函数恒成立、能成立问题及课后练习(含答案)
高考专题二 恒成立、能成立问题
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所以当 g(m)＝0 时，m＝3a－ 2 1， 同理可得 h(n)＝f (n)－f (a)＝16(n－a)2(2n＋a－3)， 所以当 h(n)＝0 时，n＝3－2 a， 所以此时 n－m＝3－2 a－3a－ 2 1＝2－2a，即 n－m 的最大值为 2－2A．
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规律总结
“双变量”的恒(能)成立问题一定要正确理解其实质，深刻挖掘内含条件，进行等价 变换，常见的等价转换有
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若 a≤0，则 h′(x)＝eax－ex＋axeax<1－1＋0＝0，所以 h(x)在(0，＋∞)上为减函数，所 以 h(x)<h(0)＝0，即 f (x)<－1.
综上，a≤12.
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规律总结
利用导数解决不等式的恒成立或有解问题的主要策略：①构造函数，利用导数求出 最值，进而求出参数的取值范围；②分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最 值问题．有些不易分参的也可采用“同构”技巧．
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(2)(2022·新疆乌鲁木齐二模)已知函数 f (x)＝13x3－1＋2 ax2＋ax＋1(a∈R)． ①讨论函数 y＝f (x)的单调性； ②设 a<1，若∀x1∈[m，n]，∃x2∈[m，n]，且 x1≠x2，使得 f (x1)＝f (x2)，求 n－m 的最大值．
解：①因为 f (x)＝13x3－1＋2 ax2＋ax＋1(a∈R)，所以 f ′(x)＝x2－(1＋a)x＋a＝(x－1)(x －a)，
第三章 一元函数的导数及其应用
专题二 恒成立、能成立问题
内容索引
第一部分 课时作业
命题角度 1 恒成立问题 【典例 1】 (2022·新高考Ⅱ卷)已知函数 f (x)＝xeax－ex. (1)当 a＝1 时，讨论 f (x)的单调性； (2)当 x>0 时，f (x)<－1，求 a 的取值范围．
第10讲 恒成立能成立3种常见题型(解析版)
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 ∈，总存在[]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(1−1)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 x g 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()xe g x x =，则2(1)()xe 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,eB ．(],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 =，()222e 2e g =+，所以()()22max 2e 2e g x g ==+，则222e a -≥+，则222ea ≤--.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 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 +-'=．。
函数恒成立、能成立问题及课后练习(含问题详解)
恒成立、能成立问题专题 一、基础理论回顾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 ∈B x 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，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，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；二、经典题型解析题型一、简单型例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；（构造新函数） 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；（转化）简解：（1）由12012232++<⇒>-+-x x x a x a ax x 成立，只需满足12)(23++=x x x x ϕ的最小值大于a 即可．对12)(23++=x xx 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 xab +-≤或x b x a )10(2-+-≤；方法3：变更主元（新函数），0101)(≤-++⋅=b x a xa ϕ，]2,21[∈a简解：方法1:对b x xax h ++=)(求导，22))((1)(xa x a x x a x h +-=-='，（单调函数） 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．⎪⎩⎪⎨⎧-≤-≤⇒⎪⎩⎪⎨⎧≤++≤++⇒⎪⎩⎪⎨⎧≤≤∴ab ab 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 ．例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 答案：41≥m 题型二、更换主元和换元法例1、已知函数()ln()(x f x e a a =+为常数）是实数集R 上的奇函数，函数()()sin g x f x x λ=+是区间[]1,1-上的减函数，(Ⅰ)求a 的值；(Ⅱ)若[]2()11,1g x t t x λ≤++∈-在上恒成立，求t 的取值范围；(Ⅱ)分析：在不等式中出现了两个字母：λ及t ,关键在于该把哪个字母看成是一个变量，另一个作为常数。
函数恒成立问题专练(含详解)
函数恒成立问题专练（含详解）一、解答题（本大题共11小题，共132.0分）1.己知函数f(x)=log121−ax2x−1，a为常数．(1)若f(x)为奇函数;求a；(2)若对于x∈[32,52]，不等式log12(2x+1)−m>(14)x−log2(2x−1)恒成立，求实数m∼的取值范围．2.设f(x)=log131−axx−1为奇函数，a为常数．(1)求a的值(2)若∀x∈[2,4]，不等式f(x)+x>(13)x+m恒成立，求实数m的取值范围．3.已知函数f(x)=lg(10x+1)−12x，g(x)=9x−a3x，函数g(x)是奇函数．(1)判断函数f(x)的奇偶性，并求实数a的值；(2)若对任意的t∈(0,+∞)，不等式g(t2+1)+g(−tk)>0恒成立，求实数k的取值范围；(3)设ℎ(x)=f(x)+12x，若存在x∈(−∞,1]，使不等式g(x)>ℎ[lg(10b+9)]成立，求实数b的取值范围．4.已知函数f(x)=|ax2−1|−x2+ax，其中a≤1．(1)当a=1时，求函数f(x)的单调递减区间；(2)对满足f(x)有四个零点的任意实数a，当x∈[0,1]时，不等式f(x)≤m恒成立，求实数m的取值范围．5.设函数f(x)=a2x−(t−1)(a>0且a≠1)是定义域为R的奇函数．a x(1)求t的值；(2)若f(1)>0，求使不等式f(kx−x2)+f(x−1)<0对一切x∈R恒成立的实数k的取值范围；)，是否存在正数m，且m≠1使函数f(kx−x2)+(3)若函数f(x)的图象过点(1,32f(x−1)<0在[1,log23]上的最大值为0，若存在，求出m的值，若不存在，请说明理由．6.已知函数f(x)=x2+(m−2)x−m，g(x)=f(x)x，且函数y=f(x−2)是偶函数．(1)求g(x)的解析式；．(2)若不等式g(sinx)−nsinx ≤0在(0,π2]恒成立，求实数n的取值范围；(3)若函数y=g(log2(x2+4))+k⋅2log2(x2+4)−9恰好有三个零点，求k的值及该函数的零点．7.已知函数f(x)=log2(x+2)，g(x)=a⋅4x−2x+1−a+1．(1)求函数ℎ(x)=f(x)+f(x−6)的定义域，并判断其在定义域上单调性(无需证明)；(2)若对任意的x1，x2∈[1,2]，f(x1)<g(x2)恒成立，求a的取值范围．8. 已知函数f(x)=1+a (12)x+(14)x．(1)当a =1时，求f(x)的值域;(2)若f(x)≥−3对任意x ∈[0,+∞)恒成立，求实数a 的取值范围．9. 已知函数f(x)=4sin(x −π3)cosx +√3．(1)求函数f(x)的最小正周期;(2)若m −3<f(x)<m +3对任意x ∈(0,π2)恒成立，求实数m 的取值范围．10. 已知函数g (x )=ax 2−2ax +1+b (a >0)的定义域为[2,3]，值域为[1,4]；设f (x )=g (x )x．