数列中通项恒成立专题

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数列恒成立问题的求解策略

例2 设列{a。 }是首项为6，公差为1 的
解:(1 易得a。 6n 一 ) = 5.
‘ “ “赢 2由’一，得
3
(6n 一 [6( n + 1) 一 j 5) s
32
1 2
1 6 n 一5
等列，为列!b。前n 项且5，差 5。 }的和，二
nZ+ Zn .
中学数学研究
(1)求{a。 }和{吞}的项公式; 。通
度.
例6 a ， ‘ : b，是实数，，为任意实数， x y 设
A = (a 一 b)x + ( b 一 )y + (。 a ) ， = (b 一。一 B 。 + (‘ a )y + ( a 一， = ( 。 a ) x + ( a )x 一 b) C 一一 y + (b 一 )， ) b 。求证:A ，，不能都是正 B C 数，也不能都是负数. 分析:若想分类讨论，则须分一正两负、一负两正两种情况，、为变动的而x y 任意实数，
工 1_ 丝
及
2” +I 3n (3n + 3
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解 : (1)a二 n + 5， = Zn + 1. = b。 1 / 1 ，月 1 、 ‘『 / ) a 之尧一丁二二二二气1 十万 ) 气1 十如 …(1 + 二二二二一
二二二 9 ( n ) = 一万二二二二二气1 十下一. ) 叹1
且a 、 ‘ b、大小关系不明，难
问
题
的
求
解
策
略
山东武城二中 (253 0 ) 赵可红王淑玲 3

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.。

专题五恒成立问题2013届高考数学主干知识整合精品PPT教学课件

专题五 │ 要点热点探究
(3)当 a<1 时，有 3>3a，此时函数 f(x)在[a,3a]上递减，在[3a,3]上递增，所以函
数 f(x)在[0,3]上的最大值是 f(a)或者是 f(3)．由 f(a)－f(3)＝(a－3)2(4a－3)，
① 0<a≤34时，f(a)≤f(3)，
f3≤4，若对∀x∈[0,3]有 f(x)≤4 恒成立，需要有0<a≤34，
解得
a∈1－2
9
3，34.
②34<a<1 时，f(a)>f(3)，
fa≤4，若对∀x∈[0,3]有 f(x)≤4 恒成立，需要有34<a<1，
解得
a∈34，1.综上所述，a∈1－2
9
3，1.
专题五 │ 要点热点探究
► 探究点二 ∀x1，x2∈D，|f(x1)－f(x2)|≤C 的问题，因为|f(x1)－
2．恒成立问题在解题过程中大致可分为以下几种类型： (1)∀x∈D，f(x)>C；(2)∀x∈D，f(x)>g(x)； (3)∀x1，x2∈D，|f(x1)－f(x2)|≤C； (4)∀x1，x2∈D，|f(x1)－f(x2)|≤a|x1－x2|.
专题五│ 主干知识整合
3．不等式恒成立问题的处理方法 (1)转换求函数的最值 ①若不等式 A<f(x)在区间 D 上恒成立，则等价于在区间 D 上 A<f(x)min⇔f(x)的下界大于 A. ②若不等式 B>f(x)在区间 D 上恒成立，则等价于在区间 D 上 B>f(x)max⇔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(λ)≥f(x)(或 g(λ)≤f(x))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 g(λ)≥f(x)max(或 g(λ)≤f(x)min)，得 λ 的取值范围． (3)转换成函数图象问题 ①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； ②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．

