导数背景下的恒成立与存在性问题—可转化为函数最值问题
利用导数解决恒成立问题
恒成 对 x 立 D ,f(x)g(x) 0 ; min
对 x D ,有 f( x ) g ( x ) 恒 对 成 x D ， f 立 ( x ) g ( x ) 0
恒 对 成 x D ,f立 ( x ) g ( x ) 0 ; max
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小结：辨析f (“ x ) g(x )”型与“ f (x) g(x)”型的差
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2
1.对于x ,x D,有f (x ) g(x )恒成立
1
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1
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对xD,有f (x) g(x) 恒成立
min
max
2.对于xD，有f (x) g(x)恒成立
函数f (x)图像恒在函g(数 x)图像上方
不一定推f出 (x) g(x) 恒成立
二典、例新精课析讲解、，概概念念深深化化
题型f一 (x)a ： ”“ 型a（ 为其 常中 数）
( 1 ) 对 . x D , 有 f ( x ) a 恒 对 x 成 D ， f ( x ) 立 a ; min
( 2 ) 对 . x D , 有 f ( x ) a 恒 对 x 成 D ， f ( x )立 a . max
min
max
课堂练习，灵活运用
1.已知函 f(x数 )alnx(a0),g(x)lnx1.
x
x
若 对 x1,x2(0, )有f(x1)g(x2)恒 成 立 ，
求a的取值.范围
2.已知 f(x 函 )a数 xln x(a0)g ,(x)x22x2. 若 对 x1(0,) 均 , 存 x2 [在 0,1]使 , f得 (x1)g(x2) 成立 a的 ，取 求.值范围
导数中恒成立问题(最值问题)
导数中恒成立问题（最值问题）恒成立问题是高考函数题中的重点问题， 也是高中数学非常重要的一个模块， 不管是小题，还 是大题，常常以压轴题的形式出现。
知识储备（我个人喜欢将参数放左边，函数放右边）先来简单的（也是最本质的）如分离变量后， a f （x ）恒成立，则有a f （X ）max2. 对于双变量的恒成立问题f(x) min g(x)min今天呢，我会花很多时间来讲解一道二次函数，因为二次函数是最本质的， （甚至我提出这样一个观点，所有导数的题目95%3根结底就是带参数二次函数在已知定义域上根的讨论，3%是ax b 与ax 3 b 这种形式根的讨论，2%!观察法得到零点，零点通常是1,-,e 之类），所以如果 e我们真正弄清楚了二次函数，那么对于千变万化的导数题，我们还会畏惧吗。
那么我们先从一道练习题说起一•二次函数型（通常方法是讨论对称轴，根据图像求最值） 例题1.已知f （x ） ■ 2x2 2ax a 1定义域为R ，求a 的取值围 思考：①引入定义域（非R ）② 参数在二次项，就需考虑是否为01③ 引入高次（3次，4次，—，I nx , e x 等等）x④ 引入a 2, a 3等项（导致不能分离变量）f （x ）恒成立，则有a f ( x) min（若是存在性问题，那么最大变最小, 最小变最大） 如：化简后我们分析得到,a,b ， f (x) 0恒成立，那么只需f ( x)mina,b ，使得 f(x)0,那么只需f （X ）max 0如：化简后我们分析得到, X i ,X 2 a,b ， f(xjg(X 2)，那么只需 f (X)min g ( X) max如：化简后我们分析得到,X ia,b ， x 2c, d 使f （xj gg ），那么只需如：化简后我们分析得到,X i a,b ，X 2 C,d 使 f (X i )g(X 2),那么只需 f (X)max g(x)min还有一些情况了，这里不一一列举， 一个变量，再处理另一个变量）3.对于带绝对值的恒成立问题，成立问题（2014.03锡常镇一模那题特别典型）总之一句话 （双变量的存在性与恒成立问题，都是先处理 我们往往先根据函数的单调性，去掉绝对值，再转变成恒方法：1. 一次函数，二次函数直接根据图像讨论最值 （二次函数也可以分离变量）2. 对于高次或者特殊函数，一般分离变量求最值（分离变量后对函数求导，确定导函 数的正负情况，确定单调性，从而确定在已知定义域上的最值）3. 对于不能分离变量的，只能直接求导，对参数讨论，从而确定单调性，确定最值 变式:①已知 f(x) ax b ，若对任意的x （m, n ），均有f （x ） 0，求 ca 的取值围 ②已知 f(x) 2ax2x 5，若对任意的x （ 3,2），均有f （x ），求 丈a 的取值围③已知 f(x) 2ax 2(a 21）x 5，若对任意的x （ 3,2），均有f (x) 0,求a 的取值围④已知 f(x)3ax 2(a 1）x 5,若对任意的x （ 3,2），均有 f(x) 0求a 的取值围⑤已知f(x) 3ax 2(a 29）x 5，若对任意的x （ 3,2），均有 f (x)0求a 的取值围例题2.（改编）已知函数f x ax 2 2x 1在1,3上的最大值为M a ，最小值为ma ，又已 知函数g a M a m a ，（1）求g a 的表达式；（2）指出g a 的单调区间，并求出变式：1.对称轴不动（①定义域不动 ②定义域动（含参数））2. 对称轴动（含参），定义域不动（考试最喜欢考）3. 对称轴动（含参），定义域动（含参） 但是参数还是同一个参数 方法：找出对称轴 与定义域边界及定义域中值的临界点讨论即可4. 对称轴动（含参），定义域动（含参）①参数不一样，那么或许可以看看题目中参数的围，是否可以直接根据单调性求 ②参数不一样，参数也没围，那么真不能做了g a 的最小值答案：根据对a 是否为0以及对称轴的讨论，易知M (a)9a9a 5,a1 1m(a) 1,- a 3 a 1,a，所以易知1g（a ）1 8a 4, a31 c 1 a 2, a a 3 1 19a 6, a 1 a 2 8a 4,a 11 1,-）单调递减，在（-， 2 2点评：本题考察的主要是二次函数带参数在已知定义域上的最值问题的讨论所以g （a ）在（ ）单调递增，所以当1 1評，f （X ）有最小值-1(13)在平面直角坐标系xOy 中，设定点A(a , a), P 是函数y — (x >o)图象上一动点.若点XP , A 之间的最短距离为2农，则满足条件的实数a 的所有值为 _____________ . 综上a 1或a . 1o点评：本题综合性较高，考查了带参数的二次函数在已知定义域上的最值问题(高一下学期必 须学会)，同时考查了换元思想，分类讨论的思想 是一道非常漂亮的题目 二.三次函数及特殊函数型(通常是求导后对二次函数的零点进行讨论，从而求最值) 先来几个比较特殊的题目，平时稍微长点心眼，多记记，就记住了 1.(原创)已知函数f (X ) o 且Xf (X ) f (X ) o ,对所有满足条件的函数f (X )，始终有f(2) (a 3 2a 3)f(1)成立，求a 的取值围答案：由题可知x o 时，o f (o )o 与题目f(x) o 矛盾，所以显然有x o 所以由条件易知 丄凶 单调递增，由题可知 也 a 3 2a 3f(1)始终成立，即X22詈 a32a 3恒成立，因为 他单调递增，又 迪是满足条件的所有函数， f (1) 2 X X1所以爰的最小值总大于1,所以有『2a 3 1，知a 的围是a — 5或丄2 a 1 f(1) 2' 2 21点评：对于某些题中既有f(x)又有f (x)'的这种题型，我们不妨去联想它的原函数 2.(原创)已知函数f(x) log 2(1 x) x 2 ax ;若对于任意a 1,-，总存在x °- 1，使22'得不等式f(x 。
第6讲 利用导数研究不等式恒成立及函数相关问题
2
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在[ 1 ,+∞)上有唯一零点 1,且当 x∈(0,x0)时,h(x)>0; 2
当 x∈(x0,1)时,h(x)<0;当 x∈(1,+∞)时,h(x)>0.
