《函数与导数》专题复习关于恒成立问题的求解策略
高中数学解题方法系列：函数中“恒成立问题”的类型及策略
高中数学解题方法系列：函数中“恒成立问题”的类型及策略一、恒成立问题地基本类型在数学问题研究中经常碰到在给定条件下某些结论.函数在给定区间上某结论成立问题,其表现形式通常有: 在给定区间上某关系恒成立。
某函数地定义域为全体实数R 。
●某不等式地解为一切实数。
❍某表达式地值恒大于a 等等…恒成立问题,涉及到一次函数、二次函数地性质、图象,渗透着换元、化归、数形结合、函数与方程等思想方法,有利于考查学生地综合解题能力,在培养思维地灵活性、创造性等方面起到了积极地作用.因此也成为历年高考地一个热点.恒成立问题在解题过程中大致可分为以下几种类型：①一次函数型；②二次函数型；③变量分离型；④根据函数地奇偶性、周期性等性质；⑤直接根据函数地图象.二、恒成立问题解决地基本策略<一）两个基本思想解决“恒成立问题”思路1、max )]([)(x f m D x x f m ≥⇔∈≥上恒成立在思路2、min)]([)(x f m D x x f m≤⇔∈≤上恒成立在如何在区间D 上求函数f(x>地最大值或者最小值问题,我们可以通过习题地实际,采取合理有效地方法进行求解,通常可以考虑利用函数地单调性、函数地图像、二次函数地配方法、三角函数地有界性、均值定理、函数求导等等方法求函数f<x）地最值.这类问题在数学地学习涉及地知识比较广泛,在处理上也有许多特殊性,也是近年来高考中频频出现地试卷类型,希望同学们在日常学习中注意积累.(二>、赋值型——利用特殊值求解等式中地恒成立问题,常常用赋值法求解,特别是对解决填空题、选择题能很快求得.例1．由等式x 4+a 1x 3+a 2x 2+a 3x+a 4=(x+1>4+b 1(x+1>3+b 2(x+1>2+b 3(x+1>+b 4定义映射f：(a 1,a 2,a 3,a 4>→b 1+b 2+b 3+b 4,则f：(4,3,2,1>→(>A.10B.7C.-1D.0略解：取x=0,则a 4=1+b 1+b 2+b 3+b 4,又a 4=1,所以b 1+b 2+b 3+b 4=0,故选D例2．如果函数y=f(x>=sin2x+acos2x 地图象关于直线x=8π-对称,那么a=<）.A .1B .-1C .2D .-2.略解：取x=0及x=4π-,则f(0>=f(4π->,即a=-1,故选B.此法体现了数学中从一般到特殊地转化思想.<三）分清基本类型,运用相关基本知识,把握基本地解题策略1、一次函数型：若原题可化为一次函数型,则由数形结合思想利用一次函数知识求解,十分简捷给定一次函数y=f(x>=ax+b(a≠0>,若y=f(x>在[m,n]内恒有f(x>>0,则根据函数地图象<直线）可得上述结论等价于)(0)(>>n f m f 同理,若在[m,n]内恒有f(x><0,则有)(0)(<<n f m f 例2．对于满足|a|≤2地所有实数a,求使不等式x 2+ax+1>2a+x 恒成立地x 地取值范围.分析：在不等式中出现了两个字母：x 及a,关键在于该把哪个字母看成是一个变量,另一个作为常数.显然可将a 视作自变量,则上述问题即可转化为在[-2,2]内关于a 地一次函数大于0恒成立地问题.解：原不等式转化为(x-1>a+x 2-2x+1>0在|a|≤2时恒成立,设f(a>=(x-1>a+x 2-2x+1,则f(a>在[-2,2]上恒大于0,故有：⎩⎨⎧>>-)2(0)2(f f 即⎪⎩⎪⎨⎧>->+-0103422x x x 解得：⎩⎨⎧-<><>1113x x x x 或或∴x<-1或x>3.即x∈(－∞,－1>∪(3,+∞>此类题本质上是利用了一次函数在区间[m,n]上地图象是一线段,故只需保证该线段两端点均在x 轴上方<或下方）即可.2、二次函数型涉及到二次函数地问题是复习地重点,同学们要加强学习、归纳、总结,提炼出一些具体地方法,在今后地解题中自觉运用.<1）若二次函数y=ax 2+bx+c(a≠0>大于0恒成立,则有00<∆>且a <2）若是二次函数在指定区间上地恒成立问题,可以利用韦达定理以及根地分布知识求解.例3．若函数12)1()1()(22++-+-=a x a x a x f 地定义域为R,求实数a 地取值范围.分析：该题就转化为被开方数012)1()1(22≥++-+-a x a x a 在R 上恒成立问题,并且注意对二次项系数地讨论.解：依题意,当时，R x ∈012)1()1(22≥++-+-a x a x a 恒成立,所以,①当,1,01,01{,0122=≠+=-=-a a a a 时，即当此时.1,0112)1()1(22=∴≥=++-+-a a x a x a②当时，时，即当012)1(4)1(,01{012222≤+---=∆>-≠-a a a a a有,91,09101{22≤<⇒≤+->a a a a 综上所述,f(x>地定义域为R 时,]9,1[∈a 例4.已知函数2()3f x x ax a =++-,在R 上()0f x ≥恒成立,求a 地取值范围.分析：()y f x =地函数图像都在X 轴及其上方,如右图所示：略解：()22434120a a a a ∆=--=+-≤62a ∴-≤≤变式1：若[]2,2x ∈-时,()0f x ≥恒成立,求a 地取值范围.分析：要使[]2,2x ∈-时,()0f x ≥恒成立,只需)(x f 地最小值0)(≥a g 即可.解：22()324a a f x x a ⎛⎫=+--+ ⎪⎝⎭,令()f x 在[]2,2-上地最小值为()g a .⑴当22a -<-,即4a >时,()(2)730g a f a =-=-≥73a ∴≤又4a> a ∴不存在.⑵当222a -≤-≤,即44a -≤≤时,2()(3024a a g a f a ==--+≥62a ∴-≤≤又44a -≤≤ 42a ∴-≤≤⑶当22a->,即4a <-时,()(2)70g a f a ==+≥7a ∴≥-又4a <- 74a ∴-≤<-综上所述,72a -≤≤.变式2：若[]2,2x ∈-时,()2f x ≥恒成立,求a 地取值范围.解法一：分析：题目中要证明2)(≥x f 在[]2,2-上恒成立,若把2移到等号地左边,则把原题转化成左边二次函数在区间[]2,2-时恒大于等于0地问题.略解：2()320f x x ax a =++--≥,即2()10f x x ax a =++-≥在[]2,2-上成立.⑴()2410a a ∆=--≤22a ∴--≤≤-+⑵24(1)0(2)0(2)02222a a f f a a ⎧∆=-->⎪≥⎪⎪⎨-≥⎪⎪-≥-≤-⎪⎩或2225--≤≤-∴a 综上所述,2225-≤≤-a .解法二：<运用根地分布）2—2⑴当-<-2,即a >4时,g (a )=f (-2)=7-3a ≥2∴a ≤2a ∉(4,+∞)∴a 不存53在.⑵当-2≤-≤22a,即-4≤a ≤4时,2g (a )=f (a 2)=--a +3≥24a ,2-22-2≤a ≤2－22-2∴-4≤a ≤2⑶当->2,即a <-4时,g (a )=f (2)=7+a ≥2,2a∴a ≥-5∴-5≤a <-4综上所述-5≤a ≤22-2.此题属于含参数二次函数,求最值时,轴变区间定地情形,对轴与区间地位置进行分类讨论；还有与其相反地,轴动区间定,方法一样.对于二次函数在R 上恒成立问题往往采用判别式法<如例4、例5）,而对于二次函数在某一区间上恒成立问题往往转化为求函数在此区间上地最值问题3、变量分离型若在等式或不等式中出现两个变量,其中一个变量地范围已知,另一个变量地范围为所求,且容易通过恒等变形将两个变量分别置于等号或不等号地两边,则可将恒成立问题转化成函数地最值问题求解.运用不等式地相关知识不难推出如下结论：若对于x 取值范围内地任何一个数都有f(x>>g(a>恒成立,则g(a><f(x>min 。
恒成立问题的求解策略(全)
1．对任意，不等式恒成立，求的取值范围。
分析：题中的不等式是关于的一元二次不等式，但若把看成主元，则问题可转化为一次不等式在上恒成立的问题。
解：令，则原问题转化为恒成立（）。
当时，可得，不合题意。
当时，应有解之得。
故的取值范围为。
2．已知函数的定义域为R，求实数的取值范围。
解：由题设可将问题转化为不等式对恒成立，即有解得。
所以实数的取值范围为。
若二次不等式中的取值范围有限制，则可利用根的分布解决问题。
3设，当时，恒成立，求实数的取值范围。
解：设，则当时，恒成立当时，显然成立；当时，如图，恒成立的充要条件为：解得。
综上可得实数的取值范围为。
（2）、最值法将不等式恒成立问题转化为求函数最值问题的一种处理方法，其一般类型有：1）恒成立2）恒成立4．已知，当时，恒成立，求实数的取值范围。
解：设，则由题可知对任意恒成立.令，得.而∴∴即实数的取值范围为。
5．函数，若对任意，恒成立，求实数的取值范围。
解：若对任意，恒成立，即对，恒成立，考虑到不等式的分母，只需在时恒成立而得.而抛物线在的最小值得注：本题还可将变形为，讨论其单调性从而求出最小值。
三．分离变量法若所给的不等式能通过恒等变形使参数与主元分离于不等式两端，从而问题转化为求主元函数的最值，进而求出参数范围。
这种方法本质也还是求最值，但它思路更清晰，操作性更强。
一般地有：1）恒成立2）恒成立6.已知当x R时，不等式a+cos2x<5-4sinx+恒成立，求实数a的取值范围。
分析：在不等式中含有两个变量a及x，其中x的范围已知（x R），另一变量a的范围即为所求，故可考虑将a及x分离。
解：原不等式即：要使上式恒成立，只需大于的最大值，故上述问题转化成求f(x)=4sinx+cos2x的最值问题。
f(x)= 4sinx+cos2x=-2sin2x+4sinx+1=-2(sinx-1)2+33,∴即上式等价于或解得.注：注意到题目中出现了sinx及cos2x，而cos2x=1-2sin2x,故若把sinx换元成t,则可把原不等式转化成关于t的二次函数类型。
高考数学导数恒成立问题的解法及例题
高考数学导数恒成立问题的解法
对于恒成立问题，一般采取的方法有两种：一是利用函数的单调性，二是利用函数的最值。
1. 利用函数的单调性
如果函数f(x)在区间D上单调，可以根据函数的单调性来解决问题。
例如，不等式f(x) > 0在区间D上恒成立，那么只需要找到满足f(x)min > 0的x值即可。
2. 利用函数的最值
如果函数f(x)在区间D上不是单调的，那么可以转化为求函数的最值问题。
例如，不等式f(x) > 0在区间D上恒成立，可以转化为求f(x)的最小值，只要最小值大于0，那么不等式就恒成立。
例题：已知函数f(x) = x2 + ax + 4在区间[-1,2]上都不小于2，求a的取值范围。
解法：首先根据题意得到函数f(x) = x2 + ax + 4在区间[-1,2]上的最小值为2，然后根据二次函数的性质得到对称轴为x=-b/2a=-a/2。
我们需要分三种情况讨论：
1. 当-a/2≤-1时，即a≥2时，函数在[-1,2]上是增函数，只需要满足f(-1)=1-a+4≥2即可，解得a≤3，所以2≤a≤3；
2. 当-a/2≥2时，即a≤-4时，函数在[-1,2]上是减函数，只需要满足
f(2)=4+2a+4≥2即可，解得a≥-4，但是此时a没有合适的取值，故舍去；
3. 当-1<-a/2<2时，即-4<a<2时，函数在对称轴左侧是减函数，右侧是增函数，只需要满足f(-a/2)=(-a/2)2-a2/4+4≥2即可，解得-4<a≤-2。
综上可得a的取值范围为：[-4,-2]∪[2,3]。
函数导数中地恒成立问题解题技巧
临沂市高三二轮会材料函数导数中的恒成立问题解题技巧函数导数中的恒成立问题解题技巧新课标下的高考越来越重视考查知识的综合应用，恒成立问题涉及方程、不等式、函数性质与图象及它们之间的综合应用，同时渗透换元、转化与化归、数形结合、函数与方程等思想方法，考查综合解题能力，尤其是在函数、导数中体现的更为明显，也是历年高考的热点问题,根据本人的体会，恒成立问题主要有以下几种.一、利用函数的性质解决恒成立问题例1 已知函数32=+--++(,)()(1)(2)f x x a x a a x ba b∈R．(1)若函数()f x 的图象过原点，且在原点处的切线斜率是3-，求,a b 的值；(2)若函数()f x 在区间(1,1)-上不单调．．．，求a 的取值范围． 解：(1)由题意得)2()1(23)(2+--+='a a x a x x f又⎩⎨⎧-=+-='==3)2()0(0)0(a a f b f ，解得0=b ，3-=a 或1=a (2)函数)(x f 在区间)1,1(-不单调，等价于导函数)(x f '在)1,1(-既能取到大于0的实数，又能取到小于0的实数 即函数)(x f '在)1,1(-上存在零点，根据零点存在定理，有0)1()1(<'-'f f ， 即：0)]2()1(23)][2()1(23[<+---+--+a a a a a a 整理得：0)1)(1)(5(2<-++a a a ，解得15-<<-a所以a 的取值范围是{}15-<<-a a .【方法点评】利用函数的性质解决恒成立问题，主要是函数单调性的应用，函数在给定的区间上不单调意味着导函数在给定的区间上有零点，利用函数零点的存在性定理即可解决问题.二、利用数形结合思想解决恒成立问题例2 已知3x =是函数()()2ln 110f x a x x x =++-的一个极值点．（1）求a ；（2）求函数()f x 的单调区间；（3）若直线y b =与函数()y f x =的图象有3个交点，求b 的取值范围．【方法指导】（1）在极值点处导数为零，可以求a 的值；（2）求函数的单调区间借助()0f x '>可以求出单调递增区间，()0f x '<可以求出单调递减区间；（3）根据函数()f x 的单调性可以求出其极大值和极小值，画出图象，数形结合可以求出b 的取值范围.解：（1）因为()'2101a f x x x =+-+，所以()'361004a f =+-=，因此16a =． （2）由（1）知，()()()216ln 110,1,f x x x x x =++-∈-+∞，()()2'2431x x f x x -+=+ 当()()1,13,x ∈-+∞时，()'0f x >；当()1,3x ∈时，()'0f x <．所以()f x 的单调增区间是()()1,1,3,-+∞，()f x 的单调减区间是()1,3．（3）由（2）知，()f x 在()1,1-内单调增加，在()1,3内单调减少，在()3,+∞上单调增加，且当1x =或3x =时，()'0f x =所以()f x 的极大值为()116ln 29=-f ，极小值为()332ln 221f =-因此()()21616101616ln291f f =-⨯>-=()()213211213f e f --<-+=-<所以在()f x 的三个单调区间()()()1,1,1,3,3,-+∞直线y b =有()y f x =的图象各有一个交点，当且仅当()()31f b f <<因此，b 的取值范围为()32ln221,16ln29--．