【衡水微专题2021】24 恒成立问题——最值分析法(含恒成立综合习题)+参考答案
恒成立问题----不等式恒成立、能成立、恰成立问题分析及应用(例题+练习+答案)
不等式恒成立、能成立、恰成立问题分析及应用一、不等式恒成立问题的处理方法 1、转换求函数的最值：（1）若不等式A x f >)(在区间D 上恒成立,则等价于在区间D 上A x f >min )(，即)(x f 的下界大于A（2）若不等式B x f <)(在区间D 上恒成立,则等价于在区间D 上B x f <max )(,即)(x f 的上界小于B例1．设22)(2+-=ax x x f ,当[)+∞-∈,1x 时，都有a x f ≥)(恒成立，求a 的取值范围．例2．已知xax x x f ++=2)(2对任意[)+∞∈,1x ，0)(≥x f 恒成立,试求实数a 的取值范围．例3．R 上的函数)(x f 既是奇函数，又是减函数，且当)2,0(πθ∈时，有0)22()sin 2(cos 2>--++m f m f θθ恒成立，求实数m 的取值范围.例4．已知函数)0(ln )(44>-+=x c bx x ax x f 在1=x 处取得极值c --3，其中b a 、为常数.（1）试确定b a 、的值；（2）讨论函数)(x f 的单调区间；（3）若对任意0>x ，不等式22-)(c x f ≥恒成立，求c 的取值范围.2、主参换位法例5.若不等式01<-ax 对[]2,1∈x 恒成立，求实数a 的取值范围.例6.若对于任意1≤a ，不等式024)4(2>-+-+a x a x 恒成立，求实数x 的取值范围.例7.已知函数1)1(233)(23+++-=x a x x a x f ，其中a 为实数．若不等式1)('2+-->a x x x f 对任意),0(+∞∈a 都成立，求实数x 的取值范围．3、分离参数法（1）将参数与变量分离，即化为)()(x f g ≥λ（或)()(x f g ≤λ）恒成立的形式； （2）求)(x f 在D x ∈上的最大（或最小）值；（3）解不等式max )()(x f g ≥λ(或min )()(x f g ≤λ)，得λ的取值范围． 适用题型：（1）参数与变量能分离；（2）函数的最值易求出。
恒成立问题常见类型及其解法
设 f x x 3 x 7
可求得 f x 10
lg x 3 x 7 lg10 1
a 1
三. 变换主元法：
例5.对任意a [-1,1],不等式x 2 (a - 4) x 4 - 2a 0 恒成立，求 的取值范围 x . 解：原问题转化为对任 a [-1,1], 意
m - 2 0 0 (5) 4m ，解得1 m 2 2( m - 2) 0 f ( 0) 0 y
y
m - 2 0 (6) ，无解 f (0) 0
综上所述， a 3 1
O
x
x
4.已知函数f ( x) (m - 2) x 2 - 4mx 2m - 6的图像与 x轴的负半轴有交点，求 实数m的取值范围 .
不等式( x - 2)a x - 4 x 4 0恒成立
2
令f (a) ( x - 2)a x - 4 x 4
2
f (1) 0 解得x 1或x 3. f (-1) 0
x的取值范围为 ,1) (3,). (-
数形结合法 4.数形结合法
解：因为ax2 1 1，所以- 1 - x ax2 1 - x (1)当x 0时， 0 1恒成立. -1
1 1 a- 2 1 1 1 1 x x (2)当x (0,1]时， 2 - a 2 - , 即 在（0, ,1]上恒成立. x x x x a 1 - 1 x2 x 1 令t 1, x 1 1 1 1 - 2 - 化为关于t的函数u -t 2 - t -(t ) 2 ，u max -2 x x 2 4 1 1 1 2 1 2 - 化为关于t的函数v t - t (t - ) - ，vmin 0 2 x x 2 4 要是不等式恒成立，应 u max a vmin，故 - 1 a 0 有 综上所述，如果 [0,1]时， ( x) 1恒成立，则- 2 a 0 x f
函数恒成立、能成立问题及课后练习(含问题详解)
恒成立、能成立问题专题 一、基础理论回顾1、恒成立问题的转化：()a f x >恒成立⇒()max a f x >；()()min a f x a f x ≤⇒≤恒成立2、能成立问题的转化：()a f x >能成立⇒()min a f x >；()()max a f x a f x ≤⇒≤能成立3、恰成立问题的转化：()a f x >在M 上恰成立⇔()a f x >的解集为M ()()R a f x M a f x C M ⎧>⎪⇔⎨≤⎪⎩在上恒成立在上恒成立另一转化方法：若A x f D x ≥∈)(,在D 上恰成立，等价于)(x f 在D 上的最小值A x f =)(min ，若,D x ∈B x f ≤)(在D 上恰成立，则等价于)(x f 在D 上的最大值B x f =)(max .4、设函数()x f 、()x g ，对任意的[]b a x ,1∈，存在[]d c x ,2∈，使得()()21x g x f ≥，则()()x g x f min min ≥5、设函数()x f 、()x g ，对任意的[]b a x ,1∈，存在[]d c x ,2∈，使得()()21x g x f ≤，则()()x g x f max max ≤6、设函数()x f 、()x g ，存在[]b a x ,1∈，存在[]d c x ,2∈，使得()()21x g x f ≥，则()()x g x f min max ≥7、设函数()x f 、()x g ，存在[]b a x ,1∈，存在[]d c x ,2∈，使得()()21x g x f ≤，则()()x g x f max min ≤8、若不等式()()f x g x >在区间D 上恒成立，等价于在区间D 上函数()y f x =和图象在函数()y g x =图象上方；9、若不等式()()f x g x <在区间D 上恒成立，等价于在区间D 上函数()y f x =和图象在函数()y g x =图象下方；二、经典题型解析题型一、简单型例1、已知函数12)(2+-=ax x x f ，xax g =)(，其中0>a ，0≠x ． 1）对任意]2,1[∈x ，都有)()(x g x f >恒成立，求实数a 的取值范围；（构造新函数） 2）对任意]4,2[],2,1[21∈∈x x ，都有)()(21x g x f >恒成立，求实数a 的取值范围；（转化）简解：（1）由12012232++<⇒>-+-x x x a x a ax x 成立，只需满足12)(23++=x x x x ϕ的最小值大于a 即可．对12)(23++=x xx x ϕ求导，0)12(12)(2224>+++='x x x x ϕ，故)(x ϕ在]2,1[∈x 是增函数，32)1()(min ==ϕϕx ，所以a 的取值范围是320<<a ．例2、设函数b x x a x h ++=)(，对任意]2,21[∈a ，都有10)(≤x h 在]1,41[∈x 恒成立，求实数b 的范围．分析：思路、解决双参数问题一般是先解决一个参数，再处理另一个参数．以本题为例，实质还是通过函数求最值解决．方法1：化归最值，10)(10)(max ≤⇔≤x h x h ；方法2：变量分离，)(10x xab +-≤或x b x a )10(2-+-≤；方法3：变更主元（新函数），0101)(≤-++⋅=b x a xa ϕ，]2,21[∈a简解：方法1:对b x xax h ++=)(求导，22))((1)(xa x a x x a x h +-=-='，（单调函数） 由此可知，)(x h 在]1,41[上的最大值为)41(h 与)1(h 中的较大者．⎪⎩⎪⎨⎧-≤-≤⇒⎪⎩⎪⎨⎧≤++≤++⇒⎪⎩⎪⎨⎧≤≤∴ab ab b a b a h h 944391011041410)1(10)41(，对于任意]2,21[∈a ，得b 的取值范围是47≤b ．例3、已知两函数2)(x x f =，m x g x-⎪⎭⎫⎝⎛=21)(，对任意[]2,01∈x ，存在[]2,12∈x ，使得()21)(x g x f ≥，则实数m 的取值范围为 答案：41≥m 题型二、更换主元和换元法例1、已知函数()ln()(x f x e a a =+为常数）是实数集R 上的奇函数，函数()()sin g x f x x λ=+是区间[]1,1-上的减函数，(Ⅰ)求a 的值；(Ⅱ)若[]2()11,1g x t t x λ≤++∈-在上恒成立，求t 的取值范围；(Ⅱ)分析：在不等式中出现了两个字母：λ及t ,关键在于该把哪个字母看成是一个变量，另一个作为常数。
第10讲 恒成立能成立3种常见题型(解析版)-2024高考数学常考题型
第10讲恒成立能成立3种常见题型【考点分析】考点一：恒成立问题若函数()f x 在区间D 上存在最小值()min f x 和最大值()max f x ，则不等式()f x a >在区间D 上恒成立()min f x a ⇔>；不等式()f x a ≥在区间D 上恒成立()min f x a ⇔≥；不等式()f x b <在区间D 上恒成立()max f x b ⇔<；不等式()f x b ≤在区间D 上恒成立()max f x b ⇔≤；考点二：存在性问题若函数()f x 在区间Ｄ上存在最小值()min f x 和最大值()max f x ，即()[],f x m n ∈，则对不等式有解问题有以下结论：不等式()a f x <在区间D 上有解()max a f x ⇔<；不等式()a f x ≤在区间D 上有解()max a f x ⇔≤；不等式()a f x >在区间D 上有解()min a f x ⇔>；不等式()a f x ≥在区间D 上有解()min a f x ⇔≥；考点三：双变量问题①对于任意的[]1,x a b ∈[]2m,x n ∈，使得()()()()1212max max f x g x f x g x ≤⇔≤；②对于任意的[]1,x a b ∈，总存在[]2m,x n ∈，使得()()()()1212min min f x g x f x g x ≥⇔≥；③若存在[]1,x a b ∈，对于任意的[]2m,x n ∈，使得()()()()1212min min f x g x f x g x ≤⇔≤；④若存在[]1,x a b ∈，对于任意的[]2m,x n ∈，使得()()()()1212max max f x g x f x g x ≥⇔≥；⑤对于任意的[]1,x a b ∈，[]2m,x n ∈使得()()()()1212max min f x g x f x g x ≤⇔≤；⑥对于任意的[]1,x a b ∈，[]2m,x n ∈使得()()()()1212min max f x g x f x g x ≥⇔≥；⑦若存在[]1,x a b ∈，总存在[]2m,x n ∈，使得()()()()1212min max f x g x f x g x ≤⇔≤⑧若存在[]1,x a b ∈，总存在[]2m,x n ∈，使得()()()()1212max min f x g x f x g x ≥⇔≥．【题型目录】题型一：利用导数研究恒成立问题题型二：利用导数研究存在性问题题型三：利用导数处理恒成立与有解问题【典型例题】题型一：利用导数研究恒成立问题【例1】（2022·福建省福安市第一中学高二阶段练习）对任意正实数x ，不等式ln 1x x a -+>恒成立，则a 的取值范围是（）A ．1a <B ．2a <C ．1a >D ．2a >【答案】B【详解】令()ln 1f x x x =-+，其中0x >，则()min a f x <，()111x f x x x-'=-=，当01x <<时，()0f x '<，此时函数()f x 单调递减，当1x >时，()0f x '>，此时函数()f x 单调递增，所以，()()min 12f x f ==，2a ∴<.故选：B.【例2】【2022年全国甲卷】已知函数()a x x xe xf x-+-=ln ．(1)若≥0，求a 的取值范围；【答案】(1)(−∞,+1]【解析】(1)op 的定义域为(0,+∞)，'(p =(1−12)e −1+1=1(11)e +(1−1)=K1(e+1)令op =0,得=1当∈(0,1),'(p <0,op 单调递减，当∈(1,+∞),'(p >0,op 单调递增o )≥o1)=e +1−，若op ≥0,则e +1−≥0,即≤e +1，所以的取值范围为(−∞,+1]【例3】已知函数211()(1)ln (,0)22f x x a x a a =-+-∈≠R ．