不等式恒成立与有解
江苏省高考数学考前压轴冲刺(新高考)-专题11 不等式之恒成立与有解问题(填空题)(原卷版)
专题11 不等式恒成立与有解问题考点预测江苏高考近几年不等式常以压轴题的题型出现，常见的考试题型有恒成立，有解问题，此类题型丰富多变，综合性强，有一定的难度，但只要我们理解问题的本质，就能解决这类问题，常用的知识点如下：1.若)(x f 在区间D 上存在最小值，A x f >)(在区间D 上恒成立，则A x f >min )(.2.若)(x f 在区间D 上存在最大值，B x f <)(在区间D 上恒成立，则B x f <max )(.3.若)(x f 在区间D 上存在最大值，A x f >)(在区间D 上有解，则A x f >max )(.4.若)(x f 在区间D 上存在最小值，B x f <)(在区间D 上有解，则B x f <min )(.5.],,[,21b a x x ∈∀)()(21x g x f ≤，则min max )()(x g x f ≤.6.],,[1b a x ∈∀],[2n m x ∈∃，)()(21x g x f ≤，则max max )()(x g x f ≤.7.],,[1b a x ∈∃],[2n m x ∈∃，)()(21x g x f ≤，则max min )()(x g x f ≤.8.],,[b a x ∈∀)()(x g x f ≤,则0)()(≤-x g x f .典型例题1.已知函数f （x ）＝x ﹣2（e x ﹣e ﹣x ），则不等式f （x 2﹣2x ）＞0的解集为 ．2.已知a ，b ∈R ，若关于x 的不等式lnx ≤a （x ﹣2）+b 对一切正实数x 恒成立，则当a +b 取最小值时，b 的值为 ﹣ ．3.已知函数f（x）＝，设a∈R，若关于x的不等式在R上恒成立，则a的取值范围是﹣专项突破一、填空题（共12小题）1.设a∈R，若x＞0时均有[（a﹣1）x﹣1]（x2﹣ax﹣1）≥0，则a＝．2.对于任意的正数a，b，不等式（2ab+a2）k≤4b2+4ab+3a2恒成立，则k的最大值为．3.设a＞0，若关于x的不等式x≥9在x∈（3，+∞）恒成立，则a的取值范围为．4.不等式（a﹣2）x2+（a﹣2）x+1＞0对一切x∈R恒成立，则实数a的取值范围是．5.若存在实数b使得关于x的不等式|a sin2x+（4a+b）sin x+13a+2b|﹣2sin x≤4恒成立，则实数a的取值范围是﹣．6.已知等比数列{a n}的前n项和为S n，且S n＝，若对任意的n∈N*，（2S n+3）λ≥27（n﹣5）恒成立，则实数λ的取值范围是．7.若关于x的不等式（x2﹣a）（2x+b）≥0在（a，b）上恒成立，则2a+b的最小值为．8.若对于任意x∈[1，4]，不等式0≤ax2+bx+4a≤4x恒成立，|a|+|a+b+25|的范围为．9.若不等式（x+1）1n（x+1）＜ax2+2ax在（0，+∞）上恒成立，则a的取值范围是．10.若对任意a∈[1，2]，不等式ax2+（a﹣1）x﹣1＞0恒成立，则实数x的取值范围是﹣∞﹣11.若不等式2kx2+kx+＜0对于一切实数x都成立，则k的取值范围是﹣∞﹣．12.已知函数f（x）＝x2+（1﹣a）x﹣a，若关于x的不等式f（f（x））＜0的解集为空集，则实数a的取值范围是﹣．。
浅析“有解”与“恒成立”问题
浅析“有解”与“恒成立”问题作者：邓卫和来源：《中学课程辅导高考版·教师版》2014年第24期摘要：在近年的高考中经常出现“有解”与“恒成立”问题，许多同学混淆了这两个概念，在解题时出错。
现对这两个概念进行阐述：“有解”是指“至少有一个满足条件的值使式子成立，则称该问题有解”。
“恒成立”是指“在某一范围内所有的变量值都使该问题成立，则称该问题恒成立”。
本文现通过具体问题进行阐述。
关键词：“有解”;“恒成立”;例析中图分类号：G427文献标识码：A ; ; 文章编号：1992-7711（2014）24-125-1一、有解问题例1方程x2-a|x|+4=0在x∈[-2，2]上有解，求a的范围。
分析：方程x2-a|x|+4=0在x∈[-2，2]上有解，可能有一解，也可能有两解，讨论比较复杂。
可通过分离变量a，转化为求函数的值域来解。
解：x2-a|x|+4=0当x=0时，方程不成立，因此x≠0故方程两边同除以|x|得a=|x|+4|x|≥2|x|·4|x|=4（当且仅当|x|=2时取到“=”）此时x=±2∈[-2，2]，所以：当a≥4时该方程x2-a|x|+4=0在x∈[-2，2]上有解。
点评：本题通过“分离变量a”求值域，方法简单易行，在以后的学习中经常用到这一方法。
例2（2013重庆.理.16）若关于x的不等式|x-5|+|x+3|<a无解，则实数a的取值范围是。
分析：要使|x-5|+|x+3|<a无解，只要求|x-5|+|x+3|<a有解时实数a的范围，然后求a的补集即可。
要使|x-5|+|x+3|<a有解，则至少有一个或一个以上的x值使要|x-5|+|x+3|<a成立，因此，只要求a大于代数式|x-5|+|x+3|的最小值。
