高中数学恒成立问题典型例题

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第10讲恒成立能成立3种常见题型(解析版)-2024高考数学常考题型

第10讲恒成立能成立3种常见题型【考点分析】考点一：恒成立问题若函数()f x 在区间D 上存在最小值()min f x 和最大值()max f x ，则不等式()f x a >在区间D 上恒成立()min f x a ⇔>；不等式()f x a ≥在区间D 上恒成立()min f x a ⇔≥；不等式()f x b <在区间D 上恒成立()max f x b ⇔<；不等式()f x b ≤在区间D 上恒成立()max f x b ⇔≤；考点二：存在性问题若函数()f x 在区间Ｄ上存在最小值()min f x 和最大值()max f x ，即()[],f x m n ∈，则对不等式有解问题有以下结论：不等式()a f x <在区间D 上有解()max a f x ⇔<；不等式()a f x ≤在区间D 上有解()max a f x ⇔≤；不等式()a f x >在区间D 上有解()min a f x ⇔>；不等式()a f x ≥在区间D 上有解()min a f x ⇔≥；考点三：双变量问题①对于任意的[]1,x a b ∈[]2m,x n ∈，使得()()()()1212max max f x g x f x g x ≤⇔≤；②对于任意的[]1,x a b ∈，总存在[]2m,x n ∈，使得()()()()1212min min f x g x f x g x ≥⇔≥；③若存在[]1,x a b ∈，对于任意的[]2m,x n ∈，使得()()()()1212min min f x g x f x g x ≤⇔≤；④若存在[]1,x a b ∈，对于任意的[]2m,x n ∈，使得()()()()1212max max f x g x f x g x ≥⇔≥；⑤对于任意的[]1,x a b ∈，[]2m,x n ∈使得()()()()1212max min f x g x f x g x ≤⇔≤；⑥对于任意的[]1,x a b ∈，[]2m,x n ∈使得()()()()1212min max f x g x f x g x ≥⇔≥；⑦若存在[]1,x a b ∈，总存在[]2m,x n ∈，使得()()()()1212min max f x g x f x g x ≤⇔≤⑧若存在[]1,x a b ∈，总存在[]2m,x n ∈，使得()()()()1212max min f x g x f x g x ≥⇔≥．【题型目录】题型一：利用导数研究恒成立问题题型二：利用导数研究存在性问题题型三：利用导数处理恒成立与有解问题【典型例题】题型一：利用导数研究恒成立问题【例1】（2022·福建省福安市第一中学高二阶段练习）对任意正实数x ，不等式ln 1x x a -+>恒成立，则a 的取值范围是（）A ．1a <B ．2a <C ．1a >D ．2a >【答案】B【详解】令()ln 1f x x x =-+，其中0x >，则()min a f x <，()111x f x x x-'=-=，当01x <<时，()0f x '<，此时函数()f x 单调递减，当1x >时，()0f x '>，此时函数()f x 单调递增，所以，()()min 12f x f ==，2a ∴<.故选：B.【例2】【2022年全国甲卷】已知函数()a x x xe xf x-+-=ln ．(1)若≥0，求a 的取值范围；【答案】(1)(−∞,+1]【解析】(1)op 的定义域为(0,+∞)，'(p =(1−12)e −1+1=1(11)e +(1−1)=K1(e+1)令op =0,得=1当∈(0,1),'(p <0,op 单调递减，当∈(1,+∞),'(p >0,op 单调递增o )≥o1)=e +1−，若op ≥0,则e +1−≥0,即≤e +1，所以的取值范围为(−∞,+1]【例3】已知函数211()(1)ln (,0)22f x x a x a a =-+-∈≠R ．（1）讨论函数的单调性；（2）若对任意的[1,)x ∈+∞，都有()0f x ≥成立，求a 的取值范围．【答案】（1）答案见解析；（2）0a ≤.【解析】【分析】（1）求()'f x ，分别讨论a 不同范围下()'f x 的正负，分别求单调性；（2）由（1）所求的单调性，结合()10f =，分别求出a 的范围再求并集即可.【详解】解：（1）由已知定义域为()0,∞+，()211'()x a a f x x x x-++=-=当10a +≤，即1a ≤-时，()'0f x >恒成立，则()f x 在()0,∞+上单调递增；当10a +>，即1a >-时，x =或x =所以()f x在(上单调递减，在)+∞上单调递增.所以1a ≤-时，()f x 在()0,∞+上单调递增；1a >-时，()f x在(上单调递减，在)+∞上单调递增.（2）由（1）可知，当1a ≤-时，()f x 在()1,+∞上单调递增，若()0f x ≥对任意的[1,)x ∈+∞恒成立，只需(1)0f ≥，而(1)0f =恒成立，所以1a ≤-成立；当1a >-1≤，即10a -<≤，则()f x 在()1,+∞上单调递增，又(1)0f =，所以10a -<≤成立；若0a >，则()f x在(上单调递减，在)+∞上单调递增，又(1)0f =，所以(0x ∃∈，()0()10f x f <=，不满足()0f x ≥对任意的[1,)x ∈+∞恒成立.所以综上所述：0a ≤.【例4】已知函数()ln f x x ax =-（a 是正常数）.（1）当2a =时，求()f x 的单调区间与极值；（2）若0x ∀>，()0f x <，求a 的取值范围；【答案】（1）()f x 在10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，在1,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递减，()f x 的极大值是ln 21--，无极小值；（2）1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭.【解析】【分析】（1）求出函数的导函数，解关于导函数的不等式即可求出函数的单调区间；（2）依题意可得maxln x a x ⎛⎫< ⎪⎝⎭，设()ln xg x x =，利用导数研究函数的单调性，求出函数的最大值，即可得解；【详解】解：（1）当2a =时，()ln 2f x x x =-，定义域为()0,∞+，()1122x f x x x-'=-=，令()0f x '>，解得102x <<，令()0f x '<，解得12x >，所以函数()f x 在10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，在1,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递减，所以()f x 的极大值是1ln 212f ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭，无极小值.（2）因为0x ∀>，()0f x <，即ln 0x ax -<恒成立，即maxln x a x ⎛⎫< ⎪⎝⎭.设()ln x g x x =，可得()21ln xg x x -'=，当0x e <<时()0g x '>，当x e >时()0g x '<，所以()g x 在()0,e 上单调递增，在(),e +∞上单调递减，所以()()max 1e e g x g ==，所以1a e >，即1,a e ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭.【例5】已知函数()xf x xe=（1）求()f x 的极值点；（2）若()2f x ax ≥对任意0x >恒成立，求a 的取值范围．【答案】（1）1x =-是()f x 的极小值点，无极大值点；（2）a e ≤.【解析】【分析】（1）利用导数研究函数的极值点.（2）由题设知：xe a x≤在0x >上恒成立，构造()x e g x x =并应用导数研究单调性求最小值，即可求a 的范围．【详解】（1）由题设，()(1)xf x e x '=+，∴1x <-时，()0<'x f ，()f x 单调递减；1x >-时，()0>'x f ，()f x 单调递增减；∴1x =-是()f x 的极小值点，无极大值点.（2）由题设，()2xx f x xe a =≥对0x ∀>恒成立，即x ea x≤在0x >上恒成立，令()x e g x x =，则2(1)()x e x g x x '-=，∴01x <<时，()0g x '<，()g x 递减；1x >时，()0g x '>，()g x 递增；∴()(1)e g x g ≥=，故a e ≤.【题型专练】1.（2022·四川广安·模拟预测（文））不等式ln 0x kx -≤恒成立，则实数k 的取值范围是（）A ．[)0,e B ．(],e -∞C ．10,e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦D ．1,e ∞⎡⎫+⎪⎢⎣⎭【答案】D 【解析】【分析】由题可得ln xk x ≥在区间(0,)+∞上恒成立，然后求函数()()ln 0x f x x x=>的最大值即得.【详解】由题可得ln xk x≥在区间(0,)+∞上恒成立，令()()ln 0x f x x x =>，则()()21ln 0xf x x x-'=>，当()0,e x ∈时，()0f x '>，当()e,x ∈+∞时，()0f x '<，所以()f x 的单调增区间为()0,e ，单调减区间为()e,+∞；所以()()max 1e ef x f ==，所以1ek ≥.故选：D.2.（2022·北京·景山学校模拟预测）已知函数()ln 2f x x x ax =++．(1)当0a =时，求()f x 的极值；(2)若对任意的21,e x ⎡⎤∈⎣⎦，()0f x ≤恒成立，求实数a 的取值范围．【答案】(1)极小值是11+2e e f ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，无极大值.(2)222,e ⎡⎫--+∞⎪⎢⎣⎭【解析】【分析】（1）由题设可得()ln 1f x x '=+，根据()f x '的符号研究()f x 的单调性，进而确定极值.（2）()ln 20f x x x ax =++≤对任意的21,e x ⎡⎤∈⎣⎦恒成立，转化为：2ln 2ln x x a x x x+-≥=+对任意的21,e x ⎡⎤∈⎣⎦恒成立，令()2ln g x x x=+，通过求导求()g x 的单调性进而求得()g x 的最大值，即可求出实数a 的取值范围.(1)当0a =时，()ln 2f x x x =+，()f x 的定义域为()0+∞，，()ln 1=0f x x '=+，则1ex =.令()0f x '>，则1,e x ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭，令()0f x '<，则10,e ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭x ，所以()f x 在10,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，在1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增.当1e x =时，()f x 取得极小值且为1111ln 2+2e e ee f ⎛⎫=+=- ⎪⎝⎭，无极大值.(2)()ln 20f x x x ax =++≤对任意的21,e x ⎡⎤∈⎣⎦恒成立，则2ln 2ln x x a x x x+-≥=+对任意的21,e x ⎡⎤∈⎣⎦恒成立，令()2ln g x x x=+，()222120x g x x x x -+'=-+==，所以2x =，则()g x 在[)1,2上单调递减，在(22,e ⎤⎦上单调递增，所以()12g =，()222e2e g =+，所以()()22max2e 2e g x g ==+，则222e a -≥+，则222e a ≤--.实数a 的取值范围为：222,e ⎡⎫--+∞⎪⎢⎣⎭.3.（2022·新疆克拉玛依·三模（文））已知函数()ln f x x x =，()()23g x x ax a R =-+-∈.(1)求函数()f x 的单调递增区间；(2)若对任意()0,x ∞∈+，不等式()()12f xg x ≥恒成立，求a 的取值范围.【答案】(1)1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭，(2)(],4-∞【解析】【分析】（1）求函数()f x 的单调递增区间，即解不等式()0f x '>；（2）参变分离得32ln a x x x≤++，即求()()()32ln 0,h x x x x x =++∈+∞的最小值.