（1）讨论函数的单调性；（2）若对任意的[1,)x ∈+∞，都有()0f x ≥成立，求a 的取值范围．【答案】（1）答案见解析；（2）0a ≤.【解析】【分析】（1）求()'f x ，分别讨论a 不同范围下()'f x 的正负，分别求单调性；（2）由（1）所求的单调性，结合()10f =，分别求出a 的范围再求并集即可.【详解】解：（1）由已知定义域为()0,∞+，()211'()x a a f x x x x-++=-=当10a +≤，即1a ≤-时，()'0f x >恒成立，则()f x 在()0,∞+上单调递增；当10a +>，即1a >-时，x =或x =所以()f x在(上单调递减，在)+∞上单调递增.所以1a ≤-时，()f x 在()0,∞+上单调递增；1a >-时，()f x在(上单调递减，在)+∞上单调递增.（2）由（1）可知，当1a ≤-时，()f x 在()1,+∞上单调递增，若()0f x ≥对任意的[1,)x ∈+∞恒成立，只需(1)0f ≥，而(1)0f =恒成立，所以1a ≤-成立；当1a >-1≤，即10a -<≤，则()f x 在()1,+∞上单调递增，又(1)0f =，所以10a -<≤成立；若0a >，则()f x在(上单调递减，在)+∞上单调递增，又(1)0f =，所以(0x ∃∈，()0()10f x f <=，不满足()0f x ≥对任意的[1,)x ∈+∞恒成立.所以综上所述：0a ≤.【例4】已知函数()ln f x x ax =-（a 是正常数）.（1）当2a =时，求()f x 的单调区间与极值；（2）若0x ∀>，()0f x <，求a 的取值范围；【答案】（1）()f x 在10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，在1,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递减，()f x 的极大值是ln 21--，无极小值；（2）1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭.【解析】【分析】（1）求出函数的导函数，解关于导函数的不等式即可求出函数的单调区间；（2）依题意可得maxln x a x ⎛⎫< ⎪⎝⎭，设()ln xg x x =，利用导数研究函数的单调性，求出函数的最大值，即可得解；【详解】解：（1）当2a =时，()ln 2f x x x =-，定义域为()0,∞+，()1122x f x x x-'=-=，令()0f x '>，解得102x <<，令()0f x '<，解得12x >，所以函数()f x 在10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，在1,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递减，所以()f x 的极大值是1ln 212f ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭，无极小值.（2）因为0x ∀>，()0f x <，即ln 0x ax -<恒成立，即maxln x a x ⎛⎫< ⎪⎝⎭.设()ln x g x x =，可得()21ln xg x x -'=，当0x e <<时()0g x '>，当x e >时()0g x '<，所以()g x 在()0,e 上单调递增，在(),e +∞上单调递减，所以()()max 1e e g x g ==，所以1a e >，即1,a e ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭.【例5】已知函数()xf x xe=（1）求()f x 的极值点；（2）若()2f x ax ≥对任意0x >恒成立，求a 的取值范围．【答案】（1）1x =-是()f x 的极小值点，无极大值点；（2）a e ≤.【解析】【分析】（1）利用导数研究函数的极值点.（2）由题设知：xe a x≤在0x >上恒成立，构造()x e g x x =并应用导数研究单调性求最小值，即可求a 的范围．【详解】（1）由题设，()(1)xf x e x '=+，∴1x <-时，()0<'x f ，()f x 单调递减；1x >-时，()0>'x f ，()f x 单调递增减；∴1x =-是()f x 的极小值点，无极大值点.（2）由题设，()2xx f x xe a =≥对0x ∀>恒成立，即x ea x≤在0x >上恒成立，令()x e g x x =，则2(1)()x e x g x x '-=，∴01x <<时，()0g x '<，()g x 递减；1x >时，()0g x '>，()g x 递增；∴()(1)e g x g ≥=，故a e ≤.【题型专练】1.（2022·四川广安·模拟预测（文））不等式ln 0x kx -≤恒成立，则实数k 的取值范围是（）A ．[)0,e B ．(],e -∞C ．10,e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦D ．1,e ∞⎡⎫+⎪⎢⎣⎭【答案】D 【解析】【分析】由题可得ln xk x ≥在区间(0,)+∞上恒成立，然后求函数()()ln 0x f x x x=>的最大值即得.【详解】由题可得ln xk x≥在区间(0,)+∞上恒成立，令()()ln 0x f x x x =>，则()()21ln 0xf x x x-'=>，当()0,e x ∈时，()0f x '>，当()e,x ∈+∞时，()0f x '<，所以()f x 的单调增区间为()0,e ，单调减区间为()e,+∞；所以()()max 1e ef x f ==，所以1ek ≥.故选：D.2.（2022·北京·景山学校模拟预测）已知函数()ln 2f x x x ax =++．(1)当0a =时，求()f x 的极值；(2)若对任意的21,e x ⎡⎤∈⎣⎦，()0f x ≤恒成立，求实数a 的取值范围．【答案】(1)极小值是11+2e e f ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，无极大值.(2)222,e ⎡⎫--+∞⎪⎢⎣⎭【解析】【分析】（1）由题设可得()ln 1f x x '=+，根据()f x '的符号研究()f x 的单调性，进而确定极值.（2）()ln 20f x x x ax =++≤对任意的21,e x ⎡⎤∈⎣⎦恒成立，转化为：2ln 2ln x x a x x x+-≥=+对任意的21,e x ⎡⎤∈⎣⎦恒成立，令()2ln g x x x=+，通过求导求()g x 的单调性进而求得()g x 的最大值，即可求出实数a 的取值范围.(1)当0a =时，()ln 2f x x x =+，()f x 的定义域为()0+∞，，()ln 1=0f x x '=+，则1ex =.令()0f x '>，则1,e x ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭，令()0f x '<，则10,e ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭x ，所以()f x 在10,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，在1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增.当1e x =时，()f x 取得极小值且为1111ln 2+2e e ee f ⎛⎫=+=- ⎪⎝⎭，无极大值.(2)()ln 20f x x x ax =++≤对任意的21,e x ⎡⎤∈⎣⎦恒成立，则2ln 2ln x x a x x x+-≥=+对任意的21,e x ⎡⎤∈⎣⎦恒成立，令()2ln g x x x=+，()222120x g x x x x -+'=-+==，所以2x =，则()g x 在[)1,2上单调递减，在(22,e ⎤⎦上单调递增，所以()12g =，()222e2e g =+，所以()()22max2e 2e g x g ==+，则222e a -≥+，则222e a ≤--.实数a 的取值范围为：222,e ⎡⎫--+∞⎪⎢⎣⎭.3.（2022·新疆克拉玛依·三模（文））已知函数()ln f x x x =，()()23g x x ax a R =-+-∈.(1)求函数()f x 的单调递增区间；(2)若对任意()0,x ∞∈+，不等式()()12f xg x ≥恒成立，求a 的取值范围.【答案】(1)1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭，(2)(],4-∞【解析】【分析】（1）求函数()f x 的单调递增区间，即解不等式()0f x '>；（2）参变分离得32ln a x x x≤++，即求()()()32ln 0,h x x x x x =++∈+∞的最小值.(1)()ln f x x x =定义域为(0,)+∞，(ln +1f x '=()0f x '>即ln +10x >解得1e x >，所以()f x 在1,)e∞+（单调递增(2)对任意()0,x ∞∈+，不等式()()12f xg x ≥恒成立，即()21ln 32x x x ax ≥-+-恒成立，分离参数得32ln a x x x≤++.令()()()32ln 0,h x x x x x =++∈+∞，则()()()231x x h x x +-'=．当()0,1∈x 时，()0h x '<，()h x 在()0,1上单调递减；当()1,x ∈+∞时，()0h x '>，()h x 在()1,+∞上单调递增.所以()()min 14h x h ==，即4a ≤，故a 的取值范围是(],4-∞.4.（2022·内蒙古赤峰·三模（文））已知函数()()ln 1f x x x =+.(1)求()f x 的最小值；(2)若()()212-++-≥x m x x f 恒成立，求实数m 的取值范围.【答案】(1)min 21()e f x =-(2)(],3-∞【解析】【分析】（1）求出函数的导数，利用导数求函数在定义域上的最值即可；（2）由原不等式恒成立分离参数后得2ln m x x x ++，构造函数()2ln h x x x x=++，利用导数求最小值即可.(1)由已知得()ln 2f x x '=+，令()0f x '=，得21ex =.当210,e x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()()0,f x f x '<在210,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减；当21,e x ⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭时，()()0,f x f x '在21,e ⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭上单调递增.故min 2211()e e f x f ⎛⎫==- ⎪⎝⎭.(2)()()212-++-≥x m x x f ，即2ln 2++≤x x x mx ，因为0x >，所以xx x m 2ln ++≤在()+∞,0上恒成立.令()2ln h x x x x =++，则()()()min 222112(),1x x m h x h x x x x +-=+-'=，令()0h x '=，得1x =或2x =-（舍去）.当()0,1x ∈时，()()0,h x h x '<在()0,1上单调递减；当[)1,x ∞∈+时，()0>'x h ，()x h 在[)1,+∞上单调递增.故()min ()13h x h ==，所以3≤m ，即实数m 的取值范围为(],3-∞.5．【2020年新高考1卷（山东卷）】已知函数1()e ln ln x f x a x a -=-+．