高中数学——恒成立与存在性问题(教案)
恒成立问题与存在性问题(最新精华)
恒成立问题与存在性问题思路一：（1）若函数)(x f 在D 区间上存在最小值min )(x f 和最大值max )(x f ，则不等式a x f >)(在区间D 上恒成立a x f >⇔min )(；不等式a x f ≥)(在区间D 上恒成立a x f ≥⇔min )(；不等式a x f <)(在区间D 上恒成立a x f <⇔max )(；不等式a x f ≤)(在区间D 上恒成立a x f ≤⇔max )(；（2）若函数在D 区间上不存在最小值min )(x f 和最大值max )(x f ，且值域为),(n m 则 不等式a x f >)(或))((a x f ≥在区间D 上恒成立a m ≥⇔；不等式a x f <)(或a x f ≤)(在区间D 上恒成立a n ≤⇔。
例题1：已知函数.ln )(x x x f =（1）求函数.ln )(x x x f =的最小值；（2）若对所有的1≥x 都有1)(-≥ax x f ，求实数a 的取值范围。
答案：（1）11min )()(---==e e f x f ；（2）]1,(-∞变式：设函数)1ln(2)1()(2x x x f +-+=（1）求函数)(x f 的单调区间；（2）若当]1,1[1--∈-e e x 时，不等式m x f <)(恒成立，求实数m 的取值范围；（3）若关于x 的方程a x x x f ++=2)(在区间]2,0[上恰有两个相异实根，求实数a 的取值范围。
答案：（1）递增区间是),0(+∞；递减区间是)0,1(-（2）22->e m（3）)3ln 23,2ln 22(--思路二（1）若函数)(x f 在D 区间上存在最小值min )(x f 和最大值max )(x f ，即],[)(n m x f ∈则不等式有解的问题有下列结论：不等式a x f >)(在区间D 上有解max )(x f a <⇔；不等式a x f ≥)(在区间D 上有解max )(x f a ≤⇔；不等式a x f <)(在区间D 上有解min )(x f a >⇔；不等式a x f ≤)(在区间D 上有解min )(x f a ≥⇔。
高一函数恒成立与存在性问题
高一函数恒成立与存在性问题本文主要介绍了数学中恒成立与存在性问题的基础知识和解决方法。
其中恒成立问题包括六种情况，分别是当a大于所有f(x)时，a也大于f(x)的最大值；当a小于所有f(x)时，a也小于f(x)的最小值；当g(x)大于f(x)时，g(x)-f(x)大于0；当g(x)小于f(x)时，g(x)-f(x)小于0；当f(x1)大于g(x2)时，f(x1)也大于g(x2)的最大值；当f(x1)小于g(x2)时，f(x1)也小于g(x2)的最小值。
存在性问题同样包括六种情况，与恒成立问题类似。
此外，还介绍了恒成立与存在性混合不等式问题和恒成立与存在性混合等式问题，以及解决这些问题的方法。
对于恒成立问题，可以采用反证法或数学归纳法；对于存在性问题，可以采用构造法或反证法。
在解决问题时，需要注意精确表述和符号运用。
例四：1) 当$x\in(1,2)$时，不等式$(x-1)^2<\log_a{x}$恒成立，求实数$a$的取值范围。
改写后：对于$x\in(1,2)$，使得$(x-1)^2<\log_a{x}$恒成立，求实数$a$的取值范围。
2) 当$x\in(0,\infty)$时，不等式$4x<\log_a{x}$恒成立，求实数$a$的取值范围。
改写后：对于$x\in(0,\infty)$，使得$4x<\log_a{x}$恒成立，求实数$a$的取值范围。
3) 已知$f(x)=m(x-2m)(x+m+3)$，$g(x)=2x-2$。
若对于所有$x\in\mathbb{R}$，都有$f(x)g(x)$，则$m$的取值范围是什么？改写后：已知$f(x)=m(x-2m)(x+m+3)$，$g(x)=2x-2$。
若对于所有$x\in\mathbb{R}$，都有$f(x)g(x)$，求$m$的取值范围。
题：1.当$x\in(-\infty,-1]$时，不等式$(m^2-m)4x-2x<0$恒成立，求实数$m$的取值范围。
恒成立存在性问题课件
详细描述
不等式证明问题是数学中常见的问题类型，这类问题 通常涉及到比较两个数或两个函数的大小。通过证明 不等式，我们可以找到满足某些条件的参数或函数的 取值范围，从而解决恒成立存在性问题。
导数综合问题变式
总结词
利用导数性质和函数单调性，解决恒成立存在性问题。
详细描述
导数综合问题涉及到导数的计算、单调性判断以及极值 和最值的求解等知识点。通过利用导数的性质和函数的 单调性，我们可以找到满足某些条件的参数或函数的取 值范围，从而解决恒成立存在性问题。
转化与化归法
总结词
将问题转化为已知的问题或简单的问题，从而解决问题。
详细描述
转化与化归法是一种常用的解题策略，通过将复杂的问题转化为已知的问题或简单的问题，可以降低问题的难度 。在处理恒成立问题时，可以将问题转化为求最值问题、不等式问题等已知的问题类型，从而利用已知的解题方 法来解决该问题。
03
THANKS
感谢观看
常见错误反思
忽视定义域
在解决恒成立存在性问题时，容易忽 视函数的定义域，导致解题错误。
混淆最值与恒成立
在处理最值问题时，容易将最值与恒 成立混淆，导致解题思路出现偏差。
忽视参数的取值范围
在确定参数的取值范围时，容易忽视 参数的实际取值范围，导致答案不准 确。
缺乏对题目的深入理解
在解题过程中，容易缺乏对题目的深 入理解，导致解题思路不清晰，答案 不完整。
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总结与反思
解题思路总结
转化思想
将恒成立存在性问题转化为最 值问题，通过求最值来确定参
数的取值范围。
数形结合
利用数形结合的方法，将问题 转化为几何图形，通过观察图 形的性质和变化规律来解决问 题。
函数的恒成立与存在性问题讲解
函数的恒成立与存在性问题设D 为给定的区间:函数的恒成立问题;（1）若D x ∈∀,都有()a x f >成立,则()a x f >min ;（2）若D x ∈∀,都有()a x f <成立,则()a x f <max .函数的存在性问题:（1）若D x ∈∃,使得()b x f >成立,则()b x f >max ;（2）若D x ∈∃,使得()b x f <成立,则()b x f <min .不管是函数的恒成立问题,还是存在性问题,问题的解决都要将问题转化为函数的最值问题.下面以与指数函数有关的函数为研究对象各举一例进行说明.例1. 已知函数()xx f 2=,∈x R . （1）当m 取何值时,方程()m x f =-2有一个解?有两个解?（2）若不等式()[]()02>-+m x f x f 在R 上恒成立,求实数m 的取值范围. 关键词 数形结合思想 函数与方程思想分析: 在第（1）问中,设()()2-=x f x g ,()m x h =,则()()x h x g =,这样,就把方程()m x f =-2的解的情况转化为了两个函数()x g 与()x h 的图象的相交情况,在画出两个函数大致图象的情况下,根据数形结合方法确定m 的取值.其中函数()x g 的图象可由指数函数()x x f 2=的图象经过一系列的图象变换得到,函数()x h 为常数函数,其图象为一条平行于x 轴的直线（在R 上）.解:（1）设()()222-=-=x x f x g ,()m x h =,在同一平面直角坐标系中画出函数()x g 与()x h 的大致图象如下页图所示.