【方法点评】数形结合是高中数学中常考的思想方法之一，在有关取值范围问题、单调性问题、最值问题中体现较明显，同时方程的根及函数零点也可转化为交点问题解决.三、分离参数解决恒成立问题例3 已知函数()ln a f x x x=-， (1)当0a >时，判断()f x 在定义域上的单调性；(2)若2()f x x <在(1,)+∞上恒成立，求a 的取值范围．【方法指导】（1）通过判断导数的符号解决；（2）由于参数a 是“孤立”的，可以分离参数后转化为一个函数的单调性或最值等解决．解：(1)由题意：()f x 的定义域为(0,)+∞，且221()a x a f x x x x+'=+=． 0,()0a f x '>∴>，故()f x 在(0,)+∞上是单调递增函数． (2)322ln ,0.ln ,)(x x x a x x x a x x x f ->∴><-∴<又 令232116()ln ,()()1ln 3,()6x g x x x x h x g x x x h x x x x-''=-==+-=-=， ()h x 在[1,)+∞上是减函数，()(1)2h x h ∴<=-，即()0g x '<，()g x ∴在[1,)+∞上也是减函数，()(1)1g x g ∴<=-．令1a ≥-得()a g x >，∴当2()f x x <在(1,)+∞恒成立时，a 的取值范围是{}1-≥a a ．【方法点评】分离参数是恒成立问题中的一种重要解题方法，分离参数后，构造新函数，求新函数的最值即可解决恒成立问题中的参数取值范围.四、利用两个函数的最值解决恒成立问题例4 [2014·新课标全国卷Ⅰ] 设函数f (x )＝a e x ln x ＋b e x －1x ，曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为y ＝e(x －1)＋2.(1)求a ，b ；(2)证明：f (x )>1.解：(1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝a e x ln x ＋a x e x －b x 2e x －1＋b x e x －1.由题意可得f (1)＝2，f ′(1)＝e ，故a ＝1，b ＝2.(2)证明：由(1)知，f (x )＝e x ln x ＋2x e x －1，从而f (x )>1等价于x ln x >x e －x －2e .设函数g (x )＝x ln x ，则g ′(x )＝1＋ln x ，所以当x ∈)1,0(e 时，g ′(x )<0；当x ∈),1(+∞e时，g ′(x )>0. 故g (x )在)1,0(e 上单调递减，在),1(+∞e上单调递增，从而g (x )在(0，＋∞)上的最小值为)1(eg ＝－1e . 设函数h (x )＝x e －x －2e，则h ′(x )＝e －x (1－x )．所以当x ∈(0，1)时，h ′(x )>0； 当x ∈(1，＋∞)时，h ′(x )<0.故h (x )在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，从而h (x )在(0，＋∞)上的最大值为h (1)＝－1e .因为g min (x )＝)1(eg ＝h (1)＝h max (x )， 所以当x >0时，g (x )>h (x )，即f (x )>1.五、不等式中的恒成立问题例5 (2016•山东)已知221()(ln ),x f x a x x a R x-=-+∈. (1)讨论()f x 的单调性；(2)当1a =时，证明3()()2f x f x '>+对于任意的[1,2]x ∈恒成立． 解：(1)()f x 的定义域为(0,)+∞，223322(2)(1)()a ax x f x a x x x x --'=--+= 当0a ≤时，若(0,1)x ∈，则()0,()f x f x '>单调递增，若(1,)x ∈+∞，则()0,()f x f x '<单调递减．当0a >时，3(1)()(a x f x x x x -'=-+.(i)当02a <<1>.当(0,1)x ∈或)x ∈+∞时，()0,()f x f x '>单调递增．当x ∈时，()0,()f x f x '<单调递减．(ii)当2a =1=，在区间(0,)+∞内，()0,()f x f x '≥单调递增．(iii)当2a >时，01<<.当x ∈或(1,)x ∈+∞时，()0,()f x f x '>单调递增，当x ∈时，()0,()f x f x '<单调递减． 综上所述，当0a ≤时，()f x 在(0,1)上单调递增，在(1,)+∞上单调递减；当02a <<时，()f x 在(0,1)上单调递增，在上单调递减，在)+∞上单调递增；当2a =时，()f x 在(0,)+∞上单调递增；当2a >时，()f x 在（0，2a ）上单调递增，在（2a，1）上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．(2)证明：由(1)知，当1a =时，22321122()()ln (1)x f x f x x x x x x x -'-=-+---+23312ln 1x x x x x=-++--，[1,2]x ∈ 设()ln ,()g x x x h x =-=233121,[1,2]x x x x=+--∈，则()()()()f x f x g x h x '-=+．由1()0x g x x-'=≥，可得()(1)1g x g ≥=，当且仅当1x =时取得等号． 又24326()x x h x x--+'=.设2()326x x x ϕ=--+，则()x ϕ在[1,2]上单调递减． 因为(1)1,(2)10ϕϕ==-，所以0(1,2)x ∃∈，使得当0(1,)x x ∈时，()0x ϕ>，0(,2)x x ∈时，()0x ϕ<.所以()h x h (x )在0(1,)x 上单调递增，在0(,2)x 上单调递减． 由1(1)1,(2)2h h ==，可得1()(2)2h x h ≥=， 当且仅当2x =时取得等号． 所以3()()(1)(2)2f x f xgh '-=+=， 即3()()2f x f x '>+对于任意的[1,2]x ∈成立． 六、利用恒成立问题求参数的取值范围 例6 (2015·北京)已知函数 。
导数恒成立解答题的几种处理方法
等号两边无法求导的导数恒成立求参数范围几种处理方法 常见导数恒成立求参数范围问题有以下常见处理方法： 1、求导之后，将参数分离出来，构造新函数，计算例：已知函数1ln ()xf x x+=． （Ⅰ）若函数在区间1(,)2a a +（其中0a >）上存在极值，求实数a 的取值范围；（Ⅱ）如果当1x ≥时，不等式()1kf x x ≥+恒成立，求实数k 的取值范围；解：（Ⅰ）因为1ln ()x f x x +=，0x > ，则ln ()xf x x'=-， … 1分 当01x <<时，()0f x '>；当1x >时，()0f x '<． 所以()f x 在（0，1）上单调递增；在(1,)+∞上单调递减， 所以函数()f x 在1x =处取得极大值．… 2分因为函数()f x 在区间1(,)2a a +（其中0a >）上存在极值， 所以1,112a a <⎧⎪⎨+>⎪⎩ 解得1 1.2a << … 4分（Ⅱ）不等式()1k f x x ≥+，即为(1)(1ln ),x x k x ++≥ 记(1)(1ln )(),x x g x x++= 所以22[(1)(1ln )](1)(1ln )ln (),x x x x x x xg x x x '++-++-'==… 6分令()ln ,h x x x =-则1()1h x x'=-，1,()0.x h x '≥∴≥()h x ∴在[1,)+∞上单调递增，min [()](1)10h x h ∴==>，从而()0g x '>故()g x 在[1,)+∞上也单调递增，min [()](1)2g x g ∴==，所以2k ≤ …8分2、直接求导后对参数展开讨论，然后求出含参最值，从而确定参数范围 例题：设，其中．（1）若有极值，求的取值范围； （2）若当，恒成立，求的取值范围．解：（1）由题意可知：，且有极值，则有两个不同的实数根，故，解得：，即（4分）（2）由于，恒成立，则，即（6分）由于，则① 当时，在处取得极大值、在处取得极小值， 则当时，，解得：； （8分）② 当时，，即在上单调递增，且，则恒成立； （10分）③ 当时，在处取得极大值、在处取得极小值， 则当时，，解得：综上所述，的取值范围是：但是对于导数部分的难题，上述方法不能用时，我们得另辟蹊径：一、分开求左右最值：1、已知函数x x x f ln )(=。
2023届新高考数学二轮复习：专题(导数解答题之恒成立与能成立问题)提分练习(附答案)
2023届新高考数学二轮复习：专题（导数解答题之恒成立与能成立问题）提分练习【总结】1、利用导数研究不等式恒成立问题的求解策略：（1）通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围； （2）利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题；（3）根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．2、利用参变量分离法求解函数不等式恒（能）成立，可根据以下原则进行求解： （1）x D ∀∈，()()min m f x m f x ≤⇔≤； （2）x D ∀∈，()()max m f x m f x ≥⇔≥； （3）x D ∃∈，()()max m f x m f x ≤⇔≤； （4）x D ∃∈，()()min m f x m f x ≥⇔≥.3、不等式的恒成立与有解问题，可按如下规则转化： 一般地，已知函数()y f x =，[],x a b ∈，()y g x =，[],x c d ∈.（1）若[]1,x a b ∀∈，[]2,x c d ∀∈，有()()12f x g x <成立，则()()max min f x g x <； （2）若[]1,x a b ∀∈，[]2,x c d ∃∈，有()()12f x g x <成立，则()()max max f x g x <； （3）若[]1,x a b ∃∈，[]2,x c d ∃∈，有()()12f x g x <成立，则()()min max f x g x <；（4）若[]1,x a b ∀∈，[]2,x c d ∃∈，有()()12f x g x =成立，则()f x 的值域是()g x 的值域的子集. 【典型例题】例1．（2023春ꞏ浙江ꞏ高三开学考试）已知函数()e ln()(0)x f x m mx m m m =--+>(1)当1m =时，求曲线()y f x =在点(2,(2))P f 处的切线方程； (2)若()0f x ≥恒成立，求实数m 的取值范围．例2．（2023春ꞏ河北石家庄ꞏ高三校联考开学考试）已知函数()31tan (R 3f x x x ax α=-+∈）(1)若2π216a =-，求f (x )在（π2-，0）上的极值；(2)若()0f x ≥在π[0,)2x ∈上恒成立，求实数a 的取值范围例3．（2023春ꞏ河南ꞏ高三商丘市回民中学校联考开学考试）已知函数()3ln 3a f x x ax x x =--. (1)若()f x 的导函数为()g x ，讨论()g x 的单调性；(2)若()()3ln e 03x ax f x x a x x -++≥-恒成立，求实数a 的取值范围.例4．（2023ꞏ全国ꞏ唐山市第十一中学校考模拟预测）已知n 为正整数，()()2ln 1n x f x x x =>，()()2e1xn g x x x =>.(1)求()f x 的最大值；(2)若()12212122,1,,ln e xn n x x x x x ∀∈+∞<恒成立，求正整数n 的取值的集合.（参考数据：ln 5 1.6,ln 20.69,ln 3 1.10≈≈≈）例5．（2023ꞏ全国ꞏ高三专题练习）设函数()()()21ln f x a a x x a x=-+-∈R . (1)讨论函数()f x 的单调性；(2)当1a =时，记()()21g x xf x x =++，是否存在整数t ，使得关于x 的不等式()t g x ≥有解?若存在，请求出t 的最小值；若不存在，请说明理由.例6．（2023ꞏ全国ꞏ高三专题练习）已知函数()()e sin 1xf xg x t x ==+，，设()()()h x f x g x =-.(1)若()h x 在ππ,22⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递增,求实数t 的取值范围;(2)求证:()0,t ∃∈+∞;对[)R,0,x a ∀∈∃∈+∞,使得()xh x a =总成立.例7．（2023ꞏ全国ꞏ高三专题练习）已知函数()()12ln a f x x a x x+=-+-． (1)讨论函数()f x 的单调性；(2)设()22e e 3x g x mx =+--，当2e 1a =-时，对任意[)11,x ∈+∞，存在[)21,x ∈+∞，使()21()g xf x ≤，求实数m 的取值范围．例8．（2023ꞏ全国ꞏ高三专题练习）函数()e sin x f x x =，()()1cos xg x x x =+．(1)求()f x 的单调递增区间；(2)对1π0,2x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦∀，2π0,2x ⎡⎤∀∈⎢⎥⎣⎦，使()()12f x g x m +≥成立，求实数m 的取值范围．【过关测试】1．（2023秋ꞏ河北唐山ꞏ高三开滦第二中学校考期末）已知函数()()2ln R f x x ax x a =++∈.(1)若()y f x =在1x =处的切线与y 轴垂直，求()f x 的极值；(2)若()f x 有两个不同的极值点()1212,x x x x <，且()()12922f x f x +≥-恒成立，求a 的取值范围.2．（2023ꞏ全国ꞏ高三专题练习）已知函数22()2ln 2f x x x x ax a =-+-+，其中0a >． (1)求函数()f x '的单调区间；(2)证明：存在(0,1)a ∈，使得()0f x ≥恒成立，且方程()0f x =有唯一的实根．3．（2023秋ꞏ湖北ꞏ高三统考期末）设函数()()22cos 2sin 2f x ax x x =--. (1)当1a =时，求()f x 在π0,2⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的最值；(2)对()0,x ∀∈+∞，不等式()π2π2cos 2x f a x ⎛⎫+>- ⎪⎝⎭恒成立，求实数a 的取值范围.4．