数学中的恒成立与有解问题
不等式恒成立、不等式有解、不等式无解三者的辨析
不等式恒成立、不等式有解、不等式无解三者的辨析江苏省句容市实验高级中学 张烊在不等式的综合问题中，经常涉及到与不等式恒成立、不等式有解、不等式无解等方面的内容，这种类型的问题既涉及到不等式、函数、方程等知识的综合，也涉及到数形结合、等价转换等方面的数学思想的灵活运用，同时也是培养学生逻辑推理等数学素养的绝佳的素材,因此在历届高考命题中常常为命题专家所青睐.如何解决这类问题呢？下面试图从逻辑上的等价转换的角度给出这类问题一般解法. 1、不等式恒成立问题 这类问题可分两种情况(1)当目标函数()f x 有对应最值时(2)当目标函数()f x 无对应最值时但如果此时能求出()f x 的值域为(,)m n (m <n，m ，n 为实常数)，不难得：例1、已知函数2()log ,f t t t =∈ (1)求()f t 的值域G ;(2)若对于G 的所有实数x,不等式2221x mx m -++≤恒成立,求实数m 的取值范围.解：（1）利用()f t 的单调性可得()f t 的值域G =1[,3]2.(2)解法一:以222()22()2g x x mx m x m m m =-++=--++为目标函数,根据m 和区间1[,3]2关系,得2132()21m g m m m ⎧≤≤⎪⎨⎪=+≤⎩或3(3)891m g m >⎧⎨=-≤⎩或1211()3124m g m ⎧<⎪⎪⎨⎪=-≤⎪⎩ 解以上三个不等式组分别得,m φ∈,或m φ∈,或512m ≤,故所求m 的范围为5(,]12-∞.解法二:由于1[,3]2x ∈,将,x m 进行分离,得2121x m x +≤+,以212()(1)211x g x x x x +==++-++为目标函数,令31[,4]2t x =+∈, 得2()()2g x h t tt ==+-,因为22222()10t h t t t-'=-=>,所以()h t 在3[,4]2上是增函数,故min min 35()()()226g x h t h m ===≥,得m 的范围为5(,]12-∞.例2、已知函数()(),(0)f x g x x a a ==+>,若不等式()()||1()f x ag x f x -≤,在[1,4]x ∈时恒成立，求a 的取值范围.解:将原不等式化简, ()()()()()||11102()()()f x ag x f x ag x ag x f x f x f x --≤⇔-≤≤⇔≤≤,即202≤≤,又因为[1,4],0x a ∈>,20>,2220ax a ≤⇔-≤,以2()h x ax a =-为目标函数,令t =,则22()()2,[1,2]h x t at t a t ϕ==-+∈,由于0a >,故()t ϕ的最大值在1t =或2t =处取得,即有22(1)020(2)0440a a a a ϕϕ≤⎧+-≤⎧⇔⎨⎨≤+-≤⎩⎩,又0a >,解得01)a <≤. 例3、已知{|2}x x kx R >=，则k 的 范围是 .解:将集合语言进行转换,即当x R ∈时,不等式2xkx >恒成立,不难想到用数形结合的方法求解,令()2,()x f x g x kx ==,作出这两个函数的图像(见图),由图知，()g x 在切线l 与x轴之间时（不含切线l ）不等式2xkx >恒成立，设切线l 的切点但如果此时能求出()f x 的值域为(,)m n (m <n ，m ，n 为实常数) 以下以()f x a >有解为例,来说明将问题进行等价转换,先考虑()f x a >无解时的情况,即()f x a ≤恒成立,①当()f x 有最大值时, ()f x a >无解⇔()f x a ≤恒成立⇔max ()f x a ≤，故()f x a >有解⇔max ()f x a >;②当()f x 无最大值时, 如果此时能求出()f x 的值域为(,)m n (m <n ，m ，n 为实常数)或者(,)n -∞( n 为实常数)，得()f x a >无解⇔()f x a ≤恒成立⇔n a ≤，故()f x a >有解⇔n a >一般可得以下两种情况(1)当目标函数()f x 有对应最值时(2)当目标函数()f x 无对应最值时但如果此时能求出()f x 的值域为(,)m n (m <n ，m ，n 为实常数)例4、若存在a ∈[1，3]，使得不等式ax 2+(a －2)x －2＞0成立，则实数x 的取值范围是 .解：分清主元和次元（即参数），令22()(2)2()22f a ax a x x x a x =+--=+--，则根据以上结论得max ()0g a >，由于()g a 是a ∈[1，3]上的一条线段，它的最大值在a =1或a =3处取得，由()g a 的图像知，(3)0g >或(1)0g >（也可按()g a 的单调性讨论得20(3)0x x g ⎧+≥⎨>⎩或20(1)0x x g ⎧+<⎨>⎩），解得x ∈{x |23x >或1x <-}.例5、设函数f （x ）＝sin x ＋cos x 和g （x ）＝2sin x cos x ．若存在x 0∈[0，π2]， 使 | a f （x ）－g （x ）－3|≥12 成立，求实数a 的取值范围．解：令sin x ＋cos x ＝t ，t ∈[1，2]，| a f （x ）－g （x ）－3|＝| a （sin x ＋cos x ）－2sin x cos x －3|＝| t 2－at ＋2|≥12，t ∈[1，2]，由题意知不等式| t 2－at ＋2|≥12在t ∈[1，2]中有解.又| t 2－at ＋2|≥12⇔t 2－at ＋2≥12，或t 2－at ＋2≤－12,而t ∈[1，2],所以a ≤t ＋32t，或a≥t ＋52t 在t ∈[1，2]中有解.令3()2h t t t =+,5()2l t t t=+,则有max ()h t a ≥或min ()l t a ≤,不难求得max 5()2h t =,min ()l t =故有a ≤52，或a ≥942． 对以上三类问题的冷思考：(1)对所研究的不等式要做好等价化简和参数分离工作,尽量使所构造的目标函数简单(即尽可能不含参数),便于求最值或者求值域;(2)如所研究的不等式的两边是基本初等函数,通过构造两个函数,用图像求解也是行之有效的方法.。
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．
2021高三数学人教B版一轮学案：第二章第十二节第1课时不等式恒成立与有解问题含解析
第十二节导数破解疑难优质课第1课时不等式恒成立与有解问题1．“恒成立问题”与“有解问题”的区别(1)两者在量词上的区别恒成立问题中使用的量词是全称量词，如“任意、所有、全部、均、恒、总、都”等；而有解问题中使用的量词是特称量词，如“存在、至少一个、有解”等．(2)两者在等价转换上的区别恒成立问题的转化：①f(x)>0恒成立⇔f(x)min>0；f(x)<0恒成立⇔f(x)max<0.②f(x)>a恒成立⇔f(x)min>a；f(x)<a恒成立⇔f(x)max<a.③f(x)>g(x)恒成立⇔[f(x)－g(x)]min>0；f(x)<g(x)恒成立⇔[f(x)－g(x)]max<0.有解问题的转化：①f(x)>0有解⇔f(x)max>0；f(x)<0有解⇔f(x)min<0.②f(x)>a有解⇔f(x)max>a；f(x)<a有解⇔f(x)min<a.③f(x)>g(x)有解⇔[f(x)－g(x)]max>0；f(x)<g(x)有解⇔[f(x)－g(x)]min<0.2．解题策略：不等式恒成立问题和有解问题一般可通过分类讨论、分离参数、构造函数、数形结合等方法来处理．考向一 不等式恒成立问题方法1 分离参数法【例1】 (2020·石家庄质检)已知函数f (x )＝ax e x －(a ＋1)(2x －1)．(1)若a ＝1，求函数f (x )的图象在点(0，f (0))处的切线方程；(2)当x >0时，函数f (x )≥0恒成立，求实数a 的取值范围．【解】 (1)若a ＝1，则f (x )＝x e x －2(2x －1)．即f ′(x )＝x e x ＋e x －4，则f ′(0)＝－3，f (0)＝2，所以所求切线方程为3x ＋y －2＝0.(2)由f (1)≥0，得a ≥1e －1>0，则f (x )≥0对任意的x >0恒成立可转化为a a ＋1≥2x －1x e x 对任意的x >0恒成立． 设函数F (x )＝2x －1x e x (x >0)，则F ′(x )＝－(2x ＋1)(x －1)x 2e x. 当0<x <1时，F ′(x )>0；当x >1时，F ′(x )<0.所以函数F (x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以F (x )max ＝F (1)＝1e .于是a a ＋1≥1e ，解得a ≥1e －1.故实数a 的取值范围是⎣⎢⎢⎡⎭⎪⎪⎫1e －1，＋∞. 方法技巧(1)分离参数法解含参不等式恒成立问题的思路用分离参数法解含参不等式恒成立问题是指在能够判断出参数的系数正负的情况下，可以根据不等式的性质将参数分离出来，得到一个一端是参数，另一端是变量表达式的不等式，只要研究变量表达式的最值就可以解决问题．(2)求解含参不等式恒成立问题的关键是过好“双关”转化关通过分离参数法，先转化为f (a )≥g (x )(或f (a )≤g (x ))对∀x ∈D 恒成立，再转化为f (a )≥g (x )max (或f (a )≤g (x )min ) 求最值关 求函数g (x )在区间D 上的最大值(或最小值)问题已知函数f (x )＝x e x ，且对任意的x ∈(0,2)，都有f (x )<1k ＋2x －x 2成立，求k 的取值范围．解：由题意知f (x )＝x e x <1k ＋2x －x2对任意的x ∈(0,2)都成立，由x e x >0，知k ＋2x －x 2>0，即k >x 2－2x 对任意的x ∈(0,2)都成立，从而k ≥0，故不等式可转化为k <e x x ＋x 2－2x .令g (x )＝e x x ＋x 2－2x ，所以g ′(x )＝e x (x －1)x 2＋2(x －1)＝(x －1)⎝ ⎛⎭⎪⎫e x x 2＋2， 令g ′(x )＝0，得x ＝1，显然函数g (x )在(1,2)上单调递增，在(0,1)上单调递减，所以k <g (x )min ＝g (1)＝e －1.综上所述，实数k 的取值范围是[0，e －1)．方法2 构造函数法【例2】 已知函数f (x )＝sin x x (x ≠0)．(1)判断函数f (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2上的单调性； (2)若f (x )<a 在区间⎝⎛⎭⎪⎫0，π2上恒成立，求实数a 的最小值． 【解】 (1)f ′(x )＝x cos x －sin x x 2， 令g (x )＝x cos x －sin x ，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2， 则g ′(x )＝－x sin x ，显然，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2时，g ′(x )＝－x sin x <0，即函数g (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2上单调递减，且g (0)＝0.从而g (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2上恒小于零， 所以f ′(x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2上恒小于零， 所以函数f (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2上单调递减． (2)不等式f (x )<a ，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2恒成立， 即sin x －ax <0恒成立．令φ(x )＝sin x －ax ，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，则φ′(x )＝cos x －a ，且φ(0)＝0.当a ≥1时，在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2上φ′(x )<0，即函数φ(x )单调递减，所以φ(x )<φ(0)＝0，故sin x －ax <0恒成立．当0<a <1时，φ′(x )＝cos x －a ＝0在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2上存在唯一解x 0， 当x ∈(0，x 0)时，φ′(x )>0，故φ(x )在区间(0，x 0)上单调递增，且φ(0)＝0，从而φ(x )在区间(0，x 0)上大于零，这与sin x －ax <0恒成立相矛盾．当a ≤0时，在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2上φ′(x )>0，即函数φ(x )单调递增，且φ(0)＝0，得sin x －ax >0恒成立，这与sin x －ax <0恒成立相矛盾．故实数a 的最小值为1.方法技巧构造函数法求解不等式恒成立问题的思路遇到f (x )≥g (x )型的不等式恒成立问题时，一般采用作差法，构造“左减右”的函数h (x )＝f (x )－g (x )或“右减左”的函数u (x )＝g (x )－f (x )，进而只需满足h (x )min ≥0或u (x )max ≤0，将比较法的思想融入函数中，转化为求解函数最值的问题，适用范围较广，但是往往需要对参数进行分类讨论.(2020·合肥六校联考)已知函数f (x )＝(x ＋a －1)e x，g (x )＝12x 2＋ax ，其中a 为常数．(1)当a ＝2时，求函数f (x )在点(0，f (0))处的切线方程；(2)若对任意的x ∈[0，＋∞)，不等式f (x )≥g (x )恒成立，求实数a 的取值范围．解：(1)因为a＝2，所以f(x)＝(x＋1)e x，所以f(0)＝1，f′(x)＝(x ＋2)e x，所以f′(0)＝2，所以所求切线方程为2x－y＋1＝0.(2)令h(x)＝f(x)－g(x)，由题意得h(x)min≥0在x∈[0，＋∞)上恒成立，因为h(x)＝(x＋a－1)e x－12－ax，2x所以h′(x)＝(x＋a)(e x－1)．①若a≥0，则当x∈[0，＋∞)时，h′(x)≥0，所以函数h(x)在[0，＋∞)上单调递增，所以h(x)min＝h(0)＝a－1，则a－1≥0，得a≥1.②若a<0，则当x∈[0，－a)时，h′(x)≤0；当x∈(－a，＋∞)时，h′(x)>0，所以函数h(x)在[0，－a)上单调递减，在(－a，＋∞)上单调递增，所以h(x)min＝h(－a)，又因为h(－a)<h(0)＝a－1<0，所以不合题意．综上，实数a的取值范围为[1，＋∞)．【例3】(2020·河南郑州质检)已知函数f(x)＝(e x－2a)e x，g(x)＝4a2x.(1)设h(x)＝f(x)－g(x)，试讨论h(x)在定义域内的单调性；(2)若函数f(x)的图象恒在函数g(x)的图象的上方，求a的取值范围．【解】(1)h(x)＝e x(e x－2a)－4a x，所以h′(x)＝2e2x－2a e x－4a2＝2(e x＋a)(e x－2a)，①当a＝0时，h′(x)>0恒成立，故函数h(x)在R上单调递增；②当a>0时，e x＋a>0，令h′(x)＝0，解得x＝ln2a，当x<ln2a时，h ′(x )<0，函数h (x )单调递减，当x >ln2a 时，h ′(x )>0，函数h (x )单调递增；③当a <0时，e x －2a >0，令h ′(x )＝0，解得x ＝ln(－a )，当x <ln(－a )时，h ′(x )<0，函数h (x )单调递减，当x >ln(－a )时，h ′(x )>0，函数h (x )单调递增．综上所述，当a ＝0时，h (x )在R 上单调递增；当a >0时，h (x )在(－∞，ln2a )上单调递减，在(ln2a ，＋∞)上单调递增；当a <0时，h (x )在(－∞，ln(－a ))上单调递减，在(ln(－a )，＋∞)上单调递增．