由图象可知,当0=m 或m ≥2时,两个函数的图象只有一个交点,所以此时方程()m x f =-2有一个解;当20<<m 时,两个函数的图象有两个不同的交点,所以此时方程()m x f =-2有两个解.) = m（2）∵()[]()02>-+m x f x f 在R 上恒成立 ∴()0222>-+m x x 在R 上恒成立 整理得:()x x m 222+< 在R 上恒成立 设x t 2=,则()+∞∈,0t ,t t m +<2在()+∞∈,0t 上恒成立设()412122-⎪⎭⎫ ⎝⎛+=+=t t t t g ,∵()t g 在⎪⎭⎫⎢⎣⎡+∞-,21上为增函数 ∴当()+∞∈,0t 时,()()00=>g t g∵()t g m <在()+∞∈,0t 上恒成立∴m ≤0,即实数m 的取值范围为(]0,∞-.例2. 已知()122+-=x x a x f （∈a R ）的图象关于原点对称. （1）求a 的值;（2）若存在[]1,0∈x ,使不等式()0122<+-+x x b x f 成立,求实数b 的取值范围. 解:（1）由题意可知,函数()x f 为R 上的奇函数 ∴()00=f ,∴021=-a ,解之得:1=a ; （2）由（1）可知:()1212+-=x x x f .∵()0122<+-+x xb x f ,且[]1,0∈x ,∴01221212<+-++-x x x x b . ∵112>+x ,∴022122<-++-b x x x 整理得:12222-⋅+>x x b 令x t 2=,则()211222-+=-+>t t t b ,∵[]1,0∈x ,∴[]2,1∈t 设()()212-+=t t h ,则()()21min ==h t h ,只需()min t h b >即可. ∴2>b ,即实数b 的取值范围为()+∞,2.。
关于高考数学中的恒成立问题与存在性问题
“恒成立问题”的解法常用方法：①函数性质法； ②主参换位法; ③分离参数法；④数形结合法。
、函数性质法 1. 一次函数型：给定一次函数f(x) ax b(a 0),若y f (x)在［m,n ］内恒有f (x) 0 ,则根据函数的图象(直线)可得上述结论等价于 ;(;))【同理，若在［m,n ］内恒有f(x) 0,A则有f(m)阴7例1.对满足 * m 略解：不等式即为 2x (x 1)p x 2 x 的取值范围。
2的所有实数 P ,求使不 (x 1)p x 2 2x 10,设 f (p) 1,则f(p)在［2,2］上恒大 于0,故有: f( 2) f(2) 0, 即 x 2 x 4x 3 0 1 或 x 3. 2.二次函数: ①.若二次函数 f(x) 2 ax bx c(a 0) 0 (或0 )在 R 上恒成立，则有 a 0 (或 a 0); 0 0②.若二次函数 f(x)ax 2 bx c(a 0) 0 (或 0 )在指定区间上恒成立，可以利用韦达定 理以及根的分布等知识求解。
例2.已知函数f x 2mx 2 24 m x 1, g x mx ，若对于任一实数 x , f (x)与g(x)的值至少有一个为正数，则实数 m 的取值范围是 A . (0 , 2) B• (0 , 8) C (2 , 8) D •(—汽 0)选Bo例3.设f (x) 2x 2ax 2,当x ［ 1,)时, 都有 f (x) a 恒成立,a 的取值范围。
解：设F(x)f (x) a 2ax 2 a , (1)当 4(a 1)(a2) 0时，即2 a1时,对一切x ［ 1, ),F(x) 0恒成立;(2)当4(a 1)(a 2) 0时，由图可得以下充要条件:f( 1) 0 即 a 3 03.其它函数:容易分离出参数与变量，但函数的最值却难以求出时，可考虑把主元与参数换个位置，再 结合其它知识，往往会取得出奇制胜的效果。
高一函数恒成立与存在性问题
① ' . _ 1 ^ -■二 5. 解决数学恒成立与存在性问题的方法:函数恒成立与存在性问题 沈阳市第十一中学 赵拥权 基础知识: 1. 1. 恒成立问题： ① =■ I -I ■ ; ' - ' ■'. ② 江忑 < 贬〕恒威亶丄也c 心；沙 ③ v x e iXg(x) A rto 恒成立•记 F(X) - gbc) - r(x)> 几则(曲)-f«)伽 > o ④ 刊E D 尼3 < f(x)恒成立値F00 = g(x)-心)< ①则(曲)-1W)仙< 0 e D lt x 2e/)£r f(x l )>g(x 2)恒成立"则巧)》9(七〉 ⑤ ⑥■: ■'•■■■ ' 2. 2. 3. 3. 存在性问题： ① 环 fta > fW 成立厠0 > f(x)mtft ② 1 ③ 办 e D 屯仗)>『仗)成立尼F(X) = g(x) - f(x) > 0刚(g(x) - f(x)> 顷“ > 0 ④ 朝 E 氏g(x) < 血)成立.足F(X) = g(x) - f(x) < 0刚 <g(x) - f(x)> 顶"< 0 3^1eD 1^€D 2/(x 1)>ff (x 2)成立"则ft-Xi) >ff(x 2y ⑤ ⑥刃［ED ］叫€"諾(巧)V 讥可)成立■则『(冇)品V®伍)g 恒成立与存在性混合不等式问题： ①vxED r 3^en JJ /(x 1)>tf (x 2)成立■则r(^)m .n >^(x 2)二恒成立与存在性混合等式问题：若 f(x),g(x)的值域分别为A,B,则4. 4.①函数性质法；②参数分离(主参分离)法；③主参互换法；④数形结合法；典例分析：例一：(1).已知询怎［-1」〕时不等式尤三+(肚-4)丈+ 4-2口A0恒成立，则x的取值范围为__⑵.不等式血> - 1)对满足Iml <2的一切实数m都成立，则x的取值范围为—;(3) __ .已知a是实数，函数:二"—曲:八-心彳在」上恒小于零，则实数a的取值范围;⑷•若关于x的不等式ax2-2A + 2> €■在区间(1,4)上恒成立，则实数a的取值范围 _____ ;(5) .已知a是实数，函数f(^) = x +2(a - 2)x丰4在x E ［- I i］|上张)A u恒成立，则实数a的取值范围_____ ;2(6) .不等式+JMJT-KO对于任意xE［gm + l］都成立，贝y m的取值范围为—;.(7) .已知函数一咦；：二一厂Hi，当时，恒有f(x)'，则a的取值范围_____(8) .已知函数| 当心丄厂时，恒有f(x)二‘ I ,则a的取值范围_______(9) 已知一次函数：:' J■ - 当……时，恒有f(x) ，贝U m的取值范围_____例二：(1) •若存在实数x,使关于x的不等式ax2-4x + d- 3<0成立,则实数a的取值范围__________(2) ____________________________________________________________________ .关于x 的不等式-V2+UX-2>0在区间［1,引上和斛,则实数a的取值范围_______________________ ;(3) 关于x的二次方程+ -l)x + l =°在区间［0,2］上冇解，则实数m的取值范围 _2(4) •不等式上+吋-丄U0对于xE(23fj解，则m的取值范围为_;.1* 丘(°・R 斗"=Jog x(5) .