（2023ꞏ全国ꞏ模拟预测）已知函数()e xf x x =，()2ln22xg x =+． (1)求函数()f x 的最值；(2)若关于x 的不等式()()f x g x kx -≥恒成立，求实数k 的取值范围．5．（2023ꞏ浙江ꞏ统考一模）设函数()()22ln e 12-=+---x aa f x x a x x ,0x >．(1)当0a >时,证明:()2f a ≤; (2)若()1f x x ≥+,求a 的取值范围．6．（2023ꞏ四川凉山ꞏ统考一模）已知函数()()ln 1f x x x =-+． (1)求()f x 的最小值； (2)已知*N n ∈，证明：()1111ln 123n n++++>+L ； (3)若()ln 210xx x x a x -+--≥恒成立，求a 的取值范围．7．（2023秋ꞏ山东烟台ꞏ高三统考期末）已知0a >，()()2e 2=-+xf x x a x x ，x ∈R ，()f x '为()f x 的导函数.(1)讨论函数()f x 的单调性；(2)若存在a 使得()2f x b a '≥-对任意x 恒成立，求实数b 的取值范围.8．（2023ꞏ广东广州ꞏ统考二模）已知定义在()0,∞+上的函数()e axf x =.(1)若R a ∈，讨论()f x 的单调性；(2)若0a >，且当()0,x ∈+∞时，不等式2e ln aax xx ax ⎛⎫≥ ⎪⎝⎭恒成立，求实数a 的取值范围.9．（2023秋ꞏ江西ꞏ高三校联考期末）已知函数()e xf x ax =-.(1)讨论()f x 的单调性；(2)若4a ≥，证明：对于任意[)1,x ∞∈+，()2323f x x ax >-+恒成立.（参考数据：ln10 2.3≈）10．（2023秋ꞏ广东深圳ꞏ高三统考期末）已知函数()()ln f x ax ax =+，其中a 是非零实数. (1)讨论函数()f x 在定义域上的单调性;(2)若关于x 的不等式()e x af x x -≤恒成立，求a 的取值范围.11．（2023ꞏ湖北ꞏ校联考模拟预测）已知函数2()e e,x f x mx m =+-∈R .（注：e 2.718281=…是自然对数的底数）(1)当1m =时，求曲线()y f x =在点(0,(0))f 处的切线方程； (2)若()f x 只有一个极值点，求实数m 的取值范围；(3)若存在n ∈R ，对与任意的x ∈R ，使得()f x n ≥恒成立，求m n -的最小值.12．（2023秋ꞏ黑龙江哈尔滨ꞏ高三哈尔滨三中校考阶段练习）已知函数()()e cos xJ x x x =+∈R ，其中e 为自然对数的底，e 2.71828= .(1)求证：()2cos J x x x ≥+；(2)是否存在实数a ，使得()32J x ax x ≥++恒成立？若存在，求a 的取值集合，若不存在请说明理由.13．（2023ꞏ全国ꞏ高三专题练习）已知当x ∈R ，总有e 1x x ≥+，当且仅当0x =时，“=”成立．设()e xf x =．(1)当0x ≥时，总有()f x x m ≥+，求实数m 的取值范围； (2)当a b <时，证明：存在(,)a b ξ∈，使得()()e f a f b a bξ-=-．14．（2023ꞏ全国ꞏ高三专题练习）已知函数()ln 2f x x ax =-+，()()1e ln 1x g x x b +=-+-，其中a ∈R ，b ∈Z ．(1)试讨论函数()f x 的极值；(2)当0a >时，若对任意的()10,x ∞∈+，()21,x ∈-+∞，总有()()12ln f x g x b a ≤--成立，试求b 的最大值．15．（2023秋ꞏ云南曲靖ꞏ高三曲靖一中校考阶段练习）已知函数()()2ln 0f x a x a x=+>． (1)若函数()y f x =图象上各点切线斜率的最大值为2，求函数()f x 的极值； (2)若不等式()2f x <有解，求a 的取值范围．16．（2023ꞏ全国ꞏ高三专题练习）已知函数()()21ln 12f x x ax a x =-+-，R a ∈．(1)讨论()f x 的单调性；(2)曲线()y f x =上是否存在不同两点()11,A x y 、()22,B x y ，使得直线AB 与曲线()y f x =在点1212,22x x x x f ⎛++⎫⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭处的切线平行？若存在，求出A 、B 坐标，若不存在，请说明理由．17．（2023ꞏ全国ꞏ高三专题练习）已知0a >，函数()x f x ax xe =-． （I ）求曲线()y f x =在点(0,(0))f 处的切线方程： （II ）证明()f x 存在唯一的极值点（III ）若存在a ，使得()f x a b ≤+对任意x ∈R 成立，求实数b 的取值范围．参考答案【总结】1、利用导数研究不等式恒成立问题的求解策略：（1）通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围； （2）利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题；（3）根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．2、利用参变量分离法求解函数不等式恒（能）成立，可根据以下原则进行求解： （1）x D ∀∈，()()min m f x m f x ≤⇔≤； （2）x D ∀∈，()()max m f x m f x ≥⇔≥； （3）x D ∃∈，()()max m f x m f x ≤⇔≤； （4）x D ∃∈，()()min m f x m f x ≥⇔≥.3、不等式的恒成立与有解问题，可按如下规则转化： 一般地，已知函数()y f x =，[],x a b ∈，()y g x =，[],x c d ∈.（1）若[]1,x a b ∀∈，[]2,x c d ∀∈，有()()12f x g x <成立，则()()max min f x g x <； （2）若[]1,x a b ∀∈，[]2,x c d ∃∈，有()()12f x g x <成立，则()()max max f x g x <； （3）若[]1,x a b ∃∈，[]2,x c d ∃∈，有()()12f x g x <成立，则()()min max f x g x <；（4）若[]1,x a b ∀∈，[]2,x c d ∃∈，有()()12f x g x =成立，则()f x 的值域是()g x 的值域的子集. 【典型例题】例1．（2023春ꞏ浙江ꞏ高三开学考试）已知函数()e ln()(0)x f x m mx m m m =--+>(1)当1m =时，求曲线()y f x =在点(2,(2))P f 处的切线方程； (2)若()0f x ≥恒成立，求实数m 的取值范围． 【答案解析】（1）当1m =时，()e ln(1)1x f x x =--+,所以1()e 1x f x x '=--.所以22(2)e ln(21)1e 1f =--+=+,221(2)e e 121f '=-=--， 所以曲线()y f x =在点(2,(2))P f 处的切线的斜率为2(2)e 1k f '==-，所以曲线()y f x =在点(2,(2))P f 处的切线方程为()()22e 1e 1(2)y x -+=--，即()22e 1e 3y x =--+．（2）由题易得(1,)x ∈+∞，由()0f x ≥，得:e ln()xm mx m m ≥--ln ln e ln ln(1)1e ln ln(1)1e ln ln(1)1xx m x m m x m x m x m--⇔≥+--⇔≥+--⇔-≥--ln ln ln(1)e ln ln(1)1ln e ln(1)e x m x m x x m x x x m x ---⇔+-≥-+-⇔-+≥-+， 令()e x g x x =+， 则()1e 0x g x '=+>，所以()g x 在R 上单调递增，ln ln(1)ln e ln(1)e x m x x m x ---+≥-+式等价于(ln )(ln(1))g x m g x -≥-，即ln ln(1)x m x -≥-． 所以ln ln(1)m x x ≤--，(1,)x ∈+∞， 令()ln(1),(1)h x x x x =-->，则有12()111x h x x x -'=-=--， 令()0h x '=，即201-=-x x ，解得2x =， 当12x <<时， ()0h x '<；当2x >时， ()0h x '>； 所以()h x 在(1,2)上单调递减，在(2,)+∞上单调递增， 所以min ()(2)2ln(21)2h x h ==--=； 所以只需ln 2m ≤，即20e m <≤．综上，实数m 的取值范围是(20,e ⎤⎦．例2．（2023春ꞏ河北石家庄ꞏ高三校联考开学考试）已知函数()31tan (R 3f x x x ax α=-+∈）(1)若2π216a =-，求f (x )在（π2-，0）上的极值；(2)若()0f x ≥在π[0,)2x ∈上恒成立，求实数a 的取值范围【答案解析】（1）若()223π1π2tan 216316a f x x x ⎛⎫=-=-+- ⎪⎝⎭，x ，则()2221π2cos 16f x x x =-+-'，令()()g x f x '=，π,02x ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭， 则()()3332sin cos 2sin 2cos cos x x x x g x xx x-=-='，令()3πsin cos ,,02M x x x x x ⎛⎫=-∈- ⎪⎝⎭ 则()()3222cos cos 3cos sin cos sin 3cos sin cos sin sin 3cos M x x x x x x x x x x x x x x x x '=-+=+=+π(,0),sin 0,cos 0,sin 3cos 02x x x x x x ∈-<>+<,所以()0M x '>在π(,0)2-上恒成立，()M x 在π(,0)2-上单调递增，所以()()00M x M <=，所以()0g x '<在π(,0)2-上恒成立，即g (x )在π(,0)2-上单调递减，所以f '(x )在π(,0)2-上单调递减，又π04f ⎛⎫-= ⎪⎭'⎝．所以f (x )在（π2-，π4-）上单调递增，在（π4-，0）上单调递减．又323ππ1πππππtan 214434164296f ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫-=--⨯-+-⨯-=-- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭，所以f (x )的极大值是3ππ1296--（2）由（1）可知函数221cos y x x =-，在π(,0)2-上单调递减，即()221cos f x x a x=-+'在π(,0)2-上单调递减， 易知()221cos f x x a x=-+'为偶函数． 所以f '(x )在π02⎡⎫⎪⎢⎣⎭，上单调递增，又()01f a '=+当10a +≥，即1a ≥-时，()()00f x f ''≥≥，所以f (x )在 π02⎡⎫⎪⎢⎣⎭，上单调递增，所以()()00f x f ≥=，符合题意;当10+<a ，即1a <-时，()00f '<，又()2222221πtan 1tan 1cos 4f x x a x a x x a x =-+=++->++-'， 存在0π02x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，，使得()00f x '>，所以存在()100,x x ∈，使得()10f x '=，所以f (x )在()10x ，上单调递减，在1π2x ⎛⎫⎪⎝⎭，单调递增，故()()100f x f <=，不合题意． 综上，实数a 的取值范围是[)1,∞-+．例3．（2023春ꞏ河南ꞏ高三商丘市回民中学校联考开学考试）已知函数()3ln 3a f x x ax x x =--. (1)若()f x 的导函数为()g x ，讨论()g x 的单调性；(2)若()()3ln e 03x ax f x x a x x -++≥-恒成立，求实数a 的取值范围.【答案解析】（1）因为()2ln 1g x ax a x =---,()0,x ∈+∞，所以()21212axg x ax x x='-=-. 当0a ≤时，()0g x '≤，所以()g x 在()0,∞+上为减函数，当0a >时，()2a g x x x x ⎛=⎝'⎝，所以()g x 在⎛ ⎝⎭上为减函数，在⎫+∞⎪⎪⎝⎭上为增函数. （2）()()3ln e 03x ax f x x a x x -++≥-恒成立，即e ln 0(0)x x a x ax x --≥>恒成立.令()()e ln xh x x a x x =-+，则()()()11e 11e x x a h x x a x x x ⎛⎫⎛⎫=+-+=+- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭'.当0a <时，()()0,h x h x '>在()0,∞+上单调递增， 因为()0,ln ,x x h x ∞∞→→-→-，所以0a <不满足条件.当0a =时，()e 0(0)xh x x x =≥>恒成立，0a =满足条件.当0a >时，令()0h x '=，存在00x >，使得0000e ,ln ln x ax a x x ==-， 因为10,e xax y x+>=-在()0,∞+上单调递增，所以当()00,x x ∈时，()0h x '<，当()0,x x ∈+∞时，()0h x '>， 所以()h x 在()00,x 上单调递减，在()0,x +∞上单调递增，所以()()()()()0000000ln 1e ln ln l l 0n n n l xh x h x x a x x a a a a a a a a x x -=-≥=-+=-+=≥-，()ln 1ln 0a a a a a -=-≥解得0e a <≤.综上，实数a 的取值范围为[]0,e .例4．（2023ꞏ全国ꞏ唐山市第十一中学校考模拟预测）已知n 为正整数，()()2ln 1n x f x x x =>，()()2e1xn g x x x =>.(1)求()f x 的最大值；(2)若()12212122,1,,ln e xn n x x x x x ∀∈+∞<恒成立，求正整数n 的取值的集合.