(2)若函数f (x )的图象恒在函数g (x )的图象的上方，则h (x )>0恒成立，即h (x )min >0.①当a ＝0时，h (x )＝e 2x >0恒成立；②当a >0时，由(1)可知h (x )min ＝h (ln2a )，则h (ln2a )＝－4a 2ln2a >0，所以ln2a <0，所以0<a <12；③当a <0时，由(1)知h (x )min ＝h (ln(－a ))，则h (ln(－a ))＝3a 2－4a 2ln(－a )>0，所以ln(－a )<34，所以－e 34<a <0. 综上所述，a的取值范围为(－e 34 ，12)． 方法技巧 本题可转化为f (x )>g (x )恒成立，则可构造函数h (x )＝f (x )－g (x )，证明h (x )>0恒成立.(2020·福建模拟)已知函数f (x )＝|x 3－3x －2a |＋a (a ∈R )，对于任意x 1，x 2∈[0,2]，|f (x 1)－f (x 2)|≤3恒成立，则a 的取值范围是( A )A ．[－12，12]B ．[－1,1]C ．[0，12]D ．[0,1]解析：由题意，令g (x )＝x 3－3x －2a ，则任意x 1，x 2∈[0,2]，|f (x 1)－f (x 2)|≤3恒成立，等价于任意x 1，x 2∈[0,2]，||g (x 1)|－|g (x 2)||≤3恒成立，等价于任意x ∈[0,2]，|g (x )|max －|g (x )|min ≤3.g ′(x )＝3(x ＋1)(x －1)，x ∈[0,1)时，g ′(x )<0，函数g (x )单调递减，x ∈(1,2]时，g ′(x )>0，函数g (x )单调递增，所以当x ∈[0,2]时，g (x )min ＝g (1)＝－2－2a ，又g (0)＝－2a ，g (2)＝2－2a .若a ＝1，则g (1)＝－4，g (0)＝－2，g (2)＝0，所以|g (x )|max －|g (x )|min ＝4－0>3，不合题意，排除选项B ，D ；若a ＝－12，则g (1)＝－1，g (0)＝1，g (2)＝3，所以|g (x )|max －|g (x )|min ＝3－0＝3，不合题意，排除选项C ，故选A.考向二 不等式有解问题【例4】 (2020·东北三省四市联考)已知函数f (x )＝2x ＋a ln x (a >0)．(1)若函数y ＝f (x )图象上各点处的切线斜率的最大值为2，求函数f (x )的极值点；(2)若关于x 的不等式f (x )<2有解，求a 的取值范围．【解】 (1)f ′(x )＝－2x 2＋a x (x >0)．易知当1x ＝a 4时，f ′(x )取得最大值a 28，所以a 28＝2.因为a >0，所以a ＝4，此时f ′(x )＝－2x 2＋4x ＝4x －2x 2，当x ∈(0，12)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减，当x ∈(12，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，所以f (x )的极小值点为x ＝12，无极大值点．(2)因为f ′(x )＝ax －2x 2(x >0且a >0)，所以当x ∈(0，2a )时，f ′(x )<0，f (x )单调递减，当x ∈(2a ，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，所以f (x )≥f (2a )＝a ＋a ln 2a .因为关于x 的不等式f (x )<2有解，所以a ＋a ln 2a <2，因为a >0，所以ln 2a ＋1－2a <0.令g (x )＝ln x ＋1－x (x >0)，则g ′(x )＝1x －1＝1－x x ，易知当x ∈(0,1)时，g ′(x )>0，g (x )单调递增，当x ∈(1，＋∞)时，g ′(x )<0，g (x )单调递减，所以g (x )≤g (1)＝0，当且仅当x ＝1时，“＝”成立，所以由ln 2a ＋1－2a <0可得2a >0且2a ≠1，所以a 的取值范围是{a |a >0且a ≠2}．方法技巧不等式有解问题易与不等式恒成立问题混淆，特别是在最值的转化上容易“张冠李戴”.要注意：f (x )>a (<a )有解⇔f (x )max >a (f (x )min <a )，而f (x )>a (<a )恒成立⇔f (x )min >a (f (x )max <a ).已知函数f (x )＝x 2－(2a ＋1)x ＋a ln x (a ∈R )．(1)若f (x )在区间[1,2]上是单调函数，求实数a 的取值范围；(2)函数g (x )＝(1－a )x ，若∃x 0∈[1，e]使得f (x 0)≥g (x 0)成立，求实数a 的取值范围．解：(1)f ′(x )＝(2x －1)(x －a )x，当导函数f ′(x )的零点x ＝a 落在区间(1,2)内时，函数f (x )在区间[1,2]上就不是单调函数，即a ∉(1,2)，所以实数a 的取值范围是(－∞，1]∪[2，＋∞)．(2)由题意知，不等式f (x )≥g (x )在区间[1，e]上有解，即x 2－2x ＋a (ln x －x )≥0在区间[1，e]上有解．因为当x ∈[1，e]时，ln x ≤1≤x (不同时取等号)，所以x －ln x >0，所以a ≤x 2－2x x －ln x在区间[1，e]上有解． 令h (x )＝x 2－2x x －ln x， 则h ′(x )＝(x －1)(x ＋2－2ln x )(x －ln x )2. 因为x ∈[1，e]，所以x ＋2>2≥2ln x ，所以h ′(x )≥0，h (x )在[1，e]上单调递增，所以x ∈[1，e]时，h (x )max ＝h (e)＝e (e －2)e －1，所以a ≤e (e －2)e －1，所以实数a 的取值范围是⎝⎛⎦⎥⎤－∞，e (e －2)e －1.。
浅析“有解”与“恒成立”问题
浅析“有解”与“恒成立”问题作者：邓卫和来源：《中学课程辅导高考版·教师版》2014年第24期摘要：在近年的高考中经常出现“有解”与“恒成立”问题，许多同学混淆了这两个概念，在解题时出错。
现对这两个概念进行阐述：“有解”是指“至少有一个满足条件的值使式子成立，则称该问题有解”。
“恒成立”是指“在某一范围内所有的变量值都使该问题成立，则称该问题恒成立”。
本文现通过具体问题进行阐述。
关键词：“有解”;“恒成立”;例析中图分类号：G427文献标识码：A ; ; 文章编号：1992-7711（2014）24-125-1一、有解问题例1方程x2-a|x|+4=0在x∈[-2，2]上有解，求a的范围。
分析：方程x2-a|x|+4=0在x∈[-2，2]上有解，可能有一解，也可能有两解，讨论比较复杂。
可通过分离变量a，转化为求函数的值域来解。
解：x2-a|x|+4=0当x=0时，方程不成立，因此x≠0故方程两边同除以|x|得a=|x|+4|x|≥2|x|·4|x|=4（当且仅当|x|=2时取到“=”）此时x=±2∈[-2，2]，所以：当a≥4时该方程x2-a|x|+4=0在x∈[-2，2]上有解。
点评：本题通过“分离变量a”求值域，方法简单易行，在以后的学习中经常用到这一方法。
例2（2013重庆.理.16）若关于x的不等式|x-5|+|x+3|<a无解，则实数a的取值范围是。
分析：要使|x-5|+|x+3|<a无解，只要求|x-5|+|x+3|<a有解时实数a的范围，然后求a的补集即可。
要使|x-5|+|x+3|<a有解，则至少有一个或一个以上的x值使要|x-5|+|x+3|<a成立，因此，只要求a大于代数式|x-5|+|x+3|的最小值。
解：函数y=|x-5|+|x+3|=2-2xx≤-38-3<x<52x-2x≥5由此可知，该函数的值域为[8，+∞），因此：当a>8时，不等式|x-5|+|x+3|<a有解。
恒成立或存在性问题课件-2024届高三数学二轮复习
要点 解决恒成立或有解问题的常见结论 下列是恒成立问题的一些常见结论： (1)不等式f(x)≥0在定义域内恒成立，等价于f(x)min≥0； (2)不等式f(x)≤0在定义域内恒成立，等价于f(x)max≤0； (3)不等式f(x)>g(x)，x∈(a，b)恒成立，等价于F(x)＝f(x)－g(x)>0，x∈(a，b) 恒成立.
例1 已知a≠0，函数f(x)＝ax(x－2)2(x∈R).若对任意x∈[－2，1]，不等式 f(x)<32恒成立，求a的取值范围.
【解析】 方法一：因为f(x)＝ax(x2－4x＋4)＝ax3－4ax2＋4ax. 所以f′(x)＝3ax2－8ax＋4a＝a(3x2－8x＋4)＝a(3x－2)(x－2). 当a>0时，f(x)在－2，23上单调递增， 在23，1上单调递减. 故f(x)的最大值为f23＝3227a<32，即a<27.
即22aa＋ ＋b4＋ b＋1＝ 2＝0， 0，解得ab＝ ＝－ －1313， . 经验证，符合题意. (2)在 14，1 上存在x0，使得不等式f(x0)－c≤0成立，只需c≥f(x)min，x∈ 14，1， 因为f′(x)＝－23－31x2＋1x＝－2x2－3x32x＋1＝－（2x－1）3x（2 x－1）， 所以当x∈14，12时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
题型二 存在性问题
例2 已知函数f(x)＝－ax2＋ln x(a∈R).
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若存在x∈(1，＋∞)，f(x)>－a，求实数a的取值范围. 【解析】 (1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－2ax＋1x＝1－x2ax2.
当a≤0时，f′(x)>0，则f(x)在(0，＋∞)上单调递增.
高中数学不等式恒成立与有解问题
高中数学不等式恒成立与有解问题不等式恒成立与有解问题一直是中学数学的重要内容. 它是函数、数列、不等式等内容交汇处的一个较为活跃的知识点，随着中学数学引进导数，它为我们更广泛、更深入地研究函数、不等式提供了强有力的工具. 在近几年的高考试题中，涉及不等式恒成立与有解的问题，有时在同一套试题中甚至有几道这方面的题目。
其中，特别是一些含自然对数和指数函数的不等式恒成立与有解问题，将新增内容与传统知识有机融合，用初等方法难以处理，而利用导数来解，思路明确，过程简捷流畅，淡化繁难的技巧，它不仅考查函数、不等式等有关的传统知识和方法，而且还考查极限、导数等新增内容的掌握和灵活运用. 它常与思想方法紧密结合，体现能力立意的原则，带有时代特征，突出了高考试题与时俱进的改革方向. 因此，越来越受到高考命题者的青睐. 下面通过一些典型实例作一剖析.1．不等式恒成立与有解的区别不等式恒成立和有解是有明显区别的，以下充要条件应细心思考，甄别差异，恰当使用，等价转化，切不可混为一团.（1）不等式f(x)<k 在x ∈I 时恒成立•k•x f ,)(max <⇔x ∈I. 或f(x)的上界小于或等于k ；（2）不等式f(x)<k 在x ∈I 时有解•k•x f ,)(min <⇔x ∈I. 或f(x)的下界小于k ；（3）不等式f(x)>k 在x ∈I 时恒成立•k•x f ,)(min >⇔x ∈I. 或f(x)的下界大于或等于k ；（4）不等式f(x)>k 在x ∈I 时有解•k•x f ,)(max >⇔x ∈I. 或f(x)的上界大于k ；解决不等式恒成立和有解解问题的基本策略常常是构作辅助函数，利用函数的单调性、最值（或上、下界）、图象求解；基本方法包括：分类讨论，数形结合，参数分离，变换主元等等.例1 已知两函数f(x)=8x 2+16x-k ，g(x)=2x 3+5x 2+4x ，其中k 为实数.（1）对任意x ∈[-3，3]，都有f （x)≤g(x)成立，求k 的取值范围；（2）存在x ∈[-3，3]，使f （x)≤g(x)成立，求k 的取值范围；（3）对任意x 1x 2∈[-3，3]，都有f （x 1)≤g(x 2)，求k 的取值范围.解析 （1）设h(x)=g(x)-f(x)=2x 2-3x 2-12x+k ，问题转化为x ∈[-3，3]时，h(x)≥0恒成立，故h m in (x)≥0.令h′ (x)=6x 2-6x-12=0，得x= -1或2.由h(-1)=7+k ，h(2)=-20+k ，h(-3)=k-45，h(3)=k-9，故h m in (x)=-45+k ，由k-45≥0，得k≥45.（2）据题意：存在x ∈[-3，3]，使f （x)≤g(x)成立，即为：h(x)=g(x)-f(x)≥0在x ∈[-3，3]有解，故h m ax (x)≥0，由（1）知h m ax （x ）=k+7，于是得k≥-7.（3）它与（1）问虽然都是不等式恒成立问题，但却有很大的区别，对任意x 1x 2∈[-3，3]，都有f （x 1)≤g(x 2)成立，不等式的左右两端函数的自变量不同，x 1，x 2的取值在[-3，3]上具有任意性，因而要使原不等式恒成立的充要条件是：]3,3[,)()(min max ••x •x g x f -∈≤，由g′(x)=6x 2+10x+4=0，得x=-32或-1，易得21)3()(min -=-=g x g ，又f(x)=8(x+1)2-8-k ，]3,3[•x -∈. 故.120)3()(max k f x f -==令120-k≤-21，得k≥141.点评 本题的三个小题，表面形式非常相似，究其本质却大相径庭，应认真审题，深入思考，多加训练，准确使用其成立的充要条件2.不等式有解问题例3 设x=3是函数f(x)=(x 2+ax+b)e x -3,x ∈R 的一个极值点.(1)求a 与b 的关系（用a 表示b ），并求f(x)的的单调区间；（2）设a>0，g(x)=x e a ⎪⎭⎫ ⎝⎛+4252，若存在S 1，S 2∈[0，4]，使得|f(S 1)-g(S 2)|<1成立，求a 的取值范围.解析 （1）x e a b x a x x f --+-+-='32])2([)(，由)3(f '=0得b=-2a-3. 故f(x)=(x 2+ax-2a-3)x e -3. 因为)(x f '=-[x 2+(a-2)x-3a-3] x e -3=-(x-3)(x+a+1) x e -3. 由)(x f '=0得：x 1=3，x 2==-a-1. 由于x=3是f(x)的极值点，故x 1≠x 2，即a≠-4.当a<-4时，x 1<x 2，故f(x)在(]3,•∞-上为减函数，在[3，-a-1]上为增函数，在[)+∞--,1•a 上为减函数.当a>-4时，x 1>x 2，故f(x)在(]1,--∞-a •上为减函数，在[-a-1，3]上为增函数，在[)+∞,3•上为减函数.(2)由题意，存在S 1，S 2∈[0，4]，使得|f(S 1)-g(S 2)|<1成立，即不等式|f(S 1)-g(S 2)|<1在S 1，S 2∈[0，4]上有解.于是问题转化为|f(S 1)-g(S 2)|m in <1，由于两个不同自变量取值的任意性，因此首先要求出f(S 1)和g(S 2)在[0，4]上值域.因为a>0，则-a-1<0，由（1）知：f(x)在[0，3]递增；在[3，4]递减. 故f(x)在[0，4]上的值域为[min{f(0),f(4)},f(3)]=[-(2a+3)e 3,a+6]，而g(x)=x e a ⎪⎭⎫ ⎝⎛+4252在[0，4]上显然为增函数，其值域⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛++422425,425e a •a . 因为4252+a -（a+6）=⎪⎭⎫ ⎝⎛-21a 2≥0, 故4252+a ≥(a+6).|f(S 1)-g(S 2)|m in =4252+a -(a+6)从而解230,01)6(4252<<⎪⎩⎪⎨⎧><+-+a ••••a a a 得. 故a 的取值范围为⎪⎭⎫ ⎝⎛23,0••. 假若问题变成：“对任意的S 1，S 2∈[0，4]，使得|f(S 1)-g(S 2)|<1都成立，求a 的取值范围.”则可将其转化为|f(S 1)-g(S 2)|m ax <1点评 函数、不等式、导数既是研究的对象，又是决问题的工具. 