(1)求a,b 的值；(2)若不等式f (2x )−k ⋅2x ≥0在x ∈[−1,1]上恒成立，求实数k 的取值范围； (3)若f (|2x −1|)+k ⋅2|2x −1|−3k =0有三个不同的实数解，求实数k 的取值范围．)+6cos2x．11.函数f(x)=√3sin(2x−π3(Ⅰ)求函数f(x)的图象的对称轴方程；,0]时，不等式f2(x)−mf(x)+2m−7≤0恒成立，求m的取值范(Ⅱ)当x∈[−π3围．答案和解析1.解：(1)∵f(x)为奇函数，满足f(−x)=−f(x)，则，∴1+ax−2x−1=2x−11−ax ，即(1+ax )(1−ax )=(1+2x )(1−2x )， 即1−a 2x 2=1−4x 2⇒a 2=4，当a =2时，对数函数的真数为−1，应舍去； 当a =−2时，f(x)=log 122x+12x−1，满足条件，∴a =−2；(2)由log 12(2x +1)−m >(14)x−log 2(2x −1)，可得log 122x+12x−1−(14)x>m ，令g(x)=log122x+12x−1−(14)x，只需要g (x )min >m ，∵函数y =log 122x+12x−1=log 12(1+22x−1)在[32,52]上单调递增，y =−(14)x 在[32,52]上单调递增， ∴g (x )在[32,52]上单调递增， 则g(x)min =g(32)=−98． ∴m 的取值范围是m <−98．本题考查函数的奇偶性及复合函数的单调性，同时考查对数函数的性质及不等式恒成立问题，考查了学生的计算能力，培养了学生分析问题与解决问题的能力． (1)由奇函数的定义可求得a 值； (2)将原不等式恒成立转化为g(x)min>m ，其中g(x)=log 122x+12x−1−(14)x，根据复合函数单调性求出g(x)在区间[32,52]上的最小值得出m 的取值范围．2.解：(1)因为f(x)=log 131−axx−1为奇函数，得f(−x)+f(x)=0，log 131+ax −x−1+log 131−ax x−1=0，log 13(1+ax −x−1⋅1−ax x−1)=0，1+ax −x−1⋅1−ax x−1=1，1−a 2x 2=1−x 2，(a 2−1)x 2=0，因为x 2不恒为0，所以a 2−1=0，即a =±1，经检验，当a =1时，f(x)=log 131−xx−1显然没有意义，舍去，故a =−1；(2)由(1)得，f(x)=log 13x+1x−1=log 131+2x−1，利用复合函数的单调性，易得此函数在x ∈[2,4]上为增函数， 令g(x)=x −(13)x ，显然g(x)在x ∈[2,4]上为增函数， 故y =f(x)+x −(13)x 在x ∈[2,4]上为增函数， 而对∀x ∈[2,4]，不等式f(x)+x >(13)x +m 恒成立，即m <(f(x)+x −(13)x )min =f(2)+2−(13)2=89，所以m <89．解析：本题考查函数的奇偶性和单调性，已知函数零点求参数，属较难题． (1)由题知函数为奇函数即f(−x)+f(x)=0求解即可；(2)由(1)知 f(x)=log 13x+1x−1=log 131+2x−1，利用复合函数的单调性，易得此函数在x ∈[2,4]上为增函数，而g(x)=x −(13)x ，在x ∈[2,4]上为增函数，y =f(x)+x −(13)x 在x ∈[2,4]上为增函数，结合∀x ∈[2,4]，不等式f(x)+x >(13)x +m 恒成立，可得实数m 的取值范围．3.解：(1)由函数f(x)=lg(10x +1)−12x ，g(x)=9x −a 3x，可得f(x)和g(x)的定义域均为R ；∵f(−x)=lg(10−x +1)+12x=lg(110x +1)+12x =lg(1+10x 10x )+12x=lg(1+10x )−lg10x +12x =lg(1+10x )−12x =f(x)， ∴f(−x)=f(x)，则f(x)是偶函数； ∵函数g(x)是奇函数，g(x)的定义域为R ； ∴g(0)=0，即1−a 1=0，可得：a =1．经检验a =1时，g(x)是奇函数； 故a =1． (2)由(1)可得g(x)=9x −13x=3x −13x ，可知g(x)在R 上是单调增函数，且为奇函数，那么不等式g(t 2+1)+g(−tk)>0，可得g(t 2+1)>−g(−tk)， 即g(t 2+1)>g(tk)， ∴对任意的t ∈(0,+∞)，不等式g(t 2+1)+g(−tk)>0恒成立， 等价于：t 2+1>tk 在t ∈(0,+∞)恒成立， 即t +1t >k 在t ∈(0,+∞)恒成立，由对勾函数的单调性可得，(t +1t )min =2， 故得k <2．∴实数k 的取值范围是(−∞,2)．(3)由ℎ(x)=f(x)+12x ，得ℎ(x)=lg(10x +1)， 那么：ℎ[lg(10b +9)]=lg(10lg(10b+9)+1) =lg(10b +9+1)=lg(10b +10)，存在x ∈(−∞,1]，不等式g(x)>ℎ[lg(10b +9)]成立， 即存在x ∈(−∞,1]，3x −13x >lg(10b +10)成立， 可得(3x −13x )max >lg(10b +10)， ∵g(x)在x ∈(−∞,1]上是单调增函数， ∴lg(10b +10)<g(1)=83，∴1083>10b +10，可得：b <1053−1，又∵{10b +9>010b +10>0，可得b >−910，所以实数b 的取值范围是(−910,1053−1).解析：本题考查了函数的奇偶性和单调性的应用，对数函数的性质，指数函数及其性质，属于中档题．(1)求解定义域，利用奇偶性定义判断即可；利用g(x)是奇函数求实数a 的值； (2)判断g(x)的单调性，利用单调性脱去“f ”，即可求解实数k 的取值范围； (3)由ℎ(x)=f(x)+12x ，求解ℎ(x)，利用不等式g(x)>ℎ[lg(10b +9)]在x ∈(−∞,1]有解，可得实数b 的取值范围．4.解：(1)当a =1时，f(x)=|x 2−1|−x 2+x ={x −1,x ∈(−∞,−1]∪[1,+∞)−2x 2+x +1,−1<x <1由图知函数f(x)的单调递减区间为[14,1]；(2)①当a =1时，由(1)知此时函数f(x)不满足要求．②当a ≤0时，f(x)=｜ax 2−1｜−x 2+ax =−ax 2+1−x 2+ax =−(a +1)x 2+ax +1，此时函数f(x)为二次或者一次函数，不满足要求． ③当0<a <1时，f(x)=|ax 2−1|−x 2+ax ={ −(a +1)x 2+ax +1,x ∈√a √a )(a −1)x 2+ax −1,x ∈(−∞,1√a )∪(1√a+∞)当x ∈√a√a )时，f(x)=−a(a +1)x 2+ax +1=[−(a +1)x −1](x −1)，有两个零点x 1=−1a+1，x 2=1，均满足要求． 对称轴x =a2(a+1)=12−12(a+1)∈(0,12)， 此时f(x)max =f(a2(a+1))=1+a 24(a+1)． 当x ∈(−∞,√a)∪(√a+∞)时，f(x)=(a −1)x 2+ax −1，函数f(x)有两个零点，则△=a 2−4(1−a)=a 2+4a −4>0，得−2+2√2<a <1，对称轴x =−a2(a−1)=−12+12(1−a )>√2+1， 而√a <√2√2−1<√2+1，所以−2+2√2<a <1符合要求．当x ∈[0,1]时，f (x )max =f (a2(a+1))=1+a 24(a+1)=1+14(a +1+1a+1−2)． 因为a ∈(−2+2√2,1)，所以(a +1)∈(−1+2√2,2)， 所以f (x )=1+14(a +1+1a+1−2)<98， 综上所述m ∈[98,+∞)．解析：本题考查分段函数，函数单调性最值，二次函数，函数零点，基本不等式，不等式性质及恒成立问题，综合性较强，有一定的难度．(1)将a =1时，去绝对值符号可得f(x)解析式，根据图象可得f(x)的单调减区间； (2)对a 分类讨论，判断是否满足f(x)有四个零点，再将当x ∈[0,1]时，不等式f(x)≤m 恒成立转化为当x ∈[0,1]时，f(x)max ≤m 即可求解．5.(1)f(x)是定义域为R 的奇函数，∴f(0)=0，∴t =2； (2)由(1)得f(x)=a x −a −x ，∵f(1)>0得a −1a >0又a >0，∴a >1，由f(kx −x 2)+f(x −1)<0得f(kx −x 2)<−f(x −1)， ∵f(x)为奇函数，∴f(kx −x 2)<f(1−x)， ∵a >1∴f(x)=a x −a −x 为R 上的增函数，∴kx −x 2<1−x 对一切x ∈R 恒成立，即x 2−(k +1)x +1>0对一切x ∈R 恒成立， 故Δ=(k +1)2−4<0解得−3<k <1 (3)函数f(x)的图象过点(1,32)，∴a =2，假设存在正数m ，且m ≠1符合题意，由a =2得：g(x)=log m [a 2x +a −2x −mf(x)] =log m [22x +2−2x −m(2x −2−x )] =log m [(2x −2−x )2−m(2x −2−x )+2]设t =2x −2−x 则(2x −2−x )2−m(2x −2−x )+2=t 2−mt +2， ∵x ∈[1,log 23]，∴t ∈[32,83]记ℎ(t)=t 2−mt +2，∵函数g(x)=log m [a 2x +a −2x −mf(x)]在[1,log 23]上的最大值为0， 若0<m <1时，则函数ℎ(t)=t 2−mt +2在[32,83]有最小值为1 由于对称轴t =m 2<12，∴ℎmin (t)=ℎ(32)=174−32m =1⇒m =136，不合题意;(ⅱ)若m >1时，则函数ℎ(t)=t 2−mt +2>0在[32,83]上恒成立，且最大值为1，最小值大于0①{12<m 2≤2512ℎ(t)max =ℎ(83)=1⇒m =7324, 又此时m 2=7348∈[32,83]，又ℎ(t)min =ℎ(7348)<0， 故g(x)在[1,log 23]无意义， 所以m =7324应舍去；②{m2>2512ℎ(t)max=ℎ(32)=1⇒{m >256m =136⇒m 无解，综上所述：故不存在正数m ，使函数g(x)=log m [a 2x +a −2x −mf(x)]在[1,log 23]上的最大值为0．