′(x )＝e x －a (x ≥0)， 当a ≤1时，由x ≥0知h ′(x )≥0，∴在[0，＋∞)上h (x )≥h (0)＝0，原不等式恒成立. 当a >1时，令h ′(x )>0，得x >ln a ； 令h ′(x )<0，得0≤x <ln a . ∴h (x )在[0，ln a )上单调递减， 又∵h (0)＝0，∴h (x )≥0不恒成立， ∴a >1不合题意.综上，实数a 的取值范围为(－∞，1].题型三 可化为不等式恒成立求参数的取值范围(含有解问题) 【例3】已知函数f (x )＝13x 3＋x 2＋ax .(1)若函数f (x )在区间[1，＋∞)上单调递增，求实数a 的最小值；(2)若函数g (x )＝xe x ，对∀x 1∈⎣⎡⎦⎤12，2，∃x 2∈⎣⎡⎦⎤12，2，使f ′(x 1)≤g (x 2)成立，求实数a 的取值范围.解 (1)由题设知f ′(x )＝x 2＋2x ＋a ≥0在[1，＋∞)上恒成立， 即a ≥－(x ＋1)2＋1在[1，＋∞)上恒成立， 而函数y ＝－(x ＋1)2＋1在[1，＋∞)单调递减， 则y max ＝－3，所以a ≥－3，所以a 的最小值为－3. (2)“对∀x 1∈⎣⎡⎦⎤12，2，∃x 2∈⎣⎡⎦⎤12，2， 使f ′(x 1)≤g (x 2)成立”等价于“当x ∈⎣⎡⎦⎤12，2时，f ′(x )max ≤g (x )max ”.因为f ′(x )＝x 2＋2x ＋a ＝(x ＋1)2＋a －1在⎣⎡⎦⎤12，2上单调递增，所以f ′(x )max ＝f ′(2)＝8＋a . 而g ′(x )＝1－xe x，由g ′(x )>0，得x <1，由g ′(x )<0，得x >1， 所以g (x )在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减. 所以当x ∈⎣⎡⎦⎤12，2时，g (x )max ＝g (1)＝1e . 由8＋a ≤1e ，得a ≤1e－8，所以实数a 的取值范围为⎝⎛⎦⎤－∞，1e －8. 感悟升华 含参不等式能成立问题(有解问题)可转化为恒成立问题解决，常见的转化有： (1)∀x 1∈M ，∃x 2∈N ，f (x 1)>g (x 2)⇔f (x 1)min >g (x 2)min . (2)∀x 1∈M ，∀x 2∈N ，f (x 1)>g (x 2)⇔f (x 1)min >g (x 2)max . (3)∃x 1∈M ，∃x 2∈N ，f (x 1)>g (x 2)⇔f (x 1)max >g (x 2)min . (4)∃x 1∈M ，∀x 2∈N ，f (x 1)>g (x 2)⇔f (x 1)max >g (x 2)max . 【训练3】已知函数f (x )＝ax －e x (a ∈R )，g (x )＝ln xx .(1)求函数f (x )的单调区间；(2)∃x ∈(0，＋∞)，使不等式f (x )≤g (x )－e x 成立，求a 的取值范围. 解 (1)因为f ′(x )＝a －e x ，x ∈R .当a ≤0时，f ′(x )<0，f (x )在R 上单调递减； 当a >0时，令f ′(x )＝0，得x ＝ln a .由f ′(x )>0，得f (x )的单调递增区间为(－∞，ln a )； 由f ′(x )<0，得f (x )的单调递减区间为(ln a ，＋∞).综上所述，当a ≤0时，f (x )的单调递减区间为(－∞，＋∞)，无单调递增区间； 当a >0时，f (x )的单调递增区间为(－∞，ln a )，单调递减区间为(ln a ，＋∞).(2)因为∃x ∈(0，＋∞)，使不等式f (x )≤g (x )－e x ， 则ax ≤ln x x ，即a ≤ln x x2.设h (x )＝ln xx 2，则问题转化为a ≤⎝⎛⎭⎫ln x x 2max . 由h ′(x )＝1－2ln xx 3，令h ′(x )＝0，得x ＝ e. 当x 在区间(0，＋∞)内变化时，h ′(x )，h (x )随x 的变化情况如下表：x (0，e) e (e ，＋∞)h ′(x ) ＋ 0 － h (x )极大值12e由上表可知，当x ＝e 时，函数h (x )有极大值，即最大值为12e ，所以a ≤12e .故a 的取值范围是⎝⎛⎦⎤－∞，12e .1.已知函数f (x )＝ax －1＋ln x ，若存在x 0>0，使得f (x 0)≤0有解，则实数a 的取值范围是( )A.a >2B.a <3C.a ≤1D.a ≥3答案 C解析 函数f (x )的定义域是(0，＋∞)，不等式ax －1＋ln x ≤0有解，即a ≤x －x ln x 在(0，＋∞)上有解.令h (x )＝x －x ln x ，则h ′(x )＝－ln x . 由h ′(x )＝0，得x ＝1.当0<x <1时，h ′(x )>0，当x >1时，h ′(x )<0. 故当x ＝1时，函数h (x )＝x －x ln x 取得最大值1， 所以要使不等式a ≤x －x ln x 在(0，＋∞)上有解， 只要a ≤h (x )max 即可，即a ≤1.2.已知a ∈R ，设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2－2ax ＋2a ，x ≤1，x －a ln x ，x >1.若关于x 的不等式f (x )≥0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 当x ≤1时，由f (x )＝x 2－2ax ＋2a ≥0恒成立，而二次函数f (x )图象的对称轴为直线x ＝a ， 所以当a ≥1时，f (x )min ＝f (1)＝1>0恒成立， 当a <1时，f (x )min ＝f (a )＝2a －a 2≥0，∴0≤a <1. 综上，a ≥0.当x >1时，由f (x )＝x －a ln x ≥0恒成立， 即a ≤xln x恒成立.设g (x )＝xln x (x >1)，则g ′(x )＝ln x －1（ln x ）2.令g ′(x )＝0，得x ＝e ，且当1<x <e 时，g ′(x )<0，当x >e 时，g ′(x )>0， ∴g (x )min ＝g (e)＝e ，∴a ≤e. 综上，a 的取值范围是[0，e].3.已知函数f (x )＝m ⎝⎛⎭⎫x －1x －2ln x (m ∈R )，g (x )＝－mx ，若至少存在一个x 0∈[1，e]，使得f (x 0)<g (x 0)成立，求实数m 的取值范围. 解 依题意，不等式f (x )<g (x )在[1，e]上有解， ∴mx <2ln x 在区间[1，e]上有解，即m 2<ln xx 能成立.令h (x )＝ln xx ，x ∈[1，e]，则h ′(x )＝1－ln x x 2.当x ∈[1，e]时，h ′(x )≥0，h (x )在[1，e]上是增函数，∴h (x )的最大值为h (e)＝1e.由题意m 2<1e ，即m <2e 时，f (x )<g (x )在[1，e]上有解.∴实数m 的取值范围是⎝⎛⎭⎫－∞，2e . 4.设f (x )＝x e x ，g (x )＝12x 2＋x .(1)令F (x )＝f (x )＋g (x )，求F (x )的最小值；(2)若任意x 1，x 2∈[－1，＋∞)，且x 1>x 2，有m [f (x 1)－f (x 2)]>g (x 1)－g (x 2)恒成立，求实数m 的取值范围.解 (1)因为F (x )＝f (x )＋g (x )＝x e x ＋12x 2＋x ，所以F ′(x )＝(x ＋1)(e x ＋1)， 令F ′(x )>0，解得x >－1， 令F ′(x )<0，解得x <－1，所以F (x )在(－∞，－1)上单调递减，在(－1，＋∞)上单调递增. 故F (x )min ＝F (－1)＝－12－1e.(2)因为任意x 1，x 2∈[－1，＋∞)，且x 1>x 2，有m [f (x 1)－f (x 2)]>g (x 1)－g (x 2)恒成立， 所以mf (x 1)－g (x 1)>mf (x 2)－g (x 2)恒成立.令h (x )＝mf (x )－g (x )＝mx e x －12x 2－x ，x ∈[－1，＋∞)，即只需h (x )在[－1，＋∞)上单调递增即可.故h ′(x )＝(x ＋1)(m e x －1)≥0在[－1，＋∞)上恒成立，故m ≥1e x ，而1e x ≤e ，故m ≥e ，即实数m 的取值范围是[e ，＋∞). 5.已知函数f (x )＝m e x －x 2.(1)若m ＝1，求曲线y ＝f (x )在(0，f (0))处的切线方程；(2)若关于x 的不等式f (x )≥x (4－m e x )在[0，＋∞)上恒成立，求实数m 的取值范围.解 (1)当m ＝1时，f (x )＝e x －x 2，则f ′(x )＝e x －2x . 所以f (0)＝1，且斜率k ＝f ′(0)＝1.故所求切线方程为y －1＝x ，即x －y ＋1＝0. (2)由m e x －x 2≥x (4－m e x )得m e x (x ＋1)≥x 2＋4x . 故问题转化为当x ≥0时，m ≥⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2＋4x e x （x ＋1）max . 令g (x )＝x 2＋4xe x （x ＋1），x ≥0，则g ′(x )＝－（x ＋2）（x 2＋2x －2）（x ＋1）2e x .由g ′(x )＝0及x ≥0，得x ＝3－1.当x ∈(0，3－1)时，g ′(x )>0，g (x )单调递增； 当x ∈(3－1，＋∞)时，g ′(x )<0，g (x )单调递减. 所以当x ＝3－1时，g (x )max ＝g (3－1)＝2e 1－3.所以m ≥2e 1－3.即实数m 的取值范围为[2e 1－3，＋∞).。
基本不等式专题训练
基本不等式专题训练一、选择题1.已知a,b∈R，且a+b=1，则ab的最大值为（）A. 41B. −41C. 1D. 不存在2.对于任意正实数x,y，下列不等式恒成立的是（）A. x2+y2≥2xyB. x2+y2≤2xyC. x+y≥2xyD. x+y≤2xy3.已知a,b,c>0，且a+b+c=1，则a+b+c的最大值为（）A. 1B. 3C. 3D. 33二、填空题4.已知x>0，则函数y=4x+x1的最小值为____。
5.已知a,b>0，且a+b=5，则a1+b4的最小值为____。
三、解答题6.已知x,y∈R，且x+y=4，求3x+9y的最小值。
7.已知a,b,c>0，且a+b+c=1，证明：a+b+c≤2。
8.已知x>0，y>0，且xy=4，求x+yx2+y2的最小值。
参考答案一、选择题1.A解析由a+b=1，根据基本不等式(a−b)2≥0，展开得a2−2ab+b2≥0，即a2+b2≥2ab。
又因为(a+b)2=a2+2ab+b2=1，所以2ab≤1−(a2+b2)+2ab=1，即ab≤41。
当且仅当a=b=21时，等号成立。
2.A解析对于任意正实数x,y，根据平方和公式，有x2+y2≥2xy（当且仅当x=y时取等号）。
而选项C和D分别对应的是算术平均数与几何平均数的关系，但仅当x,y均为正数时，算术平均数才大于等于几何平均数，且等号成立的条件是x=y。
选项B显然不成立。
3.B解析由柯西不等式（Cauchy-Schwarz Inequality）得(a+b+c)2≤(12+12+12)(a+b+c)=3，即a+b+c≤3。
当且仅当a=b=c=31时，等号成立。
二、填空题4.41解析由算术平均数与几何平均数的关系得y=4x+x1≥24x⋅x1=4（当且仅当4x=x1，即x=21时取等号）。
5.59解析由“乘1法”与基本不等式得a1+b4=51(a+b)(a1+b4)=51(5+ab+b4a )≥51(5+2ab⋅b4a)=59（当且仅当ab=b4a，即a=35,b=310时取等号）。
恒成立问题题型大全（详解详析）
不等式中恒成立问题在不等式的综合题中，经常会遇到当一个结论对于某一个字母的某一个取值范围内所有值都成立的恒成立问题。
恒成立问题的基本类型：2f(x) 0在x Rf(x) ax bx c(a 0)类型1：设，（1）且 0f(x) 0在x R；上恒成立 a 0且 0 a 0（2）上恒成立。
2f(x) ax bx c(a 0)类型2：设f(x) 0在x *,+a 0（1）当时，上恒成立或或bbb2a2a2a，() 0 f() 0 f() 0 0ff(x) 0在x *,+ 上恒成立f() 0 f() 0 f(x) 0在x *,+a 0 （2）当时，上恒成立f() 0 bbbf(x) 0在x *,+ 或或2a2a2a 上恒成立类型3：f() 0 0f() 0f(x) 对一切x I恒成立 f(x) min f(x) 对一切x I恒成立 f(x) 。
max类型4： f(x) g(x)对一切x I恒成立 f(x)的图象在g(x)的图象的上方或f(x) g(x)minmax(x I) 恒成立问题的解题的基本思路是：根据已知条件将恒成立问题向基本类型转化，正确选用函数法、最小值法、数形结合等解题方法求解。
一、用一次函数的性质f(x) kx b,x *m,n+ 对于一次函数有：恒成立 ,f(x) 0恒成立 f(m) 0f(m) 0 f(x) 0f(n) 0f(n) 0 12m2 m 22x1 m(x1)例1：若不等式对满足的所有都成立，求x的范围。
解析：我们可以用改变主元的办法，将m视为主变元，即将元不等式化为：222 m 2m(x1)(2x1) 0f(m) m(x1)(2x 1)，；令，则时，恒成2 f(2) 02(x1)(2x1) 0 f(m) 0立，所以只需即，所以x的范围 f(2) 02 2(x1)(2x1) 01713x (,)是。
22二、利用一元二次函数的判别式2f(x) ax bx c 0(a 0,x R) 对于一元二在x R（1）上恒次函数有： a 0且 0f(x) 0成立； a 0且 0f(x) 0在x R（2）上恒成立2(m1)x(m1)x2 0例2：若不等式的解集是R，求m的范围。
专题04 恒成立问题(文理通用)(含详细答案)
专题04 恒成立问题一、单选题1．若定义在R 上的函数()f x 满足()()2f x f x -=+，且当1x <时，()x xf x e=，则满足()()35f f -的值 A ．恒小于0 B ．恒等于0 C ．恒大于0D ．无法判断2．()()(),f x R f x f x x R '∀∈设函数是定义在上的函数，其中的导函数为，满足对于()()f x f x '<恒成立，则下列各式恒成立的是A ．2018(1)(0),(2018)(0)f ef f e f <<B ．2018(1)(0),(2018)(0)f ef f e f >>C ．2018(1)(0),(2018)(0)f ef f e f ><D ．2018(1)(0),(2018)(0)f ef f ef3．已知0a >，0b >，下列说法错误的是 A ．若1b a a b ⋅=，则2a b +≥ B ．若23a b e a e b +=+，则a b > C ．()ln ln a a b a b -≥-恒成立D ．ln 0b ba a e+≥恒成立 4．若1x =是函数()4312*()1n n n f x a x a x a x n N ++=--+∈的极值点，数列{}n a 满足11a =，23a =，设31log n n b a +=，记[]x 表示不超过x 的最大整数．设12231202*********n n n S b b b b b b +⎡⎤=+++⎢⎥⎣⎦，若不等式n S t 对n +∀∈N 恒成立，则实数t 的最大值为 A ．2020 B ．2019 C ．2018D ．1010二、多选题1．若满足()()'0f x f x +>，对任意正实数a ，下面不等式恒成立的是 A ．()()2f a f a < B ．()()2af a ef a >-C ．()()0>f a fD ．()()0a f f a e>2．定义在R 上的函数()f x 的导函数为()f x '，且()()()f x xf x xf x '+<对x ∈R 恒成立，则下列选项不正确的是 A ．2(2)(1)f f e> B ．2(2)(1)f f e< C ．()10f >D ．()10f ->3．已知函数()cos sin f x x x x =-，下列结论中正确的是 A ．函数()f x 在2x π=时，取得极小值1-B ．对于[]0,x π∀∈，()0≤f x 恒成立C ．若120x x π<<<，则1122sin sin x x x x < D ．若sin x a b x <<，对于0,2x π⎛⎫∀∈ ⎪⎝⎭恒成立，则a 的最大值为2π，b 的最小值为14．已知函数()2f x x x=-，()()πcos 5202xg x a a a =+->，．给出下列四个命题，其中是真命题的为A ．若[]1,2x ∃∈，使得()f x a <成立，则1a >-B ．若R x ∀∈，使得()0g x >恒成立，则05a <<C ．若[]11,2x ∀∈，2x ∀∈R ，使得()()12f x g x >恒成立，则6a >D ．若[]11,2x ∀∈，[]20,1x ∃∈，使得()()12f x g x =成立，则34a ≤≤ 5．当1x >时，()41ln ln 3k x x x x --<-+恒成立，则整数k 的取值可以是 A ．2- B ．1- C ．0D ．16．下列不等式中恒成立的有 A ．()ln 11xx x +≥+，1x >- B ．11ln 2x x x ⎛⎫≤- ⎪⎝⎭，0x > C ．1x e x ≥+ D ．21cos 12x x ≥-1．函数3()2,()ln 1f x x x c g x x =-+=+，若()()f x g x ≥恒成立，则实数c 的取值范围是___________． 2．若[,)x e ∀∈+∞，满足32ln 0mxx x me -≥恒成立，则实数m 的取值范围为___________．3．已知函数()()21ax x xf x x ++=≥，若()0f x '≥恒成立，则a 的取值范围为___________．4．已知函数()ln f x x x =-，若()10f x m -+≤恒成立，则m 的取值范围为___________． 5．若函数()0x f x e ax =->恒成立，则实数a 的取值范围是___________．6．当[1,2]x ∈-时，32122x x x m --<恒成立，则实数m 的取值范围是___________． 7．若()()220xxx me exeex e ++-≤在()0,x ∈+∞上恒成立，则实数m 的取值范围为___________．8．已知函数()()(ln )xf x e ax x ax =--，若()0f x <恒成立，则a 的取值范围是___________．9．已知函数()1x f x e ax =+-，若0,()0x f x 恒成立，则a 的取值范围是___________．10．不等式()221n n n N *>-∈不是恒成立的，请你只对该不等式中的数字作适当调整，使得不等式恒成立，请写出其中一个恒成立的不等式：___________．11．已知()ln f x x x m x =--，若()0f x >恒成立，则实数m 的取值范围是___________．12．已知函数21,0()2,0x e x f x ax x x ⎧-≥=⎨+<⎩，若()1f x ax ≥-恒成立，则a 的取值范围是___________．13．函数()2cos sin f x x x x x =+-，当3,22x ππ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，()f x ax ≤恒成立，则实数a 的取值范围是___________． 14．已知0a <，且()221ln 0ax ax x ax -+≥+恒成立，则a 的值是___________．15．若对任意实数(],1x ∈-∞，2211xx ax e-+≥恒成立，则a =___________．1．已知函数()22ln f x ax x x =-+有两个不同的极值点1x ，2x ，则a 的取值范围___________；且不等式()()1212f x f x x x t +<++恒成立，则实数t 的取值范围___________．2．对任意正整数n ，函数32()27cos 1f n n n n n πλ=---，若(2)0f ≥，则λ的取值范围是___________；若不等式()0f n ≥恒成立，则λ的最大值为___________．3．已知函数1()ln (0)f x ax x a x=+>．（1）当1a =时，()f x 的极小值为___________；（2）若()f x ax ≥在(0,)+∞上恒成立，则实数a 的取值范围为___________． 4．已知函数()()221xf exx x =-+，则()f x 在点()()0,0f 处的切线方程为___________，若()f x ax ≥在()0,∞+上恒成立，则实数a 的取值范围为___________．5．设函数()32f x ax bx cx =++（a ，b ，R c ∈，0a ≠）若不等式()()2xf x af x '-≤对一切R x ∈恒成立，则a =___________，b ca+的取值范围为___________． 6．已知函数()()x x f x x ae e -=-为偶函数，函数()()xg x f x xe -=+，则a =___________；若()g x mx e >-对()0,x ∈+∞恒成立，则m 的取值范围为___________． 五、解答题1．已知函数()sin f x x ax =-，()=ln 1xg x x x e -+，2.71828e =⋅⋅⋅为自然对数的底数． （1）当()0,x π∈，()0f x <恒成立，求a 的取值范围；（2）当0a =时，记()()()h x f x g x =+，求证：对任意()1,x ∈+∞，()0h x <恒成立． 2．已知函数()1x f x ae x =--（1）若()0f x ≥对于任意的x 恒成立，求a 的取值范围 （2）证明：1111ln(1)23n n++++≥+对任意的n N +∈恒成立 3．若对任意的实数k 、b ，函数()y f x kx b =++与直线y kx b =+总相切，则称函数()f x 为“恒切函数”．（1）判断函数()2f x x =是否为“恒切函数”；（2）若函数()()ln 0f x m x nx m =+≠是“恒切函数”，求实数m 、n 满足的关系式；（3）若函数()()1x xf x e x e m =--+是“恒切函数”，求证：104m -<≤． 4．已知函数()(ln )sin x f x e x a x =+-．（1）若()ln sin f x x x ≥⋅恒成立，求实数a 的最大值； （2）若()0f x ≥恒成立，求正整数a 的最大值．专题04 恒成立问题一、单选题1．若定义在R 上的函数()f x 满足()()2f x f x -=+，且当1x <时，()x xf x e=，则满足()()35f f -的值 A ．恒小于0 B ．恒等于0 C ．恒大于0D ．无法判断【试题来源】安徽省皖江名校联盟2021届高三第二次联考（理） 【答案】C【分析】当1x <时，求导，得出导函数恒小于零，得出()f x 在(),1-∞内是增函数．