恒成立习题(函数、不等式)精选精讲
高一数学复习考点知识与题型专题讲解2---不等式的恒成立与能成立
高一数学复习考点知识与题型专题讲解专题02 不等式的恒成立与能成立【方法精讲】1. 不等式恒成立、能成立问题通常利用分离变量转化为求函数的最值．2. 对于任意x D ∈,()f x a >（()f x a ≥）恒成立min ()f x a ⇔>（min ()f x a ≥）； 对于任意x D ∈,()f x a <（()f x a ≤）恒成立max ()f x a ⇔<（max ()f x a ≤）.3. 对于存在x D ∈,()f x a >（()f x a ≥）能成立max ()f x a ⇔>（max ()f x a ≥）； 对于存在x D ∈,()f x a <（()f x a ≤）能成立min ()f x a ⇔<（min ()f x a ≤）.【典型例题】例1 设函数f k (x )＝2x ＋(k －1)·2－x (x ∈R ，k ∈Z)．设不等式f 0(x )＋mf 1(x )≤4的解集为A ，若A ∩[1,2]≠∅，求实数m 的取值范围.【答案】⎝⎛⎦⎤－∞，54【分析】代入得2x －2－x ＋m ·2x ≤4，分离参数m ≤2－x －2x ＋42x，A ∩[1,2]≠∅意即“存在x ∈[1,2]，上不等式能成立”，故应等价转化为其最大值≥m ，考虑用换元法求出其最大值即可.【解析】等式f 0(x )＋mf 1(x )≤4，即为2x －2－x ＋m ·2x ≤4， 所以m ≤2－x －2x ＋42x ，即m ≤⎝⎛⎭⎫12x 2＋4·12x －1.令t ＝12x ，x ∈[1,2]，则t ∈⎣⎡⎦⎤14，12，设h (t )＝t 2＋4t －1，t ∈⎣⎡⎦⎤14，12， 则h (t )max ＝h ⎝⎛⎭⎫12＝54.由A ∩[1,2]≠∅，即不等式f 0(x )＋mf 1(x )≤4在[1,2]上有解，则需m ≤h (t )max ，即m ≤54. 所以实数m 的取值范围为⎝⎛⎦⎤－∞，54.例2 已知函数f (x )＝2x ＋2－x ,若对于任意x ∈R ，不等式f (2x )≥mf (x )－6恒成立，求实数m 的最大值．【答案】4【分析】分离参数，直接转化为最值问题，使用换元法或基本不等式求最值.【解析】由条件知f (2x )＝22x ＋2－2x ＝(2x ＋2－x )2－2＝(f (x ))2－2.因为f (2x )≥mf (x )－6对于x ∈R 恒成立，且f (x )＞0，所以m ≤f x2＋4f x对于x ∈R 恒成立． 而f x2＋4f x ＝f (x )＋4f x ≥2 f x ·4f x ＝4，且f 02＋4f 0＝4，所以m ≤4，故实数m 的最大值为4.例3 若对于[]1,1a ∀∈-，不等式2(4)420x a x a +-+->都成立，则x 的取值范围是_________. 【答案】()(),13,-∞⋃+∞【分析】此题难度并不大，但学生受定式思维的影响，习惯上将x 视为变量而走入死胡同.事实上，要“变更主元”，“求谁谁是参数，已知谁谁是元”，设22()(4)42(2)(44)f a x a x a x a x x =+-+-=-+-+，其是关于a 的一次函数，欲使对于[]1,1a ∀∈-，()0f a >恒成立，只需其最小值大于0，故只需其端点值都大于0即可.【解析】设22()(4)42(2)(44)f a x a x a x a x x =+-+-=-+-+，其是关于a 的一次函数， 欲使对于[]1,1a ∀∈-，()0f a >恒成立，只需(1)0(1)0f f >⎧⎨->⎩，即22320560x x x x ⎧-+>⎪⎨-+>⎪⎩，解之得1x <或3x > 所以x 的取值范围是()(),13,-∞⋃+∞.【巩固练习】1. 若关于x 的不等式2320x mx m -+-≥在区间[]1,2上有解，则实数m 的取值范围是_________.2.已知函数f (x )＝a －1|x |，若f (x )＜2x 在(1，＋∞)上恒成立，则实数a 的取值范围是 ．3. 已知函数f (x )＝x 3＋x ，对任意的m ∈[－2，2]，f (mx －2)＋f (x )＜0恒成立，则x 的取值范围是________． 3. 若二次函数f (x )＝x 2－x ＋1，若在区间[－1，1]上，不等式f (x )＞2x ＋m 恒成立，则实数m 的取值范围是________．4.已知f (x )＝32x －(k ＋1)3x ＋2，当x ∈R 时，若f (x )恒为正值，则k 的取值范围是________．5.设函数f (x )＝x 2＋ax ＋3．(1)当x ∈R 时，f (x )≥a 恒成立，求a 的取值范围；(2)当x ∈[－2，2]时，f (x )≥a 恒成立，求a 的取值范围；(3)设不等式f (x )≥a 对于满足1≤a ≤3的一切a 的取值都成立，求x 的取值范围．【答案与提示】1.【答案】[)2,-+∞【解析】对不等式2320x mx m -+-≥分离参数得：223x m x -≥- 设22()3x g x x -=-（[]1,2x ∈），则min ()m g x ≥ 令3(12)x t t -=≤≤，则2(3)27()()6t g t t t t--==-++- 函数7t t+在区间[]1,2t ∈单减，故max 78t t ⎛⎫+= ⎪⎝⎭，min ()(1)2g t g ==- 所以2m ≥-，即实数m 的取值范围是[)2,-+∞.2.【答案】 (－∞，3]．3. 【答案】(－2，23)．【提示】易知函数f (x )是R 上的单增的奇函数，由f (mx －2)＋f (x )＜0得(mx －2)＋x ＜0，“变更主元”，设g(m )= (mx －2)＋x 为关于“m ”的一次函数，则g(－2) ＜0且g(2) ＜0.3. 【答案】(－∞，－1)【解析】f (x )＞2x ＋m 等价于x 2－x ＋1＞2x ＋m ，即x 2－3x ＋1－m ＞0，要使此不等式在[－1，1]上恒成立，只需使函数g (x )＝x 2－3x ＋1－m 在[－1，1]上的最小值大于0即可．∵g (x )＝x 2－3x ＋1－m 在[－1，1]上单调递减，∴g (x )min ＝g (1)＝－m －1，由－m －1＞0得，m ＜－1．因此满足条件的实数m 的取值范围是(－∞，－1)．4.【答案】(－∞，－1＋22)5.【答案】(1)－6≤a ≤2； (2) －7≤a ≤2； (3) x ≤－3或x ≥0．(2)【提示】思路1：(利用二次函数的图象)注：此方法可改进，由f (2)≥a ，f (－2)≥a 得－7≤a ≤73．对称轴x ＝－a 2∈[－76，72]，可少讨论一种情况．思路2：(求函数的最值)注：此方法可改进，由f (2)≥a ，f (－2)≥a 得－7≤a ≤73，再进行分类讨论．思路3：(变量分离后，再求函数的最值) ．。
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．。
函数不等式恒成立问题6大题型
函数不等式恒成立问题6大题型新高考越来越注重对综合素质的考查，恒成立问题变式考查综合素质的很好途经，它经常以函数、方程、不等式和数列等知识为载体，渗透着还原、化归、分类讨论、数形结合、函数与方程等思想方法。
近几年的数学高考中频频出现恒成立问题、能问题，其形式逐渐多样化，但都与函数、导数知识密不可分，考查难度一般为中等或难题。
一、单变量不等式恒成立问题一般利用参变分离法求解函数不等式恒（能）成立，可根据以下原则进行求解：1、∀∈x D ，()()min ≤⇔≤m f x m f x2、∀∈x D ，()()max ≥⇔≥m f x m f x3、∃∈x D ，()()max ≤⇔≤m f x m f x4、∃∈x D ，()()min ≥⇔≥m f x m f x 二、双变量不等式与等式一般地，已知函数()[],,y f x x a b =∈，()[],,y g x x c d =∈1、不等关系（1）若[]1,x a b ∀∈，[]2,x c d ∀∈，总有()()12f x g x <成立，故()()max min f x g x <；（2）若[]1,x a b ∀∈，[]2,x c d ∃∈，有()()12f x g x <成立，故()()max max f x g x <；（3）若[]1,x a b ∃∈，[]2,x c d ∀∈，有()()12f x g x <成立，故()()min min f x g x <；（4）若[]1,x a b ∃∈，[]2,x c d ∃∈，有()()12f x g x <成立，故()()min max f x g x <．2、相等关系记()[],,y f x x a b =∈的值域为A ,()[],,y g x x c d =∈的值域为B,（1）若[]1,x a b ∀∈，[]2,x c d ∃∈，有()()12=f x g x 成立，则有A B ⊆；（2）若[]1,x a b ∃∈，[]2,x c d ∀∈，有()()12=f x g x 成立，则有A B ⊇；（3）若[]1,x a b ∃∈，[]2,x c d ∃∈，有()()12=f x g x 成立，故A B ⋂≠∅；【题型1单变量不等式恒成立问题】【例1】（2020秋·吉林白城·高三校考阶段练习）设函数()21f x x =-，对任意3,2x ⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭，()()()2414x f m f x f x f m m ⎛⎫-≤-+ ⎪⎝⎭恒成立，则实数m 的取值范围是（）A ．1,4⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭B ．11,,22⎛⎤⎡⎫-∞-+∞ ⎪⎢⎝⎦⎣⎭C ．33,22⎛⎫-∞⋃+∞ ⎪⎢ ⎪⎝⎦⎣⎭D ．11,00,22⎡⎫⎛⎤-⋃⎪ ⎢⎥⎣⎭⎝⎦【变式1-1】（2022秋·吉林·高三校考期末）已知()g x 为奇函数，()h x 为偶函数，且满足()()2xg x h x -+=，若对任意的[]1,1x ∈-都有不等式()()0mh x g x -≥成立，则实数m 的最小值为（）A ．13B ．35C ．1D ．35-【变式1-2】（2022秋·陕西商洛·高三校联考阶段练习）已知一次函数()f x 满足()()2f f x x =+.（1）求()f x 的解析式；（2）若对任意的()0,x ∈+∞，()af x x >a 的取值范围.【变式1-3】（2022·全国·高三专题练习）已知定义域为R 的函数2()2xx b f x a-=+是奇函数.（1）求,a b 的值;（2）用定义证明()f x 在(,)-∞+∞上为减函数;（3）若对于任意R t ∈，不等式()()22220f t t f t k -+-<恒成立，求k 的范围.【题型2单变量不等式能成立问题】【例2】（2022秋·福建龙岩·高三上杭一中校考阶段练习）已知函数()f x 的定义域为B ，函数()13f x -的定义域为1,14A ⎡⎤=⎢⎥⎣⎦，若x B ∃∈，使得21a x x >-+成立，则实数a 的取值范围为（）A ．13,16⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭B ．130,16⎛⎫ ⎪⎝⎭C ．13,16⎛⎫+∞⎪⎝⎭D ．1313,1616⎛⎫-⎪⎝⎭【变式2-1】（2022秋·辽宁葫芦岛·高三校联考阶段练习）已知函数()3()23a a f x x -=-为幂函数．（1）求函数()2xf a +的值域；（2）若关于x 的不等式2()log ()f x f x a +<在[2,4]上有解，求a 的取值范围．【变式2-2】（2022·黑龙江大庆·大庆实验中学校考模拟预测）已知函数()1f x x x a =+--，1a >．（1）当a ＝2时，求不等式()1f x >的解集；（2）若()01,1x ∃∈-，使()20001f x x ax <-+-成立，求a 的取值范围．【变式2-3】（2021秋·江苏·高三校联考期中）已知函数()151x af x =-+为奇函数.（1）求实数a 的值；（2）若存在m ∈[-1，1]，使得不等式()22(2)2f x f mx x mx +--- 成立，求x 的取值范围.【变式2-4】（2022秋·重庆北碚·高三重庆市朝阳中学校考开学考试）已知函数4()2x xa g x -=是奇函数，()()lg 101x f x bx =++是偶函数.（1）求a 和b 的值；（2）设1()()2h x f x x =+，若存在[0,1]x ∈，使不等式()[lg(109)]g x h m >+成立，求实数m 的取值范围.【题型3任意-任意型不等式成立问题】【例3】（2022秋·上海徐汇·高三上海中学校考期中）已知函数()213,11log ,12x x k x f x x x ⎧-++≤⎪=⎨-+>⎪⎩，2()1x g x x =+，若对任意的实数12,x x ，均有()()12f x g x ≤，则实数k 的取值范围是__．【变式3-1】（2022秋·安徽合肥·高三合肥市第十中学校联考阶段练习）已知函数()f x 满足22()()(0)f x f x x x x+-=+≠．（1）求()y f x =的解析式，并求()f x 在[3,1]--上的值域；（2）若对12(2,4),x x ∀∈且12x x ≠，都有()()()2121R k kf x f x x x x +>+∈成立，求实数k的取值范围．【变式3-2】（2022秋·全国·高三统考阶段练习）已知函数()1lg x f x xλ+=．（1）当2λ=时，解不等式()0f x >；（2）设0λ>，当1,22a ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，对任意1x ，[]2,1x a a ∈+，都有()()12lg 2f x f x -≤，求λ的取值范围．【变式3-3】（2022秋·上海浦东新·高三校考阶段练习）设()e xf x =，函数()g x 的图像和函数()f x 的图像关于y 轴对称．（1）若()()43f x g x =+，求x 的值．（2）令()()2f x h x x=，()22t x x x a =-++，若对任意1x ，()20,x ∈+∞，都有()()12h x t x ≥恒成立，求实数a 的取值范围．【题型4任意-存在性不等式成立问题】【例4】（2022秋·江苏常州·高三校联考阶段练习）已知()()2ln 1f x x =+，()12xg x m ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，命题p ：对任意[]10,3x ∈，都存在[]22,1x ∈--，使得()()12f x g x，则命题p 正确的一个充分不必要条件是（）A ．3mB ．2mC ．1mD ．0m【变式4-1】（2022秋·天津宝坻·高三天津市宝坻区第一中学校考期末）已知函数2()x x af x x++=.（1）若()()1g x f x =-，判断()g x 的奇偶性并加以证明；（2）当12a =时，①用定义法证明函数()f x 在[1,)+∞上单调递增，再求函数()f x 在[1,)+∞上的最小值；②设()52h x kx k =+-，若对任意的1[1,2]x ∈，总存在2[0,1]x ∈，使得()()12f x h x ≤成立，求实数k 的取值范围.【变式4-2】（2022秋·广东广州·高三广东实验中学校考阶段练习）已知函数()f x 对任意实数,x y 恒有()()()f x y f x f y +=+，当0x >时，()0f x <，且()12f =-（1）判断()f x 的奇偶性；（2）求函数()f x 在区间[]3,3-上的最大值；（3）若][()21,1,1,1,<22x a f x m am ∃∈-∀∈---⎡⎤⎣⎦恒成立，求实数m 的取值范围.【变式4-3】（2022秋·河北邢台·高三校联考阶段练习）已知定义在R 上的函数()f x 满足()()0f x f x --=，且()()2log 21x f x kx =+-，()()g x f x x =+.（1）求k 的值；若函数()f x 的定义域为[]0,4，求()()22f x xh x +=的值域.（2）设()4ln 21h x x x x mx =+-+，若对任意的[]10,3x ∈，存在22e,e x ⎡⎤∈⎣⎦，使得()()12g x h x ≥，求实数m 的取值范围.【题型5存在-存在性不等式成立问题】【例5】（2022秋·江西宜春·高三江西省丰城中学校考阶段练习）已知函数()1f x x x a =-+.（1）当0a =时，解不等式()()2122f x f x -++>；（2）若存在1x ，(]2,ln 2x ∈-∞，使得()()12e e3x x f f ->，求实数a 的取值范围.【变式5-1】（2022秋·江苏泰州·高一靖江高级中学校考期末）已知函数()()121,2121x x x f x g x ++==--（1）利用函数单调性的定义，判断并证明函数()f x 在区间()0,∞+上的单调性；（2）若存在实数()12,0,x x ∈+∞且12x x <，使得()f x 在区间[]12,x x 上的值域为()()21,m m g x g x ⎡⎤⎢⎥⎢⎥⎣⎦，求实数m 的取值范围.【变式5-2】（2022秋·江西抚州·高三江西省抚州市第一中学校考阶段练习）已知()214f x x x =-++（1）解不等式()23f x x +≤；（2）若存在实数x 1，x 2，使得()21222f x x x a <-++，求实数a 的取值范围．【变式5-3】（2022·全国·高三专题练习）已知函数()()2xx ax bf x x R e ++=∈的一个极值点是2x =.（1）求a 与b 的关系式，并求()f x 的单调区间；（2）设0a >，()22x g x a e -=，若存在1x ，[]20,3x ∈，使得()()1222f xg x e -<成立，求实数a 的范围.【题型6任意-存在性等式成立问题】【例6】（2023·全国·高三对口高考）已知函数()1π2sin 26f x x ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，()π2cos 13g x k x ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭，若对任意π4π,33t ⎡⎤∈⎢⎣⎦，都存在π2π,63s ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，使得等式()()f t g s =成立，则实数k 的可能取值是（）．A ．54B ．74C ．94D ．114【变式6-1】（2022秋·北京·高三人大附中校考阶段练习）已知函数()24a x x x f =-+，()5g x ax a =+-，若对任意的[]11,3x ∈-，总存在[]21,3x ∈-，使得()()12f x g x =成立，则实数a 的取值范围是（）A ．(],9-∞-B ．[]9,3-C ．[)3,+∞D ．(][),93,-∞-+∞ 【变式6-2】（2022秋·北京·高三北师大实验中学校考期中）已知函数()()214x a f x x x+=≤≤，且()15f =.（1）求实数a 的值，并求函数()f x 的最大值和最小值；（2）函数()()122g x kx x =--≤≤，若对任意[]11,4x ∈，总存在[]02,2x ∈-，使得()()01g x f x =成立，求实数k 的取值范围.【变式6-3】（2022秋·上海长宁·高三上海市延安中学校考期中）已知2()327mx n f x x +=+，||1()3x m g x -⎛⎫= ⎪⎝⎭，其中,m n ∈R ，且函数()y f x =为奇函数；（1）若函数()y f x =的图像过点A （1，1），求实数m 和n 的值；（2）当3m =时，不等式()()()()f x g x af x g x +≥对任意[3,)x ∈+∞恒成立，求实数a 的取值范围；（3）设函数()()()393f x x h xg x x ⎧≥⎪=⎨<⎪⎩，若对任意1[3,)x ∈+∞，总存在唯一的2(,3)x ∈-∞使得()()12h x h x =成立，求实数m的取值范围；（建议用时：60分钟）1．（2022秋·北京西城·高三北京师大附中校考阶段练习）已知函数()253,121,1 2x x x f x x x x ⎧-+≤⎪⎪=⎨⎪+>⎪⎩设R a ∈，若关于x 的不等式()2x f x a ≥+恒成立，则a 的取值范围是（）A ．[]2,1-B ．232,44⎡-⎢⎥⎣⎦C ．32,14⎡⎤-⎢⎥⎣⎦D ．[]1,2-2．（2022秋·黑龙江哈尔滨·高三哈尔滨市第六中学校校考期中）已知()f x ，()g x 分别为定义域为R 的偶函数和奇函数，且()()e xf xg x +=，若关于x 的不等式()()220f x ag x -≥在()0,ln 3上恒成立，则正实数a 的取值范围是（）A ．15,8⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭B ．[)0,∞+C ．15,8⎛⎤-∞ ⎝⎦D ．150,8⎛⎤⎥⎝⎦3．（2022·全国·高三专题练习）设函数()()1xf x xe a x =--，其中1a <，若存在唯一整数0x ，使得()0f x a <，则a 的取值范围是（）．A ．21,1e ⎡⎫-⎪⎢⎣⎭B ．211,e e ⎡⎫-⎪⎢⎣⎭C ．211,e e ⎡⎫⎪⎢⎣⎭D ．21,1e ⎡⎫⎪⎢⎣⎭4．（2022·全国·高三专题练习）已知函数()2222,2log ,2x x x f x x x ⎧-+<=⎨>⎩，若∃0x ∈R ，使得()2054f x m m ≤-成立，则实数m 的取值范围为()A ．11,4⎡⎤-⎢⎥⎣⎦B ．1,14⎡⎤⎢⎥⎣⎦C ．124⎡⎤-⎢⎥⎣⎦，D ．113⎡⎤⎢⎥⎣⎦，5．（2022秋·江苏盐城·高三校考阶段练习）已知函数()29x f x x+=，()2log g x x a =+，若存在[]13,4x ∈，对任意[]24,8x ∈，使得()()12f x g x ≥，则实数a 的取值范围是（）A ．13,4⎛⎤-∞ ⎝⎦B ．13,4⎛⎫+∞⎪⎝⎭C ．130,4⎛⎫⎪⎝⎭D ．（1，4）6．（2022秋·河南·高三安阳一中校联考阶段练习）已知函数()()22()26f x x x x ax b =-+++，且对任意的实数x ，()(4)f x f x =-恒成立，函数2()4mxg x x =+，若对[]11,3x ∀∈，[]21,3x ∃∈，使12()()g x f x =，则正实数m 的取值范围是（）A ．(][)0,1524,⋃+∞B ．[]15,24C ．[]16,25D ．(][)0,1625,⋃+∞7．（2023秋·河南郑州·高三校联考期末）已知函数()()224,243f x x m x g x x x =++-=-+.（1）若3m =，求不等式()7f x >的解集；（2）若12R,R x x ∀∈∃∈，使得()()12f x g x ≥成立，求实数m 的取值范围.8．（2022秋·辽宁·高三大连二十四中校联考阶段练习）已知定义在R 上的函数()f x 满足()()0f x f x --=，且()2()log 21x f x kx =+-，()()g x f x x =+．（1）若不等式()422(2)x xg a g -⋅+>-恒成立，求实数a 的取值范围；（2）设4()ln 21h x x x x mx =+-+，若对任意的[]10,3x ∈，存在22e,e x ⎡⎤∈⎣⎦，使得()()12g x h x ≥，求实数m 的取值范围．9．（2022秋·湖南岳阳·高三校考阶段练习）已知函数()141log 1axf x x -=-的图象关于原点对称，其中a 为常数．（1）求a 的值；（2）当()1,x ∈+∞时，()()14log 1f x x m+-<恒成立，求实数m 的取值范围；（3）若关于x 的方程()()14log f x x k =+在[]2,3上有解，求实数k 的取值范围．参考答案【题型1单变量不等式恒成立问题】【例1】（2020秋·吉林白城·高三校考阶段练习）设函数()21f x x =-，对任意3,2x ⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭，()()()2414x f m f x f x f m m ⎛⎫-≤-+ ⎪⎝⎭恒成立，则实数m 的取值范围是（）A ．1,4⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭B ．11,,22⎛⎤⎡⎫-∞-+∞ ⎪⎢⎝⎦⎣⎭C ．33,22⎛⎡⎫-∞⋃+∞ ⎪⎢ ⎪⎝⎦⎣⎭D ．