(1)()ln f x x x =定义域为(0,)+∞，(ln +1f x '=()0f x '>即ln +10x >解得1e x >，所以()f x 在1,)e∞+（单调递增(2)对任意()0,x ∞∈+，不等式()()12f xg x ≥恒成立，即()21ln 32x x x ax ≥-+-恒成立，分离参数得32ln a x x x≤++.令()()()32ln 0,h x x x x x =++∈+∞，则()()()231x x h x x +-'=．当()0,1∈x 时，()0h x '<，()h x 在()0,1上单调递减；当()1,x ∈+∞时，()0h x '>，()h x 在()1,+∞上单调递增.所以()()min 14h x h ==，即4a ≤，故a 的取值范围是(],4-∞.4.（2022·内蒙古赤峰·三模（文））已知函数()()ln 1f x x x =+.(1)求()f x 的最小值；(2)若()()212-++-≥x m x x f 恒成立，求实数m 的取值范围.【答案】(1)min 21()e f x =-(2)(],3-∞【解析】【分析】（1）求出函数的导数，利用导数求函数在定义域上的最值即可；（2）由原不等式恒成立分离参数后得2ln m x x x ++，构造函数()2ln h x x x x=++，利用导数求最小值即可.(1)由已知得()ln 2f x x '=+，令()0f x '=，得21ex =.当210,e x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()()0,f x f x '<在210,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减；当21,e x ⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭时，()()0,f x f x '在21,e ⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭上单调递增.故min 2211()e e f x f ⎛⎫==- ⎪⎝⎭.(2)()()212-++-≥x m x x f ，即2ln 2++≤x x x mx ，因为0x >，所以xx x m 2ln ++≤在()+∞,0上恒成立.令()2ln h x x x x =++，则()()()min 222112(),1x x m h x h x x x x +-=+-'=，令()0h x '=，得1x =或2x =-（舍去）.当()0,1x ∈时，()()0,h x h x '<在()0,1上单调递减；当[)1,x ∞∈+时，()0>'x h ，()x h 在[)1,+∞上单调递增.故()min ()13h x h ==，所以3≤m ，即实数m 的取值范围为(],3-∞.5．【2020年新高考1卷（山东卷）】已知函数1()e ln ln x f x a x a -=-+．（1）当a e =时，求曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；（2）若不等式()1f x ≥恒成立，求a 的取值范围．【答案】（1）21e -（2）[1,)+∞【解析】【分析】（1）利用导数的几何意义求出在点()()1,1f 切线方程，即可得到坐标轴交点坐标，最后根据三角形面积公式得结果；（2）方法一：利用导数研究函数()f x 的单调性，当a =1时，由()10f '=得()()11min f x f ==,符合题意；当a >1时，可证1()(1)0f f a''<，从而()f x '存在零点00x >，使得01001()0x f x ae x -'=-=，得到m in ()f x ，利用零点的条件，结合指数对数的运算化简后，利用基本不等式可以证得()1f x ≥恒成立；当01a <<时，研究()1f .即可得到不符合题意.综合可得a 的取值范围.【详解】（1）()ln 1x f x e x =-+Q ，1()xf x e x'∴=-，(1)1k f e '∴==-.(1)1f e =+Q ，∴切点坐标为(1,1+e ),∴函数()f x 在点(1,f (1)处的切线方程为1(1)(1)y e e x --=--,即()12y e x =-+,∴切线与坐标轴交点坐标分别为2(0,2),(,0)1e --,∴所求三角形面积为1222||=211e e -⨯⨯--．（2）［方法一］：通性通法1()ln ln x f x ae x a -=-+Q ,11()x f x ae x-'∴=-，且0a >.设()()g x f x =',则121()0,x g x ae x -'=+>∴g(x )在(0,)+∞上单调递增，即()f x '在(0,)+∞上单调递增，当1a =时，()01f '=,∴()()11min f x f ==,∴()1f x ≥成立.当1a >时，11a <，111a e <∴，111()(1)(1)(1)0a f f a e a a -''∴=--<,∴存在唯一00x >，使得01001()0x f x ae x -'=-=，且当0(0,)x x ∈时()0f x '<，当0(,)x x ∈+∞时()0f x '>，0101x ae x -∴=，00ln 1ln a x x ∴+-=-，因此01min 00()()ln ln x f x f x ae x a-==-+001ln 1ln 2ln 12ln 1a x a a a x =++-+≥-+=+>1,∴()1,f x >∴()1f x ≥恒成立；当01a <<时，(1)ln 1,f a a a =+<<∴(1)1,()1f f x <≥不是恒成立.综上所述，实数a 的取值范围是[1,+∞).［方法二］【最优解】：同构由()1f x ≥得1e ln ln 1x a x a --+≥，即ln 1ln 1ln a x e a x x x +-++-≥+，而ln ln ln x x x e x +=+，所以ln 1ln ln 1ln a x x e a x e x +-++-≥+．令()m h m e m =+，则()10m h m e +'=>，所以()h m 在R 上单调递增．由ln 1ln ln 1ln a x x e a x e x +-++-≥+，可知(ln 1)(ln )h a x h x +-≥，所以ln 1ln a x x +-≥，所以max ln (ln 1)a x x ≥-+．令()ln 1F x x x =-+，则11()1xF x x x-'=-=．所以当(0,1)x ∈时，()0,()F x F x '>单调递增；当(1,)x ∈+∞时，()0,()F x F x '<单调递减．所以max [()](1)0F x F ==，则ln 0a ≥，即1a ≥．所以a 的取值范围为1a ≥．［方法三］：换元同构由题意知0,0a x >>，令1x ae t -=，所以ln 1ln a x t +-=，所以ln ln 1a t x =-+．于是1()ln ln ln ln 1x f x ae x a t x t x -=-+=-+-+．由于()1,ln ln 11ln ln f x t x t x t t x x ≥-+-+≥⇔+≥+，而ln y x x =+在,()0x ∈+∞时为增函数，故t x ≥，即1x ae x -≥，分离参数后有1x x a e -≥．令1()x x g x e -=，所以1112222(1)()x x x x x e xe e x g x e e -------=='．当01x <<时，()0,()'>g x g x 单调递增；当1x >时，()0,()g x g x '<单调递减．所以当1x =时，1()x x g x e -=取得最大值为(1)1g =．所以1a ≥．［方法四］：因为定义域为(0,)+∞，且()1f x ≥，所以(1)1f ≥，即ln 1a a +≥．令()ln S a a a =+，则1()10S a a='+>，所以()S a 在区间(0,)+∞内单调递增．因为(1)1S =，所以1a ≥时，有()(1)S a S ≥，即ln 1a a +≥．下面证明当1a ≥时，()1f x ≥恒成立．令1()ln ln x T a ae x a -=-+，只需证当1a ≥时，()1T a ≥恒成立．因为11()0x T a ea-=+>'，所以()T a 在区间[1,)+∞内单调递增，则1min [()](1)ln x T a T e x -==-．因此要证明1a ≥时，()1T a ≥恒成立，只需证明1min [()]ln 1x T a e x -=-≥即可．由1,ln 1x e x x x ≥+≤-，得1,ln 1x e x x x -≥-≥-．上面两个不等式两边相加可得1ln 1x e x --≥，故1a ≥时，()1f x ≥恒成立．当01a <<时，因为(1)ln 1f a a =+<，显然不满足()1f x ≥恒成立．所以a 的取值范围为1a ≥．【整体点评】（2）方法一：利用导数判断函数()f x 的单调性，求出其最小值，由min 0f ≥即可求出，解法虽稍麻烦，但是此类题，也是本题的通性通法；方法二：利用同构思想将原不等式化成ln 1ln ln 1ln a x x e a x e x +-++-≥+，再根据函数()m h m e m =+的单调性以方法三：通过先换元，令1x ae t -=，再同构，可将原不等式化成ln ln t t x x +≥+，再根据函数ln y x x =+的单调性以及分离参数法求出；方法四：由特殊到一般，利用(1)1f ≥可得a 的取值范围，再进行充分性证明即可．题型二：利用导数处理存在性问题【例1】（2022·河北秦皇岛·三模）函数()3233f x x x a =-+-，若存在[]01,1x ∈-，使得()00f x >，则实数a的取值范围为（）A ．(),1-∞-B ．(),1-∞C ．()1,3-D ．(),3-∞【答案】D【分析】根据题意，将问题转化为求解函数()f x 的最大值问题，先通过导数方法求出函数()f x 的最大值，进而求出答案.【详解】因为()3233f x x x a =-+-，所以()()[]23632,1,1f x x x x x x =-∈-'-=．由题意，只需max ()0f x >．当x ∈[1,0)-时，()0f x '>，当(0,1]x ∈时，()0f x '<，所以()f x 在[1,0)-上单调递增，在(0,1]上单调递减，所以()max 0()30f f x a ==->，故实数a 的取值范围为(),3-∞．故选：D.【例2】已知函数()326f x ax bx x c =+++，当1x =-时，()f x 的极小值为5-，当2x =时，()f x 有极大值．(1)求函数()f x ；(2)存在[]013x ∈，，使得()202f x t t ≤-成立，求实数t 的取值范围．【答案】(1)()3233622f x x x x =-++-;(2)(,1][3,)-∞-+∞ .【解析】【分析】（1）求导后，根据()()120f f ''-==和()15f -=-，解得,,a b c 即可得解；（2）转化为()2min 2f x t t ≤-，再利用导数求出函数()f x 在[]13，上的最小值，然后解不等式223t t -≥可得结果.(1)∵()2326f x ax bx '=++，由()()120f f ''-==，得3260a b -+=且12460a b ++=，解得1a =-，32b =，又()15f -=-，∴32c =-，经检验1a =-，32b =时，()3233622f x x x x =-++-满足题意,∴()3233622f x x x x =-++-；(2)存在[]013x ∈，，使得()202f x t t ≤-，等价于()2min 2f x t t ≤-，∵()()()2336321f x x x x x '=-++=--+，当[1,2)x ∈时，()0f x '>，当(2,3]x ∈时，()0f x '<，∴()f x 在(2,3]上递减，在[1,2)上递增，又()15f =，()33f =，∴()f x 在[]13，上的最小值为()33f =，∴223t t -≥，解得1t ≤-或3t ≤，所以t 的取值范围是(,1][3,)-∞-+∞ ．【例3】（2022·辽宁·高二阶段练习）已知0a >，若在(1,)+∞上存在x 使得不等式e ln x a x x a x -≤-成立，则a 的最小值为______．【题型专练】1.已知函数()()222ln f x x a x =++．(1)当5a =-时，求()f x 的单调区间；(2)若存在[]2,e x ∈，使得()2242a f x x x x+->+成立，求实数a 的取值范围．【答案】(1)单调递减区间为()0,2，单调递增区间为()2,+∞；(2)2e e 2,e 1∞⎛⎫-++⎪-⎝⎭.