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微专题43例题答案：(3，＋∞)．解法1：(利用函数最值)由题意得f(x)＝x 2＋(a －4)x ＋4－2a 在[－1，1]上的最大值小于0，所以⎩⎨⎧f （－1）<0，f （1）<0，解得a>3.所以实数a 的取值范围为(3，＋∞)． 解法2：(分离参数法)a>（x －2）22－x＝2－x 恒成立－1≤x ≤1，所以a>3.所以实数a 的取值范围为(3，＋∞)． 变式联想变式1答案：[－2，2]．解法1由题意得Δ≤0，所以－2≤a ≤2，即实数a 的取值范围为[－2，2]．解法2当x ＝0时，x 2－ax ＋1≥0恒成立，∴a ∈R ，当x ≠0时，ax ≤x 2＋1，∴⎩⎪⎨⎪⎧x >0，a ≤x ＋1x ，且⎩⎪⎨⎪⎧x <0，a ≥x ＋1x ，恒成立．∴－2≤a ≤2，综上所述，－2≤a ≤2，即实数a 的取值范围为[－2，2]．变式2答案：(0，＋∞)．解法1设f(x)＝x 2－x ＋a ，则其对称轴x ＝12，∴f(x)在]21,0(单调递增，∴f(0)>0，∴a>0，即实数a 的取值范围为[0，＋∞)．解法2－a<x 2－x(0<x ≤12)，所以(x 2－x)max <0，所以－a<0所以a>0，即实数a 的取值范围为[0，＋∞)． 串讲激活串讲1答案：(－∞，－2]．解析：a ≤1x －1x 2(0<x ≤12)，因为(1x －1x 2)max ＝－2，所以a ≤－2，即实数a 的取值范围为(－∞，－2]． 串讲2 答案：]251,(+--∞∪),251[+∞+ 解析：设f(a)＝(－x)a ＋x 2－1，⎩⎪⎨⎪⎧f （－1）≥0f （1）≥0，所以x ≥1＋52或x ≤－1＋52，即实数x 的取值范围为]251,(+--∞∪),251[+∞+. 新题在线答案：4.解析：因为不等式f(x)≥0对任意的x ∈[1，3]恒成立，所以k ≤x 2＋4x ，因为x 2＋4x ＝x ＋4x≥ 2x·4x＝4，当且仅当x ＝2时取等号，所以k ≤4.。
二、函数中恒成立问题
【一】分离参数法
利用分离参数法来确定不等式,（ ,为实参数）恒成立中参数的取值范围的(),0f x λ≥D x ∈λλ基本步骤:
①将参数与变量分离,即化为（或）恒成立的形式；()()g f x λ≥()()g f x λ≤
的取值范围是（
】已知函数，，当时，不等式恒成立，则实数的】若，满足恒成立，则实数的取值范围为
求实数k
m
对任意x的取值范围是
的取值范围为（
4】已知函数
）函数
a>0恒成立，求实数
五、课后自我检测
e ．已知函数（
3－
若关于的不等式恰有个整数解则实数的A. B. D.
D. (
已知对任意的，总存在唯一的，使得成立（为自然对数的底，则实数的取值范围是
二、函数中恒成立问题 【一】分离参数法
利用分离参数法来确定不等式,（ ,为实参数）恒成立中参数(),0f x λ≥D x ∈λ基本步骤:
①将参数与变量分离,即化为（或）恒成立的形式；
()()g f x λ≥()()g f x λ≤。
2021年高考数学问题2.2函数中的存在性与恒成立问题提分练习一、考情分析函数内容作为高中数学知识体系的核心,也是历年高考的一个热点.在新课标下的高考越来越注重对学生的综合素质的考察,恒成立与存在性问题便是一个考察学生综合素质的很好途径,它主要涉及到一次函数、二次函数、三角函数、指数函数和对数函数等常见函数的图象和性质及不等式等知识,渗透着换元、化归、数形结合、函数与方程等思想方法,在培养思维的灵活性、创造性等方面起到了积极的作用,故备受高考的青睐,成为高考能力型试题的首选. 二、经验分享(1) 设)0()(2≠++=a c bx ax x f ,（1）上恒成立；（2）上恒成立.(2) 对于一次函数有：⎩⎨⎧<<⇔<⎩⎨⎧>>⇔>0)(0)(0)(,0)(0)(0)(n f m f x f n f m f x f 恒成立恒成立 (3)根据方程有解求参数范围,若参数能够分离出来,可把求参数范围转化为求函数值域．(4) 利用分离参数法来确定不等式,（ ,为实参数）恒成立中参数的取值范围的基本步骤: ①将参数与变量分离,即化为（或）恒成立的形式； ②求在上的最大（或最小）值； ③解不等式(或) ,得的取值范围.(5) 对于参数不能单独放在一侧的,可以利用函数图象来解.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.(6) 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.即把主元与参数换个位置,再结合其它知识,往往会取得出奇制胜的效果.三、知识拓展(1)恒成立问题①. ∀x∈D,均有f(x)>A恒成立,则f(x)min>A；②. ∀x∈D,均有f(x)﹤A恒成立,则 f(x)ma x<A；③. ∀x∈D,均有f(x) >g(x)恒成立,则F(x)= f(x)- g(x) >0,∴ F(x)min >0；④. ∀x∈D,均有f(x)﹤g(x)恒成立,则F(x)= f(x)- g(x) <0,∴ F(x) ma x <0；⑤. ∀x1∈D, ∀x2∈E,均有f(x1) >g(x2)恒成立,则f(x)min> g(x)ma x；⑥. ∀x1∈D, ∀x2∈E,均有f(x1) <g(x2)恒成立,则f(x) ma x < g(x) min.(2)存在性问题①. ∃x0∈D,使得f(x0)>A成立,则f(x) ma x >A；②. ∃x0∈D,使得f(x0)﹤A成立,则 f(x) min <A；③. ∃x0∈D,使得f(x0) >g(x0)成立,设F(x)= f(x)- g(x),∴ F(x) ma x >0；④. ∃x0∈D,使得f(x0) <g(x0)成立,设F(x)= f(x)- g(x),∴ F(x) min <0；⑤. ∃x1∈D, ∃x2∈E, 使得f(x1) >g(x2)成立,则f(x) ma x > g(x) min；⑥. ∃x1∈D, ∃x2∈E,均使得f(x1) <g(x2)成立,则f(x) min < g(x) ma x.(3)相等问题若f(x)的值域分别为A,B,则①. ∀x1∈D, ∃x2∈E,使得f(x1)=g(x2)成立,则；②∃x1∈D, ∃x2∈E, 使得f(x1)=g(x2)成立,则.(4)恒成立与存在性的综合性问题①∀x 1∈D , ∃x 2∈E, 使得f (x 1) >g (x 2)成立,则f (x )m in > g (x ) m in ； ②∀x 1∈D , ∃x 2∈E, 使得f (x 1) <g (x 2)成立,则f (x ) max < g (x ) max . 四、题型分析解决高中数学函数的存在性与恒成立问题常用以下几种方法：①函数性质法；②分离参数法；③主参换位法；④数形结合法等. (一) 函数性质法【例1】已知函数f (x )＝x 3－ax 2＋10,若在区间[1,2]内至少存在一个实数x ,使得f (x )<0成立,求实数a 的取值范围．【分析】本题实质是存在性问题解法二：由已知得：a >x 3＋10x 2＝x ＋10x2, 设g (x )＝x ＋10x2(1≤x ≤2),g ′(x )＝1－20x3,∵1≤x ≤2,∴g ′(x )<0,所以g (x )在[1,2]上是减函数．g (x )m in ＝g (2),所以a >92.【点评】 解法一在处理时,需要用分类讨论的方法,讨论的关键是极值点与区间[1,2]的关系；解法二是用的参数分离,由于ax 2>x 3＋10中x 2∈[1,4],所以可以进行参数分离,而无需要分类讨论． 【牛刀小试】【xx 山西大学附中第二次模拟】设函数()()21xf x e x ax a =--+,其中,若存在唯一的整数,使得,则的取值范围是（ ）A ．B ．C ．D ． 【答案】D【解析】令()()()21,x g x e x h x ax a =-=-.由题意知存在唯一整数,使得在直线的下方.,当时,函数单调递减,当,函数单调递增,当时,函数取得最小值为.当时,,当时,,直线过定点,斜率为,故且,解得. (二)分离参数法【例2】已知函数的图象在点（为自然对数的底数）处的切线的斜率为． (1)求实数的值；(2)若对任意成立,求实数的取值范围.【分析】（1）由结合条件函数的图象在点处的切线的斜率为,可知,可建立关于的方程：,从而解得；（2）要使对任意恒成立,只需即可,而由（1）可知,∴问题即等价于求函数的最大值,可以通过导数研究函数的单调性,从而求得其最值：221(1ln )ln '()x x xx g x x x ⋅-+==-,令,解得,当时,,∴在上是增函数；当时,,∴在上是减函数,因此在处取得最大值,∴即为所求. 【解析】(1)∵,∴,又∵的图象在点处的切线的斜率为,∴, 即,∴； (2)由（1）知,,∴对任意成立对任意成立, 令,则问题转化为求的最大值,221(1ln )ln '()x x xx g x x x ⋅-+==-,令,解得, 当时,,∴在上是增函数； 当时,,∴在上是减函数．