高中数学恒成立与存在性问题(难)
【推荐精选】2018年高中数学 黄金100题系列 第23题 函数中存在性与恒成立问题 理
第23题 函数中存在性与恒成立问题函数的内容作为高中数学知识体系的核心，也是历年高考的一个热点．在新课标下的高考越来越注重对学生的综合素质的考察，恒成立问题便是一个考察学生综合素质的很好途径，它主要涉及到一次函数、二次函数、三角函数、指数函数和对数函数等常见函数的图象和性质，渗透着换元、化归、数形结合、函数与方程等思想方法，在培养思维的灵活性、创造性等方面起到了积极的作用．近几年的数学高考和各地的模考联考中频频出现存在性与恒成立问题，其形式逐渐多样化，但它们大都与函数、导数知识密不可分． 解决高中数学函数的存在性与恒成立问题常用以下几种方法：①函数性质法；②分离参数法；③主参换位法；④数形结合法等．恒成立：关于x 的不等式f (x )≥0对于x 在某个范围内的每个值不等式都成立，就叫不等式在这个范围内恒成立．若函数()f x 在区间D 上存在最小值min ()f x 和最大值max ()f x ，则:①不等式()f x a >在区间D 上恒成立min ()f x a ⇔>；②不等式()f x a ≥在区间D 上恒成立min ()f x a ⇔≥；③不等式()f x b <在区间D 上恒成立max ()f x b ⇔<；④不等式()f x b ≤在区间D 上恒成立max ()f x b ⇔≤；若函数()f x 在区间D 上不存在最大（小）值，且值域为(,)m n ，则：①不等式()f x a >（或()f x a ≥）在区间D 上恒成立m a ⇔≥；②不等式()f x b <（或()f x b ≤）在区间D 上恒成立n b ⇔≤．一、函数性质法【例1】1）已知函数12)(2+-=ax x x f ，xa x g =)(，其中0>a ，0≠x ．对任意]2,1[∈x ，都有)()(x g x f >恒成立，求实数a 的取值范围；2）已知两函数2)(x x f =，m x g x-⎪⎭⎫ ⎝⎛=21)(，对任意[]2,01∈x ，存在[]2,12∈x ，使得()21)(x g x f ≥，求实数m 的取值范围．【分析】1）根据题意条件中的x 是同一值，故不难想到将问题等价转化为函数0)()(>-x g x f 恒成立，在通过分离变量，从而可创设出新函数，再求出此函数的最值来解决问题．2）根据题意在本题所给条件中不等式的两边它们的自变量x 不一定是同一数值，故可分别对在两个不同区间内的函数)(x f 和)(x g 分别求出它们的最值，再根据只需满足)()(max min x g x f >即可求解2）、对任意[]2,01∈x ，存在[]2,12∈x ，使得()21)(x g x f ≥ 等价于m x g x -⎪⎭⎫ ⎝⎛=21)(在[]2,1上的最小值m -41不大于2)(x x f =在[]2,0上的最小值0， 即041≤-m ，所以41≥m 【点评】在解决函数存在性与恒成立问题时，一种最重要的思想方法就是构造适当的函数，即构造函数法，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，使问题更加面目更加清晰明了，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．此法关键在函数的构造上，常见于两种----一分为二或和而为一，另一点充分利用函数的图象来分析，即体现数形结合思想．【例2】若不等式)1(122->-x m x 对满足22≤≤-m 的所有m 都成立，求x 的范围．【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<---x x m 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．【例3】对于满足||2p ≤的所有实数p ，求使不等式212x px p x ++>+恒成立的x 的取值范围．【答案】1x <-或3x >．二、分离参数法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4】已知函数()ln f x ax x x =+的图象在点x e =（e 为自然对数的底数）处的切线的斜率为3．（1）求实数a 的值；（2）若2()f x kx ≤对任意0x >成立，求实数k 的取值范围．【分析】（1）由'()l n 1f x a x =++结合条件函数()ln f x ax x x =+的图象在点x e =处的切线的斜率为3，可知'()3f e =，可建立关于a 的方程：ln 13a e ++=，从而解得1a =；（2）要使2()f x kx ≤对任意0x >恒成立，只需max 2()[]f x k x ≥即可，而由（1）可知()ln f x x x x =+，∴问题即等价于求函数1ln ()x g x x+=的最大值，可以通过导数研究函数()g x 的单调性，从而求得其最值：221(1ln )ln '()x x x x g x x x ⋅-+==-，令'()0g x =，解得1x =，当01x <<时，'()0g x >，∴()g x 在(0,1)上是增函数；当1x >时，'()0g x <，∴()g x 在(1,)+∞上是减函数，因此()g x 在1x =处取得最大值(1)1g =，∴1k ≥即为所求．（2） 由（1）知，()ln f x x x x =+，∴2()f x kx ≤对任意0x >成立1ln x k x +⇔≥对任意0x >成立， 令1ln ()x g x x+=，则问题转化为求()g x 的最大值， 221(1ln )ln '()x x x x g x x x ⋅-+==-，令'()0g x =，解得1x =， 当01x <<时，'()0g x >，∴()g x 在(0,1)上是增函数；当1x >时，'()0g x <，∴()g x 在(1,)+∞上是减函数．故()g x 在1x =处取得最大值(1)1g =，∴1k ≥即为所求．【点评】在函数存在性与恒成立问题中求含参数范围过程中，当其中的参数（或关于参数的代数式）能够与其它变量完全分离出来并，且分离后不等式其中一边的函数（或代数式）的最值或范围可求时，常用分离参数法．此类问题可把要求的参变量分离出来，单独放在不等式的一侧，将另一侧看成新函数，于是将问题转化成新函数的最值问题：若对于取值范围内的任一个数都有恒成立，则；若对于取值范围内的任一个数都有恒成立，则．常见的有一个口诀：大就大其最大，小就小其最小，即最终转换求函数最值．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．【例5】【2018浙江绍兴教学质量调测】对任意x R ∈不等式222x x a a +-≥恒成立，则实数a 的取值范围是．【答案】[]1,1-【例6】已知函数f (x )＝mx 2－mx －1．(1)若对于x ∈R ，f (x )＜0恒成立，求实数m 的取值范围；(2)若对于x ∈[1，3]，f (x )＜5－m 恒成立，求实数m 的取值范围．【答案】(1)(－4，0]．(2)⎪⎭⎫ ⎝⎛∞76-，．三、主参换位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7】已知函数()ln()(x f x e a a =+为常数）是实数集R 上的奇函数，函数()()sin g x f x x λ=+是区间[]1,1-上的减函数，(Ⅰ)求a 的值；(Ⅱ)若[]2()11,1g x t t x λ≤++∈-在上恒成立，求t 的取值范围．（节选）【分析】在第二小题所给条件中出现了两个字母：λ及t ，那么解题的关键恰恰就在于该把其中哪个字母看成是一个变量，另一个作为常数．而根据本题中的条件特征显然可将λ视作自变量，则上述问题即可转化为在(],1-∞-内关于λ的一次函数大于等于0恒成立的问题，问题即可求解．【解析】由(Ⅰ)知：()f x x =，()sin g x x x λ∴=+，()g x 在[]11-，上单调递减，【点评】某些函数存在性与恒成立问题中，当分离参数会遇到讨论的麻烦或者即使能容易分离出参数与变量，但函数的最值却难以求出时，可考虑变换思维角度．即把主元与参数换个位置，再结合其它知识，往往会取得出奇制胜的效果．此类问题的难点常常因为学生的思维定势，易把它看成关于的不等式讨论，从而因计算繁琐出错或者中途夭折；若转换一下思路，把待求的x 为参数，以为变量，构造新的关于参数的函数，再来求解参数应满足的条件这样问题就轻而易举的得到解决了．【例8】若不等式)1(122->-x m x 的所有22≤≤-m 都成立，则x 的取值范围__________． 【答案】⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛++-231,271四、数形结合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9】求证：1()x a f x a x +-=-，对于[1,2]x a a ∈++恒有32()2f x -≤≤-成立． 【答案】证明见解析． 【解析】原方程可化为11y x a =--，由图像可知，[1,2]x a a ∈++，函数单调递增 3()(2),()(1)22f x f a f x f a ≤+=≥+=-，故得证．【例10】已知函数()222f x x kx =-+，在1x ≥-恒有()f x k ≥，求实数k 的取值范围．【分析】为了使题中的条件()f x k ≥在[)1,x ∈-+∞恒成立，应能想到构造出一个新的函数()()F x f x k =-，则可把原题转化成所构造新的函数在区间[)1,-+∞时恒大于等于0的问题，再利用二次函数的图象性质进行分类讨论，即可使问题得到圆满解决．()010212F k ⎧⎪∆≥⎪⎪-≥⎨⎪-⎪-≤-⎪⎩，解得32k -≤≤-，故由①②知31k -≤<． 【点评】如果题中所涉及的函数对应的图象、图形较易画出时，往往可通过图象、图形的位置关系建立不等式从而求得参数范围．解决此类问题经常要结合函数的图象，选择适当的两个函数，利用函数图像的上、下位置关系来确定参数的范围．利用数形结合解决不等式问题关键是构造函数，准确做出函数的图象．常见的有两类函数：若二次函数()20y ax bx c a =++≠大于0恒成立，则有00a >⎧⎨∆<⎩，同理，若二次函数()20y ax bx c a =++≠小于0恒成立，则有00a <⎧⎨∆<⎩．若是二次函数在指定区间上的恒成立问题，还可以利用韦达定理以及根与系数的分布知识求解．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）．（对于()()f x g x ≥型问题，利用数形结合思想转化为函数图象的关系再处理），这种方法尤其对于选择题、填空题这种方法更显方便、快捷．五、存在性之常用模型及方法若在区间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()max f 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(){}()max D 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 ⇔<≠∅⇔<(){}()()max D x f x k f x k ⇔<≠∅⇔>． 【例11】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．因为]2,0[∈x 时111+-+='x x x h ）（=122++x x x >0，所以)(x h 在]2,0[上是增函数，由此可求得)(x h 的值域是[0，3ln 4-]，所以实数a 的取值范围是[0，3ln 4-]．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：对任意]2,0[2∈x ，若存在]2,0[1∈x ，使得)()(21x g x f >，即max max )()(x g x f >，由⑷可知即a ->3ln 4，所以3ln 4+->a ．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．⑻解析：若存在21,x x 使得)()(21x g x f =，则A B ≠∅，∴33≤+a ，∴实数a 的取值围是].0,(-∞【例12】设函数()21ln 2a f x a x x bx -=+-，a R ∈且1a ≠．曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线的斜率为0． （1）求b 的值；（2）若存在[)1,x ∈+∞，使得()1af x a <-，求a 的取值范围．【分析】（1）根据条件曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线的斜率为0，可以将其转化为关于a ，b 的方程，进而求得b 的值：()()1af x a x b x'=+--，()10f '=⇒()101a a b b +--=⇒=；（2）根据题意分析可得若存在[1,)x ∈+∞，使得不等式()1a f x a <-成立，只需min ()1af x a >-即可，因此可通过探求()f x 的单调性进而求得()f x 的最小值，进而得到关于a 的不等式即可，而由（1）可知()21ln 2a f x a x x x -=+-，则()()()11x a x a f x x ---⎡⎤⎣⎦'=，因此需对a 的取值范围进行分类讨论并判断()f x 的单调性，从而可以解得a 的取值范围是()()11,+∞．②当112a <<时，1a >，()()()2minln 112111a a a a a f x f a a a a a a ⎛⎫==++> ⎪-----⎝⎭， 不合题意，无解，10分 ③当1a >时，显然有()0f x <，01a a >-，∴不等式()1af x a <-恒成立，符合题意，综上，a 的取值范围是()()11,+∞．【点评】解决函数中存在性问题常见方法有两种：一是直接法同上面所讲恒成立；二是间接法，先求其否定（恒成立），再求其否定补集即可解决．它的逻辑背景：原命题为",()"x M P x ∀∈的否定为",()"x M P x ∃∈⌝；原命题为",()"x M P x ∃∈的否定为“,()"x M P x ∀∈⌝．处理的原则就是：不熟系问题转化为熟悉问题．【跟踪练习】1．【2018届甘肃省会宁县第一中学高三上第一次月考】“不等式在R 上恒成立”的一个必要不充分条件是( )A ．m>B ．0<m<1C ．m>0D ．m>1 【答案】CD ．∵m>1⇒m>，所以m>1是“不等式在R 上恒成立”的充分不必要条件，故D 错误；故选C ．2．【2018届湖南省衡阳市衡阳县第四中学高三9月月考】已知函数()()()22f x x xxax b =+++，若对x R ∀∈，均有()()2f x f x =-，则()f x 的最小值为 （ ）A ．94-B ．3516- C ．2- D ．0 【答案】A3．【2017届“超级全能生”浙江省高三3月联考】已知在(],1-∞上递减的函数()221f x x tx =-+，且对任意的[]12,0,1x x t ∈+，总有()()122f x f x -≤，则实数t 的取值范围为（ ）A ．⎡⎣B ．⎡⎣C ．[]2,3D ．[]1,2【答案】B4．【2018届山东省菏泽第一中学高三上第一次月考】对任意实数定义运算“”：，设，若函数 恰有三个零点，则实数的取值范围是（ ）A ．B ．C ．D ．【答案】D 【解析】由题意可得，画图f(0)=-1，f(-2)=2，由图可知，，选D ．5．【2017届浙江省台州市高三4月调研】已知，若对任意的，不等式恒成立，则实数的取值范围是（）A． B． C． D．【答案】A6．【2018届江西省六校高三上第五次联考】定义在上的偶函数，其导函数为，若对任意的实数，都有恒成立，则使成立的实数的取值范围为（）A． B．（﹣∞，﹣1）∪（1，+∞）C．（﹣1，1） D．（﹣1，0）∪（0，1）【答案】B由x 2f （x ）﹣f （1）＜x 2﹣1∴x 2f （x ）﹣x 2＜f （1）﹣1 即g （x ）＜g （1）即x ＞1；当x ＜0时，函数是偶函数，同理得：x ＜﹣1综上可知：实数x 的取值范围为（﹣∞，﹣1）∪（1，+∞），故选：B ．7．【2018届江西省横峰中学、铅山一中、德兴一中高三上学期第一次月考】已知(),0,1a b ∈，不等式20ax x b ++≥对于一切实数x 恒成立，又存在0x R ∈，使200bx x a ++=成立，则1211a b+--的最小值为 （ ） A．3 B．43+ C．4． 【答案】B【解析】由不等式20ax x b ++≥对于一切实数x 恒成立，得0{140a ab >∆=-≤，由存在0x R ∈，使2000bx x a ++=成立，得140ab ∆=-≥，所以14ab =，且(),0,1a b ∈， 1211a b +--=181242221-411-414441a a a a a a a +=++=++----，令()1212,11-414f x x x x =++<<- ， ()()()222887141x x f x x x +---'=，当()0f x '=，解得x =，代入2443f ⎛⎫=+ ⎪ ⎪⎝⎭，选B ． 8．【2017届江西省高三4月联考】已知函数()213,1{log ,1x x x f x x x -+≤=>，若对任意的x R ∈，不等式()254f x m m ≤-恒成立，则实数m 的取值范围为（ ） A ．11,4⎡⎤-⎢⎥⎣⎦B ．1,14⎡⎤⎢⎥⎣⎦C ．12,4⎡⎤-⎢⎥⎣⎦D ．1,13⎡⎤⎢⎥⎣⎦【答案】B9．【2017江西师大附属中学十月模拟】已知函数()()()221ln ,,1xf x ax a x x a Rg x e x =-++∈=--，若对于任意的()120,,x x R ∈+∞∈，不等式()()12f x g x ≤恒成立，，则实数a 的取值范围为（）A ．[)1,0-B ．[]1,0-C ．3,2⎡⎫-+∞⎪⎢⎣⎭D ．3,2⎛⎤-∞- ⎥⎝⎦【答案】B【解析】要使对于任意的()120,,x x R ∈+∞∈，不等式()()12f x g x ≤恒成立， 只需当()120,,x x R ∈+∞∈时，有()()max min f x g x ≤由g ()'x =1x e -知，当x <0时，g ()'0x <；当x >0时，g ()'0x >，所以()()00min g x g ==(1)当0a >时，易知当()x f x ∞∞→+→+时，易知，不满足()120,,x x R ∈+∞∈时，有()()max min f x g x ≤，故0a >不成立；(2)当0a =时，()ln f x x x =-+，此时，此时()11'1x f x x x-+=-+=，当0x 1<<时， ()´0f x >，当x 1>时，()'0f x <，所以()()110max f x f ==-≤，成立；【名师点睛】把恒成立问题转化为求函数的最值问题是解决本题的关键，同时需注意对a 进行分类讨论． 10．【2018山西第一次五校联考】已知0λ>，若对任意的()0,x ∈+∞，不等式ln 0xe x λλ-≥恒成立，则λ的最大值为()A ．eB ．3C ．2e D ．3e 【答案】A【点睛】本题的关键步骤有：观察发现()f x 与()g x 互为反函数；将原命题等价转化为ln xe x x λλ≥≥在()0,+∞上恒成立；利用导数工具求()xh x e x λ=-的最小值，从而求得e λ≤；11．【2018河北石家庄二中八月高三模拟】已知对()0,x ∀∈+∞，不等式ln 1n x m x +≥-恒成立，则mn的最大值是( )A ．1B ．1-C ．eD ．e -【答案】C【解析】不等式ln 1n x m x +≥-可化为()l n 10l n 1n nx m F x x m x x+-+≥=+-+，令，则()221n x nF x x x x ='-=-，所以当x n=时，()mi n l n 2F x n m =+-，即l n202n mm n n +-≥⇒≤+>，所以2ln m n n n +≤，令()2l n n G n n +=，则令()21ln 0nG n n -'-==可得1n e =，故()max 211G n e e-==，即2ln m n e n n +≤≤，应选答案C ． 【名师点睛】解答本题的思路是将不等式ln 1n x m x +≥-可化为ln 10nx m x+-+≥，，然后再构造函数()ln 1n F x x m x =+-+，并对其进行求导，求出函数()ln 1nF x x m x=+-+的最小值为ln 2n m +-，即ln 20n m +-≥，然后求出目标函数()2ln n G n n +=的最大值为e ，即2ln m n e n n +≤≤，所以求出mn 的最大值是e ．12．【2018河南南阳一中高三上学期第二次考试】已知函数()2ln f x kx x =+，若()0f x <在()f x 定义域内恒成立，则k 的取值范围是（）A ．1,e e ⎛⎫ ⎪⎝⎭B ．11,2e e ⎛⎫⎪⎝⎭C ．1,2e ⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭D ．1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭【答案】C【方法点晴】本题主要考查“分离常数”在解题中的应用、函数的定义域及利用单调性求参数的范围，属于中档题．利用单调性求参数的范围的常见方法：①视参数为已知数，依据函数的图象或单调性定义，确定函数的单调区间，与已知单调区间比较求参数需注意若函数在区间[],a b 上是单调的，则该函数在此区间的任意子集上也是单调的；②利用导数转化为不等式()'0f x ≤或()'0f x ≥恒成立问题求参数范围，本题是利用方法①求解的．13．【2017上海普陀区高三二模】设0a <，若不等式()22sin 1cos 10x a x a +-+-≥对于任意的x ∈R 恒成立，则a 的取值范围是 ． 【答案】2a ≤-【方法点晴】本题主要考查三角函数的有界性以及不等式恒成立问题，属于难题．不等式恒成立问题常见方法：① 分离参数()a f x ≥恒成立(()max a f x ≥可)或()a f x ≤恒成立（()min a f x ≤即可）；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；④ 讨论参数．本题是利用方法 ③ 求得a 的最大值．14．【2018届河南南阳一中高三8月测试】若正实数,x y 满足244x y xy ++=，且不等式()2222340x y a a xy +++-≥恒成立，则实数a 的取值范围是 ．【答案】][5,3,2⎛⎫-∞-⋃+∞ ⎪⎝⎭15．【2018河南洛阳高三期中考试】已知函数()()32,,f x x ax bx c a b c R =+++∈．（1）若函数()f x 在1x =-和2x =处取得极值，求,a b 的值；（2）在（1）的条件下，当[]2,3x ∈-时，()2f x c >恒成立，求c 的取值范围．【答案】（1）3{ 26a b =-=-；（2）(),10-∞-．试题解析：（1）由题可得，()232f x x ax b =++'，∵函数()f x 在1x =-和2x =处取得极值， ∴1,2-是方程2320x ax b -+=的两根，∴2123{ 123ab-+=--⨯=，∴3{ 26a b =-=-；（2）由（1）知()32362f x x x x c =--+，()2336f x x x '=--， 当x 变化时，()(),f x f x '随x 的变化如下表：∴当[]2,3x ∈-时，()f x 的最小值为10c -，要使()2f x c >恒成立，只要102c c ->即可， ∴10c <-，∴c 的取值范围为(),10-∞-．16．【2018河北衡水中学高三上学期二调考试】已知函数()21ln 2f x x ax =-，a R ∈． （1）求函数()f x 的单调区间；（2）若关于x 的不等式()()11f x a x ≤--恒成立，求整数a 的最小值． 【答案】（1）见解析（2）2（2）由()21ln 112x ax a x -≤--， 得()()22ln 12x x a x x ++≤+，因为0x >，所以原命题等价于()22ln 12x x a x x++≥+在区间()0,+∞内恒成立．令()()22ln 12x x g x x x++=+，则()()()()22212ln '2x x x g x xx -++=+，令()2ln h x x x =+，则()h x 在区间()0,+∞内单调递增， 又()112ln2011022h h ⎛⎫=-+=⎪⎝⎭，， 所以存在唯一的01,12x ⎛⎫∈⎪⎝⎭，使得()0002ln 0h x x x =+=， 且当00x x <<时，()'0g x >，()g x 单调递增，【名师点睛】本题属于导数的综合应用题．第一问中要合理确定对a 进行分类的标准；第二问利用分离参数的方法解题，但在求函数()g x 的最值时遇到了导函数零点存在但不可求的问题，此时的解法一般要用到整体代换，即由()0002ln 0h x x x =+=可得002ln x x =，在解题时将0ln x 进行代换以使问题得以求解． 17．【2018西藏林芝市第一中学高三9月月考】已知函数()21f x ax bx =++（0a ≠， x R ∈）．（1）若函数()f x 的最小值为()10f -=，求()f x 的解析式，并写出单调区间； （2）在（1）的条件下， ()f x x k >+在区间[]3,1--上恒成立，试求k 的取值范围．【答案】(1) ()221f x x x =++ ，单调递减区间为(],1-∞-，单调递增区间为[)1,-+∞ ；(2) k 的取值范围为(),1-∞．试题解析：（1）由题意得()110f a b -=-+=， 0a ≠，且12ba-=-， ∴1a =， 2b =，∴()221f x x x =++，单调递减区间为(],1-∞-，单调递增区间为[)1,-+∞． （2）()f x x k >+在区间[]3,1--上恒成立， 转化为21x x k ++>在区间[]3,1--上恒成立．设()21g x x x =++， []3,1x ∈--，则()g x 在[]3,1--上递减，∴()()min 11g x g =-=，∴1k <，即k 的取值范围为(),1-∞．18．【2018重庆一中高三9月月考】已知二次函数()()25f x ax bx x R =++∈满足以下要求：①函数()f x 的值域为[)1,+∞；② ()()22f x f x -+=--对x R ∈恒成立． （1）求函数()f x 的解析式； （2）设()()41f x M x x -=+，求[]1,2x ∈时()M x 的值域． 【答案】（1）()245f x x x =++；（2）133,3⎡⎤⎢⎥⎣⎦．试题解析：（2）()()244111f x x x M x x x -++==++[]1,2x ∈ ∴令1t x =+，则[]2,3t ∈()()22214114122221t t x x t t t x t t t-+-++++-∴===-++[]2,3t ∈ 21323,3t t⎡⎤∴-+∈⎢⎥⎣⎦∴所求值域为13:3,3⎡⎤⎢⎥⎣⎦．19．【2018浙江温州模拟】已知二次函数，对任意实数，不等式恒成立，（Ⅰ）求的取值范围；（Ⅱ）对任意，恒有，求实数的取值范围．【答案】(Ⅰ) ；(Ⅱ) ．此时，对任意实数都有成立，的取值范围是．(Ⅱ) 对任意都有等价于在上的最大值与最小值之差，由(ⅱ) 当，即时，恒成立．（ⅲ）当，即时，．综上可知，．20．【2018山东、湖北部分重点中学高三第一次联考】设函数()()()222,4f x x g x f x ⎡⎤=--=-⎣⎦ （1）求函数()g x 的解析式；（2）求函数()g x 在区间[],2m m +上的最小值()h m ；（3）若不等式()()2422g a a g -+≤恒成立，求实数a 的取值范围．【答案】（1）424x x +；（2）()()4242242,2{0,20 4,0m m m m m m m +++≤--<<+≥ ；（3）[]0,4．试题解析：（1）()()2242244g x x x x =---=+．（2）()()g x g x -=， ()g x ∴为偶函数，()3'48g x x x =+，故函数在(],0-∞单调递减，在[)0+∞，单调递增，①当20m +≤，即2m ≤-时， ()g x 在区间[],2m m +单调递减，()()()()422242h m g m m m ∴=+=+++．②当0m ≥时， ()g x 在区间[],2m m +单调递增，()()424h m g m m m ∴==+．（3）()g x 为偶函数，在(],0-∞单调递减，在[)0+∞，单调递增()()()()22422422g a a g g a a g ∴-+≤⇔-+≤．2422a a ⇔-+≤，2242204a a a ⇔-≤-+≤⇔≤≤，所以不等式的解集为[]0,4．。
