高三数学专题——恒成立与存在性问题

专题 恒成立存在性问题知识点梳理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 ∈Bx 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，则等价于在区间D 上函数()y f x =和图象在函数()y g x =图象上方；9、若不等式()()f x g x <在区间D 上恒成立，则等价于在区间D 上函数()y f x =和图象在函数()y g x =图象下方；题型一、常见方法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；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；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 的取值范围．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 的取值范围为题型二、主参换位法(已知某个参数的范围，整理成关于这个参数的函数)1、对于满足2p ≤的所有实数p,求使不等式212x px p x ++>+恒成立的x 的取值范围。

恒成立问题与存在性问题思路一：（1）若函数)(x f 在D 区间上存在最小值min )(x f 和最大值max )(x f ，则不等式a x f >)(在区间D 上恒成立a x f >⇔min )(；不等式a x f ≥)(在区间D 上恒成立a x f ≥⇔min )(；不等式a x f <)(在区间D 上恒成立a x f <⇔max )(；不等式a x f ≤)(在区间D 上恒成立a x f ≤⇔max )(；（2）若函数在D 区间上不存在最小值min )(x f 和最大值max )(x f ，且值域为),(n m 则 不等式a x f >)(或))((a x f ≥在区间D 上恒成立a m ≥⇔；不等式a x f <)(或a x f ≤)(在区间D 上恒成立a n ≤⇔。

例题1：已知函数.ln )(x x x f =（1）求函数.ln )(x x x f =的最小值；（2）若对所有的1≥x 都有1)(-≥ax x f ，求实数a 的取值范围。

答案：（1）11min )()(---==e e f x f ；（2）]1,(-∞变式：设函数)1ln(2)1()(2x x x f +-+=（1）求函数)(x f 的单调区间；（2）若当]1,1[1--∈-e e x 时，不等式m x f <)(恒成立，求实数m 的取值范围；（3）若关于x 的方程a x x x f ++=2)(在区间]2,0[上恰有两个相异实根，求实数a 的取值范围。

答案：（1）递增区间是),0(+∞；递减区间是)0,1(-（2）22->e m（3）)3ln 23,2ln 22(--思路二（1）若函数)(x f 在D 区间上存在最小值min )(x f 和最大值max )(x f ，即],[)(n m x f ∈则不等式有解的问题有下列结论：不等式a x f >)(在区间D 上有解max )(x f a <⇔；不等式a x f ≥)(在区间D 上有解max )(x f a ≤⇔；不等式a x f <)(在区间D 上有解min )(x f a >⇔；不等式a x f ≤)(在区间D 上有解min )(x f a ≥⇔。

关于高考数学中的恒成立问题与存在性问题 Last revised by LE LE in 2021“恒成立问题”的解法常用方法：①函数性质法； ②主参换位法； ③分离参数法； ④数形结合法。

一、函数性质法1.一次函数型：给定一次函数()(0)f x ax b a =+≠,若()y f x =在[m,n]内恒有()0f x >，则根据函数的图象（直线）可得上述结论等价于⎩⎨⎧>)(0)(n f m f ；同理，若在[m,n]内恒有()0f x <，则有⎩⎨⎧((n f m f 例1.p ,求使不等式2x x 的取值范围。

略解：不等式即为2(1)210x p x x -+-+>,设2()(1)21f p x p x x =-+-+,则()f p 在[2,2]-上恒大于0，故有：⎩⎨⎧>>-)2(0)2(f f ，即⎪⎩⎪⎨⎧>->+-0103422x x x 3111x x x x ><⎧⇒⎨><-⎩或或13x x ⇒<->或.2.二次函数：①.若二次函数2()(0)0f x ax bx c a =++≠>（或0<）在R 上恒成立，则有00a >⎧⎨∆<⎩（或0a <⎧⎨∆<⎩）； ②.若二次函数2()(0)0f x ax bx c a =++≠>（或0<）在指定区间上恒成立，可以利用韦达定理以及根的分布等知识求解。

例2.已知函数()()()22241,f x mx m x g x mx =--+=，若对于任一实数x ，()f x 与()g x 的值至少有一个为正数，则实数m 的取值范围是（ )A ．(0，2)B ．(0，8)C ．(2，8)D ．(－∞，0)选B 。

例3.设2()22f x x ax =-+,当[1,)x ∈-+∞时，都有()f x a ≥恒成立，求a 的取值范围。

专题19恒成立与存在性问题专题知识梳理恒成立问题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.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.考点探究【例1】（2018·徐州模拟）若关于x的不等式x3﹣3x2+ax+b＜0对任意的实数x∈[1，3]及任意的实数b∈[2，4]恒成立，则实数a的取值范围是．【解析】关于x的不等式x3﹣3x2+ax+b＜0对任意的实数x∈[1，3]及任意的实数b∈[2，4]恒成立，可得x3﹣3x2+ax＜﹣b的最小值，即为x3﹣3x2+ax＜﹣4，可得a＜3x﹣x2﹣的最小值，设f （x ）=3x ﹣x 2﹣，x ∈[1，3]，导数为f′（x ）=3﹣2x+，可得1＜x ＜2时，f′（x ）＞0，f （x ）递增；2＜x ＜3时，f′（x ）＜0，f （x ）递减，又f （1）=﹣2，f （3）=﹣，可得f （x ）在[1，3]的最小值为﹣2，可得a ＜﹣2．即有a 的范围是（﹣∞，﹣2）．故答案为：（﹣∞，﹣2）．【例2】已知函数()(0,0,1,1)x x f x a b a b a b =+>>≠≠.设12,2a b ==.若对任意x R ∈,不等式(2)()6f x mf x ≥-恒成立，求实数m 的最大值；【解析】由条件知2222(2)22(22)2(())2x x x x f x f x --=+=+-=-.因为(2)()6f x mf x ≥-对于x R ∈恒成立，且()0f x >，所以2(())4()f x m f x +≤对于x R ∈恒成立.而2(())44()4()()f x f x f x f x +=+≥=，且2((0))44(0)f f +=，所以4m ≤，故实数m 的最大值为4.【例3】已知=)(x f x x +221，=)(x g a x -+)1ln(，(1)若存在]2,0[,21∈x x ，使得)()(21x g x f >，求实数a 的取值范围；(2)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 --=.(1)若存在]2,0[,21∈x x ，使得)()(21x g x f >，则min max )()(x g x f >，即4>a -，所以4->a .(2)若存在21,x x 使得)()(21x g x f =，则A B ≠∅ ，∴4a -≤且ln 30a -≥，∴实数a 的取值围是[]4,ln 3-.题组训练1.已知函数()()32ln 3,a f x x x g x x x x =++=-，若()()12121,,2,03x x f x g x ⎡⎤∀∈-≥⎢⎥⎣⎦，则实数a 的取值范围为_________________.【解析】由题意()()12121,,2,03x x f x g x ⎡⎤∀∈-≥⎢⎥⎣⎦得()()min max f x g x ≥()32g x x x =-，()´232g x x x =-所以()g x 在1233⎡⎤⎢⎥⎣⎦，单调递减，在223⎡⎤⎢⎥⎣⎦单调递增，所以()()()12243max g x max g g g ⎧⎫⎛⎫===⎨⎬ ⎪⎝⎭⎩⎭，，则()ln 34a f x x x x =++>得2a x x lnx ≥-令()2h x x x lnx =-，()´12h x xlnx x =--，()¨23h x lnx =--，在1,23⎡⎤⎢⎥⎣⎦上()¨0h x <，则()´h x 单调递减，又()10h =，所以()h x 在113⎡⎤⎢⎥⎣⎦，单调递增，在[]12，单调递减，()()max 11h x h ==，所以1a ≥，故填[)1,+∞.2.已知函数f(x)=22e 1+x x ,g(x)=2e ex x ,对任意的x 1,x 2∈(0,+∞),不等式1()g x k ≤2()1+f x k 恒成立,则正数k的取值范围是.【解析】因为k 为正数,所以对任意的x 1,x 2∈(0,+∞),不等式1()g x k ≤2()1+f x k 恒成立⇒max()⎡⎤⎢⎥⎣⎦g x k ≤min ()1⎡⎤⎢⎥+⎣⎦f x k .令g'(x)=0,即2e (1-)e xx =0,得x=1,当x∈(0,1)时,g'(x)>0,当x∈(1,+∞)时,g'(x)<0,所以max ()⎡⎤⎢⎥⎣⎦g x k =(1)g k =e k .同理,令f'(x)=0,即222e -1x x =0,得x=1e ,当x∈10,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭时,f'(x)<0,当x∈1,e ∞⎛⎫+ ⎪⎝⎭时,f'(x)>0,所以min ()1⎡⎤⎢⎥+⎣⎦f x k =1e 1⎛⎫ ⎪⎝⎭+f k =2e 1+k ,所以e k ≤2e 1+k ,又k>0,所以k≥1.3.已知()1()2,11f x x x x =-->-+，若2()21f x t at ≤-+对于所有的()[]1,,1,1x a ∈-+∞∈-恒成立，求实数t 的取值范围.【解析】2()21f x t at ≤-+对于所有的()[]1,,1,1x a ∈-+∞∈-恒成立，即()f x 的最大值都小于等于221t at -+；即220ta t -≤对于所有的[]1,1a ∈-恒成立，令2()2g a ta t =-，只要(1)0(1)0g g -≤⎧⎨≤⎩，即可解出实数t 的取值范围．容易得出11()23132111f x x x x x ⎛⎫=--=-++≤-= ⎪++⎝⎭，即()f x 的最大值为1,则2()21f x t at ≤-+对于所有的()[]1,,1,1x a ∈-+∞∈-恒成立⇔2121t at ≤-+对于所有的[]1,1a ∈-恒成立，即220ta t -≤对于所有的[]1,1a ∈-恒成立，令2()2g a ta t =-，只要(1)0(1)0g g -≤⎧⎨≤⎩，∴2t ≤-或2t ≥或0t =．4.已知函数()()1522>+-=a ax x x f .若()x f 在区间(]2,∞-上是减函数，且对任意的[]1,1,21+∈a x x ，总有()()421≤-x f x f ，求实数a 的取值范围；【解析】条件12()()4f x f x -≤表示的含义是函数f (x )在[1,1]a +上的最大值与最小值的差小于或等于4.若2a ≥.又[1,1]x a a =∈+，且(1)1a a a +-≤-.所以max ()(1)62f x f a ==-.2min ()()5f x f a a ==-.因为对任意的12,[1,1]x x a ∈+.总有12()()4f x f x -≤.所以max min ()()4f x f x -≤.即2(62)(5)4a a ---≤.解得13a -≤≤.又2a ≥.所以23a ≤≤.若12a <<.2max ()(1)6f x f a a =+=-.2min ()()5f x f a a ==-.max min ()()4f x f x -≤显然成立.综上13a <≤.5.函数()()m mx x g x x x f 25,342-+=+-=，若对任意的[]4,11∈x ，总存在[]4,12∈x ，使()()21x g x f =成立,求实数m 的取值范围.【解析】由题可知函数()f x 的值域为函数()g x 的值域的子集[][]2()43,1,4,()1,3f x x x x f x =-+∈∴∈-，以下求函数()52g x mx m =+-的值域：①0m =时，()52g x m =-为常函数，不符合题意；②0m >，[]()52,52g x m m ∈-+，∴521,523,m m -≤-⎧⎨+≥⎩解得6m ≥；③0m <，[]()52,52g x m m ∈+-，∴521,523,m m +≤-⎧⎨-≥⎩解得3m ≤-．综上所述，m 的取值范围为(][),36,-∞-+∞ ．6.已知函数()()1ln f x x 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()()10≥-x f x 恒成立，求a 的取值范围.【解析】(1)()()1ln f x x x ax a =+-+，1()ln 0x f x x a x +'=+-≥，1ln 1≤++a x x 恒成立令1()ln 1g x x x =++，21()x g x x-'=列表略min ()(1)2g x g ==，02a <≤.(2)当0a <≤2时，由(1)知，若()f x 在()0,+∞上单调递增，又()10f =，当(0,1),()0x f x ∈<；当(1,),()0x f x ∈+∞>，故不等式()()10x f x -≥恒成立当2a >，ln (1)1()x x a x f x x+-+'=，令()ln (1)1p x x x a x =+-+，令()ln 20p x x a '=+-=，则21a x e -=>，当2(1,)a x e -∈时，()0p x '<，则()(1)20p x p a <=-<，当2(1,)a x e -∈，()0f x '<，则()f x 单调递减，()(1)0f x f <=，矛盾，因此02≤<a .法二：1()()ln 1g x f x x a x '==++-，22111()x g x x x x-'=-=，讨论单调性可得min ()(1)2g x g a ==-．当02a <<时，()()0g x f x '=>，()f x 在(0,)+∞单调递增，又(1)0f =，符合题意；当2a >时，(1)20g a =-<，1()10a a g e e=+>，因为()g x 在(0,)+∞不间断，所以()g x 在(1,)a e 上存在零点1x ，1(1,),()∈x x f x 单调减，1(,),()∈a x x e f x 单调增，所以当11<<x x 时，()(1)0<=f x f 不合题意；当2a =时，符合题意；综上02≤<a .。

高三数学专题——恒成立与存在性问题高三复专题——恒成立与存在性问题知识点总结：1.___成立问题：1) 若对于D中的任意x，都有f(x)>A，则f(x)的最小值>A；2) 若对于D中的任意x，都有f(x)<A，则f(x)的最大值<A；3) 若对于D中的任意x，都有f(x)>g(x)，则F(x)=f(x)-g(x)>0，因此F(x)的最小值>0；4) 若对于D中的任意x，都有f(x)<g(x)，则F(x)=f(x)-g(x)<0，因此F(x)的最大值<0；5) 若对于D中的任意x1和E中的任意x2，都有f(x1)>g(x2)，则f(x)的最小值>g(x)的最大值；6) 若对于D中的任意x1和E中的任意x2，都有f(x1)<g(x2)，则f(x)的最大值<g(x)的最小值。

2.存在性问题：1) 若存在D中的x，使得f(x)>A，则f(x)的最大值>A；2) 若存在D中的x，使得f(x)<A，则f(x)的最小值<A；3) 若存在D中的x，使得f(x)>g(x)，则F(x)=f(x)-g(x)，因此F(x)的最大值>0；4) 若存在D中的x，使得f(x)<g(x)，则F(x)=f(x)-g(x)，因此F(x)的最小值<0；5) 若存在D中的x1和E中的x2，使得f(x1)>g(x2)，则f(x)的最大值>g(x)的最小值；6) 若存在D中的x1和E中的x2，使得f(x1)<g(x2)，则f(x)的最小值<g(x)的最大值。

3.相等问题：1) 若对于D中的任意x1，存在E中的某个x2，使得f(x1)=g(x2)，则{f(x)}={g(x)}；4.___成立与存在性的综合性问题：1) 若对于D中的任意x1，存在E中的某个x2，使得f(x1)>g(x2)，则f(x)的最小值>g(x)的最小值；2) 若对于D中的任意x1，存在E中的某个x2，使得f(x1)<g(x2)，则f(x)的最大值<g(x)的最大值。

