江苏专版高三数学备考冲刺140分问题02函数中存在性与恒成立问题含解析【精品】

２0１8届高考数学问题2.2 函数中的存在性与恒成立问题提分练习编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对,但是难免会有疏漏的地方,但是任然希望（２０1８届高考数学问题 2.2 函数中的存在性与恒成立问题提分练习)的内容能够给您的工作和学习带来便利。

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２.2函数中的存在性与恒成立问题一、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,故备受高考命题者的青睐,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)R x x f ∈>在0)(上恒成立00<∆>⇔且a ;(２）R x x f ∈<在0)(上恒成立00<∆<⇔且a 。

(2) 对于一次函数],[,)(n m x b kx x f ∈+=有：⎩⎨⎧<<⇔<⎩⎨⎧>>⇔>0)(0)(0)(,0)(0)(0)(n f m f x f n f m f x f 恒成立恒成立 （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(),0f x λ≥,（ D x ∈,λ为实参数)恒成立中参数λ的取值范围的基本步骤:①将参数与变量分离,即化为()()g f x λ≥（或()()g f x λ≤)恒成立的形式； ②求()f x 在x D ∈上的最大(或最小)值;③解不等式()max ()g f x λ≥(或()()min g f x λ≤） ,得λ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。

专项限时集训(八)函数最值、恒成立及存在性问题(对应学生用书第127页)(限时：60分钟)1. (本小题满分14分)(镇江市2017届高三上学期期末)已知函数f (x) = x ln x,g(x)=入(x1 2 -1)(入为常数).(1) 若函数y= f (x)与函数y = g(x)在x = 1处有相同的切线，求实数入的值；1(2) 若入=㊁，且x> 1,证明：f (x) < g( x);(3) 若对任意x€ [1 ,+s)，不等式f (x) w g( x)恒成立，求实数入的取值范围.[解](1) f '(x) = In x + 1,则f ' (1) = 1 且f ⑴=0.所以函数y = f (x)在x = 1处的切线方程为：y= x- 1,1从而g'( x) = 2入x , g' (1) = 2入=1，即入=2分1 2(2) 证明：由题意知：设函数h(x) = x ln x-2(x - 1)，则h'(x) = In x+ 1 -x,1设p(x) = In x+ 1 -x，从而p'(x) = x- 1W0 对任意x € [1 ,+s)恒成立，x所以p(x) = In x + 1 -x w p(1) = 0,即h'(x) w0,1 2因此函数h(x) = x ln x-2(x - 1)在[1 ,+s)上单调递减，即h(x) w h(1) = 0,所以当x时，f (x) w g(x)成立. 6分(3) 设函数Hx) = x ln x —入(x2- 1),从而对任意x € [1 ,+s)，不等式H(x) w 0= H(1)恒成立.又H' (x) = ln x + 1 - 2 入x ,In x + 1当H' (x) = In x + 1-2入xw0, 即卩-------- w2入恒成立时，x函数Hx)单调递减.In x+1 …，-In x1所以r(x)max= r(1) = 1, 即卩1w2入?入>2符合题意；当入wo时，H' (x) = In x + 1 -2入X》0恒成立，此时函数Hx)单调递增.于是，不等式Hx) > H1) = 0对任意x€ [1 , )恒成立，不符合题意；1设r(x)= -—，贝V r (x) = x2w 0,z\. z\.1当 O v 入 v ㊁时，设 q (x ) = H'( x ) = In x + 1 - 2 入 x , 1 1 则 q '(x ) = x -2 “ 0? x = 2T > 1,当 x € 1,舟时，q '(x ) = 1-2 入 >0，此时 q (x ) = H'(x) = In x + 1-2 入 x 单调递2入 x 增,所以 H (x) = In x + 1-2 入 x > H' (1) = 1-2 入〉0, 1故当x € 1，2〒时，函数H ［x )单调递增. 1于是当x € 1, 时，H (x ) > 0成立，不符合题意;2人1综上所述，实数 入的取值范围为 入》2. 14分2.(本小题满分14分)(2017 •江苏省苏、锡、常、镇四市高考数学二模)已知函数f (x )=a ln x -bx 3, a ,b 为实数，0, e 为自然对数的底数，e ~2.718 28.(1) 当a v 0, b =- 1时，设函数f (x )的最小值为g (a )，求g (a )的最大值；(2) 若关于x 的方程f (x ) = 0在区间(1 , e ］上有两个不同的实数解，求 辛的取值范围.【导学号：56394114】3(x ) = a ln X + x ,贝y f ' (x)=令 f '(x ) = 0,解得：,••• a v 0,：^y ^3>0,x , f ' (x ) , f (x )的变化如下：3 a a a a 故g (a )=f勺-3= 3 - 3- a令 t (x ) =— x ln x + x ，则 t ' ( x ) =— ln x ,令 t ' (x) = 0,解得：x = 1, 且x = 1时，t (x )有最大值1,故g ( a )的最大值是1，此时a =- 3;3⑵ 由题意得：方程 a ln x - bx = 0在区间(1 , e ］上有2个不同的实数根，a + 3x 3［解］(1) b =- 1 时,13a x 故匚= 在区间(1 , e]上有2个不同实数根，b In x3ax即函数y i =的图象与函数nmx )=的图象有2个不同的交点,bIn xx , m (x ), nn x )的变化如下:x1,芷(花,e ］m (x ) — 0 + mx )递减3e递增二 x € (1 , ^e)时，n (x ) € (3e ,+^), x € (肃，e ］时，n^x ) € (3e , e 3］,a 3 a3故a , b满足的关系式是3e<b <e 3，即b 的范围是(3e，e 3].14分3.