解：函数y=|x-5|+|x+3|=2-2xx≤-38-3<x<52x-2x≥5由此可知，该函数的值域为[8，+∞），因此：当a>8时，不等式|x-5|+|x+3|<a有解。
高考数学一轮复习专题训练—不等式恒成立或有解问题
微课2 不等式恒成立或有解问题题型一 分离法求参数的取值范围【例1】(2020·全国Ⅰ卷)已知函数f (x )＝e x ＋ax 2－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.解 (1)当a ＝1时，f (x )＝e x ＋x 2－x ，x ∈R ， f ′(x )＝e x ＋2x －1.故当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. (2)由f (x )≥12x 3＋1得，e x ＋ax 2－x ≥12x 3＋1，其中x ≥0，①当x ＝0时，不等式为1≥1，显然成立，此时a ∈R . ②当x >0时，分离参数a ，得a ≥－e x －12x 3－x －1x 2，记g (x )＝－e x －12x 3－x －1x 2，g ′(x )＝－（x －2）⎝⎛⎭⎫e x －12x 2－x －1x 3.令h (x )＝e x －12x 2－x －1(x >0)，则h ′(x )＝e x －x －1，令H (x )＝e x －x －1， H ′(x )＝e x －1>0，故h ′(x )在(0，＋∞)上是增函数，因此h ′(x )>h ′(0)＝0，故函数h (x )在(0，＋∞)上递增， ∴h (x )>h (0)＝0，即e x －12x 2－x －1>0恒成立，故当x ∈(0，2)时，g ′(x )>0，g (x )单调递增； 当x ∈(2，＋∞)时，g ′(x )<0，g (x )单调递减. 因此，g (x )max ＝g (2)＝7－e 24，综上可得，实数a 的取值范围是⎣⎡⎭⎫7－e 24，＋∞. 感悟升华 分离参数法来确定不等式f (x ，λ)≥0(x ∈D ，λ为实数)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. 【训练1】已知函数f (x )＝ax －1－ln x (a ∈R ). (1)讨论函数f (x )在定义域内的极值点的个数；(2)若函数f (x )在x ＝1处取得极值，∀x ∈(0，＋∞)，f (x )≥bx －2恒成立，求实数b 的取值范围. 解 (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，且f ′(x )＝a －1x ＝ax －1x.当a ≤0时，f ′(x )≤0在(0，＋∞)上恒成立，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递减，∴f (x )在(0， ＋∞)上没有极值点.当a ＞0时，由f ′(x )＜0得0＜x ＜1a ，由f ′(x )＞0得x ＞1a ，∴f (x )在⎝⎛⎭⎫0，1a 上递减，在⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞上递增，即f (x )在x ＝1a处有极小值.∴当a ≤0时，f (x )在(0，＋∞)上没有极值点，当a ＞0时，f (x )在(0，＋∞)上有一个极值点. (2)∵函数f (x )在x ＝1处取得极值， ∴a ＝1，∴f (x )≥bx －2⇒1＋1x －ln xx≥b ，令g (x )＝1＋1x －ln xx ，则g ′(x )＝ln x －2x 2，令g ′(x )＝0，得x ＝e 2.则g (x )在(0，e 2)上递减，在(e 2，＋∞)上递增， ∴g (x )min ＝g (e 2)＝1－1e 2，即b ≤1－1e 2，故实数b 的取值范围为⎝⎛⎦⎤－∞，1－1e 2. 题型二 等价转化法求参数范围 【例2】函数f (x )＝x 2－2ax ＋ln x (a ∈R ).(1)若函数y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线与直线x －2y ＋1＝0垂直，求a 的值； (2)若不等式2x ln x ≥－x 2＋ax －3在区间(0，e]上恒成立，求实数a 的取值范围. 解 (1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝2x －2a ＋1x ，f ′(1)＝3－2a ，由题意f ′(1)·12＝(3－2a )·12＝－1，解得a ＝52.(2)不等式2x ln x ≥－x 2＋ax －3在区间(0，e]上恒成立等价于2ln x ≥－x ＋a －3x ，令g (x )＝2ln x ＋x －a ＋3x，则g ′(x )＝2x ＋1－3x 2＝x 2＋2x －3x 2＝（x ＋3）（x －1）x 2，则在区间(0，1)上，g ′(x )<0，函数g (x )为减函数； 在区间(1，e]上，g ′(x )>0，函数g (x )为增函数. 