不等式恒成立或有解问题的解决策略
不等式恒成立或有解问题的解决策略
恒成立与有解问题的解决策略大致分四类： ①构造函数，分类讨论； ②部分分离，化为切线； ③完全分离，函数最值； ④换元分离，简化运算；
在求解过程中，力求“脑中有‘形’，心中有‘数’”.依托端点效应，缩小范围，借助数形结合，寻找临界.
一般地，不等式恒成立、方程或不等式有解问题设计独特，试题形式多样、变化众多，涉及到函数、不等式、方程、导数、数列等知识，渗透着函数与方程、等价转换、分类讨论、换元等思想方法，有一定的综合性，属于能力题，在提升学生思维的灵活性、创造性等数学素养起到了积极的作用，成为高考的一个热点．
【考点突破】
【典例1】（2018届石家庄高中毕业班教学质量检测）已知函数()()()121x
f x axe a x =-+-.
（1）若1a =，求函数()f x 的图象在点()0,(0)f 处的切线方程； （2）当0x >时，函数()0f x ≥恒成立，求实数a 的取值范围.
【解析】（Ⅰ）若1a =，则)12(2)(--=x xe x f x
，4)('-+=x
x
e xe x f
当0=x 时，2)(=x f ，3)('-=x f ， ………﹝导数的几何意义的应用﹞ 所以所求切线方程为23+-=x y 。
（Ⅱ）思路一：()()()121x
f x axe a x =-+-，)1(2)1()('+-+=a e x a x f x
，
由条件可得，首先0)1(≥f ，得01
1
>-≥
e a ， 令()'()(1)2(1)x
h x f x a x e a ==+-+，则
'()(2)0x h x a x e =+>恒为正数，所以()'()h x f x =单调递增，………﹝高阶导数的灵活应用﹞
而02)0('<--=a f ，0222)1('≥--=a ea f ，所以)('x f 存在唯一根0(0,1]x ∈，使得函数)(x f 在),0(0x 上单调递减，在)(0∞+x 上单调递增， ………﹝极值点不可求，虚拟设根﹞
所以函数)(x f 的最小值为()()()0000121x
f x ax e a x =-+-，只需0)(0≥x f 即可，
又0x 满足)1(2
200
++=x a a e x ，得()20000(1)(21)1
a x x f x x +-++=+，………﹝虚拟设根，整体代入﹞
因为0(0,1]x ∈，所以200210x x -++≥，即0)(0≥x f 恒成立，
所以实数a 的取值范围为1,1e ??
+∞??
-??
. 【审题点津】不等式恒成立可以直接构造函数，然后用导数证明该函数的增减性；再利用函数的单调性，转化为函数的最值的正负来求解参数的取值范围.本题出现极值点不可求的情形，不妨引入虚拟设根，设而不求，整体代换，通过形式化的代换或推理，达到化简并求解问题的目标.
思路二：由条件可得，首先0)1(≥f ，得011
>-≥
e a ， 当0x >时，函数()0
f x ≥恒成立，等价于()121x
a xe x a
+≥-对任意0x >恒成立，
亦即函数1x y xe =的图象总在直线()21
21a y x a
+=-的上方（含边界）.
………﹝部分分离，数形结合，化为图象的位置关系﹞
令()()0x
Q x xe
x >=，则()()10x Q x x e '=+>，
所以()()0x
Q x xe x >=单调递增；
令()()()()01x
P x Q x x x e '=+>=，则()()20x P x x e '=+>，
所以()()()10x
P x x e x +>=单调递增，所以()()0x Q x xe x >=为凹函数，如图所示，
又()21
21a y x a +=
-是过定点1,02?? ???
的直线系，当直线与曲线相切时，可设切点为()00,T x y ，则()()()00000021112x Q x y x e y a a a x a '=+?+=???=?-????
，即()()(
00021112x x x e a x e a a a ?+=????=+?
+?，……………﹝借助于导数的几何意义，寻找临界﹞
解得01x =，此时切线的斜率为()1Q '=只需
()212a e a
+≤即可，解得1
1
a e ≥
-
故a 的取值范围是1,1e ??
+∞??
-??
. 【审题点津】不等式恒成立也可以适当恒等变形，部分分离，化为函数过定点的直线与函数图象的位置关系；再利用导数的几何意义，应用运动的数学思想转化为直线的斜率与过定点的切线的斜率的大小关系求解参数的取值范围.
思路三：由条件可得，首先0)1(≥f ，得011
>-≥
e a ， 当0x >时，函数()0
f x ≥恒成立，等价于21
1x
a x a xe -≥
+对任意0x >恒成立. ………﹝将两个变量完全分离﹞
设函数()()21
0x
x F x x xe -=>，则()
()()2211x x x F x x e +-='-， 当01x <<时，()0F x '>；当1x >时， ()0F x '<， 所以函数()F x 在()0,1上单调递增，在()1,+∞上单调递减； 所以()()max
11F x F e ??==
??
. 只需11a a e ≥+，解得11a e ≥
-. 故a 的取值范围是1,1e ??
+∞??-??
. 【审题点津】不等式恒成立也可以适当恒等变形，完全分离，使得参数和主元分别位于不等式的左右两边，再巧妙构造函数，最后化归为所构造函数的最值求解.
思路四：由于()()()()
()1212121x x f x axe a x a xe x x =-+-=-+--，
因为1x e x ≥+，当且仅当0x =时取等号，如图所示，（证明略） ………﹝重要不等式1x e x ≥+是放缩的途径﹞
所以0112)1(122>+-=+-+≥+-x x x x x x xe x .
………﹝借助于重要不等式1x e x ≥+灵活放缩﹞
当0x >时，函数()0f x ≥恒成立，等价于1
21
2+--≥
x xe x a x 对任意
0x >恒成立.
令()2121x x u x xe x -=-+，则()()()()()()()()
2222121122121211x x x x x xe x x x e e u x x x x e x xe x +-??-+--+-??'==--+-+， 当01x <<时，()0u x '>；当1x >时， ()0u x '<， 所以函数()u x 在()0,1上单调递增，在()1,+∞上单调递减；
所以()()max
111u x u e ??==
??
-. 只需11a e ≥-. 故a 的取值范围是1,1e ??
+∞??-??
. 【审题点津】不等式恒成立也可以借助于不等式进行灵活放缩，进而合理避开分类讨论，彻底应用变量分离法，化归为所构造函数的最值求解.
