高考数学恒成立问题
高考数学解决不等式恒成立问题常用5种方法.doc
高考数学解决不等式恒成立问题常用5种方
法
解析：分离参数法适用的题型特征：
当不等式的参数能够与其他变量完全分离出来，
并且分离后不等式其中一边的函数的最值或范围可求时，
则将参数式放在不等式的一边，分离后的变量式放在另一边，
将变量式看成一个新的函数，问题即转化为求新函数的最值或范围，
若a≥f(x)恒成立，则a≥f(x)max,若a≤f(x)恒成立，则a≤f(x)min
方法二：变换主元法(也可称一次函数型)
解析：学生通常习惯把x当成主元(未知数)，
把另一个变量p看成参数，在有些问题中这样的解题过程繁琐，
如果把已知取值范围的变量当成主元，把要求取值范围的变量看成参数，
则可简便解题。
适用于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，
这时就可以将不等式转化为一次函数求解。
方法三：二次函数法
解析：二次函数型在区间的恒成立问题：解决这类问题主要是分析
1，判断二次函数的开口方向
2，二次函数的判别式是大于0还是小于0
3，判断二次函数的对称轴位置和区间两端值的大小，即判断函数在区间的单调性
方法四：判别式法
解析：不等式一边是分式，
且分式的分子和分母的最高次项都是二次项时，
利用判别式法可以快速的解题，
分离参数将会使解题变得复杂。
方法五：最值法
解析：不等式两边是两个函数，
且含有参数时，我们可以分出出参数，
构造新函数，求函数的导数来求得新函数的最值。
总结：在解不等式恒成立的问题时，应根据不等式的特点，选择适合的方式快速准确的解题。
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.。
高中数学解题方法系列：函数中“恒成立问题”的类型及策略
高中数学解题方法系列：函数中“恒成立问题”的类型及策略一、恒成立问题地基本类型在数学问题研究中经常碰到在给定条件下某些结论.函数在给定区间上某结论成立问题,其表现形式通常有: 在给定区间上某关系恒成立。
某函数地定义域为全体实数R 。
●某不等式地解为一切实数。
❍某表达式地值恒大于a 等等…恒成立问题,涉及到一次函数、二次函数地性质、图象,渗透着换元、化归、数形结合、函数与方程等思想方法,有利于考查学生地综合解题能力,在培养思维地灵活性、创造性等方面起到了积极地作用.因此也成为历年高考地一个热点.恒成立问题在解题过程中大致可分为以下几种类型：①一次函数型；②二次函数型；③变量分离型；④根据函数地奇偶性、周期性等性质；⑤直接根据函数地图象.二、恒成立问题解决地基本策略<一）两个基本思想解决“恒成立问题”思路1、max )]([)(x f m D x x f m ≥⇔∈≥上恒成立在思路2、min)]([)(x f m D x x f m≤⇔∈≤上恒成立在如何在区间D 上求函数f(x>地最大值或者最小值问题,我们可以通过习题地实际,采取合理有效地方法进行求解,通常可以考虑利用函数地单调性、函数地图像、二次函数地配方法、三角函数地有界性、均值定理、函数求导等等方法求函数f<x）地最值.这类问题在数学地学习涉及地知识比较广泛,在处理上也有许多特殊性,也是近年来高考中频频出现地试卷类型,希望同学们在日常学习中注意积累.(二>、赋值型——利用特殊值求解等式中地恒成立问题,常常用赋值法求解,特别是对解决填空题、选择题能很快求得.例1．由等式x 4+a 1x 3+a 2x 2+a 3x+a 4=(x+1>4+b 1(x+1>3+b 2(x+1>2+b 3(x+1>+b 4定义映射f：(a 1,a 2,a 3,a 4>→b 1+b 2+b 3+b 4,则f：(4,3,2,1>→(>A.10B.7C.-1D.0略解：取x=0,则a 4=1+b 1+b 2+b 3+b 4,又a 4=1,所以b 1+b 2+b 3+b 4=0,故选D例2．如果函数y=f(x>=sin2x+acos2x 地图象关于直线x=8π-对称,那么a=<）.A .1B .-1C .2D .-2.略解：取x=0及x=4π-,则f(0>=f(4π->,即a=-1,故选B.此法体现了数学中从一般到特殊地转化思想.<三）分清基本类型,运用相关基本知识,把握基本地解题策略1、一次函数型：若原题可化为一次函数型,则由数形结合思想利用一次函数知识求解,十分简捷给定一次函数y=f(x>=ax+b(a≠0>,若y=f(x>在[m,n]内恒有f(x>>0,则根据函数地图象<直线）可得上述结论等价于)(0)(>>n f m f 同理,若在[m,n]内恒有f(x><0,则有)(0)(<<n f m f 例2．对于满足|a|≤2地所有实数a,求使不等式x 2+ax+1>2a+x 恒成立地x 地取值范围.分析：在不等式中出现了两个字母：x 及a,关键在于该把哪个字母看成是一个变量,另一个作为常数.显然可将a 视作自变量,则上述问题即可转化为在[-2,2]内关于a 地一次函数大于0恒成立地问题.解：原不等式转化为(x-1>a+x 2-2x+1>0在|a|≤2时恒成立,设f(a>=(x-1>a+x 2-2x+1,则f(a>在[-2,2]上恒大于0,故有：⎩⎨⎧>>-)2(0)2(f f 即⎪⎩⎪⎨⎧>->+-0103422x x x 解得：⎩⎨⎧-<><>1113x x x x 或或∴x<-1或x>3.即x∈(－∞,－1>∪(3,+∞>此类题本质上是利用了一次函数在区间[m,n]上地图象是一线段,故只需保证该线段两端点均在x 轴上方<或下方）即可.2、二次函数型涉及到二次函数地问题是复习地重点,同学们要加强学习、归纳、总结,提炼出一些具体地方法,在今后地解题中自觉运用.<1）若二次函数y=ax 2+bx+c(a≠0>大于0恒成立,则有00<∆>且a <2）若是二次函数在指定区间上地恒成立问题,可以利用韦达定理以及根地分布知识求解.例3．若函数12)1()1()(22++-+-=a x a x a x f 地定义域为R,求实数a 地取值范围.分析：该题就转化为被开方数012)1()1(22≥++-+-a x a x a 在R 上恒成立问题,并且注意对二次项系数地讨论.解：依题意,当时，R x ∈012)1()1(22≥++-+-a x a x a 恒成立,所以,①当,1,01,01{,0122=≠+=-=-a a a a 时，即当此时.1,0112)1()1(22=∴≥=++-+-a a x a x a②当时，时，即当012)1(4)1(,01{012222≤+---=∆>-≠-a a a a a有,91,09101{22≤<⇒≤+->a a a a 综上所述,f(x>地定义域为R 时,]9,1[∈a 例4.已知函数2()3f x x ax a =++-,在R 上()0f x ≥恒成立,求a 地取值范围.分析：()y f x =地函数图像都在X 轴及其上方,如右图所示：略解：()22434120a a a a ∆=--=+-≤62a ∴-≤≤变式1：若[]2,2x ∈-时,()0f x ≥恒成立,求a 地取值范围.分析：要使[]2,2x ∈-时,()0f x ≥恒成立,只需)(x f 地最小值0)(≥a g 即可.解：22()324a a f x x a ⎛⎫=+--+ ⎪⎝⎭,令()f x 在[]2,2-上地最小值为()g a .⑴当22a -<-,即4a >时,()(2)730g a f a =-=-≥73a ∴≤又4a> a ∴不存在.⑵当222a -≤-≤,即44a -≤≤时,2()(3024a a g a f a ==--+≥62a ∴-≤≤又44a -≤≤ 42a ∴-≤≤⑶当22a->,即4a <-时,()(2)70g a f a ==+≥7a ∴≥-又4a <- 74a ∴-≤<-综上所述,72a -≤≤.变式2：若[]2,2x ∈-时,()2f x ≥恒成立,求a 地取值范围.解法一：分析：题目中要证明2)(≥x f 在[]2,2-上恒成立,若把2移到等号地左边,则把原题转化成左边二次函数在区间[]2,2-时恒大于等于0地问题.略解：2()320f x x ax a =++--≥,即2()10f x x ax a =++-≥在[]2,2-上成立.