含参不等式恒成立问题学考压轴题(函数专题)
含参不等式恒成立问题
一、 判别式法:1.R x c bx ax ∈>++对02恒成立⎩⎨⎧<∆>⎩⎨⎧>==⇔000a c b a 或;R x c bx ax ∈<++对02恒成立⇔*R x c bx ax ∈≥++对02恒成立⇔;R x c bx ax ∈≤++对02恒成立⇔2. 02>++c bx ax 有解⇔；*02<++c bx ax 有解⇔3. 02>++c bx ax 无解⇔；*02<++c bx ax 无解⇔例1：关于x 的不等式01)1(2<-+-+a x a ax 对于R x ∈恒成立，求a 的取值范围．解:(1)当0=a 时，原不等式化为01<--x ,不符合题意，∴0≠a .(2)当0≠a 时,则⎩⎨⎧>--<⇒⎩⎨⎧<---=∆<012300)1(4)1(022a a a a a a a 310)1)(13(0-<⇒⎩⎨⎧>-+<⇒a a a a ∴a 的取值范围为)31,(--∞练习：1.若函数)8(6)(2++-=k kx kx x f 的定义域为R ，求实数k 的取值范围.2. 已知函数])1(lg[22a x a x y +-+=的定义域为R ，求实数a 的取值范围.3. 若不等式210ax ax --<的解集为R ,求实数a 的取值范围.4.已知关于x 的不等式01)3()32(22<-----x m x m m 的解集为R ,求实数m 的取值范围.〖练习答案〗：1.解：由题意得：0)8(62≥++-k kx kx 对R x ∈恒成立， (1)当0=k 时，8)(=x f 满足条件.(2) 当0≠k 时,则102)8(43602≤<⇒⎩⎨⎧≤+-=∆>k k k k k . 综合(1)(2)得：k 的取值范围是]1,0[ 2.解：由题意得：不等式0)1(22>+-+a x a x 对R x ∈恒成立，即有04)1(22<--=∆a a ，解得311>-<a a 或. 所以实数a 的取值范围为),31()1,(+∞--∞3.解: (1)当0=a 时,原不等式可化为10-<,显然成立(2)当0a ≠,则240a a a <⎧⎨∆=+<⎩,得04<<-a 综上(1)(2)得：a 的取值范围]0,4(-. 4.解:(1)若0322=--m m ,则13-==m m 或, 当3=m 时，原不等式可化为10-<,显然成立; 当1-=m 时，原不等式可化为014<-x ,显然不成立.3=∴m（2）若0322≠--m m ,则⎪⎩⎪⎨⎧<+=∆<03-2m -m 43)-(m 03-2m -m 222, 解得：得351<<-m 综上(1)(2)得：m 的取值范围]3,51(-二、最值法：将不等式恒成立问题转化为求函数最值问题的一种处理方法，其一般类型有：(1)a x f >)(恒成立a x f >⇔min )((或)(x f 的下界a ≥);a x f <)(恒成立⇔(或)(x f 的上界a ) (2)a x f ≥)(恒成立⇔(或)(x f 的下界a );a x f ≤)(恒成立⇔(或)(x f 的上界a )注:(1)上界的定义：M x f <)(恒成立， 且当a x →（∞±也可以是a ）时，M x f →)(，则)(x f M 为的上界.(2)下界的定义：m x f >)(恒成立，且当a x →（∞±也可以是a ）时，m x f →)(，则)(x f m 为的下界.（m x f →)(读作m x f 趋向于)(）(1) a x f >)(有解a x f >⇔max )((或)(x f 的上界a >);a x f <)(有解⇔(或)(x f 的下界a ) (2) a x f ≥)(有解⇔(或)(x f 的上界a );a x f ≤)(有解⇔(或)(x f 的下界a例2：若[]2,2x ∈-时，不等式23x ax a ++≥恒成立，求a 的取值范围.解：设()23f x x ax a =++-，则问题转化为当[]2,2x ∈-时，)(x f 的最小值非负。
专题06 不等式恒成立问题(学生版) -2025年高考数学压轴大题必杀技系列导数
专题6 不等式恒成立问题函数与导数一直是高考中的热点与难点,利用导数研究不等式恒成立问题一直是高考命题的热点,此类问题一般会把函数、导数及不等式交汇考查,对能力要求比较高,难度也比较大,常见的题型是由不等式恒成立确定参数范围问题,常见处理方法有：①构造函数,利用导数研究函数的单调性,求出最值,进而得出相应的含参不等式,从而求出参数的取值范围．②分离变量,把问题转化为函数的最值问题．(一) 与不等式恒成立问题有关的结论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. ∀x 1∈D , ∀x 2∈E ,均有f (x 1) >g (x 2)恒成立,则f (x )min > g (x )ma x ；⑥. ∀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 .【例1】（2024届天津市河西区高三下学期质量调查三）已知函数()22ln f x a x x =--,()()221ln g x ax a x x=-+-,其中a ÎR ．(1)若()20f ¢=,求实数a 的值(2)当0a >时,求函数()g x 的单调区间；(3)若存在21,e e x éùÎêúëû使得不等式()()f x g x £成立,求实数a 的取值范围．【解析】（1）因为()22ln f x a x x =--,则()222a f x x x =-¢+,由()20f ¢=可得222022a -+=,解得12a =.（2）函数()()221ln g x ax a x x=-+-的定义域为()0,¥+,且()()()()222221212212ax a x ax x a g x a x x x x -++--+=-+=¢=,当0a >时,令()0g x ¢=,可得10x a=>或2x =,①当12a =,即12a =时,对任意的0x >,()0g x ¢>,()g x 的单调递增区间为()0,¥+．②当102a <<,即12a >时,()0g x ¢>,得10x a<<或2x >,()0g x ¢<,得12x a <<,()g x 的单调递增区间为10,a æöç÷èø和()2,¥+,单调递减区间为1,2a æöç÷èø③当12a >,即102a <<时()0g x ¢>,得02x <<或1a ；()0g x ¢<,得12x a <<,()g x 的单调递增区间为()0,2和1,a ¥æö+ç÷èø,单调递减区间为12,a æöç÷èø,综上所述,12a =时,函数()g x 的单调增区间为()0,¥+；12a >时,函数()g x 的单调增区间为10,a æöç÷èø和()2,¥+,单调减区间为1,2a æöç÷èø；102a <<时,函数()g x 的单调增区间为()0,2和1,a ¥æö+ç÷èø,单调减区间为12,a æöç÷èø.（3）由()()f x g x £,可得ln 0ax x -³,即ln x a x ³,其中21,e e x éùÎêúëû,令()ln x h x x =,21,e e x éùÎêúëû,若存在21,e e x éùÎêúëû,不等式()()f x g x £成立,则()min a h x ³,21,e e x éùÎêúëû,()21ln xh x x-¢=,令()0h x ¢=,得e x =,当1e e x £<时,()0h x ¢>,当2e e x <£时,()0h x ¢<,所以函数()h x 在1,e e éùêúëû上递增,在(2e,e ùû上递减,所以函数()h x 在端点1ex =或2e x =处取得最小值．因为1e e h æö=-ç÷èø,()222e e h =,所以()1e e h h æö<ç÷èø,所以()min 1e e h x h æö==-ç÷èø,所以e a -≥,因此,实数a 的取值范围是[)e,¥-+．【例2】（2024届重庆市九龙坡区高三下学期5月第三次质量抽测）已知函数()213ln 22f x x x ax =+-+,()0a >.(1)当[)1,x ¥Î+时,函数()0f x ³恒成立,求实数a 的最大值；(2)当2a =时,若()()120f x f x +=,且12x x ¹,求证：122x x +>；(3)求证：对任意*N n Î,都有()2112ln 1ni i n n i =-æö++>ç÷èøå.【解析】（1）当1x ³时,()213ln 022f x x x ax =+-+³恒成立,即ln 1322x a x x x £++恒成立,只需min ln 1322x a x xx æö£++ç÷èø即可,令()ln 1322x g x x x x =++,1x ³,则()22221ln 132ln 1222x x x g x x x x ---=-¢+=,令()22ln 1h x x x =--,1x ³,则()22222x h x x x x=¢-=-,当1x ³时,()0h x ¢³恒成立,()h x 在[)1,x ¥Î+单调递增,所以()()10h x h ³=,所以()0g x ¢³在[)1,x ¥Î+恒成立,()g x 在[)1,x ¥Î+单调递增,所以()()min 12g x g ==,所以2a £,即实数a 的最大值为2.（2）当2a =时,()213ln 222f x x x x =+-+,0x >,所以()()21120x f x x x x-=+=¢-³,()f x 在()0,x ¥Î+上单调递增,又()10f =,()()120f x f x +=且12x x ¹,不妨设1201x x <<<,要证122x x +>,即证明212x x >-,因为()f x 在()0,x ¥Î+上单调递增,即证()()212f x f x >-,因为()()120f x f x +=,即证()()1120f x f x +-<,设()()()()()()2213132ln 2ln 22222222F x f x f x x x x x x x =+-=+-++-+---+()()()2ln 221ln 221x x x x x x x x éùéù=-+-+=---+ëûëû,01x <<,令()2t x x =-,则01t <<,则()ln 1t t t j =-+,()111tt t t j -=-=¢,由01t <<可得()0t j ¢>,()t j 在()0,1单调递增,所以()()10t j j <=,即()()()20F x f x f x =+-<,所以()()1120f x f x +-<成立,所以122x x +>.（3）由（2）可知当2a =时,()f x 在()1,¥+单调递增,且()()10f x f >=,由213ln 2022x x x +-+>得22ln 430x x x +-+>,即()22ln 21x x +->,令1n x n +=,则2112ln 21n n n n ++æö+->ç÷èø,即2112ln 1n n n n +-æö+>ç÷èø,所以22112ln 111-æö+>ç÷èø,23122ln 122-æö+>ç÷èø,24132ln 133-æö+>ç÷èø,…,2112ln 1n n n n +-æö+>ç÷èø,相加得()2112ln 1ni i n n i =-æö++>ç÷èøå.(二)把函数单调性问题转化为不等式恒成立问题若给出函数单调性,求参数范围,可把问题转化为恒成立问题,若可导函数()f x 在(),a b 上是增（减）函数,则(),x a b Î时()0f x ¢³（或()0f x ¢£）恒成立.【例3】（2024届湖北省黄冈中学高三5月模拟）已知函数()()1ln 2f x x x ax =+-+.(1)当1a =时,求()f x 的图象在()()1,1f 处的切线方程；(2)若函数()f x 在()1,¥+上单调递增,求实数a 的取值范围.【解析】（1）当1a =时,()()1ln 2f x x x x =+-+,()0x >,()1ln f x x x=¢+,()11f ¢=,()11f =,所以()f x 的图象在1x =处的切线方程为：y x =.