（参考数据：ln 5 1.6,ln 20.69,ln 3 1.10≈≈≈）【答案解析】（1）()1221112ln ln ln (2ln )()n n n n x x nx xx n x x f x x xx -'+⋅⋅--=>= 令()0f x '>可得：21e n x <<；令()0f x '<可得：2e n x >.所以()f x 在21,e n ⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增，在2e ,n ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递减.故()f x 的最大值为2222224e e e n n f n ⎛⎫ ⎪⎛⎫⎝⎭== ⎪⎝⎭. （2）因为()12212122,1,,ln ex nn x x x x x ∀∈+∞<恒成立，所以122221ln e x n n x x x <，即21()()f x g x <恒成立，所以max min ()()f x g x <.2122212e e (2)(e )x n n x x n n x nx x n g x x x-+--'==， 当1n =或2n =时，因为1x >，所以()0g x '>，所以()g x 在()1,+∞上单调递增. 因为()2(e )1>=g g x ，此时满足()2224e e≤<g x n ， 故1n =或2n =满足条件. 当3n ≥时，令()0g x '>可得2n x >；令()0g x '<时，12n x <<，所以()g x 在1,2n ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，在,2n ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增.所以min ()22e n n n g x g n ⎛⎫== ⎪⎝⎭⎛⎫ ⎪⎝⎭，所以2242e e n n n n <⎛⎫ ⎪⎝⎭，所以22e 2n n n -+⎛⎫> ⎪⎝⎭，所以2(2)ln 2n n n +>-，令()(2)ln 2,32nh n n n n =---≥，令()(2)ln2,32xx x x x ϕ=---≥， 22()ln 1ln 22x x x x x x ϕ-'=+-=-，因为()x ϕ'在[)3,+∞上单调递增，3222(3)ln ln 3ln 20.4102333ϕ'=-=--≈-<，1(4)ln 202ϕ'=->，所以()x ϕ'在()3,4上存在唯一的零点0x .令()0x ϕ'>可得：0x x >；令()0x ϕ'<可得：03x x ≤<. 所以()ϕx 在[)03,x 上单调递减，在()0,x +∞上单调递增.因为*3N ,(3)ln 5 4.59,(4)2ln 26 4.622∈=-≈-=-≈-n h h ，所以(3)(4)h h >，所以min ()(4)2ln 260h n h ==-<，又9(9)7ln 1114ln 37ln 2110.4302h =-=--≈-<，(10)8ln 5120.800h =-≈>，所以2(2)ln 2nn n +>-，即()0h n <.因为*N n ∈，所以*39,N n n ≤≤∈.综上，正整数n 的取值的集合为{}1,2,3,4,5,6,7,8,9例5．（2023ꞏ全国ꞏ高三专题练习）设函数()()()21ln f x a a x x a x=-+-∈R . (1)讨论函数()f x 的单调性；(2)当1a =时，记()()21g x xf x x =++，是否存在整数t ，使得关于x 的不等式()t g x ≥有解?若存在，请求出t 的最小值；若不存在，请说明理由.【答案解析】（1）由题意得函数的定义域为()0,∞+，()()()()222222111111a a x x ax a x f x a a x x x x-++⎡⎤+-+⎣++=='⎦=- ， ①当0a <时，10,x a ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭时，()0f x ¢>，()f x 在10,a ⎛⎫- ⎪⎝⎭单调递增，1,x a ∈-+∞⎛⎫⎪⎝⎭时，()0f x '<，()f x 在1,a ∞⎛⎫-+ ⎪⎝⎭单调递减； ②当01a ≤≤时，()0f x ¢>恒成立，()f x 在()0,∞+上单调递增； ③当1a >时，10,1x a ⎛⎫∈ ⎪-⎝⎭时，()0f x ¢>，()f x 在10,1a ⎛⎫ ⎪-⎝⎭单调递增， 1,1x a ⎛⎫∈+∞ ⎪-⎝⎭时，()0f x '<，()f x 在1,1a ⎛⎫+∞ ⎪-⎝⎭单调递减； 综上，当0a <时，()f x 在10,a ⎛⎫- ⎪⎝⎭单调递增，在1,a ∞⎛⎫-+ ⎪⎝⎭单调递减；当01a ≤≤时，()0f x ¢>恒成立，()f x 在()0,∞+上单调递增； 当1a >时，()f x 在10,1a ⎛⎫ ⎪-⎝⎭单调递增，在1,1a ⎛⎫+∞⎪-⎝⎭单调递减. （2）当1a =时，()()221ln g x xf x x x x x =++=+ ，∴()2ln 1g x x x =++'，∴()g x '单调递增，又12ln202g ⎛⎫=-> ⎪'⎝⎭，14ln6063g ⎛⎫=-< ⎪'⎝⎭，所以存在唯一的011,62x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，使得()0002ln 10g x x x =++='，且当()00,x x ∈时，()0g x '<，()g x 单调递减； 当()0,x x ∈+∞时，()0g x '>，()g x 单调递增；所以()()()022200000000min ln 21g x g x x x x x x x x x ==+=+--=--，设()2000x x x ϕ=--，011,62x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，则()0x ϕ在11,62⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，所以()01126g x ϕϕ⎛⎫⎛⎫<< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，即()037436g x -<<-，若关于x 的不等式()t g x ≥有解，则34t -≥，又t 为整数，所以0t ≥，所以存在整数t 满足题意，且t 的最小值为0.例6．（2023ꞏ全国ꞏ高三专题练习）已知函数()()e sin 1xf xg x t x ==+，，设()()()h x f x g x =-.(1)若()h x 在ππ,22⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递增,求实数t 的取值范围;(2)求证:()0,t ∃∈+∞;对[)R,0,x a ∀∈∃∈+∞,使得()xh x a =总成立.【答案解析】（1）解:由题可知()()()e sin 1xh x f x x x t g =-=--，因为()h x 在ππ,22⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递增,所以()e cos 0xh x t x '=-≥在ππ,22⎛⎫- ⎪⎝⎭上恒成立,因为ππ,22x ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭时,cos 0x >,故只要e cos xt x ≤在ππ,22⎛⎫- ⎪⎝⎭上恒成立,令()e cos x F x x =,ππ,22x ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭,因为()()2e sin co cos s x x x x F x +'=,ππ,22x ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭,令()()2sin cos c e 0os x x x F x x=+'>,即sin cos 0x x +>,解得ππ,42x ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭,故()F x 在ππ,42⎛⎫- ⎪⎝⎭上单增,在ππ,24⎛⎫-- ⎪⎝⎭上单减,所以()π4minπ4F x F -⎛⎫=-= ⎪⎝⎭,即实数t 的取值范围为π4-⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦;（2）由题意, 因为0a >,所以只要找出()0,t ∈+∞,使得0x >时,()0h x >;0x <时,()0h x <即可,当0x =时,显然成立; 现证()10,2t =∈+∞,满足题意, 即证当12t =时,若0x >时,()0h x >成立, 若0x <时,()0h x <也成立, 当12t =时, 若0x >,则()1e sin 12xh x x =--,所以()1e cos 2xh x x =-',因为0x >,故1e 1cos 2xx >>, 即()1e cos 02xh x x '=->恒成立,所以()h x 在()0,∞+上单增, 故()()00h x h >=, 即0x >时,()0h x >成立; 当12t =时, 若0x <,()1e sin 12xh x x =--,由(1)知当π4t -⎛⎤∈-∞ ⎥⎝⎦时,=e sin 1x y t x --在ππ,22⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递增,因为πe 64<等价于π4e <,即等价于π412-<,所以()1sin 12xh x e x =--在π,02⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递增,故当π,02x ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭时,()()00h x h <=,因为当π,2x ⎛⎤∈-∞- ⎥⎝⎦时,π2e e x-≤,且11sin 122x +≥, 因为πe 4>等价于π21e 2->,所以π211e esin 122xx -≤<≤+, 即当π,2x ⎛⎤∈-∞- ⎥⎝⎦时,也有()0h x <．综上,()0,t ∃∈+∞,对R x ∀∈,[)0,a ∃∈+∞,使得()xh x a =总成立． 例7．（2023ꞏ全国ꞏ高三专题练习）已知函数()()12ln a f x x a x x+=-+-． (1)讨论函数()f x 的单调性；(2)设()22e e 3x g x mx =+--，当2e 1a =-时，对任意[)11,x ∈+∞，存在[)21,x ∈+∞，使()21()g xf x ≤，求实数m 的取值范围．【答案解析】（1）()()12ln a f x x a x x+=-+-定义域为()0,∞+， ()()()2211211x x a a a f x x x x--+⎡⎤++⎣⎦'=-+=， 令()0f x '=，得1x =或1x a =+． 当10a +≤即1a ≤-时：()0,1x ∈，()0f x '<，函数()f x 在()0,1上单调递减；()1,x ∈+∞，()0f x ¢>，函数()f x 在()1+∞，单调递增； 当011a <+<，即10a -<<时：()0,1x a ∈+，()0f x ¢>，函数()f x 在()01a +，单调递增； ()1,1x a ∈+，()0f x '<，函数()f x 在()1,1a +上单调递减； ()1,x ∈+∞，()0f x ¢>，函数()f x 在()1+∞，上单调递增；当11a +=即0a =时：()0,x ∈+∞，()0f x '≥，函数()f x 在()0+∞，单调递增； 当11a +>即0a >时：()0,1x ∈，()0f x ¢>，函数()f x 在()0,1单调递增；()1,1x a ∈+，()0f x '<，函数()f x 在()1,1a +上单调递减；()1,x a ∈++∞，()0f x ¢>，函数()f x 在()1,a ∞++上单调递增；综上：当1a ≤-时，单调递减区间有()0,1，单调递增区间有()1,+∞；当10a -<<时，单调递减区间有()1,1a +，单调递增区间有()0,1a +，()1,+∞； 当0a =时，单调递增区间有()0,∞+，无单调递减区间；当0a >时，单调递减区间有()1,1a +，单调递增区间有()0,1，()1,a ∞++． （2）当2e 1a =-时，由（1）得函数()f x 在区间()21,e 上单调递减，在区间()0,1，()2e ,+∞上单调递增，从而函数()f x 在区间[)1,+∞上的最小值为()22e e 3f =--．即存在[)21,x ∈+∞，使()22e 3g x ≤--，即存在[)1,x ∞∈+，使得222e e 3e 3x mx +--≤--，即2e x m x ≤-，令()2e xh x x =-，[)1,x ∞∈+，则()max m h x ≤，由()()3e 2x x h x x='-，当()1,2x ∈时，()0f x ¢>，函数()f x 单调递增；当()2,x ∈+∞时，()0f x '<，函数()f x 单调递减， 所以()()2maxe 24h x h ==-，所以2e 4m ≤-．例8．（2023ꞏ全国ꞏ高三专题练习）函数()e sin x f x x =，()()1cos xg x x x =+．(1)求()f x 的单调递增区间；(2)对1π0,2x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦∀，2π0,2x ⎡⎤∀∈⎢⎥⎣⎦，使()()12f x g x m +≥成立，求实数m 的取值范围．【答案解析】（1）因为()e sin xf x x =，所以()πsin 4x f x x ⎛⎫'=+ ⎪⎝⎭，当π2π2ππ4k x k ≤+≤+，即()π3π2π,2πZ 44x k k k ⎡⎤∈-+∈⎢⎥⎣⎦时，()0f x '≥，()f x 单调递增，等号仅在ππ,Z 4x k k =-∈时取得，综上，()f x 的单调递增区间是()π3π2π,2πZ 44k k k ⎡⎤-+∈⎢⎥⎣⎦.