高中数学专题讲义-恒成立与有解问题

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函数恒成立存在性与有解问题

函数恒成立存在性问题知识点梳理1、恒成立问题的转化：()a f x >恒成立⇒()max a f x >；()()min a f x a f x ≤⇒≤恒成立2、能成立问题的转化：()a f x >能成立⇒()min a f x >；()()max a f x a f x ≤⇒≤能成立3、恰成立问题的转化：()a f x >在M 上恰成立⇔()a f x >的解集为M ()()R a f x M a f x C M ⎧>⎪⇔⎨≤⎪⎩在上恒成立在上恒成立另一转化方法：若A x f D x ≥∈)(,在D 上恰成立，等价于)(x f 在D 上的最小值A x f =)(min ，若,D x ∈Bx f ≤)(在D 上恰成立，则等价于)(x f 在D 上的最大值B x f =)(max .4、设函数()x f 、()x g ，对任意的[]b a x ,1∈，存在[]d c x ,2∈，使得()()21x g x f ≥，则()()x g x f min min ≥5、设函数()x f 、()x g ，对任意的[]b a x ,1∈，存在[]d c x ,2∈，使得()()21x g x f ≤，则()()x g x f max max ≤6、设函数()x f 、()x g ，存在[]b a x ,1∈，存在[]d c x ,2∈，使得()()21x g x f ≥，则()()x g x f min max ≥7、设函数()x f 、()x g ，存在[]b a x ,1∈，存在[]d c x ,2∈，使得()()21x g x f ≤，则()()x g x f max min ≤8、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；9、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；例题讲解：题型一、常见方法1、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；2、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．3、已知两函数2)(x x f =，m x g x-⎪⎭⎫ ⎝⎛=21)(，对任意[]2,01∈x ，存在[]2,12∈x ，使得()21)(x g x f ≥，则实数m 的取值范围为题型二、主参换位法(已知某个参数的范围，整理成关于这个参数的函数)1、对于满足2p ≤的所有实数p,求使不等式212x px p x ++>+恒成立的x 的取值范围。

2024年新高一数学讲义(人教A版2019必修第一册)函数不等式恒成立与能成立(解析版)

专题拓展：函数不等式恒成立与能成立一、单变量不等式恒成立问题一般利用参变分离法求解函数不等式恒（能）成立，可根据以下原则进行求解：1、∀∈x D ，()()min ≤⇔≤m f x m f x 2、∀∈x D ，()()max ≥⇔≥m f x m f x 3、∃∈x D ，()()max ≤⇔≤m f x m f x 4、∃∈x D ，()()min≥⇔≥m f x m f x 二、双变量不等式与等式一般地，已知函数()[],,y f x x a b =∈，()[],,y g x x c d =∈1、不等关系（1）若[]1,x a b ∀∈，[]2,x c d ∀∈，总有()()12f x g x <成立，故()()max min f x g x <；（2）若[]1,x a b ∀∈，[]2,x c d ∃∈，有()()12f x g x <成立，故()()max max f x g x <；（3）若[]1,x a b ∃∈，[]2,x c d ∀∈，有()()12f x g x <成立，故()()min min f x g x <；（4）若[]1,x a b ∃∈，[]2,x c d ∃∈，有()()12f x g x <成立，故()()min max f x g x <．2、相等关系记()[],,y f x x a b =∈的值域为A ,()[],,y g x x c d =∈的值域为B,（1）若[]1,x a b ∀∈，[]2,x c d ∃∈，有()()12=f x g x 成立，则有A B ⊆；（2）若[]1,x a b ∃∈，[]2,x c d ∀∈，有()()12=f x g x 成立，则有A B ⊇；（3）若[]1,x a b ∃∈，[]2,x c d ∃∈，有()()12=f x g x 成立，故A B ⋂≠∅；考点一：单变量不等式恒成立例1．（23-24高一上·广东湛江·月考）若不等式10x a -++≥对一切10,2x ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦成立，则a 的最小值为（）A ．0B ．2-C ．52-D ．12-【答案】D【解析】若不等式10x a -++≥对一切10,2x ⎛⎤∈ ⎝⎦成立，则max (1)a x ≥-+，当12x =时，1x -+取最大值12-，故12a ≥-，故a 的最小值是12-.故选：D ．【变式1-1】（23-24高一上·河南·月考）若对于任意的0x >，不等式()2310x a x +-+≥恒成立，则实数a的取值范围为（）A ．[)5,+∞B ．()5,+∞C ．(],5-∞D ．(),5-∞【答案】C【解析】不等式()2310x a x +-+≥可化为，231x x a x++≥，令()231x x f x x++=，由题意可得()min a f x ≤，()1335f x x x =++≥=，当且仅当1x x =，即1x =时等号成立，()min 5a f x ≤=，所以实数a 的取值范围为(],5-∞.故选：C.【变式1-2】（23-24高一下·贵州遵义·月考）已知函数()()lg 31kf x x =+，若不等式()1f x <在()0,33x ∈上恒成立，则k 的取值范围为（）A ．1,2⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦B ．1,2⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭C ．()0,2D ．1,22⎡⎫⎪⎢⎣⎭【答案】A【解析】因为033x <<，所以131100x <+<，所以()20lg 31x <+<，由()1f x <，得()1lg 31kx <+，即()lg 311k x <+，因为不等式()1f x <在()0,33x ∈上恒成立，所以()min lg 311k x ⎡⎤⎢⎥⎢⎥⎣<+⎦，()0,33x ∈即可.由()20lg 31x <+<，得()21g 31l 1x >+，即12k ≤，所以k 的取值范围为1,2⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦.故选：A.【变式1-3】（23-24高一下·黑龙江大庆·开学考试）已知定义在R 上的偶函数()f x 和奇函数()g x 满足()()e x f x g x +=，且()2e 0x f x m ->-≥在[]1,2x ∈上恒成立，则实数m 的取值范围为.【答案】(2e ,0-⎤-⎦【解析】因为()()e xf xg x +=，①得()()e xf xg x --+-=，又()f x 和()g x 分别为偶函数和奇函数，所以()()e xf xg x --=，②由①②相加得()2e e x xf x -=+，又()2e 0xf x m ->-≥在[]1,2x ∈上恒成立即e 0x m --<≤在[]1,2x ∈上恒成立，设()e xh x -=-，则只需()max m h x >，易知()h x 在[]1,2上为增函数，()()2max 2e h x h -==-，所以2e 0m --<≤，故答案为：(2e ,0-⎤-⎦.考点二：单变量不等式能成立例2.（23-24高一上·重庆·期末）已知函数()22f x x x =-，若存在[]2,4x ∈，使得不等式()23f x a a≤+成立，则实数a 的取值范围为.【答案】][(),30,∞∞--⋃+【解析】因为函数()22f x x x =-的对称轴为1x =，所以当[]24x ,∈时，该二次函数单调递增，所以()()min 20f x f ==，因为存在[]24x ,∈，使得不等式()23f x a a ≤+成立，所以有2300a a a +≥⇒≥，或3a ≤-，因此实数a 的取值范围为][(),30,∞∞--⋃+，故答案为：][(),30,∞∞--⋃+【变式2-1】（22-23高一上·四川南充·月考）已知函数()142f x x x =+-．若存在()2,x ∈+∞，使得()2f x a a ≤-成立，则实数a 的取值范围是．【答案】(][),34,-∞-⋃+∞【解析】因为()2,x ∈+∞，所以20x ->，所以()1144(2)822f x x x x x =+=-++--812≥+=，当且仅当14(2)2x x -=-，即52x =时取等号，所以min ()12f x =，因为存在()2,x ∈+∞，使得()2f x a a ≤-成立，所以只要()2min f x a a ≤-，即212a a ≤-，得3a ≤-或4a ≥，所以a 的取值范围为(][),34,-∞-⋃+∞.【变式2-2】（22-23高一上·山东枣庄·月考）设函数1()f x x x =+，1,32x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，若1,32x ⎡⎤∃∈⎢⎥⎣⎦，使得2()a a f x -≥成立，则实数a 的取值范围是.【答案】(][),12,-∞-⋃+∞【解析】因为函数1()f x x x =+，1,32x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，而函数()f x 在1,12⎡⎤⎢⎥⎣⎦为减函数，在[]1,3为增函数，所以min ()(1)112f x f ==+=，即函数的最小值为2,又1,32x ⎡⎤∃∈⎢⎥⎣⎦，使得2()a a f x -≥成立，则2min ()a a f x -≥，即22a a -≥，解得：2a ≥或1a ≤-，即实数a 的取值范围是2a ≥或1a ≤-，故答案为：(][),12,-∞-⋃+∞【变式2-3】（23-24高一下·河北张家口·开学考试）已知函数()22(0)g x ax ax b a =++>在区间[]0,2上有最大值11和最小值3，且()()g x f x x=．(1)求a b 、的值；(2)若不等式()220x xk f ⋅-≤在[]1,2x ∈-上有解，求实数k 的取值范围．【答案】(1)1,3a b ==；(2)17k ≤.【解析】（1）函数()22(0)g x ax ax b a =++>图象的对称轴为=1x -，显然函数()g x 在[]0,2上单调递增，因此min ()(0)3g x g b ===，max ()(2)811g x g a b ==+=，解得1a =，所以1,3a b ==.