有解无解恒成立问题的处理
恒成立问题常见类型及其解法
设 f x x 3 x 7
可求得 f x 10
lg x 3 x 7 lg10 1
a 1
三. 变换主元法：
例5.对任意a [-1,1],不等式x 2 (a - 4) x 4 - 2a 0 恒成立，求 的取值范围 x . 解：原问题转化为对任 a [-1,1], 意
m - 2 0 0 (5) 4m ，解得1 m 2 2( m - 2) 0 f ( 0) 0 y
y
m - 2 0 (6) ，无解 f (0) 0
综上所述， a 3 1
O
x
x
4.已知函数f ( x) (m - 2) x 2 - 4mx 2m - 6的图像与 x轴的负半轴有交点，求 实数m的取值范围 .
不等式( x - 2)a x - 4 x 4 0恒成立
2
令f (a) ( x - 2)a x - 4 x 4
2
f (1) 0 解得x 1或x 3. f (-1) 0
x的取值范围为 ,1) (3,). (-
数形结合法 4.数形结合法
解：因为ax2 1 1，所以- 1 - x ax2 1 - x (1)当x 0时， 0 1恒成立. -1
1 1 a- 2 1 1 1 1 x x (2)当x (0,1]时， 2 - a 2 - , 即 在（0, ,1]上恒成立. x x x x a 1 - 1 x2 x 1 令t 1, x 1 1 1 1 - 2 - 化为关于t的函数u -t 2 - t -(t ) 2 ，u max -2 x x 2 4 1 1 1 2 1 2 - 化为关于t的函数v t - t (t - ) - ，vmin 0 2 x x 2 4 要是不等式恒成立，应 u max a vmin，故 - 1 a 0 有 综上所述，如果 [0,1]时， ( x) 1恒成立，则- 2 a 0 x f
不等式恒成立或有解问题的解决策略
不等式恒成立或有解问题的解决策略恒成立与有解问题的解决策略大致分四类： ①构造函数，分类讨论； ②部分分离，化为切线； ③完全分离，函数最值； ④换元分离，简化运算；在求解过程中，力求“脑中有‘形’，心中有‘数’”.依托端点效应，缩小范围，借助数形结合，寻找临界.一般地，不等式恒成立、方程或不等式有解问题设计独特，试题形式多样、变化众多，涉及到函数、不等式、方程、导数、数列等知识，渗透着函数与方程、等价转换、分类讨论、换元等思想方法，有一定的综合性，属于能力题，在提升学生思维的灵活性、创造性等数学素养起到了积极的作用，成为高考的一个热点．【考点突破】【典例1】（2018届石家庄高中毕业班教学质量检测）已知函数()()()121xf x axe a x =-+-.（1）若1a =，求函数()f x 的图象在点()0,(0)f 处的切线方程； （2）当0x >时，函数()0f x ≥恒成立，求实数a 的取值范围.【解析】（Ⅰ）若1a =，则)12(2)(--=x xe x f x，4)('-+=xxe xe x f当0=x 时，2)(=x f ，3)('-=x f ， ………﹝导数的几何意义的应用﹞ 所以所求切线方程为23+-=x y 。
（Ⅱ）思路一：()()()121xf x axe a x =-+-，)1(2)1()('+-+=a e x a x f x，由条件可得，首先0)1(≥f ，得011>-≥e a ， 令()'()(1)2(1)xh x f x a x e a ==+-+，则'()(2)0x h x a x e =+>恒为正数，所以()'()h x f x =单调递增，………﹝高阶导数的灵活应用﹞而02)0('<--=a f ，0222)1('≥--=a ea f ，所以)('x f 存在唯一根0(0,1]x ∈，使得函数)(x f 在),0(0x 上单调递减，在)(0∞+x 上单调递增， ………﹝极值点不可求，虚拟设根﹞所以函数)(x f 的最小值为()()()0000121xf x ax e a x =-+-，只需0)(0≥x f 即可，又0x 满足)1(2200++=x a a e x ，得()20000(1)(21)1a x x f x x +-++=+，………﹝虚拟设根，整体代入﹞因为0(0,1]x ∈，所以200210x x -++≥，即0)(0≥x f 恒成立，所以实数a 的取值范围为1,1e ⎡⎫+∞⎪⎢-⎣⎭. 【审题点津】不等式恒成立可以直接构造函数，然后用导数证明该函数的增减性；再利用函数的单调性，转化为函数的最值的正负来求解参数的取值范围.本题出现极值点不可求的情形，不妨引入虚拟设根，设而不求，整体代换，通过形式化的代换或推理，达到化简并求解问题的目标.思路二：由条件可得，首先0)1(≥f ，得011>-≥e a ， 当0x >时，函数()0f x ≥恒成立，等价于()121xa xe x a+≥-对任意0x >恒成立，亦即函数1x y xe =的图象总在直线()2121a y x a+=-的上方（含边界）.………﹝部分分离，数形结合，化为图象的位置关系﹞令()()0xQ x xex >=，则()()10x Q x x e '=+>，所以()()0xQ x xe x >=单调递增；令()()()()01xP x Q x x x e '=+>=，则()()20x P x x e '=+>，所以()()()10xP x x e x +>=单调递增，所以()()0x Q x xe x >=为凹函数，如图所示，又()2121a y x a +=-是过定点1,02⎛⎫ ⎪⎝⎭的直线系，当直线与曲线相切时，可设切点为()00,T x y ，则()()()00000021112x Q x y x e y a a a x a '=+⎧+=⎪⎪⎪=⎨-⎪⎪⎪⎩，即()()(00021112x x x e a x e a a a ⎧+=⎪⎪⎨⎪=+⎩+⎪，……………﹝借助于导数的几何意义，寻找临界﹞解得01x =，此时切线的斜率为()1Q '=只需()212a e a+≤即可，解得11a e ≥-故a 的取值范围是1,1e ⎡⎫+∞⎪⎢-⎣⎭. 