函数不等式恒成立问题经典总结

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关于不等式恒成立问题的几种求解方法

关于不等式恒成立问题的几种求解方法不等式恒成立问题，在高中数学中较为常见。

这类问题的解决涉及到一次函数、二次函数、三角函数、指数与对数函数等函数的性质、图象，渗透着换元、化归、数形结合、函数与方程等思想方法，有利于考查学生的综合解题能力，在培养思维的灵活性、创造性等方面起到了积极的作用。

不等式恒成立问题在解题过程中有以下几种求解方法：①一次函数型；②二次函数型；③变量分离型；④数形结合型。

下面我们一起来探讨其中一些典型的问题一、一次函数型——利用单调性求解例1、若不等式对满足的所有实数m都成立，求x的取值范围。

若对该不等式移项变形，转化为含参数m的关于x的一元二次不等式，再根据对称轴和区间位置关系求对应的二次函数的最小值，利用最小值大于零求解。

这样得分好几种情况讨论,这思路应该说从理论上是可行的，不过运算量不小。

能不能找出不需要讨论的方法解决此问题呢？若将不等式右边移到左边，然后将新得到的不等式左边看做关于m的一次函数，借助一次函数的图像直线（其实是线段）在m轴上方只需要线段的两个端点在上方即可。

分析：在不等式中出现了两个字母：x及m,关键在于该把哪个字母看成是一个变量，另一个作为常数。

显然可将m视作自变量，则上述问题即可转化为在[-2，2]内关于m的一次函数大于0恒成立的问题。

解：原不等式转化为(1-x2)m+2x-1>0在|m|2时恒成立,设f(m)= (1-x2)m+2x-1,则f(m)在[-2,2]上恒大于0，故有：此类题本质上是利用了一次函数在区间[a，b]上的图象是一线段，故只需保证该线段两端点均在m轴上方（或下方）即可。

给定一次函数y=f(x)=ax+b(a≠0),若y=f(x)在[m,n]内恒有f(x)>0，则根据函数的图象（线段）（如下图）可得上述结论等价于ⅰ），或ⅱ）可合并成同理，若在[m,n]内恒有f(x)0恒成立；f(x)3;若改为：,构造函数，画出图象，得a<3利用数形结合解决恒成立问题，应先构造函数，作出符合已知条件的图形，再考虑在给定区间上函数与函数图象之间的关系，得出答案或列出条件，求出参数的范围。