因为 f′(x)=h(x),所以 x=x0 是 f(x)的唯一极大值点. 由 f′(x0)=0 得 ln x0=2(x0-1),故 f(x0)=x0(1-x0).
(1)解:f(x) 的定义域为(0,+∞). 设 g(x)=ax-a-ln x,则 f(x)=xg(x),f(x)≥0 等价于 g(x)≥0. 因为 g(1)=0,g(x)≥0,故 g′(1)=0,
而 g′(x)=a- 1 ,g′(1)=a-1,得 a=1. x
若 a=1,则 g′(x)=1- 1 . x
②当 a>0 时,令 f′(x)=0,
解得 x=1+ 3a 或 x=1- 3a .
3
3
当 x 变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表:
x
f′(x) f(x)
(-∞, 1- 3a )
3
+ 单调递增
13a 3
0 极大值
(1- 3a , 3
1+ 3a ) 3 -
单调递减
1+ 3a 3
0 极小值
(1+ 3a , 3
【归纳拓展】
(1)f(x)>g(x)对一切x∈I恒成立⇔I是f(x)>g(x)的解集的子集⇔[f(x)g(x)]min>0(x∈I). (2)对∀x1,x2∈D使得f(x1)≤g(x2)⇔f(x)max≤g(x)min. (3)对∀x1∈D1,∃x2∈D2使得f(x1)≥g(x2)⇔f(x)min≥g(x)min,f(x)的定义域为 D1,g(x)的定义域为D2. (4)对∃x1∈D1,∃x2∈D2使得f(x1)≥g(x2)⇔f(x)max≥g(x)min,f(x)的定义域为 D1,g(x)的定义域为D2. 二、创新问题
19专题(导数应用)恒成立与存在性问题
(2)已知f(x)=lnx:
①设F(x)=f(x+2)- 2 x ，求F(x)的单调区间；
x 1
②若不等式f(x+1)≤f(2x+1)-m2+3am+4对任意a∈[-1,1]，
x∈[0,1]恒成立，求m的取值范围.
【解题指南】
(2)由题意只需解不等式F′(x)＞0和F′(x)＜0即可得到单调区 间；原不等式恒成立可转化为 lnx13m a 恒 成4 立m ，2进一
得 f(mx－2)<－f(x)＝f(－x)，
∴mx－2<－x，mx－2＋x<0 在 m∈[－2,2]上恒成立．
记 g(m)＝xm－2＋x， 则gg((－2)<20)<，0， 即－2x2－x－2＋2＋x<x0<，0， 得－2<x<23.
答案 －2，23
Hale Waihona Puke 返回4.(2011·湖南高考)
[答案] B
已知函数 f(x)＝ex－1，g(x)＝－x2＋4x－3.若有 f(a)＝g(b)，
(2)方法一：由题意知ex-a≤0在(-∞，0］上恒成立. ∴a≥ex在(-∞，0］上恒成立. ∵ex在(-∞，0］上为增函数. ∴当x=0时，ex最大为1. ∴a≥1.同理可知ex-a≥0在［0，+∞)上恒成立. ∴a≤ex在［0，+∞)上恒成立.∴a≤1，∴a=1. 方法二：由题意知，x=0为f(x)的极小值点. ∴f′(0)=0,即e0-a=0,∴a=1，验证a=1符合题意.
∴ F(x) max ﹤0
5. ∀x1∈D, ∀x2∈E,均有 f(x1) >g(x2)恒成立， 则 f(x)min> g(x)max
6. ∀x1∈D, ∀x2∈E,均有 f(x1) <g(x2)恒成立， 则 f(x) max < g(x) min
高中数学x恒成立、存在性问题解决办法
恒成立、存在性问题解决办法总结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 m i n m i n ≥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 m a x m ax ≤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； 题型一、简单型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 ．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 ． 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 的取值范围为解析：对任意[]2,01∈x ，存在[]2,12∈x ，使得()21)(x g x f ≥等价于m x g x-⎪⎭⎫ ⎝⎛=21)(在[]2,1上的最小值m -41不大于2)(x x f =在[]2,0上的最小值0，既041≤-m ，∴41≥m题型二、更换主元法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。
恒成立与存在性问题-讲义(教师版)
恒成立与存在性问题一、课堂目标1．熟练运用导数中恒成立问题和存在性问题的解法来解决原函数的最值问题．2．理解含参导数中的分类讨论与数形结合思想．【备注】【教师指导】1.本讲是导数部分的重难点内容，重点是让学生掌握单变量型函数的恒成立与存在性问题；难点是双变量型函数的恒成立与存在性问题；重点数学思想是让学生掌握构造法和参变分离法.2.本讲关联知识包括导数的概念及运算、导数与函数的单调性、极值与最值问题.二、知识讲解1. 单变量型【备注】【教师指导】什么是单变量型？比如：只含有一个变量的不等式叫做单变量不等式.知识精讲（1）恒成立问题①，恒成立②，恒成立③，恒成立④，恒成立（2）存在性问题①，成立②，成立③，成立④，成立知识点睛常用解题方法（1）构造法：转化为求含参函数的最值问题求解.构造法属于常用及通用方法，解题思路：将所给不等式构造成左边为含参函数，右侧是常数，通常是零，将左侧设计成函数，根据题意求解最值，恒常数．例如，证明不等式的问题转化为，进而构造辅助函数，然后利用导数研究函数的单调性，接着证明函数的最小值大于．