函数 不等式恒成立问题 总结
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 。
高中数学恒成立问题
高中数学不等式的恒成立问题不等式恒成立的问题既含参数又含变量，往往与函数、数列、方程、几何有机结合起来，具有形式灵活、思维性强、不同知识交汇等特点. 考题通常有两种设计方式：一是证明某个不等式恒成立，二是已知某个不等式恒成立，求其中的参数的取值范围.解决这类问题的方法关键是转化化归，通过等价转化可以把问题顺利解决，下面我就结合自己记得教学经验谈谈不等式的恒成立问题的处理方法。
一、构造函数法在解决不等式恒成立问题时，一种最重要的思想方法就是构造适当的函数，即构造函数法，然后利用相关函数的图象和性质解决问题，同时注意在一个含多个变量的数学问题中，需要确定合适的变量和参数，从而揭示函数关系，使问题更加面目更加清晰明了，一般来说，已知存在范围的量视为变量，而待求范围的量视为参数.例1 已知不等式对任意的都成立，求的取值范围.解：由移项得:.不等式左侧与二次函数非常相似，于是我们可以设则不等式对满足的一切实数恒成立对恒成立.当时，即解得故的取值范围是.注：此类问题常因思维定势，学生易把它看成关于的不等式讨论，从而因计算繁琐出错或者中途夭折；若转换一下思路，把待求的x为参数，以为变量，令则问题转化为求一次函数（或常数函数）的值在内恒为负的问题，再来求解参数应满足的条件这样问题就轻而易举的得到解决了。
二、分离参数法在不等式中求含参数范围过程中，当不等式中的参数（或关于参数的代数式）能够与其它变量完全分离出来并，且分离后不等式其中一边的函数（或代数式）的最值或范围可求时，常用分离参数法.例2已知函数（为常数）是实数集上的奇函数，函数在区间上是减函数.（Ⅰ）若对（Ⅰ）中的任意实数都有在上恒成立，求实数的取值范围.解：由题意知，函数在区间上是减函数.在上恒成立注：此类问题可把要求的参变量分离出来，单独放在不等式的一侧，将另一侧看成新函数，于是将问题转化成新函数的最值问题：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.三、数形结合法如果不等式中涉及的函数、代数式对应的图象、图形较易画出时，可通过图象、图形的位置关系建立不等式求得参数范围.例 3 已知函数若不等式恒成立，则实数的取值范围是 .解：在同一个平面直角坐标系中分别作出函数及的图象，由于不等式恒成立，所以函数的图象应总在函数的图象下方，因此，当时，所以故的取值范围是注：解决不等式问题经常要结合函数的图象，根据不等式中量的特点，选择适当的两个函数，利用函数图像的上、下位置关系来确定参数的范围.利用数形结合解决不等式问题关键是构造函数，准确做出函数的图象.如：不等式，在时恒成立，求的取值范围.此不等式为超越不等式，求解时一般使用数形结合法，设然后在同一坐标系下准确做出这两个函数的图象，借助图象观察便可求解.四、最值法当不等式一边的函数（或代数式）的最值较易求出时，可直接求出这个最值（最值可能含有参数），然后建立关于参数的不等式求解.例4 已知函数（Ⅰ）当时，求的单调区间；（Ⅱ）若时，不等式恒成立，求实数的取值范围.解（Ⅱ）当时，不等式即恒成立.由于，，亦即，所以.令，则，由得.且当时，；当时，，即在上单调递增，在上单调递减，所以在处取得极大值，也就是函数在定义域上的最大值.因此要使恒成立，需要，所以的取值范围为.例5 对于任意实数x ，不等式│x+1│+│x-2│＞a 恒成立，求实数a 的取值范围.分析①：把左边看作x 的函数关系，就可利用函数最值求解.解法1：设f （x ）=│x+1│+│x-2│ =-2x+1,（x ≤1）3，（-1＜x ≤2）2x-1,（x ＞2） ∴f （x ）min =3. ∴a ＜3.分析②：利用绝对值不等式│a │-│b │＜│a ±b │＜│a │+│b │求解f （x ）=│x+1│+│x-2│的最小值.解法2：设f（x）=│x+1│+│x-2│，∵│x+1│+│x-2│≥│（x+1）-（x-2）│=3，∴f（x）min=3. ∴a＜3.分析③：利用绝对值的几何意义求解.解法3：设x、-1、2在数轴上的对应点分别是P、A、B，则│x+1│+│x-2│=│PA│+│PB│，当点P在线段AB上时，│PA│+│PB│=│AB│=3，当点P不在线段AB上时，│PA│+│PB│＞3，因此不论点P在何处，总有│PA│+│PB│≥3，而当a＜3时，│PA│+│PB│＞a恒成立，即对任意实数x，不等式│x+1│+│x-2│＞a 恒成立.∴实数a的取值范围为（-∞，3）.小结求“恒成立问题”中参数范围，利用函数最值方便自然，利用二次不等式恒为正（负）的充要条件要分情况讨论，利用图象法直观形象.综上，恒成立问题多与参数的取值范围问题联系在一起，是近几年高考的一个热门题型，它以“参数处理”为主要特征，以“导数”为主要解题工具.往往与函数的单调性、极值、最值等有关，所以解题时要善于将这类问题与函数最值联系起来，通过函数最值求解相关问题.不等式恒成立问题，因题目涉及知识面广，解题方法灵活多样，技巧性强，难度大等特点，要求有较强的思维灵活性和创造性、较高的解题能力，上述方法是比较常用的，但因为问题形式千变万化，考题亦常考常新，因此在备考的各个阶段都应渗透恒成立问题的教与学，在平时的训练中不断领悟和总结，教师也要介入心理辅导和思想方法指导，从而促使学生在解决此类问题的能力上得到改善和提高.。
函数不等式恒成立问题6大题型
函数不等式恒成立问题6大题型新高考越来越注重对综合素质的考查，恒成立问题变式考查综合素质的很好途经，它经常以函数、方程、不等式和数列等知识为载体，渗透着还原、化归、分类讨论、数形结合、函数与方程等思想方法。
近几年的数学高考中频频出现恒成立问题、能问题，其形式逐渐多样化，但都与函数、导数知识密不可分，考查难度一般为中等或难题。
一、单变量不等式恒成立问题一般利用参变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 x2、∀∈x D ，()()max ≥⇔≥m f x m f x3、∃∈x D ，()()max ≤⇔≤m f x m f x4、∃∈x D ，()()min ≥⇔≥m f x m f x 二、双变量不等式与等式一般地，已知函数()[],,y f x x a b =∈，()[],,y g x x c d =∈1、不等关系（1）若[]1,x a b ∀∈，[]2,x c d ∀∈，总有()()12f x g x <成立，故()()max min f x g x <；（2）若[]1,x a b ∀∈，[]2,x c d ∃∈，有()()12f x g x <成立，故()()max max f x g x <；（3）若[]1,x a b ∃∈，[]2,x c d ∀∈，有()()12f x g x <成立，故()()min min f x g x <；（4）若[]1,x a b ∃∈，[]2,x c d ∃∈，有()()12f x g x <成立，故()()min max f x g x <．2、相等关系记()[],,y f x x a b =∈的值域为A ,()[],,y g x x c d =∈的值域为B,（1）若[]1,x a b ∀∈，[]2,x c d ∃∈，有()()12=f x g x 成立，则有A B ⊆；（2）若[]1,x a b ∃∈，[]2,x c d ∀∈，有()()12=f x g x 成立，则有A B ⊇；（3）若[]1,x a b ∃∈，[]2,x c d ∃∈，有()()12=f x g x 成立，故A B ⋂≠∅；【题型1单变量不等式恒成立问题】【例1】（2020秋·吉林白城·高三校考阶段练习）设函数()21f x x =-，对任意3,2x ⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭，()()()2414x f m f x f x f m m ⎛⎫-≤-+ ⎪⎝⎭恒成立，则实数m 的取值范围是（）A ．1,4⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭B ．11,,22⎛⎤⎡⎫-∞-+∞ ⎪⎢⎝⎦⎣⎭C ．33,22⎛⎫-∞⋃+∞ ⎪⎢ ⎪⎝⎦⎣⎭D ．11,00,22⎡⎫⎛⎤-⋃⎪ ⎢⎥⎣⎭⎝⎦【变式1-1】（2022秋·吉林·高三校考期末）已知()g x 为奇函数，()h x 为偶函数，且满足()()2xg x h x -+=，若对任意的[]1,1x ∈-都有不等式()()0mh x g x -≥成立，则实数m 的最小值为（）A ．13B ．35C ．1D ．35-【变式1-2】（2022秋·陕西商洛·高三校联考阶段练习）已知一次函数()f x 满足()()2f f x x =+.（1）求()f x 的解析式；（2）若对任意的()0,x ∈+∞，()af x x >a 的取值范围.【变式1-3】（2022·全国·高三专题练习）已知定义域为R 的函数2()2xx b f x a-=+是奇函数.（1）求,a b 的值;（2）用定义证明()f x 在(,)-∞+∞上为减函数;（3）若对于任意R t ∈，不等式()()22220f t t f t k -+-<恒成立，求k 的范围.【题型2单变量不等式能成立问题】【例2】（2022秋·福建龙岩·高三上杭一中校考阶段练习）已知函数()f x 的定义域为B ，函数()13f x -的定义域为1,14A ⎡⎤=⎢⎥⎣⎦，若x B ∃∈，使得21a x x >-+成立，则实数a 的取值范围为（）A ．13,16⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭B ．130,16⎛⎫ ⎪⎝⎭C ．13,16⎛⎫+∞⎪⎝⎭D ．1313,1616⎛⎫-⎪⎝⎭【变式2-1】（2022秋·辽宁葫芦岛·高三校联考阶段练习）已知函数()3()23a a f x x -=-为幂函数．（1）求函数()2xf a +的值域；（2）若关于x 的不等式2()log ()f x f x a +<在[2,4]上有解，求a 的取值范围．【变式2-2】（2022·黑龙江大庆·大庆实验中学校考模拟预测）已知函数()1f x x x a =+--，1a >．（1）当a ＝2时，求不等式()1f x >的解集；（2）若()01,1x ∃∈-，使()20001f x x ax <-+-成立，求a 的取值范围．【变式2-3】（2021秋·江苏·高三校联考期中）已知函数()151x af x =-+为奇函数.（1）求实数a 的值；（2）若存在m ∈[-1，1]，使得不等式()22(2)2f x f mx x mx +--- 成立，求x 的取值范围.【变式2-4】（2022秋·重庆北碚·高三重庆市朝阳中学校考开学考试）已知函数4()2x xa g x -=是奇函数，()()lg 101x f x bx =++是偶函数.（1）求a 和b 的值；（2）设1()()2h x f x x =+，若存在[0,1]x ∈，使不等式()[lg(109)]g x h m >+成立，求实数m 的取值范围.【题型3任意-任意型不等式成立问题】【例3】（2022秋·上海徐汇·高三上海中学校考期中）已知函数()213,11log ,12x x k x f x x x ⎧-++≤⎪=⎨-+>⎪⎩，2()1x g x x =+，若对任意的实数12,x x ，均有()()12f x g x ≤，则实数k 的取值范围是__．【变式3-1】（2022秋·安徽合肥·高三合肥市第十中学校联考阶段练习）已知函数()f x 满足22()()(0)f x f x x x x+-=+≠．（1）求()y f x =的解析式，并求()f x 在[3,1]--上的值域；（2）若对12(2,4),x x ∀∈且12x x ≠，都有()()()2121R k kf x f x x x x +>+∈成立，求实数k的取值范围．【变式3-2】（2022秋·全国·高三统考阶段练习）已知函数()1lg x f x xλ+=．（1）当2λ=时，解不等式()0f x >；（2）设0λ>，当1,22a ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，对任意1x ，[]2,1x a a ∈+，都有()()12lg 2f x f x -≤，求λ的取值范围．【变式3-3】（2022秋·上海浦东新·高三校考阶段练习）设()e xf x =，函数()g x 的图像和函数()f x 的图像关于y 轴对称．（1）若()()43f x g x =+，求x 的值．（2）令()()2f x h x x=，()22t x x x a =-++，若对任意1x ，()20,x ∈+∞，都有()()12h x t x ≥恒成立，求实数a 的取值范围．【题型4任意-存在性不等式成立问题】【例4】（2022秋·江苏常州·高三校联考阶段练习）已知()()2ln 1f x x =+，()12xg x m ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，命题p ：对任意[]10,3x ∈，都存在[]22,1x ∈--，使得()()12f x g x，则命题p 正确的一个充分不必要条件是（）A ．3mB ．2mC ．1mD ．0m【变式4-1】（2022秋·天津宝坻·高三天津市宝坻区第一中学校考期末）已知函数2()x x af x x++=.（1）若()()1g x f x =-，判断()g x 的奇偶性并加以证明；（2）当12a =时，①用定义法证明函数()f x 在[1,)+∞上单调递增，再求函数()f x 在[1,)+∞上的最小值；②设()52h x kx k =+-，若对任意的1[1,2]x ∈，总存在2[0,1]x ∈，使得()()12f x h x ≤成立，求实数k 的取值范围.【变式4-2】（2022秋·广东广州·高三广东实验中学校考阶段练习）已知函数()f x 对任意实数,x y 恒有()()()f x y f x f y +=+，当0x >时，()0f x <，且()12f =-（1）判断()f x 的奇偶性；（2）求函数()f x 在区间[]3,3-上的最大值；（3）若][()21,1,1,1,<22x a f x m am ∃∈-∀∈---⎡⎤⎣⎦恒成立，求实数m 的取值范围.【变式4-3】（2022秋·河北邢台·高三校联考阶段练习）已知定义在R 上的函数()f x 满足()()0f x f x --=，且()()2log 21x f x kx =+-，()()g x f x x =+.（1）求k 的值；若函数()f x 的定义域为[]0,4，求()()22f x xh x +=的值域.（2）设()4ln 21h x x x x mx =+-+，若对任意的[]10,3x ∈，存在22e,e x ⎡⎤∈⎣⎦，使得()()12g x h x ≥，求实数m 的取值范围.【题型5存在-存在性不等式成立问题】【例5】（2022秋·江西宜春·高三江西省丰城中学校考阶段练习）已知函数()1f x x x a =-+.（1）当0a =时，解不等式()()2122f x f x -++>；（2）若存在1x ，(]2,ln 2x ∈-∞，使得()()12e e3x x f f ->，求实数a 的取值范围.【变式5-1】（2022秋·江苏泰州·高一靖江高级中学校考期末）已知函数()()121,2121x x x f x g x ++==--（1）利用函数单调性的定义，判断并证明函数()f x 在区间()0,∞+上的单调性；（2）若存在实数()12,0,x x ∈+∞且12x x <，使得()f x 在区间[]12,x x 上的值域为()()21,m m g x g x ⎡⎤⎢⎥⎢⎥⎣⎦，求实数m 的取值范围.【变式5-2】（2022秋·江西抚州·高三江西省抚州市第一中学校考阶段练习）已知()214f x x x =-++（1）解不等式()23f x x +≤；（2）若存在实数x 1，x 2，使得()21222f x x x a <-++，求实数a 的取值范围．【变式5-3】（2022·全国·高三专题练习）已知函数()()2xx ax bf x x R e ++=∈的一个极值点是2x =.（1）求a 与b 的关系式，并求()f x 的单调区间；（2）设0a >，()22x g x a e -=，若存在1x ，[]20,3x ∈，使得()()1222f xg x e -<成立，求实数a 的范围.【题型6任意-存在性等式成立问题】【例6】（2023·全国·高三对口高考）已知函数()1π2sin 26f x x ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，()π2cos 13g x k x ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭，若对任意π4π,33t ⎡⎤∈⎢⎣⎦，都存在π2π,63s ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，使得等式()()f t g s =成立，则实数k 的可能取值是（）．A ．54B ．74C ．94D ．114【变式6-1】（2022秋·北京·高三人大附中校考阶段练习）已知函数()24a x x x f =-+，()5g x ax a =+-，若对任意的[]11,3x ∈-，总存在[]21,3x ∈-，使得()()12f x g x =成立，则实数a 的取值范围是（）A ．(],9-∞-B ．[]9,3-C ．[)3,+∞D ．(][),93,-∞-+∞ 【变式6-2】（2022秋·北京·高三北师大实验中学校考期中）已知函数()()214x a f x x x+=≤≤，且()15f =.（1）求实数a 的值，并求函数()f x 的最大值和最小值；（2）函数()()122g x kx x =--≤≤，若对任意[]11,4x ∈，总存在[]02,2x ∈-，使得()()01g x f x =成立，求实数k 的取值范围.