【审题点津】不等式恒成立也可以适当恒等变形，部分分离，化为函数过定点的直线与函数图象的位置关系；再利用导数的几何意义，应用运动的数学思想转化为直线的斜率与过定点的切线的斜率的大小关系求解参数的取值范围.思路三：由条件可得，首先0)1(≥f ，得011>-≥e a ， 当0x >时，函数()0f x ≥恒成立，等价于211xa x a xe -≥+对任意0x >恒成立. ………﹝将两个变量完全分离﹞设函数()()210xx F x x xe -=>，则()()()2211x x x F x x e +-='-， 当01x <<时，()0F x '>；当1x >时， ()0F x '<， 所以函数()F x 在()0,1上单调递增，在()1,+∞上单调递减； 所以()()max11F x F e ⎡⎤==⎣⎦. 只需11a a e ≥+，解得11a e ≥-. 故a 的取值范围是1,1e ⎡⎫+∞⎪⎢-⎣⎭. 【审题点津】不等式恒成立也可以适当恒等变形，完全分离，使得参数和主元分别位于不等式的左右两边，再巧妙构造函数，最后化归为所构造函数的最值求解.思路四：由于()()()()()1212121x x f x axe a x a xe x x =-+-=-+--，因为1x e x ≥+，当且仅当0x =时取等号，如图所示，（证明略） ………﹝重要不等式1x e x ≥+是放缩的途径﹞所以0112)1(122>+-=+-+≥+-x x x x x x xe x .………﹝借助于重要不等式1x e x ≥+灵活放缩﹞当0x >时，函数()0f x ≥恒成立，等价于1212+--≥x xe x a x 对任意0x >恒成立.令()2121x x u x xe x -=-+，则()()()()()()()()2222121122121211x x x x x xe x x x e e u x x x x e x xe x +-⎡⎤-+--+-⎣⎦'==--+-+， 当01x <<时，()0u x '>；当1x >时， ()0u x '<， 所以函数()u x 在()0,1上单调递增，在()1,+∞上单调递减；所以()()max111u x u e ⎡⎤==⎣⎦-. 只需11a e ≥-. 故a 的取值范围是1,1e ⎡⎫+∞⎪⎢-⎣⎭. 【审题点津】不等式恒成立也可以借助于不等式进行灵活放缩，进而合理避开分类讨论，彻底应用变量分离法，化归为所构造函数的最值求解.【拓展演练3】（2018届重庆市高中毕业班6月调研）已知函数()()1ln f x x a x a R x=+-∈． （1）若直线1y x =+与曲线()y f x =相切，求a 的值； （2）若关于x 的不等式()2f x e≥恒成立，求a 的取值范围. 【提示】（1）1a =-； （2）设()12ln g x x a x x e=+--，()0g x '=的解为0x ，则001a x x =-，()00000001121ln ()g x x x x x e x x e e ⎛⎫=+---≤≤ ⎪⎝⎭，所以11,a e e ee ⎡⎤∈--⎢⎥⎣⎦.【典例2】（2018届广州市高中毕业班一模）已知函数()ln 1f x ax x =++． （1）讨论函数()x f 零点的个数；（2）对任意的0>x ，()2e xf x x ≤恒成立，求实数a 的取值范围．【解析】（1）思路一：函数()x f 的定义域为()0,+∞，由()ln 1f x ax x =++，()1f x a x'=+， ①当0a ≥时，()0f x '≥，函数()x f 在()0,+∞上单调递增，因为()110f a =+>，当0x →时，()f x →-∞，所以函数()x f 有1个零点；………﹝利用零点存在性定理是解决此类问题的理论依据﹞②当0a <时，()1f x a x '=+，当1x a >-时，()0f x '<；当10x a<<-时，()0f x '>； 所以函数()x f 在10,a ⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递增，在1,a ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭上单调递减， ()max 11ln f x f a a ⎛⎫⎛⎫=-=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， ………﹝利用最值与0的大小关系加以判断﹞若1a <-，()max 1ln 0f x a ⎛⎫=-< ⎪⎝⎭，所以函数()x f 没有零点；若1a =-，()max 1ln 0f x a ⎛⎫=-= ⎪⎝⎭，所以函数()x f 有1个零点；若10a -<<，()max 1ln 0f x a ⎛⎫=-> ⎪⎝⎭，10a fe e ⎛⎫=< ⎪⎝⎭，且111e a <<-，所以函数()xf 在10,a ⎛⎫- ⎪⎝⎭有1个零点；又当x →+∞时，()f x →-∞，所以函数()x f 在1,a ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭有1个零点； 综上可知，当1a <-时，函数()x f 没有零点；当1a =-或0a ≥时，函数()x f 有1个零点；当10a -<<时，函数()x f 有2个零点．【审题点津】函数()x f 零点的个数问题的依据是零点的存在性定理，其解决过程要注意“脑中有‘形’，心中有‘数’”，这也是数形结合思想的渗透.思路二：函数()x f 的定义域为()0,+∞，由()ln 10f x ax x =++=，得ln 1x ax =--，令()()ln ,1u x x v x ax ==--，则函数()v x 是过定点()0,1-，斜率为k a =-的直线，而函数()u x 的图象如图所示，………﹝部分分离，数形结合，化为图象的位置关系﹞当直线1y kx =-与函数()ln u x x =相切时，两者只有一个交点，此时设切点为()00,P x y ，则()0000001ln 1u x kx y x y kx ⎧'==⎪⎪⎪=⎨⎪=-⎪⎪⎩，解得001,1,0x k y ===，……………﹝借助于导数的几何意义，寻找临界﹞ 所以当1k >时，函数()x f 没有零点；当1k =或0k ≤时，函数()x f 有1个零点；当01k <<时，函数()x f 有2个零点．