（2）()1ln 1f x x a x=++-¢,若函数()f x 在()1,¥+上单调递增,则()0f x ¢³对于()1,x ¥Î+恒成立,即1ln 1a x x£++对于()1,x ¥Î+恒成立,令()()1ln 1,1g x x x x =++>,当1x >时,()210x g x x-¢=>,则函数()g x 在()1,¥+上单调递增,所以()()12g x g >=,故2a £. (三)把二元不等式恒成立问题转化为函数单调性问题对于形如12x x >时不等式()()()()1221f x g x f x g x +>+恒成立问题,可构造增函数()()f x g x -来求解.基本结论：(1)“若任意210x x >>,()()1212f x f x kx kx ->-,或对任意12x x ¹,()()1212f x f x k x x ->-,则()y f x kx =-是增函数；(2) 对任意12x x ¹,()()1212121f x f x x x x x ->-,则()1y f x x=+是增函数；【例4】（2024届山西省吕梁市高三三模）已知函数()()22ln ,f x x x a x a =-+ÎR .(1)讨论函数的单调性；(2)若对任意的()1212,0,,x x x x Î+¥¹,使()()2112120x f x x f x x x ->-恒成立,则实数a 的取值范围.【解析】（1）()f x 的定义域为()()2220,,22a x x ax f x x x x¥-+Î+=-+=¢,令()222g x x x a =-+,又Δ48a =-Q ,1o ,当Δ0£,即12a ³时,()0g x ³,此时()()0,f x f x ¢>在()0,¥+上单调递增2o ,当Δ0>,即12a <时,令()0g x =,解得12x x =其中,当102a <<时()()()1212,0,0,,,0x x x x x g x ¥<ÎÈ+,()()12,0x x x g x Î<，，所以()f x 在()()120,,,x x ¥+单调递增,在()12,x x 单调递减；当0a <时,()()()()12220,0,,0,,,0x x x x g x x x g x ¥<<ÎÎ+,故()f x 在()20,x 单调递减,()2,x ¥+单调递增.综上：()1,2a f x ³在()0,¥+上单调递增；()10,2a f x <<在,¥æö+ç÷ç÷èø上单调递增；()0,a f x£在æççè上单调递减,在¥ö+÷÷ø上单调递增.（2）()()()()()()12122112121200f x f x x x x f x x f x x x x x éùéù-->Û-->êúëûëû.令()()ln 2f x a xg x x xx==-+,则只需()g x 在()0,¥+单调递增,即()0g x ¢³恒成立,()()221ln x a x g x x ¢+-=,令()()21ln h x x a x =+-,则()0h x ³恒成立；又()222a x ah x x x x=¢-=-,①当0a =时,()()2,h x x h x =在()0,¥+单调递增成立；②当0a <时,()()0,h x h x ¢>在()0,¥+单调递增,又()0,x h x ¥®®-,故()0h x ³不恒成立.不满足题意；③当0a >时,由()0h x ¢=得()x h x =在æççè单调递减,在¥ö+÷÷ø单调递增,因为()0h x ³恒成立,所以min 3()3ln 022a h x h æö==-³ç÷èø,解得302e a <£,综上,3[0,2e ]a Î.(四)形如“若x m ³,则()()f x f m ³”的恒成立问题求解此类问题的思路是：先确定是使()0f x ¢³的参数a 的取值范围A ,当a A Î,由()f x 为增函数及x m ³可得()()f x f m ³恒成立,当a A Ï时确定存在0x m >,使得()0,x m x Î,()0f x ¢<,()f x 递减,即()0,x m x Î时()()f x f m <,故原不等式不恒成立.【例5】函数()e sin x f x x a =+-的图像与直线20x y -=相切.(1)求实数a 的值；(2)当[0,)x Î+¥时,()sin 2f x m x ³,求实数m 的取值范围.【解析】 (1)()e sin ()e cos x x f x x a f x x ¢=+-Þ=+,设切点为00(,)x y ,所以有000()e cos x f x x ¢=+,因为20x y -=是切线,所以有0000e cos 220x x x y ì+=ïí-=ïî,设()e cos 2()e sin x x h x x h x x ¢=+-Þ=-,显然当0x >时,()0,()h x h x ¢>单调递增,所以有()(0)0h x h >=,当0x >时,e 1,cos 1x x <£,所以e cos 20x x +-=无实数根,因此当R x Î时,方程()e cos 20x h x x =+-=有唯一实数根,即0x =,于是有0000x y =Þ=,因此有0e sin 001a a +-=Þ=；(2)令()e sin sin 21x g x x m x =+--,则()0g x ³在[0,)+¥恒成立()e cos 2cos 2x g x x m x =+-¢.(0)22g m=-¢若220m -³,即1m £时,当π02x ££时,由cos cos 2x x ³得()0g x ¢³,所以()g x 在0,2p éö÷êëø单调递增,又(0)0g =,所以()0g x ³在π0,2éö÷êëø恒成立；当2x p >时,π2e e 3x >>所以()3sin sin 210g x x m x >---³.所以()0g x ³在π,2éö+¥÷êëø恒成立.若220m -<即1m >时,(0)220g m =¢-<,则存在00x >,使得()g x 在()00,x 单调递减,则当()00,x x Î时,()(0)0g x g <=矛盾,舍，综上所述,m 的取值范围时(,1]-¥.(五)根据不等式恒成立求整数参数的最值此类问题通常可分类参数,把问题转化为()m f x <（()m f x >）,m ÎZ 的形式,()f x 有最小（大）值,但无法求出,只能引入导函数的隐零点0x ,估计()0f x 的范围,再确定整数m 的最大（小）值.【例6】（2024届辽宁省沈阳市第一二〇中学高三上学期第二次质量检测）已知函数32()23(1)6(R)f x x m x mx x =+++Î.(1)讨论函数()f x 的单调性；(2)若()11f -=,函数()2()()ln 10f x g x a x x =+-£在()1,+¥上恒成立,求整数a 的最大值.【解析】（1）根据题意可得()()2()66(1)661f x x m m x x m x ¢=+++=++,若1m =,()2()610f x x ¢=+³在x ÎR 上恒成立,此时函数()f x 在R 上单调递增；若1m >,此时1m -<-,当(),x m Î-¥-()1,¥È-+时,满足()0f x ¢>,此时函数()f x 在(),m -¥-,()1,-+¥上单调递增；当(),1x m Î--时,满足()0f x ¢<,此时函数()f x 在(),1m --单调递减；若1m <,此时1m ->-,当(),1x Î-¥-(),m ¥È-+时,满足()0f x ¢>,此时函数()f x 在(),1-¥-,(),m -+¥上单调递增,当()1,x m Î--时,满足()0f x ¢<,此时函数()f x 在()1,m --单调递减；综上可知,1m =时,()f x 在R 上单调递增；1m >时,()f x 在(),m -¥-和()1,-+¥上单调递增,在(),1m --单调递减；1m <时,()f x 在(),1-¥-和(),m -+¥上单调递增,在()1,m --单调递减；（2）由()11f -=可得23(1)61m m -++-=,解得0m =；所以32()23f x x x =+,则()()ln 123g x a x x =+--,易知()1,x Î+¥时,ln 10x +>,若函数()2()()ln 10f x g x a x x =+-£在()1,+¥上恒成立,等价成23ln 1x a x +£+在()1,x Î+¥上恒成立；令()()23,1ln 1x h x x x +=+>,则()()()()()22132ln 1232ln ln 1ln 1x x x x x h x x x +-+×-¢==++；令()()32ln 1x x x x j =->,则()2230x x xj ¢=+>在()1,x Î+¥上恒成立,即函数()x j 在()1,x Î+¥上单调递增,易知()33ln16ln e 22ln 222j -=-=,由于33e 2.719.683=>,所以()20j <,而3525ln ln e 55622ln 2255j æö-ç÷æöèø=-=ç÷èø,且55335232273e 2æö=ç÷èø>>=>,所以502j æöç÷èø>；因此()h x ¢在()1,x Î+¥有且仅有一个零点0x ,满足0032ln x x =,且052,2æöÎç÷èøx ；所以当()01,x x Î时,()0h x ¢<,当()0,x x Î+¥时,()0h x ¢>；因此函数()()23,1ln 1x h x x x +=+>在()01,x 上单调递减,在()0,x +¥上单调递增；所以()h x 的最小值为()000000232323ln 112x x h x x x x ++===++,显然()024,5x Î,因此()024,5a x £Î,又a 是整数,所以a 的最大值为4. (六)通过构造函数求最值解决不等式恒成立问题①该方法一般是根据不等式的结构构造一个新函数,利用导数研究该函数的单调性,由函数的单调性确定其最值,或把其最值用含有参数的式子来表示,再根据所给不等式列出关于参数的不等式,②注意如果所构造的函数,其导数结构比较复杂不易分析出单调性,则可把需要判断符号的式子拿出来构造一个新函数,再想办法解决其符号.③有时所构造的函数的最值不易求出,可以引入导数的隐零点,把函数最值用导数的隐零点表示.④在考虑函数最值时,除了依靠单调性,也可根据最值点的出处,即“只有边界点与极值点才是最值点的候选点”,所以有的讨论点就集中在“极值点”是否落在定义域内.【例7】设函数()1ln a xf x x+=,其中R a Î.(1)当0a ³时,求函数()f x 的单调区间；(2)若()2f x x £,求实数a 的取值范围.【解析】 (1)1ln ()(0)a x f x x x +=>,22(1ln )1ln ()a a x a a xf x x x -+--¢==.当0a =时,22(1ln )1()0a a x f x x x -+¢==-<恒成立,则()f x 在()0,¥+上为减函数,当0a >时,令()0f x ¢>,可得1ln 0a a x -->,则1ln a x a-<,解得10e a a x -<<,令()0f x ¢<,解得1ea ax ->,综上,当0a =时,()f x 的减区间为()0,¥+；当0a >时,()f x 的单调递增区间为10,e a a -æöç÷èø,单调递减区间为1e ,a a -æö+¥ç÷èø.(2)由2()f x x £,可得3ln 10x a x --³设3()ln 1(0)g x x a x x =-->,则323()3a x ag x x x x-¢=-=.①当0a £时,()0g x ¢>,()g x 单调递增,而117ln 1ln 20828g a a =--=-+<,所以不满足题意,②当0a >时,令33()0x ag x x -¢==,解得x =当x æÎççè时,()0g x ¢<,()g x 为减函数,当x öÎ+¥÷÷ø时,()0g x ¢>,()g x 为增函数,所以111()ln 3ln 1333g x g a a a æö³=+--ç÷èø.令111()ln 3ln 1(0)333h a a a a a æö=+-->ç÷èø,1111()ln 3(ln 1)(ln 3ln )3333h a a a ¢=+-+=-,当()0,3a Î时,()0h a ¢>,()h a 为增函数,当()3,a Î+¥时,()0h a ¢<,()g x 为减函数,所以()()30h a h £=,又()()0g x h a ³³.则()0h a =,解得3a =,所以实数a 的取值范围是{}3.