恒成立问题常见类型及其解法

解：由题意，知 m 0 ，因此原不等式恒成立等价于 x4 2x2 4 4 4 m x2 2 ( x 2 2) 2 2 恒成立 2 x 2 x 2 x 2
4 令 t x 2， y t (t 2) t
2Leabharlann 函数 y t 4 在 [ 2， ) 上为增函数 t
y y1=(x-1)2 y y1=(x-1)2 y2=logax
例6：当 x 1, 2 时，不等式 x 1 log a x 恒成立，求a 2的范围.
2
1 o 1 2 x y2=logax
1 o 1 2 x
0 a 1
a 1
y 显然 a 1 , 要使对一切 x 1, 2， 1 y2 恒成立，
2
x 1 0
2
则
x 2 x 1 x 1 4 x 1 4 4 p x 1 4 x 1 x 1 x 1
令t=x-1>0,则p>-[t+4+4/t]∈(-∞,-8]
p 8
例4：设 lg x 3 x 7 a 0 ，如果 x R 恒成立， a 的范围. 求解：原不等式等价于lg x 3 x 7 a
m - 2 0 0 (5) 4m ，解得1 m 2 2( m - 2) 0 f ( 0) 0 y
y
m - 2 0 (6) ，无解 f (0) 0
综上所述， a 3 1
O
x
x
4.已知函数f ( x) (m - 2) x 2 - 4mx 2m - 6的图像与 x轴的负半轴有交点，求实数m的取值范围 .
归纳

江苏省高考数学一轮复习突破140必备专题09数列中的恒成立、存在性问题学案

专题09 数列中的恒成立、存在性问题数列是江苏高考的压轴题,难度比较大,综合性特别强,恒成立与存在性问题经常会与不等式、导数等结合,运用推理论证,分类讨论,转化化归等重要的数学思想,以等差等比数列为基本模型,考察学生的综合能力。

例1、(20１5江苏高考2０)设是各项为正数且公差的等差数列、(1)证明:依次构成等比数列;(2)是否存在,使得依次构成等比数列？并说明理由;(3)是否存在及正整数,使得依次构成等比数列?并说明理由。

分析:(1)只需依照等比数列定义说明后项与前项的比值是一个常数(2)假设存在,令,,将等式转化为关于的方程有解的问题,能够借助于导数研究函数单调性去寻找零点、(3)与第二问解法类似,同样转化为关于的方程有解的问题,运用多次求导判断单调性进一步说明有无零点(2)令,则,,,分别为,,,(,,)。

假设存在,,使得,,,依次构成等比数列,则,且。

令,则,且(,),化简得(),且、将代入()式,,则。

显然不是上面方程得解,矛盾,因此假设不成立,因此不存在,,使得,,,依次构成等比数列、(3)假设存在,及正整数,,使得,,,依次构成等比数列,则,且。

分别在两个等式的两边同除以及,并令(,),则,且、将上述两个等式两边取对数,得,且、化简得,且。

再将这两式相除,化简得()()()()()()ln 13ln 123ln 12ln 14ln 13ln 1t t t t t t +++++=++()、令()()()()()()()4ln 13ln 1ln 13ln 123ln 12ln 1g t t t t t t t =++-++-++,则()()()()()()()()()()222213ln 13312ln 1231ln 111213t t t t t t g t t t t ⎡⎤++-+++++⎣⎦'=+++、令()()()()()()()22213ln 13312ln 1231ln 1t t t t t t t ϕ=++-+++++,则()()()()()()()613ln 13212ln 121ln 1t t t t t t t ϕ'=++-+++++⎡⎤⎣⎦、令,则。

