高中数学中的存在性问题与恒成立问题例题
高中数学x恒成立、存在性问题(存在量词)
恒成立、存在性问题的等价转化方法例题分析此类问题经常涉及到诸如“已知不等式恒成立，或不等式、方程有解，求参数的取值范围”等问题，我们不妨将之称之为“恒成立”问题与“有解”问题。
“恒成立”问题与“有解”问题的处理思路是将其等价转化为与函数最值或值域有关，当函数的最大或最小值不存在时，该如何思考？例1)2,1(∈∀x ，0ln 212>--a x x ，则实数a 的取值范围是 . 分析 )2,1(∈∀x ，0ln 212>--a x x ⇔)2,1(∈∀x ，x x a ln 212-<. ∵)2,1(∈x 时, x x x f ln 21)(2-=递增, 其值域为)2ln 2,21(-,∴21≤a . 例2 ),1(+∞∈∀x ，0ln 212<--a x x ，则实数a 的取值范围是 . 分析 ),1(+∞∈∀x ，0ln 212<--a x x ⇔),1(+∞∈∀x ，x x a ln 212->. ∵),1(+∞∈x 时, 函数x x x f ln 21)(2-=递增, 其值域为),21(+∞,∴Φ∈a . 例3 )2,1(∈∃x ，0ln 212>--a x x ，则实数a 的取值范围是 . 分析 )2,1(∈∃x ，0ln 212>--a x x ⇔)2,1(∈∃x ，x x a ln 212-<. ∵)2,1(∈x 时, x x x f ln 21)(2-=递增, 其值域为)2ln 2,21(-,∴2ln 2->a . 小结 当函数)(x f 的最值不存在时的“恒成立”和“有解”问题可以这样处理:(1)当I x ∈时, 函数)(x f 的值域为),(n m , 则I x ∈∀，)(x f a <⇔m a ≤； I x ∈∃，)(x f a <⇔n a <；I x ∈∀，)(x f a ≤⇔m a ≤； I x ∈∃，)(x f a ≤⇔n a <；I x ∈∀，)(x f a >⇔n a ≥； I x ∈∃，)(x f a >⇔m a >；I x ∈∀，)(x f a ≥⇔n a ≥； I x ∈∃，)(x f a ≥⇔m a >；(2)当I x ∈时, 函数)(x f 的值域为),(+∞m , 则 I x ∈∀，)(x f a >⇔Φ∈a ；I x ∈∀，)(x f a ≥⇔Φ∈a ；I x ∈∃，)(x f a <⇔R a ∈；I x ∈∃，)(x f a ≤⇔R a ∈；(3)当I x ∈时, 函数)(x f 的值域为),(n -∞, 则 I x ∈∀，)(x f a <⇔Φ∈a ；I x ∈∀，)(x f a ≤⇔Φ∈a ；I x ∈∃，)(x f a >⇔R a ∈；I x ∈∃，)(x f a ≥⇔R a ∈.。
方法技巧专题16 函数中恒成立与存在性问题(解析版)
函数中恒成立与存在性问题二、函数中恒成立问题【例1】不等式3ln 1xx e a x x --≥+对任意(1,)x ∈+∞恒成立，则实数a 的取值范围（ ）A ．(,1]e -∞-B ．2(,2]e -∞-C ．(,2]-∞-D ．(,3]-∞-【解析】3ln 1x a x x e x -≤--对()1,x ∀∈+∞恒成立，即31ln x x e x a x ---≤对()1,x ∀∈+∞恒成立，从而求31ln x x e x y x ---=，()1,x ∈+∞的最小值，而33ln 3ln 3ln 1x x x x x x e e e e x x ---==≥-+故313ln 113ln x x e x x x x x ---≥-+--=-即313ln 3ln ln x x e x xx x----≥=-当3ln 0x x -=时，等号成立，方程3ln 0x x -=在()1,+∞内有根，故3min13ln x x e x x -⎛⎫--=- ⎪⎝⎭，所以3a ≤-，故选D.【例2】已知函数()ln f x ax x x =+的图象在点e x =（e 为自然对数的底数）处的切线的斜率为3． (1)求实数a 的值；(2)若2()f x kx ≤对任意0x >成立,求实数k 的取值范围. 【解析】(1)∵()ln f x ax x x =+,∵'()ln 1f x a x =++, 又∵()f x 的图象在点e x =处的切线的斜率为3,∵'(e)3f =, 即lne 13a ++=,∵1a =； (2)由（1）知,()ln f x x x x =+, ∵2()f x kx ≤对任意0x >成立1ln xk x+⇔≥对任意0x >成立, 令1ln ()xg x x +=,则问题转化为求()g x 的最大值, 221(1ln )ln '()x x x x g x x x ⋅-+==-,令'()0g x =,解得1x =, 当01x <<时,'()0g x >,∵()g x 在(0,1)上是增函数； 当1x >时,'()0g x <,∵()g x 在(1,)+∞上是减函数． 故()g x 在1x =处取得最大值(1)1g =,∵1k ≥即为所求. 2.巩固提升综合练习【练习1】已知函数()log a f x x =,()2log (22)a g x x t =+-,其中0a >且1a ≠,t R ∈． (1)若4t =,且1[,2]4x ∈时,()()()F x g x f x =-的最小值是－2,求实数a 的值； (2)若01a <<,且1[,2]4x ∈时,有()()f x g x ≥恒成立,求实数t 的取值范围. 【答案】(1)15；(2)[2,)+∞. 【解析】(1)∵4t =,∵24(1)()()()2log (22)log log a a a x F x g x f x x x x+=-=+-=1log 4(2)a x x=++ 易证1()4(2)h x x x =++在1[,1]4上单调递减,在[1,2]上单调递增,且1()(2)4h h >,∵min ()(1)16h x h ==,max 1()()254h x h ==,∵当1a >时,min ()log 16a F x =,由log 162a =-,解得14a =（舍去）当01a <<时,min ()log 25a F x =,由log 252a =-,解得15a =. 综上知实数a 的值是15. (2)∵()()f x g x ≥恒成立,即log 2log (22)a a x x t ≥+-恒成立,∵1log log (22)2a a x x t ≥+-.又∵01a <<,1[,2]4x ∈22x t ≤+-,22t x ≥-+∵恒成立,∵max (22)t x ≥-.令2117122)([,2])484y x x =-=-+∈,∵max 2y =.故实数t 的取值范围为[2,)+∞.【练习2】若(0,)x ∈+∞，1ln x e x x a x-≥-+恒成立，则a 的最大值为（ ）A ．1B ．1eC ．0D ．e -【答案】C【解析】设x x t ln -=,则11x t e e x--=，原不等式等价于1t e t a --≥恒成立，设1ln ,1y x x y x-='=-是单调递增的，零点为1x =,函数y 的最小值为1，故1t ≥，()()11,1t t f t e t f t e --'=-=-，零点是1t = ()f t 在[)1,+∞上单调递增，故()min 0f t =，故0a ≤.故选C.【练习3】已知a R ∈，设函数⎩⎨⎧>-≤+-=1,ln 1,22)(2x x a x x a ax x x f 若关于x 的不等式0)(≥x f 在R 上恒成立，则a 的取值范围为（ ） A ．[]0,1 B ．[]0,2 C ．[]0,e D ．[]1,e【答案】C 【解析】∵(0)0f ≥，即0a ≥，当01a ≤≤时，2222()22()22(2)0f x x ax a x a a a a a a a =-+=-+-≥-=->， 当1a <时，(1)10f =>，故当0a ≥时，2220x ax a -+≥在(,1]-∞上恒成立； 若ln 0x a x -≥在(1,)+∞上恒成立，即ln xa x≤在(1,)+∞上恒成立， 令()ln xg x x=，则2ln 1'()(ln )x g x x -=，当,x e >函数单增，当0,x e <<函数单减，故max ()()g x g e e ==，所以a e ≤.当0a ≥时，2220x ax a -+≥在(,1]-∞上恒成立； 综上可知，a 的取值范围是[0,]e ， 故选C.1.例题【例1】定义域为R 的函数()f x 满足()()22f x f x +=，当[]0,2x 时，()[)[)232,0,11,1,22x x x x f x x -⎧-∈⎪⎪=⎨⎛⎫-∈⎪ ⎪⎪⎝⎭⎩，若当[)4,2x ∈--时，不等式()2142m f x m ≥-+恒成立，则实数m 的取值范围是（ ）A ．[]2,3B ．[]1,3C ．[]1,4D ．[]2,4【答案】B【解析】因为当[)4,2x ∈--时，不等式()2142m f x m ≥-+恒成立，所以()2min 142m f x m ≥-+，当[)[)4,2,40,2x x ∈--+∈时，()()()112424f x f x f x =+=+ ()()[)[)2342144,40,1411,41,242x x x x x +-⎧⎡⎤+-++∈⎪⎣⎦⎪=⎨⎛⎫⎪-+∈ ⎪⎪⎝⎭⎩当[)40,1x +∈时，()()()211114444416f x x x ⎡⎤=+-+≥-⨯=-⎣⎦，当[)41,2x +∈时，()342111424x f x +-⎛⎫=-≥- ⎪⎝⎭，因此当[)4,2x ∈--时，()2min1113442m f x m m =-≥-+∴≤≤，选B.【例2】若对I x ∀，()2,x m ∈+∞，且12x x <，都有122121ln ln 1x x x x x x -<-，则m 的取值范围是（ ）注:（ e 为自然对数的底数，即 2.71828e =…） A ．1,e ⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭B ．[),e +∞C ．[)1,+∞D ．[)1,-+∞ 【答案】C【解析】因为对于()ln f x x =,定义域为()0,∞+ ,所以120x x << 当满足120x x <<时,122121ln ln 1x x x x x x -<-成立化简可得122121ln ln x x x x x x -<-,移项合并后可得121221ln ln x x x x x x +<+,即()()1221ln 11ln x x x x +<+因为120x x <<,所以可等价于()()2121ln 1ln 1x x x x ++<即满足()ln 1x g x x +=为减函数，()221ln 1ln 'x xg x x x ---==， 因为()ln 1x g x x +=为减函数，所以()'0g x ≤,即2ln 0xx -≤， 则1x ≥ ，因为对1x ∀，()2,x m ∈+∞，且12x x <，都有122121ln ln 1x x x x x x -<-所以1m ≥ ,即m 的取值范围为[)1,+∞，故选C. 【例3】已知函数21ln 21)(2-+-=x x a x x f ，对任意x ∈[1，＋∞)，当mx x f ≥)(恒成立时实数m 的最 大值为1，则实数a 的取值范围是 ．【解析】对任意x ∈[1，＋∞)，有f(x)≥mx恒成立，即()f x m x ≥恒成立，即min()f x m x ⎡⎤≤⎢⎥⎣⎦，又当f(x)≥mx 恒成立时实数m 的最大值为1，所以min()1f x x ⎡⎤=⎢⎥⎣⎦.因为(1)11f = 所以问题等价转化为()1f x x≥在[1,)+∞上恒成立，即()0f x x -≥在[1,)+∞上恒成立. 设()()g x f x x =-211ln 22x a x =--（1x ≥），2()x ag x x-'=①当1a ≤时，因为1x ≥，所以2()0x ag x x-'=≥，因此()g x 在[1,)+∞上是单调递增函数，所以()(1)0g x g ≥=，即()0f x x -≥在[1,)+∞上恒成立；②当1a >时，在上，有()0g x '<；在)+∞上，有()0g x '>， 所以()g x 在上为单调递减函数，在)+∞上为单调递增函数. 当(1,)x a ∈，有()(1)0g x g <=，即()0f x x -≥在[1,)+∞上不恒成立. 综合①②得：实数a 的取值范围是(,1]-∞.2.巩固提升综合练习 【练习1】已知函数，，当时，不等式恒成立，则实数的取值范围为（ ）A ．(]e ，∞-B ．），（e ∞-C ．），（2-e∞ D ．⎥⎦⎤ ⎝⎛∞2-e ， 【答案】D【解析】因为所以即，即当时，恒成立，所以在内是一个增函数，设，则有即 ，设则有， 当时，即，当时，即所以当时，最小，即 ，故选D.【练习2】已知定义在R 上的偶函数()f x 在[0,)+∞上递减，若不等式2(ln 1)(ln 1)f ax x f ax x -+++--()31f ≥对[]1,3x ∈恒成立，则实数a 的取值范围是（ ）A ．[]2,e B ．1[,)e+∞C ．1[,]e eD ．12ln 3[,]3e +【答案】D【解析】由题设可得(ln 1)(ln 1)f ax x f ax x -++=--，则原不等式可化为(ln 1)(1)f ax x f -++≥， 即ln 11ax x --≤，也即ln 20ax x --≤在[1,3]上恒成立，由于0x >，因此2ln xa x+≤， 令2ln ()x h x x +=，则/2212ln 1ln ()x x h x x x --+==-，所以当1ln 1x x e >-⇒>时，/()0h x <，函数2ln ()x h x x+=单调递减，因11e <，故函数2ln ()x h x x+=在[1,3]上单调递减， 故min max 2ln13ln 3()2,()13h x h x ++===， 当11x e e -==时，函数1min 12ln ()e h x e e --+==，所以a e ≤，应选答案D.【练习3】若，满足恒成立，则实数的取值范围为__________．【答案】【解析】（1），显然成立；（2）时，由 ，由在为增在恒成立，由在为增，，，综上，，故答案为.【三】数形结合法1.例题【例1】已知函数()222f x x kx =-+,在1x ≥-恒有()f x k ≥,求实数k 的取值范围.【解析】令()()222F x f x k x kx k=-=-+-,则()0F x ≥对[)1,x ∈-+∞恒成立,而()F x 是开口向上的抛物线.