不等式恒成立问题及能成立问题
恒成立能成立3种常见题型(学生版+解析版)
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f x min 和最大值f x max ，则不等式f x >a 在区间D 上恒成立⇔f x min >a ；不等式f x ≥a 在区间D 上恒成立⇔f x min ≥a ；不等式f x <b 在区间D 上恒成立⇔f x max <b ；不等式f x ≤b 在区间D 上恒成立⇔f x max ≤b ；考点二：存在性问题若函数f x 在区间D 上存在最小值f x min 和最大值f x max ，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⇔a <f x max ；不等式a ≤f x 在区间D 上有解⇔a ≤f x max ；不等式a >f x 在区间D 上有解⇔a >f x min ；不等式a ≥f x 在区间D 上有解⇔a ≥f x min ；考点三：双变量问题①对于任意的x 1∈a ,b ，总存在x 2∈m ,n ，使得f x 1 ≤g x 2 ⇔f x 1 max ≤g x 2 max ；②对于任意的x 1∈a ,b ，总存在x 2∈m ,n ，使得f x 1 ≥g x 2 ⇔f x 1 min ≥g x 2 min ；③若存在x 1∈a ,b ，对于任意的x 2∈m ,n ，使得f x 1 ≤g x 2 ⇔f x 1 min ≤g x 2 min ；④若存在x 1∈a ,b ，对于任意的x 2∈m ,n ，使得f x 1 ≥g x 2 ⇔f x 1 max ≥g x 2 max ；⑤对于任意的x 1∈a ,b ，x 2∈m ,n 使得f x 1 ≤g x 2 ⇔f x 1 max ≤g x 2 min ；⑥对于任意的x 1∈a ,b ，x 2∈m ,n 使得f x 1 ≥g x 2 ⇔f x 1 min ≥g x 2 max ；⑦若存在x 1∈a ,b ，总存在x 2∈m ,n ，使得f x 1 ≤g x 2 ⇔f x 1 min ≤g x 2 max⑧若存在x 1∈a ,b ，总存在x 2∈m ,n ，使得f x 1 ≥g x 2 ⇔f x 1 max ≥g x 2 min ．【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x -ln x +1>a 恒成立，则a 的取值范围是( )A.a <1B.a <2C.a >1D.a >2【例2】【2022年全国甲卷】已知函数f x =e xx−ln x+x−a．(1)若f x ≥0，求a的取值范围；【例3】已知函数f(x)=12x2-(a+1)ln x-12(a∈R,a≠0)．(1)讨论函数的单调性；(2)若对任意的x∈[1,+∞)，都有f(x)≥0成立，求a的取值范围．【例4】已知函数f x =ln x-ax(a是正常数).(1)当a=2时，求f x 的单调区间与极值；(2)若∀x>0，f x <0，求a的取值范围；【例5】已知函数f x =xe x(1)求f x 的极值点；(2)若f x ≥ax2对任意x>0恒成立，求a的取值范围．【题型专练】1.(2022·四川广安·模拟预测(文))不等式ln x -kx ≤0恒成立，则实数k 的取值范围是( )A.0,eB.-∞,eC.0,1eD.1e ,+∞2.(2022·北京·景山学校模拟预测)已知函数f x =x ln x +ax +2．(1)当a =0时，求f x 的极值；(2)若对任意的x ∈1,e 2 ，f x ≤0恒成立，求实数a 的取值范围．3.(2022·新疆克拉玛依·三模(文))已知函数f x =x ln x ，g x =-x 2+ax -3a ∈R .(1)求函数f (x )的单调递增区间；(2)若对任意x ∈0,+∞ ，不等式f x ≥12g x 恒成立，求a 的取值范围.4.(2022·内蒙古赤峰·三模(文))已知函数f x =x ln x+1.(1)求f x 的最小值；(2)若f x ≥−x2+m+1x−2恒成立，求实数m的取值范围.5.【2020年新高考1卷(山东卷)】已知函数f(x)=ae x-1-ln x+ln a．(1)当a=e时，求曲线y=f x 在点1,f1处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；(2)若不等式f x ≥1恒成立，求a的取值范围．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f x =x3-3x2+3-a，若存在x0∈-1,1，使得f x0>0，则实数a的取值范围为( )A.-∞,-1B.-∞,1C.-1,3D.-∞,3【例2】已知函数f x =ax3+bx2+6x+c，当x=-1时，f x 的极小值为-5，当x=2时，f x 有极大值．(1)求函数f x ；(2)存在x0∈1，3，使得f x0≤t2-2t成立，求实数t的取值范围．【例3】(2022·辽宁·高二阶段练习)已知a>0，若在(1,+∞)上存在x使得不等式e x-x≤x a-a ln x成立，则a的最小值为______．【题型专练】1.已知函数f x =x2+2a+2ln x．(1)当a=-5时，求f x 的单调区间；(2)若存在x∈2,e，使得f x -x2>2x+2a+4x成立，求实数a的取值范围．2.(2022·河北深州市中学高三阶段练习)已知函数f x =ln x-2ax+1.(1)若x=1是f x 的极值点，确定a的值；(2)若存在x>0，使得f x ≥0，求实数a的取值范围.3.已知函数f x =ln 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x∈1,+∞成立，求实数a的取值范围 ，使得不等式f x >a x-14.已知函数f x =x ln x-ax+1．(1)若f x 在点A(1,f(1))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x0∈(0,+∞)，使得f x0<0成立，求a的取值范围．5.已知函数f(x)=ln x+ax(a∈R).(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x0，使得f x0>0，求a的取值范围.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f x =x -1 e x -e ,g x =e x -ax -1，其中a ∈R .若对∀x 2∈0,+∞ ，都∃x 1∈R ，使得不等式f x 1 ≤g x 2 成立，则a 的最大值为( )A.0B.1eC.1D.e【例2】已知函数f (x )=ax +ln x (a ∈R ),g (x )=x 2-2x +2．(1)当a =-12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x 1∈[-1,2]，均存在x 2∈(0,+∞)，使得g x 1 <f x 2 ，求a 的取值范围．【例3】已知函数f (x )=x sin x +cos x ．(1)当x ∈0,π 时，求函数f (x )的单调区间；(2)设函数g (x )=-x 2+2ax ．若对任意x 1∈-π,π ，存在x 2∈[0,1]，使得12πf x 1 ≤g x 2 成立，求实数a 的取值范围．【例4】(2022·黑龙江·哈尔滨三中高二期末)已知函数f x =ln x x，g (x )=ln (x +1)+2ax 2，若∀x 1∈1,e 2 ，∃x 2∈0,1 使得f (x 1)>g (x 2)成立，则实数a 的取值范围是( )A.-∞,-ln22 B.-∞,-ln22 C.-∞,-1e D.-∞,e -ln22 【例5】(2023·全国·高三专题练习)已知函数f x =x 3-34x +32,0≤x ≤122x +12,12<x ≤1，g x =e x -ax a ∈R ，若存在x 1,x 2∈0,1 ，使得f x 1 =g x 2 成立，则实数a 的取值范围是( )A.-∞,1B.-∞,e -2C.-∞,e -54D.-∞,e 【题型专练】1.(2022·河南·南阳中学高三阶段练习(理))已知函数f x =x 3-3x +a ，g x =2x +1x -1．若对任意x 1∈-2,2 ，总存在x 2∈2,3 ，使得f x 1 ≤g x 2 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f x =1-x e x -1，g x =x +1 2+a ，若存在x 1，x 2∈R ，使得f x 2 ≥g x 1 成立，则实数a 的取值范围为( )A.1e ,+∞B.-∞,1eC.0,eD.-1e ,03.(2022·河南安阳·高二阶段练习(理))已知函数f (x )=ln x x，g (x )=ln (x +1)+2ax 2，若∀x 1∈1,e 2 ，∃x 2∈(0,1]使得f x 1 >g x 2 成立，则实数a 的取值范围是( )A.-∞,-ln22 B.-∞,-ln22 C.-∞,-1e D.-∞,e -ln22 4.已知函数f (x )=12ax 2-(2a +1)x +2ln x (a ∈R )(1)若曲线y =f (x )在x =1和x =3处的切线互相平行，求a 的值与函数f (x )的单调区间；(2)设g (x )=(x 2-2x )e x ，若对任意x 1∈0,2 ，均存在x 2∈0,2 ，使得f (x 1)<g (x 2)，求a 的取值范围．5.已知函数f x =-ax +xln xa ∈R ，f x 为f x 的导函数．(1)求f x 的定义域和导函数；(2)当a =2时，求函数f x 的单调区间；(3)若对∀x 1∈e ,e 2 ，都有f x 1 ≥1成立，且存在x 2∈e ,e 3 ，使f x 2 +12a =0成立，求实数a 的取值范围．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f x min 和最大值f x max ，则不等式f x >a 在区间D 上恒成立⇔f x min >a ；不等式f x ≥a 在区间D 上恒成立⇔f x min ≥a ；不等式f x <b 在区间D 上恒成立⇔f x max <b ；不等式f x ≤b 在区间D 上恒成立⇔f x max ≤b ；考点二：存在性问题若函数f x 在区间D 上存在最小值f x min 和最大值f x max ，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⇔a <f x max ；不等式a ≤f x 在区间D 上有解⇔a ≤f x max ；不等式a >f x 在区间D 上有解⇔a >f x min ；不等式a ≥f x 在区间D 上有解⇔a ≥f x min ；考点三：双变量问题①对于任意的x 1∈a ,b ，总存在x 2∈m ,n ，使得f x 1 ≤g x 2 ⇔f x 1 max ≤g x 2 max ；②对于任意的x 1∈a ,b ，总存在x 2∈m ,n ，使得f x 1 ≥g x 2 ⇔f x 1 min ≥g x 2 min ；③若存在x 1∈a ,b ，对于任意的x 2∈m ,n ，使得f x 1 ≤g x 2 ⇔f x 1 min ≤g x 2 min ；④若存在x 1∈a ,b ，对于任意的x 2∈m ,n ，使得f x 1 ≥g x 2 ⇔f x 1 max ≥g x 2 max ；⑤对于任意的x 1∈a ,b ，x 2∈m ,n 使得f x 1 ≤g x 2 ⇔f x 1 max ≤g x 2 min ；⑥对于任意的x 1∈a ,b ，x 2∈m ,n 使得f x 1 ≥g x 2 ⇔f x 1 min ≥g x 2 max ；⑦若存在x 1∈a ,b ，总存在x 2∈m ,n ，使得f x 1 ≤g x 2 ⇔f x 1 min ≤g x 2 max ⑧若存在x 1∈a ,b ，总存在x 2∈m ,n ，使得f x 1 ≥g x 2 ⇔f x 1 max ≥g x 2 min ．【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x -ln x +1>a 恒成立，则a 的取值范围是( )A.a <1B.a <2C.a >1D.a >2【答案】B【详解】令f x =x -ln x +1，其中x >0，则a <f x min ，f x =1-1x =x -1x，当0<x <1时，f x <0，此时函数f x 单调递减，当x >1时，f x >0，此时函数f x 单调递增，所以，f x min =f 1 =2，∴a <2.故选：B .【例2】【2022年全国甲卷】已知函数f x =e xx−ln x +x −a ．(1)若f x ≥0，求a 的取值范围；【答案】(1)(-∞,e +1]【解析】(1)f (x )的定义域为(0,+∞)，f(x )=1x -1x2 e x -1x +1=1x 1-1x e x +1-1x =x -1x e x x +1 令f (x )=0,得x =1当x ∈(0,1),f (x )<0,f (x )单调递减，当x ∈(1,+∞),f (x )>0,f (x )单调递增f (x )≥f (1)=e +1-a ，若f (x )≥0,则e +1-a ≥0,即a ≤e +1，所以a 的取值范围为(-∞,e +1]【例3】已知函数f (x )=12x 2-(a +1)ln x -12(a ∈R ,a ≠0)．(1)讨论函数的单调性；(2)若对任意的x ∈[1,+∞)，都有f (x )≥0成立，求a 的取值范围．【答案】(1)答案见解析；(2)a ≤0.【解析】(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f 1 =0，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,+∞ ，f '(x )=x -a +1x =x 2-a +1 x 当a +1≤0，即a ≤-1时，f 'x >0恒成立，则f x 在0,+∞ 上单调递增；当a +1>0，即a >-1时，x =-a +1(舍)或x =a +1，所以f x 在0,a +1 上单调递减，在a +1,+∞ 上单调递增.所以a ≤-1时，f x 在0,+∞ 上单调递增；a >-1时，f x 在0,a +1 上单调递减，在a +1,+∞ 上单调递增.(2)由(1)可知，当a ≤-1时，f x 在1,+∞ 上单调递增，若f (x )≥0对任意的x ∈[1,+∞)恒成立，只需f (1)≥0，而f (1)=0恒成立，所以a ≤-1成立；当a >-1时，若a +1≤1，即-1<a ≤0，则f x 在1,+∞ 上单调递增，又f (1)=0，所以-1<a ≤0成立；若a >0，则f x 在1,a +1 上单调递减，在a +1,+∞ 上单调递增，又f (1)=0，所以∃x 0∈1,a +1 ，f (x 0)<f 1 =0，不满足f (x )≥0对任意的x ∈[1,+∞)恒成立.所以综上所述：a ≤0.【例4】已知函数f x =ln x -ax (a 是正常数).(1)当a =2时，求f x 的单调区间与极值；(2)若∀x >0，f x <0，求a 的取值范围；【答案】(1)f x 在0,12上单调递增，在12,+∞ 上单调递减，f x 的极大值是-ln2-1，无极小值；(2)1e,+∞ .【解析】(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ln x x max <a ，设g x =ln xx，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a =2时，f x =ln x -2x ，定义域为0,+∞ ，f x =1x -2=1-2xx，令f x >0，解得0<x <12，令f x <0，解得x >12，所以函数f x 在0,12 上单调递增，在12,+∞ 上单调递减，所以f x 的极大值是f 12=-ln2-1，无极小值.(2)因为∀x >0，f x <0，即ln x -ax <0恒成立，即ln xx max<a .设g x =ln x x ，可得g x =1-ln xx2，当0<x <e 时g x >0，当x >e 时g x <0，所以g x 在0,e 上单调递增，在e ,+∞ 上单调递减，所以g x max =g e =1e ，所以a >1e ，即a ∈1e ,+∞ .【例5】已知函数f x =xe x(1)求f x 的极值点；(2)若f x ≥ax 2对任意x >0恒成立，求a 的取值范围．【答案】(1)x =-1是f x 的极小值点，无极大值点；(2)a ≤e .【解析】(1)利用导数研究函数的极值点.(2)由题设知：a ≤e x x 在x >0上恒成立，构造g (x )=e xx 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，f x =e x (x +1)，∴x <-1时，f x <0，f x 单调递减；x >-1时，f x >0，f x 单调递增减；∴x =-1是f x 的极小值点，无极大值点.(2)由题设，f x =xe x≥ax 2对∀x >0恒成立，即a ≤e x x在x >0上恒成立，令g (x )=e x x ，则g(x )=e x (x -1)x 2，∴0<x <1时，g (x )<0，g (x )递减；x >1时，g (x )>0，g (x )递增；∴g (x )≥g (1)=e ，故a ≤e .【题型专练】1.(2022·四川广安·模拟预测(文))不等式ln x -kx ≤0恒成立，则实数k 的取值范围是( )A.0,e B.