解析：本题考查了奇函数的性质，利用函数的性质解抽象不等式，以及函数中的恒成立问题，属于难题．(1)由奇函数的性质可知f(0)=0，得出t =2；(2)由f(1)>0得a −1a >0又a >0，求出a >1，判断函数的单调性f(x)=a x −a −x 为R 上的增函数，不等式整理为x 2−(k +1)x +1>0对一切x ∈R 恒成立，利用判别式法求解即可；(3)把点代入求出a =2，假设存在正数m ，构造函数设t =2x −2−x 则(2x −2−x )2−m(2x −2−x )+2=t 2−mt +2，对底数m 进行分类讨论，判断m 的值．6. 解：(1)∵f(x)=x 2+(m −2)x −m ，∴f(x −2)=(x −2)2+(m −2)(x −2)−m =x 2+(m −6)x +8−3m ． ∵y =f(x −2)是偶函数，∴m −6=0，∴m =6． ∴f(x)=x 2+4x −6， ∴g(x)=x −6x +4(x ≠0)．(2)令sinx =t ，∵x ∈(0,π2],∴t ∈(0,1]，不等式g(sinx)−nsinx ⩽0在(0,π2]上恒成立， 等价于g(t)−nt ⩽0在t ∈(0,1]上恒成立， ∴n ≥tg(t)=t 2+4t −6． 令ℎ(t)=t 2+4t −6，t ∈(0,1]． 则ℎ(x)max =ℎ(1)=−1， 所以n ≥−1．(3)令log 2(x 2+4)=p ，则p ≥2， 方程可化为： g(p)+k ·2p−9=0|，即p −6p+4+2k p−9=0，也即p 2−5p+(2k−6)p=0．又∵方程有三个实数根，∴p 2−5p+(2k−6)p=0有一个根为2，∴k =6．∴p 2−5p +6=0，解得p =2或p =3． 由，得x =0，由log 2(x 2+4)=3，得x =±2， ∴该函数的零点为0，−2，2．解析：本题考查利用奇偶性求函数的解析式，不等式恒成立及函数的零点与方程根的关系，考查换元法，属于较难题．(1)由f(x)得到f(x −2)表达式，利用偶函数求出m ，从而得g(x)的解析式； (2)由g(t)−nt ⩽0在t ∈(0,1]上恒成立，分离常数n ≥tg(t)=t 2+4t −6． 令ℎ(t)=t 2+4t −6，t ∈(0,1]利用二次函数求解；(3)令log 2(x 2+4)=p ，则p ≥2，方程g(log 2(x 2+4))+k ⋅2log2(x2+4)−9=0转化为p 2−5p+(2k−6)p=0，利用方程的根与函数零点的关系p 2−5p+(2k−6)p=0有一个根为2，得k =6，p =2或3，从而求得函数的零点．7.解：(1)∵f (x )=log 2(x +2)，g (x )=a ⋅4x −2x+1−a +1，，∴ {x +2>0x −4>0⇒x ∈(4,+∞) ， ∴ ℎ(x)在(4,+∞)递增；(2)由题意：f(x 1)max <g(x 2)而f(x 1)max =2， ∴g(x 2)>2对于x 2∈[1,2]恒成立，∴a ⋅4x −2x+1−a +1>2，令t =2x ， t ∈[2,4]， 即at 2−2t −a −1>0对于t ∈[2,4]恒成立， ∴a >2t+1t 2−1=1t 2−12t+1=4u−3u−2 (令u=2t +1∈[5,9])，∴a >(4u−3u−2)max =49−39−2=35．即a 的取值范围为(35,+∞)．解析：本题考查了函数的定义域及单调性，不等式恒成立问题，对数及指数函数的性质，也考查了等价转换与换元法的使用，属于中档题． (1)函数，根据对数函数的性质，可得定义域，由复合函数同增异减原则可得其单调性；(2)任意的x 1，x 2∈[1,2]，f(x 1)max <g(x 2)而f(x 1)max =2，即g(x 2)>2对于x 2∈[1,2]恒成立，然后利用换元法及函数的性质求出最值，即可得到a 的取值范围．8.解：(1)当a =1时，f(x)=1+(12)x +(12)2x ，由指数函数、复合函数单调性知f(x)在 R 上为减函数， x →+∞，f(x)→1， x →−∞，f(x)→+∞， 即f(x)的值域为(1,+∞)；(2)由题意知，令(12)x =t ，则t ∈(0,1]，依题意可得1+at +t 2≥−3， 即t +4t +a ≥0对任意t ∈(0,1]恒成立， 由函数ℎ(t)=t +4t +a 在(0,1]上单调递减， 故t =1，ℎ(t)min =5+a ≥0， a ≥−5．∴实数a 的取值范围是 [−5,+∞)．解析：本题考查函数的单调性、指数的性质及函数的值域的求法，属于中档题．(1)a =1 时， f(x)=1+(12)x +(12)2x ， 由单调性即可解题；(2)采用换元法，令 (12)x =t ，问题转化为t +4t +a ≥0对任意t ∈(0,1]恒成立，然后运用对勾函数的单调性即可解题．9.解：(1)f(x)=4cosx(12sinx −√32cosx)+√3 =2sinxcosx −2√3cos 2x +√3=sin2x −√3cos2x=2sin(2x −π3)，所以函数f(x)的最小正周期是π． (2)令t =2x −π3，t ∈(−π3,2π3)，则sint ∈(−√32,1]，2sint ∈(−√3,2]，即f(x)∈(−√3,2]．由题意知{m −3≤−√3m +3>2，解得−1<m ⩽3−√3．即实数m的取值范围是(−1,3−√3].解析：本题考查三角恒等变换、三角函数的图象与性质以及不等式恒成立问题，属于中档题．(1)通过三角恒等变换，化简得到f(x)=2sin(2x−π3)，进而得到最小正周期;(2)运用换元法，以及正弦函数的图象与性质，求得f(x)∈(−√3,2]，再根据不等式恒成立，得到m的不等组，解得m的取值范围．10.解：(1)∵a>0，∴g(x)=a(x−1)2+1+b−a在区间[2,3]上是增函数，(2)由已知可得f(x)=x+1x−2，∴f(2x)−k⋅2x≥0，即2x+12−2≥k⋅2x，∴1+(12x )2−2⋅12x≥k，令t=12x，则k≤t2−2t+1，∵x∈[−1,1]，∴t∈[12,2]，记H(t)=t2−2t+1，t∈[12,2]，∴H(t)min=0，∴k的取值范围是(−∞,0]；(3)∵当x=0时，2x−1=0，∴x=0不是方程的解；∴当x≠0时，令|2x−1|=t，则t∈(0,+∞)，∴原方程有三个不等的实数解可转化为t2−(3k+2)t+(2k+1)=0有两个不同的实数解t1,t2，其中0<t1<1,t2>1，或0< t1<1,t2=1．记ℎ(t)=t2−(3k+2)t+(2k+1)，解不等组①得k>0，而不等式组②无实数解．所以实数k的取值范围是(0,+∞)．11.【答案】解：(1)函数，令2x +π3=π2+kπ, k ∈Z ，解得x =π12+kπ2, k ∈Z ，则f(x)图象的对称轴方程为x =π12+kπ2, k ∈Z;(2)当x ∈[−π3, 0]时，2x +π3∈[−π3, π3]， 则，从而f(x)∈[32, 92]，设t =f(x)，则t ∈[32, 92]，当x ∈[−π3, 0]时，不等式f 2(x)−mf(x)+2m −7≤0恒成立， 等价于t 2−mt +2m −7≤0对于t ∈[32, 92]恒成立， 则{(32)2−32m +2m −7⩽0(92)2−92m +2m −7⩽0, 解得5310⩽m ⩽192.故m 的取值范围为[5310, 192]．解析：本题主要考查了三角函数两角和差公式，二倍角公式的运用，正弦函数图像及其性质的运用，三角函数值域的求法，不等式恒成立问题，考查了分析和转化能力，属于中档题．(1)先运用三角函数两角和差公式，二倍角公式将f(x)化简，再带入对称轴公式运算，解出相应的x 值，即可得到答案；(2)先根据x ∈[−π3, 0]，得到f(x)的值域，再设t =f(x)，则t ∈[32, 92]，则不等式等价于t 2−mt +2m −7≤0对于t ∈[32, 92]恒成立，然后等价转化为{(32)2−32m +2m −7⩽0(92)2−92m +2m −7⩽0，即可求解．。
恒成立能成立问题总结(详细)
当a
1 时 x1
x2 ， h( x)
2
(0, ) 单调递减；
0 恒成立，此时
f ( x)
0 ，函数 f ( x) 在
当0
a
1
1
时，函数 f ( x) 在 (0,1) 单调递减， (1,
1) 单调递增，
2
a
1 ( 1, ) 单调递减 .
