含参不等式恒成立问题中,求参数取值范围一般方法

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求解含参不等式恒成立问题的几个“妙招”

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不等式恒成立问题的大全

不等式恒成立问题“含参不等式恒成立问题”把不等式、函数、三角、几何等容有机地结合起来，其以覆盖知识点多，综合性强，解法灵活等特点而倍受高考、竞赛命题者的青睐。

另一方面，在解决这类问题的过程中涉及的“函数与方程”、“化归与转化”、“数形结合”、“分类讨论”等数学思想对锻炼学生的综合解题能力，培养其思维的灵活性、创造性都有着独到的作用。

本文就结合实例谈谈这类问题的一般求解策略。

一、判别式法若所求问题可转化为二次不等式，则可考虑应用判别式法解题。

一般地，对于二次函数),0()(2R x a c bx ax x f ∈≠++=,有1）0)(>x f 对R x ∈恒成立⎩⎨⎧<∆>⇔00a ;2）0)(<x f 对R x ∈恒成立.00⎩⎨⎧<∆<⇔a例1．已知函数])1(lg[22a x a x y +-+=的定义域为R ，数a 的取值围。

解：由题设可将问题转化为不等式0)1(22>+-+a x a x 对R x ∈恒成立，即有04)1(22<--=∆a a 解得311>-<a a 或。

所以实数a 的取值围为),31()1,(+∞--∞ 。

若二次不等式中x 的取值围有限制，则可利用根的分布解决问题。

例2．设22)(2+-=mx x x f ，当),1[+∞-∈x 时，m x f ≥)(恒成立，数m 的取值围。

解：设m mx x x F -+-=22)(2，则当),1[+∞-∈x 时，0)(≥x F 恒成立当120)2)(1(4<<-<+-=∆m m m 即时，0)(>x F 显然成立；当0≥∆时，如图，0)(≥x F 恒成立的充要条件为：⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧-≤--≥-≥∆1220)1(0m F 解得23-≤≤-m 。

综上可得实数m 的取值围为)1,3[-。

二、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）a x f >)(恒成立min )(x f a <⇔ 2）a x f <)(恒成立max )(x f a >⇔1．已知两个函数2()816f x x x k =+-，32()254g x x x x =++，其中k 为实数.(1)若对任意的[]33，-∈x ，都有)()(x g x f ≤成立，求k 的取值围； (2)若对任意的[]3321，、-∈x x ，都有)()(21x g x f ≤，求k 的取值围. (3)若对于任意1x []3,3∈-,总存在[]03,3x ∈-使得)()(10x f x g =成立，求k 的取值围.【分析及解】 (1) 令k x x x x f x g x F +--=-=1232)()()(23, 问题转化为0)(≥x F 在 []3,3-∈x 上恒成立,即0)(min ≥x F 即可 ∵)2(61266)(22'--=--=x x x x x F , 由0)('=x F , 得2=x 或 1-=x .∵(3)45(3)9(1)7(2)20F k F k F k F k -=-=--=+=-，，，, ∴45)(min -=k x F , 由045≥-k , 解得 45≥k .(2)由题意可知当[]33，-∈x 时,都有min max )()(x g x f ≤. 由01616)('=+=x x f 得1-=x .∵k f k f --=--=-8)1(24)3(，, k f -=120)3(, ∴120)(max +-=k x f . 由04106)(2'=++=x x x g 得321-=-=x x 或, ∵21)3(-=-g , 111)3(=g , 1)1(-=-g , 2728)32(-=-g ,∴21)(min -=x g .则21120-≤-k , 解得141≥k .(3) 若对于任意1x []3,3∈-,总存在[]03,3x ∈-使得)()(10x f x g =成立，等价于()f x 的值域是()g x 的值域的子集，由(2)可知， 2()816f x x x k =+-在[]3,3-的值域为[]8,120k k ---+，32()254g x x x x =++在[]3,3-的值域为[]21,111-，于是，[][]8,12021,111k k ---+⊆-，即满足 821,120111.k k --≥-⎧⎨-+≤⎩解得913k ≤≤2．已知x x x x g a x x x f 4042)(,287)(232-+=--=，当]3,3[-∈x 时，)()(x g x f ≤恒成立，数a 的取值围。

(完整)高中数学恒成立问题中求含参范围的方法总结,推荐文档

恒成立问题中含参范围的求解策略数学中含参数的恒成立问题，几乎覆盖了函数，不等式、三角，数列、几何等高中数学的所有知识点，涉及到一些重要的数学思想方法，归纳总结这类问题的求解策略，不但可以让学生形成良好的数学思想，而且对提高学生分析问题和解决问题的能力是很有帮助的，下面就几种常见的求解策略总结如下，供大家参考。

一、分离参数——最值化1 在给出的不等式中，如果能通过恒等变形分离出参数，即：a ≥f(x)恒成立,只须求出 ,则a ≥ ;若a ≤f(x)恒成立, 只须求出 ,则a ≤转化为函数求最值.例1 已知函数f(x)= ,若任意x ∈[2 ,+∞)恒有f(x)>0,试确定a 的取值范围. 解:根据题意得,x+−2>1在x ∈[2 ,+∞)上恒成立,即a>−+3x 在x ∈[2 ,+∞)上恒成立.设f(x)=-+3x .则f(x)=−+ ,当x=2时,=2 ,所以a>22在给出的不等式中，如果通过恒等变形不能直接解出参数，则可将两变量分别置于不等式的两边，即:若f(a)≥g(x)恒成立,只须求出g(x)最大值 ,则f(a)≥ .然后解不等式求出参数a 的取值范围; :若f(a)≤g(x)恒成立,只须求出g(x)最小值 ,则f(a)≤ .然后解不等式求出参数a 的取值范围.问题还是转化为函数求最值.例2 已知x ∈(−∞ ,1]时,不等式1++(a −)>0恒成立,求a 的取值范围.解令=t ,∵x ∈(−∞ ,1] ∴t ∈(0 ,2].所以原不等式可化为<,要使上式在t ∈(0 ,2]上恒成立,只须求出f(t)=在t ∈(0 ,2]上的最小值即可. ∵f(t)==+=− 又t ∈(0 ,2] ∴∈[) ∴=f(2)=∴< , ∴−<a<例3 设c b a >>且ca mc b 1b a 1-≥-+-恒成立，求实数m 的取值范围。

解析：由于c a >，所以0c a >-，于是⎪⎭⎫ ⎝⎛-+--≤c b 1b a 1)c a (m 恒成立，因+≥⎪⎭⎫⎝⎛--+--++=⎪⎭⎫ ⎝⎛-+--+-=⎪⎭⎫ ⎝⎛-+--2c b b a b a c b 11c b 1b a 1)]c b ()b a [(c b 1b a 1)c a (.4cb b a b ac b 2=--⋅-- （当且仅当b a c b -=-时取等号），故4m ≤。

27用含参不等式恒成立问题的解法

例1、对于不等式(1-m)x2+(m-1)x+3>0
................
(*)
（1）当| x | ≤2，不等式恒成立，求实数m的取值范围；
求谁,谁就是参数; 另一个是自变量
（2）当| m | ≤2，不等式恒成立，求实数x的取值范围 .
变更“主元” 解(2) : 设g(m)=(-x2+x)m+(x2-x+3) （m∈[-2,2]）法
（Ⅱ）{a|a≥-4}
练习
设f（x）=x2-2ax+2（a∈R），g（x）=lgf（x）（1）当x∈R时，f（x）≥a恒成立，求a的取值范围；（2）若g（x）的值域为R，求a的取值范围；（3）当x∈[-1，+∞）时，f（x）≥a恒成立，求a的取值范围．
（1）{a|-2≤a≤1}；（2）{a|a≥ 或a≤2 }2
例1：已知关于x的不等式： (a-2)x2 + (a-2)x +1 ≥ 0恒成立，试求a的取值范围.
解：由题意知： ①当a -2=0，即a =2时，不等式化为 1 ≥ 0，它恒成立，满足条件. ②当a -2≠0，即a ≠2时，原题等价于
a 2 0 2 ( a 2) 4( a 2) 0
练已知不等式x2+mx＞4x+m-4．习（1）若对于0≤m≤4的所有实数m，不等式恒成立，求实数x的取值范围．
（2）若对于x≤1的所有实数x，不等式恒成立，求实数m的取值范围．（1）实数x的取值范围为：（-∞，0）∪（0，2）∪（2，+∞）；（2）实数m的取值范围是：{m|m＜4}．求谁,谁就是参数; 另一个是自变量
f 0 ＞0 则 f 4 ＞0

破解含参不等式恒成立的5种常用方法

破解含参不等式恒成立的5种常用方法含参数不等式恒成立问题越来越受高考命题者的青睐，且由于对导数应用的加强，这些不等式恒成立问题往往与导数问题交织在一起，在近年的高考试题中不难看出这个基本的命题趋势。

对含有参数的不等式恒成立问题，破解的方法有：分离参数法、数形结合法、单调性分析法、最值定位法、构造函数法等。

一分离参数法分离参数法是解决含问题的基本思想之一。

对于含参不等式的问题，在能够判断出参数的系数正负的情况下，可以根据不等式的性质将参数分离出来，得到一个一端是参数、另一端是变量表达式的不等式，只要研究变量表达式的性式就可以解决问题。

例1 已知函数a x f x x 421)(++=在（－∞，1］上有意义，试求的取值范围。

分析：函数)(x f 在（－∞，1］上有意义，等价于0421≥++a x x 在区间（－∞，1］上恒成立，这里参数的系数04>x ，故可以分离参数。

解析：函数)(x f 在（－∞，1］上有意义，等价于0421≥++a x x 在区间（－∞，1］上恒成立，即⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛-≥x x a 2141，∈x （－∞，1］恒成立，记)(x g a ≥，∈x （－∞，1］，因此问题又等价于)(x g a ≥在)(x g a ≥上恒成立，)(x g 在（－∞，1］上是增函数，因此)(x g 的最大值为)1(g 。

)(x g a ≥在（－∞，1］上恒成等价于43)1()(max -==≥g x g a 。

于是工的取值范围为43-≥a 。

【点评】)(x f a ≥恒成立等价于max )(x f a ≥；)(x f a ≤恒成立等价于min )(x f a ≤。

如果函数)(x f 不存在最值，上面的最大值就替换为函数值域的右端点，最小值就替换为函数值域的左端点。

解这类问题时一定要注意区间的端点值。

二数形结合法数形到结合法是一种重要的数学思想方法，其要点是“见数想形，以形助数”，从而达到解决问题的目的，数形结合法是破解含参数不等式恒成立问题的又一个主要方案。

利用导数解决含参不等式参数取值范围问题的策略_李文东

利用导数解决含参不等式参数取值范围问题的策略广东省中山市中山纪念中学(528454) 李文东含参不等式恒成立问题，特别是利用导数解决含参关系式恒成立求参数的取值范围这一问题经常出现在高考试题中，是高考的重点也是难点.解决这一类问题需要用到函数与方程思想、转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论等数学思想，能够很好的反映学生的数学素养.下面结合例题具体谈谈此类问题的求解策略.策略一不等式(,)0f x a …恒成立⇔min (,)0f x a …，合理分类讨论求最值. 例1 (2010年高考新课标卷理科)设函数2()1x f x e x ax =---，a R ∈.若当0x ≥时，()0f x ≥恒成立，求a 的取值范围.解因为()12xf x e ax '=--，它比较复杂，考虑进一步求导：()"2f x ex a =-，显然()"f x 递增，故当0x ≥时，()"12min f x a =-.于是(1)当21a ≤，即12a ≤时，()"0f x ≥，所以()'f x 在[)0,+∞单调递增，所以()'f x ≥ ()00f '=，即() '0f x ≥，所以()f x 在[)0,+∞单调递增，所以()()00f x f ≥=.(2)当21a >，即12a >时，令''()20x f x e a =-=，解之得ln 2x a =.当()0,ln 2x a ∈时，()"0f x <，()'f x 为单调递减函数；又因为()'00f =，所以()0,ln 2x a ∈时，()'0f x <，所以()f x 在区间()0,ln 2a 是单调递减函数.又()00f =，所以()0,ln 2x a ∈时，()0f x <不符合题意要求.综上所述，实数a 的取值范围为1,2⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦. 评注 (1)分类讨论的难点在于分类标准的确定，目标就是确定导函数的符号，一般要结合导函数的具体形式来确定.如果导函数的符号能等价转化为一个二次函数的符号，则常见的讨论标准如下：1.讨论是否是二次函数；2.讨论零点的存在与否；3.讨论零点是否在定义域之内；4.讨论零点的大小关系；5.讨论二次函数的开口方向.(2)本例中()12x f x e ax '=--比较复杂，为了研究其符号，关键还是弄清楚其单调性，故继续对其求导后根据()""2f x e a =-的符号来确定讨论标准.策略二分离参数避免分类讨论，快速求解.例2 (2013年高考全国新课标卷)已知函数2()f x x ax b =++，()()xg x e cx d =+，若曲线()y f x =和曲线()y g x =都过点()0,2P ，且在点P 处有相同的切线42y x =+.(1)求a ，b ，c ，d 的值；(2)若2x ≥-时，()()f x kg x ≤，求k 的取值范围.解 (1)4a =，2b c d ===.(2)2x ≥-时，()()f x kg x ≤，即242(22)xx x ke x ++≤+. 故当1x >-时，220x >＋，于是分离参数后有2422(1)x x x k e x +++…，令242()(1)x x x h x e x ++=+，则22(2)'()(1)x x x h x e x +=-+，可知当,0()1x ∈-时，()0h x '>，()h x 递增；,()0x ∈+∞时，()0h x '<，()h x 递减；于是()()max 2021k h x h k ≥==⇒≥；而当21x -≤<-时，220x +<，于是有2422(1)x x x k e x +++≤，可知当)2(1x ∈--，时，()0h x '>，()h x 递增；于是22min 2()(2)2k h x h e k e ≤==⇒-≤.综上，k 的取值范围为21k e ≤≤.评注本题是一个典型的利用分离参数法求解参数取值范围的例子，分离中需要注意分母函数()g x 的符号，分离参数的目的就是避免复杂的分类讨论而达到快速求解!策略三利用必要条件或端点效应缩小参数的范围.例3 (2014年高考全国新课标卷)已知函数()2x x f x e e x -=--.(1)讨论()f x 的单调性；(2)设()()()24g x f x bf x =-，当0x >时，()0g x >，求b 的最大值.解 (1)略.(2)注意到()00g =，要使当0x >时，()0g x >，则必存在00x >，当0()0x x ∈,时，()g x 递增，也即有：当0()0x x ∈,时，()0g x '≥，从而必有：()'00g ≥.而22'()2'(2)4'()2(2)4(2)x x x x g x f x bf x e e b e e --=-=+--+-.注意到()'00g =，从而同理必有()"00g ≥.而22)''()4()4(x x x x g x ee b e e --=---，注意到()"00g =，从而同理必有()"'00g ≥.而 22'''())8()4(x x x x g x e e b e e --=+-+，于是()()'''08202g b b =-≥⇒≤.而当2b ≤时，()()()24g x f x bf x =-()()()28f x f x h x ≥-=，222()2()8()122(2)'0x x x x x x h x e e e e e e ---=+-++=+->，故()h x 递增，又()00h =，于是()0h x >，也即有()0g x >成立.综上，b 的最大值为2.评注端点效应是指：对于[]x a b ∀∈,，()0f x ≥，且()0f a =.则必然0()x a b ∃∈,，当0,[]x a x ∈时()f x 递增，从而有0,[]x a x ∈时，()'0f x ≥成立，特别有()'0f a ≥这一必要条件得出参数的范围，然后说明这一范围的充分性即可，这样既避免了分类讨论，也可避免了分离参数后函数很复杂且有时需要用到罗必塔法则的情形.实际操作中，若不满足这一条件，我们也可以在自变量的范围内取一特定值，缩小参数的取值范围，减少分类讨论的种类!策略四分离函数，数形结合，转化为两函数图像的关系.例4 若不等式()2ln 2ax x a x x -≥-对1[)x ∀∈+∞,恒成立，求a 的取值范围.解方法一因为不等式2ln (2)ax x a x x -≥-对1[)x ∀∈+∞,恒成立，所以2()a x x lnx -≥对1[)x ∀∈+∞,恒成立.当1x =时，不等式显然成立，当1x >时，20x x ->，ln 0x >，故0a >.2()()g x a x x =-，()ln f x x =作出两函数的图像，如图1.图1当()f x 与()g x 在1x =处相切时，()()1g x x >图像恰好位于()()1f x x >图像的上方，此时()()'11f g ='，即1a =，结合图像可知，所求a 的取值范围为1a ≥.评注本法是转化为两曲线的情况.顺着这个思路，本题还有以下两种解法.方法二因为不等式2ln (2)ax x a x x -≥-对1[)x ∀∈+∞,恒成立，所以2()a x x lnx -≥对1[)x ∀∈+∞,恒成立，也即(1)ln x a x x-≥对1[)x ∀∈+∞,恒成立.令x (n )l f x x =，则21ln '()x f x x -=，可知()f x 在(1)e ,上递增，()e +∞,上递减.如图2，故当直线()1y a x =-位于()f x 在1x =处的切线及其上方时，不等式恒成立，从而 ()'11a f ≥=.图2图3 方法三因为不等式2ln (2)ax x a x x -≥-对1[)x ∀∈+∞,恒成立，所以ln 1ax x x ≥-对1()x ∀∈+∞,恒成立. 令ln ()1f x x x =-，则211ln '()(1)x x f x x --=-.令1()1ln g x x x =--，则211'()g x x x=- 210(1)x x x-=≤≥，故()g x 递减，于是()()10g x g ≤=，进一步有()'0f x ≤，从而()f x 在(1)+∞,上递减，由于()f x 在1x =处没有意义，因此需要用到洛必达法则，1111l lim ()lim lim 111n x x x f x x x x →→→===-.如图3，当直线y ax =过点(1)1,时恰好满足题意，所求a 的取值范围为1a ≥.例5 已知函数()()ln 1f x x a x =-+，若对任意的]2[1x ∈，，2()f x x ≥恒成立，求实数a 的取值范围.解 2()f x x ≥，即22ln(1)ln(1)x a x x x x x a ⇒-≥-+≥+对任意的]2[1x ∈,恒成立.因为]2[1x ∈,时，20x x -≤，()ln 10x +>，故0a ≤，从而函数()ln 1y a x =+和函数2y x x =-都在[1]2,上递减，且它们的凹凸性相反.在同一坐标系下作出两函数的图像，如图4，可知当函数()ln 1y a x =+满足在2x =时，2y ≤-即可，即2ln 32ln 3a a ≤-⇒-….图4评注分离函数可看作分离参数法的推广，分离函数时，可以尽量从多个角度尝试不同的分离方式，只要分离后的函数比较简单即可.策略五等价变换，巧妙转化.例6 (广东省2019届高三六校联考)已知函数ln 2()x f x x+=. (1)求函数()f x 在[1,)+∞上的值域；(2)若1,[)x ∀∈+∞，()ln ln 424x x ax +≤+恒成立，求实数a 的取值范围.解 (I)略.(2)令ln x t =，则()0tx e t =≥，不等式()ln ln 424x x ax +≤+等价于2442tt t ae ≤+-，分离参数后得：2442()t t t a g t e +-=…，(2)(4)'()t t t g t e -+=，可知函数()g t 在[0,2]上递增，在[2,)+∞上递减，于是max 282()g a t e =≥，故实数a 的取值范围为2[4),e +∞. 例7 若对任意0x >，1(1)2()ln ax a e x x x +≥+恒成立，求实数a 的取值范围.解不等式1(1)2()ln ax a e x x x +≥+两边同乘以x 得：2(1)2(1)ln a x ax ex x +≥+，进一步有22(1)ln (1)ln a x a x e e x x +≥+.令()()l 1n f x x x =+，则原不等式等价于：2()()ax f e f x ≥.又易知()f x 在(0,)+∞上递增，故2a x e x ≥，分离参数可得：ln 2a x x ≥⋅.令n (l )g x x x =，易知()g x 在(0,)e 上递增，在(),e +∞上递减，故max 22()a g x e ≥⋅=. 评注当函数()f x 比较复杂时，我们可以对其进行等价变换，比如换元法，同构法等，使得问题达到简化的目的!以上是导数解决函数恒成立求参数取值范围问题的一般策略.一般来说，从解题的复杂程度来说选择的步骤是：数形结合，分离函数→分离参数→端点效应→合理转化→分类讨论.当然以上顺序也不是一成不变的，还是要具体情况具体分析.最后结合分离函数法来简单谈一下作为一个教师怎么编制出恒成立问题的试题.我们可以利用一些常见的曲线和直线来构造恒成立问题，特别是直线过曲线上的定点或者直线就是曲线在某点处的切线时.比如我们可以编制如下问题：(1)函数()ln f x x =在1x =处的切线方程为1y x =-，于是我们可以这样出题：当1x >时，()ln 1x a x <-恒成立，求a 的取值范围(答案：1a ≥)；(2)函数()()()ln 11f x x x =-+在0x =处的切线方程为y x =，于是我们可以这样出题：当0x >时，()()1ln 1x x ax -+<恒成立，求a 的取值范围(答案：1a ≥).我们还可以将本文中的例4稍加改编得到如下比较有趣的一道题：(3)若不等式2ln (2)ax x a x x -≥-对0,()x ∀∈+∞恒成立，求a 的取值范围.结合文章中的解法，不难知道所求a 的取值范围为1a =，它只有一个值满足要求!。

