数学中的恒成立与有解问题

不等式恒成立、不等式有解、不等式无解三者的辨析江苏省句容市实验高级中学 张烊在不等式的综合问题中，经常涉及到与不等式恒成立、不等式有解、不等式无解等方面的内容，这种类型的问题既涉及到不等式、函数、方程等知识的综合，也涉及到数形结合、等价转换等方面的数学思想的灵活运用，同时也是培养学生逻辑推理等数学素养的绝佳的素材,因此在历届高考命题中常常为命题专家所青睐.如何解决这类问题呢？下面试图从逻辑上的等价转换的角度给出这类问题一般解法. 1、不等式恒成立问题 这类问题可分两种情况(1)当目标函数()f x 有对应最值时(2)当目标函数()f x 无对应最值时但如果此时能求出()f x 的值域为(,)m n (m <n，m ，n 为实常数)，不难得：例1、已知函数2()log ,f t t t =∈ (1)求()f t 的值域G ;(2)若对于G 的所有实数x,不等式2221x mx m -++≤恒成立,求实数m 的取值范围.解：（1）利用()f t 的单调性可得()f t 的值域G =1[,3]2.(2)解法一:以222()22()2g x x mx m x m m m =-++=--++为目标函数,根据m 和区间1[,3]2关系,得2132()21m g m m m ⎧≤≤⎪⎨⎪=+≤⎩或3(3)891m g m >⎧⎨=-≤⎩或1211()3124m g m ⎧<⎪⎪⎨⎪=-≤⎪⎩ 解以上三个不等式组分别得,m φ∈,或m φ∈,或512m ≤,故所求m 的范围为5(,]12-∞.解法二:由于1[,3]2x ∈,将,x m 进行分离,得2121x m x +≤+,以212()(1)211x g x x x x +==++-++为目标函数,令31[,4]2t x =+∈, 得2()()2g x h t tt ==+-,因为22222()10t h t t t-'=-=>,所以()h t 在3[,4]2上是增函数,故min min 35()()()226g x h t h m ===≥,得m 的范围为5(,]12-∞.例2、已知函数()(),(0)f x g x x a a ==+>,若不等式()()||1()f x ag x f x -≤,在[1,4]x ∈时恒成立，求a 的取值范围.解:将原不等式化简, ()()()()()||11102()()()f x ag x f x ag x ag x f x f x f x --≤⇔-≤≤⇔≤≤,即202≤≤,又因为[1,4],0x a ∈>,20>,2220ax a ≤⇔-≤,以2()h x ax a =-为目标函数,令t =,则22()()2,[1,2]h x t at t a t ϕ==-+∈,由于0a >,故()t ϕ的最大值在1t =或2t =处取得,即有22(1)020(2)0440a a a a ϕϕ≤⎧+-≤⎧⇔⎨⎨≤+-≤⎩⎩,又0a >,解得01)a <≤. 例3、已知{|2}x x kx R >=，则k 的 范围是 .解:将集合语言进行转换,即当x R ∈时,不等式2xkx >恒成立,不难想到用数形结合的方法求解,令()2,()x f x g x kx ==,作出这两个函数的图像(见图),由图知，()g x 在切线l 与x轴之间时（不含切线l ）不等式2xkx >恒成立，设切线l 的切点但如果此时能求出()f x 的值域为(,)m n (m <n ，m ，n 为实常数) 以下以()f x a >有解为例,来说明将问题进行等价转换,先考虑()f x a >无解时的情况,即()f x a ≤恒成立,①当()f x 有最大值时, ()f x a >无解⇔()f x a ≤恒成立⇔max ()f x a ≤，故()f x a >有解⇔max ()f x a >;②当()f x 无最大值时, 如果此时能求出()f x 的值域为(,)m n (m <n ，m ，n 为实常数)或者(,)n -∞( n 为实常数)，得()f x a >无解⇔()f x a ≤恒成立⇔n a ≤，故()f x a >有解⇔n a >一般可得以下两种情况(1)当目标函数()f x 有对应最值时(2)当目标函数()f x 无对应最值时但如果此时能求出()f x 的值域为(,)m n (m <n ，m ，n 为实常数)例4、若存在a ∈[1，3]，使得不等式ax 2+(a －2)x －2＞0成立，则实数x 的取值范围是 .解：分清主元和次元（即参数），令22()(2)2()22f a ax a x x x a x =+--=+--，则根据以上结论得max ()0g a >，由于()g a 是a ∈[1，3]上的一条线段，它的最大值在a =1或a =3处取得，由()g a 的图像知，(3)0g >或(1)0g >（也可按()g a 的单调性讨论得20(3)0x x g ⎧+≥⎨>⎩或20(1)0x x g ⎧+<⎨>⎩），解得x ∈{x |23x >或1x <-}.例5、设函数f （x ）＝sin x ＋cos x 和g （x ）＝2sin x cos x ．若存在x 0∈[0，π2]， 使 | a f （x ）－g （x ）－3|≥12 成立，求实数a 的取值范围．解：令sin x ＋cos x ＝t ，t ∈[1，2]，| a f （x ）－g （x ）－3|＝| a （sin x ＋cos x ）－2sin x cos x －3|＝| t 2－at ＋2|≥12，t ∈[1，2]，由题意知不等式| t 2－at ＋2|≥12在t ∈[1，2]中有解.又| t 2－at ＋2|≥12⇔t 2－at ＋2≥12，或t 2－at ＋2≤－12,而t ∈[1，2],所以a ≤t ＋32t，或a≥t ＋52t 在t ∈[1，2]中有解.令3()2h t t t =+,5()2l t t t=+,则有max ()h t a ≥或min ()l t a ≤,不难求得max 5()2h t =,min ()l t =故有a ≤52，或a ≥942． 对以上三类问题的冷思考：(1)对所研究的不等式要做好等价化简和参数分离工作,尽量使所构造的目标函数简单(即尽可能不含参数),便于求最值或者求值域;(2)如所研究的不等式的两边是基本初等函数,通过构造两个函数,用图像求解也是行之有效的方法.。