再由()()2f x f x -=+得()f x 的图象关于直线1x =对称，从而得()f x 在()1,+∞内是减函数，由此可得选项．【解析】当1x <时，'1()0xx f x e -=->，则()f x 在(),1-∞内是增函数． 由()()2f x f x -=+得()f x 的图象关于直线1x =对称，所以()f x 在()1,+∞内是减函数， 所以()()350f f ->．故选C ．2．()()(),f x R f x f x x R '∀∈设函数是定义在上的函数，其中的导函数为，满足对于()()f x f x '<恒成立，则下列各式恒成立的是A ．2018(1)(0),(2018)(0)f ef f e f <<B ．2018(1)(0),(2018)(0)f ef f e f >>C ．2018(1)(0),(2018)(0)f ef f e f ><D ．2018(1)(0),(2018)(0)f ef f ef【试题来源】2020届福建省仙游县枫亭中学高三上学期期中考试（理） 【答案】B【分析】构造函数()()xf x F x e =，求出'()0F x >，得到该函数为R 上的增函数，故得(0)(1)F F <，(0)(2018)F F <，从而可得到结论．【解析】设()()x f x F x e =，x R ∈（），所以'()()[]xf x F x e '==()()xf x f x e '-， 因为对于()(),x R f x f x ∀∈<'，所以'()0F x >，所以()F x 是R 上的增函数，所以(0)(1)F F <，(0)(2018)F F <，即(1)(0)f f e <，2018(2018)(0)f f e <， 整理得()()10f ef >和()20182018(0f ef >）．故故选B ．3．已知0a >，0b >，下列说法错误的是 A ．若1b a a b ⋅=，则2a b +≥ B ．若23a b e a e b +=+，则a b > C ．()ln ln a a b a b -≥-恒成立D ．ln 0b ba a e+≥恒成立 【试题来源】浙江省杭州市萧山中学2019-2020学年高三下学期返校考试 【答案】D【解析】对于A ，不妨令01a <≤，1b ≥，则1aab bb a aa a ab a b a b ⎛⎫⎛⎫⋅=⋅=⋅= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以1baa b ⋅=即11b aaab-=，由10b a -≥可知101b aa -<≤，则101ab <≤，所以1≥ab ，2a b +≥，故A 正确； 对于B ，若a b ≤，则0a b e e -≤，320b a ->，故32ab e e b a -≠-即23a b e a e b +≠+，与已知矛盾，故B 正确；对于C ，()ln ln ln 1b b a a b a b a a-≥-⇔-≥-， 令0b x a =>，()()ln 10f x x x x =-->，则()1x f x x-'=， 则()f x 在()0,1上单调递减，在()1,+∞上单调递增， 所以()()10f x f ≥=，所以ln 10b b a a --≥即ln 1b ba a-≥-，故C 正确； 对于D ，设()()ln 0h x x x x =>，()()0x xg x x e=>， 则()ln 1h x x '=+，()1xxg x e -'=， 所以()h x 在()10,e -上单调递减，在()1,e -+∞上单调递增，则()()11h x h e e --≥=-，()g x 在()0,1上单调递增，在()1,+∞上单调递减，则()()11g x g e -≤=，所以()()110h e g e --+<，即当1a b e -==时ln 0bba a e +<，故D 错误．故选D ． 4．若1x =是函数()4312*()1n n n f x a x a x a x n N ++=--+∈的极值点，数列{}n a 满足11a =，23a =，设31log n n b a +=，记[]x 表示不超过x 的最大整数．设12231202*********n n n S b b b b b b +⎡⎤=+++⎢⎥⎣⎦，若不等式n S t 对n +∀∈N 恒成立，则实数t 的最大值为 A ．2020 B ．2019 C ．2018D ．1010【试题来源】新疆维吾尔自治区2021届高三第二次联考数学（理）能力测试试题 【答案】D【分析】由极值点得数列的递推关系，由递推关系变形得数列1{}n n a a +-是等比数列，求得1n n a a +-，由累加法求得n a ，计算出n b ，然后求和122311202020202020n n b b b b b b ++++，利用增函数定义得此式的最小值，从而得出n S 的最小值，再由不等式恒成立可得t 的最大值． 【解析】3212()43n n n f x a x a x a '++=--，所以12(1)430n n n f a a a '++=--=， 即有()2113n n n n a a a a +++-=-，所以{}1n n a a +-是以2为首项3为公比的等比数列， 所以1123n n n a a -+-=⋅，1201111221123232313n n nn n n n n n n a a a a a a a a a a --++---=-+-+-++-+=⋅+⋅++⋅+=所以31log n n b a n +==，所以12231120202020202011120201223(1)n n b b b b b b n n +⎛⎫+++=+++⎪⨯⨯+⎝⎭1111120202020122311n n n n ⎛⎫=-+-++-=⎪++⎝⎭， 又20201ny n =+为增函数，当1n =时，1010n S =，10102020n S ≤<， 若n S t ≥恒成立，则t 的最大值为1010．故选D ．【名师点睛】本题考查函数的极值，等比数列的判断与通项公式，累加法求通项公式，裂项相消法求和，函数新定义，不等式恒成立问题的综合应用．涉及知识点较多，属于中档题．解题方法是按部就班，按照题目提供的知识点顺序求解．由函数极值点得数列的递推公式，由递推公式引入新数列是等比数列，求得通项公式后用累加法求得n a ，由对数的概念求得n b ，用裂项相消法求和新数列的前n 项和，并利用函数单调性得出最小值，然后由新定义得n S 的最小值，从而根据不等式恒成立得结论． 二、多选题1．若满足()()'0f x f x +>，对任意正实数a ，下面不等式恒成立的是 A ．()()2f a f a < B ．()()2af a ef a >-C ．()()0>f a fD ．()()0af f a e>【试题来源】江苏省扬州中学2019-2020学年高二下学期6月月考 【答案】BD【分析】根据()()'0f x f x +>，设()()xh x e f x =，()()()()xh x ef x f x ''=+，得到()h x 在R 上是增函数，再根据a 是正实数，利用单调性逐项判断．【解析】设()()xh x e f x =，()()()()xh x ef x f x ''=+，因为()()'0f x f x +>，所以()0h x '>，()h x 在R 上是增函数， 因为a 是正实数，所以2a a <，所以()()22aae f a e f a <，因为21a a e e >>， ()(),2f a f a 大小不确定，故A 错误， 因为a a -<，所以()()aa ef a e f a --<，即()()2a f a e f a >-，故B 正确．因为0a >，所以()()()000a e f a e f f >=， 因为1a e >，()(),0f a f 大小不确定．故C 错误．()()()000a e f a e f f >=，因为1a e >，所以()()0af f a e>，故D 正确．故选BD. 【名师点睛】本题主要考查导数与函数单调性比较大小，还考查了运算求解的能力，属于中档题．2．定义在R 上的函数()f x 的导函数为()f x '，且()()()f x xf x xf x '+<对x ∈R 恒成立，则下列选项不正确的是 A ．2(2)(1)f f e> B ．2(2)(1)f f e< C ．()10f >D ．()10f ->【试题来源】江苏省盐城市伍佑中学2019-2020学年高二下学期期中 【答案】BCD【分析】构造出函数()()xxf x F x e =，再运用求导法则求出其导数，借助导数与函数单调性之间的关系及题设中()()()f x xf x xf x '+<，从而确定函数()()xxf x F x e =是单调递减函数，然后可判断出每个答案的正误． 【解析】构造函数()()xxf x F x e =， 因为2[()()]()()()()()0()x x x xe f x xf x xe f x f x xf x xf x F x e e '+-+-=='<'， 故函数()()xxf x F x e=在R 上单调递减函数， 因为21>，所以212(2)(1)(2)(1)f f F F e e <⇒<，即2(2)(1)f f e<，故A 正确，B 错误； 因为()(1)0F F <，即()10f e<，所以()10f <，故C 错误； 因为()(1)0F F ->，即()110f e--->，所以()10f -<，故D 错误，故选BCD. 【名师点睛】解答本题的难点所在是如何依据题设条件构造出符合条件的函数()()xxf x F x e=，这里要求解题者具有较深的观察力和扎实的基本功，属于较难题． 3．已知函数()cos sin f x x x x =-，下列结论中正确的是 A ．函数()f x 在2x π=时，取得极小值1-B ．对于[]0,x π∀∈，()0≤f x 恒成立C ．若120x x π<<<，则1122sin sin x x x x < D ．若sin x a b x <<，对于0,2x π⎛⎫∀∈ ⎪⎝⎭恒成立，则a 的最大值为2π，b 的最小值为1【试题来源】山东省肥城市2019-2020学年高二下学期期中考试 【答案】BCD【分析】先对函数求导，根据022f ππ⎛⎫'=-≠⎪⎝⎭，排除A ；再由导数的方法研究函数单调性，判断出B 选项；构造函数()sin xg x x=，由导数的方法研究其单调性，即可判断C 选项；根据()sin x g x x =的单调性，先得到sin 2x x π>，再令()sin h x x x =-，根据导数的方法研究其单调性，得到sin 1xx<，即可判断D 选项． 【解析】因为()cos sin f x x x x =-，所以()cos sin cos sin f x x x x x x x '=--=-， 所以022f ππ⎛⎫'=-≠⎪⎝⎭，所以2x π=不是函数的极值点，故A 错； 若[]0,x π∈，则()sin 0f x x x '=-≤，所以函数()cos sin f x x x x =-在区间[]0,π上单调递减；因此()()00≤=f x f ，故B 正确； 令()sin x g x x =，则()2cos sin x x x g x x -'=， 因为()cos sin 0f x x x x =-≤在[]0,π上恒成立，所以()2cos sin 0x x xg x x -'=<在()0,π上恒成立，因此函数()sin xg x x=在()0,π上单调递减；又120x x π<<<，所以()()12g x g x >，即1212sin sin x x x x >，所以1122sin sin x x x x <，故C 正确；因为函数()sin x g x x =在()0,π上单调递减；所以0,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，函数()sin x g x x =也单调递减，因此()sin 22x g x g x ππ⎛⎫=>= ⎪⎝⎭在0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上恒成立；令()sin h x x x =-，0,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，则()1cos 0h x x '=-≥在0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上恒成立，所以()sin h x x x =-在0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增， 因此()sin 0h x x x =->，即sin 1xx <在0,2π⎛⎫ ⎪⎝⎭上恒成立； 综上，2sin 1x x π<<在0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上恒成立，故D 正确．故选BCD ． 【名师点睛】本题主要考查导数的应用，利用导数的方法研究函数的极值，单调性等，属于常考题型．4．已知函数()2f x x x=-，()()πcos 5202xg x a a a =+->，．给出下列四个命题，其中是真命题的为A ．若[]1,2x ∃∈，使得()f x a <成立，则1a >-B ．若R x ∀∈，使得()0g x >恒成立，则05a <<C ．若[]11,2x ∀∈，2x ∀∈R ，使得()()12f x g x >恒成立，则6a >D ．若[]11,2x ∀∈，[]20,1x ∃∈，使得()()12f x g x =成立，则34a ≤≤ 【试题来源】冲刺2020高考数学之拿高分题目强化卷（山东专版） 【答案】ACD【分析】对选项A ，()f x 在[]1,2上的最小值小于a 即可；对选项B ，()g x 的最小值大于0即可；对选项C ，()f x 在[]1,2上的最小值大于()g x 的最大值即可；对选项D ，[]11,2x ∀∈，[]20,1x ∃∈，()min min ()g x f x ≤，()max max ()g x f x ≥即可．【解析】对选项A ，只需()f x 在[]1,2上的最小值小于a ，()f x 在[]1,2上单调递增，所以min 2()(1)111f x f ==-=-，所以1a >-，故正确； 对选项B ，只需()g x 的最小值大于0，因为[]πcos,2x a a a∈-，所以min ()52530g x a a a =-+-=->，所以503a <<，故错误； 对选项C ，只需()f x 在[]1,2上的最小值大于()g x 的最大值，min ()1f x =-，max ()525g x a a a =+-=-，即15a ->-，6a >，故正确；对选项D ，只需()min min ()g x f x ≤，()max max ()g x f x ≥，max 2()(2)212f x f ==-=，所以[]11,2x ∈，[]1()1,1f x ∈-， []0,1x ∈时，π0,22x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，所以()g x 在[]0,1上单调递减， ()min (1)52a g x g ==-，()max (0)5a g x g ==-，所以()[]52,5g x a a ∈--，由题意，52151a a -≤-⎧⎨-≥⎩⇒34a ≤≤，故正确．故选ACD ．【名师点睛】本题主要考查不等式恒成立和存在性问题，考查学生的分析转化能力，注意恒成立问题和存在性问题条件的转化，属于中档题．5．当1x >时，()41ln ln 3k x x x x --<-+恒成立，则整数k 的取值可以是 A ．2- B ．1- C ．0D ．1【试题来源】江苏省南京市2020-2021学年高三上学期期中考前训练 【答案】ABC 【分析】将()41ln ln 3k x x x x --<-+，当1x >时，恒成立，转化为13ln ln 4x k x x x ⎛⎫<++ ⎪⎝⎭，当1x >时，恒成立，令()()3ln ln 1x F x x x x x =++>，利用导数法研究其最小值即可．【解析】因为当1x >时，()41ln ln 3k x x x x --<-+恒成立， 所以13ln ln 4x k x x x ⎛⎫<++ ⎪⎝⎭，当1x >时，恒成立， 令()()3ln ln 1xF x x x x x =++>，则()222131ln 2ln x x x F x x x x x---'=-+=．令()ln 2x x x ϕ=--，因为()10x x xϕ-'=>，所以()x ϕ在()1,+∞上单调递增． 因为()10ϕ<，所以()0F x '=在()1,+∞上有且仅有一个实数根0x ， 于是()F x 在()01,x 上单调递减，在()0,x +∞上单调递增， 所以()()000min 00ln 3ln x F x F x x x x ==++．（*） 因为()1ln 3309F -'=<，()()21ln 22ln 4401616F --'==>，所以()03,4x ∈，且002ln 0x x --=，将00ln 2x x =-代入（*）式， 得()()0000min 00023121x F x F x x x x x x -==-++=+-，()03,4x ∈． 因为0011t x x =+-在()3,4上为增函数，所以713,34t ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，即()min1713,41216F x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭． 因为k 为整数，所以0k ≤．故选ABC ． 6．下列不等式中恒成立的有 A ．()ln 11xx x +≥+，1x >- B ．11ln 2x x x ⎛⎫≤- ⎪⎝⎭，0x > C ．1x e x ≥+D ．21cos 12x x ≥-【试题来源】广东省中山市2019-2020学年高二下学期期末 【答案】ACD 【分析】令10tx ，()1ln 1f t t t=+-，导数方法求出最小值，即可判定出A 正确；令()11ln 2f x x x x ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭，0x >，导数方法研究单调性，求出范围，即可判定B 错； 令()1xf x e x =--，导数的方法求出最小值，即可判定C 正确；令()21cos 12f x x x =-+，导数的方法求出最小值，即可判定D 正确． 【解析】A 选项，因为1x >-，令10t x ，()1ln 1f t t t=+-，则()22111t f t t t t -'=-=，所以01t <<时，()210t f t t-'=<，即()f t 单调递减；1t >时，()210t f t t -'=>，即()f t 单调递增； 所以()()min 10f t f ==，即()1ln 10f t t t=+-≥，即1ln t t t -≥，即()ln 11x x x +≥+，1x >-恒成立；故A 正确；B 选项，令()11ln 2f x x x x ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭，0x >， 则()()2222211112110222x x x f x x x x x ---⎛⎫'=-+==-≤ ⎪⎝⎭显然恒成立， 所以()11ln 2f x x x x ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭在0x >上单调递减， 又()10f =，所以当()0,1x ∈时，()()10f x f >=，即11ln 2x x x ⎛⎫>- ⎪⎝⎭，故B 错； C 选项，令()1xf x e x =--，则()1xf x e '=-，当0x >时，()10xf e x ='->，即()f x 单调递增；当0x <时，()10xf e x ='-<，所以()f x 单调递减；则()()00f x f ≥=，即1x e x ≥+恒成立；故C 正确； D 选项，令()21cos 12f x x x =-+，则()sin f x x x '=-+， 所以()cos 10f x x ''=-+≥恒成立，即函数()sin f x x x '=-+单调递增， 又()00f '=，所以当0x >时，()0f x '>，即()21cos 12f x x x =-+单调递增； 当0x <时，()0f x '<，即()21cos 12f x x x =-+单调递减； 所以()()min 00f x f ==，因此21cos 12x x ≥-恒成立，故D 正确；故选ACD ． 三、填空题1．函数3()2,()ln 1f x x x c g x x =-+=+，若()()f x g x ≥恒成立，则实数c 的取值范围是___________．【试题来源】【全国区级联考】江苏省徐州市铜山区下学期高二数学（文）期中试题 【答案】2c ≥【解析】由()()f x g x ≥，即32ln 1x x c x -+≥+，即32ln 1c x x x ≥-+++．令()()32ln 10h x x x x x =-+++>，()()()21331x x x h x x'-++=-，故函数()h x 在区间()0,1上递增，在()1,+∞上递减，最大值为()12h =，所以2c ≥．【名师点睛】本题主要考查利用分析法和综合法求解不等式恒成立，问题，考查利用导数研究函数的单调性，极值和最值等知识．首先根据()()f x g x ≥，对函数进行分离常数，这里主要的思想方法是分离常数后利用导数求得另一个部分的最值，根据这个最值来求得参数的取值范围．2．若[,)x e ∀∈+∞，满足32ln 0mxx x me -≥恒成立，则实数m 的取值范围为___________．【试题来源】2020届湖南省长沙市长郡中学高三下学期3月停课不停学阶段性测试（理） 【答案】(,2]e -∞【分析】首先对参数的范围进行讨论，分两种情况，尤其是当0m >时，对式子进行变形，构造新函数，将恒成立问题转化为最值来处理，利用函数的单调性来解决，综述求得最后的结果．【解析】（1）0m ≤，显然成立；（2）0m >时，由32ln 0mxx x me -≥22ln m x m x x e x ⇒≥2ln (2ln )mxx m x e e x⇒≥，由()x f x xe =在[),e +∞为增2ln mx x⇒≥2ln m x x ⇒≤在[),e +∞恒成立， 由()2ln g x x x =在[),e +∞为增，min ()2g x e =，02m e <≤， 综上，2m e ≤，故答案为(,2]e -∞．3．已知函数()()21ax x xf x x ++=≥，若()0f x '≥恒成立，则a 的取值范围为___________．【试题来源】四川省泸州市2020学年下学期高二期末统一考试（文） 【答案】(],3-∞【分析】求函数的导数，根据()0f x '，利用参数分离法进行转化，然后构造函数()g x ，转化为求函数的最值即可．