江苏省高考数学考前压轴冲刺(新高考)-专题11 不等式之恒成立与有解问题(填空题)(原卷版)

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新高考数学二轮复习不等式恒成立或有解问题专项复习课件

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(2)当x>0时，f(x)<－1，求a的取值范围. 解设h(x)＝xeax－ex＋1，则h(0)＝0，又h′(x)＝(1＋ax)eax－ex，设g(x)＝(1＋ax)eax－ex，则g′(x)＝(2a＋a2x)eax－ex，若 a>12，则 g′(0)＝2a－1>0，因为g′(x)为连续不间断函数，故存在x0∈(0，＋∞)，使得∀x∈(0，x0)，总有g′(x)>0，故g(x)在(0，x0)上单调递增，故g(x)>g(0)＝0，故h(x)在(0，x0)上单调递增，故h(x)>h(0)＝0，与题设矛盾.
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高分训练对接高考
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一、基本技能练
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1.已知函数 f(x)＝(x－2)ex－21ax2＋ax(a∈R)，当 x≥2 时，f(x)≥0 恒成立，求 a 的取值范围. 解法一 f′(x)＝(x－1)(ex－a)， ①当 a≤0 时，因为 x≥2，所以 x－1＞0，ex－a＞0，所以 f′(x)＞0，则 f(x)在[2，＋∞)上单调递增，f(x)≥f(2)＝0 成立. ②当 0＜a≤e2 时，f′(x)≥0，所以 f(x)在[2，＋∞)上单调递增，所以 f(x)≥f(2)＝0 成立. ③当 a＞e2 时，在区间(2，ln a)上，f′(x)＜0；在区间(ln a，＋∞)上，f′(x)＞0，
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设 g(x)＝2xex，则 g′(x)＝2（x－x21）ex，因为 x＞2，所以 g′(x)＞0，所以 g(x)在区间(2，＋∞)上单调递增，所以 g(x)＞g(2)＝e2，所以 a≤e2. 综上所述，a 的取值范围是(－∞，e2].
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2.若ex＋cos x－ax－2≥0在[0，＋∞)上恒成立，求a的取值范围. 解令h(x)＝ex＋cos x－ax－2，则h′(x)＝ex－sin x－a，令t(x)＝ex－sin x－a，则t′(x)＝ex－cos x， ∵ex≥1，－1≤cos x≤1，故t′(x)≥0， ∴h′(x)在[0，＋∞)上单调递增， ∴h′(x)≥h′(0)＝1－a. ①当1－a≥0，即a≤1时，h′(x)≥0，故h(x)在[0，＋∞)上单调递增，故h(x)≥h(0)＝0，满足题意；

恒成立问题----不等式恒成立、能成立、恰成立问题分析及应用(例题+练习+答案)

不等式恒成立、能成立、恰成立问题分析及应用一、不等式恒成立问题的处理方法 1、转换求函数的最值：（1）若不等式A x f >)(在区间D 上恒成立,则等价于在区间D 上A x f >min )(，即)(x f 的下界大于A（2）若不等式B x f <)(在区间D 上恒成立,则等价于在区间D 上B x f <max )(,即)(x f 的上界小于B例1．设22)(2+-=ax x x f ,当[)+∞-∈,1x 时，都有a x f ≥)(恒成立，求a 的取值范围．例2．已知xax x x f ++=2)(2对任意[)+∞∈,1x ，0)(≥x f 恒成立,试求实数a 的取值范围．例3．R 上的函数)(x f 既是奇函数，又是减函数，且当)2,0(πθ∈时，有0)22()sin 2(cos 2>--++m f m f θθ恒成立，求实数m 的取值范围.例4．已知函数)0(ln )(44>-+=x c bx x ax x f 在1=x 处取得极值c --3，其中b a 、为常数.（1）试确定b a 、的值；（2）讨论函数)(x f 的单调区间；（3）若对任意0>x ，不等式22-)(c x f ≥恒成立，求c 的取值范围.2、主参换位法例5.若不等式01<-ax 对[]2,1∈x 恒成立，求实数a 的取值范围.例6.若对于任意1≤a ，不等式024)4(2>-+-+a x a x 恒成立，求实数x 的取值范围.例7.已知函数1)1(233)(23+++-=x a x x a x f ，其中a 为实数．若不等式1)('2+-->a x x x f 对任意),0(+∞∈a 都成立，求实数x 的取值范围．3、分离参数法（1）将参数与变量分离，即化为)()(x f g ≥λ（或)()(x f g ≤λ）恒成立的形式；（2）求)(x f 在D x ∈上的最大（或最小）值；（3）解不等式max )()(x f g ≥λ(或min )()(x f g ≤λ)，得λ的取值范围．适用题型：（1）参数与变量能分离；（2）函数的最值易求出。

江苏省高考数学考前压轴冲刺(新高考)-专题10 不等式之恒成立与有解问题(选择题)(解析版)

专题10 不等式恒成立与有解问题考点预测江苏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.若关于x 的不等式ax ﹣2a ＞2x ﹣lnx ﹣4有且只有两个整数解，则实数a 的取值范围是（）A ．（2﹣ln 3，2﹣ln 2]B ．（﹣∞，2﹣ln 2）C ．（﹣∞，2﹣ln 3]D ．（﹣∞，2﹣ln 3）【答案】C【分析】设g （x ）＝2x ﹣lnx ﹣4，h （x ）＝ax ﹣2a ，画出图象，讨论当a ≤0时，当a ＞0时，数形结合即可得答案．【解答】解：由题意可知，ax﹣2a＞2x﹣lnx﹣4，设g（x）＝2x﹣lnx﹣4，h（x）＝ax﹣2a由g′（x）＝2﹣＝．可知g（x）＝2x﹣lnx﹣4在（0，）上为减函数，在（，+∞）上为增函数，h（x）＝ax﹣2a的图象恒过点（2，0），在同一坐标系中作出g（x），h（x）的图象如图，当a≤0时，原不等式有且只有两个整数解；当a＞0时，若原不等式有且只有两个整数x1，x2，使得f（x1）＞0，且f（x2）＞0，则，即，解得0＜a≤2﹣ln3，综上可得a≤2﹣ln3，故选：C．【知识点】不等式恒成立的问题2.已知函数f（x）＝2﹣|x|，若关于x的不等式f（x）≥x2﹣x﹣m的解集中仅有1个整数，则实数m的取值范围为（）A．[﹣3，﹣1）B．（﹣3，﹣1）C．[﹣2，﹣1）D．（﹣2，﹣1）【答案】C【分析】构造函数g（x）＝x2﹣x﹣m﹣f（x），将问题转化为g（x）≤0解集中仅有1个整数，然后结合函数g（x）的单调性，找出限制条件即可求解．【解答】解：令g（x）＝x2﹣x﹣m﹣f（x），则g（x）＝x2﹣x+|x|﹣2﹣m，∴g（x）＝，则g（x）在（﹣∞，0]上单调递减，在（0，+∞）上单调递增，关于x的不等式f（x）≥x2﹣x﹣m的解集中仅有1个整数，即g（x）≤0解集中仅有1个整数，∴只需g（x）满足，，即，∴﹣2≤m＜﹣1，∴实数m的取值范围为：[﹣2，﹣1）．故选：C．【知识点】不等式恒成立的问题3.设a∈R，若不等式|x2+|+|x2﹣|+ax≥4x﹣8恒成立，则实数a的取值范围是（）A．[﹣2，12]B．[﹣2，10]C．[﹣4，4]D．[﹣4，12]【答案】D【分析】由题意可得|x2+|+|x2﹣|+8≥（4﹣a）x恒成立，讨论x＞0，x＜0，运用基本不等式，可得最值，进而得到所求范围．【解答】解：|x2+|+|x2﹣|+ax≥4x﹣8恒成立，即为|x2+|+|x2﹣|+8≥（4﹣a）x恒成立，当x＞0时，可得4﹣a≤|x+|+|x﹣|+的最小值，由|x+|+|x﹣|+≥|x++x﹣|+＝2x+≥2＝8，当且仅当x＝2取得最小值8，即有4﹣a≤8，则a≥﹣4；当x＜0时，可得4﹣a≥﹣[|x+|+|x﹣|﹣]的最大值，由|﹣x+|+|﹣x﹣|﹣≥﹣2x﹣≥2＝8，当且仅当x＝﹣2取得最大值﹣8，即有4﹣a≥﹣8，则a≤12，综上可得﹣4≤a≤12．故选：D．【知识点】不等式恒成立的问题专项突破一、单选题（共12小题）1.若关于x的不等式ln（x+1）+e x≥ax+b对任意的x≥0恒成立，则a，b可以是（）A．a＝0，b＝2B．a＝1，b＝2C．a＝3，b＝1D．a＝2，b＝1【答案】D【分析】分别考虑选项A，B，C，D，代入，由特殊值和构造函数法，以及导数判断单调性，可得最值，即可得到结论．【解答】解：ln（x+1）+e x≥ax+b对任意的x≥0恒成立，若a＝0，b＝2可得ln（x+1）+e x≥2，当x＝0时，1≥2不成立；若a＝1，b＝2可得ln（x+1）+e x≥x+2，当x＝0时，1≥2不成立；若a＝3，b＝1可得ln（x+1）+e x≥3x+1，当x＝1时，ln2+e≥4不成立；若a＝2，b＝1可得ln（x+1）+e x≥2x+1，设f（x）＝ln（x+1）+e x﹣2x﹣1，x≥0，可得f′（x）＝+e x﹣2，f″（x）＝e x﹣在x≥0递增，可得f″（x）≥0，即f′（x）递增，可得f′（x）≥0，f（x）递增，即f（x）≥f（0）＝0，则a＝2，b＝1成立．故选：D．【知识点】不等式恒成立的问题2.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的取值范围是（）A．（﹣∞，3）B．（﹣∞，3]C．（﹣3，1）D．（﹣3，1]【答案】D【分析】按照a＝1和a≠1分两种情况讨论．【解答】解：当a＝1时，﹣4＜0，所以不等式恒成立；当a≠1时，要使不等式恒成立，需a﹣1＜0⇒a＜1，且△＜0⇒4（a﹣1）2+16（a﹣1）＜0⇒﹣3＜a＜1，所以﹣3＜a＜1，综上实数a的取值范围是（﹣3，1]．故选：D．【知识点】不等式恒成立的问题3.已知函数f（x）＝a x+e x﹣（1+lna）x（a＞0，a≠1），对任意（x1，x2）∈[0，1]，不等式|f（x1）﹣f（x2）|≤alna+e﹣4恒成立，则a的取值范围为（）A．[]B．[e，2]C．[e，+∞）D．[e x+x）【答案】C【分析】先利用导数得到f（x）在x∈[0，1]是单调递增函数，对对任意（x1，x2）∈[0，1]，不等式|f（x1）﹣f（x2）|≤alna+e﹣4恒成立，转化为f（x1）max﹣f（x）min≤alna+e﹣4，再求出f（x）max＝f（1）＝a+e﹣1﹣lna，f（x）min＝f（0）＝1+1＝2，所以a+e﹣1﹣lna﹣2≤alna+e﹣4，解不等式即得解．【解答】解：依题意，alna+e﹣4≥0①因为f'（x）＝a x lna+e x﹣1﹣lna＝（a x﹣1）lna+e x﹣1，当a＞1时，对任意的x∈[0，1]，a x﹣1≥0，lna＞0，e x﹣1≥0，恒有f'（x）＞0；当0＜a＜1时，a x﹣1≤0，lna＜0，e x﹣1≥0，恒有f'（x）＞0，所以f（x）在x∈[0，1]上是单调递增函数，那么对任意（x1，x2）∈[0，1]，不等式|f（x1）﹣f（x2）|≤alna+e﹣4恒成立，只需f（x1）max﹣f（x）min≤alna+e﹣4，②因为f（x）max＝f（1）＝a+e﹣1﹣lna，f（x）min＝f（0）＝1+1＝2，所以a+e﹣1﹣lna﹣2≤alna+e﹣4，即a﹣lna+1﹣alna≤0，即（1+a）（1﹣lna）≤0，所以lna≥1，从而有a≥e，而当a≥e时，①显然成立．故选：C．【知识点】不等式恒成立的问题4.已知函数y＝f（x﹣1）的图象关于x＝1对称，且对y＝f（x），x∈R，当x1，x2∈（﹣∞，0]时，成立，若f（2ax）＜f（2x2+1）对任意的x∈R恒成立，则a的范围（）A．B．a＜1C．D．【答案】A【分析】根据条件判断函数f（x）的奇偶性和单调性，结合函数单调性和奇偶性的性质将不等式进行转化，利用参数分离法结合基本不等式的性质进行转化求解即可．【解答】解：∵y＝f（x﹣1）的图象关于x＝1对称，∴y＝f（x）的图象关于x＝0对称，即f（x）是偶函数，∵当x1，x2∈（﹣∞，0]时，成立，∴此时f（x）为减函数，则在[0，+∞）上f（x）为增函数，若f（2ax）＜f（2x2+1）对任意的x∈R恒成立，等价为若f（|2ax|）＜f（2x2+1）对任意的x∈R恒成立，即|2ax|＜2x2+1，当x＝0时，不等式成立，当x≠0时，不等式等价为2|a|＜＝2|x|+，当x≠0时，2|x|+≥2＝2，当且仅当2|x|＝时取等号，则2|a|＜2，即|a|＜，得﹣＜a＜，故选：A．【知识点】不等式恒成立的问题5.若对任意的实数x，不等式xa≤e x﹣1+x2+1恒成立，则实数a的最大值是（）A．4B．3C．2D．1【答案】B【分析】讨论当x≤0时，∀a＞0，当x＞0时，运用参数分离和构造函数，求导数和单调性、最值，即可得到所求最大值．【解答】解：当x≤0时，∀a＞0，xa≤e x﹣1+x2+1恒成立；当x＞0，a≤+x+，令f（x）＝+x+，f′（x）＝，则0＜x＜1时，f′（x）＜0，f（x）递减；x＞1时，f′（x）＞0，f（x）递增，则f（x）的最小值为f（1）＝3，即有a≤3，可得a的最大值为3．故选：B．【知识点】不等式恒成立的问题6.若∀x＞0，（e x﹣ax）（lnx﹣ax）≤0恒成立，则a的取值范围是（）A．[，e]B．[]C．[1，e]D．[e，+∞）【答案】A【分析】由题意可得＜a＜，x＞0，分别构造函数设f（x）＝，g（x）＝，x＞0，利用导数求出函数的最值即可求出a的范围．【解答】解：∀x＞0，（e x﹣ax）（lnx﹣ax）≤0恒成立，∴（﹣a）（﹣a）≤0，∵e x﹣lnx＞0，∴＜∴＜a＜，x＞0，设f（x）＝，∴f′（x）＝，令f′（x）＝＝0，解得x＝e，当x∈（0，e）时，f′（x）＞0，函数f（x）单调递增，当x∈（e，+∞）时，f′（x）＜0，函数f（x）单调递增减，∴f（x）max＝f（e）＝，再令g（x）＝，x＞0，g′（x）＝，令g′（x）＝0，解得x＝1，当x∈（1，+∞）时，f′（x）＞0，函数f（x）单调递增，当x∈（0，1）时，f′（x）＜0，函数f（x）单调递增减，∴f（x）min＝f（1）＝e，∴≤a≤e故选：A．【知识点】不等式恒成立的问题7.函数y＝f（x）在R上为偶函数且在[0，+∞）单调递减，若x∈[1，3]时，不等式f（2mx﹣lnx﹣3）≥2f（3）﹣f（lnx+3﹣2mx）恒成立，则实数m的取值范围（）A．B．C．D．【答案】B【分析】根据函数的奇偶性和单调性将不等式进行转化，利用参数分离法，结合函数的最值，利用导数求得相应的最大值和最小值，从而求得m的范围．【解答】解：∵函数f（x）为偶函数，若不等式f（2mx﹣lnx﹣3）≥2f（3）﹣f（﹣2mx+lnx+3）对x∈[1，3]恒成立，等价为f（2mx﹣lnx﹣3）≥2f（3）﹣f（2mx﹣lnx﹣3）即2f（2mx﹣lnx﹣3）≥2f（3）对x∈[1，3]恒成立．即f（2mx﹣lnx﹣3）≥f（3）对x∈[1，3]恒成立．∵f（x）在[0，+∞）单调递减，∴﹣3≤2mx﹣lnx﹣3≤3对x∈[1，3]恒成立，即0≤2mx﹣lnx≤6对x∈[1，3]恒成立，即2m≥且2m≤对x∈[1，3]恒成立．令g（x）＝，则g′（x）＝，在[1，e]上递增，在[e，3]上递减，则g（x）的最大值为g（e）＝，h（x）＝，则h′（x）＝＜0，则函数h（x）在[1，3]上递减，则h（x）的最小值为h（3）＝，则，得，即≤m≤，故选：B．【知识点】不等式恒成立的问题8.已知函数f（x）＝，设a∈R，若关于x的不等式f（x）≥||在R上恒成立，则a的最大值是（）A．2B．C．D．【答案】D【分析】讨论x≤1时，运用绝对值不等式的解法和分离参数，可得关于a的不等式，再由二次函数的最值求出a的范围；当x＞1时，同样可得关于a的不等式，再由基本不等式求得a的范围，取交集可得所求a的范围．另解：作出f（x）的图象和折线y＝|x+a|，利用导数求得函数f（x）切线的斜率与切点，结合题意求得a的取值范围．【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≤x+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﹣；由y＝x2﹣x+3的对称轴为x＝＜1，可得x＝处取得最小值，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+）≤x+a≤x+，即有﹣（x+）≤a≤x+，由y＝﹣（x+）≤﹣2＝﹣（当且仅当x＝＞1）取得最大值﹣；由y＝x+≥2＝（当且仅当x＝＞1）取得最小值．则﹣≤a≤②；由①②可得，﹣≤a≤，∴a的最大值为．另解：作出f（x）的图象和折线y＝|x+a|，如图所示；当x≤1时，y＝x2﹣x+3的导数为y′＝2x﹣1，由2x﹣1＝﹣，可得x＝，切点为（，）代入y＝﹣x﹣a，解得a＝﹣；当x＞1时，y＝x+的导数为y′＝1﹣，由1﹣＝，可得x＝（﹣舍去），切点为（，），代入y＝x+a，解得a＝；由图象平移可得，﹣≤a≤，∴a的最大值是．故选：D．【知识点】不等式恒成立的问题、分段函数的应用9.不等式x﹣3e x﹣alnx≥x+1对任意x∈（1，+∞）恒成立，则实数a的取值范围（）A．（﹣∞，1﹣e]B．（﹣∞，2﹣e2]C．（﹣∞，﹣2]D．（﹣∞，﹣3]【答案】D【分析】不等式可化为a≤对∀x∈（1，+∞）恒成立，设f（x）＝，其中x∈（1，+∞），求出f（x）min即可得出a的取值范围．【解答】解：不等式x﹣3e x﹣alnx≥x+1，∴alnx≤x﹣3e x﹣x﹣1；又x∈（1，+∞），lnx＞0，∴a≤对∀x∈（1，+∞）恒成立；设f（x）＝，其中x∈（1，+∞），则x﹣3•e x＝•e x＝e x﹣3lnx≥x﹣3lnx+1，∴x﹣3e x﹣x﹣1≥x﹣3lnx+1﹣x﹣1＝﹣3lnx，∴f（x）＝≥＝﹣3，当x﹣3lnx＝0时等号成立；又方程x﹣3lnx＝0在（1，+∞）内有解，∴f（x）min＝﹣3，即a的取值范围是（﹣∞，﹣3]．故选：D．【知识点】不等式恒成立的问题10.若关于x的不等式﹣x＞1在（﹣∞，0）∪（0，+∞）上恒成立，则实数k的取值范围为（）A．（﹣∞，﹣e）∪（，+∞）B．（﹣∞，﹣2e）∪（，+∞）C．（﹣∞，﹣）∪（，+∞）D．（﹣∞，﹣）∪（，+∞）【答案】A【分析】讨论x＞0时，不等式化为k＞，设f（x）＝，x∈（0，+∞），求出f（x）的最大值；x＜0时，不等式化为k＜，设f（x）＝，x∈（﹣∞，0），求出f（x）的最小值，从而求得k的取值范围．【解答】解：x＞0时，不等式﹣x＞1化为k＞，设f（x）＝，x∈（0，+∞）；则f′（x）＝，令f′（x）＝0，解得x＝2，∴x∈（0，2）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增；x∈（2，+∞）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减；∴f（x）在x＝2时取得极大值，也是最大值，即f（x）≤f（2）＝；∴k＞；x＜0时，不等式﹣x＞1化为k＜，设f（x）＝，x∈（﹣∞，0）；则f′（x）＝，令f′（x）＝0，解得x＝﹣1，∴x∈（﹣1，0）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增；x∈（﹣∞，﹣1）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减；∴f（x）在x＝﹣1时取得极小值，也是最小值，即f（x）≥f（﹣1）＝﹣e；∴k＜﹣e；综上所述，实数k的取值范围是（﹣∞，﹣e）∪（，+∞）．故选：A．【知识点】利用导数研究函数的最值、利用导数研究函数的单调性、不等式恒成立的问题11.已知函数f（x）＝kx+2x，g（x）＝x2，h（x）＝（x+1）（lnx+1），若当x∈[1，e]时，不等式组恒成立，则实数k的取值范围为（）A．[﹣1，2]B．[e﹣2，1]C．[e﹣2，2]D．[﹣1，e﹣2]【答案】C【分析】由题意知x∈[1，e]时不等式组可化为恒成立，分别求出k≥x﹣2和k≤在区间[1，e]上恒成立的取值范围即可．【解答】解：x∈[1，e]时，恒成立，即恒成立，即恒成立，若k≥x﹣2在区间[1，e]上恒成立，则k≥e﹣2；令s（x）＝，若k≤在区间[1，e]上恒成立，则k≤s（x）min，s′（x）＝，令t（x）＝x﹣lnx，则t′（x）＝1﹣，当x∈[1，e]时，t′（x）≥0恒成立，则t（x）＝x﹣lnx在[1，e]上为增函数，∴t（x）≥t（1）＝1恒成立，即s′（x）＝≥0恒成立，∴s（x）＝在[1，e]上为增函数，即s（x）≥s（1）＝2恒成立，∴k≤2，综上可得：k∈[e﹣2，2]，故选：C．【知识点】不等式恒成立的问题12.已知实数x，y满足ln（4x+3y﹣6）﹣e x+y﹣2≥3x+2y﹣6，则x+y的值为（）A．2B．1C．0D．﹣1【答案】A【分析】根据题意把不等式化为ln（4x+3y﹣6）﹣（4x+3y﹣6）≥e x+y﹣2﹣（x+y﹣2）﹣2；设f（x）＝lnx ﹣x，g（x）＝e x﹣x﹣2；利用导数求出f（x）有最大值为﹣1，g（x）有最小值为﹣1，此时满足f（x）≥g（x），即原不等式成立，由此求得x+y的值．【解答】解：不等式ln（4x+3y﹣6）﹣e x+y﹣2≥3x+2y﹣6，化为ln（4x+3y﹣6）≥e x+y﹣2+3x+2y﹣6，即ln（4x+3y﹣6）﹣（4x+3y﹣6）≥e x+y﹣2﹣x﹣y，所以ln（4x+3y﹣6）﹣（4x+3y﹣6）≥e x+y﹣2﹣（x+y﹣2）﹣2；设f（x）＝lnx﹣x，x＞0，g（x）＝e x﹣x﹣2；则f′（x）＝﹣1＝，所以x∈（0，1）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增，x∈（1，+∞）时，f′（x）单调递减，所以f（x）的最大值为f（1）＝0﹣1＝﹣1；又g′（x）＝e x﹣1，所以x∈（﹣∞，0）时，g′（x）＜0，g（x）单调递减，x∈（0，+∞）时，g′（x）单调递增，所以g（x）的最小值为g（0）＝1﹣0﹣2＝﹣1；此时满足f（x）≥g（x），即ln（4x+3y﹣6）﹣e x+y﹣2≥3x+2y﹣6；令，解得x+y＝2．故选：A．【知识点】不等式恒成立的问题二、多选题（共2小题）13.已知a∈Z，关于x的一元二次不等式x2﹣8x+a≤0的解集中有且仅有3个整数，则a的值可以是（）A．12B．13C．14D．15【答案】BCD【分析】逐个选项代入计算验证正误即可．【解答】解：当a＝12时，原不等式为x2﹣8x+12≤0，易得其解集为[2，6]，不满足题意，故选项A错误；当a＝13时，原不等式为x2﹣8x+13≤0，易得其解集为[4﹣，4+]，满足题意，故选项B正确；当a＝14时，原不等式为x2﹣8x+14≤0，易得其解集为[4﹣，4+]，满足题意，故选项C正确；当a＝15时，原不等式为x2﹣8x+15≤0，易得其解集为[3，5]，满足题意，故选项D正确，故选：BCD．【知识点】一元二次不等式及其应用14.对于给定的实数a，关于实数x的一元二次不等式a（x﹣a）（x+1）＞0的解集可能为（）A．∅B．（﹣1，a）C．（a，﹣1）D．（﹣∞，﹣1）（a，+∞）【答案】ABCD【分析】根据函数y＝a（x﹣a）（x+1）的图象和性质，对a进行讨论，解不等式即可．【解答】解：对于a（x﹣a）（x+1）＞0，当a＞0时，y＝a（x﹣a）（x+1）开口向上，与x轴的交点为a，﹣1，故不等式的解集为x∈（﹣∞，﹣1，）∪（a，+∞）；当a＜0时，y＝a（x﹣a）（x+1）开口向下，若a＝﹣1，不等式解集为∅；若﹣1＜a＜0，不等式的解集为（﹣1，a），若a＜﹣1，不等式的解集为（a，﹣1），综上，ABCD都成立，故选：ABCD．【知识点】一元二次不等式及其应用。

2020年江苏省高考数学填空题考前压轴冲刺——专题02 不等式(恒成立与有解问题)(解析版)

2020年江苏省高考数学填空题考前压轴冲刺专题02 不等式（恒成立与有解问题）2020年江苏高考填空题考点预测江苏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 .例1.不等式0152>+-ax e x 在R 上恒成立，正整数a 的最大值为___________.【答案】14【解析】法一：（分离参数）不等式0152>+-ax e x 变形为152+<xe ax（1）当0≤x 时，不等式恒成立. （2）当0>x 时，xe a x 152+<令x e x g x 152)(+=，215)1(2)(x e x x g x --='，令15)1(2)(--=x e x x t ，02)(>='x xe x t ，15)1(2)(--=xe x x t 在0>x 单调增.0x ∃，使0)(0=x t ，)3,2(0∈x 设015)1(2)(200=--='x e x x g x 得),0(0x x ∈，0)(<'x g ；),(0+∞∈x x ，0)(>'x g 所以：0x x =时，11515115152)(0000min 0-=+-=+=x x x x e x g x )3,2(0∈x ，即)15,215(115)(0min ∈-=x x g 所以：min )(x g a <时正整数a 的最大值为14.法二：（数形结合）由题意152->ax e x过)15,0(-作x e y 2=的切线，设切点)2,(00x e x ，x e y 2='，切线为)(22000x x e e y x x -=-过)15,0(-，得015)1(2=--xe x . 15)1(2)(000--=x e x x g 在0>x 单调增，0)3()2(<g g ，)3,2(0∈x 所以)15,215(115200∈-==x e a x ，所以：min )(x g a <时正整数a 的最大值为14.例2.0ln 1)1(≤--+x x a 对任意]1,21[∈x 恒成立，则a 的最大值为___________.【答案】2ln 21-【解析】法一：（分离参数）0ln 1)1(≤--+x x a 对任意]1,21[∈x 恒成立得：。

高考压轴题之数列不等式恒成立问题解法例析

一
当一１时，口 —Ｓ＝ｂ — １，只需ｌｌ２＞０故
需６１＞；
当 ≥ ２时，为６０所以Ｓ＝ｂ＋因＞，２
些差别，生容易出错，至不知所措．考甚这
ｎ２＞Ｏ恒成立－
．
里通过几个例子归纳这类问题的几种常用解法和需要注意的问题．
第２卷第３９期
２１００年３月
数学教学研究
２７
１＼
Ｉ
高考压轴题之数列不等式恒成立问题解法例析
余锦银
（北省大冶市第一中学湖４５０）３１０
不等式的恒成立问题是考生较难理解和
即
ｓ－６＋。
．
掌握的一个难点，以数列为载体的不等式恒成立问题的档次更高、合性更强，是一类综它非常常见的考试题型，出现在高考压轴题常中，它与函数恒成立问题既有类似之处，又有
ａｎ１＋
问题本质的理解，只是视角不同，３种方法这
是将数列看成函数问题来解决，２分离变法
量后需解不等式，１离变量ｂ后需求法分最值．若对本题（）再作如下变式，更易１式则
看透恒成立问题的方法本质．变式１将（）变为关于ｂ的二次不１式
例２已知＜
法３令ｇ）（ —６＋３ —１则一（一ｎ１）６，
次函数ｇ在 ≥４单调递减．（）要使ｇ）（＜０在 ≥ ４时恒成立，需只