⑴()2410a a ∆=--≤22a ∴--≤≤-+⑵24(1)0(2)0(2)02222a a f f a a ⎧∆=-->⎪≥⎪⎪⎨-≥⎪⎪-≥-≤-⎪⎩或2225--≤≤-∴a 综上所述,2225-≤≤-a .解法二：<运用根地分布）2—2⑴当-<-2,即a >4时,g (a )=f (-2)=7-3a ≥2∴a ≤2a ∉(4,+∞)∴a 不存53在.⑵当-2≤-≤22a,即-4≤a ≤4时,2g (a )=f (a 2)=--a +3≥24a ,2-22-2≤a ≤2－22-2∴-4≤a ≤2⑶当->2,即a <-4时,g (a )=f (2)=7+a ≥2,2a∴a ≥-5∴-5≤a <-4综上所述-5≤a ≤22-2.此题属于含参数二次函数,求最值时,轴变区间定地情形,对轴与区间地位置进行分类讨论；还有与其相反地,轴动区间定,方法一样.对于二次函数在R 上恒成立问题往往采用判别式法<如例4、例5）,而对于二次函数在某一区间上恒成立问题往往转化为求函数在此区间上地最值问题3、变量分离型若在等式或不等式中出现两个变量,其中一个变量地范围已知,另一个变量地范围为所求,且容易通过恒等变形将两个变量分别置于等号或不等号地两边,则可将恒成立问题转化成函数地最值问题求解.运用不等式地相关知识不难推出如下结论：若对于x 取值范围内地任何一个数都有f(x>>g(a>恒成立,则g(a><f(x>min 。
高考数学导数恒成立问题的解法及例题
高考数学导数恒成立问题的解法
对于恒成立问题，一般采取的方法有两种：一是利用函数的单调性，二是利用函数的最值。
1. 利用函数的单调性
如果函数f(x)在区间D上单调，可以根据函数的单调性来解决问题。
例如，不等式f(x) > 0在区间D上恒成立，那么只需要找到满足f(x)min > 0的x值即可。
2. 利用函数的最值
如果函数f(x)在区间D上不是单调的，那么可以转化为求函数的最值问题。
例如，不等式f(x) > 0在区间D上恒成立，可以转化为求f(x)的最小值，只要最小值大于0，那么不等式就恒成立。
例题：已知函数f(x) = x2 + ax + 4在区间[-1,2]上都不小于2，求a的取值范围。
解法：首先根据题意得到函数f(x) = x2 + ax + 4在区间[-1,2]上的最小值为2，然后根据二次函数的性质得到对称轴为x=-b/2a=-a/2。
我们需要分三种情况讨论：
1. 当-a/2≤-1时，即a≥2时，函数在[-1,2]上是增函数，只需要满足f(-1)=1-a+4≥2即可，解得a≤3，所以2≤a≤3；
2. 当-a/2≥2时，即a≤-4时，函数在[-1,2]上是减函数，只需要满足
f(2)=4+2a+4≥2即可，解得a≥-4，但是此时a没有合适的取值，故舍去；
3. 当-1<-a/2<2时，即-4<a<2时，函数在对称轴左侧是减函数，右侧是增函数，只需要满足f(-a/2)=(-a/2)2-a2/4+4≥2即可，解得-4<a≤-2。
综上可得a的取值范围为：[-4,-2]∪[2,3]。
数学高考复习中恒成立问题及解题策略
数学高考复习中恒成立问题及解题策略
数学高考复习中常见的恒成立问题包括：三角函数、平面几何、立体几何、数列等方面的常见恒等式是否成立。
解决这些问题需要
我们掌握以下策略：
1. 掌握基本定义。
了解三角函数、平面几何、立体几何、数列
等基本定义，理解它们的概念和性质，这是解决恒成立问题的前提。
2. 理解证明步骤。
对于一些基本的恒等式，如三角函数的基本
恒等式、半角公式等，需要深入理解其证明步骤，这样能解决很多
基本的恒成立问题。
3. 对比特殊情况。
对于一些复杂的恒等式，可以考虑先验证一
些特殊情况，如取特殊的几个值来代入验证，这样可以对恒等式是
否成立有一个大致的判断。
4. 利用常见定理。
多运用常见的几何定理或性质的结论，如勾
股定理、中线定理、垂直平分线定理等，也可以用对等三角形、相
似比、余弦、正弦等基本知识来解决。
5. 探索新的思路。
对于一些比较难的恒等式，可以多思考，开
拓思路，寻找新的解题方法，这样可以解决不同的问题，丰富解题
经验。
总之，解决恒成立问题需要我们理解基本定义和证明步骤，利
用特殊情况和常见定理，同时具有创新和探索的精神。
恒成立问题常见类型及解法
恒成立问题常见类型及解法重庆清华中学 张忠在近年高考试题中，常见条件中出现“恒”、“都”、“总”、“永远”、“一切”等关键词的试题，我们习惯上称之为恒成立问题。
对此类题，许多学生常常一筹莫展，但如果了解它的题型，选择合适的对策，解决问题就会游刃有余。
高中数学中的恒成立问题，总体上分为两种典型类型：等式的恒成立和不等式的恒成立。
一、等式的恒成立问题（恒等问题）【例】 是否存在常数a 、b 、c 使得等式：122311122222··…++++=+++n n n n an bn c ()()()对一切自然数n 都成立？证明你的结论。
(一). 利用多项式恒等定理，建立方程组求参数多项式f(x)g(x)的充要条件是：对于a 的任意一个取值，都有f (a )g (a )；或者两个多项式各同类项的系数对应相等。
解法一：因为3222)1(n n n n n ++=+所以12231222··…++++n n ()=++++++++++++=++++++=+++()()()()()()()()()1232121212131211411231110222333222………n n n n n n n n n n n n n n显然当a b c ===31110，，时等式对一切自然数n 都成立。
(二). 待定系数法和数学归纳法对策：先用待定系数法探求a 、b 、c 的值，再利用数学归纳法证明等式对一切自然数n 都成立。
解法二：令n=1，n=2，n=3可得，解得。
以下用数学归纳法证明：等式1·22+2·32+…+n(n+1)=(3n 2+11n+10)对一切自然数n 都成立(证略)。
(三)、根据函数的奇偶性、周期性等性质若函数f(x)是奇(偶)函数，则对一切定义域中的x ,f(-x)=-f(x)((f(-x)=f(x))恒成立；若函数y=f(x)的周期为T ，则对一切定义域中的x,f(x)=f(x+T)恒成立。
高考数学复习专题19 恒成立与存在性问题(解析版)
专题19恒成立与存在性问题专题知识梳理恒成立问题①∀x∈D，均有f(x)>A恒成立，则f(x)min>A；②∀x∈D，均有f(x)﹤A恒成立，则f(x)ma x<A；③∀x∈D，均有f(x)>g(x)恒成立，则F(x)=f(x)-g(x)>0，∴F(x)min>0；④∀x∈D，均有f(x)﹤g(x)恒成立，则F(x)=f(x)-g(x)<0，∴F(x)ma x<0；⑤∀x1∈D，∀x2∈E，均有f(x1)>g(x2)恒成立，则f(x)min>g(x)ma x；⑥∀x1∈D，∀x2∈E，均有f(x1)<g(x2)恒成立，则f(x)ma x<g(x)min.存在性问题①∃x0∈D，使得f(x0)>A成立，则f(x)ma x>A；②∃x0∈D，使得f(x0)﹤A成立，则f(x)min<A；③∃x0∈D，使得f(x0)>g(x0)成立，设F(x)=f(x)-g(x)，∴F(x)ma x>0；④∃x0∈D，使得f(x0)<g(x0)成立，设F(x)=f(x)-g(x)，∴F(x)min<0；⑤∃x1∈D，∃x2∈E，使得f(x1)>g(x2)成立，则f(x)ma x>g(x)min；⑥∃x1∈D，∃x2∈E，均使得f(x1)<g(x2)成立，则f(x)min<g(x)ma x.考点探究【例1】（2018·徐州模拟）若关于x的不等式x3﹣3x2+ax+b＜0对任意的实数x∈[1，3]及任意的实数b∈[2，4]恒成立，则实数a的取值范围是．【解析】关于x的不等式x3﹣3x2+ax+b＜0对任意的实数x∈[1，3]及任意的实数b∈[2，4]恒成立，可得x3﹣3x2+ax＜﹣b的最小值，即为x3﹣3x2+ax＜﹣4，可得a＜3x﹣x2﹣的最小值，设f （x ）=3x ﹣x 2﹣，x ∈[1，3]，导数为f′（x ）=3﹣2x+，可得1＜x ＜2时，f′（x ）＞0，f （x ）递增；2＜x ＜3时，f′（x ）＜0，f （x ）递减，又f （1）=﹣2，f （3）=﹣，可得f （x ）在[1，3]的最小值为﹣2，可得a ＜﹣2．