【拓展演练3】（2018届重庆市高中毕业班6月调研）已知函数()()1
ln f x x a x a R x
=+-∈． （1）若直线1y x =+与曲线()y f x =相切，求a 的值； （2）若关于x 的不等式()2
f x e
≥恒成立，求a 的取值范围. 【提示】（1）1a =-； （2）设()12
ln g x x a x x e
=+
--，()0g x '=的解为0x ，则001a x x =-，
()00000001121ln ()g x x x x x e x x e e ??=+---≤≤ ???，所以1
1,a e e e
e ??∈--????.
【典例2】（2018届广州市高中毕业班一模）已知函数()ln 1f x ax x =++． （1）讨论函数()x f 零点的个数；
（2）对任意的0>x ，()2e x
f x x ≤恒成立，求实数a 的取值范围．
【解析】（1）思路一：函数()x f 的定义域为()0,+∞，由()ln 1f x ax x =++，()1
f x a x
'=+
， ①当0a ≥时，()0f x '≥，函数()x f 在()0,+∞上单调递增，
因为()110f a =+>，当0x →时，()f x →-∞，所以函数()x f 有1个零点；
………﹝利用零点存在性定理是解决此类问题的理论依据﹞
②当0a <时，()1f x a x '=+
，当1x a >-时，()0f x '<；当1
0x a
<<-时，()0f x '>； 所以函数()x f 在10,a ?
?- ???
上单调递增，在1,a ??
-
+∞ ???
上单调递减， ()max 11ln f x f a a ????
=-=- ? ?????， ………﹝利用最值与0的大小关系加以判断﹞
若1a <-，()max 1ln 0f x a ??
=-< ???，所以函数()x f 没有零点；
若1a =-，()max 1ln 0f x a ??
=-= ???
，所以函数()x f 有1个零点；
若10a -<<，()max 1ln 0f x a ??
=-> ???
，10a f
e e ??=< ???，且111e a <<-，所以函数()x
f 在10,a ?
?- ?
?
?有1个零点；
又当x →+∞时，()f x →-∞，所以函数()x f 在1,a ??
-
+∞ ???
有1个零点； 综上可知，当1a <-时，函数()x f 没有零点；当1a =-或0a ≥时，函数()x f 有1个零点；当
10a -<<时，函数()x f 有2个零点．
【审题点津】函数()x f 零点的个数问题的依据是零点的存在性定理，其解决过程要注意“脑中有‘形’，心中有‘数’”，
这也是数形结合思想的渗透.
思路二：函数()x f 的定义域为()0,+∞，由
()ln 10f x ax x =++=，得ln 1x ax =--，
令()()ln ,1u x x v x ax ==--，则函数()v x 是过定点
()0,1-，斜率为k a =-的直线，而函数()u x 的图象如图所示，
………﹝部分分离，数形结合，化为图象的位置关系﹞
当直线1y kx =-与函数()ln u x x =相切时，两者只有一个交点，此时设切点为()00,P x y ，则
()00
00
00
1ln 1
u x k
x y x y kx ?'
==???
=??=-???
，解得001,1,0x k y ===，……………﹝借助于导数的几何意义，寻找临界﹞ 所以当1k >时，函数()x f 没有零点；当1k =或0k ≤时，函数()x f 有1个零点；当01k <<时，
函数()x f 有2个零点．
所以当1a <-时，函数()x f 没有零点；当1a =-或0a ≥时，函数()x f 有1个零点；当10
a -<<时，函数()x f 有2个零点．
【审题点津】函数()x f 零点的个数问题也可以转化为两个基本初等函数的交点个数问题，灵活借助于导数的几何意义加以解决.
思路三：函数()x f 的定义域为()0,+∞，
由()ln 10f x ax x =++=，得ln 1
x a x
+=-
， ………﹝将两个变量完全分离﹞ 令()()ln 10x g x x x +=->，则()2ln x
g x x
'=，
因为当01x <<时，()0g x '<，当1x >时，()0g x '>， 所以函数()g x 在()0,1上单调递减，在()1,+∞上单调递
增，()()min 11g x g ==-，
由于10g e ??
= ???
，所以当10x e <<
时，()0g x >，当1x e
>时，()0g x <，
所以当1a <-时，函数()x f 没有零点；当1a =-或0a ≥时，函数()x f 有1个零点；当10
a -<<时，函数()x f 有2个零点． ……………﹝借助于数形结合，确定分类的界点﹞
【审题点津】函数()x f 零点的个数问题也可以应用变量分离法转化为水平直线与函数图象的交点个数问题来处理，形象直观，本题是转化为直线y a =与函数()()ln 1
0x g x x x
+=-
>的图象的交点个数，只要借助于导数把函数()g x 的图象正确地画出来，自然一目了然.
（2）思路一：由()ln 1f x ax x =++，所以对任意的0>x ，()2e
x
f x x ≤恒成立，等价于
2ln 1
x x a e x
+≤-
在()0,+∞上恒成立， ………﹝将两个变量完全分离﹞ 令()()2ln 1
0x
x m x e x x
+=->，则()22
2ln x e x m x x +'=， 再令()22ln x n x e x =+，则()()
221
40x n x x x e x
'=++>， 所以()n x 在()0,+∞上单调递增， 因为()12ln 20,104e
n n ??=
-<> ???
， 所以()n x 有唯一零点0x ，且
01
14
x <<， ………﹝零点不可求，虚拟设根﹞ 所以当00x x <<时，()0m x '<，当0x x >时，()0m x '>， 所以()m x 在()00,x 上单调递减，在()0,x +∞上单调递增，
因为0
22002ln 0x x e
x +=，所以()000ln 22ln 2ln ln x x x ++=-，
即()()0000ln 22ln ln ln x x x x +=-+-， ………﹝善于结构分析，巧妙构造函数﹞ 设()ln s x x x =+，则()1
10s x x
'=
+>， 所以函数()s x 在()0,+∞上单调递增， 因为()()002ln s x s x =-，
所以002ln x x =-，即020
1
x
e x =
， ……﹝设而不求，整体代入，求解最值﹞ 所以()()0
2000
ln 1
2x x m x m x e
x +≥=-
=，则有2a ≤， 所以实数a 的取值范围(],2-∞．
【审题点津】本题零点0x 的探求也可以将0
22
002ln 0x x e
x +=变形为
2000112ln x x e x x =01ln 01ln x e x ??
?
??
??= ???
，进而构造函数()()0x R x xe x =>来解决.