（1）当a e =时，求曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；（2）若不等式()1f x ≥恒成立，求a 的取值范围．【答案】（1）21e -（2）[1,)+∞【解析】【分析】（1）利用导数的几何意义求出在点()()1,1f 切线方程，即可得到坐标轴交点坐标，最后根据三角形面积公式得结果；（2）方法一：利用导数研究函数()f x 的单调性，当a =1时，由()10f '=得()()11min f x f ==,符合题意；当a >1时，可证1()(1)0f f a''<，从而()f x '存在零点00x >，使得01001()0x f x ae x -'=-=，得到m in ()f x ，利用零点的条件，结合指数对数的运算化简后，利用基本不等式可以证得()1f x ≥恒成立；当01a <<时，研究()1f .即可得到不符合题意.综合可得a 的取值范围.【详解】（1）()ln 1x f x e x =-+Q ，1()xf x e x'∴=-，(1)1k f e '∴==-.(1)1f e =+Q ，∴切点坐标为(1,1+e ),∴函数()f x 在点(1,f (1)处的切线方程为1(1)(1)y e e x --=--,即()12y e x =-+,∴切线与坐标轴交点坐标分别为2(0,2),(,0)1e --,∴所求三角形面积为1222||=211e e -⨯⨯--．（2）［方法一］：通性通法1()ln ln x f x ae x a -=-+Q ,11()x f x ae x-'∴=-，且0a >.设()()g x f x =',则121()0,x g x ae x -'=+>∴g(x )在(0,)+∞上单调递增，即()f x '在(0,)+∞上单调递增，当1a =时，()01f '=,∴()()11min f x f ==,∴()1f x ≥成立.当1a >时，11a <，111a e <∴，111()(1)(1)(1)0a f f a e a a -''∴=--<,∴存在唯一00x >，使得01001()0x f x ae x -'=-=，且当0(0,)x x ∈时()0f x '<，当0(,)x x ∈+∞时()0f x '>，0101x ae x -∴=，00ln 1ln a x x ∴+-=-，因此01min 00()()ln ln x f x f x ae x a-==-+001ln 1ln 2ln 12ln 1a x a a a x =++-+≥-+=+>1,∴()1,f x >∴()1f x ≥恒成立；当01a <<时，(1)ln 1,f a a a =+<<∴(1)1,()1f f x <≥不是恒成立.综上所述，实数a 的取值范围是[1,+∞).［方法二］【最优解】：同构由()1f x ≥得1e ln ln 1x a x a --+≥，即ln 1ln 1ln a x e a x x x +-++-≥+，而ln ln ln x x x e x +=+，所以ln 1ln ln 1ln a x x e a x e x +-++-≥+．令()m h m e m =+，则()10m h m e +'=>，所以()h m 在R 上单调递增．由ln 1ln ln 1ln a x x e a x e x +-++-≥+，可知(ln 1)(ln )h a x h x +-≥，所以ln 1ln a x x +-≥，所以max ln (ln 1)a x x ≥-+．令()ln 1F x x x =-+，则11()1xF x x x-'=-=．所以当(0,1)x ∈时，()0,()F x F x '>单调递增；当(1,)x ∈+∞时，()0,()F x F x '<单调递减．所以max [()](1)0F x F ==，则ln 0a ≥，即1a ≥．所以a 的取值范围为1a ≥．［方法三］：换元同构由题意知0,0a x >>，令1x ae t -=，所以ln 1ln a x t +-=，所以ln ln 1a t x =-+．于是1()ln ln ln ln 1x f x ae x a t x t x -=-+=-+-+．由于()1,ln ln 11ln ln f x t x t x t t x x ≥-+-+≥⇔+≥+，而ln y x x =+在,()0x ∈+∞时为增函数，故t x ≥，即1x ae x -≥，分离参数后有1x x a e -≥．令1()x x g x e -=，所以1112222(1)()x x x x x e xe e x g x e e -------=='．当01x <<时，()0,()'>g x g x 单调递增；当1x >时，()0,()g x g x '<单调递减．所以当1x =时，1()x x g x e -=取得最大值为(1)1g =．所以1a ≥．［方法四］：因为定义域为(0,)+∞，且()1f x ≥，所以(1)1f ≥，即ln 1a a +≥．令()ln S a a a =+，则1()10S a a='+>，所以()S a 在区间(0,)+∞内单调递增．因为(1)1S =，所以1a ≥时，有()(1)S a S ≥，即ln 1a a +≥．下面证明当1a ≥时，()1f x ≥恒成立．令1()ln ln x T a ae x a -=-+，只需证当1a ≥时，()1T a ≥恒成立．因为11()0x T a ea-=+>'，所以()T a 在区间[1,)+∞内单调递增，则1min [()](1)ln x T a T e x -==-．因此要证明1a ≥时，()1T a ≥恒成立，只需证明1min [()]ln 1x T a e x -=-≥即可．由1,ln 1x e x x x ≥+≤-，得1,ln 1x e x x x -≥-≥-．上面两个不等式两边相加可得1ln 1x e x --≥，故1a ≥时，()1f x ≥恒成立．当01a <<时，因为(1)ln 1f a a =+<，显然不满足()1f x ≥恒成立．所以a 的取值范围为1a ≥．【整体点评】（2）方法一：利用导数判断函数()f x 的单调性，求出其最小值，由min 0f ≥即可求出，解法虽稍麻烦，但是此类题，也是本题的通性通法；方法二：利用同构思想将原不等式化成ln 1ln ln 1ln a x x e a x e x +-++-≥+，再根据函数()m h m e m =+的单调性以方法三：通过先换元，令1x ae t -=，再同构，可将原不等式化成ln ln t t x x +≥+，再根据函数ln y x x =+的单调性以及分离参数法求出；方法四：由特殊到一般，利用(1)1f ≥可得a 的取值范围，再进行充分性证明即可．题型二：利用导数处理存在性问题【例1】（2022·河北秦皇岛·三模）函数()3233f x x x a =-+-，若存在[]01,1x ∈-，使得()00f x >，则实数a的取值范围为（）A ．(),1-∞-B ．(),1-∞C ．()1,3-D ．(),3-∞【答案】D【分析】根据题意，将问题转化为求解函数()f x 的最大值问题，先通过导数方法求出函数()f x 的最大值，进而求出答案.【详解】因为()3233f x x x a =-+-，所以()()[]23632,1,1f x x x x x x =-∈-'-=．由题意，只需max ()0f x >．当x ∈[1,0)-时，()0f x '>，当(0,1]x ∈时，()0f x '<，所以()f x 在[1,0)-上单调递增，在(0,1]上单调递减，所以()max 0()30f f x a ==->，故实数a 的取值范围为(),3-∞．故选：D.【例2】已知函数()326f x ax bx x c =+++，当1x =-时，()f x 的极小值为5-，当2x =时，()f x 有极大值．(1)求函数()f x ；(2)存在[]013x ∈，，使得()202f x t t ≤-成立，求实数t 的取值范围．【答案】(1)()3233622f x x x x =-++-;(2)(,1][3,)-∞-+∞ .【解析】【分析】（1）求导后，根据()()120f f ''-==和()15f -=-，解得,,a b c 即可得解；（2）转化为()2min 2f x t t ≤-，再利用导数求出函数()f x 在[]13，上的最小值，然后解不等式223t t -≥可得结果.(1)∵()2326f x ax bx '=++，由()()120f f ''-==，得3260a b -+=且12460a b ++=，解得1a =-，32b =，又()15f -=-，∴32c =-，经检验1a =-，32b =时，()3233622f x x x x =-++-满足题意,∴()3233622f x x x x =-++-；(2)存在[]013x ∈，，使得()202f x t t ≤-，等价于()2min 2f x t t ≤-，∵()()()2336321f x x x x x '=-++=--+，当[1,2)x ∈时，()0f x '>，当(2,3]x ∈时，()0f x '<，∴()f x 在(2,3]上递减，在[1,2)上递增，又()15f =，()33f =，∴()f x 在[]13，上的最小值为()33f =，∴223t t -≥，解得1t ≤-或3t ≤，所以t 的取值范围是(,1][3,)-∞-+∞ ．【例3】（2022·辽宁·高二阶段练习）已知0a >，若在(1,)+∞上存在x 使得不等式e ln x a x x a x -≤-成立，则a 的最小值为______．【题型专练】1.已知函数()()222ln f x x a x =++．(1)当5a =-时，求()f x 的单调区间；(2)若存在[]2,e x ∈，使得()2242a f x x x x+->+成立，求实数a 的取值范围．【答案】(1)单调递减区间为()0,2，单调递增区间为()2,+∞；(2)2e e 2,e 1∞⎛⎫-++⎪-⎝⎭.【解析】【分析】（1）当5a =-时，()28ln f x x x =-，得出()f x 的定义域并对()f x 进行求导，利用导数研究函数的单调性，即可得出()f x 的单调区间；（2）将题意等价于()24222ln 0a x a x x ++-+<在[]2,e 内有解，设()()24222ln a h x x a x x+=+-+，即在[]2,e 上，函数()min 0h x <，对()h x 进行求导，令()0h x '=，得出2x a =+，分类讨论2a +与区间[]2,e 的关系，并利用导数研究函数()h x 的单调和最小值，结合()min 0h x <，从而得出实数a 的取值范围.(1)解：当5a =-时，()28ln f x x x =-，可知()f x 的定义域为()0,+∞，则()28282,0x f x x x x x-'=-=>，可知当()0,2x ∈时，()0f x ¢<；当()2,x ∈+∞时，()0f x ¢>；所以()f x 的单调递减区间为()0,2，单调递增区间为()2,+∞.(2)解：由题可知，存在[]2,e x ∈，使得()2242a f x x x x+->+成立，等价于()24222ln 0a x a x x++-+<在[]2,e 内有解，可设()()24222ln a h x x a x x+=+-+，即在[]2,e 上，函数()min 0h x <，()()()()()()()22222122422222242x x a a a x a x a h x x xx x ⎡⎤+-+++-+-+⎣⎦∴=--=='，令()0h x '=，即()()120x x a ⎡⎤+-+=⎣⎦，解得：2x a =+或1x =-（舍去），当2e a +≥，即e 2a ≥-时，()0h x '<，()h x 在[]2,e 上单调递减，()()min24e 2e+220e a h x h a +∴==--<，得2e e 2e 1a -+>-，又2e e 2e 2e 1-+>-- ，所以2e e 2e 1a -+>-；当22a +≤时，即0a ≤时，()0h x '>，()h x 在[]2,e 上单调递增，()()()min 2622ln 20h x h a a ∴==+-+<，得6ln 40ln 41a ->>-，不合题意；当22e a <+<，即0e 2a <<-时，则()h x 在[]2,2a +上单调递减，在[]2,e a +上单调递增，()()()()min 22622ln 2h x h a a a a ∴=+=+-++，()ln 2ln 2ln e 1a <+<= ，()()()22ln 222ln 2222a a a a ∴+<++<+，()()()22622ln 226224h a a a a a a ∴+=+-++>+--=，即()min 4h x >，不符合题意；综上得，实数a 的取值范围为2e e 2,e 1∞⎛⎫-++⎪-⎝⎭.