11,00,22⎡⎫⎛⎤-⋃⎪ ⎢⎥⎣⎭⎝⎦【答案】C【解析】由对任意3,2x ⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭，()()()2414xf m f x f x f m m ⎛⎫-≤-+ ⎪⎝⎭恒成立，得222222314(1)(1)14(1)(,))[2x m x x m x m ---≤--+-∈+∞恒成立，即22213241m m x x -≤--+在3,2x ⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭恒成立，令211()321x x x ϕ⎛⎫=--+ ⎪⎝⎭，因为3,2x ⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭，令120,3t x ⎛⎤=∈ ⎥⎝⎦，则2()321t t t ϕ=--+，所以2()321t t t ϕ=--+在20,3t ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦单调递减，所以min 25()(33t ϕϕ==-，所以221543m m -≤-，化简得()2231(43)0m m +-≥，解得3m ≤3m ≥故选:C.【变式1-1】（2022秋·吉林·高三校考期末）已知()g x 为奇函数，()h x 为偶函数，且满足()()2xg x h x -+=，若对任意的[]1,1x ∈-都有不等式()()0mh x g x -≥成立，则实数m 的最小值为（）A ．13B ．35C ．1D ．35-【答案】B【解析】 ()g x 为奇函数，()h x 为偶函数，且()()2xg x h x -+=①()()()()2x g x h x g x h x ∴-+-=-+=②①②两式联立可得()222x xg x -=-，()222x x h x -=+.由()()0mh x g x -≥，即2222022x x x xm ----≥+，得224121224141x x x x x x x m ----≥==-+++，∵41=+x t 在[]1,1x ∈-是增函数，且5,54t ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，2y t=-在5,54t ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦上是单调递增，∴由复合函数的单调性可知2141x y =-+在[]1,1x ∈-为增函数，∴max 2231141415x⎛⎫-=-= ⎪++⎝⎭，∴35m ≥，即实数m 的最小值为35.故选：B.【变式1-2】（2022秋·陕西商洛·高三校联考阶段练习）已知一次函数()f x 满足()()2f f x x =+.（1）求()f x 的解析式；（2）若对任意的()0,x ∈+∞，()af x x >a 的取值范围.【答案】（1）()1f x x =+；（2）1,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭【解析】（1）设(),0f x kx b k =+≠，则()()()()22f f x f kx b k kx b b k x kb b x =+=++=++=+，所以212k kb b ⎧=⎨+=⎩解得11k b =⎧⎨=⎩所以()f x 的解析式为()1f x x =+.（2）由()0,x ∈+∞，()af x x >1x a x >+，11112x x x x=≤+x x =1x =时，1x x +取得最大值，所以12a >，即a 的取值范围为1,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭.【变式1-3】（2022·全国·高三专题练习）已知定义域为R 的函数2()2xx b f x a-=+是奇函数.（1）求,a b 的值;（2）用定义证明()f x 在(,)-∞+∞上为减函数;（3）若对于任意R t ∈，不等式()()22220f t t f t k -+-<恒成立，求k 的范围.【答案】（1）1a =，1b =；（2）证明见解析.；（3）1,3⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭【解析】（1）()f x 为R 上的奇函数，02(0)02b f a-∴==+，可得1b =又(1)(1)f f -=-,11121222a a----∴=-++,解之得1a =,经检验当1a =且1b =时，12()21xx f x -=+，满足1221()()2112x x x xf x f x -----===-++是奇函数,故1a =，1b =.（2）由（1）得122()12121x x xf x -==-+++，任取实数12,x x ，且12x x <，则()()()()()211212122222221212121x x x x x x f x f x --=-=++++，12x x < ，可得1222x x <，且()()1221210x x ++>，故()()()211222202121x x x x ->++，()()120f x f x ∴->，即()()12f x f x >，所以函数()f x 在(,)-∞+∞上为减函数;（3）根据（1）（2）知，函数()f x 是奇函数且在(,)-∞+∞上为减函数.∴不等式()()22220f t t f t k -+-<恒成立，即()()()222222f t t f t k f t k -<--=-+恒成立，也就是:2222t t t k ->-+对任意的R t ∈都成立，即232k t t <-对任意的R t ∈都成立，221132333t t t ⎛⎫-=-- ⎪⎝⎭ ，当13t =时232t t -取得最小值为13-，13k ∴<-，即k 的范围是1,3⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭.【题型2单变量不等式能成立问题】【例2】（2022秋·福建龙岩·高三上杭一中校考阶段练习）已知函数()f x 的定义域为B ，函数()13f x -的定义域为1,14A ⎡⎤=⎢⎥⎣⎦，若x B ∃∈，使得21a x x >-+成立，则实数a 的取值范围为（）A ．13,16⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭B ．130,16⎛⎫⎪⎝⎭C ．13,16⎛⎫+∞⎪⎝⎭D ．1313,1616⎛⎫-⎪⎝⎭【答案】C【解析】∵()13f x -的定义域为1,14A ⎡⎤=⎢⎥⎣⎦，∴114x ≤≤，12134x -≤-≤，则12,4B ⎡⎤=-⎢⎥⎣⎦．令()21g x x x =-+，x B ∃∈，使得21a x x >-+成立，即a 大于()g x 在12,4⎡⎤-⎢⎣⎦上的最小值．∵213()24g x x ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭，∴()g x 在12,4⎡⎤-⎢⎣⎦上的最小值为113416g ⎛⎫= ⎪⎝⎭，∴实数a 的取值范围是13,16⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭．故选：C ．【变式2-1】（2022秋·辽宁葫芦岛·高三校联考阶段练习）已知函数()3()23a a f x x -=-为幂函数．（1）求函数()2xf a +的值域；（2）若关于x 的不等式2()log ()f x f x a +<在[2,4]上有解，求a 的取值范围．【答案】（1）10,2⎛⎫⎪⎝⎭；（2）7,4⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭【解析】（1）由题意可得231a -=，解得2a =，则1()f x x =，所以()1222xx f a +=+，因为x ∈R ，则222x +>，故函数()2xf a +的值域为10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭．（2）方法一：因为1()f x x=在[]2,4上单调递减，所以1()f x x =在[]2,4上的值域为11,42⎡⎤⎢⎥⎣⎦．令()f x t =，2()log g t t t =+，则()g t 在11,42⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递增，所以()g t 的最小值为1172444g ⎛⎫=-=- ⎪⎝⎭，所以74a >-，即a 的取值范围为7,4⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭．方法二：因为1()f x x =，所以2()log ()f x f x a +<即21log x a x-<．令函数21()log g x x x=-，则()g x 在[]2,4上单调递减，所以()g x 的最小值为17(4)244g =-=-，所以74a >-，即a 的取值范围为7,4⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭．【变式2-2】（2022·黑龙江大庆·大庆实验中学校考模拟预测）已知函数()1f x x x a =+--，1a >．（1）当a ＝2时，求不等式()1f x >的解集；（2）若()01,1x ∃∈-，使()20001f x x ax <-+-成立，求a 的取值范围．【答案】（1）{}1x x >；；（2）()2,+∞.【解析】（1）当a ＝2时，()12f x x x =+--，当2x ≥时，()3f x =，()1f x >恒成立，解得2x ≥；当12x -<<时，()21f x x =-，由()1f x >，得1x >，解得12x <<；当1x ≤-时，()3f x =-，()1f x >无解，综上所述，()1f x >的解集为{}1x x >；（2）当1a >，()1,1x ∈-时，()121f x x a x x a =+-+=-+．由()21f x x ax <-+-得2211x a x ax -+<-+-，即()2122x a x x +>++．当()1,1x ∈-时，()10,2x +∈，所以2221x x a x++>+．若()1,1x ∃∈-使()21f x x ax <-+-成立，则只需2min221x x a x ⎛⎫++> ⎪+⎝⎭，而222111(1)2111x x x x x x x++=++≥+⋅+++（当且仅当x ＝0时等号成立），所以a 的取值范围为()2,+∞．【变式2-3】（2021秋·江苏·高三校联考期中）已知函数()151x af x =-+为奇函数.（1）求实数a 的值；（2）若存在m ∈[-1，1]，使得不等式()22(2)2f x f mx x mx +--- 成立，求x 的取值范围.【答案】（1）2a =；（2）[]22-,【解析】（1）函数的定义域为R ，由题意可得()00f =，即01051a-=+，解得2a =，所以2()151x f x =-+，()()()222511120515151x x x xf x f x -+--+-=-==++++，即()f x 为奇函数，所以2a =.（2）由（1）可知2()151x f x =-+， 存在m ∈[-1，1]，使得不等式()22(2)2f x f mx x mx +--- 成立，∴存在m ∈[-1，1]，使得不等式()22(2)20f x x f mx mx ++-+-≤成立，设()()g x f x x =+，定义域为R ，()f x 为奇函数，()()f x f x ∴=--，而()()()()g x f x x f x x g x -=--=--=-，所以()g x 为奇函数，∴存在m ∈[-1，1]，()()22g x g mx ≤--成立，即存在m ∈[-1，1]，()()22g x g mx ≤-成立，又因为2()151xf x =-+在R 上单调递增，所以()()g x f x x =+在定义域R 上单调递增，所以22x mx ≤-，∴存在m ∈[-1，1]，使得220mx x +-≤，看成关于m 的一次函数，当0x >时，220x x -+-≤，解得02x <≤；当0x =时，20-≤不等式成立；当0x <时，则220x x +-≤，解得20x -≤<，综上所述，x 的取值范围为[]22-,【变式2-4】（2022秋·重庆北碚·高三重庆市朝阳中学校考开学考试）已知函数4()2x xa g x -=是奇函数，()()lg 101x f x bx =++是偶函数.（1）求a 和b 的值；（2）设1()()2h x f x x =+，若存在[0,1]x ∈，使不等式()[lg(109)]g x h m >+成立，求实数m 的取值范围.【答案】（1）11,2a b ==-；（2）910110m -<<.【解析】（1）因为函数4()2x x ag x -=是奇函数，所以(0)0g =得1a =，则41()2x x g x -=，经检验()g x 是奇函数.又()()lg 101xf x bx =++是偶函数，所以(1)(1)f f -=得12b =-，则()1()lg 1012xf x x =+-，经检验()f x 是偶函数，∴112a b ==-，.（2）()()lg 101x h x =+，lg(109)(lg(109))lg[101lg(1010)m h m m +⎤+=+=+⎦，则由已知得，存在(]0,1x ∈，使不等式lg(1010)()m g x >+成立，因为411()222x x x x g x -==-，易知()g x 单调递增，∴max 3()(1)2g x g ==，∴323lg(1010)lg101g10102m +<==∴101010m +<所以101m -，又109010100m m +>⎧⎨+>⎩，解得910m >-，所以910110m -<<.【题型3任意-任意型不等式成立问题】【例3】（2022秋·上海徐汇·高三上海中学校考期中）已知函数()213,11log ,12x x k x f x x x ⎧-++≤⎪=⎨-+>⎪⎩，2()1x g x x =+，若对任意的实数12,x x ，均有()()12f x g x ≤，则实数k 的取值范围是__．【答案】3,4⎛⎤-∞- ⎥⎝⎦【解析】由于对任意的12,R x x ∈，均有()()12f x g x ≤，因此max min ()()f x g x ≤，当0x >时，1()1g x x x =+，而12x x+≥，当且仅当=1x 时，等号成立，因此()()110,0012g x g x x<=≤=+，当0x <时，21()11x g x x x x==++，1120x x x x ⎛⎫+=---≤-< ⎪⎝⎭，当且仅当=1x -时，等号成立，此时，11()12g x x x =≥-+，所以，min 1()2g x =-.对()f x ，由已知，()2f x xx k =-++在1x ≤上最大值为1124f k⎛⎫=+ ⎪⎝⎭；()131log 2f x x =-+在1x >时单调递减，所以有()12f x <-满足.所以要使()()max min f xg x ≤成立，只需满足1142k +≤-所以34k ≤-，则实数k 的取值范围是3,4⎛⎤-∞- ⎥⎝⎦．【变式3-1】（2022秋·安徽合肥·高三合肥市第十中学校联考阶段练习）已知函数()f x 满足22()()(0)f x f x x x x+-=+≠．（1）求()y f x =的解析式，并求()f x 在[3,1]--上的值域；（2）若对12(2,4),x x ∀∈且12x x ≠，都有()()()2121R k kf x f x x x x +>+∈成立，求实数k的取值范围．【答案】（1）2()(0)f x x x x =+≠，()f x 在[3,1]--上的值域为11,23⎡--⎢⎣；（2）(],2-∞.【解析】（1）函数()f x 的定义域为{}0x x ≠，因为22()()f x f x x x+-=+①，所以22()()f x f x x x-+=--②，联立①②解得2()(0)f x x x x=+≠22222(2((2)2))1f x x x x x x x '=--+-==，当3,2x ⎡∈-⎣时，()0f x '>，()f x 为增函数；当(2,1x ⎤∈-⎦时，()0f x '<，()f x 为减函数，因为11(3),(2)22,(1)33f f f -=--=--=-，所以11(),223f x ⎡∈--⎢⎣，即()f x 在[3,1]--上的值域为11,223⎡--⎢⎣．（2）对12(2,4),x x ∀∈且12x x ≠，都有()()()2121R k kf x f x x x x +>+∈成立，不妨设1224x x <<<，可得函数()()2kk g x f x x x x+=+=+在区间()2,4上单调递增，则()2210k g x x +'=-≥对任意的()2,4x ∈恒成立，即22k x +≤，当()2,4x ∈时，2416x <<，故24k +≤，解得2k ≤．因此，实数k 的取值范围是(],2-∞．【变式3-2】（2022秋·全国·高三统考阶段练习）已知函数()1lg x f x xλ+=．（1）当2λ=时，解不等式()0f x >；（2）设0λ>，当1,22a ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，对任意1x ，[]2,1x a a ∈+，都有()()12lg 2f x f x -≤，求λ的取值范围．【答案】（1）()(),10,x ∈-∞-+∞ ；（2）2,3⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭【解析】（1）当2λ=时，()21lgx f x x+=由21lg0x x+>，得2121110x x x x ++>⇒->，即10x x+>，等价于()10x x +>，解得()(),10,x ∈-∞-+∞ ；（2）因为对任意1x ，[]2,1x a a ∈+，都有()()12lg 2f x f x -≤，所以对任意1x ，[]2,1x a a ∈+，都有()()max min lg 2f x f x ≤-，设()f x 的定义域为I ，又当1x ，2x I ∈且12x x <时，有121211x x x x λλ++>，即121211lg lg x x x x λλ++>，即()()12f x f x >，所以()f x 在I 上单调递减．因此函数()f x 在区间[],1a a +上的最大值与最小值分别为()f a ，()1f a +．由()11()1lg lg lg 21a a f a f a a a λλλ+++⎛⎫⎛⎫-+=-≤⎪ ⎪+⎝⎭⎝⎭，化简得()2110a a λλ++-≥，上式对任意1,22a ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦成立．因为0λ>，2(1)40λλ∆=++>令()()211h a a a λλ=++-，对称轴为102a λλ+=-<，所以函数()()211h a a a λλ=++-在区间1,22a ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦上单调递增，所以，()min h a =131242h λ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，由31042λ-≥，得23λ≥．故λ的取值范围为2,3⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭.【变式3-3】（2022秋·上海浦东新·高三校考阶段练习）设()e xf x =，函数()g x 的图像和函数()f x 的图像关于y 轴对称．（1）若()()43f x g x =+，求x 的值．（2）令()()2f x h x x=，()22t x x x a =-++，若对任意1x ，()20,x ∈+∞，都有()()12h x t x ≥恒成立，求实数a 的取值范围．【答案】（1）ln 4x =；（2）,12e⎛⎤-∞- ⎥⎝⎦【解析】（1）由题意得：()e xg x -=，则e e 43x x -=+，即2e e 340x x --=，解得：e 4x =或1-（舍去），所以ln 4x =；（2）()e 2x h x x=，()22t x x x a =-++，对任意1x ，()20,x ∈+∞，都有()()12h x t x ≥恒成立，则只需()e 2xh x x=在()0,+∞上的最小值大于等于()t x 在()0,+∞上的最大值，()()2e 12x x h x x-'=，当1x >时，()0h x '>，当01x <<时，()0h x '<，所以()e 2xh x x =在()1,+∞上单调递增，在()0,1上单调递减，故()e 2xh x x =在=1x 处取得最小值，()()min 1e 2h x h ==，()()22211t x x x a x a =-++=--++，()0,x ∈+∞，当=1x 时，()t x 取得最大值，()()max 11t x t a ==+，所以e 12a ≥+，故12e a ≤-.求实数a 的取值范围,12e⎛⎤-∞- ⎥⎝⎦.【题型4任意-存在性不等式成立问题】【例4】（2022秋·江苏常州·高三校联考阶段练习）已知()()2ln 1f x x =+，()12xg x m ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，命题p ：对任意[]10,3x ∈，都存在[]22,1x ∈--，使得()()12f x g x，则命题p 正确的一个充分不必要条件是（）A ．3mB ．2mC ．1mD ．0m【答案】A【解析】p 为真，()f x 在[]0,3单调递增，()min ()00f x f ==，()g x 在[]2,1--单调递减，()min ()12g x g m =-=-，02m ∴≥-，2m ∴≥.又“3m ≥”是“2m ≥”的一个充分不必要条件.故选：A ．【变式4-1】（2022秋·天津宝坻·高三天津市宝坻区第一中学校考期末）已知函数2()x x a f x x++=.（1）若()()1g x f x =-，判断()g x 的奇偶性并加以证明；（2）当12a =时，①用定义法证明函数()f x 在[1,)+∞上单调递增，再求函数()f x 在[1,)+∞上的最小值；②设()52h x kx k =+-，若对任意的1[1,2]x ∈，总存在2[0,1]x ∈，使得()()12f x h x ≤成立，求实数k 的取值范围.【答案】（1）见解析；（2）见解析【解析】（1）由已知2()x x a f x x++=，()()()()1=00ag x f x x x x=-+∈-∞+∞ ，，，，()()a a g x x x g x x x ⎛⎫-=--=-+=- ⎪⎝⎭故()g x 为奇函数.（2）①当12a =时，()112f x x x=++，[)12,1,x x ∀∈+∞，且12x x <()()()()()211212121212121211111=1222x x f x f x x x x x x x x x x x x x ⎛⎫⎛⎫⎛⎫--=-+--+=-- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭又因为[)12,1,x x ∞∈+，所以()120x x -<，121102x x ⎛⎫-> ⎝⎭，所以()()120f x f x -<即()()12f x f x <，故函数()f x 在[1,)+∞为单调递增，函数()f x 在[1,)+∞上的最小值为()15111=22f =++②由①知，1[1,2]x ∈，所以()1513,24f x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，当0k =时，()25h x =，()()12f x h x ≤成立，符合题意.当0k >时，22()52h x kx k =+-在2[0,1]x ∈为单调递增，[]2()52,5h x k k ∈--对任意的1[1,2]x ∈，总存在2[0,1]x ∈，使得()()12f x h x ≤故()()12max max f x h x ≤，即1354k ≤-，解得704k <≤当0k <时，22()52h x kx k =+-在2[0,1]x ∈为单调递减，[]2()552h x k k ∈--，同理：()()12max max f x h x ≤，即13524k ≤-，解得0k <综上可知：k 的取值范围为74⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦，.【变式4-2】（2022秋·广东广州·高三广东实验中学校考阶段练习）已知函数()f x 对任意实数,x y 恒有()()()f x y f x f y +=+，当0x >时，()0f x <，且()12f =-（1）判断()f x 的奇偶性；（2）求函数()f x 在区间[]3,3-上的最大值；（3）若][()21,1,1,1,<22x a f x m am ∃∈-∀∈---⎡⎤⎣⎦恒成立，求实数m 的取值范围.【答案】（1）奇函数，理由见解析；（2）最大值为(3)6f -=；（3）2m <-或2m >.【解析】（1）令==0x y ，则(0)2(0)f f =，可得(0)=0f ，令y x =-，则(0)()()0f f x f x =+-=，可得()()f x f x -=-，又()f x 定义域为R ，故()f x 为奇函数.