本题从函数的极值概念入手，借助导数求函数的单调区间，进而求出函数 闭区间上的值域，再处理不等式有解问题. 这里传统知识与现代方法交互作用，交相辉映，对考生灵活运用知识解决问题的能力是一个极好的考查.3．不等式恒成立问题例2 设函数f(x)=(x+1)ln(x+1),若对所有x≥0，都有f(x)≥ax 成立，求实数a 的取值范围.解析 构作辅助函数g(x)=f(x)-ax=(x+1)ln(x+1)-ax ，原问题变为g(x)≥0对所有的 x≥0恒成立，注意到g(0)=0，故问题转化为g(x)≥g(0)在x≥0时恒成立，即函数g(x)在[)∞+••,0为增函数.于是可通过求导判断g(x)的单调性，再求出使g(x)≥g(0)成立的条件.g′(x)=l n(x+1)+1-a ，由g′(x)=0，得x=e1-a -1. 当x>e 1-a -1时，g′(x)>0，g(x)为增函数.当-1<x<e 1-a -1时，g′(x)<0，g(x)为减函数.那么对所有的x≥0，都有g(x)≥g(0)，其充要条件是e 1-a -1≤0，故得a 的取值范围是(]1,••∞-.假若我们没有注意到g(0)=0，那么在解g(x)≥0对所有的x≥0恒成立时，也可转化为)0(0)(min ≥≥x x g ，再以导数为工具，稍作讨论即可得解.值得一提的是，本题还有考生采用参数分离法求解：由f(x)=(x+1)ln(x+1)≥ax 对所有的x≥0恒成立可得：（1）当x=0时，a ∈R . （2）当x>0时，.)1ln()1(x x x a ++≤设g(x)=xx x )1ln()1(++,问题转化为求g(x)在开区间（0，+∞）上最小值或下界，2)1ln()(x x x x g +-='，试图通过g′(x)=0直接解得稳定点，困难重重！退一步令h(x)=x-ln(x+1)，因为0,111)(>+-='•x •x x h ，故)(x h '>0，则h(x)在（0，+∞）单调递增，即h(x)>h(0)=0，从而)(x g '>0，于是g(x)在（0，+∞）单调递增，故g(x)无最小值，此时，由于g(0)无意义，g(x)的下界一时也确定不了，但运用极限知识可得：)(lim )(0x g x g x →>，然而求此极限却又超出所学知识范围，于是大部分考生被此难关扫落下马，无果而终. 事实上采用洛比达法则可得：1]1)1[ln(lim )1ln()1(lim )(lim 000=++=++=→→→x xx x x g x x x ，故x>0时，g(x)>1，因而a≤1.综合（1）（2），得a 的取值范围是：(]1,••∞-. 点评 采用参数分离法求解本题，最大的难点在于求分离后所得函数的下界.它需要考生拥有扎实的综合素质和过硬的极限、导数知识，并能灵活地运用这些工具来研究函数的性态，包括函数的单调性，极值（最值）或上下界.突出考查了函数与方程思想、有限与无限的思想.。
不等式恒成立与有解问题
常用的 ，但 因为 问题形 式千变万化 ，考 题亦常考常新 ，因此在 备 考的各个阶段都应 渗透恒成立 问题 的教与学 ，在平 时的训练
中不断领悟和总结 ，从而促使学生 在解 决此类 问题 的能力上得 到改善和提高．
例 ２ 已知函数 ｆ （ ｘ ） ＝ 一 ＋ｍ （ ｍ∈ Ｒ） ， ｇ （ ｘ ） ＝ ＋２ １ ｎ ．
不 等 式 恒 成 立 与 有解 问题
李 芬 （ 贵 州省都 匀市第一 中学）
有 关 不 等 式 恒 成 立 与 有 解 的 问 题 历 来 是 高 考 的 热 点 ，有 时
分 析 ： 注 意 到 本 题 是 存 在 ∈［ １ ，２ ］ ，４ ￣ ｆ（ ｘ ）≤ ｇ （ ｘ ） ， 解 析 ： 由ｆ（ ｘ ） ≤ｇ （ ｘ ） 得 ｍ≤
所以ｇ （ ｘ ） 在（ １ ，＋ ） 上也是减 函数 ，ｇ （ ｘ ） ＜ｇ （ １ ） ＝一 １ ． 当 ０≥ 一 １时 ， ｆ （ ｘ ） ＜ 在（ １ ，＋ ） 上恒成立．
【 点评 】本 题是 不等 式 的恒 成立 问题 ，也就 是说 对 于
（ １ ，＋ 。 。 ） 上 的任 意 一 个 值 ， 厂 （ ） ＜ 都 要 成 立 ；将 不 等 式恒 成 立 广 ，解题方 法灵活多样 ，技 巧性强 ，难度 大等特点 ，要求有 较 问题 转 化 成 求 函数 的 最 值 问题 ，利 用 导 数 ，我 们 可 以 更 广 泛 ， 强 的思 维灵 活性和创造性 、较高 的解题 能力 ，上述方法 是 比较 更深 入 地 研 究 函 数． 二 、 不等 式 有 解 问题
极 大 的挑 战．
解 析 ：因 为 ｆ （ Ｘ ） ＜ ，所 以 Ｉ ｎ —ａ ＜ 。 ．
又 ＞１ ，所 以 ＞ｘ ｌ ｎ 一 ．
数学中的恒成立与有解问题
数学中的恒成立与有解问题求二次函数的解析式。
若f(x) 2x m 在区间［1,1］上恒成立，求m 的取值范围解题思路：先分离系数，再由二次函数最值确定取值范围.2解析：⑴设f (x) axbx c(a 0) .由 f (0) 1得c21,故 f(x) ax bx 1••• f (x 1) f (x) 2xa(x1)2 b(x 1) 1 (ax 2 bx 1) 2x即2ax a b 2x ,所以2a 2,a b 0,解得a1,b1 二 f(x) x x 15,则g(x)在［1,1］上单调递减.所以g(x)在［1,1］上的最小值为g(1)4所以m 的取值范围是(，1).规律总结：m f(x)对一切x R 恒成立，则m ［f(x)］min ;m f (x)对一切x R 恒成立，则m ［f (x)］max ；注意参数的端点值能否取到需检验。
二、有解问题3、方程的有解问题例题3:题干与例题 2相同 同例题2.(2)若f(x) 2x m 在区间［1,1］上恒成立，求m 的取值范围、恒成立问题若不等式 f xA 在区间 D 上恒成立 ，则等价于在区间 D 上 f x minA 若不等式 f xB 在区间 D 上恒成立 ，则等价于在区间 D 上 f x max B 常用方法1、分离变量法；2、数形结合法；3、 利用函数的性质；4、变更主元等；1、由二次函数的性质求参数的取值范围 2例题1.若关于X 的不等式ax 2x 2 0在R 上恒成立，求实数a 的取值范围. 解题思路：结合二次函数的图象求解 解析：当a 0时,不等式2x 2 0解集不为0不满足题意；a 当a 0时,要使原不等式解集为 R ,只需…222a，解得a -0 21综上，所求实数a 的取值范围为(一，)2 2、转化为二次函数的最值求参数的取值范围 例题2 :已知二次函数满足f (0) 1，而且f (x1) f(x) 2x ，请解决下列问题2⑵由⑴知x x 12x m 在［1,1］恒成立，即m 2x 3x 1在［1,1］恒成立.令 g(x) x 2 3x 1 (x 3)22解题思路：先分离系数，再由二次函数值域确定取值范围.解析：⑴解法同例题22 2⑵由⑴知x x 1 2x m在［1,1］恒成立，即m x 3x 1在［1,1］恒成立.3 252令g(x) x2 3x 1 (x -)2-，则g(x)在［1,1］上单调递减.所以g(x)在［1,1］上的最大值为2 4g( 1) 5，最小值为g(1) 1，所以m的取值范围是1,5。
高中数学中的恒成立与有解问题
高中数学中的恒成立与有解问题作者：姜越来源：《数学教学通讯(教师阅读)》2009年第11期摘要:含参数不等式恒成立问题与有解问题是高考的热点、难点,这样的题目综合性强,可考查函数、导数、不等式等高中数学的主干知识,考查学生的综合解题能力. 在培养学生思维的灵活性、创造性方面起到了积极的作用.关键词:不等式恒成立问题;不等式有解问题含参数不等式恒成立问题与有解问题是高考的热点、难点,这样的题目综合性强,可考查函数、导数、不等式等高中数学的主干知识,考查学生的综合解题能力. 在培养学生思维的灵活性、创造性方面起到了积极的作用. 这类题目往往出现在压轴题中,令很多学生望而却步. 下面通过一些典型例题作一剖析.不等式恒成立问题例1 (2008安徽)设函数f(x)=(x>0且x≠1).(1)求函数f(x)的单调区间;(2)已知2>xa对任意x∈(0,1)恒成立,求实数a的取值范围.解析(1)f ′(x)=-,令f ′(x)=0,则x=.列表如下:所以f(x)的单调增区间为0,,单调减区间为,1,(1,+∞).(2)在2>xa两边取对数得ln2>alnx. 由于0ln2•. 因为2>xa对任意x∈(0,1)恒成立,所以a>ln2•对任意x∈(0,1)恒成立. 所以a>ln2•f(x)max. 由(1)可知当x∈(0,1)时,f(x)max=f=-e,所以a>-eln2.点评本题采用分离变量法来解,关键是如何将变量分离,本题还采用了取对数,然后利用导数求出函数f(x)的最大值,从而求出a的取值范围.不等式有解问题例2 (2009苏北四市第二次模拟考试)已知函数f(x)=alnx+x2(a为实数),若存在x∈[1,e],使得f(x)≤(a+2)x成立,求a的取值范围.解析不等式f(x)≤(a+2)x可化为a(x-lnx)≥x2-2x. 因为x∈[1,e],所以0≤lnx≤1. 所以lnx≤1≤x且等号不能同时取. 所以lnx0. 因而a≥(x∈[1,e]). 令g(x)=(x∈[1,e]),要存在x∈[1,e],使得a≥g(x)成立,当且仅当a≥g(x)min,x∈[1,e].又g′(x)=,当x∈[1,e]时,x-1≥0,lnx≤1,x+2-2lnx>0,从而g′(x)≥0,当且仅当x=1时取等号. 所以g(x)在[1,e]上为增函数. 故g(x)的最小值为g(1)=-1. 所以a的取值范围是[-1,+∞).点评本题将函数、导数、不等式结合在一起,主要思路是采用分离变量法,分离出变量后,利用导数求出函数的最小值. 要存在x∈[1,e],使得a≥g(x)成立,当且仅当a≥g(x)min,x∈[1,e],从而求出a的范围.变式假若问题变成对?坌x∈[1,e],f(x)≤(a+2)x恒成立,求a的取值范围,则问题转化为a≥g(x)max,x∈[1,e],可得a≥.不等式恒成立与有解问题的区别不等式恒成立与有解问题的区别还是比较明显的,只要细心读题,认真思考,便可找出它们的差异.(1)不等式a≥f(x)在x∈I恒成立?圳a≥f(x)max;存在x∈I使得不等式a≥f(x)成立?圳a≥f(x)min.(2)不等式a≤f(x)在x∈I恒成立?圳a≤f(x)min;存在x∈I使得不等式a≤f(x)成立?圳a≤f(x)max .解决不等式恒成立问题与有解问题往往利用函数的单调性、(下转第64页)(上接第59页)导数、最值,基本方法有:一次函数型,二次函数型,分离变量型,数形结合型等.例3 已知函数f(x)=2x2-2m, g(x)=x3+3x2-x,其中m为实数.(1)对任意x∈[-1,6]都有f(x)≤g(x)成立,求m的取值范围;(2)存在x∈[-1,6],使得f(x)≤g(x)成立,求m的取值范围;(3)对任意x1,x2∈[-1,6],都有f(x1)≤g(x2),求m的取值范围.解析 (1)令h(x)=g(x)-f(x)=x3+x2-x+2m,所以对任意x∈[-1,6]都有h(x)≥0恒成立. 故h(x)min≥0. h′(x)=3x2+2x-1,令h′(x)=0得x1=-1,x2=. 由h(-1)=2m+1,f=+2m,f(6)=246+2m,故h(x)min=+2m≥0. 所以m≥.(2)因为存在x∈[-1,6],使得f(x)≤g(x)成立,所以h(x)=g(x)-f(x)≥0在x∈[-1,6]有解. 故h(x)max≥0. 由(1)知h(x)max=246+2m≥0, 所以m≥-123.(3)与(1)虽都是不等式恒成立问题,但是差别很大,对任意x1,x2∈[-1,6],都有f(x1)≤f(x2)成立,不等式两端的自变量不同,x1,x2的取值在[-1,6]上具有任意性,因此要使原不等式恒成立当且仅当f(x)max≤g(x)min,x∈[-1,6]. 由f(x)=2x2-2m,x∈[-1,6]得f(x)max=f(6)=72-2m.?摇令g′(x)=3x2+6x-1=0得x1=,x2=(因为x∈[-1,6],舍去),g(-1)=3,g=,g(6)=318. 所以g(x)min=. 所以72-2m≤. 所以m≥+.点评这3个小题,表面非常相似,容易混为一谈,但实质各有千秋,所以我们应该认真审题,缜密思考,加强训练,准确使用其成立的充要条件.不等式恒成立与有解问题,在近几年的高考题中频频出现,这类试题常与思想方法紧密结合,体现能力立意的原则,突出了高考试题与时俱进的改革方向. 因此越来越受到高考命题者的青睐,希望广大师生高度关注.。
2015年高考数学复习学案：函数的恒成立与有解问题
处理方法：解决函数的恒成立与有解问题的基本策略常常是构造辅助函数，利用函数的单调性，最值，图像求解。
基本方法包括：分离参数，数形结合，分类讨论。
重难点：1.辅助函数选择的合理性. 2.转化的等价性一、小题训练1．对任意11x -≤≤，不等式2(4)420x a x a +-+-<恒成立，求a 的取值范围2．若不等式1)21(2)(2<--xx m m 对一切(,1]x ∈-∞-恒成立，则实数m 的取值范围 3.若1||x a x -+≥12对一切x ＞0恒成立，则a 的取值范围是二、典型例题例1．若13)(3+-=x ax x f 对于[]1,1-∈x 总有0)(≥x f 成立，求a 的值.例2．已知函数2()11f x x x =+-- （1）是否存在实数,m k ，使得()()f x f m x k +-=对于定义域内的任意x 都成立； （2）若方程2()(23)f x t x x x =-+有三个解，求实数t 的取值范围．例3已知21()2x f x e x ax =--，1()()2x g x =，存在1[1,0]x ∈-，对于任意212x ≥，使不等式12()()g x f x ≤成立，求a 的取值范围.三、课后作业1．若32()(33)6([0,2])g x ax a x x x =+--∈在x=0处取得最大值，求a 的取值范围2．已知函数2()22(4)1f x mx m x =--+，()g x mx =，若对于任一实数x ，()f x 与()g x 至少有一个为正数，则实数m 的取值范围是3.设函数()1f x x x=-．对任意[)1,x ∈+∞，()()0f mx mf x +<恒成立，则实数m 的取值范围是 4.若关于x 的不等式2(20)lg0a ax x -≤对任意的正实数x 恒成立，则实数a 的取值范围是 .2121212121()2ln ,()()2(1)[1,4],[2,1][1,4][2,1]x f x x x m g x m x x x x x x x x =--=+∈∈--≤∈∈--≤5.已知存在对任意，有不等式f()g()成立，求实数m 的取值范围(2)对任意，存在，使不等式f()g()成立，求实数m 的取值范围22121122126.,[12]23x R x x x x x x mx m ∈∈++≥++对任意存在，，使不等式成立，求的取值范围。
函数恒成立高中数学恒成立问题与有解问题的区别
恒成立问题与有解问题的区别山东沂源二中 石玉台（256100）恒成立与有解问题一直是中学数学的重要内容。
它是函数、数列、不等式等内容交汇处的一个较为活跃的知识点，在近几年的高考试题中，越来越受到高考命题者的青睐，涉及恒成立与有解的问题，有时在同一套试题中甚至有几道这方面的题目。
本文就恒成立与有解问题做一比较。
1、恒成立问题1.1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>3.1.2恒成立问题与二次函数联系若二次函数y=ax 2+bx+c=0(a ≠0)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求解。
2022年高考数学基础题型重难题型突破类型二 恒成立问题与有解问题(解析版)