(七) 通过分类参数把不等式恒成立问题转化为求不含参数的函数的最值①分类参数法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,转化为求函数的最值问题.②一般情况下,那个字母的范围已知,就将其视为变量,构造关于它的函数,另一个字母（一般为所求）视为参数.③要注意分类参数法不是万能的,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.此外参数分离后,要注意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）,则也无法用分离法解决问题.【例8】（2024届四川省绵阳市江油市高三下学期模拟）已知函数2()ln ()2m f x x x x m R =--Î.(1)当2m =时,求函数()f x 的单调区间；(2)若0x ">,不等式2()f x x >恒成立,求实数m 的取值范围.【解析】（1）函数2()ln 2m f x x x x =--的定义域为(0,)+¥,当2m =时,2()ln f x x x x =--,所以1(21)(1)()21x x f x x x x+-¢=--=,当(0,1)x Î时,()0f x ¢<,()f x 在(0,1)上为减函数,当(1,)x Î+¥时,()0f x ¢>,()f x 在(1,)+¥上为增函数,综上所述：()f x 在(0,1)上为减函数,在(1,)+¥上为增函数；（2）若0x ">,不等式2()f x x >恒成立,则21ln 12m x x x >++对0x >均成立,所以max 21ln (12m xx x>++令21ln ()1xg x x x=++,则22223312ln 112ln 12ln ()()x x x x x x g x x x x x x ----¢=-+=-+=,令()12ln h x x x =--,显然()12ln h x x x =--为(0,)+¥上的减函数,又(1)12ln110h =--=,所以(0,1)x Î,()0h x >,()0g x ¢>则()g x 在(0,1)上为增函数,当(1,)x Î+¥时,()0h x <,()0g x ¢<则()g x 在(1,)+¥上为减函数,所以max 1ln1()(1)1211g x g ==++=,所以22m>,所以4m >,所以实数m 的取值范围为(4,)+¥.(八) 先用特殊值确定或缩小参数范围,求解不等式恒成立问题此类问题通常是先在自变量允许值范围内取一个特殊值代入,缩小参数范围,然后在该范围内求解,减少讨论,也有可能该范围就是所求范围,此时只需证明在该范围内不等式恒成立即可.【例9】（2024届江苏省苏州市八校高三三模）已知函数()2()cos ,()2f x x g x a x ==-.(1)1a =时,求()()()F x f x g x =-的零点个数;(2)若()()f x g x ³恒成立a 的最大值;(3)求证:)21sin 2(R)3ni k n k k i p =æö->-Îç÷èøå.【解析】（1）当1a =时,2()2g x x =-,则2()()()cos 2F x f x g x x x =-=-+,所以()sin 2F x x x ¢=-+,令()sin 2h x x x =-+,则()cos 20h x x ¢=-+>,所以()sin 2h x x x =-+在R 上单调递增,即()sin 2F x x x ¢=-+在R 上单调递增,当0x >时,()0F x ¢>,所以()F x 在(0,)+¥上为增函数,当0x <时,()0F x ¢<,所以()F x 在(),0¥-上为减函数,又(0)1F =-,(2)(2)cos 220F F =-=+>,且x ®-¥时,()®+¥F x ,则存在()10x Î-¥，,()20,2x Î,使得12()0,()0F x F x ==,所以()F x 有两个零点.（2）令2()cos 2,m x x a ax =-+由(0)0m ³,得12a £,令2211()cos 1cos (2),22h x x x x x =-+=+-所以()sin h x x x ¢=-+,令()sin x x x j =-+,可得()cos 10x x j ¢=-+³,所以()sin x x x j =-+在(0,)+¥上为增函数,所以()sin sin 000x x x j =-+>+=,所以()0h x ¢>,所以2211()cos 1cos 010022h x x x =-+>-+´=,所以()h x 在[0,)+¥上单调递增,所以()(0)0h x h ³=,即211s 2co x x >-,所以()()f x g x ³恒成立,所以实数a 的最大值是实数12；（31cos 2sin 2cos 3233k k k k k i i i i i p p p p æöæöæöæö-+-+-=-=ç÷ç÷ç÷ç÷èøèøèøèø,由（2）可得211s 2co x x >-,所以21cos 1()2kk i i >-,所以21111]2(cos )2()3n n ni i i k k k n i i ip ===æö-+³>-ç÷èøååå,所以211()3nni i k k n i ip ==æö->-ç÷èøå,又22222221111111111((1)(11)22322331ni k k k k in n n ==++++<+-+-+++-<-åL L ,所以)21sin 2(R)3ni k n k k i p =æö->-Îç÷èøå.【例1】（2024届高考全国甲卷真题）已知函数()()()1ln 1f x ax x x =-+-．(1)当2a =-时,求()f x 的极值；(2)当0x ³时,()0f x ³,求a 的取值范围．【解析】（1）当2a =-时,()(12)ln(1)fx x x x =++-,故121()2ln(1)12ln(1)111x f x x x x x+¢=++-=+-+++,因为12ln(1),11y x y x=+=-++在()1,¥-+上为增函数,故()f x ¢在()1,¥-+上为增函数,而(0)0f ¢=,故当10x -<<时,()0f x ¢<,当0x >时,()0f x ¢>,故()f x 在0x =处取极小值且极小值为()00f =,无极大值.（2）()()()()11ln 11ln 1,011a x axf x a x a x x x x+-=-+¢+-=-+->++,设()()()1ln 1,01a x s x a x x x+=-+->+,则()()()()()()222111211111a a x a aax a s x x x x x ++++-++=-=-=-+++¢+,当12a £-时,()0s x ¢>,故()s x 在()0,¥+上为增函数,故()()00s x s >=,即()0f x ¢>,所以()f x 在[)0,¥+上为增函数,故()()00f x f ³=.当102a -<<时,当210a x a+<<-时,()0s x ¢<,故()s x 在210,a a +æö-ç÷èø上为减函数,故在210,a a +æö-ç÷èø上()()0s x s <,即在210,a a +æö-ç÷èø上()0f x ¢<即()f x 为减函数,故在210,a a +æö-ç÷èø上()()00f x f <=,不合题意,舍.当0a ³,此时()0s x ¢<在()0,¥+上恒成立,同理可得在()0,¥+上()()00f x f <=恒成立,不合题意,舍；综上,12a £-.【例2】（2024届天津高考数学真题）设函数()ln f x x x =．(1)求()f x 图象上点()()1,1f 处的切线方程；(2)若()(f x a x ³在()0,x Î+¥时恒成立,求a 的值；(3)若()12,0,1x x Î,证明()()121212f x f x x x -£-．【解析】（1）由于()ln f x x x =,故()ln 1f x x ¢=+.所以()10f =,()11f ¢=,所以所求的切线经过()1,0,且斜率为1,故其方程为1y x =-.（2）设()1ln h t t t =--,则()111t h t t t-¢=-=,从而当01t <<时()0h t ¢<,当1t >时()0h t ¢>.所以()h t 在(]0,1上递减,在[)1,+¥上递增,这就说明()()1h t h ³,即1ln t t -³,且等号成立当且仅当1t =.设()()12ln g t a t t =--,则()((ln 1f x a x x x a x x a x g æö-=-=--=×ç÷øè.当()0,x Î+¥时()0,¥+,所以命题等价于对任意()0,t Î+¥,都有()0g t ³.一方面,若对任意()0,t Î+¥,都有()0g t ³,则对()0,t Î+¥有()()()()112012ln 12ln 1212g t a t t a t a t at a t t t æö£=--=-+£-+-=+--ç÷èø,取2t =,得01a £-,故10a ³>.再取t =得2022a a a £-=--=-,所以2a =.另一方面,若2a =,则对任意()0,t Î+¥都有()()()212ln 20g t t t h t =--=³,满足条件.综合以上两个方面,知a 的值是2.（3）先证明一个结论：对0a b <<,有()()ln 1ln 1f b f a a b b a-+<<+-.证明：前面已经证明不等式1ln t t -³,故lnln ln ln ln ln ln 1ln 1bb b a a a b a aa b b b b b a b a a--=+=+<+---,且1lnln ln ln ln ln ln ln 1ln 11a ab b a a b b b a b b a a a a a a b a b a bbæö---ç÷--èø=+=+>+=+----,所以ln ln ln 1ln 1b b a a a b b a -+<<+-,即()()ln 1ln 1f b f a a b b a-+<<+-.由()ln 1f x x ¢=+,可知当10e x <<时()0f x ¢<,当1ex >时()0f x ¢>.所以()f x 在10,e æùçúèû上递减,在1,e ¥éö+÷êëø上递增.不妨设12x x £,下面分三种情况（其中有重合部分）证明本题结论.情况一：当1211e x x ££<时,有()()()()()()122122121ln 1f x f x f x f x x x x x x -=-<+-<-<结论成立；情况二：当1210ex x <££时,有()()()()12121122ln ln f x f x f x f x x x x x -=-=-.对任意的10,ecæùÎçúèû,设()ln lnx x x c cj=-则()ln1x xj¢=+由于()xj¢单调递增,且有11110j¢=<=-=,且当2124ln1x cc³-æö-ç÷èø,2cx>时,2ln1c³-可知()2ln1ln1ln102cx xcjæö=+>+=--³ç÷èø¢.所以()xj¢在()0,c上存在零点x,再结合()xj¢单调递增,即知0x x<<时()0xj¢<,x x c<<时()0xj¢>.故()xj在(]00,x上递减,在[],x c上递增.①当0x x c££时,有()()0x cj j£=；②当00x x<<时,112221e ef fcæö=-£-=<ç÷èø,故我们可以取1,1qcöÎ÷ø.从而当21cxq<<-时,>可得()1ln ln ln ln0x x x c c c c c c qcjö=-<-<--=-<÷ø.再根据()xj在(]00,x上递减,即知对0x x<<都有()0xj<；综合①②可知对任意0x c<£,都有()0xj£,即()ln ln0x x x c cj=-£.根据10,ecæùÎçúèû和0x c<£的任意性,取2c x=,1x x=,就得到1122ln ln0x x x x-£.所以()()()()12121122ln lnf x f x f x f x x x x x-=-=-情况三：当12101ex x<££<时,根据情况一和情况二的讨论,可得()1f x f-£(1ef fæö-£ç÷èø.而根据()f x的单调性,知()()()1211ef x f x f x fæö-£-ç÷èø或()()()1221ef x f xf f xæö-£-ç÷èø.