恒成立问题

恒成立、存在性问题

对于有关恒成立、存在性问题，一直是高考命题的热点，往往以全称命题或特称命题的形式出现，同时结合函数的单调性、极值、最值等知识进行考查，在高考中多以压轴题或压轴题中的压轴问的形式出现。如何突破这一难关呢？关键是细心审题及恰当地转化。现就如何求解恒成立、存在性问题中的参数问题加以分析。

方法1：分离参数法

例1.设函数f(x)=lnx-ax, g（x）=ex-ax，其中a为实数。若f(x)在(1,+∞)上是单调减函数，且g(x)在(1,+∞)上有最小值，求a的取值范围。

解：因为f`(x)=-a,g`(x)=ex-a,由题意得f`（x）≤0对x∈(1,+∞)恒成立，即a≥对x∈(1,+∞)恒成立，所以a≥1。因为g`(x)=ex-a在x∈(1,+∞)上是单调增函数，所以g`(x)>g`(1)=e-a。又g(x)在(1,+∞)上有最小值，则必有e-a<0，即a>e。综上，可知a的取值范围是(e,+∞)。

点评：求解问题的切入点不同，求解的难度就有差异。在恒成立问题中有时需要取交集，有时需要取并集，本题解法需要取交集。一般而言：在同一问题中，若是对自变量作分类讨论，其结果要取交集；若是对参数作分类讨论，其结果要取并集。

方法2：构造函数法

例2.已知函数f(x)=，若|f（x）|≥ax，则a的取值范围

是()。

A.(-∞,0]

B.(-∞,1]

C.［-2，1］

D.[-2，0]

解：当x≤0时,|f(x)|≥axx2－(2+a)x≥0，对x≤0恒成立。

记g(x)=x2－(2+a)x=（x-）2-。

当<0即a<－2时,g(x)的最小值为－，不可能满足条件。

当≥0即a≥－2时,g(x)的最小值为0，满足题意。

当x>0时,|f(x)|≥axln(1+x)－ax≥0a≤，对x>0恒成立。

令θ(x)=，则θ`(x)=。设t=x+1,则t>1。

记L(t)=-lnt,则L`(t)=<0,所以L(t)在t∈(1,+∞)上为减函数。

故L(t)

故当x∈(0,+∞)时,θ(x)恒大于0，所以a≤0。

综上，可知a的取值范围是[-2，0]，故选D。

点评：本题虽然是选择题，但是对运算能力的要求较高，要想顺利完成也不容易。问题的切入点不同，构造的函数也不相同。在问题的求解过程中，如果可以分离出参数，尽量用分离参数的方法去求解，多数问题采用分离参数的方法求解会相对容易一点。

方法3：图像法

例3.若存在正数x使2x(x-a)＜1成立，则a的取值范围是()。

A．(-∞，+∞) B.(-2，+∞)

C．(0，+∞)D．(-1，+∞)

解：不等式2x（x-a）<1可变形为x-a<（）x。在同一平面直角坐标系内作出直线y=x-a与y=（）x的图像，如图。由题意，知在(0，+∞) 上，直线y=x-a有一部分在曲线y=（）x的下方。观察可知，有-a<1，所以a>-1，D正确。

点评：结合函数图象来求解比起用常规方法求解更为直观、简单。

方法4：等价转化法

例4.设f(x)=+xlnx，g(x)=x3-x2-3。

（1）如果存在x1、x2∈[0，2],g(x1)－g(x2)≥M成立，求满足上述条件的最大整数M。

（2）如果对于任意的s、t∈[，2]都有f(s)≥g(t)成立，求实数a的取值范围。

解：（1）存在x1、x2∈[0，2]使得g(x1)－g(x2)≥M成立，等价于[g(x1)－g(x2)]max ≥M。因为g(x)=x3-x2-3，所以g`(x）=3x2-2x=3x（x-）。由g`(x）>0得x<0或x>，由g`(x）<0得0

所以满足条件的最大整数M=4。

（2）对于任意的s、t∈[,2],都有f(s)≥g(t)成立,等价于在区间[,2]上函数f（x）min≥g（x）max。由（1）可知在区间[,2]上，g（x）max=g(2)=1,区间[,2]上f(x)=+xlnx ≥1恒成立,等价于a≥x-x2lnx恒成立。设h(x)=x-x2lnx,则h`(x)=1－2xlnx－x,可知h`(x)在区间[,2]上是单调减函数。又h`(1)=0,所以当10,所以函数h(x)=x-x2lnx在区间[,1]上单调递增,在区间[1,2]上单调递减。

