【精准解析】2021届高考数学一轮知能训练：专题四 函数、不等式中的恒成立问题
新高考数学一轮复习知识点解析21--- 恒成立和存在性问题
新高考数学一轮复习知识点解析1．积累常用的不等式，熟练运用导数解决不等式恒成立问题、存在性问题． 2．熟练使用分离参数、分类讨论等方法解决参数范围问题． 3．能够大致描绘函数图象，能借助图象理解题意和解题．【例1】已知函数()ln xf x ax x=-，a ∈R ． （1）若()()2g x x f x '=，其中()f x '是函数()f x 的导函数，试讨论()g x 的单调性； （2）证明：当12a e≥时，()0f x ≥． 【答案】（1）当0a ≥时，()g x 在()0,∞+上单调递增；当0a <时，()g x在⎛ ⎝单调递增，在⎫+∞⎪⎪⎭单调递减；（2）证明见解析． 【解析】（1）()f x 的定义域为()0,∞+，()221ln 1ln x xx x f x a a x x⋅--'=-=-，恒成立和存在性问题()2221ln ln 1x a a x x g x x x -⎛⎫-=+- ⎪⎝⎭=，()21212ax g x ax x x+'=+=， 当0a ≥时，()0g x '≥恒成立，此时()g x 在()0,∞+上单调递增； 当0a <时，()0g x '>，即2210ax +>可得212x a-<，所以0x <<，由()0g x '<，即2210ax +<可得212x a->，所以x >所以当0a <时，()g x在⎛ ⎝单调递增，在⎫+∞⎪⎪⎭单调递减， 综上所述：当0a ≥时，()g x 在()0,∞+上单调递增；当0a <时，()g x在⎛ ⎝单调递增，在⎫+∞⎪⎪⎭单调递减． （2）当12a e≥时，()1ln 2xf x x e x ≥-， 设()1ln 2x h x x e x =-，则()222211ln ln 1111ln 222x x x x x x eh x e x e x x ⋅-+--'=-=-=， 令()21ln 12t x x x e =+-，则()110t x x e x '=+>， 所以()21ln 12t x x x e=+-在()0,∞+上单调递增，且1102t e e =⨯+=，所以0x <<时，()0t x <，即()0h x '<，此时()h x 单调递减；当x >()0t x >，即()0h x '>，此时()h x 单调递增， 所以()1ln 2x h x x e x=-在(上单调递减，在)+∞单调递增，所以()min 102h x h e ====， 所以()1ln 02xh x x e x=-≥对于()0,x ∈+∞恒成立， 所以()0f x ≥．【变式1．1】已知函数()2ln f x ax x =-． （1）讨论()f x 的单调性； （2）证明：当12a >时，()3f x >恒成立． 【答案】（1）0a ≤时，()f x 在()0,∞+为单调减函数；0a >时，()f x 在1(0,)2a为单调减函数，在1(,)2a+∞为单调增函数；（2）证明见解析． 【解析】（1）121()2ax f x a x x-'=-=，其中0x >； 当0a ≤时，()0f x '<，()f x 在()0,∞+为单调减函数； 当0a >时，1(0,)2x a ∈，()0f x '<，()f x 为单调减函数；1(,)2x a∈+∞，()0f x '>，()f x 为单调增函数，综上，0a ≤时，()f x 在()0,∞+为单调减函数；0a >时，()f x 在1(0,)2a 为单调减函数，在1(,)2a+∞为单调增函数．（2）证明：因为12a >2=≥当且仅当2=12x a=时，取等号．由（1）知min 1()()1ln 22f x f a a==+，所以()ln 21f x a +≥+，令1()ln 21()2g x x x =+>，则()g x 为增函数，所以1()()32g x g >=，即12a >时，()3f x >恒成立． 【例2】已知函数()xe f x x=．（1）求曲线()y f x =在2x =处的切线方程；（2）设()()ln 2G x xf x x x =--，证明：()3ln 22G x >--．【答案】（1）24e y x =；（2）证明见解析．【解析】（1）2()x x e x e f x x -'=，22222(2)24e e e f -'==且2(2)2e f =，所以切线方程22(2)24e e y x -=-，即24e y x =．（2）由()()ln 2(0)G x xf x x x x =-->，1()2x G x e x '=--，21()0xG x e x''=+>，所以 ()G x '在(0,)+∞为增函数，又因为(1)30G e '=-<，25(2)02G e ''=->， 所以存在唯一0(1,2)x ∈，使()000120x G x e x '=--=， 即012x e x =+且当()00,x x ∈时，()0G x '<，()G x 为减函数， ()0,x x ∈+∞时，()0G x '>，()G x 为增函数，所以()0min 0000001()ln 22ln 2x G x G x e x x x x x ==--=+--，0(1,2)x ∈， 记1()2ln 2H x x x x =+--，(12)x <<， 211()20H x x x'=---<，所以()H x 在(1,2)上为减函数，所以13()(2)2ln 24ln 222H x H >=+--=--，所以()03()ln 22G x G x ≥>--． 【变式2．1】已知函数()()322361f x x ax a x =++-（a ∈R ）．（1）讨论函数()f x 的单调性；（2）若()15f =，4m <，求证：当1x >时，()()2ln 1mx x f x +≤．【答案】（1）见解析；（2）证明见解析． 【解析】（1）函数()f x 的定义域为(),-∞+∞，且()()()()26661611f x x ax a x x a '=++-=++-⎡⎤⎣⎦．①若2a =，则()0f x '≥，因而()f x 在(),-∞+∞上单调递增；②若2a <，则当(),1x ∈-∞-及()1,x a ∈-+∞时，()0f x '>，()f x 单调递增， 当()1,1x a ∈--时，()0f x '<，()f x 单调递减；③若2a >，则当(),1x a ∈-∞-及()1,x ∈-+∞时，()0f x '>，()f x 单调递增， 当()1,1x a ∈--时，()0f x '<，()f x 单调递减， 综上，当2a =时，()f x 在(),-∞+∞上单调递增；当2a <时，()f x 在(),1-∞-，()1,a -+∞上单调递增；在()1,1a --上单调递减； 当2a >时，()f x 在(),1-∞-a ，()1,-+∞上单调递增，在()1,1a --上单调递减． （2）由题意知()()123615f a a =++-=，∴1a =，故()3223f x x x +=．欲证当1x >时，()()2ln 1mx x f x +≤，∵当1x >时，21x >，ln 11x +>． ∴只需证：()()2ln 1f x m x x ≤+，即23ln 1x m x +≤+在()1,+∞上恒成立，设()()()123,ln 1x h x x x +=∈++∞，则()()()()()22132ln 1232ln ln 1ln 1x x x x x h x x x +-+⨯-'==++．设()32ln x x x ϕ=-，则()223x x xϕ'=+，故当()1,x ∈+∞时，()0x ϕ'>，()x ϕ单调递增． 又()3ln16322ln 2022ϕ-=-=<，()320e eϕ=->，∴()0h x '=有且只有一个根0x ，且02x e <<，0032ln x x =． ∴在()01,x 上，()0h x '<，()h x 单调递减；在()0,x +∞上，()0h x '>，()h x 单调递增， ∴函数()h x 的最小值()0000002323243ln 112x x h x x x x ++===>++． 又∵4m <，∴23ln 1x m x +≤+在()1,+∞上恒成立， 故()()2ln 1mx x f x +≤成立．利用导数证明不等式恒成立的两种情形（1）若函数最值可以通过研究导数求得，则可先利用导数研究函数单调性，将不等式恒成立问题转化成函数最值问题来解决：()()min f x a f x a >⇒>；()()max f x a f x a <⇒<．（2）若函数最值无法通过研究导数求得，即导函数的零点无法精确求出时，可以利用“虚设和代换”的方法求解．“虚设和代换”法当导函数()f x '的零点无法求出显性的表达式时，我们可以先证明零点存在，再虚设为0x ，接下来通常有两个方向：（1）由()0f x '=得到一个关于0x 的方程，再将这个关于0x 的方程的整体或局部代入()0f x ，从而求得()0f x ，然后解决相关问题．（2）根据导函数()f x '的单调性，得出0x两侧导函数的正负，进而得出原函数的单调性和极值，使问题得解．【例3】已知函数()()ln 1f x x =+，()()g x kx k =∈R ． （1）证明：当0x >时，()f x x <；（2）证明：当1k <时，存在00x >，使得任意()00,x x ∈，恒有()()f x g x >；（3）确定k 的所有可能取值，使得存在0t >，对任意的()0,x t ∈，恒有()()2f xg x x -<．【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）1k =． 【解析】（1）证明：令()()()[)ln 1,0,F x f x x x x x =-=+-∈+∞， 所以()1111xF x x x-'=-=++． 当[)0,x ∈+∞时，()0F x '<，所以()F x 在()0,+∞上单调递减． 又因为()00F =，所以当0x >时，()0F x <，即()0f x x -<， 所以()f x x <．（2）证明：令()()()()ln 1G x f x g x x kx =-=+-，[)0,x ∈+∞，()()1111kx k G x k x x-+-'=-=++． 当0k ≤时，()0G x '>，所以()G x 在()0,+∞上单调递增， 所以()()00G x G >=，即()()f x g x >， 故对任意的正实数0x 均满足题意． 当01k <<时，令()0G x '=，得1110k x k k-==->， 取011x k=-，对任意()00,x x ∈，恒有()0G x '>， 所以()G x 在()00,x 上单调递增，()()00G x G >=，即()()f x g x >．综上，当1k <，总存在00x >，使得对任意()00,x x ∈，恒有()()f x g x >． （3）当1k >时，由（1）知，对于任意()0,x ∈+∞，()()g x x f x >>， 故()()g x f x >．此时()()()()()ln 1f x g x g x f x kx x -=-=-+．令()()[)2ln 1,0,M x kx x x x =-+-∈+∞，则有()()22211211x k x k M x k x x x-+-+-'=--=++． 令()0M x '=，得()22210x k x k -+-+-=，x =（另一根为负，舍去），故当x ⎛ ∈ ⎝⎭时，()0M x '>，即()M x 在⎛ ⎝⎭上单调递增， 故()()00M x M >=，即()()2f xg x x ->．所以满足题意的t 不存在．当1k <时，由（2）知，存在00x >，使得对任意的()00,x x ∈，恒有()()f x g x >， 此时()()()()()ln 1f x g x f x g x x kx -=-=+-．令()()[)2ln 1,0,N x x kx x x =+--∈+∞，则有()()22211211x k x k N x k x x x--+-+'=--=++． 令()0N x '=，即()22210x k x k --+-+=，得x =（另一根为负，舍去），故当x ⎛ ∈ ⎝⎭时，()0N x '>，即()N x 在⎛ ⎝⎭上单调递增， 故()()00N x N >=，即()()2f xg x x -=．记0x 中较小的为1x ，则当()10,x x ∈时，恒有()()2f xg x x ->，故满足题意的t 不存在．当1k =时，由（1）知，当()0,x ∈+∞时，()()()()()ln 1f x g x g x f x x x -=-=-+．令()()[)2ln 1,0,H x x x x x =-+-∈+∞，则有()2121211x xH x x x x--'=--=++． 当0x >时，()0H x '<，即()H x 在()0+∞，上单调递减， 故()()00H x H <=．故当0x >时，恒有()()2f xg x x -<，此时任意正实数t 满足题意，综上，k 的取值为1．【变式3．1】已知函数()xf x e x =-． （1）求函数()xf x e x =-的极值；（2）求证：对任意给定的正数a ，总存在正数x ，使得不等式11x e a x--<成立． 【答案】（1）()1f x =极小值，无极大值；（2）证明见解析．【解析】（1）因为()x f x e x =-，所以()1x f x e '=-，令()0f x '=，则0x =，当0x >时，()0f x '>，即()f x 在()0,∞+上单调递增； 当0x <时，()0f x '<，即()f x 在(),0-∞上单调递减，所以0x =时，()f x 取得极小值，()()01f x f ==极小值，无极大值．（2）由（1）知当0x >时，110x e x -->，要证11x e a x --<，即11x e a x--<，即证当0a >时，不等式1x e x ax -<-，即10x e ax x ---<在(0,)+∞上有解． 令()1x H x e ax x =---，即证min ()0H x <， 由()10x H x e a '=--=，得ln(1)0x a =+>． 当0ln(1)x a <<+时，()0H x '<，()H x 单调递减； 当ln(1)x a >+时，()0H x '>，()H x 单调递增，min ()(ln(1))1ln(1)ln(1)1H x H a a a a a ∴=+=+-+-+-，令()ln 1V x x x x =--，其中11x a =+>，则()1(1ln )ln 0V x x x '=-+=-<，()V x ∴递减，()()10V x V ∴<=， 综上得证．【例4】已知函数()2ln ()f x ax x a =-+∈R ．（1）讨论()f x 的单调性；（2）若存在()(),1,x f x a ∈+∞>-，求a 的取值范围．【答案】（1）分类讨论，答案见解析；（2）1,2⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭．【解析】（1）函数()f x 的定义域为()0,+∞，()21122ax f x ax x x-='=-+，当0a ≤时，()0f x '>，则()f x 在()0,+∞上递增， 当0a >时，由()0f x '=，得x =由()0f x '>，得x ⎛∈ ⎝；由()0f x '<，得x ⎫∈+∞⎪⎭，于是有()f x 在⎛ ⎝上递增，在⎫+∞⎪⎭上递减．（2）由()f x a >-，得()21ln 0a x x --<，(1,)x ∈+∞， 2ln 0,10x x -<->，当0a ≤时，()21ln 0a x x --<，满足题意；当12a ≥时，令()()21()ln 1g x a x x x =-->，()2210ax x xg '=->，()g x 在()1,+∞上递增，则()()10g x g >=，不合题意； 当12a <<时，由()0g x '>，得x ⎫∈+∞⎪⎭；由()0g x '<，得x ⎛∈ ⎝，于是有()g x 在⎛ ⎝上递减，在⎫+∞⎪⎭上递增，()()min 10g g g x <==， 则102a <<时，()()1,,0x g x ∃∈+∞<，综上，a 的取值范围为1,2⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭．【变式4．1】已知函数()()()21222x f x xe a x x a =-+-∈R ．（1）当1a e≤时，讨论函数()f x 的极值；（2）若存在()00,x ∈+∞，使得()()00001ln 222f x x x a ax <+--，求实数a 的取值范围．【答案】（1）答案不唯一，具体见解析；（2）(),1-∞-．【解析】（1）由题意，函数()()21222x f x xe a x x =-+-，可得()()()()()111x xf x e a x x e a x '=+-+=+-．①当0a ≤时，若1x <-，则()0f x '<；若1x >-，则()0f x '>， 所以()f x 在区间(),1-∞-上是减函数，在区间()1,-+∞上是增函数，所以当1x =-时，()f x 取得极小值()1312f e a --=-+，无极大值；②当10a e<<时，若ln x a <或1x >-，则()0f x '>；若ln 1a x <<-，则()0f x '<，()f x 在区间(),ln a -∞上是增函数，在区间()ln ,1a -上是减函数，在区间()1,-+∞上是增函数，所以当ln x a =时，()f x 取得极大值()()21ln ln 2f a a a a =-，当1x =-时，()f x 取得极小值()1312f e a --=-+；③当1a e =时，()0f x '≥，∴()f x 在区间(),-∞+∞上是增函数，∴()f x 既无极大值又无极小值，综上所述，当0a ≤时，()f x 有极小值()1312f e a --=-+，无极大值；当10a e <<时，()f x 有极大值()()21ln ln 2f a a a a =-，极小值()1312f e a --=-+； 当1a e=时，()f x 既无极大值又无极小值．（2）由题知，存在()00,x ∈+∞，使得0000ln 0xx e x x a --+<，设()ln xh x xe x x a =--+，则()()()11111x x h x x e x e x x ⎛⎫'=+--=+- ⎪⎝⎭， 设()()10xm x e x x=->，∴()m x 在区间()0,∞+上是增函数，又1202m ⎛⎫=< ⎪⎝⎭，()110m e =->，∴存在11,12x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，使得()10m x =，即111x e x =，∴11ln x x =-， 当10x x <<时，()0m x <，即()0h x '<；当1x x >时，()0m x >，即()0h x '>， ∴()h x 在区间()10,x 上是减函数，在区间()1,x +∞上是增函数，∴()()11111111min 11ln 1x h x h x x e x x a x x x a a x ==--+=⨯+-+=+， ∴10a +<，∴1a <-，∴实数a 的取值范围为(),1-∞-．【例5】已知函数()22ln 1f x x x x ax =+-+．（1）当1a =时，求曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线方程；（2）若存在01,x e e ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，使不等式()02f x ≥-成立，求实数a 的取值范围．【答案】（1）320x y --=；（2）1,23e e ⎛⎤-∞-++⎥⎝⎦． 【解析】（1）当1a =时，()22ln 1f x x x x x =+-+，则()2ln 2212ln 21f x x x x x '=++-=++，所以()13f '=，而()11f =，所以曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线方程为()131y x -=-，即320x y --=．（2）若存在01,x e e ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，使不等式()02f x ≥-成立，即存在01,x e e ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，使不等式200002ln 12x x x ax +-+≥-成立，存在01,x e e ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，不等式00032ln a x x x ≤++成立， 设()32ln h x x x x =++，1,x e e ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，则()2(3)(1)x x h x x +-'=，当1[,1)x e ∈时，()0h x '<，()h x 在1[,1)e上单调递减；当(]1,x e ∈时，()0h x '>，()h x 在(]1,e上单调递增，又1123h e e e ⎛⎫=-++ ⎪⎝⎭，()32h e e e =++，()12240h e h e e e ⎛⎫-=-++< ⎪⎝⎭， 即()max 1123h x h e e e ⎛⎫==-++ ⎪⎝⎭，故()max 123a h x e e ≤-++=，所以实数a 的取值范围为1,23e e⎛⎤-∞-++ ⎥⎝⎦．【变式5．1】已知e 是自然对数的底数，函数()cos xf x x me =+，[]π,πx ∈-．（1）若曲线()y f x =在点()()0,0f 处的切线斜率为1，求()f x 的最小值；（2）若当[]π,πx ∈-时，()xf x e >有解，求实数m 的取值范围．【答案】（1）π11e -；（2）π41,e ⎛⎫+∞ ⎪ ⎪⎝⎭． 【解析】（1）由()cos x f x x me =+，得()sin xf x x me '=-+．曲线()y f x =在点()()0,0f 处的切线斜率为1，()01f m '∴==，()cos x f x x e ∴=+，()sin x f x x e '=-+．当[)π,0x ∈-时，sin 0x -≥，0x e >，()0f x '∴>， 当[0,π]x ∈时，01x e e ≥=，sin 1x ≤，则()0f x '≥，()f x ∴在[]π,π-上单调递增，()()πmin 1π1f x f e∴=-=-． （2）()cos 1xx x f x e m e >⇔>-，设()cos 1xxg x e =-，[]π,πx ∈-，则当[]π,πx ∈-时，()xf x e >有解()min mg x ⇔>．()cos 1x x g x e=-，()πsin cos 4x xx x x g x e e ⎛⎫+ ⎪+⎝⎭'∴==． 当[]π,πx ∈-时，π3π5π,444x ⎡⎤+∈-⎢⎥⎣⎦，解()0g x '=，可得04πx +=或π4πx +=，解得14πx =-，23π4x =． 当ππ4x -≤<-时，()0g x '<，此时函数()g x 单调递减； 当π3π44x -<<时，()0g x '>，此时函数()g x 单调递增； 当3ππ4x <≤时，()0g x '<，此时函数()g x 单调递减．4π14πg e ⎛⎫-= ⎪⎝⎭，()π1π1g e =+，且()π4πg g ⎛⎫-< ⎪⎝⎭，()nπ4mi 142πg x g e ⎛⎫∴=-=- ⎪⎝⎭，m ∴的取值范围为π41,2e ⎛⎫-+∞ ⎪ ⎪⎝⎭． 【例6】已知函数()2ln f x x x ax a =+-(a ∈R )．（1）当1a =时，求函数()f x 在点()()1,1f 处的切线方程； （2）当1x ≥时，不等式()0f x ≥恒成立，求实数a 的取值范围．【答案】（1）330x y --=；（2）[)0,+∞． 【解析】（1）当1a =时，()2ln 1f x x x x =+-，()ln 21f x x x +'=+．则曲线()f x 在点()()1,1f 处的切线的斜率为()13f '=． 又()10f =，所以切线方程为330x y --=．（2）由函数()()2ln 10f x x x a x =+-≥，等价于ln 0ax ax x+-≥恒成立， 则()ln a g x x ax x =+-，其中1x ≥，()2221a ax x ag x a x x x ++=++='，当0a ≥时，因为1x ≥，所以0g x ，()g x 在[)1,+∞上单调递增，则()()10g x g ≥=，符合题意；当0a <时，令()2t x ax x a =++，214Δa =-，当2140Δa =-≤时，解得12a ≤-，()0g x '≤，()g x 在[)1,+∞上单调递减，则()()10g x g <=，对于任意1x >恒成立，不合题意；当2140Δa =->时，102a -<<，设()2t x ax x a =++的两个零点为12,x x ，设12x x <，12121,1x x x x a+=-=，则1201x x <<<，当[)21,x x ∈，()()0,0t x g x '>>，()g x 单调递增； 当()2,x x ∈+∞时，()0t x <，0g x，()g x 单调递减，又∵当x →+∞时，对数函数ln x 的增长速度远不如aax x-的减小速度， ∴()g x →-∞，所以不合题意，综上所述，实数a 的取值范围是[)0,+∞． 【变式6．1】函数()()ln 1,f x a x a =+∈R ．（1）当1a =时，求曲线()y f x =在3x =处的切线方程； （2）若对任意的[)0,x ∈+∞，都有()212f x x x ≥-恒成立，求实数a 的取值范围． 附：()1[ln 1]1x x '+=+． 【答案】（1）48ln230x y -+-=；（2）[)1,+∞．【解析】（1）当1a =时，()ln(1)f x x =+，得出切点(3,ln 4)， 因为1()1f x x '=+，所以切线的斜率为()143k f ='=，所以曲线()y f x =在3x =处的切线方程为1ln 4(3)4y x -=-，化简得48ln 230x y -+-=．（2）对任意的[)0,x ∈+∞，都有()212f x x x ≥-恒成立， 即()21ln 102a x x x -+≥+恒成立，令()()()21ln 102h x a x x x x =+-+≥，()()211011a x a h x x x x x +-=-+=+'≥+．①当1a ≥时，()0h x '≥恒成立，∴函数()h x 在[)0,x ∈+∞上单调递增，()()00h x h ∴≥=，1a ∴≥时符合条件．②当1a <时，由()0h x '=，及0x ≥，解得x =．当(x ∈时，()0h x '<；当)x ∞∈+时，()0h x '>，()()min 00h x hh =<=，这与()0h x ≥相矛盾，应舍去．综上可知，1a ≥，所以a 的取值范围为[)1,+∞．【例7】已知函数()1xf x e ax --=．（1）当1a =时，求证：()0f x ≥；（2）当0x ≥时，()2f x x ≥，求实数a 的取值范围．【答案】（1）证明见解析；（2）(,2]e -∞-．【解析】（1）证明：当1a =时，()1x f x e x =--，定义域为R ，则()1x f x e '=-，由()0f x '>，得0x >；由()0f x '<，得0x <， 所以()f x 在(,0)-∞上单调递减，在(0,)+∞上单调递增，所以0x =是()f x 的极小值点，也是()f x 的最小值点，且min ()(0)0f x f ==， 所以()0f x ≥．