由题意知g (x )min ＝g (1)＝1－a ＋3≥0，得a ≤4， 所以实数a 的取值范围是(－∞，4].感悟升华 根据不等式恒成立求参数范围的关键是将恒成立问题转化为最值问题，如f (x )≥a 恒成立，则f (x )min ≥a ，然后利用最值确定参数满足的不等式，解不等式即得参数范围. 【训练2】已知f (x )＝e x －ax 2，若f (x )≥x ＋(1－x ) e x 在[0，＋∞)恒成立，求实数a 的取值范围. 解 f (x )≥x ＋(1－x )e x ，即e x －ax 2≥x ＋e x －x e x ，即e x －ax －1≥0，x ≥0.令h (x )＝e x －ax －1(x ≥0)，则h ′(x )＝e x －a (x ≥0)， 当a ≤1时，由x ≥0知h ′(x )≥0，∴在[0，＋∞)上h (x )≥h (0)＝0，原不等式恒成立. 当a >1时，令h ′(x )>0，得x >ln a ； 令h ′(x )<0，得0≤x <ln a . ∴h (x )在[0，ln a )上单调递减， 又∵h (0)＝0，∴h (x )≥0不恒成立， ∴a >1不合题意.综上，实数a 的取值范围为(－∞，1].题型三 可化为不等式恒成立求参数的取值范围(含有解问题) 【例3】已知函数f (x )＝13x 3＋x 2＋ax .(1)若函数f (x )在区间[1，＋∞)上单调递增，求实数a 的最小值；(2)若函数g (x )＝xe x ，对∀x 1∈⎣⎡⎦⎤12，2，∃x 2∈⎣⎡⎦⎤12，2，使f ′(x 1)≤g (x 2)成立，求实数a 的取值范围.解 (1)由题设知f ′(x )＝x 2＋2x ＋a ≥0在[1，＋∞)上恒成立， 即a ≥－(x ＋1)2＋1在[1，＋∞)上恒成立， 而函数y ＝－(x ＋1)2＋1在[1，＋∞)单调递减， 则y max ＝－3，所以a ≥－3，所以a 的最小值为－3. (2)“对∀x 1∈⎣⎡⎦⎤12，2，∃x 2∈⎣⎡⎦⎤12，2， 使f ′(x 1)≤g (x 2)成立”等价于“当x ∈⎣⎡⎦⎤12，2时，f ′(x )max ≤g (x )max ”.因为f ′(x )＝x 2＋2x ＋a ＝(x ＋1)2＋a －1在⎣⎡⎦⎤12，2上单调递增，所以f ′(x )max ＝f ′(2)＝8＋a . 而g ′(x )＝1－xe x，由g ′(x )>0，得x <1，由g ′(x )<0，得x >1， 所以g (x )在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减. 所以当x ∈⎣⎡⎦⎤12，2时，g (x )max ＝g (1)＝1e . 由8＋a ≤1e ，得a ≤1e－8，所以实数a 的取值范围为⎝⎛⎦⎤－∞，1e －8. 感悟升华 含参不等式能成立问题(有解问题)可转化为恒成立问题解决，常见的转化有： (1)∀x 1∈M ，∃x 2∈N ，f (x 1)>g (x 2)⇔f (x 1)min >g (x 2)min . (2)∀x 1∈M ，∀x 2∈N ，f (x 1)>g (x 2)⇔f (x 1)min >g (x 2)max . (3)∃x 1∈M ，∃x 2∈N ，f (x 1)>g (x 2)⇔f (x 1)max >g (x 2)min . (4)∃x 1∈M ，∀x 2∈N ，f (x 1)>g (x 2)⇔f (x 1)max >g (x 2)max . 【训练3】已知函数f (x )＝ax －e x (a ∈R )，g (x )＝ln xx .(1)求函数f (x )的单调区间；(2)∃x ∈(0，＋∞)，使不等式f (x )≤g (x )－e x 成立，求a 的取值范围. 解 (1)因为f ′(x )＝a －e x ，x ∈R .当a ≤0时，f ′(x )<0，f (x )在R 上单调递减； 当a >0时，令f ′(x )＝0，得x ＝ln a .由f ′(x )>0，得f (x )的单调递增区间为(－∞，ln a )； 由f ′(x )<0，得f (x )的单调递减区间为(ln a ，＋∞).综上所述，当a ≤0时，f (x )的单调递减区间为(－∞，＋∞)，无单调递增区间； 当a >0时，f (x )的单调递增区间为(－∞，ln a )，单调递减区间为(ln a ，＋∞).(2)因为∃x ∈(0，＋∞)，使不等式f (x )≤g (x )－e x ， 则ax ≤ln x x ，即a ≤ln x x2.设h (x )＝ln xx 2，则问题转化为a ≤⎝⎛⎭⎫ln x x 2max . 由h ′(x )＝1－2ln xx 3，令h ′(x )＝0，得x ＝ e. 当x 在区间(0，＋∞)内变化时，h ′(x )，h (x )随x 的变化情况如下表：x (0，e) e (e ，＋∞)h ′(x ) ＋ 0 － h (x )极大值12e由上表可知，当x ＝e 时，函数h (x )有极大值，即最大值为12e ，所以a ≤12e .