2016江苏高三数学三轮复习问题6.1 含参数的不等式的恒成立、恰成立、能成立问题解析版

突破170分之江苏高三数学复习提升秘籍专题六不等式问题一：含参数的不等式的恒成立、恰成立、能成立问题纵观近几年高考对于不等式综合问题的考查，主要有三类问题：恒成立问题、能成立问题以及恰成立问题，要求学生有较强的推理能力和准确的计算能力，才能顺利解答．从实际教学来看，这部分知识能力要求高、难度大，是学生掌握最为薄弱，看到就头疼的题目．分析原因，除了这类题目的入手确实不易之外，主要是学生没有形成解题的模式和套路，以至于遇到类似的题目便产生畏惧心理．本文就高中阶段出现这类问题加以类型的总结和方法的探讨． 1 不等式恒成立问题新课标下的高考越来越注重对学生的综合素质的考察，恒成立问题便是一个考察学生综合素质的很好途径，它常以函数、方程、不等式和数列等知识点为载体，渗透着换元、化归、分类讨论、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．近几年的数学高考中频频出现恒成立问题，其形式逐渐多样化，但都与函数、导数知识密不可分．解决高考数学中的恒成立问题常用以下几种方法：①函数性质法；②主参换位法；③分离参数法；④数形结合法；⑤消元转化法．下面我就以近几年高考试题为例加以剖析． 1．1 函数性质法一、一次函数——单调性法给定一次函数()()0y f x ax b a ==+≠，若()y f x =在[],m n 内恒有()0f x >，则根据函数的图像（线段）（如右下图）可得上述结论等价于（1）⎩⎨⎧>>0)(0m f a 或（2）0,()0.a f n <⎧⎨>⎩可合并定成()()0,0.f m f n >⎧⎪⎨>⎪⎩同理，若在[],m n 内恒有()0f x <，则有()()0,0.f m f n <⎧⎪⎨<⎪⎩例1．若不等式)1(122->-x m x 对满足22≤≤-m 的所有m 都成立，求x 的范围．nm O x y图1（1）【分析】我们可以用改变主元的办法，将m视为主变元，即将元不等式化为：0)12()1(2<---xxm来求解．【解析】【点评】有些问题，如果采取反客为主（即改变主元）的策略，可产生意想不到的效果．二、二次函数——利用判别式、韦达定理及根的分布求解有以下几种基本类型：类型1：设2()(0).f x ax bx c a=++≠（1）Rxxf∈>在)(上恒成立00<∆>⇔且a；（2）Rxxf∈<在)(上恒成立00<∆<⇔且a．类型2：设2()(0).f x ax bx c a=++≠（1）当0>a时，],[)(βα∈>xxf在上恒成立,222()00()0.b b ba a af fααββαβ⎧⎧⎧-<≤-≤->⎪⎪⎪⇔⎨⎨⎨⎪⎪⎪>∆<>⎩⎩⎩或或],[)(βα∈<xxf在上恒成立()0,()0.ffαβ<⎧⇔⎨<⎩（2）当0<a时，],[)(βα∈>xxf在上恒成立()()0,0.ffαβ>⎧⎪⇔⎨>⎪⎩],[)(βα∈<xxf在上恒成立,222()00()0.b b ba a af fααββαβ⎧⎧⎧-<≤-≤->⎪⎪⎪⇔⎨⎨⎨⎪⎪⎪>∆<<⎩⎩⎩或或nmOxy图1（2）例2．已知不等式2440mx mx +-<对任意实数x 恒成立．则m 取值范围是_______. 【分析】由不等式2440mx mx +-<对任意实数x 恒成立，知0m =或0,162160.m m m <⎧⎨+<⎩由此能求出m 的取值范围．【解析】∵不等式2440mx mx +-<对任意实数x ，0m ∴=或0,162160.m m m <⎧⎨+<⎩解得10m -<≤．【点评】本题考查一元二次不等式的解法，是基础题．解题时要认真审题，仔细解答，注意合理地进行等价转化．例3．已知函数()()()22241,f x mx m x g x mx =--+=，若对于任一实数x ，()f x 与()g x 的值至少有一个为正数，则实数m 的取值范围是 ___________.【分析】()f x 与()g x 的函数类型，直接受参数m 的影响，∴首先要对参数进行分类讨论，然后转换成不等式的恒成立的问题利用函数性质及图像解题．【解析】图41 Ox y()g x()f x()f x 1 ()g x mx=x yO图3图2()0g x =1 ()81f x x =-+xyO【点评】该题考查一次函数、二次函数的单调性，考查不等式的求解，考查分类讨论思想．三、其它函数：()0f x >恒成立⇔min ()0f x >（注：若()f x 的最小值不存在，则()0f x >恒成立⇔()f x 的下界大于0）；()0f x <恒成立⇔max ()0f x <（注：若()f x 的最大值不存在，则()0f x <恒成立⇔()f x 的上界小于0）．例4．（07年重庆卷理20)已知函数)0(ln )(44>-+=x c bx x ax x f 在1=x 处取得极值3c --，其中a ，b 为常数．（1）试确定a ，b 的值；（2）讨论函数)(x f 的单调区间；（3）若对任意0>x ，不等式22)(c x f -≥恒成立，求c 的取值范围．【分析】22)(c x f -≥恒成立，即 2min ()2f x c ≥-，要解决此题关键是求min ()f x ，0>x ．【解析】（1）（2）略．（3）例5.（08天津文21）设函数432()2()f x x ax x b x R =+++∈，其中,a b R ∈．（Ⅲ）若对于任意的[]22a ∈-，，不等式()1f x ≤在[]11-，上恒成立，求b 的取值范围．（节选）【分析】()1f x ≤，即max ()1f x ≤，[]22a ∈-，，x ∈[]11-，，要解决此题关键是求max ()f x ．【解析】（Ⅲ）322()434(434)f x x ax x x x ax '=++=++由条件[]22a ∈-，可知29640a ∆=-<，从而24340x ax ++>恒成立．当0x <时，()0f x '<；当0x >时，()0f x '>．因此函数()f x 在[]11-，上的最大值是(1)f 与(1)f -两者中的较大者．为使对任意[]22a ∈-，，不等式()1f x ≤在[]11-，上恒成立，当且仅当max ()1f x ≤，即(1)1(1)1f f ≤-≤⎧⎨⎩，即22b ab a ≤--≤-+⎧⎨⎩在[]22a ∈-，上恒成立．即minmin(2)(2)b a b a ≤--≤-+⎧⎨⎩，[]22a ∈-，，∴4b ≤-，因此满足条件的b 的取值范围是(]4--∞，．例6.（09年全国卷II 文21）设函数321()(1)4243f x x a x ax a =-+++，其中常数1a >．（II ）若当0x ≥时，()0f x >恒成立，求a 的取值范围．（节选）【分析】利用导数求函数的最值，由恒成立条件得出不等式条件从而求出a 的范围．【解析】【点评】以上三题考查了利用导数研究函数的极值，利用导数研究函数的单调性，导数的正负对应着函数的增减，要注意极值点一定是导函数对应方程的根，但是导函数对应方程的根不一定是极值点． 1．2 分离参数法——极端化原则若所给的不等式能通过恒等变形使参数与主元分离于不等式两端，从而问题转化为求主元函数的最值，进而求出参数范围．利用分离参数法来确定不等式(),0f x λ≥（D x ∈，λ为实参数）恒成立中参数λ的取值范围的基本步骤：（1）将参数与变量分离，即化为()()g f x λ≥（或()()g f x λ≤）恒成立的形式；（2）求()f x 在x D ∈上的最大（或最小）值；（3）解不等式()max ()g f x λ≥(或()()min g f x λ≤) ，得λ的取值范围．适用题型：（1）参数与变量能分离；（2）函数的最值易求出．例7.（2013新课标卷Ⅰ理11）已知函数22,0()ln(1),0x x x f x x x ⎧-+≤=⎨+>⎩，若|()f x |≥ax ，则a 的取值范围是A .(,0]-∞B .(,1]-∞C .[-2,1]D .[-2,0]【解析】∵()22,0,ln(1),0,x x x f x x x ⎧-≤=⎨+>⎩∴由|()f x |≥ax 得，202x x x ax ≤⎧⎨-≥⎩且0ln(1)x x ax>⎧⎨+≥⎩，由22x x x ax≤⎧⎨-≥⎩可得2a x ≥-，则a ≥-2，排除Ａ，Ｂ，当a =1时，易证ln(1)x x +<对0x >恒成立，故a =1不适合，排除C ，故选D.【点评】本题主要考查函数不等式恒成立求参数范围问题的解法，是难题．例8.（07年山东卷文15)当(1,2)x ∈时，不等式240x mx ++<恒成立，则m的取值范围是．【解析】例9.（09年山东卷文21）已知函数321()33f x ax bx x =+++，其中0a ≠．（1）当b a ,满足什么条件时，)(x f 取得极值?（2）已知0>a ，且)(x f 在区间(0,1]上单调递增，试用a 表示出b 的取值范围．【分析】此题虽有三个变量x ，a ，b ，而x 的范围已知，最终要用a 表示出b 的取值范围，∴可以将a 看成一个已知数，对x 和b 进行离参．【解析】（1）略；(2))(x f 在区间(0,1]上单调递增⇔2'()210f x ax bx =++≥在(0,1]上恒成立⇔1,(0,1]22ax b x x ≥--∈恒成立⇔max 1()22ax b x ≥--，(0,1]x ∈．设1()22ax g x x=--，2221()1'()222a x a a g x x x -=-+=-，令'()0g x =得x a=x a =舍去)，当1>a 时，101a <<，当x a ∈时'()0g x >，1()22ax g x x =--单调增函数；当(x a∈时'()0g x <，1()22ax g x x =--单调减函数，∴max ()g x =(g a a=∴b a ≥01a <≤1a ≥，此时'()0g x ≥在区间(0,1]恒成立，∴1()22ax g x x =--在区间(0,1]上单调递增，∴max ()g x =1(1)2a g +=-，∴12a b +≥-．综上，当1>a 时， b a ≥ 当01a <≤时，12a b +≥-．学科网例10．（2010天津高考理16）设函数2()1f x x =-，对任意2,3x ⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭，24()(1)4()x f m f x f x f m m ⎛⎫-≤-+ ⎪⎝⎭恒成立，则实数m 的取值范围是．【解析】1．3 主参换位——反客为主法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“反客为主”，即把习惯上的主元变与参数变量的“地位”交换一下，变个视角重新审查恒成立问题，往往可避免不必要的分类讨论或使问题降次、简化，起到“山穷水尽疑无路，柳暗花明又一村”的出奇制胜的效果．例11.（07辽宁卷文科22)已知函数322()9cos 48cos 18sin f x x x x αβα=-++，()()g x f x '=，且对任意的实数 t 均有(1cos )0g t +≥，(3sin )0g t +≤．(Ⅰ) 求函数()f x 的解析式；(Ⅱ)若对任意的[26,6]m ∈-，恒有2()11f x x mx ≥--，求x 的取值范围．【解析】例12．(08安徽文科20)已知函数323()(1)132a f x x x a x =-+++，其中a 为实数．（Ⅱ）已知不等式2()1f x x x a '--+＞对任意(0)a ∈+∞，都成立，求实数x 的取值范围．（节选）【分析】已知参数a 的范围，要求自变量x 的范围，转换主参元x 和a 的位置，构造以a 为自变量x 作为参数的一次函数()g a ，转换成∀(0)a ∈+∞，，()0g a >恒成立再求解．【解析】1．4 数形结合——直观求解法若所给不等式进行合理的变形化为()()f x g x ≥（或()()f x g x ≤）后，能非常容易地画出不等号两边函数的图像，则可以通过画图直接判断得出结果．尤其对于选择题、填空题这种方法更显方便、快捷．例13. (07安徽理科3)若对任意x R ∈，不等式||x ax ≥恒成立，则实数a 的取值范围是_____.【解析】对∀x R ∈，不等式||x ax ≥恒成立，则由一次函数性质及图像知11a -≤≤，即||1a ≤．例14.若不等式23log 0a x x -<在10,3x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭内恒成立，求实数a 的取值范围．||y x =||y x =y axy ax xyO图5【解析】例15．若不等式log sin 2(01)a x x a a >>≠且对于任意x ∈(0,]4π都成立，求a 的取值范围．【解析】作出函数sin 2=y x 的图像，由题意知在x ∈(0，4π］上，函数log =a y x 的图像总在函数sin 2=y x 的图像的上方，∴01<<a ．作直线x =4π，与log =a y x 和sin 2=y x 的图像分别交于A 、B 图6图7两点，为保证log =a y x 在区间（0，4π］上的图像在sin 2=y x 图像的上方，不难从图中得到其条件是点A 在点B 的上方，∴当x =4π时，log sin(2)1log 44>⨯==a a a ππ，又01<<a ，得4π<a <1．1．5 消元转化法例16．已知f(x)是定义在[-1，1]上的奇函数，且f(1)=1，若0)()(0],1,1[,>++≠+-∈nm n f m f n m n m 时，若12)(2+-≤at t x f 对于所有的]1,1[],1,1[-∈-∈a x 恒成立，求实数t 的取值范围．【解析】【点评】对于含有两个以上变量的不等式恒成立问题，可以根据题意依次进行消元转化，从而转化为只含有两变量的不等式问题，使问题得到解决．上述例子剖析了近几年数学高考中恒成立问题的题型及解法，值得一提的是，各种类型各种方法并不是完全孤立的，虽然方法表现的不同，但其实质却都与求函数的最值是等价的，这也正体现了数学中的“统一美”．2 不等式能成立问题的处理方法若在区间D 上存在实数x 使不等式()f x k >成立，则等价于在区间D 上()maxf x k >；若在区间D 上存在实数x 使不等式()f x k <成立，则等价于在区间D 上的()min f x k <．注意不等式能成立问题（即不等式有解问题）与恒成立问题的区别．从集合观点看，含参不等式()f x k <()()f x k >在区间D 上恒成立(){}()maxD x f x k f x k ⇔⊆<⇔<(){}()()min D x f x k f x k ⇔⊆>⇔>，而含参不等式()f x k<()()f x k >在区间D 上能成立⇔至少存在一个实数x 使不等式()f x k <()()f x k >成立(){}()min D x f x k f x k ⇔<≠∅⇔<I (){}()()max D x f x k f x k ⇔<≠∅⇔>I ．例17．若关于x 的不等式23x ax a --≤-的解集不是空集，则实数a 的取值范围是．【解析】例18．已知函数()()21ln 202f x x ax x a =--≠存在单调递减区间，求a 的取值范围3 不等式恰好成立问题的处理方法例19．已知()22x x af x x++=当[)()1,,x f x ∈+∞的值域是[)0,+∞，试求实数a 的值．【解析】是一个恰成立问题，这相当于()220x x af x x ++=≥的解集是[)1,x ∈+∞．当0a ≥时，由于1x ≥时，()2223x x a af x x x x ++==++≥，，与其值域是[)0,+∞矛盾，当0a <时， ()222x x a af x x x x++==++是[)1,+∞上的增函数，∴， ()f x 的最小值为， ()1f ，令()1303f a a =+=⇒=- 例20．已知=)(x f x x +221，=)(x g a x -+)1ln(， ⑴若存在]2,0[∈x ，使得)()(x g x f =，求实数a 的取值范围； ⑵若存在]2,0[∈x ，使得)()(x g x f >，求实数a 的取值范围； ⑶若对任意]2,0[∈x ，恒有)()(x g x f >，求实数a 的取值范围； ⑷若对任意]2,0[,21∈x x ，恒有)()(21x g x f >，求实数a 的取值范围；⑸若对任意]2,0[2∈x ，存在]2,0[1∈x ，使得)()(21x g x f >，求实数a 的取值范围； ⑹若对任意]2,0[2∈x ，存在]2,0[1∈x ，使得)()(21x g x f =，求实数a 的取值范围；⑺若存在]2,0[,21∈x x ，使得)()(21x g x f >，求实数a 的取值范围； ⑻若存在]2,0[,21∈x x ，使得)()(21x g x f =，求实数a 的取值范围.⑴【解析】⑵【解析】据题意：若存在]2,0[∈x ，使得)()(x g x f >,即)(x h a >有解，故h max (x)>a ，由⑴知h max （x ）=3ln 4-，于是得a <3ln 4-.点评：在求不等式中的参数范围过程中，当不等式中的参数（或关于参数的式子）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的最值或值域可求时，常用分离参数法.另外要注意方程有解与不等式有解的区别，方程有解常通过分离参数法转化为求函数值域问题，而不等式有解常通过分离参数法转化为求函数最值问题.⑶【解析】对任意]2,0[∈x ，恒有)()(x g x f >，即]2,0[∈x 时)(x h a >恒成立，即min )(x h a >，由⑵可知a <0.点评：比较⑵、 ⑶可知不等式恒成立和有解是有明显区别的，切不可混为一团.另外还要注意解决此类问题时参数能否取到端点值.以下充要条件应细心思考，甄别差异：①若)(x f 值域为],[n m ，则不等式)(x f a >恒成立⇔a m ≤；不等式)(x f a >有解⇔a n ≤； ②若)(x f 值域为],[n m ，则不等式)(x f a >恒成立⇔a m <；若)(x f 值域为],(n m 则不等式)(x f a >恒成立⇔a m ≤.⑷【解析】由题中条件可得）（x f 的值域，，]40[=A )(x g 的值域]3ln ,[a a B --=，若对任意]2,0[,21∈x x ，恒有)()(21x g x f >，即max min )()(x g x f >，即a ->3ln 0，所以3ln >a .点评：⑶与 ⑷虽然都是不等式恒成立问题，但却有很大的区别， ⑶中不等式的左右两端函数的自变量相同，而⑷中不等式的左右两端函数的自变量不同，21,x x 的取值在[0，2]上具有任意性.⑸【解析】点评：设)(x g 的最大值为M ，对任意]2,0[2∈x ，)()(21x g x f >的条件M x f >)(1，于是问题转化为存在]2,0[1∈x ，使得M x f >)(1，因此只需)(x f 的最小值大于M 即max max )()(x g x f >.⑹【解析】对任意]2,0[2∈x ，若存在]2,0[1∈x ，使得)()(21x g x f =，则A B ⊆，所以⎩⎨⎧≤-≥-43ln 0a a 即03ln 4≤≤+-a点评：因为对)(x f 值域内的任一元素在定义域内必存在自变量与其对应，所以对任意]2,0[2∈x ，若存在]2,0[1∈x ，使得)()(21x g x f =的充要条件是)(2x g 在)(x f 的值域内，因此，)(x g 的值域是)(x f 的值域的子集.⑺【解析】若存在]2,0[,21∈x x ，使得)()(21x g x f >，则min max )()(x g x f >,即4>a -，所以4->a .点评：请将 ⑷、⑸、⑺仔细对比，体味任意与存在的区别. 学科网⑻【解析】若存在21,x x 使得)()(21x g x f =，则A B ≠∅I ，∴33≤+a ，∴实数a 的取值围是].0,(-∞【迁移运用】1．【2016届山东省枣庄市三中高三12月月考】若存在正数x 使2()1xx a -<成立，则a 的取值范围是________．【答案】(1,)-+∞【解析】由2()1xx a -<得12x x a -<，即12x a x >+，即存在正数x 使12xa x >+成立即可，1()(0)2xh x x x=->，所以只要min()a h x>，，因为()h x为增函数，所以当0x>时，01()(0)012h x h>=-=-，所以1a>-，即a的取值范围是(1,)-+∞．2．【2016届浙江省余姚中学高三上学期期中】设0a<，()()2320x a x b++≥在(),a b上恒成立，则b a-的最大值为_______________.【答案】13【解析】3.设集合{}2A=230x x x+->，集合{}2B=210,0x x ax a--≤>.若A BI中恰含有一个整数，则实数a的取值范围是【答案】34,43⎡⎫⎪⎢⎣⎭【解析】{}{}2|+230|13A x x x x x x=->=><-或，因为函数2()21y f x x ax==--的对称轴为0x a=>，(0)10f=-<，根据对称性可知要使A BI中恰含有一个整数，则这个整数解为2，所以有(2)0,(3)0f f≤>且(3)0f>，即4410,9610aa--≤⎧∴⎨-->⎩3443a≤<.4.设函数22,0()log,0x xf xx x⎧≤⎪=⎨>⎪⎩，若对任意给定的(2,)y∈+∞，都存在唯一的x R∈，满足22(())2f f x a y ay=+，则正实数a的最小值是______________.【答案】14【解析】5.函数()(31)2f a m a b m =-+-，当[0,1]m ∈时，0()1f a ≤≤恒成立，则22b a ab-的最大值是______.【答案】154【解析】设()(32)h m a m a b =--+，则依题意0(0)1,0(1)1h h ≤≤≤≤，代入可得：01,0221b a a b ≤-≤≤+-≤，画出可行域，构造点(,)a b 与原点连线的斜率可得14bt a≤=≤；而221a b a b t ab b a t -+=-+=-+，易知函数1()u t t t =-+为区间[1,4]上的增函数，故15()4u t ≤．学科网 6.集合()*{,,S x y z x y z N =∈、、，且x y z <<、y z x <<、z x y <<恰有一个成立}，若(),,x y z S ∈且(),,z w x S ∈,则下列选项正确的是( ) （A ）(),,y z w S ∈,(),,x y w S ∉ （B ）(),,y z w S ∈,(),,x y w S ∈ （C ）(),,y z w S ∉,(),,x y w S ∈（D ）(),,y z w S ∉,(),,x y w S ∉【解析】7．【湖南湘中名校2014届高三上学期第一次大联考数学8】已知()()21,2xf x xg x m ⎛⎫==- ⎪⎝⎭，若对任意的[]11,3x ∈-，存在[]20,2x ∈，使()()12f x g x ≥，则实数m 的取值范围是 ( ) A ．14m ≥B ．1m ≥C ．0m ≥D ．2m ≥8．【2016届湖南省常德市一中高三上第五次月考】已知0,0x y >>，若2282y x m m x y+>+ 恒成立，则实数m 的取值范围是________．【答案】(4,2)-【解析】因为0,0x y >>，所以0,0>>y x x y ，282828y x y xx y x y+≥⋅=（当且仅当y x x y 82=，即02>=x y 时取“=”），所以822<+m m ，即0)4)(2(<+-m m ，解得24<<-m ；故填(4,2)-． 9．【2016届浙江省富阳市二中高三上学期第二次质量检测】若正实数,x y 满足244x y xy ++=，且不等式2(2)22340x y a a xy +++-≥恒成立，则实数a 的取值范围是．【答案】),25[]3,(+∞-∞Y【解析】由已知可得03422)44(2≥-++-xy a a xy ，即3424)12(222+-≥+a a a xy 恒成立，即1217222++-≥a a a xy 恒成立，又422424+≥++=xy y x xy 解得2≥xy 即2≥xy ，所以12172222++-≥a a a 解得3-≤a 或25≥a 10.若函数x x x f 3)(3+=对任意的0)()2(],2,2[<+--∈x f mx f m 恒成立，则∈x ．【答案】22,3⎛⎫- ⎪⎝⎭．【解析】11.若函数2()log (3)(01)a f x x ax a a =-+>≠且，满足对任意实数1x 、2x ，当212ax x ≥>时，0)()(21<-x f x f ，则实数a 的取值范围为 .【答案】(1,3)．【解析】由对任意实数12,x x ，当212ax x >≥时，12()()0f x f x -<，得到()f x 在[,)2a +∞上是增函数，而23y x ax =-+在[,)2a +∞上是增函数，所以有：211(1,23)1202323a a a a a >⎧>⎧⎪∴∴∴∈⎨⎨∆=-<-<<⎪⎩⎩ 12若对满足条件8x y xy ++=的正实数,x y 都有2()()10x y a x y +-++≥恒成立，则实数a 的取值范围为 . 【答案】65(,]8a ∈-∞．【解析】设x y t +=，则228()24x y t t xy ++=≤=，∴24320t t --≥，∴8t ≥或4t ≤-（舍），不等式化为：210t at -+≥（8t ≥）1658a t a t ⇔≤+⇔≤，∴65(,]8a ∈-∞. 13对于在区间[a ，b ]上有意义的两个函数)()(x n x m 与，如果对于区间[a ，b ]中的任意x 均有1|)()(|≤-x n x m ，则称)()(x n x m 与在[a ，b ]上是“密切函数”， [a ，b ]称为“密切区间”，若函数43)(2+-=x x x m 与32)(-=x x n 在区间[a ，b ]上是“密切函数”，则b a -的最大值为．【答案】1．【解析】14已知函数 f(x)=xlnx, g(x)=-x 2+ax-3. (1)求函数f(x)在[t,t+2](t>0)上的最小值.(2)对一切x ∈(0,+∞),2f(x)≥g(x)恒成立,求实数a 的取值范围. (3)求证:对一切x ∈(0,+∞),都有xlnx>e ex x2-. 【解析】(1)f'(x)=lnx+1, 当x ∈(0,)时,f'(x)<0,f(x)单调递减, 当x ∈(,+∞)时,f'(x)>0,f(x)单调递增.①0<t<t+2<,t 无解;②0<t<<t+2,即0<t<时,f(x)min =f()=-; ③≤t<t+2,即t≥时,f(x)在[t,t+2]上单调递增,f(x)min =f(t)=tlnt; 所以f(x)min =(3)由(1)可知f(x)=xlnx(x ∈(0,+∞))的最小值是-,当且仅当x=时取到.设m(x)=-(x ∈(0,+∞)),则m'(x)=,易得m(x)max =m(1)=-,当且仅当x=1时取到,15已知二次函数()2,f x ax x =+若对于任意12,x x R ∈,恒有()()121222x x f f x f x +⎛⎫≤+⎪⎝⎭成立，不等式()0f x <的解集为A.(1)求集合A ；(2)设集合{}4B x x a =+<，若集合B 是集合A 的子集，求a 的取值范围.【答案】（1）1,0a ⎛⎫- ⎪⎝⎭；（2）(0,25a ⎤∈-+⎦【解析】 (1)(2)由()210f x ax x ax x a ⎛⎫=+=+< ⎪⎝⎭,方程20ax x +=的两根分别为1,0a -，且10a-<，所以()0f x <的解集为A=1,0a ⎛⎫-⎪⎝⎭； (3) 由4(0)x a a +<>，得()4,4B a a =---,因为集合B 是集合A 的子集,所以40a -≤,且14a a--≥-化简得2410a a +-≤,解得025a <≤-+故(0,25a ∈-+.学科网16．已知实数0,0a b >>，且2292a b +=，若a b m +≤恒成立. （1）求实数m 的最小值；（2）若2|1|||x x a b -+≥+对任意的,a b 恒成立，求实数x 的取值范围.【答案】（1）3；（2）31-≤x 或35≥x . 【解析】17.已知函数()f x x m=-，函数()()m m x f x x g 72-+⋅=．（1）若1=m ，求不等式()0≥x g 的解集；（2）若对任意(]4,1∞-∈x ,均存在[)23,x ∈+∞,使得()()21x g x f >成立，求实数m 的取值范围．【答案】（1）[3,)+∞（2）)324,1(+ 【解析】（1）依题意得160x x --≥当1x ≥时，260x x --≥，∴32x x ≥≤-或，∴3x ≥；当1x <时，260x x -+≤，无解所以原不等式的解集为[3,)+∞ （2）因为2()||7g x x x m m m =-+-所以当m m m x x g m x 7432)(22-+⎪⎭⎫ ⎝⎛-=≥时；当m m m x x g m x 7452)(22-+⎪⎭⎫ ⎝⎛--=<时所以当m mm <<>200时，，上单调减上单调增，在上单调增，在在],2[]2,(),[)(m mm m x g -∞+∞ 当020<<<mm m 时，，则上单调增上单调减，在上单调增，在在],[]2,[),()(+∞-∞m m m m x g 当上单调增在时，R x g m )(0=，又因为),3[+∞∈x 所以①当3≤m 时，),3[)(+∞在x g 上单调增，m m m g x g 739)3()(2min -+-==18.已知函数1()1,01x x f x x x≥⎧⎪=⎨<<⎪⎩，，()()|2|g x af x x =--，R a ∈. （Ⅰ）当0a =时，若()|1|g x x b ≤-+对任意(0)x ∈+∞，恒成立，求实数b 的取值范围；（Ⅱ）当1a =时，求函数()y g x =的最小值.【答案】（Ⅰ）[)1,-+∞；（Ⅱ）0．【解析】（Ⅰ）当0a =时，()|2|(0)g x x x =-->，()|1||1||2|g x x b b x x ≤-+⇔-≤-+- 1分|1||2||(1)(2)|1x x x x -+-≥---=，当且仅当12x ≤≤时等号成立 4分实数b 的取值范围是[1)-+∞， 5分。

高考数学复习考点知识与题型专题讲解11--- 导数-恒成立问题(解析版)

