求解恒成立问题的常见方法

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恒成立问题常见求解技巧

恒成立问题常见求解技巧“恒成立”问题是数学中常见的问题，涉及到一次函数、二次函数、指数函数、对数函数的性质、图象,渗透着换主元、化归、数形结合、函数与方程等思想方法,在培养思维的灵活性、创造性等方面起到了积极的作用.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解法通常有:①变量分离法；②构造函数法；③变换主元法；④数形结合法（图像法）.一、构造函数法：（一）一次函数法给定一次函数()(0)f x kx b k =+≠，若在在区间[],m n 上恒有()0f x >，则()0()0f m f n >⎧⎨>⎩；若在在区间[],m n 上恒有()0f x <，则()0()0f m f n <⎧⎨<⎩. 例. 若不等式221(1)x m x ->-对[]2,2m ∈-恒成立，求实数x 的取值范围。

（二）二次函数法1. 20(0)ax bx c a ++>≠对x R ∈恒成立00a >⎧⇔⎨∆<⎩；20(0)ax bx c a ++<≠对x R ∈恒成立00a <⎧⇔⎨∆<⎩； 2. 若是二次函数在指定区间上的恒成立问题，还可以利用二次函数的图像求解。

例. 已知函数y =R ，求实数m 的取值范围.例. 不等式212x px p x ++>-对(1,)x ∈+∞恒成立，求实数p 的取值范围。

二．变量分离法若在等式或者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，切容易通过恒等变形将两个变量分别置于等号或者不等号两边，则可将恒成立问题转化为函数的最值问题求解。

理论依据是：()a f x >恒成立max ()a f x ⇔>；()a f x <恒成立min ()a f x ⇔<.例. 当(1,2)x ∈时，不等式240x mx ++<恒成立，求实数m 的取值范围。

恒成立问题基本题型及解题方法

恒成立问题基本题型一转化为二次函数，利用分类讨论思想解题例1．已知函数f(x)=x 2-2ax+4在区间[-1，2] 上都不小于2，求a 的值。

解：由函数f(x)=x 2-2ax+4的对称轴为x=a所以必须考察a 与-1，2的大小，显然要进行三种分类讨论1．当a ≥2时f(x)在[-1，2]上是减函数此时m in )(x f = f(2)=4-4a+42≥ 即a 23≤ 结合a ≥2，所以a 的解集为φ 2．当a 1-≤ 时 f(x)在[-1，2]上是增函数， m in )(x f = f(-1)=1+2a+42≥结合a 1-≤ 即123-≤≤-a 3．当-1<a<2时 m in )(x f = f(a)=a 2-2a 2+4 2≥ 即≤-2a 2≤ 所以21≤<-a综上1，2，3满足条件的a 的范围为：223≤≤-a 二确定主元，构造函数，利用单调性解题例2．对于满足0≤a ≤4的所有实数a 求使不等式x 2+ax>4x+a-3都成立的x 的取值范围。

解：不等式变形为x 2+(x-1)a-4x+3>0设f(a)= (x-1)a+x 2-4x+3，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 即得1-<x 或3>x 三利用不等式性质解题例3．若关于x 的不等式|x-2|+|x+3|≥a 恒成立，试求a 的范围解：由题意知只须min )32(++-≤x x a 由5)3(232=+--≥++-x x x x 所以 5≤a四构造新函数，利用导数求最值：例4．已知)1lg(21)(+=x x f )2lg()(t x x g +=若当]1,0[∈x 时)()(x g x f ≤在[0，1]恒成立，求实数t 的取值范围。

解：)()(x g x f ≤在[0，1] 上恒成立，即021≤--+t x x 在[0，1]上恒成立令t x x x F --+=21)( 则须F(x)在[0，1]上的最大值小于或等于0所以 121412121)('++-=-+=x x x x F 又]1,0[∈x 所以0)('<x F 即)(x F 在[0，1]上单调递减所以)0(max )(F x F = 即01)0()(≤-=≤t F x F 得 1≥t{0340122>+->-x x x（说明：若将恒成立改成有解，即)()(x g x f ≤在[0，1]上有解，则应F(x)min 0≤。

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。

恒成立问题的类型及方法处理

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。

分析：习惯上把x 当作自变量，记函数m x mx y -+-=122，于是问题转化为当22≤≤-m 时，0<y 恒成立，求x 的范围。

解决这个问题需要应用二次函数以及二次方程实根分布原理，这是比较复杂的。

若把x 与m 两个量互换一下角色，即将m 视为变量，x 为常量即“反客为主”，则上述问题可转化为关于m 的一次函数在[]4,0内大于0恒成立的问题。

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 。

恒成立问题的方法

恒成立问题的方法
恒成立问题的解决方法取决于具体问题的性质和条件。

在解决恒成立问题时，以下是一些常见的方法：
1. 代入法：将问题中给定的条件代入待证明的恒等式中，以验证等式是否在所有可能的情况下都成立。

2. 推导法：通过逻辑推理和数学推导来证明等式的恒成立。

这可能涉及使用已知的数学定理、性质和规则，以及逻辑推理的方法（例如，归谬法、数学归纳法等）。

3. 反证法：假设待证明的等式不成立，然后通过逻辑推理和数学推导，推导出矛盾的结论。

这证明了原始的假设是错误的，从而证明了恒成立。

4. 直接证明法：对待证明的等式进行等式变换和运算，将其化简为其他已知的等式或恒等式。

通过逐步展示所有步骤的正确性，从而证明恒成立。

5. 归纳法：适用于需要对自然数（或其他递归结构）进行证明的问题。

通过首先证明基本情况，然后假设恒等式在某个特定情况下成立，最后证明在下一个情况下也成立，从而归纳论证恒成立。

6. 构造法：通过构造一个满足条件的例子或特殊情况，来证明待证明的等式的恒成立。

这些方法可以单独使用，或者在解决问题时结合使用。

同时，不同的问题可能需要使用不同的方法和技巧，因此在解决恒成立问题时，灵活、创造性和逻辑性是非常重要的。

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。

恒成立问题的几种常见解法

恒成立问题的几种常见解法作者：纪颖伟来源：《成才之路》2009年第12期高中数学中的恒成立问题把不等式、函数、数列、三角、几何等内容有机地结合起来,渗透着换元、化归、数形结合、函数与方程等思想方法,有利于考查学生的综合解题能力,在培养思维的灵活性、创造性等方面起到了积极的作用。

下面通过几个题说明用数学思想解决不等式恒成立问题。

一、直接法例1:已知函数f(x)=ln(2+3x)-x2, (1)求f(x)在区间[0,1]上的极值。

(2)若对任意x∈[,],不等式|a -lnx|+ln[f/(x)+3x]>0成立,求实数a的取值范围。

解(1):f/(x)=,令f/(x)=0 得x=或x= -1(舍),∴当0≤x0 , f(x)单调递增; 当0 ,得|a-lnx|+ln>0 ,∵x∈[,]∴ln∈[0,ln]。

只有当x=时,ln=0,这时a = ln时|a-lnx|+ln[f/(x)+3x]> 0不成立,其他情况下都成立。

故a的取值范围是(-∞,ln)∪(ln,+∞)。

二、集合思想例2:若不等式x2+ax+1≥0对一切x∈(0,]成立,则a的最小值为( )。

解: 当△=a2-4≤0即 -2≤a≤2时,不等式x2+ax +1≥0对x∈(0,]成立;当△=a2- 4>0时,x2+ax+1≥0的解集为(-∞,]∪[,+∞)。

要使不等式x2+ax+1≥0对x∈(0,]成立,需(0,](-∞,]∪[,+∞)。

∴≤或≤0,解得 -≤a2,综上知a≥-, 故a的最小值为- 。

小结:若不等式f(x,a)>0解集为B, 则不等式f(x,a)>0对x∈A恒成立?圳A?哿B。

三、方程思想例2中,已知f(x)= x2 +ax +1≥0对一切x∈(0,1/2)恒成立?圳方程f(x)=0的根有且仅有下列3种情况:⑴无实根?圳△⑵两个小于或等于0的实根?圳△≥0f(0)=1≥0解得a≥2-≤0⑶两个大于或等于的实根?圳△≥0-≥f()=++1≥0解得-≤a≤-2,综合⑴⑵⑶,得a≥-。