函数专题：函数不等式恒成立与能成立问题-【题型分类归纳】

函数专题：函数不等式恒成立与能成立一、单变量不等式恒成立问题一般利用参变分离法求解函数不等式恒（能）成立，可根据以下原则进行求解：1、∀∈x D ，()()min ≤⇔≤m f x m f x2、∀∈x D ，()()max ≥⇔≥m f x m f x3、∃∈x D ，()()max ≤⇔≤m f x m f x4、∃∈x D ，()()min ≥⇔≥m f x m f x 二、双变量不等式与等式一般地，已知函数()[],,y f x x a b =∈，()[],,y g x x c d =∈ 1、不等关系（1）若[]1,x a b ∀∈，[]2,x c d ∀∈，总有()()12f x g x <成立，故()()max min f x g x <；（2）若[]1,x a b ∀∈，[]2,x c d ∃∈，有()()12f x g x <成立，故()()max max f x g x <；（3）若[]1,x a b ∃∈，[]2,x c d ∀∈，有()()12f x g x <成立，故()()min min f x g x <；（4）若[]1,x a b ∃∈，[]2,x c d ∃∈，有()()12f x g x <成立，故()()min max f x g x <． 2、相等关系记()[],,y f x x a b =∈的值域为A , ()[],,y g x x c d =∈的值域为B, （1）若[]1,x a b ∀∈，[]2,x c d ∃∈，有()()12=f x g x 成立，则有A B ⊆；（2）若[]1,x a b ∃∈，[]2,x c d ∀∈，有()()12=f x g x 成立，则有A B ⊇；（3）若[]1,x a b ∃∈，[]2,x c d ∃∈，有()()12=f x g x 成立，故A B ⋂≠∅；题型一单变量不等式恒成立问题【例1】已知函数()42+=x xb f x 为奇函数．（1）求实数b 的值；（2）若对任意的[]0,1x ∈，有()23202--+<f x kx k 恒成立，求实数k 的取值范围．【答案】（1）1=-b ；（2）3,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭【解析】（1）∵函数()42+=x x bf x 的定义域为R ，且为奇函数，∴()010=+=f b ，解得1=-b ，经验证：()411222-==-x x x x f x 为奇函数，符合题意，故1=-b ；（2）∵()122=-xxf x ， ∴()f x 在R 上单调递增，且()131222-=-=-f ． ∵()23202--+<f x kx k ，则()()23212--<-=-f x kx k f ，又函数()f x 在R 上单调递增，则221x kx k --<-在[]0,1x ∈上恒成立， ∴()32141k x x >++-+在[]0,1x ∈上恒成立，设()()32141g x x x =++-+，令1t x =+，则[1,2]t ∈，函数32y t t=+在3]2上递减，在3[,2]2上递增，当1t =时，5y = ，当2t =时，112y =，故()max 113422g x =-=，则32k > ，∴实数k 的取值范围为3,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭．【变式1-1】已知定义在R 上的函数()22x xf x k -=-⋅是奇函数．（1）求实数k 的值；（2）若对任意的R x ∈，不等式()()240f x tx f x ++->恒成立，求实数t 的取值范围．【答案】（1）1k =；（2）()3,5-【解析】（1）函数()22x x f x k -=-⋅是定义域R 上的奇函数，∴(0)0f =，即()000220f k =-⋅=，解得1k =．此时()22x xf x -=-，则()()()2222x x x x f x f x ---=-=--=-，符合题意；（2）因为()22x x f x -=-，且2xy =在定义域R 上单调递增，2x y -=在定义域R 上单调递减，所以()22x xf x -=-在定义域R 上单调递增，则不等式()()240f x tx f x ++->恒成立，即()()24f x tx f x +>-恒成立，即24x tx x +>-恒成立，即()2140x t x +-+>恒成立，所以()21440t ∆=--⨯<，解得35t -<<，即()3,5t ∈-.【变式1-2】已知()21212xxm m ⎛⎫- ⎪⎝⎭≤-对任意(],1x ∈-∞-恒成立，则实数m 的取值范围为_________. 【答案】[]2,3-【解析】依题意，()21212xxm m ⎛⎫- ⎪⎝⎭≤-对任意(],1x ∈-∞-恒成立，可等价为221122x x m m ⎛⎫- ⎪⎝+⎭≤对任意(],1x ∈-∞-恒成立，即2in2m 1122x x m m ≤+⎡⎤⎛⎫-⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦，令[)12,2x t =∈+∞，()[)2211,2,24f t t t t t ⎛⎫∴=+=+-∈+∞ ⎪⎝⎭，()()2min 1122624f t f ⎛⎫∴==+-= ⎪⎝⎭，26m m ∴-≤，解得23m -≤≤，∴实数m 的取值范围为[]2,3-.【变式1-3】已知()()2log 124x xf x a =-⋅+ ，其中a 为常数（1）当()()102f f -= 时，求a 的值；（2）当[1x ∈+∞，）时，关于x 的不等式()1f x x ≥-恒成立，试求a 的取值范围；【答案】（1）32a =；（2）2a ≤【解析】（1）()()102f f -=得()()222log 124log 11log 4a a -+-+=－⇒()()22log 52log 42a a -=－ ⇒352842a a a -=-⇒=；（2）()122log 1241log 2x x x a x --⋅+≥-=1111242222x x x xx a a -⇒-⋅+≥⇒≤+-，令2x t =，[)1[2x t ∈+∞∴∈+∞，，），设()112h t t t =+- ，则()min a h t ≤，()h t 在[2+∞，）上为增函数⇒2t =时，()112h t t t =+-有最小值为2，2a ∴≤.【变式1-4】已知函数()()4log 65x xf x m =+⋅.（1）当1m =-时，求()f x 的定义域；（2）若()2f x ≤对任意的[]0,1x ∈恒成立，求m 的取值范围. 【答案】（1）()0,∞+；（2）(]1,2-【解析】（1）当1m =-时()()4log 65x x f x =-，令650x x ->，即65xx>，即615x⎛⎫> ⎪⎝⎭，解得0x >，所以()f x 的定义域为()0,∞+.（2）由()2f x ≤对任意的[]0,1x ∈恒成立，所以06516x x m <+⋅≤对任意的[]0,1x ∈恒成立，即6166555xxx m ⎛⎫⎛⎫-<≤- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭对任意的[]0,1x ∈恒成立，因为165x y =是单调递减函数，65xy ⎛⎫=- ⎪⎝⎭是单调递减函数，所以()16655xx g x ⎛⎫=- ⎪⎝⎭在[]0,1上单调递减，所以()()min 12g x g ==，所以()65xh x ⎛⎫=- ⎪⎝⎭在[]0,1上单调递减，所以()()max 01h x h ==-，所以12m -<，即m 的取值范围为(]1,2-.题型二单变量不等式能成立问题【例2】定义在[]3,3-上的奇函数()f x ，已知当[]3,0x ∈-时()143x xaf x =+（a R ∈）．（1）求()f x 在(]0,3上的解析式；（2）若存在[]2,1x ∈--时，使不等式()1123x x m f x -≤-成立，求实数m 的取值范围．【答案】（1）()34x x f x =-；（2）5m ≥【解析】（1）根据题意，()f x 是定义在[]3,3-上的奇函数，则()010f a =+=，得1a =-．经检验满足题意：故1a =-；当[]3,0x ∈-时，()1114343x x x xa f x =+=-，当(]0,3x ∈时，[]3,0x -∈-，()114343---=-=-x x x x f x ．又()f x 是奇函数，则()()34x xf x f x =--=-．综上，当(]0,3x ∈时，()34x xf x =-．（2）根据题意，若存在[]2,1x ∈--，使得()1123x x m f x -≤-成立，即11114323x x x x m --≤-在[]2,1x ∈--有解，即12243x x x m ≥+在[]2,1x ∈--有解．又由20x>，则12223xx m ⎛⎫≥+⋅ ⎪⎝⎭在[]2,1x ∈--有解．设()12223xx g x ⎛⎫=+⋅ ⎪⎝⎭，分析可得()g x 在[]2,1x ∈--上单调递减，又由[]2,1x ∈--时，()()11min1212523g g x --⎛⎫=-=+⋅= ⎪⎝⎭，故5m ≥．即实数m 的取值范围是[)5,+∞．【变式2-1】已知函数()13f x -的定义域为1,14A ⎡⎤=⎢⎥⎣⎦．（1）求()f x 的定义域B ；（2）对于（1）中的集合B ，若x B ∃∈，使得21a x x >-+成立，求实数a 的取值范围．【答案】（1）12,4B ⎡⎤=-⎢⎥⎣⎦；（2）13,16⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭【解析】（1）∵()13f x -的定义域为1,14A ⎡⎤=⎢⎥⎣⎦，∴114x ≤≤．∴12134x -≤-≤，则12,4B ⎡⎤=-⎢⎥⎣⎦．（2）令()21g x x x =-+，x B ∃∈，使得21a x x >-+成立，即a 大于()g x 在12,4⎡⎤-⎢⎥⎣⎦上的最小值．∵()21324g x x ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭，∴()g x 在12,4⎡⎤-⎢⎥⎣⎦上的最小值为113416g ⎛⎫= ⎪⎝⎭， ∴实数a 的取值范围是13,16⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭．【变式2-2】已知函数()1422x x f x a +=-⋅+，其中[]0,3.x ∈（1）若()f x 的最小值为1，求a 的值；（2）若存在[]0,3x ∈，使()33f x ≥成立，求a 的取值范围．【答案】（1）5a =；（2）1a ≥ 【解析】（1）因为[]0,3x ∈，()()()22242224x x x f x a a =-⋅+=-+-，当22x =时，即当1x =时，函数()f x 取得最小值，即()()min 141f x f a ==-=，解得5a =.（2）令[]21,8xt =∈，则()24f x t t a =-+，由()33f x ≥可得2433a t t ≥-++，令()2433g t t t =-++，函数()g t 在[)1,2上单调递增，在(]2,8上单调递减，因为()136g =，()81g =，所以，()()min 81g t g ==，1a ∴≥.【变式2-3】已知函数()e e x xf x -=+.（1）当[0,)x ∈+∞时，试判断并证明其单调性.（2）若存在[ln 2,ln3]x ∈-，使得(2)()30f x mf x -+≥成立，求实数m 的取值范围. 【答案】（1）单调递增，证明见解析；；（2）109,30⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦. 【解析】（1）()e e x xf x -=+在[0,)+∞上单调递增，证明如下：12,[0,)x x ∀∈+∞，且12x x <，则()()()()()112221212211211221e e e e ee eeee e e e 1e x x x x x x x x x x x x x x x xf x f x +--+⎛⎫--=+-+=-+=- ⎝-⎪⎭，由120x x ≤<得：21e e 0x x ->，12e 1x x +>，所以()()21f x f x >，即()f x 在[0,)+∞上的单调递增（2）由题设，[ln 2,ln 3]x ∃∈-使()()()()222(2)()3e e e e 3e e e e 10x x x x x xx x f x mf x m m -----+=+-++=+-++≥，又()()e ee e ()x x x xf x f x -----=++==，即()f x 是偶函数，结合（1）知：()f x 在[ln 2,0]-单调递减，在[0,ln 3]上单调递增，又510(ln 2)(ln3)23f f -=<=，所以(0)()(ln 3)f f x f ≤≤，即102()3f x ≤≤，令e e xxt -=+，则102,3t ⎡⎤∃∈⎢⎥⎣⎦使210t mt -+≥，可得211t m t t t+≤=+，令1()g t t t =+在102,3t ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦单调递增，故max 10109()330g t g ⎛⎫==⎪⎝⎭；所以max ()m g t ≤，即109,30m ⎛⎤∈-∞ ⎥⎝⎦.【变式2-4】已知1≤x ≤27，函数33()log (3)log 227=⋅++xf x a x b (a ＞0)的最大值为4，最小值为0．（1）求a 、b 的值；（2）若不等式()(3)0tg t f kt =-≥在1,32t ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦上有解，求实数k 的取值范围．【答案】（1）1,2a b ==；（2）43⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦，【解析】（1）()()()()3333log 3log 2log 1log 3227xf x a x b a x x b =⋅++=+-++()23log 142a x a b =+--+，由1≤x ≤27得[]3log 0,3t x =∈，()[]23log 10,4x -∈，又a ＞0，因此33()log (3)log 227=⋅++xf x a x b 的最大值为24+=b ，最小值为420a b -++=，解得1,2a b ==．（2）()()23log 1f x x =-，()()()2310tg t f kt t kt =-=--≥又1,32t ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，()2112t k t t t-≤=+-，而1()2h t t t =+-在1,12⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递减，在(]1,3上单调递增．由不等式()()30tg t f kt =-≥在1,32t ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦上有解，得：max 12k t t ⎛⎫≤+- ⎪⎝⎭43=．因此，k 的取值范围是43⎛⎤∞ ⎥⎝⎦-，．题型三任意-任意型不等式成立问题【例3】已知()()()21ln 12xf x xg x m ⎛⎫=+=- ⎪⎝⎭，，若对任意[]10,3x ∈，[]21,2x ∈，使得()()12f x g x ≥，则实数m 的取值范围是（）A ．14⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭，B ．14⎛⎥-∞⎤ ⎝⎦， C ．12⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭， D ．12⎛⎤-∞- ⎥⎝⎦，【答案】C【解析】易知()2(ln 1)f x x =+在[0,3]上单调递增，()()min 00f x f ==，()1()2x g x m =-在[1,2]上单调递减，()()max 112g x g m ==-，对任意[]10,3x ∈，[]21,2x ∈，使得()()12f x g x ≥，则()()min max f x g x ≥ 所以102m -≤，即12m ≥.故选：C.【变式3-1】已知定义在区间[0,2]上的两个函数()f x 和()g x ，其中2()24(1)f x x ax a =-+≥，2()1x g x x =+.（1）求函数()y f x =的最小值()m a ；（2）若对任意12,[0,2]x x ∈，21()()f x g x >恒成立，求a 的取值范围.【答案】（1）24,12()84,2a a m a a a ⎧-≤<=⎨-≥⎩；（2）261a ≤<【解析】（1）由()()222244f x x ax x a a =-+=-+-，则二次函数的对称轴为x a =，则当12a ≤<时，()f x 在[)0,a 上单调递减，在(],2a 上单调递增，所以()()()2min 4m a f x f a a ===-；当2a ≥时，()f x 在[0,2]上单调递减，()()()min 284m a f x f a ===- ，所以()24,1284,2a a m a a a ⎧-≤<=⎨-≥⎩；（2）()()1121g x x x =++-+，当[0,2]x ∈时，[]11,3x +∈，又()g x 在区间[0,2]上单调递增，所以()40,3g x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦. 若对任意12,[0,2]x x ∈，()()21f x g x >恒成立则()()21minmax f x g x >，故212443a a ≤<⎧⎪⎨->⎪⎩或24843a a ≥⎧⎪⎨->⎪⎩解得：261a ≤<.【变式3-2】已知函数()2xf x =，31()log 1xg x x-=+. （1）求()21log 20202f g ⎛⎫+- ⎪⎝⎭的值；（2）试求出函数()g x 的定义域，并判断该函数的单调性与奇偶性；（判断函数的单调性不必给出证明.）（3）若函数()(2)3()F x f x f x =-，且对[]10,1x ∀∈，211,22x ⎡⎤∀∈-⎢⎥⎣⎦，都有()()12F x g x m>+成立，求实数m 的取值范围.【答案】（1）2021；（2）定义域为()1,1-，函数()g x 在()1,1-上为减函数；奇函数；（3）13,4⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭.【解析】（1）()2log2020231log 20202log 320212f g ⎛⎫+-=+= ⎪⎝⎭；（2）由101xx->+有11x -<<，∴函数()g x 的定义域为()1,1-. ∵3312()log log 111x g x x x -⎛⎫==-+ ⎪++⎝⎭，∴函数()g x 在()1,1-上为减函数； 31()log ()1xg x g x x+-==--，且定义域关于原点对称，∴函数()g x 为奇函数；（3）∵对[]10,1x ∀∈，211,22x ⎡⎤∀∈-⎢⎥⎣⎦，都有()()12F x g x m >+恒成立，∴min max ()()F x g x m >+，由（2）知()g x 在11,22⎡⎤-⎢⎥⎣⎦上为减函数，∴max 1()12g x g ⎛⎫=-= ⎪⎝⎭，∵2()(2)3()232x x F x f x f x =-=-⋅，令2x t =，则23y t t =-，当[]0,1x ∈时，12t ≤≤，∴当32t =即223log log 312x ==-时，min 9()4F x =-， ∴914m ->+，即134m <-， ∴m 的取值范围为13,4⎛⎫-∞-⎪⎝⎭.【变式3-3】已知函数()()2,f x x bx c b c =++∈R ，且()0f x ≤的解集为[]1,2-.（1）求函数()f x 的解析式；（2）设()()312f x x g x +-=，若对于任意的1x 、[]22,1x ∈-都有()()12g x g x M -≤，求M 的最小值.【答案】（1）()22f x x x =--；（2）M 的最小值为1516. 【解析】（1）因为()0f x ≤的解集为[]1,2-，所以20x bx c ++=的根为1-、2，由韦达定理可得1212b c-+=-⎧⎨-⨯=⎩，即1b =-，2c =-，所以()22f x x x =--.（2）由（1）可得()()2312322f x x xx g x +-+-==，当[]2,1x ∈-时，()[]2223144,0x x x +-=+-∈-，故当[]2,1x ∈-时，()22112,116x x g x +-⎡⎤∈⎢⎣=⎥⎦，因为对于任意的1x 、[]22,1x ∈-都有()()12g x g x M -≤，即求()()12max g x g x M -≤，转化为()()max min g x g x M -≤，而()max 1g x =，()min 116g x =，所以，()()max min11511616M g x g x ≥-=-=. 所以M 的最小值为1516.题型四任意-存在型不等式成立问题【例4】已知函数()9f x x x=+和函数()g x x a =--，若对任意的[]124x ∈，，总存在[]201x ∈，，使得()()21g x f x <成立，则实数a 的取值范围是__________．【答案】7a >-【解析】对任意的[]124x ∈，，总存在[]201x ∈，，使得()()21g x f x <，即()()min min g x f x <，因对勾函数()9f x x x=+在[]23，上递减，在[]34，上递增，故当[]124x ∈，时，()()min 36f x f ==，函数()g x x a =--在[]01，上递减，所以()()min 11g x g a ==--，由()()min min g x f x <得16a --<，即7a >-．【变式4-1】已知()f x 是定义在[]22-,上的奇函数，当(]0,2x ∈时，()21x f x =-，函数()22.g x x x m =-+如果对于任意的[]12,2x ∈-，总存在[]22,2x ∈-，使得()()21g x f x ≥，则实数m 的取值范围是__________．【答案】[)5,-+∞【解析】若对于[]12,2x ∀∈-，[]22,2x ∃∈-，使得()()21g x f x ≥，则等价为()()max max g f x x ≥()f x 是定义在[]22-,上的奇函数，()00f ∴=，当(]0,2x ∈时，()(]210,3x f x =-∈，则当[]2,2x ∈-时，()[]3,3f x ∈-，()222(1)1g x x x m x m =-+=-+-，[]2,2x ∈-， ()max ()28g x g m ∴=-=+，则满足83m +≥，解得5m ≥-.【变式4-2】已知函数()()log 1xa f x a bx =+-（a ＞0且1,R ab ≠∈）是偶函数，函数()x g x a =（a ＞0且1a ≠）．（1）求实数b 的值；（2）当a ＝2时，若1(1,)∀∈+x ∞，2R ∃∈x ，使得()()()112220g x mg x f x +->恒成立，求实数m 的取值范围．【答案】（1）12b =；（2）32m ≥-.【解析】（1）由题设，()()f x f x -=，即()()log 1log 1x x a a a bx a bx -++=+-，所以log (1)(1)log (1)x xa a ab x a bx ++-=+-，则1b b -=-，可得12b =. （2）由（1）及a ＝2知：2()log (21)2x x f x =+-，()2xg x =，所以12122log ()2144xx x x m +⋅->+在1(1,)∀∈+x ∞，2R ∃∈x 上恒成立，令42x xy m +⋅=且(1,)x ∈+∞，2log (41)x t x =+-且R x ∈，只需min y t >恒成立，而21log (2)2xx t =+，由20x m =>在R x ∈上递增， 1n m m=+在(0,1)m ∈上递减，(1,)m ∈+∞上递增，2log t n =在定义域上递增，所以t 在(,0)-∞上递减，(0,)+∞上递增，故min 0|1x t t ===，综上，4210x x m +⋅->在(1,)x ∈+∞上恒成立，令2(2,)xk =∈+∞，则210k mk ->+在(2,)+∞上恒成立，而240m ∆=+>，故2{2230m m -≤+≥，可得32m ≥-.【变式4-3】已知函数2(1)()()x x a f x x ++=为偶函数. （1）求实数a 的值；（2）判断()f x 的单调性，并用定义法证明你的判断：（3）设()52g x kx k =+-，若对任意的1[12]x ∈，总存在2[0,1]x ∈，使得()()12f x g x ≤成立，求实数k 的取值范围.【答案】（1）1-；（2）()f x 在(0,)+∞上单调递增，在(,0)-∞上单调递减，证明见解析；（3）9(,]2-∞【解析】（1）()f x 为偶函数，定义域为(,0)(0,)-∞+∞，故()()f x f x -=对定义域内x 恒成立，22(1)()(1)()x x a x x a x x++-+-+=，即2(1)0a x +=对定义域内x 恒成立，故1a =-；（2）22211()1x f x x x-==-，在(0,)+∞上单调递增，在(,0)-∞上单调递减，证明：设120x x <<，21212122221212()()11()()0x x x x f x f x x x x x -+-=-=>，故()f x 在(0,)+∞上单调递增，同理可证()f x 在(,0)-∞上单调递减；（3）由题意得()()12max max f x g x ≤，而()1max 1(2)2f x f ==，①0k ≥时，()2max (1)5g x g k ==-，152k -≥，解得902k ≤≤，②0k <时，()2max (0)52g x g k ==-，1522k -≥，故0k <时恒满足题意，综上，k 的取值范围是9(,]2-∞．题型五存在-存在型不等式成立问题【例5】已知函数()212=+f x x x ，()()ln 1=+-g x x a ，若存在1x ，[]20,2∈x ，使得()()12>f x g x ，则实数a 的取值范围是 . 【答案】a ＞－4【解析】问题可转化为f (x )max >g (x )min ，易得f (x )max =4，g (x )min =－a ，由f (x ) ma x > g (x ) min 得：4＞－a ，故a ＞－4即为所求.【变式5-1】已知函数()11f x x =+，()1g x x =-，若1x ∃，[]2,1x a a ∈+，使得()()12f x g x >成立，求正实数．．．a 的取值范围．【答案】2)【解析】存在1x ，2[x a ∈，1]a +，使得()()12f x g x >成立，等价为在[a ，1]a +上，()()max min f x g x >．由()1g x x =-在[a ，1]a +递增，可得()g x 的最小值为()1g a a =-，又0a >，所以()f x 在[a ，1]a +递减，可得()f x 的最大值为1()1f a a =+，由111a a >-+，解得22a -<02a < 综上可得，a 的范围是2)．【变式5-2】已知()2f x x x=+，()g x x a =-+，对于[]11,3x ∃∈，[]21,3x ∃∈，()()12f x g x ≥成立．【答案】20,3⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦【解析】因为对于[]11,3x ∃∈，[]21,3x ∃∈，()()12f x g x ≥成立故当1x ，[]213x ∈，时，()()12max min f x g x ，因为()2f x x x =+在2⎡⎤⎣⎦，2⎤⎦，递增，且()13f =，()2113333f =+=，故()()max 1133f x f ==，而()g x x a =-+在[]13，递减，故()()min 33g x g a ==- 所以1133a -，解得203a ，即a 的取值范围是20,3⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦．【变式5-3】已知函数()222x xf x m m -=+⨯+是R 上的偶函数，()2g x a x m =--．（1）求m 的值；（2）若存在1x ，2[1x ∈，4]，使得12()()f x g x 成立，求a 的取值范围．【答案】（1）1；（2）92a．【解析】（1）因为()222x xf x m m -=+⨯+是R 上的偶函数，所以()()f x f x -=，即222222x x x x m m m m --+⨯+=+⨯+，即(1)(22)0x xm ---=，解得1m =，故()222x xf x -=++；（2）由（1）可得2,2()2{2,2x a x g x a x x a x -++=--=+-<，因为2,2(){2,2x a x g x x a x -++=+-<，所以()g x 在[1，2]上是增函数，在[2，4]上是减函数，所以()max g x g =（2）a =，设2x t =，[1x ∈，4]，可得[2t ∈，16]，则12y t t=++在[2，16]递增，可得2t =时，f （2）取得最小值92，存在1x ，2[1x ∈，4]，使得12()()f x g x 成立，可得()()min max f x g x ，即为92a．题型六任意-存在型等式成立问题【例6】已知函数1()423x x f x +=--，2()42(1)g x x mx m m =--≥，若对于任意1[0,1]x ∈，总存在2[0,1]x ∈，使得()()12f x g x =成立，则实数m 的取值范围为（） A ．3,22⎡⎫⎪⎢⎣⎭ B ．3,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭C ．[1,2)D ．31,2⎡⎤⎢⎥⎣⎦【答案】D【解析】定义1()423x x f x +=--，[0,1]x ∈，值域为A ；令2x t =，[1,2]t ∈，则1()423x x f x +=--可化为()222314y t t t =--=--在[1,2]t ∈上单增，所以()2max 2143y =--=-，()2min 1144y =--=-，即集合[]4,3A =--.定义2()42(1)g x x mx m m =--≥，[0,1]x ∈，值域为B ；因为对称轴22x m =≥，所以2()42g x x mx m =--在[0,1]x ∈上单调递减，所以max max ()(0)2,()(1)16g x g m g x g m ==-==-，即集合[]16,2B m m =-- 因为对于任意1[0,1]x ∈，总存在2[0,1]x ∈，使得()()12f x g x =成立，所以A B ⊆.只需162164231m m m m m -<-⎧⎪-≤-⎪⎨-≥-⎪⎪≥⎩解得：1456321m m m m ⎧>⎪⎪⎪≥⎪⎨⎪≤⎪⎪⎪≥⎩，即312m ≤≤。

