高中数学恒成立问题常见类型与解法
恒成立问题常见类型及其解法
设 f x x 3 x 7
可求得 f x 10
lg x 3 x 7 lg10 1
a 1
三. 变换主元法：
例5.对任意a [-1,1],不等式x 2 (a - 4) x 4 - 2a 0 恒成立，求 的取值范围 x . 解：原问题转化为对任 a [-1,1], 意
m - 2 0 0 (5) 4m ，解得1 m 2 2( m - 2) 0 f ( 0) 0 y
y
m - 2 0 (6) ，无解 f (0) 0
综上所述， a 3 1
O
x
x
4.已知函数f ( x) (m - 2) x 2 - 4mx 2m - 6的图像与 x轴的负半轴有交点，求 实数m的取值范围 .
不等式( x - 2)a x - 4 x 4 0恒成立
2
令f (a) ( x - 2)a x - 4 x 4
2
f (1) 0 解得x 1或x 3. f (-1) 0
x的取值范围为 ,1) (3,). (-
数形结合法 4.数形结合法
解：因为ax2 1 1，所以- 1 - x ax2 1 - x (1)当x 0时， 0 1恒成立. -1
1 1 a- 2 1 1 1 1 x x (2)当x (0,1]时， 2 - a 2 - , 即 在（0, ,1]上恒成立. x x x x a 1 - 1 x2 x 1 令t 1, x 1 1 1 1 - 2 - 化为关于t的函数u -t 2 - t -(t ) 2 ，u max -2 x x 2 4 1 1 1 2 1 2 - 化为关于t的函数v t - t (t - ) - ，vmin 0 2 x x 2 4 要是不等式恒成立，应 u max a vmin，故 - 1 a 0 有 综上所述，如果 [0,1]时， ( x) 1恒成立，则- 2 a 0 x f
第10讲 恒成立能成立3种常见题型(解析版)-2024高考数学常考题型
第10讲恒成立能成立3种常见题型【考点分析】考点一：恒成立问题若函数()f x 在区间D 上存在最小值()min f x 和最大值()max f x ，则不等式()f x a >在区间D 上恒成立()min f x a ⇔>；不等式()f x a ≥在区间D 上恒成立()min f x a ⇔≥；不等式()f x b <在区间D 上恒成立()max f x b ⇔<；不等式()f x b ≤在区间D 上恒成立()max f x b ⇔≤；考点二：存在性问题若函数()f x 在区间Ｄ上存在最小值()min f x 和最大值()max f x ，即()[],f x m n ∈，则对不等式有解问题有以下结论：不等式()a f x <在区间D 上有解()max a f x ⇔<；不等式()a f x ≤在区间D 上有解()max a f x ⇔≤；不等式()a f x >在区间D 上有解()min a f x ⇔>；不等式()a f x ≥在区间D 上有解()min a f x ⇔≥；考点三：双变量问题①对于任意的[]1,x a b ∈[]2m,x n ∈，使得()()()()1212max max f x g x f x g x ≤⇔≤；②对于任意的[]1,x a b ∈，总存在[]2m,x n ∈，使得()()()()1212min min f x g x f x g x ≥⇔≥；③若存在[]1,x a b ∈，对于任意的[]2m,x n ∈，使得()()()()1212min min f x g x f x g x ≤⇔≤；④若存在[]1,x a b ∈，对于任意的[]2m,x n ∈，使得()()()()1212max max f x g x f x g x ≥⇔≥；⑤对于任意的[]1,x a b ∈，[]2m,x n ∈使得()()()()1212max min f x g x f x g x ≤⇔≤；⑥对于任意的[]1,x a b ∈，[]2m,x n ∈使得()()()()1212min max f x g x f x g x ≥⇔≥；⑦若存在[]1,x a b ∈，总存在[]2m,x n ∈，使得()()()()1212min max f x g x f x g x ≤⇔≤⑧若存在[]1,x a b ∈，总存在[]2m,x n ∈，使得()()()()1212max min f x g x f x g x ≥⇔≥．【题型目录】题型一：利用导数研究恒成立问题题型二：利用导数研究存在性问题题型三：利用导数处理恒成立与有解问题【典型例题】题型一：利用导数研究恒成立问题【例1】（2022·福建省福安市第一中学高二阶段练习）对任意正实数x ，不等式ln 1x x a -+>恒成立，则a 的取值范围是（）A ．1a <B ．2a <C ．1a >D ．2a >【答案】B【详解】令()ln 1f x x x =-+，其中0x >，则()min a f x <，()111x f x x x-'=-=，当01x <<时，()0f x '<，此时函数()f x 单调递减，当1x >时，()0f x '>，此时函数()f x 单调递增，所以，()()min 12f x f ==，2a ∴<.故选：B.【例2】【2022年全国甲卷】已知函数()a x x xe xf x-+-=ln ．(1)若≥0，求a 的取值范围；【答案】(1)(−∞,+1]【解析】(1)op 的定义域为(0,+∞)，'(p =(1−12)e −1+1=1(11)e +(1−1)=K1(e+1)令op =0,得=1当∈(0,1),'(p <0,op 单调递减，当∈(1,+∞),'(p >0,op 单调递增o )≥o1)=e +1−，若op ≥0,则e +1−≥0,即≤e +1，所以的取值范围为(−∞,+1]【例3】已知函数211()(1)ln (,0)22f x x a x a a =-+-∈≠R ．（1）讨论函数的单调性；（2）若对任意的[1,)x ∈+∞，都有()0f x ≥成立，求a 的取值范围．【答案】（1）答案见解析；（2）0a ≤.【解析】【分析】（1）求()'f x ，分别讨论a 不同范围下()'f x 的正负，分别求单调性；（2）由（1）所求的单调性，结合()10f =，分别求出a 的范围再求并集即可.【详解】解：（1）由已知定义域为()0,∞+，()211'()x a a f x x x x-++=-=当10a +≤，即1a ≤-时，()'0f x >恒成立，则()f x 在()0,∞+上单调递增；当10a +>，即1a >-时，x =或x =所以()f x在(上单调递减，在)+∞上单调递增.所以1a ≤-时，()f x 在()0,∞+上单调递增；1a >-时，()f x在(上单调递减，在)+∞上单调递增.（2）由（1）可知，当1a ≤-时，()f x 在()1,+∞上单调递增，若()0f x ≥对任意的[1,)x ∈+∞恒成立，只需(1)0f ≥，而(1)0f =恒成立，所以1a ≤-成立；当1a >-1≤，即10a -<≤，则()f x 在()1,+∞上单调递增，又(1)0f =，所以10a -<≤成立；若0a >，则()f x在(上单调递减，在)+∞上单调递增，又(1)0f =，所以(0x ∃∈，()0()10f x f <=，不满足()0f x ≥对任意的[1,)x ∈+∞恒成立.所以综上所述：0a ≤.【例4】已知函数()ln f x x ax =-（a 是正常数）.（1）当2a =时，求()f x 的单调区间与极值；（2）若0x ∀>，()0f x <，求a 的取值范围；【答案】（1）()f x 在10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，在1,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递减，()f x 的极大值是ln 21--，无极小值；（2）1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭.【解析】【分析】（1）求出函数的导函数，解关于导函数的不等式即可求出函数的单调区间；（2）依题意可得maxln x a x ⎛⎫< ⎪⎝⎭，设()ln xg x x =，利用导数研究函数的单调性，求出函数的最大值，即可得解；【详解】解：（1）当2a =时，()ln 2f x x x =-，定义域为()0,∞+，()1122x f x x x-'=-=，令()0f x '>，解得102x <<，令()0f x '<，解得12x >，所以函数()f x 在10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，在1,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递减，所以()f x 的极大值是1ln 212f ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭，无极小值.（2）因为0x ∀>，()0f x <，即ln 0x ax -<恒成立，即maxln x a x ⎛⎫< ⎪⎝⎭.设()ln x g x x =，可得()21ln xg x x -'=，当0x e <<时()0g x '>，当x e >时()0g x '<，所以()g x 在()0,e 上单调递增，在(),e +∞上单调递减，所以()()max 1e e g x g ==，所以1a e >，即1,a e ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭.【例5】已知函数()xf x xe=（1）求()f x 的极值点；（2）若()2f x ax ≥对任意0x >恒成立，求a 的取值范围．【答案】（1）1x =-是()f x 的极小值点，无极大值点；（2）a e ≤.【解析】【分析】（1）利用导数研究函数的极值点.（2）由题设知：xe a x≤在0x >上恒成立，构造()x e g x x =并应用导数研究单调性求最小值，即可求a 的范围．【详解】（1）由题设，()(1)xf x e x '=+，∴1x <-时，()0<'x f ，()f x 单调递减；1x >-时，()0>'x f ，()f x 单调递增减；∴1x =-是()f x 的极小值点，无极大值点.（2）由题设，()2xx f x xe a =≥对0x ∀>恒成立，即x ea x≤在0x >上恒成立，令()x e g x x =，则2(1)()x e x g x x '-=，∴01x <<时，()0g x '<，()g x 递减；1x >时，()0g x '>，()g x 递增；∴()(1)e g x g ≥=，故a e ≤.【题型专练】1.（2022·四川广安·模拟预测（文））不等式ln 0x kx -≤恒成立，则实数k 的取值范围是（）A ．[)0,e B ．(],e -∞C ．10,e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦D ．1,e ∞⎡⎫+⎪⎢⎣⎭【答案】D 【解析】【分析】由题可得ln xk x ≥在区间(0,)+∞上恒成立，然后求函数()()ln 0x f x x x=>的最大值即得.【详解】由题可得ln xk x≥在区间(0,)+∞上恒成立，令()()ln 0x f x x x =>，则()()21ln 0xf x x x-'=>，当()0,e x ∈时，()0f x '>，当()e,x ∈+∞时，()0f x '<，所以()f x 的单调增区间为()0,e ，单调减区间为()e,+∞；所以()()max 1e ef x f ==，所以1ek ≥.故选：D.2.（2022·北京·景山学校模拟预测）已知函数()ln 2f x x x ax =++．(1)当0a =时，求()f x 的极值；(2)若对任意的21,e x ⎡⎤∈⎣⎦，()0f x ≤恒成立，求实数a 的取值范围．【答案】(1)极小值是11+2e e f ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，无极大值.