【解析】【分析】（1）当5a =-时，()28ln f x x x =-，得出()f x 的定义域并对()f x 进行求导，利用导数研究函数的单调性，即可得出()f x 的单调区间；（2）将题意等价于()24222ln 0a x a x x ++-+<在[]2,e 内有解，设()()24222ln a h x x a x x+=+-+，即在[]2,e 上，函数()min 0h x <，对()h x 进行求导，令()0h x '=，得出2x a =+，分类讨论2a +与区间[]2,e 的关系，并利用导数研究函数()h x 的单调和最小值，结合()min 0h x <，从而得出实数a 的取值范围.(1)解：当5a =-时，()28ln f x x x =-，可知()f x 的定义域为()0,+∞，则()28282,0x f x x x x x-'=-=>，可知当()0,2x ∈时，()0f x ¢<；当()2,x ∈+∞时，()0f x ¢>；所以()f x 的单调递减区间为()0,2，单调递增区间为()2,+∞.(2)解：由题可知，存在[]2,e x ∈，使得()2242a f x x x x+->+成立，等价于()24222ln 0a x a x x++-+<在[]2,e 内有解，可设()()24222ln a h x x a x x+=+-+，即在[]2,e 上，函数()min 0h x <，()()()()()()()22222122422222242x x a a a x a x a h x x xx x ⎡⎤+-+++-+-+⎣⎦∴=--=='，令()0h x '=，即()()120x x a ⎡⎤+-+=⎣⎦，解得：2x a =+或1x =-（舍去），当2e a +≥，即e 2a ≥-时，()0h x '<，()h x 在[]2,e 上单调递减，()()min24e 2e+220e a h x h a +∴==--<，得2e e 2e 1a -+>-，又2e e 2e 2e 1-+>-- ，所以2e e 2e 1a -+>-；当22a +≤时，即0a ≤时，()0h x '>，()h x 在[]2,e 上单调递增，()()()min 2622ln 20h x h a a ∴==+-+<，得6ln 40ln 41a ->>-，不合题意；当22e a <+<，即0e 2a <<-时，则()h x 在[]2,2a +上单调递减，在[]2,e a +上单调递增，()()()()min 22622ln 2h x h a a a a ∴=+=+-++，()ln 2ln 2ln e 1a <+<= ，()()()22ln 222ln 2222a a a a ∴+<++<+，()()()22622ln 226224h a a a a a a ∴+=+-++>+--=，即()min 4h x >，不符合题意；综上得，实数a 的取值范围为2e e 2,e 1∞⎛⎫-++⎪-⎝⎭.【点睛】思路点睛：本题考查利用导数研究函数的单调性，以及利用导数解决不等式成立的综合问题：（1）利用导数解决单调区间问题，应先确定函数的定义域，否则，写出的单调区间易出错；利用导数解决含有参数的单调性问题，要注意分类讨论和化归思想的应用；（2）利用导数解决不等式的综合问题的一般步骤是：构造新函数，利用导数研究的单调区间和最值，再进行相应证明.2．（2022·河北深州市中学高三阶段练习）已知函数()ln 21f x x ax =-+.(1)若1x =是()f x 的极值点，确定a 的值；(2)若存在0x >，使得()0f x ≥，求实数a 的取值范围.所以，函数()f x 在1x =处取得极大值，合乎题意，故2a =.（2）解：存在0x >，使得()ln 210f x x ax =-+≥可得ln 12x a x+≤，构造函数()ln 1x g x x+=，其中0x >，则()2ln x g x x '=-，当01x <<时，()0g x '>，此时函数()g x 单调递增，当1x >时，()0g x '<，此时函数()g x 单调递减，则()()max 11g x g ==，所以，21a ≤，解得12a ≤，因此，实数a 的取值范围是1,2⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦.3.已知函数()ln xf x x=，设()f x 在点()1,0处的切线为m （1）求直线m 的方程；（2）求证：除切点()1,0之外，函数()f x 的图像在直线m 的下方；（3）若存在()1,x ∈+∞，使得不等式()()1f x a x >-成立，求实数a 的取值范围【答案】（1）y ＝x ﹣1；（2）见详解；（3）（﹣∞，1）.【解析】【分析】（1）求导得21ln ()xf x x -'=，由导数的几何意义k 切＝f ′（1），进而可得答案．（2）设函数h （x ）＝f （x ）﹣（x ﹣1）＝ln xx﹣x +1，求导得h ′（x ），分析h （x ）的单调性，最值，进而可得f （x ）﹣（x ﹣1）≤0，则除切点（1，0）之外，函数f （x ）的图象在直线的下方．（3）若存在x ∈（1，+∞），使得不等式a ＜ln (1)x x x -成立，令g （x ）＝ln (1)xx x -，x ＞1，只需a ＜g （x ）max ．【详解】（1）221ln 1ln ()x xx x f x x x ⋅--'==，由导数的几何意义k 切＝f ′（1）＝1，所以直线m 的方程为y ＝x ﹣1．（2）证明：设函数h （x ）＝f （x ）﹣（x ﹣1）＝ln xx﹣x +1，2221ln 1ln ()1x x x h x x x ---'=-=，函数定义域为（0，+∞），令p （x ）＝1﹣lnx ﹣x 2，x ＞0，p ′（x ）＝﹣1x﹣2x ＜0，所以p （x ）在（0，+∞）上单调递减，又p （1）＝0，所以在（0，1）上，p （x ）＞0，h ′（x ）＞0，h （x ）单调递增，在（1，+∞）上，p （x ）＜0，h ′（x ）＜0，h （x ）单调递减，所以h （x ）max ＝h （1）＝0，所以h （x ）≤h （1）＝0，所以f （x ）﹣（x ﹣1）≤0，若除切点（1，0）之外，f （x ）﹣（x ﹣1）＜0，所以除切点（1，0）之外，函数f （x ）的图象在直线的下方．（3）若存在x ∈（1，+∞），使得不等式f （x ）＞a （x ﹣1）成立，则若存在x ∈（1，+∞），使得不等式()1f x x -＞a 成立，即若存在x ∈（1，+∞），使得不等式a ＜ln (1)xx x -成立，令g （x ）＝ln (1)xx x -，x ＞1，g ′（x ）＝221(1)(21)ln (1)x x x xxx x ⋅----＝221(21)ln (1)x x xx x ----，令s （x ）＝x ﹣1﹣（2x ﹣1）lnx ，x ＞1s ′（x ）＝1﹣2lnx ﹣（2x ﹣1）•1x 2ln 212ln 1x x x x x x x x x--+--+==，令q （x ）＝﹣x ﹣2xlnx +1，x ＞1q ′（x ）＝﹣1﹣2lnx ﹣2＝﹣3﹣2lnx ＜0，所以在（1，+∞）上，q （x ）单调递减，又q （1）＝0，所以在（1，+∞）上，q （x ）＜0，s ′（x ）＜0，s （x ）单调递减，所以s （x ）≤s （1）＝0，即g ′（x ）≤0，g （x ）单调递减，又111ln lim lim 1(1)21x x x x x x x →→==--，所以a ＜1，所以a 的取值范围为（﹣∞，1）．4.已知函数()ln 1f x x x ax =-+．（1）若()f x 在点(1,(1))A f 处的切线斜率为2-．①求实数a 的值；②求()f x 的单调区间和极值．（2）若存在0(0,)x ∈+∞，使得()00f x <成立，求a 的取值范围．【答案】（1）①3a =；②减区间为2(0,)e ，增区间为2(,)e +∞，极小值为21e -，无极大值；（2）(1,)+∞.【解析】【分析】（1）求得函数的导数()ln 1f x x a '=+-，①根据题意得到()2f x '=-，即可求得a 的值；②由①知()ln 2,0f x x x '=->，结合导数的符号，以及极值的概念与计算，即可求解；（2）设()1ln g x x x=+，根据存在0(0,)x ∈+∞，使得()00f x <成立，得到()min a g x >成立，结合导数求得函数()g x 的单调性与最小值，即可求解.【详解】（1）由题意，函数()ln 1f x x x ax =-+的定义域为(0,)+∞，且()ln 1f x x a '=+-，①因为()f x 在点(1,(1))A f 处的切线斜率为2-，可得()12f x a '=-=-，解得3a =.②由①得()ln 2,0f x x x '=->，令()0f x '>，即ln 20x ->，解得2x e >；令()0f x '<，即ln 20x -<，解得20x e <<，所以函数()f x 在2(0,)e 上单调递减，在2(,)e +∞上单调递增，当2x e =时，函数()f x 取得极小值，极小值为()221f e e =-，无极大值，综上可得，函数()f x 的减区间为2(0,)e ，增区间为2(,)e +∞，极小值为21e -，无极大值.（2）因为()ln 1f x x x ax =-+，由()00f x <，即000ln 10x x ax -+<，即00000ln 11ln x x a x x x +>=+，设()1ln ,0g x x x x=+>根据题意知存在0(0,)x ∈+∞，使得()00f x <成立，即()min a g x >成立，由()1ln ,0g x x x x =+>，可得()22111x g x x x x-'=-=，当01x <<时，()0g x '<，()g x 单调递减；当1x >时，()0g x '>，()g x 单调递增，所以当1x =时，函数()g x 取得最小值，最小值为()11g =，所以1a >，即实数a 的取值范围是(1,)+∞.5.已知函数()ln (R)f x x ax a =+∈.（1）当a =1时，求曲线()y f x =在x =1处的切线方程；（2）求函数()f x 的单调区间；（3）若存在0x ，使得()00f x >，求a 的取值范围.【答案】（1）210x y --=；（2）0a ≥时，()f x 在()0,∞+单增；0a <，()f x 在10,a ⎛⎫- ⎪⎝⎭单增，在1,a ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭单减；（3）1a e>-.【解析】【分析】（1）求出函数导数，将切线横坐标代入得到斜率，再求出切点纵坐标，最后写出切线方程；（2）求导后，通分，分0,0a a ≥<两种情况讨论得到单调区间；（3）当0a ≥时，代特值验证即可，当0a <时，函数最大值大于0，解出即可.【详解】由题意，()1(1)1,1,f f x x'==+所以()12,f '=所以切线方程为：()121210y x x y -=-⇒--=.（2）110,()ax x f x a x x+'>=+=，若0a ≥，则()0f x '>，()f x 在()0,∞+单增；若0a <，则10,x a ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭时，()0f x '>，()f x 单增；1,x a ⎛⎫∈-+∞ ⎪⎝⎭时，()0f x '<，()f x 单减.（3）由（2），若0a ≥，则(2)ln 220f a =+>，满足题意；若0a <，()max 111(ln 10f x f a a a e ⎛⎫=-=-->⇒>- ⎪⎝⎭，则10a e -<<，综上：1a e>-.题型三：利用导数处理恒成立与有解问题【例1】（2022·福建省福安市第一中学高三阶段练习）设函数()()()()1e e ,e 1x xf x xg x ax =--=--，其中R a ∈.若对[)20,x ∀∈+∞，都1R x ∃∈，使得不等式()()12f x g x ≤成立，则a 的最大值为（）A ．0B ．1eC ．1D ．e【例2】已知函数2()ln (R),()22f x ax x a g x x x =+∈=-+．(1)当12a =-时，求函数()f x 在区间[1,e]上的最大值和最小值;(2)若对任意的1[1,2]x ∈-，均存在2(0,)x ∈+∞，使得()()12g x f x <，求a 的取值范围．【答案】(1)最大值为ln 21-，最小值为12-；(2)61(,)e -+∞.【解析】【分析】（1）利用导数研究()f x 的区间单调性，进而确定端点值和极值，比较它们的大小，即可得最值；（2）将问题转化为1[1,2]x ∈-、2(0,)x ∈+∞上1max 2max ()()g x f x <，利用二次函数性质及导数求函数最值，即可得结果.(1)由题设()ln 2x f x x =-，则2()2x f x x-'=，所以在[1,2)上()0f x '>，()f x 递增，在(2,e]上()0f x '<，()f x 递减，则1(1)2f =-<e (e)12f =-，极大值(2)ln 21f =-，综上，()f x 最大值为ln 21-，最小值为12-.