【变式6-3】（2022秋·上海长宁·高三上海市延安中学校考期中）已知2()327mx n f x x +=+，||1()3x m g x -⎛⎫= ⎪⎝⎭，其中,m n ∈R ，且函数()y f x =为奇函数；（1）若函数()y f x =的图像过点A （1，1），求实数m 和n 的值；（2）当3m =时，不等式()()()()f x g x af x g x +≥对任意[3,)x ∈+∞恒成立，求实数a 的取值范围；（3）设函数()()()393f x x h xg x x ⎧≥⎪=⎨<⎪⎩，若对任意1[3,)x ∈+∞，总存在唯一的2(,3)x ∈-∞使得()()12h x h x =成立，求实数m的取值范围；（建议用时：60分钟）1．（2022秋·北京西城·高三北京师大附中校考阶段练习）已知函数()253,121,1 2x x x f x x x x ⎧-+≤⎪⎪=⎨⎪+>⎪⎩设R a ∈，若关于x 的不等式()2x f x a ≥+恒成立，则a 的取值范围是（）A ．[]2,1-B ．232,44⎡-⎢⎥⎣⎦C ．32,14⎡⎤-⎢⎥⎣⎦D ．[]1,2-2．（2022秋·黑龙江哈尔滨·高三哈尔滨市第六中学校校考期中）已知()f x ，()g x 分别为定义域为R 的偶函数和奇函数，且()()e xf xg x +=，若关于x 的不等式()()220f x ag x -≥在()0,ln 3上恒成立，则正实数a 的取值范围是（）A ．15,8⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭B ．[)0,∞+C ．15,8⎛⎤-∞ ⎝⎦D ．150,8⎛⎤⎥⎝⎦3．（2022·全国·高三专题练习）设函数()()1xf x xe a x =--，其中1a <，若存在唯一整数0x ，使得()0f x a <，则a 的取值范围是（）．A ．21,1e ⎡⎫-⎪⎢⎣⎭B ．211,e e ⎡⎫-⎪⎢⎣⎭C ．211,e e ⎡⎫⎪⎢⎣⎭D ．21,1e ⎡⎫⎪⎢⎣⎭4．（2022·全国·高三专题练习）已知函数()2222,2log ,2x x x f x x x ⎧-+<=⎨>⎩，若∃0x ∈R ，使得()2054f x m m ≤-成立，则实数m 的取值范围为()A ．11,4⎡⎤-⎢⎥⎣⎦B ．1,14⎡⎤⎢⎥⎣⎦C ．124⎡⎤-⎢⎥⎣⎦，D ．113⎡⎤⎢⎥⎣⎦，5．（2022秋·江苏盐城·高三校考阶段练习）已知函数()29x f x x+=，()2log g x x a =+，若存在[]13,4x ∈，对任意[]24,8x ∈，使得()()12f x g x ≥，则实数a 的取值范围是（）A ．13,4⎛⎤-∞ ⎝⎦B ．13,4⎛⎫+∞⎪⎝⎭C ．130,4⎛⎫⎪⎝⎭D ．（1，4）6．（2022秋·河南·高三安阳一中校联考阶段练习）已知函数()()22()26f x x x x ax b =-+++，且对任意的实数x ，()(4)f x f x =-恒成立，函数2()4mxg x x =+，若对[]11,3x ∀∈，[]21,3x ∃∈，使12()()g x f x =，则正实数m 的取值范围是（）A ．(][)0,1524,⋃+∞B ．[]15,24C ．[]16,25D ．(][)0,1625,⋃+∞7．（2023秋·河南郑州·高三校联考期末）已知函数()()224,243f x x m x g x x x =++-=-+.（1）若3m =，求不等式()7f x >的解集；（2）若12R,R x x ∀∈∃∈，使得()()12f x g x ≥成立，求实数m 的取值范围.8．（2022秋·辽宁·高三大连二十四中校联考阶段练习）已知定义在R 上的函数()f x 满足()()0f x f x --=，且()2()log 21x f x kx =+-，()()g x f x x =+．（1）若不等式()422(2)x xg a g -⋅+>-恒成立，求实数a 的取值范围；（2）设4()ln 21h x x x x mx =+-+，若对任意的[]10,3x ∈，存在22e,e x ⎡⎤∈⎣⎦，使得()()12g x h x ≥，求实数m 的取值范围．9．（2022秋·湖南岳阳·高三校考阶段练习）已知函数()141log 1axf x x -=-的图象关于原点对称，其中a 为常数．（1）求a 的值；（2）当()1,x ∈+∞时，()()14log 1f x x m+-<恒成立，求实数m 的取值范围；（3）若关于x 的方程()()14log f x x k =+在[]2,3上有解，求实数k 的取值范围．参考答案【题型1单变量不等式恒成立问题】【例1】（2020秋·吉林白城·高三校考阶段练习）设函数()21f x x =-，对任意3,2x ⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭，()()()2414x f m f x f x f m m ⎛⎫-≤-+ ⎪⎝⎭恒成立，则实数m 的取值范围是（）A ．1,4⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭B ．11,,22⎛⎤⎡⎫-∞-+∞ ⎪⎢⎝⎦⎣⎭C ．33,22⎛⎡⎫-∞⋃+∞ ⎪⎢ ⎪⎝⎦⎣⎭D ．11,00,22⎡⎫⎛⎤-⋃⎪ ⎢⎥⎣⎭⎝⎦【答案】C【解析】由对任意3,2x ⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭，()()()2414xf m f x f x f m m ⎛⎫-≤-+ ⎪⎝⎭恒成立，得222222314(1)(1)14(1)(,))[2x m x x m x m ---≤--+-∈+∞恒成立，即22213241m m x x -≤--+在3,2x ⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭恒成立，令211()321x x x ϕ⎛⎫=--+ ⎪⎝⎭，因为3,2x ⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭，令120,3t x ⎛⎤=∈ ⎥⎝⎦，则2()321t t t ϕ=--+，所以2()321t t t ϕ=--+在20,3t ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦单调递减，所以min 25()(33t ϕϕ==-，所以221543m m -≤-，化简得()2231(43)0m m +-≥，解得3m ≤3m ≥故选:C.【变式1-1】（2022秋·吉林·高三校考期末）已知()g x 为奇函数，()h x 为偶函数，且满足()()2xg x h x -+=，若对任意的[]1,1x ∈-都有不等式()()0mh x g x -≥成立，则实数m 的最小值为（）A ．13B ．35C ．1D ．35-【答案】B【解析】 ()g x 为奇函数，()h x 为偶函数，且()()2xg x h x -+=①()()()()2x g x h x g x h x ∴-+-=-+=②①②两式联立可得()222x xg x -=-，()222x x h x -=+.由()()0mh x g x -≥，即2222022x x x xm ----≥+，得224121224141x x x x x x x m ----≥==-+++，∵41=+x t 在[]1,1x ∈-是增函数，且5,54t ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，2y t=-在5,54t ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦上是单调递增，∴由复合函数的单调性可知2141x y =-+在[]1,1x ∈-为增函数，∴max 2231141415x⎛⎫-=-= ⎪++⎝⎭，∴35m ≥，即实数m 的最小值为35.故选：B.【变式1-2】（2022秋·陕西商洛·高三校联考阶段练习）已知一次函数()f x 满足()()2f f x x =+.（1）求()f x 的解析式；（2）若对任意的()0,x ∈+∞，()af x x >a 的取值范围.【答案】（1）()1f x x =+；（2）1,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭【解析】（1）设(),0f x kx b k =+≠，则()()()()22f f x f kx b k kx b b k x kb b x =+=++=++=+，所以212k kb b ⎧=⎨+=⎩解得11k b =⎧⎨=⎩所以()f x 的解析式为()1f x x =+.（2）由()0,x ∈+∞，()af x x >1x a x >+，11112x x x x=≤+x x =1x =时，1x x +取得最大值，所以12a >，即a 的取值范围为1,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭.【变式1-3】（2022·全国·高三专题练习）已知定义域为R 的函数2()2xx b f x a-=+是奇函数.（1）求,a b 的值;（2）用定义证明()f x 在(,)-∞+∞上为减函数;（3）若对于任意R t ∈，不等式()()22220f t t f t k -+-<恒成立，求k 的范围.【答案】（1）1a =，1b =；（2）证明见解析.；（3）1,3⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭【解析】（1）()f x 为R 上的奇函数，02(0)02b f a-∴==+，可得1b =又(1)(1)f f -=-,11121222a a----∴=-++,解之得1a =,经检验当1a =且1b =时，12()21xx f x -=+，满足1221()()2112x x x xf x f x -----===-++是奇函数,故1a =，1b =.（2）由（1）得122()12121x x xf x -==-+++，任取实数12,x x ，且12x x <，则()()()()()211212122222221212121x x x x x x f x f x --=-=++++，12x x < ，可得1222x x <，且()()1221210x x ++>，故()()()211222202121x x x x ->++，()()120f x f x ∴->，即()()12f x f x >，所以函数()f x 在(,)-∞+∞上为减函数;（3）根据（1）（2）知，函数()f x 是奇函数且在(,)-∞+∞上为减函数.∴不等式()()22220f t t f t k -+-<恒成立，即()()()222222f t t f t k f t k -<--=-+恒成立，也就是:2222t t t k ->-+对任意的R t ∈都成立，即232k t t <-对任意的R t ∈都成立，221132333t t t ⎛⎫-=-- ⎪⎝⎭ ，当13t =时232t t -取得最小值为13-，13k ∴<-，即k 的范围是1,3⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭.【题型2单变量不等式能成立问题】【例2】（2022秋·福建龙岩·高三上杭一中校考阶段练习）已知函数()f x 的定义域为B ，函数()13f x -的定义域为1,14A ⎡⎤=⎢⎥⎣⎦，若x B ∃∈，使得21a x x >-+成立，则实数a 的取值范围为（）A ．13,16⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭B ．130,16⎛⎫⎪⎝⎭C ．13,16⎛⎫+∞⎪⎝⎭D ．1313,1616⎛⎫-⎪⎝⎭【答案】C【解析】∵()13f x -的定义域为1,14A ⎡⎤=⎢⎥⎣⎦，∴114x ≤≤，12134x -≤-≤，则12,4B ⎡⎤=-⎢⎥⎣⎦．令()21g x x x =-+，x B ∃∈，使得21a x x >-+成立，即a 大于()g x 在12,4⎡⎤-⎢⎣⎦上的最小值．∵213()24g x x ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭，∴()g x 在12,4⎡⎤-⎢⎣⎦上的最小值为113416g ⎛⎫= ⎪⎝⎭，∴实数a 的取值范围是13,16⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭．故选：C ．【变式2-1】（2022秋·辽宁葫芦岛·高三校联考阶段练习）已知函数()3()23a a f x x -=-为幂函数．（1）求函数()2xf a +的值域；（2）若关于x 的不等式2()log ()f x f x a +<在[2,4]上有解，求a 的取值范围．【答案】（1）10,2⎛⎫⎪⎝⎭；（2）7,4⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭【解析】（1）由题意可得231a -=，解得2a =，则1()f x x =，所以()1222xx f a +=+，因为x ∈R ，则222x +>，故函数()2xf a +的值域为10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭．（2）方法一：因为1()f x x=在[]2,4上单调递减，所以1()f x x =在[]2,4上的值域为11,42⎡⎤⎢⎥⎣⎦．令()f x t =，2()log g t t t =+，则()g t 在11,42⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递增，所以()g t 的最小值为1172444g ⎛⎫=-=- ⎪⎝⎭，所以74a >-，即a 的取值范围为7,4⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭．方法二：因为1()f x x =，所以2()log ()f x f x a +<即21log x a x-<．令函数21()log g x x x=-，则()g x 在[]2,4上单调递减，所以()g x 的最小值为17(4)244g =-=-，所以74a >-，即a 的取值范围为7,4⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭．【变式2-2】（2022·黑龙江大庆·大庆实验中学校考模拟预测）已知函数()1f x x x a =+--，1a >．（1）当a ＝2时，求不等式()1f x >的解集；（2）若()01,1x ∃∈-，使()20001f x x ax <-+-成立，求a 的取值范围．【答案】（1）{}1x x >；；（2）()2,+∞.【解析】（1）当a ＝2时，()12f x x x =+--，当2x ≥时，()3f x =，()1f x >恒成立，解得2x ≥；当12x -<<时，()21f x x =-，由()1f x >，得1x >，解得12x <<；当1x ≤-时，()3f x =-，()1f x >无解，综上所述，()1f x >的解集为{}1x x >；（2）当1a >，()1,1x ∈-时，()121f x x a x x a =+-+=-+．由()21f x x ax <-+-得2211x a x ax -+<-+-，即()2122x a x x +>++．当()1,1x ∈-时，()10,2x +∈，所以2221x x a x++>+．若()1,1x ∃∈-使()21f x x ax <-+-成立，则只需2min221x x a x ⎛⎫++> ⎪+⎝⎭，而222111(1)2111x x x x x x x++=++≥+⋅+++（当且仅当x ＝0时等号成立），所以a 的取值范围为()2,+∞．【变式2-3】（2021秋·江苏·高三校联考期中）已知函数()151x af x =-+为奇函数.（1）求实数a 的值；（2）若存在m ∈[-1，1]，使得不等式()22(2)2f x f mx x mx +--- 成立，求x 的取值范围.【答案】（1）2a =；（2）[]22-,【解析】（1）函数的定义域为R ，由题意可得()00f =，即01051a-=+，解得2a =，所以2()151x f x =-+，()()()222511120515151x x x xf x f x -+--+-=-==++++，即()f x 为奇函数，所以2a =.（2）由（1）可知2()151x f x =-+， 存在m ∈[-1，1]，使得不等式()22(2)2f x f mx x mx +--- 成立，∴存在m ∈[-1，1]，使得不等式()22(2)20f x x f mx mx ++-+-≤成立，设()()g x f x x =+，定义域为R ，()f x 为奇函数，()()f x f x ∴=--，而()()()()g x f x x f x x g x -=--=--=-，所以()g x 为奇函数，∴存在m ∈[-1，1]，()()22g x g mx ≤--成立，即存在m ∈[-1，1]，()()22g x g mx ≤-成立，又因为2()151xf x =-+在R 上单调递增，所以()()g x f x x =+在定义域R 上单调递增，所以22x mx ≤-，∴存在m ∈[-1，1]，使得220mx x +-≤，看成关于m 的一次函数，当0x >时，220x x -+-≤，解得02x <≤；当0x =时，20-≤不等式成立；当0x <时，则220x x +-≤，解得20x -≤<，综上所述，x 的取值范围为[]22-,【变式2-4】（2022秋·重庆北碚·高三重庆市朝阳中学校考开学考试）已知函数4()2x xa g x -=是奇函数，()()lg 101x f x bx =++是偶函数.（1）求a 和b 的值；（2）设1()()2h x f x x =+，若存在[0,1]x ∈，使不等式()[lg(109)]g x h m >+成立，求实数m 的取值范围.