故一定有()(1f x f-成立.综上,结论成立.【例3】（2024届湖南省岳阳市汨罗市高三下学期5月月考）函数()()2ln ,2f x x g x x x m ==--+．(1)若e m =,求函数()()()F x f x g x =-的最大值；(2)若()()()22e xf xg x x x +£--在2(]0,x Î恒成立,求实数m 的取值范围．【解析】（1）因为()2ln e 2F x x x x =-++-,可知()F x 的定义域为()0,¥+,且1(21)(1)()21x x F x x x x+-¢=-+=-,由()0F x ¢>,解得01x <<；由()0F x ¢<,解得1x >．可知()F x 在(0,1)内单调递增,在(1,)+¥内单调递减,所以函数()()()F x f x g x =-的最大值为()1e 2F =-．（2）因为2()()(2)e x f x g x x x +£--在2(]0,x Î恒成立,等价于(2)e ln 2x m x x x ³-+-+在2(]0,x Î恒成立．设()(2)e ln 2x h x x x x =-+-+,2(]0,x Î,则()11()(1)e 11e xx h x x x x x æö=-+-=--çè¢÷ø,当1x >时,则10x ->,且1e e,1xx><,可得1e e 10x x->->,所以()0h x ¢>；当01x <<时,则10x -<,设1()e ,01x u x x x=-<<,则21()e 0xu x x ¢=+>,可知()u x 在(0,1)递增,且120,(1)e 102u u æö==-ç÷èø．则01,12x æö$Îç÷èø,使得()00u x =．当()00,x x Î时,()0u x <；当()0,1x x Î时,()0u x >．当()00,x x Î时,()0h x ¢>；当()0,1x x Î时,()0h x ¢<．可知函数()h x 在()00,x 递增,在()0,1x 递减,在(1,2)递增．由()0001e 0x u x x =-=,得001e x x =,且00ln x x =-．可得()()()0000000000112e ln 222232xh x x x x x x x x x æö=-+-+=--+=-+ç÷èø,且01,12x æöÎç÷èø,则()00h x <,又因为(2)ln 20h =>,可知当2(]0,x Î时,()max ()2ln 2h x h ==,所以m 的取值范围是[ln 2,)+¥．【例4】（2024届河南省信阳市高三下学期高考考前押题）已知函数()ln f x x x =,())()10h x x x =->．(1)试比较()f x 与()h x 的大小；(2)若()()()11f x x ax a £--+恒成立,求a 的取值范围．【解析】（1）因为()())ln 1ln f x h x x x x x x æ-=-=çè,构建()ln 0F x x x =>,则()0F x ¢=£在()0,¥+内恒成立,可知()F x 在()0,¥+内单调递减,且()10F =,则有：若01x <<,则()0F x >,即()()f x h x >；若1x =,则()0F x =,即()()f x h x =；若1x >,则()0F x <,即()()f x h x <.（2）若()()()11f x x ax a £--+恒成立,则1ln 120a ax x a x--++-³,构建()1ln 12,0a g x ax x a x x-=-++->,原题意等价于()0g x ³在()0,¥+内恒成立,则()()()221111x ax a a g x a x x x -+--¢=--=,1.若0a £,则10ax a +-<，当01x <<时,()0g x ¢>；当1x >时,()0g x ¢<；可知()g x 在()0,1内单调递增,在()1,+¥内单调递减,则()()10g x g £=,不符合题意；2.若0a >,则有：（ⅰ）若1a ³,则10ax a +->,当01x <<时,()0g x ¢<；当1x >时,()0g x ¢>；可知()g x 在()0,1内单调递减,在()1,+¥内单调递增,则()()10g x g ³=,符合题意；（ⅱ）若01a <<时,令()0g x ¢=,解得1x =或110x a=->,①若111a ->,即102a <<时,当111x a<<-时,()0g x ¢<,可知()g x 在11,1a æö-ç÷èø内单调递减,此时()()10g x g <=,不合题意；②若111a -=,即12a =时,则()()22102x g x x -¢=³,可知()g x 在()0,¥+内单调递增,当()0,1x Î时,此时()()10g x g <=,不合题意；③若111a -<,即112a <<时,则()21011a a a-<-<<,由（1）可知：当01x <<时,ln x >=则()1112ln 12a a g x a x ax a ax x x --=--++<--++,可得()()()()()222211112112011a g a a a a a a a a a -æö-<----+-+=-<ç÷-èø-,不合题意；综上所述：a 的取值范围为[)1,+¥.【例5】（2024届河北省保定市九县一中三模）已知函数()()ln 1f x ax x =++.(1)若2a =-,求()f x 的单调区间；(2)若()0f x £恒成立,求a 的取值集合.【解析】（1）由2a =-,得()()2ln 1f x x x =-++,定义域为()1,¥-+,则()121211x f x x x --=¢-=+++,当11,2x æöÎ--ç÷èø时,()0f x ¢>,当1,2x ¥æöÎ-+ç÷èø时,()0f x ¢<,故()f x 的单调递增区间为11,2æö--ç÷èø,单调递减区间为1,2¥æö-+ç÷èø.（2）由()()ln 1f x ax x =++,()1,x ¥Î-+,得()11f x a x =++¢,若0a ³,则显然()22ln30f a =+>,不符合题意,若0<a ,令()0f x ¢=,解得11a x a+=->-,则当11,a x a +æöÎ--ç÷èø时,()0f x ¢>,()f x 单调递增,当1,a x a ¥+æöÎ-+ç÷èø时,()0f x ¢<,()f x 单调递减,()()max 11ln a f x f a a a +æö=-=----ç÷èø,则()1ln 0a a ----£,即()1ln 0a a ++-³,令()()1ln g a a a =++-,则()111a g a a a¢+=+=,当(),1x ¥Î--时,()0g a ¢>,()g a 单调递增,当()1,0x Î-时,()0g a ¢<,()g a 单调递减,所以()()max 10g a g =-=,当满足()0g a ³时,1a =-,所以a 的取值集合为{}1-.1．（2024届青海海西格尔木三校高三第三次联考）已知函数()32f x x x ax =-+.(1)讨论函数()f x 的单调性；(2)令()()ln 2ag x f x x x x=+--,若()0g x ³恒成立,求实数a 的取值范围.2．（2024届陕西省富平县高三第二次模拟）已知函数()ln f x x x =,2()1()f x g x x x x=-+.(1)求函数()g x 的单调区间；(2)若当0x >时,2()e x m x x mf -£恒成立,求实数m 的取值范围.3．（2024届重庆市高三第三次联合诊断）已知函数()e .x f x x a=+(1)当1a =时,求()f x 在点()()0,0f 处的切线方程；(2)若()f x 在区间()0,¥+上单调递增,求实数a 的取值范围.4．已知2()e ln ,()ln x f x a x g x x x a ==+(1)当1a =时,求()f x 在1x =处切线方程；(2)若()()f x g x <在(0,1)x Î恒成立,求a 的取值范围；(3)求证：411111322222123e e e e ln(1)234(1)n n n n +×+×+×++×<++L ．5．（2024届青海省部分学校高三下学期协作考试）已知函数()21e 2axf x x ax =+-（R a Î）.(1)当1a =时,求()f x 的最值；(2)当[]1,1a Î-时,证明：对任意的1x ,[]22,2x Î-,都有()()212e 1f x f x --≤.6．（2024届北京市十一学校高三下学期三模）已知函数()()()ln 11f x x k x =+++．(1)求()f x 的单调区间；(2)若()1f x £-恒成立,求实数k 的取值范围；(3)求证：()21ln 14ni n n i i =-<+å．（n ÎN 且2n ³）7．（2024届广东省茂名市高州市高三第一次模拟）设函数()e sin xf x a x =+,[)0,x Î+¥.(1)当1a =-时,()1f x bx ³+在[)0,¥+上恒成立,求实数b 的取值范围；(2)若()0,a f x >在[)0,¥+上存在零点,求实数a 的取值范围.8．（2024届四川省绵阳南山中学高三下学期高考仿真演练）已知函数()e cos x f x k x =-,其中k 为常数.(1)当1k =时,讨论函数()f x 在()0,¥+上的单调性；(2)若0,2πx æö"Îç÷èø,()1f x >,求实数k 的取值范围.。
高中带参数的不等式恒成立题型分析
带参数的不等式恒成立题型分析带参数的不等式中求参数的取值范围的问题基本上有四种，即求参数的取值范围，使含参数的不等式恒成立，能成立，恰成立或是某指定集合的子集.1. 不等式的恒成立,能成立,恰成立或是某指定集合的子集等问题的操作程序（1）恒成立问题若不等式()Axf在区间D上的最小值大于A,f>在区间D上恒成立,则等价于函数()x若不等式()Bf在区间D上的最大值小于B.f<在区间D上恒成立,则等价于函数()xx（2）能成立问题若在区间D上存在实数x使不等式()Af>在区间D上能成立, ,则xxf>成立,即()A等价于函数()xf在区间D上的最大值大于A,若在区间D上存在实数x使不等式()Bxf<在区间D上能成立, ,则f<成立,即()Bx等价于函数()xf在区间D上的最小值小于B.（3）恰成立问题若不等式()Af>的解集为D,xxf>在区间D上恰成立, 则等价于不等式()A若不等式()Bxf<的解集为D,f<在区间D上恰成立, 则等价于不等式()Bx（4）某指定集合的子集问题若不等式()Af>的解集包含于区间D=[t1,t2], 则等价于不等式xf(t1)<=A,f(t2)<=A,若不等式()Bxf<在的解集包含于区间D=[t1,t2], 则等价于不等式f(t1)>=B,f(t2)>=B,如下讨论恒成立问题，其基本类型：类型1：对于一次函数],[,)(n m x b kx x f ∈+=有：⎩⎨⎧<<⇔<⎩⎨⎧>>⇔>0)(0)(0)(,0)(0)(0)(n f m f x f n f m f x f 恒成立恒成立类型2：设)0()(2≠++=a c bx ax x f ，（1）R x x f ∈>在0)(上恒成立00<∆>⇔且a ；（2）R x x f ∈<在0)(上恒成立00<∆<⇔且a 。
专题03 含参数函数不等式恒成立问题-2021高考数学尖子生辅导专题