第十二节导数破解疑难优质课第1课时不等式恒成立与有解问题1．“恒成立问题”与“有解问题”的区别(1)两者在量词上的区别恒成立问题中使用的量词是全称量词，如“任意、所有、全部、均、恒、总、都”等；而有解问题中使用的量词是特称量词，如“存在、至少一个、有解”等．(2)两者在等价转换上的区别恒成立问题的转化：①f(x)>0恒成立⇔f(x)min>0；f(x)<0恒成立⇔f(x)max<0.②f(x)>a恒成立⇔f(x)min>a；f(x)<a恒成立⇔f(x)max<a.③f(x)>g(x)恒成立⇔[f(x)－g(x)]min>0；f(x)<g(x)恒成立⇔[f(x)－g(x)]max<0.有解问题的转化：①f(x)>0有解⇔f(x)max>0；f(x)<0有解⇔f(x)min<0.②f(x)>a有解⇔f(x)max>a；f(x)<a有解⇔f(x)min<a.③f(x)>g(x)有解⇔[f(x)－g(x)]max>0；f(x)<g(x)有解⇔[f(x)－g(x)]min<0.2．解题策略：不等式恒成立问题和有解问题一般可通过分类讨论、分离参数、构造函数、数形结合等方法来处理．考向一 不等式恒成立问题方法1 分离参数法【例1】 (2020·石家庄质检)已知函数f (x )＝ax e x －(a ＋1)(2x －1)．(1)若a ＝1，求函数f (x )的图象在点(0，f (0))处的切线方程；(2)当x >0时，函数f (x )≥0恒成立，求实数a 的取值范围．【解】 (1)若a ＝1，则f (x )＝x e x －2(2x －1)．即f ′(x )＝x e x ＋e x －4，则f ′(0)＝－3，f (0)＝2，所以所求切线方程为3x ＋y －2＝0.(2)由f (1)≥0，得a ≥1e －1>0，则f (x )≥0对任意的x >0恒成立可转化为a a ＋1≥2x －1x e x 对任意的x >0恒成立． 设函数F (x )＝2x －1x e x (x >0)，则F ′(x )＝－(2x ＋1)(x －1)x 2e x. 当0<x <1时，F ′(x )>0；当x >1时，F ′(x )<0.所以函数F (x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以F (x )max ＝F (1)＝1e .于是a a ＋1≥1e ，解得a ≥1e －1.故实数a 的取值范围是⎣⎢⎢⎡⎭⎪⎪⎫1e －1，＋∞. 方法技巧(1)分离参数法解含参不等式恒成立问题的思路用分离参数法解含参不等式恒成立问题是指在能够判断出参数的系数正负的情况下，可以根据不等式的性质将参数分离出来，得到一个一端是参数，另一端是变量表达式的不等式，只要研究变量表达式的最值就可以解决问题．(2)求解含参不等式恒成立问题的关键是过好“双关”转化关通过分离参数法，先转化为f (a )≥g (x )(或f (a )≤g (x ))对∀x ∈D 恒成立，再转化为f (a )≥g (x )max (或f (a )≤g (x )min ) 求最值关 求函数g (x )在区间D 上的最大值(或最小值)问题已知函数f (x )＝x e x ，且对任意的x ∈(0,2)，都有f (x )<1k ＋2x －x 2成立，求k 的取值范围．解：由题意知f (x )＝x e x <1k ＋2x －x2对任意的x ∈(0,2)都成立，由x e x >0，知k ＋2x －x 2>0，即k >x 2－2x 对任意的x ∈(0,2)都成立，从而k ≥0，故不等式可转化为k <e x x ＋x 2－2x .令g (x )＝e x x ＋x 2－2x ，所以g ′(x )＝e x (x －1)x 2＋2(x －1)＝(x －1)⎝ ⎛⎭⎪⎫e x x 2＋2， 令g ′(x )＝0，得x ＝1，显然函数g (x )在(1,2)上单调递增，在(0,1)上单调递减，所以k <g (x )min ＝g (1)＝e －1.综上所述，实数k 的取值范围是[0，e －1)．方法2 构造函数法【例2】 已知函数f (x )＝sin x x (x ≠0)．(1)判断函数f (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2上的单调性； (2)若f (x )<a 在区间⎝⎛⎭⎪⎫0，π2上恒成立，求实数a 的最小值． 【解】 (1)f ′(x )＝x cos x －sin x x 2， 令g (x )＝x cos x －sin x ，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2， 则g ′(x )＝－x sin x ，显然，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2时，g ′(x )＝－x sin x <0，即函数g (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2上单调递减，且g (0)＝0.从而g (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2上恒小于零， 所以f ′(x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2上恒小于零， 所以函数f (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2上单调递减． (2)不等式f (x )<a ，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2恒成立， 即sin x －ax <0恒成立．令φ(x )＝sin x －ax ，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，则φ′(x )＝cos x －a ，且φ(0)＝0.当a ≥1时，在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2上φ′(x )<0，即函数φ(x )单调递减，所以φ(x )<φ(0)＝0，故sin x －ax <0恒成立．当0<a <1时，φ′(x )＝cos x －a ＝0在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2上存在唯一解x 0， 当x ∈(0，x 0)时，φ′(x )>0，故φ(x )在区间(0，x 0)上单调递增，且φ(0)＝0，从而φ(x )在区间(0，x 0)上大于零，这与sin x －ax <0恒成立相矛盾．当a ≤0时，在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2上φ′(x )>0，即函数φ(x )单调递增，且φ(0)＝0，得sin x －ax >0恒成立，这与sin x －ax <0恒成立相矛盾．故实数a 的最小值为1.方法技巧构造函数法求解不等式恒成立问题的思路遇到f (x )≥g (x )型的不等式恒成立问题时，一般采用作差法，构造“左减右”的函数h (x )＝f (x )－g (x )或“右减左”的函数u (x )＝g (x )－f (x )，进而只需满足h (x )min ≥0或u (x )max ≤0，将比较法的思想融入函数中，转化为求解函数最值的问题，适用范围较广，但是往往需要对参数进行分类讨论.(2020·合肥六校联考)已知函数f (x )＝(x ＋a －1)e x，g (x )＝12x 2＋ax ，其中a 为常数．(1)当a ＝2时，求函数f (x )在点(0，f (0))处的切线方程；(2)若对任意的x ∈[0，＋∞)，不等式f (x )≥g (x )恒成立，求实数a 的取值范围．解：(1)因为a＝2，所以f(x)＝(x＋1)e x，所以f(0)＝1，f′(x)＝(x ＋2)e x，所以f′(0)＝2，所以所求切线方程为2x－y＋1＝0.