a
（Ⅱ）当 a
1 时， f (x) 在（ 0， 1）上是减函数，在（
（ 2） f (x) 0在 x R 上恒成立 a 0且 0
（ 3）当 a 0 时，若 f (x) 0在 [ , ] 上恒成立
b 2a 或 f( ) 0
b 2a 0
b 或 2a
f( ) 0
若 f ( x) 0在[ , ] 上恒成立
f( ) 0 f( ) 0
（ 4）当 a 0时，若 f ( x) 0在[ , ] 上恒成立
由 h( 1) 7 k, h(2) 20 k, h( 3) k 45, h(3) k 9 ，故 h( x)min 45 k 由 k 45 0 k 45。 （ 2）据 题 意 ： 存 在 x 3,3 ， 使 f ( x) g( x) 成 立 h(x) g( x) f ( x) 0 在
x 3,3 有解，故 h( x)max 0 ，由（ 1）知 h( x) max k 7 ，于是得 k 7 。
f (x)
ln x
1a ax
x
( Ⅰ)当a
1 时，讨论 f ( x) 的单调性；
2
（Ⅱ）设 g ( x)
2
x 2bx 4. 当 a
1
时，若对任意
4
f (x1) g (x2) ，求实数 b 取值范围 .
恒成立与能成立的七类问题【解析版】--高中数学
恒成立与能成立的七类问题热点题型速览热点一分离参数法解答恒(能)成立问题1(2023·全国·统考高考真题)已知函数f x =ae x -ln x 在区间1,2 上单调递增，则a 的最小值为( )．A.e 2B.eC.e -1D.e -2【答案】C【分析】根据f x =ae x -1x≥0在1,2 上恒成立，再根据分参求最值即可求出．【详解】依题可知，f x =ae x -1x ≥0在1,2 上恒成立，显然a >0，所以xe x ≥1a，设g x =xe x ,x ∈1,2 ，所以g x =x +1 e x>0，所以g x 在1,2 上单调递增，g x >g 1 =e ，故e ≥1a ，即a ≥1e=e -1，即a 的最小值为e -1．故选：C ．2(2023春·江苏无锡·高二统考期末)已知函数f (x )=a ln x +x 2，在区间(0,2)上任取两个不相等的实数x 1，x 2，若不等式f x 1 -f x 2x 1-x 2>0恒成立，则实数a 的取值范围是()A.[-8,+∞)B.(-∞,-8]C.[0,+∞)D.(-∞,0]【答案】C【分析】根据f x 1 -f x 2x 1-x 2>0可知f x 在(0,2)上单调递增，进而由导数即可求解.【详解】由f x 1 -f x 2 x 1-x 2>0可知f x 在(0,2)上单调递增，所以f (x )=ax +2x ≥0在(0,2)上恒成立，即a ≥-2x 2在(0,2)上恒成立，故a ≥-2x 2 max ，所以a ≥0，故选：C3(2023春·河南南阳·高二统考期末)若f x =log 0.5x 3-3x 2+ax +6 在区间1,2 上单调递增，则实数a 的取值范围为()热点一：分离参数法解答恒(能)成立问题热点二：构造函数法解答恒(能)成立问题热点三：最值比较法解答恒(能)成立问题热点四：“先分离后构造”解答恒(能)成立问题热点五：两次构造函数，解答恒(能)成立问题热点六：先分离参数、再两次构造函数，解答恒(能)成立问题热点七：构造函数法证明恒成立问题恒成立问题能成立问题“隐性”恒成立A.-∞,0B.-1,+∞C.-1,0D.-1,0【答案】C【分析】令f (t )=log 0.5t ,t =x 3-3x 2+ax +6，根据复合函数的单调性可得需满足t >0，且t =x 3-3x 2+ax +6在1,2 上单调递减，结合导数。
恒成立问题(教师版)含答案
1．恒成立问题恒成立问题即：。
在近些年的数学高考题及高考模拟题中经常出现含参数不等式恒成立问题，题目一般综合性强，可考查函数、不等式及导数等诸多方面的知识，同时兼顾考查转化化归思想、数形结合思想、分类讨论思想，是高考热点题型之一。
下面结合例题浅谈恒成立问题的常见解法。
1.1 转换主元首先确定题目中的主元，化归成初等函数求解。
此方法常适用于化为一次函数。
对于一次函数有：例1：若不等式 2x －1>m(x 2-1)对满足－2m 2的所有m 都成立，求x 的取值范围。
)(,x p I x ∈∀],[,)(n m x b kx x f ∈+=⎩⎨⎧<<⇔<⎩⎨⎧>>⇔>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2：设函数为实数。
（Ⅰ）已知函数在处取得极值，求的值；（Ⅱ）已知不等式对任意都成立，求实数的取值范围。
1.2 化归二次函数法根据题目要求，构造二次函数。
结合二次函数实根分布等相关知识，求出参数取值范围。
对于一元二次函数有： （1）上恒成立； （2）上恒成立例3：在R 上定义运算：x y ＝(1－y)x 若不等式(x －a)(x ＋a)<1对任意实数x 成立，则 ( ) (A)－1<a<1 (B)0<a<2 (C) (D)323()(1)1,32a f x x x a x a =-+++其中()f x 1x =a '2()1f x x x a >--+(0,)a ∈+∞x ),0(0)(2R x a c bx ax x f ∈≠>++=R x x f ∈>在0)(00<∆>⇔且a R x x f ∈<在0)(00<∆<⇔且a ⊗⊗⊗2321<<-a 3122a -<<例4：已知向量=(x 2,x+1),=(1-x,t) 若函数f(x)＝·在区间(－1，1)上是增函数，求t的取值范围。
22人教A版新教材数学必修第一册知识总结--恒成立与能成立问题
加练课3 恒成立与能成立问题学习目标 1.了解不等式中“恒成立与能成立”问题的三种常见类型：①一次函数型；②二次函数型；③变量分离型.掌握不等式恒成立与能成立问题的解题方法.2.运用函数与方程、转化与化归、数形结合、分类讨论等数学思想和数学方法分析和解 决问题.自主检测·必备知识一、概念辨析，判断正误1.当x =−1 或x =2 时，都能使不等式2x −3＞0 成立.( × )2.设f(x)=ax +b ，若f(x)＞0 在[m,n] 上恒成立，则f(m)＞0 和f(n)＞0 同时成立.( √ )3.若f(x) 在区间[a,b] 上单调递减，且f(x 0)＞0,x 0∈(a,b) ，则f(x)＞0 恒成立.( × ) 二、夯实基础，自我检测4.（2020河北尚义第一中学高一期中）若命题p ：∀x ∈R,x 2+ax +1≥0 为真命题，则实数a 的取值范围是( ) A.a ≥2 B.a ≤−2C.−2≤a ≤2D.a ≤−2 或a ≥2 答案：C解析：令f(x)=x 2+ax +1 ，则必有△=a 2−4≤0 ，解得−2≤a ≤2 ， 所以实数a 的取值范围是−2≤a ≤2 . 故选C.5.（2021四川成都树德中学高一月考）若关于x 的不等式ax 2−2ax +3＜0 无解，则实数a 的取值范围是( )A.a ≤0 或a ＞3B.0≤a ≤3C.a ≤0 或a ≥3D.0＜a ≤3 答案：B解析：ax 2−2ax +3＜0 无解⇔ax 2−2ax +3≥0 恒成立， 当a =0 时，3≥0 恒成立；当a ≠0 时，{a >0,△=4a 2−12a ≤0, 解得0＜a ≤3 .综上，实数a 的取值范围是0≤a ≤3 .故选B.6.（2020山西太原高一月考）若关于x 的不等式2x 2−8x −4+a ≤0 在1≤x ＜3 内有解，则实数a 的取值范围是( ) A.a ≥12 B.a ≤10 C.a ≤12 D.a ≥10解析：由题意，可得−a≥2x2−8x−4，设f(x)=2x2−8x−4=2(x−2)2−12，若1≤x＜3，则−12≤f(x)≤−10，若使不等式2x2−8x−4+a≤0在1≤x＜3内有解，则只需−a≥f(x)min，即−a≥−12，解得a≤12.故选C.7.若不等式mx2+2mx+1＞0的解集为R，则实数m的取值范围是.答案：[0,1)8.当x∈(1,2)时，不等式x2+mx+2＞0恒成立，则m的取值范围是.答案：(−2√2,+∞)解析：当x∈(1,2)时，不等式x2+mx+2＞0恒成立，等价于m＞−x−2x恒成立.