(本小题满分14分)(江苏省镇江市丹阳高中 2017届高三下学期期中)已知函数f (x ) = x3x x(1)函数F (x ) = f (e ) — k x + 6，其中k 为实数, ①求F' (0)的值;②对？ x € (0,1)，有F (x ) >0，求k 的最大值;公切线，若存在，求出符合条件的 a 的个数，若不存在，请说明理由.① F ' (0) = 2 — k ,1② 记 h (x ) = F '(x )，贝U h '(x ) = e x — e x — kx ,ex1 x 1记 n(x ) = h '(x )，贝U m (x) = e + ex — k ,当 x € (0,1)时，e + e € e e(i )当 k W2 时，m (x) >2 — k >0, x € (0,1)，即 mx )在(0,1)上是增函数, 又 n(0) = 0，则 h '(x ) >0, x € (0,1),即h (x )在(0,1)上是增函数，又 F ' (0) = 2— k >0, 则 F '(x ) > 0, x € (0,1),即 F (x )在(0,1)上是增函数，故 F (x ) > F (0) = 0, x € (0,1).2•/ m' (x)=- 3ln x — 1In x(2)若 g (x )=2x + 2ln ax-(a 为正实数)，试求函数 f (x )与g (x )在其公共点处是否存在(1)由 F (x ) = e x —右一k x+ 彳 得 F'(x) = e x+ 丄一ke2x1 +，令 m (X )= o ,得:1(ii)当k >2时，则存在x o € (0,1)，使得m (X )在(0 , x o )小于0, 即 m( x )在(0 , x o )上是减函数，则 h '(x ) v 0, x € (0 , x o ),即h (x )在(0，X 。

“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。

、函数性质法 1. 一次函数型：给定一次函数f(x) ax b(a 0),若y f (x)在［m,n ］内恒有f (x) 0 ,则根据函数的图象(直线)可得上述结论等价于 ;(;))【同理，若在［m,n ］内恒有f(x) 0,A则有f(m)阴7例1.对满足 * m 略解：不等式即为 2x (x 1)p x 2 x 的取值范围。

2的所有实数 P ,求使不 (x 1)p x 2 2x 10,设 f (p) 1,则f(p)在［2,2］上恒大 于0,故有: f( 2) f(2) 0, 即 x 2 x 4x 3 0 1 或 x 3. 2.二次函数: ①.若二次函数 f(x) 2 ax bx c(a 0) 0 (或0 )在 R 上恒成立，则有 a 0 (或 a 0); 0 0②.若二次函数 f(x)ax 2 bx c(a 0) 0 (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f x 2mx 2 24 m x 1, 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 •(—汽 0)选Bo例3.设f (x) 2x 2ax 2,当x ［ 1,)时, 都有 f (x) a 恒成立,a 的取值范围。

解：设F(x)f (x) a 2ax 2 a , (1)当 4(a 1)(a2) 0时，即2 a1时,对一切x ［ 1, ),F(x) 0恒成立;(2)当4(a 1)(a 2) 0时，由图可得以下充要条件:f( 1) 0 即 a 3 03.其它函数: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。

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﹣x2﹣，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ln30a -≥，∴实数a 的取值围是[]4,ln3-.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)=,g(x)=,对任意的x 1,x 2∈(0,+∞),不等式≤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≤恒成立⇒≤.令g'(x)=0,即=0,得x=1,当x ∈(0,1)时,g'(x)>0,当x ∈(1,+∞)时,g'(x)<0,所以==.同理,令f'(x)=0,即=0,得x=,当x ∈时,f'(x)<0,当x ∈时,f'(x)>0,所以==,所以≤,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． 22e 1+x x 2e ex x 1()g x k 2()1+f x k 1()g x k 2()1+f x k max ()⎡⎤⎢⎥⎣⎦g x k min ()1⎡⎤⎢⎥+⎣⎦f x k 2e (1-)ex x max ()⎡⎤⎢⎥⎣⎦g x k (1)g k e k 222e -1x x 1e 10,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭1,e ∞⎛⎫+ ⎪⎝⎭min ()1⎡⎤⎢⎥+⎣⎦f x k 1e 1⎛⎫ ⎪⎝⎭+f k 2e 1+k e k 2e 1+k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 .。

难点八函数最值、恒成立及存在性问题(对应学生用书第75页)恒成立问题和有解问题、无解问题是联系函数、方程、不等式的纽带和桥梁，也是高考的重点和热点问题，往往用到的方法是依据不等式的特点，等价变形，构造函数，借助图象观察，或参变分离，转化为求函数的最值问题来处理.，恒成立? f X min > aF(x) >a：有解？f x max> a无解？f X max W a具体方法为将已知恒成立或存在性的不等式或等式由等价原理把参数和变量分离开，转化为一元已知函数的最值问题处理，关键是搞清楚哪个是变量哪个是参数，一般遵循“知道谁的范围，谁是变量；求谁的范围，谁是参数”的原则•参变分离后虽然转化为一个已知函数的最值问题，但是有些函数解析式复杂，利用导数知识无法完成，或者是不易参变分离，故可利用构造函数法.