重难点04不等式恒成立能成立问题(六大题型)(原卷版)

重难点04 不等式恒成立、能成立问题【题型归纳目录】题型一：“Δ”法解决恒成立问题题型二：数形结合法解决恒成立问题题型三：分离参数法解决恒成立问题题型四：主参换位法解决恒成立问题题型五：利用图象解决能成立问题题型六：转化为函数的最值解决能成立问题【方法技巧与总结】在解决不等式恒成立、能成立的问题时，常常使用不等式解集法、分离参数法、主参换位法和数形结合法解决，方法灵活，能提升学生的逻辑推理、数学运算等素养．【典型例题】题型一：“Δ”法解决恒成立问题例1．已知关于x 的不等式2680kx kx k -++≥对任意R x ∈恒成立，则k 的取值范围是（） A ．[0,1]B ．(0,1]C ．∞∞(-,0)(1,+)D ．(][),01,∞∞-+例2．已知不等式2440mx mx +-<对任意实数x 恒成立，则m 的取值范围是（）A ．{}10m m -<<B ．{}10m m -≤≤C ．{|1m m ≤-或}0m >D ．{}10m m -<≤例3．已知不等式22210x x k -+->对一切实数x 恒成立，则实数k 的取值范围是（） A．k >B ．k <C．k >k <D ．k <变式1．已知不等式2620ax x a -++<的解集为{}|12x x <<，且不等式()()225610m m x m x a --+++>对于任意的x ∈R 恒成立，则实数m 的取值范围为（）A ．1m ≤-或7m >B ．1m <-或7m ≥C ．1m <-或7m >D ． 1m ≤-或7m ≥变式2．已知函数()()2245413y k k x k x =+-+-+的图象都在x 轴的上方，求实数k 的取值范围为（）A ．{}119k k <<B ．{}119k k ≤<C ．{}119k k <≤D ．{}119k k ≤≤变式3．已知关于x 的不等式2230kx kx -+>恒成立，则k 的取值范围为（）A ．[]0,3B ．(]0,3C ．[)0,3D ．()0,3题型二：数形结合法解决恒成立问题例4．若关于x 的不等式270x ax -+>在()2,7上有实数解，则a 的取值范围是（）A ．8a <B ．8a ≤C ．a <D ．112a < 例5．当26x ≤≤时，关于x 的不等式2250mx mx --<恒成立，则m 的取值集合是．例6．当1≤x ≤2时，不等式x 2＋mx ＋4<0恒成立，求m 的取值范围．题型三：分离参数法解决恒成立问题例7．若“()02,∃∈+∞x ，210x x λ-+<”是假命题，则实数λ的取值范围是．例8．若0x ≥时，关于x 的一元二次不等式230x tx t --+≥恒成立，则实数t 的取值范围是．例9．当40x -≤≤时，关于x 的不等式2150x ax a ++-≥恒成立，则a 的取值范围是．变式4．已知当0x >时，不等式2160x mx -+>恒成立，则实数m 的取值范围是（）A ．(),8∞-B ．(],8∞-C ．[)8,+∞D ．()6,+∞变式5．已知不等式220x a a ---≥恒成立，则实数a 的取值范围是（）A a ≤≤B ．12a -≤≤C ．a ≤或a ≥D ．1a ≤-或2a ≥ 变式6．不等式2220x axy y -+≥，对于任意12x ≤≤及13y ≤≤恒成立，则实数a 的取值范围是（）A ．{|a a ≤B ．{|a a ≥C ．1|3a a ⎧⎫≤⎨⎬⎩⎭D ．9|2⎧⎫⎨⎬⎩⎭≤a a 变式7．若存在(]0,2x ∈，使不等式2230ax x a -+<成立，则实数a 的取值范围是（）A ．aB ．407a ≤≤C ．a >D ．47a > 题型四：主参换位法解决恒成立问题例10．已知函数y ＝mx 2－mx －6＋m ，若对于1≤m ≤3，y <0恒成立，求实数x 的取值范围．例11．当12m ≤≤时，210mx mx --<恒成立，则实数x 的取值范围是（）A x <<B x <<C x <<D x <<例12．若[]1,1m ∀∈-，()24420x m x m +-+->为真命题，则x 的取值范围为（）A ．(,1]-∞B ．()1,3C ．(,1)(3,)-∞+∞D ．[]1,3题型五：利用图象解决能成立问题例13．当1<x <2时，关于x 的不等式x 2＋mx ＋4>0有解，则实数m 的取值范围为________．例14．若关于x 的不等式22860x x a -+-≥在14x ≤≤时有解，则实数a 的取值范围是（）A ．6a ≤B ．2a ≥-C ．6a ≥D ．2a ≤-题型六：转化为函数的最值解决能成立问题例15．已知命题“[]01,1x ∃∈-，20030x x a -++>”为真命题，则实数a 的取值范围是（）A ．(),2-∞-B ．(),4-∞C ．()2,-+∞D ．()4,+∞例16．若命题“[]22,1,231x ax ax a ∃∈-++>”为假命题，则a 的最大值为（）A ．16B ．13C ．12 D ．14例17．已知对一切[2,3]x ∈，[3,6]y ∈，不等式220mx xy y -+≥恒成立，则实数m 的取值范围是（） A ．6m ≤B ．60m -≤≤C ．0m ≥D ．06m ≤≤变式8．若存在04x ≤≤，使得不等式220x x a -+>成立，则实数a 的取值范围为．变式9．若关于x 的不等式22840x x a ---≤在14x ≤≤内有解，则实数a 的取值范围为．变式10．若 [0,1]x ∃∈ 使得不等式 24x m x ≥+ 成立，则实数m 的取值范围是变式11．已知不等式240ax ax -+>的解集为M ．（1）若0a >，且R M =，求实数a 的取值范围．（2）若24ax ax a -+>-对于13x <<有解，求实数a 的取值范围．变式12．已知不等式20ax bx c ++>的解集为{23}xx -<<∣，且对于[]1,5x ∀∈，不等式220bx amx c ++>恒成立，则m 的取值范围为（）A ．(,-∞B ．(,∞-C ．[)13,+∞D ．。

不等式恒成立问题小结

5 1 2
即a ≥
5 1 2
小结：
4、通过分离参数，将问题转化为ａ≥f(x)
（或ａ≤f(x)）恒成立，再运用不等式知识或求
函数最值的方法，使问题获解。
a sin x cos x, x [0, ]
恒成立的实数a的范围。
例（1）求使不等式
（2）求使不等式
a sin x cos x, x
-2 2 <k<2 2 。取值范围是 ——————————
②解：原不等式可化为：x2+2>kx
11
y
y=x2+2
y=2 2 x
设 y1= x2+2 (x [-3,3]) y2= kx
在同一坐标系下作它们的图
2
y=kx
象如右图:
由图易得: -2
-３ -
2 0 2 ３
x
2 <k<2 2
y= - 2
2x
2、若不等式ax2-2x+2>0 对x(1,4)恒成立，求实数a的取
值范围。
3.若不等式
ax 1 0 对 x 1, 2
2
恒成立，求实数a的取值范围
Байду номын сангаас
4.当x 1, 2时，不等式x mx 4 0恒成立，则m的取值范围是 _______
3 1<m< 2
适合条件的m的范围是:
-11<m < 2 。
3
例1、对于不等式(1-m)x2+(m-1)x+3>0
................
(*)
（1）当| x | ≤2，(*)式恒成立，求实数m的取值范围；

高中数学丨解题技巧「不等式恒成立」问题的8种解决策略分享

高中数学丨解题技巧「不等式恒成立」问题的8种解决策略分
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不等式恒成立问题一般设计独特，涉及到函数、不等式、方程、导数、数列等知识，渗透着函数与方程、等价转换、分类讨论、换元等思想方法，成为历年高考的一个热点．纵观历年高考数学压轴题，无一不是涉及有关不等式恒成立、求参数取值范围的问题。

这类题型意在考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力，考察的核心素养是逻辑推理、数学运算考生对于这类问题感到难以寻求问题解决的切入点和突破口．
恒成立与有解问题的解决策略大致分四类：
①构造函数，分类讨论；
②部分分离，化为切线；
③完全分离，函数最值；
④换元分离，简化运算；
这里对这一类问题整理了八种方法解决不等式恒成立问题，同学们可以收藏或打印一份，word打印版在文末获取。

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不等式恒成立问题解题方法汇总(含答案)