设f(x)=−x−2x，其中x∈(1,2)，则f(x)=−(x+2x )≤−2√x⋅2x=−2√2，当且仅当x=√2时取“=”.∴f(x)的最大值为−2√2.∴m的取值范围是(−2√2,+∞).互动探究·关键能力探究点一不等式能成立问题精讲精练例（2020浙江温州中学高一期中）已知函数f(x)=2x2−(m+3)x+1. （1）当m=−2时，求不等式f(x)≤2的解集；（2）若关于x的不等式f(x)≤2在[1,2]上有解，求实数m的取值范围. 答案：（1）当m=−2时，f(x)=2x2−x+1≤2，即2x2−x−1≤0，即(2x+1)(x−1)≤0，解得−12≤x≤1，故不等式的解集为{x|−12≤x≤1}.（2）由题意得，2x2−(m+3)x+1≤2在x∈[1,2]上有解，即m≥2x 2−3x−1x=2x−1x−3在x∈[1,2]上有解，记g(x)=2x−1x−3,x∈[1,2]，则m≥g(x)min，又g(x)在[1,2]上单调递增，所以g(x)min=g(1)=−2，所以m≥−2.解决不等式有解问题，可按以下规则进行转化：一般地，已知函数y=f(x),x∈[a,b]，（1）若x1∈[a,b],f(x1)<m有解，f(x)min<m；（2）若x1∈[a,b],f(x1)>m有解，f(x)min>m.迁移应用1.已知函数f(x)=ax2−(2a+3)x+6(a∈R).（1）当a=1时，求函数y=f(x)的零点；（2）解关于x的不等式f(x)＜0(a＞0)；（3）当a=1时，函数f(x)≤−(m+5)x+3+m在[−2,2]上有解，求实数m的取值范围.答案：（1）当a=1时，f(x)=x2−5x+6=(x−2)(x−3)，所以函数y=f(x)的零点为2，3（2）由f(x)=ax2−(2a+3)x+6＜0可得(ax−3)(x−2)<0，当0＜a＜32时，解不等式得2＜x＜3a；当a=32时，x不存在，即不等式的解集为⌀；当a＞32时，解不等式得3a＜x＜2.综上，当0＜a＜32时，不等式的解集为{x|2＜x＜3a}；当a=32时，不等式的解集为⌀；当a＞32时，不等式的解集为{x|3a＜x＜2}.（3）由题意得，不等式x2+mx+3−m≤0在[−2,2]上有解，令y=x2+mx+3−m，则函数的图象开口向上，对称轴为直线x=−m2.①当−m2≤−2，即m≥4时，函数在x=−2处取得最小值，即4−2m+3−m≤0，即m≥73，所以m≥4；②当−2＜−m2＜2，即−4＜m＜4时，函数在x=−m2处取得最小值，此时−m24+3−m≤0，解得m≤−6或m≥2，即2≤m＜4；③当−m2≥2，即m≤−4时，函数在x=2处取得最小值，此时4+2m+3−m≤0，解得m≤−7.综上，m≥2或m≤−7.探究点二 一次函数型与二次函数型精讲精练例1对任意的m ∈[−1,1] ，函数f(x)=x 2+(m −4)x +4−2m 的值恒大于零，求x 的取值范围.答案：由题意得，f(x)=x 2+(m −4)x +4−2m =(x −2)m +x 2−4x +4 ， 令g(m)=(x −2)m +x 2−4x +4 ，则原问题转化为关于m 的一次函数问题， 即在[−1,1] 上，g(m) 的值恒大于零， ∴{g(−1)=(x −2)×(−1)+x 2−4x +4>0,g(1)=x −2+x 2−4x +4>0, 解得x ＜1 或x ＞3 .故当x 的取值范围是(−∞,1)∪(3,+∞) 时，对任意的m ∈[−1,1] ，函数f(x) 的值恒大于零.例2（2020江苏淮安阳光学校高一月考）设m ∈R ，二次函数y =x 2−5x +m . （1）若该二次函数的两个零点都在区间(1,+∞) 内，求m 的取值范围；（2）若对任意的x ∈[1,2] ，不等式x 2−5x +m ≤2x 2+mx +m 2 恒成立，求m 的取值范围.答案：（1）二次函数y =x 2−5x +m 图象的对称轴为直线x =52 ，由题意可得{△=(−5)2−4m >0,f(1)=1−5×1+m >0,解得{m <254,m >4,所以m 的取值范围为4＜m ＜254 .（2）不等式x 2−5x +m ≤2x 2+mx +m 2 对于任意的x ∈[1,2] 恒成立， 即x 2+(m +5)x +m 2−m ≥0 对于任意的x ∈[1,2] 恒成立， 设g(x)=x 2+(m +5)x +m 2−m ， 函数图象为开口向上的抛物线， 其对称轴为直线x =−m+52，则只需g(x)min ≥0 ， 所以{−m+52≥2,g(x)min =g(2)≥0或{−m+52≤1,g(x)min =g(1)≥0 或{1<−m+52<2,g(x)mis =g(−m+52)≥0,解得{m ≤−9,m 2+m +14≤0或{m ≥−7,m 2+6≥0或{−9<m <−7,3 m 2−14m −25≥0, 所以m ≤−9 或m ≥−7 或−9＜m ＜−7 ，故m 的取值范围是R . 解题感悟 1.一次函数型：f(x)=ax +b >0(a ≠0) 在[m,n] 上恒成立⇔{f(m)>0,f(n)>0.f(x)=ax +b <0(a ≠0) 在[m,n] 上恒成立⇔{f(m)<0,f(n)<0.2.二次函数型（1）二次函数在R 上的恒成立，问题： 对于二次函数y =ax 2+bx +c(a ≠0) ， ①若ax 2+bx +c ≥0 在R 上恒成立，则{a >0,△≤0;②若ax 2+bx +c ≤0 在R 上恒成立，则{a <0,△≤0;（2）二次函数在给定区间上的恒成立问题：若f(x)=ax 2+bx +c >0(a ≠0) 在某个区间上恒成立，则利用图象法或转化为求函数的最值问题或分离变量法求解. 迁移应用1.（2020江苏南京高一期中）已知函数f(x)=x 2−4ax +3a 2 ，其中a 为实数. （1）当a =2 时，判断命题p ：∃x ∈R,f(x)≤0 的真假，并说明理由； （2）若∀x ∈[1,2],f(x)≤0 ，求实数a 的取值范围. 答案：（1）命题p 为真命题.理由：当a =2 时，f(x)=x 2−8x +12 ， 又f(2)=0 ，所以命题p ：∃x ∈R,f(x)≤0 为真命题.（2）由题意得，函数f(x) 的图象关于直线x =2a 对称， f(x) 在(−∞,2a) 上是减函数， 在(2a,+∞) 上是增函数，当32≤2a 时，f(x) 的最大值为f(1) ，当32＞2a 时，f(x) 的最大值为f(2) ，则要使∀x ∈[1,2],f(x)≤0 ， 只需f(1)≤0 ，且f(2)≤0 即3a 2−4a +1≤0 ， 且3a 2−8a +4≤0,解得13≤a ≤1 ，且23≤a ≤2 ，即23≤a ≤1 ，所以实数a 的取值范围是[23,1] .探究点三 变量分离型精讲精练例（2020山东烟台高一期中）已知函数f(x)=x 2−3x +b ，不等式f(x)＜0 的解集为{x|1＜x ＜t},b,t ∈R . （1）求b 和t 的值；（2）当x ∈[1,4] 时，函数y =f(x) 的图象恒在y =kx 2 图象的上方，求实数k 的取值范围.答案：（1）因为不等式f(x)＜0 的解集为{x|1＜x ＜t} ， 所以1和t 为方程x 2−3x +b =0 的两根， 所以{1×t =b,1+t =3, 解得b =t =2 .（2）由题意得，∀x ∈[1,4] ， 恒有x 2−3x +2＞kx 2 .两边同时除以x 2 得，k ＜2x 2−3x +1 . 令g(x)=2x2−3x+1,t =1x, 则g(t)=2t 2−3t +1 ，则k ＜2x 2−3x +1 等价于k ＜g(t),t ∈[14,1] ， 即k ＜g(t)min又g(t)=2t 2−3t +1=2(t −34)2−18，所以当t =34 时，g(t)min =−18 . 所以实数k 的取值范围为k ＜−18 .解题感悟函数恒成立问题的求解方法在求解恒成立问题时，把参数分离出来，使不等式的一端是含有参数的代数式，另一端是一个区间上的具体函数，这样便于问题的解决.一般将函数的恒成立问题转化为求函数的最大值或最小值问题： ①a ≤f(x) 恒成立⇔a ≤f(x)min ； ②a ≥f(x) 恒成立⇔a ≥f(x)min . 