即有a 的范围是（﹣∞，﹣2）．故答案为：（﹣∞，﹣2）．【例2】已知函数()(0,0,1,1)x x f x a b a b a b =+>>≠≠.设12,2a b ==.若对任意x R ∈,不等式(2)()6f x mf x ≥-恒成立，求实数m 的最大值；【解析】由条件知2222(2)22(22)2(())2x x x x f x f x --=+=+-=-.因为(2)()6f x mf x ≥-对于x R ∈恒成立，且()0f x >，所以2(())4()f x m f x +≤对于x R ∈恒成立.而2(())44()4()()f x f x f x f x +=+≥=，且2((0))44(0)f f +=，所以4m ≤，故实数m 的最大值为4.【例3】已知=)(x f x x +221，=)(x g a x -+)1ln(，(1)若存在]2,0[,21∈x x ，使得)()(21x g x f >，求实数a 的取值范围；(2)若存在]2,0[,21∈x x ，使得)()(21x g x f =，求实数a 的取值范围.【解析】()(),f x g x 在[]0,2上都是增函数，所以()f x 的值域，，]40[=A ()g x 的值域]3ln ,[a a B --=.(1)若存在]2,0[,21∈x x ，使得)()(21x g x f >，则min max )()(x g x f >，即4>a -，所以4->a .(2)若存在21,x x 使得)()(21x g x f =，则A B ≠∅ ，∴4a -≤且ln 30a -≥，∴实数a 的取值围是[]4,ln 3-.题组训练1.已知函数()()32ln 3,a f x x x g x x x x =++=-，若()()12121,,2,03x x f x g x ⎡⎤∀∈-≥⎢⎥⎣⎦，则实数a 的取值范围为_________________.【解析】由题意()()12121,,2,03x x f x g x ⎡⎤∀∈-≥⎢⎥⎣⎦得()()min max f x g x ≥()32g x x x =-，()´232g x x x =-所以()g x 在1233⎡⎤⎢⎥⎣⎦，单调递减，在223⎡⎤⎢⎥⎣⎦单调递增，所以()()()12243max g x max g g g ⎧⎫⎛⎫===⎨⎬ ⎪⎝⎭⎩⎭，，则()ln 34a f x x x x =++>得2a x x lnx ≥-令()2h x x x lnx =-，()´12h x xlnx x =--，()¨23h x lnx =--，在1,23⎡⎤⎢⎥⎣⎦上()¨0h x <，则()´h x 单调递减，又()10h =，所以()h x 在113⎡⎤⎢⎥⎣⎦，单调递增，在[]12，单调递减，()()max 11h x h ==，所以1a ≥，故填[)1,+∞.2.已知函数f(x)=22e 1+x x ,g(x)=2e ex x ,对任意的x 1,x 2∈(0,+∞),不等式1()g x k ≤2()1+f x k 恒成立,则正数k的取值范围是.【解析】因为k 为正数,所以对任意的x 1,x 2∈(0,+∞),不等式1()g x k ≤2()1+f x k 恒成立⇒max()⎡⎤⎢⎥⎣⎦g x k ≤min ()1⎡⎤⎢⎥+⎣⎦f x k .令g'(x)=0,即2e (1-)e xx =0,得x=1,当x∈(0,1)时,g'(x)>0,当x∈(1,+∞)时,g'(x)<0,所以max ()⎡⎤⎢⎥⎣⎦g x k =(1)g k =e k .同理,令f'(x)=0,即222e -1x x =0,得x=1e ,当x∈10,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭时,f'(x)<0,当x∈1,e ∞⎛⎫+ ⎪⎝⎭时,f'(x)>0,所以min ()1⎡⎤⎢⎥+⎣⎦f x k =1e 1⎛⎫ ⎪⎝⎭+f k =2e 1+k ,所以e k ≤2e 1+k ,又k>0,所以k≥1.3.已知()1()2,11f x x x x =-->-+，若2()21f x t at ≤-+对于所有的()[]1,,1,1x a ∈-+∞∈-恒成立，求实数t 的取值范围.【解析】2()21f x t at ≤-+对于所有的()[]1,,1,1x a ∈-+∞∈-恒成立，即()f x 的最大值都小于等于221t at -+；即220ta t -≤对于所有的[]1,1a ∈-恒成立，令2()2g a ta t =-，只要(1)0(1)0g g -≤⎧⎨≤⎩，即可解出实数t 的取值范围．容易得出11()23132111f x x x x x ⎛⎫=--=-++≤-= ⎪++⎝⎭，即()f x 的最大值为1,则2()21f x t at ≤-+对于所有的()[]1,,1,1x a ∈-+∞∈-恒成立⇔2121t at ≤-+对于所有的[]1,1a ∈-恒成立，即220ta t -≤对于所有的[]1,1a ∈-恒成立，令2()2g a ta t =-，只要(1)0(1)0g g -≤⎧⎨≤⎩，∴2t ≤-或2t ≥或0t =．4.已知函数()()1522>+-=a ax x x f .若()x f 在区间(]2,∞-上是减函数，且对任意的[]1,1,21+∈a x x ，总有()()421≤-x f x f ，求实数a 的取值范围；【解析】条件12()()4f x f x -≤表示的含义是函数f (x )在[1,1]a +上的最大值与最小值的差小于或等于4.若2a ≥.又[1,1]x a a =∈+，且(1)1a a a +-≤-.所以max ()(1)62f x f a ==-.2min ()()5f x f a a ==-.因为对任意的12,[1,1]x x a ∈+.总有12()()4f x f x -≤.所以max min ()()4f x f x -≤.即2(62)(5)4a a ---≤.解得13a -≤≤.又2a ≥.所以23a ≤≤.若12a <<.2max ()(1)6f x f a a =+=-.2min ()()5f x f a a ==-.max min ()()4f x f x -≤显然成立.综上13a <≤.5.函数()()m mx x g x x x f 25,342-+=+-=，若对任意的[]4,11∈x ，总存在[]4,12∈x ，使()()21x g x f =成立,求实数m 的取值范围.【解析】由题可知函数()f x 的值域为函数()g x 的值域的子集[][]2()43,1,4,()1,3f x x x x f x =-+∈∴∈-，以下求函数()52g x mx m =+-的值域：①0m =时，()52g x m =-为常函数，不符合题意；②0m >，[]()52,52g x m m ∈-+，∴521,523,m m -≤-⎧⎨+≥⎩解得6m ≥；③0m <，[]()52,52g x m m ∈+-，∴521,523,m m +≤-⎧⎨-≥⎩解得3m ≤-．综上所述，m 的取值范围为(][),36,-∞-+∞ ．6.已知函数()()1ln f x x x ax a =+-+（a 为正常数）．(1)若()f x 在()0,+∞上单调递增，求a 的取值范围；(2)若不等式()()10≥-x f x 恒成立，求a 的取值范围.【解析】(1)()()1ln f x x x ax a =+-+，1()ln 0x f x x a x +'=+-≥，1ln 1≤++a x x 恒成立令1()ln 1g x x x =++，21()x g x x-'=列表略min ()(1)2g x g ==，02a <≤.(2)当0a <≤2时，由(1)知，若()f x 在()0,+∞上单调递增，又()10f =，当(0,1),()0x f x ∈<；当(1,),()0x f x ∈+∞>，故不等式()()10x f x -≥恒成立当2a >，ln (1)1()x x a x f x x+-+'=，令()ln (1)1p x x x a x =+-+，令()ln 20p x x a '=+-=，则21a x e -=>，当2(1,)a x e -∈时，()0p x '<，则()(1)20p x p a <=-<，当2(1,)a x e -∈，()0f x '<，则()f x 单调递减，()(1)0f x f <=，矛盾，因此02≤<a .法二：1()()ln 1g x f x x a x '==++-，22111()x g x x x x-'=-=，讨论单调性可得min ()(1)2g x g a ==-．当02a <<时，()()0g x f x '=>，()f x 在(0,)+∞单调递增，又(1)0f =，符合题意；当2a >时，(1)20g a =-<，1()10a a g e e=+>，因为()g x 在(0,)+∞不间断，所以()g x 在(1,)a e 上存在零点1x ，1(1,),()∈x x f x 单调减，1(,),()∈a x x e f x 单调增，所以当11<<x x 时，()(1)0<=f x f 不合题意；当2a =时，符合题意；综上02≤<a .。