浅谈高中数学中的“恒成立”与“存在性”的综合问题高中数学的学习中，恒成立与存在性是两个基本概念，也是学习和教学中一个重要的问题。

在高中数学课堂上，恒成立与存在性是非常重要的知识点，其研究内容也是极其庞大的，学生们需要正确理解这两个重要的概念，在实际应用中有效地利用。

本文将从概念界定、定义、历史背景等方面，对高中数学中“恒成立”和“存在性”问题进行浅谈。

首先，了解恒成立和存在性的定义和概念界定，以及它们之间的关系。

高中数学中，所谓的“恒成立”是指在某些条件下，某个数学定理或结论的正确性可以永远保持不变，不会因为任何环境的改变而改变，只要条件满足，定理的正确性就不会改变。

同时，“存在性”指的是某种数学定理或公式的真实存在，无论它到底是否正确，它都可以被实际检验，也就是说它是真实存在的。

其次，要正确理解恒成立与存在性的历史背景。

这两个概念在数学史上有着悠久的历史，早在古希腊和罗马时期，“恒成立”就成为了数学的基本理念，是一种对数学理论的基本信念。

而到了中世纪，数学家们发现存在性也是一种非常重要的概念，为了避免科学谬误，数学家们逐渐发现存在性也很重要。

此外，可以在高中数学学习和教学中更好地引申和应用这两个概念。

在高中数学教学中，要让学生更深刻地理解恒成立与存在性的区别，并且熟练掌握关于他们的基本概念，以便在实际的学习和应用中准确地使用这两个概念。

此外，教师还应当采取适当的方法引导学生在学习中不断检验和深入思考，以便他们能够更好地应用这两个概念，而不是单纯的熟记而已。

最后，再次强调，“恒成立”与“存在性”是高中数学学习和教学中一个重要的问题，非常值得我们重视。

正确理解这两个概念，正确掌握如何在数学研究中应用，不仅可以提高学生高中数学学习的素质，也为他们研究更深入的数学问题打下基础。

恒成立和存在性问题函数中经常出现恒成立和存在性问题，它能够很好地考察函数、不等式等知识以及转化与化归等数学思想，因此备受命题者青睐，在高考中频频出现，也是高考中的一个难点问题．例1已知函数f (x )＝ax 2－ln x (a 为常数)．(1) 当a ＝12时，求f (x )的单调减区间； (2) 若a <0，且对任意的x ∈[1，e]，f (x )≥(a －2)x 恒成立，求实数a 的取值范围．例2已知函数f (x )＝mx －a ln x －m ，g (x )＝e x e x ，其中m ，a 均为实数． (1) 求g (x )的极值；(2) 设m ＝1，a <0，若对任意的x 1，x 2∈[3,4](x 1≠x 2)，|f (x 2)－f (x 1)|<⎪⎪⎪⎪⎪⎪1g (x 2)－1g (x 1)恒成立，求a 的最小值．例3已知函数f (x )＝m ln x －12x (m ∈R)，g (x )＝2cos 2x ＋sin x ＋a . (1) 求函数f (x )的单调区间；(2) 当m ＝12时，对于任意x 1∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e ，总存在x 2∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2，使得f (x 1)≤g (x 2)成立，求实数a 的取值范围．思维变式题组训练1. 已知函数(x ＋1)ln x －ax ＋a ≥0在x ∈[1，＋∞)恒成立，求a 的取值范围．2. 已知e 为自然对数的底数，函数f (x )＝e x －ax 2的图象恒在直线y ＝32ax 上方，求实数a 的取值范围．3. 已知函数f (x )＝(a ＋1)ln x ＋ax 2＋1.(1) 试讨论函数f (x )的单调性；(2) 设a <－1，如果对任意x 1，x 2∈(0，＋∞)，|f (x 1)－f (x 2)|≥4|x 1－x 2|，求实数a 的取值范围．强化训练一、 填空题1. 若当x ∈(1,2)时，不等式x 2＋mx ＋4<0恒成立，则实数m 的取值范围是________．2. 已知函数f (x )＝⎩⎨⎧ －x 2＋2x ， x ≤0，ln (x ＋1)， x >0，若|f (x )|≥ax －1恒成立，则a的取值范围________．3. 设实数m ≥1，不等式x |x －m |≥m －2对∀x ∈[1,3]恒成立，则实数m 的取值范围是________．4. 已知函数f (x )＝ln x ＋(e －a )x －b ，其中e 为自然对数的底数．若不等式f (x )≤0恒成立，则b a的最小值为________．二、 解答题5. 已知函数f (x )＝(x ＋1)ln x －ax ＋a (a 为常数，且为正实数)．(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．6. 设函数f(x)＝x3＋ax2＋bx(a，b∈R)的导函数为f(x)．已知x1，x2是f′(x)的2个不同的零点．(1) 证明：a2>3b；(2) 当b＝0时，若对任意x＞0，不等式f(x)≥x ln x恒成立，求a的取值范围．7. 已知函数f(x)＝x3＋bx2＋2x－1, 若对任意x∈[1,2]，均存在t∈(1,2]，使得e t－ln t－4≤f(x)－2x，试求实数b的取值范围．8. 已知函数f(x)＝ax2＋2ln x.记函数g(x)＝f(x)＋(a－1)ln x＋1，当a≤－2时，若对任意x1，x2∈(0，＋∞)，总有|g(x1)－g(x2)|≥k|x1－x2|成立，试求k 的最大值．9. 已知函数f(x)＝x－ln x－2.(1) 求曲线y＝f(x)在x＝1处的切线方程；(2) 若函数f(x)在区间(k，k＋1)(k∈N)上有零点，求k的值；(3) 若不等式(x－m)(x－1)x>f(x)对任意正实数x恒成立，求正整数m的取值集合．10. 若对任意实数k，b都有函数y＝f(x)＋kx＋b的图象与直线y＝kx＋b相切，则称函数f(x)为“恒切函数”．设函数g(x)＝a e x－x－pa，a，p∈R.(1) 试讨论函数g(x)的单调性；(2) 已知函数g(x)为“恒切函数”．①求实数p的取值范围；②当p取最大值时，若函数h(x)＝g(x)e x－m也为“恒切函数”，求证：0≤m<3 16.(参考数据：e3≈20)。

恒成立与存在性问题1.单变量型恒成立问题方法一：参变量分离法解恒成立问题例1.已知函数f(x)＝lnx＋ax＋1，若f(x)＜0恒成立，求a的取值范围.解：∵f(x)＝lnx＋ax＋1＜0在(0，＋∞)上恒成立，∴a＜－lnx－1x，x∈(0，＋∞)，即a＜(－lnx－1x)min令H(x)＝－lnx－1x，x∈(0，＋∞)，H′(x)＝lnxx²当x∈(0，1)时，H′(x)＜0，H(x)在(0，1)上单调递减当x∈(1，＋∞)时，H′(x)＞0，H(x)在(1，＋∞)上单调递增∴H(x)min＝H(1)＝－1∴a＜－1例2.已知函数f(x)＝1xlnx(x＞0,x≠1)，求函数f(x)单调区间，解：f(x)＝1xlnx的定义域为(0，1)∪(1，＋∞)，f′(x)＝－(lnx＋1)(xlnx)²令f′(x)＞0，则0＜x＜1e；令f′(x)＜0，则1e＜x＜1或x＞1∴f(x)的增区间为(0，1e)，减区间为(1e，1)和(1，＋∞)例3.已知22x＞xa对任意x∈(0,1)成立，求a的取值范围.解：两边取自然对数：1xln2＞alnx，即1xlnx＜aln2，x∈(0，1)∴aln2＞(1xlnx)max，x∈(0，1)∵f(x)在(0，1e)上单调递增，在(1e，1)上单调递减，∴f(x)max＝f(1e)＝－e∴aln2＞－e，即a＞－eln2必背结论一：恒成立问题与函数最值的相互转化若函数f(x)在区间D上存在最小值f(x)min和最大值f(x)max.⑴∀x∈D，都有f(x)＞M⇔f(x)min＞M⑵∀x∈D，都有f(x)≥M⇔f(x)min≥M⑶∀x∈D，都有f(x)＜M⇔f(x)min＜M⑷∀x∈D，都有f(x)≤M⇔f(x)min≤M若函数f(x)在区间D上不存在最大(小)值，且值域为(m，n)，则⑴∀x∈D，都有f(x)＞M⇔m≥M⑵∀x∈D，都有f(x)≥M⇔m≥M⑶∀x∈D，都有f(x)＜M⇔n≤M⑷∀x∈D，都有f(x)≤M⇔n≤M方法二：分类讨论法解决恒成立问题例1.已知函数f(x)＝lnx＋ax＋1，若f(x)＜0恒成立，求a取值范围.解：∵f(x)＝lnx＋ax＋1∴f′(x)＝1x＋a＝1x－(－a)①当－a≤0，即a≥0时，f′(x)＞0，即f(x)在(0，＋∞)上单调递增∵f(1)＝a＋1＞0，这与f(x)＜0矛盾，∴a≥0不合题意.②当－a＞0，即a＜0时，令f′(x)＞0，则0＜x＜－1a；令f′(x)＜0，则x＞－1a∴f(x)在(0，－1a)上单调递增，在(－1a，＋∞)上单调递减∴f(x)max＝f(－1a)＝ln(－1a)＜0＝ln1∴－1a＜1，即a＜－1例2.【2017年全国3卷】已知函数f(x)＝x－1－alnx，若f(x)≥0恒成立，求a的值.解：f(x)的定义域为(0，＋∞)，①若a≤0，因为＝－12＋aln2<0，所以不满足题意；②若a>0，由f′(x)＝1－ax＝x－ax知，当x∈(0，a)时，f′(x)<0；当x∈(a，＋∞)时，f′(x)>0，所以f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增，故x＝a是f(x)在x∈(0，＋∞)上的唯一极小值点也是最小值点．由于f(1)＝0，所以当且仅当a＝1时，f(x)≥0，故a＝1.例3.【2015年全国2卷】已知函数f(x)＝e mx＋x²－mx⑴证明：f(x)在(－∞，0)单调递减，在(0，＋∞)单调递增；⑵若对于任意x1，x2∈[－1，1]，都有|f(x1)－f(x2)|≤e－1，求m的取值范围.解：⑴∵f(x)＝e mx＋x²－mx，∴f′(x)＝me mx＋2x－mf′′(x)＝m²e mx＋2≥0在R上恒成立，∴f′(x)＝me mx＋2x－m在R上单调递增而f′(0)＝0，∴x＞0时，f′(x)＞0；x＜0时，f′(x)＜0∴f(x)在(－∞，0)单调递减，在(0，＋∞)单调递增；⑵由⑴知f(x)min＝f(0)＝1当m＝0时，f(x)＝1＋x²，此时f(x)在[－1,1]上的最大值是2∴此时|f(x1)－f(x2)|≤e－1成立当m≠0时，f(1)＝e m＋1－m，f(－1)＝e－m＋1＋m令g(m)＝f(1)－f(－1)＝e m－e－m－2m，在R上单调递增而g(0)＝0，∴m＞0时，g(m)＞0，即f(1)＞f(－1)∴m＜0时，，g(m)＜0，即f(1)＜f(－1)当m＞0时，|f(x1)－f(x2)|≤f(1)－1＝e m－m≤e－1，即0＜m＜1当m＜0时，|f(x1)－f(x2)|≤f(－1)－1＝e－m＋m＝e－m－(－m)≤e－1，即－1＜m＜0综上所述：m∈(－1，1)方法三：“端点值代入型”恒成立问题例1.【2006全国2卷理20】设函数f(x)＝(x＋1)ln(x＋1).若对所有的x≥0，都有f(x)≥ax成立，求a的取值范围.解：令g(x)＝(x＋1)ln(x＋1)－ax，则g′(x)＝ln(x＋1)＋1－a令g′(x)＝0，即x＝e a－1－1当a≤1时，对所有的x＞0都有g′(x)＞0，∴g(x)在[0，＋∞)上为单调增函数，又g(0)＝0，∴当x≥0时，有g(x)≥g(0)，即当a≤1时都有f(x)≥ax，∴a≤1成立当a＞1时，对于0＜x＜e a－1－1时，g′(x)＜0∴g(x)在(0，e a－1－1)上为单调减函数，又g(0)＝0，∴对于0＜x＜e a－1－1时，有g(x)＜g(0)，即f(x)＜ax，∴当a＞1时，f(x)≥ax不一定成立综上所述：a∈(－∞，1]例2.【2007全国1卷理20⑵】设函数f(x)＝e x－e－x.若对所有的x≥0，都有f(x)≥ax 成立，求a的取值范围.解：f′(x)＝e x＋e－x，由于e x＋e－x≥2e x·e－x＝2，故f′(x)≥2令g(x)＝f(x)－ax，g′(x)＝e x＋e－x－a⑴若a≤2，当x＞0时，g′(x)＝e x＋e－x－a＞2－a≥0∴g(x)在(0，＋∞)上为增函数，∴x≥0，g(x)≥g(0)，即f(x)≥ax⑵当a＞2，方程g′(x)＝0的正根为x1＝ln a＋a²－42此时，若x∈(0，x1)时，g(x)＜g(0)＝0，即f(x)＜ax，与题设f(x)≥ax相矛盾.综上所述：a∈(－∞，2].例3.【2008全国2卷理22⑵】设函数f(x)＝sinx 2＋cosx.⑴求f (x )的单调区间；⑵若对所有的x ≥0，都有f (x )≤ax 成立，求a 的取值范围.解：⑴f ′(x )＝(2＋cosx )cosx －sinx (－sinx )(2＋cosx )²＝2cosx ＋1(2＋cosx )²当2k π－2π3＜x ＜2k π＋2π3(k ∈Z )时，cosx ＞－12，即f ′(x )＞0；当2k π＋2π3＜x ＜2k π＋4π3(k ∈Z )时，cosx ＜－12，即f ′(x )＜0；因此f (x )在每一个区间(2kπ－2π3，2kπ＋2π3)(k ∈Z )是增函数，f (x )在每一个区间(2kπ＋2π3，2kπ＋4π3)(k ∈Z )是减函数，⑵令g (x )＝ax －f (x )，则g ′(x )＝a －2cosx ＋1(2＋cosx )²＝a －22＋cosx ＋3(2＋cosx )²＝3(12＋cosx －13)²＋a －13故当a ≥13时，g ′(x )≥0.又g (0)＝0，所以当x ≥0时，g (x )≥g (0)＝0，即f (x )≤ax .当0＜a ＜13时，令h (x )＝sinx －3ax ，则h ′(x )＝cosx －3a .故当x ∈[0，arccos 3a )时，h ′(x )＞0，因此h (x )在[0，arccos 3a )上单调递增.故当x ∈(0，arccos 3a )时，h (x )＞h (0)＝0，sinx ＞3ax .于是，当x ∈(0，arccos 3a )时，f (x )＝sinx 2＋cosx ＞sinx 3＞ax .当a ≤0时，有f (π2)＝12＞0≥a ·π2综上所述：a ∈[13,＋∞)例4.【2014全国2卷理21】已知函数f (x )＝e x －e －x －2x .设g (x )＝f (2x )－4bf (x )，当x ＞0时，g (x )＞0，求b max .解：由f (x )得f ′(x )=e x ＋e －x －2≥2e x ·e －x －2=0，即f ′(x )≥0，当且仅当e x ＝e －x ，即x =0时，f ′(x )=0，∴函数f (x )在R 上为增函数；g (x )=f (2x )－4bf (x )=e 2x －e -2x －4b (e x －e －x )＋(8b －4)x ，则g '(x )=2[e 2x ＋e -2x －2b (e x +e -x )＋(4b －2)]=2[(e x ＋e -x )2－2b (e x ＋e -x )＋(4b －4)]=2(e x ＋e -x －2)(e x ＋e -x －2b ＋2)．①∵e x ＋e -x ≥2，e x ＋e -x ＋2≥4，∴当2b ≤4，即b ≤2时，g '(x )≥0，当且仅当x =0时取等号，从而g (x )在R 上为增函数，而g (0)=0，∴x ＞0时，g (x )＞0，符合题意．②当b ＞2时，若x 满足2＜e x ＋e -x ＜2b －2即0＜x ＜ln (b －1＋b ²－2b )时，g '(x )＜0，又由g (0)=0知，当0＜x ≤ln (b －1＋b ²－2b )时，g (x )＜0，不符合题意．综合①、②知，b ≤2，得b 的最大值为2．2.单变量型存在性问题例1.f (x )＝xlnx ，g (x )＝－x ²＋ax －3.若存在x ∈[1e ，e ]，使得2f (x )＞g (x )成立，求a 的取值范围.解：由2f (x )＞g (x )得，2xlnx ＞－x ²＋ax －3∴a ＜2xlnx ＋x ²＋3x＝2lnx ＋x ＋3x ∴a ＜(2lnx ＋x ＋3x )max ，x ∈[1e，e ]，令H (x )＝2lnx ＋x ＋3x ，x ∈[1e ，e ]，则H ′(x )＝2x ＋1－3x ²＝(x ＋3)(x －1)x ²当x ∈[1e ，1]时，H ′(x )＜0，则H (x )在[1e，1]上单调递减当x ∈(1，e ]时，H ′(x )＞0，则H (x )在(1，e ]上单调递增∵H (1e )－H (e )＝(－2＋1e ＋3e )－(2＋e ＋3e )＝2e －2e －4＞0∴H (1e )＞H (e )，∴a ＜H (1e )＝3e ＋1e－2例2.已知函数f (x )＝x －alnx ，g (x )＝－a ＋1x(a ∈R ).若存在[1，e ]上存在一点x 0，使得f (x 0)＜g (x 0)成立，求a 的取值范围.解：令H (x )＝f (x )－g (x )＝x －alnx ＋a ＋1x，x ∈[1，e ]H ′(x )＝1－a x －a ＋1x ²＝(x ＋1)[x －(a ＋1)]x ²，由题意知∃x ∈[1，e ]，使得H (x )＜0，∴H (x )min ＜0当a ＋1≥e ，即a ≥e －1时，H ′(x )＜0，H (x )在[1，e ]上单调递减∴H (x )min ＝H (e )＝e －a ＋a ＋1e ＜0，∴a ＞e ²＋1e －1当a ＋1≤1，即a ≤0时，H (x )在[1，e ]上单调递增∴H (x )min ＝H (1)＝a ＋2＜0∴a ＜－2当1＜a ＋1＜e 时，H (x )在[1，a ＋1)上递减，在(a ＋1，e ]上递增，∴H (x )min ＝H (a ＋1)＝a ＋2－aln (a ＋1)＜0令a ＋1＝x ，则φ(x )＝x ＋1－(x －1)lnx ，x ∈(1，e )φ′(x )＝1－lnx －x －1x＝1x －lnx ，令φ′(x )＝0，设其解为x 0∴则φ(x )在(1，x 0)上递增，在(x 0，e )上递减φ(x )min ＝(φ(1)，φ(e ))min ＝2，即H (x )min ＝2这与H (x )min ＜0相矛盾，与题意不合，综上所述：a ∈(－∞，－2)∪(e ²＋1e －1，＋∞)必背结论二：存在性问题与函数最值的相互转化若函数f (x )在区间D 上存在最小值f (x )min 和最大值f (x )max ，则⑴∃x ∈D ，使得f (x )＞M ⇔f (x )max ＞M⑵∃x ∈D ，使得f (x )≥M ⇔f (x )max ≥M⑶∃x ∈D ，使得f (x )＜M ⇔f (x )min ＜M⑷∃x ∈D ，使得f (x )≤M ⇔f (x )min ≤M若函数f (x )在区间D 上不存在最大(小)值，且值域为(m ，n )，则⑴∃x ∈D ，使得f (x )＞M ⇔n ＞M⑵∃x ∈D ，使得f (x )≥M ⇔n ＞M⑶∃x ∈D ，使得f (x )＜M ⇔m ＜M⑷∃x ∈D ，使得f (x )≤M ⇔m ＜M3.双变量型的恒成立与存在性问题必背结论三存在性问题与函数最值的相互转化⑴∀x 1∈[a ，b ]，总∃x 2∈[m ，n ]，使得f (x 1)≤g (x 2)⇔f (x 1)max ≤g (x 2)max ；⑵∀x 1∈[a ，b ]，总∃x 2∈[m ，n ]，使得f (x 1)≥g (x 2)⇔f (x 1)min ≥g (x 2)min ；⑶∃x 1∈[a ，b ]，∀x 2∈[m ，n ]，使得f (x 1)≤g (x 2)⇔f (x 1)min ≤g (x 2)min ；⑷∃x 1∈[a ，b ]，∀x 2∈[m ，n ]，使得f (x 1)≥g (x 2)⇔f (x 1)max ≤g (x 2)max ；⑸∀x 1∈[a ，b ]，x 2∈[m ，n ]，使得f (x 1)≤g (x 2)⇔f (x 1)max ≤g (x 2)min ；⑹∀x 1∈[a ，b ]，x 2∈[m ，n ]，使得f (x 1)≥g (x 2)⇔f (x 1)min ≤g (x 2)max ；⑺∃x 1∈[a ，b ]，总∃x 2∈[m ，n ]，使得f (x 1)≤g (x 2)⇔f (x 1)min ≤g (x 2)max ；⑻∃x 1∈[a ，b ]，总∃x 2∈[m ，n ]，使得f (x 1)≥g (x 2)⇔f (x 1)max ≤g (x 2)min ；例1.f (x )＝lnx －x 4＋34x －1.设g (x )＝x ²－2bx ＋4，若对任意的x 1∈(0,2)，存在x 2∈[1,2]，使得f (x 1)≥g (x 2)，求实数b 的取值范围.解：f (x )＝lnx －x 4＋34x －1，x ∈(0,2)，f ′(x )＝1x －14－34x ²＝－(x －1)(x －3)4x ²当x ∈(0,1)时，f ′(x )＜0，f (x )在(0,1)上递减当x ∈(1,2)时，f ′(x )＞0，f (x )在(1,2)上递增∴f (x )min ＝f (1)＝－12由题意知，f (x )min ≥g (x )，∃x ∈[1,2]∴∃x ∈[1,2]，使得x ²－2bx ＋4≤－12，即b ≥12(x ＋92x )∴[12(x ＋92x )]min ≤b ，x ∈[1,2]，即b ≥178例2.已知函数f (x )＝12ax ²－(2a ＋1)x ＋2lnx .设g (x )＝x ²－2x ，若对于任意的x 1∈(0,2]，存在x 2∈(0,2]，使得f (x 1)＜g (x 2)，求实数a 的取值范围.解：由g (x )＝x ²－2x ，x ∈(0,2]知，g (x )max ＝0由题意知，∀x ∈(0,2)，12ax ²－(2a ＋1)x ＋2lnx ＜0f ′(x )＝ax －(2a ＋1)＋2x ＝ax ²－(2a ＋1)x ＋2x ＝(x －2)(ax －1)x(注：此处主导函数为－ax ＋1)⑴当a ≤0时，f ′(x )＞0，f (x )在(0,2]上单调递增，f (x )max ＝f (2)＝－2a －2＋2ln 2＜0∴a ＞－1＋ln 2⑵当a ＞0时，①若1a ≥2，即0＜a ≤12，f (x )在(0,2]上单调递增，f (x )max ＝f (2)＝－2a －2＋2ln 2＜0，∴－1＋ln 2＜a ≤12②若1a ＜2时，f (x )在(0，1a )上单调递增，在(1a ，2]上单调递减f (x )max ＝f (1a )＝－12a－2－2lna ＜0恒成立综上所述：a ∈(－1＋ln 2，＋∞)4.等式型恒成立与存在性问题模型一：“任意＝存在”型问题必背结论四：∀x 1∈A ，∃x 2∈B ，使得f (x 1)＝g (x 2)⇔f (x )值域⊆g (x )值域例1.已知函数f (x )＝x ²＋2x ＋a 和函数g (x )＝2x ＋x ＋1，对任意实数x 1，总存在实数x 2，使g (x 1)＝f (x 2)成立，则实数a 的取值范围为.解：∵f (x )＝x ²＋2x ＋a 的最小值为f (－1)＝a －1，∴f (x )的值域为[a －1，＋∞)，∵g (x )＝2x ＋x ＋1在[－1，＋∞)上单调递增，∴g (x )的值域为[－2，＋∞)∵∀x 1，总∃x 2，使得g (x 1)＝f (x 2)成立∴g (x )值域⊆f (x )值域，即[－2，＋∞)⊆[a －1，＋∞)∴a －1≤－2，即a ≤－1例2.函数f (x )＝x ²－23ax 3(a ＞0)，x ∈R .若对任意的x 1∈(2，＋∞)，都存在x 2∈(1，＋∞)，使得f (x 1)·f (x 2)＝1，求a 的取值范围.解：∀x 1∈(2，＋∞)，∃x 2∈(1，＋∞)，使得f (x 1)＝1f (x 2)∴f (x )的值域⊆1f (x )的值域f (x )＝x ²－23ax 3，f ′(x )＝2x －2ax ²＝2x (1－ax )①当32a ＞2即0＜a ＜34时，0∈f (x )的值域，但是0不属于1f (x )的值域∴f (x )的值域⊆1f (x )的值域不成立②当1≤32a ≤2，即34≤a ≤32时，有f (2)≤0且此时f (x )在(2，＋∞)上单调递减，故f (x )的值域是(－∞，f (2))，因而(－∞，f (2))⊆(－∞，0)，由f (1)≥0，则f (x )在(1，＋∞)上的取值范围包含(－∞，0)，∴f (x )的值域⊆1f (x )的值域③当32a ＜1即a ＞32时，有f (1)＜0且此时f (x )在(1，＋∞)上单调递减，故1f (x )的值域时(1f (1)，0)，f (x )的值域是(－∞，f (2))，∴f (x )的值域⊆1f (x )的值域不成立综上所述：a ∈[34，32]模型二：“存在＝存在”型问题必背结论五：∃x 1∈A ，∃x 2∈B ，使得f (x 1)＝g (x 2)⇔f (x )值域∩g (x )值域≠∅例3.函数f (x )＝e x －1，g (x )＝－x ²＋4x －3，若有f (a )＝g (b )，则b 取值范围为.解：∵f (x )＝e x －1＞－1，∴f (x )的值域为(－1，＋∞)∵g (x )＝－x ²＋4x －3≤1，∴g (x )的值域为(－∞，1]∴f (x )的值域∩g (x )的值域＝(－1，1]∴g (b )＝－b ²＋4b －3∈(－1，1]，即－1＜－b ²＋4b －3≤1解得：2－2＜b ＜2＋2例4.f (x )＝x 3＋(1－a )x ²－a (a ＋2)x (a ∈R )，g (x )＝196x －13.是否存在实数a ，存在x 1∈[－1,1]，x 2∈[0,2]，使得f ′(x 1)＋2ax 1＝g (x 2)成立？解：令H (x )＝f ′(x )＋2ax ＝3x ²＋2x －a (a ＋2)则H (x )的值域为[－13－a ²－2a ，5－a ²－2a ]∵g (x )＝196x －13在[0,2]上单调递增∴g (x )的值域[－13，6]∵存在x 1∈[－1,1]，存在x 2∈[0,2]，使得f ′(x 1)＋2ax 1＝g (x 2)成立∴[－13－a ²－2a ，5－a ²－2a ]∩[－13，6]≠∅当[－13－a ²－2a ，5－a ²－2a ]∩[－13，6]＝∅时，则5－a ²－2a ＜－13或－13－a ²－2a ＞6，即a ＜－1－573或a ＞－1＋573∴a ∈[－1－573，－1＋573]。