数列恒成立

泗洪中学二轮复习课堂微专题 --------数列中的恒成立问题1. 若数列{a n }、{b n }的通项公式分别是a n =(-1)n +2007·a ，n b n n 2008)1(2+-+=，且a n <b n ，对任意n ∈N *恒成立，则常数a 的取值范围是2. .等比数列{a n }的公比q ＞1，第17项的平方等于第24项，求使a 1＋a 2＋…＋a n ＞1a 1＋1a 2＋…＋1a n恒成立的正整数n 的取值范围.3 .数列}{n a 是首项14a =的等比数列，且3S ，2S ，4S 成等差数列，（Ⅰ）求数列}{n a 的通项公式；（Ⅱ）若2log n n b a =，设n T 为数列⎭⎬⎫⎩⎨⎧+11n n b b 的前n 项和，若n T ≤1n b λ+对一切*n N ∈恒成立，求实数λ的最小值.4. .设数列{a n }的前n 项和为S n ．已知a 1＝a ，a n+1＝S n ＋3n ，n∈N*． (Ⅰ)设b n ＝S n －3n ，求数列{b n }的通项公式；（Ⅱ）若a n+1≥a n ，n∈N*，求a 的取值范围．5.已知{}n a 是各项均为正数的等比数列, {}n b 是等差数列,且111,a b ==2332,b b a += 5237a b -=．（1）求{}n a 和{}n b 的通项公式；（2）设*,n n n c a b n N =?，其前n 项和为n T ．①求n T ；②若(3)n n T λ≤-对任意n N +∈恒成立，求λ的最大值．6. 已知数列{a n }和{b n }满足：a 1＝λ，a n+1＝23a n ＋n －4，b n ＝(－1)n (a n －3n ＋21)，其中λ为实数，n 为正整数.（Ⅰ）对任意实数λ，证明数列{a n }不是等比数列；（Ⅱ）试判断数列{b n }是否为等比数列，并证明你的结论；（Ⅲ）设0＜a ＜b,S n 为数列{b n }的前n 项和.是否存在实数λ，使得对任意正整数n ，都有a ＜S n ＜b?若存在，求λ的取值范围；若不存在，说明理由.巩固练习1.已知数列{a n }是各项均不为零的等差数列，S n 为其前n 项和，且a n ＝S 2n －1(n ∈N *)．若不等式λa n ≤n ＋8n 对任意n ∈N *恒成立，则实数λ的最大值为_______。

微专题8 数列中的恒成立问题

微专题8 数列中的恒成立问题问题背景恒成立问题是高考中的热点问题，在函数中出现得较多，而数列是一种特殊的函数，解决问题的很多方法与函数相似，在近几年的各地高考试题中，以数列为载体的恒成立问题，立意更高，综合性更强，值得我们去研究和关注.高考命题方向：1.利用函数及不等式研究最值；2.利用单调性（作差、作商）研究最值.思维模型说明：1.解决方案及流程①求数列的通项公式，可用公式法转化成等差或等比数列求通项，有时可用方程组方法转化成研究递推关系，直接求不出通项公式时，可以退一步先研究n S 再求n a ；②分离变量，将问题转化成()a f n ≥恒成立()max a f n ⇒≥或()a f n ≤恒成立()min a f n ⇒≤；③利用单调性（导数、性质、作差、作商、夹逼法）或不等式等方法求数列的最值；所谓导数法即转化成研究对应的函数，或根据数列单调性的定义利用作差、作商法转换成与0和1的比较，或用夹逼法11,,k k k k a a a a +-≥⎧⎨≥⎩或11,,k k k k a a a a +-≤⎧⎨≤⎩求出最值；④转化成解不等式问题或方程问题（等式恒成立问题要注意等式两边的和谐统一）.2.失误与防范①注意定义域；数列是一种特殊的函数，定义域是自然数集或它的子集；②利用单调性作差时注意项数的变化，从n 变化至1n +注意增加和减少的项数； ③注意求最值时等号能否取得（比如n 若是偶数，从2n =开始等，做完后对端点进行检验）；④解不等式时遗漏讨论，（比如公比为1的讨论()1n-的n 的奇偶性的讨论）.问题解决一、典型例题在正数数列{}()*n a n N ∈中，n S 为{}n a 的前n 项和，若点(),n n a S 在函数21c x y c -=-的图象上，其中c 为正常数，且1c ≠.（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）是否存在正整数M ，使得当n M >时，13521101n a a a a a -⋅⋅⋅>恒成立？若存在，求出使结论成立的c 的取值范围和相应的M 的最小值；（3）若存在一个等差数列{}n b ，对任意*n N ∈都有12132n n n b a b a b a --+++⋅⋅⋅+1215313n n n b a b a n -+=--成立，求{}n b 的通项公式及c 的值. 二、自主探究1.已知常数0λ≥，设各项均为正数的数列{}n a 的前n 项和为n S ，满足：11a =，()()*11131n n n n n na S S a n N a λ+++=++∈. （1）若0λ=，求数列{}n a 的通项公式；（2）若112n n a a +<，对一切*n N ∈恒成立，求实数λ的取值范围. 2.已知数列{}n a 满足()2*1211,3,322,n n n a x a x S S S n n n N +-==++=+≥∈，且{}n a 的前n 项和为n S .（1）若数列{}n a 为等差数列，求数列的通项n a ；（2）若对任意*1,n n n N a a +∈<恒成立，求实数x 的取值范围.。