当图象与x 轴无交点满足0∆<,即()24220k k ∆=--<,解得21k -<<.当图象与x 轴有交点,且在[)1,x ∈-+∞时()0F x ≥,则由二次函数根与系数的分布知识及图象可得： ()010212F k ⎧⎪∆≥⎪⎪-≥⎨⎪-⎪-≤-⎪⎩，解得32k -≤≤-,故由①②知31k -≤<.【例2】已知函数f (x )＝⎩⎨⎧－|x 3－2x 2＋x |， x <1，ln x ， x ≥1，若对于∀t ∈R ，f (t )≤kt 恒成立，则实数k 的取值范围是________． 【答案】[1e，1]【解析】令y ＝x 3－2x 2＋x ，x <1，则y ′＝3x 2－4x ＋1＝(x －1)·(3x －1)， 令y ′>0，即(x －1)(3x －1)>0，解得x <13或x >1.又因为x <1，所以x <13.令y ′<0，得13<x <1，所以y 的增区间是(－∞，13)，减区间是(13，1)，所以y 极大值＝427.根据图像变换可作出函数y ＝－|x 3－2x 2＋x |，x <1的图像．又设函数y ＝ln x (x ≥1)的图像经过原点的切线斜率为k 1，切点(x 1，ln x 1)，因为y ′＝1x ，所以k 1＝1x 1＝ln x 1－0x 1－0，解得x 1＝e ，所以k 1＝1e .函数y ＝x 3－2x 2＋x 在原点处的切线斜率k 2＝1.因为∀t ∈R ，f (t )≤kt ，所以根据f (x )的图像，数形结合可得1e≤k ≤1.2.巩固提升综合练习【练习1】已知定义在R 上的奇函数()f x 满足:当0x ≥时,()3f x x =,若不等式()()242f t f m mt ->+对任意实数t 恒成立,则实数m 的取值范围是（ ）A ．(,-∞ B ．()C. ()),0-∞⋃+∞ D ．(),-∞⋃+∞【答案】A【解析】当0x <时,()33()()()()f x f x x f x x x R f x =--=⇒=∈⇒在R 上是增函数242t m mt ⇒->+对任意实数t 恒成立2442t mt t m ⇒->++对任意实数t 恒成立,结合二次函数图象可得201680m m m <⎧⇒⇒∈⎨∆-<⎩(,-∞,故选A.【练习2】若不等式()2211x m x ->-对任意[]1,1m ∈-恒成立,实数x 的取值范围是 .12x <<【解析】()2211x m x ->-可转化为()21210m x x --+<,设()()21210f m m x x =--+<,则()f m 是关于m 的一次型函数,要使()0f m <恒成立,只需()()221201220f x x f x x ⎧=-<⎪⎨-=--+<⎪⎩,12x <<. 【练习3】已知函数23ln ,1(),46,1x x f x x x x -≤⎧=⎨-+>⎩若不等式()|2|f x x a ≥-对任意(0,)x ∈+∞上恒成立，则实数a 的取值范围为（ ） A ．13,3e ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦B ．[3,3ln 5]+C ．[3,4ln 2]+D ．13,5e⎡⎤-⎢⎥⎣⎦【答案】C【解析】由题意得：设g(x)=|2|x a -，易得a ＞0，可得2,2g(x)=2,2a x a x ax a x ⎧-≥⎪⎪⎨⎪-+⎪⎩＜，g(x)与x 轴的交点为(,0)2a ，①当2ax ≥，由不等式()|2|f x x a ≥-对任意(0,)x ∈+∞上恒成立，可得临界值时，()g()f x x 与相 切，此时2()46,1f x x x x =-+>，()2,2a g x x a x =-≥，可得'()24f x x =-，可得切线斜率为2，242x -=，3x =，可得切点坐标（3，3）， 可得切线方程：23y x =-，切线与x 轴的交点为3(,0)2,可得此时322a =，3a =， 综合函数图像可得3a ≥；②同理，当2ax ＜，由()g()f x x 与相切， （1）当2()46,1f x x x x =-+>，()2,2a g x x a x =-+＜，可得'()24f x x =-，可得切线斜率为-2，242x -=-，1x =，可得切点坐标（1，3），可得切线方程25y x =-+，可得5a =，综合函数图像可得5a ≤，（2）当()3ln ,1f x x x =-≤，()2,2a g x x a x =-+＜，()g()f x x 与相切，可得'1()f x x， 此时可得可得切线斜率为-2，12x -=-，12x =，可得切点坐标1(,32)2In +,可得切线方程：1(32)2()2y In x -+=--，242y x In =-++可得切线与x 轴的交点为2(2,0)2In +，可得此时2222a In =+，42a In =+， 综合函数图像可得42a In ≤+，综上所述可得342a In ≤≤+，故选C.1.例题【例1】 已知函数f (x )＝x ||x 2－a ，若存在x ∈[]1，2，使得f (x )<2，则实数a 的取值范围是________． 【答案】 (－1,5)【解析】解法1 当x ∈[1,2]时，f (x )<2，等价于|x 3－ax |<2，即－2<x 3－ax <2，即x 3－2<ax <x 3＋2，得到x 2－2x <a <x 2＋2x，即⎝⎛⎭⎫x 2－2x min <a <⎝⎛⎭⎫x 2＋2x max ，得到－1<a <5. 解法2 原问题可转化为先求：对任意x ∈[1,2]，使得f (x )≥2时，实数a 的取值范围． 则有x |x 2－a |≥2，即|a －x 2|≥2x.(1) 当a ≥4时，a ≥x 2＋2x ≥22＋22＝5，得到a ≥5.(2) 当a ≤1时，x 2－a ≥2x ，有a ≤x 2－2x ≤1－21＝－1，得到a ≤－1.(3) 当1<a <4时，|a －x 2|≥0，与2x >0矛盾．那么有a ≤－1或a ≥5，故原题答案为－1<a <5. 【例2】已知=)(x f x x +221,=)(x g a x -+)1ln(,若存在]2,0[,21∈x x ,使得)()(21x g x f >,求实数a 的取值范围；【答案】()4,-+∞【解析】()(),f x g x 在[]0,2上都是增函数,所以()f x 的值域，，]40[=A ()g x 的值域]3ln ,[a a B --=.若存在]2,0[,21∈x x ,使得)()(21x g x f >,则min max )()(x g x f >,即4>a -,所以4->a .实数a 的取值围是()4,-+∞.AB ≠∅.（【例3】已知=)(x f x x +221,=)(x g a x -+)1ln(,若存在]2,0[,21∈x x ,使得)()(21x g x f =,求实数a 的取值范围.【答案】[]4,ln3-【解析】()(),f x g x 在[]0,2上都是增函数,所以()f x 的值域，，]40[=A ()g x 的值域]3ln ,[a a B --=. 若存在21,x x 使得)()(21x g x f =,则A B ≠∅,∵4a -≤且ln30a -≥,∵实数a 的取值围是[]4,ln3-.2.巩固提升综合练习【练习1】已知函数22()()()xaf x x a e e=+++，若存在0x ，使得024()1f x e ≤+，则实数a 的值为______． 【答案】2211e e -+ 【解析】函数f （x ）=（x+a ）2+（e x +a e）2， 函数f （x ）可以看作是动点M （x ，e x ）与动点N （-a ，-ae）之间距离的平方， 动点M 在函数y=e x 的图象上，N 在直线y=1e x 的图象上，问题转化为求直线上的动点到曲线的最小距离，由y=e x 得，y′=e x =1e，解得x=-1，所以曲线上点M （-1，1e ）到直线y=1e x 的距离最小，最小距离则f （x ）≥241e +， 根据题意，要使f （x 0）≤241e +，则f （x 0）=241e +， 此时N 恰好为垂足，由K MN =-e ，解得a=2211e e -+ ． 故答案为：2211e e -+．【练习2】已知函数2,1()1,1x ax x f x ax x ⎧-+≤=⎨->⎩，若1x ∃、2R x ∈，12x x ≠，使得12()()f x f x =成立，则a的取值范围是（ ）． A ．2a > B ．2a <C ．22a -<<D ．2a <-或2a >【答案】B【解析】当2a <时，12a <，函数()f x 在,2a ⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭上递增，在,12a ⎛⎫⎪⎝⎭上递减，则：1x ∃、2R x ∈，12x x ≠，使得12()()f x f x =成立.当2a ≥时，12a≥，函数()f x 在(),1-∞上递增，在()1,+∞也递增， 又21111a a -+⨯=⨯-，所以函数()f x 在R 上单调递增，此时一定不存在1x 、2R x ∈，12x x ≠，使得12()()f x f x =成立.故选B.【练习3】已知函数24,0(),0x x x f x e e x x⎧+-≤⎪=⎨->⎪⎩，2()314g x x x =--，若存在实数x ，使得()()18g m f x -=成立，则实数m 的取值范围为（ ） A ．)7,4(- B ．[4,7]-C ．(,4)(7,)-∞-+∞D ．(,4][7,)-∞-+∞【答案】D【解析】由题意，当0x ≤时，()|2|44f x x =+-≥-，当且仅当2x =-时取“=”，当0x >时，函数()x e f x e x =-，则2(1)'()xx e f x x-=， 当(0,1)x ∈时，()0f x '<，当时，()0f x '>，所以函数()f x 在区间(0,1)上单调递减，在区间(1,)+∞上单调增， 所以()(1)0f x f ≥=，综上可得()4f x ≥-，因为存在实数x ，使得()()18g m f x -=成立，则()()1841814g m f x =+≥-+=， 即231414m m --≥，即23280m m --≥，解得或4m ≤-，故实数m 的取值范围为(,4][7,)-∞-+∞，故选D. 【练习4】已知函数()ln f x x =,()()h x a x a R =∈.（1）函数()f x 的图象与()h x 的图象无公共点,求实数a 的取值范围；（2）是否存在实数m ,使得对任意的1(,)2x ∈+∞,都有函数()m y f x x =+的图象在()x e g x x =的图象的下方？若存在,请求出整数m 的最大值；若不存在,请说理由.（参考数据：ln 20.6931=,ln3 1.0986=1.3956==）. 【解析】（1）函数()f x 与()h x 无公共点,等价于方程ln xa x=在(0,)+∞无解 令ln ()x t x=,则21ln '(),xt x -=令'()0,t x =得x e =因为x e =是唯一的极大值点,故max ()t t e e==……………4分 故要使方程ln xa x =在(0,)+∞无解, 当且仅当1a e >,故实数a 的取值范围为1(,)e +∞（2）假设存在实数m 满足题意,则不等式ln x m e x x x +<对1(,)2x ∈+∞恒成立.即ln x m e x x <-对1(,)2x ∈+∞恒成立.令()ln xr x e x x =-,则'()ln 1xr x e x =--,令()ln 1xx e x ϕ=--,则1'()x x e x ϕ=-,∵'()x ϕ在1(,)2+∞上单调递增,121'()202e ϕ=-<,'(1)10e ϕ=->,且'()x ϕ的图象在1(,1)2上连续,∵存在01(,1)2x ∈,使得0'()0x ϕ=,即0010xe x -=,则00ln x x =-,∵ 当01(,)2x x∈时,()x ϕ单调递减；当0(,)x x ∈+∞时,()x ϕ单调递增,则()x ϕ取到最小值000001()ln 11xx e x x x ϕ=--=+-110≥=>, ∵ '()0r x >,即()r x 在区间1(,)2+∞内单调递增. 11221111()ln ln 2 1.995252222m r e e ≤=-=+=,∵存在实数m 满足题意,且最大整数m 的值为1.【例1】已知函数[]()2(),2,2f x x x =∈-，2()sin(2)3,0,62g x a x a x ππ⎡⎤=++∈⎢⎥⎣⎦，[]12,2x ∀∈-，总00,2x π⎡⎤∃∈⎢⎥⎣⎦，使得()()01g x f x =成立，则实数a 的取值范围是____________.【答案】(][),46,-∞-+∞【解析】∵[2,2]x ∈-，∵2()[0,4]f x x =∈∵0,2x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，∵72666x πππ≤+≤，∵1sin(2)126x π-≤+≤ ∵221()[3,3]2g x a a a a ∈-++ 要使[]12,2x ∀∈-，总00,2x π⎡⎤∃∈⎢⎥⎣⎦，使得()()01g x f x =成立， 则需满足：221[0,4][3,3]2a a a a ⊆-++ ∵22130234a a a a ⎧-+≤⎪⎨⎪+≥⎩，解得4a ≤-或6a ≥ ∵a 的取值范围是(,4][6,)-∞-⋃+∞.【例2】已知函数f (x )＝x 2－2ax ＋1，g (x )＝ax，其中a >0，x ≠0.(1) 对任意[]2,1∈x ，都有)()(x g x f >恒成立，求实数a 的取值范围；(2) 对任意[]2,11∈x ，任意[]4,22∈x ，都有)()(21x g x f >恒成立，求实数a 的取值范围； (3) 对任意[]2,11∈x ，存在[]4,22∈x ，使)()(21x g x f >成立，求实数a 的取值范围； (4) 存在[]2,11∈x ，任意[]4,22∈x ，使)()(21x g x f >成立，求实数a 的取值范围． 【解答】（1） 因为对任意x ∈[1,2]，都有f (x )>g (x )恒成立，即对任意x ∈[1,2]，x 2－2ax ＋1>ax恒成立，所以a <x 3＋x2x 2＋1在x ∈[1,2]上恒成立．令φ(x )＝x 3＋x 2x 2＋1，则φ′(x )＝2x 4＋x 2＋1(2x 2＋1)2>0，所以φ(x )min ＝φ(1)＝23，所以a <23.