故a 的取值范围是⎝⎛⎦⎤－∞，12e .1.已知函数f (x )＝ax －1＋ln x ，若存在x 0>0，使得f (x 0)≤0有解，则实数a 的取值范围是( )A.a >2B.a <3C.a ≤1D.a ≥3答案 C解析 函数f (x )的定义域是(0，＋∞)，不等式ax －1＋ln x ≤0有解，即a ≤x －x ln x 在(0，＋∞)上有解.令h (x )＝x －x ln x ，则h ′(x )＝－ln x . 由h ′(x )＝0，得x ＝1.当0<x <1时，h ′(x )>0，当x >1时，h ′(x )<0. 故当x ＝1时，函数h (x )＝x －x ln x 取得最大值1， 所以要使不等式a ≤x －x ln x 在(0，＋∞)上有解， 只要a ≤h (x )max 即可，即a ≤1.2.已知a ∈R ，设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2－2ax ＋2a ，x ≤1，x －a ln x ，x >1.若关于x 的不等式f (x )≥0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 当x ≤1时，由f (x )＝x 2－2ax ＋2a ≥0恒成立，而二次函数f (x )图象的对称轴为直线x ＝a ， 所以当a ≥1时，f (x )min ＝f (1)＝1>0恒成立， 当a <1时，f (x )min ＝f (a )＝2a －a 2≥0，∴0≤a <1. 综上，a ≥0.当x >1时，由f (x )＝x －a ln x ≥0恒成立， 即a ≤xln x恒成立.设g (x )＝xln x (x >1)，则g ′(x )＝ln x －1（ln x ）2.令g ′(x )＝0，得x ＝e ，且当1<x <e 时，g ′(x )<0，当x >e 时，g ′(x )>0， ∴g (x )min ＝g (e)＝e ，∴a ≤e. 综上，a 的取值范围是[0，e].3.已知函数f (x )＝m ⎝⎛⎭⎫x －1x －2ln x (m ∈R )，g (x )＝－mx ，若至少存在一个x 0∈[1，e]，使得f (x 0)<g (x 0)成立，求实数m 的取值范围. 解 依题意，不等式f (x )<g (x )在[1，e]上有解， ∴mx <2ln x 在区间[1，e]上有解，即m 2<ln xx 能成立.令h (x )＝ln xx ，x ∈[1，e]，则h ′(x )＝1－ln x x 2.当x ∈[1，e]时，h ′(x )≥0，h (x )在[1，e]上是增函数，∴h (x )的最大值为h (e)＝1e.由题意m 2<1e ，即m <2e 时，f (x )<g (x )在[1，e]上有解.∴实数m 的取值范围是⎝⎛⎭⎫－∞，2e . 4.设f (x )＝x e x ，g (x )＝12x 2＋x .(1)令F (x )＝f (x )＋g (x )，求F (x )的最小值；(2)若任意x 1，x 2∈[－1，＋∞)，且x 1>x 2，有m [f (x 1)－f (x 2)]>g (x 1)－g (x 2)恒成立，求实数m 的取值范围.解 (1)因为F (x )＝f (x )＋g (x )＝x e x ＋12x 2＋x ，所以F ′(x )＝(x ＋1)(e x ＋1)， 令F ′(x )>0，解得x >－1， 令F ′(x )<0，解得x <－1，所以F (x )在(－∞，－1)上单调递减，在(－1，＋∞)上单调递增. 故F (x )min ＝F (－1)＝－12－1e.(2)因为任意x 1，x 2∈[－1，＋∞)，且x 1>x 2，有m [f (x 1)－f (x 2)]>g (x 1)－g (x 2)恒成立， 所以mf (x 1)－g (x 1)>mf (x 2)－g (x 2)恒成立.令h (x )＝mf (x )－g (x )＝mx e x －12x 2－x ，x ∈[－1，＋∞)，即只需h (x )在[－1，＋∞)上单调递增即可.故h ′(x )＝(x ＋1)(m e x －1)≥0在[－1，＋∞)上恒成立，故m ≥1e x ，而1e x ≤e ，故m ≥e ，即实数m 的取值范围是[e ，＋∞). 5.已知函数f (x )＝m e x －x 2.(1)若m ＝1，求曲线y ＝f (x )在(0，f (0))处的切线方程；(2)若关于x 的不等式f (x )≥x (4－m e x )在[0，＋∞)上恒成立，求实数m 的取值范围.解 (1)当m ＝1时，f (x )＝e x －x 2，则f ′(x )＝e x －2x . 所以f (0)＝1，且斜率k ＝f ′(0)＝1.故所求切线方程为y －1＝x ，即x －y ＋1＝0. (2)由m e x －x 2≥x (4－m e x )得m e x (x ＋1)≥x 2＋4x . 故问题转化为当x ≥0时，m ≥⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2＋4x e x （x ＋1）max . 令g (x )＝x 2＋4xe x （x ＋1），x ≥0，则g ′(x )＝－（x ＋2）（x 2＋2x －2）（x ＋1）2e x .由g ′(x )＝0及x ≥0，得x ＝3－1.当x ∈(0，3－1)时，g ′(x )>0，g (x )单调递增； 当x ∈(3－1，＋∞)时，g ′(x )<0，g (x )单调递减. 所以当x ＝3－1时，g (x )max ＝g (3－1)＝2e 1－3.所以m ≥2e 1－3.即实数m 的取值范围为[2e 1－3，＋∞).。