微专题12 数列中与“恒成立”相关问题讲义-2021届高三数学二轮复习

微专题12 数列中与“恒成立”相关的问题【例题1】已知数列{}n a ，=++23n a n n λ，3a 数列{}n a 的最小项，求实数λ的取值范围．解法1a n ≥a 3对任意n ∈N *恒成立，即λ(n －3)≥－(n －3)(n ＋3)．当n ≥4时，λ≥－(n ＋3)，所以λ≥－7；当n ≤2时，λ≤－5；当n ＝3时，λ∈R ；综上所述，－7≤λ≤－5，即实数λ的取值范围为[－7，－5]．解法2函数f (x )＝x 2＋λx ＋3的对称轴为x ＝－λ2，考虑到数列自变量n ∈N *：52≤－λ2≤72，所以－7≤λ≤－5，即实数λ的取值范围为[－7，－5]．【例题2】已知数列{}n b 满足n 12122n b n λ-⎛⎫=-- ⎪⎝⎭，若数列{}n b 是单调递减数列，求实数λ的取值范围．解析：由题意可知对任意n ∈N *，数列{b n }单调递减，所以b n ＋1<b n ，即2λ(－12)n －(n ＋1)2<2λ(－12)n －1－n 2，即6λ(－12)n <2n ＋1对任意n ∈N *恒成立，因为(2n ＋3)·2n ＋1－(2n ＋1)·2n ＝2n ·(2n ＋5)>0，所以数列{(2n ＋1)·2n }单调递增，当n 是奇数时，λ>－（2n ＋1）2n6，因为数列 ⎩⎨⎧⎭⎬⎫－（2n ＋1）2n 6单调递减，所以当n ＝1时，－（2n ＋1）2n6取得最大值－1，所以λ>－1；当n 是偶数时，λ<（2n ＋1）2n 6，因为数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫（2n ＋1）2n 6单调递增，所以当n ＝2时，（2n ＋1）2n6取得最小值103，所以λ<103.综上可知，－1<λ<103，即实数λ的取值范围是(－1，103)．【归纳总结】数列中项的最大最小问题，数列的单调性问题都可转化为“恒成立”问题．【串讲1】已知111,232+1n a n n n =+++++，若2n ma m >+，对一切大于1的自然数n 恒成立，试确定实数m 的取值范围．解析：由题意可知，f(n)＝S 2n ＋1－S n ＋1＝1n ＋2＋1n ＋3＋1n ＋4＋…＋12n ＋1.所以f(n ＋1)－f(n)＝(1n ＋3＋1n ＋4＋…＋12n ＋1＋12n ＋2＋12n ＋3)－(1n ＋2＋1n ＋3＋1n ＋4＋…＋12n ＋1)＝12n ＋2＋12n ＋3－1n ＋2＝(12n ＋2－12n ＋4)＋(12n ＋3－12n ＋4)>0.所以f(n)在(2，＋∞)单调递增，从而f(n)min ＝f(2)＝920，从而－2<m<1811.【串讲2】已知各项是正数的数列{}n a 的前n 项和为n S .若()2*12N ,23n n n a S S n n -++=∈，且12a =. （1）求数列{}n a 的通项公式；2331,2n n n na n S +=-=（2）若12n n S λ+⋅对*N n ∈恒成立，求实数λ的取值范围；答案：(1)①a n ＝3n －1，②⎣⎡⎭⎫1516，＋∞；*(2)q .解析：(1)①当n ≥2时，由S n ＋S n －1＝a n 2＋23，(*)，则S n ＋1＋S n ＝a n ＋12＋23，(**)1分 (**)－(*)得a n ＋1＋a n ＝13(a n ＋12－a n 2)，即a n ＋1－a n ＝3，n ≥2，3分当n ＝2时，由(*)知a 1＋a 2＋a 1＝a 22＋23，即a 22－3a 2－10＝0，解得a 2＝5或a 2＝－2(舍去)，所以a 2－a 1＝3，即数列{a n }为等差数列，且首项a 1＝2，所以数列{a n }的通项公式为 a n ＝3n －1. 