例析求参数取值范围的常用方法

点评：在求参数的取值范围时，先求出原命题的否命题中参数的取值范围。再求原命题中参数的
取值范围．当命题出现 “ 多” “ 至至少”或直接从正面人手难以寻觅解题的突破口时．宜考虑利用反面
求解法．
六、利用数形结合法求参数取值范围
间Ｄ上是下降的甘在区间Ｄ上自变量增大函数值减
（）ｇ甘函数，图像与函数ｇｘ图像有１＿（）（）（）
交点：
小．类似地，函数，在区间Ｄ上是增函数乍）图（）的
像在区间Ｄ上是上升的甘在区间Ｄ上自变量增大函
（）（）ｇ § 函数，图像恒在函数ｇｘ图像２，＞）（）（）
习中善于归纳、总结，就会发现有关求参数取值范解析：函数，）一叶１ｘｌＯ１上单调递（＝（）＋ｌ在【，】ｅ减（）０［１上恒成立－在０］＜，在【，上恒成立．０Ｏｌ】． ’
０即ｏ．． ≥１
２（－）一Ｏ在＋Ｉ￣Ｘ司
到等．
破；适当改变参数的取值范围来区分文科与理科难
度，培养推理论证能力，综合提高数学思维能力，为解好高考压轴题做准备．
今年高考数学对不等式的考查．在基础上做文章，回归课本，于平淡处出神奇， “ 摘叶飞花 ”．符合时代要求，为师生所喜爱．也许，这正是解决当今
再
暌得：孚＜解．
围（是掣，）．
的值取范
（２ｘ－

破解含参不等式问题的几个“妙招”

含参不等式恒成立问题具有较强的综合性，且难度一般较大，通常会综合考查方程、函数、导数、不等式等知识点的应用.解答这类问题，可以从不同的角度入手，寻找到不同的解题思路.下面介绍几个破解含参不等式问题的“妙招”，以帮助大家提升解题的效率.一、数形结合数形结合法是解答数学问题的常用方法.通过数与形之间的相互转化，将不等式恒成立问题转化为函数图象的交点、位置关系问题，即可通过研究图形，破解不等式恒成立问题.在研究图形时，要特别关注临界的情形，如有1个交点、有2个交点、相切等情形.例1.若当x ∈(1,2)时，不等式(x -1)2<log a x 恒成立，求a 的取值范围.解：设f 1(x )=(x -1)2，f 2(x )=log a x ，在同一个平面直角坐标系中画出两个函数的图象，如图所示.要使不等式(x -1)2<log a x 在x ∈(1,2)上恒成立，需使f 2(x )=log a x 的图象始终在f 1(x )=(x -1)2的上方，即使a >1，由图可知，在x ∈(1,2)上，f 1(x )∈()0,4，且f 1(x )=(x -1)2的最高点为（2,4），当x =2时，由f 2(x )=log a x =4得a =2，所以a 的取值范围为(1,2].不等式两边的式子都是简单基本函数，于是分别画出两个函数的图象，将不等式恒成立问题转化为f 2(x )=log a x 的图象始终在f 1(x )=(x -1)2的上方的位置关系问题.结合图形来分析f 2(x )=log a x 的图象始终在f 1(x )=(x -1)2的上方的临界情形：两个图象的最高点在同一个位置，即可解题.二、分离参数对于含有参数的不等式恒成立问题，通常需将参数与变量分离，可先将不等式化为一边有参数、另一边无参数的形式；再根据已知条件，讨论不含有参数的式子的取值范围，进而确定参数的取值范围.例2.已知函数f ()x =ax -4x -x 2，当x ∈(0,4]时，f ()x <0恒成立，求实数a 的取值范围.解：由f ()x =ax -4x -x 2<0可得a<，因为函数g ()x在x ∈(0,4]上为减函数，所以在x ∈(0,4]上，函数g ()x>g ()4=0，故a <0，即实数a 的取值范围为(-∞,0).解答本题，要先将实数a 与变量x 分离开；再根据g ()x 的单调性求得当x ∈(0,4]时g ()x 的值域，进而求出实数a 的取值范围.在分离参数时，要注意判断参数的正负值是否会对不等式的符号产生影响.三、分类讨论由于参数的取值往往不确定，所以在解答不等式恒成立问题时，我们通常需要对参数或某些变量进行分类讨论.确定分类讨论的标准和对象是用分类讨论法解题的关键.例3.设f ()x =x 2-2mx +2，当x ∈[-1,+∞)时，f ()x =x 2-2mx +2≥0恒成立，求参数m 的取值范围.解：设F ()x =x 2-2mx +2-m ，则问题就转化为当x ∈[-1,+∞)时，F ()x =x 2-2mx +2-m ≥0恒成立.①当△=4()m -1()m -2<0，即-2<m <1时，F ()x =x 2-2mx +2-m >0恒成立；②当△=4()m -1()m -2≥0时，ìíîïïïï△≥0,F ()-1≥0,--2m 2≤-1,即ìíîïïïï4()m -1()m +2≥0,m +3≥0,--2m 2≤-1,解得-3≤m ≤-2.综上所述，参数m 的取值范围为[-3,1).该不等式为二次式，且二次项的系数大于0，但方程的判别式对函数F ()x 和m 的取值有影响.于是采用分类讨论法，分△≥0和△<0两种情况讨论F ()x ≥0时m 的取值.虽然不等式恒成立问题的难度较大，但是我们只要掌握了解答此类问题的几个“妙招”，就能在解题时做到游刃有余.（作者单位：华东师范大学盐城实验中学）O47Copyright ©博看网. All Rights Reserved.。

求解不等式恒成立问题的三种途径

考点透视不等式恒成立问题的常见命题形式有：（1）证明某个不等式恒成立；（2）根据恒成立的不等式求参数的取值范围.求解不等式恒成立问题的常用思路有：构造函数、分离参数、数形结合等.对于不同的不等式，往往需采用不同的途径进行求解.下面结合实例来进行探究.一、构造函数在求解不等式恒成立问题时，我们可先将不等式左右两边的式子移项、变形；然后将不等式构造成函数式，将问题转化为函数最值问题，通过研究函数的单调性，求得函数的最值，来证明不等式恒成立.在求函数的最值时，可根据函数单调性的定义，或导函数与函数单调性之间的关系来判断函数的单调性；也可以利用简单基本函数的单调性来求得函数的最大、最小值，建立使不等式恒成立的式子，即可解题.例1.求证：当x >-1时，1-1x +1≤ln ()x +1≤x 恒成立.证明：设f ()x =ln ()x +1-x ，求导可得f ′()x =1x +1-1=-x x +1，因为当-1<x <0时，f ′()x >0，当x >0时，f ′()x <0，所以函数f ()x 在()-1,0上单调递增，在()0,+∞上单调递减，即f ()x ≤f ()0=0，故f ()x =ln ()x +1-x ≤0，即ln ()x +1≤x .令g ()x =ln ()x +1+1x +1-1，则g ′()x =1x +1-1()x +12=x ()x +12，因为当-1<x <0时，g ′()x <0，当x >0时，g ′()x >0，所以函数g ()x 在()-1,0上单调递减，在()0,+∞上单调递增，可知g ()x ≥g ()0=0，故ln ()x +1+1x +1-1≥0，ln ()x +1≥1-1x +1，综上可知，当x >-1时，不等式1-1x +1≤ln ()x +1≤x 恒成立.要证明目标不等式恒成立，需分两步进行，先证明ln ()x +1≤x ，再证明ln ()x +1≥1-1x +1.在证明这两个不等式时，都需要先将不等式左右两边的式子作差、移项，构造出新函数f ()x =ln ()x +1-x 、g ()x =ln ()x +1+1x +1-1；然后对函数求导，分析导函数与0之间的大小关系，判断出函数的单调性，进而求得函数的极值，从而得出f ()x min =0、g ()x max =0，即可证明f ()x ≤0、g ()x ≥0.例2.设函数f ()x =e x ln x +2e x -1x，曲线y =f ()x 在点()1，f ()1处的切线方程为y =e ()x -1+2，证明：不等式f ()x >1恒成立.证明：由f ()x >1可得x ln x >xe -x -2e，令g ()x =x ln x ，可得g ′()x =ln x +1，∵当x ∈æèöø0,1e 时，g ′()x <0；当x ∈æèöø1e ,+∞时，g ′()x >0，∴函数g ()x 在æèöø0,1e 上单调递减，在æèöø1e ,+∞上单调递增，∴g ()x ≥g æèöø1e =-1e ，令h ()x =xe -x -2e，则h ′()x =e -x ()1-x ，∵当x ∈()0,1时，h ′()x >0；当x ∈()1,+∞时，h ′()x <0，∴函数h ()x 在()0,1上单调递增，在()1,+∞上单调递减，∴h ()x ≤h ()1=-1e，∴当x >0时，g ()x >h ()x ，即不等式f ()x >1成立.由于不等式x ln x >xe -x -2e左右两侧的式子分别含有对数式、指数式，于是分别令g ()x =x ln x 、h ()x =xe -x -2e，那么只要证明g ()x min ＞h ()x max ，即可证明不等式恒成立.利用导数法求出函数g ()x 、h ()x 在定义域内的最值，即可证明不等式成立.在构造函数时，要注意观察不等式的结构特点，将其进行合理的变形，以便构造出合适的函数模型，从而顺利证明不等式.二、分离参数对于含参不等式恒成立问题，我们通常要采用分离参数法，将不等式中的参数、变量分离，即使不等式一侧的式子中含有参数、另一侧的式子中含有变量，得到形如a ≥f ()x 、a ≤f ()x 的不等式.探讨函数f ()x 在定义域内的最值与参数a 的大小关系，即可求得问赵瑛琦37考点透视题的答案.例3.已知函数f ()x =ln 2()1+x -x 21+x.(1)求函数f ()x 的单调区间；(2)若对于任意n ∈N ∗，不等式æèöø1+1n n +a≤e 恒成立，求参数a 的最大值.解：(1)函数f ()x 的单调递增区间为()-1,0，单调递减区间为()0,+∞；（过程略）(2)不等式æèöø1+1n n +a≤e 等价于()n +a ln æèöø1+1n ≤1，因为1+1n ≥1,所以a ≤1ln æèöø1+1n -n，设g ()x =1ln ()1+x -1x ，x ∈(]0,1，则g ′()x =-1()1+x ln 2()1+x +1x 2=()1+x ln 2()1+x -x 2x 2()1+x ln 2()1+x ，由(1)可得ln 2()1+x -x 21+x≤0，即()1+x ln 2()1+x -x 2≤0，故当x ∈(]0,1时，g ′()x ≤0，函数g ()x 单调递减，即g ()x 在(]0,1上的最小值为g ()1=1ln 2-1，故a 的最大值为1ln 2-1.由于参数a 为指数，所以考虑对不等式左右两边的式子取对数，以将参数分离，得到a ≤1ln æèöø1+1n -n .只要求得1ln æèöø1+1n -n的最小值，即可求得a 的最大值.于是构造函数g ()x =1ln ()1+x -1x ，利用导数法求得函数的最小值，即可解题.在分离参数时，可通过移项、取对数、取倒数等方式，使参数与变量分离.例4.已知函数f ()x =-x ln x +a ()x +1，若f ()x ≤2a 在[)2,+∞上恒成立，求实数a 的取值范围.解：当x ≥2时，由f ()x ≤2a 可得a ≤x ln xx -1，令g ()x =x ln x x -1,x ≥2，∴g ′()x =ln x -x +1()x -12，令h ()x =ln x -x +1，x ≥2，∴h ′()x =1x-1，∵当x ≥2时，h ′()x ＜0，函数h ()x 单调递减，∴h ()x ≤h ()2=ln 2+1＞0，∴g ′()x ＞0，函数g ()x 在[)2,+∞上单调递增，∴g ()x ≥g ()2=2ln 2，∴a ≤g ()x min =g ()2=2ln 2，∴实数a 的取值范围为(]-∞,2ln 2.先将不等式变形，使参数a 单独在不等式的左边，得到不等式a ≤x ln xx -1；然后在定义域[)2,+∞内求不含参函数式的最小值，即可求得参数a 的取值范围.三、数形结合有时不等式中的代数式可用几何图形表示出来，如y =kx 表示的是一条直线；y =a x 、y =x a 表示的是两条曲线；x 2+y 2=1表示的是一个圆，此时就可以采用数形结合法，根据代数式的几何意义画出图形，通过分析图形中曲线、直线之间的位置关系，研究图形的性质，来证明不等式成立.例5.若不等式e x ≥kx 对任意x 恒成立，则实数k 的取值范围为_____.解：设过原点的直线与y =e x相切于点()x 0,ex 0，∵y ′=e x，∴由几何导数的意义可知切线的斜率为k =e x，∴切线的方程为y -e x 0=e x 0()x -x 0，∵切线经过点()0,0，可得x 0=1，∴切线的斜率k =e .由图可知，要使等式e x ≥kx 恒成立，需使y =e x的图象始终在直线y =kx 的上方，∴0≤k ≤e .根据不等式两侧式子的几何意义画出图形，即可将不等式问题看作函数y =e x 和直线y =kx 的位置关系问题.结合图形讨论函数y =e x 和直线y =kx 的位置关系，并根据导函数的几何意义求得切线的方程，即可得到关于参数的新不等式.运用数形结合法解题，需密切关注直线、曲线之间的临界情形，如相切、相交的情形，从而确定参数的临界值.可见，解答不等式恒成立问题，需注意以下几点：（1）仔细观察不等式的结构特点，并将其进行合理的变形，如作差、移项、分离参数；（2）合理构造函数模型，将问题转化为函数最值问题，以便利用导数法、函数的单调性求得最值；（3）灵活运用数形结合思想，以直观、便捷的方式来解题.（作者单位：江苏省泗洪姜堰高级中学）38。