不等式恒成立问题解题方法汇总（含答案）不等式恒成立问题一般设计独特，涉及到函数、不等式、方程、导数、数列等知识，渗透着函数与方程、等价转换、分类讨论、换元等思想方法，成为历年高考的一个热点．考生对于这类问题感到难以寻求问题解决的切入点和突破口．这里对这一类问题的求解策略作一些探讨．1最值法例1．已知函数在处取得极值，其中为常数．（I）试确定的值；（II）讨论函数的单调区间；（III）若对于任意，不等式恒成立，求的取值范围．分析：不等式恒成立，可以转化为2分离参数法例2．已知函数（I）求函数的单调区间；（II）若不等式对于任意都成立（其中是自然对数的底数），求的最大值．分析：对于（II）不等式中只有指数含有，故可以将函数进行分离考虑．3 数形结合法例3．已知当时，不等式恒成立，则实数的取值范围是＿＿＿．分析：本题若直接求解则比较繁难，但若在同一平面直角坐标系内作出函数与函数在上的图象，借助图形可以直观、简捷求解．4 变更主元法例4．对于满足不等式的一切实数，函数的值恒大于，则实数的取值范围是＿＿＿．分析：若审题不清，按习惯以为主元，则求解将非常烦琐．应该注意到：函数值大于对一定取值范围的谁恒成立，则谁就是主元．5 特殊化法例5．设是常数，且（）．（I）证明：对于任意，．（II）假设对于任意有，求的取值范围．分析：常规思路：由已知的递推关系式求出通项公式，再根据对于任意有求出的取值范围，思路很自然，但计算量大．可以用特殊值探路，确定目标，再作相应的证明．6分段讨论法例6．已知，若当时，恒有＜0，求实数a的取值范围．例7．若不等式对于恒成立，求的取值范围．7单调性法例8．若定义在的函数满足，且时不等式成立，若不等式对于任意恒成立，则实数的取值范围是＿＿＿．8判别式法例9．若不等式对于任意恒成立．则实数的取值范围是＿＿＿．分析：此不等式是否为一元二次不等式，应该先进行分类讨论；一元二次不等式任意恒成立，可以选择判别式法．例10．关于的不等式在上恒成立，求实数的取值范围．答案部分1最值法例1．已知函数在处取得极值，其中为常数．（I）试确定的值；（II）讨论函数的单调区间；（III）若对于任意，不等式恒成立，求的取值范围．分析：不等式恒成立，可以转化为解：（I）（过程略）．（II）（过程略）函数的单调减区间为，函数的单调增区间为．（III）由（II）可知，函数在处取得极小值，此极小值也是最小值．要使（）恒成立，只需，解得或．所以的取值范围为．评注：最值法是我们这里最常用的方法．恒成立；恒成立．2分离参数法例2．已知函数（I）求函数的单调区间；（II）若不等式对于任意都成立（其中是自然对数的底数），求的最大值．分析：对于（II）不等式中只有指数含有，故可以将函数进行分离考虑．解：（I）（过程略）函数的单调增区间为，的单调减区间为（II）不等式等价于不等式，由于，知；设，则．由（I）知，，即；于是，，即在区间上为减函数．故在上的最小值为．所以的最大值为．评注：不等式恒成立问题中，常常先将所求参数从不等式中分离出来，即：使参数和主元分别位于不等式的左右两边，然后再巧妙构造函数，最后化归为最值法求解．3 数形结合法例3．已知当时，不等式恒成立，则实数的取值范围是＿＿＿．分析：本题若直接求解则比较繁难，但若在同一平面直角坐标系内作出函数与函数在上的图象，借助图形可以直观、简捷求解．解：在同一平面直角坐标系内作出函数与函数在上的图象（如右），从图象中容易知道：当且时，函数的图象恒在函数上方，不合题意；当且时，欲使函数的图象恒在函数下方或部分点重合，就必须满足，即．故所求的的取值范围为．评注：对不等式两边巧妙构造函数，数形结合，直观形象，是解决不等式恒成立问题的一种快捷方法．4 变更主元法例4．对于满足不等式的一切实数，函数的值恒大于，则实数的取值范围是＿＿＿．分析：若审题不清，按习惯以为主元，则求解将非常烦琐．应该注意到：函数值大于对一定取值范围的谁恒成立，则谁就是主元．解：设，，则原问题转化为恒成立的问题．故应该有，解得或．所以实数的取值范围是．评注：在某些特定的条件下，若能变更主元，转换思考问题的角度，不仅可以避免分类讨论，而且可以轻松解决恒成立问题．5 特殊化法例5．设是常数，且（）．（I）证明：对于任意，．（II）假设对于任意有，求的取值范围．分析：常规思路：由已知的递推关系式求出通项公式，再根据对于任意有求出的取值范围，思路很自然，但计算量大．可以用特殊值探路，确定目标，再作相应的证明．解：（I）递推式可以化归为，，所以数列是等比数列，可以求得对于任意，．（II）假设对于任意有，取就有解得；下面只要证明当时，就有对任意有由通项公式得当（）时，当（）时，，可见总有．故的取值范围是评注：特殊化思想不仅可以有效解答选择题，而且是解决恒成立问题的一种重要方法．6分段讨论法例6．已知，若当时，恒有＜0，求实数a的取值范围．解：（i）当时，显然＜0成立，此时，（ii）当时，由＜0，可得＜＜，令则＞0，∴是单调递增，可知＜0，∴是单调递减，可知此时的范围是（—1，3）综合i、ii得：的范围是（—1，3）．例7．若不等式对于恒成立，求的取值范围．解：（只考虑与本案有关的一种方法）解：对进行分段讨论，当时，不等式恒成立，所以，此时；当时，不等式就化为，此时的最小值为，所以；当时，不等式就化为，此时的最大值为，所以；由于对上面的三个范围要求同时满足，则所求的的范围应该是上三个的范围的交集即区间说明：这里对变量进行分段来处理，那么所求的对三段的要同时成立，所以，用求交集的结果就是所求的结果．评注：当不等式中左右两边的函数具有某些不确定的因素时，应该用分类或分段讨论方法来处理，分类（分段）讨论可使原问题中的不确定因素变化成为确定因素，为问题解决提供新的条件；但是最后综合时要注意搞清楚各段的结果应该是并集还是别的关系．7单调性法例8．若定义在的函数满足，且时不等式成立，若不等式对于任意恒成立，则实数的取值范围是＿＿＿．解：设，则，有．这样，，则，函数在为减函数．因此；而（当且仅当时取等号），又，所以的取值范围是．评注：当不等式两边为同一函数在相同区间内的两个函数值时，可以巧妙利用此函数的单调性，把函数值大小关系化归为自变量的大小关系，则问题可以迎刃而解．8判别式法例9．若不等式对于任意恒成立．则实数的取值范围是＿＿＿．分析：此不等式是否为一元二次不等式，应该先进行分类讨论；一元二次不等式任意恒成立，可以选择判别式法．解：当时，不等式化为，显然对一切实数恒成立；当时，要使不等式一切实数恒成立，须有，解得．综上可知，所求的实数的取值范围是．不等式恒成立问题求解策略一般做法就是上面几种，这些做法是通法，对于具体问题要具体分析，要因题而异，如下例．例10．关于的不等式在上恒成立，求实数的取值范围．通法解：用变量与参数分离的方法，然后对变量进行分段处理；∵，∴不等式可以化为；下面只要求在时的最小值即可，分段处理如下．当时，，，再令，，它的根为；所以在区间上有，递增，在区间上有，递减，则就有在的最大值是，这样就有，即在区间是递减．同理可以证明在区间是递增；所以，在时的最小值为，即．技巧解：由于，所以，，两个等号成立都是在时；从而有（时取等号），即．评注：技巧解远比通法解来得简单、省力、省时但需要扎实的数学基本功．。

不等恒成立解法总结及例题

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置方式一、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()min f x A >，⇔()f x 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()max f x B <,()f x 的上界小于A例一、设f(x)=x 2-2ax+2,当x ∈[-1,+∞]时，都有f(x)≥a 恒成立，求a 的取值范围。

例二、已知(),22x a x x x f ++=对任意[)()0,,1≥+∞∈x f x 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⎪⎭⎫ ⎝⎛∈2,0πθ时，有()()022sin 2cos 2>--++m f m f θθ恒成立，求实数m 的取值范围.二、主参换位法例五、若不等式a 10x -<对[]1,2x ∈恒成立，求实数a 的取值范围例六、若对于任意1a ≤，不等式2(4)420x a x a +-+->恒成立，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()()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。

例八、当(1,2)x ∈时，不等式240x mx ++<恒成立，则m 的取值范围是 .4、数形结合例10 、若对任意x R ∈,不等式||x ax ≥恒成立，则实数a 的取值范围是________例1一、当x ∈(1,2)时，不等式2(1)x -<log a x 恒成立，求a 的取值范围。