（2）令12=+>=x x y x x ，则1212()=()+()f x f x f x x -，且120x x ->，因为0x >时，()0f x <，所以1212()()=()<0f x f x f x x --，故12()()f x f x <，即()f x 在定义域上单调递减，所以()f x 在[]3,3-上的最大值为(3)=(12)=(1)+(2)=3(1)=3(1)=6f f f f f f -------.（3）由（2），()f x 在[]1,1-上min ()=(1)=2f x f -，2[1,1],[1,1],()<22x a f x m am ∃∈-∀∈---恒成立，即2[1,1],22>2a m am ∀∈----恒成立，所以2[1,1],()=2>0a g a m ma ∀∈--恒成立，显然0m =时不成立，则2>0(1)=2>0m g m m -⎧⎨⎩，可得2m >；2<0(1)=+2>0m g m m -⎧⎨⎩，可得2m <-；综上，2m <-或2m >.【变式4-3】（2022秋·河北邢台·高三校联考阶段练习）已知定义在R 上的函数()f x 满足()()0f x f x --=，且()()2log 21x f x kx =+-，()()g x f x x =+.（1）求k 的值；若函数()f x 的定义域为[]0,4，求()()22f x xh x +=的值域.（2）设()4ln 21h x x x x mx =+-+，若对任意的[]10,3x ∈，存在22e,e x ⎡⎤∈⎣⎦，使得()()12g x h x ≥，求实数m 的取值范围.【答案】（1）12k =；()h x 值域为[]2,17；（2）3e 1,2⎡⎫++∞⎪⎢⎣⎭【解析】（1）()()()()22212log log 21log 222102xx x x f x f x kx kx kx k x -+--=+-++=+=-= ，210∴-=k ，解得：12k =，()()21log 212xf x x ∴=+-；若()f x 定义域为[]0,4，则由024x ≤≤得：02x ≤≤，即()2f x 的定义域为[]0,2；()()222log 21x f x x +=+ ，()()22221f x x x h x +∴==+，∴当[]0,2x ∈时，[]2212,17x +∈，()h x ∴值域为[]2,17.（2）由（1）得：()()21log 212xg x x =++；21x y =+ 在R 上单调递增，()2log 21xy ∴=+在R 上单调递增，又12y x =在R 上单调递增，()g x ∴在R 上单调递增；当[]0,3x ∈时，()()min 01g x g ==；对任意的[]10,3x ∈，存在22e,e x ⎡⎤∈⎣⎦，使得()()12g x h x ≥，∴存在22e,e x ⎡⎤∈⎣⎦，4ln 211x x x mx +-+≤，即32ln m x x ≥+，3ln y x x =+ 在2,e e ⎡⎤⎣⎦上单调递增，()33min ln e 1x x ∴+=+，32e 1m ∴≥+，解得：3e 12m +≥，即实数m 的取值范围为3e 1,2⎡⎫++∞⎪⎢⎣⎭.【题型5存在-存在性不等式成立问题】【例5】（2022秋·江西宜春·高三江西省丰城中学校考阶段练习）已知函数()1f x x x a =-+.（1）当0a =时，解不等式()()2122f x f x -++>；（2）若存在1x ，(]2,ln 2x ∈-∞，使得()()12e e3x xf f ->，求实数a 的取值范围.【答案】（1）1,3⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭；（2）()1,23,2⎛⎫-∞⋃+∞⎪⎝⎭【解析】（1）当0a =时，()1f x x x =+，记()22,0,0x x g x x x x x ⎧-<==⎨≥⎩，则()()g x g x -=-，故()g x 为奇函数，且()g x 在R 上单调递增，不等式()()2122f x f x -++>化为()()211212g x g x -++++>，即()()2120g x g x -++>，进一步化为()()212g x g x ->-+，即()()212g x g x ->--，从而由()g x 在R 上单调递增，得212x x ->--，解得13x >-，故不等式的解集为1,3⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭.（2）设11e xt =，22e x t =，则问题转化为存在(]12,0,2t t ∈，使得()()123f t f t ->，又注意到0t >时，()11f t t t a =-+>，且()01f =，可知问题等价于存在(]0,2t ∈，()4f t >，即3t t a ->在(]0,2t ∈上有解.即3t a t ->在(]0,2t ∈上有解，于是3a t t ->或3a t t-<-在(]0,2t ∈上有解，进而3a t t >+或3a t t<-在(]0,2t ∈上有解，由函数()3g t t t =+在(3上单调递减，在3,2⎡⎤⎣⎦上单调递增，()3h t t t=-在(]0,2上单调递增，可知()min 323g t g==()()max 122h t h ==，故a 的取值范围是()1,23,2⎛⎫-∞⋃+∞ ⎪⎝⎭.【变式5-1】（2022秋·江苏泰州·高一靖江高级中学校考期末）已知函数()()121,2121x x x f x g x ++==--（1）利用函数单调性的定义，判断并证明函数()f x 在区间()0,∞+上的单调性；（2）若存在实数()12,0,x x ∈+∞且12x x <，使得()f x 在区间[]12,x x 上的值域为()()21,m m g x g x ⎡⎤⎢⎥⎢⎥⎣⎦，求实数m 的取值范围.【答案】（1）()f x 在区间()0,∞+上是减函数，详见解析；；（2）()9,+∞．【解析】（1）由题可得()21212121x x x f x +==+--，()f x 在区间()0,∞+上是减函数，任取()12,0,x x ∈+∞，且12x x <，则21221x x >>，则()()()()()22111212222221121212121x x x x x x f x f x -⎛⎫⎛⎫-=+-+= ⎪ ⎪----⎝⎭⎝⎭，由题设知21121120,20,220x x x x--->>>，故()()()()()21121222202121x x x x f x f x --=>--，所以()()12f x f x >，所以()f x 在区间()0,∞+上是减函数；（2）由（1）知()f x 在区间()0,∞+上是减函数，所以当120x x <<时，()f x 在区间[]12,x x 上单调递减，所以函数()f x 在区间[]12,x x 上的值域为()()2121212121,,2121x x x x f x f x ⎡⎤++⎡⎤=⎢⎥⎣⎦--⎣⎦，所以2221111121212121 2121x x x x x x m m ++⎧+=⎪⎪--⎨+⎪=⎪--⎩，所以1212121x x x m ++=--在()0,∞+上有两解，所以()()()22121210x x xm ⋅-+--=在()0,∞+上有两解，令21x t =-，则210x t =->，则关于t 的方程()()2120t t mt ++-=在()0,∞+上有两解，即()22520t m t +-+=在()0,∞+上有2解，所以220504Δ(5)160m m >⎧⎪-⎪>⎨⎪=-->⎪⎩，解得9m >，所以m 的取值范围为()9,+∞．【变式5-2】（2022秋·江西抚州·高三江西省抚州市第一中学校考阶段练习）已知()214f x x x =-++（1）解不等式()23f x x +≤；（2）若存在实数x 1，x 2，使得()21222f x x x a <-++，求实数a 的取值范围．【答案】（1）[)1,+∞；（2）()4,+∞【解析】（1）依题意，21423x x x -+++≤，不等式化为以下3个不等式组：①42(1)(4)23x x x x <-⎧⎨---+≤+⎩即423x x <-⎧⎪⎨≥-⎪⎩，无解，②412(1)(4)23x x x x-≤<⎧⎨--++≤+⎩即411x x -≤<⎧⎨≥⎩，无解，12(1)(4)23x x x x ≥⎧⎨-++≤+⎩，即13223x x x ≥⎧⎨+≤+⎩，解得1x ≥，所以不等式()23f x x +≤的解集为[)1,+∞．（2）因为()()()3246(41)321x x f x x x x x ⎧--<-⎪=-+-≤<⎨⎪+≥⎩所以当1x =时，()f x 取得最小值5()()222111=-++=--+++≤g x x x a x a a ，()max 1g x a =+若存在实数1x ，2x ，使得()21222f x x x a <-++，则()min max ()f x g x <即51a <+，所以4a >即实数a 的取值范围是()4,+∞．【变式5-3】（2022·全国·高三专题练习）已知函数()()2xx ax bf x x R e ++=∈的一个极值点是2x =.（1）求a 与b 的关系式，并求()f x 的单调区间；（2）设0a >，()22x g x a e -=，若存在1x ，[]20,3x ∈，使得()()1222f xg x e -<成立，求实数a 的范围.【答案】（1）0a b +=，单调区间见解析；（2）0<<3a 【解析】（1）可求得()()22xx a x a b f x e -+-+-'=，()f x 的一个极值点是2x =，()()242220a a bf e-+-+-'∴==，解得0a b +=，()()()()2222xxx a x a x a x f x e e -+-+-+-'∴=，当2a =-时，()0f x '≤，()f x 单调递减，此时函数没有极值点，不符合题意，当2a <-时，令()0f x ¢>，解得2x a <<-，令()0f x '<，解得2x <或x a >-，当2a >-时，令()0f x ¢>，解得2a x -<<，令()0f x '<，解得x a <-或2x >，综上，当2a <-时，()f x 的单调递增区间为()2,a -，单调递减区间为(),2∞-，(),a -+∞；当2a >-时，()f x 的单调递增区间为(),2a -，单调递减区间为(),a -∞-，()2,∞+；（2）()2xx ax a f x e +-=，由（1）可知，0a >时，()f x 在()0,2单调递增，在()2,3单调递减，()()2max 42af x f e +∴==，()00f a =-< ，()39230a f e +=>，()min f x a ∴=-，()22x g x a e-= 在[]0,3单调递增，()()22min 0ag x g e∴==，()()2max 3g x g a e ==，存在1x ，[]20,3x ∈，使得()()1222f xg x e -<成立，即存在1x ，[]20,3x ∈，使得()()()2122222g x f x g x e e -<<+成立，2222222240a a e e aa e e e a ⎧-<+⎪⎪+⎪∴-<⎨⎪>⎪⎪⎩，解得0<<3a .【题型6任意-存在性等式成立问题】【例6】（2023·全国·高三对口高考）已知函数()1π2sin 26f x x ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，()π2cos 13g x k x ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭，若对任意π4π,33t ⎡⎤∈⎢⎣⎦，都存在π2π,63s ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，使得等式()()f t g s =成立，则实数k 的可能取值是（）．A ．54B ．74C ．94D ．114【答案】B【解析】当π4π,33x ⎡⎤∈⎢⎣⎦，有π1π5π3266x ≤+≤，故11πsin 1226x ⎛⎫≤+≤ ⎪⎝⎭，所以1π12sin 226x ⎛⎫≤+≤ ⎪⎝⎭，故()f x 的值域为[]1,2.当π2π,63x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，有πππ633x -<-<，故1πcos 123x ⎛⎫<-≤ ⎪⎝⎭，所以π12cos 23x ⎛⎫<-≤ ⎪⎝⎭，当0k >时，()g x 的值域为(1,21]k k --，因为任意π4π,33t ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，都存在π2π,63s ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，使得等式()()f t g s =成立，故[]1,2(1,21]k k ⊆--，故011212k k k >⎧⎪-<⎨⎪-≥⎩，即322k ≤<．当0k <，同理有[1,2][21,1)k k ⊆--，故012211k k k <⎧⎪->⎨⎪-≥⎩，此不等式组无解.综上，322k ≤<.四个选项中，只有37224≤<.故选：B.。
不等式恒成立问题解题方法汇总(含答案)
不等式恒成立问题解题方法汇总（含答案）不等式恒成立问题一般设计独特，涉及到函数、不等式、方程、导数、数列等知识，渗透着函数与方程、等价转换、分类讨论、换元等思想方法，成为历年高考的一个热点．考生对于这类问题感到难以寻求问题解决的切入点和突破口．这里对这一类问题的求解策略作一些探讨．1最值法例1．已知函数在处取得极值，其中为常数．（I）试确定的值；（II）讨论函数的单调区间；（III）若对于任意，不等式恒成立，求的取值范围．分析：不等式恒成立，可以转化为2分离参数法例2．已知函数（I）求函数的单调区间；（II）若不等式对于任意都成立（其中是自然对数的底数），求的最大值．分析：对于（II）不等式中只有指数含有，故可以将函数进行分离考虑．3 数形结合法例3．已知当时，不等式恒成立，则实数的取值范围是＿＿＿．分析：本题若直接求解则比较繁难，但若在同一平面直角坐标系内作出函数与函数在上的图象，借助图形可以直观、简捷求解．4 变更主元法例4．对于满足不等式的一切实数，函数的值恒大于，则实数的取值范围是＿＿＿．分析：若审题不清，按习惯以为主元，则求解将非常烦琐．应该注意到：函数值大于对一定取值范围的谁恒成立，则谁就是主元．5 特殊化法例5．设是常数，且（）．（I）证明：对于任意，．（II）假设对于任意有，求的取值范围．分析：常规思路：由已知的递推关系式求出通项公式，再根据对于任意有求出的取值范围，思路很自然，但计算量大．可以用特殊值探路，确定目标，再作相应的证明．6分段讨论法例6．已知，若当时，恒有＜0，求实数a的取值范围．例7．若不等式对于恒成立，求的取值范围．7单调性法例8．若定义在的函数满足，且时不等式成立，若不等式对于任意恒成立，则实数的取值范围是＿＿＿．8判别式法例9．若不等式对于任意恒成立．则实数的取值范围是＿＿＿．分析：此不等式是否为一元二次不等式，应该先进行分类讨论；一元二次不等式任意恒成立，可以选择判别式法．例10．关于的不等式在上恒成立，求实数的取值范围．答案部分1最值法例1．已知函数在处取得极值，其中为常数．（I）试确定的值；（II）讨论函数的单调区间；（III）若对于任意，不等式恒成立，求的取值范围．分析：不等式恒成立，可以转化为解：（I）（过程略）．（II）（过程略）函数的单调减区间为，函数的单调增区间为．（III）由（II）可知，函数在处取得极小值，此极小值也是最小值．要使（）恒成立，只需，解得或．所以的取值范围为．评注：最值法是我们这里最常用的方法．恒成立；恒成立．2分离参数法例2．已知函数（I）求函数的单调区间；（II）若不等式对于任意都成立（其中是自然对数的底数），求的最大值．分析：对于（II）不等式中只有指数含有，故可以将函数进行分离考虑．解：（I）（过程略）函数的单调增区间为，的单调减区间为（II）不等式等价于不等式，由于，知；设，则．由（I）知，，即；于是，，即在区间上为减函数．故在上的最小值为．所以的最大值为．评注：不等式恒成立问题中，常常先将所求参数从不等式中分离出来，即：使参数和主元分别位于不等式的左右两边，然后再巧妙构造函数，最后化归为最值法求解．3 数形结合法例3．已知当时，不等式恒成立，则实数的取值范围是＿＿＿．分析：本题若直接求解则比较繁难，但若在同一平面直角坐标系内作出函数与函数在上的图象，借助图形可以直观、简捷求解．解：在同一平面直角坐标系内作出函数与函数在上的图象（如右），从图象中容易知道：当且时，函数的图象恒在函数上方，不合题意；当且时，欲使函数的图象恒在函数下方或部分点重合，就必须满足，即．故所求的的取值范围为．评注：对不等式两边巧妙构造函数，数形结合，直观形象，是解决不等式恒成立问题的一种快捷方法．4 变更主元法例4．对于满足不等式的一切实数，函数的值恒大于，则实数的取值范围是＿＿＿．分析：若审题不清，按习惯以为主元，则求解将非常烦琐．应该注意到：函数值大于对一定取值范围的谁恒成立，则谁就是主元．解：设，，则原问题转化为恒成立的问题．故应该有，解得或．所以实数的取值范围是．评注：在某些特定的条件下，若能变更主元，转换思考问题的角度，不仅可以避免分类讨论，而且可以轻松解决恒成立问题．5 特殊化法例5．设是常数，且（）．（I）证明：对于任意，．（II）假设对于任意有，求的取值范围．分析：常规思路：由已知的递推关系式求出通项公式，再根据对于任意有求出的取值范围，思路很自然，但计算量大．可以用特殊值探路，确定目标，再作相应的证明．解：（I）递推式可以化归为，，所以数列是等比数列，可以求得对于任意，．（II）假设对于任意有，取就有解得；下面只要证明当时，就有对任意有由通项公式得当（）时，当（）时，，可见总有．故的取值范围是评注：特殊化思想不仅可以有效解答选择题，而且是解决恒成立问题的一种重要方法．6分段讨论法例6．已知，若当时，恒有＜0，求实数a的取值范围．解：（i）当时，显然＜0成立，此时，（ii）当时，由＜0，可得＜＜，令则＞0，∴是单调递增，可知＜0，∴是单调递减，可知此时的范围是（—1，3）综合i、ii得：的范围是（—1，3）．例7．若不等式对于恒成立，求的取值范围．解：（只考虑与本案有关的一种方法）解：对进行分段讨论，当时，不等式恒成立，所以，此时；当时，不等式就化为，此时的最小值为，所以；当时，不等式就化为，此时的最大值为，所以；由于对上面的三个范围要求同时满足，则所求的的范围应该是上三个的范围的交集即区间说明：这里对变量进行分段来处理，那么所求的对三段的要同时成立，所以，用求交集的结果就是所求的结果．评注：当不等式中左右两边的函数具有某些不确定的因素时，应该用分类或分段讨论方法来处理，分类（分段）讨论可使原问题中的不确定因素变化成为确定因素，为问题解决提供新的条件；但是最后综合时要注意搞清楚各段的结果应该是并集还是别的关系．7单调性法例8．若定义在的函数满足，且时不等式成立，若不等式对于任意恒成立，则实数的取值范围是＿＿＿．解：设，则，有．这样，，则，函数在为减函数．因此；而（当且仅当时取等号），又，所以的取值范围是．评注：当不等式两边为同一函数在相同区间内的两个函数值时，可以巧妙利用此函数的单调性，把函数值大小关系化归为自变量的大小关系，则问题可以迎刃而解．8判别式法例9．若不等式对于任意恒成立．则实数的取值范围是＿＿＿．分析：此不等式是否为一元二次不等式，应该先进行分类讨论；一元二次不等式任意恒成立，可以选择判别式法．解：当时，不等式化为，显然对一切实数恒成立；当时，要使不等式一切实数恒成立，须有，解得．综上可知，所求的实数的取值范围是．不等式恒成立问题求解策略一般做法就是上面几种，这些做法是通法，对于具体问题要具体分析，要因题而异，如下例．例10．关于的不等式在上恒成立，求实数的取值范围．通法解：用变量与参数分离的方法，然后对变量进行分段处理；∵，∴不等式可以化为；下面只要求在时的最小值即可，分段处理如下．当时，，，再令，，它的根为；所以在区间上有，递增，在区间上有，递减，则就有在的最大值是，这样就有，即在区间是递减．同理可以证明在区间是递增；所以，在时的最小值为，即．技巧解：由于，所以，，两个等号成立都是在时；从而有（时取等号），即．评注：技巧解远比通法解来得简单、省力、省时但需要扎实的数学基本功．。
高中数学 函数恒成立问题 讲义
授课内容 函数恒成立问题知识梳理【知识点梳理】在数学问题研究中经常碰到在给定条件下某些结论恒成立的命题. 一、函数在给定区间上某结论成立问题,其表现形式通常有:在给定区间上某关系恒成立;某函数的定义域为全体实数R;某不等式的解为一切实数;某表达式的值恒大于a 等等…恒成立问题，涉及到一次函数、二次函数的性质、图象,渗透着换元、化归、数形结合、函数与方程等思想方法，有利于考查学生的综合解题能力，在培养思维的灵活性、创造性等方面起到了积极的作用。
因此也成为历年高考的一个热点。
二、恒成立问题的基本类型：类型1：设)0()(2≠++=a c bx ax x f ，（1）R x x f ∈>在0)(上恒成立00<∆>⇔且a ；（2）R x x f ∈<在0)(上恒成立00<∆<⇔且a 。
类型2：设)0()(2≠++=a c bx ax x f（1）当0>a 时，],[0)(βα∈>x x f 在上恒成立⎪⎩⎪⎨⎧>>-⎪⎩⎪⎨⎧<∆≤-≤⎪⎩⎪⎨⎧><-⇔0)(2020)(2βββαααf aba b f a b 或或， ],[0)(βα∈<x x f 在上恒成立⎩⎨⎧<<⇔0)(0)(βαf f （2）当0<a 时，],[0)(βα∈>x x f 在上恒成立⎩⎨⎧>>⇔0)(0)(βαf f],[0)(βα∈<x x f 在上恒成立⎪⎩⎪⎨⎧<>-⎪⎩⎪⎨⎧<∆≤-≤⎪⎩⎪⎨⎧><-⇔0)(2020)(2βββαααf aba b f a b 或或 类型3：αα>⇔∈>min )()(x f I x x f 恒成立对一切αα>⇔∈<max )()(x f I x x f 恒成立对一切。
类型4：)()()()()()()(max min I x x g x f x g x f I x x g x f ∈>⇔∈>的图象的上方或的图象在恒成立对一切专题精讲【知识点梳理】一、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、数形结合等解题方法求解。
函数、不等式恒成立问题经典总结
函数、不等式恒成立问题解法（老师用）恒成立问题的基本类型：类型1：设)0()(2≠++=a c bx ax x f ，(对于任意实数R 上恒成立)（1）R x x f ∈>在0)(上恒成立00<∆>⇔且a ； （2）R x x f ∈<在0)(上恒成立00<∆<⇔且a 。
类型2：设)0()(2≠++=a c bx ax x f （给定某个区间上恒成立）（1）当0>a 时，],[0)(βα∈>x x f 在上恒成立⎪⎩⎪⎨⎧>>-⎪⎩⎪⎨⎧<∆≤-≤⎪⎩⎪⎨⎧><-⇔0)(2020)(2βββαααf a bab f a b 或或， ],[0)(βα∈<x x f 在上恒成立⎩⎨⎧<<⇔0)(0)(βαf f（2）当0<a 时，],[0)(βα∈>x x f 在上恒成立⎩⎨⎧>>⇔0)(0)(βαf f],[0)(βα∈<x x f 在上恒成立⎪⎩⎪⎨⎧<>-⎪⎩⎪⎨⎧<∆≤-≤⎪⎩⎪⎨⎧><-⇔0)(2020)(2βββαααf a bab f a b 或或 类型3：αα>⇔∈>min )()(x f I x x f 恒成立对一切 αα>⇔∈<max )()(x f I x x f 恒成立对一切。
类型4：)()()()()()()(max min I x x g x f x g x f I x x g x f ∈>⇔∈>的图象的上方或的图象在恒成立对一切 恒成一、用一次函数的性质对于一次函数],[,)(n m x b kx x f ∈+=有：⎩⎨⎧<<⇔<⎩⎨⎧>>⇔>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1：若不等式)1(122->-x m x 对满足22≤≤-m 的所有m 都成立，求x 的范围。
专题16 破解恒成立问题【原卷版】