所以当1a <-时，函数()x f 没有零点；当1a =-或0a ≥时，函数()x f 有1个零点；当10a -<<时，函数()x f 有2个零点．【审题点津】函数()x f 零点的个数问题也可以转化为两个基本初等函数的交点个数问题，灵活借助于导数的几何意义加以解决.思路三：函数()x f 的定义域为()0,+∞，由()ln 10f x ax x =++=，得ln 1x a x+=-， ………﹝将两个变量完全分离﹞ 令()()ln 10x g x x x +=->，则()2ln xg x x'=，因为当01x <<时，()0g x '<，当1x >时，()0g x '>， 所以函数()g x 在()0,1上单调递减，在()1,+∞上单调递增，()()min 11g x g ==-，由于10g e ⎛⎫= ⎪⎝⎭，所以当10x e <<时，()0g x >，当1x e>时，()0g x <，所以当1a <-时，函数()x f 没有零点；当1a =-或0a ≥时，函数()x f 有1个零点；当10a -<<时，函数()x f 有2个零点． ……………﹝借助于数形结合，确定分类的界点﹞【审题点津】函数()x f 零点的个数问题也可以应用变量分离法转化为水平直线与函数图象的交点个数问题来处理，形象直观，本题是转化为直线y a =与函数()()ln 10x g x x x+=->的图象的交点个数，只要借助于导数把函数()g x 的图象正确地画出来，自然一目了然.（2）思路一：由()ln 1f x ax x =++，所以对任意的0>x ，()2exf x x ≤恒成立，等价于2ln 1x x a e x+≤-在()0,+∞上恒成立， ………﹝将两个变量完全分离﹞ 令()()2ln 10xx m x e x x+=->，则()222ln x e x m x x +'=， 再令()22ln x n x e x =+，则()()22140x n x x x e x'=++>， 所以()n x 在()0,+∞上单调递增， 因为()12ln 20,104en n ⎛⎫=-<> ⎪⎝⎭， 所以()n x 有唯一零点0x ，且0114x <<， ………﹝零点不可求，虚拟设根﹞ 所以当00x x <<时，()0m x '<，当0x x >时，()0m x '>， 所以()m x 在()00,x 上单调递减，在()0,x +∞上单调递增，因为022002ln 0x x ex +=，所以()000ln 22ln 2ln ln x x x ++=-，即()()0000ln 22ln ln ln x x x x +=-+-， ………﹝善于结构分析，巧妙构造函数﹞ 设()ln s x x x =+，则()110s x x'=+>， 所以函数()s x 在()0,+∞上单调递增， 因为()()002ln s x s x =-，所以002ln x x =-，即0201xe x =， ……﹝设而不求，整体代入，求解最值﹞ 所以()()02000ln 12x x m x m x ex +≥=-=，则有2a ≤， 所以实数a 的取值范围(],2-∞．【审题点津】本题零点0x 的探求也可以将022002ln 0x x ex +=变形为2000112ln x x e x x =01ln 01ln x e x ⎛⎫⎪⎝⎭⎛⎫= ⎪⎝⎭，进而构造函数()()0x R x xe x =>来解决.思路二：设()()2ln 10x g x xe ax x x =--->，对任意的0>x ，()2e xf x x ≤恒成立，等价于()min 0g x ≥在()0,+∞上恒成立， ………﹝直接“左减右”构造函数﹞因为()()2121x g x x e a x '=+--，令()()2121x h x x e a x =+--，则()()221410x h x x e x'=++>， 所以()()h x g x '=在()0,+∞上单调递增， ………﹝高阶导数，层次要清晰﹞ 因为当0x →时，()h x →-∞，当x →+∞时，()h x →+∞， 所以()()h x g x '=在()0,+∞上存在唯一的零点0x ，满足()02001210x x ea x +--=， 所以()0200121x a x ex =+-，且()g x 在()00,x 上单调递减，在()0,x +∞上单调递增， 所以()()00222000000min ln 12ln 0x x g x g x x e ax x x e x ==---=--≥，……﹝设而不求，整体代入，求解最值﹞所以022002ln 0x x ex +≤，此时02002ln 01,2x x x e x <<≤-，所以()()()00002ln 2ln ln ln x x x x +≤-+-， ………﹝善于结构分析，巧妙构造函数﹞ 设()ln S x x x =+，则()110S x x'=+>， 所以函数()S x 在()0,+∞上单调递增，因为()()002ln S x S x ≤-，所以002ln x x ≤-，即0201xe x ≤， 所以()()020000011121212x a x ex x x x =+-≤+⋅-=， 所以实数a 的取值范围(],2-∞．【审题点津】本题零点0x 的探求也可以将022002ln 0x x ex +≤变形为001ln 200001112ln ln x x x e e x x x ⎛⎫⎪⎝⎭⎛⎫≤= ⎪⎝⎭，进而构造函数()()0x R x xe x =>来解决. 