当2时,不等式武有解|牙德敬1的取值范围;1 z l(x) = -x_+ 工占(尤)=ln(x+ 1)- a;例三：已知函数亠①"巧€ 七w I也rb J a刈(勺)*te成立"求实数晟的取值范围•②€ (o,2Lax2€>期(七)成立"求实数日的取值范围•③兀E ［0.2皿严［沏他(x J ^区)成丸求咒数彳的取值范围•④女代［0.21少严［0.2］”便鮒（巧）（切，求实数日|的取值范围；⑤汰代［0盘叫门02］的帥何）=曲）求实数殳的取值范围；⑥兀€血2估七定［0・乳便得八珀）=/勺），求实数日的取值范围；例四：（1•当K E （1,2）时,不等式（兀7）‘他/恒成立求丈数日的取值范围；1⑵.当”（°吃）时，不等式* cog/恒成立』求实血的取值范围；⑶•已知->-I：.-.-. -：-■ .■- ■■<■.' L. - - -•若泾 G订淇：订「或g（x），则m的取值范围习题：2 耳，#1.当=2「册「I时，不等式「恒成立療覧昱血的取值范围；2.已知函数f（x）」°弘XE(2x-a)12U,恒有fi>）AO则实数a|的取值范围；3.已知函数f(x)=h +此+ 3,VX E：1 - 2,21，恒有f（x）> d.则实的取值范围；1 + 2' + 4X4.已知函数f(x)=lg (3H；・XE（-8. 1）时，恒有『（X恒仃点:文，则宾数2的取值范围；5. 已知函数f（x）=：卜，；i：二一,恒有込讥戈•豹江的取值范围；1 亠6. 已知證二°11-』土1*函数f（x）=H “口，当"（-1,1 HJ ,恒有 2 '的取值范围；X + 17. 已知函数血）〕吧R'Xi + E,恒有mi +忆也-i）m则文如的取值范围；8. 已知函数f（x）»- ■"—…，恒有I—；-*.：.」：■ '■ ■■- 1-的取值范围；29. 已知函数f（x）=mx - J人吻辰杠3 ,恒有f（x）J m + 5.则宾数m的取值范围；。
(2021年整理)高一数学函数和不等式中恒成立问题的教案
(完整版)高一数学函数和不等式中恒成立问题的教案编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（(完整版)高一数学函数和不等式中恒成立问题的教案）的内容能够给您的工作和学习带来便利。
同时也真诚的希望收到您的建议和反馈，这将是我们进步的源泉，前进的动力。
本文可编辑可修改，如果觉得对您有帮助请收藏以便随时查阅，最后祝您生活愉快业绩进步，以下为(完整版)高一数学函数和不等式中恒成立问题的教案的全部内容。
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函数和不等式结的恒成立问题的解法“含参不等式恒成立问题”把不等式、函数、三角、几何等内容有机地结合起来，其以覆盖知识点多，综合性强,解法灵活等特点而倍受高考、竞赛命题者的青睐。
另一方面，在解决这类问题的过程中涉及的“函数与方程”、“化归与转化”、“数形结合”、“分类讨论”等数学思想对锻炼学生的综合解题能力,培养其思维的灵活性、创造性都有着独到的作用恒成立问题的基本类型：一、判别式法若所求问题可转化为二次不等式,则可考虑应用判别式法解题。
一般地,对于二次函数),0()(2R x a c bx ax x f ∈≠++=，有1）0)(>x f 对R x ∈恒成立⎩⎨⎧<∆>⇔00a ； 2）0)(<x f 对R x ∈恒成立.00⎩⎨⎧<∆<⇔a 例1:若不等式02)1()1(2>+-+-x m x m 的解集是R ，求m 的范围。
第3讲 不等式的恒成立与存在性问题(解析版)-高考数学复习《导数与解析几何》必掌握问题
第3讲 不等式的恒成立与存在性问题典型例题构造中间值函数证明不等式【例1】已知函数()e x f x =,求证:曲线e (0)x y x =>总在曲线2ln y x =+的上方. 【分析】要证函数()f x 的图像恒在另一个函数()g x 图像的上方,即证()()f x g x >,可用作差法,构造新函数()()()h x f x g x =-,利用导数证明()0h x >.也可以考虑中间值法,找到一个函数()x ϕ使()()()f x x g x ϕ>>. 【解析】证法一 构造中间值函数:1y x =+. 令()()e 1x F x x =-+,则()e 1x F x '=-.因为0x >,所以e 1x >,则e 10x ->,所以()0F x '>,故()F x 在()0,∞+上单调递增. 因为()00F =,所以()0F x >,即e 1x x >+. 令()()()12ln 1ln G x x x x x =+-+=--,则 ()111(0).x G x x x x'-=-=> 令()0G x '=,得1x =.当x 变化时,()(),G x G x '在()0,∞+上的变化情况见表3.1.表3.1所以当1x =时,()G x 有最小值()10G =.所以()0G x ,则12ln x x ++,即e 2ln x x >+,所以曲线e (0)x y x =>总在曲线2ln y x =+的上方.证法二 构造中间值函数:e y x =.令()e e (0)x H x x x =->,则()e e x H x '=-.令()0H x '=,得1x =. 当x 变化时,()(),H x H x '在()0,∞+上的变化情况见表3.2.表3.2所以当1x =时,()H x 有最小值()10H =.所以()0H x ,即e e x x ,当且仅当1x =时,“=”成立. 令()()e 2ln x x x ϕ=-+,则()1e 1e .x x x xϕ-=-=' 令()0x ϕ'=,得1ex =.当x 变化时,()(),x x ϕϕ'在()0,∞+上的变化情况见表3.3表3.3则当1e x =时,()x ϕ有最小值1112ln 0e e ϕ⎛⎫⎛⎫=-+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.所以()0x ϕ,即e 2ln x x +,当且仅当1e x =时,"=”成立.所以e 2ln x x >+(=“”不能同时成立). 所以曲线e (0)x y x =>总在曲线2ln y x =+的上方. 证法三 构造差函数.设()()()2ln e ln 2(0)x g x f x x x x =-+=-->,则()1e x g x x =-'.令()1e x h x x=-,则()21e 0x h x x=+>'.所以()h x 在()0,∞+上单调递增,即()g x '在()0,∞+上单调递增. 因为()121e 20,1e 102g g ''⎛⎫=-=- ⎪⎝⎭,所以()g x '在()0,∞+上存在唯一的0x ,使得()0001e 0x g x x =-=',即001e x x =,则00ln x x =-,且0112x <<.当x 变化时,()g x '与()g x 在()0,∞+上的变化情况见表3.4表3.4则当0x x =时,()g x 取得最小值()000001e ln 22x g x x x x =--=+-. 因为01,12x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭,所以()0001220.g x x x =+->= 因此()0g x >,即()2ln (0)f x x x >+>,所以曲线e (0)x y x =>总在曲线2ln y x =+的上方.【点睛】因为不等式与函数关系密切,所以经常将证明不等式恒成立的问题转化为求对应函数或构造新函数问题,而研究什么函数、如何构造函数是解题的关键.本题给出了几种证明不等式的方法,前两种方法都用到中间值法,寻找某函数在某点处的切线方程,进而利用差函数判断这条切线是否位于两个函数之间.