迁移应用1.（2020江苏南京师范大学附属中学高一月考）已知二次函数f(x) 的值域为[−4,+∞) ，且不等式f(x)＜0 的解集为(-1,3). （1）求f(x) 的解析式；（2）若对于任意的x ∈[−2,2],f(x)＞2x +m 恒成立，求实数m 的取值范围. 答案：（1）设f(x)=ax 2+bx +c(a ≠0) ，由题意可得，{f(−1)=a −b +c =0,f(3)=9a +3b +c =0,f(1)=a +b +c =−4, 解得{a =1,b =−2,c =−3, 即f(x)=x 2−2x −3 .（2）由（1）得m ＜x 2−4x −3 对任意的x ∈[−2,2] 恒成立， 令g(x)=x 2−4x −3=(x −2)2−7 ， 当x ∈[−2,2] 时，g(x)∈[−7,9] ，所以m ＜−7 ，即实数m 的取值范围是(−∞,−7) .评价检测·素养提升1.（2020江苏南京第五高级中学高一月考）不等式2x 2−kx −k ＞0 对于一切实数x 恒成立，则k 的取值范围为( ) A.(-8,0) B.(0,8)C.(−∞,−8)∪(0,+∞)D.(−∞,0)∪(8,+∞) 答案：A2.（2020湖北宜昌高一期中）如果∃x 0∈R ，使得x 02+ax 0+1＜0 成立，那么实数a 的取值范围为( ) A.(−∞,−2]B.(−∞,−2)∪(2,+∞)C.[2,+∞)D.⌀ 答案：B3.已知当a ∈[−1,1] 时，不等式x 2+(a −4)x +4−2a ＞0 恒成立，则实数x 的取值范围是 . 答案：(−∞,1)∪(3,+∞)解析：令g(a)=x 2+(a −4)x +4−2a =(x −2)a +x 2−4x +4 ， 因为当a ∈[−1,1] 时，不等式x 2+(a −4)x +4−2a ＞0 恒成立， 所以{g(−1)＞0,g(1)＞0, 即{x 2−5x +6＞0,x 2−3x +2＞0, 解得x ＜1 或x ＞3 ，所以实数x 的取值范围为(−∞,1)∪(3,+∞) .4.已知函数f(x)=x 2+mx −1 ，若对于任意的x ∈[m,m +1] ，都有f(x)＜0 成立，则实数m 的取值范围是 . 答案：(−√22,0)解析：由题意可得{f(m)=2 m 2−1＜0,f(m +1)=2 m 2+3m ＜0,解得−√22＜m ＜0 ，所以实数m 的取值范围是(−√22,0) .5.若二次函数f(x)=ax 2+bx +c(a ≠0) 满足f(x +1)−f(x)=2x ，且f(0)=1 . （1）求f(x) 的解析式；（2）当x ∈[1,3] 时，不等式f(x)＜m(x +2) 恒成立，求实数m 的取值范围. 答案：（1）由f(0)=1 ，可得c =1 ，由f(x +1)−f(x)=a(x +1)2+b(x +1)+c −(ax 2+bx +c)=2ax +a +b =2x ， 可得2a =2,a +b =0 ，解得a =1,b =−1 ， 则f(x)=x 2−x +1 .（2）由题意得，不等式x 2−x +1＜m(x +2) 在x ∈[1,3] 上恒成立， 即x 2−(1+m)x +1−2m ＜0 在x ∈[1,3] 上恒成立， 设g(x)=x 2−(1+m)x +1−2m ，则g(1)=1−(1+m)+1−2m ＜0 ，且g(3)=9−3(1+m)+1−2m ＜0 解得m ＞13 且m >75 ，则m ＞75 ，即m 的取值范围是(75,+∞) .课时评价作业基础达标练1.（2020山东烟台高一期中）若不等式x 2−tx +1＜0 对一切x ∈(1,2) 恒成立，则实数t 的取值范围为( ) A.t ＜2 B.t ＞52 C.t ≥1 D.t ≥52 答案：D2.（2020河北保定定州第二中学高一月考）当1≤x ≤3 时，关于x 的不等式ax 2+x −1＜0 恒成立，则实数a 的取值范围是( ) A.(−∞,0) B.(−∞,−14) C.(−14,+∞) D.(−12,+∞) 答案：B3.（2020江苏南京高一期中）关于x 的不等式x 2+x −2+a(x +x −1)+a +1＞0 对任意的x ＞0 恒成立，则a 的取值范围是( ) A.a ＞−2 B.a ＞−1 C.a ＞0 D.a ＞1 答案：B4.（2020山西兴县友兰中学高一期中）若“∃x ∈[−1,3],x 2−2x +a ＜0 ”为假命题，则实数a 的最小值为 . 答案：15.关于x 的不等式(1+m)x 2+mx +m ＜x 2+1 对x ∈R 恒成立，则实数m 的取值范围是 . 答案：(−∞,0]6.关于x 的不等式x 2+ax −2＜0 在区间[1,4] 上有实数解，则实数a 的取值范围是 . 答案：(−∞,1)7.已知二次函数f(x) 满足f(x)=f(2−x) ，且f(1)=7,f(3)=3 . （1）求函数f(x) 的解析式；（2）是否存在实数m ，使得二次函数f(x) 在[−1,3] 上的图象恒在直线y =mx +1 的上方？若存在，求出实数m 的取值范围；若不存在，请说明理由.答案：（1）因为f(x)=f(2−x) ，所以二次函数f(x) 的图象的对称轴为直线x =1 ， 又f(1)=7 ，故可设二次函数解析式为f(x)=a(x −1)2+7 ， 因为f(3)=3 ，所以4a +7=3 ，解得a =−1 . 所以f(x)=−(x −1)2+7=−x 2+2x +6 .（2）假设存在实数m ，使得二次函数f(x) 在[−1,3] 上的图象恒在直线y =mx +1 的上方，等价于不等式−x 2+2x +6＞mx +1 ，即x 2+(m −2)x −5＜0 在[−1,3] 上恒成立. 令g(x)=x 2+(m −2)x −5 ，则{g(−1)=−m −2＜0,g(3)=3m −2＜0, 解得−2＜m ＜23 ， 所以实数m 的取值范围为(−2,23) .8.（2020北京八中高一期中）已知函数f(x)=mx 2+(1−3m)x −4,m ∈R . （1）当m =1 时，求f(x) 在区间[−2,2] 上的最大值和最小值； （2）解关于x 的不等式f(x)＞−1 .（3）当m ＜0 时，若存在x 0∈(1,+∞) ，使得f(x)＞0 ，求实数m 的取值范围.答案：（1）当m =1 时，f(x)=x 2−2x −4 在[−2,1) 上单调递减，在(1,2] 上单调递增， 所以f(x) 的最小值为f(1)=1−2−4=−5 ，最大值为f(−2)=4+4−4=4 .（2）不等式f(x)＞−1 可化为mx 2+(1−3m)x −3>0 ，即(mx +1)(x −3)>0 ， 当m ＞0 时，不等式化为(x +1m )(x −3)＞0 ，解得x ＜−1m 或x ＞3 ； 当m =0 时，不等式化为x −3＞0 ，解得x ＞3 ； 当m ＜0 时，不等式化为(x +1m )(x −3)＜0 ，当−1m ＜3 ，即m ＜−13 时，解得−1m ＜x ＜3 ； 当−1m =3 ，即m =−13时，不等式无解；当−1m ＞3 ，即−13＜m ＜0 时，解得3＜x ＜−1m . 综上，当m ＞0 时，不等式的解集为{x|x ＜−1m或x ＞3} ；当m =0 时，不等式的解集为{x|x ＞3} ；当−13＜m ＜0 时，不等式的解集为{x|3＜x ＜−1m } ； 当m =−13 时，不等式的解集为空集； 当m ＜−13 时，不等式的解集为{x|−1m＜x ＜3} .（3）当m <0 时，若存在x 0∈(1,+∞) ，使得f(x)>0 ，则f(x) 在(1,+∞) 上的最大值大于0，因为函数f(x)=mx 2+(1−3m)x −4 的图象开口向下，其对称轴为直线x =−1−3m 2m=−12m +32＞1 ， 所以f(x)max =f(−1−3m 2m)=m ⋅(1−3m)24 m 2+(1−3m)⋅(−1−3m 2m)−4=−(1−3m)24m−4 ，所以−(1−3m)24m−4＞0 ，即(1−3m)2＞−16m ， 即9 m 2+10m +1＞0, 解得m ＜−1 或−19＜m ＜0 .素养提升练9.