高考数学复习考点知识与题型专题讲解11--- 导数-恒成立问题(解析版)

1 / 31高考数学复习考点知识与题型专题讲解专题11导数-恒成立问题1．高考对本部分的考查一般有三个层次：（1）主要考查求导公式，求导法则与导数的几何意义；（2）导数的简单应用，包括求函数的单调区间、极值、最值等；（3）综合考查，如零点、证明不等式、恒成立问题、求参数等，包括解决应用问题，将导数内容和传统内容中有关不等式、数列及函数单调性有机结合，设计综合题． 2．恒成立问题的解法（1）若()f x 在区间D 上有最值，则恒成立：()()min ,00x D f x f x ∀∈>⇔>；()()max ,00x D f x f x ∀∈<⇔<；（2）若能分离常数，即将问题转化为()a f x >（或()a f x <），则恒成立：()()max a f x a f x >⇔>；()()min a f x a f x <⇔<.1．已知函数()sin ,[0,],0x f x ae x x x a π=++∈<．（1）证明：当1a =-时，函数()f x 有唯一的极大值；（2）当()21f x x <-恒成立，求实数a 的取值范围．【试题来源】百师联盟2020-2021学年高三下学期开年摸底联考考试卷（全国Ⅰ卷）【答案】（1）证明见解析；（2）1a <-．【分析】（1）对函数求导，讨论函数的单调区间，进而可证明结果．（2）构造函数()e sin 10=+-+<x h x a x x ，只需函数最大值小于0即可得出结果．【解析】（1）证明：()e cos 1x f x a x '=++，因为[]0,x π∈，所以1cos 0x +≥，当1a =-时，()cos 1x f x e x '=-++，令()e cos 1,()e sin 0x x g x x g x x '=-++=--<，()g x 在区间[]0,π上单调递减；(0)121,()e 0g g ππ=-+==-<，存在()00,π∈x ，使得()00f x '=，所以函数()f x 递增区间是[]00,x ，递减区间是[]0,x π．所以函数()f x 存在唯一的极大值()0f x ．（2）由()21f x x <-，即令()e sin 10,0,()e cos 10'=+-+<<∴=+-<x x h x a x x a h x a x ，()h x ∴在区间[]0,π上单调减函数，()(0)1≤=+h x h a ，只要10a +<即可，即1a <-．2．已知函数()()2112f x x alnx a x =-+-．（1）讨论函数()f x 的单调性；（2）若()22a f x >恒成立，求正实数a 的取值范围、【试题来源】吉林省长春市2021届高三质量监测（二）【答案】（1）当0a ≤时，()f x 在定义域(0,)+∞上单调递增；当0a >时，()f x 在()0,a 上单调递减，在(,)a +∞上单调递增；（2）01a <<．【分析】（1）求出导函数()()()1x x a f x x+-'=，讨论0a ≤或0a >，利用函数的单调性与导数之间的关系即可求解．（2）令()()2 2a g x f x =-，结合（1）不等式等价于()0g a >，只需10lna a +-<，令()1h x lnx x =+-，根据函数为增函数即可求解．3 / 31【解析】()1定义域为()0,-∞， ()()()()2111x a x a x x a af x x a x x x+--+-'=-+-==当0a ≤时，在(0,)+∞上()0,f x '≥所以()f x 在定义域(0,)+∞上单调递增；当0a >时，令()'0f x >有,x a >令()'0f x <有0,x a << 所以()f x 在()0,a 上单调递减，在(,)a +∞上单调递增．()2令()()2 2a g x f x =-，由()1及a 为正数知，()()22ag x f x =-在x a =处取最小值，所以()22a f x >恒成立等价于()0g a >，即()10alna a a -+->，整理得10lna a +-<，令()1h x lnx x =+-，易知()h x 为增函数，且()10,h =所以10lna a +-<的a 的取值范围是01a <<.3．已知函数1()ln ()f x a x a R x=+∈．（1）讨论函数()f x 在区间[1,2]上的最小值；（2）当1a =时，求证：对任意(0,)x ∈+∞，恒有cos ()x e xf x x+<成立．【试题来源】河北省张家口市2021届高三一模【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析．【解析】（1）函数1()ln =+f x a x x的定义域是(0,)+∞， 2211()a ax f x x x x-'=-=．当0a 时，2110,0ax ax x --<<，则()0f x '<，则函数()f x 在(0,)+∞上单调递减，即函数()f x 在区间[1,2]上单调递减，故函数()f x 在区间[1,2]上的最小值为1(2)ln 22f a =+．当0a >时，令()0f x '<，得10x a <<；令()0f x '>，得1x a>；故函数()f x 在10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，在1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增．当11a，即1a 时，函数()f x 在区间[1,2]上单调递增，故函数()f x 在区间[1,2]上的最小值为(1)1f =；当12a，即102a <时，函数()f x 在区间[1,2]上单调递减，故函数()f x 在区间[1,2]上的最小值为1(2)ln 22f a =+；当112a <<，即112a <<时，函数()f x 在11,a ⎡⎫⎪⎢⎣⎭上单调递减，在1,2a ⎛⎤ ⎥⎝⎦上单调递增，此时函数()f x 在区间[1,2]上的最小值为11ln f a a a a ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭．综上，当12a时，函数()f x 在区间[1,2]上的最小值为1(2)ln 22f a =+；当112a <<时，函数()f x 在区间[1,2]上的最小值为11ln f a a a a ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭；当1a 时，函数()f x 在区间[1,2]上的最小值为(1)1f =．（2）当1a =时，1()ln f x x x=+，要证cos ()x e x f x x +<，即证1cos ln x e xx x x++<，因为0x >，所以两边同时乘x ，得ln 1cos x x x e x +<+，即证ln cos 1x x x e x <+-．当01x <时，ln 0x x ，而cos 11cos11cos10x e x +->+-=>，所以ln cos 1xx x e x <+-成立，即cos ()x e xf x x+<成立．当1x >时，令()cos ln 1(1)x h x e x x x x =+-->，则()sin ln 1x h x e x x '=---．5 / 31设()sin ln 1(1)xg x e x x x =--->，，则因为1()cos x g x e x x'=--．因为1x >，所以1()cos 110xg x e x e x'=-->-->，所以当1x >时，()g x 单调递增，所以()sin110g x e >-->，即()0h x '>，所以()h x 在(1,)+∞上单调递增，所以()cos110h x e >+->，即cos ()x e xf x x +<成立．综上，对任意(0,)x ∈+∞，恒有cos ()x e xf x x+<成立．【名师点睛】此题考查导数的应用，利用导数求函数的最值，考查分类讨论的数学思想，第2问解题的关键是把cos ()x e x f x x+<等价转化为ln cos 1x x x e x <+-，然后构造函数，利用导数证明即可，属于中档题 4．已知函数f (x )＝ax －ln x －1．（1）若f (x )≥0恒成立，求a 的最小值；（2）求证：xe x-＋x ＋ln x －1≥0；（3）已知k (x e -＋x 2)≥x －x ln x 恒成立，求k 的取值范围．【试题来源】2021年高考二轮复习讲练测（浙江专用）【答案】（1）1；（2）证明见解析；（3）[1，＋∞)．【解析】（1）f (x )≥0等价于a ≥ln 1x x+．令g (x )＝ln 1x x+ (x ＞0)，则g ′(x )＝2ln xx -，所以当x ∈(0，1)时，g ′(x )＞0，当x ∈(1，＋∞)时，g ′(x )＜0，则g (x )在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以g (x )max ＝g （1）＝1，则a ≥1，所以a 的最小值为1．（2）证明：当a ＝1时，由（1）得x ≥ln x ＋1，即t ≥ln t ＋1(t ＞0)．令x e x -＝t ，则－x －ln x ＝ln t ，所以x e x -≥－x －ln x ＋1，即x e x -＋x ＋ln x －1≥0．（3）因为k (xe -＋x 2)≥x －x ln x 恒成立，即k x e x x -⎛⎫+ ⎪⎝⎭≥1－ln x 恒成立，所以k ≥1ln xx e x x--+＝－ln 1xx e x x x e x x--++-+＋1，由（2）知x e x-＋x ＋ln x －1≥0恒成立，所以－+ln 1x x ex x x ex x--+-+＋1≤1，所以k ≥1．故k 的取值范围为[1，＋∞)．【名师点睛】不等式证明问题是近年高考命题的热点，利用导数证明不等主要方法有两个，一是比较简单的不等式证明，不等式两边作差构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出函数的最值即可；二是较为综合的不等式证明，要观察不等式特点，结合已解答的问题把要证的不等式变形，并运用已证结论先行放缩，然后再化简或者进一步利用导数证明． 5．已知函数()()1ln 2f x x mx m R =-∈，()()0ag x x a x=->．（1）求函数()f x 的单调区间．（2）若212m e=，对2122,2,x x e ⎡⎤∀∈⎣⎦都有()()12g x f x ≥成立，求实数a 的取值范围．【试题来源】2021年高考数学二轮复习讲练测【答案】（1）答案见解析；（2）(]0,3．【分析】（1）函数的定义域为()0,∞+，求导得()1'2f x m x=-，再分0m ≤和0m >两种情况讨论求解即可；（2）根据题意，问题转化为对2122,2,x x e ⎡⎤∀∈⎣⎦都满足()()min max g x f x ≥，再根据导数研究函数的最值即可．【解析】（1）()()1ln ,02f x x mx m R x =-∈>，所以()1'2f x m x=-，当0m ≤时，()0f x >′，()f x 在()0,∞+上单调递增．7 / 31当0m >时，由()0f x '=得12x m=；由()'00f x x ⎧>⎨>⎩得102x m <<；由()'00f x x ⎧<⎨>⎩得12x m >．综上所述，当0m ≤时，()f x 的单调递增区间为()0,∞+；当0m >时，()f x 的单调递增区间为10,2m ⎛⎫ ⎪⎝⎭，单调递减区间为1,2m ⎛⎫+∞⎪⎝⎭．（2）若212m e =，则()211ln 22f x x x e =-．对2122,2,x x e ⎡⎤∀∈⎣⎦都有()()12g x f x ≥成立，等价于对2122,2,x x e ⎡⎤∀∈⎣⎦都()()min max g x f x ≥，由（1）知在22,e ⎡⎤⎣⎦上单调递增，在22,2e e ⎡⎤⎣⎦上单调递减，所以()f x 的最大值为()212f e =， ()()2'100a g x a x=+>>，22,2x e ⎡⎤∈⎣⎦，函数()g x 在22,2e ⎡⎤⎣⎦上是增函数，()()222mina g x g -==，所以1222a -≥，解得3a ≤，又0a >，所以(]0,3a ∈．所以实数a 的取值范围是(]0,3．【名师点睛】本题考查利用导数研究函数单调区间，不等式恒成立问题，考查运算求解能力，回归转化思想，分类讨论思想，是中档题．本题第二问解题的关键在于根据已知将问题转化为对2122,2,x x e ⎡⎤∀∈⎣⎦都满足()()min max g x f x ≥，再研究函数的最值求解．6．已知函数()axf x e x =-．（1）若曲线()y f x =在点()()0,0f 处切线的斜率为1，求()f x 的单调区间；（2）若不等式()2ln ax f x e x ax ≥-对(]0,x e ∈恒成立，求a 的取值范围．【试题来源】云南西南名校2021届高三下学期联考【答案】（1）单调递减区间为ln 2,2⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭，单调递增区间为ln 2,2⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭；（2）1,e ⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭．【分析】（1）由题设()1axf x ae '=-，根据导数的几何意义有()01f '=，可求a ，即()221x f x e '=-，进而可求()f x 的单调区间；（2）由题意，函数不等式恒成立可转化为(]0,x e ∈上ln 1ln 1ax ax xe e x --≥恒成立，构造函数()ln 1x g x x -=，应用导数研究其单调性可得ln x a x ≥在(]0,x e ∈上恒成立，即在(]0,x e ∈上max ln ()xa x≥即可求a 的取值范围．【解析】（1）()1axf x ae '=-，则()011f a '=-=，即2a =．所以()221xf x e '=-，令0fx ，得ln 22x =-．当ln 22x <-时，0f x ；当ln 22x >-时，0f x ．故()f x 的单调递减区间为ln 2,2⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭，单调递增区间为ln 2,2⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭．（2）由()2ln ax f x e x ax ≥-，即()2ln 1ax ax x e x -≥-，有1ln 1ax a x e x x --≥，故仅需ln 1ln 1ax axxe e x --≥即可．设函数()ln 1x g x x -=，则ln 1ln 1ax axxe e x --≥等价于()()axg e g x ≥．因为()22ln x g x x -'=，所以当(]0,x e ∈时，0g x ，则()g x 在(]0,e 上单调递增，所以当(]0,x e ∈时，()()axg e g x ≥等价于当(]0,x e ∈时，()()ax g e g x ≥，ax e x ≥，即ln xa x≥恒成立．设函数()ln x h x x =，(]0,x e ∈，则()21ln 0xh x x -'=≥，即()h x 在(]0,x e ∈递增，所以()()max 1h x h e e==，则1a e ≥即可，所以a 的取值范围为1,e ⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭．【名师点睛】（1）应用导数的几何意义求参数值，进而讨论对应函数的单调性确定单调9 / 31区间；（2）构造函数()ln 1x g x x-=，将不等式恒成立问题转化为利用函数()g x 单调性得ax e x ≥，应用参变分离判断(]0,x e ∈上max ln ()xa x≥，确定参数范围． 7．设函数()1()x xa a f x e -=+>．（1）求证：()f x 有极值点；（2）设()f x 的极值点为0x ，若对任意正整数a 都有()0,x m n ∈，其中,m n Z ∈，求n m -的最小值．【试题来源】江苏省盐城市、南京市2021届高三下学期第一次模拟考试【答案】（1）证明见解析；（2）2．【解析】（1）由题意得()ln x xf x a a e -'=-，所以()()2ln 0x x f x a a e -''=+>，所以函数()f x '单调递增，由()0f x '=，得()()ln 1,1ln xxae a ae a==．因为1a >，所以1ln 0a>，所以1log ln ae x a =．当1log ln aex a >时，()()0,f x f x '>单调递增；当1log ln ae x a<时，()()0,f x f x '<单调递减．因此，当1log ln ae x a=时函数()f x 有极值．（2）由（1）知，函数()f x 的极值点0x （即函数()f x '的零点）唯一，因为ln (1)af e a'-=-．令()ln a g a a =，则()21ln 0a a g a '-==，得a e =．当a e >时，()()0,g a g a '<单调递减；当0a e <<时，()()0,g a g a '>单调递增，所以()()1g a g e e ≤=，所以()ln 10af ae '-=-<．而()0ln 1f a '=-，当2a =时，()00f '<，当3a ≥时，()00f '>．又()1ln 1a ef a '=-．因为a 为正整数且2a ≥时，所以ln 2ln 121a a e≥>>．当2a ≥时，()10f '>．即对任意正整数1a >，都有()10f '-<，()10f '>，所以()01,1x ∈-恒成立，且存在2a =，使()00,1x ∈，也存在3a =，使()01,0x ∈-．所以n m -的最小值为2．【名师点睛】本题考查导数的应用，解题的关键是利用导数结合零点存在性定理得出()10f '-<，()10f '>，得出,m n 的可能值． 8．已知函数2()2ln 43()f x x ax ax a a =+-+∈R ．