【点睛】思路点睛：本题考查利用导数研究函数的单调性，以及利用导数解决不等式成立的综合问题：（1）利用导数解决单调区间问题，应先确定函数的定义域，否则，写出的单调区间易出错；利用导数解决含有参数的单调性问题，要注意分类讨论和化归思想的应用；（2）利用导数解决不等式的综合问题的一般步骤是：构造新函数，利用导数研究的单调区间和最值，再进行相应证明.2．（2022·河北深州市中学高三阶段练习）已知函数()ln 21f x x ax =-+.(1)若1x =是()f x 的极值点，确定a 的值；(2)若存在0x >，使得()0f x ≥，求实数a 的取值范围.所以，函数()f x 在1x =处取得极大值，合乎题意，故2a =.（2）解：存在0x >，使得()ln 210f x x ax =-+≥可得ln 12x a x+≤，构造函数()ln 1x g x x+=，其中0x >，则()2ln x g x x '=-，当01x <<时，()0g x '>，此时函数()g x 单调递增，当1x >时，()0g x '<，此时函数()g x 单调递减，则()()max 11g x g ==，所以，21a ≤，解得12a ≤，因此，实数a 的取值范围是1,2⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦.3.已知函数()ln xf x x=，设()f x 在点()1,0处的切线为m （1）求直线m 的方程；（2）求证：除切点()1,0之外，函数()f x 的图像在直线m 的下方；（3）若存在()1,x ∈+∞，使得不等式()()1f x a x >-成立，求实数a 的取值范围【答案】（1）y ＝x ﹣1；（2）见详解；（3）（﹣∞，1）.【解析】【分析】（1）求导得21ln ()xf x x -'=，由导数的几何意义k 切＝f ′（1），进而可得答案．（2）设函数h （x ）＝f （x ）﹣（x ﹣1）＝ln xx﹣x +1，求导得h ′（x ），分析h （x ）的单调性，最值，进而可得f （x ）﹣（x ﹣1）≤0，则除切点（1，0）之外，函数f （x ）的图象在直线的下方．（3）若存在x ∈（1，+∞），使得不等式a ＜ln (1)x x x -成立，令g （x ）＝ln (1)xx x -，x ＞1，只需a ＜g （x ）max ．【详解】（1）221ln 1ln ()x xx x f x x x ⋅--'==，由导数的几何意义k 切＝f ′（1）＝1，所以直线m 的方程为y ＝x ﹣1．（2）证明：设函数h （x ）＝f （x ）﹣（x ﹣1）＝ln xx﹣x +1，2221ln 1ln ()1x x x h x x x ---'=-=，函数定义域为（0，+∞），令p （x ）＝1﹣lnx ﹣x 2，x ＞0，p ′（x ）＝﹣1x﹣2x ＜0，所以p （x ）在（0，+∞）上单调递减，又p （1）＝0，所以在（0，1）上，p （x ）＞0，h ′（x ）＞0，h （x ）单调递增，在（1，+∞）上，p （x ）＜0，h ′（x ）＜0，h （x ）单调递减，所以h （x ）max ＝h （1）＝0，所以h （x ）≤h （1）＝0，所以f （x ）﹣（x ﹣1）≤0，若除切点（1，0）之外，f （x ）﹣（x ﹣1）＜0，所以除切点（1，0）之外，函数f （x ）的图象在直线的下方．（3）若存在x ∈（1，+∞），使得不等式f （x ）＞a （x ﹣1）成立，则若存在x ∈（1，+∞），使得不等式()1f x x -＞a 成立，即若存在x ∈（1，+∞），使得不等式a ＜ln (1)xx x -成立，令g （x ）＝ln (1)xx x -，x ＞1，g ′（x ）＝221(1)(21)ln (1)x x x xxx x ⋅----＝221(21)ln (1)x x xx x ----，令s （x ）＝x ﹣1﹣（2x ﹣1）lnx ，x ＞1s ′（x ）＝1﹣2lnx ﹣（2x ﹣1）•1x 2ln 212ln 1x x x x x x x x x--+--+==，令q （x ）＝﹣x ﹣2xlnx +1，x ＞1q ′（x ）＝﹣1﹣2lnx ﹣2＝﹣3﹣2lnx ＜0，所以在（1，+∞）上，q （x ）单调递减，又q （1）＝0，所以在（1，+∞）上，q （x ）＜0，s ′（x ）＜0，s （x ）单调递减，所以s （x ）≤s （1）＝0，即g ′（x ）≤0，g （x ）单调递减，又111ln lim lim 1(1)21x x x x x x x →→==--，所以a ＜1，所以a 的取值范围为（﹣∞，1）．4.已知函数()ln 1f x x x ax =-+．（1）若()f x 在点(1,(1))A f 处的切线斜率为2-．①求实数a 的值；②求()f x 的单调区间和极值．（2）若存在0(0,)x ∈+∞，使得()00f x <成立，求a 的取值范围．【答案】（1）①3a =；②减区间为2(0,)e ，增区间为2(,)e +∞，极小值为21e -，无极大值；（2）(1,)+∞.【解析】【分析】（1）求得函数的导数()ln 1f x x a '=+-，①根据题意得到()2f x '=-，即可求得a 的值；②由①知()ln 2,0f x x x '=->，结合导数的符号，以及极值的概念与计算，即可求解；（2）设()1ln g x x x=+，根据存在0(0,)x ∈+∞，使得()00f x <成立，得到()min a g x >成立，结合导数求得函数()g x 的单调性与最小值，即可求解.【详解】（1）由题意，函数()ln 1f x x x ax =-+的定义域为(0,)+∞，且()ln 1f x x a '=+-，①因为()f x 在点(1,(1))A f 处的切线斜率为2-，可得()12f x a '=-=-，解得3a =.②由①得()ln 2,0f x x x '=->，令()0f x '>，即ln 20x ->，解得2x e >；令()0f x '<，即ln 20x -<，解得20x e <<，所以函数()f x 在2(0,)e 上单调递减，在2(,)e +∞上单调递增，当2x e =时，函数()f x 取得极小值，极小值为()221f e e =-，无极大值，综上可得，函数()f x 的减区间为2(0,)e ，增区间为2(,)e +∞，极小值为21e -，无极大值.（2）因为()ln 1f x x x ax =-+，由()00f x <，即000ln 10x x ax -+<，即00000ln 11ln x x a x x x +>=+，设()1ln ,0g x x x x=+>根据题意知存在0(0,)x ∈+∞，使得()00f x <成立，即()min a g x >成立，由()1ln ,0g x x x x =+>，可得()22111x g x x x x-'=-=，当01x <<时，()0g x '<，()g x 单调递减；当1x >时，()0g x '>，()g x 单调递增，所以当1x =时，函数()g x 取得最小值，最小值为()11g =，所以1a >，即实数a 的取值范围是(1,)+∞.5.已知函数()ln (R)f x x ax a =+∈.（1）当a =1时，求曲线()y f x =在x =1处的切线方程；（2）求函数()f x 的单调区间；（3）若存在0x ，使得()00f x >，求a 的取值范围.【答案】（1）210x y --=；（2）0a ≥时，()f x 在()0,∞+单增；0a <，()f x 在10,a ⎛⎫- ⎪⎝⎭单增，在1,a ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭单减；（3）1a e>-.【解析】【分析】（1）求出函数导数，将切线横坐标代入得到斜率，再求出切点纵坐标，最后写出切线方程；（2）求导后，通分，分0,0a a ≥<两种情况讨论得到单调区间；（3）当0a ≥时，代特值验证即可，当0a <时，函数最大值大于0，解出即可.【详解】由题意，()1(1)1,1,f f x x'==+所以()12,f '=所以切线方程为：()121210y x x y -=-⇒--=.（2）110,()ax x f x a x x+'>=+=，若0a ≥，则()0f x '>，()f x 在()0,∞+单增；若0a <，则10,x a ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭时，()0f x '>，()f x 单增；1,x a ⎛⎫∈-+∞ ⎪⎝⎭时，()0f x '<，()f x 单减.（3）由（2），若0a ≥，则(2)ln 220f a =+>，满足题意；若0a <，()max 111(ln 10f x f a a a e ⎛⎫=-=-->⇒>- ⎪⎝⎭，则10a e -<<，综上：1a e>-.题型三：利用导数处理恒成立与有解问题【例1】（2022·福建省福安市第一中学高三阶段练习）设函数()()()()1e e ,e 1x xf x xg x ax =--=--，其中R a ∈.若对[)20,x ∀∈+∞，都1R x ∃∈，使得不等式()()12f x g x ≤成立，则a 的最大值为（）A ．0B ．1eC ．1D ．e【例2】已知函数2()ln (R),()22f x ax x a g x x x =+∈=-+．(1)当12a =-时，求函数()f x 在区间[1,e]上的最大值和最小值;(2)若对任意的1[1,2]x ∈-，均存在2(0,)x ∈+∞，使得()()12g x f x <，求a 的取值范围．【答案】(1)最大值为ln 21-，最小值为12-；(2)61(,)e -+∞.【解析】【分析】（1）利用导数研究()f x 的区间单调性，进而确定端点值和极值，比较它们的大小，即可得最值；（2）将问题转化为1[1,2]x ∈-、2(0,)x ∈+∞上1max 2max ()()g x f x <，利用二次函数性质及导数求函数最值，即可得结果.(1)由题设()ln 2x f x x =-，则2()2x f x x-'=，所以在[1,2)上()0f x '>，()f x 递增，在(2,e]上()0f x '<，()f x 递减，则1(1)2f =-<e (e)12f =-，极大值(2)ln 21f =-，综上，()f x 最大值为ln 21-，最小值为12-.(2)由22()22(1)1g x x x x =-+=-+在[1,2]x ∈-上max ()(1)5g x g =-=，根据题意，只需max max ()()g x f x <即可，由1()f x a x'=+且,()0x ∈+∞，当0a ≥时，()0f x '>，此时()f x 递增且值域为R ，所以满足题设；当0a <时，1(0,)a-上()0f x '>，()f x 递增；1(,)a -+∞上()0f x '<，()f x 递减；所以max 1()()1ln()f x f a a =-=---，此时1ln()5a --->，可得61ea >-，综上，a 的取值范围61(,)e -+∞.【点睛】关键点点睛：第二问，将问题转化为1[1,2]x ∈-、2(0,)x ∈+∞上1max 2max ()()g x f x <求参数范围.【例3】已知函数()sin cos f x x x x =+．(1)当()0,πx ∈时，求函数()f x 的单调区间；(2)设函数2()2=-+g x x ax ．若对任意[]1π,πx ∈-，存在2[0,1]x ∈，使得()()1212πf xg x ≤成立，求实数a 的取值范围．【答案】(1)当x ()0,π∈时，函数()f x 的单调递增区间为π0,2⎛⎫⎪⎝⎭，函数()f x 的单调递减区间为π,π2⎛⎫ ⎪⎝⎭；(2)1[,)2+∞.【解析】【分析】（1）首先对函数求导，根据x 的取值情况判断()f x '的正负情况，进而得到()f x 的增减情况；（2）对任意[]1π,πx ∈-，存在2[0,1]x ∈，使得12()()h x g x ≤成立，等价于max max ()()h x g x ≤，然后对a 进行讨论，分别求函数的最值，进而得到结论.