高中数学x恒成立、存在性问题解决办法
恒成立、存在性问题解决办法总结1、恒成立问题的转化：()a f x >恒成立⇒()max a f x >；()()min a f x a f x ≤⇒≤恒成立2、能成立问题的转化：()a f x >能成立⇒()min a f x >；()()max a f x a f x ≤⇒≤能成立3、恰成立问题的转化：()a f x >在M 上恰成立⇔()a f x >的解集为M ()()R a f x M a f x C M ⎧>⎪⇔⎨≤⎪⎩在上恒成立在上恒成立另一转化方法：若A x f D x ≥∈)(,在D 上恰成立，等价于)(x f 在D 上的最小值A x f =)(min ，若 ,D x ∈B x f ≤)(在D 上恰成立，则等价于)(x f 在D 上的最大值B x f =)(max . 4、设函数()x f 、()x g ，对任意的[]b a x ,1∈，存在[]d c x ,2∈，使得()()21x g x f ≥，则()()x g x f m i n m i n ≥5、设函数()x f 、()x g ，对任意的[]b a x ,1∈，存在[]d c x ,2∈，使得()()21x g x f ≤，则()()x g x f m a x m ax ≤6、设函数()x f 、()x g ，存在[]b a x ,1∈，存在[]d c x ,2∈，使得()()21x g x f ≥，则()()x g x f min max ≥7、设函数()x f 、()x g ，存在[]b a x ,1∈，存在[]d c x ,2∈，使得()()21x g x f ≤，则()()x g x f max min ≤8、若不等式()()f x g x >在区间D 上恒成立，则等价于在区间D 上函数()y f x =和图象在函数()y g x =图象上方；9、若不等式()()f x g x <在区间D 上恒成立，则等价于在区间D 上函数()y f x =和图象在函数()y g x =图象下方； 题型一、简单型1、已知函数12)(2+-=ax x x f ，xax g =)(，其中0>a ，0≠x ． 1）对任意]2,1[∈x ，都有)()(x g x f >恒成立，求实数a 的取值范围；（构造新函数） 2）对任意]4,2[],2,1[21∈∈x x ，都有)()(21x g x f >恒成立，求实数a 的取值范围；（转化）简解：（1）由12012232++<⇒>-+-x x x a x a ax x 成立，只需满足12)(23++=x x x x ϕ的最小值大于a 即可．对12)(23++=x xx x ϕ求导，0)12(12)(2224>+++='x x x x ϕ，故)(x ϕ在]2,1[∈x 是增函数，32)1()(min ==ϕϕx ，所以a 的取值范围是320<<a ．2、设函数b x x a x h ++=)(，对任意]2,21[∈a ，都有10)(≤x h 在]1,41[∈x 恒成立，求实数b 的范围． 分析：思路、解决双参数问题一般是先解决一个参数，再处理另一个参数．以本题为例，实质还是通过函数求最值解决．方法1：化归最值，10)(10)(max ≤⇔≤x h x h ；方法2：变量分离，)(10x xab +-≤或x b x a )10(2-+-≤； 方法3：变更主元（新函数），0101)(≤-++⋅=b x a xa ϕ，]2,21[∈a简解：方法1:对b x xax h ++=)(求导，22))((1)(xa x a x x a x h +-=-='，（单调函数） 由此可知，)(x h 在]1,41[上的最大值为)41(h 与)1(h 中的较大者．⎪⎩⎪⎨⎧-≤-≤⇒⎪⎩⎪⎨⎧≤++≤++⇒⎪⎩⎪⎨⎧≤≤∴ab ab b a b a h h 944391011041410)1(10)41(，对于任意]2,21[∈a ，得b 的取值范围是47≤b ． 3、已知两函数2)(x x f =，m x g x-⎪⎭⎫ ⎝⎛=21)(，对任意[]2,01∈x ，存在[]2,12∈x ，使得()21)(x g x f ≥，则实数m 的取值范围为解析：对任意[]2,01∈x ，存在[]2,12∈x ，使得()21)(x g x f ≥等价于m x g x-⎪⎭⎫ ⎝⎛=21)(在[]2,1上的最小值m -41不大于2)(x x f =在[]2,0上的最小值0，既041≤-m ，∴41≥m题型二、更换主元法1、对于满足2p ≤的所有实数p,求使不等式212x px p x ++>+恒成立的x 的取值范围。
高考数学重难点第二讲 一元二次不等式恒成立与能成立问题5大题型(原卷及答案)(全国通用)(学生专用)
重难点第二讲一元二次不等式恒成立与能成立问题——每天30分钟7天掌握恒成立与能成立问题5大题型【命题趋势】不等式是高考数学的重要内容。
其中，“含参不等式恒成立与能成立问题”把不等式、函数、三角、几何等内容有机地结合起来，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，培养其思维灵活性、创造性都有这独到的作用。
一元二次不等式应用广泛，考察灵活，高考复习过程要注重知识与方法的灵活运用。
第1天认真研究满分技巧及思考热点题型【满分技巧】一、一元二次不等式在实数集上的恒成立1、不等式对任意实数恒成立⇔==⎧⎨>⎩a bc或Δ<0>⎧⎨⎩a2、不等式对任意实数恒成立⇔==⎧⎨<⎩a bc或Δ<0<⎧⎨⎩a【注意】对于二次不等式恒成立问题，恒大于0就是相应的二次函数的图像在给定的区间上全部在x轴上方；恒小于0就是相应的二次函数的图像在给定的区间上全部在x轴下方．二、一元二次不等式在给定区间上的恒成立问题求解方法方法一：若在集合中恒成立，即集合是不等式的解集的子集，可以先求解集，再由子集的含义求解参数的值(或范围)；方法二：转化为函数值域问题，即已知函数的值域为，则恒成立⇒，即；恒成立⇒，即.三、给定参数范围的一元二次不等式恒成立问题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。
四、常见不等式恒成立及有解问题的函数处理方法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，恒成立⇒；若存在，有解⇒；若对任意，无解⇒.2、对任意的，恒成立⇒；若存在，有解⇒；若对任意，无解⇒.【热点题型】【题型1一元二次不等式在实数集上的恒成立问题】【例1】（2022·重庆沙坪坝·重庆八中校考模拟预测）使得不等式210x ax -+>对R x ∀∈恒成立的一个充分不必要条件是（）A ．02a <<B ．02a <≤C ．2a <D ．2a >-【变式1-1】（2022秋·山东·高三山东省实验中学校考阶段练习）已知命题“x ∃∈R ，使()24110x a x +-+≤”是假命题，则实数a 的取值范围是（）A ．(,3)-∞-B ．()5,3-C ．(5,)+∞D ．(3,5)-【变式1-2】（2023·全国·高三专题练习）若命题“关于x 的不等式22410mx mx m ++-<对一切实数x 恒成立”是假命题，则实数m 的取值范围是____________．【变式1-3】（2022秋·广西钦州·高三校考阶段练习）已知关于x 的不等式0k->恒成立，则实数k 的取值范围是_____________．【变式1-4】（2022秋·山东聊城·高三山东聊城一中校考期末）关于x 的不等式()2216(4)10ax a x ----≥的解集为∅，则实数a 的取值范围为_________．【题型2一元二次不等式在某区间上的恒成立问题】【例2】（2022秋·辽宁沈阳·高三沈阳市第三十一中学校考开学考试）已知不等式220x bx c -++>的解集{}13x x -<<，若对任意10x -≤≤，不等式224x bx c t -+++≤恒成立．则t 的取值范围是__________．【变式2-1】（2022秋·山东青岛·高三统考期中）已知关于x 的不等式2(13)20ax a x +-+≥的解集为A ，设{1,1}B =-，B A ⊆，则实数a 的取值范围为（）A ．3124a -≤≤B ．1342a -≤≤C ．14a -≤D ．32a ≥【变式2-2】（2022秋·河南·高三期末）已知0a >，b ∈R ，若0x >时，关于x 的不等式()()2250ax x bx -+-≥恒成立，则4b a+的最小值为（）A ．2B ．C ．D ．【变式2-3】（2022秋·广西钦州·高三校考阶段练习）已知函数()2f x ax x a =++，不等式()5f x <的解集为3—12⎛⎫⎪⎝⎭，．（1）求a 的值；（2）若()f x mx >在(]0,5x ∈上恒成立，求m 的取值范围．【变式2-4】（2021秋·陕西西安·高三校考阶段练习）已知二次函数()f x 满足()21f =-，()11f -=-，且()f x 的最大值是8.（1）试确定该二次函数的解析式；（2）()2f x x k >+在区间[]3,1-上恒成立，试求k 的取值范围.第4天掌握给定参数范围的一元二次不等式恒成立问题模型【题型3给定参数范围的一元二次不等式恒成立问题】【例3】（2021·吉林松原·校考三模）若不等式21634x ax x a -≥--对任意[]2,4a ∈-成立，则x 的取值范围为（）A ．(][),83,-∞-⋃+∞B ．()[),01,-∞+∞C ．[]8,6-D ．(]0,3【变式3-1】（2022秋·湖北襄阳·高三校考阶段练习）若命题“[]()21,3,2130a ax a x a ∃∈---+-<”为假命题，则实数x 的取值范围为（）A ．[]1,4-B ．50,3⎡⎤⎢⎥⎣⎦C ．[]51,0,43⎡⎤⎢⎥⎣-⎦D ．[)51,0,43⎛⎤- ⎥⎝⎦【变式3-2】（2022秋·广东深圳·高三深圳中学校考阶段练习）已知当11a -≤≤时，()24420x a x a +-+->恒成立，则实数x 的取值范围是（）A ．(),3-∞B ．][(),13,∞∞-⋃+C ．(),1-∞D ．()(),13,-∞⋃+∞【变式3-3】（2023·全国·高三专题练习）当[]2,3a ∈时，不等式210ax x a -+-≤恒成立，求x 的取值范围．【变式3-4】（2021·辽宁沈阳·高三沈阳二中校考开学考试）设函数()21f x mx mx =--．（1）若对于[]2,2x ∈-，()5f x m <-+恒成立，求m 的取值范围；（2）若对于[]2,2m ∈-，()5f x m <-+恒成立，求x 的取值范围．【题型4一元二次不等式在实数集上的有解问题】【例4】（2023·全国·高三专题练习）若存在实数x ，使得()220mx m x m --+<成立，则实数m 的取值范围为（）A ．(),2-∞B ．(]13,0,32∞⎛⎫-⋃ ⎪⎝⎭C ．2,3⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭D ．(),1-∞【变式4-1】（2022秋·广西钦州·高三校考阶段练习）若关于x 的不等式()()224210ax a x -++-≥的解集不为空集，则实数a 的取值范围为（）A ．62,5⎛⎤- ⎥⎝⎦B ．62,5⎡⎤-⎢⎥⎣⎦C ．6(,2)[,)5-∞-⋃+∞D ．6(,2],5⎡⎫-∞-⋃+∞⎪⎢⎣⎭【变式4-2】（2023·全国·高三专题练习）若关于x 的不等式29(2)04ax a x -++<有解，则实数a 的取值范围是____．【变式4-3】（2022·全国·高三专题练习）若关于x 的不等式2210ax x ++<有实数解，则a 的取值范围是_____【题型5一元二次不等式在某区间上的有解问题】【例5】（2022·甘肃张掖·高台县第一中学校考模拟预测）若关于x 的不等式2620x x a -+->在区间[]0,5内有解，则实数a 的取值范围是（）．A ．()2,+∞B ．(),5-∞C ．(),3-∞-D ．(),2-∞【变式5-1】（2023·全国·高三专题练习）已知关于x 的不等式2630mx x m -+<在(]02，上有解，则实数m 的取值范围是（）A ．(-∞B ．127⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭，C ．)+∞D ．127⎛⎫+∞⎪⎝⎭，【变式5-2】（2022·全国·高三专题练习）命题:{|19}p x x x ∃∈≤≤，2360x ax -+≤，若p 是真命题，则实数a 的取值范围为（）A ．37a ≥B ．13a ≥C ．12a ≥D ．13a ≤【变式5-3】（2022秋·北京·高三统考阶段练习）若存在[0,1]x ∈，有2(1)30x a x a +-+->成立，则实数a 的取值范围是__________.【变式5-4】（2023·全国·高三专题练习）已知命题“[1,1]x ∃∈-，20030-++>x x a ”为真命题，则实数a 的取值范围是______．【变式5-5】（2022·全国·高三专题练习）设()f x 为奇函数，()g x 为偶函数，对于任意x R ∈均有()()24f x g x mx +=-.若()()220f x x g x -+≥在()0,x ∈+∞上有解，则实数m 的取值范围是______.第7天融会贯通及限时检测（建议用时：60分钟）1．（2022·甘肃张掖·高台县第一中学校考模拟预测）已知命题p ：x ∀∈R ，220x x m -+>，则满足命题p 为真命题的一个充分条件是（）A ．m>2B ．0m <C ．1m <D ．m 1≥2．（2022秋·北京大兴·高三统考期中）若命题“2,20x x x m ∃∈++≤R ”是真命题，则实数m 的取值范围是（）A ．1m <B ．1m £C ．1m >D ．1m ≥3．（2022秋·全国·高三校联考阶段练习）设m ∈R ，则“34m >-”是“不等式210x x m -++≥在R 上恒成立”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4．（2022秋·宁夏银川·高三校考期中）已知命题p ：R x ∀∈，20x x a -+>，若p ⌝是假命题，则实数a 的取值范围是（）A ．1,4⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦B ．11,42⎛⎫⎪⎝⎭C ．1,4⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭D ．1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭5．（2022秋·河南·高三校联考阶段练习）设函数()22f x ax ax =-，命题“[]0,1x ∃∈，()3f x a ≤-+”是假命题，则实数a 的取值范围为（）A ．(),3-∞B ．()3,+∞C ．24,7⎛⎫+∞⎪⎝⎭D ．3,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭6．（2023·全国·高三专题练习）若对任意的2[1,0],2420x x x m ∈--+++≥恒成立，则m 的取值范围是（）A ．[4,)+∞B ．[2,)+∞C ．(,4]-∞D ．(,2]-∞7．（2021秋·河南南阳·高三南阳中学校考阶段练习）设函数()21f x mx mx =--，若对于任意的{|13}x x x ∈≤≤，()4f x m <-+恒成立，则实数m 的取值范围为（）A ．57m <B ．507m ≤<C ．0m <或507m <<D ．0m ≤8．（2022秋·湖南邵阳·高三统考期中）设函数22()223f x x ax a a =++-+，若对于任意的x R ∈，不等式()()0f f x ≥恒成立，则实数a 的取值范围是（）A ．32a ≥B ．2a ≤C ．322a <≤D ．32a ≤9．（2022秋·辽宁鞍山·高三校联考期中）设R a ∈，若关于x 的不等式210x ax -+≥在12x ≤≤上有解，则（）A ．2a ≤B ．2a ≥C ．52a ≤D ．52a ≥10．（2023·全国·高三专题练习）已知命题“0x ∃∈R ，()20014204x a x +-+≤”是真命题，则实数a 的取值范围（）A ．(],0-∞B ．[]0,4C ．[4,+∞）D ．(],0-∞[)4⋃+∞,11．（2022·全国·高三专题练习）已知关于x 的不等式2243x x a a -+≥-在R 上有解，则实数a 的取值范围是（）A ．{}14a a -≤≤B ．{}14a a -<<C ．{4a a ≥或}1a ≤-D ．{}41a a -≤≤12．（2022·全国·高三专题练习）若关于x 的不等式220x ax +->在区间[]1,5上有解，则实数a 的取值范围为（）A ．23,5⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭B ．23,15⎡⎤-⎢⎥⎣⎦C ．()1,+∞D ．23,5⎛⎫-∞-⎪⎝⎭13．（2021秋·江苏徐州·高三统考阶段练习）若存在实数x ，使得关于x 的不等式2430ax x a -+-<成立，则实数a 的取值范围是______.14．（2021·全国·高三专题练习）已知函数2,0()0x x x f x x ⎧-≤⎪=⎨>⎪⎩.若存在x ∈R 使得关于x 的不等式()1f x ax ≤-成立，则实数a 的取值范围是________.15．（2020·上海杨浦·复旦附中校考模拟预测）若命题：“存在整数x 使不等式()24(4)0kx kx ---<成立”是假命题，则实数k 的取值范围是____________.16．（2022秋·江苏连云港·高三校考开学考试）2210,0ax x x -+≥∀>恒成立，则实数a 的取值范围是_________.17．（2021·全国·高三专题练习）若不等式22x mx ->对满足1m ≤的一切实数m 都成立，则x 的取值范围是___________18．（2023·全国·高三专题练习）若不等式22210x t at -+-+≥对任意[1,1]x ∈-及[1,1]a ∈-恒成立，则实数t 的取值范围是__________．重难点第二讲一元二次不等式恒成立与能成立问题——每天30分钟7天掌握恒成立与能成立问题5大题型【命题趋势】不等式是高考数学的重要内容。
高中起始阶段的恒成立与存在性问题的讲题策略
择参变分离法。
例2 已知函 数 f(x)=x2 -mx+2,若 对 于 任 意
x∈[-1,3],都有f(x)>0成立,则实数 m 的取值范围
为
。
解析 函 数 f (x)=x2 - mx +2 的 对 称 轴 为
x=m2 。
(1)当m2≤-1时,即 m≤-2,则y=f(x)在[-1,
· 70 ·
3]上 单 调 递 增 ,所 以 fmin(x)=f(-1)=m+3>0,
{f(-2)≥0,
f(2)≥0。
即
{-4x+x2≥0,
4x+x2≥0,
解 得 x≤ -4,或 x=0,或 x≥4。
特例4 若 不 等 式logax> (x-1)2 恰 有 3 个 整 数
解,则a 的取值范围是
。
解析 不等 式logax> (x-1)2 恰 有 3 个 整 数 解, 画 出 示 意 图 (图 1)可 知a>1,其 整 数 解 为 {2,3,4},则 应
特例 3 若 对 于 任 意 的 m ∈ [-2,2],恒 有 x2 +
2mx≥0成立,则实数x 的取值范围为
。
解析 记f(m)=2xm+x2,这 是 关 于 m 的 一 次 函 数,在 m∈[-2,2]上,y=f(m)的图像要么是上升的线 段 、要 么 是 下 降 的 线 段 、要 么 是 水 平 的 线 段 ,所 以 只 需 要
意x∈[m,m+1],都 有 f(x)>0 成 立,则 实 数 m 的 取
值范围为
。
解析 因为f(x)= -x2 -mx+1 是 开 口 向 下 的 二次函数,所以 函 数 的 最 小 值 只 能 在 区 间 端 点 处 取 到,
适合于高一学生的恒成立和存在性问题全解析
．
。
解 题 技 巧 与 方 法
始 瓣
． ． ＿ ＿ 一・
●
遘
一攀羹 Ｊ 凰 壁 薄褒Ｊ 题垒藤橇
◎李 伟 （ 湖 北省 十堰 市竹 溪县 一 中 ４ ４ ２ ３ ０ ０ ）
恒 成 立 和 存 在 性 问 题 是 高 中 数 学 的 一 类 很 重 要 的 题 型， 如何清楚地 掌握 它 ， 对 很 多 高 一 学 生 来 讲 是 比 较 困 难
一
２ ． 如 果 两个 函数 的定 义 域 不 同 设函数， （ ） ， ｇ （ ） 对 任 意 ∈［ “ ， ｂ ］ ，
＿ 厂 （ ） ≥ｇ （ ） 恒成立 ， 则＿ 厂 （ ） …． ≥ｇ （ ） 即 可．
［ ｃ ， ｄ ］ 都 有
４≤ ～３≤１， 需 分 一４≤ 一３＜０， 一３＝０， ０≤ 一３＜１三
需 Ｆ（ ） … ≥０即可 ． 例３ ｌ ， ＜ ） ＝ 一３ ＋ ４ ， ｇ （ ）＝ ２ ｘ＋ｍ， 在 ∈［ ０， ３ ］ ｊ ＝ ｆ （ ） ≥ｇ （ ） 恒成立 ， 求 ｍ 的范 围．
）＝ 一４ ｘ＋１ ， 在 Ｒ 上 的值 不 恒 大 于
当 ａ＜ ０时 ， 显然不恒成立 ， 舍 去． 当 ａ ＞０时 ， 只 需 △＜ ０即 可 ， ． ‘ ． （ ２ ａ一 ４ ） 一 ４ ａ＜ ０，
‘
） ≥ｇ （ ）
．
．
１＜ａ＜４ ． 即 口∈（ １， ４） ．
成立 ， 则＿ 厂 （ ）一 ｇ （ ） ≥０恒 成 立 ， 令Ｆ （ ）－ － ｆ （ ）一ｇ （ ） ， 只
变 式 一 函数 厂 （ ｘ ）＝ ＋ （ 。一４ ） ＋ ４— ３ ｎ在 Ｒ上 的 值恒大于 ０ ， 求 ａ的 取值 范 围．
存在性问题与恒成立问题的理论与实践探析
存在性问题与恒成立问题的理论与实践探析作者：李洁来源：《数学教学通讯·中等教育》2015年第11期摘要：恒成立问题与存在性问题是高中数学中的一个热点和难点问题，它们的呈现常伴随着任意、存在或恒成立等词汇，同时因为试题难度的不同，呈现的方式也不同，它们或单独呈现，或复合呈现，从不同的角度来考查学生对此类问题的掌握程度.关键词：任意；存在；恒成立有人曾经对全国高考数学试卷进行过统计.其中有17张高考卷中出现了任意性或者存在性的问题，其中词频最高的上海卷共出现了5次恒成立的问题.而最少的试卷也至少出现过一次，而通看这17张高考卷，还有更多的题目可以转化成恒成立或存在性问题.这充分说明恒成立问题和存在性问题是高考的热点问题，值得我们花一番心思去研究一下.研究的起源：一道调研试题引发的思考2015年盐城市高三第一次调研考试的一道填空题触发了笔者再一研究这一问题的兴趣，这道题是这样的：已知f（x）是定义在[-2，2]上的奇函数，当这道题目能够引发笔者好奇的原因有两个：首先，通常情况下，恒成立问题与存在性问题是单独呈现的，而本题则是复合呈现的，这无疑增加了问题的复杂程度：其次，一般情况下，若恒成立问题和存在性问题出现的大背景是不等式，则可用结论，例如，均有厂（x）>A恒成立，则f（x）min>A，而此题的背景却是等式，显然不能按常规的思路来解决.解：函f（x）在（O，2]上是单调增函数，又因为它在区间[-2，2]上是奇函数，所以f （x）在[-2，0）上亦为单调增，并且与（O，2]上函数图象关于原点对称，因此，函数f（x）在区间[-2，2]上为单调增，所以函数f （x）在区间[-2，2]的最大值为f（2）=3，最小值为f （-2）=-3，所以f（x）的值域A =[-3，3].函数g（x）的对称上述调研试题的解题过程，实际上为笔者研究存在性问题和恒成立问题指明了方向：对于这类问题的研究我们不能局限于各类问题的单独求解，还应从综合的角度来思考两者的复合使用：不能局限于不等式的背景下考虑这两类问题.还应从其他背景考虑这类问题的求解.论的研究：解题思想的梳理与归纳为了系统地梳理存在性问题与恒成立问题的理论知识框架，我们按由简单到复杂，由单独使用到复合使用的顺序逐步分析两类问题.1.两类问题的基本型结论对于恒成立问题，符号语言：3.两类问题的综合型结论对于拓展型结论而言，即使比较函数的定义域不同，但任意和存在的词眼是单独存在的，随着难度的进一步加深，任意和存在全复合使用.首先，等式背景下的使用.与引例实践的研究：理论指引求解方向理论只能提供解题的思路，并非万能的良药，数学是灵动的.它不需要死板理论，而是要根本上理解问题.掌握思路，因此，文章将以两道例题来分析说明上述理论对于恒成立与存在性问题的指引作用.分析：显然这是一道存在性的问题，将题设进行同意转化可得：在定义域R上，存在实数a和b使f（a）=g（b），由于f（x）在R上的值域为（一l，+∞），显然若g（b）的取值范围为（-∞，一1），则不满足题意，因此，g（b）>一1.反思：与相等背景下的综合运用所不同的是，本题是单一的存在性问题.因此，我们的解题并不能简单地套用.而应紧扣问题的本质，将题意转化成相应的符号表达.进行求解.反思：有时题设不会直接给出与结论类似的语言陈述，但却可以通过等价转化将原有的题设转变成与结论相似的表述，这也是真正数学灵魂需要用自己的语言来理解问题的意思.反观上述两道题目可以发现，在实际解决问题时，题设不会给出与结论相类似的表述，但可以通过语义转换.将题设转化成与上述结论相类似的表达，同时，上述两题解题过程还向我们展示了数学的灵动，可以发现上述解题没有一道是完全套用公式可得的.但却又可以寻找到理论的影子，扶得解题的思路，这说明解题从来不需要死的理论，而在于对理论巾所包含思想的理解.。
高中数学素能培优(二) 恒成立与能成立问题
例2(2024·山东潍坊模拟)已知函数f(x)=log3 9 ·log3(3x),函数g(x)=4x-2x+1+5.
(1)求函数f(x)的最小值;
(2)若存在实数m∈[-1,2],使不等式f(x)-g(m)≥0成立,求实数x的取值范围.
1
2 3
2
令 =t,则 t∈(0, ],- 2 − +1=-3t2-2t+1,
3
2
2
5
1
5
2
2
令 g(t)=-3t -2t+1,t∈(0, ],则 g(t)的最小值为 g =- ,所以 2-4m ≤- ,
3
3
3
3
33Biblioteka 3222
整理可得(3m +1)(4m -3)≥0,解得 m ≥ 4,即 m≥ 2 或 m≤- 2 .
2
因为
2
y= -x
7
在(1,4)内单调递减,所以值域为(- ,1),所以
2
2
-x
在(1,4)内能成立,
a 的取值范围是(-∞,1).
命题点3
更换主元法
解决含参数不等式恒成立(能成立)的某些问题时,若能适时的把主元变量
和参数变量进行“换位”思考,往往会使问题降次、简化,方便问题的求解.
例5已知当a∈[2,3]时,不等式ax2-x+1-a≤0恒成立,求x的取值范围.