（2）解：由()2f x x ≥（0x ≥），得21x ax e x ≤--（0x ≥），当0x =时，上述不等式恒成立，当0x >时，21x e x a x--≤，令21()x e x g x x--=（0x >），则222(2)(1)(1)(1)()x x x e x x e x x e x g x x x-------'==， 由（1）可知，当0x >时，10x e x -->，所以由()0g x '<，得01x <<；由()0g x '>，得1x >， 所以()g x 在(0,1)上单调递减，在(1,)+∞上单调递增，所以1x =是()g x 的极小值点，也是()g x 的最小值点，且min ()(1)2g x g e ==-， 所以2a e ≤-，所以实数a 的取值范围为(,2]e -∞-．【变式7．1】已知函数2()2ln ,()f x x ax x a =+++∈R ． （1）讨论()f x 的单调性；（2）若()x f x e ≤恒成立，求a 的最大值． 【答案】（1）答案见解析；（2）3e -．【解析】（1）2121()2,(0,)x ax f x x a x x x∞'++=++=∈+，当a -≤≤()0f x '≥恒成立，()f x 在(0,)+∞上单调递增；当a <-时，在0,,,,()0,()44a a f x f x ∞⎛⎛⎫--+> ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝'⎭单调递增；在,()0,()f x f x <'⎝⎭单调递减；当a >(0,),()0,()f x f x ∞+>'单调递增，综上所述：当a ≥-时，()f x 在(0,)+∞上单调递增；当a <-时，()f x 在0,,44a a ∞⎛⎫⎛⎫--++ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭单调递增，在⎝⎭单调递减． （2）2()2ln xf x x ax x e =+++≤在(0,)+∞恒成立，可得2ln 2x e x x a x---≤恒成立；设2ln 2()x e x x g x x ---=，则22(1)ln 1()x e x x x g x x-'+-+=， 令2()(1)ln 1x h x e x x x =-+-+，则1()2xh x xe x x+'=-， 令()1x x e x μ=--，则()1x x e μ=-'，因为0x >，所以()0x μ>，()x μ∴在(0,)+∞上单调递增，2211122x xe x x x x x x x x x ∴+->++-=+-，211()2x h x xe x x x x x∴=+->-'+，令21()j x x x x =-+，则3222121()21x x j x x x x-='-=--， 易知在(0,1),()0,()j x j x <'单调递减；在(1,),()0,()j x j x ∞+>'单调递增，()(1)1j x j ∴≥=，可得()0h x '>，所以()h x 在(0,)+∞上单调递增，又因为(1)0h =，所以在(0,1)上，()0h x <；在(1,)+∞上，()0h x >，所以在(0,1)上，()0,()g x g x '<单调递减；在(1,)+∞上，()0,()g x g x '>单调递增， 所以在(0,)+∞上，()(1)3g x g e ≥=-，所以3a e ≤-， 所以a 的最大值为3e -．（1）解决“已知不等式恒成立或能成立求参数”问题常用方法之一是“分离参数法”，即将参数k 与含有变量的式子分离，转化成()k h x <或()k h x >的形式，利用“()k h x <恒成立()min k h x ⇔<，()k h x >恒成立()max k h x ⇔>，()k h x <能成立()max k h x ⇔<，()k h x >能成立()min k h x ⇔>”把不等式恒成立或能成立问题转化成利用导数求函数值问题． （2）在恒成立或能成立问题中，若参数无法分离，可以尝试带着参数对原函数求导，然后令导数得零，得出极值点，根据极值点与区间端点的大小对参数进行分类讨论，然后再从正面证明或者从反面找反例来说明每一类是否符合条件，最后取并集．【例8】已知函数2()ln (0,1)x f x a x x a a a =+->≠． （1）当1a >时，求()f x 的单调区间；（2）若对任意的[]12,1,1x x ∈-，使得12()()1f x f x e -≤-，求实数a 的取值范围（e 为自然对数的底数）．【答案】（1）()f x 的单调减区间为(,0)-∞，增区间为(0,)+∞；（2）1[,1)(1,]e e．【解析】（1）()ln 2ln (1)ln 2x x f x a a x a a a x '=+-=-+（x ∈R ）， 由于1a >，则ln 0a >，当0x >时，10x a ->，则()0f x '>； 当0x <时，10x a -<，则()0f x '<，所以()f x 的单调减区间为(,0)-∞，增区间为(0,)+∞． （2）对任意的[]12,1,1x x ∈-，都有12()()1f x f x e -≤-， 则12max ()()1f x f x e -≤-，即max min ()()1f x f x e -≤-， 当01a <<时，ln 0a <，当0x >时，10x a -<，则()0f x '>，当0x <时，10x a ->，则()0f x '<，所以此时()f x 的单调减区间为(,0)-∞，增区间为(0,)+∞，结合第（1）问知，当0,1a a >≠时，()f x 的单调减区间为(,0)-∞，增区间为(0,)+∞， 所以min ()(0)1f x f ==，{}max ()max (1),(1)f x f f =-， 由1(1)1ln f a a-=++，(1)1ln f a a =+-，则1(1)(1)2ln f f a a a --=--，令1()2ln g x x x x =--，则22212(1)()10x g x x x x -'=+-=≥， 所以()g x 在(0,)+∞上是增函数， 又(1)0g =，故当1x >时，()0g x >；当01x <<时，()0g x <， 即当1a >时，(1)(1)f f >-；当01a <<时，(1)(1)f f <-， ①当1a >时，max min ()()(1)(0)ln 1f x f x f f a a e -=-=-≤-， 令()ln (1)h x x x x =->，则()()h a h e ≤，又11()10x h x x x-'=-=>，即()h x 在(1,)+∞上是增函数，所以1a e <≤； ②当01a <<时，有1(1)(0)ln 1f f a e a --=+≤-，则11ln 1e a a -≤-，即1()()h h e a≤，所以1e a≤，即11a e ≤<，综上可知，实数a 的取值范围是1[,1)(1,]e e．【变式8．1】设a ∈R ，已知函数()()()6x f x e x x a +-=-，函数()ln 1xx g x e x x=--．（注：e 为自然对数的底数）（1）若5a =-，求函数()f x 的最小值；（2）若对任意实数1x 和正数2x ，均有()()1248f x g x a +≥-，求a 的取值范围．【答案】（1）29-；（2）35,e ⎡⎤-⎣⎦．【解析】（1）当5a =-时，()21xf x e x '=+-为增函数，且()00f '=，所以()f x 在,0递减，在0,递增，所以()()min 01629f x f a ==+=-．（2）因为()2ln 111ln ln x x xx g x e e e x x x x ⎛⎫'=+=- ⎪⎝⎭， 由于函数2ln xy x e x =+在0,上单增，且1210e g e e e ⎛⎫'=-< ⎪⎝⎭，()10g e '=>， 所以存在唯一的01,1x e ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭使得()00g x '=，且()()0min g x g x =．再令()ln u x x x =，()1ln u x x '=+，可知()u x 在1,单增，而由()00g x '=可知()001xu e u x ⎛⎫= ⎪⎝⎭，01x e >，011x >，所以001x e x =．于是()000001ln 11x x g x e x x ⎛⎫ ⎪⎛⎫⎝⎭=-+= ⎪⎝⎭，所以()min 1g x =．又()26xf x e x a '=+--为增函数，当0a ≥时，()050f a '=--<，当0a <时，2602aa f e ⎛⎫'=-< ⎪⎝⎭；又当6a ≥时，2602aa f e ⎛⎫'=-> ⎪⎝⎭， 当6a <时，()330f e a '=->，所以对任意a ∈R ，存在唯一实数3x ， 使得()30f x '=，即3326xa e x =+-，且()()3min f x f x =．由题意，即使得()()min min 48f x g x a ≥+-，也即()()3333333626148248x x xe x x e x e x +---++≥+--， 即()()333310xx e x -+-≤，又由于()1xv x e x =+-单调递增且()00v =，所以3x 的值范围为[]0,3，代入3326xa e x =+-求得a 的取值范围为35,e ⎡⎤-⎣⎦．【例9】已知函数()1ln a a x xf x ++=，(),0a a ∈≠R ． （1）求函数()f x 的单调区间；（2）设函数()()()()223,0g x x f x xf x a a '=--<，存在实数212,1,x x e ⎡⎤∈⎣⎦，使得不等式()()122g x g x <成立，求a 的取值范围．【答案】（1）答案不唯一，具体见解析；（2）3,026a e ⎛⎫∈⎪-⎝⎭． 【解析】（1）∵()()1ln ,0a f x a x x x +=+>，∴()()21ax a f x x -+'=， ①当0a >时，∵10a a +>，∴10,a x a +⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，()0f x '<，∴()f x 单减，∴减区间是10,a a +⎛⎫⎪⎝⎭；1,a x a +⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭时，()0f x '>，∴()f x 单增，∴增区间是1,a a +⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭． ②当10a -<<时，∵10a a+<，∴()0f x '<，∴()f x 的减区间是()0,∞+． ③当1a =-时，∵()10f x x'=-<，∴()f x 的减区间是()0,∞+． ④当1a <-时，10,a x a +⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，∴()0f x '>，∴()f x 的增区间是10,a a +⎛⎫ ⎪⎝⎭； 1,a x a +⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭，()0f x '<，∴()f x 的减区间是1,a a +⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭． （2）()()()2ln 63,0g x ax ax x a a =--+<，因为存在实数212,1,x x e ⎡⎤∈⎣⎦，使得不等式()()122g x g x <成立，∴()()min max 2g x g x <，()()1ln g x a x '=-，∵0a <，[)1,x e ∈，()0g x '<，()g x 单减；(2,x e e ⎤∈⎦，()0g x '>，∴()g x 单增， ∴()()min 63g x g e ae a =--=，()()(){}2max max 1,63g x g g e a ==--．∴212663ae a a --<--，∴326a e >-， ∵0a <，∴3,026a e ⎛⎫∈⎪-⎝⎭． 【变式9．1】已知函数()x f x xe =，()||g x a x e =-．（1）若0x ≥，求证：当2a e =时，函数()||g x a x e =-与()x f x xe =的图象相切； （2）若1[2,1]x ∃∈-，对2[2,1]x ∀∈-，都有()()12f x g x ≥，求a 的取值范围． 【答案】（1）证明见解析；（2）(,]e -∞．【解析】（1）证明：∵()x f x xe =，∴()(1)x x x f x e xe e x ='=++， 当0x ≥时，()2g x ax e ex e =-=-，设点()000,xP x x e 为函数()f x 图象上的一点，令()()000()12xg x f x e x k e '=+==，设()(1)x h x e x =+，∴()(2)0x h x e x '=+>，所以()h x 单调递增， 又(1)2h e =，∴01x =，此时()0(1)f x f e ==，()0(1)g x g e ==， 即当2a e =时，结论成立，切点为()1,e ． （2）解：由已知得max max ()()f x g x ≥， ∵()x f x xe =，∴()(1)x x x f x e xe e x ='=++， 可知，当[2,1)x ∈--时，()0f x '<，()f x 单调递减； 当[1,1]x ∈-时，()0f x '>，()f x 单调递增，又∵22(2)f e-=-；(1)f e =， ∴当[2,1]x ∈-时，max ()f x e =，又∵当0a ≤时，||a x e e -≤-，∴max ()g x e =-， ∴max max ()()g x f x ≤，∴0a ≤①；若0a >，当[2,1]x ∈-时，max ()(2)2g x g a e e a e -=-≤⇒≤=， 又∵0a >，∴0a e <≤②；由①②可得a e ≤，∴a 的取值范围为(,]e -∞． 【例10】已知函数()ln 2f x a x x =-+，其中0a ≠． （1）求()f x 的单调区间；（2）若对任意的[]11,x e ∈，总存在[]21,x e ∈，使得12()()4f x f x +=，求实数a 的值． 【答案】（1）见解析；（2）1e +． 【解析】（1）∵()1a a xf x x x-'=-=，0x >， 当0a <时，对()0,x ∀∈+∞，()0f x '<， 所以()f x 的单调递减区间为()0,∞+． 当0a >时，令()0f x '=，得x a =，∵()0,x a ∈时，()0f x '>；(),x a ∈+∞时，()0f x '<， 所以()f x 的单调递增区间为()0,a ，单调递减区间为(),a +∞．综上所述，0a <时，()f x 的单调递减区间为()0,∞+；0a >时，()f x 的单调递增区间为()0,a ，单调递减区间为(),a +∞．（2）讨论：①当1a ≤且0a ≠时，由（1）知，()f x 在[]1,e 上单调递减， 则()()max 11f x f ==，因为对任意的[]11,x e ∈，总存在[]21,x e ∈，使得()()()122124f x f x f +≤=<， 所以对任意的[]11,x e ∈，不存在[]21,x e ∈，使得()()124f x f x +=；②当1a e <<时，由（1）知，在[]1,a 上()f x 是增函数，在[],a e 上()f x 是减函数， 则()()max ln 2f x f a a a a ==-+， 因为对11x =，对[]21,x e ∀∈，()()()()()1211ln 2ln 133f x f x f f a a a a a a +≤+=+-+=-+<， 所以对[]111,x e =∈，不存在[]21,x e ∈，使得()()124f x f x +=； ③当a e ≥时，令()()()4[1,]g x f x x e =-∈，由（1）知，()f x 在[]1,e 是增函数，进而知()g x 是减函数， 所以()()min 11f x f ==，()()max 2f x f e a e ==-+，()()()max 141g x g f ==-，()()()min 4g x g e f e ==-，因为对任意的[]11,x e ∈，总存在[]21,x e ∈，使得()()124f x f x +=，即()()12f x g x =，故有()()()()11f g e f e g ⎧≥⎪⎨≤⎪⎩，即()()()()1414f f e f e f ⎧+≥⎪⎨+≤⎪⎩，所以()()134f f e a e +=-+=，解得1a e =+， 综上，a 的值为1e +．【变式10．1】已知函数()()3222f x x x m x =-+-+，223()x m g x x m+=-，m ∈R ．（1）当2m =时，求曲线()y f x =在1x =处的切线方程； （2）求()g x 的单调区间；（3）设0m <，若对于任意[]00,1x ∈，总存在[]10,1x ∈，使得()()10f x g x =成立，求m 的取值范围．【答案】（1）1y x =+；（2）见解析；（3）[]2,1--．【解析】（1）当2m =时，()322f x x x =-+，所以()232f x x x '=-，所以()()12,11f f '==，所以曲线()y f x =在1x =处的切线方程为21y x -=-，即1y x =+．（2）()223x m g x x m+=-的定义域是{}|x x m ≠，()()()()23x m x m g x x m +-'=-， 令()0g x '=，得12,3x m x m =-=，①当0m =时，()(),0g x x x =≠，所以函数()g x 的单调增区间是(,0),(0,)-∞+∞； ②当0m <时，()(),,x g x g x '变化如下：所以函数()g x 的单调增区间是()(),3,,m m -∞-+∞，单调减区间是()()3,,,m m m m -； ③当0m >时，()(),,x g x g x '变化如下：所以函数()g x 的单调增区间是()(),,3,m m -∞-+∞，单调减区间是()(),,,3m m m m -．（3）因为()()3222f x x x m x =-+-+，所以()()2322f x x x m '=-+-，当0m <时，()412212200Δm m =--=-<，所以()0f x '>在()0,1上恒成立，所以()f x 在()0,1上单调递增， 所以()f x 在[]0,1上的最小值是()02f =，最大值是()14f m =-，即当[]0,1x ∈时，()f x 的取值范围为[]2,4m -，由（2）知，当10m -<<时，01m <-<，()g x 在()0,m -上单调递减，在(),1m -上单调递增，因为()22g m m -=-<，所以不合题意； 当1m ≤-时，1m ->，()g x 在[]0,1上单调递减，所以()g x 在[]0,1上的最大值为()03g m =-，最小值为()21311m g m+=-，所以当[]0,1x ∈时，()g x 的取值范围为213,31m m m ⎡⎤+-⎢⎥-⎣⎦， “对于任意[]00,1x ∈，总存在[]10,1x ∈，使得()()10f x g x =成立”等价于213,3[2,4]1m m m m ⎡⎤+-⊆-⎢⎥-⎣⎦，即2132134m m m m⎧+≥⎪-⎨⎪-≤-⎩，解得21m -≤≤-， 所以m 的取值范围为[]2,1--．不等式的恒成立与有解问题，可按如下规则转化： 一般地，已知函数()[],,y f x x a b =∈，()[],,y g x x c d =∈（1）若[]1,x a b ∀∈，[]2,x c d ∀∈，总有()()12f x g x <成立，故()()2max min f x g x <； （2）若[]1,x a b ∀∈，[]2,x c d ∃∈，有()()12f x g x <成立，故()()2max max f x g x <； （3）若[]1,x a b ∃∈，[]2,x c d ∃∈，有()()12f x g x <成立，故()()2min min f x g x <； （4）若[]1,x a b ∀∈，[]2,x c d ∃∈，有()()12f x g x =，则()f x 的值域是()g x 值域的子集．一、解答题．1．已知函数()()2ln 21f x x ax a x =+-+，（0a ≥）．（1）当0a =时，求函数()f x 的极值；（2）函数()f x 在区间()1,+∞上存在最小值，记为()g a ，求证：()124g a a<-． 【答案】（1）极大值为1-，无极小值；（2）证明见解析． 【解析】（1）当0a =时，()ln f x x x =-，0x >，则()11f x x'=-， 当()0,1x ∈，()0f x '>；当[)1,x ∈+∞，所以()0f x '≤． 所以当1x =时，()f x 取得极大值为()11f =-，无极小值．（2）由题可知()()()()()222112111221ax a x ax x f x ax a x x x-++--'=+-+==． ①当0a =时，由（1）知，函数()f x 在区间()1,+∞上单调递减，所以函数()f x 无最小值，此时不符合题意； ②当12a ≥时，因为()1,x ∈+∞，所以210ax ->，此时函数()f x 在区间()1,+∞上单调递增，所以函数()f x 无最小值，此时亦不符合题意； ③当102a <<时，此时112a<， 函数()f x 在区间11,2a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，在区间1,2a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增，所以()min 111ln1224f x f a a a ⎛⎫==-- ⎪⎝⎭，即()11ln 124g a a a =--， 要证()111ln 12244a a a g a =--<-，只需证当102a <<时，11ln 1022a a-+<成立， 设12t a=，()()ln 11h t t t t =-+>， 由（1）知()()10h t h <=，所以()124g a a<-． 2．已知函数()2ln ()f x a x a x =-∈R ．（1）讨论函数()f x 的单调性；（2）若()1f x ≥恒成立，求a 的取值范围． 【答案】（1）答案见解析；（2）{}2．【解析】（1）()()2220a x a f x x x x x-=-=>'，当0a ≤时，()0f x '>，所以函数()f x 在区间(0,)+∞上单调递增；当0a >时，由()0f x '>，得x >()0f x '<，得0x <≤，所以函数()f x 在区间⎛ ⎝上单调递减，在区间⎫+∞⎪⎪⎭上单调递增， 综上所述，当0a ≤时，函数()f x 在区间(0,)+∞上单调递增；当0a >时，函数()f x 在区间⎛ ⎝上单调递减﹐在区间⎫+∞⎪⎪⎭上单调递增． （2）由（1）可得：当0a ≤时，()f x 在区间(0,)+∞上单调递增； 又()11f =，所以当01x <<时，()1f x <，不满足题意；当0a >时，函数()f x 在区间⎛ ⎝上单调递减﹐在区间⎫+∞⎪⎪⎭上单调递增；所以()min ln 2222a a a af x f a ==-=-， 为使()1f x ≥恒成立，只需()min ln 1222a a af x =-≥， 令2at =，()ln g t t t t =-，则只需()1g t ≥恒成立， 又()1ln 1ln g t t t '=--=-，由()0g t '>，得01t <<；由()0g t '<，得1t >， 所以()g t 在()0,1上单调递增，在()1,+∞上单调递减， 则()()max 11g t g ==； 又()1g t ≥，所以只有1t =，即12a=，则2a =， 综上，a 的取值范围为{}2．3．设3x =是函数23()()()x f x x ax b e x -=++∈R 的一个极值点． （1）求a 与b 之间的关系式，并求当2a =时，函数()f x 的单调区间；（2）设0a >，225()()4xg x a e =+．若存在12,[0,4]x x ∈使得12()()1f x g x -<成立，求实数a 的取值范围．【答案】（1）由23b a =--，()f x 在()3,3-上单调递增，在(),3-∞-和()3,+∞单调递减；（2）3(0,)2a ∈．【解析】（1）()()()232x f x x a x b a e -=-+-+-'，由题意知()30f '=，解得23b a =--．当2a =，则7b =-，故令()()2390xf x x e -=-->'，得33x -<<，于是()f x 在()3,3-上单调递增，在(),3-∞-和()3,+∞单调递减．（2）由（1）得()()()23233xf x x a x a e -=-+---'，令()0f x '>，得13a x --<<（0a >），所以()f x 在()0,3上单调递增，在(]3,4单调递减，于是()()max 36f x f a ==+，()()(){}()3min min 0,423f x f f a e ==-+；另一方面()g x 在[]0,4上单调递增，()2242525,44g x a a e ⎡⎤⎛⎫∈++ ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦．根据题意，只要()225614a a ⎛⎫+-+< ⎪⎝⎭，解得1322a -<<，所以30,2a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭．4．已知函数()2ln f x x ax x =+-，()3ln 12xx g x x e =-++．（1）讨论函数()f x 的单调性；（2）若()()f x g x ≥恒成立，求实数a 的取值范围．【答案】（1）答案见解析；（2）27,4e ⎡⎫-+∞⎪⎢⎣⎭． 【解析】（1）函数()2ln f x x ax x =+-的定义域为()0,∞+，且()212121ax x f x ax x x-+=+='-．①当0a =时，()1xf x x-'=，若01x <<，则()0f x '>；若1x >，则()0f x '<， 此时，函数()f x 的单调递增区间为()0,1，单调递减区间为()1,+∞；②当0a <时，180Δa =->，令()0f x '=，可得14x a =（舍）或14x a=．若104x a <<，则()0f x '>；若14x a>，则()0f x '<， 此时，函数()f x的单调递增区间为0⎛ ⎝⎭，单调递减区间为+⎫⎪∞⎪⎝⎭； ③当0a >时，18Δa =-．（i ）若180Δa =-≤，即当18a ≥时，对任意的0x >，()0f x '≥，。
不等式恒成立、能成立问题【七大题型】(举一反三)(新高考专用)(原卷版)—2025年高考数学一轮复习