（2020江苏苏州高一月考）已知正数a,b 满足9a +1b =2 ，若a +b ≥x 2+2x 对任意正数a,b 恒成立，则实数x 的取值范围是( ) A.[−4,2] B.[−2,4]C.(−∞,−4]∪[2,+∞)D.(−∞,−2]∪[4,+∞)答案：A10.（2020安徽合肥一中高一月考）已知m ∈R ，函数f(x)=mx 3−x ，若∃a ∈R ，使得−2≤f(a +1)−f(a)≤2 ，则实数m 的最大值为( )A.12B.9C.8D.0答案：A解析：f(a +1)−f(a)=m(a +1)3−(a +1)−ma 3+a =m(3a 2+3a +1)−1 ， 若∃a ∈R ，使得−2≤f(a +1)−f(a)≤2 ，则−2≤m(3a 2+3a +1)−1≤2 ，则−1≤m(3a 2+3a +1)≤3 ，因为y =3a 2+3a +1=3(a +12)2+14＞0 ， 所以−13a 2+3a+1≤m ≤33a 2+3a+1 ，因为要求实数m 的最大值，所以只需m ≤(33a 2+3a+1)max 即可，而y =3a 2+3a +1=3(a +12)2+14 的最小值为14 ，所以(33a 2+3a+1)max =12 ，故m ≤12 .故选A.11.已知二次函数f(x)=4x 2−2(p −2)x −2p 2−p +1 ，若在区间[−1,1] 内至少存在一个实数x ，使得f(x)＞0 ，则实数p 的取值范围是 .答案：(−3,32)解析：因为二次函数f(x) 在区间[−1,1] 内至少存在一个实数x ，使得f(x)＞0 的否定是“在区间[−1,1] 内的任意实数x ，都有f(x)≤0 ”，所以{f(1)m ≤120,f(−1)m ≤120,即{4−2(p −2)−2p 2−p +1≤0,4+2(p −2)−2p 2−p +1≤0, 整理得{2p 2+3p −9≥0,2p 2−p −1≥0,解得p ≥32 或p ≤−3 ，所以二次函数在区间[−1,1] 内至少存在一个实数x ，使得f(x)＞0 的实数p 的取值范围是(−3,32) . 12.函数f(x)=x 2+ax +3−a, 当x ∈[−2,2] 时，f(x)≥0 恒成立，则实数a 的取值范围是 .答案：[−7,2]解析：函数f(x)=x 2+ax +3−a 的图象开口向上，其对称轴为直线x =−a 2 .当−a 2＜−2 ，即a ＞4 时，函数f(x) 在区间[−2,2] 上为增函数， ∴f(x)min =f(−2)=−3a +7 ，解不等式−3a +7≥0 ，得a ≤73 ，显然不符合题意；当−2≤−a 2≤2 ，即−4≤a ≤4 时， f(x)min =f(−a 2)=−14a 2−a +3 ，解不等式−14a 2−a +3≥0 ，得−6≤a ≤2 ， ∴−4≤a ≤2 ；当−a 2＞2 ，即a ＜−4 时，函数f(x) 在区间[−2,2] 上为减函数， ∴f(x)min =f(2)=a +7 ，解不等式a +7≥0 ，得a ≥−7 ，∴−7≤a ＜−4 .综上，实数a 的取值范围是[−7,2] .13.（2020河南郑州高一期中）已知函数f(x)=2x 2−ax +a 2−4,g(x)=x 2−x +a 2−8,a ∈R .（1）当a =1 时，解不等式f(x)＜0 ；（2）若对任意x ＞0 ，都有f(x)＞g(x) 成立，求实数a 的取值范围；（3）若对任意x 1∈[0,1] ，任意x 2∈[0,1] ，都有不等式f(x 1)＞g(x 2) 成立，求实数a 的取值范围.答案：（1）当a =1 时，f(x)=2x 2−x −3 ，令f(x)＜0 ，得(2x −3)(x +1)＜0 ，解得−1＜x ＜32 ，所以f(x)＜0 的解集为(−1,32) . （2）若对任意x ＞0 ，都有f(x)＞g(x) 成立，即f(x)−g(x)=x 2+(1−a)x +4＞0 在x ＞0 时恒成立，令ℎ(x)=x 2+(1−a)x +4(x >0) ，当△=(1−a)2−16＜0 ，即−3＜a ＜5 时，函数ℎ(x) 的图象和x 轴无交点，且开口向上，符合题意；当△≥0 ，即a ≥5 或a ≤−3 时，只需{ℎ(0)=4＞0,−1−a 2＜0, 解得a ＜1 ， 又a ≥5 或a ≤−3 ，所以a ≤−3 .综上，实数a 的取值范围是a ＜5 .（3）若对任意x 1∈[0,1] ，任意x 2∈[0,1] ，都有不等式f(x 1)＞g(x 2) 成立，则只需满足f(x)min >g(x)max ,x ∈[0,1] .g(x)=x 2−x +a 2−8 ，其图象的对称轴为直线x =12 ， 则g(x) 在[0,12) 上单调递减，在(12,1] 上单调递增， ∴g(x)max =g(0)=g(1)=a 2−8 .f(x)=2x 2−ax +a 2−4 ，其图象的对称轴为直线x =a 4 ，①当a 4≤0 ，即a ≤0 时，f(x) 在[0,1] 上单调递增， f(x)min =f(0)=a 2−4＞g(x)max =a 2−8 恒成立；②当0＜a 4＜1 ，即0＜a ＜4 时，f(x) 在[0,a 4) 上单调递减，在(a 4,1] 上单调递增，f(x)min =f(a 4)=78a 2−4,g(x)max =a 2−8 ， 令78a 2−4＞a 2−8 ，得0＜a ＜4 ； ③当a 4≥1 ，即a ≥4 时，f(x) 在[0,1] 上单调递减， f(x)min =f(1)=a 2−a −2,g(x)max =a 2−8,令a 2−a −2＞a 2−8 ，解得4≤a ＜6 .综上，实数a 的取值范围为(−∞,6) .创新拓展练14.（2021山东烟台高一期末）已知函数f(x)=x 2+ax +b(a,b ∈R) .（1）若关于x 的不等式f(x)＞0 的解集是(−∞,−2)∪(−12,+∞) ，求a 、b 的值； （2）若a =−2,b =0,g(x)=kx,f(x) 与g(x) 的定义域都是[0,2] ，使得|f(x)−g(x)|＜1 恒成立，求实数k 的取值范围；（3）若方程f(x)=0 在区间(1,2)上有两个不同的实根，求f(1) 的取值范围.答案：（1）因为f(x)＞0 的解集为(−∞,−2)∪(−12,+∞) ， 所以方程f(x)=0 的两根为-2和−12 ， 由根与系数的关系得，{(−2)+(−12)=−a,(−2)×(−12)=b,所以a =52,b =1 . （2）因为a =−2,b =0, 所以f(x)=x 2−2x,因为|f(x)−g(x)|＜1 在[0,2] 上恒成立，所以−1＜x 2−2x −kx ＜1 在[0,2] 上恒成立.①当x =0 时，-1＜0＜1满足题意，②当x ∈(0,2] 时，x −1x −2＜k ＜x +1x −2 在(0,2] 上恒成立， 即(x −1x −2)max ＜k ＜(x +1x −2)min ， 因为y =x −1x −2 在(0,2] 上单调递增，y =x +1x −2 在(0,1] 上单调递减，在(1,2] 上单调递增， 所以(x −1x −2)max =−12 ，(x +1x −2)min =0 ，所以−12＜k ＜0 .（3）因为方程f(x)=0 在区间(1,2)上有两个不同的实根,所以{f(1)=1+a +b >0,f(2)=4+2a +b >0,1<−a 22,△=a 2−4b >0,因为b =f(1)−1−a ，所以{f(1)＞0,4+2a +f(1)−1−a ＞0,−4＜a ＜−2,a 2−4(f(1)−1−a)＞0,由a 2−4(f(1)−a −1)>0 ，得4f(1)＜(a +2)2＜4 ，解得f(1)＜1 .综上，f(1) 的取值范围是(0,1).。