(2)222,e ⎡⎫--+∞⎪⎢⎣⎭【解析】【分析】（1）由题设可得()ln 1f x x '=+，根据()f x '的符号研究()f x 的单调性，进而确定极值.（2）()ln 20f x x x ax =++≤对任意的21,e x ⎡⎤∈⎣⎦恒成立，转化为：2ln 2ln x x a x x x+-≥=+对任意的21,e x ⎡⎤∈⎣⎦恒成立，令()2ln g x x x=+，通过求导求()g x 的单调性进而求得()g x 的最大值，即可求出实数a 的取值范围.(1)当0a =时，()ln 2f x x x =+，()f x 的定义域为()0+∞，，()ln 1=0f x x '=+，则1ex =.令()0f x '>，则1,e x ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭，令()0f x '<，则10,e ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭x ，所以()f x 在10,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，在1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增.当1e x =时，()f x 取得极小值且为1111ln 2+2e e ee f ⎛⎫=+=- ⎪⎝⎭，无极大值.(2)()ln 20f x x x ax =++≤对任意的21,e x ⎡⎤∈⎣⎦恒成立，则2ln 2ln x x a x x x+-≥=+对任意的21,e x ⎡⎤∈⎣⎦恒成立，令()2ln g x x x=+，()222120x g x x x x -+'=-+==，所以2x =，则()g x 在[)1,2上单调递减，在(22,e ⎤⎦上单调递增，所以()12g =，()222e2e g =+，所以()()22max2e 2e g x g ==+，则222e a -≥+，则222e a ≤--.实数a 的取值范围为：222,e ⎡⎫--+∞⎪⎢⎣⎭.3.（2022·新疆克拉玛依·三模（文））已知函数()ln f x x x =，()()23g x x ax a R =-+-∈.(1)求函数()f x 的单调递增区间；(2)若对任意()0,x ∞∈+，不等式()()12f xg x ≥恒成立，求a 的取值范围.【答案】(1)1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭，(2)(],4-∞【解析】【分析】（1）求函数()f x 的单调递增区间，即解不等式()0f x '>；（2）参变分离得32ln a x x x≤++，即求()()()32ln 0,h x x x x x =++∈+∞的最小值.(1)()ln f x x x =定义域为(0,)+∞，(ln +1f x '=()0f x '>即ln +10x >解得1e x >，所以()f x 在1,)e∞+（单调递增(2)对任意()0,x ∞∈+，不等式()()12f xg x ≥恒成立，即()21ln 32x x x ax ≥-+-恒成立，分离参数得32ln a x x x≤++.令()()()32ln 0,h x x x x x =++∈+∞，则()()()231x x h x x +-'=．当()0,1∈x 时，()0h x '<，()h x 在()0,1上单调递减；当()1,x ∈+∞时，()0h x '>，()h x 在()1,+∞上单调递增.所以()()min 14h x h ==，即4a ≤，故a 的取值范围是(],4-∞.4.（2022·内蒙古赤峰·三模（文））已知函数()()ln 1f x x x =+.(1)求()f x 的最小值；(2)若()()212-++-≥x m x x f 恒成立，求实数m 的取值范围.【答案】(1)min 21()e f x =-(2)(],3-∞【解析】【分析】（1）求出函数的导数，利用导数求函数在定义域上的最值即可；（2）由原不等式恒成立分离参数后得2ln m x x x ++，构造函数()2ln h x x x x=++，利用导数求最小值即可.(1)由已知得()ln 2f x x '=+，令()0f x '=，得21ex =.当210,e x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()()0,f x f x '<在210,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减；当21,e x ⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭时，()()0,f x f x '在21,e ⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭上单调递增.故min 2211()e e f x f ⎛⎫==- ⎪⎝⎭.(2)()()212-++-≥x m x x f ，即2ln 2++≤x x x mx ，因为0x >，所以xx x m 2ln ++≤在()+∞,0上恒成立.令()2ln h x x x x =++，则()()()min 222112(),1x x m h x h x x x x +-=+-'=，令()0h x '=，得1x =或2x =-（舍去）.当()0,1x ∈时，()()0,h x h x '<在()0,1上单调递减；当[)1,x ∞∈+时，()0>'x h ，()x h 在[)1,+∞上单调递增.故()min ()13h x h ==，所以3≤m ，即实数m 的取值范围为(],3-∞.5．【2020年新高考1卷（山东卷）】已知函数1()e ln ln x f x a x a -=-+．（1）当a e =时，求曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；（2）若不等式()1f x ≥恒成立，求a 的取值范围．【答案】（1）21e -（2）[1,)+∞【解析】【分析】（1）利用导数的几何意义求出在点()()1,1f 切线方程，即可得到坐标轴交点坐标，最后根据三角形面积公式得结果；（2）方法一：利用导数研究函数()f x 的单调性，当a =1时，由()10f '=得()()11min f x f ==,符合题意；当a >1时，可证1()(1)0f f a''<，从而()f x '存在零点00x >，使得01001()0x f x ae x -'=-=，得到m in ()f x ，利用零点的条件，结合指数对数的运算化简后，利用基本不等式可以证得()1f x ≥恒成立；当01a <<时，研究()1f .即可得到不符合题意.综合可得a 的取值范围.【详解】（1）()ln 1x f x e x =-+Q ，1()xf x e x'∴=-，(1)1k f e '∴==-.(1)1f e =+Q ，∴切点坐标为(1,1+e ),∴函数()f x 在点(1,f (1)处的切线方程为1(1)(1)y e e x --=--,即()12y e x =-+,∴切线与坐标轴交点坐标分别为2(0,2),(,0)1e --,∴所求三角形面积为1222||=211e e -⨯⨯--．（2）［方法一］：通性通法1()ln ln x f x ae x a -=-+Q ,11()x f x ae x-'∴=-，且0a >.设()()g x f x =',则121()0,x g x ae x -'=+>∴g(x )在(0,)+∞上单调递增，即()f x '在(0,)+∞上单调递增，当1a =时，()01f '=,∴()()11min f x f ==,∴()1f x ≥成立.当1a >时，11a <，111a e <∴，111()(1)(1)(1)0a f f a e a a -''∴=--<,∴存在唯一00x >，使得01001()0x f x ae x -'=-=，且当0(0,)x x ∈时()0f x '<，当0(,)x x ∈+∞时()0f x '>，0101x ae x -∴=，00ln 1ln a x x ∴+-=-，因此01min 00()()ln ln x f x f x ae x a-==-+001ln 1ln 2ln 12ln 1a x a a a x =++-+≥-+=+>1,∴()1,f x >∴()1f x ≥恒成立；当01a <<时，(1)ln 1,f a a a =+<<∴(1)1,()1f f x <≥不是恒成立.综上所述，实数a 的取值范围是[1,+∞).［方法二］【最优解】：同构由()1f x ≥得1e ln ln 1x a x a --+≥，即ln 1ln 1ln a x e a x x x +-++-≥+，而ln ln ln x x x e x +=+，所以ln 1ln ln 1ln a x x e a x e x +-++-≥+．令()m h m e m =+，则()10m h m e +'=>，所以()h m 在R 上单调递增．由ln 1ln ln 1ln a x x e a x e x +-++-≥+，可知(ln 1)(ln )h a x h x +-≥，所以ln 1ln a x x +-≥，所以max ln (ln 1)a x x ≥-+．令()ln 1F x x x =-+，则11()1xF x x x-'=-=．所以当(0,1)x ∈时，()0,()F x F x '>单调递增；当(1,)x ∈+∞时，()0,()F x F x '<单调递减．所以max [()](1)0F x F ==，则ln 0a ≥，即1a ≥．所以a 的取值范围为1a ≥．［方法三］：换元同构由题意知0,0a x >>，令1x ae t -=，所以ln 1ln a x t +-=，所以ln ln 1a t x =-+．于是1()ln ln ln ln 1x f x ae x a t x t x -=-+=-+-+．由于()1,ln ln 11ln ln f x t x t x t t x x ≥-+-+≥⇔+≥+，而ln y x x =+在,()0x ∈+∞时为增函数，故t x ≥，即1x ae x -≥，分离参数后有1x x a e -≥．令1()x x g x e -=，所以1112222(1)()x x x x x e xe e x g x e e -------=='．当01x <<时，()0,()'>g x g x 单调递增；当1x >时，()0,()g x g x '<单调递减．所以当1x =时，1()x x g x e -=取得最大值为(1)1g =．所以1a ≥．［方法四］：因为定义域为(0,)+∞，且()1f x ≥，所以(1)1f ≥，即ln 1a a +≥．令()ln S a a a =+，则1()10S a a='+>，所以()S a 在区间(0,)+∞内单调递增．因为(1)1S =，所以1a ≥时，有()(1)S a S ≥，即ln 1a a +≥．下面证明当1a ≥时，()1f x ≥恒成立．令1()ln ln x T a ae x a -=-+，只需证当1a ≥时，()1T a ≥恒成立．因为11()0x T a ea-=+>'，所以()T a 在区间[1,)+∞内单调递增，则1min [()](1)ln x T a T e x -==-．因此要证明1a ≥时，()1T a ≥恒成立，只需证明1min [()]ln 1x T a e x -=-≥即可．由1,ln 1x e x x x ≥+≤-，得1,ln 1x e x x x -≥-≥-．上面两个不等式两边相加可得1ln 1x e x --≥，故1a ≥时，()1f x ≥恒成立．当01a <<时，因为(1)ln 1f a a =+<，显然不满足()1f x ≥恒成立．所以a 的取值范围为1a ≥．