思路三：由()ln 1f x ax x =++，所以对任意的0>x ，()2e xf x x ≤恒成立，等价于2ln 1xx a e x+≤-在()0,+∞上恒成立，先证明ln 1t t ≥+，当且仅当1x =时取等号，如图所示（证明略）.所以当0>x 时，有22ln 1ln 21xx xexe x x ≥+=++，………﹝重要不等式1ln x x -≥是放缩的途径﹞ 所以2ln 12x x e x x ≥++，即2ln 12x x e x+-≥，当且仅当21x xe =时取等号，所以实数a 的取值范围(],2-∞．【审题点津】很多导数的压轴题的命制都是基于两个重要不等式1ln x x -≥与1xe x ≥+，它们自然也是放缩的重要途径.思路四：由()ln 1f x ax x =++，所以对任意的0>x ，()2e xf x x ≤恒成立，等价于2ln 1xx a e x+≤-在()0,+∞上恒成立，先证明1x e x ≥+，当且仅当0x =时取等号，如图所示（证明略）.所以当0>x 时，有2ln 2ln 2ln 21xx x x x xee e e x x +==≥++，………﹝重要不等式1x e x ≥+是放缩的途径﹞所以2ln 12x x e x x ≥++，即2ln 12x x e x+-≥，当且仅当ln 20x x +=时取等号， 所以实数a 的取值范围(],2-∞．【点睛探究】两个重要不等式1ln x x -≥与1xe x ≥+实质是等价的，它们的变形很多，很值得深入探究.如以1xe x ≥+为例，把x 换为ln x ，即得ln 1ln x x x ≥+>；把x 换为1x -，即得xe ex ≥；把x 换为x -，即得1xex -≥-+，亦即()111x e x x≤<-；把x 换为2ln x x +，即得222ln 1x x e x x ≥++；把x 换为ln x x -，即得ln 1xe x x x≥-+；把x 换为ln 2x -，即得22ln 22x e x ≥-+；……【拓展演练4】（辽宁省重点高中协作校三模）设实数0m >，若对任意的x e ≥，不等式2ln 0mxx x me -≥恒成立，则m 的最大值是1.A e .3eB .C e .2D e【提示】2ln 0mxx x me -≥变形为ln ln mxx m x ee x⋅≥⋅，构造函数()()0x g x xe x =>，等价转化为ln mx x≥，即ln m x x ≤，只需()min ln m x x e ≤=，答案为C .【典例3】（成都市2018届高三毕业班三诊）已知函数()()ln ,1f x x g x x ==+.若函数()f x 图象上任意一点P 关于直线y x =的对称点Q 恰好在函数()h x 的图象上.（1）证明：()()g x h x ≤； （2）若函数()()()1f x F x g x =+在[)()*,k k N +∞∈上存在极值，求k 的最大值.【解析】（1）因为函数()f x 图象上任意一点P 关于直线y x =的对称点Q 恰好在函数()h x 的图象上，所以函数()f x 与()h x 互为反函数，()x h x e =，易证1x x e +≤（证明略）；（2）由已知()()()1f x F x g x =+，得()()ln 02xF x x x =>+，所以()()221ln 2x x F x x +-'=+，因为函数()()()1f x F x g x =+在[)()*,k k N +∞∈上存在极值，所以()0F x '=在()()*,k k N +∞∈上有解，即21ln 0x x+-=在()()*,k k N +∞∈上有解， ………﹝理解题意，转化为超越方程有解问题﹞令()21ln u x x x =+-，则()222120x u x x x x+'=--=-<， 所以()u x 在()0,+∞上单调递减，由()33331111 2.74ln 4ln ln16ln ln 022*******e u e =-=-=>>，……﹝应用零点存在性定理求解﹞()775571113121875ln 5ln ln 5ln ln 0555*******u e =-=-=><，所以函数()u x 的零点()04,5x ∈， 因为函数()()()1f x F x g x =+在[)()*,k k N +∞∈上存在极值，所以4k ≤，k 的最大值为4.【审题点津】函数()f x 存在极值点，转化为()f x '存在零点的问题，亦即()0f x '=有解问题，然后借助于导数刻画函数()f x '的图象，应用零点存在性定理求解问题.【典例4】（河北衡水2018届高三第一学期八模）已知函数()()()ln ,xf x e x a x a x a R =-+++∈.（1）当1a =时，求函数()f x 的图象在0x =处的切线方程； （2）函数()f x 在定义域上为单调函数，求a 的最大整数值.【解析】（1）当1a =时，()()()1ln 1xf x e x x x =-+++，()()ln 1xf x e x '=-+，所以()()01,01f f '==，所以函数()f x 的图象在0x =处的切线方程10x y -+=；（2）思路一：函数()f x 在定义域上为单调函数，则()0f x '≥恒成立.由于()()()ln x f x e x a x a x =-+++，()()ln x f x e x a '=-+， 令()()h x f x '=，则()1x h x e x a'=-+， 设()0h x '=的解为0x ，即001x e x a=+， ……﹝导数零点不可求，虚拟设根﹞ 当()0,x a x ∈-时，()0h x '<，当()0,x x ∈+∞时，()0h x '>， 所以()()h x f x '=在()0,a x -上单调递减，在()0,x +∞上单调递增， 所以()()()()000min min ln xh x f x f x e x a ''===-+，因为()0000011ln ln x e x x a x a x a=⇔==-+++， ……﹝虚拟设根，整体代换﹞ 所以()()()0000min 0011ln 2x f x e x a x x a a a x a x a'=-+=+=++-≥-++， 因为()0f x '≥恒成立，所以20a -≥，即2a ≤.