【例1】(2017 •盐城市滨海县八滩中学二模)设f (x) = e x—a(x+ 1) •(1) 若a> 0, f (x) >0对一切x € R恒成立，求a的最大值；a(2)设g(x) = f (x) + r, A(X1,屮),B(X2, y2)( X1M X2)是曲线y= g(x)上任意两点，若e对任意的a w—1，直线AB的斜率恒大于常数m,求m的取值范围；⑶是否存在正整数a,使得1n+ 3n+・・・+ (2 n—1)n v-—^1( an)n对一切正整数n都成e 1立？若存在，求a的最小值；若不存在，请说明理由【导学号：56394112】［解］(1) T f (x) = e x—a(x+ 1) ,••• f '(x) = e x—a,■/ a> 0, f ' ( x) = e x—a = 0 的解为x = In a.• f (x)min = f (ln a) = a—a(ln a+ 1) = —a ln a.T f (x) >0 对一切x € R恒成立，•—a ln a>0,「・a ln a< 0,「・a max= 1.⑵••• f (x) = e x—a(x + 1),• g(x) = fa x a (x)+g=e+ e x—ax—a.•/ a<—1，直线AB的斜率恒大于常数m=—a+ 2，—a= m a w —1)，解得m W 3,i•••实数m 的取值范围是(—g, 3].⑶ 设 t (x ) = e x — x — 1,则 t '( x ) = e x — 1，令 t '( x ) = 0 得：x = 0.在 x v 0 时 t '(x ) v 0, f (x )递减；在 x >0 时 t '(x ) >0, f (x )递增. • t (x )最小值为 t (0) = 0, 故 e x >x + 1, 卄 i pii a 2n —i n取x =—亦，「= 1,2，…，2n — 1，得1 —益e —亦，即 右 仝 累加得• 1n + 3n +-+ (2n — 1)n v 甘• (2 n )n ,e i【例2】(2017 •江苏省无锡市高考数学一模 )已知函数f (x ) = (x + 1)ln x — ax + a (a 为正实数，且为常数).(1) 若f (x )在(0，+g )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［解］(1)f (x)= (x + 1)ln x -ax + a ，f '(X )= ln x +1+ 1-a ，1若f (x )在(0，+g )上单调递增，则a < ln x + - + 1在(0，+g )恒成立(a >0),x1 / — — 1 令 g (x ) = ln x + -+ 1(x >0) , g (x) = h,—由(1)得：m (x) >2,故 m —)在[1 ,+g )递增，m —) > m (1) = 0,e —2，3 n+ •••+2n — 1 2nn 2n — 1 2n — 3 1v e — —2— + e — —— + …+ e — 2 = e —2 故存在正整数a =2.使得 1n +3"1+(2n- 1)n ve —1an )n .故a w 0,而a 为正实数，故 a wo 不合题意； ②0v x v 1 时，只需 a 》(x + 1)ln x , 令 n ( x ) = (x + 1)ln x (0 v x v 1),1则 n '(x ) = In x + 一+ 1，由(1)知 n '(x )在(0,1)递减，x故 n '(x ) >n ' (1) = 2,故 n (x )在(0,1)递增，故 n (x ) v n (1) = 0, 故a >0,而a 为正实数，故a > 0. _ _ 1【例3】(2017 •江苏省淮安市高考数学二莫)已知函数f (x)=?，g (x )=ln x ，其中e为自然对数的底数.(1) 求函数y = f (x )g (x )在x = 1处的切线方程；(2) 若存在 为，X 2(X 1^ X 2)，使得g (X 1)— g (X 2) = X [ f (一0 — f (刘)]成立，其中 入为 常数，求证：X >e ;(3) 若对任意的x € (0,1],不等式f (x )g (x ) w a (x — 1)恒成立，求实数a 的取值范围•【导学号：56394113】In x[解]⑴ y =f (x )g (x ) = h ，yx =1时，y =0, y '= 1,1 1故切线方程是：y =e x —e ；(2)证明：由 g (xd — g (X 2)=X [f (X 2) — f (xj], 得：g (xj + X f (xj = g (X 2)+ X f (X 2), 令 h ( x ) = g (x ) + X f (x ) = ln x + ^(x > 0),x令 3 (x ) = e — Xx ,贝 U 3 由 x >0,得 e x > 1,① X wi 时，3‘(x ) >0, 3 (x )递增， 故h '(x ) >0, h (x )递增，不成立；② X > 1 时，令 3 '( x ) = 0，解得：x = ln X , 故3 (x )在(0 , ln X )递减，在(In X ,+s )递增,3 (x )》3 (In X ) = X — X ln X ,1—ln xx(x)=Xe —XxXx ex(X)= e — X,令m入)=入—入In入(入〉1),则m (入)=—in入v o,故m入)递减，又n(e) = 0,若入w e,贝U m(入)>0, 3 (x) >0, h(x)递增，不成立，若入〉e,则入)v 0，函数h(x)有增有减，满足题意，故入> e;(3) 若对任意的x € (0,1］，不等式f (x)g(x) w a(x —1)恒成立,in x即一l —a(x —1) wo 在(0,1］恒成立，e人in x令F(x)= 十—a(x—1) , x€ (0,1］, F(1) = 0, e1 —in xxF'(x) = 1a, F (1)= e—a,【例①F' (1) wo 时，a>e F'(x) w1 —inx x—1x—e递减,而F' (1) = 0，故F'(x) >0, F(x)递增，F(x) w F(1) = 0，成立，②F' (1) > 0时，则必存在X。