恒成立与存在性问题方法总结恒成立与存在性问题方法总结高三数学复习中的恒成立与存在性问题，涉及一次函数、二次函数等函数的性质、图像，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，在培养学生思维的灵活性、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，恒成立与存在性问题的处理途径有多种，下面是小编整理的恒成立与存在性问题方法总结，欢迎来参考！一、构建函数构建适当的函数，将恒成立问题转化为能利用函数的性质来解决的问题。

1、构建一次函数众所周知，一次函数的图像是一条直线，要使一次函数在某一区间内恒大于（或小于）零，只需一次函数在某区间内的两个端点处恒大于（或小于）零即可。

例1：若x∈（-2，2），不等式kx+3k+1＞0恒成立，求实数k 的取值范围。

解：构建函数f（x）= kx+3k+1，则原问题转化为f（x）在x∈（-2，2）内恒为正。

若k=0，则f（x）=1＞0恒成立；若k≠0，则f （x）为一次函数，问题等价于f（-2）＞0，f（2）＞0，解之得k∈（- ，+∞）。

例2：对m≤2的一切实数m，求使不等式2x-1＞m（x -1）都成立的x的取值范围。

解：原问题等价于不等式：（x -1）m-（2x-1）＜0，设f（m）=（x -1）m-（2x-1），则原问题转化为求一次函数f（m）或常数函数在［-2，2］内恒为负值时x的取值范围。