故在处取得最大值,∴即为所求.【点评】在函数存在性与恒成立问题中求含参数范围过程中,当其中的参数（或关于参数的代数式）能够与其它变量完全分离出来并,且分离后不等式其中一边的函数（或代数式）的最值或范围可求时,常用分离参数法.此类问题可把要求的参变量分离出来,单独放在不等式的一侧,将另一侧看成新函数,于是将问题转化成新函数的最值问题.利用分离参数法来确定不等式,（为实参数）恒成立中参数的取值范围的基本步骤:(1)将参数与变量分离,即化为（或）恒成立的形式； (2)求在上的最大（或最小）值； (3)解不等式 (或) ,得的取值范围.【牛刀小试】【xx 湖南省郴州市上学期第一次教学质量监测】已知函数,,其中且,． (1)若,且时,的最小值是－2,求实数的值； (2)若,且时,有恒成立,求实数的取值范围. 【答案】(1)；(2).(2)∵恒成立,即log 2log (22)a a x x t ≥+-恒成立, ∴1log log (22)2a a x x t ≥+-. 又∵,,∴, ∴恒成立, ∴. 令21171222()([,2])484y x x x x =-=-+∈,∴.故实数的取值范围为. (三)主参换位法【例3】已知函数是实数集上的奇函数,函数是区间上的减函数,(1)求的值；(2)若上恒成立,求的取值范围. 【分析】在第二小题所给条件中出现了两个字母：及,那么解题的关键恰恰就在于该把其中哪个字母看成是一个变量,另一个作为常数.而根据本题中的条件特征显然可将视作自变量,则上述问题即可转化为在内关于的一次函数大于等于0恒成立的问题,问题即可求解. 【解析】(1) (2)由(1)知：,, 在上单调递减,在上恒成立, , 只需,（其中）恒成立,由上述②结论：可令()2(1)sin110(1f t t λλλ=++++≥≤-）,则, ,而恒成立,.【点评】某些函数存在性与恒成立问题中,当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.即把主元与参数换个位置,再结合其它知识,往往会取得出奇制胜的效果.此类问题的难点常常因为学生的思维定势,易把它看成关于的不等式讨论,从而因计算繁琐出错或者中途夭折；若转换一下思路,把待求的x 为参数,以为变量,构造新的关于参数的函数,再来求解参数应满足的条件这样问题就轻而易举的得到解决了. 【牛刀小试】若不等式对任意恒成立,求实数x 的取值范围. 【答案】【解析】可转化为,设()()21210f m m x x =--+<,则是关于m 的一次型函数,要使恒成立,只需()()221201220f x x f x x ⎧=-<⎪⎨-=--+<⎪⎩,解得. (四)数形结合法【例4】已知函数,在恒有,求实数的取值范围.【分析】为了使题中的条件在恒成立,应能想到构造出一个新的函数,则可把原题转化成所构造新的函数在区间时恒大于等于的问题,再利用二次函数的图象性质进行分类讨论,即可使问题得到圆满解决.【点评】如果题中所涉及的函数对应的图象、图形较易画出时,往往可通过图象、图形的位置关系建立不等式从而求得参数范围. 解决此类问题经常要结合函数的图象,选择适当的两个函数,利用函数图像的上、下位置关系来确定参数的范围.利用数形结合解决不等式问题关键是构造函数,准确做出函数的图象.常见的有两类函数：若二次函数大于0恒成立,则有,同理,若二次函数小于0恒成立,则有.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.【牛刀小试】【xx 河北省武邑上学期第三次调研考试】已知定义在上的奇函数满足:当时,,若不等式对任意实数恒成立,则实数的取值范围是（ ）A ．B ． C. D ． 【答案】A【解析】当时,()33()()()()f x f x x f x x x R f x =--=⇒=∈⇒在上是增函数对任意实数恒成立对任意实数恒成立,结合二次函数图象可得201680m m m <⎧⇒⇒∈⎨∆-<⎩,故选A. (五)存在性之常用模型及方法【例5】设函数()21ln 2a f x a x x bx -=+-,且.曲线在点处的切线的斜率为. （1）求的值；（2）若存在,使得,求的取值范围.【分析】（1）根据条件曲线在点处的切线的斜率为,可以将其转化为关于,的方程,进而求得的值：,；（2）根据题意分析可得若存在,使得不等式成立,只需即可,因此可通过探求的单调性进而求得的最小值,进而得到关于的不等式即可,而由（1）可知()21ln 2a f x a x x x -=+-,则()()()11x a x a f x x ---⎡⎤⎣⎦'=,因此需对的取值范围进行分类讨论并判断的单调性,从而可以解得的取值范围是()()11,+∞.【解析】（1）,由曲线在点处的切线的斜率为,得,即,； 4分（2）由（1）可得,()21ln 2a f x a x x x -=+-, ()()()()()211111x a x a a x x a a f x a x x x x---⎡⎤--+⎣⎦'=+--==,令,得,,而, ①当时,,在上,,为增函数,()()()min111122a a f x f ---==-=, 令,即,解得. ②当时,,()()()2minln 112111a a a a a f x f a a a a a a ⎛⎫==++> ⎪-----⎝⎭, 不合题意,无解,10分③当时,显然有,,∴不等式恒成立,符合题意,综上,的取值范围是()()11,-+∞.【点评】解决函数中存在性问题常见方法有两种：一是直接法同上面所讲恒成立；二是间接法,先求其否定（恒成立）,再求其否定补集即可解决.它的逻辑背景：原命题为的否定为；原命题为的否定为“.处理的原则就是：不熟系问题转化为熟悉问题.【牛刀小试】已知,,(1)若存在,使得,求实数的取值范围；(2)若存在,使得,求实数的取值范围.五、迁移运用1．【xx届江西省上高县高三上学期第四次月考】若不等式对任意恒成立,则实数的取值范围为（）A. [B.C.D.【答案】A【解析】构造函数f（x）=3x2,g（x）=-log a x, ∵不等式3x2-log a x＜0对任意恒成立,∴f（）≤g（∴3•- ≤0．∴0＜a＜1且a≥∴实数a的取值范围为[,故选A2．【xx届广西贵港市高三上学期12月联考】若不等式()()21313ln1ln33x xax++-⋅≥-⋅对任意的恒成立,则的取值范围是（）A. B. C. D. 【答案】D【解析】由题意结合对数的运算法则有：()213133ln ln33x x xa++-⋅≥,由对数函数的单调性有： ,整理可得： ,由恒成立的条件有： ,其中21313233xxxxy+⎛⎫==+≥⎪⎝⎭,当且仅当时等号成立.即时,函数取得最小值.综上可得： .本题选择D选项.3.【xx届福建省闽侯高三12月月考】已知函数,若关于的不等式恰有个整数解,则实数的最大值是（）A. B. C. D.【答案】D4．【xx 届甘肃省高台高三上学期第五次模拟】已知函数,若对任意, 恒成立,则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B【解析】函数对任意, 恒成立,∴恒成立,即x 恒成立；设()()()1,1x g x h x a x e==-,x ∈R ；在同一坐标系内画出两个函数的图象,如图所示；则满足不等式恒成立的是h (x )的图象在g (x )图象下方,求的导数, 且过图象上点的切线方程为,且该切线方程过原点(0,0), 则,即,解得；∴切线斜率为,∴应满足a −1>−e ,即a >1−e ；又a −1⩽0,∴a ⩽1,∴实数a 的取值范围是(1−e ,1].故选B.5．【xx 届广东省五校高三12月联考】已知函数()()ln 224(0)f x x a x a a =+--+>,若有且只有两个整数, 使得,且,则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C【解析】由题意可知, ,即()()ln 2240,0x a x a a +--+>>, ()22ln 40ax a x x a ∴->-->,设()()2ln 4,2g x x x h x ax a =--=-,由,可知,在上为减函数,在上为增函数, 的图象恒过点,在同一坐标系中作出的图象如下：若有且只有两个整数,使得,且,则()()()(){11 33a h g h g >>≤,即0{2 23a a a ln >->-≤-,解得,故选C.6．【xx 届陕西省西安高三上学期期中】已知函数,若对于任意的,都有成立,则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A7.【xx 宁夏育才中学上学期第二次月考】设函数,. 