【解析】函数的导数2()21f ax x x '=+-，由()0f x '在1x 上恒成立得2210a x x +-在1x 上恒成立，即221a x x+，得322x x a +在1x 上恒成立，设32()2g x x x =+， 则2()622(31)g x x x x x '=+=+，当1x 时，()0g x '>恒成立，即()g x 在1x 上是增函数， 则当1x =时，()g x 取得最小值()1213g =+=，则3a ， 即实数a 的取值范围是(],3-∞，故答案为(],3-∞.【名师点睛】本题主要考查函数恒成立问题，求函数的导数，利用参数分离法以及构造函数，利用导数研究函数的最值是解决本题的关键．属于中档题．4．已知函数()ln f x x x =-，若()10f x m -+≤恒成立，则m 的取值范围为___________． 【试题来源】2020年高考数学选填题专项测试（文理通用） 【答案】[)0,+∞【分析】把()ln f x x x =-，代入()10f x m -+≤，即ln 1m x x ≥-+恒成立，构造()ln 1g x x x =-+，利用导数研究最值，即得解．【解析】()ln f x x x =-，则()10f x m -+≤恒成立，等价于ln 1m x x ≥-+令11()ln 1(0),'()1(0)x g x x x x g x x x x-=-+>=-=> 因此()g x 在(0,1)单调递增，在(1)+∞，单调递减， 故max ()(1)00g x g m ==∴≥，故答案为[)0,+∞.【名师点睛】本题考查了导数在不等式的恒成立问题中的应用，考查了学生转化与划归，数学运算的能力，属于中档题．5．若函数()0x f x e ax =->恒成立，则实数a 的取值范围是___________． 【试题来源】2020届四川省成都七中高三二诊数学模拟（理）试题 【答案】0a e ≤<【分析】若函数()0x f x e ax =->恒成立，即min ()0f x >，求导得'()x f x e a =-，在0,0,0a a a >=<三种情况下，分别讨论函数单调性，求出每种情况时的min ()f x ，解关于a的不等式，再取并集，即得．【解析】由题意得，只要min ()0f x >即可，'()x f x e a =-，当0a >时，令'()0f x =解得ln x a =，令'()0f x <，解得ln x a <，()f x 单调递减， 令'()0f x >，解得ln x a >，()f x 单调递增，故()f x 在ln x a =时，()f x 有最小值，min ()(ln )(1ln )f x f a a a ==-， 若()0f x >恒成立，则(1ln )0a a ->，解得0a e <<； 当0a =时，()0x f x e =>恒成立； 当0a <时，'()x f x e a =-，()f x 单调递增，,()x f x →-∞→-∞，不合题意，舍去．综上，实数a 的取值范围是0a e ≤<．故答案为0a e ≤<6．当[1,2]x ∈-时，32122x x x m --<恒成立，则实数m 的取值范围是___________． 【试题来源】陕西省商洛市洛南中学2019-2020学年高二下学期第二次月考（理） 【答案】(2,)+∞【分析】设()3212,[1,2]2x x x x f x --∈-=，利用导数求得函数的单调性与最大值，结合题意，即可求得实数m 的取值范围．【解析】由题意，设()3212,[1,2]2x x x x f x --∈-=， 则()22(1)(323)x x f x x x --=-+'=，当2[1,)3x ∈--或(1,2]x ∈时，()0f x '>，()f x 单调递增；当2(,1)3x ∈-时，()0f x '<，()f x 单调递减， 又由222(),(2)2327f f -==，即2()(2)3f f -<， 即函数()f x 在区间[1,2]-的最大值为2，又由当[1,2]x ∈-时，32122x x x m --<恒成立，所以2m >， 即实数m 的取值范围是(2,)+∞．故答案为(2,)+∞【名师点睛】本题主要考查了恒成立问题的求解，其中解答中熟练应用函数的导数求得函数的单调性与最值是解答的关键，着重考查推理与运算能力，属于基础题．7．若()()220xxx me exeex e ++-≤在()0,x ∈+∞上恒成立，则实数m 的取值范围为___________．【试题来源】浙江省杭州地区（含周边）重点中学2020-2021学年高三上学期期中 【答案】32m ≤-【分析】对已知不等式进行变形，利用换元法、构造函数法、常变量分离法，结合导数的性质进行求解即可．【解析】()()()()222210xx x x x xme ex e ex me ex e ex e e++++-⇒≤≤ （1）， 令x ext e=，因为()0,x ∈+∞，所以0t >， 则不等式(1)化为2221(2)(1)11t t m t t m t --+++≤⇒≤+，设()xex f x e=，()0,x ∈+∞，'(1)()x e x f x e -=，当1x >时，'()0,()f x f x <单调递减， 当01x <<时，'()0,()f x f x >单调递增，因此当()0,x ∈+∞时，max ()(1)1f x f ==， 而(0)0f =，因此当()0,x ∈+∞时，()(0,1]f x ∈，因此(0,1]t ∈，设2221()1t t g t t --+=+，(0,1]t ∈，因此要想()()220x x xme ex e ex e ++-≤在()0,x ∈+∞上恒成立，只需min ()m g t ≤，2'2243()(1)t t g t t ---=+，因为(0,1]t ∈，所以'()0g t <，因此()g t 在(0,1]t ∈时单调递减，所以min 3()(1)2g t g ==-，因此32m ≤-．8．已知函数()()(ln )xf x e ax x ax =--，若()0f x <恒成立，则a 的取值范围是___________．【试题来源】四川省三台中学实验学校2019-2020学年高二下学期期末适应性考试（理） 【答案】1,e e ⎛⎫ ⎪⎝⎭【分析】先由x y e =的图象与ln y x =的图象可得，ln >x e x 恒成立；原问题即可转化为直线y ax =介于x y e =与ln y x =之间，作出其大致图象，由图象得到只需<<OA OB k a k ；根据导数的方法求出OA ，OB 所在直线斜率，进而可得出结果． 【解析】由x y e =的图象与ln y x =的图象可得，ln >x e x 恒成立；所以若()()(ln )0=--<xf x e ax x ax 恒成立，只需0ln 0x e ax x ax ⎧->⎨-<⎩，即直线y ax =介于x y e =与ln y x =之间，作出其大致图象如下：由图象可得，只需<<OA OB k a k ；设11(,)A x y ，由ln y x =得1y x'=，所以111OA x x k y x =='=， 所以曲线ln y x =在点11(,)A x y 处的切线OA 的方程为1111ln ()-=-y x x x x ， 又该切线过点O ，所以11110ln (0)1-=-=-x x x ，解得1x e =，所以1=OA k e； 设22(,)B x y ，由x y e =得e x y '=，所以22x OB x x k y e =='=，所以曲线x y e =在点22(,)B x y 处的切线OB 的方程为222()-=-x x y e e x x ，又该切线过点O ，所以2220(0)-=-x x ee x ，解得21x =，所以=OB k e ；所以1a e e <<．故答案为1,e e ⎛⎫⎪⎝⎭. 【名师点睛】本题主要考查由导数的方法研究不等式恒成立的问题，熟记导数的几何意义即可，属于常考题型．9．已知函数()1x f x e ax =+-，若0,()0x f x 恒成立，则a 的取值范围是___________． 【试题来源】黑龙江省七台河市田家炳高级中学2019-2020学年高二下学期期中考试（理）【答案】[1,)-+∞【分析】求导得到()x f x e a '=+，讨论10a +和10a +<两种情况，计算10a +<时，函数()f x 在[)00,x 上单调递减，故()(0)0f x f =，不符合，排除，得到答案． 【解析】因为()1x f x e ax =+-，所以()x f x e a '=+，因为0x ，所以()1f x a '+． 当10a +，即1a ≥-时，()0f x '，则()f x 在[0,)+∞上单调递增，从而()(0)0f x f =，故1a ≥-符合题意；当10a +<，即1a <-时，因为()x f x e a '=+在[0,)+∞上单调递增，且(0)10f a '=+<，所以存在唯一的0(0,)x ∈+∞，使得()00f x '=．令()0f x '<，得00x x <，则()f x 在[)00,x 上单调递减，从而()(0)0f x f =，故1a <-不符合题意．综上，a 的取值范围是[1,)-+∞．故答案为[1,)-+∞．10．不等式()221n n n N *>-∈不是恒成立的，请你只对该不等式中的数字作适当调整，使得不等式恒成立，请写出其中一个恒成立的不等式：___________． 【试题来源】北京市101中学2019-2020学年高三10月月考 【答案】331n n >-【分析】将不等式中的数字2变为3，得出331n n >-，然后利用导数证明出当3n ≥时，33n n ≥即可，即可得出不等式331n n >-对任意的n *∈N 恒成立．【解析】13311>-，23321>-，33331>-，猜想，对任意的n *∈N ，331n n >-．下面利用导数证明出当3n ≥时，33n n ≥，即证ln 33ln n n ≥，即证ln ln 33n n ≤， 构造函数()ln x f x x =，则()21ln xf x x -'=，当3x ≥时，()0f x '<． 所以，函数()ln x f x x =在区间[)3,+∞上单调递减，当3n ≥时，ln ln 33n n ≤．所以，当3n ≥且n *∈N 时，33n n ≥，所以，331n n >-．故答案为331n n >-． 【名师点睛】本题考查数列不等式的证明，考查了归纳法，同时也考查了导数在证明数列不等式的应用，考查推理能力，属于中等题．11．已知()ln f x x x m x =--，若()0f x >恒成立，则实数m 的取值范围是___________． 【试题来源】湖北省襄阳市第一中学2019-2020学年高二下学期5月月考 【答案】(,1)-∞【分析】函数()f x 的定义域为(0,)x ∈+∞，由()0f x >，得ln ||xx m x->，分类讨论，分离参数，求最值，即可求实数m 的取值范围．【解析】函数()f x 的定义域为(0,)x ∈+∞，由()0f x >，得ln ||xx m x->， (ⅰ)当(0,1)x ∈时，||0x m -≥，ln 0xx<，不等式恒成立，所以m R ∈； (ⅰ)当1x =时，|1|0m -≥，ln 0xx=，所以1m ≠； (ⅰ)当1x >时，不等式恒成立等价于ln x m x x <-恒成立或ln xm x x>+恒成立， 令ln ()x h x x x =-，则221ln ()x x h x x'-+=，因为1x >，所以()0h x '>，从而()1h x >， 因为ln xm x x<-恒成立等价于min ()m h x <，所以1m ， 令ln ()x g x x x =+，则221ln ()x xg x x+-'=， 再令2()1ln p x x x =+-，则1'()20p x x x=->在(1,)x ∈+∞上恒成立，()p x 在(1,)x ∈+∞上无最大值，综上所述，满足条件的m 的取值范围是(,1)-∞．故答案为(,1)-∞．12．已知函数21,0()2,0x e x f x ax x x ⎧-≥=⎨+<⎩，若()1f x ax ≥-恒成立，则a 的取值范围是___________．【试题来源】陕西省安康市2020-2021学年高三上学期10月联考（理）【答案】4e -⎡⎤⎣⎦【分析】若()1f x ax ≥-，则211,021,0x e ax x ax x ax x ⎧-≥-≥⎨+≥-<⎩，当0x =时，显然成立，当0x ≠时，则2,021,0xe a x xx a x x x ⎧≤>⎪⎪⎨+⎪≥<⎪-⎩，然后构造函数()x e g x x=（0x >），()221x h x x x +=-（0x <），分别求解函数()g x 的最小值和()h x 的最大值，只需()()min max h x a g x ≤≤即可．【解析】若()1f x ax ≥-，则211,021,0x e ax x ax x ax x ⎧-≥-≥⎨+≥-<⎩，当0x =时，显然成立；当0x ≠时，则()2,012,0x e ax x a x x x x ⎧≥>⎪⎨-≥--<⎪⎩，因为当0x <时，20x x ->， 所以只需满足2,021,0xe a x xx a x x x ⎧≤>⎪⎪⎨+⎪≥<⎪-⎩即可，令()x e g x x =（0x >），则()()21x x e g x x-'=， 则()0,1x ∈时，()0g x '<，所以()g x 在()0,1x ∈上递减， 当()1,x ∈+∞时，()0g x '>，则()g x 在()1,+∞上递增， 所以()()1min g x g e ==，所以a e ≤，令()221x h x x x +=-（0x <）， 则()()()()()()22222222112221x x x x x x h x x x x x --+-+-'==--，令()0h x '=，得x =x =则当x ⎛∈-∞ ⎝ ⎭时，()0h x '>；当x ⎫∈⎪⎪⎝⎭时，()0h x '<， 所以函数()h x在⎛-∞ ⎝ ⎭上递增，在⎫⎪⎪⎝⎭上递减， 所以()4maxh x h ===-⎝⎭⎝⎭故4a ≥-4a e -≤．故答案为4e -⎡⎤⎣⎦．【名师点睛】本题考查根据不等式恒成立问题求参数的取值范围问题，考查学生分析问题、转化问题的能力，考查参变分离思想的运用，考查利用导数求解函数的最值，属于难题． 解决此类问题的方法一般有以下几种：（1）作出函数的图象，利用数形结合思想加以研究；（2）先进行参变分离，然后利用导数研究函数的最值，即可解决问题，必要时可以构造新函数进行研究．13．函数()2cos sin f x x x x x =+-，当3,22x ππ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，()f x ax ≤恒成立，则实数a 的取值范围是___________．【试题来源】河南省名校联盟2020届高三（6月份）高考数学（理）联考试题 【答案】[)0,+∞ 【分析】先根据2x π=时22f a ππ⎛⎫≤⎪⎝⎭得0a ≥，再对函数()f x 求导，研究导函数的单调性、最值等，进而研究函数()f x 单调性，即可解决．【解析】22f a ππ⎛⎫≤ ⎪⎝⎭，02f ⎛⎫= ⎪⎝⎭π，0a ∴≥． 由题意得()()2sin sin cos 1sin cos 1f x x x x x x x x '=-++-=-+-⎡⎤⎣⎦， 令()sin cos 1g x x x x =-+-，则()sin g x x x '=-． 当,2x π⎛⎤∈π⎥⎝⎦时，()0g x '<，()g x 单调递减； 当3,2x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0g x '>，()g x 单调递增，()g x ∴的最小值为()1g ππ=--． 又22g π⎛⎫=- ⎪⎝⎭，302g π⎛⎫= ⎪⎝⎭，3,22x ππ⎡⎤∴∈⎢⎥⎣⎦，()0g x ≤，即()0f x '≤， ()f x ∴在区间3,22ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦为减函数．02f π⎛⎫= ⎪⎝⎭，∴当3,22x ππ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，()0f x ≤．又当0a ≥，3,22x ππ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，0ax ≥，故()f x ax ≤恒成立，因此a 的取值范围是[)0,+∞．14．已知0a <，且()221ln 0ax ax x ax -+≥+恒成立，则a 的值是___________．【试题来源】6月大数据精选模拟卷04（上海卷）（满分冲刺篇） 【答案】e -【分析】把不等式()221ln 0a x ax x ax -+≥+恒成立，转化为函数()()()1ln 0f x ax ax x =+⋅-≥在定义域内对任意的x 恒成立，结合函数的单调性和零点，得出1a-是函数ln y ax x =-的零点，即可求解． 【解析】由题意，不等式()221ln 0a x ax x ax -+≥+恒成立，即函数()()()1ln 0f x ax ax x =+⋅-≥在定义域内对任意的x 恒成立，由ln ,0,0y ax x a x =-<>，则10y a x'=-<，所以ln y ax x =-为(0,)+∞减函数， 又由当0a <，可得1y ax =+为(0,)+∞减函数， 所以1y ax =+ 与ln y ax x =-同为单调减函数，且1a-是函数1y ax =+的零点， 故1a -是函数ln y ax x =-的零点，故110ln a a a ⎛⎫⎛⎫=⋅--- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，解得a e =-．【名师点睛】本题主要考查了不等式的恒成立问题，以及函数与方程的综合应用，其中解答中把不等式恒成立问题转化为函数的性质和函数的零点问题是解答的关键，着重考查转化思想，以及推理与运算能力．15．若对任意实数(],1x ∈-∞，2211xx ax e-+≥恒成立，则a =___________． 【试题来源】2020届辽宁省抚顺市高三二模考试（理） 【答案】12-【分析】设()()2211xx ax f x x e-+=≤，结合导数可知当0a <时，()()min 21f x f a =+；由题意可知，()()2122211a a f x f a e++≥+=≥，设()1t g t e t =--，则()0g t ≤，由导数可求出当0t =时，()g t 有最小值0，即()0g t ≥．从而可确定()0g t =，即可求出a 的值．【解析】设()()2211xx ax f x x e -+=≤，则()()()121xx x a f x e --+⎡⎤⎣⎦'=．当211a +≥，即0a ≥时，()0f x '≤，则()f x 在(],1-∞上单调递减， 故()()2211a f x f e -≥=≥，解得102ea ≤-<，所以0a ≥不符合题意； 当211a +<，即0a <时，()f x 在(),21a -∞+上单调递减，在(]21,1a +上单调递增， 则()()min21f x f a =+．因为2211xx ax e -+≥，所以()()2122211a a f x f a e ++≥+=≥． 令211a t +=<，不等式21221a a e++≥可转化为10te t --≤，设()1t g t e t =--， 则()1tg t e '=-，令()0g t '<，得0t <；令()0g t '>，得01t <<，则()g t 在(),0-∞上单调递减，在()0,1上单调递增；当0t =时，()g t 有最小值0， 即()0g t ≥．因为()0g t ≤，所以()0g t =，此时210a +=，故12a =-． 【名师点睛】本题考查了函数最值的求解，考查了不等式恒成立问题．本题的难点在于将已知恒成立问题，转化为()10tg t e t =--≤恒成立．本题的关键是结合导数，对含参、不含参函数最值的求解． 四、双空题1．已知函数()22ln f x ax x x =-+有两个不同的极值点1x ，2x ，则a 的取值范围___________；且不等式()()1212f x f x x x t +<++恒成立，则实数t 的取值范围___________．【试题来源】辽宁省锦州市渤大附中、育明高中2020-2021学年高三上学期第一次联考 【答案】10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭[)5,-+∞【分析】求出导函数()2122122ax x f x ax x x-+'=-+=，只需方程22210ax x -+=有两个不相等的正根，满足1212010210x x a x x a ⎧⎪∆>⎪⎪=>⎨⎪⎪+=>⎪⎩，解不等式组可得a 的取值范围；求出 ()()1212f x f x x x +--的表达式，最后利用导数，通过构造函数，求出新构造函数的单调性，最后求出t 的取值范围．【解析】2221()(0)ax x f x x x'-+=>，因为函数()22ln f x ax x x =-+有两个不同的极值点12,x x ，所以方程22210ax x -+=有两个不相等的正实数根，于是有：121248010102a x x a x x a ⎧⎪∆=->⎪⎪+=>⎨⎪⎪=>⎪⎩，解得102a <<．()()221112221212122ln 2ln f x f x x x x ax x x ax x x x +--+--++=--()()212121212()23ln a x x x x x x x x ⎡⎤=+--++⎣⎦21ln 2a a=---， 设21()1ln 2,02h a a a a ⎛⎫=---<< ⎪⎝⎭， 22()0a h a a '-=>，故()h a 在102a <<上单调递增，故1()52h a h ⎛⎫<=-⎪⎝⎭，所以5t ≥-．因此t 的取值范围是[)5,-+∞. 故答案为10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭；[)5,-+∞【名师点睛】本题考查了已知函数极值情况求参数取值范围问题，考查了不等式恒成立问题，构造新函数，利用导数是解题的关键，属于基础题．2．对任意正整数n ，函数32()27cos 1f n n n n n πλ=---，若(2)0f ≥，则λ的取值范围是___________；若不等式()0f n ≥恒成立，则λ的最大值为___________． 【试题来源】2021年新高考数学一轮复习学与练 【答案】13,2⎛⎤-∞-⎥⎝⎦132-【分析】将2n =代入求解即可；当n 为奇数时，cos 1n π=-，则转化。
不等式恒成立、能成立问题【七大题型】(举一反三)(新高考专用)(解析版)—2025年高考数学一轮复习