【整体点评】（2）方法一：利用导数判断函数()f x 的单调性，求出其最小值，由min 0f ≥即可求出，解法虽稍麻烦，但是此类题，也是本题的通性通法；方法二：利用同构思想将原不等式化成ln 1ln ln 1ln a x x e a x e x +-++-≥+，再根据函数()m h m e m =+的单调性以方法三：通过先换元，令1x ae t -=，再同构，可将原不等式化成ln ln t t x x +≥+，再根据函数ln y x x =+的单调性以及分离参数法求出；方法四：由特殊到一般，利用(1)1f ≥可得a 的取值范围，再进行充分性证明即可．题型二：利用导数处理存在性问题【例1】（2022·河北秦皇岛·三模）函数()3233f x x x a =-+-，若存在[]01,1x ∈-，使得()00f x >，则实数a的取值范围为（）A ．(),1-∞-B ．(),1-∞C ．()1,3-D ．(),3-∞【答案】D【分析】根据题意，将问题转化为求解函数()f x 的最大值问题，先通过导数方法求出函数()f x 的最大值，进而求出答案.【详解】因为()3233f x x x a =-+-，所以()()[]23632,1,1f x x x x x x =-∈-'-=．由题意，只需max ()0f x >．当x ∈[1,0)-时，()0f x '>，当(0,1]x ∈时，()0f x '<，所以()f x 在[1,0)-上单调递增，在(0,1]上单调递减，所以()max 0()30f f x a ==->，故实数a 的取值范围为(),3-∞．故选：D.【例2】已知函数()326f x ax bx x c =+++，当1x =-时，()f x 的极小值为5-，当2x =时，()f x 有极大值．(1)求函数()f x ；(2)存在[]013x ∈，，使得()202f x t t ≤-成立，求实数t 的取值范围．【答案】(1)()3233622f x x x x =-++-;(2)(,1][3,)-∞-+∞ .【解析】【分析】（1）求导后，根据()()120f f ''-==和()15f -=-，解得,,a b c 即可得解；（2）转化为()2min 2f x t t ≤-，再利用导数求出函数()f x 在[]13，上的最小值，然后解不等式223t t -≥可得结果.(1)∵()2326f x ax bx '=++，由()()120f f ''-==，得3260a b -+=且12460a b ++=，解得1a =-，32b =，又()15f -=-，∴32c =-，经检验1a =-，32b =时，()3233622f x x x x =-++-满足题意,∴()3233622f x x x x =-++-；(2)存在[]013x ∈，，使得()202f x t t ≤-，等价于()2min 2f x t t ≤-，∵()()()2336321f x x x x x '=-++=--+，当[1,2)x ∈时，()0f x '>，当(2,3]x ∈时，()0f x '<，∴()f x 在(2,3]上递减，在[1,2)上递增，又()15f =，()33f =，∴()f x 在[]13，上的最小值为()33f =，∴223t t -≥，解得1t ≤-或3t ≤，所以t 的取值范围是(,1][3,)-∞-+∞ ．【例3】（2022·辽宁·高二阶段练习）已知0a >，若在(1,)+∞上存在x 使得不等式e ln x a x x a x -≤-成立，则a 的最小值为______．【题型专练】1.已知函数()()222ln f x x a x =++．(1)当5a =-时，求()f x 的单调区间；(2)若存在[]2,e x ∈，使得()2242a f x x x x+->+成立，求实数a 的取值范围．【答案】(1)单调递减区间为()0,2，单调递增区间为()2,+∞；(2)2e e 2,e 1∞⎛⎫-++⎪-⎝⎭.【解析】【分析】（1）当5a =-时，()28ln f x x x =-，得出()f x 的定义域并对()f x 进行求导，利用导数研究函数的单调性，即可得出()f x 的单调区间；（2）将题意等价于()24222ln 0a x a x x ++-+<在[]2,e 内有解，设()()24222ln a h x x a x x+=+-+，即在[]2,e 上，函数()min 0h x <，对()h x 进行求导，令()0h x '=，得出2x a =+，分类讨论2a +与区间[]2,e 的关系，并利用导数研究函数()h x 的单调和最小值，结合()min 0h x <，从而得出实数a 的取值范围.(1)解：当5a =-时，()28ln f x x x =-，可知()f x 的定义域为()0,+∞，则()28282,0x f x x x x x-'=-=>，可知当()0,2x ∈时，()0f x ¢<；当()2,x ∈+∞时，()0f x ¢>；所以()f x 的单调递减区间为()0,2，单调递增区间为()2,+∞.(2)解：由题可知，存在[]2,e x ∈，使得()2242a f x x x x+->+成立，等价于()24222ln 0a x a x x++-+<在[]2,e 内有解，可设()()24222ln a h x x a x x+=+-+，即在[]2,e 上，函数()min 0h x <，()()()()()()()22222122422222242x x a a a x a x a h x x xx x ⎡⎤+-+++-+-+⎣⎦∴=--=='，令()0h x '=，即()()120x x a ⎡⎤+-+=⎣⎦，解得：2x a =+或1x =-（舍去），当2e a +≥，即e 2a ≥-时，()0h x '<，()h x 在[]2,e 上单调递减，()()min24e 2e+220e a h x h a +∴==--<，得2e e 2e 1a -+>-，又2e e 2e 2e 1-+>-- ，所以2e e 2e 1a -+>-；当22a +≤时，即0a ≤时，()0h x '>，()h x 在[]2,e 上单调递增，()()()min 2622ln 20h x h a a ∴==+-+<，得6ln 40ln 41a ->>-，不合题意；当22e a <+<，即0e 2a <<-时，则()h x 在[]2,2a +上单调递减，在[]2,e a +上单调递增，()()()()min 22622ln 2h x h a a a a ∴=+=+-++，()ln 2ln 2ln e 1a <+<= ，()()()22ln 222ln 2222a a a a ∴+<++<+，()()()22622ln 226224h a a a a a a ∴+=+-++>+--=，即()min 4h x >，不符合题意；综上得，实数a 的取值范围为2e e 2,e 1∞⎛⎫-++⎪-⎝⎭.【点睛】思路点睛：本题考查利用导数研究函数的单调性，以及利用导数解决不等式成立的综合问题：（1）利用导数解决单调区间问题，应先确定函数的定义域，否则，写出的单调区间易出错；利用导数解决含有参数的单调性问题，要注意分类讨论和化归思想的应用；（2）利用导数解决不等式的综合问题的一般步骤是：构造新函数，利用导数研究的单调区间和最值，再进行相应证明.2．（2022·河北深州市中学高三阶段练习）已知函数()ln 21f x x ax =-+.(1)若1x =是()f x 的极值点，确定a 的值；(2)若存在0x >，使得()0f x ≥，求实数a 的取值范围.所以，函数()f x 在1x =处取得极大值，合乎题意，故2a =.（2）解：存在0x >，使得()ln 210f x x ax =-+≥可得ln 12x a x+≤，构造函数()ln 1x g x x+=，其中0x >，则()2ln x g x x '=-，当01x <<时，()0g x '>，此时函数()g x 单调递增，当1x >时，()0g x '<，此时函数()g x 单调递减，则()()max 11g x g ==，所以，21a ≤，解得12a ≤，因此，实数a 的取值范围是1,2⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦.3.已知函数()ln xf x x=，设()f x 在点()1,0处的切线为m （1）求直线m 的方程；（2）求证：除切点()1,0之外，函数()f x 的图像在直线m 的下方；（3）若存在()1,x ∈+∞，使得不等式()()1f x a x >-成立，求实数a 的取值范围【答案】（1）y ＝x ﹣1；（2）见详解；（3）（﹣∞，1）.【解析】【分析】（1）求导得21ln ()xf x x -'=，由导数的几何意义k 切＝f ′（1），进而可得答案．（2）设函数h （x ）＝f （x ）﹣（x ﹣1）＝ln xx﹣x +1，求导得h ′（x ），分析h （x ）的单调性，最值，进而可得f （x ）﹣（x ﹣1）≤0，则除切点（1，0）之外，函数f （x ）的图象在直线的下方．（3）若存在x ∈（1，+∞），使得不等式a ＜ln (1)x x x -成立，令g （x ）＝ln (1)xx x -，x ＞1，只需a ＜g （x ）max ．【详解】（1）221ln 1ln ()x xx x f x x x ⋅--'==，由导数的几何意义k 切＝f ′（1）＝1，所以直线m 的方程为y ＝x ﹣1．（2）证明：设函数h （x ）＝f （x ）﹣（x ﹣1）＝ln xx﹣x +1，2221ln 1ln ()1x x x h x x x ---'=-=，函数定义域为（0，+∞），令p （x ）＝1﹣lnx ﹣x 2，x ＞0，p ′（x ）＝﹣1x﹣2x ＜0，所以p （x ）在（0，+∞）上单调递减，又p （1）＝0，所以在（0，1）上，p （x ）＞0，h ′（x ）＞0，h （x ）单调递增，在（1，+∞）上，p （x ）＜0，h ′（x ）＜0，h （x ）单调递减，所以h （x ）max ＝h （1）＝0，所以h （x ）≤h （1）＝0，所以f （x ）﹣（x ﹣1）≤0，若除切点（1，0）之外，f （x ）﹣（x ﹣1）＜0，所以除切点（1，0）之外，函数f （x ）的图象在直线的下方．（3）若存在x ∈（1，+∞），使得不等式f （x ）＞a （x ﹣1）成立，则若存在x ∈（1，+∞），使得不等式()1f x x -＞a 成立，即若存在x ∈（1，+∞），使得不等式a ＜ln (1)xx x -成立，令g （x ）＝ln (1)xx x -，x ＞1，g ′（x ）＝221(1)(21)ln (1)x x x xxx x ⋅----＝221(21)ln (1)x x xx x ----，令s （x ）＝x ﹣1﹣（2x ﹣1）lnx ，x ＞1s ′（x ）＝1﹣2lnx ﹣（2x ﹣1）•1x 2ln 212ln 1x x x x x x x x x--+--+==，令q （x ）＝﹣x ﹣2xlnx +1，x ＞1q ′（x ）＝﹣1﹣2lnx ﹣2＝﹣3﹣2lnx ＜0，所以在（1，+∞）上，q （x ）单调递减，又q （1）＝0，所以在（1，+∞）上，q （x ）＜0，s ′（x ）＜0，s （x ）单调递减，所以s （x ）≤s （1）＝0，即g ′（x ）≤0，g （x ）单调递减，又111ln lim lim 1(1)21x x x x x x x →→==--，所以a ＜1，所以a 的取值范围为（﹣∞，1）．4.已知函数()ln 1f x x x ax =-+．（1）若()f x 在点(1,(1))A f 处的切线斜率为2-．①求实数a 的值；②求()f x 的单调区间和极值．（2）若存在0(0,)x ∈+∞，使得()00f x <成立，求a 的取值范围．【答案】（1）①3a =；②减区间为2(0,)e ，增区间为2(,)e +∞，极小值为21e -，无极大值；（2）(1,)+∞.【解析】【分析】（1）求得函数的导数()ln 1f x x a '=+-，①根据题意得到()2f x '=-，即可求得a 的值；②由①知()ln 2,0f x x x '=->，结合导数的符号，以及极值的概念与计算，即可求解；（2）设()1ln g x x x=+，根据存在0(0,)x ∈+∞，使得()00f x <成立，得到()min a g x >成立，结合导数求得函数()g x 的单调性与最小值，即可求解.