若当时,不等式0)1()sin (>-+m f m f θ恒成立,则实数的取值范围是（ ）A. B.C. D.【答案】D【解析】易得是奇函数,2()310()f x x f x '=+>⇒在上是增函数,又11(sin )(1)sin 1,0sin 111sin 1sin f m f m m m m m θθθθθ>-⇒>-⇒<<<⇒⇒≤--,故选D.8.【xx 河北省武邑中学2高三上学期第三次调研】 若对,不等式,恒成立,则实数的最大值是（ ） A ． B ． C. D ． 【答案】D【解析】22222222222422x y x y x y x y x x e e e e e ax e +---+-----++≥+=+⇒≤+恒成立,设2222221(1)(1)1()'()x x x x e xe e x e g x g x x x x----+-+--=⇒==,再设2()(1)1'()x h x x e h x -=--⇒= ,令当当2,'()0()(2)0x h x h x h >>⇒≥=⇒ 仅有一解,且,故选D.9.【xx 山西省孝义市高三上学期二轮模考】已知函数2ln ()()()x x b f x b R x+-=∈,若存在,使得,则实数的取值范围是（ ）A ．B ． C. D ． 【答案】C【解析】由题意,得2212()ln ()()x x b x x b f x x +----'=,则＝－212()ln ()x x b x x b x+----＝．若存在,使得,则,所以．设,则,当时,；当时,,所以在上单调递减,在上单调递增,所以当,函数取最大值,最大值为,所以,故选C ．10．【xx 届江苏南通市高三第二次阶段测试】若不等式在实数集R 上恒成立,则正整数的最大值是_____． [参考数据： ] 【答案】【解析】不等式在实数集R 上恒成立,等价于的图象恒在上方, 与的图象相切时斜率最大,设与的图象相切时切点坐标为,则 ,切线方程为 ,将点 代入切线方程可得()()00021150x g x ex =--=, 在 上递增, , , , 的图象恒在上方,所以 ,而 ,所以正整数的最大值是,故答案为.11．【xx 届河南省漯河高三上学期第四次模拟】已知（, 为常数）和是定义在上的函数,对于任意的,存在使得, ,且,则在上的最大值为__________. 【答案】5【解析】∵()1114g x x x =+≥=,(当且仅当x=2时,等号成立), ∴()()22212b f c g =++==,∴,∴()22111222b b b f x xc x x x =++=+--, ∴,∵f(x)在x=2处有最小值,∴,即b=8,故c=−5,故()()3221885,'2x f x x f x x x-=+-=,故f(x)在[1,2]上是减函数,在[2,4]上是增函数, 而()()17185,4825522f f =+-==+-=,故f(x)的最大值为5. 12.设函数f (x )＝ax ＋sin x ＋cos x ．若函数f (x )的图象上存在不同的两点A ,B ,使得曲线y ＝f (x )在点A ,B 处的切线互相垂直,则实数a 的取值范围为 ． 【答案】【解析】因为),4cos(2sin cos )(π++=-+='x a x x a x f则存在实数,使得1))4cos(2))(4cos(2(21-=++++ππx a x a 成立.不妨设11)(0,4k a x a π=+∈则22)[4k a x a π=+∈因此222120()2,12,1,1 1.k k a a a a <-≤-≤-≤-≤≤13.【xx 山西省孝义市高三上学期二轮模考】设函数,,其中,为自然对数的底数. （1）讨论的单调性； （2）证明：当时,；（3）确定的所有可能取值,使得在区间内恒成立.【解析】（1）由,得2121'()2(0)ax f x ax x x x-=-=>. 当时,在成立,则为上的减函数； 当时,由,得, ∴当时,,当时,.则在上为减函数,在上为增函数.综上,当时,为上的减函数；当时,在上为减函数,在上为增函数. （2）证明：要证,即,即证,也就是证. 令,则,∴在上单调递增,则, 即当时,,∴当时,； （3）由,得211ln 0xax a x e x----+>. 设211()ln 0xt x ax a x e x-=---+>,由题意知,在内恒成立. ∵,∴有1122111'()220x x xt x ax e ax e x x x---=-+-=+-≥在内恒成立. 令,则11233122'()22x x x x a e a e x x x---Φ=+-+=++, 当时,,令,,函数在上单调递增.∴. 又,,∴,.综上所述,,,在区间单调递增, ∴,即在区间单调递增,∴.14.【xx 四川省资阳市高三上学期第一次诊断】已知函数(其中). (Ⅰ) 当时,若在其定义域内为单调函数,求的取值范围；(Ⅱ) 当时,是否存在实数,使得当时,不等式恒成立,如果存在,求的取值范围,如果不存在,说明理由（其中是自然对数的底数,＝2.71828…）.【解析】(Ⅰ) 由题,,2224444()(1)ax x a f x a x x x -+'=+-=. ①当时,知,则是单调递减函数；②当时,只有对于,不等式恒成立,才能使为单调函数,只需,解之得,此时．综上所述,的取值范围是． (Ⅱ) ,其中,222()1b b x bx bf x x x x -++'=-+=．(ⅰ) 当时,,于是在上为减函数,则在上也为减函数, 知max 1()(e)e (1)e 0e eb f x f b b ==--=--<恒成立,不合题意,舍去． (ⅱ) 当时,由得．列表得①若,即,知max1()(e)e (1)e ee bf x f b b ==--=--,而211e 2e(1)e (1)e 0e e e 1e 1b -----=<++≤,于是恒成立,不合题意,舍去．②若,即, 则在(,)上为增函数,在(,)上为减函数, 要使在恒有恒成立,则必有则22e 0e2e 0e b b b b ⎧-->⎪⎪⎨⎪-->⎪⎩，，所以243242e e e 1e e e .2e 1b b ⎧>=⎪⎪--⎨⎪>⎪-⎩，由于32232e e (2e 1)e 3e 10---=-+<,则,所以． 15. 【xx 湖北省襄阳市四校高三上学期期中联考】已知函数 当时,求的单调区间；当时,的图象恒在的图象上方,求的取值范围.(ii) 当时,, ()(1)x xf x xe ax x e '=-=-恒成立,在上单调递增,无减区间；综上,当时,的单调增区间是,单调减区间是； 当时,的单调增区间是,单调减区间是；当时,的单调增区间是,无减区间. 由知当时,的图象恒在的图象上方,即32(1)xxe ax ax x a x ->+--对恒成立 即 对恒成立 记 ,()()21xg x e ax h x '=--=(i) 当时,恒成立,在上单调递增, , 在上单调递增,符合题意； (ii) 当时,令得 时,,在上单调递减 时, 在上单调递减, 时,,不符合题意综上可得的取值范围是.16. 【xx 广东省惠州市第二次调研】已知函数,.（Ⅰ）函数的图象与的图象无公共点,求实数的取值范围；（Ⅱ）是否存在实数,使得对任意的,都有函数的图象在的图象的下方？若存在,请求出整数的最大值；若不存在,请说理由. （参考数据：,,）.【解析】（Ⅰ）函数与无公共点,等价于方程在无解 令,则令得因为是唯一的极大值点,故……………4分 故要使方程在无解,当且仅当,故实数的取值范围为（Ⅱ）假设存在实数满足题意,则不等式对恒成立. 即对恒成立.令,则, 令,则,∵在上单调递增,,,且的图象在上连续,∴存在,使得,即,则,∴ 当时,单调递减；当时,单调递增, 则取到最小值000001()ln 11xx e x x x ϕ=--=+-, ∴ ,即在区间内单调递增. 11221111()ln ln 2 1.995252222m r e e ≤=-=+=,∴存在实数满足题意,且最大整数的值为.17.【xx 河南省天一大联考】已知函数． （1）当时,求函数在区间上的最大值与最小值； （2）若在上存在,使得成立,求的取值范围． 【解析】（1）当时,, , 令,得,当变化时,,的变化情况如下表：1极小值因为111()ln ln 212424G =--=-+<,, 2()1(1)11G e e e e e =--=-->,所以在区间上的最大值与最小值分别为：2max ()()1G x G e e e ==--,．①当,即时,在上单调递减, 故在上的最小值为,由,可得． 因为,所以．②当,即时,在上单调递增, 故在上的最小值为,由, 可得（满足）．③当,即时,在上单调递减,在上单调递增,故在上的最小值为(1)2ln(1)h b b b b +=+-+． 因为,所以,所以,即,不满足题意,舍去． 综上可得或,所以实数的取值范围为．18.【xx 届云南省师范大学附属中学xx 届高三12月高考适应性月考】已知函数. （1）确定函数在定义域上的单调性,并写出详细过程； （2）若在上恒成立,求实数的取值范围.（2）由在上恒成立得： 在上恒成立. 整理得： 在上恒成立.令,易知,当时, 在上恒成立不可能, , 又, ,1°当时, ,又在上单调递减,所以在上恒成立,则在上单调递减,又,所以在上恒成立. 2°当时, , ,又在上单调递减, 所以存在,使得, 所以在上,在上,所以在上单调递增,在上单调递减,又,所以在上恒成立,所以在上恒成立不可能. 综上所述, .。