专题16 破解恒成立问题【热点聚焦】从高考命题看，方程有解问题、无解问题以及不等式的恒成立问题，也是高考命题的热点.而此类问题的处理方法较为灵活，用导数解决不等式“恒成立”“存在性”问题的常用方法是分离参数，或构造新函数分类讨论，将不等式问题转化为函数的最值问题.也可以结合题目的条件、结论，采用数形结合法等.【重点知识回眸】（一）参变参数法1.参变分离：顾名思义，就是在不等式中含有两个字母时（一个视为变量，另一个视为参数），可利用不等式的等价变形让两个字母分居不等号的两侧，即不等号的每一侧都是只含有一个字母的表达式.然后可利用其中一个变量的范围求出另一变量的范围2.一般地，若a ＞f (x )对x ∈D 恒成立，则只需a ＞f (x )max ；若a ＜f (x )对x ∈D 恒成立，则只需a ＜f (x )min .若存在x 0∈D ，使a ＞f (x 0)成立，则只需a ＞f (x )min ；若存在x 0∈D ，使a ＜f (x 0)成立，则只需a ＜f (x 0)max .由此构造不等式，求解参数的取值范围.3.参变分离法的适用范围：判断恒成立问题是否可以采用参变分离法，可遵循以下两点原则：（1）已知不等式中两个字母是否便于进行分离，如果仅通过几步简单变换即可达到分离目的，则参变分离法可行.但有些不等式中由于两个字母的关系过于“紧密”，会出现无法分离的情形，此时要考虑其他方法.例如：，等 （2）要看参变分离后，已知变量的函数解析式是否便于求出最值（或临界值），若解析式过于复杂而无法求出最值（或临界值），则也无法用参变分离法解决问题.（可参见”恒成立问题——最值分析法“中的相关题目）（二）构造函数分类讨论法有两种常见情况，一种先利用综合法，结合导函数零点之间大小关系的决定条件，确定分类讨论的标准，分类后，判断不同区间函数的单调性，得到最值，构造不等式求解；另一种，直接通过导函数的式子，看出导函数值正负的分类标准，通常导函数为二次函数或者一次函数.1.构造函数时往往将参数与自变量放在不等号的一侧，整体视为一个函数，其函数含参2.参数往往会出现在导函数中，进而参数不同的取值会对原函数的单调性产生影响——可能经历分类讨论（三）数形结合法1.函数的不等关系与图象特征：()21log a x x -<111ax x e x-+>-（1）若，均有的图象始终在的下方（2）若，均有的图象始终在的上方2.在作图前，可利用不等式的性质对恒成立不等式进行变形，转化为两个可作图的函数3.作图时可“先静再动”，先作常系数的函数的图象，再做含参数函数的图象（往往随参数的不同取值而发生变化）.作图要突出“信息点”.4.利用数形结合解决恒成立问题，往往具备以下几个特点：（1）所给的不等式运用代数手段变形比较复杂，比如分段函数，或者定义域含参等，而涉及的函数便于直接作图或是利用图象变换作图（2）所求的参数在图象中具备一定的几何含义（3）题目中所给的条件大都能翻译成图象上的特征【典型考题解析】热点一 参变分离法解决不等式恒成立问题【典例1】（2019·天津·高考真题（理））已知a R ∈，设函数222,1,()ln ,1,x ax a x f x x a x x ⎧-+=⎨->⎩若关于x 的不等式()0f x 在R 上恒成立，则a 的取值范围为（ ）A ．[]0,1B ．[]0,2C ．[]0,eD ．[]1,e【典例2】（2020·全国·高考真题（理））已知函数2()e x f x ax x =+-.（1）当a =1时，讨论f （x ）的单调性；（2）当x ≥0时，f （x ）≥12x 3+1，求a 的取值范围.【总结提升】利用分离参数法来确定不等式f (x ，λ)≥0(x ∈D ，λ为实参数)恒成立问题中参数取值范围的基本步骤：(1)将参数与变量分离，化为f 1(λ)≥f 2(x )或f 1(λ)≤f 2(x )的形式．(2)求f 2(x )在x ∈D 时的最大值或最小值．(3)解不等式f 1(λ)≥f 2(x )max 或f 1(λ)≤f 2(x )min ，得到λ的取值范围．热点二 构造函数分类讨论法解决不等式恒成立问题【典例3】（2019·全国·高考真题（文））已知函数f （x ）=2sin x －x cos x －x ，f′（x ）为f （x ）的导数．（1）证明：f′（x ）在区间（0，π）存在唯一零点；（2）若x ∈[0，π]时，f （x ）≥ax ，求a 的取值范围．【典例4】（2022·重庆巴蜀中学高三阶段练习）已知函数()()ln 20f x a x x a =-≠.(1)讨论()f x 的单调性； x D ∀∈()()()f x g x f x <⇔()g x x D ∀∈()()()f x g x f x >⇔()g x(2)当0x >时，不等式()()22cos ea x x f x f x ⎡⎤-≥⎣⎦恒成立，求a 的取值范围. 【规律方法】对于f (x )≥g (x )型的不等式恒成立问题，若无法分离参数，一般采用作差法构造函数h (x )＝f (x )－g (x )或h (x )＝g (x )－f (x )，进而只需满足h (x )min ≥0或h (x )max ≤0即可．热点三 利用数形结合法解决不等式恒成立问题【典例5】（2013·全国·高考真题（文））已知函数22,0()ln(1),0x x x f x x x ⎧-+≤=⎨+>⎩，若|()|f x ax ≥，则a 的取值范围是（ ）A ．(,0]-∞B ．(,1]-∞C ．[2,1]-D ．[2,0]-【典例6】（2015·全国·高考真题（理））设函数()(21)x f x e x ax a =--+，其中1a < ，若存在唯一的整数0x ，使得0()0f x <，则a 的取值范围是（ ）A ．3,12e ⎡⎫-⎪⎢⎣⎭B ．33,2e 4⎡⎫-⎪⎢⎣⎭C ．33,2e 4⎡⎫⎪⎢⎣⎭D ．3,12e ⎡⎫⎪⎢⎣⎭【典例7】（2020·全国高二）若关于x 的不等式0x x e ax a ⋅-+<的解集为()m n ，(0n <)，且()m n ，中只有一个整数，则实数a 的取值范围是（ ）．A ．211[)e e ，B ．221[)32e e ，C ．212[)e e ，D ．221[)3e e， 【精选精练】一、单选题1．（2022·湖北·黄冈中学模拟预测）对任意的(]12,1,3x x ∈，当12x x <时，1122ln 03x a x x x -->恒成立，则实数a 的取值范围是（ ）A ．[)3,+∞B ．()3,+∞C ．[)9,+∞D ．()9,+∞2．（2021·青海·西宁市海湖中学高三开学考试（文））若函数()2ln f x x x =-，满足() f x a x ≥-恒成立，则a 的最大值为（ ）A ．3B ．4C ．3ln 2-D ．3ln 2+3．（2023·全国·高三专题练习）已知函数12ln ,(e)ey a x x =-≤≤的图象上存在点M ，函数21y x =+的图象上存在点N ，且M ，N 关于x 轴对称，则a 的取值范围是（ ）A ．21e ,2⎡⎤--⎣⎦B ．213,e ∞⎡⎫--+⎪⎢⎣⎭C ．213,2e ⎡⎤---⎢⎥⎣⎦D ．2211e ,3e ⎡⎤---⎢⎥⎣⎦4．（2021·青海·大通回族土族自治县教学研究室高三开学考试（文））已知函数1()e 2x f x =，直线y kx =与函数()f x 的图象有两个交点，则实数k 的取值范围为（ ）A ．12⎛ ⎝B ．)+∞C ．(e,)+∞D ．1e,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭ 5．（2022·福建省福安市第一中学高三阶段练习）设函数()()()()1e e ,e 1x x f x x g x ax =--=--，其中R a ∈.若对[)20,x ∀∈+∞，都1R x ∃∈，使得不等式()()12f x g x ≤成立，则a 的最大值为（ ）A ．0B ．1eC ．1D ．e二、多选题6．（2022·重庆南开中学高三阶段练习）已知定义在R 上函数()g x 满足：()()2g x g x =+，且()[)[)3,0,124,1,2x x x g x x x ⎧-∈⎪=⎨-+∈⎪⎩，设函数()()f x x g x =+，则下列正确的是（ ） A ．()f x 的单调递增区间为()()2,21,Z k k k +∈B ．()f x 在()2022,2024上的最大值为2025C ．()f x 有且只有2个零点D ．()f x x ≥恒成立.三、填空题7．（2022·湖北·黄冈中学模拟预测）函数2()2e x f x a bx =++，其中a ，b 为实数，且(0,1)a ∈.已知对任意24e b >，函数()f x 有两个不同零点，a 的取值范围为___________________. 8．（2023·江苏·南京市中华中学高三阶段练习）若关于x 的不等式()()e e ln m x mx m x x mx x x +≤+-恒成立，则实数m 的最小值为________9．（2022·全国·长垣市第一中学高三开学考试（理））已知不等式e ln x a a x x x +≥+对任意()1,x ∈+∞恒成立，则正实数a 的取值范围是___________.10．（2022·重庆南开中学高三阶段练习）已知函数124e ,1()(2)2,1x ax a x f x x a x a x -⎧+->=⎨+--≤⎩，若关于x的不等式()0≤f x 的解集为[)2,-+∞，则实数a 的取值范围是___________.四、解答题11．（2022·全国·高一课时练习）已知函数，()()e 1e x x f x a -=++．(1)若0是函数()2=-y f x 的零点，求a 的值；(2)若对任意,()0x ∈+∞，不等式()1f x a ≥+恒成立，求a 的取值范围．12．（2021·河南·高三开学考试（文））已知函数()()()ln 12f x a x x a =+-∈R . （1）讨论函数()f x 的单调性；（2）若函数()3f x 在()1,+∞上恒成立，求证：2e a <.（注：3e 20≈）13．（2022·云南省下关第一中学高三开学考试）已知函数()ln (1)f x x x a x a =-++．(1)求函数()f x 的极值；(2)若不等式(1)()(2)e x f x x a a -≤--+对任意[1,)x ∈+∞恒成立，求实数a 的取值范围．14．（2022·甘肃定西·高二开学考试（理））已知函数()ln f x x x =，()23g x x ax =-+-(1)求()f x 在()()e,e f 处的切线方程(2)若存在[]1,e x ∈时，使()()2f x g x ≥恒成立，求a 的取值范围．15．（2016·四川·高考真题（理））设函数f (x )=ax 2-a -ln x ，其中a ∈R.（I ）讨论f (x )的单调性；（II ）确定a 的所有可能取值，使得11()x f x e x->-在区间（1，+∞）内恒成立(e=2.718…为自然对数的底数)．16．（2020·河南开封市·高三一模（理））已知函数()()ln 0a f x ax x a =>. （1）当1a =时，求曲线()y f x =在x e =处的切线方程；（2）若()xf x xe ≤对于任意的1x >都成立，求a 的最大值. 17．（2022·广东·高三阶段练习）已知函数()ln(1)1,f x x =+-(1)求证：(1)3f x -≤；(2)设函数21()(1)()12=+-+g x x f x ax ，若()g x 在(0,)+∞上存在最大值，求实数a 的取值范围．18．（2022·浙江嘉兴·模拟预测）已知函数．（注：是自然对数的底数）(1)当时，求曲线在点处的切线方程；(2)若只有一个极值点，求实数a 的取值范围；(3)若存在，对与任意的，使得恒成立，求的最小值． 2()e e,x f x ax a =+-∈R e 2.71828=1a =()y f x =(1,(1))f ()f x b ∈R x ∈R ()f x b ≥-a b。
人教版高中数学精讲精练必修一2.3 二次函数与一元二次方程、不等式(精讲)(解析版)
2.3二次函数与一元二次方程、不等式（精讲）一.一元二次不等式的概念一元二次不等式定义只含有一个未知数，并且未知数的最高次数是2的不等式，称为一元二次不等式一般形式ax 2＋bx ＋c >0或ax 2＋bx ＋c <0，其中a ，b ，c 均为常数，a ≠0解集ax 2＋bx ＋c >0(a ≠0)解集是使y ＝ax 2＋bx ＋c 的函数值为正数的自变量x 的取值集合ax 2＋bx ＋c <0(a ≠0)解集是使y ＝ax 2＋bx ＋c 的函数值为负数的自变量x 的取值集合ax 2＋bx ＋c ≥0(a ≠0)解集是使y ＝ax 2＋bx ＋c 的函数值大于或等于0的自变量x 的取值集合ax 2＋bx ＋c ≤0(a ≠0)解集是使y ＝ax 2＋bx ＋c 的函数值小于或等于0的自变量x 的取值集合注意事项：（1）一元二次不等式中的“一元”是指不等式中所要求解的未知数，并且这个未知数是唯一的，但这并不意味着不等式中不能含有其他字母，若含有其他字母，则把其他字母看成常数.(2)一元二次不等式中的“二次”是指所要求解的未知数的最高次数必须是2，且最高次项的系数不为0.二.“三个二次”的关系一元二次不等式，a 为正值来定形；对应方程根求好，心中想想抛物线；大于异根取两边，小于异根夹中间；大于等根根去掉，小于等根空集成；大于无根取全体，小于无根不可能！注意事项：“大于”“小于”指的是当二次项系数转化为正数后的不等号．因此，为了避免出现错误，在求解一元二次不等式时，通常是将二次项系数变为正数(即将不等式两边同时乘以－1，不等号也随之改变方向)．四.一元二次不等式恒成立问题1.当未说明不等式为一元二次不等式时，有①不等式ax 2＋bx ＋c >0对任意实数x 恒成立＝b ＝0，>0>0，<0；②不等式ax 2＋bx ＋c <0对任意实数x 恒成立＝b ＝0，<0<0，<0.2.一元二次不等式ax 2＋bx ＋c >0在x ∈{x |m ≤x ≤n }时恒成立，等价于当m ≤x ≤n 时，函数y ＝ax 2＋bx ＋c 的图象恒在x >0，<0.3.分离参数，将恒成立问题转化为求最值问题.一．解不含参数的一元二次不等式的方法1.若不等式对应的一元二次方程能够分解因式，即能够转化为两个一次因式的乘积形式，则可以直接由因式分解法或不等式的性质得到不等式的解集.2.若不等式对应的一元二次方程不能分解因式，则可对式子进行配方，化为完全平方式，再开根号求解.二．解含参数的一元二次不等式的方法1.讨论二次项系数：二次项系数若含有参数，应讨论是小于0，还是大于0，若小于0，则将不等式转化为二次项系数为正的形式；2.判断方程的个数：判断方程根的个数，讨论判别式Δ与0的关系；3.写出解集：确定无根时可直接写出解集，确定方程有两个根时，要讨论两根的大小关系，从而确定解集形式注意事项：对应方程的根优先考虑用因式分解确定，分解不开时再求判别式Δ，用求根公式计算．考点一解不含参数的一元二次不等式【例1】（2023·湖南）解下列不等式：(1)2362x x -+≤(2)29610x x -+>(3)2610x x <-(4)21212x x -<+-≤【答案】(1)⎛⎫-∞+∞ ⎪ ⎪⎝⎦⎣⎭(2)11,,33⎛⎫⎛⎫-∞⋃+∞ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.(3)∅(4)[3,2)(0,1]-- 【解析】（1）2362x x -+≤，即2223620203x x x x -+≥⇔-+≥，配方可得21(1)3x -≥，解得33,,33x ⎛⎡⎫∈-∞+∞ ⎪⎢ ⎪⎝⎦⎣⎭（2）29610x x -+>，即2(31)0x ->，解得11,,33x ⎛⎫⎛⎫∈-∞+∞ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭；（3）2610x x <-，即26100x x -+<，而220610(3)11x x x >-+=-+≥，从而不等式无解，即解集为∅；（4）22121220x x x x -<+-≤⇔+>且2230x x +-≤同时成立.由220x x +>解得()(),20,x ∈-∞-⋃+∞，由2230x x +-≤，即(1)(3)0x x -+≤，解得[3,1]x ∈-.于是[3,2)(0,1]x ∈--【一隅三反】（2023·内蒙古赤峰）解下列不等式：(1)22530x x +-<；(2)2362x x -+≤；(3)5132x x +≤-；(4)()()()12253x x x x --<-+(5)2230x x +->(6)24410x x -+-≥(7)2440x x -+>；(8)23520x x +-->；(9)22730x x ++>；(10)221x x <-.【答案】(1)13,2⎛⎫- ⎪⎝⎭(2),11⎛⎡⎫-∞+∞ ⎪⎢ ⎪⎝⎦⎣⎭(3)[)13,3-(4)()(),11,-∞+∞ (5)()3,1,2⎛⎫-∞-⋃+∞ ⎪⎝⎭(6)12⎧⎫⎨⎬⎩⎭(7)()(),22,-∞+∞ (8)2,13⎛⎫ ⎪⎝⎭(9)()1,3,2⎛⎫-∞-⋃-+∞ ⎪⎝⎭(10)∅【解析】（1）22530x x +-< ，()()2130x x ∴-+<，132x ∴-<<，即不等式的解集为13,2⎛⎫- ⎪⎝⎭；（2）2362x x -+≤ ，23620x x -∴+≥，解得13x ≤-或13x ≥+；即不等式的解集为33,1133⎛⎡⎫-∞++∞ ⎪⎢ ⎪⎝⎦⎣⎭；（3）5132x x +≤- ，()153230x x x ⎧+≤-⎪∴⎨⎪->⎩或()153230x x x ⎧+≥-⎪⎨⎪-<⎩解得133x -≤<，即不等式的解集为[)13,3-；（4）()()()12253x x x x --<-+ ，整理得2210x x -+>，解得1x ≠，即不等式的解集为()(),11,-∞+∞ .（5）由2230x x +->可得()()2310x x +->，所以1x >或32x <-，即解集为()3,1,2⎛⎫-∞-⋃+∞ ⎪⎝⎭；（6）由24410x x -+-≥可得()2210x -≤，所以12x =，即解集为12⎧⎫⎨⎬⎩⎭；（7）2440x x -+>可化为()220x ->，解得2x ≠，所以不等式的解集为()(),22,-∞+∞ .（8）23520x x +-->可化为23520x x +<-，即()()3210x x --<，解得213x <<，所以不等式的解集为2,13⎛⎫⎪⎝⎭.（9）22730x x ++>可化为()()2130x x ++>，解得3x <-或12x >-，所以不等式的解集为()1,3,2⎛⎫-∞-⋃-+∞ ⎪⎝⎭.（10）221x x <-可化为2210x x -+<，因为不等式对应的方程的判别式()214270∆=--⨯=-<，所以不等式的解集为∅．考点二解含参数的一元二次不等式【例2-1】（2023·河北）解下列关于x 的不等式()()20x x a --≤【答案】答案见解析【解析】由()()20x x a --=，可得2x =或x a =，则：当2a <时，原不等式解集为{|2}x a x ≤≤；当2a =时，原不等式解集为{2}；当2a >时，原不等式解集为{|2}x x a ≤≤；【例2-2】（2023·安徽）解关于x 的不等式2(1)10(R)ax a x a -++<∈.【答案】答案见解析【解析】原不等式变为(1)(1)0ax x --<，①当0a >时，原不等式可化为1(1)0x x a ⎛⎫--< ⎪⎝⎭，所以当1a >时，解得11x a <<；当1a =时，解集为∅；当01a <<时，解得11x a<<②当0a =时，原不等式等价于10x -+<，即1x >.③当0a <时，11a <，原不等式可化为1(1)0x x a ⎛⎫--> ⎪⎝⎭，解得1x >或1x a <.综上，当01a <<时，不等式的解集为11x x a ⎧⎫<<⎨⎩⎭∣，当1a =时，不等式的解集为∅，当1a >时，不等式的解集为11x x a ⎧⎫<<⎨⎬⎩⎭∣，当0a =时，不等式的解集为{1}x x >∣，当a<0时，不等式的解集为{1xx a<∣或1}x >.【例2-3】（2023·广东深圳）解关于x 的不等式2210x mx m -++>.【答案】答案见解析【解析】不等式对应方程2210x mx m -++=的判别式22(24141()())m m m m ∆--=-=+-，（1）当0∆>，即m >m <由于方程2210x mx m -++=的根是x m =，所以不等式的解集是{|x x m <或x m >；（2）当Δ0=，即m ={|R x x ∈且}x m ≠；（3）当Δ0<m <R ，故12m >或12m <时，不等式的解集是{|x x m <x m >；12m ±=时，不等式的解集为{|R x x ∈且}x m ≠；m <<时，不等式的解集为R .【例2-4】（2023·湖南长沙）若关于x 的不等式2242ax x ax -<-只有一个整数解，则实数a 的取值范围是（）A ．112a <≤B ．12a <<C ．12a ≤<D ．11a -<<【答案】C【解析】不等式2242ax x ax -<-化为()22420ax a x -++<，即()()2120x ax --<，当0a =时，不等式化为()()2120x --<，得12x >，有无数个整数解，不符合题意；当0a >时，由关于x 的不等式2242ax x ax -<-只有一个整数解，可知122a<，不等式()()2120x ax --<的解为122x a <<，由题意，212a<≤，解得12a ≤<；当a<0时，不等式()()2120x ax --<的解为12x >或2x a<，有无数个整数解，不符合题意．综上，实数a 的取值范围是12a ≤<.故选：C 【一隅三反】1．（2022秋·四川阿坝·高一校考期中）关于x 的不等式2(1)0x a x a -++<的解集中恰有2个整数，则实数a 的取值范围（）A ．(1,0][2,3)-⋃B ．[2,1)(3,4]--C ．()(]2,13,4--⋃D ．[1,0)(2,3]- 【答案】B【解析】不等式2(1)0x a x a -++<化为(1)()0x x a --<，当1a =时，不等式无解，当1a <时，不等式解为1<<a x ，这里有且只有2个整数，则21a -≤<-，当1a >时，不等式解为1x a <<，这里有且只有2个整数，则34a <≤，综上a 的取值范围是[2,1)(3,4]-- ．故选：B .2．（2023·江苏·高一假期作业）解关于x 的不等式()()2231220x a x a --+->【答案】答案见解析【解析】原不等式可化为[(1)][2(1)]0x a x a -+-->.当12(1)a a +>-，即3a <时，1x a >+或2(1)x a <-；当12(1)a a +=-，即3a =时，4x ≠；当12(1)a a +<-，即3a >时，2(1)x a >-或1x a <+.综上，当3a <时，解集为{1x x a >+∣或2(1)}x a <-；当3a =时，解集为{4}xx ≠∣；当3a >时，解集为{2(1)xx a >-∣或1}x a <+.3．（2023·全国·高一专题练习）解下列关于x 的不等式()22210ax a x -++>．【答案】答案见解析【解析】当a<0时，原不等式为()2221(21)(1)0ax a x x ax -++-=--+<，解集为11{|}2x x a <<；当0a =时，原不等式为210x -+>，解集为1{|}2x x <；当0a >时，原不等式为()2221(21)(1)0ax a x x ax -++=-->，若112a >，即02a <<时，解集为1{|2x x <或1}x a>；若112a =，即2a =时，解集为1{|}2x x ≠；若112a <，即2a >时，解集为1{|x x a<或1}2x >；综上，a<0解集为11{|}2x x a <<；0a =解集为1{|}2x x <；02a <<解集为1{|2x x <或1}x a>；2a =解集为1{|}2x x ≠；2a >解集为1{|x x a<或1}2x >.4．（2023·上海）解关于x 的不等式210x ax -+≤.【答案】答案见解析【解析】由题意知24a ∆=-，①当240a ->，即2a >或2a <-时，方程210x ax -+=的两根为2a x =，所以解集为x ⎧⎪≤≤⎨⎪⎪⎩⎭；②若240a -=，即2a =±时，当2a =时，原不等式可化为2210x x -+≤，即()210x -≤，所以1x =，当2a =-时，原不等式可化为2210x x ++≤，即()210x +≤，所以=1x -；③当240a -<，即22a -<<时，原不等式的解集为∅；综上，当2a >或2a <-时，原不等式的解集为2a x ⎧⎪≤≤⎨⎪⎪⎩⎭；当2a =时，原不等式的解集为{1}；当2a =-时，原不等式的解集为{}1-；当22a -<<时，原不等式的解集为∅.考点三三个“二次”之间的关系【例3-1】（2023春·河南）已知,,a b c ∈R ，且0a ≠，关于x 的不等式20ax bx c ++>的解集为(3,2)-，则关于x 的不等式20cx ax b ++>的解集为（）A ．11,32⎛⎫- ⎪⎝⎭B ．11,23⎛⎫- ⎪⎝⎭C ．11,,32∞∞⎛⎫⎛⎫--⋃+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭D ．11,,23⎛⎫⎛⎫-∞-+∞ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭【答案】C【解析】因为不等式20ax bx c ++>，0a ≠的解集为(3,2)-，所以a<0且321326bac a⎧-=-+=-⎪⎪⎨⎪=-⨯=-⎪⎩即6b a c a =⎧⎨=-⎩，不等式20cx ax b ++>等价于260ax ax a -++>，即2610x x -->，()()21310x x -+>，解得13x <-或12x >，所以不等式20cx ax b ++>的解集为：11,,32∞∞⎛⎫⎛⎫--⋃+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，故选：C ．【一隅三反】1．（2023·全国·高一假期作业）若一元二次不等式20ax bx c ++>的解集是{}|12x x -<<，则一元二次不等式20cx bx a ++>的解集是（）A ．1|12x x x ⎧⎫<->⎨⎬⎩⎭或B ．1|12x x ⎧⎫-<<⎨⎬⎩⎭C ．1|12x x x ⎧⎫<->⎨⎬⎩⎭或D ．