-∞,eC.0,1eD.1e ,+∞【答案】D 【解析】由题可得k ≥ln x x 在区间(0,+∞)上恒成立，然后求函数f x =ln xxx >0 的最大值即得.【详解】由题可得k ≥ln xx 在区间(0,+∞)上恒成立，令f x =ln x x x >0 ，则f x =1-ln xx 2x >0 ，当x ∈0,e 时，f x >0，当x ∈e ,+∞ 时，f x <0，所以f x 的单调增区间为0,e ，单调减区间为e ,+∞ ；所以f x max =f e =1e， 所以k ≥1e.故选：D .2.(2022·北京·景山学校模拟预测)已知函数f x =x ln x +ax +2．(1)当a =0时，求f x 的极值；(2)若对任意的x ∈1,e 2 ，f x ≤0恒成立，求实数a 的取值范围．【答案】(1)极小值是f 1e =-1e+2，无极大值.(2)-2e 2-2,+∞【解析】(1)由题设可得f x =ln x +1，根据f x 的符号研究f x 的单调性，进而确定极值.(2)f x =x ln x +ax +2≤0对任意的x ∈1,e 2 恒成立，转化为：-a ≥2+x ln x x =2x+ln x 对任意的x ∈1,e 2 恒成立，令g x =2x+ln 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a=0时，f x =x ln x+2，f x 的定义域为0，+∞，f x =ln x+1=0，则x=1 e.令f x >0，则x∈1e,+∞，令f x <0，则x∈0,1e，所以f x 在0,1e上单调递减，在1e,+∞上单调递增.当x=1e时，f x 取得极小值且为f1e =1e ln1e+2=-1e+2，无极大值.(2)f x =x ln x+ax+2≤0对任意的x∈1,e2恒成立，则-a≥2+x ln xx=2x+ln x对任意的x∈1,e2恒成立，令g x =2x+ln x，g x =-2x2+1x=-2+xx2=0，所以x=2，则g x 在1,2上单调递减，在2,e2上单调递增，所以g1 =2，g e2 =2e2+2，所以g x max=g e2 =2e2+2，则-a≥2e2+2，则a≤-2e2-2.实数a的取值范围为：-2e2-2,+∞.3.(2022·新疆克拉玛依·三模(文))已知函数f x =x ln x，g x =-x2+ax-3a∈R.(1)求函数f(x)的单调递增区间；(2)若对任意x∈0,+∞，不等式f x ≥12g x 恒成立，求a的取值范围.【答案】(1)1e,+∞，(2)-∞,4【解析】(1)求函数f(x)的单调递增区间，即解不等式f (x)>0；(2)参变分离得a≤2ln x+x+3x，即求h x =2ln x+x+3x x∈0,+∞的最小值.(1)f(x)=x ln x定义域为(0,+∞)，f (x)=ln x+1f (x)>0即ln x+1>0解得x>1e，所以f(x)在1e,+∞单调递增(2)对任意x∈0,+∞，不等式f x ≥12g x 恒成立，即x ln x≥12-x2+ax-3恒成立，分离参数得a≤2ln x+x+3x.令h x =2ln x+x+3x x∈0,+∞，则h x =x+3x-1x2．当x∈0,1时，h x <0，h x 在0,1上单调递减；当x∈1,+∞时，h x >0，h x 在1,+∞上单调递增.所以h x min=h1 =4，即a≤4，故a的取值范围是-∞,4.4.(2022·内蒙古赤峰·三模(文))已知函数f x =x ln x+1.(1)求f x 的最小值；(2)若f x ≥−x2+m+1x−2恒成立，求实数m的取值范围.【答案】(1)f(x)min=-1 e2(2)-∞,3【解析】(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m≤ln x+x+2x，构造函数h x =ln x+x+2x，利用导数求最小值即可.(1)由已知得f x =ln x+2，令f x =0，得x=1 e2.当x∈0,1 e2时，f x <0,f x 在0,1e2上单调递减；当x∈1e2,+∞时，f x ≥0,f x 在1e2,+∞上单调递增.故f(x)min=f1e2=-1e2.(2)f x ≥−x2+m+1x−2，即mx≤x ln x+x2+2，因为x>0，所以m≤ln x+x+2x在0,+∞上恒成立.令h x =ln x+x+2x，则m≤h(x)min,h x =1x+1-2x2=x+2x-1x2，令h x =0，得x=1或x=-2(舍去).当x∈0,1时，h x <0,h x 在0,1上单调递减；当x∈1,+∞时，h x >0，h x 在1,+∞上单调递增.故h(x)min=h1 =3，所以m≤3，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f(x)=ae x-1-ln x+ln a．(1)当a=e时，求曲线y=f x 在点1,f1处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；(2)若不等式f x ≥1恒成立，求a的取值范围．【答案】(1)2e-1(2)[1,+∞)【解析】(1)利用导数的几何意义求出在点1,f1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f 1 =0得f x min =f 1 =1,符合题意；当a >1时，可证f 1af (1)<0，从而f x 存在零点x 0>0，使得f (x 0)=ae x 0-1-1x 0=0，得到f (x )min ，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f x ≥1恒成立；当0<a <1时，研究f 1 .即可得到不符合题意.综合可得a 的取值范围.【详解】(1)∵f (x )=e x -ln x +1，∴f (x )=e x -1x，∴k =f (1)=e -1.∵f (1)=e +1，∴切点坐标为(1,1+e ),∴函数f x 在点(1,f (1)处的切线方程为y -e -1=(e -1)(x -1),即y =e -1 x +2,∴切线与坐标轴交点坐标分别为(0,2),-2e -1,0,∴所求三角形面积为12×2×-2e -1 =2e -1．(2)[方法一]：通性通法∵f (x )=ae x -1-ln x +ln a ,∴f (x )=ae x -1-1x，且a >0.设g (x )=f ′(x ),则g ′(x )=ae x -1+1x 2>0,∴g (x )在(0,+∞)上单调递增，即f ′(x )在(0,+∞)上单调递增，当a =1时，f (1)=0,∴f x min =f 1 =1,∴f x ≥1成立.当a >1时，1a <1 ，∴e 1a -1<1，∴f 1af (1)=a e 1a -1-1 (a -1)<0,∴存在唯一x 0>0，使得f (x 0)=ae x 0-1-1x 0=0，且当x ∈(0,x 0)时f (x )<0，当x ∈(x 0,+∞)时f (x )>0，∴ae x 0-1=1x 0，∴ln a +x 0-1=-ln x 0，因此f (x )min =f (x 0)=ae x 0-1-ln x 0+ln a =1x 0+ln a +x 0-1+ln a ≥2ln a -1+21x 0⋅x 0=2ln a +1>1,∴f x >1,∴f x ≥1恒成立；当0<a <1时， f (1)=a +ln a <a <1,∴f (1)<1,f (x )≥1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f (x )≥1得ae x -1-ln x +ln a ≥1，即e ln a +x -1+ln a +x -1≥ln x +x ，而ln x +x =e ln x +ln x ，所以e ln a +x -1+ln a +x -1≥e ln x +ln x ．令h (m )=e m +m ，则h (m )=e m +1>0，所以h (m )在R 上单调递增．由e ln a +x -1+ln a +x -1≥e ln x +ln x ，可知h (ln a +x -1)≥h (ln x )，所以ln a +x -1≥ln x ，所以ln a ≥(ln x -x +1)max ．令F(x)=ln x-x+1，则F (x)=1x-1=1-xx．所以当x∈(0,1)时，F (x)>0,F(x)单调递增；当x∈(1,+∞)时，F (x)<0,F(x)单调递减．所以[F(x)]max=F(1)=0，则ln a≥0，即a≥1．所以a的取值范围为a≥1．[方法三]：换元同构由题意知a>0,x>0，令ae x-1=t，所以ln a+x-1=ln t，所以ln a=ln t-x+1．于是f(x)=ae x-1-ln x+ln a=t-ln x+ln t-x+1．由于f(x)≥1,t-ln x+ln t-x+1≥1⇔t+ln t≥x+ln x，而y=x+ln x在x∈(0,+∞)时为增函数，故t≥x，即ae x-1≥x，分离参数后有a≥xe x-1．令g(x)=xe x-1，所以g(x)=e x-1-xe x-1e2x-2=e x-1(1-x)e2x-2．当0<x<1时，g (x)>0,g(x)单调递增；当x>1时，g (x)<0,g(x)单调递减．所以当x=1时，g(x)=xe x-1取得最大值为g(1)=1．所以a≥1．[方法四]：因为定义域为(0,+∞)，且f(x)≥1，所以f(1)≥1，即a+ln a≥1．令S(a)=a+ln a，则S (a)=1+1a>0，所以S(a)在区间(0,+∞)内单调递增．因为S(1)=1，所以a≥1时，有S(a)≥S(1)，即a+ln a≥1．下面证明当a≥1时，f(x)≥1恒成立．令T(a)=ae x-1-ln x+ln a，只需证当a≥1时，T(a)≥1恒成立．因为T (a)=e x-1+1a>0，所以T(a)在区间[1,+∞)内单调递增，则[T(a)]min=T(1)=e x-1-ln x．因此要证明a≥1时，T(a)≥1恒成立，只需证明[T(a)]min=e x-1-ln x≥1即可．由e x≥x+1,ln x≤x-1，得e x-1≥x,-ln x≥1-x．上面两个不等式两边相加可得e x-1-ln x≥1，故a≥1时，f(x)≥1恒成立．当0<a<1时，因为f(1)=a+ln a<1，显然不满足f(x)≥1恒成立．所以a的取值范围为a≥1．【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f min≥0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e ln a+x-1+ln a+x-1≥e ln x+ln x，再根据函数h(m)=e m+m 的单调性以及分离参数法即可求出，是本题的最优解；方法三：通过先换元，令ae x-1=t，再同构，可将原不等式化成t+ln t≥x+ln x，再根据函数y=x+ln 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f(1)≥1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f x =x3-3x2+3-a，若存在x0∈-1,1，使得f x0>0，则实数a的取值范围为( )A.-∞,-1B.-∞,1C.-1,3D.-∞,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f x =x3-3x2+3-a，所以f x =3x2-6x=3x x-2,x∈-1,1．由题意，只需f (x)max>0．当x∈[-1,0)时，f x >0，当x∈(0,1]时，f x <0，所以f x 在[-1,0)上单调递增，在(0,1]上单调递减，所以f(x)max=f0 =3-a>0，故实数a的取值范围为-∞,3．故选：D.【例2】已知函数f x =ax3+bx2+6x+c，当x=-1时，f x 的极小值为-5，当x=2时，f x 有极大值．(1)求函数f x ；(2)存在x0∈1，3，使得f x0≤t2-2t成立，求实数t的取值范围．【答案】(1)f x =-x3+32x2+6x-32;(2)(-∞,-1]∪[3,+∞).【解析】(1)求导后，根据f -1=f 2 =0和f-1=-5，解得a,b,c即可得解；(2)转化为f x min≤t2-2t，再利用导数求出函数f(x)在1，3上的最小值，然后解不等式t2-2t≥3可得结果.(1)∵f x =3ax2+2bx+6，由f -1=f 2 =0，得3a-2b+6=0且12a+4b+6=0，解得a=-1，b=3 2，又f-1=-5，∴c=-3 2，经检验a=-1，b=32时，f x =-x3+32x2+6x-32满足题意,∴f x =-x3+32x2+6x-32；(2)存在x0∈1，3，使得f x0≤t2-2t，等价于f x min≤t2-2t，∵f x =-3x2+3x+6=-3x-2x+1，当x∈[1,2)时，f (x)>0，当x∈(2,3]时，f (x)<0，∴f x 在(2,3]上递减，在[1,2)上递增，又f1 =5，f3 =3，∴f x 在1，3上的最小值为f3 =3，∴t2-2t≥3，解得t≤-1或3≤t，所以t的取值范围是(-∞,-1]∪[3,+∞)．【例3】(2022·辽宁·高二阶段练习)已知a>0，若在(1,+∞)上存在x使得不等式e x-x≤x a-a ln x成立，则a的最小值为______．【答案】e【分析】将原式化为e x-ln e x≤x a-ln x a，构造函数g(t)=t-ln t(t>1)，求导得函数g(t)在(1,+∞)上单调递增，即得e x≤x a，两边取对数分离参数a，构造函数h(x)=xln x(x>1)，利用导数求解函数h(x)的最小值即可.【详解】解：不等式e x-x≤x a-a ln x成立，即e x-ln e x≤x a-ln x a成立，因为x∈(1,+∞),a>0，所以e x>1,x a>1，令g(t)=t-ln t(t>1)，则e x-ln e x≤x a-ln x a⇒g(e x)≤g(x a)，因为g (t)=1-1t>0，所以g(t)在(1,+∞)上单调递增，所以e x≤x a，即x≤a ln x(x>1)，因为在(1,+∞)上存在x使得不等式e x-x≤x a-a ln x成立，所以a≥xln xmin，令h(x)=xln x(x>1)，则h (x)=ln x-1ln2x，故当x=e时，h(x)取得最小值h(e)=eln e=e.所以a≥e，即a的最小值为e.故答案为：e.【题型专练】1.已知函数f x =x2+2a+2ln x．(1)当a=-5时，求f x 的单调区间；(2)若存在x∈2,e，使得f x -x2>2x+2a+4x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)e2-e+2e-1,+∞ .【解析】(1)当a=-5时，f x =x2-8ln 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2x +2a +4x -2a +2 ln x <0在2,e 内有解，设h x =2x +2a +4x-2a +2 ln x ，即在2,e 上，函数h x min <0，对h x 进行求导，令hx =0，得出x =a +2，分类讨论a +2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h x min <0，从而得出实数a 的取值范围.(1)解：当a =-5时，f x =x 2-8ln x ，可知f x 的定义域为0,+∞ ，则fx =2x -8x =2x 2-8x,x >0，可知当x ∈0,2 时，f x <0；当x ∈2,+∞ 时，f x >0；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x ∈2,e ，使得f x -x 2>2x +2a +4x成立，等价于2x +2a +4x-2a +2 ln x <0在2,e 内有解，可设h x =2x +2a +4x -2a +2 ln x ，即在2,e 上，函数h x min <0，∴hx =2-2a +4x 2-2a +2x=2x 2-2a +2 x -2a +4 x 2=2x +1 x -a +2 x 2，令h x =0，即x +1 x -a +2 =0，解得：x =a +2或x =-1(舍去)，当a +2≥e ，即a ≥e -2时，h x <0，h x 在2,e 上单调递减，∴h x min =h e =2e +2a +4e -2a -2<0，得a >e 2-e +2e -1，又∵e 2-e +2e -1>e -2，所以a >e 2-e +2e -1；当a +2≤2时，即a ≤0时，h x >0，h x 在2,e 上单调递增，∴h x min =h 2 =6+a -2a +2 ln2<0，得a >6-ln4ln4-1>0，不合题意；当2<a +2<e ，即0<a <e -2时，则h x 在2,a +2 上单调递减，在a +2,e 上单调递增，∴h x min =h a +2 =2a +6-2a +2 ln a +2 ，∵ln2<ln a +2 <ln e =1，∴2a +2 ln2<2a +2 ln 2a +2 <2a +2，∴h a +2 =2a +6-2a +2 ln a +2 >2a +6-2a -2=4，即h x min >4，不符合题意；综上得，实数a 的取值范围为e 2-e +2e -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f x =ln x-2ax+1.