2017含参不等式恒成立存在性问题
含参数不等式恒成立问题的解题策略
解决“含参数不等式的恒成立”问题的基本方法“含参数不等式的恒成立”的问题，是近几年高考的热点，它往往以函数、数列、三角函数、解析几何为载体具有一定的综合性，解决这类问题，主要是运用等价转化的数学思想：即一般地，若函数()x f 的定义域为D ，则当x ∈D 时，有()M x f ≥恒成立()Mx f ≥⇔min （()M x f ≥有解⇔M max )(x f ≤）；()M x f ≤恒成立()M x f ≤⇔m a x（()M x f ≤有解⇔M x f ≤m i n )(）.因而,含参数不等式的恒成立问题常根据不等式的结构特征,恰当地构造函数,等价转化为含参数的函数的最值讨论.例一 定义在R 上的函数()x f 既是奇函数，又是减函数，且当⎪⎭⎫ ⎝⎛∈2,0πθ时，有()()022s in 2c o s 2>--++m f m f θθ恒成立，求实数m 的取值范围. 分析: 利用函数的单调性和奇偶性去掉映射符号f ，将“抽象函数”问题转化为常见的含参的二次函数在区间(0，1)上恒为正的问题.而对于()≥x f 0在给定区间[a ，b]上恒成立问题可以转化成为()x f 在[a ，b]上的最小值问题，若()x f 中含有参数，则要求对参数进行讨论。
【解析】由()()022sin 2cos 2>--++m f m f θθ得到：()()22sin 2cos 2--->+m f m f θθ 因为()x f 为奇函数，故有()()22sin 2cos 2+>+m f m f θθ恒成立，又因为()x f 为R 减函数，从而有22sin 2cos 2+<+m m θθ对⎪⎭⎫ ⎝⎛∈2,0πθ设t =θsin ，则01222>++-m mt t 对于()1,0∈t 恒成立，在设函数()1222++-=m mt t t g ,对称轴为m t =. ①当0<=m t 时，()0120≥+=m g ，即21-≥m ，又0<m ∴021<≤-m (如图1) ②当[]1,0∈=m t ，即10≤≤m 时, ()012442<+-=∆m m m 2∴2121+<<-m ,又[]1,0∈m ,∴10≤≤m (如图2)③当1>=m t 时，()0212211>=++-=m m g 恒成立.∴1>m (故由①②③可知：21-≥m . 例二 定义在R 上的单调函数f(x)满足f(3)=log 23且对任意x ，y ∈R 都有f(x+y)=f(x)+f(y)．(1)求证f(x)为奇函数；(2)若()()02933<--+⋅x x x f k f 对任意x ∈R 恒成立，求实数k 分析: 问题(1)欲证f(x)为奇函数即要证对任意x 都有f(-x)=-f(x)成立．在式子f(x+y)=f(x)+f(y)中，令y=-x 可得f(0)=f(x)+f(-x)于是又提出新的问题，求f(0)的值．令x=y=0可得f(0)=f(0)+f(0)即f(0)=0，f(x)是奇函数得到证明．问题(2)的上述解法是根据函数的性质．f(x)是奇函数且在x ∈R 上是增函数，把问题转化成二次函数f(t)=t 2-(1+k)t+2＞0对于任意t ＞0恒成立．对二次函数f(t)进行研究求解．【解析】(1)证明：f(x+y)=f(x)+f(y)(x ，y ∈R)， ①令x=y=0，代入①式，得f(0+0)=f(0)+f(0)，即 f(0)=0．令y=-x ，代入①式，得 f(x-x)=f(x)+f(-x)，又f(0)=0，则有0=f(x)+f(-x)．即f(-x)=-f(x)对任意x ∈R 成立，所以f(x)是奇函数．(2)解：f(3)=log 23＞0，即f(3)＞f(0)，又f(x)在R 上是单调函数，所以f(x)在R 上是增函数，又由(1)f(x)是奇函数．()()()2932933++-=---<⋅x x x x x f f k f ， 2933++-<⋅x x x k 即()023132>+⋅+-x x k 对于任意R x ∈恒成立.令t=3x ＞0，、问题等价于()0212>++-t k t 对于任意0>t 恒成立.令()()212++-=t k t t f ,其对称轴为直线21k x +=当021<+k ,即1-<k 时, ()020>=f 恒成立,符合题意,故1-<k ; 当021≥+k 时,对于任意0>t ,()0>t f 恒成立()⎪⎩⎪⎨⎧<⨯-+=∆≥+⇔02410212k k ， 解得2211+-<≤-k综上所述,当221+-<k 时,()()02933<--+⋅x x x f k f 对于任意R x ∈恒成立.本题还可以应用分离系数法,这种解法更简捷.t =m分离系数,由2933++-<⋅x x x k 得1323-+<x x k . 由于R x ∈,所以03>x ,故1221323-≥-+=x x u ,即u 的最小值为122-. 要使对于R x ∈不等式1323-+<x x k 恒成立,只要122-<k 说明: 上述解法是将k 分离出来，然后用平均值定理求解，简捷、新颖．例三 已知向量=(2x ，x+1)，= (1-x ，t)。
备战高考技巧大全之高中数学黄金解题模板：专题29 含参不等式的存在性与恒成立问题答案解析
【高考地位】含参不等式的恒成立问题越来越受到高考命题者的青睐，由于新课标高考对导数应用的加强，这些不等式的恒成立问题往往与导数问题交织在一起，这在近年的高考试题中不难看出这个基本的命题趋势. 解决这类问题的关键是揭开量词隐含的神秘面纱还函数问题本来面目，在高考中各种题型多以选择题、填空题和解答题等出现，其试题难度属高档题. 【方法点评】方法一 分离参数法使用情景：对于变量和参数可分离的不等式解题模板：第一步 首先对待含参的不等式问题在能够判断出参数的系数正负的情况下，可以根据不等式的性质将参数分离出来，得到一个一端是参数，另一端是变量表达式的不等式；第二步 先求出含变量一边的式子的最值； 第三步 由此推出参数的取值范围即可得出结论.例1 已知函数()2ln f x kx x =-，若()0f x >在函数定义域内恒成立，则k 的取值范围是（ ）A ．1,e e ⎛⎫ ⎪⎝⎭B ．11,2e e ⎛⎫⎪⎝⎭ C ．1,2e ⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭D ．1,2e ⎛⎫+∞⎪⎝⎭【答案】D 【解析】考点：函数的恒成立问题．【方法点晴】本题主要考查了函数的恒成立问题，其中解答中涉及到利用导数研究函数的单调性、利用导数研究函数的极值与最值、恒成立的分离参数构造新函数等知识点的综合考查，着重考查了学生分析问题和解答问题的能力，以及转化与化归思想，试题有一定的思维深度，属于中档试题，解答中根据函数的恒成立，利用分离参数法构造新函数，利用新函数的性质是解答的关键．含参不等式分离参数后的形式因题、因分法而异，因此解决含参不等式恒成立问题需把握住下述结论：（1）()()f x g a <恒成立⇔max ()()f x g a <；（2）()()f x g a ≤恒成立⇔max ()()f x g a ≤；（3）()()f x g a >恒成立⇔min ()()f x g a >。