（2）参变分离法：通过分离参数，转化为不含参数函数的最值问题求解．①解题思路：将所给不等式变形，将参数分离出来，使参数在不等式左侧，其他项移到右侧，右侧形成新的函数，根据题意求解新函数的最值，判断参数的范围.②参变分离只对部分函数适用，首先这个函数能将参数分离出来，其次分离出的函数是好求导，如果变形后发现新的函数特别繁琐，建议还是应用构造法．经典例题A. B.C. D.1.函数的定义域为，，对任意，，则的解集为（）．【答案】B【解析】方法一：方法二：因为函数的定义域为，，对任意，，则的导函数，所以在定义域内递增，那么，故函数值小于零的解集为．【备注】【教师指导】本题考查简单的构造法证明不等式恒成立问题，第一步：可构造函数，第二步：再进一步求导，判断单调性，第三步：已知，将带入到，，因此解集为（）（，）令，则，因为，所以，即，所以在上单调递增．又因为，所以，所以，所以的解集是．故选．【标注】【知识点】导数与单调性（1）（2）2.已知函数．求证：；若在区间上恒成立，求的最小值．【答案】（1）（2）证明见解析；的最小值为.【解析】（1）（2）要证：只需证明：在恒成立，当时，在上单调递减；当时，在上单调递增；当时在恒成立所以．-要使：在区间在恒成立，等价于：在恒成立，等价于：在恒成立因为==①当时，，不满足题意②当时，令，则或（舍）．【备注】【教师指导】第一问利用构造法求解恒成立问题，让学生更加深刻的理解构造法，要注意定义域.第二问同样是利用构造法，但是会涉及到前面所学的分类讨论问题，因此教师在讲解时要注意对于分类讨论的部分每一条都要写清楚，让学生掌握这类题目的解法.所以时，在上单调递减；时，在上单调递增；当时当时，满足题意所以，得到的最小值为.【标注】【知识点】利用导数解决不等式恒成立问题；利用导数求单调性证不等式巩固练习3.已知函数．若关于的不等式恒成立，求整数的最小值．【答案】（1）．【解析】（1）令．所以．（）当时，因为，所以．∴此时在上是递增函数．又．∴不能恒成立，即关于的不等式不能恒成立．∴这种情况不存在．（）当时，．∴当时，．当时，．∴函数的最大值为．令．∵，，又在上是减函数．∴当时，．所以整数的最小值为．【标注】【知识点】通过构造函数证明不等式；双变量问题；利用导数解决不等式恒成立问题经典例题4.已知函数，．若函数在处取得极值，对，恒成立，求实数的取值范围．【答案】（1）．【解析】（1）因为函数在处取得极值，所以解得,经检验满足题意．由已知,则令,则易得在上递减，在上递增,所以,即．【标注】【知识点】利用导数解决不等式恒成立问题；求函数单调区间（含参一次型导函数）【思想】分类讨论思想【备注】【教师指导】本题考查利用参变分离法证明不等式恒成立问题，先将代入，可将参数进行分离，不等式右边可看做一个新的函数，研究其单调性、最值.需要给学生明确遇到恒成立与存在性问题，实际则是对函数最值的求解，遇到含参函数需要对其单调性讨论，再求解最值.巩固练习5.已知函数，．若对恒成立，求实数的取值范围．【答案】（1）．【解析】（1）∵在上恒成立，∴，即，在上恒成立，令，，∴，令，，∴在上递增，在递减，∴，∴．【标注】【知识点】求函数单调区间（含参一次型导函数）；利用导数解决不等式恒成立问题经典例题6.已知函数．若对，使成立，求实数的取值范围（其中是自然对数的底数）．【答案】（1）的取值范围为．【解析】（1），，令，，，由，当时，，在单减，当时，，在单增，，；，∴在的最大值为，所以，，所以实数的范围为．【标注】【知识点】利用导数求函数的单调性、单调区间；利用导数解决不等式能成立问题【备注】【教师指导】1.本题考查利用参变分离法证明单变量不等式是能成立问题，也就是存在性问题，2.这道题用参变分离法会更简单，参变分离后，右侧形成的导数更容易求导，令其为一个新的函数，3.对新的函数求导，求单调性，再求最值.4.让学生明白能成立，即可.巩固练习（1）（2）7.已知，，其中是自然常数，．当时，求的极值．若有解，求的取值范围．【答案】（1）（2）极小值为，无极大值．．【解析】（1）（2）由题意，函数，则，∴当时，，此时为单调递减，当时，，此时为单调递增，∴当的极小值为，无极大值．∵，，所以在上有解，即在上有解，令，，∴，令，则，当时，，此时为单调递增，当时，，此时为单调递减，∴，∴实数的取值范围是．【标注】【知识点】求解函数极值；利用导数求函数的最值；利用导数证明不等式能成立问题2. 双变量型知识精讲（1）恒成立问题①，恒成立②，恒成立（2）存在性问题①，成立②，成立③，，成立④，，成立⑤，，成立知识点睛常用解题方法（1）构造法根据结构特点，把一个变量看成主元，另一个变量看成副元去构造关于主元的函数.（2）参变分离法根据式子结构特点，先进行参变分离，构造辅助函数，通过对辅助函数性质的研究，来求解参变量取值范围.经典例题（1）（2）（3）8.已知函数，．当时，求函数的极值．当时，讨论函数单调性．是否存在实数，对任意的，，且，有恒成立？若存在，求出的取值范围；若不存在，说明理由．【答案】（1）（2）（3）时，；时，．当时，增区间为，，减区间为；当时，增区间为，无减区间；当时，增区间为，，减区间为．存在，．【解析】（1）（2）当时，，．当或时，，单调递增；当时，，单调递减，所以时，；时，．当时，【备注】【教师指导】本题第一问，带入知求解即可第二问，导函数属于能分解的二次函数型，讨论两根大小第三问考查双变量的恒成立问题.可先构造函数，再进行参变分离，再进行单调性的分析，从而求得最值，得到参数的范围.极大值极小值极大值极小值（3），①当 ，即时，由可得或，此时单调递增；由可得 ，此时 单调递减；②当 ，即时，在上恒成立，此时单调递增；③当，即时，由可得或，此时单调递增；由可得，此时 单调递减．综上：当 时，增区间为， ，减区间为；当 时，增区间为，无减区间；当时，增区间为，，减区间为．假设存在实数 ，对任意的 ，，且，有恒成立，不妨设，则由恒成立可得：恒成立，令，则 在上单调递增，所以 恒成立，即 恒成立，∴ ，即恒成立，又 ，∴在时恒成立，∴，∴当 时，对任意的 ，，且，有恒成立．