思路二：设()()2ln 10x g x xe ax x x =--->，对任意的0>x ，()2e x
f x x ≤恒成立，等价于
()min 0g x ≥在()0,+∞上恒成立， ………﹝直接“左减右”构造函数﹞
因为()()2121x g x x e a x '=+--
，令()()2121x h x x e a x =+--，则()()221
410x h x x e x
'=++>， 所以()()h x g x '=在()0,+∞上单调递增， ………﹝高阶导数，层次要清晰﹞ 因为当0x →时，()h x →-∞，当x →+∞时，()h x →+∞， 所以()()h x g x '=在()0,+∞上存在唯一的零点0x ，满足()0
200
1
210x x e
a x +--
=， 所以()0
200
1
21x a x e
x =+-
，且()g x 在()00,x 上单调递减，在()0,x +∞上单调递增， 所以()()00222000000min ln 12ln 0x x g x g x x e ax x x e x ==---=--≥，
……﹝设而不求，整体代入，求解最值﹞
所以0
22
002ln 0x x e
x +≤，此时020
02
ln 01,2x x x e x <<≤-
，
所以()()()00002ln 2ln ln ln x x x x +≤-+-， ………﹝善于结构分析，巧妙构造函数﹞ 设()ln S x x x =+，则()1
10S x x
'=+
>， 所以函数()S x 在()0,+∞上单调递增，
因为()()002ln S x S x ≤-，所以002ln x x ≤-，即020
1x
e x ≤
， 所以()()0
200000
111
21212x a x e
x x x x =+-
≤+?-=， 所以实数a 的取值范围(],2-∞．
【审题点津】本题零点0x 的探求也可以将0
22
002ln 0x x e
x +≤变形为
00
1ln 200001112ln ln x x x e e x x x ??
?
????≤= ???
，进而构造函数()()0x R x xe x =>来解决. 思路三：由()ln 1f x ax x =++，所以对任意的0>x ，()2e x
f x x ≤恒成立，等价于2ln 1
x
x a e x
+≤-
在()0,+∞上恒成立，
先证明ln 1t t ≥+，当且仅当1x =时取等号，如图所示（证
明略）.
所以当0>x 时，有22ln 1ln 21x
x xe
xe x x ≥+=++，
………﹝重要不等式1ln x x -≥是放缩的途径﹞ 所以2ln 12x x e x x ≥
++，即2ln 1
2x x e x
+-≥，当且仅当21x xe =时取等号，
所以实数a 的取值范围(],2-∞．
【审题点津】很多导数的压轴题的命制都是基于两个重要不等式1ln x x -≥与1x
e x ≥+，它们自然也是放缩的重要途径.
思路四：由()ln 1f x ax x =++，所以对任意的0>x ，
()2e x
f x x ≤恒成立，等价于2ln 1x
x a e x
+≤-在()0,+∞上恒成立，
先证明1x e x ≥+，当且仅当0x =时取等号，如图所示（证明
略）.
所以当0>x 时，有2ln 2ln 2ln 21x
x x x x xe
e e e x x +==≥++，
………﹝重要不等式1x e x ≥+是放缩的途径﹞
所以2ln 12x x e x x ≥
++，即2ln 1
2x x e x
+-≥，当且仅当ln 20x x +=时取等号， 所以实数a 的取值范围(],2-∞．
【点睛探究】两个重要不等式1ln x x -≥与1x
e x ≥+实质是等价的，它们的变形很多，很值得深入探究.如以1x
e x ≥+为例，把x 换为ln x ，即得ln 1ln x x x ≥+>；把x 换为1x -，即得x
e ex ≥；把x 换为x -，即得1x
e
x -≥-+，亦即()1
11x e x x
≤
<-；把x 换为2ln x x +，即得222ln 1x x e x x ≥++；把x 换为ln x x -，即得ln 1x
e x x x
≥-+；把x 换为ln 2x -，即得22ln 22x e x ≥-+；……
【拓展演练4】（辽宁省重点高中协作校三模）设实数0m >，若对任意的x e ≥，不等式
2
ln 0m
x
x x me -≥恒成立，则m 的最大值是
1.A e .3
e
B .
C e .2
D e
【提示】2
ln 0m
x
x x me -≥变形为ln ln m
x
x m x e
e x
?≥?，构造函数()()0x g x xe x =>，等价转化为ln m
x x
≥
，即ln m x x ≤，只需()min ln m x x e ≤=，答案为C .
【典例3】（成都市2018届高三毕业班三诊）已知函数()()ln ,1f x x g x x ==+.若函数()f x 图象上任意一点P 关于直线y x =的对称点Q 恰好在函数()h x 的图象上.
（1）证明：()()g x h x ≤； （2）若函数()()
()
1f x F x g x =
+在[)()*,k k N +∞∈上存在极值，求k 的最大值.
【解析】（1）因为函数()f x 图象上任意一点P 关于直线y x =的对称点Q 恰好在函数()h x 的图象
上，所以函数()f x 与()h x 互为反函数，()x h x e =，易证1x x e +≤（证明略）；
（2）由已知()()()1f x F x g x =+，得()()ln 02x
F x x x =>+，所以()()
22
1ln 2x x F x x +
-'=+，
因为函数()()
()
1f x F x g x =
+在[)()*,k k N +∞∈上存在极值，
所以()0F x '=在()()
*,k k N +∞∈上有解，即2
1ln 0x x
+
-=在()()*,k k N +∞∈上有解， ………﹝理解题意，转化为超越方程有解问题﹞
令()21ln u x x x =+
-，则()22212
0x u x x x x
+'=--=-<， 所以()u x 在()0,+∞上单调递减，
由()333
31111 2.74ln 4ln ln16ln ln 022*******e u e =-=-=>>，……﹝应用零点存在性定理求解﹞
()775
571113121875ln 5ln ln 5ln ln 0555*******
u e =-=-=><，
所以函数()u x 的零点()04,5x ∈， 因为函数()()
()
1f x F x g x =
+在[)()*,k k N +∞∈上存在极值，
所以4k ≤，k 的最大值为4.
【审题点津】函数()f x 存在极值点，转化为()f x '存在零点的问题，亦即()0f x '=有解问题，然后借助于导数刻画函数()f x '的图象，应用零点存在性定理求解问题.
【典例4】（河北衡水2018届高三第一学期八模）已知函数()()()ln ,x
f x e x a x a x a R =-+++∈.
（1）当1a =时，求函数()f x 的图象在0x =处的切线方程； （2）函数()f x 在定义域上为单调函数，求a 的最大整数值.
【解析】（1）当1a =时，()()()1ln 1x
f x e x x x =-+++，()()ln 1x
f x e x '=-+，
所以()()01,01f f '==，
所以函数()f x 的图象在0x =处的切线方程10x y -+=；
（2）思路一：函数()f x 在定义域上为单调函数，则()0f x '≥恒成立.