1 / 31高考数学复习考点知识与题型专题讲解专题11导数-恒成立问题1．高考对本部分的考查一般有三个层次：（1）主要考查求导公式，求导法则与导数的几何意义；（2）导数的简单应用，包括求函数的单调区间、极值、最值等；（3）综合考查，如零点、证明不等式、恒成立问题、求参数等，包括解决应用问题，将导数内容和传统内容中有关不等式、数列及函数单调性有机结合，设计综合题． 2．恒成立问题的解法（1）若()f x 在区间D 上有最值，则恒成立：()()min ,00x D f x f x ∀∈>⇔>；()()max ,00x D f x f x ∀∈<⇔<；（2）若能分离常数，即将问题转化为()a f x >（或()a f x <），则恒成立：()()max a f x a f x >⇔>；()()min a f x a f x <⇔<.1．已知函数()sin ,[0,],0x f x ae x x x a π=++∈<．（1）证明：当1a =-时，函数()f x 有唯一的极大值；（2）当()21f x x <-恒成立，求实数a 的取值范围．【试题来源】百师联盟2020-2021学年高三下学期开年摸底联考考试卷（全国Ⅰ卷）【答案】（1）证明见解析；（2）1a <-．【分析】（1）对函数求导，讨论函数的单调区间，进而可证明结果．（2）构造函数()e sin 10=+-+<x h x a x x ，只需函数最大值小于0即可得出结果．【解析】（1）证明：()e cos 1x f x a x '=++，因为[]0,x π∈，所以1cos 0x +≥，当1a =-时，()cos 1x f x e x '=-++，令()e cos 1,()e sin 0x x g x x g x x '=-++=--<，()g x 在区间[]0,π上单调递减；(0)121,()e 0g g ππ=-+==-<，存在()00,π∈x ，使得()00f x '=，所以函数()f x 递增区间是[]00,x ，递减区间是[]0,x π．所以函数()f x 存在唯一的极大值()0f x ．（2）由()21f x x <-，即令()e sin 10,0,()e cos 10'=+-+<<∴=+-<x x h x a x x a h x a x ，()h x ∴在区间[]0,π上单调减函数，()(0)1≤=+h x h a ，只要10a +<即可，即1a <-．2．已知函数()()2112f x x alnx a x =-+-．（1）讨论函数()f x 的单调性；（2）若()22a f x >恒成立，求正实数a 的取值范围、【试题来源】吉林省长春市2021届高三质量监测（二）【答案】（1）当0a ≤时，()f x 在定义域(0,)+∞上单调递增；当0a >时，()f x 在()0,a 上单调递减，在(,)a +∞上单调递增；（2）01a <<．【分析】（1）求出导函数()()()1x x a f x x+-'=，讨论0a ≤或0a >，利用函数的单调性与导数之间的关系即可求解．（2）令()()2 2a g x f x =-，结合（1）不等式等价于()0g a >，只需10lna a +-<，令()1h x lnx x =+-，根据函数为增函数即可求解．3 / 31【解析】()1定义域为()0,-∞， ()()()()2111x a x a x x a af x x a x x x+--+-'=-+-==当0a ≤时，在(0,)+∞上()0,f x '≥所以()f x 在定义域(0,)+∞上单调递增；当0a >时，令()'0f x >有,x a >令()'0f x <有0,x a << 所以()f x 在()0,a 上单调递减，在(,)a +∞上单调递增．()2令()()2 2a g x f x =-，由()1及a 为正数知，()()22ag x f x =-在x a =处取最小值，所以()22a f x >恒成立等价于()0g a >，即()10alna a a -+->，整理得10lna a +-<，令()1h x lnx x =+-，易知()h x 为增函数，且()10,h =所以10lna a +-<的a 的取值范围是01a <<.3．已知函数1()ln ()f x a x a R x=+∈．（1）讨论函数()f x 在区间[1,2]上的最小值；（2）当1a =时，求证：对任意(0,)x ∈+∞，恒有cos ()x e xf x x+<成立．【试题来源】河北省张家口市2021届高三一模【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析．【解析】（1）函数1()ln =+f x a x x的定义域是(0,)+∞， 2211()a ax f x x x x-'=-=．当0a 时，2110,0ax ax x --<<，则()0f x '<，则函数()f x 在(0,)+∞上单调递减，即函数()f x 在区间[1,2]上单调递减，故函数()f x 在区间[1,2]上的最小值为1(2)ln 22f a =+．当0a >时，令()0f x '<，得10x a <<；令()0f x '>，得1x a>；故函数()f x 在10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，在1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增．当11a，即1a 时，函数()f x 在区间[1,2]上单调递增，故函数()f x 在区间[1,2]上的最小值为(1)1f =；当12a，即102a <时，函数()f x 在区间[1,2]上单调递减，故函数()f x 在区间[1,2]上的最小值为1(2)ln 22f a =+；当112a <<，即112a <<时，函数()f x 在11,a ⎡⎫⎪⎢⎣⎭上单调递减，在1,2a ⎛⎤ ⎥⎝⎦上单调递增，此时函数()f x 在区间[1,2]上的最小值为11ln f a a a a ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭．综上，当12a时，函数()f x 在区间[1,2]上的最小值为1(2)ln 22f a =+；当112a <<时，函数()f x 在区间[1,2]上的最小值为11ln f a a a a ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭；当1a 时，函数()f x 在区间[1,2]上的最小值为(1)1f =．（2）当1a =时，1()ln f x x x=+，要证cos ()x e x f x x +<，即证1cos ln x e xx x x++<，因为0x >，所以两边同时乘x ，得ln 1cos x x x e x +<+，即证ln cos 1x x x e x <+-．当01x <时，ln 0x x ，而cos 11cos11cos10x e x +->+-=>，所以ln cos 1xx x e x <+-成立，即cos ()x e xf x x+<成立．当1x >时，令()cos ln 1(1)x h x e x x x x =+-->，则()sin ln 1x h x e x x '=---．5 / 31设()sin ln 1(1)xg x e x x x =--->，，则因为1()cos x g x e x x'=--．因为1x >，所以1()cos 110xg x e x e x'=-->-->，所以当1x >时，()g x 单调递增，所以()sin110g x e >-->，即()0h x '>，所以()h x 在(1,)+∞上单调递增，所以()cos110h x e >+->，即cos ()x e xf x x +<成立．综上，对任意(0,)x ∈+∞，恒有cos ()x e xf x x+<成立．【名师点睛】此题考查导数的应用，利用导数求函数的最值，考查分类讨论的数学思想，第2问解题的关键是把cos ()x e x f x x+<等价转化为ln cos 1x x x e x <+-，然后构造函数，利用导数证明即可，属于中档题 4．已知函数f (x )＝ax －ln x －1．（1）若f (x )≥0恒成立，求a 的最小值；（2）求证：xe x-＋x ＋ln x －1≥0；（3）已知k (x e -＋x 2)≥x －x ln x 恒成立，求k 的取值范围．【试题来源】2021年高考二轮复习讲练测（浙江专用）【答案】（1）1；（2）证明见解析；（3）[1，＋∞)．【解析】（1）f (x )≥0等价于a ≥ln 1x x+．令g (x )＝ln 1x x+ (x ＞0)，则g ′(x )＝2ln xx -，所以当x ∈(0，1)时，g ′(x )＞0，当x ∈(1，＋∞)时，g ′(x )＜0，则g (x )在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以g (x )max ＝g （1）＝1，则a ≥1，所以a 的最小值为1．（2）证明：当a ＝1时，由（1）得x ≥ln x ＋1，即t ≥ln t ＋1(t ＞0)．令x e x -＝t ，则－x －ln x ＝ln t ，所以x e x -≥－x －ln x ＋1，即x e x -＋x ＋ln x －1≥0．（3）因为k (xe -＋x 2)≥x －x ln x 恒成立，即k x e x x -⎛⎫+ ⎪⎝⎭≥1－ln x 恒成立，所以k ≥1ln xx e x x--+＝－ln 1xx e x x x e x x--++-+＋1，由（2）知x e x-＋x ＋ln x －1≥0恒成立，所以－+ln 1x x ex x x ex x--+-+＋1≤1，所以k ≥1．故k 的取值范围为[1，＋∞)．【名师点睛】不等式证明问题是近年高考命题的热点，利用导数证明不等主要方法有两个，一是比较简单的不等式证明，不等式两边作差构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出函数的最值即可；二是较为综合的不等式证明，要观察不等式特点，结合已解答的问题把要证的不等式变形，并运用已证结论先行放缩，然后再化简或者进一步利用导数证明． 5．已知函数()()1ln 2f x x mx m R =-∈，()()0ag x x a x=->．（1）求函数()f x 的单调区间．（2）若212m e=，对2122,2,x x e ⎡⎤∀∈⎣⎦都有()()12g x f x ≥成立，求实数a 的取值范围．【试题来源】2021年高考数学二轮复习讲练测【答案】（1）答案见解析；（2）(]0,3．【分析】（1）函数的定义域为()0,∞+，求导得()1'2f x m x=-，再分0m ≤和0m >两种情况讨论求解即可；（2）根据题意，问题转化为对2122,2,x x e ⎡⎤∀∈⎣⎦都满足()()min max g x f x ≥，再根据导数研究函数的最值即可．【解析】（1）()()1ln ,02f x x mx m R x =-∈>，所以()1'2f x m x=-，当0m ≤时，()0f x >′，()f x 在()0,∞+上单调递增．7 / 31当0m >时，由()0f x '=得12x m=；由()'00f x x ⎧>⎨>⎩得102x m <<；由()'00f x x ⎧<⎨>⎩得12x m >．综上所述，当0m ≤时，()f x 的单调递增区间为()0,∞+；当0m >时，()f x 的单调递增区间为10,2m ⎛⎫ ⎪⎝⎭，单调递减区间为1,2m ⎛⎫+∞⎪⎝⎭．（2）若212m e =，则()211ln 22f x x x e =-．对2122,2,x x e ⎡⎤∀∈⎣⎦都有()()12g x f x ≥成立，等价于对2122,2,x x e ⎡⎤∀∈⎣⎦都()()min max g x f x ≥，由（1）知在22,e ⎡⎤⎣⎦上单调递增，在22,2e e ⎡⎤⎣⎦上单调递减，所以()f x 的最大值为()212f e =， ()()2'100a g x a x=+>>，22,2x e ⎡⎤∈⎣⎦，函数()g x 在22,2e ⎡⎤⎣⎦上是增函数，()()222mina g x g -==，所以1222a -≥，解得3a ≤，又0a >，所以(]0,3a ∈．所以实数a 的取值范围是(]0,3．【名师点睛】本题考查利用导数研究函数单调区间，不等式恒成立问题，考查运算求解能力，回归转化思想，分类讨论思想，是中档题．本题第二问解题的关键在于根据已知将问题转化为对2122,2,x x e ⎡⎤∀∈⎣⎦都满足()()min max g x f x ≥，再研究函数的最值求解．6．已知函数()axf x e x =-．（1）若曲线()y f x =在点()()0,0f 处切线的斜率为1，求()f x 的单调区间；（2）若不等式()2ln ax f x e x ax ≥-对(]0,x e ∈恒成立，求a 的取值范围．【试题来源】云南西南名校2021届高三下学期联考【答案】（1）单调递减区间为ln 2,2⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭，单调递增区间为ln 2,2⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭；（2）1,e ⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭．【分析】（1）由题设()1axf x ae '=-，根据导数的几何意义有()01f '=，可求a ，即()221x f x e '=-，进而可求()f x 的单调区间；（2）由题意，函数不等式恒成立可转化为(]0,x e ∈上ln 1ln 1ax ax xe e x --≥恒成立，构造函数()ln 1x g x x -=，应用导数研究其单调性可得ln x a x ≥在(]0,x e ∈上恒成立，即在(]0,x e ∈上max ln ()xa x≥即可求a 的取值范围．【解析】（1）()1axf x ae '=-，则()011f a '=-=，即2a =．所以()221xf x e '=-，令0fx ，得ln 22x =-．当ln 22x <-时，0f x ；当ln 22x >-时，0f x ．故()f x 的单调递减区间为ln 2,2⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭，单调递增区间为ln 2,2⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭．（2）由()2ln ax f x e x ax ≥-，即()2ln 1ax ax x e x -≥-，有1ln 1ax a x e x x --≥，故仅需ln 1ln 1ax axxe e x --≥即可．设函数()ln 1x g x x -=，则ln 1ln 1ax axxe e x --≥等价于()()axg e g x ≥．因为()22ln x g x x -'=，所以当(]0,x e ∈时，0g x ，则()g x 在(]0,e 上单调递增，所以当(]0,x e ∈时，()()axg e g x ≥等价于当(]0,x e ∈时，()()ax g e g x ≥，ax e x ≥，即ln xa x≥恒成立．设函数()ln x h x x =，(]0,x e ∈，则()21ln 0xh x x -'=≥，即()h x 在(]0,x e ∈递增，所以()()max 1h x h e e==，则1a e ≥即可，所以a 的取值范围为1,e ⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭．【名师点睛】（1）应用导数的几何意义求参数值，进而讨论对应函数的单调性确定单调9 / 31区间；（2）构造函数()ln 1x g x x-=，将不等式恒成立问题转化为利用函数()g x 单调性得ax e x ≥，应用参变分离判断(]0,x e ∈上max ln ()xa x≥，确定参数范围． 7．设函数()1()x xa a f x e -=+>．（1）求证：()f x 有极值点；（2）设()f x 的极值点为0x ，若对任意正整数a 都有()0,x m n ∈，其中,m n Z ∈，求n m -的最小值．【试题来源】江苏省盐城市、南京市2021届高三下学期第一次模拟考试【答案】（1）证明见解析；（2）2．【解析】（1）由题意得()ln x xf x a a e -'=-，所以()()2ln 0x x f x a a e -''=+>，所以函数()f x '单调递增，由()0f x '=，得()()ln 1,1ln xxae a ae a==．因为1a >，所以1ln 0a>，所以1log ln ae x a =．当1log ln aex a >时，()()0,f x f x '>单调递增；当1log ln ae x a<时，()()0,f x f x '<单调递减．因此，当1log ln ae x a=时函数()f x 有极值．（2）由（1）知，函数()f x 的极值点0x （即函数()f x '的零点）唯一，因为ln (1)af e a'-=-．令()ln a g a a =，则()21ln 0a a g a '-==，得a e =．当a e >时，()()0,g a g a '<单调递减；当0a e <<时，()()0,g a g a '>单调递增，所以()()1g a g e e ≤=，所以()ln 10af ae '-=-<．而()0ln 1f a '=-，当2a =时，()00f '<，当3a ≥时，()00f '>．又()1ln 1a ef a '=-．因为a 为正整数且2a ≥时，所以ln 2ln 121a a e≥>>．当2a ≥时，()10f '>．即对任意正整数1a >，都有()10f '-<，()10f '>，所以()01,1x ∈-恒成立，且存在2a =，使()00,1x ∈，也存在3a =，使()01,0x ∈-．所以n m -的最小值为2．【名师点睛】本题考查导数的应用，解题的关键是利用导数结合零点存在性定理得出()10f '-<，()10f '>，得出,m n 的可能值． 8．已知函数2()2ln 43()f x x ax ax a a =+-+∈R ．（1）讨论函数()f x 的单调性；（2）对(1,)x ∈+∞，都有()0f x >成立，求实数a 的取值范围．【试题来源】山西省晋中市2021届高三下学期二模【答案】（1）答案见解析；（2）01a ．【分析】（1）求出函数的导数，令2()21(0)g x ax ax x =-+>，分段讨论a 的值，判断()g x 的正负情况可得出单调性；（2）可得当01a 时，()f x 在(1,)+∞上单调递增，所以()(1)0f x f >=成立；当0a <时，可得存在x ，使得()(1)0f x f <=，即可得出结论．【解析】（1）()22212()24(0)ax ax f x ax a x x x'-+=+-=>，令2()21(0)g x ax ax x =-+>， ①当0a =时，()10g x =>，在(0,)+∞上，()0f x '>，所以()f x 单调递增．②当0a <时，2444(1)0a a a a ∆=-=->，令()0g x =，得12x x ==，且120x x >>，11 / 31所以当()10,x x ∈时，()0f x '>，所以()f x 单调递增；当()1,x x ∈+∞时，()0f x '<，所以()f x 单调递减． ③当0a >时，4(1)a a ∆=-，当01a <时，4(1)0a a ∆=-，在(0,)+∞上，()0f x '>，所以()f x 单调递增．当1a >时，2444(1)0a a a a ∆=-=->，令()0g x =，得12a a x x a a==，且120x x <<，所以当()10,x x ∈或()2,x x ∈+∞时，()0f x '>，所以()f x 单调递增；当()12,x x x ∈时，()0f x '<，所以()f x 单调递减．综上可得当0a <时，()f x 在()10,x 上单调递增，在()1,x +∞上单调递减；当01a 时，()f x 在(0,)+∞上单调递增；当1a >时，()f x 在()()120,,,x x +∞上单调递增，在()12,x x 上单调递减．（2）因为(1)0f =，根据（1）的讨论可知，当01a 时，()f x 在(0,)+∞上单调递增，所以()f x 在(1,)+∞上单调递增，所以()(1)0f x f >=成立．当0a <时，()f x 在()1,x +∞上单调递减，x →+∞时，()f x →-∞，所以存在()1,x x ∈+∞使得()0f x <，故此时不成立．当1a >时，()f x 在()()120,,,x x +∞上单调递增；在()12,x x 上单调递减，而121x x =<<=，所以当()21,x x ∈时，()f x 单调递减，此时()(1)0f x f <=，不合题意．综上可得01a ．【名师点睛】本题考查利用导数讨论含参函数的单调性问题，解题的关键是根据导数情况观察参数，对参数进行分段讨论，便于得出导数正负． 9．已知函数()e ln ax f x x x =-，其中e 是自然对数的底数，0a >．（1）若曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线斜率为21e -，求a 的值；（2）对于给定的常数a ，若()1f x bx ≥+对(0,)x ∈+∞恒成立，求证：b a ≤．【试题来源】江苏省苏州市2021届高三下学期期初【答案】（1）1a =；（2）证明见解析．【分析】（1）求出()'f x ，根据导数的几何意义可得(1)21k f e '==-建立方程，求解方程即可得到答案．（2）不等式()1f x bx ≥+对(0,)x ∈+∞恒成立，即ln 1ln 1ax axx xe x b e x x x--≤--=对(0,)x ∈+∞恒成立，先证明1t e t ≥+恒成立，由此结论可得ln ln 1ln 1ax ax x xe x e x a x x+----=≥，从而可证明．【解析】（1）因为1()(1)axf x ax e x'=+-，所以切线斜率为(1)(1)121a k f a e e '==+-=-，即(1)20a a e e +-=．设()(1)2x h x x e e =+-，由于()(2)0xh x x e '=+>，所以()h x 在(0,)+∞上单调递增，又(1)0h =，由(1)()02a a e h a e +-==可得1a =．（2）设()1t u t e t =--，则()1t u t e '=-，当0t >时，()0u t '>，当0t <时，()0u t '<，所以()u t 在(,0)-∞上单调递减，在(0,)+∞上单调递增，所以min()(0)0u t u ==，即()0u t ≥，所以1(*)t e t ≥+．若()1f x bx ≥+对(0,)x ∈+∞恒成立，即ln 1ax xe x bx --≥对(0,)x ∈+∞恒成立，即ln 1ln 1ax axx xe x b e x x x--≤--=对(0,)x ∈+∞恒成立．13 / 31设ln 1()ax xe x g x x--=，由（*）可知ln ln 1ln 1ln 1ln 1()ax ax x xe x e x ax x x g x a x x x+----++--==≥=，当且仅当()ln 0x ax x ϕ=+=时等号成立．由()1()00x a x xϕ'=+>>，所以()ϕx 在()0+∞，上单调递增，又()()1aaa eaea a e ϕ---=-=-，由0a >，所以10a e --<，即()0a e ϕ-<()10a ϕ=>，则存在唯一()0,1a x e -∈使得0()=0x ϕ即方程()ln 0x ax x ϕ=+=有唯一解()0,1ax e -∈，即()g x a ≥(对于给定的常数a ，当0x x =，()0,1ax e -∈时取等号)由ln 1ln 1ax axx xe x b e x x x--≤--=对(0,)x ∈+∞恒成立，所以b a ≤．【名师点睛】本题考查根据切线的斜率求参数和利用导数证明不等式，解答本题的关键是先证明辅助不等式1te t ≥+，然后将问题转化为由ln 1ln 1ax axx xe x b e x x x--≤--=对(0,)x ∈+∞恒成立，由辅助不等式可得ln ln 1ln 1ln 1ln 1ax ax x xe x e x ax x x a x x x+----++--=≥=，从而使得问题得证，属于难题．10．已知函数3()2x f x e x mx =+++．（1）若x 轴为曲线()y f x =的切线，试求实数m 的值；（2）已知()()xg x f x e =-，若对任意实数x ，均有()1e ()x g g x +，求m 的取值范围．【试题来源】福建省名校联盟优质校2021届高三大联考【答案】（1）e 3m =--；（2）[1,)m ∈-+∞ 【解析】（1）由2()e 3x f x x m '=++，设曲线()y f x =与x 轴相切于()0,0P x ，则()00f x =，()00f x '=．所以0030020e 20e 30x x x mx x m ⎧+++=⎪⎨++=⎪⎩，代入整理得()()020001e 210x x x x ⎡⎤-+++=⎣⎦，由0e 0x >，22000131024x x x ⎛⎫++=++> ⎪⎝⎭，所以01x =，此时e 3m =--．经检验，当e 3m =--时，x 轴为曲线()y f x =的切线．（2）由3()()e 2x g x f x x mx =-=++，记1()e x h x x +=-，1()e 1x h x +'=-(,1)x ∈-∞-时，()0h x '<；(1,)x ∈-+∞时，()0h x '>，故()y h x =在(,1)-∞-上单调递减，在(1,)-+∞上单调递增．所以()(1)2h x h ≥-=，不妨设1e x x t +-=(2t ≥)，则()1e ()()()x g g x g x t g x +-=+-()33()()22x t m x t x mx ⎡⎤=++++-++⎣⎦221324t t x t m ⎡⎤⎛⎫=+++⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦因为[2,)t ∈+∞时，要满足()()g x t g x +≥恒成立，则2222121331212424t x t ⎛⎫⎛⎫++≥⨯-++⨯= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭(2t =时，1x =-，能同时取等号)．即10m +≥即可，解得[1,)m ∈-+∞．综上，[1,)m ∈-+∞时符合题意．【名师点睛】本题考查根据曲线的切线方程求参数值及根据不等式恒成立求参数的取值范围问题，难度较大，解答的主要思路如下：（1）当已知曲线的切线方程时，可先设切点的坐标为()00,x y ，然后格据导数的几何意义使()0f x '与所给切线的斜率相等，使点()00,x y 在所给切线上，列出方程组求解即可；（2）当已知不等式恒成立求解参数的取值范围时，可直接构造函数，利用导数分析函数的最值，使其最值符合条件即可；也可以15 / 31采用参数分离法，将问题转化为讨论不含参函数的最值问题求解． 11．已知实数0a ≠，设函数()e ax f x ax =-．（1）当1a =时，求函数()f x 的极值；（2）当12a >时，若对任意的[1,)x ∈-+∞，均有()2()12a f x x ≥+，求a 的取值范围．【试题来源】广西桂林、崇左市2021届高三联合调研考试（二模）【答案】（1）极小值(0)1f =，无极大值；（2）122a <≤．【分析】（1）由1a =，求导()1x f x e =-'，再利用极值的定义求解；（2）将()2()12a f x x ≥+，转化为2(1)2axa e x ≥+，易知0x =，1x =-时，a 的范围，当(1,)x ∈-+∞时，两边取对数，转化为2ln(1)ln 2aax x ≥++恒成立，令()2ln(1)ln 2aF x x ax =+-+，用导数法由()0F x ≤在(1,)-+∞内恒成立求解即可．【解析】（1）当1a =时，由()10x f x e '=-=，解得0x =．当(0,)x ∈+∞时，()0f x '>，故()f x 在(0,)+∞内单调递增；当(,0)x ∈-∞时，()0f x '<，故()f x 在(,0)-∞内单调递减．∴函数()f x 在0x =取得极小值(0)1f =，无极大值．（2）由()2()12a f x x ≥+，则有2(1)2axa e x ≥+．令0x =，得11,222a a ≥<≤．当1x =-时，不等式2(1)2ax a e x ≥+显然成立，当(1,)x ∈-+∞时，两边取对数，即2ln(1)ln 2aax x ≥++恒成立．令函数()2ln(1)ln2a F x x ax =+-+，即()0F x ≤在(1,)-+∞内恒成立．由22(1)()011a x F x a x x '-+=-==++，得211x a =->-．故当21,1x a ⎛⎫∈-- ⎪⎝⎭时，()0,()F x F x '>单调递增；当21,x a ⎛⎫∈-+∞ ⎪⎝⎭时，()0,()F x F x '<单调递减．因此22()12ln 2ln 2ln 22a a F x F a a a a ⎛⎫≤-=-++=-- ⎪⎝⎭．令函数()2ln 2ag a a =--，其中122a <≤，则11()10a g a a a='-=-=，得1a =，故当1,12a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0,()g a g a '<单调递减；当(1,2]a ∈时，()0,()g a g a '>单调递增．又13ln 40,(2)022g g ⎛⎫=-<= ⎪⎝⎭，故当122a <≤时，()0g a ≤恒成立，因此()0F x ≤恒成立，即当122a <≤时，对任意的[1,)x ∈-+∞，均有()2()12a f x x ≥+成立． 12．已知函数()2()2ln 1f x x x =--，()()21g x k x =-．（1）当1k =时，求函数()()()F x f x g x =-的极值；（2）若存在01x >，使得当()01,x x ∈时，()()f x g x >恒成立，求实数k 的取值范围．【试题来源】云南省昆明市第一中学2021届高三第六次复习检测【答案】（1）()0F x =极大值，()F x 无极小值；（2）(),1-∞．【分析】（1）2()2ln 1F x x x =-+，求导得22(1)(1)()2x x F x x x x-+-'=-=，显然()0,1x ∈时，()F x 为增函数，()1,x ∈+∞时，()F x 为减函数，所以()F x 在1x =处取得极大值，无极小值，然后计算()1F 即可；（2）()()f x g x >恒成立即()()0f x g x ->恒成立，也即()0F x >恒成立，结合（1）的结论对k 分类讨论，当1k 时，不存在01x >，使得当()01,x x ∈时，()()f x g x >恒成立；当1k <时，22(1)1()x k x F x x⎡⎤-+--⎣⎦'=，令()0F x '=，得211(1)40k k x ---+=<，17 /3121x =>，可证得函数()F x 在()21,x 上是增函数，所以存在021x x <≤，使得当()01,x x ∈时，()()10F x F >=．【解析】（1）当1k =时，22()2ln (1)2(1)2ln 1F x x x x x x =----=-+，()F x 的定义域为()0,∞+，22(1)(1)()2x x F x x x x-+-'=-=，当()0,1x ∈时，()0F x '>，()F x 为增函数，当()1,x ∈+∞时，()0F x '<，()F x 为减函数，所以()()10F x F ==极大值，()F x 无极小值；（2）由（1）可知，若1k =，则当1x >时，()()10F x F <=，即()()f x g x <，所以不存在01x >，使得当()01,x x ∈时，()()f x g x >恒成立，若1k >，则当1x >时，22()2ln (1)2(1)2ln (1)2(1)0F x x x k x x x x =----<----<，即不存在01x >，使得当()01,x x ∈时，()()f x g x >恒成立；若1k <，2()2ln (1)2(1)F x x x k x =----，22(1)12()222x k x F x x k x x⎡⎤-+--⎣⎦'=-+-=，令()0F x '=，得10x =<，21x =>，所以当()20,x x ∈时，()0F x '>，()F x 为增函数，即函数()F x 在()21,x 上是增函数，所以存在021x x <≤，使得当()01,x x ∈时，()()10F x F >=，即()()f x g x >成立，综上，所以实数k 的取值范围是(),1-∞．13．已知函数()ln a ef x x x-=+，其中e 是自然对数的底数．（1）设直线22y x e=-是曲线()()1y f x x =>的一条切线，求a 的值；（2）若a R ∃∈，使得()0f x ma +≥对()0x ∀∈+∞，恒成立，求实数m 的取值范围．【试题来源】备战2021年高考数学全真模拟卷（山东高考专用）【答案】（1）0a =；（2）1m e≥-．【分析】（1）设切点坐标为()()00,x f x ，根据题意只需满足()02f x e'=，()00002ln 2a e f x x x x e-=+=-，然后求解方程组得出a 的值及0x 的值；（2）记()()ln a eg x f x ma x ma x-=+=++，求导讨论函数()g x 的单调性，确定最值，使()min 0g x ≥成立，得到关于参数m 的不等式，然后利用参数分离法求解参数m 的取值范围．【解析】（1）设切点为()()00,x f x ，其中01x >，有()020012a e f x x x e -'=-=，且()00002ln 2a e f x x x x e-=+=- 得0021x a e x e -=-，所以004ln 30x x e+-=，易解得0x e =，则0a =；（2）记()()ln a e g x f x ma x ma x -=+=++，有()2x a eg x x -+'=，当a e ≤，()20x a eg x x -+'=>恒成立，则函数()g x 在()0,∞+上递增，无最小值，不符合题意；当a e >时，当(),x a e ∈-+∞时，()0g x '>，当()0,x a e ∈-时，()0g x '<，所以函数()g x 在()0,a e -上递减，在(),a e -+∞上递增，所以()g x 在x a e =-处取得最小值，()()()min ln 10g x g a e a e ma =-=-++≥，则有()1ln a e m a +--≤，记()()()1ln a e h a a e a+-=>，19 / 31有()()2ln ea e a e h a a ---'=，易知()h a 在(),2e e 单调递增，在()2,e +∞单调递减，则()()max 12h a h e e ==，所以1m e-≤，得1m e ≥-．【名师点睛】本题考查导数的几何意义，考查根据不等式恒成立问题求参数的取值范围，求解的一般方法如下：（1）直接构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围；（2）采用参数分离法，然后构造函数，直接将问题转化为函数最值的求解即可．14．已知函数()()2ln 21f x x mx m x =+++，其中0m <．（1）若()f x 在区间()2,+∞上单调递减，求m 的取值范围；（2）若不等式()f x n ≤对0x >恒成立，证明：30n m ->．【试题来源】“超级全能生”2021届高三全国卷地区1月联考试题（丙卷）【答案】（1）14m ≤-；（2）证明见解析．【分析】（1）对函数求导，求出单调减区间，列不等式，即可的出结果．（2）求出函数求导，求出单调减区间，求出函数的最大值，列不等式12f n m ⎛⎫-≤ ⎪⎝⎭，211111ln 222222⎛⎫⎛⎫⇒-≥--+-+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭n m m m m m ，记102t m=->，构造函数()21ln 2g t t t t t =+-，求出()g t 最小值()200012=--g t t t ，()0 2n g t m -≥，()()0312g t g >=-，即可得出结果．【解析】（1）函数()()2ln 21f x x mx m x =+++，其中0m <，0x >，()()()211122?1mx x f x mx m x x++'=+++=．令()0f x '<得12x m>-．令122m -≤，解得14m ≤-．（2）函数()()2ln 21f x x mx m x =+++，其中0m <，0x >，()()()121x mx f x x++'=．令()0f x '=得12x m=-，当102x m<<-时，()0f x '>，()f x 是增函数：当12x m>-时，()0f x '<，()f x 是减函数，．所以当12x m=-时，()f x 既是极大值也是最大值，11121ln 2242m f m m m m +⎛⎫⎛⎫-=-+- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭11ln 124m m⎛⎫=--- ⎪⎝⎭．令12f n m ⎛⎫-≤ ⎪⎝⎭，所以211111ln 222222n m m m m m⎛⎫⎛⎫-≥--+-+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭成立．记102t m=->，()21ln 2g t t t t t =+-，()ln g t t t '=+，当0t >时，()g t '是增函数，1110g e e ⎛⎫'=-+< ⎪⎝⎭，()110g '=>，所以存在()00,1t ∈使000()ln 0g t t t '=+=．当00t t <<时，()0g t '<，()g t 是减函数：当0t t >时，()0g t '>，()g t 是增函数，所以当t t =0时，()g t 既是极小值也是最小值，()000001ln 2g t t t t t =+-．又00ln t t =-，所以()200012=--g t t t ，则()0 2ng t m-≥成立，当001t <<时，()0g t 是减函数，所以()()0312g t g >=-，则322n m ->-，所以30n m ->．【名师点睛】12f n m ⎛⎫-≤ ⎪⎝⎭211111ln 222222⎛⎫⎛⎫⇒-≥--+-+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭n m m m m m ，记102t m=->，构造函数()21ln 2g t t t t t =+-是解题的关键．本题考查了运算求解能力和逻辑推理能力，属于难题．15．已知函数()()()2(ln ,)xf x x kx k Rg x x e =-∈=-．（1）若()f x 有唯一零点，求k 的取值范围；21 / 31（2）若()()1g x f x -≥恒成立，求k 的取值范围．【试题来源】山东省菏泽市2021届高三下学期3月一模【答案】（1）1k e=或0k ≤；（2）1k ．【分析】（1）转化为ln x k x =有唯一实根，构造函数()ln x h x x=，利用导数研究函数的性质，得到函数的图象，根据图象可得结果；（2）转化为1ln 2xx k e x+≥-+恒成立，构造函数()1ln 2x xx e xϕ+=-+，利用导数求出其最大值，利用最大值可得解．【解析】（1）由()ln f x x kx =-有唯一零点，可得方程ln 0x kx -=，即ln xk x=有唯一实根，令()ln x h x x =，则()21ln ,xh x x -'=由()0h x '>，得0,x e <<由()0h x '<，得,x e >()h x ∴在()0,e 上单调递增，在(,)e +∞上单调递减．()()1h x h e e∴≤=，又()10,h =所以当01x <<时，()0h x <；又当x e >时，()ln 0,xh x x=>由()ln x h x x =得图象可知，1k e=或0k ≤．（2）()2ln 1()xx e x kx ---≥恒成立，且0x >，1ln 2xx k e x+∴≥-+恒成立，令()1ln 2xx x e xϕ+=-+，则()22221(l l n n 1)x x x x e x x x e x x ϕ--'⋅==-+-，令()2ln x x x x e μ=--，则211()(2)(2)0x x xx xe x e xe x x xμ'=--+=--+<(0)x >，()x μ∴在(0,)+∞单调递减，又()12110,10e e e e μμ-⎛⎫=->=-< ⎪⎝⎭，由零点存在性定理知，存在唯一零点01,1x e ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，使()0,o x μ=即0200ln xx x e -=，两边取对数可得()000ln ln 2ln ,x x x -=+即()()0000ln ln ln ln ,x x x x -+-=+ 由函数ln y x x =+为单调增函数，可得00ln x x =-，所以当00x x <<时，()0x μ>，()0x ϕ'>，当0x x >时，()0x μ<，()0x ϕ'<，所以()x ϕ在()00,x 上单调递增，在0(,)x +∞上单调递减，()()00000001ln 11221x x x x x e x x x ϕϕ+-∴≤=-+=-+=，所以()1,o k x ϕ≥=即k 的取值范围为1k ．16．已知函数f (x )=2e x +a ln(x +1)-2．（1）当a =-2时，讨论f (x )的单调性；（2）当x ∈[0，π]时，f (x )≥sin x 恒成立，求a 的取值范围．【试题来源】2021年高考数学二轮复习热点题型精选精练（新高考地区专用）【答案】（1）函数()f x 在(-1，0)单调递减，在()0,∞+单调递增；（2）[)1,-+∞．【分析】（1）将2a =-代入，求出导函数，利用导数与函数单调性之间的关系即可求解．（2）令()()()[]sin 2ln 12sin ,0,xg x f x x e a x x x π=-=++--∈，等价于()()00g x g ≥=恒成立，求出()g x '，讨论0a ≥或0a <，判断函数的单调性，其中0a <时，可得()0211g a a '=+-=+，讨论10a +≥或10+<a ，证明函数的单调性即可证明．【解析】（1）当2a =-时()(),22ln 12,1x f x e x x =-+->-．23 / 31()()22,1x f x e f x x '+'=-在()1,-+∞单调递增，且()00.f '= 当()1,0x ∈-时，()0f x '<；当()0,x ∈+∞时(),0f x '>．所以函数()f x 在(-1，0)单调递减，在()0,∞+单调递增．（2）令()()()[]sin 2ln 12sin ,0,xg x f x x e a x x x π=-=++--∈当[]0,x π∈时，()sin f x x ≥恒成立等价于()()00g x g ≥=恒成立．由于()()[]cos 2cos ,0,1xag x f x x e x x x π=-=+-∈+''，所以（1）当0a ≥时，()210,xg x e '≥->函数()y g x =在[]0,π单调递增，所以()()00g x g ≥=，在区间[]0,π恒成立，符合题意．（2）当0a <时，()2cos 1xag x e x x =+-+'在[]0,π单调递增，()0211g a a '=+-=+． ①当10a +即10a -≤<时，()()010,g x g a ≥=+≥''函数()y g x =在[]0,π单调递增，所以()()00g x g =在[]0,π恒成立，符合题意．②当10+<a 即1a <-时()(),010,211ag a g e πππ=+<=++'+'，若()0g π'≤，即()()121a e ππ≤-++时(),g x '在()0,π恒小于0则()g x 在()0,π单调递减，()()00g x g <=，不符合题意．若()0,g π'>即()()1211e a ππ-++<<-时，存在()00,x π∈使得()00.g x '=所以当()00,x x ∈时，()0,g x '<则()g x 在()00,x 单调递减，()()00,g x g <=不符合题意．综上所述，a 的取值范围是[)1,.∞-+【名师点睛】本题考查了利用导数研究函数的单调性，利用导数研究不等式恒成立，解题的关键是构造函数()()[]2ln 12sin ,0,xg x e a x x x π=++--∈，不等式等价转化为()()00g x g ≥=恒成立，考查了分析能力、计算能力以及分类讨论的思想． 17．设()()ln a f x ax x =+，()11ln xg x b e x x-=⋅+，其中,a b ∈R ，且0a ≠．（1）试讨论()f x 的单调性；（2）当1a =时，()()ln f x xg x x -≥恒成立，求实数b 的取值范围．【试题来源】广西玉林市2021届高三下学期第一次适应性测试【答案】（1）答案见解析；（2）(],e -∞．【分析】（1）分别在0a <和0a >两种情况下，结合定义域，根据导函数的正负可确定原函数的单调性；（2）将不等式化为11ln xbxex x-≤-，利用导数和复合函数单调性可确定min 11ln 1x x ⎛⎫-= ⎪⎝⎭，进而转化为x e b x≤，利用导数可求得()x em x x =的最小值，由()min b m x ≤可得结果．【解析】（1）()221a x af x x x x'-=-=， ①当0a <时，由0ax >得0x <，即()f x 定义域为(),0-∞；∴当(),x a ∈-∞时，()0f x '<；当(),0x a ∈时，()0f x '>；()f x ∴在(),a -∞上单调递减，在(),0a 上单调递增； ②当0a >时，由0ax >得0x >，即()f x 定义域为()0,∞+；∴当()0,x a ∈时，()0f x '<；当(),x a ∈+∞时，()0f x '>；()f x ∴在()0,a 上单调递减，在(),a +∞上单调递增；综上所述：当0a <时，()f x 在(),a -∞上单调递减，在(),0a 上单调递增；当0a >时，()f x 在()0,a 上单调递减，在(),a +∞上单调递增．（2）由()()ln f x xg x x -≥得11ln ln ln x x bxe x x x -+--≥，即11ln x bxe x x -≤-，设()ln h t t t =-，则()111t h t t t-'=-=，∴当()0,1t ∈时，()0h t '>；当()1,t ∈+∞时，()0h t '<；()h t ∴在()0,1上单调递增，在()1,+∞上单调递减；25 / 31又1t x=在()0,∞+上单调递减， 11ln y x x ∴=-在()0,1上单调递减，在()1,+∞上单调递增，min 11ln 1ln11xx ⎛⎫∴-=-= ⎪⎝⎭；1xbxe -∴≤在()0,∞+上恒成立，xe b x ∴≤；设()xe m x x =，则()()21x e x m x x-'=， ∴当()0,1x ∈时，()0m x '<；当()1,x ∈+∞时，()0m x '>；()m x ∴在()0,1上单调递减，在()1,+∞上单调递增， ()()min 1m x m e ∴==，b e ∴≤，即实数b 的取值范围为(],e -∞．【名师点睛】本题考查恒成立问题的求解，解题关键是能够通过分离变量的方式，将问题转化为函数最值的求解问题，进而利用导数求解函数最值得到结果．18．已知函数()()1ln x af x x e x -=--．（1）当1a =时，求()f x 的最小值；（2）证明：当01a <≤时，()ln f x a ≥恒成立．【试题来源】湖北省武汉市2021届高三下学期3月质量检测【答案】（1）0；（2）证明见解析．【分析】（1）1a =时，1()(1)ln x f x x ex -=--，求导1)1(x xe xf x -'=-，利用导函数研究函数的单调区间，从而求出函数的最小值；（2）要证当01a <≤时，()ln f x a ≥恒成立，即证(1)ln ln 0x a x e x a ----≥，构造函数()(1)ln ln x a h a x e x a -=---，即证()0h a ≥恒成立，研究该函数在(0,)+∞上单调区间，求函数()0h a ≥．【解析】（1）1a =时，1()(1)ln x f x x e x -=--，定义域为(0,)+∞，求导1)1(x xe x f x -'=-，设()()g x f x '=， 121(1)0()x g x x e x-+=+'>，()f x '∴在(0,)+∞单调递增．又()10f '=，故当01x <<时，()0f x '<，()f x ∴单调递减；当1x >时，'()0f x >，()f x 单调递增．故()f x 在1x =处取得最小值()10f =．（2）设()(1)ln ln x a h a x e x a -=---，求导()(1)11(1)x a xaa x e e x e e a e h a a '⎡⎤-=-=--⎢⎥⎣⎦．设()()1xs x x e =-，()xe t x x=，()0x s x xe '=-<，所以0x >时，()s x 单调递减，()()01s x s <=．21()xx t x e x-'=，令()0t x '=，得1x =，当01x <<时，()0t x '<，()t x 单调递减；当1x >时，()0t x '>，()t x 单调递增，()()1t x t e ∴≥=，故0a >，0x >时，()11axe x e e a-<<≤．即()0h a '<，()h a ∴在(0,)+∞上单调递减，则01a <≤时，()()()111ln x h a h x e x -≥=--．由（1）知，()11ln 0x x e x ---≥，故01a <≤时，()0h a ≥．即()1ln ln x ax ex a ---≥恒成立．【名师点睛】本题考查利用导数研究函数的最小值及利用导数证明不等式，利用导数证明不等式的方法：证明()()),,(f x g x x a b <∈，可以构造函数()()()F x f x g x =-，如果()0F x '<，则()F x 在(,)a b 上是减函数，同时若()0F a ≤，由减函数的定义可知，(,)x a b ∈时，有()0F x <，即证明了()()f x g x <．19．已知函数()()22x f x xe ax ax a =--∈R ．27 / 31（1）当0a >时，讨论()f x 的单调性；（2）若关于x 的不等式()()f x f x ≥--在(),-∞+∞上恒成立，求实数a 的取值范围．【试题来源】2021年高考二轮复习讲练测（浙江专用）【答案】（1）答案见解析；（2）(],1-∞【分析】（1）先求出()f x '，令()0f x '=，比较两根大小，结合二次函数图象，即可判断()f x 的单调性；（2）将()f x 代入化简得到()220x x x e e ax ---≥，对x 进行分类讨论，易知0x =，a R ∈，0x ≠，令x e t =，根据()()0,1g t t ≥≠恒成立，对a 进行分类讨论即可求解．【解析】（1）()()22x f x xe ax ax a =--∈R ，()()()2212x x x f x e xe ax a x e a '∴=+--=+-，x ∈R ，当0a >时，令()0f x '=，解得ln 2x a =或1x =-，当ln 21a <-，即102a e<<，则当(),ln 2x a ∈-∞时，()0f x '>，()f x 单调递增；当()ln 2,1x a ∈-时，()0f x '<，()f x 单调递减；当()1,x ∈-+∞时，()0f x '>，()f x 单调递增；当ln 21a =-，即12a e=，则()0f x '≥，等号不恒成立，()f x 在R 上单调递增；当ln 21a >-，即12a e>，则当(),1x ∈-∞-时，()0f x '>，()f x 单调递增；当()1,ln 2x a ∈-时，()0f x '<，()f x 单调递减；当()ln 2,x a ∈+∞时，()0f x '>，()f x 单调递增．综上所述：当102a e<<时，()f x 在(),ln2a -∞上单调递增，在()ln 2,1a -上单调递减，在()1,-+∞上单调递增；当12a e=时，()f x 在R 上单调递增；当12a e>时，()f x 在(),1-∞-上单调递增，在()1,ln 2a -上单调递减，在()ln2,a +∞上单调递增；（2）()()f x f x ≥--，即()2222x x xe ax ax xe a x ax -⎡⎤--≥----+⎣⎦，即()220x x x e e ax ---≥，即()22x x x e e ax --≥①，当0x =时，①式恒成立，a ∈R ；当0x >时，x x e e ->，()0x x x e e -->，当0x <时，x x e e -<，()0x x x e e -->，故当0a ≤时，①式恒成立，；以下求当0x ≠时，不等式20x x e e ax ---≥恒成立时正数a 的取值范围，令x e t =，则()()0,11,t ∈+∞，()12ln g t t a t t=--，则()22212211a t at g t t t t -+'=+-=，令()221h t t at =-+，则244a ∆=-，当01a <≤时，0∆≤，()2210h t t at =-+≥，()0g t '≥，等号不恒成立，故()g t 在()0,∞+上单调递增，又()10g =，故1t >，()()10g t g >=，01t <<时，()()10g t g <=，即当01a <≤时，①式恒成立；当1a >时，0∆>，()010h =>，()1220h a =-<，故()h t 的两个零点，即()g t '的两个零点()10,1t ∈和()21,t ∈+∞，在区间()12,t t 上，()0h t <，()0g t '<，()g t 是减函数，。