【答案】（1）11,2a b ==-；（2）910110m -<<.【解析】（1）因为函数4()2x x ag x -=是奇函数，所以(0)0g =得1a =，则41()2x x g x -=，经检验()g x 是奇函数.又()()lg 101xf x bx =++是偶函数，所以(1)(1)f f -=得12b =-，则()1()lg 1012xf x x =+-，经检验()f x 是偶函数，∴112a b ==-，.（2）()()lg 101x h x =+，lg(109)(lg(109))lg[101lg(1010)m h m m +⎤+=+=+⎦，则由已知得，存在(]0,1x ∈，使不等式lg(1010)()m g x >+成立，因为411()222x x x x g x -==-，易知()g x 单调递增，∴max 3()(1)2g x g ==，∴323lg(1010)lg101g10102m +<==∴101010m +<所以101m -，又109010100m m +>⎧⎨+>⎩，解得910m >-，所以910110m -<<.【题型3任意-任意型不等式成立问题】【例3】（2022秋·上海徐汇·高三上海中学校考期中）已知函数()213,11log ,12x x k x f x x x ⎧-++≤⎪=⎨-+>⎪⎩，2()1x g x x =+，若对任意的实数12,x x ，均有()()12f x g x ≤，则实数k 的取值范围是__．【答案】3,4⎛⎤-∞- ⎥⎝⎦【解析】由于对任意的12,R x x ∈，均有()()12f x g x ≤，因此max min ()()f x g x ≤，当0x >时，1()1g x x x =+，而12x x+≥，当且仅当=1x 时，等号成立，因此()()110,0012g x g x x<=≤=+，当0x <时，21()11x g x x x x==++，1120x x x x ⎛⎫+=---≤-< ⎪⎝⎭，当且仅当=1x -时，等号成立，此时，11()12g x x x =≥-+，所以，min 1()2g x =-.对()f x ，由已知，()2f x xx k =-++在1x ≤上最大值为1124f k⎛⎫=+ ⎪⎝⎭；()131log 2f x x =-+在1x >时单调递减，所以有()12f x <-满足.所以要使()()max min f xg x ≤成立，只需满足1142k +≤-所以34k ≤-，则实数k 的取值范围是3,4⎛⎤-∞- ⎥⎝⎦．【变式3-1】（2022秋·安徽合肥·高三合肥市第十中学校联考阶段练习）已知函数()f x 满足22()()(0)f x f x x x x+-=+≠．（1）求()y f x =的解析式，并求()f x 在[3,1]--上的值域；（2）若对12(2,4),x x ∀∈且12x x ≠，都有()()()2121R k kf x f x x x x +>+∈成立，求实数k的取值范围．【答案】（1）2()(0)f x x x x =+≠，()f x 在[3,1]--上的值域为11,23⎡--⎢⎣；（2）(],2-∞.【解析】（1）函数()f x 的定义域为{}0x x ≠，因为22()()f x f x x x+-=+①，所以22()()f x f x x x-+=--②，联立①②解得2()(0)f x x x x=+≠22222(2((2)2))1f x x x x x x x '=--+-==，当3,2x ⎡∈-⎣时，()0f x '>，()f x 为增函数；当(2,1x ⎤∈-⎦时，()0f x '<，()f x 为减函数，因为11(3),(2)22,(1)33f f f -=--=--=-，所以11(),223f x ⎡∈--⎢⎣，即()f x 在[3,1]--上的值域为11,223⎡--⎢⎣．（2）对12(2,4),x x ∀∈且12x x ≠，都有()()()2121R k kf x f x x x x +>+∈成立，不妨设1224x x <<<，可得函数()()2kk g x f x x x x+=+=+在区间()2,4上单调递增，则()2210k g x x +'=-≥对任意的()2,4x ∈恒成立，即22k x +≤，当()2,4x ∈时，2416x <<，故24k +≤，解得2k ≤．因此，实数k 的取值范围是(],2-∞．【变式3-2】（2022秋·全国·高三统考阶段练习）已知函数()1lg x f x xλ+=．（1）当2λ=时，解不等式()0f x >；（2）设0λ>，当1,22a ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，对任意1x ，[]2,1x a a ∈+，都有()()12lg 2f x f x -≤，求λ的取值范围．【答案】（1）()(),10,x ∈-∞-+∞ ；（2）2,3⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭【解析】（1）当2λ=时，()21lgx f x x+=由21lg0x x+>，得2121110x x x x ++>⇒->，即10x x+>，等价于()10x x +>，解得()(),10,x ∈-∞-+∞ ；（2）因为对任意1x ，[]2,1x a a ∈+，都有()()12lg 2f x f x -≤，所以对任意1x ，[]2,1x a a ∈+，都有()()max min lg 2f x f x ≤-，设()f x 的定义域为I ，又当1x ，2x I ∈且12x x <时，有121211x x x x λλ++>，即121211lg lg x x x x λλ++>，即()()12f x f x >，所以()f x 在I 上单调递减．因此函数()f x 在区间[],1a a +上的最大值与最小值分别为()f a ，()1f a +．由()11()1lg lg lg 21a a f a f a a a λλλ+++⎛⎫⎛⎫-+=-≤⎪ ⎪+⎝⎭⎝⎭，化简得()2110a a λλ++-≥，上式对任意1,22a ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦成立．因为0λ>，2(1)40λλ∆=++>令()()211h a a a λλ=++-，对称轴为102a λλ+=-<，所以函数()()211h a a a λλ=++-在区间1,22a ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦上单调递增，所以，()min h a =131242h λ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，由31042λ-≥，得23λ≥．故λ的取值范围为2,3⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭.【变式3-3】（2022秋·上海浦东新·高三校考阶段练习）设()e xf x =，函数()g x 的图像和函数()f x 的图像关于y 轴对称．（1）若()()43f x g x =+，求x 的值．（2）令()()2f x h x x=，()22t x x x a =-++，若对任意1x ，()20,x ∈+∞，都有()()12h x t x ≥恒成立，求实数a 的取值范围．【答案】（1）ln 4x =；（2）,12e⎛⎤-∞- ⎥⎝⎦【解析】（1）由题意得：()e xg x -=，则e e 43x x -=+，即2e e 340x x --=，解得：e 4x =或1-（舍去），所以ln 4x =；（2）()e 2x h x x=，()22t x x x a =-++，对任意1x ，()20,x ∈+∞，都有()()12h x t x ≥恒成立，则只需()e 2xh x x=在()0,+∞上的最小值大于等于()t x 在()0,+∞上的最大值，()()2e 12x x h x x-'=，当1x >时，()0h x '>，当01x <<时，()0h x '<，所以()e 2xh x x =在()1,+∞上单调递增，在()0,1上单调递减，故()e 2xh x x =在=1x 处取得最小值，()()min 1e 2h x h ==，()()22211t x x x a x a =-++=--++，()0,x ∈+∞，当=1x 时，()t x 取得最大值，()()max 11t x t a ==+，所以e 12a ≥+，故12e a ≤-.求实数a 的取值范围,12e⎛⎤-∞- ⎥⎝⎦.【题型4任意-存在性不等式成立问题】【例4】（2022秋·江苏常州·高三校联考阶段练习）已知()()2ln 1f x x =+，()12xg x m ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，命题p ：对任意[]10,3x ∈，都存在[]22,1x ∈--，使得()()12f x g x，则命题p 正确的一个充分不必要条件是（）A ．3mB ．2mC ．1mD ．0m【答案】A【解析】p 为真，()f x 在[]0,3单调递增，()min ()00f x f ==，()g x 在[]2,1--单调递减，()min ()12g x g m =-=-，02m ∴≥-，2m ∴≥.又“3m ≥”是“2m ≥”的一个充分不必要条件.故选：A ．【变式4-1】（2022秋·天津宝坻·高三天津市宝坻区第一中学校考期末）已知函数2()x x a f x x++=.（1）若()()1g x f x =-，判断()g x 的奇偶性并加以证明；（2）当12a =时，①用定义法证明函数()f x 在[1,)+∞上单调递增，再求函数()f x 在[1,)+∞上的最小值；②设()52h x kx k =+-，若对任意的1[1,2]x ∈，总存在2[0,1]x ∈，使得()()12f x h x ≤成立，求实数k 的取值范围.【答案】（1）见解析；（2）见解析【解析】（1）由已知2()x x a f x x++=，()()()()1=00ag x f x x x x=-+∈-∞+∞ ，，，，()()a a g x x x g x x x ⎛⎫-=--=-+=- ⎪⎝⎭故()g x 为奇函数.（2）①当12a =时，()112f x x x=++，[)12,1,x x ∀∈+∞，且12x x <()()()()()211212121212121211111=1222x x f x f x x x x x x x x x x x x x ⎛⎫⎛⎫⎛⎫--=-+--+=-- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭又因为[)12,1,x x ∞∈+，所以()120x x -<，121102x x ⎛⎫-> ⎝⎭，所以()()120f x f x -<即()()12f x f x <，故函数()f x 在[1,)+∞为单调递增，函数()f x 在[1,)+∞上的最小值为()15111=22f =++②由①知，1[1,2]x ∈，所以()1513,24f x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，当0k =时，()25h x =，()()12f x h x ≤成立，符合题意.当0k >时，22()52h x kx k =+-在2[0,1]x ∈为单调递增，[]2()52,5h x k k ∈--对任意的1[1,2]x ∈，总存在2[0,1]x ∈，使得()()12f x h x ≤故()()12max max f x h x ≤，即1354k ≤-，解得704k <≤当0k <时，22()52h x kx k =+-在2[0,1]x ∈为单调递减，[]2()552h x k k ∈--，同理：()()12max max f x h x ≤，即13524k ≤-，解得0k <综上可知：k 的取值范围为74⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦，.【变式4-2】（2022秋·广东广州·高三广东实验中学校考阶段练习）已知函数()f x 对任意实数,x y 恒有()()()f x y f x f y +=+，当0x >时，()0f x <，且()12f =-（1）判断()f x 的奇偶性；（2）求函数()f x 在区间[]3,3-上的最大值；（3）若][()21,1,1,1,<22x a f x m am ∃∈-∀∈---⎡⎤⎣⎦恒成立，求实数m 的取值范围.【答案】（1）奇函数，理由见解析；（2）最大值为(3)6f -=；（3）2m <-或2m >.【解析】（1）令==0x y ，则(0)2(0)f f =，可得(0)=0f ，令y x =-，则(0)()()0f f x f x =+-=，可得()()f x f x -=-，又()f x 定义域为R ，故()f x 为奇函数.（2）令12=+>=x x y x x ，则1212()=()+()f x f x f x x -，且120x x ->，因为0x >时，()0f x <，所以1212()()=()<0f x f x f x x --，故12()()f x f x <，即()f x 在定义域上单调递减，所以()f x 在[]3,3-上的最大值为(3)=(12)=(1)+(2)=3(1)=3(1)=6f f f f f f -------.（3）由（2），()f x 在[]1,1-上min ()=(1)=2f x f -，2[1,1],[1,1],()<22x a f x m am ∃∈-∀∈---恒成立，即2[1,1],22>2a m am ∀∈----恒成立，所以2[1,1],()=2>0a g a m ma ∀∈--恒成立，显然0m =时不成立，则2>0(1)=2>0m g m m -⎧⎨⎩，可得2m >；2<0(1)=+2>0m g m m -⎧⎨⎩，可得2m <-；综上，2m <-或2m >.【变式4-3】（2022秋·河北邢台·高三校联考阶段练习）已知定义在R 上的函数()f x 满足()()0f x f x --=，且()()2log 21x f x kx =+-，()()g x f x x =+.（1）求k 的值；若函数()f x 的定义域为[]0,4，求()()22f x xh x +=的值域.（2）设()4ln 21h x x x x mx =+-+，若对任意的[]10,3x ∈，存在22e,e x ⎡⎤∈⎣⎦，使得()()12g x h x ≥，求实数m 的取值范围.【答案】（1）12k =；()h x 值域为[]2,17；（2）3e 1,2⎡⎫++∞⎪⎢⎣⎭【解析】（1）()()()()22212log log 21log 222102xx x x f x f x kx kx kx k x -+--=+-++=+=-= ，210∴-=k ，解得：12k =，()()21log 212xf x x ∴=+-；若()f x 定义域为[]0,4，则由024x ≤≤得：02x ≤≤，即()2f x 的定义域为[]0,2；()()222log 21x f x x +=+ ，()()22221f x x x h x +∴==+，∴当[]0,2x ∈时，[]2212,17x +∈，()h x ∴值域为[]2,17.（2）由（1）得：()()21log 212xg x x =++；21x y =+ 在R 上单调递增，()2log 21xy ∴=+在R 上单调递增，又12y x =在R 上单调递增，()g x ∴在R 上单调递增；当[]0,3x ∈时，()()min 01g x g ==；对任意的[]10,3x ∈，存在22e,e x ⎡⎤∈⎣⎦，使得()()12g x h x ≥，∴存在22e,e x ⎡⎤∈⎣⎦，4ln 211x x x mx +-+≤，即32ln m x x ≥+，3ln y x x =+ 在2,e e ⎡⎤⎣⎦上单调递增，()33min ln e 1x x ∴+=+，32e 1m ∴≥+，解得：3e 12m +≥，即实数m 的取值范围为3e 1,2⎡⎫++∞⎪⎢⎣⎭.【题型5存在-存在性不等式成立问题】【例5】（2022秋·江西宜春·高三江西省丰城中学校考阶段练习）已知函数()1f x x x a =-+.（1）当0a =时，解不等式()()2122f x f x -++>；（2）若存在1x ，(]2,ln 2x ∈-∞，使得()()12e e3x xf f ->，求实数a 的取值范围.【答案】（1）1,3⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭；（2）()1,23,2⎛⎫-∞⋃+∞⎪⎝⎭【解析】（1）当0a =时，()1f x x x =+，记()22,0,0x x g x x x x x ⎧-<==⎨≥⎩，则()()g x g x -=-，故()g x 为奇函数，且()g x 在R 上单调递增，不等式()()2122f x f x -++>化为()()211212g x g x -++++>，即()()2120g x g x -++>，进一步化为()()212g x g x ->-+，即()()212g x g x ->--，从而由()g x 在R 上单调递增，得212x x ->--，解得13x >-，故不等式的解集为1,3⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭.（2）设11e xt =，22e x t =，则问题转化为存在(]12,0,2t t ∈，使得()()123f t f t ->，又注意到0t >时，()11f t t t a =-+>，且()01f =，可知问题等价于存在(]0,2t ∈，()4f t >，即3t t a ->在(]0,2t ∈上有解.