在证法一中,1y x =+是函数e x y =在()0,1处的切线方程,也恰好是函数2ln y x =+在()1,2处的切线方程;在证法二中,y ex =是函数e x y =在()1,e 处的切线方程.这两种方法只要找到不等号两边的中间值函数,往往就可以使问题变得容易处理.证法三是直接构造差函数,利用导数的性质,以及灵活运用极值点处导数为0的方程,将函数的最值转化成均值不等式求解.构造差函数是常用的方法,但是对于导函数性质的研究需要深入,并且需要综合不等式的相关知识,难度稍大些. 参变分离求参数取值范围【例2】已知函数()ln f x x x =,若对任意1x 都有()1f x ax -,求实数a 的取值范围. 【分析】对于不等式恒成立问题,可以考虑构造差函数,对参数进行分类讨论,利用导数研究差函数的取值范围;也可以考虑将参数分离出来,研究参数分离之后的新函数的图像和性质;还可以考虑将定义域内的特殊值代入不等式,首先限定参数的取值范围,再对参数进行分类讨论.【解析】解法一 直接构造差函数,分类讨论.()()()1ln 1,g x f x ax x x ax =--=-+令则()()1ln .g x f x a a x =-=-+''(1)若1a ,当1x >时,()1ln 10g x a x a '=-+>-,故()g x 在()1,∞+上为增函数. 所以当1x 时,()()110g x g a =-,即()1f x ax -.(2)若1a >,方程()0g x '=的根为10e a x -=.此时,若()01,x x ∈,则()0g x '<,故()g x 在该区间为减函数.所以当()01,x x ∈时,()()110g x g a <=-<,即()1f x ax <-,与题设()1f x ax -相矛盾.综上所述,满足条件的a 的取值范围是(],1∞-. 解法二 参变分离.依题意,得()1f x ax -在[)1,∞+上恒成立,即不等式1ln a x x+对于[)1,x ∞∈+恒成立.令()1ln g x x x=+,则 ()211111.g x x x x x '⎛⎫=-=- ⎪⎝⎭当1x >时,因为()1110g x x x '⎛⎫=-> ⎪⎝⎭,故()g x 是()1,∞+上的增函数,所以()g x 的最小值为()11g =,因此a 的取值范围是(],1∞-. 解法三 取特殊值.令()()()1ln 1g x f x ax x x ax =--=-+,由题意知对任意1x 都有()0g x ,所以()110g a =-,则1a ,因此()()1ln 0g x a x =-+',故()g x 在()1,∞+上为增函数. 所以当1x 时,()()min ()10g x g x g =,即()1f x ax -恒成立. 所以a 的取值范围是(],1∞-.【点睛】对于不等式恒成立问题,构造差函数、对参数进行分类讨论研究差函数的符号,是解决这类问题的常用方法.但是有时分类讨论过于烦琐,而参变分离构造的新函数由于脱离了参数的千扰,易于研究其图像和性质.适当使用特殊值,将参数的范围界定在更小的范围内,有时会得到意想不到的效果.构造差函数求解恒成立问题【例3】已知函数()ln f x x x =,若对于任意1,e e x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦,都有()1f x ax -,求实数a 的取值范围.【分析】对于不等式恒成立问题,通常转化为函数的问题来求解,构造差函数是最常用的一种解决办法.本题可直接构造差函数()()()1h x f x ax =--,问题即可转化为()0h x 在1,e e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上恒成立时求a 的取值范围,可通过求()h x 的最大值来求解.【解析】解法一 参变分离构造新函数. 当1e e x 时,不等式()ln 1f x x x ax =-,等价于1ln a x x+. 令()11ln ,e e g x x x x ⎛⎫⎡⎤=+∈ ⎪⎢⎥⎣⎦⎝⎭,则()221111,e .e x g x x x x x ⎛⎫-⎡⎤=-=∈' ⎪⎢⎥⎣⎦⎝⎭当1,1e x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时,()0g x '<,所以()g x 在区间1,1e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递减;当(]1,e x ∈时,()0g x '>,所以()g x 在区间()1,e 上单调递增.因为()1111ln e e 1 1.5,e lne 1 1.5.e e e e g g ⎛⎫=+=->=+=+< ⎪⎝⎭所以()g x 在区间1,e e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的最大值为1e 1e g ⎛⎫=- ⎪⎝⎭.所以当e 1a -时,对于任意1,e e x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦,都有()1f x ax -.所以实数a 的取值范围是e 1a -. 解法二 直接构造差函数.设()()()1ln 1h x f x ax x x ax =--=-+,则()0h x 对任意1,e e x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦恒成立.对()h x 求导,得()1ln .h x x a =+-'令()0h x '=,得ln 1x a =-,所以1e a x -=.当x 变化时,()(),h x h x '在()0,∞+上的变化情况见表3.5. 表3.5当11e e a -,即0a 时,()h x 在1,e e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递增,所以()max ()e e e 10h x h a ==-+,则11ea +,不满足0a ,舍去.当11e e e a -<<,即02a <<时,()h x 在11,e e a -⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递减,在(1e ,e a -⎤⎦上单调递增, 于是(e)0,10,e h h ⎧⎪⎨⎛⎫ ⎪⎪⎝⎭⎩所以11,e e 1.a a ⎧+⎪⎨⎪-⎩又因为02a <<,所以e 12a -<.当1e e a -,即2a 时,()h x 在1,e e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递减,所以max 1()0e h x h ⎛⎫= ⎪⎝⎭,则e 1a -,满足2a .综上所述,实数a 的取值范围是e 1a -. 解法三 先等价变形,再构造差函数.因为0x >,所以不等式()ln 1f x x x ax =-等价于1ln x a x-.设()11ln ln x x a x a x x ϕ⎛⎫=--=+- ⎪⎝⎭,即()0x ϕ对任意1,e ex ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦恒成立.对()x ϕ求导,得()22111.x x x x xϕ-=-='由解法一知,()x ϕ在区间1,1e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递减,在区间()1,e 上单调递增.