江苏省高考数学考前压轴冲刺(新高考)-专题12 不等式之恒成立与有解问题(解答题)(解析版)

专题12 不等式恒成立与有解问题考点预测江苏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.已知函数f （x ）＝|x ﹣1|+|x +2|．（l ）求不等式f （x ）＜x +3的解集；（2）若不等式m ﹣x 2﹣2x ≤f （x ）在R 上恒成立，求实数m 的取值范围．【分析】（1）由绝对值的定义，去绝对值符号，解不等式，再求并集可得所求解集；（2）由题意可得m ≤（x 2+2x +f （x ））min ，结合二次函数的最值求法，以及绝对值不等式的性质可得所求最小值，进而得到m 的范围．【解答】解：（1）当x＜﹣2时，f（x）＜x+3可化为1﹣x﹣x﹣2＜x+3，解得x＞﹣，无解；当﹣2≤x≤1时，f（x）＜x+3可化为1﹣x+x+2＜x+3，解得x＞0，故0＜x≤1；当x＞1时，f（x）＜x+3可化为x﹣1+x+2＜x+3，解得x＜2，故1＜x＜2．综上可得，f（x）＜x+3的解集为（0，2）；（2）不等式m﹣x2﹣2x≤f（x）在R上恒成立，可得m≤x2+2x+f（x），即m≤（x2+2x+f（x））min，由y＝x2+2x＝（x+1）2﹣1的最小值为﹣1，此时x＝﹣1；由f（x）＝|x﹣1|+|x+2|≥|x﹣1﹣x﹣2|＝3，当且仅当﹣2≤x≤1时，取得等号，则（x2+2x+f（x））min＝﹣1+3＝2，所以m≤2，即m的取值范围是（﹣∞，2]．【知识点】绝对值不等式的解法、不等式恒成立的问题2.已知函数f（x）＝|3x﹣a|+|3+x|．（1）若a＝3，解不等式f（x）≤6；（2）若不存在实数x，使得f（x）≤1﹣a﹣|6+2x|，求实数a的取值范围．【分析】（1）运用绝对值的意义去绝对值，解不等式，求并集，可得所求集合；（2）由题意可得f（x）＞1﹣a﹣|6+2x|恒成立，即|3x﹣a|+|9+3x|＞1﹣a恒成立．运用绝对值不等式的性质可得左边的最小值，解绝对值不等式可得所求范围．【解答】解：（1）a＝3，f（x）＝|3x﹣3|+|3+x|≤6，当x≤﹣3时，3﹣3x﹣3﹣x≤6，解得x≥﹣，∴x∈∅；当﹣3＜x≤1时，3﹣3x+3+x≤6，解得x≥0，∴x∈[0，1]；当x＞1时，3x﹣3+3+x≤6，解得x≤，∴x∈（1，]．综上所述，不等式的解集为[0，]．（2）不存在实数x，使得f（x）≤1﹣a﹣|6+2x|，等价于f（x）＞1﹣a﹣|6+2x|恒成立，即|3x﹣a|+|9+3x|＞1﹣a恒成立．∵|3x﹣a|+|9+3x|≥|3x﹣a﹣9﹣3x|＝|a+9|，∴|a+9|＞1﹣a当a＜﹣9时，﹣a﹣9＞1﹣a，解得a∈∅；当a≥﹣9时，a+9＞1﹣a，解得a＞﹣4．∴a＞﹣4时，不存在实数x，使得f（x）≤1﹣a﹣|6+2x|．【知识点】绝对值不等式的解法、不等式恒成立的问题3.若函数y＝f（x）对定义域内的每一个值x1，在其定义域内都存在唯一的x2，使f（x1）f（x2）＝1成立，则称该函数为“依赖函数”．（1）判断函数g（x）＝2x是否为“依赖函数”，并说明理由；（2）若函数f（x）＝（x﹣1）2在定义域[m，n]（m＞1）上为“依赖函数”，求实数m、n乘积mn的取值范围；（3）已知函数f（x）＝（x﹣a）2（a＜）在定义域[，4]上为“依赖函数”．若存在实数x∈[，4]，使得对任意的t∈R，有不等式f（x）≥﹣t2+（s﹣t）x+4都成立，求实数s的最大值．【分析】（1）利用新定义，对于函数g（x）＝2x的定义域R内任意的x1，取x2＝﹣x1，则g（x1）g（x2）＝1，判断g（x）＝2x是“依赖函数”；（2）因为m＞1，f（x）＝（x﹣1）2在[m，n]递增，故f（m）f（n）＝1，推出，得到1＜m＜2，求出mn的表达式，然后求解mn的范围．（3）因，故f（x）＝（x﹣a）2在上单调递增，求出a的值，存在，使得对任意的t∈R，有不等式（x﹣1）2≥﹣t2+（s﹣t）x+4都成立，即t2+xt+x2﹣（s+2）x﹣3≥0恒成立，利用判别式以及函数的单调性求解函数的最值即可．【解答】解：（1）对于函数g（x）＝2x的定义域R内任意的x1，取x2＝﹣x1，则g（x1）g（x2）＝1，且由g（x）＝2x在R上单调递增，可知x2的取值唯一，故g（x）＝2x是“依赖函数”；……………………………………………………………（4分）（2）因为m＞1，f（x）＝（x﹣1）2在[m，n]递增，故f（m）f（n）＝1，即（m﹣1）2（n﹣1）2＝1，………（5分）由n＞m＞1，得（m﹣1）（n﹣1）＝1，故，…………………………………………（6分）由n＞m＞1，得1＜m＜2，……………………………………………………………………（7分）从而在m∈（1，2）上单调递减，故mn∈（4，+∞），…（9分）（3）因，故f（x）＝（x﹣a）2在上单调递增，从而，即（﹣a）2（4﹣a）2＝1，进而，解得a＝1或（舍），………………………………………………………………（13分）从而，存在，使得对任意的t∈R，有不等式（x﹣1）2≥﹣t2+（s﹣t）x+4都成立，即t2+xt+x2﹣（s+2）x﹣3≥0恒成立，由△＝x2﹣4[x2﹣（s+2）x﹣3]≤0，……（15分）得4（s+2）x≤3x2﹣12，由，可得，又在单调递增，故当x＝4时，，从而4（s+2）≤9，解得，故实数s的最大值为．…………………………（18分）【知识点】不等式恒成立的问题、函数与方程的综合运用专项突破一、解答题（共15小题）1.已知关于x的不等式|x+1|﹣|2x﹣1|≤，其中a＞0．（1）当a＝4时，求不等式的解集；（2）若该不等式对x∈R恒成立，求实数a的取值范围．【分析】（1）由绝对值的意义，讨论x的范围，去绝对值，解不等式，求并集，可得所求解集；（2）设函数f（x）＝|x+1|﹣|2x﹣1|，运用绝对值不等式的性质可得f（x）的最大值，由恒成立思想，解对数不等式可得所求范围．【解答】解：（1）当a＝4时，关于x的不等式|x+1|﹣|2x﹣1|≤＝﹣2，当x≥时，x+1﹣（2x﹣1）≤﹣2，解得x≥4，综合可得x≥4；当x≤﹣1时，﹣x﹣1+（2x﹣1）≤﹣2，解得x≤0，综合可得x≤﹣1；当﹣1＜x＜时，x+1+（2x﹣1）≤﹣2，解得x≤﹣，综合可得﹣1＜x≤﹣，综上可得原不等式的解集为（﹣∞，﹣]∪[4，+∞）；（2）设函数f（x）＝|x+1|﹣|2x﹣1|＝|x+1|﹣|x﹣|﹣|x﹣|≤|x+1﹣（x﹣）|﹣0＝，可得x＝时，f（x）取得最大值，若该不等式对x∈R恒成立，可得log a≥，解得0＜a≤．【知识点】绝对值不等式的解法、不等式恒成立的问题2.已知函数f（x）＝|2x+3|﹣|x﹣1|．（1）求不等式f（x）≤3的解集；（2）若不等式f（x）＞2a﹣|3x﹣3|对任意x∈R恒成立，求实数a的取值范围．【分析】（1）根据f（x）≤3，可得或或，然后解不等式组即可得到解集；（2）不等式f（x）＞2a﹣|3x﹣3|对任意x∈R恒成立，即不等式|2x+3|+|2x﹣2|＞2a对x∈R成立，由绝对值三角不等式可得|2x+3|+|2x﹣2|≥5，从而得到2a＜5，然后解不等式可得a的范围．【解答】解：（1）由f（x）≤3，得|2x+3|﹣|x﹣1|≤3，∴或或，∴或，∴不等式的解集为．（2）若不等式f（x）＞2a﹣|3x﹣3|对x∈R成立，即不等式|2x+3|﹣|x﹣1|＞2a﹣|3x﹣3|对x∈R成立，即不等式|2x+3|+|2x﹣2|＞2a对x∈R成立，∵|2x+3|+|2x﹣2|≥|（2x+3）﹣（2x﹣2）|＝5，∴2a＜5，∴，∴a的取值范围为（﹣∞，）．【知识点】绝对值不等式的解法、不等式恒成立的问题3.已知函数f（x）＝|x+1|+|2x﹣1|．（1）解不等式f（x）≤2；（2）若f（x）≥3a2+b2对任意x∈R恒成立，求a+b的取值范围．【分析】（1）利用分段函数法去掉绝对值，解不等式即可；（2）求出函数f（x）的最小值，把不等式化为3a2+b2≤，结合题意画出图形，利用参数法求出a+b的最大、最小值，求出a+b的取值范围．【解答】解：（1）函数f（x）＝|x+1|+|2x﹣1|，当x≥时，不等式f（x）≤2可化为x+1+2x﹣1≤2，解得：≤x≤；当﹣1＜x＜时，不等式f（x）≤2可化为x+1+1﹣2x≤2，解得：0≤x＜；当x≤﹣1时，不等式f（x）≤2可化为﹣x﹣1+1﹣2x≤2，解得：x≥﹣（不合题意，舍去）；所以不等式f（x）≤2的解集是[0，]；（2）f（x）＝|x+1|+|2x﹣1|＝，画出y＝f（x）的图象，如图所示；由图象知f（x）的最小值是，所以不等式f（x）≥3a2+b2对任意x∈R恒成立，化为3a2+b2≤，即2a2+b2≤1；它表示焦点在纵轴上的椭圆面，如图所示；设2a2＝cos2θ，b2＝sin2θ，其中θ∈[0，2π）；所以a＝cosθ，b＝sinθ，a+b＝cosθ+sinθ＝sin（θ+）；当θ+＝，即θ＝时，a+b取得最大值为；当θ+＝，即θ＝时，a+b取得最小值为﹣；所以a+b的取值范围是[﹣，]．【知识点】不等式恒成立的问题、绝对值不等式的解法4.已知函数f（x）＝|2x+t|，若f（x）＜1的解集为（﹣1，0）．（1）求t并解不等式f（x）＞x+2；（2）已知：a，b∈R+，若f（x）≥2a+b﹣|2x﹣2|对一切实数都成立，求证：a2b≤1．【分析】（1）不等式f（x）＜1为|2x+t|＜1，求出解集得t的值，再求不等式f（x）＞x+2的解集；（2）不等式f（x）≥2a+b﹣|2x﹣2|对一切实数都成立，得出|2x+1|+|2x﹣2|≥2a+b对一切实数都成立；设g（x）＝|2x+1|+|2x﹣2|，求出g（x）的最小值，得出2a+b≤3，利用基本不等式得出2a+b≥3，从而证明a2b≤1．【解答】解：（1）函数f（x）＝|2x+t|，则f（x）＜1为|2x+t|＜1，解得﹣﹣＜x＜﹣；又f（x）＜1的解集为（﹣1，0），即，解得t＝1；所以不等式f（x）＞x+2为|2x+1|＞x+2；当x+2＜0，x＜﹣2时，不等式恒成立；当x+2≥0，x≥﹣2时，不等式化为（2x+1）2＞（x+2）2，化简得x2＞1，解得x＜﹣1或x＞1；即﹣2≤x＜﹣1或x＞1；综上知，不等式f（x）＞x+2的解集为{x|x＜﹣1或x＞1}；（2）证明：不等式f（x）≥2a+b﹣|2x﹣2|对一切实数都成立，即|2x+1|≥2a+b﹣|2x﹣2|对一切实数都成立；即|2x+1|+|2x﹣2|≥2a+b对一切实数都成立；设g（x）＝|2x+1|+|2x﹣2|，x∈R，则g（x）≥|（2x+1）﹣（2x﹣2）|＝3，当且仅当﹣≤x≤1时取等号；所以2a+b≤3；又a、b∈R+，且2a+b＝a+a+b≥3＝3，当且仅当a＝b时取等号，即3≤3，所以a2b≤1．【知识点】不等式恒成立的问题、绝对值不等式的解法5.已知函数（a＞0），g（x）＝4﹣|x﹣1|．（1）当a＝1时，求不等式f（x）≥3的解集；（2）若关于x的不等式f（x）≤g（x）的解集包含[0，1]，求a的取值集合．【分析】（1）a＝1时f（x）＝|x﹣2|+|x﹣1|，利用分类讨论法去掉绝对值，求出不等式f（x）≥3的解集；（2）由题意知关于x的不等式≤4﹣|x﹣1|在[0，1]上恒成立，由基本不等式以及绝对值的定义化简不等式，从而求出a的取值集合．【解答】解：（1）当a＝1时，函数＝|x﹣2|+|x﹣1|＝，当x≤1时，不等式f（x）≥3化为﹣2x+3≥3，解得x≤0；当1＜x＜2时，不等式f（x）≥3化为1≥3，无解；当x≥2时，不等式f（x）≥3化为2x﹣3≥3，解得x≥0，即x≥3；综上知，不等式f（x）≥3的解集为（﹣∞，0]∪[3，+∞）．（2）关于x的不等式f（x）≤g（x）的解集包含[0，1]，等价于≤4﹣|x﹣1|在[0，1]上恒成立，由a＞0，，所以x∈[0，1]时，﹣x+1﹣x≤4+x﹣1恒成立；即x∈[0，1]，恒成立，所以，又a＞0，则恒成立，所以，解得a＝1；所以a的取值集合是{1}．【知识点】不等式恒成立的问题、绝对值不等式的解法6.已知函数f（x）＝|x+2|+|ax﹣a+1|．（1）当a＝﹣1时，求不等式f（x）≥5的解集；（2）若x≥l时，不等式，f（x）≥x+3恒成立，求a的取值范围．【分析】（1）根a＝﹣1时，f（x）＝|x+2|+|x﹣2|＝，分类讨论即可求出不等式的解集，（2）当x≥1时，f（x）＝x+2+|ax﹣a+1|≥x+3，即|ax﹣a+1|≥1恒成立，在分类讨论，求出a的范围即可．【解答】解：（1）当a＝﹣1时，f（x）＝|x+2|+|x﹣2|＝，当x≥2时，2x≥5，∴x≥，当﹣2＜＜2时，4≥5不成立，舍去，当x≤﹣2时，﹣2x≥5，∴x≤﹣，综上所述时，不等式的解集为（﹣∞，﹣]∪[，+∞），（2）当x≥1时，f（x）＝x+2+|ax﹣a+1|≥x+3，即|ax﹣a+1|≥1恒成立，当a＝0时，1≥1满足，当a＞0时，|ax﹣a+1|＝|a（x﹣1）+1|＝a（x﹣1）+1≥1，满足，当a＜0时，令x0＝1﹣＞1，则|ax0﹣a+1|＝0＜1，舍去，综上所述a的取值范围为[0，+∞）．【知识点】绝对值不等式的解法、不等式恒成立的问题7.已知函数f（x）＝|ax+1|+|2x﹣1|（1）当a＝1时，求不等式f（x）＞3的解集；（2）若0＜a＜2，且对任意x∈R，恒成立，求a的最小值．【分析】（1）a＝1时，f（x）＝|x+1|+|2x﹣1|；解法一，作函数f（x）的图象，利用图象可以求得f（x）＞3的解集；解法二，利用分段讨论法去掉绝对值，再求出不等式f（x）＞3的解集；（2）由0＜a＜2，利用分段讨论法去掉绝对值，判断f（x）的单调性，从而求出f（x）的最小值与对应a的最小值．【解答】解：（1）当a＝1时，f（x）＝|x+1|+|2x﹣1|，即；解法一：作函数f（x）＝|x+1|+|2x﹣1|的图象，它与直线y＝3的交点为A（﹣1，3），B（1，3），如图所示；所以，f（x）＞3的解集为（﹣∞，﹣1）∪（1，+∞）；解法二：原不等式f（x）＞3等价于或或，解得：x＜﹣1或无解或x＞1，所以，f（x）＞3的解集为（﹣∞，﹣1）∪（1，+∞）；（2）由0＜a＜2，得﹣＜，a+2＞0，且a﹣2＜0；所以f（x）＝|ax+1|+|2x﹣1|＝，所以函数f（x）在上单调递减，在上单调递减，在上单调递增；所以当时，f（x）取得最小值，且；因为对∀x∈R，恒成立，所以；又因为a＞0，所以a2+2a﹣3≥0，解得a≥1（a≤﹣3不合题意），所以a的最小值为1．【知识点】不等式恒成立的问题、绝对值不等式的解法8.已知函数f（x）＝（x﹣1）lnx+ax．（a∈R）（1）在a＝0时，求f（x）的单调区间；（2）若f（x）＞0在（0，+∞）上恒成立，求实数a的范围．【分析】（1）a＝0时，f（x）＝（x﹣1）lnx，（x＞0）．f′（x）＝lnx+＝lnx﹣+1＝g（x），利用导数已经其单调性即可得出．（2）由（x﹣1）lnx+ax＞0在（0，+∞）上恒成立，可得﹣a＜lnx﹣．令h（x）＝lnx﹣（x＞0）．利用导数已经其单调性即可得出．【解答】解：（1）a＝0时，f（x）＝（x﹣1）lnx，（x＞0）．f′（x）＝lnx+＝lnx﹣+1＝g（x），g′（x）＝+＝＞0，∴g（x）在（0，+∞）上单调递增，而g（1）＝0．∴f（x）在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增．（2）由（x﹣1）lnx+ax＞0在（0，+∞）上恒成立，∴﹣a＜lnx﹣．令h（x）＝lnx﹣（x＞0）．h′（x）＝﹣＝，令u（x）＝lnx+x﹣1，在（0，+∞）上单调递增，u（1）＝0．∴x＝1时，函数h（x）取得极小值即最小值，∴h（x）≥h（1）＝0．∴﹣a＜0，解得a＞0．【知识点】利用导数研究函数的单调性、不等式恒成立的问题9.已知函数f（x）＝x•e x﹣a（lnx+x），g（x）＝（m+1）x．（a，m∈R且为常数，e为自然对数的底）（1）讨论函数f（x）的极值点个数；（2）当a＝1时，f（x）≥g（x）对任意的x∈（0，+∞）恒成立，求实数m的取值范围．【分析】（1）根据讨论函数f（x）单调性，根据单调性的情况分析极值点的情况；（2）不等式f（x）≥g（x）对任意的x∈（0，+∞）恒成立，利用分离变量得出对任意的x∈（0，+∞）恒成立，即求的最小值，利用导数求解函数F（x）的最小值．【解答】解：（1）f（x）的定义域为（0，+∞），，∵函数y＝（xe x）'＝e x+xe x＞0在（0，+∞）上恒成立，∴函数y＝xe x在区间（0，+∞）上单调递增，且值域为（0，+∞），①当a≤0时，xe x﹣a＞0在区间（0，+∞）上恒成立，即f'（x）＞0，故f（x）在（0，+∞）上单调递增，∴无极值点；②当a＞0时，方程xe x﹣a＝0有唯一解，设为x0（x0＞0），当0＜x＜x0时，f'（x）＜0，函数f（x）单调递减，当x＞x0时，f'（x）＞0，函数f（x）单调递增，∴x0是函数f（x）的极小值点，即函数f（x）只有1个极值点．（2）当a＝1时，不等式f（x）≥g（x）对任意的x∈（0，+∞）恒成立，即xe x﹣lnx﹣1≥（m+1）x对任意的x∈（0，+∞）恒成立，即对任意的x∈（0，+∞）恒成立，记，则，记h（x）＝x2e x+lnx，∵在x∈（0，+∞）恒成立，∴h（x）在（0，+∞）上单调递增，且，h（1）＝e＞0，∴存在使得h（x0）＝0，且x∈（0，x0）时，h（x）＜0，F'（x）＜0，函数f（x）单调递减；当x∈（x0，+）时，h（x）＞0，F'（x）＞0，函数f（x）单调递增，∴F（x）min＝F（x0），即，又∵h（x0）＝0，∴，∴，∴，∴，因此＝，∴1≥m+1，解得m≤0．综上，实数m的取值范围是（﹣∞，0]．【知识点】利用导数研究函数的极值、不等式恒成立的问题10.设函数f（x）＝|x+1|+|x﹣2|，g（x）＝﹣x2+mx+1．（1）当m＝﹣4时，求不等式f（x）＜g（x）的解集；（2）若不等式f（x）＜g（x）在[﹣2，﹣]上恒成立，求实数m的取值范围．【分析】（1）求出f（x）的分段函数的形式，代入m的值，求出g（x）的解析式，通过讨论x的范围，解不等式求出不等式的解集即可；（2）问题等价于g（x）＞3恒成立，即g（x）min＞3，求出m的范围即可．【解答】解：（1）f（x）＝|x+1|+|x﹣2|，∴f（x）＝，当m＝﹣4时，g（x）＝﹣x2﹣4x+1，①当x≤﹣1时，原不等式等价于x2+2x＜0，解得：﹣2＜x＜0，故﹣2＜x≤﹣1；②当﹣1＜x＜2时，原不等式等价于x2+4x+2＜0，解得：﹣2﹣＜x＜﹣2+，故﹣1＜x＜﹣2+；③x≥2时，g（x）≤g（2）＝﹣11，而f（x）≥f（2）＝3，故不等式f（x）＜g（x）的解集是空集；综上，不等式f（x）＜g（x）的解集是（﹣2，﹣2+）；（2）①当﹣2≤x≤﹣1时，f（x）＜g（x）恒成立等价于mx＞x2﹣2x，又x＜0，故m＜x﹣2，故m＜﹣4；②当﹣1＜x≤﹣时，f（x），g（x）恒成立等价于g（x）＞3恒成立，即g（x）min＞3，只需即可，即，综上，m∈（﹣∞，﹣）．【知识点】绝对值不等式的解法、不等式恒成立的问题11.已知函数f（x）＝x2﹣2|x﹣a|，（a∈R）．（Ⅰ）若a＝1，解不等式f（x）≤1；（Ⅱ）当a＞0时，若对任意的x∈[0，+∞），关于x的不等式f（x﹣1）≤2f（x）恒成立，求实数a的取值范围．【分析】（Ⅰ）a＝1时不等式化为x2﹣2|x﹣1|≤1，利用分类讨论法去掉绝对值，即可求出不等式的解集；（Ⅱ）由题意不等式化为4|x﹣a|﹣2|x﹣1﹣a|≤x2+2x﹣1对任意x∈[0，+∞）恒成立，利用分类讨论法去掉绝对值，构造函数求函数最值，从而求得不等式恒成立时a的取值范围．【解答】解：（Ⅰ）a＝1时，由f（x）＝x2﹣2|x﹣1|≤1得：x2﹣1﹣2|x﹣1|≤0，当x≥1时，不等式化为x2﹣2x+1≤0，解得x＝1；当x＜1时，不等式化为x2+2x﹣3≤0，解得﹣3≤x≤1，取﹣3≤x＜1；综上，不等式f（x）≤1的解集为{x|﹣3≤x≤1}；（Ⅱ）由题意不等式f（x﹣1）≤2f（x），即（x﹣1）2﹣2|x﹣1﹣a|≤2x2﹣4|x﹣a|，也即4|x﹣a|﹣2|x﹣1﹣a|≤x2+2x﹣1（*）对任意x∈[0，+∞）恒成立，①当0≤x≤a时，不等式（*）可化为x2+4x+1﹣2a≥0对0≤x≤a上恒成立，因为g（x）＝x2+4x+1﹣2a在（0，a]为单调递增，只需g（x）min＝g（0）＝1﹣2a≥0，解得；②当a＜x≤a+1时，将不等式（*）化为x2﹣4x+1+6a≥0对a＜x≤a+1上恒成立，由①可知，因为h（x）＝x2﹣4x+1+6a在（a，a+1]为单调递减，只需，解得：或，所以；③当x＞a+1时，将不等式（*）化为x2+2a﹣3≥0对x＞a+1恒成立，因为t（x）＝x2+2a﹣3 在（a+1，+∞）为单调递增，由②可知都满足要求；综上，实数a的取值范围是：．【知识点】不等式恒成立的问题、绝对值不等式的解法12.设函数．（1）证明：当x＞1时，f（x）＞0；（2）若关于x的不等式对任意x∈（1，+∞）恒成立，求实数a的取值范围．【分析】（1）先求导，根据导数和函数最值得关系即可证明，（2）构造函数h（x）＝﹣a（x﹣1），x＞1，求导，再分类讨论，利用函数单调性和函数最值得关系即可求出【解答】证明：（1）f（x）＝lnx﹣（1﹣），∴f′（x）＝﹣＝，当x＞1时，f′（x）＞0，函数f（x）在（1，+∞）上单调递增，∴f（x）＞f（1）＝ln1﹣（1﹣）＝0，∴当x＞1时，f（x）＞0．解：（2）设h（x）＝﹣a（x﹣1），x＞1，∴h′（x）＝﹣a＝，当a≥1时，1﹣ax2＜0，lnx＞0，∴h′（x）＜0，∴h（x）在（1，+∞）上单调递减，∴h（x）＜h（1）＝0恒成立，当a≤0时，x∈（1，+∞）上有h（e）＝﹣a（e﹣1）＞0，故不合题意，当0＜a＜1时，∵lnx＞1﹣对任意x∈（1，+∞）恒成立，∴h（x）＝﹣a（x﹣1）＞﹣﹣a（x﹣1）＝﹣a（x﹣1）＝（1﹣ax2），∴当x∈（1，）时，h（x）≥0，故不合题意，综上所述a≥1．【知识点】不等式恒成立的问题13.已知函数f（x）＝a（x2﹣x）﹣lnx．（1）当a＝1时，求函数f（x）单调区间；（2）若f（x）≥0恒成立，求a的值．【分析】（1）代入a的值，求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间即可；（2）通过讨论x的范围，问题转化为a≤，令g（x）＝（0＜x＜1），或a≥，令m（x）＝（x＞1），根据函数的单调性求出a的范围，取交集即可．【解答】解：（1）a＝1时，f（x）＝x2﹣x﹣lnx，（x＞0）故f′（x）＝2x﹣1﹣＝，令f′（x）＞0，解得：x＞1，令f′（x）＜0，解得：0＜x＜1，故f（x）在（0，1）递减，在（1，+∞）递增；（2）若f（x）≥0恒成立，即a（x2﹣x）≥lnx，①x∈（0，1）时，x2﹣x＜0，问题转化为a≤，令g（x）＝（0＜x＜1），则g′（x）＝，令h（x）＝x﹣1﹣lnx（2x﹣1），（0＜x＜1），则h′（x）＝﹣1+﹣2lnx，h″（x）＝﹣﹣＜0，故h′（x）在（0，1）递减，h′（x）＞h′（1）＝0，故h（x）在（0，1）递增，h（x）＜h（1）＝0，故g′（x）＜0，g（x）在（0，1）递减，而x→1时，g（x）→1，故g（x）＞1，故a≤1，②x＝1时，显然成立，③x＞1时，x2﹣x＞0，问题转化为a≥，令m（x）＝（x＞1），则m′（x）＝，令n（x）＝x﹣1﹣lnx（2x﹣1），（x＞1），则n′（x）＝﹣1+﹣2lnx，h″（x）＝﹣﹣＜0，故n′（x）在（0，1）递减，n′（x）＞n′（1）＝0，故n（x）在（0，1）递增，n（x）＜n（1）＝0，故m′（x）＜0，m（x）在（0，1）递减，而x→1时，g（x）→1，故g（x）＞1，故a≥1，综上：a＝1．【知识点】不等式恒成立的问题、利用导数研究函数的单调性14.已知函数f（x）＝|2x+a|﹣|2x+3|，g（x）＝|x﹣1|﹣3．（1）解不等式|g（x）|＜4；（2）若对任意的x1∈R，都有x2∈R，使得f（x1）＝g（x2）成立，求实数a的取值范围．【分析】（1）根据绝对值的定义解不等式|g（x）|＜4即可；（2）求出函数g（x）的值域，把对任意的x1∈R，都有x2∈R，使得f（x1）＝g（x2）成立，转化为f（x）min≥g（x）min，再利用三角绝对值不等式求出实数a的取值范围．【解答】解：（1）函数g（x）＝|x﹣1|﹣3，由|g（x）|＜4得||x﹣1|﹣3|＜4，等价于﹣4＜|x﹣1|﹣3＜4，∴﹣1＜|x﹣1|＜7，解得﹣7＜x﹣1＜7，即﹣6＜x＜8，∴所求不等式的解集为（﹣6，8）；（2）函数g（x）＝|x﹣1|﹣3的值域为[﹣3，+∞）；∴对任意的x1∈R，都有x2∈R，使得f（x1）＝g（x2）成立，等价于f（x）min≥g（x）min＝﹣3，∵f（x）＝|2x+a|﹣|2x+3|≥﹣|（2x+a）﹣（2x+3）|＝﹣|a﹣3|≥﹣3，∴|a﹣3|≤3，解得0≤a≤6，∴实数a的取值范围是[0，6]．【知识点】绝对值不等式的解法、不等式恒成立的问题15.已知x，y＞0，a，b为正常数，且．（1）若a＝1，b＝9，求x+y的最小值；（2）若a+b＝10，x+y的最小值为18．求a，b的值；（3）若a＝1，b＝1，且不等式（2x﹣y）2≥m（x+2y）恒成立，求实数m的取值范围．【分析】（1）由题意，利用基本不等式求得x+y的最小值；（2）由题意，利用基本不等式求得x+y取最小值时a、b的值；（3）解法一，由题意，利用分离常数法和基本不等式，求得m的取值范围；解法二，利用分离常数法和构造函数求函数的最值，从而求得m的取值范围．【解答】解：（1）由题意：，则，………………………（2分）当且仅当，即x＝4，y＝12时取等号，∴x+y的最小值为16；……………………………（3分）（2）因为a+b＝10，且x，y，a，b＞0，则，…………………（5分）当且仅当时取等号，则，即ab＝16，解得：或；………（6分）（3）解法一：由题意，，则，则x+2y＝xy；……………………………（7分）因为不等式（x﹣2y）2≥m（x+2y）恒成立，则，又＝＝＝＝（x+2y）﹣8；………………………（8分）且，当且仅当，即x＝4，y＝2时取等号；………………………（9分）∴m的取值范围是m≤0；………………………………（10分）法二：因为不等式（x﹣2y）2≥m（x+2y）恒成立，则，…………………（7分）则；因为x+2y＞0，（x﹣2y）2≥0，当x＝2y时，，…………………（9分）所以m的取值范围是m≤0．…………………………（10分）【知识点】不等式恒成立的问题、基本不等式及其应用。