恒成立问题的几种常见解法

三、方程思想
五、函数思想
例２中。已知ｆ（Ｘ）＝Ｘ２＋ａｘ＋１＞１０对一切Ｘ∈（０．１／２）恒成立甘方程ｆ（Ｘ）＝Ｏ的根有且仅有下列３种情况：（１）无实根§△＜０．解得一２＜ａ＜２
△≥０
例２中，设ｆ（×）＝ｘ２＋ａ）（＋１。则ｆ（ｘ）／＞０对Ｘ∈（０，士］恒成立，
从而在（０．百１］上有［ｆ（ｘ）］ｍｉｎ／＞０。（１）当一百ａ≤Ｏ时，即当ａ≥
ｃｏｍｐｕｔｅｒｒｏｏｍ，ｌｉｂｒａｒｙ，ｍｕｌｔｉｍｅｄｉａ
ｒｏｏｍ等等，都是学生很想学
到的语言。二、挖掘生活化的英语课程资源所谓英语课程资源。是指学生生活中与英语学习密切相关的有利于学生学习的所有要素。英语教材的编写已经充分考虑到要接近学生的生活，我们应充分挖掘教材自身的生活因素，同时我们还要开发教材以外的生活课程资源。如：我们可以以课本为依托，根据内容。找到合适的切入点。把身边的、世界的、近期发生的事情通过图片、投影、照片展示等多种方法引入到教学中来，使学生在学习的同时能感受到所学知识与外界相联系，能够用简单的句式表达自己的思想，从而体会到学习英语的成就感。
２即当一１≤ａ＜０时，原不等式恒成立。（３）当一告＞÷时。即当
ａ＜一１时，在ｆ（ｘ）在（ｏ，÷］上是减函数“．当Ｘ－－－－÷时，［ｆ（ｘ）］ｒａｉｎ＝
虿ａ４－ｉ５一ｏａ、７－虿５
（３）两个大于｝或等于｝的实根甘
一虿ａ；互１一
ｆ（丢）＝了１＋虿ａ＋１／＞０解得一争≤ａ≤一２，综合（１）（２）（３），得ａ≥一争。
×ｅ（ｏ，｝］成立；当△＝ａ２—４＞０时，ｘ２＋ａｘ＋１≥ｏ的解集为（一ｏｏ
二鱼二≤王三．］ｕ［二学，＋。）。要使不等式×２＋ａｘ＋１≥。
需（Ｏ＇士］（－。华’］Ｕ
ａｔ

求解不等式恒成立问题的三种途径

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

恒成立问题常见类型及解法

【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 ）.
范围是______．
【解题提示】将恒成立问题转化为最值问题.
【解析】因为x＞0 ，所以 x 1 2（当且仅当x=1时取等
x
号），所以有
x2
x 3x
1
x
1 1
3
2
1
3
1 5
，即
x x2 3x 1
的最大值为 1，故a≥1 .
x
5
5
【方法技巧】不等式恒成立问题的解题方法 1.不等式的恒成立问题与函数最值有密切的关系，解决不等式恒成立问题，通常先分离参数，再转化为最值问题来解： c≥f(x)恒成立 c≥f(x)max; c≤f(x)恒成立 c≤f(x)min. 2.高次函数或非基本初等函数的最值问题，通常采用导数法解决.
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
【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5
若不等式
loga
x
sin
2x
(a
0且a
1)
对于任意
x
∈
(0,

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。

解决恒成立问题的方法

恒成立问题不等式恒成立问题是高中数学中的一类重要题型，它散见于许多知识版块中，载体较多，而且不少情况下题意较为隐含，由于其设计内容较广、表现形式多样、思维层次较高，因而备受命题者的青睐. 解题的一般原理是利用等价转化思想将其转化为函数的最值或值域问题，常用的方法主要有三种：必要探路法、分离参数法、直接讨论法（不分离参数）.一．必要探路法：指对一类函数恒成立问题，可以通过取函数定义域中某一个数，缩小参数的讨论范围，之后在此范围内继续讨论进而解决问题，这样的好处是降低思考的成本，缩小讨论的范围.（有效点缩小参数范围是关键点）范例：若不等式)1(ln 2+<+-x a x x x 对),0(+∞∈x 恒成立，求实数a 的取值范围. 解：令1=x ，则不等式)1(ln 2+<+-x a x x x 即为02>a ，得0>a .当0,0>>a x 时，x x x x x x x a -+->-+-+22ln ln )1(，要证0ln )1(2>-+-+x x x x a ，即证0ln 2≥-+-x x x ,由熟悉的不等式1ln -≤x x 得0)1(1ln 222≥-=-+-≥-+-x x x x x x x ，因此),0(+∞∈a .二．分离参数法：将参数从表达式中分离出来，将会使问题变得明朗，便于建立关于参数的不等式（组），从而顺利求出参数的取值范围，就可以把参数问题转化为求函数值域问题.三．直接讨论法：指恒成立问题中的函数结构并不是很复杂，可以通过求导得到极值点，再对极值点直接讨论的办法，其关键是求得极值点的过程，常用手段为因式分解法、求根公式法以及观察法；如果无法求出极值点，可以利用函数零点存在性定理讨论，进而研究原函数的单调性.范例：若不等式x a a e e x x 2)(≥-恒成立，求实数a 的取值范围. 解：设x a ae ex f x x 22)(--=，则))(2(2)(22a e a e a ae e x f x x x x -+=--='，当0=a 时，0)(2>=x e x f 恒成立，当0>a 时，由0)(='x f 得：a x ln =，∴)(x f 在)ln ,(a -∞单调递减，在),(ln +∞a 单调递增，∴0ln )(ln )(2min ≥-==a a a f x f ，解得10≤<a ；当0<a 时，由0)(='x f 得：⎪⎭⎫ ⎝⎛-=2ln a x ，∴)(x f 在)2ln ,(⎪⎭⎫ ⎝⎛--∞a 单调递减，在),2(ln +∞⎪⎭⎫ ⎝⎛-a 单调递增，∴02ln 43)2(ln )(2min ≥⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛--=⎪⎭⎫ ⎝⎛-=a a a f x f ，解得0243<≤-a e ；综上，⎥⎦⎤⎢⎣⎡-∈1,243e a .尝试用多种方法求解下列题：1. 已知)1ln(4)(2--=x ax x f ,若对一切]1,2[+∈e x ，1)(≤x f 恒成立，求实数a 的取值范围.2. 设函数)()(,)(2d cx e x g b ax x x f x +=++=，若曲线)(x f y =和曲线)(x g y =都过点)2,0(P ，且在点P 处有相同的切线24+=x y .（1）求实数d c b a ,,,的值；（2）若当2-≥x 时，)()(x kg x f ≤恒成立，求实数k 的取值范围.3. 关于x 的不等式a x x ax x x +->22ln 4ln 2在),1[+∞上恒成立，求实数a 的取值范围.。

恒成立问题的求解方法

恒成立问题的求解方法复杂的问题往往由一些简单问题的演变和拼接组合，解题过程是不断分解、转化问题的过程。

注重基本题型的积累，就可以敏感地抓住问题的结构特征，找到合适的解题方法.解决恒成立问题的常用方法有：①转换为求函数的最值法；②分离参数法；③主参换位法；④数形结合法；⑤利用二次函数根的分布。

一、转换求函数的最值法：（1）a x f >)(恒成立min )(x f a <⇔，a x f <)(恒成立max )(x f a >⇔；（2）()()f x g x >恒成立()()min 0f x g x ⇔->⎡⎤⎣⎦； ()()f x g x <恒成立()()max 0f x g x ⇔-<⎡⎤⎣⎦；（3）()()12f x g x >恒成立()()min max f x g x ⇔>；（4）若存在x 使()()f x g x <()()min max f x g x ⇔>；例1.设函数432()2()f x x ax x b x R =+++∈，其中,a b R ∈．若对于任意的[]22a ∈-，，不等式()1f x ≤在[]11-，上恒成立，求b 的取值范围．分析：()1f x ≤，即m a x ()1f x ≤，[]22a ∈-，，x ∈[]11-，，要解决此题关键是求max ()f x 。

解：322()434(434)f x x ax x x x ax '=++=++由条件[]22a ∈-，可知29640a ∆=-<，从而24340x ax ++>恒成立．当0x <时，()0f x '<；当0x >时，()0f x '>．因此函数()f x 在[]11-，上的最大值是(1)f 与(1)f -两者中的较大者．为使对任意[]22a ∈-，，不等式()1f x ≤在[]11-，上恒成立，当且仅当max ()1f x ≤，即(1)1(1)1f f ≤-≤⎧⎨⎩，即22b ab a ≤--≤-+⎧⎨⎩在[]22a ∈-，上恒成立．即min min(2)(2)b a b a ≤--≤-+⎧⎨⎩，[]22a ∈-，所以4b ≤-，因此满足条件的b 的取值范围是(]4--∞，．二、分离参数法：（适用题型：参数与变量能分离；函数的最值易求出。

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”的几种常用的解法

“恒成立”的几种常用的解法已知不等式恒成立，求参数范围的问题，涉及函数、方程、不等式，综合性强，在高考中常常涉及，许多学生对此类问题不知从何着手，本文结合实例，谈谈这类问题常见的几种方法。

一．判别式法此方法适用于二次函数的情况，利用)0(02>>++a c bx ax的解集是R 0<∆⇔；)0(02<<++a c bx ax的解集是R 0<∆⇔，这类问题的特点是二次函数在R 上恒成立。

例1．已知函数3)(2++=ax x x f ，当时，a x f ≥)(恒成立，求a 的取值范围。

解：要使03x)(2≥-++≥a ax a x f 恒成立，即恒成立，必须且只需26,0124a 0)3(4a 22≤≤-∴≤-+≤--∆a a a 即＝二．图象法此方法主要用于二次函数，指数对数函数，三角函数等，由其函数图象确定值域，进而解之。