高考数学恒成立任意性问题
恒成立、任意问题(1)恒成立问题1. 任意x∈D,均有f(x)>A恒成立，则f(x)min>A；2. 任意x∈D,均有f(x)﹤A恒成立，则f(x)max<A.3. 任意x∈D,均有f(x) >g(x)恒成立，则F(x)= f(x)-g(x) >0∴F(x)min >04. 任意x∈D,均有f(x)﹤g(x)恒成立，则F(x)= f(x)- g(x) ﹤0∴F(x) max﹤05. 任意x1∈D, 任意x2∈E,均有f(x1) >g(x2)恒成立，则f(x)min> g(x)max6. 任意x1∈D, 任意x2∈E,均有f(x1) <g(x2)恒成立，则f(x) max < g(x) min(2)存在性问题1. 存在x0∈D,使得f(x0)>A成立，则f(x) max >A；2. 存在x0∈D,使得f(x0)﹤A成立，则f(x) min <A3. 存在x0∈D,使得f(x0) >g(x0)成立，设F(x)= f(x)-g(x)∴F(x) max >04. 存在x0∈D,使得f(x0) <g(x0)成立，设F(x)= f(x)- g(x)∴F(x) min <05. 存在x1∈D, 存在x2∈E, 使得f(x1) >g(x2)成立，则f(x) max > g(x) min6. 存在x1∈D, 存在x2∈E,均使得f(x1) <g(x2)成立，则f(x) min < g(x) max(3)相等问题1. 任意x1∈D, 存在x2∈E,使得f(x1)=g(x2)成立，则{ f(x)}{g(x)}(4)恒成立与存在性的综合性问题1. 任意x1∈D, 存在x2∈E, 使得f(x1) >g(x2)成立，则f(x)min> g(x) min2. 任意x1∈D, 存在x2∈E, 使得f(x1) <g(x2)成立，则f(x) max < g(x) max(5)恰成立问题1. 若不等式f(x)>A在区间D上恰成立，则等价于不等式f(x)>A的解集为D；2.若不等式f(x)<B在区间D上恰成立，则等价于不等式f(x)<B的解集为D.例：已知函数f(x)=|2x−a|+|2x−4|,g(x)=|x−2|+1.(1)a=0时,解不等式f(x)⩾8；(2)若对任意x1∈R,存在x2∈R,使得f(x1)=g(x2)成立，求实数a的取值范围。
高考数学经典常考题型第22专题 恒成立问题——参变分离法
高考数学经典常考题型第22专题恒成立问题——参变分离法第22专题训练：恒成立问题——参变分离法一、基础知识1、参变分离：当不等式中含有两个字母时，一个被视为变量，另一个被视为参数。
通过等价变形，让两个字母分居不等号的两侧，即不等号的每一侧都是只含有一个字母的表达式。
然后，可利用其中一个变量的范围求出另一变量的范围。
2、确定变量与参数：一般情况下，那个字母的范围已知，就将其视为变量，构造关于它的函数，另一个字母（一般为所求）视为参数。
3、参变分离法的适用范围：判断恒成立问题是否可以采用参变分离法，可遵循以下两点原则：1）已知不等式中两个字母是否便于进行分离。
如果仅通过几步简单变换即可达到分离目的，则参变分离法可行。
但有些不等式中由于两个字母的关系过于“紧密”，会出现无法分离的情形，此时要考虑其他方法。
例如：a）(x-1)<loga(x^2/(1+x))b）2x^2-axe+1>0c）(1-x)/(1+x)<a^x2）参变分离后，已知变量的函数解析式是否便于求出最值（或临界值）。
若解析式过于复杂而无法求出最值（或临界值），则也无法用参变分离法解决问题。
二、关于a为4的参变分离假设x为自变量，其范围设为D，f(x)为函数；参数g(a)为其表达式。
根据f(x)的值域，会出现以下情况及处理方法：1、f(x)的值域为[m,M]1）对于所有x∈D，如果g(a)≤f(x)，则只需要g(a)≤m；如果g(x)<f(x)，则只需要g(a)<m。
2）对于所有x∈D，如果g(a)≥f(x)，则只需要g(a)≥M；如果g(x)>f(x)，则只需要g(a)>M。
3）存在x∈D，使得g(a)≤f(x)，则只需要g(a)≤M；存在x∈D，使得g(a)<f(x)，则只需要g(a)<M。
4）存在x∈D，使得g(a)≥f(x)，则只需要g(a)≥m；存在x∈D，使得g(a)>f(x)，则只需要g(a)>m。
恒成立问题
恒成立问题“恒成立”问题是数学中常见的问题，经常与参数的范围联系在一起，在高考中频频出现，是高考中的一个难点问题。
常用方法：（1）函数与方程方法。
利用不等式与函数和方程之间的联系，将问题转化成二次方程的根的情况的研究。
有些问题需要经过代换转化才是二次函数或二次方程。
注意代换后的自变量的范围变化。
（2）分离参数法。
将含参数的恒成立式子中的参数分离出来，化成形如：)(x f a =或)(x f a >或)(x f a <恒成立的形式。
则)(x f a =⇔a 的范围是)(x f 的值域。
)(x f a <恒成立⇔ ；)(x f a >恒成立⇔ 。
（3）若已知恒成立，则可充分利用条件（赋值法等）。
范例选讲1.已知不等式 在区间［2,3］上恒成立，求实数m 的取值范围。
【分析】有哪些方法？答案：]9,(-∞【拓展】不等式p x px x +>++222，(1)当x ∈+∞,1(）恒成立，求p 的范围.(2)x ∈[-2,2] 恒成立，求p 的范围.(3)p ∈[-2,2] 恒成立，求x 的范围.【拓展】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 1.x 2∈[-3，3]，都有f （x 1)≤g(x 2)，求k 的取值范围.2.已知关于x 的方程09624=⋅+⋅+xx x a 恒有解，求实数a 的取值范围。
3．(1990年全国高考题)设f(x)=lg nn a n xx x ⋅+-++)1(21 ,a ∈R, n ∈N 且n ≥2.若f(x)当x ∈(-∞,1]有意义，求a 的取值范围.4．（福建04）已知f(x)=222+-x a x (x ∈R)在区间[－1，1]上是增函数. （Ⅰ）求实数a 的值组成的集合A ； （Ⅱ）设关于x 的方程f(x)=x 1的两个非零实根为x 1、x 2.试问：是否存在实数m ，使得不等式m 2+tm+1≥|x 1－x 2|对任意a ∈A 及t ∈[－1，1]恒成立？若存在，求m 的取值范围；若不存在，请说明理由.min )(x f a <max)(x f a >2290x x m -+≤【拓展】已知)(x f 是定义在]1,1[-上的奇函数，且f (1)=1，若]1,1[,-∈n m ，0≠+n m 时0)()(>++nm n f m f (1)用定义证明f (x )在]1,1[-上是增函数；(2)若12)(2+-≤at t x f 对所有]1,1[-∈x ，]1,1[-∈a 恒成立，求实数t 的取值范围5． 函数)(x f 是奇函数，且在]1,1[-上单调递增，又1)1(-=-f ，若12)(2+-≤at t x f ，所有的]1,1[-∈a 都成立，求t 的取值范围 .6 . 设 使得不等式对一切实数x 都成立，证明你的结论。
函数的恒成立问题
函数的恒成立问题函数的恒成立问题是一个重要的数学概念，它涉及到函数的性质和不等式的解法。