即3t a t ->在(]0,2t ∈上有解，于是3a t t ->或3a t t-<-在(]0,2t ∈上有解，进而3a t t >+或3a t t<-在(]0,2t ∈上有解，由函数()3g t t t =+在(3上单调递减，在3,2⎡⎤⎣⎦上单调递增，()3h t t t=-在(]0,2上单调递增，可知()min 323g t g==()()max 122h t h ==，故a 的取值范围是()1,23,2⎛⎫-∞⋃+∞ ⎪⎝⎭.【变式5-1】（2022秋·江苏泰州·高一靖江高级中学校考期末）已知函数()()121,2121x x x f x g x ++==--（1）利用函数单调性的定义，判断并证明函数()f x 在区间()0,∞+上的单调性；（2）若存在实数()12,0,x x ∈+∞且12x x <，使得()f x 在区间[]12,x x 上的值域为()()21,m m g x g x ⎡⎤⎢⎥⎢⎥⎣⎦，求实数m 的取值范围.【答案】（1）()f x 在区间()0,∞+上是减函数，详见解析；；（2）()9,+∞．【解析】（1）由题可得()21212121x x x f x +==+--，()f x 在区间()0,∞+上是减函数，任取()12,0,x x ∈+∞，且12x x <，则21221x x >>，则()()()()()22111212222221121212121x x x x x x f x f x -⎛⎫⎛⎫-=+-+= ⎪ ⎪----⎝⎭⎝⎭，由题设知21121120,20,220x x x x--->>>，故()()()()()21121222202121x x x x f x f x --=>--，所以()()12f x f x >，所以()f x 在区间()0,∞+上是减函数；（2）由（1）知()f x 在区间()0,∞+上是减函数，所以当120x x <<时，()f x 在区间[]12,x x 上单调递减，所以函数()f x 在区间[]12,x x 上的值域为()()2121212121,,2121x x x x f x f x ⎡⎤++⎡⎤=⎢⎥⎣⎦--⎣⎦，所以2221111121212121 2121x x x x x x m m ++⎧+=⎪⎪--⎨+⎪=⎪--⎩，所以1212121x x x m ++=--在()0,∞+上有两解，所以()()()22121210x x xm ⋅-+--=在()0,∞+上有两解，令21x t =-，则210x t =->，则关于t 的方程()()2120t t mt ++-=在()0,∞+上有两解，即()22520t m t +-+=在()0,∞+上有2解，所以220504Δ(5)160m m >⎧⎪-⎪>⎨⎪=-->⎪⎩，解得9m >，所以m 的取值范围为()9,+∞．【变式5-2】（2022秋·江西抚州·高三江西省抚州市第一中学校考阶段练习）已知()214f x x x =-++（1）解不等式()23f x x +≤；（2）若存在实数x 1，x 2，使得()21222f x x x a <-++，求实数a 的取值范围．【答案】（1）[)1,+∞；（2）()4,+∞【解析】（1）依题意，21423x x x -+++≤，不等式化为以下3个不等式组：①42(1)(4)23x x x x <-⎧⎨---+≤+⎩即423x x <-⎧⎪⎨≥-⎪⎩，无解，②412(1)(4)23x x x x-≤<⎧⎨--++≤+⎩即411x x -≤<⎧⎨≥⎩，无解，12(1)(4)23x x x x ≥⎧⎨-++≤+⎩，即13223x x x ≥⎧⎨+≤+⎩，解得1x ≥，所以不等式()23f x x +≤的解集为[)1,+∞．（2）因为()()()3246(41)321x x f x x x x x ⎧--<-⎪=-+-≤<⎨⎪+≥⎩所以当1x =时，()f x 取得最小值5()()222111=-++=--+++≤g x x x a x a a ，()max 1g x a =+若存在实数1x ，2x ，使得()21222f x x x a <-++，则()min max ()f x g x <即51a <+，所以4a >即实数a 的取值范围是()4,+∞．【变式5-3】（2022·全国·高三专题练习）已知函数()()2xx ax bf x x R e ++=∈的一个极值点是2x =.（1）求a 与b 的关系式，并求()f x 的单调区间；（2）设0a >，()22x g x a e -=，若存在1x ，[]20,3x ∈，使得()()1222f xg x e -<成立，求实数a 的范围.【答案】（1）0a b +=，单调区间见解析；（2）0<<3a 【解析】（1）可求得()()22xx a x a b f x e -+-+-'=，()f x 的一个极值点是2x =，()()242220a a bf e-+-+-'∴==，解得0a b +=，()()()()2222xxx a x a x a x f x e e -+-+-+-'∴=，当2a =-时，()0f x '≤，()f x 单调递减，此时函数没有极值点，不符合题意，当2a <-时，令()0f x ¢>，解得2x a <<-，令()0f x '<，解得2x <或x a >-，当2a >-时，令()0f x ¢>，解得2a x -<<，令()0f x '<，解得x a <-或2x >，综上，当2a <-时，()f x 的单调递增区间为()2,a -，单调递减区间为(),2∞-，(),a -+∞；当2a >-时，()f x 的单调递增区间为(),2a -，单调递减区间为(),a -∞-，()2,∞+；（2）()2xx ax a f x e +-=，由（1）可知，0a >时，()f x 在()0,2单调递增，在()2,3单调递减，()()2max 42af x f e +∴==，()00f a =-< ，()39230a f e +=>，()min f x a ∴=-，()22x g x a e-= 在[]0,3单调递增，()()22min 0ag x g e∴==，()()2max 3g x g a e ==，存在1x ，[]20,3x ∈，使得()()1222f xg x e -<成立，即存在1x ，[]20,3x ∈，使得()()()2122222g x f x g x e e -<<+成立，2222222240a a e e aa e e e a ⎧-<+⎪⎪+⎪∴-<⎨⎪>⎪⎪⎩，解得0<<3a .【题型6任意-存在性等式成立问题】【例6】（2023·全国·高三对口高考）已知函数()1π2sin 26f x x ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，()π2cos 13g x k x ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭，若对任意π4π,33t ⎡⎤∈⎢⎣⎦，都存在π2π,63s ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，使得等式()()f t g s =成立，则实数k 的可能取值是（）．A ．54B ．74C ．94D ．114【答案】B【解析】当π4π,33x ⎡⎤∈⎢⎣⎦，有π1π5π3266x ≤+≤，故11πsin 1226x ⎛⎫≤+≤ ⎪⎝⎭，所以1π12sin 226x ⎛⎫≤+≤ ⎪⎝⎭，故()f x 的值域为[]1,2.当π2π,63x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，有πππ633x -<-<，故1πcos 123x ⎛⎫<-≤ ⎪⎝⎭，所以π12cos 23x ⎛⎫<-≤ ⎪⎝⎭，当0k >时，()g x 的值域为(1,21]k k --，因为任意π4π,33t ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，都存在π2π,63s ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，使得等式()()f t g s =成立，故[]1,2(1,21]k k ⊆--，故011212k k k >⎧⎪-<⎨⎪-≥⎩，即322k ≤<．当0k <，同理有[1,2][21,1)k k ⊆--，故012211k k k <⎧⎪->⎨⎪-≥⎩，此不等式组无解.综上，322k ≤<.四个选项中，只有37224≤<.故选：B.。
高一不等式恒成立问题3种基本方法
高一不等式恒成立问题3种基本方法文章标题：探讨高一不等式恒成立问题的三种基本方法在高中数学学习中，不等式恒成立问题是一个很常见的题型。
学生们通常需要掌握多种方法来解决这类问题，而这些方法通常可以分为三种基本类型。
本文将会详细介绍这三种基本方法，帮助读者全面理解这一数学概念。
1. 方法一：代数法我们来介绍代数法。
这种方法是在不等式两边进行代数变换，使得不等式变成一个容易解决的形式。
代数法通常包括加减变形、乘除变形以及平方去根等技巧。
以不等式ax+b>0为例，我们可以通过移项得到ax>-b，然后再除以a的正负来确定不等式的方向，从而得到不等式的解集。
代数法在解决不等式恒成立问题中应用广泛，能够快速简便地找到解的范围和规律。
2. 方法二：图像法我们介绍图像法。
图像法是通过绘制不等式所代表函数的图像，来直观地找出不等式恒成立的区间。
对于一元一次不等式ax+b>0，我们可以画出函数y=ax+b的图像，从而通过观察图像的上升或下降趋势来确定不等式的解集。
图像法能够帮助我们更直观地理解不等式的性质和范围，提高我们的思维逻辑和空间想象能力。
3. 方法三：参数法我们介绍参数法。
参数法是通过引入一个或多个参数，将不等式转化为一个有参数的等式问题，进而进行求解。
参数法的典型应用包括辅助角法、二次函数法等。
以不等式ax²+bx+c>0为例，我们可以引入Δ=b²-4ac，然后根据Δ的正负来确定不等式的解集。
参数法在解决不等式问题中能够简化问题的复杂度，将不等式的求解转化为参数的求解，从而提高解题的效率和准确度。
总结回顾通过对以上三种基本方法的介绍，我们可以发现它们各有特点，应用范围和解题思路有所不同。
代数法能够利用代数变形快速求解不等式问题，图像法能够帮助我们直观地理解不等式的性质，而参数法则能够将问题转化为参数的求解，提高解题的效率。
个人观点和理解在实际解题中，我们应该根据具体情况灵活选用这三种方法，结合题目的特点和自身的掌握程度来选择合适的解题方法。
(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 ≤。
数学中的恒成立与有解问题
数学中的恒成立与有解问题-CAL-FENGHAI-(2020YEAR-YICAI)_JINGBIAN数学中的恒成立与有解问题一、恒成立问题若不等式()A x f >在区间D 上恒成立,则等价于在区间D 上()min f x A > 若不等式()B x f <在区间D 上恒成立,则等价于在区间D 上()max f x B <常用方法1、分离变量法；2、数形结合法；3、利用函数的性质；4、变更主元等；1、由二次函数的性质求参数的取值范围例题1.若关于x 的不等式2220ax x ++>在R 上恒成立,求实数a 的取值范围. 解题思路：结合二次函数的图象求解解析：当0a =时,不等式220x +>解集不为R ,故0a =不满足题意;当0a ≠时,要使原不等式解集为R ,只需202420a a >⎧⎨-⨯<⎩,解得12a >综上,所求实数a 的取值范围为1(,)2+∞2、转化为二次函数的最值求参数的取值范围例题2：已知二次函数满足(0)1f =，而且(1)()2f x f x x +-=，请解决下列问题 （1） 求二次函数的解析式。
（2） 若()2f x x m >+在区间[1,1]-上恒成立 ，求m 的取值范围。
解题思路：先分离系数,再由二次函数最值确定取值范围.解析：(1)设2()(0)f x ax bx c a =++≠.由(0)1f =得1c =,故2()1f x ax bx =++.∵(1)()2f x f x x +-= ∴22(1)(1)1(1)2a x b x ax bx x ++++-++=即22ax a b x ++=,所以22,0a a b =+=,解得1,1a b ==- ∴2()1f x x x =-+ (2)由(1)知212x x x m -+>+在[1,1]-恒成立,即231m x x <-+在[1,1]-恒成立.令2235()31()24g x x x x =-+=--,则()g x 在[1,1]-上单调递减.所以()g x 在[1,1]-上的最小值为(1)1g =-.所以m 的取值范围是(,1)-∞-.规律总结：()m f x ≤对一切x R ∈恒成立,则min [()]m f x ≤;()m f x ≥对一切x R ∈恒成立,则max [()]m f x ≥；注意参数的端点值能否取到需检验。
高一数学不等式恒成立与能成立问题 (解析版)
不等式恒成立与能成立一、单变量不等式恒成立问题一般利用参变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 二、双变量不等式与等式一般地，已知函数()[],,y f x x a b =∈，()[],,y g x x c d =∈1、不等关系（1）若[]1,x a b ∀∈，[]2,x c d ∀∈，总有()()12f x g x <成立，故()()max min f x g x <；（2）若[]1,x a b ∀∈，[]2,x c d ∃∈，有()()12f x g x <成立，故()()max max f x g x <；（3）若[]1,x a b ∃∈，[]2,x c d ∀∈，有()()12f x g x <成立，故()()min min f x g x <；（4）若[]1,x a b ∃∈，[]2,x c d ∃∈，有()()12f x g x <成立，故()()min max f x g x <．2、相等关系记()[],,y f x x a b =∈的值域为A ,()[],,y g x x c d =∈的值域为B,（1）若[]1,x a b ∀∈，[]2,x c d ∃∈，有()()12=f x g x 成立，则有A B ⊆；（2）若[]1,x a b ∃∈，[]2,x c d ∀∈，有()()12=f x g x 成立，则有A B ⊇；（3）若[]1,x a b ∃∈，[]2,x c d ∃∈，有()()12=f x g x 成立，故A B ⋂≠∅；题型一单变量不等式恒成立问题【例1】已知函数()42+=x xbf x 为奇函数．（1）求实数b 的值；（2）若对任意的[]0,1x ∈，有()23202--+<f xkx k 恒成立，求实数k 的取值范围．【答案】（1）1=-b ；（2）3,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭【解析】（1）∵函数()42+=x x bf x 的定义域为R ，且为奇函数，∴()010=+=f b ，解得1=-b ，经验证：()411222-==-x xx x f x 为奇函数，符合题意，故1=-b ；（2）∵()122=-xxf x ，∴()f x 在R 上单调递增，且()131222-=-=-f ．∵()23202--+<f x kx k ，则()()23212--<-=-f x kx k f ，又函数()f x 在R上单调递增，则221x kx k --<-在[]0,1x ∈上恒成立，∴()32141k x x >++-+在[]0,1x ∈上恒成立，设()()32141g x x x =++-+，令1t x =+，则[1,2]t ∈，函数32y t t=+在上递减，在2]上递增，当1t =时，5y =，当2t =时，112y =，故()max 113422g x =-=，则32k >，∴实数k 的取值范围为3,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭．【变式1-1】已知定义在R 上的函数()22x xf x k -=-⋅是奇函数．（1）求实数k 的值；（2）若对任意的R x ∈，不等式()()240f x tx f x ++->恒成立，求实数t 的取值范围．【答案】（1）1k =；（2）()3,5-【解析】（1） 函数()22x x f x k -=-⋅是定义域R 上的奇函数，∴(0)0f =，即()000220f k =-⋅=，解得1k =．此时()22x x f x -=-，则()()()2222x x x xf x f x ---=-=--=-，符合题意；（2）因为()22x xf x -=-，且2x y =在定义域R 上单调递增，2x y -=在定义域R 上单调递减，所以()22x x f x -=-在定义域R 上单调递增，则不等式()()240f x tx f x ++->恒成立，即()()24f x tx f x +>-恒成立，即24x tx x +>-恒成立，即()2140x t x +-+>恒成立，所以()21440t ∆=--⨯<，解得35t -<<，即()3,5t ∈-.【变式1-2】已知()21212xxm m ⎛⎫- ⎪⎝⎭≤-对任意(],1x ∈-∞-恒成立，则实数m 的取值范围为_________.【答案】[]2,3-【解析】依题意，()21212xxm m ⎛⎫- ⎪⎝⎭≤-对任意(],1x ∈-∞-恒成立，可等价为221122x x m m ⎛⎫- ⎪⎝+⎭≤对任意(],1x ∈-∞-恒成立，即2in2m 1122x x m m ≤+⎡⎤⎛⎫-⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦，令[)12,2x t =∈+∞，()[)2211,2,24f t t t t t ⎛⎫∴=+=+-∈+∞ ⎪⎝⎭，()()2min 1122624f t f ⎛⎫∴==+-= ⎪⎝⎭，26m m ∴-≤，解得23m -≤≤，∴实数m 的取值范围为[]2,3-.