类型1：作一个函数的图像：例2．已知函数3)(2++=ax x x f ，若]2,2[-∈x 时，a x f ≥)(恒成立，求a 的取值范围。

解：43)2(3)(222aa x ax x x f -++=++=（1）当7,-2a f(-2)f(x)4a ,22min+==>-<-时，即a由Φ∈∴≤≥+a ,37a a 72a 得－（2）当,4a-3f(x )4a 4,2222min=≤-≤≤-≤-时，即a由24,2a 6a 4a-32≤≤-∴≤-≤≥a 得（3）当7,2a f(2)f(x)4a ,22min+==-<>-时，即a由47,7a a 72a -<≤-∴-≥≥+a 得综上得]2,7[-∈a类型2：作两个函数的图像： 1.当时10≤≤x ，不等式kx x≥2sin π恒成立，则实数k 的取值范围是_______________.【答案】k ≤1【解析】作出2sin 1xy π=与kx y =2的图象，要使不等式kx x≥2sinπ成立，由图可知须k≤1。

恒成立问题的解法

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
得 m x2 4 x
.令
f (x) x2 4 x 4
x
x
则易知 f (x) 在 (1, 2) 上是减函数，

0 0
f (x) 0在x [, ] 上恒成立

b 2a

或

b 2a

或

b 2a

f ( ) 0 0
f ( ) 0
（2）恒成立问题与二次函数联系：
【例3】已知函数 f (x) x2 ax 3 a ，在 x 2,2
min如何在区间d上求函数fx的最大值或者最小值问题我们可以通过习题的实际采取合理有效的方法进行求解通常可以考虑利用函数的单调性函数的图像二次函数的配方法三角函数的有界性均值定理等等方法求函数函数性质法函数性质法变量分离法变量分离法变换主元法变换主元法数形结合法数形结合法66函数性质法内恒有则根据函数的如图所示
上 f (x) 0 恒成立，求 a 的取值范围.
解：
f
(x)

x

a 2
2

a2 4

a

3 ，令
f (x)
在 2,2 上的最小值为 g(a)
⑴当 a 2 ，即 a 4 时， g(a) f (2) 7 3a 0
2
a 7 又 a 4 a 不存在.