(1)若x=1是f x 的极值点，确定a的值；(2)若存在x>0，使得f x ≥0，求实数a的取值范围.【答案】(1)a=12，(2)-∞,12【分析】(1)由已知可得出f 1 =0，求出a的值，然后利用导数分析函数f x 的单调性，结合极值点的定义检验即可；(2)由参变量分离法可得出2a≤ln x+1x，利用导数求出函数g x =ln x+1x的最大值，即可得出实数a的取值范围.(1)解：因为f x =ln x-2ax+1，该函数的定义域为0,+∞，则f x =1x-2a，由已知可得f 1 =1-2a=0，可得a=12，此时f x =1x-1=1-xx，列表如下：x0,111,+∞f x +0-f x 增极大值减所以，函数f x 在x=1处取得极大值，合乎题意，故a=1 2.(2)解：存在x>0，使得f x =ln x-2ax+1≥0可得2a≤ln x+1x，构造函数g x =ln x+1x，其中x>0，则g x =-ln xx2，当0<x<1时，g x >0，此时函数g x 单调递增，当x>1时，g x <0，此时函数g x 单调递减，则g x max=g1 =1，所以，2a≤1，解得a≤12，因此，实数a的取值范围是-∞,12.3.已知函数f x =ln 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x∈1,+∞，使得不等式f x >a x-1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】(1)求导得f (x)=1-ln xx2，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 x x-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 xx(x-1)成立，令g(x)=ln xx(x-1)，x>1，只需a<g(x)max．【详解】(1)f (x)=1x⋅x-ln xx2=1-ln xx2，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 x x-x+1，h (x)=1-ln xx2-1=1-ln x-x2x2 ，函数定义域为(0，+∞)，令p(x)=1-ln x-x2，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f(x)x-1>a成立，即若存在x∈(1，+∞)，使得不等式a<ln xx(x-1)成立，令g(x)=ln xx(x-1)，x>1，g′(x)=1x⋅x(x-1)-(2x-1)ln xx2(x-1)2=x-1-(2x-1)ln xx2(x-1)2 ，令s(x)=x-1-(2x-1)ln x，x>1s′(x)=1-2ln x-(2x-1)•1x=x-2x ln x-2x+1x=-x-2x ln x+1x，令q(x)=-x-2x ln x+1，x>1q′(x)=-1-2ln x-2=-3-2ln x<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limx→1ln xx(x-1)=limx→11x2x-1=1，所以a<1，所以a的取值范围为(-∞，1)．4.已知函数f x =x ln x-ax+1．(1)若f x 在点A(1,f(1))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x0∈(0,+∞)，使得f x0<0成立，求a的取值范围．【答案】(1)①a=3；②减区间为(0,e2)，增区间为(e2,+∞)，极小值为1-e2，无极大值；(2)(1,+∞).【解析】(1)求得函数的导数f x =ln x+1-a，①根据题意得到f x =-2，即可求得a的值；②由①知f x =ln x-2,x>0，结合导数的符号，以及极值的概念与计算，即可求解；(2)设g x =ln x+1x，根据存在x0∈(0,+∞)，使得f x0<0成立，得到a>g x min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f x =x ln x-ax+1的定义域为(0,+∞)，且f x =ln x+1-a，①因为f x 在点A(1,f(1))处的切线斜率为-2，可得f x =1-a=-2，解得a=3.②由①得f x =ln x-2,x>0，令f x >0，即ln x-2>0，解得x>e2；令f x <0，即ln x-2<0，解得0<x<e2，所以函数f x 在(0,e2)上单调递减，在(e2,+∞)上单调递增，当x=e2时，函数f x 取得极小值，极小值为f e2=1-e2，无极大值，综上可得，函数f x 的减区间为(0,e2)，增区间为(e2,+∞)，极小值为1-e2，无极大值.(2)因为f x =x ln x-ax+1，由f x0<0，即x0ln x0-ax0+1<0，即a>x0ln x0+1x0=ln x0+1x0，设g x =ln x+1x,x>0根据题意知存在x0∈(0,+∞)，使得f x0<0成立，即a>g x min成立，由g x =ln x+1x,x>0，可得g x =1x-1x2=x-1x2，当0<x<1时，g x <0，g x 单调递减；当x>1时，g x >0，g x 单调递增，所以当x=1时，函数g x 取得最小值，最小值为g1 =1，所以a>1，即实数a的取值范围是(1,+∞).5.已知函数f(x)=ln x+ax(a∈R).(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x0，使得f x0>0，求a的取值范围.【答案】(1)2x-y-1=0；(2)a≥0时，f x 在0,+∞单增；a<0，f x 在0,-1 a单增，在-1a,+∞单减；(3)a>-1e.【解析】(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a≥0,a<0两种情况讨论得到单调区间；(3)当a≥0时，代特值验证即可，当a<0时，函数最大值大于0，解出即可.【详解】由题意，f(1)=1,f x =1x+1,所以f 1 =2,所以切线方程为：y-1=2x-1⇒2x-y-1=0.(2)x>0,f (x)=1x+a=ax+1x，若a≥0，则f (x)>0，f x 在0,+∞单增；若a<0，则x∈0,-1 a时，f x >0，f x 单增；x∈-1a,+∞时，f x <0，f x 单减.(3)由(2)，若a≥0，则f(2)=ln2+2a>0，满足题意；若a<0，f x max=f-1 a=ln-1a-1>0⇒a>-1e，则-1e<a<0，综上：a>-1 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f x =x -1 e x -e ,g x =e x -ax -1，其中a ∈R .若对∀x 2∈0,+∞ ，都∃x 1∈R ，使得不等式f x 1 ≤g x 2 成立，则a 的最大值为( )A.0 B.1eC.1D.e【答案】C【分析】由题意易知f x ≥0恒成立，则可等价为对∀x 2∈0,+∞ ，g x 2 ≥0恒成立，利用参变分离，可变形为a ≤e x -1x ,(x >0)恒成立，易证e x -1x >1,(x >0)，则可得a ≤1，即可选出答案.【详解】对∀x 2∈0,+∞ ，都∃x 1∈R ，使得不等式f x 1 ≤g x 2 成立，等价于f x 1 min ≤g x 2 min ,当x <1时，x -1<0,e x -e <0，所以f x >0，当x ≥1时，x -1≥0,e x -e ≥0，所以f x ≥0，所以f x ≥0恒成立，当且仅当x =1时，f (x )min =0，所以对∀x 2∈0,+∞ ，g x 2 ≥0恒成立，即e x -ax -1≥0，当x =0，e x -ax -1=0≥0成立，当x >0时，e x-ax -1≥0⇒a ≤e x -1x恒成立.记h (x )=e x -x -1,x >0,因为h (x )=e x -1>0恒成立，所以h (x )在(0,+∞)上单调递增，且h (0)=0，所以h (x )=e x-x -1>0恒成立，即e x-1>x ⇒e x -1x>1,(x >0)所以a ≤1.所以a 的最大值为1.故选：C .【点睛】本题考查导数在不等式的恒成立与有解问题的应用，属于难题，此类问题可按如下规则转化：一般地，已知函数y =f (x ),x ∈a ,b ，y =g (x ),x ∈c ,d(1)若∀x 1∈a ,b ，∀x 2∈c ,d ，有f (x 1)<g (x 2)成立，故f (x 1)max <g (x 2)min ；(2)若∀x 1∈a ,b ，∃x 2∈c ,d ，有f (x 1)<g (x 2)成立，故f (x 1)max <g (x 2)max ；(3)若∃x 1∈a ,b ，∃x 2∈c ,d ，有f (x 1)<g (x 2)成立，故f (x 1)min <g (x 2)max ；(4)若∃x 1∈a ,b ，∀x 2∈c ,d ，有f (x 1)<g (x 2)成立，故f (x 1)min <g (x 2)min ；(5)若∀x 1∈a ,b ，∃x 2∈c ,d ，有f (x 1)=g (x 2)，则f (x )的值域是g (x )值域的子集．【例2】已知函数f (x )=ax +ln x (a ∈R ),g (x )=x 2-2x +2．(1)当a =-12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x 1∈[-1,2]，均存在x 2∈(0,+∞)，使得g x 1 <f x 2 ，求a 的取值范围．【答案】(1)最大值为ln2-1，最小值为-12；(2)-1e 6,+∞ .【解析】(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x 1∈[-1,2]、x 2∈(0,+∞)上g (x 1)max <f (x 2)max ，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f (x )=ln x -x 2，则f (x )=2-x2x，所以在[1,2)上f (x )>0，f (x )递增，在(2,e ]上f (x )<0，f (x )递减，则f (1)=-12<f (e )=1-e2，极大值f (2)=ln2-1，综上，f (x )最大值为ln2-1，最小值为-12.(2)由g (x )=x 2-2x +2=(x -1)2+1在x ∈[-1,2]上g (x )max =g (-1)=5，根据题意，只需g (x )max <f (x )max 即可，由f (x )=a +1x且x ∈(0,+∞)，当a ≥0时，f (x )>0，此时f (x )递增且值域为R ，所以满足题设；当a <0时，0,-1a 上f (x )>0，f (x )递增；-1a ,+∞ 上f (x )<0，f (x )递减；所以f (x )max =f -1a =-1-ln (-a )，此时-1-ln (-a )>5，可得a >-1e 6，综上，a 的取值范围-1e 6,+∞ .【点睛】关键点点睛：第二问，将问题转化为x 1∈[-1,2]、x 2∈(0,+∞)上g (x 1)max <f (x 2)max 求参数范围.【例3】已知函数f (x )=x sin x +cos x ．(1)当x ∈0,π 时，求函数f (x )的单调区间；(2)设函数g (x )=-x 2+2ax ．若对任意x 1∈-π,π ，存在x 2∈[0,1]，使得12πf x 1 ≤g x 2 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0,π2 ，函数f (x )的单调递减区间为π2,π ；(2)12,+∞.【解析】(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x 1∈-π,π ，存在x 2∈[0,1]，使得h (x 1)≤g (x 2)成立，等价于h (x )max ≤g (x )max ，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f (x )=x sin x +cos x ，所以f (x )=sin x +x cos x -sin x =x cos x ．当x ∈0,π 时，f (x )与f (x )的变化情况如表所示：x 0,π2 π2π2,π f (x )+-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0,π2，函数f (x )的单调递减区间为π2,π．(2)当x ∈-π,π 时，f (-x )=f (x )，所以函数f (x )为偶函数．所以当x ∈-π,π 时，函数f (x )的单调递增区间为-π,-π2 ，0,π2，函数f (x )的单调递减区间为-π2,0 ，π2,π ,所以函数f (x )的最大值为f -π2 =f π2 =π2．设h x =12πf x ，则当x ∈-π,π 时，h x max =12π⋅π2=14．对任意x 1∈-π,π ，存在x 2∈[0,1]，使得h (x 1)≤g (x 2)成立，等价于h (x )max ≤g (x )max ．当a ≤0时，函数g (x )在区间[0,1]上的最大值为g (0)=0，不合题意．当0<a <1时，函数g (x )在区间[0,1]上的最大值为g (a )=a 2，则a 2≥14，解得a ≥12或a ≤-12，所以12≤a <1．当a ≥1时，函数g (x )在区间[0,1]上的最大值为g (1)=2a -1，则2a -1≥14，解得a ≥58，所以a ≥1.综上所述，a 的取值范围是12,+∞．【例4】(2022·黑龙江·哈尔滨三中高二期末)已知函数f x =ln xx ，g (x )=ln (x +1)+2ax 2，若∀x 1∈1,e 2，∃x 2∈0,1 使得f (x 1)>g (x 2)成立，则实数a 的取值范围是( )A.-∞,-ln22B.-∞,-ln22C.-∞,-1eD.-∞,e -ln22【答案】A【分析】将问题转化为∃x ∈0,1 使得f (x )min >g (x )成立，通过求得导数和单调性，可得最值，再根据不等式成立，结合参数分离可得a 的范围．【详解】∀x 1∈1,e 2 ，∃x 2∈0,1 使得f (x 1)>g (x 2)成立，等价为∃x ∈0,1 使得f (x )min >g (x )成立，由f x =ln x x 得f x =1-ln xx2，当x ∈0,e 时，f x >0，此时f x 单调递增，当x ∈e ，+∞ 时，f x <0，此时f x 单调递减，f 1 =0,f e 2 =2e 2，故f x min =f 1 =0ln (x +1)+2ax 2<0在x ∈0,1 成立，当0<x <1时，-2a >ln (x +1)x 2min ，设h (x )=ln (x +1)x 2，0<x <1 ，则h (x )=1-1x +1-2ln (x +1)x 3，由m x =1-1x +1-2ln (x +1)，得m x =1(x +1)2-2x +1=-1-2x(x +1)2<0，所以m x =1-1x +1-2ln (x +1)在0,1 递减，所以1-1x +1-2ln (x +1)<m 0 =0，则h (x )在0,1 递减，所以h (x )>h 1 =ln2，则-2a >ln2，所以a <-ln22．故选：A【例5】(2023·全国·高三专题练习)已知函数f x =x 3-34x +32,0≤x ≤122x +12,12<x ≤1，g x =e x -ax a ∈R ，若存在x 1,x 2∈0,1 ，使得f x 1 =g x 2 成立，则实数a 的取值范围是( )A.-∞,1 B.-∞,e -2C.-∞,e -54D.-∞,e【答案】C【分析】根据题意可得f x 的值域与 g x =e x -ax 的值域有交集即可，先求导分析f x 的值域，再求导分情况讨论g x =e x -ax 的单调性与值域，结合解集区间的端点关系列式求解即可【详解】①当0≤x ≤12时，f x =x 3-34x +32，则f x =3x 2-34=3x 2-14 ≤0在0,12上恒成立，。
不等式恒成立、能成立问题
不等式恒成立、能成立问题是一种常见题型，会以各种形式出现， 其解法多变，具有一定的技巧性，解答这类题的关键是等价转化(如判 别式法、分离参数法、数形结合法、主参换位法等)，通过转化使恒成 立、能成立问题得到简化，而转化过程往往渗透着多种数学思想和方 法的应用，能提升学生的逻辑推理、数学运算、直观想象等核心素养.
∴x2－x＋1<63⇔x2－x－1<0⇔1－2
5 1＋ <x< 2
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
5，
∴x 的取值范围为x1－2
5 1＋ <x< 2
5
.
方法二 mx2－mx－6＋m<0⇔(x2－x＋1)m－6<0，
设y＝(x2－x＋1)m－6，该函数为以m为自变量的一次函数，
∵1≤m≤3，∴该函数的图象为一条线段，
要使y＝(x2－x＋1)m－6<0对满足1≤m≤3的所有m均成立，
(2)关于x的不等式(a2－1)x2－(a－1)x－1<0的解集为R，求实数a的取值 范围.
解 ①若a2－1＝0，即a＝±1时，
若a＝1，不等式变为－1<0，解集为R；
若 a＝－1，不等式变为 2x－1<0，解集为xx<12
，
∴a＝1时满足条件.
②若a2－1≠0，即a≠±1时，
原不等式解集为 R 的条件是aΔ2＝－1a<－0，12＋4a2－1<0， 解得－35<a<1. 综上所述，当－35<a≤1 时，原不等式的解集为 R.