4分 ②由①知，，所以，由题意可得λ≥S n 2n ＋1＝3n 2＋n2n ＋2 对一切n ∈N *恒成立，5分记c n ＝3n 2＋n 2n ＋2，则c n －1＝3（n －1）2＋（n －1）2n ＋1，n ≥2，所以c n －c n －1＝－3n 2＋11n －42n ＋2， n ≥2.当n >4时，c n <c n －1，当n ＝4时，c 4＝1316，且c 3＝1516，c 2＝78，c 1＝12，所以当 n ＝3时，c n ＝3n 2＋n 2n ＋2取得最大值1516，7分所以实数λ的取值范围为⎣⎡⎭⎫1516，＋∞.8分【串讲3】在数列{}n a 中，已知112,321n n a a a n +==+-.(1)求证：数列{}n a n +为等比数列；(2)记(1)n n b a n λ=+-，且数列{}n b 的前n 项和为n T ，若3n T T ≥恒成立，求λ的取值范围．解析：(1)∵a n ＋1＝3a n ＋2n －1，∴a n ＋1＋n ＋1＝3(a n ＋n)．又a 1＝2，∴a n >0，a n ＋n>0，故a n ＋1＋n ＋1a n ＋n ＝3，∴{a n ＋n}是以3为首项，公比为3的等比数列．(2)由(1)知a n ＋n ＝3n ，∴b n ＝3n－nλ.∴T n ＝31＋32＋ (3)－(1＋2＋3＋…＋n)λ＝32(3n－1)－n （n ＋1）2λ.若T 3为数列{T n }中的最小项，则对n ∈N *有32(3n－1)－n （n ＋1）2λ≥39－6λ恒成立．即3n ＋1－81≥(n 2＋n －12)λ对n ∈N *恒成立.1°当n ＝1时，有T 1≥T 3，得λ≥365；2°当n ＝2时，有T 2≥T 3，得λ≥9；3°当n ≥4时，n 2＋n －12＝(n ＋4)(n －3)>0恒成立，∴λ≤3n ＋1－81n 2＋n －12对n ≥4恒成立．令f (n )＝3n ＋1－81n 2＋n －12，则f (n ＋1)－f (n)＝3n ＋1（2n 2－26）＋162（n ＋1）（n 2＋3n －10）（n 2＋n －12）>0对n ≥4恒成立．∴f (n )＝3n ＋1－81n 2＋n －12在n ≥4时为单调递增数列．∴λ≤f (4)，即λ≤814.综上，9≤λ≤814，即实数λ的取值范围为⎣⎡⎦⎤9，814.【串讲3】已知各项是正数的数列{}n a 的前n 项和为n S .若()2*12N ,23n n n a S S n n -++=∈，且12a =. （1）求数列{}n a 的通项公式；2331,2n n n na n S +=-=（2）若12n n S λ+⋅对*N n ∈恒成立，求实数λ的取值范围；答案：(1)①a n ＝3n －1，②⎣⎡⎭⎫1516，＋∞；*(2)q .解析：(1)①当n ≥2时，由S n ＋S n －1＝a n 2＋23，(*)，则S n ＋1＋S n ＝a n ＋12＋23，(**)1分 (**)－(*)得a n ＋1＋a n ＝13(a n ＋12－a n 2)，即a n ＋1－a n ＝3，n ≥2，3分当n ＝2时，由(*)知a 1＋a 2＋a 1＝a 22＋23，即a 22－3a 2－10＝0，解得a 2＝5或a 2＝－2(舍去)，所以a 2－a 1＝3，即数列{a n }为等差数列，且首项a 1＝2，所以数列{a n }的通项公式为 a n ＝3n －1. 