(2)由22()22(1)1g x x x x =-+=-+在[1,2]x ∈-上max ()(1)5g x g =-=，根据题意，只需max max ()()g x f x <即可，由1()f x a x'=+且,()0x ∈+∞，当0a ≥时，()0f x '>，此时()f x 递增且值域为R ，所以满足题设；当0a <时，1(0,)a-上()0f x '>，()f x 递增；1(,)a -+∞上()0f x '<，()f x 递减；所以max 1()()1ln()f x f a a =-=---，此时1ln()5a --->，可得61ea >-，综上，a 的取值范围61(,)e -+∞.【点睛】关键点点睛：第二问，将问题转化为1[1,2]x ∈-、2(0,)x ∈+∞上1max 2max ()()g x f x <求参数范围.【例3】已知函数()sin cos f x x x x =+．(1)当()0,πx ∈时，求函数()f x 的单调区间；(2)设函数2()2=-+g x x ax ．若对任意[]1π,πx ∈-，存在2[0,1]x ∈，使得()()1212πf xg x ≤成立，求实数a 的取值范围．【答案】(1)当x ()0,π∈时，函数()f x 的单调递增区间为π0,2⎛⎫⎪⎝⎭，函数()f x 的单调递减区间为π,π2⎛⎫ ⎪⎝⎭；(2)1[,)2+∞.【解析】【分析】（1）首先对函数求导，根据x 的取值情况判断()f x '的正负情况，进而得到()f x 的增减情况；（2）对任意[]1π,πx ∈-，存在2[0,1]x ∈，使得12()()h x g x ≤成立，等价于max max ()()h x g x ≤，然后对a 进行讨论，分别求函数的最值，进而得到结论.(1)因为()sin cos f x x x x =+，所以()sin cos sin cos f x x x x x x x '=+-=．当x ()0,π∈时，()'f x 与()f x 的变化情况如表所示：xπ0,2⎛⎫ ⎪⎝⎭π2π,π2⎛⎫ ⎪⎝⎭()'f x +0-()f x 单调递增π2单调递减所以当x ()0,π∈时，函数()f x 的单调递增区间为π0,2⎛⎫⎪⎝⎭，函数()f x 的单调递减区间为π,π2⎛⎫⎪⎝⎭．(2)当[]π,πx ∈-时，()()f x f x -=，所以函数()f x 为偶函数．所以当[]π,πx ∈-时，函数()f x 的单调递增区间为ππ,2⎛⎫-- ⎪⎝⎭，π0,2⎛⎫ ⎪⎝⎭，函数()f x 的单调递减区间为π,02⎛⎫- ⎪⎝⎭，π,π2⎛⎫⎪⎝⎭,所以函数()f x 的最大值为πππ222f f ⎛⎫⎛⎫-== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭．设()()12πh x f x =，则当[]π,πx ∈-时，()max 1π12π24h x =⋅=．对任意[]1π,πx ∈-，存在2[0,1]x ∈，使得12()()h x g x ≤成立，等价于max max ()()h x g x ≤．当0a ≤时，函数()g x 在区间[0,1]上的最大值为(0)0g =，不合题意．当01a <<时，函数()g x 在区间[0,1]上的最大值为2()g a a =，则214a ≥，解得12a ≥或12a ≤-，所以112a ≤<．当1a ≥时，函数()g x 在区间[0,1]上的最大值为(1)21g a =-，则1214a -≥，解得58a ≥，所以1a ≥.综上所述，a 的取值范围是1[,)2+∞．【例4】（2022·黑龙江·哈尔滨三中高二期末）已知函数()ln xf x x=，2()ln(1)2g x x ax =++，若211,e x ∀⎡⎤∈⎣⎦，()20,1x ∃∈使得12()()f x g x >成立，则实数a 的取值范围是（）A ．ln 2,2⎛⎫-∞- ⎪B ．ln 2,2⎛⎤-∞-⎥C ．1,e⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭D ．ln 2,e 2⎛⎤-∞- ⎥故选：A【例5】（2023·全国·高三专题练习）已知函数()3331,0422112,122x x x f x x x ⎧-+≤≤⎪⎪=⎨⎪+<≤⎪⎩，()e xg x ax =-()R a ∈，若存在[]12,0,1x x ∈，使得()()12f x g x =成立，则实数a 的取值范围是（）A ．(],1-∞B ．(],e 2-∞-C ．5,e4⎛⎤-∞- ⎥D ．(],e -∞≤【题型专练】1．（2022·河南·南阳中学高三阶段练习（理））已知函数()33f x x x a =-+，()211x g x x +=-．若对任意[]12,2x ∈-，总存在[]22,3x ∈，使得()()12f x g x ≤成立，则实数a 的最大值为（）A ．7B ．5C ．72D ．32．（2022·福建宁德·高二期末）已知()()11e x f x x -=-，()()21g x x a =++，若存在1x ，2R x ∈，使得()()21f x g x ≥成立，则实数a 的取值范围为（）A ．1,e ∞⎡⎫+⎪⎢⎣⎭B ．1,e ∞⎛⎤- ⎥⎝⎦C ．()0,e D ．1,0e ⎡⎫-⎪⎢3．（2022·河南安阳·高二阶段练习（理））已知函数ln ()x f x x=，2()ln(1)2g x x ax =++，若211,e x ∀⎡⎤∈⎣⎦，2(0,1]x ∃∈使得()()12f x g x >成立，则实数a 的取值范围是（）A ．ln 2,2⎛⎫-∞- ⎪B ．ln 2,2⎛⎤-∞-⎥C ．1,e⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭D ．ln 2,e 2⎛⎤-∞- ⎥4.已知函数2()21)2ln ()2f x ax a x x a R =-++∈（(1)若曲线()y f x =在1x =和3x =处的切线互相平行，求a 的值与函数()f x 的单调区间；(2)设2()(2)e =-x g x x x ，若对任意(]10,2x ∈，均存在(]20,2x ∈，使得12()()f x g x <，求a 的取值范围．【答案】(1)2=3a ，单调递增区间为3(0,),(2,)2+∞，单调递减区间为3(,2)2(2)ln 21a >-【解析】【分析】（1）求出()'f x ，由(1)(3)f f ''=得a ，再利用由()0f x '>、()0f x '<可得答案；（2）转化为(]0,2x ∈时，max max ()()f x g x <，容易求出max ()(0)(2)0g x g g ===，所以只须max ()0f x <，()()12()ax x f x x='--，讨论12a ≤、12a >可得答案.(1)21()(21),(1)1,(3)3f x ax a f a f a x '''=-++=-+=-，由(1)(3)f f ''=得23a =，()()232272()333x x f x x x x--=-+='，由()0f x '>得()30,2,2x ∞⎛⎫∈⋃+ ⎪⎝⎭，由()0f x '<得3,22x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，所以函数()f x 的单调递增区间为()30,,2,2∞⎛⎫+ ⎪⎝⎭，单调递减区间为3,22⎛⎫⎪⎝⎭.(2)若要命题成立，只须当(]0,2x ∈时，max max ()()f x g x <，由()()22e xg x x '=-可知当(]0,2x ∈时max ()(0)(2)0g x g g ===，所以只须max ()0f x <对()f x 来说，()()122()(21)ax x f x ax a x x--=-++'=，（1）当12a ≤时，在(]0,2上有10-≤ax ，∴()0f x '≥这时max ()(2)222ln 2f x f a ==--+，由max ()0f x <得1ln 212a -<≤；（2）当12a >时，max 11()2ln 22f x f a a a ⎛⎫==--- ⎪⎝⎭，设1()2ln 22h a a a =---，则2221214()022a h a a a a -'=-=<，∴()h a 在1,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭递减，1()2ln 2302h a h <=-<⎝⎭，∴当12a >时，max ()0f x <，综上所述，满足题意的ln 21a >-.【点睛】本题考查了对任意1x D ∈，均存在2x E ∈，使得12()()f x g x <，转化为max max ()()f x g x <求参数的取值范围的问题，考查了学生的思维能力、运算能力.5.已知函数()()ln xf x ax a x=-+∈R ，'为()f x 的导函数．(1)求()f x 的定义域和导函数；(2)当2a =时，求函数()f x 的单调区间；(3)若对21e,e x ⎡⎤∀∈⎣⎦，都有()11f x ≥成立，且存在32e,e x ⎡⎤∈⎣⎦，使()2102f x a '+=成立，求实数a 的取值范围．【答案】(1)()()0,11,+∞ ，()()2ln 1ln x f x a x -'=-+(2)()f x 在()0,1单减，()1,+∞也单减，无增区间(3)2110,2e a ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦【解析】【分析】（1）根据分母不等于0，对数的真数大于零即可求得函数的定义域，根据基本初等函数的求导公式及商的导数公式即可求出函数的导函数；（2）求出函数的导函数，再根据导函数的符号即可得出答案；（3）若对21e,e x ⎡⎤∀∈⎣⎦，都有()11f x ≥成立，即1111ln x ax x -+≥，即1111ln a x x ≤-+，令()11ln h x x x=-+，2e,e x ⎡⎤∈⎣⎦，只要()min a h x ≤即可，利用导数求出函数()11ln h x x x=-+的最小值即可求出a 的范围，()()2222ln 11122ln x f x a a x -'+=-，()()2ln 112ln x g x a x -=-，求出函数()g x 的值域，根据存在32e,e x ⎡⎤∈⎣⎦，使()2102f x a '+=成立，则0在函数()g x 的值域中，从而可得出a 的范围，即可得解.(1)解：()f x 的定义域为()()0,11,+∞ ，()()2ln 1ln x f x a x -'=-+；(2)解：当2a =时，()()()()()22222172ln 2ln ln 1ln 1482ln ln ln x x x x f x x x x ⎛⎫-+⎪-+-⎝⎭'=-+=-=-，()0f x ¢<恒成立，所以()f x 在()0,1和()1,+∞上递减；(3)解：若对21e,e x ⎡⎤∀∈⎣⎦，都有()11f x ≥成立，即1111ln x ax x -+≥，即1111ln a x x ≤-+，令()11ln h x x x =-+，2e,e x ⎡⎤∈⎣⎦，则()()()()22222ln 11ln ln x x h x x x x x x -'=-=，对于函数())ln 0x x x ϕ=>，()122x x xϕ'==，当04x <<时，()0ϕ'>x ，当4x >时，()0ϕ'<x ，所以函数()ln x x ϕ=()0,4上递增，在()4,+∞上递减，所以()()ln 4204x ϕϕ≤=-<，当2e,e x ⎡⎤∈⎣⎦时，ln 0x >，所以ln x <()2ln x x <，故()0h x '<恒成立，()h x 在2e,e x ⎡⎤∈⎣⎦为减函数，所以()()2min e h x h ==211e 2-+，所以211e 2a ≤-+，由（1）知，()()2ln 1ln x f x a x -'=-+，所以()()2222ln 11122ln x f x a a x -'+=-，记()()2ln 112ln x g x x -=-，令1ln t x =，1,13t ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，则原式()211,123g x t t a t ⎛⎫⎡⎤=-+-∈ ⎪⎢⎥⎣⎦⎝⎭的值域为1,242a a ⎡⎤--⎢⎥⎣⎦，因为存在32e,e x ⎡⎤∈⎣⎦，使()2102f x a '+=成立，所以02a -≤，1042a -≥，所以102a ≤≤，综上，2110,2a e ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦．【点睛】本题考查了函数的定义域及导数的四则运算，考查了利用导数求函数的单调区间，考查了不等式恒成立问题，考查了计算能力及数据分析能力，对不等式恒成立合理变形转化为求最值是解题关键.。