又因为a >0，所以实数a 的取值范围是⎝⎛⎭⎫0，23. （2）函数f (x )＝x 2－2ax ＋1＝(x －a )2＋1－a 2在区间[1,2]上的最小值有以下三种情况：①当0<a ≤1时，f (x )min ＝f (1)＝2－2a ；②当1<a <2时，f (x )min ＝f (a )＝a 2－2a 2＋1＝1－a 2； ③当a ≥2时，f (x )min ＝f (2)＝5－4a . 函数g (x )的最大值为a2.当0<a ≤1时，由f (x )min >a 2，即2－2a >a 2，解得0<a <45；当1<a <2时，由f (x )min ＝1－a 2>a2，无解；当a ≥2时，f (x )min ＝5－4a >a2，无解．综上可知，实数a 的取值范围是⎝⎛⎭⎫0，45. （3）函数f (x )＝x 2－2ax ＋1＝(x －a )2＋1－a 2在区间[1,2]上的最小值有以下三种情况：①当0<a ≤1时，f (x )min ＝f (1)＝2－2a ；②当1<a <2时， f (x )min ＝f (a )＝a 2－2a 2＋1＝1－a 2； ③当a ≥2时，f (x )min ＝f (2)＝5－4a . 函数g (x )的最小值为4a当0<a ≤1时，由f (x )min >4a ，即2－2a >4a ，解得0<a <98；当1<a <2时，由f (x )min ＝1－a 2>4a，无解； 当a ≥2时，f (x )min ＝5－4a >4a，无解． 综上可知，实数a 的取值范围是⎪⎭⎫ ⎝⎛980，. （4）函数g (x )的最大值为a2.函数f (x )＝x 2－2ax ＋1＝(x －a )2＋1－a 2在区间[1,2]上的最大值有以下三种情况： ①当0<a ≤23时，245)2()(max a a f x f >-==，解得0<a <910； ②当23>a 时，222)1()(max aa f x f >-==，无解.综上可知，实数a 的取值范围是⎪⎭⎫ ⎝⎛9100，. 2. 巩固提升综合练习【练习1】已知二次函数 f (x )=ax 2+bx +c (a >0) 的图象过点 (1,0)若对任意的 x 1∈[0,2]，存在 x 2∈[0,2]，使得 f (x 1)+f (x 2)>32a ，求 ba 的取值范围.【解析】 由题意，对任意的 x 1∈[0,2]，存在 x 2∈[0,2]，使得 f (x 1)+f (x 2)>32a . 所以 f min (x )+f max (x )>32a .因为 a +b +c =0 ，所以 f (x )=ax 2+bx −a −b ，其对称轴为 x =−b2a . ①当 −b2a <0 即 ba >0 时，f (x ) 在 [0,2] 上单调递增，所以 f min (x )+f max (x )=f (0)+f (2)=−a −b +3a +b =2a >32a .所以b a>0 符合题意.②当 0≤−b2a <1 即 −2<ba ≤0 时，f (x ) 在 [0,−b2a ] 上递减，在 [−b2a ,2] 上递增且 f (0)<f (2) . 所以 f min (x )+f max (x )=f (−b2a)+f (2)=−b 24a −a −b +3a +b =−b 24a +2a . 所以由 −b 24a +2a >32a 得：−√2<ba ≤0 符合题意. ③当 1≤−b2a <2 即 −4<ba ≤−2 时， f (x ) 在 [0,−b 2a ] 上递减，在 [−b 2a,2] 上递增且 f (0)≥f (2) .所以 f min (x )+f max (x )=f (−b2a )+f (0)=−b 24a −a −b −a −b =−b 24a −2a −2b . 所以由 −b 24a −2a −2b >32a 得：−4−√2<ba <−4+√2． 所以 −4<b a <−4+√2 符合题意.④当 −b 2a≥2 即 b a≤−4 时，f (x ) 在 [0,2] 上单调递减，所以 f min (x )+f max (x )=f (2)+f (0)=3a +b −a −b =2a >32a . 所以 ba ≤−4 符合题意.综上所述：所以 ba <−4+√2 或 ba >−√2 .【练习2】 已知函数 f (x )=12ax 2−(2a +1)x +2lnx (a ∈R )．（1）若曲线 y =f (x ) 在 x =1 和 x =3 处的切线互相平行，求 a 的值； （2）求 f (x ) 的单调区间；（3）设 g (x )=x 2−2x ，若对 x 1∈(0,2]，均存在 x 2∈(0,2]，使得 f (x 1)<g (x 2)，求 a 的取值范围 【解析】（1） fʹ(x )=ax −(2a +1)+2x (x >0)． 由题意知 fʹ(1)=fʹ(3)，即 a −(2a +1)+2=3a −(2a +1)+23，解得 a =23． （2） fʹ(x )=(ax−1)(x−2)x(x >0)．① 当 a ≤0 时，因为 x >0，所以 ax −1<0，在区间 (0,2) 上，fʹ(x )>0， 在区间 (2,+∞) 上，fʹ(x )<0，故 f (x ) 的单调递增区间是 (0,2)，单调递减区间是 (2,+∞)．②当 0<a <12 时，1a >2，在区间 (0,2) 和 (1a ,+∞) 上，fʹ(x )>0， 在区间 (2,1a ) 上 fʹ(x )<0，故 f (x ) 的单调递增区间是 (0,2) 和 (1a ,+∞)，单调递减区间是 (2,1a )． ③当 a =12 时，fʹ(x )=(x−2)22x≥0，故 f (x ) 的单调递增区间是 (0,+∞)．④当 a >12 时，0<1a <2，在区间 (0,1a ) 和 (2,+∞) 上，fʹ(x )>0， 在区间 (1a ,2) 上，fʹ(x )<0，故 f (x ) 的单调递增区间是 (0,1a ) 和 (2,+∞)，单调递减区间是 (1a ,2)．（3） 由题意知，在 (0,2] 上有 f (x )max <g (x )max ． 由已知得 g (x )max =0，由（2）可知，①当 a ≤12时，f (x ) 在 (0,2] 上单调递增，故 f (x )max =f (2)=2a −2(2a +1)+2ln2=−2a −2+2ln2， 所以 −2a −2+2ln2<0，解得 a >ln2−1， 故 ln2−1<a ≤12．②当 a >12 时，f (x ) 在 (0,1a ) 上单调递增； 在 [1a ,2] 上单调递减，故 f (x )max =f (1a )=−2−12a −2lna ．由 a >12 可知 lna >ln 12>ln 1e =−1，所以 2lna >−2，即 −2lna <2，所以 −2−2lna <0， 所以 f (x )max <0，符合． 综上所述，a >ln2−1． 1．已知函数()ln f x ax x x =+的图象在点e x =（e 为自然对数的底数）处的切线的斜率为3． (1)求实数a 的值；(2)若2()f x kx ≤对任意0x >成立,求实数k 的取值范围.(2)由（1）知,()ln f x x x x =+, ∴2()f x kx ≤对任意0x >成立1ln xk x+⇔≥对任意0x >成立, 令1ln ()xg x x +=,则问题转化为求()g x 的最大值, 221(1ln )ln '()x x x x g x x x⋅-+==-,令'()0g x =,解得1x =, 当01x <<时,'()0g x >,∴()g x 在(0,1)上是增函数； 当1x >时,'()0g x <,∴()g x 在(1,)+∞上是减函数． 故()g x 在1x =处取得最大值(1)1g =,∴1k ≥即为所求.2.已知函数()log a f x x =,()2log (22)a g x x t =+-,其中0a >且1a ≠,t R ∈． (1)若4t =,且1[,2]4x ∈时,()()()F x g x f x =-的最小值是－2,求实数a 的值； (2)若01a <<,且1[,2]4x ∈时,有()()f x g x ≥恒成立,求实数t 的取值范围. 【答案】(1)15；(2)[2,)+∞.(2)∵()()f x g x ≥恒成立,即log 2log (22)a a x x t ≥+-恒成立,∴1log log (22)2a a x x t ≥+-.又∵01a <<,1[,2]4x ∈,22x t ≤+-,22t x ≥-+∴max (22)t x ≥-.令2117122)([,2])484y x x =-=-+∈,∴max2y=.故实数t 的取值范围为[2,)+∞.3.设函数()()21xf x e x ax a =--+,其中1a <,若存在唯一的整数t ,使得()0f t <,则a 的取值范围是（ ）A ．3,12e ⎡⎫-⎪⎢⎣⎭ B ．33,24e ⎡⎫-⎪⎢⎣⎭ C ．33,24e ⎡⎫⎪⎢⎣⎭ D ．3,12e ⎡⎫⎪⎢⎣⎭【答案】D【解析】令()()()21,xg x ex h x ax a =-=-.由题意知存在唯一整数t ,使得()g t 在直线()h x 的下方.()()'21x g x e x =+,当12x <-时,函数单调递减,当12x >-,函数单调递增,当12x =-时,函数取得最小值为122e --.当0x =时,(0)1g =-,当1x =时,(1)0g e =>,直线()h x ax a =-过定点()1,0,斜率为a ,故()0a g ->且()113g e a a --=-≥--,解得3,12m e ⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭.4.已知函数f (x )＝x 3－ax 2＋10,若在区间[1,2]内至少存在一个实数x ,使得f (x )<0成立,求实数a 的取值范围．5.若不等式()2211x m x ->-对任意[]1,1m ∈-恒成立,求实数x 的取值范围.12x <<【解析】()2211x m x ->-可转化为()21210m x x --+<,设()()21210f m m x x =--+<,则()f m 是关于m 的一次型函数,要使()0f m <恒成立,只需()()221201220f x x f x x ⎧=-<⎪⎨-=--+<⎪⎩,12x <<. 6.若不等式()()21313ln1ln33x xa x ++-⋅≥-⋅对任意的(],1x ∈-∞恒成立,则a 的取值范围是（ ）A. 10,3⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦ B. 10,3⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭C. [)2,+∞D. (],2-∞ 【答案】D【解析】由题意结合对数的运算法则有： ()213133lnln 33x xxa ++-⋅≥,由对数函数的单调性有：()21313333x xxa ++-⋅≥,整理可得： 2133x x a +≤,由恒成立的条件有： 2min133x xa ⎛⎫+≤ ⎪⎝⎭,其中21313233xx xxy +⎛⎫==+≥ ⎪⎝⎭,当且仅当0x =时等号成立.即0x =时,函数2133x x y +=取得最小值2.综上可得： 2a ≤.本题选择D 选项.7.已知函数()222,02,0x x x f x x x x ⎧-+≥=⎨-<⎩,若关于的不等式()()20f x af x ⎡⎤+<⎣⎦恰有个整数解,则实数的最大值是（ ） A.B.C. 5D.【答案】D8.已知函数()1x f x x e=+,若对任意x R ∈, ()f x ax >恒成立,则实数a 的取值范围是（ ） A. (),1e -∞- B. (]1,1e - C. [)1,1e - D. ()1,e -+∞ 【答案】B【解析】函数()1x f x x e =+，对任意x R ∈, ()f x ax >恒成立,∴1x x ax e +>恒成立,即()11xa x e >-x 恒成立；设()()()1,1x g x h x a x e==-,x ∈R ；在同一坐标系内画出两个函数的图象,如图所示；则满足不等式恒成立的是h (x )的图象在g (x )图象下方,求()g x 的导数()'xg x e -=-,且过()g x 图象上点()00,x y 的切线方程为()000x y y e x x --=--,且该切线方程过原点(0,0),则000x y ex -=-⋅,即000x x e e x --=-⋅,解得01x =-；∴切线斜率为0x k e e -=-=-,∴应满足a −1>−e ,即a >1−e ；又a −1⩽0,∴a ⩽1,∴实数a 的取值范围是(1−e ,1].故选B.9.已知函数()()ln 224(0)f x x a x a a =+--+>,若有且只有两个整数1x , 2x 使得()10f x >,且()20f x >,则a 的取值范围是（ ）A. ()ln3,2B. [)2ln3,2-C. (]0,2ln3- D. ()0,2ln3- 【答案】C【解析】由题意可知, ()0f x >,即()()ln 2240,0x a x a a +--+>>, ()22ln 40ax a x x a ∴->-->,设()()2ln 4,2g x x x h x ax a =--=-,由()121'2x g x x x -=-=,可知()2ln 4g x x x =--,在10,2⎛⎫⎪⎝⎭上为减函数,在1,2⎛⎫+∞⎪⎝⎭上为增函数, ()2h x ax a =-的图象恒过点()2,0,在同一坐标系中作出()(),g x h x 的图象如下：若有且只有两个整数12,x x ,使得()10f x >,且()20f x >,则()()()(){11 33a h g h g >>≤,即0{2 23a a a ln >->-≤-,解得02ln3a <≤-,故选C.10.已知对任意的，总存在唯一的，使得成立（为自然对数的底数），则实数的取值范围是( ) A ． B ．C ．D ．【答案】D 【解析】。
7【题组七】双变量的恒成立与存在性问题
经典问题： 问题一：任意与任意 【例1】设()x x x a x f ln +=，()323--=x x x g ，如果对于任意的s ，⎥⎦⎤⎢⎣⎡∈2,21t ，都有()()t g s f ≥成立，求实数a 的取值范围。
【例2】已知函数()()()xxx g R m mx ex x x f ln , 13123=∈++-=。