1
例 1(2024·江西南昌模拟)已知函数 f(x)=x -ax+a ,若在区间[ ,a]上,
专题27 含参不等式的存在性与恒成立问题-学会解题之高三数学万能解题模板【2021版】【解析版】
学习界的007⎨ 专题27 含参不等式的存在性与恒成立问题【高考地位】含参不等式的恒成立问题越来越受到高考命题者的青睐，由于新课标高考对导数应用的加强，这些不等式的恒成立问题往往与导数问题交织在一起，这在近年的高考试题中不难看出这个基本的命题趋势. 解决这类问题的关键是揭开量词隐含的神秘面纱还函数问题本来面目，在高考中各种题型多以选择题、填空题和解答题等出现，其试题难度属高档题.方法一判别式法万能模板内容使用场景含参数的二次不等式解题模板第一步首先将所求问题转化为二次不等式；第二步运用二次函数的判别式对其进行研究讨论；第三步得出结论.例1 设f (x) =x 2 - 2mx + 2 ，当x ∈[-1,+∞) 时，f (x) ≥m 恒成立，求实数m 的取值范围.【解析】第一步，首先将所求问题转化为二次不等式；第二步，运用二次函数的判别式对其进行研究讨论；⎧⎪∆≥ 0⎪F (-1) ≥0解得- 3 ≤m ≤-2 .⎪- 2m⎪-⎩ 2≤-1第三步，得出结论.综上可得实数m 的取值范围为[-3,1) .综上可得实数m 的取值范围为[-3,1) .【变式演练1】【2020 届百校联考高考考前冲刺必刷卷】已知集合A ={x x2 + 2ax + 2a ≤ 0}，若A 中只有一个元素，则实数a 的值为（）A．0 B．0 或-2 C．0 或2 D．2【答案】C【分析】根据题意转化为抛物线y =x2 + 2ax + 2a 与x 轴只有一个交点，只需△ = 4a2 - 8a = 0 即可求解.【详解】若A 中只有一个元素，则只有一个实数满足x2 + 2ax + 2a ≤ 0 ，即抛物线y =x2 + 2ax + 2a 与x 轴只有一个交点，∴△ = 4a2 - 8a = 0 ，∴ a = 0 或 2.故选：C【变式演练2【】安徽省皖江名校联盟2021 届高三第二次联考】对∀x ∈R ，不等式(a -1)x2 +(a -1)x -1 < 0恒成立，则实数a 的取值范围是（）A．(-3,1) B．(-3,1] C．(-4,1) D．[-4,1]【答案】B【分析】学习界的首先根据不等式恒成立，对二次项系数是否为零进行讨论，结合图形的特征，列出式子求得结果.【详解】对∀x ∈ R ，不等式(a -1)x 2+ (a -1) x -1 < 0 恒成立， 当 a = 1 时，则有-1 < 0 恒成立；当a -1 ≠ 0 ， a -1 < 0 且∆ = (a -1)2 + 4(a -1) < 0 ，解得-3 < a < 1.实数 a 的取值范围是(-3,1]. 故选：B.方法二 分离参数法例 2 已知函数 f ( x ) = kx 2- ln x ，若 f ( x ) > 0 在函数定义域内恒成立，则 k 的取值范围是（）A ． ⎛ 1 , e ⎫B ． ⎛1 , 1 ⎫C ． ⎛-∞,1 ⎫D ． ⎛1 , +∞ ⎫e ⎪ 2e e⎪ 2e ⎪ 2e ⎪ ⎝ ⎭⎝ ⎭⎝⎭⎝ ⎭【答案】D【解析】第一步，首先对待含参的不等式问题在能够判断出参数的系数正负的情况下，可以根据不等式的性质将参数分离出来，得到一个一端是参数，另一端是变量表达式的不等式；第二步，先求出含变量一边的式子的最值；第三步，由此推出参数的取值范围即可得出结论.考点：函数的恒成立问题．【方法点晴】本题主要考查了函数的恒成立问题，其中解答中涉及到利用导数研究函数的单调性、利用导数研究函数的极值与最值、恒成立的分离参数构造新函数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，以及转化与化归思想，试题有一定的思维深度，属于中档试题，解答中根据函数的恒成立，利用分离参数法构造新函数，利用新函数的性质是解答的关键．含参不等式分离参数后的形式因题、因分法而异，因此解决含参不等式恒成立问题需把握住下述结论：（1 ） f (x) <g(a) 恒成立⇔f (x)max <g(a) ；（2 ）f (x) ≤g(a) 恒成立⇔ f (x)max≤g(a) ；（3 ）f (x) >g(a) 恒成立⇔f (x)min >g(a) .（4）f (x) ≥g(a) 恒成立⇔f (x)min≥g(a) .学&科网【变式演练3】【江苏省苏州市新草桥中学2020-2021 学年高三上学期10 月月考】正数a ，b满足9a +b =ab ，若不等式a +b ≥-x2 + 2x +18 -m 对任意实数x 恒成立，则实数m 的取值范围是（）A．[3, +∞)B．(-∞, 3) C．(-∞, 6)D．[6, +∞)【答案】A【分析】先利用基本不等式求得a +b 的最小值，再把问题转化为 m ≥ f (x ) 恒成立的类型，最后求解 f (x ) 的最大值即可. 【详解】因为9a + b = ab ，所以 1 + 9= 1，且 a ， b 为正数，a b所以 a + b = (a + b )( 1 + 9) = 10 + b +9a a bab10 +16 ，当且仅当 b = 9a，即 a = 4 ， b = 12 时，取等号，所以(a + b ) a bmin= 16 ，若不等式 a + b ≥ -x 2 + 2x +18 - m 对任意实数 x 恒成立， 则16 ≥ -x 2 + 2x +18 - m 对任意实数 x 恒成立， 即m ≥ -x 2 + 2x + 2 对任意实数 x 恒成立，因为-x 2+ 2x + 2 = -(x -1)2+ 3 3 ， 所以 m ≥ 3 ， 故选：A.【变式演练 4】【北京市人大附中 2021 届高三年级 10 月数学月考】已知方程 x 2 + ax -1 = 0 在区间[0,1]上有解，则实数a 的取值范围是（ ）A ． [0, +∞)B ． (-∞, 0)C ． (-∞, 2]D ． [-2, 0]【答案】A【分析】化简方程，分离参数，利用数形结合即可求解【详解】方程x2 +ax -1 = 0 在区间[0,1]上有解，当x = 0 时，方程无解；当0 <x ≤ 1时，则有a =1-x2=1-，令g(x) =1-x ，x xxx1 -(1+x2 )g(x)g '(x) =--1 =< 0 ，即在0 <x ≤1时为减函数，x2 x2由于g(1) = 0 ，所以，当0 <x ≤1时，g (x) ≥ 0 ，所以，只要a ≥ 0 ，方程x2 +ax -1 = 0 在区间[0,1]上有解故选：A方法三函数性质法例3 设函数f (x) =e x -1-x -ax2 ，若x ≥ 0 时，f (x) ≥ 0 ，求a 的取值范围.【答案】a ≤1 2【解析】第一步，首先可以把含参不等式整理成适当形式如f (x, a) ≥ 0 、f (x, a) < 0 等；1-x第二步，从研究函数的性质入手，转化为讨论函数的单调性和极值；第三步，得出结论.【点评】函数、不等式、导数既是研究的对象，又是解决问题的工具.本题抓住 f (0) = 0 这一重要的解题信息，将问题转化为 f (x ) ≥ f (0) 在 x ≥ 0 时恒成立，通过研究函数 f (x ) 在[0, +∞) 上是不减函数应满足的条件，进而求出 a 的范围.隐含条件 f (0) = 0 对解题思路的获得，起到了十分重要的导向作用.【变式演练 5】【云南省昆明市第一中学 2021 届高中新课标高三第二次双基检测】记函数f ( x ) = ln ( x +1) + 的定义域为 A ，函数g (x ) = e x - e - x + sin x +1，若不等式 g (2x + a ) + g (x 2 -1) > 2 对 x ∈ A 恒成立，则a 的取值范围为（ ）A ． [2, +∞)B ． (2, +∞)C ． (-2, +∞)D ． [-2, +∞)【答案】A⎨【分析】根据函数解析式，先求出 A = (-1,1] ；令 m ( x ) = e x- e- x+ sin x ，根据函数奇偶性的定义，判定 m (x ) 是奇函数；根据导数的方法判定 m (x ) 是增函数；化所求不等式为 a > - x 2 - 2 x + 1 ，进而可求出结果. 【详解】由⎧x +1 > 0 解得-1 < x ≤ 1 ，即 A = (-1,1] ， ⎩1- x ≥ 0令m (x ) = e x- e - x+ sin x ，则m (-x ) = e- x- e x - sin x = -m (x ) ，则 m (x ) 是 R 上的奇函数； 又m '(x ) = e x+ e - x+ cos x ≥ 2 + cos x > 0 显然恒成立，所以 m ( x ) 是增函数；由 g (2x + a ) + g (x 2-1) > 2 得 m (2x + a ) + m ( x 2-1)+ 2 > 2 ，即m (2x + a ) + m (x 2-1) > 0 ，即 m (2x + a ) > -m (x 2-1)，由 m (x ) 是 R 上的奇函数且为增的函数， 所以 m (2x + a ) > m (1- x2) 得： 2 x + a > 1 - x 2.所以 a > -x 2 - 2x +1 = -( x +1)2+ 2 ，当 x ∈(-1,1]时， -( x +1)2+ 2 < 2 .所以 a ≥ 2 .故选：A.【高考再现】1.【2020 年高考浙江卷9】已知a , b ∈R 且ab ≠ 0 ，若(x-a)(x-b)(x- 2a -b)≥ 0 在x ≥ 0 上恒成立，则（）A. a < 0B. a > 0C. b < 0D. b > 0【答案】C【思路导引】对a 分a > 0 与 a < 0 两种情况讨论，结合三次函数的性质分析即可得到答案．【解析】当a < 0 时，在x ≥ 0 上，x -a ≥ 0 恒成立，∴只需满足(x-b)(x- 2a -b)≥ 0 恒成立，此时2a +b <b ，由二次函数的图象可知，只有b < 0 时，满足(x-b)(x- 2a -b)≥ 0 ，b > 0 不满条件；当b < 0 时，在[0, +∞)上，x -b ≥ 0 恒成立，∴只需满足(x-a)(x- 2a -b)≥ 0 恒成立，此时当两根分别为x =a 和x = 2a +b ，（1）当a +b > 0 时，此时0 <a < 2a +b ，当x ≥ 0 时，(x -a)(x- 2a -b)≥ 0 不恒成立，（2）当a +b < 0 时，此时2a +b <a ，若满足(x -a)(x- 2a -b)≥ 0 恒成立，只需满足a < 0当a +b = 0 时，此时2a +b =a > 0 ，满足(x -a)(x- 2a -b)≥ 0 恒成立，综上可知满足(x-a)(x-b)(x- 2a -b)≥ 0 在x ≥ 0 恒成立时，只有b < 0 ，故选C ．2.【2020 年高考上海卷11】已知a ∈R ，若存在定义域为R 的函数f (x) 同时满足下列两个条件，①对任意x ∈R ，f (x ) 的值为x 或x2 ；②关于x 的方程f (x) =a 无实数解；则a 的取值范围为．0 0 0 0【答案】(-∞, 0) (0,1) (1, +∞)【解析】由y =x2 和y =x 的图象和函数的定义可知，若满足 f (x)的值为x 或f (x)=x 2 ，只有0 0 0 0f (0)= 0 = 02 ，f (1)=1 =12 ，结合②可知若方程f (x)=a 无实数解，则a ∈(-∞, 0) (0,1) (1, +∞)，故答案为：(-∞, 0) (0,1) (1, +∞)．【专家解读】本题的特点是函数图象及其性质的应用，本题考查了函数与方程，二次函数图象及其应用，考查函数与方程思想、数形结合思想，考查数学运算、数学直观、数学建模等学科素养．解题关键是正确a cc · 4a作出函数图象，应用函数图象及其性质解决问题．3. 【2018 年全国普通高等学校招生统一考试数学（江苏卷）】在O ABC 中，角 A,B,C 所对的边分别为 a,h,c ，²ABC ܥ 1ൌ0°，²ABC 的平分线交 AC 于点 D ，且 BD ܥ 1，则 4a h c 的最小值为 ．【答案】9【解析】分析：先根据三角形面积公式得条件、再利用基本不等式求最值.详解：由题意可知，SOABC ܥ SOABD h SOBCD ,由角平分线性质和三角形面积公式得1acsin 1ൌ0° ܥ 1 a × 1 ×ൌൌsin60° h 1 c × 1 × sin60°，化简得 ac ܥ a h c, 1 h 1 ܥ 1，因此 4a h c ܥ (4a h c)( 1 h 1 ) ܥ h h c h 4a ≤ h hൌacacacൌ ܥ 9,当且仅当 c ܥ ൌa ܥ 3 时取等号，则 4a h c 的最小值为 9.点睛：在利用基本不等式求最值时，要特别注意“拆、拼、凑”等技巧，使其满足基本不等式中“正”(即条件要求中字母为正数)、“定”(不等式的另一边必须为定值)、“等”(等号取得的条件)的条件才能应用，否则会出现错误.4. 【2015 年全国普通高等学校招生统一考试理科数学】已知函数f ( x ) = {2 - x , ( x - 2)2, x ≤ 2,函数x > 2,g (x ) = b - f (2 - x ) ，其中b ∈ R ，若函数 y = f (x )- g (x ) 恰有 4 个零点，则b 的取值范围是（ ）A ．⎛ 7 , +∞ ⎫B ． ⎛-∞,7 ⎫C ． ⎛ 0,7 ⎫D ．⎛ 7 , 2 ⎫4 ⎪ 4 ⎪ 4 ⎪ 4 ⎪ ⎝ ⎭⎝⎭⎝ ⎭⎝ ⎭【答案】D【解析】试题分析：函数恰有 4 个零点，即方程 ，即有 4 个不同的实数根， 即直线与函数的图像有四个不同的交点． 又⎨2做出该函数的图像如图所示，由图得，当时，直线与函数 的图像有 4 个不同的交点，故函数 恰有 4 个零点时，b的取值范围是故选 D ．考点：1、分段函数；2、函数的零点．【方法点晴】本题主要考查的是分段函数和函数的零点，属于难题．已知函数的零点个数，一般利用数形结合思想转化为两个函数的图像的交点个数问题，作图时一定要保证图形准确， 否则很容易出现错误．⎧x 2 - x + 3, x ≤ 1,5. 【2017 天津理，8】已知函数 f (x ) = ⎪ x + , x > 1.设 a ∈ R ，若关于 x 的不等式 f (x ) ≥| x+ a | 在 R 上恒2 ⎩⎪ x 成立，则 a 的取值范围是（A ）[-47, 2] 16 （B ）[- 47 , 39]16 16（C ）[-2 3, 2]（D ）[-2 3, 39]16【答案】 A2 3 3 47 x x2 x 23 2 x 2当 x > 1 时，(*)式为-x - ≤ + a ≤ x + ， - x - ≤ a ≤ + ，x 2 x 2 x 2 x3 2 3 2又 - x - = -( x + 2 x 2 ) ≤ -2 x （当 x = 时取等号），3 x + 2≥ 2 = 2 （当 x = 2 时取等号）， 2 x 所以-2 ≤ a ≤ 2 ， 综上-≤ a ≤ 2 ．故选A ．16【考点】不等式、恒成立问题【名师点睛】首先满足 f (x ) ≥x+ a 转化为- f (x ) - ≤ a ≤ f (x ) - 去解决，由于涉及分段函数问题要 2 2 2遵循分段处理原则，分别对 x 的两种不同情况进行讨论，针对每种情况根据 x 的范围，利用极端原理，求出对应的a 的范围.6. 【2016 高考新课标 1 卷】已知函数 f( x ) = ( x - 2)e x + a (x -1)2有两个零点.(I)求 a 的取值范围；(II)设 x 1,x 2 是 f ( x ) 的两个零点,证明： x 1 + x 2 < 2 .【答案】(0, +∞)3 2 xx ⨯ 2试题解析;（Ⅰ）f '(x) = (x -1)e x + 2a(x -1) = (x -1)(e x + 2a) ．（i）设a = 0 ,则f (x) = (x - 2)e x , f (x) 只有一个零点．（ii）设a > 0 ,则当x ∈(-∞,1) 时, f '(x) < 0 ；当x ∈ (1, +∞) 时, f '(x) > 0 ．所以f (x) 在(-∞,1) 上单调递减,在(1, +∞) 上单调递增．又f (1) =-e , f (2) =a ,取b 满足b < 0 且b < ln a ,则2f (b) >a(b - 2) +a(b -1) 2 =a(b 2 -3b) > 0 ,2 2故f (x) 存在两个零点．学&科网（iii）设a < 0 ,由f '(x) = 0 得x =1 或x = ln(-2a)．若a ≥-e, 则ln(-2a) ≤1 , 故当x ∈ (1, +∞) 时, 2时, f (x) < 0 ,所以f (x) 不存在两个零点．f '(x) > 0 , 因此f (x) 在(1, +∞) 上单调递增．又当x ≤ 1若a <-e,则ln(-2a) > 1 ,故当x ∈ (1, ln(-2a)) 时, f '(x) < 0 ；当x ∈(ln(-2a), +∞) 时, f '(x) > 0 ．因此2f (x) 在(1, ln(-2a)) 单调递减,在(ln(-2a), +∞) 单调递增．又当x ≤ 1时, f (x) < 0 ,所以f (x) 不存在两个零点．综上, a 的取值范围为(0, +∞)．考点：导数及其应用7.【2016 高考江苏卷】已知函数f (x) =a x +b x (a > 0, b > 0, a ≠ 1, b ≠ 1) .设a = 2,b =1 .2（1）求方程f (x) = 2 的根;（2）若对任意x ∈R ,不等式f (2x) ≥m f(x) - 6 恒成立，求实数m 的最大值；（3）若0 <a <1,b＞1，函数g (x)=f (x)- 2 有且只有 1 个零点，求ab 的值. 【答案】（1）①0 ②4（2）1【解析】试题解析：（1）因为a=2,b=1，所以f(x)=2x+2-x. 2①方程f (x) = 2 ，即2x + 2-x = 2 ，亦即(2x )2 - 2 ⨯ 2x +1 = 0 ，所以(2x -1)2 = 0 ，于是2x = 1 ，解得x = 0 .②由条件知f (2x) = 22 x + 2-2 x = (2x + 2-x )2 - 2 = ( f (x))2 - 2 .（2）因为函数g(x) =f (x) - 2 只有1 个零点，而g(0) =f (0) - 2 =a 0 +b 0 - 2 = 0 ，所以0 是函数g(x) 的唯一零点.因为g ' (x) =a x ln a +b x ln b ，又由0 <a < 1, b > 1 知ln a < 0, ln b > 0 ，ln a a所以 g '(x ) = 0 有唯一解 x = log (-ln a) . 0b ln b令h (x ) = g '(x ) ，则 h '(x ) = (a xln a + b x ln b )' = a x (ln a )2 + b x (ln b )2，从而对任意 x ∈ R ， h '(x ) > 0 ，所以 g '(x ) = h (x ) 是(-∞, +∞) 上的单调增函数，于是当 x ∈(-∞, x ) ， g ' (x ) < g ' (x ) = 0 ；当 x ∈(x , +∞) 时， g ' (x ) > g '(x ) = 0 . 因而函数 g (x ) 在(-∞, x 0 ) 上是单调减函数，在(x 0 , +∞) 上是单调增函数.下证 x 0 = 0 .若 x < 0 ，则 x < x 0 < 0 ，于是 g ( x0 ) < g (0) = 0 ，2 2又 g (log 2) = alog a 2+ b log a 2 - 2 > a log a 2 - 2 = 0 ，且函数 g (x ) 在以 x0 和log 2 为端点的闭区间上的图象不a 2a间断，所以在 x 0 和log 2 之间存在 g (x ) 的零点，记为 x . 因为0 < a < 1，所以log 2 < 0 ，又 x0 < 0 ，2 a 1 a2所以 x 1 < 0 与“0 是函数 g (x ) 的唯一零点”矛盾.若 x > 0 ，同理可得，在 x0 和log 2 之间存在 g (x ) 的非 0 的零点，矛盾.2a因此， x 0 = 0 .于是-= 1，故ln a + ln b = 0 ，所以ab = 1 .ln b考点：指数函数、基本不等式、利用导数研究函数单调性及零点【名师点睛】对于函数零点个数问题，可利用函数的值域或最值，结合函数的单调性、草图确定其中参数 范围．从图象的最高点、最低点，分析函数的最值、极值；从图象的对称性，分析函数的奇偶性；从图象 的走向趋势，分析函数的单调性、周期性等．但需注意探求与论证之间区别，论证是充要关系，要充分利 用零点存在定理及函数单调性严格说明函数零点个数.8.【2016 年高考四川理数】设函数 f (x )=ax 2-a -ln x ，其中 a ∈R.学习界的007（Ⅰ）讨论 f (x )的单调性；（Ⅱ）确定 a 的所有可能取值，使得 f (x ) > 1- e1- x在区间（1，+∞）内恒成立(e=2.718…为自然对数的底x数).【答案】（Ⅰ）当 x ∈（0, 1) 时， f '(x ) <0， f (x ) 单调递减；当 x ∈（ 2a 1，+∞) 时， f '(x ) >0， f (x ) 单 2a调递增；（Ⅱ） a Î [ 1,+ ¥ ) . 2【解析】1 2ax2 -1试题解析：（I ） f '(x ) = 2ax - = x x(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 =1 .2a此时，当 x ∈（0,1) 时， f '(x ) <0， f (x ) 单调递减；2a学习界的007当 x ∈（1，+∞) 时， f '(x ) >0， f (x ) 单调递增.2a（II ）令 g (x ) = 1- x 1 ex -1， s (x ) = e x -1 - x .则 s '(x ) = ex -1-1 .而当 x > 1时， s '(x ) >0，所以 s (x ) 在区间（1，+∞) 内单调递增.又由 s (1) =0，有 s (x ) >0， 从而当 x > 1 时， f (x ) >0.考点：导数的计算、利用导数求函数的单调性，最值、解决恒成立问题.【名师点睛】本题考查导数的计算、利用导数求函数的单调性，最值、解决恒成立问题，考查学生的分析问题解决问题的能力和计算能力．求函数的单调性，基本方法是求f '(x) ，解方程f '(x) = 0 ，再通过f '(x) 的正负确定f (x) 的单调性；要证明函数不等式f (x) >g(x) ，一般证明f (x) -g(x) 的最小值大于0，为此要研究函数h(x) =f (x) -g(x) 的单调性．本题中注意由于函数h(x) 有极小值没法确定，因此要利用已经求得的结论缩小参数取值范围．比较新颖，学生不易想到．有一定的难度．【反馈练习】1.【2020 届陕西省西安市西北工业大学附中高三第三次高考适应性考试】不等式x2 - 2x + 5 >a2 对x ∈ (1, +∞) 恒成立，则实数a 的取值范围是（）A．[-2, 2]B．(-2, 2)C．(-∞, -2) (2, +∞) D．(-∞, -2] [2, +∞)【答案】A【分析】求得x > 1 时x2 - 2x + 5 的取值范围，由此求得a2 的取值范围，进而求得a 的取值范围.【详解】由于x = 1 是y =x2 - 2x + 5 的对称轴，所以当x > 1 时，x2 - 2 x + 5 > 12 - 2 + 5 = 4 .所以a2 ≤ 4 ，解得-2 ≤a ≤ 2 .故选：A2.【吉林省通榆县第一中学2020-2021学年高三上学期第二次月考】若命题“∃x∈R，使x2+(a-1)x+1<0”是假命题，则实数a 的取值范围为（）A．(-1, 3)B．[-1,3]C．(-∞, -1) (3, +∞)D．(-∞, -1]⋃[3, +∞)⎩【答案】B【分析】先求出命题的否定，利用其为真命题及二次函数的性质，列不等式求解.【详解】解：命题“∃x ∈R ，使 x 2+ (a -1)x +1 < 0 ”是假命题，则命题“ ∀ x ∈R ，使 x 2+ (a -1)x +1 ≥ 0 ”是真命题，∴∆= (a -1)2- 4 ≤ 0 ，解得-1 ≤ a ≤ 3 .故选：B3.【河北省邯郸市 2021 届高三上学期摸底】若命题 p : “ ∀x ∈ R ， 2ax 2 - ax -1 ≤ 0 ”为真命题，则实数a 的取值范围是（）A ． (-∞,8]B ．[-8, 0] C ． (-∞, -8) D ．(-8, 0)【答案】B【分析】对二次项系数进行讨论，分为 a = 0 和a ≠ 0 两种情形，结合判别式可得结果.【详解】由题意，当 a = 0 时，命题成立；⎧a < 0当a ≠ 0 时， ⎨∆ = a 2+ 8a ≤ 0 ，解得-8 ≤ a < 0 ，综上可得，实数a 的取值范围是[-8, 0] .故选：B.4. 【江西省上高二中 2021 届高三上学期第一次月考】已知函数 f (x ) = x 2 + ln(| x | +1) ，若对于 x ∈[-1, 2] ，f (x 2 + 2ax - 2a 2 ) < 9 + ln 4 恒成立，则实数 a 的取值范围是（）A ． -1 < a < 2 - 62B ． -1 < a < 1C. a >2 + 6 或 a <2 - 6D.2 - 6 < a < 2 + 62 22 2【答案】A【分析】根据 f ( x ) 的解析式可得该函数是偶函数且在(0, +∞) 是增函数，据此求解不等式；将问题转化为一元二次不等式在区间上恒成立的问题，从而处理.【详解】由题意，函数 f (x ) = x 2 + ln(| x | +1) 的定义域为 R ，且 f (-x ) = (-x )2+ ln(| -x | +1) = x 2+ ln(| x | +1) = f (x )所以函数 f ( x ) 是 R 上的偶函数，且在[0, +∞) 上单调递增，又由9 + ln 4 = 32+ ln(| x | +1) =f (3) ，所以不等式 f (x 2 + 2ax - 2a2) < 9 + ln 4 对于 x ∈[-1, 2] 恒成立，等价于 x 2 + 2ax - 2a 2< 3 对于 x ∈[-1, 2]恒成立，即 x 2 + 2ax - 2a 2 < 3 ① x 2 + 2ax - 2a 2 > -3 ②对于x ∈[-1, 2]恒成立．⎧g(-1) =-2a 2 - 2a - 2 < 0 令g(x) =x2 + 2ax - 2a2 -3 ，则⎨，⎩g(2) =-2a 2 + 4a +1 < 0解得a >2 +26或a <2 -26时①式恒成立；令h(x) =x2 + 2ax - 2a 2 + 3 ，令x2 + 2ax - 2a2 + 3 = 0 ，则当∆= 4a2 + 8a2 -12 < 0 时，即-1 <a < 1时②式恒成立；当∆= 4a2 + 8a2 -12 = 0 ，即a =±1时，不满足②式；当∆= 4a2 + 8a2 -12 > 0 ，即a <-1 或a > 1时，由h(-1) =1- 2a - 2a 2 + 3 > 0 ，h(2) = 4 + 4a - 2a 2 + 3 > 0 ，且-a <-1或-a > 2 ，知不存在a 使②式成立．综上所述，实数a 的取值范围是-1 <a <2 - 6．2故选：A.5.【天津市第七中学2020-2021 学年高三上学期第一次月考】若不等式ax2+2ax﹣1＜0 对于一切实数x 都恒成立，则实数a 的取值范围是（）A．（﹣∞，﹣1）B．（﹣1，0）C．(-1,0] D．[0, +∞)【答案】C【分析】⎧a < 0讨论二次项系数a = 0 或a ≠ 0 ，当a ≠ 0 时，只需满足⎨∆< 0 ，解不等式即可.⎩⎩ ⎩【详解】当 a = 0 时，不等式-1 < 0 对于一切实数 x 恒成立，满足题意；⎧a < 0 当a ≠ 0 时，则⎨∆ < 0 ⎧a < 0，即⎨4a 2+ 4a < 0，解得-1 < a < 0 ，综上所述，实数 a 的取值范围是(-1, 0] . 故选：C6.【海南省临高中学 2021 届高三上学期第一次月考】若不等式 x 2 + ax - 2 > 0 在区间[1, 5] 上有解，则a 的取值范围是（）A ． ⎛ -23 , +∞⎫B ． ⎡-23 ,1⎤C ．(1, +∞) D ． ⎛-∞, -23 ⎫5 ⎪ ⎢ 5 ⎥ 5 ⎪ ⎝ ⎭⎣ ⎦⎝ ⎭【答案】A【分析】由题意可得a >⎛ 2 - x ⎫ ，求得函数 y = 2- x 在区间[1, 5] 上的最小值，由此可求得实数 a 的取值范围. x ⎪x ⎝ ⎭min【详解】当 x ∈[1, 5] 时，由 x 2 + ax - 2 > 0 可得a > 2- x ，由题意可得 a > ⎛ 2 - x ⎫. xx ⎪ ⎝ ⎭min函数 y =2 - x 在区间[1, 5] 上单调递减，则 y= 2 - 5 = - 23 ，∴a > - 23. x因此，实数a 的取值范围是⎛ -23 , +∞⎫.min5 5 55 ⎪ ⎝ ⎭故选：A.7．（多选题）【江苏省南京市玄武高级中学 2020-2021 学年高三上学期学情检测】已知 m ∈ N * ，若对任意的2 m x ∈[1, 2] ， x +m ≤ 4 恒成立，则实数m 的值可以为（ ）xA ．1B ．2C ．3D ．4【答案】ABC【分析】将不等式转化为m ≤ 4x - x 2 在 x ∈[1, 2] 恒成立，求出 y = 4x - x 2 在区间[1, 2] 的最小值即可求解.【详解】若对任意的 x ∈[1, 2] ， x +m≤ 4 恒成立，x即m ≤ 4x - x 2 在 x ∈[1, 2] 恒成立， 令 y = 4x - x 2 ， x ∈[1, 2]，y = 4x - x 2 = - (x - 2 )2+ 4 ∈ [3, 4 ]，所以 m ≤ 3 ，又m ∈ N * ，所以 m = 1, 2, 3 .故选：ABC8. 