2022年高考数学基础题型重难题型突破类型二恒成立问题与有解问题一．不等式的恒成立与有解问题，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 ∀∈，总有()()12f x g x <成立，故()()2max min f x g x <；（2）若[]1,x a b ∀∈，[]2,x c d ∃∈，有()()12f x g x <成立，故()()2max max f x g x <；（3）若[]1,x a b ∃∈，[]2,x c d ∃∈，有()()12f x g x <成立，故()()2min min f x g x <；（4）若[]1,x a b ∀∈，[]2,x c d ∃∈，有()()12f x g x =，则()f x 的值域是()g x 值域的子集．二．恒成立问题的一般解答方法如下：（1）参数分离法：将原不等式化为()a g x >或()a g x <恒成立的问题，然后分析函数()g x 在所给区间的单调性及最值，只需满足最值成立即可；（2）分类讨论：讨论函数()f x 在所给区间单调性及最值，需满足()max 0f x <或()min 0f x >【典例1】已知函数f (x )＝(1－x )e x－1.(1)求f (x )的极值；(2)设g (x )＝(x －t )2x ，存在x 1∈(－∞，＋∞)，x 2∈(0，＋∞)，使方程f (x 1)＝g (x 2)成立，求实数m 的最小值．【典例2】设函数f (x )＝ax 2－x ln x －(2a －1)x ＋a －1(a ∈R )．若对任意的x ∈[1，＋∞)，f (x )≥0恒成立，求实数a 的取值范围．【典例3】已知f (x )＝x 2－4x －6ln x .(1)求f (x )在(1，f (1))处的切线方程以及f (x )的单调性；(2)对任意x ∈(1，＋∞)，有xf ′(x )－f (x )＞x 2＋6k 恒成立，求k 的最大整数解；(3)令g (x )＝f (x )＋4x －(a －6)ln x ，若g (x )有两个零点分别为x 1，x 2(x 1＜x 2)且x 0为g (x )的唯一的极值点，求证：x 1＋3x 2＞4x 0.【典例4】已知函数f (x )＝x 2＋πcos x .(1)求函数f (x )的最小值；(2)若函数g (x )＝f (x )－a 在(0，＋∞)上有两个零点x 1，x 2，且x 1<x 2，求证：x 1＋x 2<π.【典例5】已知函数f (x )＝a e x －1－ln x ＋ln a ．若f (x )≥1，求a 的取值范围．【典例6】设函数f (x )＝a ln x ＋1－a 2x 2－bx (a ≠1)，曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线斜率为0.(1)求b ；(2)若存在x 0≥1，使得f (x 0)<aa －1，求a 的取值范围．2思路分析❶存在x 0≥1，使得f (x 0)<aa －1↓❷fxmin<a a －1↓❸求f xmin【典例7】已知函数f (x )＝2ln x ＋1.若f (x )≤2x ＋c ，求c 的取值范围．【典例8】已知函数f(x)＝ln x－ax，g(x)＝x2，a∈R.(1)求函数f(x)的极值点；(2)若f(x)≤g(x)恒成立，求a的取值范围．【典例9】已知x＝1e为函数f(x)＝x a ln x的极值点．(1)求a的值；(2)设函数g(x)＝kxe x∀x1∈(0，＋∞)，∃x2∈R，使得f(x1)－g(x2)≥0，求k的取值范围．【典例10】设函数f(x)＝ax2－a－ln x，g(x)＝1x－ee x，其中a∈R，e＝2.718…为自然对数的底数.(1)讨论f(x)的单调性；(2)证明：当x>1时，g(x)>0；(3)确定a的所有可能取值，使得f(x)>g(x)在区间(1，＋∞)内恒成立.【典例11】已知函数f (x )＝ln x －(x －1)22.(1)求函数f (x )的单调递增区间；(2)证明：当x ＞1时，f (x )＜x －1；(3)确定实数k 的所有可能取值，使得存在x 0＞1，当x ∈(1，x 0)时，恒有f (x )＞k (x －1)．类型二恒成立问题与有解问题一．不等式的恒成立与有解问题，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 ∀∈，总有()()12f x g x <成立，故()()2max min f x g x <；（2）若[]1,x a b ∀∈，[]2,x c d ∃∈，有()()12f x g x <成立，故()()2max max f x g x <；（3）若[]1,x a b ∃∈，[]2,x c d ∃∈，有()()12f x g x <成立，故()()2min min f x g x <；（4）若[]1,x a b ∀∈，[]2,x c d ∃∈，有()()12f x g x =，则()f x 的值域是()g x 值域的子集．二．恒成立问题的一般解答方法如下：（1）参数分离法：将原不等式化为()a g x >或()a g x <恒成立的问题，然后分析函数()g x 在所给区间的单调性及最值，只需满足最值成立即可；（2）分类讨论：讨论函数()f x 在所给区间单调性及最值，需满足()max 0f x <或()min 0f x >【典例1】已知函数f (x )＝(1－x )e x－1.(1)求f (x )的极值；(2)设g (x )＝(x －t )2x ，存在x 1∈(－∞，＋∞)，x 2∈(0，＋∞)，使方程f (x 1)＝g (x 2)成立，求实数m 的最小值．【解析】解(1)f ′(x )＝－x e x，当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )<0，当x ∈(－∞，0)时，f ′(x )>0，∴当x ＝0时，f (x )有极大值f (0)＝e 0－1＝0，f (x )没有极小值．(2)由(1)知f (x )≤0，又因为g (x )＝(x －t )2x ≥0，所以要使方程f (x 1)＝g (x 2)有解，必然存在x 2∈(0，＋∞)，使g (x 2)＝0，所以x ＝t ，ln x＝m t，等价于方程ln x ＝mx有解，即方程m ＝x ln x 在(0，＋∞)上有解，记h (x )＝x ln x ，x ∈(0，＋∞)，则h ′(x )＝ln x ＋1，令h ′(x )＝0，得x ＝1e，所以当x h ′(x )<0，h (x )单调递减，当x h ′(x )>0，h (x )单调递增，所以当x ＝1e 时，h (x )min ＝－1e ，所以实数m 的最小值为－1e.【典例2】设函数f (x )＝ax 2－x ln x －(2a －1)x ＋a －1(a ∈R )．若对任意的x ∈[1，＋∞)，f (x )≥0恒成立，求实数a 的取值范围．【解析】解f ′(x )＝2ax －1－ln x －(2a －1)＝2a (x －1)－ln x (x >0)，易知当x ∈(0，＋∞)时，ln x ≤x －1，则f ′(x )≥2a (x －1)－(x －1)＝(2a －1)(x －1)．当2a －1≥0，即a ≥12时，由x ∈[1，＋∞)得f ′(x )≥0恒成立，f (x )在[1，＋∞)上单调递增，f (x )≥f (1)＝0，符合题意；当a ≤0时，由x ∈[1，＋∞)得f ′(x )≤0恒成立，f (x )在[1，＋∞)上单调递减，f (x )≤f (1)＝0，显然不符合题意，a ≤0舍去；当0<a <12时，由ln x ≤x －1，得ln1x ≤1x －1，即ln x ≥1－1x，则f ′(x )≤2a (x ax －1)，∵0<a <12，∴12a>1.当x ∈1，12a 时，f ′(x )≤0恒成立，∴f (x )在1，12a 上单调递减，∴当x ∈1，12a 时，f (x )≤f (1)＝0，显然不符合题意，0<a <12舍去．综上可得，a ∈12，＋∞【典例3】已知f (x )＝x 2－4x －6ln x .(1)求f (x )在(1，f (1))处的切线方程以及f (x )的单调性；(2)对任意x ∈(1，＋∞)，有xf ′(x )－f (x )＞x 2＋6k 恒成立，求k 的最大整数解；(3)令g (x )＝f (x )＋4x －(a －6)ln x ，若g (x )有两个零点分别为x 1，x 2(x 1＜x 2)且x 0为g (x )的唯一的极值点，求证：x 1＋3x 2＞4x 0.【解析】(1)因为f (x )＝x 2－4x －6ln x ，所以定义域为(0，＋∞)，所以f ′(x )＝2x －4－6x ，且f ′(1)＝－8，f (1)＝－3，所以切线方程为y ＝－8x ＋5.又f ′(x )＝2x (x ＋1)(x －3)，令f ′(x )＞0解得x ＞3，令f ′(x )＜0解得0＜x ＜3，所以f (x )的单调递减区间为(0,3)，单调递增区间为(3，＋∞)．(2)xf ′(x )－f (x )＞x 2＋6等价于k ＜x ＋x ln x x －1，记h (x )＝x ＋x ln x x －1，则k <h (x )min ，且h ′(x )＝x －2－ln x (x －1)2，记m (x )＝x －2－ln x ，则m ′(x )＝1－1x＞0，所以m (x )为(1，＋∞)上的单调递增函数，且m (3)＝1－ln 3＜0，m (4)＝2－ln 4＞0，所以存在x 0∈(3,4)，使得m (x 0)＝0，即x 0－2－ln x 0＝0，所以h (x )在(1，x 0)上单调递减，在(x 0，＋∞)上单调递增，且h (x )min ＝h (x 0)＝x 0＋x 0ln x 0x 0－1＝x 0∈(3,4)，所以k 的最大整数解为3.(3)证明：g (x )＝x 2－a ln x ，则g ′(x )＝2x －a x ＝(2x ＋a )(2x －a )x，令g ′(x )＝0，得x 0＝a2，当x g ′(x )＜0，当x g ′(x )＞0，所以g (x上单调递增，而要使g (x )有两个零点，要满足g (x 0)＜0，即－a lna 2＜0⇒a ＞2e.因为0＜x 1＜a2，x 2＞a 2，令x 2x 1＝t (t ＞1)，由g (x 1)＝g (x 2)，可得x 21－a ln x 1＝x 22－a ln x 2，即x 21－a ln x 1＝t 2x 21－a ln tx 1，所以x 21＝a ln tt 2－1，而要证x 1＋3x 2＞4x 0，只需证(3t ＋1)x 1＞22a ，即证(3t ＋1)2x 21＞8a ，即(3t ＋1)2a ln t t 2－1＞8a ，又a ＞0，t ＞1，所以只需证(3t＋1)2ln t －8t 2＋8＞0，令h (t )＝(3t ＋1)2ln t －8t 2＋8，则h ′(t )＝(18t ＋6)ln t －7t ＋6＋1t ，令n (t )＝(18t ＋6)ln t －7t ＋6＋1t，则n ′(t )＝18ln t ＋11＋6t －1t 2＞0(t ＞1)，故n (t )在(1，＋∞)上单调递增，n (t )＞n (1)＝0，故h (t )在(1，＋∞)上单调递增，h (t )＞h (1)＝0，所以x 1＋3x 2＞4x 0.【典例4】已知函数f (x )＝x 2＋πcos x .(1)求函数f (x )的最小值；(2)若函数g (x )＝f (x )－a 在(0，＋∞)上有两个零点x 1，x 2，且x 1<x 2，求证：x 1＋x 2<π.【解析】(1)易知函数f (x )为偶函数，故只需求x ∈[0，＋∞)时f (x )的最小值．f ′(x )＝2x －πsin x ，当x h (x )＝2x －πsin x ，h ′(x )＝2－πcos x ，显然h ′(x )单调递增，而h ′(0)＜0，h x 0得h ′(x 0)＝0.当x ∈(0，x 0)时，h ′(x )＜0，h (x )单调递减，当x 0h ′(x )＞0，h (x )单调递增，而h (0)＝0，x h (x )＜0，即x f ′(x )＜0，f (x )单调递减，又当x x ＞π＞πsin x ，f ′(x )＞0，f (x )单调递增，所以f (x )min ＝＝π24.(2)证明：依题意得x 1x 2F (x )＝f (x )－f (π－x )，x F ′(x )＝f ′(x )＋f ′(π－x )＝2π－2πsin x ＞0，即函数F (x )单调递增，所以F (x )＜x f (x )＜f (π－x )，而x 1，所以f (x 1)＜f (π－x 1)，又f (x 1)＝f (x 2)，即f (x 2)＜f (π－x 1)，此时x 2，π－x 1由(1)可知，f (x x 2＜π－x 1，即x 1＋x 2＜π.【典例5】已知函数f (x )＝a e x －1－ln x ＋ln a ．若f (x )≥1，求a 的取值范围．【解析】解f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝a e x －1－1x.当0<a <1时，f (1)＝a ＋ln a <1.当a ＝1时，f (x )＝ex －1－ln x ，f ′(x )＝ex －1－1x.当x ∈(0,1)时，f ′(x )<0；当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0.所以当x ＝1时，f (x )取得最小值，最小值为f (1)＝1，从而f (x )≥1.当a >1时，f (x )＝a ex －1－ln x ＋ln a ≥ex －1－ln x ≥1.综上，a 的取值范围是[1，＋∞)．【典例6】设函数f (x )＝a ln x ＋1－a 2x 2－bx (a ≠1)，曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线斜率为0.(1)求b ；(2)若存在x 0≥1，使得f (x 0)<aa －1，求a 的取值范围．2思路分析❶存在x 0≥1，使得f (x 0)<aa －1↓❷fxmin<a a －1↓❸求f xmin【解析】解(1)f ′(x )＝ax＋(1－a )x －b .由题设知f ′(1)＝0，解得b ＝1.(2)f (x )的定义域为(0，＋∞)，由(1)知，f (x )＝a ln x ＋1－a 2x 2－x ，f ′(x )＝a x ＋(1－a )x x －1)．①若a ≤12，则a1－a≤1，故当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )在(1，＋∞)上单调递增．所以，存在x 0≥1，使得f (x 0)<aa －1的充要条件为f (1)<a a －1，即1－a 2－1<a a －1，解得－2－1<a <2－1.②若12<a <1，则a 1－a >1，故当x f ′(x )<0，当x f ′(x )>0，f (x 增．所以，存在x 0≥1，使得f (x 0)<aa －1的充要条件为f<aa －1.而fa lna 1－a ＋a 221－a ＋a a －1>a a －1，所以不符合题意．③若a >1，则f (1)＝1－a 2－1＝－a －12<aa －1.综上，a 的取值范围是(－2－1，2－1)∪(1，＋∞)．【典例7】已知函数f (x )＝2ln x ＋1.若f (x )≤2x ＋c ，求c 的取值范围．【解析】解设h (x )＝f (x )－2x －c ，则h (x )＝2ln x －2x ＋1－c ，其定义域为(0，＋∞)，h ′(x )＝2x －2.当0<x <1时，h ′(x )>0；当x >1时，h ′(x )<0.所以h (x )在区间(0,1)上单调递增，在区间(1，＋∞)上单调递减．从而当x ＝1时，h (x )取得最大值，最大值为h (1)＝－1－c .故当－1－c ≤0，即c ≥－1时，f (x )≤2x ＋c .所以c 的取值范围为[－1，＋∞)．【典例8】已知函数f (x )＝ln x －ax ，g (x )＝x 2，a ∈R .(1)求函数f (x )的极值点；(2)若f (x )≤g (x )恒成立，求a 的取值范围．【解析】解(1)f (x )＝ln x －ax 的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x－a .当a ≤0时，f ′(x )＝1x－a >0，所以f (x )在(0，＋∞)上单调递增，无极值点；当a >0时，由f ′(x )＝1x －a >0，得0<x <1a ，由f ′(x )＝1x －a <0，得x >1a ，所以f (x f (x )有极大值点1a，无极小值点．(2)由条件可得ln x －x 2－ax ≤0(x >0)恒成立，则当x >0时，a ≥ln xx－x 恒成立，令h (x )＝ln x x －x ，x >0，则h ′(x )＝1－x 2－ln xx 2，令k (x )＝1－x 2－ln x ，x >0，则当x >0时，k ′(x )＝－2x －1x <0，所以k (x )在(0，＋∞)上单调递减，又k (1)＝0，所以在(0,1)上，h ′(x )>0，在(1，＋∞)上，h ′(x )<0，所以h (x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．