x2－x＋1·1－6<0， 只需x2－x＋1·3－6<0，
解得1－2
5 1＋ <x< 2
5，
∴x 的取值范围为x1－2
一元二次不等式恒成立与能成立问题5大题型
一元二次不等式恒成立与能成立问题5大题型不等式是高考数学的重要内容。
其中，“含参不等式恒成立与能成立问题”把不等式、函数、三角、几何等内容有机地结合起来，其以覆盖知识点多、综合性强、解法灵活等特点备受高考命题者的青睐。
另一方面，在解决这类数学问题的过程中涉及的“函数与方程”、“化归与转化”、“数形结合”、“分类讨论”等数学思想对锻炼学生的综合解题能力，培养其思维灵活性、创造性都有这独到的作用。
一元二次不等式应用广泛，考察灵活，高考复习过程要注重知识与方法的灵活运用。
一、一元二次不等式在实数集上的恒成立1、不等式对任意实数恒成立⇔00==⎧⎨>⎩a b c 或0Δ<0>⎧⎨⎩a 2、不等式对任意实数恒成立⇔00==⎧⎨<⎩a b c 或0Δ<0<⎧⎨⎩a 【注意】对于二次不等式恒成立问题，恒大于0就是相应的二次函数的图像在给定的区间上全部在x 轴上方；恒小于0就是相应的二次函数的图像在给定的区间上全部在x 轴下方．二、一元二次不等式在给定区间上的恒成立问题求解方法方法一：若在集合中恒成立，即集合是不等式的解集的子集，可以先求解集，再由子集的含义求解参数的值(或范围)；方法二：转化为函数值域问题，即已知函数的值域为，则恒成立⇒，即；恒成立⇒，即.三、给定参数范围的一元二次不等式恒成立问题解决恒成立问题一定要清楚选谁为主元，谁是参数；一般情况下，知道谁的范围，就选谁当主元，求谁的范围，谁就是参数.即把变元与参数交换位置，构造以参数为变量的函数，根据原变量的取值范围列式求解。
四、常见不等式恒成立及有解问题的函数处理方法不等式恒成立问题常常转化为函数的最值来处理，具体如下：1、对任意的，恒成立⇒；若存在，有解⇒；若对任意，无解⇒.2、对任意的，恒成立⇒；若存在，有解⇒；若对任意，无解⇒.【题型1一元二次不等式在实数集上的恒成立问题】【例1】（2022·重庆沙坪坝·重庆八中校考模拟预测）使得不等式210x ax -+>对R x ∀∈恒成立的一个充分不必要条件是（）A ．02a <<B ．02a <≤C ．2a <D ．2a >-【变式1-1】（2022秋·山东·高三山东省实验中学校考阶段练习）已知命题“x ∃∈R ，使()24110x a x +-+≤”是假命题，则实数a 的取值范围是（）A ．(,3)-∞-B ．()5,3-C ．(5,)+∞D ．(3,5)-【变式1-2】（2023·全国·高三专题练习）若命题“关于x 的不等式22410mx mx m ++-<对一切实数x 恒成立”是假命题，则实数m 的取值范围是____________．【变式1-3】（2022秋·广西钦州·高三校考阶段练习）已知关于x 的不等式0k x->恒成立，则实数k 的取值范围是_____________．【变式1-4】（2022秋·山东聊城·高三山东聊城一中校考期末）关于x 的不等式()2216(4)10ax a x ----≥的解集为∅，则实数a 的取值范围为_________．【题型2一元二次不等式在某区间上的恒成立问题】【例2】（2022秋·辽宁沈阳·高三沈阳市第三十一中学校考开学考试）已知不等式220x bx c -++>的解集{}13x x -<<，若对任意10x -≤≤，不等式224x bx c t -+++≤恒成立．则t 的取值范围是__________．【变式2-1】（2022秋·山东青岛·高三统考期中）已知关于x 的不等式2(13)20ax a x +-+≥的解集为A ，设{1,1}B =-，B A ⊆，则实数a 的取值范围为（）A ．3124a -≤≤B ．1342a -≤≤C ．14a -≤D ．32a ≥【变式2-2】（2022秋·河南·高三期末）已知0a >，b ∈R ，若0x >时，关于x 的不等式()()2250ax x bx -+-≥恒成立，则4b a+的最小值为（）A ．2B ．25C ．43D ．32【变式2-3】（2022秋·广西钦州·高三校考阶段练习）已知函数()2f x ax x a =++，不等式()5f x <的解集为3—12⎛⎫⎪⎝⎭，．（1）求a 的值；（2）若()f x mx >在(]0,5x ∈上恒成立，求m 的取值范围．【变式2-4】（2021秋·陕西西安·高三校考阶段练习）已知二次函数()f x 满足()21f =-，()11f -=-，且()f x 的最大值是8.（1）试确定该二次函数的解析式；（2）()2f x x k >+在区间[]3,1-上恒成立，试求k 的取值范围.【题型3给定参数范围的一元二次不等式恒成立问题】【例3】（2021·吉林松原·校考三模）若不等式21634x ax x a -≥--对任意[]2,4a ∈-成立，则x 的取值范围为（）A ．(][),83,-∞-⋃+∞B ．()[),01,-∞+∞C ．[]8,6-D ．(]0,3【变式3-1】（2022秋·湖北襄阳·高三校考阶段练习）若命题“[]()21,3,2130a ax a x a ∃∈---+-<”为假命题，则实数x 的取值范围为（）A ．[]1,4-B ．50,3⎡⎤⎢⎥⎣⎦C ．[]51,0,43⎡⎤⎢⎥⎣-⎦D ．[)51,0,43⎛⎤- ⎥⎝⎦【变式3-2】（2022秋·广东深圳·高三深圳中学校考阶段练习）已知当11a -≤≤时，()24420x a x a +-+->恒成立，则实数x 的取值范围是（）A ．(),3-∞B ．][(),13,∞∞-⋃+C ．(),1-∞D ．()(),13,-∞⋃+∞【变式3-3】（2023·全国·高三专题练习）当[]2,3a ∈时，不等式210ax x a -+-≤恒成立，求x 的取值范围．【变式3-4】（2021·辽宁沈阳·高三沈阳二中校考开学考试）设函数()21f x mx mx =--．（1）若对于[]2,2x ∈-，()5f x m <-+恒成立，求m 的取值范围；（2）若对于[]2,2m ∈-，()5f x m <-+恒成立，求x 的取值范围．【题型4一元二次不等式在实数集上的有解问题】【例4】（2023·全国·高三专题练习）若存在实数x ，使得()220mx m x m --+<成立，则实数m 的取值范围为（）A ．(),2-∞B ．(]13,0,32∞⎛⎫-⋃ ⎪⎝⎭C ．2,3⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭D ．(),1-∞【变式4-1】（2022秋·广西钦州·高三校考阶段练习）若关于x 的不等式()()224210ax a x -++-≥的解集不为空集，则实数a 的取值范围为（）A ．62,5⎛⎤- ⎥⎝⎦B ．62,5⎡⎤-⎢⎥⎣⎦C ．6(,2)[,)5-∞-⋃+∞D ．6(,2],5⎡⎫-∞-⋃+∞⎪⎢⎣⎭【变式4-2】（2023·全国·高三专题练习）若关于x 的不等式29(2)04ax a x -++<有解，则实数a 的取值范围是____．【变式4-3】（2022·全国·高三专题练习）若关于x 的不等式2210ax x ++<有实数解，则a 的取值范围是_____【题型5一元二次不等式在某区间上的有解问题】【例5】（2022·甘肃张掖·高台县第一中学校考模拟预测）若关于x 的不等式2620x x a -+->在区间[]0,5内有解，则实数a 的取值范围是（）．A ．()2,+∞B ．(),5-∞C ．(),3-∞-D ．(),2-∞【变式5-1】（2023·全国·高三专题练习）已知关于x 的不等式2630mx x m -+<在(]02，上有解，则实数m 的取值范围是（）A ．(3-∞，B ．127⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭，C ．)3+∞，D ．127⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭，【变式5-2】（2022·全国·高三专题练习）命题:{|19}p x x x ∃∈≤≤，2360x ax -+≤，若p 是真命题，则实数a 的取值范围为（）A ．37a ≥B ．13a ≥C ．12a ≥D ．13a ≤【变式5-3】（2022秋·北京·高三统考阶段练习）若存在[0,1]x ∈，有2(1)30x a x a +-+->成立，则实数a 的取值范围是__________.【变式5-4】（2023·全国·高三专题练习）已知命题“[1,1]x ∃∈-，20030-++>x x a ”为真命题，则实数a 的取值范围是______．【变式5-5】（2022·全国·高三专题练习）设()f x 为奇函数，()g x 为偶函数，对于任意x R ∈均有()()24f x g x mx +=-.若()()220f x x g x -+≥在()0,x ∈+∞上有解，则实数m 的取值范围是______.（建议用时：60分钟）1．（2022·甘肃张掖·高台县第一中学校考模拟预测）已知命题p ：x ∀∈R ，220x x m -+>，则满足命题p 为真命题的一个充分条件是（）A ．m>2B ．0m <C ．1m <D ．m 1≥2．（2022秋·北京大兴·高三统考期中）若命题“2,20x x x m ∃∈++≤R ”是真命题，则实数m 的取值范围是（）A ．1m <B ．1m £C ．1m >D ．1m ≥3．（2022秋·全国·高三校联考阶段练习）设m ∈R ，则“34m >-”是“不等式210x x m -++≥在R 上恒成立”的（）A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件4．（2022秋·宁夏银川·高三校考期中）已知命题p ：R x ∀∈，20x x a -+>，若p ⌝是假命题，则实数a 的取值范围是（）A ．1,4⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦B ．11,42⎛⎫ ⎪⎝⎭C ．1,4⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭D ．1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭5．（2022秋·河南·高三校联考阶段练习）设函数()22f x ax ax =-，命题“[]0,1x ∃∈，()3f x a ≤-+”是假命题，则实数a 的取值范围为（）A ．(),3-∞B ．()3,+∞C ．24,7⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭D ．3,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭6．（2023·全国·高三专题练习）若对任意的2[1,0],2420x x x m ∈--+++≥恒成立，则m 的取值范围是（）A ．[4,)+∞B ．[2,)+∞C ．(,4]-∞D ．(,2]-∞7．（2021秋·河南南阳·高三南阳中学校考阶段练习）设函数()21f x mx mx =--，若对于任意的{|13}x x x ∈≤≤，()4f x m <-+恒成立，则实数m 的取值范围为（）A ．57m <B ．507m ≤<C ．0m <或507m <<D ．0m ≤8．（2022秋·湖南邵阳·高三统考期中）设函数22()223f x x ax a a =++-+，若对于任意的x R ∈，不等式()()0f f x ≥恒成立，则实数a 的取值范围是（）A ．32a ≥B ．2a ≤C ．322a <≤D ．32a ≤9．（2022秋·辽宁鞍山·高三校联考期中）设R a ∈，若关于x 的不等式210x ax -+≥在12x ≤≤上有解，则（）A ．2a ≤B ．2a ≥C ．52a ≤D ．52a ≥10．（2023·全国·高三专题练习）已知命题“0x ∃∈R ，()20014204x a x +-+≤”是真命题，则实数a 的取值范围（）A ．(],0-∞B ．[]0,4C ．[4,+∞）D ．(],0-∞[)4⋃+∞,11．（2022·全国·高三专题练习）已知关于x 的不等式2243x x a a -+≥-在R 上有解，则实数a 的取值范围是（）A ．{}14a a -≤≤B ．{}14a a -<<C ．{4a a ≥或}1a ≤-D ．{}41a a -≤≤12．（2022·全国·高三专题练习）若关于x 的不等式220x ax +->在区间[]1,5上有解，则实数a 的取值范围为（）A ．23,5⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭B ．23,15⎡⎤-⎢⎥⎣⎦C ．()1,+∞D ．23,5⎛⎫-∞-⎪⎝⎭13．（2021秋·江苏徐州·高三统考阶段练习）若存在实数x ，使得关于x 的不等式2430ax x a -+-<成立，则实数a 的取值范围是______.14．（2021·全国·高三专题练习）已知函数2,0()20x x x f x x x ⎧-≤⎪=⎨>⎪⎩.若存在x ∈R 使得关于x 的不等式()1f x ax ≤-成立，则实数a 的取值范围是________.15．（2020·上海杨浦·复旦附中校考模拟预测）若命题：“存在整数x 使不等式()24(4)0kx kx ---<成立”是假命题，则实数k 的取值范围是____________.16．（2022秋·江苏连云港·高三校考开学考试）2210,0ax x x -+≥∀>恒成立，则实数a 的取值范围是_________.17．（2021·全国·高三专题练习）若不等式22x mx ->对满足1m ≤的一切实数m 都成立，则x 的取值范围是___________18．（2023·全国·高三专题练习）若不等式22210x t at -+-+≥对任意[1,1]x ∈-及[1,1]a ∈-恒成立，则实数t 的取值范围是__________．参考答案【题型1一元二次不等式在实数集上的恒成立问题】【例1】（2022·重庆沙坪坝·重庆八中校考模拟预测）使得不等式210x ax -+>对R x ∀∈恒成立的一个充分不必要条件是（）A ．02a <<B ．02a <≤C ．2a <D ．2a >-【答案】A【解析】由不等式210x ax -+>对R x ∀∈恒成立，得Δ0<，即()240a --<，解得22a -<<，从选项可知02a <<是22a -<<的充分不必要条件，故选：A.【变式1-1】（2022秋·山东·高三山东省实验中学校考阶段练习）已知命题“x ∃∈R ，使()24110x a x +-+≤”是假命题，则实数a 的取值范围是（）A ．(,3)-∞-B ．()5,3-C ．(5,)+∞D ．(3,5)-【答案】D【解析】因为命题“R x ∃∈，使()24110x a x +-+≤”是假命题，所以，命题“R x ∀∈，()24110x a x +-+>”是真命题，所以，2Δ(1)160a =--<，解得35a -<<，故实数a 的取值范围是(3,5)-．故选：D.【变式1-2】（2023·全国·高三专题练习）若命题“关于x 的不等式22410mx mx m ++-<对一切实数x 恒成立”是假命题，则实数m 的取值范围是____________．【答案】1m ≤-或0m >【解析】若命题是真命题：当0m =时，22410mx mx m ++-<，可化为10-<，成立；当0m ≠时，()20Δ16810m m m m <⎧⎨=--<⎩，解得10m -<<综合得当10m -<≤时，关于x 的不等式22410mx mx m ++-<对一切实数x 恒成立是真命题，若命题“关于x 的不等式22410mx mx m ++-<对一切实数x 恒成立”是假命题则1m ≤-或0m >【变式1-3】（2022秋·广西钦州·高三校考阶段练习）已知关于x 的不等式0x kk x->恒成立，则实数k 的取值范围是_____________．【答案】[0,4)0k x->，即0(0)x x k x -+>>，令0t x =>，则20(0)t kt k t -+>>恒成立．所以202000kk k ⎧≤⎪⎨⎪-⨯+≥⎩或()202Δ40k k k ⎧>⎪⎨⎪=--<⎩,解得04k ≤<，故实数k 的取值范围是[0,4)．【变式1-4】（2022秋·山东聊城·高三山东聊城一中校考期末）关于x 的不等式()2216(4)10ax a x ----≥的解集为∅，则实数a 的取值范围为_________．【答案】1245a a ⎧⎫-<≤⎨⎬⎩⎭∣【解析】当4a =时，不等式可化为10-≥，无解，满足题意；当4a =-时，不等式化为810x -≥，解得18x ≥，不符合题意，舍去；当4a ≠±时，要使得不等式()2216(4)10a x a x ----≥的解集为∅，则()()222160,44160,a a a ⎧-<⎪⎨∆=-+-<⎪⎩解得1245a -<<．综上，实数a 的取值范围是1245a a ⎧⎫-<≤⎨⎬⎩⎭∣．【题型2一元二次不等式在某区间上的恒成立问题】【例2】（2022秋·辽宁沈阳·高三沈阳市第三十一中学校考开学考试）已知不等式220x bx c -++>的解集{}13x x -<<，若对任意10x -≤≤，不等式224x bx c t -+++≤恒成立．则t 的取值范围是__________．【答案】2t ≤-【解析】由题设，22b =且32c -=-，可得4,6b c ==，所以22420x x t -+++≤在10x -≤≤上恒成立，而222)4(f x x x t +=-++在(,1)-∞上递增，故只需2(0)0f t +≤=即可，所以2t ≤-.【变式2-1】（2022秋·山东青岛·高三统考期中）已知关于x 的不等式2(13)20ax a x +-+≥的解集为A ，设{1,1}B =-，B A ⊆，则实数a 的取值范围为（）A ．3124a -≤≤B ．1342a -≤≤C ．14a -≤D ．32a ≥【答案】B【解析】由题意，23)(20x a x x ++≥-在{1,1}B =-上恒成立，所以410320a a +≥⎧⎨-≥⎩，可得1342a -≤≤.故选：B【变式2-2】（2022秋·河南·高三期末）已知0a >，b ∈R ，若0x >时，关于x 的不等式()()2250ax x bx -+-≥恒成立，则4b a+的最小值为（）A ．2B ．25C ．43D ．32【答案】B【解析】设2y ax =-（0x >），25y x bx =+-（0x >），因为0a >，所以当20x a<<时，20y ax =-<；当2x a=时，20y ax =-=；当2x a >时，20y ax =->；由不等式()2(2)50ax x bx -+-≥恒成立，得：22050ax x bx -≤⎧⎨+-≤⎩或22050ax x bx -≥⎧⎨+-≥⎩，即当20x a<≤时，250x bx +-≤恒成立，当2x a≥时，250x bx +-≥恒成立，所以当2x a =时，250y x bx =+-=，则20425b a a +-=，即225a b a =-，则当0a >时，4524555222222a a a b a a a a a+=-+=+≥⨯=当且仅当522a a =，即55a =时等号成立，所以4b a+的最小值为25故选：B.