【天津市南开中学 2020-2021 学年高三上学期统练】设函数 f (x ) = x 2 -1，对任意x ∈ 3⎛ x ⎫2[ , +∞), f ⎪ - 4m f (x ) ≤ f (x - 1) + 4 f (m ) 恒成立，则实数 m 的取值范围是 . ⎝ ⎭【答案】(-∞, -3] ⋃[ 3, +∞) 2 2【分析】根据 f (x ) 的解析式及题干条件，整理可得 1m2- 4m 2≤ - 3x2- 2 + 1在 x ∈[ 3, x2+∞) 上恒成立，利用二次函3 数的性质可求得-3t 2 - 2t + 1 的最小值为- 5 ，则只需求 13m 2- 4m 2≤ - 5即可，化简整理，即可得答案.3【详解】x 22222x ∈ 3由题意得 m 2 -1- 4m (x -1) ≤ (x -1) -1+ 4(m -1) 在 [ , +∞) 上恒成立，21整理得 m 2- 4m 2 ≤ - 3 x 2- 2 + 1在 x ∈[ 3 , x 2+∞) 上恒成立， 令 1 = t ，则t ∈(0, 2] ，x 3则- - 2 +1 = -3t 2- 2t +1，x 2x因为t ∈(0, 2] ，则-3t 2 - 2t + 1 的最小值为- 5，3 3所以 1- 4m 2≤ - 5 ，整理可得(3m 2 +1)(4m 2 - 3) ≥ 0 ，m 23所以 m 2≥ 3，即 m ≥43 或m ≤ -3 ，22故答案为： (-∞, -3] ⋃[ 3, +∞) . 2 29. 【2020 年浙江省新高考考前原创冲刺卷】已知不等式cos 2 x - a sin x + a 2 1-sin x 对任意的实数 x 均成立，则实数 a 的取值范围为 .【答案】(-∞, -2] [1, +∞) 【分析】即sin 2x + (a -1) sin x - a20 恒成立，设t = sin x ，则t ∈[-1,1] ，令 f (t ) = t 2 + (a -1)t - a 2 ，即 f (t ) ≤ 0在t ∈[-1,1] 时恒成立，即 f (t )max ≤ 0 ，根据二次函数在闭区间上的最值的特点可得， f (t ) 的最大值一定( ) ( )⎩⎧ f (-1) = 1- (a -1) - a 2 ≤ 0 为 f 1 或 f -1 ，所以只需⎨ ⎩ f (1) = 1+ (a -1) - a 2≤ 0，从而得出答案.【详解】由cos 2 x - a sin x + a 2 1-sin x 可得sin 2 x + (a -1) sin x - a 2 0 .令t = sin x ，则t ∈[-1,1] ，令 f (t ) = t 2 + (a -1)t - a 2 ， t ∈[-1,1] ，即 f (t ) ≤ 0 在t ∈[-1,1] 时恒成立，即 f (t )max ≤ 0 .由开口向上的二次函数的图象和性质知，当t ∈[-1,1] 时， f (t ) 的最大值一定为 f (1) 或 f (-1).⎧ f (-1) = 1- (a -1) - a 2 ≤ 0 所以⎨ f (1) = 1+ (a -1) - a 2≤ 0故答案为： (-∞, -2] [1, +∞)，解得 a ≤ -2 或 a ≥ 1 .10. 【2020 届浙江省金华十校高三下学期 4 月模拟考试】设 a ，b ∈R ，若函数 f (x ) = 2 ax 3+ 1bx 2+ (1- a ) x 3 2在区间[﹣1，1]上单调递增，则 a +b 的最大值为 ．【答案】2【分析】求导得 f '(x ) = 2ax 2 + bx +1 - a ，依题意2ax 2 + bx +1- a ≥ 0 在 x ∈[-1,1]上恒成立，先根据系数比例，令2x 2 - 1 = x ，可得 a + b ≤ 2 ，即 a +b 的最大值为 2，再证明充分性，即当 a + b = 2 时，2ax 2 + bx +1- a ≥ 0 在 x ∈[-1,1]上恒成立，综合即可得出结论．【详解】求导得 f '(x ) = 2ax 2+ bx +1 - a ，( ) -2x , x ≤ 0 ∵函数 f (x ) 在区间[-1,1] 上单调递增，∴ 2ax 2 + bx +1- a ≥ 0 在 x ∈[-1,1]上恒成立， 令2x 2 - 1 = x 解得 x = 1 或 x = - 1，2将 x = - 1代入可得- 1 a - 1 b +1 ≥ 0 ，即 a + b ≤ 2 ，则a +b 的最大值为 2，2 2 2下面证明 a + b = 2 可以取到，令 g ( x ) = f '(x ) = 2ax 2+ bx +1- a ，则 g '( x ) = 4ax + b ，且 g ( x ) ≥ 0 ， g ⎛ - 1 ⎫= 0 ，2 ⎪ ⎝ ⎭则 g '⎛ - 1 ⎫= -2a + b = 0 ，解得 a = 2， b = 4， 2 ⎪ 3 3⎝⎭当a = 2 ， b = 4时，3 3g ( x ) = f '( x ) = 4 x 2 + 4 x + 1 = 1(2x +1)2 ≥ 0 在 x ∈[-1,1]上恒成立，3 3 3 3故a + b = 2 可以取到，综上， a +b 的最大值为 2． 故答案为：2．⎧ax 2 + x , x > 0 1. 【广西防城港市防城中学 2021 届高三 10 月月考】已知 f x = ⎨ ⎩，若不等式f ( x - 2) ≥ f (x ) 对一切 x ∈ R 恒成立，则a 的最大值为 .【答案】 - 12【分析】⎝ ⎪根据分段函数的表达式，分别讨论x 的取值范围，利用参数分离法求出a 的范围即可得到结论.【详解】∵不等式f (x - 2)≥f (x )对一切x ∈R 恒成立，∴若x ≤ 0 ，则x - 2 ≤-2 .则不等f (x- 2)≥f (x )等价为，-2 (x- 2)≥-2x ，即4 ≥ 0 ，此时不等式恒成立，若0 <x ≤ 2 ，则x - 2≤0 ，则不等式f (x- 2)≥f (x )等价为，-2 (x - 2)≥ax 2 +x ，即ax2 ≤ 4 - 3x ，则a ≤4 - 3x=x24-3，x2 x4 3 ⎛1 3 ⎫2 9设h (x)=x2 -x= 4x- -，⎭16∵0 <x ≤ 2 ，∴1≥1，x 2则h (x)≥-1，∴此时a ≤-1，2 2若x > 2 ，则x - 2 > 0 ，则f(x-2)≥f(x)等价为，a(x-2)2+(x-2)≥ax2+x，即4a (1 -x )≥ 2 ，∵x > 2 ，∴-x <-2 ，1-x <-1 ，8⎨则不等式等价， 4a ≤ 2 = - 2即2a ≤ -1 x -11- x x -1则 g (x ) = - 1 x -1在 x > 2 时，为增函数，∴g ( x ) > g (2) = -1 ，即2a ≤ -1，则 a ≤ - 1，2故 a 的最大值为- 1，2故答案为： - 1.212.【上海市行知中学 2021 届高三上学期 10 月月考】若对任意实数 x ∈[-1,1]，不等式 m 2-1 > x (m +1) 恒成立，则实数m 的取值范围是．【答案】(-∞, -1)(2, +∞)【分析】根据题意将问题转化为(m +1) x - (m 2-1)< 0 对任意实数x ∈[-1,1]恒成立，进而得 ⎧⎪(m +1)⨯1-(m 2 -1) < 0 ⎪⎩(m +1)⨯(-1) -(m 2-1) < 0，解不等式即可得答案.【详解】解：因为对任意实数 x ∈[-1,1]，不等式 m 2-1 > x (m +1) 恒成立，故(m +1) x - (m 2-1)< 0 对任意实数x ∈[-1,1]恒成立，故只需满足⎨ ⎩⎧⎪(m +1)⨯1-(m 2 -1) < 0 ⎪⎩(m +1)⨯(-1) -(m 2 -1) < 0，解得： m < -1或 m > 2 所以实数 m 的取值范围是(-∞, -1) (2, +∞) .故答案为： (-∞, -1) (2, +∞)13. 【天津市和平区 2020-2021 学年高三上学期期中】∀x ∈ R ，ax 2 + ax - 2 < 0 都成立.则 a 的取值范围是．【答案】(-8, 0]【分析】分类讨论， a = 0 ， a ≠ 0 时结合二次函数性质得解．【详解】a = 0 时，不等式为-2 < 0 ，恒成立，⎧a < 0a ≠ 0 时，则⎨∆ = a 2 + 8a < 0 ，解得-8 < a < 0 ，综上有-8 < a ≤ 0 ． 故答案为： (-8,0]．14.【湖北省鄂西北五校（宜城一中、枣阳一中、襄州一中、曾都一中、南漳一中）2020-2021 学年高三上学期期中】已知函数 f (x ) = x 2 + ax - 2(a ∈ R ) ，若∃x ∈(1, 4) ，使得 f (x ) ≤ 0 ，则a 的取值范围是 .【答案】 a < 1【分析】转化为a ≤ 2 - x 在 x ∈(1, 4) 时能成立，利用 y = 2 - x 在(1, 4) 上为递减函数，求出 2 - x ∈ (- 7 ,1) 后可得x x x 2解.【详解】∃x ∈(1, 4) ，使得f (x) ≤ 0 ，等价于x2 +ax - 2 ≤ 0 ，即a ≤2-x 在x ∈(1, 4) 时能成立，x因为y =2-x 在(1, 4) 上为递减函数，所以2-x ∈ (-7,1) ，x x 2所以a < 1 .故答案为：a < 1 .15.【辽宁省营口第五中学2020-2021 学年高三上学期第二次月考】已知函数f (x) =| 3x -1| + | 3x +a | ，g(x) =x ⋅f (x) ，h(x) =x 2 - 5x - 3 ．（1）若f (x)≥ 3 恒成立，求实数a 的取值范围；（2）是否存在这样的实数a （其中a >-1 ），使得∀x∈⎡-a,1⎤，都有不等式g(x) ≥h(x) 恒成立？若存⎣⎢33⎥⎦在，求出实数 a 的取值范围；若不存在，请说明理由．【答案】（1）(-∞, -4] [2, +∞) ；（2）存在，⎛-1,-9+321⎤． 4 ⎥ ⎝⎦【分析】（1）利用绝对值三角不等式求得f (x )的最小值，进而根据不等式恒成立的意义得到关于a 的含绝对值的不等式，求解即得；（2）根据a 和x 的范围化简得到含有参数a 的关于x 的一元二次不等式，利用二次函数的图象和性质，并根据不等式恒成立的意义得到关于实数a 的有关不等式（组），求解即得.【详解】解：（1）∵f(x)=|3x-1|+|3x+a|，∴f ( x) ≥| (3x -1) - (3x +a) |=| a +1 |，3 当且仅当(3x -1)(3x + a ) ≤ 0 时，取等号．∴原不等式等价于 a +1 ≥ 3 ，解得 a ≥ 2 或 a ≤ -4 ．故a 的取值范围是(-∞, -4] [2, +∞) ．（2）∵ a > -1 ，∴ - a < 1， 3 3∵ x ∈ ⎡- a , 1 ⎤ ，∴ f ( x ) =| 3x -1 | + | 3x + a |= a + 1，g (x ) = (a +1) x ， ⎣⎢ 3 3⎥⎦∴原不等式恒成立⇔ (a +1)x ≥ x 2 - 5x - 3 ⇔ x 2 - (a + 6)x - 3 ≤ 0在 x ∈ ⎡- a ,1 ⎤ 上恒成立，⎣⎢ 3 3⎥⎦令u (x ) = x 2 - (a + 6)x - 3 ， u ⎛ - a ⎫ = 4 a 2 + 2a - 3 ≤ 03 ⎪ 9 ⎝ ⎭得-9 + 3 21 ≤ a ≤ -9 + 3 21 ， 4 4且u ⎛ 1 ⎫ = - 44 - 1 a ≤ 0 ，得 a ≥ - 44 ，⎪ ⎝ ⎭ 又 a > -1 ，得-1 < a ≤ -9 + 3 21 ．4故实数a 的取值范围是⎛ -1, -9 + 3 21 ⎤ ． 4 ⎥ ⎝⎦ 16. 【江苏省苏州市相城区 2020-2021 学年高三上学期阶段性诊断】已知二次函数 f (x ) = ax 2+ bx ，满足f (-2) = 0 且方程 f ( x ) = x 有两个相等实根.9 3 32t 2t 2t （1） 求函数 f ( x ) 的解析式；（2） 解不等式 f ( x ) <3 2（3） 当且仅当 x ∈[4,m ]时，不等式 f ( x - t ) ≤ x 恒成立，试求 t ，m 的值.【答案】（1） f (x ) = 1x 2 + x ；（2）{x | -3 < x < 1} ；（3）t = 8, m = 12 . 2【分析】（1）由 f (-2) = 0 可得b = 2a ，再由方程 f (x ) = x 有两个相等实根，可得∆ = (2a - 1)2 - 4 ⨯ a ⨯ 0 = 0 ， 从而可求出a , b 的值，进而可求出 f (x ) 的解析式； （2） 直接解一元二次不等式可得结果；（3） 不等式(x - t )2 ≤ 2t 的解集为{x | t - ≤ x ≤ t + 2t } ，由于当且仅当 x ∈[4, m ] 时， f (x - t ) ≤ x 恒成立，即不等式 f (x - t ) ≤ x 的解集为{x | 4 ≤ x ≤ m } ，从而得t - = 4 且t + = m ，进而可求得结果【详解】解：（1）由于函数 f (x ) = ax 2 + bx 是二次函数，所以 a ≠ 0 ，又 f (-2) = a ⨯(-2)2 + b ⨯(-2) = 0 ，所以b = 2a ，所以 f ( x ) = ax 2 + 2ax ，又 f (x ) = x 有两个相等实根，即ax 2 + (2a - 1)x = 0(a ≠ 0) 有两个相等实根，所以∆ = (2a - 1)2 - 4 ⨯ a ⨯ 0 = 0 ，所以 a = 1 2从而 f (x ) = 1x 2 + x . 2（2）由（1）知， f (x ) = 1 x 2 + x ，所以不等式 f ( x ) < 3 即为 1 x 2 + x < 3，解得-3 < x < 1. 2 2 2 22t 2t 2t 所以不等式的解集为{x | -3 < x < 1}（3）由（1）知， f (x ) = 1 x 2 + x ，所以不等式 f (x - t ) ≤ x 即为 1 ( x - t )2 + ( x - t ) ≤ x ， 22化简得( x - t )2 ≤ 2t ，又由于( x - t )2 ≥ 0 ，所以2t ≥ 0 ，从而不等式( x - t )2 ≤ 2t 的解集为{x | t - ≤ x ≤ t + 2t }又由于当且仅当x ∈[4, m ] 时， f (x - t ) ≤ x 恒成立，即不等式 f (x - t ) ≤ x 的解集为{x | 4 ≤ x ≤ m }， 所以t - = 4 且t + = m ，从而解得t = 8, m = 12 .17. 【西藏山南市第二高级中学 2021 届高三上学期第一次月考】已知二次函数 f (x ) 的最小值为 1，且 f (0) = f (2) = 3 .（1） 求 f ( x ) 的解析式，并写出单调区间；（2） 当 x ∈[-1 ，1] 时， f (x ) > 2x + 2m +1恒成立，试确定实数m 的取值范围.【答案】（1） f ( x ) = 2x 2- 4x + 3，增区间为(1, +∞) ，减区间为(-∞ ，1] ；（2） (-∞, -1].【分析】（1） 根据二次函数顶点式求得 f ( x ) ，进而求得 f ( x ) 的单调区间.（2） 利用分离常数法，结合二次函数的性质求得 m 的取值范围.【详解】（1）.∵ f (x ) 是二次函数，且 f (0) = f (2) = 3 ，∴其图像对称轴为直线 x = 1 . 又最小值为1，∴可设 f ( x ) = a ( x -1)2 +1， 又 f (0) = 3， ∴a = 2 .a + ≥∴ f (x ) = 2(x -1)2 +1 = 2x 2- 4x + 3 .∴ f (x ) 的单调递增区间为(1, +∞) ，单调递减区间为(-∞ ，1] .（2）由已知得 2x 2 - 4x + 3 > 2x + 2m +1在[-1,1] 上恒成立，化简得 m < x 2 - 3x +1.设 g (x ) = x 2- 3x +1 ，则 g ( x ) 在区间[-1,1] 上单调递减.∴在区间[-1,1] 上的最小值为 g (1) = -1，∴ m < -1.∴满足条件的实数 m 的取值范围为(-∞, -1) .18. 【重庆市西南大学附属中学 2021 届高三上学期第一次月考】已知命题 p : 存在实数 x ∈[1, 2] ， x 2 - 4ax + 1 ≤ 0 成立（1） 若命题 p 为真命题，求实数 a 的取值范围；（2） 命题q : 函数 f ( x ) = log (ax 2 - x ) 在区间 x ∈(2, 4) 内单调递增，如果 p ∧ q 是假命题，求实数 a 的取值范围.【答案】（1） a ≥ 1；（2） 0 < a < 1. 2【分析】（1） 由题得1 1 a [ 4 (x x)]min ，利用基本不等式求函数的最小值即得解； （2） 先求出命题q 为真时， a > 1，再根据 p ∧ q 是假命题求实数 a 的取值范围.【详解】（1）由题得存在实数 x ∈[1, 2]， a ≥ 1 (x + 1 ) 成立，所以 a ≥ [ 1 (x + 1)] ， 4 x 4 x mina因为 1 (x + 1 ) ≥ 1 ⋅ 1，（当且仅当 x = 1 时取等）， 4 x4 2所以 a ≥ 1 . 2（2）函数 f ( x ) = log (ax 2 - x )在区间 x ∈(2, 4) 内单调递增，当 a > 1时，二次函数 y = ax 2 - x 的对称轴为 x = 1 2a< 2 ，所以二次函数 y = ax 2- x 在区间 x ∈(2, 4) 内单调递增， 因为 ax 2 - x > 0 在区间 x ∈(2, 4) 内恒成立，所以 4a - 2 ≥ 0,∴ a ≥ 1.所以 a > 1. 2当0 < a < 1时，二次函数 y = ax 2 - x 在区间 x ∈(2, 4) 内单调递减，所以 x = 1 2a≥ 4，∴ a ≤ 1 . 8因为 ax 2 - x > 0 在区间 x ∈(2, 4) 内恒成立，所以16a - 4 ≥ 0,∴ a ≥ 1 .所以 a ∈∅ . 4综上所述， a > 1.如果 p ∧ q 是真命题，则 a ≥ 1 且 a > 1，即 a > 1. 2如果 p ∧ q 是假命题，所以0 < a < 1.。
高考数学《不等式的恒成立与存在性问题》
恒成立与存在性问题【基础知识整合】1、恒成立问题①．x D ∀∈，()a f x >恒成立，则max ()a f x >②．x D ∀∈，()a f x <恒成立，则min()a f x <③．x D ∀∈，()()f x g x >恒成立，记()() (0)F x f x g x =->，则min 0() F x >④．x D ∀∈，()()f x g x <恒成立，记()() (0)F x f x g x =-<，则max 0() F x <⑤．1122,x D x D ∀∈∈，12()()f x g x >恒成立，则min max ()()f x g x >⑥．1122,x D x D ∀∈∈，12()()f x g x <恒成立，则max min ()()f x g x <2、存在性问题①．x D ∃∈，()a f x >成立，则min ()a f x >②．x D ∃∈，()a f x <成立，则max()a f x <③．x D ∃∈，()()f x g x >成立，记()() (0)F x f x g x =->，则max 0() F x >④．x D ∃∈，()()f x g x <成立，记()() (0)F x f x g x =-<，则min 0() F x <⑤．1122,x D x D ∃∈∈，12()()f x g x >成立，则max min ()()f x g x >⑥．1122,x D x D ∃∈∈，12()()f x g x <成立，则min max ()()f x g x <3、恒成立与存在性混合不等问题①．1122,x D x D ∀∈∃∈，12()()f x g x >成立，则min min ()()f x g x >②．1122,x D x D ∀∈∃∈，12()()f x g x <成立，则max max ()()f x g x <4、恒成立与存在性混合相等问题若()f x ，()g x 的值域分别为,A B ，则①．1122,x D x D ∀∈∃∈，12()()f x g x =成立，则A B ⊆②．1122,x D x D ∃∈∃∈，12()()f x g x =成立，则A B ≠∅ 5、解决高中数学函数的存在性与恒成立问题常用以下几种方法①函数性质法；②分离参数法；③主参换位法；④数形结合法等．6、一次函数)0()(≠+=k b kx x f 若[]n m x f y ,)(在=内恒有0)(>x f ,则根据函数的图像可得⎩⎨⎧><⎩⎨⎧>>0)(00)(0n f a m f a 或可合并成⎩⎨⎧>>0)(0)(n f m f ,同理若[]n m x f y ,)(在=内恒有0)(<x f 则有⎩⎨⎧<<0)(0)(n f m f 例1：对于满足||2p ≤的所有实数p ,求使不等式212x px p x ++>+恒成立的x 的取值范围.例2：若不等式)1(122->-x m x 的所有22≤≤-m 都成立，则x 的取值范围__________7、二次函数——利用判别式、韦达定理及根的分布求解有以下几种基本类型：类型1：设2()(0).f x ax bx c a =++≠R x x f ∈>在0)(上恒成立00<∆>⇔且a ；R x x f ∈<在0)(上恒成立00<∆<⇔且a 类型2：设2()(0).f x ax bx c a =++≠（用函数图象解决，不太适用）（1）当0>a 时，],[0)(βα∈>x x f 在上恒成立,222()00()0.bb b a aa f f ααββαβ⎧⎧⎧-<≤-≤->⎪⎪⎪⇔⎨⎨⎨⎪⎪⎪>∆<>⎩⎩⎩或或],[0)(βα∈<x x f 在上恒成立()0,()0.f f αβ<⎧⇔⎨<⎩（2）当0<a 时，],[0)(βα∈>x x f 在上恒成立()()0,0.f f αβ>⎧⎪⇔⎨>⎪⎩],[0)(βα∈<x x f 在上恒成立,222()00()0.b b b a a af f ααββαβ⎧⎧⎧-<≤-≤->⎪⎪⎪⇔⎨⎨⎨⎪⎪⎪>∆<<⎩⎩⎩或或【基础典例分析】例1：已知函数()log a f x x =，()2log (22)a g x x t =+-，其中0a >且1a ≠，t R ∈．（Ⅰ）若4t =，且1[,2]4x ∈时，()()()F x g x f x =-的最小值是－2，求实数a 的值；（Ⅱ）若01a <<，且1[,2]4x ∈时，有()()f x g x ≥恒成立，求实数t 的取值范围．例2：已知=)(x f x x +221，=)(x g a x -+)1ln(，（Ⅰ）若存在]2,0[,21∈x x ，使得)()(21x g x f >，求实数a 的取值范围；（Ⅱ）若存在]2,0[,21∈x x ，使得)()(21x g x f =，求实数a 的取值范围．例3：设函数()21ln 2a f x a x x bx -=+-，a R ∈且1a ≠．曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线的斜率为0．若存在[)1,x ∈+∞，使得()1af x a <-，求a 的取值范围．例4：已知函数()133x x af x b+-+=+（Ⅰ）当1a b ==时，求满足()3x f x =的x 的取值；（Ⅱ）若函数()f x 是定义在R 上的奇函数；①存在R t ∈，不等式()()2222f t t f t k -<-有解，求k 的取值范围；②若()g x 满足()()()12333x x f x g x -⋅+=-⎡⎤⎣⎦，若对任意x R ∈，不等式(2)()11g x m g x ⋅-≥恒成立，求实数m 的最大值.例5：已知=)(x f x x +221,=)(x g a x -+)1ln(,⑴若存在]2,0[∈x ,使得)()(x g x f =,求实数a 的取值范围；⑵若存在]2,0[∈x ,使得)()(x g x f >,求实数a 的取值范围；⑶若对任意]2,0[∈x ,恒有)()(x g x f >,求实数a 的取值范围；⑷若对任意]2,0[,21∈x x ,恒有)()(21x g x f >,求实数a 的取值范围；⑸若对任意]2,0[2∈x ,存在]2,0[1∈x ,使得)()(21x g x f >,求实数a 的取值范围；⑹若对任意]2,0[2∈x ,存在]2,0[1∈x ,使得)()(21x g x f =,求实数a 的取值范围；⑺若存在]2,0[,21∈x x ,使得)()(21x g x f >,求实数a 的取值范围；⑻若存在]2,0[,21∈x x ,使得)()(21x g x f =,求实数a 的取值范围.【高考真题研究】（2017天津卷理8）已知函数()23,12,1x x x f x x x x ⎧-+⎪=⎨+>⎪⎩，设a R ∈，若关于x 的不等式()2xf x a + 在R 上恒成立，则a 的取值范围是（）(A)47,216⎡⎤-⎢⎥⎣⎦(B)4739,1616⎡⎤-⎢⎥⎣⎦(C)23,2⎡⎤-⎣⎦(D)3923,16⎡⎤-⎢⎥⎣⎦（2015全国卷Ⅰ理12）设函数()f x =(21)xe x ax a --+,其中a 1，若存在唯一的整数0x ，使得0()f x 0，则a 的取值范围是（）(A)[32e-，1）(B)[32e -，34）(C)[32e ，34）(D)[32e，1）（2014全国卷Ⅰ理11）已知函数()f x =3231ax x -+，若()f x 存在唯一的零点0x ，且0x ＞0，则a 的取值范围为（）(A)(2,)+∞(B)(,2)-∞-(C)(1,)+∞(D)(,1)-∞-（2015全国卷Ⅱ理21（2））设函数()2emxf x x mx =+-．若对于任意[]12,1,1x x ∈-，都有()()121e f x f x -- ，求m 的取值范围．(2015山东卷理21（2）)设函数()()()2ln 1f x x a x x =++-，其中a R ∈，若0x ∀>，()0f x 成立，求a 的取值范围.【名题精选，提升能力】1、函数2()3f x x ax =++，当[]2,2x ∈-时，()f x a ≥恒成立，则a 的取值范围是2、已知函数()f x =(,1]-∞上有意义，则a 的取值范围是3、若不等式()2211x m x ->-对任意[]1,1m ∈-恒成立，则x 的取值范围是4、若=)(x f x x +221，=)(x g a x -+)1ln(，对∀123,,[0,2]x x x ∈，恒有()()()123f x f x g x +>，则实数a 的取值范围是5、已知数列{}n a 是各项均不为零的等差数列，n S 为其前n项和，且n a =（n *∈Ν）．若不等式8nn a n λ+≤对任意n *∈Ν恒成立，则实数λ的最大值为5、设函数x x e x f 1)(22+=，x ex e x g 2)(=，对),0(,21+∞∈∀x x ，不等式1)()(21+≤k x f k x g 恒成立，则正数k 的取值范围为7、已知函数213,1()log , 1x x x f x x x ⎧-+≤⎪=⎨>⎪⎩，()|||1|g x x k x =-+-，若对任意的12,x x R ∈，都有12()()f x g x ≤成立，则实数k 的取值范围为8、当210≤<x 时，x a x log 4<，则a 的取值范围是（）(A)(0，22)(B)(22，1)(C)(1，2)(D)(2，2)9、已知函数()931x x f x m m =-⋅++对()0 x ∈+∞，的图象恒在x 轴上方，则m 的取值范围是（）(A)22m -<<+(B)2m<(C)2m<+(D)2m ≥+10、设函数3()f x x x =+，x R ∈．若当02πθ<<时，不等式0)1()sin (>-+m f m f θ恒成立，则实数m 的取值范围是（）(A)1(,1]2(B)1(,1)2(C)[1,)+∞(D)(,1]-∞11、定义在R 上的偶函数()f x 在[)0,+∞上递减，若()()()ln 1ln 121f ax x f ax x f -+++--≥对[]1,3x ∈恒成立，则实数a 的取值范围为（）(A)()2,e (B)1,e⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭(C)1,e e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦(D)12ln3,3e+⎡⎤⎢⎥⎣⎦12、不等式2220x axy y -+≥对于任意]2,1[∈x 及]3,1[∈y 恒成立，则实数a 的取值范围是（）(A)a ≤22(B)a ≥22(C)a ≤311(D)a ≤2913、已知函数()()2ln 1f x a x x =+-，若对(),0,1p q ∀∈，且p q ≠，有()()112f p f q p q+-+>-恒成立，则实数a 的取值范围为（）(A)(),18-∞(B)(],18-∞(C)[)18,+∞(D)()18,+∞14、若对[),0,x y ∀∈+∞，不等式2242x y x y ax ee +---≤++，恒成立，则实数a 的最大值是（）(A)14(B)1(C)2(D)1215、已知函数2ln ()()()x x b f x b R x+-=∈，若存在1[,2]2x ∈，使得()'()f x x f x >-⋅，则实数b的取值范围是（）(A)(-∞(B)3(,2-∞(C)9(,)4-∞(D)(,3)-∞16、设曲线()e x f x x =--上任意一点处的切线为1l ，总存在曲线()32cos g x ax x =+上某点处的切线2l ，使得12l l ⊥，则实数a 的取值范围为（）(A)[]1,2-(B)()3,+∞(C)21,33⎡⎤-⎢⎥⎣⎦(D)12,33⎡⎤-⎢⎥⎣⎦17、若曲线21:C y x =与曲线2:x C y ae =(0)a >存在公共切线，则a 的取值范围为（）(A)28[,)e+∞(B)28(0,e(C)24[,)e+∞(D)24(0,]e18、若存在两个正实数,x y ，使得等式()()324ln ln 0x a y ex y x +--=成立，其中e 为自然对数的底数，则实数a 的取值范围是（）(A)(),0-∞(B)30,2e ⎛⎤ ⎥⎝⎦(C)3,2e⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭(D)()3,0,2e⎡⎫-∞+∞⎪⎢⎣⎭ 19、已知函数321()3f x x x ax =++．若1()x g x e =，对任意11[,2]2x ∈，存在21[,2]2x ∈，使12'()()f x g x ≤成立，则实数a 的取值范围是（）(A)(,8]e-∞-(B)[8,)e-+∞(C))e (D)3(,]32e -20、设函数()3269f x x x x =-+，()32111(1)323a g x x x ax a +=-+->，若对任意的[]20,4x ∈，总存在[]10,4x ∈，使得()()12f x g x =，则实数a 的取值范围为（）(A)91,4⎛⎤ ⎥⎝⎦(B)[)9,+∞(C)][91,9,4⎛⎫⋃+∞ ⎪⎝⎭(D)][39,9,24⎡⎫⋃+∞⎪⎢⎣⎭21、设函数()()()21ln 31f x g x ax x =-=-+，若对任意[)10,x ∈+∞，都存在2x R ∈，使得()()12f x g x =，则实数a 的最大值为（）(A)94(B)2(C)92(D)422、已知()()2cos ,43f x x x g x x x =+=-+-，对于[],1a m m ∀∈+，若,03b π⎡⎤∃∈-⎢⎥⎣⎦，满足()()g a f b =，则m 的取值范围是（）(A)22⎡-+⎣(B)1⎡+⎣(C)2⎡+⎣(D)12⎡+⎣23、已知函数()()()221ln ,,1xf x ax a x x a Rg x e x =-++∈=--，若对于任意的()120,,x x R ∈+∞∈，不等式()()12f x g x ≤恒成立，，则实数a 的取值范围为（）(A)[)1,0-(B)[]1,0-(C)3,2⎡⎫-+∞⎪⎢⎣⎭(D)3,2⎛⎤-∞- ⎥⎝⎦。