（4）()()f x g a ≥恒成立⇔min ()()f x g a ≥.【变式演练1】已知函数()f x =在(,1]-∞上有意义，则a 的取值范围是 . 【答案】3[,)4-+∞． 【解析】函数()f x 在(,1]-∞上有意义，等价于1240x x a ++≥在(,1]-∞上恒成立，即11(),x (,1]42x x a ≥-+∈-∞恒成立，记11()(),x (,1]42x xg x =-+∈-∞，即等价于max (),x (,1]a g x ≥∈-∞.因为()g x 在(,1]-∞上是增函数，因此()g x 的最大值为(1)g . 所以max 3()(1)4a g x g ≥==-，于是a 的取值范围是34a ≥-，故应填3[,)4-+∞． 【变式演练2】若关于x 的不等式243x a a x+≥-对任意实数0x >恒成立，则实数a 的取值范围为（ ）A ．[1,4]-B ．(,2][5,)-∞-⋃+∞ C. (,1][4,)-∞-⋃+∞ D ．[2,5]- 【答案】A 【解析】考点：基本不等式的应用；不等式的恒成立问题.方法二 函数性质法使用情景：对于不能分离参数或分离参数后求最值较困难的类型解题模板：第一步 首先可以把含参不等式整理成适当形式如(,)0f x a ≥、(,)0f x a <等；第二步 从研究函数的性质入手，转化为讨论函数的单调性和极值； 第三步 得出结论.例 2 已知函数323()12f x ax x =-+ ()x R ∈， 其中0a >. 若在区间11[,]22-上，()0f x >恒成立，求a 的取值范围.【答案】05a <<.【点评】对于不能分离参数或分离参数后求最值或确界较困难的问题，我们可以把含参不等式整理成适当形式如(,)0f x a ≥、(,)0f x a <等，然后从研究函数的性质入手，转化为讨论函数的单调性和极值. 在解题过程中常常要用到如下结论：（1）如果(,)f x a 有最小值()g a ，则(,)0f x a >恒成立⇔()0g a >，(,)0f x a ≥恒成立⇔()0g a ≥；（2）如果(,)f x a 有最大值()g a ，则(,)0f x a <恒成立⇔()0g a <，(,)0f x a ≤恒成立⇔()0g a ≤.【变式演练3】已知函数(),0xf x e ax a =->．（1）记()f x 的极小值为()g a ，求()g a 的最大值； （2）若对任意实数x 恒有()0f x ≥，求()f a 的取值范围． 【答案】（1）1；（2）(21,e e e ⎤-⎦． 【解析】试题分析：（1）借助题设条件运用导数的有关知识求解；（2）借助题设运用分类整合思想将不等式进行等价转化,再运用导数知识求解．（2）当0x ≤时，0,0xa e ax >-≥恒成立，当0x >时，()0f x ≥，即0xe ax -≥，即x e a x≤令()()()()221,0,,xx x x e x e e x e h x x h x x x x--'=∈+∞==， 当01x <<时，()0h x '<，当1x >时，()0h x '>，故()h x 的最小值为()1h e =， 所以a e ≤，故实数a 的取值范围是(]0,e()(]2,0,a f a e e a e =-∈，()2a f a e a '=-，由上面可知20a e a -≥恒成立，故()f a 在(]0,e 上单调递增，所以()()()201ef f a f e e e =<≤=-，即()f a 的取值范围是(21,e e e ⎤-⎦考点：极值的概念及导数的有关知识的综合运用．【变式演练4】设函数2()1xf x e x ax =---，若0x ≥时，()0f x ≥，求a 的取值范围。
含参不等式恒成立问题
含参不等式恒成立问题 湖北省红安县大赵家高中 彭春齐“含参不等式恒成立问题”是数学中常见的问题，在高考中频频出现，是高考中的一个难点问题。
含参不等式恒成立问题涉及到一次函数、二次函数的性质和图像，渗透着换元、化归、数形结合、函数与方程等思想方法，有利于考查学生的综合解题能力，在培养思维的灵活性、创造性等方面起到了积极的作用，因此也成了历年高考的一个热点。
而最常见的就是不等式恒成立求参数的取值范围，下面本文就介绍处理此类问题常见的方法，希望对面临高考的学生有所帮助。
1..函数性质法()0f x >恒成立⇔()min 0f x >（注：若()f x 的最小值不存在，则()0f x >恒成立⇔()f x 的下界大于0）；()0f x <恒成立()max 0f x ⇔<（注：若()f x 的最大值不存在，则()0f x <恒成立⇔()f x 的上界小于0）例1.已知()()232728,2440,f x x x a g x x x x =--=+-当[]3,3x ∈-时，()()f x g x ≤恒成立，求实数a 的取值范围。
解析：设()()()322312F x f x g x x x x a =-=-++-，则由题可知()0F x ≤对任意[]3,3x ∈-恒成立，即当[]3,3x ∈-时()max 0F x ≤，令()266120,F x x x '=-++=得1x =-或2x =而()()()()17,220,345,39,F a F a F a F a -=-=--=-=-()max 450F x a ∴=-≤，即45a ≥例2.若对任意的实数x ，2sin 2cos 220x k x k +--<恒成立，求k 的取值范围。