高中数学恒成立问题(学生)

.
.n b +证明：当
（2）若关于x 的不等式32-≤--a ax x 的解集不是空集，求实数a 的取值范围。

w.w.w.k.s.5.u.c.o.m
2.三个同学对问题“关于x 的不等式232255x x x ax ++-≥在[]1,12上恒成立，求实数a 的取值范围”提出各自的解题思路．
甲说：“只须不等式左边的最小值不小于右边的最大值”．
乙说：“把不等式变形为左边含变量x 的函数，右边仅含常数，求函数的最值”．
丙说：“把不等式两边看成关于x 的函数，作出函数图像”．
参考上述解题思路，你认为他们所讨论的问题的正确结论，求a 的取值范围.
3. 求与抛物线2:E y ax =相切于坐标原点的最大圆C 的方程.
4. 设a ∈R ，二次函数2()22.f x ax x a =--若()0f x >的解集为A ，
B≠∅，求实数。

恒成立与能成立的七类问题【解析版】--高中数学

恒成立与能成立的七类问题热点题型速览热点一分离参数法解答恒(能)成立问题1(2023·全国·统考高考真题)已知函数f x =ae x -ln x 在区间1,2 上单调递增，则a 的最小值为( )．A.e 2B.eC.e -1D.e -2【答案】C【分析】根据f x =ae x -1x≥0在1,2 上恒成立，再根据分参求最值即可求出．【详解】依题可知，f x =ae x -1x ≥0在1,2 上恒成立，显然a >0，所以xe x ≥1a，设g x =xe x ,x ∈1,2 ，所以g x =x +1 e x>0，所以g x 在1,2 上单调递增，g x >g 1 =e ，故e ≥1a ，即a ≥1e=e -1，即a 的最小值为e -1．故选：C ．2(2023春·江苏无锡·高二统考期末)已知函数f (x )=a ln x +x 2，在区间(0,2)上任取两个不相等的实数x 1，x 2，若不等式f x 1 -f x 2x 1-x 2>0恒成立，则实数a 的取值范围是()A.[-8,+∞)B.(-∞,-8]C.[0,+∞)D.(-∞,0]【答案】C【分析】根据f x 1 -f x 2x 1-x 2>0可知f x 在(0,2)上单调递增，进而由导数即可求解.【详解】由f x 1 -f x 2 x 1-x 2>0可知f x 在(0,2)上单调递增，所以f (x )=ax +2x ≥0在(0,2)上恒成立，即a ≥-2x 2在(0,2)上恒成立，故a ≥-2x 2 max ，所以a ≥0，故选：C3(2023春·河南南阳·高二统考期末)若f x =log 0.5x 3-3x 2+ax +6 在区间1,2 上单调递增，则实数a 的取值范围为()热点一：分离参数法解答恒(能)成立问题热点二：构造函数法解答恒(能)成立问题热点三：最值比较法解答恒(能)成立问题热点四：“先分离后构造”解答恒(能)成立问题热点五：两次构造函数，解答恒(能)成立问题热点六：先分离参数、再两次构造函数，解答恒(能)成立问题热点七：构造函数法证明恒成立问题恒成立问题能成立问题“隐性”恒成立A.-∞,0B.-1,+∞C.-1,0D.-1,0【答案】C【分析】令f (t )=log 0.5t ,t =x 3-3x 2+ax +6，根据复合函数的单调性可得需满足t >0，且t =x 3-3x 2+ax +6在1,2 上单调递减，结合导数。