所以h (x )max ＝h (1)＝－1，所以a ≥－1.即a 的取值范围为a ≥－1.【典例9】已知x ＝1e为函数f (x )＝x aln x 的极值点．(1)求a 的值；(2)设函数g (x )＝kxe x∀x 1∈(0，＋∞)，∃x 2∈R ，使得f (x 1)－g (x 2)≥0，求k 的取值范围．【解析】解(1)f ′(x )＝axa －1ln x ＋x a ·1x＝x a －1(a ln x ＋1)，f ln1e＋1a ＝2，当a ＝2时，f ′(x )＝x (2ln x ＋1)，函数f (x 递增，所以x ＝1e为函数f (x )＝x aln x 的极小值点，因此a ＝2.(2)由(1)知f (x )min ＝f ＝－12e，函数g (x )的导函数g ′(x )＝k (1－x )e －x.①当k >0时，当x <1时，g ′(x )>0，g (x )在(－∞，1)上单调递增；当x >1时，g ′(x )<0，g (x )在(1，＋∞)上单调递减，对∀x 1∈(0，＋∞)，∃x 2＝－1k ，使得g (x 2)＝1e k <－1<－12e ≤f (x 1)，符合题意．②当k ＝0时，g (x )＝0，取x 1＝1e，对∀x 2∈R 有f (x 1)－g (x 2)<0，不符合题意．③当k <0时，当x <1时，g ′(x )<0，g (x )在(－∞，1)上单调递减；当x >1时，g ′(x )>0，g (x )在(1，＋∞)上单调递增，g (x )min ＝g (1)＝ke，若对∀x 1∈(0，＋∞)，∃x 2∈R ，使得f (x 1)－g (x 2)≥0，只需g (x )min ≤f (x )min ，即k e ≤－12e，解得k ≤－12.综上所述，k －∞，－12∪(0，＋∞)．规律方法(1)由不等式恒成立求参数的取值范围问题的策略①求最值法，将恒成立问题转化为利用导数求函数的最值问题．②分离参数法，将参数分离出来，进而转化为a >f (x )max 或a <f (x )min 的形式，通过导数的应用求出f (x )的最值，即得参数的范围．(2)不等式有解问题可类比恒成立问题进行转化，要理解清楚两类问题的差别．【典例10】设函数f (x )＝ax 2－a －ln x ，g (x )＝1x －ee x ，其中a ∈R ，e ＝2.718…为自然对数的底数.(1)讨论f (x )的单调性；(2)证明：当x >1时，g (x )>0；(3)确定a 的所有可能取值，使得f (x )>g (x )在区间(1，＋∞)内恒成立.【解析】.(1)解f ′(x )＝2ax －1x ＝2ax 2－1x(x >0).当a ≤0时，f ′(x )<0，f (x )在(0，＋∞)内单调递减.当a >0时，由f ′(x )＝0有x ＝12a.当x f ′(x )<0，f (x )单调递减；当x f ′(x )>0，f (x )单调递增.(2)证明令s (x )＝e x －1－x ，则s ′(x )＝e x －1－1.当x >1时，s ′(x )>0，所以e x －1>x ，从而g (x )＝1x －1e x －1>0.(3)解由(2)知，当x >1时，g (x )>0.当a ≤0，x >1时，f (x )＝a (x 2－1)－ln x <0，故当f (x )>g (x )在区间(1，＋∞)内恒成立时，必有a >0.当0<a <12时，12a>1，由(1)有f (1)＝0，而所以f (x )>g (x )在区间(1，＋∞)内不恒成立；当a ≥12时，令h (x )＝f (x )－g (x )(x ≥1)，当x >1时，h ′(x )＝2ax －1x ＋1x 2－e 1－x>x －1x ＋1x 2－1x ＝x 3－2x ＋1x 2>x 2－2x ＋1x 2>0.因此，h (x )在区间(1，＋∞)单调递增.又因为h (1)＝0，所以当x >1时，h (x )＝f (x )－g (x )>0，即f (x )>g (x )恒成立.综上，a ∈12，＋【典例11】已知函数f (x )＝ln x －(x －1)22.(1)求函数f (x )的单调递增区间；(2)证明：当x ＞1时，f (x )＜x －1；(3)确定实数k 的所有可能取值，使得存在x 0＞1，当x ∈(1，x 0)时，恒有f (x )＞k (x －1)．【解析】.解(1)f ′(x )＝1x －x ＋1＝－x 2＋x ＋1x ，x ∈(0，＋∞)．由f ′(x )＞0＞0，x 2＋x ＋1＞0.解得0＜x ＜1＋52.故f (x )(2)令F (x )＝f (x )－(x －1)，x ∈(0，＋∞)．则有F ′(x )＝1－x 2x.当x ∈(1，＋∞)时，F ′(x )＜0，所以F (x )在[1，＋∞)上单调递减，故当x ＞1时，F (x )＜F (1)＝0，即当x ＞1时，f (x )＜x －1.(3)由(2)知，当k ＝1时，不存在x 0＞1满足题意．当k ＞1时，对于x ＞1，有f (x )＜x －1＜k (x －1)，则f (x )＜k (x －1)，从而不存在x 0＞1满足题意．当k ＜1时，令G (x )＝f (x )－k (x －1)，x ∈(0，＋∞)，则有G ′(x )＝1x －x ＋1－k ＝－x 2＋（1－k ）x ＋1x .由G ′(x )＝0得，－x 2＋(1－k )x ＋1＝0.解得x 1＝1－k －（1－k ）2＋42＜0，x 2＝1－k ＋（1－k ）2＋42＞1.当x ∈(1，x 2)时，G ′(x )＞0，故G (x )在[1，x 2)内单调递增．从而当x ∈(1，x 2)时，G (x )＞G (1)＝0，即f (x )＞k (x －1)．综上，k 的取值范围是(－∞，1)．。
5.恒成立与有解问题
恒成立与存在性问题1.关于x 的不等式2121x x a a -+-++≤的解集为空集，则实数a 的取值范围是 _ ． 【关键字】2009年，广东湛江高三月考【解析】不等式2121x x a a -+-++≤的解集为空等价于2min 1(12)a a x x ++<-+-，而结合几何意义知min (12)1x x -+-=，即211a a ++<，解得10a -<<．【答案】(10)-， 2.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_________． 【解析】1x x+的最小值为2，当212a -+≤时，不等式恒成立．此时21a -≤， 解得13a ≤≤．【答案】33.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 ．【关键字】2010，天津高考【答案】3⎛⎡⎫-∞+∞ ⎪⎢ ⎪⎝⎦⎣⎭，， 4.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 <【解析】0a >，且180a ∆=-<，故18a >．【答案】C 5.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. 【答案】设()111122f n n n n=+++++(n ∈N 且2n ≥).因为 ()()()()111110212212122f n f n n n n n n +-=+-=>+++++所以()()1f n f n +>，即()f n 是关于n 的递增函数.故有()()7212f n f =≥，即()f n 的最小值是712. 要使()()12log 1123a f n a >-+对于一切2n ≥的自然数n 恒成立，则必须()127log 112312a a -+<，即有()log 11a a -<-.因为1a >，所以11a a-<，解之得1a <6.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______．【解析】若2a =，不等式变为：40-<，恒成立，故2a =满足题意；若2a ≠，结合题意知二次函数2(2)2(2)4y a x a x =-+--的图象在x 的下方，故有：2204(2)16(2)0a a a -<⎧⎨∆=-+-<⎩，解得22a -<<，综上知：a 的取值范围是(2,2]-．【答案】(2,2]-7.2()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 -<≤【解析】0a =时满足；240a a a <⎧⎨∆=+<⎩时也满足，解得40a -<<．综合知40a -<≤． 【答案】D8.若对于x ∈R ，不等式2230mx mx ++>恒成立，求实数m 的取值范围．【答案】此题需要对m 的取值进行讨论，设2()23f x mx mx =++．①当0m =时，30>，显然成立．②当0m >时，则0∆<03m ⇒<<．③当0m <时，显然不等式不恒成立．由①②③知[0,3)m ∈．9.不等式210x ax ++≥对一切102x ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦，成立，则a 的最小值为（ ）A ．0B ．2-C ．52- D ．3-【解析】∵0x >，故本题的条件等价于1a x x --≥对102x ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦，恒成立．此时1x x --的最大值为52-，故a 的最小值为52-．【答案】C10.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-∞∞，，【关键字】2009年，重庆高考【解析】31x x +--的最大值为4，故234a a -≥时满足题意，解得4a ≥或1a -≤． 【答案】A11.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 ． 【解析】设22()(4)42(2)(2)g a x a x a x a x =+-+-=-+-，则()g a 的图象为一直线，在[11]a ∈-，上恒大于0，故有(1)0(1)0g g ->⎧⎨>⎩，即22560320x x x x ⎧-+>⎨-+>⎩， 解得：1x <或3x >．∴x 的取值范围是(1)(3)-∞+∞，，．【答案】(1)(3)-∞+∞，， 12.若不等式lg 21lg()axa x <+在[1,2]x ∈时恒成立，试求a 的取值范围．【解析】由题设知120x ax ⎧⎨>⎩≥，得0a >，可知1a x +>，所以lg()0a x +>．原不等式变形为lg 2lg()ax a x <+．∴2ax a x <+，即(21)x a x -<．又[1,2]x ∈，可得210x -> ∴11121221x a x x ⎛⎫<=+ ⎪--⎝⎭恒成立． 设11()1221f x x ⎛⎫=+ ⎪-⎝⎭，在[1,2]x ∈上为减函数，可得min 2()(2)3f x f ==，知23a <．综上知203a <<． 【答案】203a <<13.若(]1x ∈-∞-，，()21390x x a a ++->恒成立，求实数a 的取值范围.【解析】原不等式2319x xa a --⇔->，则有231max 9x xa a ⎧⎫--->⎨⎬⎩⎭① 令223111933x x x xy u u --⎛⎫⎛⎫==--=-- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭(设13xu ⎛⎫= ⎪⎝⎭).由(]1x ∈-∞-，得[)3u ∈+∞，. 2y u u =--在[)3u ∈+∞，上最大值为12-，代入①得，212a a ->-，解得34a -<<.故实数a 的取值范围为{}|34a a -<<.【答案】{}|34a a -<<14.设()222f x x ax =-+，当[)1x ∈-+∞，时，都有()f x a ≥恒成立，求a 的取值范围.【解析】图1设()()222F x f x a x ax a =-=-+-，则问题转化为当[)1x ∈-+∞，时，()0F x ≥恒成立.⑴当()()4120a a ∆=-+≤，即21a -<<时，对一切[)1x ∈-+∞，，总有()0F x ≥成立. ⑵若()()4120a a ∆=-+>时，由图1可知，()0F x ≥的充要条件是()010212F a⎧⎪∆>⎪⎪-⎨⎪-⎪--⎪⎩≥≤()()120301a a a a -+>⎧⎪⇔+⎨⎪-⎩≥≤32a ⇔-<-≤，综上所述可知，a 的取值范围是[]31a ∈-，. 【答案】[]31a ∈-，15.设对所有实数x ，不等式()()2222224112log 2log log 014a a ax x a a a ++++>+恒成立，求a 的取值范围.【解析】由题意得⑴()()22222412log 2log 011log 04a aa a a a +⎧==⎪+⎪⎨+⎪>⎪⎩或⑵()()()22222220141log 041122log 4log log 014aa a a a a a a a a ⎧>⎪+⎪⎪+⎪>⎨⎪⎪++⎛⎫⎪-⋅< ⎪+⎪⎝⎭⎩①②③ 易见⑴的解集为∅.下面我们解⑵. 令1a t a +=，②可变为221log 4log 0a a++>，即22log 0t +> ④由③有222log 4log 50t t +-> ⑤联立解之得2t >，即12a a+>，解得01a <<.所以当01a <<时不等式恒成立.【答案】01a <<16.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． 【解析】原不等式可化为2(2)4(1)0a x x a +++-≥ ①⑴当20a +=，即2a =-时，①式可化为34x ≥，不满足对任意实数x 恒成立，故2a ≠-．⑵当20a +≠时，欲使①式对任意实数x 恒成立必须满足200a +>⎧⎨∆⎩≤，即2244(2)(1)0a a a >-⎧⎨-+-⎩≤，解得2a ≥．故实数a 的取值范围为[2,)+∞．【答案】[2,)+∞17.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 ．【解析】2211()24t x x x ⎛⎫>-+=-++ ⎪⎝⎭，对x ∈R 恒成立，故14t >．【答案】1,4⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭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 ≤【解析】19x x +++的最小值为8，故8a <即可．【答案】A18.在R 上定义运算⊗：)1(y x y x -=⊗．若不等式1)()(<+⊗-a x a x 对任意实数x 成立，则（ ）A ．11<<-aB ．20<<aC ．2321<<-a D ．2123<<-a 【关键字】2005年，辽宁高考【解析】∵()()()(1)x a x a x a x a -⊗+=---，∴不等式()()1x a x a -⊗+<对任意实数x成立，则()(1)1x a x a ---<对任意实数x 成立，即使2210x x a a --++>对任意实数x 成立，∴214(1)0a a ∆=--++<，解得1322a -<<，故选C ．【答案】C19.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．【解析】[1,4]M ⊆有两种情况：其一是M =∅，此时0∆<；其二是M ≠∅，此时0∆=或0∆>；故分三种情况计算a 的取值范围．设2()22f x x ax a =-++，有22(2)4(2)4(2)a a a a ∆=--+=--， ①当0∆<时，12a -<<，[1,4]M =∅⊆；②当0∆=时，1a =-或2；当1a =-时，{1}[1,4]M =-⊄；当2a =时，{2}[1,4]M =⊆；∴2a =满足题意； ③当0∆>时，1a <-或2a >．设方程()0f x =的两根12,x x ，且12x x <， 那么12[,]M x x =，[1,4]M ⊆⇔1214x x ≤≤≤(1)0,(4)014,0f f a ⎧⇔⎨∆>⎩≥且≥≤≤且，即3018701412a a a a a -+⎧⎪-⎪⎨⎪⎪<->⎩或≥≥≤≤，解得1827a <≤．