【变式1-3】已知()()2log 124x xf x a =-⋅+，其中a 为常数（1）当()()102f f -=时，求a 的值；（2）当[1x ∈+∞，）时，关于x 的不等式()1f x x ≥-恒成立，试求a 的取值范围；【答案】（1）32a =；（2）2a ≤【解析】（1）()()102f f -=得()()222log 124log 11log 4a a -+-+=－⇒()()22log 52log 42a a -=－⇒352842a a a -=-⇒=；（2）()122log 1241log 2x x x a x --⋅+≥-=1111242222x x x x xa a -⇒-⋅+≥⇒≤+-，令2x t =，[)1[2x t ∈+∞∴∈+∞ ，，），设()112h t t t =+-，则()min a h t ≤， ()h t 在[2+∞，）上为增函数⇒2t =时，()112h t t t =+-有最小值为2，2a ∴≤.【变式1-4】已知函数()()4log 65x xf x m =+⋅.（1）当1m =-时，求()f x 的定义域；（2）若()2f x ≤对任意的[]0,1x ∈恒成立，求m 的取值范围.【答案】（1）()0,∞+；（2）(]1,2-【解析】（1）当1m =-时()()4log 65x xf x =-，令650x x ->，即65x x>，即615x⎛⎫> ⎪⎝⎭，解得0x >，所以()f x 的定义域为()0,∞+.（2）由()2f x ≤对任意的[]0,1x ∈恒成立，所以06516x x m <+⋅≤对任意的[]0,1x ∈恒成立，即6166555xxx m ⎛⎫⎛⎫-<≤- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭对任意的[]0,1x ∈恒成立，因为165x y =是单调递减函数，65xy ⎛⎫=- ⎪⎝⎭是单调递减函数，所以()16655xx g x ⎛⎫=- ⎪⎝⎭在[]0,1上单调递减，所以()()min 12g x g ==，所以()65xh x ⎛⎫=- ⎪⎝⎭在[]0,1上单调递减，所以()()max 01h x h ==-，所以12m -< ，即m 的取值范围为(]1,2-.题型二单变量不等式能成立问题【例2】定义在[]3,3-上的奇函数()f x ，已知当[]3,0x ∈-时()143x xaf x =+（a R ∈）．（1）求()f x 在(]0,3上的解析式；（2）若存在[]2,1x ∈--时，使不等式()1123xx m f x -≤-成立，求实数m 的取值范围．【答案】（1）()34x xf x =-；（2）5m ≥【解析】（1）根据题意，()f x 是定义在[]3,3-上的奇函数，则()010f a =+=，得1a =-．经检验满足题意：故1a =-；当[]3,0x ∈-时，()1114343x x x x a f x =+=-，当(]0,3x ∈时，[]3,0x -∈-，()114343---=-=-x x x xf x ．又()f x 是奇函数，则()()34x x f x f x =--=-．综上，当(]0,3x ∈时，()34x xf x =-．（2）根据题意，若存在[]2,1x ∈--，使得()1123x x m f x -≤-成立，即11114323x x x x m --≤-在[]2,1x ∈--有解，即12243x x x m ≥+在[]2,1x ∈--有解．又由20x >，则12223xx m ⎛⎫≥+⋅ ⎪⎝⎭在[]2,1x ∈--有解．设()12223xx g x ⎛⎫=+⋅ ⎪⎝⎭，分析可得()g x 在[]2,1x ∈--上单调递减，又由[]2,1x ∈--时，()()11min 1212523g g x --⎛⎫=-=+⋅= ⎪⎝⎭，故5m ≥．即实数m 的取值范围是[)5,+∞．【变式2-1】已知函数()13f x -的定义域为1,14A ⎡⎤=⎢⎥⎣⎦．（1）求()f x 的定义域B ；（2）对于（1）中的集合B ，若x B ∃∈，使得21a x x >-+成立，求实数a 的取值范围．【答案】（1）12,4B ⎡⎤=-⎢⎥⎣⎦；（2）13,16⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭【解析】（1）∵()13f x -的定义域为1,14A ⎡⎤=⎢⎥⎣⎦，∴114x ≤≤．∴12134x -≤-≤，则12,4B ⎡⎤=-⎢⎥⎣⎦．（2）令()21g x x x =-+，x B ∃∈，使得21a x x >-+成立，即a 大于()g x 在12,4⎡⎤-⎢⎥⎣⎦上的最小值．∵()21324g x x ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭，∴()g x 在12,4⎡⎤-⎢⎣⎦上的最小值为113416g ⎛⎫= ⎪⎝⎭，∴实数a 的取值范围是13,16⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭．【变式2-2】已知函数()1422x x f x a +=-⋅+，其中[]0,3.x ∈（1）若()f x 的最小值为1，求a 的值；（2）若存在[]0,3x ∈，使()33f x ≥成立，求a 的取值范围．【答案】（1）5a =；（2）1a ≥【解析】（1）因为[]0,3x ∈，()()()22242224x x x f x a a =-⋅+=-+-，当22x =时，即当1x =时，函数()f x 取得最小值，即()()min 141f x f a ==-=，解得5a =.（2）令[]21,8xt =∈，则()24f x t t a =-+，由()33f x ≥可得2433a t t ≥-++，令()2433g t t t =-++，函数()g t 在[)1,2上单调递增，在(]2,8上单调递减，因为()136g =，()81g =，所以，()()min 81g t g ==，1a ∴≥.【变式2-3】已知函数()e e x xf x -=+.（1）当[0,)x ∈+∞时，试判断并证明其单调性.（2）若存在[ln 2,ln 3]x ∈-，使得(2)()30f x mf x -+≥成立，求实数m 的取值范围.【答案】（1）单调递增，证明见解析；；（2）109,30⎛⎤-∞⎥⎝⎦.【解析】（1）()e e x xf x -=+在[0,)+∞上单调递增，证明如下：12,[0,)x x ∀∈+∞，且12x x <，则()()()()()112221212211211221e e e e ee eeee e e e 1ex x x x x x x x x x x xx x x x f x f x +--+⎛⎫--=+-+=-+=- ⎝-⎪⎭，由120x x ≤<得：21e e 0x x->，12e 1x x +>，所以()()21f x f x >，即()f x 在[0,)+∞上的单调递增（2）由题设，[ln 2,ln 3]x ∃∈-使()()()()222(2)()3e e e e 3e e e e 10x x x x x x x x f x mf x m m -----+=+-++=+-++≥，又()()e e e e ()x x x x f x f x -----=++==，即()f x 是偶函数，结合（1）知：()f x 在[ln 2,0]-单调递减，在[0,ln 3]上单调递增，又510(ln 2)(ln 3)23f f -=<=，所以(0)()(ln 3)f f x f ≤≤，即102()3f x ≤≤，令e e x x t -=+，则102,3t ⎡⎤∃∈⎢⎥⎣⎦使210t mt -+≥，可得211t m t t t+≤=+，令1()g t t t =+在102,3t ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦单调递增，故max 10109()330g t g ⎛⎫==⎪⎝⎭；所以max ()m g t ≤，即109,30m ⎛⎤∈-∞ ⎥⎝⎦.【变式2-4】已知1≤x ≤27，函数33()log (3)log 227=⋅++xf x a x b (a ＞0)的最大值为4，最小值为0．（1）求a 、b 的值；（2）若不等式()(3)0t g t f kt =-≥在1,32t ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦上有解，求实数k 的取值范围．【答案】（1）1,2a b ==；（2）43⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦，【解析】（1）()()()()3333log 3log 2log 1log 3227x f x a x b a x x b =⋅++=+-++()23log 142a x a b =+--+，由1≤x ≤27得[]3log 0,3t x =∈，()[]23log 10,4x -∈，又a ＞0，因此33()log (3)log 227=⋅++xf x a x b 的最大值为24+=b ，最小值为420a b -++=，解得1,2a b ==．（2）()()23log 1f x x =-，()()()2310tg t f kt t kt =-=--≥又1,32t ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，()2112t k t t t-≤=+-，而1()2h t t t =+-在1,12⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递减，在(]1,3上单调递增．由不等式()()30tg t f kt =-≥在1,32t ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦上有解，得：max 12k t t ⎛⎫≤+- ⎪⎝⎭43=．因此，k 的取值范围是43⎛⎤∞ ⎥⎝⎦-，．题型三任意-任意型不等式成立问题【例3】已知()()()21ln 12xf x xg x m ⎛⎫=+=- ⎪⎝⎭，，若对任意[]10,3x ∈，[]21,2x ∈，使得()()12f x g x ≥，则实数m的取值范围是（）A ．14⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭B ．14⎛⎥-∞⎤ ⎝⎦，C ．12⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭，D ．12⎛⎤-∞- ⎥⎝⎦，【答案】C【解析】易知()2(ln 1)f x x =+在[0,3]上单调递增，()()min 00f x f ==，()1()2xg x m =-在[1,2]上单调递减，()()max 112g x g m ==-，对任意[]10,3x ∈，[]21,2x ∈，使得()()12f x g x ≥，则()()min max f x g x ≥102m -≤，即12m ≥.故选：C.【变式3-1】已知定义在区间[0,2]上的两个函数()f x 和()g x ，其中2()24(1)f x x ax a =-+≥，2()1x g x x =+.（1）求函数()y f x =的最小值()m a ；（2）若对任意12,[0,2]x x ∈，21()()f x g x >恒成立，求a 的取值范围.【答案】（1）24,12()84,2a a m a a a ⎧-≤<=⎨-≥⎩；（2）13a ≤<【解析】（1）由()()222244f x x ax x a a =-+=-+-，则二次函数的对称轴为x a =，则当12a ≤<时，()f x 在[)0,a 上单调递减，在(],2a 上单调递增，所以()()()2min 4m a f x f a a ===-；当2a ≥时，()f x 在[0,2]上单调递减，()()()min 284m a f x f a ===-，所以()24,1284,2a a m a a a ⎧-≤<=⎨-≥⎩；（2）()()1121g x x x =++-+，当[0,2]x ∈时，[]11,3x +∈，又()g x 在区间[0,2]上单调递增，所以()40,3g x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦.若对任意12,[0,2]x x ∈，()()21f x g x >恒成立则()()21minmax f x g x >，故212443a a ≤<⎧⎪⎨->⎪⎩或24843a a ≥⎧⎪⎨->⎪⎩解得：13a ≤<.【变式3-2】已知函数()2x f x =，31()log 1xg x x-=+.（1）求()21log 20202f g ⎛⎫+- ⎪⎝⎭的值；（2）试求出函数()g x 的定义域，并判断该函数的单调性与奇偶性；（判断函数的单调性不必给出证明.）（3）若函数()(2)3()F x f x f x =-，且对[]10,1x ∀∈，211,22x ⎡⎤∀∈-⎢⎥⎣⎦，都有()()12F x g x m >+成立，求实数m 的取值范围.【答案】（1）2021；（2）定义域为()1,1-，函数()g x 在()1,1-上为减函数；奇函数；（3）13,4⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭.【解析】（1）()2log 2020231log 20202log 320212f g ⎛⎫+-=+= ⎪⎝⎭；（2）由101x x ->+有11x -<<，∴函数()g x 的定义域为()1,1-.∵3312()log log 111x g x x x -⎛⎫==-+ ⎪++⎝⎭，∴函数()g x 在()1,1-上为减函数；31()log ()1xg x g x x+-==--，且定义域关于原点对称，∴函数()g x 为奇函数；（3）∵对[]10,1x ∀∈，211,22x ⎡⎤∀∈-⎢⎥⎣⎦，都有()()12F x g x m >+恒成立，∴min max ()()F x g x m >+，由（2）知()g x 在11,22⎡⎤-⎢⎥⎣⎦上为减函数，∴max 1()12g x g ⎛⎫=-= ⎪⎝⎭，∵2()(2)3()232x x F x f x f x =-=-⋅，令2x t =，则23y t t =-，当[]0,1x ∈时，12t ≤≤，∴当32t =即223log log 312x ==-时，min 9()4F x =-，∴914m ->+，即134m <-，∴m 的取值范围为13,4⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭.【变式3-3】已知函数()()2,f x x bx c b c =++∈R ，且()0f x ≤的解集为[]1,2-.（1）求函数()f x 的解析式；（2）设()()312f x xg x +-=，若对于任意的1x 、[]22,1x ∈-都有()()12g x g x M -≤，求M 的最小值.【答案】（1）()22f x x x =--；（2）M 的最小值为1516.【解析】（1）因为()0f x ≤的解集为[]1,2-，所以20x bx c ++=的根为1-、2，由韦达定理可得1212b c -+=-⎧⎨-⨯=⎩，即1b =-，2c =-，所以()22f x x x =--.（2）由（1）可得()()2312322f x x xx g x +-+-==，当[]2,1x ∈-时，()[]2223144,0x x x +-=+-∈-，故当[]2,1x ∈-时，()22112,116xx g x +-⎡⎤∈⎢⎣=⎥⎦，因为对于任意的1x 、[]22,1x ∈-都有()()12g x g x M -≤，即求()()12max g x g x M -≤，转化为()()max min g x g x M -≤，而()max 1g x =，()min 116g x =，所以，()()max min 11511616M g x g x ≥-=-=.所以M 的最小值为1516.题型四任意-存在型不等式成立问题【例4】已知函数()9f x x x=+和函数()g x x a =--，若对任意的[]124x ∈，，总存在[]201x ∈，，使得()()21g x f x <成立，则实数a 的取值范围是__________．【答案】7a >-【解析】对任意的[]124x ∈，，总存在[]201x ∈，，使得()()21g x f x <，即()()min min g x f x <，因对勾函数()9f x x x=+在[]23，上递减，在[]34，上递增，故当[]124x ∈，时，()()min 36f x f ==，函数()g x x a =--在[]01，上递减，所以()()min 11g x g a ==--，由()()min min g x f x <得16a --<，即7a >-．【变式4-1】已知()f x 是定义在[]22-,上的奇函数，当(]0,2x ∈时，()21x f x =-，函数()22.g x x x m =-+如果对于任意的[]12,2x ∈-，总存在[]22,2x ∈-，使得()()21g x f x ≥，则实数m 的取值范围是__________．【答案】[)5,-+∞【解析】若对于[]12,2x ∀∈-，[]22,2x ∃∈-，使得()()21g x f x ≥，则等价为()()max max g f x x ≥()f x 是定义在[]22-,上的奇函数，()00f ∴=，当(]0,2x ∈时，()(]210,3xf x =-∈，则当[]2,2x ∈-时，()[]3,3f x ∈-，()222(1)1g x x x m x m =-+=-+- ，[]2,2x ∈-，()max ()28g x g m ∴=-=+，则满足83m +≥，解得5m ≥-.【变式4-2】已知函数)()log 1xa f x a bx =+-（a ＞0且1,R ab ≠∈）是偶函数，函数()x g x a =（a ＞0且1a ≠）．（1）求实数b 的值；（2）当a ＝2时，若1(1,)∀∈+x ∞，2R ∃∈x ，使得()()()112220g x mg x f x +->恒成立，求实数m 的取值范围．【答案】（1）12b =；（2）32m ≥-.