(1)因为()sin cos f x x x x =+，所以()sin cos sin cos f x x x x x x x '=+-=．当x ()0,π∈时，()'f x 与()f x 的变化情况如表所示：xπ0,2⎛⎫ ⎪⎝⎭π2π,π2⎛⎫ ⎪⎝⎭()'f x +0-()f x 单调递增π2单调递减所以当x ()0,π∈时，函数()f x 的单调递增区间为π0,2⎛⎫⎪⎝⎭，函数()f x 的单调递减区间为π,π2⎛⎫⎪⎝⎭．(2)当[]π,πx ∈-时，()()f x f x -=，所以函数()f x 为偶函数．所以当[]π,πx ∈-时，函数()f x 的单调递增区间为ππ,2⎛⎫-- ⎪⎝⎭，π0,2⎛⎫ ⎪⎝⎭，函数()f x 的单调递减区间为π,02⎛⎫- ⎪⎝⎭，π,π2⎛⎫⎪⎝⎭,所以函数()f x 的最大值为πππ222f f ⎛⎫⎛⎫-== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭．设()()12πh x f x =，则当[]π,πx ∈-时，()max 1π12π24h x =⋅=．对任意[]1π,πx ∈-，存在2[0,1]x ∈，使得12()()h x g x ≤成立，等价于max max ()()h x g x ≤．当0a ≤时，函数()g x 在区间[0,1]上的最大值为(0)0g =，不合题意．当01a <<时，函数()g x 在区间[0,1]上的最大值为2()g a a =，则214a ≥，解得12a ≥或12a ≤-，所以112a ≤<．当1a ≥时，函数()g x 在区间[0,1]上的最大值为(1)21g a =-，则1214a -≥，解得58a ≥，所以1a ≥.综上所述，a 的取值范围是1[,)2+∞．【例4】（2022·黑龙江·哈尔滨三中高二期末）已知函数()ln xf x x=，2()ln(1)2g x x ax =++，若211,e x ∀⎡⎤∈⎣⎦，()20,1x ∃∈使得12()()f x g x >成立，则实数a 的取值范围是（）A ．ln 2,2⎛⎫-∞- ⎪B ．ln 2,2⎛⎤-∞-⎥C ．1,e⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭D ．ln 2,e 2⎛⎤-∞- ⎥故选：A【例5】（2023·全国·高三专题练习）已知函数()3331,0422112,122x x x f x x x ⎧-+≤≤⎪⎪=⎨⎪+<≤⎪⎩，()e xg x ax =-()R a ∈，若存在[]12,0,1x x ∈，使得()()12f x g x =成立，则实数a 的取值范围是（）A ．(],1-∞B ．(],e 2-∞-C ．5,e4⎛⎤-∞- ⎥D ．(],e -∞≤【题型专练】1．（2022·河南·南阳中学高三阶段练习（理））已知函数()33f x x x a =-+，()211x g x x +=-．若对任意[]12,2x ∈-，总存在[]22,3x ∈，使得()()12f x g x ≤成立，则实数a 的最大值为（）A ．7B ．5C ．72D ．32．（2022·福建宁德·高二期末）已知()()11e x f x x -=-，()()21g x x a =++，若存在1x ，2R x ∈，使得()()21f x g x ≥成立，则实数a 的取值范围为（）A ．1,e ∞⎡⎫+⎪⎢⎣⎭B ．1,e ∞⎛⎤- ⎥⎝⎦C ．()0,e D ．1,0e ⎡⎫-⎪⎢3．（2022·河南安阳·高二阶段练习（理））已知函数ln ()x f x x=，2()ln(1)2g x x ax =++，若211,e x ∀⎡⎤∈⎣⎦，2(0,1]x ∃∈使得()()12f x g x >成立，则实数a 的取值范围是（）A ．ln 2,2⎛⎫-∞- ⎪B ．ln 2,2⎛⎤-∞-⎥C ．1,e⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭D ．ln 2,e 2⎛⎤-∞- ⎥4.已知函数2()21)2ln ()2f x ax a x x a R =-++∈（(1)若曲线()y f x =在1x =和3x =处的切线互相平行，求a 的值与函数()f x 的单调区间；(2)设2()(2)e =-x g x x x ，若对任意(]10,2x ∈，均存在(]20,2x ∈，使得12()()f x g x <，求a 的取值范围．【答案】(1)2=3a ，单调递增区间为3(0,),(2,)2+∞，单调递减区间为3(,2)2(2)ln 21a >-【解析】【分析】（1）求出()'f x ，由(1)(3)f f ''=得a ，再利用由()0f x '>、()0f x '<可得答案；（2）转化为(]0,2x ∈时，max max ()()f x g x <，容易求出max ()(0)(2)0g x g g ===，所以只须max ()0f x <，()()12()ax x f x x='--，讨论12a ≤、12a >可得答案.(1)21()(21),(1)1,(3)3f x ax a f a f a x '''=-++=-+=-，由(1)(3)f f ''=得23a =，()()232272()333x x f x x x x--=-+='，由()0f x '>得()30,2,2x ∞⎛⎫∈⋃+ ⎪⎝⎭，由()0f x '<得3,22x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，所以函数()f x 的单调递增区间为()30,,2,2∞⎛⎫+ ⎪⎝⎭，单调递减区间为3,22⎛⎫⎪⎝⎭.(2)若要命题成立，只须当(]0,2x ∈时，max max ()()f x g x <，由()()22e xg x x '=-可知当(]0,2x ∈时max ()(0)(2)0g x g g ===，所以只须max ()0f x <对()f x 来说，()()122()(21)ax x f x ax a x x--=-++'=，（1）当12a ≤时，在(]0,2上有10-≤ax ，∴()0f x '≥这时max ()(2)222ln 2f x f a ==--+，由max ()0f x <得1ln 212a -<≤；（2）当12a >时，max 11()2ln 22f x f a a a ⎛⎫==--- ⎪⎝⎭，设1()2ln 22h a a a =---，则2221214()022a h a a a a -'=-=<，∴()h a 在1,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭递减，1()2ln 2302h a h <=-<⎝⎭，∴当12a >时，max ()0f x <，综上所述，满足题意的ln 21a >-.【点睛】本题考查了对任意1x D ∈，均存在2x E ∈，使得12()()f x g x <，转化为max max ()()f x g x <求参数的取值范围的问题，考查了学生的思维能力、运算能力.5.已知函数()()ln xf x ax a x=-+∈R ，'为()f x 的导函数．(1)求()f x 的定义域和导函数；(2)当2a =时，求函数()f x 的单调区间；(3)若对21e,e x ⎡⎤∀∈⎣⎦，都有()11f x ≥成立，且存在32e,e x ⎡⎤∈⎣⎦，使()2102f x a '+=成立，求实数a 的取值范围．【答案】(1)()()0,11,+∞ ，()()2ln 1ln x f x a x -'=-+(2)()f x 在()0,1单减，()1,+∞也单减，无增区间(3)2110,2e a ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦【解析】【分析】（1）根据分母不等于0，对数的真数大于零即可求得函数的定义域，根据基本初等函数的求导公式及商的导数公式即可求出函数的导函数；（2）求出函数的导函数，再根据导函数的符号即可得出答案；（3）若对21e,e x ⎡⎤∀∈⎣⎦，都有()11f x ≥成立，即1111ln x ax x -+≥，即1111ln a x x ≤-+，令()11ln h x x x=-+，2e,e x ⎡⎤∈⎣⎦，只要()min a h x ≤即可，利用导数求出函数()11ln h x x x=-+的最小值即可求出a 的范围，()()2222ln 11122ln x f x a a x -'+=-，()()2ln 112ln x g x a x -=-，求出函数()g x 的值域，根据存在32e,e x ⎡⎤∈⎣⎦，使()2102f x a '+=成立，则0在函数()g x 的值域中，从而可得出a 的范围，即可得解.(1)解：()f x 的定义域为()()0,11,+∞ ，()()2ln 1ln x f x a x -'=-+；(2)解：当2a =时，()()()()()22222172ln 2ln ln 1ln 1482ln ln ln x x x x f x x x x ⎛⎫-+⎪-+-⎝⎭'=-+=-=-，()0f x ¢<恒成立，所以()f x 在()0,1和()1,+∞上递减；(3)解：若对21e,e x ⎡⎤∀∈⎣⎦，都有()11f x ≥成立，即1111ln x ax x -+≥，即1111ln a x x ≤-+，令()11ln h x x x =-+，2e,e x ⎡⎤∈⎣⎦，则()()()()22222ln 11ln ln x x h x x x x x x -'=-=，对于函数())ln 0x x x ϕ=>，()122x x xϕ'==，当04x <<时，()0ϕ'>x ，当4x >时，()0ϕ'<x ，所以函数()ln x x ϕ=()0,4上递增，在()4,+∞上递减，所以()()ln 4204x ϕϕ≤=-<，当2e,e x ⎡⎤∈⎣⎦时，ln 0x >，所以ln x <()2ln x x <，故()0h x '<恒成立，()h x 在2e,e x ⎡⎤∈⎣⎦为减函数，所以()()2min e h x h ==211e 2-+，所以211e 2a ≤-+，由（1）知，()()2ln 1ln x f x a x -'=-+，所以()()2222ln 11122ln x f x a a x -'+=-，记()()2ln 112ln x g x x -=-，令1ln t x =，1,13t ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，则原式()211,123g x t t a t ⎛⎫⎡⎤=-+-∈ ⎪⎢⎥⎣⎦⎝⎭的值域为1,242a a ⎡⎤--⎢⎥⎣⎦，因为存在32e,e x ⎡⎤∈⎣⎦，使()2102f x a '+=成立，所以02a -≤，1042a -≥，所以102a ≤≤，综上，2110,2a e ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦．【点睛】本题考查了函数的定义域及导数的四则运算，考查了利用导数求函数的单调区间，考查了不等式恒成立问题，考查了计算能力及数据分析能力，对不等式恒成立合理变形转化为求最值是解题关键.。
恒成立问题的几种常见解法
恒 成 立 问 题 的 几 种 常 见 解 法
张 月欣
－
ａ ｘ ＋ ｘ ＋ １ 对 ｘ ∈ Ｒ 恒 成 立 ｊ （ １ ） ａ ＝ ０ 不 成 立 （ ２ ） ｛ ０
≥
．
，
、
ｆ ａ ＞ － ０ ４ ａ≤ ０
１
围为 ｆ ｘ ｌ 一 二 ≤ｘ ≤３ １ ．
２
变形４ ： 已知函￣ｆ （ ｘ ） ＝ ｌ ｏ ｇ ． （ ａ ｘ ‘ ＋ ｘ ＋ １ ） 的 定 义 域 为 Ｒ， 求ａ 的 取 值 范 围． 总结 ： 上述 经过 转 化 可 以 转 化 为题 型二 或题 型 三解 决 ． 转化二 ： 已 知 函数 的单 调 区间 ， 求 参 数 的 范 围．
ａ
｛ ａ △ ＞ ０ ≤ ０ ａ ≤ 一 ３ ， 综 上 所 述 ， ａ 的 取 值 范 围 为 ｛ ａ ｌ ａ ≤ 一 ３ ｝ ．
变形５ ： 已 知 函 数ｆ （ ｘ ） ＝ ｘ 一 ３ ｘ ‘ 十 ａ ） 【 ， 在 ｘ∈［ 一 １ ， ２ ］ 上 单 调 递 增， 求ａ 的取 值 范 围． 解： ｆ （ ｘ ） ＝ ｘ Ｓ － ３ ｘ ： ＋ ａ ｘ ￣ｘ ∈Ｅ － １２ ］ 上单 调 递 增