（1）求函数()x f 的单调区间；（2）若对()+∞∈∀,0,21x x ，()()2'1x f x g <恒成立，求实数m 的取值范围。
【变式1】已知函数(),1682k x x x f -+=()x x x x g 45223++=，其中R ∈k ,对任意 1x ，[]3,32-∈x ，都有()()21x g x f >成立，求实数k 的取值范围。
【变式2】设0>a 函数(),2xa x x f +=()x x x g ln -=，如果对任意 1x ，[]e x ,12∈，都有()()21x g x f >成立，求实数a 的取值范围。
【变式3】已知函数()(),13123R ∈++-=m mx ex x x f ()x x x g ln =，若对任意 1x ，()∞+∈，02x ，都有()()2'1x f x g <成立，求实数m 的取值范围。
问题二：任意与存在 【例1】已知函数()()(),ln 212212R ∈++-=a x x a ax x f ()x x x g 22-=，若对任意 (]201，∈x ，均存在(]202，∈x ，使得()()21x g x f <，求a 的取值范围。
【例2】已知()，2x x f =()m x g x-⎪⎭⎫ ⎝⎛=21，若对任意的 []3,11-∈x ，存在[]202，∈x ，使得()()21x g x f ≥，求实数m 的取值范围是___________。
【例3】已知函数()()1ln 12+++=ax x a x f 。
高考数学复习专题19 恒成立与存在性问题(解析版)
专题19恒成立与存在性问题专题知识梳理恒成立问题①∀x∈D，均有f(x)>A恒成立，则f(x)min>A；②∀x∈D，均有f(x)﹤A恒成立，则f(x)ma x<A；③∀x∈D，均有f(x)>g(x)恒成立，则F(x)=f(x)-g(x)>0，∴F(x)min>0；④∀x∈D，均有f(x)﹤g(x)恒成立，则F(x)=f(x)-g(x)<0，∴F(x)ma x<0；⑤∀x1∈D，∀x2∈E，均有f(x1)>g(x2)恒成立，则f(x)min>g(x)ma x；⑥∀x1∈D，∀x2∈E，均有f(x1)<g(x2)恒成立，则f(x)ma x<g(x)min.存在性问题①∃x0∈D，使得f(x0)>A成立，则f(x)ma x>A；②∃x0∈D，使得f(x0)﹤A成立，则f(x)min<A；③∃x0∈D，使得f(x0)>g(x0)成立，设F(x)=f(x)-g(x)，∴F(x)ma x>0；④∃x0∈D，使得f(x0)<g(x0)成立，设F(x)=f(x)-g(x)，∴F(x)min<0；⑤∃x1∈D，∃x2∈E，使得f(x1)>g(x2)成立，则f(x)ma x>g(x)min；⑥∃x1∈D，∃x2∈E，均使得f(x1)<g(x2)成立，则f(x)min<g(x)ma x.考点探究【例1】（2018·徐州模拟）若关于x的不等式x3﹣3x2+ax+b＜0对任意的实数x∈[1，3]及任意的实数b∈[2，4]恒成立，则实数a的取值范围是．【解析】关于x的不等式x3﹣3x2+ax+b＜0对任意的实数x∈[1，3]及任意的实数b∈[2，4]恒成立，可得x3﹣3x2+ax＜﹣b的最小值，即为x3﹣3x2+ax＜﹣4，可得a＜3x﹣x2﹣的最小值，设f （x ）=3x ﹣x 2﹣，x ∈[1，3]，导数为f′（x ）=3﹣2x+，可得1＜x ＜2时，f′（x ）＞0，f （x ）递增；2＜x ＜3时，f′（x ）＜0，f （x ）递减，又f （1）=﹣2，f （3）=﹣，可得f （x ）在[1，3]的最小值为﹣2，可得a ＜﹣2．即有a 的范围是（﹣∞，﹣2）．故答案为：（﹣∞，﹣2）．【例2】已知函数()(0,0,1,1)x x f x a b a b a b =+>>≠≠.设12,2a b ==.若对任意x R ∈,不等式(2)()6f x mf x ≥-恒成立，求实数m 的最大值；【解析】由条件知2222(2)22(22)2(())2x x x x f x f x --=+=+-=-.因为(2)()6f x mf x ≥-对于x R ∈恒成立，且()0f x >，所以2(())4()f x m f x +≤对于x R ∈恒成立.而2(())44()4()()f x f x f x f x +=+≥=，且2((0))44(0)f f +=，所以4m ≤，故实数m 的最大值为4.【例3】已知=)(x f x x +221，=)(x g a x -+)1ln(，(1)若存在]2,0[,21∈x x ，使得)()(21x g x f >，求实数a 的取值范围；(2)若存在]2,0[,21∈x x ，使得)()(21x g x f =，求实数a 的取值范围.【解析】()(),f x g x 在[]0,2上都是增函数，所以()f x 的值域，，]40[=A ()g x 的值域]3ln ,[a a B --=.(1)若存在]2,0[,21∈x x ，使得)()(21x g x f >，则min max )()(x g x f >，即4>a -，所以4->a .(2)若存在21,x x 使得)()(21x g x f =，则A B ≠∅ ，∴4a -≤且ln 30a -≥，∴实数a 的取值围是[]4,ln 3-.题组训练1.已知函数()()32ln 3,a f x x x g x x x x =++=-，若()()12121,,2,03x x f x g x ⎡⎤∀∈-≥⎢⎥⎣⎦，则实数a 的取值范围为_________________.【解析】由题意()()12121,,2,03x x f x g x ⎡⎤∀∈-≥⎢⎥⎣⎦得()()min max f x g x ≥()32g x x x =-，()´232g x x x =-所以()g x 在1233⎡⎤⎢⎥⎣⎦，单调递减，在223⎡⎤⎢⎥⎣⎦单调递增，所以()()()12243max g x max g g g ⎧⎫⎛⎫===⎨⎬ ⎪⎝⎭⎩⎭，，则()ln 34a f x x x x =++>得2a x x lnx ≥-令()2h x x x lnx =-，()´12h x xlnx x =--，()¨23h x lnx =--，在1,23⎡⎤⎢⎥⎣⎦上()¨0h x <，则()´h x 单调递减，又()10h =，所以()h x 在113⎡⎤⎢⎥⎣⎦，单调递增，在[]12，单调递减，()()max 11h x h ==，所以1a ≥，故填[)1,+∞.2.已知函数f(x)=22e 1+x x ,g(x)=2e ex x ,对任意的x 1,x 2∈(0,+∞),不等式1()g x k ≤2()1+f x k 恒成立,则正数k的取值范围是.【解析】因为k 为正数,所以对任意的x 1,x 2∈(0,+∞),不等式1()g x k ≤2()1+f x k 恒成立⇒max()⎡⎤⎢⎥⎣⎦g x k ≤min ()1⎡⎤⎢⎥+⎣⎦f x k .令g'(x)=0,即2e (1-)e xx =0,得x=1,当x∈(0,1)时,g'(x)>0,当x∈(1,+∞)时,g'(x)<0,所以max ()⎡⎤⎢⎥⎣⎦g x k =(1)g k =e k .同理,令f'(x)=0,即222e -1x x =0,得x=1e ,当x∈10,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭时,f'(x)<0,当x∈1,e ∞⎛⎫+ ⎪⎝⎭时,f'(x)>0,所以min ()1⎡⎤⎢⎥+⎣⎦f x k =1e 1⎛⎫ ⎪⎝⎭+f k =2e 1+k ,所以e k ≤2e 1+k ,又k>0,所以k≥1.3.已知()1()2,11f x x x x =-->-+，若2()21f x t at ≤-+对于所有的()[]1,,1,1x a ∈-+∞∈-恒成立，求实数t 的取值范围.【解析】2()21f x t at ≤-+对于所有的()[]1,,1,1x a ∈-+∞∈-恒成立，即()f x 的最大值都小于等于221t at -+；即220ta t -≤对于所有的[]1,1a ∈-恒成立，令2()2g a ta t =-，只要(1)0(1)0g g -≤⎧⎨≤⎩，即可解出实数t 的取值范围．容易得出11()23132111f x x x x x ⎛⎫=--=-++≤-= ⎪++⎝⎭，即()f x 的最大值为1,则2()21f x t at ≤-+对于所有的()[]1,,1,1x a ∈-+∞∈-恒成立⇔2121t at ≤-+对于所有的[]1,1a ∈-恒成立，即220ta t -≤对于所有的[]1,1a ∈-恒成立，令2()2g a ta t =-，只要(1)0(1)0g g -≤⎧⎨≤⎩，∴2t ≤-或2t ≥或0t =．4.已知函数()()1522>+-=a ax x x f .若()x f 在区间(]2,∞-上是减函数，且对任意的[]1,1,21+∈a x x ，总有()()421≤-x f x f ，求实数a 的取值范围；【解析】条件12()()4f x f x -≤表示的含义是函数f (x )在[1,1]a +上的最大值与最小值的差小于或等于4.若2a ≥.又[1,1]x a a =∈+，且(1)1a a a +-≤-.所以max ()(1)62f x f a ==-.2min ()()5f x f a a ==-.因为对任意的12,[1,1]x x a ∈+.总有12()()4f x f x -≤.所以max min ()()4f x f x -≤.即2(62)(5)4a a ---≤.解得13a -≤≤.又2a ≥.所以23a ≤≤.若12a <<.2max ()(1)6f x f a a =+=-.2min ()()5f x f a a ==-.max min ()()4f x f x -≤显然成立.综上13a <≤.5.函数()()m mx x g x x x f 25,342-+=+-=，若对任意的[]4,11∈x ，总存在[]4,12∈x ，使()()21x g x f =成立,求实数m 的取值范围.【解析】由题可知函数()f x 的值域为函数()g x 的值域的子集[][]2()43,1,4,()1,3f x x x x f x =-+∈∴∈-，以下求函数()52g x mx m =+-的值域：①0m =时，()52g x m =-为常函数，不符合题意；②0m >，[]()52,52g x m m ∈-+，∴521,523,m m -≤-⎧⎨+≥⎩解得6m ≥；③0m <，[]()52,52g x m m ∈+-，∴521,523,m m +≤-⎧⎨-≥⎩解得3m ≤-．综上所述，m 的取值范围为(][),36,-∞-+∞ ．6.已知函数()()1ln f x x x ax a =+-+（a 为正常数）．(1)若()f x 在()0,+∞上单调递增，求a 的取值范围；(2)若不等式()()10≥-x f x 恒成立，求a 的取值范围.【解析】(1)()()1ln f x x x ax a =+-+，1()ln 0x f x x a x +'=+-≥，1ln 1≤++a x x 恒成立令1()ln 1g x x x =++，21()x g x x-'=列表略min ()(1)2g x g ==，02a <≤.(2)当0a <≤2时，由(1)知，若()f x 在()0,+∞上单调递增，又()10f =，当(0,1),()0x f x ∈<；当(1,),()0x f x ∈+∞>，故不等式()()10x f x -≥恒成立当2a >，ln (1)1()x x a x f x x+-+'=，令()ln (1)1p x x x a x =+-+，令()ln 20p x x a '=+-=，则21a x e -=>，当2(1,)a x e -∈时，()0p x '<，则()(1)20p x p a <=-<，当2(1,)a x e -∈，()0f x '<，则()f x 单调递减，()(1)0f x f <=，矛盾，因此02≤<a .法二：1()()ln 1g x f x x a x '==++-，22111()x g x x x x-'=-=，讨论单调性可得min ()(1)2g x g a ==-．当02a <<时，()()0g x f x '=>，()f x 在(0,)+∞单调递增，又(1)0f =，符合题意；当2a >时，(1)20g a =-<，1()10a a g e e=+>，因为()g x 在(0,)+∞不间断，所以()g x 在(1,)a e 上存在零点1x ，1(1,),()∈x x f x 单调减，1(,),()∈a x x e f x 单调增，所以当11<<x x 时，()(1)0<=f x f 不合题意；当2a =时，符合题意；综上02≤<a .。
不等式恒成立、存在性问题的解题方法
不等式恒成立、存在性问题的解题方法一、常见不等式恒成立问题解法1、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：我们可以用变换主元的方法，将m 看作主变元，即将原不等式化为：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 。
2、利用一元二次函数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 。
3、分离变量法若所给的不等式能通过恒等变换使参数与主元分别位于不等式两端，从而问题转化为求主元函数的最值，进而求出参数范围。
这种方法本质也还是求最值，但它思路更清晰，操作性更强。
专题一：恒成立与存在性问题(精简型)
专题一：恒成立与存在性（精简型）一、 恒成立之常用模型及方法一：分离参数法-----在指定的区间下对不等式作等价变形，将参数“a ”与变量“x ”左右分离开------模型------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。