解法1：原不等式化为2cos 2cos 210x k x k -++>令cos ,t x =则1t ≤，即()()22222121f t t kt k t k k k =-++=--++在[]1,1t ∈-上恒大于0.（1）若1,k <-要使()0,f t >即()()min 10f t f =->，1,2k k >-∴不存在； （2）若11,k -≤≤要使()0,f t >即()()2min 210f t f k k k ==-++>；11k ∴<<1 1.k ∴≤（3）若1,k >要使()0,f t >即()()min 10f t f =>，1k ∴>.由（1），（2），（3）可知，1k >当然由三角函数的有界性可知，此题实质是二次函数在指定区间上的恒成立问题，因此可以利用韦达定理以及根与系数的分布知识求解。
【高考数学解题指导】含参不等式恒成立存在问题的处理策略初探
以函数为载体的不等式恒成立或存在问题含参不等式的恒成立或存在问题越来越受到高考命题者的青睐，由于新课标高考对导数应用的加强，这些不等式的恒成立问题往往与导数问题交织在一起，这在近年的高考试题中不难看出这个基本的命题趋势. 解决这类问题的关键是揭开量词隐含的神秘面纱还函数问题本来面目，在高考中各种题型多以选择题、填空题和解答题等出现，其试题难度属高档题.，此类问题处理的手段也多，下面我们来一一探索！第一讲 含参不等式恒成立存在问题的处理策略初探一、不等式恒成立与有解的区别不等式恒成立和有解是有明显区别的，以下充要条件应细心思考，甄别差异，恰当使用，等价转化，切不可混为一团.结论1：设函数f(x)在区间D 内有最大值max [()]f x ，最小值min [()]f x ，则()a f x >在D 内恒成立⇔max [()]a f x >()a f x ≥在D 内恒成立⇔max [()]a f x ≥ ()a f x <在D 内恒成立⇔min [()]a f x <()a f x ≤在D 内恒成立⇔min [()]a f x ≤结论2：分离参数后的函数不存在相应最值的含参数不等式恒成立问题.首先给出确界的定义：函数()()y f x x D =∈的上确界为min{|(),}M f x M x D ≤∈，记作M 上； 函数()()y f x x D =∈的下确界为max{|(),}M f x M x D ≥∈，记作M 下.若函数()f x 在开区间D 内无最值，但有上确界M 上或下确界M 下，则()a f x >在D 内恒成立⇔a M ≥上()a f x ≥在D 内恒成立⇔a M ≥上 ()a f x <在D 内恒成立⇔a M ≤下()a f x ≤在D 内恒成立⇔a M ≤下结论3：设函数f(x)在区间D 内有最大值max [()]f x ，最小值min [()]f x ，则()a f x >在D 内有解⇔min [()]a f x >()a f x ≥在D 内有解⇔min [()]a f x ≥ ()a f x <在D 内有解⇔max [()]a f x <()a f x ≤在D 内有解⇔max [()]a f x ≤比如函数2()=23(03)f x x x x --<<的上确界(3)=0M f =上,下确界(1)=4M f -=下，其中M 下也是这个函数的最小值，但M 上不是这个函数的最大值，只是上确界而已.二、两个基本思想解决“恒成立问题”思路1、max ()[()]a f x x D a f x ≥∈⇔≥在上恒成立；min ()[()]a f x x D a f x ≥∈⇔≥在上有解 思路2、min ()[()]a f x x D a f x ≤∈⇔≤在上恒成立；max ()[()]a f x x D a f x ≤∈⇔≤在上有解三、恒成立或存在问题在解题过程中大致可分为以下几种类型（一）一次函数型【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】将m 视为变量，即不等式化为：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 . 【方法小结】对于一次函数],[,)(n m x b kx x f ∈+=有()0f x >⇔恒成立()0,()0f m f n >⎧⎨>⎩()0f x <恒成立()0()0f m f n <⎧⇔⎨<⎩（二）二次函数型【例2】已知函数2()3f x x ax a =++-，在R 上()0f x ≥恒成立，求a 的取值范围. 【解析】()y f x =的函数图像都在x 轴及其上方，如右图所示：()22434120a a a a ∆=--=+-≤62a ∴-≤≤【变式】若[]2,2x ∈-时，()0f x ≥恒成立，求a 的取值范围.【分析】要使[]2,2x ∈-时，()0f x ≥恒成立，只需)(x f 的最小值0)(≥a g 即可.【解析】22()324a a f x x a ⎛⎫=+--+ ⎪⎝⎭，令()f x 在[]2,2-上的最小值为()g a .⑴当22a -<-，即4a >时，()(2)730g a f a =-=-≥73a ∴≤又4a >a ∴不存在. ⑵当222a-≤-≤，即44a -≤≤时，2()()3024a a g a f a ==--+≥62a ∴-≤≤又44a -≤≤42a ∴-≤≤⑶当22a->，即4a <-时，()(2)70g a f a ==+≥7a ∴≥-又4a <-74a ∴-≤<- 综上所述72a -≤≤.【变式1】函数2()3f x x ax a =++-，若[]2,2x ∈-时，()2f x ≥恒成立，求a 的取值范围.法一：题目中要证明2)(≥x f 在[]2,2-上恒成立，若把2移到等号的左边，则把原题转化成左边二次函数在区间[]2,2-时恒大于等于0的问题.略解：2()320f x x ax a =++--≥，即2()10f x x ax a =++-≥在[]2,2-上成立.⑴()2410a a ∆=--≤22a ∴--≤≤-+⑵24(1)0(2)0(2)02222a a f f a a ⎧∆=-->⎪≥⎪⎪⎨-≥⎪⎪-≥-≤-⎪⎩或2225--≤≤-∴a 综上所述，2225-≤≤-a . 法二：（运用根的分布）⑴22a -<-，即4a >时，()(2)732g a f a =-=-≥()54,3a ∴≤∉+∞a ∴不存在. ⑵当222a-≤-≤，即44a -≤≤时，2()()3224a a g a f a ==--+≥，222222-≤≤-a －2224-≤≤-∴a⑵ 22a->，即4a <-时，()(2)72g a f a ==+≥，5a ∴≥-54a ∴-≤<- 综上所述2225-≤≤-a .【点评】此题属于含参数二次函数，求最值时，轴变区间定的情形，对轴与区间的位置进行分类讨论；还有与其相反的，轴动区间定，方法一样.