不等式恒成立、能成立问题【七大题型】(举一反三)(新高考专用)(解析版)—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】 (3)【题型3 给定参数范围的一元二次不等式恒成立问题】 (5)【题型4 基本不等式求解恒成立问题】 (7)【题型5 一元二次不等式在实数集上有解问题】 (10)【题型6 一元二次不等式在某区间上有解问题】 (11)【题型7 一元二次不等式恒成立、有解问题综合】 (13)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【解题思路】由∀x∈R，bx2―bx+1>0成立求出b的范围，再利用充分条件、必要条件的定义判断作答.【解答过程】由∀x∈R，bx2―bx+1>0成立，则当b=0时，1>0恒成立，即b=0，当b≠0时，b>0b2―4b<0，解得0<b<4，因此∀x∈R，bx2―bx+1>0成立时，0≤b<4，因为(0,4)[0,4)，所以“b∈(0,4)”是“∀x∈R，bx2―bx+1>0成立”的充分不必要条件.故选：A.【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)【解题思路】由题知4k2―16<0，再解不等式即可得答案.【解答过程】解：因为无论x取何值时，不等式x2―2kx+4>0恒成立，所以，4k2―16<0，解得―2<k<2，所以，k的取值范围是(―2,2)故选：D.【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【解题思路】分a=0和a≠0两种情况讨论求出a的范围，再根据充分条件和必要条件的定义即可得解.【解答过程】当a=0时，―2x+1>0，得x<12，与题意矛盾，当a≠0时，则a>0Δ=4―4a<0，解得a>1，综上所述，a>1，所以不等式ax2―2x+1>0（a∈R）恒成立的一个充分不必要条件是A选项.故选：A.【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【解题思路】根据一元二次不等式恒成立解得q：0≤a≤4，结合充分、必要条件的概念即可求解.【解答过程】命题q：一元二次不等式ax2―ax+1≥0对一切实数x都成立，当a=0时，1>0,符合题意；当a≠0时，有a>0Δ≤0，即a>0a2―4a≤0，解为a∈(0,4]，∴q：0≤a≤4．又p：0≤a≤2，设A=[0,2],B=[0,4]，则A是B的真子集，所以p是q成立的充分非必要条件，故选：A．【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：x 2―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,+∞)【解题思路】先由x 2―mx +16>0得m <x +16x，由基本不等式得x +16x≥8，故m <8.【解答过程】当x >0时，由x 2―mx +16>0得m <x +16x，因x >0，故x +16x≥=8，当且仅当x =16x即x =4时等号成立，因当x >0时，m <x +16x恒成立，得m <8，故选：C.【变式2-1】（23-24高一上·贵州铜仁·期末）当x ∈(―1,1)时，不等式2kx 2―kx ―38<0恒成立，则k 的取值范围是（）A ．(―3,0)B ．[―3,0)C ．―D ．―【解题思路】对二项式系数进行分类，结合二次函数定义的性质，列出关系式求解.【解答过程】当x ∈(―1,1)时，不等式2kx 2―kx ―38<0恒成立，当k =0时，满足不等式恒成立；当k ≠0时，令f (x )=2kx 2―kx ―38，则f (x )<0在(―1,1)上恒成立，函数f (x )的图像抛物线对称轴为x =14，k >0时，f (x )在―,1上单调递增，则有f (―1)=2k +k ―38≤0f (1)=2k ―k ―38≤0，解得0<k ≤18；k <0时，f (x )在―,1上单调递减，则有=2k 16―k 4―38<0，解得―3<k <0.综上可知，k的取值范围是―故选：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x 2+mx ―1<0成立，则实数m 的取值范围是（）A ．―23,0B ．―,0C ．―23,0D ．,0【解题思路】利用一元二次函数的图象与性质分析运算即可得解.【解答过程】由题意，对于∀x ∈[m,m +1]都有f(x)=x 2+mx ―1<0成立，∴f (m )=m 2+m 2―1<0f (m +1)=(m +1)2+m (m +1)―1<0，解得：―<m <0，即实数m 的取值范围是―,0.故选：B.【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mx 2―xy +y 2≥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【解题思路】令t =yx ，分析可得原题意等价于对一切t ∈[1,3]，m ≥t ―t 2恒成立，根据恒成立问题结合二次函数的性质分析运算.【解答过程】∵x ∈[2,3]，y ∈[3,6]，则1x ∈[13,12]，∴yx ∈[1,3]，又∵mx 2―xy +y 2≥0，且x ∈[2,3],x 2>0，可得m ≥y x―，令t =yx ∈[1,3]，则原题意等价于对一切t ∈[1,3]，m ≥t ―t 2恒成立，∵y =t ―t 2的开口向下，对称轴t =12，则当t =1时，y =t ―t 2取到最大值y max =1―12=0，故实数m 的取值范围是m ≥0.故选：C.【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，ax 2―(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【解题思路】由题意可得：命题“∀―1≤a ≤3,ax 2―(2a ―1)x +3―a ≥0”为真命题，根据恒成立问题结合一次函数运算求解.【解答过程】由题意可得：命题“∀―1≤a ≤3,ax 2―(2a ―1)x +3―a ≥0”为真命题，即ax 2―(2a ―1)x +3―a =(x 2―2x ―1)a +x +3≥0对a ∈[―1,3]恒成立，则―(x 2―2x ―1)+x +3≥03(x 2―2x ―1)+x +3≥0，解得―1≤x ≤0或53≤x ≤4，即实数x 的取值范围为x |―1≤x ≤0或53≤x ≤4.故选：C.【变式3-1】（23-24高一上·广东深圳·阶段练习）当1≤m ≤2时，mx 2―mx ―1<0恒成立，则实数x 的取值范围是（）A<x <B<x <C <x<D <x <【解题思路】将不等式整理成关于m 的一次函数，利用一次函数性质解不等式即可求得结果.【解答过程】根据题意可将不等式整理成关于m 的一次函数(x 2―x )m ―1<0，由一次函数性质可知(x 2―x )×1―1<0(x 2―x )×2―1<0 ，即x 2―x ―1<02x 2―2x ―1<0；<x <<x <<x <故选：B.【变式3-2】（23-24高一下·河南濮阳·期中）已知当―1≤a ≤1时，x 2+(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,+∞)【解题思路】将x2+(a―4)x+4―2a>0化为(x―2)a+x2―4x+4>0，将a看成主元，令f(a)=(x―2) a+x2―4x+4，分x=2，x>2和x<2三种情况讨论，从而可得出答案.【解答过程】解：x2+(a―4)x+4―2a>0恒成立，即(x―2)a+x2―4x+4>0，对任意得a∈[―1,1]恒成立，令f(a)=(x―2)a+x2―4x+4，a∈[―1,1]，当x=2时，f(a)=0，不符题意，故x≠2，当x>2时，函数f(a)在a∈[―1,1]上递增，则f(a)min=f(―1)=―x+2+x2―4x+4>0，解得x>3或x<2（舍去），当x<2时，函数f(a)在a∈[―1,1]上递减，则f(a)min=f(1)=x―2+x2―4x+4>0，解得x<1或x>2（舍去），综上所述，实数x的取值范围是(―∞,1)∪(3,+∞).故选：D.【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．(a i>0)，【解题思路】由(1―a i x)2<1可求得0<x<2a i【解答过程】由(1―a i x)2<1，得：1―2a i x+a2i x2<1，(a i>0)，即x(a2i x―2a i)<0，解之得0<x<2a i因为a1>a2>a3>0，使得(1―a i x)2<1(i=1,2,3)都成立，；所以0<x<2a1故选：B.【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)【解题思路】参变分离可得2m <x +1x 对任意的x ∈(0,+∞)恒成立，利用基本不等式求出x +1x 的最小值，即可求出参数的取值范围.【解答过程】因为对任意的x ∈(0,+∞)，x 2―2mx +1>0恒成立，所以对任意的x ∈(0,+∞)，2m <x 2+1x=x +1x 恒成立，又x +1x ≥=2，当且仅当x =1x ，即x =1时取等号，所以2m <2，解得m <1，即m 的取值范围为(―∞,1).故选：D.【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)(x 2+bx ―5)≥0恒成立，则b +4a 的最小值为（）A ．2B ．C ．D ．【解题思路】根据题意设y =ax ―2，y =x 2+bx ―5，由一次函数以及不等式(ax ―2)(x 2+bx ―5)≥0分析得x =2a 时，y =x 2+bx ―5=0，变形后代入b +4a ，然后利用基本不等式求解.【解答过程】设y =ax ―2（x >0），y =x 2+bx ―5（x >0），因为a >0，所以当0<x <2a 时，y =ax ―2<0；当x =2a 时，y =ax ―2=0；当x >2a 时，y =ax ―2>0；由不等式(ax ―2)(x 2+bx ―5)≥0恒成立，得：ax ―2≤0x 2+bx ―5≤0 或ax ―2≥0x 2+bx ―5≥0 ，即当0<x ≤2a 时，x 2+bx ―5≤0恒成立，当x ≥2a 时，x 2+bx ―5≥0恒成立，所以当x =2a 时，y =x 2+bx ―5=0，则4a 2+2b a―5=0，即b =5a 2―2a ，则当a >0时，b +4a =5a 2―2a +4a =5a 2+2a ≥=当且仅当5a2=2a ，即a =所以b +4a 的最小值为故选：B.【变式4-2】（23-24高三上·山东威海·期中）关于x 的不等式ax 2―|x|+2a ≥0的解集是(―∞,+∞)，则实数a 的取值范围为（）A +∞B ．―∞C ．―D ．―∞,∪+∞【解题思路】不等式ax 2―|x|+2a ≥0的解集是(―∞,+∞)，即对于∀x ∈R ，ax 2―|x|+2a ≥0恒成立，即a ≥|x |x 2+2，分x =0和a ≠0两种情况讨论，结合基本不等式即可得出答案.【解答过程】解：不等式ax 2―|x|+2a ≥0的解集是(―∞,+∞)，即对于∀x ∈R ，ax 2―|x|+2a ≥0恒成立，即a ≥|x |x 2+2，当x =0时，a ≥0，当a ≠0时，a ≥|x |x 2+2=1|x |+2|x |，因为1|x |+2|x |≤=所以a ≥综上所述a ∈+∞.故选：A.【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 >m 2+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)【解题思路】利用基本不等式“1”的代换求不等式左侧最小值，结合x +2+y >m 2+5m 恒成立得到不等式，解一元二次不等式求参数范围【解答过程】因为x >0,y >0，且1x+2+1y =27，所以x +2+y =72×(x +2+y =72×1+1+y x+2+≥72×2+=14，当且仅当y =x +2=7时取等号，又因为x +2+y >m 2+5m 恒成立，所以14>m 2+5m ，解得―7<m <2.所以实数m的取值范围是(―7,2).故选：D.【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)【解题思路】分别在m=0、m>0和m<0的情况下，结合二次函数的性质讨论得到结果.【解答过程】①当m=0时，不等式化为2x<0，解得：x<0，符合题意；②当m>0时，y=mx2―(m―2)x+m为开口方向向上的二次函数，；只需Δ=(m―2)2―4m2=―3m2―4m+4>0，即0<m<23③当m<0时，y=mx2―(m―2)x+m为开口方向向下的二次函数，则必存在实数x，使得mx2―(m―2)x+m<0成立；综上所述：实数m的取值范围为―∞故选：C.【变式5-1】（22-23高一上··阶段练习）若关于x的不等式x2―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 }【解题思路】直接利用判别式即可研究不等式的解的情况.【解答过程】若关于x的不等式x2―4x―2―a≤0有解,则Δ=16+4(2+a)≥0，解得a≥―6.故选：C.【变式5-2】（23-24高一上·山东临沂·阶段练习）若不等式―x2+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【解题思路】根据一元二次不等式有实数解的充要条件列式求解作答.【解答过程】不等式―x2+ax―1>0有解，即不等式x2―ax+1<0有解，因此Δ=a2―4>0，解得a<―2或a>2，所以实数a的取值范围为a<―2或a>2.故选：A.【变式5-3】（23-24高一上·江苏徐州·期中）已知关于x的不等式―x2+4x≥a2―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 }【解题思路】由题意知x2―4x+a2―3a≤0在R上有解，等价于Δ≥0，解不等式即可求实数a的取值范围.【解答过程】因为关于x的不等式―x2+4x≥a2―3a在R上有解，即x2―4x+a2―3a≤0在R上有解，只需y=x2―4x+a2―3a的图象与x轴有公共点，所以Δ=(―4)2―4×(a2―3a)≥0，即a2―3a―4≤0，所以(a―4)(a+1)≤0，解得：―1≤a≤4，所以实数a的取值范围是{a|―1≤a≤4 }，故选：A.【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],x2≤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【解题思路】根据能成立问题求a的取值范围，结合充分不必要条件理解判断.【解答过程】∵∃x∈[1,2],x2≤a，则(x2)min≤a，即a≥1，∴a的取值范围[1,+∞)由题意可得：选项中的取值范围对应的集合应为[1,+∞)的真子集，结合选项可知B对应的集合为[4,+∞)为[1,+∞)的真子集，其它都不符合，∴符合的只有B，故选：B.【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x2―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．―∞【解题思路】参变分离，再根据对勾函数的性质，结合能成立问题求最值即可.【解答过程】由题意，因为x ∈(2,7)，故a ≤x +7x 在区间(2,7)上有实数解，则a <x +，又g (x )=x +7x在上单调递减，在上单调递增，且g (2)=2+72=112，g (7)=7+77=8>g (2)，故x +<8.故a ≤x +7x 在区间(2,7)上有实数解则a <8.故选：A.【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)【解题思路】化简不等式3―|3x ―a |>x 2+2x ，根据二次函数的图象、含有绝对值函数的图象进行分析，从而求得a 的取值范围.【解答过程】依题意，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，即至少存在一个x <0，使得关于x 的不等式―x 2―2x +3>|3x ―a |成立，画出y =―x 2―2x +3(x <0)以及y =|3x ―a |的图象如下图所示，其中―x 2―2x +3>0.当y =3x ―a 与y =―x 2―2x +3(x <0)相切时，由y =3x ―ay =―x 2―2x +3消去y 并化简得x 2+5x ―a ―3=0，Δ=25+4a +12=0,a =―374.当y =―3x +a 与y =―x 2―2x +3(x <0)相切时，由y =―3x +ay =―x 2―2x +3消去y 并化简得x 2―x +a ―3=0①，由Δ=1―4a +12=0解得a =134，代入①得x 2―x +14=x=0，解得x =12，不符合题意.当y =―3x +a 过(0,3)时，a =3.结合图象可知a 的取值范围是―374,3.故选：A.【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+【解题思路】根据题意可知“∃x 0∈(0,+∞)，使得x 20+ax 0+a +3<0”为真命题，然后参变分离，将问题转化为最值问题，利用基本不等式可解.【解答过程】因为“∀x 0∈(0,+∞)，使得x 20+ax 0+a +3≥0”为假命题，所以“∃x 0∈(0,+∞)，使得x 20+ax 0+a +3<0”为真命题，即a <―x 20+3x 0+1在(0,+∞)内有解，即a <―.因为―x 20+3x 0+1=―(x 0+1)2―2(x 0+1)+4x 0+1=―x 0+1―2≤―2，当且仅当x 0=1时等号成立，所以=―2，所以实数a 的取值范围为(―∞,―2).故选：B.【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.【解题思路】将2x ―1>m(x 2―1)转化为mx 2―2x +(1―m)<0，（1）讨论m =0和m ≠0时的情况；（2）f(m)=(x 2―1)m ―(2x ―1)，显然该函数单调，所以只需f(2)<0f(―2)<0即可.（3）讨论当m =0时，当m <0时，当m >0时，如何对x ∈[2,+∞)有解，其中m <0，m >0，均为一元二次不等式，结合一元二次函数图象求解即可.【解答过程】（1）原不等式等价于mx2―2x+(1―m)<0，当m=0时，―2x+1<0，即x>12，不恒成立；当m≠0时，若不等式对于任意实数x恒成立，则m<0且Δ=4―4m(1―m)<0，无解；综上，不存在实数m，使不等式恒成立.（2）设f(m)=(x2―1)m―(2x―1)，当m∈[―2,2]时，f(m)<0恒成立，当且仅当f(2)<0f(―2)<0，即2x2―2x―1<0―2x2―2x+3<0，解得<x<x<x><x<所以x的取值范围是.（3）若不等式对x∈[2,+∞)有解，等价于x∈[2,+∞)时，mx2―2x―m)<0有解.令g(x)=mx2―2x+(1―m)，当m=0时，―2x+1<0即x>12，此时显然在x∈[2,+∞)有解；当m<0时，x∈[2,+∞)时，结合一元二次函数图象，mx2―2x+(1―m)<0显然有解；当m>0时，y=g(x)对称轴为x=1m，Δ=4―4m(1―m)=4m2―4m+4=(2m―1)2+3>0，∵x∈[2,+∞)时，mx2―2x+(1―m)<0有解，∴结合一元二次函数图象，易得：g(2)<0或g(2)≥01m>2，解得m<1或m≥1m<12（无解），又∵m>0，∴0<m<1;综上所述，m的取值范围为(―∞,1).【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．【解题思路】（1）利用一元二次不等式恒成立的条件即可求解；（2）根据已知条件及二次函数的性质即可求解.【解答过程】（1）y+2>0恒成立，即ax2―(2a+3)x+8>0恒成立，当a=0时，―3x+8>0，解得x<83，舍去；当a≠0时，a>04a2―20a+9<0，解得12<a<92所以实数a（2）当a=1时，∀t>―2，关于x的不等式y≤―3x+3+m在[―2,t]有解，则―2是x2―2x+3―m≤0的解，因为抛物线y=x2―2x+3开口向上，对称轴x=1，所以11―m≤0，解得m≥11，所以m的取值范围为[11,+∞)．【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.【解题思路】（1）作差后解一元二次不等式即可.（2）解法一：构造函数，分类讨论求解二次函数最小值，然后列不等式求解即可；解法二：分离参数，构造函数k=x+154x，利用基本不等式求解最值即可求解；（3）把问题转化为f(x)min>g(x)min，利用动轴定区间分类讨论即可求解.【解答过程】（1）当a=1时，f(x)=2x2―x―3，g(x)=x2―x―274所以f(x)―g(x)=x2+154>0，所以f(x)>g(x)，所以f(x)>g(x)的解集为R.（2）若对任意x>0，都有f(x)>g(x)成立，即x2+(1―a)x+154>0在x>0恒成立，解法一：设ℎ(x )=x 2+(1―a )x +154，x >0，对称轴x =a―12，由题意，只须ℎ(x )min >0，①当a―12≤0，即a ≤1时，ℎ(x )在0，+∞上单调递增，所以ℎ(x )>ℎ(0)=154，符合题意，所以a ≤1；②当a―12>0，即a >1时，ℎ(x )在+∞单调递增，所以ℎ(x )>=―(a―1)24+154>0，解得1<a <1+a >1，所以1<a <1+综上，a <1+解法二：不等式可化为(a ―1)x <x 2+154，即a ―1<x +154x ，设k =x +154x ，x >0，由题意，只须a ―1<k (x )min ，k =x +154x ≥=当且仅当x =154x 即x =k min =所以a ―1<a <1+（3）若对任意x 1∈[0,1]，存在x 2∈[0,1]，使得不等式f (x 1)>g (x 2)成立，即只需满足f (x )min >g (x )min ，x ∈[0,1]，g (x )=x 2―x +a 2―314，对称轴x =12，g (x )在0,递增，g (x )min ==a 2―8，f (x )=2x 2―ax +a 2―4，x ∈[0,1]，对称轴x =a4，①a4≤0即a ≤0时，f (x )在[0,1]递增，f (x )min =f (0)=a 2―4>g (x )min =a 2―8恒成立；②0<a4<1即0<a <4时，f (x )在0,,1递增，f (x )min ==78a 2―4，g (x )min =a 2―8，所以78a 2―4>a 2―8，故0<a <4；③a4≥1即a ≥4时，f (x )在[0,1]递减，f (x )min =f (1)=a 2―a ―2，g (x )min =a 2―8，所以a 2―a ―2>a 2―8，解得4≤a <6，综上：a ∈(―∞,6).【变式7-3】（23-24高一上·山东威海·期中）已知函数f(x)=x 2―(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x 1∈[1,4]，总存在x 2∈[1,4]，使f (x 1)=g (x 2)成立，求实数m 的取值范围．【解题思路】（1）由不等式f(x)≤6―3a 转化为(x ―3)(x ―a)≤0，分a <3，a =3，a >3讨论求解；（2）将对任意的x ∈[1,4]，f(x)+a +5≥0恒成立，转化为对任意的x ∈[1,4]，a(x ―1)≤x 2―3x +11恒成立，当x =1，恒成立，当x ∈(1,4]时，a ≤(x ―1)+9x―1―1恒成立，利用基本不等式求解；（3）分析可知函数f (x )在区间[1,4]上的值域是函数g (x )在区间[1,4]上的值域的子集，分m =0、m <0、m >0三种情况讨论，求出两个函数的值域，可得出关于实数m 的不等式组，综合可得出实数m 的取值范围.【解答过程】（1）因为函数f(x)=x 2―(a +3)x +6(a ∈R)，所以f(x)≤6―3a ，即为x 2―(a +3)x +3a ≤0，所以(x ―3)(x ―a)≤0，当a <3时，解得a ≤x ≤3，当a =3时，解得x =3，当a >3时，解得3≤x ≤a ，综上，当a <3时，不等式的解集为{x |a ≤x ≤3}，当a ≥3时，不等式的解集为{x |3≤x ≤a }（2）因为对任意的x ∈[1,4],f(x)+a +5≥0恒成立，所以对任意的x ∈[1,4]，a(x ―1)≤x 2―3x +11恒成立，当x =1时，0≤9恒成立，所以对任意的x ∈(1,4]时，a ≤(x ―1)+9x―1―1恒成立，令(x ―1)+9x―1―1≥1=5，当且仅当x ―1=9x―1，即x =4时取等号，所以a ≤5，所以实数a 的取值范围是(―∞,5]（3）当a =1时，f(x)=x 2―4x +6，因为x ∈[1,4]，所以函数f(x)的值域是[2,6]，因为对任意的x 1∈[1,4]，总存在x 2[1,4]，使f (x 1)=g (x 2)成立，所以f(x)的值域是g(x)的值域的子集，当m >0时，g(x)∈[7―2m,m +7]，则m >07―2m ≤2m +7≥6，解得m ≥52当m <0时，g(x)∈[m +7,7―2m]，则m <07―2m ≥6m +7≤2，解得m ≤―5，当m =0时，g(x)∈{7}，不成立；综上，实数m 的取值范围(―∞,―5]∪+∞.一、单选题1．（2023·河南·模拟预测）已知命题“∃x 0∈[―1,1]，―x 20+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,+∞)【解题思路】由题知x 0∈[―1,1]时，a >x 20―3x 0min ，再根据二次函数求最值即可得答案.【解答过程】解：因为命题“∃x 0∈[―1,1]，―x 20+3x 0+a >0”为真命题，所以，命题“∃x 0∈[―1,1]，a >x 20―3x 0”为真命题，所以，x 0∈[―1,1]时，a >x 20―3x 0min ，因为，y =x 2―3x =x―94，所以，当x ∈[―1,1]时，y min =―2，当且仅当x =1时取得等号.所以，x 0∈[―1,1]时，a >x 20―3x 0min=―2，即实数a 的取值范围是(―2,+∞)故选：C.2．（2024·浙江·模拟预测）若不等式kx 2+(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 <2【解题思路】分类讨论k =0与k ≠0两种情况，结合二次不等式恒成立问题的解决方法即可得解.【解答过程】当k =0时，不等式kx 2+(k ―6)x +2>0可化为―6x +2>0，显然不合题意；当k ≠0时，因为kx 2+(k ―6)x +2>0的解为全体实数，所以k >0Δ=(k ―6)2―4k ×2<0，解得2<k <18；综上：2<k <18.故选：C.3．（2023·辽宁鞍山·二模）若对任意的x ∈(0,+∞),x 2―mx +1>0恒成立，则m 的取值范围是（）A ．(―2,2)B ．(2,+∞)C ．(―∞,2)D ．(―∞,2]【解题思路】变形给定不等式，分离参数，利用均值不等式求出最小值作答.【解答过程】∀x ∈(0,+∞),x 2―mx +1>0⇔m <x +1x ，而当x >0时，x +1x ≥=2，当且仅当x =1x ，即x =1时取等号，则m <2，所以m 的取值范围是(―∞,2).故选：C.4．（2023·宁夏中卫·二模）已知点A(1,4)在直线x +y=1(a >0,b >0)上，若关于t 的不等式a +b ≥t 2+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,+∞)【解题思路】将点代入直线方程，再利用基本不等式求得a +b 的最小值，从而将问题转化9≥t 2+5t +3，解之即可.【解答过程】因为点A(1,4)在直线xa +yb =1(a >0,b >0)上，所以1a +4b =1，故a +b =(a +b +=ba +4a b+5≥=9，当且仅当ba =4a b且1a +4b =1，即a =3,b =6时等号成立，因为关于t 的不等式a +b ≥t 2+5t +3恒成立，所以9≥t 2+5t +3，解得―6≤t ≤1，所以t ∈[―6,1].故选：A.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<m 2―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,+∞)【解题思路】利用均值不等式求出最小值，根据题意列不等式求解即可.【解答过程】x +y4=+=+1+y 4x≥12(1+1+2)=2，要使得不等式x +y4<m 2―m 有解，只需m 2―m >2有解即可，解得m >2或者m <―1，故选：D.6．（23-24高一上·全国·单元测试）不等式2x 2―axy +y 2≥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|a【解题思路】由于在不等式2x 2―axy +y 2≥0中出现两个变量，对其进行变形令t =xy 则转化为含参数t 的不等式2t 2―at +1≥0，在t ∈,2上恒成立的问题，然后进行分离参数求最值即可.【解答过程】由y ∈[1,3]，则不等式2x 2―axy +y 2≥0两边同时乘以1y 2不等式可化为：+1≥0，令t =xy ，则不等式转化为：2t 2―at +1≥0，在t ∈,2上恒成立，由2t 2―at +1≥0可得a ≤2t 2+1t即a ≤2t +，又2t +1t ≥=t =t =2t +1t 取得最小值故可得a ≤故选：A ．7．（2023·江西九江·二模）已知命题p ：∃x ∈R ，x 2+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]【解题思路】首先由p 为假命题，得出¬p 为真命题，即∀x ∈R ，x 2+2x +2―a ≥0恒成立，由Δ≤0，即可求出实数a 的取值范围．【解答过程】因为命题p ：∃x ∈R ，x 2+2x +2―a <0，所以¬p ：∀x ∈R ，x 2+2x +2―a ≥0，又因为p 为假命题，所以¬p 即∀x ∈R ，x 2+2x +2―a ≥0恒成立，所以Δ≤0，即22―4(2―a)≤0，解得a ≤1，故选：D ．8．（2024·上海黄浦·模拟预测）已知不等式ρ：ax 2+bx +c <0(a ≠0)有实数解．结论（1）：设x 1，x 2是ρ的两个解，则对于任意的x 1，x 2，不等式x 1+x 2<―ba 和x 1⋅x 2<ca 恒成立；结论（2）：设x 0是ρ的一个解，若总存在x 0，使得ax 02―bx 0+c <0，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【解题思路】根据一元二次不等式与二次方程以及二次函数之间的关系，以及考虑特殊情况通过排除法确定选项.【解答过程】当a<0且Δ=b2―4ac<0时，ρ：ax2+bx+c<0(a≠0)的解为全体实数，故对任意的x1，x2，x1+x2与―ba的关系不确定，例如：ρ：―x2+2x―2<0,取x1=1，x2=4,而―ba =2，所以x1⋅x2=4>ca=2，故结论①不成立.当a<0且Δ=b2―4ac>0时，ρ：ax2+bx+c<0的解为x|x<p或x>q，其中p,q是ax2+bx+c=0的两个根.当x0<p,―x0>q此时ax02―bx0+c<0，但c值不确定，比如：ρ：―x2+x+2<0，取x0 =―3，则―x02―x0+2<0，但c>0，故结论②不成立.故选：B.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．1【解题思路】首先当a=1，不等式为―4<0恒成立，故满足题意；其次a≠1，问题变为了一元二次不等式恒成立问题，则当且仅当a―1<0Δ<0，解不等式组即可.【解答过程】当a=1时，不等式为―4<0恒成立，故满足题意；当a≠1时，要满足a―1<0Δ<0，而Δ=4(a―1)2+16(a―1)=4(―1)(a+3)，所以解得―3<a<1；综上，实数a的取值范围是(―3,1]；所以对比选项得，实数a可能是―2，0，1.故选：ABD.10．（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―12【解题思路】对于AB ，直接解一元二次不等式即可判断；对于C ，对a 分类讨论即可判断；对于D ，由一元二次不等式的解集与一元二次方程的根的关系，先求得p,q ，然后即可判断.【解答过程】对于A ，4x 2―5x +1>0⇔(x ―1)(4x ―1)>0⇔x <14或x >1，故A 错误；对于B ，2x 2―x ―6≤0⇔(x ―2)(2x +3)≤0⇔―32≤x ≤2，故B 错误；若不等式ax 2+8ax +21<0恒成立，当a =0时，21<0是不可能成立的，所以只能a <0Δ=64a 2―84a <0 ，而该不等式组无解，综上，故C 正确；对于D ，由题意得q,1是一元二次方程2x 2+px ―3=0的两根，从而q ×1=―322+p ―3=0，解得p =1,q =―32，而当p =1,q =―32时，一元二次不等式2x 2+x ―3<0⇔(x ―1)(2x +3)<0⇔―32<x <1满足题意，所以p +q 的值为―12，故D 正确.故选：CD.11．（22-23高三上·河北唐山·阶段练习）若(ax -4)(x 2+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【解题思路】对b 分类讨论，当b≥0由(ax -4)(x 2+b )≥0可得ax -4≥0，由一次函数的图象知不存在；当b <0时，由(ax -4)(x 2+b )≥0，利用数形结合的思想可得出a ,b 的整数解.【解答过程】当b≥0时，由(ax -4)(x 2+b )≥0可得ax -4≥0对任意x∈(-∞,0]恒成立，即a≤4x 对任意x∈(-∞,0]恒成立，此时a 不存在；当b <0时，由(ax -4)(x 2+b )≥0对任意x∈(-∞,0]恒成立，可设f (x )=ax -4，g (x )=x 2+b ，作出f (x ),g (x )的图象如下，aa，b是整数可得a=-1b=-16或a=-4b=-1或a=-2b=-4所以a+b的可能取值为-17或-5或-6故选：BCD.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(―∞,1).（用区间表示）【解题思路】利用二次函数的性质计算即可.【解答过程】由题得a<(x2+1)min=1，即实数a的取值范围为(―∞,1).故答案为：(―∞,1).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(―∞,4].【解题思路】将问题转化为“a≤x+4x在(0,+∞)上恒成立”，再利用对勾函数的单调性求得最值，从而得解.【解答过程】因为“∃x∈(0,+∞)，使x2―ax+4<0”是假命题，所以“∀x∈(0,+∞)，x2―ax+4≥0”为真命题，其等价于a≤x+4x在(0,+∞)上恒成立，又因为对勾函数f(x)=x+4x在(0,2]上单调递减，在[2,+∞)上单调递增，所以f(x)min=f(2)=4，所以a≤4，即实数a∞,4].故答案为：(―∞,4].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1（或2，3）.【解题思路】由判别式大于0求解.【解答过程】由题意Δ=a2―4a(a―3)>0，解得0<a<4，a的正整数值为1或2或3，故答案为：1（也可取2，3）．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．【解题思路】（1）根据绝对值不等式的性质即可求解，（2）将问题转化为3x2+(2t―8)x+4―t2≤0在[―1,0]上恒成立，即可利用二次函数零点分布求解.【解答过程】（1）由f(x)≤b得|2x―a|≤b，易知b≥0，则―b≤2x―a≤b，解得a―b2≤x≤b+a2，由于f(x)≤b的解集为[―1,3]，则b+a2=3,a―b2=―1，解得a=2,b=4．（2）由（1）知f(x)=|2x―2|，由f(x)≤|x―t|得|2x―2|≤|x―t|，得3x2+(2t―8)x+4―t2≤0在[―1,0]上恒成立，Δ=(2t―8)2―4×3×(4―t2)=16(t―1)2>0，故t≠1．令g(x)=3x2+(2t―8)x+4―t2，若g(x)≤0在[―1,0]上恒成立，则g(―1)≤0g(0)≤0，即―t2―2t+15≤04―t2≤0，解得t≤―5或t≥3，故实数t的取值范围为(―∞,―5]∪[3,+∞)．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.【解题思路】（1）分类讨论，求解不等式即可；（2）将问题转化为二次函数在区间上恒成立的问题，列出不等式组即可求得.【解答过程】（1）当x≤―2时，f(x)≤5等价于―2x―1≤5，解得x∈[―3,―2]；当―2<x<1时，f(x)≤5≤5，恒成立，解得x∈(―2,1)；当x≥1时，f(x)≤5等价于2x+1≤5，解得x∈[1,2]；综上所述，不等式的解集为[―3,2].（2）不等式f(x)≥x2―ax+1的解集包含[―1,1]，等价于f(x)≥x2―ax+1在区间[―1,1]上恒成立，也等价于x2―ax―2≤0在区间[―1,1]恒成立.则只需g(x)=x2―ax―2满足：g(―1)≤0且g(1)≤0即可.即1+a―2≤0,1―a―2≤0，解得a∈[―1,1].。