故a 的最大整数值为2.【审题点津】确定函数具有零点但又无法求解或求解相对比较繁杂的情况下，引入虚拟零点，通过形式化的合理代换或推理，达到化简并求解问题的目标.这种方法感受数学思维“柳暗花明又一村”的奇妙诗意！思路二：函数()f x 在定义域上为单调函数，则()0f x '≥恒成立.①先证明1x e x ≥+（证明略）；②再证明ln 1x x ≤-（证明略）； ……﹝借助于重要不等式，投石问路﹞ 所以()()ln 2211x x x +≤+-=+，所以()1ln 2x e x x ≥+≥+， …………﹝合理放缩，转换视角﹞ 当2a ≤时，()()1ln 2ln x e x x x a ≥+≥+≥+，()()ln 0x f x e x a '=-+≥恒成立； 当3a ≥时，()()ln 0x f x e x a '=-+≥不恒成立；故a 的最大整数值为2.【审题点津】遇到含有xe 的超越函数时，不妨运用1xe x ≥+进行放缩，遇到含有ln x 的超越函数时，不妨运用ln 1x x ≤-进行放缩，往往有出其不意的效果，这是放缩法的重要途径.【典例5】（厦门2018届高三第一学期期末质检）已知函数()()22ln 12a f x a x x a x =+-+. （1）讨论函数()f x 的单调性；（2）当1a >时，记函数()f x 的极小值为()g a ，()()3212254g a b a a a <--+，求满足条件的最小整数b .【解析】（1）()f x 的定义域为()0,+∞，()()21a f x ax a x'=+-+=()()()2211ax a x a ax x a x x -++--=， ………﹝判断导数的正负，自然需要对a 的取值分类讨论﹞若0a ≤，当()0,x ∈+∞时，()0f x '≤，故()f x 在()0,+∞单调递减， 若0a >，由()0f x '=，得11x a=，2x a =， （ⅰ）若01a <<，当1,x a a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0f x '<，当()10,,x a a ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭时，()0f x '>， 故()f x 在1,a a ⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递减，在()0,a ，1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭单调递增；（ⅱ）若1a =，()0f x '≥，()f x 在()0,+∞单调递增； （ⅲ）若1a >，当1,x a a ⎛⎫∈⎪⎝⎭时，()0f x '<，当()10,,x a a ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭时，()0f x '>，故()f x 在1,a a ⎛⎫⎪⎝⎭单调递减，在10,a ⎛⎫⎪⎝⎭，(),a +∞单调递增； 【审题点津】研究含有参数的超越函数的单调性时，必须探寻出分类讨论的界点，其界点的确定往往是由数学的严谨性所确定的.（2）由（1）得：若1a >，()f x 在1,a a ⎛⎫⎪⎝⎭单调递减，在10,a ⎛⎫⎪⎝⎭，(),a +∞单调递增， 所以x a =时，()f x 的极小值为()()3ln 2a g a f a a a a ==--， 由()()212254g a b a a a <--+恒成立，即2ln 24a a b a a >-+恒成立， ………﹝两个变量进行分离、化简﹞设()()2ln 124x x h x x x x =-+>，则()5ln 4h x x x '=-+，令()()5ln 4x h x x x ϕ'==-+，则()111x x x x -'=-=ϕ，当()1,x ∈+∞时，()110x x ϕ'=-<，所以()h x '在()1,+∞单调递减，且()1104h '=>，()()3312ln 2ln16ln 044h e '=-=-<，所以()01,2x ∃∈，()0005ln 04h x x x '=-+=，且()01,x x ∈，()00h x '>，()0,2x x ∈，()00h x '<，所以()()200000maxln 24x x h x h x x x ==-+， ………﹝零点不可求，设而不求，整体代入﹞因为005ln 4x x =-，得()200max 12h x x x =-，其中()01,2x ∈， 因为212y x x =-在()1,2上单调递增，所以()max 1,02h x ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭， 因为()max b h x >，b Z ∈，所以min 0b =.【审题点津】确定函数具有零点但又无法求解或求解相对比较繁杂的情况下，可以再次求导，进行多次求导，判断正负，此时要保持层次清晰，思维缜密.【典例6】（郑州2018高中毕业年级第一次质量预测）已知函数()()ln (1)f x x a x a R =-+∈在(1,(1))f 处的切线与x 轴平行.（1）求()f x 的单调区间；（2）若存在01x >，当0(1,)x x ∈时，恒有21()2(1)22x f x x k x -++>-成立，求k 的取值范围. 【解析】（1）由已知可得()f x 的定义域为(0,)+∞，()1f x a x'=-， 所以()110f a '=-=，即1a =， ………﹝应用导数的几何意义﹞ 所以()ln (1)f x x x =-+，()111x f x x x-'=-=， 令()0f x '>，得01x <<，令()0f x '<，得1x >， ………﹝借助于导数的正负加以判断﹞ 所以()f x 的单调递增区间为()0,1，单调递减区间为()1.