由于()()()ln x f x e x a x a x =-+++，()()ln x f x e x a '=-+， 令()()h x f x '=，则()1
x h x e x a
'=-+， 设()0h x '=的解为0x ，即001
x e x a
=
+， ……﹝导数零点不可求，虚拟设根﹞ 当()0,x a x ∈-时，()0h x '<，当()0,x x ∈+∞时，()0h x '>， 所以()()h x f x '=在()0,a x -上单调递减，在()0,x +∞上单调递增， 所以()()()()000min min ln x
h x f x f x e x a ''===-+，
因为()0000011
ln ln x e x x a x a x a
=
?==-+++， ……﹝虚拟设根，整体代换﹞ 所以()()()0000min 0011
ln 2x f x e x a x x a a a x a x a
'=-+=
+=++-≥-++， 因为()0f x '≥恒成立，所以20a -≥，即2a ≤.
故a 的最大整数值为2.
【审题点津】确定函数具有零点但又无法求解或求解相对比较繁杂的情况下，引入虚拟零点，通过形式化的合理代换或推理，达到化简并求解问题的目标.这种方法感受数学思维“柳暗花明又一村”的奇妙诗意！
思路二：函数()f x 在定义域上为单调函数，则()0f x '≥恒成立.
①先证明1x e x ≥+（证明略）；
②再证明ln 1x x ≤-（证明略）； ……﹝借助于重要不等式，投石问路﹞ 所以()()ln 2211x x x +≤+-=+，
所以()1ln 2x e x x ≥+≥+， …………﹝合理放缩，转换视角﹞ 当2a ≤时，()()1ln 2ln x e x x x a ≥+≥+≥+，()()ln 0x f x e x a '=-+≥恒成立； 当3a ≥时，()()ln 0x f x e x a '=-+≥不恒成立；
故a 的最大整数值为2.
【审题点津】遇到含有x
e 的超越函数时，不妨运用1x
e x ≥+进行放缩，遇到含有ln x 的超越函数
时，不妨运用ln 1x x ≤-进行放缩，往往有出其不意的效果，这是放缩法的重要途径.
【典例5】（厦门2018届高三第一学期期末质检）已知函数()()2
2ln 12
a f x a x x a x =+-+. （1）讨论函数()f x 的单调性；
（2）当1a >时，记函数()f x 的极小值为()g a ，()()321
2254
g a b a a a <--+，求满足条件的最小整数b .
【解析】（1）()f x 的定义域为()0,+∞，
()()2
1a f x ax a x
'=+-+=
()()()2211ax a x a ax x a x x -++--=， ………﹝判断导数的正负，自然需要对a 的取值分类讨论﹞
若0a ≤，当()0,x ∈+∞时，()0f x '≤，故()f x 在()0,+∞单调递减， 若0a >，由()0f x '=，得11
x a
=，2x a =， （ⅰ）若01a <<，当1,
x a a ??∈ ???时，()0f x '<，当()10,,x a a ??∈+∞ ???
时，()0f x '>， 故()f x 在1,
a a ?
? ???单调递减，在()0,a ，1,a ??
+∞ ???
单调递增；
（ⅱ）若1a =，()0f x '≥，()f x 在()0,+∞单调递增； （ⅲ）若1a >，当1,x a a ??∈
???时，()0f x '<，当()10,,x a a ??
∈+∞ ???
时，()0f x '>，
故()f x 在1,a a ??
???单调递减，在10,a ??
???
，(),a +∞单调递增； 【审题点津】研究含有参数的超越函数的单调性时，必须探寻出分类讨论的界点，其界点的确定往往是由数学的严谨性所确定的.
（2）由（1）得：若1a >，()f x 在1,a a ??
???单调递减，在10,a ??
???
，(),a +∞单调递增， 所以x a =时，()f x 的极小值为()()3
ln 2a g a f a a a a ==--， 由()()2
12254
g a b a a a <--+恒成立，即2ln 24a a b a a >-
+恒成立， ………﹝两个变量进行分离、化简﹞
设()()2ln 124x x h x x x x =-+>，则()5
ln 4
h x x x '=-+，
令()()5
ln 4
x h x x x ?'==-+，则()111x x x x -'=-=?，
当()1,x ∈+∞时，()110x x ?'=-<，所以()h x '在()1,+∞单调递减，且()1
104
h '=>，
()()331
2ln 2ln16ln 044
h e '=-=-<，
所以()01,2x ?∈，()0005
ln 04
h x x x '=-+=，且()01,x x ∈，()00h x '>，()0,2x x ∈，()00h x '<，
所以()()200
000max
ln 24
x x h x h x x x ==-+， ………﹝零点不可求，设而不求，整体代入﹞
因为005ln 4x x =-，得()200max 1
2
h x x x =-，其中()01,2x ∈， 因为212y x x =
-在()1,2上单调递增，所以()max 1,02h x ??∈- ???
， 因为()max b h x >，b Z ∈，所以min 0b =.
【审题点津】确定函数具有零点但又无法求解或求解相对比较繁杂的情况下，可以再次求导，进行多次求导，判断正负，此时要保持层次清晰，思维缜密.
【典例6】（郑州2018高中毕业年级第一次质量预测）已知函数()()ln (1)f x x a x a R =-+∈在
(1,(1))f 处的切线与x 轴平行.
（1）求()f x 的单调区间；
（2）若存在01x >，当0(1,)x x ∈时，恒有21
()2(1)22
x f x x k x -++>-成立，求k 的取值范围. 【解析】（1）由已知可得()f x 的定义域为(0,)+∞，()1
f x a x
'=
-， 所以()110f a '=-=，即1a =， ………﹝应用导数的几何意义﹞ 所以()ln (1)f x x x =-+，()111x f x x x
-'=
-=， 令()0f x '>，得01x <<，令()0f x '<，得1x >， ………﹝借助于导数的正负加以判断﹞ 所以()f x 的单调递增区间为()0,1，单调递减区间为()1.+∞.
（2）法一：不等式21()2(1)22x f x x k x -++>-可化为21
ln (1)22
x x x k x -+->-，
………﹝直接“左减右”构造函数﹞
令()()21ln (1)122x g x x x k x x =-+--->，则21(1)1()1x k x g x x k x x
-+-+'=-+-=， 令()2()(1)11h x x k x x =-+-+>，其对称轴为12
k
x -=， 当
112
k
-≤，即1k ≥-时，()h x 在0(1,)x 上单调递减，所以()()11h x h k <=-， 若1k ≥，则()0h x ≤，()0g x '≤，所以()g x 在0(1,)x 上单调递减，()()10g x g <=，不适合题意； ………﹝正确理解题意是关键，就是在直线1x =右侧附近是否为单调递增﹞
若11k -≤<，则(1)0h >，必定存在01x >，使得0(1,)x x ∈时，()0g x '>，
即存在01x >，当0(1,)x x ∈时，恒有21
()2(1)22
x f x x k x -++>-成立； 当112
k
->，即1k <-时，欲使存在01x >，当0(1,)x x ∈时，恒有21()2(1)22x f x x k x -++>-成
立，只需()0g x '>，即(1)10h k =->，此时1k <，
综上，k 的取值范围是(),1-∞.