这类问题在数学高考和数学竞赛中经常出现，是考察学生数学思维和解题能力的重要题型。
函数的恒成立问题是指对于某个区间内的所有x值，函数f(x)都满足某个条件或不等式，即f(x)恒成立。
解决这类问题通常需要运用函数的性质、导数、参数分离等多种方法。
具体来说，解决函数的恒成立问题可以通过以下几种方法：1. 函数性质法：利用函数的性质，如单调性、奇偶性、周期性等，来证明函数恒成立。
2. 导数法：通过求函数的导数，研究函数的单调性和最值，进而证明函数恒成立。
3. 参数分离法：将参数与变量分离，转化为求函数的最值问题，再证明该最值满足条件。
4. 数形结合法：将函数与图形结合，通过观察图形的性质来证明函数恒成立。
举个例子，假设我们要求证函数f(x) = x^2 - 2x在区间[0,3]上恒成立。
我们可以采用以下步骤：1. 首先求出函数f(x)的导数f'(x)，得到f'(x) = 2x - 2。
2. 然后通过分析f'(x)的符号，确定函数的单调性。
当f'(x) > 0时，f(x)单调递增；当f'(x) < 0时，f(x)单调递减。
由此可知，f(x)在区间[0,1]上单调递减，在区间[1,3]上单调递增。
3. 接下来求出函数在区间端点的值，即f(0)、f(1)、f(3)。
计算得到f(0) = 0，f(1) = -1，f(3) = 3。
4. 最后比较这些值，发现f(0)、f(1)、f(3)都满足条件，因此可以证明函数f(x)在区间[0,3]上恒成立。
以上是解决函数恒成立问题的一种基本思路和方法，当然具体的解题过程可能因题目的不同而有所差异。
在解决这类问题时，需要灵活运用数学知识，注重思维方法的训练和解题技巧的提升。
高考数学恒成立问题
恒成立问题1．参变分离法例1：已知函数()ln a f x x x=-，若()2f x x <在()1,+∞上恒成立，则a 的取值范围是_________．【答案】1a ≥- 【解析】233ln ln ln a x x x x a x a x x x x -<⇔-<⇔>-，其中()1,x ∈+∞， ∴只需要()3max ln a x x x >-．令()3ln g x x x x =-，()'21ln 3g x x x =+-，()'12g =-，()2''11660x g x x x x -=-=<， ()'g x ∴在()1,+∞单调递减，()()()''10g x g g x ∴<<⇒在()1,+∞单调递减， ()()11g x g ∴<=-，1a ∴≥-．2．数形结合法例2：若不等式()log sin 20,1a x x a a >>≠对于任意的π0,4x ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦都成立，则实数a 的取值范围是___________． 【答案】π,14a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭【解析】本题选择数形结合，可先作出sin 2y x =在π0,4x ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦的图像，a 扮演的角色为对数的底数，决定函数的增减，根据不等关系可得01a <<，观察图像进一步可得只需π4x =时，log sin 2a x x >， 即πππlog sin 21444aa >⋅=⇒>，所以π,14a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭．3．最值分析法例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___________．【答案】e 1a ≥-【解析】()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1e a <<，单调性如表所示()()10e 1e 0g a g ⎧≥⎪∴⇒≥-⎨≥⎪⎩，e 1e a ∴-≤<．（1）可以比较()1g ，()e g 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1x =，e x =处取得，所以让它们均大于0即可．（2）由于1x =，e x =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e a ≥，则()g x 在()1,e 上单调递增，()()10g x g ∴>=，符合题意， 综上所述：e 1a ≥-．。
高考数学《不等式的恒成立与存在性问题》
恒成立与存在性问题【基础知识整合】1、恒成立问题①．x D ∀∈，()a f x >恒成立，则max ()a f x >②．x D ∀∈，()a f x <恒成立，则min()a f x <③．x D ∀∈，()()f x g x >恒成立，记()() (0)F x f x g x =->，则min 0() F x >④．x D ∀∈，()()f x g x <恒成立，记()() (0)F x f x g x =-<，则max 0() F x <⑤．1122,x D x D ∀∈∈，12()()f x g x >恒成立，则min max ()()f x g x >⑥．1122,x D x D ∀∈∈，12()()f x g x <恒成立，则max min ()()f x g x <2、存在性问题①．x D ∃∈，()a f x >成立，则min ()a f x >②．x D ∃∈，()a f x <成立，则max()a f x <③．x D ∃∈，()()f x g x >成立，记()() (0)F x f x g x =->，则max 0() F x >④．x D ∃∈，()()f x g x <成立，记()() (0)F x f x g x =-<，则min 0() F x <⑤．1122,x D x D ∃∈∈，12()()f x g x >成立，则max min ()()f x g x >⑥．1122,x D x D ∃∈∈，12()()f x g x <成立，则min max ()()f x g x <3、恒成立与存在性混合不等问题①．1122,x D x D ∀∈∃∈，12()()f x g x >成立，则min min ()()f x g x >②．1122,x D x D ∀∈∃∈，12()()f x g x <成立，则max max ()()f x g x <4、恒成立与存在性混合相等问题若()f x ，()g x 的值域分别为,A B ，则①．1122,x D x D ∀∈∃∈，12()()f x g x =成立，则A B ⊆②．1122,x D x D ∃∈∃∈，12()()f x g x =成立，则A B ≠∅ 5、解决高中数学函数的存在性与恒成立问题常用以下几种方法①函数性质法；②分离参数法；③主参换位法；④数形结合法等．6、一次函数)0()(≠+=k b kx x f 若[]n m x f y ,)(在=内恒有0)(>x f ,则根据函数的图像可得⎩⎨⎧><⎩⎨⎧>>0)(00)(0n f a m f a 或可合并成⎩⎨⎧>>0)(0)(n f m f ,同理若[]n m x f y ,)(在=内恒有0)(<x f 则有⎩⎨⎧<<0)(0)(n f m f 例1：对于满足||2p ≤的所有实数p ,求使不等式212x px p x ++>+恒成立的x 的取值范围.例2：若不等式)1(122->-x m x 的所有22≤≤-m 都成立，则x 的取值范围__________7、二次函数——利用判别式、韦达定理及根的分布求解有以下几种基本类型：类型1：设2()(0).f x ax bx c a =++≠R x x f ∈>在0)(上恒成立00<∆>⇔且a ；R x x f ∈<在0)(上恒成立00<∆<⇔且a 类型2：设2()(0).f x ax bx c a =++≠（用函数图象解决，不太适用）（1）当0>a 时，],[0)(βα∈>x x f 在上恒成立,222()00()0.bb b a aa f f ααββαβ⎧⎧⎧-<≤-≤->⎪⎪⎪⇔⎨⎨⎨⎪⎪⎪>∆<>⎩⎩⎩或或],[0)(βα∈<x x f 在上恒成立()0,()0.f f αβ<⎧⇔⎨<⎩（2）当0<a 时，],[0)(βα∈>x x f 在上恒成立()()0,0.f f αβ>⎧⎪⇔⎨>⎪⎩],[0)(βα∈<x x f 在上恒成立,222()00()0.b b b a a af f ααββαβ⎧⎧⎧-<≤-≤->⎪⎪⎪⇔⎨⎨⎨⎪⎪⎪>∆<<⎩⎩⎩或或【基础典例分析】例1：已知函数()log a f x x =，()2log (22)a g x x t =+-，其中0a >且1a ≠，t R ∈．