所以()10,e e 0,ϕϕ⎧⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭⎨⎪⎩即e 1,11,e a a -⎧⎪⎨+⎪⎩故e 1a -. 【点睛】对于含有参数的不等式恒成立问题,构造差函数后,分析导数的符号情况时,通常要对参数进行分类讨论.有时,对不等式进行等价变形后再构造差函数,会使问题更加容易解决利用二次函数性质判断参数取值范围【例4】已知函数()()321232af x x x x a =-+-∈R .若对于任意()1,x ∞∈+都有()2f x a '<-成立,求实数a 的取值范围.【分析】若原函数是三次函数,则其导数为二次函数.有关导数的不等式恒成立问题可以由二次函数的图像和性质直接求解,也可以利用参变分离结合构造的新函数的图像和性质求解.【解析】解法一 参变分离构造新函数. 对函数()f x 求导,得()2 2.f x x ax '=-+-因为对于任意()1,x ∞∈+都有()2f x a '<-成立,即222x ax a -+-<-成立.因为10x ->,所以对于任意()1,x ∞∈+都有21x a x <-成立.令()()()21,1x g x x x ∞=∈+-,则 ()()()222222122.(1)(1)(1)x x x x x x x g x x x x ----===---' 令()0g x '=,得2x =.当x 变化时,()(),g x g x '在()1,∞+上的变化情况见表3.6.表3.6所以()min ()24g x g ==,故实数a 的取值范围是4a <. 解法二 直接研究二次函数.对函数()f x 求导,得 ()2 2.f x x ax '=-+-若对任意()1,x ∞∈+都有()2f x a '<-成立,即222x ax a -+-<-成立,亦即20x ax a -+>成立.设()2h x x ax a =-+,则二次函数()h x 的图像是开口向上的抛物线,对称轴为2a x =.由题意,对于任意()1,x ∞∈+都有()0h x >,则()1,1,2210Δ0,a a h ⎧⎧>⎪⎪⎨⎨⎪⎪><⎩⎩或即2,2,04,a a a a ⎧>⎧⎨⎨∈<<⎩⎩R 或 所以2a 或24a <<.所以实数a 的取值范围是4a <.解法三 参变分离结合均值不等式.由解法一知,对于任意()1,x ∞∈+都有21x a x <-成立,则()()22(1)21111 2.111x x x x x x x -+-+==-++--- 因为10x ->,所以()()1122124,1x x x -++-=- 当且仅当11,11,x x x ⎧-=⎪-⎨⎪>⎩即2x =时,“=”成立.所以实数a 的取值范围是4a <.【点睛】二次函数是基本初等函数之一,在研究函数的导数符号时会经常遇到.二次函数与二次方程、二次不等式在有关函数问题的求解中起到重要作用,对二次函数的图像和性质要予以足够的重视. 等价转化求解恒成立或存在性问题【例5】已知函数()e x f x x =-,当[]0,2x ∈时,不等式()f x ax >恒成立,求实数a 的取值范围.【分析】我们在解决不等式恒成立问题时,可以将不等式等价变形,通过移项、去分母或者乘以(除以)某一正项,再分离参数、构造新函数,将不等式问题等价转化为函数问题,就可以利用导数来研究函数的图像和性质了. 【解析】解法一 参变分离构造新函数. 由()f x ax >,得()1e x a x +<.当0x =时,上述不等式显然成立,则a ∈R .当02x <时,将()1e xa x +<等价变形得e 1x a x <-,令()e 1xg x x=-,则()()21e x x g x x-='. 令()0g x '>,解得1x >;令()0g x '<,解得1x <.所以()g x 在()0,1上单调递减,在()1,2上单调递增.所以当1x =时,()g x 取得最小值e 1-,因此所求实数a 的取值范围是(),1e ∞--.解法二 等价变形后构造新函数.由题意,不等式()e x f x x ax =->,当0x =时,()010f =>恒成立,a ∈R .当02x <时,将()1e xa x +<等价变形得e 10xa x-->.设()e 1(02)xh x a x x=--<,则()()21e xx h x x -=',由解法一知,()min ()1e 10h x h a ==-->,所以e 1a <-,故所求实数a 的取值范围是(),e 1∞--.解法三 直接构造差函数,分类讨论.设()()e x x f x ax x ax ϕ=-=--,则()e 1x x a ϕ=--'.由题意知,对于任意[]()0,2,0x x ϕ∈>恒成立,等价于min?()0x ϕ>.①当1a -时,10a --,因为e 0x >,所以()0x ϕ'>,则()x ϕ在[]0,2上单调递增,所以()min ()010x ϕϕ==>,故1a -满足题意.(2)当1a >-时,则()e 10x x a ϕ=--=',得e 1x a =+,所以()ln 1x a =+. 当x 变化时,()(),x x ϕϕ'在(),∞∞-+上的变化情况见表3.7.表3.7当()ln 10a +,即011,10a a <+-<时,()x ϕ在[]0,2上单调递增,则()min?()010x ϕϕ==>,所以10a -<,满足题意.当()0ln 12a <+<,即2211e ,0e 1a a <+<<<-时,()x ϕ在()()0,ln 1a +上单调递减,在()()ln 1,2a +上单调递增,则()()()()min ()ln 11ln 1ln 1x a a a a a ϕϕ=+=+-+-+()()11ln 10,a a ⎡⎤=+-+>⎣⎦ 因为()10,1ln 10a a +>-+>,所以01e a <+<,因此0e 1a <<-. 当()ln 12a +,即221e ,e 1a a +-时,()x ϕ在[]0,2上单调递减,则()min()2e 220x a ϕϕ==-->,所以2e 12a <-,不满足2e 1a -.综上所述,实数a 的取值范围是(),e 1∞--.【点睛】不等式恒成立或存在性问题常常转化为对应函数的最值问题,可以通过不等式的等价变形,找到易于研究的函数求解. 分类讨论研究函数的图像和性质【例6】设函数()e 1(0)x f x ax a =-+>,当1x <时,函数()f x 的图像恒在x 轴上方,求a 的最大值.【分析】函数()f x 的图像恒在x 轴上方(或下方)之类的问题,转化为代数语言即()0f x >(或()0)f x <恒成立的问题,本质上还是不等式问题.此时,求解参数的取值范围,一种思路是通过研究导数的零点而研究原函数的图像和性质,找到()f x 的最小值或取值范围,即可找到参数的取值范围;另一种思路是将参数直接分离出来,研究分离后的新函数的图像和性质.这两种思路通常都需要用到分类讨论的思想方法.【解析】解法一 因导数零点的不确定性而分类讨论.对()f x 求导,得()e x f x a '=-.令()0f x '=,即e x a =,则ln x a =.①当ln 1a <,即0e a <<时,对于任意(),ln x a ∞∈-,有()0f x '<,故()f x 在(),ln a ∞-上单调递减;对于任意()ln ,1x a ∈,有()0f x '>,故()f x 在()ln ,1a 上单调递增.因此当ln x a =时,()f x 有最小值()()ln ln 11ln 10.f a a a a a a =-+=-+> 故0e a <<成立.