（1）讨论函数()f x 的单调性；（2）对(1,)x ∈+∞，都有()0f x >成立，求实数a 的取值范围．【试题来源】山西省晋中市2021届高三下学期二模【答案】（1）答案见解析；（2）01a ．【分析】（1）求出函数的导数，令2()21(0)g x ax ax x =-+>，分段讨论a 的值，判断()g x 的正负情况可得出单调性；（2）可得当01a 时，()f x 在(1,)+∞上单调递增，所以()(1)0f x f >=成立；当0a <时，可得存在x ，使得()(1)0f x f <=，即可得出结论．【解析】（1）()22212()24(0)ax ax f x ax a x x x'-+=+-=>，令2()21(0)g x ax ax x =-+>， ①当0a =时，()10g x =>，在(0,)+∞上，()0f x '>，所以()f x 单调递增．②当0a <时，2444(1)0a a a a ∆=-=->，令()0g x =，得12x x ==，且120x x >>，11 / 31所以当()10,x x ∈时，()0f x '>，所以()f x 单调递增；当()1,x x ∈+∞时，()0f x '<，所以()f x 单调递减． ③当0a >时，4(1)a a ∆=-，当01a <时，4(1)0a a ∆=-，在(0,)+∞上，()0f x '>，所以()f x 单调递增．当1a >时，2444(1)0a a a a ∆=-=->，令()0g x =，得12a a x x a a==，且120x x <<，所以当()10,x x ∈或()2,x x ∈+∞时，()0f x '>，所以()f x 单调递增；当()12,x x x ∈时，()0f x '<，所以()f x 单调递减．综上可得当0a <时，()f x 在()10,x 上单调递增，在()1,x +∞上单调递减；当01a 时，()f x 在(0,)+∞上单调递增；当1a >时，()f x 在()()120,,,x x +∞上单调递增，在()12,x x 上单调递减．（2）因为(1)0f =，根据（1）的讨论可知，当01a 时，()f x 在(0,)+∞上单调递增，所以()f x 在(1,)+∞上单调递增，所以()(1)0f x f >=成立．当0a <时，()f x 在()1,x +∞上单调递减，x →+∞时，()f x →-∞，所以存在()1,x x ∈+∞使得()0f x <，故此时不成立．当1a >时，()f x 在()()120,,,x x +∞上单调递增；在()12,x x 上单调递减，而121x x =<<=，所以当()21,x x ∈时，()f x 单调递减，此时()(1)0f x f <=，不合题意．综上可得01a ．【名师点睛】本题考查利用导数讨论含参函数的单调性问题，解题的关键是根据导数情况观察参数，对参数进行分段讨论，便于得出导数正负． 9．已知函数()e ln ax f x x x =-，其中e 是自然对数的底数，0a >．（1）若曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线斜率为21e -，求a 的值；（2）对于给定的常数a ，若()1f x bx ≥+对(0,)x ∈+∞恒成立，求证：b a ≤．【试题来源】江苏省苏州市2021届高三下学期期初【答案】（1）1a =；（2）证明见解析．【分析】（1）求出()'f x ，根据导数的几何意义可得(1)21k f e '==-建立方程，求解方程即可得到答案．（2）不等式()1f x bx ≥+对(0,)x ∈+∞恒成立，即ln 1ln 1ax axx xe x b e x x x--≤--=对(0,)x ∈+∞恒成立，先证明1t e t ≥+恒成立，由此结论可得ln ln 1ln 1ax ax x xe x e x a x x+----=≥，从而可证明．【解析】（1）因为1()(1)axf x ax e x'=+-，所以切线斜率为(1)(1)121a k f a e e '==+-=-，即(1)20a a e e +-=．设()(1)2x h x x e e =+-，由于()(2)0xh x x e '=+>，所以()h x 在(0,)+∞上单调递增，又(1)0h =，由(1)()02a a e h a e +-==可得1a =．（2）设()1t u t e t =--，则()1t u t e '=-，当0t >时，()0u t '>，当0t <时，()0u t '<，所以()u t 在(,0)-∞上单调递减，在(0,)+∞上单调递增，所以min()(0)0u t u ==，即()0u t ≥，所以1(*)t e t ≥+．若()1f x bx ≥+对(0,)x ∈+∞恒成立，即ln 1ax xe x bx --≥对(0,)x ∈+∞恒成立，即ln 1ln 1ax axx xe x b e x x x--≤--=对(0,)x ∈+∞恒成立．13 / 31设ln 1()ax xe x g x x--=，由（*）可知ln ln 1ln 1ln 1ln 1()ax ax x xe x e x ax x x g x a x x x+----++--==≥=，当且仅当()ln 0x ax x ϕ=+=时等号成立．由()1()00x a x xϕ'=+>>，所以()ϕx 在()0+∞，上单调递增，又()()1aaa eaea a e ϕ---=-=-，由0a >，所以10a e --<，即()0a e ϕ-<()10a ϕ=>，则存在唯一()0,1a x e -∈使得0()=0x ϕ即方程()ln 0x ax x ϕ=+=有唯一解()0,1ax e -∈，即()g x a ≥(对于给定的常数a ，当0x x =，()0,1ax e -∈时取等号)由ln 1ln 1ax axx xe x b e x x x--≤--=对(0,)x ∈+∞恒成立，所以b a ≤．【名师点睛】本题考查根据切线的斜率求参数和利用导数证明不等式，解答本题的关键是先证明辅助不等式1te t ≥+，然后将问题转化为由ln 1ln 1ax axx xe x b e x x x--≤--=对(0,)x ∈+∞恒成立，由辅助不等式可得ln ln 1ln 1ln 1ln 1ax ax x xe x e x ax x x a x x x+----++--=≥=，从而使得问题得证，属于难题．10．已知函数3()2x f x e x mx =+++．（1）若x 轴为曲线()y f x =的切线，试求实数m 的值；（2）已知()()xg x f x e =-，若对任意实数x ，均有()1e ()x g g x +，求m 的取值范围．【试题来源】福建省名校联盟优质校2021届高三大联考【答案】（1）e 3m =--；（2）[1,)m ∈-+∞ 【解析】（1）由2()e 3x f x x m '=++，设曲线()y f x =与x 轴相切于()0,0P x ，则()00f x =，()00f x '=．所以0030020e 20e 30x x x mx x m ⎧+++=⎪⎨++=⎪⎩，代入整理得()()020001e 210x x x x ⎡⎤-+++=⎣⎦，由0e 0x >，22000131024x x x ⎛⎫++=++> ⎪⎝⎭，所以01x =，此时e 3m =--．经检验，当e 3m =--时，x 轴为曲线()y f x =的切线．（2）由3()()e 2x g x f x x mx =-=++，记1()e x h x x +=-，1()e 1x h x +'=-(,1)x ∈-∞-时，()0h x '<；(1,)x ∈-+∞时，()0h x '>，故()y h x =在(,1)-∞-上单调递减，在(1,)-+∞上单调递增．所以()(1)2h x h ≥-=，不妨设1e x x t +-=(2t ≥)，则()1e ()()()x g g x g x t g x +-=+-()33()()22x t m x t x mx ⎡⎤=++++-++⎣⎦221324t t x t m ⎡⎤⎛⎫=+++⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦因为[2,)t ∈+∞时，要满足()()g x t g x +≥恒成立，则2222121331212424t x t ⎛⎫⎛⎫++≥⨯-++⨯= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭(2t =时，1x =-，能同时取等号)．即10m +≥即可，解得[1,)m ∈-+∞．综上，[1,)m ∈-+∞时符合题意．【名师点睛】本题考查根据曲线的切线方程求参数值及根据不等式恒成立求参数的取值范围问题，难度较大，解答的主要思路如下：（1）当已知曲线的切线方程时，可先设切点的坐标为()00,x y ，然后格据导数的几何意义使()0f x '与所给切线的斜率相等，使点()00,x y 在所给切线上，列出方程组求解即可；（2）当已知不等式恒成立求解参数的取值范围时，可直接构造函数，利用导数分析函数的最值，使其最值符合条件即可；也可以15 / 31采用参数分离法，将问题转化为讨论不含参函数的最值问题求解． 11．已知实数0a ≠，设函数()e ax f x ax =-．（1）当1a =时，求函数()f x 的极值；（2）当12a >时，若对任意的[1,)x ∈-+∞，均有()2()12a f x x ≥+，求a 的取值范围．【试题来源】广西桂林、崇左市2021届高三联合调研考试（二模）【答案】（1）极小值(0)1f =，无极大值；（2）122a <≤．【分析】（1）由1a =，求导()1x f x e =-'，再利用极值的定义求解；（2）将()2()12a f x x ≥+，转化为2(1)2axa e x ≥+，易知0x =，1x =-时，a 的范围，当(1,)x ∈-+∞时，两边取对数，转化为2ln(1)ln 2aax x ≥++恒成立，令()2ln(1)ln 2aF x x ax =+-+，用导数法由()0F x ≤在(1,)-+∞内恒成立求解即可．【解析】（1）当1a =时，由()10x f x e '=-=，解得0x =．当(0,)x ∈+∞时，()0f x '>，故()f x 在(0,)+∞内单调递增；当(,0)x ∈-∞时，()0f x '<，故()f x 在(,0)-∞内单调递减．∴函数()f x 在0x =取得极小值(0)1f =，无极大值．（2）由()2()12a f x x ≥+，则有2(1)2axa e x ≥+．令0x =，得11,222a a ≥<≤．当1x =-时，不等式2(1)2ax a e x ≥+显然成立，当(1,)x ∈-+∞时，两边取对数，即2ln(1)ln 2aax x ≥++恒成立．令函数()2ln(1)ln2a F x x ax =+-+，即()0F x ≤在(1,)-+∞内恒成立．由22(1)()011a x F x a x x '-+=-==++，得211x a =->-．故当21,1x a ⎛⎫∈-- ⎪⎝⎭时，()0,()F x F x '>单调递增；当21,x a ⎛⎫∈-+∞ ⎪⎝⎭时，()0,()F x F x '<单调递减．因此22()12ln 2ln 2ln 22a a F x F a a a a ⎛⎫≤-=-++=-- ⎪⎝⎭．令函数()2ln 2ag a a =--，其中122a <≤，则11()10a g a a a='-=-=，得1a =，故当1,12a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0,()g a g a '<单调递减；当(1,2]a ∈时，()0,()g a g a '>单调递增．又13ln 40,(2)022g g ⎛⎫=-<= ⎪⎝⎭，故当122a <≤时，()0g a ≤恒成立，因此()0F x ≤恒成立，即当122a <≤时，对任意的[1,)x ∈-+∞，均有()2()12a f x x ≥+成立． 12．已知函数()2()2ln 1f x x x =--，()()21g x k x =-．（1）当1k =时，求函数()()()F x f x g x =-的极值；（2）若存在01x >，使得当()01,x x ∈时，()()f x g x >恒成立，求实数k 的取值范围．【试题来源】云南省昆明市第一中学2021届高三第六次复习检测【答案】（1）()0F x =极大值，()F x 无极小值；（2）(),1-∞．【分析】（1）2()2ln 1F x x x =-+，求导得22(1)(1)()2x x F x x x x-+-'=-=，显然()0,1x ∈时，()F x 为增函数，()1,x ∈+∞时，()F x 为减函数，所以()F x 在1x =处取得极大值，无极小值，然后计算()1F 即可；（2）()()f x g x >恒成立即()()0f x g x ->恒成立，也即()0F x >恒成立，结合（1）的结论对k 分类讨论，当1k 时，不存在01x >，使得当()01,x x ∈时，()()f x g x >恒成立；当1k <时，22(1)1()x k x F x x⎡⎤-+--⎣⎦'=，令()0F x '=，得211(1)40k k x ---+=<，17 /3121x =>，可证得函数()F x 在()21,x 上是增函数，所以存在021x x <≤，使得当()01,x x ∈时，()()10F x F >=．【解析】（1）当1k =时，22()2ln (1)2(1)2ln 1F x x x x x x =----=-+，()F x 的定义域为()0,∞+，22(1)(1)()2x x F x x x x-+-'=-=，当()0,1x ∈时，()0F x '>，()F x 为增函数，当()1,x ∈+∞时，()0F x '<，()F x 为减函数，所以()()10F x F ==极大值，()F x 无极小值；（2）由（1）可知，若1k =，则当1x >时，()()10F x F <=，即()()f x g x <，所以不存在01x >，使得当()01,x x ∈时，()()f x g x >恒成立，若1k >，则当1x >时，22()2ln (1)2(1)2ln (1)2(1)0F x x x k x x x x =----<----<，即不存在01x >，使得当()01,x x ∈时，()()f x g x >恒成立；若1k <，2()2ln (1)2(1)F x x x k x =----，22(1)12()222x k x F x x k x x⎡⎤-+--⎣⎦'=-+-=，令()0F x '=，得10x =<，21x =>，所以当()20,x x ∈时，()0F x '>，()F x 为增函数，即函数()F x 在()21,x 上是增函数，所以存在021x x <≤，使得当()01,x x ∈时，()()10F x F >=，即()()f x g x >成立，综上，所以实数k 的取值范围是(),1-∞．13．已知函数()ln a ef x x x-=+，其中e 是自然对数的底数．（1）设直线22y x e=-是曲线()()1y f x x =>的一条切线，求a 的值；（2）若a R ∃∈，使得()0f x ma +≥对()0x ∀∈+∞，恒成立，求实数m 的取值范围．【试题来源】备战2021年高考数学全真模拟卷（山东高考专用）【答案】（1）0a =；（2）1m e≥-．【分析】（1）设切点坐标为()()00,x f x ，根据题意只需满足()02f x e'=，()00002ln 2a e f x x x x e-=+=-，然后求解方程组得出a 的值及0x 的值；（2）记()()ln a eg x f x ma x ma x-=+=++，求导讨论函数()g x 的单调性，确定最值，使()min 0g x ≥成立，得到关于参数m 的不等式，然后利用参数分离法求解参数m 的取值范围．【解析】（1）设切点为()()00,x f x ，其中01x >，有()020012a e f x x x e -'=-=，且()00002ln 2a e f x x x x e-=+=- 得0021x a e x e -=-，所以004ln 30x x e+-=，易解得0x e =，则0a =；（2）记()()ln a e g x f x ma x ma x -=+=++，有()2x a eg x x -+'=，当a e ≤，()20x a eg x x -+'=>恒成立，则函数()g x 在()0,∞+上递增，无最小值，不符合题意；当a e >时，当(),x a e ∈-+∞时，()0g x '>，当()0,x a e ∈-时，()0g x '<，所以函数()g x 在()0,a e -上递减，在(),a e -+∞上递增，所以()g x 在x a e =-处取得最小值，()()()min ln 10g x g a e a e ma =-=-++≥，则有()1ln a e m a +--≤，记()()()1ln a e h a a e a+-=>，19 / 31有()()2ln ea e a e h a a ---'=，易知()h a 在(),2e e 单调递增，在()2,e +∞单调递减，则()()max 12h a h e e ==，所以1m e-≤，得1m e ≥-．【名师点睛】本题考查导数的几何意义，考查根据不等式恒成立问题求参数的取值范围，求解的一般方法如下：（1）直接构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围；（2）采用参数分离法，然后构造函数，直接将问题转化为函数最值的求解即可．14．已知函数()()2ln 21f x x mx m x =+++，其中0m <．（1）若()f x 在区间()2,+∞上单调递减，求m 的取值范围；（2）若不等式()f x n ≤对0x >恒成立，证明：30n m ->．【试题来源】“超级全能生”2021届高三全国卷地区1月联考试题（丙卷）【答案】（1）14m ≤-；（2）证明见解析．【分析】（1）对函数求导，求出单调减区间，列不等式，即可的出结果．（2）求出函数求导，求出单调减区间，求出函数的最大值，列不等式12f n m ⎛⎫-≤ ⎪⎝⎭，211111ln 222222⎛⎫⎛⎫⇒-≥--+-+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭n m m m m m ，记102t m=->，构造函数()21ln 2g t t t t t =+-，求出()g t 最小值()200012=--g t t t ，()0 2n g t m -≥，()()0312g t g >=-，即可得出结果．