（2）由（1）知，2()23g x x x =++，()3()2g x f x x x x==++，因此不等式2332)2)012(202(22()22x x x xx x xk f k k ⋅-⋅++≤≤-⇔≤⇔++，令12x t =，由[]1,2x ∈-，得124t ≤≤，则22321321(22)x xt t ++=++，显然函数2321y t t =++在1[,2]4t ∈上单调递增，当2t =时，max 17y =，由不等式()220x xk f ⋅-≤在[]1,2x ∈-上有解，得17k ≤，所以实数k 的取值范围是17k ≤.考点三：任意-任意型不等式成立例3.（21-22高二下·北京·月考）已知()()21,2xf x xg x m ⎛⎫==- ⎪⎝⎭，若对任意[]10,2x ∈，任意[]21,2x ∈，使得()()12f x g x ≥，则实数m 的取值范围是（）A ．14m ≥B ．14m ≤C ．12m ≥D ．12m ≤【答案】C【解析】由[]10,2x ∈，2()f x x =，所以1()[0,4]f x ∈，对任意的[]10,2x ∈，要使()()12f x g x ≥成立，即要2()0g x ≤，对任意[]21,2x ∈上成立，所以任意[1,2]x ∈，使得1()2x m ≤成立，即max 11()22x m ≥=.故选：C.【变式3-1】（22-23高一上·湖北鄂州·期中）已知()f x 是定义在[]31,3D a a =++上的奇函数，且当(]0,3x a ∈+时，()22f x x ax =+.(1)求函数()f x 的解析式；(2)设()g x x b =-+，对任意12,x x D ∈，均有()()12f x g x ≥，求实数b 的取值范围.【答案】(1)()222,020,02,20x x x f x x x x x ⎧-<≤⎪==⎨⎪---≤<⎩；(2)(,3]-∞-【解析】（1）因为()f x 是定义在[]313a a ++,上的奇函数，所以3130a a ++=+，解得1a =-，所以()f x 是定义在[]22-,上的奇函数，可得()00f =，当2(]0,x ∈时，()22f x x x =-.当[2,0)x ∈-时，则(0,2]x -∈，所以()()()2222f x x x x x -=---=+，因为()f x 是奇函数，所以()()22f x f x x x -=-=+，所以()22f x x x =--，所以()222,020,02,20x x x f x x x x x ⎧-<≤⎪==⎨⎪---≤<⎩.（2）对任意12,x x D ∈，均有()12()f x g x ≥，只需min max ()()f x g x ≥，由（1）知，当2(]0,x ∈时，()222(1)1f x x x x =-=--，当1x =时，()min 1f x =-；当[2,0)x ∈-时，()222(1)1f x x x x =--=-++，当2x =-时，()min 0f x =，又由()00f =，所以函数min ()(1)1f x f ==-，因为()g x x b =-+在[2,-上为单调递减函数，所以()()max 22g x g b =-=+，所以12b -≥+，解得3b ≤-，故实数b 的取值范围为(,3]-∞-.【变式3-2】（23-24高一上·湖南永州·期末）已知函数()lg f x x =，()2e e x xg x a =-.(1)若对[]11,10x ∀∈，[)20,x ∀∈+∞都有()()12f x g x ≤，求实数a 的取值范围；(2)若函数()()()h x g x g x =+-，求函数()h x 的零点个数.【答案】(1)2a ≥；(2)答案见解析.【解析】（1）对[]11,10x ∀∈，[)20,x ∀∈+∞都有()()12f x g x ≤，只需()()12max min f x g x ≤，由()11lg f x x =在[]11,10x ∈上递增，故()1max (10)1f x f ==，由()2222ee x x g x a =-，在[)20,x ∈+∞上有2[1,)e x t ∈=+∞，所以()22g x y at t ==-且[1,)t ∈+∞，故有21at t -≥在[1,)t ∈+∞上恒成立，所以2max max 211111()[()24a t t t ≥+=+-，而1(0,1]t∈，即2a ≥.（2）由题设()2222e e e )e e e e ()(e x x x x x x x xh a x a a ----=--=+-++，令2e e x x μ-=≥+，当且仅当0x =时等号成立，则2222()2e e e e x x x x μ--+=+=+，即2222e e x x μ-+=-，所以()2()2a a h x ϕμμμ==--且[2,)μ∈+∞，令2()20a a ϕμμμ=--=，则问题等价于2122a μμμμ==--在[2,)μ∈+∞上解的个数，又12y μμ=-在[2,)μ∈+∞上递减，故(0,1]y ∈，当1a >或0a ≤时，22a μμ=-在[2,)μ∈+∞上无解，即()h x 无零点；当1a =时，22(1)(2)0μμμμ--=+-=在[2,)μ∈+∞上有2μ=，所以2e e x x μ-+==，即0x =，故()h x 有1个零点；当01a <<时，220a a μμ--=在[2,)μ∈+∞上有122aμ+=>（负值舍），又e e x x μ-=+为偶函数，此时()h x 有2个零点；综上，1a >或0a ≤时，()h x 无零点；1a =时，()h x 有1个零点；01a <<时，()h x 有2个零点；【变式3-3】（23-24高一上·北京·月考）已知函数()()()()()21122log 1log 1,6R f x x x g x x ax a =++-=-+∈.(1)求函数()f x 的定义域.(2)判断函数()f x 的奇偶性，并说明理由.(3)对)[]12,1,2x x ∀∈+∞∈，不等式()()12f x g x ≤恒成立，求实数a 的取值范围.【答案】(1)()1,+∞；(2)函数()f x 为非奇非偶函数，理由见解析；(3)11,2⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦【解析】（1）由函数()()()1122log 1log 1f x x x =++-有意义，则满足1010x x +>⎧⎨->⎩，解得1x >，所以函数()f x 的定义域为()1,+∞.（2）因为()f x 的定义域为()1,+∞，不关于原点对称，所以函数()f x 为非奇非偶函数.（3）由“对)[]12,2,4x x ∀∈+∞∈-，不等式()()12f x g x ≤恒成立”，可得max min ()()f x g x ≤，当x ()()()()2111222log 1log 1log 1f x x x x =++-=-由()f x 在)+∞上单调递减，max ()1f x f==-，根据题意得，对[]21,2,70x x ax ∀∈-+≥法一：可转化为[]71,2,x a x x∀∈≤+，令()7h x x x =+，由()h x 在[]1,2上单调递减得，可得()min 711()2222h x h ==+=，实数a 的取值范围为11,2⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦.法二：设函数()27g x x ax =-+，①当22a≥，即4a ≥时，()g x 在[]1,2上单调递减，可得()min ()21021g x g a ==-≥-，解得112a ≤，则1142a ≤≤；②当12a≤，即2a ≤时，()g x 在[]1,2上单调递增，可得()min ()171g x g a ==-≥-，解得8a ≤，则2a ≤；③当122a<<，即24a <<时，()g x 在[]1,2先减后增，可得()2min ()7122a ag x a =-⨯+≥-，解得a -≤≤24a <<，综上，实数a 的取值范围为11,2⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦.考点四：任意-存在型不等式成立例4.（23-24高一下·山东淄博·期中）已知函数()3f x x =+，[]0,2x ∈，()ag x x x=+，[]1,2x ∈．对[]10,2x ∀∈，都[]21,2x ∃∈，使得()()12f x g x ≥成立，则a 的范围是．【答案】9,4⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦【解析】函数()3f x x =+，在[]0,2x ∈上单调递增，所以min ()(0)3f x f ==，当a<0时，()ag x x x=+在区间[]1,2上单调递增，min ()1g x a =+，所以31a ≥+，解得2a ≤，又因为a<0，所以031a a <⎧⎨≥+⎩，解得a<0；当01a ≤≤时，()ag x x x=+在区间[]1,2上单调递增，其最小值为(1)1g a =+，所以有0131a a ≤≤⎧⎨≥+⎩，解得01a ≤≤，当14a <<时，()ag x x x=+在区间上单调减，在上单调增，其最小值为g =，所以有143a <≤⎧⎪⎨≥⎪⎩，解得914a <≤，当4a >时，()ag x x x =+在区间[]1,2上单调减，()min ()222a g x g ==+，此时4322a a >⎧⎪⎨≥+⎪⎩，无解；所以a 的取值范围是9,4⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦，故答案为：9,4⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦.【变式4-1】（23-24高一上·重庆·月考）已知函数()()4,2xf x xg x a x=+=+.若[][]121,3,2,3x x ∀∈∃∈，使得()()12f x g x ≥成立，则实数a 的范围是（）A ．4a ≤B ．3a ≤C ．0a ≤D ．1a ≤【答案】C【解析】因为()44f x x x =+≥=，当且仅当4x x =，且0,x >即2x =时等号成立，所以()min 4f x =，又函数()2x g x a =+在[]2,3上单调递增，所以()2min 24g x a a =+=+，由题意可知()()min min f x g x ≥，即44a ≥+，所以0a ≤，故选：C.【变式4-2】（23-24高一上·广东佛山·期中）已知()221f x x x =--，()log a g x x =（0a >且1a ≠），若对任意的[]11,2x ∈-，都存在[]22,4x ∈，使得()()12f x g x <成立，则实数a 的取值范围是（）A ．,12⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭B ．1,12⎛⎫⎪⎝⎭C ．(D ．