【标注】【知识点】直接求函数的极值（不含参）；求函数单调区间（含参二次型导函数）；利用导数解决不等式恒成立问题巩固练习（1）（2）9.设，．令，求的单调区间．若任意，且，都有恒成立，求实数的取值范围．【答案】（1）（2）单调递减区间为，无单调递增区间．．【解析】（1）（2）由题意知，，令，则，令，解得，令，解得，故在上单调递增，在上单调递减，，取得极大值，也是最大值为，故，在上递减，所以的单调递减区间为，无单调递增区间．已知可转化为时，恒成立，令，则在上为单调递增的函数，故恒成立，即恒成立，令，则，∴当时，，在上单调递减，，即，故实数的取值范围是．【标注】【知识点】利用导数求函数的最值；二阶导问题；通过构造函数证明不等式；利用导数证明不等式恒成立问题；双变量问题；利用导数求函数的单调性、单调区间经典例题10.已知函数，，若，，使得成立，求的取值范围．【备注】【教师指导】本题考查双变量存在性证明不等式问题，本题建议教师用两种方法为学生讲解，一种是整体构造法，一种是参变分离法.让学感受各类题目的不同解法.更难一些的题目在【题集】中可选择.【答案】．【解析】由分析可知，只需取到的最小值即可．而．接下来有两个解法：解法一：整体法．易知只需取到的最大值，而，，考虑到此时，进行如下分类：①若，则，单调递增，在处取到最大值；②若，则，单调递减，在处取到最大值；③若，则在上单调递减，上单调递增，此时在或处取到最大值．综上所述，的最大值为或．∴只需且，解得．解法二：参变分离．此时是存在，使得，考虑到是正数，故：，而在上是单调增函数，故其最大值为，∴．【标注】【知识点】导数与最值巩固练习11.已知函数，，若任意，存在，使，则实数的取值范围是．【答案】【解析】，在上单增，若，则，问题转化为，使，即在上能成立，即在上至少有一个实数解，而，∴得，故．【标注】【知识点】利用导数证明不等式能成立问题（1）（2）12.已知函数．若函数在上为减函数，求实数的最小值．若，，使成立，求实数的取值范围．【答案】（1）（2）实数的最小值为．．【解析】（1）方法一：（2）∵在上为减函数，∴在上恒成立，∴恒成立，∴，即实数的最小值为．∵，，使，∴，，∵，，∴当时，取得最大值，∴，∴，，亦即，设，要使得，只需满足，∵，且当时，，，∴，在上单调递减，∴，则，方法二：∴实数的取值范围是．命题“若，，使成立”，即，由（）得，时，，问题等价于当，时，有．当时，由（）得，在上为减函数，∴，∴．当时，由于在上为增函数，所以．（i ）若，即，在上恒成立，故在上为增函数，所以，，不合，舍．（ii ）若，即，由的单调性和值域知，存在唯一的，使得，，，为减函数，，，为增函数，所以，，．，不合题意．综上，．【标注】【知识点】双变量问题；利用导数解决不等式能成立问题；隐零点问题三、思维导图你学会了吗？画出思维导图总结本节课所学吧！【备注】四、出门测（1）（2）13.已知函数，，．讨论的单调区间．若恒成立，求的取值范围．【答案】（1）（2）当时，的单调减区间是，无单调增区间；当时，的单调减区间是，单调增区间是．．【解析】（1）（2），，当时，即时，在上恒成立，所以的单调减区间是，无单调增区间，当时，即时，由得，由，得，所以的单调减区间是，单调增区间是．由题意，，恒成立，，，，，．①时，，在递增，∴，，舍去；②时，，在递减，∴，，成立；③时，，，∴，．递增，舍去．综上，．【标注】【知识点】利用导数解决不等式恒成立问题。
导数中的恒成立问题
例
如
，已
知
犳
（狓）＝狓２＋２狓＋犪，对 狓
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
任
意
狓
∈
［１，
＋∞），犳 （狓）的 值 域 是 ［０，＋ ∞ ），求 实 数 犪 的 取 值 范围．
（作 者 单 位 ：吉 林 省 延 边 第 二 中 学 ）
１１
把给出的式 子 构 造 为 函 数，求 函 数 的 最 值．当 有 的 函
数 取 不 到 最 值 时 ，要 应 用 洛 比 达 法 则 ．
例如，设犳（狓）＝ｅ狓 －１－狓－犪狓２． （１）若 犪＝０，求 犳（狓）的 单 调 区 间 ； （２）若当狓≥０时犳（狓）≥０，求犪 的取值范围． ３）数 形 结 合 法 ．
１ 恒 成 立 问 题
１．１ 命 题 类 型 恒成立问题在历年高考 中 均 有 考 查，有 大 题 也 有
小 题 ，命 题 类 型 包 括 ： １）证 明 关 系 式 恒 成 立 ，即 不 等 式 证 明 ； ２）已 知 关 系 式 恒 成 立 ，求 自 变 量 的 范 围 ； ３）已知关 系 式 恒 成 立，求 参 数 的 范 围，这 是 一 种
３－犪，如果函 数 狔＝犳（狓）在 区 间 ［－１，１］上 有 零 点， 求犪 的取值范围．
２．２ 恰 成 立 问 题
若不 等 式 犳 （狓）＞犕 在 区 间 犇 上 恰 成 立，则 等
价于不等式犳（狓）＞犕 的解集为犇；
若不 等 式 犳 （狓）＜犕 在 区 间 犇 上 恰 成 立，则 等
价于不等式犳（狓）＜犕 的解集为犇．
犽 狓２ １·狓２ ２
均
成
立
，求
实
数犽
的
取
值
范
函数的恒成立与存在性问题
1．若关于x的不等式x2＋ax－2>0在区间[1,5]上有解，则 实数a的取值范围为( )
A．－253，＋∞ C．(1，＋∞)
B．－253，1 D．(－∞，－1)
答案 A
解析 问题等价转化为不等式ax>2－x2在区间[1,5]上有
解，即不等式a>
2 x
－x在区间[1,5]上有解，令
方法三 分离变量法 若所给的不等式能通过恒等变形使参数与主元分离于不 等式两端，从而问题转化为求主元函数的最值，进而求出参 数范围．这种方法本质也还是求最值，但它思路更清晰，操 作性更强．一般地有f(x)<g(a)(a为参数)恒成立⇔g(a)>f(x)max， f(x)>g(a)(a为参数)恒成立⇔g(a)<f(x)min .