【解析】（1）函数()()2ln 21f x x mx m x =+++，其中0m <，0x >，()()()211122?1mx x f x mx m x x++'=+++=．令()0f x '<得12x m>-．令122m -≤，解得14m ≤-．（2）函数()()2ln 21f x x mx m x =+++，其中0m <，0x >，()()()121x mx f x x++'=．令()0f x '=得12x m=-，当102x m<<-时，()0f x '>，()f x 是增函数：当12x m>-时，()0f x '<，()f x 是减函数，．所以当12x m=-时，()f x 既是极大值也是最大值，11121ln 2242m f m m m m +⎛⎫⎛⎫-=-+- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭11ln 124m m⎛⎫=--- ⎪⎝⎭．令12f n m ⎛⎫-≤ ⎪⎝⎭，所以211111ln 222222n m m m m m⎛⎫⎛⎫-≥--+-+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭成立．记102t m=->，()21ln 2g t t t t t =+-，()ln g t t t '=+，当0t >时，()g t '是增函数，1110g e e ⎛⎫'=-+< ⎪⎝⎭，()110g '=>，所以存在()00,1t ∈使000()ln 0g t t t '=+=．当00t t <<时，()0g t '<，()g t 是减函数：当0t t >时，()0g t '>，()g t 是增函数，所以当t t =0时，()g t 既是极小值也是最小值，()000001ln 2g t t t t t =+-．又00ln t t =-，所以()200012=--g t t t ，则()0 2ng t m-≥成立，当001t <<时，()0g t 是减函数，所以()()0312g t g >=-，则322n m ->-，所以30n m ->．【名师点睛】12f n m ⎛⎫-≤ ⎪⎝⎭211111ln 222222⎛⎫⎛⎫⇒-≥--+-+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭n m m m m m ，记102t m=->，构造函数()21ln 2g t t t t t =+-是解题的关键．本题考查了运算求解能力和逻辑推理能力，属于难题．15．已知函数()()()2(ln ,)xf x x kx k Rg x x e =-∈=-．（1）若()f x 有唯一零点，求k 的取值范围；21 / 31（2）若()()1g x f x -≥恒成立，求k 的取值范围．【试题来源】山东省菏泽市2021届高三下学期3月一模【答案】（1）1k e=或0k ≤；（2）1k ．【分析】（1）转化为ln x k x =有唯一实根，构造函数()ln x h x x=，利用导数研究函数的性质，得到函数的图象，根据图象可得结果；（2）转化为1ln 2xx k e x+≥-+恒成立，构造函数()1ln 2x xx e xϕ+=-+，利用导数求出其最大值，利用最大值可得解．【解析】（1）由()ln f x x kx =-有唯一零点，可得方程ln 0x kx -=，即ln xk x=有唯一实根，令()ln x h x x =，则()21ln ,xh x x -'=由()0h x '>，得0,x e <<由()0h x '<，得,x e >()h x ∴在()0,e 上单调递增，在(,)e +∞上单调递减．()()1h x h e e∴≤=，又()10,h =所以当01x <<时，()0h x <；又当x e >时，()ln 0,xh x x=>由()ln x h x x =得图象可知，1k e=或0k ≤．（2）()2ln 1()xx e x kx ---≥恒成立，且0x >，1ln 2xx k e x+∴≥-+恒成立，令()1ln 2xx x e xϕ+=-+，则()22221(l l n n 1)x x x x e x x x e x x ϕ--'⋅==-+-，令()2ln x x x x e μ=--，则211()(2)(2)0x x xx xe x e xe x x xμ'=--+=--+<(0)x >，()x μ∴在(0,)+∞单调递减，又()12110,10e e e e μμ-⎛⎫=->=-< ⎪⎝⎭，由零点存在性定理知，存在唯一零点01,1x e ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，使()0,o x μ=即0200ln xx x e -=，两边取对数可得()000ln ln 2ln ,x x x -=+即()()0000ln ln ln ln ,x x x x -+-=+ 由函数ln y x x =+为单调增函数，可得00ln x x =-，所以当00x x <<时，()0x μ>，()0x ϕ'>，当0x x >时，()0x μ<，()0x ϕ'<，所以()x ϕ在()00,x 上单调递增，在0(,)x +∞上单调递减，()()00000001ln 11221x x x x x e x x x ϕϕ+-∴≤=-+=-+=，所以()1,o k x ϕ≥=即k 的取值范围为1k ．16．已知函数f (x )=2e x +a ln(x +1)-2．（1）当a =-2时，讨论f (x )的单调性；（2）当x ∈[0，π]时，f (x )≥sin x 恒成立，求a 的取值范围．【试题来源】2021年高考数学二轮复习热点题型精选精练（新高考地区专用）【答案】（1）函数()f x 在(-1，0)单调递减，在()0,∞+单调递增；（2）[)1,-+∞．【分析】（1）将2a =-代入，求出导函数，利用导数与函数单调性之间的关系即可求解．（2）令()()()[]sin 2ln 12sin ,0,xg x f x x e a x x x π=-=++--∈，等价于()()00g x g ≥=恒成立，求出()g x '，讨论0a ≥或0a <，判断函数的单调性，其中0a <时，可得()0211g a a '=+-=+，讨论10a +≥或10+<a ，证明函数的单调性即可证明．【解析】（1）当2a =-时()(),22ln 12,1x f x e x x =-+->-．23 / 31()()22,1x f x e f x x '+'=-在()1,-+∞单调递增，且()00.f '= 当()1,0x ∈-时，()0f x '<；当()0,x ∈+∞时(),0f x '>．所以函数()f x 在(-1，0)单调递减，在()0,∞+单调递增．（2）令()()()[]sin 2ln 12sin ,0,xg x f x x e a x x x π=-=++--∈当[]0,x π∈时，()sin f x x ≥恒成立等价于()()00g x g ≥=恒成立．由于()()[]cos 2cos ,0,1xag x f x x e x x x π=-=+-∈+''，所以（1）当0a ≥时，()210,xg x e '≥->函数()y g x =在[]0,π单调递增，所以()()00g x g ≥=，在区间[]0,π恒成立，符合题意．（2）当0a <时，()2cos 1xag x e x x =+-+'在[]0,π单调递增，()0211g a a '=+-=+． ①当10a +即10a -≤<时，()()010,g x g a ≥=+≥''函数()y g x =在[]0,π单调递增，所以()()00g x g =在[]0,π恒成立，符合题意．②当10+<a 即1a <-时()(),010,211ag a g e πππ=+<=++'+'，若()0g π'≤，即()()121a e ππ≤-++时(),g x '在()0,π恒小于0则()g x 在()0,π单调递减，()()00g x g <=，不符合题意．若()0,g π'>即()()1211e a ππ-++<<-时，存在()00,x π∈使得()00.g x '=所以当()00,x x ∈时，()0,g x '<则()g x 在()00,x 单调递减，()()00,g x g <=不符合题意．综上所述，a 的取值范围是[)1,.∞-+【名师点睛】本题考查了利用导数研究函数的单调性，利用导数研究不等式恒成立，解题的关键是构造函数()()[]2ln 12sin ,0,xg x e a x x x π=++--∈，不等式等价转化为()()00g x g ≥=恒成立，考查了分析能力、计算能力以及分类讨论的思想． 17．设()()ln a f x ax x =+，()11ln xg x b e x x-=⋅+，其中,a b ∈R ，且0a ≠．（1）试讨论()f x 的单调性；（2）当1a =时，()()ln f x xg x x -≥恒成立，求实数b 的取值范围．【试题来源】广西玉林市2021届高三下学期第一次适应性测试【答案】（1）答案见解析；（2）(],e -∞．【分析】（1）分别在0a <和0a >两种情况下，结合定义域，根据导函数的正负可确定原函数的单调性；（2）将不等式化为11ln xbxex x-≤-，利用导数和复合函数单调性可确定min 11ln 1x x ⎛⎫-= ⎪⎝⎭，进而转化为x e b x≤，利用导数可求得()x em x x =的最小值，由()min b m x ≤可得结果．【解析】（1）()221a x af x x x x'-=-=， ①当0a <时，由0ax >得0x <，即()f x 定义域为(),0-∞；∴当(),x a ∈-∞时，()0f x '<；当(),0x a ∈时，()0f x '>；()f x ∴在(),a -∞上单调递减，在(),0a 上单调递增； ②当0a >时，由0ax >得0x >，即()f x 定义域为()0,∞+；∴当()0,x a ∈时，()0f x '<；当(),x a ∈+∞时，()0f x '>；()f x ∴在()0,a 上单调递减，在(),a +∞上单调递增；综上所述：当0a <时，()f x 在(),a -∞上单调递减，在(),0a 上单调递增；当0a >时，()f x 在()0,a 上单调递减，在(),a +∞上单调递增．（2）由()()ln f x xg x x -≥得11ln ln ln x x bxe x x x -+--≥，即11ln x bxe x x -≤-，设()ln h t t t =-，则()111t h t t t-'=-=，∴当()0,1t ∈时，()0h t '>；当()1,t ∈+∞时，()0h t '<；()h t ∴在()0,1上单调递增，在()1,+∞上单调递减；25 / 31又1t x=在()0,∞+上单调递减， 11ln y x x ∴=-在()0,1上单调递减，在()1,+∞上单调递增，min 11ln 1ln11xx ⎛⎫∴-=-= ⎪⎝⎭；1xbxe -∴≤在()0,∞+上恒成立，xe b x ∴≤；设()xe m x x =，则()()21x e x m x x-'=， ∴当()0,1x ∈时，()0m x '<；当()1,x ∈+∞时，()0m x '>；()m x ∴在()0,1上单调递减，在()1,+∞上单调递增， ()()min 1m x m e ∴==，b e ∴≤，即实数b 的取值范围为(],e -∞．【名师点睛】本题考查恒成立问题的求解，解题关键是能够通过分离变量的方式，将问题转化为函数最值的求解问题，进而利用导数求解函数最值得到结果．18．已知函数()()1ln x af x x e x -=--．（1）当1a =时，求()f x 的最小值；（2）证明：当01a <≤时，()ln f x a ≥恒成立．【试题来源】湖北省武汉市2021届高三下学期3月质量检测【答案】（1）0；（2）证明见解析．【分析】（1）1a =时，1()(1)ln x f x x ex -=--，求导1)1(x xe xf x -'=-，利用导函数研究函数的单调区间，从而求出函数的最小值；（2）要证当01a <≤时，()ln f x a ≥恒成立，即证(1)ln ln 0x a x e x a ----≥，构造函数()(1)ln ln x a h a x e x a -=---，即证()0h a ≥恒成立，研究该函数在(0,)+∞上单调区间，求函数()0h a ≥．【解析】（1）1a =时，1()(1)ln x f x x e x -=--，定义域为(0,)+∞，求导1)1(x xe x f x -'=-，设()()g x f x '=， 121(1)0()x g x x e x-+=+'>，()f x '∴在(0,)+∞单调递增．又()10f '=，故当01x <<时，()0f x '<，()f x ∴单调递减；当1x >时，'()0f x >，()f x 单调递增．故()f x 在1x =处取得最小值()10f =．（2）设()(1)ln ln x a h a x e x a -=---，求导()(1)11(1)x a xaa x e e x e e a e h a a '⎡⎤-=-=--⎢⎥⎣⎦．设()()1xs x x e =-，()xe t x x=，()0x s x xe '=-<，所以0x >时，()s x 单调递减，()()01s x s <=．21()xx t x e x-'=，令()0t x '=，得1x =，当01x <<时，()0t x '<，()t x 单调递减；当1x >时，()0t x '>，()t x 单调递增，()()1t x t e ∴≥=，故0a >，0x >时，()11axe x e e a-<<≤．即()0h a '<，()h a ∴在(0,)+∞上单调递减，则01a <≤时，()()()111ln x h a h x e x -≥=--．由（1）知，()11ln 0x x e x ---≥，故01a <≤时，()0h a ≥．即()1ln ln x ax ex a ---≥恒成立．【名师点睛】本题考查利用导数研究函数的最小值及利用导数证明不等式，利用导数证明不等式的方法：证明()()),,(f x g x x a b <∈，可以构造函数()()()F x f x g x =-，如果()0F x '<，则()F x 在(,)a b 上是减函数，同时若()0F a ≤，由减函数的定义可知，(,)x a b ∈时，有()0F x <，即证明了()()f x g x <．19．已知函数()()22x f x xe ax ax a =--∈R ．27 / 31（1）当0a >时，讨论()f x 的单调性；（2）若关于x 的不等式()()f x f x ≥--在(),-∞+∞上恒成立，求实数a 的取值范围．【试题来源】2021年高考二轮复习讲练测（浙江专用）【答案】（1）答案见解析；（2）(],1-∞【分析】（1）先求出()f x '，令()0f x '=，比较两根大小，结合二次函数图象，即可判断()f x 的单调性；（2）将()f x 代入化简得到()220x x x e e ax ---≥，对x 进行分类讨论，易知0x =，a R ∈，0x ≠，令x e t =，根据()()0,1g t t ≥≠恒成立，对a 进行分类讨论即可求解．【解析】（1）()()22x f x xe ax ax a =--∈R ，()()()2212x x x f x e xe ax a x e a '∴=+--=+-，x ∈R ，当0a >时，令()0f x '=，解得ln 2x a =或1x =-，当ln 21a <-，即102a e<<，则当(),ln 2x a ∈-∞时，()0f x '>，()f x 单调递增；当()ln 2,1x a ∈-时，()0f x '<，()f x 单调递减；当()1,x ∈-+∞时，()0f x '>，()f x 单调递增；当ln 21a =-，即12a e=，则()0f x '≥，等号不恒成立，()f x 在R 上单调递增；当ln 21a >-，即12a e>，则当(),1x ∈-∞-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 2,x a ∈+∞时，()0f x '>，()f x 单调递增．综上所述：当102a e<<时，()f x 在(),ln2a -∞上单调递增，在()ln 2,1a -上单调递减，在()1,-+∞上单调递增；当12a e=时，()f x 在R 上单调递增；当12a e>时，()f x 在(),1-∞-上单调递增，在()1,ln 2a -上单调递减，在()ln2,a +∞上单调递增；（2）()()f x f x ≥--，即()2222x x xe ax ax xe a x ax -⎡⎤--≥----+⎣⎦，即()220x x x e e ax ---≥，即()22x x x e e ax --≥①，当0x =时，①式恒成立，a ∈R ；当0x >时，x x e e ->，()0x x x e e -->，当0x <时，x x e e -<，()0x x x e e -->，故当0a ≤时，①式恒成立，；以下求当0x ≠时，不等式20x x e e ax ---≥恒成立时正数a 的取值范围，令x e t =，则()()0,11,t ∈+∞，()12ln g t t a t t=--，则()22212211a t at g t t t t -+'=+-=，令()221h t t at =-+，则244a ∆=-，当01a <≤时，0∆≤，()2210h t t at =-+≥，()0g t '≥，等号不恒成立，故()g t 在()0,∞+上单调递增，又()10g =，故1t >，()()10g t g >=，01t <<时，()()10g t g <=，即当01a <≤时，①式恒成立；当1a >时，0∆>，()010h =>，()1220h a =-<，故()h t 的两个零点，即()g t '的两个零点()10,1t ∈和()21,t ∈+∞，在区间()12,t t 上，()0h t <，()0g t '<，()g t 是减函数，。