不等式恒成立、能成立问题【七大题型】【题型1 一元二次不等式在实数集上恒成立问题】 (2)【题型2 一元二次不等式在某区间上的恒成立问题】 (3)【题型3 给定参数范围的一元二次不等式恒成立问题】 (5)【题型4 基本不等式求解恒成立问题】 (7)【题型5 一元二次不等式在实数集上有解问题】 (10)【题型6 一元二次不等式在某区间上有解问题】 (11)【题型7 一元二次不等式恒成立、有解问题综合】 (13)1、不等式恒成立、能成立问题一元二次不等式是高考数学的重要内容.从近几年的高考情况来看，“含参不等式恒成立与能成立问题”是常考的热点内容，这类问题把不等式、函数、三角、几何等知识有机地结合起来，其以覆盖知识点多、综合性强、解法灵活等特点备受高考命题者的青睐.另一方面，在解决这类数学问题的过程中涉及的“函数与方程”、“化归与转化”、“数形结合”、“分类讨论”等数学思想对锻炼学生的综合解题能力，培养其思维能力都起到很好的作用.【知识点1 不等式恒成立、能成立问题】1．一元二次不等式恒成立、能成立问题不等式对任意实数x恒成立，就是不等式的解集为R，对于一元二次不等式ax2＋bx＋c>0，它的解集为R的条件为{a>0，Δ＝b2－4ac<0；一元二次不等式ax2＋bx＋c≥0，它的解集为R的条件为{a>0，Δ＝b2－4ac≤0；一元二次不等式ax2＋bx＋c>0的解集为∅的条件为{a<0，Δ≤0.2．一元二次不等式恒成立问题的求解方法(1)对于二次不等式恒成立问题常见的类型有两种，一是在全集R上恒成立，二是在某给定区间上恒成立.(2)解决恒成立问题一定要搞清谁是自变量，谁是参数，一般地，知道谁的范围，谁就是变量，求谁的范围，谁就是参数.①若ax2+bx+c>0恒成立，则有a>0，且△<0；若ax2+bx+c<0恒成立，则有a<0，且△<0.②对第二种情况，要充分结合函数图象利用函数的最值求解(也可采用分离参数的方法).3．给定参数范围的一元二次不等式恒成立问题的解题策略解决恒成立问题一定要清楚选谁为主元，谁是参数；一般情况下，知道谁的范围，就选谁当主元，求谁的范围，谁就是参数；即把变元与参数交换位置，构造以参数为变量的函数，根据原变量的取值范围列式求解.4．常见不等式恒成立及有解问题的函数处理策略不等式恒成立问题常常转化为函数的最值来处理，具体如下：(1)对任意的x∈[m,n]，a>f(x)恒成立a>f(x)max；若存在x∈[m,n]，a>f(x)有解a>f(x)min；若对任意x∈[m,n]，a>f(x)无解a≤f(x)min.(2)对任意的x∈[m,n]，a<f(x)恒成立a<f(x)min；若存在x∈[m,n]，a<f(x)有解a<f(x)max；若对任意x∈[m,n]，a<f(x)无解a≥f(x)max.【例1】（2023·福建厦门·二模）“b∈(0,4)”是“∀x∈R，bx2―bx+1>0成立”的（）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件【解题思路】由∀x∈R，bx2―bx+1>0成立求出b的范围，再利用充分条件、必要条件的定义判断作答.【解答过程】由∀x∈R，bx2―bx+1>0成立，则当b=0时，1>0恒成立，即b=0，当b≠0时，b>0b2―4b<0，解得0<b<4，因此∀x∈R，bx2―bx+1>0成立时，0≤b<4，因为(0,4)[0,4)，所以“b∈(0,4)”是“∀x∈R，bx2―bx+1>0成立”的充分不必要条件.故选：A.【变式1-1】（2023·江西九江·模拟预测）无论x取何值时，不等式x2―2kx+4>0恒成立，则k的取值范围是（）A．(―∞,―2)B．(―∞,―4)C．(―4,4)D．(―2,2)【解题思路】由题知4k2―16<0，再解不等式即可得答案.【解答过程】解：因为无论x取何值时，不等式x2―2kx+4>0恒成立，所以，4k2―16<0，解得―2<k<2，所以，k的取值范围是(―2,2)故选：D.【变式1-2】（2023·福建厦门·二模）不等式ax2―2x+1>0（a∈R）恒成立的一个充分不必要条件是（）A．a>2B．a≥1C．a>1D．0<a<12【解题思路】分a=0和a≠0两种情况讨论求出a的范围，再根据充分条件和必要条件的定义即可得解.【解答过程】当a=0时，―2x+1>0，得x<12，与题意矛盾，当a≠0时，则a>0Δ=4―4a<0，解得a>1，综上所述，a>1，所以不等式ax2―2x+1>0（a∈R）恒成立的一个充分不必要条件是A选项.故选：A.【变式1-3】（2023·四川德阳·模拟预测）已知p:0≤a≤2，q：任意x∈R,ax2―ax+1≥0，则p是q成立的（）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件【解题思路】根据一元二次不等式恒成立解得q：0≤a≤4，结合充分、必要条件的概念即可求解.【解答过程】命题q：一元二次不等式ax2―ax+1≥0对一切实数x都成立，当a=0时，1>0,符合题意；当a≠0时，有a>0Δ≤0，即a>0a2―4a≤0，解为a∈(0,4]，∴q：0≤a≤4．又p：0≤a≤2，设A=[0,2],B=[0,4]，则A是B的真子集，所以p是q成立的充分非必要条件，故选：A．【题型2 一元二次不等式在某区间上的恒成立问题】【例2】（2023·辽宁鞍山·二模）已知当x >0时，不等式：x 2―mx +16>0恒成立，则实数m 的取值范围是（ ）A ．(―8,8)B ．(―∞,8]C ．(―∞,8)D ．(8,+∞)【解题思路】先由x 2―mx +16>0得m <x +16x，由基本不等式得x +16x≥8，故m <8.【解答过程】当x >0时，由x 2―mx +16>0得m <x +16x，因x >0，故x +16x≥=8，当且仅当x =16x即x =4时等号成立，因当x >0时，m <x +16x恒成立，得m <8，故选：C.【变式2-1】（23-24高一上·贵州铜仁·期末）当x ∈(―1,1)时，不等式2kx 2―kx ―38<0恒成立，则k 的取值范围是（ ）A ．(―3,0)B ．[―3,0)C ．―D ．―【解题思路】对二项式系数进行分类，结合二次函数定义的性质，列出关系式求解.【解答过程】当x ∈(―1,1)时，不等式2kx 2―kx ―38<0恒成立，当k =0时，满足不等式恒成立；当k ≠0时，令f (x )=2kx 2―kx ―38，则f (x )<0在(―1,1)上恒成立，函数f (x )的图像抛物线对称轴为x =14，k >0时，f (x )在―,1上单调递增，则有f (―1)=2k +k ―38≤0f (1)=2k ―k ―38≤0，解得0<k ≤18；k <0时，f (x )在―,1上单调递减，则有=2k 16―k 4―38<0，解得―3<k <0.综上可知，k的取值范围是―故选：D.【变式2-2】（23-24高一上·江苏徐州·阶段练习）若对于任意x ∈[m,m +1]，都有x 2+mx ―1<0成立，则实数m 的取值范围是（ ）A ．―23,0B ．―,0C ．―23,0D ．,0【解题思路】利用一元二次函数的图象与性质分析运算即可得解.【解答过程】由题意，对于∀x ∈[m,m +1]都有f(x)=x 2+mx ―1<0成立，∴f (m )=m 2+m 2―1<0f (m +1)=(m +1)2+m (m +1)―1<0，解得：―<m <0，即实数m 的取值范围是―,0.故选：B.【变式2-3】（22-23高一上·安徽马鞍山·期末）已知对一切x ∈[2,3]，y ∈[3,6]，不等式mx 2―xy +y 2≥0恒成立，则实数m 的取值范围是（ ）A ．m ≤6B ．―6≤m ≤0C ．m ≥0D ．0≤m ≤6【解题思路】令t =yx ，分析可得原题意等价于对一切t ∈[1,3]，m ≥t ―t 2恒成立，根据恒成立问题结合二次函数的性质分析运算.【解答过程】∵x ∈[2,3]，y ∈[3,6]，则1x ∈[13,12]，∴yx ∈[1,3]，又∵mx 2―xy +y 2≥0，且x ∈[2,3],x 2>0，可得m ≥y x―，令t =yx ∈[1,3]，则原题意等价于对一切t ∈[1,3]，m ≥t ―t 2恒成立，∵y =t ―t 2的开口向下，对称轴t =12，则当t =1时，y =t ―t 2取到最大值y max =1―12=0，故实数m 的取值范围是m ≥0.故选：C.【题型3 给定参数范围的一元二次不等式恒成立问题】【例3】（23-24高一上·山东淄博·阶段练习）若命题“∃―1≤a ≤3，ax 2―(2a ―1)x +3―a <0”为假命题，则实数x 的取值范围为（ ）A ．{x |―1≤x ≤4 }B ．x |0≤xC ．x |―1≤x ≤0或53≤x ≤4D ．x |―1≤x <0或53<x ≤4【解题思路】由题意可得：命题“∀―1≤a ≤3,ax 2―(2a ―1)x +3―a ≥0”为真命题，根据恒成立问题结合一次函数运算求解.【解答过程】由题意可得：命题“∀―1≤a ≤3,ax 2―(2a ―1)x +3―a ≥0”为真命题，即ax 2―(2a ―1)x +3―a =(x 2―2x ―1)a +x +3≥0对a ∈[―1,3]恒成立，则―(x 2―2x ―1)+x +3≥03(x 2―2x ―1)+x +3≥0，解得―1≤x ≤0或53≤x ≤4，即实数x 的取值范围为x |―1≤x ≤0或53≤x ≤4.故选：C.【变式3-1】（23-24高一上·广东深圳·阶段练习）当1≤m ≤2时，mx 2―mx ―1<0恒成立，则实数x 的取值范围是（ ）A<x <B<x <C <x<D <x <【解题思路】将不等式整理成关于m 的一次函数，利用一次函数性质解不等式即可求得结果.【解答过程】根据题意可将不等式整理成关于m 的一次函数(x 2―x )m ―1<0，由一次函数性质可知(x 2―x )×1―1<0(x 2―x )×2―1<0 ，即x 2―x ―1<02x 2―2x ―1<0；<x <<x <<x <故选：B.【变式3-2】（23-24高一下·河南濮阳·期中）已知当―1≤a ≤1时，x 2+(a ―4)x +4―2a >0恒成立，则实数x 的取值范围是（ ）A ．(―∞,3)B ．(―∞,1]∪[3,+∞)C ．(―∞,1)D ．(―∞,1)∪(3,+∞)【解题思路】将x2+(a―4)x+4―2a>0化为(x―2)a+x2―4x+4>0，将a看成主元，令f(a)=(x―2) a+x2―4x+4，分x=2，x>2和x<2三种情况讨论，从而可得出答案.【解答过程】解：x2+(a―4)x+4―2a>0恒成立，即(x―2)a+x2―4x+4>0，对任意得a∈[―1,1]恒成立，令f(a)=(x―2)a+x2―4x+4，a∈[―1,1]，当x=2时，f(a)=0，不符题意，故x≠2，当x>2时，函数f(a)在a∈[―1,1]上递增，则f(a)min=f(―1)=―x+2+x2―4x+4>0，解得x>3或x<2（舍去），当x<2时，函数f(a)在a∈[―1,1]上递减，则f(a)min=f(1)=x―2+x2―4x+4>0，解得x<1或x>2（舍去），综上所述，实数x的取值范围是(―∞,1)∪(3,+∞).故选：D.【变式3-3】（2008·宁夏·高考真题）已知a1>a2>a3>0，则使得(1―a i x)2<1(i=1,2,3)都成立的x取值范围是（ ）A．B．0,C．D．(a i>0)，【解题思路】由(1―a i x)2<1可求得0<x<2a i【解答过程】由(1―a i x)2<1，得：1―2a i x+a2i x2<1，(a i>0)，即x(a2i x―2a i)<0，解之得0<x<2a i因为a1>a2>a3>0，使得(1―a i x)2<1(i=1,2,3)都成立，；所以0<x<2a1故选：B.【题型4 基本不等式求解恒成立问题】【例4】（23-24高一下·贵州贵阳·期中）对任意的x∈(0,+∞)，x2―2mx+1>0恒成立，则m的取值范围为（）A．[1,+∞)B．(―1,1)C．(―∞,1]D．(―∞,1)【解题思路】参变分离可得2m <x +1x 对任意的x ∈(0,+∞)恒成立，利用基本不等式求出x +1x 的最小值，即可求出参数的取值范围.【解答过程】因为对任意的x ∈(0,+∞)，x 2―2mx +1>0恒成立，所以对任意的x ∈(0,+∞)，2m <x 2+1x=x +1x 恒成立，又x +1x ≥=2，当且仅当x =1x ，即x =1时取等号，所以2m <2，解得m <1，即m 的取值范围为(―∞,1).故选：D.【变式4-1】（22-23高三上·河南·期末）已知a >0，b ∈R ，若x >0时，关于x 的不等式(ax ―2)(x 2+bx ―5)≥0恒成立，则b +4a 的最小值为（ ）A ．2B ．C ．D ．【解题思路】根据题意设y =ax ―2，y =x 2+bx ―5，由一次函数以及不等式(ax ―2)(x 2+bx ―5)≥0分析得x =2a 时，y =x 2+bx ―5=0，变形后代入b +4a ，然后利用基本不等式求解.【解答过程】设y =ax ―2（x >0），y =x 2+bx ―5（x >0），因为a >0，所以当0<x <2a 时，y =ax ―2<0；当x =2a 时，y =ax ―2=0；当x >2a 时，y =ax ―2>0；由不等式(ax ―2)(x 2+bx ―5)≥0恒成立，得：ax ―2≤0x 2+bx ―5≤0 或ax ―2≥0x 2+bx ―5≥0 ，即当0<x ≤2a 时，x 2+bx ―5≤0恒成立，当x ≥2a 时，x 2+bx ―5≥0恒成立，所以当x =2a 时，y =x 2+bx ―5=0，则4a 2+2b a―5=0，即b =5a 2―2a ，则当a >0时，b +4a =5a 2―2a +4a =5a 2+2a ≥=当且仅当5a2=2a ，即a =所以b +4a 的最小值为故选：B.【变式4-2】（23-24高三上·山东威海·期中）关于x 的不等式ax 2―|x|+2a ≥0的解集是(―∞,+∞)，则实数a 的取值范围为（ ）A +∞B ．―∞C ．―D ．―∞,∪+∞【解题思路】不等式ax 2―|x|+2a ≥0的解集是(―∞,+∞)，即对于∀x ∈R ，ax 2―|x|+2a ≥0恒成立，即a ≥|x |x 2+2，分x =0和a ≠0两种情况讨论，结合基本不等式即可得出答案.【解答过程】解：不等式ax 2―|x|+2a ≥0的解集是(―∞,+∞)，即对于∀x ∈R ，ax 2―|x|+2a ≥0恒成立，即a ≥|x |x 2+2，当x =0时，a ≥0，当a ≠0时，a ≥|x |x 2+2=1|x |+2|x |，因为1|x |+2|x |≤=所以a ≥综上所述a ∈+∞.故选：A.【变式4-3】（23-24高一上·湖北·阶段练习）已知x >0,y >0，且1x+2+1y =27，若x +2+y >m 2+5m 恒成立，则实数m 的取值范围是（ ）A ．(―4,7)B ．(―2,7)C ．(―4,2)D ．(―7,2)【解题思路】利用基本不等式“1”的代换求不等式左侧最小值，结合x +2+y >m 2+5m 恒成立得到不等式，解一元二次不等式求参数范围【解答过程】因为x >0,y >0，且1x+2+1y =27，所以x +2+y =72×(x +2+y =72×1+1+y x+2+≥72×2+=14，当且仅当y =x +2=7时取等号，又因为x +2+y >m 2+5m 恒成立，所以14>m 2+5m ，解得―7<m <2.所以实数m的取值范围是(―7,2).故选：D.【题型5 一元二次不等式在实数集上有解问题】【例5】（2024·陕西宝鸡·模拟预测）若存在实数x，使得mx2―(m―2)x+m<0成立，则实数m的取值范围为（）A．(―∞,2)B．(―∞,0]∪C．―∞D．(―∞,1)【解题思路】分别在m=0、m>0和m<0的情况下，结合二次函数的性质讨论得到结果.【解答过程】①当m=0时，不等式化为2x<0，解得：x<0，符合题意；②当m>0时，y=mx2―(m―2)x+m为开口方向向上的二次函数，；只需Δ=(m―2)2―4m2=―3m2―4m+4>0，即0<m<23③当m<0时，y=mx2―(m―2)x+m为开口方向向下的二次函数，则必存在实数x，使得mx2―(m―2)x+m<0成立；综上所述：实数m的取值范围为―∞故选：C.【变式5-1】（22-23高一上··阶段练习）若关于x的不等式x2―4x―2―a≤0有解，则实数a 的取值范围是（）A．{a|a≥―2 }B．{a|a≤―2 }C．{a|a≥―6 }D．{a|a≤―6 }【解题思路】直接利用判别式即可研究不等式的解的情况.【解答过程】若关于x的不等式x2―4x―2―a≤0有解,则Δ=16+4(2+a)≥0，解得a≥―6.故选：C.【变式5-2】（23-24高一上·山东临沂·阶段练习）若不等式―x2+ax―1>0有解，则实数a的取值范围为（）A．a<―2或a>2B．―2<a<2C．a≠±2D．1<a<3【解题思路】根据一元二次不等式有实数解的充要条件列式求解作答.【解答过程】不等式―x2+ax―1>0有解，即不等式x2―ax+1<0有解，因此Δ=a2―4>0，解得a<―2或a>2，所以实数a的取值范围为a<―2或a>2.故选：A.【变式5-3】（23-24高一上·江苏徐州·期中）已知关于x的不等式―x2+4x≥a2―3a在R上有解，则实数a 的取值范围是（）A．{a|―1≤a≤4 }B．{a|―1<a<4 }C．{a|a≥4 或a≤―1}D．{a|―4≤a≤1 }【解题思路】由题意知x2―4x+a2―3a≤0在R上有解，等价于Δ≥0，解不等式即可求实数a的取值范围.【解答过程】因为关于x的不等式―x2+4x≥a2―3a在R上有解，即x2―4x+a2―3a≤0在R上有解，只需y=x2―4x+a2―3a的图象与x轴有公共点，所以Δ=(―4)2―4×(a2―3a)≥0，即a2―3a―4≤0，所以(a―4)(a+1)≤0，解得：―1≤a≤4，所以实数a的取值范围是{a|―1≤a≤4 }，故选：A.【题型6 一元二次不等式在某区间上有解问题】【例6】（2023·福建宁德·模拟预测）命题“∃x∈[1,2],x2≤a”为真命题的一个充分不必要条件是（）A．a≥1B．a≥4C．a≥―2D．a≤4【解题思路】根据能成立问题求a的取值范围，结合充分不必要条件理解判断.【解答过程】∵∃x∈[1,2],x2≤a，则(x2)min≤a，即a≥1，∴a的取值范围[1,+∞)由题意可得：选项中的取值范围对应的集合应为[1,+∞)的真子集，结合选项可知B对应的集合为[4,+∞)为[1,+∞)的真子集，其它都不符合，∴符合的只有B，故选：B.【变式6-1】（22-23高二上·河南·开学考试）设a为实数，若关于x的不等式x2―ax+7≥0在区间(2,7)上有实数解，则a的取值范围是（）A．(―∞,8)B．(―∞,8]C．(―∞D．―∞【解题思路】参变分离，再根据对勾函数的性质，结合能成立问题求最值即可.【解答过程】由题意，因为x ∈(2,7)，故a ≤x +7x 在区间(2,7)上有实数解，则a <x +，又g (x )=x +7x在上单调递减，在上单调递增，且g (2)=2+72=112，g (7)=7+77=8>g (2)，故x +<8.故a ≤x +7x 在区间(2,7)上有实数解则a <8.故选：A.【变式6-2】（23-24高一上·福建·期中）若至少存在一个x <0，使得关于x 的不等式3―|3x ―a |>x 2+2x 成立，则实数a 的取值范围是（ ）A ．―374,3B ．―C ．―374D ．(―3,3)【解题思路】化简不等式3―|3x ―a |>x 2+2x ，根据二次函数的图象、含有绝对值函数的图象进行分析，从而求得a 的取值范围.【解答过程】依题意，至少存在一个x <0，使得关于x 的不等式3―|3x ―a |>x 2+2x 成立，即至少存在一个x <0，使得关于x 的不等式―x 2―2x +3>|3x ―a |成立，画出y =―x 2―2x +3(x <0)以及y =|3x ―a |的图象如下图所示，其中―x 2―2x +3>0.当y =3x ―a 与y =―x 2―2x +3(x <0)相切时，由y =3x ―ay =―x 2―2x +3消去y 并化简得x 2+5x ―a ―3=0，Δ=25+4a +12=0,a =―374.当y =―3x +a 与y =―x 2―2x +3(x <0)相切时，由y =―3x +ay =―x 2―2x +3消去y 并化简得x 2―x +a ―3=0①，由Δ=1―4a +12=0解得a =134，代入①得x 2―x +14=x=0，解得x =12，不符合题意.当y =―3x +a 过(0,3)时，a =3.结合图象可知a 的取值范围是―374,3.故选：A.【变式6-3】（22-23高一上·江苏宿迁·期末）若命题“∀x 0∈(0,+∞)，使得x 20+ax 0+a +3≥0”为假命题，则实数a 的取值范围是（ ）A ．(―∞,―2),(6,+∞)B ．(―∞,―2)C ．[―2,6]D ．[2+【解题思路】根据题意可知“∃x 0∈(0,+∞)，使得x 20+ax 0+a +3<0”为真命题，然后参变分离，将问题转化为最值问题，利用基本不等式可解.【解答过程】因为“∀x 0∈(0,+∞)，使得x 20+ax 0+a +3≥0”为假命题，所以“∃x 0∈(0,+∞)，使得x 20+ax 0+a +3<0”为真命题，即a <―x 20+3x 0+1在(0,+∞)内有解，即a <―.因为―x 20+3x 0+1=―(x 0+1)2―2(x 0+1)+4x 0+1=―x 0+1―2≤―2，当且仅当x 0=1时等号成立，所以=―2，所以实数a 的取值范围为(―∞,―2).故选：B.【题型7 一元二次不等式恒成立、有解问题综合】【例7】（23-24高一上·山东潍坊·阶段练习）已知关于x 的不等式2x ―1>m(x 2―1).(1)是否存在实数m ，使不等式对任意x ∈R 恒成立，并说明理由；(2)若不等式对于m ∈[―2,2]恒成立，求实数x 的取值范围；(3)若不等式对x ∈[2,+∞)有解，求m 的取值范围.【解题思路】将2x ―1>m(x 2―1)转化为mx 2―2x +(1―m)<0，（1）讨论m =0和m ≠0时的情况；（2）f(m)=(x 2―1)m ―(2x ―1)，显然该函数单调，所以只需f(2)<0f(―2)<0即可.（3）讨论当m =0时，当m <0时，当m >0时，如何对x ∈[2,+∞)有解，其中m <0，m >0，均为一元二次不等式，结合一元二次函数图象求解即可.【解答过程】（1）原不等式等价于mx2―2x+(1―m)<0，当m=0时，―2x+1<0，即x>12，不恒成立；当m≠0时，若不等式对于任意实数x恒成立，则m<0且Δ=4―4m(1―m)<0，无解；综上，不存在实数m，使不等式恒成立.（2）设f(m)=(x2―1)m―(2x―1)，当m∈[―2,2]时，f(m)<0恒成立，当且仅当f(2)<0f(―2)<0，即2x2―2x―1<0―2x2―2x+3<0，解得<x<x<x><x<所以x的取值范围是.（3）若不等式对x∈[2,+∞)有解，等价于x∈[2,+∞)时，mx2―2x―m)<0有解.令g(x)=mx2―2x+(1―m)，当m=0时，―2x+1<0即x>12，此时显然在x∈[2,+∞)有解；当m<0时，x∈[2,+∞)时，结合一元二次函数图象，mx2―2x+(1―m)<0显然有解；当m>0时，y=g(x)对称轴为x=1m，Δ=4―4m(1―m)=4m2―4m+4=(2m―1)2+3>0，∵x∈[2,+∞)时，mx2―2x+(1―m)<0有解，∴结合一元二次函数图象，易得：g(2)<0或g(2)≥01m>2，解得m<1或m≥1m<12（无解），又∵m>0，∴0<m<1;综上所述，m的取值范围为(―∞,1).【变式7-1】（23-24高一上·江苏扬州·阶段练习）设函数y=ax2―(2a+3)x+6,a∈R．