要观察变量情况 ， 灵 活 应 对 不 同情 况 ， 做 到 可 以 随时 转 化 变量 。 千 万不 能钻 牛 角 尖． 题型二 ： 二 次 函 数ｆ （ ｘ ） ＝ ａ ｘ ＋ ｈ ｘ ＋ ｃ 对ｘ ∈Ｒ恒 成立 问题 ．
恒成立、存在性问题集锦
近年高考热点及难点问题—— 恒成立、存在性问题题型及解法“存在性”与“恒成立”问题是近年来高考中的热点及难点问题，这类题目是逻辑问题，也是对选修中“推理与证明”的理性的考查，表现形式一般是函数的问题，对于这类问题的区分与解法下面举例说明。
已知函数]1,0[,274)(2∈--=x xxx f ,函数)1(],1,0[,23)(23≥∈--=a x a x a x x g .易知,ax g aa x f 2)(321,3)(42-≤≤---≤≤-。
（1）若对任意的]1,0[1∈x ，总存在]1,0[0∈x ，使)()(10x f x g =成立，求a 的取值范围. 略解：由题意，]2,321[]3,4[2a a a ---⊆--，解得，231≤≤a .（2）若存在]1,0[,21∈x x ，使得)()(21x g x f =成立，求a 的取值范围.略解：只要两个函数的值域交集不空即可，即⎩⎨⎧≥-≥-142a a ，∴ 21≤≤a .（3）若存在]1,0[,21∈x x ，使得)()(21x g x f >成立，求a 的取值范围.略解：只要minmax )()(x g x f >，即⎩⎨⎧≥-->-132132a a a ，∴1≥a .（4）若对任意的]1,0[1∈x ，总存在]1,0[2∈x ，使)()(21x g x f >成立，求a 的取值范围.略解：只要minmin )()(x g x f >，即⎩⎨⎧≥-->-132142a a a ，∴ 1>a .（5）若对任意的]1,0[1∈x ，总存在]1,0[2∈x ，使)()(21x g x f <成立，求a 的取值范围.略解：只要maxmax )()(x g x f <，即⎩⎨⎧≥->-132a a ，∴ 231<≤a .（6）若对任意的]1,0[,21∈x x ，都有)()(21x g x f <成立，求a 的取值范围. 略解：（这是恒成立问题）只要minmax )()(x g x f <，解得φ∈a . （7）若对任意的]1,0[,21∈x x ，都有)()(21x g x f >成立，求a 的取值范围.略解：（这是恒成立问题）只要maxmin )()(x g x f >，解得2>a.（8）若存在]1,0[,21∈x x ，使得1|)()(|21<-x g x f 成立，求a的取值范围.略解：变形—构造，存在]1,0[1∈x ，]1,0[2∈x⎩⎨⎧+<+<⇒⎩⎨⎧+<+<m a xm i n m a x m i n 1221)(1)()(1)(1)()(1)()(x f x g x g x f x f x g x g x f即⎩⎨⎧-+<---+<-)3(1321)2(142a a a ，∴ 251<≤a .（9）对任意的]1,0[,21∈x x ，1|)()(|21<-x g x f 都成立，求a的取值范围.略解：⎩⎨⎧<-<-1)()(1)()(min max min max x f x g x g x f ，解得φ∈a .（10）对任意的]1,0[,21∈x x ，1|)()(|21<-x g x g 都成立，求a的取值范围.略解：1|)()(|min max <-x g x g ，解得φ∈a .逻辑关系是数学推理的本质，只有认清逻辑关系，才能把问题转化，才能更简约求真，这是对核心概念（函数即对应）的体现。
恒成立与能成立的七类问题【解析版】--高中数学
恒成立与能成立的七类问题热点题型速览热点一分离参数法解答恒(能)成立问题1(2023·全国·统考高考真题)已知函数f x =ae x -ln x 在区间1,2 上单调递增，则a 的最小值为( )．A.e 2B.eC.e -1D.e -2【答案】C【分析】根据f x =ae x -1x≥0在1,2 上恒成立，再根据分参求最值即可求出．【详解】依题可知，f x =ae x -1x ≥0在1,2 上恒成立，显然a >0，所以xe x ≥1a，设g x =xe x ,x ∈1,2 ，所以g x =x +1 e x>0，所以g x 在1,2 上单调递增，g x >g 1 =e ，故e ≥1a ，即a ≥1e=e -1，即a 的最小值为e -1．故选：C ．2(2023春·江苏无锡·高二统考期末)已知函数f (x )=a ln x +x 2，在区间(0,2)上任取两个不相等的实数x 1，x 2，若不等式f x 1 -f x 2x 1-x 2>0恒成立，则实数a 的取值范围是()A.[-8,+∞)B.(-∞,-8]C.[0,+∞)D.(-∞,0]【答案】C【分析】根据f x 1 -f x 2x 1-x 2>0可知f x 在(0,2)上单调递增，进而由导数即可求解.【详解】由f x 1 -f x 2 x 1-x 2>0可知f x 在(0,2)上单调递增，所以f (x )=ax +2x ≥0在(0,2)上恒成立，即a ≥-2x 2在(0,2)上恒成立，故a ≥-2x 2 max ，所以a ≥0，故选：C3(2023春·河南南阳·高二统考期末)若f x =log 0.5x 3-3x 2+ax +6 在区间1,2 上单调递增，则实数a 的取值范围为()热点一：分离参数法解答恒(能)成立问题热点二：构造函数法解答恒(能)成立问题热点三：最值比较法解答恒(能)成立问题热点四：“先分离后构造”解答恒(能)成立问题热点五：两次构造函数，解答恒(能)成立问题热点六：先分离参数、再两次构造函数，解答恒(能)成立问题热点七：构造函数法证明恒成立问题恒成立问题能成立问题“隐性”恒成立A.-∞,0B.-1,+∞C.-1,0D.-1,0【答案】C【分析】令f (t )=log 0.5t ,t =x 3-3x 2+ax +6，根据复合函数的单调性可得需满足t >0，且t =x 3-3x 2+ax +6在1,2 上单调递减，结合导数。
恒成立问题题型大全(详解详析)
不等式中恒成立问题在不等式的综合题中，经常会遇到当一个结论对于某一个字母的某一个取值范围内所有值都成立的恒成立问题。
恒成立问题的基本类型：类型1：设)0()(2≠++=a c bx ax x f ，（1）R x x f ∈>在0)(上恒成立00<∆>⇔且a ；（2）R x x f ∈<在0)(上恒成立00<∆<⇔且a 。
类型2：设)0()(2≠++=a c bx ax x f （1）当>a 时，],[0)(βα∈>x x f 在上恒成立⎪⎩⎪⎨⎧>>-⎪⎩⎪⎨⎧<∆≤-≤⎪⎩⎪⎨⎧><-⇔0)(2020)(2βββαααf aba b f a b 或或， ],[0)(βα∈<x x f 在上恒成立⎩⎨⎧<<⇔0)(0)(βαf f （2）当0<a 时，],[0)(βα∈>x x f 在上恒成立⎩⎨⎧>>⇔0)(0)(βαf f],[0)(βα∈<x x f 在上恒成立⎪⎩⎪⎨⎧<>-⎪⎩⎪⎨⎧<∆≤-≤⎪⎩⎪⎨⎧><-⇔0)(2020)(2βββαααf a bab f a b 或或 类型3：αα>⇔∈>min )()(x f I x x f 恒成立对一切αα>⇔∈<max )()(x f I x x f 恒成立对一切。
类型4：)()()()()()()(max min I x x g x f x g x f I x x g x f ∈>⇔∈>的图象的上方或的图象在恒成立对一切 恒成立问题的解题的基本思路是：根据已知条件将恒成立问题向基本类型转化，正确选用函数法、最小值法、数形结合等解题方法求解。
一、用一次函数的性质对于一次函数],[,)(n m x b kx x f ∈+=有：⎩⎨⎧<<⇔<⎩⎨⎧>>⇔>0)(0)(0)(,0)(0)(0)(n f m f x f n f m f x f 恒成立恒成立例1：若不等式)1(122->-x m x 对满足22≤≤-m 的所有m 都成立，求x 的范围。
第24炼恒成立问题——最值分析法(含恒成立综合习题)
第 24 炼恒建立问题——最值剖析法最值法求解恒建立问题是三种方法中最为复杂的一种，但常常会用在解决导数综合题目中的恒建立问题。
此方法考研学生对所给函数的性质的认识，以及对含参问题分类议论的基本功。
是导数中的难点问题。
一、基础知识：1、最值法的特色：（1）结构函数时常常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）参数常常会出此刻导函数中，从而参数不一样的取值会对原函数的单一性产生影响——可能经历分类议论2、理论基础：设 f x 的定义域为 D（1）若x D，均有（2）若x D，均有f x C （此中C为常数），则 f xf x C （此中C为常数），则 f xmaxminCC3、技巧与方法：（1）最值法解决恒建立问题会致使所结构的函数中有参数，从而不易剖析函数的单一区间，所以在使用最值法以前可先做好以下准备工作：①察看函数 f x 的零点能否便于猜出（注意界限点的值）② 减小参数与自变量的范围：经过代入一些特别值可否减小所求参数的议论范围（便于单一性剖析）察看在定义域中能否包括一个恒建立的区间（即不论参数取何值，不等式均建立），减小自变量的取值范围（2）第一要明确导函数对原函数的作用：即导函数的符号决定原函数的单一性。
假如所构造的函数，其导数结构比较复杂不易剖析出单一性，则可把需要判断符号的式子取出来结构一个新函数，再想方法解决其符号。
（3）在考虑函数最值时，除了依赖单一性，也可依据最值点的出处，即“只有界限点与极值点才是最值点的候选点” ，所以有的议论点就集中在“极值点”能否落在定义域内。
二、典型例题：例 1：设f x x22mx 2 ，当 x1,时，f x m 恒建立，求 m 的取值范围思路：恒建立不等式为x 2 2mx 2 m 0 ，只需 x 22mx 2 m0 ，因为左端min是对于 x 的二次函数，简单剖析最值点地点，应选择最值法解：恒建立不等式为 x 22mx2 m 0 ，令 g xx 22mx 2 m 则对称轴为 x m（1）当 m 1 时， g x 在 1,单一递加，g xming 1 1 2m 2m 0m3即 m3, 1（2）当 m1时， g x 在 1,m 单一递减，在 m,单一递加g xming mm 2 2m 22 m 02 m1m 1,1终上所述： m3,1小炼有话说： 二次函数以对称轴为分解， 其单一性与最值简单剖析。
21-22版：微专题2 恒成立、能成立问题的解决方法（步步高）
解决不等式恒成立、能成立问题常用的方法主要有分离变量法、变 换主元法、数形结合法、判别式法、均值不等式法、利用函数的性质、 利用代数式的几何意义等，方法灵活多样，主要锻炼横向、逆向和创造 性思维.
一、分离参数法解决恒成立问题
例1 设函数y＝mx2－mx－1,1≤x≤3，若y<－m＋5恒成立，求m的取值 范围.
－2x－1＋x2－3x＋2>0， 只需3x－1＋x2－3x＋2>0， 解得 x>4 或 x<－1. ∴实数x的取值范围是(－∞，－1)∪(4，＋∞).
反思 感悟
适当变换主元法的题型特征是：题目有两个变量，且已知取值 范围的变量只有一次项，就可以将不等式转化为一次函数求解.
三、判别式法解决恒成立问题
例3 若不等式ax2＋2ax－4<2x2＋4x，对于任意x∈R均成立，则实数a
的取值范围是 A.(－2,2) C.(－∞，－2)∪(2，＋∞)
√B.(－2,2]
D.(－∞，－2]
解析 由题意得(a－2)x2＋(2a－4)x－4<0，对任意x∈R均成立. a－2<0，
∴Δ＝2a－42＋16a－2<0 或 a－2＝0(此时不等式－4<0).
反思 感悟
能成立问题实际上就是存在性问题，要注意同恒成立问题的区 别.能成立问题可以转化为m>ymin或m<ymax的形式，从而求y的 最大值与最小值，从而求得参数的取值范围.
本课结束
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解 y<－m＋5恒成立，即m(x2－x＋1)－6<0恒成立，
∵x2－x＋1＝x－122＋34>0，
又m(x2－x＋1)－6<0，∴m<x2－6x＋1. ∵x2－6x＋1＝x－2162＋34在 1≤x≤上的最小值为67， ∴只需 m<67即可. ∴m 的取值范围为－∞，67.