江苏省高考数学考前压轴冲刺(新高考)-专题11 不等式之恒成立与有解问题(填空题)(解析版)

专题11 不等式恒成立与有解问题考点预测江苏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.已知函数f （x ）＝x ﹣2（e x ﹣e ﹣x ），则不等式f （x 2﹣2x ）＞0的解集为．【答案】（0，2）【分析】先根据奇函数的定义判断为奇函数，再利用导数和基本不等式判断函数为减函数，则不等式f （x 2﹣2x ）＞0，转化为x 2﹣2x ＜0，解得即可．【解答】解：函数f （x ）＝x ﹣2（e x ﹣e ﹣x ）的定义域为R ，∴f （﹣x ）＝﹣x ﹣2（e ﹣x ﹣e x ）＝﹣[x ﹣2（e x ﹣e ﹣x ）]＝﹣f （x ），∴函数f（x）为奇函数，∴f（0）＝0，∵f（x）＝x﹣2（e x﹣e﹣x），∴f′（x）＝1﹣2（e x+e﹣x）≤1﹣2•2＝1﹣4＝﹣3＜0，∴f（x）在R上单调递减，∵f（x2﹣2x）＞0＝f（0），∴x2﹣2x＜0，解得0＜x＜2，故不等式的解集为（0，2），故答案为：（0，2）【知识点】不等式恒成立的问题2.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3.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专项突破一、填空题（共12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.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3.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4.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5.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.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8.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9.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10.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11.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12.已知函数f（x）＝x2+（1﹣a）x﹣a，若关于x的不等式f（f（x））＜0的解集为空集，则实数a的取值范围是﹣．【分析】根据f（x）＝x2+（1﹣a）x﹣a，因式分解，可得x的范围，结合f（f（x））＜0，即f（x）2+（1﹣a）f（x））﹣a＜0的解集为空集，因式分解，从而可以求解．【解答】解：f（x）＝x2+（1﹣a）x﹣a＝（x+1）（x﹣a）＝（x+）2﹣a﹣，其值域为[﹣a﹣，+∞）由f（f（x））＜0，即f（x）2+（1﹣a）f（x））﹣a＝（f（x）+1）（f（x）﹣a）＜0，当a≤﹣1时，（f（x）+1）（f（x）﹣a）＜0的解集为（a，﹣1）要使不等式f（f（x））＜0的解集为空集，则﹣a﹣≥﹣1，解得：﹣3≤a≤1∴﹣3≤a≤﹣1．当a＞﹣1时，（f（x）+1）（f（x）﹣a）＜0的解集为（﹣1，a）要使不等式f（f（x））＜0的解集为空集，则﹣a﹣≥a，解得：﹣3≤a≤2∴﹣1＜a≤2．综上可得实数a的取值范围是：﹣3≤a≤2．故答案为：[﹣3，2]【知识点】一元二次不等式及其应用、二次函数的性质与图象。

高三专题复习不等式恒成立问题

高三数学第一讲不等式恒成立问题在近些年的数学高考题及高考模拟题中经常出现不等式恒成立问题，此类问题一般综合性强，既含参数又含变量，往往与函数、数列、方程、几何等有机结合起来，具有形式灵活、思维性强、不同知识交汇等特点.高考往往通过此类问题考查学生分析问题、解决问题、综合驾驭知识的能力。

此类问题常见解法：一、构造函数法在解决不等式恒成立问题时，一种最重要的思想方法就是构造适当的函数，然后利用相关函数的图象和性质解决问题，同时注意在一个含多个变量的数学问题中，需要确定合适的变量和参数，从而揭示函数关系，使问题面目更加清晰明了，一般来说，已知存在范围的量视为变量，而待求范围的量视为参数.例1 已知不等式对任意的都成立，求的取值范围.例2：在R 上定义运算⊗：x ⊗y ＝x(1－y) 若不等式(x －a)⊗(x ＋a)<1对任意实数x 成立，则 ( )(A)－1<a<1 (B)0<a<2 (C) 2321<<-a (D) 3122a -<< 例3：若不等式x 2-2mx+2m+1>0对满足0≤x ≤1的所有实数x 都成立，求m 的取值范围。

二、分离参数法在题目中分离出参数，化成a>f(x) （a<f(x)）型恒成立问题，再利用a>f max (x) （a<f min (x)）求出参数范围。

例4．（2012•杭州一模）不等式x 2﹣3＞ax ﹣a 对一切3≤x ≤4恒成立，则实数a 的取值范围是．例5：设a 0为常数，数列｛a n ｝的通项公式为a n ＝51[3n +(-1)n-1·2n ]+(-1)n ·2n ·a 0(n ∈N * )若对任意n ≥1，n ∈N *，不等式a n >a n-1恒成立，求a 0的取值范围。

例6．（2012•安徽模拟）若不等式x 2+ax+4≥0对一切x ∈（0，1]恒成立，则a 的取值范围是．例7．（2011•深圳二模）如果对于任意的正实数x ，不等式恒成立，则a 的取值范围是．例8．（2013•闵行区一模）已知不等式|x ﹣a|＞x ﹣1对任意x ∈[0，2]恒成立，则实数a 的取值范围是．三、数型结合法例9：如果对任意实数x ，不等式kx 1x ≥+恒成立，则实数k 的取值范围是例10：已知a>0且a ≠1,当x ∈(-1，1)时，不等式x 2-a x <21恒成立，则a 的取值范围例11、已知函数若不等式恒成立，则实数的取值范围是 .例12、（2009•上海）当时，不等式sin πx ≥kx 恒成立．则实数k 的取值范围是．例13、若不等式log a x ＞sin2x （a ＞0，a ≠1）对任意都成立，则a 的取值范围是（）A ．B ．C ．D ．（0，1）四、利用函数的最值（或值域）求解（1）m x f ≥)(对任意x 都成立m x f ≥⇔min )(；（2）m x f ≤)(对任意x 都成立max )(x f m ≥⇔。

2022年高考数学基础题型重难题型突破类型二恒成立问题与有解问题(解析版)

2022年高考数学基础题型重难题型突破类型二恒成立问题与有解问题一．不等式的恒成立与有解问题，可按如下规则转化：一般地，已知函数()[],,y f x x a b =∈，()[],,y g x x c d =∈（1）若[]1,x a b ∀∈，[]2,x c d ∀∈，总有()()12f x g x <成立，故()()2max min f x g x <；（2）若[]1,x a b ∀∈，[]2,x c d ∃∈，有()()12f x g x <成立，故()()2max max f x g x <；（3）若[]1,x a b ∃∈，[]2,x c d ∃∈，有()()12f x g x <成立，故()()2min min f x g x <；（4）若[]1,x a b ∀∈，[]2,x c d ∃∈，有()()12f x g x =，则()f x 的值域是()g x 值域的子集．二．恒成立问题的一般解答方法如下：（1）参数分离法：将原不等式化为()a g x >或()a g x <恒成立的问题，然后分析函数()g x 在所给区间的单调性及最值，只需满足最值成立即可；（2）分类讨论：讨论函数()f x 在所给区间单调性及最值，需满足()max 0f x <或()min 0f x >【典例1】已知函数f (x )＝(1－x )e x－1.(1)求f (x )的极值；(2)设g (x )＝(x －t )2x ，存在x 1∈(－∞，＋∞)，x 2∈(0，＋∞)，使方程f (x 1)＝g (x 2)成立，求实数m 的最小值．【典例2】设函数f (x )＝ax 2－x ln x －(2a －1)x ＋a －1(a ∈R )．若对任意的x ∈[1，＋∞)，f (x )≥0恒成立，求实数a 的取值范围．【典例3】已知f (x )＝x 2－4x －6ln x .(1)求f (x )在(1，f (1))处的切线方程以及f (x )的单调性；(2)对任意x ∈(1，＋∞)，有xf ′(x )－f (x )＞x 2＋6k 恒成立，求k 的最大整数解；(3)令g (x )＝f (x )＋4x －(a －6)ln x ，若g (x )有两个零点分别为x 1，x 2(x 1＜x 2)且x 0为g (x )的唯一的极值点，求证：x 1＋3x 2＞4x 0.【典例4】已知函数f (x )＝x 2＋πcos x .(1)求函数f (x )的最小值；(2)若函数g (x )＝f (x )－a 在(0，＋∞)上有两个零点x 1，x 2，且x 1<x 2，求证：x 1＋x 2<π.【典例5】已知函数f (x )＝a e x －1－ln x ＋ln a ．若f (x )≥1，求a 的取值范围．【典例6】设函数f (x )＝a ln x ＋1－a 2x 2－bx (a ≠1)，曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线斜率为0.(1)求b ；(2)若存在x 0≥1，使得f (x 0)<aa －1，求a 的取值范围．2思路分析❶存在x 0≥1，使得f (x 0)<aa －1↓❷fxmin<a a －1↓❸求f xmin【典例7】已知函数f (x )＝2ln x ＋1.若f (x )≤2x ＋c ，求c 的取值范围．【典例8】已知函数f(x)＝ln x－ax，g(x)＝x2，a∈R.(1)求函数f(x)的极值点；(2)若f(x)≤g(x)恒成立，求a的取值范围．【典例9】已知x＝1e为函数f(x)＝x a ln x的极值点．(1)求a的值；(2)设函数g(x)＝kxe x∀x1∈(0，＋∞)，∃x2∈R，使得f(x1)－g(x2)≥0，求k的取值范围．【典例10】设函数f(x)＝ax2－a－ln x，g(x)＝1x－ee x，其中a∈R，e＝2.718…为自然对数的底数.(1)讨论f(x)的单调性；(2)证明：当x>1时，g(x)>0；(3)确定a的所有可能取值，使得f(x)>g(x)在区间(1，＋∞)内恒成立.【典例11】已知函数f (x )＝ln x －(x －1)22.(1)求函数f (x )的单调递增区间；(2)证明：当x ＞1时，f (x )＜x －1；(3)确定实数k 的所有可能取值，使得存在x 0＞1，当x ∈(1，x 0)时，恒有f (x )＞k (x －1)．类型二恒成立问题与有解问题一．不等式的恒成立与有解问题，可按如下规则转化：一般地，已知函数()[],,y f x x a b =∈，()[],,y g x x c d =∈（1）若[]1,x a b ∀∈，[]2,x c d ∀∈，总有()()12f x g x <成立，故()()2max min f x g x <；（2）若[]1,x a b ∀∈，[]2,x c d ∃∈，有()()12f x g x <成立，故()()2max max f x g x <；（3）若[]1,x a b ∃∈，[]2,x c d ∃∈，有()()12f x g x <成立，故()()2min min f x g x <；（4）若[]1,x a b ∀∈，[]2,x c d ∃∈，有()()12f x g x =，则()f x 的值域是()g x 值域的子集．二．恒成立问题的一般解答方法如下：（1）参数分离法：将原不等式化为()a g x >或()a g x <恒成立的问题，然后分析函数()g x 在所给区间的单调性及最值，只需满足最值成立即可；（2）分类讨论：讨论函数()f x 在所给区间单调性及最值，需满足()max 0f x <或()min 0f x >【典例1】已知函数f (x )＝(1－x )e x－1.(1)求f (x )的极值；(2)设g (x )＝(x －t )2x ，存在x 1∈(－∞，＋∞)，x 2∈(0，＋∞)，使方程f (x 1)＝g (x 2)成立，求实数m 的最小值．【解析】解(1)f ′(x )＝－x e x，当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )<0，当x ∈(－∞，0)时，f ′(x )>0，∴当x ＝0时，f (x )有极大值f (0)＝e 0－1＝0，f (x )没有极小值．(2)由(1)知f (x )≤0，又因为g (x )＝(x －t )2x ≥0，所以要使方程f (x 1)＝g (x 2)有解，必然存在x 2∈(0，＋∞)，使g (x 2)＝0，所以x ＝t ，ln x＝m t，等价于方程ln x ＝mx有解，即方程m ＝x ln x 在(0，＋∞)上有解，记h (x )＝x ln x ，x ∈(0，＋∞)，则h ′(x )＝ln x ＋1，令h ′(x )＝0，得x ＝1e，所以当x h ′(x )<0，h (x )单调递减，当x h ′(x )>0，h (x )单调递增，所以当x ＝1e 时，h (x )min ＝－1e ，所以实数m 的最小值为－1e.【典例2】设函数f (x )＝ax 2－x ln x －(2a －1)x ＋a －1(a ∈R )．若对任意的x ∈[1，＋∞)，f (x )≥0恒成立，求实数a 的取值范围．【解析】解f ′(x )＝2ax －1－ln x －(2a －1)＝2a (x －1)－ln x (x >0)，易知当x ∈(0，＋∞)时，ln x ≤x －1，则f ′(x )≥2a (x －1)－(x －1)＝(2a －1)(x －1)．当2a －1≥0，即a ≥12时，由x ∈[1，＋∞)得f ′(x )≥0恒成立，f (x )在[1，＋∞)上单调递增，f (x )≥f (1)＝0，符合题意；当a ≤0时，由x ∈[1，＋∞)得f ′(x )≤0恒成立，f (x )在[1，＋∞)上单调递减，f (x )≤f (1)＝0，显然不符合题意，a ≤0舍去；当0<a <12时，由ln x ≤x －1，得ln1x ≤1x －1，即ln x ≥1－1x，则f ′(x )≤2a (x ax －1)，∵0<a <12，∴12a>1.当x ∈1，12a 时，f ′(x )≤0恒成立，∴f (x )在1，12a 上单调递减，∴当x ∈1，12a 时，f (x )≤f (1)＝0，显然不符合题意，0<a <12舍去．综上可得，a ∈12，＋∞【典例3】已知f (x )＝x 2－4x －6ln x .(1)求f (x )在(1，f (1))处的切线方程以及f (x )的单调性；(2)对任意x ∈(1，＋∞)，有xf ′(x )－f (x )＞x 2＋6k 恒成立，求k 的最大整数解；(3)令g (x )＝f (x )＋4x －(a －6)ln x ，若g (x )有两个零点分别为x 1，x 2(x 1＜x 2)且x 0为g (x )的唯一的极值点，求证：x 1＋3x 2＞4x 0.【解析】(1)因为f (x )＝x 2－4x －6ln x ，所以定义域为(0，＋∞)，所以f ′(x )＝2x －4－6x ，且f ′(1)＝－8，f (1)＝－3，所以切线方程为y ＝－8x ＋5.又f ′(x )＝2x (x ＋1)(x －3)，令f ′(x )＞0解得x ＞3，令f ′(x )＜0解得0＜x ＜3，所以f (x )的单调递减区间为(0,3)，单调递增区间为(3，＋∞)．(2)xf ′(x )－f (x )＞x 2＋6等价于k ＜x ＋x ln x x －1，记h (x )＝x ＋x ln x x －1，则k <h (x )min ，且h ′(x )＝x －2－ln x (x －1)2，记m (x )＝x －2－ln x ，则m ′(x )＝1－1x＞0，所以m (x )为(1，＋∞)上的单调递增函数，且m (3)＝1－ln 3＜0，m (4)＝2－ln 4＞0，所以存在x 0∈(3,4)，使得m (x 0)＝0，即x 0－2－ln x 0＝0，所以h (x )在(1，x 0)上单调递减，在(x 0，＋∞)上单调递增，且h (x )min ＝h (x 0)＝x 0＋x 0ln x 0x 0－1＝x 0∈(3,4)，所以k 的最大整数解为3.(3)证明：g (x )＝x 2－a ln x ，则g ′(x )＝2x －a x ＝(2x ＋a )(2x －a )x，令g ′(x )＝0，得x 0＝a2，当x g ′(x )＜0，当x g ′(x )＞0，所以g (x上单调递增，而要使g (x )有两个零点，要满足g (x 0)＜0，即－a lna 2＜0⇒a ＞2e.因为0＜x 1＜a2，x 2＞a 2，令x 2x 1＝t (t ＞1)，由g (x 1)＝g (x 2)，可得x 21－a ln x 1＝x 22－a ln x 2，即x 21－a ln x 1＝t 2x 21－a ln tx 1，所以x 21＝a ln tt 2－1，而要证x 1＋3x 2＞4x 0，只需证(3t ＋1)x 1＞22a ，即证(3t ＋1)2x 21＞8a ，即(3t ＋1)2a ln t t 2－1＞8a ，又a ＞0，t ＞1，所以只需证(3t＋1)2ln t －8t 2＋8＞0，令h (t )＝(3t ＋1)2ln t －8t 2＋8，则h ′(t )＝(18t ＋6)ln t －7t ＋6＋1t ，令n (t )＝(18t ＋6)ln t －7t ＋6＋1t，则n ′(t )＝18ln t ＋11＋6t －1t 2＞0(t ＞1)，故n (t )在(1，＋∞)上单调递增，n (t )＞n (1)＝0，故h (t )在(1，＋∞)上单调递增，h (t )＞h (1)＝0，所以x 1＋3x 2＞4x 0.【典例4】已知函数f (x )＝x 2＋πcos x .(1)求函数f (x )的最小值；(2)若函数g (x )＝f (x )－a 在(0，＋∞)上有两个零点x 1，x 2，且x 1<x 2，求证：x 1＋x 2<π.【解析】(1)易知函数f (x )为偶函数，故只需求x ∈[0，＋∞)时f (x )的最小值．f ′(x )＝2x －πsin x ，当x h (x )＝2x －πsin x ，h ′(x )＝2－πcos x ，显然h ′(x )单调递增，而h ′(0)＜0，h x 0得h ′(x 0)＝0.当x ∈(0，x 0)时，h ′(x )＜0，h (x )单调递减，当x 0h ′(x )＞0，h (x )单调递增，而h (0)＝0，x h (x )＜0，即x f ′(x )＜0，f (x )单调递减，又当x x ＞π＞πsin x ，f ′(x )＞0，f (x )单调递增，所以f (x )min ＝＝π24.(2)证明：依题意得x 1x 2F (x )＝f (x )－f (π－x )，x F ′(x )＝f ′(x )＋f ′(π－x )＝2π－2πsin x ＞0，即函数F (x )单调递增，所以F (x )＜x f (x )＜f (π－x )，而x 1，所以f (x 1)＜f (π－x 1)，又f (x 1)＝f (x 2)，即f (x 2)＜f (π－x 1)，此时x 2，π－x 1由(1)可知，f (x x 2＜π－x 1，即x 1＋x 2＜π.【典例5】已知函数f (x )＝a e x －1－ln x ＋ln a ．若f (x )≥1，求a 的取值范围．【解析】解f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝a e x －1－1x.当0<a <1时，f (1)＝a ＋ln a <1.当a ＝1时，f (x )＝ex －1－ln x ，f ′(x )＝ex －1－1x.当x ∈(0,1)时，f ′(x )<0；当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0.所以当x ＝1时，f (x )取得最小值，最小值为f (1)＝1，从而f (x )≥1.当a >1时，f (x )＝a ex －1－ln x ＋ln a ≥ex －1－ln x ≥1.综上，a 的取值范围是[1，＋∞)．【典例6】设函数f (x )＝a ln x ＋1－a 2x 2－bx (a ≠1)，曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线斜率为0.(1)求b ；(2)若存在x 0≥1，使得f (x 0)<aa －1，求a 的取值范围．2思路分析❶存在x 0≥1，使得f (x 0)<aa －1↓❷fxmin<a a －1↓❸求f xmin【解析】解(1)f ′(x )＝ax＋(1－a )x －b .由题设知f ′(1)＝0，解得b ＝1.(2)f (x )的定义域为(0，＋∞)，由(1)知，f (x )＝a ln x ＋1－a 2x 2－x ，f ′(x )＝a x ＋(1－a )x x －1)．①若a ≤12，则a1－a≤1，故当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )在(1，＋∞)上单调递增．所以，存在x 0≥1，使得f (x 0)<aa －1的充要条件为f (1)<a a －1，即1－a 2－1<a a －1，解得－2－1<a <2－1.②若12<a <1，则a 1－a >1，故当x f ′(x )<0，当x f ′(x )>0，f (x 增．所以，存在x 0≥1，使得f (x 0)<aa －1的充要条件为f<aa －1.而fa lna 1－a ＋a 221－a ＋a a －1>a a －1，所以不符合题意．③若a >1，则f (1)＝1－a 2－1＝－a －12<aa －1.综上，a 的取值范围是(－2－1，2－1)∪(1，＋∞)．【典例7】已知函数f (x )＝2ln x ＋1.若f (x )≤2x ＋c ，求c 的取值范围．【解析】解设h (x )＝f (x )－2x －c ，则h (x )＝2ln x －2x ＋1－c ，其定义域为(0，＋∞)，h ′(x )＝2x －2.当0<x <1时，h ′(x )>0；当x >1时，h ′(x )<0.所以h (x )在区间(0,1)上单调递增，在区间(1，＋∞)上单调递减．从而当x ＝1时，h (x )取得最大值，最大值为h (1)＝－1－c .故当－1－c ≤0，即c ≥－1时，f (x )≤2x ＋c .所以c 的取值范围为[－1，＋∞)．【典例8】已知函数f (x )＝ln x －ax ，g (x )＝x 2，a ∈R .(1)求函数f (x )的极值点；(2)若f (x )≤g (x )恒成立，求a 的取值范围．【解析】解(1)f (x )＝ln x －ax 的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x－a .当a ≤0时，f ′(x )＝1x－a >0，所以f (x )在(0，＋∞)上单调递增，无极值点；当a >0时，由f ′(x )＝1x －a >0，得0<x <1a ，由f ′(x )＝1x －a <0，得x >1a ，所以f (x f (x )有极大值点1a，无极小值点．(2)由条件可得ln x －x 2－ax ≤0(x >0)恒成立，则当x >0时，a ≥ln xx－x 恒成立，令h (x )＝ln x x －x ，x >0，则h ′(x )＝1－x 2－ln xx 2，令k (x )＝1－x 2－ln x ，x >0，则当x >0时，k ′(x )＝－2x －1x <0，所以k (x )在(0，＋∞)上单调递减，又k (1)＝0，所以在(0,1)上，h ′(x )>0，在(1，＋∞)上，h ′(x )<0，所以h (x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．所以h (x )max ＝h (1)＝－1，所以a ≥－1.即a 的取值范围为a ≥－1.【典例9】已知x ＝1e为函数f (x )＝x aln x 的极值点．(1)求a 的值；(2)设函数g (x )＝kxe x∀x 1∈(0，＋∞)，∃x 2∈R ，使得f (x 1)－g (x 2)≥0，求k 的取值范围．【解析】解(1)f ′(x )＝axa －1ln x ＋x a ·1x＝x a －1(a ln x ＋1)，f ln1e＋1a ＝2，当a ＝2时，f ′(x )＝x (2ln x ＋1)，函数f (x 递增，所以x ＝1e为函数f (x )＝x aln x 的极小值点，因此a ＝2.(2)由(1)知f (x )min ＝f ＝－12e，函数g (x )的导函数g ′(x )＝k (1－x )e －x.①当k >0时，当x <1时，g ′(x )>0，g (x )在(－∞，1)上单调递增；当x >1时，g ′(x )<0，g (x )在(1，＋∞)上单调递减，对∀x 1∈(0，＋∞)，∃x 2＝－1k ，使得g (x 2)＝1e k <－1<－12e ≤f (x 1)，符合题意．②当k ＝0时，g (x )＝0，取x 1＝1e，对∀x 2∈R 有f (x 1)－g (x 2)<0，不符合题意．③当k <0时，当x <1时，g ′(x )<0，g (x )在(－∞，1)上单调递减；当x >1时，g ′(x )>0，g (x )在(1，＋∞)上单调递增，g (x )min ＝g (1)＝ke，若对∀x 1∈(0，＋∞)，∃x 2∈R ，使得f (x 1)－g (x 2)≥0，只需g (x )min ≤f (x )min ，即k e ≤－12e，解得k ≤－12.综上所述，k －∞，－12∪(0，＋∞)．规律方法(1)由不等式恒成立求参数的取值范围问题的策略①求最值法，将恒成立问题转化为利用导数求函数的最值问题．②分离参数法，将参数分离出来，进而转化为a >f (x )max 或a <f (x )min 的形式，通过导数的应用求出f (x )的最值，即得参数的范围．(2)不等式有解问题可类比恒成立问题进行转化，要理解清楚两类问题的差别．【典例10】设函数f (x )＝ax 2－a －ln x ，g (x )＝1x －ee x ，其中a ∈R ，e ＝2.718…为自然对数的底数.(1)讨论f (x )的单调性；(2)证明：当x >1时，g (x )>0；(3)确定a 的所有可能取值，使得f (x )>g (x )在区间(1，＋∞)内恒成立.【解析】.(1)解f ′(x )＝2ax －1x ＝2ax 2－1x(x >0).当a ≤0时，f ′(x )<0，f (x )在(0，＋∞)内单调递减.当a >0时，由f ′(x )＝0有x ＝12a.当x f ′(x )<0，f (x )单调递减；当x f ′(x )>0，f (x )单调递增.(2)证明令s (x )＝e x －1－x ，则s ′(x )＝e x －1－1.当x >1时，s ′(x )>0，所以e x －1>x ，从而g (x )＝1x －1e x －1>0.(3)解由(2)知，当x >1时，g (x )>0.当a ≤0，x >1时，f (x )＝a (x 2－1)－ln x <0，故当f (x )>g (x )在区间(1，＋∞)内恒成立时，必有a >0.当0<a <12时，12a>1，由(1)有f (1)＝0，而所以f (x )>g (x )在区间(1，＋∞)内不恒成立；当a ≥12时，令h (x )＝f (x )－g (x )(x ≥1)，当x >1时，h ′(x )＝2ax －1x ＋1x 2－e 1－x>x －1x ＋1x 2－1x ＝x 3－2x ＋1x 2>x 2－2x ＋1x 2>0.因此，h (x )在区间(1，＋∞)单调递增.又因为h (1)＝0，所以当x >1时，h (x )＝f (x )－g (x )>0，即f (x )>g (x )恒成立.综上，a ∈12，＋【典例11】已知函数f (x )＝ln x －(x －1)22.(1)求函数f (x )的单调递增区间；(2)证明：当x ＞1时，f (x )＜x －1；(3)确定实数k 的所有可能取值，使得存在x 0＞1，当x ∈(1，x 0)时，恒有f (x )＞k (x －1)．【解析】.解(1)f ′(x )＝1x －x ＋1＝－x 2＋x ＋1x ，x ∈(0，＋∞)．由f ′(x )＞0＞0，x 2＋x ＋1＞0.解得0＜x ＜1＋52.故f (x )(2)令F (x )＝f (x )－(x －1)，x ∈(0，＋∞)．则有F ′(x )＝1－x 2x.当x ∈(1，＋∞)时，F ′(x )＜0，所以F (x )在[1，＋∞)上单调递减，故当x ＞1时，F (x )＜F (1)＝0，即当x ＞1时，f (x )＜x －1.(3)由(2)知，当k ＝1时，不存在x 0＞1满足题意．当k ＞1时，对于x ＞1，有f (x )＜x －1＜k (x －1)，则f (x )＜k (x －1)，从而不存在x 0＞1满足题意．当k ＜1时，令G (x )＝f (x )－k (x －1)，x ∈(0，＋∞)，则有G ′(x )＝1x －x ＋1－k ＝－x 2＋（1－k ）x ＋1x .由G ′(x )＝0得，－x 2＋(1－k )x ＋1＝0.解得x 1＝1－k －（1－k ）2＋42＜0，x 2＝1－k ＋（1－k ）2＋42＞1.当x ∈(1，x 2)时，G ′(x )＞0，故G (x )在[1，x 2)内单调递增．从而当x ∈(1，x 2)时，G (x )＞G (1)＝0，即f (x )＞k (x －1)．综上，k 的取值范围是(－∞，1)．。

恒成立与有解问题(解析版)