因为函数y＝
1 ex
为R上的减函数，所以y＝－
1 ex
为R上的增
函数，故f(x)＝ex－
1 ex
为R上的增函数，由f(－4t)>f(2m＋mt2)，
可得－4t>2m＋mt2，即mt2＋4t＋2m<0对任意t∈R恒成立，当
m＝0时，不等式可化为4t<0，不符合题意，所以m≠0，所以
m<0， Δ＝16－8m2<0，
2022高考一轮复习
函数的恒成立与存在性问题
2021.09.09-10
纵观近几年高考对于函数、不等式中恒成立问题的考查重点是一次函数、二次 函数的性质、不等式的性质及应用，图象.渗透换元、化归、数形结合、函数 与方程、分类讨论、转化等数学思想方法
不等式类型 ∀x∈D，f(x)＞M ∀x∈D，f(x)＜M ∃x0∈D，f(x0)＞M ∃x0∈D，f(x0)＜M ∀x∈D，f(x)＞g(x) ∀x∈D，f(x)＜g(x)
第二讲 不等式恒成立与存在性问题
第二讲 不等式的恒成立与存在性问题[本讲综述]不等式恒成立与存在性问题是历年来高考的热点，特别是以导数为背景的题型更是在高考中频频出现，这类问题涉及的知识面广、综合性强、能力要求高. 解决这类问题的关键是等价转化为求函数的最值问题，通过转化使恒成立与存在性问题得到简化.第一节 单变量不等式的恒成立与存在性问题[知识导航]一、单变量型不等式的恒成立问题1. 在不等式恒成立条件下求参数范围的核心方法在不等式恒成立条件下求参数的取值范围，一般原理是利用转化思想将其转化为函数的最值问题或值域问题加以求解. 在转化途径上，可采用“分离参数法”或“不分离参数法”直接移项构造辅助 函数的形式.由函数最值的求法及极值的定义可知，函数在区间上的最大（最小）值点若不是区间端点就是极大（极小）值点.对于是否分离自变量与参变量，取决于最值点在区间端点还是在极大（极小）值点.（1）直接移项法若区间端点代入到不等式中，不等式的左右两边相等，一般不分离，即转化为直接求函数的最值（例如当0≥x 时，01)(2≥---=ax x e x f x 恒成立，求a 的取值范围.将0=x 代入到函数中，得到0)0(=f ，不等式左右两边相等，因此不分离自变量与参变量，直接转化为0)(min ≥x f ）.（2）分离参数法若区间端点代入到不等式中，不等式的左右两边不相等（或区间端点代入到不等式中导致函数无意义），则需要分离自变量与参变量，因此此种情形下，转化后的函数最值在极大（极小）值点处取得，而不是区间端点. 分离自变量与参变量的作用在于有效避免对参数的讨论.2. 恒成立问题与函数最值的相互转化（1）若函数)(x f 在区间D 上存在最小值min )(x f 和最大值max )(x f ，则a x f a x f ≥⇔≥min )()(a x f a x f ≤⇔≤max )()(a x f a x f >⇔>min )()(a x f a x f <⇔<max )()(（2）若函数)(x f 在区间D 上不存在最大（最小）值，且值域为),(n m ，则a m a x f ≥⇔>)(a n a x f ≤⇔<)(二、单变量不等式的有解问题通常一般讲不等式合理变形使其参数分离，进而将问题转化为求函数的最值问题，具体的转化是这样的.（1）若函数)(x f 在区间D 上存在最小值min )(x f 和最大值max )(x f ，则a x f a x f ≥⇔≥max )()(a x f a x f ≤⇔≤min )()(a x f a x f >⇔>max )()(a x f a x f <⇔<min )()(（2）不若函数)(x f 在区间D 上不存在最大（最小）值，且值域为),(n m ，则a n a x f >⇔>)(a m a x f <⇔<)([典例精讲]类型一：单变量型不等式的恒成立问题1. 不分离自变量与参数解恒成立问题引理 （1）若函数)(x f 在a x =处可导，且),[b a x ∈时)()()(a f x f ≤≥恒成立，则0)()(≤≥'a f .（2）若函数)(x f 在b x =处可导，且],(b a x ∈时)()()(b f x f ≤≥恒成立，则0)()(≥≤'b f .初步感知若))(()(b x a a f x f <≤≤，则函数)(x f 在a x =处右侧附近的图象是减函数.又因为函数)(x f 在a x =处可导，所以0)(≤'a f . 同理，可得其他结论也成立. 以上引理有部分辅导书称之为“端点效应”.严格证明如下：若))(()(b x a a f x f <≤≤，则由函数)(x f 在a x =处可导及导数的定义，可得0)()(lim )(≤--='+→ax a f x f a f a x . 同理，可证其他结论也成立. 综观2006—2018年高考真题，在不等式恒成立问题上，考查的模型均涉及端点值代入不等式取等号，利用区间端点的导数值的符号来确定参数的范围，这作为必要条件，在此基础上证明充分性. 当然，也可以从前提出发，如任取0≥x ，0)(≥x f 恒成立，求a 的取值范围. 可以大胆假设目标成立的前提是)(x f 单调递增，即0)(≥'x f ，得到参数a 的范围，在证明反面不成立，这样求得参数的取值范围. 当然，我们也可以使用“分离参数法”求范围，利用洛必达法则解决函数无意义点的取值问题，这在后面我们会讲解到，帮助学生避免恒成立问题的讨论难题，降低思维难度.例2.1 设函数)1ln()1()(++=x x x f . 若对所有的0≥x ，都有ax x f ≥)(成立，求实数a 的取值范围.解析：（解法一）设)0()1ln()1()()(≥-++=-=x ax x x ax x f x g由0)0(=g ，且0≥x 时，总有0)(≥x g ，所以由引理得0)0(≥'g ，即01ln 1≥-+a ，解得1≤a （这是恒成立的必要条件）.若1≤a ，)0(0)1ln(1)(≥≥-++='x a x x g （再验证充分性）. 故函数)(x g 在),0[+∞上单调递增，则0)0()(=≥g x g . 即ax x f ≥)(恒成立. 所以a 的取值范围是]1,(-∞.（解法二）设)0()1ln()1()()(≥-++=-=x ax x x ax x f x g ，则当0≥x 时，0)(≥x g . 因为0)0(=g ，于是要使不等式成立，前提是)(x g 在),0[+∞上单调递增即可，即0)(≥'x g . 又a x x g -++=')1ln(1)(在),0[+∞上单调递增，故当01)0()(min ≥-='='a g x g ，即1≤a 时，0)(≥x g 恒成立.下面证明这个条件是必要的.当1>a 时，01)0(<-='a g ，a x x g -++=')1ln(1)(在),0[+∞上单调递增，且当+∞→x 时，+∞→')(x g . 故)(x g '有唯一零点，设为0x . 则当00x x <<时，0)(<'x g ，即)(x g 在),0(0x 上单调递增，所以当00x x <<时，0)0()(=<g x g ，这与0)(≥x g 是矛盾的.（解法三）令)0()1ln()1()()(≥-++=-=x ax x x ax x f x g ，则0)0(=g ，a x x g -++=')1ln(1)(.①当1≤a 时，0)(≥'x g ，函数)(x g 在),0[+∞上单调递增，故0)0()(=≥g x g ，因此ax x f ≥)(对所有的0≥x 恒成立.②当1>a 时，令0)(='x g ，得1)1ln(-=+a x ，即11-=-a e x .当)1,0(1-∈-a e x 时，0)(<'x g ，函数)(x g 在区间)1,0(1--a e 上单调递增，则)10(0)0()(1-<<=<-a e x g x g . 此时与题设中恒成立矛盾，故舍去.综上所述，a 的取值范围是]1,(-∞.评注：解法一是从恒成立的必要条件入手突破，求出a 的取值范围，再证明充分性，即在参数的范围下，不等式恒成立；解法二是从目标前提入手（即从充分性入手），求出a 的取值范围，再证此前提下目标反面不成立（即只要找出一个子区间，使所证不等式在此区间上不成立即可）. 解法三分别利用了函数的单调性与举反例的方法确定了取值范围.变式1 设函数x x e e x f --=)(.若对于所有的0≥x ，都有ax x f ≥)(成立，求实数a 的取值范围.变式2 设函数xx x f cos 2sin )(+=. 若对所有的0≥x ，都有ax x f ≤)(，求实数a 的取值范围.例2.2 已知函数x e e x f x x 2)(--=-.（1）讨论)(x f 的单调性；（2）设)(4)2()(x bf x f x g -=，当0>x 时，0)(>x g ，求b 的最大值. 解析：（1）略.