高中数学恒成立问题方法总结

高中数学恒成立问题方法总结高中数学恒成立问题方法总结前言高中数学中常有恒成立问题，即判断某个等式或不等式是否在一定情况下恒成立。

这类问题需要掌握一定的数学知识和解题技巧，下面总结了一些常用的方法。

正文1. 代入法将恒成立问题中的未知数代入不同的值，观察等式或不等式是否始终成立。

通过选择不同的数值，可以对问题进行测试，以确定是否恒成立。

2. 辅助线法对于几何图形中的恒成立问题，可以利用辅助线的方法进行分析。

通过引入辅助线，可以将问题转化为更简单的形式，从而判断恒成立性。

3. 推理法利用已知条件和数学推理，进行逻辑推导和演绎，求解恒成立问题。

例如，通过运用数学公式、定理以及逻辑推理，可以得出结论。

4. 反证法假设恒成立的结论不成立，推导出矛盾，从而得出恒成立的结论。

这种方法常用于证明等式或不等式的恒成立性，尤其是在缺乏直接证明的情况下。

5. 数学归纳法对于涉及数列或递推关系的恒成立问题，可以使用数学归纳法进行解决。

首先证明基本情况下结论成立，然后假设某个情况成立，推导出下一个情况也成立，从而证明恒成立。

6. 全局分析法对于复杂的恒成立问题，可以采用全局分析的方法，通过综合考虑多个因素，观察整体趋势和规律，得出恒成立结论。

结尾高中数学恒成立问题需要深入理解数学知识，掌握解题技巧。

通过代入法、辅助线法、推理法、反证法、数学归纳法和全局分析法等方法，我们可以更好地解决这类问题，提升数学思维能力和解题能力。

希望以上总结对于解决高中数学恒成立问题有所帮助。

7. 对称性分析法在某些问题中，可以利用对称性进行分析。

通过观察等式或不等式在对称情况下的表现，可以推断出恒成立的结论。

例如，如果等式关于某个点对称，那么等式两边在该点处的取值应相等。

8. 变量替换法对于一些复杂的恒成立问题，可以通过变量替换的方法进行简化。

通过引入新的变量或表达式来代替原先的复杂表达式，可以化繁为简，从而更方便地判断恒成立性。

9. 利用特殊值分析法对于恒成立问题，有时可以通过特殊值进行分析。

破解恒成立问题高考数学【解析版】

专题16 破解恒成立问题从高考命题看，方程有解问题、无解问题以及不等式的恒成立问题，也是高考命题的热点.而此类问题的处理方法较为灵活，用导数解决不等式“恒成立”“存在性”问题的常用方法是分离参数，或构造新函数分类讨论，将不等式问题转化为函数的最值问题.也可以结合题目的条件、结论，采用数形结合法等.【重点知识回眸】（一）参变参数法1.参变分离：顾名思义，就是在不等式中含有两个字母时（一个视为变量，另一个视为参数），可利用不等式的等价变形让两个字母分居不等号的两侧，即不等号的每一侧都是只含有一个字母的表达式.然后可利用其中一个变量的范围求出另一变量的范围2.一般地，若a ＞f (x )对x ∈D 恒成立，则只需a ＞f (x )max ；若a ＜f (x )对x ∈D 恒成立，则只需a ＜f (x )min .若存在x 0∈D ，使a ＞f (x 0)成立，则只需a ＞f (x )min ；若存在x 0∈D ，使a ＜f (x 0)成立，则只需a ＜f (x 0)max .由此构造不等式，求解参数的取值范围.3.参变分离法的适用范围：判断恒成立问题是否可以采用参变分离法，可遵循以下两点原则：（1）已知不等式中两个字母是否便于进行分离，如果仅通过几步简单变换即可达到分离目的，则参变分离法可行.但有些不等式中由于两个字母的关系过于“紧密”，会出现无法分离的情形，此时要考虑其他方法.例如：()21log a x x -<，111axx e x-+>-等（2）要看参变分离后，已知变量的函数解析式是否便于求出最值（或临界值），若解析式过于复杂而无法求出最值（或临界值），则也无法用参变分离法解决问题.（可参见”恒成立问题——最值分析法“中的相关题目）（二）构造函数分类讨论法有两种常见情况，一种先利用综合法，结合导函数零点之间大小关系的决定条件，确定分类讨论的标准，分类后，判断不同区间函数的单调性，得到最值，构造不等式求解；另一种，直接通过导函数的式子，看出导函数值正负的分类标准，通常导函数为二次函数或者一次函数.1.构造函数时往往将参数与自变量放在不等号的一侧，整体视为一个函数，其函数含参2.参数往往会出现在导函数中，进而参数不同的取值会对原函数的单调性产生影响——可能经历分类讨论（三）数形结合法1.函数的不等关系与图象特征：（1）若，均有的图象始终在的下方（2）若，均有的图象始终在的上方2.在作图前，可利用不等式的性质对恒成立不等式进行变形，转化为两个可作图的函数x D ∀∈()()()f x g x f x <⇔()g x x D ∀∈()()()f x g x f x >⇔()g x3.作图时可“先静再动”，先作常系数的函数的图象，再做含参数函数的图象（往往随参数的不同取值而发生变化）.作图要突出“信息点”.4.利用数形结合解决恒成立问题，往往具备以下几个特点：（1）所给的不等式运用代数手段变形比较复杂，比如分段函数，或者定义域含参等，而涉及的函数便于直接作图或是利用图象变换作图（2）所求的参数在图象中具备一定的几何含义（3）题目中所给的条件大都能翻译成图象上的特征【典型考题解析】热点一参变分离法解决不等式恒成立问题【典例1】（2019·天津·高考真题（理））已知a R ∈，设函数222,1,()ln ,1,x ax a x f x x a x x ⎧-+=⎨->⎩若关于x 的不等式()0f x 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】先判断0a ≥时，2220x ax a -+≥在(,1]-∞上恒成立；若ln 0x a x -≥在(1,)+∞上恒成立，转化为ln xa x≤在(1,)+∞上恒成立．【详解】∵(0)0f ≥，即0a ≥，（1）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()()min 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 ．【典例2】（2020·全国·高考真题（理））已知函数2()e x f x ax x =+-.（1）当a =1时，讨论f （x ）的单调性；（2）当x ≥0时，f （x ）≥12x 3+1，求a 的取值范围.【答案】（1）当(),0x ∈-∞时，()()'0,f x f x <单调递减，当()0,x ∈+∞时，()()'0,f x f x >单调递增.（2）27e ,4∞⎡⎫-+⎪⎢⎣⎭【分析】(1)由题意首先对函数二次求导，然后确定导函数的符号，最后确定原函数的单调性即可. (2)方法一：首先讨论x =0的情况，然后分离参数，构造新函数，结合导函数研究构造所得的函数的最大值即可确定实数a 的取值范围.【详解】(1)当1a =时，()2e xf x x x =+-，()e 21x f x x ='+-，由于()''e 20xf x =+>，故()'f x 单调递增，注意到()00f '=，故：当(),0x ∈-∞时，()()0,f x f x '<单调递减，当()0,x ∈+∞时，()()0,f x f x '>单调递增. (2) [方法一]【最优解】：分离参数由()3112f x x ≥+得，231e 12x ax x x +-+，其中0x ≥， ①.当x =0时，不等式为：11≥，显然成立，符合题意；②.当0x >时，分离参数a 得，321e 12x x x a x ----，记()321e 12x x x g x x ---=-，()()2312e 12x x x x g x x ⎛⎫---- ⎪⎝⎭'=-，令()()21e 102xh x x x x =---≥，则()e 1xh x x ='--，()''e 10x h x =-≥，故()'h x 单调递增，()()00h x h ''≥=，故函数()h x 单调递增，()()00h x h ≥=，由()0h x ≥可得：21e 102xx x ---恒成立，故当()0,2x ∈时，()0g x '>，()g x 单调递增；当()2,x ∈+∞时，()0g x '<，()g x 单调递减；因此，()()2max7e 24g x g -⎡⎤==⎣⎦, 综上可得，实数a 的取值范围是27e ,4∞⎡⎫-+⎪⎢⎣⎭. [方法二]：特值探路当0x ≥时，31()12f x x ≥+恒成立27e (2)54-⇒⇒f a ．只需证当274e a -≥时，31()12f x x ≥+恒成立．当274e a -≥时，227e ()e e 4-=+-≥+x xf x ax x 2⋅-x x ．只需证明2237e 1e 1(0)42-+-≥+≥xx x x x ⑤式成立．⑤式()223e74244e-+++⇔≤xx x x ，令()223e 7424()(0)e-+++=≥xx x x h x x ，则()()222313e 2e 92()e -+--=='xxx x h x ()()222213e 2e 9e⎡⎤-----⎣⎦=xx x x ()2(2)2e 9e⎡⎤--+-⎣⎦xx x x ，所以当29e 0,2⎡⎤-∈⎢⎥⎣⎦x 时，()0,()h x h x '<单调递减；当29e ,2,()0,()2⎛⎫-∈> ⎪⎝⎭'x h x h x 单调递增；当(2,),()0,()∈+∞<'x h x h x 单调递减．从而max [()]max{(0),(2)}4==h x h h ，即()4h x ≤，⑤式成立．所以当274e a -≥时，31()12f x x ≥+恒成立．综上274e a -≥．[方法三]：指数集中当0x ≥时，31()12f x x ≥+恒成立323211e1(1)e 122x x x ax x x ax x -⇒+-+⇒-++≤，记()32(1(1)e 0)2xg x x ax x x -=-++≥，()2231(1)e 22123x g x x ax x x ax -'=--+++--()()()2112342e 212e 22xx x x a x a x x a x --⎡⎤=--+++=----⎣⎦，①.当210a +≤即12a ≤-时，()02g x x '=⇒=，则当(0,2)x ∈时，()0g x '>，()g x 单调递增，又()01g =，所以当(0,2)x ∈时，()1g x >，不合题意；②.若0212a <+<即1122a -<<时，则当(0,21)(2,)x a ∈+⋃+∞时，()0g x '<，()g x 单调递减，当(21,2)x a ∈+时，()0g x '>，()g x 单调递增，又()01g =，所以若满足()1g x ≤，只需()21g ≤，即()22(7e 14)g a --≤=27e 4a -⇒，所以当27e 142a -⇒≤<时，()1g x ≤成立；③当212a +≥即12a ≥时，()32311(1)e (1)e 22x xg x x ax x x x --=++≤-++，又由②可知27e 142a -≤<时，()1g x ≤成立，所以0a =时，31()(1)e 21xg x x x -=+≤+恒成立，所以12a ≥时，满足题意. 综上，27e 4a-. 【整体点评】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，本题主要考查利用导数解决恒成立问题，常用方法技巧有：方法一，分离参数，优势在于分离后的函数是具体函数，容易研究；方法二，特值探路属于小题方法，可以快速缩小范围甚至得到结果，但是解答题需要证明，具有风险性；方法三，利用指数集中，可以在求导后省去研究指数函数，有利于进行分类讨论，具有一定的技巧性！【总结提升】利用分离参数法来确定不等式f (x ，λ)≥0(x ∈D ，λ为实参数)恒成立问题中参数取值范围的基本步骤： (1)将参数与变量分离，化为f 1(λ)≥f 2(x )或f 1(λ)≤f 2(x )的形式． (2)求f 2(x )在x ∈D 时的最大值或最小值．(3)解不等式f 1(λ)≥f 2(x )max 或f 1(λ)≤f 2(x )min ，得到λ的取值范围．热点二构造函数分类讨论法解决不等式恒成立问题【典例3】（2019·全国·高考真题（文））已知函数f （x ）=2sin x －x cos x －x ，f′（x ）为f （x ）的导数．（1）证明：f′（x ）在区间（0，π）存在唯一零点；（2）若x ∈[0，π]时，f （x ）≥ax ，求a 的取值范围．【答案】（1）见解析；（2）(],0a ∈-∞.【分析】（1）求导得到导函数后，设为()g x 进行再次求导，可判断出当0,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0g x '>，当,2x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0g x '<，从而得到()g x 单调性，由零点存在定理可判断出唯一零点所处的位置，证得结论；（2）构造函数()()h x f x ax =-，通过二次求导可判断出()()min 2h x h a π''==--，()max 222h x h a ππ-⎛⎫''==- ⎪⎝⎭；分别在2a ≤-，20a -<≤，202a π-<<和22a π-≥的情况下根据导函数的符号判断()h x 单调性，从而确定()0h x ≥恒成立时a 的取值范围.