所以h（x）max=h(1)=1,即实数a的取值范围是[1,+∞]。

点评：如果一个问题的求解中既有存在性问题又有恒成立问题，这时需要深刻理解题意，对问题作等价转化。这里一定要注意转化的等价性、巧妙性。

在具体问题中究竟是求最大值还是最小值，可以先联想恒成立问题是求最大值还是最小值，这样就可以把相应的存在性问题转化为求最值问题。

专题五恒成立问题

主干知识整合

1．在代数综合问题中常遇到恒成立问题．恒成立问题涉及常见函数的性质、图象，渗透着换元、化归、数形结合、函数与方程等思想方法，恒成立问题的解题的基本思路是：根据已知条件将恒成立问题向基本类型转化，正确选用函数法、最小值法、数形结合法等解题方法求解．2．恒成立问题在解题过程中大致可分为以下几种类型：

(1)∀x ∈D ，f (x )>C ；

(2)∀x ∈D ，f (x )>g (x ) ；

(3)∀x 1，x 2∈D ，|f (x 1) －f (x 2)|≤C ；

(4)∀x 1，x 2∈D ，|f (x 1) －f (x 2)|≤a |x 1－x 2|.

3．不等式恒成立问题的处理方法

(1)转换求函数的最值

①若不等式A f (x ) 在区间D 上恒成立，则等价于在区间D 上B >f (x ) max ⇔f (x ) 的上界小于B .

(2)分离参数法

①将参数与变量分离，即化为g (λ) ≥f (x )(或g (λ) ≤f (x )) 恒成立的形式；

②求f (x ) 在x ∈D 上的最大(或最小) 值；

③解不等式g (λ) ≥f (x ) max (或g (λ) ≤f (x ) min ) ，得λ的取值范围．

(3)转换成函数图象问题

①若不等式f (x )>g (x ) 在区间D 上恒成立，则等价于在区间D 上函数y ＝f (x ) 和图象在函数y ＝g (x ) 图象上方；

②若不等式f (x )

探究点一∀x ∈D ，f (x )>g (x ) 的研究

对于形如∀x ∈D ，f (x )>g (x ) 的问题，需要先设函数y ＝f (x ) －g (x ) ，再转化为∀x ∈D ，y min >0.

例1 已知函数f (x ) ＝x |x －a |＋2x .

(1)若函数f (x ) 在R 上是增函数，求实数a 的取值范围；

(2)求所有的实数a ，使得对任意x ∈[1,2]时，函数f (x ) 的图象恒在函数g (x ) ＝2x ＋1图象的下方．

【点评】在处理f (x )>c 的恒成立问题时，如果函数f (x ) 含有参数，一般有两种处理方法：一是参数分离，将含参数函数转化为不含参数的函数，再求出最值即可；二是如果不能参数分离，可以用分类讨论处理函数f (x ) 的最值．

f (x ) ＝x 3－6ax 2＋9a 2x (a ∈R) ，当a >0时，若对∀x ∈[0,3]有f (x ) ≤4恒成

立，求实数a 的取值范围．

【解答】 f ′(x ) ＝3x 2－12ax ＋9a 2＝3(x －a )(x －3a ) ，故f (x ) 在(0，a ) 上单调递增，在(a, 3a ) 上单调递减，在(3a ，＋∞) 上单调递增．

(1)当a ≥3时，函数f (x ) 在[0,3]上递增，所以函数f (x ) 在[0,3]上的最大值是f (3)，

⎧f (3)≤4，若对∀x ∈[0,3]有f (x ) ≤4恒成立，需要有⎨解得a ∈∅. a ≥3，⎩

(2)当1≤a <3时，有a <3≤3a ，此时函数f (x ) 在[0，a ]上递增，在[a, 3]上递减，所以函数f (x ) 1

⎧f (a )≤4，在[0,3]上的最大值是f (a ) ，若对∀x ∈[0,3]有f (x ) ≤4恒成立，需要有⎨解得a ＝1. ⎩1≤a <3，

(3)当a <1时，有3>3a ，此时函数f (x ) 在[a, 3a ]上递减，在[3a, 3]上递增，所以函数f (x ) 在[0,3]上的最大值是f (a ) 或者是f (3)．

由f (a ) －f (3)＝(a －3) 2(4a －3) ，

3①0

3②a <1时，f (a )>f (3)，4

f (a )≤4，⎧⎪若对∀x ∈[0,3]有f (x ) ≤4恒成立，需要有⎨3

⎡23⎤⎛3⎫⎥. 解得a ∈4，1⎪. 综上所述，a ∈⎢1－1⎝⎭9⎣⎦

探究点二∀x 1，x 2∈D ，|f (x 1) －f (x 2)|≤C 的研究

对于形如∀x 1，x 2∈D ，|f (x 1) －f (x 2)|≤C 的问题，因为|f (x 1) －f (x 2)|≤f (x ) max －f (x ) min ，所以原命题等价为f (x ) max－f (x ) min≤C .