问题02 函数中存在性与恒成立问题一、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,故备受高考命题者的青睐,成为高考能力型试题的首选. 二、经验分享(1) 设,（1）上恒成立；（2）上恒成立. (2) 对于一次函数有：(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(),0f x λ≥,（ D x ∈,λ为实参数）恒成立中参数λ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()f x 在x D ∈上的最大（或最小）值；【牛刀小试】【江苏省淮安市淮海中学2019届高三上学期测试】函数，当时，恒成立，则实数的取值范围是____.【解析】的定义域为，且，为奇函数，且在上单调递增，由得，，，，①时，，②时，，的最小值为1，， 实数的取值范围是，故答案为.(二)分离参数法 【例2】已知函数的图象在点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. 【分析】（1）由结合条件函数的图象在点e x =处的切线的斜率为3,可知'(e)3f =,可建立关于a 的方程：,从而解得1a =；（2）要使2()f x kx ≤对任意0x >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()g x 的单调性,从而求得其最值：,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,因此()g x 在1x =处取得最大值(1)1g =,∴1k ≥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.【牛刀小试】【2017河北省武邑上学期第三次调研考试】已知定义在R 上的奇函数()f x 满足:当0x ≥时,()3f x x =,若不等式对任意实数t 恒成立,则实数m 的取值范围是 .【答案】(),2-∞-(五)存在性之常用模型及方法 【例5】设函数,a R ∈且1a ≠.曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线的斜率为0.（1）求b 的值；（2）若存在[)1,x ∈+∞,使得,求a 的取值范围.【分析】（1）根据条件曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线的斜率为0,可以将其转化为关于a ,b 的方程,进而求得b 的值：,；（2）根据题意分析可得若存在[1,)x ∈+∞,使得不等式成立,只需即可,因此可通过探求()f x 的单调性进而求得()f x 的最小值,进而得到关于a 的不等式即可,而由（1）可知,则,因此需对a 的取值范围进行分类讨论并判断()f x 的单调性,从而可以解得a 的取值范围是.【解析】（1）,由曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线的斜率为0,得()10f '=,②当112a <<时,11a a >-, x1,1a a ⎛⎫ ⎪-⎝⎭1aa - ,1a a ⎛⎫+∞ ⎪-⎝⎭()f x ' -+()f x极小值,不合题意,无解,10分③当1a >时,显然有()0f x <,01aa >-,∴不等式恒成立,符合题意,综上,a 的取值范围是.6．【徐州市第三中学2017～2018学年度高三第一学期月考】已知函数,若存在唯一的整数x ,使得成立,则实数a 的取值范围为__________．【答案】[]0,2[]3,8⋃7．【盐城中学2018届高三上第一次阶段性考试】若存在x ∈R,使得34x a ﹣ ≥22x x - （a ＞0且a ≠1）成立,则实数a 的取值范围是_____． 【答案】2a ≥或902a << 且 1.a ≠ .【解析】,∴（3x ﹣4）,当3x ﹣4=0即4x 3=时,故舍去当3x ﹣4>0即4x 3>时, ,令t=3x ﹣4＞0,,所以2log a ≥1．所以a ≥2．当3x ﹣4<0即4x 3<时,令t=3x ﹣4<0,219log a ≤，所以a 92≤ 综上,a ≥2或0＜ a 92≤且a ≠1．14．【2016届山东师大附中高三上学期二模】已知函数（a 为常数,e=2．718…）,且函数处的切线和处的切线互相平行．（1）求常数a 的值； （2）若存在x 使不等式成立,求实数m 的取值范围．【答案】（1）1a =；（2）(,0)-∞． 【解析】试题分析：本题主要考查导数的运算、利用导数求曲线的切线、利用导数判断函数的单调性、利用导数求函数的极值和最值等基础知识,考查学生的分析问题解决问题的能力、转化能力、计算能力．第一问,先利用导数求出函数()y f x =在0x =处的切线的斜率011k e ==,再求出函数函数()y g x =在x a =处的切线的斜率21k a=, 根据题意列出等式,解出a 的值；第二问,先将转化为, 构造函数, 利用导数判断函数的单调性,求出函数的最值,从而得到m 的取值范围．（2）可化为,令,则,因为0x >,所以,, 故()0h x '<,所以()h x 在(0,)+∞上是减函数,因此,所以,实数m 的取值范围是(,0)-∞；16. 【江苏省南师大附中2019届高三年级第一学期期中】已知函数，直线是曲线的一条切线．（1）求实数a 的值； （2）若对任意的x (0，)，都有，求整数k 的最大值．【解析】（2）令F(x)＝f(x)－k(x－1)，则根据题意，等价于F(x)＞0对任意的正数x恒成立.F ′(x)＝ln x＋2－k，令F ′(x)＝0，则x＝e k－2 .当0＜x＜e k－2，则F ′(x)＜0，F(x)在（0，e k－2）上单减；当x＞e k－2，则F ′(x)＞0，F(x)在（e k－2，＋∞）上单增. 所以有F(x)＝F(e k－2) ＞0，即e k－2－k－1＜0.当k＝3，容易验证，e k－2－k－1＜0；下证：当k≥4，e k－2－k－1＞0成立.。

专题12 不等式恒成立与有解问题考点预测江苏高考近几年不等式常以压轴题的题型出现，常见的考试题型有恒成立，有解问题，此类题型丰富多变，综合性强，有一定的难度，但只要我们理解问题的本质，就能解决这类问题，常用的知识点如下：1.若)(x f 在区间D 上存在最小值，A x f >)(在区间D 上恒成立，则A x f >min )(.2.若)(x f 在区间D 上存在最大值，B x f <)(在区间D 上恒成立，则B x f <max )(.3.若)(x f 在区间D 上存在最大值，A x f >)(在区间D 上有解，则A x f >max )(.4.若)(x f 在区间D 上存在最小值，B x f <)(在区间D 上有解，则B x f <min )(.5.],,[,21b a x x ∈∀)()(21x g x f ≤，则min max )()(x g x f ≤.6.],,[1b a x ∈∀],[2n m x ∈∃，)()(21x g x f ≤，则max max )()(x g x f ≤.7.],,[1b a x ∈∃],[2n m x ∈∃，)()(21x g x f ≤，则max min )()(x g x f ≤.8.],,[b a x ∈∀)()(x g x f ≤,则0)()(≤-x g x f .