高中数学不等式恒成立与有解问题
高中数学不等式恒成立与有解问题不等式恒成立与有解问题一直是中学数学的重要内容. 它是函数、数列、不等式等内容交汇处的一个较为活跃的知识点，随着中学数学引进导数，它为我们更广泛、更深入地研究函数、不等式提供了强有力的工具. 在近几年的高考试题中，涉及不等式恒成立与有解的问题，有时在同一套试题中甚至有几道这方面的题目。
其中，特别是一些含自然对数和指数函数的不等式恒成立与有解问题，将新增内容与传统知识有机融合，用初等方法难以处理，而利用导数来解，思路明确，过程简捷流畅，淡化繁难的技巧，它不仅考查函数、不等式等有关的传统知识和方法，而且还考查极限、导数等新增内容的掌握和灵活运用. 它常与思想方法紧密结合，体现能力立意的原则，带有时代特征，突出了高考试题与时俱进的改革方向. 因此，越来越受到高考命题者的青睐. 下面通过一些典型实例作一剖析.1．不等式恒成立与有解的区别不等式恒成立和有解是有明显区别的，以下充要条件应细心思考，甄别差异，恰当使用，等价转化，切不可混为一团.（1）不等式f(x)<k 在x ∈I 时恒成立•k•x f ,)(max <⇔x ∈I. 或f(x)的上界小于或等于k ；（2）不等式f(x)<k 在x ∈I 时有解•k•x f ,)(min <⇔x ∈I. 或f(x)的下界小于k ；（3）不等式f(x)>k 在x ∈I 时恒成立•k•x f ,)(min >⇔x ∈I. 或f(x)的下界大于或等于k ；（4）不等式f(x)>k 在x ∈I 时有解•k•x f ,)(max >⇔x ∈I. 或f(x)的上界大于k ；解决不等式恒成立和有解解问题的基本策略常常是构作辅助函数，利用函数的单调性、最值（或上、下界）、图象求解；基本方法包括：分类讨论，数形结合，参数分离，变换主元等等.例1 已知两函数f(x)=8x 2+16x-k ，g(x)=2x 3+5x 2+4x ，其中k 为实数.（1）对任意x ∈[-3，3]，都有f （x)≤g(x)成立，求k 的取值范围；（2）存在x ∈[-3，3]，使f （x)≤g(x)成立，求k 的取值范围；（3）对任意x 1x 2∈[-3，3]，都有f （x 1)≤g(x 2)，求k 的取值范围.解析 （1）设h(x)=g(x)-f(x)=2x 2-3x 2-12x+k ，问题转化为x ∈[-3，3]时，h(x)≥0恒成立，故h m in (x)≥0.令h′ (x)=6x 2-6x-12=0，得x= -1或2.由h(-1)=7+k ，h(2)=-20+k ，h(-3)=k-45，h(3)=k-9，故h m in (x)=-45+k ，由k-45≥0，得k≥45.（2）据题意：存在x ∈[-3，3]，使f （x)≤g(x)成立，即为：h(x)=g(x)-f(x)≥0在x ∈[-3，3]有解，故h m ax (x)≥0，由（1）知h m ax （x ）=k+7，于是得k≥-7.（3）它与（1）问虽然都是不等式恒成立问题，但却有很大的区别，对任意x 1x 2∈[-3，3]，都有f （x 1)≤g(x 2)成立，不等式的左右两端函数的自变量不同，x 1，x 2的取值在[-3，3]上具有任意性，因而要使原不等式恒成立的充要条件是：]3,3[,)()(min max ••x •x g x f -∈≤，由g′(x)=6x 2+10x+4=0，得x=-32或-1，易得21)3()(min -=-=g x g ，又f(x)=8(x+1)2-8-k ，]3,3[•x -∈. 故.120)3()(max k f x f -==令120-k≤-21，得k≥141.点评 本题的三个小题，表面形式非常相似，究其本质却大相径庭，应认真审题，深入思考，多加训练，准确使用其成立的充要条件2.不等式有解问题例3 设x=3是函数f(x)=(x 2+ax+b)e x -3,x ∈R 的一个极值点.(1)求a 与b 的关系（用a 表示b ），并求f(x)的的单调区间；（2）设a>0，g(x)=x e a ⎪⎭⎫ ⎝⎛+4252，若存在S 1，S 2∈[0，4]，使得|f(S 1)-g(S 2)|<1成立，求a 的取值范围.解析 （1）x e a b x a x x f --+-+-='32])2([)(，由)3(f '=0得b=-2a-3. 