对于二次函数在R 上恒成立问题往往采用判别式法，而对于二次函数在某一区间上恒成立问题往往转化为求函数在此区间上的最值问题.【方法小结】对于一元二次函数),0(0)(2R x a c bx ax x f ∈≠>++=有（1）R x x f ∈>在0)(上恒成立00<∆>⇔且a ； （2）R x x f ∈<在0)(上恒成立00<∆<⇔且a【例3】若对于任意角θ总有2sin 2cos 410m m θθ++-<成立，求m 的范围. 【解析】此式是可分离变量型，由原不等式得m (cos )cos 242θθ+<，又cos θ+>20，则原不等式等价变形为222m <+cos cos θθ恒成立.根据边界原理知，2m 必须小于2cos cos )(2+=θθθf 的最小值，这样问题化归为怎样求cos cos 22θθ+的最小.因为2cos cos )(2+=θθθf =2cos +2-4cos 4cos 244-4=0cos 2cos 2θθθθθ=++-≥++（）（+2）+4即cos θ=0时，有最小值为0，故m <0.【变式2】已知函数3()(ln ),()3a f x x x m g x x x =+=+． （1）若2m =，求()f x 的单调区间；（2）若32m =时，本等式()()f x g x ≥有解，求实数a 的取值范围.此种策略是针对不等式中的参数无法分离出来或不需要分离出来而提出的【例4】设函数13)(3+-=x ax x f 对于任意[]1,1-∈x 总有0)(≥x f 成立，求实数a 的值。
关于高考数学中的恒成立问题与存在性问题
“恒成立问题”的解法常用方法：①函数性质法； ②主参换位法; ③分离参数法；④数形结合法。
、函数性质法 1. 一次函数型：给定一次函数f(x) ax b(a 0),若y f (x)在［m,n ］内恒有f (x) 0 ,则根据函数的图象(直线)可得上述结论等价于 ;(;))【同理，若在［m,n ］内恒有f(x) 0,A则有f(m)阴7例1.对满足 * m 略解：不等式即为 2x (x 1)p x 2 x 的取值范围。
2的所有实数 P ,求使不 (x 1)p x 2 2x 10,设 f (p) 1,则f(p)在［2,2］上恒大 于0,故有: f( 2) f(2) 0, 即 x 2 x 4x 3 0 1 或 x 3. 2.二次函数: ①.若二次函数 f(x) 2 ax bx c(a 0) 0 (或0 )在 R 上恒成立，则有 a 0 (或 a 0); 0 0②.若二次函数 f(x)ax 2 bx c(a 0) 0 (或 0 )在指定区间上恒成立，可以利用韦达定 理以及根的分布等知识求解。
例2.已知函数f x 2mx 2 24 m x 1, g x mx ，若对于任一实数 x , f (x)与g(x)的值至少有一个为正数，则实数 m 的取值范围是 A . (0 , 2) B• (0 , 8) C (2 , 8) D •(—汽 0)选Bo例3.设f (x) 2x 2ax 2,当x ［ 1,)时, 都有 f (x) a 恒成立,a 的取值范围。
解：设F(x)f (x) a 2ax 2 a , (1)当 4(a 1)(a2) 0时，即2 a1时,对一切x ［ 1, ),F(x) 0恒成立;(2)当4(a 1)(a 2) 0时，由图可得以下充要条件:f( 1) 0 即 a 3 03.其它函数:容易分离出参数与变量，但函数的最值却难以求出时，可考虑把主元与参数换个位置，再 结合其它知识，往往会取得出奇制胜的效果。
含参不等式恒成立问题—任意性与存在性
１、f(x)=ax+b,x ∈ [α,β]，则：
f(x)>0恒成立＜
＞
f()>0
f()>0
f(x)<0恒成立＜
＞
f()<0
f()<0
1、一次函数型问题，利用一次函数的图像特征求解。
y
α
o
β
x
２、ax2+bx+c>0在R上恒成立的充要条件是：
a=b=0
a >0
或
C>0
Δ=b2-4ac<0
例：已知函数 f ( x) 8 x 2 16 x k ，g ( x) 2 x3 5 x 2 4 x ，其中 k 为实数 .
3] ，使 f ( x) g ( x) 恒成立，
（3） 若对 x [3，
求k的取值范围；
3] ，使 f ( x0 ) g ( x0 ) 能成立，
3] ，使 f ( x) g ( x) 恒成立，
（3） 若对 x [3，
求k的取值范围；
3] ，使 f ( x1 ) g ( x若 x1，x2 [3，
例：已知函数 f ( x) 8 x 2 16 x k ，g ( x) 2 x3 5 x 2 4 x ，其中 k 为实数 .
（4） 若 x0 [3，
求k的取值范围；
x D ：
x0 D ：
f ( x) g ( x)]min 0 f ( x ) g ( x ) [____________
f ( x) g ( x)]max 0
f ( x) g ( x) [____________
f min ( x) 0
“含参数不等式的恒成立”问题及其解法
“含参数不等式的恒成立”问题及其解法“含参数不等式的恒成立”问题，是近几年高中数学以及高考的常见问题，它一般以函数、数列、三角函数、解析几何为载体，具有一定的综合性。
解决这类问题的主要方法是最值法：若函数()x f 在定义域为D ，则当x ∈D 时，有()M x f ≥恒成立()M x f ≥⇔min ；()M x f ≤恒成立()M x f ≤⇔max .因而,含参数不等式的恒成立问题常根据不等式的结构特征,恰当地构造函数,等价转化为含参数的函数的最值讨论.例一 已知函数()()1112>⎪⎭⎫ ⎝⎛+-=x x x x f .①求()x f 的反函数()x f 1-;②若不等式()()()x a a x f x ->--11对于⎥⎦⎤⎢⎣⎡∈41,161x 恒成立,求实数a 的取值范围.分析：本题的第二问将不等式()()()x a a x f x ->--11转化成为关于t 的一次函数()()211a t a t g -++=在⎥⎦⎤⎢⎣⎡∈21,41t 恒成立的问题. 那么，怎样完成这个转化呢？转化之后又应当如何处理呢？ 【解析】 ①略解()()10111<<-+=-x xx x f②由题设有()()x a a xx x->-+-111,∴x a a x ->+21,即()0112>-++a x a 对于⎥⎦⎤⎢⎣⎡∈41,161x 恒成立. 显然,a ≠-1令x t =,由⎥⎦⎤⎢⎣⎡∈41,161x 可知⎥⎦⎤⎢⎣⎡∈21,41t则()()0112>-++=a t a t g 对于⎥⎦⎤⎢⎣⎡∈21,41t 恒成立.