导数与不等式恒成立方法归纳总结

导数与不等式恒成立方法归纳总结思路一：作差解恒成立构造差函数()()()h x f x g x =-．根据差函数导函数符号，确定差函数单调性，利用单调性得不等量关系，进而证明不等式．首先构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应含参不等式，从而求出参数的取值范围，也可以分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题．证明()()f x g x <，(),x a b ∈时，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，当(),x a b ∈时，有()0F x <，即证明()()f x g x <．例、已知函数()()2112ln 2f x a x a ax x =--+，()'f x 为其导函数. (1) 设()()1g x f x x=+，求函数()g x 的单调区间； (2) 若0a >，设()()11,A x f x ，()()22,B x f x 为函数()f x 图象上不同的两点，且满足()()121f x f x +=，设线段AB 中点的横坐标为0,x 证明：01ax >.解：（1）略（2）120121212x x ax x x a a+>⇔>⇔>- ()222121'0a f x a a x x x ⎛⎫=+-=-≥ ⎪⎝⎭，故()f x 在定义域()0,+∞上单调递增.只需证： ()122f x f x a ⎛⎫>-⎪⎝⎭，即证()2221f x f x a ⎛⎫->- ⎪⎝⎭注意到()()12111,,2f x f x f a ⎛⎫+==⎪⎝⎭ 不妨设1210x x a <<<. ()()()22221112ln 22ln 2F x f x f x a x a ax a x a axa a x xa⎛⎫⎛⎫=-+-=----+-- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭-则()()()()322222241122'0222ax a a a F x x x ax ax x ax -=--+=-≤--- 1x a ∀≥，从而()F x 在1,a ⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭上单减，故()210F x F a ⎛⎫<= ⎪⎝⎭，即得. 变式1、设函数．（I ）时，求函数的极值点；（Ⅱ）当时，证明在上恒成立．解（Ⅱ）证明：当a=0时，f （x ）=lnx+x+1令F （x ）=xe x ﹣f （x ）=xe x ﹣lnx ﹣x ﹣1，（x ＞0），则F′（x ）=x+1x•（xe x ﹣1），令G （x ）=xe x ﹣1，则G′（x ）=（x+1）e x ＞0，（x ＞0），∴函数G （x ）在（0，+∞）递增，又G （0）=﹣1＜0，G （1）=e ﹣1＞0， ∴存在唯一c ∈（0，1）使得G （c ）=0，且F （x ）在（0，c ）上单调递减，在（c ，+∞）上单调递增，故F （x ）≥F （c ）=c•e c ﹣lnc ﹣c ﹣1，由G （c ）=0，得c•e c ﹣1=0，得lnc+c=0， ∴F （c ）=0，∴F （x ）≥F （c ）=0，从而证得x e x ≥f （x ）.变式2、设函数()()2ln 1f x x b x =++，其中0b ≠．当*n N ∈，且2n ≥时证明不等式：33311111111ln 111232321n n n ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++++++>-⎪⎪ ⎪⎢⎥+⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦解：当b=-1时, ()()2f x x ln x 1=-+，令()()()332h x x f x x x ln x 1=-=-++，则()()233x x 1h x x 1++'=+在[)0,∞+ 上恒正，所以， ()h x 在[)0,∞+上单调递增，当[)0,∞+时，恒有()()h x h 00=＞，即当[)0,∞+时，()()3232x x ln x 10,ln x 1x x -++++＞即＞，对任意正整数n ，取1x n =得32111ln 1n nn ⎛⎫++ ⎪⎝⎭＞，所以， 333111111ln 11123n 23n ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫++⋅⋅⋅++++⋅⋅⋅+⎪⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦()21ln +12f x x ax x =++2a =-()f x 0a =()xxe f x ≥()0,+∞= 333111111ln 1ln 1ln 123n 23n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫++++⋅⋅⋅+++++⋅⋅⋅+⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭= 333111111ln 1ln 1ln 12233n n⎛⎫⎛⎫⎛⎫++++++⋅⋅⋅+++⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭ ()22211111123n 2334n n 1++⋅⋅⋅+++⋅⋅⋅+⨯⨯⨯+＞＞ =11111111++=2334n n 12n 1--⋅⋅⋅+--++. 变式3、已知函数()21e 2x f x a x x =--（R a ∈）．证明：当1x >时， 1e ln x x x x>-．解：令()1e ln xg x x x x=-+（1x >），则()10g =， ()2e 1e ln 1x xg x x x x =+--'．令()()h x g x ='，则()e e ln x xh x x x =+' 23e e 2x x x x x-++，因为1x >，所以e ln 0xx >， e 0x x >， ()2e 10x x x ->， 320x>，所以()0h x '>，即()()h x g x ='在1x >时单调递增，又()1e 20g ='->，所以1x >时， ()0g x '>，即函数()g x 在1x >时单调递增．所以1x >时， ()0g x >，即1x >时， 1e ln x x x x>-．思路二：调整目标形式解恒成立观察不等式特点，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. 例．已知函数()()1ln ,1a x f x x a R x -=-∈+．设,m n 为正实数，且m n >，求证：ln ln 2m n m nm n -+<-．解：要证，只需证，即证21ln .1m m n m n n ⎛⎫- ⎪⎝⎭>+只需证21ln 0.1m m n m n n⎛⎫- ⎪⎝⎭->+设()()21ln 1x h x x x -=-+，由（2）知()h x 在()1,+∞上是单调函数，又1mn>，所以()10m h h n ⎛⎫>= ⎪⎝⎭，即21ln 01m m n m n n⎛⎫- ⎪⎝⎭->+成立，所以ln ln 2m n m n m n -+<-. 变式1、已知函数()()21x f x x x e =--.（1）若()f x 在区间(),5a a +有最大值，求整数a 的所有可能取值；（2）求证：当0x >时，()()323ln 247x f x x x x x e <-++-+. 解析：（1）f′(x )＝（x 2＋x －2）e x ，当x <－2时，f′(x )＞0，f (x )单调递增，当－2＜x ＜1时，f′(x )＜0，f (x )单调递减，当x ＞1时，f′(x )＞0，f (x )单调递增，由题知：a ＜－2＜a +5，得：－7＜a ＜－2，则a ＝－6、－5、－4、－3，当a ＝－6、－5、－4，显然符合题意，若a ＝－3时，f (－2)＝5e ―2，f (2)＝e 2，f (－2)＜f (2)，不符合题意，舍去．故整数a 的所有可能取值－6，―5，－4．（2）f (x )＜－3ln x ＋x 3+(2x 2－4x )e x +7可变为(－x 2＋3x －1)e x ＜－3ln x ＋x 3+7，令g (x )＝(－x 2＋3x －1)e x ，h (x )=－3ln x ＋x 3+7，g′(x )＝(－x 2＋x ＋2)e x ， 0＜x ＜2时，g ′(x )＞0，g (x )单调递增，当x ＞2时，g ′(x )＜0，g (x )单调递减，g (x )的最大值为g (2)＝e 2，h′(x )＝()331x x-，当0＜x ＜1时，h′(x )＜0，h (x )单调递减，当x ＞1时，h′(x )＞0，h (x )单调递增，h (x )的最小值为h (1)＝8＞e 2，g (x )的最大值小于h (x )的最小值，故恒有g (x )＜h (x )，即f (x )＜－3ln x ＋x 3+(2x 2－4x )e x +7．变式2、函数f （x ）=21-lnx ax a-1x-2a 2R ++∈（）（）（Ⅰ）求f （x ）的单调区间；（Ⅱ）若a ＞0，求证：f （x ）≥3-2a. 解：由（Ⅰ）知()f x 在10a ⎛⎫ ⎪⎝⎭，上单调递减； ()f x 在1a⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭，上单调递增，则()min 11ln 12f x f a a a ⎛⎫==-- ⎪⎝⎭．要证()f x ≥32a -，即证1ln 12a a --≥32a -，即证1ln 1a a +-≥0．令()1ln 1a a a μ=+-，则()22111a a a a aμ'-=-=，由()0a μ'>解得1a >，由()0a μ'<解得01a <<， ∴()a μ在()01，上单调递减；()a μ在()1+∞，上单调递增；∴()()min 11ln1101a μμ==+-=，∴ 1ln 1a a +-≥0成立．从而()f x ≥32a-成立．思路三：结论再造解恒成立利用导数证明不等式，解决导数压轴题，谨记两点：（1）利用常见结论，如：，()ln 1x x >+，等；（2）利用同题上一问结论或既得结论．例、已知函数()ln 1axf x x x =-+．（Ⅰ）若函数()f x 有极值，求实数a 的取值范围；（Ⅱ）()f x 有两个极值点（记为1x 和2x ）时，求证：()()()1211x f x f x f x x x+⎡⎤+≥⋅-+⎣⎦．解（Ⅱ）∵1x ， 2x 是()f x 的两个极值点，故满足方程()0f x '=即1x ， 2x 是()2210x a x +-+=的两个解，∴121x x =∵()()12121212ln ln 11ax ax f x f x x x x x +=-+-++ ()()12121212122ln 1a x x x x x x a x x x x ++=-=-+++ 而在()ln 1ax f x x x =-+中， ()1ln x a f x x x +⎡⎤-=⋅-⎣⎦ 欲证原不等式成立，只需证明()()11ln 1x x f x x f x x x x++⎡⎤⎡⎤⋅-≥⋅-+⎣⎦⎣⎦∵0x >，只需证明()()ln 1f x x f x x -≥-+成立即证ln 10x x -+≤成立令()ln 1g x x x =-+，则()111xg x x x-=-=' 当()0,1x ∈时， ()0g x '>，函数()g x 在()0,1上单调递增；当()1,x ∈+∞时， ()0g x '<，函数()g x 在()1,+∞上单调递减；因此()()max 10g x g ==，故()0g x ≤，即ln 10x x -+≤成立得证．变式1、已知函数()ln .f x x kx k =-+（Ⅱ）证明：当1a ≤时，()()2 1.x x f x kx k e ax +-<-- （附： 322ln20.69,ln3 1.10, 4.48,7.39e e ≈≈≈≈）解（Ⅱ）要证当1a ≤时， ()()1,xx f x kx k e ax +-<--即证当1a ≤时， 2ln 10x e ax x x --->,即证2ln 10x e x x x --->．由（Ⅰ）得，当1k =时， ()0f x ≤,即ln 1x x ≤-，又0x >，从而()ln 1x x x x ≤-, 故只需证2210x e x x -+->，当0x >时成立；令()()2210xh x e x x x =-+-≥，则()41xh x e x ='-+,令()()F x h x ='，则()4xF x e '=-，令()0F x '=，得2ln2x =．因为()F x '单调递增，所以当(]0,2ln2x ∈时， ()()()0,0,F x F x F x ≤'≤单调递减，即()h x '单调递减，当()2ln2,x ∈+∞时， ()()0,F x F x >''单调递增，即()h x '单调递增，且()()()2ln458ln20,020,2810h h h e =-==-'+'>',由零点存在定理，可知()()120,2ln2,2ln2,2x x ∃∈∃∈，使得()()120h x h x ''==，故当10x x <<或2x x >时， ()()0,h x h x '>单调递增；当12x x x <<时， ()()0,h x h x '<单调递减，所以()h x 的最小值是()00h =或()2h x ．由()20h x '=，2241xe x =-()()()222222221252221x h x e x x x x x =+-=-+-=---,因为()22ln2,2x ∈，所以()20h x >,故当0x >时，所以()0h x >,原不等式成立．思路四：函数单调或最值解恒成立不等式恒成立的转化策略一般有以下几种：①分离参数＋函数最值；②直接化为最值＋分类讨论；③缩小范围＋证明不等式；④分离函数＋数形结合。