（2）()()12f x g x m +≥，即()()12f x m g x ≥-， 设()()t x m g x =-，则问题等价于()()min max f x t x ≥，π0,2x ⎡⎤∈⎢⎣⎦， 由（1）可知，当π0,2x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，()0f x '≥，故()f x 在π0,2⎡⎤⎢⎥⎣⎦递增，∴()()min 00f x f ==，()()c 1o s x t x m x x =-++，()()cos s i 1n x t x x x x '=-+++，∵π0,2x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，cos 0x x ->，()1sin 0x x +≥，故当π0,2x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，()0t x '>，()t x 在π0,2⎡⎤⎢⎥⎣⎦递增，()π2max π2t x t m ⎛⎫== ⎪⎝⎭，故π20m +≤，即π22e m ≤，即实数m 的取值范围是π2,2e ⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦；【过关测试】1．（2023秋ꞏ河北唐山ꞏ高三开滦第二中学校考期末）已知函数()()2ln R f x x ax x a =++∈.(1)若()y f x =在1x =处的切线与y 轴垂直，求()f x 的极值；(2)若()f x 有两个不同的极值点()1212,x x x x <，且()()12922f x f x +≥-恒成立，求a 的取值范围.【答案解析】（1）()()2ln R f x x ax x a =++∈，()f x 的定义域为()0,∞+，()()212120x ax f x x a x x x ++'=++=>，若()y f x =在1x =处的切线与y 轴垂直， 则()130,3f a a '=+==-，所以()23ln f x x x x =-+，()()()2211231x x x x f x x x---+'==， 所以()f x 在区间()()()10,,1,,0,2f x f x ⎛⎫'+∞> ⎪⎝⎭递增；在区间()()1,1,0,2f x f x ⎛⎫'< ⎪⎝⎭递减.所以()f x 的极大值为11315ln ln 224224f ⎛⎫=-+=-- ⎪⎝⎭，极小值为()11302f =-+=-.（2）若()f x 有两个不同的极值点()1212,0x x x x <<，则()2210x ax f x x ++'==有两个不同的正根12,x x ，即2210x ax ++=有两个不同的正根12,x x ， 所以2Δ8004a a ⎧=->⎪⎨->⎪⎩，解得a <-12121,22a x x x x +=-=，221122210,210x ax x ax ++=++=，依题意，()()12922f x f x +≥-恒成立，()()22111222ln 22ln 2x ax x x ax x +++++()()()2211221242ln 2x ax x ax x x =++++()2112ln1x =---+21932x =--≥-恒成立，2132x ≤恒成立，即104a x <≤<-恒成立，所以2210224a a⎧⎫⎪⨯+⨯+≤⎪⎪⎪⎝⎭<-，解得a <-.故a的取值范围为{a a <-2．（2023ꞏ全国ꞏ高三专题练习）已知函数22()2ln 2f x x x x ax a =-+-+，其中0a >． (1)求函数()f x '的单调区间；(2)证明：存在(0,1)a ∈，使得()0f x ≥恒成立，且方程()0f x =有唯一的实根．【答案解析】（1）由题意，()f x 的定义域为(0,)+∞，1()2(ln )22f x x x x a x '=-+⋅+-2ln 222x x a =-+--，设()2ln 222g x x x a =-+--，则22(1)()2x g x x x -'=-+=，令()0g x '>，得1x >，令()0g x '<，得01x <<， 故()f x '的单调递增区间为(1,)+∞，单调递减区间为(0,1)． （2）由()2(1ln )0f x x x a '=---=，解得1ln a x x =--， 令22()2ln 2(1ln )(1ln )u x x x x x x x x x =-+---+--， 则(1)10u =>，(e)2(2e)0u =-<， 所以存在0(1,e)x ∈，使得0()0u x =，令0001ln a x x =--0()x ϕ=，其中()1ln (1)x x x x ϕ=--≥， 由1()10x xϕ'=-≥，可得函数()ϕx 在[1,)+∞上为增函数， 所以000(1)()(e)e 21a x ϕϕϕ=<=<=-<，即0(0,1)a ∈， 当0a a =时，有0()0f x '=，00()()0f x u x ==， 再由（1）可知，()f x '在(1,)+∞上为增函数，当0(1,)x x ∈时，()0f x '<，所以()f x 在0(1,)x 上为减函数，所以0()()0f x f x >=， 当00(,)x x ∈+∞时，()0f x '>，所以()f x 在0(,)x +∞上为增函数，所以0()()0f x f x >=，又当(0,1]x ∈时，20()()2ln 0f x x a x x =-->，故当,()0x ∈+∞时，()0f x ≥恒成立.综上所述：存在(0,1)a ∈，使得()0f x ≥恒成立，且方程()0f x =有唯一的实根．3．（2023秋ꞏ湖北ꞏ高三统考期末）设函数()()22cos 2sin 2f x ax x x =--. (1)当1a =时，求()f x 在π0,2⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的最值；(2)对()0,x ∀∈+∞，不等式()π2π2cos 2x f a x ⎛⎫+>- ⎪⎝⎭恒成立，求实数a 的取值范围.【答案解析】（1）当1a =时，()()22cos 2sin 2f x x x x =--，π0,2x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，设2x t =，[]0,πt ∈，即()()2cos sin 2cos sin g t t t t t t t t =--=--，所以()2cos sin cos 22cos sin 0g t t t t t t t t '=-+-=-+>， 所以()g t 在[]0,π上单调递增，所以()()min 00g t g ==，()()()max ππ2cos πsin π3πg t g ==--=， 即()min 0f x =，()max 3πf x =.（2）由()π2π2cos 2x f a x ⎛⎫+>- ⎪⎝⎭，即()()2π2cos sin 2π2cos 2x a x x a x ⎛⎫+-->- ⎪⎝⎭，即()2cos sin 0ax x x -->，对于()0,x ∈+∞恒成立， 设()()2cos sin h x ax x x =--，()00h =， 当1a ≥时，()()2cos sin h x x x x ≥--，由（1）知[]0,πx ∈时，()2cos sin 0x x x --≥，所以()0h x ≥， 当()π,x ∈+∞时，()()2cos sin 1cos sin 0x x x x x x x --=-+->.当0a ≤时，()()2cos sin h x ax x x =--，π0,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0h x <，不符合题意.当01a <<时，()()2cos sin cos 2cos sin cos h x a a x x x x a a x ax x x '=---=-+-， 即()01h a '=-，设()2cos sin cos n x a a x ax x x =-+-， 则()()21sin cos n x a x ax x '=++，当π0,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0n x '>，即()h x '在π0,2⎛⎫⎪⎝⎭单调递增，又ππ2022h a ⎛⎫⎛⎫'=+> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，()010h a '=-<，所以存在0π0,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭使得()00h x '=，当()00,x x ∈时，()0h x '<，所以()h x 在()00,x 单调递减，此时()()00h x h <=，不合题意 综上所述，a 的取值范围为[)1,+∞.4．（2023ꞏ全国ꞏ模拟预测）已知函数()e xf x x =，()2ln22xg x =+．(1)求函数()f x 的最值；(2)若关于x 的不等式()()f x g x kx -≥恒成立，求实数k 的取值范围．【答案解析】（1）因为()e xf x x =，所以()e e (1)e x x x f x x x '=+=+，令()(1)e 0x f x x '=+>解得1x >-，令()(1)e 0xf x x '=+<解得1x <-，所以()e xf x x =在(),1-∞-单调递减，在()1,-+∞单调递增，所以当=1x -时，()f x 有最小值为1(1)f e-=-，无最大值.（2）由()2ln22xg x =+的定义域可得()0,x ∈+∞， ()()f x g x kx -≥即e 2ln 22x xx kx --≥，等价于22e ln (0)2xx k x x x≤-->恒成立，令22()e ln 2xx h x x x =--，所以222222e 2ln 22222()e ln e ln 22x x x xx x x h x x x x x x +⎡⎤⎛⎫'=--++=+= ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦，令2()e 2ln ,02xx F x x x =+>，所以()2()2e 02xxF x x x '=++>在()0,x ∈+∞恒成立， 所以2()e 2ln ,2xx F x x =+单调递增，1(1)e ln 40,(ln16024F F =->=->，所以存在唯一01,12x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，使得0()0F x =，即0200e 2ln 02xx x +=，所以当()000,x x ∈时，()0<F x ，即()0h x '<，()h x 单调递减， ()00,x x ∈+∞时，()0F x >，即()0h x '>，()h x 单调递增，所以00min 00022()()e ln ,2x x h x h x x x ==-- 由0200e 2ln 02x x x +=得00002e ln 02x x x x +=，也即002ln 002e ln e x x x x =，即002()(lnf x f x =，由(1)知()f x 在()1,-+∞单调递增，所以002lnx x =，00002e ,ln 2x x x x =-=， 所以000min 00000022222()()e ln ln 222x x x g x g x x x x x x ==--=--=， 所以2k ≤.5．（2023ꞏ浙江ꞏ统考一模）设函数()()22ln e 12-=+---x aa f x x a x x ,0x >．(1)当0a >时,证明:()2f a ≤; (2)若()1f x x ≥+,求a 的取值范围． 【答案解析】（1）解:由题知()()22ln e12-=+---x aa f x x a x x ,故()()22ln 112a a f a a a a =+---l 1n a a a ≤+-,记()1ln g a a a a =+-,所以()ln g a a '=-, 所以()0,1x ∈时,()0g a '>,()g a 单调递增,()1,x ∞∈+上,()0g a '<,()g a 单调递减,所以()()12g a g ≤=,即l 1n 2a a a +-≤,故()()1l 2n f a a a g a a =+-≤≤,得证; （2）由题,不妨记()()22e11ln 2x ax a h x a x -=----,因为()11e 10ah -=-≥,故1a ≤;当0<a 时,()()22e11ln 2x ax a h x a x -=----l e n 1x a a x -≤--,令()1ln e x ag x a x -=--,取1e 1ea ax --=,因为0<a ,所以110,e1,aa -->>11e 1e10,0,a aa----><故1e 10e1a a--<<,111e 1e 1e 1e e =e eln 1a aa aaaag a -------⎛⎫-- ⎪ ⎪⎝⎭()11e e 110a a --<---=,故()1ln ex ag x a x -=--有小于零的函数值,因为()()h x g x ≤,所以存在0x 使得()010n e l x ah a x x -≤--<,故不符合题意舍,下证01a ≤≤符合题意:①若0a =,()e 10xh x =-≥;②若01a <≤,令()e 1xF x x =--,所以()e 1x F x '=-,当0x >时,()0F x '>,所以()F x 单调递增, 当0x <时,()0F x '<,所以()F x 单调递减, 故()()min 00F x F ==,即e 1x x ≥+,将ln x 替换x 代入上不等式可有:ln 1≤-x x ,当01x <≤时,()()22ln e 112x ax a h x a x -=----()22ln 12x x a a a x ---≥-()2ln 12a ax a a x x ----≥()21112ln x a x x ⎡⎤----⎢⎣=⎥⎦,记()()21ln 112p x x x x =-++-, ()()211110x p x x x x-'=-+-=≥,故()p x 单调递增, 则(]0,1x ∈时,()()10p x p ≤=,又有01a <≤, 故()()0h x a p x ≥⋅≥成立, 当1x >时,因为01a <≤, 所以()()22e11ln 2x ax a h x a x -=----()()()221e 1112a x a a x x -≥-----,记()21e 12xq x x x =---,所以()()e 10x q x x F x '=--=≥, 所以()q x 在[)0,∞+单调递增,则()()00q x q ≥=,因为01a <≤,1x >,所以()10a x ->,故()()()100a x q q ≥-=, 即()()()10q a x h x -≥≥, 综上所述:[]a 0,1∈.6．（2023ꞏ四川凉山ꞏ统考一模）已知函数()()ln 1f x x x =-+． (1)求()f x 的最小值； (2)已知*N n ∈，证明：()1111ln 123n n ++++>+L ；(3)若()ln 210xx x x a x -+--≥恒成立，求a 的取值范围．