微专题3 不等式恒成立、能成立问题 在解决不等式恒成立、能成立的问题时，常常使用不等式解集法、分离参数法、主参换位法和数形结合法解决，方法灵活，能提升学生的逻辑推理、数学运算等素养．一、“Δ”法解决恒成立问题例1 (1)已知不等式kx 2＋2kx －(k ＋2)<0恒成立，求实数k 的取值范围；(2)若不等式－x 2＋2x ＋3≤a 2－3a 对任意实数x 恒成立，求实数a 的取值范围． 解 (1)当k ＝0时，原不等式化为－2<0，显然符合题意．当k ≠0时，令y ＝kx 2＋2kx －(k ＋2)，由y <0恒成立，∴其图象都在x 轴的下方，即开口向下，且与x 轴无交点．∴⎩⎪⎨⎪⎧k <0，4k 2＋4k (k ＋2)<0，解得－1<k <0. 综上，实数k 的取值范围是{k |－1<k ≤0}．(2)原不等式可化为x 2－2x ＋a 2－3a －3≥0，∵该不等式对任意实数x 恒成立，∴Δ≤0，即4－4(a 2－3a －3)≤0，即a 2－3a －4≥0，解得a ≤－1或a ≥4，∴实数a 的取值范围是{a |a ≤－1或a ≥4}．反思感悟 (1)如图①，一元二次不等式ax 2＋bx ＋c >0(a ≠0)在R 上恒成立⇔一元二次不等式ax 2＋bx ＋c >0(a ≠0)的解集为R ⇔二次函数y ＝ax 2＋bx ＋c (a ≠0)的图象恒在x 轴上方⇔y min >0⇔⎩⎪⎨⎪⎧a >0，Δ<0.(2)如图②，一元二次不等式ax 2＋bx ＋c <0(a ≠0)在R 上恒成立⇔一元二次不等式ax 2＋bx ＋c <0(a ≠0)的解集为R ⇔二次函数y ＝ax 2＋bx ＋c (a ≠0)的图象恒在x 轴下方⇔y max <0⇔⎩⎪⎨⎪⎧ a <0，Δ<0.二、数形结合法解决恒成立问题例2 当1≤x ≤2时，不等式x 2＋mx ＋4<0恒成立，求m 的取值范围． 解 令y ＝x 2＋mx ＋4.∵当1≤x ≤2时，y <0恒成立．∴x 2＋mx ＋4＝0的根一个小于1，另一个大于2.如图，得⎩⎪⎨⎪⎧1＋m ＋4<0，4＋2m ＋4<0，∴⎩⎪⎨⎪⎧m ＋5<0，2m ＋8<0. ∴m 的取值范围是{m |m <－5}．反思感悟 结合函数的图象将问题转化为函数图象的对称轴，端点的函数值或函数图象的位置(相对于x 轴)关系求解．可结合相应一元二次方程根的分布解决问题．三、分离参数法解决恒成立问题例3 设函数y ＝mx 2－mx －1,1≤x ≤3，若y <－m ＋5恒成立，求m 的取值范围． 解 y <－m ＋5恒成立，即m (x 2－x ＋1)－6<0恒成立，∵x 2－x ＋1＝⎝⎛⎭⎫x －122＋34>0， 又m (x 2－x ＋1)－6<0，∴m <6x 2－x ＋1. ∵y ＝6x 2－x ＋1＝6⎝⎛⎭⎫x －122＋34在1≤x ≤3上的最小值为67， ∴只需m <67即可． 反思感悟 通过分离参数将不等式恒成立问题转化为求函数最值问题．四、主参换位法解决恒成立问题例4 已知函数y ＝mx 2－mx －6＋m ，若对于1≤m ≤3，y <0恒成立，求实数x 的取值范围． 解 y <0⇔mx 2－mx －6＋m <0⇔(x 2－x ＋1)m －6<0.∵1≤m ≤3，∴x 2－x ＋1<6m恒成立， ∴x 2－x ＋1<63⇔x 2－x －1<0⇔1－52<x <1＋52. ∴x 的取值范围为⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪1－52<x <1＋52.反思感悟转换思维角度，即把变元与参数变换位置，构造以参数为变量的函数，根据原变量的取值范围求解．五、利用图象解决能成立问题例5当1<x<2时，关于x的不等式x2＋mx＋4>0有解，则实数m的取值范围为________．答案{m|m>－5}解析记y＝x2＋mx＋4，则由二次函数的图象知，不等式x2＋mx＋4>0(1<x<2)一定有解，即m＋5>0或2m＋8>0，解得m>－5.反思感悟结合二次函数的图象，将问题转化为端点值的问题解决．六、转化为函数的最值解决能成立问题例6若存在x∈R，使得4x＋mx2－2x＋3≥2成立，求实数m的取值范围．解∵x2－2x＋3＝(x－1)2＋2>0，∴4x＋m≥2(x2－2x＋3)能成立，∴m≥2x2－8x＋6能成立，令y＝2x2－8x＋6＝2(x－2)2－2≥－2，∴m≥－2，∴m的取值范围为{m|m≥－2}．反思感悟能成立问题可以转化为m>y min或m<y max的形式，从而求y的最大值与最小值，从而求得参数的取值范围．。
微专题43 单变量的不等式恒成立与存在性问题例题：对任意实数x∈[－1，1]，不等式x2＋(a－4)x＋4－2a<0恒成立，求实数a的取值范围．变式1不等式x 2－ax ＋1≥0对实数x ∈R 恒成立，求实数a 的取值范围．变式2存在实数x ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤0，12使得x 2－x ＋a>0成立，求实数a 的取值范围．串讲1存在实数x ∈(0，12]使得ax 2－x ＋1≤0成立，求实数a 的取值范围．串讲2不等式x 2－ax －1≥0对a ∈[－1，1]恒成立的，求实数x 的取值范围．(2018·镇江期末)已知函数f(x)＝x2－kx＋4对任意的x∈[1，3]，不等式f(x)≥0恒成立，则实数k的最大值为________________．(2018·南通二模)设函数f(x)＝x －a sin x(a>0)．(1)若函数y ＝f(x)是R 上的单调增函数，求实数a 的取值范围； (2)设a ＝12，g (x )＝f (x )＋b ln x ＋1(b ∈R ，b ≠0)，g ′(x )是g (x )的导函数．①若对任意的x >0，g ′(x )>0，求证：存在x 0，使g (x 0)<0； ②若g (x 1)＝g (x 2)(x 1≠x 2)，求证：x 1x 2<4b 2. 答案：(1)0<a ≤1；(2)略．解析：(1)由题意，f ′(x )＝1－a cos x ≥0对x ∈R 恒成立，1分因为a >0，所以1a ≥cos x 对x ∈R 恒成立，因为(cos x )max ＝1，所以1a≥1，从而0<a ≤1.即实数a 的取值范围是(0，1].3分(2)①g (x )＝x －12sin x ＋b ln x ＋1，所以g ′(x )＝1－12cos x ＋b x .若b <0，则存在－b2>0，使g ′(－b2)＝－1－12cos(－b2)<0，不合题意，所以b >0.5分取x 0＝e －3b ，则0<x 0<1.此时g (x 0)＝x 0－12sin x 0＋b ln x 0＋1<1＋12＋b lne －3b ＋1＝－12<0.所以存在x 0>0，使g (x 0)<0.8分 ②依题意，不妨设0<x 1<x 2，令x 2x 1＝t ，则t >1.由(1)知函数y ＝x －sin x 单调递增，所以x 2－sin x 2>x 1－sin x 1.10分从而x 2－x 1>sin x 2－sin x 1.因为g (x 1)＝g (x 2)，所以x 1－12sin x 1＋b ln x 1＋1＝x 2－12sin x 2＋b ln x 2＋1，所以－b (ln x 2－ln x 1)＝x 2－x 1－12(sin x 2－sin x 1)>12(x 2－x 1)．所以－2b >x 2－x 1ln x 2－ln x 1>0.12分 下面证明x 2－x 1ln x 2－ln x 1>x 1x 2，即证明t －1ln t>t ，只要证明ln t －t －1t<0(*)．设h (t )＝ln t －t －1t(t >1)，所以h ′(t )＝－（t －1）22t t<0在(1，＋∞)恒成立．所以h (t )在(1，＋∞)上单调递减，故h (t )<h (1)＝0， 从而(*)得证．所以－2b >x 1x 2，即x 1x 2<4b 2.16分________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________。