例2 已知函数f (x ) ＝ax 3＋bx 2－3x (a ，b ∈R) ，在点(1，f (1))处的切线方程为y ＋2＝0.

(1)求函数f (x ) 的解析式；

(2)若对于区间[－2,2]上任意两个自变量的值x 1，x 2，都有|f (x 1) －f (x 2)|≤c ，求实数c 的最小值．

【点评】在处理这类问题时，因为x 1，x 2是两个不相关的变量，所以可以等价为函数f (x ) 在区间D 上的函数差的最大值小于c ，如果x 1，x 2是两个相关变量，则需要代入x 1，x 2之间的关系式转化为一元问题．

探究点三∀x 1，x 2∈D ，|f (x 1) －f (x 2)|≤a |x1－x 2|的研究

形如∀x 1，x 2∈D ，|f (x 1) －f (x 2)|≤a |x 1－x 2|这样的问题，首先需要根据函数f (x ) 的单调性去掉|f (x 1) －f (x 2)|≤a |x 1－x 2|中的绝对值符号，再构造函数g (x ) ＝f (x ) －ax ，从而将问题转化为新函数g (x ) 的单调性．

例3 已知函数f (x ) ＝x －1－a ln x (a ∈R) ．

(1)求证：f (x ) ≥0恒成立的充要条件是a ＝1；

⎪11⎪(2)若a <0，且对任意x 1，x 2∈(0,1]，都有|f (x 1) －f (x 2)|≤4⎪x －x ⎪，求实数a 的取值范围．⎪12⎪【解答】(1)①充分性：

1x －1当a ＝1时，f (x ) ＝x －1－ln x ，f ′(x ) ＝1－x x

所以当x >1时，f ′(x )>0，所以函数f (x ) 在(1，＋∞) 上是增函数，

当0

a x －a ②必要性．f ′(x ) ＝1－x ＝x ，其中x >0.

(i)当a ≤0时，f ′(x )>0恒成立，所以函数f (x ) 在(0，＋∞) 上是增函数．

而f (1)＝0，所以当x ∈(0,1)时，f (x )<0，与f (x ) ≥0恒成立相矛盾．

所以a ≤0不满足题意．

(ii)当a >0时，

因为当x >a 时，f ′(x )>0，所以函数f (x ) 在(a ，＋∞) 上是增函数；

当0

所以f (x ) ≥f (a ) ＝a －1－a ln a .

因为f (1)＝0，所以当a ≠1时，f (a )

所以a ＝1，

综上所述，f (x ) ≥0恒成立的充要条件是a ＝1.

1(2)由(1)可知，当a <0时，函数f (x ) 在(0,1]上是增函数，又函数y ＝x (0,1]上是减函数，⎪11⎪11不妨设0

4444⎪11所以|f (x 1) －f (x 2)|≤4⎪x x 等价于f (x 2) －f (x 1) ≤f (x 2) ＋≤f (x 1) ＋⎪1x 1x 2x 2x 12⎪

44设h (x ) ＝f (x ) ＋x ＝x －1－a ln x ＋x ⎪11则|f (x 1) －f (x 2)|≤4⎪x x 等价于函数h (x ) 在区间(0,1]上是减函数．⎪12⎪2a 4x －ax －4因为h ′(x ) ＝1－x x x 所以所证命题等价于证x 2－ax －4≤0在x ∈(0,1]时恒成立，

44即a ≥x －x 在x ∈(0,1]上恒成立，即a 不小于y ＝x －x 在区间(0,1]内的最大值．44而函数y ＝x －x 在区间(0,1]上是增函数，所以y ＝x －x 3，

所以a ≥－3. 又a <0，所以a ∈[－3,0) ．

【点评】∀x 1，x 2∈D ，|f (x 1) －f (x 2)|≤a |x 1－x 2|等价为k ＝|f (x 1)－f (x 2)|≤a ，再进一步等价为f ′(x ) ≤a 的做|x 1－x 2|