典型例题1.已知函数f （x ）＝|x ﹣1|+|x +2|．（l ）求不等式f （x ）＜x +3的解集；（2）若不等式m ﹣x 2﹣2x ≤f （x ）在R 上恒成立，求实数m 的取值范围．【分析】（1）由绝对值的定义，去绝对值符号，解不等式，再求并集可得所求解集；（2）由题意可得m ≤（x 2+2x +f （x ））min ，结合二次函数的最值求法，以及绝对值不等式的性质可得所求最小值，进而得到m 的范围．【解答】解：（1）当x＜﹣2时，f（x）＜x+3可化为1﹣x﹣x﹣2＜x+3，解得x＞﹣，无解；当﹣2≤x≤1时，f（x）＜x+3可化为1﹣x+x+2＜x+3，解得x＞0，故0＜x≤1；当x＞1时，f（x）＜x+3可化为x﹣1+x+2＜x+3，解得x＜2，故1＜x＜2．综上可得，f（x）＜x+3的解集为（0，2）；（2）不等式m﹣x2﹣2x≤f（x）在R上恒成立，可得m≤x2+2x+f（x），即m≤（x2+2x+f（x））min，由y＝x2+2x＝（x+1）2﹣1的最小值为﹣1，此时x＝﹣1；由f（x）＝|x﹣1|+|x+2|≥|x﹣1﹣x﹣2|＝3，当且仅当﹣2≤x≤1时，取得等号，则（x2+2x+f（x））min＝﹣1+3＝2，所以m≤2，即m的取值范围是（﹣∞，2]．【知识点】绝对值不等式的解法、不等式恒成立的问题2.已知函数f（x）＝|3x﹣a|+|3+x|．（1）若a＝3，解不等式f（x）≤6；（2）若不存在实数x，使得f（x）≤1﹣a﹣|6+2x|，求实数a的取值范围．【分析】（1）运用绝对值的意义去绝对值，解不等式，求并集，可得所求集合；（2）由题意可得f（x）＞1﹣a﹣|6+2x|恒成立，即|3x﹣a|+|9+3x|＞1﹣a恒成立．运用绝对值不等式的性质可得左边的最小值，解绝对值不等式可得所求范围．【解答】解：（1）a＝3，f（x）＝|3x﹣3|+|3+x|≤6，当x≤﹣3时，3﹣3x﹣3﹣x≤6，解得x≥﹣，∴x∈∅；当﹣3＜x≤1时，3﹣3x+3+x≤6，解得x≥0，∴x∈[0，1]；当x＞1时，3x﹣3+3+x≤6，解得x≤，∴x∈（1，]．综上所述，不等式的解集为[0，]．（2）不存在实数x，使得f（x）≤1﹣a﹣|6+2x|，等价于f（x）＞1﹣a﹣|6+2x|恒成立，即|3x﹣a|+|9+3x|＞1﹣a恒成立．∵|3x﹣a|+|9+3x|≥|3x﹣a﹣9﹣3x|＝|a+9|，∴|a+9|＞1﹣a当a＜﹣9时，﹣a﹣9＞1﹣a，解得a∈∅；当a≥﹣9时，a+9＞1﹣a，解得a＞﹣4．∴a＞﹣4时，不存在实数x，使得f（x）≤1﹣a﹣|6+2x|．【知识点】绝对值不等式的解法、不等式恒成立的问题3.若函数y＝f（x）对定义域内的每一个值x1，在其定义域内都存在唯一的x2，使f（x1）f（x2）＝1成立，则称该函数为“依赖函数”．（1）判断函数g（x）＝2x是否为“依赖函数”，并说明理由；（2）若函数f（x）＝（x﹣1）2在定义域[m，n]（m＞1）上为“依赖函数”，求实数m、n乘积mn的取值范围；（3）已知函数f（x）＝（x﹣a）2（a＜）在定义域[，4]上为“依赖函数”．若存在实数x∈[，4]，使得对任意的t∈R，有不等式f（x）≥﹣t2+（s﹣t）x+4都成立，求实数s的最大值．【分析】（1）利用新定义，对于函数g（x）＝2x的定义域R内任意的x1，取x2＝﹣x1，则g（x1）g（x2）＝1，判断g（x）＝2x是“依赖函数”；（2）因为m＞1，f（x）＝（x﹣1）2在[m，n]递增，故f（m）f（n）＝1，推出，得到1＜m＜2，求出mn的表达式，然后求解mn的范围．（3）因，故f（x）＝（x﹣a）2在上单调递增，求出a的值，存在，使得对任意的t∈R，有不等式（x﹣1）2≥﹣t2+（s﹣t）x+4都成立，即t2+xt+x2﹣（s+2）x﹣3≥0恒成立，利用判别式以及函数的单调性求解函数的最值即可．【解答】解：（1）对于函数g（x）＝2x的定义域R内任意的x1，取x2＝﹣x1，则g（x1）g（x2）＝1，且由g（x）＝2x在R上单调递增，可知x2的取值唯一，故g（x）＝2x是“依赖函数”；……………………………………………………………（4分）（2）因为m＞1，f（x）＝（x﹣1）2在[m，n]递增，故f（m）f（n）＝1，即（m﹣1）2（n﹣1）2＝1，………（5分）由n＞m＞1，得（m﹣1）（n﹣1）＝1，故，…………………………………………（6分）由n＞m＞1，得1＜m＜2，……………………………………………………………………（7分）从而在m∈（1，2）上单调递减，故mn∈（4，+∞），…（9分）（3）因，故f（x）＝（x﹣a）2在上单调递增，从而，即（﹣a）2（4﹣a）2＝1，进而，解得a＝1或（舍），………………………………………………………………（13分）从而，存在，使得对任意的t∈R，有不等式（x﹣1）2≥﹣t2+（s﹣t）x+4都成立，即t2+xt+x2﹣（s+2）x﹣3≥0恒成立，由△＝x2﹣4[x2﹣（s+2）x﹣3]≤0，……（15分）得4（s+2）x≤3x2﹣12，由，可得，又在单调递增，故当x＝4时，，从而4（s+2）≤9，解得，故实数s的最大值为．…………………………（18分）【知识点】不等式恒成立的问题、函数与方程的综合运用专项突破一、解答题（共15小题）1.已知关于x的不等式|x+1|﹣|2x﹣1|≤，其中a＞0．（1）当a＝4时，求不等式的解集；（2）若该不等式对x∈R恒成立，求实数a的取值范围．【分析】（1）由绝对值的意义，讨论x的范围，去绝对值，解不等式，求并集，可得所求解集；（2）设函数f（x）＝|x+1|﹣|2x﹣1|，运用绝对值不等式的性质可得f（x）的最大值，由恒成立思想，解对数不等式可得所求范围．【解答】解：（1）当a＝4时，关于x的不等式|x+1|﹣|2x﹣1|≤＝﹣2，当x≥时，x+1﹣（2x﹣1）≤﹣2，解得x≥4，综合可得x≥4；当x≤﹣1时，﹣x﹣1+（2x﹣1）≤﹣2，解得x≤0，综合可得x≤﹣1；当﹣1＜x＜时，x+1+（2x﹣1）≤﹣2，解得x≤﹣，综合可得﹣1＜x≤﹣，综上可得原不等式的解集为（﹣∞，﹣]∪[4，+∞）；（2）设函数f（x）＝|x+1|﹣|2x﹣1|＝|x+1|﹣|x﹣|﹣|x﹣|≤|x+1﹣（x﹣）|﹣0＝，可得x＝时，f（x）取得最大值，若该不等式对x∈R恒成立，可得log a≥，解得0＜a≤．【知识点】绝对值不等式的解法、不等式恒成立的问题2.已知函数f（x）＝|2x+3|﹣|x﹣1|．