恒成立与有解问题练习参考答案1.若不等式2kx 2+kx −38<0对一切实数x 都成立，则实数k 的取值范围为A ．(−3,0)B ．(−3,0]C ．(−∞,0]D ．(−∞,−3)∪[0,+∞)【答案】B【解析】【分析】分k =0，k ≠0两种情况，当k =0，−38<0对x ∈R 恒成立，当k ≠0时，需开口向下，判别式小于0，不等式恒成立.【详解】当k =0时，原不等式可化为−38<0，对x ∈R 恒成立；当k ≠0时，原不等式恒成立，需{2k <0Δ=k 2−4×2k ×(−38)<0 ，解得k ∈(−3,0)，综上k ∈(−3,0].故选B.【点睛】本题主要考查了分类讨论思想，二次不等式恒成立的条件，属于中档题.2.若关于x 的不等式221)(1)201k x k x x x -+-+>++（的解集为R ，则k 的范围为____________．【答案】19k ≤<【解析】【分析】先判断分母22131024⎛⎫++=++> ⎪⎝⎭x x x 则问题转化为21)(1)20（-+-+>k x k x 恒成立，再分1k =时，和1k ≠时两种情况分类讨论. 【详解】因为22131024⎛⎫++=++> ⎪⎝⎭x x x ，所以221)(1)201k x k x x x -+-+>++（等价于21)(1)20（-+-+>k x k x 恒成立，当1k =时，20>成立，当1k ≠时，则()()2101810k k k ->⎧⎪⎨∆=---<⎪⎩，解得19k << ，综上：19k ≤<.故答案为：19k ≤<.【点睛】本题主要考查了不等式恒成立问题，还考查了转化化归的思想和运算求解的能力，属于中档题.3.若一元二次不等式2kx 2＋kx －38<0对一切实数x 都成立，则k 的取值范围为( ) A ．(－3,0]B ．[－3,0)C ．[－3,0]D ．(－3,0) 【答案】D【解析】∵2kx 2＋kx －38<0为一元二次不等式，∴k ≠0，又2kx 2＋kx －38<0对一切实数x 都成立，则必有200k <⎧⎨∆<⎩，解得－3<k <0. 4.若函数22log (28)y kx kx =-+的定义域为一切实数，则实数k 的取值范围为____________．【答案】[0,8)【解析】【分析】首先根据题意转化为228kx kx -+>0，对任意的实数x 恒成立，再分别讨论0k =和0k ≠的情况即可.【详解】因为函数22log (28)y kx kx =-+的定义域为一切R ，等价于228kx kx -+>0，对任意的实数x 恒成立.当0k =时，80>，符合条件.当0k ≠时，20084320k k k k >⎧⇒<<⎨∆=-<⎩.综上08k ≤<. 【点睛】本题主要考查对数函数定义域的，同时考查了二次不等式的恒成立问题，属于中档题.5.设函数f (x )＝mx 2－mx －1.若对于x ∈[1,3]，f (x )<－m ＋5恒成立，求m 的取值范围．【分析】本题可转化为二次函数在闭区间上的最值，也可以通过分类参数求解.要使f (x )<－m ＋5在x ∈[1,3]上恒成立，即m ⎝⎛⎭⎫x －122＋34m －6<0在x ∈[1,3]上恒成立．有以下两种方法：令g (x )＝m ⎝⎛⎭⎫x －122＋34m －6，x ∈[1,3]．（1）当m >0时，g (x )在[1,3]上是增函数，所以g (x )max ＝g (3)⇒7m －6<0，所以m <67，所以0<m <67；（2）当m ＝0时，－6<0恒成立；（3）当m <0时，g (x )在[1,3]上是减函数，所以g (x )max ＝g (1)⇒m －6<0，所以m <6，所以m <0.综上所述，m 的取值范围是{m |m <67}． 6.已知不等式mx 2－2x －m ＋1<0，是否存在实数m 对所有的实数x ，使不等式恒成立？若存在，求出m 的取值范围；若不存在，请说明理由．【解析】不等式mx 2－2x －m ＋1<0恒成立，即函数f (x )＝mx 2－2x －m ＋1的图象全部在x 轴下方．当m ＝0时，1－2x <0，则x >12，不满足题意；当m ≠0时，f (x )＝mx 2－2x －m ＋1为二次函数，需满足开口向下且方程mx 2－2x －m ＋1＝0无解，即00m <⎧⎨∆<⎩，不等式组的解集为空集，即m 无解．综上可知，不存在这样的m .7.已知二次函数22()42(2)21f x x p x p p =----+，若在区间[1,1]-内至少存在一个实数x 使()0f x >，则实数p 的取值范围是__________. 【答案】3(3,)2-【解析】因为二次函数()f x 在区间[1,1]-内至少存在一个实数x ，使()0f x >的否定是：“函数()f x 在区间[1,1]-内任意实数x ，使()0f x ≤”，所以(1)0(1)0≤-⎨≤⎧⎩f f ，即2242(2)21042(2)210----+≤+---+≤⎧⎨⎩p p p p p p ，整理得222390210+-≥-⎧⎩-⎨≥p p p p ，解得32p ≥或3p ≤-，所以二次函数在区间[1,1]-内至少存在一个实数x ，使()0f x >的实数p 的取值范围是3(3,)2-.【点晴】本题主要考查了一元二次方程的根的分布与系数的关系，其中解答中涉及到一元二次函数的图象与性质、不等式组的求解、命题的转化等知识点的综合考查，着重考查了学生分析问题和解答问题的能力，其中根据二次函数的图象是开口方向朝上的抛物线，得到对于区间[1,1]-内的任意一个x 都有()0f x >时，得到不等式组是解答的关键，属于中档试题.8.已知函数若对于任意，都有成立，则实数的取值范围是．【答案】(2- 【解析】由题意可得()0f x <对于[,1]x m m ∈+上恒成立，即22()210(1)230f m m f m m m ⎧=-<⎨+=+<⎩，解得0m <<． ,1)(2-+=mx x x f ]1,[+∈m m x 0)(<x f m对任意m ∈[－1,1]，函数f (x )＝x 2＋(m －4)x ＋4－2m 的值恒大于零，求x 的取值范围．【答案】(－∞，1)∪(3，＋∞)【解析】由f(x)＝x 2＋(m －4)x ＋4－2m ＝(x －2)m ＋x 2－4x ＋4，令g (m )＝(x －2)m ＋x 2－4x ＋4，则原问题转化为关于m 的一次函数问题．由题意知在[－1,1]上，g(m)的值恒大于零，∴⎩⎪⎨⎪⎧g (－1)＝(x －2)×(－1)＋x 2－4x ＋4>0，g (1)＝(x －2)＋x 2－4x ＋4>0，解得x<1或x>3. 故当x 的取值范围是(－∞，1)∪(3，＋∞)时，对任意的m ∈[－1,1]，函数f(x)的值恒大于零．9.不等式22253x x a a -+≥-对任意实数x 恒成立，则实数a 的取值范围为_________.【答案】[]1,4-【解析】【分析】根据二次不等式的恒成立问题,先求解不等式左边的最小值,再求解二次不等式即可.【详解】因为()2225144x x x -+=-+≥,故243a a ≥-恒成立.即()()2340140a a a a --≤⇒+-≤,解得14a -≤≤.实数a 的取值范围为[]1,4-.故答案为：[]1,4-【点睛】本题主要考查了二次不等式恒成立的问题,需要求解二次函数的最值进行分析,属于基础题.10.己知f(x)=x 2+2x +1+a ，∀x ∈R ，f(f(x))≥0恒成立，则实数a 的取值范围为( )A ．[√5−12,+∞]B ．[√5−32,+∞]C ．[−1,+∞)D ．[0,+∞)【答案】B【解析】设t =f(x)=(x +1)2+a ≥a ，∴f(t)≥0对任意t ≥a 恒成立，即(t +1)2+a ≥0对任意t ∈[a,+∞)都成立，当a ≤−1时f(t)min =f(−1)=a ，则a +a ≥0即a ≥0与讨论a ≤−1矛盾，当a >−1时，f(t)min =f(a)=a 2+3a +1，则a 2+3a +1≥0，解得a ≥√5−32，故选B ．11.已知函数f (x )＝－x 2＋ax ＋b 2－b ＋1(a ∈R ，b ∈R )，对任意实数x 都有f (1－x )＝f (1＋x )成立，当x ∈[－1,1]时，f (x )>0恒成立，则b 的取值范围是( )A ．－1<b <0B ．b >2C ．b <－1或b >2D ．不能确定【答案】C【解析】由f (1－x )＝f (1＋x )知f (x )图象的对称轴为直线x ＝1，则有a 2＝1，故a ＝2.，由f (x )的图象可知f (x )在[－1,1]上为增函数．∴x ∈[－1,1]时，f (x )min ＝f (－1)＝－1－2＋b 2－b ＋1＝b 2－b －2，令b 2－b －2>0，解得b <－1或b >2.12.在R 上定义运算⊗：x ⊗y =x(1−y)，若不等式(x −a)⊗(x +a)<1对任意实数x 恒成立，则实数a 的取值范围为 ( )A ．−1<a <1B ．−12<a <32C ．−32<a <12D ．0<a <2【答案】B【解析】根据题设新定义的运算，可得(x −a)⊗(x +a)=(x −a )(1−x −a )，所以(x −a)⊗(x +a)<1可转化为(x −a )(1−x −a )<1，即x 2−x +(1−a 2+a )>0恒成立，根据二次函数的性质可知Δ=1−4(1−a 2+a )<0，解得−12<a <32，故选B. 13.若对于任意的x ＞0，不等式mx ≤x 2+2x+4恒成立，则实数m 的取值范围为（）A ．（﹣∞，4]B ．（﹣∞，6]C ．[﹣2，6]D ．[6，+∞）【答案】B【解析】当x ＞0时，mx ≤x 2+2x +4⇔m ≤x +4x +2对任意实数x ＞0恒成立，令f （x ）＝x +4x +2，则m ≤f （x ）min ，∵f （x ）＝x +4x +2≥2√x ⋅4x +2＝6，∴m ≤6．故选B ．14.已知不等式xy ≤ax 2+2y 2对于x ∈[1,2],y ∈[2,3]恒成立,则a 的取值范围是A ．[1,+∞)B ．[−1,4)C ．[−1,+∞)D ．[−1,6]【答案】C【解析】不等式xy ≤ax 2+2y 2对于x ∈[1,2],y ∈[2,3]恒成立，等价于a ≥y x −2(y x)2，对于x ∈[1,2],y ∈[2,3]恒成立，令t =y x ，则1≤t ≤3，∴a ≥t −2t 2在[1,3]上恒成立，∵y =−2t 2+t =−2(t −14)2+18，∴t =1时，y max =−1,∴a ≥−1，a 的取值范围是[−1,+∞)，故选C.15.若关于x 的二次不等式01)1(2<-+-+a x a ax 恒成立，则实数a 的取值范围是________．【分析】利用a 的符号及判别式求解.【解析】由题意知，01)1(2<-+-+a x a ax 恒成立，所以⇔⎩⎨⎧<∆<00a ⎩⎨⎧<---<0)1(4)1(02a a a a ⇔⎩⎨⎧>--<012302a a a ⇔⎪⎩⎪⎨⎧-<><3110a a a 或⇔31-<a . ∴a 的取值范围是⎪⎭⎫ ⎝⎛-∞-31,【评注】本题若无“二．次．不等式”的条件，还应考虑0=a 的情况，但对本题讲0=a 时式子不恒成立.只有定义在R 上的恒二次不等式才能实施判别式法；否则，易造成失解.16.若不等式kx +3k > |x 2−4x −5|对x ∈[−1,5]恒成立，则实数k 的取值范围为______.【答案】k >2【解析】若不等式kx +3k > |x 2−4x −5|对x ∈[−1,5]恒成立，则直线y =k (x +3)在y =|x 2−4x −5|， x ∈[−1,5]图象的上方，如图：联立：{y =k (x +3)y =5+4x −x2 ，可得x 2+(k −4)x +3k −5=0 令∆=(k −4)2−4(3k −5)=0，k =2或18（舍去）∴k >2，故答案为：k >217.设函数2()2f x mx mx =-- （1）若对于一切实数()0f x <恒成立，求m 的取值范围；（2）若对于[1,3],()2(1)x f x m x ∈>-+-恒成立，求m 的取值范围.【答案】（1）(8,0]-（2）2m >【解析】【分析】（1）由不等式220mx mx --<恒成立，结合二次函数的性质，分类讨论，即可求解；（2）要使对于[1,3],()2(1)x f x m x ∈>-+-恒成立，整理得只需221x m x x >-+恒成立，结合基本不等式求得最值，即可求解.【详解】（1）由题意，要使不等式220mx mx --<恒成立，①当0m =时，显然20-<成立，所以0m =时，不等式220mx mx --<恒成立；②当0m ≠时，只需2080m m m <⎧⎨∆=+<⎩，解得80m -<<，综上所述，实数m 的取值范围为(8,0]-.（2）要使对于[1,3],()2(1)x f x m x ∈>-+-恒成立，只需22mx mx m x -+>恒成立，只需()212m x x x -+>，又因为22131024x x x ⎛⎫-+=-+> ⎪⎝⎭，只需221x m x x >-+，令222211111x y x x x x x x===-+-++-，则只需max m y >即可，因为12x x +>=，当且仅当1x x =，即1x =时等式成立；因为[1,3]x ∈，所以max 2y =，所以2m >.【点睛】本题主要考查了含参数的不等式的恒成立问题的求解，其中解答中把不等式的恒成立问题转化为函数的最值问题是解答的关键，着重考查了分类讨论思想，以及转化思想的应用，属于基础题. 18.已知a ∈R ，函数f （x ）=x 2﹣2ax +5.（1）若a >1，且函数f （x ）的定义域和值域均为[1，a ]，求实数a 的值；（2）若不等式x |f （x ）﹣x 2|≤1对x ∈[13，12]恒成立，求实数a 的取值范围. 【答案】（1）2；（2）2578a ≤≤. 【解析】【分析】（1）根据f （x ）的图象开口向上，对称轴为x =a >1，知f （x ）在[1，a ]上单调递减，所以f （1）=a 求解即可.（2）将不等式x |f （x ）﹣x 2|≤1对x ∈[13，12]恒成立，去绝对值转化为a 2512x x -≥且a 2512x x+≤在 x ∈[13，12]恒成立，分别令g （x ）2251115252228-⎛⎫==--+ ⎪⎝⎭x x x ，x ∈[13，12]，用二次函数求其最大值，令h （x ）2251115252228+⎛⎫==+- ⎪⎝⎭x x x ，x ∈[13，12]，求其最小值即可. 【详解】（1）∵f （x ）的图象开口向上，对称轴为x =a >1，∴f （x ）在[1，a ]上单调递减，∴f （1）=a ，即6﹣2a ＝a ，解得a =2.. （2）不等式x |f （x ）﹣x 2|≤1对x ∈[13，12]恒成立，即x |2ax ﹣5|≤1对x ∈[13，12]恒成立，故a 2512x x -≥且a 2512x x +≤在x ∈[13，12]恒成立，令g （x ）2251115252228-⎛⎫==--+ ⎪⎝⎭x x x ，x ∈[13，12]，所以g （x ）max =g （25）258=，所以258a≥.令h（x）2251115252228+⎛⎫==+-⎪⎝⎭xx x，x∈[13，12]，所以h（x）min=h（12）=7，所以7a≤.综上：2578a≤≤.【点睛】本题主要考查了二闪函数的图象和性质，还考查了转化化归和运算求解的能力，属于中档题.。

高考数学冲刺专题3.12 恒成立、存在性问题(新高考)(解析版)