（2）由)2(44)(4)2()(22x e e b x e ex bf x f x g x x x x -----=-=--，可得0)0(=g ，于是)22)(2(2)2(4422)(22+-+-+=-+--+='----b e e e e e e b e ex g x x x x x x x x . 因为02>-+-x x e e ，所以)(x g '的符号与22+-+=-b e e y x x 的符号相同. 由已知，当0>x 时，0)(>x g ，又0)0(=g ，则0240≥-='=b y x ，得2≤b . 且当2=b 时，02≥-+=-x x e e y ，故0)(≥'x g 恒成立，由于函数)(x g 在),0(+∞上单调递增，故)0(0)0()(>=>x g x g ，因此b 的最大值为2.变式1 已知函数xx x f -+=11ln )(，设实数k 使得)3()(3x x k x f +>对)1,0(∈x 恒成立，求k 的最大值.2. 分离参数法解恒成立问题例2.3 已知函数x ex f ax -=)(，其中0≠a . 若对一切R x ∈，1)(≥x f 恒成立，求a的取值范围.解析：以为对一切R x ∈，1)(≥x f 恒成立，且1)0(=f ，所以0=x 是函数)(x f 的最小值点.由函数在区间上的最值点若不是区间端点就是极值点，得0=x 也是函数)(x f 的极小值点，所以01)0(0=-='ae f ，解得1=a . 还可检验，当1=a 时，x e x f x -=)(，1)(-='xe xf . 当0≤x 时，0)(≤'x f ，函数)(x f 在)0,(-∞上单调递减；当0>x 时，0)(>'x f ，函数)(x f 在),0(+∞上单调递增. 则1)0()(min ==f x f ，所以1)(≥x f 恒成立.综上所述，a 的取值范围是{}1. 变式1 已知函数)0()()(2≠-=k e k x x f kx . （1）求)(x f 的单调区间；（2）若对任意的),0(+∞∈x ，都有e x f 1)(≤，求k 的取值范围.例2.4 设函数)1,0(ln 1)(≠>=x x xx x f . （1）求函数)(x f 的单调区间；（2）已知ax x >12对任意)1,0(∈x 成立，求实数a 的取值范围.解析：（1）)1,0()ln (1ln )(2≠>+-='x x x x x x f ，函数)(x f 在)1,0(e 上单调递增，在),1(+∞e和),1(+∞上单调递减. （2）因为)1,0(∈x ，021>x ，0>a x ，所以在a x x >12两边取自然对数，得x a x ln 2ln 1>，所以x x x a ln 1ln >. 依题意，max )ln 1(ln xx x a >. 由函数x x x f ln 1)(=的单调性可知，在)1,0(∈x 上其最大值为e ef -=)1(，则e a ->2ln ，即2ln e a ->，所以a 的取值范围为),2ln (+∞-e . 评注：本题将不等式ax x >12两边取自然对数，分离参变量与自变量，构造函数xx x f ln 1)(=，利用函数)(x f 的单调性求其最值. 变式1 设函数)(ln )(R a ax x x f ∈-=.（1）判断函数)(x f 的单调性；（2）当ax x <ln 在),0(+∞上恒成立，求a 的取值范围；（3）求证：)()11(+∈<+N n e nn .类型二：单变量型的存在性问题例2.5 设函数)1(21ln )(2≠--+=a bx x a x a x f ，曲线)(x f y =在点))1(,1(f 处的切线斜率为0.（1）求b 的值；（2）若存在10≥x ，使得1)(0-<a a x f ，求实数a 的取值范围. 分析：（1）曲线)(x f y =在点))1(,1(f 处的切线斜率为00)1(='⇔f .（2）10≥∃x ，使得1)(0-<a a x f ⇔函数1)(min -<a a x f . 解析：（1）1=b .（解答过程略）（2）由（1）知，)0(21ln )(2>--+=x x x a x a x f . 若存在),1[0+∞∈x ，使得1)(0-<a ax f 成立，则1)(min -<a a x f . 又)0())1)((1(1)1()(2>---=+--='x x a x a x x x x a x f .令0)(='x f ，解得aa x x -==11或. ①当01<-a a ，即01<>a a 或，有以下两种情况： （Ⅰ）当1>a 时，)(x f 在),1[+∞上单调递减，且1021121)1(-<<--=--=a a a a f ，符合题意.（Ⅱ）当0<a 时，)(x f 在在),1[+∞上单调递增，21)1()(min --==a f x f . 因此121-<--a a a ，解得021<<--a . ②当01>-aa ，即10<<a 时，有以下情况. （Ⅰ）当11>-a a ，即121<<a 时，)(x f 在)1,1[a a -上单调递减，在),1(+∞-aa 上单调递增. 此时)(x f 在),1[+∞上的最小值为：)1,21(,11)1(2)1ln()1(2∈->-+-+-=-a a a a a a a a a a a a f ，与题设矛盾，故不符合题意. （Ⅱ）当110<-<a a ，即210<<a 时，)(x f 在),1[+∞上单调递增，此时)(x f 在),1[+∞上的最小值为21)1(--=a f . 令1)(min -<a a x f ，即121-<--a a a ，解得2121+-<<--a ，所以a 的取值范围是)21,0(+-.（Ⅲ）当11=-a a ，即21=a 时，02)1()(2≥-='x x x f 在),1[+∞∈x 上恒成立，所以)(x f 在),1[+∞上单调递增，此时43)1()(min -==f x f . 又11-=-a a ，故),1[+∞∈∀x ，1)(->a a x f ，与题设矛盾，故21=a 不符合题意. 01=-aa ，即0=a 时，可得)(x f 在),1[+∞上单调递增，121)1()(min -<-==a a f x f ，所以0=a 符合题意. 综上所述，实数a 的取值范围为),1()21,21(+∞⋃+---.[巩固练习]1. 已知函数0,11)1ln()(≥+-++=x x x ax x f ，其中0>a . 若)(x f 的最小值为1，求a 的取值范围.2. 设函数21)(ax x e x f x ---=，若当0≥x 时，0)(≥x f ，求a 的取值范围.3. 设函数x a ax x f ln )(2--=，其中R a ∈.（1）讨论)(x f 的单调性；（2）确定a 的所有可能取值，使得xe xx f -->11)(在区间),1(+∞上恒成立.4. 已知函数)1(ln )1()(--+=x a x x x f ，若当1>x 时，0)(>x f ，求a 的取值范围.5. 已知R m ∈，函数x x m mx x f ln 1)(---=，x xx g ln 1)(+=. （1）若函数)()(x g x f y -=在),1[+∞上是增函数，求实数m 的取值范围； （2）设xex h 2)(=，若存在],1[0e x ∈，使得)()()(000x h x g x f >-，求实数m 的取值范围.6. R a x x a x x f ∈++=),ln ()(2，若a e x f )1(21)(+>，求a 的取值范围.第二节 有关多元函数的问题[本讲综述]不等式有关多元函数的问题，在高考以及数学竞赛中都层出不穷，特别是有关双变量的问题，以导数为载体在高考中一直都是一个难点，希望同学们通过本文的讲解，对双变量的问题学会思考.[知识导航]一、极值点偏移 1. 极值点偏移背景已知函数)(x f y =是连续函数， f (x)在区间 (1x ,2x )只有一个极值点 0x，且)()(21x f x f = ，很多极值函数由于极值点左右的“增减速度”不同，函数图象不具对称性，常常有极值点2210x x x +≠（或 )2()(210xx f x f +'≠'）的情况，称这种状态为“极值点偏移”.极值点偏移问题在每年高考或模拟考试中屡屡出现（题眼为：21,x x 或者中点221x x +，且有)()(21x f x f =），这类问题难度较大，常处于试题的压轴题位置，显得尤为重要.2. 极值点偏移的本质要 证 明2210x x x +≠， 实 质 是 证 明2210x x x +> ( 或 2210xx x +<)，这是一个关于21,x x 双变元的不等式.所以，极值点偏移问题实质是双变元不等式的问题,解决方法通常是通过构造函数（或者换元法，如令t x x t x x ==+1221,），使得双变量函数变成一元函数。
2025届高中数学一轮复习课件《利用导数研究恒成立或存在性问题》ppt
高考一轮总复习•数学
令 h(x)＝－l12nxx2 ，x∈[e,4]，则 2a＞h(x)min.