（1）当x -1=0时，x=±1。

当x=1时，f（m）＜0恒成立；当x=-1时，f（m）＜0不成立。

（2）当x -1≠0时，由一次函数的单调性知：f（m）＜0等价于f（-2）＜0，且f（2）＜0，即＜x＜；综上，所求的x∈（）。

2、构建二次函数二次函数的图像和性质是中学数学中的重点内容，利用二次函数的图像特征及相关性质来解决恒成立问题，使原本复杂的问题变得容易解决。

例3：若x≥0，lg（ax +2x+1）∈R恒成立，求实数a的取值范围。

专题3.12 恒成立、存在性问题1．恒成立、存在性问题的求解思路：（1）转化为基本函数（曲线）问题：数形结合，利用函数图象或曲线性质求解，如一次函数端点法，二次函数判别式、指对函数切线法、根式平方联想圆等等； （2）分离参数法：转化为函数最值问题求解；（3）变换主元法：参数与变量角色转化，以参数为自变量，构建函数再求解． 2．不等式恒成立问题的求解策略：（1）分离参数()a f x ≥恒成立(()max a f x ≥)或()a f x ≤恒成立（()min a f x ≤）； （2）数形结合(()y f x = 图象在()y g x = 上方即可)； （3）讨论最值()min 0f x ≥或()max 0f x ≤恒成立． 3．不等式能恒成立求参数值(取值范围)的求解策略： （1）函数法：讨论参数范围，借助函数单调性求解；（2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域或最值问题加以解决； （3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解． 4．对于已知函数()y f x =的单调性求参数问题：（1）已知可导函数()f x 在区间D 上单调递增，转化为区间D 上()0f x '≥恒成立； （2）已知可导函数()f x 在区间D 上单调递减，转化为区间D 上()0f x '≤恒成立； （3）已知可导函数()f x 在区间D 上存在增区间，转化为()0f x '>在区间D 上有解； （4）已知可导函数()f x 在区间D 上存在减区间，转化为()0f x '<在区间D 上有解．【预测题1】已知函数()ln xf x x-=．（1）设()()1x g x f x f x ⎛⎫=+⎪-⎝⎭，求函数()g x 的最小值； （2）设()1h x f x ⎛⎫=⎪⎝⎭，对任意1x ，()20,x ∈+∞，()()()()121212h x h x h x x k x x ++++≥恒成立，求k 的最大值．【答案】（1）ln 2-；（2）ln 2-． 【解析】（1）因为()11ln x f x x =，()()1111ln 1ln 11x g x f x f x x x x x ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+=+-- ⎪ ⎪ ⎪-⎝⎭⎝⎭⎝⎭， 令1t x=，则()()()ln 1ln 1F t t t t t =+--，()0,1t ∈． ()()ln 1ln 11ln1tF t t t t'=+--+=⎡⎤⎣⎦-， 当10,2t ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，()0F t '<，()F t 单调递减；当1,12t ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，()0F t '>，()F t 单调递增． 所以()F t ）的最小值为1ln 22F ⎛⎫=-⎪⎝⎭．即函数()g x 的最小值是ln 2-． （2）()ln h x x x =，()()()1212h x h x h x x +-+()()11221212ln ln ln x x x x x x x x =+-++12121212lnln x x x x x x x x =+++=()11221212121212ln ln x x x x x x x x x x x x x x ⎡⎤++⎢⎥++++⎣⎦()12121212x x x x h h x x x x ⎡⎤⎛⎫⎛⎫=++⎢⎥ ⎪ ⎪++⎝⎭⎝⎭⎣⎦．由（1）知121121212ln 2x x x h h F x x x x x x ⎛⎫⎛⎫⎛⎫+=- ⎪ ⎪ ⎪+++⎝⎭⎝⎭⎝⎭≥， 所以()()()()121212ln 2h x h x h x x x x +-+-+⋅≥． 所以ln 2k -≤，k 的最大值是ln 2-． 【名师点睛】本题关键是将函数转化为()11ln x f xx =，利用换元法而得解．【预测题2】已知函数22()ln (1)1x f x x x =+-+．（1）求()f x 的单调区间；（2）若不等式1(1)e n an++≤对任意*n N ∈恒成立，求a 的取值范围．【答案】（1）单调递增区间为(10)-,，单调递减区间为(0)+∞,；（2）1(1]ln 2-∞-,． 【解析】（1）()f x 的定义域(1)-+∞,，22222ln(1)22(1)ln(1)2()1(1)(1)x x x x x x x f x x x x ++++--'=-=+++，令2()2(1)ln(1)2g x x x x x =++--，(1)x ∈-+∞,，()2ln(1)2g x x x '=+-，令()2ln(1)2h x x x =+-，(1)x ∈-+∞,，2()21h x x '=-+，当10x -<<时，()0h x '>，当0x >时，()0h x '<， 所以()h x 在(10)-,单调递增，在(0)+∞,单调递减， 又(0)0h =，故()0≤h x ，即当1x >-时，()0g x '≤，所以()g x 在(1)-+∞,单调递减，于是当10x -<<时，()(0)0g x g >=，当0x >时，()(0)0g x g <=， 所以当10x -<<时，()0f x '>，当0x >时，()0f x '<， 所以()f x 的单调递增区间为(10)-,，单调递减区间为(0)+∞,．（2）不等式1(1)n ae n++≤*()n N ∈等价于1()ln(1)1n a n++≤，又111n+>，故11ln(1)a nn≤-+， 设11()ln(1)x x x ϕ=-+，(01]x ∈,，222222(1)ln (1)()()(1)ln (1)ln (1)x x x f x x x x x x x ϕ++-'==+++，又()(0)0f x f ，故当(01]x ∈,时，()0x ϕ'<，所以()ϕx 在(01],单调递减，于是1()(1)1ln 2x ϕϕ≥=-，故11ln 2a ≤-，所以a 的取值范围为1(1]ln 2-∞-,． 【预测题3】已知函数()2()12ln ,f x a x x a R =--∈． （1）2a =时，求在(1,(1))f 处的切线方程； （2）讨论()f x 的单调性；（3）证明：当1a ≥时，1()(1)f x ax a x≥+-+在区间(1,)+∞上恒成立． 【答案】（1）()21y x =-；（2）见解析；（3）证明见解析． 【解析】当2a =时，()()2212ln f x x x =--，0x >，()22424x f x x x x-'=-=，()10f =，()12f '=， ()f x ∴在1x =处的切线方程是()21y x =-．（2）()22222ax f x ax x x-'=-=，()0x >当0a ≤时，()0f x '<，()f x ∴在()0,∞+上单调递减，当0a >时，令()0f x '>，解得x a >，令()0f x '<，解得0x a<<，()f x ∴的增区间是⎫+∞⎪⎪⎝⎭，减区间是⎛ ⎝⎭， 综上可知0a ≤时，函数的减区间是()0,∞+，无增区间；0a >时，函数的增区间是⎫+∞⎪⎪⎝⎭，减区间是⎛ ⎝⎭． （3）要证明不等式当1a ≥时，1()(1)f x ax a x≥+-+在区间(1,)+∞上恒成立， 即证明()()2112ln 1a x x ax a x--≥+-+在区间(1,)+∞上恒成立， 即证212ln 10ax x ax x ---+≥恒成立，令()212ln 1g x ax x ax x=---+，()3222212212ax ax x g x ax a x x x --+'=--+=()()()()22222112121x ax ax x x x x-----==，1,1a x ≥>，2210,10x ax ∴->->，即()0g x '>，()g x ∴在区间()1,+∞单调递增，即()()1g x g >，而()()2110g ax ax ax x =-=->，()0g x ∴>，∴ 1a ≥时，1()(1)f x ax a x≥+-+在区间(1,)+∞上恒成立． 【预测题4】已知函数1()x f x e -=．（1）设函数()()h x xf x =，求()h x 的单调区间；（2）判断函数()y f x =与()ln g x x =的图象是否存在公切线，若存在，这样的切线有几条，为什么？若不存在，请说明理由．【答案】（1）单调减区间为(),1-∞-，单调增区间为()1,-+∞；（2）两曲线有两条公切线，理由见解析．【解析】（1）1()()x h x xf x xe-==，()()1111x x x h x xee x e ---=+=+'，当1x <-时，()0h x '<，当1x >-时，()0h x '>，所以()h x 的单调减区间为(),1-∞-，单调增区间为()1,-+∞．（2）设两曲线的公切线为l ，与曲线1()x f x e -=切于点()1,a a e-，则切线方程为()11a a y e e x a ---=-，即111a a a y e x e ae ---=+-，又与曲线()ln g x x =切于点(),ln b b ，则切线方程为()1ln y b x b b-=-， 即1ln 1y x b b =+-．所以有1111ln 1a a a e be ae b ---⎧=⎪⎨⎪-=-⎩． 消元整理得110a a e ae a ---+=，所以方程根的个数即为两曲线的公切线条数．设11()x x x exe x ϕ--=-+，()11x x xeϕ-=-'．当0x <时，()0x ϕ'>，当01x <<时，由（1）知，()x ϕ'单调递减，()()10x ϕϕ''>=，当1x >时，由（1）知，()x ϕ'单调递减，()0x ϕ'<，当且仅当1x =时，()0x ϕ'=；所以()ϕx 在(),1-∞单调递增，在()1,+∞单调递减． 而()110ϕ=>，()220e ϕ=-<，22(1)10e ϕ-=-<，1(0)0eϕ=>， 又函数()ϕx 在R 上连续，所以函数11()x x x e xe x ϕ--=-+有两个零点，分别位于区间()1,0-和区间()1,2内．所以方程110a a e ae a ---+=有两个不同的根，即两曲线有两条公切线．【名师点睛】公切线问题需分别求得函数的切线方程，使斜率，截距分别相等，从而得到切线方程参数之间的关系，转化为函数问题，借助导数解决方程根的问题．【预测题5】已知函数()()1ln 22f x x x x =+-+，()()2ln 0g x x ax x a =-+>．（1）当1x >时，求函数()f x 的值域；（2）若函数()g x 有两个零点1x ，()212x x x <，当102λ≤≤时，不等式()()12110g x x a λλ'+-+-<恒成立，求实数a 的取值范围．【答案】（1）()0,∞+；（2）()0,1．【解析】（1）()()1ln 22f x x x x =+-+，定义域为()0,∞+，()1ln 2x f x x x+'=+-，所以()22111x f x x x x -''=-=，所以当1x >时，()0f x ''>，所以函数()y f x '=在[)1,+∞单调递增，又()10f '=，所以当1x >时，()0f x '>，所以函数()y f x =在[)1,+∞单调递增， 又()10f =，所以当1x >时，()0f x >，x →+∞时，()f x →+∞， 即所求的值域是()0,∞+．（2）因为()g x 有两个零点1x ，()212x x x <，所以由()0g x =得2ln x xa x+=，记2ln x x y+=，则312ln x xy --'=，令0y '=得1x =，列表得 分析得max 1y =，且当0x →时，y →-∞；当x →+∞时，0y +→； 因为()g x 有两个零点1x ，()212x x x <，即2ln x xa x +=有两个零点， 所以必有01a <<．又由（1）知当1x >时，()()1ln 220f x x x x =+-+>，即()22ln 11x x x x ->>+ （*） 又()()1210g x ax a x '=-+>，()2120g x a x''=--<，所以()g x '在()0,∞+单调递减．又令211x x x =>代入（*）式得，()2212121211222ln 1x x x x x x x x x x -->=++，即121212ln ln 2x x x x x x -+<-，又由题意函数()g x 有两个零点1x ，()212x x x <，得()()2111122222ln 0ln 0g x x ax x g x x ax x ⎧=-+=⎪⎨=-+=⎪⎩， 两式相减得()1212121210ln ln 12x x x x x x a x x -+<=<-+-，所以()1212210a x x x x -++<+，因为120x x <<，102λ≤≤， 所以()()121212121122122x x x x x x x x λλλλ++--=+---⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦ ()()1212102x x λ=--≥，所以()121212x x x x λλ++-≥， 所以()()()1212121221102x x g x x g a x x x x λλ+⎛⎫''+-≤=-++<⎪+⎝⎭， 又()1211g x x a λλ'+-<-⎡⎤⎣⎦，所以只要10a -≥， 因为0a >，所以01a <≤．综上所述，实数a 的取值范围是()0,1．【预测题6】已知函数21()(ln )2f x a x x x x=++-． （1）若02a <<，求函数()f x 的单调区间；（2）若存在实数[1,)a ∈+∞，使得()()2f x f x '+≤对于任意的x m ≥恒成立，求实数m 的取值范围．【答案】（1）增区间为⎫⎪⎪⎭，减区间为⎛ ⎝，(1,)+∞；（2）m 1≥． 【解析】（1）()f x 定义域为(0,)x ∈+∞，()222(1)211()22x x a f x a x x x x --⎛⎫'=-+-=-⎪⎝⎭22(1)x x x x ⎛- ⎝⎭⎝⎭=-，当02a <<时，令()0f x '>1x <， 所以()f x的增区间为⎫⎪⎪⎭，减区间为⎛ ⎝，(1,)+∞ （2）()()2f x f x '+≤，即222ln 0a aa x x x x+--≤ 即存在[1,)a ∈+∞，使得221211ln x x x x a⎛⎫+-≤ ⎪⎝⎭， 故22121ln 1x x x x ⎛⎫+-≤ ⎪⎝⎭对于任意的x m ≥恒成立，即2221ln 0x x x x+--≤， 令2221()ln g x x x x x=+--，即()0g x ≤对于任意的x m ≥恒成立，244233222222()x x x x x x g x x x -+--+-'==-， 设42()222h x x x x =-+-，3()82(1)h x x x '=--，当01x <<时，()0h x '>，42()222h x x x x =-+-在(0,1)单调递增，又(0)0h <，(1)0h >，所以存在唯一的0(0,1)x ∈，使得()00h x =， 当()0,1x x ∈时，()0h x >，则()0g x '<，()g x 是减函数， 所以()(1)0g x g >=，不符合题意，所以1m ≥， 下证当1≥x 时，()0g x ≤恒成立，()4222222212(1)0x x x x x x -+-=-+->， 所以423222()0x x x g x x-+-'=-<， 即()g x 在[1,)+∞上单调递减，()g(1)0g x ≤=， 综上，m 1≥．【名师点睛】此题考查导数的应用，考查利用导数求函数的单调区间，利用导数解决不等式恒成立问题，解题的关键是将问题转化为22121ln 1x x x x ⎛⎫+-≤ ⎪⎝⎭对于任意的x m ≥恒成立，即2221ln 0x x x x+--≤，然后构造函数，利用导数解决，考查数学转化思想和计算能力，属于中档题【预测题7】已知()ln f x x x =，()()212xg x x e e=--（1）求函数()g x 的单调区间；（2）已知1≥x 时，不等式()()2245ax x x f x -≤-+恒成立，求实数a 的取值范围．【答案】（1）在(),0-∞递增，在()0,2递减，在()2,+∞递增；（2）(],1ln 2-∞+． 【解析】（1）()g x 的定义域是R ，又()()2xg x x x e '=-，令()0g x '=，解得0x =或2x =，x ，()g x '，()g x 的变化如下：故()g x 在(),0-∞递增，在()0,2递减，在()2,+∞递增； （2）()y f x =的定义域是()0,∞+，当1≥x 时，由()()2245ax x x f x -≤-+可知()2245ln a x x x x≤-++， 令()()2245ln h x x x x x=-++，（1≥x ）， 则()()2245222ln x x h x x x x x-+'=-+-()()222222ln x x x x x x -+-=-+()()22222ln 1x x x x x⎡⎤-+-⎣⎦=， 令()0h x '=，则1x =或2x =，故()h x 在()1,2递减，在()2,+∞递增， 故()h x 在[)1,+∞上的最小值是()21ln 2h =+， 故1ln2a ≤+，即a 的取值范围是(],1ln 2-∞+．【名师点睛】对于不等式恒成立可以采用常变量分离法构造函数，利用导数的性质进行求解． 【预测题8】已知函数()22ln kx f x x x +-=（1）当1k =时，求在1x =处的切线方程；（2）若()f x 在定义域上存在极大值，求实数k 的取值范围． 【答案】（1）3y x =；（2）1,02⎛⎫-⎪⎝⎭． 【解析】（1）1k =时，()22ln f x x x x =+-定义域是()0,∞+，()122f x x x'=+-(0x >) 所以()13f =，()13f '=，切线方程为()331y x -=-即3y x =（2）()f x 的定义域是()0,∞+，求导得()2122122kx x f x kx x x+-'=+-=(0x >) 记()2221g x kx x =+-，①当0k =时，令()102g x x =⇒=， 当10,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()()()00g x f x f x <⇒'<⇒单调递减， 当1,2x ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭时，()()()00g x f x f x >⇒'>⇒单调递增；()f x 有极小值没有极大值．②当0k >时，480k ∆=+>，()21042g x x k k-=⇒==(负根舍去)，当10,2x k ⎛⎫∈ ⎪ ⎪⎝⎭时，()()()00g x f x f x <⇒'<⇒单调递减，当x ⎫∈+∞⎪⎪⎝⎭时，()()()00g x f x f x >⇒'<⇒单调递增；()f x 有极小值没有极大值．③当0k <时，令480k ∆=+≤得1,2k ⎛⎤∈-∞- ⎥⎝⎦，则()22210g x kx x =+-≤在()0,∞+恒成立，于是()0f x '≤在()0,∞+恒成立，()f x 在定义域()0,∞+上单调递减，没有极大值． 令480k ∆=+>得1,02k ⎛⎫∈-⎪⎝⎭，令()10g x x =⇒=2x =()0f x '=有2个不相等正根，()f x 在10,2k ⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭上单调递减，在11,22k k ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭单调递增，在1,2k ⎛⎫+∞ ⎪ ⎪⎝⎭单调递减．所以()f x在2x =综上所述，()f x 在定义域上存在极大值时，实数k 的取值范围是1,02⎛⎫-⎪⎝⎭． 【名师点睛】本题考查导数的几何意义，考查用导数研究函数的最值．解题关键是掌握导数与单调性的关系，掌握极值的定义．解题方法是利用分类讨论思想讨论()0f x '=的根的分布，()'f x 0>或()0f x '<的解的情况，确定单调性得极值情况．【预测题9】已知函数()f x x =，()sin cos g x x x =+．（1）当4x π≥-时，求证：()()f x g x ≥；（2）若不等式()()2f x g x ax +≤+在[0,)+∞上恒成立，求实数a 的取值范围． 【答案】（1）证明见解析；（2）[2,)+∞． 【解析】（1）令()()()sin cos h x f x g x x x x =-=--，4x π≥-，①当44x ππ-≤<时，则()1cos sin h x x x '=+-+，设1()()h x h x ='，)1321()04h x x π⎛⎫'=++> ⎪⎝⎭， ()h x '∴在,44ππ⎡⎫-⎪⎢⎣⎭上单调递增，且()00h '=，当04x π-≤<时，()0h x '<；当04x π≤<时，()0h x '≥，()h x ∴在,04π⎡⎫-⎪⎢⎣⎭上递减，在0,4π⎡⎫⎪⎢⎣⎭上递增， ()()00h x h ∴≥=，()()f x g x ∴≥；②当4x π≥时，则()4h x x x x π⎛⎫=+≥- ⎪⎝⎭1044ππ≥>+->，()()f x g x ∴≥；综上所述，当4x π≥-时，()()f x g x ≥；（2）令()()()2sin cos 2t x f x g x ax x x x ax =+--=++--，0x ≥，则()1cos sin t x x x a '=+--，由题意得()0t x ≤在[0,)+∞上恒成立，()00t =，()020t a '∴=-≤，2a ∴≥；下证当2a ≥时，()0t x ≤在[0,)+∞上成立，()sin cos 2sin cos 22t x x x x x ax x xx x =++--≤++--，令()sin cos 2x x x x ϕ++-，只需证明()0xϕ≤在[0,)+∞上成立， （1）当04x π≤≤时，()1cos sin x x x ϕ'=-+-，设1()()x x ϕϕ='，1321()4x x πϕ⎛⎫'=-+ ⎪⎝⎭， ()1x ϕ'在0,4⎡⎤⎢⎥⎣⎦π上单调递减，11()(0)0x ϕϕ∴'≤'=，()x ϕ'∴在0,4⎡⎤⎢⎥⎣⎦π上单调递减，()()00x ϕϕ''∴≤=，()x ϕ∴在0,4⎡⎤⎢⎥⎣⎦π上单调递减，()()00xϕϕ∴≤=；（2）当4x π>时，()24x xx πϕ⎛⎫=++- ⎪⎝⎭2x ≤-+204π≤+<；综上所述，实数a 的取值范围是[2,)+∞．【名师点睛】本题考查了利用导数证明不等式，利用导数研究不等式恒成立，解题的关键是由题意确定2a ≥，将不等式恒成立转化为()sin cos 22t x x x x x ≤++--，进而证明()sin cos 220x x x x x ϕ=++--≤，考查了转化思想以及运算能力．【预测题10】已知函数()()ln 10f x m x kx m =++> （1）讨论()f x 的单调性；（2）若存在实数k ，使得()mxxf x e '≤恒成立的m 值有且只有一个，求k m +的值．【答案】（1）答案见解析；（2）2e k m +=． 【解析】（1）函数()f x 的定义域为()0,∞+，()m m kxf x k x x+'=+=． 当0k ≥时，()0f x '>，()f x 在(0,)+∞上单调递增； 当0k <时，令()0f x '=，解得mx k=-， 当0,m x k ∈-⎛⎫ ⎪⎝⎭时，()0f x '>，当,m x k ⎛⎫∈-+∞ ⎪⎝⎭时，()0f x '<．()f x ∴在0,m k ⎛-⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，在,m k ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭上单调递减． 综上所述，当0k ≥，()f x 在(0,)+∞上单调递增； 当0k <时，()f x 在0,m k ⎛-⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，在,m k ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭上单调递减；（2）()mxxf x e '≤恒成立，即0mx e kx m --≥恒成立 令()mxg x ekx m =--，则()mx g x me k '=-．①当0k ≤时，()0g x '>，()g x 单调递增，要使()0g x ≥在()0,∞+上恒成立，只需()010g m =-≥，01m ∴<≤，此时m 不唯一，不合题意；②当0k m <≤时，令()0g x '=，解得ln ln 0k mx m-=≤，()g x 在()0,∞+上单调递增． 要使()0g x ≥在()0,∞+上恒成立，只需()010g m =-≥，01m ∴<≤，此时m 不唯一，不合题意；③当k m >时，令()0g x '=，解得ln ln 0k mx m-=>，当ln ln 0,k m x m -⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0g x '<，()g x 单调递减， 当ln ln ,k m x m -⎛⎫∈+∞⎪⎝⎭时，()0g x '>，()g x 单调递增， ()()ln ln min ln ln ln ln k m k m kg x g ek m m m m --⎛⎫∴==--- ⎪⎝⎭， 要使()0g x ≥在()0,∞+上恒成立，且m 值唯一，只需ln ln 0k m g m -⎛⎫=⎪⎝⎭， 整理得2ln ln 10m m k k-+-=，令()2ln ln 1m h m m k k =-+-，则()22k m h m mk-'=，令()0h m '=，解得m =．当m ⎛∈ ⎝时，0h m，()h m 单调递增，当m ⎫∈+∞⎪⎪⎭时，0h m，()h m 单调递减．()max 1ln 2h m h ∴==，要使m 值唯一，只需()max 102h m ==，解得2e k =，m =，k m ∴+= 【名师点睛】本题考查利用函数不等式恒成立，关键就是将问题转化为()min 0g x ≥，并利用导数分析函数的单调性，进而求解．【预测题11】已知函数2()2ln 3f x x ax x =-+-． （1）讨论()f x 的单调性．（2）若对任意的[]1,2a ∈，总存在1x ，2x ，使得()()120f x f x +=，证明：124x x +≥．【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析．【解析】（1）2222'()2x ax f x x a x x-+=-+=．