(2)令h(x)＝f(x)－g(x)，由题意得h(x)min≥0在x∈[0，＋∞)上恒成立，因为h(x)＝(x＋a－1)e x－12－ax，2x所以h′(x)＝(x＋a)(e x－1)．①若a≥0，则当x∈[0，＋∞)时，h′(x)≥0，所以函数h(x)在[0，＋∞)上单调递增，所以h(x)min＝h(0)＝a－1，则a－1≥0，得a≥1.②若a<0，则当x∈[0，－a)时，h′(x)≤0；当x∈(－a，＋∞)时，h′(x)>0，所以函数h(x)在[0，－a)上单调递减，在(－a，＋∞)上单调递增，所以h(x)min＝h(－a)，又因为h(－a)<h(0)＝a－1<0，所以不合题意．综上，实数a的取值范围为[1，＋∞)．【例3】(2020·河南郑州质检)已知函数f(x)＝(e x－2a)e x，g(x)＝4a2x.(1)设h(x)＝f(x)－g(x)，试讨论h(x)在定义域内的单调性；(2)若函数f(x)的图象恒在函数g(x)的图象的上方，求a的取值范围．【解】(1)h(x)＝e x(e x－2a)－4a x，所以h′(x)＝2e2x－2a e x－4a2＝2(e x＋a)(e x－2a)，①当a＝0时，h′(x)>0恒成立，故函数h(x)在R上单调递增；②当a>0时，e x＋a>0，令h′(x)＝0，解得x＝ln2a，当x<ln2a时，h ′(x )<0，函数h (x )单调递减，当x >ln2a 时，h ′(x )>0，函数h (x )单调递增；③当a <0时，e x －2a >0，令h ′(x )＝0，解得x ＝ln(－a )，当x <ln(－a )时，h ′(x )<0，函数h (x )单调递减，当x >ln(－a )时，h ′(x )>0，函数h (x )单调递增．综上所述，当a ＝0时，h (x )在R 上单调递增；当a >0时，h (x )在(－∞，ln2a )上单调递减，在(ln2a ，＋∞)上单调递增；当a <0时，h (x )在(－∞，ln(－a ))上单调递减，在(ln(－a )，＋∞)上单调递增．(2)若函数f (x )的图象恒在函数g (x )的图象的上方，则h (x )>0恒成立，即h (x )min >0.①当a ＝0时，h (x )＝e 2x >0恒成立；②当a >0时，由(1)可知h (x )min ＝h (ln2a )，则h (ln2a )＝－4a 2ln2a >0，所以ln2a <0，所以0<a <12；③当a <0时，由(1)知h (x )min ＝h (ln(－a ))，则h (ln(－a ))＝3a 2－4a 2ln(－a )>0，所以ln(－a )<34，所以－e 34<a <0. 综上所述，a的取值范围为(－e 34 ，12)． 方法技巧 本题可转化为f (x )>g (x )恒成立，则可构造函数h (x )＝f (x )－g (x )，证明h (x )>0恒成立.(2020·福建模拟)已知函数f (x )＝|x 3－3x －2a |＋a (a ∈R )，对于任意x 1，x 2∈[0,2]，|f (x 1)－f (x 2)|≤3恒成立，则a 的取值范围是( A )A ．[－12，12]B ．[－1,1]C ．[0，12]D ．[0,1]解析：由题意，令g (x )＝x 3－3x －2a ，则任意x 1，x 2∈[0,2]，|f (x 1)－f (x 2)|≤3恒成立，等价于任意x 1，x 2∈[0,2]，||g (x 1)|－|g (x 2)||≤3恒成立，等价于任意x ∈[0,2]，|g (x )|max －|g (x )|min ≤3.g ′(x )＝3(x ＋1)(x －1)，x ∈[0,1)时，g ′(x )<0，函数g (x )单调递减，x ∈(1,2]时，g ′(x )>0，函数g (x )单调递增，所以当x ∈[0,2]时，g (x )min ＝g (1)＝－2－2a ，又g (0)＝－2a ，g (2)＝2－2a .若a ＝1，则g (1)＝－4，g (0)＝－2，g (2)＝0，所以|g (x )|max －|g (x )|min ＝4－0>3，不合题意，排除选项B ，D ；若a ＝－12，则g (1)＝－1，g (0)＝1，g (2)＝3，所以|g (x )|max －|g (x )|min ＝3－0＝3，不合题意，排除选项C ，故选A.考向二 不等式有解问题【例4】 (2020·东北三省四市联考)已知函数f (x )＝2x ＋a ln x (a >0)．(1)若函数y ＝f (x )图象上各点处的切线斜率的最大值为2，求函数f (x )的极值点；(2)若关于x 的不等式f (x )<2有解，求a 的取值范围．【解】 (1)f ′(x )＝－2x 2＋a x (x >0)．易知当1x ＝a 4时，f ′(x )取得最大值a 28，所以a 28＝2.因为a >0，所以a ＝4，此时f ′(x )＝－2x 2＋4x ＝4x －2x 2，当x ∈(0，12)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减，当x ∈(12，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，所以f (x )的极小值点为x ＝12，无极大值点．(2)因为f ′(x )＝ax －2x 2(x >0且a >0)，所以当x ∈(0，2a )时，f ′(x )<0，f (x )单调递减，当x ∈(2a ，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，所以f (x )≥f (2a )＝a ＋a ln 2a .因为关于x 的不等式f (x )<2有解，所以a ＋a ln 2a <2，因为a >0，所以ln 2a ＋1－2a <0.令g (x )＝ln x ＋1－x (x >0)，则g ′(x )＝1x －1＝1－x x ，易知当x ∈(0,1)时，g ′(x )>0，g (x )单调递增，当x ∈(1，＋∞)时，g ′(x )<0，g (x )单调递减，所以g (x )≤g (1)＝0，当且仅当x ＝1时，“＝”成立，所以由ln 2a ＋1－2a <0可得2a >0且2a ≠1，所以a 的取值范围是{a |a >0且a ≠2}．方法技巧不等式有解问题易与不等式恒成立问题混淆，特别是在最值的转化上容易“张冠李戴”.要注意：f (x )>a (<a )有解⇔f (x )max >a (f (x )min <a )，而f (x )>a (<a )恒成立⇔f (x )min >a (f (x )max <a ).已知函数f (x )＝x 2－(2a ＋1)x ＋a ln x (a ∈R )．(1)若f (x )在区间[1,2]上是单调函数，求实数a 的取值范围；(2)函数g (x )＝(1－a )x ，若∃x 0∈[1，e]使得f (x 0)≥g (x 0)成立，求实数a 的取值范围．解：(1)f ′(x )＝(2x －1)(x －a )x，当导函数f ′(x )的零点x ＝a 落在区间(1,2)内时，函数f (x )在区间[1,2]上就不是单调函数，即a ∉(1,2)，所以实数a 的取值范围是(－∞，1]∪[2，＋∞)．(2)由题意知，不等式f (x )≥g (x )在区间[1，e]上有解，即x 2－2x ＋a (ln x －x )≥0在区间[1，e]上有解．因为当x ∈[1，e]时，ln x ≤1≤x (不同时取等号)，所以x －ln x >0，所以a ≤x 2－2x x －ln x在区间[1，e]上有解． 令h (x )＝x 2－2x x －ln x， 则h ′(x )＝(x －1)(x ＋2－2ln x )(x －ln x )2. 因为x ∈[1，e]，所以x ＋2>2≥2ln x ，所以h ′(x )≥0，h (x )在[1，e]上单调递增，所以x ∈[1，e]时，h (x )max ＝h (e)＝e (e －2)e －1，所以a ≤e (e －2)e －1，所以实数a 的取值范围是⎝⎛⎦⎥⎤－∞，e (e －2)e －1.。