专题3.12 恒成立、存在性问题1．恒成立、存在性问题的求解思路：（1）转化为基本函数（曲线）问题：数形结合，利用函数图象或曲线性质求解，如一次函数端点法，二次函数判别式、指对函数切线法、根式平方联想圆等等；（2）分离参数法：转化为函数最值问题求解；（3）变换主元法：参数与变量角色转化，以参数为自变量，构建函数再求解． 2．不等式恒成立问题的求解策略：（1）分离参数()a f x ≥恒成立(()max a f x ≥)或()a f x ≤恒成立（()min a f x ≤）；（2）数形结合(()y f x = 图象在()y g x = 上方即可)；（3）讨论最值()min 0f x ≥或()max 0f x ≤恒成立． 3．不等式能恒成立求参数值(取值范围)的求解策略：（1）函数法：讨论参数范围，借助函数单调性求解；（2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域或最值问题加以解决；（3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解． 4．对于已知函数()y f x =的单调性求参数问题：（1）已知可导函数()f x 在区间D 上单调递增，转化为区间D 上()0f x '≥恒成立；（2）已知可导函数()f x 在区间D 上单调递减，转化为区间D 上()0f x '≤恒成立；（3）已知可导函数()f x 在区间D 上存在增区间，转化为()0f x '>在区间D 上有解；（4）已知可导函数()f x 在区间D 上存在减区间，转化为()0f x '<在区间D 上有解．【预测题1】已知函数()ln xf x x-=．（1）设()()1x g x f x f x ⎛⎫=+⎪-⎝⎭，求函数()g x 的最小值；（2）设()1h x f x ⎛⎫=⎪⎝⎭，对任意1x ，()20,x ∈+∞，()()()()121212h x h x h x x k x x ++++≥恒成立，求k 的最大值．【答案】（1）ln 2-；（2）ln 2-．【解析】（1）因为()11ln x f x x =，()()1111ln 1ln 11x g x f x f x x x x x ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+=+-- ⎪ ⎪ ⎪-⎝⎭⎝⎭⎝⎭，令1t x=，则()()()ln 1ln 1F t t t t t =+--，()0,1t ∈． ()()ln 1ln 11ln1tF t t t t'=+--+=⎡⎤⎣⎦-，当10,2t ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，()0F t '<，()F t 单调递减；当1,12t ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，()0F t '>，()F t 单调递增．所以()F t ）的最小值为1ln 22F ⎛⎫=-⎪⎝⎭．即函数()g x 的最小值是ln 2-．（2）()ln h x x x =，()()()1212h x h x h x x +-+()()11221212ln ln ln x x x x x x x x =+-++12121212lnln x x x x x x x x =+++=()11221212121212ln ln x x x x x x x x x x x x x x ⎡⎤++⎢⎥++++⎣⎦()12121212x x x x h h x x x x ⎡⎤⎛⎫⎛⎫=++⎢⎥ ⎪ ⎪++⎝⎭⎝⎭⎣⎦．由（1）知121121212ln 2x x x h h F x x x x x x ⎛⎫⎛⎫⎛⎫+=- ⎪ ⎪ ⎪+++⎝⎭⎝⎭⎝⎭≥，所以()()()()121212ln 2h x h x h x x x x +-+-+⋅≥．所以ln 2k -≤，k 的最大值是ln 2-．【名师点睛】本题关键是将函数转化为()11ln x f xx =，利用换元法而得解．【预测题2】已知函数22()ln (1)1x f x x x =+-+．（1）求()f x 的单调区间；（2）若不等式1(1)e n an++≤对任意*n N ∈恒成立，求a 的取值范围．【答案】（1）单调递增区间为(10)-,，单调递减区间为(0)+∞,；（2）1(1]ln 2-∞-,．【解析】（1）()f x 的定义域(1)-+∞,，22222ln(1)22(1)ln(1)2()1(1)(1)x x x x x x x f x x x x ++++--'=-=+++，令2()2(1)ln(1)2g x x x x x =++--，(1)x ∈-+∞,，()2ln(1)2g x x x '=+-，令()2ln(1)2h x x x =+-，(1)x ∈-+∞,，2()21h x x '=-+，当10x -<<时，()0h x '>，当0x >时，()0h x '<，所以()h x 在(10)-,单调递增，在(0)+∞,单调递减，又(0)0h =，故()0≤h x ，即当1x >-时，()0g x '≤，所以()g x 在(1)-+∞,单调递减，于是当10x -<<时，()(0)0g x g >=，当0x >时，()(0)0g x g <=，所以当10x -<<时，()0f x '>，当0x >时，()0f x '<，所以()f x 的单调递增区间为(10)-,，单调递减区间为(0)+∞,．（2）不等式1(1)n ae n++≤*()n N ∈等价于1()ln(1)1n a n++≤，又111n+>，故11ln(1)a nn≤-+，设11()ln(1)x x x ϕ=-+，(01]x ∈,，222222(1)ln (1)()()(1)ln (1)ln (1)x x x f x x x x x x x ϕ++-'==+++，又()(0)0f x f ，故当(01]x ∈,时，()0x ϕ'<，所以()ϕx 在(01],单调递减，于是1()(1)1ln 2x ϕϕ≥=-，故11ln 2a ≤-，所以a 的取值范围为1(1]ln 2-∞-,．【预测题3】已知函数()2()12ln ,f x a x x a R =--∈．（1）2a =时，求在(1,(1))f 处的切线方程；（2）讨论()f x 的单调性；（3）证明：当1a ≥时，1()(1)f x ax a x≥+-+在区间(1,)+∞上恒成立．【答案】（1）()21y x =-；（2）见解析；（3）证明见解析．【解析】当2a =时，()()2212ln f x x x =--，0x >，()22424x f x x x x-'=-=，()10f =，()12f '=， ()f x ∴在1x =处的切线方程是()21y x =-．（2）()22222ax f x ax x x-'=-=，()0x >当0a ≤时，()0f x '<，()f x ∴在()0,∞+上单调递减，当0a >时，令()0f x '>，解得x a >，令()0f x '<，解得0x a<<，()f x ∴的增区间是⎫+∞⎪⎪⎝⎭，减区间是⎛ ⎝⎭，综上可知0a ≤时，函数的减区间是()0,∞+，无增区间；0a >时，函数的增区间是⎫+∞⎪⎪⎝⎭，减区间是⎛ ⎝⎭．（3）要证明不等式当1a ≥时，1()(1)f x ax a x≥+-+在区间(1,)+∞上恒成立，即证明()()2112ln 1a x x ax a x--≥+-+在区间(1,)+∞上恒成立，即证212ln 10ax x ax x ---+≥恒成立，令()212ln 1g x ax x ax x=---+，()3222212212ax ax x g x ax a x x x --+'=--+=()()()()22222112121x ax ax x x x x-----==，1,1a x ≥>，2210,10x ax ∴->->，即()0g x '>，()g x ∴在区间()1,+∞单调递增，即()()1g x g >，而()()2110g ax ax ax x =-=->，()0g x ∴>，∴ 1a ≥时，1()(1)f x ax a x≥+-+在区间(1,)+∞上恒成立．【预测题4】已知函数1()x f x e -=．（1）设函数()()h x xf x =，求()h x 的单调区间；（2）判断函数()y f x =与()ln g x x =的图象是否存在公切线，若存在，这样的切线有几条，为什么？若不存在，请说明理由．【答案】（1）单调减区间为(),1-∞-，单调增区间为()1,-+∞；（2）两曲线有两条公切线，理由见解析．【解析】（1）1()()x h x xf x xe-==，()()1111x x x h x xee x e ---=+=+'，当1x <-时，()0h x '<，当1x >-时，()0h x '>，所以()h x 的单调减区间为(),1-∞-，单调增区间为()1,-+∞．（2）设两曲线的公切线为l ，与曲线1()x f x e -=切于点()1,a a e-，则切线方程为()11a a y e e x a ---=-，即111a a a y e x e ae ---=+-，又与曲线()ln g x x =切于点(),ln b b ，则切线方程为()1ln y b x b b-=-，即1ln 1y x b b =+-．所以有1111ln 1a a a e be ae b ---⎧=⎪⎨⎪-=-⎩．消元整理得110a a e ae a ---+=，所以方程根的个数即为两曲线的公切线条数．设11()x x x exe x ϕ--=-+，()11x x xeϕ-=-'．当0x <时，()0x ϕ'>，当01x <<时，由（1）知，()x ϕ'单调递减，()()10x ϕϕ''>=，当1x >时，由（1）知，()x ϕ'单调递减，()0x ϕ'<，当且仅当1x =时，()0x ϕ'=；所以()ϕx 在(),1-∞单调递增，在()1,+∞单调递减．而()110ϕ=>，()220e ϕ=-<，22(1)10e ϕ-=-<，1(0)0eϕ=>，又函数()ϕx 在R 上连续，所以函数11()x x x e xe x ϕ--=-+有两个零点，分别位于区间()1,0-和区间()1,2内．所以方程110a a e ae a ---+=有两个不同的根，即两曲线有两条公切线．【名师点睛】公切线问题需分别求得函数的切线方程，使斜率，截距分别相等，从而得到切线方程参数之间的关系，转化为函数问题，借助导数解决方程根的问题．【预测题5】已知函数()()1ln 22f x x x x =+-+，()()2ln 0g x x ax x a =-+>．（1）当1x >时，求函数()f x 的值域；（2）若函数()g x 有两个零点1x ，()212x x x <，当102λ≤≤时，不等式()()12110g x x a λλ'+-+-<恒成立，求实数a 的取值范围．【答案】（1）()0,∞+；（2）()0,1．【解析】（1）()()1ln 22f x x x x =+-+，定义域为()0,∞+，()1ln 2x f x x x+'=+-，所以()22111x f x x x x -''=-=，所以当1x >时，()0f x ''>，所以函数()y f x '=在[)1,+∞单调递增，又()10f '=，所以当1x >时，()0f x '>，所以函数()y f x =在[)1,+∞单调递增，又()10f =，所以当1x >时，()0f x >，x →+∞时，()f x →+∞，即所求的值域是()0,∞+．（2）因为()g x 有两个零点1x ，()212x x x <，所以由()0g x =得2ln x xa x+=，记2ln x x y+=，则312ln x xy --'=，令0y '=得1x =，列表得分析得max 1y =，且当0x →时，y →-∞；当x →+∞时，0y +→；因为()g x 有两个零点1x ，()212x x x <，即2ln x xa x +=有两个零点，所以必有01a <<．又由（1）知当1x >时，()()1ln 220f x x x x =+-+>，即()22ln 11x x x x ->>+ （*）又()()1210g x ax a x '=-+>，()2120g x a x''=--<，所以()g x '在()0,∞+单调递减．又令211x x x =>代入（*）式得，()2212121211222ln 1x x x x x x x x x x -->=++，即121212ln ln 2x x x x x x -+<-，又由题意函数()g x 有两个零点1x ，()212x x x <，得()()2111122222ln 0ln 0g x x ax x g x x ax x ⎧=-+=⎪⎨=-+=⎪⎩，两式相减得()1212121210ln ln 12x x x x x x a x x -+<=<-+-，所以()1212210a x x x x -++<+，因为120x x <<，102λ≤≤，所以()()121212121122122x x x x x x x x λλλλ++--=+---⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦ ()()1212102x x λ=--≥，所以()121212x x x x λλ++-≥，所以()()()1212121221102x x g x x g a x x x x λλ+⎛⎫''+-≤=-++<⎪+⎝⎭，又()1211g x x a λλ'+-<-⎡⎤⎣⎦，所以只要10a -≥，因为0a >，所以01a <≤．综上所述，实数a 的取值范围是()0,1．【预测题6】已知函数21()(ln )2f x a x x x x=++-．（1）若02a <<，求函数()f x 的单调区间；（2）若存在实数[1,)a ∈+∞，使得()()2f x f x '+≤对于任意的x m ≥恒成立，求实数m 的取值范围．【答案】（1）增区间为⎫⎪⎪⎭，减区间为⎛ ⎝，(1,)+∞；（2）m 1≥．【解析】（1）()f x 定义域为(0,)x ∈+∞，()222(1)211()22x x a f x a x x x x --⎛⎫'=-+-=-⎪⎝⎭22(1)x x x x ⎛- ⎝⎭⎝⎭=-，当02a <<时，令()0f x '>1x <，所以()f x的增区间为⎫⎪⎪⎭，减区间为⎛ ⎝，(1,)+∞ （2）()()2f x f x '+≤，即222ln 0a aa x x x x+--≤ 即存在[1,)a ∈+∞，使得221211ln x x x x a⎛⎫+-≤ ⎪⎝⎭，故22121ln 1x x x x ⎛⎫+-≤ ⎪⎝⎭对于任意的x m ≥恒成立，即2221ln 0x x x x+--≤，令2221()ln g x x x x x=+--，即()0g x ≤对于任意的x m ≥恒成立，244233222222()x x x x x x g x x x -+--+-'==-，设42()222h x x x x =-+-，3()82(1)h x x x '=--，当01x <<时，()0h x '>，42()222h x x x x =-+-在(0,1)单调递增，又(0)0h <，(1)0h >，所以存在唯一的0(0,1)x ∈，使得()00h x =，当()0,1x x ∈时，()0h x >，则()0g x '<，()g x 是减函数，所以()(1)0g x g >=，不符合题意，所以1m ≥，下证当1≥x 时，()0g x ≤恒成立，()4222222212(1)0x x x x x x -+-=-+->，所以423222()0x x x g x x-+-'=-<，即()g x 在[1,)+∞上单调递减，()g(1)0g x ≤=，综上，m 1≥．【名师点睛】此题考查导数的应用，考查利用导数求函数的单调区间，利用导数解决不等式恒成立问题，解题的关键是将问题转化为22121ln 1x x x x ⎛⎫+-≤ ⎪⎝⎭对于任意的x m ≥恒成立，即2221ln 0x x x x+--≤，然后构造函数，利用导数解决，考查数学转化思想和计算能力，属于中档题【预测题7】已知()ln f x x x =，()()212xg x x e e=--（1）求函数()g x 的单调区间；（2）已知1≥x 时，不等式()()2245ax x x f x -≤-+恒成立，求实数a 的取值范围．【答案】（1）在(),0-∞递增，在()0,2递减，在()2,+∞递增；（2）(],1ln 2-∞+．【解析】（1）()g x 的定义域是R ，又()()2xg x x x e '=-，令()0g x '=，解得0x =或2x =，x ，()g x '，()g x 的变化如下：故()g x 在(),0-∞递增，在()0,2递减，在()2,+∞递增；（2）()y f x =的定义域是()0,∞+，当1≥x 时，由()()2245ax x x f x -≤-+可知()2245ln a x x x x≤-++，令()()2245ln h x x x x x=-++，（1≥x ），则()()2245222ln x x h x x x x x-+'=-+-()()222222ln x x x x x x -+-=-+()()22222ln 1x x x x x⎡⎤-+-⎣⎦=，令()0h x '=，则1x =或2x =，故()h x 在()1,2递减，在()2,+∞递增，故()h x 在[)1,+∞上的最小值是()21ln 2h =+，故1ln2a ≤+，即a 的取值范围是(],1ln 2-∞+．【名师点睛】对于不等式恒成立可以采用常变量分离法构造函数，利用导数的性质进行求解．【预测题8】已知函数()22ln kx f x x x +-=（1）当1k =时，求在1x =处的切线方程；（2）若()f x 在定义域上存在极大值，求实数k 的取值范围．【答案】（1）3y x =；（2）1,02⎛⎫-⎪⎝⎭．【解析】（1）1k =时，()22ln f x x x x =+-定义域是()0,∞+，()122f x x x'=+-(0x >) 所以()13f =，()13f '=，切线方程为()331y x -=-即3y x =（2）()f x 的定义域是()0,∞+，求导得()2122122kx x f x kx x x+-'=+-=(0x >) 记()2221g x kx x =+-，①当0k =时，令()102g x x =⇒=，当10,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()()()00g x f x f x <⇒'<⇒单调递减，当1,2x ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭时，()()()00g x f x f x >⇒'>⇒单调递增；()f x 有极小值没有极大值．②当0k >时，480k ∆=+>，()21042g x x k k-=⇒==(负根舍去)，当10,2x k ⎛⎫∈ ⎪ ⎪⎝⎭时，()()()00g x f x f x <⇒'<⇒单调递减，当x ⎫∈+∞⎪⎪⎝⎭时，()()()00g x f x f x >⇒'<⇒单调递增；()f x 有极小值没有极大值．③当0k <时，令480k ∆=+≤得1,2k ⎛⎤∈-∞- ⎥⎝⎦，则()22210g x kx x =+-≤在()0,∞+恒成立，于是()0f x '≤在()0,∞+恒成立，()f x 在定义域()0,∞+上单调递减，没有极大值．令480k ∆=+>得1,02k ⎛⎫∈-⎪⎝⎭，令()10g x x =⇒=2x =()0f x '=有2个不相等正根，()f x 在10,2k ⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭上单调递减，在11,22k k ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭单调递增，在1,2k ⎛⎫+∞ ⎪ ⎪⎝⎭单调递减．所以()f x在2x =综上所述，()f x 在定义域上存在极大值时，实数k 的取值范围是1,02⎛⎫-⎪⎝⎭．【名师点睛】本题考查导数的几何意义，考查用导数研究函数的最值．解题关键是掌握导数与单调性的关系，掌握极值的定义．解题方法是利用分类讨论思想讨论()0f x '=的根的分布，()'f x 0>或()0f x '<的解的情况，确定单调性得极值情况．【预测题9】已知函数()f x x =，()sin cos g x x x =+．（1）当4x π≥-时，求证：()()f x g x ≥；（2）若不等式()()2f x g x ax +≤+在[0,)+∞上恒成立，求实数a 的取值范围．【答案】（1）证明见解析；（2）[2,)+∞．【解析】（1）令()()()sin cos h x f x g x x x x =-=--，4x π≥-，①当44x ππ-≤<时，则()1cos sin h x x x '=+-+，设1()()h x h x ='，)1321()04h x x π⎛⎫'=++> ⎪⎝⎭， ()h x '∴在,44ππ⎡⎫-⎪⎢⎣⎭上单调递增，且()00h '=，当04x π-≤<时，()0h x '<；当04x π≤<时，()0h x '≥，()h x ∴在,04π⎡⎫-⎪⎢⎣⎭上递减，在0,4π⎡⎫⎪⎢⎣⎭上递增， ()()00h x h ∴≥=，()()f x g x ∴≥；②当4x π≥时，则()4h x x x x π⎛⎫=+≥- ⎪⎝⎭1044ππ≥>+->，()()f x g x ∴≥；综上所述，当4x π≥-时，()()f x g x ≥；（2）令()()()2sin cos 2t x f x g x ax x x x ax =+--=++--，0x ≥，则()1cos sin t x x x a '=+--，由题意得()0t x ≤在[0,)+∞上恒成立，()00t =，()020t a '∴=-≤，2a ∴≥；下证当2a ≥时，()0t x ≤在[0,)+∞上成立，()sin cos 2sin cos 22t x x x x x ax x xx x =++--≤++--，令()sin cos 2x x x x ϕ++-，只需证明()0xϕ≤在[0,)+∞上成立，（1）当04x π≤≤时，()1cos sin x x x ϕ'=-+-，设1()()x x ϕϕ='，1321()4x x πϕ⎛⎫'=-+ ⎪⎝⎭， ()1x ϕ'在0,4⎡⎤⎢⎥⎣⎦π上单调递减，11()(0)0x ϕϕ∴'≤'=，()x ϕ'∴在0,4⎡⎤⎢⎥⎣⎦π上单调递减，()()00x ϕϕ''∴≤=，()x ϕ∴在0,4⎡⎤⎢⎥⎣⎦π上单调递减，()()00xϕϕ∴≤=；（2）当4x π>时，()24x xx πϕ⎛⎫=++- ⎪⎝⎭2x ≤-+204π≤+<；综上所述，实数a 的取值范围是[2,)+∞．【名师点睛】本题考查了利用导数证明不等式，利用导数研究不等式恒成立，解题的关键是由题意确定2a ≥，将不等式恒成立转化为()sin cos 22t x x x x x ≤++--，进而证明()sin cos 220x x x x x ϕ=++--≤，考查了转化思想以及运算能力．【预测题10】已知函数()()ln 10f x m x kx m =++> （1）讨论()f x 的单调性；（2）若存在实数k ，使得()mxxf x e '≤恒成立的m 值有且只有一个，求k m +的值．【答案】（1）答案见解析；（2）2e k m +=．【解析】（1）函数()f x 的定义域为()0,∞+，()m m kxf x k x x+'=+=．当0k ≥时，()0f x '>，()f x 在(0,)+∞上单调递增；当0k <时，令()0f x '=，解得mx k=-，当0,m x k ∈-⎛⎫ ⎪⎝⎭时，()0f x '>，当,m x k ⎛⎫∈-+∞ ⎪⎝⎭时，()0f x '<．()f x ∴在0,m k ⎛-⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，在,m k ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭上单调递减．综上所述，当0k ≥，()f x 在(0,)+∞上单调递增；当0k <时，()f x 在0,m k ⎛-⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，在,m k ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭上单调递减；（2）()mxxf x e '≤恒成立，即0mx e kx m --≥恒成立令()mxg x ekx m =--，则()mx g x me k '=-．①当0k ≤时，()0g x '>，()g x 单调递增，要使()0g x ≥在()0,∞+上恒成立，只需()010g m =-≥，01m ∴<≤，此时m 不唯一，不合题意；②当0k m <≤时，令()0g x '=，解得ln ln 0k mx m-=≤，()g x 在()0,∞+上单调递增．要使()0g x ≥在()0,∞+上恒成立，只需()010g m =-≥，01m ∴<≤，此时m 不唯一，不合题意；③当k m >时，令()0g x '=，解得ln ln 0k mx m-=>，当ln ln 0,k m x m -⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0g x '<，()g x 单调递减，当ln ln ,k m x m -⎛⎫∈+∞⎪⎝⎭时，()0g x '>，()g x 单调递增， ()()ln ln min ln ln ln ln k m k m kg x g ek m m m m --⎛⎫∴==--- ⎪⎝⎭，要使()0g x ≥在()0,∞+上恒成立，且m 值唯一，只需ln ln 0k m g m -⎛⎫=⎪⎝⎭，整理得2ln ln 10m m k k-+-=，令()2ln ln 1m h m m k k =-+-，则()22k m h m mk-'=，令()0h m '=，解得m =．当m ⎛∈ ⎝时，0h m，()h m 单调递增，当m ⎫∈+∞⎪⎪⎭时，0h m，()h m 单调递减．()max 1ln 2h m h ∴==，要使m 值唯一，只需()max 102h m ==，解得2e k =，m =，k m ∴+= 【名师点睛】本题考查利用函数不等式恒成立，关键就是将问题转化为()min 0g x ≥，并利用导数分析函数的单调性，进而求解．【预测题11】已知函数2()2ln 3f x x ax x =-+-．（1）讨论()f x 的单调性．（2）若对任意的[]1,2a ∈，总存在1x ，2x ，使得()()120f x f x +=，证明：124x x +≥．【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析．【解析】（1）2222'()2x ax f x x a x x-+=-+=．当2160a ∆=-≤，即44a -≤≤时，'()0f x ≥，所以()f x 在()0,∞+上单调递增．当2160a ∆=->，即4a或4a >时，令2220x ax -+=，得216a a x ±-=．当4a时，两根均为负数，则'()0f x >，所以()f x 在()0,∞+上单调递增；当4a >时，两根均为正数，所以()f x 在2160,4a a ⎛⎫-- ⎪ ⎪⎝⎭，2164a a ⎛⎫-+∞ ⎪ ⎪⎝⎭上单调递增，在22161644a a a a ⎛-+-⎪⎝⎭,上单调递减．综上所述，当4a ≤时，()f x 在()0,∞+上单调递增；当4a >时，()f x 在2160,4a a ⎛⎫-- ⎪ ⎪⎝⎭，2164a a ⎛⎫+-+∞ ⎪ ⎪⎝⎭上单调递增，在22161644a a a a ⎛-+- ⎪⎝⎭,上单调递减．（2）因为()()120f x f x +=，所以221112222ln 32ln 30x ax x x ax x -+-+-+-=，整理得()221212122ln 2ln 60x x a x x x x +-+++-=，即()()()212121212622ln x x a x x x x x x +-+-=-．令()22ln g x x x =-，则22(1)'()2x g x x x-=-=，所以()g x 在()0,1上单调递减，在()1,+∞上单调递增，所以()()12g x g ≥=，即()121222ln 2x x x x -≥．因为()()2121262x x a x x +-+-≥，所以()()2121280x x a x x +-+-≥．因为()()21212()8h a x x a x x =+-+-在[]1,2a ∈上单调递减，所以()()21212(2)280h x x x x =+-+-≥，即()()1212420x x x x +-++≥．因为12,0x x >，所以124x x +≥．【预测题12】已知函数3231()3(0)2f x x a x x a a ⎛⎫=-++> ⎪⎝⎭．（1）讨论()f x 的单调性．（2）若1a >，且1,x a ⎛⎫∀∈+∞⎪⎝⎭，31()2f x a >，求a 的取值范围．（3）是否存在正数a ，使得()21f x x >-对()2,3x ∈恒成立？若存在，求a 的取值范围；若不存在，请说明理由．【答案】（1）答案见解析；（2）1,2⎛ ⎝⎭；（3）不存在，理由见解析．【解析】（1）21'()333f x x a a ⎛⎫=-++ ⎪⎝⎭，令'()0f x =，解得x a =或1x a=，当1a =时，'()0f x ≥，()f x 在R 单调递增，当01a <<时，1a a>，由'()0f x <，得1,x a a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，由'()0f x >，得()1,,x a a ⎛⎫∈-∞+∞ ⎪⎝⎭，故()f x 在1,a a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，在(),a -∞，1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭单调递增，当1a >时，1a a<，由'()0f x <，得1,x a a ⎛⎫∈⎪⎝⎭，由'()0f x >，得()1,,x a a ⎛⎫∈-∞+∞ ⎪⎝⎭，故()f x 在1,a a ⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减，在1,a ⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭，(),a +∞单调递增，综上：当1a =时，()f x 在R 单调递增，当01a <<时，()f x 在1,a a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，在(),a -∞，1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭单调递增，当1a >时，()f x 在1,a a ⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减，在1,a ⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭，(),a +∞单调递增；（2）因为1a >，所以()f x 在1,a a ⎛⎫⎪⎝⎭单调递减，在(),a +∞单调递增，故()3min 1()2f x f a a =>，整理得332a a <，又1a >，故12a <<，故a 的取值范围是⎛ ⎝⎭；（3）()21f x x >-，323112x x a a x ++⎛⎫+< ⎪⎝⎭在()2,3x ∈上恒成立，设211()g x x x x =++，3233122'()1x x g x x x x--=--=，设3()2k x x x =--，则2'()31k x x =-，当()2,3x ∈时，'()0k x >，故()k x 在()2,3上单调递增，()()240k x k >=>，故'()0g x >在()2,3恒成立，()g x 在()2,3单调递增，则11()(2)4g x g >=，又12a a +≥=，(当且仅当1a =时“=”成立)，故3111324a a ⎛⎫+≥> ⎪⎝⎭，故不存在正数a ，使得()21f x x >-对()2,3x ∈恒成立．【名师点睛】本题的关键是由()21f x x >-变形为323112x x a a x++⎛⎫+< ⎪⎝⎭，构造新函数，利用导数的性质和基本不等式进行求解．【预测题13】已知函数()()ln 11f x x kx =+--．（1）讨论函数()f x 的单调性；（2）若关于x 的不等式()01xef x x ++≥对任意0x ≥恒成立，求实数k 的取值范围．【答案】（1）答案见解析；（2）1k ≤．【解析】（1）()()ln 11f x x kx =+--，0x ≥，()1111k kxf x k x x --'=-=++． ①若0k ≤，则()0f x >′恒成立，故()f x 在[)0,+∞上单调递增． ②若01k <<，令()0f x '=，得110x=->．③若1k，则()0f x '≤恒成立，故()f x 在[)0,+∞上单调递减．综上所述，若0k ≤，()f x 在[)0,+∞上单调递增；若01k <<，()f x 在10,1k ⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递增，在11,k ⎛⎫-+∞⎪⎝⎭上单调递减；若1k ，()f x 在[)0,+∞上单调递减．（2）令()()1x e g x f x x =++，故()()ln 111xe g x x kx x =+-+-+，0x ≥所以()()2111x x g x k x x '=-+++，令()()()2111xxe h x g x k x x ='=-+++， ()()()()()()()222331111111xx x e x e x h x x x x ++-+'=-+=+++，下面证明1x e x ≥+，其中0x ≥．令()1xx e x ϕ=--，0x ≥，则()10x x eϕ-'=≥．所以()x ϕ在[)0,+∞上单调递增，故()()00x ϕϕ≥=，所以当0x ≥时，1x e x ≥+．所以()()()()()()()()()222333111110111x x e x x x x x h x x x x +-+++-+'==+++≥≥，所以()g x '在[)0,+∞上单调递增，故()()01g x g k ''=-≥．①若10k -≥，即1k ≤，则()()010g x g k ''=-≥≥，所以()g x 在[)0,+∞上单调递增，所以()()00g x g ≥=对0x ∀>恒成立，所以1k ≤符合题意． ②若10k -<，即1k >，此时()010g k '=-<，()()()4442222214441411414122k k kke ke e g k k k k k k k k k ⎡⎤⎢⎥⎢⎥'=-+>-=⋅-=⎢⎥+⎛⎫+++⎢⎥⎪⎝⎭⎣⎦221122k e k ⎡⎤⎛⎫⎢⎥ ⎪⎢⎥- ⎪⎢⎥ ⎪+⎢⎥⎝⎭⎣⎦，且据1k >及1xe x ≥+可得212122k e k k +>+≥，故221122ke k ⎛⎫⎪> ⎪ ⎪+⎝⎭，所以()40g k '>．又()g x '的图象在[)0,+∞上不间断，所以存在()00,4x k ∈，使得()0g x '=，且当()00,x x ∈时，()0g x '<，()g x 在()00,x 上单调递减，所以()()000g x g <=，其中()00,4x k ∈，与题意矛盾，所以1k >不符题意，舍去．综上所述，实数k 的取值范围是1k ≤．【名师点睛】利用导数研究含参函数的单调性，注意讨论的不重不漏；根据不等式恒成立求参数的取值范围，注意先猜后证、反证法的综合应用．【预测题14】已知函数()2(23)xf x e m x x =+-．（1）若曲线()y f x =在点0(1,)P y 处的切线为:(1)0l e x y n +-+=，求,m n ；（2）当1m =时，若关于x 的不等式()()25312f x x a x ≥+-+在[)1,+∞上恒成立，试求实数a 的取值范围．【答案】（1）1,2m n ==-；（2）32a e ≤-．【解析】（1）因为函数()2(23)x f x e m x x =+-的导数()(43)xf x e m x '=+-，所以由题意可得(1)1f e m e '=+=+，即1m =．则2()23xf x e x x =+-，点P 坐标为()1,1e -，因为点P 在直线:(1)0l e x y n +-+=上，所以2n =-，故1,2m n ==-；（2）当1m =时，2()23x f x e x x =+-因为关于x 的不等式()()25312f x x a x ≥+-+在[)1,+∞上恒成立，所以12x e x a x x≤--，在[)1,+∞上恒成立，设()12x e x g x x x =--，则()()()22211111122x x e x e x g x x x x --+'=-+=-，由1xy e x =--的导数为1xy e '=-，当0x >时，0y '>，函数1xy e x =--递增，当0x <时，函数1xy e x =--递减，则10x e x --≥，即10x e x ≥+>，所以当1≥x 时，()()()22111111110222x e x x x x x -++-+-≥-=>，则()12x e x g x x x=--在[)1,+∞递增，所以()()min 312g x g e ==-，则32a e ≤-．【名师点睛】若()f x 在区间D 上有最值，则（1）恒成立：()()min ,00x D f x f x ∀∈>⇔>；()()max ,00x D f x f x ∀∈<⇔<；（2）能成立：()()max ,00x D f x f x ∃∈>⇔>；()()min ,00x D f x f x ∃∈<⇔<．若能分离常数，即将问题转化为()a f x >（或()a f x <），则（1）恒成立：()()max a f x a f x >⇔>；()()min a f x a f x <⇔<；（2）能成立：()()min a f x a f x >⇔>；()()max a f x a f x <⇔<．【预测题15】已知函数()()xf x e ax a R =+∈．（1）讨论()f x 在()0,∞+上的单调性；（2）若对任意()0,x ∈+∞，()22ln 0x xe ax x a ++-≥恒成立，求a 的取值范围．【答案】（1）答案见解析；（2）[)(),00,e -+∞．【解析】（1）()x f x e a '=+，当1a ≥-时，因为0x >，所以e 1x >，所以()0xf x e a '=+>，所以()f x 在()0,∞+上的单调递增当1a <-时，()ln 0a ->，所以()ln x a >-时，()0f x '>；()ln x a <-时，()0f x '< 所以()f x 在()()0,ln a -上的单调递减，在()()ln ,a -+∞上的单调递增，综上可得当1a ≥-时，()f x 在()0,∞+上的单调递增，当1a <-时，()f x 在()()0,ln a -上的单调递减，在()()ln ,a -+∞上的单调递增；（2）当1a ≥-且0a ≠时，由（1）可知()f x 在()0,∞+上的单调递增，所以()()01f x f >=，所以0x >时，()22ln 0x xe ax x a++-≥恒成立，2ln 2ln 0xa e ax x a x ⇔+++-≥恒成立，当1a <-时，令()2ln 2ln xau x e ax x a x=+++-，因为2ln 2ln a y x a x=+-，由22ln 10a y x'=->得()ln x a >-，由22ln 10a y x'=-<得()0ln x a <<-，所以在()()0,ln a -上的单调递减，在()()ln ,a -+∞上的单调递增，由（1）可知()xf x e ax =+，在()()0,ln a -上的单调递减，在()()ln ,a -+∞上的单调递增，所以()u x 在()()0,ln a -上的单调递减，在()()ln ,a -+∞上的单调递增，所以()()()()()()()()()2ln min ln ln ln ln 2ln ln a a u x u a ea a a a a --=-=+-+-+---()()()()()ln ln ln ln 1a ea a a a a a a -=+-=-+-=--，所以()()ln 10a a --≥，解得1e a -≤<-，综上可得a 的取值范围是[)(),00,e -+∞.【预测题16】已知函数2()2xf x e ax =--．（1）当a e =时，求曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；（2）若()0xf x e -+≥恒成立，求实数a 的取值范围．【答案】（1）222e e+-；（2）(,1]-∞．【解析】（1）因为2()2x f x e ex =--，所以)'(2xf x e ex =-，故'(1)k f e ==-．又(1)2f =-，所以切点坐标为(1,2)-，故函数()f x 在点(1,(1))f 处的切线方程为2(1)y e x +=--，即2y ex e =-+-，所以切线与坐标轴交点坐标分别为(0,2)e -，2,0e e -⎛⎫⎪⎝⎭，故所求三角形面积为2212(2)442(2)22222e e e e e e e e e e ---+⎛⎫⨯-⨯===+- ⎪⎝⎭．（2）由()0xf x e -+≥，得220x x e e ax -+--≥恒成立，令2()2xxg x e eax -=+--，则()()g x g x -=，所以()g x 为偶函数．故只要求当0x ≥时，()0g x ≥恒成立即可．'()2x x g x e e ax -=--，设()2(0)xxh x e eax x -=--≥，故 '()2(0)x x h x e e a x -=+-≥，设()2(0)xx H x e ea x -=+-≥，则'()(0)x x H x e e x -=-≥，显然'()H x 为(0,)+∞的増函数，故'()'(0)0H x H ≥=，即()H x 在(0,)+∞上单调递增，(0)22H a =-．当1a ≤时，(0)220H a =-≥，则有()h x 在(0,)+∞上单调递增，故()(0)0h x h ≥=，则()g x 在(0,)+∞上单调递增，故()(0)0g x g ≥=，符合题意；当1a >时，(0)220H a =-<，又1(ln 2)02H a a=>，故存在0(0,ln 2)x a ∈，使得()00H x =，故()h x 在()00,x 上单调递减，在()0,x +∞上单调递增．当()00,x x ∈时，()(0)0h x h <=，故()g x 在()00,x 上单调递减，故()(0)0g x g <=，与()0g x ≥矛盾．综上，实数a 的取值范围为(,1]-∞．【名师点睛】解题的关键第一是构造函数，利用函数的奇偶性进行转化问题求解；第二是三次求导，利用导数的性质进行求解．【预测题17】已知函数()()1ln f x a x a R x =+∈，()21g x x x x=--．（1）讨论()f x 的单调性；（2）若函数()()()F x f x g x =+存在两个极值点1x ，2x ，且曲线()y F x =在x 处的切线方程为()y G x =，求使不等式()()F x G x <成立的x 的取值范围．【答案】（1）答案见解析；（2）⎛ ⎝．【解析】（1）()21-='ax f x x ，当0a ≤时，()0f x '<恒成立，函数()f x 在()0,∞+上单调递减，当0a >时，易得当1x a >时，()0f x '>，当10x a<<时，()0f x '<，故()f x 在1,a ⎛⎫+∞⎪⎝⎭上单调递增，在10,a ⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减，（2）()()()2ln F x f x g x a x x x =+=+-，所以()2221a x x aF x x x x-+'=+-=，0x >，因为()()()F x f x g x =+存在两个极值点1x ，2x ，所以()220x x aF x x-+'==有两个不等正实数解，即220x x a -+=有两个不等式正根，所以18002a a∆=->⎧⎪⎨>⎪⎩，解得108a <<，因为122a x x =，x ==所以1F '=-，ln 222a a a F =+所以曲线()y F x =在x =()ln 1222a a a y x ⎛⎛-+=- ⎝⎝，即()()31ln 222a a a G x y x ==-+-，令()()()23ln ln 222a a a h x F x G x x a x =-=+-+-， ()2220x ah x xx-+'==>，故()h x 在()0,∞+上单调递增，且0h =，故当0x <<时，()0h x <，即()()F x G x <，故x的范围⎛ ⎝．【名师点睛】解不等式比较常用的方法是构造新函数，研究函数的单调性，明确函数的零点，即可明确不等式何时成立．【预测题18】已知函数()cos 2xf x e a x =+-，()f x '为()f x 的导函数．（1）讨论()f x '在区间π0,2⎛⎫⎪⎝⎭内极值点的个数；（2）若π,02x ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦时，()0f x ≥恒成立，求实数a 的取值范围．【答案】（1）分类讨论，答案见解析；（2）[)1,+∞．【解析】（1）由()cos 2xf x e a x =+-，得()sin xf x e a x '=-．令()sin xg x e a x =-()cos xg x e a x '=-．因为π0,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，所以e 1x>，0cos 1x <<．当1a ≤时，()0g x '>，()g x 单调递增，即()f x '在区间π0,2⎛⎫⎪⎝⎭内无极值点；当1a >时，()sin xg x e a x ''=+，π0,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，所以()0g x ''>，所以()cos xg x e a x '=-在π0,2⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递增．又()00cos010g e a a '=-=-<，ππ22ππcos 022g e a e ⎛⎫'=-=> ⎪⎝⎭，故存在0π0,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，使()00g x '=且()00,x x ∈时，()0g x '<，()g x 单调递减； 0π,2x x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0g x '>，()g x 单调递增，所以0x x =为()g x 的极小值点，此时()f x '在区间π0,2⎛⎫⎪⎝⎭内存在一个极小值点，无极大值点．综上所述，当1a ≤时，()f x '在区间π0,2⎛⎫ ⎪⎝⎭内无极值点；当1a >时，()f x '在区间π0,2⎛⎫ ⎪⎝⎭内存在一个极小值点，无极大值点．（2）若π,02x ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦时，()0f x ≥恒成立，则()0120f a =+-≥，所以1a ≥．下面证明当1a ≥时，()0f x ≥在π,02x ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦恒成立．因为π,02x ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦时，0cos 1x ≤≤，所以1a ≥时，()cos 2cos 2xxf x e a x e x =+-≥+-．令()cos 2xh x e x =+-，π,02x ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦，所以()sin xh x e x '=-令()sin xx e x ϕ=-()cos xx e x ϕ'=-．()sin x x e x ϕ''=+在区间π,02⎡⎤-⎢⎥⎣⎦单调递增．又ππ331ππsin 03322e e e ϕ---⎛⎫⎛⎫''-=+-=-<-< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以()cos xx e x ϕ'=-在区间ππ,23⎡⎤--⎢⎥⎣⎦上单调递减．又ππ22ππcos 022e e ϕ--⎛⎫⎛⎫'-=--=> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， ππ331ππ11cos 03322e e e ϕ---⎛⎫⎛⎫'-=--=-<-< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以存在1ππ,23x ⎛⎫∈-- ⎪⎝⎭，使()10x ϕ'=，且1π,2x x ⎛⎫∈-⎪⎝⎭时，()0x ϕ'>，()h x '单调递增； ()1,0x x ∈时，()0x ϕ'<，()h x '单调递减，所以1x x =时，()h x '取得最大值，且()()1max h x h x ''=．因为()10x ϕ'=，所以11cos xe x =，所以()h x 单调递减，所以π,02x ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦时，()()00h x h ≥=，即()0f x ≥成立．综上，若π,02x ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦时，()0f x ≥恒成立，则a 的取值范围为[)1,+∞．【名师点睛】含参数分类讨论函数的单调性、极值，需要根据导函数的结构，对参数进行分类讨论．【预测题19】函数()sin (1cos )f x x x =⋅+，()(1)xg x a e =-（1）当0a <时，函数()()()F x f x g x =+在(0,)2x π∈有极值点，求实数a 的取值范围；（2）对任意实数[0,)x ∈+∞，都有()()f x g x ≤恒成立，求实数a 的取值范围．【答案】（1）20a -<<；（2）2a ≥．【解析】（1）()sin (1cos )(1)xF x x x a e =++-，2()cos (1cos )sin (sin )2cos cos 1x x F x x x x x ae x x ae =++=-'-+++， ()4cos sin )sin sin (4cos 1)x x F x x x x ae x x ae =-'-+'+=-+（，因为(0,)2x π∈，所以sin 0,cos 0x x >>，又0a <，所以()F x ''<0，所以'()F x 在(0,)2π上递减，(0)20F a =+>'，2()102F ae ππ'=-+<，所以20a -<<，（2）()()()G x g x f x =-=(1)sin (1cos )0xa e x x --+≥．因为()02F π≥，所以2(1)10a e π--≥，所以0a >，当[0,]2x π∈时，()()()G x g x f x '''=-=2(2cos cos 1)x ae x x -+-，()()()G x g x f x ''''''=-sin (4cos 1)x ae x x =++>0，所以'()G x 在[0,]2π上递增，(0)2G a '=-，2()102G ae ππ'=+>，①当(0)20G a =-<'即2a <时，0(0,)2x π∃∈使得0()0G x '=，所以当0(0,)x x ∈时'()0G x <，函数()G x 在区间0(0,)x 递减，因为(0)0G =，所以当0(0,)x x ∈时，()0<G x 与条件()0G x ≥矛盾，②(0)20G a =-≥'时，即2a ≥时，22()(2cos cos 1)2(2cos cos 1)x x G x ae x x e x x =-+-≥-+-'，因为22cos cos 1x x +-=2192[cos ]48x +-，cos [1,1]x ∈-，所以22cos cos 1x x +-9[,2]8∈-，而0x ，≥时22x e ≥，所以()G x '0≥，所以函数()G x 在区间[0,)+∞单调递增，因为(0)0G =，所以()0G x ≥，综上：2a ≥.【预测题20】已知函数()x f x e ax =+，()()()()g x f x f x a R =--∈．（1）若直线y kx =与曲线()f x 相切，求k a -的值；（2）若()g x 存在两个极值点1x ，2x ，且()()12122g x g x x x e->--，求a 的取值范围．【答案】（1）k a e -=；（2）1,12e e -⎛⎫+-- ⎪⎝⎭．【解析】（1）设切点为()00,x y ，()xf x e a '=+，因为直线y kx =与曲线()f x 相切，所以0x e a k +=，000xe ax kx +=，所以()()010x a k --=，解得01x =，a k =（不成立，舍去），所以k a e -=；（2）()2x x g x e e ax -=-+，()2x xg x e e a -'=++，①当1a ≥-时，()220g x a '≥+≥，所以()g x 在R 上单调递增，函数()g x 无极值，不符合题意，舍去． ②当1a <-时，()20xxg x e ea -'=++=，不妨设12x x <，解得(1ln x a =-，(2ln x a =-，可得函数()g x 在()1,x -∞单调递增，在()12,x x 单调递减，在()2,x +∞单调递增，符合题意．。

2020届高考数学江苏省二轮复习训练习题：冲刺提分作业第7讲不等式的恒成立与存在性问题

第7讲不等式的恒成立与存在性问题1.(2019扬州期末,11)已知正实数x,y 满足x+4y-xy=0,若x+y ≥m 恒成立,则实数m 的取值范围为 .2.若对任意x ∈(0,+∞),y ∈(0,+∞),(m-1)x+my ≥2√2xy 恒成立,则实数m 的最小值为 .3.(2018江苏海安高级中学高三上学期阶段测试)已知不等式(ax+3)(x 2-b)≤0对任意x ∈(0,+∞)恒成立,其中a,b 是整数,则a+b 的取值集合为 .4.(2018徐州铜山高三第三次模拟)当a>0时,若∃x ∈R,使得a 3x-4≥2x 2-x成立,则实数a 的取值范围是 . 5.设0<m<12,若1m +21-2m≥k 恒成立,则实数k 的最大值为 .6.已知函数f(x)=x 2+ax+11x+1(a ∈R).若对于任意的x ∈N *, f(x)≥3恒成立,则a 的取值范围是 .7.已知函数f(x)=x 2+2ax-a+2.(1)若∀x ∈R, f(x)≥0恒成立,求实数a 的取值范围; (2)若∀x ∈[-1,1], f(x)≥0恒成立,求实数a 的取值范围; (3)若∃x ∈[-1,1], f(x)≥0恒成立,求实数a 的取值范围.8.对于定义在区间D上的函数f(x),若存在正整数k,使不等式1<f(x)<k恒成立,则称f(x)为D(k)k型函数.(1)设函数f(x)=a|x|,定义域D=[-3,-1]∪[1,3].若 f(x)是D(3)型函数,求实数a的取值范围;(2)设函数g(x)=e x-x2-x,定义域D=(0,2),判断g(x)是不是D(2)型函数,并给出证明.(参考数据:7<e2<8)答案精解精析1.答案 m ≤9解析 m ≤x+y 恒成立等价于m ≤(x+y)min ,由x+4y-xy=0,得y=xx -4,因为x,y 是正实数,所以x>4,y>1. 则x+y=x+xx -4=x+x -4+4x -4=x+4x -4+1=(x-4)+4x -4+5≥9,当且仅当x=6,y=3时取等号.所以m ≤9. 2.答案 2解析 ∵(m-1)x+my ≥2√2xy ,∴m(x+y)≥x+2√2xy . 又∵x ∈(0,+∞),y ∈(0,+∞), ∴m ≥x+2√2xy x+y.∵x+2√2xy x+y≤x+x+2y x+y=2,当且仅当x=2y(x>0,y>0)时等号成立, ∴m ≥2,故m 的最小值为2. 3.答案 {-2,8}解析当b ≤0时,由(ax+3)(x 2-b)≤0得到ax+3≤0在x ∈(0,+∞)上恒成立,则a 不存在; 当b>0时,由(ax+3)(x 2-b)≤0,可设f(x)=ax+3,g(x)=x 2-b,又函数f(x)、g(x)的大致图象如图所示,由题意可知:{a <0,-3a =√b ,再由a,b 是整数得到 {a =-1,b =9或{a =-3,b =1.因此a+b=8或-2.故a+b 的取值集合为{-2,8}. 4.答案 0<a ≤219或a ≥2 解析由a 3x-4≥2x2-x ,a>0可得log 2a 3x-4≥x 2-x,即x 2-(3log 2a+1)x+4log 2a ≤0在R 上有解,则Δ=(3log 2a+1)2-16log 2a ≥0,解得log 2a ≤19或log 2a ≥1,则0<a ≤219或a ≥2.5.答案 8解析由题意可知0<1-2m<1,且k 的最大值即为1m +21-2m 的最小值.因为1m +21-2m =(22m +21-2m )[2m+(1-2m)]=2+2(1-2m 2m+2m 1-2m )+2≥8,当且仅当2m=1-2m,即m=14时取等号,故k max =8.6.答案 [-83,+∞) 解析 f(x)=x 2+ax+11x+1≥3(x ∈N *),则(3-a)x ≤x 2+8,即3-a ≤x+8x .x+8x ≥2√8=4√2,当且仅当x=2√2时取等号,因为x ∈N *,当x=2时,x+8x =6;当x=3时,x+8x =3+83<6,因此x+8x 的最小值为3+83,于是3-a ≤3+83,即a ≥-83.7.解析 (1)Δ=4a 2-4(-a+2)≤0,a 2+a-2≤0,解得-2≤a ≤1,故实数a 的取值范围是[-2,1]. (2)∀x ∈[-1,1], f(x)≥0恒成立,则f(x)min ≥0,x ∈[-1,1].当a>1时, f(x)在x ∈[-1,1]上单调递增,则f(x)min =f(-1)=3-3a ≥0,a ≤1,舍去;当-1≤a ≤1时, f(x)min =f(-a)=-a 2-a+2≥0,-2≤a ≤1,则-1≤a ≤1;当a<-1时, f(x)在x ∈[-1,1]上单调递减,则f(x)min =f(1)=a+3≥0,a ≥-3,则-3≤a<-1. 综上可得实数a 的取值范围是[-3,1].(3)∃x ∈[-1,1], f(x)≥0恒成立,则f(x)max ≥0,x ∈[-1,1].当a ≥0时, f(x)max =f(1)=a+3≥0,a ≥-3,则a ≥0;当a<0时, f(x)max =f(-1)=3-3a ≥0,a ≤1,则a<0.综上可得实数a 的取值范围是R.8.解析 (1)因为f(x)=a|x|是D(3)型函数,所以13<a|x|<3在[-3,-1]∪[1,3]上恒成立,即13|x |<a<3|x |在[-3,-1]∪[1,3]上恒成立. 又|x|的取值范围为[1,3], 所以{a <(3|x |) min =1,a >(13|x |) max =13,所以a 的取值范围为13,1.(2)g(x)是D(2)型函数.证明如下: ①先证明g(x)<2. 记h(x)=x 2+x+2e ,0<x<2,所以h'(x)=-(x 2-x+1)e x=-(x -12)2+34ex <0,所以h(x)在(0,2)上为减函数. 所以h(x)>h(2)=8e 2>1,所以x 2+x+2e x>1,即e x -x 2-x<2,所以g(x)<2成立. ②再证明g(x)>12. 记r(x)=x 2+x+12e x,0<x<2,所以r'(x)=-(x 2-x -12)e x.令r'(x)=0,得x=1+√32∈(0,2),记x 0=1+√32,则x 0+12=x 02.当0<x<x 0时,r'(x)>0, 当x 0<x<2时,r'(x)<0,所以r(x)在(0,x 0)上为增函数,在(x 0,2)上为减函数, 所以r(x)max =r(x 0)=x 02+x 0+12e x 0=2x 02e x 0.要证g(x)>12,只要证r(x)<1,只要证r(x)max <1,即证2x 02e x 0<1,即证(√2x 0)2<e x 0,即证2ln √2+2ln x 0<x 0(*).为证明(*)式,我们先证x>1时,有ln x<x 2-12x .记p(x)=ln x-x 2-12x,x>1,所以p'(x)=1x -12-12x 2=-(x -1)22x 2<0,所以p(x)在(1,+∞)上为减函数,所以p(x)<p(1)=0,即ln x<x 2-12x得证.所以2ln √2<2·2√2=√2,2ln x 0<2·x 02-12x 0=x 0-1x 0,故要证明(*)式,只需证明√2+x 0-1x 0<x 0,即证x 0<√2,而x 0=1+√32<√2,从而g(x)>12.由①②得12<g(x)<2,结论获证.。

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