【答案解析】（1）因()()()ln 1,1,f x x x x =-+∈-+∞， 则()11(1)11xf x x x x =-=>-+'+， 令()0f x '=，得0x =，又()1,0x ∈-时，()0f x '<，函数()f x 在()1,0x ∈-上单调递减；()0,x ∈+∞时()0f x ¢>，，函数()f x 在()0,x ∈+∞上单调递增；即函数()f x 在0x =处取最小值，即()()00f x f ≥= 所以()f x 的最小值为0．（2）由（1）小题结论可知()ln 1x x ≥+，当且仅当0x =时等号成立， 则*N n ∈时11ln 1n n ⎛⎫≥+ ⎪⎝⎭，即11ln n n n +≥ 所以()1112312311ln ln ln ln ln 1231212n n n n n n ++⎛⎫++++>+++=⋅=+ ⎪⎝⎭ 所以不等式成立.（3）由题可知0x >，()ln 210xx x x a x -+--≥恒成立等价于不等式ln 21x x x x x a x-+-≥恒成立，令()ln 21x x x x x h x x-+-=，则命题等价于()0,x ∈+∞，min ()h x a ≥由（1）知，()ln 1x x ≥+，即有e 1x x ≥+，当且仅当0x =时等号成立，所以()ln e ln 21ln 1ln 212x x x x x x x x x x h x x x -+-+-+-=≥=当ln 0x x =，即1x =时能取等号，所以min ()2h x =，即2a ≤ a 的取值范围为(],2-∞．7．（2023秋ꞏ山东烟台ꞏ高三统考期末）已知0a >，()()2e 2=-+xf x x a x x ，x ∈R ，()f x '为()f x 的导函数.(1)讨论函数()f x 的单调性；(2)若存在a 使得()2f x b a '≥-对任意x 恒成立，求实数b 的取值范围.【答案解析】（1）()2e 2x f x x ax ax =--，则()()()1e 2xf x x a '=+-，当0a >时，方程e 20x a -=的根为()ln 2x a =， 当()ln 21a >-，即12ea >时，当(),1x ∈-∞-和()()ln 2,x a ∈+∞时，()0f x ¢>， ()f x 单调递增，当()()1,ln 2x a ∈-时，()0f x '<，()f x 单调递减， 当()ln 21a <-，即102ea <<，当()(),ln 2x a ∈-∞和()1,x ∈-+∞时，()0f x ¢>， ()f x 单调递增，当()()ln 2,1x a ∈-时，()0f x '<，()f x 单调递减， 当()ln 21a =-，即12ea =时，0y '≥恒成立，函数在R 上单调递增， 综上所述，当102ea <<时，()f x 在()(),ln 2a -∞，()1,-+∞上单调递增，在()()ln 2,1a -上单调递减；当12e a =时，()f x 在R 上单调递增，当12ea >时，()f x 在(),1-∞-，()()ln 2,a +∞上单调递增，在()()1,ln 2a -上单调递减；（2）存在实数a 使得()2f x b a '≥-对任意x 恒成立，即e e 2x x b x ax ≤+-恒成立，令()e e 2x xg x x ax =+-，则()min b g x ≤，因为()()2e 2xg x x a '=+-，当2x ≤-时，()0g x '<恒成立；当2x >-时，()()3e 0x g x x ''=+>，函数()g x '在()2,-+∞上单调递增，且()220g a '-=-<，()()2222e 20a g a a a '=+->，所以，存在()02,2x a ∈-，使得()00g x '=，且()g x 在()02,x -上单调递减，在()0,x +∞上单调递增，所以()()()0000min 1e 2xg x g x x ax ==+-， 于是，原命题可转化为存在a 使得()0001e 2xb x ax ≤+-在()2,-+∞上成立，又因为()()0002e 20xg x x a '=+-=，所以()0022e x a x =+，所以存在()02,x ∈-+∞，使得()()()00022000001e 2e e 1x x x b x x x x x ≤+-+=--+成立，令()()2e 1x h x x x =--+，()2,x ∈-+∞，则()()2e 3x h x x x '=--，所以当()2,0x ∈-时，()0h x '>，()h x 单调递增，当()0,x ∈+∞时，()0h x '<，()h x 单调递减， 所以()()max 01h x h ==，所以1b ≤.8．（2023ꞏ广东广州ꞏ统考二模）已知定义在()0,∞+上的函数()e axf x =.(1)若R a ∈，讨论()f x 的单调性；(2)若0a >，且当()0,x ∈+∞时，不等式2e ln aax xx ax ⎛⎫≥ ⎪⎝⎭恒成立，求实数a 的取值范围.【答案解析】（1）函数()e axf x =，0x >，求导得：()e e eax ax axf x '=+=， 当0a ≥时，()0f x '>，函数()f x 在()0,∞+上单调递增， 当a<0时，由()0f x '>得102x a <<-，由()0f x '<得12x a >-，则()f x 在1(0,)2a -上递增，在1(,)2a-+∞上递减，所以当0a ≥时，函数()f x 的递增区间是()0,∞+； 当a<0时，函数()f x 的递增区间是1(0,)2a -，递减区间是1(,)2a-+∞. （2）因为0a >，且当()0,x ∈+∞时，不等式2e ln ()ax a xx ax ≥恒成立，当01x <≤时，0a ∀>，2e ln (0ax a xx ax>≥恒成立，因此0a >，当1x >时，2e ln ()2ln e 2ln ln(ln )ln()ax a ax xa a x x ax x ax ≥⇔-≥-2ln e ln(ln e )2ln ln(ln )ax ax a a x x ⇔+≥+，令()2ln g x ax x =+，原不等式等价于(ln e )(ln )ax g g x ≥恒成立， 而1()20g x a x'=+>，即函数()g x 在(1,)+∞上单调递增，因此1,ln e ln ax x x ∀>≥， 即ln 1,ln x x ax x a x ∀>≥⇔≥，令ln (),1x h x x x =>，21ln ()xh x x -'=，当1e x <<时，()0h x '>，当e x >时，()0h x '<，函数()h x 在(1,e)上单调递增，在(e,)+∞上单调递减， max 1()(e)eh x h ==，因此1e a ≥，综上得1ea ≥，所以实数a 的取值范围是1[,)e+∞.9．（2023秋ꞏ江西ꞏ高三校联考期末）已知函数()e xf x ax =-.(1)讨论()f x 的单调性；(2)若4a ≥，证明：对于任意[)1,x ∞∈+，()2323f x x ax >-+恒成立.（参考数据：ln10 2.3≈）。
恒成立问题解题策略
恒成立问题解题策略
等式恒成立问题解题策略：
① 赋值法； ② 化为基本函数； ③ 分离变量；
不等式恒成立问题解题策略：
① 分离参数法； ② 转换主元法； ③ 数形结合型
赋值型—利用特殊值求解
• 例1：已知函数f(x)=sinx+acosx图像的一
条对称轴方程为x= 4 ,求实数a的值
解：f (0) f ( ) a 1 2
1
思路1：化简----乘积的形式常通过约分。 但本题难以完成。 思路2：回到基础-----利用函数单调性求最值。 求差法运算复杂，考虑用求商比较法（这是由 特点所至）
f (n 1) f ( n)
1 2n 3 (1 ) 2n 3 2n 5
2n 4 2n 5 2n 3
f (n 1) f ( n)
4n 2 16 n 16 4n 2 16 n 15
1
因此，f (n 1) f (n), f (n)为单调递增函数， 4 n 1时，f (n)最小值为 。 3 5 4 5 所以，a . 15
【解题后的反思】
1、不等式恒成立，确定参数取值范围——分离参数法。
变式：方程 22 x m2 x 1 0 恒有两个不同实数解， 求m的取值范围.
解1：令t 2 (0, )
x
原式为t 2 mt 1 0 转化为方程在(0, )有两个不同解 0 m2 4 0 x1 x2 m 0 x x 1 0 1 2
思考：已知函数f x 2sin(3x )(| | 的一条对称轴方程为x
2
)图像
4
求实数的值
导数的应用二——恒成立问题的解题策略
导数的应用--恒成立问题的解题策略例1．若不等式()x a x -≥+312，对任意的0>x 恒成立，求实数a 的取值范围。
变式训练1．若不等式013222≥-+-a ax x 对任意的]1,1[-∈x 恒成立，求实数a 的取值范围。
2．若不等式223221c c x x x <+--对任意的]2,1[-∈x 恒成立，求实数c 的取值范围。
3．若不等式322231x b ax x ≥+≥+对任意的),0[+∞∈x 恒成立，求实数b 的取值范围以及a 与b 满足的关系式。
二．考题训练 形成能力1．设函数.0ln 22>+-=a ax x x a x f ，）（ (I)求)(x f 的单凋区间：(Ⅱ)求所有实数a ，使e ，2)(1e x f ≤≤对[]e x ,1∈恒成立。
注；e 为自然对数的底数。
2．设函数()()()1ln 1++=x x x f ，若对所有的0.≥x 都有()ax x f ≥成立，求实数a 的取值范围.3．设函数1)(2-=x x f 对任意),23[+∞∈x ，)(4)1()(4)(2m f x f x f m mx f +-≤-恒成立，则实数m 的取值范围是___________4.已知函数0,11)1(1)(≥+-++=x xx ax n x f 其中0>a (I)若()x f 在1=x 处取得极值，求a 的值.（Ⅱ）求()x f 的单凋区间.（Ⅲ）若()x f 的最小值为1.求a 的取值范围.三．反馈练习 总结提升1.设())1(2++=x ax e x f x ,且曲线)(x f y =在1=x 处的切线与x 轴平行． (I)求a 的值，并讨论)(x f 的单调性：(II)证明：对]2,0[πθ∈∀,不等式2|)(sin )(cos |<-θθf f 恒成立。
2．设函数1)1(233)(23+++-=x a x x a x f ,其中a 为实数． (I)已知函数)(x f ,在1=x 处取得极值，求a 的值：(Ⅱ)已知不等式1)(2+-->'a x x x f 对任意),0(+∞∈a 都成立，求实数x 的取值范围．3．已知函数)(11ln )(R a x a ax x x f ∈--+-= (I)当21≤a 时，讨论)(x f 的单调性 (II)设42)(2+-=bx x x g ．当41=a 时，若对任意)2,0(1∈x ,存在]2,1[2∈x ,使)()(21x g x f ≥,求实数b 取值范围．4．已知函数.1ln )1()(2+++=ax x a x f(I)讨论函数)(.x f 的单调性：(II)设2-≤a ,证明：对任意()+∞∈,0,21x x ,||4|)()(|2121x x x f x f -≥-5.设函数)10(ln 1)(=/>=x x xx x f 且 (I)求函数)(x f 的单调区间；(II)已知a x x >12,对任意)1,0(∈x 成立，求实数a 的取值范围。
探索“恒成立” 问题的求解策略
探索“恒成立” 问题的求解策略摘要：本文分析了六种“恒成立”问题的求解策略，旨在帮助学生提高数学思维能力和解题能力。
关键词：数学；恒成立；策略作者简介：陈友兰，任教于河南省登封市第一高级中学。
近年来，高考数学和竞赛数学试题中常常出现这样一类问题：含参数变量的“恒成立”不等式问题。
成功解决这类问题往往需要有良好的观察与分析、灵巧的转化与代归、高水平的运算与推理。
怎样转化问题才能有利于问题的解决，始终是同学们倍感头疼的事情。
笔者认为下面几种策略比较实用，同时还有助于学生提高数学思维。
策略1：实施变量分离已知不等式f(x,a)≥0（或≤0）对于任意x∈A恒成立。
如果f(x,a)≥0（或≤0）可变形成a≥g(x),则a≥g(x)的最大值（或极大值）；如果f(x,a)≥0（或≤0）可变形成a≤g(x),则a≤g(x)的最小值（或极小值）。
例1：设f(x)是定义在R上的单调增函数，若对于任意a∈[－1,1]恒成立，求x的取值范围。
解：因为f(x)是R上的增函数，所以，且a∈[－1,1]，分离a,使。
① 当1－x>0时，上式转化为，对于任意a∈[－1,1] 恒成立，只要即可。
故求得0≤x＜1,或x≤－1.②当1－x＜0时，上式可转化为，对于a∈[－1,1] 恒成立。
只要即可，求得x>1。
③当1－x=0时，显然有≥0成立。
即x=1。
综上可知x的取值范围是：x≤－1,或x≥0。
策略2：利用函数的最大值、最小值例2：已知不等式对于任意正数x恒成立，则实数k的取值范围是。
（2008年高考京师预测卷）分析：该题若令f(x)= ,只需求出f(x)的最大值，让其最大值小于即可。
又，因为x>0 ，所以k>0。
当>0时，解得：,当<0时，解得：。
故可得在时，，即得，结合条件得：0<k≤1。
评注：利用函数的最大值或最小值是转化“恒成立”问题的基本方法（变量分离法求解“恒成立”问题也是利用了这种方法的基本思想）。
函数导数中的恒成立问题解题技巧