不等式恒成立、能成立问题【七大题型】【题型1 一元二次不等式在实数集上恒成立问题】 (2)【题型2 一元二次不等式在某区间上的恒成立问题】 (2)【题型3 给定参数范围的一元二次不等式恒成立问题】 (3)【题型4 基本不等式求解恒成立问题】 (4)【题型5 一元二次不等式在实数集上有解问题】 (4)【题型6 一元二次不等式在某区间上有解问题】 (5)【题型7 一元二次不等式恒成立、有解问题综合】 (5)1、不等式恒成立、能成立问题一元二次不等式是高考数学的重要内容.从近几年的高考情况来看，“含参不等式恒成立与能成立问题”是常考的热点内容，这类问题把不等式、函数、三角、几何等知识有机地结合起来，其以覆盖知识点多、综合性强、解法灵活等特点备受高考命题者的青睐.另一方面，在解决这类数学问题的过程中涉及的“函数与方程”、“化归与转化”、“数形结合”、“分类讨论”等数学思想对锻炼学生的综合解题能力，培养其思维能力都起到很好的作用.【知识点1 不等式恒成立、能成立问题】1．一元二次不等式恒成立、能成立问题不等式对任意实数x恒成立，就是不等式的解集为R，对于一元二次不等式ax2＋bx＋c>0，它的解集为R的条件为{a>0，Δ＝b2－4ac<0；一元二次不等式ax2＋bx＋c≥0，它的解集为R的条件为{a>0，Δ＝b2－4ac≤0；一元二次不等式ax2＋bx＋c>0的解集为∅的条件为{a<0，Δ≤0.2．一元二次不等式恒成立问题的求解方法(1)对于二次不等式恒成立问题常见的类型有两种，一是在全集R上恒成立，二是在某给定区间上恒成立.(2)解决恒成立问题一定要搞清谁是自变量，谁是参数，一般地，知道谁的范围，谁就是变量，求谁的范围，谁就是参数.①若ax2+bx+c>0恒成立，则有a>0，且△<0；若ax2+bx+c<0恒成立，则有a<0，且△<0.②对第二种情况，要充分结合函数图象利用函数的最值求解(也可采用分离参数的方法).3．给定参数范围的一元二次不等式恒成立问题的解题策略解决恒成立问题一定要清楚选谁为主元，谁是参数；一般情况下，知道谁的范围，就选谁当主元，求谁的范围，谁就是参数；即把变元与参数交换位置，构造以参数为变量的函数，根据原变量的取值范围列式求解.4．常见不等式恒成立及有解问题的函数处理策略不等式恒成立问题常常转化为函数的最值来处理，具体如下：(1)对任意的x∈[m,n]，a>f(x)恒成立a>f(x)max；若存在x∈[m,n]，a>f(x)有解a>f(x)min；若对任意x∈[m,n]，a>f(x)无解a≤f(x)min.(2)对任意的x∈[m,n]，a<f(x)恒成立a<f(x)min；若存在x∈[m,n]，a<f(x)有解a<f(x)max；若对任意x∈[m,n]，a<f(x)无解a≥f(x)max.【例1】（2023·福建厦门·二模）“b∈(0,4)”是“∀x∈R，bx2―bx+1>0成立”的（）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件【变式1-1】（2023·江西九江·模拟预测）无论x取何值时，不等式x2―2kx+4>0恒成立，则k的取值范围是（）A．(―∞,―2)B．(―∞,―4)C．(―4,4)D．(―2,2)【变式1-2】（2023·福建厦门·二模）不等式ax2―2x+1>0（a∈R）恒成立的一个充分不必要条件是（）A．a>2B．a≥1C．a>1D．0<a<12【变式1-3】（2023·四川德阳·模拟预测）已知p:0≤a≤2，q：任意x∈R,ax2―ax+1≥0，则p是q成立的（）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件【题型2 一元二次不等式在某区间上的恒成立问题】【例2】（2023·辽宁鞍山·二模）已知当x>0时，不等式：x2―mx+16>0恒成立，则实数m的取值范围是（）A．(―8,8)B．(―∞,8]C．(―∞,8)D．(8,+∞)【变式2-1】（23-24高一上·贵州铜仁·期末）当x∈(―1,1)时，不等式2kx2―kx―38<0恒成立，则k的取值范围是（）A．(―3,0)B．[―3,0)C．―D．―【变式2-2】（23-24高一上·江苏徐州·阶段练习）若对于任意x∈[m,m+1]，都有x2+mx―1<0成立，则实数m的取值范围是（）A．―23,0B．―,0C．―23,0D．,0【变式2-3】（22-23高一上·安徽马鞍山·期末）已知对一切x∈[2,3]，y∈[3,6]，不等式mx2―xy+y2≥0恒成立，则实数m的取值范围是（）A．m≤6B．―6≤m≤0C．m≥0D．0≤m≤6【题型3 给定参数范围的一元二次不等式恒成立问题】【例3】（23-24高一上·山东淄博·阶段练习）若命题“∃―1≤a≤3，ax2―(2a―1)x+3―a<0”为假命题，则实数x的取值范围为（）A．{x|―1≤x≤4 }B．x|0≤xC．x|―1≤x≤0或53≤x≤4D．x|―1≤x<0或53<x≤4【变式3-1】（23-24高一上·广东深圳·阶段练习）当1≤m≤2时，mx2―mx―1<0恒成立，则实数x的取值范围是（）A<x<B<x<C<x<D<x<【变式3-2】（23-24高一下·河南濮阳·期中）已知当―1≤a≤1时，x2+(a―4)x+4―2a>0恒成立，则实数x的取值范围是（）A．(―∞,3)B．(―∞,1]∪[3,+∞)C．(―∞,1)D．(―∞,1)∪(3,+∞)【变式3-3】（2008·宁夏·高考真题）已知a1>a2>a3>0，则使得(1―a i x)2<1(i=1,2,3)都成立的x取值范围是（ ）A．B．0,C．D．【题型4 基本不等式求解恒成立问题】【例4】（23-24高一下·贵州贵阳·期中）对任意的x∈(0,+∞)，x2―2mx+1>0恒成立，则m的取值范围为（）A．[1,+∞)B．(―1,1)C．(―∞,1]D．(―∞,1)【变式4-1】（22-23高三上·河南·期末）已知a>0，b∈R，若x>0时，关于x的不等式(ax―2)(x2+bx―5)≥0恒成立，则b+4a的最小值为（）A．2B．C．D．【变式4-2】（23-24高三上·山东威海·期中）关于x的不等式ax2―|x|+2a≥0的解集是(―∞,+∞)，则实数a的取值范围为（）A+∞B．―∞C．―D．―∞,∪+∞【变式4-3】（23-24高一上·湖北·阶段练习）已知x>0,y>0，且1x+2+1y=27，若x+2+y>m2+5m恒成立，则实数m的取值范围是（）A．(―4,7)B．(―2,7)C．(―4,2)D．(―7,2)【题型5 一元二次不等式在实数集上有解问题】【例5】（2024·陕西宝鸡·模拟预测）若存在实数x，使得mx2―(m―2)x+m<0成立，则实数m的取值范围为（）A．(―∞,2)B．(―∞,0]∪C．―∞D．(―∞,1)【变式5-1】（22-23高一上·内蒙古兴安盟·阶段练习）若关于x 的不等式x 2―4x ―2―a ≤0有解，则实数a 的取值范围是（ ）A ．{a |a ≥―2 }B ．{a |a ≤―2 }C ．{a |a ≥―6 }D ．{a |a ≤―6 }【变式5-2】（23-24高一上·山东临沂·阶段练习）若不等式―x 2+ax ―1>0有解，则实数a 的取值范围为（ ）A ．a <―2或a >2B ．―2<a <2C ．a ≠±2D ．1<a <3【变式5-3】（23-24高一上·江苏徐州·期中）已知关于x 的不等式―x 2+4x ≥a 2―3a 在R 上有解，则实数a 的取值范围是（ ）A ．{a |―1≤a ≤4 }B ．{a |―1<a <4 }C ．{a |a ≥4 或a ≤―1}D ．{a |―4≤a ≤1 }【题型6 一元二次不等式在某区间上有解问题】【例6】（2023·福建宁德·模拟预测）命题“∃x ∈[1,2],x 2≤a ”为真命题的一个充分不必要条件是（ ）A ．a ≥1B ．a ≥4C ．a ≥―2D ．a ≤4【变式6-1】（22-23高二上·河南·开学考试）设a 为实数，若关于x 的不等式x 2―ax +7≥0在区间(2,7)上有实数解，则a 的取值范围是（ ）A ．(―∞,8)B ．(―∞,8]C ．(―∞D ．―∞【变式6-2】（23-24高一上·福建·期中）若至少存在一个x <0，使得关于x 的不等式3―|3x ―a |>x 2+2x 成立，则实数a 的取值范围是（ ）A ．―374,3B ．―C ．―374D ．(―3,3)【变式6-3】（22-23高一上·江苏宿迁·期末）若命题“∀x 0∈(0,+∞)，使得x 20+ax 0+a +3≥0”为假命题，则实数a 的取值范围是（ ）A ．(―∞,―2),(6,+∞)B ．(―∞,―2)C ．[―2,6]D ．[2+【题型7 一元二次不等式恒成立、有解问题综合】【例7】（23-24高一上·山东潍坊·阶段练习）已知关于x 的不等式2x ―1>m(x 2―1).(1)是否存在实数m ，使不等式对任意x ∈R 恒成立，并说明理由；(2)若不等式对于m ∈[―2,2]恒成立，求实数x 的取值范围；(3)若不等式对x∈[2,+∞)有解，求m的取值范围.【变式7-1】（23-24高一上·江苏扬州·阶段练习）设函数y=ax2―(2a+3)x+6,a∈R．(1)若y+2>0恒成立，求实数a的取值范围：(2)当a=1时，∀t>―2，关于x的不等式y≤―3x+3+m在[―2,t]有解，求实数m的取值范围．，【变式7-2】（23-24高一上·浙江台州·期中）已知函数f(x)=2x2―ax+a2―4，g(x)=x2―x+a2―314(a∈R)(1)当a=1时，解不等式f(x)>g(x)；(2)若任意x>0，都有f(x)>g(x)成立，求实数a的取值范围；(3)若∀x1∈[0,1]，∃x2∈[0,1]，使得不等式f(x1)>g(x2)成立，求实数a的取值范围.【变式7-3】（23-24高一上·山东威海·期中）已知函数f(x)=x2―(a+3)x+6(a∈R)(1)解关于x的不等式f(x)≤6―3a；(2)若对任意的x∈[1,4]，f(x)+a+5≥0恒成立，求实数a的取值范围(3)已知g(x)=mx+7―3m，当a=1时，若对任意的x1∈[1,4]，总存在x2∈[1,4]，使f(x1)=g(x2)成立，求实数m的取值范围．一、单选题1．（2023·河南·模拟预测）已知命题“∃x0∈[―1,1]，―x20+3x0+a>0”为真命题，则实数a的取值范围是（）A．(―∞,―2)B．(―∞,4)C．(―2,+∞)D．(4,+∞)2．（2024·浙江·模拟预测）若不等式kx2+(k―6)x+2>0的解为全体实数，则实数k的取值范围是（）A．2≤k≤18B．―18<k<―2C．2<k<18D．0<k<23．（2023·辽宁鞍山·二模）若对任意的x∈(0,+∞),x2―mx+1>0恒成立，则m的取值范围是（）A．(―2,2)B．(2,+∞)C．(―∞,2)D．(―∞,2]4．（2023·宁夏中卫·二模）已知点A(1,4)在直线xa +yb=1(a>0,b>0)上，若关于t的不等式a+b≥t2+5t+3恒成立，则实数t的取值范围为（）A．[―6,1]B．[―1,6]C．(―∞,―1]∪[6,+∞)D．(―∞,―6]∪[1,+∞)5．（23-24高二上·山东潍坊·阶段练习）若两个正实数x，y满足1x +4y=2，且不等式x+y4<m2―m有解，则实数m的取值范围是（ ）A．(―1,2)B．(―∞,―2)∪(1,+∞)C．(―2,1)D．(―∞,―1)∪(2,+∞)6．（23-24高一上·全国·单元测试）不等式2x2―axy+y2≥0，对于任意1≤x≤2及1≤y≤3恒成立，则实数a的取值范围是（）A．a|a≤B．a|a≥C．a|a≤D．a|a7．（2023·江西九江·二模）已知命题p：∃x∈R，x2+2x+2―a<0，若p为假命题，则实数a的取值范围为（）A．(1,+∞)B．[1,+∞)C．(―∞,1)D．(―∞,1]8．（2024·上海黄浦·模拟预测）已知不等式ρ：ax2+bx+c<0(a≠0)有实数解．结论（1）：设x1，x2是ρ的两个解，则对于任意的x1，x2，不等式x1+x2<―ba 和x1⋅x2<ca恒成立；结论（2）：设x0是ρ的一个解，若总存在x0，使得ax02―bx0+c<，则c<0，下列说法正确的是（）A．结论①、②都成立B．结论①、②都不成立C．结论①成立，结论②不成立D．结论①不成立，结论②成立二、多选题9．（2023·江苏连云港·模拟预测）若对于任意实数x，不等式(a―1)x2―2(a―1)x―4<0恒成立，则实数a可能是（）A．―2B．0C．―4D．110．（2024·广东深圳·模拟预测）下列说法正确的是（）A．不等式4x2―5x+1>0的解集是x|x>14或x<1B．不等式2x2―x―6≤0的解集是x|x≤―32或x≥2C．若不等式ax2+8ax+21<0恒成立，则a的取值范围是∅D．若关于x的不等式2x2+px―3<0的解集是(q,1)，则p+q的值为―1211．（22-23高三上·河北唐山·阶段练习）若(ax-4)(x2+b)≥0对任意x∈(-∞,0]恒成立，其中a，b是整数，则a+b的可能取值为（）A．-7B．-5C．-6D．-17三、填空题12．（2024·陕西渭南·模拟预测）若∀x∈R,a<x2+1，则实数a的取值范围是.（用区间表示）13．（2024·辽宁·三模）若“∃x∈(0,+∞)，使x2―ax+4<0”是假命题，则实数a的取值范围为. 14．（2023·河北·模拟预测）若∃x∈R，ax2+ax+a―3<0，则a的一个可取的正整数值为.四、解答题15．（2024·全国·模拟预测）已知函数f(x)=|2x―a|，且f(x)≤b的解集为[―1,3]．(1)求a和b的值；(2)若f(x)≤|x―t|在[―1,0]上恒成立，求实数t的取值范围．16．（2024·新疆乌鲁木齐·一模）已知函数f(x)=|x―1|+|x+2|.（1）求不等式f(x)≤5的解集；（2）若不等式f(x)≥x2―ax+1的解集包含[―1,1]，求实数a的取值范围.17．（23-24高一上·江苏·阶段练习）设函数f(x)=ax2+(1―a)x+a―2.（1）若关于x的不等式f(x)≥―2有实数解，求实数a的取值范围；（2）若不等式f(x)≥―2对于实数a∈[―1,1]时恒成立，求实数x的取值范围；（3）解关于x的不等式：f(x)<a―1,(a∈R).18．（22-23高二上·陕西咸阳·阶段练习）已知函数f(x)=a2x2+2ax―a2+1.(1)当a=2时，求f(x)≤0的解集；(2)是否存在实数x，使得不等式a2x2+2ax―a2+1≥0对满足a∈[―2,2]的所有a恒成立？若存在，求出x的值；若不存在，请说明理由.19．（2024·全国·一模）已知a＋b＋c＝3，且a，b，c都是正数．（1）求证：1a+b +1b+c+1c+a≥32（2）是否存在实数m，使得关于x的不等式－x2＋mx＋2≤a2＋b2＋c2对所有满足题设条件的正实数a，b，c 恒成立？如果存在，求出m的取值范围；如果不存在，请说明理由．。
2021-2022年高考数学问题2.2函数中的存在性与恒成立问题提分练习
2021年高考数学问题2.2函数中的存在性与恒成立问题提分练习一、考情分析函数内容作为高中数学知识体系的核心,也是历年高考的一个热点.在新课标下的高考越来越注重对学生的综合素质的考察,恒成立与存在性问题便是一个考察学生综合素质的很好途径,它主要涉及到一次函数、二次函数、三角函数、指数函数和对数函数等常见函数的图象和性质及不等式等知识,渗透着换元、化归、数形结合、函数与方程等思想方法,在培养思维的灵活性、创造性等方面起到了积极的作用,故备受高考的青睐,成为高考能力型试题的首选. 二、经验分享(1) 设)0()(2≠++=a c bx ax x f ,（1）上恒成立；（2）上恒成立.(2) 对于一次函数有：⎩⎨⎧<<⇔<⎩⎨⎧>>⇔>0)(0)(0)(,0)(0)(0)(n f m f x f n f m f x f 恒成立恒成立 (3)根据方程有解求参数范围,若参数能够分离出来,可把求参数范围转化为求函数值域．(4) 利用分离参数法来确定不等式,（ ,为实参数）恒成立中参数的取值范围的基本步骤: ①将参数与变量分离,即化为（或）恒成立的形式； ②求在上的最大（或最小）值； ③解不等式(或) ,得的取值范围.(5) 对于参数不能单独放在一侧的,可以利用函数图象来解.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.(6) 某些含参不等式恒成立问题,在分离参数会遇到讨论的麻烦或者即使能容易分离出参数与变量,但函数的最值却难以求出时,可考虑变换思维角度.即把主元与参数换个位置,再结合其它知识,往往会取得出奇制胜的效果.三、知识拓展(1)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.(2)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.(3)相等问题若f(x)的值域分别为A,B,则①. ∀x1∈D, ∃x2∈E,使得f(x1)=g(x2)成立,则；②∃x1∈D, ∃x2∈E, 使得f(x1)=g(x2)成立,则.(4)恒成立与存在性的综合性问题①∀x 1∈D , ∃x 2∈E, 使得f (x 1) >g (x 2)成立,则f (x )m in > g (x ) m in ； ②∀x 1∈D , ∃x 2∈E, 使得f (x 1) <g (x 2)成立,则f (x ) max < g (x ) max . 四、题型分析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. (一) 函数性质法【例1】已知函数f (x )＝x 3－ax 2＋10,若在区间[1,2]内至少存在一个实数x ,使得f (x )<0成立,求实数a 的取值范围．【分析】本题实质是存在性问题解法二：由已知得：a >x 3＋10x 2＝x ＋10x2, 设g (x )＝x ＋10x2(1≤x ≤2),g ′(x )＝1－20x3,∵1≤x ≤2,∴g ′(x )<0,所以g (x )在[1,2]上是减函数．g (x )m in ＝g (2),所以a >92.【点评】 解法一在处理时,需要用分类讨论的方法,讨论的关键是极值点与区间[1,2]的关系；解法二是用的参数分离,由于ax 2>x 3＋10中x 2∈[1,4],所以可以进行参数分离,而无需要分类讨论． 【牛刀小试】【xx 山西大学附中第二次模拟】设函数()()21xf x e x ax a =--+,其中,若存在唯一的整数,使得,则的取值范围是（ ）A ．B ．C ．D ． 【答案】D【解析】令()()()21,x g x e x h x ax a =-=-.由题意知存在唯一整数,使得在直线的下方.,当时,函数单调递减,当,函数单调递增,当时,函数取得最小值为.当时,,当时,,直线过定点,斜率为,故且,解得. (二)分离参数法【例2】已知函数的图象在点（为自然对数的底数）处的切线的斜率为． (1)求实数的值；(2)若对任意成立,求实数的取值范围.【分析】（1）由结合条件函数的图象在点处的切线的斜率为,可知,可建立关于的方程：,从而解得；（2）要使对任意恒成立,只需即可,而由（1）可知,∴问题即等价于求函数的最大值,可以通过导数研究函数的单调性,从而求得其最值：221(1ln )ln '()x x xx g x x x ⋅-+==-,令,解得,当时,,∴在上是增函数；当时,,∴在上是减函数,因此在处取得最大值,∴即为所求. 【解析】(1)∵,∴,又∵的图象在点处的切线的斜率为,∴, 即,∴； (2)由（1）知,,∴对任意成立对任意成立, 令,则问题转化为求的最大值,221(1ln )ln '()x x xx g x x x ⋅-+==-,令,解得, 当时,,∴在上是增函数； 当时,,∴在上是减函数．故在处取得最大值,∴即为所求.【点评】在函数存在性与恒成立问题中求含参数范围过程中,当其中的参数（或关于参数的代数式）能够与其它变量完全分离出来并,且分离后不等式其中一边的函数（或代数式）的最值或范围可求时,常用分离参数法.此类问题可把要求的参变量分离出来,单独放在不等式的一侧,将另一侧看成新函数,于是将问题转化成新函数的最值问题.利用分离参数法来确定不等式,（为实参数）恒成立中参数的取值范围的基本步骤:(1)将参数与变量分离,即化为（或）恒成立的形式； (2)求在上的最大（或最小）值； (3)解不等式 (或) ,得的取值范围.【牛刀小试】【xx 湖南省郴州市上学期第一次教学质量监测】已知函数,,其中且,． (1)若,且时,的最小值是－2,求实数的值； (2)若,且时,有恒成立,求实数的取值范围. 【答案】(1)；(2).(2)∵恒成立,即log 2log (22)a a x x t ≥+-恒成立, ∴1log log (22)2a a x x t ≥+-. 又∵,,∴, ∴恒成立, ∴. 令21171222()([,2])484y x x x x =-=-+∈,∴.故实数的取值范围为. (三)主参换位法【例3】已知函数是实数集上的奇函数,函数是区间上的减函数,(1)求的值；(2)若上恒成立,求的取值范围. 【分析】在第二小题所给条件中出现了两个字母：及,那么解题的关键恰恰就在于该把其中哪个字母看成是一个变量,另一个作为常数.而根据本题中的条件特征显然可将视作自变量,则上述问题即可转化为在内关于的一次函数大于等于0恒成立的问题,问题即可求解. 【解析】(1) (2)由(1)知：,, 在上单调递减,在上恒成立, , 只需,（其中）恒成立,由上述②结论：可令()2(1)sin110(1f t t λλλ=++++≥≤-）,则, ,而恒成立,.【点评】某些函数存在性与恒成立问题中,当分离参数会遇到讨论的麻烦或者即使能容易分离出参数与变量,但函数的最值却难以求出时,可考虑变换思维角度.即把主元与参数换个位置,再结合其它知识,往往会取得出奇制胜的效果.此类问题的难点常常因为学生的思维定势,易把它看成关于的不等式讨论,从而因计算繁琐出错或者中途夭折；若转换一下思路,把待求的x 为参数,以为变量,构造新的关于参数的函数,再来求解参数应满足的条件这样问题就轻而易举的得到解决了. 【牛刀小试】若不等式对任意恒成立,求实数x 的取值范围. 【答案】【解析】可转化为,设()()21210f m m x x =--+<,则是关于m 的一次型函数,要使恒成立,只需()()221201220f x x f x x ⎧=-<⎪⎨-=--+<⎪⎩,解得. (四)数形结合法【例4】已知函数,在恒有,求实数的取值范围.【分析】为了使题中的条件在恒成立,应能想到构造出一个新的函数,则可把原题转化成所构造新的函数在区间时恒大于等于的问题,再利用二次函数的图象性质进行分类讨论,即可使问题得到圆满解决.【点评】如果题中所涉及的函数对应的图象、图形较易画出时,往往可通过图象、图形的位置关系建立不等式从而求得参数范围. 解决此类问题经常要结合函数的图象,选择适当的两个函数,利用函数图像的上、下位置关系来确定参数的范围.利用数形结合解决不等式问题关键是构造函数,准确做出函数的图象.常见的有两类函数：若二次函数大于0恒成立,则有,同理,若二次函数小于0恒成立,则有.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.【牛刀小试】【xx 河北省武邑上学期第三次调研考试】已知定义在上的奇函数满足:当时,,若不等式对任意实数恒成立,则实数的取值范围是（ ）A ．B ． C. D ． 【答案】A【解析】当时,()33()()()()f x f x x f x x x R f x =--=⇒=∈⇒在上是增函数对任意实数恒成立对任意实数恒成立,结合二次函数图象可得201680m m m <⎧⇒⇒∈⎨∆-<⎩,故选A. (五)存在性之常用模型及方法【例5】设函数()21ln 2a f x a x x bx -=+-,且.曲线在点处的切线的斜率为. （1）求的值；（2）若存在,使得,求的取值范围.【分析】（1）根据条件曲线在点处的切线的斜率为,可以将其转化为关于,的方程,进而求得的值：,；（2）根据题意分析可得若存在,使得不等式成立,只需即可,因此可通过探求的单调性进而求得的最小值,进而得到关于的不等式即可,而由（1）可知()21ln 2a f x a x x x -=+-,则()()()11x a x a f x x ---⎡⎤⎣⎦'=,因此需对的取值范围进行分类讨论并判断的单调性,从而可以解得的取值范围是()()11,+∞.【解析】（1）,由曲线在点处的切线的斜率为,得,即,； 4分（2）由（1）可得,()21ln 2a f x a x x x -=+-, ()()()()()211111x a x a a x x a a f x a x x x x---⎡⎤--+⎣⎦'=+--==,令,得,,而, ①当时,,在上,,为增函数,()()()min111122a a f x f ---==-=, 令,即,解得. ②当时,,()()()2minln 112111a a a a a f x f a a a a a a ⎛⎫==++> ⎪-----⎝⎭, 不合题意,无解,10分③当时,显然有,,∴不等式恒成立,符合题意,综上,的取值范围是()()11,-+∞.【点评】解决函数中存在性问题常见方法有两种：一是直接法同上面所讲恒成立；二是间接法,先求其否定（恒成立）,再求其否定补集即可解决.它的逻辑背景：原命题为的否定为；原命题为的否定为“.处理的原则就是：不熟系问题转化为熟悉问题.【牛刀小试】已知,,(1)若存在,使得,求实数的取值范围；(2)若存在,使得,求实数的取值范围.五、迁移运用1．【xx届江西省上高县高三上学期第四次月考】若不等式对任意恒成立,则实数的取值范围为（）A. [B.C.D.【答案】A【解析】构造函数f（x）=3x2,g（x）=-log a x, ∵不等式3x2-log a x＜0对任意恒成立,∴f（）≤g（∴3•- ≤0．∴0＜a＜1且a≥∴实数a的取值范围为[,故选A2．【xx届广西贵港市高三上学期12月联考】若不等式()()21313ln1ln33x xax++-⋅≥-⋅对任意的恒成立,则的取值范围是（）A. B. C. D. 【答案】D【解析】由题意结合对数的运算法则有：()213133ln ln33x x xa++-⋅≥,由对数函数的单调性有： ,整理可得： ,由恒成立的条件有： ,其中21313233xxxxy+⎛⎫==+≥⎪⎝⎭,当且仅当时等号成立.即时,函数取得最小值.综上可得： .本题选择D选项.3.【xx届福建省闽侯高三12月月考】已知函数,若关于的不等式恰有个整数解,则实数的最大值是（）A. B. C. D.【答案】D4．【xx 届甘肃省高台高三上学期第五次模拟】已知函数,若对任意, 恒成立,则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B【解析】函数对任意, 恒成立,∴恒成立,即x 恒成立；设()()()1,1x g x h x a x e==-,x ∈R ；在同一坐标系内画出两个函数的图象,如图所示；则满足不等式恒成立的是h (x )的图象在g (x )图象下方,求的导数, 且过图象上点的切线方程为,且该切线方程过原点(0,0), 则,即,解得；∴切线斜率为,∴应满足a −1>−e ,即a >1−e ；又a −1⩽0,∴a ⩽1,∴实数a 的取值范围是(1−e ,1].故选B.5．【xx 届广东省五校高三12月联考】已知函数()()ln 224(0)f x x a x a a =+--+>,若有且只有两个整数, 使得,且,则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C【解析】由题意可知, ,即()()ln 2240,0x a x a a +--+>>, ()22ln 40ax a x x a ∴->-->,设()()2ln 4,2g x x x h x ax a =--=-,由,可知,在上为减函数,在上为增函数, 的图象恒过点,在同一坐标系中作出的图象如下：若有且只有两个整数,使得,且,则()()()(){11 33a h g h g >>≤,即0{2 23a a a ln >->-≤-,解得,故选C.6．【xx 届陕西省西安高三上学期期中】已知函数,若对于任意的,都有成立,则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A7.【xx 宁夏育才中学上学期第二次月考】设函数,. 