高中数学恒成立问题

A．0 B．－2 C．－3 D．－522．已知关于x的不等式x2－ax＋2a>0在R上恒成立，则实数a的取值范围是．3．若函数f(x)＝ax2＋2ax＋2对一切x∈R，f(x)>0恒成立，求实数a的取值范围？4若函数f(x)＝x2－ax－3对x∈[1，3]上恒有f(x)<0成立，求a的取值范围？5．已知函数y＝ax2＋2ax＋1的定义域为R.(1)求a的取值范围；(2)解关于x的不等式x2－x－a2＋a<0.6.已知f(x)＝x2＋ax＋3－a，若x∈[－2，2]，f(x)≥0恒成立，求a的取值范围．7．解关于x的不等式ax2－2≥2x－ax(a∈R).A ．0B ．－2C ．－3D ．－52答案D [由对一切x ∈(0，12]，不等式x 2＋ax ＋1≥0都成立，所以ax ≥－x 2－1，即a ≥－x －1x .设g (x )＝－x －1x ，只需a ≥g (x )max ，而g (x )＝－x －1x 在x ∈(0，12]上是增函数，所以g (x )＝－x －1x 的最大值是g （12）＝－52.] 2．已知关于x 的不等式x 2－ax ＋2a >0在R 上恒成立，则实数a 的取值范围是．答案(0，8) [因为x 2－ax ＋2a >0在R 上恒成立，所以Δ＝a 2－4×2a <0，所以0<a <8.]3．若函数f (x )＝ax 2＋2ax ＋2对一切x ∈R ，f (x )>0恒成立，如何求实数a 的取值范围？解析：当a ＝0，显然f (x=2)>0对一切x ∈R 都成立．当a ≠0时，f (x )＝ax 2＋2ax ＋2的图象与直角坐标系中的x 轴无交点且抛物线开口向上则{a >0∆=(2a)2−8a <0 解得0≤a <2 4若函数f (x )＝x 2－ax －3对x ∈[1，3]上恒有f (x )<0成立，求a 的范围？解：要使f (x )<0在[1，3]上恒成立，则必使函数f (x )＝x 2－ax －3在[1，3]上的图象在x 轴的下方，由f (x )的图象可知，此时a 应满足{f(1)<0f(3)<0，解得 a >2 5．已知函数y ＝ax 2＋2ax ＋1的定义域为R.(1)求a 的取值范围；(2)解关于x 的不等式x 2－x －a 2＋a <0.[解] (1)因为函数y ＝ax 2＋2ax ＋1的定义域为R ，所以ax 2＋2ax ＋1≥0，恒成立．①当a ＝0时，1≥0恒成立；②当a ≠0时，则⎩⎨⎧a >0，Δ＝4a 2－4a ≤0，解得0<a ≤1.综上，a 的取值范围为[0，1]. (2)由x 2－x －a 2＋a <0得，(x －a )[x －(1－a )]<0.因为0≤a ≤1，所以①当1－a >a ，即0≤a <12时，a <x <1－a ； ②当1－a ＝a ，即a ＝12时，（x −12）2<0，不等式无解； ③当1－a <a ，即12<a ≤1时，1－a <x <a . 综上所述，当0≤a <12时，解集为(a ，1－a )；当a ＝12时，解集为∅；当12<a ≤1时，解集为(1－a ，a ).6.已知f (x )＝x 2＋ax ＋3－a ，若x ∈[－2，2]，f (x )≥0恒成立，求a 的取值范围．[解] 设函数f (x )＝x 2＋ax ＋3－a 在x ∈[－2，2]时的最小值为g (a )，则(1)当对称轴x ＝－a 2<－2，即a >4时，g (a )＝f (－2)＝7－3a ≥0，解得a ≤73，与a >4矛盾，不符合题意．(2)当－a 2∈[－2，2]，即－4≤a ≤4时，g (a )＝3－a －a 24≥0，解得－6≤a ≤2，此时－4≤a ≤2. (3)当－a 2>2，即a <－4时，g (a )＝f (2)＝7＋a ≥0，解得a ≥－7，此时－7≤a <－4. 综上，a 的取值范围为－7≤a ≤2.7．解关于x 的不等式ax 2－2≥2x －ax (a ∈R).[解] 原不等式可化为ax 2＋(a －2)x －2≥0⇒(ax －2)(x ＋1)≥0.(1)当a ＝0时，原不等式化为x ＋1≤0⇒x ≤－1；(2)当a >0时，原不等式化为（x −2a ）(x ＋1)≥0⇒x ≥2a 或x ≤－1；(3)当a <0时，原不等式化为（x −2a ）(x ＋1)≤0.①当2a >－1，即a <－2时，原不等式等价于－1≤x ≤2a ；在此处键入公式。