()1,2【答案】D【解析】由题意可知：()()12max max <⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦f x g x ，因为()221f x x x =--的图象开口向上，对称轴为1x =，且[]1,2x ∈-，可知当=1x -时，()f x 取到最大值()12f -=，由题意可得：()22<g x ，可知存在[]22,4x ∈，使得()22<g x 成立，当01a <<，可知()log a g x x =在()0,∞+上单调递减，可得()()2102<=<g x g ，不合题意；当1a >，可知()log a g x x =在()0,∞+上单调递增，可得()2g x 的最大值为()4g ，则()24log 42log =>=a a g a ，即24a <又1a >，解得12a <<；综上所述：实数a 的取值范围是()1,2.故选：D.【变式4-3】（23-24高一上·广东茂名·期中）已知函数()()()2222410,2log 123x f x x x g x x m m =-+=+++-，若对任意[]10,4x ∈，总存在[]2x ∈，使()()12f x g x ≥成立，则实数m 的取值范围为.【答案】[1,2]【解析】对任意[]10,4x ∈，总存在[]22,4x ∈，使()()12f x g x ≥成立,∴对[][]()()1212min min 0,4,2,4,x x f x g x ∈∈≥成立()22410(2)6,f x x x x =-+=-+∴ 当[]10,4x ∈时，()()1min 26f x f ==，()()2222log 123x g x x m m =+++- 在[]2,4上是增函数，∴当[]22,4x ∈时，()()()222222min 22log 212338g x g m m m m ==+++-=-+，()()22638,320,120,12m m m m m m m ∴≥-+∴-+≤∴--≤∴≤≤，故实数m 的取值范围为[1,2].故答案为：[1,2].考点五：存在-存在性不等式成立例5.（22-23高一上·北京丰台·期中）已知函数()f x ax =和221()8g x x a =+（其中0a >），若存在12,(1,1)x x ∈-使得()()12f x g x ≥成立，则实数a 的取值范围是（）A ．(0,1)B ．(0,1]C ．22,44⎛-+ ⎝⎭D ．22,44⎡+⎢⎣⎦【答案】A【解析】存在12,(1,1)x x ∈-使得()()12f x g x ≥成立，等价于()()max min f x g x ≥在()1,1x ∈-上恒成立，由0a >得，()f x a <，()2min ()0g x g a ==，所以2a a >，解得01a <<，所以实数a 的取值范围是(0,1).故选：A.【变式5-1】（23-24高一上·河北·月考）已知()()[]()()212121,22,,0,1,f x ax g x x x a x x f x g x =+=-+∃∈>，则a 的取值范围是（）A ．(),2-∞B ．()2,+∞C ．(),1-∞D ．()1,+∞【答案】A【解析】[]12,0,1x x ∃∈，()()12f x g x >，所以，()()12max min f x g x >，()()2222121g x x x a x a =-+=-+-在[]0,1上单调递减，所以()2min 21g x a =-，当0a =时，())2122212f x g x x =>=-，即22212x x >-，取210x x ==成立.当a<0时，()1max 1f x =，即211a -<，得1a <，所以a<0当0a >时，()1max 1f x a =+，即121a a +>-，得2a <，所以02a <<，综上：a 的取值范围是(),2-∞.故选：A【变式5-2】（22-23高一上·辽宁营口·期末）已知函数()4f x x x =+，()2x g x a =+，若11,12x ⎡⎤∃∈⎢⎥⎣⎦，[]22,3x ∃∈，使得()()12f x g x ≤，则实数a 的取值范围是（）A ．1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭B ．9,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭C ．[)3,∞-+D ．[)1,+∞【答案】C【解析】若11,12x ⎡⎤∃∈⎢⎥⎣⎦，[]22,3x ∃∈，使得()()12f x g x ≤，故只需()()min max f x g x ≤，其中()4f x x x =+在1,12x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦上单调递减，故()()min 5114f x f ==+=，()2x g x a =+在[]2,3x ∈上单调递增，故()()max 38g x g a ==+，所以58a ≤+，解得：3a ≥-，实数a 的取值范围是[)3,∞-+.故选：C【变式5-3】（23-24高一上·全国·期末）已知2()21,()log (0a f x x x g x x a =--=>且0)a ≠，若存在[]11,2x ∈-,存在[]22,4x ∈,使得12()()f x g x <成立,则实数a 的取值范围是.【答案】()1,2∞⎛⎫⋃+ ⎪ ⎪⎝⎭【解析】因为22()21(1)2f x x x x =--=--，当[]1,2x ∈-时,max min ()(1)2,()(1)2f x f f x f =-===-，因为存在[]11,2x ∈-，存在[]22,4x ∈，使得12()()f x g x <成立,所以函数()f x 在[]1,2-上的最小值小于函数()g x 在[]2,4上的最大值.当01a <<时,函数()log a g x x =在[]2,4上单调递减，则2log 2a -<，解得02a <<;当1a >时,函数()log a g x x =在[]2,4上单调递增，则2log 4a -<，解得1a >，综上,实数a 的取值范围是()0,1,2∞⎛⋃+ ⎪⎝⎭.故答案为：()0,1,2∞⎛⎫⋃+ ⎪ ⎪⎝⎭.考点六：任意-存在型等式成立例6.（22-23高二下·黑龙江哈尔滨·期末）已知221()2,()e 1x f x x x m g x -=-+=-，若对[]12130,3,,22x x ⎡⎤∀∈∃∈⎢⎥⎣⎦，使得()()12f x g x =，则实数m 的取值范围是（）A ．22,e 4⎡⎤-⎣⎦B ．21,e 5⎡⎤-⎣⎦C ．22,e 5⎡⎤-⎣⎦D ．21,e 4⎡⎤-⎣⎦【答案】D【解析】因为22()2(1)1f x x x m x m =-+=-+-，[]0,3x ∈，所以()f x 在[0,1)上递减，在(1,3]上递增，所以()f x 的最小值为(1)1f m =-，因为(0),(3)3f m f m ==+，3m m +>，所以()f x 的最大值为3m +，所以()f x 的值域为[1,3]m m -+，因为21()e 1x g x -=-在13,22x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦上递增，所以()g x 的值域为2[0,e 1]-，因为对[]12130,3,,22x x ⎡⎤∀∈∃∈⎢⎥⎣⎦，使得()()12f x g x =，所以[1,3]m m -+是2[0,e 1]-的子集，所以2103e 1m m -≥⎧⎨+≤-⎩，解得21e 4m ≤≤-，即m 的取值范围21e 4m ≤≤-故选：D 【变式6-1】（23-24高一上·甘肃酒泉·期末）已知函数()2f x ax =-，()122,13,1,31,x x g x x x -⎧≤≤=⎨-+-≤<⎩对1[3,3]x ∀∈-，2[3,3]x ∃∈-，使得()()12f x g x =成立，则实数a 的取值范围是（）A ．[1,1]-B ．[]0,4C ．[]1,3D ．[2,2]-【答案】D【解析】因为()122,13,1,31,x x g x x x -⎧≤≤=⎨-+-≤<⎩所以[)23,1x ∈-时，()[]22218,1g x x =-+∈-，[]21,3x ∈时，()[]21221,4x g x -=∈，综上()[]28,4g x ∈-.当0a >时，1[3,3]x ∀∈-，[]1()32,32f x a a ∈---，由题意，[][]32,328,4a a ---⊆-，即328324a a --≥-⎧⎨-≤⎩，解得02a <≤；当0a =时，1()2f x =-，符合题意；当0a <时，1[3,3]x ∀∈-，[]1()32,32f x a a ∈---，由题意，[][]32,328,4a a ---⊆-，即328324a a -≥-⎧⎨--≤⎩，解得20a -≤<；综上可得[]2,2a ∈-.故选：D.【变式6-2】（23-24高一上·江苏南通·期中）已知函数()f x 为偶函数，且[]2,0x ∈-时，()f x x =-.(1)求(]0,2x ∈时，()f x 的解析式；(2)若函数()()20g x ax a a =+-≠，对[][]122,2,2,2x x ∀∈-∃∈-，使得()()21g x f x =成立，求实数a 的取值范围.【答案】(1)()f x x =--，(]0,2x ∈；(2)6a ≤-或2a ≥.【解析】（1）(]0,2x ∈时，[)2,0x -∈-，所以()f x x x -=--=--，因为()f x 为偶函数，所以()()f x f x -=，则()f x x =--(]0,2x ∈；（2）因为()f x 为偶函数，所以()f x 在[]2,0-和[]0,2上的值域相同，当(]0,2x ∈时，()f x x =--，令t 23x t =-，t ⎡∈⎣，所以函数化为()222314y t t t =--=--，t ⎡∈⎣，所以1t =时，min 4y =-；t =max y =-即()f x 在[]22-,上的值域为4,⎡--⎣.又对[]12,2x ∀∈-，[]22,2x ∃∈-，使得()()21g x f x =成立，所以()f x 的值域是()g x 的值域的子集，①当0a >时，()g x 在[]22-,上的值域为[]23,2a a -+则4232aa -≥-⎧⎪⎨-≤+⎪⎩，解得2a ≥②当a<0时，()g x 在[]22-,上的值域为[]2,23a a +-，则4223a a -≥+⎧⎪⎨-≤-⎪⎩，解得6a ≤-综上所述，实数a 的取值范围为6a ≤-或2a ≥.【变式6-3】（21-22高一下·上海黄浦·月考）已知函数2()f x x x k =-+，若2log ()2f a =，2(log )f a k =，1a ≠．(1)求,a k 的值，并求函数(log )a f x 的最小值及此时x 的值；(2)函数()42g x mx m =+-，若对任意的1[1,3]x ∈，总存在2[1,3]x ∈，使得()()12f x g x =成立，求实数m 的取值范围．【答案】(1)2a =，2k =，x (log )a f x 有最小值74；(2)(,4][4,)-∞-+∞【解析】（1）因为2()f x x x k =-+，所以2()f a a a k =-+，所以()2222log 2log 44a a k a a k -+==⇒-+=，①因为2(log )f a k =，所以()2222log log l )og (f k a a a k =-+=，②由②得，()2222log log log 00a a a -=⇒=或21log a =，解得1a =或2a =因为0a >，且1a ≠，所以2a =，代入①得22242k k -+=⇒=，所以2,2a k ==，所以2()2f x x x =-+所以22222217(log )(log )(log )log 2(log )24a f x f x x x x ==-+=-+．