1|12x x ⎧⎫-<<⎨⎬⎩⎭【答案】C【解析】由一元二次不等式20ax bx c ++>的解集是{}|12x x -<<可得1,2-是20ax bx c ++=的两个根，且0,a <所以2,1b c a a -==-，所以20cx bx a ++>可化为210c bx x a a++<，即2210x x --+<，解得1x <-或12x >.故选：C 2．（2023·湖南）若不等式20ax x c -->的解集为{}32x x -<<，则函数2y ax x c =+-的图象与x 轴的交点为（）A ．()3,0和()2,0-B ．()2,0-C ．()3,0D ．2-和3【答案】A【解析】若不等式20ax x c -->的解集为{}32x x -<<，则方程20ax x c --=的两个根为123,2x x =-=且0a <，13232a c a ⎧-+=⎪⎪∴⎨⎪-⨯=-⎪⎩，解得16a c =-⎧⎨=-⎩，则函数226y ax x c x x =+-=-++，令260y x x =-++=，解得2x =-或3x =，故函数2y ax x c =+-的图象与x 轴的交点为()2,0-和()3,0.故选：A.3．（2022秋·天津）已知不等式897x +<和不等式22ax bx +>的解集相同，则实数a b 、的值分别为（）A ．810--、B ．49--、C ．19-、D ．12-、【答案】B【解析】8977897x x +<⇒-<+<，解得124x -<<-，因为，不等式897x +<和不等式22ax bx +>的解集相同，故220ax bx +-=的两根为-2或14-，且a<0，由韦达定理得：()1241224b a a ⎧⎛⎫-+-=- ⎪⎪⎪⎝⎭⎨⎛⎫⎪-⨯-=- ⎪⎪⎝⎭⎩，解得：49a b =-⎧⎨=-⎩，故选：B.考点四一元二次不等式恒成立【例4-1】（2023贵州省安顺市）若命题“0x ∃∈R ，20020x x a --<”是假命题，则实数a 的取值范围是（）A ．(],1-∞-B ．(],1-∞C ．[)1,+∞D ．[)1,-+∞【答案】A【解析】命题“0x ∃∈R ，20020x x a --<”的否定为：“x ∀∈R ，220x x a --≥”，该命题为真命题.所以，应有()()2Δ241440a a =--⨯⨯-=+≤，所以1a ≤-.故选：A.【例4-2】（2023·云南红河）不等式210ax ax a -++>对R x ∀∈恒成立，则实数a 的取值范围为（）A ．()0,∞+B ．[)0,∞+C ．()4,0,3⎛⎫-∞-⋃+∞ ⎪⎝⎭D ．[4,0,)3∞∞⎛⎫--⋃+ ⎪⎝⎭【答案】B【解析】①当0a =时，10>成立，②当0a ≠时，只需()2Δ410a a a a >⎧⎨=-+<⎩，解得0a >，综上可得0a ≥，即实数a 的取值范围为[)0,∞+.故选：B ．【例4-3】（2023·河南）若不等式2(1)3a x x +≤+对于[0,)x ∈+∞恒成立，则实数a 的取值范围是（）A ．[0,3]B ．[0,2]C ．(,2]-∞D ．(,3]-∞【答案】C 【解析】原不等式可化为231x a x +≤+，设()231x f x x +=+，则()()212124f x x x x +-=-++412221x x =++-≥=+，当且仅当411x x +=+，且0x ≥，即1x =时，函数()f x 有最小值为2.因为()a f x ≤恒成立，所以2a ≤.故选：C.【一隅三反】1．（2023·广东肇庆·高一广东肇庆中学校考期中）若命题“2(1,1),20x x x a ∀∈--->”为真命题，则实数a 的取值范围是（）A ．1a ≤-B ．1a <-C ．3a ≤D ．3a <【答案】A【解析】由命题“2(1,1),20x x x a ∀∈--->”为真命题，即不等式22a x x <-在(1,1-上恒成立，设()22,(1,1)f x x x x =-∈-，根据二次函数的性质，可得()min (1)1f x f <=-，所以1a ≤-.故选：A.2．（2023·西藏）命题()0:0,p x ∃∈+∞，使得20010x x λ-+<成立.若p 是假命题，则实数λ的取值范围是（）A ．(],2-∞B ．[)2,+∞C ．[]22-,D ．(][),22,-∞-+∞U 【答案】A【解析】因为命题()0:0,p x ∃∈+∞，使得20010x x λ-+<成立，所以命题p 的否定为：()0,x ∀∈+∞，210x x λ-+≥成立，而p 是假命题，故命题p 的否定为真命题．所以1x x λ≤+在()0,x ∈+∞上恒成立，因为12x x +≥=，当且仅当11x x x =⇒=时，等号成立，所以2λ≤，即(],2λ∈-∞.故选：A.3．（2022秋·高一校考单元测试）任意[]1,1x ∈-，使得不等式212x x m -+≥恒成立.则实数m 取值范围是（）A ．14m ≥B ．14m ≤C ．14⎧⎫⎨⎬⎩⎭D ．2m ≤【答案】B【解析】因为对任意[]1,1x ∈-，不等式212x x m -+≥恒成立.所以2min 12x x m ⎛⎫-+≥ ⎪⎝⎭，其中[]1,1x ∈-，设212y x x =-+，[]1,1x ∈-，因为22111224y x x x ⎛⎫=-+=-+ ⎪⎝⎭，所以当12x =时，函数212y x x =-+，[]1,1x ∈-取最小值，最小值为14，所以14m ≤，故选：B.4．（2023春·湖南长沙·高一长沙市明德中学校考期中）若[]04x ∃∈,，使得不等式220x x a -+>成立，则实数a 的取值范围（）A ．1a >-B ．1a >C ．8a >D ．8a >-【答案】D 【解析】因为[]04x ∃∈,，使得不等式220x x a -+>成立，所以[]04x ∃∈,，使得不等式2+2a x x >-成立，令2()2f x x x =-+，[]0,4x ∈，因为对称轴为1x =，[]0,4x ∈，所以min ()(4)8f x f ==-，所以8a >-，所以实数a 的取值范围为()8,-+∞.故选：D.考点五一元二次不等式的实际应用【例5】（2022秋·江苏连云港·高一校考阶段练习）汽车在行驶中，由于惯性的作用，刹车后还要继续向前滑行一段距离才能停住，我们称这段距离为“刹车距离”．刹车距离是分析事故的一个重要因素．在一个限速50km/h 的弯道上，甲、乙两辆汽车相向而行，发现情况不对，同时刹车，但还是相撞了．事后现场勘查测得甲车的刹车距离小于12m ，乙车的刹车距离略超过10m ，又知甲、乙两种车的刹车距离s （单位：m ）与车速x （单位：km/h ）之间分别有如下关系：20.010.1s x x =-甲，20.0050.05s x x =-乙，问：甲、乙两车有无超速现象？【答案】甲车未超过规定限速，乙车超过规定限速．【解析】由题意得，对于甲车，20.010.112x x -<，即21012000x x --<，而0x >，解得040x <<，甲车未超过规定限速，同理对于乙车，20.0050.0510x x ->，21020000x x -->，而0x >，解得50x >，乙车超过规定限速．答：甲车未超过规定限速，乙车超过规定限速．【一隅三反】1．（2023·陕西）某小型服装厂生产一种风衣，日销售量x （件）与单价P （元）之间的关系为1602P x =-，生产x 件所需成本为C （元），其中50030C x =+元，若要求每天获利不少于1300元，则日销量x 的取值范围是（）A ．20≤x ≤30B ．20≤x ≤45C ．15≤x ≤30D ．15≤x ≤45【答案】B【解析】设该厂每天获得的利润为y 元，则y ＝(160－2x )x －(500＋30x )＝－2x 2＋130x －500(0＜x ＜80)．由题意，知－2x 2＋130x －500≥1300，即x 2－65x ＋900≤0，解得：20≤x ≤45，所以日销量x 的取值范围是20≤x ≤45．故选：B ．2．（2023·浙江温州）某种汽车在水泥路面上的刹车距离s （单位：m ）和汽车刹车前的车速v （单位：km /h ）之间有如下关系：21120160s v v =+，在一次交通事故中，测得这种车刹车距离大于40m ，则这辆汽车刹车前的车速至少为（）（精确到1km /h ）A ．76km /hB ．77km /hC ．78km /hD ．80km /h【答案】B【解析】设这辆汽车刹车前的车速为km /h v ，根据题意，有2114020160s v v =+>，移项整理，得28401600v v -⨯>+，0v >解得476.09v >-+≈．所以这辆汽车刹车前的速度至少为77km /h ．故选：B3．（2022秋·天津滨海新·高一校考期中）某文具店购进一批新型台灯，若按每盏台灯15元的价格销售，每天能卖出30盏；若售价每提高1元，日销售量将减少2盏，现决定提价销售，为了使这批台灯每天获得400元以上（不含400元）的销售收入．则这批台灯的销售单价x （单位：元）的取值范围是（）A ．{1520}xx <<∣B ．{1218}x x ≤<∣C ．{1020}xx ≤<∣D ．{}|1016x x ≤<【答案】A 【解析】结合题意易知，[302(15)]400x x --⋅>,即2302000x x -+<，解得1020x <<，因为15x >，所以1520x <<，这批台灯的销隹单价x 的取值范围是{1520}xx <<∣，故选：A.考点六根的分布【例6】（2023·湖北）关于x 的方程2(3)0x m x m +-+=满足下列条件，求m 的取值范围．(1)有两个正根；(2)一个根大于1，一个根小于1；(3)一个根在(2,0)-内，另一个根在(0,4)内；(4)一个根小于2，一个根大于4；(5)两个根都在(0,2)内．【答案】(1)01m <≤(2)1m <(3)405m -<<(4)45<-m (5)213m <≤【解析】（1）令2()(3)f x x m x m =+-+，设()0f x =的两个根为12,x x .由题得()12122300Δ340x x m x x m m m ⎧+=->⎪⎪=>⎨⎪=--≥⎪⎩，解得01m <≤.（2）若方程2(3)0x m x m +-+=的一个根大于1，一个根小于1，则(1)220f m =-<，解得1m <（3）若方程2(3)0x m x m +-+=一个根在(2,0)-内，另一个根在(0,4)内，则(2)100(0)0(4)540f m f m f m -=->⎧⎪=<⎨⎪=+>⎩，解得405m -<<（4）若方程2(3)0x m x m +-+=的一个根小于2，一个根大于4，则(2)320(4)540f m f m =-<⎧⎨=+<⎩，解得45<-m （5）若方程2(3)0x m x m +-+=的两个根都在(0,2)内，则()()()22320003022Δ340f m f m m m m ⎧=->⎪=>⎪⎪-⎨<-<⎪⎪=--≥⎪⎩，解得213m <≤【一隅三反】1．（2023·江苏南京）（多选）设m 为实数，已知关于x 的方程()2310mx m x +-+=，则下列说法正确的是（）A ．当3m =时，方程的两个实数根之和为0B ．方程无实数根的一个必要条件是1m >C ．方程有两个不相等的正根的充要条件是01m <<D ．方程有一个正根和一个负根的充要条件是0m <【答案】BCD【解析】对于A 选项，3m =时2310x +=无实根，A 错误；对于B 选项，当0m =时方程有实根，当0m ≠时，方程无实根则2(3)40m m --<，解得19m <<，一个必要条件是1m >，B 正确；对于C 选项，方程有两个不等正根，则0m ≠，0∆>，30m m ->，10m >，解得01m <<；对于D 选项，方程有一个正根和一个负根，则0m ≠，10m<，解得0m <，D 正确；故选：BCD.2．（2022秋·湖北武汉·高一校考期中）已知一元二次方程2210ax x ++=．(1)写出“方程2210(0)ax x a ++=≠有一个正根和一个负根”的充要条件；(2)写出“方程2210(0)ax x a ++=≠有一个正根和一个负根”的一个必要而不充分条件，并给予证明．【答案】(1)a<0(2)方程2210(0)ax x a ++=≠有一个正根和一个负根的一个必要而不充分条件可以是1a <，证明见解析【解析】（1）若方程2210(0)ax x a ++=≠有一个正根和一个负根，则Δ44010a a =->⎧⎪⎨<⎪⎩，即10a a <⎧⎨<⎩，<0a ∴．∴方程2210(0)ax x a ++=≠有一个正根和一个负根的充要条件是a<0．（2）方程2210(0)ax x a ++=≠有一个正根和一个负根的一个必要而不充分条件是1a <，证明：若方程2210(0)ax x a ++=≠有一个正根和一个负根，则由（1）知其充要条件为0<a ，从而1a <，故必要性成立．若01a <<，则方程2210ax x ++=中，440a ∆=->，1210x x a⋅=>，∴方程2210ax x ++=有两个同号根，∴充分性不成立，故1a <是方程2210(0)ax x a ++=≠有一个正根和一个负根的一个必要而不充分条件．3．（2022秋·江西·高一统考阶段练习）若关于x 的不等式240x mx m -+<的解集为()12,x x ．(1)当=1m 时，求121144x x +--的值；(2)若10x >，20x >，求1211x x +的值；(3)在（2）的条件下，求124x x +的最小值．【答案】(1)4-；(2)4；(3)94．【解析】（1）由题意，关于x 的方程2410x x -+=有两个根1x ，2x ，所以1212Δ=12>0+=4=1x x x x ⎧⎪⎨⎪⎩，故()12121212811444441611616x x x x x x x x +--+===----++-+．（2）由题意，关于x 方程240x mx m -+=有两个正根，由韦达定理知21212Δ=1640+=4>0=>0m m x x m x x m -≥⎧⎪⎨⎪⎩，解得14m ≥，所以1212121144x x m x x x x m ++===.（3）由（2），12114x x +=，且10x >，20x >，所以()211212121241111441444x x x x x x x x x x ⎛⎫⎛⎫+=++=+++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，而21x x 、120x x >，所以211244x x x x +=≥，当且仅当122x x =，且12124x x x x +=，即134x =，238x =取等号，此时实数91324m =>符合条件，故12944x x +≥，且当932m =时，取得最小值94．。
高考数学一轮复习课件：专题四函数、不等式中的恒成立问题
(3)若对∀x1，x2∈[－3,3]，都有f(x1)≤g(x2)，求实数k的取 值范围.
解：(1)设h(x)＝g(x)－f(x)＝2x3－3x2－12x＋k，
问题转化为x∈[－3,3]时，h(x)≥0恒成立，即h(x)min≥0， x∈[－3,3].
专题四 函数、不等式中的恒成立问题
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.有的学生看到就头疼的题目，分析原因除 了这类题目的入手确实不易之外，主要是学生没有形成解题 的模式和套路，以至于遇到类似的题目便产生恐惧心理.本 文就高中阶段出现的这类问题进行总结和探讨.
与最值的关系 ∀x∈D，f(x)min＞M ∀x∈D，f(x)max＜M ∀x∈D，f(x)max＞M ∀x∈D，f(x)min＜M ∀x∈D，[f(x)－g(x)]min＞0 ∀x∈D，[f(x)－g(x)]max＜0 ∀x∈D1，∀x∈D2，f(x)min＞g(x)max
∀x∈D1，∀x∈D2，f(x)min＞g(x)min ∀x∈D1，∀x∈D2，f(x)max＞g(x)max ∀x∈D1，∀x∈D2，f(x)max＞g(x)min
(2)讨论函数 f(x)的单调性； (3)设g(x)＝x2－2x，对任意的x1∈(0,2]，均存在x2∈(0,2]， 使得f(x1)<g(x2)，求实数a的取值范围.
解：(1)f′(x)＝ax－(2a＋1)＋2x(x>0)， 依题意，得 f′(1)＝f′(4)，解得 a＝12. (2)f′(x)＝ax2－2ax＋1x＋2＝ax－1xx－2(x>0). ①当 a≤0 时，函数 f(x)的单调递增区间为(0,2)，单调递减 区间为(2，＋∞)； ②当 0<a<12时，函数 f(x)的单调递增区间为(0,2)和1a，＋∞， 单调递减区间为2，1a；
【高中数学考点精讲】考点一 单变量不等式恒成立问题
考点15 任意性和存在性问题“任意性问题”与“存在性问题”是一类形同质异的问题，同时也是各类考试的高频考点，求解这两类问题的策略是转化为等价问题，恒成立问题与能成立问题，而后进行求解.“任意性问题”与“存在性问题”的求解策略：1.任意性问题转化为恒成立问题2.存在性问题转化为有解问题3.等式问题转化为值域关系问题4.不等式问题转化为最值关系问题对于一个不等式一定要看清楚是对“”恒成立，还是对“”使之成立，同时还要看清楚不等式两边中同一个变量，还是两个独立的变量，然后再根据不同的情况采取不同的等价条件.1、单函数恒成立、能成立、恰成立问题的求解1.恒成立问题的转化：恒成立；恒成立2.能成立问题的转化：能成立；能成立·3.恰成立问题的转化：在M上恰成立的解集为另一转化方法：若，在D上恰成立，等价于在D上的最小值，若,在D上恰成立，则等价于在D上的最大值.注：含参不等式恒成立问题一般较为复杂.仅运用不等式的性质，往往很难找到使不等式恒成立的条件，使问题顺利得解.这就需要采用不同思路，如函数性质、变换主元、分离参数、分类讨论、数形结合等来解题.1、函数性质法（1）一次函数——单调性法给定一次函数,若在内恒有,则根据函数的图像可得上述结论等价于（1）或（2）可合并定成同理,若在内恒有,则有（2）二次函数——利用判别式①一元二次不等式在R上的恒成立问题设上恒成立；（2）上恒成立．②一元二次不等式在给定区间上的恒成立或有解问题二次函数在区间D上大于(小于）零恒成立，讨论的标准是二次函数的图象的对称轴与区间D的相对位置，一般分对称轴在区间左侧、内部、右侧进行讨论。
“同号要分类，异号看端点”设（1）当时，上恒成立上恒成立（2）当时，上恒成立上恒成立（3）其它函数：恒成立（注：若的最小值不存在,则恒成立的下界大于0）；恒成立（注：若的最大值不存在,则恒成立的上界小于0）．2、分离参数法——极端化原则分离参数法是解答含参不等式恒成立问题的重要方法.运用分离参数法求解不等式恒成立问题，需先将不等式进行变形，使参数分离，得到形如的式子，只要使，就能确保不等式恒成立.在求的最值时，往往可根据导数的性质、函数的单调性，或利用基本不等式.3、主参换位——反客为主法某些含参不等式恒成立问题,在分离参数会遇到讨论的麻烦或者即使能容易分离出参数与变量,但函数的最值却难以求出时,可考虑变换思维角度“反客为主”,即把习惯上的主元变与参数变量的“地位”交换一下,变个视角重新审查恒成立问题,往往可避免不必要的分类讨论或使问题降次、简化,起到“山穷水尽疑无路,柳暗花明又一村”的出奇制胜的效果．运用变更主元法解答含参不等式恒成立问题，需先找出所要求证不等式中的变量与参数，然后将两者进行互换，得到新不等式，根据新主元的取值或者限制条件，列出满足题意的不等式或不等式组，从而解题.4、分类讨论法含参不等式恒成立问题中参数的取值往往不确定，因而在求解含参不等式恒成立问题时，需灵活运用分类讨论法，对参数或某些变量进行分类讨论，从而求得问题的答案.而确定分类讨论的标准是解题的关键，可根据一元二次方程的判别式大于、等于、小于0进行分类讨论；也可根据二次函数的二次项系数大于、小于0进行分类讨论；还可根据导函数值大于、等于、小于0进行分类讨论.5、数形结合——直观求解法若所给不等式进行合理的变形化为（或）后,能非常容易地画出不等号两边函数的图像,则可以通过画图直接判断得出结果．尤其对于选择题、填空题这种方法更显方便、快捷．2、单变量双函数“任意性问题”与“存在性问题”的求解策略1.（1）若不等式在区间D上恒成立，则等价于在区间D上函数的图象在函数图象上方；即有（2）若不等式在区间D上恒成立，则等价于在区间D上函数的图象在函数图象下方.2.（1）对，使得不等式成立，则问题等价于. （2）若，使得不等式成立，则问题等价于3、双变量双函数“任意性问题”与“存在性问题”的求解策略一般地，已知函数，1、不等关系（1）若，，总有成立，故；（2）若，，有成立，故；（3）若，，有成立，故；（4）若，，有成立，故．2、相等关系记的值域为A, 的值域为B,（1）若，，有成立，则有；（2）若，，有成立，则有；（3）若，，有成立，故；考点一单变量不等式恒成立问题（一）函数性质法1．（2022·四川南充·高一期末（理））不等式的解集为，则实数的取值范围是（）A． B． C．D．【答案】B【解题思路】由题意列不等式组求解【解题过程】当即时，恒成立，满足题意，当时，由题意得，解得，综上，的取值范围是，故选：B2．（2022·陕西汉中·高一期末）若关于x的一元二次不等式对于一切实数x都成立，则实数k的取值范围为__________.【答案】【解题思路】由判别式小于0可得．【解题过程】由题意，．故答案为：．3．（2022·浙江·杭州高级中学高一期末）已知函数满足，若在区间上恒成立，则实数的取值范围是（）A．B．C．D．【答案】C【解题思路】首先判断函数的单调性，依题意恒成立，再根据对数函数的性质得到不等式组，解得即可.【解题过程】解：因为且，又单调递减，在定义域上单调递增，所以在定义域上单调递减，因为在区间上恒成立，所以恒成立，所以，解得，即；故选：C4．（2022·河南·新乡市第一中学高一期末）已知定义在上的函数是奇函数．(1)求实数的值；(2)若对任意的，不等式恒成立，求实数的取值范围．【答案】(1)(2)【解题思路】（1）根据奇函数的性质得到，即可取出，再代入检验即可；（2）首先判断函数的单调性，依题意可得恒成立，则，即可求出参数的取值范围；(1)解：函数是定义域上的奇函数，，即，解得．此时，则，符合题意；(2)解：因为，且在定义域上单调递增，在定义域上单调递减，所以在定义域上单调递增，则不等式恒成立，即恒成立，即恒成立，即恒成立，所以，解得，即；（二）分离参数法5．（2022·广东揭阳·高一期末）对任意的，恒成立，则的取值范围为（）A．B．C．D．【答案】D【解题思路】采用分离变量的方式，结合基本不等式可求得，进而得到所求范围. 【解题过程】当时，由得：，（当且仅当，即时取等号），，解得：，即的取值范围为.故选：D.6．（2022·云南·昆明一中高一期末）已知对恒成立，则实数的取值范围___________.【答案】【解题思路】将不等式分离参数，换元构造函数，利用单调性求得最小值，可得结论. 【解题过程】因为对恒成立，即在时恒成立，令，则代换为，令，由对勾函数可知，在上单增，所以，所以.故答案为：7．（2022·湖南·湘阴县教育科学研究室高一期末）已知函数为奇函数．(1)求实数的值；(2)若对任意的，有恒成立，求实数的取值范围．【答案】(1)(2)【解题思路】（1）根据奇函数的性质可求得b的值，验证符合题意，即可得答案;（2）求得，确定其为增函数，且，从而将恒成立，转化为在上恒成立，构造函数，求得其最值，即可得答案. （1）∵函数的定义域为，且为奇函数，∴，解得,经验证：为奇函数，符合题意，故；（2）∵，∴在上单调递增，且．∵，则，又函数在上单调递增，则在上恒成立，∴在上恒成立，设，令，则，函数在上递减，在上递增，当时，，当时，，故，则，∴实数的取值范围为．8．（2022·福建省福州高级中学高一期末）已知函数，．(1)若对于任意的，恒成立，求实数k的取值范围；(2)若，且的最小值为，求实数k的值．【答案】(1)，(2)【解题思路】（1）问题转化为对于任意的，恒成立，然后利用基本不等式求出的最大值即可得答案，（2）化简变形函数得，令，则，然后分，和求其最小值，从而可求出实数k的值．（1）由，得恒成立，所以对于任意的，恒成立，因为，当且仅当，即时取等号，所以，即实数k的取值范围为（2），令，当且仅当，即时取等号，则，当时，为减函数，则无最小值，舍去，当时，最小值不是，舍去，当时，为增函数，则，最小值为，解得，综上，9．（2022·河南濮阳·高一期末（文））已知对任意恒成立，则实数的取值范围为_________.【答案】【解题思路】对任意恒成立，利用参变分离，可等价为对任意恒成立，即，然后利用复合函数值域的求法，求出的最小值，从而求出的取值范围. 【解题过程】依题意，对任意恒成立，可等价为对任意恒成立，即，令，，，，解得，实数的取值范围为.故答案为：.10．（2022·湖南·邵阳市第二中学高一期末）若，不等式恒成立，则实数的取值范围为___________.【答案】【解题思路】分离参数，将恒成立问题转化为函数最值问题，根据单调性可得.【解题过程】因为，不等式恒成立，所以对恒成立.记，，只需.因为在上单调递减，在上单调递减，所以在上单调递减，所以，所以.故答案为：11．（2022·云南楚雄·高一期末）已知函数.(1)当时，求的定义域；(2)若对任意的恒成立，求的取值范围.【答案】(1)(2)【解题思路】（1）根据对数函数、指数函数的性质计算可得；（2）依题意可得对任意的恒成立，参变分离可得对任意的恒成立，再根据指数函数的性质计算可得；（1）解：当时，令，即，即，解得，所以的定义域为.（2）解：由对任意的恒成立，所以对任意的恒成立，即对任意的恒成立，因为是单调递减函数，是单调递减函数，所以在上单调递减，所以，所以在上单调递减，所以，所以，即的取值范围为.（三）主参换位法12．