口诀：大就大其最大，小就小其最小，即最终转换求函数最值例1已知322)(2+-=ax x x f ，若(],2,1∈x ()0f <x 恒成立，求a 的取值范围.例2 已知0l <-ax nx ，在定义上恒成立，求a 的取值范围.二、恒成立之常用模型及方法二：（构造）函数利用函数图象（性质）分析法------此法关键在函数的构造上，常见于两种----一分为二或和而为一，另一点充分利用函数的图象来分析，即体现数形结合思想 例3 已知a ax x x f -++=3)(2，若0)(],2,2[≤-∈x f x 恒成立，求a 的取值范围.例4若不等式2log 0m x x -<在10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭内恒成立，则实数m 的取值范围三、存在性之常用模型及方法：常见方法两种，一直接法同上恒成立，二间接法，先求其否定（恒成立），再求其否定补集即可例5已知322)(2+-=ax x x f ，若存在(],2,1∈x 使得()0f <x 成立，求a 的取值范围.四、其它常用模型及方法：1.设函数()x f 、()x g ，对任意的[]b a x ,1∈，存在[]d c x ,2∈，使得()()21x g x f ≥，则()()x g x f min min ≥2.设函数()x f 、()x g ，对任意的[]b a x ,1∈，存在[]d c x ,2∈，使得()()21x g x f ≤，则()()x g x f max max ≤3.设函数()x f 、()x g ，存在[]b a x ,1∈，存在[]d c x ,2∈，使得()()21x g x f ≥，则()()x g x f min max ≥4.设函数()x f 、()x g ，存在[]b a x ,1∈，存在[]d c x ,2∈，使得()()21x g x f ≤，则()()x g x f max min ≤5.若不等式()()f x g x >在区间D 上恒成立，则等价于在区间D 上函数()y f x =和图象在函数()y g x =图象上方；6.若不等式()()f x g x <在区间D 上恒成立，则等价于在区间D 上函数()y f x =和图象在函数()y g x =图象下方；7.设函数()x f 、()x g ，对任意的[]b a x ,1∈，存在[]d c x ,2∈，使得()()12=f x g x ，则()f x 在[]b a x ,1∈上的值域M 是()x g 在[]d c x ,2∈上的值域N 的子集。
专题 恒成立和存在性问题
恒成立和存在性问题函数中经常出现恒成立和存在性问题，它能够很好地考察函数、不等式等知识以及转化与化归等数学思想，因此备受命题者青睐，在高考中频频出现，也是高考中的一个难点问题．例1已知函数f (x )＝ax 2－ln x (a 为常数)．(1) 当a ＝12时，求f (x )的单调减区间； (2) 若a <0，且对任意的x ∈[1，e]，f (x )≥(a －2)x 恒成立，求实数a 的取值范围．例2已知函数f (x )＝mx －a ln x －m ，g (x )＝e x e x ，其中m ，a 均为实数． (1) 求g (x )的极值；(2) 设m ＝1，a <0，若对任意的x 1，x 2∈[3,4](x 1≠x 2)，|f (x 2)－f (x 1)|<⎪⎪⎪⎪⎪⎪1g (x 2)－1g (x 1)恒成立，求a 的最小值．例3已知函数f (x )＝m ln x －12x (m ∈R)，g (x )＝2cos 2x ＋sin x ＋a . (1) 求函数f (x )的单调区间；(2) 当m ＝12时，对于任意x 1∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e ，总存在x 2∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2，使得f (x 1)≤g (x 2)成立，求实数a 的取值范围．思维变式题组训练1. 已知函数(x ＋1)ln x －ax ＋a ≥0在x ∈[1，＋∞)恒成立，求a 的取值范围．2. 已知e 为自然对数的底数，函数f (x )＝e x －ax 2的图象恒在直线y ＝32ax 上方，求实数a 的取值范围．3. 已知函数f (x )＝(a ＋1)ln x ＋ax 2＋1.(1) 试讨论函数f (x )的单调性；(2) 设a <－1，如果对任意x 1，x 2∈(0，＋∞)，|f (x 1)－f (x 2)|≥4|x 1－x 2|，求实数a 的取值范围．强化训练一、 填空题1. 若当x ∈(1,2)时，不等式x 2＋mx ＋4<0恒成立，则实数m 的取值范围是________．2. 已知函数f (x )＝⎩⎨⎧ －x 2＋2x ， x ≤0，ln (x ＋1)， x >0，若|f (x )|≥ax －1恒成立，则a的取值范围________．3. 设实数m ≥1，不等式x |x －m |≥m －2对∀x ∈[1,3]恒成立，则实数m 的取值范围是________．4. 已知函数f (x )＝ln x ＋(e －a )x －b ，其中e 为自然对数的底数．若不等式f (x )≤0恒成立，则b a的最小值为________．二、 解答题5. 已知函数f (x )＝(x ＋1)ln x －ax ＋a (a 为常数，且为正实数)．(1) 若f(x)在(0，＋∞)上单调递增，求a的取值范围；(2) 若不等式(x－1)f(x)≥0恒成立，求a的取值范围．6. 设函数f(x)＝x3＋ax2＋bx(a，b∈R)的导函数为f(x)．已知x1，x2是f′(x)的2个不同的零点．(1) 证明：a2>3b；(2) 当b＝0时，若对任意x＞0，不等式f(x)≥x ln x恒成立，求a的取值范围．7. 已知函数f(x)＝x3＋bx2＋2x－1, 若对任意x∈[1,2]，均存在t∈(1,2]，使得e t－ln t－4≤f(x)－2x，试求实数b的取值范围．8. 已知函数f(x)＝ax2＋2ln x.记函数g(x)＝f(x)＋(a－1)ln x＋1，当a≤－2时，若对任意x1，x2∈(0，＋∞)，总有|g(x1)－g(x2)|≥k|x1－x2|成立，试求k 的最大值．9. 已知函数f(x)＝x－ln x－2.(1) 求曲线y＝f(x)在x＝1处的切线方程；(2) 若函数f(x)在区间(k，k＋1)(k∈N)上有零点，求k的值；(3) 若不等式(x－m)(x－1)x>f(x)对任意正实数x恒成立，求正整数m的取值集合．10. 若对任意实数k，b都有函数y＝f(x)＋kx＋b的图象与直线y＝kx＋b相切，则称函数f(x)为“恒切函数”．设函数g(x)＝a e x－x－pa，a，p∈R.(1) 试讨论函数g(x)的单调性；(2) 已知函数g(x)为“恒切函数”．①求实数p的取值范围；②当p取最大值时，若函数h(x)＝g(x)e x－m也为“恒切函数”，求证：0≤m<3 16.(参考数据：e3≈20)。
高考数学《恒成立和存在性问题》
高考数学 恒成立和存在性问题
2. 已知 e 为自然对数的底数，函数 f(x)＝ex－ax2 的图象恒在直线 y＝32ax 上方，求 实数 a 的取值范围．
高考数学 恒成立和存在性问题
解析：由题意得不等式 ex－ax2>32ax 在 x∈(－∞，＋∞)上恒成立，即 ex>ax2＋32ax 恒成立，根据图象可得当 a>0 时不等式不恒成立；当 a＝0 时，不等式恒成立；当 a<0 时，令 g(x)＝ex，h(x)＝ax2＋32ax，设函数 g(x)与 h(x)图象的公切线为 l，切点 P(t，et)，且 t<0.因为 g′(x)＝ex，h′(x)＝2ax＋32a，所以 l 的斜率 k＝et＝2at＋32at ①.因为点 P 在函数 h(x)的图象上，所以 et＝at2＋32at ②.由①②可得 t＝32(舍去)或 t＝－1，则 a＝－2e，所以－2e<a≤0.
例 1 已知函数 f(x)＝ax2－lnx(a 为常数)． (1) 当 a＝12时，求 f(x)的单调减区间； (2) 若 a<0，且对任意的 x∈[1，e]，f(x)≥(a－2)x 恒成立，求实数 a 的取值范围．
高考数学 恒成立和存在性问题
解析：(1) f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2ax－1x＝2axx2－1.当 a＝12时，f′(x)＝ x2－1
解析：(1) f′(x)＝mx －12＝2m2－x x(x>0)．
当 m≤0 时，f′(x)<0.所以 f(x)的单调减区间为(0，＋∞)．
当 m>0 时，由 f′(x)＝0 得 x＝2m，列表如下：
x (0,2m) 2m (2m，＋∞)
f′(x) ＋
0
－
高中数学中的存在性问题与恒成立问题例题
高中数学存在性问题与恒成立问题x +例1、若不等式1≥a -2+1x 对一切非零实数x 均成立，则实数a 的最大值是_________．⎡2⎫⎛x ⎫2x ∈，+∞f -4m f (x )≤f (x -1)+4f (m )⎪ ⎪2⎢3m f (x )=x -1⎣⎭，⎝⎭例2、设函数，对任意恒成立，则实数m 的取值范围是．2例3、若不等式ax +x +2>0的解集为R ，则a 的范围是（）A ．a >0B ．a >-11a >8 C ．8 D ．a <011++n +1n +2例4、已知不等式+112>log a (a -1)+2n 123对于一切大于1的自然数n 都成立，试求实数a 的取值范围.2例5、若不等式(a -2)x +2(a -2)x -4<0对x ∈R 恒成立，则a 的取值范围是______．2例6、f (x )=ax +ax -1在R 上恒满足f (x )<0，则a 的取值范围是（）A ．a ≤0B ．a <-4 C ．-4<a <0D ．-4<a ≤02例7、若对于x ∈R ，不等式mx +2mx +3>0恒成立，求实数m 的取值范围．⎛1⎤x ∈ 0，⎥2例8、不等式x +ax +1≥0对一切⎝2⎦成立，则a 的最小值为（）5-A ．0 B ．-2 C ．2 D ．-32例9、不等式|x +3|-|x -1|≤a -3a 对任意实数x 恒成立，则实数a 的取值范围为（）A ．(-∞，-1][4，+∞)B ．(D ．(-∞，-2]-∞，1][5，+∞)C ．[1，2][2，∞)2a ∈[-1，1]f (x )=x +(a -4)x +4-2a 的值恒大于零，则x 的取值范围例10、对任意，函数为．lg 2ax <1lg(a +x )例11、若不等式在x ∈[1,2]时恒成立，试求a 的取值范围．例12、若例13、设例14、设对所有实数x ，不等式值范围.22例15、已知不等式ax +4x -1≥-2x -a 对任意实数恒成立，求实数a 的取值范围．x ∈(-∞，-1]，1+3x +(a -a 2)9x >0恒成立，求实数a 的取值范围.f (x )=x 2-2ax +2)时，都有f (x )≥a 恒成立，求a 的取值范围.，当x ∈[-1，+∞4(a +1)a x log 22(a +1)2a +2x log 2+log 2>0a +14a 2恒成立，求a 的取22例16、已知关于x 的不等式x +x +t >0对x ∈R 恒成立，则t 的取值范围是．|a 对任意实数x 恒成立，则a 的取值范围是（）例17、如果|x +1|+|x +9>A ．{a |a <8} B ．{a |a >8} C ．{a |a ≥8} D ．{a |a ≤8}2例18、设不等式x -2ax +a +2≤0的解集为M ，如果M ⊆[1,4]，求实数a 的取值范围．32kx 2+kx -<08例19、如果关于x 的不等式对一切实数x 都成立，则k 的取值范围是．x x x 2f (m ⋅3)+f (3-9-2)<0对任意x ∈R 恒成f (x )=x +1g (x +1+x )例20、已知函数，若不等式立，求实数m 的取值范围．x x 9+(4+a )3+4=0有解，求实数a 的取值范围.x 例21、若关于的方程例22、已知a ∈R ，若关于x 的方程x 2+x +a -1+a =04有实根，则a 的取值范围是．例23、若关于x 的不等式2x 2-8x -4-a >0在1<x <4内有解，则实数a 的取值范围是（A ．a <-4B ．a >-4C ．a >-12D ．a <-12）。
函数的恒成立与存在性问题
1．若关于x的不等式x2＋ax－2>0在区间[1,5]上有解，则 实数a的取值范围为( )
A．－253，＋∞ C．(1，＋∞)
B．－253，1 D．(－∞，－1)
答案 A
解析 问题等价转化为不等式ax>2－x2在区间[1,5]上有
解，即不等式a>
2 x
－x在区间[1,5]上有解，令
方法三 分离变量法 若所给的不等式能通过恒等变形使参数与主元分离于不 等式两端，从而问题转化为求主元函数的最值，进而求出参 数范围．这种方法本质也还是求最值，但它思路更清晰，操 作性更强．一般地有f(x)<g(a)(a为参数)恒成立⇔g(a)>f(x)max， f(x)>g(a)(a为参数)恒成立⇔g(a)<f(x)min .
因为函数y＝
1 ex
为R上的减函数，所以y＝－
1 ex
为R上的增
函数，故f(x)＝ex－
1 ex
为R上的增函数，由f(－4t)>f(2m＋mt2)，
可得－4t>2m＋mt2，即mt2＋4t＋2m<0对任意t∈R恒成立，当
m＝0时，不等式可化为4t<0，不符合题意，所以m≠0，所以
m<0， Δ＝16－8m2<0，
2022高考一轮复习
函数的恒成立与存在性问题
2021.09.09-10
纵观近几年高考对于函数、不等式中恒成立问题的考查重点是一次函数、二次 函数的性质、不等式的性质及应用，图象.渗透换元、化归、数形结合、函数 与方程、分类讨论、转化等数学思想方法
不等式类型 ∀x∈D，f(x)＞M ∀x∈D，f(x)＜M ∃x0∈D，f(x0)＞M ∃x0∈D，f(x0)＜M ∀x∈D，f(x)＞g(x) ∀x∈D，f(x)＜g(x)
恒成立与存在性问题
2.设函数 f(x)＝x2－1，对任意 x∈[32，＋∞)，f(mx )－4m2f(x)≤f(x －1)＋4f(m)恒成立，求实数 m 的取值范围
[解析] ∵f(x)＝x2－1，x∈[32，＋∞)， f(mx )－4m2f(x)≤f(x－1)＋4f(m)对 x∈[32，＋∞)恒成立． 即(mx )2－1－4m2(x2－1)≤(x－1)2－1＋4(m2－1)恒成立. 即(m12－4m2－1)x2＋2x＋3≤0 恒成立.即m12－4m2－1≤－2xx2－3恒成立. g(x)＝－2xx2－3＝－x32－x2＝－3(x12＋32x)＝－3(1x＋31)2＋31. ∵x≥32，∴0＜1x≤32，∴当1x＝23时，g(x)min＝－38. ∴m12－4m2－1≤－83.整理得 12m4－5m2－3≥0，(3m2＋1)(4m2－3)≥0. ∵3m2＋1>0，∴4m2－3≥0.即：m≥ 23或 m≤－ 23.
2x 1
步转化为(ln 2xx11)max (3m成a 立4 . m2 )min
(2)①F(x)=ln(x+2)- 2x
x 1
定义域为：
(-2,-1)∪(-1,+∞).