恒成立问题题型大全（详解详析）
不等式中恒成立问题在不等式的综合题中，经常会遇到当一个结论对于某一个字母的某一个取值范围内所有值都成立的恒成立问题。
恒成立问题的基本类型：2f(x) 0在x Rf(x) ax bx c(a 0)类型1：设，（1）且 0f(x) 0在x R；上恒成立 a 0且 0 a 0（2）上恒成立。
2f(x) ax bx c(a 0)类型2：设f(x) 0在x *,+a 0（1）当时，上恒成立或或bbb2a2a2a，() 0 f() 0 f() 0 0ff(x) 0在x *,+ 上恒成立f() 0 f() 0 f(x) 0在x *,+a 0 （2）当时，上恒成立f() 0 bbbf(x) 0在x *,+ 或或2a2a2a 上恒成立类型3：f() 0 0f() 0f(x) 对一切x I恒成立 f(x) min f(x) 对一切x I恒成立 f(x) 。
max类型4： f(x) g(x)对一切x I恒成立 f(x)的图象在g(x)的图象的上方或f(x) g(x)minmax(x I) 恒成立问题的解题的基本思路是：根据已知条件将恒成立问题向基本类型转化，正确选用函数法、最小值法、数形结合等解题方法求解。
一、用一次函数的性质f(x) kx b,x *m,n+ 对于一次函数有：恒成立 ,f(x) 0恒成立 f(m) 0f(m) 0 f(x) 0f(n) 0f(n) 0 12m2 m 22x1 m(x1)例1：若不等式对满足的所有都成立，求x的范围。
解析：我们可以用改变主元的办法，将m视为主变元，即将元不等式化为：222 m 2m(x1)(2x1) 0f(m) m(x1)(2x 1)，；令，则时，恒成2 f(2) 02(x1)(2x1) 0 f(m) 0立，所以只需即，所以x的范围 f(2) 02 2(x1)(2x1) 01713x (,)是。
22二、利用一元二次函数的判别式2f(x) ax bx c 0(a 0,x R) 对于一元二在x R（1）上恒次函数有： a 0且 0f(x) 0成立； a 0且 0f(x) 0在x R（2）上恒成立2(m1)x(m1)x2 0例2：若不等式的解集是R，求m的范围。
关于函数恒成立问题的解题
恒成立问题二、恒成立问题解决的基本策略A 、两个基本思想解决“恒成立问题”思路1:()m f x ≥在x D ∈上恒成立max [()]m f x ⇔≥；思路2:()m f x ≤在x D ∈上恒成立min [()]m f x ⇔≤．如何在区间D 上求函数()f x 的最大值或者最小值问题，可以通过题目的实际情况,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、函数求导,等等方法求函数()f x 的最值．此类问题涉及的知识比较广泛，在处理上也有许多特殊性，希望大家多多注意积累．C 、分清基本类型,运用相关基本知识，把握基本的解题策略1、一次函数型若原题可化为一次函数型，则由数形结合思想利用一次函数知识求解,十分简捷．给定一次函数() (0)y f x ax b a ==+≠,若()y f x =在[, ]m n 内恒有()0f x >，则等价于：()0()0f m f n >⎧⎨>⎩；同理,若在[, ]m n 内恒有()0f x <,则等价于：()0()0f m f n <⎧⎨<⎩. 例3.对于满足2a ≤的所有实数a ，求使不等式212x ax a x ++>+恒成立的x 的取值范围． 解：原不等式转化为:2(1)210x a x x -+-+>在2a ≤时恒成立,设2()(1)21f a x a x x =-+-+,则()f a 在[2, 2]-上恒大于０,故有：(2)0(2)0f f ->⎧⎨>⎩即2243010x x x ⎧-+>⎪⎨->⎪⎩,解得：3111x x x x ><⎧⎨><-⎩或或; ∴1x <-或3x >,即x ∈(－∞,-１）∪(３,+∞)．2、二次函数型例４.若函数()f x =R ,求实数a 的取值范围. 解：由题意可知，当x R ∈时,222(1)(1)01a x a x a -+-+≥+恒成立, ①当210a -=且10a +≠时，1a =；此时,222(1)(1)101a x a x a -+-+=≥+,适合;②当210a -≠时,有222102(1)4(1)01a a a a ⎧->⎪⎨∆=---≤⎪+⎩即有221191090a a a a ⎧>⎪⇒<≤⎨-+≤⎪⎩； 综上所述，()f x 的定义域为R 时,[1, 9]a ∈.例5．已知函数2()3f x x ax a =++-,在R 上()0f x ≥恒成立,求a 的取值范围.分析：()y f x =的函数图像都在x 轴及其上方，如右图所示:略解：()22434120a a a a ∆=--=+-≤,62a ∴-≤≤.变式1:若[]2,2x ∈-时,()0f x ≥恒成立，求a 的取值范围．分析:要使[]2,2x ∈-时,()0f x ≥恒成立,只需()f x 的最小值()0g a ≥即可.解：22()()324a a f x x a =+--+，令()f x 在[]2,2-上的最小值为()g a ; ①当22a -<-，即4a >时，()(2)730g a f a =-=-≥；73a ∴≤，而4a >,a ∴不存在； ②当222a -≤-≤,即44a -≤≤时，2()()3024a a g a f a ==--+≥，62a ∴-≤≤； 又44a -≤≤,42a ∴-≤≤; ③当22a ->,即4a <-时，()(2)70g a f a ==+≥,7a ∴≥-； 又4a <-,74a ∴-≤<-;综上所述,72a -≤≤．变式2：若[]2,2x ∈-时,()2f x ≥恒成立，求a 的取值范围.法一：分析：题目中要证明()2f x ≥在[]2,2-上恒成立,若把2移到等号的左边,则把原题转化成左边二次函数在区间[]2,2-时恒大于等于0的问题．略解:2()320f x x ax a =++--≥,即2()10f x x ax a =++-≥在[]2,2-上成立;①()2410a a ∆=--≤， 222222a ∴--≤-+2 —2②24(1)0(2)0(2)02222a a f f a a ⎧∆=-->⎪≥⎪⎪⎨-≥⎪⎪-≥-≤-⎪⎩或;52a ∴-≤≤-；3、变量分离型若在等式或不等式中出现两个变量，其中一个变量的范围已知，另一个变量的范围为所求,且容易通过恒等变形将两个变量分别置于等号或不等号的两边，则可将恒成立问题转化成函数的最值问题求解.运用不等式的相关知识不难推出如下结论：若对于x 取值范围内的任何一个数都有:()()f x g a >恒成立,则min ()()g a f x <；若对于x 取值范围内的任何一个数，都有:()()f x g a <恒成立，则max ()()g a f x >.例6.已知三个不等式：①2430x x -+<,②2680x x -+<,③2290x x m -+<.要使同时满足①②的所有x 的值满足③，求m 的取值范围．略解：由①②得23x <<,要使同时满足①②的所有x 的值满足③,即不等式2290x x m -+<在(2, 3)x ∈上恒成立,即229m x x <-+在(2,3)x ∈上恒成立，又229x x -+在(2,3)x ∈上大于9;所以：9m ≤.例7．函数()f x 是奇函数,且在[1, 1]-上单调递增,又(1)1f -=-，若2()21f x t at ≤-+对所有的[1, 1]a ∈-都成立,求t 的取值范围．解:据奇函数关于原点对称，(1)1f =；又因为()f x 在[1, 1]-是单调递增，所以max ()(1)1f x f ==；2()21f x t at ≤-+对所有的[1,1]a ∈-都成立;因此，只需221t at -+大于或等于()f x 在[1, 1]-上的最大值１，2221120t at t at ∴-+≥⇒-≥；又∵对所有的[1, 1]a ∈-都成立,即关于a 的一次函数在[1, 1]-上大于或等于0恒成立，222020220t t t t t t t ⎧-≥⎪∴⇒≥=≤-⎨+≥⎪⎩或或即:(,2]{0}[2,)t ∈-∞-+∞． 利用变量分离解决恒成立问题,主要是要把它转化为函数的最值问题.4、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()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.5、直接根据图像判断若把等式或不等式进行合理的变形后,能非常容易地画出等号或不等号两边函数的图像,则可以通过画图直接判断得出结果.尤其对于填空题这种方法更显方便、快捷.例8．对任意实数x ，不等式|1||2|x x a +-->恒成立,求实数a 的取值范围.分析:转化为求函数|1||2|y x x =+--的最小值,画出此函数的图像即可求得a 的取值范围．解：令3, 11221, 123, 2x y x x x x x -<-⎧⎪=+--=--≤≤⎨⎪>⎩;在直角坐标系中画出图像如图所示,由图象可看出，要使对任意实数x ,不等式|1||2|x x a +-->恒成立，只需3a <-；故实数a 的取值范围是3-∞-（，）．本题中若将“|1||2|x x a +-->”改为“|1||2|x x a +--<”；同样由图象可得3a >． 利用数形结合解决恒成立问题，应先构造函数，作出符合已知条件的图形，再考虑在给定区间上函数与函数图象之间的关系,得出答案或列出条件,求出参数的范围．三、在恒成立问题中,主要是求参数的取值范围问题,是一种热点题型，介绍一些基本的解题策略,在学习中学会把问题分类、归类,熟练基本方法．(一)换元引参，显露问题实质例9.对于所有实数x ,不等式：2222224(1)2(1)log 2log log 014a a a x x a a a ++++>+恒成立, 求a 的取值范围.解：因为22log 1a a +的值随着参数a 的变化而变化,若设22log 1a t a =+， 则上述问题实质是“当t 为何值时，不等式2(3)220t x tx t -+->恒成立”；这是我们较为熟悉的二次函数问题,它等价于:求解关于t 的不等式组:230(2)8(3)0t t t t ->⎧⎨∆=+-<⎩；解得0t <，即有22log 01a a <+，易得01a <<． （二）分离参数,化归值域问题例１0.若对于任意角θ总有2sin 2cos 410m m θθ++-<成立，求m 的范围.解：此式是可分离变量型，由原不等式得2(2cos 4)cos m θθ+<，又cos 20θ+>,则原不等式等价变形为2cos 2cos 2m θθ<+恒成立. 故2m 必须小于2cos ()cos 2f θθθ=+的最小值,这样问题化归为怎样求2cos cos 2θθ+的最小值． 由2cos ()cos 2f θθθ=+2(cos 2)4(cos 2)4cos 2θθθ+-++=+4cos 24cos 2θθ=++-+440≥-=; 即cos 0θ=时,有最小值为0,故0m <．(三）变更主元，简化解题过程例1１.若对于01m ≤≤,方程2210x mx m +--=都有实根，求实根的范围.解：此题一般思路是先求出方程含参数m 的根,再由m 的范围来确定根x 的范围,但这样会遇到很多麻烦，若以m 为主元,则2(2)(1)m x x -=-,由原方程知2x ≠，得212x m x -=-； 又01m ≤≤，即21012x x -≤≤-1x ≤≤-或1x ≤≤. (四）图象解题，用好数形结合例12．设(0 4]x ∈，ax >恒成立,求a 的取值范围.解：若设1y =则2211(2) 4 (0)x y y -+=≥表示为上半圆．设2y ax =,为过原点,a 为斜率的直线． 在同一坐标系内 作出函数图像;依题意，半圆恒在直线上方时,只有0a <时成立,即a 的取值范围为0a <． 例1３．当(1, 2)x ∈时,不等式2(1)log a x x -<恒成立，求a 解：设21(1)y x =-，2log a y x =,则1y 的图像为右图是抛物线;要使对一切(1, 2)x ∈，12y y <恒成立，显然1a >，并且必须也只需当2x =时,2y 的函数值大于等于1y 的函数值；故log 21a >，∴12a <<.（五)合理联想，运用平几性质例14.不论k 为何实数,直线1y kx =+与曲线2222240x y ax a a +-+--=恒有交点,求a 的范围．解:22()42x a y a -+=+，C （a ，0),当2a >-时,联想到直线与圆的位置关系,则有点A (0,1）必在圆上或圆内，即点A (0,1）到圆心距离不大于半径,则有2124(2)a a a +≤+>-,得13a -≤≤．评析：因为题设中有两个参数,用解析几何中有交点的理论将二方程联立，用判别式来解题是比较困难的。
导数中恒成立问题(最值问题)
导数中恒成立问题(最值问题)导数中恒成立问题（最值问题）恒成立问题是高考函数题中的重点问题，也是高中数学非常重要的一个模块，不管是小题，还是大题，常常以压轴题的形式出现。
知识储备（我个人喜欢将参数放左边，函数放右边）先来简单的（也是最本质的）如分离变量后，()a f x ≥恒成立，则有max ()a f x ≥ ()a f x ≤恒成立，则有min ()a f x ≤ （若是存在性问题，那么最大变最小，最小变最大） 1.对于单变量的恒成立问题如：化简后我们分析得到，对[],x a b ∀∈，()0f x ≥恒成立，那么只需min ()0f x ≥ [],x a b ∃∈，使得()0f x ≥，那么只需max ()0f x ≥ 2.对于双变量的恒成立问题如：化简后我们分析得到，对[]12,,x x a b ∀∈，12()()f x g x ≥，那么只需min max ()()f x g x ≥ 如：化简后我们分析得到，对[]1,x a b ∀∈，[]2,x c d ∃∈使12()()f x g x ≥，那么只需min min ()()f x g x ≥如：化简后我们分析得到，[]1,x a b ∃∈，[]2,x c d ∈使12()()f x g x ≥，那么只需max min ()()f x g x ≥ 还有一些情况了，这里不一一列举，总之一句话（双变量的存在性与恒成立问题，都是先处理一个变量，再处理另一个变量）3.对于带绝对值的恒成立问题，我们往往先根据函数的单调性，去掉绝对值，再转变成恒成立问题（2014.03苏锡常镇一模那题特别典型）今天呢，我会花很多时间来讲解一道二次函数，因为二次函数是最本质的，（甚至我提出这样一个观点，所有导数的题目95%归根结底就是带参数二次函数在已知定义域上根的讨论，3%是ax b +与3ax b +这种形式根的讨论，2%是观察法得到零点，零点通常是11,,e e之类），所以如果我们真正弄清楚了二次函数，那么对于千变万化的导数题，我们还会畏惧吗。
恒成立问题的解法
【例1】 如果当自变量满足 1 x 2 时，函数
f (x) (m 1)x 4m 3 0 恒成立，求实数 m
的范围.
解：
f
f
(1) 0 (2) 0
∴ m4 3
（2）恒成立问题与二次函数联系：
类型1：设 f (x) ax2 bx c(a 0) ，f (x) 0
三、解决恒成立问题常用的方法
1 函数性质法
常用 方法
2 变量分离法 3 变换主元法
4 数形结合法
1.函数1.性函质数法性质法
（1）恒成立问题与一次函数联系：给定一次函数
y f (x) ax b(a 0) ，若 y f (x) 在 [m, n] 内恒有 f (x) 0 ，则根据函数的
f
f
( ) ( )
0 0
（2）恒成立问题与二次函数联系：
类型2：设 f (x) ax2 bx c(a 0) ，f (x) 0
在区间 [, ] 上恒成立问题：
（2）当 a 0 时，f (x) 0在x [, ] 上恒成立
f f
( ) ( )
又 a 4 7 a 4 综上所述，7 a .2
2.变变量量分分离离法
将含参数的恒成立式子中的参数) 或 a f (x) 恒成立的形式.