临沂市高三二轮会材料函数导数中的恒成立问题解题技巧函数导数中的恒成立问题解题技巧新课标下的高考越来越重视考查知识的综合应用，恒成立问题涉及方程、不等式、函数性质与图象及它们之间的综合应用，同时渗透换元、转化与化归、数形结合、函数与方程等思想方法，考查综合解题能力，尤其是在函数、导数中体现的更为明显，也是历年高考的热点问题,根据本人的体会，恒成立问题主要有以下几种.一、利用函数的性质解决恒成立问题例1 已知函数32=+--++(,)()(1)(2)f x x a x a a x ba b∈R．(1)若函数()f x 的图象过原点，且在原点处的切线斜率是3-，求,a b 的值；(2)若函数()f x 在区间(1,1)-上不单调．．．，求a 的取值范围． 解：(1)由题意得)2()1(23)(2+--+='a a x a x x f又⎩⎨⎧-=+-='==3)2()0(0)0(a a f b f ，解得0=b ，3-=a 或1=a (2)函数)(x f 在区间)1,1(-不单调，等价于导函数)(x f '在)1,1(-既能取到大于0的实数，又能取到小于0的实数 即函数)(x f '在)1,1(-上存在零点，根据零点存在定理，有0)1()1(<'-'f f ， 即：0)]2()1(23)][2()1(23[<+---+--+a a a a a a 整理得：0)1)(1)(5(2<-++a a a ，解得15-<<-a所以a 的取值范围是{}15-<<-a a .【方法点评】利用函数的性质解决恒成立问题，主要是函数单调性的应用，函数在给定的区间上不单调意味着导函数在给定的区间上有零点，利用函数零点的存在性定理即可解决问题.二、利用数形结合思想解决恒成立问题例2 已知3x =是函数()()2ln 110f x a x x x =++-的一个极值点．（1）求a ；（2）求函数()f x 的单调区间；（3）若直线y b =与函数()y f x =的图象有3个交点，求b 的取值范围．【方法指导】（1）在极值点处导数为零，可以求a 的值；（2）求函数的单调区间借助()0f x '>可以求出单调递增区间，()0f x '<可以求出单调递减区间；（3）根据函数()f x 的单调性可以求出其极大值和极小值，画出图象，数形结合可以求出b 的取值范围.解：（1）因为()'2101a f x x x =+-+，所以()'361004a f =+-=，因此16a =． （2）由（1）知，()()()216ln 110,1,f x x x x x =++-∈-+∞，()()2'2431x x f x x -+=+ 当()()1,13,x ∈-+∞时，()'0f x >；当()1,3x ∈时，()'0f x <．所以()f x 的单调增区间是()()1,1,3,-+∞，()f x 的单调减区间是()1,3．（3）由（2）知，()f x 在()1,1-内单调增加，在()1,3内单调减少，在()3,+∞上单调增加，且当1x =或3x =时，()'0f x =所以()f x 的极大值为()116ln 29=-f ，极小值为()332ln 221f =-因此()()21616101616ln291f f =-⨯>-=()()213211213f e f --<-+=-<所以在()f x 的三个单调区间()()()1,1,1,3,3,-+∞直线y b =有()y f x =的图象各有一个交点，当且仅当()()31f b f <<因此，b 的取值范围为()32ln221,16ln29--．【方法点评】数形结合是高中数学中常考的思想方法之一，在有关取值范围问题、单调性问题、最值问题中体现较明显，同时方程的根及函数零点也可转化为交点问题解决.三、分离参数解决恒成立问题例3 已知函数()ln a f x x x=-， (1)当0a >时，判断()f x 在定义域上的单调性；(2)若2()f x x <在(1,)+∞上恒成立，求a 的取值范围．【方法指导】（1）通过判断导数的符号解决；（2）由于参数a 是“孤立”的，可以分离参数后转化为一个函数的单调性或最值等解决．解：(1)由题意：()f x 的定义域为(0,)+∞，且221()a x a f x x x x+'=+=． 0,()0a f x '>∴>，故()f x 在(0,)+∞上是单调递增函数． (2)322ln ,0.ln ,)(x x x a x x x a x x x f ->∴><-∴<又 令232116()ln ,()()1ln 3,()6x g x x x x h x g x x x h x x x x-''=-==+-=-=， ()h x 在[1,)+∞上是减函数，()(1)2h x h ∴<=-，即()0g x '<，()g x ∴在[1,)+∞上也是减函数，()(1)1g x g ∴<=-．令1a ≥-得()a g x >，∴当2()f x x <在(1,)+∞恒成立时，a 的取值范围是{}1-≥a a ．【方法点评】分离参数是恒成立问题中的一种重要解题方法，分离参数后，构造新函数，求新函数的最值即可解决恒成立问题中的参数取值范围.四、利用两个函数的最值解决恒成立问题例4 [2014·新课标全国卷Ⅰ] 设函数f (x )＝a e x ln x ＋b e x －1x ，曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为y ＝e(x －1)＋2.(1)求a ，b ；(2)证明：f (x )>1.解：(1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝a e x ln x ＋a x e x －b x 2e x －1＋b x e x －1.由题意可得f (1)＝2，f ′(1)＝e ，故a ＝1，b ＝2.(2)证明：由(1)知，f (x )＝e x ln x ＋2x e x －1，从而f (x )>1等价于x ln x >x e －x －2e .设函数g (x )＝x ln x ，则g ′(x )＝1＋ln x ，所以当x ∈)1,0(e 时，g ′(x )<0；当x ∈),1(+∞e时，g ′(x )>0. 故g (x )在)1,0(e 上单调递减，在),1(+∞e上单调递增，从而g (x )在(0，＋∞)上的最小值为)1(eg ＝－1e . 设函数h (x )＝x e －x －2e，则h ′(x )＝e －x (1－x )．所以当x ∈(0，1)时，h ′(x )>0； 当x ∈(1，＋∞)时，h ′(x )<0.故h (x )在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，从而h (x )在(0，＋∞)上的最大值为h (1)＝－1e .因为g min (x )＝)1(eg ＝h (1)＝h max (x )， 所以当x >0时，g (x )>h (x )，即f (x )>1.五、不等式中的恒成立问题例5 (2016•山东)已知221()(ln ),x f x a x x a R x-=-+∈. (1)讨论()f x 的单调性；(2)当1a =时，证明3()()2f x f x '>+对于任意的[1,2]x ∈恒成立． 解：(1)()f x 的定义域为(0,)+∞，223322(2)(1)()a ax x f x a x x x x --'=--+= 当0a ≤时，若(0,1)x ∈，则()0,()f x f x '>单调递增，若(1,)x ∈+∞，则()0,()f x f x '<单调递减．当0a >时，3(1)()(a x f x x x x -'=-+.(i)当02a <<1>.当(0,1)x ∈或)x ∈+∞时，()0,()f x f x '>单调递增．当x ∈时，()0,()f x f x '<单调递减．(ii)当2a =1=，在区间(0,)+∞内，()0,()f x f x '≥单调递增．(iii)当2a >时，01<<.当x ∈或(1,)x ∈+∞时，()0,()f x f x '>单调递增，当x ∈时，()0,()f x f x '<单调递减． 综上所述，当0a ≤时，()f x 在(0,1)上单调递增，在(1,)+∞上单调递减；当02a <<时，()f x 在(0,1)上单调递增，在上单调递减，在)+∞上单调递增；当2a =时，()f x 在(0,)+∞上单调递增；当2a >时，()f x 在（0，2a ）上单调递增，在（2a，1）上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．(2)证明：由(1)知，当1a =时，22321122()()ln (1)x f x f x x x x x x x -'-=-+---+23312ln 1x x x x x=-++--，[1,2]x ∈ 设()ln ,()g x x x h x =-=233121,[1,2]x x x x=+--∈，则()()()()f x f x g x h x '-=+．由1()0x g x x-'=≥，可得()(1)1g x g ≥=，当且仅当1x =时取得等号． 又24326()x x h x x--+'=.设2()326x x x ϕ=--+，则()x ϕ在[1,2]上单调递减． 因为(1)1,(2)10ϕϕ==-，所以0(1,2)x ∃∈，使得当0(1,)x x ∈时，()0x ϕ>，0(,2)x x ∈时，()0x ϕ<.所以()h x h (x )在0(1,)x 上单调递增，在0(,2)x 上单调递减． 由1(1)1,(2)2h h ==，可得1()(2)2h x h ≥=， 当且仅当2x =时取得等号． 所以3()()(1)(2)2f x f xgh '-=+=， 即3()()2f x f x '>+对于任意的[1,2]x ∈成立． 六、利用恒成立问题求参数的取值范围 例6 (2015·北京)已知函数 。
求解有关恒成立、存在性问题的四种策略
求解有关恒成立、存在性问题的四种策略对于有关恒成立、存在性问题，一直是高考命题的热点，往往以全称命题或特称命题的形式出现，同时结合函数的单调性、极值、最值等知识进行考查，在高考中多以压轴题或压轴题中的压轴问的形式出现。
如何突破这一难关呢？关键是细心审题及恰当地转化。
现就如何求解恒成立、存在性问题中的参数问题加以分析。
方法1：分离参数法例1.设函数f（x）=lnx-ax，g（x）=ex-ax，其中a为实数。
若f（x）在（1，+∞）上是单调减函数，且g（x）在（1，+∞）上有最小值，求a的取值范围。
解：因为f`（x）= -a，g`（x）=ex-a，由题意得f`（x）≤0对x∈（1，+∞）恒成立，即a≥ 对x∈（1，+∞）恒成立，所以a≥1。
因为g`（x）=ex-a在x∈（1，+∞）上是单调增函数，所以g`（x）>g`（1）=e-a。
又g（x）在（1，+∞）上有最小值，则必有e-ae。
综上，可知a的取值范围是（e，+∞）。
点评：求解问题的切入点不同，求解的难度就有差异。
在恒成立问题中有时需要取交集，有时需要取并集，本题解法需要取交集。
一般而言：在同一问题中，若是对自变量作分类讨论，其结果要取交集；若是对参数作分类讨论，其结果要取并集。
方法2：构造函数法例2.已知函数f（x）= ，若|f（x）|≥ax，则a的取值范围是（）。
FrkBAnw9mjyEglQgHNxJcw==A.（-∞，0]B.（-∞，1]C.[-2，1]D.[-2，0]解：当x≤0时，|f（x）|≥axx2-（2+a）x≥0，对x≤0恒成立。
记g（x）=x2-（2+a）x=（x- ）2- 。
当当≥0即a≥-2时，g（x）的最小值为0，满足题意。
当x>0时，|f（x）|≥axln（1+x）-ax≥0a≤ ，对x>0恒成立。
令θ（x）= ，则θ`（x）= 。
设t=x+1，则t>1。
记L（t）= -lnt，则L`（t）= 故L（t）故当x∈（0，+∞）时，θ（x）恒大于0，所以a≤0。
导数中含参数问题与恒成立问题的解题技巧
函数、导数中含参数问题与恒成立问题的解题技巧与方法 含参数问题及恒成立问题方法小结：1、分类讨论思想2、判别法3、别离参数法4、构造新函数法一、别离讨论思想：例题1： 讨论以下函数单调性：1、()x f =();1,0,≠>-a a a a x2、()x f =)0,11(12≠<<--b x x bx二、判别法例2：不等式04)2(2)2(2<--+-x a x a 对于x ∈Ｒ恒成立，求参数a 的取值范围． 解：要使04)2(2)2(2<--+-x a x a 对于x ∈Ｒ恒成立，那么只须满足： 〔1〕⎩⎨⎧<-+-<-0)2(16)2(4022a a a 或 〔2〕⎪⎩⎪⎨⎧<-=-=-040)2(202a a 解〔1〕得⎩⎨⎧<<-<222a a ，解〔2〕a ＝２ ∴参数a 的取值范围是－２＜a ≤２．练习1. 函数])1(lg[22a x a x y +-+=的定义域为R ，求实数a 的取值范围。
三、别离法参数：别离参数法是求参数的取值范围的一种常用方法，通过别离参数，用函数观点讨论主变量的变化情况，由此我们可以确定参数的变化范围.这种方法可以防止分类讨论的麻烦，从而使问题得以顺利解决.别离参数法在解决有关不等式恒成立、不等式有解、函数有零点、函数单调性中参数的取值范围问题时经常用到. 解题的关键是别离出参数之后将原问题转化为求函数的最值或值域问题.即：〔1〕对任意x 都成立()min x f m ≤ 〔2〕对任意x 都成立。
例3．函数]4,0(,4)(2∈--=x x x ax x f 时0)(<x f 恒成立，求实数a 的取值范围。
解： 将问题转化为xx x a 24-<对]4,0(∈x 恒成立，令x x x x g 24)(-=，那么min )(x g a <由144)(2-=-=xx x x x g 可知)(x g 在]4,0(上为减函数，故0)4()(min ==g x g ∴0<a 即a 的取值范围为)0,(-∞。
导数压轴题中恒成立问题方法总结
导数压轴题中恒成立问题方法总结恒成立问题作为高中数学学习中不可缺少一部分，掌握高中数学恒成立问题的解题方法和思路不仅是高中阶段的重要任务，也是为日后学习数学奠定扎实基础的关键。
现主要从掌握高中数学恒成立问题的解题方法与思路的意义出发，对恒成立问题的类型和求解方法作一小结，如“一次型”函数恒成立问题，利用函数单调性；“二次型”函数恒成立问题，数形结合理解；可以分离参数的，转化为函数最值求解；确定主元，利用函数单调性求解；数形结合，直观求解，以对高中数学恒成立问题常见的解题方法和思路进行分析。
一、单变量恒成立问题1.分离参数：利用分离参数法来确定不等式f（x，a）≥0（x∈D，a为参数）恒成立时，参数a的取值范围的一般思路：将题目中的参数与变量分离，化为g （a）≤f（x）（或g（a）≥f（x））恒成立的形式。
接下来求解出函数f（x）的最小（或最大）值，最后解不等式g（a）≤f（x）min（或g（a）≥f（x）max），进而求得a的取值范围，该思路一般适用于参数与变量易分离且最值易求得的题型。
高考引例1（2007年山东文）当x∈（1，2）时，x2+mx+4＜0恒成立，则m 的取值范围是。
本引例中，注意到x的取值范围，可以采用分离参数的方法.解：由x∈（1，2），x2+mx+4＜0恒成立，对不等式分离参数，得。
令，，易知f（x）在（1，2）上是减函数，所以x∈（1，2）时，4＜f（x）＜5，则，所以m≤－5。
又如高考引例2，也可以采用分离参数的方法，只不过要分段讨论，最终结果取“交集”。
解：∀x∈［－3，+∞），f（x）≤恒成立⇒∀x∈［－3，0］，x2+2x+α－2≤－x且∀x∈（0，+∞），－x2+2x－2α≤x⇒α≤（－x2－3x+2）=2且α≥min max=⇒α∈［，2］。
1.函数思想一般思路：首先分清楚题目中的变量与参数。
一般来说，题目给出取值范围的元为变量，最终求解范围的元为参数，通过构造变量的函数，借助所构造的函数的取值特征进行求解。
微专题09导数解答题之恒成立与能成立问题 高考数学
试卷讲评课件
′ = − + = − − ，
令 = − −
，则′
=
−
≥ ，
所以函数′ 在[, +∞)上单调递增，
于是′ ≥ ′ = ，所以函数 在[, +∞)上单调递增，
所以[ ] = = ，于是 ≤ ，因此实数的取值范围是
, ＞，则
= =
，所以
≥
，即正实数的取值范围是[ , +∞).
试卷讲评课件
例3.(2024 ⋅四川泸州·二模)已知函数f x = 2x 3 − ax 2 + 2 a＞0 .