浅析“有解”与“恒成立”问题作者：邓卫和来源：《中学课程辅导高考版·教师版》2014年第24期摘要：在近年的高考中经常出现“有解”与“恒成立”问题，许多同学混淆了这两个概念，在解题时出错。

现对这两个概念进行阐述：“有解”是指“至少有一个满足条件的值使式子成立，则称该问题有解”。

“恒成立”是指“在某一范围内所有的变量值都使该问题成立，则称该问题恒成立”。

本文现通过具体问题进行阐述。

关键词：“有解”;“恒成立”;例析中图分类号：G427文献标识码：A ; ; 文章编号：1992-7711（2014）24-125-1一、有解问题例1方程x2-a|x|+4=0在x∈[-2，2]上有解，求a的范围。

分析：方程x2-a|x|+4=0在x∈[-2，2]上有解，可能有一解，也可能有两解，讨论比较复杂。

可通过分离变量a，转化为求函数的值域来解。

解：x2-a|x|+4=0当x=0时，方程不成立，因此x≠0故方程两边同除以|x|得a=|x|+4|x|≥2|x|·4|x|=4（当且仅当|x|=2时取到“=”）此时x=±2∈[-2，2]，所以：当a≥4时该方程x2-a|x|+4=0在x∈[-2，2]上有解。

点评：本题通过“分离变量a”求值域，方法简单易行，在以后的学习中经常用到这一方法。

例2（2013重庆.理.16）若关于x的不等式|x-5|+|x+3|<a无解，则实数a的取值范围是。

分析：要使|x-5|+|x+3|<a无解，只要求|x-5|+|x+3|<a有解时实数a的范围，然后求a的补集即可。

要使|x-5|+|x+3|<a有解，则至少有一个或一个以上的x值使要|x-5|+|x+3|<a成立，因此，只要求a大于代数式|x-5|+|x+3|的最小值。

解：函数y=|x-5|+|x+3|=2-2xx≤-38-3<x<52x-2x≥5由此可知，该函数的值域为[8，+∞），因此：当a>8时，不等式|x-5|+|x+3|<a有解。

高中数学不等式恒成立与有解问题不等式恒成立与有解问题一直是中学数学的重要内容. 它是函数、数列、不等式等内容交汇处的一个较为活跃的知识点，随着中学数学引进导数，它为我们更广泛、更深入地研究函数、不等式提供了强有力的工具. 在近几年的高考试题中，涉及不等式恒成立与有解的问题，有时在同一套试题中甚至有几道这方面的题目。