+∞.（2）法一：不等式21()2(1)22x f x x k x -++>-可化为21ln (1)22x x x k x -+->-，………﹝直接“左减右”构造函数﹞令()()21ln (1)122x g x x x k x x =-+--->，则21(1)1()1x k x g x x k x x-+-+'=-+-=， 令()2()(1)11h x x k x x =-+-+>，其对称轴为12kx -=， 当112k-≤，即1k ≥-时，()h x 在0(1,)x 上单调递减，所以()()11h x h k <=-， 若1k ≥，则()0h x ≤，()0g x '≤，所以()g x 在0(1,)x 上单调递减，()()10g x g <=，不适合题意； ………﹝正确理解题意是关键，就是在直线1x =右侧附近是否为单调递增﹞若11k -≤<，则(1)0h >，必定存在01x >，使得0(1,)x x ∈时，()0g x '>，即存在01x >，当0(1,)x x ∈时，恒有21()2(1)22x f x x k x -++>-成立； 当112k->，即1k <-时，欲使存在01x >，当0(1,)x x ∈时，恒有21()2(1)22x f x x k x -++>-成立，只需()0g x '>，即(1)10h k =->，此时1k <，综上，k 的取值范围是(),1-∞.【审题点津】本题不等式恒成立问题直接构造函数()()21ln (1)122x g x x x k x x =-+--->，用多次求导，应用分类讨论思想探求该函数的增减性，达到求解问题的目标.法二：不等式21()2(1)22x f x x k x -++>-可化为21ln (1)22x x x k x -+->-， 若存在01x >，当0(1,)x x ∈时，恒有21ln (1)22x x x k x -+->-成立，亦即存在01x >，当0(1,)x x ∈时，函数21ln 22x y x x =-+-的图象在直线(1)y k x =-的上方. ………﹝部分分离，数形结合，化为图象的位置关系﹞令()()21ln 122x u x x x x =-+->，则1()1u x x x'=-+，()()10,11u u '==，令()1()1v x u x x x'==-+，则()2110v x x '=--<， 所以()11x xv x =-+单调递减，()()21ln 122x u x x x x =-+->为凸函数，如图所示，又(1)y k x =-是过定点()1,0的直线系，当直线与曲线相切时，()011k u '==， 所以k 的取值范围是(),1-∞.【审题点津】本题不等式恒成立问题采取适当恒等变形，部分分离，化为过定点的直线(1)y k x =-与函数21ln 22x y x x =-+-图象的位置关系，进而应用运动的数学思想求解参数的取值范围. 法三：不等式21()2(1)22x f x x k x -++>-可化为ln 112x x k x -<--， 若存在01x >，当0(1,)x x ∈时，恒有21ln (1)22x x x k x -+->-成立，亦即存在01x >，当0(1,)x x ∈时，ln 112x x k x -<--. ………﹝完全分离，转化为函数的最值问题﹞ 令()()ln 1112x x M x x x -=->-，则()()()()()()22211ln 122ln 12121x x x x x x x M x x x x -----'=-=--， 令()()()2122ln P x x x x x =---，则()()()3112ln 0P x x x x '=----<，………﹝部分求导，简化运算﹞所以()P x 在()1,+∞单调递减，()()10P x P <=，即()0M x '<， 所以()M x 在()1,+∞单调递减，因为ln 1x x ≤-，当且仅当1x =时取等号（证明略）， 所以当1x →时，ln 11xx →-，()1M x →， 所以k 的取值范围是(),1-∞.【审题点津】本题采取适当恒等变形，完全分离，转化为ln 112x x k x -<--恒成立，只需使得min ln 112x x k x -⎛⎫<- ⎪-⎝⎭即可，进而化归为求解函数ln 112x x y x -=--的最小值的求解.本题要注意的是，端点效应的处理需借助于不等式ln 1x x ≤-恒成立，说明ln 11xx →-. 法四：不等式21()2(1)22x f x x k x -++>-可化为21ln (1)22x x x k x -+->-， 因为ln 1x x ≤-，当且仅当1x =时取等号（证明略），若存在01x >，当0(1,)x x ∈时，恒有21ln (1)22x x x k x -+->-成立，亦即存在01x >，当0(1,)x x ∈时，()211(1)22x x x k x --+->-， ………﹝重要不等式1ln x x -≥是放缩的途径﹞ 所以32xk ->. 因为1x >，所以k 的取值范围是(),1-∞.【审题点津】本题不等式21ln (1)22x x x k x -+->-恒成立借助于不等式ln 1x x ≤-进行灵活放缩，转化为()211(1)22x x x k x --+->-恒成立，这是知识整合能力的较好的体现.。
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。
解决恒成立问题的方法
解决恒成立问题的方法【实用版3篇】目录（篇1）I.问题的提出1.恒成立问题的定义2.恒成立问题在数学中的应用II.解决方法1.分离参数法2.逆向思维法3.构造函数法4.数形结合法III.总结1.解决问题的方法总结2.对未来学习的建议正文（篇1）解决恒成立问题的方法：一、问题的提出恒成立问题是指在一个函数或方程中，某个变量在其定义域内始终存在，即无论自变量取何值，该变量始终满足函数或方程的条件。