第3讲 不等式的恒成立与存在性问题典型例题【例1】已知函数()2ln 1f x x x ax =+-,且()11f '=-.(1)求()f x 的解析式.(2)若对任意()0,x ∞∈+,都有()1f x mx --,求m 的最小值.(3)求证:函数()2e x y f x x x =-+的图像在直线21y x =--的下方.【例2】已知函数()()e 4x f x a x a =-∈R ,当1a =时,求证:曲线()y f x =的图像在抛物线21y x =--的上方.【例3】已知()()()()22ln 2(1),1f x x x g x k x =+-+=+.(1)当2k =时,求证:任意()()1,x f x g x >-<恒成立.(2)若存在01x >-,使得()01,x x ∈-时恒有()()f x g x >成立,求实数k 的取值范围.【例4】设函数()()e 1x f x a x a =--∈R ,当()0,x ∞∈+时,()0f x >恒成立,求实数a 的取值范围.【例5】已知函数()()ln x a f x a x-=∈R ,对任意的()()1,,x f x ∞∈+>恒成立,求实数a 的取值范围.3.已知函数()2e 2x f x ax x x =--,当0x >时,若曲线()y f x =在直线y x =-的上方,求实数a 的取值范围.【例6】已知函数()2ln 2f x x ax ax =-+,若()f x x 恒成立,求实数a 的取值范围.【例7】设函数()0,tan 2x g x x x π⎛⎫⎛⎫=∈ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭,若()g x a <恒成立,求实数a 的最小值.3.设函数()()()()2ln 1,f x ax bx g x f x bx =++=-,若曲线()y g x =在点(1,)ln3处的切线与直线1130x y -=平行.(1)求,a b 的值.(2)求实数()3k k 的取值范围,使得()()2g x k x x >-对()0,x ∞∈+恒成立.【例8】已知函数()ln 2a f x x x =+-,曲线()y f x =存在斜率为0的切线,求实数a 的取值范围.【例9】已知函数()()2ln f x x ax x a =-+∈R ,若1x >时,()0f x >恒成立,求实数a 的取值范围.3.已知函数()()323257,ln (,22f x x x ax bg x x x x b a b =+++=+++为常数).令()()()F x f x g x =-,若函数()F x 存在极值,且所有极值之和大于5ln2+,求实数a 的取值范围.【例10】已知函数()()2121ln 22f x x x x x =+--,设()()g x f x x a '=+-,若关于x 的不等式()0g x <有解,求实数a 的取值范围.【例11】已知函数()2ln x f x mx x m=--. (1)求函数()f x 的极值.(2)求证:存在0x ,使得()01f x <.【例12】已知函数()()()23e 32ln ,x f x m x x g x m x-=-=∈R .求证:当1m >且0x >时,总有()()30g x f x +>'.【例13】设函数()e (0)2x a f x ax a =-+>,当1x <时,函数()f x 的图像恒在x 轴上方,求实数a 的最大值.【例14】已知函数()1e x x f x -=,若对任意[)12,,x x a ∞∈+,都有()()1221e f x f x --成立,求实数a 的最小值.【例15】已知函数()sin f x x x =+.若不等式()cos f x ax x 在区间0,2π⎡⎤⎢⎥⎣⎦上恒成立,求实数a 的取值范围.【例16】已知函数()()2e x f x x ax a =++,若关于x 的不等式()e a f x 在[),a ∞+上有解,求实数a 的取值范围.【例17】已知函数()()1ln 0f x k x k x =+≠,若关于x 的方程()f x k =有解,求实数k 的取值范围.【例18】设函数()()22ln f x ax a x x =+--的极小值点为0x .若001x <<,在曲线()y f x =上是否存在点P ,使得点P 位于x 轴的下方?若存在,求出一个点P 的坐标;若不存在,请说明理由.【例19】已知函数()()ln 1x f x a x x=+-,若1x ≠时,()0f x <在区间()0,∞+上恒成立,求实数a 的值.【例20】已知函数()()()2ln ,2,f x x bx c g x kx f x =++=+在1x =处取得极大值1.(1)求b 和c 的值.(2)当[)1,x ∞∈+时,曲线()y f x =在曲线()y g x =的上方,求实数k 的取值范围.【例21】若关于x 的不等式21ln 1x x bx a -+恒成立,求ab 的最大值.。
2021年高考微专题 函数中恒成立与存在性问题函数中恒成立问题【一】分离参数法1.例题【例1】不等式3ln 1x x e a x x --≥+对任意(1,)x ∈+∞恒成立，则实数a 的取值范围（ ） A ．(,1]e -∞-B ．2(,2]e -∞-C ．(,2]-∞-D ．(,3]-∞-【解析】3ln 1x a x x e x -≤--对()1,x ∀∈+∞恒成立，即31ln x x e x a x ---≤对()1,x ∀∈+∞恒成立，从而求31ln x x e x y x---=，()1,x ∈+∞的最小值，而33ln 3ln 3ln 1x x x x x x e e e e x x ---==≥-+，故313ln 113ln x x e x x x x x ---≥-+--=-，即313ln 3ln ln x x e x xx x----≥=-，当3ln 0x x -=时，等号成立，方程3ln 0x x -=在()1,+∞内有根，故3min13ln x x e x x -⎛⎫--=- ⎪⎝⎭，所以3a ≤-，故选D.【例2】已知函数()ln f x ax x x =+的图象在点e x =（e 为自然对数的底数）处的切线的斜率为3． (1)求实数a 的值；(2)若2()f x kx ≤对任意0x >成立,求实数k 的取值范围. 【解析】(1)∵()ln f x ax x x =+,∵'()ln 1f x a x =++,又∵()f x 的图象在点e x =处的切线的斜率为3,∵'(e)3f =,即lne 13a ++=,∵1a =； (2)由（1）知,()ln f x x x x =+,∵2()f x kx ≤对任意0x >成立1ln xk x+⇔≥对任意0x >成立, 令1ln ()xg x x+=,则问题转化为求()g x 的最大值,221(1ln )ln '()x x x x g x x x ⋅-+==-,令'()0g x =,解得1x =, 当01x <<时,'()0g x >,∵()g x 在(0,1)上是增函数；当1x >时,'()0g x <,∵()g x 在(1,)+∞上是减函数． 故()g x 在1x =处取得最大值(1)1g =,∵1k ≥即为所求. 2.巩固提升综合练习【练习1】已知函数()log a f x x =,()2log (22)a g x x t =+-,其中0a >且1a ≠,t R ∈． (1)若4t =,且1[,2]4x ∈时,()()()F x g x f x =-的最小值是－2,求实数a 的值； (2)若01a <<,且1[,2]4x ∈时,有()()f x g x ≥恒成立,求实数t 的取值范围.【解析】(1)∵4t =,∵24(1)()()()2log (22)log log a a ax F x g x f x x x x +=-=+-=1log 4(2)a x x =++ 易证1()4(2)h x x x =++在1[,1]4上单调递减,在[1,2]上单调递增,且1()(2)4h h >, ∵min ()(1)16h x h ==,max 1()()254h x h ==,∵当1a >时,min ()log 16a F x =,由log 162a =-,解得14a =（舍去）当01a <<时,min ()log 25a F x =,由log 252a =-,解得15a =.综上知实数a 的值是15.(2)∵()()f x g x ≥恒成立,即log 2log (22)a a x x t ≥+-恒成立,∵1log log (22)2a a x x t ≥+-.又∵01a <<,1[,2]4x ∈22x t ≤+-,22t x ≥-∵恒成立,∵max (22)t x ≥-.令2117122)([,2])484y x x =-=-+∈,∵max 2y =.故实数t 的取值范围为[2,)+∞. 【练习2】若(0,)x ∈+∞，1ln x e x x a x-≥-+恒成立，则a 的最大值为（ ）A ．1B ．1eC ．0D ．e -【解析】设x x t ln -=,则11x t e e x--=，原不等式等价于1t e t a --≥恒成立，设1ln ,1y x x y x-='=-是单调递增的，零点为1x =,函数y 的最小值为1，故1t ≥，()()11,1t t f t e t f t e --'=-=-，零点是1t = ()f t 在[)1,+∞上单调递增，故()min 0f t =，故0a ≤.