②当ln 1a ,即e a 时,对于任意(),1x ∞∈-,有()0f x '<,故()f x 在(),1∞-上单调递减.因为()0f x >恒成立,所以()10f ,即e 10a -+,所以e 1a +,则e e 1a +. 综上所述,a 的最大值为e 1+. 解法二 因分离参数而分类讨论.由题设知,当1x <时,()e 10x f x ax =-+>.① 当01x <<时,e 1x a x +<.设()e 1x g x x+=,则()()221e 1e e 10.xx x x x g x x x '----==<故()g x 在()0,1上单调递减,因此,()()1e 1g x g >=+,所以e 1a +. ② 当0x =时,()20f x =>成立.③ 当0x <时,e 1x a x +>,因为e 10x x +<,所以当e 1a =+时,e 1x a x +>成立. 综上所述,a 的最大值为e 1+.【点睛】何时需要分类讨论?是不是有参数就一定要分类讨论?其实,这是没有一定之规的,关键是按照研究的需要而定.本题的两种解法提供了两种分类讨论的角度,解法一讨论的是参数,解法二讨论的是自变量.因为解法一中导数的零点ln x a =含参数,所以无法确定其与定义域()(),1x ∞∈-的关系,于是就要按照ln a 与1的大小关系来分类讨论;而解法二是为了分离参数,由()0f x >得e 1x ax +,不等式两边同时除以x ,因确知x 的符号而进行分类讨论.解题时不要墨守成规,要根据实际情况灵活选用恰当的方法.关注特殊值,优化分类讨论【例7】已知函数()e ax f x x =-,当1a ≠时,求证:存在实数0x 使()01f x <. 【分析】为证明“存在实数0x 使()01f x <”,只需找到一个满足条件的实数0x 即可.因函数()f x 中含有参数a ,故考虑对参数a 进行分类讨论.当实数0x 容易寻找时,可直接得出结论;当实数0x 不能直接发现时,可以将不等式()01f x <等价转化为函数()f x 的最小值小于1.【解析】证法一 当0a 时,显然有()1e 101a f =-<,即存在实数0x 使()01f x <. 当0,1a a >≠时,对函数()f x 求导,得()e 1.ax f x a =-' 由()0f x '=可得11ln x a a =.所以当11,ln x a a ∞⎛⎫∈- ⎪⎝⎭时,()0f x '<,则函数()f x 在11,ln a a ∞⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递减;当11ln ,x a a ∞⎛⎫∈+ ⎪⎝⎭时,()0f x '>,则函数()f x 在11ln ,a a ∞⎛⎫+ ⎪⎝⎭上单调递增,所以()111ln 1ln f a a a a⎛⎫=+ ⎪⎝⎭是()f x 的最小值.由函数()e ax f x x =-可得()01f =,由1a ≠可得11ln 0a a ≠,所以()11ln 01f f a a ⎛⎫<= ⎪⎝⎭. 综上所述,当1a ≠时,存在实数0x 使()01f x <.证法二 当0a 时,显然有()1e 101a f <-<,即存在实数0x 使()01f x <. 当0,1a a >≠时,由()0f x '=可得11ln x a a =.所以当11,ln x a a ∞⎛⎫∈- ⎪⎝⎭时,()0f x '<,则函数()f x 在11,ln a a ∞⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递减;当11ln ,x a a ∞⎛⎫∈+ ⎪⎝⎭时,()0f x '>,则函数()f x 在11ln ,a a ∞⎛⎫+ ⎪⎝⎭上单调递增.所以111ln ln af a a a +⎛⎫= ⎪⎝⎭是()f x 的极小值.设()1ln x g x x +=,则()2ln (0)xg x x x-=>'.令()0g x '=,得1x =. 当x 变化时,()(),g x g x '在()0,∞+上的变化情况见表3.8.表3.8所以当1x ≠时,()()11g x g <=,所以11ln 1f a a ⎛⎫< ⎪⎝⎭.综上所述,当1a ≠时,存在实数0x 使()01f x <.【点睛】证明存在性(或不存在性)问题,只需找到满足条件的变量即可,这时要注意观察函数结构,可以结合不等式性质、定义域等寻找特殊值.常取的自变量的值一般首先考虑0,1,1-,112,e,,2e,等等,还要注意端点的函数值以及极值、最值等,具体要根据实际情况而定.有时特殊值选取恰当,可以起到事半功倍的效果.另外,还要注意等价转化的恰当使用,如转化为求函数的最值问题等,可以使目标更加明确. 先找必要条件再证充分性【例8】 设函数()2ln f x ax a x =--,其中a ∈R .确定a 的所有可能取值,使得()11e xf x x->-在区间()1,∞+内恒成立. 【分析】当()1,x ∞∈+时,211ln e xax a x x--->-恒成立,求参数a 的取值范围.常规的解法有两种.第一种:将所有项移到左边构造函数,令()211ln e x g x ax a x x -=---+,对该函数求导,求出在()1,∞+内的最小值(含参数a ),再令最小值大于0,求得a 的取值范围.第二种:分离参数得121ln e 1x x x a x -+->-,右边不含参数,利用导数求其最大值,则可得a 的取值范围.这两种方法容易想到,但操作过程异常复杂,利用高中知识很难解决,所以可以尝试变形改变结构,将该不等式的结构变为易于处理的形式,把对数、指数都移到一边:()212111ln e 1ln e .x x ax a x a x x x x---->-⇔->+- 这样至少左边的函数是我们比较熟悉的.猜想存在一个函数()h x 满足()()2111ln e x a x h x x x -->>+-,我们的想法是先证明()11ln e x h x x x->+-,然后再由()()21a x h x ->求得a 的取值范围.这种方法的本质是利用不等式的传递性,用切线作中间量,此外还有如下思路:设命题()211:ln e 0x p g x ax a x x -=---+>在区间()1,∞+内恒成立,易见()10g =,于是根据导数的定义,有()()()()1111lim lim 11x x g x g g x g x x ++→→'-==--(符号1x +→表示从1的右侧趋近于1),可知若命题p 成立,则有命题():10q g '成立.即命题q 是命题p 的必要条件,于是命题p 对应的范围是命题q 所对应的范围的子集.利用此方法我们可以得到一个大致的范围.【解析】解法一 利用不等式的传递性,用切线作中间量. 由题意,有()212111ln e 1ln e .x x ax a x a x x x x---->-⇔->+- 设()11ln e x G x x x -=+-,则()1211e 0(1),x G x x x x-'=-+>> 所以函数()G x 在()1,∞+上单调递增.以点()1,0A 为切点,对应的切线为:1G l y x =-. 下面证明()G x 的图像位于直线G l 的下方,即11ln e 1xx x x-+-<-. ()()1111ln e 1ln e 1,x x H x x x x x x x --=+---=+--+则()1211e 1.x H x x x-'=-+- 因为ln 1x x <-, 则1111ln.x x e x x--<⇔< 所以()2122211111(1)e 110.xx H x x x x x x x --=-+-<'-+-=-<因此()H x 在()1,∞+上单调递减.