高中数学微专题【不等式恒成立或有解问题】

高中数学微专题【不等式恒成立或有解问题】突破点一分离法求参数的取值范围【例1】已知函数f(x)＝e x＋ax2－x.(1)当a＝1时，讨论f(x)的单调性；(2)当x≥0时，f(x)≥12x3＋1，求a的取值范围.解(1)当a＝1时，f(x)＝e x＋x2－x，x∈R，f′(x)＝e x＋2x－1.因为f′(x)＝e x＋2x－1在(－∞，＋∞)上单调递增，且f′(0)＝0，故当x∈(－∞，0)时，f′(x)<0；当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0.所以f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增.(2)由f(x)≥12x3＋1得，e x＋ax2－x≥12x3＋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－12x3－x－1x2，记g(x)＝－e x－12x3－x－1x2，g′(x)＝－（x－2）⎝⎛⎭⎪⎫e x－12x2－x－1x3.令h(x)＝e x－12x2－x－1(x>0)，则h′(x)＝e x－x－1，令H(x)＝e x－x－1，则H′(x)＝e x－1>0，所以H(x)在(0，＋∞)上是增函数，且H(0)＝1－0－1＝0，所以h′(x)>0，故函数h(x)在(0，＋∞)上递增，∴h(x)>h(0)＝0，即e x－12x2－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，＋∞. 探究提高 1.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. 2.本题为了求g (x )的最大值，多次构造函数，进行二次求导. 【训练1】已知函数f (x )＝a e x －x e x ＋x －a (a ∈R ). (1)若a ＝2，求曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程； (2)若对任意x >0都有f (x )<x ＋1恒成立，求a 的最大整数值. 解 (1)当a ＝2时，f (x )＝2e x －x e x ＋x －2，所以f ′(x )＝2e x －(e x ＋x e x )＋1＝e x －x e x ＋1，因此f (0)＝0，f ′(0)＝2.所以曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程为y －0＝2(x －0)，即y ＝2x . (2)对任意x >0，恒有f (x )<x ＋1，即a (e x －1)<x e x ＋1. 因为x >0，所以e x －1>0，所以a <x e x ＋1e x －1＝x ＋x ＋1e x －1.设g (x )＝x ＋x ＋1e x －1(x >0)，则只需a <g (x )min ， g ′(x )＝1－x e x ＋1（e x －1）2＝e x （e x －x －2）（e x －1）2.令h (x )＝e x －x －2(x >0)，则h ′(x )＝e x －1>0恒成立，所以h (x )在(0，＋∞)上单调递增.因为h(1)＝e－3<0，h(2)＝e2－4>0，所以存在唯一一个x0使得h(x0)＝0，且1<x0<2.所以当x∈(0，x0)时，h(x)<0，g′(x)<0，当x∈(x0，＋∞)时，h(x)>0，g′(x)>0.所以g(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，所以g(x)min＝g(x0)＝x0＋x0＋1 e x0－1.由e x0－x0－2＝0，得e x0＝x0＋2，所以g(x0)＝x0＋x0＋1x0＋2－1＝x0＋1∈(2，3).故a的最大整数值为2.突破点二分类等价转化法求参数范围【例2】设函数f(x)＝2x ln x－2ax2(a∈R).(1)当a＝12时，求函数f(x)的单调区间；(2)若f(x)≤f′（x）2－ln x－1(f′(x)为f(x)的导函数)在(1，＋∞)上恒成立，求实数a的取值范围.解(1)当a＝12时，f(x)＝2x ln x－x2，定义域为(0，＋∞).∴f′(x)＝2ln x－2x＋2.令g(x)＝f′(x)＝2ln x－2x＋2(x>0)，∴g′(x)＝2x－2.当x∈(0，1)时，g′(x)>0，故g(x)为增函数；当x∈(1，＋∞)时，g′(x)<0，故g(x)为减函数.∴g(x)≤g(1)＝2ln 1－2×1＋2＝0，即f′(x)≤0.∴函数f(x)的单调递减区间为(0，＋∞)，无单调递增区间.(2)f(x)＝2x ln x－2ax2，∴f′(x)＝2ln x－4ax＋2，且x>0.∴f(x)≤f′（x）2－ln x－1在(1，＋∞)上恒成立⇔2(x ln x－ax2)≤ln x－2ax＋1－lnx－1在(1，＋∞)上恒成立⇔ln x－ax＋a≤0在(1，＋∞)上恒成立. 令h(x)＝ln x－ax＋a，x∈(1，＋∞)，则h ′(x )＝1x －a ，且h (1)＝ln 1－a ＋a ＝0.当a ≤0时，h ′(x )>0恒成立，故h (x )在(1，＋∞)上为增函数. ∴h (x )>h (1)＝0，即a ≤0时不满足题意. 当a >0时，由h ′(x )＝0，得x ＝1a .①若a ∈(0，1)，则1a ∈(1，＋∞)，故h (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞上为减函数，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1，1a 上为增函数.∴存在x 0∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1，1a ，使得h (x 0)>h (1)＝0，这与h (x )＝ln x －ax ＋a ≤0在(1，＋∞)上恒成立矛盾. 因此a ∈(0，1)时不满足题意.②若a ∈[1，＋∞)，则1a ∈(0，1]，故h (x )在(1，＋∞)上为减函数， ∴h (x )<h (1)＝0，∴h (x )≤0恒成立，故符合题意. 综上所述，实数a 的取值范围是[1，＋∞).探究提高 1.对于不等式恒成立问题，若不易分离参数或分离后难以求最值，解题时常用参数表示极值点，进而用参数表示出函数的最值，求解不等式得参数的范围，体现转化思想.2.解题过程中，参数的不同取值对函数的极值、最值有影响，应注意对参数的不同取值范围进行分类讨论.【训练2】已知点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫e xx ，1，Q (x ，mx ＋sin x )(m ∈R )，O 为坐标原点，设函数f (x )＝OP→·OQ →.(1)当m ＝－2时，判断函数f (x )在(－∞，0)上的单调性； (2)当x ≥0时，不等式f (x )≥1恒成立，求实数m 的取值范围.解 (1)f (x )＝OP →·OQ →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫e x x ，1·(x ，mx ＋sin x )＝e x ＋mx ＋sin x ，当m ＝－2时，f (x )＝e x －2x ＋sin x ，f ′(x )＝e x －2＋cos x ，当x <0时，e x <1，且cos x ≤1，所以f ′(x )＝e x －2＋cos x <0，所以函数f (x )在(－∞，0)上单调递减.(2)当x ＝0时，f (0)＝1≥1，对于m ∈R ，f (x )≥1恒成立. 当x >0时，f ′(x )＝e x ＋m ＋cos x ，设g (x )＝e x ＋m ＋cos x ，则g ′(x )＝e x －sin x ，因为e x >1，sin x ≤1，所以g ′(x )＝e x －sin x >0，则g (x )在(0，＋∞)上单调递增，所以g (x )>g (0)＝m ＋2，所以f ′(x )在(0，＋∞)上单调递增，且f ′(x )>m ＋2.①当m ≥－2时，f ′(x )>0，则f (x )在(0，＋∞)上单调递增，所以f (x )>1恒成立.②当m <－2时，f ′(0)＝m ＋2<0，因为f ′(x )在(0，＋∞)上单调递增，且当x ＝ln(2－m )时， f ′(x )＝e ln(2－m )＋m ＋cos[ln(2－m )] ＝2＋cos[ln(2－m )]>0，所以存在x 0∈(0，＋∞)，使得f ′(x 0)＝0，所以当x ∈(0，x 0)时，f ′(x )<0恒成立，故f (x )在区间(0，x 0)上单调递减.所以当x ∈(0，x 0)时，f (x )<1，不符合题意. 综上，实数m 的取值范围为[－2，＋∞). 突破点三不等式有解求参数的取值范围【例3】已知函数f (x )＝－a ln x －e xx ＋ax ，a ∈R . (1)当a <0时，讨论f (x )的单调性；(2)设g (x )＝f (x )＋xf ′(x )，若关于x 的不等式g (x )≤－e x＋x 22＋(a －1)x 在[1，2]上有解，求实数a 的取值范围.解 (1)依题设，f ′(x )＝－a x －x e x －e xx 2＋a ＝（ax －e x ）（x －1）x 2(x >0)，当a <0时，ax －e x <0恒成立，所以当x >1时，f ′(x )<0，当0<x <1时，f ′(x )>0，故函数f (x )在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减. (2)因为g (x )＝f (x )＋xf ′(x )，所以g (x )＝－a ln x －e x ＋2ax －a ，由题意知，存在x 0∈[1，2]，使得g (x 0)≤－e x 0＋x 202＋(a －1)x 0成立，则存在x 0∈[1，2]，使得－a ln x 0＋(a ＋1)x 0－x 202－a ≤0成立，令h (x )＝－a ln x ＋(a ＋1)x －x 22－a ，x ∈[1，2]，则h ′(x )＝－a x ＋a ＋1－x ＝－（x －a ）（x －1）x，x ∈[1，2].①当a ≤1时，h ′(x )≤0，所以函数h (x )在[1，2]上单调递减，所以h (x )min ＝h (2)＝－a ln 2＋a ≤0成立，解得a ≤0，所以a ≤0. ②当1<a <2时，令h ′(x )>0，解得1<x <a ；令h ′(x )<0，解得a <x <2，所以函数h (x )在[1，a ]上单调递增，在[a ，2]上单调递减.又因为h (1)＝12，所以h (2)＝－a ln 2＋a ≤0，解得a ≤0，与1<a <2矛盾，故舍去. ③当a ≥2时，h ′(x )≥0，所以函数h (x )在[1，2]上单调递增，所以h (x )min ＝h (1)＝12>0，不符合题意.综上所述，实数a 的取值范围为(－∞，0].探究提高 1.本题根据函数h ′(x )的零点a 是否在定义域[1，2]内进行讨论，利用导数的工具性得到函数在给定区间内的单调性，从而可得最值，判断所求最值与已知条件是否相符，从而得到参数的取值范围.2.不等式“存在性”问题与“恒成立”问题的求解是“互补”关系.含参不等式能成立问题可转化为最值问题来解决，注意与恒成立问题的区别. 【训练3】已知函数f (x )＝a ＋1x ＋a ln x ，其中参数a <0. (1)求函数f (x )的单调区间；(2)设函数g (x )＝2x 2f ′(x )－xf (x )－3a (a <0)，存在实数x 1，x 2∈[1，e 2]，使得不等式2g (x 1)<g (x 2)成立，求a 的取值范围.解 (1)∵f (x )＝a ＋1x ＋a ln x ，∴定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝－a ＋1x 2＋a x ＝ax －（a ＋1）x 2.①当－1<a <0时，a ＋1a <0，恒有f ′(x )<0， ∴函数f (x )的单调递减区间是(0，＋∞)，无单调递增区间.②当a ＝－1时，f ′(x )＝－1x <0，∴f (x )的单调递减区间是(0，＋∞)，无单调递增区间.③当a <－1时，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a ＋1a ，f ′(x )>0，∴f (x )的单调递增区间是⎝⎛⎭⎪⎫0，a ＋1a ；x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋1a ，＋∞，f ′(x )<0， ∴f (x )的单调递减区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋1a ，＋∞. (2)g (x )＝2ax －ax ln x －(6a ＋3)(a <0)，∵存在实数x 1，x 2∈[1，e 2]，使得不等式2g (x 1)<g (x 2)成立，∴2g (x )min <g (x )max . 又g ′(x )＝a (1－ln x )，且a <0，∴当x ∈[1，e)时，g ′(x )<0，g (x )是减函数；当x ∈(e ，e 2]时，g ′(x )>0，g (x )是增函数， ∴g (x )min ＝g (e)＝a e －6a －3， g (x )max ＝max{g (1)，g (e 2)}＝－6a －3. ∴2a e －12a －6<－6a －3，则a >32e －6.又a <0，从而32e －6<a <0，即a 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫32e －6，0.1.已知函数f (x )＝ln x ＋ax (a ∈R ). (1)讨论f (x )的单调区间；(2)若f (x )≤e x －1＋1x －1恒成立，求实数a 的取值范围.解 (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，且f ′(x )＝1－a －ln xx 2.令f ′(x )>0，得1－a －ln x >0，解得0<x <e 1－a . 令f ′(x )<0，得1－a －ln x <0，解得x >e 1－a .故f (x )的单调递增区间为(0，e 1－a )，单调递减区间为(e 1－a ，＋∞). (2)因为f (x )≤e x －1＋1x －1恒成立，即ln x ＋a x ≤e x －1＋1x －1对(0，＋∞)恒成立，所以a ≤x e x －1－x －ln x ＋1对(0，＋∞)恒成立. 令g (x )＝x e x －1－x －ln x ＋1，则g ′(x )＝e x －1＋x e x －1－1－1x ＝(x ＋1)⎝ ⎛⎭⎪⎫e x －1－1x .当x ∈(0，1)时，g ′(x )<0，所以g (x )在(0，1)上单调递减. 当x ∈(1，＋∞)时，g ′(x )>0，所以g (x )在(1，＋∞)上单调递增. 故当x ＝1时，g (x )取到最小值g (1)＝1，所以a ≤1. 故实数a 的取值范围是(－∞，1]. 2.已知函数f (x )＝x ln x －ax ＋1(a ∈R ). (1)讨论f (x )在(1，＋∞)上的零点个数；(2)当a >1时，若存在x ∈(1，＋∞)，使得f (x )<(e －1)·(a －3)，求实数a 的取值范围.解 (1)由f (x )＝x ln x －ax ＋1＝0可得a ＝ln x ＋1x ，令g (x )＝ln x ＋1x ，易知g ′(x )＝1x －1x 2＝x －1x 2，所以g ′(x )>0在(1，＋∞)上恒成立，故g (x )在(1，＋∞)上单调递增. 又g (1)＝1，所以当x ∈(1，＋∞)时，g (x )>1. 故当a ≤1时，f (x )在(1，＋∞)上无零点；当a >1时，f (x )在(1，＋∞)上存在一个零点.(2)当a >1时，由(1)得f (x )在(1，＋∞)上存在一个零点. 由f ′(x )＝ln x ＋1－a ＝0得x ＝e a －1，所以f (x )在(1，e a －1)上单调递减，在(e a －1，＋∞)上单调递增，所以f (x )min ＝f (e a －1)＝1－e a －1.若存在x ∈(1，＋∞)，使得f (x )<(e －1)(a －3)成立，只需1－e a －1<(e －1)(a －3)成立，即不等式e a －1＋(e －1)(a －3)－1>0成立. 令h (a )＝e a －1＋(e －1)(a －3)－1，a >1，则h ′(a )＝e a －1＋e －1，易知h ′(a )＝e a －1＋e －1>0在(1，＋∞)上恒成立，故h (a )＝e a －1＋(e －1)(a －3)－1在(1，＋∞)上单调递增. 又h (2)＝0，所以a >2，故实数a 的取值范围为(2，＋∞).3.已知函数f (x )＝x －a ln x ＋bx 在x ＝1处取得极值. (1)若a ＞1，求函数f (x )的单调区间；(2)若a ＞3，函数g (x )＝a 2x 2＋3，若存在m 1，m 2∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2，使得|f (m 1)－g (m 2)|＜9成立，求a 的取值范围.解 (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，且f ′(x )＝1－a x －bx 2. 由f ′(1)＝0，得b ＝1－a ，则f ′(x )＝1－a x －1－a x 2＝x 2－ax －（1－a ）x 2＝（x －1）[x －（a －1）]x 2，令f ′(x )＝0，得x 1＝1，x 2＝a －1.若1＜a ＜2，则函数f (x )的单调递增区间为(0，a －1)，(1，＋∞)，单调递减区间为(a －1，1)；若a ＝2，则函数f (x )无单调递减区间，单调递增区间为(0，＋∞)；若a ＞2，则函数f (x )的单调递减区间为(1，a －1)，单调递增区间为(0，1)，(a －1，＋∞).(2)当a ＞3时，f (x )在⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，1上单调递增，在(1，2]上单调递减，所以f (x )的最大值为f (1)＝2－a ＜0.易知函数g (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2上单调递增，所以g (x )的最小值为g ⎝ ⎛⎭⎪⎫12.又g ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝14a 2＋3＞0，所以g (x )＞f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2上恒成立.若存在m 1，m 2∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2，使得|f (m 1)－g (m 2)|＜9成立，只需要g ⎝ ⎛⎭⎪⎫12－f (1)＜9，即14a 2＋3－(2－a )＜9，解得－8＜a ＜4，又a ＞3，所以a 的取值范围是(3，4).。