由于()()211a t a t g -++=是关于t 的一次函数.（在⎥⎦⎤⎢⎣⎡∈21,41t 的条件下()()211a t a t g -++=表示一条线段，只要线段的两个端点在x 轴上方就可以保证()()0112>-++=a t a t g 恒成立）∴()()451011210114102104122<<-⇒⎪⎩⎪⎨⎧>-++>-++⇒⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧>⎪⎭⎫ ⎝⎛>⎪⎭⎫ ⎝⎛a a a a a g g例二 定义在R 上的函数()x f 既是奇函数，又是减函数，且当⎪⎭⎫⎝⎛∈2,0πθ时，有()()022sin 2cos 2>--++m f m f θθ恒成立，求实数m 的取值范围.分析: 利用函数的单调性和奇偶性去掉映射符号f ，将“抽象函数”问题转化为常见的含参的二次函数在区间(0，1)上恒为正的问题.而对于()≥x f 0在给定区间[a ，b]上恒成立问题可以转化成为()x f 在[a ，b]上的最小值问题，若()x f 中含有参数，则要求对参数进行讨论。
《含参不等式恒成立或存在性问题》热点题型探究
《含参不等式恒成立或存在性问题》热点题型探究含参不等式恒成立和存在性问题覆盖知识点多，综合性强，解法灵活，是高考的高频题型，常见解决方法有以下几种．方法一 直接法【例1】 已知函数y ＝lg[x 2＋(a －1)x ＋a 2]的定义域为R ，实数a 的取值范围为________. 解析 由题设可将问题转化为不等式x 2＋(a －1)x ＋a 2>0对x ∈R 恒成立，即有Δ＝(a －1)2－4a 2<0，解得a <－1或a >13.所以实数a 的取值范围为(－∞，－1)∪⎝⎛⎭⎫13，＋∞. 答案 (－∞，－1)∪⎝⎛⎭⎫13，＋∞ 【例2】 已知函数f (x )＝x 2＋mx －1，若对于任意x ∈[m ，m ＋1]，都有f (x )<0成立，则实数m 的取值范围为________.解析 据题意⎩⎪⎨⎪⎧f (m )＝m 2＋m 2－1<0，f (m ＋1)＝(m ＋1)2＋m (m ＋1)－1<0，解得－22<m <0. 答案 ⎝⎛⎭⎫－22，0对于二次函数f (x )＝ax 2＋bx ＋c (a ≠0，x ∈R )，有f (x )>0对x ∈R 恒成立⇔⎩⎪⎨⎪⎧a >0，Δ<0；f (x )<0对x ∈R 恒成立⇔⎩⎨⎧a <0，Δ<0.方法二 最值法将不等式恒成立问题转化为求函数最值问题的常用处理方法，其一般类型有：f (x )>a 恒成立⇔a <f (x )min ，f (x )<a 恒成立⇔a >f (x )max ；f (x )>a 有解⇔a <f (x )max ，f (x )<a 有解⇔a >f (x )min .【例3】已知f (x )＝7x 2－28x －a ，g (x )＝2x 3＋4x 2－40x ，当x ∈[－3,3]时，f (x )≤g (x )恒成立，求实数a 的取值范围．解析 设F (x )＝f (x )－g (x )＝－2x 3＋3x 2＋12x －a ， 则由题可知F (x )≤0对任意x ∈[－3,3]恒成立， 令F ′(x )＝－6x 2＋6x ＋12＝0，得x ＝－1或x ＝2，而F (－1)＝－7－a ，F (2)＝20－a ，F (－3)＝45－a ，F (3)＝9－a ，所以F (x )max ＝45－a ≤0， 所以a ≥45，即实数a 的取值范围为[45，＋∞)．【例4】 函数f (x )＝x 2＋2x ＋a x ，x ∈[1，＋∞)，若对任意x ∈[1，＋∞)，f (x )>0恒成立，求实数a 的取值范围．解析 若对任意x ∈[1，＋∞)，f (x )>0恒成立， 即对x ∈[1，＋∞)，f (x )＝x 2＋2x ＋ax>0恒成立，由于不等式的分母x ∈[1，＋∞)，只需x 2＋2x ＋a >0在x ∈[1，＋∞)上恒成立即可， 即需抛物线g (x )＝x 2＋2x ＋a 在x ∈[1，＋∞)上的最小值g (x )min ＝g (1)＝3＋a >0，即a >－3.故实数a 的取值范围为(－3，＋∞)．【例5】 设函数f (x )＝x －1x －a ln x (a ∈R )，g (x )＝x －ln x －1e ，若在区间[1，e]上至少存在一点x 0，使得f (x 0)≥g (x 0)成立，求a 的取值范围．解析 记h (x )＝f (x )－g (x )＝(1－a )ln x －1x ＋1e (x >0)，则h ′(x )＝(1－a )x ＋1x 2(x >0)．①若a ≤1，当x ∈[1，e]时，h ′(x )>0，h (x )在区间[1，e]上是增函数，[h (x )]max ＝1－a ≥0，所以a ≤1符合题意．②若1＜a ≤1＋1e ，当x ∈[1，e]时，h ′(x )＝1－a x 2·⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1a －1＞0，h (x )在区间[1，e]上是增函数，[h (x )]max ＝1－a ≥0，即a ≤1，与1＜a ≤1＋1e 矛盾，所以1＜a ≤1＋1e不符合题意．③若1＋1e <a <2，h ′(x )＝1－a x 2·⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1a －1.当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1，1a －1时，h ′(x )>0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1a －1，e 时，h ′(x )<0.所以[h (x )]max ＝h ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a －1＝(a －1)ln(a －1)－(a －1)＋1e .再记φ(t )＝t ln t －t ＋1e ⎝⎛⎭⎫1e <t <1，φ′(t )＝ln t <0，则φ(t )在⎝⎛⎭⎫1e ，1上单调递减，所以φ(t )<φ⎝⎛⎭⎫1e ＝－1e<0，因此[h (x )]max ≥0无解，即1＋1e<a <2不符合题意．