故选C.【练习3】已知a R ∈，设函数⎩⎨⎧>-≤+-=1,ln 1,22)(2x x a x x a ax x x f 若关于x 的不等式0)(≥x f 在R 上恒成立，则a 的取值范围为（ ）A ． []0,1B ．[]0,2C ．[]0,eD ．[]1,e【解析】∵(0)0f ≥，即0a ≥，当01a ≤≤时，2222()22()22(2)0f x x ax a x a a a a a a a =-+=-+-≥-=->， 当1a <时，(1)10f =>，故当0a ≥时，2220x ax a -+≥在(,1]-∞上恒成立； 若ln 0x a x -≥在(1,)+∞上恒成立，即ln xa x ≤在(1,)+∞上恒成立，令()ln x g x x=，则2ln 1'()(ln )x g x x -=，当,x e >函数单增，当0,x e <<函数单减，故max ()()g x g e e ==，所以a e ≤.当0a ≥时，2220x ax a -+≥在(,1]-∞上恒成立； 综上可知，a 的取值范围是[0,]e ，故选C. 【二】函数性质法1.例题【例1】定义域为R 的函数()f x 满足()()22f x f x +=，当[]0,2x 时，()[)[)232,0,11,1,22x x x x f x x -⎧-∈⎪⎪=⎨⎛⎫-∈⎪ ⎪⎪⎝⎭⎩，若当[)4,2x ∈--时，不等式()2142m f x m ≥-+恒成立，则实数m 的取值范围是（ ）A ．[]2,3B ．[]1,3C ．[]1,4D ．[]2,4【解析】因为当[)4,2x ∈--时，不等式()2142m f x m ≥-+恒成立，所以()2min 142m f x m ≥-+，当[)[)4,2,40,2x x ∈--+∈时，()()()112424f x f x f x =+=+ ()()[)[)2342144,40,1411,41,242x x x x x +-⎧⎡⎤+-++∈⎪⎣⎦⎪=⎨⎛⎫⎪-+∈ ⎪⎪⎝⎭⎩ 当[)40,1x +∈时，()()()211114444416f x x x ⎡⎤=+-+≥-⨯=-⎣⎦，当[)41,2x +∈时，()342111424x f x +-⎛⎫=-≥- ⎪⎝⎭，因此当[)4,2x ∈--时，()2min1113442m f x m m =-≥-+∴≤≤，选B. 【例2】若对I x ∀，()2,x m ∈+∞，且12x x <，都有122121ln ln 1x x x x x x -<-，则m 的取值范围是（ ）注:（ e 为自然对数的底数，即 2.71828e =…）A ．1,e ⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭B ．[),e +∞C ．[)1,+∞D ．[)1,-+∞ 【解析】因为对于()ln f x x =,定义域为()0,∞+ ,所以120x x <<当满足120x x <<时,122121ln ln 1x x x x x x -<-成立，化简可得122121ln ln x x x x x x -<-,移项合并后可得 121221ln ln x x x x x x +<+,即()()1221ln 11ln x x x x +<+，因为120x x <<,所以可等价于()()2121ln 1ln 1x x x x ++<，即满足()ln 1x g x x +=为减函数，()221ln 1ln 'x xg x x x---==， 因为()ln 1x g x x +=为减函数，所以()'0g x ≤,即2ln 0xx -≤， 则1x ≥ ，因为对1x ∀，()2,x m ∈+∞，且12x x <，都有122121ln ln 1x x x x x x -<-所以1m ≥ ,即m 的取值范围为[)1,+∞，故选C. 【例3】已知函数21ln 21)(2-+-=x x a x x f ，对任意x∵[1，＋∞)，当mx x f ≥)(恒成立时实数m 的最 大值为1，则实数a 的取值范围是 ． 【解析】对任意x∵[1，＋∞)，有f(x)≥mx 恒成立，即()f x m x ≥恒成立，即min()f x m x ⎡⎤≤⎢⎥⎣⎦，又当f(x)≥mx 恒成立时实数m 的最大值为1，所以min()1f x x ⎡⎤=⎢⎥⎣⎦.因为(1)11f = 所以问题等价转化为()1f x x≥在[1,)+∞上恒成立，即()0f x x -≥在[1,)+∞上恒成立.设()()g x f x x =-211ln 22x a x =--（1x ≥），2()x ag x x-'=∵当1a ≤时，因为1x ≥，所以2()0x ag x x-'=≥，因此()g x 在[1,)+∞上是单调递增函数，所以()(1)0g x g ≥=，即()0f x x -≥在[1,)+∞上恒成立；∵当1a >时，在上，有()0g x '<；在)+∞上，有()0g x '>，所以()g x 在上为单调递减函数，在)+∞上为单调递增函数. 当(1,)x a ∈，有()(1)0g x g <=，即()0f x x -≥在[1,)+∞上不恒成立. 综合∵∵得：实数a 的取值范围是(,1]-∞. 2.巩固提升综合练习 【练习1】已知函数，，当时，不等式恒成立，则实数的取值范围为（ ）A ．(]e ，∞-B ．），（e ∞- C ．），（2-e∞ D ．⎥⎦⎤ ⎝⎛∞2-e ， 【解析】因为所以即，即当时，恒成立，所以在内是一个增函数，设，则有即，设则有， 当时，即，当时，即所以当时，最小，即，故选D.【练习2】已知定义在R 上的偶函数()f x 在[0,)+∞上递减，若不等式2(ln 1)(ln 1)f ax x f ax x -+++--()31f ≥对[]1,3x ∈恒成立，则实数a 的取值范围是（ ）A ．[]2,eB ．1[,)e+∞ C ．1[,]e eD ．12ln 3[,]3e +【解析】由题设可得(ln 1)(ln 1)f ax x f ax x -++=--，则原不等式可化为(ln 1)(1)f ax x f -++≥， 即ln 11ax x --≤，也即ln 20ax x --≤在[1,3]上恒成立，由于0x >，因此2ln x a x+≤，令2ln ()x h x x +=，则/2212ln 1ln ()x x h x x x --+==-， 所以当1ln 1x x e >-⇒>时，/()0h x <，函数2ln ()xh x x+=单调递减，因11e <，故函数2ln ()x h x x +=在[1,3]上单调递减，故min max 2ln13ln 3()2,()13h x h x ++===，当11x e e -==时，函数1min 12ln ()e h x e e--+==，所以a e ≤，应选答案D. 【练习3】若，满足恒成立，则实数的取值范围为__________．【解析】（1），显然成立；（2）时，由，由在为增在恒成立，由在为增，，，综上，，故答案为.【三】数形结合法1.例题【例1】已知函数()222f x x kx =-+,在1x ≥-恒有()f x k ≥,求实数k 的取值范围.【解析】令()()222F x f x k x kx k =-=-+-,则()0F x ≥对[)1,x ∈-+∞恒成立,而()F x 是开口向上的抛物线.当图象与x 轴无交点满足0∆<,即()24220k k ∆=--<,解得21k -<<.当图象与x 轴有交点,且在[)1,x ∈-+∞时()0F x ≥,则由二次函数根与系数的分布知识及图象可得： ()010212F k ⎧⎪∆≥⎪⎪-≥⎨⎪-⎪-≤-⎪⎩，解得32k -≤≤-,故由∵∵知31k -≤<.2.巩固提升综合练习【练习1】已知定义在R 上的奇函数()f x 满足:当0x ≥时,()3f x x =,若不等式()()242f t f m mt->+对任意实数t 恒成立,则实数m 的取值范围是（ ）A ．(,-∞ B ．()C. ()),0-∞⋃+∞ D ．(),-∞⋃+∞【解析】当0x <时,()33()()()()f x f x x f x x x R f x =--=⇒=∈⇒在R 上是增函数242t m mt ⇒->+对任意实数t 恒成立2442t mt t m ⇒->++对任意实数t 恒成立,结合二次函数图象可得201680m m m <⎧⇒⇒∈⎨∆-<⎩(,-∞,故选A. 【练习2】若不等式()2211x m x ->-对任意[]1,1m ∈-恒成立,实数x 的取值范围是 .【解析】()2211x m x ->-可转化为()21210m x x --+<,设()()21210f m m x x =--+<,则()f m 是关于m 的一次型函数,要使()0f m <恒成立,只需()()221201220f x x f x x ⎧=-<⎪⎨-=--+<⎪⎩,12x <<. 