【详解】（1）由题意，函数()ln 1f x x x ax =-+的定义域为(0,)+∞，且()ln 1f x x a '=+-，①因为()f x 在点(1,(1))A f 处的切线斜率为2-，可得()12f x a '=-=-，解得3a =.②由①得()ln 2,0f x x x '=->，令()0f x '>，即ln 20x ->，解得2x e >；令()0f x '<，即ln 20x -<，解得20x e <<，所以函数()f x 在2(0,)e 上单调递减，在2(,)e +∞上单调递增，当2x e =时，函数()f x 取得极小值，极小值为()221f e e =-，无极大值，综上可得，函数()f x 的减区间为2(0,)e ，增区间为2(,)e +∞，极小值为21e -，无极大值.（2）因为()ln 1f x x x ax =-+，由()00f x <，即000ln 10x x ax -+<，即00000ln 11ln x x a x x x +>=+，设()1ln ,0g x x x x=+>根据题意知存在0(0,)x ∈+∞，使得()00f x <成立，即()min a g x >成立，由()1ln ,0g x x x x =+>，可得()22111x g x x x x-'=-=，当01x <<时，()0g x '<，()g x 单调递减；当1x >时，()0g x '>，()g x 单调递增，所以当1x =时，函数()g x 取得最小值，最小值为()11g =，所以1a >，即实数a 的取值范围是(1,)+∞.5.已知函数()ln (R)f x x ax a =+∈.（1）当a =1时，求曲线()y f x =在x =1处的切线方程；（2）求函数()f x 的单调区间；（3）若存在0x ，使得()00f x >，求a 的取值范围.【答案】（1）210x y --=；（2）0a ≥时，()f x 在()0,∞+单增；0a <，()f x 在10,a ⎛⎫- ⎪⎝⎭单增，在1,a ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭单减；（3）1a e>-.【解析】【分析】（1）求出函数导数，将切线横坐标代入得到斜率，再求出切点纵坐标，最后写出切线方程；（2）求导后，通分，分0,0a a ≥<两种情况讨论得到单调区间；（3）当0a ≥时，代特值验证即可，当0a <时，函数最大值大于0，解出即可.【详解】由题意，()1(1)1,1,f f x x'==+所以()12,f '=所以切线方程为：()121210y x x y -=-⇒--=.（2）110,()ax x f x a x x+'>=+=，若0a ≥，则()0f x '>，()f x 在()0,∞+单增；若0a <，则10,x a ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭时，()0f x '>，()f x 单增；1,x a ⎛⎫∈-+∞ ⎪⎝⎭时，()0f x '<，()f x 单减.（3）由（2），若0a ≥，则(2)ln 220f a =+>，满足题意；若0a <，()max 111(ln 10f x f a a a e ⎛⎫=-=-->⇒>- ⎪⎝⎭，则10a e -<<，综上：1a e>-.题型三：利用导数处理恒成立与有解问题【例1】（2022·福建省福安市第一中学高三阶段练习）设函数()()()()1e e ,e 1x xf x xg x ax =--=--，其中R a ∈.若对[)20,x ∀∈+∞，都1R x ∃∈，使得不等式()()12f x g x ≤成立，则a 的最大值为（）A ．0B ．1eC ．1D ．e【例2】已知函数2()ln (R),()22f x ax x a g x x x =+∈=-+．(1)当12a =-时，求函数()f x 在区间[1,e]上的最大值和最小值;(2)若对任意的1[1,2]x ∈-，均存在2(0,)x ∈+∞，使得()()12g x f x <，求a 的取值范围．【答案】(1)最大值为ln 21-，最小值为12-；(2)61(,)e -+∞.【解析】【分析】（1）利用导数研究()f x 的区间单调性，进而确定端点值和极值，比较它们的大小，即可得最值；（2）将问题转化为1[1,2]x ∈-、2(0,)x ∈+∞上1max 2max ()()g x f x <，利用二次函数性质及导数求函数最值，即可得结果.(1)由题设()ln 2x f x x =-，则2()2x f x x-'=，所以在[1,2)上()0f x '>，()f x 递增，在(2,e]上()0f x '<，()f x 递减，则1(1)2f =-<e (e)12f =-，极大值(2)ln 21f =-，综上，()f x 最大值为ln 21-，最小值为12-.(2)由22()22(1)1g x x x x =-+=-+在[1,2]x ∈-上max ()(1)5g x g =-=，根据题意，只需max max ()()g x f x <即可，由1()f x a x'=+且,()0x ∈+∞，当0a ≥时，()0f x '>，此时()f x 递增且值域为R ，所以满足题设；当0a <时，1(0,)a-上()0f x '>，()f x 递增；1(,)a -+∞上()0f x '<，()f x 递减；所以max 1()()1ln()f x f a a =-=---，此时1ln()5a --->，可得61ea >-，综上，a 的取值范围61(,)e -+∞.【点睛】关键点点睛：第二问，将问题转化为1[1,2]x ∈-、2(0,)x ∈+∞上1max 2max ()()g x f x <求参数范围.【例3】已知函数()sin cos f x x x x =+．(1)当()0,πx ∈时，求函数()f x 的单调区间；(2)设函数2()2=-+g x x ax ．若对任意[]1π,πx ∈-，存在2[0,1]x ∈，使得()()1212πf xg x ≤成立，求实数a 的取值范围．【答案】(1)当x ()0,π∈时，函数()f x 的单调递增区间为π0,2⎛⎫⎪⎝⎭，函数()f x 的单调递减区间为π,π2⎛⎫ ⎪⎝⎭；(2)1[,)2+∞.【解析】【分析】（1）首先对函数求导，根据x 的取值情况判断()f x '的正负情况，进而得到()f x 的增减情况；（2）对任意[]1π,πx ∈-，存在2[0,1]x ∈，使得12()()h x g x ≤成立，等价于max max ()()h x g x ≤，然后对a 进行讨论，分别求函数的最值，进而得到结论.(1)因为()sin cos f x x x x =+，所以()sin cos sin cos f x x x x x x x '=+-=．当x ()0,π∈时，()'f x 与()f x 的变化情况如表所示：xπ0,2⎛⎫ ⎪⎝⎭π2π,π2⎛⎫ ⎪⎝⎭()'f x +0-()f x 单调递增π2单调递减所以当x ()0,π∈时，函数()f x 的单调递增区间为π0,2⎛⎫⎪⎝⎭，函数()f x 的单调递减区间为π,π2⎛⎫⎪⎝⎭．(2)当[]π,πx ∈-时，()()f x f x -=，所以函数()f x 为偶函数．所以当[]π,πx ∈-时，函数()f x 的单调递增区间为ππ,2⎛⎫-- ⎪⎝⎭，π0,2⎛⎫ ⎪⎝⎭，函数()f x 的单调递减区间为π,02⎛⎫- ⎪⎝⎭，π,π2⎛⎫⎪⎝⎭,所以函数()f x 的最大值为πππ222f f ⎛⎫⎛⎫-== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭．设()()12πh x f x =，则当[]π,πx ∈-时，()max 1π12π24h x =⋅=．对任意[]1π,πx ∈-，存在2[0,1]x ∈，使得12()()h x g x ≤成立，等价于max max ()()h x g x ≤．当0a ≤时，函数()g x 在区间[0,1]上的最大值为(0)0g =，不合题意．当01a <<时，函数()g x 在区间[0,1]上的最大值为2()g a a =，则214a ≥，解得12a ≥或12a ≤-，所以112a ≤<．当1a ≥时，函数()g x 在区间[0,1]上的最大值为(1)21g a =-，则1214a -≥，解得58a ≥，所以1a ≥.综上所述，a 的取值范围是1[,)2+∞．【例4】（2022·黑龙江·哈尔滨三中高二期末）已知函数()ln xf x x=，2()ln(1)2g x x ax =++，若211,e x ∀⎡⎤∈⎣⎦，()20,1x ∃∈使得12()()f x g x >成立，则实数a 的取值范围是（）A ．ln 2,2⎛⎫-∞- ⎪B ．ln 2,2⎛⎤-∞-⎥C ．1,e⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭D ．ln 2,e 2⎛⎤-∞- ⎥故选：A【例5】（2023·全国·高三专题练习）已知函数()3331,0422112,122x x x f x x x ⎧-+≤≤⎪⎪=⎨⎪+<≤⎪⎩，()e xg x ax =-()R a ∈，若存在[]12,0,1x x ∈，使得()()12f x g x =成立，则实数a 的取值范围是（）A ．(],1-∞B ．(],e 2-∞-C ．5,e4⎛⎤-∞- ⎥D ．(],e -∞≤【题型专练】1．（2022·河南·南阳中学高三阶段练习（理））已知函数()33f x x x a =-+，()211x g x x +=-．若对任意[]12,2x ∈-，总存在[]22,3x ∈，使得()()12f x g x ≤成立，则实数a 的最大值为（）A ．7B ．5C ．72D ．32．（2022·福建宁德·高二期末）已知()()11e x f x x -=-，()()21g x x a =++，若存在1x ，2R x ∈，使得()()21f x g x ≥成立，则实数a 的取值范围为（）A ．1,e ∞⎡⎫+⎪⎢⎣⎭B ．1,e ∞⎛⎤- ⎥⎝⎦C ．()0,e D ．1,0e ⎡⎫-⎪⎢3．（2022·河南安阳·高二阶段练习（理））已知函数ln ()x f x x=，2()ln(1)2g x x ax =++，若211,e x ∀⎡⎤∈⎣⎦，2(0,1]x ∃∈使得()()12f x g x >成立，则实数a 的取值范围是（）A ．ln 2,2⎛⎫-∞- ⎪B ．ln 2,2⎛⎤-∞-⎥C ．1,e⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭D ．ln 2,e 2⎛⎤-∞- ⎥4.已知函数2()21)2ln ()2f x ax a x x a R =-++∈（(1)若曲线()y f x =在1x =和3x =处的切线互相平行，求a 的值与函数()f x 的单调区间；(2)设2()(2)e =-x g x x x ，若对任意(]10,2x ∈，均存在(]20,2x ∈，使得12()()f x g x <，求a 的取值范围．【答案】(1)2=3a ，单调递增区间为3(0,),(2,)2+∞，单调递减区间为3(,2)2(2)ln 21a >-【解析】【分析】（1）求出()'f x ，由(1)(3)f f ''=得a ，再利用由()0f x '>、()0f x '<可得答案；（2）转化为(]0,2x ∈时，max max ()()f x g x <，容易求出max ()(0)(2)0g x g g ===，所以只须max ()0f x <，()()12()ax x f x x='--，讨论12a ≤、12a >可得答案.(1)21()(21),(1)1,(3)3f x ax a f a f a x '''=-++=-+=-，由(1)(3)f f ''=得23a =，()()232272()333x x f x x x x--=-+='，由()0f x '>得()30,2,2x ∞⎛⎫∈⋃+ ⎪⎝⎭，由()0f x '<得3,22x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，所以函数()f x 的单调递增区间为()30,,2,2∞⎛⎫+ ⎪⎝⎭，单调递减区间为3,22⎛⎫⎪⎝⎭.