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恒成立、能成立问题专题 一、基础理论回顾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 ∈B x 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，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,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;ﻬ二、经典题型解析题型一、简单型例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;(构造新函数） 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；（转化）简解：（1)由12012232++<⇒>-+-x x x a x a ax x 成立，只需满足12)(23++=x x x x ϕ的最小值大于a 即可．对12)(23++=x xx 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 xab +-≤或x b x a )10(2-+-≤；方法３：变更主元（新函数）,0101)(≤-++⋅=b x a xa ϕ，]2,21[∈a简解：方法１:对b x xax h ++=)(求导,22))((1)(x a x a x x a x h +-=-='，（单调函数） 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．⎪⎩⎪⎨⎧-≤-≤⇒⎪⎩⎪⎨⎧≤++≤++⇒⎪⎩⎪⎨⎧≤≤∴ab ab 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 .例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 答案：41≥m 题型二、更换主元和换元法例1、已知函数()ln()(x f x e a a =+为常数）是实数集R 上的奇函数，函数()()sin g x f x x λ=+是区间[]1,1-上的减函数,(Ⅰ)求a 的值;(Ⅱ)若[]2()11,1g x t t x λ≤++∈-在上恒成立，求t 的取值范围；(Ⅱ）分析:在不等式中出现了两个字母:λ及t ,关键在于该把哪个字母看成是一个变量,另一个作为常数。
显然可将λ视作自变量，则上述问题即可转化为在(],1-∞-内关于λ的一次函数大于等于0恒成立的问题。
(Ⅱ)略解:由(Ⅰ)知:()f x x =，()sin g x x x λ∴=+,()g x 在[]11-，上单调递减，()cos 0g x x λ'∴=+≤cos x λ∴≤-在[]11-，上恒成立,1λ∴≤-，[]max ()(1)sin1g x g λ=-=--，∴只需2sin11t t λλ--≤++,2(1)sin110t t λ∴++++≥（其中1λ≤-)恒成立,由上述②结论:可令()2(1)sin110(1f t t λλλ=++++≥≤-）,则2t 101sin110t t +≤⎧⎨--+++≥⎩，21sin10t t t ≤-⎧∴⎨-+≥⎩,而2sin10t t -+≥恒成立，1t ∴≤-。
例２、已知二次函数1)(2++=x ax x f 对[]2,0∈x 恒有0)(>x f ，求a 的取值范围。
解： 对[]2,0∈x 恒有0)(>x f 即012>++x ax 变形为)1(2+->x ax 当0=x 时对任意的a 都满足0)(>x f 只须考虑0≠x 的情况2)1(xx a +->即211x x a --> 要满足题意只要保证a 比右边的最大值大就行。
现求211x x --在(]2,0∈x 上的最大值。
令211≥∴=t x t 41)21()(22++-=--=t t t t g （21≥t ）43)21()(max -==g t g 所以43->a又1)(2++=x ax x f 是二次函数0≠∴a 所以43->a 且0≠a例3、对于满足0≤ａ≤4的所有实数ａ求使不等式342-+>+a x ax x 都成立的x 的取值范围答案: 1-<x 或3>x题型三、分离参数法（欲求某个参数的范围,就把这个参数分离出来)此类问题可把要求的参变量分离出来,单独放在不等式的一侧,将另一侧看成新函数，于是将问题转化成新函数的最值问题:若对于x 取值范围内的任一个数都有()()f x g a ≥恒成立,则min ()()g a f x ≤；若对于x 取值范围内的任一个数都有()()f x g a ≤恒成立，则max ()()g a f x ≥．例1、当()1,2x ∈时，不等式240x mx ++<恒成立，则m 的取值范围是 .解析： 当(1,2)x ∈时,由240x mx ++<得24x m x+<-.∴5m ≤-.例2、已知函数()ln()x f x e a =+（a 为常数）是实数集R 上的奇函数,函数()cos g x x x λ=-在区间2,33ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上是减函数.（Ⅰ）求a 的值与λ的范围；(Ⅱ)若对（Ⅰ)中的任意实数λ都有()1g x t λ≤-在2,33ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上恒成立,求实数t 的取值范围．(Ⅲ）若0m >,试讨论关于x 的方程2ln 2()xx ex m f x =-+的根的个数. 解:（Ⅰ）、(Ⅲ）略(Ⅱ）由题意知，函数()cos g x x x λ=-在区间2,33ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上是减函数.max 1()(),332g x g ππλ∴==-()1g x t λ≤-在2,33ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上恒成立11,32t πλλ⇔-≥-132t πλ∴≤+(1)λ≤-1,.32t π∴≤- 题型四、数形结合（恒成立问题与二次函数联系(零点、根的分布法)） 例1、若对任意x R ∈，不等式||x ax ≥恒成立，则实数a 的取值范围是________ 解析:对∀x R ∈,不等式||x ax ≥恒成立、则由一次函数性质及图像知11a -≤≤，即11a -≤≤。
|ax=yxy例２、不等式)4(x x ax -≤在]3,0[∈x 内恒成立,求实数a 的取值范围。
解：画出两个凼数ax y =和)4(x x y -=在]3,0[∈x 上的图象 如图33=a知当3=x 时3=y ， 当33≤a ]3,0[∈x 时总有)4(x x ax -≤所以33≤a例4、已知函数36,2(),63,2x x y f x x x +≥-⎧==⎨--<-⎩若不等式()2f x x m ≥-恒成立，则实数m 的取值范围是 .解:在同一个平面直角坐标系中分别作出函数2y x m =-及()y f x =的图象，由于不等式()2f x x m ≥-恒成立,所以函数2y x m =-的图象应总在函数()y f x =的图象下方，因此，当2x =-时,40,y m =--≤所以4,m ≥-故m 的取值范围是[)4,.-+∞|ax=yxy题型五、其它(最值）处理方法若在区间D 上存在实数x 使不等式()f x A >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()f x B <成立,则等价于在区间D 上的()min f x B <. 利用不等式性质1、存在实数x ,使得不等式2313x x a a ++-≤-有解，则实数a 的取值范围为______。
解：设()31f x x x =++-,由()23f x aa ≤-有解,()2min 3a a f x ⇒-≥，又()()31314x x x x ++-≥+--=,∴234a a -≥,解得41a a ≥≤-或。
2、若关于x 的不等式a x x ≥++-32恒成立，试求ａ的范围解：由题意知只须a 比32++-x x 的最小值相同或比其最小值小即可，得min )32(++-≤x x a由5)3(232=+--≥++-x x x x 所以 5≤a 利用分类讨论１、已知函数422)(+-=ax x x f 在区间［-1，2] 上都不小于2,求a 的值。