恒成立条件下参数问题的求解策略

恒成立条件下参数问题的求解策略〔关键词〕恒成立条件；参数；不等式；函数值域；等价转化；分离参数；主参互换所谓恒成立条件下参数的范围是指某个含参数的数学对象在给定条件下的参数允许取值的全体.求参数范围的本质则是根据条件寻求对参数的限制，再由这种限制得出参数范围.参数的范围一般用不等式表示，这样寻求对参数的限制可优先考虑，化归为关于参数的不等式（组）.当然，若所求为另一个变量的函数时，可考虑借助函数值域或范围.求参数范围的一般步骤为：１.由给定条件寻找对参数的限制；２.将对参数的限制化归为不等式（组）或函数的值域；３.由不等式（组）在寻找参数的范围时，可充分考虑利用判别式法、基本不等式法、数形结合法等.在将限制条件划归为不等式（组）或函数值域时常用等价转化、分离参数、主参互换、数形结合等方法.下面通过几个例题对这些方法作以展示，希望对读者有所启示.等价转化有些题目直接入手解决往往比较复杂，但若对题设中的式子作以等价转化，则可以化繁为简，易于问题的解决.例1：设对所有实数x，不等式x2log2+2xlog2+log2＞0恒成立，求a的取值范围.分析：此题直接求解比较麻烦，若令log2=t，则原式可化为（3+t）x2-2xt+2t ＞0恒成立，经过分析可求解.解：设log2=t，则欲使已知不等式大于0恒成立，只需（3+t）x2-2xt+2t＞0恒成立，即3x2+[（x-1）2+1]t＞0恒成立，故只需t＞0，即log2＞0，解得0＜a ＜1.分离参数法对于有些问题若能将已知式子中的未知数和参数分离开来，则可通过求函数的值域求出参数的取值范围.例2：已知函数f（x）=，x∈[1，+∞），若对任意x∈[1，+∞），f（x）＞0恒成立，试求实数a的取值范围.分析：此题可先经过等价转化，由区间[1，+∞）上，f（x）＞0恒成立?圳x2+2x+a＞0恒成立，然后将不等式分离参数得g（a）＞f（x）恒成立，再求得f（x）的最大值f（x）max，由g（a）＞f（x）max得a的取值范围.解：在区间[1，+∞）上，f（x）＞0恒成立?圳x2+2x+a＞0恒成立.要使x2+2x+a ＞0恒成立，只需a＞-x2-2x=-（x+1）2+1恒成立.由二次函数的性质可得-（x+1）2+1≤-3，故a＞-3.利用函数的最值例3：同例2.分析：此题可等价转化为在区间[1，+∞）上x2+2x+a＞0恒成立，令y=x2+2x+a，x∈[1，+∞），判断y=x2+2x+a在区间[1，+∞）上的单调性从而求出ymin=3+a，再根据ymin=0时f（x）＞0恒成立解得a的取值范围.解：在区间[1，+∞）上f（x）＞0恒成立?圳x2+2x+a＞0恒成立.因为函数y=x2+2x+a=（x+1）2+a-1在区间[1，+∞）上为增函数，所以当x=1时，ymin=3+a.于是当且仅当ymin=3+a＞0时，f（x）＞0恒成立，即有a＞-3.利用函数的单调性通过研究函数的单调性确定函数的值域，从而求出参数的范围也是解此类题目常用的方法.例4：同例2.分析：先将f（x）=，x∈[1，+∞）化简为f（x）=x++2，x∈[1，+∞），再通过判断此函数的单调性求出f（x）min=3+a，进而求得a的取值范围.解：f（x）=x++2，x∈[1，+∞），当a≥0时，函数f（x）的值恒为正；当a ＜0时，y=x+2与y=在[1，+∞）上均为增函数.所以f（x）=x++2在x∈[1，+∞）上为增函数，故当x=1时，f（x）min=3+a.于是当且仅当f（x）min=3+a＞0时，f（x）＞0恒成立.故a＞-3.主参互换在求参数范围时，如果直接求解较为困难，那么在已知条件中将参数和未知数进行换位，则可使问题迎刃而解.例5：已知方程ax2-2（a-3）x+a-2=0中的a为负整数，试求使方程恒有整数解时a的取值范围.分析：可将关于x的二次方程通过变更主元化为关于参数a的一次方程，由方程得（x2-2x+1）a+6x-2=0，再根据a的取值范围求得x的取值范围，从而确定x的取值，再经过讨论可求得a的取值范围.解：因为ax2-2（a-3）x+a-2=0，所以（x-1）2a=2-6x.显然x≠1，得a=.（1）∵a为负整数，∴a≤-1.故≤-1，即x2-8x+3≤0，解得4-≤x≤4+.因此，x的整数值只能为2、3、4、5、6、7，逐个代入（1）式中，可知x=2时，a=-10；x=3时，a=-4.故当a为-4或-10时，方程恒有整数解.注：此解通过变更主元将关于x的二次方程转化为关于a的一次方程，起到了降次、化简的功效，更是避免了不必要的分类讨论.构造函数法根据题目中所给的含参不等式的结构特征构造适当的函数，并利用函数的性质可求参数的范围.例6：已知不等式++…+＞loga（a-1）+对于大于1的一切自然数n恒成立，试求参数a的取值范围.分析：根据题目所给的不等式的特点构造函数f（n）=++…+，并通过判断此函数的单调性求出f（n）的最小值为f（2）=，由f（n）＞loga（a-1）+对于大于1的一切自然数n恒成立，必须有loga（a-1）+＜，从而可求得a的取值范围.解：构造函数f（n）=++…+，则f（n+1）-f（n）=+-=＞0.由此可知，关于n（n＞1，n∈N）的函数f（n）在[2，+∞）上是单调递增函数.又∵n是大于1的自然数，∴f（n）≥f（2）=.故要使f（n）＞loga（a-1）+对于大于1的一切自然数n恒成立，必须有loga （a-1）+＜.∴loga（a-1）＜-1，∴a∈（1，）.。

不等式恒成立问题中的参数求解技巧

不等式恒成立问题中的参数求解技巧在不等式中，有一类问题是求参数在什么范围内不等式恒成立。

恒成立条件下不等式参数的取值范围问题，涉及的知识面广，综合性强，同时数学语言抽象，如何从题目中提取可借用的知识模块往往捉摸不定，难以寻觅，是同学们学习的一个难点，同时也是高考命题中的一个热点。

其方法大致有：①用一元二次方程根的判别式，②参数大于最大值或小于最小值，③变更主元利用函数与方程的思想求解。

本文通过实例，从不同角度用常规方法归纳，供大家参考。

一、用一元二次方程根的判别式有关含有参数的一元二次不等式问题，若能把不等式转化成二次函数或二次方程，通过根的判别式或数形结合思想，可使问题得到顺利解决。

例1 对于x∈R，不等式恒成立，求实数m的取值范围。

解：不妨设，其函数图象是开口向上的抛物线，为了使，只需，即，解得。

变形：若对于x∈R，不等式恒成立，求实数m的取值范围。

变形：此题需要对m的取值进行讨论，设。

①当m=0时，3>0，显然成立。

②当m>0时，则△<0。

③当m<0时，显然不等式不恒成立。

由①②③知。

关键点拨：对于有关二次不等式（或<0）的问题，可设函数，由a的符号确定其抛物线的开口方向，再根据图象与x轴的交点问题，由判别式进行解决。

例2 已知函数，在时恒有，求实数k的取值范围。

例2 解：令，则对一切恒成立，而是开口向上的抛物线。

①当图象与x轴无交点满足△<0，即，解得－2<k<1< span="">。

</k<1<>②当图象与x轴有交点，且在时，只需由①②知关键点拨：为了使在恒成立，构造一个新函数是解题的关键，再利用二次函数的图象性质进行分类讨论，使问题得到圆满解决。

二、参数大于最大值或小于最小值如果能够将参数分离出来，建立起明确的参数和变量x的关系，则可以利用函数的单调性求解。

恒成立，即大于时大于函数值域的上界。

解答含参不等式恒成立问题的几种思路

含参不等式恒成立问题一般较为复杂.仅运用不等式的性质，往往很难找到使不等式恒成立的条件，使问题顺利得解.这就需要采用不同思路，如变换主元、分离参数、分类讨论等来解题.下面结合实例来谈一谈解答含参不等式恒成立问题的三种思路.一、变换主元变换主元法是指将问题中主元、参数的位置互换，即将参数视为主元，将主元视为参数进行求解的方法.运用变更主元法解答含参不等式恒成立问题，需先找出所要求证不等式中的变量与参数，然后将两者进行互换，得到新不等式，根据新主元的取值或者限制条件，列出满足题意的不等式或不等式组，从而解题.例1.对于任意-1≤a ≤1，x 2+()a -4x +()4-2a >0恒成立，则x 的取值范围为_____.解：设f ()a =()x -2a +()x 2-4x +4，a ∈[]-1,1，则问题等价于在a ∈[]-1,1时，f ()a >0恒成立，由一次函数的性质可得ìíîf ()-1>0，f ()1>0，解题宝典即{x2-5x+6>0，x2-3x+2>0，解得x<1或x>3，所以实数x的取值范围为()-∞,1⋃()3,+∞.将x和a进行变换，把a看作主元，构造关于a的函数f()a，便可采用变更主元法来解题.很显然f()a为一次函数，根据一次函数的性质，要使f()a>0恒成立，只需使[]-1,1上的所有函数值都大于0，建立关于x的不等式组，即可解题.二、分离参数分离参数法是解答含参不等式恒成立问题的重要方法.运用分离参数法求解不等式恒成立问题，需先将不等式进行变形，使参数分离，得到形如a≤f()x、a<f()x、a>f()x、a≥f()x的式子，只要使a≤f()x min、a<f()x min、a>f()x max、a≥f()x max，就能确保不等式恒成立.在求f()x的最值时，往往可根据导数的性质、函数的单调性，或利用基本不等式.例2.已知函数f()x=-x ln x+a()x+1，若f()x≤2a在[)2,+∞上恒成立，求a的取值范围.解：当x≥2时，由f()x≤2a可得a≤x ln xx-1，令g()x=x ln xx-1，x≥2，则g′()x=-ln x-x+1()x-12，令t()x=ln x-x+1，x≥2，则t′()x=1x-1，当x≥2时，t′()x<0，故t()x在[)2,+∞上单调递减，可得t()x max=ln2-1<0，所以g′()x=-ln x-x+1()x-12>0，则函数g()x在[)2,+∞上单调递增，可得a≤g()x min=g()2=2ln2，所以a的取值范围为(]-∞,2ln2.首先将不等式进行移项、变形，使参数a分离，得到a≤g()x.对函数g()x求导，根据导函数与函数的单调性之间的关系判断出函数g()x的单调性，求得函数g()x min，即可运用分离参数法，确定参数a的取值范围.三、分类讨论含参不等式恒成立问题中参数的取值往往不确定，因而在求解含参不等式恒成立问题时，需灵活运用分类讨论法，对参数或某些变量进行分类讨论，从而求得问题的答案.而确定分类讨论的标准是解题的关键，可根据一元二次方程的判别式大于、等于、小于0进行分类讨论；也可根据二次函数的二次项系数大于、小于0进行分类讨论；还可根据导函数值大于、等于、小于0进行分类讨论.例3.设f()x=x2-2mx+2，当x∈[)-1,+∞时，f()x≥m恒成立，求参数m的取值范围.分析：首先将不等式f()x≥m转化为F()x=x2-2mx+2-m≥0.要使F()x≥0，需使该函数在x∈[)-1,+∞上恒大于或等于0.由于x2-2mx+2-m=0为一元二次方程，只需讨论方程在x∈[)-1,+∞上的根的分布情况.而方程的根的分布情况主要由判别式确定，所以需采用分类讨论法，对方程的判别式与0之间的大小关系进行讨论.解：设F()x=x2-2mx+2-m，则问题等价于当x∈[)-1,+∞时，F()x≥0恒成立，①当Δ=4()m-1()m+2<0，即-2<m<1时，F()x>0恒成立，②当Δ≥0时，ìíîïïΔ≥0，F()-1≥0，--2m2≤-1，即ìíîïï4()m-1()m+2≥0，m+3≥0，--2m2≤-1，解得-3≤m≤-2，综上所述，参数m的取值范围为m∈[)-3,1.采用分类讨论的思路来求解含参不等式恒成立问题，一般可将参数或与参数相关的量定为分类讨论的对象，再根据题意确定分类讨论的标准，逐层、逐级进行讨论，最后综合所得的结果即可.相比较而言，第一种思路的适用范围较窄；第二、三种思路较为常用，但第三种思路解题的过程繁琐，且运算量较大.因此在解题时，同学们可首先尝试将参数分离，将问题转化为最值问题来求解；若行不通，再考虑运用变更主元、分类讨论的思路.（作者单位：安徽省砀山第二中学）解题宝典41。