【解析】（1）由题设，()()f x f x -=，即()()log 1log 1x x a a a bx a bx -++=+-，所以log (1)(1)log (1)x x a a a b x a bx ++-=+-，则1b b -=-，可得12b =.（2）由（1）及a ＝2知：2()log (21)2xx f x =+-，()2x g x =，所以12122log ()2144x x x x m +⋅->+在1(1,)∀∈+x ∞，2R ∃∈x 上恒成立，令42x x y m +⋅=且(1,)x ∈+∞，2log (41)x t x =+-且R x ∈，只需min y t >恒成立，而21log (2)2xxt =+，由20xm =>在R x ∈上递增，1n m m =+在(0,1)m ∈上递减，(1,)m ∈+∞上递增，2log t n =在定义域上递增，所以t 在(,0)-∞上递减，(0,)+∞上递增，故min 0|1x t t ===，综上，4210x x m +⋅->在(1,)x ∈+∞上恒成立，令2(2,)x k =∈+∞，则210k mk ->+在(2,)+∞上恒成立，而240m ∆=+>，故2{2230mm -≤+≥，可得32m ≥-.【变式4-3】已知函数2(1)()()x x a f x x ++=为偶函数.（1）求实数a 的值；（2）判断()f x 的单调性，并用定义法证明你的判断：（3）设()52g x kx k =+-，若对任意的1x ∈，总存在2[0,1]x ∈，使得()()12f x g x ≤成立，求实数k 的取值范围.【答案】（1）1-；（2）()f x 在(0,)+∞上单调递增，在(,0)-∞上单调递减，证明见解析；（3）9(,2-∞【解析】（1）()f x 为偶函数，定义域为(,0)(0,)-∞+∞ ，故()()f x f x -=对定义域内x 恒成立，22(1)()(1)()x x a x x a x x ++-+-+=，即2(1)0a x +=对定义域内x 恒成立，故1a =-；（2）22211()1x f x x x-==-，在(0,)+∞上单调递增，在(,0)-∞上单调递减，证明：设120x x <<，21212122221212()()11()()0x x x x f x f x x x x x -+-=-=>，故()f x 在(0,)+∞上单调递增，同理可证()f x 在(,0)-∞上单调递减；（3）由题意得()()12max max f x g x ≤，而()1max 12f x f ==，①0k ≥时，()2max (1)5g x g k ==-，152k -≥，解得902k ≤≤，②0k <时，()2max (0)52g x g k ==-，1522k -≥，故0k <时恒满足题意，综上，k 的取值范围是9(,]2-∞．题型五存在-存在型不等式成立问题【例5】已知函数()212=+f x x x ，()()ln 1=+-g x x a ，若存在1x ，[]20,2∈x ，使得()()12>f x g x ，则实数a 的取值范围是.【答案】a ＞－4【解析】问题可转化为f (x )max >g (x )min ，易得f (x )max =4，g (x )min =－a ，由f (x )ma x >g (x )min 得：4＞－a ，故a ＞－4即为所求.【变式5-1】已知函数()11f x x =+，()1g x x =-，若1x ∃，[]2,1x a a ∈+，使得()()12f x g x >成立，求正实．．数．a 的取值范围．【答案】【解析】存在1x ，2[x a ∈，1]a +，使得()()12f x g x >成立，等价为在[a ，1]a +上，()()max min f x g x >．由()1g x x =-在[a ，1]a +递增，可得()g x 的最小值为()1g a a =-，又0a >，所以()f x 在[a ，1]a +递减，可得()f x 的最大值为1()1f a a =+，由111a a >-+，解得a <<0a <；综上可得，a的范围是．【变式5-2】已知()2f x x x=+，()g x x a =-+，对于[]11,3x ∃∈，[]21,3x ∃∈，()()12f x g x ≥成立．【答案】20,3⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦【解析】因为对于[]11,3x ∃∈，[]21,3x ∃∈，()()12f x g x ≥成立故当1x ，[]213x ∈，时，()()12max min f x g x ，因为()2f x x x=+在⎡⎣递减，⎤⎦递增，且()13f =，()2113333f =+=，故()()max 1133f x f ==，而()g x x a =-+在[]13，递减，故()()min 33g x g a ==-所以1133a - ，解得203a ，即a 的取值范围是20,3⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦．【变式5-3】已知函数()222x x f x m m -=+⨯+是R 上的偶函数，()2g x a x m =--．（1）求m 的值；（2）若存在1x ，2[1x ∈，4]，使得12()()f x g x 成立，求a 的取值范围．【答案】（1）1；（2）92a ．【解析】（1）因为()222x x f x m m -=+⨯+是R 上的偶函数，所以()()f x f x -=，即222222x x x x m m m m --+⨯+=+⨯+，即(1)(22)0x x m ---=，解得1m =，故()222x xf x -=++；（2）由（1）可得2,2()2{2,2x a x g x a x x a x -++=--=+-< ，因为2,2(){2,2x a x g x x a x -++=+-< ，所以()g x 在[1，2]上是增函数，在[2，4]上是减函数，所以()max g x g =（2）a =，设2x t =，[1x ∈，4]，可得[2t ∈，16]，则12y t t=++在[2，16]递增，可得2t =时，f （2）取得最小值92，存在1x ，2[1x ∈，4]，使得12()()f x g x 成立，可得()()min max f x g x ，即为92a ．题型六任意-存在型等式成立问题【例6】已知函数1()423x x f x +=--，2()42(1)g x x mx m m =--≥，若对于任意1[0,1]x ∈，总存在2[0,1]x ∈，使得()()12f x g x =成立，则实数m 的取值范围为（）A ．3,22⎡⎫⎪⎢⎣⎭B ．3,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭C ．[1,2)D ．31,2⎡⎤⎢⎥⎣⎦【答案】D【解析】定义1()423x x f x +=--，[0,1]x ∈，值域为A ；令2x t =，[1,2]t ∈，则1()423x x f x +=--可化为()222314y t t t =--=--在[1,2]t ∈上单增，所以()2max 2143y =--=-，()2min 1144y =--=-，即集合[]4,3A =--.定义2()42(1)g x x mx m m =--≥，[0,1]x ∈，值域为B ；因为对称轴22x m =≥，所以2()42g x x mx m =--在[0,1]x ∈上单调递减，所以max max ()(0)2,()(1)16g x g m g x g m ==-==-，即集合[]16,2B m m =--因为对于任意1[0,1]x ∈，总存在2[0,1]x ∈，使得()()12f x g x =成立，所以A B ⊆.只需162164231m m m m m -<-⎧⎪-≤-⎪⎨-≥-⎪⎪≥⎩解得：1456321m m m m ⎧>⎪⎪⎪≥⎪⎨⎪≤⎪⎪⎪≥⎩，即312m ≤≤。
导数与不等式恒成立方法归纳总结
导数与不等式恒成立方法归纳总结思路一：作差解恒成立构造差函数()()()h x f x g x =-．根据差函数导函数符号，确定差函数单调性，利用单调性得不等量关系，进而证明不等式．首先构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应含参不等式，从而求出参数的取值范围，也可以分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题．证明()()f x g x <，(),x a b ∈时，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，当(),x a b ∈时，有()0F x <，即证明()()f x g x <．例、已知函数()()2112ln 2f x a x a ax x =--+，()'f x 为其导函数. (1) 设()()1g x f x x=+，求函数()g x 的单调区间； (2) 若0a >，设()()11,A x f x ，()()22,B x f x 为函数()f x 图象上不同的两点，且满足()()121f x f x +=，设线段AB 中点的横坐标为0,x 证明：01ax >.解：（1）略 （2）120121212x x ax x x a a+>⇔>⇔>- ()222121'0a f x a a x x x ⎛⎫=+-=-≥ ⎪⎝⎭，故()f x 在定义域()0,+∞上单调递增.只需证： ()122f x f x a ⎛⎫>-⎪⎝⎭，即证()2221f x f x a ⎛⎫->- ⎪⎝⎭注意到()()12111,,2f x f x f a ⎛⎫+==⎪⎝⎭ 不妨设1210x x a <<<. ()()()22221112ln 22ln 2F x f x f x a x a ax a x a axa a x xa⎛⎫⎛⎫=-+-=----+-- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭-则()()()()322222241122'0222ax a a a F x x x ax ax x ax -=--+=-≤--- 1x a ∀≥，从而()F x 在1,a ⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭上单减，故()210F x F a ⎛⎫<= ⎪⎝⎭， 即得. 变式1、设函数． （I ）时，求函数的极值点；（Ⅱ）当时，证明在上恒成立．解（Ⅱ）证明：当a=0时，f （x ）=lnx+x+1令F （x ）=xe x ﹣f （x ）=xe x ﹣lnx ﹣x ﹣1，（x ＞0），则F′（x ）=x+1x•（xe x ﹣1），令G （x ）=xe x ﹣1， 则G′（x ）=（x+1）e x ＞0，（x ＞0），∴函数G （x ）在（0，+∞）递增，又G （0）=﹣1＜0，G （1）=e ﹣1＞0， ∴存在唯一c ∈（0，1）使得G （c ）=0，且F （x ）在（0，c ）上单调递减，在（c ，+∞）上单调递增，故F （x ）≥F （c ）=c•e c ﹣lnc ﹣c ﹣1，由G （c ）=0，得c•e c ﹣1=0，得lnc+c=0， ∴F （c ）=0，∴F （x ）≥F （c ）=0，从而证得x e x ≥f （x ）.变式2、设函数()()2ln 1f x x b x =++，其中0b ≠．当*n N ∈，且2n ≥时证明不等式：33311111111ln 111232321n n n ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++++++>-⎪⎪ ⎪⎢⎥+⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦解：当b=-1时, ()()2f x x ln x 1=-+，令()()()332h x x f x x x ln x 1=-=-++，则()()233x x 1h x x 1++'=+在[)0,∞+ 上恒正，所以， ()h x 在[)0,∞+上单调递增，当[)0,∞+时，恒有()()h x h 00=＞，即当[)0,∞+时，()()3232x x ln x 10,ln x 1x x -++++＞即＞，对任意正整数n ，取1x n =得32111ln 1n nn ⎛⎫++ ⎪⎝⎭＞，所以， 333111111ln 11123n 23n ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫++⋅⋅⋅++++⋅⋅⋅+⎪⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦()21ln +12f x x ax x =++2a =-()f x 0a =()xxe f x ≥()0,+∞= 333111111ln 1ln 1ln 123n 23n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫++++⋅⋅⋅+++++⋅⋅⋅+⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭= 333111111ln 1ln 1ln 12233n n⎛⎫⎛⎫⎛⎫++++++⋅⋅⋅+++⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭ ()22211111123n 2334n n 1++⋅⋅⋅+++⋅⋅⋅+⨯⨯⨯+＞＞ =11111111++=2334n n 12n 1--⋅⋅⋅+--++. 变式3、已知函数()21e 2x f x a x x =--（R a ∈）．证明：当1x >时， 1e ln x x x x>-．解：令()1e ln xg x x x x=-+（1x >），则()10g =， ()2e 1e ln 1x xg x x x x =+--'． 令()()h x g x ='，则()e e ln x xh x x x =+' 23e e 2x x x x x-++， 因为1x >，所以e ln 0xx >， e 0x x >， ()2e 10x x x ->， 320x>， 所以()0h x '>，即()()h x g x ='在1x >时单调递增，又()1e 20g ='->，所以1x >时， ()0g x '>，即函数()g x 在1x >时单调递增．所以1x >时， ()0g x >，即1x >时， 1e ln x x x x>-． 思路二：调整目标形式解恒成立观察不等式特点，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. 例．已知函数()()1ln ,1a x f x x a R x -=-∈+．设,m n 为正实数，且m n >，求证：ln ln 2m n m nm n -+<-． 解：要证，只需证，即证21ln .1m m n m n n ⎛⎫- ⎪⎝⎭>+只需证21ln 0.1m m n m n n⎛⎫- ⎪⎝⎭->+设()()21ln 1x h x x x -=-+，由（2）知()h x 在()1,+∞上是单调函数，又1mn>， 所以()10m h h n ⎛⎫>= ⎪⎝⎭，即21ln 01m m n m n n⎛⎫- ⎪⎝⎭->+成立，所以ln ln 2m n m n m n -+<-. 变式1、已知函数()()21x f x x x e =--.（1）若()f x 在区间(),5a a +有最大值，求整数a 的所有可能取值； （2）求证：当0x >时，()()323ln 247x f x x x x x e <-++-+. 解析：（1）f′(x )＝（x 2＋x －2）e x ，当x <－2时，f′(x )＞0，f (x )单调递增， 当－2＜x ＜1时，f′(x )＜0，f (x )单调递减， 当x ＞1时，f′(x )＞0，f (x )单调递增，由题知：a ＜－2＜a +5，得：－7＜a ＜－2， 则a ＝－6、－5、－4、－3，当a ＝－6、－5、－4，显然符合题意，若a ＝－3时，f (－2)＝5e ―2，f (2)＝e 2，f (－2)＜f (2)，不符合题意，舍去． 故整数a 的所有可能取值－6，―5，－4．（2）f (x )＜－3ln x ＋x 3+(2x 2－4x )e x +7可变为(－x 2＋3x －1)e x ＜－3ln x ＋x 3+7，令g (x )＝(－x 2＋3x －1)e x ，h (x )=－3ln x ＋x 3+7，g′(x )＝(－x 2＋x ＋2)e x ， 0＜x ＜2时，g ′(x )＞0，g (x )单调递增， 当x ＞2时，g ′(x )＜0，g (x )单调递减，g (x )的最大值为g (2)＝e 2，h′(x )＝()331x x-，当0＜x ＜1时，h′(x )＜0，h (x )单调递减，当x ＞1时，h′(x )＞0，h (x )单调递增，h (x )的最小值为h (1)＝8＞e 2，g (x )的最大值小于h (x )的最小值，故恒有g (x )＜h (x )，即f (x )＜－3ln x ＋x 3+(2x 2－4x )e x +7．变式2、函数f （x ）=21-lnx ax a-1x-2a 2R ++∈（）（）（Ⅰ）求f （x ）的单调区间；（Ⅱ）若a ＞0，求证：f （x ）≥3-2a. 解：由（Ⅰ）知()f x 在10a ⎛⎫ ⎪⎝⎭，上单调递减； ()f x 在1a⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭，上单调递增， 则()min 11ln 12f x f a a a ⎛⎫==-- ⎪⎝⎭． 要证()f x ≥32a -，即证1ln 12a a --≥32a -，即证1ln 1a a +-≥0． 