（1）求不等式f（x）≤3的解集；（2）若不等式f（x）＞2a﹣|3x﹣3|对任意x∈R恒成立，求实数a的取值范围．【分析】（1）根据f（x）≤3，可得或或，然后解不等式组即可得到解集；（2）不等式f（x）＞2a﹣|3x﹣3|对任意x∈R恒成立，即不等式|2x+3|+|2x﹣2|＞2a对x∈R成立，由绝对值三角不等式可得|2x+3|+|2x﹣2|≥5，从而得到2a＜5，然后解不等式可得a的范围．【解答】解：（1）由f（x）≤3，得|2x+3|﹣|x﹣1|≤3，∴或或，∴或，∴不等式的解集为．（2）若不等式f（x）＞2a﹣|3x﹣3|对x∈R成立，即不等式|2x+3|﹣|x﹣1|＞2a﹣|3x﹣3|对x∈R成立，即不等式|2x+3|+|2x﹣2|＞2a对x∈R成立，∵|2x+3|+|2x﹣2|≥|（2x+3）﹣（2x﹣2）|＝5，∴2a＜5，∴，∴a的取值范围为（﹣∞，）．【知识点】绝对值不等式的解法、不等式恒成立的问题3.已知函数f（x）＝|x+1|+|2x﹣1|．（1）解不等式f（x）≤2；（2）若f（x）≥3a2+b2对任意x∈R恒成立，求a+b的取值范围．【分析】（1）利用分段函数法去掉绝对值，解不等式即可；（2）求出函数f（x）的最小值，把不等式化为3a2+b2≤，结合题意画出图形，利用参数法求出a+b的最大、最小值，求出a+b的取值范围．【解答】解：（1）函数f（x）＝|x+1|+|2x﹣1|，当x≥时，不等式f（x）≤2可化为x+1+2x﹣1≤2，解得：≤x≤；当﹣1＜x＜时，不等式f（x）≤2可化为x+1+1﹣2x≤2，解得：0≤x＜；当x≤﹣1时，不等式f（x）≤2可化为﹣x﹣1+1﹣2x≤2，解得：x≥﹣（不合题意，舍去）；所以不等式f（x）≤2的解集是[0，]；（2）f（x）＝|x+1|+|2x﹣1|＝，画出y＝f（x）的图象，如图所示；由图象知f（x）的最小值是，所以不等式f（x）≥3a2+b2对任意x∈R恒成立，化为3a2+b2≤，即2a2+b2≤1；它表示焦点在纵轴上的椭圆面，如图所示；设2a2＝cos2θ，b2＝sin2θ，其中θ∈[0，2π）；所以a＝cosθ，b＝sinθ，a+b＝cosθ+sinθ＝sin（θ+）；当θ+＝，即θ＝时，a+b取得最大值为；当θ+＝，即θ＝时，a+b取得最小值为﹣；所以a+b的取值范围是[﹣，]．【知识点】不等式恒成立的问题、绝对值不等式的解法4.已知函数f（x）＝|2x+t|，若f（x）＜1的解集为（﹣1，0）．（1）求t并解不等式f（x）＞x+2；（2）已知：a，b∈R+，若f（x）≥2a+b﹣|2x﹣2|对一切实数都成立，求证：a2b≤1．【分析】（1）不等式f（x）＜1为|2x+t|＜1，求出解集得t的值，再求不等式f（x）＞x+2的解集；（2）不等式f（x）≥2a+b﹣|2x﹣2|对一切实数都成立，得出|2x+1|+|2x﹣2|≥2a+b对一切实数都成立；设g（x）＝|2x+1|+|2x﹣2|，求出g（x）的最小值，得出2a+b≤3，利用基本不等式得出2a+b≥3，从而证明a2b≤1．【解答】解：（1）函数f（x）＝|2x+t|，则f（x）＜1为|2x+t|＜1，解得﹣﹣＜x＜﹣；又f（x）＜1的解集为（﹣1，0），即，解得t＝1；所以不等式f（x）＞x+2为|2x+1|＞x+2；当x+2＜0，x＜﹣2时，不等式恒成立；当x+2≥0，x≥﹣2时，不等式化为（2x+1）2＞（x+2）2，化简得x2＞1，解得x＜﹣1或x＞1；即﹣2≤x＜﹣1或x＞1；综上知，不等式f（x）＞x+2的解集为{x|x＜﹣1或x＞1}；（2）证明：不等式f（x）≥2a+b﹣|2x﹣2|对一切实数都成立，即|2x+1|≥2a+b﹣|2x﹣2|对一切实数都成立；即|2x+1|+|2x﹣2|≥2a+b对一切实数都成立；设g（x）＝|2x+1|+|2x﹣2|，x∈R，则g（x）≥|（2x+1）﹣（2x﹣2）|＝3，当且仅当﹣≤x≤1时取等号；所以2a+b≤3；又a、b∈R+，且2a+b＝a+a+b≥3＝3，当且仅当a＝b时取等号，即3≤3，所以a2b≤1．【知识点】不等式恒成立的问题、绝对值不等式的解法5.已知函数（a＞0），g（x）＝4﹣|x﹣1|．（1）当a＝1时，求不等式f（x）≥3的解集；（2）若关于x的不等式f（x）≤g（x）的解集包含[0，1]，求a的取值集合．【分析】（1）a＝1时f（x）＝|x﹣2|+|x﹣1|，利用分类讨论法去掉绝对值，求出不等式f（x）≥3的解集；（2）由题意知关于x的不等式≤4﹣|x﹣1|在[0，1]上恒成立，由基本不等式以及绝对值的定义化简不等式，从而求出a的取值集合．【解答】解：（1）当a＝1时，函数＝|x﹣2|+|x﹣1|＝，当x≤1时，不等式f（x）≥3化为﹣2x+3≥3，解得x≤0；当1＜x＜2时，不等式f（x）≥3化为1≥3，无解；当x≥2时，不等式f（x）≥3化为2x﹣3≥3，解得x≥0，即x≥3；综上知，不等式f（x）≥3的解集为（﹣∞，0]∪[3，+∞）．（2）关于x的不等式f（x）≤g（x）的解集包含[0，1]，等价于≤4﹣|x﹣1|在[0，1]上恒成立，由a＞0，，所以x∈[0，1]时，﹣x+1﹣x≤4+x﹣1恒成立；即x∈[0，1]，恒成立，所以，又a＞0，则恒成立，所以，解得a＝1；所以a的取值集合是{1}．【知识点】不等式恒成立的问题、绝对值不等式的解法6.已知函数f（x）＝|x+2|+|ax﹣a+1|．（1）当a＝﹣1时，求不等式f（x）≥5的解集；（2）若x≥l时，不等式，f（x）≥x+3恒成立，求a的取值范围．【分析】（1）根a＝﹣1时，f（x）＝|x+2|+|x﹣2|＝，分类讨论即可求出不等式的解集，（2）当x≥1时，f（x）＝x+2+|ax﹣a+1|≥x+3，即|ax﹣a+1|≥1恒成立，在分类讨论，求出a的范围即可．【解答】解：（1）当a＝﹣1时，f（x）＝|x+2|+|x﹣2|＝，当x≥2时，2x≥5，∴x≥，当﹣2＜＜2时，4≥5不成立，舍去，当x≤﹣2时，﹣2x≥5，∴x≤﹣，综上所述时，不等式的解集为（﹣∞，﹣]∪[，+∞），（2）当x≥1时，f（x）＝x+2+|ax﹣a+1|≥x+3，即|ax﹣a+1|≥1恒成立，当a＝0时，1≥1满足，当a＞0时，|ax﹣a+1|＝|a（x﹣1）+1|＝a（x﹣1）+1≥1，满足，当a＜0时，令x0＝1﹣＞1，则|ax0﹣a+1|＝0＜1，舍去，综上所述a的取值范围为[0，+∞）．【知识点】绝对值不等式的解法、不等式恒成立的问题7.已知函数f（x）＝|ax+1|+|2x﹣1|（1）当a＝1时，求不等式f（x）＞3的解集；（2）若0＜a＜2，且对任意x∈R，恒成立，求a的最小值．