(2)若要命题成立，只须当(]0,2x ∈时，max max ()()f x g x <，由()()22e xg x x '=-可知当(]0,2x ∈时max ()(0)(2)0g x g g ===，所以只须max ()0f x <对()f x 来说，()()122()(21)ax x f x ax a x x--=-++'=，（1）当12a ≤时，在(]0,2上有10-≤ax ，∴()0f x '≥这时max ()(2)222ln 2f x f a ==--+，由max ()0f x <得1ln 212a -<≤；（2）当12a >时，max 11()2ln 22f x f a a a ⎛⎫==--- ⎪⎝⎭，设1()2ln 22h a a a =---，则2221214()022a h a a a a -'=-=<，∴()h a 在1,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭递减，1()2ln 2302h a h <=-<⎝⎭，∴当12a >时，max ()0f x <，综上所述，满足题意的ln 21a >-.【点睛】本题考查了对任意1x D ∈，均存在2x E ∈，使得12()()f x g x <，转化为max max ()()f x g x <求参数的取值范围的问题，考查了学生的思维能力、运算能力.5.已知函数()()ln xf x ax a x=-+∈R ，'为()f x 的导函数．(1)求()f x 的定义域和导函数；(2)当2a =时，求函数()f x 的单调区间；(3)若对21e,e x ⎡⎤∀∈⎣⎦，都有()11f x ≥成立，且存在32e,e x ⎡⎤∈⎣⎦，使()2102f x a '+=成立，求实数a 的取值范围．【答案】(1)()()0,11,+∞ ，()()2ln 1ln x f x a x -'=-+(2)()f x 在()0,1单减，()1,+∞也单减，无增区间(3)2110,2e a ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦【解析】【分析】（1）根据分母不等于0，对数的真数大于零即可求得函数的定义域，根据基本初等函数的求导公式及商的导数公式即可求出函数的导函数；（2）求出函数的导函数，再根据导函数的符号即可得出答案；（3）若对21e,e x ⎡⎤∀∈⎣⎦，都有()11f x ≥成立，即1111ln x ax x -+≥，即1111ln a x x ≤-+，令()11ln h x x x=-+，2e,e x ⎡⎤∈⎣⎦，只要()min a h x ≤即可，利用导数求出函数()11ln h x x x=-+的最小值即可求出a 的范围，()()2222ln 11122ln x f x a a x -'+=-，()()2ln 112ln x g x a x -=-，求出函数()g x 的值域，根据存在32e,e x ⎡⎤∈⎣⎦，使()2102f x a '+=成立，则0在函数()g x 的值域中，从而可得出a 的范围，即可得解.(1)解：()f x 的定义域为()()0,11,+∞ ，()()2ln 1ln x f x a x -'=-+；(2)解：当2a =时，()()()()()22222172ln 2ln ln 1ln 1482ln ln ln x x x x f x x x x ⎛⎫-+⎪-+-⎝⎭'=-+=-=-，()0f x ¢<恒成立，所以()f x 在()0,1和()1,+∞上递减；(3)解：若对21e,e x ⎡⎤∀∈⎣⎦，都有()11f x ≥成立，即1111ln x ax x -+≥，即1111ln a x x ≤-+，令()11ln h x x x =-+，2e,e x ⎡⎤∈⎣⎦，则()()()()22222ln 11ln ln x x h x x x x x x -'=-=，对于函数())ln 0x x x ϕ=>，()122x x xϕ'==，当04x <<时，()0ϕ'>x ，当4x >时，()0ϕ'<x ，所以函数()ln x x ϕ=()0,4上递增，在()4,+∞上递减，所以()()ln 4204x ϕϕ≤=-<，当2e,e x ⎡⎤∈⎣⎦时，ln 0x >，所以ln x <()2ln x x <，故()0h x '<恒成立，()h x 在2e,e x ⎡⎤∈⎣⎦为减函数，所以()()2min e h x h ==211e 2-+，所以211e 2a ≤-+，由（1）知，()()2ln 1ln x f x a x -'=-+，所以()()2222ln 11122ln x f x a a x -'+=-，记()()2ln 112ln x g x x -=-，令1ln t x =，1,13t ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，则原式()211,123g x t t a t ⎛⎫⎡⎤=-+-∈ ⎪⎢⎥⎣⎦⎝⎭的值域为1,242a a ⎡⎤--⎢⎥⎣⎦，因为存在32e,e x ⎡⎤∈⎣⎦，使()2102f x a '+=成立，所以02a -≤，1042a -≥，所以102a ≤≤，综上，2110,2a e ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦．【点睛】本题考查了函数的定义域及导数的四则运算，考查了利用导数求函数的单调区间，考查了不等式恒成立问题，考查了计算能力及数据分析能力，对不等式恒成立合理变形转化为求最值是解题关键.。
恒成立与能成立的七类问题【解析版】--高中数学
恒成立与能成立的七类问题热点题型速览热点一分离参数法解答恒(能)成立问题1(2023·全国·统考高考真题)已知函数f x =ae x -ln x 在区间1,2 上单调递增，则a 的最小值为( )．A.e 2B.eC.e -1D.e -2【答案】C【分析】根据f x =ae x -1x≥0在1,2 上恒成立，再根据分参求最值即可求出．【详解】依题可知，f x =ae x -1x ≥0在1,2 上恒成立，显然a >0，所以xe x ≥1a，设g x =xe x ,x ∈1,2 ，所以g x =x +1 e x>0，所以g x 在1,2 上单调递增，g x >g 1 =e ，故e ≥1a ，即a ≥1e=e -1，即a 的最小值为e -1．故选：C ．2(2023春·江苏无锡·高二统考期末)已知函数f (x )=a ln x +x 2，在区间(0,2)上任取两个不相等的实数x 1，x 2，若不等式f x 1 -f x 2x 1-x 2>0恒成立，则实数a 的取值范围是()A.[-8,+∞)B.(-∞,-8]C.[0,+∞)D.(-∞,0]【答案】C【分析】根据f x 1 -f x 2x 1-x 2>0可知f x 在(0,2)上单调递增，进而由导数即可求解.【详解】由f x 1 -f x 2 x 1-x 2>0可知f x 在(0,2)上单调递增，所以f (x )=ax +2x ≥0在(0,2)上恒成立，即a ≥-2x 2在(0,2)上恒成立，故a ≥-2x 2 max ，所以a ≥0，故选：C3(2023春·河南南阳·高二统考期末)若f x =log 0.5x 3-3x 2+ax +6 在区间1,2 上单调递增，则实数a 的取值范围为()热点一：分离参数法解答恒(能)成立问题热点二：构造函数法解答恒(能)成立问题热点三：最值比较法解答恒(能)成立问题热点四：“先分离后构造”解答恒(能)成立问题热点五：两次构造函数，解答恒(能)成立问题热点六：先分离参数、再两次构造函数，解答恒(能)成立问题热点七：构造函数法证明恒成立问题恒成立问题能成立问题“隐性”恒成立A.-∞,0B.-1,+∞C.-1,0D.-1,0【答案】C【分析】令f (t )=log 0.5t ,t =x 3-3x 2+ax +6，根据复合函数的单调性可得需满足t >0，且t =x 3-3x 2+ax +6在1,2 上单调递减，结合导数。
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的常见类型及解法
ｘ １则 原 问题 转 化 为ｆａ 在 ［ １ １ 上恒 大 于０ 问题 ， ＋， （） 一 ，］ 的 等
２
价 ｛； 即 于 ，
…
ｘ
－
３ ＋２ 。 ｘ ＞
，
… 一
解： 。 得 萎 ｛
，
以下几种类型 ： 一次 函数型”②“ ①“ ； 二次 函数型”③“ ； 变量分
离型”④“ ； 函数基本性质型”⑤ “ ； 图解型” 。
同 ，［ｎ 恒 ｆ＜等 于 ｍ 理在ｍ］ 有ｘ０ 价 ｛） ，内 （ ， 。 ）
ｙ
１ ． ．
／
，
／
＼
例 ２ ｇｘ ＝ ２ｘ ２ 若 当ｘ ｌ ， 有ｇ ｘ ≥ａ 成 立 ， ． （ ）ｘ ａ＋ ， 设 ≥一 时 都 （） 恒 求ａ 的取 值 范 围 。 分 析 ： 目中要 证 明ｇ ｘ ≥ａ 成 立 ， 把 ａ 到 等 号 的 左 题 （） 恒 若 移 边 ， 把 原 题 转化 成 左 边 二 次 函数 在 区间 ［ １＋。 时恒 大 于Ｏ 则 一 ， ｏ） 的问题 。
２退中求 进 法 ． 退 一 步 进 两 步 ， 退 中 求 进 ” 思 想 方 法 ， 是 解 决 数 学 “ 的 也 问题 的 一 种 重要 的辩 证 的思 维 方 法 。此 法 是 从 “ ” 寻找 解 退 中
题途径 ， “ ” 在 退 中探 求 未 知 的结 论 ， 到 我 们 足 以 看 清 楚 问 退 题的地方然后再上去。例如从“ 论 ” 结 向条 件 后 退 、 “ 般 ” 从 一 特殊后退 、 “ 象 ” 具 体后退 、 “ 合” 从 抽 向 从 综 向单 一 后 退 、 从 “ 意 个 ” 有 限 个 后 退 、 “ 维 ” 低 维 后 退 等 。 就 是 说 在 任 向 从 高 向 解 题 中 。 为有 些 数 学 命 题 抽 象 程 度 较 高 ． 时 难 以进 行 恰 因 一 当 的联 想 。在 这 种 情 形 下 ， 们 可 以 先 考 虑 命 题 的某 些 特 殊 我 情 形 ． 特 殊 情 形 下 获 得 解 答 时 ， 往 对 ～ 般 情 形 的 解 法 有 在 往 所 启 发 ， 至 所 得 结 论 对 一 般 情 形 也 是 适 用 的 ， 种 从 问 题 甚 这 的特 殊 情 形 去认 识 问题 的 普遍 性 ，进 而 发 现 解 题 思 路 的 方 法 是 学生 应 该 掌握 的 。 其 他 的 辩 证 思维 方 法 如 运 动 变 换 的 方 法 、分 析 与综 合 统 法 、 象 与 具 体 统 一 法 、 绎 与 归 纳 统 一 法 、 限 与 无 限统 抽 演 有 法、 精确 与近 似 统 一法 等 。
高中数学 6大类30小类高阶方法搞定恒成立与有解问题
分离变换是解决方程、不等式有解，不等式恒成立最常用的方法，根据分离对象的不同可分为分离常数法、分
离整式法、分离参数法及分离函数法。
题型 1 分离常数法
分离常数法是研究分式形式函数的一种代数变形的常用方法，主要的分式函数有
y
ax b cx d
，
y
ax2 mx2
bx nx
c p
x2
00
x
1 2
1
1
2
2
x
1 2
1
3
，
a 2
所以
a
2
3
，a
3或
3 a 2 。所以 a 的取值范围是
,
3
3, 2 。
变式 1 已知正实数 x，y 满足 xy ＋2x＋y＝4，则 x＋y 的最小值为________．
【分析】因为 xy＋2x＋y＝4，所以 x＝4－y.由 x＝4－y>0，得－2<y<4，又 y>0，则 0<y<4，
＋N＝f(a)＋f(－a)＝4
036－ 2
2－ 018a＋1 2
0182－a＋1＝4
034。故选
D。
例题 2
若对任意实数
x
恒有
a
2x2 3 x2 1
a2
，求实数
a
的取值范围.