(1)若y+2>0恒成立，求实数a的取值范围：(2)当a=1时，∀t>―2，关于x的不等式y≤―3x+3+m在[―2,t]有解，求实数m的取值范围．【解题思路】（1）利用一元二次不等式恒成立的条件即可求解；（2）根据已知条件及二次函数的性质即可求解.【解答过程】（1）y+2>0恒成立，即ax2―(2a+3)x+8>0恒成立，当a=0时，―3x+8>0，解得x<83，舍去；当a≠0时，a>04a2―20a+9<0，解得12<a<92所以实数a（2）当a=1时，∀t>―2，关于x的不等式y≤―3x+3+m在[―2,t]有解，则―2是x2―2x+3―m≤0的解，因为抛物线y=x2―2x+3开口向上，对称轴x=1，所以11―m≤0，解得m≥11，所以m的取值范围为[11,+∞)．【变式7-2】（23-24高一上·浙江台州·期中）已知函数f(x)=2x2―ax+a2―4，g(x)=x2―x+a2―314，(a∈R)(1)当a=1时，解不等式f(x)>g(x)；(2)若任意x>0，都有f(x)>g(x)成立，求实数a的取值范围；(3)若∀x1∈[0,1]，∃x2∈[0,1]，使得不等式f(x1)>g(x2)成立，求实数a的取值范围.【解题思路】（1）作差后解一元二次不等式即可.（2）解法一：构造函数，分类讨论求解二次函数最小值，然后列不等式求解即可；解法二：分离参数，构造函数k=x+154x，利用基本不等式求解最值即可求解；（3）把问题转化为f(x)min>g(x)min，利用动轴定区间分类讨论即可求解.【解答过程】（1）当a=1时，f(x)=2x2―x―3，g(x)=x2―x―274所以f(x)―g(x)=x2+154>0，所以f(x)>g(x)，所以f(x)>g(x)的解集为R.（2）若对任意x>0，都有f(x)>g(x)成立，即x2+(1―a)x+154>0在x>0恒成立，解法一：设ℎ(x )=x 2+(1―a )x +154，x >0，对称轴x =a―12，由题意，只须ℎ(x )min >0，①当a―12≤0，即a ≤1时，ℎ(x )在0，+∞上单调递增，所以ℎ(x )>ℎ(0)=154，符合题意，所以a ≤1；②当a―12>0，即a >1时，ℎ(x )在+∞单调递增，所以ℎ(x )>=―(a―1)24+154>0，解得1<a <1+a >1，所以1<a <1+综上，a <1+解法二：不等式可化为(a ―1)x <x 2+154，即a ―1<x +154x ，设k =x +154x ，x >0，由题意，只须a ―1<k (x )min ，k =x +154x ≥=当且仅当x =154x 即x =k min =所以a ―1<a <1+（3）若对任意x 1∈[0,1]，存在x 2∈[0,1]，使得不等式f (x 1)>g (x 2)成立，即只需满足f (x )min >g (x )min ，x ∈[0,1]，g (x )=x 2―x +a 2―314，对称轴x =12，g (x )在0,递增，g (x )min ==a 2―8，f (x )=2x 2―ax +a 2―4，x ∈[0,1]，对称轴x =a4，①a4≤0即a ≤0时，f (x )在[0,1]递增，f (x )min =f (0)=a 2―4>g (x )min =a 2―8恒成立；②0<a4<1即0<a <4时，f (x )在0,,1递增，f (x )min ==78a 2―4，g (x )min =a 2―8，所以78a 2―4>a 2―8，故0<a <4；③a4≥1即a ≥4时，f (x )在[0,1]递减，f (x )min =f (1)=a 2―a ―2，g (x )min =a 2―8，所以a 2―a ―2>a 2―8，解得4≤a <6，综上：a ∈(―∞,6).【变式7-3】（23-24高一上·山东威海·期中）已知函数f(x)=x 2―(a +3)x +6(a ∈R)(1)解关于x 的不等式f(x)≤6―3a ；(2)若对任意的x ∈[1,4]，f(x)+a +5≥0恒成立，求实数a 的取值范围(3)已知g(x)=mx +7―3m ，当a =1时，若对任意的x 1∈[1,4]，总存在x 2∈[1,4]，使f (x 1)=g (x 2)成立，求实数m 的取值范围．【解题思路】（1）由不等式f(x)≤6―3a 转化为(x ―3)(x ―a)≤0，分a <3，a =3，a >3讨论求解；（2）将对任意的x ∈[1,4]，f(x)+a +5≥0恒成立，转化为对任意的x ∈[1,4]，a(x ―1)≤x 2―3x +11恒成立，当x =1，恒成立，当x ∈(1,4]时，a ≤(x ―1)+9x―1―1恒成立，利用基本不等式求解；（3）分析可知函数f (x )在区间[1,4]上的值域是函数g (x )在区间[1,4]上的值域的子集，分m =0、m <0、m >0三种情况讨论，求出两个函数的值域，可得出关于实数m 的不等式组，综合可得出实数m 的取值范围.【解答过程】（1）因为函数f(x)=x 2―(a +3)x +6(a ∈R)，所以f(x)≤6―3a ，即为x 2―(a +3)x +3a ≤0，所以(x ―3)(x ―a)≤0，当a <3时，解得a ≤x ≤3，当a =3时，解得x =3，当a >3时，解得3≤x ≤a ， 综上，当a <3时，不等式的解集为{x |a ≤x ≤3}，当a ≥3时，不等式的解集为{x |3≤x ≤a }（2）因为对任意的x ∈[1,4],f(x)+a +5≥0恒成立，所以对任意的x ∈[1,4]，a(x ―1)≤x 2―3x +11恒成立，当x =1时，0≤9恒成立，所以对任意的x ∈(1,4]时，a ≤(x ―1)+9x―1―1恒成立， 令(x ―1)+9x―1―1≥1=5，当且仅当x ―1=9x―1，即x =4时取等号，所以a ≤5，所以实数a 的取值范围是(―∞,5]（3）当a =1时，f(x)=x 2―4x +6，因为x ∈[1,4]，所以函数f(x)的值域是[2,6]，因为对任意的x 1∈[1,4]，总存在x 2[1,4]，使f (x 1)=g (x 2)成立，所以f(x)的值域是g(x)的值域的子集，当m >0时，g(x)∈[7―2m,m +7]，则m >07―2m ≤2m +7≥6，解得m ≥52当m <0时，g(x)∈[m +7,7―2m]，则m <07―2m ≥6m +7≤2，解得m ≤―5，当m =0时，g(x)∈{7}，不成立；综上，实数m 的取值范围(―∞,―5]∪+∞.一、单选题1．（2023·河南·模拟预测）已知命题“∃x 0∈[―1,1]，―x 20+3x0+a >0”为真命题，则实数a 的取值范围是（ ）A ．(―∞,―2)B ．(―∞,4)C ．(―2,+∞)D ．(4,+∞)【解题思路】由题知x 0∈[―1,1]时，a >x 20―3x 0min ，再根据二次函数求最值即可得答案.【解答过程】解：因为命题“∃x 0∈[―1,1]，―x 20+3x 0+a >0”为真命题，所以，命题“∃x 0∈[―1,1]，a >x 20―3x 0”为真命题，所以，x 0∈[―1,1]时，a >x 20―3x 0min ，因为，y =x 2―3x =x―94，所以，当x ∈[―1,1]时，y min =―2，当且仅当x =1时取得等号.所以，x 0∈[―1,1]时，a >x 20―3x 0min=―2，即实数a 的取值范围是(―2,+∞)故选：C.2．（2024·浙江·模拟预测）若不等式kx 2+(k ―6)x +2>0的解为全体实数，则实数k 的取值范围是（ ）A ．2≤k ≤18B ．―18<k <―2C ．2<k <18D ．0<k <2【解题思路】分类讨论k =0与k ≠0两种情况，结合二次不等式恒成立问题的解决方法即可得解.【解答过程】当k =0时，不等式kx 2+(k ―6)x +2>0可化为―6x +2>0，显然不合题意；当k ≠0时，因为kx 2+(k ―6)x +2>0的解为全体实数，所以k >0Δ=(k ―6)2―4k ×2<0，解得2<k <18；综上：2<k <18.故选：C.3．（2023·辽宁鞍山·二模）若对任意的x ∈(0,+∞),x 2―mx +1>0恒成立，则m 的取值范围是（ ）A ．(―2,2)B ．(2,+∞)C ．(―∞,2)D ．(―∞,2]【解题思路】变形给定不等式，分离参数，利用均值不等式求出最小值作答.【解答过程】∀x ∈(0,+∞),x 2―mx +1>0⇔m <x +1x ，而当x >0时，x +1x ≥=2，当且仅当x =1x ，即x =1时取等号，则m <2，所以m 的取值范围是(―∞,2).故选：C.4．（2023·宁夏中卫·二模）已知点A(1,4)在直线x +y=1(a >0,b >0)上，若关于t 的不等式a +b ≥t 2+5t +3恒成立，则实数t 的取值范围为（ ）A ．[―6,1]B ．[―1,6]C ．(―∞,―1]∪[6,+∞)D ．(―∞,―6]∪[1,+∞)【解题思路】将点代入直线方程，再利用基本不等式求得a +b 的最小值，从而将问题转化9≥t 2+5t +3，解之即可.【解答过程】因为点A(1,4)在直线xa +yb =1(a >0,b >0)上，所以1a +4b =1，故a +b =(a +b +=ba +4a b+5≥=9，当且仅当ba =4a b且1a +4b =1，即a =3,b =6时等号成立，因为关于t 的不等式a +b ≥t 2+5t +3恒成立，所以9≥t 2+5t +3，解得―6≤t ≤1，所以t ∈[―6,1].故选：A.5．（23-24高二上·山东潍坊·阶段练习）若两个正实数x ，y 满足1x +4y =2，且不等式x +y4<m 2―m 有解，则实数m 的取值范围是（ ）A ．(―1,2)B ．(―∞,―2)∪(1,+∞)C ．(―2,1)D ．(―∞,―1)∪(2,+∞)【解题思路】利用均值不等式求出最小值，根据题意列不等式求解即可.【解答过程】x +y4=+=+1+y 4x≥12(1+1+2)=2，要使得不等式x +y4<m 2―m 有解，只需m 2―m >2有解即可，解得m >2或者m <―1，故选：D.6．（23-24高一上·全国·单元测试）不等式2x 2―axy +y 2≥0，对于任意1≤x ≤2及1≤y ≤3恒成立，则实数a 的取值范围是（ ）A ．a|a ≤B ．a|a ≥C ．a|a ≤D ．a|a【解题思路】由于在不等式2x 2―axy +y 2≥0中出现两个变量，对其进行变形令t =xy 则转化为含参数t 的不等式2t 2―at +1≥0，在t ∈,2上恒成立的问题，然后进行分离参数求最值即可.【解答过程】由y ∈[1,3]，则不等式2x 2―axy +y 2≥0两边同时乘以1y 2不等式可化为：+1≥0，令t =xy ，则不等式转化为：2t 2―at +1≥0，在t ∈,2上恒成立，由2t 2―at +1≥0可得a ≤2t 2+1t即a ≤2t +，又2t +1t ≥=t =t =2t +1t 取得最小值故可得a ≤故选：A ．7．（2023·江西九江·二模）已知命题p ：∃x ∈R ，x 2+2x +2―a <0，若p 为假命题，则实数a 的取值范围为（ ）A ．(1,+∞)B ．[1,+∞)C ．(―∞,1)D ．(―∞,1]【解题思路】首先由p 为假命题，得出¬p 为真命题，即∀x ∈R ，x 2+2x +2―a ≥0恒成立，由Δ≤0，即可求出实数a 的取值范围．【解答过程】因为命题p ：∃x ∈R ，x 2+2x +2―a <0，所以¬p ：∀x ∈R ，x 2+2x +2―a ≥0，又因为p 为假命题，所以¬p 即∀x ∈R ，x 2+2x +2―a ≥0恒成立，所以Δ≤0，即22―4(2―a)≤0，解得a ≤1，故选：D ．8．（2024·上海黄浦·模拟预测）已知不等式ρ：ax 2+bx +c <0(a ≠0)有实数解．结论（1）：设x 1，x 2是ρ的两个解，则对于任意的x 1，x 2，不等式x 1+x 2<―ba 和x 1⋅x 2<ca 恒成立；结论（2）：设x 0是ρ的一个解，若总存在x 0，使得ax 02―bx 0+c <0，则c <0，下列说法正确的是（ ）A ．结论①、②都成立B ．结论①、②都不成立C ．结论①成立，结论②不成立D ．结论①不成立，结论②成立【解题思路】根据一元二次不等式与二次方程以及二次函数之间的关系，以及考虑特殊情况通过排除法确定选项.【解答过程】当a<0且Δ=b2―4ac<0时，ρ：ax2+bx+c<0(a≠0)的解为全体实数，故对任意的x1，x2，x1+x2与―ba的关系不确定，例如：ρ：―x2+2x―2<0,取x1=1，x2=4,而―ba =2，所以x1⋅x2=4>ca=2，故结论①不成立.当a<0且Δ=b2―4ac>0时，ρ：ax2+bx+c<0的解为x|x<p或x>q，其中p,q是ax2+bx+c=0的两个根.当x0<p,―x0>q此时ax02―bx0+c<0，但c值不确定，比如：ρ：―x2+x+2<0，取x0 =―3，则―x02―x0+2<0，但c>0，故结论②不成立.故选：B.二、多选题9．（2023·江苏连云港·模拟预测）若对于任意实数x，不等式(a―1)x2―2(a―1)x―4<0恒成立，则实数a可能是（）A．―2B．0C．―4D．1【解题思路】首先当a=1，不等式为―4<0恒成立，故满足题意；其次a≠1，问题变为了一元二次不等式恒成立问题，则当且仅当a―1<0Δ<0，解不等式组即可.【解答过程】当a=1时，不等式为―4<0恒成立，故满足题意；当a≠1时，要满足a―1<0Δ<0，而Δ=4(a―1)2+16(a―1)=4(―1)(a+3)，所以解得―3<a<1；综上，实数a的取值范围是(―3,1]；所以对比选项得，实数a可能是―2，0，1.故选：ABD.10．（2024·广东深圳·模拟预测）下列说法正确的是（）A．不等式4x2―5x+1>0的解集是x|x>14或x<1B．不等式2x2―x―6≤0的解集是x|x≤―32或x≥2C．若不等式ax2+8ax+21<0恒成立，则a的取值范围是∅D．若关于x的不等式2x2+px―3<0的解集是(q,1)，则p+q的值为―12【解题思路】对于AB ，直接解一元二次不等式即可判断；对于C ，对a 分类讨论即可判断；对于D ，由一元二次不等式的解集与一元二次方程的根的关系，先求得p,q ，然后即可判断.【解答过程】对于A ，4x 2―5x +1>0⇔(x ―1)(4x ―1)>0⇔x <14或x >1，故A 错误；对于B ，2x 2―x ―6≤0⇔(x ―2)(2x +3)≤0⇔―32≤x ≤2，故B 错误；若不等式ax 2+8ax +21<0恒成立，当a =0时，21<0是不可能成立的，所以只能a <0Δ=64a 2―84a <0 ，而该不等式组无解，综上，故C 正确；对于D ，由题意得q,1是一元二次方程2x 2+px ―3=0的两根，从而q ×1=―322+p ―3=0，解得p =1,q =―32，而当p =1,q =―32时，一元二次不等式2x 2+x ―3<0⇔(x ―1)(2x +3)<0⇔―32<x <1满足题意，所以p +q 的值为―12，故D 正确.故选：CD.11．（22-23高三上·河北唐山·阶段练习）若(ax -4)(x 2+b )≥0对任意x∈(-∞,0]恒成立，其中a ，b 是整数，则a +b 的可能取值为（ ）A ．-7B ．-5C ．-6D ．-17【解题思路】对b 分类讨论，当b≥0由(ax -4)(x 2+b )≥0可得ax -4≥0，由一次函数的图象知不存在；当b <0时，由(ax -4)(x 2+b )≥0，利用数形结合的思想可得出a ,b 的整数解.【解答过程】当b≥0时，由(ax -4)(x 2+b )≥0可得ax -4≥0对任意x∈(-∞,0]恒成立，即a≤4x 对任意x∈(-∞,0]恒成立，此时a 不存在；当b <0时，由(ax -4)(x 2+b )≥0对任意x∈(-∞,0]恒成立，可设f (x )=ax -4，g (x )=x 2+b ，作出f (x ),g (x )的图象如下，aa，b是整数可得a=-1b=-16或a=-4b=-1或a=-2b=-4所以a+b的可能取值为-17或-5或-6故选：BCD.三、填空题12．（2024·陕西渭南·模拟预测）若∀x∈R,a<x2+1，则实数a的取值范围是(―∞,1).（用区间表示）【解题思路】利用二次函数的性质计算即可.【解答过程】由题得a<(x2+1)min=1，即实数a的取值范围为(―∞,1).故答案为：(―∞,1).13．（2024·辽宁·三模）若“∃x∈(0,+∞)，使x2―ax+4<0”是假命题，则实数a的取值范围为(―∞,4].【解题思路】将问题转化为“a≤x+4x在(0,+∞)上恒成立”，再利用对勾函数的单调性求得最值，从而得解.【解答过程】因为“∃x∈(0,+∞)，使x2―ax+4<0”是假命题，所以“∀x∈(0,+∞)，x2―ax+4≥0”为真命题，其等价于a≤x+4x在(0,+∞)上恒成立，又因为对勾函数f(x)=x+4x在(0,2]上单调递减，在[2,+∞)上单调递增，所以f(x)min=f(2)=4，所以a≤4，即实数a∞,4].故答案为：(―∞,4].14．（2023·河北·模拟预测）若∃x∈R，ax2+ax+a―3<0，则a的一个可取的正整数值为1（或2，3）.【解题思路】由判别式大于0求解.【解答过程】由题意Δ=a2―4a(a―3)>0，解得0<a<4，a的正整数值为1或2或3，故答案为：1（也可取2，3）．四、解答题15．（2024·全国·模拟预测）已知函数f(x)=|2x―a|，且f(x)≤b的解集为[―1,3]．(1)求a和b的值；(2)若f(x)≤|x―t|在[―1,0]上恒成立，求实数t的取值范围．【解题思路】（1）根据绝对值不等式的性质即可求解，（2）将问题转化为3x2+(2t―8)x+4―t2≤0在[―1,0]上恒成立，即可利用二次函数零点分布求解.【解答过程】（1）由f(x)≤b得|2x―a|≤b，易知b≥0，则―b≤2x―a≤b，解得a―b2≤x≤b+a2，由于f(x)≤b的解集为[―1,3]，则b+a2=3,a―b2=―1，解得a=2,b=4．（2）由（1）知f(x)=|2x―2|，由f(x)≤|x―t|得|2x―2|≤|x―t|，得3x2+(2t―8)x+4―t2≤0在[―1,0]上恒成立，Δ=(2t―8)2―4×3×(4―t2)=16(t―1)2>0，故t≠1．令g(x)=3x2+(2t―8)x+4―t2，若g(x)≤0在[―1,0]上恒成立，则g(―1)≤0g(0)≤0，即―t2―2t+15≤04―t2≤0，解得t≤―5或t≥3，故实数t的取值范围为(―∞,―5]∪[3,+∞)．16．（2024·新疆乌鲁木齐·一模）已知函数f(x)=|x―1|+|x+2|.（1）求不等式f(x)≤5的解集；（2）若不等式f(x)≥x2―ax+1的解集包含[―1,1]，求实数a的取值范围.【解题思路】（1）分类讨论，求解不等式即可；（2）将问题转化为二次函数在区间上恒成立的问题，列出不等式组即可求得.【解答过程】（1）当x≤―2时，f(x)≤5等价于―2x―1≤5，解得x∈[―3,―2]；当―2<x<1时，f(x)≤5≤5，恒成立，解得x∈(―2,1)；当x≥1时，f(x)≤5等价于2x+1≤5，解得x∈[1,2]；综上所述，不等式的解集为[―3,2].（2）不等式f(x)≥x2―ax+1的解集包含[―1,1]，等价于f(x)≥x2―ax+1在区间[―1,1]上恒成立，也等价于x2―ax―2≤0在区间[―1,1]恒成立.则只需g(x)=x2―ax―2满足：g(―1)≤0且g(1)≤0即可.即1+a―2≤0,1―a―2≤0，解得a∈[―1,1].。
恒成立练习题
恒成立练习题1a R x x a x a 恒成立，则实数对一切∈<--+-04)2(2)2(2的取值范围是( ))2(]22(]22[)2(--∞---∞，、，、，、，、D C B A2、若不等式)210(0log 2，在<-x xa 内恒成立，则实数a 的取值范围是)21()121()1161()1()1161[，，、，、，、，、 D C B A ∞+3、当(12)x ∈，时，不等式240x mx ++<恒成立，则m 的取值范围是_4、若不等式142xx a +--≥0在[1，2]上恒成立，则a 的取值范围为．5．对于满足0≤p≤4的实数p ，使342-+>+p x px x 恒成立的x 的取值范围是 ． 6、当x>1时，不等式x+11-x ≥a 恒成立，则实数a 的取值范围是 A ．(－∞,2] B ．[2,+∞) C ．[3,+∞) D ．(－∞,3]7、若不等式R x a x x ∈≥-++对|1||2|恒成立，则实数a 的取值范围是（ ）A ．),3(+∞B ．),3[+∞C ．（－∞，3）D ．]3,(-∞8、若关于x 的不等式|x-2|+|x+2|>a 的解是全体实数，则实数a 的取值范围是( )A ．4a <B ．4a> C ．0a > D ．0a <9、已知不等式1()()9ax y x y++≥对任意正实数,x y 恒成立,则正实数a 的最小值为( ) A.2 B.4 C.6 D.8 10、已知a ∈R ，则“2a <”是“|2|||x x a -+>恒成立”的 A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充要条件 D ．既不充分也不必要条件 11、已知a ,b ∈R ，且a >b ，则下列不等式中恒成立的是 A ．a 2>b 2B ．(21) a <(21)bC ．lg (a －b )>0D ．ba>1 12、当(12)x ∈，时，不等式240x mx ++<恒成立，则m 的取值范围是 ．13、不等式2313x x a a +--≤-对任意实数x 恒成立，则实数a 的取值范围为( )A (,1][4,)-∞-+∞ B (,2][5,)-∞-+∞ C ．[1,2] D ．(,1][2,)-∞+∞14．若对任意∈x R ,不等式x ≥ax 恒成立，则实数a 的取值范围是（ ）(A)a ＜－1 (B)a ≤1 (C) a ＜1 （D ）a ≥1答案 1、C 2、A 3答案：（5m ≤- 4、a ≤0． 解：a ≤142xx +-在[1，2]上恒成立，a ≤(142xx +-)min =(2(21)1x --)min =05．（－∞，－1）∪（3，+∞） 6答案：D 7答案：D 8答案：A9【解】：)21()()111a y axx y a a x y x y++=+++≥++=，当y =时取等号，所以1()()a x y x y++的最小值为)21，于是)219≥恒成立4a ∴≥ 故选B ；10c 11B125m -≤ 13答案 A解析 因为24314313x x x x a a -≤+--≤+--≤-对对任意x 恒成立，所以22343041a a a a a a -≥-≥≥≤-即，解得或14解析：若对任意∈x R ,不等式x ≥ax 恒成立，当x ≥0时，x ≥ax ，a ≤1，当x<0时，－x ≥ax ，∴a ≥－1，综上得11a -≤≤，即实数a 的取值范围是a ≤1，选B 。
专题05 不等式之恒成立问题(填空题)(解析版))2021年新高考数学考前压轴冲刺(新高考地区专用)