【变式2-3】（2022秋·广西钦州·高三校考阶段练习）已知函数()2f x ax x a =++，不等式()5f x <的解集为3—12⎛⎫⎪⎝⎭，．（1）求a 的值；（2）若()f x mx >在(]0,5x ∈上恒成立，求m 的取值范围．【答案】（1）2a =；（2）{|5}m m <．【解析】（1）()25f x ax x a =++<的解集为312⎛⎫-⎪⎝⎭，即250ax x a ++-<的解集为312，⎛⎫-⎪⎝⎭，031123512a a a a >⎧⎪⎪-+=-∴⎨⎪-⎪-⨯=⎩，解得2a =；（2）由(Ⅰ)可得()222f x x x =++，()f x mx > 在(]05x ∈，上恒成立，即()22120x m x +-+>恒成立，令()()2212h x x m x =+-+，则()0h x >在(]05，上恒成立，有()104020m h -⎧≤⎪⎨⎪=>⎩或()2105412240m m -⎧<≤⎪⎨⎪--⨯⨯<⎩或()()154552510m h m -⎧>⎪⎨⎪=+->⎩，解得1m £或15m <<或m ∈∅，综上可得m 的范围为{|5}m m <．【变式2-4】（2021秋·陕西西安·高三校考阶段练习）已知二次函数()f x 满足()21f =-，()11f -=-，且()f x 的最大值是8.（1）试确定该二次函数的解析式；（2）()2f x x k >+在区间[]3,1-上恒成立，试求k 的取值范围.【答案】（1）()2447f x x x =-++；（2）k 的取值范围为(),35∞--.【解析】（1）由(2)(1)f f =-，得21122x -==为二次函数的对称轴，因函数()f x 的最大值为8，所以可设()2182f x a x ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭，又因9(2)814f a =+=-，所以4a =-，因此()2447f x x x =-++.（2）由(1)不等式()2f x x k >+，可化为24472x x x k -++>+，所以2427k x x <-++，因为()2f x x k >+在区间[]3,1-上恒成立，所以2427k x x <-++在区间[]3,1-上恒成立，故()2min 427k x x <-++，其中[]3,1x ∈-，又函数22129427444y x x x ⎛⎫=-++=--+ ⎪⎝⎭，又当3x =-时，35y =-，当1x =时，5y =，所以函数2427y x x =-++在[]3,1-上的最小值为-35，所以35k <-，所以k 的取值范围为(),35∞--.【题型3给定参数范围的一元二次不等式恒成立问题】【例3】（2021·吉林松原·校考三模）若不等式21634x ax x a -≥--对任意[]2,4a ∈-成立，则x 的取值范围为（）A ．(][),83,-∞-⋃+∞B ．()[),01,-∞+∞ C ．[]8,6-D ．(]0,3【答案】A【解析】由题得不等式2(4)3160x a x x ---+≤对任意[]2,4a ∈-成立，所以22(4)(2)3160(4)43160x x x x x x ⎧----+≤⎨---+≤⎩，即2252400x x x x ⎧--+≤⎨-+≤⎩，解之得3x ≥或8x ≤-.故选：A【变式3-1】（2022秋·湖北襄阳·高三校考阶段练习）若命题“[]()21,3,2130a ax a x a ∃∈---+-<”为假命题，则实数x 的取值范围为（）A ．[]1,4-B ．50,3⎡⎤⎢⎥⎣⎦C ．[]51,0,43⎡⎤⎢⎥⎣-⎦D ．[)51,0,43⎛⎤- ⎥⎝⎦【答案】C【解析】命题“[]()21,3,2130a ax a x a ∃∈---+-<”为假命题，其否定为真命题，即“[]()21,3,2130a ax a x a ∀∈---+-≥”为真命题．令22()23(21)30g a ax ax x a x x a x =-++-=--++≥，则(1)0(3)0g g -≥⎧⎨≥⎩，即22340350x x x x ⎧-++≥⎨-≥⎩，解得14503x x x -≤≤⎧⎪⎨≥≤⎪⎩或，所以实数x 的取值范围为[]51,0,43⎡⎤⎢⎥⎣-⎦.故选：C【变式3-2】（2022秋·广东深圳·高三深圳中学校考阶段练习）已知当11a -≤≤时，()24420x a x a +-+->恒成立，则实数x 的取值范围是（）A ．(),3-∞B ．][(),13,∞∞-⋃+C ．(),1-∞D ．()(),13,-∞⋃+∞【答案】D【解析】()24420x a x a +-+->恒成立，即()22440x a x x -+-+>，对任意得[]1,1a ∈-恒成立，令()()2244f a x a x x =-+-+，[]1,1a ∈-，当2x =时，()0f a =，不符题意，故2x ≠，当2x >时，函数()f a 在[]1,1a ∈-上递增，则()()2min 12440f a f x x x =-=-++-+>，解得3x >或2x <（舍去），当2x <时，函数()f a 在[]1,1a ∈-上递减，则()()2min 12440f a f x x x ==-+-+>，解得1x <或2x >（舍去），综上所述，实数x 的取值范围是()(),13,-∞⋃+∞.故选：D.【变式3-3】（2023·全国·高三专题练习）当[]2,3a ∈时，不等式210ax x a -+-≤恒成立，求x 的取值范围．【答案】1,12⎡⎤-⎢⎥⎣⎦．【解析】由题意不等式210ax x a -+-≤对[]2,3a ∈恒成立，可设2()(1)(1)f a x a x =-+-+，[]2,3a ∈，则()f a 是关于a 的一次函数，要使题意成立只需(2)0(3)0f f ≤⎧⎨≤⎩，即22210320x x x x ⎧--≤⎨--≤⎩，解2210x x --≤，即()()2110x x +-≤得112x -≤≤，解2320x x --≤，即()()3210x x +-≤得213x -≤≤，所以原不等式的解集为1,12⎡⎤-⎢⎥⎣⎦，所以x 的取值范围是1,12⎡⎤-⎢⎥⎣⎦．【变式3-4】（2021·辽宁沈阳·高三沈阳二中校考开学考试）设函数()21f x mx mx =--．（1）若对于[]2,2x ∈-，()5f x m <-+恒成立，求m 的取值范围；（2）若对于[]2,2m ∈-，()5f x m <-+恒成立，求x 的取值范围．【答案】（1）6,7⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭；（2）()1,2-【解析】（1）若对于[]2,2x ∈-，()5f x m <-+恒成立，即260mx mx m -+-<对于[]2,2x ∈-恒成立，即261m x x <-+对于[]2,2x ∈-恒成立．令()226611324h x x x x ==-+⎛⎫-+⎪⎝⎭，[]2,2x ∈-，则()min 66(2)253744h x h =-==+，故67m <，所以m 的取值范围为6,7⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭．（2）对于[]2,2m ∈-，()5f x m <-+恒成立，即215mx mx m --<-+恒成立，故()2160m x x -+-<恒成立，令()()216g m m x x =+--，则()()()()222216022160g x x g x x ⎧-=--+-<⎪⎨=-+-<⎪⎩，解得12x -<<，所以x 的取值范围为()1,2-．【题型4一元二次不等式在实数集上的有解问题】【例4】（2023·全国·高三专题练习）若存在实数x ，使得()220mx m x m --+<成立，则实数m 的取值范围为（）A ．(),2-∞B ．(]13,0,32∞⎛⎫-⋃ ⎪⎝⎭C ．2,3⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭D ．(),1-∞【答案】C【解析】①当0m =时，不等式化为20x <，解得：0x <，符合题意；②当0m >时，()22y mx m x m =--+为开口方向向上的二次函数，只需()222243440m m m m ∆=--=--+>，即203m <<；③当0m <时，()22y mx m x m =--+为开口方向向下的二次函数，则必存在实数x ，使得()220mx m x m --+<成立；综上所述：实数m 的取值范围为2,3⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭.故选：C.【变式4-1】（2022秋·广西钦州·高三校考阶段练习）若关于x 的不等式()()224210ax a x -++-≥的解集不为空集，则实数a 的取值范围为（）A ．62,5⎛⎤- ⎥⎝⎦B ．62,5⎡⎤-⎢⎥⎣⎦C ．6(,2)[,)5-∞-⋃+∞D ．6(,2],5⎡⎫-∞-⋃+∞⎪⎢⎣⎭【答案】C【解析】根据题意，分两种情况讨论：①当240a -=时，即2a =±，若2a =时，原不等式为410x -≥，解可得：14x ≥，则不等式的解集为1|4x x ⎧⎫≥⎨⎬⎩⎭，不是空集；若2a =-时，原不等式为10-≥，无解，不符合题意；②当240a -≠时，即2a ≠±，若22(4)(2)10a x a x -++-≥的解集是空集，则有22240Δ(2)4(4)0a a a ⎧-<⎨=++-<⎩，解得625a -<<，则当不等式22(4)(2)10a x a x -++-≥的解集不为空集时，有2a <-或65a ≥且2a ≠，综合可得：实数a 的取值范围为6(,2)[,)5-∞-⋃+∞；故选：C ．【变式4-2】（2023·全国·高三专题练习）若关于x 的不等式29(2)04ax a x -++<有解，则实数a 的取值范围是____．【答案】(,1)(4,)-∞+∞ 【解答】当0a =时，不等式为9204x -+<有解，故0a =，满足题意；当0a >时，若不等式29(2)04ax a x -++<有解，则满足29(2)404a a ∆=+-⋅>，解得1a <或4a >；当a<0时，此时对应的函数的图象开口向下，此时不等式29(2)04ax a x -++<总是有解，所以a<0，综上可得，实数a 的取值范围是(,1)(4,)-∞+∞ .【变式4-3】（2022·全国·高三专题练习）若关于x 的不等式2210ax x ++<有实数解，则a 的取值范围是_____．【答案】(),1∞-【解析】当0a =时，不等式为210x +<有实数解，所以0a =符合题意；当a<0时，不等式对应的二次函数开口向下，所以不等式2210ax x ++<有实数解，符合题意；当0a >时，要使不等式2210ax x ++<有实数解，则需满足440∆=->a ，可得1a <，所以01a <<，综上所述：a 的取值范围是(),1∞-，【题型5一元二次不等式在某区间上的有解问题】【例5】（2022·甘肃张掖·高台县第一中学校考模拟预测）若关于x 的不等式2620x x a -+->在区间[]0,5内有解，则实数a 的取值范围是（）．A ．()2,+∞B ．(),5-∞C ．(),3-∞-D ．(),2-∞【答案】D【解析】不等式2620x x a -+->在区间[]0,5内有解，仅需2max (62)x x a -+>即可，令2()62f x x x =-+，因为()f x 的对称轴为6321x -=-=⨯，(0)2f =，(5)3f =-，所以由一元二次函数的图像和性质的得2max (62)2x x -+=，所以2a <，故选：D【变式5-1】（2023·全国·高三专题练习）已知关于x 的不等式2630mx x m -+<在(]02，上有解，则实数m 的取值范围是（）A ．(3-∞，B ．127⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭，C ．)3+∞，D ．127⎛⎫+∞⎪⎝⎭，【答案】A【解析】由题意得，2630mx x m -+<，(]02x ∈，，即263xm x <+，故问题转化为263xm x <+在(]02，上有解，设26()3x g x x =+，则266()33x g x x x x ==++，(]02x ∈，，对于323x x+，当且仅当3(0,2]x =时取等号，则max ()323g x =3m ，故选：A【变式5-2】（2022·全国·高三专题练习）命题:{|19}p x x x ∃∈≤≤，2360x ax -+≤，若p 是真命题，则实数a 的取值范围为（）A ．37a ≥B ．13a ≥C ．12a ≥D ．13a ≤【答案】C【解析】 命题:{|19}p x x x ∃∈≤≤，使2360x ax -+≤为真命题，即{|19}x x x ∃∈≤≤，使2360x ax -+≤成立，即36a x x≥+能成立设36()f x x x=+，则3636()212f x x x x x=+≥⋅=，当且仅当36x x=，即6x =时，取等号，即min ()12f x =，12a ∴≥，故a 的取值范围是12a ≥．故选：C ．【变式5-3】（2022秋·北京·高三统考阶段练习）若存在[0,1]x ∈，有2(1)30x a x a +-+->成立，则实数a 的取值范围是__________.【答案】(),3∞-【解析】将原不等式参数分离可得231x x a x ++<+，设()231x x f x x ++=+，已知存在[0,1]x ∈，有2(1)30x a x a +-+->成立，则()max a f x <，令1t x =+，则()()22113133t t t f x t t t tt -+-+==+-+=-，[]1,2t ∈，由对勾函数知()f x 在3⎡⎣上单调递减，在3,2⎤⎦上单调递增，()311131f =+-=，()3522122f =+-=，所以()()max 13f x f ==，即3a <.【变式5-4】（2023·全国·高三专题练习）已知命题“[1,1]x ∃∈-，20030-++>x x a ”为真命题，则实数a 的取值范围是______．【答案】()2,-+∞【解析】因为命题“[1,1]x ∃∈-，20030-++>x x a ”为真命题则[1,1]x ∃∈-，23>-a x x 有解，设2()3f x x x =-，则2239324()⎛⎫-=-- ⎝⎭=⎪f x x x x ，当[1,1]x ∈-时，()f x 单调递减，所以2()4f x -≤≤，所以2a >-.【变式5-5】（2022·全国·高三专题练习）设()f x 为奇函数，()g x 为偶函数，对于任意x R ∈均有()()24f x g x mx +=-.若()()220f x x g x -+≥在()0,x ∈+∞上有解，则实数m 的取值范围是______.【答案】4m ≥【解析】由题设，()()22240f x x g x mx x -+=--≥，即240x mx -+≤在()0,x ∈+∞上有解，对于24y x mx =-+，开口向上且对称轴为2mx =，216m ∆=-，0|4x y ==，∴002m ∆≥⎧⎪⎨>⎪⎩，可得4m ≥.（建议用时：60分钟）1．（2022·甘肃张掖·高台县第一中学校考模拟预测）已知命题p ：x ∀∈R ，220x x m -+>，则满足命题p 为真命题的一个充分条件是（）A ．m>2B ．0m <C ．1m <D ．m 1≥【答案】A【解析】∵命题p 为真命题，∴不等式220x x m -+>在R 上恒成立，∴Δ440m =-<，解得1m >，对于A ，m>2⇒1m >，∴m>2是1m >的充分条件，∴m>2是命题p 为真命题的充分条件，选项A 正确；对于B ，0m <¿1m >，∴0m <不是1m >的充分条件，∴0m <不是命题p 为真命题的充分条件，选项B 不正确；对于C ，1m <¿1m >，∴1m <不是1m >的充分条件，∴1m <不是命题p 为真命题的充分条件，选项C 不正确对于D ，m 1≥¿1m >，∴m 1≥不是1m >的充分条件，∴m 1≥不是命题p 为真命题的充分条件，选项D 不正确.故选：A.2．（2022秋·北京大兴·高三统考期中）若命题“2,20x x x m ∃∈++≤R ”是真命题，则实数m 的取值范围是（）A ．1m <B ．1m £C ．1m >D ．1m ≥【答案】B【解析】由题可知，不等式220x x m ++≤在实数范围内有解，等价于方程220x x m ++=有实数解，即440m ∆=-≥，解得1m ≤.故选：B.3．（2022秋·全国·高三校联考阶段练习）设m ∈R ，则“34m >-”是“不等式210x x m -++≥在R 上恒成立”的（）A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件【答案】A【解析】由不等式210x x m -++≥在R 上恒成立，得()()2Δ1410m =--+≤，解得34m ≥-．所以“34m >-”是“不等式210x x m -++≥在R 上恒成立”的充分不必要条件．故选：A4．（2022秋·宁夏银川·高三校考期中）已知命题p ：R x ∀∈，20x x a -+>，若p ⌝是假命题，则实数a 的取值范围是（）A ．1,4⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦B ．11,42⎛⎫ ⎪⎝⎭C ．1,4⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭D ．1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭【答案】C【解析】已知命题:R p x ∀∈，20x x a -+>，若p ⌝是假命题，则不等式20x x a -+>在R 上恒成立，140a ∴∆=-<，解得14a >.因此，实数a 的取值范围是1,4⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭.故选：C.5．（2022秋·河南·高三校联考阶段练习）设函数()22f x ax ax =-，命题“[]0,1x ∃∈，()3f x a ≤-+”是假命题，则实数a 的取值范围为（）A ．(),3-∞B ．()3,+∞C ．24,7⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭D ．3,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭【答案】C【解析】因为命题“[]()0,1,3x f x a ∃∈≤-+”是假命题，所以[]()0,1,3x f x a ∀∈>-+是真命题，又()3f x a >-+可化为223ax ax a ->-+，即()2213a x x -+>，当[]0,1x ∈时，272128x x ⎡⎤+∈⎢⎣-⎥⎦，所以2321m x x >-+在[]0,1x ∈上恒成立，所以2max321m x x ⎛⎫->⎪+⎝⎭其中,[]0,1x ∈，当14x =时221x x -+有最小值为78，此时2321x x -+有最大值为247，所以247m >，故实数m 的取值范围是24,7⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭，故选：C6．