④若a ≥2，当x ∈[1，e]时，h ′(x )＝1－a x 2·⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1a －1≤0，h (x )在区间[1，e]上是减函数，[h (x )]max ＝1e－1<0，因此[h (x )]max ≥0无解，即a ≥2不符合题意．综上所述，a 的取值范围是(－∞，1]． 方法三 分离变量法)若所给的不等式能通过恒等变形使参数与主元分离于不等式两端，从而问题转化为求主元函数的最值，进而求出参数范围．这种方法本质也还是求最值，但它思路更清晰，操作性更强．一般地有f (x )<g (a )(a 为参数)恒成立⇔g (a )>f (x )max ，f (x )>g (a )(a 为参数)恒成立⇔g (a )<f (x )min .【例6】 已知函数f (x )＝ax －4x －x 2，x ∈(0,4]时，f (x )<0恒成立，求实数a 的取值范围．解析 将问题转化为a <4x －x 2x对x ∈(0,4]恒成立． 令g (x )＝4x －x 2x ，则a <g (x )min . 由g (x )＝4x －x 2x＝4x－1，可知g (x )在(0,4]上为减函数，故g (x )min ＝g (4)＝0， 所以a <0，即a 的取值范围为(－∞，0)． 【例7】 已知函数f (x )＝x ln x ＋(1－k )x ＋k ，k ∈R . (1)当k ＝1时，求函数f (x )的单调区间；(2)当x >1时，求使不等式f (x )>0恒成立的k 的最大整数值． 解析 (1)当k ＝1时，f (x )＝x ln x ＋1，所以f ′(x )＝ln x ＋1.由f ′(x )>0，得x >1e ；由f ′(x )<0，得0<x <1e .所以f (x )的单调递增区间为⎝⎛⎭⎫1e ，＋∞，单调递减区间为⎝⎛⎭⎫0，1e . (2)由x >1时f (x )>0恒成立，得x >1时x ln x ＋(1－k )x ＋k >0，所以(x －1)k <x ln x ＋x ，即k <x ln x ＋x x －1对x >1恒成立．设g (x )＝x ln x ＋x x －1(x >1)，则g ′(x )＝－ln x ＋x －2(x －1)2，令μ(x )＝－ln x ＋x －2(x >1)，则μ′(x )＝－1x＋1，所以当x >1时，μ′(x )>0，μ(x )在(1，＋∞)上单调递增，而μ(3)＝1－ln 3<0，μ(4)＝2－ln 4>0，所以存在x 0∈(3,4)，使μ(x 0)＝0，即x 0－2＝ln x 0. 所以当x ∈(1，x 0)时，g ′(x )<0，此时函数g (x )单调递减； 当x ∈(x 0，＋∞)时，g ′(x )>0，此时函数g (x )单调递增．所以g (x )在x ＝x 0处有极小值(也是最小值)，所以g (x )min ＝g (x 0)＝x 0ln x 0＋x 0x 0－1＝x 0(x 0－2)＋x 0x 0－1＝x 0∈(3,4)，又k ＜g (x )恒成立，所以k <g (x )min ＝x 0，所以k 的最大整数值为3.【例8】 设函数f (x )＝ax ＋cos x ，x ∈[0，π]，若f (x )≤1＋sin x ，求a 的取值范围． 解析 因为f (x )≤1＋sin x ⇔ax ＋cos x ≤1＋sin x ⇔ax ≤1＋sin x －cos x ，所以当x ＝0时，0≤1＋sin 0－cos 0＝0恒成立； 当0<x ≤π时，ax ≤1＋sin x －cos x ⇔a ≤1＋sin x －cos x x ⇔a ≤⎣⎢⎡⎦⎥⎤1＋sin x －cos x x min ， 令g (x )＝1＋sin x －cos xx (0<x ≤π)，则 g ′(x )＝(cos x ＋sin x )x －1－sin x ＋cos xx 2＝(1＋x )cos x ＋(x －1)sin x －1x 2，又令c (x )＝(1＋x )cos x ＋(x －1)sin x －1， 则 c ′(x )＝cos x －(1＋x )sin x ＋sin x ＋(x －1)cos x ＝x (cos x －sin x )＝2x cos ⎝⎛⎭⎫x ＋π4， 则当x ∈⎝⎛⎭⎫0，π4时，cos ⎝⎛⎭⎫x ＋π4>0，故c ′(x )>0，c (x )单调递增， 当x ∈⎝⎛⎦⎤π4，π时，cos ⎝⎛⎭⎫x ＋π4<0，故c ′(x )<0，c (x )单调递减． 因为c (0)＝0，c ⎝⎛⎭⎫π4＝2π4－1>0，c ⎝⎛⎭⎫π2＝π2－2<0，c (π)＝－π－2<0，所以存在x 0∈⎝⎛⎭⎫π4，π2，使得g (x 0)＝0，所以g (x )在区间(0，x 0]上单调递增，在区间(x 0，π]上单调递减．因为g (π)＝2π，lim x →0g (x )＝1， 所以[g (x )]min ＝g (π)＝2π.故所求a 的取值范围为⎝⎛⎦⎤－∞，2π.(1)分离参数法的步骤：第一步，将原不等式分离参数，转化为不含参数的函数的最值问题；第二步，利用导数求该函数的最值；第三步，根据要求得所求范围．(2)分离参数法适用题型：①参数与变量能分离；②函数的最值易求出． 方法四 变换主元法处理含参不等式恒成立的某些问题时，若能适时地把主元变量和参数变量进行“换位”思考，往往会使问题降次、简化．【例9】对任意a ∈[－1,1]，不等式x 2＋(a －4)x ＋4－2a >0恒成立，求x 的取值范围． 解析 令f (a )＝(x －2)a ＋x 2－4x ＋4(a ∈[－1,1])，则原问题转化为f (a )>0恒成立．当x ＝2时，可得f (a )＝0，不合题意；当x ≠2时，应有⎩⎪⎨⎪⎧ f (1)>0，f (－1)>0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 2－3x ＋2>0，x 2－5x ＋6>0，解得x <1或x >3.故x 的取值范围为(－∞，1)∪(3，＋∞)．一般地，一次函数f (x )＝kx ＋b (k ≠0)在[α，β]上恒有f (x )>0的充要条件为⎩⎪⎨⎪⎧f (α)>0，f (β)>0.方法五 数形结合法f (x )>g (x )⇔函数f (x )图象恒在函数g (x )图象上方； f (x )<g (x )⇔函数f (x )图象恒在函数g (x )图象下方．【例10】设f (x )＝－x 2－4x ，g (x )＝43x ＋1－a ，若恒有f (x )≤g (x )成立，则实数a 的取值范围为________.