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].。

函数中不等式恒成立问题

函数中不等式恒成立问题————————————————————————————————作者：————————————————————————————————日期：函数中不等式恒成立问题-中学数学论文函数中不等式恒成立问题瑞昌市第二中学廖谨函数是高中数学课程的主干知识之一，而函数中不等式恒成立问题可以综合地考查函数、导数、不等式等高中数学的重点知识，历来是高考的重点、难点和热点，一般都出现在后面的解答题中，且难度一般较大，致使很多学生都望而却步。

本文针对函数中带不等式问题的常见类型加以归纳，并总结出了各种常见类型问题的基本解题方法及思路。

一、利用二次函数的图象及性质二次函数f（x）=ax2+bx+c（a≠0），当x∈[m，n]时，例1：设f（x）=x2+2ax+2，当x∈[-1，+∞）时，f（x）≥a恒成立，求a的取值范围。

解：因为f（x）≥a要恒成立，即f（x）≥a在[-1，+∞）上的最小值都大于或等于a，根据题意知，a≤x2-2ax+2在[-1，+∞）上恒成立，即a≤f（x）min 恒成立．由二次函数的性质知：①当a＜-1时，f（x）min=f（-1）=1+2a+2=3+2a；即-3≤a≤-1②当a≥-1时，f（x）min=f（a）=2-a2，即-1≤a≤1所以a的取值范围是-3≤a≤1归纳总结：有关二次函数中的“恒成立”问题，经常采用转化的方法，将其转化为求函数的最值问题进行解决，然后利用二次函数的图象及性质求出它的最值，从而得到所求参数的取值范围，这种方法非常重要，需要在平时学习函数的时候多练习、多体会。

二、利用导数及函数的单调性已知函数f（x），其导函数为f′（x），若在区间I上有f′（x）＞0(f′（x）＜0)，则f（x）在区间I上为增(减)函数．然后利用函数的单调性可以求出f（x）在区间I上的最大(小)值，最终求出相关参数的范围。

利用函数的导数及函数的单调性解决不等式中恒成立问题，主要有以下几种常见类型：类型1：f（x）≥g（a）恒成立等价于f（x）min≥g（a）恒成立；f（x）≤g（a）恒成立等价于f（x）min≤g（a）恒成立。

高考数学一轮复习课件：专题四函数、不等式中的恒成立问题

(2)若∃x∈[－3,3]，使得 f(x)≤g(x)成立，求实数 k 的取值范围；
(3)若对∀x1，x2∈[－3,3]，都有f(x1)≤g(x2)，求实数k的取值范围.
解：(1)设h(x)＝g(x)－f(x)＝2x3－3x2－12x＋k，
问题转化为x∈[－3,3]时，h(x)≥0恒成立，即h(x)min≥0， x∈[－3,3].
专题四函数、不等式中的恒成立问题
近几年高考对于函数、不等式中恒成立问题的考查重点是一次函数、二次函数的性质、不等式的性质及应用，图象、渗透换元、化归、数形结合、函数与方程、分类讨论、转化等数学思想方法.有的学生看到就头疼的题目，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恐惧心理.本文就高中阶段出现的这类问题进行总结和探讨.
与最值的关系 ∀x∈D，f(x)min＞M ∀x∈D，f(x)max＜M ∀x∈D，f(x)max＞M ∀x∈D，f(x)min＜M ∀x∈D，[f(x)－g(x)]min＞0 ∀x∈D，[f(x)－g(x)]max＜0 ∀x∈D1，∀x∈D2，f(x)min＞g(x)max
∀x∈D1，∀x∈D2，f(x)min＞g(x)min ∀x∈D1，∀x∈D2，f(x)max＞g(x)max ∀x∈D1，∀x∈D2，f(x)max＞g(x)min
(2)讨论函数 f(x)的单调性； (3)设g(x)＝x2－2x，对任意的x1∈(0,2]，均存在x2∈(0,2]，使得f(x1)<g(x2)，求实数a的取值范围.
解：(1)f′(x)＝ax－(2a＋1)＋2x(x>0)，依题意，得 f′(1)＝f′(4)，解得 a＝12. (2)f′(x)＝ax2－2ax＋1x＋2＝ax－1xx－2(x>0). ①当 a≤0 时，函数 f(x)的单调递增区间为(0,2)，单调递减区间为(2，＋∞)； ②当 0<a<12时，函数 f(x)的单调递增区间为(0,2)和1a，＋∞，单调递减区间为2，1a；

不等式恒成立问题总结

不等式恒成立问题总结不等式是数学中常见的一种数学表达式，它描述了数值之间的大小关系。

在研究不等式时，我们经常需要判断一个不等式在何种条件下是恒成立的。

在这篇文章中，我将总结一些关于不等式恒成立问题的重要内容。

首先，对于一元一次不等式，例如 "ax + b > 0"，我们可以通过解方程 "ax + b = 0"，找出它的零点。

然后，我们根据零点将数轴分成几个区间，并通过测试区间内的某一个数值来确定不等式的成立情况。

具体来说，我们选择一个零点相邻区间的中点，将其代入不等式进行判断，如果不等式成立，则可以得出不等式在整个区间上都成立的结论。

其次，对于二次函数的不等式，例如 "ax^2 + bx + c > 0"，我们可以通过求解二次方程 "ax^2 + bx + c = 0" 的根来确定不等式的成立范围。

具体来说，当二次方程的解为实数时，可根据方程的根与零点分布来判断不等式在不同区间上的成立情况。

另外，对于一般的多元不等式，如 "f(x, y) > g(x, y)"，我们通常需要求解不等式系统的解集。

这可以通过利用代数方法或图形方法来实现。

代数方法包括消元、代入等，来逐步化简并推导出不等式的解集。

图形方法则是将不等式转化为图形，通过观察图形的位置和交点来推导不等式的解集。

总结起来，要判断不等式是否恒成立，我们可以通过解方程、求解二次方程、代数方法或图形方法等方式来找到不等式的解集，并对应不同区间或解集进行测试。

通过这些方法，我们能够准确地判断不等式在何种条件下是恒成立的。

这篇总结介绍了处理不等式恒成立问题的一些常用方法和原则。

通过运用这些方法，我们可以更好地理解和解决不等式相关的问题。

高中数学恒成立问题方法总结

高中数学恒成立问题方法总结高中数学恒成立问题方法总结前言高中数学中常有恒成立问题，即判断某个等式或不等式是否在一定情况下恒成立。

这类问题需要掌握一定的数学知识和解题技巧，下面总结了一些常用的方法。

正文1. 代入法将恒成立问题中的未知数代入不同的值，观察等式或不等式是否始终成立。

通过选择不同的数值，可以对问题进行测试，以确定是否恒成立。

2. 辅助线法对于几何图形中的恒成立问题，可以利用辅助线的方法进行分析。

通过引入辅助线，可以将问题转化为更简单的形式，从而判断恒成立性。

3. 推理法利用已知条件和数学推理，进行逻辑推导和演绎，求解恒成立问题。

例如，通过运用数学公式、定理以及逻辑推理，可以得出结论。

4. 反证法假设恒成立的结论不成立，推导出矛盾，从而得出恒成立的结论。

这种方法常用于证明等式或不等式的恒成立性，尤其是在缺乏直接证明的情况下。

5. 数学归纳法对于涉及数列或递推关系的恒成立问题，可以使用数学归纳法进行解决。

首先证明基本情况下结论成立，然后假设某个情况成立，推导出下一个情况也成立，从而证明恒成立。

6. 全局分析法对于复杂的恒成立问题，可以采用全局分析的方法，通过综合考虑多个因素，观察整体趋势和规律，得出恒成立结论。

结尾高中数学恒成立问题需要深入理解数学知识，掌握解题技巧。

通过代入法、辅助线法、推理法、反证法、数学归纳法和全局分析法等方法，我们可以更好地解决这类问题，提升数学思维能力和解题能力。

希望以上总结对于解决高中数学恒成立问题有所帮助。

7. 对称性分析法在某些问题中，可以利用对称性进行分析。

通过观察等式或不等式在对称情况下的表现，可以推断出恒成立的结论。

例如，如果等式关于某个点对称，那么等式两边在该点处的取值应相等。

8. 变量替换法对于一些复杂的恒成立问题，可以通过变量替换的方法进行简化。

通过引入新的变量或表达式来代替原先的复杂表达式，可以化繁为简，从而更方便地判断恒成立性。

9. 利用特殊值分析法对于恒成立问题，有时可以通过特殊值进行分析。

不等式中恒成立问题总结

不等式中恒成立问题在不等式的综合题中，经常会遇到当一个结论对于某一个字母的某一个取值范围内所有值都成立的恒成立问题。

恒成立问题的基本类型：类型1：设)0()(2≠++=a c bx ax x f ，（1）R x x f ∈>在0)(上恒成立00<∆>⇔且a ；（2）R x x f ∈<在0)(上恒成立00<∆<⇔且a 。