【分析】从
2x2 3 x2 1
中分离出
2，使分子为常数，便于求范围。
【解析】因为
2x2 3 x2 1
2
1 ，由 x2 1
y＋2
y＋2
所以 x＋y＝4－y＋y＝ 6 ＋(y＋2)－3≥2 6－3，当且仅当 6 ＝y＋2(0<y<4)，即 y＝ 6－2 时取等号．
恒成立问题常见类型及解法
恒成立问题常见类型及解法重庆清华中学 张忠在近年高考试题中，常见条件中出现“恒”、“都”、“总”、“永远”、“一切”等关键词的试题，我们习惯上称之为恒成立问题。
对此类题，许多学生常常一筹莫展，但如果了解它的题型，选择合适的对策，解决问题就会游刃有余。
高中数学中的恒成立问题，总体上分为两种典型类型：等式的恒成立和不等式的恒成立。
一、等式的恒成立问题（恒等问题）【例】 是否存在常数a 、b 、c 使得等式：122311122222··…++++=+++n n n n an bn c ()()()对一切自然数n 都成立？证明你的结论。
(一). 利用多项式恒等定理，建立方程组求参数多项式f(x)g(x)的充要条件是：对于a 的任意一个取值，都有f (a )g (a )；或者两个多项式各同类项的系数对应相等。
解法一：因为3222)1(n n n n n ++=+所以12231222··…++++n n ()=++++++++++++=++++++=+++()()()()()()()()()1232121212131211411231110222333222………n n n n n n n n n n n n n n显然当a b c ===31110，，时等式对一切自然数n 都成立。
(二). 待定系数法和数学归纳法对策：先用待定系数法探求a 、b 、c 的值，再利用数学归纳法证明等式对一切自然数n 都成立。
解法二：令n=1，n=2，n=3可得，解得。
以下用数学归纳法证明：等式1·22+2·32+…+n(n+1)=(3n 2+11n+10)对一切自然数n 都成立(证略)。
(三)、根据函数的奇偶性、周期性等性质若函数f(x)是奇(偶)函数，则对一切定义域中的x ,f(-x)=-f(x)((f(-x)=f(x))恒成立；若函数y=f(x)的周期为T ，则对一切定义域中的x,f(x)=f(x+T)恒成立。
数学恒成立问题
“恒成立”问题的一般解法郸城希望高中 樊战胜“恒成立”问题是数学中常见的问题，经常与参数的范围联系在一起，在高考中频频出现，是高考中的一个难点问题。
“恒成立”问题常常涉及到一次函数、二次函数的性质和图象,渗透着换元、化归、数形结合、函数与方程等多种数学思想和方法，因此也成为历年高考的一个热点。
恒成立问题在解题过程中主要可分为以下几种类型：1、一次函数型；2、二次函数型；3、分离变量型；4、函数的性质型；5、数形结合型 例题解析1、一次函数型给定一次函数b ax x f y +==)(（0≠a ）,若)(x f y =在[m,n]内恒有)(x f >0，则根据函数的图象（直线）可得上述结论等价于（1）⎩⎨⎧>>0)(0m f a 或（2）⎩⎨⎧><0)(0n f a 可以等价于⎩⎨⎧>>0)(0)(n f m f 同理，若在[m,n]内恒有)(x f <0，则有⎩⎨⎧<<0)(0)(n f m f例1、 当||m ≤2时，不等式2112x m x ->-()恒成立，求x 的范围。
分析：在不等式中出现了两个字母：x 及m ,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m 视作自变量，则上述问题即可转化为在[-2，2]内关于m 的一次函数f m x m x ()()()=---2121大于0恒成立的问题。
略解：原不等式可化为)12()1(2---x m x >0,设f m x m x ()()()=---2121,则)(m f 在[-2,2]上恒大于0，故有：⎩⎨⎧>>-)2(0)2(f f 即⎪⎩⎪⎨⎧>-->+--0122032222x x x x 解得：-+<<+172132x2、二次函数型若二次函数)0(2≠++=a c bx ax y 大于0恒成立，则有⎩⎨⎧<∆>00a 若是二次函数在指定区间上的恒成立问题，还可以利用韦达定理以及根与系数的分布知识结合二次函数的图象求解。
恒成立问题题型大全（详解详析）
不等式中恒成立问题在不等式的综合题中，经常会遇到当一个结论对于某一个字母的某一个取值范围内所有值都成立的恒成立问题。
恒成立问题的基本类型：2f(x) 0在x Rf(x) ax bx c(a 0)类型1：设，（1）且 0f(x) 0在x R；上恒成立 a 0且 0 a 0（2）上恒成立。
2f(x) ax bx c(a 0)类型2：设f(x) 0在x *,+a 0（1）当时，上恒成立或或bbb2a2a2a，() 0 f() 0 f() 0 0ff(x) 0在x *,+ 上恒成立f() 0 f() 0 f(x) 0在x *,+a 0 （2）当时，上恒成立f() 0 bbbf(x) 0在x *,+ 或或2a2a2a 上恒成立类型3：f() 0 0f() 0f(x) 对一切x I恒成立 f(x) min f(x) 对一切x I恒成立 f(x) 。
max类型4： f(x) g(x)对一切x I恒成立 f(x)的图象在g(x)的图象的上方或f(x) g(x)minmax(x I) 恒成立问题的解题的基本思路是：根据已知条件将恒成立问题向基本类型转化，正确选用函数法、最小值法、数形结合等解题方法求解。
一、用一次函数的性质f(x) kx b,x *m,n+ 对于一次函数有：恒成立 ,f(x) 0恒成立 f(m) 0f(m) 0 f(x) 0f(n) 0f(n) 0 12m2 m 22x1 m(x1)例1：若不等式对满足的所有都成立，求x的范围。
解析：我们可以用改变主元的办法，将m视为主变元，即将元不等式化为：222 m 2m(x1)(2x1) 0f(m) m(x1)(2x 1)，；令，则时，恒成2 f(2) 02(x1)(2x1) 0 f(m) 0立，所以只需即，所以x的范围 f(2) 02 2(x1)(2x1) 01713x (,)是。
22二、利用一元二次函数的判别式2f(x) ax bx c 0(a 0,x R) 对于一元二在x R（1）上恒次函数有： a 0且 0f(x) 0成立； a 0且 0f(x) 0在x R（2）上恒成立2(m1)x(m1)x2 0例2：若不等式的解集是R，求m的范围。
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2
二、二次函数型
【理论阐释】
若二次函数 y ax2 bx c (a 0, x R) 的函数值大于（或小于）
0
恒成立，则有
a 0 0
（或
a
0 ），若是二次函数在指定区间上的 0
恒成立问题，还可以利用韦达定理以及二次函数的图象求解。
典例导悟
关于 x 的方程 9x+(4+ a )3x+4=0 恒有解，求 a 的取值范围。
则根据函数的图象（线段）可得
①
k
f
0 (m)
0
或②
k
f
0 (n)
0
，也可合并成
f f
(m) 0 (n) 0
，
同理，若在[m, n]
内恒有
f
(x)
0 ，则有
f f
(m) 0 (n) 0
.
y
y
x om n
x om n
典例导悟
若不等式 2 x 1> m x2 1 对一切 m2,2 都成立，求实数 x 的取值范围。
典例导悟
（2010·福建高考文科·Ｔ１0）将函数 f (x) sin(x ) 的图像向左平移
2
个单位。若所得图象与原图象重合，则
的值不．可．能．等于（
）
A.4
B.6
C.8
D.12
【解析】选 B，把图象向左平移 个单位得 2
y
sin
x
2
s
in
x
2
，
（4）利用函数的性质求解；
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）利用函数的性质求解； （5）直接根据函数的图象求解； （6）反证法求解。 下面分别举例示之。
恒成立问题常见类型及解法课件
0 a 1。
作直线
x
=
4
，与
y loga
x
和
y sin 2x 的图象分别交于 A、B 两
点，为保证 y loga x 在区间
恒成立问题常见类型及解法
20
（0， ］上的图象在 y sin 2x 图象的上方，不难从图中得到其条件 4
是点 A 在点 B 的上方。
典例导悟
关于 x 的方程 9x+(4+ a )3x+4=0 恒有解，求 a 的取值范围。
【解析】方法 1（利用韦达定理） 设 3x=t,则 t>0.那么原方程有解即方程 t2+(4+ a )t+4=0 有正根。
Δ
x1
x1
0 x2 (4 x2 4 0
a)
0
，即
(4 a)2 a 4
16
【解析】令 f (m) ＝（ x2 1）m －2 x ＋1，则上述问题即可转化为关于 m 的
一次函数 y f (m) 在区间[-2，2]内函数值小于 0 恒成立的问题。考察区
间端点，只要
f f
(2)＜0，解得 (2)＜0
7 1＜x＜ 2
3 1, 2
即 x 的取值范围是（ 7 1 ， 3 1 ）.