恒成立问题在数学中具有重要的应用，例如在物理学中的应用，以及在解决实际问题中的数学建模问题。
二、解决方法1.分离参数法：将原问题中的参数与变量分离出来，转化为两个简单的一元一次方程或不等式，从而求解。
这种方法适用于参数和变量之间存在明显的函数关系的情况。
2.逆向思维法：从反面出发，通过分析问题的反面来得到解决问题的方法。
这种方法适用于一些存在多种情况的恒成立问题。
3.构造函数法：通过构造函数来解决问题。
通过对函数进行分析，从而得到函数的最值或者零点，进而得到原问题的解。
这种方法适用于一些存在复杂函数关系的情况。
4.数形结合法：通过将问题与图形相结合，从而直观地得到问题的解。
这种方法适用于一些存在复杂函数关系的情况。
三、总结解决恒成立问题的方法有很多种，每种方法都有其适用的范围和优缺点。
在未来的学习中，我们需要根据具体问题的特点选择合适的方法来解决问题。
目录（篇2）I.恒成立问题的定义II.恒成立问题的解决方法III.恒成立问题的应用正文（篇2）一、恒成立问题的定义恒成立问题是指在一个函数或方程中，某个量对于所有的自变量都存在，即无论自变量取何值，该量都保持不变。
二、恒成立问题的解决方法解决恒成立问题的方法有很多种，其中最常用的方法是分离变量和构造函数。
具体步骤如下：1.将原问题转化为一个函数或方程，将其中某个量分离出来作为自变量；2.构造函数或方程，将分离出来的量表示为函数的变量；3.对函数或方程进行求解，得到该量在所有自变量下的取值范围。
解决恒成立问题的方法
解决恒成立问题的方法（最新版2篇）目录（篇1）1.恒成立问题的定义与特点2.解决恒成立问题的常用方法2.1 数学归纳法2.2 反证法2.3 分析与综合法2.4 构造法3.实际应用案例4.总结与展望正文（篇1）一、恒成立问题的定义与特点恒成立问题，是指在数学领域中，对于某一类数学问题，无论变量取何值，命题始终成立。
这类问题具有广泛的应用，同时在解决过程中也具有独特的技巧和方法。
二、解决恒成立问题的常用方法1.数学归纳法数学归纳法是解决恒成立问题的一种基本方法，它主要通过证明当n=1 时命题成立，以及当 n=k 时命题成立能推出当 n=k+1 时命题也成立，从而证明对于一切正整数 n，命题都成立。
2.反证法反证法是另一种常用的解决恒成立问题的方法，它假设命题的否定成立，然后通过推理证明矛盾，从而得出原命题成立的结论。
3.分析与综合法分析与综合法是指将问题进行分解，通过分析各部分之间的关系，再综合起来解决问题。
对于恒成立问题，可以先分析命题的结构，然后根据各部分之间的关系进行综合，从而得出结论。
4.构造法构造法是直接构造出一个满足命题的例子，从而证明命题对于所有情况都成立。
这种方法适用于一些难以用其他方法解决的问题。
三、实际应用案例例如，证明对于任意实数 x，不等式 x^2+1>x 恒成立。
可以通过分析与综合法，将不等式转化为 (x-1/2)^2+3/4>0，显然对于任意实数 x，该不等式都成立。
四、总结与展望解决恒成立问题需要运用多种数学方法和技巧，熟练掌握这些方法有助于更好地解决这类问题。
目录（篇2）1.恒成立问题的定义2.解决恒成立问题的方法a.穷举法b.数学归纳法c.构造法d.反证法3.各种方法的适用情况和优缺点4.结论正文（篇2）一、恒成立问题的定义恒成立问题，是指在特定条件下，某个数学命题对于所有可能的变量值都成立的问题。
这类问题在数学中有着广泛的应用，解决恒成立问题能够帮助我们更好地理解数学概念和定理，同时也能提高我们的逻辑思维能力。
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不等式恒成立问题一般设计独特，涉及到函数、不等式、方程、导数、数列等知识，渗透着函数与方程、等价转换、分类讨论、换元等思想方法，成为历年高考的一个热点．纵观历年高考数学压轴题，无一不是涉及有关不等式恒成立、求参数取值范围的问题。
这类题型意在考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力，考察的核心素养是逻辑推理、数学运算考生对于这类问题感到难以寻求问题解决的切入点和突破口．
恒成立与有解问题的解决策略大致分四类：
①构造函数，分类讨论；
②部分分离，化为切线；
③完全分离，函数最值；
④换元分离，简化运算；
这里对这一类问题整理了八种方法解决不等式恒成立问题，同学们可以收藏或打印一份，word打印版在文末获取。
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很多时候，我们认为努力是好的，对么？显然不对，努力的方向，如果与你的目标背道而驰，其实就是在做负功清北总结出高中《一体化学习法》课程，
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高一不等式恒成立问题3种基本方法
高一不等式恒成立问题3种基本方法文章标题：探讨高一不等式恒成立问题的三种基本方法在高中数学学习中，不等式恒成立问题是一个很常见的题型。
学生们通常需要掌握多种方法来解决这类问题，而这些方法通常可以分为三种基本类型。
本文将会详细介绍这三种基本方法，帮助读者全面理解这一数学概念。
1. 方法一：代数法我们来介绍代数法。
这种方法是在不等式两边进行代数变换，使得不等式变成一个容易解决的形式。
代数法通常包括加减变形、乘除变形以及平方去根等技巧。
以不等式ax+b>0为例，我们可以通过移项得到ax>-b，然后再除以a的正负来确定不等式的方向，从而得到不等式的解集。
代数法在解决不等式恒成立问题中应用广泛，能够快速简便地找到解的范围和规律。
2. 方法二：图像法我们介绍图像法。
图像法是通过绘制不等式所代表函数的图像，来直观地找出不等式恒成立的区间。
对于一元一次不等式ax+b>0，我们可以画出函数y=ax+b的图像，从而通过观察图像的上升或下降趋势来确定不等式的解集。