若当时,不等式0)1()sin (>-+m f m f θ恒成立,则实数的取值范围是（ ）A. B.C. D.【答案】D【解析】易得是奇函数,2()310()f x x f x '=+>⇒在上是增函数,又11(sin )(1)sin 1,0sin 111sin 1sin f m f m m m m m θθθθθ>-⇒>-⇒<<<⇒⇒≤--,故选D.8.【xx 河北省武邑中学2高三上学期第三次调研】 若对,不等式,恒成立,则实数的最大值是（ ） A ． B ． C. D ． 【答案】D【解析】22222222222422x y x y x y x y x x e e e e e ax e +---+-----++≥+=+⇒≤+恒成立,设2222221(1)(1)1()'()x x x x e xe e x e g x g x x x x----+-+--=⇒==,再设2()(1)1'()x h x x e h x -=--⇒= ,令当当2,'()0()(2)0x h x h x h >>⇒≥=⇒ 仅有一解,且,故选D.9.【xx 山西省孝义市高三上学期二轮模考】已知函数2ln ()()()x x b f x b R x+-=∈,若存在,使得,则实数的取值范围是（ ）A ．B ． C. D ． 【答案】C【解析】由题意,得2212()ln ()()x x b x x b f x x +----'=,则＝－212()ln ()x x b x x b x+----＝．若存在,使得,则,所以．设,则,当时,；当时,,所以在上单调递减,在上单调递增,所以当,函数取最大值,最大值为,所以,故选C ．10．【xx 届江苏南通市高三第二次阶段测试】若不等式在实数集R 上恒成立,则正整数的最大值是_____． [参考数据： ] 【答案】【解析】不等式在实数集R 上恒成立,等价于的图象恒在上方, 与的图象相切时斜率最大,设与的图象相切时切点坐标为,则 ,切线方程为 ,将点 代入切线方程可得()()00021150x g x ex =--=, 在 上递增, , , , 的图象恒在上方,所以 ,而 ,所以正整数的最大值是,故答案为.11．【xx 届河南省漯河高三上学期第四次模拟】已知（, 为常数）和是定义在上的函数,对于任意的,存在使得, ,且,则在上的最大值为__________. 【答案】5【解析】∵()1114g x x x =+≥=,(当且仅当x=2时,等号成立), ∴()()22212b f c g =++==,∴,∴()22111222b b b f x xc x x x =++=+--, ∴,∵f(x)在x=2处有最小值,∴,即b=8,故c=−5,故()()3221885,'2x f x x f x x x-=+-=,故f(x)在[1,2]上是减函数,在[2,4]上是增函数, 而()()17185,4825522f f =+-==+-=,故f(x)的最大值为5. 12.设函数f (x )＝ax ＋sin x ＋cos x ．若函数f (x )的图象上存在不同的两点A ,B ,使得曲线y ＝f (x )在点A ,B 处的切线互相垂直,则实数a 的取值范围为 ． 【答案】【解析】因为),4cos(2sin cos )(π++=-+='x a x x a x f则存在实数,使得1))4cos(2))(4cos(2(21-=++++ππx a x a 成立.不妨设11)(0,4k a x a π=+∈则22)[4k a x a π=+∈因此222120()2,12,1,1 1.k k a a a a <-≤-≤-≤-≤≤13.【xx 山西省孝义市高三上学期二轮模考】设函数,,其中,为自然对数的底数. （1）讨论的单调性； （2）证明：当时,；（3）确定的所有可能取值,使得在区间内恒成立.【解析】（1）由,得2121'()2(0)ax f x ax x x x-=-=>. 当时,在成立,则为上的减函数； 当时,由,得, ∴当时,,当时,.则在上为减函数,在上为增函数.综上,当时,为上的减函数；当时,在上为减函数,在上为增函数. （2）证明：要证,即,即证,也就是证. 令,则,∴在上单调递增,则, 即当时,,∴当时,； （3）由,得211ln 0xax a x e x----+>. 设211()ln 0xt x ax a x e x-=---+>,由题意知,在内恒成立. ∵,∴有1122111'()220x x xt x ax e ax e x x x---=-+-=+-≥在内恒成立. 令,则11233122'()22x x x x a e a e x x x---Φ=+-+=++, 当时,,令,,函数在上单调递增.∴. 又,,∴,.综上所述,,,在区间单调递增, ∴,即在区间单调递增,∴.14.【xx 四川省资阳市高三上学期第一次诊断】已知函数(其中). (Ⅰ) 当时,若在其定义域内为单调函数,求的取值范围；(Ⅱ) 当时,是否存在实数,使得当时,不等式恒成立,如果存在,求的取值范围,如果不存在,说明理由（其中是自然对数的底数,＝2.71828…）.【解析】(Ⅰ) 由题,,2224444()(1)ax x a f x a x x x -+'=+-=. ①当时,知,则是单调递减函数；②当时,只有对于,不等式恒成立,才能使为单调函数,只需,解之得,此时．综上所述,的取值范围是． (Ⅱ) ,其中,222()1b b x bx bf x x x x -++'=-+=．(ⅰ) 当时,,于是在上为减函数,则在上也为减函数, 知max 1()(e)e (1)e 0e eb f x f b b ==--=--<恒成立,不合题意,舍去． (ⅱ) 当时,由得．列表得①若,即,知max1()(e)e (1)e ee bf x f b b ==--=--,而211e 2e(1)e (1)e 0e e e 1e 1b -----=<++≤,于是恒成立,不合题意,舍去．②若,即, 则在(,)上为增函数,在(,)上为减函数, 要使在恒有恒成立,则必有则22e 0e2e 0e b b b b ⎧-->⎪⎪⎨⎪-->⎪⎩，，所以243242e e e 1e e e .2e 1b b ⎧>=⎪⎪--⎨⎪>⎪-⎩，由于32232e e (2e 1)e 3e 10---=-+<,则,所以． 15. 【xx 湖北省襄阳市四校高三上学期期中联考】已知函数 当时,求的单调区间；当时,的图象恒在的图象上方,求的取值范围.(ii) 当时,, ()(1)x xf x xe ax x e '=-=-恒成立,在上单调递增,无减区间；综上,当时,的单调增区间是,单调减区间是； 当时,的单调增区间是,单调减区间是；当时,的单调增区间是,无减区间. 由知当时,的图象恒在的图象上方,即32(1)xxe ax ax x a x ->+--对恒成立 即 对恒成立 记 ,()()21xg x e ax h x '=--=(i) 当时,恒成立,在上单调递增, , 在上单调递增,符合题意； (ii) 当时,令得 时,,在上单调递减 时, 在上单调递减, 时,,不符合题意综上可得的取值范围是.16. 【xx 广东省惠州市第二次调研】已知函数,.（Ⅰ）函数的图象与的图象无公共点,求实数的取值范围；（Ⅱ）是否存在实数,使得对任意的,都有函数的图象在的图象的下方？若存在,请求出整数的最大值；若不存在,请说理由. （参考数据：,,）.【解析】（Ⅰ）函数与无公共点,等价于方程在无解 令,则令得因为是唯一的极大值点,故……………4分 故要使方程在无解,当且仅当,故实数的取值范围为（Ⅱ）假设存在实数满足题意,则不等式对恒成立. 即对恒成立.令,则, 令,则,∵在上单调递增,,,且的图象在上连续,∴存在,使得,即,则,∴ 当时,单调递减；当时,单调递增, 则取到最小值000001()ln 11xx e x x x ϕ=--=+-, ∴ ,即在区间内单调递增. 11221111()ln ln 2 1.995252222m r e e ≤=-=+=,∴存在实数满足题意,且最大整数的值为.17.【xx 河南省天一大联考】已知函数． （1）当时,求函数在区间上的最大值与最小值； （2）若在上存在,使得成立,求的取值范围． 【解析】（1）当时,, , 令,得,当变化时,,的变化情况如下表：1极小值因为111()ln ln 212424G =--=-+<,, 2()1(1)11G e e e e e =--=-->,所以在区间上的最大值与最小值分别为：2max ()()1G x G e e e ==--,．①当,即时,在上单调递减, 故在上的最小值为,由,可得． 因为,所以．②当,即时,在上单调递增, 故在上的最小值为,由, 可得（满足）．③当,即时,在上单调递减,在上单调递增,故在上的最小值为(1)2ln(1)h b b b b +=+-+． 因为,所以,所以,即,不满足题意,舍去． 综上可得或,所以实数的取值范围为．18.【xx 届云南省师范大学附属中学xx 届高三12月高考适应性月考】已知函数. （1）确定函数在定义域上的单调性,并写出详细过程； （2）若在上恒成立,求实数的取值范围.（2）由在上恒成立得： 在上恒成立. 整理得： 在上恒成立.令,易知,当时, 在上恒成立不可能, , 又, ,1°当时, ,又在上单调递减,所以在上恒成立,则在上单调递减,又,所以在上恒成立. 2°当时, , ,又在上单调递减, 所以存在,使得, 所以在上,在上,所以在上单调递增,在上单调递减,又,所以在上恒成立,所以在上恒成立不可能. 综上所述, .。
2021高三数学人教B版一轮学案：第二章第十二节第1课时不等式恒成立与有解问题含解析
第十二节导数破解疑难优质课第1课时不等式恒成立与有解问题1．“恒成立问题”与“有解问题”的区别(1)两者在量词上的区别恒成立问题中使用的量词是全称量词，如“任意、所有、全部、均、恒、总、都”等；而有解问题中使用的量词是特称量词，如“存在、至少一个、有解”等．(2)两者在等价转换上的区别恒成立问题的转化：①f(x)>0恒成立⇔f(x)min>0；f(x)<0恒成立⇔f(x)max<0.②f(x)>a恒成立⇔f(x)min>a；f(x)<a恒成立⇔f(x)max<a.③f(x)>g(x)恒成立⇔[f(x)－g(x)]min>0；f(x)<g(x)恒成立⇔[f(x)－g(x)]max<0.有解问题的转化：①f(x)>0有解⇔f(x)max>0；f(x)<0有解⇔f(x)min<0.②f(x)>a有解⇔f(x)max>a；f(x)<a有解⇔f(x)min<a.③f(x)>g(x)有解⇔[f(x)－g(x)]max>0；f(x)<g(x)有解⇔[f(x)－g(x)]min<0.2．解题策略：不等式恒成立问题和有解问题一般可通过分类讨论、分离参数、构造函数、数形结合等方法来处理．考向一 不等式恒成立问题方法1 分离参数法【例1】 (2020·石家庄质检)已知函数f (x )＝ax e x －(a ＋1)(2x －1)．(1)若a ＝1，求函数f (x )的图象在点(0，f (0))处的切线方程；(2)当x >0时，函数f (x )≥0恒成立，求实数a 的取值范围．【解】 (1)若a ＝1，则f (x )＝x e x －2(2x －1)．即f ′(x )＝x e x ＋e x －4，则f ′(0)＝－3，f (0)＝2，所以所求切线方程为3x ＋y －2＝0.(2)由f (1)≥0，得a ≥1e －1>0，则f (x )≥0对任意的x >0恒成立可转化为a a ＋1≥2x －1x e x 对任意的x >0恒成立． 设函数F (x )＝2x －1x e x (x >0)，则F ′(x )＝－(2x ＋1)(x －1)x 2e x. 当0<x <1时，F ′(x )>0；当x >1时，F ′(x )<0.所以函数F (x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以F (x )max ＝F (1)＝1e .于是a a ＋1≥1e ，解得a ≥1e －1.故实数a 的取值范围是⎣⎢⎢⎡⎭⎪⎪⎫1e －1，＋∞. 方法技巧(1)分离参数法解含参不等式恒成立问题的思路用分离参数法解含参不等式恒成立问题是指在能够判断出参数的系数正负的情况下，可以根据不等式的性质将参数分离出来，得到一个一端是参数，另一端是变量表达式的不等式，只要研究变量表达式的最值就可以解决问题．(2)求解含参不等式恒成立问题的关键是过好“双关”转化关通过分离参数法，先转化为f (a )≥g (x )(或f (a )≤g (x ))对∀x ∈D 恒成立，再转化为f (a )≥g (x )max (或f (a )≤g (x )min ) 求最值关 求函数g (x )在区间D 上的最大值(或最小值)问题已知函数f (x )＝x e x ，且对任意的x ∈(0,2)，都有f (x )<1k ＋2x －x 2成立，求k 的取值范围．解：由题意知f (x )＝x e x <1k ＋2x －x2对任意的x ∈(0,2)都成立，由x e x >0，知k ＋2x －x 2>0，即k >x 2－2x 对任意的x ∈(0,2)都成立，从而k ≥0，故不等式可转化为k <e x x ＋x 2－2x .令g (x )＝e x x ＋x 2－2x ，所以g ′(x )＝e x (x －1)x 2＋2(x －1)＝(x －1)⎝ ⎛⎭⎪⎫e x x 2＋2， 令g ′(x )＝0，得x ＝1，显然函数g (x )在(1,2)上单调递增，在(0,1)上单调递减，所以k <g (x )min ＝g (1)＝e －1.综上所述，实数k 的取值范围是[0，e －1)．方法2 构造函数法【例2】 已知函数f (x )＝sin x x (x ≠0)．(1)判断函数f (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2上的单调性； (2)若f (x )<a 在区间⎝⎛⎭⎪⎫0，π2上恒成立，求实数a 的最小值． 【解】 (1)f ′(x )＝x cos x －sin x x 2， 令g (x )＝x cos x －sin x ，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2， 则g ′(x )＝－x sin x ，显然，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2时，g ′(x )＝－x sin x <0，即函数g (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2上单调递减，且g (0)＝0.从而g (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2上恒小于零， 所以f ′(x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2上恒小于零， 所以函数f (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2上单调递减． (2)不等式f (x )<a ，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2恒成立， 即sin x －ax <0恒成立．令φ(x )＝sin x －ax ，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，则φ′(x )＝cos x －a ，且φ(0)＝0.当a ≥1时，在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2上φ′(x )<0，即函数φ(x )单调递减，所以φ(x )<φ(0)＝0，故sin x －ax <0恒成立．当0<a <1时，φ′(x )＝cos x －a ＝0在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2上存在唯一解x 0， 当x ∈(0，x 0)时，φ′(x )>0，故φ(x )在区间(0，x 0)上单调递增，且φ(0)＝0，从而φ(x )在区间(0，x 0)上大于零，这与sin x －ax <0恒成立相矛盾．当a ≤0时，在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2上φ′(x )>0，即函数φ(x )单调递增，且φ(0)＝0，得sin x －ax >0恒成立，这与sin x －ax <0恒成立相矛盾．故实数a 的最小值为1.方法技巧构造函数法求解不等式恒成立问题的思路遇到f (x )≥g (x )型的不等式恒成立问题时，一般采用作差法，构造“左减右”的函数h (x )＝f (x )－g (x )或“右减左”的函数u (x )＝g (x )－f (x )，进而只需满足h (x )min ≥0或u (x )max ≤0，将比较法的思想融入函数中，转化为求解函数最值的问题，适用范围较广，但是往往需要对参数进行分类讨论.(2020·合肥六校联考)已知函数f (x )＝(x ＋a －1)e x，g (x )＝12x 2＋ax ，其中a 为常数．(1)当a ＝2时，求函数f (x )在点(0，f (0))处的切线方程；(2)若对任意的x ∈[0，＋∞)，不等式f (x )≥g (x )恒成立，求实数a 的取值范围．解：(1)因为a＝2，所以f(x)＝(x＋1)e x，所以f(0)＝1，f′(x)＝(x ＋2)e x，所以f′(0)＝2，所以所求切线方程为2x－y＋1＝0.(2)令h(x)＝f(x)－g(x)，由题意得h(x)min≥0在x∈[0，＋∞)上恒成立，因为h(x)＝(x＋a－1)e x－12－ax，2x所以h′(x)＝(x＋a)(e x－1)．①若a≥0，则当x∈[0，＋∞)时，h′(x)≥0，所以函数h(x)在[0，＋∞)上单调递增，所以h(x)min＝h(0)＝a－1，则a－1≥0，得a≥1.②若a<0，则当x∈[0，－a)时，h′(x)≤0；当x∈(－a，＋∞)时，h′(x)>0，所以函数h(x)在[0，－a)上单调递减，在(－a，＋∞)上单调递增，所以h(x)min＝h(－a)，又因为h(－a)<h(0)＝a－1<0，所以不合题意．综上，实数a的取值范围为[1，＋∞)．【例3】(2020·河南郑州质检)已知函数f(x)＝(e x－2a)e x，g(x)＝4a2x.(1)设h(x)＝f(x)－g(x)，试讨论h(x)在定义域内的单调性；(2)若函数f(x)的图象恒在函数g(x)的图象的上方，求a的取值范围．【解】(1)h(x)＝e x(e x－2a)－4a x，所以h′(x)＝2e2x－2a e x－4a2＝2(e x＋a)(e x－2a)，①当a＝0时，h′(x)>0恒成立，故函数h(x)在R上单调递增；②当a>0时，e x＋a>0，令h′(x)＝0，解得x＝ln2a，当x<ln2a时，h ′(x )<0，函数h (x )单调递减，当x >ln2a 时，h ′(x )>0，函数h (x )单调递增；③当a <0时，e x －2a >0，令h ′(x )＝0，解得x ＝ln(－a )，当x <ln(－a )时，h ′(x )<0，函数h (x )单调递减，当x >ln(－a )时，h ′(x )>0，函数h (x )单调递增．综上所述，当a ＝0时，h (x )在R 上单调递增；当a >0时，h (x )在(－∞，ln2a )上单调递减，在(ln2a ，＋∞)上单调递增；当a <0时，h (x )在(－∞，ln(－a ))上单调递减，在(ln(－a )，＋∞)上单调递增．(2)若函数f (x )的图象恒在函数g (x )的图象的上方，则h (x )>0恒成立，即h (x )min >0.①当a ＝0时，h (x )＝e 2x >0恒成立；②当a >0时，由(1)可知h (x )min ＝h (ln2a )，则h (ln2a )＝－4a 2ln2a >0，所以ln2a <0，所以0<a <12；③当a <0时，由(1)知h (x )min ＝h (ln(－a ))，则h (ln(－a ))＝3a 2－4a 2ln(－a )>0，所以ln(－a )<34，所以－e 34<a <0. 综上所述，a的取值范围为(－e 34 ，12)． 方法技巧 本题可转化为f (x )>g (x )恒成立，则可构造函数h (x )＝f (x )－g (x )，证明h (x )>0恒成立.(2020·福建模拟)已知函数f (x )＝|x 3－3x －2a |＋a (a ∈R )，对于任意x 1，x 2∈[0,2]，|f (x 1)－f (x 2)|≤3恒成立，则a 的取值范围是( A )A ．[－12，12]B ．[－1,1]C ．[0，12]D ．[0,1]解析：由题意，令g (x )＝x 3－3x －2a ，则任意x 1，x 2∈[0,2]，|f (x 1)－f (x 2)|≤3恒成立，等价于任意x 1，x 2∈[0,2]，||g (x 1)|－|g (x 2)||≤3恒成立，等价于任意x ∈[0,2]，|g (x )|max －|g (x )|min ≤3.g ′(x )＝3(x ＋1)(x －1)，x ∈[0,1)时，g ′(x )<0，函数g (x )单调递减，x ∈(1,2]时，g ′(x )>0，函数g (x )单调递增，所以当x ∈[0,2]时，g (x )min ＝g (1)＝－2－2a ，又g (0)＝－2a ，g (2)＝2－2a .若a ＝1，则g (1)＝－4，g (0)＝－2，g (2)＝0，所以|g (x )|max －|g (x )|min ＝4－0>3，不合题意，排除选项B ，D ；若a ＝－12，则g (1)＝－1，g (0)＝1，g (2)＝3，所以|g (x )|max －|g (x )|min ＝3－0＝3，不合题意，排除选项C ，故选A.考向二 不等式有解问题【例4】 (2020·东北三省四市联考)已知函数f (x )＝2x ＋a ln x (a >0)．(1)若函数y ＝f (x )图象上各点处的切线斜率的最大值为2，求函数f (x )的极值点；(2)若关于x 的不等式f (x )<2有解，求a 的取值范围．【解】 (1)f ′(x )＝－2x 2＋a x (x >0)．易知当1x ＝a 4时，f ′(x )取得最大值a 28，所以a 28＝2.因为a >0，所以a ＝4，此时f ′(x )＝－2x 2＋4x ＝4x －2x 2，当x ∈(0，12)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减，当x ∈(12，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，所以f (x )的极小值点为x ＝12，无极大值点．(2)因为f ′(x )＝ax －2x 2(x >0且a >0)，所以当x ∈(0，2a )时，f ′(x )<0，f (x )单调递减，当x ∈(2a ，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，所以f (x )≥f (2a )＝a ＋a ln 2a .因为关于x 的不等式f (x )<2有解，所以a ＋a ln 2a <2，因为a >0，所以ln 2a ＋1－2a <0.令g (x )＝ln x ＋1－x (x >0)，则g ′(x )＝1x －1＝1－x x ，易知当x ∈(0,1)时，g ′(x )>0，g (x )单调递增，当x ∈(1，＋∞)时，g ′(x )<0，g (x )单调递减，所以g (x )≤g (1)＝0，当且仅当x ＝1时，“＝”成立，所以由ln 2a ＋1－2a <0可得2a >0且2a ≠1，所以a 的取值范围是{a |a >0且a ≠2}．方法技巧不等式有解问题易与不等式恒成立问题混淆，特别是在最值的转化上容易“张冠李戴”.要注意：f (x )>a (<a )有解⇔f (x )max >a (f (x )min <a )，而f (x )>a (<a )恒成立⇔f (x )min >a (f (x )max <a ).已知函数f (x )＝x 2－(2a ＋1)x ＋a ln x (a ∈R )．(1)若f (x )在区间[1,2]上是单调函数，求实数a 的取值范围；(2)函数g (x )＝(1－a )x ，若∃x 0∈[1，e]使得f (x 0)≥g (x 0)成立，求实数a 的取值范围．解：(1)f ′(x )＝(2x －1)(x －a )x，当导函数f ′(x )的零点x ＝a 落在区间(1,2)内时，函数f (x )在区间[1,2]上就不是单调函数，即a ∉(1,2)，所以实数a 的取值范围是(－∞，1]∪[2，＋∞)．(2)由题意知，不等式f (x )≥g (x )在区间[1，e]上有解，即x 2－2x ＋a (ln x －x )≥0在区间[1，e]上有解．因为当x ∈[1，e]时，ln x ≤1≤x (不同时取等号)，所以x －ln x >0，所以a ≤x 2－2x x －ln x在区间[1，e]上有解． 令h (x )＝x 2－2x x －ln x， 则h ′(x )＝(x －1)(x ＋2－2ln x )(x －ln x )2. 因为x ∈[1，e]，所以x ＋2>2≥2ln x ，所以h ′(x )≥0，h (x )在[1，e]上单调递增，所以x ∈[1，e]时，h (x )max ＝h (e)＝e (e －2)e －1，所以a ≤e (e －2)e －1，所以实数a 的取值范围是⎝⎛⎦⎥⎤－∞，e (e －2)e －1.。
高考数学一轮复习专项检测试题24不等式恒成立问题的处理方法
不等式恒成立问题的处理方法
1、转换为求函数的最值
恒成立的最大值；
恒成立的最小值。
例1、已知函数在处取得极值，其中为常数。
（1）试确定的值；
（2）讨论函数的单调区间；
（3）若对任意，不等式恒成立，求实数的取值范围。
解：（1）（2）略（3）由（2）知，在处取得极小值，此极小值也是最小值。
要使恒成立，只需，即，
从而，解得或，的取值范围为。
例2、已知对任意恒成立，试求实数的取值范围。
解：等价于对任意恒成立，又等价于时，的最小值
成立。
由于在上为增函数，则，所以。
例3、函数在上既是奇函数又是减函数，且当时，有
恒成立，求实数的取值范围。
解：由得到：因为为奇函数，故有恒成立，
又因为为减函数，从而有对恒成立；
设，则对于恒成立，函数，对称轴为。
①当时，，即，又∴
②当，即时，，即，∴，又，∴
③当时，恒成立。
∴
故由①②③可知：。
2、主参换位
例4、若不等式对恒成立，求实数的取值范围。
例5、若对于任意，不等式恒成立，求实数的取值范围。
解：
例6、已知函数，其中为实数。
若不等式
对任意都成立，求实数的取值范围。
解：由题设知，对任意，不等式都成立，
即，都成立。
设（），则是一个以为自变量的一次函数。
恒成立，则，为上的单调递增函数。
所以对任意，恒成立的充分必要条件是，，。
不等式中的恒(能)成立问题课件-2025届高三数学一轮复习
故a的取值范围是
1
−∞,
2e
.
3.已知函数f（x）＝exsin x.
（1）求函数f（x）的单调递增区间；
解：（1）∵f（x）＝exsin x，x∈R，
∴f'（x）＝exsin
x＋excos
令f'（x）＞0，则sin +
x＝
π
4
2exsin
π
+
4
，
＞0，
π
3π
解得2kπ－ ＜x＜2kπ＋ ，k∈Z，
重难专攻（一）
不等式中的恒（能）
成立问题
利用导数研究不等式恒（能）成立问题，一般可转化为最值问题处理.若a
＞f（x）对x∈D恒成立，则只需a＞f（x）max；若a＜f（x）对x∈D恒成立，则只
需 a＜f（x）min.若存在x0∈D，使a＞f（x0）成立，则只需a＞f（x）min；若存在
x0∈D，使a＜f（x0）成立，则只需a＜f（x）max.由此构造不等式，求解参数的
＝
，
2
2
则在区间（0，1）上，g'（x）＜0，函数g（x）为减函数；
在区间（1，e]上，g'（x）＞0，函数g（x）为增函数.
由题意知g（x）min＝g（1）＝1－a＋3≥0，得a≤4，
所以实数a的取值范围是（－∞，4].