F′(x)=
x
1
2
2(x 1) 2x (x 1)2
x
1
2
(x
2 1)2
=(x 1)2 2(x 2)
(x 2)(x 1)2
(x
x2 3 2)(x 1)2
,
令F′(x)＞0，得单调增区间为 (2,和 3) ( 3,) 令F′(x)＜0，得单调减区间为 ( 和3,1) (1, 3)
②不等式f(x+1)≤f(2x+1)-m2+3am+4化为：
高中数学恒成立与存在性问题
恒成立与存在性问题1.单变量型恒成立问题方法一：参变量分离法解恒成立问题例1.已知函数f(x)＝lnx＋ax＋1，若f(x)＜0恒成立，求a的取值范围.解：∵f(x)＝lnx＋ax＋1＜0在(0，＋∞)上恒成立，∴a＜－lnx－1x，x∈(0，＋∞)，即a＜(－lnx－1x)min令H(x)＝－lnx－1x，x∈(0，＋∞)，H′(x)＝lnxx²当x∈(0，1)时，H′(x)＜0，H(x)在(0，1)上单调递减当x∈(1，＋∞)时，H′(x)＞0，H(x)在(1，＋∞)上单调递增∴H(x)min＝H(1)＝－1∴a＜－1例2.已知函数f(x)＝1xlnx(x＞0,x≠1)，求函数f(x)单调区间，解：f(x)＝1xlnx的定义域为(0，1)∪(1，＋∞)，f′(x)＝－(lnx＋1)(xlnx)²令f′(x)＞0，则0＜x＜1e；令f′(x)＜0，则1e＜x＜1或x＞1∴f(x)的增区间为(0，1e)，减区间为(1e，1)和(1，＋∞)例3.已知22x＞xa对任意x∈(0,1)成立，求a的取值范围.解：两边取自然对数：1xln2＞alnx，即1xlnx＜aln2，x∈(0，1)∴aln2＞(1xlnx)max，x∈(0，1)∵f(x)在(0，1e)上单调递增，在(1e，1)上单调递减，∴f(x)max＝f(1e)＝－e∴aln2＞－e，即a＞－eln2必背结论一：恒成立问题与函数最值的相互转化若函数f(x)在区间D上存在最小值f(x)min和最大值f(x)max.⑴∀x∈D，都有f(x)＞M⇔f(x)min＞M⑵∀x∈D，都有f(x)≥M⇔f(x)min≥M⑶∀x∈D，都有f(x)＜M⇔f(x)min＜M⑷∀x∈D，都有f(x)≤M⇔f(x)min≤M若函数f(x)在区间D上不存在最大(小)值，且值域为(m，n)，则⑴∀x∈D，都有f(x)＞M⇔m≥M⑵∀x∈D，都有f(x)≥M⇔m≥M⑶∀x∈D，都有f(x)＜M⇔n≤M⑷∀x∈D，都有f(x)≤M⇔n≤M方法二：分类讨论法解决恒成立问题例1.已知函数f(x)＝lnx＋ax＋1，若f(x)＜0恒成立，求a取值范围.解：∵f(x)＝lnx＋ax＋1∴f′(x)＝1x＋a＝1x－(－a)①当－a≤0，即a≥0时，f′(x)＞0，即f(x)在(0，＋∞)上单调递增∵f(1)＝a＋1＞0，这与f(x)＜0矛盾，∴a≥0不合题意.②当－a＞0，即a＜0时，令f′(x)＞0，则0＜x＜－1a；令f′(x)＜0，则x＞－1a∴f(x)在(0，－1a)上单调递增，在(－1a，＋∞)上单调递减∴f(x)max＝f(－1a)＝ln(－1a)＜0＝ln1∴－1a＜1，即a＜－1例2.【2017年全国3卷】已知函数f(x)＝x－1－alnx，若f(x)≥0恒成立，求a的值.解：f(x)的定义域为(0，＋∞)，①若a≤0，因为＝－12＋aln2<0，所以不满足题意；②若a>0，由f′(x)＝1－ax＝x－ax知，当x∈(0，a)时，f′(x)<0；当x∈(a，＋∞)时，f′(x)>0，所以f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增，故x＝a是f(x)在x∈(0，＋∞)上的唯一极小值点也是最小值点．由于f(1)＝0，所以当且仅当a＝1时，f(x)≥0，故a＝1.例3.【2015年全国2卷】已知函数f(x)＝e mx＋x²－mx⑴证明：f(x)在(－∞，0)单调递减，在(0，＋∞)单调递增；⑵若对于任意x1，x2∈[－1，1]，都有|f(x1)－f(x2)|≤e－1，求m的取值范围.解：⑴∵f(x)＝e mx＋x²－mx，∴f′(x)＝me mx＋2x－mf′′(x)＝m²e mx＋2≥0在R上恒成立，∴f′(x)＝me mx＋2x－m在R上单调递增而f′(0)＝0，∴x＞0时，f′(x)＞0；x＜0时，f′(x)＜0∴f(x)在(－∞，0)单调递减，在(0，＋∞)单调递增；⑵由⑴知f(x)min＝f(0)＝1当m＝0时，f(x)＝1＋x²，此时f(x)在[－1,1]上的最大值是2∴此时|f(x1)－f(x2)|≤e－1成立当m≠0时，f(1)＝e m＋1－m，f(－1)＝e－m＋1＋m令g(m)＝f(1)－f(－1)＝e m－e－m－2m，在R上单调递增而g(0)＝0，∴m＞0时，g(m)＞0，即f(1)＞f(－1)∴m＜0时，，g(m)＜0，即f(1)＜f(－1)当m＞0时，|f(x1)－f(x2)|≤f(1)－1＝e m－m≤e－1，即0＜m＜1当m＜0时，|f(x1)－f(x2)|≤f(－1)－1＝e－m＋m＝e－m－(－m)≤e－1，即－1＜m＜0综上所述：m∈(－1，1)方法三：“端点值代入型”恒成立问题例1.【2006全国2卷理20】设函数f(x)＝(x＋1)ln(x＋1).若对所有的x≥0，都有f(x)≥ax成立，求a的取值范围.解：令g(x)＝(x＋1)ln(x＋1)－ax，则g′(x)＝ln(x＋1)＋1－a令g′(x)＝0，即x＝e a－1－1当a≤1时，对所有的x＞0都有g′(x)＞0，∴g(x)在[0，＋∞)上为单调增函数，又g(0)＝0，∴当x≥0时，有g(x)≥g(0)，即当a≤1时都有f(x)≥ax，∴a≤1成立当a＞1时，对于0＜x＜e a－1－1时，g′(x)＜0∴g(x)在(0，e a－1－1)上为单调减函数，又g(0)＝0，∴对于0＜x＜e a－1－1时，有g(x)＜g(0)，即f(x)＜ax，∴当a＞1时，f(x)≥ax不一定成立综上所述：a∈(－∞，1]例2.【2007全国1卷理20⑵】设函数f(x)＝e x－e－x.若对所有的x≥0，都有f(x)≥ax 成立，求a的取值范围.解：f′(x)＝e x＋e－x，由于e x＋e－x≥2e x·e－x＝2，故f′(x)≥2令g(x)＝f(x)－ax，g′(x)＝e x＋e－x－a⑴若a≤2，当x＞0时，g′(x)＝e x＋e－x－a＞2－a≥0∴g(x)在(0，＋∞)上为增函数，∴x≥0，g(x)≥g(0)，即f(x)≥ax⑵当a＞2，方程g′(x)＝0的正根为x1＝ln a＋a²－42此时，若x∈(0，x1)时，g(x)＜g(0)＝0，即f(x)＜ax，与题设f(x)≥ax相矛盾.综上所述：a∈(－∞，2].例3.【2008全国2卷理22⑵】设函数f(x)＝sinx 2＋cosx.⑴求f (x )的单调区间；⑵若对所有的x ≥0，都有f (x )≤ax 成立，求a 的取值范围.解：⑴f ′(x )＝(2＋cosx )cosx －sinx (－sinx )(2＋cosx )²＝2cosx ＋1(2＋cosx )²当2k π－2π3＜x ＜2k π＋2π3(k ∈Z )时，cosx ＞－12，即f ′(x )＞0；当2k π＋2π3＜x ＜2k π＋4π3(k ∈Z )时，cosx ＜－12，即f ′(x )＜0；因此f (x )在每一个区间(2kπ－2π3，2kπ＋2π3)(k ∈Z )是增函数，f (x )在每一个区间(2kπ＋2π3，2kπ＋4π3)(k ∈Z )是减函数，⑵令g (x )＝ax －f (x )，则g ′(x )＝a －2cosx ＋1(2＋cosx )²＝a －22＋cosx ＋3(2＋cosx )²＝3(12＋cosx －13)²＋a －13故当a ≥13时，g ′(x )≥0.又g (0)＝0，所以当x ≥0时，g (x )≥g (0)＝0，即f (x )≤ax .当0＜a ＜13时，令h (x )＝sinx －3ax ，则h ′(x )＝cosx －3a .故当x ∈[0，arccos 3a )时，h ′(x )＞0，因此h (x )在[0，arccos 3a )上单调递增.故当x ∈(0，arccos 3a )时，h (x )＞h (0)＝0，sinx ＞3ax .于是，当x ∈(0，arccos 3a )时，f (x )＝sinx 2＋cosx ＞sinx 3＞ax .当a ≤0时，有f (π2)＝12＞0≥a ·π2综上所述：a ∈[13,＋∞)例4.【2014全国2卷理21】已知函数f (x )＝e x －e －x －2x .设g (x )＝f (2x )－4bf (x )，当x ＞0时，g (x )＞0，求b max .解：由f (x )得f ′(x )=e x ＋e －x －2≥2e x ·e －x －2=0，即f ′(x )≥0，当且仅当e x ＝e －x ，即x =0时，f ′(x )=0，∴函数f (x )在R 上为增函数；g (x )=f (2x )－4bf (x )=e 2x －e -2x －4b (e x －e －x )＋(8b －4)x ，则g '(x )=2[e 2x ＋e -2x －2b (e x +e -x )＋(4b －2)]=2[(e x ＋e -x )2－2b (e x ＋e -x )＋(4b －4)]=2(e x ＋e -x －2)(e x ＋e -x －2b ＋2)．①∵e x ＋e -x ≥2，e x ＋e -x ＋2≥4，∴当2b ≤4，即b ≤2时，g '(x )≥0，当且仅当x =0时取等号，从而g (x )在R 上为增函数，而g (0)=0，∴x ＞0时，g (x )＞0，符合题意．②当b ＞2时，若x 满足2＜e x ＋e -x ＜2b －2即0＜x ＜ln (b －1＋b ²－2b )时，g '(x )＜0，又由g (0)=0知，当0＜x ≤ln (b －1＋b ²－2b )时，g (x )＜0，不符合题意．综合①、②知，b ≤2，得b 的最大值为2．2.单变量型存在性问题例1.f (x )＝xlnx ，g (x )＝－x ²＋ax －3.若存在x ∈[1e ，e ]，使得2f (x )＞g (x )成立，求a 的取值范围.解：由2f (x )＞g (x )得，2xlnx ＞－x ²＋ax －3∴a ＜2xlnx ＋x ²＋3x＝2lnx ＋x ＋3x ∴a ＜(2lnx ＋x ＋3x )max ，x ∈[1e，e ]，令H (x )＝2lnx ＋x ＋3x ，x ∈[1e ，e ]，则H ′(x )＝2x ＋1－3x ²＝(x ＋3)(x －1)x ²当x ∈[1e ，1]时，H ′(x )＜0，则H (x )在[1e，1]上单调递减当x ∈(1，e ]时，H ′(x )＞0，则H (x )在(1，e ]上单调递增∵H (1e )－H (e )＝(－2＋1e ＋3e )－(2＋e ＋3e )＝2e －2e －4＞0∴H (1e )＞H (e )，∴a ＜H (1e )＝3e ＋1e－2例2.已知函数f (x )＝x －alnx ，g (x )＝－a ＋1x(a ∈R ).若存在[1，e ]上存在一点x 0，使得f (x 0)＜g (x 0)成立，求a 的取值范围.解：令H (x )＝f (x )－g (x )＝x －alnx ＋a ＋1x，x ∈[1，e ]H ′(x )＝1－a x －a ＋1x ²＝(x ＋1)[x －(a ＋1)]x ²，由题意知∃x ∈[1，e ]，使得H (x )＜0，∴H (x )min ＜0当a ＋1≥e ，即a ≥e －1时，H ′(x )＜0，H (x )在[1，e ]上单调递减∴H (x )min ＝H (e )＝e －a ＋a ＋1e ＜0，∴a ＞e ²＋1e －1当a ＋1≤1，即a ≤0时，H (x )在[1，e ]上单调递增∴H (x )min ＝H (1)＝a ＋2＜0∴a ＜－2当1＜a ＋1＜e 时，H (x )在[1，a ＋1)上递减，在(a ＋1，e ]上递增，∴H (x )min ＝H (a ＋1)＝a ＋2－aln (a ＋1)＜0令a ＋1＝x ，则φ(x )＝x ＋1－(x －1)lnx ，x ∈(1，e )φ′(x )＝1－lnx －x －1x＝1x －lnx ，令φ′(x )＝0，设其解为x 0∴则φ(x )在(1，x 0)上递增，在(x 0，e )上递减φ(x )min ＝(φ(1)，φ(e ))min ＝2，即H (x )min ＝2这与H (x )min ＜0相矛盾，与题意不合，综上所述：a ∈(－∞，－2)∪(e ²＋1e －1，＋∞)必背结论二：存在性问题与函数最值的相互转化若函数f (x )在区间D 上存在最小值f (x )min 和最大值f (x )max ，则⑴∃x ∈D ，使得f (x )＞M ⇔f (x )max ＞M⑵∃x ∈D ，使得f (x )≥M ⇔f (x )max ≥M⑶∃x ∈D ，使得f (x )＜M ⇔f (x )min ＜M⑷∃x ∈D ，使得f (x )≤M ⇔f (x )min ≤M若函数f (x )在区间D 上不存在最大(小)值，且值域为(m ，n )，则⑴∃x ∈D ，使得f (x )＞M ⇔n ＞M⑵∃x ∈D ，使得f (x )≥M ⇔n ＞M⑶∃x ∈D ，使得f (x )＜M ⇔m ＜M⑷∃x ∈D ，使得f (x )≤M ⇔m ＜M3.双变量型的恒成立与存在性问题必背结论三存在性问题与函数最值的相互转化⑴∀x 1∈[a ，b ]，总∃x 2∈[m ，n ]，使得f (x 1)≤g (x 2)⇔f (x 1)max ≤g (x 2)max ；⑵∀x 1∈[a ，b ]，总∃x 2∈[m ，n ]，使得f (x 1)≥g (x 2)⇔f (x 1)min ≥g (x 2)min ；⑶∃x 1∈[a ，b ]，∀x 2∈[m ，n ]，使得f (x 1)≤g (x 2)⇔f (x 1)min ≤g (x 2)min ；⑷∃x 1∈[a ，b ]，∀x 2∈[m ，n ]，使得f (x 1)≥g (x 2)⇔f (x 1)max ≤g (x 2)max ；⑸∀x 1∈[a ，b ]，x 2∈[m ，n ]，使得f (x 1)≤g (x 2)⇔f (x 1)max ≤g (x 2)min ；⑹∀x 1∈[a ，b ]，x 2∈[m ，n ]，使得f (x 1)≥g (x 2)⇔f (x 1)min ≤g (x 2)max ；⑺∃x 1∈[a ，b ]，总∃x 2∈[m ，n ]，使得f (x 1)≤g (x 2)⇔f (x 1)min ≤g (x 2)max ；⑻∃x 1∈[a ，b ]，总∃x 2∈[m ，n ]，使得f (x 1)≥g (x 2)⇔f (x 1)max ≤g (x 2)min ；例1.f (x )＝lnx －x 4＋34x －1.