【详解】（1）()2cos cos sin 1cos sin 1f x x x x x x x x '=-+-=+- 令()cos sin 1g x x x x =+-，则()sin sin cos cos g x x x x x x x '=-++= 当()0,x π∈时，令()0g x '=，解得：2x π=∴当0,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0g x '>；当,2x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0g x '<()g x ∴在0,2π⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增；在,2ππ⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减又()0110g =-=，1022g ππ⎛⎫=-> ⎪⎝⎭，()112g π=--=-即当0,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0g x >，此时()g x 无零点，即()f x '无零点()02g g ππ⎛⎫⋅< ⎪⎝⎭0,2x ππ⎛⎫∴∃∈ ⎪⎝⎭，使得()00g x =又()g x 在,2ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减 0x x ∴=为()g x ，即()f x '在,2ππ⎛⎫⎪⎝⎭上的唯一零点综上所述：()f x '在区间()0,π存在唯一零点（2）若[]0,x π∈时，()f x ax ≥，即()0f x ax -≥恒成立令()()()2sin cos 1h x f x ax x x x a x =-=--+ 则()cos sin 1h x x x x a '=+--，()()cos h x x x g x '''==由（1）可知，()h x '在0,2π⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增；在,2ππ⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减且()0h a '=-，222h a ππ-⎛⎫'=- ⎪⎝⎭，()2h a π'=-- ()()min 2h x h a π''∴==--，()max 222h x h a ππ-⎛⎫''==- ⎪⎝⎭①当2a ≤-时，()()min 20h x h a π''==--≥，即()0h x '≥在[]0,π上恒成立()h x ∴在[]0,π上单调递增()()00h x h ∴≥=，即()0f x ax -≥，此时()f x ax ≥恒成立 ②当20a -<≤时，()00h '≥，02h π⎛⎫'> ⎪⎝⎭，()0h π'<1,2x ππ⎛⎫∴∃∈ ⎪⎝⎭，使得()10h x '=()h x ∴在[)10,x 上单调递增，在(]1,x π上单调递减又()00h =，()()2sin cos 10h a a ππππππ=--+=-≥()0h x ∴≥在[]0,π上恒成立，即()f x ax ≥恒成立③当202a π-<<时，()00h '<，2022h a ππ-⎛⎫'=-> ⎪⎝⎭20,2x π⎛⎫∴∃∈ ⎪⎝⎭，使得()20h x '=()h x ∴在[)20,x 上单调递减，在2,2x π⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增()20,x x ∴∈时，()()00h x h <=，可知()f x ax ≥不恒成立④当22a π-≥时，()max 2022h x h a ππ-⎛⎫''==-≤ ⎪⎝⎭()h x ∴在0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减 00h xh可知()f x ax ≥不恒成立综上所述：(],0a ∈-∞【点睛】本题考查利用导数讨论函数零点个数、根据恒成立的不等式求解参数范围的问题.对于此类端点值恰为恒成立不等式取等的值的问题，通常采用构造函数的方式，将问题转变成函数最值与零之间的比较，进而通过导函数的正负来确定所构造函数的单调性，从而得到最值.【典例4】（2022·重庆巴蜀中学高三阶段练习）已知函数()()ln 20f x a x x a =-≠. (1)讨论()f x 的单调性；(2)当0x >时，不等式()()22cos eax x f x f x ⎡⎤-≥⎣⎦恒成立，求a 的取值范围. 【答案】(1)答案见解析 (2)(]0,2e【分析】（1）求出函数()f x 的定义域，求得()2a xf x x-'=，分析导数的符号变化，由此可得出函数()f x 的单调递增区间和递减区间；（2）令()t f x =，()e 2cos tg t t t =--，利用导数分析函数()g t 的单调性，对实数a 的取值进行分类讨论，求出()t f x =的取值范围，结合函数()g t 的图象可得出关于实数a 的不等式，即可求得实数a 的取值范围. （1）解：函数()()ln 20f x a x x a =-≠的定义域为()0,∞+，且()22a a x f x x x-'=-=.当0a <时，因为0x >，则()0f x '<，此时函数()f x 的单调递减区间为()0,∞+；当0a >时，由()0f x '<可得2ax >，由()0f x '>可得02ax <<.此时，函数()f x 的单调递增区间为0,2a ⎛⎫ ⎪⎝⎭，单调递减区间为,2a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭.综上所述，当0a <时，函数()f x 的单调递减区间为()0,∞+；当0a >时，函数()f x 的单调递增区间为0,2a ⎛⎫⎪⎝⎭，单调递减区间为,2a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭. （2）解：()()()()()()()ln 222cos e 2cos 0e 2cos 0eaf x a x x x x f x f x f x f x f x f x -⎡⎤⎡⎤⎡⎤-≥⇔--≥⇔--≥⎣⎦⎣⎦⎣⎦，设()e 2cos tg t t t =--，其中()t f x =，则()e 2sin t g t t '=-+，设()e sin 2th t t =+-，则()e cos th t t '=+，当0t ≤时，e 1t ≤，sin 1t ≤，且等号不同时成立，则()0g t '<恒成立，当0t >时，e 1t >，cos 1t ≥-，则()0h t '>恒成立，则()g t '在()0,∞+上单调递增，又因为()01g '=-，()1e 2sin10g '=-+>，所以，存在()00,1t ∈使得()00g t '=，当00t t <<时，()0g t '<；当0t t >时，()0g t '>.所以，函数()g t 在()0,t -∞上单调递减，在()0,t +∞上单调递增，且()00g =，作出函数()g t 的图象如下图所示：由（1）中函数()f x 的单调性可知，①当0a <时，()f x 在()0,∞+上单调递增，当0x +→时，()f x →+∞，当x →+∞时，()f x →-∞，所以，()t f x =∈R ，此时()00g t <，不合乎题意；②当0a >时，()max ln 22a a f x f a a ⎛⎫==- ⎪⎝⎭，且当0x +→时，()f x →-∞，此时函数()f x 的值域为,ln 2a a a ⎛⎤-∞- ⎥⎝⎦，即,ln 2a t a a ⎛⎤∈-∞- ⎥⎝⎦.（i ）当ln 02a a a -≤时，即当02e a <≤时，()0g t ≥恒成立，合乎题意；（ii ）当ln 02a a a ->时，即当2e a >时，取10min ln ,2a t a a t ⎧⎫=-⎨⎬⎩⎭，结合图象可知()10g t <，不合乎题意.综上所述，实数a 的取值范围是(]0,2e . 【规律方法】对于f (x )≥g (x )型的不等式恒成立问题，若无法分离参数，一般采用作差法构造函数h (x )＝f (x )－g (x )或h (x )＝g (x )－f (x )，进而只需满足h (x )min ≥0或h (x )max ≤0即可．热点三利用数形结合法解决不等式恒成立问题【典例5】（2013·全国·高考真题（文））已知函数22,0()ln(1),0x x x f x x x ⎧-+≤=⎨+>⎩，若|()|f x ax ≥，则a 的取值范围是（） A ．(,0]-∞ B ．(,1]-∞C ．[2,1]-D ．[2,0]-【答案】D【解析】作出函数()y f x =的图像，和函数y ax =的图像，结合图像可知直线y ax =介于l 与x 轴之间，利用导数求出直线l 的斜率，数形结合即可求解.【详解】由题意可作出函数()y f x =的图像，和函数y ax =的图像.由图像可知：函数y ax =的图像是过原点的直线，当直线介于l 与x 轴之间符合题意，直线l 为曲线的切线，且此时函数()y f x =在第二象限的部分的解析式为 22y x x =-，求其导数可得22y x '=-，因为0x ≤，故2y '≤-，故直线l 的斜率为2-，故只需直线y ax =的斜率a []2,0∈-. 故选：D【典例6】（2015·全国·高考真题（理））设函数()(21)xf x e x ax a =--+，其中1a < ，若存在唯一的整数0x ，使得0()0f x <，则a 的取值范围是（）A ．3,12e ⎡⎫-⎪⎢⎣⎭B ．33,2e 4⎡⎫-⎪⎢⎣⎭C ．33,2e 4⎡⎫⎪⎢⎣⎭ D ．3,12e ⎡⎫⎪⎢⎣⎭【答案】D【分析】设()()21xg x e x =-，()1y a x =-，问题转化为存在唯一的整数0x 使得满足()()01g x a x <-，求导可得出函数()y g x =的极值，数形结合可得()01a g ->=-且()312g a e-=-≥-，由此可得出实数a 的取值范围.【详解】设()()21xg x e x =-，()1y a x =-，由题意知，函数()y g x =在直线y ax a =-下方的图象中只有一个点的横坐标为整数，()()21x g x e x '=+，当12x <-时，()0g x '<；当12x >-时，()0g x '>.所以，函数()y g x =的最小值为12122g e -⎛⎫-=- ⎪⎝⎭.又()01g =-，()10g e =>.直线y ax a =-恒过定点()1,0且斜率为a ，故()01a g ->=-且()31g a a e -=-≥--，解得312a e≤<，故选D.【典例7】（2020·全国高二）若关于x 的不等式0x x e ax a ⋅-+<的解集为()m n ，(0n <)，且()m n ，中只有一个整数，则实数a 的取值范围是（）． A ．211[)e e， B ．221[)32e e， C ．212[)e e， D ．221[)3e e，【答案】B 【解析】不等式0x x e ax a ⋅-+<有唯一整数解，即不等式()1xx e a x ⋅<-有唯一整数解，设()xg x x e =⋅，y ax a =-，求出()g x 的单调区间，作出其大致图像，y ax a =-恒过定点()10，P ，数形结合可得答案.【详解】设()xg x x e =⋅，y ax a =-，()()1xg x x e '=+⋅，由()0g x '>，解得1x >-，由()0g x '<解得1x <-所以()xg x x e =⋅在(]1-∞-，上单调递减，在[)1-+∞，上单调递增. 又当x →-∞ ，()0g x <且()0g x →，又()00g =，则()xg x x e =⋅的大致图象如下由题意由不等式0x x e ax a ⋅-+<有唯一整数解，即不等式()1xx e a x ⋅<-有唯一整数解即()xg x x e =⋅在直线y ax a =-下方的部分，故min 1()(1)g x g e=-=-，y ax a =-恒过定点()10，P ，结合函数图像得PA PB k a k ≤<，即22132a e e≤<，故选：B ．【点睛】本题考查根不等式的解集中整数的个数求参数范围的问题，解答本题的关键的根据题意转化为不等式()1x x e a x ⋅<-有唯一整数解，即()x g x x e =⋅在直线y ax a =-下方的部分中唯一整数x ，讨论出()xg x x e =⋅的单调区间，得出其大致图象，属于中档题.【精选精练】一、单选题1．（2022·湖北·黄冈中学模拟预测）对任意的(]12,1,3x x ∈，当12x x <时，1122ln 03x a x x x -->恒成立，则实数a的取值范围是（） A ．[)3,+∞ B ．()3,+∞ C ．[)9,+∞ D ．()9,+∞【答案】C【分析】将不等式等价变形，构造函数()ln 3af x x x =-，再借助函数单调性、最值求解作答.【详解】依题意，11211222ln 0ln (ln )0333x a a ax x x x x x x -->⇔--->，令()ln 3a f x x x =-，(1,3]x ∈，则对任意的12,(1,3]x x ∈，当12x x <时，12()()f x f x >，即有函数()f x 在(1,3]上单调递减，因此，(1,3]x ∀∈，()1033af x a x x'=-≤⇔≥，而max (3)9x =，则9a ≥，所以实数a 的取值范围是[9,)+∞. 故选：C2．（2021·青海·西宁市海湖中学高三开学考试（文））若函数()2ln f x x x=-，满足() f x a x ≥-恒成立，则a 的最大值为（） A ．3 B ．4 C ．3ln 2- D ．3ln 2+【答案】C【分析】由题意，分离参数可得min 2ln a x x x ⎛⎫≤+- ⎪⎝⎭，令2()ln g x x x x=+-，然后利用导数求出()g x 的最小值即可求解.【详解】解：因为()2ln f x x x=-，满足() f x a x ≥-恒成立，所以min2ln a x x x ⎛⎫≤+- ⎪⎝⎭，令2()ln g x x x x =+-，则()()()222221212()10x x x x g x x x x x x -+--'=--==>，令()0g x '>，得2x >，令()0g x '<，得02x <<，所以()g x 在()0,2上单调递减，在()2,+∞上单调递增，所以min ()(2)3ln 2g x g ==-，所以3ln 2a ≤-，所以a 的最大值为3ln 2-，故选：C.3．（2023·全国·高三专题练习）已知函数12ln ,(e)ey a x x =-≤≤的图象上存在点M ，函数21y x =+的图象上存在点N ，且M ，N 关于x 轴对称，则a 的取值范围是（）A ．21e ,2⎡⎤--⎣⎦B ．213,e ∞⎡⎫--+⎪⎢⎣⎭C ．213,2e ⎡⎤---⎢⎥⎣⎦D ．