综上知：[1,4]M ⊆时，a 的取值范围是18(1,]7-.【答案】18(1,]7- 20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 ．【关键字】2009，福建省上杭二中08－09学年单元质量检查必修5数学试题【答案】30k -<≤21.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．【解析】因为()f x 是奇函数且在R 上是递增函数，所以(3)(392)x x x f m f ⋅<-++，化为23(1)320x x m -++>．令30x t =>，则原不等式化为2(1)20t m t -++>．令2()(1)2g t t m t =-++，问题转化为当0t >时，使二次函数()0g t >恒成立的实数m 的取值范围． 借助二次函数的图象与性质，且注意到(0)20g =>，问题转化为0<△或0102m ⎧⎪⎨+⎪⎩△≥≤，即2(1)80m +-<或2(1)8010m m ⎧+-⎨+⎩≥≤．解各(,1)m ∈-∞．【答案】(,1)m ∈-∞22. 已知集合(){}121212|00D x x x x x x k =>>+=，，，(其中k 为正常数). ⑴ 设12u x x =，求u 的取值范围；⑵ 求证：当1k ≥时不等式212121122k x x x x k ⎛⎫⎛⎫⎛⎫--- ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭≤对任意()12x x D ∈，恒成立；⑶ 求使不等式212121122k x x x x k ⎛⎫⎛⎫⎛⎫--- ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭≥对任意()12x x D ∈，恒成立的2k 的范围.【关键字】2008年，广东惠州模拟【答案】⑴ 22121224x x k x x +⎛⎫= ⎪⎝⎭≤，当且仅当122k x x ==时等号成立，故u 的取值范围为204k ⎛⎤ ⎥⎝⎦，. ⑵ 方法一：(函数法)121212*********x x x x x x x x x x x x ⎛⎫⎛⎫--=+-- ⎪⎪⎝⎭⎝⎭222121212121212112x x k x x x x x x x x x x +-=+-=-+212k u u -=-+ 由204k u <≤，又2110k k -≥，≥，∴()212k f u u u -=-+在204k ⎛⎤ ⎥⎝⎦，上是增函数，所以212121112k x x u x x u ⎛⎫⎛⎫---=-+ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭222222142224424k k k k k k k -⎛⎫-+=-+=- ⎪⎝⎭≤即当1k ≥时不等式212121122k x x x x k ⎛⎫⎛⎫⎛⎫--- ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭≤成立.解法二：(不等式证明的作差比较法)212121122k x x x x k ⎛⎫⎛⎫⎛⎫---- ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭21212212211424x x k x x x x x x k =+----+ 21212212211424x x k x x x x k x x ⎛⎫⎛⎫=----+- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭()22212121221212444x x k x x k x x k x x x x ---=--， 将()2212124k x x x x -=-代入得212121122k x x x x k ⎛⎫⎛⎫⎛⎫---- ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭()()2221212212444x x k x x k k x x ---=， ∵()21201x x k -≥，≥时，()2222121244410k x x k k k x x --=--<， ∴()()22212122124404x x k x x k k x x ---≤，即当1k ≥时不等式212121122k x x x x k ⎛⎫⎛⎫⎛⎫--- ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭≤成立.⑶ 方法一：(函数法)记()212121112k x x u f u x x u ⎛⎫⎛⎫---=++= ⎪⎪⎝⎭⎝⎭，则22224k k f k ⎛⎫⎛⎫-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， 即求使()24k f u f ⎛⎫ ⎪⎝⎭≥对204k u ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦，恒成立的k 的范围.由⑵知，要使212121122k x x x x k ⎛⎫⎛⎫⎛⎫--- ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭≥对任意()12x x D ∈，恒成立，必有01k <<，因此210k ->，∴函数()212k f u u u-=++在(0上递减，在)+∞上递增，要使函数()f u 在204k ⎛⎤ ⎥⎝⎦，上恒有()24k f u f ⎛⎫ ⎪⎝⎭≥，必有24k 4216160k k +-≤，解得208k <≤.方法二：(不等式证明的作差比较法)由⑵可知212121122k x x x x k ⎛⎫⎛⎫⎛⎫---- ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭()()2221212212444x x k x x k k x x ---=， 要不等式恒成立，必须2212440k x x k --≥恒成立，即212244k x x k -≤恒成立，由21204k x x <≤得222444k k k-≤，即4216160k k +-≤，解得208k <≤. 因此不等式212121122k x x x x k ⎛⎫⎛⎫⎛⎫--- ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭≥恒成立的2k的范围是208k <≤.24.若关于x 的方程9(4)340x x a +++=有解，求实数a 的取值范围.【解析】法一：∵944(4)3433x x x x a +-+==+≥，当且仅当32x =时，等号成立，此44a +-≤，∴8a -≤法二：3(0)x t t =>，∴2(4)40t a t +++=，∴2(4)0(4)160a a -+>⎧⎨+-⎩≥，解得：480a a a <-⎧⎨-⎩≤≥或，∴8a -≤ 【答案】8a -≤25.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 ． 【关键字】2008，广东高考【解析】方程即211044a a x x ⎡⎤-+=--∈⎢⎥⎣⎦，，利用绝对值的几何意义（或零点分段法进行求解）可得实数a 的取值范围为104⎡⎤⎢⎥⎣⎦，．【答案】104⎡⎤⎢⎥⎣⎦，26.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 <- 【关键字】安徽省涡阳一中2008年必修5数学期中考试卷【解析】法一：由已知条件有，函数2284y x x a =---的对称轴为2x =，数形结合，知0∆≤时一定成立，即12a -≤成立，若0∆>，即12a >-，要使22840x x a --->在14x <<内有解，只需(4)0f >，解得：4a <-．法二：由已知有2284a x x <--，设2()284g x x x =--，且()14x ∈，，则[)()124g x ∈--，，则4a <-． 【答案】A27.已知函数()f x x a =-．⑴ 若不等式()3f x ≤的解集为{}|15x x -≤≤，求实数a 的值；⑵在⑴的条件下，若()(5)f x f x m ++≥对一切实数x 恒成立，求实数m 的取值范围．【关键字】2010年，福建高考【答案】解法一：⑴ 由()3f x ≤得3x a -≤，解得33a x a -+≤≤． 又已知不等式()3f x ≤的解集为{}|15x x -≤≤，所以3135a a -=-⎧⎨+=⎩，，解得2a =．⑵ 当2a =时，()2f x x =-．设()()(5)g x f x f x =++，于是()2132353221 2.x x g x x x x x x --<-⎧⎪=-++=-⎨⎪+>⎩，，，≤≤，，所以当3x <-时，()5g x >；当32x -≤≤时，()5g x =；当2x >时，()5g x >． 综上可得，()g x 的最小值为5．从而，若()()5f x f x m ++≥即()g x m ≥对一切实数x 恒成立，则m 的取值范围为(]5-∞，． 解法二：⑴ 同解法一．⑵ 当2a =时，()2f x x =-．设()()(5)g x f x f x =++．由()()23235x x x x -++--+=≥（当且仅当32x -≤≤时等号成立）得，()g x 的最小值为5．从而，若 ()(5)f x f x m ++≥即()g x m ≥对一切实数x 恒成立，则m 的取值范围为(]5-∞，．。
数学中的恒成立与有解问题
数学中的恒成立与有解问题一、恒成立问题若不等式()A x f >在区间D 上恒成立,则等价于在区间D 上()min f x A >若不等式()B x f <在区间D 上恒成立，则等价于在区间D 上()max f x B < 常用方法1、分离变量法；2、数形结合法；3、利用函数的性质;4、变更主元等;1、由二次函数的性质求参数的取值范围例题1.若关于x 的不等式2220ax x ++>在R 上恒成立，求实数a 的取值范围. 解题思路:结合二次函数的图象求解解析：当0a =时，不等式220x +>解集不为R ，故0a =不满足题意；当0a ≠时，要使原不等式解集为R ，只需202420a a >⎧⎨-⨯<⎩，解得12a >综上，所求实数a 的取值范围为1(,)2+∞2、转化为二次函数的最值求参数的取值范围例题2:已知二次函数满足(0)1f =，而且(1)()2f x f x x +-=，请解决下列问题 （1） 求二次函数的解析式。
（2） 若()2f x x m >+在区间[1,1]-上恒成立 ,求m 的取值范围。
解题思路：先分离系数，再由二次函数最值确定取值范围。
解析：(1)设2()(0)f x ax bx c a =++≠.由(0)1f =得1c =，故2()1f x ax bx =++. ∵(1)()2f x f x x +-= ∴22(1)(1)1(1)2a x b x ax bx x ++++-++=即22ax a b x ++=，所以22,0a a b =+=，解得1,1a b ==- ∴2()1f x x x =-+ (2）由(1）知212x x x m -+>+在[1,1]-恒成立，即231m x x <-+在[1,1]-恒成立。
令2235()31()24g x x x x =-+=--，则()g x 在[1,1]-上单调递减。
_恒成立问题_与_有解问题_的区分及解题策略
例 9 设 a ∈ R ，函数 f ( x) = ax3 − 3 x 2 ，若函数
∵ −1 ≤ a ≤ 1 ， ∴| x1 − x2 |= a 2 + 8 ≤ 3 ．
1] 恒成立， 所以 m 2 + tm + 1 ≥ 3 对任意 t ∈ [−1， 此时
采用“分离参数法”，即先把参数（所求的那个字母） 分离出来，然后利用下列原理： a > f ( x) 有解 ⇔ a > f ( x) min ；
a < f ( x) 恒成立 ⇔ a < f ( x) min ．
例 2 若不等式 2 x − 1 > m ( x 2 − 1) 对满足 m ≤ 2 的
所有 m 都成立，求 x 的取值范围． 解析 “ x ”是参数， “ m ”是变量． 显然“ x ”不好分 离，所以选用“构造函数法” ． 所以对满足 m ≤ 2 的 m ， f ( m ) < 0 恒成立，
a < f ( x) 有解 ⇔ a < f ( x) max ； a = f ( x) 有解 ⇔ a ∈ f ( x) 值域． 2) 有解， 求实 例 3 已知方程 − x 2 + x + a = 0 在 (1 ，
变量只剩“ t ”，考察“ t ”的函数． 设 g (t ) = m 2 + tm − 2 = mt + (m 2 − 2) 是关于 t 的一 次函数， 观察一次函数图形知道 g(−1) = m2 −维品质． 其次，在解题后进行反思，归纳解题规律．通 过多题同解、一题多变，做到举一反三，触类旁通． 最后，思考解题中涉及到哪些知识要点和数学 思想方法，解题方法能否推广，解题过程有没有漏 洞，解题结果是否正确、合理？通过解题反思，巩 固所学的知识，重构自己的认知结构，从而发展思 维，提高探索能力，引发再创造． 数学教育家弗赖登塔尔认为：反思是数学创造 性思维的重要表现，它是一种高层次的数学创新活 动，是数学活动的动力，必须教育学生对自己的判 断与活动进行思考并加以证实，以便他们学会反 思．教学实践表明：反思是学好数学的关键之一．
恒成立问题与有解问题的区别(1)
f(p)min >0(x∈[-2,2])
\
即
ìïïíïïî xxfx(-p1)<11m0i或n =xf(2)>10或或xxìïïíïïî
x-1＞0 f(p)min =f(-2)>0
或
ìïïíïïî
x-1＝0 f(p)=0>0
a 的取值范围
解：当 a 0 时,不等式 2x 2 0 解集不为 R ,故 a 0 不满足
题意;
当 a 0 时,要使原不等式解集为 R ,只需 a 0
解得 a 1
22 4 2a 0
2
综上,所求实数 a 的取值范围为 (1 , )
2
五、二次形（相对于变量为二次的）
值范围为 (2,+∞) 。
(5) 存在x [2,+∞)使不等式x<a成立,则实数a的取
值范围为 (2,+∞) 。
(6)存在x (2 ,+∞]不等式x<a成立,则实数a的取值
范围为 (2,+∞)。
三、含参数的不等式的恒成立与有解的区别，但可以互相转化 恒成立和有解是有明显区别的，但可以互相转化。 以下充要条件应细心思考，甄别差异，恰当使用，等价转化，切不可混为一团。
（4）不等式 f(x)>k 在 xI 时有解? f(x)max k•,•xI. 或 f(x)的上界大于 k；
例5、已知|p|≤2,(1)对所有实数p,求使不等式x2+ px+1>p+2x都成立的x的取值范围. (2)存在实数p,求 使不等式x2+px+1>p+2x成立的x的取值范围。
另类“恒成立”与“有解”问题——对《新高考试卷中的全称量词和存在量词》的补充
f ( x) a > m.
( 2) 当 x I 时, 函数f (x) 的值域为(m, + &), 则
x I, a > f (x) a ;
x I, a f (x) a ;
x I, a < f ( x) a R;
x I, a % f ( x) a R.
( 3) 当 x I 时, 函数 f ( x) 的值域为(- &, n), 则
x I, a < f ( x) a % m; x I, a <
f (x) a < n;
x I, a % f ( x) a % m; x I, a %
f (x) a < n;
x I, a > f ( x) a n; x I, a >
f ( x) a > m;
x I, a f ( x) a n; x I, a
1 2
x2
-
lnx -
a>
0
x
( 1, 2) , a <
1 2
x2
-
lnx.
当 x ( 1, 2) 时, f ( x) =1,22
ln2 , 故 a <
2-
ln2.
小结 # 当函数 f ( x) 的最值不存在时的 恒
成立 和 有解 问题可以这样处理:
( 1) 当 x I 时, 函数 f ( x) 的值域为(m, n) , 则
( 收稿日期: 2 00 9! 12! 2 0)
当函数的最大或最小值不存在时, 该如何思考?