类型2：设)0()(2≠++=a c bx ax x f（1）当0>a 时，],[0)(βα∈>x x f 在上恒成立⎪⎩⎪⎨⎧>>-⎪⎩⎪⎨⎧<∆≤-≤⎪⎩⎪⎨⎧><-⇔0)(2020)(2βββαααf a b a b f a b 或或， ],[0)(βα∈<x x f 在上恒成立⎩⎨⎧<<⇔0)(0)(βαf f （2）当0<a 时，],[0)(βα∈>x x f 在上恒成立⎩⎨⎧>>⇔0)(0)(βαf f ],[0)(βα∈<x x f 在上恒成立⎪⎩⎪⎨⎧<>-⎪⎩⎪⎨⎧<∆≤-≤⎪⎩⎪⎨⎧><-⇔0)(2020)(2βββαααf a b a b f a b 或或类型3：αα>⇔∈>min )()(x f I x x f 恒成立对一切αα>⇔∈<max )()(x f I x x f 恒成立对一切。

类型4：)()()()()()()(max min I x x g x f x g x f I x x g x f ∈>⇔∈>的图象的上方或的图象在恒成立对一切恒成立问题的解题的基本思路是：根据已知条件将恒成立问题向基本类型转化，正确选用函数法、最小值法、数形结合等解题方法求解。

一、用一次函数的性质对于一次函数],[,)(n m x b kx x f ∈+=有：⎩⎨⎧<<⇔<⎩⎨⎧>>⇔>0)(0)(0)(,0)(0)(0)(n f m f x f n f m f x f 恒成立恒成立一．利用一元二次函数的判别式对于一元二次函数),0(0)(2R x a c bx ax x f ∈≠>++=有：（1）R x x f ∈>在0)(上恒成立00<∆>⇔且a ；（2）R x x f ∈<在0)(上恒成立00<∆<⇔且a例1：若不等式02)1()1(2>+-+-x m x m 的解集是R ，求m 的范围。

不等式及恒成立经典例题

不等式及恒成立经典例题例1 已知f(x)=x 2+2(a-2)x+4.(1)如果对一切x ∈R ，f(x)＞0恒成立，求实数a 的取值范围.(2)如果对x ∈〔-3，1〕，f(x)＞0成立，求实数a 的取值范围.解：f(x)的图像开口向上.(1)对一切实数x ，f(x)＞0，则△＜0，即(a-2)2-4＜0，∴0＜a ＜4；(2)当x ∈〔-3，1〕时，f(x)＞0，对称轴2-a 可在区间内，也可在区间外， ∴ 或或解得- ＜a ＜4例2 设A=｛x ｜-2＜x ＜-1,或x ＞1｝，B=｛x ｜x 2+ax+b≤0｝，已知A ∪B=｛x ｜x ＞-2｝，A∩B=｛x ｜1＜x≤3｝，试求a,b 的值.分析在本题求解时要正确利用图形进行分析.解：如图所示，设B=｛x ｜α≤x≤β｝设想集合B 所表示的范围在数轴上移动，显然当且仅当B“覆盖”住集合｛x ｜-1≤x≤3｝，才能使A∩B=｛x ｜1＜x≤3｝∴“α≤-1且β≥1”，并且α≥-1及β=3.∴α=-1,β=3.因此B=｛x ｜-1≤x≤3｝，根据二次不等式与二次方程的关系，可知-1与3是方程x 2+ax+b=0的两根.∴a=-(-1+3)=-2,b=(-1)×3=-3.解恒成立问题常用方法1 分离参数法例3：设()()()⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-+++=n a n n x f x x x 121lg ，其中a 是实数，n 是任意给定的自然数且n ≥2，若()x f 当(]1,∞-∈x 时有意义, 求a 的取值范围。

解：由(]1,∞-∈x 时，()x f 有意义得：()0121>+-+++a n n x xx ⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛-++⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛->⇔x x x n n n a 1121 ，由指数函数单调性知上式右边的函数()⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛-++⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛-=x x x n n n x 1121 ϑ的最大值是()⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎭⎫⎝⎛-++⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛-=n n n n 1211 ϑ＝()n -121 故 a>()n -121 例 2：已知定义在R 上函数f(x)为奇函数，且在[)+∞,0上是增函数，对于任意R x ∈求实数m 范围，使()()0cos 2432cos >-+-θθm m f f 恒成立。

恒成立能成立问题总结详细

恒成立问题的类型和能成立问题及方法处理函数与不等式的恒成立、能成立、恰成立问题是高中数学中的一个重点、难点问题。

这类问题在各类考试以及高考中都屡见不鲜。

感觉题型变化无常，没有一个固定的思想方法去处理，一直困扰着学生，感到不知如何下手。

在此为了更好的准确地把握快速解决这类问题，本文通过举例说明这类问题的一些常规处理。

一、函数法（一）构造一次函数利用一次函数的图象或单调性来解决对于一次函数],[),0()(n m x k b kx x f ∈≠+=有：⎩⎨⎧<<⇔<⎩⎨⎧>>⇔⎩⎨⎧><⎩⎨⎧>>⇔>0)(0)(0)(;0)(0)(0)(00)(00)(n f m f x f n f m f n f k m f k x f 恒成立或恒成立例1 假设不等式m mx x ->-212对满足22≤≤-m 的所有m 都成立，求x 的围。

解析：将不等式化为：0)12()1(2<---x x m ，构造一次型函数：)12()1()(2---=x m x m g 原命题等价于对满足22≤≤-m 的m ，使0)(<m g 恒成立。

由函数图象是一条线段，知应⎪⎩⎪⎨⎧<---<----⇔⎩⎨⎧<<-0)12()1(20)12()1(20)2(0)2(22x x x x g g解得231271+<<+-x ，所以x 的围是)231,271(++-∈x 。

小结：解题的关键是将看来是解关于x 的不等式问题转化为以m 为变量，x 为参数的一次函数恒成立问题，再利用一次函数的图象或单调性解题。

练习:(1)假设不等式01<-ax 对[]2,1∈x 恒成立，数a 的取值围。

〔2〕对于40≤≤p 的一切实数，不等式342-+>+p x px x 恒成立，求x 的取值围。

〔答案：或〕〔二〕构造二次函数利用二次函数的图像与性质及二次方程根的分布来解决。

高考数学解决不等式恒成立问题常用5种方法！最后一种很重要！

高考数学解决不等式恒成立问题常用5种方法！最后一种很重
要！
方法一：分离参数法
解析：分离参数法适用的题型特征：
当不等式的参数能够与其他变量完全分离出来，
并且分离后不等式其中一边的函数的最值或范围可求时，
则将参数式放在不等式的一边，分离后的变量式放在另一边，
将变量式看成一个新的函数，问题即转化为求新函数的最值或范围，
若a≥f(x)恒成立，则a≥f(x)max,若a≤f(x)恒成立，则a≤f(x)min 方法二：变换主元法(也可称一次函数型)
解析：学生通常习惯把x当成主元(未知数)，
把另一个变量p看成参数，在有些问题中这样的解题过程繁琐，如果把已知取值范围的变量当成主元，把要求取值范围的变量看成参数，
则可简便解题。

适用于变换主元法的题型特征是：
题目有两个变量，
且已知取值范围的变量只有一次项，
这时就可以将不等式转化为一次函数求解。

方法三：二次函数法
解析：二次函数型在区间的恒成立问题：解决这类问题主要是分
析
1，判断二次函数的开口方向
2，二次函数的判别式是大于0还是小于0
3，判断二次函数的对称轴位置和区间两端值的大小，即判断函数在区间的单调性
方法四：判别式法
解析：不等式一边是分式，
且分式的分子和分母的最高次项都是二次项时，
利用判别式法可以快速的解题，
分离参数将会使解题变得复杂。

方法五：最值法
解析：不等式两边是两个函数，
且含有参数时，我们可以分出出参数，
构造新函数，求函数的导数来求得新函数的最值。

总结：在解不等式恒成立的问题时，应根据不等式的特点，选择适合的方式快速准确的解题。

平时练习过程中，应注意观察，总结！。