故f(x)=(x 2+ax-2a-3)x e -3. 因为)(x f '=-[x 2+(a-2)x-3a-3] x e -3=-(x-3)(x+a+1) x e -3. 由)(x f '=0得：x 1=3，x 2==-a-1. 由于x=3是f(x)的极值点，故x 1≠x 2，即a≠-4.当a<-4时，x 1<x 2，故f(x)在(]3,•∞-上为减函数，在[3，-a-1]上为增函数，在[)+∞--,1•a 上为减函数.当a>-4时，x 1>x 2，故f(x)在(]1,--∞-a •上为减函数，在[-a-1，3]上为增函数，在[)+∞,3•上为减函数.(2)由题意，存在S 1，S 2∈[0，4]，使得|f(S 1)-g(S 2)|<1成立，即不等式|f(S 1)-g(S 2)|<1在S 1，S 2∈[0，4]上有解.于是问题转化为|f(S 1)-g(S 2)|m in <1，由于两个不同自变量取值的任意性，因此首先要求出f(S 1)和g(S 2)在[0，4]上值域.因为a>0，则-a-1<0，由（1）知：f(x)在[0，3]递增；在[3，4]递减. 故f(x)在[0，4]上的值域为[min{f(0),f(4)},f(3)]=[-(2a+3)e 3,a+6]，而g(x)=x e a ⎪⎭⎫ ⎝⎛+4252在[0，4]上显然为增函数，其值域⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛++422425,425e a •a . 因为4252+a -（a+6）=⎪⎭⎫ ⎝⎛-21a 2≥0, 故4252+a ≥(a+6).|f(S 1)-g(S 2)|m in =4252+a -(a+6)从而解230,01)6(4252<<⎪⎩⎪⎨⎧><+-+a ••••a a a 得. 故a 的取值范围为⎪⎭⎫ ⎝⎛23,0••. 假若问题变成：“对任意的S 1，S 2∈[0，4]，使得|f(S 1)-g(S 2)|<1都成立，求a 的取值范围.”则可将其转化为|f(S 1)-g(S 2)|m ax <1点评 函数、不等式、导数既是研究的对象，又是决问题的工具. 本题从函数的极值概念入手，借助导数求函数的单调区间，进而求出函数 闭区间上的值域，再处理不等式有解问题. 这里传统知识与现代方法交互作用，交相辉映，对考生灵活运用知识解决问题的能力是一个极好的考查.3．不等式恒成立问题例2 设函数f(x)=(x+1)ln(x+1),若对所有x≥0，都有f(x)≥ax 成立，求实数a 的取值范围.解析 构作辅助函数g(x)=f(x)-ax=(x+1)ln(x+1)-ax ，原问题变为g(x)≥0对所有的 x≥0恒成立，注意到g(0)=0，故问题转化为g(x)≥g(0)在x≥0时恒成立，即函数g(x)在[)∞+••,0为增函数.于是可通过求导判断g(x)的单调性，再求出使g(x)≥g(0)成立的条件.g′(x)=l n(x+1)+1-a ，由g′(x)=0，得x=e1-a -1. 当x>e 1-a -1时，g′(x)>0，g(x)为增函数.当-1<x<e 1-a -1时，g′(x)<0，g(x)为减函数.那么对所有的x≥0，都有g(x)≥g(0)，其充要条件是e 1-a -1≤0，故得a 的取值范围是(]1,••∞-.假若我们没有注意到g(0)=0，那么在解g(x)≥0对所有的x≥0恒成立时，也可转化为)0(0)(min ≥≥x x g ，再以导数为工具，稍作讨论即可得解.值得一提的是，本题还有考生采用参数分离法求解：由f(x)=(x+1)ln(x+1)≥ax 对所有的x≥0恒成立可得：（1）当x=0时，a ∈R . （2）当x>0时，.)1ln()1(x x x a ++≤设g(x)=xx x )1ln()1(++,问题转化为求g(x)在开区间（0，+∞）上最小值或下界，2)1ln()(x x x x g +-='，试图通过g′(x)=0直接解得稳定点，困难重重！退一步令h(x)=x-ln(x+1)，因为0,111)(>+-='•x •x x h ，故)(x h '>0，则h(x)在（0，+∞）单调递增，即h(x)>h(0)=0，从而)(x g '>0，于是g(x)在（0，+∞）单调递增，故g(x)无最小值，此时，由于g(0)无意义，g(x)的下界一时也确定不了，但运用极限知识可得：)(lim )(0x g x g x →>，然而求此极限却又超出所学知识范围，于是大部分考生被此难关扫落下马，无果而终. 事实上采用洛比达法则可得：1]1)1[ln(lim )1ln()1(lim )(lim 000=++=++=→→→x xx x x g x x x ，故x>0时，g(x)>1，因而a≤1.综合（1）（2），得a 的取值范围是：(]1,••∞-. 点评 采用参数分离法求解本题，最大的难点在于求分离后所得函数的下界.它需要考生拥有扎实的综合素质和过硬的极限、导数知识，并能灵活地运用这些工具来研究函数的性态，包括函数的单调性，极值（最值）或上下界.突出考查了函数与方程思想、有限与无限的思想.。