专题05 不等式之恒成立问题2021年新高考填空题考点预测新高考近几年不等式常以压轴题的题型出现，常见的考试题型有恒成立，有解问题，此类题型丰富多变，综合性强，有一定的难度，但只要我们理解问题的本质，就能解决这类问题，常用的知识点如下：1.若)(x f 在区间D 上存在最小值，A x f >)(在区间D 上恒成立，则A x f >min )(.2.若)(x f 在区间D 上存在最大值，B x f <)(在区间D 上恒成立，则B x f <max )(.3.若)(x f 在区间D 上存在最大值，A x f >)(在区间D 上有解，则A x f >max )(.4.若)(x f 在区间D 上存在最小值，B x f <)(在区间D 上有解，则B x f <min )(.5.],,[,21b a x x ∈∀)()(21x g x f ≤，则min max )()(x g x f ≤.6.],,[1b a x ∈∀],[2n m x ∈∃，)()(21x g x f ≤，则max max )()(x g x f ≤.7.],,[1b a x ∈∃],[2n m x ∈∃，)()(21x g x f ≤，则max min )()(x g x f ≤.8.],,[b a x ∈∀)()(x g x f ≤,则0)()(≤-x g x f .典型例题1.若不等式|x ﹣2|﹣|x +2|≤21﹣3a 对任意实数x 都成立，则实数a 的最大值为 ．【分析】依据题设借助绝对值的几何意义得|x ﹣2|﹣|x +2|≤4，然后由不等式恒成立可得a 的范围．【解答】解：由绝对值的几何意义知|x ﹣2|﹣|x +2|≤|（x ﹣2）﹣（x +2）|＝4，当且仅当（x ﹣2）（x +2）≤0，即﹣2≤x ≤2时取等号，∵|x ﹣2|﹣|x +2|≤21﹣3a 对任意实数x 都成立，∴21﹣3a≥（|x﹣2|﹣|x+2|）max＝4＝22，∴1﹣3a≥2，∴a≤﹣，∴实数a的最大值为：﹣．故答案为：﹣．【知识点】不等式恒成立的问题2.已知a是实数，若对于任意的x＞0，不等式恒成立，则a的值为．【分析】设y＝（4a﹣2）x+，y＝x2+ax﹣，分别作出y＝（4a﹣2）x+，y＝x2+ax﹣的图象，讨论4a ﹣2≥0，不符题意；4a﹣2＜0，且y＝（4a﹣2）x+经过二次函数y＝x2+ax﹣图象的B（x2，0），将B的坐标分别代入一次函数和二次函数解析式，解方程可得a，检验可得所求值．【解答】解：设y＝（4a﹣2）x+，y＝x2+ax﹣，由△＝a2+＞0，可得y＝x2+ax﹣的图象与x轴有两个交点，分别作出y＝（4a﹣2）x+，y＝x2+ax﹣的图象，可得4a﹣2≥0，不满足题意；则4a﹣2＜0，即a＜，且y＝（4a﹣2）x+经过二次函数y＝x2+ax﹣图象的B（x2，0），即有（4a﹣2）x2+＝0，即x2＝，代入x2+ax﹣＝0，化为48a2﹣40a+7＝0，解得a＝或a＝＞（舍去），故答案为：．【知识点】不等式恒成立的问题3.若对于任意x∈[1，4]，不等式0≤ax2+bx+4a≤4x恒成立，|a|+|a+b+25|的范围为．【答案】[25，57]【分析】由题意不等式恒成立化为﹣b≤a（x+）≤4﹣b恒成立，设f（x）＝x+，x∈[1，4]，求出f（x）的值域，根据一次函数的性质转化为，即；设，求出a、b的表达式，把目标函数z＝|a|+|a+b+25|化为关于y、x的解析式，利用线性规划的知识求出z的取值范围，即可得出结论．【解答】解：对于任意x∈[1，4]，不等式0≤ax2+bx+4a≤4x恒成立，可得当x∈[1，4]时，不等式﹣b≤a（x+）≤4﹣b恒成立，设f（x）＝x+，x∈[1，4]；可得x∈[1，2]时f（x）递减，x∈[2，4]时f（x）递增，可得f（2）时取得最小值4，f（1）＝f（4）时取得最大值5，所以f（x）的值域为[4，5]；所以原不等式恒成立，等价于，（y＝af（x）为f（x）的一次函数，最大值与最小值都在端点处）即，设，则，所以，所以目标函数z＝|a|+|a+b+25|＝|y﹣x|+|4x+3y+25|＝|y﹣x|+4x+3y+25，画出不等式组表示的平面区域，如图所示；当y≥x时，目标函数z＝3x+4y+25，所以x＝0，y＝0时z min＝25，x＝4，y＝5时z max＝57；当y＜x时，目标函数z＝5x+2y+25，所以x＝0，y＝0时为临界值z min＝25，x＝4，y＝4时z max＝53；综上可得，|a|+|a+b+25|的范围是[25，57]．故答案为：[25，57]．【知识点】不等式恒成立的问题专项突破一、填空题（共14小题）1.设a∈R，若x＞0时均有[（a﹣1）x﹣1]（x2﹣ax﹣1）≥0，则a＝．【分析】分类讨论，（1）a＝1；（2）a≠1，在x＞0的整个区间上，我们可以将其分成两个区间，在各自的区间内恒正或恒负，即可得到结论．【解答】解：（1）a＝1时，代入题中不等式明显不成立．（2）a≠1，构造函数y1＝（a﹣1）x﹣1，y2＝x 2﹣ax﹣1，它们都过定点P（0，﹣1）．考查函数y1＝（a﹣1）x﹣1：令y＝0，得M（，0），∴a＞1；考查函数y2＝x2﹣ax﹣1，∵x＞0时均有[（a﹣1）x﹣1]（x2﹣ax﹣1）≥0，∴y2＝x2﹣ax﹣1过点M（，0），代入得：，解之得：a＝，或a＝0（舍去）．故答案为：．【知识点】不等式恒成立的问题2.若存在实数b使得关于x的不等式|a sin2x+（4a+b）sin x+13a+2b|﹣2sin x≤4恒成立，则实数a的取值范围是﹣．【答案】[-1，1]【分析】运用正弦函数的值域可得2+sin x∈[1，3]，可得|a（2+sin x）++b|≤2恒成立，讨论a＝0，a ＞0，a＜0，结合绝对值不等式的解法和不等式恒成立思想，可得所求范围．【解答】解：|a sin2x+（4a+b）sin x+13a+2b|﹣2sin x≤4，即为|a（sin2x+4sin x+4）+b（2+sin x）+9a|≤2（2+sin x），即有|a（2+sin x）2+b（2+sin x）+9a|≤2（2+sin x），由2+sin x∈[1，3]，可得|a（2+sin x）++b|≤2恒成立，当a＝0时，显然成立；当a＞0，可得a（2+sin x）+∈[6a，10a]，﹣2﹣b≤a（2+sin x）+≤2﹣b，可得﹣2﹣b≤6a且2﹣b≥10a，可得﹣2﹣6a≤b≤2﹣10a，即﹣2﹣6a≤2﹣10a，可得0＜a≤1；当a＜0，可得a（2+sin x）+∈[10a，6a]，可得﹣2﹣b≤10a且2﹣b≥6a，可得﹣2﹣10a≤b≤2﹣6a，即﹣2﹣10a≤2﹣6a，可得﹣1≤a＜0；综上可得a的范围是[﹣1，1]．故答案为：[﹣1，1]．【知识点】不等式恒成立的问题3.若不等式≥a对x＜2恒成立，则a的最大值是﹣【分析】设t＝2﹣x，得出x＝2﹣t，其中t＞0，把化为f（t），利用基本不等式求出f（t）的最小值，由此求出a的最大值．【解答】解：不等式≥a对x＜2恒成立，设t＝2﹣x，则x＝2﹣t，其中t＞0，所以化为f（t）＝＝+t﹣3≥2﹣3＝2﹣3，当且仅当＝t，即t＝时取“＝”，∴f（t）的最小值为2﹣3；∴不等式≥a对x＜2恒成立时，a的最大值是2﹣3．故答案为：2﹣3．【知识点】不等式恒成立的问题4.若不等式|x﹣2|﹣|x+2|≤21﹣3a对任意实数x都成立，则实数a的最大值为．【分析】依据题设借助绝对值的几何意义得|x﹣2|﹣|x+2|≤4，然后由不等式恒成立可得a的范围．【解答】解：由绝对值的几何意义知|x﹣2|﹣|x+2|≤|（x﹣2）﹣（x+2）|＝4，当且仅当（x﹣2）（x+2）≤0，即﹣2≤x≤2时取等号，∵|x﹣2|﹣|x+2|≤21﹣3a对任意实数x都成立，∴21﹣3a≥（|x﹣2|﹣|x+2|）max＝4＝22，∴1﹣3a≥2，∴a≤﹣，∴实数a的最大值为：﹣．故答案为：﹣．【知识点】不等式恒成立的问题5.已知a，b∈R，若关于x的不等式lnx≤a（x﹣2）+b对一切正实数x恒成立，则当a+b取最小值时，b的值为﹣．【分析】由题意可得只要考虑直线y＝a（x﹣2）+b与y＝lnx相切，设出切点（m，lnm），运用导数的几何意义，可得a，b，m的方程，再由x＝3时，a+b取得最小值，结合构造函数法，运用导数求得最小值，即可得到所求b的值．【解答】解：设y＝lnx的图象与直线y＝a（x﹣2）+b相切的切点为（m，lnm），由y＝lnx的导数为y′＝，可得a＝，lnm＝a（m﹣2）+b，可得b＝2a﹣lna﹣1，由x＝3时，可得a+b≥ln3，可得a+b的最小值为ln3，即有2a﹣lna﹣1＝ln3﹣a，即3a﹣lna＝1+ln3，由y＝3x﹣lnx的导数为y′＝3﹣，可得0＜x＜时，函数y＝3x﹣lnx递减，在x＞时，函数y＝3x﹣lnx递增，可得x＝处函数y取得最小值1+ln3，则3a﹣lna＝1+ln3的解为a＝，即有b＝ln3﹣．故答案为：ln3﹣．【知识点】不等式恒成立的问题6.已知等比数列{a n}的前n项和为S n，且S n＝，若对任意的n∈N*，（2S n+3）λ≥27（n﹣5）恒成立，则实数λ的取值范围是．【分析】根据等比数列前n项和公式，求得a n，即可求得t的值，代入根据函数的单调性即可求得实数λ的取值范围．【解答】解：由题意可知：2S n＝3n+1+t，当n≥2时，2a n＝2S n﹣2S n﹣1＝3n+1+t﹣3n﹣t＝2×3n，∴a n＝3n，由数列{a n}为等比数列，则a1＝3，当n＝1，则a1＝S1＝＝3，则t＝﹣3，∴S n＝（3n﹣1），对任意的n∈N*，（2S n+3）λ≥27（n﹣5），即3n+1λ≥27（n﹣5），∴λ≥＝，n∈N*，由对任意的n∈N*，（2S n+3）λ≥27（n﹣5）恒成立，则λ≥（）max，由函数f（x）＝在[1，+∞），f′（x）＝＝，令f′（x）＝0，则x＝+5，则f（x）在[1，+5）单调递增，在（+5，+∞）单调递减，由n∈N*，f（5）＝0，f（6）＝，∴当n＝6时，取最大值，最大值为，∴实数λ的取值范围[，+∞），故答案为：[，+∞）．【知识点】不等式恒成立的问题、利用导数研究函数的单调性7.已知函数f（x）＝，设a∈R，若关于x的不等式在R上恒成立，则a的取值范围是﹣【分析】根据题意，分段讨论x≤1和x＞1时，关于x的不等式f（x）≥|+a|在R上恒成立，去掉绝对值，利用函数的最大、最小值求得a的取值范围，再求它们的公共部分．【解答】解：函数f（x）＝，当x≤1时，关于x的不等式f（x）≥|+a|在R上恒成立，即为﹣x2+x﹣3≤+a≤x2﹣x+3，即有﹣x2+x﹣3≤a≤x2﹣x+3，由y＝﹣x2+x﹣3的对称轴为x＝＜1，可得x＝处取得最大值为﹣；由y＝x2﹣x+3的对称轴为x＝＜1，可得x＝处取得最小值为，则﹣≤a≤；…①当x＞1时，关于x的不等式f（x）≥|+a|在R上恒成立，即为﹣（x+）≤+a≤x+，即有﹣（x+）≤a≤+，由y＝﹣（x+）≤﹣2＝﹣2（当且仅当x＝＞1）取得最大值﹣2；由y＝x+≥2＝2（当且仅当x＝2＞1）取得最小值2．则﹣2≤a≤2；…②由①②可得，﹣≤a≤2；综上，a的取值范围是﹣≤a≤2．故答案为：﹣≤a≤2．【知识点】不等式恒成立的问题8.若不等式（x+1）1n（x+1）＜ax2+2ax在（0，+∞）上恒成立，则a的取值范围是．【分析】当x＞0时a＞在x＞0恒成立，设g（x）=，g（x）﹣=，求得y=2（x+1）ln（x+1）﹣x（x+2），x＞0的导数和符号，即可得到所求a的范围．【解答】解：不等式（x+1）1n（x+1）＜ax2+2ax在（0，+∞）上恒成立，即有a＞在x＞0恒成立，设g（x）=，由y=lnx﹣x+1的导数为y′=﹣1=，x＞1时，函数y递减；0＜x＜1时，函数y递增，可得y=lnx﹣x+1的最大值为0，即lnx≤x﹣1，则g（x）﹣=，由y=2（x+1）ln（x+1）﹣x（x+2），x＞0的导数为y′=2（1+ln（x+1））﹣2（x+1）=2[ln（x+1）﹣x]，由ln（x+1）＜x，即ln（x+1）﹣x＜0，（x＞0），可得g（x）﹣＜0，即g（x）＜，可得a≥，则a的范围是[，+∞）．故答案为：[，+∞）．【知识点】不等式恒成立的问题9.对于任意的正数a，b，不等式（2ab+a2）k≤4b2+4ab+3a2恒成立，则k的最大值为．【分析】通过变形，换元可得，接下来只需求出在（1，+∞）上的最小值即可．【解答】解：依题意，，令，则，令μ＝2t+1＞1，则，而函数在（1，+∞）上的最小值为，故，即k的最大值为．故答案为：．【知识点】不等式恒成立的问题10.设a＞0，若关于x的不等式x≥9在x∈（3，+∞）恒成立，则a的取值范围为．【答案】3【分析】利用基本不等式，确定x的最小值，即可求得a的最小值．【解答】解：∵a＞0，x＞1，∴x＝（x﹣3）+3≥2+1∵a＞0，若关于x的不等式x≥9在x∈（3，+∞）恒成立，∴2+3≥9．∴a≥3∴a的最小值为3．故答案为：3．【知识点】不等式恒成立的问题11.不等式（a﹣2）x2+（a﹣2）x+1＞0对一切x∈R恒成立，则实数a的取值范围是．【答案】[2，6）【分析】由于二次项系数含有参数，故需分a﹣2＝0与a﹣2≠0两类讨论，特别是后者：对于（a﹣2）x2+（a﹣2）x+1＞0对一切x∈R恒成立，有求出a的范围，再把结果并在一起．【解答】解：当a＝2时，原不等式即为1＞0，原不等式恒成立，即a＝2满足条件；当a≠2时，要使不等式（a﹣2）x2+（a﹣2）x+1＞0对一切x∈R恒成立，必须解得，2＜a＜6．综上所述，a的取值范围是2≤a＜6，故答案为：[2，6）．【知识点】不等式恒成立的问题12.若对任意a∈[1，2]，不等式ax2+（a﹣1）x﹣1＞0恒成立，则实数x的取值范围是﹣∞﹣【答案】（-∞，-1）∪（1，+∞）【分析】通过变换主元，利用函数恒成立转化为不等式组求解即可．【解答】解：由题意对任意a∈[1，2]，不等式ax2+（a﹣1）x﹣1＞0恒成立，即为a（x2+x）﹣x﹣1＞0对任意a∈[1，2]恒成立，所以，解得x＜﹣1或x＞1．故答案为：（﹣∞，﹣1）∪（1，+∞）．【知识点】不等式恒成立的问题13.若不等式2kx2+kx+＜0对于一切实数x都成立，则k的取值范围是﹣∞﹣．【答案】（-∞，-2）【分析】根据不等式2kx2+kx+＜0对一切实数x都成立，讨论k＝0和k≠0时，即可求出k的取值范围．【解答】解：不等式2kx2+kx+＜0对一切实数x都成立，k＝0时，不等式化为＜0不成立，k≠0时，应满足，解得k＜﹣2．综上，不等式2kx2+kx+＜0对一切实数x都成立的k的取值范围是（﹣∞，﹣2）．故答案为：（﹣∞，﹣2）．【知识点】二次函数的性质与图象、不等式恒成立的问题14.若关于x的不等式（x2﹣a）（2x+b）≥0在（a，b）上恒成立，则2a+b的最小值为．【答案】0【分析】设f（x）＝（x2﹣a）（2x+b），x∈（a，b），讨论a＞0和a≤0时，利用f（x）≥0在x∈（a，b）恒成立，即可求出2a+b的最小值．【解答】解：关于x的不等式（x2﹣a）（2x+b）≥0在（a，b）上恒成立，当a＞0时，b＞a＞0，f（x）＝（x2﹣a）（2x+b）的三个零点分别为±，﹣；显然有＞﹣，＞﹣；则f（x）在（a，b）上是单调增函数，f（x）≥0在（a，b）上恒成立，则f（a）＝（a2﹣a）（2a+b）＝a（a﹣1）（2a+b）≥0，即或；则2a+b≥0或无最小值；当a≤0时，x2﹣a≥0恒成立，f（x）≥0时只需2x+b≥0恒成立，又x∈（a，b），∴2a+b≥0；综上所述，2a+b的最小值为0．故答案为：0．【知识点】不等式恒成立的问题。
恒成立与有解问题(解析版)
恒成立与有解问题练习参考答案1.若不等式2kx 2+kx −38<0对一切实数x 都成立，则实数k 的取值范围为A ．(−3,0)B ．(−3,0]C ．(−∞,0]D ．(−∞,−3)∪[0,+∞)【答案】B【解析】【分析】分k =0，k ≠0两种情况，当k =0，−38<0对x ∈R 恒成立，当k ≠0时，需开口向下，判别式小于0，不等式恒成立.【详解】当k =0时，原不等式可化为−38<0，对x ∈R 恒成立；当k ≠0时，原不等式恒成立，需{2k <0Δ=k 2−4×2k ×(−38)<0 ，解得k ∈(−3,0)，综上k ∈(−3,0].故选B.【点睛】本题主要考查了分类讨论思想，二次不等式恒成立的条件，属于中档题.2.若关于x 的不等式221)(1)201k x k x x x -+-+>++（的解集为R ，则k 的范围为____________． 【答案】19k ≤<【解析】 【分析】先判断分母22131024⎛⎫++=++> ⎪⎝⎭x x x 则问题转化为21)(1)20（-+-+>k x k x 恒成立，再分1k =时，和1k ≠时两种情况分类讨论. 【详解】因为22131024⎛⎫++=++> ⎪⎝⎭x x x ，所以221)(1)201k x k x x x -+-+>++（等价于21)(1)20（-+-+>k x k x 恒成立，当1k =时，20>成立，当1k ≠时，则()()2101810k k k ->⎧⎪⎨∆=---<⎪⎩，解得19k << ， 综上：19k ≤<.故答案为：19k ≤<.【点睛】本题主要考查了不等式恒成立问题，还考查了转化化归的思想和运算求解的能力，属于中档题.3.若一元二次不等式2kx 2＋kx －38<0对一切实数x 都成立，则k 的取值范围为( ) A ．(－3,0]B ．[－3,0)C ．[－3,0]D ．(－3,0) 【答案】D【解析】∵2kx 2＋kx －38<0为一元二次不等式，∴k ≠0，又2kx 2＋kx －38<0对一切实数x 都成立， 则必有200k <⎧⎨∆<⎩，解得－3<k <0. 4.若函数22log (28)y kx kx =-+的定义域为一切实数，则实数k 的取值范围为____________．【答案】[0,8)【解析】【分析】首先根据题意转化为228kx kx -+>0，对任意的实数x 恒成立，再分别讨论0k =和0k ≠的情况即可.【详解】因为函数22log (28)y kx kx =-+的定义域为一切R ，等价于228kx kx -+>0，对任意的实数x 恒成立.当0k =时，80>，符合条件.当0k ≠时，20084320k k k k >⎧⇒<<⎨∆=-<⎩.综上08k ≤<. 【点睛】本题主要考查对数函数定义域的，同时考查了二次不等式的恒成立问题，属于中档题.5.设函数f (x )＝mx 2－mx －1.若对于x ∈[1,3]，f (x )<－m ＋5恒成立，求m 的取值范围．【分析】本题可转化为二次函数在闭区间上的最值，也可以通过分类参数求解.要使f (x )<－m ＋5在x ∈[1,3]上恒成立，即m ⎝⎛⎭⎫x －122＋34m －6<0在x ∈[1,3]上恒成立． 有以下两种方法：令g (x )＝m ⎝⎛⎭⎫x －122＋34m －6，x ∈[1,3]． （1）当m >0时，g (x )在[1,3]上是增函数，所以g (x )max ＝g (3)⇒7m －6<0，所以m <67，所以0<m <67； （2）当m ＝0时，－6<0恒成立；（3）当m <0时，g (x )在[1,3]上是减函数，所以g (x )max ＝g (1)⇒m －6<0，所以m <6，所以m <0.综上所述，m 的取值范围是{m |m <67}． 6.已知不等式mx 2－2x －m ＋1<0，是否存在实数m 对所有的实数x ，使不等式恒成立？若存在，求出m 的取值范围；若不存在，请说明理由．【解析】不等式mx 2－2x －m ＋1<0恒成立，即函数f (x )＝mx 2－2x －m ＋1的图象全部在x 轴下方．当m ＝0时，1－2x <0，则x >12，不满足题意； 当m ≠0时，f (x )＝mx 2－2x －m ＋1为二次函数，需满足开口向下且方程mx 2－2x －m ＋1＝0无解， 即00m <⎧⎨∆<⎩，不等式组的解集为空集，即m 无解． 综上可知，不存在这样的m .7.已知二次函数22()42(2)21f x x p x p p =----+，若在区间[1,1]-内至少存在一个实数x 使()0f x >，则实数p 的取值范围是__________. 【答案】3(3,)2-【解析】因为二次函数()f x 在区间[1,1]-内至少存在一个实数x ，使()0f x >的否定是：“函数()f x 在区间[1,1]-内任意实数x ，使()0f x ≤”，所以(1)0(1)0≤-⎨≤⎧⎩f f ，即2242(2)21042(2)210----+≤+---+≤⎧⎨⎩p p p p p p ，整理得222390210+-≥-⎧⎩-⎨≥p p p p ，解得32p ≥或3p ≤-，所以二次函数在区间[1,1]-内至少存在一个实数x ，使()0f x >的实数p 的取值范围是3(3,)2-.【点晴】本题主要考查了一元二次方程的根的分布与系数的关系，其中解答中涉及到一元二次函数的图象与性质、不等式组的求解、命题的转化等知识点的综合考查，着重考查了学生分析问题和解答问题的能力，其中根据二次函数的图象是开口方向朝上的抛物线，得到对于区间[1,1]-内的任意一个x 都有()0f x >时，得到不等式组是解答的关键，属于中档试题.8.已知函数若对于任意，都有成立，则实数的取值范围是 ．【答案】(2- 【解析】由题意可得()0f x <对于[,1]x m m ∈+上恒成立，即22()210(1)230f m m f m m m ⎧=-<⎨+=+<⎩，解得0m <<． ,1)(2-+=mx x x f ]1,[+∈m m x 0)(<x f m对任意m ∈[－1,1]，函数f (x )＝x 2＋(m －4)x ＋4－2m 的值恒大于零，求x 的取值范围．【答案】(－∞，1)∪(3，＋∞)【解析】由f(x)＝x 2＋(m －4)x ＋4－2m ＝(x －2)m ＋x 2－4x ＋4，令g (m )＝(x －2)m ＋x 2－4x ＋4，则原问题转化为关于m 的一次函数问题．由题意知在[－1,1]上，g(m)的值恒大于零，∴⎩⎪⎨⎪⎧g (－1)＝(x －2)×(－1)＋x 2－4x ＋4>0，g (1)＝(x －2)＋x 2－4x ＋4>0，解得x<1或x>3. 故当x 的取值范围是(－∞，1)∪(3，＋∞)时，对任意的m ∈[－1,1]，函数f(x)的值恒大于零．9.不等式22253x x a a -+≥-对任意实数x 恒成立，则实数a 的取值范围为_________.【答案】[]1,4-【解析】【分析】根据二次不等式的恒成立问题,先求解不等式左边的最小值,再求解二次不等式即可.【详解】因为()2225144x x x -+=-+≥,故243a a ≥-恒成立.即()()2340140a a a a --≤⇒+-≤,解得14a -≤≤.实数a 的取值范围为[]1,4-.故答案为：[]1,4-【点睛】本题主要考查了二次不等式恒成立的问题,需要求解二次函数的最值进行分析,属于基础题.10.己知f(x)=x 2+2x +1+a ，∀x ∈R ，f(f(x))≥0恒成立，则实数a 的取值范围为( )A ．[√5−12,+∞]B ．[√5−32,+∞]C ．[−1,+∞)D ．[0,+∞)【答案】B【解析】设t =f(x)=(x +1)2+a ≥a ，∴f(t)≥0对任意t ≥a 恒成立，即(t +1)2+a ≥0对任意t ∈[a,+∞)都成立，当a ≤−1时f(t)min =f(−1)=a ，则a +a ≥0即a ≥0与讨论a ≤−1矛盾，当a >−1时，f(t)min =f(a)=a 2+3a +1，则a 2+3a +1≥0，解得a ≥√5−32，故选B ．11.已知函数f (x )＝－x 2＋ax ＋b 2－b ＋1(a ∈R ，b ∈R )，对任意实数x 都有f (1－x )＝f (1＋x )成立，当x ∈[－1,1]时，f (x )>0恒成立，则b 的取值范围是( )A ．－1<b <0B ．b >2C ．b <－1或b >2D ．