其中，特别是一些含自然对数和指数函数的不等式恒成立与有解问题，将新增内容与传统知识有机融合，用初等方法难以处理，而利用导数来解，思路明确，过程简捷流畅，淡化繁难的技巧，它不仅考查函数、不等式等有关的传统知识和方法，而且还考查极限、导数等新增内容的掌握和灵活运用. 它常与思想方法紧密结合，体现能力立意的原则，带有时代特征，突出了高考试题与时俱进的改革方向. 因此，越来越受到高考命题者的青睐. 下面通过一些典型实例作一剖析.1．不等式恒成立与有解的区别不等式恒成立和有解是有明显区别的，以下充要条件应细心思考，甄别差异，恰当使用，等价转化，切不可混为一团.（1）不等式f(x)<k 在x ∈I 时恒成立•k•x f ,)(max <⇔x ∈I. 或f(x)的上界小于或等于k ；（2）不等式f(x)<k 在x ∈I 时有解•k•x f ,)(min <⇔x ∈I. 或f(x)的下界小于k ；（3）不等式f(x)>k 在x ∈I 时恒成立•k•x f ,)(min >⇔x ∈I. 或f(x)的下界大于或等于k ；（4）不等式f(x)>k 在x ∈I 时有解•k•x f ,)(max >⇔x ∈I. 或f(x)的上界大于k ；解决不等式恒成立和有解解问题的基本策略常常是构作辅助函数，利用函数的单调性、最值（或上、下界）、图象求解；基本方法包括：分类讨论，数形结合，参数分离，变换主元等等.例1 已知两函数f(x)=8x 2+16x-k ，g(x)=2x 3+5x 2+4x ，其中k 为实数.（1）对任意x ∈[-3，3]，都有f （x)≤g(x)成立，求k 的取值范围；（2）存在x ∈[-3，3]，使f （x)≤g(x)成立，求k 的取值范围；（3）对任意x 1x 2∈[-3，3]，都有f （x 1)≤g(x 2)，求k 的取值范围.解析 （1）设h(x)=g(x)-f(x)=2x 2-3x 2-12x+k ，问题转化为x ∈[-3，3]时，h(x)≥0恒成立，故h m in (x)≥0.令h′ (x)=6x 2-6x-12=0，得x= -1或2.由h(-1)=7+k ，h(2)=-20+k ，h(-3)=k-45，h(3)=k-9，故h m in (x)=-45+k ，由k-45≥0，得k≥45.（2）据题意：存在x ∈[-3，3]，使f （x)≤g(x)成立，即为：h(x)=g(x)-f(x)≥0在x ∈[-3，3]有解，故h m ax (x)≥0，由（1）知h m ax （x ）=k+7，于是得k≥-7.（3）它与（1）问虽然都是不等式恒成立问题，但却有很大的区别，对任意x 1x 2∈[-3，3]，都有f （x 1)≤g(x 2)成立，不等式的左右两端函数的自变量不同，x 1，x 2的取值在[-3，3]上具有任意性，因而要使原不等式恒成立的充要条件是：]3,3[,)()(min max ••x •x g x f -∈≤，由g′(x)=6x 2+10x+4=0，得x=-32或-1，易得21)3()(min -=-=g x g ，又f(x)=8(x+1)2-8-k ，]3,3[•x -∈. 故.120)3()(max k f x f -==令120-k≤-21，得k≥141.点评 本题的三个小题，表面形式非常相似，究其本质却大相径庭，应认真审题，深入思考，多加训练，准确使用其成立的充要条件2.不等式有解问题例3 设x=3是函数f(x)=(x 2+ax+b)e x -3,x ∈R 的一个极值点.(1)求a 与b 的关系（用a 表示b ），并求f(x)的的单调区间；（2）设a>0，g(x)=x e a ⎪⎭⎫ ⎝⎛+4252，若存在S 1，S 2∈[0，4]，使得|f(S 1)-g(S 2)|<1成立，求a 的取值范围.解析 （1）x e a b x a x x f --+-+-='32])2([)(，由)3(f '=0得b=-2a-3. 故f(x)=(x 2+ax-2a-3)x e -3. 因为)(x f '=-[x 2+(a-2)x-3a-3] x e -3=-(x-3)(x+a+1) x e -3. 由)(x f '=0得：x 1=3，x 2==-a-1. 由于x=3是f(x)的极值点，故x 1≠x 2，即a≠-4.当a<-4时，x 1<x 2，故f(x)在(]3,•∞-上为减函数，在[3，-a-1]上为增函数，在[)+∞--,1•a 上为减函数.当a>-4时，x 1>x 2，故f(x)在(]1,--∞-a •上为减函数，在[-a-1，3]上为增函数，在[)+∞,3•上为减函数.