令()1ln 1a a a μ=+-，则()22111a a a a aμ'-=-=，由()0a μ'>解得1a >，由()0a μ'<解得01a <<， ∴()a μ在()01，上单调递减；()a μ在()1+∞，上单调递增；∴()()min 11ln1101a μμ==+-=，∴ 1ln 1a a +-≥0成立．从而()f x ≥32a-成立． 思路三：结论再造解恒成立利用导数证明不等式，解决导数压轴题，谨记两点： （1）利用常见结论，如：，()ln 1x x >+，等；（2）利用同题上一问结论或既得结论． 例、 已知函数()ln 1axf x x x =-+． （Ⅰ）若函数()f x 有极值，求实数a 的取值范围；（Ⅱ）()f x 有两个极值点（记为1x 和2x ）时，求证：()()()1211x f x f x f x x x+⎡⎤+≥⋅-+⎣⎦． 解（Ⅱ）∵1x ， 2x 是()f x 的两个极值点，故满足方程()0f x '=即1x ， 2x 是()2210x a x +-+=的两个解，∴121x x =∵()()12121212ln ln 11ax ax f x f x x x x x +=-+-++ ()()12121212122ln 1a x x x x x x a x x x x ++=-=-+++ 而在()ln 1ax f x x x =-+中， ()1ln x a f x x x +⎡⎤-=⋅-⎣⎦ 欲证原不等式成立，只需证明()()11ln 1x x f x x f x x x x++⎡⎤⎡⎤⋅-≥⋅-+⎣⎦⎣⎦∵0x >，只需证明()()ln 1f x x f x x -≥-+成立 即证ln 10x x -+≤成立 令()ln 1g x x x =-+，则()111xg x x x-=-=' 当()0,1x ∈时， ()0g x '>，函数()g x 在()0,1上单调递增； 当()1,x ∈+∞时， ()0g x '<，函数()g x 在()1,+∞上单调递减； 因此()()max 10g x g ==，故()0g x ≤，即ln 10x x -+≤成立得证． 变式1、已知函数()ln .f x x kx k =-+（Ⅱ）证明：当1a ≤时，()()2 1.x x f x kx k e ax +-<-- （附： 322ln20.69,ln3 1.10, 4.48,7.39e e ≈≈≈≈） 解（Ⅱ）要证当1a ≤时， ()()1,xx f x kx k e ax +-<--即证当1a ≤时， 2ln 10x e ax x x --->,即证2ln 10x e x x x --->．由（Ⅰ）得，当1k =时， ()0f x ≤,即ln 1x x ≤-，又0x >，从而()ln 1x x x x ≤-, 故只需证2210x e x x -+->，当0x >时成立； 令()()2210xh x e x x x =-+-≥，则()41xh x e x ='-+,令()()F x h x ='，则()4xF x e '=-，令()0F x '=，得2ln2x =．因为()F x '单调递增，所以当(]0,2ln2x ∈时， ()()()0,0,F x F x F x ≤'≤单调递减，即()h x '单调递减，当()2ln2,x ∈+∞时， ()()0,F x F x >''单调递增，即()h x '单调递增，且()()()2ln458ln20,020,2810h h h e =-==-'+'>',由零点存在定理，可知()()120,2ln2,2ln2,2x x ∃∈∃∈，使得()()120h x h x ''==， 故当10x x <<或2x x >时， ()()0,h x h x '>单调递增；当12x x x <<时， ()()0,h x h x '<单调递减，所以()h x 的最小值是()00h =或()2h x ．由()20h x '=，2241xe x =-()()()222222221252221x h x e x x x x x =+-=-+-=---,因为()22ln2,2x ∈，所以()20h x >,故当0x >时，所以()0h x >,原不等式成立．思路四：函数单调或最值解恒成立不等式恒成立的转化策略一般有以下几种：①分离参数＋函数最值；②直接化为最值＋分类讨论；③缩小范围＋证明不等式；④分离函数＋数形结合。
函数恒成立问题(端点效应)
函数恒成立 专题01：可求最值型基础知识：（1）不等式0)(≥x f 在定义域内恒成立，等价于()0≥min x f ；（2）不等式0)(≤x f 在定义域内恒成立，等价于()0≤max x f 。
【例1】【重庆文】若对任意的0>x ，24423ln 12)(c c x x x x f ->--=恒成立，求c 的取值范围。
【例2】函数1)1ln()1()(+-++=kx x x x f 在区间),1(+∞-上恒有0)(>x f ，求k 可以取到的最大整数。
【变式1】函数)0(ln )(,42)(2>=+-=a x a x g x x x f ，若)(4)(x g x x f -≤恒成立，求a 的取值范围。
【变式2】【2012新课标文】设函数()2--=ax e x f x Ⅰ 求)(x f 的单调区间；Ⅱ 若1=a ，k 为整数，且当0>x 时，01)()(>++'-x x f k x ，求k 的最大值。
【变式3】【2012新课标理】已知函数)(x f 满足2121)0()1()(x x f e f x f x +-'=- Ⅰ 求)(x f 的解析式及单调区间； Ⅱ 若b ax x x f ++≥221)(，求b a )1(+的值。
专题02：分离变量型基础知识：分离变量的核心思想就是为了简化解题，希望同学通过以下例子有所感悟【例1】【2010天津】函数1)(2-=x x f ，对任意)(4)1()(4)(,,232m f x f x f m m x f x +-≤-⎪⎭⎫⎢⎣⎡+∞∈ 恒成立，求实数m 的取值范围。
【变式1】【2010安徽】若不等式0)1)((22≤++-x x a a 对一切(]2,0∈x 恒成立，求a 的取值范围。
【例2】若函数x ax x x f 1)(2++=在⎪⎭⎫⎢⎣⎡+∞,21上单调递增，求a 的取值范围。
【变式2】【2012湖北】若)2ln(21)(2++-=x b x x f 在),1(+∞-上是减函数，求b 的取值范围。
不等式的恒成立问题基本解法9种解法
不等式的恒成立问题基本解法9种解法在解决不等式的恒成立问题时，有多种基本解法可以选择，每种解法都有其独特的特点和适用场景。
在本文中，我们将深入探讨不等式的恒成立问题，并从不同的角度提出9种基本解法，帮助读者更全面、深入地理解这一主题。
1. 直接法直接法是解决不等式的恒成立问题最直接的方法。
通过对不等式的特定性质和条件进行分析，直接得出不等式恒成立的结论。
这种方法通常适用于简单的不等式，能够快速得到结果。
2. 间接法间接法是一种通过反证法或对立法解决不等式的恒成立问题的方法。
当直接法无法直接得出结论时，可以尝试使用间接法来推导不等式的恒成立条件。
这种方法通常适用于较为复杂的不等式，可以通过推翻假设得到结论。
3. 分类讨论法分类讨论法是一种将不等式的条件分为多种情况进行分析的方法。
通过将不同情况进行分类讨论，找出每种情况下不等式的恒成立条件，从而得出综合结论。
这种方法适用于不等式条件较为复杂的情况，能够全面考虑不同情况下的特殊性。
4. 代入法代入法是一种通过代入特定的数值进行验证的方法。
通过选择合适的数值代入不等式中，可以验证不等式在特定条件下是否恒成立。
这种方法通常适用于验证不等式的特定性质或条件。
5. 齐次化法齐次化法是一种将不等式中的不定因子统一化的方法。
通过将不等式中的不定因子进行统一化，可以简化不等式的表达形式，从而更容易得出不等式的恒成立条件。
这种方法通常适用于不等式较为复杂的情况，能够简化问题的复杂度。
6. 几何法几何法是一种通过几何形象进行分析的方法。
通过将不等式转化为几何图形，可以直观地理解不等式的恒成立条件。
这种方法通常适用于具有几何意义的不等式问题，能够通过几何图形进行直观分析。
7. 递推法递推法是一种通过递归关系进行推导的方法。
通过建立递推关系，可以得出不等式的递推解，从而得出恒成立条件。
这种方法通常适用于递推关系较为明显的不等式问题，能够通过递推求解不等式问题。
8. 极限法极限法是一种通过极限的性质进行分析的方法。
函数中不等式恒成立问题
函数中不等式恒成立问题————————————————————————————————作者：————————————————————————————————日期：函数中不等式恒成立问题-中学数学论文函数中不等式恒成立问题瑞昌市第二中学廖谨函数是高中数学课程的主干知识之一，而函数中不等式恒成立问题可以综合地考查函数、导数、不等式等高中数学的重点知识，历来是高考的重点、难点和热点，一般都出现在后面的解答题中，且难度一般较大，致使很多学生都望而却步。
本文针对函数中带不等式问题的常见类型加以归纳，并总结出了各种常见类型问题的基本解题方法及思路。
一、利用二次函数的图象及性质二次函数f（x）=ax2+bx+c（a≠0），当x∈[m，n]时，例1：设f（x）=x2+2ax+2，当x∈[-1，+∞）时，f（x）≥a恒成立，求a的取值范围。
解：因为f（x）≥a要恒成立，即f（x）≥a在[-1，+∞）上的最小值都大于或等于a，根据题意知，a≤x2-2ax+2在[-1，+∞）上恒成立，即a≤f（x）min 恒成立．由二次函数的性质知：①当a＜-1时，f（x）min=f（-1）=1+2a+2=3+2a；即-3≤a≤-1②当a≥-1时，f（x）min=f（a）=2-a2，即-1≤a≤1所以a的取值范围是-3≤a≤1归纳总结：有关二次函数中的“恒成立”问题，经常采用转化的方法，将其转化为求函数的最值问题进行解决，然后利用二次函数的图象及性质求出它的最值，从而得到所求参数的取值范围，这种方法非常重要，需要在平时学习函数的时候多练习、多体会。
二、利用导数及函数的单调性已知函数f（x），其导函数为f′（x），若在区间I上有f′（x）＞0(f′（x）＜0)，则f（x）在区间I上为增(减)函数．然后利用函数的单调性可以求出f（x）在区间I上的最大(小)值，最终求出相关参数的范围。
利用函数的导数及函数的单调性解决不等式中恒成立问题，主要有以下几种常见类型：类型1：f（x）≥g（a）恒成立等价于f（x）min≥g（a）恒成立；f（x）≤g（a）恒成立等价于f（x）min≤g（a）恒成立。
不等式恒成立问题总结
不等式恒成立问题总结不等式是数学中常见的一种数学表达式，它描述了数值之间的大小关系。
在研究不等式时，我们经常需要判断一个不等式在何种条件下是恒成立的。
在这篇文章中，我将总结一些关于不等式恒成立问题的重要内容。
首先，对于一元一次不等式，例如 "ax + b > 0"，我们可以通过解方程 "ax + b = 0"，找出它的零点。
然后，我们根据零点将数轴分成几个区间，并通过测试区间内的某一个数值来确定不等式的成立情况。
具体来说，我们选择一个零点相邻区间的中点，将其代入不等式进行判断，如果不等式成立，则可以得出不等式在整个区间上都成立的结论。
其次，对于二次函数的不等式，例如 "ax^2 + bx + c > 0"，我们可以通过求解二次方程 "ax^2 + bx + c = 0" 的根来确定不等式的成立范围。
具体来说，当二次方程的解为实数时，可根据方程的根与零点分布来判断不等式在不同区间上的成立情况。
另外，对于一般的多元不等式，如 "f(x, y) > g(x, y)"，我们通常需要求解不等式系统的解集。
这可以通过利用代数方法或图形方法来实现。
代数方法包括消元、代入等，来逐步化简并推导出不等式的解集。
图形方法则是将不等式转化为图形，通过观察图形的位置和交点来推导不等式的解集。
总结起来，要判断不等式是否恒成立，我们可以通过解方程、求解二次方程、代数方法或图形方法等方式来找到不等式的解集，并对应不同区间或解集进行测试。
通过这些方法，我们能够准确地判断不等式在何种条件下是恒成立的。
这篇总结介绍了处理不等式恒成立问题的一些常用方法和原则。
通过运用这些方法，我们可以更好地理解和解决不等式相关的问题。
三元方程(不等式)中存在与恒成立问题解答策略
三元方程(不等式)中存在与恒成立问题解答策略
一、什么是三元方程(不等式)
三元方程(不等式)是一种由三个未知数组成的方程，它可以用来求解三个未知数的值。
它
可以用来求解比较复杂的问题，也可以用来解决组合数学中的问题。
二、三元方程(不等式)中存在与恒成立问题
在解决三元方程(不等式)时，有时会遇到“与恒成立”问题。
这种情况下，当我们把三元
方程(不等式)中的三个未知数替换为实际的值时，方程的结果不会改变，也就是说，方程
的结果是恒定的。
三、解决三元方程(不等式)中存在与恒成立问题的策略
1. 检查方程中的未知数：首先，我们需要在解决三元方程(不等式)时，检查方程中的未
知数是否存在重复，如果有，则可以直接排除，因为重复的未知数会导致方程的结果与恒
成立。
2. 改变方程的形式：如果方程中的未知数没有重复，那么我们可以尝试改变方程的形式，比如把方程中的未知数改变为不同的变量，或者把方程变换为其他形式，这样可以有效地
避免方程的结果与恒成立。
3. 使用数值解法：如果改变方程的形式仍然不能解决问题，那么我们可以尝试使用数值
解法，比如使用牛顿迭代法或其他数值解法，来求解三元方程(不等式)中的未知数。
4. 使用图像解法：如果以上方法都不能解决问题，那么我们可以尝试使用图像解法，比
如用图像来可视化三元方程(不等式)的解，以此来求解未知数。
总结
以上就是解决三元方程(不等式)中存在与恒成立问题的策略，即检查方程中的未知数，改
变方程的形式，使用数值解法和图像解法。
在解决三元方程(不等式)时，如果遇到“与恒
成立”问题，可以使用上述方法来解决。
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；
不等式“恒成立”问题的解法
不等式“恒成立”问题的解法在微积分学中，不等式“恒成立”问题是一个解决方法的重要组成部分。
这个问题的主要目的是研究在某一条件下，某个变量的取值范围如何受到不等式的限制。
解决“恒成立”问题，主要分为以下几步：1.首先，确定不等式恒成立的变量，并对变量进行分类。
2.其次，通过数学归纳法，确定不等式恒成立时变量的取值范围。
3.接着，把不等式恒成立的变量分别带入不同的条件，根据不同的条件，分别研究变量取值范围如何受到不等式的限制。
4.最后，总结所有的条件下变量的取值范围，得出不等式恒成立的结果。
上述就是不等式“恒成立”问题的常规解法，但也有一些特殊情况，则需要用到更多的数学工具，如变量变换、隐函数等，来解决不等式“恒成立”问题。
例如，假设有不等式$x^2+2x-3>0$，并且$x \in \mathbb{R}$，要求求解不等式恒成立的解。
这时，先将不等式左边进行变换，即$x^2+2x-3=(x+3)(x-1)>0$，然后分别把变量$x+3$、$x-1$的正负性考虑进去。
由此得出，不等式恒成立的解为 $x>1$ 或 $x<-3$ 。
以上就是不等式“恒成立”问题解决的具体步骤，由此可见，要解决不等式“恒成立”问题，需要通过多种数学工具来求解，能够用文字清晰表达出来，从而解决这类问题。
另外，在解决不等式“恒成立”问题时，还可以使用一些特殊的数学工具，从而达到更好的解决效果。
例如，在解决不等式 $x^2+2x-3>0$，并且$x \in\mathbb{R}$ 的问题时，可以使用隐函数的方法处理。
即，通过将该不等式变换为$y=x^2+2x-3$，将该不等式变换为一个隐函数，然后由该隐函数求解其在实数范围内的正负性变化，最后得到不等式恒成立的解。
同样，对于更加复杂的不等式，也可以采用类似的思路，将不等式变换为若干个隐函数，然后逐个求解，从而得到不等式恒成立的解。
总而言之，解决不等式“恒成立”问题，既可以采取常规解法，也可以使用特殊的数学工具，如变量变换、隐函数，从而精准求解出不等式恒成立的解，从而达到有效解决不等式“恒成立”问题的目的。
恒成立问题解法总结
当 ∈［ ，）ｑ， ＊） 一１ｏ ｕ （ 式等价于 。 ≤ 同理可求得（ ）ｌ＝４ 所 以 。 。 ｌ Ｉ ｉ ， ≤４
，
设 ＿ ） ／一 一４ ， （ ＝一 ＋０ 原 题意 厂 ＝￣ （ ｘ ｇ ） ， 转化 为当 Ｅ ［ ， ］ ， 一４ ０ 时 函数 ｇ（ 始 终 在 函数 ） ， ） （ 图象 的上方 ， 如图 ， 易得 ｎ＞２ ２ （ —２ 在解 综 合 性 较 强 的 恒 成立 问 题 时 ， 以 题 为 本 ， 应 、 、ｇｘ ＝ ｘ ａ （）－＋ 关键 在 于抓 住恒 成立 的本 ＼ 质 特 征 ， 体 问 题 具 体 分 具 ２、 析 ， 拘 泥 于一 种 方法 ， 不 求 ２ ～ ～ 、 解时不要受表面现 象诱惑 ， 要 透 过 现 象 深 入 本 质 ， 思 奇 妙想才能又好又快得 出正确答案 。这也是数学精 神 的生动具体表现 ， 只有切 实领会 了每 种解法 的实 质 才能够灵活应用 ， 获得最优解法 ， 从而 得到事半 功倍 的效 果 。 （ 作者单位 ： 江苏省 海安县 实验 中学）
所以 ｏ ， ≥２ 答案选 Ｂ 。
二 、 离 变 量 法 分 例 ２ ２０ （０８江 苏卷 ） （ ＝ ３ ｘ＋１ 于 Ｅ 厂 ） —３ 对 ［ ，］ 一１１总有 厂 ≥０成立 ， ｎ＝— — 。 （ ） 则
．
四 、 形 结 合 法 数
例 ４不等式￣ — ｘ＋ ＜０对 于 Ｅ［ ， ／一 ４ 一４ ０ 恒成立 ， 。的取值范 围— — 。 ］ 求 分析 ： 此题变量虽 已分 离 ， 但是左边部分 的最小 值处 理比较困难 ， 若把此不 等式进行 合理变形后 ， 能 非常容易地作 出不 等号两边 函数 图象 ， 则可 以通 过 画图直接判断得出结果 ， 其对于选择题 、 尤 填空题这 种方法更显方便快捷 。 解 ： 等 式 ￣ ２ 十 不 ／一 —４
微专题23 恒成立、能成立问题(解析版)
解得 ，所以 的取值范围为
（3）当 时， ，开口向上，对称轴为
当 时， ， ， ，
时， ，由题意，
对任意 ，总存在 ，使 成立，
即函数 的值域是函数 的值域的子集，
即 ， ，
解得 ，所以 的取值范围为 .