数学中恒成立与有解问题
数学中的恒成立与有解问题一、恒成立问题若不等式 f x A 在区间 D 上恒成立 , 则等价于在区间 D 上 f x若不等式 f xB 在区间 D 上恒成立 , 则等价于在区间D 上 f x minmaxAB常用方法1、分别变量法；2、数形结合法；3、利用函数的性质；4、改正主元等；1、由二次函数的性质求参数的取值范围例题 1. 若关于 x 的不等式 ax 22x2 0 在 R 上恒成立 , 求实数 a 的取值范围 .解题思路 ：结合二次函数的图象求解解析：当 a0 时 , 不等式 2x2 0 解集不为 R , 故 a 0 不满足题意 ;当 a0 时 , 要使原不等式解集为a 0, 解得a1R , 只要4 2a 0 222综上 , 所求实数 a 的取值范围为 ( 1,)22、转变成二次函数的最值求参数的取值范围例题 2：已知二次函数满足 f (0) 1，而且 f ( x 1) f ( x) 2x ，请解决以下问题（ 1） 求二次函数的解析式。
，求 m 的取值范围。
（ 2） 若 f (x) 2x m 在区间 [ 1,1] 上恒成立解题思路 ：先分别系数 , 再由二次函数最值确定取值范围.解析： (1)设 f ( x)ax 2 bx c(a 0) .由 f (0)1 得 c 1,故 f ( x) ax2 bx 1.∵ f ( x 1) f ( x)2x ∴ a( x1)2 b( x 1)1 (ax2 bx 1) 2x即 2axa b 2x ,因此 2a 2, a b 0 ,解得 a 1,b1 ∴ f ( x)x 2x 1(2)由 (1) 知 x 2x 12x m 在 [ 1,1]恒成立 ,即 m x 2 3x 1 在 [ 1,1] 恒成立 .令 g( x)x 23x 1 (x 3)2 5 , 则 g(x) 在 [ 1,1] 上单调递减 . 因此 g(x) 在 [ 1,1] 上的最小值为g(1)1 .2 ( 4 , 1) .m 的取值范围是因此 规律总结 ：m f (x) 对所有 x R 恒成立 , 则 m [ f (x)]min ; m f ( x) 对所有 x R 恒成立 , 则 m [ f (x)]max ；注意参数的端点值能否取到需检验。
不等式有解与恒成立问题
不等式恒成立与能成立问题学号 姓名不等式恒成立指不等式对指定其间上的任意值都成立；不等式能成立指不等式在指定其间上至少有一个解（或称有解）。
下面从三个例子针对这两类问题的解决策略作比较说明。
例1.（1）若不等式()350x a -+<在[]1,1x ∈-内恒成立，求实数a 的取值范围。
（2）．若不等式()350x a -+<在[]1,1x ∈-内能成立，求实数a 的取值范围。
例２．（１）若不等式22310x x m ++-≥在[]0,1x ∈内恒成立，求实数ｍ的取值范围． （２）若不等式22310x x m ++-≥在[]0,1x ∈有解，求实数ｍ的取值范围．例３．（１）若不等式245462x x a x -+≤+-在[]3,5x ∈内恒成立，求实数ａ的取值范围． （２）若不等式245462x x a x -+≤+-在[]3,5x ∈内有解，求实数ａ的取值范围。
总结：１．不等式恒成立与能成立（有解）解法策略比较：2.恒成立的参数范围是有解的参数范围的子集。
3. 不等式恒成立与能成立（有解）问题都是转化为最值解决。
作业：1.已知关于x 的不等式2350x a +-<。
（1）若此不等式对[]1,5x ∈上恒成立，求实数ａ的取值范围。
（2）若此不等式对[]1,5x ∈上能成立，求实数ａ的取值范围。
2.已知关于x 的不等式20x a +>。
（1）若此不等式对[]1,2x ∈上恒成立，求实数ａ的取值范围。
（2）若此不等式对[]1,2x ∈上能成立，求实数ａ的取值范围。
3. 已知关于x 的不等式2+2310x x a -+>。
（1）若此不等式对[]0,1x ∈上恒成立，求实数ａ的取值范围。
（2）若此不等式在[]0,1x ∈上有解，求实数ａ的取值范围。
4. 若不等式4213a x x +≤+-在[]0,1x ∈内有解，求实数ａ的取值范围。
数学中的恒成立与有解问题
数学中的恒成立与有解问题-CAL-FENGHAI-(2020YEAR-YICAI)_JINGBIAN数学中的恒成立与有解问题一、恒成立问题若不等式()A x f >在区间D 上恒成立,则等价于在区间D 上()min f x A > 若不等式()B x f <在区间D 上恒成立,则等价于在区间D 上()max f x B <常用方法1、分离变量法；2、数形结合法；3、利用函数的性质；4、变更主元等；1、由二次函数的性质求参数的取值范围例题1.若关于x 的不等式2220ax x ++>在R 上恒成立,求实数a 的取值范围. 解题思路：结合二次函数的图象求解解析：当0a =时,不等式220x +>解集不为R ,故0a =不满足题意;当0a ≠时,要使原不等式解集为R ,只需202420a a >⎧⎨-⨯<⎩,解得12a >综上,所求实数a 的取值范围为1(,)2+∞2、转化为二次函数的最值求参数的取值范围例题2：已知二次函数满足(0)1f =，而且(1)()2f x f x x +-=，请解决下列问题 （1） 求二次函数的解析式。