(1)求曲线y = f x 在点 0, f 0 处的切线方程；
【解析】因为 = − + ＞ ，所以 = ，
则 ′
=
− −
=
− +
，设
= − + , ≠
则 ′ = ，令 ′ ＞，得＞，令 ′ ＜，得＜，
所以 ＞ = ，即 ′ ＞在 −∞, ∪ , +∞ 上恒成立，
，又＞，
′
所以当＜＜ 时 ＜，当＜或＞ 时 ′ ＞，
所以 在 , 上单调递减，在 −∞, ， , +∞ 上单调递增，
则在区间[−, ]内存在 ， ，使得 ⋅ ≥ ，
等价于在区间[−, ]内存在，使得 ≥ ，
所以函数 的单调增区间为 −∞, , , +∞ ，无单调减区间；
恒成立问题求解策略
恒成立问题求解策略恒成立问题能够很好的考察函数不等式等知识以及转化化归等数学思想，所以备受命题者青睐。
本文试将此类题的求解策略作一总结，供同学们参考。
策略一、确定主元，借助函数单调性解决。
例1、 对于满足|p|≤2的所有实数p,求使不等式x 2+px+1>2p+x 恒成立的x 的取值范围。
分析：多元不等式问题求解关键在于确定哪个量为主元。
此问题因为常见的思维定势，易把它看成关于x 的不等式讨论。
不过若将p 定位主元，则可转化为在[-2，2]内关于p 的一次函数大于0恒成立的问题。
解：不等式转化为(x-1)p+x 2-2x+1>0, 设f(p)= (x-1)p+x 2-2x+1,则原题转化为设f(p)= (x-1)p+x 2-2x+1＞0在[-2，2]上恒成立易得 ⎩⎨⎧>>-)2(0)2(f f 即⎪⎩⎪⎨⎧>->+-0103422x x x解得：⎩⎨⎧-<><>1113x x x x 或或∴x<-1或x>3.策略二、转化为二次函数，利用实根分布解决。
例2、 不等式sin 2x ＋acosx ＋ a 2≥1＋cosx 对一切x ∈R 恒成立，求负数a 的取值范围。
解：原不等即cos 2x ＋（1－a ）cosx －a 2≤0令cosx=t ，由x ∈R 知t ∈[-1，1]， 设f(t)=t 2＋（1－a ）t －a 2则原题转化为f(t)=t 2＋（1－a ）t －a 2≤0 在 t ∈[-1，1]上恒成立易得 ⎪⎩⎪⎨⎧≤---=-≤--+=<0)1(1)1(011)1(022a a f a a f a ⇔⎪⎩⎪⎨⎧≥≤≥-≤<10120a a a a a 或或⇔a ≤-2故所求的a 的范围为(-∞,-2].策略三、分离变量，借助不等式性质解决。
例3．已知数列{}n a 中，*65()n a n n N =-∈，设13+=n n n a a b ，n T 是数列{}n b 的前n 项和，求使得20n mT <对所有n N *∈都成立的最小正整数m 。
函数导数中的恒成立问题解题技巧
函数导数中的恒成立问题解题技巧函数导数中的恒成立问题解题技巧随着新课标下的高考越来越重视考查知识的综合应用，恒成立问题成为了考试中的热点问题。
这种问题涉及方程、不等式、函数性质与图象及它们之间的综合应用，同时渗透换元、转化与化归、数形结合、函数与方程等思想方法，考查综合解题能力。
在函数、导数中，这种问题更为明显。
本文将介绍两种解题技巧。
一、利用函数的性质解决XXX成立问题利用函数的性质解决恒成立问题，主要是函数单调性的应用。
例如，对于已知函数$f(x)=x^3+(1-a)x^2-a(a+2)x+b(a,b\in R)$，若函数$f(x)$的图象过原点，且在原点处的切线斜率是$-3$，求$a,b$的值。
我们可以先求出$f'(x)$，然后令$f(0)=b=0$，$f'(-1)$和$f'(1)$的乘积小于$0$，解出$a=-3$或$a=1$。
再比如，若函数$f(x)$在区间$(-1,1)$上不单调，求$a$的取值范围。
我们可以利用导函数$f'(x)$在给定的区间上有零点这一性质，根据函数零点的存在性定理解出$a$的取值范围。
二、利用数形结合思想解决恒成立问题利用数形结合思想解决恒成立问题，可以通过画图来求出函数的单调区间、极值点等信息，再结合数学方法解决问题。
例如，对于已知$x=3$是函数$f(x)=a\ln(1+x)+x^2-10x$的一个极值点，求$a$。
我们可以求出$f'(x)$，然后令$f'(3)=0$，解出$a=16$。
再比如，若直线$y=b$与函数$y=f(x)$的图象有$3$个交点，求$b$的取值范围。
我们可以根据函数$f(x)$的单调性来求出其极大值和极小值，画出图象，数形结合可以求出$b$的取值范围。
这些技巧可以帮助我们更好地解决函数导数中的恒成立问题，提高我们的解题能力。
方法点评：分离参数是解决恒成立问题的一种重要方法，通过构造新函数并求其最值，可以得到参数取值范围。
浅谈一些“恒成立问题”的解题策略
：
ｌ一 ｇ
， 中ｎ 其
等 组ｉ 式 ｆ
ｔ＞
） ＋８ （ 一ｆ ＜。 解 得 ｔ ｆ３ ） ． ＜ ２ｔ （
Ｏ
为实 数 ，ｔ ｒ为任 意 给定 的 自然 数 ， ｒ≥２如 且 ｔ ，
果 ｆ ） （ 当 ∈（ 一∞， ］ １ 时恒 有意义 ， ｎ 求 的取值范围．
解 ： 题 即为 对 于 ∈ （ ∞， ］有 １ 本 一 １，
一
ｎ ） 一１在 ∈（ 一∞， ］ １ 上是单调增 函数 ， 则
ｇ ） 一∞，］ （ 在（ １上为单调增 函数． 于是有
４ ４—４＝０ 即 ｃｓ １ ＞ ， 。０＝０
ｇ ） （ 的最大值为ｇ １ ：一 凡 １， （） 告（ 一 ）从而
可 得 ｎ＞ 一 １（ ｎ一１ ． ）
时 ， 有最小值为 ０故 ｍ＜ ． （ ） ， ０
４ 变更 主元 ， 简化 解题 过 程
例 ４ 若对 于 ０ ｍ≤１方程 ＋ｍｘ ≤ ，
一
２ 换 元设参 ， 示 问题 的本质 揭 例 ２ 对 于所 有实 数 ， 不等 式
２ 一１ ｍ ＝０恒有 实根 ， 实根 的范 围 ． 求 解 ： ｍ 为 主 元 ， ｍ （ 一２ 以 则 ）＝（ 一 １
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２ ０ 年第 ２ ０８ 期
河北理科教 学研 究
问题讨论
浅谈 一 些 “ 成 立 问题 ＂ 恒 的解 题 策 略
浙 江省杭 州外 国语 学校 任 刚强 ３０ ２ １０ ３
在数学问题研究 中， 我们经 常碰 到在 给 定条件下某些结论恒成立 的命题 ． 恒成 立问 题， 涉及内容广泛 ， 往往与函数的图象性质有 关， 渗透或结合换元、 化归、 数形结合 、 函数与 方程 等 思想 方 法 ， 于考 查 学 生 的综 合 解 决 便 数学问题的能力 ， 在培养思维的灵活性 、 创造 性等方面起到了积极 的作用 ． １ 构造 函数 ， 现 函数思 想 体
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0或(ii)af
0 (n)
0
f f
(m) 0 (n) 0
同理，在区间[m,
n]内恒有f
(
x)
0,
则有
f f
(m) 0 (n) 0
处理含参不等式恒成立的某些问题时，若能适时的把主 元变量和参数变量进行“换位”思考，往往会使问题降 次、简化。
2.二次函数型；
一般地，对于二次函数 f (x) ax2 bx c(a 0, x R),有
二、基础自测
1.对任意实数x，不等式x 4 x 2 a恒成立，
则实数a的取值范围是（ B ）
A.(,6] B（. - ，6） C.(6， )
2.已知不等式 x2 - ax 1 0.
D.[6,)
（1）若不等式对任意x R恒成立，则实数a的取值范围是
[2,2]
-----（2）若不等式对任意x [2,2]恒成立，则实数a的取值范围是
解法二：f (x) 0 ln x kx 1 0
k ln x 1 x
令g ( x)
ln
x 1 ,则g / (x) x
ln x2
x
,
由g / (x) 0得，x 1
由g / (x) 0得，0 x 1；由g / (x) 0得x 1
所以g ( x)在（0,1）上为增函数，
在（1， ）上为减函数
4.数形结合法 当函ຫໍສະໝຸດ 图像易于作出时，通过做出一个或两个函数的图 像，数形结合解决所要求解的恒成立问题
典型例题讲解
例1:（2008年宁夏卷理科第6题）已知
a1 a2 a3 0, 则使得（1- ai x)2 1(i 1,2,3) 都成立的 x
取值范围是（ B ）
A.
(0，1 a1
)
B.（0，a21 )
C.（0，a13 )
2 D.(0, a3 )
例2: 已知函数 f (x) ln x kx 1
（1）求函数f (x) 的单调区间；
（2）若 f (x) 0 恒成立，试确定实数 k 的
取值范围.
解（1）函数的定义域为 (0， ),且f / (x) 1 k
当k 0时，由f / ( x) 0得0 x 1 ,
求实数a的取值范围. a 1
高中数学学习中常见的恒成立问题的类型及求解策略
（一）恒成立问题的类型 1.一次函数型；给定一次函数 y f (x) ax b(a 0), 若y f (x)
在区间[m, n]内恒有f (x) 0,则根据函数的图像（直 线）可得
上述结论等价于
（i)af
0 (m)
[2,2]
-----（3）若不等式对任意a [2,2]恒成立，则实x的取值范围是
(-,)
------
3.如果对任意实数x,不等式 x 1 kx恒成立，则实数
k的取值范围是 -0---k---1- y
yx
y x1
-1 O
x
4.若函数f (x) 1 x2 a ln x在区间[1, e]上单调递增， 2
（1）f
(
x)
0
对x
R恒成立
a
0 ; 0
(2)
f
(
x)
0
对x
R恒成立
a
0 0
若二次不等式中 x 的取值范围有限制时，则可利用一元
二次方程根的分布去解决问题。
3.最值制约型 将不等式恒成立问题转化为求函数最值问
题的一种处理方法，其一般类型有：
(1) f (x） a恒成立 a
f
(
x)
m
；
in
x
k
由f / ( x) 0得x 1 k
所以f ( x)的增区间是（0，1 ), 减区间是（ 1 , )
k
k
当k 0时，因为x 0, 所以f / ( x) 0恒成立
所以，f ( x)的增区间是（0， ）
综上可知：当k 0时，f ( x)的增区间是（0，1 ), k
减区间是（ 1 , ) k
所以g(x)max g(1) 1, 所以f (x) 0 k 1
解法三 : 数形结合法 f (x) 0 ln x kx 1 令g (x) ln x, h(x) kx 1 又过点（0，-1）函数g (x) ln x的 切线斜率为1 由图可知：f (x) 0 k 1
例3：（2014年福建卷理科第20题）
（2）f ( x) a恒成立 a f ( x)max
4、对于 f (x) g(x) 型问题，利用数形结合
思想转化为函数图象的关系再处理,或者转
化为 f (x) g(x) 0 用最值法求解。
（二）恒成立问题的求解策略 1.判别式法
主要是使用于二次函数型或可转化为二次函数 型的恒成立问题的求解 2.最值法 主要是使用于可以通过直接求最值能解决的恒 成立问题，有些复杂一点的函数的恒成立问题 的求解要借助于导数来完成。
当k 0时，f ( x)的增区间是（0， ）
(2)解法一：由（1）可知，当k 0时， 函数f (x)在（0， ）上为增函数 而f (1) 1 k 0, f (x) 0不是恒成立， 所以k 0由(1)可知：f (x)max ln k, 又f (x) 0恒成立 f (x)max 0 所以ln k 0即k 1
已知函数 f (x） ex ax(a为常数）的图像
与 y 轴交于点A，曲线在点A处的切线斜率为-1.
(1)求 a 的值及函数 f (x) 的极值； (2)证明：当x 0时，x2 e x .
3.分离变量法 若所给的不等式能通过恒等变形使参数与主元分离于不 等式两端，从而问题转化为求主元函数的最值，进而求 出参数范围。这种方法本质也还是求最值，但它思路更 清晰，操作性更强。一般地有：
（1）f (x) g(a)(a为参数）恒成立 g(a) f (x)max （2）f (x) g(a)(a为参数）恒成立 g(a) f (x)min
《函数与导数》专题复习 关于恒成立问题的求解策略
一、知识背景
函数内容是高中数学的核心内容。函数类问题的解决最终
归结为对函数性质、函数思想的应用,而函数与导数中的恒成立 问题一直以来都是一个重点、难点，这类问题没有一个固定的思 想方法去处理，在近些年的高考模拟题及数学高考题中屡见不鲜。 这类问题的解决涉及到一次函数、二次函数、三角函数、指数与 对数函数等函数的性质、图象，同时与数列、方程、几何有机结 合起来，渗透着换元、化归、数形结合、函数与方程等数学思想 方法，有利于考查学生的综合解题能力，在培养学生思维的灵活 性、创造性等方面起到了积极的作用。因此，恒成立问题也成为 历年高考的一个热点.