设g (x )＝x ²－2bx ＋4，若对任意的x 1∈(0,2)，存在x 2∈[1,2]，使得f (x 1)≥g (x 2)，求实数b 的取值范围.解：f (x )＝lnx －x 4＋34x －1，x ∈(0,2)，f ′(x )＝1x －14－34x ²＝－(x －1)(x －3)4x ²当x ∈(0,1)时，f ′(x )＜0，f (x )在(0,1)上递减当x ∈(1,2)时，f ′(x )＞0，f (x )在(1,2)上递增∴f (x )min ＝f (1)＝－12由题意知，f (x )min ≥g (x )，∃x ∈[1,2]∴∃x ∈[1,2]，使得x ²－2bx ＋4≤－12，即b ≥12(x ＋92x )∴[12(x ＋92x )]min ≤b ，x ∈[1,2]，即b ≥178例2.已知函数f (x )＝12ax ²－(2a ＋1)x ＋2lnx .设g (x )＝x ²－2x ，若对于任意的x 1∈(0,2]，存在x 2∈(0,2]，使得f (x 1)＜g (x 2)，求实数a 的取值范围.解：由g (x )＝x ²－2x ，x ∈(0,2]知，g (x )max ＝0由题意知，∀x ∈(0,2)，12ax ²－(2a ＋1)x ＋2lnx ＜0f ′(x )＝ax －(2a ＋1)＋2x ＝ax ²－(2a ＋1)x ＋2x ＝(x －2)(ax －1)x(注：此处主导函数为－ax ＋1)⑴当a ≤0时，f ′(x )＞0，f (x )在(0,2]上单调递增，f (x )max ＝f (2)＝－2a －2＋2ln 2＜0∴a ＞－1＋ln 2⑵当a ＞0时，①若1a ≥2，即0＜a ≤12，f (x )在(0,2]上单调递增，f (x )max ＝f (2)＝－2a －2＋2ln 2＜0，∴－1＋ln 2＜a ≤12②若1a ＜2时，f (x )在(0，1a )上单调递增，在(1a ，2]上单调递减f (x )max ＝f (1a )＝－12a－2－2lna ＜0恒成立综上所述：a ∈(－1＋ln 2，＋∞)4.等式型恒成立与存在性问题模型一：“任意＝存在”型问题必背结论四：∀x 1∈A ，∃x 2∈B ，使得f (x 1)＝g (x 2)⇔f (x )值域⊆g (x )值域例1.已知函数f (x )＝x ²＋2x ＋a 和函数g (x )＝2x ＋x ＋1，对任意实数x 1，总存在实数x 2，使g (x 1)＝f (x 2)成立，则实数a 的取值范围为.解：∵f (x )＝x ²＋2x ＋a 的最小值为f (－1)＝a －1，∴f (x )的值域为[a －1，＋∞)，∵g (x )＝2x ＋x ＋1在[－1，＋∞)上单调递增，∴g (x )的值域为[－2，＋∞)∵∀x 1，总∃x 2，使得g (x 1)＝f (x 2)成立∴g (x )值域⊆f (x )值域，即[－2，＋∞)⊆[a －1，＋∞)∴a －1≤－2，即a ≤－1例2.函数f (x )＝x ²－23ax 3(a ＞0)，x ∈R .若对任意的x 1∈(2，＋∞)，都存在x 2∈(1，＋∞)，使得f (x 1)·f (x 2)＝1，求a 的取值范围.解：∀x 1∈(2，＋∞)，∃x 2∈(1，＋∞)，使得f (x 1)＝1f (x 2)∴f (x )的值域⊆1f (x )的值域f (x )＝x ²－23ax 3，f ′(x )＝2x －2ax ²＝2x (1－ax )①当32a ＞2即0＜a ＜34时，0∈f (x )的值域，但是0不属于1f (x )的值域∴f (x )的值域⊆1f (x )的值域不成立②当1≤32a ≤2，即34≤a ≤32时，有f (2)≤0且此时f (x )在(2，＋∞)上单调递减，故f (x )的值域是(－∞，f (2))，因而(－∞，f (2))⊆(－∞，0)，由f (1)≥0，则f (x )在(1，＋∞)上的取值范围包含(－∞，0)，∴f (x )的值域⊆1f (x )的值域③当32a ＜1即a ＞32时，有f (1)＜0且此时f (x )在(1，＋∞)上单调递减，故1f (x )的值域时(1f (1)，0)，f (x )的值域是(－∞，f (2))，∴f (x )的值域⊆1f (x )的值域不成立综上所述：a ∈[34，32]模型二：“存在＝存在”型问题必背结论五：∃x 1∈A ，∃x 2∈B ，使得f (x 1)＝g (x 2)⇔f (x )值域∩g (x )值域≠∅例3.函数f (x )＝e x －1，g (x )＝－x ²＋4x －3，若有f (a )＝g (b )，则b 取值范围为.解：∵f (x )＝e x －1＞－1，∴f (x )的值域为(－1，＋∞)∵g (x )＝－x ²＋4x －3≤1，∴g (x )的值域为(－∞，1]∴f (x )的值域∩g (x )的值域＝(－1，1]∴g (b )＝－b ²＋4b －3∈(－1，1]，即－1＜－b ²＋4b －3≤1解得：2－2＜b ＜2＋2例4.f (x )＝x 3＋(1－a )x ²－a (a ＋2)x (a ∈R )，g (x )＝196x －13.是否存在实数a ，存在x 1∈[－1,1]，x 2∈[0,2]，使得f ′(x 1)＋2ax 1＝g (x 2)成立？解：令H (x )＝f ′(x )＋2ax ＝3x ²＋2x －a (a ＋2)则H (x )的值域为[－13－a ²－2a ，5－a ²－2a ]∵g (x )＝196x －13在[0,2]上单调递增∴g (x )的值域[－13，6]∵存在x 1∈[－1,1]，存在x 2∈[0,2]，使得f ′(x 1)＋2ax 1＝g (x 2)成立∴[－13－a ²－2a ，5－a ²－2a ]∩[－13，6]≠∅当[－13－a ²－2a ，5－a ²－2a ]∩[－13，6]＝∅时，则5－a ²－2a ＜－13或－13－a ²－2a ＞6，即a ＜－1－573或a ＞－1＋573∴a ∈[－1－573，－1＋573]。
2022年高考数学导数中的恒成立与存在性问题专项知识点练习题含答案
专题14 导数中的恒成立与存在性问题一、单选题1. 已知函数f(x)=e x −x 22−1，若f(x)≥kx 在x ∈[0,+∞)时总成立，则实数k 的取值范围是( )A. (−∞,1]B. (−∞,e]C. (−∞,2e]D. (−∞,e 2]2. 已知f(x)=2x 2−ax +lnx 在区间(0,+∞)上单调递增，则实数a 的取值范围是( )A. (−∞,4)B. (−∞,4]C. (0,4)D. (0,4]3. 已知函数f(x)={ln(2−x),x ≤1,−x 2+1,x >1,若|f(x)|−ax +a ≥0恒成立，则实数a 的取值范围是( )A. [−12,1]B. [0,1]C. [0,2]D. [1,+∞)4. 已知不等式x ≥mlnx +n(m,n ∈R ，且m ≠0)对任意实数x >0成立，则n−2m的最大值为( )A. −2ln2B. −ln2C. ln2−1D. ln2−25. 若存在正实数x ，y 使得不等式lnx −x 2+1≥lny +4y 2−ln4成立，则x +y =A. √22B. √2C. 3√22 D. 5√226. 已知函数，若对任意的x 1,x 2∈(0,+∞)，都有[f (x 1)−f (x 2)](x 12−x 22)>k (x 1x 2+x 22)恒成立，则实数k 的最大值是( ) A. −1 B. 0 C. 1 D. 27. 当x ∈(1,+∞)时，不等式ln(x −1)−2ax +3b ≤0(a,b ∈R ，a ≠0)恒成立，则ba 的最大值为( )A. 1eB. 2C. 43D. 2e8. 设函数f(x)=xln x 的导函数为f′(x)，若对任意的x ∈[1,+∞)，不等式f′(x)≤a +e x恒成立，则实数a 的最小值为( )A. 1−1eB. 2−1eC. 1−eD. 2−e9.丹麦数学家琴生(Jensen)是19世纪对数学分析做出卓越贡献的巨人，特别是在函数的凸凹性与不等式方面留下了很多宝贵的成果．设函数f(x)在(a,b)上的导函数为f′(x)，f′(x)在(a,b)上的导函数为f′′(x)，若在(a,b)上f′′(x)>0恒成立，则称函数f(x)在(a,b)上为“凹函数”.已知f(x)=e xx−t(lnx+x)在(0,2)上为“凹函数”，则实数t的取值范围是A. (−∞,−1)B. (−∞,−e)C. (−e,+∞)D. (−1,+∞)10.已知函数f(x)=ln|x|，若存在实数x使不等式f(x)≥x2−x−2a−2b−ln2成立，则实数a+b的取值范围为()A. (38,+∞) B. C. D. (−ln22,+∞)二、填空题11.若存在x0∈(−1,2)，满足ln x0+13>ax0−2a，则实数a的取值范围为__________．12.已知定义在R上的函数f(x)的导函数为f′(x)，满足f′(x)−f(x)>0，若e x f(ax 2)>e ax2+1f(x−1)恒成立，则实数a的取值范围为__________________．13.已知a>1，若对于任意的，不等式恒成立，则a的最小值为_____．14.已知函数f(x)=sin(2x+π6)−x22−mx在[0,π6]上单调递减，则实数m的最小值是_______．三、解答题15.已知函数f(x)=ax+lnx，g(x)=e x−1−1．(1)讨论函数y=f(x)的单调性;(2)若不等式f(x)≤g(x)+a在x∈[1,+∞)上恒成立，求实数a的取值范围．16.已知f(x)=−e x+ex(e为自然对数的底数)(Ⅰ)求函数f(x)的最大值；(Ⅱ)设g(x)=lnx+12x2+ax，若对任意x1∈(0,2]，总存在x2∈(0,2].使得g(x1)< f(x2)，求实数a的取值范围．17.已知函数f(x)=xlnx−ax2−x，g(x)=e x−1−2ax．(1)当x∈(0,+∞)时，g(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围;(2)设函数F(x)=f′(x)−g(x)，其中f′(x)为f(x)的导函数，求F(x)的最值．专题14 导数中的恒成立与存在性问题一、单选题18.已知函数f(x)=e x−x22−1，若f(x)≥kx在x∈[0,+∞)时总成立，则实数k的取值范围是()A. (−∞,1]B. (−∞,e]C. (−∞,2e]D. (−∞,e2]【答案】A【解析】解：当x=0时，f(x)≥kx显然恒成立；当x>0时，f(x)≥kx即为e x−12x2−kx−1≥0，设g(x)=e x−12x2−kx−1(x>0)，则g′(x)=e x −x −k ，令ℎ(x)=g′(x)=e x −x −k ， ℎ′(x)=e x −1>0，∴函数g′(x)在(0,+∞)上为增函数，①当k ≤1时，g′(x)>g′(0)=1−k ≥0，故函数g(x)在(0,+∞)上为增函数， ∴g(x)>g(0)=0，即f(x)≥kx 成立；②当k >1时，g′(0)=1−k <0，g′(k)=e k −2k >0，故存在x 0∈(0,k)，使得g′(x 0)=0，∴当x ∈(0,x 0)时，g′(x)<0，g(x)单调递减，则g(x)<g(0)=0，即f(x)<kx ，不符题意；综上所述，实数k 的取值范围为(−∞,1]． 故选：A ．19. 已知f(x)=2x 2−ax +lnx 在区间(0,+∞)上单调递增，则实数a 的取值范围是( )A. (−∞,4)B. (−∞,4]C. (0,4)D. (0,4]【答案】B【解析】解：由f(x)=2x 2−ax +lnx 得f ′(x)=4x −a +1x ， 因为f(x)在(0,+∞)上单调递增， 所以4x −a +1x ≥0在(0,+∞)上恒成立，即a ≤4x +1x 在(0,+∞)上恒成立，因为x ∈(0,+∞)时，4x +1x ≥4，当且仅当x =12时等号成立， 所以a ≤4． 故选B ．20. 已知函数f(x)={ln(2−x),x ≤1,−x 2+1,x >1,若|f(x)|−ax +a ≥0恒成立，则实数a 的取值范围是( )A. [−12,1]B. [0,1]C. [0,2]D. [1,+∞)【答案】C【解析】解：因为f(x)={ln(2−x),x ≤1,−x 2+1,x >1,, 由恒成立，得到|f(x)|≥a (x −1)，分别作出y =|f (x )|及y =a (x −1)的图象， 由图知，当a <0时，不符合题意， 只需考虑a ≥0的情形，当y =a (x −1)与y =|f (x )|=x 2−1(x >1)图象相切于(1,0)时， 由导数几何意义，此时a =(x 2−1)′|x=1=2， 数形结合可知0≤a ≤2； 故选C ．21. 已知不等式x ≥mlnx +n(m,n ∈R ，且m ≠0)对任意实数x >0成立，则n−2m的最大值为( )A. −2ln2B. −ln2C. ln2−1D. ln2−2【答案】B【解析】解：由题意得x −mlnx ≥n 成立，令f(x)=x −mlnx ，则f′(x)=x−m x(x >0)，若m <0，f′(x)>0，f(x)单调递增，当x →0+时f(x)→−∞，不合题意;若m >0，当x ∈(0,m)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，当x ∈(m,+∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，所以f(x)最小值为f(m).所以f(m)=m −mlnm ≥n ，。
高一同步专题《函数中的“恒成立”问题与“存在性”问题》PDF
（Ⅳ）对任意 x1 D1 ，存在 x2 D2 ，使得 f x1 g x2 ， f (x) x D1 g(x) x D2 ；
（二）“存在性”问题（“有解”问题）：（分离参数，转化为函数的“最值”问题）：
（Ⅰ）存在 x D ，使得 a f (x) 成立（即 a f (x) （ x D ）有解） a f (x)min ； 存在 x D ，使得 a f (x) 成立 a f (x)min ；
1 2x 1
15,
1 3
2 2x 1
2, 3
2 5
1
2 2x 1
1 3
,
3 5
，即
m
log 2
1
2 2x 1
，
x
1,
2
的值域为
1 3
,
3 5
。
所以，
m
的取值范围为
1 3
,
3 5
①．求 a 的取值范围；
②．若对任意实数 m ， f m 1 f m2 t 0 恒成立，求实数 t 的取值范围。