（Ⅰ）若4t =，且1[,2]4x ∈时，()()()F x g x f x =-的最小值是－2，求实数a 的值；（Ⅱ）若01a <<，且1[,2]4x ∈时，有()()f x g x ≥恒成立，求实数t 的取值范围．例2：已知=)(x f x x +221，=)(x g a x -+)1ln(，（Ⅰ）若存在]2,0[,21∈x x ，使得)()(21x g x f >，求实数a 的取值范围；（Ⅱ）若存在]2,0[,21∈x x ，使得)()(21x g x f =，求实数a 的取值范围．例3：设函数()21ln 2a f x a x x bx -=+-，a R ∈且1a ≠．曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线的斜率为0．若存在[)1,x ∈+∞，使得()1af x a <-，求a 的取值范围．例4：已知函数()133x x af x b+-+=+（Ⅰ）当1a b ==时，求满足()3x f x =的x 的取值；（Ⅱ）若函数()f x 是定义在R 上的奇函数；①存在R t ∈，不等式()()2222f t t f t k -<-有解，求k 的取值范围；②若()g x 满足()()()12333x x f x g x -⋅+=-⎡⎤⎣⎦，若对任意x R ∈，不等式(2)()11g x m g x ⋅-≥恒成立，求实数m 的最大值.例5：已知=)(x f x x +221,=)(x g a x -+)1ln(,⑴若存在]2,0[∈x ,使得)()(x g x f =,求实数a 的取值范围；⑵若存在]2,0[∈x ,使得)()(x g x f >,求实数a 的取值范围；⑶若对任意]2,0[∈x ,恒有)()(x g x f >,求实数a 的取值范围；⑷若对任意]2,0[,21∈x x ,恒有)()(21x g x f >,求实数a 的取值范围；⑸若对任意]2,0[2∈x ,存在]2,0[1∈x ,使得)()(21x g x f >,求实数a 的取值范围；⑹若对任意]2,0[2∈x ,存在]2,0[1∈x ,使得)()(21x g x f =,求实数a 的取值范围；⑺若存在]2,0[,21∈x x ,使得)()(21x g x f >,求实数a 的取值范围；⑻若存在]2,0[,21∈x x ,使得)()(21x g x f =,求实数a 的取值范围.【高考真题研究】（2017天津卷理8）已知函数()23,12,1x x x f x x x x ⎧-+⎪=⎨+>⎪⎩，设a R ∈，若关于x 的不等式()2xf x a + 在R 上恒成立，则a 的取值范围是（）(A)47,216⎡⎤-⎢⎥⎣⎦(B)4739,1616⎡⎤-⎢⎥⎣⎦(C)23,2⎡⎤-⎣⎦(D)3923,16⎡⎤-⎢⎥⎣⎦（2015全国卷Ⅰ理12）设函数()f x =(21)xe x ax a --+,其中a 1，若存在唯一的整数0x ，使得0()f x 0，则a 的取值范围是（）(A)[32e-，1）(B)[32e -，34）(C)[32e ，34）(D)[32e，1）（2014全国卷Ⅰ理11）已知函数()f x =3231ax x -+，若()f x 存在唯一的零点0x ，且0x ＞0，则a 的取值范围为（）(A)(2,)+∞(B)(,2)-∞-(C)(1,)+∞(D)(,1)-∞-（2015全国卷Ⅱ理21（2））设函数()2emxf x x mx =+-．若对于任意[]12,1,1x x ∈-，都有()()121e f x f x -- ，求m 的取值范围．(2015山东卷理21（2）)设函数()()()2ln 1f x x a x x =++-，其中a R ∈，若0x ∀>，()0f x 成立，求a 的取值范围.【名题精选，提升能力】1、函数2()3f x x ax =++，当[]2,2x ∈-时，()f x a ≥恒成立，则a 的取值范围是2、已知函数()f x =(,1]-∞上有意义，则a 的取值范围是3、若不等式()2211x m x ->-对任意[]1,1m ∈-恒成立，则x 的取值范围是4、若=)(x f x x +221，=)(x g a x -+)1ln(，对∀123,,[0,2]x x x ∈，恒有()()()123f x f x g x +>，则实数a 的取值范围是5、已知数列{}n a 是各项均不为零的等差数列，n S 为其前n项和，且n a =（n *∈Ν）．若不等式8nn a n λ+≤对任意n *∈Ν恒成立，则实数λ的最大值为5、设函数x x e x f 1)(22+=，x ex e x g 2)(=，对),0(,21+∞∈∀x x ，不等式1)()(21+≤k x f k x g 恒成立，则正数k 的取值范围为7、已知函数213,1()log , 1x x x f x x x ⎧-+≤⎪=⎨>⎪⎩，()|||1|g x x k x =-+-，若对任意的12,x x R ∈，都有12()()f x g x ≤成立，则实数k 的取值范围为8、当210≤<x 时，x a x log 4<，则a 的取值范围是（）(A)(0，22)(B)(22，1)(C)(1，2)(D)(2，2)9、已知函数()931x x f x m m =-⋅++对()0 x ∈+∞，的图象恒在x 轴上方，则m 的取值范围是（）(A)22m -<<+(B)2m<(C)2m<+(D)2m ≥+10、设函数3()f x x x =+，x R ∈．若当02πθ<<时，不等式0)1()sin (>-+m f m f θ恒成立，则实数m 的取值范围是（）(A)1(,1]2(B)1(,1)2(C)[1,)+∞(D)(,1]-∞11、定义在R 上的偶函数()f x 在[)0,+∞上递减，若()()()ln 1ln 121f ax x f ax x f -+++--≥对[]1,3x ∈恒成立，则实数a 的取值范围为（）(A)()2,e (B)1,e⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭(C)1,e e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦(D)12ln3,3e+⎡⎤⎢⎥⎣⎦12、不等式2220x axy y -+≥对于任意]2,1[∈x 及]3,1[∈y 恒成立，则实数a 的取值范围是（）(A)a ≤22(B)a ≥22(C)a ≤311(D)a ≤2913、已知函数()()2ln 1f x a x x =+-，若对(),0,1p q ∀∈，且p q ≠，有()()112f p f q p q+-+>-恒成立，则实数a 的取值范围为（）(A)(),18-∞(B)(],18-∞(C)[)18,+∞(D)()18,+∞14、若对[),0,x y ∀∈+∞，不等式2242x y x y ax ee +---≤++，恒成立，则实数a 的最大值是（）(A)14(B)1(C)2(D)1215、已知函数2ln ()()()x x b f x b R x+-=∈，若存在1[,2]2x ∈，使得()'()f x x f x >-⋅，则实数b的取值范围是（）(A)(-∞(B)3(,2-∞(C)9(,)4-∞(D)(,3)-∞16、设曲线()e x f x x =--上任意一点处的切线为1l ，总存在曲线()32cos g x ax x =+上某点处的切线2l ，使得12l l ⊥，则实数a 的取值范围为（）(A)[]1,2-(B)()3,+∞(C)21,33⎡⎤-⎢⎥⎣⎦(D)12,33⎡⎤-⎢⎥⎣⎦17、若曲线21:C y x =与曲线2:x C y ae =(0)a >存在公共切线，则a 的取值范围为（）(A)28[,)e+∞(B)28(0,e(C)24[,)e+∞(D)24(0,]e18、若存在两个正实数,x y ，使得等式()()324ln ln 0x a y ex y x +--=成立，其中e 为自然对数的底数，则实数a 的取值范围是（）(A)(),0-∞(B)30,2e ⎛⎤ ⎥⎝⎦(C)3,2e⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭(D)()3,0,2e⎡⎫-∞+∞⎪⎢⎣⎭ 19、已知函数321()3f x x x ax =++．