高考数学恒成立问题和存在性问题的类型及方法处理
高考数学恒成立问题和存在性问题的类型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1. 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)(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 若不等式m mx x ->-212对满足22≤≤-m 的所有m 都成立，求x 的范 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 的范围是)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)若不等式01<-ax 对[]2,1∈x 恒成立，求实数a 的取值范围。
（2）对于40≤≤p 的一切实数，不等式342-+>+p x px x 恒成立，求x 的取值范围。
（答案：或）2. 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。
【跨越一本线】高三数学 问题：2.2函数中存在性与恒成立问题(含答案)
高三数学跨越一本线精品问题二函数中存在性与恒成立问题函数内容作为高中数学知识体系的核心,也是历年高考的一个热点.在新课标下的高考越来越注重对学生的综合素质的考察,恒成立与存在性问题便是一个考察学生综合素质的很好途径,它主要涉及到一次函数、二次函数、三角函数、指数函数和对数函数等常见函数的图象和性质,渗透着换元、化归、数形结合、函数与方程等思想方法,在培养思维的灵活性、创造性等方面起到了积极的作用.近几年的数学高考和各地的模考联考中频频出现存在性与恒成立问题,其形式逐渐多样化,但它们大都与函数、导数知识密不可分.与恒成立及存在性问题有关的知识如下：(1)恒成立问题①. ∀x∈D,均有f(x)>A恒成立,则f(x)min>A；②. ∀x∈D,均有f(x)﹤A恒成立,则 f(x)ma x<A；③. ∀x∈D,均有f(x) >g(x)恒成立,则F(x)= f(x)- g(x) >0,∴ F(x)min >0；④. ∀x∈D,均有f(x)﹤g(x)恒成立,则F(x)= f(x)- g(x) <0,∴ F(x) ma x <0；⑤. ∀x1∈D, ∀x2∈E,均有f(x1) >g(x2)恒成立,则f(x)min> g(x)ma x；⑥. ∀x1∈D, ∀x2∈E,均有f(x1) <g(x2)恒成立,则f(x) ma x < g(x) min.(2)存在性问题①. ∃x0∈D,使得f(x0)>A成立,则f(x) ma x >A；②. ∃x0∈D,使得f(x0)﹤A成立,则 f(x) min <A；③. ∃x0∈D,使得f(x0) >g(x0)成立,设F(x)= f(x)- g(x),∴ F(x) ma x >0；④. ∃x0∈D,使得f(x0) <g(x0)成立,设F(x)= f(x)- g (x),∴ F(x) min <0；⑤. ∃x1∈D, ∃x2∈E, 使得f(x1) >g(x2)成立,则f(x) ma x > g(x) min；⑥. ∃x1∈D, ∃x2∈E,均使得f(x1) <g(x2)成立,则f(x) min < g(x) ma x.(3)相等问题若f(x)的值域分别为A,B,则⊆；①. ∀x1∈D, ∃x2∈E,使得f(x1)=g(x2)成立,则A B②∃x 1∈D, ∃x2∈E, 使得f(x1)=g(x2)成立,则A B≠∅.(4)恒成立与存在性的综合性问题①∀x1∈D, ∃x2∈E, 使得f(x1) >g(x2)成立,则f(x)m in> g(x)m in；②∀x1∈D, ∃x2∈E, 使得f(x1) <g(x2)成立,则f(x)max < g(x)max.解决高中数学函数的存在性与恒成立问题常用以下几种方法：①函数性质法；②分离参数法；③主参换位法；④数形结合法等. 一、函数性质法【例1】已知函数f (x )＝x 3－ax 2＋10,若在区间1,2]内至少存在一个实数x ,使得f (x )<0成立,求实数a 的取值范围． 【分析】本题实质是存在性问题【解析】解法一：f ′(x )＝3x 2－2ax ＝3x ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －23a (1≤x ≤2),当23a ≤1,即a ≤32时,f ′(x )≥0,f (x )在1,2]上为增函数, 故f (x )m in ＝f (1)＝11－a ,所以11－a <0,a >11,这与a ≤32矛盾．当1<23a <2,即32<a <3时,当1≤x <23a ,f ′(x )<0；当23a <x ≤2,f ′(x )>0,所以x ＝23a 时,f (x )取最小值,因此有f ⎝ ⎛⎭⎪⎫23a <0,即827a 3－49a 3＋10＝－427a 3＋10<0,解得a >3352,这与32<a <3矛盾；当23a ≥2,即a ≥3时,f ′(x )≤0,f (x )在1,2]上为减函数,所以f (x )m in ＝f (2)＝18－4a ,所以18－4a <0,解得a >92,这符合a ≥3.综上所述,a 的取值范围为a >92.解法二：由已知得：a >x 3＋10x 2＝x ＋10x2,设g (x )＝x ＋10x 2(1≤x ≤2),g ′(x )＝1－20x3,∵1≤x ≤2,∴g ′(x )<0,所以g (x )在1,2]上是减函数．g (x )m in ＝g (2),所以a >92.【点评】 解法一在处理时,需要用分类讨论的方法,讨论的关键是极值点与区间1,2]的关系；解法二是用的参数分离,由于ax 2>x 3＋10中x 2∈1,4],所以可以进行参数分离,而无需要分类讨论．【牛刀小试】【20xx 山西大学附中第二次模拟】设函数()()21xf x e x ax a =--+,其中1a <,若存在唯一的整数,使得()0f t <,则的取值范围是（ ） A ．3,12e ⎡⎫-⎪⎢⎣⎭ B ．33,24e ⎡⎫-⎪⎢⎣⎭ C ．33,24e ⎡⎫⎪⎢⎣⎭ D ．3,12e ⎡⎫⎪⎢⎣⎭【答案】D二、分离参数法【例2】已知函数()ln f x ax x x =+的图象在点e x =（为自然对数的底数）处的切线的斜率为．(1)求实数的值；(2)若2()f x kx ≤对任意0x >成立,求实数的取值范围.【分析】（1）由'()ln 1f x a x =++结合条件函数()ln f x ax x x =+的图象在点e x =处的切线的斜率为,可知'(e)3f =,可建立关于的方程：lne 13a ++=,从而解得1a =；（2）要使2()f x kx ≤对任意0x >恒成立,只需max 2()[]f x k x≥即可,而由（1）可知()ln f x x x x =+,∴问题即等价于求函数1ln ()xg x x+=的最大值,可以通过导数研究函数()g x 的单调性,从而求得其最值：221(1ln )ln '()x x xx g x x x⋅-+==-,令'()0g x =,解得1x =,当01x <<时,'()0g x >,∴()g x 在(0,1)上是增函数；当1x >时,'()0g x <,∴()g x 在(1,)+∞上是减函数,因此()g x 在1x =处取得最大值(1)1g =,∴1k ≥即为所求. 【解析】(1)∵()ln f x ax x x =+,∴'()ln 1f x a x =++, 又∵()f x 的图象在点e x =处的切线的斜率为,∴'(e)3f =, 即lne 13a ++=,∴1a =； (2)由（1）知,()ln f x x x x =+, ∴2()f x kx ≤对任意0x >成立1ln xk x+⇔≥对任意0x >成立, 令1ln ()xg x x +=,则问题转化为求()g x 的最大值, 221(1ln )ln '()x x xx g x x x ⋅-+==-,令'()0g x =,解得1x =,当01x <<时,'()0g x >,∴()g x 在(0,1)上是增函数； 当1x >时,'()0g x <,∴()g x 在(1,)+∞上是减函数． 故()g x 在1x =处取得最大值(1)1g =,∴1k ≥即为所求.【点评】在函数存在性与恒成立问题中求含参数范围过程中,当其中的参数（或关于参数的代数式）能够与其它变量完全分离出来并,且分离后不等式其中一边的函数（或代数式）的最值或范围可求时,常用分离参数法.此类问题可把要求的参变量分离出来,单独放在不等式的一侧,将另一侧看成新函数,于是将问题转化成新函数的最值问题.利用分离参数法来确定不等式(),0f x λ≥,（,x D 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. 【牛刀小试】【20xx 湖南省郴州市上学期第一次教学质量监测】已知函数()log a f x x =,()2log (22)a g x x t =+-,其中0a >且1a ≠,t R ∈．(1)若4t =,且1[,2]4x ∈时,()()()F x g x f x =-的最小值是－2,求实数的值； (2)若01a <<,且1[,2]4x ∈时,有()()f x g x ≥恒成立,求实数的取值范围. 【答案】(1)15；(2)[2,)+∞. 【解析】(1)∵4t =,∴24(1)()()()2log (22)log log a a a x F x g x f x x x x +=-=+-=1log 4(2)a x x=++ 易证1()4(2)h x x x =++在1[,1]4上单调递减,在[1,2]上单调递增,且1()(2)4h h >,∴min ()(1)16h x h ==,max 1()()254h x h ==,∴当1a >时,min ()log 16a F x =,由log 162a =-,解得14a =（舍去）当01a <<时,min ()log 25a F x =,由log 252a =-,解得15a =.综上知实数的值是15.三、主参换位法【例3】已知函数()ln()(x f x e a a =+为常数）是实数集R 上的奇函数,函数()()sin g x f x xλ=+是区间[]1,1-上的减函数,(1)求的值；(2)若[]2()11,1g x t t x λ≤++∈-在上恒成立,求的取值范围.【分析】在第二小题所给条件中出现了两个字母：及,那么解题的关键恰恰就在于该把其中哪个字母看成是一个变量,另一个作为常数.而根据本题中的条件特征显然可将视作自变量,则上述问题即可转化为在(],1-∞-内关于的一次函数大于等于0恒成立的问题,问题即可求解.【解析】(1)1a =(2)由(1)知：()f x x =,()sin g x x x λ∴=+,()g x 在[]11-，上单调递减, ()cos 0g x x λ'∴=+≤cos x λ∴≤-在[]11-，上恒成立,1λ∴≤-，[]max ()(1)sin1g x g λ=-=--, 只需2sin11t t λλ--≤++,2(1)sin110t t λ∴++++≥（其中1λ≤-）恒成立,由上述②结论：可令()2(1)sin110(1f t t λλλ=++++≥≤-）,则2t 101sin110t t +≤⎧⎨--+++≥⎩,21sin10t t t ≤-⎧∴⎨-+≥⎩,而2sin10t t -+≥恒成立,1t ∴≤-.【点评】某些函数存在性与恒成立问题中,当分离参数会遇到讨论的麻烦或者即使能容易分离出参数与变量,但函数的最值却难以求出时,可考虑变换思维角度.即把主元与参数换个位置,再结合其它知识,往往会取得出奇制胜的效果.此类问题的难点常常因为学生的思维定势,易把它看成关于的不等式讨论,从而因计算繁琐出错或者中途夭折；若转换一下思路,把待求的x 为参数,以为变量,构造新的关于参数的函数,再来求解参数应满足的条件这样问题就轻而易举的得到解决了.【牛刀小试】若不等式()2211x m x ->-对任意[]1,1m ∈-恒成立,求实数x 的取值范围.12x <<【解析】()2211x m x ->-可转化为()21210m x x --+<,设()()21210f m m x x =--+<,则()f m 是关于m 的一次型函数,要使()0f m <恒成立,只需()()221201220f x x f x x ⎧=-<⎪⎨-=--+<⎪⎩,解12x <<. 四、数形结合法 【例4】已知函数()222f x x kx =-+,在1x ≥-恒有()f x k≥,求实数的取值范围.【分析】为了使题中的条件()f x k≥在[)1,x ∈-+∞恒成立,应能想到构造出一个新的函数()()F x f x k=-,则可把原题转化成所构造新的函数在区间[)1,-+∞时恒大于等于的问题,再利用二次函数的图象性质进行分类讨论,即可使问题得到圆满解决.【解析】令()()222F x f x k x kx k=-=-+-,则()0F x ≥对[)1,x ∈-+∞恒成立,而()F x 是开口向上的抛物线.当图象与x 轴无交点满足0∆<,即()24220k k ∆=--<,解得21k -<<.当图象与x 轴有交点,且在[)1,x ∈-+∞时()0F x ≥,则由二次函数根与系数的分布知识及图象可得：()010212F k ⎧⎪∆≥⎪⎪-≥⎨⎪-⎪-≤-⎪⎩解得32k -≤≤-, 故由①②知31k -≤<.【点评】如果题中所涉及的函数对应的图象、图形较易画出时,往往可通过图象、图形的位置关系建立不等式从而求得参数范围. 解决此类问题经常要结合函数的图象,选择适当的两个函数,利用函数图像的上、下位置关系来确定参数的范围.利用数形结合解决不等式问题关键是构造函数,准确做出函数的图象.常见的有两类函数：若二次函数()20y ax bx c a =++≠大于0恒成立,则有00a >⎧⎨∆<⎩,同理,若二次函数()20y ax bx c a =++≠小于0恒成立,则有00a <⎧⎨∆<⎩.若是二次函数在指定区间上的恒成立问题,还可以利用韦达定理以及根与系数的分布知识求解.【牛刀小试】【20xx 河北省武邑上学期第三次调研考试】已知定义在R 上的奇函数()f x 满足:当0x ≥时,()3f x x =,若不等式()()242f t f m mt ->+对任意实数恒成立,则实数m 的取值范围是（ ）A．(,-∞ B．()C. ()),0-∞⋃+∞ D．(),-∞⋃+∞【答案】A五、存在性之常用模型及方法 【例5】设函数()21ln 2a f x a x x bx -=+-,a R ∈且1a ≠.曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线的斜率为. （1）求的值；（2）若存在[)1,x ∈+∞,使得()1af x a <-,求的取值范围. 【分析】（1）根据条件曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线的斜率为,可以将其转化为关于,的方程,进而求得的值：()()1af x a x b x'=+--,()10f '=⇒()101a a b b +--=⇒=；（2）根据题意分析可得若存在[1,)x ∈+∞,使得不等式()1a f x a <-成立,只需min()1af x a >-即可,因此可通过探求()f x 的单调性进而求得()f x 的最小值,进而得到关于的不等式即可,而由（1）可知()21ln 2a f x a x x x -=+-,则()()()11x a x a f x x ---⎡⎤⎣⎦'=,因此需对的取值范围进行分类讨论并判断()f x 的单调性,从而可以解得的取值范围是()()11,+∞.①当12a ≤时,11aa≤-, 在[)1,+∞上,()0f x '≥,()f x 为增函数,()()()min111122a a f x f ---==-=,令121a aa --<-,即2210a a +-<,解得11a <<. ②当11a <<时,1a >,()()()2minln 112111a a a a a f x f a a a a a a ⎛⎫==++> ⎪-----⎝⎭, 不合题意,无解,10分③当1a >时,显然有()0f x <,01a a >-,∴不等式()1af x a <-恒成立,符合题意,综上,的取值范围是()()11,+∞.【点评】解决函数中存在性问题常见方法有两种：一是直接法同上面所讲恒成立；二是间接法,先求其否定（恒成立）,再求其否定补集即可解决.它的逻辑背景：原命题为",()"x M P x ∀∈的否定为",()"x M P x ∃∈⌝；原命题为",()"x M P x ∃∈的否定为“,()"x M P x ∀∈⌝.处理的原则就是：不熟系问题转化为熟悉问题. 【牛刀小试】已知=)(x f x x +221,=)(x g a x -+)1ln(, (1)若存在]2,0[,21∈x x ,使得)()(21x g x f >,求实数的取值范围； (2)若存在]2,0[,21∈x x ,使得)()(21x g x f =,求实数的取值范围.【解析】()(),f x g x 在[]0,2上都是增函数,所以()f x 的值域，，]40[=A ()g x 的值域]3ln ,[a a B --=.(1) 若存在]2,0[,21∈x x ,使得)()(21x g x f >,则min max )()(x g x f >,即4a -,所以4->a . (2)若存在21,x x 使得)()(21x g x f =,则A B ≠∅,∴4a -≤且ln30a -≥,∴实数的取值围是[]4,ln3-.【迁移运用】1.【20xx 宁夏育才中学上学期第二次月考】设函数3()f x x x =+,x R ∈. 若当02πθ<<时,不等式0)1()sin (>-+m f m f θ恒成立,则实数m 的取值范围是（ ） A. 1(,1]2 B.1(,1)2C. [1,)+∞D.(,1]-∞ 【答案】D【解析】易得()f x 是奇函数,2()310()f x x f x '=+>⇒在R 上是增函数,又11(sin )(1)sin 1,0sin 111sin 1sin f m f m m m m m θθθθθ>-⇒>-⇒<<<⇒⇒≤--,故选D.2.【20xx 河北省武邑中学2高三上学期第三次调研】 若对[),0,x y ∀∈+∞,不等式2242x y x y ax e e +---≤++,恒成立,则实数的最大值是（ ）A ．14B ． C. D ．12【答案】D3.【20xx 山西省孝义市高三上学期二轮模考】已知函数2ln ()()()x x b f x b R x +-=∈,若存在1[,2]2x ∈,使得()'()f x x f x >-⋅,则实数的取值范围是（ ）A ．(-∞B ．3(,)2-∞ C. 9(,)4-∞ D ．(,3)-∞ 【答案】C【解析】由题意,得2212()ln ()()x x b x x b f x x +----'=,则()()f x xf x +'＝2ln ()x x b x +-－212()ln ()x x b x x b x +----＝12()x x b x +-．若存在1[,2]2x ∈,使得()'()f x x f x >-⋅,则12()0x x b +->,所以12b x x <+．设1()2g x x x =+,则222121()122x g x x x -'=-=,当122x ≤≤时,()0g x '<；当22x ≤≤时,()0g x '>,所以()g x 在1[,22上单调递减,在2]上单调递增,所以当2x =,函数()g x 取最大值,最大值为19(2)244g =+=,所以max 9()4b g x <=,故选C ． 4.已知=)(x f x x +221,=)(x g a x -+)1ln(,若对任意123,,[0,2]x x x ∈,恒有()()()123f x f x g x +>,求实数的取值范围是 .【答案】[)ln3,+∞【解析】()(),f x g x 在[]0,2上都是增函数,所以()f x 的值域，，]40[=A ()g x 的值域]3ln ,[a a B --=.若对任意123,,[0,2]x x x ∈,恒有()()()123f x f x g x +>,则2max min )()(x g x f >,即a ->3ln 0,所以3ln >a . 5. 已知函数2(),([2,2])f x x x ∈-=,2()sin(2)3,[0,]62g x a x a x ππ=++∈, 1[2,2]x ∀∈-,001[0,],()()2x g x f x π∃∈=总使得成立,则实数的取值范围是 ．【答案】(,4][6,)-∞-+∞6.【20xx 江西省新余市高三第二次模拟考试】设函数x x e x f 1)(22+=,x ex e x g 2)(=,对),0(,21+∞∈∀x x ,不等式1)()(21+≤k x f k x g 恒成立,则正数的取值范围为 . 【答案】[)1,+∞【解析】对于函数()f x ,当0x >时, 22211()2e x f x e x e x x +==+≥=,所以当2(0,)x ∈+∞,函数()f x 有最小值2e ；对于函数2()x e x g x e =,2(1)'()xe x g x e-=,当01,'()0x g x <<>；当1,'()0x g x ><,所以当1x =时,函数()g x 有最大值(1)g e =.又不等式1)()(21+≤k x f k x g 恒成立,0k >,所以21e e k k ≤+,所以1k ≥. 7.设函数f (x )＝ax ＋sin x ＋cos x ．若函数f (x )的图象上存在不同的两点A ,B ,使得曲线y ＝f (x )在点A ,B 处的切线互相垂直,则实数a 的取值范围为 ． 【答案】]1,1[-【解析】因为),4cos(2sin cos )(π++=-+='x a x x a x f则存在实数2,1x x ,使得1))4cos(2))(4cos(2(21-=++++ππx a x a 成立.不妨设11)(0,4k a x a π=+∈则22)[4k a x a π=+∈因此222120()2,12,1,1 1.k k a a a a <-≤-≤-≤-≤≤ 8.已知函数e ()ln ,()e xxf x mx a x mg x =--=,其中m ,a 均为实数． (1)求()g x 的极值；(2)设1,0m a =<,若对任意的12,[3,4]x x ∈12()x x ≠,212111()()()()f x f xg x g x -<-恒成立,求的最小值；(3)设2a =,若对任意给定的0(0,e]x ∈,在区间(0,e]上总存在1212,()t t t t ≠,使得120()()()f t f t g x == 成立,求m 的取值范围．【答案】(1)极大值为1,无极小值；(2) 3 -22e 3；(3)3[,)e 1+∞-．【解析】（1）e(1)()e xx g x -'=,令()0g x '=,得x = 1． ………………… 1分 列表如下：∵g (1) = 1,∴y =()g x 的极大值为1,无极小值． …………………3分 （2）当1,0m a =<时,()ln 1f x x a x =--,(0,)x ∈+∞．∵()0x af x x-'=>在[3,4]恒成立,∴()f x 在[3,4]上为增函数． …………………4分 设1e ()()e xh x g x x ==,∵12e (1)()x x h x x --'=> 0在[3,4]恒成立, ∴()h x 在[3,4]上为增函数． …………………5分 设21x x >,则212111()()()()f x f xg x g x -<-等价于2121()()()()f x f x h x h x -<-, 即2211()()()()f x h x f x h x -<-．设1e ()()()ln 1e xu x f x h x x a x x=-=---⋅,则u (x )在[3,4]为减函数．∴21e (1)()10e x a x u x x x -'=--⋅≤在（3,4）上恒成立． …………………6分 ∴11e ex x a x x---+≥恒成立． 设11e ()ex x v x x x --=-+,∵112e (1)()1e x x x v x x ---'=-+=121131e [()]24x x ---+,x ∈3,4],∴1221133e [()]e 1244x x --+>>,∴()v x '< 0,()v x 为减函数．∴()v x 在3,4]上的最大值为v (3) = 3 -22e 3． ………………… 8分∴a ≥3 -22e 3,∴的最小值为3 -22e 3． …………………9分（3）由（1）知()g x 在(0,e]上的值域为(0,1]． …………………10分 ∵()2ln f x mx x m =--,(0,)x ∈+∞,当0m =时,()2ln f x x =-在(0,e]为减函数,不合题意． ………………… 11分当0m ≠时,2()()m x m f x x-'=,由题意知()f x 在(0,e]不单调,所以20e m <<,即2em >．① …………………12分 此时()f x 在2(0,)m 上递减,在2(,e)m上递增, ∴(e)1f ≥,即(e)e 21f m m =--≥,解得3e 1m -≥．② 由①②,得3e 1m -≥． …………………13分 ∵1(0,e]∈,∴2()(1)0f f m =≤成立． …………………14分下证存在2(0,]t m∈,使得()f t ≥1．取e m t -=,先证e 2m m-<,即证2e 0m m ->．③ 设()2e x w x x =-,则()2e 10x w x '=->在3[,)e 1+∞-时恒成立． ∴()w x 在3[,)e 1+∞-时为增函数．∴3e ))01((w x w ->≥,∴③成立． 再证()e m f -≥1． ∵e e 3()1e 1m m f m m m --+=>>-≥,∴3e 1m -≥时,命题成立． 综上所述,m 的取值范围为3[,)e 1+∞-． …………………16分 9.【20xx 山西省孝义市高三上学期二轮模考】设函数2()ln f x ax a x =--,1()xe g x x e =-,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1x >时,()0g x >；（3）确定的所有可能取值,使得()()f x g x >在(1,)+∞区间内恒成立.【答案】（1）当x∈（时()f x 单调递减；当x∈+)∞时,()f x 单调递增；（2）详见解析；（3）a ∈1+)2∞[，．【解析】（1）由2()ln f x ax a x =--,得2121'()2(0)ax f x ax x x x-=-=>. 当0a ≤时,'()0f x <在(0,)+∞成立,则()f x 为(0,)+∞上的减函数；当0a >时,由'()0f x =,得2x a==±,∴当x ∈时,'()0f x <,当)x ∈+∞时,'()0f x >.则()f x 在(0,2a 上为减函数,在)2a+∞上为增函数. 综上,当0a ≤时,()f x 为(0,)+∞上的减函数；当0a >时,()f x 在(0,)2a上为减函数,在)+∞上为增函数. （2）证明：要证()0(1)g x x >>,即10x e x e ->,即证1x ex e >,也就是证x e e x >. 令()xe h x x=,则2(1)'()x e x h x x -=,∴()h x 在(1,)+∞上单调递增,则min ()(1)h x h e ==, 即当1x >时,()h x e >,∴当1x >时,()0g x >；综上所述,1x >,'()0x Φ>,()x Φ在区间(1,)+∞单调递增, ∴'()'(1)0t x t >≥,即()t x 在区间(1,)+∞单调递增,∴12a ≥.10.