〖解〗（1）若 a 2 ，则当 x 0 时， f (x) x2 2x ，
x 0 时， x 0 ， f x x2 2x ，
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《函数中的“恒成立”问题与“存在性”问题》
高中数学重点专项：经典的恒成立和存在性6道经典问题
高中数学重点专项：经典的恒成立和存在性6道经典问题1. （1）若关于x 的不等式02>--a ax x 的解集为R ，求实数a 的取值范围；（2）若关于x 的不等式32-≤--a ax x 的解集不是空集，求实数a 的取值范围．2. 设a ∈R ，二次函数2()22.f x ax x a =--若()0f x >的解集为A ， {}|13,B x x A B =<<≠∅，求实数a 的取值范围.3. 对于满足|a|≤2的所有实数a,求使不等式x 2+ax+1>2a+x 恒成立的x 的取值范围。
4. 已知函数()f x 是定义在[]1,1-上的奇函数，且(1)1f =，若[],1,1a b ∈-，0a b +≠，有()()0f a f b a b+>+，（1）证明()f x 在[]1,1-上的单调性；（2）若2()21f x m am ≤-+对所有[]1,1a ∈-恒成立，求m 的取值范围。
5. 若函数y =R 上恒成立，求m 的取值范围。
6. 已知函数2()3f x x ax a =++-，⑴在R 上()0f x ≥恒成立，求a 的取值范围。
⑵若[]2,2x ∈-时，()0f x ≥恒成立，求a 的取值范围。
⑶若[]2,2x ∈-时，()2f x ≥恒成立，求a 的取值范围。
参考答案1.（1）设()a ax x x f --=2.则关于x 的不等式02>--a ax x 的解集为),(+∞-∞()0>⇔x f 在()+∞∞-,上恒成立()0min >⇔x f ,即(),0442min >+-=a a x f 解得04<<-a （2）设()a ax x x f --=2.则关于x 的不等式32-≤--a ax x 的解集不是空集()3-≤⇔x f 在()+∞∞-,上能成立()3min -≤⇔x f ,即(),3442min -≤+-=a a x f 解得6a ≤-或2a ≥.4. 解法1.由题意()2335g x x ax a =-+-，这一问表面上是一个给出参数a 的范围，解不等式()0g x <的问题，实际上，把以x 为变量的函数()g x ，改为以a 为变量的函数，就转化为不等式的恒成立的问题，即令()()2335a x a x ϕ=-+-，()11a -≤≤，则对11a -≤≤，恒有()0g x <，即()0a ϕ<，从而转化为对11a -≤≤，()0a ϕ<恒成立，又由()a ϕ是a 的一次函数，因而是一个单调函数，它的最值在定义域的端点得到.为此只需()()1010ϕϕ<⎧⎪⎨-<⎪⎩即22320,380.x x x x ⎧--<⎨+-<⎩ 解得213x -<<. 故2,13x ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭时，对满足11a -≤≤的一切a 的值，都有()0g x <. 解法2.考虑不等式()23350g x x ax a =-+-<.由11a -≤≤知,236600a a ∆=-+>,于是,不等式的解为223660366066a a a a a a x --++-+<<. 但是,这个结果是不正确的,因为没有考虑a 的条件,还应进一步完善.为此,设()()2236603660,66a a a a a a g a h a --++-+==. 不等式化为()(),11g a x h a a <<-≤≤恒成立,即()()max min ,11g a x h a a <<-≤≤.由于()236606a a a g a --+=在11a -≤≤上是增函数,则()()max 213g a g ==-, ()236606a a a h a +-+=在11a -≤≤上是减函数,则()()min 1 1.h a h ==所以, 213x -<<. 故2,13x ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭时，对满足11a -≤≤的一切a 的值，都有()0g x <.6.解法一：由题设,0a ≠.()0f x =的两个根为12112,x a a =-+22112,x a a=++显然,120,0x x <>.(1) 当0a <时,{}12A x x x x =<<,21A B x ≠∅⇔>⇔2112a a ++1> 2.a ⇒<- (2) 当0a >时, {}{}12A x x x x x x =<>, 23A B x ≠∅⇔<⇔2112a a ++637a <⇒>. 于是,实数a 的取值范围是()6,2,7⎛⎫-∞-+∞ ⎪⎝⎭. 解法二:(1) 当0a <时,因为()f x 的图象的对称轴10a<，则对()1,3x ∈，()1f 最大，()()max 1220. 2.f x f a a a ==-->⇒<-(2) 当0a >时, ()()max ,1,3f x x ∈在()1f 或()3f 实现, 由()()120,376f a f a =--<=-,则()637607f a a =->⇒>于是,实数a 的取值范围是()6,2,7⎛⎫-∞-+∞ ⎪⎝⎭. 上述不含答案的试题请使用手机搜题软件搜索答案。
第3讲 不等式的恒成立与存在性问题(原卷版)-高考数学复习《导数与解析几何》必掌握问题
第3讲 不等式的恒成立与存在性问题典型例题【例1】已知函数()2ln 1f x x x ax =+-,且()11f '=-.(1)求()f x 的解析式.(2)若对任意()0,x ∞∈+,都有()1f x mx --,求m 的最小值.(3)求证:函数()2e x y f x x x =-+的图像在直线21y x =--的下方.【例2】已知函数()()e 4x f x a x a =-∈R ,当1a =时,求证:曲线()y f x =的图像在抛物线21y x =--的上方.【例3】已知()()()()22ln 2(1),1f x x x g x k x =+-+=+.(1)当2k =时,求证:任意()()1,x f x g x >-<恒成立.(2)若存在01x >-,使得()01,x x ∈-时恒有()()f x g x >成立,求实数k 的取值范围.【例4】设函数()()e 1x f x a x a =--∈R ,当()0,x ∞∈+时,()0f x >恒成立,求实数a 的取值范围.【例5】已知函数()()ln x a f x a x-=∈R ,对任意的()()1,,x f x ∞∈+>恒成立,求实数a 的取值范围.3.已知函数()2e 2x f x ax x x =--,当0x >时,若曲线()y f x =在直线y x =-的上方,求实数a 的取值范围.【例6】已知函数()2ln 2f x x ax ax =-+,若()f x x 恒成立,求实数a 的取值范围.【例7】设函数()0,tan 2x g x x x π⎛⎫⎛⎫=∈ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭,若()g x a <恒成立,求实数a 的最小值.3.设函数()()()()2ln 1,f x ax bx g x f x bx =++=-,若曲线()y g x =在点(1,)ln3处的切线与直线1130x y -=平行.(1)求,a b 的值.(2)求实数()3k k 的取值范围,使得()()2g x k x x >-对()0,x ∞∈+恒成立.【例8】已知函数()ln 2a f x x x =+-,曲线()y f x =存在斜率为0的切线,求实数a 的取值范围.【例9】已知函数()()2ln f x x ax x a =-+∈R ,若1x >时,()0f x >恒成立,求实数a 的取值范围.3.已知函数()()323257,ln (,22f x x x ax bg x x x x b a b =+++=+++为常数).令()()()F x f x g x =-,若函数()F x 存在极值,且所有极值之和大于5ln2+,求实数a 的取值范围.【例10】已知函数()()2121ln 22f x x x x x =+--,设()()g x f x x a '=+-,若关于x 的不等式()0g x <有解,求实数a 的取值范围.【例11】已知函数()2ln x f x mx x m=--. (1)求函数()f x 的极值.(2)求证:存在0x ,使得()01f x <.【例12】已知函数()()()23e 32ln ,x f x m x x g x m x-=-=∈R .求证:当1m >且0x >时,总有()()30g x f x +>'.【例13】设函数()e (0)2x a f x ax a =-+>,当1x <时,函数()f x 的图像恒在x 轴上方,求实数a 的最大值.【例14】已知函数()1e x x f x -=,若对任意[)12,,x x a ∞∈+,都有()()1221e f x f x --成立,求实数a 的最小值.【例15】已知函数()sin f x x x =+.若不等式()cos f x ax x 在区间0,2π⎡⎤⎢⎥⎣⎦上恒成立,求实数a 的取值范围.【例16】已知函数()()2e x f x x ax a =++,若关于x 的不等式()e a f x 在[),a ∞+上有解,求实数a 的取值范围.【例17】已知函数()()1ln 0f x k x k x =+≠,若关于x 的方程()f x k =有解,求实数k 的取值范围.【例18】设函数()()22ln f x ax a x x =+--的极小值点为0x .若001x <<,在曲线()y f x =上是否存在点P ,使得点P 位于x 轴的下方?若存在,求出一个点P 的坐标;若不存在,请说明理由.【例19】已知函数()()ln 1x f x a x x=+-,若1x ≠时,()0f x <在区间()0,∞+上恒成立,求实数a 的值.【例20】已知函数()()()2ln ,2,f x x bx c g x kx f x =++=+在1x =处取得极大值1.(1)求b 和c 的值.(2)当[)1,x ∞∈+时,曲线()y f x =在曲线()y g x =的上方,求实数k 的取值范围.【例21】若关于x 的不等式21ln 1x x bx a -+恒成立,求ab 的最大值.。
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高中数学存在性问题与恒成立问题
例1、若不等式
121x a x +
-+≥对一切非零实数x 均成立，则实数a 的最大值是_________．
例2、设函数2()1f x x =-，对任意23x ⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭，，24()(1)4()x f m f x f x f m m ⎛⎫--+ ⎪⎝⎭≤恒成立，则
实数m 的取值范围是 ．
例3、若不等式220ax x ++>的解集为R ，则a 的范围是（ ）
A ．0a >
B ．
18a >- C ．18a > D ．0a <
例4、已知不等式()11112log 1122123a a n n n +++>-+++对于一切大于1的自然数n 都成立，
试求实数a 的取值范围.
例5、若不等式2(2)2(2)40a x a x -+--<对x ∈R 恒成立，则a 的取值范围是______．
例6、2()1f x ax ax =+-在R 上恒满足()0f x <，则a 的取值范围是（ ）
A ．0a ≤
B ．4a <-
C ．40a -<<
D ．40a -<≤
例7、若对于x ∈R ，不等式2230mx mx ++>恒成立，求实数m 的取值范围．
例8、不等式210x ax ++≥对一切102x ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦，成立，则a 的最小值为（ ）
A ．0
B ．2-
C ．52-
D ．3-
例9、不等式2|3||1|3x x a a +---≤对任意实数x 恒成立，则实数a 的取值范围为（ ）
A ．(][)14-∞-+∞，，
B ．(][)25-∞-+∞，，
C ．[12]，
D ．(][)12-∞∞，，
例10、对任意[11]a ∈-，，函数
2()(4)42f x x a x a =+-+-的值恒大于零，则x 的取值范围为 ．
例11、若不等式lg 21lg()ax a x <+在[1,2]x ∈时恒成立，试求a 的取值范围．
例12、若
(]1x ∈-∞-，，()21390x x a a ++->恒成立，求实数a 的取值范围.
例13、设
()222f x x ax =-+，当[)1x ∈-+∞，时，都有()f x a ≥恒成立，求a 的取值范围.
例14、设对所有实数x ，不等式
()()2
222224112log 2log log 014a a a x x a a a ++++>+恒成立，求a 的取值范围.
例15、已知不等式22412ax x x a +---≥对任意实数恒成立，求实数a 的取值范围．
例16、已知关于x 的不等式20x x t ++>对x ∈R 恒成立，则t 的取值范围是 ．
例17、如果|1||9|x x a +++>
对任意实数x 恒成立，则a 的取值范围是（ ） A ．{|8}a a < B ．{|8}a a > C ．{|8}a a ≥ D ．{|8}a a ≤
例18、设不等式2220x ax a -++≤的解集为M ，如果[1,4]M ⊆，求实数a 的取值范围．
例19、如果关于x 的不等式23208kx kx +-<对一切实数x 都成立，则k 的取值范围
是 ．
例20、已知函数()1)f x x g x =+，若不等式
(3)(392)0x x x f m f ⋅+--<对任意x ∈R 恒成立，求实数m 的取值范围．
例21、若关于x 的方程
9(4)340x x a +++=有解，求实数a 的取值范围.
例22、已知a ∈R ，若关于x 的方程2104x x a a ++-+=有实根，则a 的取值范围是 ．
例23、若关于x 的不等式22840x x a --->在14x <<内有解，则实数a 的取值范围是（
） A ．4a <- B ．4a >- C ．12a >- D ．12a <-。