2211e ,3e ⎡⎤---⎢⎥⎣⎦【答案】A【详解】因为函数21y x =+与函数21y x =--的图象关于x 轴对称，根据已知得函数12ln ,(e)e y a x x =-≤≤的图象与函数21y x =--的图象有交点，即方程22ln 1a x x -=--在1,e e x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦上有解，即22ln 1a x x =--在1,e e x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦上有解．令()22ln 1g x x x =--，1,e e x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，则()()22212222xx g x x x x x--'=-==，可知()g x 在1,1e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递增，在[]1,e 上单调递减，故当1x =时，()()max 12g x g ==-，由于21e e 13g ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭，()2e e 1g =-，且2211e 3e -->-，所以212e a -≤≤-．故选：A ．4．（2021·青海·大通回族土族自治县教学研究室高三开学考试（文））已知函数1()e 2xf x =，直线y kx =与函数()f x 的图象有两个交点，则实数k 的取值范围为（）A ．1e 2⎛ ⎝B ．(e,)+∞C ．(e,)+∞D ．1e,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭【答案】D【分析】首先考查临界情况，利用导数求得切线的斜率，据此可求得实数k 的取值范围【详解】当过原点的直线y kx =与函数()f x 的图象相切时，设切点为1,e 2m P m ⎛⎫⎪⎝⎭，由()1e 2x f x '=，可得过点P 的切线方程为()11e e 22m my x m -=-，代入点()0,0可得11e e 22m mm -=-，解得1m =，此时切线的斜率为1e 2，由函数()f x 的图象可知，若直线y kx =与函数()f x 的图象有两个交点，直线的斜率k 的取值范围为1e,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭．故答案选：D5．（2022·福建省福安市第一中学高三阶段练习）设函数()()()()1e e ,e 1x x f x x g 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 ．0 B ．1eC ．1D ．e【答案】C【分析】由题意易知()0f x ≥恒成立，则可等价为对[)20,x ∀∈+∞，()20g x ≥恒成立，利用参变分离，可变形为e 1,(0)x a x x -≤>恒成立，易证e 11,(0)x x x->>，则可得1a ≤，即可选出答案.【详解】对[)20,x ∀∈+∞，都1R x ∃∈，使得不等式()()12f x g x ≤成立，等价于()()12min min f x g x ≤,当1x <时，10,e e<0x x -<-，所以()0f x >，当1≥x 时，10,e e 0x x -≥-≥，所以()0f x ≥，所以()0f x ≥恒成立，当且仅当1x =时，min ()0f x =，所以对[)20,x ∀∈+∞，()20g x ≥恒成立，即e 10x ax --≥，当0x =，e 100x ax --=≥成立，当0x >时，e 1e 10x xax a x---≥⇒≤恒成立.记()e 1,0x h x x x =-->, 因为()e 10x h x '=->恒成立，所以()h x 在(0,)+∞上单调递增，且(0)0h =，所以()e 10xh x x =-->恒成立，即e 1e 11,(0)x xx x x-->⇒>>所以1a ≤.所以a 的最大值为1. 故选：C.【点睛】本题考查导数在不等式的恒成立与有解问题的应用，属于难题，此类问题可按如下规则转化：一般地，已知函数[](),,=∈y f x x a b ，[](),,y g x x c d =∈（1）若[]1,x a b ∀∈，[]2,x c d ∀∈，有12()()f x g x <成立，故max 12min ()()f x g x <；（2）若[]1,x a b ∀∈，[]2,x c d ∃∈，有12()()f x g x <成立，故1max 2max ()()f x g x <；（3）若[]1,x a b ∃∈，[]2,x c d ∃∈，有12()()f x g x <成立，故1min 2max ()()f x g x <；（4）若[]1,x a b ∃∈，[]2,x c d ∀∈，有12()()f x g x <成立，故1min 2min ()()f x g x <；（5）若[]1,x a b ∀∈，[]2,x c d ∃∈，有12()()f x g x =，则()f x 的值域是()g x 值域的子集．二、多选题6．（2022·重庆南开中学高三阶段练习）已知定义在R 上函数()g x 满足：()()2g x g x =+，且()[)[)3,0,124,1,2x x x g x x x ⎧-∈⎪=⎨-+∈⎪⎩，设函数()()f x x g x =+，则下列正确的是（） A ．()f x 的单调递增区间为()()2,21,Z k k k +∈ B ．()f x 在()2022,2024上的最大值为2025 C ．()f x 有且只有2个零点 D ．()f x x ≥恒成立. 【答案】ABD【分析】由题可知函数()g x 为周期函数，根据导数判断函数的单调性，进而可得函数的值域可判断D ，结合条件可得函数()[)[)232,2,2144,21,22x kk x k k f x x k x k k -⎧+∈+⎪=⎨-++∈++⎪⎩可判断AB ，利用数形结合可判断C.【详解】由题可得函数()g x 为周期函数，当[)0,1x ∈时，()3x g x x =-，则()3ln31ln310xg x '=-≥->，函数单调递增，()[)31,2xg x x =-∈，当[)1,2x ∈时，()(]240,2g x x =-+∈，故可得函数()g x 的值域为(]0,2，因为()[)[)3,0,124,1,2x x x g x x x ⎧-∈⎪=⎨-+∈⎪⎩，()()2g x g x =+，所以()()[)[)232,2,212244,21,22x kx k x k k g x g x k x k x k k -⎧-+∈+⎪=-=⎨-++∈++⎪⎩(Z k ∈)，故()()f x x g x =+[)[)232,2,2144,21,22x k k x k k x k x k k -⎧+∈+⎪=⎨-++∈++⎪⎩，所以函数()f x 的单调递增区间为()()2,21,Z k k k +∈，单调减区间为()()21,22,Z k k k ++∈，故A 正确；所以函数()f x 在()2022,2023上单调递增，在()2023,2024上单调递减，故()f x 在()2022,2024上的最大值为()()()202320232023202312025f g g =+=+=，故B 正确；由()()0f x x g x =+=可得()g x x =-，所以函数()y g x =与函数y x =-交点的个数即为函数()f x 的零点数，作出函数()y g x =与函数y x =-的大致图象，由图可知函数()y g x =与函数y x =-有一个交点，即函数()f x 有且只有1个零点，故C 错误；由()f x x ≥，即()0g x ≥，因为()g x ∈(]0,2，故()f x x ≥恒成立，故D 正确. 故选：ABD. 三、填空题7．（2022·湖北·黄冈中学模拟预测）函数2()2e x f x a bx =++，其中a ，b 为实数，且(0,1)a ∈.已知对任意24e b >，函数()f x 有两个不同零点，a 的取值范围为___________________.【答案】)8e ,1-⎡⎣【分析】将函数有两个不同零点转化为方程有两个不等实根；再将方程变形构造新函数，求导并研究新函数的单调性，求其最小值，得到22ln ba-≥e ，再由已知条件求得)8,1a -⎡∈⎣e 即可. 【详解】因为()f x 有两个不同零点()0f x ⇔=有两个不相等的实根即220x a bx ++=e 有两个不相等的实根；所以ln 220x a bx ++=e e ，令ln t x a = ，则220ln tbta++=e e ，t 显然不为零，所以22ln t b a t+-=e e ，因为()0,1a ∈ ，24e b > ，所以20ln ba-> ，所以0t > ；令()()20t g t t t+=>e e ，则()()22t t t g t t-+'=e e e ；令()()()20t t h t t t =-+>e e e ，则()0t t t t h t t t '=+-=>e e e e ，所以()h t 在()0,∞+上单调递增，又()20h = ，所以当()0,2t ∈时，()0h t < ；当()2,t ∈+∞ 时，()0h t > ；所以当()0,2t ∈时，()0g t '< ；当()2,t ∈+∞ 时，()0g t '> ；故()g t 在()0,2上单调递减，在()2,+∞上单调递增；所以()()2min 2g t g ==e ，所以22ln ba-≥e ；又24e b >，所以24b >e ，所以ln 42a -≤ 即ln 8a ≥- ，8a -≥e ，又()0,1a ∈ ，所以)8,1a -⎡∈⎣e ；故答案为：)8,1-⎡⎣e .8．（2023·江苏·南京市中华中学高三阶段练习）若关于x 的不等式()()ee ln mxmx m x x mx x x +≤+-恒成立，则实数m 的最小值为________ 【答案】e e 1- 【分析】将不等式两边同时除以m x ，进而转化为()()ln e eln m x x xx m x x -+≤+-，令()e x f x x =+，进而将原不等式转化为()()()ln f x f m x x ≤-恒成立，再根据单调性转化为ln xm x x≥-恒成立，进而构造函数()()0ln xg x x x x=>-，求导分析最大值即可. 【详解】∵0x >，∴不等式两边同时除以mx ，得：()e e ln mxxm x m x x x+≤+-∴()1lne eln mmx xx x m x x ++≤+- ∴()ln e eln x mx m xx m x x -+≤+- ∴()()ln e eln m x x xx m x x -+≤+- ①令()e xf x x =+，可知()f x 单调递增.①式等价于()()()ln f x f m x x ≤-恒成立 ∴()ln x m x x ≤-恒成立.构造()()ln 0x x x x ϕ=->，则()1x x xϕ-'=，故当()0,1x ∈时()0x ϕ'<，当()1,x ∈+∞时()0x ϕ'>，所以()()ln 0x x x x ϕ=->在1x =时取得最小值. 即()()ln 010x x x ϕϕ=-≥=>，∴ln 0x x -> ∴ln xm x x≥-恒成立令()()0ln xg x x x x=>- ∴()g x '()()221ln 11ln ln ln x x x x x x x x x ⎛⎫--- ⎪-⎝⎭==-- ∴当()0e x ∈，时，()0g x '>，∴()g x 单调递增；当()e x +∞，时，()0g x '< ∴()g x 单调递减； ∴()g x 的最大值为()e e e 1g =- ∴ee 1m ≥-，故实数m 的最小值为e e 1-. 故答案为：e e 1- 【点睛】关键点点睛：本题关键是将已知不等式转化为()()ln e eln m x x xx m x x -+≤+-，构造()e x f x x =+，进而将原不等式转化为()()()ln f x f m x x ≤-恒成立，再根据单调性即可得到.9．（2022·全国·长垣市第一中学高三开学考试（理））已知不等式e ln x a a x x x +≥+对任意()1,x ∈+∞恒成立，则正实数a 的取值范围是___________. 【答案】(]0,e【分析】将题目所给不等式进行变形，然后利用构造函数法，结合导数来求得a 的取值范围. 【详解】不等式e ln x a a x x x +≥+可变形为ln e ln e ln x a a x x x a x a x --=-. 因为0a >且1x >，所以ln 0a x >.令()e (0)u f u u u =->，则()e 10uf u ='->.所以函数()f u 在()0,∞+上单调递增.不等式ln e e ln x a x x a x -≥-等价于()()ln f x f a x ≥，所以ln x a x ≥. 因为1x >，所以ln x a x≤. 设()(1)ln xg x x x=>，则()2ln 1(ln )x g x x -'=.当()1,e x ∈时，()0g x '<，函数()g x 在()1,e 上单调递减；当()e,x ∈+∞时，()0g x '>，函数()g x 在()e,+∞上单调递增. 所以()min ()e e g x g ==，所以0e a <≤. 故正实数a 的取值范围是(]0,e .10．（2022·重庆南开中学高三阶段练习）已知函数124e ,1()(2)2,1x ax a x f x x a x a x -⎧+->=⎨+--≤⎩，若关于x 的不等式()0≤f x 的解集为[)2,-+∞，则实数a 的取值范围是___________. 【答案】[]1,2【分析】将不等式()0≤f x 的解集为[)2,-+∞转化为21(2)20x x a x a ≤⎧⎨+--≤⎩的解为[]2,1-及当1x >时，14e 0x ax a -+-≤恒成立，从而可求得12a ≤≤.【详解】不等式()0≤f x 等价于21(2)20x x a x a ≤⎧⎨+--≤⎩或114e 0x x ax a ->⎧⎨+-≤⎩，而()0≤f x 的解集为[)2,-+∞，故21(2)20x x a x a ≤⎧⎨+--≤⎩的解为[]2,1-且14e 0x ax a -+-≤对任意的1x >恒成立. 