（2023·全国·高三专题练习）若对任意的2[1,0],2420x x x m ∈--+++≥恒成立，则m 的取值范围是（）A ．[4,)+∞B ．[2,)+∞C ．(,4]-∞D ．(,2]-∞【答案】A【解析】因为对任意的2[1,0],2420x x x m ∈--+++≥恒成立，所以对任意的2[1,0],242x m x x ≥-∈--恒成立，因为当[1,0]x ∈-，()[]22142,4y x =--∈-，所以()2max 2424m x x --≥=，[1,0]x ∈-，即m 的取值范围是[4,)+∞，故选：A7．（2021秋·河南南阳·高三南阳中学校考阶段练习）设函数()21f x mx mx =--，若对于任意的{|13}x x x ∈≤≤，()4f x m <-+恒成立，则实数m 的取值范围为（）A ．57m <B ．507m ≤<C ．0m <或507m <<D ．0m ≤【答案】A【解析】若对于任意的13{|}x x x ∈≤≤，()4f x m <-+恒成立,即可知：250mx mx m -+-<在13{|}x x x ∈≤≤上恒成立,令()25g x mx mx m =-+-，对称轴为12x =.当0m =时，50-<恒成立，当0m <时，有()g x 开口向下且在[]1,3上单调递减，∴在[]1,3上()()max 150g x g m ==-<，得5m <，故有0m <.当0m >时，有()g x 开口向上且在[]1,3上单调递增∴在[]1,3上()()max 3750g x g m ==-<，∴507m <<综上，实数m 的取值范围为57m <，故选：A.8．（2022秋·湖南邵阳·高三统考期中）设函数22()223f x x ax a a =++-+，若对于任意的x R ∈，不等式()()0f f x ≥恒成立，则实数a 的取值范围是（）A ．32a ≥B ．2a ≤C ．322a <≤D ．32a ≤【答案】B【解析】∵222()223()23f x x ax a a x a a =++-+=+-+，即开口向上且[)()23,f x a ∈-++∞，由()()0f f x ≥恒成立，即()0f x ≥在[)23,a -++∞上恒成立，∴当230a -+≥时，即32a ≤，由二次函数的性质，()0f x ≥显然成立；当32a >时，()y f x =有两个零点，则只需满足23(23)0a a f a -≤-+⎧⎨-+≥⎩，解得2a ≤，故322a <≤；综上，a 的取值范围是2a ≤.故选：B9．（2022秋·辽宁鞍山·高三校联考期中）设R a ∈，若关于x 的不等式210x ax -+≥在12x ≤≤上有解，则（）A ．2a ≤B ．2a ≥C ．52a ≤D ．52a ≥【答案】C【解析】由210x ax -+≥在12x ≤≤上有解，得21x a x+≥在12x ≤≤上有解，则2max1x a x ⎛⎫+≤ ⎪⎝⎭，由于211x x x x +=+，而1+x x在12x ≤≤单调递增，故当2x =时，1+x x 取最大值为52，故52a ≤，故选：C10．（2023·全国·高三专题练习）已知命题“0x ∃∈R ，()20014204x a x +-+≤”是真命题，则实数a 的取值范围（）A ．(],0-∞B ．[]0,4C ．[4,+∞）D ．(],0-∞[)4⋃+∞,【答案】D【解析】由题意，命题“0x ∃∈R ，()20014204x a x +-+≤”是真命题故221(2)44404a a a ∆=--⨯⨯=-≥，解得4a ≥或0a ≤.则实数a 的取值范围是(],0-∞[)4⋃+∞,故选：D.11．（2022·全国·高三专题练习）已知关于x 的不等式2243x x a a -+≥-在R 上有解，则实数a 的取值范围是（）A ．{}14a a -≤≤B ．{}14a a -<<C ．{4a a ≥或}1a ≤-D ．{}41a a -≤≤【答案】A【解析】因为关于x 的不等式2243x x a a -+≥-在R 上有解，即22430x x a a -+-≤在R 上有解，只需2243y x x a a =-+-的图象与x 轴有公共点，所以()()224430a a ∆=--⨯-≥，即2340a a --≤，所以()()410a a -+≤，解得：14a -≤≤，所以实数a 的取值范围是{}14a a -≤≤，故选：A.12．（2022·全国·高三专题练习）若关于x 的不等式220x ax +->在区间[]1,5上有解，则实数a 的取值范围为（）A ．23,5⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭B ．23,15⎡⎤-⎢⎥⎣⎦C ．()1,+∞D ．23,5⎛⎫-∞-⎪⎝⎭【答案】A【解析】关于x 的不等式220x ax +->在区间[1，5]上有解，22ax x ∴>-在[1x ∈，5]上有解，即2a x x>-在[1x ∈，5]上成立；设函数2()f x x x=-，[1x ∈，5]，()f x ∴在[1x ∈，5]上是单调减函数，又()1211f =-=，()2235555f =-=-所以()f x 的值域为23[5-，1]，要2a x x>-在[1x ∈，5]上有解，则235a >-，即实数a 的取值范围为23,5⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭．故选：A ．13．（2021秋·江苏徐州·高三统考阶段练习）若存在实数x ，使得关于x 的不等式2430ax x a -+-<成立，则实数a 的取值范围是______.【答案】4a <【解析】3a <时，若0x =，则不等式为30a -<，不等式成立，满足题意，3a ≥时，在在x 使得不等式2430ax x a -+-<成立，则164(3)0a a ∆=-->，∴34a ≤<．综上，4a <．14．（2021·全国·高三专题练习）已知函数2,0()20x x x f x x x ⎧-≤⎪=⎨>⎪⎩.若存在x ∈R 使得关于x 的不等式()1f x ax ≤-成立，则实数a 的取值范围是________.【答案】(,3][1,)-∞-⋃-+∞【解析】由题意，当0x =时，不等式()1f x ax ≤-可化为01≤-显然不成立；当0x <时，不等式()1f x ax ≤-可化为21x x ax -+≤，所以11a x x≤+-，又当0x <时，11()2x x x x ⎡⎤⎛⎫+=--+-≤- ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦，当且仅当1x x -=-，即=1x -时，等号成立；当0x >时，不等式()1f x ax ≤-可化为21x ax ≤，即21111a x x x ⎫≥=-≥-⎪⎭；因为存在x ∈R 使得关于x 的不等式()1f x ax ≤-成立，所以，只需213a ≤--=-或1a ≥-.15．（2020·上海杨浦·复旦附中校考模拟预测）若命题：“存在整数x 使不等式()24(4)0kx kx ---<成立”是假命题，则实数k 的取值范围是____________.【答案】[1,4]【解析】设不等式()24(4)0kx k x ---<的解集为A ，当0k =时，不等式()24(4)0kx k x ---<化为>4x ，存在整数x 使不等式成立，所以此时不满足题意，所以0k ≠；当0k >时，原不等式化为4[()](4)0x k x k-+-<，因为4424k k kk+≥⋅,当且仅当4,k k =即2k =时取等号，所以4{|4}A x x k k =<<+，要使命题：“存在整数x 使不等式()24(4)0kx k x ---<成立”是假命题，则需445k k ≤+≤，解得14k ≤≤；当0k <时，原不等式化为4[()](4)0x k x k-+->，而()44424k k k k k k ⎛⎫⎛⎫+=--+≤--⋅=- ⎪ ⎪--⎝⎭⎝⎭，当且仅当4,k k -=-即2k =-时取等号，所以()4,4,A k k ⎛⎫=-∞+⋃+∞ ⎪⎝⎭,所以存在整数x 使不等式()24(4)0kx kx ---<成立，所以0k <不合题意.综上可知，实数k 的取值范围是[1,4].16．（2022秋·江苏连云港·高三校考开学考试）2210,0ax x x -+≥∀>恒成立，则实数a 的取值范围是_________.【答案】[1)+∞，【解析】由2210,0axx x -+≥∀>恒成立，可得，221a x x ≥-对0x ∀>恒成立，令221y x x =-，则2111y x ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭，10x ⎛⎫> ⎪⎝⎭，当11x=时，max 1y =，所以max 1a y ≥=.17．（2021·全国·高三专题练习）若不等式22x mx ->对满足1m ≤的一切实数m 都成立，则x 的取值范围是___________【答案】<2x -或2x >【解析】因为22x mx ->，所以220mx x -+<令()22f m mx x =-+，即()0f m <在1m ≤恒成立，即11m -≤≤时()0f m <恒成立，所以()()1010f f ⎧<⎪⎨-<⎪⎩，即222020x x x x ⎧-+<⎨--+<⎩，解220x x -+<得2x >或1x <-；解220x x --+<得1x >或<2x -，所以原不等式组的解集为()(),22,x ∈-∞-⋃+∞18．（2023·全国·高三专题练习）若不等式22210x t at -+-+≥对任意[1,1]x ∈-及[1,1]a ∈-恒成立，则实数t 的取值范围是__________．【答案】(,2]{0}[2,)-∞-+∞U U 【解析】由题意得2221t at x -+≥对任意[1,1]x ∈-及[1,1]a ∈-恒成立，所以2211t at -+≥对任意[1,1]a ∈-恒成立，即220t at -≥对[1,1]a ∈-恒成立，令22()22g a t at ta t =-=-+，则()g a 是关于a 的一次函数，所以只需(1)0(1)0g g ≥⎧⎨-≥⎩，即222020t t t t ⎧-≥⎨+≥⎩，解得2t ≥或2t ≤-或0=t ，所以实数t 的取值范围是(,2]{0}[2,)-∞-+∞U U ．。
第21讲 不等式恒成立问题与能成立问题(解析版)
第21讲：不等式恒成立问题与能成立问题【学习目标】1．在解决不等式恒成立、能成立的问题时，常常使用不等式解集法、分离参数法、主参换位法和数形结合法解决，方法灵活，能提升学生的逻辑推理、数学运算等素养．【基础知识】不等式的恒成立与有解问题，可按如下规则转化：一般地，已知函数()[],,y f x x a b =∈，()[],,y g x x c d =∈（1）若[]1,x a b ∀∈，[]2,x c d ∀∈，总有()()12f x g x <成立，故()()2max min f x g x <； （2）若[]1,x a b ∀∈，[]2,x c d ∃∈，有()()12f x g x <成立，故()()2max max f x g x <； （3）若[]1,x a b ∃∈，[]2,x c d ∃∈，有()()12f x g x <成立，故()()2min min f x g x <；【考点剖析】考点一：二次函数型恒成立问题 例1．若不等式23208kx kx +-<对一切实数x 都成立，则k 的取值范围为（ ）A ．()3,0-B ．[)3,0-C ．[]3,0-D ．(]3,0-【答案】D 【详解】当0k =时，原不等式可化为308-<，对x ∈R 恒成立； 当0k ≠时，原不等式恒成立，需220342()08k k k <⎧⎪⎨∆=-⨯⨯-<⎪⎩， 解得,0()3k ∈-， 综上(3,0]k ∈-. 故选：D变式训练1：若不等式()()222240a x a x -+--<对任意实数x 均成立，则实数a 的取值范围是（ ）A ．()2,2-B ．[]22-,C ．()2,+∞D ．(]2,2-【答案】D 【详解】当20a -=时，即2a =，此时40-<恒成立，满足条件；当20a -≠时，因为()()222240a x a x -+--<对任意实数x 都成立，所以()()220421620a a a -<⎧⎪⎨∆=-+-<⎪⎩，解得()2,2a ∈-， 综上可知，(]2,2a ∈-， 故选：D.变式训练2：不等式210ax ax ++>对于任意的x ∈R 恒成立，则实数a 的取值范围是（ ）A ．()0,4B ．[]0,4C ．[)0,4D ．(](),04,-∞+∞【答案】C 【详解】因为不等式210ax ax ++>对于任意的x ∈R 恒成立， 所以函数()210f x ax ax =++>对于任意的x ∈R 恒成立，当0a =时，函数()10f x =>，满足题意；当0a ≠时，结合二次函数性质易知，2040a a a >⎧⎨-<⎩，解得04a <<，综上所述，实数a 的取值范围是[)0,4， 故选：C.变式训练3：设2()(1)2f x x a x a =--+-.若不等式()2f x ≥-对一切实数x 恒成立，求实数a 的取值范围；【答案】（1）33a -≤≤+ 【详解】由题意，不等式()2f x ≥-对于一切实数x 恒成立，等价于2(1)0x a x a --+≥对于一切实数x 恒成立.所以20(1)40a a ∆≤⇔--≤⇔33a -≤≤+.考点二：二次函数型能成立问题例2．若关于x 的不等式2420x x a --->在区间(1,4)内有解，则实数a 的取值范围是（ ）A ．(,2)-∞-B ．(],2-∞-C ．(6,)-+∞D ．(,6)-∞-【答案】A 【详解】不等式等价于存在()1,4x ∈，使242a x x <--成立， 即()2max42a x x <--设()224226y x x x =--=-- 当()1,4x ∈时，[)6,2y ∈-- 所以2a <- . 故选：A变式训练1：若关于x 的不等式220x ax +->在区间[]1,5上有解，则实数a 的取值范围为（ ）A ．23,5⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭ B ．23,15⎡⎤-⎢⎥⎣⎦C ．()1,+∞D ．23,5⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭【答案】A 【详解】解：关于x 的不等式220x ax +->在区间[1，5]上有解，22ax x ∴>-在[1x ∈，5]上有解，即2a x x>-在[1x ∈，5]上成立； 设函数2()f x x x=-，[1x ∈，5]，()f x ∴在[1x ∈，5]上是单调减函数，又()1211f =-=，()2235555f =-=-所以()f x 的值域为23[5-，1]， 要2a x x >-在[1x ∈，5]上有解，则235a >-， 即实数a 的取值范围为23,5⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭． 故选：A ．变式训练2：若不等式220x x m --<在1,22x ⎡∈⎤⎢⎥⎣⎦上有解，则实数m 的取值范围是（ ）A ．[)1,-+∞B ．()1,-+∞C ．34⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭D ．()0,∞+【答案】B 【详解】因为不等式220x x m --<在1,22x ⎡∈⎤⎢⎥⎣⎦上有解，所以不等式22m x x >-在1,22x ⎡∈⎤⎢⎥⎣⎦上有解，令()22211t x x x =-=--，则min 1t =-， 所以1m >-，所以实数m 的取值范围是()1,-+∞ 故选：B变式训练3：已知关于x 的不等式210x mx -+>在[2,4]上有解，则实数 m 的取值范围是（ ）A ．(,)-∞+∞B ．(,2)-∞C ．5,2⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭D ．17,4⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭【答案】D不等式210x mx -+>在[2,4]上有解，∴1m x x<+在[2,4]上有解， 1y x x =+在[2,4]单调递增，max 117444y ∴=+=， 174m ∴<. 故选：D.考点三：基本不等式型恒成立问题例3．若正数x 、y 满足22x y xy +=，若不等式2x y m +≥的恒成立，则m 的最大值等于（ ）A ．4B ．92C ．D ．8【答案】A 【详解】已知正数x 、y 满足22x y xy +=，可得211122x y xy x y+==+，所以，()1122222422x y x y x y x y y x ⎛⎫+=++=++≥+=⎪⎝⎭， 当且仅当2x y =时，等号成立，所以，2x y +的最小值为4，4m ∴≤. 因此，实数m 的最大值为4. 故选：A.变式训练1：已知两个正实数,x y 满足211x y+=，并且222x y m m +≥-恒成立，则实数m 的取值范围（ ） A ．(2,4)-B ． []2,4-C ． (,2)(4,)-∞-⋃+∞D ． ][(,24,) -∞-⋃+∞【详解】因为222x y m m +≥-恒成立，则2min 2(2)m m x y -≤+，2142(2)()444228y x x y x y x y x y +=++=++≥+=+⨯=，当且仅当4211y xx y x y⎧=⎪⎪⎨⎪+=⎪⎩即42x y =⎧⎨=⎩时等号成立，所以2x y +的最小值为8，所以228m m -≤，即(4)(2)0m m -+≤，解得：24m -≤≤. 故选：B变式训练2：已知0x >，0y >，211x y+=，若222x y m m +>-恒成立，则实数m 的取值范围是（ ）A ．4m ≥或2m ≤-B ．2m ≥或4m ≤-C ．24m -<<D ．42m -<<【答案】C 【详解】若222x y m m +>-恒成立，则()2min 22m m x y -<+，因为()42221442284y x x y x y x y x y +⎛⎫+=+=++⎪⎝⎭≥+=+⨯=， 当且仅当4=y xx y，即4,2x y ==时取等号． 所以()min 82x y +=所以228m m -<，即2280m m --<， 解得：24m -<<． 故选：C变式训练3：已知正实数,x y 满足441x y +=. （1）求xy 的最大值；（2）若不等式2415a a x y+≥+恒成立，求实数a a 的取值范围.【答案】（1）164；（2）[]9,4-. 【详解】（1）441x y +=，所以14x y =+≥164xy ≤， 当且仅当18x y ==取等号，∴xy 的最大值为164.（2）()414116444202036y x x y x y x y x y ⎛⎫+=++=++≥+= ⎪⎝⎭， 当且仅当16x =，112y =取等号，∴2536a a +≤，解得94a -≤≤. 即a 的取值范围是[]9,4-.考点四：变换主元例4．已知当[0,2]a ∈时，不等式23(1)102ax a x a +++-<恒成立，则x 的取值范围为___________. 