4分 ②由①知，，所以，由题意可得λ≥S n 2n ＋1＝3n 2＋n2n ＋2 对一切n ∈N *恒成立，5分记c n ＝3n 2＋n 2n ＋2，则c n －1＝3（n －1）2＋（n －1）2n ＋1，n ≥2，所以c n －c n －1＝－3n 2＋11n －42n ＋2， n ≥2.当n >4时，c n <c n －1，当n ＝4时，c 4＝1316，且c 3＝1516，c 2＝78，c 1＝12，所以当n ＝3时，c n ＝3n 2＋n 2n ＋2取得最大值1516，7分所以实数λ的取值范围为⎣⎡⎭⎫1516，＋∞.8分设数列{}n a 满足()212211n n n a a a a a λ+-+⋅=-，其中2n ≥，λ为常数．(1)若{}n a 是等差数列，且公差0d ≠，求λ的值；(2)若a 1＝1，a 2＝2，a 3＝4，且存在r ∈[3，7]，使得m ·a n ≥n －r 对任意的n ∈N *都成立，求m 的最小值；解析：(1)由题意，可得a n 2＝(a n ＋d )(a n －d )＋λd 2，化简得(λ－1)d 2＝0，又d ≠0，所以λ＝1. (2)将a 1＝1，a 2＝2，a 3＝4代入条件，可得4＝1×4＋λ，解得λ＝0，所以a n 2＝a n ＋1a n －1，所以数列{a n }是首项为1，公比q ＝2的等比数列，所以a n ＝2n －1.欲存在r ∈[3，7]，使得m ·2n －1≥n －r ，即r ≥n －m ·2n －1对任意n ∈N *都成立，则7≥n －m ·2n －1，所以m ≥n －72n －1对任意n ∈N *都成立．令b n＝n －72n －1，则b n ＋1－b n ＝n －62n －n －72n －1＝8－n2n ，所以当n >8时，b n ＋1<b n ；当n ＝8时，b 9＝b 8；当n <8时，b n ＋1>b n .所以b n 的最大值为b 9＝b 8＝1128，所以m 的最小值为1128.(2018·苏州市高三调研测试)已知各项是正数的数列{}n a 的前n 项和为n S .(1)若()2*12N ,23n n n a S S n n -++=∈，且12a =. ①求数列{}n a 的通项公式；②若12n n S λ+⋅对任意*N n ∈恒成立，求实数λ的取值范围；答案：(1)①a n ＝3n －1，②⎣⎡⎭⎫1516，＋∞；*(2)q .解析：(1)①当n ≥2时，由S n ＋S n －1＝a n 2＋23，(*)，则S n ＋1＋S n ＝a n ＋12＋23，(**)1分 (**)－(*)得a n ＋1＋a n ＝13(a n ＋12－a n 2)，即a n ＋1－a n ＝3，n ≥2，3分当n ＝2时，由(*)知a 1＋a 2＋a 1＝a 22＋23，即a 22－3a 2－10＝0，解得a 2＝5或a 2＝－2(舍去)，所以a 2－a 1＝3，即数列{a n }为等差数列，且首项a 1＝2，所以数列{a n }的通项公式为 a n ＝3n －1. 4分②由①知，a n ＝3n －1，所以S n ＝n （3n －1＋2）2＝3n 2＋n2，由题意可得λ≥S n 2n ＋1＝3n 2＋n2n ＋2 对一切n ∈N *恒成立，5分记c n ＝3n 2＋n 2n ＋2，则c n －1＝3（n －1）2＋（n －1）2n ＋1，n ≥2，所以c n －c n －1＝－3n 2＋11n －42n ＋2， n ≥2.当n >4时，c n <c n －1，当n ＝4时，c 4＝1316，且c 3＝1516，c 2＝78，c 1＝12，所以当 n ＝3时，c n ＝3n 2＋n 2n ＋2取得最大值1516，7分所以实数λ的取值范围为⎣⎡⎭⎫1516，＋∞.8分。