因为()10H =,所以()0H x <,即结论成立. 于是()21111ln e xa x x x x-->->+-,则问题转化为()211(1)a x x x ->->,求参数a 的范围.化简上式可得()11a x +>,易得12a ,所以1,2a ∞⎡⎫∈+⎪⎢⎣⎭. 解法二 必要性先行.设()211ln e x g x ax a x x -=---+,则()10g =,对()g x 求导,得()12112e x g x ax x x -=-+-'由()10g ',得()1210g a =-',即12a. 下面再证明充分性,即当1,2a ∞⎡⎫∈+⎪⎢⎣⎭时,()211ln e 0x g x ax a x x -=---+>.因为12a,所以()()221112a x x --在()1,∞+上恒成立.于是不等式转化为()()21111ln e 2x g x x x x ----+,则只需证明()21111ln e 02x x x x----+>即可. 有以下两种证法: 证法一 令()()21111ln e ,2x H x x x x -⎛⎫=--+- ⎪⎝⎭对()H x 求导,得()()()212221111111e 0,xx x x H x x x x x x x x x --+-=-+->-+-=>'其中指数函数的放缩技巧参考解法一.所以()H x 在()1,∞+上单调递增,故()()10H x H >=,即()21111ln e 2x x x x-->+- 证法二令()()21111ln e 2x H x x x x -⎛⎫=--+- ⎪⎝⎭,则()1211e ,x H x x x x -=-'+- ()3112331221e e .xx x x H x x x x--'+-=+-+='+ 因为()1,x ∞∈+,所以320x x +->,则()0H x ''>,所以()H x '在()1,∞+上单调递增,而()10H '=,于是()0H x '>,则()H x 在()1,∞+上单调递增,所以()()10H x H >=.综上可知,a 的取值范围为1,2a ∞⎡⎫∈+⎪⎢⎣⎭.【点睛】解法一的核心思路是利用不等式的传递性,把切线作为中间量,既转化了问题,又降低了难度.也就是,先证明()11ln e x h x x x->+-,然后再由()()21a x h x ->求得a 的取值范围.最简单的函数就是一次函数了,这样我们就自然想到了切线,设()11ln e x G x x x-=+-,设想存在一条()G x 的切线y kx b =+满足()kx b G x +>,这样的话说明切线应该位千函数()G x 的图像上方,那究竟是不是这样呢? 我们先利用导数来判断()G x 的单调性,()1211e 0(1)x G x x x x-'=-+>>,说明该函数在()1,∞+上单调递增,那么它的形态到底是图3.1还是图3.2呢?图3.1图3.2事实上这里就涉及函数的“凹凸性”问题,但鉴于高中阶段的教学内容中没有“凹凸性”的定义,所以我们只能用代数方式来证明()G x 的图像是图3.2的形式,也就是说,()G x 图像上任意一点处的切线都在()G x 图像的“上方”,那么在这个问题里,我们选哪个点为切点呢?因为现在给定的区间是()1,∞+,所以我们选择了端点. 我们的目标是要证明()0H x '<,因为()10H '=,并且()1211e 1x H x x x-=-+-'中前面两个函数都是分式函数,于是考虑将指数1e x -放缩为分式函数.该解法最难的部分是“凹凸性”的代数证明,函数()G x 的“凹凸性”确保了该解法的正确性.如果函数()G x 是“向下凸”也即图3.1,则“切线法”就失效了,因此“切线法”有其局限性.解法二的精髄在于,先求得一个大致的范围,即寻找一个必要条件,再结合题千信息证明其充分性.对于比较难的题目,我们可通过弱化题目要求,先解决问题的一部分,自行降低难度,先获得一些简单的结论,再将其扩充至一般情形,这是一种“以退为进”的策略.。
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恒成立与存在性问题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()()max min f x g x ≥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()()min max f x g x ≤8、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 =，设()x f 在区间[],a b 上的值域为A ，()x g 在区间[],c d 上的值域为B ,则A B ⊆.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 =图象上方；10、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；专题训练：1．函数()221f x ax x =++，若对任意)1,x ∈+∞⎡⎣，()0f x >恒成立，则实数a 的取值范围是 。
【答案】当1x ≥时，由()0f x >，利用参变量分离法得出212a x x>--， 令1t x=，则01t <≤，则22a t t >--，构造函数()22211y t t t =--=-++， 该函数在(]0.1t ∈上单调递减，所以30y -≤<，所以，0a ≥. 因此，实数a 的取值范围是[)0,+∞， 故答案为[)0,+∞2．若函数)1,0)(2(log )(2≠>+=a a x x x f a 在区间10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭内恒有0)(>x f ，则)(x f 的单调递增区间为( ) (A)1,4⎛⎫-∞-⎪⎝⎭ (B)1,4⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭(C)()0,+∞ (D)1,2⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭ 【答案】因为函数)1,0)(2(log )(2≠>+=a a x x x f a 在区间10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭内恒有0)(>x f ，则)(x f 的单调递增区间1,2⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭，故选：D3.已知函数()f x 对一切实数,x y R ∈都有()()()21f x y f y x x y +-=++成立，且()10f =. （1）求()0f 的值； （2）求()f x 的解析式； 【答案】(1)()02f =-；(2)()()12f x x x =+-.(1)解:因为函数()f x 对一切实数,x y R ∈都有()()()21f x y f y x x y +-=++成立 且()10f =，所以令1,0x y ==代入上式得()()102f f -=，所以()02f =-。