3
x≥－x＋a－
2.设函数f（x）＝（1－x 2 ）e x ，当x≥0时，f（x）≤ax＋1，求实数a的取值
1 2
－x
e ，g'（x）＝－ x （x－1）e－x，
当x∈（－∞，1）时，g'（x）≥0，g（x）单调递增，
专题04 恒成立问题(文理通用)(含详细答案)
专题04 恒成立问题一、单选题1．若定义在R 上的函数()f x 满足()()2f x f x -=+，且当1x <时，()x xf x e=，则满足()()35f f -的值 A ．恒小于0 B ．恒等于0 C ．恒大于0D ．无法判断2．()()(),f x R f x f x x R '∀∈设函数是定义在上的函数，其中的导函数为，满足对于()()f x f x '<恒成立，则下列各式恒成立的是A ．2018(1)(0),(2018)(0)f ef f e f <<B ．2018(1)(0),(2018)(0)f ef f e f >>C ．2018(1)(0),(2018)(0)f ef f e f ><D ．2018(1)(0),(2018)(0)f ef f ef3．已知0a >，0b >，下列说法错误的是 A ．若1b a a b ⋅=，则2a b +≥ B ．若23a b e a e b +=+，则a b > C ．()ln ln a a b a b -≥-恒成立D ．ln 0b ba a e+≥恒成立 4．若1x =是函数()4312*()1n n n f x a x a x a x n N ++=--+∈的极值点，数列{}n a 满足11a =，23a =，设31log n n b a +=，记[]x 表示不超过x 的最大整数．设12231202*********n n n S b b b b b b +⎡⎤=+++⎢⎥⎣⎦，若不等式n S t 对n +∀∈N 恒成立，则实数t 的最大值为 A ．2020 B ．2019 C ．2018D ．1010二、多选题1．若满足()()'0f x f x +>，对任意正实数a ，下面不等式恒成立的是 A ．()()2f a f a < B ．()()2af a ef a >-C ．()()0>f a fD ．()()0a f f a e>2．定义在R 上的函数()f x 的导函数为()f x '，且()()()f x xf x xf x '+<对x ∈R 恒成立，则下列选项不正确的是 A ．2(2)(1)f f e> B ．2(2)(1)f f e< C ．()10f >D ．()10f ->3．已知函数()cos sin f x x x x =-，下列结论中正确的是 A ．函数()f x 在2x π=时，取得极小值1-B ．对于[]0,x π∀∈，()0≤f x 恒成立C ．若120x x π<<<，则1122sin sin x x x x < D ．若sin x a b x <<，对于0,2x π⎛⎫∀∈ ⎪⎝⎭恒成立，则a 的最大值为2π，b 的最小值为14．已知函数()2f x x x=-，()()πcos 5202xg x a a a =+->，．给出下列四个命题，其中是真命题的为A ．若[]1,2x ∃∈，使得()f x a <成立，则1a >-B ．若R x ∀∈，使得()0g x >恒成立，则05a <<C ．若[]11,2x ∀∈，2x ∀∈R ，使得()()12f x g x >恒成立，则6a >D ．若[]11,2x ∀∈，[]20,1x ∃∈，使得()()12f x g x =成立，则34a ≤≤ 5．当1x >时，()41ln ln 3k x x x x --<-+恒成立，则整数k 的取值可以是 A ．2- B ．1- C ．0D ．16．下列不等式中恒成立的有 A ．()ln 11xx x +≥+，1x >- B ．11ln 2x x x ⎛⎫≤- ⎪⎝⎭，0x > C ．1x e x ≥+ D ．21cos 12x x ≥-1．函数3()2,()ln 1f x x x c g x x =-+=+，若()()f x g x ≥恒成立，则实数c 的取值范围是___________． 2．若[,)x e ∀∈+∞，满足32ln 0mxx x me -≥恒成立，则实数m 的取值范围为___________．3．已知函数()()21ax x xf x x ++=≥，若()0f x '≥恒成立，则a 的取值范围为___________．4．已知函数()ln f x x x =-，若()10f x m -+≤恒成立，则m 的取值范围为___________． 5．若函数()0x f x e ax =->恒成立，则实数a 的取值范围是___________．6．当[1,2]x ∈-时，32122x x x m --<恒成立，则实数m 的取值范围是___________． 7．若()()220xxx me exeex e ++-≤在()0,x ∈+∞上恒成立，则实数m 的取值范围为___________．8．已知函数()()(ln )xf x e ax x ax =--，若()0f x <恒成立，则a 的取值范围是___________．9．已知函数()1x f x e ax =+-，若0,()0x f x 恒成立，则a 的取值范围是___________．10．不等式()221n n n N *>-∈不是恒成立的，请你只对该不等式中的数字作适当调整，使得不等式恒成立，请写出其中一个恒成立的不等式：___________．11．已知()ln f x x x m x =--，若()0f x >恒成立，则实数m 的取值范围是___________．12．已知函数21,0()2,0x e x f x ax x x ⎧-≥=⎨+<⎩，若()1f x ax ≥-恒成立，则a 的取值范围是___________．13．函数()2cos sin f x x x x x =+-，当3,22x ππ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，()f x ax ≤恒成立，则实数a 的取值范围是___________． 14．已知0a <，且()221ln 0ax ax x ax -+≥+恒成立，则a 的值是___________．15．若对任意实数(],1x ∈-∞，2211xx ax e-+≥恒成立，则a =___________．1．已知函数()22ln f x ax x x =-+有两个不同的极值点1x ，2x ，则a 的取值范围___________；且不等式()()1212f x f x x x t +<++恒成立，则实数t 的取值范围___________．2．对任意正整数n ，函数32()27cos 1f n n n n n πλ=---，若(2)0f ≥，则λ的取值范围是___________；若不等式()0f n ≥恒成立，则λ的最大值为___________．3．已知函数1()ln (0)f x ax x a x=+>．（1）当1a =时，()f x 的极小值为___________；（2）若()f x ax ≥在(0,)+∞上恒成立，则实数a 的取值范围为___________． 4．已知函数()()221xf exx x =-+，则()f x 在点()()0,0f 处的切线方程为___________，若()f x ax ≥在()0,∞+上恒成立，则实数a 的取值范围为___________．5．设函数()32f x ax bx cx =++（a ，b ，R c ∈，0a ≠）若不等式()()2xf x af x '-≤对一切R x ∈恒成立，则a =___________，b ca+的取值范围为___________． 6．已知函数()()x x f x x ae e -=-为偶函数，函数()()xg x f x xe -=+，则a =___________；若()g x mx e >-对()0,x ∈+∞恒成立，则m 的取值范围为___________． 五、解答题1．已知函数()sin f x x ax =-，()=ln 1xg x x x e -+，2.71828e =⋅⋅⋅为自然对数的底数． （1）当()0,x π∈，()0f x <恒成立，求a 的取值范围；（2）当0a =时，记()()()h x f x g x =+，求证：对任意()1,x ∈+∞，()0h x <恒成立． 2．已知函数()1x f x ae x =--（1）若()0f x ≥对于任意的x 恒成立，求a 的取值范围 （2）证明：1111ln(1)23n n++++≥+对任意的n N +∈恒成立 3．若对任意的实数k 、b ，函数()y f x kx b =++与直线y kx b =+总相切，则称函数()f x 为“恒切函数”．（1）判断函数()2f x x =是否为“恒切函数”；（2）若函数()()ln 0f x m x nx m =+≠是“恒切函数”，求实数m 、n 满足的关系式；（3）若函数()()1x xf x e x e m =--+是“恒切函数”，求证：104m -<≤． 4．已知函数()(ln )sin x f x e x a x =+-．（1）若()ln sin f x x x ≥⋅恒成立，求实数a 的最大值； （2）若()0f x ≥恒成立，求正整数a 的最大值．专题04 恒成立问题一、单选题1．若定义在R 上的函数()f x 满足()()2f x f x -=+，且当1x <时，()x xf x e=，则满足()()35f f -的值 A ．恒小于0 B ．恒等于0 C ．恒大于0D ．无法判断【试题来源】安徽省皖江名校联盟2021届高三第二次联考（理） 【答案】C【分析】当1x <时，求导，得出导函数恒小于零，得出()f x 在(),1-∞内是增函数．再由()()2f x f x -=+得()f x 的图象关于直线1x =对称，从而得()f x 在()1,+∞内是减函数，由此可得选项．【解析】当1x <时，'1()0xx f x e -=->，则()f x 在(),1-∞内是增函数． 由()()2f x f x -=+得()f x 的图象关于直线1x =对称，所以()f x 在()1,+∞内是减函数， 所以()()350f f ->．故选C ．2．()()(),f x R f x f x x R '∀∈设函数是定义在上的函数，其中的导函数为，满足对于()()f x f x '<恒成立，则下列各式恒成立的是A ．2018(1)(0),(2018)(0)f ef f e f <<B ．2018(1)(0),(2018)(0)f ef f e f >>C ．2018(1)(0),(2018)(0)f ef f e f ><D ．2018(1)(0),(2018)(0)f ef f ef【试题来源】2020届福建省仙游县枫亭中学高三上学期期中考试（理） 【答案】B【分析】构造函数()()xf x F x e =，求出'()0F x >，得到该函数为R 上的增函数，故得(0)(1)F F <，(0)(2018)F F <，从而可得到结论．【解析】设()()x f x F x e =，x R ∈（），所以'()()[]xf x F x e '==()()xf x f x e '-， 因为对于()(),x R f x f x ∀∈<'，所以'()0F x >，所以()F x 是R 上的增函数，所以(0)(1)F F <，(0)(2018)F F <，即(1)(0)f f e <，2018(2018)(0)f f e <， 整理得()()10f ef >和()20182018(0f ef >）．故故选B ．3．已知0a >，0b >，下列说法错误的是 A ．若1b a a b ⋅=，则2a b +≥ B ．若23a b e a e b +=+，则a b > C ．()ln ln a a b a b -≥-恒成立D ．ln 0b ba a e+≥恒成立 【试题来源】浙江省杭州市萧山中学2019-2020学年高三下学期返校考试 【答案】D【解析】对于A ，不妨令01a <≤，1b ≥，则1aab bb a aa a ab a b a b ⎛⎫⎛⎫⋅=⋅=⋅= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以1baa b ⋅=即11b aaab-=，由10b a -≥可知101b aa -<≤，则101ab <≤，所以1≥ab ，2a b +≥，故A 正确； 对于B ，若a b ≤，则0a b e e -≤，320b a ->，故32ab e e b a -≠-即23a b e a e b +≠+，与已知矛盾，故B 正确；对于C ，()ln ln ln 1b b a a b a b a a-≥-⇔-≥-， 令0b x a =>，()()ln 10f x x x x =-->，则()1x f x x-'=， 则()f x 在()0,1上单调递减，在()1,+∞上单调递增， 所以()()10f x f ≥=，所以ln 10b b a a --≥即ln 1b ba a-≥-，故C 正确； 对于D ，设()()ln 0h x x x x =>，()()0x xg x x e=>， 则()ln 1h x x '=+，()1xxg x e -'=， 所以()h x 在()10,e -上单调递减，在()1,e -+∞上单调递增，则()()11h x h e e --≥=-，()g x 在()0,1上单调递增，在()1,+∞上单调递减，则()()11g x g e -≤=，所以()()110h e g e --+<，即当1a b e -==时ln 0bba a e +<，故D 错误．故选D ． 4．若1x =是函数()4312*()1n n n f x a x a x a x n N ++=--+∈的极值点，数列{}n a 满足11a =，23a =，设31log n n b a +=，记[]x 表示不超过x 的最大整数．设12231202*********n n n S b b b b b b +⎡⎤=+++⎢⎥⎣⎦，若不等式n S t 对n +∀∈N 恒成立，则实数t 的最大值为 A ．2020 B ．2019 C ．2018D ．1010【试题来源】新疆维吾尔自治区2021届高三第二次联考数学（理）能力测试试题 【答案】D【分析】由极值点得数列的递推关系，由递推关系变形得数列1{}n n a a +-是等比数列，求得1n n a a +-，由累加法求得n a ，计算出n b ，然后求和122311202020202020n n b b b b b b ++++，利用增函数定义得此式的最小值，从而得出n S 的最小值，再由不等式恒成立可得t 的最大值． 【解析】3212()43n n n f x a x a x a '++=--，所以12(1)430n n n f a a a '++=--=， 即有()2113n n n n a a a a +++-=-，所以{}1n n a a +-是以2为首项3为公比的等比数列， 所以1123n n n a a -+-=⋅，1201111221123232313n n nn n n n n n n a a a a a a a a a a --++---=-+-+-++-+=⋅+⋅++⋅+=所以31log n n b a n +==，所以12231120202020202011120201223(1)n n b b b b b b n n +⎛⎫+++=+++⎪⨯⨯+⎝⎭1111120202020122311n n n n ⎛⎫=-+-++-=⎪++⎝⎭， 又20201ny n =+为增函数，当1n =时，1010n S =，10102020n S ≤<， 若n S t ≥恒成立，则t 的最大值为1010．故选D ．【名师点睛】本题考查函数的极值，等比数列的判断与通项公式，累加法求通项公式，裂项相消法求和，函数新定义，不等式恒成立问题的综合应用．涉及知识点较多，属于中档题．解题方法是按部就班，按照题目提供的知识点顺序求解．由函数极值点得数列的递推公式，由递推公式引入新数列是等比数列，求得通项公式后用累加法求得n a ，由对数的概念求得n b ，用裂项相消法求和新数列的前n 项和，并利用函数单调性得出最小值，然后由新定义得n S 的最小值，从而根据不等式恒成立得结论． 二、多选题1．若满足()()'0f x f x +>，对任意正实数a ，下面不等式恒成立的是 A ．()()2f a f a < B ．()()2af a ef a >-C ．()()0>f a fD ．()()0af f a e>【试题来源】江苏省扬州中学2019-2020学年高二下学期6月月考 【答案】BD【分析】根据()()'0f x f x +>，设()()xh x e f x =，()()()()xh x ef x f x ''=+，得到()h x 在R 上是增函数，再根据a 是正实数，利用单调性逐项判断．【解析】设()()xh x e f x =，()()()()xh x ef x f x ''=+，因为()()'0f x f x +>，所以()0h x '>，()h x 在R 上是增函数， 因为a 是正实数，所以2a a <，所以()()22aae f a e f a <，因为21a a e e >>， ()(),2f a f a 大小不确定，故A 错误， 因为a a -<，所以()()aa ef a e f a --<，即()()2a f a e f a >-，故B 正确．因为0a >，所以()()()000a e f a e f f >=， 因为1a e >，()(),0f a f 大小不确定．故C 错误．()()()000a e f a e f f >=，因为1a e >，所以()()0af f a e>，故D 正确．故选BD. 【名师点睛】本题主要考查导数与函数单调性比较大小，还考查了运算求解的能力，属于中档题．2．定义在R 上的函数()f x 的导函数为()f x '，且()()()f x xf x xf x '+<对x ∈R 恒成立，则下列选项不正确的是 A ．2(2)(1)f f e> B ．2(2)(1)f f e< C ．()10f >D ．()10f ->【试题来源】江苏省盐城市伍佑中学2019-2020学年高二下学期期中 【答案】BCD【分析】构造出函数()()xxf x F x e =，再运用求导法则求出其导数，借助导数与函数单调性之间的关系及题设中()()()f x xf x xf x '+<，从而确定函数()()xxf x F x e =是单调递减函数，然后可判断出每个答案的正误． 【解析】构造函数()()xxf x F x e =， 因为2[()()]()()()()()0()x x x xe f x xf x xe f x f x xf x xf x F x e e '+-+-=='<'， 故函数()()xxf x F x e=在R 上单调递减函数， 因为21>，所以212(2)(1)(2)(1)f f F F e e <⇒<，即2(2)(1)f f e<，故A 正确，B 错误； 因为()(1)0F F <，即()10f e<，所以()10f <，故C 错误； 因为()(1)0F F ->，即()110f e--->，所以()10f -<，故D 错误，故选BCD. 【名师点睛】解答本题的难点所在是如何依据题设条件构造出符合条件的函数()()xxf x F x e=，这里要求解题者具有较深的观察力和扎实的基本功，属于较难题． 3．已知函数()cos sin f x x x x =-，下列结论中正确的是 A ．函数()f x 在2x π=时，取得极小值1-B ．对于[]0,x π∀∈，()0≤f x 恒成立C ．若120x x π<<<，则1122sin sin x x x x < D ．若sin x a b x <<，对于0,2x π⎛⎫∀∈ ⎪⎝⎭恒成立，则a 的最大值为2π，b 的最小值为1【试题来源】山东省肥城市2019-2020学年高二下学期期中考试 【答案】BCD【分析】先对函数求导，根据022f ππ⎛⎫'=-≠⎪⎝⎭，排除A ；再由导数的方法研究函数单调性，判断出B 选项；构造函数()sin xg x x=，由导数的方法研究其单调性，即可判断C 选项；根据()sin x g x x =的单调性，先得到sin 2x x π>，再令()sin h x x x =-，根据导数的方法研究其单调性，得到sin 1xx<，即可判断D 选项． 【解析】因为()cos sin f x x x x =-，所以()cos sin cos sin f x x x x x x x '=--=-， 所以022f ππ⎛⎫'=-≠⎪⎝⎭，所以2x π=不是函数的极值点，故A 错； 若[]0,x π∈，则()sin 0f x x x '=-≤，所以函数()cos sin f x x x x =-在区间[]0,π上单调递减；因此()()00≤=f x f ，故B 正确； 令()sin x g x x =，则()2cos sin x x x g x x -'=， 因为()cos sin 0f x x x x =-≤在[]0,π上恒成立，所以()2cos sin 0x x xg x x -'=<在()0,π上恒成立，因此函数()sin xg x x=在()0,π上单调递减；又120x x π<<<，所以()()12g x g x >，即1212sin sin x x x x >，所以1122sin sin x x x x <，故C 正确；因为函数()sin x g x x =在()0,π上单调递减；所以0,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，函数()sin x g x x =也单调递减，因此()sin 22x g x g x ππ⎛⎫=>= ⎪⎝⎭在0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上恒成立；令()sin h x x x =-，0,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，则()1cos 0h x x '=-≥在0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上恒成立，所以()sin h x x x =-在0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增， 因此()sin 0h x x x =->，即sin 1xx <在0,2π⎛⎫ ⎪⎝⎭上恒成立； 综上，2sin 1x x π<<在0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上恒成立，故D 正确．故选BCD ． 【名师点睛】本题主要考查导数的应用，利用导数的方法研究函数的极值，单调性等，属于常考题型．4．已知函数()2f x x x=-，()()πcos 5202xg x a a a =+->，．给出下列四个命题，其中是真命题的为A ．若[]1,2x ∃∈，使得()f x a <成立，则1a >-B ．若R x ∀∈，使得()0g x >恒成立，则05a <<C ．若[]11,2x ∀∈，2x ∀∈R ，使得()()12f x g x >恒成立，则6a >D ．若[]11,2x ∀∈，[]20,1x ∃∈，使得()()12f x g x =成立，则34a ≤≤ 【试题来源】冲刺2020高考数学之拿高分题目强化卷（山东专版） 【答案】ACD【分析】对选项A ，()f x 在[]1,2上的最小值小于a 即可；对选项B ，()g x 的最小值大于0即可；对选项C ，()f x 在[]1,2上的最小值大于()g x 的最大值即可；对选项D ，[]11,2x ∀∈，[]20,1x ∃∈，()min min ()g x f x ≤，()max max ()g x f x ≥即可．【解析】对选项A ，只需()f x 在[]1,2上的最小值小于a ，()f x 在[]1,2上单调递增，所以min 2()(1)111f x f ==-=-，所以1a >-，故正确； 对选项B ，只需()g x 的最小值大于0，因为[]πcos,2x a a a∈-，所以min ()52530g x a a a =-+-=->，所以503a <<，故错误； 对选项C ，只需()f x 在[]1,2上的最小值大于()g x 的最大值，min ()1f x =-，max ()525g x a a a =+-=-，即15a ->-，6a >，故正确；对选项D ，只需()min min ()g x f x ≤，()max max ()g x f x ≥，max 2()(2)212f x f ==-=，所以[]11,2x ∈，[]1()1,1f x ∈-， []0,1x ∈时，π0,22x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，所以()g x 在[]0,1上单调递减， ()min (1)52a g x g ==-，()max (0)5a g x g ==-，所以()[]52,5g x a a ∈--，由题意，52151a a -≤-⎧⎨-≥⎩⇒34a ≤≤，故正确．故选ACD ．【名师点睛】本题主要考查不等式恒成立和存在性问题，考查学生的分析转化能力，注意恒成立问题和存在性问题条件的转化，属于中档题．5．当1x >时，()41ln ln 3k x x x x --<-+恒成立，则整数k 的取值可以是 A ．2- B ．1- C ．0D ．1【试题来源】江苏省南京市2020-2021学年高三上学期期中考前训练 【答案】ABC 【分析】将()41ln ln 3k x x x x --<-+，当1x >时，恒成立，转化为13ln ln 4x k x x x ⎛⎫<++ ⎪⎝⎭，当1x >时，恒成立，令()()3ln ln 1x F x x x x x =++>，利用导数法研究其最小值即可．【解析】因为当1x >时，()41ln ln 3k x x x x --<-+恒成立， 所以13ln ln 4x k x x x ⎛⎫<++ ⎪⎝⎭，当1x >时，恒成立， 令()()3ln ln 1xF x x x x x =++>，则()222131ln 2ln x x x F x x x x x---'=-+=．令()ln 2x x x ϕ=--，因为()10x x xϕ-'=>，所以()x ϕ在()1,+∞上单调递增． 因为()10ϕ<，所以()0F x '=在()1,+∞上有且仅有一个实数根0x ， 于是()F x 在()01,x 上单调递减，在()0,x +∞上单调递增， 所以()()000min 00ln 3ln x F x F x x x x ==++．（*） 因为()1ln 3309F -'=<，()()21ln 22ln 4401616F --'==>，所以()03,4x ∈，且002ln 0x x --=，将00ln 2x x =-代入（*）式， 得()()0000min 00023121x F x F x x x x x x -==-++=+-，()03,4x ∈． 因为0011t x x =+-在()3,4上为增函数，所以713,34t ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，即()min1713,41216F x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭． 因为k 为整数，所以0k ≤．故选ABC ． 6．下列不等式中恒成立的有 A ．()ln 11xx x +≥+，1x >- B ．11ln 2x x x ⎛⎫≤- ⎪⎝⎭，0x > C ．1x e x ≥+D ．21cos 12x x ≥-【试题来源】广东省中山市2019-2020学年高二下学期期末 【答案】ACD 【分析】令10tx ，()1ln 1f t t t=+-，导数方法求出最小值，即可判定出A 正确；令()11ln 2f x x x x ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭，0x >，导数方法研究单调性，求出范围，即可判定B 错； 令()1xf x e x =--，导数的方法求出最小值，即可判定C 正确；令()21cos 12f x x x =-+，导数的方法求出最小值，即可判定D 正确． 【解析】A 选项，因为1x >-，令10t x ，()1ln 1f t t t=+-，则()22111t f t t t t -'=-=，所以01t <<时，()210t f t t-'=<，即()f t 单调递减；1t >时，()210t f t t -'=>，即()f t 单调递增； 所以()()min 10f t f ==，即()1ln 10f t t t=+-≥，即1ln t t t -≥，即()ln 11x x x +≥+，1x >-恒成立；故A 正确；B 选项，令()11ln 2f x x x x ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭，0x >， 则()()2222211112110222x x x f x x x x x ---⎛⎫'=-+==-≤ ⎪⎝⎭显然恒成立， 所以()11ln 2f x x x x ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭在0x >上单调递减， 又()10f =，所以当()0,1x ∈时，()()10f x f >=，即11ln 2x x x ⎛⎫>- ⎪⎝⎭，故B 错； C 选项，令()1xf x e x =--，则()1xf x e '=-，当0x >时，()10xf e x ='->，即()f x 单调递增；当0x <时，()10xf e x ='-<，所以()f x 单调递减；则()()00f x f ≥=，即1x e x ≥+恒成立；故C 正确； D 选项，令()21cos 12f x x x =-+，则()sin f x x x '=-+， 所以()cos 10f x x ''=-+≥恒成立，即函数()sin f x x x '=-+单调递增， 又()00f '=，所以当0x >时，()0f x '>，即()21cos 12f x x x =-+单调递增； 当0x <时，()0f x '<，即()21cos 12f x x x =-+单调递减； 所以()()min 00f x f ==，因此21cos 12x x ≥-恒成立，故D 正确；故选ACD ． 