当2160a ∆=-≤，即44a -≤≤时，'()0f x ≥，所以()f x 在()0,∞+上单调递增．当2160a ∆=->，即4a或4a >时，令2220x ax -+=，得216a a x ±-=．当4a时，两根均为负数，则'()0f x >，所以()f x 在()0,∞+上单调递增；当4a >时，两根均为正数，所以()f x 在2160,4a a ⎛⎫-- ⎪ ⎪⎝⎭，2164a a ⎛⎫-+∞ ⎪ ⎪⎝⎭上单调递增，在22161644a a a a ⎛-+-⎪⎝⎭,上单调递减． 综上所述，当4a ≤时，()f x 在()0,∞+上单调递增；当4a >时，()f x 在2160,4a a ⎛⎫-- ⎪ ⎪⎝⎭，2164a a ⎛⎫+-+∞ ⎪ ⎪⎝⎭上单调递增，在22161644a a a a ⎛-+- ⎪⎝⎭,上单调递减．（2）因为()()120f x f x +=，所以221112222ln 32ln 30x ax x x ax x -+-+-+-=，整理得()221212122ln 2ln 60x x a x x x x +-+++-=，即()()()212121212622ln x x a x x x x x x +-+-=-． 令()22ln g x x x =-，则22(1)'()2x g x x x-=-=， 所以()g x 在()0,1上单调递减，在()1,+∞上单调递增， 所以()()12g x g ≥=，即()121222ln 2x x x x -≥．因为()()2121262x x a x x +-+-≥，所以()()2121280x x a x x +-+-≥． 因为()()21212()8h a x x a x x =+-+-在[]1,2a ∈上单调递减， 所以()()21212(2)280h x x x x =+-+-≥，即()()1212420x x x x +-++≥． 因为12,0x x >，所以124x x +≥． 【预测题12】已知函数3231()3(0)2f x x a x x a a ⎛⎫=-++> ⎪⎝⎭． （1）讨论()f x 的单调性． （2）若1a >，且1,x a ⎛⎫∀∈+∞⎪⎝⎭，31()2f x a >，求a 的取值范围．（3）是否存在正数a ，使得()21f x x >-对()2,3x ∈恒成立？若存在，求a 的取值范围；若不存在，请说明理由．【答案】（1）答案见解析；（2）1,2⎛ ⎝⎭；（3）不存在，理由见解析． 【解析】（1）21'()333f x x a a ⎛⎫=-++ ⎪⎝⎭，令'()0f x =，解得x a =或1x a=， 当1a =时，'()0f x ≥，()f x 在R 单调递增， 当01a <<时，1a a>， 由'()0f x <，得1,x a a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，由'()0f x >，得()1,,x a a ⎛⎫∈-∞+∞ ⎪⎝⎭，故()f x 在1,a a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，在(),a -∞，1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭单调递增， 当1a >时，1a a<， 由'()0f x <，得1,x a a ⎛⎫∈⎪⎝⎭，由'()0f x >，得()1,,x a a ⎛⎫∈-∞+∞ ⎪⎝⎭，故()f x 在1,a a ⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减，在1,a ⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭，(),a +∞单调递增，综上：当1a =时，()f x 在R 单调递增， 当01a <<时，()f x 在1,a a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，在(),a -∞，1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭单调递增，当1a >时，()f x 在1,a a ⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减，在1,a ⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭，(),a +∞单调递增；（2）因为1a >，所以()f x 在1,a a ⎛⎫⎪⎝⎭单调递减，在(),a +∞单调递增，故()3min 1()2f x f a a =>，整理得332a a <，又1a >，故12a <<，故a 的取值范围是⎛ ⎝⎭； （3）()21f x x >-，323112x x a a x ++⎛⎫+< ⎪⎝⎭在()2,3x ∈上恒成立，设211()g x x x x =++，3233122'()1x x g x x x x--=--=， 设3()2k x x x =--，则2'()31k x x =-，当()2,3x ∈时，'()0k x >，故()k x 在()2,3上单调递增，()()240k x k >=>， 故'()0g x >在()2,3恒成立，()g x 在()2,3单调递增，则11()(2)4g x g >=，又12a a +≥=，(当且仅当1a =时“=”成立)， 故3111324a a ⎛⎫+≥> ⎪⎝⎭，故不存在正数a ，使得()21f x x >-对()2,3x ∈恒成立． 【名师点睛】本题的关键是由()21f x x >-变形为323112x x a a x++⎛⎫+< ⎪⎝⎭，构造新函数，利用导数的性质和基本不等式进行求解．【预测题13】已知函数()()ln 11f x x kx =+--． （1）讨论函数()f x 的单调性；（2）若关于x 的不等式()01xef x x ++≥对任意0x ≥恒成立，求实数k 的取值范围．【答案】（1）答案见解析；（2）1k ≤．【解析】（1）()()ln 11f x x kx =+--，0x ≥，()1111k kxf x k x x --'=-=++． ①若0k ≤，则()0f x >′恒成立，故()f x 在[)0,+∞上单调递增． ②若01k <<，令()0f x '=，得110x=->．③若1k，则()0f x '≤恒成立，故()f x 在[)0,+∞上单调递减．综上所述，若0k ≤，()f x 在[)0,+∞上单调递增；若01k <<，()f x 在10,1k ⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递增，在11,k ⎛⎫-+∞⎪⎝⎭上单调递减；若1k ，()f x 在[)0,+∞上单调递减．（2）令()()1x e g x f x x =++，故()()ln 111xe g x x kx x =+-+-+，0x ≥所以()()2111x x g x k x x '=-+++，令()()()2111xxe h x g x k x x ='=-+++， ()()()()()()()222331111111xx x e x e x h x x x x ++-+'=-+=+++，下面证明1x e x ≥+，其中0x ≥． 令()1xx e x ϕ=--，0x ≥，则()10x x eϕ-'=≥．所以()x ϕ在[)0,+∞上单调递增，故()()00x ϕϕ≥=， 所以当0x ≥时，1x e x ≥+． 所以()()()()()()()()()222333111110111x x e x x x x x h x x x x +-+++-+'==+++≥≥，所以()g x '在[)0,+∞上单调递增，故()()01g x g k ''=-≥．①若10k -≥，即1k ≤，则()()010g x g k ''=-≥≥，所以()g x 在[)0,+∞上单调递增， 所以()()00g x g ≥=对0x ∀>恒成立，所以1k ≤符合题意． ②若10k -<，即1k >，此时()010g k '=-<，()()()4442222214441411414122k k kke ke e g k k k k k k k k k ⎡⎤⎢⎥⎢⎥'=-+>-=⋅-=⎢⎥+⎛⎫+++⎢⎥⎪⎝⎭⎣⎦221122k e k ⎡⎤⎛⎫⎢⎥ ⎪⎢⎥- ⎪⎢⎥ ⎪+⎢⎥⎝⎭⎣⎦，且据1k >及1xe x ≥+可得212122k e k k +>+≥，故221122ke k ⎛⎫⎪> ⎪ ⎪+⎝⎭，所以()40g k '>． 又()g x '的图象在[)0,+∞上不间断，所以存在()00,4x k ∈，使得()0g x '=， 且当()00,x x ∈时，()0g x '<，()g x 在()00,x 上单调递减， 所以()()000g x g <=，其中()00,4x k ∈，与题意矛盾， 所以1k >不符题意，舍去．综上所述，实数k 的取值范围是1k ≤．【名师点睛】利用导数研究含参函数的单调性，注意讨论的不重不漏；根据不等式恒成立求参数的取值范围，注意先猜后证、反证法的综合应用． 【预测题14】已知函数()2(23)xf x e m x x =+-．（1）若曲线()y f x =在点0(1,)P y 处的切线为:(1)0l e x y n +-+=，求,m n ； （2）当1m =时，若关于x 的不等式()()25312f x x a x ≥+-+在[)1,+∞上恒成立，试求实数a 的取值范围．【答案】（1）1,2m n ==-；（2）32a e ≤-． 【解析】（1）因为函数()2(23)x f x e m x x =+-的导数()(43)xf x e m x '=+-，所以由题意可得(1)1f e m e '=+=+，即1m =．则2()23xf x e x x =+-，点P 坐标为()1,1e -，因为点P 在直线:(1)0l e x y n +-+=上，所以2n =-， 故1,2m n ==-；（2）当1m =时，2()23x f x e x x =+-因为关于x 的不等式()()25312f x x a x ≥+-+在[)1,+∞上恒成立， 所以12x e x a x x≤--，在[)1,+∞上恒成立，设()12x e x g x x x =--，则()()()22211111122x x e x e x g x x x x --+'=-+=-， 由1xy e x =--的导数为1xy e '=-，当0x >时，0y '>，函数1xy e x =--递增，当0x <时，函数1xy e x =--递减，则10x e x --≥，即10x e x ≥+>，所以当1≥x 时，()()()22111111110222x e x x x x x -++-+-≥-=>， 则()12x e x g x x x=--在[)1,+∞递增，所以()()min 312g x g e ==-，则32a e ≤-． 【名师点睛】若()f x 在区间D 上有最值，则（1）恒成立：()()min ,00x D f x f x ∀∈>⇔>；()()max ,00x D f x f x ∀∈<⇔<； （2）能成立：()()max ,00x D f x f x ∃∈>⇔>；()()min ,00x D f x f x ∃∈<⇔<． 若能分离常数，即将问题转化为()a f x >（或()a f x <），则（1）恒成立：()()max a f x a f x >⇔>；()()min a f x a f x <⇔<； （2）能成立：()()min a f x a f x >⇔>；()()max a f x a f x <⇔<． 【预测题15】已知函数()()xf x e ax a R =+∈．（1）讨论()f x 在()0,∞+上的单调性； （2）若对任意()0,x ∈+∞，()22ln 0x xe ax x a ++-≥恒成立，求a 的取值范围．【答案】（1）答案见解析；（2）[)(),00,e -+∞．【解析】（1）()x f x e a '=+，当1a ≥-时，因为0x >，所以e 1x >，所以()0xf x e a '=+>，所以()f x 在()0,∞+上的单调递增当1a <-时，()ln 0a ->，所以()ln x a >-时，()0f x '>；()ln x a <-时，()0f x '< 所以()f x 在()()0,ln a -上的单调递减，在()()ln ,a -+∞上的单调递增， 综上可得当1a ≥-时，()f x 在()0,∞+上的单调递增，当1a <-时，()f x 在()()0,ln a -上的单调递减，在()()ln ,a -+∞上的单调递增； （2）当1a ≥-且0a ≠时，由（1）可知()f x 在()0,∞+上的单调递增， 所以()()01f x f >=，所以0x >时，()22ln 0x xe ax x a++-≥恒成立，2ln 2ln 0xa e ax x a x ⇔+++-≥恒成立，当1a <-时，令()2ln 2ln xau x e ax x a x=+++-，因为2ln 2ln a y x a x=+-，由22ln 10a y x'=->得()ln x a >-，由22ln 10a y x'=-<得()0ln x a <<-，所以在()()0,ln a -上的单调递减，在()()ln ,a -+∞上的单调递增， 由（1）可知()xf x e ax =+，在()()0,ln a -上的单调递减，在()()ln ,a -+∞上的单调递增，所以()u x 在()()0,ln a -上的单调递减，在()()ln ,a -+∞上的单调递增，所以()()()()()()()()()2ln min ln ln ln ln 2ln ln a a u x u a ea a a a a --=-=+-+-+---()()()()()ln ln ln ln 1a ea a a a a a a -=+-=-+-=--，所以()()ln 10a a --≥，解得1e a -≤<-， 综上可得a 的取值范围是[)(),00,e -+∞.【预测题16】已知函数2()2xf x e ax =--．（1）当a e =时，求曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；（2）若()0xf x e -+≥恒成立，求实数a 的取值范围．【答案】（1）222e e+-；（2）(,1]-∞． 【解析】（1）因为2()2x f x e ex =--，所以)'(2xf x e ex =-，故'(1)k f e ==-．又(1)2f =-，所以切点坐标为(1,2)-，故函数()f x 在点(1,(1))f 处的切线方程为2(1)y e x +=--，即2y ex e =-+-，所以切线与坐标轴交点坐标分别为(0,2)e -，2,0e e -⎛⎫⎪⎝⎭， 故所求三角形面积为2212(2)442(2)22222e e e e e e e e e e ---+⎛⎫⨯-⨯===+- ⎪⎝⎭． （2）由()0xf x e -+≥，得220x x e e ax -+--≥恒成立，令2()2xxg x e eax -=+--，则()()g x g x -=，所以()g x 为偶函数．故只要求当0x ≥时，()0g x ≥恒成立即可．'()2x x g x e e ax -=--，设()2(0)xxh x e eax x -=--≥，故 '()2(0)x x h x e e a x -=+-≥， 设()2(0)xx H x e ea x -=+-≥，则'()(0)x x H x e e x -=-≥，显然'()H x 为(0,)+∞的増函数，故'()'(0)0H x H ≥=，即()H x 在(0,)+∞上单调递增，(0)22H a =-．当1a ≤时，(0)220H a =-≥，则有()h x 在(0,)+∞上单调递增，故()(0)0h x h ≥=， 则()g x 在(0,)+∞上单调递增，故()(0)0g x g ≥=，符合题意； 当1a >时，(0)220H a =-<，又1(ln 2)02H a a=>，故存在0(0,ln 2)x a ∈，使得()00H x =， 故()h x 在()00,x 上单调递减，在()0,x +∞上单调递增．当()00,x x ∈时，()(0)0h x h <=，故()g x 在()00,x 上单调递减， 故()(0)0g x g <=，与()0g x ≥矛盾． 综上，实数a 的取值范围为(,1]-∞．【名师点睛】解题的关键第一是构造函数，利用函数的奇偶性进行转化问题求解；第二是三次求导，利用导数的性质进行求解． 【预测题17】已知函数()()1ln f x a x a R x =+∈，()21g x x x x=--． （1）讨论()f x 的单调性；（2）若函数()()()F x f x g x =+存在两个极值点1x ，2x ，且曲线()y F x =在x 处的切线方程为()y G x =，求使不等式()()F x G x <成立的x 的取值范围．【答案】（1）答案见解析；（2）⎛ ⎝． 【解析】（1）()21-='ax f x x ， 当0a ≤时，()0f x '<恒成立，函数()f x 在()0,∞+上单调递减， 当0a >时，易得当1x a >时，()0f x '>，当10x a<<时，()0f x '<， 故()f x 在1,a ⎛⎫+∞⎪⎝⎭上单调递增，在10,a ⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减， （2）()()()2ln F x f x g x a x x x =+=+-，所以()2221a x x aF x x x x-+'=+-=，0x >，因为()()()F x f x g x =+存在两个极值点1x ，2x ，所以()220x x aF x x-+'==有两个不等正实数解，即220x x a -+=有两个不等式正根，所以18002a a∆=->⎧⎪⎨>⎪⎩，解得108a <<， 因为122a x x =，x ==所以1F '=-，ln 222a a a F =+所以曲线()y F x =在x =()ln 1222a a a y x ⎛⎛-+=- ⎝⎝， 即()()31ln 222a a a G x y x ==-+-， 令()()()23ln ln 222a a a h x F x G x x a x =-=+-+-， ()2220x ah x xx-+'==>，故()h x 在()0,∞+上单调递增，且0h =，故当0x <<时，()0h x <，即()()F x G x <，故x的范围⎛ ⎝． 【名师点睛】解不等式比较常用的方法是构造新函数，研究函数的单调性，明确函数的零点，即可明确不等式何时成立．【预测题18】已知函数()cos 2xf x e a x =+-，()f x '为()f x 的导函数．（1）讨论()f x '在区间π0,2⎛⎫⎪⎝⎭内极值点的个数；（2）若π,02x ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦时，()0f x ≥恒成立，求实数a 的取值范围． 【答案】（1）分类讨论，答案见解析；（2）[)1,+∞．【解析】（1）由()cos 2xf x e a x =+-，得()sin xf x e a x '=-．令()sin xg x e a x =-()cos xg x e a x '=-．因为π0,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，所以e 1x>，0cos 1x <<． 当1a ≤时，()0g x '>，()g x 单调递增，即()f x '在区间π0,2⎛⎫⎪⎝⎭内无极值点；当1a >时，()sin xg x e a x ''=+，π0,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭， 所以()0g x ''>，所以()cos xg x e a x '=-在π0,2⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递增．又()00cos010g e a a '=-=-<，ππ22ππcos 022g e a e ⎛⎫'=-=> ⎪⎝⎭，故存在0π0,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，使()00g x '=且()00,x x ∈时，()0g x '<，()g x 单调递减； 0π,2x x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0g x '>，()g x 单调递增，所以0x x =为()g x 的极小值点，此时()f x '在区间π0,2⎛⎫⎪⎝⎭内存在一个极小值点，无极大值点．综上所述，当1a ≤时，()f x '在区间π0,2⎛⎫ ⎪⎝⎭内无极值点；当1a >时，()f x '在区间π0,2⎛⎫ ⎪⎝⎭内存在一个极小值点，无极大值点． （2）若π,02x ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦时，()0f x ≥恒成立，则()0120f a =+-≥，所以1a ≥．下面证明当1a ≥时，()0f x ≥在π,02x ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦恒成立． 因为π,02x ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦时，0cos 1x ≤≤，所以1a ≥时，()cos 2cos 2xxf x e a x e x =+-≥+-．令()cos 2xh x e x =+-，π,02x ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦，所以()sin xh x e x '=-令()sin xx e x ϕ=-()cos xx e x ϕ'=-．()sin x x e x ϕ''=+在区间π,02⎡⎤-⎢⎥⎣⎦单调递增．又ππ331ππsin 03322e e e ϕ---⎛⎫⎛⎫''-=+-=-<-< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， 所以()cos xx e x ϕ'=-在区间ππ,23⎡⎤--⎢⎥⎣⎦上单调递减．又ππ22ππcos 022e e ϕ--⎛⎫⎛⎫'-=--=> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， ππ331ππ11cos 03322e e e ϕ---⎛⎫⎛⎫'-=--=-<-< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以存在1ππ,23x ⎛⎫∈-- ⎪⎝⎭，使()10x ϕ'=，且1π,2x x ⎛⎫∈-⎪⎝⎭时，()0x ϕ'>，()h x '单调递增； ()1,0x x ∈时，()0x ϕ'<，()h x '单调递减，所以1x x =时，()h x '取得最大值，且()()1max h x h x ''=． 因为()10x ϕ'=，所以11cos xe x =，所以()h x 单调递减，所以π,02x ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦时，()()00h x h ≥=，即()0f x ≥成立． 综上，若π,02x ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦时，()0f x ≥恒成立，则a 的取值范围为[)1,+∞．【名师点睛】含参数分类讨论函数的单调性、极值，需要根据导函数的结构，对参数进行分类讨论．【预测题19】函数()sin (1cos )f x x x =⋅+，()(1)xg x a e =-（1）当0a <时，函数()()()F x f x g x =+在(0,)2x π∈有极值点，求实数a 的取值范围；（2）对任意实数[0,)x ∈+∞，都有()()f x g x ≤恒成立，求实数a 的取值范围． 【答案】（1）20a -<<；（2）2a ≥．【解析】（1）()sin (1cos )(1)xF x x x a e =++-，2()cos (1cos )sin (sin )2cos cos 1x x F x x x x x ae x x ae =++=-'-+++， ()4cos sin )sin sin (4cos 1)x x F x x x x ae x x ae =-'-+'+=-+（，因为(0,)2x π∈，所以sin 0,cos 0x x >>，又0a <，所以()F x ''<0，所以'()F x 在(0,)2π上递减，(0)20F a =+>'，2()102F ae ππ'=-+<，所以20a -<<，（2）()()()G x g x f x =-=(1)sin (1cos )0xa e x x --+≥．因为()02F π≥，所以2(1)10a e π--≥，所以0a >，当[0,]2x π∈时，()()()G x g x f x '''=-=2(2cos cos 1)x ae x x -+-，()()()G x g x f x ''''''=-sin (4cos 1)x ae x x =++>0，所以'()G x 在[0,]2π上递增，(0)2G a '=-，2()102G ae ππ'=+>，①当(0)20G a =-<'即2a <时，0(0,)2x π∃∈使得0()0G x '=，所以当0(0,)x x ∈时'()0G x <，函数()G x 在区间0(0,)x 递减， 因为(0)0G =，所以当0(0,)x x ∈时，()0<G x 与条件()0G x ≥矛盾，②(0)20G a =-≥'时，即2a ≥时，22()(2cos cos 1)2(2cos cos 1)x x G x ae x x e x x =-+-≥-+-'，因为22cos cos 1x x +-=2192[cos ]48x +-，cos [1,1]x ∈-， 所以22cos cos 1x x +-9[,2]8∈-， 而0x ，≥时22x e ≥，所以()G x '0≥，所以函数()G x 在区间[0,)+∞单调递增，因为(0)0G =，所以()0G x ≥， 综上：2a ≥.【预测题20】已知函数()x f x e ax =+，()()()()g x f x f x a R =--∈． （1）若直线y kx =与曲线()f x 相切，求k a -的值； （2）若()g x 存在两个极值点1x ，2x ，且()()12122g x g x x x e->--，求a 的取值范围．【答案】（1）k a e -=； （2）1,12e e -⎛⎫+-- ⎪⎝⎭．【解析】（1）设切点为()00,x y ，()xf x e a '=+，因为直线y kx =与曲线()f x 相切，所以0x e a k +=，000xe ax kx +=，所以()()010x a k --=，解得01x =，a k =（不成立，舍去）， 所以k a e -=；（2）()2x x g x e e ax -=-+，()2x xg x e e a -'=++，①当1a ≥-时，()220g x a '≥+≥，所以()g x 在R 上单调递增，函数()g x 无极值，不符合题意，舍去． ②当1a <-时，()20xxg x e ea -'=++=，不妨设12x x <，解得(1ln x a =-，(2ln x a =-，可得函数()g x 在()1,x -∞单调递增，在()12,x x 单调递减，在()2,x +∞单调递增，符合题意．。