（2022·陕西·永寿县中学高一阶段练习（理））已知，不等式恒成立，则的取值范围为___________.【答案】【解题思路】设，即当时，，则满足解不等式组可得x的取值范围．【解题过程】，不等式恒成立即，不等式恒成立设，即当时，所以，即，解得或故答案为：13．（2022·上海市复兴高级中学高一期中）若对于满足的一切实数t，不等式恒成立，则x的取值范围为______.【答案】【解题思路】不等式可化为，求出不等式的解集，再求出函数的最值，即可确定x的取值范围.【解题过程】不等式可化为∵，∴∴或∵在时，最大值为9；在时，最小值为，∴或故答案为：【点睛】本题考查了不等式的恒成立问题，转换为函数的最值是解题的关键. 14．（2022·陕西西安·高一期中（文））若存在，使得不等式成立，则实数x的取值范围为_________．【答案】或【解题思路】令，由题意得f(1)＞0，或f(3)＞0，由此求出实数x的取值范围．【解题过程】令，是关于a的一次函数，由题意得，①或②,解①可得或．解②可得或．∴实数x的取值范围为或．故答案为：或．15．（2022·江苏·南京市燕子矶中学高一期中）已知时，不等式恒成立，则x的取值范围为__________．【答案】【解题思路】由题意构造函数关于a的函数，则可得，从而可求出x的取值范围.【解题过程】由题意，因为当，不等式恒成立，可转化为关于a的函数，则对任意恒成立，则满足，解得，即x的取值范围为．故答案为：（四）分类讨论法16．（2022·全国·高一课时练习）已知f(x)＝x2－2ax＋2(a∈R)，当x∈[－1，＋∞)时，恒成立，则a的取值范围是_________．【答案】.【解题思路】g(x)＝x2－2ax＋2－a，根据对称轴与定义区间位置关系分类讨论：当时，；当时，；解不等式，再求并集得a的取值范围．【解题过程】解：法一：f(x)＝(x－a)2＋2－a2，此二次函数图象的对称轴为x＝a.①当a∈(－∞，－1)时，f(x)在[－1，＋∞)上单调递增，f(x)min＝f(－1)＝2a＋3.要使f(x)≥a恒成立，只需f(x)min≥a，即2a＋3≥a，解得－3≤a＜－1；②当a∈[－1，＋∞，)时，f(x)min＝f(a)＝2－a2，由2－a2≥a，解得－1≤a≤1.综上所述，所求a的取值范围为－3≤a≤1.法二：令g(x)＝x2－2ax＋2－a，由已知，得x2－2ax＋2－a≥0在[－1，＋∞)上恒成立，即Δ＝4a2－4(2－a)≤0或解得－3≤a≤1.点睛：研究二次函数单调性的思路(1)二次函数的单调性在其图象对称轴的两侧不同，因此研究二次函数的单调性时要依据其图象的对称轴进行分类讨论．(2)若已知f(x)＝ax2＋bx＋c(a>0)在区间A上单调递减(单调递增)，则A⊆（A⊆）即区间A一定在函数对称轴的左侧(右侧)．17．（2022·云南玉溪·高一期末）设关于x的二次函数．(1)若，解不等式；(2)若不等式在上恒成立，求实数m的取值范围．【答案】(1)；(2).【解题思路】（1）由题设有，解一元二次不等式求解集即可.（2）由题意在上恒成立，令并讨论m 范围，结合二次函数的性质求参数范围.【解题过程】（1）由题设，等价于，即，解得，所以该不等式解集为.（2）由题设，在上恒成立．令，则对称轴且，①当时，开口向下且，要使对恒成立，所以，解得，则．②当时，开口向上，只需，即.综上，．（五）数形结合法18．（2019·北京四中高三期中）已知函数f（x）=x2﹣a x（a＞0且a≠1），当x∈（﹣1，1）时，恒成立，则实数a的取值范围是__．【答案】【解题过程】“当x∈（﹣1，1）时，恒成立”等价于“当x∈（﹣1，1）时，恒成立”．设，，则在区间（﹣1，1）上，函数的图象在函数图象的上方．在坐标系内画出函数的图象，由图象知，当时，需满足，即，解得；当时，需满足，即，解得．综上可得实数的取值范围为．答案：．点睛：解决函数的有关问题时要注意函数图象在解题中的应用，借助于函数的图象，可使解题过程变得简单、直观形象．所以在学习中要记住常见函数图象的形状，并能在解题时能准确画出它的图象，同时在解题中要根据函数图象的相对位置关系得到相关的不等式（组）进行求解．19．（2022·陕西·长安一中高一期末）设函数的定义域为R，满足，且当时，.若对任意，都有，则m的最大值是（）A．B．C．D．【答案】A【解题思路】分别求得，，，，，，，时，的最小值，作出的简图，因为，解不等式可得所求范围．【解题过程】解：因为，所以，当时，的最小值为；当时，，，由知，，所以此时，其最小值为；同理，当，时，，其最小值为；当，时，的最小值为；作出如简图，因为，要使，则有．解得或，要使对任意，都有，则实数的取值范围是．故选：A．20．（2022·湖南常德·高一期末）已知．(1)若时，，求实数k的取值范围；(2)设若方程有三个不同的实数解，求实数k的取值范围．【答案】(1)；(2)[，＋∞）【解题思路】（1）将含参不等式，进行参变分离，转换为二次函数求最值即可求函数最值，得k的取值范围；（2）将原方程转换为，利用整体换元，结合二次函数的实根分布即可求解.【解题过程】(1)解：即，令，记．∴，∴即k的取值范围是．(2)解：由得，即，且，令，则方程化为．又方程有三个不同的实数解，由的图象可知，有两个根，且或．记，则或，解得或综上所述，k的取值范围是[，＋∞）．。
第三讲 恒成立问题
第三讲 恒成立问题例题精讲分离参数例1、已知函数()[)22,1,x x a f x x x++=∈+∞，若对任意[)()1,,0x f x ∈+∞>恒成立，试求实数a 的取值范围。
答案：()3,-+∞数形结合例2、对于所有实数x ，不等式224x x a +-≥恒成立，则实数a 的最大值是 答案：3变式：方程()94340x x a ++⋅+=恒有两个不相等的实数根，求实数a 的取值范围。
答案：(),8-∞-例3、设,x y R +∈≤恒成立，求实数a 的取值范围。
答案：)+∞变式：设()2f x ax bx c =++，若()712f =，问是否存在,,a b c R ∈，使得不等式()22132222x f x x x +≤≤++对一切实数x 恒成立？证明你的结论。
答案：32a =，1b =，1c =转换主元例4、对于11a -≤≤，不等式2211122x ax x a ++-⎛⎫⎛⎫< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭恒成立，则x 的取值范围是 。
答案：()(),02,-∞+∞U变式：设函数()()2f x g x mx m ==-，若对满足1m <的一切m ，都有()()f x g x >，求实数x 的取值范围。
答案：30,4⎡⎤⎢⎥⎣⎦构造函数 例5、 设函数()()121lg x x x n n a f x n+++-+⋅=L ，其中a R ∈，n 是任意给定的自然数，且2n ≥，当1x ≤时，要使()f x 有意义，求a 的取值范围。
答案：1,2n -⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭变式1：已知()()2111111,23n n n S n N f n S S n+++=++++∈=-L 。
（1） 证明：()()1f n f n +>；（2） 试确定实数m 的取值范围，使得对一切大于1的自然数n ，不等式()()()22111log 1log 20m m f n m m -⎡⎤>--⎡⎤⎣⎦⎣⎦恒成立。
第20讲 不等式恒成立之max,min问题-突破2022年新高考数学导数压轴解答题精选精练
第20讲 不等式恒成立之max ，min 问题-突破2022年新高考数学导数压轴解答题精选精练第20讲 不等式恒成立之max ，min 问题 一、解答题（2021·云南师大附中高三月考（文））1．已知函数21()(1)12x f x x e x =--+，()sin g x x ax =-，其中a ∈R .（1）证明：当0x 时，()0f x ；当0x <时，()0f x <；（2）用max{,}m n 表示m ，n 中的最大值，记()max{(),()}F x f x g x =.是否存在实数a ，对任意的x ∈R ，()0F x 恒成立.若存在，求出a ；若不存在，请说明理由. （2021·云南师大附中高三月考（理））2．已知函数1211()(2)e 22x f x x x x -=--++，()sin ln(1)g x ax x x =--+，其中a ∈R .（1）证明：当1x 时，()0f x ；当1x <时，()0f x <；（2）用max{,}m n 表示m ，n 中的最大值，记()max{(),()}F x f x g x =.是否存在实数a ，对任意的x ∈R ，()0F x 恒成立.若存在，求出a ；若不存在，请说明理由. （2021·广东·顺德一中高三开学考试）3．已知函数3217()(4)322x f x x e x x -=--+-，()cos x g x ae x =+，其中a ∈R ．（1）讨论函数()f x 的单调性，并求不等式()0f x >的解集； （2）若1a =，证明：当0x >时，()2g x >；（3）用max{,}m n 表示m ，n 中的最大值，设函数()max{(),()}h x f x g x =，若()0h x ≥在(0,)+∞上恒成立，求实数a 的取值范围．（2019·浙江嘉兴·模拟预测）4．已知函数3()()ln 2f x x a x x a =--+.（I ）若()f x 是(0,)+∞上的单调函数，求实数a 的取值范围；（Ⅱ）22a e ≤≤时，记()f x 的最小值为min{()}f x ，证明：0min{()}f x ≤. （2019·云南·一模（理））5．已知e 是自然对数的底数，函数2()x xf x e=与1()()F x f x x x =-+的定义域都是(0,)+∞.（1）求函数()f x 在点(1,(1))f 处的切线方程； （2）求证：函数()F x 只有一个零点0x ，且0(1,2)x ∈；（3）用min{,}m n 表示m ，n 的最小值，设0x >，1()min{(),}g x f x x x=-，若函数2()()h x g x cx =-在(0,)+∞上为增函数，求实数c 的取值范围． （2018·江西·南昌二中高二期末（文））6．设函数()()2,ln xf x x eg x x x -==.（1）若()()()F x f x g x =-，证明：()F x 在0,上存在唯一零点；（2）设函数()()(){}min ,h x f x g x =，（{}min ,a b 表示,a b 中的较小值），若()h x λ≤，求λ的取值范围.（2016·广西来宾·一模（理）） 7．已知函数()()()()()ln ,,xxf x x xg x F x f x g x e ===-． （1）证明()F x 在区间1,2内有且仅有唯一实根；（2）记()F x 在区间1,2内的实根为0x ，函数()()(){}min ,m x f x g x =，若方程()(),m x n n R =∈在区间()1,+∞有两不等实根()1212,,x x x x <，试判断12x x +与02x 的大小，并给出对应的证明．（2016·安徽合肥·一模（理）） 8．已知函数()()()()()ln ,,xxf x x xg x F x f x g x e ===-． （1）证明()F x 在区间1,2内有且仅有唯一实根；（2）记()F x 在区间1,2内的实根为0x ，函数()()(){}min ,m x f x g x =，若方程()(),m x n n R =∈在区间()1,+∞有两不等实根()1212,,x x x x <，试判断12x x +与02x 的大小，并给出对应的证明． （2021·全国·高三专题练习） 9．已知函数()ln f x x =.（1）讨论函数()()()g x f x ax a =-∈R 的单调性； （2）设函数1()()x F x f x e=-（e 为自然对数的底数）在区间1,2内的零点为0x ，记()min (),x x m x xf x e ⎧⎫=⎨⎬⎩⎭（其中min{,}a b 表示a ，b 中的较小值），若()()m x n n R =∈在区间()1,+∞内有两个不相等的实数根1x ，()212x x x <，证明：1202x x x +>. （2021·全国·高三专题练习） 10．已知函数()ln f x x x =.（1）若函数2()'()(2)(0)g x f x ax a x a =+-+>，试研究函数()g x 的极值情况；（2）记函数()()x xF x f x e =-在区间(1,2)内的零点为0x ，记()min (),x x m x f x e ⎧⎫=⎨⎬⎩⎭，若()()m x n n R =∈在区间(1,)+∞内有两个不等实根1212,()x x x x <，证明：1202x x x +>.（2020·北京八中高二期末）11．已知函数()f x 的图象在[,]a b 上连续不断，定义： 1()min{()|}f x f t a t x =≤≤([,])x a b ∈， 2()max{()|}f x f t a t x =≤≤([,])x a b ∈．其中，min{()|}f x x D ∈表示函数()f x 在D 上的最小值，max{()|}f x x D ∈表示函数()f x 在D 上的最大值．若存在最小正整数k ，使得21()()()f x f x k x a -≤-对任意的[,]x a b ∈成立，则称函数()f x 为[,]a b 上的“k 阶收缩函数”．（Ⅰ）若()cos f x x =，[0,]x π∈，试写出1()f x ，2()f x 的表达式；（Ⅰ）已知函数2()f x x =，[1,4]x ∈-，试判断()f x 是否为[1,4]-上的“k 阶收缩函数”，如果是，求出对应的k ；如果不是，请说明理由；（Ⅰ）已知0b >，函数32()3f x x x =-+是[0,]b 上的2阶收缩函数，求b 的取值范围. （2019·湖南·雅礼中学高三月考（理））12．记{}max ,m n 表示m ，n 中的最大值，如{max =.已知函数(){}2max 1,2ln f x x x =-，()2221max ln ,242g x x x x a x a a ⎧⎫⎛⎫=+-+-++⎨⎬ ⎪⎝⎭⎩⎭.（1）设()()()21312h x f x x x ⎛⎫=--- ⎪⎝⎭，求函数()h x 在(]0,1上的零点个数；（2）试探讨是否存在实数()2,a ∈-+∞，使得()342g x x a <+对()2,x a ∈++∞恒成立？若存在，求a 的取值范围；若不存在，说明理由. （2011·浙江宁波·一模（理））13．函数()f x 定义在区间[],a b 上，设“min{()|}f x x D ∈”表示函数()f x 在集合D 上的最小值，“max{()|}f x x D ∈”表示函数()f x 在集合D 上的最大值．现设1()min{()|}([,])f x f t a t x x a b =≤≤∈， 2()max{()|}([,])f x f t a t x x a b =≤≤∈，若存在最小正整数k ，使得21()()()f x f x k x a -≤-对任意的[,]x a b ∈成立，则称函数()f x 为区间[,]a b 上的“第k 类压缩函数”．(Ⅰ) 若函数32()3,[0,3]f x x x x =-∈，求()f x 的最大值，写出12(),()f x f x 的解析式； (Ⅰ) 若0m >，函数32()f x x mx =-是[0,]m 上的“第3类压缩函数”，求m 的取值范围．参考答案：1．（1）证明见解析；（2）存在，a 的取值范围是[1)+∞，. 【分析】（1）对()f x 求导，得到()e (e 1)x x f x x x x '=-=-，对x 分0,0,0x x x ><=讨论即可得答案；（2）由题意，将()0F x 恒成立转化为当0x <时，()0g x ≥恒成立即可，对()g x 求导得()cos g x x a '=-，分0a ≤、01a <<、1a ≥三种情况讨论，结合单调性可得答案.【详解】（1）证明：()e (e 1)x x f x x x x '=-=-，x R ∈.当0x >时，e 10x ->，则()0f x '>；当0x <时，10x e -<，则()0f x '>， 当0x =时，(0)0f '=，所以当x R ∈时，()0f x '≥，()f x 在R 上是增函数， 又(0)0f =，所以当0x ≥时，()(0)0f x f ≥=； 当0x <时，()(0)0f x f <=. （2）函数()F x 的定义域为x R ∈， 由（1）知，当0x ≥时，()0f x ≥， 又()max{()()}()F x f x g x f x =，≥， 所以当0x ≥时，()0F x ≥恒成立， 由于当0x <时，()0f x <恒成立， 所以()0F x ≥等价于：当0x <时，()0g x ≥.()cos g x x a '=-.Ⅰ若0a ≤，当π02x -<<时，0cos 1x <<， 故()0g x '>，()g x 递增，此时()(0)0g x g <=，不合题意； Ⅰ若01a <<，当π02x -<<时，由()0g x '=知，存在0π02x ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭，，当0(0)x x ∈，， ()0g x '>，()g x 递增，此时()(0)0g x g <=，不合题意；Ⅰ若1a ≥，当0x <时，由cos 1≤x 知，对任意0x <，()0g x '≤，()g x 递减， 此时()(0)0g x g >=，符合题意.综上可知：存在实数a 满足题意，a 的取值范围是[1)+∞，. 2．（1）证明见解析；（2）存在，2a =.【分析】（1）对()f x 求导，得到1()(1)(e 1)x f x x -'=--，对x 分1,1,1x x x ><=讨论即可获得证明；（2）由题意，将()0F x 恒成立转化为当11x -<<时，()0g x ≥恒成立即可，对()g x 求导得1()cos 1g x a x x '=--+，易得'()g x 单增，分(1)0g '≤与(1)0g '>两种情况讨论，结合'()g x 的单调性及零点存在性定理可得到满足题意的a .【详解】（1）11()(1)e 1(1)(e 1)x x f x x x x --'=--+=--，x R ∈, 当1x >时，10x ->，1e 10x -->，则()0f x '>； 当1x <时，10x -<，1e 10x --<，则()0f x '>， 当1x =时，(1)0f '=．所以当x R ∈时，()0f x '≥，()f x 在R 上是增函数， 又(1)0f =，所以当1x ≥时，()(1)0f x f ≥=； 当1x <时，()(1)0f x f <=． （2）函数()F x 的定义域为(1)-+∞，，由（1）得，当1x ≥时，()0f x ≥，又()max{()()}()F x f x g x f x =，≥， 所以当1x ≥时，()0F x ≥恒成立． 由于当11x -<<时，()0f x <恒成立，故()0F x ≥等价于：当11x -<<时，()0g x ≥恒成立． 1()cos 1g x a x x '=--+，21()sin (1)g x x x ''=++．当10x -<<时，1sin 0x -<<，211(1)x >+，故()0g x ''>； 当01x ≤<时，0sin 1x <≤，210(1)x >+，故()0g x ''>．从而当11x -<<时，()0g x ''>，()g x '单调递增．Ⅰ若(1)0g '≤，即1cos12a +≤，则当(11)x ∈-，时，()(1)0g x g ''<≤，()g x 单调递减， 故当(01)x ∈，时，()(0)0g x g <=，不符合题意； Ⅰ若(1)0g '>，即1cos12a >+，取11,11b a ⎛⎫∈--+ ⎪+⎝⎭，则11101a -<-+<+，且11()cos 1011g b a b a b b '=--+-<++≤，故存在唯一0(11)x ∈-，，满足00()g x '=，当0(1)x x ∈-，时，()0g x '<，()g x 单调递减； 当0(1)x x ∈，时，()0g x '>，()g x 单调递增． 若00x <，则当0(0)x x ∈，时，()g x 单调递增，()(0)g x g <，不符合题意； 若00x =，则()(0)0g x g ≥=，符合题意，此时由0()0g x '=，得2a =； 若00x >，则当0(0)x x ∈，时，()g x 单调递减，()(0)g x g <，不符合题意． 综上可知：存在唯一实数2a =满足题意．【关键点晴】本题第一小问的关键点在于提公因式讨论，避免二次求导；第二小问首先将将()0F x 恒成立转化为()0g x ≥在11x -<<时恒成立，在对()g x 研究时，关键点是(0)0g =，再结合'()g x 的单调性及零点存在性定理讨论得到a ，有一定难度，特别是书写的规范性.3．（1）()f x 在R 上是增函数，(3,)+∞；（2）证明见解析；（3）34,-⎫+∞⎪⎪⎣⎭． 【分析】（1）利用导数讨论()y f x =的单调性，由(3)0f =，得到不等式()0f x >的解集； （2）利用导数讨论()y g x =的单调性，求出最小值，即可证明； （3）先判断当3x ≥时，由()0f x ≥恒成立得到()0h x ≥恒成立；再研究当3x <时， ()max{(),()}=()h x f x g x g x =，只需()0g x ≥在(03)，上恒成立即可． 利用分离参数法得到cos x xa e ≥-，利用导数研究cos ()xx r x e =-，]3[0x ∈，的极大值，求出a 的范围.【详解】（1）()33()(3)3(3)1x x f x x e x x e '--=--+=--，当3x >时，30x ->，310x e -->，Ⅰ()0f x '>， 当3x <时，30x -<，310x e --<，Ⅰ()0f x '>， 当3x =时，()0f x '=，所以当x ∈R 时，()0f x '≥，即()f x 在R 上是增函数； 又(3)0f =，所以()0f x >的解集为(3,)+∞．（2）()sin xg x e x '=-．由0x >，得e 1x >，sin [1,1]x ∈-，则()sin 0x g x e x '=->，即()g x 在(0,)+∞上为增函数． 故()(0)2g g x >=，即()2g x >．（3）由（1）知，当3x ≥时，()0f x ≥恒成立，故()0h x ≥恒成立；当3x <时，()0f x <，因为()max{(),()}h x f x g x =，要使得()0h x ≥恒成立， 只要()0g x ≥在(0,3)上恒成立即可． 由()e cos 0x g x a x =+≥，得cos xxa e ≥-． 设函数cos ()x xr x e =-，[0,]x ∈， 则sin cos ()xx x r x e '+=．令()0r x '=，得34x =．随着x 变化，()r x '与()r x 的变化情况如下表所示：所以()r x 在30,4⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，在3,34⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减．()r x 在(0,3)上唯一的一个极大值，即极大值343242r -⎛⎫= ⎪⎝⎭，故342a -≥综上所述，所求实数a 的取值范围为34,-⎫+∞⎪⎪⎣⎭． 【点睛】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行： (1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系．(2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数． (3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题． (4)考查数形结合思想的应用．4．（Ⅰ）1a e≤-；（Ⅱ）见解析【分析】（I ）问题转化为()0f x '≥或()0f x '≤恒成立，令g （x ）＝ln x x ，通过求导求出g（x ）的最小值，从而求出a 的范围（Ⅰ）由（I ）22a e ≤时，在()0,+∞有唯一的0x ，使得a=00x lnx 20x e ≤≤，从而得到()f x 的最小值为(){}()0min f x f x =，分解因式分析正负可证得左边成立，再通过构造函数，求导分析得到最大值，证得结论. 【详解】（I ）求导得()ln ln a x x af x x x x='-=-，由题意知， 设()ln g x x x =，则()ln 1g x x ='+，()g x 在10,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭递减，在1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上递增，即1x e =是()g x 的极小值点，所以()11ln g x x x g e e ⎛⎫=≥=- ⎪⎝⎭，要使()f x 是()0,+∞上的单调函数，即()0f x '≥或()0f x '≤恒成立，只有1a e ≤-.