【20xx 四川省资阳市高三上学期第一次诊断】已知函数()()ln bf x a x b x x =++(其中a b ∈R ，).(Ⅰ) 当4b =-时,若()f x 在其定义域内为单调函数,求的取值范围；(Ⅱ) 当1a =-时,是否存在实数,使得当2[e e ]x ∈，时,不等式()0f x >恒成立,如果存在,求的取值范围,如果不存在,说明理由（其中是自然对数的底数,＝2.71828…）.【答案】(Ⅰ) (,0][1,)-∞+∞；(Ⅱ) 2e (,)e 1b ∈+∞-．【解析】(Ⅰ) 由题0x >,4()()4ln f x a x x x =--,2224444()(1)ax x a f x a x x x -+'=+-=.①当0a ≤时,知()0f x '<,则()f x 是单调递减函数；②当0a >时,只有对于0x >,不等式2440ax x a -+≥恒成立,才能使()f x 为单调函数,只需22(4)160a ∆=--≤,解之得11a a -或≤≥,此时1a ≥．综上所述,的取值范围是(,0][1,)-∞+∞． (Ⅱ) ()ln bf x b x x x=--,其中0x >,222()1b b x bx bf x x x x -++'=-+=． (ⅰ) 当0b ≤时,()0f x '<,于是()f x 在(0)+∞，上为减函数,则在2[e e ]，上也为减函数, 知max 1()(e)e (1)e 0e eb f x f b b ==--=--<恒成立,不合题意,舍去． (ⅱ) 当0b >时,由()0f x '=得x =．列表得知max1()(e)e (1)e e e b f x f b b ==--=--,而211e 2e(1)e (1)e 0e e e 1e 1b -----=<++≤,于是max()0f x <恒成立,不合题意,e >,即2e e 1b >+,则()f x 在上为增函数,在,+∞)上为减函数,要使在2[e e ]，恒有()0f x >恒成立,则必有2(e)0(e )0f f >⎧⎨>⎩，，则22e 0e 2e 0e b b b b ⎧-->⎪⎪⎨⎪-->⎪⎩，，所以243242e e e 1e e e .2e 1b b ⎧>=⎪⎪--⎨⎪>⎪-⎩，由于32232e e (2e 1)e 3e 10---=-+<,则244322e e e e 1e e 2e 1=>---,所以2e e 1b >-． 11. 【20xx 湖北省襄阳市四校高三上学期期中联考】已知函数21()(1)2x f x x e ax =--()a R ∈()I 当1a ≤时,求()f x 的单调区间；()II 当(0,+)x ∈∞时,()y f x '=的图象恒在32(1)y ax x a x =+--的图象上方,求的取值范围.【答案】（Ⅰ）当0a ≤时,单调增区间是(0,)+∞,单调减区间是(,0)-∞；当01a <<时,单调增区间是(,ln )a -∞,(0,)+∞,单调减区间是(ln ,0)a ；当1a =时,单调增区间是(,)-∞+∞,无减区间；（Ⅱ）1(,]2-∞．【解析】()I ()()xxf x xe ax x e a '=-=-当0a ≤时,0x e a ->,∴(,0)x ∈-∞时,()0f x '<,()f x 单调递减(0,)x ∈+∞时,()0f x '>,()f x 单调递增当01a <≤时,令()0f x '=得0ln x x a ==或． (i) 当01a <<时,ln 0a <,故：(,ln )x a ∈-∞时,()0f x '>,()f x 单调递增, (ln ,0)x a ∈ 时,()0f x '<,()f x 单调递减,(0,)x ∈+∞时,()0f x '>,()f x 单调递增；(ii) 当1a =时,ln 0a =, ()(1)x xf x xe ax x e '=-=-0≥恒成立,()f x 在(,)-∞+∞上单调递增,无减区间；综上,当0a ≤时,()f x 的单调增区间是(0,)+∞,单调减区间是(,0)-∞；当01a <<时,()f x 的单调增区间是(,ln )a -∞(0,)+∞和,单调减区间是(ln ,0)a ；当1a =时,()f x 的单调增区间是(,)-∞+∞,无减区间.()II 由()I 知()x f x xe ax '=-当(0,+)x ∈∞时,()y f x '=的图象恒在32(1)y ax x a x =+--的图象上方,即32(1)x xe ax ax x a x ->+--对(0,+)x ∈∞恒成立即 210x e ax x --->对(0,+)x ∈∞恒成立记 2()1x g x e ax x =--- (0)x >,∴()()21xg x e ax h x '=--=()'2x h x e a ∴=-(i) 当12a ≤时,()'20xh x e a =->恒成立,()g x '在(0,)+∞上单调递增, ∴()'(0)0g x g '>=, ∴()g x 在(0,)+∞上单调递增 ∴()(0)0g x g >=,符合题意；(ii) 当12a >时,令()'0h x =得ln(2)x a = (0,ln(2))x a ∴∈时,()'0h x <,∴()g x '在(0,ln(2))a 上单调递减∴(0,ln(2))x a ∈时,()'(0)0g x g '<= ∴()g x 在(0,ln(2))a 上单调递减, ∴ (0,ln(2))x a ∈时,()(0)0g x g <=,不符合题意综上可得的取值范围是1(,]2-∞.12. 【20xx 广东省惠州市第二次调研】已知函数()ln f x x =,()()h x a x a R =∈. （Ⅰ）函数()f x 的图象与()h x 的图象无公共点,求实数的取值范围； （Ⅱ）是否存在实数m ,使得对任意的1(,)2x ∈+∞,都有函数()my f x x=+的图象在()xe g x x=的图象的下方？若存在,请求出整数m 的最大值；若不存在,请说理由.（参考数据：ln 20.6931=,ln3 1.0986= 1.3956==）. 【答案】（Ⅰ）1(,)e+∞,（Ⅱ）1（Ⅱ）假设存在实数m 满足题意,则不等式ln x m e x x x +<对1(,)2x ∈+∞恒成立.即ln x m e x x <-对1(,)2x ∈+∞恒成立.令()ln xr x e x x =-,则'()ln 1xr x e x =--,令()ln 1xx e x ϕ=--,则1'()x x e x ϕ=-,∵'()x ϕ在1(,)2+∞上单调递增,121'()202e ϕ=-<,'(1)10e ϕ=->,且'()x ϕ的图象在1(,1)2上连续,∴存在01(,1)2x ∈,使得0'()0x ϕ=,即0010xe x -=,则00ln x x =-,∴ 当01(,)2x x ∈时,()x ϕ单调递减；当0(,)x x ∈+∞时,()x ϕ单调递增, 则()x ϕ取到最小值000001()ln 11xx e x x x ϕ=--=+-110≥=>, ∴ '()0r x >,即()r x 在区间1(,)2+∞内单调递增.11221111()ln ln 2 1.995252222m r e e ≤=-=+=,∴存在实数m 满足题意,且最大整数m 的值为.13.【20xx 河南省天一大联考】已知函数()ln f x b x =．（1）当1b =时,求函数2()()G x x x f x =--在区间1,2e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的最大值与最小值；（2）若在[]1,e 上存在0x ,使得0001()bx f x x +-<-成立,求的取值范围． 【答案】（1）21e e --,；（2）21(,2)(,)1e e +-∞-+∞-. 【解析】（1）当1b =时,2()()G x x xf x =--2ln (0)x x x x =-->,(21)(1)'()x x G x x+-=,令'()0G x =,得1x =,当变化时,()G x ,'()G x 的变化情况如下表：因为111()ln ln 212424G =--=-+<,(1)0G =, 2()1(1)11G e e e e e =--=-->,所以2()()G x x x f x =--在区间1,2e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的最大值与最小值分别为：2max ()()1G x G e e e ==--,min ()(1)0G x G ==．（2）设1()ln bh x x b x x+=-+．若在[]1,e 上存在0x ,使得0001()b x f x x +-<-,即0001ln 0b x b x x +-+<成立,则只需要函数1()ln bh x x b x x+=-+在[]1,e 上的最小值小于零． 又2221(1)'()1b b x bx b h x x x x +--+=--=[]2(1)(1)x x b x +-+=, 令'()0h x =,得1x =-（舍去）或1x b =+．①当1b e +≥,即1b e ≥-时,()h x 在[]1,e 上单调递减,故()h x 在[]1,e 上的最小值为()h e ,由1()0bh e e b e +=+-<,可得211e b e +>-． 因为2111e e e +>--,所以211e b e +>-． ②当11b +≤,即0b ≤时,()h x 在[]1,e 上单调递增, 故()h x 在[]1,e 上的最小值为(1)h ,由(1)110h b =++<, 可得2b <-（满足0b ≤）．③当11b e <+<,即01b e <<-时,()h x 在(1,1)b +上单调递减,在(1,)b e +上单调递增,故()h x 在[]1,e 上的最小值为(1)2ln(1)h b b b b +=+-+．因为0ln(1)1b <+<,所以0ln(1)b b b <+<,所以2ln(1)2b b b +-+>,即(1)2h b +>,不满足题意,舍去．综上可得2b <-或211e b e +>-,所以实数的取值范围为21(,2)(,)1e e +-∞-+∞-． 14. 【20xx 江西省新余市模拟】已知函数a x x a xf xln )(2-+=（0>a ,且1≠a ）. （1）求函数)(x f 的单调区间；（2）若存在]1,1[,21-∈x x ,使得1|)()(|21-≥-e x f x f （是自然对数的底数）,求实数的取值范围.【答案】（1）函数)(x f 的单调增区间为),0(+∞,单调减区间为)0,(-∞；（2）),[]1,0(+∞∈e ea ．【解析】（1）a a x a x a a x f xxln )1(2ln 2ln )('-+=-+= ∵当1>a 时,0ln >a ,a a x ln )1(-在R 上是增函数, 当10<<a 时,0ln <a ,a a x ln )1(-在R 上也是增函数, ∴当1>a 或10<<a 时,总有)('x f 在R 上是增函数,又0)0('=f ,∴0)('>x f 的解集为),0(+∞,0)('<x f 的解集为)0,(-∞, 故函数)(x f 的单调增区间为),0(+∞,单调减区间为)0,(-∞. （2）∵存在]1,1[,21-∈x x ,使得1|)()(|21-≥-e x f x f 成立, 而当]1,1[-∈x 时,min max 21)()(|)()(|x f x f x f x f -≤-, ∴只要1)()(min max -≥-e x f x f 即可. 又∵,)('x f ,)(x f 的变化情况如下表所示：∴函数)(x f 在]0,1[-上是减函数,在]1,0[上是增函数, ∴当]1,1[-∈x 时,)(x f 的最小值1)0()(min ==f x f ,)(x f 的最大值max )(x f 为)1(-f 和)1(f 中的最大者.∵a a a a a a a f f ln 21)ln 11()ln 1()1()1(--=++--+=--, 令a aa a g ln 21)(--=)0(>a , ∵0)11(211)('22>-=-+=a a a a g ,∴a aa a g ln 21)(--=在),0(+∞∈a 上是增函数. 而0)1(=g ,故当1>a 时,0)(>a g ,即)1()1(->f f ；当10<<a 时,0)(<a g ,即)1()1(-<f f .∴当1>a 时,1)0()1(-≥-e f f ,即1ln -≥-e a a ,函数a a y ln -=在),1(+∞∈a 上是增函数,解得e a ≥；当10<<a 时,1)0()1(-≥--e f f ,即1ln 1-≥+e a a, 函数a a y ln 1+=在)1,0(∈a 上是减函数,解得ea 10≤<. 综上所述,所求的取值范围为),[]1,0(+∞∈e e a . 15.【20xx 浙江省绍兴市柯桥区二模】设函数()2k k f x a xb =-+,其中{}0,1,2a k >∈.（1）若()2f x 在(],1a a +上有最小值, 求实数的取值范围；（2）当2a ≥,92b =-时, 记()()1g x f x =,若对任意[]12,,1x x a a ∈+,总存在[]0,1x a a ∈+,使得()()()1202g x g x g x +≤,求0x 的取值范围.【答案】(1)()0,2；(2)[)[)2,34,+∞.()()(){}22max 9999max ,1max 2,1max 2,2222g x g a g a a a a a a a a a ⎧⎫⎧⎫=+=----=----⎨⎬⎨⎬⎩⎭⎩⎭()()22223299223932322a a a a a a a a a a -----=-++=--+；∴当3a ≥时,222299222a a a a --≤--, 即2299222a a a a --≤--,即()()1g a g a ≤+, 故()()max 1g x g a =+,从而[)014,x a =+∈+∞；当23a ≤<时,222299222a a a a -->--, 即2299222a a a a -->--,即()()1g a g a >+,故()()max g x g a =,从而[)02,3x a =∈；综上所述,0x 的取值范围为[)[)2,34,+∞。
高考复习-利用导数研究函数的存在与恒成立问题
利用导数研究函数的存在与恒成立问题知识集结知识元利用导数研究函数的恒成立与存在问题知识讲解“恒成立”问题与“存在性”问题是高中数学中的常见问题，它不仅考查了函数、不等式等传统知识和方法，而且导数的加入更是极大的丰富了该类问题的表现形式，充分体现了能力立意的原则，越来越受到命题者的青睐，成为高中数学的一个热点问题。
本文仅从以下九方面总结一下有关这类问题的不同的表现形式及解决方法，希望能对大家高考复习起到一定的帮助作用。
一、若对，恒成立，则只需即可；若对，恒成立，则只需即可；二、若，满足不等式，则只需即可；若，满足不等式，则只需即可；三、若对，使得不等式（为常数）恒成立，则只需即可四、若，满足方程，则只需两函数值域交集不空即可.五、若对总使得成立，则只需值域值域即可六、若对，使得不等式恒成立，则只需即可七、若对，满足不等式，则只需即可八、若对，总，使得成立，则只需即可九、若对，总，使得成立，则只需即可例题精讲利用导数研究函数的恒成立与存在问题例1.已知不等式e x-1≥kx+lnx，对于任意的x∈（0，+∞）恒成立，则k的最大值_____例2.设函数y=f（x）图象上在不同两点A（x1，y1），B（x2，y2）处的切线斜率分别是k A，k B，规定φ（A，B）=（|AB|为A与B之间的距离）叫作曲线y=f（x）在点A与点B之间的“弯曲度”．若函数y=x2图象上两点A与B的横坐标分别为0，1，则φ（A，B）=___；设A（x1，y1），B（x2，y2）为曲线y=e x上两点，且x1-x2=1，若m∙φ（A，B）<1恒成立，则实数m的取值范围是________．例3.已知函数f（x）=ax+lnx，若f（x）≤1在区间（0，+∞）内恒成立，实数a的取值范围为_________．当堂练习单选题练习1.”a>b”是”log7a>log7b”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练习2.已知命题p：x>m，q：2+x-x2<0，如果命题p是命题q的充分不必要条件，则实数m的取值范围是（）A．（-∞，-1]B．（2，+∞）C．[1，+∞）D．[2，+∞）练习3.a<0，b<0的一个必要条件是（）A．a-b<0B．a+b<0C．>1D．<1练习4.直线x+y+a=0与圆x2+y2-2x+4y+3=0有两个不同交点的一个必耍不充分条件是（）A．-2<a<3B．-1<a<3C．-2<a<0D．0<a<3练习5.“”是“（1+tanα）（1+tanβ）=2”的（）A．充分非必要条件B．必要非充分条件C．充要条件D．既不充分亦不必要条件填空题练习1.已知函数．若存在x∈[1，2]，使得，则实数b 的取值范围是________．练习2.已知函数．若存在x∈[1，2]，使得f（x）+xf'（x）>0，则实数b 的取值范围是________．练习3.若函数f（x）=x2+1与g（x）=2alnx+1的图象存在公共切线，则实数a的最大值为___练习4.设函数f（x）=e x（2x-1）-2ax+2a，其中a<1，若存在唯一的整数x0，使得f（x0）<0，则a的取值范围是_______．练习5.设函数f（x）在R上存在导数f'（x），∀x∈R，有f（-x）+f（x）=x2，在（0，+∞）上，f'（x）<x，若f（6-m）-f（m）-18+6m≥0，则实数m的取值范围是________．解答题练习1.'设函数f（x）=xlnx-ae x，其中a∈R，e是自然对数的底数．（1）若f（x）在（0，+∞）上存在两个极值点，求a的取值范围；（2）若，证明：f（x）<0．'练习2.'已知函数，e为自然对数的底数．（1）求函数f（x）的定义域和单调区间；（2）试比较e2x-1与（2x-1）e的大小，其中；（3）设函数，0<a<e，求证：函数g（x）存在唯一的极值点t，且．（极值点是指函数取极值时对应的自变量的值）'练习3.'已知函数f（x）=ax-lnx-a，a∈R．（1）若a=1，求方程f（x）=0的根；（2）已知函数g（x）=-x∙f（x）+ax2-2ax+a在区间（1，+∞）上存在唯一的零点，求实数a的取值范围；（3）当a=0时，是否存在实数m，使不等式在（1，+∞）上恒成立？若存在，求出m的最小值；若不存在，说明理由．'练习4.'已知函数f（x）=x-，g（x）=2ln（x+1）．（1）求最大正整数n，使得对任意n+1个实数x i（i=1，2，…，n+1），当x i∈[e-1，2]时，都有恒成立；（2）设H（x）=xf（x）+g（x），在H（x）的图象上是否存在不同的两点A（x1，y1），B（x2，y2）（x1>x2>-1），使得成立．'练习5.'已知函数．（1）当a≥2时，求函数f（x）的单调区间；（2）设g（x）=e x+mx2-3，当a=e2+1时，对任意x1∈[1，+∞），存在x2∈[1，+∞），使，证明：m≤e2-e．'。
破解恒成立问题 高考数学【解析版】
专题16 破解恒成立问题从高考命题看，方程有解问题、无解问题以及不等式的恒成立问题，也是高考命题的热点.而此类问题的处理方法较为灵活，用导数解决不等式“恒成立”“存在性”问题的常用方法是分离参数，或构造新函数分类讨论，将不等式问题转化为函数的最值问题.也可以结合题目的条件、结论，采用数形结合法等.【重点知识回眸】（一）参变参数法1.参变分离：顾名思义，就是在不等式中含有两个字母时（一个视为变量，另一个视为参数），可利用不等式的等价变形让两个字母分居不等号的两侧，即不等号的每一侧都是只含有一个字母的表达式.然后可利用其中一个变量的范围求出另一变量的范围2.一般地，若a ＞f (x )对x ∈D 恒成立，则只需a ＞f (x )max ；若a ＜f (x )对x ∈D 恒成立，则只需a ＜f (x )min .若存在x 0∈D ，使a ＞f (x 0)成立，则只需a ＞f (x )min ；若存在x 0∈D ，使a ＜f (x 0)成立，则只需a ＜f (x 0)max .由此构造不等式，求解参数的取值范围.3.参变分离法的适用范围：判断恒成立问题是否可以采用参变分离法，可遵循以下两点原则：（1）已知不等式中两个字母是否便于进行分离，如果仅通过几步简单变换即可达到分离目的，则参变分离法可行.但有些不等式中由于两个字母的关系过于“紧密”，会出现无法分离的情形，此时要考虑其他方法.例如：()21log a x x -<，111axx e x-+>-等 （2）要看参变分离后，已知变量的函数解析式是否便于求出最值（或临界值），若解析式过于复杂而无法求出最值（或临界值），则也无法用参变分离法解决问题.（可参见”恒成立问题——最值分析法“中的相关题目）（二）构造函数分类讨论法有两种常见情况，一种先利用综合法，结合导函数零点之间大小关系的决定条件，确定分类讨论的标准，分类后，判断不同区间函数的单调性，得到最值，构造不等式求解；另一种，直接通过导函数的式子，看出导函数值正负的分类标准，通常导函数为二次函数或者一次函数.1.构造函数时往往将参数与自变量放在不等号的一侧，整体视为一个函数，其函数含参2.参数往往会出现在导函数中，进而参数不同的取值会对原函数的单调性产生影响——可能经历分类讨论 （三）数形结合法1.函数的不等关系与图象特征：（1）若，均有的图象始终在的下方 （2）若，均有的图象始终在的上方2.在作图前，可利用不等式的性质对恒成立不等式进行变形，转化为两个可作图的函数x D ∀∈()()()f x g x f x <⇔()g x x D ∀∈()()()f x g x f x >⇔()g x3.作图时可“先静再动”，先作常系数的函数的图象，再做含参数函数的图象（往往随参数的不同取值而发生变化）.作图要突出“信息点”.4.利用数形结合解决恒成立问题，往往具备以下几个特点：（1）所给的不等式运用代数手段变形比较复杂，比如分段函数，或者定义域含参等，而涉及的函数便于直接作图或是利用图象变换作图（2）所求的参数在图象中具备一定的几何含义 （3）题目中所给的条件大都能翻译成图象上的特征【典型考题解析】热点一 参变分离法解决不等式恒成立问题【典例1】（2019·天津·高考真题（理））已知a R ∈，设函数222,1,()ln ,1,x ax a x f x x a x x ⎧-+=⎨->⎩若关于x 的不等式()0f x 在R 上恒成立，则a 的取值范围为（ ） A ．[]0,1 B ．[]0,2 C ．[]0,e D ．[]1,e【答案】C【解析】先判断0a ≥时，2220x ax a -+≥在(,1]-∞上恒成立；若ln 0x a x -≥在(1,)+∞上恒成立，转化为ln xa x≤在(1,)+∞上恒成立． 【详解】∵(0)0f ≥，即0a ≥，（1）当01a ≤≤时，2222()22()22(2)0f x x ax a x a a a a a a a =-+=-+-≥-=->， 当1a >时，(1)10f =>，故当0a ≥时，2220x ax a -+≥在(,1]-∞上恒成立； 若ln 0x a x -≥在(1,)+∞上恒成立，即ln xa x≤在(1,)+∞上恒成立， 令()ln xg x x=，则2ln 1'()(ln )x g x x -=，当,x e >函数单增，当0,x e <<函数单减，故()()min g x g e e ==，所以a e ≤．当0a ≥时，2220x ax a -+≥在(,1]-∞上恒成立； 综上可知，a 的取值范围是[0,]e ， 故选C ．【典例2】（2020·全国·高考真题（理））已知函数2()e x f x ax x =+-.（1）当a =1时，讨论f （x ）的单调性；（2）当x ≥0时，f （x ）≥12x 3+1，求a 的取值范围.【答案】（1）当(),0x ∈-∞时，()()'0,f x f x <单调递减，当()0,x ∈+∞时，()()'0,f x f x >单调递增.（2）27e ,4∞⎡⎫-+⎪⎢⎣⎭【分析】(1)由题意首先对函数二次求导，然后确定导函数的符号，最后确定原函数的单调性即可. (2)方法一：首先讨论x =0的情况，然后分离参数，构造新函数，结合导函数研究构造所得的函数的最大值即可确定实数a 的取值范围.【详解】(1)当1a =时，()2e xf x x x =+-，()e 21x f x x ='+-，由于()''e 20xf x =+>，故()'f x 单调递增，注意到()00f '=，故：当(),0x ∈-∞时，()()0,f x f x '<单调递减， 当()0,x ∈+∞时，()()0,f x f x '>单调递增. (2) [方法一]【最优解】：分离参数 由()3112f x x ≥+得，231e 12x ax x x +-+，其中0x ≥， ①.当x =0时，不等式为：11≥，显然成立，符合题意；②.当0x >时，分离参数a 得，321e 12x x x a x ----， 记()321e 12x x x g x x ---=-，()()2312e 12x x x x g x x ⎛⎫---- ⎪⎝⎭'=-， 令()()21e 102xh x x x x =---≥，则()e 1xh x x ='--，()''e 10x h x =-≥，故()'h x 单调递增，()()00h x h ''≥=， 故函数()h x 单调递增，()()00h x h ≥=，由()0h x ≥可得：21e 102xx x ---恒成立， 故当()0,2x ∈时，()0g x '>，()g x 单调递增；当()2,x ∈+∞时，()0g x '<，()g x 单调递减； 因此，()()2max7e 24g x g -⎡⎤==⎣⎦, 综上可得，实数a 的取值范围是27e ,4∞⎡⎫-+⎪⎢⎣⎭. [方法二]：特值探路当0x ≥时，31()12f x x ≥+恒成立27e (2)54-⇒⇒f a ．只需证当274e a -≥时，31()12f x x ≥+恒成立．当274e a -≥时，227e ()e e 4-=+-≥+x xf x ax x 2⋅-x x ．只需证明2237e 1e 1(0)42-+-≥+≥xx x x x ⑤式成立．⑤式()223e74244e-+++⇔≤xx x x ，令()223e 7424()(0)e-+++=≥xx x x h x x ，则()()222313e 2e 92()e -+--=='xxx x h x ()()222213e 2e 9e⎡⎤-----⎣⎦=xx x x ()2(2)2e 9e⎡⎤--+-⎣⎦xx x x ，所以当29e 0,2⎡⎤-∈⎢⎥⎣⎦x 时，()0,()h x h x '<单调递减； 当29e ,2,()0,()2⎛⎫-∈> ⎪⎝⎭'x h x h x 单调递增； 当(2,),()0,()∈+∞<'x h x h x 单调递减．从而max [()]max{(0),(2)}4==h x h h ，即()4h x ≤，⑤式成立．所以当274e a -≥时，31()12f x x ≥+恒成立．综上274e a -≥．[方法三]：指数集中当0x ≥时，31()12f x x ≥+恒成立323211e1(1)e 122x x x ax x x ax x -⇒+-+⇒-++≤， 记()32(1(1)e 0)2xg x x ax x x -=-++≥，()2231(1)e 22123x g x x ax x x ax -'=--+++--()()()2112342e 212e 22xx x x a x a x x a x --⎡⎤=--+++=----⎣⎦，①.当210a +≤即12a ≤-时，()02g x x '=⇒=，则当(0,2)x ∈时，()0g x '>，()g x 单调递增，又()01g =，所以当(0,2)x ∈时，()1g x >，不合题意；②.若0212a <+<即1122a -<<时，则当(0,21)(2,)x a ∈+⋃+∞时，()0g x '<，()g x 单调递减，当(21,2)x a ∈+时，()0g x '>，()g x 单调递增，又()01g =，所以若满足()1g x ≤，只需()21g ≤，即()22(7e 14)g a --≤=27e 4a -⇒，所以当27e 142a -⇒≤<时，()1g x ≤成立；③当212a +≥即12a ≥时，()32311(1)e (1)e 22x xg x x ax x x x --=++≤-++，又由②可知27e 142a -≤<时，()1g x ≤成立，所以0a =时，31()(1)e 21xg x x x -=+≤+恒成立，所以12a ≥时，满足题意. 综上，27e 4a-. 【整体点评】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，本题主要考查利用导数解决恒成立问题，常用方法技巧有：方法一，分离参数，优势在于分离后的函数是具体函数，容易研究；方法二，特值探路属于小题方法，可以快速缩小范围甚至得到结果，但是解答题需要证明，具有风险性； 方法三，利用指数集中，可以在求导后省去研究指数函数，有利于进行分类讨论，具有一定的技巧性！ 【总结提升】利用分离参数法来确定不等式f (x ，λ)≥0(x ∈D ，λ为实参数)恒成立问题中参数取值范围的基本步骤： (1)将参数与变量分离，化为f 1(λ)≥f 2(x )或f 1(λ)≤f 2(x )的形式． (2)求f 2(x )在x ∈D 时的最大值或最小值．(3)解不等式f 1(λ)≥f 2(x )max 或f 1(λ)≤f 2(x )min ，得到λ的取值范围． 热点二 构造函数分类讨论法解决不等式恒成立问题【典例3】（2019·全国·高考真题（文））已知函数f （x ）=2sin x －x cos x －x ，f′（x ）为f （x ）的导数． （1）证明：f′（x ）在区间（0，π）存在唯一零点； （2）若x ∈[0，π]时，f （x ）≥ax ，求a 的取值范围． 