【审题点津】本题不等式恒成立问题直接构造函数()()21
ln (1)122
x g x x x k x x =-+--->，用多次求导，应用分类讨论思想探求该函数的增减性，达到求解问题的目标.
法二：不等式21()2(1)22x f x x k x -++>-可化为21
ln (1)22
x x x k x -+->-， 若存在01x >，当0(1,)x x ∈时，恒有21
ln (1)22x x x k x -+->-成立，亦即存在01x >，当0(1,)x x ∈时，函数21
ln 22
x y x x =-+-的图象在直线(1)y k x =-的上方. ………﹝部分分离，数形结合，化为图象的位置关系﹞
令()()21ln 122x u x x x x =-+->，则1
()1u x x x
'=-+，()()10,11u u '==，
令()1
()1v x u x x x
'==
-+，则()2
1
10v x x '=-
-<， 所以()1
1x x
v x =-+单调递减，
()()2
1
ln 122
x u x x x x =-
+->为凸函数，如图所示，
又(1)y k x =-是过定点()1,0的直线系，当直线与曲线相切时，()011k u '==， 所以k 的取值范围是(),1-∞.
【审题点津】本题不等式恒成立问题采取适当恒等变形，部分分离，化为过定点的直线(1)y k x =-与
函数21
ln 22
x y x x =-+-图象的位置关系，进而应用运动的数学思想求解参数的取值范围. 法三：不等式21()2(1)22x f x x k x -++>-可化为ln 1
12
x x k x -<--， 若存在01x >，当0(1,)x x ∈时，恒有21
ln (1)22
x x x k x -+->-成立，亦即存在01x >，当0(1,)x x ∈时，ln 1
12
x x k x -<
-
-. ………﹝完全分离，转化为函数的最值问题﹞ 令()()ln 1
112x x M x x x -=->-，则()()()
()()()222
1
1ln 122ln 12121x x x x x x x M x x x x -----'=-=--， 令()()
()2122ln P x x x x x =---，则()()()3112ln 0P x x x x '=----<，
………﹝部分求导，简化运算﹞
所以()P x 在()1,+∞单调递减，()()10P x P <=，即()0M x '<， 所以()M x 在()1,+∞单调递减，
因为ln 1x x ≤-，当且仅当1x =时取等号（证明略）， 所以当1x →时，
ln 11
x
x →-，()1M x →， 所以k 的取值范围是(),1-∞.
【审题点津】本题采取适当恒等变形，完全分离，转化为ln 1
12
x x k x -<
-
-恒成立，只需使得min ln 11
2x x k x -??
<- ?-??即可，进而化归为求解函数ln 112x x y x -=
--的最小值的求解.本题要注意的是，端点效应的处理需借助于不等式ln 1x x ≤-恒成立，说明
ln 11
x
x →-. 法四：不等式21()2(1)22x f x x k x -++>-可化为21
ln (1)22
x x x k x -+->-， 因为ln 1x x ≤-，当且仅当1x =时取等号（证明略），
若存在01x >，当0(1,)x x ∈时，恒有21
ln (1)22x x x k x -+->-成立，亦即存在01x >，当0(1,)x x ∈时，()21
1(1)22
x x x k x --+->-， ………﹝重要不等式1ln x x -≥是放缩的途径﹞ 所以
32
x
k ->. 因为1x >，所以k 的取值范围是(),1-∞.
【审题点津】本题不等式21
ln (1)22x x x k x -+->-恒成立借助于不等式ln 1x x ≤-进行灵活放缩，转化为()21
1(1)22
x x x k x --+->-恒成立，这是知识整合能力的较好的体现.
不等式恒成立问题
不等式恒成立问题 一、 教学目标 1、 知识目标；掌握不等式恒成立问题求参数的范围的求解方法并会运用 2、 能力目标；培养学生分析问题解决问题的能力 3、 情感目标；优化学生的思维品质 二、 教学重难点 1、教学的重点；不等式恒成立问题求参数的范围的求解方法并会运用 2、教学的难点；不等式恒成立问题求参数的范围的求解方法的选择 三、 教学方法：高三复习探究课：学生研讨探究----学生归纳小结-----学生巩 固练习----学生变式探究---学生总结 四、 教学过程 1、 引人 高三数学复习中的不等式恒成立问题，涉及到函数的性质、图象, 渗透着换元、化归、数形结合、函数方程等思想方法，有利于考查学生的综合解题能力，因此备受命题者的青睐，也成为历年高考的一个热点。我们今天这堂课来研究不等式恒成立求参数的取值范围问题的求解方法。引入课题 2、新课 下面我们来看例1例1、对一切实数x ]1,1[-∈，不等式 a x a x 24)4(2-+-+＞0恒成立，求实数a 的取值范围（由学生完成） 由一个基本题得到不等式恒成立问题求参数的范围的求解方法 解法一；分离参数 由原不等式可得：a(x-2) > -x 2+4x-4 ， 又因为x ∈[-1，1] ，x-2∈[-3，-1] a<2-x 又因为x ∈[-1，1]，所以 a<1. 解法二；分类讨论、解不等式
（x-2）[x-(2-a)]>0 当a=0时不等式恒成立 当a<0 时x>2-a 或x<2 不等式恒成立 当a>0时x>2 或x<2-a 所以2-a>1 即a<1 所以a<1时不等式恒成立 解法三；构造函数求最值 设f(x)=x2+(a-4)x+4-2a 当(4-a)/2∈[-1，1]，即a∈[2，6]时 -a2<0 不成立，舍弃； 当a>6时，f(-1)=1-a+4+4-2a>0 a<3 不成立，舍弃； 当a<2时，f(1)=1+a-4+4-2a=1-a>0 a<1 综上得：a<1 解法四；构造方程用判别式韦达定理根的分布 设x2+(a-4)x+4-2a=0 方程无实根或有两实根两根小于-1或两根大于1 △=(a-4)2-4(4-2a)=a2≥0 所以1-(a-4)+4-2a>0且(4-a)/2<-1 或1+(a-4)+4-2a>0 且(4-a)/2>16且a<3 或a<1且a<2, 所以a<1 解法五；数形结合（用动画来演示 a(x-2)>-x2+4x-4 设y=a(x-2) 和y=-x2+4x-4 分别作两函数的图象
函数不等式恒成立问题经典总结