例 1 # ( 文[ 1] 中例 1 改编题 1) x ( 1, 2) ,
1 2
x2
-
lnx -
不等式专题：一元二次不等式恒成立和有解问题-【题型分类归纳】(解析版)
一元二次不等式恒成立和有解问题一、一元二次不等式在实数集上的恒成立1、不等式20ax bx c >＋＋对任意实数x 恒成立⇔00==⎧⎨>⎩a b c 或0Δ<0>⎧⎨⎩a2、不等式20ax bx c <＋＋对任意实数x 恒成立⇔00==⎧⎨<⎩a b c 或0Δ<0<⎧⎨⎩a【注意】对于二次不等式恒成立问题，恒大于0就是相应的二次函数的图像在给定的区间上全部在x 轴上方； 恒小于0就是相应的二次函数的图像在给定的区间上全部在x 轴下方．二、一元二次不等式在给定区间上的恒成立问题求解方法方法一：若()0>f x 在集合A 中恒成立，即集合A 是不等式()0>f x 的解集的子集，可以先求解集，再由子集的含义求解参数的值(或范围)；方法二：转化为函数值域问题，即已知函数()f x 的值域为[,]m n ，则()≥f x a 恒成立⇒min ()≥f x a ，即≥m a ；()≤f x a 恒成立⇒max ()≤f x a ，即≤n a .三、给定参数范围的一元二次不等式恒成立问题解决恒成立问题一定要清楚选谁为主元，谁是参数；一般情况下，知道谁的范围，就选谁当主元，求谁的范围，谁就是参数. 即把变元与参数交换位置，构造以参数为变量的函数，根据原变量的取值范围列式求解。
四、常见不等式恒成立及有解问题的函数处理方法不等式恒成立问题常常转化为函数的最值来处理，具体如下： 1、对任意的[,]∈x m n ，()>a f x 恒成立⇒max ()>a f x ； 若存在[,]∈x m n ，()>a f x 有解⇒min ()>a f x ；若对任意[,]∈x m n ，()>a f x 无解⇒min ()≤a f x .2、对任意的[,]∈x m n ，()<a f x 恒成立⇒min ()<a f x ； 若存在[,]∈x m n ，()<a f x 有解⇒max ()<a f x ； 若对任意[,]∈x m n ，()<a f x 无解⇒max ()≥a f x .题型一 一元二次不等式在实数集上的恒成立问题【例1】若关于x 的不等式2220ax ax --<恒成立，则实数a 的取值范围为（ ） A ．[]2,0- B ．(]2,0- C ．()2,0- D ．()(),20,-∞-⋃+∞ 【答案】B【解析】当0=a 时，不等式成立；当0≠a 时，不等式2220--<ax ax 恒成立，等价于()()20,2420,<⎧⎪⎨∆=--⨯-<⎪⎩a a a 20∴-<<a ． 综上，实数a 的取值范围为(]2,0-．故选：B ．【变式1-1】“不等式20-+>x x m 在R 上恒成立”的充要条件是（ ） A ．14>m B ．14<m C ．1<mD ．1>m 【答案】A【解析】∵不等式20-+>x x m 在R 上恒成立，∴2(1)40∆--<＝m ，解得14>m ， 又∵14>m ，∴140∆=-<m ，则不等式20-+>x x m 在R 上恒成立， ∴“14>m ”是“不等式20-+>x x m 在R 上恒成立”的充要条件，故选：A.【变式1-2】已知关于x 的不等式2680-++>kx kx k 对任意∈x R 恒成立，则k 的取值范围是（ ）A ．01k ≤≤B ．01k ≤< C ．0k <或1k > D ．0k ≤或1k > 【答案】B【解析】当0=k 时，80>恒成立，符合题意；当0≠k 时，由题意有()()2Δ6480>⎧⎪⎨=--+<⎪⎩k k k k ，解得01<<k ， 综上，01≤<k .故选：B.【变式1-3】已知关于x 的不等式()()221110a x a x ----<的解集为R ，则实数a 的取值范围（ ）A ．3,15⎛⎫- ⎪⎝⎭B ．3,15⎛⎤- ⎥⎝⎦C ．[)3,1,5⎛⎫-∞-⋃+∞ ⎪⎝⎭D ．()3,1,5⎛⎫-∞-⋃+∞ ⎪⎝⎭【答案】B【解析】当1a =时，不等式为10-<，对x R ∀∈恒成立，所以满足条件当1a =-时，不等式为210x -<，解集为1,2⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭，不满足题意当210a ->时，对应的二次函数开口向上，()()221110ax a x ----<的解集一定不是R ，不满足题意当210a -<，11a -<<时，若不等式()()221110a x a x ----<的解集为R ，则()()221410a a ∆=-+-<，解得：315a -<<，综上，315a -<≤故选：B【变式1-4】关于x 的不等式21x x a x +≥-对任意x ∈R 恒成立，则实数a 的取值范围是（ ）A ．[]1,3-B ．(],3-∞C ．(],1-∞D ．(][),13,-∞⋃+∞ 【答案】B【解析】当0x =时，不等式为01≥-恒成立，a R ∴∈；当0x ≠时，不等式可化为：11a x x ≤++，0x >，12x x ∴+≥（当且仅当1x x=，即1x =±时取等号），3a ∴≤； 综上所述：实数a 的取值范围为(],3-∞.故选：B.题型二 一元二次不等式在某区间上的恒成立问题【例2】若14x <≤时，不等式()2241x a x a -++≥--恒成立，求实数a 的取值范围.【答案】(,4]-∞.【解析】对于任意的14x <≤，不等式()22241(1)25x a x a x a x x -++≥--⇔-≤-+，即2254(1)11x x a x x x -+≤=-+--， 因此，对于任意的14x <≤，2254(1)11x x a x x x -+≤=-+--恒成立， 当14x <≤时，013x <-≤，44(1)(1)411x x x x -+≥-⋅=--， 当且仅当411x x -=-，即3x =时取“=”，即当3x =时，4(1)1x x -+-取得最小值4，则4a ≤， 所以实数a 的取值范围是(,4]-∞.【变式2-1】已知2(2)420+-+-x a x a对[)2,∀∈+∞x 恒成立，则实数a 的取值范围________. 【答案】(],3-∞【解析】因为2(2)420x a x a +-+-对[)2,x ∀∈+∞恒成立，即4222x a x ++-≥+在[)2,x ∀∈+∞时恒成立，令2,4x t t +=≥， 则4222x x ++-+代换为42t t +-，令4()2g t t t=+-， 由对勾函数可知，()g t 在[)4,t ∈+∞上单增，所以min ()(4)3g t g ==， 所以(],3a ∈-∞.故答案为：(],3-∞【变式2-2】已知二次函数222y x ax =++.若15x ≤≤时，不等式3y ax >恒成立，求实数a 的取值范围. 【答案】22<a .【解析】不等式()3f x ax >即为：220x ax -+>，当[]1,5x ∈时，可变形为：222x a x x x+<=+，即min 2()a x x <+. 又2222x x x x+≥+= 当且仅当2x x=，即[]21,5x =时，等号成立，min 2()22x x∴+=22a <故实数a 的取值范围是：22a <【变式2-3】若不等式2(1)10x a x +-+≥对一切(1,2]x ∈都成立，则a 的最小值为（ ）A ．0B ．2-C ．222-D ．5- 【答案】D【解析】记22()(1)11f x x a x x ax a =+-+=++-，要使不等式()2110x a x +-+≥对一切(1,2]x ∈都成立，则：12(1)20a f ⎧-≤⎪⎨⎪=≥⎩或2122()1024a a a f a ⎧<-<⎪⎪⎨⎪-=--+≥⎪⎩或22(2)50a f a ⎧-≥⎪⎨⎪=+≥⎩ 解得2a ≥-或42a -<<-或54a -≤≤-，即5a ≥-.故选：D【变式2-4】不等式225732ax x a x +->-对一切()1,0a ∈-恒成立，则实数x 的取值范围是（ ）A ．(]1,4,2⎡⎫-∞-⋃+∞⎪⎢⎣⎭B ．(][),41,-∞-⋃-+∞C ．()4,1--D ．14,2⎛⎫- ⎪⎝⎭【答案】A【解析】令()()227532=-+-+f a a x x x ，对一切()1,0a ∈-均大于0恒成立，所以()()22270175320⎧->⎪⎨-=--+-+≥⎪⎩x f x x x ，或()227005320⎧-<⎪⎨=-+≥⎪⎩x f x x ，或22705320⎧-=⎪⎨-+≥⎪⎩x x x ， 解得4x ≤-或7x >172≤<x 7x =综上，实数x 的取值范围是4x ≤-，或12x ≥，故选：A.题型三 给定参数范围的一元二次不等式恒成立问题【例3】当[]2,3a ∈时，不等式210ax x a -+-≤恒成立，求的取值范围．【答案】1,12⎡⎤-⎢⎥⎣⎦【解析】由题意不等式210ax x a -+-≤对[]2,3a ∈恒成立，可设2()(1)(1)f a x a x =-+-+，[]2,3a ∈，则()f a 是关于a 的一次函数，要使题意成立只需(2)0(3)0f f ≤⎧⎨≤⎩，即22210320x x x x ⎧--≤⎨--≤⎩，解2210x x --≤，即()()2110x x +-≤得112x -≤≤，解2320x x --≤，即()()3210x x +-≤得213x -≤≤，所以原不等式的解集为1,12⎡⎤-⎢⎥⎣⎦，所以x 的取值范围是1,12⎡⎤-⎢⎥⎣⎦．【变式3-1】若命题“[]()21,3,2130a ax a x a ∃∈---+-<”为假命题，则实数x 的取值范围为（ ）A ．[]1,4-B ．50,3⎡⎤⎢⎥⎣⎦C ．[]51,0,43⎡⎤⎢⎥⎣-⎦D ．[)51,0,43⎛⎤- ⎥⎝⎦【答案】C【解析】命题“[]()21,3,2130a ax a x a ∃∈---+-<”为假命题，其否定为真命题，即“[]()21,3,2130a ax a x a ∀∈---+-≥”为真命题．令22()23(21)30g a ax ax x a x x a x =-++-=--++≥，则(1)0(3)0g g -≥⎧⎨≥⎩，即22340350x x x x ⎧-++≥⎨-≥⎩，解得14503x x x -≤≤⎧⎪⎨≥≤⎪⎩或，所以实数x 的取值范围为[]51,0,43⎡⎤⎢⎥⎣-⎦.故选：C【变式3-2】已知[]1,1∈-a ，不等式2(4)420x a x a +-+->恒成立，则x 的取值范围为( ) A ．()()3,,2∞-∞+ B ．()()2,,1∞-∞+ C ．()()3,,1∞-∞+D ．()1,3 【答案】C【解析】令()2(2)44f a x a x x =-+-+，则不等式2(4)420x a x a +-+->恒成立转化为()0f a >在[1,1]a ∈-上恒成立．∴有(1)0(1)0f f ->⎧⎨>⎩，即22(2)4402440x x x x x x ⎧--+-+>⎨-+-+>⎩， 整理得：22560320x x x x ⎧-+>⎨-+>⎩，解得：1x <或3x >．∴x 的取值范围为()(),13,-∞⋃+∞．故选：C ．【变式3-3】已知当11a -≤≤时，()24420x a x a +-+->恒成立，则实数x 的取值范围是（ ）A ．(),3-∞B ．][(),13,∞∞-⋃+C ．(),1-∞D ．()(),13,-∞⋃+∞ 【答案】D【解析】()24420x a x a +-+->恒成立，即()22440x a x x -+-+>，对任意得[]1,1a ∈-恒成立， 令()()2244f a x a x x =-+-+，[]1,1a ∈-，当2x =时，()0f a =，不符题意，故2x ≠， 当2x >时，函数()f a 在[]1,1a ∈-上递增，则()()2min 12440f a f x x x =-=-++-+>，解得3x >或2x <（舍去），当2x <时，函数()f a 在[]1,1a ∈-上递减，则()()2min 12440f a f x x x ==-+-+>，解得1x <或2x >（舍去），综上所述，实数x 的取值范围是()(),13,-∞⋃+∞.故选：D.【变式3-3】不等式225732ax x a x +->-对一切()1,0a ∈-恒成立，则实数x 的取值范围是（ ）A ．(]1,4,2⎡⎫-∞-⋃+∞⎪⎢⎣⎭B ．(][),41,-∞-⋃-+∞C ．()4,1--D ．14,2⎛⎫- ⎪⎝⎭【答案】A【解析】令()()227532=-+-+f a a x x x ，对一切()1,0a ∈-均大于0恒成立，所以 ()()22270175320⎧->⎪⎨-=--+-+≥⎪⎩x f x x x ，或()227005320⎧-<⎪⎨=-+≥⎪⎩x f x x ， 或22705320⎧-=⎪⎨-+≥⎪⎩x x x ，解得4x ≤-或7x >172≤<x 7x = 综上，实数x 的取值范围是4x ≤-，或12x ≥.故选：A.题型四 一元二次不等式在实数集上的有解问题【例4】已知不等式20kx x k -+<有解，则实数k 的取值范围为__________. 【答案】1,2⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭【解析】当0k =时，0x -<，符合题意当0k >时，令2y kx x k =-+，由不等式20kx x k -+<有解，即2140k ∆=->，得102k <<当0k <时， 2y kx x k =-+开口向下，满足20kx x k -+<有解，符合题意综上，实数k 的取值范围为1,2k ⎛⎫∈-∞ ⎪⎝⎭【变式4-1】若关于x 的不等式2210ax x ++<有实数解，则a 的取值范围是_____． 【答案】(),1-∞【解析】当0a =时，不等式为210x +<有实数解，所以0a =符合题意；当0a <时，不等式对应的二次函数开口向下， 所以不等式2210ax x ++<有实数解，符合题意； 当0a >时，要使不等式2210ax x ++<有实数解， 则需满足440∆=->a ，可得1a <，所以01a <<， 综上所述：a 的取值范围是(),1-∞.【变式4-2】x R ∃∈，使得不等式231x x m -+<成立，则m 的取值范围是___________.【答案】11,12⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭【解析】令()22111313612f x x x x ⎛⎫=-+=-+ ⎪⎝⎭，则()min 1112f x =，因为x R ∃∈，使得不等式231x x m -+<成立， 所以1112m >， 则m 的取值范围是11,12⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭，【变式4-3】若关于x 的不等式29(2)04ax a x -++<有解，则实数a 的取值范围是____________． 【答案】(,1)(4,)-∞+∞【解析】当0a =时，不等式为9204x -+<有解，故0a =，满足题意；当0a >时，若不等式29(2)04ax a x -++<有解， 则满足29(2)404a a ∆=+-⋅>，解得1a <或4a >；当0a <时，此时对应的函数的图象开口向下，此时不等式29(2)04ax a x -++<总是有解，所以0a <，综上可得，实数a 的取值范围是(,1)(4,)-∞+∞.题型五 一元二次不等式在某区间上的恒成立问题【例5】已知关于x 的不等式2630mx x m -+<在(]02，上有解，则实数m 的取值范围是（ ）A ．(3-∞，B ．127⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭， C ．()3+∞， D ．127⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭， 【答案】A【解析】由题意得，2630mx x m -+<，(]02x ∈，，即263xm x <+ ， 故问题转化为263xm x <+在(]02，上有解， 设26()3x g x x =+，则266()33x g x x x x==++，(]02x ∈，， 对于323x x+≥，当且仅当3(0,2]x =时取等号， 则max ()323g x ==3m <，故选：A【变式5-1】已知命题p ：“15∃≤≤x ，250x ax -->”为真命题，则实数a 的取值范围是（ ）A ．4a <B ．4aC ．4a >D ．4a >-【答案】A 【解析】由题意，当15x ≤≤时，不等式250x ax -->有解，等价于“15x ∀≤≤，250x ax --≤恒成立”为真时对应a 取值集合的补集 若15x ∀≤≤，250x ax --≤恒成立为真命题， 需满足25550a --≤且150a --≤，解得4a ≥． 因此p 命题成立时a 的范围时4a <，故选：A ．【变式5-2】若关于x 的不等式22(1)0x m x m -+-≥在(1,1)-有解，则m 的取值范围为（ ）A ．(,1][0,)-∞-+∞B ．(,1)(0,)-∞-+∞ C ．[0,1] D ．(0,1) 【答案】B【解析】令22()(1)f x x m x m =-+-，其对称轴为202m x =≥， 关于x 的不等式22(1)0x m x m -+-≥在(1,1)-有解， 当(1,1)x ∈-时，有()(1)f x f <-，(1)0f ∴->，即20m m +>，可得0m >或1m <-．故选：B ．【变式5-3】已知当12x ≤≤时，存在x 使不等式()()14m x m x -++<成立，则实数m 的取值范围为（ ）A ．{}22m m -<<B ．{}12m m -<<C ．{}32m m -<<D ．{}12m m <<【答案】C【解析】由()()14m x m x -++<可得224m m x x +<-+，由题意可得()22max 4m m x x +<-+，且12x ≤≤，令()24f x x x =-+对称轴为12x =，开口向上，所以()24f x x x =-+在[]1,2上单调递增， 所以2x =时，()()2max 22246f x f ==-+=，所以26m m +<，解得：32m -<<， 所以实数m 的取值范围为{}32m m -<<，故选：C.【变式5-4】关于x 的不等式2244x x a a -+≥在[]1,6内有解，则a 的取值范围为________．【答案】[]2,6-【解析】2244x x a a -+≥在[]1,6内有解，()22max 44a a x x ∴-≤-，其中[]1,6x ∈；设()2416y x x x =-≤≤， 则当6x =时，max 362412y =-=， 2412a a ∴-≤，解得：26a -≤≤，a ∴的取值范围为[]2,6-.。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