【答案】（1）见解析； （2）(],0a ∈-∞.【分析】（1）求导得到导函数后，设为()g x 进行再次求导，可判断出当0,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0g x '>，当,2x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0g x '<，从而得到()g x 单调性，由零点存在定理可判断出唯一零点所处的位置，证得结论；（2）构造函数()()h x f x ax =-，通过二次求导可判断出()()min 2h x h a π''==--，()max 222h x h a ππ-⎛⎫''==- ⎪⎝⎭；分别在2a ≤-，20a -<≤，202a π-<<和22a π-≥的情况下根据导函数的符号判断()h x 单调性，从而确定()0h x ≥恒成立时a 的取值范围.【详解】（1）()2cos cos sin 1cos sin 1f x x x x x x x x '=-+-=+- 令()cos sin 1g x x x x =+-，则()sin sin cos cos g x x x x x x x '=-++= 当()0,x π∈时，令()0g x '=，解得：2x π=∴当0,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0g x '>；当,2x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0g x '<()g x ∴在0,2π⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增；在,2ππ⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减又()0110g =-=，1022g ππ⎛⎫=-> ⎪⎝⎭，()112g π=--=-即当0,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0g x >，此时()g x 无零点，即()f x '无零点()02g g ππ⎛⎫⋅< ⎪⎝⎭0,2x ππ⎛⎫∴∃∈ ⎪⎝⎭，使得()00g x =又()g x 在,2ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减 0x x ∴=为()g x ，即()f x '在,2ππ⎛⎫⎪⎝⎭上的唯一零点综上所述：()f x '在区间()0,π存在唯一零点（2）若[]0,x π∈时，()f x ax ≥，即()0f x ax -≥恒成立 令()()()2sin cos 1h x f x ax x x x a x =-=--+ 则()cos sin 1h x x x x a '=+--，()()cos h x x x g x '''==由（1）可知，()h x '在0,2π⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增；在,2ππ⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减且()0h a '=-，222h a ππ-⎛⎫'=- ⎪⎝⎭，()2h a π'=-- ()()min 2h x h a π''∴==--，()max 222h x h a ππ-⎛⎫''==- ⎪⎝⎭①当2a ≤-时，()()min 20h x h a π''==--≥，即()0h x '≥在[]0,π上恒成立()h x ∴在[]0,π上单调递增()()00h x h ∴≥=，即()0f x ax -≥，此时()f x ax ≥恒成立 ②当20a -<≤时，()00h '≥，02h π⎛⎫'> ⎪⎝⎭，()0h π'<1,2x ππ⎛⎫∴∃∈ ⎪⎝⎭，使得()10h x '=()h x ∴在[)10,x 上单调递增，在(]1,x π上单调递减又()00h =，()()2sin cos 10h a a ππππππ=--+=-≥()0h x ∴≥在[]0,π上恒成立，即()f x ax ≥恒成立③当202a π-<<时，()00h '<，2022h a ππ-⎛⎫'=-> ⎪⎝⎭20,2x π⎛⎫∴∃∈ ⎪⎝⎭，使得()20h x '=()h x ∴在[)20,x 上单调递减，在2,2x π⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增()20,x x ∴∈时，()()00h x h <=，可知()f x ax ≥不恒成立④当22a π-≥时，()max 2022h x h a ππ-⎛⎫''==-≤ ⎪⎝⎭()h x ∴在0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减 00h xh可知()f x ax ≥不恒成立 综上所述：(],0a ∈-∞【点睛】本题考查利用导数讨论函数零点个数、根据恒成立的不等式求解参数范围的问题.对于此类端点值恰为恒成立不等式取等的值的问题，通常采用构造函数的方式，将问题转变成函数最值与零之间的比较，进而通过导函数的正负来确定所构造函数的单调性，从而得到最值.【典例4】（2022·重庆巴蜀中学高三阶段练习）已知函数()()ln 20f x a x x a =-≠. (1)讨论()f x 的单调性；(2)当0x >时，不等式()()22cos eax x f x f x ⎡⎤-≥⎣⎦恒成立，求a 的取值范围. 【答案】(1)答案见解析 (2)(]0,2e【分析】（1）求出函数()f x 的定义域，求得()2a xf x x-'=，分析导数的符号变化，由此可得出函数()f x 的单调递增区间和递减区间；（2）令()t f x =，()e 2cos tg t t t =--，利用导数分析函数()g t 的单调性，对实数a 的取值进行分类讨论，求出()t f x =的取值范围，结合函数()g t 的图象可得出关于实数a 的不等式，即可求得实数a 的取值范围. （1）解：函数()()ln 20f x a x x a =-≠的定义域为()0,∞+，且()22a a x f x x x-'=-=.当0a <时，因为0x >，则()0f x '<，此时函数()f x 的单调递减区间为()0,∞+；当0a >时，由()0f x '<可得2ax >，由()0f x '>可得02ax <<.此时，函数()f x 的单调递增区间为0,2a ⎛⎫ ⎪⎝⎭，单调递减区间为,2a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭.综上所述，当0a <时，函数()f x 的单调递减区间为()0,∞+；当0a >时，函数()f x 的单调递增区间为0,2a ⎛⎫⎪⎝⎭，单调递减区间为,2a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭. （2）解：()()()()()()()ln 222cos e 2cos 0e 2cos 0eaf x a x x x x f x f x f x f x f x f x -⎡⎤⎡⎤⎡⎤-≥⇔--≥⇔--≥⎣⎦⎣⎦⎣⎦，设()e 2cos tg t t t =--，其中()t f x =，则()e 2sin t g t t '=-+，设()e sin 2th t t =+-，则()e cos th t t '=+，当0t ≤时，e 1t ≤，sin 1t ≤，且等号不同时成立，则()0g t '<恒成立，当0t >时，e 1t >，cos 1t ≥-，则()0h t '>恒成立，则()g t '在()0,∞+上单调递增，又因为()01g '=-，()1e 2sin10g '=-+>，所以，存在()00,1t ∈使得()00g t '=，当00t t <<时，()0g t '<；当0t t >时，()0g t '>.所以，函数()g t 在()0,t -∞上单调递减，在()0,t +∞上单调递增，且()00g =，作出函数()g t 的图象如下图所示：由（1）中函数()f x 的单调性可知，①当0a <时，()f x 在()0,∞+上单调递增，当0x +→时，()f x →+∞，当x →+∞时，()f x →-∞，所以，()t f x =∈R ，此时()00g t <，不合乎题意；②当0a >时，()max ln 22a a f x f a a ⎛⎫==- ⎪⎝⎭，且当0x +→时，()f x →-∞，此时函数()f x 的值域为,ln 2a a a ⎛⎤-∞- ⎥⎝⎦，即,ln 2a t a a ⎛⎤∈-∞- ⎥⎝⎦.（i ）当ln 02a a a -≤时，即当02e a <≤时，()0g t ≥恒成立，合乎题意；（ii ）当ln 02a a a ->时，即当2e a >时，取10min ln ,2a t a a t ⎧⎫=-⎨⎬⎩⎭，结合图象可知()10g t <，不合乎题意.综上所述，实数a 的取值范围是(]0,2e . 【规律方法】对于f (x )≥g (x )型的不等式恒成立问题，若无法分离参数，一般采用作差法构造函数h (x )＝f (x )－g (x )或h (x )＝g (x )－f (x )，进而只需满足h (x )min ≥0或h (x )max ≤0即可． 热点三 利用数形结合法解决不等式恒成立问题【典例5】（2013·全国·高考真题（文））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]-【答案】D【解析】作出函数()y f x =的图像，和函数y ax =的图像，结合图像可知直线y ax =介于l 与x 轴之间，利用导数求出直线l 的斜率，数形结合即可求解.【详解】由题意可作出函数()y f x =的图像，和函数y ax =的图像.由图像可知：函数y ax =的图像是过原点的直线， 当直线介于l 与x 轴之间符合题意，直线l 为曲线的切线，且此时函数()y f x =在第二象限的部分的解析式为 22y x x =-，求其导数可得22y x '=-，因为0x ≤，故2y '≤-， 故直线l 的斜率为2-，故只需直线y ax =的斜率a []2,0∈-. 故选：D【典例6】（2015·全国·高考真题（理））设函数()(21)xf x e x ax a =--+，其中1a < ，若存在唯一的整数0x ，使得0()0f x <，则a 的取值范围是（ ）A ．3,12e ⎡⎫-⎪⎢⎣⎭B ．33,2e 4⎡⎫-⎪⎢⎣⎭C ．33,2e 4⎡⎫⎪⎢⎣⎭ D ．3,12e ⎡⎫⎪⎢⎣⎭【答案】D【分析】设()()21xg x e x =-，()1y a x =-，问题转化为存在唯一的整数0x 使得满足()()01g x a x <-，求导可得出函数()y g x =的极值，数形结合可得()01a g ->=-且()312g a e-=-≥-，由此可得出实数a 的取值范围.【详解】设()()21xg x e x =-，()1y a x =-，由题意知，函数()y g x =在直线y ax a =-下方的图象中只有一个点的横坐标为整数，()()21x g x e x '=+，当12x <-时，()0g x '<；当12x >-时，()0g x '>.所以，函数()y g x =的最小值为12122g e -⎛⎫-=- ⎪⎝⎭.又()01g =-，()10g e =>.直线y ax a =-恒过定点()1,0且斜率为a ，故()01a g ->=-且()31g a a e -=-≥--，解得312a e≤<，故选D.【典例7】（2020·全国高二）若关于x 的不等式0x x e ax a ⋅-+<的解集为()m n ，(0n <)，且()m n ，中只有一个整数，则实数a 的取值范围是（ ）． A ．211[)e e， B ．221[)32e e， C ．212[)e e， D ．221[)3e e， 【答案】B 【解析】不等式0x x e ax a ⋅-+<有唯一整数解，即不等式()1xx e a x ⋅<-有唯一整数解，设()xg x x e =⋅，y ax a =-，求出()g x 的单调区间，作出其大致图像，y ax a =-恒过定点()10，P ，数形结合可得答案.【详解】设()xg x x e =⋅，y ax a =-，()()1xg x x e '=+⋅，由()0g x '>，解得1x >-，由()0g x '<解得1x <-所以()xg x x e =⋅在(]1-∞-，上单调递减，在[)1-+∞，上单调递增. 又当x →-∞ ，()0g x <且()0g x →，又()00g =，则()xg x x e =⋅的大致图象如下由题意由不等式0x x e ax a ⋅-+<有唯一整数解，即不等式()1xx e a x ⋅<-有唯一整数解即()xg x x e =⋅在直线y ax a =-下方的部分，故min 1()(1)g x g e=-=-，y ax a =-恒过定点()10，P ， 结合函数图像得PA PB k a k ≤<，即22132a e e≤<， 故选：B ．【点睛】本题考查根不等式的解集中整数的个数求参数范围的问题，解答本题的关键的根据题意转化为不等式()1x x e a x ⋅<-有唯一整数解，即()x g x x e =⋅在直线y ax a =-下方的部分中唯一整数x ，讨论出()xg x x e =⋅的单调区间，得出其大致图象，属于中档题.【精选精练】一、单选题1．（2022·湖北·黄冈中学模拟预测）对任意的(]12,1,3x x ∈，当12x x <时，1122ln 03x a x x x -->恒成立，则实数a的取值范围是（ ） A ．[)3,+∞ B ．()3,+∞ C ．[)9,+∞ D ．()9,+∞【答案】C【分析】将不等式等价变形，构造函数()ln 3af x x x =-，再借助函数单调性、最值求解作答.【详解】依题意，11211222ln 0ln (ln )0333x a a ax x x x x x x -->⇔--->，令()ln 3a f x x x =-，(1,3]x ∈， 则对任意的12,(1,3]x x ∈，当12x x <时，12()()f x f x >，即有函数()f x 在(1,3]上单调递减， 因此，(1,3]x ∀∈，()1033af x a x x'=-≤⇔≥，而max (3)9x =，则9a ≥， 所以实数a 的取值范围是[9,)+∞. 故选：C2．（2021·青海·西宁市海湖中学高三开学考试（文））若函数()2ln f x x x=-，满足() f x a x ≥-恒成立，则a 的最大值为（ ） A ．3 B ．4 C ．3ln 2- D ．3ln 2+【答案】C【分析】由题意，分离参数可得min 2ln a x x x ⎛⎫≤+- ⎪⎝⎭，令2()ln g x x x x=+-，然后利用导数求出()g x 的最小值即可求解.【详解】解：因为()2ln f x x x=-，满足() f x a x ≥-恒成立， 所以min2ln a x x x ⎛⎫≤+- ⎪⎝⎭，令2()ln g x x x x =+-，则()()()222221212()10x x x x g x x x x x x -+--'=--==>，令()0g x '>，得2x >，令()0g x '<，得02x <<， 所以()g x 在()0,2上单调递减，在()2,+∞上单调递增， 所以min ()(2)3ln 2g x g ==-， 所以3ln 2a ≤-，所以a 的最大值为3ln 2-， 故选：C.3．（2023·全国·高三专题练习）已知函数12ln ,(e)ey a x x =-≤≤的图象上存在点M ，函数21y x =+的图象上存在点N ，且M ，N 关于x 轴对称，则a 的取值范围是（ ）A ．21e ,2⎡⎤--⎣⎦B ．213,e ∞⎡⎫--+⎪⎢⎣⎭C ．213,2e ⎡⎤---⎢⎥⎣⎦D ．2211e ,3e ⎡⎤---⎢⎥⎣⎦【答案】A【详解】因为函数21y x =+与函数21y x =--的图象关于x 轴对称，根据已知得函数12ln ,(e)e y a x x =-≤≤的图象与函数21y x =--的图象有交点，即方程22ln 1a x x -=--在1,e e x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦上有解，即22ln 1a x x =--在1,e e x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦上有解．令()22ln 1g x x x =--，1,e e x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，则()()22212222xx g x x x x x--'=-==，可知()g x 在1,1e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递增，在[]1,e 上单调递减，故当1x =时，()()max 12g x g ==-，由于21e e 13g ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭，()2e e 1g =-，且2211e 3e -->-，所以212e a -≤≤-． 故选：A ．4．（2021·青海·大通回族土族自治县教学研究室高三开学考试（文））已知函数1()e 2xf x =，直线y kx =与函数()f x 的图象有两个交点，则实数k 的取值范围为（ ）A ．1e 2⎛ ⎝B ．(e,)+∞C ．(e,)+∞D ．1e,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭【答案】D【分析】首先考查临界情况，利用导数求得切线的斜率，据此可求得实数k 的取值范围【详解】当过原点的直线y kx =与函数()f x 的图象相切时，设切点为1,e 2m P m ⎛⎫⎪⎝⎭，由()1e 2x f x '=，可得过点P 的切线方程为()11e e 22m my x m -=-，代入点()0,0可得11e e 22m mm -=-，解得1m =，此时切线的斜率为1e 2，由函数()f x 的图象可知，若直线y kx =与函数()f x 的图象有两个交点，直线的斜率k 的取值范围为1e,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭． 故答案选：D5．（2022·福建省福安市第一中学高三阶段练习）设函数()()()()1e e ,e 1x x f x x g x ax =--=--，其中R a ∈.若对[)20,x ∀∈+∞，都1R x ∃∈，使得不等式()()12f x g x ≤成立，则a 的最大值为（ ） A ．0 B ．1eC ．1D ．e【答案】C【分析】由题意易知()0f x ≥恒成立，则可等价为对[)20,x ∀∈+∞，()20g x ≥恒成立，利用参变分离，可变形为e 1,(0)x a x x -≤>恒成立，易证e 11,(0)x x x->>，则可得1a ≤，即可选出答案.【详解】对[)20,x ∀∈+∞，都1R x ∃∈，使得不等式()()12f x g x ≤成立， 等价于()()12min min f x g x ≤,当1x <时，10,e e<0x x -<-，所以()0f x >， 当1≥x 时，10,e e 0x x -≥-≥，所以()0f x ≥， 所以()0f x ≥恒成立，当且仅当1x =时，min ()0f x =， 所以对[)20,x ∀∈+∞，()20g x ≥恒成立，即e 10x ax --≥， 当0x =，e 100x ax --=≥成立，当0x >时，e 1e 10x xax a x---≥⇒≤恒成立.记()e 1,0x h x x x =-->, 因为()e 10x h x '=->恒成立，所以()h x 在(0,)+∞上单调递增，且(0)0h =，所以()e 10xh x x =-->恒成立，即e 1e 11,(0)x xx x x-->⇒>>所以1a ≤.所以a 的最大值为1. 故选：C.【点睛】本题考查导数在不等式的恒成立与有解问题的应用，属于难题， 此类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 ∀∈，有12()()f x g x <成立，故max 12min ()()f x g x <； （2）若[]1,x a b ∀∈，[]2,x c d ∃∈，有12()()f x g x <成立，故1max 2max ()()f x g x <； （3）若[]1,x a b ∃∈，[]2,x c d ∃∈，有12()()f x g x <成立，故1min 2max ()()f x g x <； （4）若[]1,x a b ∃∈，[]2,x c d ∀∈，有12()()f x g x <成立，故1min 2min ()()f x g x <； （5）若[]1,x a b ∀∈，[]2,x c d ∃∈，有12()()f x g x =，则()f x 的值域是()g x 值域的子集． 二、多选题6．（2022·重庆南开中学高三阶段练习）已知定义在R 上函数()g x 满足：()()2g x g x =+，且()[)[)3,0,124,1,2x x x g x x x ⎧-∈⎪=⎨-+∈⎪⎩，设函数()()f x x g x =+，则下列正确的是（ ） A ．()f x 的单调递增区间为()()2,21,Z k k k +∈ B ．()f x 在()2022,2024上的最大值为2025 C ．()f x 有且只有2个零点 D ．()f x x ≥恒成立. 【答案】ABD【分析】由题可知函数()g x 为周期函数，根据导数判断函数的单调性，进而可得函数的值域可判断D ，结合条件可得函数()[)[)232,2,2144,21,22x kk x k k f x x k x k k -⎧+∈+⎪=⎨-++∈++⎪⎩可判断AB ，利用数形结合可判断C.【详解】由题可得函数()g x 为周期函数，当[)0,1x ∈时，()3x g x x =-，则()3ln31ln310xg x '=-≥->，函数单调递增，()[)31,2xg x x =-∈，当[)1,2x ∈时，()(]240,2g x x =-+∈， 故可得函数()g x 的值域为(]0,2，因为()[)[)3,0,124,1,2x x x g x x x ⎧-∈⎪=⎨-+∈⎪⎩，()()2g x g x =+，所以()()[)[)232,2,212244,21,22x kx k x k k g x g x k x k x k k -⎧-+∈+⎪=-=⎨-++∈++⎪⎩(Z k ∈)， 故()()f x x g x =+[)[)232,2,2144,21,22x k k x k k x k x k k -⎧+∈+⎪=⎨-++∈++⎪⎩，所以函数()f x 的单调递增区间为()()2,21,Z k k k +∈，单调减区间为()()21,22,Z k k k ++∈，故A 正确； 所以函数()f x 在()2022,2023上单调递增，在()2023,2024上单调递减， 故()f x 在()2022,2024上的最大值为()()()202320232023202312025f g g =+=+=，故B 正确；由()()0f x x g x =+=可得()g x x =-，所以函数()y g x =与函数y x =-交点的个数即为函数()f x 的零点数， 作出函数()y g x =与函数y x =-的大致图象，由图可知函数()y g x =与函数y x =-有一个交点， 即函数()f x 有且只有1个零点，故C 错误；由()f x x ≥，即()0g x ≥，因为()g x ∈(]0,2，故()f x x ≥恒成立，故D 正确. 故选：ABD. 三、填空题7．（2022·湖北·黄冈中学模拟预测）函数2()2e x f x a bx =++，其中a ，b 为实数，且(0,1)a ∈.已知对任意24e b >，函数()f x 有两个不同零点，a 的取值范围为___________________.【答案】)8e ,1-⎡⎣【分析】将函数有两个不同零点转化为方程有两个不等实根；再将方程变形构造新函数，求导并研究新函数的单调性，求其最小值，得到22ln ba-≥e ，再由已知条件求得)8,1a -⎡∈⎣e 即可. 【详解】因为()f x 有两个不同零点()0f x ⇔=有两个不相等的实根 即220x a bx ++=e 有两个不相等的实根； 所以ln 220x a bx ++=e e ，令ln t x a = ，则220ln tbta++=e e ，t 显然不为零，所以22ln t b a t+-=e e ，因为()0,1a ∈ ，24e b > ， 所以20ln ba-> ，所以0t > ； 令()()20t g t t t+=>e e ，则()()22t t t g t t-+'=e e e ；令()()()20t t h t t t =-+>e e e ，则()0t t t t h t t t '=+-=>e e e e ，所以()h t 在()0,∞+上单调递增，又()20h = ，所以当()0,2t ∈时，()0h t < ；当()2,t ∈+∞ 时，()0h t > ； 所以当()0,2t ∈时，()0g t '< ；当()2,t ∈+∞ 时，()0g t '> ； 故()g t 在()0,2上单调递减，在()2,+∞上单调递增；所以()()2min 2g t g ==e ，所以22ln ba-≥e ； 又24e b >，所以24b >e ，所以ln 42a -≤ 即ln 8a ≥- ，8a -≥e ， 又()0,1a ∈ ，所以)8,1a -⎡∈⎣e ； 故答案为：)8,1-⎡⎣e .8．（2023·江苏·南京市中华中学高三阶段练习）若关于x 的不等式()()ee ln mxmx m x x mx x x +≤+-恒成立，则实数m 的最小值为________ 【答案】e e 1- 【分析】将不等式两边同时除以m x ，进而转化为()()ln e eln m x x xx m x x -+≤+-，令()e x f x x =+，进而将原不等式转化为()()()ln f x f m x x ≤-恒成立，再根据单调性转化为ln xm x x≥-恒成立，进而构造函数()()0ln xg x x x x=>-，求导分析最大值即可. 【详解】∵0x >，∴不等式两边同时除以mx ，得：()e e ln mxxm x m x x x+≤+-∴()1lne eln mmx xx x m x x ++≤+- ∴()ln e eln x mx m xx m x x -+≤+- ∴()()ln e eln m x x xx m x x -+≤+- ①令()e xf x x =+，可知()f x 单调递增.①式等价于()()()ln f x f m x x ≤-恒成立 ∴()ln x m x x ≤-恒成立.构造()()ln 0x x x x ϕ=->，则()1x x xϕ-'=，故当()0,1x ∈时()0x ϕ'<， 当()1,x ∈+∞时()0x ϕ'>，所以()()ln 0x x x x ϕ=->在1x =时取得最小值. 即()()ln 010x x x ϕϕ=-≥=>，∴ln 0x x -> ∴ln xm x x≥-恒成立 令()()0ln xg x x x x=>- ∴()g x '()()221ln 11ln ln ln x x x x x x x x x ⎛⎫--- ⎪-⎝⎭==-- ∴当()0e x ∈，时，()0g x '>，∴()g x 单调递增；当()e x +∞，时，()0g x '< ∴()g x 单调递减； ∴()g x 的最大值为()e e e 1g =- ∴ee 1m ≥-，故实数m 的最小值为e e 1-. 故答案为：e e 1- 【点睛】关键点点睛：本题关键是将已知不等式转化为()()ln e eln m x x xx m x x -+≤+-，构造()e x f x x =+，进而将原不等式转化为()()()ln f x f m x x ≤-恒成立，再根据单调性即可得到.9．（2022·全国·长垣市第一中学高三开学考试（理））已知不等式e ln x a a x x x +≥+对任意()1,x ∈+∞恒成立，则正实数a 的取值范围是___________. 【答案】(]0,e【分析】将题目所给不等式进行变形，然后利用构造函数法，结合导数来求得a 的取值范围. 【详解】不等式e ln x a a x x x +≥+可变形为ln e ln e ln x a a x x x a x a x --=-. 因为0a >且1x >，所以ln 0a x >.令()e (0)u f u u u =->，则()e 10uf u ='->.所以函数()f u 在()0,∞+上单调递增.不等式ln e e ln x a x x a x -≥-等价于()()ln f x f a x ≥，所以ln x a x ≥. 因为1x >，所以ln x a x≤. 设()(1)ln xg x x x=>，则()2ln 1(ln )x g x x -'=.当()1,e x ∈时，()0g x '<，函数()g x 在()1,e 上单调递减； 当()e,x ∈+∞时，()0g x '>，函数()g x 在()e,+∞上单调递增. 所以()min ()e e g x g ==，所以0e a <≤. 故正实数a 的取值范围是(]0,e .10．（2022·重庆南开中学高三阶段练习）已知函数124e ,1()(2)2,1x ax a x f x x a x a x -⎧+->=⎨+--≤⎩，若关于x 的不等式()0≤f x 的解集为[)2,-+∞，则实数a 的取值范围是___________. 