不能确定【答案】C【解析】由f (1－x )＝f (1＋x )知f (x )图象的对称轴为直线x ＝1，则有a 2＝1，故a ＝2.，由f (x )的图象可知f (x )在[－1,1]上为增函数．∴x ∈[－1,1]时，f (x )min ＝f (－1)＝－1－2＋b 2－b ＋1＝b 2－b －2，令b 2－b －2>0，解得b <－1或b >2.12.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 恒成立，则实数a 的取值范围为 ( )A ．−1<a <1B ．−12<a <32C ．−32<a <12D ．0<a <2【答案】B【解析】根据题设新定义的运算，可得(x −a)⊗(x +a)=(x −a )(1−x −a )，所以(x −a)⊗(x +a)<1可转化为(x −a )(1−x −a )<1，即x 2−x +(1−a 2+a )>0恒成立，根据二次函数的性质可知Δ=1−4(1−a 2+a )<0，解得−12<a <32，故选B. 13.若对于任意的x ＞0，不等式mx ≤x 2+2x+4恒成立，则实数m 的取值范围为（ ）A ．（﹣∞，4]B ．（﹣∞，6]C ．[﹣2，6]D ．[6，+∞）【答案】B【解析】当x ＞0时，mx ≤x 2+2x +4⇔m ≤x +4x +2对任意实数x ＞0恒成立，令f （x ）＝x +4x +2， 则m ≤f （x ）min ，∵f （x ）＝x +4x +2≥2√x ⋅4x +2＝6，∴m ≤6．故选B ．14.已知不等式xy ≤ax 2+2y 2对于x ∈[1,2],y ∈[2,3]恒成立,则a 的取值范围是A ．[1,+∞)B ．[−1,4)C ．[−1,+∞)D ．[−1,6]【答案】C【解析】不等式xy ≤ax 2+2y 2对于x ∈[1,2],y ∈[2,3]恒成立，等价于a ≥y x −2(y x)2，对于x ∈[1,2],y ∈[2,3]恒成立，令t =y x ，则1≤t ≤3，∴a ≥t −2t 2在[1,3]上恒成立，∵y =−2t 2+t =−2(t −14)2+18，∴t =1时，y max =−1,∴a ≥−1，a 的取值范围是[−1,+∞)，故选C.15.若关于x 的二次不等式01)1(2<-+-+a x a ax 恒成立，则实数a 的取值范围是________．【分析】利用a 的符号及判别式求解.【解析】由题意知，01)1(2<-+-+a x a ax 恒成立， 所以⇔⎩⎨⎧<∆<00a ⎩⎨⎧<---<0)1(4)1(02a a a a ⇔⎩⎨⎧>--<012302a a a ⇔⎪⎩⎪⎨⎧-<><3110a a a 或⇔31-<a . ∴a 的取值范围是⎪⎭⎫ ⎝⎛-∞-31,【评注】本题若无“二．次．不等式”的条件，还应考虑0=a 的情况，但对本题讲0=a 时式子不恒成立.只有定义在R 上的恒二次不等式才能实施判别式法；否则，易造成失解.16.若不等式kx +3k > |x 2−4x −5|对x ∈[−1,5]恒成立，则实数k 的取值范围为______.【答案】k >2【解析】若不等式kx +3k > |x 2−4x −5|对x ∈[−1,5]恒成立，则直线y =k (x +3)在y =|x 2−4x −5|， x ∈[−1,5]图象的上方，如图：联立：{y =k (x +3)y =5+4x −x2 ，可得x 2+(k −4)x +3k −5=0 令∆=(k −4)2−4(3k −5)=0，k =2或18（舍去）∴k >2，故答案为：k >217.设函数2()2f x mx mx =-- （1）若对于一切实数()0f x <恒成立，求m 的取值范围；（2）若对于[1,3],()2(1)x f x m x ∈>-+-恒成立，求m 的取值范围.【答案】（1）(8,0]-（2）2m >【解析】【分析】（1）由不等式220mx mx --<恒成立，结合二次函数的性质，分类讨论，即可求解； （2）要使对于[1,3],()2(1)x f x m x ∈>-+-恒成立，整理得只需221x m x x >-+恒成立，结合基本不等式求得最值，即可求解.【详解】（1）由题意，要使不等式220mx mx --<恒成立，①当0m =时，显然20-<成立，所以0m =时，不等式220mx mx --<恒成立；②当0m ≠时，只需2080m m m <⎧⎨∆=+<⎩，解得80m -<<，综上所述，实数m 的取值范围为(8,0]-.（2）要使对于[1,3],()2(1)x f x m x ∈>-+-恒成立，只需22mx mx m x -+>恒成立，只需()212m x x x -+>，又因为22131024x x x ⎛⎫-+=-+> ⎪⎝⎭，只需221x m x x >-+， 令222211111x y x x x x x x===-+-++-，则只需max m y >即可，因为12x x +>=，当且仅当1x x =，即1x =时等式成立； 因为[1,3]x ∈，所以max 2y =，所以2m >.【点睛】本题主要考查了含参数的不等式的恒成立问题的求解，其中解答中把不等式的恒成立问题转化为函数的最值问题是解答的关键，着重考查了分类讨论思想，以及转化思想的应用，属于基础题. 18.已知a ∈R ，函数f （x ）=x 2﹣2ax +5.（1）若a >1，且函数f （x ）的定义域和值域均为[1，a ]，求实数a 的值；（2）若不等式x |f （x ）﹣x 2|≤1对x ∈[13，12]恒成立，求实数a 的取值范围. 【答案】（1）2；（2）2578a ≤≤. 【解析】【分析】（1）根据f （x ）的图象开口向上，对称轴为x =a >1，知f （x ）在[1，a ]上单调递减，所以f （1）=a 求解即可.（2）将不等式x |f （x ）﹣x 2|≤1对x ∈[13，12]恒成立，去绝对值转化为a 2512x x -≥且a 2512x x+≤在 x ∈[13，12]恒成立，分别令g （x ）2251115252228-⎛⎫==--+ ⎪⎝⎭x x x ，x ∈[13，12]，用二次函数求其最大值，令h （x ）2251115252228+⎛⎫==+- ⎪⎝⎭x x x ，x ∈[13，12]，求其最小值即可. 【详解】（1）∵f （x ）的图象开口向上，对称轴为x =a >1，∴f （x ）在[1，a ]上单调递减，∴f （1）=a ，即6﹣2a ＝a ，解得a =2.. （2）不等式x |f （x ）﹣x 2|≤1对x ∈[13，12]恒成立， 即x |2ax ﹣5|≤1对x ∈[13，12]恒成立， 故a 2512x x -≥且a 2512x x +≤在x ∈[13，12]恒成立， 令g （x ）2251115252228-⎛⎫==--+ ⎪⎝⎭x x x ，x ∈[13，12]，所以g （x ）max =g （25）258=，所以258a≥.令h（x）2251115252228+⎛⎫==+-⎪⎝⎭xx x，x∈[13，12]，所以h（x）min=h（12）=7，所以7a≤.综上：2578a≤≤.【点睛】本题主要考查了二闪函数的图象和性质，还考查了转化化归和运算求解的能力，属于中档题.。
2025届高考数学复习：压轴好题专项(不等式恒成立问题)练习(附答案)
2025届高考数学复习：压轴好题专项(不等式恒成立问题)练习1．（2024届湖北省随州市曾都区高三上学期测试）已知函数()2ln f x ax x x =+（R a ∈）图象在点(1,(1))f 处的切线与直线30x y +=垂直． (1)求实数a 的值；(2)若存在Z k ∈，使得()f x k >恒成立，求实数k 的最大值．2．（2023届黑龙江省鸡西市密山市高三上学期第三次月考）已知函数()()211ln 12f x x a x a x =-+++． (1)若3x =是()f x 的极值点，求()f x 的单调性； (2)若()1f x ≥恒成立，求a 的取值范围．3．（2024届陕西省西安市部分学校高三上学期联考）已知函数()2ln 1f x x mx x =-+，m ∈R 且0m ≠.(1)当1m =时，求曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线方程； (2)若关于x 的不等式()2ef x x ≥恒成立，其中e 是自然对数的底数，求实数m 的取值范围. 4．（2023届安徽省临泉第一中学高三上学期第三次月考）设函数()()e 1xf x x a =+-，已知直线2y x =是曲线()y f x =的一条切线． (1)求实数a 的值；(2)若不等式()()ln 1f x t x x ≥⎡⎤⎣⎦++对任意()1,x ∈-+∞恒成立，求实数t 的取值范围． 5．（2024届江苏省镇江市丹阳市高三上学期检测）已知函数()1ln e x f x x x x-=-+（e 为自然对数的底数）.(1)求函数()f x 在1x =处的切线方程；(2)若()11e ln x f x x a x x-+-->+恒成立，求证：实数1a <-.6．（2024届福建省莆田市第一中学高三上学期期初考试）已知函数()22f x x ax =++，R a ∈.(1)若不等式()0f x ≤的解集为[]1,2，求不等式()21f x x ≥-的解集；(2)若对于任意的[]1,1x ∈-，不等式()()214f x a x ≤-+恒成立，求实数a 的取值范围. 7．（2023届河南省部分名校高三二模）已知函数()()()211ln R 2f x mx m x x m =+--∈，()2112ex g x x =-+. (1)讨论()f x 的单调性；(2)当0m >时，若对于任意的()10,x ∞∈+，总存在[)21,x ∈+∞，使得()()12f x g x ≥，求m 的取值范围. 8．（2024届江西省赣州市第四中学高三上学期开学考试）设m 为实数，函数()()2ln 2R f x m x x m =-∈. (1)当12m =时，直线y ax b =+是曲线()y f x =的切线，求a b +的最小值； (2)已函数()f x 有两个不同的零点1x ，2x （120x x <<），若()12011x x x λλλ+=≠-+，且()00f x '<恒成立，求实数λ的范围.9．（2024届四川省广安友谊中学高三上学期9月月考）已知函数()ln 2f x x ax =-. (1)若1x =是()f x 的极值点，求a 的值； (2)讨论函数()f x 的单调性；(3)若()0f x ≤恒成立，求a 的取值范围；10．（2024届内蒙古呼和浩特市高三第一次质量监测）已知函数()()321122132f x ax a x x =++++，其中a ∈R ，且0a ≠．(1)讨论函数()f x 的单调性；(2)当2a =-时，过函数()f x 图象对称中心C 的直线与()f x 图象交于A ，B 两点（异于点C ），分别以A ，B 两点为切点作()f x 的切线，记切线的斜率分别为1k ，2k ，若12e ln k k mx x -≥⋅恒成立，求实数m 的取值范围．参考答案1．（2024届湖北省随州市曾都区高三上学期测试）已知函数()2ln f x ax x x =+（R a ∈）图象在点(1,(1))f 处的切线与直线30x y +=垂直． (1)求实数a 的值；(2)若存在Z k ∈，使得()f x k >恒成立，求实数k 的最大值．【过程详解】（1）∵()2ln ,(0)f x ax x x x =+>，∴()2ln 1f x ax x '=++，∵切线与直线30x y +=垂直，∴切线的斜率为3， ∴(1)3f '=，即213a +=，故1a =.（2）由（1）知()2ln f x x x x =+，,()0x ∈+∞，()2ln 1f x x x '=++，令()2ln 1g x x x =++，,()0x ∈+∞，则()12g x x'=+，,()0x ∈+∞， 由()0g x '>对,()0x ∈+∞恒成立，故()g x 在(0,)+∞上单调递增，又∵2221222110e e e g ⎛⎫=-+=-< ⎪⎝⎭，而121n202g ⎛⎫=-> ⎪⎝⎭，∴存在0102,x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，使()00g x =，∵()g x 在(0,)+∞上单调递增，∴当()00,x x ∈时，()()0g x f x '=<，()f x 在()00,x 上单调递减；当()0,x x ∈+∞时，()()0g x f x '=>，()f x 在()0,x +∞上单调递增；∴()f x 在0x x =处取得最小值()0f x ，∵()f x k >恒成立，所以()0kf x <；由()00g x =得，002ln 10x x ++=，所以00ln 12x x =--，∴()200001f x x x nx =+()200012x x x =+--20x x =--201124x ⎛⎫=-++ ⎪⎝⎭，又0102,x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，∴()0,304f x ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭，∵Z k ∈，∴k 的最大值为1-．2．（2023届黑龙江省鸡西市密山市高三上学期第三次月考）已知函数()()211ln 12f x x a x a x =-+++． (1)若3x =是()f x 的极值点，求()f x 的单调性； (2)若()1f x ≥恒成立，求a 的取值范围．【过程详解】（1）()f x 的定义域为()0,∞+，()()1a f x x a x'=-++， 若3x =是()f x 的极值点，则()()33103af a '=-++=，解得3a =， 此时()()()1334x x f x x x x--'=-+=， ()f x 在区间()()0,13,∞⋃+上()()0,f x f x '>单调递增；在区间()1,3上()()0,f x f x '<单调递减. 此时3x =是()f x 的极小值点，符合题意.综上所述，()f x 的增区间为()()0,1,3,+∞；减区间为()1,3. （2）()()()211ln 102f x x a x a x x =-+++>， 由()1f x ≥，得()()22111ln 11,1ln 022x a x a x x a x a x -+++≥-++≥①，设()()()211ln 02g x x a x a x x =-++> ()()111122g a a =-+=--， 所以当0a ≥时，()10g <，①不成立，故a<0， ()()()()11x x a a g x x a x x--'=-++=， 所以()g x 在区间()0,1上()()0,g x g x '<单调递减； 在区间()1,+∞上，()()0,g x g x '>单调递增， 所以()()1102g x g a ≥=--≥，解得12a ≤-.综上所述，a 的取值范围是1,2⎛⎤-∞- ⎥⎝⎦.3．（2024届陕西省西安市部分学校高三上学期联考）已知函数()2ln 1f x x mx x =-+，m ∈R 且0m ≠.(1)当1m =时，求曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线方程；(2)若关于x 的不等式()2ef x x ≥恒成立，其中e 是自然对数的底数，求实数m 的取值范围. 【过程详解】（1）由题，当1m =时，()2ln 1f x x x x =-+，()2ln 1f x x x '=--，()11f '=，()12f =，所以切线方程为21y x -=-，化简得10x y -+=，即曲线()f x 在点()()1,1f 处的切线方程为10x y -+=. （2）()2e f x x ≥，即22ln 1ex mx x x -+≥，即12ln 0e x m x x +--≥在()0,∞+上恒成立，令()12ln e g x x m x x =+--，则()222111m x mx g x x x x --'=--=. 对于21y x mx =--，240m ∆=+>，故其必有两个零点，且两个零点的积为1-，则两个零点一正一负，设其正零点为()00,x ∈+∞，则20010x mx --=，即001m x x =-， 且在()00,x 上时210,y x mx =--<则()0g x '<，此时()g x 单调递减， 在()0,x +∞上，210,y x mx =-->()0g x '>，此时()g x 单调递增， 因此当0x x =时，()g x 取最小值， 故()00g x ≥，即00000112ln 0ex x x x x ⎛⎫+---≥ ⎪⎝⎭. 令()112ln e h x x x x x x ⎛⎫=+--- ⎪⎝⎭，则()2222111111ln 11ln h x x x x x x x ⎛⎫⎛⎫⎛⎫'=--+--=-+ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，当()0,1x ∈时，()0h x '>，当()1,x ∈+∞时，()0h x '<，则()h x 在()0,1上单调递增，在()1,+∞上单调递减，又()1e 0e h h ⎛⎫== ⎪⎝⎭，故01,e e x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，显然函数001m x x =-在1,e e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上是关于0x 的单调递增函数，则11e,e e e m ⎡⎤∈--⎢⎥⎣⎦，所以实数m 的取值范围为11e,00e ,e e ⎡⎫⎛⎤--⎪ ⎢⎥⎣⎭⎝⎦U4．（2023届安徽省临泉第一中学高三上学期第三次月考）设函数()()e 1xf x x a =+-，已知直线2y x =是曲线()y f x =的一条切线．(1)求实数a 的值；(2)若不等式()()ln 1f x t x x ≥⎡⎤⎣⎦++对任意()1,x ∈-+∞恒成立，求实数t 的取值范围． 【过程详解】（1）设直线2y x =与曲线()y f x =相切于点0x x =处，因为()()1e x f x x a '=++，则()()0001e 2x f x x a '=++=，即()000e e 2x xx a ++=而()()0000e 12x f x x a x =+-=，所以0021e 2x x ++=，即00e 210xx +-=设函数()e 21xg x x =+-，x ∈R ，显然在R 上单调递增，且()00g =，则()g x 有唯一零点0x =.所以00x =，1a =，即实数a 的值等于1.（2）由（1）知()()1e 1xf x x =+-，()(2)e x f x x '=+，()f x 在区间(),2-∞-上单调递减，在区间()2,-+∞上单调递增.所以()1,0x ∈-时，()()00f x f <=，0=t 显然不符合题意.注意到()()ln 1p x x x =++是增函数，在区间()1,0-上，()()00p x p <=， 所以0t <不合题意. 接下来对0t >进行讨论，令()()()1e 1ln 1xh x x t x x =+--++⎡⎤⎣⎦，则()()()122e 11e 11x xx h x x t x t x x +⎛⎫'⎡⎤=+-+=+- ⎪⎣⎦++⎝⎭， 注意到()1,x ∈-+∞，201x x +>+， 令()0h x '=，得()1e 0xx t +-=，注意到()()1e xq x x =+在()1,-+∞上单调递增，且()10q -=，所以在0t >时，有唯一的实数()01,x ∈-+∞使得()001e xx t +=，()00h x '=．当()01,x x ∈-时，()0h x '<，()h x 单调递减，在()0,x x ∈+∞时，()0h x '>，()h x 单调递增.所以()()()()()00000min 1e 1ln 1xh x h x x t x x ==+--++， 注意到()001e xx t +=，()00ln 1ln x x t ++=，所以()min 1ln 0h x t t t =--≥， 再设()1ln s t t t t =--，()ln s t t '=-，当01t <<时，()0s t '>，()s t 单调递增，当1t >时，()0s t '<，()s t 单调递减， 所以()()1ln 10s t t t t s =--=≤.因为()min 1ln 0h x t t t =--≥，()()1ln 10s t t t t s =--=≤，只能1t =. 综上所述，实数t 的取值范围是{}1.5．（2024届江苏省镇江市丹阳市高三上学期检测）已知函数()1ln e xf x x x x-=-+（e 为自然对数的底数）.(1)求函数()f x 在1x =处的切线方程；(2)若()11e ln x f x x a x x -+-->+恒成立，求证：实数1a <-.【过程详解】（1）由()1ln e xf x x x x-=-+，定义域为()0,∞+，则()()22111111e ex x x f x x x x x -⎛⎫'=+-=-+ ⎪⎝⎭. 所以()f x 在1x =处的切线l 的斜率为()10k f '==，又()111e f =-，则l 的方程为11ey =-.（2）()11e ln xf x x a x x -+-->+⇔()()21ln 11e e e ex x x x x x a x a f x x x a x x x ---+>⇔-+->⇔<--恒成立，令()()1e xh x x x =--，则()e 1x h x x '=-，令()e 1x u x x =-，0x >，则()()1e 0xu x x '=+>所以()u x 在()0,∞+上单调递增，又()010u =-<，且()1e 10u =->，则()u x 在()0,1上存在零点0x 且()000e 10xu x x =-=，即001e x x =. 所以()h x 在()00,x 上单调递减，在()0,x +∞上单调递增，所以()()()00000min 011e 1xh x h x x x x x ⎛⎫==--=-+ ⎪⎝⎭，即()0a h x <.()00011h x x x ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭，则()()()00022001111x x h x x x +-'=-= 又()00,1x ∈，所以()00h x '>，则()00011h x x x ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭在()0,1上单调递增，因此()()011h x h <=-所以1a <-.6．（2024届福建省莆田市第一中学高三上学期期初考试）已知函数()22f x x ax =++，R a ∈.(1)若不等式()0f x ≤的解集为[]1,2，求不等式()21f x x ≥-的解集；(2)若对于任意的[]1,1x ∈-，不等式()()214f x a x ≤-+恒成立，求实数a 的取值范围. 