高中数学讲义：恒成立问题——参变分离法

恒成⽴问题——参变分离法一、基础知识：1、参变分离：顾名思义，就是在不等式中含有两个字母时（一个视为变量，另一个视为参数），可利用不等式的等价变形让两个字母分居不等号的两侧，即不等号的每一侧都是只含有一个字母的表达式。

然后可利用其中一个变量的范围求出另一变量的范围2、如何确定变量与参数：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、参变分离法的适用范围：判断恒成立问题是否可以采用参变分离法，可遵循以下两点原则：（1）已知不等式中两个字母是否便于进行分离，如果仅通过几步简单变换即可达到分离目的，则参变分离法可行。

但有些不等式中由于两个字母的关系过于“紧密”，会出现无法分离的情形，此时要考虑其他方法。

例如：()21log a x x -<，111axx e x-+>-等（2）要看参变分离后，已知变量的函数解析式是否便于求出最值（或临界值），若解析式过于复杂而无法求出最值（或临界值），则也无法用参变分离法解决问题。

（可参见”恒成立问题——最值分析法“中的相关题目）4、参变分离后会出现的情况及处理方法：（假设x 为自变量，其范围设为D ，()f x 为函数；a 为参数，()g a 为其表达式）（1）若()f x 的值域为[],m M ①()(),x D g a f x "Î£，则只需要()()min g a f x m£=()(),x D g x f x "Î<，则只需要()()min g a f x m<=②()(),x D g a f x "Î³，则只需要()()max =g a f x M³()(),x D g a f x "Î>，则只需要()()max =g a f x M>③()(),x D g a f x $Î£，则只需要()()max g a f x M£=()(),x D g a f x $Î<，则只需要()()max g a f x M<=④()(),x D g a f x $Î³，则只需要()()min g a f x m³=()(),x D g a f x $Î>，则只需要()()min g a f x m>=（2）若()f x 的值域为(),m M ①()(),x D g a f x "Î£，则只需要()g a m£()(),x D g a f x "Î<，则只需要()g a m £（注意与（1）中对应情况进行对比）②()(),x D g a f x "Î³，则只需要()g a M³()(),x D g a f x "Î>，则只需要()g a M ³（注意与（1）中对应情况进行对比）③()(),x D g a f x $Î£，则只需要()g a M <（注意与（1）中对应情况进行对比）()(),x D g a f x $Î<，则只需要()g a M<④()(),x D g a f x $Î³，则只需要()g a m >（注意与（1）中对应情况进行对比）()(),x D g a f x $Î>，则只需要()g a m>5、多变量恒成立问题：对于含两个以上字母（通常为3个）的恒成立不等式，先观察好哪些字母的范围已知（作为变量），那个是所求的参数，然后通常有两种方式处理（1）选择一个已知变量，与所求参数放在一起与另一变量进行分离。

恒成立问题常见类型及解法

恒成立问题常见类型及解法重庆清华中学张忠在近年高考试题中，常见条件中出现“恒”、“都”、“总”、“永远”、“一切”等关键词的试题，我们习惯上称之为恒成立问题。

对此类题，许多学生常常一筹莫展，但如果了解它的题型，选择合适的对策，解决问题就会游刃有余。

高中数学中的恒成立问题，总体上分为两种典型类型：等式的恒成立和不等式的恒成立。

一、等式的恒成立问题（恒等问题）【例】是否存在常数a 、b 、c 使得等式：122311122222··…++++=+++n n n n an bn c ()()()对一切自然数n 都成立？证明你的结论。

(一). 利用多项式恒等定理，建立方程组求参数多项式f(x)g(x)的充要条件是：对于a 的任意一个取值，都有f (a )g (a )；或者两个多项式各同类项的系数对应相等。

解法一：因为3222)1(n n n n n ++=+所以12231222··…++++n n ()=++++++++++++=++++++=+++()()()()()()()()()1232121212131211411231110222333222………n n n n n n n n n n n n n n显然当a b c ===31110，，时等式对一切自然数n 都成立。

(二). 待定系数法和数学归纳法对策：先用待定系数法探求a 、b 、c 的值，再利用数学归纳法证明等式对一切自然数n 都成立。

解法二：令n=1，n=2，n=3可得，解得。

以下用数学归纳法证明：等式1·22+2·32+…+n(n+1)=(3n 2+11n+10)对一切自然数n 都成立(证略)。

(三)、根据函数的奇偶性、周期性等性质若函数f(x)是奇(偶)函数，则对一切定义域中的x ,f(-x)=-f(x)((f(-x)=f(x))恒成立；若函数y=f(x)的周期为T ，则对一切定义域中的x,f(x)=f(x+T)恒成立。

高中数学不等式的恒成立问题

高中数学不等式的恒成立问题一、用一元二次方程根的判别式有关含有参数的一元二次不等式问题，若能把不等式转化成二次函数或二次方程，通过根的判别式或数形结合思想，可使问题得到顺利解决。

基本结论总结例1 对于x∈R，不等式恒成立，求实数m的取值范围。

例2：已知不等式对于Ｒ恒成立，求参数的取值范围．解：要使对于Ｒ恒成立，则只须满足：（1）或（2）解（1）得，解（2）＝２∴参数的取值范围是－２＜２．练习1.已知函数的定义域为R，求实数的取值范围。

2.若对于x∈R，不等式恒成立，求实数m的取值范围。

3.若不等式的解集是R，求m的范围。

4.取一切实数时，使恒有意义，求实数的取值范围．例3．设，当时，恒成立，求实数的取值范围。

-1关键点拨：为了使在恒成立，构造一个新函数是解题的关键，再利用二次函数的图象性质进行分类讨论，使问题得到圆满解决。

若二次不等式中的取值范围有限制，则可利用根的分布解决问题。

解：，则当时，恒成立当时，显然成立；当时，如图，恒成立的充要条件为：解得。

综上可得实数的取值范围为。

例4 。

已知，求使不等式对任意恒成立的a的取值范围。

解法1：数形结合结合函数的草图可知时恒成立。

所以a的取值范围是。

解法2：转化为最值研究1. 若上的最大值。

2. 若，得，所以。

综上：a的取值范围是。

注：1. 此处是对参a进行分类讨论，每一类中求得的a的范围均合题意，故对每一类中所求得的a的范围求并集。

2. 恒成立；解法3：分离参数。

设，注：1. 运用此法最终仍归结为求函数的最值，但由于将参数a与变量x分离，因此在求最值时避免了分类讨论，使问题相对简化。

2. 本题若将“”改为“”可类似上述三种方法完成。

仿解法1：即读者可仿解法2，解法3类似完成，但应注意等号问题，即此处也合题。

例5. 已知：求使恒成立的a的取值范围。

解法1：数形结合结合的草图可得：或得：。

解法2：转化为最值研究1.，所以。

2. 若矛盾。

3. 若矛盾。

综上：a的取值范围是。

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恒成立问题是数学中的常见问题，在培养同学们思维的灵活性、创造性等方面起到了积极的作用，也是历年高考的一个热点。

大多是在不等式中，以已知一个变量的取值范围，求另一个变量的取值范围的形式出现。

下面结合实例，介绍这类问题的几种求解策略。

一、参变分离法
在给出的不等式中，如果能通过恒等变形将参数与变量分离出来，即：若a≥f（x）恒成立，只需求出f（x）max，则a≥f（x）max；若a≤f（x）恒成立，只需求出f（x）min，则a≤f（x）min，转化为函数求最值。

二、主元变换法
在给出的含有两个变量的不等式中，学生习惯把变量x看成是主元（未知数），而把另一个变量a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。

三、分类讨论
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。

四、数形结合
数形结合法是先将不等式两端的式子分别看作两个函数，且正确作出两个函数的图像，然后通过观察两图像（特别是交点）的位置关系，列出关于参数的不等式。

五、判别式法
对可化为关于x的一元二次不等式对x∈R（或去掉有限个点）恒成立，常用判别式法，先将其化为关于x的一元二次不等式，结合对应的一元二次函数图像，确定二次项系数与判别式满足的条件，化为关于参数的不等式问题，通过解不等式求解。

要注意二次是否可为0。

六、最值法对含参数的不等式恒成立问题，可将其化为f（x）>0或f（x）<0在某个范围上恒成立的问题，则0<[f（x）]min或0>[f（x）] max,先求出f（x）的最值，将其转化为关于m的不等式问题，通过解不等式求出参数m的取值范围。

上面介绍了含参不等式中恒成立问题的几种解法，在解题过程中，要灵活运用题设条件综合分析，选择适当方法准确而快速地解题。