三、填空题1．函数3()2,()ln 1f x x x c g x x =-+=+，若()()f x g x ≥恒成立，则实数c 的取值范围是___________．【试题来源】【全国区级联考】江苏省徐州市铜山区下学期高二数学（文）期中试题 【答案】2c ≥【解析】由()()f x g x ≥，即32ln 1x x c x -+≥+，即32ln 1c x x x ≥-+++．令()()32ln 10h x x x x x =-+++>，()()()21331x x x h x x'-++=-，故函数()h x 在区间()0,1上递增，在()1,+∞上递减，最大值为()12h =，所以2c ≥．【名师点睛】本题主要考查利用分析法和综合法求解不等式恒成立，问题，考查利用导数研究函数的单调性，极值和最值等知识．首先根据()()f x g x ≥，对函数进行分离常数，这里主要的思想方法是分离常数后利用导数求得另一个部分的最值，根据这个最值来求得参数的取值范围．2．若[,)x e ∀∈+∞，满足32ln 0mxx x me -≥恒成立，则实数m 的取值范围为___________．【试题来源】2020届湖南省长沙市长郡中学高三下学期3月停课不停学阶段性测试（理） 【答案】(,2]e -∞【分析】首先对参数的范围进行讨论，分两种情况，尤其是当0m >时，对式子进行变形，构造新函数，将恒成立问题转化为最值来处理，利用函数的单调性来解决，综述求得最后的结果．【解析】（1）0m ≤，显然成立；（2）0m >时，由32ln 0mxx x me -≥22ln m x m x x e x ⇒≥2ln (2ln )mxx m x e e x⇒≥，由()x f x xe =在[),e +∞为增2ln mx x⇒≥2ln m x x ⇒≤在[),e +∞恒成立， 由()2ln g x x x =在[),e +∞为增，min ()2g x e =，02m e <≤， 综上，2m e ≤，故答案为(,2]e -∞．3．已知函数()()21ax x xf x x ++=≥，若()0f x '≥恒成立，则a 的取值范围为___________．【试题来源】四川省泸州市2020学年下学期高二期末统一考试（文） 【答案】(],3-∞【分析】求函数的导数，根据()0f x '，利用参数分离法进行转化，然后构造函数()g x ，转化为求函数的最值即可．【解析】函数的导数2()21f ax x x '=+-，由()0f x '在1x 上恒成立得2210a x x +-在1x 上恒成立，即221a x x+，得322x x a +在1x 上恒成立，设32()2g x x x =+， 则2()622(31)g x x x x x '=+=+，当1x 时，()0g x '>恒成立，即()g x 在1x 上是增函数， 则当1x =时，()g x 取得最小值()1213g =+=，则3a ， 即实数a 的取值范围是(],3-∞，故答案为(],3-∞.【名师点睛】本题主要考查函数恒成立问题，求函数的导数，利用参数分离法以及构造函数，利用导数研究函数的最值是解决本题的关键．属于中档题．4．已知函数()ln f x x x =-，若()10f x m -+≤恒成立，则m 的取值范围为___________． 【试题来源】2020年高考数学选填题专项测试（文理通用） 【答案】[)0,+∞【分析】把()ln f x x x =-，代入()10f x m -+≤，即ln 1m x x ≥-+恒成立，构造()ln 1g x x x =-+，利用导数研究最值，即得解．【解析】()ln f x x x =-，则()10f x m -+≤恒成立，等价于ln 1m x x ≥-+令11()ln 1(0),'()1(0)x g x x x x g x x x x-=-+>=-=> 因此()g x 在(0,1)单调递增，在(1)+∞，单调递减， 故max ()(1)00g x g m ==∴≥，故答案为[)0,+∞.【名师点睛】本题考查了导数在不等式的恒成立问题中的应用，考查了学生转化与划归，数学运算的能力，属于中档题．5．若函数()0x f x e ax =->恒成立，则实数a 的取值范围是___________． 【试题来源】2020届四川省成都七中高三二诊数学模拟（理）试题 【答案】0a e ≤<【分析】若函数()0x f x e ax =->恒成立，即min ()0f x >，求导得'()x f x e a =-，在0,0,0a a a >=<三种情况下，分别讨论函数单调性，求出每种情况时的min ()f x ，解关于a的不等式，再取并集，即得．【解析】由题意得，只要min ()0f x >即可，'()x f x e a =-，当0a >时，令'()0f x =解得ln x a =，令'()0f x <，解得ln x a <，()f x 单调递减， 令'()0f x >，解得ln x a >，()f x 单调递增，故()f x 在ln x a =时，()f x 有最小值，min ()(ln )(1ln )f x f a a a ==-， 若()0f x >恒成立，则(1ln )0a a ->，解得0a e <<； 当0a =时，()0x f x e =>恒成立； 当0a <时，'()x f x e a =-，()f x 单调递增，,()x f x →-∞→-∞，不合题意，舍去．综上，实数a 的取值范围是0a e ≤<．故答案为0a e ≤<6．当[1,2]x ∈-时，32122x x x m --<恒成立，则实数m 的取值范围是___________． 【试题来源】陕西省商洛市洛南中学2019-2020学年高二下学期第二次月考（理） 【答案】(2,)+∞【分析】设()3212,[1,2]2x x x x f x --∈-=，利用导数求得函数的单调性与最大值，结合题意，即可求得实数m 的取值范围．【解析】由题意，设()3212,[1,2]2x x x x f x --∈-=， 则()22(1)(323)x x f x x x --=-+'=，当2[1,)3x ∈--或(1,2]x ∈时，()0f x '>，()f x 单调递增；当2(,1)3x ∈-时，()0f x '<，()f x 单调递减， 又由222(),(2)2327f f -==，即2()(2)3f f -<， 即函数()f x 在区间[1,2]-的最大值为2，又由当[1,2]x ∈-时，32122x x x m --<恒成立，所以2m >， 即实数m 的取值范围是(2,)+∞．故答案为(2,)+∞【名师点睛】本题主要考查了恒成立问题的求解，其中解答中熟练应用函数的导数求得函数的单调性与最值是解答的关键，着重考查推理与运算能力，属于基础题．7．若()()220xxx me exeex e ++-≤在()0,x ∈+∞上恒成立，则实数m 的取值范围为___________．【试题来源】浙江省杭州地区（含周边）重点中学2020-2021学年高三上学期期中 【答案】32m ≤-【分析】对已知不等式进行变形，利用换元法、构造函数法、常变量分离法，结合导数的性质进行求解即可．【解析】()()()()222210xx x x x xme ex e ex me ex e ex e e++++-⇒≤≤ （1）， 令x ext e=，因为()0,x ∈+∞，所以0t >， 则不等式(1)化为2221(2)(1)11t t m t t m t --+++≤⇒≤+，设()xex f x e=，()0,x ∈+∞，'(1)()x e x f x e -=，当1x >时，'()0,()f x f x <单调递减， 当01x <<时，'()0,()f x f x >单调递增，因此当()0,x ∈+∞时，max ()(1)1f x f ==， 而(0)0f =，因此当()0,x ∈+∞时，()(0,1]f x ∈，因此(0,1]t ∈，设2221()1t t g t t --+=+，(0,1]t ∈，因此要想()()220x x xme ex e ex e ++-≤在()0,x ∈+∞上恒成立，只需min ()m g t ≤，2'2243()(1)t t g t t ---=+，因为(0,1]t ∈，所以'()0g t <，因此()g t 在(0,1]t ∈时单调递减，所以min 3()(1)2g t g ==-，因此32m ≤-．8．已知函数()()(ln )xf x e ax x ax =--，若()0f x <恒成立，则a 的取值范围是___________．【试题来源】四川省三台中学实验学校2019-2020学年高二下学期期末适应性考试（理） 【答案】1,e e ⎛⎫ ⎪⎝⎭【分析】先由x y e =的图象与ln y x =的图象可得，ln >x e x 恒成立；原问题即可转化为直线y ax =介于x y e =与ln y x =之间，作出其大致图象，由图象得到只需<<OA OB k a k ；根据导数的方法求出OA ，OB 所在直线斜率，进而可得出结果． 【解析】由x y e =的图象与ln y x =的图象可得，ln >x e x 恒成立；所以若()()(ln )0=--<xf x e ax x ax 恒成立，只需0ln 0x e ax x ax ⎧->⎨-<⎩，即直线y ax =介于x y e =与ln y x =之间，作出其大致图象如下：由图象可得，只需<<OA OB k a k ；设11(,)A x y ，由ln y x =得1y x'=，所以111OA x x k y x =='=， 所以曲线ln y x =在点11(,)A x y 处的切线OA 的方程为1111ln ()-=-y x x x x ， 又该切线过点O ，所以11110ln (0)1-=-=-x x x ，解得1x e =，所以1=OA k e； 设22(,)B x y ，由x y e =得e x y '=，所以22x OB x x k y e =='=，所以曲线x y e =在点22(,)B x y 处的切线OB 的方程为222()-=-x x y e e x x ，又该切线过点O ，所以2220(0)-=-x x ee x ，解得21x =，所以=OB k e ；所以1a e e <<．故答案为1,e e ⎛⎫⎪⎝⎭. 【名师点睛】本题主要考查由导数的方法研究不等式恒成立的问题，熟记导数的几何意义即可，属于常考题型．9．已知函数()1x f x e ax =+-，若0,()0x f x 恒成立，则a 的取值范围是___________． 【试题来源】黑龙江省七台河市田家炳高级中学2019-2020学年高二下学期期中考试（理）【答案】[1,)-+∞【分析】求导得到()x f x e a '=+，讨论10a +和10a +<两种情况，计算10a +<时，函数()f x 在[)00,x 上单调递减，故()(0)0f x f =，不符合，排除，得到答案． 【解析】因为()1x f x e ax =+-，所以()x f x e a '=+，因为0x ，所以()1f x a '+． 当10a +，即1a ≥-时，()0f x '，则()f x 在[0,)+∞上单调递增，从而()(0)0f x f =，故1a ≥-符合题意；当10a +<，即1a <-时，因为()x f x e a '=+在[0,)+∞上单调递增，且(0)10f a '=+<，所以存在唯一的0(0,)x ∈+∞，使得()00f x '=．令()0f x '<，得00x x <，则()f x 在[)00,x 上单调递减，从而()(0)0f x f =，故1a <-不符合题意．综上，a 的取值范围是[1,)-+∞．故答案为[1,)-+∞．10．不等式()221n n n N *>-∈不是恒成立的，请你只对该不等式中的数字作适当调整，使得不等式恒成立，请写出其中一个恒成立的不等式：___________． 【试题来源】北京市101中学2019-2020学年高三10月月考 【答案】331n n >-【分析】将不等式中的数字2变为3，得出331n n >-，然后利用导数证明出当3n ≥时，33n n ≥即可，即可得出不等式331n n >-对任意的n *∈N 恒成立．【解析】13311>-，23321>-，33331>-，猜想，对任意的n *∈N ，331n n >-．下面利用导数证明出当3n ≥时，33n n ≥，即证ln 33ln n n ≥，即证ln ln 33n n ≤， 构造函数()ln x f x x =，则()21ln xf x x -'=，当3x ≥时，()0f x '<． 所以，函数()ln x f x x =在区间[)3,+∞上单调递减，当3n ≥时，ln ln 33n n ≤．所以，当3n ≥且n *∈N 时，33n n ≥，所以，331n n >-．故答案为331n n >-． 【名师点睛】本题考查数列不等式的证明，考查了归纳法，同时也考查了导数在证明数列不等式的应用，考查推理能力，属于中等题．11．已知()ln f x x x m x =--，若()0f x >恒成立，则实数m 的取值范围是___________． 【试题来源】湖北省襄阳市第一中学2019-2020学年高二下学期5月月考 【答案】(,1)-∞【分析】函数()f x 的定义域为(0,)x ∈+∞，由()0f x >，得ln ||xx m x->，分类讨论，分离参数，求最值，即可求实数m 的取值范围．【解析】函数()f x 的定义域为(0,)x ∈+∞，由()0f x >，得ln ||xx m x->， (ⅰ)当(0,1)x ∈时，||0x m -≥，ln 0xx<，不等式恒成立，所以m R ∈； (ⅰ)当1x =时，|1|0m -≥，ln 0xx=，所以1m ≠； (ⅰ)当1x >时，不等式恒成立等价于ln x m x x <-恒成立或ln xm x x>+恒成立， 令ln ()x h x x x =-，则221ln ()x x h x x'-+=，因为1x >，所以()0h x '>，从而()1h x >， 因为ln xm x x<-恒成立等价于min ()m h x <，所以1m ， 令ln ()x g x x x =+，则221ln ()x xg x x+-'=， 再令2()1ln p x x x =+-，则1'()20p x x x=->在(1,)x ∈+∞上恒成立，()p x 在(1,)x ∈+∞上无最大值，综上所述，满足条件的m 的取值范围是(,1)-∞．故答案为(,1)-∞．12．已知函数21,0()2,0x e x f x ax x x ⎧-≥=⎨+<⎩，若()1f x ax ≥-恒成立，则a 的取值范围是___________．【试题来源】陕西省安康市2020-2021学年高三上学期10月联考（理）【答案】4e -⎡⎤⎣⎦【分析】若()1f x ax ≥-，则211,021,0x e ax x ax x ax x ⎧-≥-≥⎨+≥-<⎩，当0x =时，显然成立，当0x ≠时，则2,021,0xe a x xx a x x x ⎧≤>⎪⎪⎨+⎪≥<⎪-⎩，然后构造函数()x e g x x=（0x >），()221x h x x x +=-（0x <），分别求解函数()g x 的最小值和()h x 的最大值，只需()()min max h x a g x ≤≤即可．【解析】若()1f x ax ≥-，则211,021,0x e ax x ax x ax x ⎧-≥-≥⎨+≥-<⎩，当0x =时，显然成立；当0x ≠时，则()2,012,0x e ax x a x x x x ⎧≥>⎪⎨-≥--<⎪⎩，因为当0x <时，20x x ->， 所以只需满足2,021,0xe a x xx a x x x ⎧≤>⎪⎪⎨+⎪≥<⎪-⎩即可，令()x e g x x =（0x >），则()()21x x e g x x-'=， 则()0,1x ∈时，()0g x '<，所以()g x 在()0,1x ∈上递减， 当()1,x ∈+∞时，()0g x '>，则()g x 在()1,+∞上递增， 所以()()1min g x g e ==，所以a e ≤，令()221x h x x x +=-（0x <）， 则()()()()()()22222222112221x x x x x x h x x x x x --+-+-'==--，令()0h x '=，得x =x =则当x ⎛∈-∞ ⎝ ⎭时，()0h x '>；当x ⎫∈⎪⎪⎝⎭时，()0h x '<， 所以函数()h x在⎛-∞ ⎝ ⎭上递增，在⎫⎪⎪⎝⎭上递减， 所以()4maxh x h ===-⎝⎭⎝⎭故4a ≥-4a e -≤．故答案为4e -⎡⎤⎣⎦．【名师点睛】本题考查根据不等式恒成立问题求参数的取值范围问题，考查学生分析问题、转化问题的能力，考查参变分离思想的运用，考查利用导数求解函数的最值，属于难题． 解决此类问题的方法一般有以下几种：（1）作出函数的图象，利用数形结合思想加以研究；（2）先进行参变分离，然后利用导数研究函数的最值，即可解决问题，必要时可以构造新函数进行研究．13．函数()2cos sin f x x x x x =+-，当3,22x ππ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，()f x ax ≤恒成立，则实数a 的取值范围是___________．【试题来源】河南省名校联盟2020届高三（6月份）高考数学（理）联考试题 【答案】[)0,+∞ 【分析】先根据2x π=时22f a ππ⎛⎫≤⎪⎝⎭得0a ≥，再对函数()f x 求导，研究导函数的单调性、最值等，进而研究函数()f x 单调性，即可解决．【解析】22f a ππ⎛⎫≤ ⎪⎝⎭，02f ⎛⎫= ⎪⎝⎭π，0a ∴≥． 由题意得()()2sin sin cos 1sin cos 1f x x x x x x x x '=-++-=-+-⎡⎤⎣⎦， 令()sin cos 1g x x x x =-+-，则()sin g x x x '=-． 当,2x π⎛⎤∈π⎥⎝⎦时，()0g x '<，()g x 单调递减； 当3,2x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0g x '>，()g x 单调递增，()g x ∴的最小值为()1g ππ=--． 又22g π⎛⎫=- ⎪⎝⎭，302g π⎛⎫= ⎪⎝⎭，3,22x ππ⎡⎤∴∈⎢⎥⎣⎦，()0g x ≤，即()0f x '≤， ()f x ∴在区间3,22ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦为减函数．02f π⎛⎫= ⎪⎝⎭，∴当3,22x ππ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，()0f x ≤．又当0a ≥，3,22x ππ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，0ax ≥，故()f x ax ≤恒成立，因此a 的取值范围是[)0,+∞．14．已知0a <，且()221ln 0ax ax x ax -+≥+恒成立，则a 的值是___________．【试题来源】6月大数据精选模拟卷04（上海卷）（满分冲刺篇） 【答案】e -【分析】把不等式()221ln 0a x ax x ax -+≥+恒成立，转化为函数()()()1ln 0f x ax ax x =+⋅-≥在定义域内对任意的x 恒成立，结合函数的单调性和零点，得出1a-是函数ln y ax x =-的零点，即可求解． 【解析】由题意，不等式()221ln 0a x ax x ax -+≥+恒成立，即函数()()()1ln 0f x ax ax x =+⋅-≥在定义域内对任意的x 恒成立，由ln ,0,0y ax x a x =-<>，则10y a x'=-<，所以ln y ax x =-为(0,)+∞减函数， 又由当0a <，可得1y ax =+为(0,)+∞减函数， 所以1y ax =+ 与ln y ax x =-同为单调减函数，且1a-是函数1y ax =+的零点， 故1a -是函数ln y ax x =-的零点，故110ln a a a ⎛⎫⎛⎫=⋅--- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，解得a e =-．【名师点睛】本题主要考查了不等式的恒成立问题，以及函数与方程的综合应用，其中解答中把不等式恒成立问题转化为函数的性质和函数的零点问题是解答的关键，着重考查转化思想，以及推理与运算能力．15．若对任意实数(],1x ∈-∞，2211xx ax e-+≥恒成立，则a =___________． 【试题来源】2020届辽宁省抚顺市高三二模考试（理） 【答案】12-【分析】设()()2211xx ax f x x e-+=≤，结合导数可知当0a <时，()()min 21f x f a =+；由题意可知，()()2122211a a f x f a e++≥+=≥，设()1t g t e t =--，则()0g t ≤，由导数可求出当0t =时，()g t 有最小值0，即()0g t ≥．从而可确定()0g t =，即可求出a 的值．【解析】设()()2211xx ax f x x e -+=≤，则()()()121xx x a f x e --+⎡⎤⎣⎦'=．当211a +≥，即0a ≥时，()0f x '≤，则()f x 在(],1-∞上单调递减， 故()()2211a f x f e -≥=≥，解得102ea ≤-<，所以0a ≥不符合题意； 当211a +<，即0a <时，()f x 在(),21a -∞+上单调递减，在(]21,1a +上单调递增， 则()()min21f x f a =+．因为2211xx ax e -+≥，所以()()2122211a a f x f a e ++≥+=≥． 令211a t +=<，不等式21221a a e++≥可转化为10te t --≤，设()1t g t e t =--， 则()1tg t e '=-，令()0g t '<，得0t <；令()0g t '>，得01t <<，则()g t 在(),0-∞上单调递减，在()0,1上单调递增；当0t =时，()g t 有最小值0， 即()0g t ≥．因为()0g t ≤，所以()0g t =，此时210a +=，故12a =-． 【名师点睛】本题考查了函数最值的求解，考查了不等式恒成立问题．本题的难点在于将已知恒成立问题，转化为()10tg t e t =--≤恒成立．本题的关键是结合导数，对含参、不含参函数最值的求解． 四、双空题1．已知函数()22ln f x ax x x =-+有两个不同的极值点1x ，2x ，则a 的取值范围___________；且不等式()()1212f x f x x x t +<++恒成立，则实数t 的取值范围___________．【试题来源】辽宁省锦州市渤大附中、育明高中2020-2021学年高三上学期第一次联考 【答案】10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭[)5,-+∞【分析】求出导函数()2122122ax x f x ax x x-+'=-+=，只需方程22210ax x -+=有两个不相等的正根，满足1212010210x x a x x a ⎧⎪∆>⎪⎪=>⎨⎪⎪+=>⎪⎩，解不等式组可得a 的取值范围；求出 ()()1212f x f x x x +--的表达式，最后利用导数，通过构造函数，求出新构造函数的单调性，最后求出t 的取值范围．【解析】2221()(0)ax x f x x x'-+=>，因为函数()22ln f x ax x x =-+有两个不同的极值点12,x x ，所以方程22210ax x -+=有两个不相等的正实数根，于是有：121248010102a x x a x x a ⎧⎪∆=->⎪⎪+=>⎨⎪⎪=>⎪⎩，解得102a <<．()()221112221212122ln 2ln f x f x x x x ax x x ax x x x +--+--++=--()()212121212()23ln a x x x x x x x x ⎡⎤=+--++⎣⎦21ln 2a a=---， 设21()1ln 2,02h a a a a ⎛⎫=---<< ⎪⎝⎭， 22()0a h a a '-=>，故()h a 在102a <<上单调递增，故1()52h a h ⎛⎫<=-⎪⎝⎭，所以5t ≥-．因此t 的取值范围是[)5,-+∞. 故答案为10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭；[)5,-+∞【名师点睛】本题考查了已知函数极值情况求参数取值范围问题，考查了不等式恒成立问题，构造新函数，利用导数是解题的关键，属于基础题．2．对任意正整数n ，函数32()27cos 1f n n n n n πλ=---，若(2)0f ≥，则λ的取值范围是___________；若不等式()0f n ≥恒成立，则λ的最大值为___________． 【试题来源】2021年新高考数学一轮复习学与练 【答案】13,2⎛⎤-∞-⎥⎝⎦132-【分析】将2n =代入求解即可；当n 为奇数时，cos 1n π=-，则转化。
2024年高考数学一轮复习+ppt+利用导数解决不等式恒(能)成立问题
随着x变化，r′(x)与r(x)的变化情况如下表所示：
x
0，34π
3π 4
34π，3
r′(x)
＋
0
－
r(x)
单调递增
极大值
单调递减
所以r(x)在0，34π上单调递增，在34π，3上单调递减．
r(x)在(0,3)上有唯一的一个极大值，即最大值r34π＝
22e-34π，故a≥
2 2
3π
e- 4 .
解 (1)存在x1，x2∈[0,2]使得g(x1)－g(x2)≥M成立，等价于g(x)max－ g(x)min≥M.
由g(x)＝x3－x2－3， 得g′(x)＝3x2－2x＝3xx－23. 由g′(x)＞0得x＜0或x＞23，又x∈[0,2]， 所以g(x)在0，23上是单调递减函数， 在23，2上是单调递增函数，
解析
(2)证明：f′(x)＝ex－ax，当a>0时，易知f′(x)为(0，＋∞)上的增函 数，
当a>e时，f′(1)＝e－a<0；当a＝e时，f′(1)＝e－a＝0；当a<e时， f′ae＝eae－e<0，
而f′(a)＝ea－1>0，所以存在x0∈(0，＋∞)，使f′(x0)＝ex0－xa0＝0， 即x0＝ln a－ln x0，
解 解法一：(分离参数法)
依题意，得f(x)≥ax－1在[1，＋∞)上恒成立，即不等式a≤ln
x＋
1 x
在x
∈[1，＋∞)上恒成立，亦即a≤ln
x＋1xmin，x∈[1，＋∞)．
设g(x)＝ln x＋1x(x≥1)，
则g′(x)＝1x－x12＝x－x2 1.
解
令g′(x)＝0，得x＝1. 当x≥1时，因为g′(x)≥0， 故g(x)在[1，＋∞)上单调递增． 所以g(x)在[1，＋∞)上的最小值是g(1)＝1. 故实数a的取值范围是(－∞，1]．
新高考数学一轮复习利用导数研究不等式恒(能)成立问题
-2
2
为 ,2.因此所求三角形的面积为 .
e-1
e-1
(2)由题意 a>0,当 0<a<1 时,f(1)=a+ln a<1.
当 a=1 时,f(x)=e -ln x,f'(x)=e
x-1
1
-.
⇔g(a)≥0;
(2)如果f(x,a)有最大值g(a),则f(x,a)<0恒成立⇔g(a)<0,f(x,a)≤0恒成立
⇔g(a)≤0.
对点训练2(2021山东潍坊高三月考)已知函数f(x)=aln(x+1),a∈R.
(1)当a=1时,求曲线y=f(x)在x=3处的切线方程;
(2)若对任意的x∈[0,+∞),都有f(x)≥x-
在不等式恒成立求参数的取值范围问题中,如果不等式中同时含有ex和ln x
两种形式的函数,可以考虑将不等式进行合理的转化、变形、拼凑,将不等
式两边转化为同一个函数的两个函数值的形式,然后借助该函数的单调性
转化为一个更为简单的不等式恒成立问题,从而解决问题,这种解题方法通
常称之为“同构”,同构的三种基本模式如下:
x-1
当x∈(0,1)时,f'(x)<0;当x∈(1,+∞)时,f'(x)>0.
所以当x=1时,f(x)取得最小值,最小值为f(1)=1,从而f(x)≥1.当a>1
时,f(x)=aex-1-ln x+ln a≥ex-1-ln x≥1.综上,a的取值范围是[1,+∞).
方法点拨“同构法”解决不等式恒成立问题
专题四函数性质的综合问题(2021年高考数学一轮复习专题)