所以当21log 2x =，即x =(log )a f x 有最小值74．（2）2()2f x x x =-+，当1[1,3]x ∈时，1()[2,8]f x ∈，因为对任意的1[1,3]x ∈，总存在2[1,3]x ∈，使得()()12f x g x =成立，所以1()f x 的值域是2()g x 值域的子集，当0m =时，()4g x =，舍去；当0m >时，因为2[1,3]x ∈，所以2()[4,4]g x m m ∈-++，所以4248m m -+≤⎧⎨+≥⎩，所以4m ≥；当0m <时，因为2[1,3]x ∈，所以2()[4,4]g x m m ∈+-+，所以4248m m +≤⎧⎨-+≥⎩，所以4m -；综上，实数m 的取值范围是(,4][4,)-∞-+∞ ．一、单选题1．（23-24高一上·河北石家庄·期中）已知函数2()224x x f x a =-⋅+，若()0f x ≥恒成立，则实数a 的取值范围为（）A ．(,4]-∞B ．(,2]-∞C ．[4,)+∞D ．[2,)+∞【答案】A【解析】因为()0f x ≥恒成立，即22240x x a -⋅+≥恒成立，所以422xx a ≤+恒成立，又由4242x x +≥=（当且仅当1x =时取等号），所以4a ≤．故选：A ．2．（23-24高一上·吉林长春·期中）设函数()221(1)f x x x =-+-，不等式()()3f ax f x ≤+在(]1,2x ∈上恒成立，则实数a 的取值范围是（）A ．5,2⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦B ．(],2-∞C ．51,2⎡⎤-⎢⎥⎣⎦D ．35,22⎡⎤-⎢⎥⎣⎦【答案】D【解析】因为()212f x x x +=+，()212f x x x -=+，所以()()11f x f x +=-，所以函数()221(1)f x x x =-+-关于直线1x =对称，当1x ≥时，()()2221(1)1f x x x x =-+-=-，则函数()f x 在[)1,+∞上单调递增，所以在(),1-∞上单调递减，又不等式()()3f ax f x ≤+在(]1,2x ∈上恒成立，所以12ax x -≤+在(]1,2x ∈上恒成立，即12ax x -≤+在(]1,2x ∈上恒成立，所以212--≤-≤+x ax x 在(]1,2x ∈上恒成立，所以1311--≤≤+a x x 在(]1,2x ∈上恒成立，所以max min1311⎛⎫⎛⎫--≤≤+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭a x x ，因为函数11y x =--在(]1,2x ∈上单调递增，所以max 1131122x ⎛⎫--=--=- ⎪⎝⎭，因为函数31=+y x 在(]1,2x ∈上单调递减，所以min3351122x ⎛⎫+=+= ⎪⎝⎭，所以3522a -≤≤，即35,22⎡⎤-⎢⎥⎣⎦.故选：D3．（22-23高一上·海南·期中）已知函数()24a x x x f =-+，()5g x ax a =+-，若对任意的[]11,3x ∈-，总存在[]21,3x ∈-，使得()()1f x g x =成立，则实数a 的取值范围是（）A ．(],9-∞-B ．[]9,3-C ．[)3,+∞D ．(][),93,-∞-+∞ 【答案】D【解析】要使对任意的[]11,3x ∈-，总存在[]21,3x ∈-，使得()()12f x g x =成立，即()f x 在[]1,3-上值域是()g x 在[]1,3-上值域的子集，2()(2)4f x x a =-+-开口向上且对称轴为2x =，则[]1,3-上值域为[4,5]a a -+；对于()5g x ax a =+-：当a<0时()g x 在[]1,3-上值域为[25,52]a a +-，此时，0254525a a a a a <⎧⎪+≤-⎨⎪-≥+⎩，可得9a ≤-；当0a =时()g x 在[]1,3-上值域为{5}，不满足要求；当0a >时()g x 在[]1,3-上值域为[52,25]a a -+；此时，0255524a a a a a >⎧⎪+≥+⎨⎪-≤-⎩，可得3a ≥；综上，a 的取值范围(][),93,-∞-+∞ .故选：D4．（23-24高一上·江西南昌·月考）已知函数()4f x x x=+，()2xg x a =+.若[]11,3x ∀∈，[]22,3x ∃∈，使得()()12f x g x ≥成立，则实数a 的取值范围是（）A ．4a ≤-B ．3a ≤-C ．0a ≤D ．1a ≤【答案】C【解析】设()4f x x x=+在[]1,3上的最小值为()min f x ，()2xg x a =+在[]2,3上的最小值为()min g x .因为44x x +≥=，当且仅当4x x =，且0x >，即2x =时等号成立，所以，()min 4f x =.()2x g x a =+在[]2,3上单调递增，所以()()min 24g x g a ==+.由[]11,3x ∀∈，[]22,3x ∃∈，使得()()12f x g x ≥成立，可得()()min min f x g x ≥，即44a ≥+，所以0a ≤.故选：C.5．（22-23高二上·陕西西安·期中）已知()()()21ln 12xf x xg x m ⎛⎫=+=- ⎪⎝⎭，，若对任意[]10,3x ∈，[]21,2x ∈，使得()()12f x g x ≥，则实数m 的取值范围是（）A ．14⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭，B ．14⎛-∞⎤ ⎝，C ．12⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭D ．12⎛⎤-∞- ⎥⎝⎦，【答案】C【解析】易知()2(ln 1)f x x =+在[0,3]上单调递增，()()min 00f x f ==，()1()2x g x m =-在[1,2]上单调递减，()()max 112g x g m ==-，对任意[]10,3x ∈，[]21,2x ∈，使得()()12f x g x ≥，则()()min maxf xg x ≥所以102m -≤，即12m ≥.故选：C.6．（21-22高一上·福建泉州·期中）已知函数()3f x ax =，0a >，223()2g x x a =+，若存在1x ，211,22x ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦使得()()12f x g x ≥成立，则a 的取值范围为（）A ．25a <<B ．02a <<C．52a <<或2a <-D ．108a <≤【答案】D【解析】设任意的11,,22m n ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦，且m n <，0a >，所以()()()()2233f a m n m m nm f n am a n n -=-++-=()223024n n a m n m ⎡⎤⎛⎫=-++<⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦，即()()f m f n <，所以()3f x ax =在11,22⎡⎤-⎢⎥⎣⎦上单调递增，所以()max 128a f x f ⎛⎫== ⎪⎝⎭；因为223()2g x x a =+，其对称轴为0x =，所以根据二次函数的性质可得223()2g x x a =+在11,22⎡⎤-⎢⎥⎣⎦可得到最小值2(0)g a =，若存在1x ，211,22x ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦使得()()12f x g x ≥成立，只需()()max min f x g x ≥，所以28a a ≥，解得108a ≤≤，因为0a >，所以a 的取值范围为108a <≤，故选：D 二、多选题7．（23-24高一上·辽宁丹东·月考）12x x m -++≥对于x ∀∈R 恒成立，则m 的可能取值为（）A ．1B ．2C ．3D ．4【答案】ABC【解析】设()12f x x x =-++，则()21,1123,2121,2x x f x x x x x x +≥⎧⎪=-++=-<<⎨⎪--≤-⎩，则()f x的图象如下所示：由图可知当21x -≤≤时()f x 取得最小值3，即123x x -++≥当且仅当21x -≤≤时取等号，因为12x x m -++≥对于x ∀∈R 恒成立，所以3m ≤，故符合题意的有A 、B 、C.故选：ABC8．（23-24高一上·湖南株洲·月考）已知函数()21([2,2])f x x x =-+∈-，2()2([0,3])g x x x x =-∈，则下列结论正确的是（）A ．[2,2]x ∀∈-，()f x a >恒成立，则a 的取值范围是(,3)-∞-B ．[2,2]x ∃∈-，()f x a >，则a 的取值范围是(,3)-∞-C ．[0,3]x ∃∈，()g x a =，则a 的取值范围是[1,3]-D ．[2,2]x ∀∈-，[0,3]t ∃∈，()()f x g t =【答案】AC【解析】对于A ，因为()21([2,2])f x x x =-+∈-单调递减，所以min ()3f x =-，又因为()f x a >恒成立，则a 的取值范围是(,3)-∞-，故A 正确；对于B ，因为()21([2,2])f x x x =-+∈-单调递减，所以max ()5f x =，又[2,2]x ∃∈-，()f x a >，则a 的取值范围是(,5)-∞，故B 错误；对于C ，2()2([0,3])g x x x x =-∈在[]0,1单调递减，(]1,3单调递增，所以min max ()(1)1,()(3)3,g x g g x g ==-==所以()[1,3]g x ∈-，因为[0,3]x ∃∈，()g x a =，所以a 的取值范围是[1,3]-，故C 正确；对于D ，由上述过程可知[]()3,5f x ∈-，()[1,3]g x ∈-，则不能保证[2,2]x ∀∈-，[0,3]t ∃∈，()()f x g t =，例如：当2x =-时，不存在[0,3]t ∈，()()f x g t =，故D 错误.故选:AC.三、填空题9．（23-24高一上·广东·月考）已知函数1()2xf x ⎛⎫= ⎪⎝⎭与2()24(0)g x x ax a =-+>，若对任意的1(0,1)x ∈，都存在2[0,2]x ∈，使得()()12f x g x =，则实数a 的取值范围是.【答案】,2⎫+∞⎪⎪⎣⎭【解析】1()2xf x ⎛⎫= ⎪⎝⎭，函数单调递减，1(0,1)x ∈，故()11,12f x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，对任意的1(0,1)x ∈，都存在2[0,2]x ∈，使得()()12f x g x =，故()2g x 的值域包含1,12⎛⎫⎪⎝⎭，①当02a <<时，()()2min 142g x g a a ==-≤，解得22a ≤<，此时()()max 041g x g ==≥，成立；②当2a ≥时，函数在[]0,2上单调递减，()()max 041g x g ==≥，成立，()()min 12842g x g a ==-≤，解得158a ≥，即2a ≥；综上所述：2a ⎫∈+∞⎪⎪⎣⎭.