【答案】[]1,2【分析】将不等式()0≤f x 的解集为[)2,-+∞转化为21(2)20x x a x a ≤⎧⎨+--≤⎩的解为[]2,1-及当1x >时，14e 0x ax a -+-≤恒成立，从而可求得12a ≤≤.【详解】不等式()0≤f x 等价于21(2)20x x a x a ≤⎧⎨+--≤⎩或114e 0x x ax a ->⎧⎨+-≤⎩， 而()0≤f x 的解集为[)2,-+∞，故21(2)20x x a x a ≤⎧⎨+--≤⎩的解为[]2,1-且14e 0x ax a -+-≤对任意的1x >恒成立. 又21(2)20x x a x a ≤⎧⎨+--≤⎩即为()()120x x x a ≤⎧⎪⎨+-≤⎪⎩，若2a <-，则()()120x x x a ≤⎧⎪⎨+-≤⎪⎩即为12x a x ≤⎧⎨≤≤-⎩，这与解为[]2,1-矛盾；若2a =-，则()()120x x x a ≤⎧⎪⎨+-≤⎪⎩即为12x x ≤⎧⎨=-⎩，这与解为[]2,1-矛盾；若2a >-，则()()120x x x a ≤⎧⎪⎨+-≤⎪⎩即为12x x a ≤⎧⎨-≤≤⎩，因为21(2)20x x a x a ≤⎧⎨+--≤⎩的解为[]2,1-，故1a ≥.当1x >时，14e0x ax a -+-≤恒成立即为14e 1x a x -≤+恒成立， 令()14e ,11x s x x x -=>+，则()()()()111224e 14e 4e 011x x x x x s x x x ---+-'==>++， 故()s x 在()1,+∞为增函数，故()()02s x s >=， 故2a ≤. 综上，12a ≤≤ 故答案为：[]1,2.【点睛】思路点睛：与分段函数有关的不等式解的问题，应该就不同解析式对应的范围分类讨论，讨论时注意结合解析式的形式确定分类讨论还是参变分离.四、解答题11．（2022·全国·高一课时练习）已知函数，()()e 1e x xf x a -=++．(1)若0是函数()2=-y f x 的零点，求a 的值；(2)若对任意,()0x ∈+∞，不等式()1f x a ≥+恒成立，求a 的取值范围． 【答案】(1)0 (2)(,3]-∞【分析】（1）0是函数()2=-y f x 的零点代入可得a ；（2）由题意知e (1)e 1-++≥+xxa a 在(0,)+∞上恒成立，转化为2e e 1e 1x xxa -+≤-在(0,)+∞上恒成立，化简可得11≤++a t t，利用均值不等式求最值可得答案.（1）因为0是函数()2=-y f x 的零点，所以00e (1)e 20a -++-=，解得a ＝0； （2）由题意知e (1)e 1-++≥+x x a a 在(0,)+∞上恒成立，则()2e 1e e 1x x xa -≤-+，又因为,()0x ∈+∞，所以e 1x>，则2e e 1e 1x x xa -+≤-， 令e 1(0)-=>x t t ，则e 1x t =+，可得22(1)(1)1111+-++++≤==++t t t t a t t t t， 又因为111123t t t t ++≥+⋅=，当且仅当1t t =即1t =时，等号成立，所以3a ≤，即a 的取值范围是(],3-∞．12．（2021·河南·高三开学考试（文））已知函数()()()ln 12f x a x x a =+-∈R . （1）讨论函数()f x 的单调性；（2）若函数()3f x 在()1,+∞上恒成立，求证：2e a <.（注：3e 20≈）【答案】（1）当0a 时，()f x 在()0,∞+上单调递；当0a >时，数()f x 在0,2a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增；在,2a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递减； （2）证明见解析.【分析】（1）对函数求导，讨论0a 和0a >两种情况，即可得出函数的单调性； （2）利用分类参数的方法，先得到23ln 1x a x +≤+，构造新的函数()()231ln 1x h x x x +=>+，用导数的方法求其最小值，即可证明结论成立.【详解】（1）由题知函数()f x 的定义域为()0,∞+，()22a a xf x x x-'=-= ①当0a ≤时，()0f x '<，此时函数()f x 在()0,∞+上单调递； ②当0a >时，令()0f x '>，得02ax <<；令()0f x '<，得2a x >， 所以函数()f x 在0,2a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增；在,2a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递减；综上，当0a 时，()f x 在()0,∞+上单调递；当0a >时，数()f x 在0,2a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增；在,2a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递减；（2）由题意，()()ln 123f x a x x =+-在()1,+∞上恒成立， 可化为23ln 1x a x +≤+在()1,x ∈+∞上恒成立， 设()()231ln 1x h x x x +=>+， 则()()()()()22132ln 1232ln ln 1ln 1x x x x x h x x x +-+⨯-'==++设()()32ln 1x x x x ϕ=->，则()2230x x xϕ'=+>， 所以()x ϕ在()1,+∞上单调递增，又()3ln16322ln 2022ϕ-=-=<，()3e 20eϕ=-> 所以方程()0h x '=有且只有一个实根0x ，且02e x <<，0032ln x x =， 所以在()01,x 上，()0h x '<，()h x 单调递减， 在()0,x +∞上，()0h x '>，()h x 单调递增， 所以函数()h x 的最小值为()000000232322e 3ln 112x x h x x x x ++===<++， 从而022e a x ≤<. 【点睛】思路点睛：求解不等式在给定区间内恒成立求参数的问题时，优先考虑分离参数的方法，分离出所求参数，构造新的函数，利用导数的方法求解函数的最值，进而即可求解.13．（2022·云南省下关第一中学高三开学考试）已知函数()ln (1)f x x x a x a =-++． (1)求函数()f x 的极值；(2)若不等式(1)()(2)e x f x x a a -≤--+对任意[1,)x ∈+∞恒成立，求实数a 的取值范围． 【答案】(1)极小值为e a a -；无极大值 (2)a 的取值范围为(,0]-∞【分析】（1）先判断函数定义域，再求导结合函数单调性求出极值即可；（2）对函数进行同构变形，令()(1)e x g x x a =--，则(ln )(1)g x g x ≤-对任意[1,)x ∈+∞恒成立，首先可以证明0ln 1x x ≤≤-对[1,)x ∈+∞恒成立，原题转化为求()g x 在[0,)+∞上单调递增时a 的取值范围即可. （1）由题意得：()ln (1)f x x x a x a =-++，,()0x ∈+∞， 所以()ln f x x a '=-，令()0f x '=，解得e (0,)a x =∈+∞，当0e a x <<时()0f x '<；当e a x >时，()0f x '>．所以()f x 在()0,e a 上单调递减，在()e ,a+∞上单调递增． 所以()f x 有极小值，为()e e a af a =-；无极大值．（2）由已知得，(1)ln (1)(2)e x x x a x x a --+≤--对任意[1,)x ∈+∞恒成立， 即ln (1)(ln 1)e [(1)1]e x x x a x a ---≤---对任意[1,)x ∈+∞恒成立， 令()(1)e x g x x a =--，则(ln )(1)g x g x ≤-对任意[1,)x ∈+∞恒成立， 下证：0ln 1x x ≤≤-对任意[1,)x ∈+∞恒成立， 令()ln (1)h x x x =--，[1,)x ∈+∞． 则()10xh x x-'=≤在[1,)+∞上恒成立，且仅当1x =时取"="． 所以()h x 在[1,)+∞上单调递减，()(1)0h x h ≤=， 即0ln 1x x ≤≤-，[1,)x ∈+∞所以(ln )(1)g x g x ≤-对任意[1,)x ∈+∞恒成立，只需()g x 在[0,)+∞上单调递增，即()()e 0xg x x a '=-≥在[0,)+∞上恒成立，即a x ≤在[0,)+∞上恒成立， 所以0,a ≤即a 的取值范围为(,0]-∞.【点睛】导数求参问题要善于运用转化的手法，本题先运用同构方法对原不等式变形，最终转化为函数单调性问题，结合函数的单调性与导数的关系，即可解答.14．（2022·甘肃定西·高二开学考试（理））已知函数()ln f x x x =，()23g x x ax =-+-(1)求()f x 在()()e,e f 处的切线方程(2)若存在[]1,e x ∈时，使()()2f x g x ≥恒成立，求a 的取值范围． 【答案】(1)2e y x =- (2)32eea【分析】（1）求出函数()f x 的导函数，确定切线的斜率，即可求()f x 在()()e,e f 处的切线方程；（2）先把不等式()()2f x g x ≥成立转化为32ln a x x x≤++成立，设32ln x x xx，[]1,e x ∈，利用导函数求出()x ϕ在[]1,e x ∈上的最大值，即可求实数a 的取值范围．（1）由()ln f x x x =，可得()ln 1f x x '=+， 所以切线的斜率()e 2k f '==，()e e f =．所以()f x 在()()e,e f 处的切线方程为()e 2e y x -=-，即2e y x =-； （2） 令20l 223n h x xf xg x x ax x ，则max 32ln a x x x ⎡⎤≤++⎢⎥⎣⎦，令32ln x x xx ，[]1,e x ∈， 在[]1,e x ∈上，2130x xxx ，()x ϕ∴在[]1,e 上单调递增，max3e 2e +ex ， 32eea． 15．（2016·四川·高考真题（理））设函数f (x )=ax 2-a -ln x ，其中a ∈R. （I ）讨论f (x )的单调性；（II ）确定a 的所有可能取值，使得11()xf x e x->-在区间（1，+∞）内恒成立(e=2.718…为自然对数的底数)． 【答案】（I ） 见解析（II ） 1[,)2a ∈+∞.【详解】试题分析：本题考查导数的计算、利用导数求函数的单调性，解决恒成立问题，考查学生的分析问题、解决问题的能力和计算能力.第（Ⅰ）问，对()f x 求导，再对a 进行讨论，从而判断函数()f x 的单调性；第（Ⅱ）问，利用导数判断函数的单调性，从而证明结论. 试题解析：（Ⅰ）2121()2(0).ax f x ax x x x --=>'=0a ≤当时，()'f x <0，()f x 在0+∞（，）内单调递减. 0a >当时，由()'f x =0，有12x a=. 此时，当x ∈10,)2a（时，()'f x <0，()f x 单调递减； 当x ∈1+)2a（，∞时，()'f x >0，()f x 单调递增. （Ⅱ）令()g x =111ex x --，()s x =1e x x --.则()s x '=1e 1x --. 而当1x >时，()s x '>0，所以()s x 在区间1+)∞（，内单调递增. 又由(1)s =0，有()s x >0， 从而当1x >时，()f x >0.当0a ≤，1x >时，()f x =2(1)ln 0a x x --<.故当()f x >()g x 在区间1+)∞（，内恒成立时，必有0a >. 当102a <<时，12a>1. 由（Ⅰ）有1()(1)02f f a <=,从而1()02g a>， 所以此时()f x >()g x 在区间1+)∞（，内不恒成立. 当12a ≥时，令()()()(1)h x f x g x x =-≥， 当1x >时，3212222111112121()20xx x x x h x ax e x x x x x x x x --+-+=-+->-+-=>>'， 因此，()h x 在区间(1,)+∞单调递增.又因为(1)=0h ，所以当1x >时，()()()0h x f x g x =->，即()()f x g x >恒成立. 综上，1[,)2a ∈+∞.【考点】导数的计算，利用导数求函数的单调性，解决恒成立问题【名师点睛】本题考查导数的计算，利用导数求函数的单调性，解决恒成立问题，考查学生的分析问题、解决问题的能力和计算能力．求函数的单调性，基本方法是求'()f x ，解方程'()0f x =，再通过'()f x 的正负确定()f x 的单调性；要证明不等式()()f x g x >，一般证明()()f x g x -的最小值大于0，为此要研究函数()()()h x f x g x =-的单调性．本题中注意由于函数()h x 的极小值没法确定，因此要利用已经求得的结论缩小参数取值范围．比较新颖，学生不易想到，有一定的难度．16．（2020·河南开封市·高三一模（理））已知函数()()ln 0af x ax x a =>.（1）当1a =时，求曲线()y f x =在x e =处的切线方程； （2）若()xf x xe ≤对于任意的1x >都成立，求a 的最大值.【答案】（1）2y x e =-；（2）最大值为e . 【解析】（1）先由1a =，得到()ln f x x x =，对其求导，根据导数的几何意义，即可求出切线方程；（2）先由不等式恒成立，得到ln ln a a x x x x e e ≤⋅，构造函数()ln g x x x =，利用导数的方法判定其单调性，得到a x x e ≤对于任意的1x >都成立，分离参数，得到ln xa x≤对于任意的1x >都成立，再由导数的方法求出ln xx的最小值，即可得出结果. 【详解】（1）当1a =时，()ln f x x x =，得()ln 1f x x '=+， 则()f e e =，()2f e '=，所以()y f x =在x e =处的切线方程为：2y x e =-. （2）当0a >且1x >时，由于()ln ln ln ln xaxaaxaaxxf x xe ax x xe x x xe x x e e ≤⇔≤⇔≤⇔≤⋅， 构造函数()lng x x x =，得()ln 10g x x '=+>在1x >上恒成立，所以()ln g x x x =在()1,+∞上单调递增，()()()ln ln x a a x x a x f x xe x x e e g x g e ≤⇔≤⋅⇔≤，由于()xf x xe ≤对任意的1x >都成立，又1a x >，e 1x >，再结合()g x 的单调性知道：。
高中数学第三讲：恒成立与存在性问题
专题——恒成立与存在性问题在代数综合问题中常遇到恒成立与存在性问题．两类问题类似，均涉及常见函数的性质、图象，渗透着换元、化归、数形结合、函数与方程等思想方法．知识点总结：(1)恒成立问题1. ∀x ∈D,均有f (x )>A 恒成立，则f (x )min >A ；2. ∀x ∈D,均有f (x )﹤A 恒成立，则 f (x )ma x <A .3. ∀x ∈D,均有f (x ) >g (x )恒成立，则F (x )= f (x )- g (x ) >0，∴ F (x )min >04. ∀x ∈D,均有f (x )﹤g (x )恒成立，则F (x )= f (x )- g (x ) ﹤0，∴ F (x ) ma x ﹤05. ∀x 1∈D, ∀x 2∈E,均有f (x 1) >g (x 2)恒成立，则f (x )min > g (x )ma x6. ∀x 1∈D, ∀x 2∈E,均有f (x 1) <g (x 2)恒成立，则f (x ) ma x < g (x ) min(2)存在性问题1. ∃x 0∈D,使得f (x 0)>A 成立，则f (x ) ma x >A ；2. ∃x 0∈D,使得f (x 0)﹤A 成立，则 f (x ) min <A3. ∃x 0∈D,使得f (x 0) >g (x 0)成立，设F (x )= f (x )- g (x )，∴ F (x ) ma x >04. ∃x 0∈D,使得f (x 0) <g (x 0)成立，设F (x )= f (x )- g (x )，∴ F (x ) min <05. ∃x 1∈D, ∃x 2∈E, 使得f (x 1) >g (x 2)成立，则f (x ) ma x > g (x ) min6. ∃x 1∈D, ∃x 2∈E,均使得f (x 1) <g (x 2)成立，则f (x ) min < g (x ) ma x(3)相等问题1. ∀x 1∈D, ∃x 2∈E,使得f (x 1)=g (x 2)成立，则{ f (x )} {g (x )}(4)恒成立与存在性的综合性问题1. ∀x 1∈D, ∃x 2∈E, 使得f (x 1) >g (x 2)成立，则f (x )m in > g (x ) m in2. ∀x 1∈D, ∃x 2∈E, 使得f (x 1) <g (x 2)成立，则f (x ) max < g (x ) max3.设函数()x f 、()x g ，对任意的∀x 1∈D, ∃x 2∈E ，使得()()21x g x f =，设f(x)在区间[a,b]上的值域为A ，g(x)在区间[c,d]上的值域为B,则A ⊂B.⊆(5)恰成立问题1. 若不等式f (x )>A 在区间D 上恰成立，则等价于不等式f (x )>A 的解集为D ；2.若不等式f (x )<B 在区间D 上恰成立，则等价于不等式f (x )<B 的解集为D .恒成立问题，涉及到一次函数、二次函数的性质、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。
浅谈高中数学中的“恒成立”与“存在性”的综合问题
浅谈高中数学中的“恒成立”与“存在性”的综合问题高中数学中的“恒成立”与“存在性”是高中数学中重要的概念。
它们都涉及到数学中的思维技巧，也是指导学生使用抽象来解决数学问题的重要原则。
两者有着非常重要的关系，本文将着重分析这两个概念的内涵，以及它们之间的关系，为学生未来学习数学打下基础。
“恒成立”是数学概念的重要组成部分，它表明数学定理是恒定不变的，不会随时间和空间的改变而改变。
例如，二次方程的根的求解，根据拉格朗日的二次方程定理，我们可以得出根的公式，这个公式在不同的时空中都是恒成立的。
此外，还有欧几里得定理、勾股定理、费马定理等，都是恒成立的定理。
“存在性”指的是某一定理能够被证明，可以提供证明定理存在的方式。
这一概念的基础是对定理的规则推理，通过推理这些规则，可以得出一些数学定理的存在性。
最常用的证明定理存在性的方式是证明反证法，即先假定定理的假设是错误的，考虑假设的反面，如果计算的结果恰好矛盾，则说明定理是存在的。
从数学概念的定义来看，“恒成立”与“存在性”之间存在有机结合关系。
首先，“存在性”先于“恒成立”，因为“存在性”是定理能够被证明的基础，是定理恒定的前提，而“恒成立”则是“存在性”的结果。
而“恒成立”则是证明“存在性”的重要工具，根据“恒成立”，通过运用既定的数学公式，可以将定理（或者命题）转化为更简单的推理，来证明定理的存在性。
另外，“恒成立”与“存在性”也是高中数学知识中最重要的两大原则。
从数学思维的角度上讲，“存在性”鼓励学生考虑问题的反面，用反证法思考，并有手段地证明或证伪定理，从而运用更多的数学工具来解决问题；而“恒成立”则鼓励学生把固有的数学思维方式发挥出来，从而帮助他们加深对定理的理解，提高数学思维的能力。
综上所述，“恒成立”与“存在性”的综合问题在数学思维中都起着重要的作用。
它们是数学概念的组成部分，也是证明、推理、解决数学问题的重要原则，对学生学习数学有着重要的作用。
2020 年高中数学恒成立、存在性问题解决办法
2020 年恒成立、存在性问题解决办法1、恒成立问题的转化：()a f x >恒成立⇒()max a f x >；()()min a f x a f x ≤⇒≤恒成立2、能成立问题的转化：()a f x >能成立⇒()min a f x >；()()max a f x a f x ≤⇒≤能成立3、恰成立问题的转化：()a f x >在M 上恰成立⇔()a f x >的解集为M ()()R a f x M a f x C M ⎧>⎪⇔⎨≤⎪⎩在上恒成立在上恒成立另一转化方法：若A x f D x ≥∈)(,在D 上恰成立，等价于)(x f 在D 上的最小值A x f =)(min ，若 ,D x ∈B x f ≤)(在D 上恰成立，则等价于)(x f 在D 上的最大值B x f =)(max .4、设函数()x f 、()x g ，对任意的[]b a x ,1∈，存在[]d c x ,2∈，使得()()21x g x f ≥，则()()x g x f min min ≥5、设函数()x f 、()x g ，对任意的[]b a x ,1∈，存在[]d c x ,2∈，使得()()21x g x f ≤，则()()x g x f max max ≤6、设函数()x f 、()x g ，存在[]b a x ,1∈，存在[]d c x ,2∈，使得()()21x g x f ≥，则()()x g x f min max ≥7、设函数()x f 、()x g ，存在[]b a x ,1∈，存在[]d c x ,2∈，使得()()21x g x f ≤，则()()x g x f max min ≤8、若不等式()()f x g x >在区间D 上恒成立，则等价于在区间D 上函数()y f x =和图象在函数()y g x =图象上方；9、若不等式()()f x g x <在区间D 上恒成立，则等价于在区间D 上函数()y f x =和图象在函数()y g x =图象下方； 题型一、简单型1、已知函数12)(2+-=ax x x f ，xax g =)(，其中0>a ，0≠x ． 1）对任意]2,1[∈x ，都有)()(x g x f >恒成立，求实数a 的取值范围；（构造新函数） 2）对任意]4,2[],2,1[21∈∈x x ，都有)()(21x g x f >恒成立，求实数a 的取值范围；（转化）简解：（1）由12012232++<⇒>-+-x x x a x a ax x 成立，只需满足12)(23++=x x x x ϕ的最小值大于a 即可．对12)(23++=x xx x ϕ求导，0)12(12)(2224>+++='x x x x ϕ，故)(x ϕ在]2,1[∈x 是增函数，32)1()(min ==ϕϕx ，所以a 的取值范围是320<<a ．2、设函数b x x a x h ++=)(，对任意]2,21[∈a ，都有10)(≤x h 在]1,41[∈x 恒成立，求实数b 的范围． 分析：思路、解决双参数问题一般是先解决一个参数，再处理另一个参数．以本题为例，实质还是通过函数求最值解决．方法1：化归最值，10)(10)(max ≤⇔≤x h x h ；方法2：变量分离，)(10x xab +-≤或x b x a )10(2-+-≤； 方法3：变更主元（新函数），0101)(≤-++⋅=b x a xa ϕ，]2,21[∈a简解：方法1:对b x xax h ++=)(求导，22))((1)(xa x a x x a x h +-=-='，（单调函数） 由此可知，)(x h 在]1,41[上的最大值为)41(h 与)1(h 中的较大者．⎪⎩⎪⎨⎧-≤-≤⇒⎪⎩⎪⎨⎧≤++≤++⇒⎪⎩⎪⎨⎧≤≤∴ab ab b a b a h h 944391011041410)1(10)41(，对于任意]2,21[∈a ，得b 的取值范围是47≤b ．3、已知两函数2)(x x f =，m x g x-⎪⎭⎫ ⎝⎛=21)(，对任意[]2,01∈x ，存在[]2,12∈x ，使得()21)(x g x f ≥，则实数m 的取值范围为解析：对任意[]2,01∈x ，存在[]2,12∈x ，使得()21)(x g x f ≥等价于m x g x-⎪⎭⎫ ⎝⎛=21)(在[]2,1上的最小值m -41不大于2)(x x f =在[]2,0上的最小值0，既041≤-m ，∴41≥m 题型二、更换主元法1、对于满足2p ≤的所有实数p,求使不等式212x px p x ++>+恒成立的x 的取值范围。
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高中恒成立问题总结
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。
核心思想:
1.恒成立问题的转化:
()a f x >恒成立⇒()max a f x >; ()()min a f x a f x ≤⇒≤恒成立
2.能成立问题的转化:
()a f x >能成立⇒()min a f x >; ()()max a f x a f x ≤⇒≤能成立
3.恰成立问题的转化:
若A x f D x ≥∈)(,在D 上恰成立⇒)(x f 在D 上的最小值A x f =)(min ;
若,D x ∈B x f ≤)(在D 上恰成立⇒ )(x f 在D 上的最大值B x f =)(max . 4. 设函数()x f ,()x g ，对任意的[]b a x ,1∈，存在[]d c x ,2∈，使得()()21x g x f ≥，则
()()x g x f min min ≥;
设函数()x f ,()x g ，对任意的[]b a x ,1∈，存在[]d c x ,2∈，使得()()21x g x f ≤，则
()()x g x f max max ≤;
设函数()x f ,()x g ，存在[]b a x ,1∈，存在[]d c x ,2∈，使得()()21x g x f ≥，则()()x g x f min max ≥;
设函数()x f ,()x g ，存在[]b a x ,1∈，存在[]d c x ,2∈，使得()()21x g x f ≤，则()()x g x f max min ≤;
5.若不等式()()f x g x >在区间D 上恒成立，则等价于在区间D 上函数()y f x =和图象在函数()y g x =图象上方;
若不等式()()f x g x <在区间D 上恒成立，则等价于在区间D 上函数()y f x =和图象在函数()y g x =图象下方.
6.常见二次函数
①.若二次函数2()(0)0f x ax bx c a =++≠>（或0<）在R 上恒成立，则有00a >⎧⎨∆<⎩（或00
a <⎧⎨∆<⎩）; ②.若二次函数2
()(0)0f x ax bx c a =++≠>（或0<）在指定区间上恒成立，可以利用韦达定理以及根的分布等知识求解.
例1．对于满足的一切实数，不等式恒成立，试求的取
值范围．
二﹑二次不等式恒成立问题
例2．已知关于的不等式对一切实数恒成立，求
实数的取值范围．
例3．已知函数()()()2
2241,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（ )
A ．(0，2)
B ．(0，8)
C ．(2，8)
D ．(－∞，0)
例4．已知函数()2
22f x x kx =-+，在1x ≥-恒有()f x k ≥，求实数k 的取值范围。
40≤≤p 342
-+>+p x px x x x 03)1(4)54(2
2>+---+x m x m m x m
形如“”或“”型不等式，是恒成立问题中最基本的类型，它的理论基础是“在上恒成立，则();在上恒成立，则()”．许多复杂的恒成立问题最终都可归结到这一类型． 例5.当(1,2)x ∈时，不等式2
40x
mx ++<恒成立，则m 的取值范围是 .
例6．已知二次函数，若时，恒有，求的取值范围．
例7．设函数f (x )＝mx 2－mx －1(m ≠0)，若对于x ∈[1,3]，f (x )＜－m ＋5恒成立，求m 的取值范围．
()a f x ≥()a f x ≤)(x f a ≥D x ∈max )]([x f a ≥D x ∈)(x f a ≤D x ∈min )]([x f a ≤D x ∈x ax x f +=2
)([]1,0∈x 1)(≤x f a
例8．若不等式x 2＋ax －2>0在区间[1,5]上有解，则a 的取值范围是( )
A.⎝⎛⎭⎫－23
5，＋∞ B.⎣⎡⎦⎤－23
5，1 C ．(1，＋∞) D.⎝
⎛⎦⎤－∞，－235
四、数形结合（对于()()f x g x ≥型问题，利用数形结合思想转化为函数图象的关系再处理） 例9.若对任意x R ∈,不等式||x ax ≥恒成立，则实数a 的取值范围是 (A) 1a <- (B) ||1a ≤ (C) ||1a < （D ）1a ≥
三﹑绝对值不等式恒成立问题
例10．对于任意实数，不等式恒成立，求实数的取值范围．
x a x x <--+21a
例11.若对任意x R ∈,不等式||x ax ≥恒成立，则实数a 的取值范围是 (A) 1a <- (B) ||1a ≤ (C) ||1a < （D ）1a ≥
四﹑含对数﹑指数不等式恒成立问题
例12．当时，不等式恒成立，求的取值范围．
五.形如“”型不等式 例8．已知函数，，若当时，恒成立，求实数的取值范围．
)2
1,0(∈x x x a log 2
<a ()()f x g x <)1lg(2
1
)(+=
x x f )2lg()(t x x g +=[]1,0∈x )()(x g x f ≤t。