【答案】(2,1)-- 【详解】由题意，因为当[0,2]a ∈时，不等式23(1)102ax a x a +++-<恒成立， 可转化为关于a 的函数23()12f a x x a x ⎫⎛=+-++ ⎪⎝⎭，则()0f a <对任意[0,2]a ∈恒成立，则满足2(0)10,(2)2320,f x f x x =+<⎧⎨=+-<⎩ 解得21x -<<-，即x 的取值范围为(2,1)--. 故答案为：(2,1)--.变式训练1：已知[]1,1a ∈-时，不等式()24420x a x a +-+->恒成立，则x 的取值范围为（ ）A ．(-∞，2)∪(3，+∞)B ．(-∞，1)∪(2，+∞)C ．(-∞，1)∪(3，+∞)D ．(1，3)【答案】C 【详解】由题意，因为[]1,1a ∈-时，不等式()24420x a x a +-+->恒成立，可转化为关于a 的函数()()2244f a x a x x =-+-+，则()0f a >对应任意[]1,1a ∈-恒成立，则满足()()2215601320f x x f x x ⎧-=-+>⎪⎨=-+>⎪⎩，解得：1x <或3x >， 即x 的取值范围为()(),13,-∞+∞.故选：C变式训练2：若不等式21634x ax x a -≥--对任意[]2,4a ∈-成立，则x 的取值范围为（ ） A ．(][),83,-∞-⋃+∞ B ．()[),01,-∞+∞C ．[]8,6-D ．(]0,3【答案】A 【详解】由题得不等式2(4)3160x a x x ---+≤对任意[]2,4a ∈-成立，所以22(4)(2)3160(4)43160x x x x x x ⎧----+≤⎨---+≤⎩，即2252400x x x x ⎧--+≤⎨-+≤⎩， 解之得3x ≥或8x ≤-. 故选：A变式训练3：已知当[0,2]a ∈时，不等式23(1)102ax a x a +++-<恒成立，则x 的取值范围为___________. 【答案】(2,1)-- 【详解】由题意，因为当[0,2]a ∈时，不等式23(1)102ax a x a +++-<恒成立， 可转化为关于a 的函数23()12f a x x a x ⎫⎛=+-++ ⎪⎝⎭， 则()0f a <对任意[0,2]a ∈恒成立，则满足2(0)10,(2)2320,f x f x x =+<⎧⎨=+-<⎩ 解得21x -<<-，即x 的取值范围为(2,1)--. 故答案为：(2,1)--.【过关检测】1、关于x 的不等式21mx mx m ++<对任意x ∈R 恒成立，则实数m 的取值范围是（ ）A ．(),0-∞B ．(],0-∞C ．()4,0,3⎛⎫-∞+∞ ⎪⎝⎭ D ．(]4,0,3⎛⎫-∞+∞ ⎪⎝⎭【答案】B 【详解】解：①当0m =时，则01<成立，故符合题意，②0m ≠时，因为21mx mx m ++<对任意x ∈R 恒成立，所以0m <，不等式变为：210mx mx m ++-<，()2410m m m ∆=--<，所以：0m <， 综上：0m ≤. 故选：B.2、已知不等式240x ax ++的解集为,R 则a 的取值范围是（ ） A ．[]4,4-B ．()4,4-C ．][(),44,∞∞--+D ．()(),44,-∞-+∞【答案】A 【详解】因为不等式240x ax ++的解集为,R 所以2Δ4140a =-⨯⨯， 解得44a -，所以a 的取值范围是[]4,4-， 故选：A.3、不等式(4)(21)x x a x ->+对一切实数x 都成立，则实数a 的范围是（ ）A ．[)4,1--B ．[]4,1--C ．(4,1)--D ．(]4,1--【答案】C 【详解】不等式(4)(21)x x a x ->+可变形为2(42)0x a x a -+->由不等式2(42)0x a x a -+->对一切实数x 都成立，2(42)4()0a a ∴∆=+-⋅-<，即2540a a ++<，解得41a -<<-所以实数a 的范围是(4,1)--故选：C4、已知函数()()()22224f x a x a x =-+--，若()0f x <对一切x ∈R 恒成立，则实数a 的取值范围为（ ）A ．(]2-∞，B ．()2-∞-，C ．[]22-，D ．(]22-，【答案】D【详解】由题知不等式()()222240a x a x -+--<,对一切x ∈R 恒成立所以当2a =时, ()40f x =-<,满足；当2a ≠时，由二次函数性知220224(2)16(2)0a a a a -<⎧⇒-<<⎨∆=-+-<⎩，所以实数a 的取值范围为：22a -<≤，故选:D5、已知关于x 的不等式22(4)(2)10a x a x -+--≥的解集为空集，则实数a 的取值范围是（）A ．62,5⎡⎤-⎢⎥⎣⎦B ．62,5⎡⎫-⎪⎢⎣⎭C ．6,25⎛⎤- ⎥⎝⎦ D ．(,2][2,)-∞-+∞【答案】C【详解】因为不等式22(4)(2)10a x a x -+--≥的解集为空集，所以不等式22(4)(2)10a x a x -+--<在R 上恒成立，当240a -≠时：240a -<且22(2)4(4)0a a ∆=-+-< 解得：265a -<<；当240a -=时即2a =±，当2a =时，不等式22(4)(2)10a x a x -+--<在R 上恒成立；当2a =-时，不等式22(4)(2)10a x a x -+--<在R 上不恒成立；综上：实数a 的取值范围6,25⎛⎤- ⎥⎝⎦.故选：C.6、若关于x 的不等式2210ax ax ++>对一切的实数x 恒成立，那么实数a 的取值范围是（） A ．(1,)+∞ B ．(,0)(1,)-∞+∞ C ．(0,1) D ．[0,1)【答案】D【详解】原不等式等价于2(2)10a x x ++>对一切的实数x 恒成立，①当0a =时，原不等式等价于10>对一切的实数x 恒成立，②当0a ≠时，20440a a a >⎧⎨=-<⎩，解得01a <<．综上所述，实数a 的取值范围是[0，1)．故选：D ．7、已知函数2()441,(1,1),()0f x ax x x f x ∀=+-∈-<恒成立，则实数a 的取值范围是（）A ．34a ≤- B ．1a <-C ．314a -<≤ D ．1a ≤-【答案】B【详解】2()4410f x ax x =+-<，即2441ax x <-+当0x =时，不等式恒成立，a R ∈；当0x ≠时，20x >，则2min 414a x x ⎛⎫<-+ ⎪⎝⎭ 令()()1,11,t x=∈-∞-⋃+∞，则()[)224244,y t t t =-+=--∈-+∞ 即44a <-，解得1a <-故选：B8、若对满足8a b ab +=的任意正数a b ，及任意x ∈R ，不等式22218a b x x m +≥-++-恒成立，则实数m 的取值范围是（ ）A ．[)6,-+∞B ．(],6-∞-C ．(],1-∞D ．[)1,+∞ 【答案】A【详解】∵正数a b ，满足8a b ab +=， ∴811b a +=，()812822171725b a a b a b b a a b ⎛⎫+=++=++≥+= ⎪⎝⎭， 当且仅当28b a a b =，即2b a =，510a b ==，时，等号成立， ∴225218x x m ≥-++-，即2270x x m -++≥对任意实数x 恒成立，∴()4470m ∆=-+≤，解得6m ≥-．故选：A ．9、（多选）对于正数a ，b ，且4a b +=，若34abm b a ≤++恒成立，则m 可以为（ ）A ．3B ．52C ．2D ．1【答案】BCD【详解】因为对于正数a ，b ，满足4a b +=，所以34abm b a ≤++恒成立化为，34324b a b a a b m ab ab a b+++++≤==+恒成立 ，又因为()24124124644b a a b a b a b a b ⎛⎫⎛⎫+=++=++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，13642⎛≥+=+ ⎝48a b ⎧=⎪⎨=-⎪⎩时 等号成立， 所以322m ，选项BCD 都符合题意，故选：BCD.10、（多选）已知00x y >>，，且22x y +=，若21+-mxy x y m ≤对任意的00x y >>，恒成立，则实数m 的可能取值为（ ）A ．12B ．98C ．107D ．2【答案】ACD【详解】0,0x y >>，212211mxy m x y x y m m xy y x+∴≤+⇔≤=+--， 即min121m m y x ⎛⎫≤+ ⎪-⎝⎭， ()12112122192552222x y x y y x y x y x ⎛⎛⎫⎛⎫+=++=++≥+= ⎪ ⎪ ⎝⎭⎝⎭⎝， 当且仅当22x y y x =，即23x y ==时，等号成立， 即912m m ≤-，()997001221m m m m --≤⇔≤-- 解得：97m ≥或1m <，选项中满足条件的有ACD. 故选：ACD11、已知x 、y 为两个正实数，且11m x y x y≤++恒成立，则实数m 的取值范围是________． 【答案】(],4-∞【详解】因为x 、y 为两个正实数，由11m x y x y ≤++可得()11m x y x y ⎛⎫≤++ ⎪⎝⎭， 因为()11224x y x y x y y x ⎛⎫++=++≥+= ⎪⎝⎭，当且仅当x y =时，等号成立. 所以，4m ≤，因此，实数m 的取值范围是(],4-∞.故答案为：(],4-∞.12、已知0,0a b >>，若不等式313m a b a b ≤++恒成立，则m 的最大值为__________． 【答案】16【详解】由题意，不等式313m a b a b≤++恒成立，且0,0a b >>，即为31(3)()≤++m a b a b 恒成立，即min 31(3)()⎡⎤≤++⎢⎥⎣⎦m a b a b 成立，由3133(3)()101016++=++≥+=a b a b a b b a ，当且仅当33=a b b a，即a b =，取得等号，即有16m ≤，则m 的最大值为16. 故答案为：1613、若正实数,x y 满足22x y xy +=，且不等式()210x y a xy +-+≥恒成立，则实数a 的取值范围是_____. 【答案】9,2⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦ 【详解】解：因为正实数x ，y 满足22x y xy +=，所以2xy ≥2xy ≥；又因不等式(2)10x y a xy +-+恒成立，所以(2)10xy a xy -+恒成立，即12a xy xy +恒成立， 则1(2)min a xy xy+， 因为1922xy xy +， 当且仅当2xy =时取等号，此时12xy xy +取得最小值92 ， 故92a ． 故答案为：9,2⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦．14、0a >，0b >，且21a b +=，不等式1102m b a b +-≥+恒成立，则m 的范围为_______.【答案】32m ≤【详解】解：因为21a b +=，所以1111()22a b b b a b b a b ⎛⎫+=+++ ⎪++⎝⎭1122a b b b a b +=++++ 322a b b b a b+=+++333222≥+=+=当且仅当2a b b b a b +=+，即1)a b =时，取等号， 因为不等式1102m b a b+-≥+恒成立， 所以m 小于等于112b a b++最小值，所以32m ≤，故答案为：32m ≤15、若不等式22x mx ->对满足1m ≤的一切实数m 都成立，则x 的取值范围是___________【答案】2x <-或2x >【详解】解：因为22x mx ->，所以220mx x -+<令()22f m mx x =-+，即()0f m <在1m ≤恒成立，即11m -≤≤时()0f m <恒成立，所以()()1010f f ⎧<⎪⎨-<⎪⎩，即222020x x x x ⎧-+<⎨--+<⎩，解220x x -+<得2x >或1x <-；解220x x --+<得1x >或2x <-，所以原不等式组的解集为()(),22,x ∈-∞-⋃+∞故答案为：()(),22,-∞-+∞16、对于11a -≤≤，不等式()2210x a x a +-+->恒成立的x 的取值范围是_____________ 【答案】()(),02,-∞+∞【详解】 ()()2221121x a x a x a x x +-+-=-+-+，令()()2121f a x a x x =-+-+，11a -≤≤， 当1x =时，()1210f a =-+=，则()0f a >不成立；当1x >时，()()22min 1121320f a f x x x x x =-=-+-+=-+>，解得：1x <或2x >； 当1x <时，()()22min 11210f a f x x x x x ==-+-+=->，解得：0x <或1x >； 综上所述：()(),02,x ∈-∞+∞. 故答案为：()(),02,-∞+∞.17、已知2()3f x x ax =-+.（1）当2a =时，解不等式()6f x >；（2）当()0,x ∈+∞时，2()1f x x ≥-恒成立，求a 的取值范围. 【答案】（1）{1x x <-或3x；（2）4a ≤.【详解】 （1）当2a =时，()6f x >，即 2236x x -+>，2230x x ∴-->，即()()130x x +->，解得1x <-或3x >， ∴原不等式的解集为{|1x x <-或3}x >.（2）当()0,x ∈+∞时2()1f x x ≥-恒成立， 2231x ax x ∴-+≥-，即2a 2x x≤+，设2()24g x x x =+≥=，当且仅当1x =时等号成立， 4a ∴≤.18、已知二次函数()223f x x ax =-+. （1）若()f x 在(],1-∞上单调递减，求实数a 的最小值；（2）存在[]4,2x ∈--，使得()f x a ≥有解，求实数a 的取值范围.【答案】（1）1；（2）197a ≥-【详解】（1）()223f x x ax =-+的对称轴为x a =，开口向上， 若()f x 在(],1-∞上单调递减，则1a ≥，故a 的最小值为1；（2）()f x a ≥，即2230x ax a -+-≥在[]4,2x ∈--有解，令()223g x x ax a =-+-，对称轴为x a =，开口向上， 当3a ≤-时，()()max 2370g x g a =-=+≥，解得73a ≥-，此时无解；当3a >-时，()()max 47190g x g a =-=+≥，解得197a ≥-， 综上，197a ≥-.19、设函数2()(2)3f x ax b x =+-+. （1）若不等式()0f x >的解集为()1,1-，求实数,a b 的值；（2）若()10f =，且存在x ∈R ，使()4f x >成立，求实数a 的取值范围.【答案】（1）32a b =-⎧⎨=⎩；（2）()(),91,-∞--+∞.【详解】 解：（1）由题意可知：方程()2230ax b x +-+=的两根是1-，1 所以21103(1)11b a a-⎧-=-+=⎪⎪⎨⎪=-⨯=-⎪⎩ 解得32a b =-⎧⎨=⎩（2）由()10f =得1b a =--存在x ∈R ，()4f x >成立，即使()2210ax b x +-->成立， 又因为1b a =--，代入上式可得()2310ax a x -+->成立. 当0a ≥时，显然存在x ∈R 使得上式成立；当0a <时，需使方程()2310ax a x -+-=有两个不相等的实根 所以()2340a a ∆=++>即21090a a ++>解得9a <-或10a -<<综上可知a 的取值范围是()(),91,-∞--+∞．。
不等式恒成立、能成立、恰成立问题
１不等式恒成立、能成立、恰成立问题分析及应用庆阳二中 曹久贤恒成立,也就是一个代数式在某一个给定的范围内总是成立的,例如:x²≥0，在实数范围即x∈R 内恒成立能成立,也就是一个代数式在某一个给定的范围内存在值使这个代数式成立,使代数式成立的值有可能是一个,两个或是无穷多个,即个数是不定的,而在这个给定的范围内可以存在使这个代数式不成立的值,也可以不存在这样的值,例如:x+1>0在x>-2上能成立.恰成立,也就是一个代数式在某一个给定的范围内恰好是成立的,或是说这个代数式只有在这个范围内成立,在这个范围外的值都不能使这个代数式成立,而这个代数式里面的值均能使这个代数式成立.例如:(x-1)²=0，在x=1时恰成立.可以说恰成立是恒成立的一种特例,在给定的范围内恰成立肯定是恒成立的,但是恒成立的条件中还有可能符合代数式的在给定的范围之外,即恒成立不一定包含了满足这个代数式的所有的值,但是恰成立包含了满足这个代数的值,并且给定的范围也全都满足这个代数式. 例如:x+1>0在x>-5上是能成立的,在x>-1上是恰成立也是恒成立的.而在-1<x<9上是恒成立但不是恰成立.常见关键词列表如下：多参数恒成立问题举例：例1: 已知f (x )是定义在[-1,1]上的奇函数,且f (1)=1,若0)()(0],1,1[,>++≠+-∈nm n f m f n m n m 时，若12)(2+-≤at t x f 对于所有的]1,1[],1,1[-∈-∈a x 恒成立，求实数t 的取值范围.二、不等式能成立问题的处理方法:图像法、最值法若在区间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 <.例2、已知不等式ax x <-+-34在实数集R 上的解集不是空集，求实数a 的取值范围______例3、若关于x 的不等式32-≤--a ax x 的解集不是空集，则实数a 的取值范围是________．２例4、已知函数()21ln 22f x x ax x=--（0≠a ）存在单调递减区间，求a 的取值范围________.三、不等式恰好成立问题的处理方法：韦达定理法、代入法、最值法例5、不等式2ax bx 10++>的解集为1|13x x ⎧⎫-<<⎨⎬⎩⎭则a b ⋅=___________ 例6、已知(),22x ax x x f ++=当[)()x f x ,,1+∞∈的值域是[)+∞,0,试求实数a 的值.例7、已知两函数f(x)=8x 2+16x-k ，g(x)=2x 3+5x 2+4x ，其中k 为实数。
不等式的恒成立、能成立、恰成立问题
不等式的恒成立、能成立、恰成立问题1.恒成立问题：恒成立问题的基本类型类型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 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。
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：0)12()1(2<---x x m ， 令)12()1()(2---=x x m m f ，则22≤≤-m 时，0)(<m f 恒成立，所以只需⎩⎨⎧<<-0)2(0)2(f f 即⎪⎩⎪⎨⎧<---<----0)12()1(20)12()1(222x x x x ，所以x 的范围是)231,271(++-∈x 。