高中数学重点专项：经典的恒成立和存在性6道经典问题1. （1）若关于x 的不等式02>--a ax x 的解集为R ，求实数a 的取值范围；（2）若关于x 的不等式32-≤--a ax x 的解集不是空集，求实数a 的取值范围．2. 设a ∈R ，二次函数2()22.f x ax x a =--若()0f x >的解集为A ， {}|13,B x x A B =<<≠∅，求实数a 的取值范围.3. 对于满足|a|≤2的所有实数a,求使不等式x 2+ax+1>2a+x 恒成立的x 的取值范围。

4. 已知函数()f x 是定义在[]1,1-上的奇函数，且(1)1f =，若[],1,1a b ∈-，0a b +≠，有()()0f a f b a b+>+，（1）证明()f x 在[]1,1-上的单调性；（2）若2()21f x m am ≤-+对所有[]1,1a ∈-恒成立，求m 的取值范围。

5. 若函数y =R 上恒成立，求m 的取值范围。

6. 已知函数2()3f x x ax a =++-，⑴在R 上()0f x ≥恒成立，求a 的取值范围。

⑵若[]2,2x ∈-时，()0f x ≥恒成立，求a 的取值范围。

⑶若[]2,2x ∈-时，()2f x ≥恒成立，求a 的取值范围。

参考答案1.（1）设()a ax x x f --=2.则关于x 的不等式02>--a ax x 的解集为),(+∞-∞()0>⇔x f 在()+∞∞-,上恒成立()0min >⇔x f ,即(),0442min >+-=a a x f 解得04<<-a （2）设()a ax x x f --=2.则关于x 的不等式32-≤--a ax x 的解集不是空集()3-≤⇔x f 在()+∞∞-,上能成立()3min -≤⇔x f ,即(),3442min -≤+-=a a x f 解得6a ≤-或2a ≥.4. 解法1.由题意()2335g x x ax a =-+-，这一问表面上是一个给出参数a 的范围，解不等式()0g x <的问题，实际上，把以x 为变量的函数()g x ，改为以a 为变量的函数，就转化为不等式的恒成立的问题，即令()()2335a x a x ϕ=-+-，()11a -≤≤，则对11a -≤≤，恒有()0g x <，即()0a ϕ<，从而转化为对11a -≤≤，()0a ϕ<恒成立，又由()a ϕ是a 的一次函数，因而是一个单调函数，它的最值在定义域的端点得到.为此只需()()1010ϕϕ<⎧⎪⎨-<⎪⎩即22320,380.x x x x ⎧--<⎨+-<⎩ 解得213x -<<. 故2,13x ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭时，对满足11a -≤≤的一切a 的值，都有()0g x <. 解法2.考虑不等式()23350g x x ax a =-+-<.由11a -≤≤知,236600a a ∆=-+>,于是,不等式的解为223660366066a a a a a a x --++-+<<. 但是,这个结果是不正确的,因为没有考虑a 的条件,还应进一步完善.为此,设()()2236603660,66a a a a a a g a h a --++-+==. 不等式化为()(),11g a x h a a <<-≤≤恒成立,即()()max min ,11g a x h a a <<-≤≤.由于()236606a a a g a --+=在11a -≤≤上是增函数,则()()max 213g a g ==-, ()236606a a a h a +-+=在11a -≤≤上是减函数,则()()min 1 1.h a h ==所以, 213x -<<. 故2,13x ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭时，对满足11a -≤≤的一切a 的值，都有()0g x <.6.解法一：由题设,0a ≠.()0f x =的两个根为12112,x a a =-+22112,x a a=++显然,120,0x x <>.(1) 当0a <时,{}12A x x x x =<<,21A B x ≠∅⇔>⇔2112a a ++1> 2.a ⇒<- (2) 当0a >时, {}{}12A x x x x x x =<>, 23A B x ≠∅⇔<⇔2112a a ++637a <⇒>. 于是,实数a 的取值范围是()6,2,7⎛⎫-∞-+∞ ⎪⎝⎭. 解法二:(1) 当0a <时,因为()f x 的图象的对称轴10a<，则对()1,3x ∈，()1f 最大，()()max 1220. 2.f x f a a a ==-->⇒<-(2) 当0a >时, ()()max ,1,3f x x ∈在()1f 或()3f 实现, 由()()120,376f a f a =--<=-,则()637607f a a =->⇒>于是,实数a 的取值范围是()6,2,7⎛⎫-∞-+∞ ⎪⎝⎭. 上述不含答案的试题请使用手机搜题软件搜索答案。