1211法由于缺乏理论支持，解题时不可以直接使用．况且本题的第(2)问不能把|f (x 1) －f (x 2)|≤4⎪⎪x x 转化为

|f (x 1)－f (x 2)|4，所以这类问题还是需要按照本题第(2)问的处理手段来处理．⎪11⎪x 1x 2规律技巧提炼

在处理恒成立问题时，首先应该分辨所属问题的类型，如果是关于单一变量的恒成立问题，首先考虑参数分离，如果不能参数分离或者参数分离后所形成函数不能够处理，那么可以选择分类讨论来处理；如果是关于两个独立变量的恒成立问题处理，只需要按照上探究点中所讲类型的处理方法来处理即可．

课本挖掘提升

(教材选修2－2 P29习题3改编)

例函数f (x ) ＝e x －ax 在区间[1，＋∞) 上为增函数，则a 的取值范围是________．【分析】函数在某个区间单调递增(减) ，可以等价为f ′(x ) ≥0或f ′(x ) ≤0恒成立，再进一步等价为最值问题．

【答案】 a ≤e

【解析】原命题等价为f ′(x ) ＝e x －a ≥0在[1，＋∞) 上恒成立，又e x ≥e ，所以a ≤e.

f (x 1)＋f (x 2)⎛x 1＋x 2⎫⎪. ≤f 2⎝2⎭

【分析】由于本题中x 1，x 2是独立的，所以只需要作差或用基本不等式比较大小．f (x ) ＝lg x ，求证：∀x 1，x 2∈(0，＋∞) ， f (x 1)＋f (x 2)⎛x 1＋x 2⎫⎪－f 2⎝2⎭lg x 1＋lg x 2x 1＋x 2⎛x 1＋x 2⎫⎪＝lg x 1x 2－lg ＝lg ，22⎝2⎭

x 1＋x 2f (x 1)＋f (x 2)⎛x 1＋x 2⎫⎪.

因为x 1x 2≤，所以≤f 22⎝2⎭【解答】证明：

g (x ) ＝1ln x 在[1，＋∞) 上为增函数，且θ∈(0，π)，则θ的sin θ·x

值为________．

sin θ·x －1π11θ＝【解析】由题意，g ′(x ) ＝－≥0在[1，＋∞) 上恒成立，即≥02sin θ·x x sin θ·x 在[1，＋∞) 上恒成立．

∵θ∈(0，π)，∴sin θ>0.故sin θ·x －1≥0在[1，＋∞) 上恒成立，

π只需sin θ·1－1≥0，即sin θ≥1，只有sin θ＝1. 结合θ∈(0，π)，得θ＝. 2

例题解答：

2⎧x ＋(2－a )x ，x ≥a ，例1：【解答】(1)f (x ) ＝x |x －a |＋2x ＝⎨ 2⎩－x ＋(2＋a )x ，x

2－a ⎧⎪a ≥－2，

由f (x ) 在R 上是增函数，则⎨2＋a ⎪⎩a ≤2，即－2≤a ≤2，

故a 的取值范围为－2≤a ≤2.

(2)由题意得对任意的实数x ∈[1,2]，f (x )

11故当x ∈[1,2]时，只要x －x a 且x ＋x a 即可，

113⎛1⎫⎛1而当x ∈[1,2]时，x －x ⎪′＝1＋>0，从而x －x 为增函数，由此得x －x max ＝⎝⎭x ⎝⎭2

11⎛1⎛1当x ∈[1,2]时，x ＋x ′＝1－>0，从而x ＋x 为增函数，由此得x ＋x min ＝2，⎝⎭x ⎝⎭

3所以a <2. 2

例2：【解答】(1)∵f ′(x ) ＝3ax 2＋2bx －3，

⎧f (1)＝－2，⎧a ＋b －3＝－2，⎧a ＝1，根据题意，得⎨即⎨解得⎨∴f (x ) ＝x 3－3x . ⎩f ′(1)＝0，⎩3a ＋2b －3＝0，⎩b ＝0，

(2)令f ′(x ) ＝3x 2－3＝0，即3x 2－3＝0，解得x ＝±1，

max min 则对于区间[－2,2]上任意两个自变量的值x 1，x 2，都有

|f (x 1) －f (x 2)|≤f (x ) max －f (x ) min ＝4，所以c ≥4，即c 的最小值为4.