( ) ( ) ( ) ( )专题三 含参数函数不等式恒成立问题不等式问题是数学中的重要内容之一，而含参数函数不等式恒成立问题又是重点中的难 点．这类问题既含参数又含变量，与多个知识有效交汇，有利于考查学生的综合解题能力， 检验学生思维的灵活性与创造性，这正符合高考强调能力立意，强调数学思想与方法的命题 思想，因此恒成立问题成为近年来全国各地高考数学试题的一个热点．模块 1 整理方法 提升能力处理含参数函数不等式（一个未知数）恒成立问题，从方法上，可考虑分离参数法或猜想 + 最值法（必要条件法）．如果使用分离参数法，则猜想是没有作用的，对于难一点的分离参数法，可能要使用多次求导或洛必达法则．如果使用猜想法，则后续有 3 种可能：一是猜想没有任何作用；二是利用猜想减少分类讨论；三是在猜想的基础上强化，从而得到答案．从 改造的形式上，解答题优先选择一平一曲，可利用分离参数法转化为一平一曲两个函数，也可以把函数化归为一边，考虑函数的图象与 x 轴的交点情况（本质上也是一平一曲）．洛必达法则如果当 x → x 0 （ x 0 也可以是±∞ ）时，两个函数 f ( x ) 和 g ( x ) 都趋向于零或都趋向于无f ( x ) 穷大，那么极限 lim x → x 0g x 可能存在，也可能不存在．如果存在，其极限值也不尽相同．我们称这类极限为 0 0 ∞型或 型不定式极限．对于这类极限，一般要用洛必达法则来求．∞定理 1：若函数 f ( x ) 和 g ( x ) 满足条件： （1） lim f ( x ) = lim g (x ) = 0 ．x → x 0x → x 0（2） f ( x ) 和 g ( x ) 在 x 0 的某个去心邻域内可导，且 g '( x ) ≠ 0 ．f ( x )（3） lim x → x 0 g xf ( x ) 存在或为无穷大．f '(x )则有 limx → x 0 g x = lim ． x → x 0 g ' x定理 2：若函数 f ( x ) 和 g ( x ) 满足条件： （1） lim f ( x ) = lim g (x ) = ∞ ．x → x 0x → x 0已知函数 f ( x ) = ln x - kx + k （ k ∈ R ）． （1）求 f ( x ) 在[1, 2] 上的最小值；（2）若ln ⎛ ⎫⎝ ⎪ ≥ a x 对 x ∈(-1,1) 恒成立，求正数 a 的最大值．⎭( ) ( ) ( )→ ( ) ( ) ( ) ( )1 + x 1 - x （2） f ( x ) 和 g ( x ) 在 x 0 的某个去心邻域内可导，且 g '( x ) ≠ 0 ．f ( x ) （3） lim x → x 0g xf ( x ) 存在或为无穷大．f '(x )则有 limx → x 0 g x = lim ． x → x 0 g ' x在定理 1 和定理 2 中，将分子、分母分别求导再求极限的方法称为洛必达法则． 使用洛必达法则时需要注意：（1） lim f (x ) 必须是 0 型或 ∞ 型不定式极限． x → x 0 g ( x )0 ∞（2）若 lim f '( x ) 还是 0 型或 ∞ 型不定式极限，且函数 f '( x ) 和 g '( x ) 仍满足定理中 f ( x ) x → x 0g '( x )0 ∞f ( x ) f '(x )f ' (x )和 g ( x ) 所满足的条件，则可继续使用洛必达法则，即 lim x x 0 g x = lim x → x 0 g ' x = lim ．x → x 0 g ' x（3） 若无法判定 f '( x ) g '( x )的极限状态，或能判定它的极限振荡而不存在，则洛必达法则失f ( x )效，此时，需要用其它方法计算 lim ．x → x 0 g x（4） 可以把定理中的 x → x 换为 x → x + ， x → x - ， x → +∞ ， x → -∞ ，此时只要把定理中的条件作相应的修改，定理仍然成立．例 1【解析】（1）定义域为(0, +∞) ， f '( x ) = 1 - k = -kx +1．x x①当 k ≤ 0 时， f '( x ) > 0 ，函数 f ( x ) 在[1, 2] 为增函数，所以 ⎡⎣ f ( x )⎤⎦min = f (1) = 0 ．⎝ ⎭ 1 - ⎪t1 - ⎪t ⎪ (2 ) 1 - ⎪t⎭②当 k > 0 时，由 f '( x ) > 0 可得0 < x < 1 ，由 f '( x ) < 0 可得 x > 1 ，所以 f ( x ) 在⎛ 0, 1 ⎫上k k k ⎪ ⎝⎭递增，在⎛ 1 , +∞⎫上递减．于是 f ( x ) 在[1, 2] 上的最小值为 f (1) = 0 或 f (2) = ln 2 - k ．k ⎪ ⎝ ⎭（i ）当0 < ln 2 - k ，即0 < k < ln 2 时， ⎡⎣ f ( x )⎤⎦min = f (1) = 0 ． （ii ）当0 ≥ ln 2 - k ，即 k ≥ ln 2 时， ⎡⎣ f ( x )⎤⎦min = f (2) = ln 2 - k ．综上所述，当 k < ln 2 时，⎡⎣ f ( x )⎤⎦min = f (1) = 0 ；当 k ≥ ln 2 时，⎡⎣ f ( x )⎤⎦min = f (2) = ln 2 - k ．（2）令t = x ∈[0,1) ，则ln ⎫ ≥ a x 对 x ∈(-1,1) 恒成立⇔ ln ⎛ 1 + t ⎫ ≥ at 对t ∈[0,1)⎪1 - t ⎪恒成立．法 1：（分离参数法）当t = 0 ，不等式恒成立，于是ln ⎛ 1 + t ⎫≥ at 对t ∈[0,1) 恒成立 ⎝ ⎭⇔ a ≤ln ⎛ 1 + t ⎫ ⎝ ⎭ 对t ∈(0,1) 恒成立．t⎛1 + t ⎫ 1 - t ⎪ 2t 1 - t 2 - ln ⎛1 + t ⎫ 1 - t 2t ⎛1 + t ⎫ 令G (t ) = ⎝ ⎭ ，则G '(t ) = ⎝ ⎭ ，令 H (t ) = - ln ⎪ ，则'2 + 2t 2 t t 2 2 4t 21 - t2 ⎝1 - t ⎭ H (t ) = (1 - t 2 )21 - t 22 > 0 ，所以 H (t ) 在(0,1) 上递增，于是 H (t ) > H (0) = 0 ，即 1 - tG '(t ) > 0 ，所以G (t ) 在(0,1) 上递增．2 由洛必达法则，可得 lim G (t ) = lim 1 - t 2= 2 ，于是0 < a ≤ 2 ，所以正数 a 的最大值为2 ．t →0+t →0+1法 2：（不猜想直接用最值法）构造函数 F (t ) = ln ⎛ 1 + t ⎫- at ，则 ⎝ ⎭ F '(t ) = 21 - t - a = at2 + 2 - a ． 1 - t 2①当 2 - a ≥ 0 ，即 a ≤ 2 时， F '(t ) > 0 ，所以函数 F (t ) 在[0,1) 上递增，所以F (t ) ≥ F (0) = 0 ．= - ln 2⎝ ⎭1 - ⎪t 1 - ⎪t ⎝ ⎭ 1 - ⎪t 1 - ⎪t ln②当 2 - a < 0 ，即 a > 2 时，由 F '(t ) < 0 可得0 ≤ x <，所以函数 F (t ) 在⎡⎢上递减，于是在 ⎣上， F (t ) ≤ F (0) = 0 ，不合题意．综上所述，正数 a 的最大值为2 ．法 3：（先猜想并将猜想强化）由常用不等式ln x ≤ x -1 （ x > 0 ）可得ln ⎛ 1 + t ⎫ ≤ 1 + t -1 = 2t，即 at ≤ 2t ．当t = 0 时，式子恒成立，当t ∈(0,1) ，有 a ≤ 2恒1 - t ⎪1 - t 1 - t 1 - t 1 - t成立，而 21 - t> 2 ，所以 a ≤ 2 ．下面证明 a 可以取到 2 ，即证明不等式ln ⎛ 1 + t ⎫≥ 2t 对t ∈[0,1) 恒成立．构造函数⎝ ⎭⎛ 1 + t ⎫'2 2t 2K (t ) = ln 1 - t ⎪ - 2t （ 0 ≤ t < 1 ），则 K (t ) = 1 - t 2 - 2 = 1 - t 2≥ 0 ，所以函数 K (t ) 在[0,1) 上 递增，所以 K (t ) ≥ K (0) = 0 ，所以不等式ln ⎛ 1 + t ⎫ ≥ 2t 对t ∈[0,1) 恒成立，所以正数 a 的最大⎝ ⎭值为 2 ．法 4：（先猜想并将猜想强化） F (t ) = ln ⎛ 1 + t ⎫- at ≥ 0 对t ∈[0,1) 恒成立，因为 F (0) = 0 ⎝ ⎭所以 F '(0) = 2 - a ≥ 0 ，即 a ≤2 ． 下同法 3．法 5：（先猜想并将猜想强化）当t = 0 ，不等式恒成立，于是ln ⎛ 1 + t ⎫ ≥ at 对t ∈[0,1) 恒 ⎝ ⎭⎛ 1 + t ⎫ 2 1 - t ⎪ 2成立⇔ a ≤ ⎝ ⎭ = G (t ) 对t ∈(0,1) 恒成立．由洛必达法则，可得 lim G (t ) = lim 1 - t = 2 ，t 于是 a ≤ 2 ．下同法 3．t →0+t →0+1【点评】法 1（分离参数法）把恒成立问题转化为求G (t ) 的最小值，法 2（最值法）把恒 成立问题转化为求 F (t ) 的最小值．由此可见最值法与分离参数法本质上是相通的，其本质都⎡ ⎢⎣设函数 f ( x ) = e x - ax - 2 ．（1） 求 f ( x ) 的单调区间；（微信公众号：学未已）（2） 若 a = 1 ， k 为整数，且当 x > 0 时， ( x - k ) f '( x ) + x + 1> 0 ，求 k 的最大值．例 2【解析】（1） f '( x ) = e x - a ．①当 a ≤ 0 时， f '( x ) > 0 在 R 上恒成立，所以 f ( x ) 在 R 上递增．②当 a > 0 时，由 f '( x ) > 0 可得 x > ln a ，由 f '( x ) < 0 可得 x < ln a ．所以 f ( x ) 在(-∞, ln a ) 上递减，在(ln a , +∞) 上递增．（2）当 a = 1 时， f ( x ) = e x - x - 2 ，所以 f '( x ) = e x -1 ，即( x - k )(e x - 1)+ x + 1 > 0 在(0, +∞) 上恒成立．法 1：（分离参数法）( x - k )(e x - 1)+ x + 1 > 0 在(0, +∞) 上恒成立⇔ k < x e x+1 x在(0, +∞) e -1上恒成立．令ϕ( x ) = x e x +1 x ，则ϕ'( x ) = ( x e x + e x )(e x -1) - (x e x +1)e x 2e x (e x - x - 2 )，令 2e -1(e x-1)(e x -1)t ( x ) = e x - x - 2 ，有t '( x ) = e x -1 > 0 在(0, +∞) 上恒成立，所以t ( x ) 在(0, +∞) 上递增（也可由（1）可知，函数t ( x ) = e x - x - 2 在(0, +∞) 上递增）．而t (1) = e - 3 < 0 ，t (2) = e 2 - 4 > 0 ，所以t ( x ) = 0 在(0, +∞) 上有唯一根 x 0 ∈(1, 2) ，所以当 x ∈(0, x 0 ) 时ϕ'( x ) < 0 ，当 x ∈( x 0 , +∞) 时ϕ'( x ) > 0 ，于是ϕ( x ) 在(0, x 0 ) 上递减，在( x 0 , +∞) 上递增，所以ϕ( x ) 在(0, +∞) 上的最小值x e x 0 +1 为ϕ( x ) = 0，因为e x 0 - x - 2 = 0 ，所以e x 0 = x + 2 ，于是0 e x 0 -10 0是把不等式恒成立问题转化为求函数的最值问题，其区别在于所求的函数中是否含有参数． 法 3、法 4 和法 5 都是先求出必要条件 a ≤ 2 ，然后将必要条件进行强化，需要解题的敏=( ) x 0 ( x + 2) + 10 【点评】由于 k 是整数，所以先猜想再将猜想强化是优先采用的解题方法．如果将 k 是整 数这个条件去掉，则得到的必要条件 k <≈ 2.16 既不能强化又不能减少分类讨论，此时猜 e + 1e -1想将没有任何作用，只能用法 1 的分离参数法和法 2 的最值法进行求解．ϕ( x 0 ) = = x 0+ 1∈ (2,3) ，所以 k <ϕ( x 0 )∈(2,3) ，所以 k 的最大值为 2 ． x 0 + 2 -1 法 2：（不猜想直接用最值法）令 g ( x ) = ( x - k )(e x - 1)+ x + 1 ，则g '( x ) = (e x -1) + (x - k )e x + 1 = e x (x + 1 - k ) ，令 g '( x ) = 0 可得 x = k - 1 ．①当 k -1 ≤ 0 ，即 k ≤ 1 时，有 g '( x ) > 0 在(0, +∞) 上恒成立，于是 g ( x ) 在(0, +∞) 上递增， 从而 g ( x ) 在(0, +∞) 上有 g ( x ) > g (0) = 1 ，于是 g ( x ) > 0 在(0, +∞) 上恒成立．②当 k -1 > 0 ，即 k > 1 时（因为 k 是整数，所以 k ≥ 2 ），可知当 x ∈(0, k -1) 时，g '( x ) < 0 ， 当 x ∈(k - 1,+∞) 时，g '( x ) > 0 ，于是 g ( x ) 在(0, +∞) 上的最小值是 g (k -1) = -e k -1 + k + 1 ．