(2)由题意，存在S 1，S 2∈[0，4]，使得|f(S 1)-g(S 2)|<1成立，即不等式|f(S 1)-g(S 2)|<1在S 1，S 2∈[0，4]上有解.于是问题转化为|f(S 1)-g(S 2)|m in <1，由于两个不同自变量取值的任意性，因此首先要求出f(S 1)和g(S 2)在[0，4]上值域.因为a>0，则-a-1<0，由（1）知：f(x)在[0，3]递增；在[3，4]递减. 故f(x)在[0，4]上的值域为[min{f(0),f(4)},f(3)]=[-(2a+3)e 3,a+6]，而g(x)=x e a ⎪⎭⎫ ⎝⎛+4252在[0，4]上显然为增函数，其值域⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛++422425,425e a •a . 因为4252+a -（a+6）=⎪⎭⎫ ⎝⎛-21a 2≥0, 故4252+a ≥(a+6).|f(S 1)-g(S 2)|m in =4252+a -(a+6)从而解230,01)6(4252<<⎪⎩⎪⎨⎧><+-+a ••••a a a 得. 故a 的取值范围为⎪⎭⎫ ⎝⎛23,0••. 假若问题变成：“对任意的S 1，S 2∈[0，4]，使得|f(S 1)-g(S 2)|<1都成立，求a 的取值范围.”则可将其转化为|f(S 1)-g(S 2)|m ax <1点评 函数、不等式、导数既是研究的对象，又是决问题的工具. 本题从函数的极值概念入手，借助导数求函数的单调区间，进而求出函数 闭区间上的值域，再处理不等式有解问题. 这里传统知识与现代方法交互作用，交相辉映，对考生灵活运用知识解决问题的能力是一个极好的考查.3．不等式恒成立问题例2 设函数f(x)=(x+1)ln(x+1),若对所有x≥0，都有f(x)≥ax 成立，求实数a 的取值范围.解析 构作辅助函数g(x)=f(x)-ax=(x+1)ln(x+1)-ax ，原问题变为g(x)≥0对所有的 x≥0恒成立，注意到g(0)=0，故问题转化为g(x)≥g(0)在x≥0时恒成立，即函数g(x)在[)∞+••,0为增函数.于是可通过求导判断g(x)的单调性，再求出使g(x)≥g(0)成立的条件.g′(x)=l n(x+1)+1-a ，由g′(x)=0，得x=e1-a -1. 当x>e 1-a -1时，g′(x)>0，g(x)为增函数.当-1<x<e 1-a -1时，g′(x)<0，g(x)为减函数.那么对所有的x≥0，都有g(x)≥g(0)，其充要条件是e 1-a -1≤0，故得a 的取值范围是(]1,••∞-.假若我们没有注意到g(0)=0，那么在解g(x)≥0对所有的x≥0恒成立时，也可转化为)0(0)(min ≥≥x x g ，再以导数为工具，稍作讨论即可得解.值得一提的是，本题还有考生采用参数分离法求解：由f(x)=(x+1)ln(x+1)≥ax 对所有的x≥0恒成立可得：（1）当x=0时，a ∈R . （2）当x>0时，.)1ln()1(x x x a ++≤设g(x)=xx x )1ln()1(++,问题转化为求g(x)在开区间（0，+∞）上最小值或下界，2)1ln()(x x x x g +-='，试图通过g′(x)=0直接解得稳定点，困难重重！退一步令h(x)=x-ln(x+1)，因为0,111)(>+-='•x •x x h ，故)(x h '>0，则h(x)在（0，+∞）单调递增，即h(x)>h(0)=0，从而)(x g '>0，于是g(x)在（0，+∞）单调递增，故g(x)无最小值，此时，由于g(0)无意义，g(x)的下界一时也确定不了，但运用极限知识可得：)(lim )(0x g x g x →>，然而求此极限却又超出所学知识范围，于是大部分考生被此难关扫落下马，无果而终. 事实上采用洛比达法则可得：1]1)1[ln(lim )1ln()1(lim )(lim 000=++=++=→→→x xx x x g x x x ，故x>0时，g(x)>1，因而a≤1.综合（1）（2），得a 的取值范围是：(]1,••∞-. 点评 采用参数分离法求解本题，最大的难点在于求分离后所得函数的下界.它需要考生拥有扎实的综合素质和过硬的极限、导数知识，并能灵活地运用这些工具来研究函数的性态，包括函数的单调性，极值（最值）或上下界.突出考查了函数与方程思想、有限与无限的思想.。