【练习3】已知函数23ln ,1(),46,1x x f x x x x -≤⎧=⎨-+>⎩若不等式()|2|f x x a ≥-对任意(0,)x ∈+∞上恒成立，则实数a 的取值范围为（ ） A ．13,3e⎡⎤-⎢⎥⎣⎦B ．[3,3ln 5]+C ．[3,4ln 2]+D ．13,5e⎡⎤-⎢⎥⎣⎦【解析】由题意得：设g(x)=|2|x a -，易得a ＞0，可得2,2g(x)=2,2a x a x a x a x ⎧-≥⎪⎪⎨⎪-+⎪⎩＜，g(x)与x 轴的交点为(,0)2a ， ∵当2ax ≥，由不等式()|2|f x x a ≥-对任意(0,)x ∈+∞上恒成立，可得临界值时，()g()f x x 与相 切，此时2()46,1f x x x x =-+>，()2,2a g x x a x =-≥，可得'()24f x x =-，可得切线斜率为2，242x -=，3x =，可得切点坐标（3，3），可得切线方程：23y x =-，切线与x 轴的交点为3(,0)2,可得此时322a =，3a =，综合函数图像可得3a ≥； ∵同理，当2ax ＜，由()g()f x x 与相切， （1）当2()46,1f x x x x =-+>，()2,2a g x x a x =-+＜，可得'()24f x x =-，可得切线斜率为-2，242x -=-，1x =，可得切点坐标（1，3），可得切线方程25y x =-+，可得5a =，综合函数图像可得5a ≤，（2）当()3ln ,1f x x x =-≤，()2,2a g x x a x =-+＜，()g()f x x 与相切，可得'1()f x x， 此时可得可得切线斜率为-2，12x -=-，12x =，可得切点坐标1(,32)2In +,可得切线方程：1(32)2()2y In x -+=--，242y x In =-++可得切线与x 轴的交点为2(2,0)2In +，可得此时2222a In =+，42a In =+， 综合函数图像可得42a In ≤+，综上所述可得342a In ≤≤+，故选C. 三、函数中存在性问题1.例题【例1】已知=)(x f x x +221,=)(x g a x -+)1ln(,若存在]2,0[,21∈x x ,使得)()(21x g x f >,求实数a 的取值范围；【解析】()(),f x g x 在[]0,2上都是增函数,所以()f x 的值域，，]40[=A ()g x 的值域]3ln ,[a a B --=. 若存在]2,0[,21∈x x ,使得)()(21x g x f >,则min max )()(x g x f >,即4>a -,AB ≠∅.（所以4->a .实数a 的取值围()4,-+∞. 【例3】已知=)(x f x x +221,=)(x g a x -+)1ln(,若存在]2,0[,21∈x x ,使得)()(21x g x f =,求实数a 的取值范围.【解析】()(),f x g x 在[]0,2上都是增函数,所以()f x 的值域，，]40[=A ()g x 的值域]3ln ,[a a B --=. 若存在21,x x 使得)()(21x g x f =,则A B ≠∅,∵4a -≤且ln30a -≥,∵实数a 的取值围是[]4,ln3-.2.巩固提升综合练习【练习1】已知函数22()()()xaf x x a e e=+++，若存在0x ，使得024()1f x e ≤+，则实数a 的值为______． 【答案】2211e e -+ 【解析】函数f （x ）=（x+a ）2+（ex+ae）2， 函数f （x ）可以看作是动点M （x ，ex ）与动点N （-a ，-ae）之间距离的平方， 动点M 在函数y=ex 的图象上，N 在直线y=1ex 的图象上，问题转化为求直线上的动点到曲线的最小距离，由y=ex 得，y′=ex=1e，解得x=-1，所以曲线上点M （-1，1e ）到直线y=1e x 的距离最小，最小距离f （x ）≥241e +，根据题意，要使f （x0）≤241e +，则f （x0）=241e +， 此时N 恰好为垂足，由KMN=-e ，解得a=2211e e -+．故答案为：2211e e -+．【练习2】已知函数2,1()1,1x ax x f x ax x ⎧-+≤=⎨->⎩，若1x ∃、2R x ∈，12x x ≠，使得12()()f x f x =成立，则a的取值范围是（ ）． A ．2a >B ．2a <C ．22a -<<D ．2a <-或2a >【解析】当2a <时，12a <，函数()f x 在,2a ⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭上递增，在,12a ⎛⎫⎪⎝⎭上递减，则：1x ∃、2R x ∈，12x x ≠，使得12()()f x f x =成立. 当2a ≥时，12a≥，函数()f x 在(),1-∞上递增，在()1,+∞也递增， 又21111a a -+⨯=⨯-，所以函数()f x 在R 上单调递增，此时一定不存在1x 、2R x ∈，12x x ≠，使得12()()f x f x =成立.故选B.【练习3】已知函数24,0(),0x x x f x e e x x⎧+-≤⎪=⎨->⎪⎩，2()314g x x x =--，若存在实数x ，使得()()18g m f x -=成立，则实数m 的取值范围为（ ） A ．)7,4(- B ．[4,7]- C ．(,4)(7,)-∞-+∞ D ．(,4][7,)-∞-+∞【解析】由题意，当0x ≤时，()|2|44f x x =+-≥-，当且仅当2x =-时取“=”，当0x >时，函数()x e f x e x =-，则2(1)'()xx e f x x -=， 当(0,1)x ∈时，()0f x '<，当时，()0f x '>，所以函数()f x 在区间(0,1)上单调递减，在区间(1,)+∞上单调增， 所以()(1)0f x f ≥=，综上可得()4f x ≥-，因为存在实数x ，使得()()18g m f x -=成立，则()()1841814g m f x =+≥-+=， 即231414m m --≥，即23280m m --≥，解得或4m ≤-，故实数m 的取值范围为(,4][7,)-∞-+∞，故选D. 【练习4】已知函数()ln f x x =,()()h x a x a R =∈.（1）函数()f x 的图象与()h x 的图象无公共点,求实数a 的取值范围；（2）是否存在实数m ,使得对任意的1(,)2x ∈+∞,都有函数()m y f x x =+的图象在()xeg x x=的图象的下方？若存在,请求出整数m 的最大值；若不存在,请说理由.（参考数据：ln 20.6931=,ln3 1.0986=1.3956==）. 【解析】（1）函数()f x 与()h x 无公共点,等价于方程ln xa x=在(0,)+∞无解 令ln ()x t x=,则21ln '(),xt x -=令'()0,t x =得x e = 因为x e =是唯一的极大值点,故max ()t t e e==……………4分故要使方程ln x a x=在(0,)+∞无解,当且仅当1a e >,故实数a 的取值范围为1(,)e +∞ （2）假设存在实数m 满足题意,则不等式ln x m e x x x+<对1(,)2x ∈+∞恒成立. 即ln x m e x x <-对1(,)2x ∈+∞恒成立. 令()ln x r x e x x =-,则'()ln 1x r x e x =--,令()ln 1x x e x ϕ=--,则1'()xx e x ϕ=-,∵'()x ϕ在1(,)2+∞上单调递增,121'()202e ϕ=-<,'(1)10e ϕ=->,且'()x ϕ的图象在1(,1)2上连续, ∵存在01(,1)2x ∈,使得0'()0x ϕ=,即0010x e x -=,则00ln x x =-,∵ 当01(,)2x x ∈时,()x ϕ单调递减；当0(,)x x ∈+∞时,()x ϕ单调递增,则()x ϕ取到最小值000001()ln 11x x e x x x ϕ=--=+-110≥=>, ∵ '()0r x >,即()r x 在区间1(,)2+∞内单调递增. 11221111()ln ln 2 1.995252222m r e e ≤=-=+=,∵存在实数m 满足题意,且最大整数m 的值为1.四、函数中恒成立与存在性的综合问题1.例题【例1】已知函数[]()2(),2,2f x x x =∈-，2()sin(2)3,0,62g x a x a x ππ⎡⎤=++∈⎢⎥⎣⎦，[]12,2x ∀∈-，总00,2x π⎡⎤∃∈⎢⎥⎣⎦，使得()()01g x f x =成立，则实数a 的取值范围是____________. 