若1()x g x e =，对任意11[,2]2x ∈，存在21[,2]2x ∈，使12'()()f x g x ≤成立，则实数a 的取值范围是（）(A)(,8]e-∞-(B)[8,)e-+∞(C))e (D)3(,]32e -20、设函数()3269f x x x x =-+，()32111(1)323a g x x x ax a +=-+->，若对任意的[]20,4x ∈，总存在[]10,4x ∈，使得()()12f x g x =，则实数a 的取值范围为（）(A)91,4⎛⎤ ⎥⎝⎦(B)[)9,+∞(C)][91,9,4⎛⎫⋃+∞ ⎪⎝⎭(D)][39,9,24⎡⎫⋃+∞⎪⎢⎣⎭21、设函数()()()21ln 31f x g x ax x =-=-+，若对任意[)10,x ∈+∞，都存在2x R ∈，使得()()12f x g x =，则实数a 的最大值为（）(A)94(B)2(C)92(D)422、已知()()2cos ,43f x x x g x x x =+=-+-，对于[],1a m m ∀∈+，若,03b π⎡⎤∃∈-⎢⎥⎣⎦，满足()()g a f b =，则m 的取值范围是（）(A)22⎡-+⎣(B)1⎡+⎣(C)2⎡+⎣(D)12⎡+⎣23、已知函数()()()221ln ,,1xf x ax a x x a Rg x e x =-++∈=--，若对于任意的()120,,x x R ∈+∞∈，不等式()()12f x g x ≤恒成立，，则实数a 的取值范围为（）(A)[)1,0-(B)[]1,0-(C)3,2⎡⎫-+∞⎪⎢⎣⎭(D)3,2⎛⎤-∞- ⎥⎝⎦。
高三总复习专题---恒成立问题
恒成立问题（最值问题）天天依依heart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，今天我们就来一起突破恒成立问题。
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？那么我们先从一道练习题说起一．二次函数型（通常方法是讨论对称轴，根据图像求最值）例题1.已知22()21xax af x +-=-定义域为R ，求a 的取值范围思考：① 引入定义域（非R ）②参数在二次项，就需考虑是否为0③引入高次（3次，4次，1x ，ln x ，x e 等等）④引入2a ，3a 等项（导致不能分离变量）方法：1.一次函数，二次函数直接根据图像讨论最值(二次函数也可以分离变量) 2.对于高次或者特殊函数，一般分离变量求最值（分离变量后对函数求导，确定导函数的正负情况，确定单调性，从而确定在已知定义域上的最值） 3.对于不能分离变量的，只能直接求导，对参数讨论，从而确定单调性，确定最值变式：①已知()f x ax b =+，若对任意的(,)x m n ∈，均有()0f x ≥，求a 的取值范围 ②已知2()25f x ax x =+-，若对任意的(3,2)x ∈-，均有()0f x ≥，求a 的取值范围③已知22()2(1)5f x ax a x =++-，若对任意的(3,2)x ∈-，均有()0f x ≥，求a 的取值范围④已知3()2(1)5f x ax a x =++-，若对任意的(3,2)x ∈-，均有()0f x ≥求a 的取值范围⑤已知32()2(9)5f x ax a x =+--，若对任意的(3,2)x ∈-，均有()0f x ≥求a 的取值范围例题2.（改编）已知函数()122+-=x ax x f 在[]3,1上的最大值为()a M ，最小值为()a m ，又已知函数()()()a m a M a g -=，（1）求()a g 的表达式；（2）指出()a g 的单调区间，并求出()a g 的最小值答案：根据对a 是否为0以及对称轴的讨论，易知11,2()195,2a a M a a a ⎧-≤⎪⎪=⎨⎪->⎪⎩195,311()1,131,1a a m a a a a a ⎧-≤⎪⎪⎪=-<<⎨⎪-≥⎪⎪⎩ ，所以易知184,31112,()321196,1284,1a a a a g a a a a a a a ⎧-+≤⎪⎪⎪+-<≤⎪=⎨⎪+-<≤⎪⎪⎪->⎩所以()g a 在1(,)2-∞单调递减，在1(,)2+∞单调递增，所以当12x =时，()f x 有最小值12点评：本题考察的主要是二次函数带参数在已知定义域上的最值问题的讨论变式：1.对称轴不动（①定义域不动 ②定义域动（含参数））2.对称轴动（含参），定义域不动（考试最喜欢考）3.对称轴动（含参），定义域动（含参） 但是参数还是同一个参数 方法：找出对称轴与定义域边界及定义域中值的临界点讨论即可4.对称轴动（含参），定义域动（含参） ①参数不一样，那么或许可以看看题目中参数的范围，是否可以直接根据单调性求解 ②参数不一样，参数也没范围，那么真不能做了（13江苏）在平面直角坐标系xOy 中，设定点A (a ，a )，P 是函数1y x=(x ＞0)图象上一动点．若点P ，A 之间的最短距离为22，则满足条件的实数a 的所有值为__________． 解：由题意设()0001,,0P x x x ⎛⎫> ⎪⎝⎭则有()222222200000200000111112++2=+-2+22PA x a a x a x a x a x a x x x x x ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-=+-+- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭ 令()001t 2x t x +=≥ 则()222=(t)=t 2222PA f at a t -+-≥ 对称轴t a =1.2a ≤时，22min 2(2)2422428PA f a a a a ==-+∴-+=1a =- ， 3a =（舍去） 2.2a >时，22min 2()228PA f a a a ==-∴-=10a = ， 10a =-（舍去） 综上1a =-或10a =点评：本题综合性较高，考查了带参数的二次函数在已知定义域上的最值问题（高一下学期必须学会），同时考查了换元思想，分类讨论的思想 是一道非常漂亮的题目二．三次函数及特殊函数型（通常是求导后对二次函数的零点进行讨论，从而求最值）先来几个比较特殊的题目，平时稍微长点心眼，多记记，就记住了1.（原创）已知函数()0f x >且'()()0xf x f x -> 对所有满足条件的函数()f x ，始终有3(2)(23)(1)f a a f >-+成立，求a 的取值范围答案：由题可知0x =时，0(0)0f ->与题目()0f x >矛盾，所以显然有0x ≠所以由条件易知()f x x 单调递增，由题可知3(2)23(1)22f a a f -+>始终成立，即 3(2)232(1)21f a a f -+>恒成立，因为()f x x 单调递增，又()f x x 是满足条件的所有函数，所以 (2)2(1)1f f 的最小值总大于1，所以有32312a a -+≤，易知a 的范围是152a --≤或1512a -+≤≤点评：对于某些题中既有()f x 又有()'f x 的这种题型，我们不妨去联想它的原函数2.