函数、不等式恒成立问题解法（老师用） 恒成立问题的基本类型： 类型1：设)0()(2 ≠++=a c bx ax x f ，(对于任意实数R 上恒成立) （1）R x x f ∈>在0)(上恒成立00?且a ； （2）R x x f ∈<在0)(上恒成立00a 时，],[0)(βα∈>x x f 在上恒成立?????>>-?????<- ?0 )(2020)(2βββαααf a b a b f a b 或或， ],[0)(βα∈ 关于不等式恒成立问题的几种求解方法 不等式恒成立问题，在高中数学中较为常见。这类问题的解决涉及到一次函数、二次函数、三角函数、指数与对数函数等函数的性质、图象，渗透着换元、化归、数形结合、函数与方程等思想方法，有利于考查学生的综合解题能力，在培养思维的灵活性、创造性等方面起到了积极的作用。 不等式恒成立问题在解题过程中有以下几种求解方法：①一次函数型；②二次函数型；③变量分离型；④数形结合型。 下面我们一起来探讨其中一些典型的问题 一、一次函数型——利用单调性求解 例1、若不等式对满足的所有实数m都成立，求x的取值范围。 若对该不等式移项变形，转化为含参数m的关于x的一元二次不等式，再根据对称轴和区间位置关系求对应的二次函数的最小值，利用最小值大于零求解。这样得分好几种情况讨论,这思路应该说从理论上是可行的，不过运算量不小。能不能找出不需要讨论的方法解决此问题呢？若将不等式右边移到左边，然后将新得到的不等式左边看做关于m的一次函数，借助一次函数的图像直线（其实是线段）在m轴上方只需要线段的两个端点在上方即可。 分析：在不等式中出现了两个字母：x及m,关键在于该把哪个字母看成是一个变量，另一个作为常数。显然可将m视作自变量，则上述问题即可转化为在[-2，2]内关于m的一次函数大于0恒成立的问题。 解：原不等式转化为(1-x2)m+2x-1>0在|m|2时恒成立, 设f(m)= (1-x2)m+2x-1,则f(m)在[-2,2]上恒大于0，故有： 此类题本质上是利用了一次函数在区间[a，b]上的图象是一线段，故只需保证该线段两端点均在m轴上方（或下方）即可。 给定一次函数y=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（线段）（如下图）可得上述结论等价于 ⅰ），或ⅱ） 可合并成 同理，若在[m,n]内恒有f(x)0恒成立；f(x)3; 恒成立问题是数学中常见问题，也是历年高考的一个热点。大多是在不等式中，已知一个变量的取值范围，求另一个变量的取值范围的形式出现。下面介绍几种常用的处理方法。 一、分离参数 在给出的不等式中，如果能通过恒等变形分离出参数，即：若()a f x ≥恒成立，只须求出()max f x ，则()m ax a f x ≥；若()a f x ≤恒成立，只须求出()min f x ，则()m in a f x ≤，转化为函数求最值。 例1、已知函数()lg 2a f x x x ??=+ - ???，若对任意[)2,x ∈+∞恒有()0f x >，试确定a 的取值范围。 解：根据题意得：21a x x + ->在[)2,x ∈+∞上恒成立， 即：23a x x >-+在[)2,x ∈+∞上恒成立， 设()23f x x x =-+，则()2 3924f x x ??=--+ ??? 当2x =时，()max 2f x = 所以2a > 例2、已知(],1x ∈-∞时，不等式() 21240x x a a ++-?>恒成立，求a 的取值范围。 解：令2x t =，(],1x ∈-∞ (]0,2t ∴∈ 所以原不等式可化为：22 1t a a t +-<， 要使上式在(]0,2t ∈上恒成立，只须求出()2 1t f t t +=在(]0,2t ∈上的最小值即可。 ()22211111124t f t t t t t +????==+=+- ? ? ???? 11,2t ??∈+∞???? ()()min 324f t f ∴== 234a a ∴-< 1322 a ∴-<< 二、分类讨论 在给出的不等式中，如果两变量不能通过恒等变形分别置于不等式的两边，则可利用分类讨论的思想来解决。 例3、若[]2,2x ∈-时，不等式2 3x ax a ++≥恒成立，求a 的取值范围。 解：设()2 3f x x ax a =++-，则问题转化为当[]2,2x ∈-时，()f x 的最小值非负。 （1） 当22a -<-即：4a >时，()()min 2730f x f a =-=-≥ 73 a ∴≤又4a >所以a 不存在； 不等式恒成立问题基本类型及常用解法 类型1：设f(x)=ax+b f(x) ＞0在x ∈[]n m ,上恒成立? ???0 )(0)( n f m f f(x) ＜0在x ∈[]n m ,上恒成立??? ?0)(0)( n f m f . 例1. 设y=(log 2x)2+(t-2)log 2x-t+1,若t 在[-2,2]上变化，y 恒取正值，求实数x 的取值范围。 例2. 对于 -1≤a ≤1,求使不等式(21)ax x +2<(2 1)12-+a x 恒成立的x 的取值范围。 类型2：设f(x)=ax 2+bx+c (a ≠0) f(x) ＞0在x ∈R 上恒成立?a ＞0 且△＜0; f(x) ＜0在x ∈R 上恒成立?a ＜0 且△＜0. 说明：①.只适用于一元二次不等式 ②.若未指明二次项系数不等于0，注意分类讨论. 例3.不等式3 642222++++x x m mx x ＜1对一切实数x 恒成立，求实数m 的取值范围。 类型3：设f(x)=ax 2+bx+c (a ≠0) （1） 当a ＞0时 ① f(x) ＞0在x ∈[]n m ,上恒成立 ??????≤-0)(2 m f m a b 或??????-o n a b m 2或?????≥-0)(2 n f n a b ??????≤-0)(2 m f m a b 或△＜0或?????≥-0 )(2 n f n a b . ② f(x) ＜0在x ∈[]n m ,上恒成立?? ??0)(0)( n f m f . （2） 当a ＜0时 ① f(x) ＞0在x ∈[]n m ,上恒成立? ? ? ?0)(0)( n f m f ② f(x) ＜0在x ∈[]n m ,上恒成立 ??????≤-0)(2 m f m a b 或??????-o n a b m 2或?????≥-0)(2 n f n a b ??????≤-0)(2 m f m a b 或△＜0或?????≥-0 )(2 n f n a b . 说明：只适用于一元二次不等式. 类型4：a ＞f(x) 恒成立对x ∈D 恒成立?a ＞f(x)m ax ， a ＜f(x)对x ∈D 恒成立? a ＜f(x)m in . 说明：①. f(x) 可以是任意函数 ②.这种思路是：首先是---分离变量，其次用---极端值原理。把问题转化为求函数的最值，若f(x)不存 在最值，可求出f(x)的范围，问题同样可以解出。 例4.（2000.上海）已知f(x)=x a x x ++22 ＞0在x ∈[)+∞,1上恒成立，求实数a 的取值范围。 