故答案为：,2⎫+∞⎪⎪⎣⎭10．（23-24高一上·广东佛山·期中）已知函数()f x x x =，若对任意[],2x t t ∈+，不等式()()29f x t f x +≤恒成立，则实数t 的取值范围是.【答案】1⎡⎤⎣⎦【解析】因为()f x x x =，则有：当0x ≥时，()2f x x =，此时()f x 单调递增；当0x ≤时，()2f x x =-，此时()f x 单调递增，且()00f =，所以()f x 为R 上的连续函数且在R 上单调递增.又因为()()99333===f x x x x x f x ，则()()()293+≤=f x t f x f x ，可得23+≤x t x ，即23≤-t x x 对任意[],2x t t ∈+恒成立，注意到23y x x =-的图象开口向下，则()()223322t t t t t t ⎧≤-⎪⎨≤+-+⎪⎩，解得01≤≤t ，所以实数t 的取值范围为1⎡⎤⎦.故答案为：1⎡⎤⎣⎦.11．（23-24高一下·上海嘉定·月考）已知函数()()22log 1f x x =+，()12xg x m ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，若对于任意[]11,1x ∈-，存在[]21,1x ∈-，使得()()12f x g x ≤，则实数m 的取值范围为.【答案】[)1,-+∞【解析】因为[]11,1x ∈-，所以[]2111,2x ∈+，所以()[]221log 10,1x ∈+，即()[]10,1f x ∈，由[]21,1x ∈-，则211,222xm m m ⎡⎤+∈++⎢⎥⎛⎪⎭⎣⎫ ⎦⎝，即()21,22g x m m ⎡⎤∈++⎢⎥⎣⎦，因为对于任意[]11,1x ∈-，存在[]21,1x ∈-，使得()()12f x g x ≤，所以()()12max max f x g x ≤，则21m +≥，解得1m ≥-，即[)1,m ∈-+∞.故答案为：[)1,-+∞.四、解答题12．（22-23高一上·江西赣州·期中）函数()log a f x b x =⋅（其中a ，b 为常数，且0a >，1a ≠）的图象经过点(),4A a ，()4,8B .(1)求函数()f x 的解析式；(2)若不等式110x xm b a ⎛⎫⎛⎫--≥ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭在区间[]1,2-上有解，求实数m 的取值范围.【答案】(1)2()4log f x x =；(2)2m ≤【解析】（1）由题意得log 4log 48a a b a b ⋅=⎧⎨⋅=⎩，解之得24a b =⎧⎨=⎩，故2()4log f x x =；（2）由（1）知11042x xm ⎛⎫⎛⎫--≥ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭在区间[]1,2-上有解，即1142x x m ⎛⎫⎛⎫≤- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭在区间[]1,2-上有解，所以max 1142x x m ⎡⎤⎛⎫⎛⎫≤-⎢⎥ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦，因为2211111114222224x x x x x ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫-=-=-- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭，由于[]1,2x ∈-得11,224x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，所以当122x =即=1x -时，1142x x ⎛⎫⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭有最大值为2，因此m 的取值范围为2m ≤.13．（23-24高一上·内蒙古赤峰·期末）已知函数()()21log 212x f x x =+-.(1)解不等式()112f x x >+；(2)设()()g x f x x =+，()22h x x x m =-+，若对任意的[]10,4x ∈，存在[]20,5x ∈，使得()()12g x h x ≥，求m 的取值范围.【答案】(1)(),0∞-；(2)(,2]-∞【解析】（1）因为()112f x x >+，所以()211log 21122x x x +->+，所以()22221log 211log log 22x x xx ++->⇔>，由对数函数2log y x =的单调性可知：2122x x +>，所以21x <，由指数函数2x y =的单调性可知：0x <，所以不等式的解集为(),0∞-；（2）()()21log 212x g x x =++，因为对任意的[]10,4x ∈，存在[]20,5x ∈，使得()()12g x h x ≥，所以()g x 在[]0,4上的最小值不小于()h x 在[]0,5上的最小值；因为()21log 21,2x y y x =+=均在[]0,4上单调递增，所以()21()log 212x g x x =++在[]0,4上单调递增，所以()()min 01g x g ==，因为()()22211h x x x m x m =-+=-+-，所以()h x 在[]0,1上单调递减，在[]1,5上单调递增，所以()()min 11h x h m ==-，所以11m ≥-，解得2m ≤，所以m 的取值范围为(,2]-∞.。

恒成立或存在性问题课件-2024届高三数学二轮复习

专题研究一恒成立或存在性问题
要点解决恒成立或有解问题的常见结论下列是恒成立问题的一些常见结论： (1)不等式f(x)≥0在定义域内恒成立，等价于f(x)min≥0； (2)不等式f(x)≤0在定义域内恒成立，等价于f(x)max≤0； (3)不等式f(x)>g(x)，x∈(a，b)恒成立，等价于F(x)＝f(x)－g(x)>0，x∈(a，b) 恒成立.
例1 已知a≠0，函数f(x)＝ax(x－2)2(x∈R).若对任意x∈[－2，1]，不等式 f(x)<32恒成立，求a的取值范围.
【解析】方法一：因为f(x)＝ax(x2－4x＋4)＝ax3－4ax2＋4ax. 所以f′(x)＝3ax2－8ax＋4a＝a(3x2－8x＋4)＝a(3x－2)(x－2). 当a>0时，f(x)在－2，23上单调递增，在23，1上单调递减. 故f(x)的最大值为f23＝3227a<32，即a<27.
即22aa＋＋b4＋ b＋1＝ 2＝0， 0，解得ab＝＝－－1313， . 经验证，符合题意. (2)在 14，1 上存在x0，使得不等式f(x0)－c≤0成立，只需c≥f(x)min，x∈ 14，1，因为f′(x)＝－23－31x2＋1x＝－2x2－3x32x＋1＝－（2x－1）3x（2 x－1），所以当x∈14，12时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
题型二存在性问题
例2 已知函数f(x)＝－ax2＋ln x(a∈R).
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若存在x∈(1，＋∞)，f(x)>－a，求实数a的取值范围. 【解析】 (1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－2ax＋1x＝1－x2ax2.
当a≤0时，f′(x)>0，则f(x)在(0，＋∞)上单调递增.

高考数学二轮复习考点知识与题型专题讲解33--- 恒成立问题与有解问题(解析版)

高考数学二轮复习考点知识与题型专题讲解33 恒成立问题与有解问题一．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 <；（4）若[]1,x a b ∀∈，[]2,x c d ∃∈，有()()12f x g x =，则()f x 的值域是()g x 值域的子集．二．恒成立问题的一般解答方法如下：（1）参数分离法：将原不等式化为()a g x >或()a g x <恒成立的问题，然后分析函数()g x 在所给区间的单调性及最值，只需满足最值成立即可；（2）分类讨论：讨论函数()f x 在所给区间单调性及最值，需满足()max 0f x <或()min 0f x >【典例1】已知函数f (x )＝(1－x )e x－1. (1)求f (x )的极值；(2)设g (x )＝(x －t )2＋⎝⎛⎭⎪⎫ln x －m t 2，存在x 1∈(－∞，＋∞)，x 2∈(0，＋∞)，使方程f (x 1)＝g (x 2)成立，求实数m 的最小值．【解析】解 (1)f ′(x )＝－x e x，当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )<0，当x ∈(－∞，0)时，f ′(x )>0， ∴当x ＝0时，f (x )有极大值f (0)＝e 0－1＝0，f (x )没有极小值． (2)由(1)知f (x )≤0，又因为g (x )＝(x －t )2＋⎝⎛⎭⎪⎫ln x －m t 2≥0，所以要使方程f (x 1)＝g (x 2)有解，必然存在x 2∈(0，＋∞)，使g (x 2)＝0，所以x ＝t ，ln x ＝m t，等价于方程ln x ＝m x有解，即方程m ＝x ln x 在(0，＋∞)上有解，记h (x )＝x ln x ，x ∈(0，＋∞)，则h ′(x )＝ln x ＋1，令h ′(x )＝0，得x ＝1e，所以当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 时，h ′(x )<0，h (x )单调递减，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞时，h ′(x )>0，h (x )单调递增，所以当x ＝1e 时，h (x )min ＝－1e ，所以实数m 的最小值为－1e.【典例2】设函数f (x )＝ax 2－x ln x －(2a －1)x ＋a －1(a ∈R )．若对任意的x ∈[1，＋∞)，f (x )≥0恒成立，求实数a 的取值范围．【解析】解 f ′(x )＝2ax －1－ln x －(2a －1)＝2a (x －1)－ln x (x >0)，易知当x ∈(0，＋∞)时，ln x ≤x －1，则f ′(x )≥2a (x －1)－(x －1)＝(2a －1)(x －1)．