专题四函数性质的综合问题一、题型全归纳题型一 函数的奇偶性与单调性【题型要点】函数的单调性与奇偶性的综合问题解题思路(1)解决比较大小、最值问题应充分利用奇函数在关于原点对称的两个区间上具有相同的单调性，偶函数在关于原点对称的两个区间上具有相反的单调性．(2)解决不等式问题时一定要充分利用已知的条件，把已知不等式转化成f (x 1)>f (x 2)或f (x 1)<f (x 2)的形式，再根据函数的奇偶性与单调性，列出不等式(组)，要注意函数定义域对参数的影响．【例1】已知函数y ＝f (x )是R 上的偶函数，对任意x 1，x 2∈(0，＋∞)，都有(x 1－x 2)·[f (x 1)－f (x 2)]<0.设a ＝ln 13，b ＝(ln 3)2，c ＝ln 3，则( ) A ．f (a )>f (b )>f (c ) B ．f (b )>f (a )>f (c ) C ．f (c )>f (a )>f (b )D ．f (c )>f (b )>f (a )【解析】 由题意易知f (x )在(0，＋∞)上是减函数，又因为|a |＝ln 3>1，b ＝(ln 3)2>|a |，0<c ＝ln 32<|a |，所以f (c )>f (|a |)>f (b )．又由题意知f (a )＝f (|a |)，所以f (c )>f (a )>f (b )．故选C.题型二 函数的奇偶性与周期性【题型要点】周期性与奇偶性结合，此类问题多考查求值问题，常利用奇偶性及周期性进行转换，将所求函数值的自变量转化到已知解析式的定义域内求解．【例1】(2020·武昌区调研考试)已知f (x )是定义域为R 的奇函数，且函数y ＝f (x －1)为偶函数，当0≤x ≤1时，f (x )＝x 3，则⎪⎭⎫⎝⎛25f ＝ ．【解析】解法一：因为f (x )是R 上的奇函数，y ＝f (x －1)为偶函数，所以f (x －1)＝f (－x －1)＝－f (x ＋1)，所以f (x ＋2)＝－f (x )，f (x ＋4)＝f (x )，即f (x )的周期T ＝4，因为0≤x ≤1时，f (x )＝x 3，所以⎪⎭⎫⎝⎛25f ＝⎪⎭⎫ ⎝⎛4-25f ＝⎪⎭⎫ ⎝⎛23-f ＝⎪⎭⎫ ⎝⎛23-f ＝⎪⎭⎫ ⎝⎛+211-f ＝⎪⎭⎫ ⎝⎛21-f ＝⎪⎭⎫⎝⎛21-f ＝－18. 解法二：因为f (x )是R 上的奇函数，y ＝f (x －1)为偶函数，所以f (x －1)＝f (－x －1)＝－f (x ＋1)，所以f (x ＋2)＝－f (x )，由题意知，当－1≤x <0时，f (x )＝x 3，故当－1≤x ≤1时，f (x )＝x 3，当1<x ≤3时，－1<x －2≤1，f (x )＝－(x －2)3，所以⎪⎭⎫ ⎝⎛25f ＝32-25-⎪⎭⎫⎝⎛＝－18.题型三 函数的综合性应用【题型要点】求解函数的综合性应用的策略(1)函数的奇偶性、对称性、周期性，知二断一．特别注意“奇函数若在x ＝0处有定义，则一定有f (0)＝0；偶函数一定有f (|x |)＝f (x )”在解题中的应用．(2)解决周期性、奇偶性与单调性结合的问题，通常先利用周期性转化自变量所在的区间，再利用奇偶性和单调性求解．【例1】(2020·陕西榆林一中模拟)已知偶函数f (x )满足f (x )＋f (2－x )＝0，现给出下列命题：①函数f (x )是以2为周期的周期函数；②函数f (x )是以4为周期的周期函数；③函数f (x －1)为奇函数；④函数f (x －3)为偶函数，其中真命题的个数是( ) A ．1 B ．2 C ．3D ．4【解析】 偶函数f (x )满足f (x )＋f (2－x )＝0，所以f (－x )＝f (x )＝－f (2－x )，f (x ＋2)＝－f (x )， f (x ＋4)＝－f (x ＋2)＝f (x )，可得f (x )的最小正周期为4，故①错误，②正确； 由f (x ＋2)＝－f (x )，可得f (x ＋1)＝－f (x －1)．又f (－x －1)＝f (x ＋1)，所以f (－x －1)＝－f (x －1)，故f (x －1)为奇函数，③正确； 若f (x －3)为偶函数，则f (x －3)＝f (－x －3)，又f (－x －3)＝f (x ＋3)，所以f (x ＋3)＝f (x －3)，即f (x ＋6)＝f (x )，可得6为f (x )的周期，这与4为最小正周期矛盾，故④错误，故选B.题型四 函数性质中“三个二级”结论的灵活应用结论一、奇函数的最值性质【题型要点】已知函数f (x )是定义在区间D 上的奇函数，则对任意的x ∈D ，都有f (x )＋f (－x )＝0.特别地，若奇函数f (x )在D 上有最值，则f (x )max ＋f (x )min ＝0，且若0∈D ，则f (0)＝0.【例1】设函数f (x )＝（x ＋1）2＋sin xx 2＋1的最大值为M ，最小值为m ，则M ＋m ＝ ．【解析】函数f (x )的定义域为R ，f (x )＝（x ＋1）2＋sin x x 2＋1＝1＋2x ＋sin xx 2＋1，设g (x )＝2x ＋sin xx 2＋1，则g (－x )＝－g (x )，所以g (x )为奇函数，由奇函数图象的对称性知g (x )max ＋g (x )min ＝0，所以M ＋m ＝[g (x )＋1]max ＋[g (x )＋1]min ＝2＋g (x )max ＋g (x )min ＝2.结论二、抽象函数的周期性(1)如果f (x ＋a )＝－f (x )(a ≠0)，那么f (x )是周期函数，其中的一个周期T ＝2a . (2)如果f (x ＋a )＝1f （x ）(a ≠0)，那么f (x )是周期函数，其中的一个周期T ＝2a .(3)如果f (x ＋a )＋f (x )＝c (a ≠0)，那么f (x )是周期函数，其中的一个周期T ＝2a .【例2】已知定义在R 上的函数f (x )，对任意实数x 有f (x ＋4)＝－f (x )＋22，若函数f (x －1)的图象关于直线x ＝1对称，f (1)＝2，则f (17)＝ ．【解析】由函数y ＝f (x －1)的图象关于直线x ＝1对称可知，函数f (x )的图象关于y 轴对称，故f (x )为偶函数． 由f (x ＋4)＝－f (x )＋22，得f (x ＋4＋4)＝－f (x ＋4)＋22＝f (x )，所以f (x )是最小正周期为8的偶函数，所以f (17)＝f (1＋2×8)＝f (1)＝2.结论三、抽象函数的对称性已知函数f (x )是定义在R 上的函数．(1)若f (a ＋x )＝f (b －x )恒成立，则y ＝f (x )的图象关于直线x ＝a ＋b 2对称，特别地，若f (a ＋x )＝f (a －x )恒成立，则y ＝f (x )的图象关于直线x ＝a 对称．(2)若函数y ＝f (x )满足f (a ＋x )＋f (a －x )＝0，即f (x )＝－f (2a －x )，则f (x )的图象关于点(a ，0)对称．【例2】(2020·黑龙江牡丹江一中期末)设f (x )是(－∞，＋∞)上的奇函数，且f (x ＋2)＝－f (x )，下面关于f (x )的判定，其中正确命题的个数为( ) ①f (4)＝0；②f (x )是以4为周期的函数；③f (x )的图象关于x ＝1对称；④f (x )的图象关于x ＝2对称． A ．1 B ．2 C ．3 D ．4【解析】 因为f (x )是(－∞，＋∞)上的奇函数，所以f (－x )＝－f (x )，f (0)＝0，因为f (x ＋2)＝－f (x )，所以f (x ＋4)＝－f (x ＋2)＝f (x )，即f (x )是以4为周期的周期函数，f (4)＝f (0)＝0， 因为f (x ＋2)＝－f (x )，所以f [(x ＋1)＋1]＝f (－x )，令t ＝x ＋1，则f (t ＋1)＝f (1－t )，所以f (x ＋1)＝f (1－x )， 所以f (x )的图象关于x ＝1对称，而f (2＋x )＝f (2－x )显然不成立．故正确的命题是①②③，故选C.二、高效训练突破 一、选择题1.(2020·洛阳一中月考）已知定义域为(－1，1)的奇函数f (x )是减函数，且f (a －3)＋f (9－a 2)<0，则实数a 的取值范围是( )A ．(22，3)B ．(3，10)C ．(22，4)D ．(－2，3)【解析】：由f (a －3)＋f (9－a 2)<0得f (a －3)<－f (9－a 2)．又由奇函数性质得f (a －3)<f (a 2－9)．因为f (x )是定义域为(－1，1)的减函数，所以⎩⎪⎨⎪⎧－1<a －3<1，－1<a 2－9<1，a －3>a 2－9，解得22<a <3.2．已知f (x )在R 上是奇函数，且满足f (x ＋4)＝f (x )，当x ∈(0，2)时，f (x )＝2x 2，则f (2 019)＝( ) A ．－2 B ．2 C ．－98D ．98【解析】：由f (x ＋4)＝f (x )知，f (x )是周期为4的周期函数，f (2 019)＝f (504×4＋3)＝f (3)＝f (－1)． 由f (1)＝2×12＝2得f (－1)＝－f (1)＝－2，所以f (2 019)＝－2.故选A.3.已知f (x )是定义在R 上的奇函数，当x ≥0时，f (x )＝3x ＋m (m 为常数)，则f (－log 35)＝( ) A ．－6 B ．6 C ．4D ．－4【解析】 因为f (x )是定义在R 上的奇函数，且当x ≥0时，f (x )＝3x ＋m ，所以f (0)＝1＋m ＝0⇒m ＝－1，则f (－log 35)＝－f (log 35)＝－(3log 35－1)＝－4.4.(2020·广东六校第一次联考)定义在R 上的函数f (x )满足f (x )＝f (2－x )及f (x )＝－f (－x )，且在[0，1]上有f (x )＝x 2，则⎪⎭⎫⎝⎛212019f ＝( ) A.94 B.14 C ．－94D ．－14【解析】：函数f (x )的定义域是R ，f (x )＝－f (－x )，所以函数f (x )是奇函数．又f (x )＝f (2－x )，所以f (－x )＝f (2＋x )＝－f (x )，所以f (4＋x )＝－f (2＋x )＝f (x )，故函数f (x )是以4为周期的奇函数，所以⎪⎭⎫ ⎝⎛212019f ＝⎪⎭⎫ ⎝⎛21-2020f ＝⎪⎭⎫⎝⎛21-f ＝⎪⎭⎫⎝⎛21-f .因为在[0，1]上有f (x )＝x 2，所以⎪⎭⎫ ⎝⎛21f ＝221⎪⎭⎫ ⎝⎛＝14， 故⎪⎭⎫ ⎝⎛212019f ＝－14，故选D. 5.已知偶函数f (x )在区间[0，＋∞)上单调递增，则满足f (2x －1)<⎪⎭⎫ ⎝⎛31f 的x 的取值范围是( )A.⎪⎭⎫ ⎝⎛3231， B.⎪⎭⎫⎢⎣⎡3231， C.⎪⎭⎫⎝⎛3221，D.⎪⎭⎫⎢⎣⎡3221，【解析】：因为f (x )是偶函数，所以其图象关于y 轴对称，又f (x )在[0，＋∞)上单调递增，f (2x －1)<⎪⎭⎫⎝⎛31f ，所以|2x －1|<13，所以13<x <23.6.(2020·石家庄市模拟(一))已知f (x )是定义在R 上的奇函数，且满足f (x )＝f (2－x )，当x ∈[0，1]时，f (x )＝4x －1，则在(1，3)上，f (x )≤1的解集是( )A.⎥⎦⎤ ⎝⎛231，B.⎥⎦⎤⎢⎣⎡2523，C.⎪⎭⎫⎢⎣⎡323，D ．[2，3)【解析】因为0≤x ≤1时，f (x )＝4x －1，所以f (x )在区间[0，1]上是增函数，又函数f (x )是奇函数，所以函数f (x )在区间[－1，1]上是增函数，因为f (x )＝f (2－x )，所以函数f (x )的图象关于直线x ＝1对称，所以函数f (x )在区间(1，3)上是减函数，又⎪⎭⎫ ⎝⎛21f ＝1，所以⎪⎭⎫ ⎝⎛23f ＝1，所以在区间(1，3)上不等式f (x )≤1的解集为⎪⎭⎫⎢⎣⎡323，，故选C.6.(2020·黑龙江齐齐哈尔二模)已知函数f (x )是偶函数，定义域为R ，单调增区间为[0，＋∞)，且f (1)＝0，则(x －1)f (x －1)≤0的解集为( ) A ．[－2，0] B ．[－1，1]C ．(－∞，0]∪[1，2]D ．(－∞，－1]∪[0，1]【解析】：由题意可知，函数f (x )在(－∞，0]上单调递减，且f (－1)＝0，令x －1＝t ，则tf (t )≤0，当t ≥0时，f (t )≤0，解得0≤t ≤1；当t <0时，f (t )≥0，解得t ≤－1，所以0≤x －1≤1或x －1≤－1，所以x ≤0或1≤x ≤2.故选C. 7.对于函数f (x )＝a sin x ＋bx ＋c (其中a ，b ∈R ，c ∈Z )，选取a ，b ，c 的一组值计算f (1)和f (－1)，所得出的正确结果一定不可能是( ) A ．4和6 B ．3和1 C ．2和4D ．1和2【解析】：设g (x )＝a sin x ＋bx ，则f (x )＝g (x )＋c ，且函数g (x )为奇函数．注意到c ∈Z ，所以f (1)＋f (－1)＝2c 为偶数．故选D.8.(2020·甘肃甘谷一中第一次质检)已知定义在R 上的函数f (x )满足条件：①对任意的x ∈R ，都有f (x ＋4)＝f (x )；②对任意的x 1，x 2∈[0，2]且x 1<x 2，都有f (x 1)<f (x 2)；③函数f (x ＋2)的图象关于y 轴对称，则下列结论正确的是( )A ．f (7)<f (6.5)<f (4.5)B ．f (7)<f (4.5)<f (6.5)C ．f (4.5)<f (7)<f (6.5)D ．f (4.5)<f (6.5)<f (7)【解析】：因为对任意的x ∈R ，都有f (x ＋4)＝f (x )，所以函数是以4为周期的周期函数，因为函数f (x ＋2)的图象关于y 轴对称，所以函数f (x )的图象关于x ＝2对称， 因为x 1，x 2∈[0，2]且x 1<x 2，都有f (x 1)<f (x 2)．所以函数f (x )在[0，2]上为增函数， 所以函数f (x )在[2，4]上为减函数．易知f (7)＝f (3)，f (6.5)＝f (2.5)，f (4.5)＝f (0.5)＝f (3.5)，则f (3.5)<f (3)<f (2.5)，即f (4.5)<f (7)<f (6.5)．9．(2020·甘肃静宁一中一模)函数y ＝f (x )在[0，2]上单调递增，且函数f (x ＋2)是偶函数，则下列结论成立的是( )A ．f (1)<⎪⎭⎫ ⎝⎛25f <⎪⎭⎫ ⎝⎛27fB ．⎪⎭⎫ ⎝⎛27f <⎪⎭⎫ ⎝⎛25f <f (1)C ．⎪⎭⎫ ⎝⎛27f <f (1)<⎪⎭⎫ ⎝⎛25fD ．⎪⎭⎫ ⎝⎛25f <f (1)<⎪⎭⎫ ⎝⎛27f【解析】：函数f (x ＋2)是偶函数，则其图象关于y 轴对称，所以函数y ＝f (x )的图象关于x ＝2对称，则⎪⎭⎫⎝⎛25f ＝⎪⎭⎫ ⎝⎛23f ，⎪⎭⎫ ⎝⎛27f ＝⎪⎭⎫ ⎝⎛21f ，函数y ＝f (x )在[0，2]上单调递增，则有⎪⎭⎫ ⎝⎛21f <f (1)<⎪⎭⎫ ⎝⎛23f ，所以⎪⎭⎫ ⎝⎛27f <f (1)<⎪⎭⎫⎝⎛25f .故选C. 10.(2020·辽宁沈阳东北育才学校联考(二))函数f (x )是定义在R 上的奇函数，且f (－1)＝0，若对任意x 1，x 2∈(－∞，0)，且x 1≠x 2，都有x 1f （x 1）－x 2f （x 2）x 1－x 2<0成立，则不等式f (x )<0的解集为( )A ．(－∞，－1)∪(1，＋∞)B ．(－1，0)∪(0，1)C ．(－∞，－1)∪(0，1)D ．(－1，0)∪(1，＋∞)【解析】：令F (x )＝xf (x )，因为函数f (x )是定义在R 上的奇函数，所以F (－x )＝－xf (－x )＝xf (x )＝F (x )， 所以F (x )是偶函数，因为f (－1)＝0，所以F (－1)＝0，则F (1)＝0，因为对任意x 1，x 2∈(－∞，0)，且x 1≠x 2时，都 有x 1f （x 1）－x 2f （x 2）x 1－x 2<0成立，所以F (x )在(－∞，0)上单调递减，所以F (x )在(0，＋∞)上单调递增，所以不等式f (x )<0的解集为(－∞，－1)∪(0，1)，故选C.二、填空题1.若偶函数f (x )满足f (x )＝x 3－8(x ≥0)，则f (x －2)>0的条件为 ．【解析】：由f (x )＝x 3－8(x ≥0)，知f (x )在[0，＋∞)上单调递增，且f (2)＝0.所以，由已知条件可知f (x －2)>0⇒f (|x －2|)>f (2)．所以|x －2|>2，解得x <0或x >4. 2.设函数f (x )＝ln(1＋|x |)－11＋x 2，则使得f (x )>f (2x －1)成立的x 的取值范围是________； 【解析】 易知函数f (x )的定义域为R ，且f (x )为偶函数．当x ≥0时，f (x )＝ln(1＋x )－11＋x 2，易知此时f (x )单调递增．所以f (x )>f (2x －1)⇒f (|x |)>f (|2x －1|)，所以|x |>|2x －1|，解得13<x <1.3.偶函数y ＝f (x )的图象关于直线x ＝2对称，f (3)＝3，则f (－1)＝ ． 【解析】：因为f (x )为偶函数，所以f (－1)＝f (1)．又f (x )的图象关于直线x ＝2对称，所以f (1)＝f (3)．所以f (－1)＝3.4.已知定义在R 上的函数f (x )满足f (x ＋2)＝1f (x )，当x ∈[0，2)时，f (x )＝x ＋e x ，则f (2020)＝________.【解析】因为定义在R 上的函数f (x )满足f (x ＋2)＝1f (x )，所以f (x ＋4)＝1f (x ＋2)＝f (x )，所以函数f (x )的周期为4.当x ∈[0,2)时，f (x )＝x ＋e x ，所以f (2020)＝f (505×4＋0)＝f (0)＝0＋e 0＝1. 5.已知函数f (x )＝x 2＋x ＋1x 2＋1，若f (a )＝23，则f (－a )＝ ．【解析】：根据题意，f (x )＝x 2＋x ＋1x 2＋1＝1＋x x 2＋1，而h (x )＝xx 2＋1是奇函数，故f (－a )＝1＋h (－a )＝1－h (a )＝2－[1＋h (a )]＝2－f (a )＝2－23＝43.6.设奇函数f (x )在(0，＋∞)上为增函数，且f (1)＝0，则不等式f （x ）－f （－x ）x <0的解集为 ．【解析】：因为f (x )为奇函数，且在(0，＋∞)上是增函数，f (1)＝0，所以f (－1)＝－f (1)＝0，且在(－∞，0)上也是增函数．因为f （x ）－f （－x ）x ＝2·f （x ）x <0，即⎩⎪⎨⎪⎧x >0，f （x ）<0或⎩⎪⎨⎪⎧x <0，f （x ）>0，解得x ∈(－1，0)∪(0，1)． 三、解答题1.函数f (x )的定义域为D ＝{x |x ≠0}，且满足对于任意x 1，x 2∈D ，有f (x 1·x 2)＝f (x 1)＋f (x 2)． (1)求f (1)的值；(2)判断f (x )的奇偶性并证明你的结论．【解析】：(1)因为对于任意x 1，x 2∈D ，有f (x 1·x 2)＝f (x 1)＋f (x 2)， 所以令x 1＝x 2＝1，得f (1)＝2f (1)，所以f (1)＝0.(2)f (x )为偶函数．证明如下：令x 1＝x 2＝－1，有f (1)＝f (－1)＋f (－1)，所以f (－1)＝12f (1)＝0.令x 1＝－1，x 2＝x 有f (－x )＝f (－1)＋f (x )，所以f (－x )＝f (x )，所以f (x )为偶函数．2.已知函数f (x )对任意x ∈R 满足f (x )＋f (－x )＝0，f (x －1)＝f (x ＋1)，若当x ∈[0，1)时，f (x )＝a x ＋b (a ＞0且a ≠1)，且⎪⎭⎫ ⎝⎛23f ＝12.(1)求实数a ，b 的值；(2)求函数f (x )的值域．【解析】：(1)因为f (x )＋f (－x )＝0，所以f (－x )＝－f (x )，即f (x )是奇函数． 因为f (x －1)＝f (x ＋1)，所以f (x ＋2)＝f (x )，即函数f (x )是周期为2的周期函数，所以f (0)＝0，即b ＝－1.又⎪⎭⎫⎝⎛23f ＝⎪⎭⎫⎝⎛21-f ＝⎪⎭⎫⎝⎛21-f ＝1－a ＝12，解得a ＝14. (2)当x ∈[0，1)时，f (x )＝a x ＋b ＝x⎪⎭⎫⎝⎛41－1∈⎥⎦⎤⎢⎣⎡043-，，由f (x )为奇函数知，当x ∈(－1，0)时，f (x )∈⎪⎭⎫ ⎝⎛430，， 又因为f (x )是周期为2的周期函数，所以当x ∈R 时，f (x )∈⎪⎭⎫⎝⎛4343-，.。
2021届高考数学一轮知能训练：专题四 函数、不等式中的恒成立问题
专题四 函数、不等式中的恒成立问题1．(2019年天津)已知a ∈R ，设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2－2ax ＋2a ，x ≤1，x －a ln x ，x >1，若关于x 的不等式f (x )≥0在R 上恒成立，则a 的取值范围为( )A ．[0,1]B ．[0,2]C ．[0，e]D ．[1，e]2．(2016年河北衡水调研)设过曲线f (x )＝－e x －x (e 为自然对数的底数)上任意一点处的切线为l 1，总存在过曲线g (x )＝ax ＋2cos x 上一点处的切线l 2，使得l 1⊥l 2，则实数a 的取值范围为( )A ．[－1,2]B ．(－1,2)C ．[－2,1]D ．(－2,1)3．当x ∈[－2,1]时，不等式ax 3－x 2＋4x ＋3≥0恒成立，则实数a 的取值范围是( )A ．[－5，－3] B.⎣⎡⎦⎤－6，－98 C ．[－6，－2] D ．[－4，－3]4．设0＜a ≤1，函数f (x )＝x ＋a 2x，g (x )＝x －ln x ，若对任意的x 1，x 2∈[1，e]，都有f (x 1)≥g (x 2)成立，则实数a 的取值范围是________．5．已知函数f (x )＝ax －ln x ＋x 2.(1)若a ＝－1，求函数f (x )的极值；(2)若a ＝1，∀x 1∈(1,2)，∃x 2∈(1,2)，使得f (x 1)－x 21＝mx 2－13mx 32(m ≠0)，求实数m 的取值范围．6．设函数f (x )＝x 22－a ln x －12(a ∈R )．(1)若函数f (x )在区间[1，e](e ＝2.718 28…为自然对数的底数)上有唯一的零点，求实数a 的取值范围；(2)若在[1，e](e ＝2.718 28…为自然对数的底数)上存在一点x 0，使得f (x 0)<x 202－a ＋1x 0－x 0－12成立，求实数a 的取值范围．7．已知函数f (x )＝ax ＋ln x ＋1. (1)讨论函数f (x )零点的个数；(2)对任意的x ＞0, f (x )≤x e 2x 恒成立，求实数a 的取值范围．8．已知函数f (x )＝12ax 2－(2a ＋1)x ＋2ln x (a ∈R )．(1)若曲线y ＝f (x )在x ＝1和x ＝4处的切线相互平行，求a 的值； (2)讨论函数f (x )的单调性；(3)设g (x )＝x 2－2x ，对任意的x 1∈(0,2]，均存在x 2∈(0,2]，使得f (x 1)<g (x 2)，求实数a 的取值范围．专题四 函数、不等式中的恒成立问题1．C 解析：当x ≤1时，由f (x )＝x 2－2ax ＋2a ≥0恒成立，对称轴是直线x ＝a ∴当a ≥1时，f (x )min ＝f (1)＝1>0恒成立；当a <1时，f (x )min ＝f (a )＝2a －a 2≥0，∴0≤a <1.综上，a ≥0，当x >1时，由f (x )＝x －a ln x ≥0恒成立，即a ≤xln x恒成立．设g (x )＝xln x ，则g ′(x )＝ln x －1(ln x )2.令g ′(x )＝0，得x ＝e ，且当1<x <e 时，g ′(x )<0，当x >e 时，g ′(x )>0， ∴当x ＝e 时，g (x )有最小值为e ，∴a ≤e. 综上0≤a ≤e ，故选C.2．A 解析：由题意，得∀x 1∈R ，∃x 2∈R ，使得(－e 1x －1)(a －2sin x 2)＝－1，即函数y＝1e 11x +的值域为函数y ＝a －2sin x 2的值域的子集，从而(0,1)⊆[a －2，a ＋2]，即a －2≤0，a ＋2≥1⇒－1≤a ≤2.故选A.3．C 解析：不等式ax 3－x 2＋4x ＋3≥0变形为ax 3≥x 2－4x －3. 当x ＝0时，0≥－3，故实数a 的取值范围是R ；当x ∈(0,1]时，a ≥x 2－4x －3x 3恒成立，记f (x )＝x 2－4x －3x 3，f ′(x )＝－x 2＋8x ＋9x 4＝－(x ＋1)(x －9)x 4>0成立， 故函数f (x )单调递增，f (x )max ＝f (1)＝－6，故a ≥－6；当x ∈[－2,0)时，a ≤x 2－4x －3x 3恒成立，记f (x )＝x 2－4x －3x 3，f ′(x )＝－x 2＋8x ＋9x 4＝－(x ＋1)(x －9)x 4，当x ∈[－2，－1)时，f ′(x )<0；当x ∈(－1,0)时，f ′(x )>0.故f (x )mi n ＝f (－1)＝－2，故a ≤－2；综上所述，实数a 的取值范围是[－6，－2]．4．[e －2，1] 解析：f ′(x )＝1－a 2x 2＝x 2－a 2x2，当0＜a ≤1，且x ∈[1，e]时，f ′(x )＞0，∴f (x )在区间[1，e]上是增函数．∴f (x 1)min ＝f (1)＝1＋a 2.又g ′(x )＝1－1x(x ＞0)，易求g ′(x )＞0，∴g (x )在区间[1，e]上是增函数，g (x 2)max ＝g (e)＝e －1.由条件知只需f (x 1)min ≥g (x 2)max .即1＋a 2≥e －1，∴a 2≥e －2.∴a ≥e －2.∴e －2≤a ≤1.5．解：(1)依题意，f (x )＝－x －ln x ＋x 2，则f ′(x )＝－1－1x ＋2x ＝2x 2－x －1x ＝(2x ＋1)(x －1)x.∵x ∈(0，＋∞)，∴当x ∈(0,1)时，f ′(x )<0；当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0. 故当x ＝1时，f (x )有极小值，极小值为f (1)＝0，无极大值． (2)当a ＝1时，f (x )＝x －ln x ＋x 2.∵∀x 1∈(1,2)，∃x 2∈(1,2)，使得f (x 1)－x 21＝mx 2－13mx 32(m ≠0)， 故ln x 1－x 1＝13mx 32－mx 2.设h (x )＝ln x －x 在(1,2)上的值域为A ，函数g (x )＝13mx 3－mx 在(1,2)上的值域为B ，当x ∈(1,2)时，h ′(x )＝1x－1<0，即函数h (x )在(1,2)上单调递减，故h (x )∈(ln 2－2，－1)．g ′(x )＝mx 2－m ＝m (x ＋1)(x －1)．①当m <0时，g (x )在(1,2)上单调递减，此时g (x )的值域为B ＝⎝⎛⎭⎫2m 3，－2m 3， ∵A ⊆B ，又－2m3>0>－1，故2m 3≤ln 2－2，即m ≤32ln 2－3； ②当m >0时，g (x )在(1,2)上单调递增，此时g (x )的值域为B ＝⎝⎛⎭⎫－2m 3，2m 3， ∵A ⊆B ，又23m >0>－1，故－2m 3≤ln 2－2，故m ≥－32(ln 2－2)＝3－32ln 2.综上所述，实数m 的取值范围为⎝⎛⎦⎤－∞，32ln 2－3∪⎣⎡⎭⎫3－32ln 2，＋∞. 6．解：(1)f ′(x )＝x －a x ＝x 2－ax，其中x ∈[1，e]．①当a ≤1时，f ′(x )≥0恒成立，f (x )单调递增，又∵f (1)＝0，函数f (x )在区间[1，e]上有唯一的零点，符合题意； ②当a ≥e 2时，f ′(x )≤0恒成立，f (x )单调递减， 又∵f (1)＝0，∴函数f (x )在区间[1，e]上有唯一的零点，符合题意； ③当1<a <e 2时，1≤x <a 时，f ′(x )<0，f (x )单调递减， 又∵f (1)＝0，∴f (a )<f (1)＝0，∴函数f (x )在区间[1，a ]上有唯一的零点， 当a <x ≤e 时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，∴当f (e)<0时符合题意，即e 22－a －12<0，∴a >e 2－12时，函数f (x )在区间[1，a ]上有唯一的零点；∴a 的取值范围是⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫a ⎪⎪a ≤1或a >e 2－12. (2)在[1，e]上存在一点x 0，使得f (x 0)<x 202－a ＋1x 0－x 0－12成立，等价于x 0＋1x 0－a ln x 0＋ax 0<0在[1，e]上有解，即函数g (x )＝x ＋1x －a ln x ＋ax在[1，e]上的最小值小于零．g ′(x )＝1－1x 2－a x －a x 2＝x 2－ax －a －1x 2＝(x ＋1)(x －a －1)x 2，①当a ＋1≥e 时，即a ≥e －1时，g (x )在[1，e]上单调递减，∴g (x )的最小值为g (e)，由g (e)＝e ＋1＋a e －a <0可得a >e 2＋1e －1，∵e 2＋1e －1>e －1，∴a >e 2＋1e －1；②当a ＋1≤1时，即a ≤0时，g (x )在[1，e]上单调递增， ∴g (x )的最小值为g (1)，由g (1)＝1＋1＋a <0可得a <－2； ③当1<a ＋1<e 时，即0<a <e －1时，可得g (x )的最小值为g (a ＋1)，∵0<ln(a ＋1)<1，∴0<a ln(a ＋1)<a ，g (a ＋1)＝a ＋1＋1a ＋1－a ln(a ＋1)＋aa ＋1＝a ＋2－a ln(a ＋1)>2，∴g (1＋a )<0不成立．综上所述，a 的取值范围是(－∞，－2)∪⎝ ⎛⎭⎪⎫e 2＋1e －1，＋∞. 7．解： (1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，令f (x )＝ax ＋ln x ＋1＝0，∴－a ＝ln x ＋1x.设h (x )＝ln x ＋1x ，∴h ′(x )＝－ln xx2，∴h (x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减， ∴h max ＝h (1)＝1.又∵当x ∈⎝⎛⎭⎫0，1e 时，h (x )＜0； 当x ∈⎝⎛⎭⎫1e ，＋∞时，h (x )＞0，∴当－a ∈(－∞，0)或－a ＝1，即a ≥0或a ＝－1时， f (x )有一个零点； 当－a ∈(0,1)，即a ∈(－1,0)时， f (x )有两个零点；当－a ∈(1，＋∞)，即a ∈(－∞，－1)时， f (x )无零点． (2)∵ax ＋ln x ＋1≤x e 2x (x ＞0)，∴a ≤x e 2x －(ln x ＋1)x在(0，＋∞)上恒成立，易证e x ≥x ＋1，∴有x e 2x －(ln x ＋1)x ＝e ln x e 2x －(ln x ＋1)x＝e 2x ＋ln x －(ln x ＋1)x ≥(2x ＋ln x ＋1)－(ln x ＋1)x＝2，当且仅当2x ＋ln x ＝0时等号成立， ∴⎣⎡⎦⎤x e 2x －(ln x ＋1)x min ＝2.∴实数a 的取值范围为(－∞，2]．8．解：(1)f ′(x )＝ax －(2a ＋1)＋2x (x >0)，依题意f ′(1)＝f ′(4)，解得a ＝12.(2)f ′(x )＝ax 2－(2a ＋1)x ＋2x ＝(ax －1)(x －2)x(x >0)，①当a ≤0时， 函数f (x )单调递增区间为(0,2)，单调递减区间为(2，＋∞)；②当0<a <12时， 函数f (x )单调递增区间为(0,2)和⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞，单调递减区间为⎝⎛⎭⎫2，1a ； ③当a ＝12时， 函数f (x )单调递增区间为(0，＋∞)；④当a >12时， 函数f (x )单调递增区间为⎝⎛⎭⎫0，1a 和(2，＋∞)，单调递减区间为⎝⎛⎭⎫1a ，2. (3)依题意有f (x )max <g (x )max ＝0，由(2)知当a ≤12时， 函数f (x )在区间(0,2]单调递增， f (x )max ＝f (2)＝2a －2(2a ＋1)＋2ln 2<0，解得a >ln 2－1，∴ln 2－1<a ≤12；当a >12时， 函数f (x )单调递增区间为⎝⎛⎭⎫0，1a 和(2，＋∞)，单调递减区间为⎝⎛⎭⎫1a ，2， ∴f (x )max ＝f ⎝⎛⎭⎫1a ＝－2－12a－2ln a <0恒成立，∴a >12.故实数a 的取值范围为a >ln 2－1.快乐分享，知识无界！感谢您的下载!由Ruize收集整理！。