令h(k ) = g (k - 1) ，则 h '(k ) = -e k -1 + 1 < 0 在(1, +∞) 上恒成立，所以 h (k ) 在(1, +∞) 上单调递减．而 h (2) = 3 - e > 0 ， h (3) = 4 - e 2 < 0 ．所以当 k = 2 时，有 g ( x ) > 0 在(0, +∞) 上恒成立， 当 k ≥ 3 时， g ( x ) > 0 在(0, +∞) 上不恒成立．综上所述， k 的最大值为2 ．法 3：（先猜想并将猜想强化）因为( x - k )(e x - 1)+ x + 1 > 0 在(0, +∞) 上恒成立，所以当x = 1 时，该式子也成立，于是(1 - k )(e -1) + 2 > 0 ，即 k <e + 1≈ 2.16 ．下证 k 的最大值为2 ． e -1令G ( x ) = ( x - 2)(e x - 1)+ x + 1 ，则G '( x ) = (e x -1)+ (x - 2 )e x + 1 = e x (x -1) ，由G '( x ) > 0 可得 x > 1 ，由G '( x ) < 0 可得0 < x < 1，所以G ( x ) 在(0,1) 上递减，在(1, +∞) 上递增．所以⎡⎣G ( x )⎤⎦min = G (1) = 3 - e > 0 ，于是k 的最大值为2 ． 例 3设函数 f ( x ) = e x -1 - x - ax 2 ． （1）若 a = 0 ，求 f ( x ) 的单调区间；x【解析】（1）当 a = 0 时， f ( x ) = e x -1 - x ， f '( x ) = e x -1 ．由 f '( x ) > 0 可得 x > 0 ，由f '( x ) < 0 可得 x < 0 ．所以 f ( x ) 的递增区间是(0, +∞) ，递减区间是(-∞, 0) ．（2）法 1：（分离参数法） f ( x ) ≥ 0 在[0, +∞) 上恒成立⇔ ax 2 ≤ e x - 1- x 在[0, +∞) 上恒成立．e x-1 - x当 x = 0 时，式子显然成立；当 x ≠ 0 时，分离参数可得 a ≤在(0, +∞) 上恒成立．令x2F ( x ) = e x -1 - x x 2 ，则 F '( x ) = x e x - 2e x + x + 2 x3，令 h ( x ) = x ex - 2e x+ x + 2 ，可得 h '( x ) = x e x - e x + 1 ， h '( x ) = x e x > 0 ，所以 h '( x ) 在(0, +∞) 上递增，于是 h '( x ) > h '(0) = 0 ，即 h '( x ) > 0 ，所以 h ( x ) 在(0, +∞) 上递增，于是 h ( x ) > h (0) = 0 ，所以 F '( x ) > 0 ，所以 F ( x ) 在(0, +∞) 上递增．由洛必达法则，可得 lim F ( x ) = lim (e x -1 - x )' = lim (e x -1)' = lim e = 1 ，所以在 x →0+ x →0+ (x 2 )' x →0+(2x )' x →0+2 2(0, +∞) 上有 F ( x ) >1 ，所以 a ≤ 1． 2 2法 2：（不猜想直接用最值法） f '( x ) = e x -1 - 2ax ， f '( x ) = e x - 2a ．①当 2a ≤ 1，即 a ≤ 1时，有 f '( x ) ≥ 0 ，所以 f '( x ) 在[0, +∞) 上递增，所以2 f '( x ) ≥ f ' (0) = 0 ，所以 f '( x ) ≥ 0 ，所以 f ( x ) 在[0, +∞) 上递增，所以 f ( x ) ≥ f (0) = 0 ．②当 2a > 1 ，即 a > 1时，由 f '( x ) < 0 可得 x < ln 2a 时，于是 f '( x ) 在[0, ln 2a ) 上递减，2所以 f '( x ) ≤ f ' (0) = 0 ，所以 f '( x ) ≤ 0 ，所以 f ( x ) 在[0, ln 2a ) 上递减，于是 f ( x ) ≤ f (0) = 0 ， 于是 f ( x ) ≥ 0 不恒成立．综上所述， a 的取值范围是⎛-∞, 1 ⎤ ．2 ⎥ ⎝ ⎦法 3：（先猜想并将猜想强化）当 x = 0 时， f ( x ) ≥ 0 在[0, +∞) 上恒成立．（2）若当 x ≥ 0 时， f ( x ) ≥ 0 ，求 a 的取值范围．⎛ ⎛ x⎫ 3 x2当 x ≠ 0 时， f ( x ) ≥ 0 在[0, +∞) 上恒成立⇔ a ≤ e x -1 - xx2= F (x ) 在(0, +∞) 上恒成立．由洛必达法则，可得 lim F ( x ) = lim (e x -1 - x )' = lim (e x -1)' = lim e = 1 ，所以 a ≤ 1 ．x →0+ x →0+( x 2 )'x →0+ (2x )' x →0+2 2 2 f '( x ) = e x -1 - 2ax ， f '( x ) = e x - 2a ≥ 0 ，所以 f '( x ) 在[0, +∞) 上递增，所以 f '( x ) ≥ f ' (0) = 0 ，所以 f '( x ) ≥ 0 ，所以 f ( x ) 在[0, +∞) 上递增，所以 f ( x ) ≥ f (0) = 0 ．练习 1：已知函数 f ( x ) = ln 1+ x．1- x（1）求曲线 y = f ( x ) 在点(0, f (0)) 处的切线方程；（2）求证：当 x ∈(0,1) 时， f ( x ) > 2 x + ⎝x 3⎫⎪ ；⎭（3）设实数 k 使得 f ( x ) > k x + ⎝3⎪ 对 x ∈(0,1) 恒成立，求 k 的最大值．3 ⎭ 【解析】（1） f (0) = 0 ，因为 f '( x ) =1 + x 21- x 2⎛ ，所以 f '(0) = 2 ，于是切线方程为 y = 2x ． x 3 ⎫【证明】（2）构造函数 F ( x ) = ln 1 - x - 2 x + ⎝⎪ ， 0 < x < 1．因为⎭ F '( x ) = 2 1 - x 2 - 2(1+ x ) = 2 x 4 1 - x⎛ > 0 ，所以 F ( x ) 在(0,1) 上递增，所以 F ( x ) > F (0) = 0 ．于 x 3 ⎫是当 x ∈(0,1) 时， f ( x ) > 2 x + ⎪ ．⎝⎭ 3 3 2( ⎛ x ⎫ ⎛ x⎫ ( ) )【解析】（3）法 1：（不猜想直接用最值法）构造函数G ( x ) = ln 1 + x 1 - x ⎛ k x + ⎝x 3⎫⎪ ，0 < x < 1，⎭ 则G '( x ) =2- k 1+ x 2= 1 - x 2kx 4 + (2 - k )．1 - x 2①当 k ≤ 0 时， G '( x ) > 0 ，所以G ( x ) 在(0,1) 上递增，所以G ( x ) > G (0) = 0 ． ②当0 < k ≤ 2 时， G '( x ) > 0 ，所以G ( x ) 在(0,1) 上递增，所以G ( x ) > G (0) = 0 ．⎛③当 k > 2 时，由G '( x ) < 0 可得0 < x ，于是G ( x ) 在 上递减，所以G ( x ) < G (0) = 0 ，于是 f ( x ) > k x + ⎝⎝3⎪ 在(0,1) 上不恒成立．3 ⎭综上所述， k 的最大值为2 ．法 2：（先猜想并将猜想强化）由（2）可知 k ≤ 2 ，猜想 k 的最大值为 2 ．下面证明当 k > 2时， f ( x ) > k x + ⎝3⎪ 在(0,1) 上不恒成立．3 ⎭构造函数G ( x ) = ln 1 + x 1 - x ⎛ k x + ⎝x 3⎫⎪ ， 0 < x < 1，则⎭G '( x ) = 2 - k 1+ x 2 = 1 - x 2kx 4 + (2 - k ) 1 - x 2．当 k > 2 时，由G '( x ) < 0 可得0 < x <，于是⎛ ⎛ x 3 ⎫G ( x ) 在上递减，所以G ( x ) < G (0) = 0 ，于是 f ( x ) > k x + ⎪ 在(0,1) 上不恒成3 ⎝⎝ ⎭立．练习 2：设函数 f ( x ) = e mx + x 2 - mx ．（1）证明： f ( x ) 在(-∞, 0) 单调递减，在(0, +∞) 单调递增；（2）若对于任意 x 1 、 x 2 ∈[-1,1] ，都有 f ( x 1 ) - f (x 2 ) ≤ e - 1 ，求 m 的取值范围．【证明】（1）f '( x ) = m e mx + 2x - m ，令 g ( x ) = f '(x ) ，则 g '( x ) = m 2e mx + 2 > 0 ，所以 g ( x ) 在 R 上递增，而 g (0) = 0 ，所以当 x < 0 时， f '( x ) < 0 ，当 x > 0 时， f '( x ) > 0 ，所以 f ( x ) 在(-∞, 0) 单调递减，在(0, +∞) 单调递增．- 3 - 3min ⎩【解析】（2）由（1）可知，f ( x ) 在[-1, 0] 上递减，在[0,1]上递增，所以 ⎡⎣ f ( x )⎤⎦ = f (0) = 1 ，于是对于任意 x 1 、 x 2 ∈[-1,1] ，都有 f ( x 1 ) - f (x 2 ) ≤ e - 1 ⇔ ⎡⎣ f ( x )⎤⎦max - ⎡⎣ f (x )⎤⎦min ≤ e - 1 ，即 ⎡⎣ f ( x )⎤⎦max ⎧⎪ f (1) = e m+1 - m ≤ e ≤ e ⇔ ⎨⎪ f (-1)= e - m+ 1 + m ≤ e ．构造函数 k ( x ) = e x + 1 - x - e ，则 k '( x ) = e x-1，由 k '( x ) > 0 可得 x > 0 ，由 k '( x ) < 0 可得 x < 0 ，所以 k ( x ) 在(-∞, 0) 上递减，在(0, +∞) 上递增．又因为 f (1) = 0 ， f (-1) = 2 + 1- e < 0 ，所以 m 的取值范围是[-1,1] ．e练习 3：已知函数 f ( x ) = ( x + 1)ln x - a (x - 1) ．（1）当 a = 4 时，求曲线 y = f ( x ) 在(1, f (1)) 处的切线方程； （2）若当 x ∈(1, +∞) 时， f ( x ) > 0 ，求 a 的取值范围．【解析】（1） f ( x ) 的定义域为(0, +∞) ．当 a = 4 时， f ( x ) = ( x + 1)ln x - 4 (x - 1) ，f '( x ) = ln x +x + 1- 4 ，所以 f (1) = 0 ， f '(1) = -2 ．于是曲线 y = f ( x ) 在(1, f (1)) 处的切线 x方程为2x + y - 2 = 0 ．（2）法 1：（分离参数法）当 x ∈(1, +∞) 时， f ( x ) > 0 ⇔ a <( x + 1)ln x．令x -1⎛ x + 1 + ln x ⎫( x -1) - (x + 1)ln x x - 1 - 2 l n x H x = ( x + 1)ln x' x ⎪ ( ) x -1 ，则 H ( x ) = ⎝ ⎭ = ( x -1)2x ，令 ( x -1)2 K ( x ) = x - 1 x- 2 l n x ，则 K '( x ) = x 2 - 2x + 1 x 2> 0 ，于是 K ( x ) 在(1, +∞) 上递增，所以 K ( x ) > K (1) = 0 ，于是 H '( x ) > 0 ，从而 H ( x ) 在(1, +∞) 上递增．由洛必达法则，可得 lim (x + 1)ln x= lim (( x + 1)ln x )' 1 + 1+ ln x = lim x = 2 ，于是 a ≤ 2 ．于 x →1+是 a 的取值范围是(-∞, 2] ．x -1 x →1+ ( x -1)' x →1+1 法 2：（不猜想直接用最值法） f '( x ) = ln x + 1+ 1 - a ．x①当1 - a ≥ 0 ，即 a ≤ 1 时， f '( x ) > 0 ，所以 f ( x ) 在(1, +∞) 上递增，所以 f ( x ) > f (1) = 0 ．