当2a －1≥0，即a ≥12时，由x ∈[1，＋∞)得f ′(x )≥0恒成立，f (x )在[1，＋∞)上单调递增，f (x )≥f (1)＝0，符合题意；当a ≤0时，由x ∈[1，＋∞)得f ′(x )≤0恒成立，f (x )在[1，＋∞)上单调递减，f (x )≤f (1)＝0，显然不符合题意，a ≤0舍去；当0<a <12时，由ln x ≤x －1，得ln 1x ≤1x －1，即ln x ≥1－1x，则f ′(x )≤2a (x －1)－⎝⎛⎭⎪⎫1－1x ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1x (2ax －1)，∵0<a <12，∴12a>1.当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1，12a 时，f ′(x )≤0恒成立， ∴f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1，12a 上单调递减， ∴当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1，12a 时，f (x )≤f (1)＝0，显然不符合题意，0<a <12舍去．综上可得，a ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞. 【典例3】已知f (x )＝x 2－4x －6ln x .(1)求f (x )在(1，f (1))处的切线方程以及f (x )的单调性；(2)对任意x ∈(1，＋∞)，有xf ′(x )－f (x )＞x 2＋6k ·⎝⎛⎭⎪⎫1－1x －12恒成立，求k 的最大整数解；(3)令g (x )＝f (x )＋4x －(a －6)ln x ，若g (x )有两个零点分别为x 1，x 2(x 1＜x 2)且x 0为g (x )的唯一的极值点，求证：x 1＋3x 2＞4x 0.【解析】 (1)因为f (x )＝x 2－4x －6ln x ，所以定义域为(0，＋∞)，所以f ′(x )＝2x －4－6x，且f ′(1)＝－8，f (1)＝－3，所以切线方程为y ＝－8x ＋5.又f ′(x )＝2x(x ＋1)(x －3)，令f ′(x )＞0解得x ＞3，令f ′(x )＜0解得0＜x ＜3，所以f (x )的单调递减区间为(0,3)，单调递增区间为(3，＋∞)．(2)xf ′(x )－f (x )＞x 2＋6k ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1x －12等价于k ＜x ＋x ln x x －1，记h (x )＝x ＋x ln x x －1，则k <h (x )min ，且h ′(x )＝x －2－ln x (x －1)2，记m (x )＝x －2－ln x ，则m ′(x )＝1－1x＞0，所以m (x )为(1，＋∞)上的单调递增函数，且m (3)＝1－ln 3＜0，m (4)＝2－ln 4＞0，所以存在x 0∈(3,4)，使得m (x 0)＝0，即x 0－2－ln x 0＝0，所以h (x )在(1，x 0)上单调递减，在(x 0，＋∞)上单调递增，且h (x )min ＝h (x 0)＝x 0＋x 0ln x 0x 0－1＝x 0∈(3,4)，所以k 的最大整数解为3.(3)证明：g (x )＝x 2－a ln x ，则g ′(x )＝2x －a x ＝(2x ＋a )(2x －a )x，令g ′(x )＝0，得x 0＝a2，当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，a 2时，g ′(x )＜0，当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫a2，＋∞时，g ′(x )＞0，所以g (x )在⎝⎛⎭⎪⎫0，a 2上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫a2，＋∞上单调递增，而要使g (x )有两个零点，要满足g (x 0)＜0，即g ⎝⎛⎭⎪⎫a 2＝⎝⎛⎭⎪⎫a 22－a ln a2＜0⇒a ＞2e.因为0＜x 1＜a2，x 2＞a2，令x 2x 1＝t (t ＞1)，由g (x 1)＝g (x 2)，可得x 21－a ln x 1＝x 22－a ln x 2，即x 21－a ln x 1＝t 2x 21－a ln tx 1，所以x 21＝a ln tt 2－1，而要证x 1＋3x 2＞4x 0，只需证(3t ＋1)x 1＞22a ，即证(3t ＋1)2x 21＞8a ，即(3t ＋1)2a ln t t 2－1＞8a ，又a ＞0，t ＞1，所以只需证(3t ＋1)2ln t －8t 2＋8＞0，令h (t )＝(3t ＋1)2ln t －8t 2＋8，则h ′(t )＝(18t ＋6)ln t －7t ＋6＋1t，令n (t )＝(18t ＋6)ln t －7t＋6＋1t，则n ′(t )＝18ln t ＋11＋6t －1t2＞0(t ＞1)，故n (t )在(1，＋∞)上单调递增，n (t )＞n (1)＝0，故h (t )在(1，＋∞)上单调递增，h (t )＞h (1)＝0，所以x 1＋3x 2＞4x 0. 【典例4】已知函数f (x )＝x 2＋πcos x .(1)求函数f (x )的最小值；(2)若函数g (x )＝f (x )－a 在(0，＋∞)上有两个零点x 1，x 2，且x 1<x 2，求证：x 1＋x 2<π. 【解析】 (1)易知函数f (x )为偶函数，故只需求x ∈[0，＋∞)时f (x )的最小值．f ′(x )＝2x －πsinx ，当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2时，设h (x )＝2x －πsin x ，h ′(x )＝2－πcos x ，显然h ′(x )单调递增，而h ′(0)＜0，h ′⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＞0，由零点存在性定理知，存在唯一的x 0∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2，使得h ′(x 0)＝0.当x ∈(0，x 0)时，h ′(x )＜0，h (x )单调递减，当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫x 0，π2时，h ′(x )＞0，h (x )单调递增，而 h (0)＝0，h ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝0，故x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，h (x )＜0，即x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，f ′(x )＜0，f (x )单调递减，又当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，＋∞时，2x ＞π＞πsin x ，f ′(x )＞0，f (x )单调递增，所以f (x )min ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝π24.(2)证明：依题意得x 1∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，x 2∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，＋∞，构造函数F (x )＝f (x )－f (π－x )，x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2，F ′(x )＝f ′(x )＋f ′(π－x )＝2π－2πsin x ＞0，即函数F (x )单调递增，所以F (x )＜F ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝0，即当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2时，f (x )＜f (π－x )，而x 1∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2，所以f (x 1)＜f (π－x 1)，又f (x 1)＝f (x 2)，即f (x 2)＜f (π－x 1)，此时x 2，π－x 1∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，＋∞.由(1)可知，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，＋∞上单调递增，所以x 2＜π－x 1，即x 1＋x 2＜π.【典例5】已知函数f (x )＝a ex －1－ln x ＋ln a ．若f (x )≥1，求a 的取值范围．【解析】解 f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝a e x －1－1x.当0<a <1时，f (1)＝a ＋ln a <1. 当a ＝1时，f (x )＝ex －1－ln x ，f ′(x )＝ex －1－1x.当x ∈(0,1)时，f ′(x )<0；当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0.所以当x ＝1时，f (x )取得最小值，最小值为f (1)＝1，从而f (x )≥1. 当a >1时，f (x )＝a ex －1－ln x ＋ln a ≥ex －1－ln x ≥1.综上，a 的取值范围是[1，＋∞)．【典例6】设函数f (x )＝a ln x ＋1－a 2x 2－bx (a ≠1)，曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线斜率为0.(1)求b ；(2)若存在x 0≥1，使得f (x 0)<aa －1，求a 的取值范围．2思路分析❶存在x 0≥1，使得f (x 0)<aa －1↓ ❷fxmin<aa －1↓ ❸求fxmin【解析】解 (1)f ′(x )＝a x＋(1－a )x －b . 由题设知f ′(1)＝0，解得b ＝1. (2)f (x )的定义域为(0，＋∞)，由(1)知，f (x )＝a ln x ＋1－a 2x 2－x ，f ′(x )＝a x ＋(1－a )x －1＝1－a x ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －a 1－a (x －1)．①若a ≤12，则a1－a ≤1，故当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )在(1，＋∞)上单调递增．所以，存在x 0≥1，使得f (x 0)<aa －1的充要条件为f (1)<a a －1，即1－a 2－1<aa －1，解得－2－1<a <2－1. ②若12<a <1，则a 1－a>1，故当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1，a 1－a 时，f ′(x )<0，当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫a 1－a ，＋∞时，f ′(x )>0，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫1，a 1－a 上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1－a ，＋∞上单调递增．