解析 在同一直角坐标系中作出f (x )及g (x )的图象，如图所示，f (x )的图象是半圆(x ＋2)2＋y 2＝4(y ≥0)，g (x )的图象是平行的直线系4x －3y ＋3－3a ＝0.要使f (x )≤g (x )恒成立，则圆心(－2,0)到直线4x －3y ＋3－3a ＝0的距离满足d ＝|－8＋3－3a |5≥2，解得a ≤－5或a ≥53.因为f (x )≥0，且f (x )≤g (x )，所以a ≥53舍去．故实数a 的取值范围为(－∞，－5]．答案 (－∞，－5] 【跟踪检测】1．若关于x 的不等式x 2＋ax －2>0在区间[1,5]上有解，则实数a 的取值范围为( ) A ．⎝⎛⎭⎫－235，＋∞ B ．⎣⎡⎦⎤－235，1 C ．(1，＋∞)D ．(－∞，－1)A 解析 问题等价转化为不等式ax >2－x 2在区间[1,5]上有解，即不等式a >2x －x 在区间[1,5]上有解，令f (x )＝2x －x ，则有a >f (x )min ，而函数f (x )在区间[1,5]上是单调递减函数，所以函数f (x )在x ＝5处取得最小值，即f (x )min ＝f (5)＝25－5＝－235，所以a >－235.故选A 项．2．已知函数f (x )＝x ln x ＋x (x －a )2(x ∈R )，若存在x ∈⎣⎡⎦⎤12，2，使得f (x )>xf ′(x )成立，则实数a 的取值范围是( )A ．⎝⎛⎭⎫94，＋∞ B ．⎝⎛⎭⎫32，＋∞ C ．(2，＋∞)D ．(3，＋∞)C 解析 由f (x )>xf ′(x )得⎣⎡⎦⎤f (x )x ′<0，设g (x )＝f (x )x ＝ln x ＋(x －a )2，则存在x ∈⎣⎡⎦⎤12，2，使得g ′(x )<0成立，即g ′(x )＝1x ＋2(x －a )＜0成立，所以a ＞12x＋x 恒成立，所以a ＞⎝⎛⎭⎫12x ＋x min成立．又12x ＋x ≥212x ·x ＝2，当且仅当12x ＝x ，即x ＝22时，等号成立．所以a ＞ 2.故选C 项．3．若不等式log a x >sin 2x (a >0，a ≠1)对任意x ∈⎝⎛⎭⎫0，π4都成立，则a 的取值范围为( ) A ．⎝⎛⎭⎫0，π4 B ．⎝⎛⎭⎫π4，1 C ．⎝⎛⎭⎫π4，π2D ．(0,1)B 解析 记y 1＝log a x ，y 2＝sin 2x ，原不等式相当于y 1>y 2.作出两个函数的图象，如图所示，易知当y 1＝log a x 过点A ⎝⎛⎭⎫π4，1时，a ＝π4，所以当π4<a <1时，对任意x ∈⎝⎛⎭⎫0，π4都有y 1>y 2.故选B 项．4．已知函数f (x )＝(x －a )2＋(e x －a )2 (a ∈R )，若存在x 0∈R ，使得f (x 0)≤12成立，则实数a 的值为( )A ．13B ．22C ．24D ．12D 解析 函数f (x )等价于g (x )＝e x 图象上的点与直线y ＝x 上的点(a ，a )距离的平方，因为g (x )＝e x ，令g ′(x )＝1，即e x ＝1，解得x ＝0，g (0)＝e 0＝1，则点(0,1)到直线y ＝x 的距离为|1－0|12＋(－1)2＝12，即g (x )＝e x 上的点与y ＝x 上的点的最短距离为12，此时a >0，即f (x )≥f (0)＝12，因为存在x 0∈R ，使得f (x 0)≤12成立，所以f (x 0)＝f (0)＝12，即a 2＋(1－a )2＝12，解得a ＝12.故选D 项．5．已知函数f (x )＝a ln x －x ＋1x ，在区间⎝⎛⎦⎤0，12内任取两个不相等的实数m ，n ，若不等式mf (m )＋nf (n )<nf (m )＋mf (n )恒成立，则实数a 的取值范围是( )A ．(－∞，2]B ．⎝⎛⎦⎤－∞，52 C ．⎣⎡⎦⎤2，52 D ．⎣⎡⎭⎫52，＋∞B 解析 由题设不等式mf (m )＋nf (n )<nf (m )＋mf (n )可得不等式(m －n )[f (m )－f (n )]<0，由此可知函数f (x )是单调递减函数．因为f ′(x )＝a x －1－1x 2，所以问题转化为a x －1－1x2≤0在⎝⎛⎦⎤0，12内恒成立，即x 2－ax ＋1≥0在⎝⎛⎦⎤0，12内恒成立，也即a ≤x ＋1x 在⎝⎛⎦⎤0，12内恒成立，又x ＋1x ≥52，所以a ≤52.故选B 项． 6．函数f (x )＝ax 3－3x ＋1对于x ∈[－1,1]总有f (x )≥0成立，则a 的取值范围为________. 解析 依题意，f ′(x )＝3ax 2－3.①当a ≤0时，f ′(x )<0，函数f (x )为R 上的减函数，而f (1)＝a －2<0不满足条件．②当a >0时，f (x )在⎝⎛⎭⎫－∞，－1a 和⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞上为增函数，在⎝⎛⎭⎫－1a ，1a 上为减函数，又f (－1)＝－a ＋4≥0⇒a ≤4，f (1)＝a －2≥0⇒a ≥2，即2≤a ≤4⇒12≥1a ≥12，所以必须有函数f (x )的极小值f ⎝⎛⎭⎫1a ＝1a －3a ＋1＝－2a ＋1≥0⇒a ≥2⇒a ≥4，才能满足在区间[－1,1]上f (x )≥0恒成立，所以a ＝4.答案 {4}7．若不等式2x －1>m (x 2－1)对所有－2≤m ≤2都成立，求x 的取值范围．解析 原不等式化为m (x 2－1)－(2x －1)<0，令f (m )＝m (x 2－1)－(2x －1)，当－2≤m ≤2时，f (m )<0恒成立，只需满足⎩⎪⎨⎪⎧ f (－2)<0，f (2)<0，即⎩⎪⎨⎪⎧－2(x 2－1)－(2x －1)<0，2(x 2－1)－(2x －1)<0，解得－1＋72<x <1＋32，所以x 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫－1＋72，1＋32. 8．已知函数f (x )＝x －ln(x ＋a )(a >0)的最小值为0. (1)求f (x )的解析式；(2)若对任意x ∈[0，＋∞)，不等式f (x )≤x －mxx ＋1恒成立，求实数m 的取值范围．解析 (1)由题意可得f ′(x )＝1－1x ＋a.令f ′(x )>0，可得x >1－a ；令f ′(x )<0，可得x <1－a .所以x ＝1－a 为函数f (x )的极小值点，亦即函数f (x )的最小值点． 