a ( x -1) a ( x -1)②当 a > 1 时，令 g ( x ) = f '(x ) ，则 g '( x ) =x -1> 0 ，所以 g ( x ) （即 f '( x ) ）在(1, +∞) 上 x2递增，于是 f '( x ) > f ' (1) = 2 - a ．（i ）若 2 - a ≥ 0 ，即1 < a ≤ 2 时， f '( x ) > 0 ，于是 f ( x ) 在(1, +∞) 上递增，于是f ( x ) > f (1) = 0 ．（ii ）若 2 - a < 0 ，即 a > 2 时，存在 x 0 ∈(1, +∞) ，使得当1 < x < x 0 时， f '( x ) < 0 ，于是f ( x ) 在(1, x 0 ) 上递减，所以 f ( x ) < f (1) =0 ． 综上所述， a 的取值范围是(-∞, 2] ．法 3：（变形后不猜想直接用最值法）当 x ∈(1, +∞) 时， f ( x ) > 0 ⇔ ln x - > 0 ．令x + 1F ( x ) = ln x -a ( x -1) x + 1 ，则 F '( x ) = 1 - 2a = x ( x + 1)2 x 2+ 2(1 - a ) x + 1 ，记x (x + 1)2G ( x ) = x 2 + 2(1- a )x + 1 ，则G ( x ) 是以 x = a - 1 为对称轴，开口方向向上的抛物线．①当 a -1 ≤ 1 ，即 a ≤ 2 时， G (1) = 2 (2 - a ) ≥ 0 ，所以 F '( x ) ≥ 0 ，于是 F ( x ) 在(1, +∞) 上递增，因此 F ( x ) > F (1) = 0 ．②当 a -1 > 1，即 a > 2 时， G ( x ) 的判别式为∆ = 4a (a - 2) > 0 ，于是G ( x ) 有两根，不妨⎧x 1 + x 2 = 2a - 2 ⎧⎪( x 1 -1) + (x 2 -1) = 2a - 4 > 0 设为 x 1 、x 2 ，且 x 1 < x 2 ．由韦达定理可得⎨x x = 1，于是 ⎨( x -1)( x -1) = 4 - 2a < 0 ⎩ 1 2 ⎩⎪ 1 2 所以 x 1 < 1 < x 2 ，于是，当 x ∈(1, x 2 ) 时， G ( x ) < 0 ，所以 F '( x ) < 0 ，于是 F ( x ) 在(1, x 2 ) 上递减，即 F ( x ) < F (1) = 0 ．综上所述， a 的取值范围是(-∞, 2] ．法 4：（通过猜想减少分类讨论）当 x ∈(1, +∞) 时，f ( x ) > 0 ⇔ F (x ) = ln x - > 0 ．因x + 1为 F (1) = 0 ，所以 F '(1) = 1 - 1a ≥ 0 ，即 a ≤ 2 ．2，专题三含参数函数不等式恒成立问题F '(x)= x2 + 2(1 -a )x+1x(x+1)2，记G (x)=x2+ 2(1-a )x +1，则G (x)是以x =a -1为对称轴，开口方向向上的抛物线．当 a ≤ 2 时，G (1)= 2 (2 -a )≥ 0 ，所以F '(x)≥ 0 ，于是F (x)在(1, +∞) 上递增，因此F (x )>F (1)= 0 ．所以a 的取值范围是(-∞, 2]．法5：（通过猜想减少分类讨论）当x∈(1,+∞)时，f(x)>0⇔a< (x+1)ln xx -1=H (x )．由洛必达法则，可得lim (x+1)ln x= lim ((x+1)ln x)' 1 +1+ ln x= lim x = 2 ，于是a ≤ 2 ．x→1+ x -1 x→1+ (x-1)' x→1+1练习 4：已知函数f (x )=a ln x+b，曲线y =f (x )在点(1, f (1))处的切线方程为x +1x x + 2 y - 3 = 0 ．（1）求a 、b 的值；（2）如果当x > 0 ，且x ≠ 1 时，f (x)>ln x+k，求k 的取值范围．x -1 xa⎛x + 1- ln x⎫x ⎪ 1 a 1【解析】（1）f (1)=b =1，因为 f '(x)= 于是a = 1 ．⎝⎭-(x+1)2x2，所以f '(1)=-1 =-，2 2（2）法1：（分离参数法）由f(x)>ln x+k可得k<1+2x ln x，令H(x)=2x ln x（x>0且x≠1）．2(ln x +x2 ln x +1 -x2 ) x -1 x 1 -x2 1 -x2H '(x)=(1-x2)2，令H1(x )= ln x +x 2 ln x + 1 -x 2 ，则H '(x)=1 + 2x ln x -x ，令H (x)=H '(x )，则H '(x)=-1 + 2 l n x +1 ，令H (x)=H '(x )，1 x2 1 2 x23 2则H '(x )=2 +2 > 0 ．3 x3 x当x∈(0,1)时，H3(x)在(0,1)上递增，于是H3(x)<H3(1)=0，即H2'(x)<0，所以H2(x)在(0,1)上递减，于是H2(x)>H2(1)=0，即H1'(x)>0，所以H1(x)在(0,1)上递增，所以H1 (x)<H1 (1)= 0 ，于是H '(x)< 0 ，所以H (x)在(0,1)上递减．⎝ k 1 (x1) ⎭ 当 x ∈(1, +∞) 时， H 3 ( x ) 在(1, +∞) 上递增，于是 H 3 ( x ) > H 3 (1) = 0 ，即 H 2' ( x ) > 0 ，所以 H 2 ( x ) 在(1, +∞) 上递增，于是 H 2 ( x ) > H 2 (1) = 0 ，即 H 1'( x ) > 0 ，所以 H 1 ( x ) 在(1, +∞) 上递增，所以 H 1 ( x ) > H 1 (1) = 0 ，于是 H '( x ) > 0 ，所以 H ( x ) 在(1, +∞) 上递增．由洛必达法则，可得lim H ( x ) = lim 2x l n x 2 = lim(2x l n x )' = lim 2 l n x + 2= -1 ，同理， x →1+x →1+1 - xx →1+(1 - x 2 )'x →1+-2x lim H ( x ) = -1 ，所以当 x > 0 且 x ≠ 1 时，有1 + 2x ln x> 0 ，于是 k ≤ 0 ． x →1-1 - x2 法 2：（不猜想直接用最值法）由（1）知 f ( x ) = ln x + 1 ，所以⎛ ln x k ⎫1 ⎡ x + 1 x (k -1)(x 2-1)⎤ F ( x ) = f (x ) - x -1 + ⎪ =1 - x ⎢2 ln x + 2 ⎢⎣⎥ ，考虑函数 x ⎥⎦( - ) 2- h ( x ) = 2 l n x +， x > 0 ，则 F ( x ) =x11 - x 2h (x ) ，此时有 h (1) = 0 ． h '( x ) = (k -1) x 2 + 2x + (k -1) x2，令ϕ( x ) = (k - 1) x 2+ 2x + (k - 1) ，当 k ≠ 1 时，其判别式为∆ = 4 - 4 (k - 1)2= -4k (k - 2 ) ．①当 k ≤ 0 时， ∆ ≤ 0 ，所以ϕ( x ) ≤ 0 ，于是 h '( x ) ≤ 0 ，于是 h ( x ) 在(0, +∞) 上递减，而h (1) = 0 ，所以当 x ∈(0,1) 时， h ( x ) > 0 ，于是 F ( x ) =11 - x 2h (x ) > 0 ；当 x ∈(1, +∞) 时， h ( x ) < 0 ，于是 F ( x ) =1 h (x ) > 0 ．所以当 x > 0 ，且 x ≠ 1 时，F ( x ) > 0 ，即 f ( x ) > ln x + k 恒成立．1 - x2 x -1 x ②当0 < k < 1 时，ϕ( x ) 是开口方向向下，以 1 1 - k> 1 为对称轴，与 x 轴有两个交点的二次函数．因为ϕ(1) = 2k > 0 ，所以当 x ∈⎛1, 1 ⎫ 时，ϕ( x ) > 0 ，所以 h '( x ) > 0 ，于是 h ( x ) 在1 - k ⎪⎝ ⎭⎛1, 1 ⎫ 上递增，所以 h ( x ) > 0 ．而 x ∈⎛1,1 ⎫ 时 ， 1 < 0 ，所以 F ( x ) = 1 h (x ) < 0 ，1 - k ⎪ 1 - k ⎪ 1 - x2 1 - x 2⎝ ⎭ ⎝ ⎭于是 f ( x ) > ln x + k不恒成立．x -1 x③当 k = 1 时， h '( x ) = 2> 0 ，所以 h ( x ) 在(0, +∞) 上是增函数，所以当 x ∈(1, +∞) 时，xh ( x ) > 0 ，而 1< 0 ，所以 F ( x ) =1 h (x ) < 0 ，于是 f ( x ) > ln x + k 不恒成立． 1 - x2 1 - x 2 x -1 xx⎝ ⎭ ④当1 < k < 2 时，ϕ( x ) 是开口方向向上，以 11 - k< 0 为对称轴，与 x 轴有两个交点的二次函数．因为ϕ(0) = k -1 > 0 ，所以ϕ( x ) > 0 在(0, +∞) 上恒成立，所以 h ( x ) 在(0, +∞) 上是增函数，以下同③，于是 f ( x ) > ln x + k 不恒成立．x -1 x⑤当 k ≥ 2 时，ϕ( x ) 是开口方向向上，以 11 - k< 0 为对称轴，与 x 轴最多有一个交点的二次函数，所以ϕ( x ) > 0 在(0, +∞) 上恒成立，所以 h ( x ) 在(0, +∞) 上是增函数，以下同③，于是 f ( x ) > ln x + k 不恒成立．x -1 x综上所述， k 的取值范围为(-∞, 0] ．法 3：（通过猜想减少分类讨论）由（1）知 f ( x ) =ln x + 1 ，所以⎛ ln x k ⎫1 ⎡ x + 1 x (k -1)(x 2-1)⎤ F ( x ) = f (x ) - x -1 + ⎪ =1 - x ⎢2 ln x + 2 ⎢⎣⎥ ．因为 x ⎥⎦1 ⎡ 3(k - 1)⎤ 4 ln 2F (2) = - ⎢2 l n 2 + ⎥ > 0 ，所以k < 1 - ≈ 0.08 ． 3 ⎣ 2 ⎦ 3(k -1)(x 2 -1)1 考虑函数 h ( x ) =2 l n x +， x > 0 ，则 F ( x ) =x1 - x2h (x ) ，此时有 h (1) = 0 ．h '( x ) = (k -1) x 2 + 2x + (k -1) x2，令ϕ( x ) = (k - 1) x 2+ 2x + (k - 1) ，这是开口方向向下的抛物线，其判别式为∆ = 4 - 4 (k - 1)2= -4k (k - 2 ) ．①当 k ≤ 0 时， ∆ ≤ 0 ，所以ϕ( x ) ≤ 0 ，于是 h '( x ) ≤ 0 ，于是 h ( x ) 在(0, +∞) 上递减，而h (1) = 0 ，所以当 x ∈(0,1) 时， h ( x ) > 0 ，于是 F ( x ) =11 - x 2h (x ) > 0 ；当 x ∈(1, +∞) 时， h ( x ) < 0 ，于是 F ( x ) =1 h (x ) > 0 ．所以当 x > 0 ，且 x ≠ 1 时，F ( x ) > 0 ，即 f ( x ) > ln x + k 恒成立．1 - x2 x -1 x ②当0 < k < 1 -4 l n 2时，ϕ( x ) 是开口方向向下，以 1> 1 为对称轴，与x 轴有两个交 3 1 - k点的二次函数．因为ϕ(1) = 2k > 0 ，所以当 x ∈⎛1, 1 ⎫ 时，ϕ( x ) > 0 ，所以 h '(x ) > 0 ，于是 1 - k ⎪⎝ ⎭h ( x ) 在⎛1, 1 ⎫ 上递增，所以 h ( x ) > 0 ．而 x ∈⎛1,1 ⎫ 时 ， 1< 0 ，所以 1 - k ⎪ 1 - k ⎪ 1 - x 2⎝ ⎭ ⎝ ⎭xx xF ( x ) =1h (x ) < 0 ，于是 f ( x ) > ln x + k不恒成立． 1 - x 2 x -1 x综上所述， k 的取值范围为(-∞, 0] ．法 4：（通过猜想减少分类讨论）由 f ( x ) > ln x + k 可得 k < 1 + 2x ln x = 1 + H (x ) ，由洛x -1 x 1(ln x )'1 - x 2必达法则，可得 lim x l n x = limln x = lim= lim x = lim (-x )= 0 ，于是x →0+x →0+1xx →0+⎛ 1 ⎫' ⎪ ⎝⎭ x →0+⎛ 1 ⎫2- ⎪ ⎝⎭ x →0+lim H ( x ) =1 ，所以 k ≤ 1 ．x →0+下同法 2，只需讨论法 2 的①②③三种情况即可．法 5：（通过猜想减少分类讨论）由 f ( x ) > ln x + k 可得 k < 1 + 2x ln x= 1 + H (x ) ，由洛必达法则，可得lim H ( x ) = lim 2x l n x 2= lim x -1 (2x l n x )' x = lim2 l n x + 2 1 - x 2= -1 ，所以 k ≤ 0 ． x →1 x →1 1 - xx →1 (1 - x 2 )'x →1 -2x 下同法 2，只需讨论法 2 的①即可．。