类型2：设)0()(2≠++=a c bx ax x f ],[βα∈x（1）当0>a 时，],[0)(βα∈>x x f 在上恒成立⎪⎩⎪⎨⎧>>-⎪⎩⎪⎨⎧<∆≤-≤⎪⎩⎪⎨⎧><-⇔0)(2020)(2βββαααf a b a b f a b 或或 ],[0)(βα∈<x x f 在上恒成立⎩⎨⎧<<⇔0)(0)(βαf f （2）当0<a 时，],[0)(βα∈>x x f 在上恒成立⎩⎨⎧>>⇔0)(0)(βαf f ],[0)(βα∈<x x f 在上恒成立⎪⎩⎪⎨⎧<>-⎪⎩⎪⎨⎧<∆≤-≤⎪⎩⎪⎨⎧><-⇔0)(2020)(2βββαααf a b a b f a b 或或 例2：若不等式22210x mx m -++>对01x ≤≤的所有实数x 都成立，求m 的取值范围. 12m >- 类型3：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 。
不等式恒成立、能成立、恰成立问题分析及应用
不等式恒成立、能成立、恰成立问题分析及应用问题引入：例1 ：已知不等式0122>+-ax x 对]2,1[∈x 恒成立，其中0>a ．求实数a 的取值范围． 分析：思路1、通过化归最值，直接求函数12)(2+-=ax x x f 的最小值解决，即0)(min >x f 。
思路 2、通过分离变量，转化到)1(21212x x x x a +=+<解决，即min 2)21(xx a +<。
思路3、通过数形结合，化归到ax x 212>+作图解决，即12+=x y 图像在ax y 2=的上方．小结：不等式恒成立问题的处理方法 1、转换求函数的最值：⑴若不等式()A f x <在区间D 上恒成立,则等价于在区间D 上()()min A f x f x <⇔的下界大于A⑵若不等式()B f x >在区间D 上恒成立,则等价于在区间D 上()()max B f x f x >⇔的上界小于B 。
2、分离参数法（1） 将参数与变量分离，即化为()()g f x λ≥（或()()g f x λ≤）恒成立的形式； （2） 求()f x 在x D ∈上的最大（或最小）值； （3） 解不等式()()maxg f x λ≥ (或()()ming f x λ≤) ，得λ的取值范围。
3．转换成函数图象问题⑴若不等式()()f x g x >在区间D 上恒成立，则等价于在区间D 上函数()y f x =和图象在函数()y g x =图象上方；⑵若不等式()()f x g x <在区间D 上恒成立，则等价于在区间D 上函数()y f x =和图象在函数()y g x =图象下方；【变式练习：】 对]2,1[∈x ，0122>+-ax x →0123>+-ax x 012ln >+-→ax x 均恒成立，该如何处理？例2：已知函数12)(2+-=ax x x f ，xax g =)(，其中0>a ，0≠x ． 1）对任意]2,1[∈x ，都有)()(x g x f >恒成立，求实数a 的取值范围；2）对任意]4,2[],2,1[21∈∈x x ，都有)()(21x g x f >恒成立，求实数a 的取值范围；【分析：】1）思路、等价转化为函数0)()(>-x g x f 恒成立，在通过分离变量，创设新函数求最值解决．2）思路、对在不同区间内的两个函数)(x f 和)(x g 分别求最值，即只需满足)()(max min x g x f >即可．简解：（1）由12012232++<⇒>-+-x x x a x a ax x 成立，只需满足12)(23++=x xx x ϕ的最小值大于a 即可．对12)(23++=x x x x ϕ求导，0)12(12)(2224>+++='x x x x ϕ，故)(x ϕ在]2,1[∈x 是增函数，32)1()(min ==ϕϕx ，所以a 的取值范围是320<<a ．例3 设函数b x x a x h ++=)(，对任意]2,21[∈a ，都有10)(≤x h 在]1,41[∈x 恒成立，求实数b 的取值范围．分析：思路、解决双参数问题一般是先解决一个参数，再处理另一个参数．以本题为例，实质还是通过函数求最值解决．方法1：化归最值，10)(10)(max ≤⇔≤x h x h ；方法2：变量分离，)(10x x ab +-≤或x b x a )10(2-+-≤； 方法3：变更主元，0101)(≤-++⋅=b x a x a ϕ，]2,21[∈a简解：方法1:对b x xab x x g x h ++=++=)()(求导，22))((1)(x a x a x x a x h +-=-='，由此可知，)(x h 在]1,41[上的最大值为)41(h 与)1(h 中的较大者．⎪⎩⎪⎨⎧-≤-≤⇒⎪⎩⎪⎨⎧≤++≤++⇒⎪⎩⎪⎨⎧≤≤∴a b a b b a b a h h 944391011041410)1(10)41(，对于任意]2,21[∈a ，得b 的取值范围是47≤b ． 练习题1、设()222f x x ax =-+,当x ∈[-1,+∞]时，都有()f x a ≥恒成立，求a 的取值范围。
高中数学不等式的恒成立、能成立、恰成立问题
专题：不等式的“恒成立”、“能成立”、“恰成立”问题不等式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A x f >min )]([ 若不等式B x f <)(在区间D 上恒成立，则等价于在区间D 上B x f <max )]([当)(x f 的最值取不到时，留意表达要精确，如1)(<x f ，则)(x f m >恒成立⇔1≥m 不等式中能成立．．．问题（有解） 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A x f >max )]([ 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B x f <min )]([ 不等式中恰成立问题若不等式A x f >)(在区间D 上恰成立,则等价于不等式A x f >)(的解集为D 若不等式B x f <)(在区间D 上恰成立,则等价于不等式B x f <)(的解集为D 利用一次函数的性质对于一次函数]),[)(0()(n m x a b ax x f ∈≠+=有：①0)(>x f 恒成立⎩⎨⎧>>⇔0)(0)(n f m f ②0)(<x f 恒成立⎩⎨⎧<<⇔0)(0)(n f m f 结论：若一个不等式中有两个变量，假如已知最高次数是一次变量的范围求另一变量范围的问题构造一次函数例：已知1log 6log )1()(323++⋅--=x a x a x x f ,当]1,0[∈x 时，)(x f 恒为正数，求a 的取值范围。
[3331<<a ]变式：当]4,2[∈x 时，若不等式042)2(2<-+-a a x 恒成立，求实数a 的范围()1,2-∈a变式：已知定义在R 上的奇函数()f x 在()0,+∞上是增函数且(1)(2)f ax f x +≤+对随意1,12x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦都成立，则实数a 的取值范围 (]2,∞- 利用二次函数的判别式对于二次函数),0()(2R x a c bx ax x f ∈≠++=有①0)(>x f 恒成立⎩⎨⎧<-=∆>⇔0402ac b a②0)(<x f 恒成立⎩⎨⎧<-=∆<⇔0402ac b a 结论：若一个不等式中有两个变量，假如已知高次变量的范围求另一变量范围的问题构造高次函数或分别参数。
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例谈不等式恒成立问题和能成立问题的解题策略——谈2008年江苏高考数学试卷第14题摘要：所有问题均可分成三类：恒成立问题、能成立问题和不成立问题。
《例谈不等式恒成立问题和能成立问题》介绍了解决不等式恒成立问题和不等式能成立问题常用的直接法、分离参数法、分类讨论法、数形结合法等，采用了等价转化的处理策略。
关键词：分离参数、分类讨论、数形结合、等价转化，换元，求最值。
2008年江苏高考数学试卷第14题是一道很好的恒成立问题：设函数3()31()f x ax x x R =-+∈若对于任意[]1,1x ∈-都有()0f x ≥成立，则实数a 的值为 。
解析如下：析：将()0f x ≥中的,a x 分离，然后求函数的最值。
解：函数3()31()f x ax x x R =-+∈若对于任意[]1,1x ∈-都有()0f x ≥成立，函数3()31()f x ax x x R =-+∈对于任意[)(]1,0,0,10x x x ∈-∈=及其有()0f x ≥都成立。
若[)1,0x ∈-，33213()310f x ax x a x x =-+≥⇔≤-+，设1t x =则1t ≤- 3232133(1)t t t x x∴-+=-+≤-，令323(1)y t t t =-+≤-，则'2360y t t =-+< 323(1)y t t t ∴=-+≤-单调递减，32min 1(1)3(1)4t y y =-==--+-=，4a ∴≤（1）若(]0,1x ∈，33213()310f x ax x a x x =-+≥⇔≥-+，设1t x =，则1t ≥ 3232133(1)t t t x x∴-+=-+≥，令323(1)y t t t =-+≥，则'2363(2)y t t t t =-+=--，当12t ≤≤时'0y ≥，323(1)y t t t =-+≥单调递增；当2t >时'0y <，323(1)y t t t =-+≥单调递减，32max 22324t y y ===-+⨯=，4a ∴≥（2）若0x =则a R ∈，()0f x ≥成立（3）由题意知（1）（2）（3）应同时成立4a ∴=解题中采取了不等式恒成立问题的处理策略:1、若f(x)≥a 对x ∈D 恒成立，只须f(x)min (x ∈D)≥a 即可。
2、若f(x)≤a 对x ∈D 恒成立，只须f(x)max (x ∈D)≤a 即可。
该题在考查学生基础知识的同时，注意考查了考生的分类讨论的思想、换元的思想等，是一道突出理性思维、考查学生潜能及数学素养的题目。
2000年上海高考数学试卷也考了一道不等式恒成立的题目，解析如下已知函数f(x)=xa x x ++22,x ∈),1[+∞. （1）当a=21时，求函数f(x)的最小值；（2） 若对任意的x ∈),1[+∞，0)(>x f 恒成立，试求a 的取值范围。
析：由于x ∈),1[+∞，0)(>x f 220x x a ⇔++>化繁为简。
解：（1）当21=a 时，221)(++=xx x f ，)(x f Θ在区间[),1+∞上为增函数， )(x f ∴在区间[),1+∞上的最小值为27)1(=f （2）在区间[),1+∞上，02)(2>++=xa x x x f 恒成立022>++⇔a x x 恒成立，设),1[,22+∞∈++=x a x x y ，1)1(222-++=++=a x a x x y 递增，∴当1=x 时，a y +=3min ，于是当且仅当03min >+=a y 时，函数0)(>x f 恒成立，故3->a本题着重考查了函数思想和等价转化的思想。
通过对前面的两个高考题的分析我们可以得出结论：解不等式恒成立问题，首先要构建函数模型，然后求这个函数的最值，最后采取不等式恒成立问题的处理策略进行求解。
等价转化是思想，构建函数模型是手段，求函数的最值是关键。
下面就不等式恒成立问题谈几种解决方法，以期对读者有所启迪。
一、直接法例1．已知0,0x y >>，且211x y+=，若222x y m m +>+恒成立，则实数m 的取值范围是 ．析：本题可利用不等式求最值解： 2142(2)()4()8y x x y x y x y x y+=+⋅+=++≥，而222x y m m +>+对0,0x y >>恒成立，则228m m +<，解得42m -<<例2．若不等式142x x a +--≥0在[1，2]上恒成立，则实数a 的取值范围为 。
析：本题可转化为求二次函数的最值解：令[]142,1,2x x y a x +=--∈，则()[]2211,1,24x y a x =---∈≤≤x 而22 所以2min (21)1y a a =---=-，因不等式142x x a +--≥0在[1，2]上恒成立 所以min 0y a =-≥，即0a ≤例3．已知函数2π()2sin 24f x x x ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，ππ,42x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦． （1）求()f x 的最大值和最小值；（2）若不等式()2f x m -<在ππ,42x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦上恒成立，求实数m 的取值范围． 析：()2()2()2f x m f x m f x -<⇔-<<+，max ()2m f x >-∴且min ()2m f x <+解：（1）π()1cos 221sin 222f x x x x x ⎡⎤⎛⎫=-+=+ ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦∵π12sin 23x ⎛⎫=+- ⎪⎝⎭． 又ππ,42x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦∵，ππ2π2633x -∴≤≤，即π212sin 233x ⎛⎫+- ⎪⎝⎭≤≤，max min ()3,()2f x f x ==∴． （2）()2()2()2f x m f x m f x -<⇔-<<+∵，ππ,42x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，max ()2m f x >-∴且min ()2m f x <+， 14m <<∴，即m 的取值范围是(1,4)．二、分离参数法例4．关于x 的不等式kx x x x ≥-++3922在]5,1[上恒成立，则实数a 的范围为 ．析：含参问题的考察始终是高考的热点，要善于对问题先观察思考后动手，避免不必要的麻烦。
解析一： 两边同除以x ，则39-++≤x x x k ，69≥+xx ，03≥-x ， 当且仅当3=x ，两等式同时成立，所以3=x 时，右边取最小值6，6≤∴k ．解析二：（提示）可分3x 1≤≤和5x 3≤<讨论．求分段函数的最小值．答案：6k ≤．例5．若a,bm 的最小值是析：≤⇔m ≥+最后采取不等式恒成立问题的处理策略求m 的最小值解：因a,b ⇔m ≥2222()(),(0,0)a b a b a b +≥+>>≤=⇔min m ≥m ∴≥，则m 三、等价转化法例6．已知函数22()ln (0),f x x a x x x=++> 若()f x 在[1,)+∞上单调递增，求a 的取值范围；析：本题的实质由()'0f x ≥在[1,)+∞上恒成立，求a 的取值范围。
解： 由()22ln f x x a x x =++，得()'222a f x x x x=-+ 若函数为[1,)+∞上单调增函数，则()'0f x ≥在[1,)+∞上恒成立 即不等式2220a x x x -+≥在[1,)+∞上恒成立. 也即222a x x ≥-在[1,)+∞上恒成立 令22()2x x x ϕ=-，上述问题等价于max ()a x ϕ≥，而22()2x x xϕ=-为在[1,)+∞上的减函数，则max ()(1)0x ϕϕ==，于是0a ≥为所求例7．已知函数()e x f x kx x =-∈R ，若0k >，且对于任意x ∈R ，()0f x >恒成立，试确定实数k 的取值范围； 析：本题可利用()f x 是偶函数．将问题等价转化为：已知()0f x >对任意0x ≥成立，确定实数k 的取值范围．解：由()()f x f x -=可知()f x 是偶函数．于是()0f x >对任意x ∈R 成立等价于()0f x >对任意0x ≥成立．由()e 0x f x k '=-=得ln x k =．①当(01]k ∈，时，()e 10(0)x f x k k x '=->->≥．此时()f x 在[0)+∞，上单调递增．故()(0)10f x f =>≥，符合题意．②当(1)k ∈+∞，时，ln 0k >． 当x 变化时()()f x f x '，的变化情况如下表：由此可得，在[0)+∞，上，()(ln )ln f x f k k k k =-≥．依题意，ln 0k k k ->，又11e k k >∴<<，．综合①，②得，实数k 的取值范围是0e k <<．例8．已知P ：2x 2-9x +a < 0,q ：22430680x x x x ⎧-+<⎪⎨-+<⎪⎩ 且⌝p 是⌝q 的充分条件,求实数a 的取值范围.析：B ⊆A x B x A ⇔∀∈⇒∈，即A 中的不等式对于B 中的x 恒成立解：由q ：22430680x x x x ⎧-+<⎪⎨-+<⎪⎩ 得q:2<x<3 设A=｛x ︱p ｝=｛x ︱2x 2-9x+a<0｝，B=｛x ︱q ｝=｛x ︱2<x<3｝⌝p ⇒⌝q, ∴ q ⇒p ∴B ⊆A 即2<x<3满足不等式 2x 2-9x+a<0∴2<x<3满足不等式 a<9x-2x 2∵当2<x<3时，9x-2x 2=-2(x 2-29x+1681-1681) =-2(x-49)2+881∴9<9x-2x 2≤881 ∴a ≤9 评：以上三例均是将它们转化为不等式恒成立问题。
等价转化就是把未知解的问题转化到在已有知识范围内可解的问题的一种重要的思想方法。
通过不断的转化，把不熟悉、不规范、复杂的问题转化为熟悉、规范甚至模式法、简单的问题。
历年高考，等价转化思想无处不见，我们要不断培养和训练自觉的转化意识，这将有利于强化解决数学问题的应变能力，提高思维能力和解决数学问题的技能、技巧。
四、数形结合法根据恒成立不等式的特点，通过挖掘几何图形含意，利用函数图象的高低位置关系找出参数的变化范围.例9．不等式ax ≤)4(x x -在x ∈[0,3]内恒成立，求a 的变化范围.解：画出两个函数y =ax 与y =)4(x x -的图象.（如图）将x =3代入ax =)4(x x -,得a =33 ∴a ∈⎥⎦⎤ ⎝⎛∞-33, 例10．若211()22x k x -<-+对一切01x ≤≤都成立，则k 的取值范围是________ 析：构造两个函数211,()22y x y k x =-=-+，半圆21y x =-应全在直线1()22y k x =-+的下方，，其中直线1L 过点（0，1）斜率为2，直线2L 与21(01)y x x =-≤≤相切斜率为31324--，画图易得：231324≤≤--k评：数形结合的思想，其实质是将抽象的数学语言与直观的图像结合起来，关键是代数问题与图形之间的相互转化，它可以使代数问题几何化，几何问题代数化,充分利用这种转化，寻找解题思路，可使问题化难为易、化繁为简，从而得到解决.华罗庚先生说得好：“数形本是相依倚,焉能分作两边飞;数缺形时少直觉，形缺数时难入微;数形结合百般好，隔裂分家万事休;几何代数统一体,永远联系莫分离”。