专题05 不等式之恒成立问题(填空题)(解析版))2021年新高考数学考前压轴冲刺(新高考地区专用)
专题05 不等式之恒成立问题2021年新高考填空题考点预测新高考近几年不等式常以压轴题的题型出现，常见的考试题型有恒成立，有解问题，此类题型丰富多变，综合性强，有一定的难度，但只要我们理解问题的本质，就能解决这类问题，常用的知识点如下：1.若)(x f 在区间D 上存在最小值，A x f >)(在区间D 上恒成立，则A x f >min )(.2.若)(x f 在区间D 上存在最大值，B x f <)(在区间D 上恒成立，则B x f <max )(.3.若)(x f 在区间D 上存在最大值，A x f >)(在区间D 上有解，则A x f >max )(.4.若)(x f 在区间D 上存在最小值，B x f <)(在区间D 上有解，则B x f <min )(.5.],,[,21b a x x ∈∀)()(21x g x f ≤，则min max )()(x g x f ≤.6.],,[1b a x ∈∀],[2n m x ∈∃，)()(21x g x f ≤，则max max )()(x g x f ≤.7.],,[1b a x ∈∃],[2n m x ∈∃，)()(21x g x f ≤，则max min )()(x g x f ≤.8.],,[b a x ∈∀)()(x g x f ≤,则0)()(≤-x g x f .典型例题1.若不等式|x ﹣2|﹣|x +2|≤21﹣3a 对任意实数x 都成立，则实数a 的最大值为 ．【分析】依据题设借助绝对值的几何意义得|x ﹣2|﹣|x +2|≤4，然后由不等式恒成立可得a 的范围．【解答】解：由绝对值的几何意义知|x ﹣2|﹣|x +2|≤|（x ﹣2）﹣（x +2）|＝4，当且仅当（x ﹣2）（x +2）≤0，即﹣2≤x ≤2时取等号，∵|x ﹣2|﹣|x +2|≤21﹣3a 对任意实数x 都成立，∴21﹣3a≥（|x﹣2|﹣|x+2|）max＝4＝22，∴1﹣3a≥2，∴a≤﹣，∴实数a的最大值为：﹣．故答案为：﹣．【知识点】不等式恒成立的问题2.已知a是实数，若对于任意的x＞0，不等式恒成立，则a的值为．【分析】设y＝（4a﹣2）x+，y＝x2+ax﹣，分别作出y＝（4a﹣2）x+，y＝x2+ax﹣的图象，讨论4a ﹣2≥0，不符题意；4a﹣2＜0，且y＝（4a﹣2）x+经过二次函数y＝x2+ax﹣图象的B（x2，0），将B的坐标分别代入一次函数和二次函数解析式，解方程可得a，检验可得所求值．【解答】解：设y＝（4a﹣2）x+，y＝x2+ax﹣，由△＝a2+＞0，可得y＝x2+ax﹣的图象与x轴有两个交点，分别作出y＝（4a﹣2）x+，y＝x2+ax﹣的图象，可得4a﹣2≥0，不满足题意；则4a﹣2＜0，即a＜，且y＝（4a﹣2）x+经过二次函数y＝x2+ax﹣图象的B（x2，0），即有（4a﹣2）x2+＝0，即x2＝，代入x2+ax﹣＝0，化为48a2﹣40a+7＝0，解得a＝或a＝＞（舍去），故答案为：．【知识点】不等式恒成立的问题3.若对于任意x∈[1，4]，不等式0≤ax2+bx+4a≤4x恒成立，|a|+|a+b+25|的范围为．【答案】[25，57]【分析】由题意不等式恒成立化为﹣b≤a（x+）≤4﹣b恒成立，设f（x）＝x+，x∈[1，4]，求出f（x）的值域，根据一次函数的性质转化为，即；设，求出a、b的表达式，把目标函数z＝|a|+|a+b+25|化为关于y、x的解析式，利用线性规划的知识求出z的取值范围，即可得出结论．【解答】解：对于任意x∈[1，4]，不等式0≤ax2+bx+4a≤4x恒成立，可得当x∈[1，4]时，不等式﹣b≤a（x+）≤4﹣b恒成立，设f（x）＝x+，x∈[1，4]；可得x∈[1，2]时f（x）递减，x∈[2，4]时f（x）递增，可得f（2）时取得最小值4，f（1）＝f（4）时取得最大值5，所以f（x）的值域为[4，5]；所以原不等式恒成立，等价于，（y＝af（x）为f（x）的一次函数，最大值与最小值都在端点处）即，设，则，所以，所以目标函数z＝|a|+|a+b+25|＝|y﹣x|+|4x+3y+25|＝|y﹣x|+4x+3y+25，画出不等式组表示的平面区域，如图所示；当y≥x时，目标函数z＝3x+4y+25，所以x＝0，y＝0时z min＝25，x＝4，y＝5时z max＝57；当y＜x时，目标函数z＝5x+2y+25，所以x＝0，y＝0时为临界值z min＝25，x＝4，y＝4时z max＝53；综上可得，|a|+|a+b+25|的范围是[25，57]．故答案为：[25，57]．【知识点】不等式恒成立的问题专项突破一、填空题（共14小题）1.设a∈R，若x＞0时均有[（a﹣1）x﹣1]（x2﹣ax﹣1）≥0，则a＝．【分析】分类讨论，（1）a＝1；（2）a≠1，在x＞0的整个区间上，我们可以将其分成两个区间，在各自的区间内恒正或恒负，即可得到结论．【解答】解：（1）a＝1时，代入题中不等式明显不成立．（2）a≠1，构造函数y1＝（a﹣1）x﹣1，y2＝x 2﹣ax﹣1，它们都过定点P（0，﹣1）．考查函数y1＝（a﹣1）x﹣1：令y＝0，得M（，0），∴a＞1；考查函数y2＝x2﹣ax﹣1，∵x＞0时均有[（a﹣1）x﹣1]（x2﹣ax﹣1）≥0，∴y2＝x2﹣ax﹣1过点M（，0），代入得：，解之得：a＝，或a＝0（舍去）．故答案为：．【知识点】不等式恒成立的问题2.若存在实数b使得关于x的不等式|a sin2x+（4a+b）sin x+13a+2b|﹣2sin x≤4恒成立，则实数a的取值范围是﹣．【答案】[-1，1]【分析】运用正弦函数的值域可得2+sin x∈[1，3]，可得|a（2+sin x）++b|≤2恒成立，讨论a＝0，a ＞0，a＜0，结合绝对值不等式的解法和不等式恒成立思想，可得所求范围．【解答】解：|a sin2x+（4a+b）sin x+13a+2b|﹣2sin x≤4，即为|a（sin2x+4sin x+4）+b（2+sin x）+9a|≤2（2+sin x），即有|a（2+sin x）2+b（2+sin x）+9a|≤2（2+sin x），由2+sin x∈[1，3]，可得|a（2+sin x）++b|≤2恒成立，当a＝0时，显然成立；当a＞0，可得a（2+sin x）+∈[6a，10a]，﹣2﹣b≤a（2+sin x）+≤2﹣b，可得﹣2﹣b≤6a且2﹣b≥10a，可得﹣2﹣6a≤b≤2﹣10a，即﹣2﹣6a≤2﹣10a，可得0＜a≤1；当a＜0，可得a（2+sin x）+∈[10a，6a]，可得﹣2﹣b≤10a且2﹣b≥6a，可得﹣2﹣10a≤b≤2﹣6a，即﹣2﹣10a≤2﹣6a，可得﹣1≤a＜0；综上可得a的范围是[﹣1，1]．故答案为：[﹣1，1]．【知识点】不等式恒成立的问题3.若不等式≥a对x＜2恒成立，则a的最大值是﹣【分析】设t＝2﹣x，得出x＝2﹣t，其中t＞0，把化为f（t），利用基本不等式求出f（t）的最小值，由此求出a的最大值．【解答】解：不等式≥a对x＜2恒成立，设t＝2﹣x，则x＝2﹣t，其中t＞0，所以化为f（t）＝＝+t﹣3≥2﹣3＝2﹣3，当且仅当＝t，即t＝时取“＝”，∴f（t）的最小值为2﹣3；∴不等式≥a对x＜2恒成立时，a的最大值是2﹣3．故答案为：2﹣3．【知识点】不等式恒成立的问题4.若不等式|x﹣2|﹣|x+2|≤21﹣3a对任意实数x都成立，则实数a的最大值为．【分析】依据题设借助绝对值的几何意义得|x﹣2|﹣|x+2|≤4，然后由不等式恒成立可得a的范围．【解答】解：由绝对值的几何意义知|x﹣2|﹣|x+2|≤|（x﹣2）﹣（x+2）|＝4，当且仅当（x﹣2）（x+2）≤0，即﹣2≤x≤2时取等号，∵|x﹣2|﹣|x+2|≤21﹣3a对任意实数x都成立，∴21﹣3a≥（|x﹣2|﹣|x+2|）max＝4＝22，∴1﹣3a≥2，∴a≤﹣，∴实数a的最大值为：﹣．故答案为：﹣．【知识点】不等式恒成立的问题5.已知a，b∈R，若关于x的不等式lnx≤a（x﹣2）+b对一切正实数x恒成立，则当a+b取最小值时，b的值为﹣．【分析】由题意可得只要考虑直线y＝a（x﹣2）+b与y＝lnx相切，设出切点（m，lnm），运用导数的几何意义，可得a，b，m的方程，再由x＝3时，a+b取得最小值，结合构造函数法，运用导数求得最小值，即可得到所求b的值．【解答】解：设y＝lnx的图象与直线y＝a（x﹣2）+b相切的切点为（m，lnm），由y＝lnx的导数为y′＝，可得a＝，lnm＝a（m﹣2）+b，可得b＝2a﹣lna﹣1，由x＝3时，可得a+b≥ln3，可得a+b的最小值为ln3，即有2a﹣lna﹣1＝ln3﹣a，即3a﹣lna＝1+ln3，由y＝3x﹣lnx的导数为y′＝3﹣，可得0＜x＜时，函数y＝3x﹣lnx递减，在x＞时，函数y＝3x﹣lnx递增，可得x＝处函数y取得最小值1+ln3，则3a﹣lna＝1+ln3的解为a＝，即有b＝ln3﹣．故答案为：ln3﹣．【知识点】不等式恒成立的问题6.已知等比数列{a n}的前n项和为S n，且S n＝，若对任意的n∈N*，（2S n+3）λ≥27（n﹣5）恒成立，则实数λ的取值范围是．【分析】根据等比数列前n项和公式，求得a n，即可求得t的值，代入根据函数的单调性即可求得实数λ的取值范围．【解答】解：由题意可知：2S n＝3n+1+t，当n≥2时，2a n＝2S n﹣2S n﹣1＝3n+1+t﹣3n﹣t＝2×3n，∴a n＝3n，由数列{a n}为等比数列，则a1＝3，当n＝1，则a1＝S1＝＝3，则t＝﹣3，∴S n＝（3n﹣1），对任意的n∈N*，（2S n+3）λ≥27（n﹣5），即3n+1λ≥27（n﹣5），∴λ≥＝，n∈N*，由对任意的n∈N*，（2S n+3）λ≥27（n﹣5）恒成立，则λ≥（）max，由函数f（x）＝在[1，+∞），f′（x）＝＝，令f′（x）＝0，则x＝+5，则f（x）在[1，+5）单调递增，在（+5，+∞）单调递减，由n∈N*，f（5）＝0，f（6）＝，∴当n＝6时，取最大值，最大值为，∴实数λ的取值范围[，+∞），故答案为：[，+∞）．【知识点】不等式恒成立的问题、利用导数研究函数的单调性7.已知函数f（x）＝，设a∈R，若关于x的不等式在R上恒成立，则a的取值范围是﹣【分析】根据题意，分段讨论x≤1和x＞1时，关于x的不等式f（x）≥|+a|在R上恒成立，去掉绝对值，利用函数的最大、最小值求得a的取值范围，再求它们的公共部分．【解答】解：函数f（x）＝，当x≤1时，关于x的不等式f（x）≥|+a|在R上恒成立，即为﹣x2+x﹣3≤+a≤x2﹣x+3，即有﹣x2+x﹣3≤a≤x2﹣x+3，由y＝﹣x2+x﹣3的对称轴为x＝＜1，可得x＝处取得最大值为﹣；由y＝x2﹣x+3的对称轴为x＝＜1，可得x＝处取得最小值为，则﹣≤a≤；…①当x＞1时，关于x的不等式f（x）≥|+a|在R上恒成立，即为﹣（x+）≤+a≤x+，即有﹣（x+）≤a≤+，由y＝﹣（x+）≤﹣2＝﹣2（当且仅当x＝＞1）取得最大值﹣2；由y＝x+≥2＝2（当且仅当x＝2＞1）取得最小值2．则﹣2≤a≤2；…②由①②可得，﹣≤a≤2；综上，a的取值范围是﹣≤a≤2．故答案为：﹣≤a≤2．【知识点】不等式恒成立的问题8.若不等式（x+1）1n（x+1）＜ax2+2ax在（0，+∞）上恒成立，则a的取值范围是．【分析】当x＞0时a＞在x＞0恒成立，设g（x）=，g（x）﹣=，求得y=2（x+1）ln（x+1）﹣x（x+2），x＞0的导数和符号，即可得到所求a的范围．【解答】解：不等式（x+1）1n（x+1）＜ax2+2ax在（0，+∞）上恒成立，即有a＞在x＞0恒成立，设g（x）=，由y=lnx﹣x+1的导数为y′=﹣1=，x＞1时，函数y递减；0＜x＜1时，函数y递增，可得y=lnx﹣x+1的最大值为0，即lnx≤x﹣1，则g（x）﹣=，由y=2（x+1）ln（x+1）﹣x（x+2），x＞0的导数为y′=2（1+ln（x+1））﹣2（x+1）=2[ln（x+1）﹣x]，由ln（x+1）＜x，即ln（x+1）﹣x＜0，（x＞0），可得g（x）﹣＜0，即g（x）＜，可得a≥，则a的范围是[，+∞）．故答案为：[，+∞）．【知识点】不等式恒成立的问题9.对于任意的正数a，b，不等式（2ab+a2）k≤4b2+4ab+3a2恒成立，则k的最大值为．【分析】通过变形，换元可得，接下来只需求出在（1，+∞）上的最小值即可．【解答】解：依题意，，令，则，令μ＝2t+1＞1，则，而函数在（1，+∞）上的最小值为，故，即k的最大值为．故答案为：．【知识点】不等式恒成立的问题10.设a＞0，若关于x的不等式x≥9在x∈（3，+∞）恒成立，则a的取值范围为．【答案】3【分析】利用基本不等式，确定x的最小值，即可求得a的最小值．【解答】解：∵a＞0，x＞1，∴x＝（x﹣3）+3≥2+1∵a＞0，若关于x的不等式x≥9在x∈（3，+∞）恒成立，∴2+3≥9．∴a≥3∴a的最小值为3．故答案为：3．【知识点】不等式恒成立的问题11.不等式（a﹣2）x2+（a﹣2）x+1＞0对一切x∈R恒成立，则实数a的取值范围是．【答案】[2，6）【分析】由于二次项系数含有参数，故需分a﹣2＝0与a﹣2≠0两类讨论，特别是后者：对于（a﹣2）x2+（a﹣2）x+1＞0对一切x∈R恒成立，有求出a的范围，再把结果并在一起．【解答】解：当a＝2时，原不等式即为1＞0，原不等式恒成立，即a＝2满足条件；当a≠2时，要使不等式（a﹣2）x2+（a﹣2）x+1＞0对一切x∈R恒成立，必须解得，2＜a＜6．综上所述，a的取值范围是2≤a＜6，故答案为：[2，6）．【知识点】不等式恒成立的问题12.若对任意a∈[1，2]，不等式ax2+（a﹣1）x﹣1＞0恒成立，则实数x的取值范围是﹣∞﹣【答案】（-∞，-1）∪（1，+∞）【分析】通过变换主元，利用函数恒成立转化为不等式组求解即可．【解答】解：由题意对任意a∈[1，2]，不等式ax2+（a﹣1）x﹣1＞0恒成立，即为a（x2+x）﹣x﹣1＞0对任意a∈[1，2]恒成立，所以，解得x＜﹣1或x＞1．故答案为：（﹣∞，﹣1）∪（1，+∞）．【知识点】不等式恒成立的问题13.若不等式2kx2+kx+＜0对于一切实数x都成立，则k的取值范围是﹣∞﹣．【答案】（-∞，-2）【分析】根据不等式2kx2+kx+＜0对一切实数x都成立，讨论k＝0和k≠0时，即可求出k的取值范围．【解答】解：不等式2kx2+kx+＜0对一切实数x都成立，k＝0时，不等式化为＜0不成立，k≠0时，应满足，解得k＜﹣2．综上，不等式2kx2+kx+＜0对一切实数x都成立的k的取值范围是（﹣∞，﹣2）．故答案为：（﹣∞，﹣2）．【知识点】二次函数的性质与图象、不等式恒成立的问题14.若关于x的不等式（x2﹣a）（2x+b）≥0在（a，b）上恒成立，则2a+b的最小值为．【答案】0【分析】设f（x）＝（x2﹣a）（2x+b），x∈（a，b），讨论a＞0和a≤0时，利用f（x）≥0在x∈（a，b）恒成立，即可求出2a+b的最小值．【解答】解：关于x的不等式（x2﹣a）（2x+b）≥0在（a，b）上恒成立，当a＞0时，b＞a＞0，f（x）＝（x2﹣a）（2x+b）的三个零点分别为±，﹣；显然有＞﹣，＞﹣；则f（x）在（a，b）上是单调增函数，f（x）≥0在（a，b）上恒成立，则f（a）＝（a2﹣a）（2a+b）＝a（a﹣1）（2a+b）≥0，即或；则2a+b≥0或无最小值；当a≤0时，x2﹣a≥0恒成立，f（x）≥0时只需2x+b≥0恒成立，又x∈（a，b），∴2a+b≥0；综上所述，2a+b的最小值为0．故答案为：0．【知识点】不等式恒成立的问题。
利用导数解决不等式恒(能)成立问题——2021年高考文科数学一轮复习热点题型(附解析)
题型二ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ等价转化法解决能成立问题
【题型要点】存在 x∈[a，b]，f(x)≥a 成立⇔f(x)max≥a. 存在 x∈[a，b]，f(x)≤a 成立⇔f(x)min≤a. 存在 x1∈[a，b]，对任意 x2∈[a，b]，f(x1)≤g(x2)成立⇔f(x)min≤g(x)min. 【例 1】已知函数 f(x)＝3ln x－1x2＋x，g(x)＝3x＋a.
一、题型全归纳
题型一 恒成立问题
类型一 分离参数法求范围
【题型要点】1.若 f(x)≥a 或 g(x)≤a 恒成立，只需满足 f(x)min≥a 或 g(x)max≤a 即可，利用导数方法求出 f(x)的最 小值或 g(x)的最大值，从而问题得解． 2.利用分离参数法来确定不等式 f(x，λ)≥0(x∈D，λ为实参数)恒成立问题中参数取值范围的基本步骤： (1)将参数与变量分离，化为 f1(λ)≥f2(x)或 f1(λ)≤f2(x)的形式． (2)求 f2(x)在 x∈D 时的最大值或最小值． (3)解不等式 f1(λ)≥f2(x)max 或 f1(λ)≤f2(x)min，得到λ的取值范围． 【例 1】(2020·石家庄质量检测)已知函数 f(x)＝axex－(a＋1)(2x－1)． (1)若 a＝1，求函数 f(x)的图象在点(0，f(0))处的切线方程；
【题型要点】1.对于不适合分离参数的不等式，常常将参数看作常数直接构造函数，常用分类讨论法，利用 导数研究单调性、最值，从而得出参数范围．
2.遇到 f(x)≥g(x)型的不等式恒成立问题时，一般采用作差法，构造“左减右”的函数 h(x)＝f(x)－g(x)或“右减左” 的函数 u(x)＝g(x)－f(x)，进而只需满足 h(x)min≥0 或 u(x)max≤0，将比较法的思想融入函数中，转化为求解函 数最值的问题，适用范围较广，但是往往需要对参数进行分类讨论．
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专题四函数、不等式中的恒成立问题1．(2019年天津)已知a ∈R ，设函数f (x )x 2－2ax ＋2a ，x ≤1，x －a ln x ，x >1，若关于x 的不等式f (x )≥0在R 上恒成立，则a 的取值范围为()A ．[0,1]B ．[0,2]C ．[0，e]D ．[1，e]2．(2016年河北衡水调研)设过曲线f (x )＝－e x －x (e 为自然对数的底数)上任意一点处的切线为l 1，总存在过曲线g (x )＝ax ＋2cos x 上一点处的切线l 2，使得l 1⊥l 2，则实数a 的取值范围为()A ．[－1,2]B ．(－1,2)C ．[－2,1]D ．(－2,1)3．当x ∈[－2,1]时，不等式ax 3－x 2＋4x ＋3≥0恒成立，则实数a 的取值范围是()A ．[－5，－3] B.－6，－98C ．[－6，－2]D ．[－4，－3]4．设0＜a ≤1，函数f (x )＝x ＋a 2x ，g (x )＝x －ln x ，若对任意的x 1，x 2∈[1，e]，都有f (x 1)≥g (x 2)成立，则实数a 的取值范围是________．5．已知函数f (x )＝ax －ln x ＋x 2.(1)若a ＝－1，求函数f (x )的极值；(2)若a ＝1，∀x 1∈(1,2)，∃x 2∈(1,2)，使得f (x 1)－x 21＝mx 2－13mx 32(m ≠0)，求实数m 的取值范围．6．设函数f (x )＝x 22－a ln x －12(a ∈R )．(1)若函数f (x )在区间[1，e](e ＝2.71828…为自然对数的底数)上有唯一的零点，求实数a的取值范围；(2)若在[1，e](e ＝2.71828…为自然对数的底数)上存在一点x 0，使得f (x 0)<x 202－a ＋1x 0－x 0－12成立，求实数a 的取值范围．7．已知函数f (x )＝ax ＋ln x ＋1.(1)讨论函数f (x )零点的个数；(2)对任意的x ＞0,f (x )≤x e 2x 恒成立，求实数a 的取值范围．8．已知函数f (x )＝12ax 2－(2a ＋1)x ＋2ln x (a ∈R )．(1)若曲线y ＝f (x )在x ＝1和x ＝4处的切线相互平行，求a 的值；(2)讨论函数f (x )的单调性；(3)设g (x )＝x 2－2x ，对任意的x 1∈(0,2]，均存在x 2∈(0,2]，使得f (x 1)<g (x 2)，求实数a 的取值范围．专题四函数、不等式中的恒成立问题1．C 解析：当x ≤1时，由f (x )＝x 2－2ax ＋2a ≥0恒成立，对称轴是直线x ＝a ∴当a ≥1时，f (x )min ＝f (1)＝1>0恒成立；当a <1时，f (x )min ＝f (a )＝2a －a 2≥0，∴0≤a <1.综上，a ≥0，当x >1时，由f (x )＝x －a ln x ≥0恒成立，即a ≤x ln x 恒成立．设g (x )＝x ln x ，则g ′(x )＝ln x －1(ln x )2.令g ′(x )＝0，得x ＝e ，且当1<x <e 时，g ′(x )<0，当x >e 时，g ′(x )>0，∴当x ＝e 时，g (x )有最小值为e ，∴a ≤e.综上0≤a ≤e ，故选C.2．A 解析：由题意，得∀x 1∈R ，∃x 2∈R ，使得(－e 1x －1)(a －2sin x 2)＝－1，即函数y ＝1e 11x +的值域为函数y ＝a －2sin x 2的值域的子集，从而(0,1)⊆[a －2，a ＋2]，即a －2≤0，a ＋2≥1⇒－1≤a ≤2.故选A.3．C 解析：不等式ax 3－x 2＋4x ＋3≥0变形为ax 3≥x 2－4x －3.当x ＝0时，0≥－3，故实数a 的取值范围是R ；当x ∈(0,1]时，a ≥x 2－4x －3x 3恒成立，记f (x )＝x 2－4x －3x 3，f ′(x )＝－x 2＋8x ＋9x 4＝－(x ＋1)(x －9)x 4>0成立，故函数f (x )单调递增，f (x )max ＝f (1)＝－6，故a ≥－6；当x ∈[－2,0)时，a ≤x 2－4x －3x 3恒成立，记f (x )＝x 2－4x －3x 3，f ′(x )＝－x 2＋8x ＋9x 4＝－(x ＋1)(x －9)x 4，当x ∈[－2，－1)时，f ′(x )<0；当x ∈(－1,0)时，f ′(x )>0.故f (x )mi n ＝f (－1)＝－2，故a ≤－2；综上所述，实数a 的取值范围是[－6，－2]．4．[e －2，1]解析：f ′(x )＝1－a 2x 2＝x 2－a 2x 2，当0＜a ≤1，且x ∈[1，e]时，f ′(x )＞0，∴f (x )在区间[1，e]上是增函数．∴f (x 1)min ＝f (1)＝1＋a 2.又g ′(x )＝1－1x(x ＞0)，易求g ′(x )＞0，∴g (x )在区间[1，e]上是增函数，g (x 2)max ＝g (e)＝e －1.由条件知只需f (x 1)min ≥g (x 2)max .即1＋a 2≥e －1，∴a 2≥e －2.∴a ≥e －2.∴e －2≤a ≤1.5．解：(1)依题意，f (x )＝－x －ln x ＋x 2，则f ′(x )＝－1－1x ＋2x ＝2x 2－x －1x ＝(2x ＋1)(x －1)x.∵x ∈(0，＋∞)，∴当x ∈(0,1)时，f ′(x )<0；当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0.故当x ＝1时，f (x )有极小值，极小值为f (1)＝0，无极大值．(2)当a ＝1时，f (x )＝x －ln x ＋x 2.∵∀x 1∈(1,2)，∃x 2∈(1,2)，使得f (x 1)－x 21＝mx 2－13mx 32(m ≠0)，故ln x 1－x 1＝13mx 32－mx 2.设h (x )＝ln x －x 在(1,2)上的值域为A ，函数g (x )＝13mx 3－mx 在(1,2)上的值域为B ，当x ∈(1,2)时，h ′(x )＝1x －1<0，即函数h (x )在(1,2)上单调递减，故h (x )∈(ln 2－2，－1)．g ′(x )＝mx 2－m ＝m (x ＋1)(x －1)．①当m <0时，g (x )在(1,2)上单调递减，此时g (x )的值域为B ∵A ⊆B ，又－2m 3>0>－1，故2m 3≤ln 2－2，即m ≤32ln 2－3；②当m >0时，g (x )在(1,2)上单调递增，此时g (x )的值域为B －2m 3，∵A ⊆B ，又23m >0>－1，故－2m 3≤ln 2－2，故m ≥－32(ln 2－2)＝3－32ln 2.综上所述，实数m －∞，32ln 2－3∪3－32ln 26．解：(1)f ′(x )＝x －a x ＝x 2－a x，其中x ∈[1，e]．①当a ≤1时，f ′(x )≥0恒成立，f (x )单调递增，又∵f (1)＝0，函数f (x )在区间[1，e]上有唯一的零点，符合题意；②当a ≥e 2时，f ′(x )≤0恒成立，f (x )单调递减，又∵f (1)＝0，∴函数f (x )在区间[1，e]上有唯一的零点，符合题意；③当1<a <e 2时，1≤x <a 时，f ′(x )<0，f (x )单调递减，又∵f (1)＝0，∴f (a )<f (1)＝0，∴函数f (x )在区间[1，a ]上有唯一的零点，当a <x ≤e 时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，∴当f (e)<0时符合题意，即e 22－a －12<0，∴a >e 2－12时，函数f (x )在区间[1，a ]上有唯一的零点；∴a |a ≤1或a >e 2－12(2)在[1，e]上存在一点x 0，使得f (x 0)<x 202－a ＋1x 0－x 0－12成立，等价于x 0＋1x 0－a ln x 0＋a x 0<0在[1，e]上有解，即函数g (x )＝x ＋1x －a ln x ＋a x 在[1，e]上的最小值小于零．g ′(x )＝1－1x 2－a x －a x 2＝x 2－ax －a －1x 2＝(x ＋1)(x －a －1)x 2，①当a ＋1≥e 时，即a ≥e －1时，g (x )在[1，e]上单调递减，∴g (x )的最小值为g (e)，由g (e)＝e ＋1＋a e －a <0可得a >e 2＋1e －1，∵e 2＋1e －1>e －1，∴a >e 2＋1e －1；②当a ＋1≤1时，即a ≤0时，g (x )在[1，e]上单调递增，∴g (x )的最小值为g (1)，由g (1)＝1＋1＋a <0可得a <－2；③当1<a ＋1<e 时，即0<a <e －1时，可得g (x )的最小值为g (a ＋1)，∵0<ln(a ＋1)<1，∴0<a ln(a ＋1)<a ，g (a ＋1)＝a ＋1＋1a ＋1－a ln(a ＋1)＋a a ＋1＝a ＋2－a ln(a ＋1)>2，∴g (1＋a )<0不成立．综上所述，a 的取值范围是(－∞，－2)7．解：(1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞令f (x )＝ax ＋ln x ＋1＝0，∴－a ＝ln x ＋1x .设h (x )＝ln x ＋1x，∴h ′(x )＝－ln x x 2，∴h (x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，∴h max ＝h又∵当x h (x )＜0；当x h (x )＞0，∴当－a ∈(－∞，0)或－a ＝1，即a ≥0或a ＝－1时，f (x )有一个零点；当－a ∈(0,1)，即a ∈(－1,0)时，f (x )有两个零点；当－a ∈(1，＋∞)，即a ∈(－∞，－1)时，f (x )无零点．(2)∵ax ＋ln x ＋1≤x e 2x (x ＞0)，∴a ≤x e 2x －(ln x ＋1)x在(0，＋∞)上恒成立，易证e x ≥x ＋1，∴有x e 2x －(ln x ＋1)x ＝e ln x e 2x －(ln x ＋1)x ＝e 2x ＋ln x －(ln x ＋1)x ≥(2x ＋ln x ＋1)－(ln x ＋1)x＝2，当且仅当2x ＋ln x ＝0时等号成立，∴x e 2x －(ln x ＋1)x min ＝2.∴实数a 的取值范围为(－∞，2]．8．解：(1)f ′(x )＝ax －(2a ＋1)＋2x x >0)，依题意f ′(1)＝f ′(4)，解得a ＝12.(2)f ′(x )＝ax 2－(2a ＋1)x ＋2x ＝(ax －1)(x －2)x(x >0)，①当a ≤0时，函数f (x )单调递增区间为(0,2)，单调递减区间为(2，＋∞)；②当0<a <12时，函数f (x )单调递增区间为(0,2)③当a ＝12时，函数f (x )单调递增区间为(0，＋∞)；④当a >12时，函数f (x )(2，＋∞)(3)依题意有f (x )max <g (x )max ＝0，由(2)知当a ≤12时，函数f (x )在区间(0,2]单调递增，f (x )max ＝f (2)＝2a －2(2a ＋1)＋2ln 2<0，解得a >ln 2－1，∴ln 2－1<a ≤12；当a >12时，函数f (x )(2，＋∞)∴f (x )max ＝2－12a －2ln a <0恒成立，∴a >12.故实数a 的取值范围为a >ln 2－1.。