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.。
含参不等式恒成立问题
不等式中恒成立问题的解法研究在不等式的综合题中，经常会遇到当一个结论对于某一个字母的某一个取值范围内所有值都成立的恒成立问题。
恒成立问题的基本类型：类型1：设（1）上恒成立；（2）上恒成立。
类型2：设（1）当时，上恒成立，上恒成立（2）当时，上恒成立上恒成立类型3：。
类型4：恒成立问题的解题的基本思路是：根据已知条件将恒成立问题向基本类型转化，正确选用函数法、最小值法、数形结合等解题方法求解。
一、用一次函数的性质对于一次函数有：例1：若不等式对满足的所有都成立，求x的范围。
解析：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：，；令，则时，恒成立，所以只需即，所以x的范围是。
二、利用一元二次函数的判别式对于一元二次函数有：（1）上恒成立；（2）上恒成立例2：若不等式的解集是R，求m的范围。
解析：要想应用上面的结论，就得保证是二次的，才有判别式，但二次项系数含有参数m，所以要讨论m-1是否是0。
（1）当m-1=0时，元不等式化为2>0恒成立，满足题意；（2）时，只需，所以，。
三、利用函数的最值（或值域）（1）对任意x都成立；（2）对任意x都成立。
简单计作：“大的大于最大的，小的小于最小的”。
由此看出，本类问题实质上是一类求函数的最值问题。
例3：在ABC中，已知恒成立，求实数m的范围。
解析：由，，恒成立，，即恒成立，四：数形结合法对一些不能把数放在一侧的，可以利用对应函数的图像法求解。
例5：已知，求实数a的取值范围。
解析：由，在同一直角坐标系中做出两个函数的图像，如果两个函数分别在x=-1和x=1处相交，则由得到a分别等于2和0.5，并作出函数的图像，所以，要想使函数在区间中恒成立，只须在区间对应的图像在在区间对应图像的上面即可。
当才能保证，而才可以，所以。
由此可以看出，对于参数不能单独放在一侧的，可以利用函数图像来解。
利用函数图像解题时，思路是从边界处（从相等处）开始形成的。
练习题：1、对任意实数x，不等式恒成立的充要条件是_______。
高考中函数含参量不等式恒成立问题的解题
高考中函数含参量不等式恒成立问题的解题令函数$f(x)$为定义在区间$[a,b]$上的连续函数，$a,b$ 为实数，且 $a<b$，$m,n$ 为任意实数，当 $m≤f(x)≤n$立时，称不等式 $m≤f(x)≤n$ $[a,b]$ 上恒成立。
本文将对函数参量不等式恒成立问题进行解析，为读者更好地理解这一概念提供一些解决实例。
一、函数参量不等式恒成立问题概述函数参量不等式恒成立问题是指，在定义函数 $f(x)$某个区间内，给出两个恒定的实数 $m$ $n$，使得不等式 $m≤f(x)≤n$成立，这就是函数参量不等式恒成立的问题。
二、参量不等式恒成立问题的解法1.性函数若函数 $f(x)$线性函数，那么参量不等式恒成立问题的解法很简单，直接求出 $f(x)$一次项系数和常数项即可。
例：$f(x)=2x+3$，若满足 $2≤f(x)≤6$ $xin[-0.5,2.5]$2. 二次函数当函数 $f(x)$ 为二次函数时，可以根据抛物线的准确性来判断参量不等式恒成立的解法。
例：$f(x)=x^2+3x+1$，若满足 $4≤f(x)≤9$ $xin[-1,4]$3.他函数当函数 $f(x)$ 不是线性函数也不是二次函数时，则可以根据函数的图形来确定参量不等式恒成立条件。
对于参量不等式恒成立问题，最重要的是分析函数的大致形状，因为不等式恒成立的解取决于函数给定区间内解的个数。
例：$f(x)=|x-4|$，若要求 $0≤f(x)≤4$，则取解 $xin[0,4]$三、结论解决参量不等式恒成立问题的一般方法是，先求出函数的表达式，然后根据函数的类型（线性函数、二次函数或其他函数），确定求解参量不等式恒成立条件的方法。
本文仅就一般情况介绍了参量不等式恒成立问题的解决方案，在实际应用中，由于函数的形状、参数等多种因素的影响，参量不等式恒成立问题具有非常丰富的多样性，只有熟练掌握各种不同函数类型的解题方法，才能有效地解决实际问题。
含参数不等式恒成立与存在性问题含答案
含参数不等式恒成立与存在性问题由任意性和存在性条件求参数的取值范围问题，一直是高考数学考试的重点和难点。
通过对近几年高考数学试题的研究，我们发现这类试题往往以压轴题的形式出现，所涉及的知识点内容覆盖面广，其中命题的核心在函数、方程、不等式等内容的交汇处。
下面就对这类问题进行详细的归类、归法，构建知识体系，希望对同学们有所帮助。
一、在不等式恒成立的条件下，求参数的取值范围问题在不等式恒成立条件下求参数的取值范围，一般原理是利用转化与化归思想将其转化为函数的最值或值域问题加以求解，方法可采用“分离参数法”或“不分离参数法”直接移项构造辅助函数的形式. 类型1：对于一次函数],[,)(n m x b kx x f ∈+=，则有：（1）如果()0()0()0f m f x f n >⎧>⇔⎨>⎩恒成立；（2）如果()0()0()0f m f x f n <⎧<⇔⎨<⎩恒成立.例1、若不等式)1(122->-x m x 对满足22≤≤-m 的所有m 都成立，求x 的范围.类型2：设)0()(2≠++=a c bx ax x f ，R x ∈ （1）R x x f ∈>在0)(上恒成立00<∆>⇔且a ； （2）R x x f ∈<在0)(上恒成立00<∆<⇔且a .例2、已知关于x 的不等式2210mx mx ++>对任意x R ∈恒成立，求实数m 的取值范围.类型3：设)0()(2≠++=a c bx ax x f ],[βα∈x（1）当0>a 时，如果],[0)(βα∈>x x f 在上恒成立⎪⎩⎪⎨⎧>>-⎪⎩⎪⎨⎧<∆≤-≤⎪⎩⎪⎨⎧><-⇔0)(2020)(2βββαααf aba b f a b 或或； 当0>a 时，如果],[0)(βα∈<x x f 在上恒成立⎩⎨⎧<<⇔0)(0)(βαf f .（2）当0<a 时，如果],[0)(βα∈>x x f 在上恒成立⎩⎨⎧>>⇔0)(0)(βαf f ；当0<a 时，如果],[0)(βα∈<x x f 在上恒成立⎪⎩⎪⎨⎧<>-⎪⎩⎪⎨⎧<∆≤-≤⎪⎩⎪⎨⎧><-⇔0)(2020)(2βββαααf a bab f a b 或或.例3、若[]2,2x ∈-时，不等式23x ax a ++≥恒成立，求a 的取值范围。
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学生姓名
年级
科目
数学
授课教师
日期
时间段
课时
2
授课类型
新课/复习课/作业讲解课
教学目标
教学内容
函数专题:含参不等式恒成立问题
个性化学习问题解决
“含参不等式恒成立问题”把不等式、函数、三角、几何等内容有机地结合起来，知识点多，综合性强，解法灵活等。在解决这类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，培养其思维的灵活性、创造性都有着独到的作用
25.（一中学考模拟考压轴题）：已知函数
（1）若f(x)在区间 上是增函数，求b的取值范围；
（2）若存在实数b，对于任意 ， 恒成立，求a的最大值。
课后作业
可附页
班主任收回
审批签字
教学主任课前
审批签字（或盖章）
恒成立问题的基本类型：
类型1：若所求问题可转化为二次不等式，则可考虑应用判别式法解题。一般地，对于二次函数 ,有
1） 对 恒成立 ; 2） 对 恒成立
例1、已知不等式 对 恒成立，求实数 的取值范围。
例2：若不等式 的解集是R，求m的范围。
类型2：设
（1）当 时， 上恒成立 ，
上恒成立
（2）当 时， 上恒成立
例1、 已不等式 对 恒成立，求实数 的取值范围。
例2．已知 时，不等式 恒成立，求 的取值范围。
变式：已知不等式 对 恒成立，求实数 的取值范围。
练习、1设 ，当 时，恒有 ，求实数 的取值范围。
六、利用集合与集合间的关系
在给出的不等式中，若能解出已知取值范围的变量，就可利用集合与集合之间的包含关系来求解，即： ，则 且 ，不等式的解即为实数 的取值范围。
2） 函数 图象恒在函数 图象下上方。
例1：已知 ，求实数a的取值范围。
五、分离参数
在给出的不等式中，如果能通过恒等变形分离出参数，即：若 恒成立，只须求出 ，则 ；若 恒成立，只须求出 ，则 ，转化为函数求最值。
在给出的不等式中，如果通过恒等变形不能直接解出参数，则可将两变量分别置于不等式的两边，即：若 恒成立，只须求出 ，则 ，然后解不等式求出参数 的取值范围；若 恒成立，只须求出 ，则 ，然后解不等式求出参数 的取值范围，问题还是转化为函数求最值。
基本方法
一、确定主元法
在给出的含有两个变量的不等式中，学生习惯把变量 看成是主元（未知数），而把另一个变量 看成参数，在有些问题中这样的解题过程繁琐。如果把已知取值范围的变量作为主元，把要求取值范围的变量看作参数，则可简化解题过程。
例1：若不等式 对满足 的所有 都成立，求x的范围。
例2．对任意 ，不等式 恒成立，求 的取值范围。
练习、1、对于满足 的所有实数 ，求使不等式 恒成立的 的取值范围。
2、对任意的 ，函数 的值总是正数，则x得取值范围是（）
A１<ｘ<３ Ｂ ｘ<１或x>3 C 1<x<2 D x<1或x>2
3. 已知函数 是定义在 上的奇函数，且 ，若 ， ，有 ，（1）证明 在 上的单调性；（2）若 对所有 恒成立，求 的取值范围。
二、判别式法
对于一元二次函数 有：
（1） 上恒成立 ；
（2） 上恒成立
例2：若不等式 的解集是R，求m的范围。
三、最值法
（1） 对任意x都成立 ；
（2） 对任意x都成立 。
简单计作：“大的大于最大的，小的小于最小的”。由此看出，本类问题实质上是一类求函数的最值问题。
1、已知函数 ， （1） 当 时，求函数 的最小值；
3若函数 在R上恒成立，求m的取值范围。
4. 已知函数 ，⑴在R上 恒成立，求 的取值范围。
⑵若 时， 恒成立，求 的取值范围。
⑶若 时， 恒成立，求 的取值范围。
八、注意区分恒成立与成立问题
例1.对一切实数x,不等式 恒成立，求实数a的范围。
例2.若不等式 有解，求实数a的范围。
例3.若方程 有解，求实数a的范围
例、设 ，若满足不等式 的一切实数 ，能使不等式 恒成立，求正实数 的取值范围。
七、分类讨论法
在给出的不等式中，如果两变量不能通过恒等变形分别置于不等式的两边，则可利用分类讨论的思想来解决。
例1、若 时，不等式 恒成立，求 的取值范围。
练习.
1若不等式 对任意实数x恒成立，求实数m的取值范围
2若不等式 对任意实数m恒成立，求实数x的取值范围。
（2）若对任意 恒成立，求实数 的范围
练习. 已知不等式 恒成立。求实数 的取值范围。
四：数形结合法
数学家华罗庚曾说过：“数缺形时少直观，形缺数时难入微”，这充分说明了数形结合思想的妙处，在不等式恒成立问题中它同样起着重要作用。我们知道，函数图象和不等式有着密切的联系：
1） 函数 图象恒在函数 图象上方；
上恒成立
变式1：已知不等式 对 恒成立，求实数 的取值范围。
变式2：已知不等式 对 恒成立，求实数 的取值范围。
类型3：
；
。
类型4：
恒成
注意：
恒成立（在某一区间上），成立（存在一个），恒不成立（在某一区间上）三者的区别：
；
。
；
。
练习、（1）若关于 的不等式 的解集为 ，求实数 的取值范围；
（2）若关于 的不等式 的解集不是空集，求实数 的取值范围