例11．（2022·浙江·杭十四中高一期末）已知函数 ， ，
(1)当 时，求函数 的单调递增与单调递减区间（直接写出结果）；
A． B．
C． D．
【答案】B
【解析】因为对任意 ，有 恒成立，
所以 ，
因为 ，所以 ，
所以 ，
故选：B
例2．（2022·天津·高一期末）对于满足等式 的任意正数 及任意实数 ，不等式 恒成立，则实数 的取值范围为（）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】因为任意正数 满足等式 ，
所以 ，
当且仅当 ，即 时等号成立，
所以当 时， ，
又 的对称轴为 ， ，
当 时， 在 上单调递增， ，解得 ，
所以 ；
当 时， 在 上单调递减，在 上单调递增，
，解得 ，所以 ；
当 时， 在 上单调递减， ，解得 ，
所以 ，
综上可知，实数m的取值范围是 .
变式9．（2022·山西·晋城市第一中学校高一阶段练习）已知函数 ，
(1)判断函数 在区间 上的单调性，并利用定义证明；
，可得 ，
，可得 .
（2）证明：对任意的正实数 、 都有 恒成立，
令 ，则 ，可得 ，
对任意的正数 、 ，则 ，
所以， ，
故 .
（3）由 ，可得 ，
由（2）可知，函数 在 上为增函数.
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函数、不等式恒成立问题解法（老师用）恒成立问题的基本类型：类型1：设)0()(2≠++=a c bx ax x f ，(对于任意实数R 上恒成立) （1）R x x f ∈>在0)(上恒成立00<∆>⇔且a ； （2）R x x f ∈<在0)(上恒成立00<∆<⇔且a 。
类型2：设)0()(2≠++=a c bx ax x f （给定某个区间上恒成立）（1）当0>a 时，],[0)(βα∈>x x f 在上恒成立⎪⎩⎪⎨⎧>>-⎪⎩⎪⎨⎧<∆≤-≤⎪⎩⎪⎨⎧><-⇔0)(2020)(2βββαααf a bab f a b 或或， ],[0)(βα∈<x x f 在上恒成立⎩⎨⎧<<⇔0)(0)(βαf f（2）当0<a 时，],[0)(βα∈>x x f 在上恒成立⎩⎨⎧>>⇔0)(0)(βαf f],[0)(βα∈<x x f 在上恒成立⎪⎩⎪⎨⎧<>-⎪⎩⎪⎨⎧<∆≤-≤⎪⎩⎪⎨⎧><-⇔0)(2020)(2βββαααf a bab f a b 或或 类型3：αα>⇔∈>min )()(x f I x x f 恒成立对一切 αα>⇔∈<max )()(x f I x x f 恒成立对一切。
类型4：)()()()()()()(max min I x x g x f x g x f I x x g x f ∈>⇔∈>的图象的上方或的图象在恒成立对一切 恒成一、用一次函数的性质对于一次函数],[,)(n m x b kx x f ∈+=有：⎩⎨⎧<<⇔<⎩⎨⎧>>⇔>0)(0)(0)(,0)(0)(0)(n f m f x f n f m f x f 恒成立恒成立 例1：若不等式)1(122->-x m x 对满足22≤≤-m 的所有m 都成立，求x 的范围。
解析：我们可以用改变主元的办法，将m 视为主变元，即将元不等式化为：0)12()1(2<---x x m ，；令)12()1()(2---=x x m m f ，则22≤≤-m 时，0)(<m f 恒成立，所以只需⎩⎨⎧<<-0)2(0)2(f f 即⎪⎩⎪⎨⎧<---<----0)12()1(20)12()1(222x x x x ，所以x 的范围是)231,271(++-∈x 。
二、利用一元二次函数的判别式对于一元二次函数),0(0)(2R x a c bx ax x f ∈≠>++=有： （1）R x x f ∈>在0)(上恒成立00<∆>⇔且a ； （2）R x x f ∈<在0)(上恒成立00<∆<⇔且a例2：若不等式02)1()1(2>+-+-x m x m 的解集是R ，求m 的范围。
解析：要想应用上面的结论，就得保证是二次的，才有判别式，但二次项系数含有参数m ，所以要讨论m-1是否是0。
（1）当m-1=0时，元不等式化为2>0恒成立，满足题意； （2）01≠-m 时，只需⎩⎨⎧<---=∆>-0)1(8)1(012m m m ，所以，)9,1[∈m 。
三、利用函数的最值（或值域）（1）m x f ≥)(对任意x 都成立m x f ≥⇔min )(；（2）m x f ≤)(对任意x 都成立max )(x f m ≥⇔。
简单计作：“大的大于最大的，小的小于最小的”。
由此看出，本类问题实质上是一类求函数的最值问题。
例3：在∆ABC 中，已知2|)(|,2cos )24(sin sin 4)(2<-++=m B f B BB B f 且π恒成立，求实数m 的范围。
解析：由]1,0(sin ,0,1sin 22cos )24(sin sin 4)(2∈∴<<+=++=B B B B BB B f ππΘ，]3,1()(∈B f ，2|)(|<-m B f Θ恒成立，2)(2<-<-∴m B f ，即⎩⎨⎧+<->2)(2)(B f m B f m 恒成立，]3,1(∈∴m 例4：（1）求使不等式],0[,cos sin π∈->x x x a 恒成立的实数a 的范围。
解析：由于函]43,4[4),4sin(2cos sin ππππ-∈--=->x x x x a ，显然函数有最大值2，2>∴a 。
如果把上题稍微改一点，那么答案又如何呢？请看下题： （2）求使不等式)2,0(4,cos sin ππ∈-->x x x a 恒成立的实数a 的范围。
解析：我们首先要认真对比上面两个例题的区别，主要在于自变量的取值范围的变化，这样使得x x y cos sin -=的最大值取不到2，即a 取2也满足条件，所以2≥a 。
所以，我们对这类题要注意看看函数能否取得最值，因为这直接关系到最后所求参数a 的取值。
利用这种方法时，一般要求把参数单独放在一侧，所以也叫分离参数法。
四：数形结合法对一些不能把数放在一侧的，可以利用对应函数的图象法求解。
例5：已知恒成立有时当21)(,)1,1(,)(,1,02<-∈-=≠>x f x a x x f a a x，求实数a 的取值范围。
解析：由x xa x a x x f <-<-=2121)(22，得，在同一直角坐标系中做出两个函数的图象，如果两个函数分别在x=-1和x=1处相交，则由12221)1(211-=--=-a a 及得到a 分别等于2和，并作出函数x x y y )21(2==及的图象，所以，要想使函数x a x <-212在区间)1,1(-∈x 中恒成立，只须x y 2=在区间)1,1(-∈x 对应的图象在212-=x y 在区间)1,1(-∈x 对应图象的上面即可。
当2,1≤>a a 只有时才能保证，而2110≥<<a a 时，只有才可以，所以]2,1()1,21[Y ∈a 。
例6：若当P(m,n)为圆1)1(22=-+y x 上任意一点时，不等式0≥++c n m 恒成立，则c 的取值范围是（ ） A 、1221-≤≤--c B 、1212+≤≤-cC 、12--≤cD 、12-≥c解析：由0≥++c n m ，可以看作是点P(m,n)在直线0=++c y x 的右侧，而点P(m,n)在圆1)1(22=-+y x 上，实质相当于是1)1(22=-+y x 在直线的右侧并与它相离或相切。
12111|10|01022-≥∴⎪⎩⎪⎨⎧≥+++>++∴c c c ，故选D 。
同步练习1、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。
分析：如果(.1)x ∈-∞时，()f x 恒有意义，则可转化为1240x x a ++>恒成立，即参数分离后212(22)4xx x x a --+>-=-+，(.1)x ∈-∞恒成立，接下来可转化为二次函数区间最值求解。
解：如果(.1)x ∈-∞时，()f x 恒有意义1240x x a ⇔++>，对(,1)x ∈-∞恒成立.212(22)4xx x x a --+⇔>-=-+(.1)x ∈-∞恒成立。
令2x t -=，2()()g t t t =-+又(.1)x ∈-∞则1(,)2t ∈+∞()a g t ∴>对1(,)2t ∈+∞恒成立，又()g t Q 在1[,)2t ∈+∞上为减函数，max 13()()24t g ==-g ，34a ∴≥-。
2、设函数是定义在(,)-∞+∞上的增函数，如果不等式2(1)(2)f ax x f a --<-对于任意[0,1]x ∈恒成立，求实数a 的取值范围。
分析：本题可利用函数的单调性把原不等式问题转化为212ax x a --<-对于任意[0,1]x ∈恒成立，从而转化为二次函数区间最值求解。
解：()f x Q 是增函数2(1)(2)f ax x f a ∴--<-对于任意[0,1]x ∈恒成立212ax x a ⇔--<-对于任意[0,1]x ∈恒成立210x ax a ⇔++->对于任意[0,1]x ∈恒成立，令2()1g x x ax a =++-，[0,1]x ∈，所以原问题min ()0g x ⇔>，又min(0),0()(),2022,2g a a g x g a a >⎧⎪⎪=--≤≤⎨⎪ <-⎪⎩即2min 1,0()1,2042,2a a ag x a a a - >⎧⎪⎪=--+-≤≤⎨⎪ <-⎪⎩ 易求得1a <。
3、 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。
方法一）分析：在不等式中含有两个变量a 及x ，本题必须由x 的范围（x ∈R ）来求另一变量a 的范围，故可考虑将a 及x 分离构造函数利用函数定义域上的最值求解a 的取值范围。
解：原不等式4sinx+cos2x<-a+5⇔当x ∈R 时，不等式a+cos2x<5-4sinx 恒成立max -a+5>(4sinx+cos2x)⇔ 设f(x)=4sinx+cos2x 则22f(x)= 4sinx+cos2x=-2sin x+4sinx+1=-2(sinx-1)+3 3≤ ∴-a+5>3a<2∴方法二）题目中出现了sinx 及cos2x ，而cos2x=1-2sin 2x,故若采用换元法把sinx 换元成t,则可把原不等式转化成关于t 的二次不等式，从而可利用二次函数区间最值求解。
解：不等式a+cos2x<5-4sinx 可化为a+1-2sin 2x<5-4sinx,令sinx=t,则t ∈[-1,1],∴不等式a+cos2x<5-4sinx 恒成立⇔2t 2-4t+4-a>0,t ∈[-1,1]恒成立。
设f(t)= 2t 2-4t+4-a ，显然f(x)在[-1，1]内单调递减，f(t)min =f(1)=2-a,∴2-a>0∴a<24、 设f(x)=x 2-2ax+2,当x ∈[-1,+∞)时，都有f(x)≥a 恒成立，求a 的取值范围。
分析：在f(x)≥a 不等式中，若把a 移到等号的左边，则原问题可转化为二次函数区间恒成立问题。