xln ∵h′(x)＝－
x－12x2·1x ln x2
＝－xlnlnxx－212＜0，
∴h(x)在[e,4]上单调递减，
∴h(x)min＝h(4)＝－ln42，
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高考一轮总复习•数学
∴2a＞－ln42，即 a＞－ln22， ∴实数 a 的取值范围为－ln22，＋∞.
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“分离参数法”解决不等式恒成立问题 其实有时，不等式恒成立求参问题，若不能实现参变分离，也会采用函数法. f(λ，x) ＞0 恒成立⇔f(λ，x)min＞0，而这个最小值，则要带参讨论最值． “分离参数求最值”是解决不等式恒成立求参数的取值范围问题的基本方法．其基本 过程如下： (1)已知含参数 λ 的不等式 f(λ，x)>0 恒成立． (2)将不等式转化为 g(λ)>h(x)，即一端是参数 λ，另一端是变量表达式 h(x)． (3)求函数 h(x)的最值或值域．可以用导数法、均值不等式法、换元法、单调性法等． (4)得出结论．例如对于 g(λ)>h(x)，若 h(x)的最大值为 M，则 g(λ)>M；若 h(x)不存在最 大值，其值域为(m，M)时，g(λ)≥M.
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导数背景下的恒成立与存在性问题—可转化为最值问题—恒成立问题和存在性问题一直是高考中的热门问题，同时学生在理解与掌握的过程中存在一定的困难，经常混淆不清。
一般得这两类问题都可以转化为函数最值问题，通过最值之间的比较，从而得出参数的取值范围。
下面把问题细分为9个方面，希望对你有所帮助。
一、若对∀x I ∈，)(x f a >恒成立，则只需max )(x f a >即可；若对∀x I ∈，)(x f a <恒成立，则只需min )(x f a <即可.例题1、已知函数)30(ln )(≤<+=x xax x f ，若以其图象上任意一点),(00y x P 为切点的切线的斜率 21≤k 恒成立，求实数a 的取值范围. 【解答】Q 221()a x a f x x x x-'=-=， ∴0020'()x ak f x x -==∴12k …恒成立等价于02012x a x -…恒成立即2001()2max a x x -+…， （分离参数）Q 当01x =时，20012x x -+取得最大值12，∴12a ….二、若I ∈∃x ，满足不等式)(x f a >，则只需min )(x f a >即可； 若I ∈∃x ，满足不等式)(x f a <，则只需max ()a f x <即可；例题2、已知函数ax ax x f 2)(2+=，xe x g =)(，若在),0(+∞上至少存在一个实数0x ，使得)()(00x g xf >成立，求实数a 的取值范围.【解答】由)()(00x g x f >可得0202xax ax e +>，即22xe a x x>+， （分离参数）Q 在),0(+∞上至少存在一个实数0x ，使得)()(00x g x f >成立，∴2min 2x e a x x ⎛⎫> ⎪+⎝⎭，令2()2xe h x x x=+，222(2)'()(2)x e x h x x x -=+，当(0,2)x ∈时，'()0h x <，即()h x 在(0,2)递减，当(2,)x ∈+∞时，'()0h x >，即()h x 在(0,2)递增，∴2min(21)()(2)eh x h -==，∴2(21)2e a ->三、若对I ∈∀21,x x ，使得不等式a x f x f <-)()(21（a 为常数）恒成立，则a x f x f <-min max )()( .例题3、已知函数)1()1(21ln )(2e a x a x x a xf ≤<+-+=.证明：对于[]12,1,x x a ∀∈，恒有1)()(21<-x f x f 成立.分析：只需证明max min |()()|1f x f x -<即可.【解答】由题可知，2(1)()(1)'()(1)a x a x a x a x f x x a x x x-++--=+-+==，当[]1,x a ∈时，0,10x a x -≤-≥， ∴'()0f x ≥在[]1,x a ∈上恒成立，即()f x 在[]1,a 上单调递减，2min 1()()ln 2f x f a a a a a ==--，max 1()(1)2f x f a ==--，∴2max min 11()()ln 22f x f x a a a -=-+，令2max min 11()()()ln 22g a f x f x a a a =-=-+，(1)a e <≤，则'()ln 1g a a a =+-，令()'()ln 1a g a a a ϕ==+-，则1'()10a aϕ=-<恒成立， ∴()a ϕ在(1,]e 上单调递减，即()(1)0a ϕϕ<=，∴'()0g a <，即()g a 在(1,]e 上单调递减，则()(1)0g a g <=2min 11()()122g a g e e e ==-+>-，∴1()0g a -<≤，即max min 1()()0f x f x -<-≤， ∴max min 0|()()|1f x f x ≤-<，∴对于[]12,1,x x a ∀∈，有21max min |()()||()()|1f x f x f x f x -≤-<，∴原命题得证.四、若I x x ∈∃21,，满足方程)()(21x g x f =，则只需两函数值域交集不空即可.例题4、已知函数⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧⎥⎦⎤ ⎝⎛∈+⎥⎦⎤⎢⎣⎡∈+-=)1,21(12)21,0(6131)(3x x x x x x f ，函数)0(226sin )(>+-=a a x a x g π,若[]1,0,21∈∃x x ， 使得)()(21x g x f =成立，试求实数a 的取值范围.【分析】判断函数f （x ）的单调性，求出函数f （x ）的值域，根据若存在x 1，x 2∈[0，1]，使得f （x 1）＝ g （x 2）成立得到，f （x ）的值域和g （x ）的值域交集不是空集即可得到结论． 