（Ⅰ）令()0f x '=，即a=xlnx ，()g x 在在1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上递增，22a e ≤时，在()0,+∞有唯一的0x ，使得a=00x lnx又由()ln g x x x =20x e ≤，即01ln 22x ≤≤， 所以()f x 的最小值为(){}()()00003min ln 2f x f x x a x x a ==--+，将00ln a x x =代入，得(){}()()()000000051min ln ln 1ln ln 2022f x f x x x x x x x ⎡⎤⎛⎫⎛⎫==--=---≥ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎣⎦，从而知(){}()0min 0f x f x =≥，另一方面，记()()()1ln ln 22h x x x x ⎛⎫=--- ⎪⎝⎭，求导得()()3ln ln 12h x x x ⎛'⎫=--+ ⎪⎝⎭，2x e ≤≤时，所以x =是()h x 的唯一极大值点，即()(h x h ≤=有(){}()0min f x f x =≤综上所述，(){}0min f x ≤≤【点睛】本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用，考查了构造法的技巧及分析问题的能力，属于难题． 5．（1）1y x e =（2）见证明（3）31(,]2e-∞- 【分析】(1)利用导数的几何意义求函数()f x 在点11,e ⎛⎫⎪⎝⎭处的切线方程为1y x e =.（2）先计算得()()120F F <，所以()F x 存在零点0x ，且()01,2x ∈.再证明()F x 在()0,+∞上是减函数，即得证函数()F x 只有一个零点0x ，且()01,2x ∈.(3)由题得()202201,0,xx cx x x xh x x cx x x e ⎧--<≤⎪⎪=⎨⎪->⎪⎩，()h x 在()0,+∞为增函数()'0h x ≥即得在()00,x ，()0,x +∞恒成立，即22xxc e -≤在区间()0,x +∞上恒成立. 设()02()2xxu x x x e-=>，只需证明()min c u x ⎡⎤≤⎣⎦，再利导数求得()u x 的最小值()()3min132u x u e ⎡⎤==-⎣⎦，312c e ≤-即得. 【详解】（1）Ⅰ()()2'xx x f x e -=，Ⅰ切线的斜率()1'1k f e==，()11f e =.Ⅰ函数()f x 在点11,e ⎛⎫⎪⎝⎭处的切线方程为1y x e =.（2）证明：Ⅰ()()1F x f x x x =-+，()2x x f x e=，Ⅰ()110F e=>，()243202F e =-<，()()120F F <，Ⅰ()F x 存在零点0x ，且()01,2x ∈. Ⅰ()()221'1xx x F x e x-=--， Ⅰ当2x ≥时，()'0F x <；当02x <<时，由()()22212x x x x ⎡⎤+--≤=⎢⎥⎣⎦得()2221111'1110x F x e x x x≤--<--=-<. Ⅰ()F x 在()0,+∞上是减函数.Ⅰ若10x >，20x >，12x x ≠，则()()12F x F x ≠. Ⅰ函数()F x 只有一个零点0x ，且()01,2x ∈.（3）解：()0201,0,x x x x x g x x x x e ⎧-<≤⎪⎪=⎨⎪>⎪⎩，故()202201,0,x x cx x x xh x x cx x x e ⎧--<≤⎪⎪=⎨⎪->⎪⎩，Ⅰ函数()F x 只有一个零点0x ，Ⅰ()00F x =，即02001x x x x e-=.Ⅰ0222000001x x x cx cx x e--=-.Ⅰ()h x 在()0,+∞为增函数()'0h x ⇔≥在()00,x ，()0,x +∞恒成立. 当0x x >时()()2'20xx x h x cx e -=-≥，即22xxc e -≤在区间()0,x +∞上恒成立. 设()02()2xxu x x x e -=>，只需()min c u x ⎡⎤≤⎣⎦， ()3'2xx u x e -=，()u x 在()0,3x 单调减，在()3,+∞单调增. ()u x 的最小值()()3min 132u x u e ⎡⎤==-⎣⎦，312c e ≤-. 当00x x <<时，()21'12h x cx x =+-，由上述得0c <，则()'0h x >在()00,x 恒成立. 综上述，实数c 的取值范围是31,2e ⎛⎤-∞- ⎥⎝⎦.【点睛】本题主要考查导数的几何意义和切线的方程的求法，考查利用导数研究函数的零点问题，考查利用导数研究函数的恒成立问题和最值问题，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.6．（1）详见解析；（2）)24,e -⎡+∞⎣.【详解】试题分析：（1）证明()F x 在()0,+∞上存在唯一零点，需从两个方面进行，一是单调性，确保至多一个零点，二是零点存在定理，确保至少一个零点.（2）即求函数()h x 的最大值，根据分段函数最大值为各段最大值的最大值，先求各段函数单调性，确定最大值，并比较可得函数最大值. 试题解析：解：(1)函数()F x 的定义域为()0,+∞，因为()2ln xF x x e x x -=-，当01x <≤时，()0F x >，而()2422ln20F e =-<，所以()F x 在()1,2存在零点.因为()()()()()2211'ln 1ln 1xxx x x F x x x ee---+=-+=-+，当1x >时，()()21111,ln 11xx x x e e e--+≤<-+<-，所以()1'10F x e <-<，则()F x 在()1,+∞上单调递减，所以()F x 在()0,+∞上存在唯一零点.（2）由（1）得，()F x 在()1,2上存在唯一零点0x ，()00,x x ∈时，()()()0;,f x g x x x >∈+∞时，()()()()[)020,0,,{,,x xlnx x x f x g x h x x e x x -∈<∴=∈+∞.当()00,x x ∈时，由于(]()0,1,0x h x ∈≤；()01,x x ∈时，()'ln 10h x x =+>，于是()h x 在()01,x 单调递增，则()()00h x h x <<，所以当00x x <<时，()()0h x h x <.当[)0,x x ∈+∞时，因为()()'2x h x x x e -=-，[]0,2x x ∈时，()'0h x ≥，则()h x 在[]0,2x 单调递增；()2,x ∈+∞时，()'0h x <，则()h x 在()2,+∞单调递减，于是当0x x ≥时，()()224h x h e -≤=，所以函数()h x 的最大值为()224h e -=，所以λ的取值范围为)24,e -⎡+∞⎣. 7．（1）证明见解析；（2）1202x x x +>，证明见解析. 【详解】试题分析：（1）只需证明()ln xxF x x x e =-在1,2上单调递增，且()()10,20F F 即可；（2）先证且存在()01,2x ∈，使得()()()0000F x f x g x =-=，故01x x <<时，()()f x g x <；当0x x >时，()()f x g x >，再用分析法证 明1202x x x +>即证20102x x x x >->. 试题解析：（1）证明：()ln x x F x x x e =-，定义域为()()10,,1ln xx x F x x e -∈++'∞=-，而()1,2x ∈．故()0F x '>，即()F x 在1,2上单调递增， 又()()21210,22ln 20F F e e=-=-，而()F x 在1,2上连续，故根据根的存在性定理有；()F x 在区间1,2有且仅有唯一实根．（2）当01x <≤时，()ln 0f x x x =≤，而()0xxg x e =>，故此时有()()f x g x <， 由（1）知，()11ln xx F x x e -=++'，当1x >时，()0F x '>， 且存在()01,2x ∈，使得()()()0000F x f x g x =-=，故01x x <<时，()()f x g x <；当0x x >时，()()f x g x >．因而()00ln ,0{,xx x x x m x x x x e <≤=>，显然当01x x <<时，()()ln ,1ln 0m x x x m x x =+'=>，因而()m x 单增； 当0x x >时，()()1,0x xx xm x m x e e -='=<，因而()m x 递减； ()m x n =在()1,+∞有两不等实根12,x x ，则()()1021,,1,x x x ∈∈+∞．显然当2x →+∞时，1202x x x +>，下面用分析法给出证明，要证：1202x x x +>即证20102x x x x >->，而()m x 在()0,x +∞上递减，故可证()()2012m x m x x <-，又由()()12m x m x =， 即证()()1012m x m x x <-，即01011122ln x x x x x x e --<， 记()00022ln ,1x xx xh x x x x x e --=-<<，其中()00h x =． ()0000022212211ln 1ln x x x x x xx x x x h x x x e e e ---+--=++++-'=，记()()1,t t t t t t e e ϕϕ-='=，当()0,1t ∈时，()0t ϕ'<；()1,t ∈+∞时，()0t ϕ'>故()max1t eϕ=， 而()0t ϕ>故()10t e ϕ<<，而020x x ->，从而002210x x x x e e---<-<，因此()00000222122111ln 1ln 10x x x x x x x x x x h x x x e e e e---+--=++=+>-'+->，即()h x 单增，从而01x x <<时，()()00h x h x <=，即01011122ln x x x x x x e --<， 故1202x x x +>得证．考点：1、利用导数研究函数的单调性及求最值；2、利用导数证明不等式.【方法点睛】判断()0,f x =则方程实根的常用方法：Ⅰ转化法：函数()y f x =零点个数的个数就是函数零点的个；Ⅰ零点存在性定理法：判断函数在区间,a b 上是连续不断的曲线，且()()·0,f a f b <再结合函数的图象与性质(如单调性、奇偶性、周期性、对称性) 可确定函数的零点个数；Ⅰ数形结合法：转化为两个函数的图象的交点个数问题，画出两个函数的图象，其交点的个数就是函数零点的个数，在一个区间上单调的函数在该区间内至多只有一个零点，在确定函数零点的唯一性时往往要利用函数的单调性，确定函数零点所在区间主要利用函数零点存在定理，有时可结合函数的图象辅助解题.本题（1）的证明就是采取方法Ⅰ进行的.8．（1）证明见解析；（2）1202x x x +>，证明见解析. 【详解】试题分析：（1）只需证明()ln xxF x x x e =-在1,2上单调递增，且()()10,20F F 即可；（2）先证且存在()01,2x ∈，使得()()()0000F x f x g x =-=，故01x x <<时，()()f x g x <；当0x x >时，()()f x g x >，再用分析法证 明1202x x x +>即证20102x x x x >->. 试题解析：（1）证明：()ln x x F x x x e =-，定义域为()()10,,1ln x x x F x x e-∈++'∞=-，而()1,2x ∈．故()0F x '>，即()F x 在1,2上单调递增， 又()()21210,22ln 20F F e e=-=-，而()F x 在1,2上连续，故根据根的存在性定理有；()F x 在区间1,2有且仅有唯一实根．（2）当01x <≤时，()ln 0f x x x =≤，而()0xxg x e =>，故此时有()()f x g x <， 由（1）知，()11ln xx F x x e -=++'，当1x >时，()0F x '>， 且存在()01,2x ∈，使得()()()0000F x f x g x =-=，故01x x <<时，()()f x g x <；当0x x >时，()()f x g x >．因而()00ln ,0{,xx x x x m x x x x e <≤=>，显然当01x x <<时，()()ln ,1ln 0m x x x m x x =+'=>，因而()m x 单增； 当0x x >时，()()1,0x xx xm x m x e e -='=<，因而()m x 递减； ()m x n =在()1,+∞有两不等实根12,x x ，则()()1021,,1,x x x ∈∈+∞．显然当2x →+∞时，1202x x x +>，下面用分析法给出证明，要证：1202x x x +>即证20102x x x x >->，而()m x 在()0,x +∞上递减，故可证()()2012m x m x x <-，又由()()12m x m x =， 即证()()1012m x m x x <-，即01011122ln x x x x x x e --<，记()00022ln ,1x xx xh x x x x x e--=-<<，其中()00h x =． ()0000022212211ln 1ln x xx x x x x x x x h x x x e e e---+--=++++-'=， 记()()1,t t t t t t e e ϕϕ-='=，当()0,1t ∈时，()0t ϕ'<；()1,t ∈+∞时，()0t ϕ'>故()max1t eϕ=， 而()0t ϕ>故()10t e ϕ<<，而020x x ->，从而002210x x x x e e---<-<，因此()00000222122111ln 1ln 10x x x x x x x x x x h x x x e e e e---+--=++=+>-'+->，即()h x 单增，从而01x x <<时，()()00h x h x <=，即01011122ln x x x x x x e --<， 故1202x x x +>得证．考点：1、利用导数研究函数的单调性及求最值；2、利用导数证明不等式.【方法点睛】判断()0,f x =则方程实根的常用方法：Ⅰ转化法：函数()y f x =零点个数的个数就是函数零点的个；Ⅰ零点存在性定理法：判断函数在区间,a b 上是连续不断的曲线，且()()·0,f a f b <再结合函数的图象与性质(如单调性、奇偶性、周期性、对称性) 可确定函数的零点个数；Ⅰ数形结合法：转化为两个函数的图象的交点个数问题，画出两个函数的图象，其交点的个数就是函数零点的个数，在一个区间上单调的函数在该区间内至多只有一个零点，在确定函数零点的唯一性时往往要利用函数的单调性，确定函数零点所在区间主要利用函数零点存在定理，有时可结合函数的图象辅助解题.本题（1）的证明就是采取方法Ⅰ进行的.9．（1）答案见解析；（2）证明见解析. 【分析】（1）由题设有1()(0)axg x x x-'=>，讨论0a ≤、0a >判断()g x '的符号，进而确定()g x 的单调性；（2）由题意得11()x F x x e'=+，研究在1,2上()F x '的符号，由区间单调性结合零点存在性定理确定存在0(1,2)x ∈使得()00F x =，根据题设定义写出()m x 解析式，应用导数研究单调性，进而应用分析法：要证1202x x x +>只需要证01011122ln x x x x x x e --<，构造函数0022()ln x xx x h x x x e --=-，应用导数研究单调性并确定()0h x <，即可证结论.【详解】（1）()g x 的定义域为()0,+∞，11()(0)ax g x a x x x'-=-=>当0a ≤时，()0g x '>恒成立，所以()g x 在0,上单调递增；当0a >时，令()0g x '=有1x a=， Ⅰ当10,x a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0g x '>，()g x 单调递增，当1,x a ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭时，()0g x '<，()g x 单调递减.综上所述：当0a ≤时，()g x 在()0,+∞上单调递增；当0a >时，()g x 在10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，在1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递减.（2）1()ln x F x x e=-且定义域为()0,x ∈+∞，Ⅰ11()xF x x e '=+，而在()1,2x ∈上()0F x '>，即()F x 在区间1,2内单调递增，又1(1)0F e =-<，21(2)ln 20F e =->，且()F x 在区间1,2内的图像连续不断，Ⅰ根据零点存在性定理，有()F x 在区间1,2内有且仅有唯一零点. Ⅰ存在0(1,2)x ∈，使得()00F x =，即001ln x x e =， Ⅰ当01x x <<时，1()x f x e <，即()x x xf x e <；当0x x >时，1()x f x e >，即()xx xf x e >， Ⅰ可得00ln ,1(),e xx x x x m x x x x <≤⎧⎪=⎨>⎪⎩，当01x x <<时，()ln m x x x =，由()1ln 0m x x '=+>得()m x 单调递增； 当0x x >时，()x x m x e =，由1()0xxm x e -'=<得()m x 单调递减： 若()m x n =在区间1,内有两个不相等的实数根1x ，()212x x x <，则()101,x x ∈，()20,x x ∈+∞Ⅰ要证1202x x x +>，需证2012x x x >-，又0102x x x ->，而()m x 在()0,x +∞内递减， 故可证()()2012m x m x x <-，又()()12m x m x =，即证()()1012m x m x x <-，即01011122ln x x x x x x e --< 下证01011122ln x x x x x x e --<：记0022()ln x x x x h x x x e--=-，01x x <<，由()00F x =知：0()0h x =， 记()t t t e ϕ=，则1()t tt e ϕ-'=：当()0,1t ∈时，()0t ϕ'>；当()1,t ∈+∞时，()0t ϕ'<，故max 1()t eϕ=，而()0t ϕ>，所以10()t e ϕ<<，由021x x ->，可知002210x x x x e e---<-<.Ⅰ00022211()1ln 10x xx x x x h x x e e e---'=++->->，即()h x 单调递增， Ⅰ当01x x <<时，0()()0h x h x <=，即01011122ln x x x x x x e --<，故1202x x x +>，得证. 【点睛】关键点点睛：（1）分类讨论参数的范围，应用导数在对应区间的符号研究函数的单调性；（2）由导数研究()F x 在1,2上零点的个数，写出()m x 解析式并判断单调性，利用分析法：将要证明的结论转化为函数不等式恒成立. 10．（1）答案见解析；（2）证明见解析.【解析】（1）由()()22ln 1g x ax a x x =-+++求出()()()211'x ax g x x--=，分别讨论1a与12的关系，从而求出()'0g x >，()'0g x <时x 的范围，可得函数()g x 的增减区间，根据单调性可得函数()g x 的极值情况；（2）先证明()'0F x >，即()F x 在区间()1,2内单调递增，根据零点存在性定理，存在()01,2x ∈，使得()()00000x x F x f x e =-=，可得以()00,1,xxlnx x x m x x x x e <≤⎧⎪=⎨>⎪⎩，要证1202x x x +>，只需证()()1012m x m x x <-，即01011122ln x x x xx x e --<，记()00022ln ,1x xx xh x x x x x e--=-<<，其中()00h x =，利用导数可证明()h x 单调递增，故当01x x <<时，()()00h x h x <=，即可得01011122ln x x x x x x e --<，进而可得结果. 【详解】解：（1）由题意，得()'ln 1f x x =+，故()()22ln 1g x ax a x x =-+++，故()()()()2111'22x ax g x ax a x x--=-++=， 0,0x a >>.令()'0g x =，得1211,2x x a==Ⅰ当02a <<时，112a >， ()1'002g x x >⇐<<或1x a>；()11'02g x x a<⇐<<， 所以()g x 在10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭，1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增，在11,2a ⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减；所以()g x 在12x =处取极大值1ln224a g ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭，在1x a =处取极小值11ln g a a a ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭.Ⅰ当2a =时，112a =，()'0g x ≥恒成立，所以不存在极值； Ⅰ当2a >时，112a <，()1'00g x x a >⇐<<或12x >；()11'02g x x a <⇐<<， 所以()g x 在10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭，1,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增，在11,2a ⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减；所以()g x 在1x a =处取极大值11ln g a a a ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭，在12x =处取极小值1ln224a g ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭.综上，当02a <<时，()g x 在12x =处取极大值ln24a--，在1x a=处取极小值1ln a a --；当2a =时，不存在极值；2a >时，()g x 在1x a=处取极大值1ln a a --，在12x =处取极小值ln24a--. （2）()ln xxF x x x e =-，定义域为()0,x ∈+∞， ()1'1ln xx F x x e -=++，而()1,2x ∈， 故()'0F x >，即()F x 在区间()1,2内单调递增 又()110F e =-<，()2222ln20F e=->，且()F x 在区间()1,2内的图象连续不断，故根据零点存在性定理，有()F x 在区间()1,2内有且仅有唯一零点. 所以存在()01,2x ∈，使得()()0000x x F x f x e =-=， 且当01x x <<时，()xxf x e <； 当0x x >时，()xx f x e >，所以()00,1,x xlnx x x m x xx x e <≤⎧⎪=⎨>⎪⎩ 当01x x <<时，()ln m x x x =， 由()'1ln 0m x x =+>得()m x 单调递增； 当0x x >时，()xxm x e =， 由()1'0xxm x e -=<得()m x 单调递减； 若()m x n =在区间()1,+∞内有两个不等实根12,x x （12x x <） 则()()10201,,,x x x x ∈∈+∞.要证1202x x x +>，即证2012x x x >-又0102x x x ->，而()m x 在区间()0,x +∞内单调递减， 故可证()()2012m x m x x <-， 又由()()12m x m x =， 即证()()1012m x m x x <-， 即01011122ln x x x x x x e --<记()00022ln ,1x xx xh x x x x x e--=-<<，其中()00h x = 记()t t t e φ=，则()1't tt eφ-=， 当()0,1t ∈时，()'0t φ>； 当()1,t ∈+∞时，()'0t φ<， 故()max 1t eφ=而()0t φ>，故()10t eφ<<，而021x x ->，所以002210x x x x e e---<-<，因此()00022211'1ln 10x xx x x x h x x e e e---=++->->， 即()h x 单调递增，故当01x x <<时，()()00h x h x <=， 即01011122ln x x x x x x e --<，故1202x x x +>，得证. 