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利用通项恒等式求通项公式专题
◎ 利用常见恒等式)2(1≥-=-n S S a n n n 求n
a
【练习步步高】
1、求下列数列的通项公式：
（1）n n S n 322-= （2）23S n -=n
54-=n a n )
1(1)
2(331{=≥--=n n n n n a
2、已知正项数列{}n a 的前n 项和为n S ，且对任意正整数n 都满足12+=n n a S ，求n a 。

12-=n a n
4、设数列{}n a 的前n 项和n S =2
214--
-n n a ，求n a 。

解析：由n S =2
214--
-n n a ，得1+n S =1
1214-+-
-n n a ，
∴ 1+n a =1+n S －n S =n a －1+n a +（-
-2
2
1n 1
2
1-n ）
∴ 1+n a =
n a 21+n 2
1
，两边同乘以12+n ，得12+n 1+n a =n 2n a +2， ∴ {
}
n n
a 2是首项为1公差为2的等差数列， ∴ n
2n a =2+2)1(⋅-n =n 2， ∴ n a =
1
2
-n n
5、已知数列{}n a 满足11=a ，前n 项和为n S 与通项n a 满足n n n n a S a S -=222
）且（∙∈≥N n n 2, 求n a 。

)
32)(12(2
2,11---
=≥==n n a n a n n n 时，时
◎利用其它恒等式求通项
例1、已知{}n a 是一个公差大于0的等差数列，且满足16,557263=+=a a a a （1）求数列{}n a 的通项公式；
（2）若数列{}n a 和数列{}n b 满足等式)(2
(2222)
1+∈+++=Z n b b b a n n n 求{}n b 的前n 项和。

【练习步步高】
1、（2014湛江二模）已知等差数列{}n a 的首项11a =，公差0d >，且2514,,a a a 分别是等比数列{}n b 的2b ，3b ，4b 。

(1) 求数列{}n a 和{}n b 的通项公式； (2) 设数列{}n c 对任意正整数n 均有12
112
n
n n
c c c a b b b ++++
=成立，求122014
c c c +++的值。

解：（1）1(1)22 1.n a n n =+-⋅=-
113,1,3.n n q b b -===
（2）∵
12
112n
n n
c c c a b b b +++=， ① ∴
1
21
c a b =，即1123c b a ==，又
1
12
12
1
(2)n n n c c c a n b b b --++=≥， ② ①-②得
12n
n n n
c a a b +=-= ∴1223(2)n n n c b n -==⋅≥，∴1
3
(1)23(2)
n n n c n -=⎧=⎨⋅≥⎩，则12201411220143232323c c c -++
+=+⋅+⋅+
+⋅ 12201332(333)=+⋅++
+
201320143(13)
323.13
-=+⨯
=-
2、2010广东文（本小题满分14分）
已知数列
{}
n a 满足对任意的*
n ∈N
，都有0n a >，且
()2
33
3
1212
n n a a a a a a ++
+=++
+．
（1）求1a ，2a 的值；（2）求数列{}n a 的通项公式n a ；（3）设数列21n n a a +⎧
⎫
⎨
⎬⎩⎭
的前n 项和为n
S ，不等式()1log 13n a S a >-对任意的正整数n 恒成立，求实数a 的取值范围．。