【解答】当＜x ≤1时，f （x ）＝的导数f ′（x ）＝＝＝＞0，则此时函数f （x ）为增函数，则f （）＜f （x ）≤f （1），即＜f （x ）≤1，当0≤x ≤时，f （x ）＝﹣x +为减函数，则0≤f （x ）≤， 即函数f （x ）的值域为[0，]∪（，1]函数g （x ）＝ax 2﹣2a +2（a ＞0），在[0，1]上为增函数，则g （0）≤g （x ）≤g （1），即2﹣2a ≤g （x ）≤2﹣a ， 即g （x ）的值域为[2﹣2a ，2﹣a ]若存在x 1，x 2∈[0，1]，使得f （x 1）＝g （x 2）成立， 则[2﹣2a ，2﹣a ]∩（[0，]∪（，1]）≠∅，若[2﹣2a ，2﹣a ]∩（[0，]∪（，1]）＝∅，则2﹣a ＜0或或2﹣2a ＞1，即a ＞或a 无解或0＜a ＜，即若[2﹣2a ，2﹣a ]∩（[0，]∪（，1]）≠∅， 则≤a ≤， 故答案为：≤a ≤．五、若对∀1x 1I ∈总∃2x 2I ∈使得)()(21x g x f =成立，则只需)(x f 值域⊆)(x g 值域即可.例题5、已知函数)1(23)(,274)(232≥--=--=a a x a x x g xx x f 对∀1x []1,0∈总∃2x []1,0∈使得 )()(21x g x f =成立，试求实数a 的取值范围. 【解答】对函数()g x 求导，则22()3()g x x a '=-． 1a Q …，当(0,1)x ∈时，2()3(1)0g x a '<-…，因此当(0,1)x ∈时，()g x 为减函数，从而当[0x ∈，1]时有()[g x g ∈（1），(0)]g ， 又g （1）2123a a =--，(0)2g a =-，即当[0x ∈，1]时有2()[123g x a a ∈--，2]a -，任给1[0x ∈，1]，1()[4f x ∈-，3]-，存在2[0x ∈，1]使得21()()g x f x =，则2[123a a --，2][4a -⊇-，3]-，即2123423a a a ⎧---⎨--⎩①②……， 解①式得1a …或53a -…， 解②式得32a …，又1a …，故a 的取值范围内是312a剟．六、若对∀1x 1I ∈，2x 2I ∈使得不等式)()(21x g x f <恒成立，则只需min max )()(x g x f <即可.例题6、已知两个函数x x x x g c x x x f 4042)(,287)(232-+=--=，若对∀1x []3,3-∈，2x []3,3-∈，都有不等式)()(21x g x f ≤恒成立，求实数c 的取值范围. 【解答】由二次函数的性质可得max ()(2)28f x f c ==--， 2'()68402(2)(310)g x x x x x =+-=+-，令'()0g x =得2x =-和103x =， 由[]3,3x ∈-可得()g x 在[3,2)--递增，在(2,3]-上递减， ∵(3)102g -=，(3)30g =-， ∴min ()(3)30g x g ==-，∵对∀1x []3,3-∈，2x []3,3-∈，都有不等式)()(21x g x f ≤恒成立， ∴max min ()()f x g x ≤，即2830c --≤-解得2c ≥.七、若对∃1x 1I ∈，2x 2I ∈满足不等式)()(21x g x f <，则只需max min )()(x g x f <即可.例题7、已知两个函数12)(,93)(223++=+--=x x x g c x x x x f ，若对∃1x []6,2-∈，2x []6,2-∈，使得不等式12()()f x g x ≤成立，求实数c 的取值范围.【解答】2'()3693(1)(3)f x x x x x =--=+-， 令'()0f x =，得1x =-或3x =，由[]2,6x ∈-可知()f x 在[2,1)--和(3,6)上递增，在(1,3)-递减， ∵(2)(3)250f f --=>，∴(2)(3)f f ->，即min ()(3)27f x f c ==-+，由二次函数的性质可得()g x 在[]2,6x ∈-的最大值max ()(6)49g x g ==， ∵对∃1x []6,2-∈，2x []6,2-∈，使得不等式)()(21x g x f <成立， ∴min max ()()f x g x ≤，即2749c -+≤，解得76c ≤.八、若对∀1x 1I ∈，总∃2x 2I ∈，使得)()(21x g x f >成立，则只需min min )()(x g x f >即可.例题8、已知两个函数k e e e e x g x xx x f x x x x ++++=++=--22)(,ln 28)(，若对∀1x []4,1∈，总 ∃2x R ∈，使得)()(21x g x f >成立，求实数k 的取值范围.【解答】对于1[1x ∀∈，4]，总2x R ∃∈，使得12()()f x g x …成立min min ()()f x g x ⇔…． ()f x 的定义域为(0,)+∞，22228(4)(2)()x x x x f x x x +-+-'==，令'()0f x =，得4x =-（舍去）或2x =，x1 (1,2)2 (2,4)4 ()f x ' -+()f x9单调递减()622f x ln =+极小值 单调递增624ln +在[1x ∈，4]上()min f x f =（2）622ln =+．设x x e e t -+=，则2222x x e e t -+=-，设2()()2(2)t g x t t k t φ==++-…，219()()(2)24t t k t φ=++-…是单调递增函数，所以()()min min g x t g φ==（2）4k =+．故4622k ln ++…，得222k ln +…．九、若对∀1x 1I ∈，总∃2x 2I ∈，使得)()(21x g x f <成立，则只需max max )()(x g x f <即可.例题9、已知两个函数213()ln 1,()244f x x x g x x x b x=-+--=-++，若对∀1x )2,0(∈， 总∃2x []2,1∈，使得)()(21x g x f <成立，求实数b 的取值范围.【解答】222211343(1)(3)'()4444x x x x f x x x x x -+--=-++==，∵ (0,2)x ∈ ，令'()0f x =，得1x =， ∴函数()f x 在区间(0,1)上递减，在区间(1,2)上递增， ∴ max 3()(1)2f x f ==-， 由二次函数的性质可得max ()(1)1g x g b ==+，[]1,2x ∈，∵对∀1x )2,0(∈，总∃2x []2,1∈，使得)()(21x g x f <成立，∴max max ()()f x g x <，即312b -<+，解得52b >.。