所以，存在x 0≥1，使得f (x 0)<aa －1的充要条件为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1－a <aa －1. 而f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1－a ＝a ln a 1－a ＋a 221－a ＋a a －1>a a －1，所以不符合题意．③若a >1，则f (1)＝1－a 2－1＝－a －12<a a －1.综上，a 的取值范围是(－2－1，2－1)∪(1，＋∞)．【典例7】已知函数f (x )＝2ln x ＋1.若f (x )≤2x ＋c ，求c 的取值范围．【解析】解设h (x )＝f (x )－2x －c ，则h (x )＝2ln x －2x ＋1－c ，其定义域为(0，＋∞)，h ′(x )＝2x－2.当0<x <1时，h ′(x )>0；当x >1时，h ′(x )<0.所以h (x )在区间(0,1)上单调递增，在区间(1，＋∞)上单调递减．从而当x ＝1时，h (x )取得最大值，最大值为h (1)＝－1－c . 故当－1－c ≤0，即c ≥－1时，f (x )≤2x ＋c . 所以c 的取值范围为[－1，＋∞)．【典例8】已知函数f (x )＝ln x －ax ，g (x )＝x 2，a ∈R . (1)求函数f (x )的极值点；(2)若f (x )≤g (x )恒成立，求a 的取值范围．【解析】解 (1)f (x )＝ln x －ax 的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x－a .当a ≤0时，f ′(x )＝1x－a >0，所以f (x )在(0，＋∞)上单调递增，无极值点；当a >0时，由f ′(x )＝1x －a >0，得0<x <1a，由f ′(x )＝1x －a <0，得x >1a，所以f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞上单调递减，所以函数f (x )有极大值点1a，无极小值点．(2)由条件可得ln x －x 2－ax ≤0(x >0)恒成立，则当x >0时，a ≥ln xx－x 恒成立，令h (x )＝ln x x －x ，x >0，则h ′(x )＝1－x 2－ln x x2，令k (x )＝1－x 2－ln x ，x >0，则当x >0时，k ′(x )＝－2x －1x<0，所以k (x )在(0，＋∞)上单调递减，又k (1)＝0，所以在(0,1)上，h ′(x )>0，在(1，＋∞)上，h ′(x )<0，所以h (x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．所以h (x )max ＝h (1)＝－1，所以a ≥－1. 即a 的取值范围为a ≥－1. 【典例9】已知x ＝1e为函数f (x )＝x aln x 的极值点．(1)求a 的值；(2)设函数g (x )＝kxe x ，若对∀x 1∈(0，＋∞)，∃x 2∈R ，使得f (x 1)－g (x 2)≥0，求k 的取值范围．【解析】解 (1)f ′(x )＝axa －1ln x ＋x a·1x＝x a －1(a ln x ＋1)，f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1e a －1⎝⎛⎭⎪⎫a ln 1e ＋1＝0，解得a ＝2，当a ＝2时，f ′(x )＝x (2ln x ＋1)，函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞上单调递增，所以x ＝1e为函数f (x )＝x aln x 的极小值点，因此a ＝2.(2)由(1)知f (x )min ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝－12e ，函数g (x )的导函数g ′(x )＝k (1－x )e －x.①当k >0时，当x <1时，g ′(x )>0，g (x )在(－∞，1)上单调递增；当x >1时，g ′(x )<0，g (x )在(1，＋∞)上单调递减，对∀x 1∈(0，＋∞)，∃x 2＝－1k ，使得g (x 2)＝g ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1k ＝1e k -<－1<－12e ≤f (x 1)，符合题意． ②当k ＝0时，g (x )＝0，取x 1＝1e，对∀x 2∈R 有f (x 1)－g (x 2)<0，不符合题意．③当k <0时，当x <1时，g ′(x )<0，g (x )在(－∞，1)上单调递减；当x >1时，g ′(x )>0，g (x )在(1，＋∞)上单调递增，g (x )min ＝g (1)＝ke，若对∀x 1∈(0，＋∞)，∃x 2∈R ，使得f (x 1)－g (x 2)≥0，只需g (x )min ≤f (x )min ，即k e ≤－12e，解得k ≤－12. 综上所述，k ∈⎝⎛⎦⎥⎤－∞，－12∪(0，＋∞)．规律方法 (1)由不等式恒成立求参数的取值范围问题的策略 ①求最值法，将恒成立问题转化为利用导数求函数的最值问题．②分离参数法，将参数分离出来，进而转化为a >f (x )max 或a <f (x )min 的形式，通过导数的应用求出f (x )的最值，即得参数的范围．(2)不等式有解问题可类比恒成立问题进行转化，要理解清楚两类问题的差别．【典例10】设函数f (x )＝ax 2－a －ln x ，g (x )＝1x －ee x ，其中a ∈R ，e ＝2.718…为自然对数的底数.(1)讨论f (x )的单调性； (2)证明：当x >1时，g (x )>0；(3)确定a 的所有可能取值，使得f (x )>g (x )在区间(1，＋∞)内恒成立. 【解析】.(1)解 f ′(x )＝2ax －1x ＝2ax 2－1x (x >0).当a ≤0时，f ′(x )<0，f (x )在(0，＋∞)内单调递减. 当a >0时，由f ′(x )＝0有x ＝12a. 当x ∈⎝⎛⎭⎫0，12a 时，f ′(x )<0，f (x )单调递减；当x ∈⎝⎛⎭⎫12a ，＋∞时，f ′(x )>0，f (x )单调递增. (2)证明令s (x )＝e x －1－x ，则s ′(x )＝e x －1－1. 当x >1时，s ′(x )>0，所以e x －1>x ，从而g (x )＝1x －1ex －1>0.(3)解由(2)知，当x >1时，g (x )>0. 当a ≤0，x >1时，f (x )＝a (x 2－1)－ln x <0，故当f (x )>g (x )在区间(1，＋∞)内恒成立时，必有a >0. 当0<a <12时，12a >1，由(1)有f ⎝⎛⎭⎫12a <f (1)＝0，而g ⎝⎛⎭⎫12a >0. 所以f (x )>g (x )在区间(1，＋∞)内不恒成立；当a ≥12时，令h (x )＝f (x )－g (x )(x ≥1)，当x >1时，h ′(x )＝2ax －1x ＋1x 2－e 1－x >x －1x ＋1x 2－1x ＝x 3－2x ＋1x 2>x 2－2x ＋1x 2>0.因此，h (x )在区间(1，＋∞)单调递增.又因为h (1)＝0，所以当x >1时，h (x )＝f (x )－g (x )>0，即f (x )>g (x )恒成立.综上，a ∈⎣⎡⎭⎫12，＋∞.【典例11】已知函数f (x )＝ln x －(x －1)22. (1)求函数f (x )的单调递增区间；(2)证明：当x ＞1时，f (x )＜x －1；(3)确定实数k 的所有可能取值，使得存在x 0＞1，当x ∈(1，x 0)时，恒有f (x )＞k (x －1)．【解析】.解 (1)f ′(x )＝1x －x ＋1＝－x 2＋x ＋1x，x ∈(0，＋∞)．由f ′(x )＞0得⎩⎪⎨⎪⎧x ＞0，－x 2＋x ＋1＞0.解得0＜x ＜1＋52. 故f (x )的单调递增区间是⎝⎛⎭⎪⎫0，1＋52. (2)令F (x )＝f (x )－(x －1)，x ∈(0，＋∞)．则有F ′(x )＝1－x 2x. 当x ∈(1，＋∞)时，F ′(x )＜0，所以F (x )在[1，＋∞)上单调递减，故当x ＞1时，F (x )＜F (1)＝0，即当x ＞1时，f (x )＜x －1.(3)由(2)知，当k ＝1时，不存在x 0＞1满足题意．当k ＞1时，对于x ＞1，有f (x )＜x －1＜k (x －1)，则f (x )＜k (x －1)，从而不存在x 0＞1满足题意．当k ＜1时，令G (x )＝f (x )－k (x －1)，x ∈(0，＋∞)，则有G ′(x )＝1x －x ＋1－k ＝－x 2＋（1－k ）x ＋1x. 由G ′(x )＝0得，－x 2＋(1－k )x ＋1＝0.解得x 1＝1－k －（1－k ）2＋42＜0，x 2＝1－k ＋（1－k ）2＋42＞1.当x∈(1，x2)时，G′(x)＞0，故G(x)在[1，x2)内单调递增．从而当x∈(1，x2)时，G(x)＞G(1)＝0，即f(x)＞k(x－1)．综上，k的取值范围是(－∞，1)．。

2021届高三二轮复习微专题课件——不等式恒成立或有解问题(共37张PPT)

1.已知函数 f(x)＝ax－1＋ln x，若存在 x0>0，使得 f(x0)≤0 有解，则实数 a 的取值范
围是
(C )
A.a>2
B.a<3
(x)的定义域是(0，＋∞)，不等式ax－1＋ln x≤0 有解，即a≤x－xln x在(0，＋∞)上有解.
令h(x)＝x－xln x，则h′(x)＝－ln x.
索引
令 h(x)＝ex－12x2－x－1(x>0)，则h′(x)＝ex－x－1，令H(x)＝ex－x－1， H′(x)＝ex－1>0，故h′(x)在(0，＋∞)上是增函数，因此h′(x)>h′(0)＝0，故函数h(x)在(0，＋∞)上递增， ∴h(x)>h(0)＝0，即 ex－12x2－x－1>0 恒成立，故当x∈(0，2)时，g′(x)>0，g(x)单调递增；当x∈(2，＋∞)时，g′(x)<0，g(x)单调递减.
A.x＝2 是 f(x)的极小值点 B.函数 y＝f(x)－x 有且只有 1 个零点 C.对任意两个正实数 x1，x2，且 x2＞x1，若 f(x1)＝f(x2)，则 x1＋x2＞4 D.存在正实数 k，使得 f(x)＞kx 恒成立解析对于函数 f(x)＝2x＋ln x，其定义域为(0，＋∞)，由于 f′(x)＝－x22＋x1，令 f′(x)＝0 可得 x＝2，当 0＜x＜2 时，f′(x)＜0，当 x＞2 时，f′(x)＞0，可知 x＝2 是 f(x)的极小值点，选项 A 正确；
在区间(1，e]上，g′(x)>0，函数g(x)为增函数.
由题意知g(x)min＝g(1)＝1－a＋3≥0，得a≤4，所以实数a的取值范围是(－∞，4].