【解析】∵[2,2]x ∈-，∵2()[0,4]f x x =∈∵0,2x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，∵72666x πππ≤+≤，∵1sin(2)126x π-≤+≤∵221()[3,3]2g x a a a a ∈-++ 要使[]12,2x ∀∈-，总00,2x π⎡⎤∃∈⎢⎥⎣⎦，使得()()01g x f x =成立，则需满足：221[0,4][3,3]2a a a a ⊆-++ ∵22130234a a a a ⎧-+≤⎪⎨⎪+≥⎩，解得4a ≤-或6a ≥，∵a 的取值范围是(,4][6,)-∞-⋃+∞. 【例2】已知函数f (x)＝x2－2ax ＋1，g(x)＝a x ，其中a>0，x≠0.(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；(2) 对任意[]2,11∈x ，任意[]4,22∈x ，都有)()(21x g x f >恒成立，求实数a 的取值范围；(3) 对任意[]2,11∈x ，存在[]4,22∈x ，使)()(21x g x f >成立，求实数a 的取值范围；(4) 存在[]2,11∈x ，任意[]4,22∈x ，使)()(21x g x f >成立，求实数a 的取值范围．【解答】（1）.（2）.（3）⎪⎭⎫ ⎝⎛980，.（4）⎪⎭⎫ ⎝⎛9100，. 203⎛⎫ ⎪⎝⎭，405⎛⎫ ⎪⎝⎭，。
单变量的不等式恒成立与存在性问题1.不等式x 2－ax ＋1≥0对实数x ∈⎝⎛⎦⎤0，12恒成立，则实数a 的取值范围是________．2．若存在正数x ，使2x (x －a)<1成立，则实数a 的取值范围是________．3．若g(x)＝ax 3＋(3a －3)x 2－6x(x ∈[0，2])在x ＝0处取得最大值，则实数a 的取值范围是________．4．设函数f(x)＝x 2－1，对任意x ∈⎣⎡⎭⎫32，＋∞，f ⎝⎛⎭⎫x m －4m 2f(x)≤f(x －1)＋4f(m)恒成立，则实数m 的取值范围是________． 5．若关于x 的不等式ax 2－|x|＋2a<0的解集为空集，则实数a 的取值范围为________．6．已知f(x)＝x 2＋2x ＋a ln x ，若f(x)在区间(0，1]上为单调函数，则实数a 的取值范围为________．7.已知函数f(x)＝ax－x，且对任意的x∈(0，1)，都有f(x)·f(1－x)≥1恒成立，求实数a的取值范围．8．已知f(x)＝(x＋1)ln x－ax＋a(a为正常数)．(1)若f(x)在(0，＋∞)上单调递增，求a 的取值范围；(2)若不等式(x－1)f(x)≥0恒成立，求a 的取值范围．1．答案：a ≤52.解析：a ≤x ＋1x (0<x ≤12)恒成立，所以a ≤52.2．答案：(－1，＋∞)．解析：∵2x(x －a )<1，∴a >x －12x .令f (x )＝x －12x ，则f ′(x )＝1＋2－x ln2>0.∴f (x )在(0，＋∞)上单调递增，∴f (x )>f (0)＝0－1＝－1，∴a 的取值范围是(－1，＋∞)．3．答案：(－∞，65]．解析：转化成g (x )≤g (0)在[0，2]恒成立，(1)x ＝0时，a ∈R ；(2)0<x ≤2时，a ≤3（x ＋2）x 2＋3x恒成立，令x ＋2＝t (2<t ≤4)，y ＝3t t 2－t －2＝3t －2t－1，y min ＝65，综上所述：a ≤65.4．答案：(－∞，32)∪(32，＋∞)． 解析：(4m 2－1m2＋1)x2≥2x ＋3恒成立对任意x ∈[32，＋∞)，(4m 2－1m 2＋1)≥2x ＋3x 2恒成立，令t ＝1x∈(0，23]，2x ＋3x2＝3t 2＋2t ，∴(3t 2＋2t )max ＝83，4m2－1m 2＋1≥83，12m 4－5m 2－3≥0，m 2≥34，所以m ≥32或m ≤－32. 5．答案：[24，＋∞)． 解法1设f (x )＝a |x |2－|x |＋2a ，原不等式ax 2－|x |＋2a <0的解集为空集，即f (x )≥0恒成立，令t ＝|x |，即g (t )＝at 2－t ＋2a 在[0，＋∞)上恒有g (t )≥0，则⎩⎪⎨⎪⎧a >0，Δ≤0或⎩⎪⎨⎪⎧a >0，12a <0，g （0）≥0，解得a ≥24.解法2当a ＝0时，－|x |<0，不等式解集为{x |x ≠0}，不满足题意；当a ≠0时，根据题意得⎩⎪⎨⎪⎧a >0，1－8a 2≤0，解得a ≥24.综上所述，a 的取值范围是[24， ＋∞)．解法3由ax 2－|x |＋2a <0，得a <|x |x 2＋2，而|x |x 2＋2≤|x |22|x |＝24，∴当a ≥24时，原不等式解集为故a 的取值范围是[24，＋∞)．6．答案：(－∞，－4]∪[0，＋∞)．解析：由题意知f ′(x )＝2x 2＋2x ＋a x≥0在(0，1]恒成立或者f ′(x )＝2x 2＋2x ＋ax≤0在(0，1]恒成立，所以a ≥－(2x 2＋2x )或a ≤－(2x 2＋2x )，而函数y ＝－(2x 2＋2x )在区间(0，1]上的值域为[－4，0)，所以a ≥0或a ≤－4.7．答案：(－∞，－14]∪[1，＋∞) 解法1∵f (1－x )＝a1－x－(1－x )＝a －（1－x ）21－x ，∴对任意x ∈(0，1)，都有a －x 2x ·a －（1－x ）21－x≥1，即(a －x 2)·[a －(1－x )2]≥x (1－x )恒成立，整理得x 2(1－x )2＋(2a －1)x (1－x )＋(a 2－a )≥0，令x (1－x )＝t ，则0<t ≤14，问题等价于t 2＋(2a －1)t ＋(a 2－a )≥0对0<t ≤14恒成立，令g (t )＝t 2＋(2a －1)t＋(a 2－a )，∵Δ＝(2a －1)2－4(a 2－a )＝1>0，∴⎩⎪⎨⎪⎧－2a －12>14，g （14）≥0或⎩⎪⎨⎪⎧－2a －12<0，g （0）≥0，即⎩⎪⎨⎪⎧a <14，16a 2－8a －3≥0或⎩⎪⎨⎪⎧a >12，a 2－a ≥0， ∴⎩⎪⎨⎪⎧a <14，a ≤－14或a ≥34或⎩⎪⎨⎪⎧a >12，a ≤0或a ≥1， ∴a ≤－14或a ≥1.因此实数a 的取值范围为(－∞，－14]∪[1，＋∞)． 解法2(a x－x )[a1－x－(1－x )]≥1，设⎩⎪⎨⎪⎧x ＝m ，1－x ＝n ，则⎩⎪⎨⎪⎧0<m <1，0<n <1，m ＋n ＝1，又m 2＋n 2＝1－2mn ，∴(am －m )(a n－n )≥1，即a 2mn －(n m ＋mn)a ＋mn －1≥0，即a 2＋(2mn －1)a ＋mn (mn －1)≥0，即(a ＋mn )(a ＋mn －1)≥0，∴a ≤－mn 或a ≥－mn ＋1，∵0<mn ≤14，∴由题意得a ≤－14或a ≥1.因此实数a 的取值范围为(－∞，－14]∪[1，＋∞)． 8．答案：(1)0<a ≤2；(2)0<a ≤2.解析：(1)f (x )＝(x ＋1)ln x －ax ＋a ，f ′(x )＝ln x ＋x ＋1x－a ≥0，a ≤ln x ＋1x＋1恒成立，令g (x )＝ln x ＋1x＋1，g ′(x )＝x －1x 2(列表略) g min (x )＝g (1)＝2，0<a≤2.(2)解法1当0<a ≤2时，由(1)知，若f (x )在(0，＋∞)上单调递增，又f (1)＝0，当x ∈(0，1)，f (x )<0；当x ∈(1，＋∞)，f (x )>0，故不等式(x －1)f (x )≥0恒成立；当a >2，f ′(x )＝x ln x ＋（1－a ）x ＋1x ，令p (x )＝x ln x ＋(1－a )x＋1，p ′(x )＝ln x ＋2－a ＝0，则x ＝e a －2>1，当x ∈(1，e a －2)时，p ′(x )<0，则p (x )<p (1)＝2－a <0，当x ∈(1，e a －2)，f ′(x )<0，则f (x )单调递减，f (x )<f (1)＝0，矛盾，因此0<a ≤2.解法2g (x )＝f ′(x )＝ln x ＋1＋1x －a ，g ′(x )＝1x－1x 2＝x －1x2，讨论单调性可得g (x )min ＝g (1)＝2－a .当0<a <2时，g (x )＝f ′(x )>0，f (x )在(0，＋∞)单调递增，又f (1)＝0，符合题意；当a >2时，g (1)＝2－a <0，g (e a)＝1＋1e a >0，因为g (x )在(0，＋∞)不间断，所以g (x )在(1，e a)上存在零点x 1，x ∈(1，x 1)，f (x )单调减，x ∈(x 1，e a )，f (x )单调增，所以当1<x <x 1时，f (x )<f (1)＝0不合题意；当a ＝2时，符合题意；综上0<a ≤2.。