【点睛】本题考查分类讨论求函数的极值以及零点偏移证明不等式. 方法点睛：（1）根据零点判断两根的范围；（2）由证明的结果逆推关系式，一般为要想证明1202x x x +>，只需证2012x x x >-，再根据12,x x 的范围以及函数的单调性寻找要证明的关系式；（3）根据同为零点的关系替换()()21m x m x =，即转化为证明()()1012m x m x x <-； （4）对函数求导，求单调性证明即可.11．（1）1()cos ,[0,]f x x x π=∈，2()1,[0,]f x x π=∈． （2）存在4k =，使得()f x 是[-1,4]上的“4阶收缩函数”． （31b <≤ 【详解】试题分析：（1）根据()f x 的最大值可求出1()f x ，2()f x 的解析式；（2）根据函数2()f x x =，[14]x ∈-，上的值域，先求出1()f x ，2()f x 的解析式，再根据21()()()f x f x k x a -≤-求出k 的取值范围得到答案.(3)先对函数()f x 求导判断函数的单调性，进而写出1()f x ，2()f x 的解析式，然后再由21()()()f x f x k x a -≤-求出k 的取值范围. 试题解析：（1）由题意可得：()1cos f x x =，[]0x π∈，，()21f x =，[]0x π∈，. （2）()[)[]2110004x x f x x ⎧∈-⎪=⎨∈⎪⎩，，，，，()[)[]2211114x f x x x ⎧∈-⎪=⎨∈⎪⎩，，，，，()()[)[)[]221211010114x x f x f x x x x ⎧-∈-⎪-=∈⎨⎪∈⎩，，，，，， 当[]10x ，∈-时，()211x k x -≤+，Ⅰ1k x ≥-，2k ≥； 当()01x ∈，时，()11k x ≤+，Ⅰ11k x ≥+，Ⅰ1k ≥； 当[]14x ∈，时，()21x k x ≤+，Ⅰ21x k x ≥+，165k ≥综上所述，165k ≥.即存在4k =，使得()f x 是[]14-，上的“4阶收缩函数”. （3）()()23632f x x x x x =-+'=--，令()0f x '=得0x =或2x =.函数()f x 的变化情况如下：令()0f x =得0x =或3x =.（1）当2b ≤时，()f x 在[]0b ，上单调递增，因此，()()3223f x f x x x ==-+，()()100f x f ==.因为()323f x x x =-+是[]0b ，上的“二阶收缩函数”，所以， Ⅰ()()()2120f x f x x -≤-，对[]0x b ，∈恒成立； Ⅰ存在[]0x b ，∈，使得()()()210f x f x x ->-成立. Ⅰ即：3232x x x -+≤对[]0x b ，∈恒成立，由3232x x x -+≤解得01x ≤≤或2x ≥. 要使3232x x x -+≤对[]0x b ，∈恒成立，需且只需01b <≤. Ⅰ即：存在[]0x b ，∈，使得()2310x x x -+<成立.由()2310x x x -+<解得0x <x <<所以，只需b >综合ⅠⅠ1b <≤ （2）当23b <≤时，()f x 在[]02，上单调递增，在[]2b ，上单调递减，因此，()()224f x f ==，()()100f x f ==，()()214f x f x -=，0x x -=，显然当0x =时，()()()2120f x f x x -≤-不成立，（3）当3b >时，()f x 在[]02，上单调递增，在[]2b ，上单调递减，因此，()()224f x f ==，()()10f x f b =<，()()()2144f x f x f b -=->，0x x -=，显然当0x =时，()()()2120f x f x x -≤-不成立.综合（1）（2）（31b <≤. 12．（1）2；（2）存在，ln 21,24-⎛⎤⎥⎝⎦. 【分析】（1）利用导数求出()()()21312h x f x x x ⎛⎫=--- ⎪⎝⎭的单调区间及最值，结合图像即可判定；（2）构造函数()()342H x g x x a =--，对该函数在()2,x a ∈++∞的最大值进行分类讨论求解，只需要最大值小于0即可.【详解】（1）设()212ln F x x x =--，则()()()21122x x F x x x x-+'=-=. 当1x >时，()0F x '>，()F x 单调递增；当01x <<时，()0F x '<，()F x 单调递减；所()()min 10F x F ==，所以()0F x ≥，即212ln x x -≥，所以()21f x x =-.设()()21312G x x x ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭，结合()f x 与()G x 在(]0,1上的图象可知， 这两个函数的图象在(]0,1内有两个交点，即()h x 在(]0,1上的零点个数为2（或由方程()()f x G x =在(]0,1内有两根可得）. （2）假设存在实数()2,a ∈-+∞，使得()342g x x a <+对()2,x a ∈++∞恒成立， 则2223ln 421324422x x x a x a x a a x a⎧+<+⎪⎪⎨⎛⎫⎪-+-++<+ ⎪⎪⎝⎭⎩对()2,x a ∈++∞恒成立，即()()21ln 4,220,x x a x x a ⎧-<⎪⎨⎪+->⎩对()2,x a ∈++∞恒成立， Ⅰ设()1ln 2H x x x =-，则()22xH x x-'=， 当02x <<时，()0H x '>，()H x 单调递增；当2x >时，()0H x '<，()H x 单调递减. 所以()()max 2ln 21H x H ==-，当022a <+<即20a -<<时，4ln 21a >-，所以ln 214a ->，因为a<0，所以ln 21,04a -⎛⎫∈⎪⎝⎭，故当ln 21,04a -⎛⎫∈⎪⎝⎭时，1ln 42x x a -<对()2,x a ∈++∞恒成立；当22a +≥，即0a ≥时，()H x 在()2,a ++∞上递减， 所以()()()12ln 212H x H a a a <+=+--.因为()111ln 210222a a a '⎡⎤+--=-≤⎢⎥+⎣⎦，所以()()22ln 210H a H +≤=-<， 故当0a ≥时，1ln 42x x a -<对()2,x a ∈++∞恒成立.Ⅰ若()()220x x a +->对()2,x a ∈++∞恒成立，则22a a +≥， 所以[]1,2a ∈-.由ⅠⅠ得，ln 21,24a -⎛⎤∈⎥⎝⎦. 故存在实数()2,a ∈-+∞，使得()342g x x a <+对()2,x a ∈++∞恒成立，且a 的取值范围为ln 21,24-⎛⎤⎥⎝⎦. 【点睛】此题考查导数的应用，利用导函数研究函数的单调性，图像，零点等问题，含参问题因为参数取不同范围导致函数单调性发生变化，所以一般分类讨论，属于较难题目.13．(Ⅰ) 3213,02(){4,23x x x f x x -≤≤=-<≤， 2()0f x =；(Ⅰ) m ≤【分析】(I)求出导函数，令导函数大于0求出x 的范围即为递增区间；令导函数小于0求出x 的范围即为递减区间，利用12(),()f x f x 的定义，求出它们的解析式；(II)求出函数32()f x x mx =-的导函数，通过导数判断出其单调性，得到12(),()f x f x 的解析式，根据“第3类压缩函数”的定义列出不等式，求出m 的范围．【详解】(Ⅰ)由于2()36f x x x '=-，故()f x 在[0,2]上单调递减，在[2,3]上单调递增． 所以，()f x 的最大值为{}max (0),(3)0f f =．3213,02(){4,23x x x f x x -≤≤=-<≤，2()0f x =，(Ⅰ)由于2()32f x x mx '=-，故()f x 在2[0,]3m上单调递减，在2[,]3m m 上单调递增， 而(0)()0f f m ==，324()327m m f =-，故32132,03(){42,3273mx mx x f x m m x -≤≤=-<≤，2()0f x =，232132,03()(){42,3273mmx x x f x f x m mx -≤≤-=<≤． 设对正整数k 有21()()f x f x kx -≤对[0,]x m ∈恒成立， 当x=0时，N k *∈均成立； 当203mx <≤时，21()()f x f x k x-≥恒成立， 而222221()()()244f x f x m m m x mx x x -=-+=--+≤, 故24m k ≥； 当23mx m <≤时，21()()f x f x k x-≥恒成立，而332214()()4227279m f x f x m m x x x -==<； 故229m k ≥；所以，24m k ≥，又()f x 是[0,3]上的“第3类压缩函数”，故2234m <≤，所以，m <≤【点睛】本题主要考查利用导数研究函数的单调性以及不等式恒成立问题，属于难题．不等式恒成立问题常见方法：Ⅰ 分离参数()a f x ≥恒成立(()max a f x ≥即可)或()a f x ≤恒成立（()min a f x ≤即可）；Ⅰ 数形结合(()y f x = 图象在()y g x = 上方即可)；Ⅰ 讨论最值()min 0f x ≥或()max 0f x ≤恒成立；Ⅰ 讨论参数，排除不合题意的参数范围，筛选出符合题意的参数范围.。
高中数学--恒成立能成立问题总结(详细)
恒成立问题的类型和能成立问题及方法处理函数与不等式的恒成立、能成立、恰成立问题是高中数学中的一个重点、难点问题。
这类问题在各类考试以及高考中都屡见不鲜。
感觉题型变化无常，没有一个固定的思想方法去处理，一直困扰着学生，感到不知如何下手。
在此为了更好的准确地把握快速解决这类问题，本文通过举例说明这类问题的一些常规处理。
一、函数法（一）构造一次函数 利用一次函数的图象或单调性来解决 对于一次函数],[),0()(n m x k b kx x f ∈≠+=有：⎩⎨⎧<<⇔<⎩⎨⎧>>⇔⎩⎨⎧><⎩⎨⎧>>⇔>0)(0)(0)(;0)(0)(0)(00)(00)(n f m f x f n f m f n f k m f k x f 恒成立或恒成立例1 若不等式m mx x ->-212对满足22≤≤-m 的所有m 都成立，求x 的范 围。
解析：将不等式化为：0)12()1(2<---x x m ，构造一次型函数：)12()1()(2---=x m x m g原命题等价于对满足22≤≤-m 的m ，使0)(<m g 恒成立。
由函数图象是一条线段，知应⎪⎩⎪⎨⎧<---<----⇔⎩⎨⎧<<-0)12()1(20)12()1(20)2(0)2(22x x x x g g 解得231271+<<+-x ，所以x 的范围是)231,271(++-∈x 。
小结：解题的关键是将看来是解关于x 的不等式问题转化为以m 为变量，x 为参数的一次函数恒成立问题，再利用一次函数的图象或单调性解题。
练习:(1)若不等式01<-ax 对[]2,1∈x 恒成立，求实数a 的取值范围。
（2）对于40≤≤p 的一切实数，不等式342-+>+p x px x 恒成立，求x 的取值范围。
（答案：或）（二）构造二次函数 利用二次函数的图像与性质及二次方程根的分布来解决。
不等式恒成立、能成立、恰成立问题专题(17例题+15练习题+答案与解析)
不等式恒成立、能成立、恰成立问题分析及应用一、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 x f >在区间D 上恒成立,则等价于在区间D 上()min f x A >，⇔()f x 的下界大于A（2）若不等式()B x f <在区间D 上恒成立,则等价于在区间D 上()max f x B <,()f x 的上界小于A例1、设f(x)=x2-2ax+2,当x ∈[-1,+∞]时，都有f(x)≥a 恒成立，求a 的取值范围。
例2、已知(),22x ax x x f ++=对任意[)()0,,1≥+∞∈x f x 恒成立,试求实数a 的取值范围;例3、R 上的函数()x f 既是奇函数，又是减函数，且当⎪⎭⎫⎝⎛∈2,0πθ时，有()()022sin 2cos 2>--++m f m f θθ恒成立，求实数m 的取值范围.例4、已知函数)0(ln)(44>-+=xcbxxaxxf在1=x处取得极值3c--，其中a、b为常数.（1）试确定a、b的值；（2）讨论函数)(xf的单调区间；（3）若对任意0>x，不等式22)(cxf-≥恒成立，求c的取值范围。
2、主参换位法例5、若不等式a10x-<对[]1,2x∈恒成立，求实数a的取值范围例6、若对于任意1a≤，不等式2(4)420x a x a+-+->恒成立，求实数x的取值范围例7、已知函数323()(1)132af x x x a x=-+++，其中a为实数．若不等式2()1f x x x a'--+＞对任意(0)a∈+∞，都成立，求实数x的取值范围．3、分离参数法（1）将参数与变量分离，即化为()()g f xλ≥（或()()g f xλ≤）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()max()g f xλ≥(或()()ming f xλ≤)，得λ的取值范围。
专题05 导数与函数不等式恒成立、有解(存在性)(精讲篇)-用思维导图突破导数压轴题
用思维导图突破解导数压轴题()=ln 1,0.f x a x x x ++>0a ≠34a =-()f x思路点拨420≤<a x x a x f ++=1ln )(ax2≤满分解答21[,)e x ∈+∞(),2x f x a≤ae 2.71828...=()'f x xaxa1=x af 212)1(≤=420≤<a 21e x ≥∀记 其中，，证明凑用基本不等式证明≤0以1a 为主元以x 为主元原 问 题视a 为主元，构造二次函数，证明视a 为主元()3433'4x x f x x -+=-==34a =-()3ln 4f x x =-+)0,∞+()f x ()3,+∞()0,31(1)2f a≤0a <≤04a <≤()2f x a≤2ln 0xa--≥1t a=t ≥()22ln g t t x=t≥2()2ln g t t x=1,7x ⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭≤()(22)2ln g x g x=1()ln,7p x x x =≥1()p x x '=-==17()(1)0,()(22)2()0p x p g t g p x ∴=∴=211,7x e ⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭12()12x g t g x x ≥+=211()2(1),,7q x x x x x e ⎡⎤=++∈⎢⎥⎣⎦()10q x x'=+>()q x 211,7e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦1()7q x q ⎛⎫∴≤ ⎪⎝⎭127127(1)07777q p p ⎛⎫⎛⎫=-<-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭1()0,()102q x g t g x x ∴<∴≥+=>21,,[22,),()0x t g t e ⎡⎫∈+∞∈+∞≥⎪⎢⎣⎭21,x e ⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭()2f x ax≤20,4⎛ ⎝⎦思路点拨第（2）题作函数h (x )=a x −alnx +x +1x ,只要h (x )在[1,e]上的最小值小于0,对h (x )求导后判断单调性，根据单调性求最小值。
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即解得： ∴x<-1或x>3. 即x∈(－∞,－1)∪(3,+∞) 此类题本质上是利用了一次函数在区间[m,n]上的图象是一线段，故只 需保证该线段两端点均在x轴上方（或下方）即可. 策略三、二次函数型——利用判别式,韦达定理及根的分布求解
数x成立，则
()
(A)－1<a<1
(B)0<a<2
(C)
(D)
解：由题意可知 (x-a)[1-(x+a)] <1对任意x成立
即x2-x-a2+a+x2-x-a2+a+1 则应满足(-1)2-4(-a2+a+1)<0
化简得 4a2-4a-3<0 解得 ,故选择C。
例3：若不等式x2-2mx+2m+1>0对满足0x1的所有实数x都成立，求m的取 值范围。
1
在解综合性较强的恒成立问题时，有时一题多法。所以以题为本， 关键抓住恒成立的实质，具体问题具体分析，不拘泥于一种方法。
不等式恒成立问题 容易证明如下结论：若函数在D上存在离大值f(x)(或最小值
f(x))，则对一切xD不等式f(x)A（或f(x)B）恒成立当且仅当f(x)A（或 f(x)B）。
应用这一结论处理不等式恒成立问题很方便，现举例说明。 例1求使不等式sinx＋acosx＋ a1＋cosx对一切xR恒成立的负数a 的 取值范围。
选D
例2．如果函数y=f(x)=sin2x+acos2x的图象关于直线x= 对称，那么
a=（
）.
A.1
B.-1
C.
D. -.
略解：取x=0及x=，则f(0)=f(),即a=-1，故选B.
此法体现了数学中从一般到特殊的转化思想.
策略二、一次函数型——利用单调性求解
给定一次函数y=f(x)=ax+b(a≠0),若y=f(x)在[m,n]内恒有
（Ⅲ）若关于x的不等式x2+1ax+b在[0, ）上恒成立，其中a、b为
实数。求b的取值范围及a与b所满足的关系。
本题（Ⅲ）应用了此方法。
（Ⅲ）解：0b1，a>0是不等式成立的必要条件。以下讨论设此条件成
立。 x2+1ax+b 即x2-ax+(1-b)≥0对任意x[0, )成立的充要条件是a 令(x)=ax+b-，于是ax+b对任意x[0, )成立的充要条件是(x)0 由(x)=a-=0得x= 当0<x<时，(x) <0；当x>时，(x) >0,所以，当x＝时，(x)取最小
f(x)>0，则根据函数的图象（线段）（如下图） 可得上述结论等价于
ⅰ），或 ⅱ）
可合并定成
同理，若在[m,n]内恒有f(x)<0，则有
n m o x y n m
o x y
例3．对于满足|a|2的所有实数a,求使不等式x2+ax+1>2a+x恒成立 的x的取值范围.
分析：在不等式中出现了两个字母：x及a,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a视作自变量，则上述问题 即可转化为在[-2，2]内关于a的一次函数大于0恒成立的问题.
∴tg(-1) 即 t5 例5：设a0为常数，数列｛an｝的通项公式为an＝[3n+(-1)n-1·2n]+ (-1)n·2n·a0(nN* )若对任意n≥1，nN*，不等式an>an-1恒成立，求a0 的取值范围。
解：依题意： [3n+(-1)n-1·2n]+(-1)n·2n·a0>[3n-1+(-1)n-2·2n-1]+(-1)n-
能力，在培养思维的灵活性、创造性等方面起到了积极的作用.
恒成立问题在解题过程中有以下几种策略：
①赋值型；②一次函数型；③二次函数型；④变量分离型；⑤数形
结合型.
现在我们一起来探讨其中一些典型的问题.
策略一、赋值型——利用特殊值求解
等式中的恒成立问题，常常用赋值法求解，特别是对解决填空题、
选择题能很快求得.
5），而对于二次函数在某一区间上恒成立问题往往转化为求函数在此 区间上的最值问题 策略四、变量分离型——分离变量，巧妙求解
运用不等式的相关知识不难推出如下结论：若对于x取值范围内的 任何一个数都有f(x)>g(a)恒成立，则g(a)<f(x)min;若对于x取值范围内 的任何一个数，都有f(x)<g(a)恒成立，则g(a)>f(x)max.(其中f(x)max 和f(x)min分别为f(x)的最大值和最小值)
2 —2
⑴ ⑵ 综上所述，. 解法二：（运用根的分布） ⑴当，即时， 不存在. ⑵当，即时，，
⑶当，即时，， 综上所述. 此题属于含参数二次函数，求最值时，轴变区间定的情形，对轴与 区间的位置进行分类讨论；还有与其相反的，轴动区间定，方法一样. 对于二次函数在R上恒成立问题往往采用判别式法（如例4、例
例4：已知向量=(x2,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。
解：依题意，
f(x)＝x2(1-x)+(x+1)t=-x3+x2+tx+t则f＇(x)=-3x2+2x+t
∵f(x)在(－1，1)上是增函数，则在(－1，1)上有f＇(x)0 即-3x2+2x+t0在x(-1，1)上恒成立 设g(x)=3x2-2x
解：令 在直角坐标系中画出图象如图所示，由图象可看出，要使只需. 故实数
本题中若将改为①，同样由图象可得a>3;②,构造函数，画出图象，得 a<3.
利用数形结合解决恒成立问题，应先构造函数，作出符合已知条件 的图形，再考虑在给定区间上函数与函数图象之间的关系，得出答案或 列出条件，求出参数的范围.
恒成立的题型和解法还有很多，只要我们充分利用所给定的函数的 特点和性质，具体问题具体分析，选用恰当的方法，对问题进行等价转 化，就能使问题获得顺利解决. 只有这样才能真正提高分析问题和解决 问题的能力.
不等式恒成立问题
1 转换主元法 确定题目中的主元，化归成初等函数求解。此方法通常化为一次函 数。
例1：若不等式 2x－1>m(x2-1)对满足－2m2的所有m都成立，求x 的取值范围。
解：原不等即cosx＋（1－a）cosx－a0 (*) 令cosx=t，由xR知t[-1，1]，于是(*)对一切xR恒成立当且仅当
f(t)=t＋（1－a）－a0 (**)对一切t[-1，1]恒成立，其充要条件 f(t)在[-1，1]上的最大值f(t)0,而f(t)= f(1)或 f(-1)，因此(**)对 一切t[-1，1]恒成立当且 a-2 故所求的a的范围为(-,-2]. 例2 定义在R上的函数既是奇函数，又是减函数，且当时，有 恒成立，求实数m的取值范围. 分析: 利用函数的单调性和奇偶性去掉映射符号f，将“抽象函数”问 题转化为常见的含参的二次函数在区间(0，1)上恒为正的问题.而对于0 在给定区间[a，b]上恒成立问题可以转化成为在[a，b]上的最小值问 题，若中含有参数，则要求对参数进行讨论。 【解析】由得到： 因为为奇函数，
4.数型结合法 例7：如果对任意实数x，不等式恒成立，则实数k的取值范围是 解析：画出y1=,y2=kx的图像，由图可看出 0k1
K=1
例8：已知a>0且a1,当x(-1，1)时，不等式x2-ax<恒成立，则a的取值范 围 解析：不等式x2-ax<可化为 ax> x2画出y1= ax,y2= x2-的图像。由图可看出 a<1或1<a2
例6.已知三个不等式①，②，③．要使同时满足①②的所有x的值 满足③，求m的取值范围.
略解：由①②得2<x<3, 要使同时满足①②的所有x的值满足③,即不等式在上恒成立，即上 恒成立，又所以 例7. 函数是奇函数，且在上单调递增，又，若 对所有的都成立， 求的取值范围 . 解：据奇函数关于原点对称，又 对所有的都成立.因此，只需大于或等于的最大值1， ， 即关于a的一次函数在[-1，1]上大于或等于0恒成立， 即： 利用变量分离解决恒成立问题，主要是要把它转化为函数的最值问 题. 策略五、数形结合——直观求解 例8. 的取值范围. 分析：设y=|x+1|-|x-2|,即转化为求函数y=|x+1|-|x-2|的最小 值，画出此函数的图象即可求得a的取值范围.
对于二次函数f(x)=ax2+bx+c=0(a≠0)在实数集R上恒成立问题可利 用判别式直接求解，即
f(x)>0恒成立；f(x)<0恒成立. 若是二次函数在指定区间上的恒成立问题，还可以利用韦达定理以 及根与系数的分布知识求解. 例4． 若函数的定义域为R，求实数 的取值范围. 分析：该题就转化为被开方数在R上恒成立问题，并且注意对二次项系 数的讨论. 解：依题意，当恒成立， 所以，①当 此时 ②当 有 综上所述，f(x)的定义域为R时，
例5.已知函数，在R上恒成立，求的取值范围. 分析：的函数图像都在X轴及其上方，如右图所示： 略解： 变式1：若时，恒成立，求的取值范围. 分析：要使时，恒成立，只需的最小值即可. 解：，令在上的最小值为. ⑴当，即时， 又 不存在.
⑵当，即时， 又 ⑶当，即时， 又 综上所述，. 变式2：若时，恒成立，求的取值范围. 解法一：分析：题目中要证明在上恒成立，若把2移到等号的左边，则 把原题转化成左边二次函数在区间时恒大于等于0的问题. 略解：，即在上成立.