(2)解:因为函数()f x 对一切实数,x y R ∈都有()()()21f x y f y x x y +-=++成立 所以令0y =代入上式得()()()01f x f x x -=+ 又由(1)知()02f =-，所以()()12f x x x =+- 4.已知定义域为R 的奇函数()f x 满足2(log )1x a f x x -+=+.（1）求函数()f x 的解析式；（2）判断并证明()f x 在定义域R 上的单调性；（3）若对任意的t R ∈，不等式22(2)(2)0f t t f t k -+-<恒成立，求实数k 的取值范围； 【答案】解：（1）函数()f x 的定义域为R ，由()f x 满足()()f x f x -=-， 所以()()00f f -=-，即()00f = 在2(log )1x a f x x -+=+中，令1x =得出()2010a f -==，所以1a =令2log x t =，则2tx =()()2121t t t y f t R ++-=∈=所以()2121x x f x +-+=（2）减函数，证明：任取12,x x R ∈，12x x <，120x x x =->，由()()()()()1212121212222121212121221x x x x x x xx f x f x --++-=-=-++++ 12x x <，12220x x ∴<<，12220x x -∴<，()()1210212x x +>+()()120f f x x -∴<该函数在定义域R 上为减函数（3）由22(2)(2)0f t t f t k -+-<，得22(2)(2)f t t f t k -<--，()f x 是奇函数，22(2)(2)f t t f k t ∴-<-， ()f x 是减函数，∴原问题转化为2222t t k t ->-，即2320t t k -->对任意t R ∈恒成立，4120k ∴∆=+<，得13k <-即为所求5．已知函数()2log ,f t t t ⎤=∈⎦.（1）求()f t 的值域G ；（2）若对于G 内的所有实数x ，不等式22221x mx m m -+-+≤恒成立，求实数m 的取值范围. 【答案】（1）1,32⎡⎤⎢⎥⎣⎦；（2）)1,46,2⎛⎫⎡-∞++∞ ⎪⎣⎝⎭解：(1)()2log f t t =在t ⎤∈⎦上是单调递增，222log log log 8t ∴≤≤，即()132f x ≤≤， ()f t ∴的值域G 为1,32⎡⎤⎢⎥⎣⎦(2)由题知22221x mx m m -+-+≤在1,32x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦上恒成立⇔222210x mx m m -+-+≥在1,32x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦上恒成立.令()22221g x x mx m m =-+-+，1,32x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，只需()min 0g x ≥即可而()()221g x x m m =--+，1,32x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦（i ）当12m ≤时，()2min 1213104g x g m m ⎛⎫==-++≥ ⎪⎝⎭， 21250m m -∴+≥，解得52m ≥或12m ≤ 12m ∴≤（ii ）当132m <<时，()()min 210g x g m m ==-+≥，解得12m ≤与132m <<矛盾(iii)当3m ≥时，()()2min 10830g x g m m ==+-≥，解得4m ≥或4m ≤，而3m ≥,4m ∴≥综上,实数m 的取值范围是)1,46,2⎛⎫⎡-∞++∞ ⎪⎣⎝⎭6.已知函数()243x x a f x =-++，()52g x mx m =+-（1）若)(x f y =在[11]-，上存在零点，求实数a 的取值范围； （2）当0a =时，若对任意的1]4[1x ∈，，总存在2]4[1x ∈，，使)(1x f ＝)(2x g 成立，求实数m 的取值范围；【答案】（1）80a -≤≤；（2）3m ≤-或6m ≥ 解：(1)()f x 的对称轴为2x =，所以()f x 在[]1,1-=上单调递减，且函数()f x 在[]1,1-存在零点， 所以()()1010f f ≤⎧⎪⎨-≥⎪⎩即080a a ≤⎧⎨+≥⎩，解得[]8,0a ∈-故实数a 的取值范围为[]8,0-，(2)由题可知函数()f x 的值域为函数()g x 的值域的子集()243f x x x =-+，[]1,4x ∈，()[]1,3f x ∈-，以下求函数()52g x mx m =+-的值域:①0m =时，()52g x m =-为常函数,不符合题意； ①0m >时，()[]5,52g x m m ∈-+，∴51523m m -≤-⎧⎨+≥⎩，解得6m ≥；③0m <时，()[]52,52g x m m ∈+-，解得3m ≤-. 综上所述，m 的取值范围为](),36,-∞-+∞⎡⎣7.已知函数22()32(1)5f x x k k x =--++，2()2g x k x k =+，其中k R ∈． （1）设函数()()()p x f x g x =+，若()p x 在()0,3上有零点，求k 的取值范围；（2）设函数(),0,()(),0.g x x q x f x x ≥⎧=⎨<⎩是否存在k ，对任意给定的非零实数1x ，存在惟一的非零实数2x （21x x ≠），使得21()()q x q x =？若存在，求k 的值；若不存在，请说明理由． 【答案】（1）()5,2k ∈--；（2）5k =解：(1)因()p x 在()0,3上有且只有一个零点，所以()0p x =在()0,3上有实数解，且无重根， 由()0p x =得()()221325k x x x +=--+，()2325212139104213x x k x x x -+-+⎡⎤∴==-+-⎢⎥+⎣⎦+，令21t x =+，有()1,7t ∈，记()9h t t t=+， 则()h t 在(]1,3上单调递减，在[)3,7上单调递增，所以有()[)6,10h t ∈， 于是()[)216,92110x x +∈++，得(5,2]k ∈--； 而当2k =-时有()p x 在()0,3上有两个相等的实根1x =，故舍去，所以()5,2k ∈--； (2)当0x <时有()()()223215q x f x x k k x ==--++；当0x >时有()()22q x g x k x k ==+，因为当0k =时不合题意，因此0k ≠； 下面讨论0k ≠的情形，记(),A k =+∞，()5,B =+∞(i)当10x >时，()q x 在()0,+∞上单调递增，所以要使21()()q x q x =成立 只能20x <且A B ⊆，因此有5k ≥；(ii)当10x <时，()q x 在()0,+∞上单调递减，所以要使21()()q x q x =成立 只能20x >且A B ⊆，因此5k ≤，综上5k =；当5k =时A B =，则对于所有的10x <，1()q x B A ∈=，即存在20x >，使得21()()q x q x =成立， 因为()q x 在()0,+∞上单调递增，所以2x 的值是唯一的;同理，10x ∀<，即存在唯一的非零实数2x （21x x ≠），要使21()()q x q x =成立,所以5k =满足题意.。