（2） 若()2f x x m >+在区间[1,1]-上恒成立 ，求m 的取值范围。
解题思路：先分离系数,再由二次函数最值确定取值范围.解析：(1)设2()(0)f x ax bx c a =++≠.由(0)1f =得1c =,故2()1f x ax bx =++.∵(1)()2f x f x x +-= ∴22(1)(1)1(1)2a x b x ax bx x ++++-++=即22ax a b x ++=,所以22,0a a b =+=,解得1,1a b ==- ∴2()1f x x x =-+ (2)由(1)知212x x x m -+>+在[1,1]-恒成立,即231m x x <-+在[1,1]-恒成立.令2235()31()24g x x x x =-+=--,则()g x 在[1,1]-上单调递减.所以()g x 在[1,1]-上的最小值为(1)1g =-.所以m 的取值范围是(,1)-∞-.规律总结：()m f x ≤对一切x R ∈恒成立,则min [()]m f x ≤;()m f x ≥对一切x R ∈恒成立,则max [()]m f x ≥；注意参数的端点值能否取到需检验。
不等式恒成立有解问题
不等式恒成立、有解问题1.已知()22f x x x a =++对任意x R ∈()0f x >恒成立,试求实数a 的取值范围;★提炼：最高次项系数含有参数时要注意讨论其为0的时候2.已知()223f x ax x =-+（2()2f x x ax =-+）（1）1,3,2x ⎡⎤∃∈⎢⎥⎣⎦()0f x ≥，试求实数a 的取值范围; （2）1,3,2x ⎡⎤∃∈⎢⎥⎣⎦()0f x <，试求实数a 的取值范围;★提炼：（1）不管当0>a 还是0<a 时，],[0)(βα∈>x x f 在有解⇔()0f α>或()0f β>（2）也可以用该命题的否定转化为恒成立的问题求解（如上一题）（3）也可以分离参数用数形结合求解（4）若在区间D 上存在实数x 使不等式()A x f >成立,则等价于在区间D 上()max f x A >；若在区间D 上存在实数x 使不等式()B x f <成立,则等价于在区间D 上的()min f x B <.3.设函数2()1f x x =-，对任意3,2x ⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭，24()(1)4()x f m f x f x f m m ⎛⎫-≤-+⎪⎝⎭恒成立，则实数m 的取值范围是变型题1：对于R x ∈，不等式031222>++-x a x 恒成立，则实数a 的取值范围是变型题2：已知函数xa x f 21)(+-=。
（1）解关于x 的不等式0)(>x f 。
（2）若02)(≥+x x f 在（0，+∞）上恒成立，求a 的取值范围。
★提炼：（1）解决恒成立问题通常可以利用分离变量转化，其中分离的可能是关于参数的代数式。
分离过的变量的代数式通常有对号函数式、二次函数式、反比例函数式、分子分母分别为一次和二次代数式等。
（2） 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；（3） 求()f x 在x D ∈上的最大（或最小）值；（4） 解不等式()max ()g f x λ≥(或()()min g f x λ≤) ，得λ的取值范围。
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不等式恒成立与有解
不等式恒成立与有解问题涉及函数、不等式、方程、导数、数列等内容，是各交汇处的一个较为活跃的知识点，渗透着函数与方程、等价转换、分类讨论、数形结合、换元等思想方法，是中学数学的重要内容，也是高考的热门考点之一，由于此类问题综合性强，题中所涉及的未知数、参数数目多，处理时常常会陷入困境，令不少同学望而却步.倘若我们能掌握解决此类问题的一般策略和思想方法，那么对此类问题必会迎刃而解.
不等式恒成立与有解是有明显区别的，切不可混为一团.例如，若sinxsinx）max=l；若sinx（sinx）min=-1.不等式恒成立问题的描述中常出现“所有的”“一切”“都有”“恒成立”等全称量词，而不等式有解问题的描述中常出现“至少存在一个”“有些”等存在量词.解题时应细心思考，甄别差异，找准所要转化的等价问题，
重点：掌握不等式恒成立和有解问题的常见方法（如参数分离、数形结合、变换主元、构造函数等）.
难点：不等式恒成立与有解问题的区别及等价转化，准确使用其成立的充要条件.
解决不等式恒成立与有解问题的基本策略是构作辅助
函数，利用函数的单调性、最值（或上、下界）、图象求解，其中涉及分类讨论、数形结合、参数分离、变换主元等数学思想方法.。