则 a f (x) 恒成立 a 的范围是 f (x) 的值域；
2. 变量分离法：
【例4】 当 x (1, 2) 时，不等式 x2 mx 4 0
恒成立，则 m 的取值范围是
.
解：当 x (1, 2) 时，由 x2 mx 4 0
恒成立问题的一般解法
（一）分离参数法 （二）构造函数法 （三）更换主元法 （四）数形结合法
一、利用分离参数法解决恒成立问题
例1、已知不等式 ax2 -2x + 2a > x2对任 意的a∈(0，+∞)都成立，求实数x的取 值范围.
已知函数f(x)=ax -lnx . 若f(x)>1在 (1，+∞)上恒成立，求a的取值范围.
若不等式x2 -2mx+2m+1>0 对满足 0≤x≤1的所有实数x都成立，求m的取值 范围.
随堂练习 2
解：设 f (x) x2 2mx 2m 1，
依题意：当 0 x 1时， f (x)min 0 恒成立
(1) 当 m 0 时， f x 在[0,1]上是增函数，
f
(x)
0恒成立
f f
(m) 0 (n) 0
f
(x)
0恒成立
f f
(m) 0 (n) 0
当不等式中出现参数时，我们往往 以自变量为主元，有时易致使解题思路 受阻，解题过程不畅。若将题中已知范 围的参数与自变量“主、客转化”，问 题就会变得简单。
四、利用数形结合法解决恒成立问题x [0，3]
解题依据：f(x)>g(x)对一切x∈I恒成立等价 于f(x)的图象在g(x)的图象上方.
注意：利用函数图象解题时，思路是从边界 处（从相等处）开始形成的。
这节课我们学习了解决恒成立问题的一般 法。 这些方法是 分离参数法 、 构造函数法 、
更换主元法 、 数形结合法 。
• 一般地，解决不等式恒成立问题的思想方法 是：分类讨论、数形结合、参数分离、变换 主元等。
【衡水微专题2021】24 恒成立问题——最值分析法(含恒成立综合习题)+参考答案
- 1 -微专题24 恒成立问题——最值分析法最值法求解恒成立问题是三种方法中最为复杂的一种，但往往会用在解决导数综合题目中的恒成立问题。
此方法考研学生对所给函数的性质的了解，以及对含参问题分类讨论的基本功。
是导数中的难点问题。
一、基础知识： 1、最值法的特点：（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2、理论基础：设()f x 的定义域为D（1）若x D ∀∈，均有()f x C ≤（其中C 为常数），则()max f x C ≤ （2）若x D ∀∈，均有()f x C ≥（其中C 为常数），则()min f x C ≥ 3、技巧与方法：（1）最值法解决恒成立问题会导致所构造的函数中有参数，进而不易分析函数的单调区间，所以在使用最值法之前可先做好以下准备工作：① 观察函数()f x 的零点是否便于猜出（注意边界点的值） ② 缩小参数与自变量的范围：通过代入一些特殊值能否缩小所求参数的讨论范围（便于单调性分析）观察在定义域中是否包含一个恒成立的区间（即无论参数取何值，不等式均成立），缩小自变量的取值范围（2）首先要明确导函数对原函数的作用：即导函数的符号决定原函数的单调性。
如果所构造的函数，其导数结构比较复杂不易分析出单调性，则可把需要判断符号的式子拿出来构造一个新函数，再想办法解决其符号。
（3）在考虑函数最值时，除了依靠单调性，也可根据最值点的出处，即“只有边界点与极值- 1 -点才是最值点的候选点”，所以有的讨论点就集中在“极值点”是否落在定义域内。
二、典型例题：例1：设()222f x x mx =-+，当[)1,x ∈-+∞时，()f x m ≥恒成立，求m 的取值范围 思路：恒成立不等式为2220x mx m -+-≥，只需()2min220x mx m -+-≥，由于左端是关于x 的二次函数，容易分析最值点位置，故选择最值法解：恒成立不等式为2220x mx m -+-≥，令()222g x x mx m =-+-则对称轴为x m =（1）当1m ≤-时，()g x 在[)1,-+∞单调递增，()()min 11220g x g m m ∴=-=++-≥ 3m ∴≥-即[]3,1m ∈--（2）当1m >-时，()g x 在()1,m -单调递减，在(),m +∞单调递增 ()()22min 22021g x g m m m m m ∴==-+-≥⇒-≤≤ (]1,1m ∴∈- 终上所述：[]3,1m ∈-小炼有话说：二次函数以对称轴为分解，其单调性与最值容易分析。
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微专题24 恒成立问题——最值分析法
最值法求解恒成立问题是三种方法中最为复杂的一种，但往往会用在解决导数综合题目中的恒成立问题。
此方法考研学生对所给函数的性质的了解，以及对含参问题分类讨论的基本功。
是导数中的难点问题。
一、基础知识： 1、最值法的特点：
（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
2、理论基础：设()f x 的定义域为D
（1）若x D ∀∈，均有()f x C ≤（其中C 为常数），则()max f x C ≤ （2）若x D ∀∈，均有()f x C ≥（其中C 为常数），则()min f x C ≥ 3、技巧与方法：
（1）最值法解决恒成立问题会导致所构造的函数中有参数，进而不易分析函数的单调区间，所以在使用最值法之前可先做好以下准备工作：
① 观察函数()f x 的零点是否便于猜出（注意边界点的值） ② 缩小参数与自变量的范围：
通过代入一些特殊值能否缩小所求参数的讨论范围（便于单调性分析）
观察在定义域中是否包含一个恒成立的区间（即无论参数取何值，不等式均成立），缩小自变量的取值范围
（2）首先要明确导函数对原函数的作用：即导函数的符号决定原函数的单调性。
如果所构造的函数，其导数结构比较复杂不易分析出单调性，则可把需要判断符号的式子拿出来构造一个新函数，再想办法解决其符号。
（3）在考虑函数最值时，除了依靠单调性，也可根据最值点的出处，即“只有边界点与极值
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点才是最值点的候选点”，所以有的讨论点就集中在“极值点”是否落在定义域内。
二、典型例题：
例1：设()222f x x mx =-+，当[)1,x ∈-+∞时，()f x m ≥恒成立，求m 的取值范围 思路：恒成立不等式为2
220x mx m -+-≥，只需()
2min
220x mx m -+-≥，由于左端是
关于x 的二次函数，容易分析最值点位置，故选择最值法
解：恒成立不等式为2
220x mx m -+-≥，令()222g x x mx m =-+-则对称轴为x m =
（1）当1m ≤-时，()g x 在[)1,-+∞单调递增，()()min 11220g x g m m ∴=-=++-≥ 3m ∴≥-即[]3,1m ∈--
（2）当1m >-时，()g x 在()1,m -单调递减，在(),m +∞单调递增 ()()22min 22021g x g m m m m m ∴==-+-≥⇒-≤≤ (]1,1m ∴∈- 终上所述：[]3,1m ∈-
小炼有话说：二次函数以对称轴为分解，其单调性与最值容易分析。
所以二次恒成立不等式往往可考虑利用最值法，此题中对称轴是否在区间内将决定最值的取值，故以此为分类讨论点。
思路二：从另一个角度看，本题,m x 容易进行分离，所以也可考虑参变分离法 解：()22220212x mx m x m x -+-≥⇔+≤+
（1）1
2102x x +>⇒>-时，则2min
221x m x ⎛⎫+≤ ⎪+⎝⎭ (由于m 系数符号未定，故分类讨论进行参变分离）
令21,0t x t =+>（换元时注意更新新元的取值范围）
则()
2
2212
229194=
2121
44t x t t t x t
t t -++-+⎛⎫==+-≥ ⎪+⎝⎭
（2）1
2102
x x +=⇒=-
，不等式对任意的m 均成立 （3）1
2102x x +<⇒<-，2max
221x m x ⎛⎫+≥ ⎪+⎝⎭(注意不等号变号！！）
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令21,10t x t =+-≤<,则()
2
2212
2
29194=
2321
44t x t t t x t
t t -++-+⎛⎫==+-≤- ⎪+⎝⎭
3m ∴≥-
综上所述：[]3,1m ∈- 小炼有话说：
（1）此题运用参变分离法解题并不简便，不仅要对x 分类讨论，还要处理一个分式函数的最值，所以两个方法请作一对比
（2）最后确定m 的范围时，是将各部分结果取交集，因为分类讨论是对x 进行的，m 的取值要让每一部分必须同时成立才可，所以是“且”的关系，取交集
例2：已知函数()2ln x f x a x x a =+-，对任意的[]12,0,1x x ∈，不等式
()()121f x f x a -≤-恒成立，则a 的取值范围是___________
思路：若不等式恒成立，则()()
12max
1a f x f x -≥-，()1f x 与()2f x 差的最大值即为()
f x 最大值与最小值的差。
所以考虑求()2ln x f x a x x a =+-在[]0,1的最大最小值，
()()'ln 2ln 1ln 2x x f x a a x a a a x =+-=-+，若1a >，则10,ln 0x a a ->>，所以
()1ln 0x
a
a ->，若01a <<，则10,ln 0x a a -<<，所以()1ln 0x a a ->。
而20x ≥，
所以无论a 为何值，
()'0f x >，则()f x 在
[]
0,1单调递增。
()()()()max min 10ln f x f x f f a a -=-=-，从而1ln a a a -≥-，解得a e ≥
答案：[),e +∞
例3：已知函数()()ln 10f x a x a =+>，在区间()1,e 上，()f x x >恒成立，求a 的取值范围
思路一：恒成立的不等式为ln 1a x x +>即ln 10a x x -+>,令()ln 1g x a x x =-+观察到两点特征：(1)()g x 导函数易分析单调性，（2）()10g =,对单调性会有一定要求进而限制参数a 的取值。
所以考虑使用最值法求解。
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解：()f x x >恒成立即不等式ln 10a x x -+>恒成立，令()ln 1g x a x x =-+ ∴只需()min 0g x >即可，()10g = ()'
1a a x g x x x -=
-=，令()'00a x g x x a x
->⇒>⇒<（分析()g x 的单调性） 当1a ≤时 ()g x 在()1,e 单调递减，则()()010g x g <=
(思考：为什么以1a =作为分界点讨论？因为找到()10g =，若要不等式成立，那么一定从1x =处起
()g x 要增（不一定在()1,e 上恒增，但起码存在一小处区间是增的），所以1a ≤时导致()g x 在1x =处开始单减，那么一定不符合条件。
由此请体会零点对参数范围所起的作用） 当1a >时，分x
a =是否在()1,e 中讨论（最小值点的选取）
若1a e <<，单调性如表所示
()()10
10
g a e g e ≥⎧⎪∴⇒≥-⎨≥⎪⎩ 1e a e ∴-≤< （（1）可以比较
()()1,g g e 的大小找到最小的临界值，再求解，但比较麻烦。
由于最小值只会在
1,x x e ==处取得，所以让它们均大于0即可。
（2）由于1,x x e ==并不在()1,e 中，所以求得的只是
临界值，临界值等于零也符合条件） 若a
e ≥，则()g x 在()1,e 上单调递增，()()10g x g ∴>=，符合题意
综上所述：1a e ≥-
小炼有话说：此题在1a >的情况也可不分类讨论，因为从单调区间分析来看，在()1+∞，中
x a =是极大值点，不可能是最小值，所以无论x a =是否在()1,e ，最小值（或临界值）均只
会在边界处产生，所以只需()()10
10
g a e g e ≥⎧⎪∴⇒≥-⎨
≥⎪⎩即可
思路二：不等式 ln 10a x x -+>中a 与x 便于分离，所以只要分离后的x 的函数易分析出单。