又21(2)20x x a x a ≤⎧⎨+--≤⎩即为()()120x x x a ≤⎧⎪⎨+-≤⎪⎩，若2a <-，则()()120x x x a ≤⎧⎪⎨+-≤⎪⎩即为12x a x ≤⎧⎨≤≤-⎩，这与解为[]2,1-矛盾；若2a =-，则()()120x x x a ≤⎧⎪⎨+-≤⎪⎩即为12x x ≤⎧⎨=-⎩，这与解为[]2,1-矛盾；若2a >-，则()()120x x x a ≤⎧⎪⎨+-≤⎪⎩即为12x x a ≤⎧⎨-≤≤⎩，因为21(2)20x x a x a ≤⎧⎨+--≤⎩的解为[]2,1-，故1a ≥.当1x >时，14e0x ax a -+-≤恒成立即为14e 1x a x -≤+恒成立，令()14e ,11x s x x x -=>+，则()()()()111224e 14e 4e 011x x x x x s x x x ---+-'==>++，故()s x 在()1,+∞为增函数，故()()02s x s >=，故2a ≤. 综上，12a ≤≤ 故答案为：[]1,2.【点睛】思路点睛：与分段函数有关的不等式解的问题，应该就不同解析式对应的范围分类讨论，讨论时注意结合解析式的形式确定分类讨论还是参变分离.四、解答题11．（2022·全国·高一课时练习）已知函数，()()e 1e x xf x a -=++．(1)若0是函数()2=-y f x 的零点，求a 的值；(2)若对任意,()0x ∈+∞，不等式()1f x a ≥+恒成立，求a 的取值范围．【答案】(1)0 (2)(,3]-∞【分析】（1）0是函数()2=-y f x 的零点代入可得a ；（2）由题意知e (1)e 1-++≥+xxa a 在(0,)+∞上恒成立，转化为2e e 1e 1x xxa -+≤-在(0,)+∞上恒成立，化简可得11≤++a t t，利用均值不等式求最值可得答案.（1）因为0是函数()2=-y f x 的零点，所以00e (1)e 20a -++-=，解得a ＝0；（2）由题意知e (1)e 1-++≥+x x a a 在(0,)+∞上恒成立，则()2e 1e e 1x x xa -≤-+，又因为,()0x ∈+∞，所以e 1x>，则2e e 1e 1x x xa -+≤-，令e 1(0)-=>x t t ，则e 1x t =+，可得22(1)(1)1111+-++++≤==++t t t t a t t t t，又因为111123t t t t ++≥+⋅=，当且仅当1t t =即1t =时，等号成立，所以3a ≤，即a 的取值范围是(],3-∞．12．（2021·河南·高三开学考试（文））已知函数()()()ln 12f x a x x a =+-∈R . （1）讨论函数()f x 的单调性；（2）若函数()3f x 在()1,+∞上恒成立，求证：2e a <.（注：3e 20≈）【答案】（1）当0a 时，()f x 在()0,∞+上单调递；当0a >时，数()f x 在0,2a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增；在,2a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递减；（2）证明见解析.【分析】（1）对函数求导，讨论0a 和0a >两种情况，即可得出函数的单调性；（2）利用分类参数的方法，先得到23ln 1x a x +≤+，构造新的函数()()231ln 1x h x x x +=>+，用导数的方法求其最小值，即可证明结论成立.【详解】（1）由题知函数()f x 的定义域为()0,∞+，()22a a xf x x x-'=-= ①当0a ≤时，()0f x '<，此时函数()f x 在()0,∞+上单调递； ②当0a >时，令()0f x '>，得02ax <<；令()0f x '<，得2a x >，所以函数()f x 在0,2a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增；在,2a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递减；综上，当0a 时，()f x 在()0,∞+上单调递；当0a >时，数()f x 在0,2a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增；在,2a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递减；（2）由题意，()()ln 123f x a x x =+-在()1,+∞上恒成立，可化为23ln 1x a x +≤+在()1,x ∈+∞上恒成立，设()()231ln 1x h x x x +=>+，则()()()()()22132ln 1232ln ln 1ln 1x x x x x h x x x +-+⨯-'==++设()()32ln 1x x x x ϕ=->，则()2230x x xϕ'=+>，所以()x ϕ在()1,+∞上单调递增，又()3ln16322ln 2022ϕ-=-=<，()3e 20eϕ=-> 所以方程()0h x '=有且只有一个实根0x ，且02e x <<，0032ln x x =，所以在()01,x 上，()0h x '<，()h x 单调递减，在()0,x +∞上，()0h x '>，()h x 单调递增，所以函数()h x 的最小值为()000000232322e 3ln 112x x h x x x x ++===<++，从而022e a x ≤<. 【点睛】思路点睛：求解不等式在给定区间内恒成立求参数的问题时，优先考虑分离参数的方法，分离出所求参数，构造新的函数，利用导数的方法求解函数的最值，进而即可求解.13．（2022·云南省下关第一中学高三开学考试）已知函数()ln (1)f x x x a x a =-++． (1)求函数()f x 的极值；(2)若不等式(1)()(2)e x f x x a a -≤--+对任意[1,)x ∈+∞恒成立，求实数a 的取值范围．【答案】(1)极小值为e a a -；无极大值 (2)a 的取值范围为(,0]-∞【分析】（1）先判断函数定义域，再求导结合函数单调性求出极值即可；（2）对函数进行同构变形，令()(1)e x g x x a =--，则(ln )(1)g x g x ≤-对任意[1,)x ∈+∞恒成立，首先可以证明0ln 1x x ≤≤-对[1,)x ∈+∞恒成立，原题转化为求()g x 在[0,)+∞上单调递增时a 的取值范围即可. （1）由题意得：()ln (1)f x x x a x a =-++，,()0x ∈+∞，所以()ln f x x a '=-，令()0f x '=，解得e (0,)a x =∈+∞，当0e a x <<时()0f x '<；当e a x >时，()0f x '>．所以()f x 在()0,e a 上单调递减，在()e ,a+∞上单调递增．所以()f x 有极小值，为()e e a af a =-；无极大值．（2）由已知得，(1)ln (1)(2)e x x x a x x a --+≤--对任意[1,)x ∈+∞恒成立，即ln (1)(ln 1)e [(1)1]e x x x a x a ---≤---对任意[1,)x ∈+∞恒成立，令()(1)e x g x x a =--，则(ln )(1)g x g x ≤-对任意[1,)x ∈+∞恒成立，下证：0ln 1x x ≤≤-对任意[1,)x ∈+∞恒成立，令()ln (1)h x x x =--，[1,)x ∈+∞．则()10xh x x-'=≤在[1,)+∞上恒成立，且仅当1x =时取"="．所以()h x 在[1,)+∞上单调递减，()(1)0h x h ≤=，即0ln 1x x ≤≤-，[1,)x ∈+∞所以(ln )(1)g x g x ≤-对任意[1,)x ∈+∞恒成立，只需()g x 在[0,)+∞上单调递增，即()()e 0xg x x a '=-≥在[0,)+∞上恒成立，即a x ≤在[0,)+∞上恒成立，所以0,a ≤即a 的取值范围为(,0]-∞.【点睛】导数求参问题要善于运用转化的手法，本题先运用同构方法对原不等式变形，最终转化为函数单调性问题，结合函数的单调性与导数的关系，即可解答.14．（2022·甘肃定西·高二开学考试（理））已知函数()ln f x x x =，()23g x x ax =-+-(1)求()f x 在()()e,e f 处的切线方程(2)若存在[]1,e x ∈时，使()()2f x g x ≥恒成立，求a 的取值范围．【答案】(1)2e y x =- (2)32eea【分析】（1）求出函数()f x 的导函数，确定切线的斜率，即可求()f x 在()()e,e f 处的切线方程；（2）先把不等式()()2f x g x ≥成立转化为32ln a x x x≤++成立，设32ln x x xx，[]1,e x ∈，利用导函数求出()x ϕ在[]1,e x ∈上的最大值，即可求实数a 的取值范围．（1）由()ln f x x x =，可得()ln 1f x x '=+，所以切线的斜率()e 2k f '==，()e e f =．所以()f x 在()()e,e f 处的切线方程为()e 2e y x -=-，即2e y x =-；（2）令20l 223n h x xf xg x x ax x ，则max 32ln a x x x ⎡⎤≤++⎢⎥⎣⎦，令32ln x x xx ，[]1,e x ∈，在[]1,e x ∈上，2130x xxx ，()x ϕ∴在[]1,e 上单调递增，max3e 2e +ex ， 32eea． 15．（2016·四川·高考真题（理））设函数f (x )=ax 2-a -ln x ，其中a ∈R. （I ）讨论f (x )的单调性；（II ）确定a 的所有可能取值，使得11()xf x e x->-在区间（1，+∞）内恒成立(e=2.718…为自然对数的底数)．【答案】（I ）见解析（II ） 1[,)2a ∈+∞.【详解】试题分析：本题考查导数的计算、利用导数求函数的单调性，解决恒成立问题，考查学生的分析问题、解决问题的能力和计算能力.第（Ⅰ）问，对()f x 求导，再对a 进行讨论，从而判断函数()f x 的单调性；第（Ⅱ）问，利用导数判断函数的单调性，从而证明结论. 试题解析：（Ⅰ）2121()2(0).ax f x ax x x x --=>'=0a ≤当时，()'f x <0，()f x 在0+∞（，）内单调递减. 0a >当时，由()'f x =0，有12x a=. 此时，当x ∈10,)2a（时，()'f x <0，()f x 单调递减；当x ∈1+)2a（，∞时，()'f x >0，()f x 单调递增. （Ⅱ）令()g x =111ex x --，()s x =1e x x --.则()s x '=1e 1x --. 而当1x >时，()s x '>0，所以()s x 在区间1+)∞（，内单调递增. 又由(1)s =0，有()s x >0，从而当1x >时，()f x >0.当0a ≤，1x >时，()f x =2(1)ln 0a x x --<.故当()f x >()g x 在区间1+)∞（，内恒成立时，必有0a >. 当102a <<时，12a>1. 由（Ⅰ）有1()(1)02f f a <=,从而1()02g a>，所以此时()f x >()g x 在区间1+)∞（，内不恒成立. 当12a ≥时，令()()()(1)h x f x g x x =-≥，当1x >时，3212222111112121()20xx x x x h x ax e x x x x x x x x --+-+=-+->-+-=>>'，因此，()h x 在区间(1,)+∞单调递增.又因为(1)=0h ，所以当1x >时，()()()0h x f x g x =->，即()()f x g x >恒成立. 综上，1[,)2a ∈+∞.【考点】导数的计算，利用导数求函数的单调性，解决恒成立问题【名师点睛】本题考查导数的计算，利用导数求函数的单调性，解决恒成立问题，考查学生的分析问题、解决问题的能力和计算能力．求函数的单调性，基本方法是求'()f x ，解方程'()0f x =，再通过'()f x 的正负确定()f x 的单调性；要证明不等式()()f x g x >，一般证明()()f x g x -的最小值大于0，为此要研究函数()()()h x f x g x =-的单调性．本题中注意由于函数()h x 的极小值没法确定，因此要利用已经求得的结论缩小参数取值范围．比较新颖，学生不易想到，有一定的难度．16．（2020·河南开封市·高三一模（理））已知函数()()ln 0af x ax x a =>.（1）当1a =时，求曲线()y f x =在x e =处的切线方程；（2）若()xf x xe ≤对于任意的1x >都成立，求a 的最大值.【答案】（1）2y x e =-；（2）最大值为e . 【解析】（1）先由1a =，得到()ln f x x x =，对其求导，根据导数的几何意义，即可求出切线方程；（2）先由不等式恒成立，得到ln ln a a x x x x e e ≤⋅，构造函数()ln g x x x =，利用导数的方法判定其单调性，得到a x x e ≤对于任意的1x >都成立，分离参数，得到ln xa x≤对于任意的1x >都成立，再由导数的方法求出ln xx的最小值，即可得出结果. 【详解】（1）当1a =时，()ln f x x x =，得()ln 1f x x '=+，则()f e e =，()2f e '=，所以()y f x =在x e =处的切线方程为：2y x e =-. （2）当0a >且1x >时，由于()ln ln ln ln xaxaaxaaxxf x xe ax x xe x x xe x x e e ≤⇔≤⇔≤⇔≤⋅，构造函数()lng x x x =，得()ln 10g x x '=+>在1x >上恒成立，所以()ln g x x x =在()1,+∞上单调递增，()()()ln ln x a a x x a x f x xe x x e e g x g e ≤⇔≤⋅⇔≤，由于()xf x xe ≤对任意的1x >都成立，又1a x >，e 1x >，再结合()g x 的单调性知道：。