故有f (x )min ＝f (1－a )＝1－a －ln(1－a ＋a )＝1－a ＝0， 所以a ＝1，所以f (x )＝x －ln(x ＋1)．(2)若对任意x ∈[0，＋∞)，不等式f (x )≤x －mxx ＋1恒成立，即ln(x ＋1)≥mxx ＋1在x ∈[0，＋∞)上恒成立．设φ(x )＝ln(x ＋1)－mxx ＋1(x ≥0)，则φ′(x )＝1x ＋1－m(1＋x )2＝x ＋1－m(1＋x )2.①当m≤1时，φ′(x)≥0，仅当x＝0，m＝1时，等号成立，所以φ(x)在[0，＋∞)上单调递增．又φ(0)＝0，所以φ(x)≥0在[0，＋∞)上恒成立．所以当m≤1时，ln(x＋1)≥mx1＋x在[0，＋∞)上恒成立．②当m＞1时，对x∈(0，m－1)，有φ′(x)＜0，所以φ(x)在x∈(0，m－1)上单调递减，所以φ(m－1)＜φ(0)＝0，即当m＞1时，存在x＞0使φ(x)＜0，故当m＞1时，ln(1＋x)≥mx1＋x在x∈[0，＋∞)上不恒成立．综上可知，实数m的取值范围是(－∞，1]．。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
（20170301063）含参不等式恒成立存在性问题
班级___________姓名________________
一、知识点
(1)恒成立问题
1. ∀x ∈D,均有f(x)>A 恒成立，则f(x)min>A ；
2. ∀x ∈D,均有f(x) >g(x)恒成立，则F(x)= f(x)- g(x) >0，∴ F(x)min >0
3. ∀x1∈D, ∀x2∈E,均有f(x1) >g(x2)恒成立，则f(x)min> g(x)max
(2)存在性问题
1. ∃x0∈D,使得f(x0)>A 成立，则f(x) max >A ；
2. ∃x0∈D,使得f(x0) >g(x0)成立，设F(x)= f(x)- g(x)，∴ F(x) max >0
3. ∃x1∈D, ∃x2∈E, 使得f(x1) >g(x2)成立，则f(x) max > g(x) min
(3)相等问题
1. ∀x1∈D, ∃x2∈E,使得f(x1)=g(x2)成立，则{ f(x)} {g(x)}
(4)恒成立与存在性的综合性问题
1. ∀x1∈D, ∃x2∈E, 使得f(x1) >g(x2)成立，则f(x)min> g(x) min
2. ∀x1∈D, ∃x2∈E, 使得f(x1) <g(x2)成立，则f(x) max < g(x) max
二、例题讲解
例1:已知1ln )
(++=ax x x f （a>0）
，若0)(<x f 恒成立，求a 的范围
变１：已知x a x x f ln )(2-=（a>0）在]2,1[∈x 内至少存在一个实数使0)(<x f 成立，求a 的范围
变2：已知x a x g x x f ln )(,)(2==，对任意),0(+∞∈x 有)()(x g x f ≥恒成立,求a 的范围
变3：已知函数f (x )=x 2−x −1与g (x )=x 3−x 2−5x +m ,若∃x ∈[−2,2],得f(x)≤g(x)成立，求实数m 的取值范围。
例2、设f (x )＝a x ＋x ln x ，g (x )＝x 3－x 2－3.如果对于任意的x 1，x 2∈[12
，2]，都有f (x 1)≥g (x 2)成立，求实数a 的取值范围．
变1：设函数b x x a x h ++=
)(，对任意]2,21[∈a ，都有10)(≤x h 在]1,4
1[∈x 恒成立，求实数b 的取值范围．
变2：已知函数f (x )=2ax 3−3ax 2+1,g (x )=−a 4x +32，其中a<0,若对任意x 1∈[0,2]，总存在x 2∈[0,2]，使得f (x 1)<g(x 2)成立，求实数a 的取值范围
变3:已知
2331)(ax x x f -=
,对任意)2,(,21a a x x ∈都有
31)()(21≤-x f x f 恒成立,求a 的范围
例3、1、若实数m ≠0，存在x 1∈[1,2√2]，x 2∈[−1,1]满足方程√x 12+8=mx 2+1,求实数m
取值范围。
2、已知函数f (x )=2ax 3−3ax 2+1,g (x )=−a 4x +32，其中a<0,若对任意x 2∈[0,2]，总存在x 1∈
[0,2]，使得f (x 1)=g(x 2)成立，求实数a 的取值范围
作业:
1、)2,1(∈∀x ，
0ln 2
12>--a x x ，则实数a 的取值范围是 . 2、)2,1(∈∃x ，0ln 212>--a x x ，则实数a 的取值范围是 .
3、已知：不等式0ln 2<-x a x （a>0）在]2,1[∈x 有解，则a 的范围
4、不等式022cos 2sin 2<--+k x k x 对于R x ∈恒成立，则实数k 的取值范围为__________．
5、 若关于x 的方程|3|2(22
)3x a ---=+有实数根，则实数a 的取值范围为___________．
6、设函数()()432
2f x x ax x b x R =+++∈，其中,a b R ∈．若对于任意的[]2,2a ∈-，不等式()1f x ≤在[]1,1-上恒成立，求b 的取值范围．
7．已知函数12)(2+-=ax x x f ，x
a x 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；
8、已知函数.(Ⅰ)当时，讨论的单调性； （Ⅱ）设当时，若对任意，存在，使，求实数取值范围.
1()ln 1a f x x ax x -=-+
-()a R ∈12
a ≤()f x 2()2 4.g x x bx =-+14a =1(0,2)x ∈[]21,2x ∈12()()f x g x ≥b
9、 设函数()(,,)n n f x x bx c n N b c R +=++∈∈
（1）设2n ≥，1,1b c ==-，证明：()n f x 在区间1,12⎛⎫ ⎪⎝⎭内存在唯一的零点；
（2）设2n =，若对任意
12,x x [1,1]∈-，有2122|()()|4f x f x -≤，求b 的取值范围；
10、浙江高考2011:设函数()f x ＝2()ln x a x -，a ∈R
（Ⅰ）若x ＝e 为()y f x =的极值点，求实数a ；
（Ⅱ）求实数a 的取值范围，使得对任意的x ∈（0,3e ]，恒有()f x ≤42e 成立.。