道德是人类社会的一种重要意识形态是人们在社会生活实践中形成的并由经济基础决定以善恶为评价形式依靠社会舆论传统习俗和内心信念解析作出函数sin函数log的图象总在函数sin点为保证log在区间道德是人类社会的一种重要意识形态是人们在社会生活实践中形成的并由经济基础决定以善恶为评价形式依靠社会舆论传统习俗和内心信念logsin2道德是人类社会的一种重要意识形态是人们在社会生活实践中形成的并由经济基础决定以善恶为评价形式依靠社会舆论传统习俗和内心信念六采用逆向思维考虑使用反证法理论阐释恒成立问题有时候从正面很难入手这时如果考虑问题的反面有时会有柳暗花明又一村的效果所谓正难则反就是这个道理
高中数学恒成立问题常见类型及解法共24页文档
高中数学恒成立问题常见类型及解法
16、自己选择的路、跪着也要把它走 完。 17、一般情况下)不想三年以后的事， 只想现 在的事 。现在 有成就 ，以后 才能更 辉煌。
18、敢于向黑暗宣战的人，心里必须 充满光 明。 19、学习的关键--重复。
20、懦弱的人只会裹足不前，莽撞的 人只能 引为烧 身，只 有真正 勇敢的 人才能 所向披 靡。
谢谢！
36、自己的鞋子，自己知道紧在哪里。——西班牙
37、我们唯一不会改正的缺点是软弱。——拉罗什福科
xiexie! 38、我这个人走得很慢，但是我从不后退。——亚伯拉罕·林肯
39、勿问成功的秘诀为何，且尽全力做你应该做的。——孔子
恒成立问题的几种常用题型
恒成立问题的几种常用题型高中数学的恒成立问题一直以来都是一个重点、难点，这类问题也没有一个固定的思想方法去处理，各类考试以及高考中都屡见不鲜。
如何更好地简单，准确，快速解决这类问题并更好地认识把握，本文通过举例说明这类问题的一些常规处理方法。
一、方法梳理： 1、 求最值法：若()f x a ≤在区间D 上恒成立，则只需满足max()a f x ≤；若()f x a ≥区间D 上恒成立，则只需满足min()a f x ≥。
2、 变换主元法：不等式中出现两个字母，把哪个看做变量，哪个看做参数是关键，应灵活选择明确分工，即“谁做变量、谁做参数”。
谁的范围已知，谁是变量。
3、 数形结合法：构造函数并画出其图像进行观察探求参数的范围。
二、问题分类例析一 利用分类讨论思想 例1． 已知函数422)(+-=ax x x f 在区间[-1，3] 上都不小于2求a 的值。
解：由函数422)(+-=ax x x f 的对称轴为x=a所以必须考察a 与-1，3的大小，显然要进行三种分类讨论 1．当a ≥3时f(x)在[-1，3]上是减函数此时min )(x f = f(3)=9-6a+42≤ 即a 611≥结合a ≥2，所以a ≥6112．当a 1-≤ 时 f(x)在[-1，3]上是增函数，此时f(-1)=1+2a+42≤min )(x f = f(-1)=1+2a+42≤结合a 1-≤ 即a 23-≤3．当-1<a<3时 min )(x f = f(a)= 24222≤+-a x 即a 2≥或a 2-≤ 所以22<≤a 综上1，2，3满足条件的a 的范围为：a 23-≤或 a 2≥二 构造函数，利用单调性例2．对于满足0≤a ≤4的所有实数a 求使不等式232-+>+a x ax x 都成立的x 的取值范围解：不等式变形为023)1(2>+--+x a x x设23)1()(2+-+-=x x a x a f 则其是关于a 的一个一次函数：是单调函数结合题意有⎩⎨⎧>>0)0(0)4(f f 即{0230122>++>-x x x 得2-<x 或1>x三 利用分离参数例3 已知二次函数1)(2++=x ax x f 对[]2,0∈x 恒有0)(>x f ，求a 的取值范围。
恒成立问题的几种常用题型
恒成立问题的几种常用题型高中数学的恒成立问题一直以来都是一个重点、难点，这类问题也没有一个固定的思想方法去处理，各类考试以及高考中都屡见不鲜。
如何更好地简单，准确，快速解决这类问题并更好地认识把握，本文通过举例说明这类问题的一些常规处理方法。
一 构造函数，利用单调性例1．对于满足0≤a ≤4的所有实数a 求使不等式232-+>+a x ax x 都成立的x 的取值范围解：不等式变形为023)1(2>+--+x a x x ，设23)1()(2+-+-=x x a x a f 则其是关于a 的一个一次函数：是单调函数结合题意有⎩⎨⎧>>0)0(0)4(f f 即{0230122>++>-x x x 得2-<x 或1>x二、 利用分离参数若在等式或不等式中出现两个变量，其中一个变量的范围已知，另一个变量的范围为所求，且容易通过恒等变形将两个变量分别置于等号或不等号的两边，则可将恒成立问题转化成函数的最值问题求解。
运用不等式的相关知识不难推出如下结论：若对于x 取值范围内的任何一个数都有f(x)>g(a)恒成立，则g(a)<f(x)min ;若对于x 取值范围内的任何一个数，都有f(x)<g(a)恒成立，则g(a)>f(x)max .(其中f(x)max 和f(x)min 分别为f(x)的最大值和最小值)例2.已知x 为任意实数，且满足0922<+-m x x ．求m 的取值范围. 即不等式0922<+-m x x 在)3,2(∈x 上恒成立，即)3,2(922∈+-<x x x m 在上恒成立，又，上大于在9)3,2(922∈+-x x x 所以 9≤m三、 直接根据图象判断例3： a a x x x 恒成立，求实数，不等式对任意实数>--+21的取值范围. a a x x x 恒成立，求实数，不等式对任意实数>--+21的取值范围. 分析：设y=|x+1|-|x-2|,恒成立，不等式对任意实数a x x x >--+21即转化为求函数y=|x+1|-|x-2|的最小值，画出此函数的图象即可求得a 的取值范围.解：令⎪⎩⎪⎨⎧≥<<---≤-=--+=2321121321x x x x x x y在直角坐标系中画出图象如图所示，由图象可看出，要使a x x x >--+21，不等式对任意实数恒成立，只需3-<a . 故实数.3），的取值范围是（-∞-a 本题中若将a a x x x 恒成立，求实数，不等式对任意实数>--+21改为①a a x x x 恒成立，求实数，不等式对任意实数<--+21，同样由图象可得a>3;②a a x x x 恒成立，求实数，不等式对任意实数>-++21,构造函数，画出图象，得a<3.四、 利用导数例4、（2014年高考全国卷2文11）若函数()ln f x kx x =-在区间（1，+∞）单调递增，则k 的取值范围是（A ）(],2-∞- （B ）(],1-∞- （C ）[)2,+∞ （D ）[)1,+∞ .),∞,1[.11≥.0≥1-)(ln -)(0)(),1()(D k xk x k x f x kx x f x f x f 选所以即恒成立上递增，在+∈>=′∴=≥′∴+∞例5、（2013年高考（全国（广西）卷））若函数()211=,2f x x ax a x ⎛⎫++∞ ⎪⎝⎭在是增函数，则的取值范围是 （A ）[]-1，0 （B ）[]-∞1， （C ）[]0，3 （D ）[]3∞，+当然，除了以上几种常见的题型以外，解决三恒成立问题的方法还有很多种，希望同学们注意对基础知识的总结，从中可以提炼出很多巧妙的解题办法。
一元二次恒成立问题三种解法
一元二次恒成立问题三种解法一元二次方程是高中数学中的重要概念，也是解析几何的基础之一。
在解一元二次方程的过程中，我们经常会遇到一元二次恒成立问题。
一元二次恒成立问题是指在给定条件下，要求解满足一元二次方程的未知数的取值范围。
在这篇文章中，我们将探讨三种解一元二次恒成立问题的方法。
解法一：因式分解法首先，我们来看一元二次方程的一般形式：ax^2 + bx + c = 0，其中a、b、c为常数，且a≠0。
如果方程左边可以因式分解成两个一次因式的乘积，即可使用因式分解法解一元二次恒成立问题。
举例来说，如果给定的一元二次方程是x^2 + 5x + 6 = 0，我们可以将方程左边进行因式分解，得到(x + 2)(x + 3) = 0。
根据零乘法，方程成立的条件是(x + 2) = 0或(x + 3) = 0，即x = -2或x = -3。
因此，满足一元二次恒成立问题的解是x = -2或x = -3。
解法二：配方法配方法是解一元二次方程的常用方法之一，适用于一元二次方程无法直接因式分解的情况。
配方法的思路是通过添加适当的常数将方程变为一个完全平方的形式，从而解出方程。
例如，如果给定的一元二次方程是x^2 + 6x + 5 = 0，我们可以通过添加常数的方式，将方程变为(x + 3)^2 - 4 = 0。
进一步化简可得(x + 3)^2 = 4，然后开方得到x + 3 = ±2，即x = -3 ± 2。
因此，满足一元二次恒成立问题的解是x = -1或x = -5。
解法三：求判别式法判别式是解一元二次方程的重要工具，它可以用来判断方程的解的情况。
一元二次方程的判别式Δ的表达式为Δ = b^2 - 4ac。
当Δ > 0时，方程有两个不相等的实数解；当Δ = 0时，方程有两个相等的实数解；当Δ < 0时，方程没有实数解。
利用判别式的结果，我们可以解决一元二次恒成立问题。
例如，如果给定的一元二次方程是x^2 - 4x + 4 = 0，我们可以计算出Δ = (-4)^2 - 4(1)(4) = 0。
恒成立：高中数学恒成立专题解法总结
直线mx-y+2m+1=0经过一定点，则该点的坐标是
A（-2，1）B（2，1）C（1，-2）D（1，2）
二、方程恒有解问题
三、不等式恒成立
1、一次函数
答：当月球运行到地球和太阳的中间，如果月球挡住了太阳射向地球的光，便发生日食。
在铁制品表面涂上油漆或菜油，用完铁制品后擦干放在干燥的地方等。
答：可以，馒头中也含有淀粉，淀粉在咀嚼的过程中发生了变化，变得有甜味了。四、举例
3、怎样做才是解决垃圾问题最有效的方法呢？（P73）
一、空：
4、数形结合
20、对生活垃圾进行分类、分装，这是我们每个公民的义务。只要我们人人参与，养成良好的习惯，我们周围的环境一定会变得更加清洁和美丽。
一、填空：5、转化为恒成立处理
（1）若函数 在区间 为增函数，求 的取值范围
在区间 恒成立，即 在在区间 恒成立，显然
1、说说你身边物质变化的例子。
2、二次函数型
3、变量分离法（构造为参数和X的函数，转化为最值处理）
15、为了便于辨认，人们把看起来不动的星星分成群，划分成不同的区域，根据其形态想象成人、动物或其他物体的形状，并且给它们命名。天空中这些被人们分成的许多区域就称为星座。 对一切 恒成立 ， 对一切 恒成立
20、在水中生活着许我微生物，常见的有草履虫、变形虫、喇叭虫、眼虫、团藻等。 对一切 恒成立 的图像在 的图像上方或
恒成立问题的解法
【例1】 如果当自变量满足 1 x 2 时，函数
f (x) (m 1)x 4m 3 0 恒成立，求实数 m
的范围.