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高三冲刺课程第3讲恒成立有解问题(教师版)

恒成立与有解问题一、要点归纳1、恒成立问题的基本类型：类型1：设)0()(2≠++=a c bx ax x f ，（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 . 类型2：设)0()(2≠++=a c bx ax x f（1）当0>a 时，],[0)(βα∈>x x f 在上恒成立2()0b a f αα⎧-<⎪⇔⎨⎪>⎩或20b aαβ⎧≤-≤⎪⎨⎪∆<⎩ 或2()0ba f ββ⎧->⎪⎨⎪>⎩ ],[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2()0baf αα⎧-<⎪⇔⎨⎪>⎩ 或 20b a αβ⎧≤-≤⎪⎨⎪∆<⎩ 或2()0ba f ββ⎧->⎪⎨⎪<⎩类型3：()f x α>对一切x I ∈恒成立min();f x α⇔>()f x α<对一切x I ∈恒成立max ().f x α⇔>类型4：()()f x g x >对一切x I ∈恒成立()f x ⇔的图象在()g x 的图象的上方或m i n m a x ()()()f x g x x I >∈ 【对于函数恒成立问题可以借助于函数图象去解决，二次函数图象及其他函数的利用是解这类题的关键.】2、有解问题的几种常见类型：(1)能成立问题的转化：()a f x >能成立⇒()min a f x >；()()max a f x a f x ≤⇒≤能成立. (2)设函数()x f ，若存在[]d c x ,∈，使得()m x f ≤，则()x f m max ≥.(3)若关于某个不等式，其解集是非空集合，求参数的取值范围，也可以转化为有解问题. (4)设函数()x f 在[]b a x ,∈有零点，求参数的取值范围，可以转化为有解问题.【对于有解问题的理解关键是转化，如何从已知的条件转化为参数与最值的关系.】二、典型例题例1、已知)1()11()(2>+-=x x x x f （1）求)(1x f-；（2）判断)(1x f -的单调性；（3）若)()()1(1x a a x f x ->--对⎥⎦⎤⎢⎣⎡∈21,41x 恒成立，求的范围.【答案】3(1,)2-【解析】（111x x -=+,则1,x x =-=所以得1()(0,1)fx x -=∈（2）任给12,(0,1)x x ∈111212.()()0x x f x f x --<-=-=<且所以1()f x -在(0,1)上单调增.（3）(1(a a >-，则21((11a a a a >+>-得at =，则12t ⎡∈⎢⎣⎦，设2()(1)1g t a t a =+-+.()g t在12⎡⎢⎣⎦恒大于0则必有2211()(1)1022)10g a a g a a ⎧=+-+>⎪⎪⎨⎪=+-+>⎪⎩解得31211a a ⎧-<<⎪⎪⎨⎪-<<+⎪⎩所以3(1,)2a ∈-.【技巧点拨】① 本题综合了求反函数，函数的单调性和不等式的恒成立问题，虽有一定综合性，但难度一般；② 求反函数时不要漏写定义域；③ 判断函数的单调性可以利用定义证明，也可以采用常见函数的单调性证明； ④（3）中不等式的恒成立问题经过换元之后，转化为一次函数类型的恒成立问题即可.例2、已知函数xxx f 212)(-=（1）若2)(=x f ，求x 的值；（2）若0)()2(2≥+t mf t f t 对于[]2,1∈t 恒成立，求实数m 的取值范围. 【答案】[)5,-+∞【解析】（1）0x ≤时，()0f x =；当0x >时，1()22xxf x =-，由条件可知1222xx -=，即2(2)2210x x -⋅-=则21x=0x >，所以，2log (1x =。

高考数学复习考点知识讲解课件68 恒成立与有解问题

若 a>－1 时，f(x)≥0 对任意 x>0 恒成立，转化为a＋a 1≥2xx－ex 1对任意 x>0 恒成立．
设函数 F(x)＝2xx－ex 1(x>0)，
则 F′(x)＝－2x＋x12exx－1.
当 0<x<1 时，F′(x)>0；
当 x>1 时，F′(x)<0，
所以函数 F(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以 F(x)max＝F(1)＝1e，
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③若 a≥12，则 F′(x)≤0 在[1，＋∞)上恒成立， ∴g′(x)在[1，＋∞)上单调递减， g′(x)≤g′(1)＝1－2a≤0. ∴g(x)在[1，＋∞)上单调递减， ∴g(x)≤g(1)＝0，∴f(x)－xl＋nx1≤0. 综上所述，a 的取值范围是12，＋∞.
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题型一分离参数法求参数的取值范围【例 1】 (2022·广东清远模拟)已知函数 f(x)＝axex－(a＋1)(2x－1)． (1)若 a＝1，求函数 f(x)的图象在点(0，f(0))处的切线方程； (2)当 x>0 时，函数 f(x)≥0 恒成立，求实数 a 的取值范围． [思路引导] (1)求出 f′(0)→利用点斜式求出切线方程． (2)由 f(x)≥0 分离参数 a→构造函数 F(x)＝2xx－ex 1→利用导数确定 F(x)的单调性、最值 →得出结果．
[解] f(x)≥x＋(1－x)ex，即 ex－ax2≥x＋ex－xex，即 ex－ax－1≥0，x≥0. 令 h(x)＝ex－ax－1(x≥0)，则 h′(x)＝ex－a(x≥0)，当 a≤1 时，由 x≥0 知 h′(x)≥0， ∴在[0，＋∞)上 h(x)≥h(0)＝0，原不等式恒成立．当 a>1 时，令 h′(x)>0，得 x>lna；令 h′(x)<0，得 0≤x<lna. ∴h(x)在[0，lna)上单调递减，又∵h(0)＝0，∴在[0，＋∞)上 h(x)≥0 不恒成立，∴a>1 不合题意．综上，实数 a 的取值范围为(－∞，1]．

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【例1】关于x 的不等式2121x x a a -+-++≤的解集为空集，则实数a 的取值范围是
_ ．
【例2】若不等式1
21x a x
+
-+≥对一切非零实数x 均成立，则实数a 的最大值是_________．
【例3】设函数2()1f x x =-，对任意23x ⎡⎫
∈+∞⎪⎢⎣⎭
，，2
4()(1)4()x f
m f x f x f m m ⎛⎫--+ ⎪⎝⎭
≤恒成立，则实数m 的取值范围是．
典例分析
恒成立与有解问题
【例4】若不等式220ax x ++>的解集为R ，则a 的范围是（）
A ．0a >
B ．18a >-
C ．1
8
a > D ．0a <
【例5】已知不等式
()11112log 1122123
a a n n n +++>-+++L 对于一切大于1的自然数n 都成立，试求实数a 的取值范围.
【例6】若不等式2(2)2(2)40a x a x -+--<对x ∈R 恒成立，则a 的取值范围是______．
【例7】 2()1f x ax ax =+-在R 上恒满足()0f x <，则a 的取值范围是（）
A ．0a ≤
B ．4a <-
C ．40a -<<
D ．40a -<≤
【例8】若对于x ∈R ，不等式2230mx mx ++>恒成立，求实数m 的取值范围．
【例9】不等式210x ax ++≥对一切102x ⎛⎤
∈ ⎥⎝⎦
，成立，则a 的最小值为（）
A ．0
B ．2-
C ．5
2
- D ．3-
【例10】不等式2|3||1|3x x a a +---≤对任意实数x 恒成立，则实数a 的取值范围为
（）
A ．(][)14-∞-+∞U ，，
B ．(][)25-∞-+∞U ，，
C ．[12]，
D ．(][)12-∞∞U ，
，
【例11】对任意[11]a ∈-，，
函数2()(4)42f x x a x a =+-+-的值恒大于零，则x 的取值范围为．
【例12】若不等式lg 21lg()
ax
a x <+在[1,2]x ∈时恒成立，试求a 的取值范围．
【例13】若(]1x ∈-∞-，，()21390x x a a ++->恒成立，求实数a 的取值范围.
【例14】设()222f x x ax =-+，当[)1x ∈-+∞，时，都有()f x a ≥恒成立，求a 的取值
范围.
【例15】设对所有实数x，不等式
()()2
2
2222
411
2
log2log log0
14
a a
a
x x
a a a
++
++>
+
恒成立，
求a的取值范围.
【例16】已知不等式22
412
ax x x a
+---
≥对任意实数恒成立，求实数a的取值范围．【例17】已知关于x的不等式20
x x t
++>对x∈R恒成立，则t的取值范围是．【例18】如果|1||9|
x x a
+++>对任意实数x恒成立，则a的取值范围是（）A．{|8}
a a< B．{|8}
a a> C．{|8}
a a≥ D．{|8}
a a≤
【例19】在R 上定义运算⊗：)1(y x y x -=⊗．若不等式1)()(<+⊗-a x a x 对任意
实数x 成立，则（）
A ．11<<-a
B ．20<<a
C ．2
321<<-
a D ．2
1
23<<-
a
【例20】设不等式2220x ax a -++≤的解集为M ，如果[1,4]M ⊆，求实数a 的取值范围．
【例21】如果关于x 的不等式23
208
kx kx +-<对一切实数x 都成立，则k 的取值范围
是．
【例22】已
知函数()1)f x x g x =+，若不等式(3)(392)0x x x f m f ⋅+--<对任意
x ∈R 恒成立，求实数m 的取值范围．
【例23】已知集合(){}121212|00D x x x x x x k =>>+=，，，(其中k 为正常数).
⑴ 设12u x x =，求u 的取值范围；
⑵ 求证：当1k ≥时不等式2
12121122k x x x x k ⎛⎫⎛⎫⎛⎫
--- ⎪⎪ ⎪⎝⎭
⎝⎭⎝⎭≤对任意()12x x D ∈，恒成
立；
⑶ 求使不等式2
12121122k x x x x k ⎛⎫⎛⎫⎛⎫
--- ⎪⎪ ⎪⎝⎭
⎝⎭⎝⎭≥对任意()12x x D ∈，恒成立的2k 的范
围.
【例24】若关于x 的方程9(4)340x x a +++=有解，求实数a 的取值范围.
【例25】已知a ∈R ，若关于x 的方程21
04
x x a a ++-
+=有实根，则a 的取值范围是．
【例26】若关于x 的不等式22840x x a --->在14x <<内有解，则实数a 的取值范围是
（）
A ．4a <-
B ．4a >-
C ．12a >-
D ．12a <-
【例27】已知函数()f x x a =-．
⑴ 若不等式()3f x ≤的解集为{}|15x x -≤≤，求实数a 的值；
⑵在⑴的条件下，若()(5)f x f x m ++≥对一切实数x 恒成立，求实数m 的取值范围．。