【过程详解】（1）若不等式()0f x ≤的解集为[]1,2， 即1，2是关于x 的方程220x ax ++=的两个根， 则123a +=-=，即3a =-，则2()32f x x x =-+，由2()1f x x ≥-得22321x x x -+≥-， 即22310x x -+≥，得(21)(1)0x x --≥，解得1x ≥或12x ≤， 即不等式的解集为[)1,1,2⎛⎤-∞+∞ ⎥⎝⎦ ．（2）不等式()()214f x a x ≤-+对于任意的[]1,1x ∈-恒成立，即222x a x --≤对于任意的[]1,1x ∈-恒成立，令22()2x h x x -=-，[]1,1x ∈-，则2242()(2)x x h x x -+'=-，令()0h x '=，解得2x =，当12x -<<()0h x '>，当21x <<时时()0h x '< 故()h x在1,2⎡-⎣上单调递增，在(2⎤⎦上单调递减， 又()11h =，()113h -=，故()()min 113h x h =-=，所以13a ≤．7．（2023届河南省部分名校高三二模）已知函数()()()211ln R 2f x mx m x x m =+--∈，()2112ex g x x =-+. (1)讨论()f x 的单调性；(2)当0m >时，若对于任意的()10,x ∞∈+，总存在[)21,x ∈+∞，使得()()12f x g x ≥，求m 的取值范围.【过程详解】（1）()()()1111mx x f x mx m x x-+'=+--=，0x >. 当0m ≤时，()0f x '<恒成立，()f x 在()0,∞+上单调递减；当0m >时，由()0f x ¢>，解得1,x m ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭，即()f x 在1,m ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增，由()0f x '<，解得10,x m ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，即()f x 在10,m ⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减.（2）当0m >时，由（1）知()min 11ln 12m f m x f m ⎛⎫==+- ⎪⎝⎭，()12e 02x g x x -'=+>，1x ≥恒成立，()g x 在[)1,+∞上单调递增，所以()()min 1122eg x g ==-，由题意知()()min min f x g x ≥，即11ln 1222em m +-≥-. 设()1ln 12h m m m=+-，则()21102h m m m '=+>，所以()h m 为增函数， 又()1e 22eh =-，所以e m ≥， 即m 的取值范围是[)e,+∞.8．（2024届江西省赣州市第四中学高三上学期开学考试）设m 为实数，函数()()2ln 2R f x m x x m =-∈. (1)当12m =时，直线y ax b =+是曲线()y f x =的切线，求a b +的最小值； (2)已函数()f x 有两个不同的零点1x ，2x （120x x <<），若()12011x x x λλλ+=≠-+，且()00f x '<恒成立，求实数λ的范围.【过程详解】（1）当12m =时，()ln 2f x x x =-，∴()12f x x'=-， 设切点为()000,ln 2x x x -，则切线斜率()0012k f x x ==-'，∴切线方程为0012ln 1y x x x ⎛⎫=-+-⎪⎝⎭，∴012a x =-，0ln 1b x =-，∴001ln 3a b x x +=+-， 令()1ln 3g x x x =+-，则()22111x g x x x x-=-+='， 由()0g x '<，可得01x <<；由()0g x '>，可得1x >，∴()g x 在()0,1上单调递减，在()1,+∞上单调递增，∴()()min 12g x g ==-，即a b +的最小值为2-；（2）∵()f x 有两个不同的零点1x ，2x （120x x <<），∴11ln m x x =，22ln m x x =，124<<x x ，∴()1212ln ln m x x x x -=-，∴1122lnx m x x x =-， 设()120,1x t x =∈，则12ln x x m t-=， 又()22mf x x='-， ∴()12120121211222201ln x x x x f x f m x x t x x λλλλλλ+-++⎛⎫'==-=⨯⋅-< ⎪+++⎝⎭'， 将12x tx =代入上式可得：()()1110ln t t tλλ+--<+恒成立，又()0,1t ∈，则ln 0t <，∴()()11ln 0t t t λλ+-->+恒成立，设()()()11ln t t t t λϕλ+-=-+，()0,1t ∈，则()()()()()()2222111t t t t t t t λλϕλλ---+=='-++，()0,1t ∈， （ⅰ）当21λ≥时，20t λ-<，∴()0t ϕ'<，∴()t ϕ在()0,1上单调递减，()()10t ϕϕ>=恒成立， ∴()[),11,λ∈-∞-⋃+∞；（ⅱ）当21λ<时，∵()0,1t ∈，∴()20,t λ∈时，()0t ϕ'<，()t ϕ在()20,λ上单调递减；()2,1t λ∈时，()0t ϕ'>，()t ϕ在()2,1λ上单调递增，∴()2,1t λ∈时，()()10t ϕϕ<=，综上可得()[),11,λ∈-∞-⋃+∞.9．（2024届四川省广安友谊中学高三上学期9月月考）已知函数()ln 2f x x ax =-. (1)若1x =是()f x 的极值点，求a 的值；(2)讨论函数()f x 的单调性；(3)若()0f x ≤恒成立，求a 的取值范围；【过程详解】（1）由()ln 2f x x ax =-，得()1122ax f x a x x -'=-=， 因为1x =是()f x 的极值点，所以()01f '=，即120a -=，所以12a =，经检验符合题意. （2）()1122ax f x a x x-'=-=. 当0a ≤时，()120ax f x x-'=>，所以()f x 在()0,∞+上单调递增； 当0a >时，令()120ax f x x '-==，解得12x a =， 当10,2x a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()120ax f x x -'=>； 当1,2x a ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭时，()120ax f x x -'=<； 所以()f x 在10,2a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，在1,2a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递减， 综上，当0a ≤时，()f x 在()0,∞+上单调递增；当0a >时，()f x 在10,2a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，在1,2a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递减；（3）()f x 的定义域为(0,)+∞，若()0f x ≤恒成立，则ln 20x ax -≤恒成立， 即ln 2x a x≥恒成立， 令ln ()x g x x =，只需max 2()a g x ≥，又22(ln )ln 1ln ()x x x x x g x x x '''⋅-⋅-==， 令()0g x '=得e x =，(0,e)x ∈时，()0g x '>，则ln ()x g x x=单调递增； (e,)x ∈+∞时，()0g x '<，则ln ()x g x x =单调递减； 所以max 12()(e)e a g x g ≥==，解得：12ea ≥； 10．（2024届内蒙古呼和浩特市高三第一次质量监测）已知函数()()321122132f x ax a x x =++++，其中a ∈R ，且0a ≠．(1)讨论函数()f x 的单调性；(2)当2a =-时，过函数()f x 图象对称中心C 的直线与()f x 图象交于A ，B 两点（异于点C ），分别以A ，B 两点为切点作()f x 的切线，记切线的斜率分别为1k ，2k ，若12e ln k k mx x -≥⋅恒成立，求实数m 的取值范围．【过程详解】（1）由()()2220f x ax a x '=+++=，可得=1x -，或2x a=-． 当0a <时，令()()2220f x ax a x '=+++>得21x a-<<-, 所以函数()f x 单调递减区间为(),1-∞-，2,a ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭；单调递增区间为21,a ⎛⎫-- ⎪⎝⎭； 当02a <<时，令()()2220f x ax a x '=+++>得2x a<-或1x >-, 所以函数()f x 单调递增区间为2,a ⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭，()1,-+∞；单调递减区间为2,1a ⎛⎫-- ⎪⎝⎭； 当2a =时，函数()f x 单调递增区间为(),-∞+∞，无单调递减区间；当2a >时，()()2220f x ax a x '=+++>得1x <-或2x a>-, 函数()f x 单调递增区间为(),1-∞-，2,a ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭；单调递减区间为21,a ⎛⎫-- ⎪⎝⎭； 综上所述：0a <时，()f x 单调递减区间为(),1-∞-，2,a ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭；单调递增区间为21,a ⎛⎫-- ⎪⎝⎭； 当02a <<时，()f x 单调递增区间为2,a ⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭，()1,-+∞；单调递减区间为2,1a ⎛⎫-- ⎪⎝⎭； 当2a =时，函数()f x 单调递增区间为(),-∞+∞，无单调递减区间；当2a >时，()f x 单调递增区间为(),1-∞-，2,a ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭；单调递减区间为21,a ⎛⎫-- ⎪⎝⎭； （2）令A ，B 两点的横坐标分别为1x ，2x ，由题意可知，函数()32213f x x x =-++， 由于函数3223y x x =-+为奇函数，所以，函数()f x 图象对称中心横坐标为0． 故120x x +=，()222f x x '=-+，故()()2211122222,22k f x x k f x x ''==-+==-+，因此，12k k =，故ln x m x ≥， 令()ln x g x x =，则()21ln x g x x -'=， 令()21ln 00e x g x x x -=>⇒<<'， 所以函数()g x 在()0,e 上单调递增，在()e,+∞上单调递减，故()()1e eg x g ≤=．由此可得1e m ≥，即实数m 的取值范围是1,e ∞⎡⎫+⎪⎢⎣⎭．。
不等式恒成立、能成立、恰成立问题专题(17例题+15练习题+答案与解析)
不等式恒成立、能成立、恰成立问题分析及应用一、不等式恒成立问题的处理方法1、转换求函数的最值：（1）若不等式()A x f >在区间D 上恒成立,则等价于在区间D 上()min f x A >，⇔()f x 的下界大于A（2）若不等式()B x f <在区间D 上恒成立,则等价于在区间D 上()max f x B <,()f x 的上界小于A例1、设f(x)=x2-2ax+2,当x ∈[-1,+∞]时，都有f(x)≥a 恒成立，求a 的取值范围。
例2、已知(),22x ax x x f ++=对任意[)()0,,1≥+∞∈x f x 恒成立,试求实数a 的取值范围;例3、R 上的函数()x f 既是奇函数，又是减函数，且当⎪⎭⎫⎝⎛∈2,0πθ时，有()()022sin 2cos 2>--++m f m f θθ恒成立，求实数m 的取值范围.例4、已知函数)0(ln)(44>-+=xcbxxaxxf在1=x处取得极值3c--，其中a、b为常数.（1）试确定a、b的值；（2）讨论函数)(xf的单调区间；（3）若对任意0>x，不等式22)(cxf-≥恒成立，求c的取值范围。
2、主参换位法例5、若不等式a10x-<对[]1,2x∈恒成立，求实数a的取值范围例6、若对于任意1a≤，不等式2(4)420x a x a+-+->恒成立，求实数x的取值范围例7、已知函数323()(1)132af x x x a x=-+++，其中a为实数．若不等式2()1f x x x a'--+＞对任意(0)a∈+∞，都成立，求实数x的取值范围．3、分离参数法（1）将参数与变量分离，即化为()()g f xλ≥（或()()g f xλ≤）恒成立的形式；（2）求()f x在x D∈上的最大（或最小）值；（3）解不等式()max()g f xλ≥(或()()ming f xλ≤)，得λ的取值范围。
一元二次不等式恒成立问题
例1.已知不等式 在 R上恒成立，求a的取值范围
变式1.已知不等式 在 上恒成立，求a的取值范围
变式2.已知不等式 在 上恒成立，求 的取值范围
变式3.若不等式x2-2x+5≥a2-3a对任意实数x恒成立，求实数a的取值范围
变式4.设函数f(x)＝mx2－mx－1.若对于一切实数x，f(x)<0恒成立，求m的取值范围
2.若不等式mx2-2x+1>0 对于x∈(0,3)恒成立,则实数m的取值范围是_______
3.若不等式 x2-mx+4>0 对于x∈(0,3)恒成立,则实数m的取值范围是_______.
4.若不等式 恒成立，则x的取值范围为_______
5.若不等式 在(1,4)内有解，则a的取值范围为_______
6.若不等式 x2-mx+m>0 对于x∈[-1,1]恒成立,则实数m的取值范围是_______.
例2.已知不等式 在 R上恒成立，求k的取值范围
变式1.已知不等式 在 上恒成立，求k的取值范围变式2.已Biblioteka 不等式 在 上恒成立，求 的取值范围
例3.已知
（1）若对任意 存在 ，使得 ，求a的取值范围
（2）若对任意 恒有 ，求a的取值范围
（3）若对任意 存在 ，使得 ，求a的取值范围
课后练习：
1.已知不等式 对任意 恒成立，则k的范围为_______
高考100题不等式：专题三 不等式恒成立问题
I．题源探究·黄金母题【例1】当k 取何值时，一元二次不等式23208kx kx +-<对一切实数x 都成立？【解析】由已知结合二次函数的图像可得20,3420,8k k k <⎧⎪⎨⎛⎫∆=-⨯⨯-< ⎪⎪⎝⎭⎩解得30k -<<．所以当30k -<<时，一元二次不等式23208kx kx +-<对一切实数x 都成立．精彩解读【试题来源】人教版A 版必5第4页例3．【母题评析】本题考查一元二次不等式恒成立参数取值范围问题．不等式恒成立问题，是历年来高考的一个常考点．【思路方法】合理运用二次函数的图像及其性质解题．II．考场精彩·真题回放【例2】【2016高考浙江理数】已知实数,,a b c （）A ．若221a b c a b c +++++≤，则222100a b c ++<B ．若221a b c a b c ++++-≤，则222100a b c ++<C ．若221a b c a b c ++++-≤，则222100a b c ++<D ．若221a b c a b c ++++-≤，则222100a b c ++<【答案】D【解析】采用反例排除法：令10,110===-a b c ，排除此选项A；令10,100,0==-=a b c ，排除此选项B；【命题意图】本题考查绝对值不等式的性质，属于创新题，有一定的难度．它考查学生的阅读理解能力，接受新思维的能力，考查学生分析问题与解决问题的能力．【考试方向】这类试题在考查题型上，通常以选择题或填空题的形式出现，难度较大，往往是高中数学主要知识的交汇题．【难点中心】对于判断不等式恒成立问题，一般采用举反例排除法．解答本题时能够对四个选项逐个利用赋值的方式进行排除，确认成立的不等式．令100,100,0==-=a b c ，排除此选项C，故选D．【例3】【2014湖北15】如图所示，函数)(x f y =的图象由两条射线和三条线段组成．若R ∈∀x ，)1()(->x f x f ，则正实数a 的取值范围是．【解析】10,6⎛⎫ ⎪⎝⎭．【解析】由已知得()0,331,a a a >⎧⎪⎨--<⎪⎩解得106a <<，即正实数a 的取值范围是10,6⎛⎫ ⎪⎝⎭．【命题意图】本题综合考查函数的图像、函数奇偶性、分段函数、恒成立问题中的参数取值范围问题，考查学生分析问题与解决问题的能力．【考试方向】这类试题在考查题型上，通常以选择题或填空题的形式出现，难度较大，往往是高中数学主要知识的交汇题．【难点中心】解决此类问题的关键是运用函数图像及其性质（数形结合）解题．III．理论基础·解题原理（1）()200ax bx c a ++>≠对一切x R ∈恒成立20,40.a b ac >⎧⇔⎨∆=-<⎩。
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2
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课后作业：
镇江一中 2015 届数学文科一轮复习教学案
1. 已知函数 y lg[ x 2 (a 1) x a 2] 的定义域为 R，求实数 a 的取值范围 ____________．
2．已知 a, x, y 0 ，若不等式 x y 1 a xy
9 恒成立，则 a 的最小值是 ___________．
x2
9．已知函数 f（ x）＝
2x
a ， x∈［ 1，＋∞ ) ．若对任意 x∈［ 1，＋∞ ) ， f（ x）＞ 0 恒成
x
立，实数 a 的取值范围是
.
10. 对于任意 x R , 不等式 x2 a x 2 1 5 0 恒成立 , 求实数 a 的取值范围 .
11. “对 x 0，2 ，不等式 0 x2 mx 4 6 恒成立”是真命题 . 求 m 的取值范围 .
9. 设 f ( x)
2x 4
4x
，求证：对任意的实数
8
a,b 不等式 f (a)
b2
3b
21
恒成立 .
4
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镇江一中 2015 届数学文科一轮复习教a2 b2 b(a b) 恒成立，求实数 的取值范围 .
11.若不等式 3x 2 log a x 0在 x
6. 已知 a 0 且 a 1, f ( x) x2 ax ，当 x
1 1,1 时恒有 f ( x) ，则 a 的范围是 ___________.
2
7. 若不等式 3x 2 log a x 0在 x
0, 1 内恒成立，求实数 a 的取值范围 . 3
8.若对一切 p 2 ，不等式 log 2 x 2 p log 2 x 1 2 log 2 x p 恒成立，求实数 x 的取值范围 .
6. 若命题“ x R, 2 x2 3ax 9 0 ”为假命题，则实数 a 的取值范围为 ____________ ．
7．若对任意 x
0， x2
x 3x 1
a 恒成立，则 a 的取值范围是 ____________．
8、函数 y 1 2x a4x , x
,1 ，若 y 0 恒成立，则 a 的取值范围是 _________.
3.已知 x
0, y
2 0 ，且
1
1 ，若 x 2 y
m2 2m 恒成立，则实数 m 的取值范围为
．
xy
4. 已知 a 0, b 0, a b 2 ab , 不等式 a b m 对于 a, b 恒成立 , 则 m 的范围是 _______.
5. 已知函数 f (x) ax 4 x x2 , x (0,4] 时 f ( x) 0 恒成立，则 a 的范围是 ___________.
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镇江一中 2015 届数学文科一轮复习教学案
不等式恒成立问题专题训练 6.15
方法提炼：
（ 1） f ( x) ax b(a 0)
f (x) 0 在 x m, n 上恒成立 （ 2）设 f (x) ax2 bx c( a 0)
f (x) 0在x R 上恒成立 （ 3） a f (x) 恒成立
例 2. 已知 f (x) x 2 （3 - a）x 3 . （ 1） x R , f ( x) a 恒成立，求 a 的取值范围， （ 2）当 x 0,4 时， f (x) a 恒成立，求 a 的取值范围 .
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镇江一中 2015 届数学文科一轮复习教学案
例 3． 已知 a 1, b 1, a b 3 ab ，不等式 a b m 对于 a,b 恒成立，则 m 的取值范围是
1 0, 内恒成立，求实数
a 的取值范围 .
3
12. 设 f (x)
围.
x2
4x ,
g (x)
4 x 1 a , 若恒有 f ( x)
g( x) 成立 , 求实数 a 的取值范
3
13. 已 知 f ( x) 是 定 义 在 [-1,1] 上 的 奇 函 数 , 且 f (1)=1, 若
m, n [ 1,1], m n 0时 f (m) f (n) 0 ， 若 f (x) t 2 2at 1 对 于 所 有 的
mn x [ 1,1], a [ 1,1] 恒成立，求实数 t 的取值范围 .
4
f ( x) 0 在 x m, n 上恒成立
f ( x) 0在x R 上恒成立 a f (x) 恒成立
例题讲解：
例 1．（ 1）对任意 x [0，1] ，不等式 x2 - ( 2a 3) x a 2 3a 0 恒成立，求 a 的取值范围。 （ 2）对任意 a [0,1] ，不等式 x2 - (2a 3) x 6a 0 恒成立，求 x 的取值范围。
______．
例 4． 对任意实数 x ，不等式 x 1 kx 恒成立，则 k 的取值范围为 ____________.
课堂练习：
1. 若 f ( x) mx 2m 1 ，当 x
1,1 时 f ( x) 0恒成立，则 m 的取值范围是 ___________．
2．若 f ( x) （m 1)x 2 mx m 1 0 的解集为 R ，则 m 的取值范围是 _ ____．
3. 已知关于 x 的不等式 x
1
5 ，在 x (a, ) 上恒成立， 则实数 a 的最小值是 ___________ ．
xa
4. 关于 x 的不等式 2 x2 9 x m 0 在区间 2,3 上恒成立，则 m 的取值范围是 ___________．
5. 函数 y ax 2a 1 1 x 1 的值有正有负，则 a 的取值范围是 ____________．