解：
f
f
(1) 0 (2) 0
∴ m4 3
（2）恒成立问题与二次函数联系：
类型1：设 f (x) ax2 bx c(a 0) ，f (x) 0
三、解决恒成立问题常用的方法
1 函数性质法
常用 方法
2 变量分离法 3 变换主元法
4 数形结合法
1.函数1.性函质数法性质法
（1）恒成立问题与一次函数联系：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 ，则根据函数的
f
f
( ) ( )
0 0
（2）恒成立问题与二次函数联系：
类型2：设 f (x) ax2 bx c(a 0) ，f (x) 0
在区间 [, ] 上恒成立问题：
（2）当 a 0 时，f (x) 0在x [, ] 上恒成立
f f
( ) ( )
又 a 4 7 a 4 综上所述，7 a .2
2.变变量量分分离离法
将含参数的恒成立式子中的参数) 或 a f (x) 恒成立的形式.
则 a f (x) 恒成立 a 的范围是 f (x) 的值域；
2. 变量分离法：
【例4】 当 x (1, 2) 时，不等式 x2 mx 4 0
恒成立，则 m 的取值范围是
.
解：当 x (1, 2) 时，由 x2 mx 4 0
高中数学--恒成立能成立问题总结(详细)
恒成立问题的类型和能成立问题及方法处理函数与不等式的恒成立、能成立、恰成立问题是高中数学中的一个重点、难点问题。
这类问题在各类考试以及高考中都屡见不鲜。
感觉题型变化无常，没有一个固定的思想方法去处理，一直困扰着学生，感到不知如何下手。
在此为了更好的准确地把握快速解决这类问题，本文通过举例说明这类问题的一些常规处理。
一、函数法（一）构造一次函数 利用一次函数的图象或单调性来解决 对于一次函数],[),0()(n m x k b kx x f ∈≠+=有：⎩⎨⎧<<⇔<⎩⎨⎧>>⇔⎩⎨⎧><⎩⎨⎧>>⇔>0)(0)(0)(;0)(0)(0)(00)(00)(n f m f x f n f m f n f k m f k x f 恒成立或恒成立例1 若不等式m mx x ->-212对满足22≤≤-m 的所有m 都成立，求x 的范 围。
解析：将不等式化为：0)12()1(2<---x x m ，构造一次型函数：)12()1()(2---=x m x m g原命题等价于对满足22≤≤-m 的m ，使0)(<m g 恒成立。
由函数图象是一条线段，知应⎪⎩⎪⎨⎧<---<----⇔⎩⎨⎧<<-0)12()1(20)12()1(20)2(0)2(22x x x x g g 解得231271+<<+-x ，所以x 的范围是)231,271(++-∈x 。
小结：解题的关键是将看来是解关于x 的不等式问题转化为以m 为变量，x 为参数的一次函数恒成立问题，再利用一次函数的图象或单调性解题。
练习:(1)若不等式01<-ax 对[]2,1∈x 恒成立，求实数a 的取值范围。
（2）对于40≤≤p 的一切实数，不等式342-+>+p x px x 恒成立，求x 的取值范围。
（答案：或）（二）构造二次函数 利用二次函数的图像与性质及二次方程根的分布来解决。
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则根据函数的图象（线段）可得
①
k
f
0 (m)
0
或②
k
f
0 (n)
0
，也可合并成
f f
(m) 0 (n) 0
，
同理，若在 [m,
n] 内恒有
f
(x)
0 ，则有
f f
(m) 0 .
(n) 0
y
y
x om n
om
x n
典例导悟
若不等式 2 x 1> m x2 1 对一切 m2,2 都成立，求实数 x 的取值范围。
4 函 数 y loga x 的 图 象 总 在 函 数
y sin 2x 的图象的上方.
0 a 1。
作直线
x
=
4
，与
y loga
x
和
y sin 2x 的图象分别交于 A、B 两
点，为保证 y loga x 在区间
（0， ］上的图象在 y sin 2x 图象的上方，不难从图中得到其条件 4
高中数学恒成立问题常见类型 及解法
在高三复习中经常遇到不等式恒成立问题。这类问 题求解的基本思路是：根据已知条件将恒成立问题向基 本类型转化，正确选用函数法、最小值法、数形结合法 等解题方法求解。解题过程本身渗透着换元、化归、数 形结合、函数与方程等思想方法，另外不等式恒成立问 题大多要利用到一次函数、二次函数的图象和性质。
－f(x)，(f(-x)=f(x))恒成立；若函数y=f(x)的周期为T，则对 一切定义域中的x,有f(x)=f(x+T)恒成立；若函数图象平移前后 互相重合，则函数解析式相等。
典例导悟
（2010·福建高考文科·Ｔ１0）将函数 f (x) sin(x ) 的图像向左平移
2
个单位。若所得图象与原图象重合，则
∵f(0)=4>0,故只需对称轴 4 a 0 ，即 a <－4. 2
∴ a <－8.
综上可得 a －8.
三、变量分离型
【理论阐释】 若在等式或不等式中出现两个变量，其中一个变量
的范围已知，另一个变量的范围为所求，且容易通过恒 等变形将两个变量分别置于等号或不等号的两边，则可 将恒成立问题转化成函数的最值问题求解。
y
设 f(t)= t2+(4+ a )t+4.
当 =0 时，即（4+ a ）2-16=0,
4
∴ a =0 或 a =-8.
x
当 a =0 时，f(t)=(t+2)2=0,
o
得 t=－2<0，不合题意；
当 a =－8 时，f(t)=(t-2)2=0,
得 t=2>0,符合题意。∴ a =-8。
当 >0，即 a <-8 或 a >0 时，
是点 A 在点 B 的上方。
当
x
=
4
时，
loga 4
sin(2 4 ) 1 loga a
,
又 0 a 1 ， 得
< a <1。 4
六、采用逆向思维，考虑使用反证法
【理论阐释】 恒成立问题有时候从正面很难入手，这时如果考虑
问题的反面，有时会有“柳暗花明又一村”的效果，所 谓“正难则反”就是这个道理。
4m2
3 x2
2 x
1在
x [ 3 2
, )
上恒成立。
当
x
3 2
时函数
y
3 x2
2 x
1取得最小值
5 3
，
所以
1 m2
4m2
5 ，即 (3m2 3
1)(4m2
3)
0，
解得 m
3 或m
3
。
2
2
四、利用函数的性质解决恒成立问题
【理论阐释】 若函数f(x)是奇(偶)函数，则对一切定义域中的x,f(-x)=
典例导悟
设 y f (x) 是 定 义 在 实 数 集 R 上 的 函 数 ， 对 任 意 实 数 x1、x2 都 有 f (x1 x2 ) f (x1) f (x2 ) ，且存在实数 a ，使 f (a) 0 。求证：对任意实数 x ， f (x) 0 恒成立。
【理论阐释】 若把不等式进行合理的变形后，能非常容易地画出不等
号两边对应函数的图象，这样就把一个很难解决的不等式的 问题转化为利用函数图象解决的问题，然后从图象中寻找条 件，就能解决问题。
典例导悟
若不等式
loga
x
sin
2x
(a
0且a
1)
对于任意
x
∈
(0,
4
]
都成立，求
a
的取值范围.
【解析】作出函数 y sin 2x 的图 象，由题意知 在 x ∈(0, ］上，
2
2
Байду номын сангаас、二次函数型
【理论阐释】
若二次函数 y ax2 bx c (a 0, x R) 的函数值大于（或小于）
0
恒成立，则有
a 0 0
（或
ìïïíïïî
a< D<
0 0
），若是二次函数在指定区间上的
恒成立问题，还可以利用韦达定理以及二次函数的图象求解。
典例导悟
关于 x 的方程 9x+(4+ a )3x+4=0 恒有解，求 a 的取值范围。
【解析】令 f (m) ＝（ x2 1）m －2 x ＋1，则上述问题即可转化为关于 m 的
一次函数 y f (m) 在区间[-2，2]内函数值小于 0 恒成立的问题。考察区
间端点，只要
f f
(2)＜0，解得 (2)＜0
7 1＜x＜ 2
3 1, 2
即 x 的取值范围是（ 7 1 ， 3 1 ）.
典例导悟
（2010·天津高考理科·Ｔ16）设函数
f
(x)
x2
1 ，对任意
x
2 3
,
，
f
x m
4m2
f
(
x)
f (x 1) 4 f
(m) 恒成立，则实数 m
的取值范围是
。
【解析】依据题意得
x2 m2
1 4m2 (x2
1)
(x
1)2
1
4(m2
1)
在
x [3 , ) 2
上恒定成立，
即
1 m2
的值不．可．能．等于（
）
A.4
B.6
C.8
D.12
【解析】选 B，把图象向左平移 个单位得 2
y
sin
x
2
s
in
x
2
，
又该函数图像与原函数图像重合，所以
s
in
x
2
sin
x
恒成立， 2k ， 4k k Z ，所以 k 不可能为 6。
2
五、 把不等式恒成立问题转化为函数图象问题
【解析】方法 1（利用韦达定理） 设 3x=t,则 t>0.那么原方程有解即方程 t2+(4+ a )t+4=0 有正根。
Δ
x1
x1
0 x2 (4 gx2 4 0
a)
0
，即
(4 a)2 a 4
16
0
，
aa
0或a 4
8 ，解得
a
-8.
方法 2（利用根与系数的分布知识）
即要求 t2+(4+ a )t+4=0 有正根。
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）利用函数的性质求解； （5）直接根据函数的图象求解； （6）反证法求解。 下面分别举例示之。
一、一次函数型
【理论阐释】
给定一次函数 y f (x) kx b ( k ≠0),若 y f (x) 在[m,n]内恒有 f (x) >0，