专题8：恒成立与存在性问题【原卷版】1．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[,1)2e-B ．33[,24e -C ．33[,)24e D ．3[,1)2e2．设函数()(21)x f x e x ax a =--+，其中1a <，若存在两个整数1x ，2x ，使得1()f x ，2()f x 都小于0，则a 的取值范围是()A ．25[3e ，3)2eB ．3[2e-，3)2eC ．25[3e ，1)D ．3[2e，1)3．设函数()(21)x f x x e =-，()(1)g x a x =-，其中1a <，若存在唯一的整数0x 使得00()()f x g x <，则a 的取值范围是()A ．3[2e-，1)B ．3[2e，1)C ．3[2e-，34D ．3[2e，344．设函数()(31)x f x e x ax a =--+，其中1a <，若有且只有一个整数0x 使得0()0f x ，则a 的取值范围是()A ．23(,4e B ．23[,)4e C ．2(,1)eD ．2[,1)e5．已知函数2()()f x x a lnx =-，曲线()y f x =上存在两个不同点，使得曲线在这两点处的切线都与y 轴垂直，则实数a 的取值范围是()A ．21(,0)e-B ．(1,0)-C ．21(,)e-+∞D ．(1,)-+∞6．已知函数1()()xf x x a e =-，曲线()y f x =上存在两个不同点，使得曲线在这两点处的切线都与y 轴垂直，则实数a 的取值范围是()A ．2(e -，)+∞B ．2(e -，0)C ．21(e-，)+∞D ．21(e-，0)7．已知21()(0)2f x alnx x a =+>，若对任意两个不等的正实数1x ，2x 都有1212()()2f x f x x x -- 恒成立，则a 的取值范围是()A ．(1,)+∞B ．[1，)+∞C ．(0，1]D ．(0,1)8．已知21()2f x alnx x =+，若对任意两个不等的正实数1x ，2x 都有1212()()0f x f x x x ->-成立，则实数a 的取值范围是()A ．[0，)+∞B ．(0,)+∞C ．(0,1)D ．(0，1]9．已知函数2()(1)f x aln x x =+-，若对p∀，(0,1)q ∈，且p q≠，有(1)(1)2f p f q p q+-+>-恒成立，则实数a 的取值范围为()A ．(,18)-∞B ．(-∞，18]C ．[18，)+∞D ．(18,)+∞10．已知函数21()(1)2f x aln x x =+-，在区间(0,1)内任取两个数p ，q ，且p q ≠，不等式(1)(1)3f p f q p q+-+>-恒成立，则实数a 的取值范围是()A ．[8，)+∞B ．(3，8]C ．[15，)+∞D ．[8，15]11．设函数3()(33)(2)x x f x e x x ae x x =-+--- ，若不等式()0f x 有解，则实数a 的最小值为()A ．21e-B ．22e-C ．11e-D ．212e +12．设函数3()()(31)(3)f x x lnx x lnx a x =-++-，若不等式()0f x 有解，则实数a 的最小值为()A ．21e-B ．22e -C ．212e +D ．11e-13．设函数323()(62)22x x f x e x x x ae x =+-+--，若不等式()0f x 在[2-，)+∞上有解，则实数a 的最小值为()A ．312e--B ．322e--C ．3142e --D ．11e--14．已知函数2()()()lnx x b f x b R x+-=∈，若存在1[2x ∈，2]，使得()()f x x f x >-' ，则实数b 的取值范围是()A．(,-∞B ．3(,)2-∞C ．9(,4-∞D ．(,3)-∞15．已知()x f x xe =，2()(1)g x x a =-++，若存在1x ，2x R ∈，使得21()()f x g x 成立，则实数a 的取值范围为()A ．1[e，)+∞B ．1[e-，)+∞C ．(0,)e D ．1[e-，0)16．设过曲线()2cos g x ax x =+上任意一点处的切线为1l ，总存在过曲线()x f x e x =--上一点处的切线2l ，使得12//l l ，则实数a 的取值范围为()A ．[1，)+∞B ．[1，]+∞C ．(-∞，3]-D ．(,3)-∞-17．设函数24(),()xx f x g x xe x+==，若对任意1x ，2(0x ∈，]e ，不等式12()()1g x f x + k k恒成立，则正数k 的取值范围为()A ．141(,]e e e+B ．(e ，4]C ．1(0,]4e e e+-D ．14(0,]4e e +-18．设e 表示自然对数的底数，函数22()()()()4x e a f x x a a R -=+-∈，若关于x 的不等式1()5f x有解，则实数a 的值为．19．已知21()2f x alnx x x =++，若对任意两个不等的正实数1x ，2x ，都有122212()()1f x f x x x -<-恒成立，则a 的取值范围是．20．（1）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．（2）已知()x f x xe =，2()(1)g x x a =-++，若1x ∃，2x R ∈，使得21()()f x g x 成立，则实数a 的取值范围．21．当(0,)x ∈+∞时，不等式22(1)0c x cx lnx cx -++ 恒成立，则实数c 的取值范围是．22．若关于x 的不等式(1)()0x ax e aex +- 在(0,)+∞上恒成立，则实数a 的取值范围是．23．关于x 的不等式(1)()0ax lnx ax -+ 在(0,)+∞上恒成立，则实数a 的取值范围是．24．已知关于x 的不等式321ax x x lnx x+++ 在(0,)+∞上恒成立，则实数a 的取值范围是．25．已知函数()1(0)f x x alnx a =--<，4()g x x=，若对任意1x ，2(0x ∈，1]都有1212|()()||()()|f x f x g x g x --成立，则实数a 的取值范围为．26．若()1f x x alnx =--，()xex g x e=，0a <，且对任意1x ，2[3x ∈，124]()x x ≠，121211|()()|||()()f x f xg x g x -<-的恒成立，则实数a 的取值范围为．27．设过曲线()3x f x e x a =--+上任意一点处的切线为1l ，总存在过曲线()(1)2cos g x x a x =-+上一点处的切线2l ，使得12l l ⊥，则实数a 的取值范围为．28．设函数2221(),()xe x e xf xg x x e+==，对任意1x 、2(0,)x ∈+∞，不等式12()()1f x g x k k+ ，恒成立，则正数k 的取值范围是．29．已知函数()1()f x x alnx a R =--∈，()xe g x x=，当0a <时，且对任意的1x ，2[4x ∈，125]()x x ≠，1212|()()||()()|f x f x g x g x -<-恒成立，则实数a 的取值范围为．专题8：恒成立与存在性问题【解析版】1．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[,1)2e-B ．33[,24e -C ．33[,)24e D ．3[,1)2e【解析】设()(21)x g x e x =-，y ax a =-，由题意知存在唯一的整数0x 使得0()g x 在直线y ax a =-的下方，()(21)2(21)x x x g x e x e e x '=-+=+ ，∴当12x <-时，()0g x '<，当12x >-时，()0g x '>，∴当12x =-时，()g x 取最小值122e --，当0x =时，(0)1g =-，当1x =时，g （1）0e =>，直线y ax a =-恒过定点(1,0)且斜率为a ，故(0)1a g ->=-且1(1)3g e a a --=--- ，解得312a e< 故选：D ．2．设函数()(21)x f x e x ax a =--+，其中1a <，若存在两个整数1x ，2x ，使得1()f x ，2()f x 都小于0，则a 的取值范围是()A ．25[3e ，3)2eB ．3[2e-，3)2eC ．25[3e ，1)D ．3[2e，1)【解析】函数()(21)x f x e x ax a =--+，其中1a <，设()(21)x g x e x =-，y ax a =-，存在两个整数1x ，2x ，使得1()f x ，2()f x 都小于0，∴存在两个整数1x ，2x ，使得()g x 在直线y ax a =-的下方，()(21)x g x e x '=+ ，∴当12x <-时，()0g x '<，∴当12x =-时，121[()]()22min g x g e -=-=-．当0x =时，(0)1g =-，g （1）0e =>，直线y ax a =-恒过(1,0)，斜率为a ，故(0)1a g ->=-，且1(1)3g e a a --=-<--，解得32a e <．(2)2g a a --- ，解得253a e，a ∴的取值范围是25[3e ，32e．故选：A ．3．设函数()(21)x f x x e =-，()(1)g x a x =-，其中1a <，若存在唯一的整数0x 使得00()()f x g x <，则a 的取值范围是()A ．3[2e-，1)B ．3[2e，1)C ．3[2e-，34D ．3[2e，34【解析】设()(21)x f x e x =-，()(1)g x a x =-，由存在唯一的整数0x 使得00()()f x g x <，()(21)2(21)x x x f x e x e e x '=-+=+ ，∴当12x <-时，()0f x '<，当12x >-时，()0f x '>，∴当12x =-时，()f x 取最小值122e --，当0x =时，(0)1f =-，当1x =时，f （1）0e =>，直线()(1)g x a x =-恒过定点(1,0)且斜率为a ，故(0)1a f ->=-且1(1)3f e a a --=--- ，解得312a e< 故选：B ．4．设函数()(31)x f x e x ax a =--+，其中1a <，若有且只有一个整数0x 使得0()0f x ，则a 的取值范围是()A ．23(,4e B ．23[,)4e C ．2(,1)eD ．2[,1)e【解析】设()(31)x g x e x =-，()h x ax a =-，则()(32)x g x e x '=+，2(,3x ∴∈-∞-，()0g x '<，()g x 单调递减，2(3x ∈-，)+∞，()0g x '>，()g x 单调递增，23x ∴=-，取最小值233e --，(0)1(0)g a h ∴=-<-=，g （1）h -（1）20e =>，直线()h x ax a =-恒过定点(1,0)且斜率为a ，1(1)(1)420g h e a -∴---=-+>，2a e∴>，1a <，a ∴的取值范围2(e，1)．故选：C ．5．已知函数2()()f x x a lnx =-，曲线()y f x =上存在两个不同点，使得曲线在这两点处的切线都与y 轴垂直，则实数a 的取值范围是()A ．21(,0)e-B ．(1,0)-C ．21(,)e-+∞D ．(1,)-+∞【解析】 曲线()y f x =上存在不同的两点，使得曲线在这两点处的切线都与y 轴垂直，()20af x xlnx x x∴'=+-=有两个不同的解，即得222a x lnx x =+有两个不同的解，设222y x lnx x =+，则44y xlnx x '=+，10x e ∴<<，0y '<，函数递减，1x e>，0y '>，函数递增，1x e∴=时，函数取得极小值2e --，x →+∞，y →+∞，20e a -∴-<<，故选：A ．6．已知函数1()()xf x x a e =-，曲线()y f x =上存在两个不同点，使得曲线在这两点处的切线都与y 轴垂直，则实数a 的取值范围是()A ．2(e -，)+∞B ．2(e -，0)C ．21(e-，)+∞D ．21(e-，0)【解析】 曲线()y f x =上存在不同的两点，使得曲线在这两点处的切线都与y 轴垂直，()(1)0x f x a x e -∴'=+-=有两个不同的解，即得(1)x a x e -=-有两个不同的解，设(1)x y x e -=-，则(2)x y x e -'=-，2x ∴<，0y '<，函数递减，2x >，0y '>，函数递增，2x ∴=时，函数取得极小值2e --，x →+∞，0y →，20a e -∴>>-．故选：D．7．已知21()(0)2f x alnx x a =+>，若对任意两个不等的正实数1x ，2x 都有1212()()2f x f x x x -- 恒成立，则a 的取值范围是()A ．(1,)+∞B ．[1，)+∞C ．(0，1]D ．(0,1)【解析】设对任意两个不等的正实数12x x >都有2>恒成立，则1212()()22f x f x x x -- ，1122()2()2f x x f x x ∴-- ，令21()()222g x f x x alnx x x =-=+-，则12()()g x g x ，所以函数()g x 是增函数，()20(0)ag x x x x'=+-> 恒成立，22a x x ∴- 恒成立，222(1)1x x x -=--+ ，∴当1x =时，2()2g x x x =-取得最大值g （1）1=，1a ∴ ．即a 的取值范围是[1，)+∞．故选：B ．8．已知21()2f x alnx x =+，若对任意两个不等的正实数1x ，2x 都有1212()()0f x f x x x ->-成立，则实数a 的取值范围是()A ．[0，)+∞B ．(0,)+∞C ．(0,1)D ．(0，1]【解析】对任意两个不等的正实数1x ，2x ，都有1212()()0f x f x x x ->-恒成立则当0x >时，()0f x '>恒成立()0af x x x'=+>在(0,)+∞上恒成立则2()maxa x >-而20x -<，则0a 故选：A ．9．已知函数2()(1)f x aln x x =+-，若对p∀，(0,1)q ∈，且p q≠，有(1)(1)2f p f q p q+-+>-恒成立，则实数a 的取值范围为()A ．(,18)-∞B ．(-∞，18]C ．[18，)+∞D ．(18,)+∞【解析】因为2()(1)f x aln x x =+-，所以2(1)[(1)1](1)f x aln x x +=++-+，所以(1)2(1)2af x x x '+=-++．因为p，(0,1)q ∈，且p q≠，所以(1)(1)2f p f q p q+-+>-恒成立(1)(1)2(1)(1)f p f q p q +-+⇔>+-+恒成立(1)2f x '⇔+ 恒成立，即2(1)2(01)2ax x x -+<<+ 恒成立，所以22(2)(01)a x x >+<<恒成立，又因为(0,1)x ∈时，282(2)18x <+<，所以18a ．故选：C ．10．已知函数21()(1)2f x aln x x =+-，在区间(0,1)内任取两个数p ，q ，且p q ≠，不等式(1)(1)3f p f q p q+-+>-恒成立，则实数a 的取值范围是()A ．[8，)+∞B ．(3，8]C ．[15，)+∞D ．[8，15]【解析】由函数21()(1)2f x aln x x =+-，22111(1)[(1)1]1)(2)222f x aln x x aln x x x ∴+=++-+=+---(1)12af x x x ∴'+=--+，p ，(0,1)q ∈，且p q ≠，不等式(1)(1)3f p f q p q +-+>-恒成立等价式(1)(1)3(1)(1)f p f q p q +-+>+-+恒成立，转化为(1)3f x '+>恒成立，即132ax x -->+，(01)x <<恒成立，整理可得：268a x x >++，01x << ，∴函数2268(3)1y x x x =++=+-在(0,1)是递增函数．15max y ∴<故得15a ．故选：C ．11．设函数3()(33)(2)x x f x e x x ae x x =-+--- ，若不等式()0f x 有解，则实数a 的最小值为()A ．21e-B ．22e-C ．11e-D ．212e +【解析】()0f x 可化为3(33)0x x e x x ae x -+-- ，即333xx a x x e -+-，令3()33xx F x x x e =-+-，则21()33(1)(33)x xx F x x x x e e--'=-+=-++，令()33x G x x e -=++，则()3x G x e -'=-，故当3x e -=，即3x ln =-时，()33x G x x e -=++有最小值(3)3363(23)0G ln ln ln -=-+=->，故当[2x ∈-，1)时，()0F x '<，(1,)x ∈+∞时，()0F x '>；故()F x 有最小值F （1）111331ee=-+-=-；故实数α的最小值为11e-．故选：C ．12．设函数3()()(31)(3)f x x lnx x lnx a x =-++-，若不等式()0f x 有解，则实数a 的最小值为()A ．21e-B ．22e-C ．212e +D ．11e-【解析】若不等式()0f x 有解，则31()(3)3a lnx lnx x-++ 有解，令31()()(3)3g x lnx lnx x=-++，则11()(1)[3(1)]g x lnx lnx xx'=-++，令1()3(1)h x lnx x=++，则231()x h x x-'=，令()0h x '>，解得：13x >，令()0h x '<，解得：103x <<，故()h x 在1(0,3递减，在1(3，)+∞，故1()()3(23)03min h x h ln ==->，故()0h x >，令()0g x '>，即10lnx ->，解得：x e >，令()0g x '<，即10lnx -<，解得：0x e <<，故()g x 在(0,)e 递减，在(,)e +∞递增，故()min g x g =（e ）11e=-，故a 的最小值是11e-，故选：D ．13．设函数323()(62)22x x f x e x x x ae x =+-+--，若不等式()0f x 在[2-，)+∞上有解，则实数a 的最小值为()A ．312e--B ．322e--C ．3142e--D ．11e--【解析】323()(62)202x x f x e x x x ae x =+-+-- 在[2-，)+∞上有解3232(62)2x x ae e x x x x ⇔+-+- 在[2-，)+∞上有解323(62)22[](2)x min xe x x x x a x e +-+-⇔- ．令32323(62)32()622x x xe x x x xx g x x x x e e+-+-==+-+-，则211()336(1)(36)x xx g x x x x x ee -'=+--=-++，[2x ∈- ，)+∞，∴当[2x ∈-，1)时，()0g x '<，()g x 在区间[2-，1)上单调递减；当(1,)x ∈+∞时()0g x '>，()g x 在区间(1,)+∞上单调递增；∴当1x =时，()g x 取得极小值g （1）313116222e e=+-+-=--，也是最小值，3122a e∴-- ，3142a e∴-- ．故选：C ．14．已知函数2()()()lnx x b f x b R x+-=∈，若存在1[2x ∈，2]，使得()()f x x f x >-' ，则实数b 的取值范围是()A．(,-∞B ．3(,)2-∞C ．9(,4-∞D ．(,3)-∞【解析】2()()lnx x b f x x+-=，0x >，2212()()()x x b lnx x b f x x +----∴'=，12()()()x x b f x xf x x+-∴+'=，存在1[2x ∈，2]，使得()()0f x xf x +'>，12()0x x b ∴+->12b x x∴<+，设1()2g x x x=+，()max b g x ∴<，2221()2x g x x -∴'=，当()0g x '=时，解得：2x =，当()0g x '>时，即22x < 时，函数单调递增，当()0g x '<时，即122x <时，函数单调递减，∴当2x =时，函数()g x 取最大值，最大值为g （2）94=，94b ∴<，故选：C ．15．已知()x f x xe =，2()(1)g x x a =-++，若存在1x ，2x R ∈，使得21()()f x g x 成立，则实数a 的取值范围为()A ．1[e，)+∞B ．1[e-，)+∞C ．(0,)e D ．1[e-，0)【解析】1x ∃，2x R ∈，使得21()()f x g x 成立，等价于()()min max f x g x ，()(1)x x x f x e xe x e '=+=+，当1x <-时，()0f x '<，()f x 递减，当1x >-时，()0f x '>，()f x 递增，所以当1x =-时，()f x 取得最小值1()(1)min f x f e=-=-；当1x =-时()g x 取得最大值为()(1)max g x g a =-=，所以1a e- ，即实数a 的取值范围是1a e- ，故选：B ．16．设过曲线()2cos g x ax x =+上任意一点处的切线为1l ，总存在过曲线()x f x e x =--上一点处的切线2l ，使得12//l l ，则实数a 的取值范围为()A ．[1，)+∞B ．[1，]+∞C ．(-∞，3]-D ．(,3)-∞-【解析】设()2cos g x ax x =+上为1(x ，1())g x ，()f x 上切点为2(x ，2())f x ，依题得1x R ∀∈，2x R ∃∈，有112sin 1x a x e -=--，[2a -，2](,1)a +⊆-∞-易得3a <-．故选：D ．17．设函数24(),()xx f x g x xe x+==，若对任意1x ，2(0x ∈，]e ，不等式12()()1g x f x + k k恒成立，则正数k 的取值范围为()A ．141(,]e e e+B ．(e ，4]C ．1(0,]4e e e+-D ．14(0,]4e e +-【解析】对任意1x ，2(0x ∈，]e ，不等式12()()1g x f x +k k恒成立，等价于12()()()()1max min g x f x + k k恒成立，2444()24x f x x x x x x+==+⋅= ，当且仅当2x =时等号成立，∴2()4()min f x =k k；又()x g x xe =，()(1)0x x x g x e xe x e ∴'=+=+>在(0，]e 上恒成立，则11()(11e max g x e +++k k ，∴141e e ++ k k，又0>k ，解得1404e e +<-k．∴正数k 的取值范围为14(0,4e e +-．故选：D ．18．设e 表示自然对数的底数，函数22()()()()4x e a f x x a a R -=+-∈，若关于x 的不等式1()5f x有解，则实数a 的值为15．【解析】22()()()()4x e a f x x a a R -=+-∈，若关于x 的不等式1()5f x 有解，有解，由y =，可得函数y 的几何意义为点(,)2xe x 和点(,)2a a 的距离，由于两点在曲线2xe y =和直线20x y -=运动，当直线20x y t -+=与曲线相切，设切点为(,2me m ，可得切线的斜率为122m e =，解得0m =，则切点为1(0,2，可得切点到直线20x y -=的距离为5d =，有解，且等号成立，由20x y -=和122y x =-+联立，可得交点为1(5，1)10，即有15a =，故答案为：15．19．已知21()2f x alnx x x =++，若对任意两个不等的正实数1x ，2x ，都有122212()()1f x f x x x -<-恒成立，则a 的取值范围是(-∞，14-．【解析】设12x x >，则221212()()f x f x x x -<-，221122()()f x x f x x ∴-<-，令221()()2g x f x x alnx x x =-=-+，12()()g x g x ∴<，()g x ∴在(0,)+∞上单调递减，()10ag x x x∴'=-+ ，2211(24a x x x ∴-=--，14x ∴=时，21()4min x x -=-，14a ∴-．a ∴的取值范围是(-∞，14-．故答案为：(-∞，1]4-．20．（1）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3[2e，1)．（2）已知()x f x xe =，2()(1)g x x a =-++，若1x ∃，2x R ∈，使得21()()f x g x 成立，则实数a 的取值范围．【解析】（1）函数()(21)x f x e x ax a =--+，其中1a <，设()(21)x g x e x =-，y ax a =-，存在唯一的整数0x ，使得0()0f x <，∴存在唯一的整数0x ，使得0()g x 在直线y ax a =-的下方，()(21)x g x e x '=+ ，∴当12x <-时，()0g x '<，∴当12x =-时，121[()]()22min g x g e -=-=-．当0x =时，(0)1g =-，g （1）0e =>，直线y ax a =-恒过(1,0)，斜率为a ，故(0)1a g ->=-，且1(1)3g e a a --=--- ，解得32a e．a ∴的取值范围是3[,1)2e．（2）1x ∃，2x R ∈，使得21()()f x g x 成立，等价于()()min max f x g x ，()x f x xe =- ，()(1)x f x x e ∴'=+，当1x <-时，()0f x '<；1x >-时，()0f x '>．1x ∴=-时，1()min f x e=-．2()(1)g x x a =++ ，()max g x a ∴=．1a e∴- ，∴实数m 的取值范围是1[,)e-+∞．故答案分别为：（1）3[,1)2e；（2）1[,)e-+∞．21．当(0,)x ∈+∞时，不等式22(1)0c x cx lnx cx -++ 恒成立，则实数c 的取值范围是1[e，){}e +∞- ．【解析】当(0,)x ∈+∞时，不等式22(1)0c x cx lnx cx -++ 恒成立，即(0,)x ∈+∞时，()(1)0xc lnx xc -+ 恒成立，即(0,)x ∈+∞时，1lnx c xc x ⎧⎪⎪⎨⎪-⎪⎩或1lnxc xc x ⎧⎪⎪⎨⎪-⎪⎩，令()lnx f x x=，21()lnx f x x-'=，令()0f x '>，解得：0x e <<，令()0f x '<，解得：x e >，()f x ∴在(0,)e 递增，在(,)e +∞递减，()max f x f∴=（e ）1e=，而10y x =-<，又当1x e=时，2()(1)(1)0c xc lnx xc e-+=+ 符合条件，c e ∴=-，故1c e，或c e =-，故答案为：1[e，){}e +∞- ．22．若关于x 的不等式(1)()0x ax e aex +- 在(0,)+∞上恒成立，则实数a 的取值范围是[0，1]．【解析】当0a =时，不等式(1)()0x ax e aex +- 即为0x e >显然成立；当0a >时，0x >，10ax +>，只要0x e aex - ，即有xe ae x的最小值，令()xe g x x=，2(1)()x e x g x x -'=，当1x >时，()0g x '>，()g x 递增；当01x <<时，()0g x '<，()g x 递减．即有1x =处取得最小值，且为e ，则ae e ，解得01a < ；当0a <时，0x >，0x e aex ->，只要10ax + 恒成立，由于11ax + ，则0a <不恒成立．综上可得a 的范围是[0，1]．故答案为：[0，1]．23．关于x 的不等式(1)()0ax lnx ax -+ 在(0,)+∞上恒成立，则实数a 的取值范围是1a e-或a e =．【解析】0a <，则0lnx ax + ，令y lnx ax =+，则1y a x'=+，10x a∴<<-时，0y '>，1x a>-时，0y '<1x a ∴=-时，函数取得最大值1(1ln a--，0lnx ax + ，1()10ln a ∴-- ，1a e∴- ；0a =时，则0lnx ，在(0,)+∞上不恒成立，不合题意；0a >时，100ax lnx ax -⎧⎨+⎩ 或100ax lnx ax -⎧⎨+⎩，a e =，综上，1a e-或a e =．24．已知关于x 的不等式321ax x x lnx x+++ 在(0,)+∞上恒成立，则实数a 的取值范围是(-∞，1]-．【解析】当0a 时，取1x =，则3222ax x x a ++=+>，11lnx x+=，不等式321ax x x lnx x+++ 在(0,)+∞上不恒成立，0a ∴<．①当1a -时，3232ax x x x x x ++-++ ，令32()g x x x x =-++，2()321(31)(1)g x x x x x '=-++=-+-，当(0,1)x ∈时，()0g x '>，()g x 为增函数，当(1,)x ∈+∞时，()0g x '<，()g x 为减函数，()g x ∴在(0,)+∞上的极大值也是最大值为g （1）1=．又1()f x lnx x=+，22111()x f x x x x-'=-=，当(0,1)x ∈时，()0f x '<，()f x 为减函数，当(1,)x ∈+∞时，()0f x '>，()f x 为增函数，()f x ∴在(0,)+∞上的极小值也是最小值为f （1）11ln g =+=（1）．()()f x g x ∴ 在(0,)+∞上恒成立；②当(1,0)a ∈-时，取1x =，则3221ax x x a ++=+>，11lnx x+=，不等式321ax x x lnx x+++在(0,)+∞上不恒成立．综上，1a - ．故答案为：(-∞，1]-．25．已知函数()1(0)f x x alnx a =--<，4()g x x=，若对任意1x ，2(0x ∈，1]都有1212|()()||()()|f x f xg x g x --成立，则实数a 的取值范围为[3-，0)．【解析】函数()f x 的定义域为(0,)+∞，则当0a <时，()10a f x x'=->恒成立，此时，函数()f x 在(0,)+∞上是增函数，又函数4()g x x=，在(0，1]上是减函数不妨设1201x x < ，则1221|()()|()()f x f x f x f x -=-，121244|()()|g x g x x x -=-，则不等式1212|()()||()()|f x f x g x g x -- 等价为121211|()()|4||f x f x x x -- ，即212144()()f x f x x x ++ 设44()()1h x f x x alnx x x=+=--+，则121211|()()|4||f x f x x x -- ，等价于函数()h x 在区间(0，1]上是减函数22244()1a x ax h x x x x --'=--=，240x ax ∴-- 在(0，1]上恒成立，即4a x x- 在(0，1]上恒成立，即a 不小于4y x x=-在(0，1]内的最大值．而函数4y x x=-在(0，1]是增函数，4y x x∴=-的最大值为3-3a ∴- ，又0a <，[3a ∴∈-，0)．故答案为：[3-，0)．26．若()1f x x alnx =--，()xex g x e=，0a <，且对任意1x ，2[3x ∈，124]()x x ≠，121211|()()|||()()f x f xg x g x -<-的恒成立，则实数a 的取值范围为22[33e -，0)．【解析】易知1(),()f xg x 在[3x ∈，4]上均为增函数，不妨设12x x <，则121211|()()|||()()f x f xg x g x -<-等价于212111()()()()f x f xg x g x -<-，即212111()()()()f x f xg x g x -<-；令1()()1()xe h xf x x alnxg x ex=-=---，则()h x 在[3x ∈，4]为减函数，则2(1)()10x a e x h x x ex '-=-- 在(3,4)x ∈上恒成立，∴11,[3,4]x x e a x ex x---+∈ 恒成立；令11(),[3,4]x x e u x x ex x--=-+∈，∴11122(1)113()11[()],[3,4]24x x x e x u x ee x x x ----'=-+=--+∈，()u x ∴为减函数，()u x ∴在[3x ∈，4]的最大值为22(3)33u e =-；综上，实数a 的取值范围为22[33e -，0)．故答案为：22[33e -，0)．27．设过曲线()3x f x e x a =--+上任意一点处的切线为1l ，总存在过曲线()(1)2cos g x x a x =-+上一点处的切线2l ，使得12l l ⊥，则实数a 的取值范围为[1-，2]．【解析】由()x f x e x =--，得()1x f x e '=--，11x e +> ，∴1(0,1)1xe ∈+，由()(1)2cos g x x a x =-+，得()2sin g x a x '=-，又2sin [2x -∈-，2]，2sin [2a x a ∴-∈-+，2]a +，要使过曲线()3x f x e x a =--+上任意一点的切线为1l ，总存在过曲线()(1)2cos g x a x x =-+上一点处的切线2l ，使得12l l ⊥，则2021a a -⎧⎨+⎩，解得12a - ．即a 的取值范围为[1-，2]，故答案为[1-，2]．28．设函数2221(),()xe x e xf xg x x e+==，对任意1x 、2(0,)x ∈+∞，不等式12()()1f x g x k k+ ，恒成立，则正数k 的取值范围是1k ．【解析】 当0x >时，21()2f x e x x=+ 2e =，1(0,)x ∴∈+∞时，函数1()f x 有最小值2e ，2()xe xg x e = ，2(1)()xe x g x e -∴'=，当1x <时，()0g x '>，则函数()g x 在(0,1)上单调递增，当1x >时，()0g x '<，则函数在(1,)+∞上单调递减，1x ∴=时，函数()g x 有最大值g （1）e =，则有1x 、2(0,)x ∈+∞，12()2()min max f x e g x e =>=，不等式12()()1f x g x k k+ 恒成立且0k >，∴21e ek k +，1k ∴ 故答案为：1k ．29．已知函数()1()f x x alnx a R =--∈，()xe g x x=，当0a <时，且对任意的1x ，2[4x ∈，125]()x x ≠，1212|()()||()()|f x f x g x g x -<-恒成立，则实数a 的取值范围为．【解析】当0a <时，()10a f x x'=->在[4x ∈，5]上恒成立，∴函数()f x 在[4x ∈，5]上单调递增，()xe g x x=，2(1)()0x e x g x x -'=> 在[4x ∈，5]上恒成立，()g x ∴在[4，5]上为增函数．当0a <时，且对任意的1x ，2[4x ∈，125]()x x ≠，1212|()()||()()|f x f x g x g x -<-恒成立，即2211()()()()f x g x f x g x -<-在[4x ∈，5]上恒成立．设()()()1xe F xf xg x x alnx x=-=---，则()F x 在[4x ∈，5]上为减函数．2(1)()10x a e x F x x x -'=-- 在[4x ∈，5]上恒成立，化为x xe a x e x-+恒成立．设()xxe H x x e x=-+，222(1)11113()11(1)1[()]24x xx x e x H x e e e x x x x -'=-+=--+=--+ ，[4x ∈，5]．231133[(]1244x e e x ∴-+>>，[4x ∈，5]．()0H x ∴'<在[4x ∈，5]上恒成立，即()H x 为减函数．()H x ∴在[4x ∈，5]上的最大值为H （4）444134444e e e =-+=-．43404e a ∴-<。