图像法能够帮助我们更直观地理解不等式的性质和范围，提高我们的思维逻辑和空间想象能力。
3. 方法三：参数法我们介绍参数法。
参数法是通过引入一个或多个参数，将不等式转化为一个有参数的等式问题，进而进行求解。
参数法的典型应用包括辅助角法、二次函数法等。
以不等式ax²+bx+c>0为例，我们可以引入Δ=b²-4ac，然后根据Δ的正负来确定不等式的解集。
参数法在解决不等式问题中能够简化问题的复杂度，将不等式的求解转化为参数的求解，从而提高解题的效率和准确度。
总结回顾通过对以上三种基本方法的介绍，我们可以发现它们各有特点，应用范围和解题思路有所不同。
代数法能够利用代数变形快速求解不等式问题，图像法能够帮助我们直观地理解不等式的性质，而参数法则能够将问题转化为参数的求解，提高解题的效率。
个人观点和理解在实际解题中，我们应该根据具体情况灵活选用这三种方法，结合题目的特点和自身的掌握程度来选择合适的解题方法。
恒成立问题的方法
恒成立问题的方法
恒成立问题的解决方法取决于具体问题的性质和条件。
在解决恒成立问题时，以下是一些常见的方法：
1. 代入法：将问题中给定的条件代入待证明的恒等式中，以验证等式是否在所有可能的情况下都成立。
2. 推导法：通过逻辑推理和数学推导来证明等式的恒成立。
这可能涉及使用已知的数学定理、性质和规则，以及逻辑推理的方法（例如，归谬法、数学归纳法等）。
3. 反证法：假设待证明的等式不成立，然后通过逻辑推理和数学推导，推导出矛盾的结论。
这证明了原始的假设是错误的，从而证明了恒成立。
4. 直接证明法：对待证明的等式进行等式变换和运算，将其化简为其他已知的等式或恒等式。
通过逐步展示所有步骤的正确性，从而证明恒成立。
5. 归纳法：适用于需要对自然数（或其他递归结构）进行证明的问题。
通过首先证明基本情况，然后假设恒等式在某个特定情况下成立，最后证明在下一个情况下也成立，从而归纳论证恒成立。
6. 构造法：通过构造一个满足条件的例子或特殊情况，来证明待证明的等式的恒成立。
这些方法可以单独使用，或者在解决问题时结合使用。
同时，不同的问题可能需要使用不同的方法和技巧，因此在解决恒成立问题时，灵活、创造性和逻辑性是非常重要的。
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有解无解恒成立与双变量问题的处理
宜章一中 吴 斌
“有解无解恒成立与双变量问题”是高中阶段的非常常见的一类函数问题，如何求解困扰了很多学生，那么遇到这类问题的常规思路与方法是什么呢？现例说几种问题的常规解法：
一．“有解”问题：
1° ()k x f ≤有解()k x f ≤⇔min ； 2° ()k x f ≥有解()k x f ≥⇔max ； 3° ()k x f =有解()x f k ∈⇔的值域；
例1、①已知函数()12+-=ax x x f 在]2,1[∈x 有零点，求实数a 的取值范围；
②已知不等式012≥+-ax x 在]2,1[∈x 有解，求实数a 的取值范围； ③已知不等式012≤+-ax x 在]2,1[∈x 有解，求实数a 的取值范围． 分析：①()x x a x f 10+=⇒=，而]25,2[1∈+x x ，则]2
5,2[∈a ； ②x x a 1+≤有解25)1(max =+≤⇒x x a ；即：2
5≤a ； ③x x a 1+≥有解2)1(min =+≥⇒x
x a ；即：2≥a ． 二．“无解”问题：
1° ()k x f ≤无解()k x f >⇔min ； 2° ()k x f ≥无解()k x f <⇔max ； 3° ()k x f =有解()x f k ∉⇔的值域；
例2、已知集合]2,1[=A ，不等式012≥+-ax x 的解集为B ，且φ=B A ，求实数a 的取值范围． 分析：即x x a 1+≤在]2,1[∈x 无解25)1(max =+>⇒x x a ；即：2
5>a ． 三．“恒成立”问题：
()k x f ≤恒成立()k x f ≤⇔max ；()k x f ≥恒成立()k x f ≥⇔min ；
例3、函数()ax e x x f x +⋅=在区间]2,1[上单调递增，求实数a 的取值范围． 分析：即()0'≥+⋅+=a e x e x f x x 在]2,1[∈x 恒成立；
min )(x x e x e a ⋅+≤-⇒；设()()()x x x e x x e x e x ⋅+=⇒⋅+=2'ϕϕ
可知：()x ϕ在()2,-∞-单调递减；在()+∞-,2单调递增；
故：()()2min 2--==e x ϕϕ；从而2-≥e a ．
四．“双变量”问题
“双变量问题”的基本思路是“把其中一个作为变量，另一个作为常数”来处理。
1° 对任意21,x x ，都有()()21x g x f ≤()()min max x g x f ≤⇔；
2° 对任意1x ，存在2x ，使得()()21x g x f ≤()()max max x g x f ≤⇔；
对任意1x ，存在2x ，使得()()21x g x f ≥()()min min x g x f ≥⇔；
3° 存在21,x x ，使得()()21x g x f ≤()()max min x g x f ≤⇔；
例4、已知函数()12+-=ax x x f ，()12g -=x x ，若对任意的[]2,11∈x ，都存在]3,2[2∈x ，使得()()21x g x f ≤，求实数a 的取值范围．
分析：先把2x 视为变量，则()()21x g x f ≤对2x 而言有解；
则()()515121max 1≤+-⇒=≤ax x x g x f 对1x 而言恒成立； 那么0)4(max =-≥x
x a ，即：0≥a ． 以上通过几个简单的例题阐述了“有解无解恒成立与双变量问题”的常规解法，在实际应用中，不管多么复杂的问题都是基于以上方法解决的。
因此，掌握常规解答是非常重要并且是非常必要的。