【分析】（1）a＝1时，f（x）＝|x+1|+|2x﹣1|；解法一，作函数f（x）的图象，利用图象可以求得f（x）＞3的解集；解法二，利用分段讨论法去掉绝对值，再求出不等式f（x）＞3的解集；（2）由0＜a＜2，利用分段讨论法去掉绝对值，判断f（x）的单调性，从而求出f（x）的最小值与对应a的最小值．【解答】解：（1）当a＝1时，f（x）＝|x+1|+|2x﹣1|，即；解法一：作函数f（x）＝|x+1|+|2x﹣1|的图象，它与直线y＝3的交点为A（﹣1，3），B（1，3），如图所示；所以，f（x）＞3的解集为（﹣∞，﹣1）∪（1，+∞）；解法二：原不等式f（x）＞3等价于或或，解得：x＜﹣1或无解或x＞1，所以，f（x）＞3的解集为（﹣∞，﹣1）∪（1，+∞）；（2）由0＜a＜2，得﹣＜，a+2＞0，且a﹣2＜0；所以f（x）＝|ax+1|+|2x﹣1|＝，所以函数f（x）在上单调递减，在上单调递减，在上单调递增；所以当时，f（x）取得最小值，且；因为对∀x∈R，恒成立，所以；又因为a＞0，所以a2+2a﹣3≥0，解得a≥1（a≤﹣3不合题意），所以a的最小值为1．【知识点】不等式恒成立的问题、绝对值不等式的解法8.已知函数f（x）＝（x﹣1）lnx+ax．（a∈R）（1）在a＝0时，求f（x）的单调区间；（2）若f（x）＞0在（0，+∞）上恒成立，求实数a的范围．【分析】（1）a＝0时，f（x）＝（x﹣1）lnx，（x＞0）．f′（x）＝lnx+＝lnx﹣+1＝g（x），利用导数已经其单调性即可得出．（2）由（x﹣1）lnx+ax＞0在（0，+∞）上恒成立，可得﹣a＜lnx﹣．令h（x）＝lnx﹣（x＞0）．利用导数已经其单调性即可得出．【解答】解：（1）a＝0时，f（x）＝（x﹣1）lnx，（x＞0）．f′（x）＝lnx+＝lnx﹣+1＝g（x），g′（x）＝+＝＞0，∴g（x）在（0，+∞）上单调递增，而g（1）＝0．∴f（x）在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增．（2）由（x﹣1）lnx+ax＞0在（0，+∞）上恒成立，∴﹣a＜lnx﹣．令h（x）＝lnx﹣（x＞0）．h′（x）＝﹣＝，令u（x）＝lnx+x﹣1，在（0，+∞）上单调递增，u（1）＝0．∴x＝1时，函数h（x）取得极小值即最小值，∴h（x）≥h（1）＝0．∴﹣a＜0，解得a＞0．【知识点】利用导数研究函数的单调性、不等式恒成立的问题9.已知函数f（x）＝x•e x﹣a（lnx+x），g（x）＝（m+1）x．（a，m∈R且为常数，e为自然对数的底）（1）讨论函数f（x）的极值点个数；（2）当a＝1时，f（x）≥g（x）对任意的x∈（0，+∞）恒成立，求实数m的取值范围．【分析】（1）根据讨论函数f（x）单调性，根据单调性的情况分析极值点的情况；（2）不等式f（x）≥g（x）对任意的x∈（0，+∞）恒成立，利用分离变量得出对任意的x∈（0，+∞）恒成立，即求的最小值，利用导数求解函数F（x）的最小值．【解答】解：（1）f（x）的定义域为（0，+∞），，∵函数y＝（xe x）'＝e x+xe x＞0在（0，+∞）上恒成立，∴函数y＝xe x在区间（0，+∞）上单调递增，且值域为（0，+∞），①当a≤0时，xe x﹣a＞0在区间（0，+∞）上恒成立，即f'（x）＞0，故f（x）在（0，+∞）上单调递增，∴无极值点；②当a＞0时，方程xe x﹣a＝0有唯一解，设为x0（x0＞0），当0＜x＜x0时，f'（x）＜0，函数f（x）单调递减，当x＞x0时，f'（x）＞0，函数f（x）单调递增，∴x0是函数f（x）的极小值点，即函数f（x）只有1个极值点．（2）当a＝1时，不等式f（x）≥g（x）对任意的x∈（0，+∞）恒成立，即xe x﹣lnx﹣1≥（m+1）x对任意的x∈（0，+∞）恒成立，即对任意的x∈（0，+∞）恒成立，记，则，记h（x）＝x2e x+lnx，∵在x∈（0，+∞）恒成立，∴h（x）在（0，+∞）上单调递增，且，h（1）＝e＞0，∴存在使得h（x0）＝0，且x∈（0，x0）时，h（x）＜0，F'（x）＜0，函数f（x）单调递减；当x∈（x0，+）时，h（x）＞0，F'（x）＞0，函数f（x）单调递增，∴F（x）min＝F（x0），即，又∵h（x0）＝0，∴，∴，∴，∴，因此＝，∴1≥m+1，解得m≤0．综上，实数m的取值范围是（﹣∞，0]．【知识点】利用导数研究函数的极值、不等式恒成立的问题10.设函数f（x）＝|x+1|+|x﹣2|，g（x）＝﹣x2+mx+1．（1）当m＝﹣4时，求不等式f（x）＜g（x）的解集；（2）若不等式f（x）＜g（x）在[﹣2，﹣]上恒成立，求实数m的取值范围．【分析】（1）求出f（x）的分段函数的形式，代入m的值，求出g（x）的解析式，通过讨论x的范围，解不等式求出不等式的解集即可；（2）问题等价于g（x）＞3恒成立，即g（x）min＞3，求出m的范围即可．【解答】解：（1）f（x）＝|x+1|+|x﹣2|，∴f（x）＝，当m＝﹣4时，g（x）＝﹣x2﹣4x+1，①当x≤﹣1时，原不等式等价于x2+2x＜0，解得：﹣2＜x＜0，故﹣2＜x≤﹣1；②当﹣1＜x＜2时，原不等式等价于x2+4x+2＜0，解得：﹣2﹣＜x＜﹣2+，故﹣1＜x＜﹣2+；③x≥2时，g（x）≤g（2）＝﹣11，而f（x）≥f（2）＝3，故不等式f（x）＜g（x）的解集是空集；综上，不等式f（x）＜g（x）的解集是（﹣2，﹣2+）；（2）①当﹣2≤x≤﹣1时，f（x）＜g（x）恒成立等价于mx＞x2﹣2x，又x＜0，故m＜x﹣2，故m＜﹣4；②当﹣1＜x≤﹣时，f（x），g（x）恒成立等价于g（x）＞3恒成立，即g（x）min＞3，只需即可，即，综上，m∈（﹣∞，﹣）．【知识点】绝对值不等式的解法、不等式恒成立的问题11.已知函数f（x）＝x2﹣2|x﹣a|，（a∈R）．（Ⅰ）若a＝1，解不等式f（x）≤1；（Ⅱ）当a＞0时，若对任意的x∈[0，+∞），关于x的不等式f（x﹣1）≤2f（x）恒成立，求实数a的取值范围．【分析】（Ⅰ）a＝1时不等式化为x2﹣2|x﹣1|≤1，利用分类讨论法去掉绝对值，即可求出不等式的解集；（Ⅱ）由题意不等式化为4|x﹣a|﹣2|x﹣1﹣a|≤x2+2x﹣1对任意x∈[0，+∞）恒成立，利用分类讨论法去掉绝对值，构造函数求函数最值，从而求得不等式恒成立时a的取值范围．