高三复习专题——恒成立与存在性问题知识点总结：(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 >04. ∀x∈D,均有f(x)﹤g(x)恒成立，则F(x)=f(x)- g(x) ﹤0，∴F(x) ma x﹤05. ∀x1∈D, ∀x2∈E,均有f(x1) >g(x2)恒成立，则f(x)min> g(x)ma x6. ∀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 <A3. ∃x0∈D,使得f(x0) >g(x0)成立，设F(x)=f(x)- g(x)，∴F(x) ma x >04. ∃x0∈D,使得f(x0) <g(x0)成立，设F(x)=f(x)- g(x)，∴F(x) min <05. ∃x1∈D, ∃x2∈E, 使得f(x1) >g(x2)成立，则f(x) ma x > g(x) min6. ∃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1. ∀x1∈D, ∃x2∈E,使得f(x1)=g(x2)成立，则{ f(x)}{g(x)}(4)恒成立与存在性的综合性问题1. ∀x1∈D, ∃x2∈E, 使得f(x1) >g(x2)成立，则f(x)m in>g(x)m in2. ∀x1∈D, ∃x2∈E, 使得f(x1) <g(x2)成立，则f(x)max <g(x)max(5)恰成立问题1. 若不等式f(x)>A在区间D上恰成立，则等价于不等式f(x)>A的解集为D；2.若不等式f(x)<B在区间D上恰成立，则等价于不等式f(x)<B的解集为D.► 探究点一 ∀x ∈D ，f (x )>g (x )的研究例1、已知函数12)(2+-=ax x x f ，xax g =)(，其中0>a ，0≠x ． 对任意]2,1[∈x ，都有)()(x g x f >恒成立，求实数a 的取值范围；【思路分析】等价转化为函数0)()(>-x g x f 恒成立，通过分离变量，创设新函数求最值解决．简解：（1）由12012232++<⇒>-+-x x x a x a ax x 成立，只需满足12)(23++=x xx x ϕ的最小值大于a 即可．对12)(23++=x x x 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 ．► 探究点二 ∃x ∈D ，f (x )>g (x )的研究对于∃x ∈D ，f (x )>g (x )的研究，先设h (x )＝f (x )－g (x )，再等价为∃x ∈D ，h (x )max >0，其中若g (x )＝c ，则等价为∃x ∈D ，f (x )max >c . 例 已知函数f (x )＝x 3－ax 2＋10.(1)当a ＝1时，求曲线y ＝f (x )在点(2，f (2))处的切线方程；(2)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． 【解答】 (1)当a ＝1时，f ′(x )＝3x 2－2x ，f (2)＝14， 曲线y ＝f (x )在点(2，f (2))处的切线斜率k ＝f ′(2)＝8， 所以曲线y ＝f (x )在点(2，f (x ))处的切线方程为 8x －y －2＝0.(2)解法一：f ′(x )＝3x 2－2ax ＝3x ⎝⎛⎭⎫x －23a (1≤x ≤2)， 当23a ≤1，即a ≤32时，f ′(x )≥0，f (x )在[1,2]上为增函数， 故f (x )m in ＝f (1)＝11－a ，所以11－a <0，a >11，这与a ≤32矛盾． 当1<23a <2，即32<a <3时，当1≤x <23a ，f ′(x )<0；当23a <x ≤2，f ′(x )>0， 所以x ＝23a 时，f (x )取最小值，因此有f ⎝⎛⎭⎫23a <0，即827a 3－49a 3＋10＝－427a 3＋10<0，解得a >3352，这与32<a <3矛盾；当23a ≥2，即a ≥3时，f ′(x )≤0，f (x )在[1,2]上为减函数，所以f (x )m in ＝f (2)＝18－4a ，所以18－4a <0，解得a >92，这符合a ≥3. 综上所述，a 的取值范围为a >92.解法二：由已知得：a >x 3＋10x 2＝x ＋10x 2， 设g (x )＝x ＋10x 2(1≤x ≤2)，g ′(x )＝1－20x 3，∵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．► 探究点三 ∀x 1∈D ，∀x 2∈D ，f (x 1)>g (x 2)的研究 例、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 的取值范围．思路分析：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 x ab +-≤或x b x a )10(2-+-≤； 方法3：变更主元，0101)(≤-++⋅=b x a x a ϕ，]2,21[∈a简解：方法1:对b x x a b x x g x h ++=++=)()(求导，22))((1)(xa x a x x a x h +-=-='， 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．⎪⎩⎪⎨⎧-≤-≤⇒⎪⎩⎪⎨⎧≤++≤++⇒⎪⎩⎪⎨⎧≤≤∴a b a b 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 ．► 探究点四 ∀x 1∈D ，∃x 2∈D ，f (x 1)>g (x 2)的研究对于∀x 1∈D ，∃x 2∈D ，f (x 1)>g (x 2)的研究，第一步先转化为∃x 2∈D ，f (x 1)m in >g (x 2)，再将该问题按照探究点一转化为f (x 1)m in >g (x 2)m in .例、已知函数f (x )＝2|x －m |和函数g (x )＝x |x －m |＋2m －8.(1)若方程f (x )＝2|m |在[－4，＋∞)上恒有惟一解，求实数m 的取值范围； (2)若对任意x 1∈(－∞，4]，均存在x 2∈[4，＋∞)， 使得f (x 1)>g (x 2)成立，求实数m 的取值范围．【解答】 (1)由f (x )＝2|m |在x ∈[－4，＋∞)上恒有惟一解， 得|x －m |＝|m |在x ∈[－4，＋∞)上恒有惟一解． 当x －m ＝m 时，得x ＝2m ，则2m ＝0或2m <－4， 即m <－2或m ＝0.综上，m 的取值范围是m <－2或m ＝0.(2)f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x －m x ≥m ，2m －xx <m ，原命题等价为f (x 1)m in >g (x 2)m in .①当4≤m ≤8时，f (x )在(－∞，4]上单调递减，故f (x )≥f (4)＝2m －4，g (x )在[4，m ]上单调递减，[m ，＋∞)上单调递增，故g (x )≥g (m )＝2m －8，所以2m －4>2m －8，解得4<m <5或m >6. 所以4<m <5或6<m ≤8.②当m >8时，f (x )在(－∞，4]上单调递减，故f (x )≥f (4)＝2m －4，g (x )在⎣⎡⎦⎤4，m 2单调递增，⎣⎡⎦⎤m 2，m上单调递减，[m ，＋∞)上单调递增，g (4)＝6m －24>g (m )＝2m －8，故g (x )≥g (m )＝2m －8，所以2m －4>2m －8， 解得4<m <5或m >6.所以m >8.③0<m <4时，f (x )在(－∞，m ]上单调递减，[m ,4]上单调递增， 故f (x )≥f (m )＝1.g (x )在[4，＋∞)上单调递增， 故g (x )≥g (4)＝8－2m ，所以8－2m <1，即72<m <4.④m ≤0时，f (x )在(－∞，m ]上单调递减，[m ,4]上单调递增， 故f (x )≥f (m )＝1.g (x )在[4，＋∞)上单调递增，故g (x )≥g (4)＝8－2m ，所以8－2m <1，即m >72(舍去)．综上，m 的取值范围是⎝⎛⎭⎫72，5∪(6，＋∞)． 【点评】 因为对于∀x ∈D ，f (x )>c ，可以转化为f (x )m in >c ；∃x ∈D ，c >g (x )，可以转化为c >g (x )m in ，所以本问题类型可以分两步处理，转化为f (x )m in >g (x )m in .► 探究点五 ∀x 1∈D ，∃x 2∈D ，f (x 1)＝g (x 2)的研究对于∀x 1∈D ，∃x 2∈D ，f (x 1)＝g (x 2)的研究，若函数f (x )的值域为C 1，函数g (x )的值域为C 2，则该问题等价为C 1⊆C 2.例、设函数f (x )＝－13x 3－13x 2＋53x －4.(1)求f (x )的单调区间； (2)设a ≥1，函数g (x )＝x 3－3a 2x －2a .若对于任意x 1∈[0,1]，总存在x 0∈[0,1]，使得f (x 1)＝g (x 0)成立，求a 的取值范围．【解答】 (1)f ′(x )＝－x 2－23x ＋53，令f ′(x )>0，即x 2＋23x －53<0，解得－53<x <1，∴f (x )的单调增区间为⎝⎛⎭⎫－53，1；单调减区间为⎝⎛⎭⎫－∞，－53和(1，＋∞)．(2)由(1)可知：当x ∈[0,1]时，f (x )单调递增，∴当x ∈[0,1]时，f (x )∈[f (0)，f (1)]，即f (x )∈[－4，－3]．又g ′(x )＝3x 2－3a 2，且a ≥1，∴当x ∈[0,1]时，g ′(x )≤0，g (x )单调递减，∴当x ∈[0,1]时，g (x )∈[g (1)，g (0)]，即g (x )∈[－3a 2－2a ＋1，－2a ]，又对于任意x 1∈[0,1]，总存在x 0∈[0,1]，使得f (x 1)＝g (x 0)成立⇔[－4，－3]⊆[－3a 2－2a ＋1，－2a ]，即⎩⎪⎨⎪⎧－3a 2－2a ＋1≤－4，－3≤－2a ，解得1≤a ≤32.恒成立与存在有解的区别：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，切不可混为一体。

浅谈高中数学中的“恒成立”与“存在性”的综合问题高中数学中的“恒成立”与“存在性”是高中数学中重要的概念。

它们都涉及到数学中的思维技巧，也是指导学生使用抽象来解决数学问题的重要原则。

两者有着非常重要的关系，本文将着重分析这两个概念的内涵，以及它们之间的关系，为学生未来学习数学打下基础。

“恒成立”是数学概念的重要组成部分，它表明数学定理是恒定不变的，不会随时间和空间的改变而改变。

例如，二次方程的根的求解，根据拉格朗日的二次方程定理，我们可以得出根的公式，这个公式在不同的时空中都是恒成立的。

此外，还有欧几里得定理、勾股定理、费马定理等，都是恒成立的定理。

“存在性”指的是某一定理能够被证明，可以提供证明定理存在的方式。

这一概念的基础是对定理的规则推理，通过推理这些规则，可以得出一些数学定理的存在性。

最常用的证明定理存在性的方式是证明反证法，即先假定定理的假设是错误的，考虑假设的反面，如果计算的结果恰好矛盾，则说明定理是存在的。

从数学概念的定义来看，“恒成立”与“存在性”之间存在有机结合关系。

首先，“存在性”先于“恒成立”，因为“存在性”是定理能够被证明的基础，是定理恒定的前提，而“恒成立”则是“存在性”的结果。

而“恒成立”则是证明“存在性”的重要工具，根据“恒成立”，通过运用既定的数学公式，可以将定理（或者命题）转化为更简单的推理，来证明定理的存在性。

另外，“恒成立”与“存在性”也是高中数学知识中最重要的两大原则。

从数学思维的角度上讲，“存在性”鼓励学生考虑问题的反面，用反证法思考，并有手段地证明或证伪定理，从而运用更多的数学工具来解决问题；而“恒成立”则鼓励学生把固有的数学思维方式发挥出来，从而帮助他们加深对定理的理解，提高数学思维的能力。

综上所述，“恒成立”与“存在性”的综合问题在数学思维中都起着重要的作用。

它们是数学概念的组成部分，也是证明、推理、解决数学问题的重要原则，对学生学习数学有着重要的作用。