学习过程 一、复习预习 考纲要求： 1．理解导数和切线方程的概念。 2．能在具体的数学环境中，会求导，会求切线方程。 3．特别是没有具体点处的切线方程，如何去设点，如何利用点线式建立直线方程。4．灵活应用建立切线方程与其它数学知识之间的内在联系。 5. 灵活应用导数研究函数的单调性问题 二、知识讲解 1.导数的计算公式和运算法则 几种常见函数的导数：0'=C (C 为常数)；1 )'(-=n n nx x (Q n ∈)； x x cos )'(sin =； x x sin )'(cos -=；1(ln )x x '= ； 1(log )log a a x e x '=， ()x x e e '= ； ()ln x x a a a '= 求导法则：法则1 [()()]()()u x v x u x v x ±'='±'． 法则2 [()()]()()()()u x v x u x v x u x v x '='+', [()]'()Cu x Cu x '= 法则3： ' 2 '' (0)u u v uv v v v -??=≠ ??? 复合函数的导数：设函数()u x ?=在点x 处有导数()x u x ?'='，函数()y f u =在点x 的对应点u 处有导 数()u y f u '='，则复合函数(())y f x ?=在点x 处也有导数，且x u x u y y '''?= 或(())()()x f x f u x ??'='?' 2.求直线斜率的方法（高中范围内三种） (1) tan k α=（α为倾斜角）； (2) 1212 ()() f x f x k x x -= -，两点1122(,()),(,())x f x x f x ； (3)0()k f x '= （在0x x =处的切线的斜率）； 3.求切线的方程的步骤：（三步走） （1）求函数()f x 的导函数()f x '； （2）0()k f x '= （在0x x =处的切线的斜率）； （3）点斜式求切线方程00()()y f x k x x -=-； 4.用导数求函数的单调性： （1）求函数()f x 的导函数()f x '； （2）()0f x '>，求单调递增区间； （3）()0f x '<，求单调递减区间； （4）()0f x '=，是极值点。 考点一 函数的在区间上的最值 【例题1】：求曲线29623-+-=x x x y 在)5,2(上的最值 。 【答案】：最大值为18，最小值为-2. 【解析】:∵根据题意09123'2=+-=x x y ，∴3,121==x x ,由函数的单调性，当11=x ，2=y ， 取得极大值；当32=x ，2-=y ，取得极小值；当5=x ，18=y 。所以最大值为18，最小值为-2. 不等式恒成立或有解问题的解决策略 恒成立与有解问题的解决策略大致分四类： ①构造函数，分类讨论； ②部分分离，化为切线； ③完全分离，函数最值； ④换元分离，简化运算； 在求解过程中，力求“脑中有‘形’，心中有‘数’”.依托端点效应，缩小范围，借助数形结合，寻找临界. 一般地，不等式恒成立、方程或不等式有解问题设计独特，试题形式多样、变化众多，涉及到函数、不等式、方程、导数、数列等知识，渗透着函数与方程、等价转换、分类讨论、换元等思想方法，有一定的综合性，属于能力题，在提升学生思维的灵活性、创造性等数学素养起到了积极的作用，成为高考的一个热点． 【考点突破】 【典例1】（2018届石家庄高中毕业班教学质量检测）已知函数()()()121x f x axe a x =-+-. （1）若1a =，求函数()f x 的图象在点()0,(0)f 处的切线方程； （2）当0x >时，函数()0f x ≥恒成立，求实数a 的取值范围. 【解析】（Ⅰ）若1a =，则)12(2)(--=x xe x f x ，4)('-+=x x e xe x f 当0=x 时，2)(=x f ，3)('-=x f ， ………﹝导数的几何意义的应用﹞ 所以所求切线方程为23+-=x y 。 （Ⅱ）思路一：()()()121x f x axe a x =-+-，)1(2)1()('+-+=a e x a x f x ， 由条件可得，首先0)1(≥f ，得01 1 >-≥ e a ， 令()'()(1)2(1)x h x f x a x e a ==+-+，则 '()(2)0x h x a x e =+>恒为正数，所以()'()h x f x =单调递增，………﹝高阶导数的灵活应用﹞ 而02)0('<--=a f ，0222)1('≥--=a ea f ，所以)('x f 存在唯一根0(0,1]x ∈，使得函数)(x f 在),0(0x 上单调递减，在)(0∞+x 上单调递增， ………﹝极值点不可求，虚拟设根﹞ 高中数学不等式的恒成立问题不等式恒成立的问题既含参数又含变量，往往与函数、数列、方程、几何有机结合起来，具有形式灵活、思维性强、不同知识交汇等特点. 考题通常有两种设计方式：一是证明某个不等式恒成立，二是已知某个不等式恒成立，求其中的参数的取值范围.解决这类问题的方法关键是转化化归，通过等价转化可以把问题顺利解决，下面我就结合自己记得教学经验谈谈不等式的恒成立问题的处理方法。 一、构造函数法 在解决不等式恒成立问题时，一种最重要的思想方法就是构造适当的函数，即构造函数法，然后利用相关函数的图象和性质解决问题，同时注意在一个含多个变量的数学问题中，需要确定合适的变量和参数，从而揭示函数关系，使问题更加面目更加清晰明了，一般来说，已知存在范围的量视为变量，而待求范围的量视为参数. 例1 已知不等式对任意的都成立，求的取值范围. 解：由移项得:.不等式左侧与二次函数非常相似，于是我们可以设则不等式对满足的 一切实数恒成立对恒成立.当时， 即 解得故的取值范围是. 注：此类问题常因思维定势，学生易把它看成关于的不等式讨论，从而因计算繁琐出错或者中途夭折；若转换一下思路，把待求的x为参数，以为变量，令 则问题转化为求一次函数（或常数函数）的值在内恒为负的问题，再来求解参数应满足的条件这样问题就轻而易举的得到解决了。 二、分离参数法 在不等式中求含参数范围过程中，当不等式中的参数（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. 例2已知函数（为常数）是实数集上的奇函数，函数 在区间上是减函数. （Ⅰ）若对（Ⅰ）中的任意实数都有在上恒成立，求实数的取值范围. 解：由题意知，函数在区间上是减函数. 在上恒成立 注：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：若对于取值范围内的任一个数 都有恒成立，则；若对于取值范围内的任一个数都有 恒成立，则. 三、数形结合法 如果不等式中涉及的函数、代数式对应的图象、图形较易画出时，可通过图象、图形的位置关系建立不等式求得参数范围. 