利用导数求参数取值范围的若干策略

利用导数求参数取值范围的若干策略贺凤梅(新疆伊犁巩留县高级中学ꎬ新疆伊利８３５４００)摘㊀要:在含参不等式恒成立问题中ꎬ经常需要借助导数求解参数的取值范围.解决这类问题通常需要用到函数与方程㊁转化与化归㊁数形结合以及分类讨论等数学思想.文章通过具体问题的研究ꎬ切实提升学生的解题能力和学科核心素养.关键词:导数ꎻ参数范围ꎻ策略中图分类号:Ｇ６３２㊀㊀㊀文献标识码:Ａ㊀㊀㊀文章编号:１００８－０３３３(２０２３)３４－０００７－０３收稿日期:２０２３－０９－０５作者简介:贺凤梅(１９７９－)ꎬ女ꎬ湖北省随州人ꎬ本科ꎬ中学一级教师ꎬ从事中学数学教学研究.㊀㊀题目呈现㊀(２０２２年山东数学模拟试题)已知函数ｆ(ｘ)＝ａｅｘ－１－ｌｎｘ＋ｌｎａꎬ(１)当ａ＝ｅ时ꎬ求曲线ｙ＝ｆ(ｘ)在点(１ꎬｆ(１))处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积ꎻ(２)若ｆ(ｘ)ȡ１ꎬ求ａ的取值范围.１总体分析本题第(１)问考查导数的几何意义ꎬ属于常规题.第(２)问则是利用导数研究不等式恒成立问题ꎬ求参数的范围.此问可以多视角解答ꎬ涉及隐零点㊁同构法㊁切线放缩㊁分类讨论㊁反函数法等多种策略.２试题解答第(１)问略解:易求得切点(１ꎬｅ＋１)ꎬ斜率ｋ＝ｆᶄ(１)＝ｅ－１ꎬ切线方程ｙ＝(ｅ－１)ｘ＋２ꎬ与两坐标轴交点(０ꎬ２)ꎬ(－２ｅ－１ꎬ０)ꎬ所求面积ｓ＝２ｅ－１.以下重点探讨第(２)问.视角１㊀隐零点.解法１㊀令ｇ(ｘ)＝ａｅｘ－１－ｌｎｘ＋ｌｎａ－１ꎬｘɪ(０ꎬ＋ɕ)ꎬａ>０ꎬ则ｇᶄ(ｘ)＝ａｅｘ－１－１ｘ.令ｇᶄ(ｘ０)＝ａｅｘ０－１－１ｘ０＝０ꎬ得ａｅｘ０－１＝１ｘ０.①两边取自然对数ꎬ整理ꎬ得ｌｎａ＋ｘ０－１＝－ｌｎｘ０.②因为ｇᵡ(ｘ)＝ａｅｘ－１＋１ｘ２>０ꎬ所以ｇᶄ(ｘ)在(０ꎬ＋ɕ)上单调递增ꎬ且ｘң０＋时ꎬｇᶄ(ｘ)ң－ɕꎻｘң＋ɕ时ꎬｇᶄ(ｘ)ң＋ɕ.所以ｘɪ(０ꎬｘ０)时ꎬｇᶄ(ｘ)<０ꎻｘɪ(ｘ０ꎬ＋ɕ)时ꎬｇᶄ(ｘ)>０.因此ｇ(ｘ)在ｘ＝ｘ０处取得极小值ꎬ也为最小７值ꎬ即ｇ(ｘ)ｍｉｎ＝ａｅｘ０－１－ｌｎｘ０＋ｌｎａ－１.将①②代入整理得ｇ(ｘ)ｍｉｎ＝ｘ０＋１ｘ０＋２ｌｎａ－２.显然ꎬ要使原不等式恒成立ꎬ必有ｇ(ｘ)ｍｉｎ＝ｘ０＋１ｘ０＋２ｌｎａ－２ȡ２ｌｎａȡ０ꎬ解得ａȡ１ꎬ即ａɪ[１ꎬ＋ɕ).评注㊀此解法通过构造函数ｇ(ｘ)ꎬ利用隐零点ｘ０表示出ｇ(ｘ)的最小值ꎬ借助基本不等式得出关于ａ的不等式ꎬ求解即得[１].视角２㊀同构.条件ｆ(ｘ)ȡ１ꎬ即ａｅｘ－１－ｌｎｘ＋ｌｎａ－１ȡ０(∗)在ｘɪ(０ꎬ＋ɕ)上恒成立.解法２㊀将(∗)式变形得ｅｘ－１＋ｌｎａ＋ｘ－１＋ｌｎａȡｘ＋ｌｎｘ＝ｅｌｎｘ＋ｌｎｘ.构造函数ｇ(ｔ)＝ｅｔ＋ｔꎬ求导得ｇᶄ(ｔ)＝ｅｔ＋１>０.所以函数ｇ(ｔ)＝ｅｔ＋ｔ在Ｒ上单调递增.由ｇ(ｘ－１＋ｌｎａ)ȡｇ(ｌｎｘ)ꎬ得ｘ－１＋ｌｎａȡｌｎｘ.即ｌｎａȡｌｎｘ－ｘ＋１在ｘɪ(０ꎬ＋ɕ)上恒成立.令ｈ(ｘ)＝ｌｎｘ－ｘ＋１ꎬｘ>０ꎬ求导ꎬ得ｈᶄ(ｘ)＝１ｘ－１＝１－ｘｘꎬｈ(ｘ)在(０ꎬ１)上单调递增ꎬ在(１ꎬ＋ɕ)上单调递减ꎬ所以ｈ(ｘ)ȡｈ(１)＝０ꎬ故ｌｎａȡ０即可ꎬ解得ａȡ１ꎬ即ａɪ[１ꎬ＋ɕ).视角３㊀同构＋切线放缩.解法３㊀将(∗)式变形ꎬ得ｅｘ－１＋ｌｎａ＋ｌｎｅｘ－１＋ｌｎａȡｘ＋ｌｎｘ.构造函数ｇ(ｘ)＝ｘ＋ｌｎｘꎬｘ>０ꎬｇᶄ(ｘ)＝１＋１ｘ>０ꎬｇ(ｘ)单调递增.由ｇ(ｅｘ－１＋ｌｎａ)ȡｇ(ｘ)ꎬ得ｅｘ－１＋ｌｎａȡｘ.结合ｅｘȡｘ＋１ꎬ得ｘ－１＋ｌｎａȡｘ－１.所以ｌｎａȡ０ꎬ解得ａȡ１ꎬ即ａɪ[１ꎬ＋ɕ).解法４㊀将(∗)式变形ꎬ得ａｅｘ－１－ｌｎｘａȡ１(ａ>０).所以ｅｘ－１ȡ１ａｌｎｅｘａꎬ即ｅｘȡｅａｌｎｅｘａ.亦即ｘｅｘȡｅｘａｌｎｅｘａ(ｘ>０).构造函数Ｈ(ｘ)＝ｘｅｘꎬｘ>０ꎬＨᶄ(ｘ)＝(ｘ＋１)ｅｘ>０ꎬ所以Ｈ(ｘ)在ｘɪ(０ꎬ＋ɕ)上单调递增.由Ｈ(ｘ)ȡＨ(ｌｎｅｘａ)得ｘȡｌｎｅｘａ＝１＋ｌｎｘ－ｌｎａꎬ易证ｘȡ１＋ｌｎｘꎬ所以ｌｎａȡ０即可ꎬ解得ａȡ１ꎬ即ａɪ[１ꎬ＋ɕ).评注㊀视角２中的三种解法均属于同构法ꎬ从解答过程可以知晓ꎬ根据不同的变形形式ꎬ得到有一定差异的同构函数ꎬ借助于函数的单调性ꎬ得出变量间的关系ꎬ进一步变形求解ꎬ问题也就迎刃而解了.当然ꎬ在解答的过程中ꎬ用到了ｅｘȡｘ＋１与ｘȡ１＋ｌｎｘ这两个有关切线放缩的不等式ꎬ作为解答题ꎬ需要简单证明方可使用[２].视角４㊀放缩＋极值.解法５㊀由已知条件ꎬ得ａｅｘ－１＋ｌｎａȡ１＋ｌｎｘ.易证ｘ－１ȡｌｎｘꎬ即ｘȡ１＋ｌｎｘ.所以只需ａｅｘ－１＋ｌｎａȡｘ.构造函数φ(ｘ)＝ａｅｘ－１＋ｌｎａ－ｘꎬ求导得φᶄ(ｘ)＝ａｅｘ－１－１.以下对ａ分情况讨论:(Ⅰ)当ａȡｅ时ꎬφᶄ(ｘ)＝ａｅｘ－１－１ȡｅｅｘ－１－１＝ｅｘ－１>０在(０ꎬ＋ɕ)上恒成立ꎬφ(ｘ)＝ａｅｘ－１＋ｌｎａ－ｘȡｅｅｘ－１＋ｌｎｅ－ｘ＝ｅｘ－ｘ＋１>０(ｘ>０)ꎬ满足题意.(Ⅱ)当０<ａ<ｅ时ꎬ令φᶄ(ｘ)＝ａｅｘ－１－１＝０得ｘ－１＝－ｌｎａꎬ即ｘ＝１－ｌｎａꎬ显然φ(ｘ)在(０ꎬ１－ｌｎａ)上单调递减ꎬ在(１－ｌｎａꎬ＋ɕ)上单调递增.所以φ(ｘ)ȡφ(１－ｌｎａ)＝ａｅ－ｌｎａ＋２ｌｎａ－１ȡ０.所以ｌｎａȡ０即可ꎬ解得１ɤａ<ｅ.综上可得ａɪ[１ꎬ＋ɕ).评注㊀此解法通过不等式放缩ꎬ介入中间量ꎬ借助于极值求解也可以成功突破.但因为定义域的限８定ꎬ需对ａ进行分类讨论ꎬ再取两种情况的并集ꎬ此处易出现纰漏ꎬ值得大家重视.再给一例ꎬ感兴趣的读者可以自行求解或查阅.已知函数ｆ(ｘ)＝ｅｘ－２－ｌｎｘ.若ｇ(ｘ)＝ｆ(ｘ)＋ｌｎｘ－ａｘꎬ讨论ｇ(ｘ)的单调性.(提示:此题需分ａɤ１ｅ２与ａ>１ｅ２进行求解ꎬ你发现了吗?)视角５㊀分类讨论.解法６㊀由ｆ(ｘ)＝ａｅｘ－１－ｌｎｘ＋ｌｎａꎬｘɪ(０ꎬ＋ɕ)ꎬａ>０ꎬ对ａ进行分类讨论:(Ⅰ)当０<ａ<１时ꎬ易得ｆ(１)＝ａ＋ｌｎａ<１ꎬ不满足ｆ(ｘ)ȡ１.(Ⅱ)当ａ＝１时ꎬｆ(ｘ)＝ｅｘ－１－ｌｎｘꎬ则ｆᶄ(ｘ)＝ｅｘ－１－１ｘꎬｘɪ(０ꎬ１)时ꎬｆᶄ(ｘ)<０ꎬｆ(ｘ)单调递减ꎻｘɪ(１ꎬ＋ɕ)时ꎬｆᶄ(ｘ)>０ꎬｆ(ｘ)单调递增.所以ｆ(ｘ)ȡｆ(１)＝１ꎬ满足题意. (Ⅲ)当ａ>１时ꎬｆ(ｘ)＝ａｅｘ－１－ｌｎｘ＋ｌｎａȡｅｘ－１－ｌｎｘꎬ易证ｅｘ－１ȡ(ｘ－１)＋１＝ｘꎬｘȡ１＋ｌｎｘꎬ所以ｆ(ｘ)ȡｆ(１)＝１ꎬ满足题意.综上可得ａɪ[１ꎬ＋ɕ).评注㊀此解法属于对ａ进行分类讨论求解ꎬ通过推理和论证ꎬ符合就要ꎬ不符合则舍去.难点在于找参数ａ的分类界限ꎬ这需要通过日积月累的训练方能达成.视角６㊀反函数.解法７㊀由已知ꎬ得ａｅｘ－１－ｌｎｘ＋ｌｎａȡ１.所以ａｅｘ－１ȡｌｎｘ－ｌｎａ＋１.令ｙ＝ａｅｘ－１ꎬ则ｘ＝ｌｎｙａ＋１＝ｌｎｙ－ｌｎａ＋１.所以ｙ＝ａｅｘ－１与ｙ＝ｌｎｘ－ｌｎａ＋１互为反函数ꎬ只需ａｅｘ－１ȡｘ即可ꎬ整理得ａȡｘｅｘ－１.令Ｇ(ｘ)＝ｘｅｘ－１＝ｅｘｅｘꎬ求导ꎬ得Ｇᶄ(ｘ)＝ｅ(１－ｘ)ｅｘ.所以Ｇ(ｘ)在(０ꎬ１)单调递增ꎬ在(１ꎬ＋ɕ)单调递减.㊀则Ｇ(ｘ)ɤＧ(１)＝１ꎬ故ａȡ１.即ａɪ[１ꎬ＋ɕ).评注㊀此法确实很巧妙ꎬ能通过变形㊁观察和求解得出不等式两边对应函数恰好互为反函数ꎬ利用凸凹反转ꎬ借助于临界的切线得出大小关系ꎬ化繁为简.３试题链接题１㊀(２０１０年高考新课标卷理科)设函数ｆ(ｘ)＝ｅｘ－１－ｘ－ａｘ２ꎬａɪＲ.若当ｘȡ０时ꎬｆ(ｘ)ȡ０恒成立ꎬ求ａ的取值范围.题２㊀若不等式ａｘ－ｌｎｘȡａ(２ｘ－ｘ２)对∀ｘɪ[１ꎬ＋ɕ)恒成立ꎬ求ａ的取值范围.导数问题博大精深ꎬ对于学生而言ꎬ基础知识和基本理论易于学懂ꎬ但是ꎬ受众多关联知识和高数背景的限制ꎬ很多导数问题难以突破.对于高校来讲ꎬ导数是学生深造学习的重要基础.基于此种原因ꎬ高考一直重点考查导数ꎬ因此我们有必要多花时间和精力研究导数ꎬ总结规律ꎬ提炼解法ꎬ积累经验ꎬ创新思路ꎬ在比较和不断尝试中增长技能.这类参数问题入口宽ꎬ结果唯一ꎬ研究它就是对导数的全面理解和应用ꎬ这对我们的学习大有裨益.参考文献:[１]李文东.利用导数解决含参不等式取值范围问题的策略[Ｊ].中学数学研究ꎬ２０２０(４):１２－１６. [２]余铁青.从一道导数大题谈参数分类讨论的依据[Ｊ].数理化学习ꎬ２０２２(０３):７ꎬ２１.[责任编辑:李㊀璟]９。

不等式恒成立问题方法完美归纳教师版

不等式恒成立与有解问题解法归纳一、分离变换法：（一）分离参数法若在等式或不等式中出现两个变量，其中一个变量的范围已知，另一个变量的范围为所求，且容易通过恒等变形将两个变量分别置于等号或不等号的两边，即分离参数法。

基本步骤为：第一步首先对待含参的不等式问题在能够判断出参数的系数正负的情况下，可以根据不等式的性质将参数分离出来，得到一个一端是参数，另一端是变量表达式的不等式；第二步先求出含变量一边的式子的最值；第三步由此推出参数的取值范围即可得出结论. 分离参数法有以下几种类型： I.常规法分离参数所谓常规法分离参数，就是通过解不等式或解方程把参数解出来，再研究分离出来的函数的值域或最值，从而求出参数取值范围。

例、若函数f (x )＝x 3－tx 2＋3x 在区间[1,4]上单调递减，则实数t 的取值范围是( ) A.⎝⎛⎦⎤－∞，518 B ．(－∞，3] C.⎣⎡⎭⎫518，＋∞ D ．[3，＋∞)【解析】f′(x )＝3x 2－2tx ＋3，由于f (x )在区间[1,4]上单调递减，则有f ′(x )≤0在[1,4]上恒成立，即3x 2－2tx ＋3≤0，即t ≥32⎝⎛⎭⎫x ＋1x 在[1,4]上恒成立，因为y ＝32⎝⎛⎭⎫x ＋1x 在[1,4]上单调递增，所以t ≥32⎝⎛⎭⎫4＋14＝518【例】已知函数H (x )＝ln x x －λ()x 2－1，若对任意x ∈[1，＋∞)，不等式H (x )≤0，求实数λ的取值范围．【分析】H (x )≤0＝H (1)恒成立转化为H ′(x )＝ln x ＋1－2λx ≤0恒成立，再分离参数求解【解析】设函数H (x )＝ln x x －λ()x 2－1，从而对任意x ∈[1，＋∞)，不等式H (x )≤0＝H (1)恒成立．又H ′(x )＝ln x ＋1－2λx ，当H ′(x )＝ln x ＋1－2λx ≤0，即ln x ＋1x ≤2λ恒成立时，函数H (x )单调递减．设r (x )＝ln x ＋1x ，则r ′(x )＝－ln xx 2≤0，所以r (x )max ＝r (1)＝1，即1≤2λ⇒λ≥12，符合题意；当λ≤0时，H ′(x )＝ln x ＋1－2λx ≥0恒成立，此时函数H (x )单调递增．于是，不等式H (x )≥H (1)＝0对任意x ∈[1，＋∞)恒成立，不符合题意；当0＜λ＜12时，设q (x )＝H ′(x )＝ln x ＋1－2λx ，则q ′(x )＝1x －2λ＝0⇒x ＝12λ＞1，当x ∈⎝⎛⎭⎫1，12λ时，q ′(x )＝1x －2λ＞0，此时q (x )＝H ′(x )＝ln x ＋1－2λx 单调递增，所以H ′(x )＝ln x ＋1－2λx ＞H ′(1)＝1－2λ＞0，故当x ∈⎝⎛⎭⎫1，12λ时，函数H (x )单调递增．于是当x ∈⎝⎛⎭⎫1，12λ时，H (x )＞0成立，不符合题意；【变式训练】1、已知不等式2x ＋m ＋8x －1>0对一切x ∈(1，＋∞)恒成立，则实数m 的取值范围是________．2、设124()lg ,3x xa f x ++=其中a R ∈，如果(.1)x ∈-∞时，()f x 恒有意义，求a 的取值范围。