训练卷：恒成立问题

1. （1）若关于x 的不等式x 2-ax -a >0的解集为(-∞, +∞) ，求实数a 的取值范围；（2）若关于x 的不等式x 2-ax -a ≤-3的解集不是空集，求实数a 的取值范围．

2 三个同学对问题“关于x 的不等式x 2+25+x 3-5x 2≥ax 在[1,12]上恒成立，求实数a 的取值范围”提出各自的解题思路．

甲说：“只须不等式左边的最小值不小于右边的最大值”．

乙说：“把不等式变形为左边含变量x 的函数，右边仅含常数，求函数的最值”．丙说：“把不等式两边看成关于x 的函数，作出函数图像”．

参考上述解题思路，你认为他们所讨论的问题的正确结论，求a 的取值范围.

23. 已知向量a =(x , x +1), b =(1-x , t ), 若函数f (x )=a ⋅b 在区间(-1,1)上是增函数，求t 的

取值范围.

4. 已知函数f (x )=x 3+3ax -1, g (x )=f '(x )-ax -5，其中f ' (x )是f (x )的导函数.

（1）对满足-1≤a ≤1的一切a 的值，都有g (x )<0，求实数x 的取值范围；

（2）设a =-m 2，当实数m 在什么范围内变化时，函数y =f (x )的图象与直线y =3只有一个公共点.

5. 对于满足|a|≤2的所有实数a, 求使不等式x 2+ax+1>2a+x恒成立的x 的取值范围。

6. 已知函数f (x )=ln x ，g (x )=12ax +bx ，a ≠0. 2

若b =2，且h (x )=f (x )-g (x )存在单调递减区间，求a 的取值范围；

7. 设x =3是函数f (x ) =(x 2+ax +b ) e 3-x (x ∈R ) 的一个极值点.

（Ⅰ）求a 与b 的关系式（用a 表示b ），并求f (x ) 的单调区间；

（Ⅱ）设a >0，g (x ) =(a 2+25x ) e , 若存在ξ1, ξ2∈[0,4]使f (ξ1) -g (ξ2) <1成立，求a 的范围. 4

参考解答：1. （1）设f (x )=x 2-ax -a . 则关于x 的不等式x 2-ax -a >0的解集为

4a +a 2

>0, 解得(-∞, +∞) ⇔f (x )>0在(-∞, +∞)上恒成立⇔f m in (x )>0, 即f min (x )=-4

-4

（2）设f (x )=x 2-ax -a . 则关于x 的不等式x 2-ax -a ≤-3的解集不是空集⇔f (x )≤-3

4a +a 2

在(-∞, +∞)上能成立⇔f m in (x )≤-3, 即f m in (x )=-≤-3, 解得a ≤-6或a ≥2. 4

2. 关键在于对甲，乙，丙的解题思路进行思辨，这一思辨实际上是函数思想的反映. 设f (x )=x 2+25+x 3-5x 2, g (x )=ax .

甲的解题思路，实际上是针对两个函数的，即把已知不等式的两边看作两个函数，设f (x )=x 2+25+x 3-5x 2, g (x )=ax

其解法相当于解下面的问题：

对于x 1∈[1,12], x 2∈[1,12], 若f (x 1)≥g (x 2)恒成立, 求a 的取值范围.

所以，甲的解题思路与题目x ∈[1,12], f (x )≥g (x )恒成立, 求a 的取值范围的要求不一致. 因而, 甲的解题思路不能解决本题.

按照丙的解题思路需作出函数f (x )=x 2+25+x 3-5x 2的图象和

g (x )=ax 的图象, 然而, 函数f (x )的图象并不容易作出.

由乙的解题思路, 本题化为f (x )

x 2时, ≥a 在x ∈[1,12]上恒成立, 等价于x ∈[1, 1]

⎡f (x )⎤f (x )25≥a =x ++x x -5在x =5∈[1,12]时, 有最小值10, 于是, a ≤10. 成立. 由⎢⎥x x x ⎣⎦min

3. 依定义f (x ) =x 2(1-x ) +t (x +1) =-x 3+x 2+tx +t , 则f '(x ) =-3x 2+2x +t .

f (x )在区间(-1, 1)上是增函数等价于f '(x )>0在区间(-1, 1)上恒成立;

而f '(x )>0在区间(-1, 1)上恒成立又等价于t >3x 2-2x 在区间(-1, 1)上恒成立;