数学中的恒成立与有解问题一、恒成立问题若不等式()A x f >在区间D 上恒成立,则等价于在区间D 上()min f x A >若不等式()B x f <在区间D 上恒成立,则等价于在区间D 上()max f x B < 常用方法1、分离变量法；2、数形结合法；3、利用函数的性质；4、变更主元等；1、由二次函数的性质求参数的取值范围例题1.若关于x 的不等式2220ax x ++>在R 上恒成立,求实数a 的取值范围. 解题思路：结合二次函数的图象求解解析：当0a =时,不等式220x +>解集不为R ,故0a =不满足题意;当0a ≠时,要使原不等式解集为R ,只需202420a a >⎧⎨-⨯<⎩,解得12a >综上,所求实数a 的取值范围为1(,)2+∞2、转化为二次函数的最值求参数的取值范围例题2：已知二次函数满足(0)1f =，而且(1)()2f x f x x +-=，请解决下列问题 （1） 求二次函数的解析式。
（2） 若()2f x x m >+在区间[1,1]-上恒成立 ，求m 的取值范围。
解题思路：先分离系数,再由二次函数最值确定取值范围.解析：(1)设2()(0)f x ax bx c a =++≠.由(0)1f =得1c =,故2()1f x ax bx =++. ∵(1)()2f x f x x +-= ∴22(1)(1)1(1)2a x b x ax bx x ++++-++=即22ax a b x ++=,所以22,0a a b =+=,解得1,1a b ==- ∴2()1f x x x =-+ (2)由(1)知212x x x m -+>+在[1,1]-恒成立,即231m x x <-+在[1,1]-恒成立.令2235()31()24g x x x x =-+=--,则()g x 在[1,1]-上单调递减.所以()g x 在[1,1]-上的最小值为(1)1g =-.所以m 的取值范围是(,1)-∞-.规律总结：()m f x ≤对一切x R ∈恒成立,则min [()]m f x ≤;()m f x ≥对一切x R ∈恒成立,则max [()]m f x ≥；注意参数的端点值能否取到需检验。
二、有解问题3、方程的有解问题例题3：题干与例题2相同 （1） 同例题2.（2）若()2f x x m =+在区间[1,1]-上恒成立 ，求m 的取值范围。
解题思路：先分离系数,再由二次函数值域确定取值范围. 解析：(1)解法同例题2(2)由(1)知212x x x m -+=+在[1,1]-恒成立,即231m x x =-+在[1,1]-恒成立. 令2235()31()24g x x x x =-+=--,则()g x 在[1,1]-上单调递减.所以()g x 在[1,1]-上的最大值为(1)5g -=，最小值为(1)1g =-，所以m 的取值范围是[]1,5-。
规律总结：若方程()m f x =在某个区间上有解只需求出()f x 在区间上的值域A 使m A ∈。
4、不等式的有解问题 例题4题干与例题2相同 （1） 同例题2.（2） 若()2f x x m >+在区间[1,1]-上有解 ，求m 的取值范围。
解题思路：先分离系数,再由二次函数最值确定取值范围. 解析：(1)解法同例题2(2)由(1)知212x x x m -+>+在[1,1]-有解,即231m x x <-+在[1,1]-有解 令2235()31()24g x x x x =-+=--,则()g x 在[1,1]-上单调递减.所以()g x 在[1,1]-上的最大值为(1)5g -=.所以m 的取值范围是(,5)-∞。
.规律总结：()m f x ≤在区间(),a b 内有解,则[]max ()m f x ≤;()m f x ≥在区间(),a b 内有解,则[]min ()m f x ≥；注意参数的端点值能否取到需检验。
一、确定“主元”思想常量与变量是相对的，一般地，可把已知范围的那个看作自变量，另一个看作常量．例1.对于满足04≤≤p 的一切实数p ，不等式x 2+px>4x+p-3恒成立，求x 的取值范围．分析：习惯上把x 当作自变量，记函数y= x 2+(p-4)x+3-p,于是问题转化为当p []4,0∈时y>0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，这是相当复杂的．若把x 与p 两个量互换一下角色，即p 视为变量，x 为常量，则上述问题可转化为在[0,4]内关于p 的一次函数大于0恒成立的问题．解：设f(p)=(x-1)p+x 2-4x+3，当x=1时显然不满足题意． 由题设知当04≤≤p 时f(p)>0恒成立，∴f(0)>0,f(4)>0即x 2-4x+3>0且x 2-1>0，解得x>3或x<-1．∴x 的取值范围为x>3或x<-1．二、分离变量对于一些含参数的不等式问题，如果能够将不等式进行同解变形，将不等式中的变量和参数进行分离，即使变量和参数分别位于不等式的左、右两边，然后通过求函数的值域的方法将问题化归为解关于参数的不等式的问题。
三、数形结合对于含参数的不等式问题，当不等式两边的函数图象形状明显，我们可以作出它们的图象，来达到解决问题的目的．例3．设]04[，-∈x ，若不等式a x x x -+<--134)4(恒成立，求a 的取值范围． 分析与解：若设函数)4(1x x y --=，则)0(4)2(1212≥=++y y x ，其图象为上半圆． 设函数a x y -+=1342，其图象为直线．在同一坐标系内作出函数图象如图，yy 2y 14- O x依题意要使半圆恒在直线下方，只有圆心)0,2(-到直线03334=-+-a y x 的距离25|338|>-+-=a d 且01>-a 时成立，即a 的取值范围为5-<a ．例5、不等式(x-1)2<log a x 在x ∈(1,2)上恒成立，求a 的取值范围。
分析：这种类型的不等式对高中学生来说直接求解是很困难的，所以一般来说采用数形结合的方法。
解：设y 1=(x-1)2,y 2=log a x,如右图所示 要使对一切x ∈(1,2),y 1<y 2恒成立，显然须a>1, 且log a 2≥1。
∴1<a ≤2四、分类讨论当不等式中左、右两边的函数具有某些不确定因素时，应用分类讨论的方法来处理，分类讨论可使原问题中的不确定因素变成确定因素，为问题的解决提供新的条件。
例4．当]8,2[∈x 时，不等式1log 122->-x a 恒成立，求a 的取值范围． 解：（1）当1122>-a 时，由题设知x a <-1212恒成立，即min 2121x a <-，而]8,2[∈x ∴21212<-a解得),1()1,(+∞--∞∈ a（2）当11202<-<a 时，由题设知x a >-1212恒成立，即max 2121x a >-，而]8,2[∈x ∴81212>-a解得)43,22()22,43( --∈a ．∴a 的取值范围是),1()43,22()22,43()1,(+∞----∞∈ a已知函数的单调性求参数范围问题方法：转化为不等式的恒成立问题:即“若函数单调递增,则0)(≥'x f ;若函数单调递减,则 0)(≤'x f ”来求解.例：若函数1)(23+-=ax x x f 在]2,1[上单调递减,求实数a 的取值范围. 思路点拨: 先求出导函数,再利用导数与单调性的关系或转化为恒成立问题求解. )23(23)(2a x x ax x x f -=-='解析：方法一：由)(x f 在]2,1[上单调递减知0)(≤'x f ，即0232≤-ax x 在]2,1[上恒成立,即x a 23≥在]2,1[上恒成立.故只需max )23(x a ≥, 故3≥a . 综上可知，a 的取值范围是［3,+∞).方法二：当0=a 时，0)(≥'x f ,故)(x f y =在),(+∞-∞上单调递增，与)(x f y =在 ]2,1[上单调递减不符，舍去. 当0<a 时，由0)(≤'x f 得a 32≤x≤0，即)(x f 的单调递减区间为]0,32[a ，与 )(x f 在]2,1[上单调递减不符，舍去. 当0>a 时，由0)(≤'x f 得0≤x≤a 32，即)(x f 的减区间为]32,0[a ，由)(x f 在 ]2,1[上单调递减得232≥a ,得a≥3.综上可知，a 的取值范围是［3,+∞).练习3．(2012·许昌模拟)若不等式ax 2＋bx －2＜0的解集为}412|{<<-x x ，则ab ＝ （ ）A ．－28B ．－26C ．28D ．26解析 ∵x ＝－2，14是方程ax 2＋bx －2＝0的两根，∴⎩⎪⎨⎪⎧－2a ＝－2×14＝－12，－b a ＝－74，∴a ＝4，b ＝7.∴ab ＝28. 答案 C7.若不等式4|3|<-b x 的解集中的整数有且仅有1,2,3，则b 的取值范围是 .)7,5( 8.设函数|1||4|)(-+-=x x x f ，则)(x f 的最小值是 3 ，若5)(≤x f ，则x 的取值范围 是 . ]5,0[9.不等式a a x x 3|1||3|2-≤--+对任意实数x 恒成立，则实数a 的取值范围为 （ B ） A.),5[]2,(+∞--∞ B.),4[]1,(+∞--∞ C.]2,1[ D.),2[]1,(+∞--∞ 10．不等式ax 2＋2ax ＋1≥0对一切x ∈R 恒成立，则实数a 的取值范围为________． 解析 当a ＝0时，不等式为1≥0恒成立；当a ≠0时，须⎩⎪⎨⎪⎧a ＞0，Δ≤0，即⎩⎪⎨⎪⎧a ＞0，4a 2－4a ≤0.∴0＜a ≤1，综上0≤a ≤1. 答案 [0,1]12. 已知关于x 的不等式11ax x -+＜0的解集是1(,1)(,)2-∞--+∞.则a = . 【解析】由不等式判断可得a≠0且不等式等价于1(1)()0a x x a+-<由解集特点可得11022a a a <=-⇒=-且 答案：-214.已知不等式ax 2＋4x ＋a ＞1－2x 2对一切实数x 恒成立，求实数a 的取值范围． [审题视点] 化为标准形式ax 2＋bx ＋c ＞0后分a ＝0与a ≠0讨论．当a ≠0时，有⎩⎪⎨⎪⎧a ＞0，Δ＝b 2－4ac ＜0.解 原不等式等价于(a ＋2)x 2＋4x ＋a －1＞0对一切实数恒成立，显然a ＝－2时，解集不是R ，因此a ≠－2，从而有⎩⎪⎨⎪⎧a ＋2＞0，Δ＝42－4a ＋2a －1＜0，整理，得⎩⎪⎨⎪⎧a ＞－2，a －2a ＋3＞0，所以⎩⎪⎨⎪⎧a ＞－2，a ＜－3或a ＞2，所以a ＞2.故a 的取值范围是(2，＋∞)．不等式ax 2＋bx ＋c ＞0的解是全体实数(或恒成立)的条件是当a ＝0时，b ＝0，c ＞0；当a ≠0时，⎩⎪⎨⎪⎧a ＞0，Δ＜0；不等式ax 2＋bx ＋c ＜0的解是全体实数(或恒成立)的条件是当a ＝0时，b ＝0，c ＜0；当a ≠0时，⎩⎪⎨⎪⎧a ＜0，Δ＜0.【训练2】 当x ∈(1,2)时，不等式x 2＋mx ＋4<0恒成立，则m 的取值范围是________．解析 法一 当x ∈(1,2)时，不等式x 2＋mx ＋4<0可化为：m <－⎝⎛⎭⎪⎫x ＋4x ，又函数f (x )＝－⎝⎛⎭⎪⎫x ＋4x 在(1,2)上递增，则f (x )>－5， 则m ≤－5.法二 设g (x )＝x 2＋mx ＋4当－m 2≤32，即m ≥－3时，g (x )＜g (2)＝8＋2m ， 当－m 2＞32，即m ＜－3时，g (x )＜g (1)＝5＋m由已知条件可得：⎩⎪⎨⎪⎧m ≥－3，8＋2m ≤0，或⎩⎪⎨⎪⎧m ＜－3，5＋m ≤0.解得m ≤－5答案 (－∞，－5]15.若a ∈［1,3］时,不等式ax 2+(a-2)x-2>0恒成立，求实数x 的取值范围. 15. 【解析】设f(a)=a(x 2+x)-2x-2，则当a ∈［1,3］时f(a)>0恒成立.22(1)20,(3)32021,213f x x f x x x x x x ⎧=-->⎪∴⎨=+->⎪⎩><-⎧⎪∴⎨><-⎪⎩或或 得x>2或x<-1.∴实数x 的取值范围是x>2或x<-1.1.（不等式选做题）若关于x 的不等式|||1||2|a x x ++-存在实数解，则实数a 的取值范围是 ．【分析】先确定|1||2|x x ++-的取值范围，再使得a 能取到此范围内的值即可． 【解】当1x -时，|1||2|12213x x x x x ++-=---+=-+； 当12x-<时，|1||2|123x x x x ++-=+-+=；当2x >时，|1||2|12213x x x x x ++-=++-=->； 综上可得|1||2|3x x ++-，所以只要||3a ，解得3a -或3a ，即实数a 的取值范围是(,3][3,)-∞-+∞． 【答案】(,3][3,)-∞-+∞.1不等式22214x a x ax ->++对一切∈x R 恒成立，则实数a 的取值范围是_______．[解析]：不等式22214x a x ax ->++对一切∈x R 恒成立,即 014)2(2>-+++a x x a 对一切∈x R 恒成立 若2+a =0,显然不成立若2+a ≠0，则⎩⎨⎧<∆>+02a ∴2>a2.若不等式x 2＋ax ＋10对于一切x （0，12）成立，则a 的取值范围是（ ）A ．0B ． –2C ．-52 D ．-3 解析：设f （x ）＝x 2＋ax ＋1，则对称轴为x ＝a 2－,若a 2－12，即a －1时，则f （x ）在〔0，12〕上是减函数，应有f （12）0－52x －1若a 2－0，即a 0时，则f （x ）在〔0，12〕上是增函数，应有f （0）＝10恒成立，故a 0若0a 2－12，即－1a 0，则应有f （a2－）＝222a a a 110424≥－＋＝－恒成立，故－1a 0． 综上，有－52a,故选C ．4、已知不等式a x x <-+-34在实数集R 上的解集不是空集，求实数a 的取值范围______（答：1a >）3、若不等式)1(122->-x m x 对满足2≤m 的所有m 都成立，则x 的取值范围_____（答：（712-,312+））； 5、若不等式22210x mx m -++>对01x ≤≤的所有实数x 都成立，求m 的取值范围.（答：12m >-）1．已知y ＝13x 3＋bx 2＋(b ＋2)x ＋3是R 上的单调增函数，则b 的取值范围是( )A ．b ＜－1或b ＞2B ．b ≤－2或b ≥2C ．－1＜b ＜2D ．－1≤b ≤2解析 D 由题意，得y ′＝x 2＋2bx ＋b ＋2≥0在R 上恒成立，∴Δ＝4b 2－4(b ＋2)≤0， 解得－1≤b ≤2.2．函数f (x )＝13x 3＋12(2－a )x 2－2ax ＋5在区间[－1,1]上不单调，则a 的取值范围是________．解析 f ′(x )＝x 2＋(2－a )x －2a ＝(x ＋2)(x －a )＝0的两根为x 1＝－2，x 2＝a .若f (x )在[－1,1] 上不单调，则－1<a <1.3．已知a >0，函数f (x )＝x 3－ax 在[1，＋∞)上是单调增函数，则a 的最大值是________．解析 由题意知，f ′(x )＝3x 2－a 在[1，＋∞)上有3x 2－a ≥0恒成立，∴a ≤(3x 2)min ，而 (3x 2)min ＝3，∴a ≤3.4．已知f (x )＝e x－ax －1. 若f (x )在定义域R 内单调递增，求a 的取值范围． 解析 ∵f (x )＝e x－ax －1， ∴f ′(x )＝e x－a .∵f (x )在R 上单调递增， ∴f ′(x )＝e x－a ≥0恒成立，即a ≤e x，x ∈R 恒成立．∵x ∈R 时，e x ∈(0，＋∞)，∴a ≤0. 即a 的取值范围为(－∞，0]．5．函数f(x)＝24x －mx ＋5在区间[－2，＋∞)上是增函数，则f(1)的取值范围是________．解析 由题意知m8≤－2，∴m ≤－16，∴f (1)＝9－m ≥25.6.已知函数13)(23+-+=x x ax x f 在R 上是减函数，求实数a 的取值范围．解 由题意得f ′(x )＝3ax 2＋6x －1.若f (x )在R 上是减函数，则0)(≤'x f (x ∈R)恒成立， ∴⎩⎪⎨⎪⎧a ＜0，Δ＝36＋12a ≤0，解得a ≤－3.故实数a 的取值范围是(－∞，－3]．7.已知函数1)(23+++=x ax x x f 在(－∞，1]上是增函数，试求实数a 的取值范围．解析 ∵f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋1，由于函数f (x )在(－∞，1]上是增函数， ∴当x ∈(－∞，1]时，0)(≥'x f (在个别点f ′(x )可以为0)恒成立， 即3x 2＋2ax ＋1≥0在x ≤1时恒成立．令g (x )＝3x 2＋2ax ＋1，∴Δ＝4a 2－12≤0或⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧>->∆≥16200)1(a g ， 即a 2≤3或⎩⎪⎨⎪⎧a ≥－2，a 2>3，a <－3.∴a 2≤3，即－3≤a ≤ 3. 故a 的取值范围是[－3，3]．1已知函数()),0(2R a x xax x f ∈≠+=若()x f 在区间[)+∞,2是增函数，求实数a 的取值范围。