数学中的恒成立与有解问题求二次函数的解析式。

若f(x) 2x m 在区间［1,1］上恒成立，求m 的取值范围解题思路：先分离系数，再由二次函数最值确定取值范围.2解析：⑴设f (x) axbx c(a 0) .由 f (0) 1得c21,故 f(x) ax bx 1••• f (x 1) f (x) 2xa(x1)2 b(x 1) 1 (ax 2 bx 1) 2x即2ax a b 2x ,所以2a 2,a b 0,解得a1,b1 二 f(x) x x 15,则g(x)在［1,1］上单调递减.所以g(x)在［1,1］上的最小值为g(1)4所以m 的取值范围是(，1).规律总结：m f(x)对一切x R 恒成立，则m ［f(x)］min ;m f (x)对一切x R 恒成立，则m ［f (x)］max ；注意参数的端点值能否取到需检验。

二、有解问题3、方程的有解问题例题3:题干与例题 2相同 同例题2.(2)若f(x) 2x m 在区间［1,1］上恒成立，求m 的取值范围、恒成立问题若不等式 f xA 在区间 D 上恒成立 ，则等价于在区间 D 上 f x minA 若不等式 f xB 在区间 D 上恒成立 ，则等价于在区间 D 上 f x max B 常用方法1、分离变量法；2、数形结合法；3、 利用函数的性质；4、变更主元等；1、由二次函数的性质求参数的取值范围 2例题1.若关于X 的不等式ax 2x 2 0在R 上恒成立，求实数a 的取值范围. 解题思路：结合二次函数的图象求解 解析：当a 0时,不等式2x 2 0解集不为0不满足题意；a 当a 0时,要使原不等式解集为 R ,只需…222a，解得a -0 21综上，所求实数a 的取值范围为(一，)2 2、转化为二次函数的最值求参数的取值范围 例题2 :已知二次函数满足f (0) 1，而且f (x1) f(x) 2x ，请解决下列问题2⑵由⑴知x x 12x m 在［1,1］恒成立，即m 2x 3x 1在［1,1］恒成立.令 g(x) x 2 3x 1 (x 3)22解题思路：先分离系数，再由二次函数值域确定取值范围.解析：⑴解法同例题22 2⑵由⑴知x x 1 2x m在［1,1］恒成立，即m x 3x 1在［1,1］恒成立.3 252令g(x) x2 3x 1 (x -)2-，则g(x)在［1,1］上单调递减.所以g(x)在［1,1］上的最大值为2 4g( 1) 5，最小值为g(1) 1，所以m的取值范围是1,5。