高三数学恒成立问题的一般解法

高三数学恒成立问题的一般解法胶州实验中学数学组张守明高三数学复习中的恒成立问题，涉及到一次函数、二次函数的性质、图象,渗透着换元、化归、数形结合、函数与方程等思想方法，有利于考查学生的综合解题能力，在培养思维的灵活性、创造性等方面起到了积极的作用。

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根据函数的奇偶性、周期性等性质；⑤直接根据函数的图象。

一、一次函数型：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，则根据函数的图象（直线）可得上述结论等价于ⅰ）⎩⎨⎧>>0)(0m f a 或ⅱ）⎩⎨⎧><0)(0n f a 亦可合并定成⎩⎨⎧>>0)(0)(n f m f同理，若在[m,n]内恒有f(x)<0，则有⎩⎨⎧<<0)(0)(n f m f例1、对于满足|p|≤2的所有实数p,求使不等式x 2+px+1>2p+x 恒成立的x 的取值范围。

分析：在不等式中出现了两个字母：x 及P,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p 视作自变量，则上述问题即可转化为在[-2，2]内关于p 的一次函数大于0恒成立的问题。

略解：不等式即(x-1)p+x 2-2x+1>0,设f(p)= (x-1)p+x 2-2x+1,则f(p)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>3.二、二次函数型若二次函数y=ax 2+bx+c=0(a ≠0)大于0恒成立，则有⎩⎨⎧<∆>0a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求解。

求解恒成立问题的常见方法

恒成立问题常见求解技巧

恒成立问题基本题型及解题方法

高一不等式恒成立问题3种基本方法

恒成立问题的类型及方法处理

恒成立问题的方法

恒成立问题常见类型及解法

恒成立问题的几种常见解法

恒成立问题的几种常见解法

求解不等式恒成立问题的三种途径

恒成立问题常见类型及解法

不等式的恒成立问题基本解法9种解法

解决恒成立问题的方法

恒成立问题的求解方法

恒成立问题的几种常用题型

“恒成立”的几种常用的解法

恒成立问题的解法

高中数学恒成立问题方法总结

破解恒成立问题 高考数学【解析版】

高三数学恒成立问题的一般解法

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