【解答】解：（Ⅰ）a＝1时，由f（x）＝x2﹣2|x﹣1|≤1得：x2﹣1﹣2|x﹣1|≤0，当x≥1时，不等式化为x2﹣2x+1≤0，解得x＝1；当x＜1时，不等式化为x2+2x﹣3≤0，解得﹣3≤x≤1，取﹣3≤x＜1；综上，不等式f（x）≤1的解集为{x|﹣3≤x≤1}；（Ⅱ）由题意不等式f（x﹣1）≤2f（x），即（x﹣1）2﹣2|x﹣1﹣a|≤2x2﹣4|x﹣a|，也即4|x﹣a|﹣2|x﹣1﹣a|≤x2+2x﹣1（*）对任意x∈[0，+∞）恒成立，①当0≤x≤a时，不等式（*）可化为x2+4x+1﹣2a≥0对0≤x≤a上恒成立，因为g（x）＝x2+4x+1﹣2a在（0，a]为单调递增，只需g（x）min＝g（0）＝1﹣2a≥0，解得；②当a＜x≤a+1时，将不等式（*）化为x2﹣4x+1+6a≥0对a＜x≤a+1上恒成立，由①可知，因为h（x）＝x2﹣4x+1+6a在（a，a+1]为单调递减，只需，解得：或，所以；③当x＞a+1时，将不等式（*）化为x2+2a﹣3≥0对x＞a+1恒成立，因为t（x）＝x2+2a﹣3 在（a+1，+∞）为单调递增，由②可知都满足要求；综上，实数a的取值范围是：．【知识点】不等式恒成立的问题、绝对值不等式的解法12.设函数．（1）证明：当x＞1时，f（x）＞0；（2）若关于x的不等式对任意x∈（1，+∞）恒成立，求实数a的取值范围．【分析】（1）先求导，根据导数和函数最值得关系即可证明，（2）构造函数h（x）＝﹣a（x﹣1），x＞1，求导，再分类讨论，利用函数单调性和函数最值得关系即可求出【解答】证明：（1）f（x）＝lnx﹣（1﹣），∴f′（x）＝﹣＝，当x＞1时，f′（x）＞0，函数f（x）在（1，+∞）上单调递增，∴f（x）＞f（1）＝ln1﹣（1﹣）＝0，∴当x＞1时，f（x）＞0．解：（2）设h（x）＝﹣a（x﹣1），x＞1，∴h′（x）＝﹣a＝，当a≥1时，1﹣ax2＜0，lnx＞0，∴h′（x）＜0，∴h（x）在（1，+∞）上单调递减，∴h（x）＜h（1）＝0恒成立，当a≤0时，x∈（1，+∞）上有h（e）＝﹣a（e﹣1）＞0，故不合题意，当0＜a＜1时，∵lnx＞1﹣对任意x∈（1，+∞）恒成立，∴h（x）＝﹣a（x﹣1）＞﹣﹣a（x﹣1）＝﹣a（x﹣1）＝（1﹣ax2），∴当x∈（1，）时，h（x）≥0，故不合题意，综上所述a≥1．【知识点】不等式恒成立的问题13.已知函数f（x）＝a（x2﹣x）﹣lnx．（1）当a＝1时，求函数f（x）单调区间；（2）若f（x）≥0恒成立，求a的值．【分析】（1）代入a的值，求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间即可；（2）通过讨论x的范围，问题转化为a≤，令g（x）＝（0＜x＜1），或a≥，令m（x）＝（x＞1），根据函数的单调性求出a的范围，取交集即可．【解答】解：（1）a＝1时，f（x）＝x2﹣x﹣lnx，（x＞0）故f′（x）＝2x﹣1﹣＝，令f′（x）＞0，解得：x＞1，令f′（x）＜0，解得：0＜x＜1，故f（x）在（0，1）递减，在（1，+∞）递增；（2）若f（x）≥0恒成立，即a（x2﹣x）≥lnx，①x∈（0，1）时，x2﹣x＜0，问题转化为a≤，令g（x）＝（0＜x＜1），则g′（x）＝，令h（x）＝x﹣1﹣lnx（2x﹣1），（0＜x＜1），则h′（x）＝﹣1+﹣2lnx，h″（x）＝﹣﹣＜0，故h′（x）在（0，1）递减，h′（x）＞h′（1）＝0，故h（x）在（0，1）递增，h（x）＜h（1）＝0，故g′（x）＜0，g（x）在（0，1）递减，而x→1时，g（x）→1，故g（x）＞1，故a≤1，②x＝1时，显然成立，③x＞1时，x2﹣x＞0，问题转化为a≥，令m（x）＝（x＞1），则m′（x）＝，令n（x）＝x﹣1﹣lnx（2x﹣1），（x＞1），则n′（x）＝﹣1+﹣2lnx，h″（x）＝﹣﹣＜0，故n′（x）在（0，1）递减，n′（x）＞n′（1）＝0，故n（x）在（0，1）递增，n（x）＜n（1）＝0，故m′（x）＜0，m（x）在（0，1）递减，而x→1时，g（x）→1，故g（x）＞1，故a≥1，综上：a＝1．【知识点】不等式恒成立的问题、利用导数研究函数的单调性14.已知函数f（x）＝|2x+a|﹣|2x+3|，g（x）＝|x﹣1|﹣3．（1）解不等式|g（x）|＜4；（2）若对任意的x1∈R，都有x2∈R，使得f（x1）＝g（x2）成立，求实数a的取值范围．【分析】（1）根据绝对值的定义解不等式|g（x）|＜4即可；（2）求出函数g（x）的值域，把对任意的x1∈R，都有x2∈R，使得f（x1）＝g（x2）成立，转化为f（x）min≥g（x）min，再利用三角绝对值不等式求出实数a的取值范围．【解答】解：（1）函数g（x）＝|x﹣1|﹣3，由|g（x）|＜4得||x﹣1|﹣3|＜4，等价于﹣4＜|x﹣1|﹣3＜4，∴﹣1＜|x﹣1|＜7，解得﹣7＜x﹣1＜7，即﹣6＜x＜8，∴所求不等式的解集为（﹣6，8）；（2）函数g（x）＝|x﹣1|﹣3的值域为[﹣3，+∞）；∴对任意的x1∈R，都有x2∈R，使得f（x1）＝g（x2）成立，等价于f（x）min≥g（x）min＝﹣3，∵f（x）＝|2x+a|﹣|2x+3|≥﹣|（2x+a）﹣（2x+3）|＝﹣|a﹣3|≥﹣3，∴|a﹣3|≤3，解得0≤a≤6，∴实数a的取值范围是[0，6]．【知识点】绝对值不等式的解法、不等式恒成立的问题15.已知x，y＞0，a，b为正常数，且．（1）若a＝1，b＝9，求x+y的最小值；（2）若a+b＝10，x+y的最小值为18．求a，b的值；（3）若a＝1，b＝1，且不等式（2x﹣y）2≥m（x+2y）恒成立，求实数m的取值范围．【分析】（1）由题意，利用基本不等式求得x+y的最小值；（2）由题意，利用基本不等式求得x+y取最小值时a、b的值；（3）解法一，由题意，利用分离常数法和基本不等式，求得m的取值范围；解法二，利用分离常数法和构造函数求函数的最值，从而求得m的取值范围．【解答】解：（1）由题意：，则，………………………（2分）当且仅当，即x＝4，y＝12时取等号，∴x+y的最小值为16；……………………………（3分）（2）因为a+b＝10，且x，y，a，b＞0，则，…………………（5分）当且仅当时取等号，则，即ab＝16，解得：或；………（6分）（3）解法一：由题意，，则，则x+2y＝xy；……………………………（7分）因为不等式（x﹣2y）2≥m（x+2y）恒成立，则，又＝＝＝＝（x+2y）﹣8；………………………（8分）且，当且仅当，即x＝4，y＝2时取等号；………………………（9分）∴m的取值范围是m≤0；………………………………（10分）法二：因为不等式（x﹣2y）2≥m（x+2y）恒成立，则，…………………（7分）则；因为x+2y＞0，（x﹣2y）2≥0，当x＝2y时，，…………………（9分）所以m的取值范围是m≤0．…………………………（10分）【知识点】不等式恒成立的问题、基本不等式及其应用。