高中数学中的恒成立与有解问题作者：姜越来源：《数学教学通讯(教师阅读)》2009年第11期摘要:含参数不等式恒成立问题与有解问题是高考的热点、难点,这样的题目综合性强,可考查函数、导数、不等式等高中数学的主干知识,考查学生的综合解题能力. 在培养学生思维的灵活性、创造性方面起到了积极的作用.关键词:不等式恒成立问题;不等式有解问题含参数不等式恒成立问题与有解问题是高考的热点、难点,这样的题目综合性强,可考查函数、导数、不等式等高中数学的主干知识,考查学生的综合解题能力. 在培养学生思维的灵活性、创造性方面起到了积极的作用. 这类题目往往出现在压轴题中,令很多学生望而却步. 下面通过一些典型例题作一剖析.不等式恒成立问题例1 (2008安徽)设函数f(x)=(x>0且x≠1).(1)求函数f(x)的单调区间;(2)已知2>xa对任意x∈(0,1)恒成立,求实数a的取值范围.解析(1)f ′(x)=-,令f ′(x)=0,则x=.列表如下:所以f(x)的单调增区间为0,,单调减区间为,1,(1,+∞).(2)在2>xa两边取对数得ln2>alnx. 由于0ln2•. 因为2>xa对任意x∈(0,1)恒成立,所以a>ln2•对任意x∈(0,1)恒成立. 所以a>ln2•f(x)max. 由(1)可知当x∈(0,1)时,f(x)max=f=-e,所以a>-eln2.点评本题采用分离变量法来解,关键是如何将变量分离,本题还采用了取对数,然后利用导数求出函数f(x)的最大值,从而求出a的取值范围.不等式有解问题例2 (2009苏北四市第二次模拟考试)已知函数f(x)=alnx+x2(a为实数),若存在x∈[1,e],使得f(x)≤(a+2)x成立,求a的取值范围.解析不等式f(x)≤(a+2)x可化为a(x-lnx)≥x2-2x. 因为x∈[1,e],所以0≤lnx≤1. 所以lnx≤1≤x且等号不能同时取. 所以lnx0. 因而a≥(x∈[1,e]). 令g(x)=(x∈[1,e]),要存在x∈[1,e],使得a≥g(x)成立,当且仅当a≥g(x)min,x∈[1,e].又g′(x)=,当x∈[1,e]时,x-1≥0,lnx≤1,x+2-2lnx>0,从而g′(x)≥0,当且仅当x=1时取等号. 所以g(x)在[1,e]上为增函数. 故g(x)的最小值为g(1)=-1. 所以a的取值范围是[-1,+∞).点评本题将函数、导数、不等式结合在一起,主要思路是采用分离变量法,分离出变量后,利用导数求出函数的最小值. 要存在x∈[1,e],使得a≥g(x)成立,当且仅当a≥g(x)min,x∈[1,e],从而求出a的范围.变式假若问题变成对?坌x∈[1,e],f(x)≤(a+2)x恒成立,求a的取值范围,则问题转化为a≥g(x)max,x∈[1,e],可得a≥.不等式恒成立与有解问题的区别不等式恒成立与有解问题的区别还是比较明显的,只要细心读题,认真思考,便可找出它们的差异.(1)不等式a≥f(x)在x∈I恒成立?圳a≥f(x)max;存在x∈I使得不等式a≥f(x)成立?圳a≥f(x)min.(2)不等式a≤f(x)在x∈I恒成立?圳a≤f(x)min;存在x∈I使得不等式a≤f(x)成立?圳a≤f(x)max .解决不等式恒成立问题与有解问题往往利用函数的单调性、(下转第64页)(上接第59页)导数、最值,基本方法有:一次函数型,二次函数型,分离变量型,数形结合型等.例3 已知函数f(x)=2x2-2m, g(x)=x3+3x2-x,其中m为实数.(1)对任意x∈[-1,6]都有f(x)≤g(x)成立,求m的取值范围;(2)存在x∈[-1,6],使得f(x)≤g(x)成立,求m的取值范围;(3)对任意x1,x2∈[-1,6],都有f(x1)≤g(x2),求m的取值范围.解析 (1)令h(x)=g(x)-f(x)=x3+x2-x+2m,所以对任意x∈[-1,6]都有h(x)≥0恒成立. 故h(x)min≥0. h′(x)=3x2+2x-1,令h′(x)=0得x1=-1,x2=. 由h(-1)=2m+1,f=+2m,f(6)=246+2m,故h(x)min=+2m≥0. 所以m≥.(2)因为存在x∈[-1,6],使得f(x)≤g(x)成立,所以h(x)=g(x)-f(x)≥0在x∈[-1,6]有解. 故h(x)max≥0. 由(1)知h(x)max=246+2m≥0, 所以m≥-123.(3)与(1)虽都是不等式恒成立问题,但是差别很大,对任意x1,x2∈[-1,6],都有f(x1)≤f(x2)成立,不等式两端的自变量不同,x1,x2的取值在[-1,6]上具有任意性,因此要使原不等式恒成立当且仅当f(x)max≤g(x)min,x∈[-1,6]. 由f(x)=2x2-2m,x∈[-1,6]得f(x)max=f(6)=72-2m.?摇令g′(x)=3x2+6x-1=0得x1=,x2=(因为x∈[-1,6],舍去),g(-1)=3,g=,g(6)=318. 所以g(x)min=. 所以72-2m≤. 所以m≥+.点评这3个小题,表面非常相似,容易混为一谈,但实质各有千秋,所以我们应该认真审题,缜密思考,加强训练,准确使用其成立的充要条件.不等式恒成立与有解问题,在近几年的高考题中频频出现,这类试题常与思想方法紧密结合,体现能力立意的原则,突出了高考试题与时俱进的改革方向. 因此越来越受到高考命题者的青睐,希望广大师生高度关注.。

处理方法：解决函数的恒成立与有解问题的基本策略常常是构造辅助函数，利用函数的单调性，最值，图像求解。

基本方法包括：分离参数，数形结合，分类讨论。

重难点：1.辅助函数选择的合理性. 2.转化的等价性一、小题训练1．对任意11x -≤≤，不等式2(4)420x a x a +-+-<恒成立，求a 的取值范围2．若不等式1)21(2)(2<--xx m m 对一切(,1]x ∈-∞-恒成立，则实数m 的取值范围 3.若1||x a x -+≥12对一切x ＞0恒成立，则a 的取值范围是二、典型例题例1．若13)(3+-=x ax x f 对于[]1,1-∈x 总有0)(≥x f 成立，求a 的值.例2．已知函数2()11f x x x =+-- （1）是否存在实数,m k ，使得()()f x f m x k +-=对于定义域内的任意x 都成立； （2）若方程2()(23)f x t x x x =-+有三个解，求实数t 的取值范围．例3已知21()2x f x e x ax =--，1()()2x g x =，存在1[1,0]x ∈-，对于任意212x ≥，使不等式12()()g x f x ≤成立，求a 的取值范围.三、课后作业1．若32()(33)6([0,2])g x ax a x x x =+--∈在x=0处取得最大值，求a 的取值范围2．已知函数2()22(4)1f x mx m x =--+，()g x mx =，若对于任一实数x ，()f x 与()g x 至少有一个为正数，则实数m 的取值范围是3.设函数()1f x x x=-．对任意[)1,x ∈+∞，()()0f mx mf x +<恒成立，则实数m 的取值范围是 4.若关于x 的不等式2(20)lg0a ax x -≤对任意的正实数x 恒成立，则实数a 的取值范围是 .2121212121()2ln ,()()2(1)[1,4],[2,1][1,4][2,1]x f x x x m g x m x x x x x x x x =--=+∈∈--≤∈∈--≤5.已知存在对任意，有不等式f()g()成立，求实数m 的取值范围(2)对任意，存在，使不等式f()g()成立，求实数m 的取值范围22121122126.,[12]23x R x x x x x x mx m ∈∈++≥++对任意存在，，使不等式成立，求的取值范围。