恒成立问题中参数范围的求解方法

恒成立问题中参数范围的求解方法作者：范增康来源：《中学课程辅导·教学研究》2013年第13期摘要：恒成立问题在高中数学中较为常见。

这类问题的解决渗透着换元、化归、数形结合、函数与方程等思想方法，实际上只要紧紧抓住“题型”，这类求恒成立时的参数范围的问题便将迎刃而解。

关键词：恒成立；参数范围；取值范围；求解方法中图分类号：G633.6 文献标识码：A 文章编号：1992-7711（2013）13-0123恒成立问题，在高中数学中较为常见。

这类问题的解决渗透着换元、化归、数形结合、函数与方程等思想方法，有利于考查学生的综合解题能力，在培养思维的灵活性、创造性等方面起到了积极的作用。

此类问题解法灵活、综合性强，部分考生常感到无从下手，茫然不知所措，那么到底如何解决这类问题呢？实际上只要紧紧抓住“题型”，这类求恒成立时的参数范围的题目便将迎刃而解。

一、数形结合数学家华罗庚曾说过：“数缺形时少直观，形缺数时难入微”，这充分说明了数形结合思想的妙处，在不等式恒成立问题中它同样起着重要作用。

我们知道，函数图象和不等式有着密切的联系：1. f（x）>g（x）函数f（x）图象恒在函数g（x）图象上方；2. f（x）函数f（x）图象恒在函数图象g（x）下上方。

例1. 设x∈[0，4]，若不等式≥ax恒成立，求a的取值范围。

解析：设y1=x（4-x），则（x-2）2+y2=4（y1≥0），它表示的是圆心为（2，0），半径为2的半圆（如图所示）。

另设y2=ax，它的几何意义是一条经过原点，斜率为a的直线，将两者图象画在同一坐标系下，根据不等式≥ax的几何意义，要使得半圆恒在直线l的上方（包括相交），当且仅当时a例2.设f（x）=， g（x）=x+1-a，若恒有f（x）≤g（x）成立，求实数a的取值范围。

解析：在同一直角坐标系中作出f（x）及g（x）的图象，如图所示，f（x）的图象是半圆（x+2）2+y2=4（y≥0），g（x）的图象是平行的直线系4x-3y+3-3a=0。

含参不等式恒成立问题中参数取值范围的求解策略

含参不等式恒成立问题中参数取值范围的求解策略作者：刘飞来源：《理科考试研究·高中》2016年第01期含参不等式恒成立问题是高考中的热点问题，此类问题由于题型多样，有利于考查学生的综合解题能力，解答此类问题主要通过转化来解决问题.下面举几种常见的解答方法.一、分离参数此法是把不等式中的参数t与未知数x分离出来，得到t>f（x）或tf（x）max，或t例1已知对于任意x∈（0，1），不等式|loga（2-x）|>|loga（2+x）|-1恒成立，求实数a 的取值范围.解显然a>0且a≠1，当x∈（0，1）时，loga（2+x）>0，loga（2-x）>0，原不等式可化为lg2+x2-x所以2+x2-x=42-x-1∈（1，3），所以lg2+x2-x∈（0，lg3），因为对于任意的x∈（0，1），不等式lg2+x2-x所以|lga|≥lg3，解得a的范围是：a≥3或0二、联系二次函数如果原不等式可化为二次不等式型，可充分联系二次函数的图象及性质解决问题.例2当x∈[-2，2]时，不等式x2+ax+3-a≥0恒成立，求实数a的范围.解构造二次函数f（x）=x2+ax+3-a=（x+a2）2-a24-a+3.当-a2-a2f（-2）=（-2）2+a（-2）+3-a≥0，解集为空集.当-2≤-a2≤2时，原不等式等价于：-2≤-a2≤2，f（-a2）=（-a2）2+a（-a2）+3-a≥0，解得-4≤a≤2.当-a2>2时，原不等式等价于：-a2>2，f（2）=22+2a+3-a≥0.解得-7≤a≤-4.综上，a的取值范围为-7≤a≤2.三、数形结合某些不等式的恒成立问题，可通过构造函数，借助函数的图象来研究.例3当x∈（1，2）时，不等式（x-1）2解设f（x）=（x-1）2，g（x）=logax.当x∈（1，2）时，不等式（x-1）2当0当a>1时，画出f（x）及g（x）的图象，由图象可得，当x∈（1，2）时，要使不等式f（x）则需要f（2）≤g（2），即（2-1）2≤loga2，解得a≤2，故1综上，a的取值范围为1四、变更主元将不等式中的参数与变量地位互换，反客为主，实现难题巧解.例4若x∈（0，13]，不等式1+x+（a-a2）x2>0恒成立，求实数a的取值范围.解原不等式可化为关于a的不等式：x2a2-x2a-（x+1）即[ax-（x+1）]（ax+1）因为x∈（0，13]，所以不等式的解为-1x由条件知[-1x]max所以-3。

高中含参不等式的恒成立问题整理版

三在x [句 ]
上恒成立
b 2a
或
b 2a
或
b 2a
，
f 心理三三
f 心理三
f
心x理
三在x
[ 句
]
上恒成立
f f
心理心理
三三
（2）当
a
三时，
f
心x理
三在x
[ 句
]
上恒成立
f f
心理心理
三三
f
心x理
三在x
[句 ]
上恒成立
b 2a
或
b 2a
分析：若将不等号两边分别设成两个函数，则左边为二次函数，右边为对数函数，故可以采用数形结合借助图象
位置关系通过特指求解 a的取值范围。
解：设 T:f (x) =(x 1)2 ,T:g(x) log x ,则 T的图象为右图所示的抛物线，要使对一切 x (1,2f)(x,) <g(x)
1
2
a
1
恒成立即 T的图象一定要在 T的图象所的下方，显然 a>1并,且必须也只需 g(2) f (2)
解：要使 (a 2)x 2 2(a 2)x 4 0 对于 x Ｒ恒成立，则只须满足：
a 2 0 （1） 4(a 2)2 16(a 2) 0 或
a 2 0 （2） 2(a 2) 0
4 0
a 2 解（1）得 2 a 2
，解（2） a ＝２
∴参数 a 的取值范围是－２＜ a ２．
的最值问题：
若对于取值范围内的任一个数都有
恒成立，则
；
若对于取值范围内的任一个数都有
恒成立，则
.
例
1．已知函数
f

高一数学一元二次不等式解法练习题及与含参不等式恒成立的例子

高一数学一元二次不等式解法练习题及答案例若＜＜，则不等式－－＜的解是1 0a 1(x a)(x )01a[ ]A a xB x a．＜＜．＜＜11aaC x aD x x a．＞或＜．＜或＞x aa11分析比较与的大小后写出答案． a 1a解∵＜＜，∴＜，解应当在“两根之间”，得＜＜．选．0a 1a a x A 11a a￥例有意义，则的取值范围是．2 x x 2--x 6分析求算术根，被开方数必须是非负数．解据题意有，x 2－x －6≥0，即(x －3)(x ＋2)≥0，解在“两根之外”，所以x ≥3或x ≤－2．例3 若ax 2＋bx －1＜0的解集为{x|－1＜x ＜2}，则a ＝________，b ＝________．分析根据一元二次不等式的解公式可知，－1和2是方程ax 2＋bx －1＝0的两个根，考虑韦达定理．解根据题意，－1，2应为方程ax 2＋bx －1＝0的两根，则由韦达定理知-=-+=-=-=-⎧⎨⎪⎪⎩⎪⎪baa ()()1211122×得 ab ==-1212，． %例4 解下列不等式(1)(x －1)(3－x)＜5－2x (2)x(x ＋11)≥3(x ＋1)2 (3)(2x ＋1)(x －3)＞3(x 2＋2)(4)3x 2-+--+-31325113122x x x x x x ＞＞()()分析将不等式适当化简变为ax 2＋bx ＋c ＞0(＜0)形式，然后根据“解公式”给出答案(过程请同学们自己完成)．答 (1){x|x ＜2或x ＞4}(2){x|1x }≤≤32!(3)∅(4)R (5)R说明：不能使用解公式的时候要先变形成标准形式．例不等式＋＞的解集为5 1x 11-x[ ]A ．{x|x ＞0}B ．{x|x ≥1}C ．{x|x ＞1}D ．{x|x ＞1或x ＝0}￥分析直接去分母需要考虑分母的符号，所以通常是采用移项后通分．解不等式化为＋－＞，通分得＞，即＞，1x 000111122----xx x x x∵x 2＞0，∴x －1＞0，即x ＞1．选C ．说明：本题也可以通过对分母的符号进行讨论求解．例与不等式≥同解的不等式是6 0x x--32 [ ]A ．(x －3)(2－x)≥0B ．0＜x －2≤1 |C ．≥230--xxD ．(x －3)(2－x)≤0解法一原不等式的同解不等式组为≥，≠． ()()x x x ---⎧⎨⎩32020 故排除A 、C 、D ，选B ．解法二≥化为＝或－－＞即＜≤ x 320x 3(x 3)(2x)02x 3--x两边同减去2得0＜x －2≤1．选B ．说明：注意“零”．例不等式＜的解为＜或＞，则的值为7 1{x|x 1x 2}a axx -1…[ ]A aB aC aD a ．＜．＞．＝．＝－12121212分析可以先将不等式整理为＜，转化为 0()a x x -+-111[(a －1)x ＋1](x －1)＜0，根据其解集为{x|x ＜1或x ＞2}可知－＜，即＜，且－＝，∴＝．a 10a 12a 1112a -答选C ．说明：注意本题中化“商”为“积”的技巧．例解不等式≥．8 237232x x x -+-"解先将原不等式转化为3723202x x x -+--≥即≥，所以≤．由于＋＋＝＋＋＞，---+-+++-2123212314782222x x x x x x x x 002x x 12(x )022∴不等式进一步转化为同解不等式x 2＋2x －3＜0，即(x ＋3)(x －1)＜0，解之得－3＜x ＜1．解集为{x|－3＜x ＜1｝．说明：解不等式就是逐步转化，将陌生问题化归为熟悉问题．例9 已知集合A ＝{x|x 2－5x ＋4≤0}与B ＝{x|x 2－2ax ＋a ＋2≤，若，求的范围．0}B A a ⊆*分析先确定A 集合，然后根据一元二次不等式和二次函数图像关系，结合，利用数形结合，建立关于的不等式．B A a ⊆解易得A ＝{x|1≤x ≤4} 设y ＝x 2－2ax ＋a ＋2(*)(1)B B A 0若＝，则显然，由Δ＜得∅⊆4a 2－4(a ＋2)＜0，解得－1＜a ＜2．(2)B (*)116若≠，则抛物线的图像必须具有图－特征：∅>应有≤≤≤≤从而{x|x x x }{x|1x 4}12⊆12a 12042a 4a 201412a 22－·＋＋≥－·＋＋≥≤≤解得≤≤a a--⎧⎨⎪⎪⎩⎪⎪22187综上所述得的范围为－＜≤．a 1a 187说明：二次函数问题可以借助它的图像求解．例10 解关于x 的不等式(x －2)(ax －2)＞0．分析不等式的解及其结构与a 相关，所以必须分类讨论．解 1° 当a ＝0时，原不等式化为、x －2＜0其解集为{x|x ＜2}；2 a 02(x 2)(x )0°当＜时，由于＞，原不等式化为－－＜，其解集为22a a{x|2ax 2}＜＜； 3 0a 12(x 2)(x )0°当＜＜时，因＜，原不等式化为－－＞，其解集为22a a{x|x 2x }＜或＞；2a4° 当a ＝1时，原不等式化为(x －2)2＞0，其解集是{x|x ≠2}；5 a 12(x 2)(x )0°当＞时，由于＞，原不等式化为－－＞，其解集是22a a{x|x x 2}＜或＞．2a—从而可以写出不等式的解集为： a ＝0时，{x|x ＜2｝；a 0{x|2a x 2＜时，＜＜｝；0a 1{x|x 2x }＜＜时，＜或＞；2aa ＝1时，{x|x ≠2}；a 1{x|x x 2}＞时，＜或＞．2a说明：讨论时分类要合理，不添不漏．例11 若不等式ax 2＋bx ＋c ＞0的解集为{x|α＜x ＜β}(0＜α＜β)，求cx 2＋bx ＋a ＜0的解集．:分析由一元二次函数、方程、不等式之间关系，一元二次不等式的解集实质上是用根来构造的，这就使“解集”通过“根”实现了与“系数”之间的联系．考虑使用韦达定理：解法一由解集的特点可知a ＜0，根据韦达定理知：－＝α＋β，＝α·β．bac a⎧⎨⎪⎪⎩⎪⎪ 即＝－α＋β＜，＝α·β＞．ba c a()00⎧⎨⎪⎪⎩⎪⎪∵a ＜0，∴b ＞0，c ＜0．又×，b a a c b c= ∴＝－α＋β①由＝α·β，∴＝α·β②b c c a a c (1)111对＋＋＜化为＋＋＞，cx bx a 0x x 022b c ac>由①②得α，β是＋＋＝两个根且α＞β＞，1111x x 002b c a c ∴＋＋＞即＋＋＜的解集为＞α或＜β．x x 0cx bx a 0{x|x x }22b c a c 11 解法二 ∵cx 2＋bx ＋a ＝0是ax 2＋bx ＋a ＝0的倒数方程．且ax 2＋bx ＋c ＞0解为α＜x ＜β，∴＋＋＜的解集为＞α或＜β．cx bx a 0{x|x x } 211说明：要在一题多解中锻炼自己的发散思维．例解关于的不等式：＜－∈．12 x 1a(a R)xx -1分析将一边化为零后，对参数进行讨论． /解原不等式变为－－＜，即＜， (1a)00x x ax a x -+--111进一步化为(ax ＋1－a)(x －1)＜0．(1)当a ＞0时，不等式化为(x )(x 1)01{x|a 1a x1}－－＜，易见＜，所以不等式解集为＜＜；a a a a ---11(2)a ＝0时，不等式化为x －1＜0，即x ＜1，所以不等式解集为{x|x ＜1}；(3)a 0(x )(x 1)01{x|x 1x }＜时，不等式化为－·－＞，易见＞，所以不等式解集为＜或＞．a a a aa a---111综上所述，原不等式解集为：当＞时，＜＜；当＝时，＜；当＜时，＞或＜．a 0{x|a 1ax 1}a 0{x|x 1}a 0{x|x x 1}--a a1…例13 (2001年全国高考题)不等式|x 2－3x|＞4的解集是________．分析可转化为(1)x 2－3x ＞4或(2)x 2－3x ＜－4两个一元二次不等式．由可解得＜－或＞，．(1)x 1x 4(2)∅答填{x|x ＜－1或x ＞4}．例14 (1998年上海高考题)设全集U ＝R ，A ＝{x|x 2－5x －6＞0}，B ＝{x||x －5|＜a}(a 是常数)，且11∈B ，则[ ]A ．(U A)∩B ＝RB ．A ∪(U B)＝R`C ．(U A)∪(U B)＝RD ．A ∪B ＝R分析由x 2－5x －6＞0得x ＜－1或x ＞6，即A ＝{x|x ＜－1或x ＞6}由|x －5|＜a 得5－a ＜x ＜5＋a ，即B ＝{x|5－a ＜x ＜5＋a}∵11∈B ，∴|11－5|＜a 得a ＞6∴5－a ＜－1，5＋a ＞11 ∴A ∪B ＝R ．答选D ． …说明：本题是一个综合题，涉及内容很广泛，集合、绝对值不等式、一元二次不等式等内容都得到了考查不等式中恒成立问题的解法研究，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。