（原创）已知函数22()log (1)f x x x ax =++-；若对于任意31,2a ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦，总存在⎥⎦⎤⎢⎣⎡∈1,210x ，使得不等式0()f x m >成立，则m 的取值范围是_____________________答案：分析知2log (1+)x 单增，又分析知2x ax -在1x =时取最大值，所以0()f x 的最大值为(1)f ，所以有(1)m f <恒成立，分离变量易知12m <3.322()=+(0)f x x ax a x m a -+>若对任意[]3,6a ∈，()1f x ≤在[]2,2x ∈-上恒成立，求m 范围解答：先看成是a 的二次函数，对称轴为[]1,12x∈-，所以最大值不是在3处就是在6处，所以有32323916361x x x m x x x m ⎧+-+≤⎪⎨+-+≤⎪⎩对[]2,2x ∈-恒成立，易知87m <- 点评：对于一些双变量的函数最值问题，我们难以处理时，往往可以去看看本身的定义域，从而确定原函数的单调性，确定最值4. 对满足2p ≤所有实数p ，求使不等式212x px p x ++>+恒成立的x 的取值范围解答：看成是p 的一次函数点评：对哪个参数恒成立，就看成是哪个参数的函数5.已知2101m x mx -<+对4x ≥恒成立，求m 的取值范围解答：法1:看成乘积小于0恒成立，转变成二次函数恒成立 法2:必须有一正一负恒成立变式：2101m x mx ->-对4m ≥恒成立，求x 的取值范围 解答：如果看成是m 的函数，乘积后就变成关于m 的三次函数，所以我们可以转变思维，转变成两个式子同正或同负6.若对于满足13t -≤≤的一切实数t ，不等式222(3)(3)0x t t x t t -+-+->恒成立，则x 的取值范围为 ．解答：分解因式易知[]2()(3)0x t x t ---> 所以必须有同正或同负恒成立点评：通过这几个题目的对比，所以我们发现虽然我们常说对哪个参数恒成立就看成是哪个参数的函数，但是有时候也需要转变思维，不能太死板7.已知2237()345x x f x a x ++=+-+，若对任意的[]1,3x ∈-，()0f x ≥恒成立，求a 的取值范围类题：（10.江苏）. 将边长为m 1正三角形薄片，沿一条平行于底边的直线剪成两块，其中一块是梯形，记2(S =梯形的周长）梯形的面积,则S 的最小值是 .点评：二次比二次型的值域问题，一定要熟练掌握，先分离常数，转变成一次比二次，设一次为t ，转变成关于t 的对勾函数，解决值域另外一次比一次型的其实只是对称中心改变而已，可以直接画图，建议跟学生讲明白8.228()1mx x nf x x ++=+的最大值是9，最小值是1，求m 与n 的值解答：整理成关于x 的二次函数，由题意知二次函数一定有解，所以有0δ≥恒成立，转变成关于y 的一个二次函数恒成立，易知5和9是它的两个根，容易把,m n 求出来点评：此题比较特殊，只要讲过，那么以后碰到这类题，就不再那么无从下手了9.（08江苏）已知13)(3+-=x ax x f 对于[]1,1-∈x 总有0)(≥x f 成立，则a = 解：2()'33f x ax =-法1：分离变量，求最值 法2：直接求导10.若不等式|3ln ax x -|≥1对任意(0,1]x ∈都成立，则实数a 取值范围是 ．解析： 显然1x =时，有||1,1,,1a a or a ≥≤-≥。
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高考中有关恒成立问题的解题策略
恒成立问题是历年高考的一个热点..这类问题的解决涉及到一次函数、二次函数、三角函数、指数与对数函数等函数的性质、图象，渗透着换元、化归、数形结合、函数与方程等思想方法，有利于考查学生的综合解题能力，在培养思维的灵活性、创造性等方面起到了积极的作用.
恒成立问题在解题过程中有以下几种方法和策略. 现在我们一起来探讨其中一些典型的问题. 方法一、赋特值——利用特殊值求解
等式中的恒成立问题，常常用赋值法求解，特别是对解决填空题、选择题能很快求得. 例1．（2012江西）在直角三角形ABC 中，点D 是斜边AB 的中点，点P 为线段CD
的中点，则
A.2
B.4
C.5
D.10.
略解：题目是对所有直角三角形恒成立，故取等腰直角三角形并且直角边长为2这样一种特殊的三角形，由此，|PA|，|PB|，|PB|都为定值。
易得答案D.
此法体现了数学中从一般到特殊的转化思想.
方法二、一次函数型——利用单调性求解
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2．若不等式)1(122
->-x m x 对满足22≤≤-m 的所有m 都成立，求x 的范围围.
分析：在不等式中出现了两个字母：x 及m,关键在于该把哪个字母看成是一个变量，我们的原则是谁
有范围谁当自变量，显然将a 视作自变量，则上述问题即可转化为在[-2，2]内关于a 的一次函数大于0恒成立的问题.
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：0)12()1(2
<---x x m ，；
令)12()1()(2
---=x x m m f ，则22≤≤-m 时，0)(<m f 恒成立，所以只需⎩
⎨⎧<<-0)2(0)2(f f 即
⎪⎩⎪⎨⎧<---<----0
)12()1(20
)12()1(22
2
x x x x ，所以x 的范围是)231,271(++-∈x ) 此类题本质上是利用了一次函数在区间[m,n]上的图象是一线段，故只需保证该线段两端点均在x
轴上方（或下方）即可.
策略三、二次函数型——利用判别式,韦达定理及根的分布求解
对于二次函数f(x)=ax 2+bx+c=0(a ≠0)在实数集R 上恒成立问题可利用判别式直接求解，即
f(x)>0恒成立⇔
⎩⎨
⎧<∆>00
a ；f(x)<0恒成立⇔⎩⎨
⎧<∆<0
a .
例3（2013高考重庆）设0απ≤≤，不等式2
8(8sin )cos 20x x αα-+≥对x R ∈恒成立，则a 的取值范围为
5[0,][,]66
πππ
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. 例4（07年山东卷文15)当(1,2)x ∈时，不等式2
40x mx ++<恒成立，则m 的取值范围是
解析: 设4)(2
++=mx x x f ， 则有⎩
⎨
⎧<+<+⇒⎩⎨⎧<<0280
50)2(0)1(m m f f 由此可得5-<m 这种类型利用了二次函数的根的分布 总结：，设)0()(2≠++=a c bx ax x f 且a>0
],[0)(βα∈<x x f 在上恒成立⎩⎨⎧<<⇔0
)(0
)(βαf f
策略四、变量分离型——分离变量，巧妙求解 利用函数的最值（或值域）
（1）m x f ≥)(对任意x 都成立m x f ≥⇔min )(；
（2）m x f ≤)(对任意x 都成立max )(x f m ≥⇔。
简单计作：“大的大于最大的，小的小于最小的”例5（07年山东卷文15)当(1,2)x ∈时，不等式240x mx ++<恒成立，则m 的取值范围
是 ．
解析: 当(1,2)x ∈时，由2
40x mx ++<得24x m x +<-．令244
()x f x x x x
+==+，则易知()f x 在
(1,2)上是减函数，所以[1,2]x ∈时()(1)5max
f x f ==，则2min 4
()5x x
+->-
所以 5-<m
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. 策略五、数形结合——直观求解
例6 (07安徽理科3)若对任意x R ∈,不等式||x ax ≥恒成立，则实数a 的取值范围是
(A) 1a <- (B) ||1a ≤ (C) ||1a < （D ）1a ≥ 解析：对∀x R ∈,不等式||x ax ≥恒成立， 则由一次函数性质及图像知11a -≤≤，即||1a ≤．
上述例子剖析了近年数学高考中恒成立问题的题型及解法，
完全孤立的，虽然方法表现的不同，但其实质却都与求函数的最值是等价的，这也正体现了数学中的“统一美”．
|
ax
=y x。