例 3 已知函数若不等式恒成立，则实数的取值范围是 . 不等式中恒成立问题的解法 一、判别式法 若所求问题可转化为二次不等式，则可考虑应用判别式法解题。一般地，对于二次函数 ),0()(2R x a c bx ax x f ∈≠++=,有 1）0)(>x f 对R x ∈恒成立? ???00 a ; 2）0)( 高中数学不等式的恒成立问题 一、用一元二次方程根的判别式 有关含有参数的一元二次不等式问题，若能把不等式转化成二次函数或二次方程，通过根的判别式或数形结合思想，可使问题得到顺利解决。 基本结论总结 例1 对于x ∈R ，不等式恒成立，求实数m 的取值范围。 例2：已知不等式04)2(2)2(2 <--+-x a x a 对于x ∈Ｒ恒成立，求参数a 的取值范围． 解：要使04)2(2)2(2 <--+-x a x a 对于x ∈Ｒ恒成立，则只须满足： （1）???<-+-<-0)2(16)2(4022 a a a 或 （2）?? ? ??<-=-=-0 40)2(20 2a a 解（1）得?? ?<<-<2 22 a a ，解（2）a ＝２ ∴参数a 的取值范围是－２＜a ≤２． 练习 1. 已知函数])1(lg[2 2 a x a x y +-+=的定义域为R ，求实数a 的取值范围。 2.若对于x ∈R ，不等式恒成立，求实数m 的取值范围。 3.若不等式的解集是R ，求m 的范围。 4.x 取一切实数时，使3 47 2+++kx kx kx 恒有意义，求实数k 的取值范围． 例3．设22)(2 +-=mx x x f ，当),1[+∞-∈x 时，m x f ≥)(恒成立，求实数m 的取值范围。 关键点拨：为了使 在 恒成立，构造一个新函数 是解题的关键，再利用二次 函数的图象性质进行分类讨论，使问题得到圆满解决。若二次不等式中x 的取值范围有限制，则可利用根的分布解决问题。 解：m mx x x F -+-=22)(2 ，则当),1[+∞-∈x 时，0)(≥x F 恒成立 当120)2)(1(4<<-<+-=?m m m 即时，0)(>x F 显然成立； 当0≥?时，如图，0)(≥x F 恒成立的充要条件为： ??? ? ??? -≤--≥-≥?1 220)1(0m F 解得23-≤≤-m 。综上可得实数m 的取值范围为)1,3[-。 例4 。已知1ax x )x (f 2+-=，求使不等式0)x (f <对任意]2,1[x ∈恒成立的a 的取值范围。 解法1：数形结合 结合函数)x (f 的草图可知]2,1[x ,0)x (f ∈<时恒成立? 25a 0 a 25)2(f 0a 2)1(f >?? ?<-=<-=得。所以a 的取值范围是),25 (+∞。 解法2：转化为最值研究 4a 1)2a x ()x (f 22- +-= 1. 若]2,1[)x (f ,3a 232a 在时即≤≤上的最大值,25a ,0a 25)2(f )x (f max ><-==得3a 25 ≤<所以。 2. 若0a 2)1(f )x (f ]2,1[)x (f ,3a 2 3 2a max <-==>>上的最大值在时即，得2a >，所以3a >。 综上：a 的取值范围是),2 5 (+∞。 注：1. 此处是对参a 进行分类讨论，每一类中求得的a 的范围均合题意，故对每一类中所求得的a 的范围求并集。 2. I x ,m )x (f ∈<恒成立)m (m )x (f max 为常数?∈> 解法3：分离参数 ]2,1[x ,x 1x a ]2,1[x ,01ax x 2∈+ >?∈<+-。设x 1 x )x (g +=， 注：1. 运用此法最终仍归结为求函数)x (g 的最值，但由于将参数a 与变量x 分离，因此在求最值时避免了分类讨论，使问题相对简化。 2. 本题若将“]2,1[x ∈”改为“)2,1(x ∈”可类似上述三种方法完成。 仿解法1：?∈<)2,1(x ,0)x (f 25a 0 )2(f 0)1(f ≥?? ?≤≤得即),25 [:a +∞的范围是 读者可仿解法2，解法3类似完成，但应注意等号问题，即此处2 5 a = 也合题。 O x y x -1 专题05 导数与函数不等式恒成立、有解（存在性）（训练篇B ） -用思维导图突破解导数压轴题 1. 已知函数. （1）讨论的单调性； （2）当时，证明. 解 （1）的定义域为，. 若，则当时，，故在单调递增. 若，则当时，； 当时，. 故在单调递增，在单调递减. （2）由（1）知，当时，在取得最大值，最大值为 . 所以等价于，即. 设，则， 当时，； 当时，. 所以在单调递增，在单调递减.故当时，取得最大值，最大值为.所以当时. 从而当时，，即. 2. 已知函数，设. （1）求的极小值； ()2(1)2lnx ax a x f x =+++()f x 0a <3()24f x a ≤--()f x (0,)+∞'1(1)(21)()221x ax f x ax a x x ++= +++=0a ≥(0,)x ∈+∞()0f x '>()f x (0,)+∞0a <1(0,)2x a ∈- ()0f x '>x ∈1(,)2a -+∞()0f x '<()f x 1(0,)2a -1(,)2a -+∞0a <()f x 12x a =- 11()214)21(ln f a a a =----3(4)2a f x ≤--13(12441)2a ln a a ---≤--1(02121)a ln a -++≤()ln 1 g x x x =-+1()1g x x '= -(0,1)x ∈()0g x '>(1,)x ∈+∞()0g x '<()g x (0,1)(1,)+∞1x =()g x (1)0g =0x >()0g x ≤0a <10,2a ->1(02121)a ln a -++≤3(4)2a f x ≤--()()e x f x x a x a =-++()() g x f x '=()g x 一元二次不等式恒成立问题专项练习 例题：设函数f (x )＝mx 2－mx －1. (1)若对于一切实数x ，f (x )<0恒成立，求m 的取值范围； (2)对于x ∈[1,3]，f (x )<－m ＋5恒成立，求m 的取值范围. (3)对于任意m ∈[1,3]，f (x )<－m ＋5恒成立，求实数x 的取值范围. 解： (1)要使mx 2－mx －1<0恒成立， 若m ＝0，显然－1<0，满足题意； 若m ≠0，则??? m <0， Δ＝m 2＋4m <0，即－4 不等式中恒成立问题的解法研究 在不等式的综合题中，经常会遇到当一个结论对于某一个字母的某一个取值范围内所有值都成立的恒成立问题。 恒成立问题的基本类型： 类型1：设)0()(2≠++=a c bx ax x f ，（1）R x x f ∈>在0)(上恒成立 00?且a ； （2）R x x f ∈<在0)(上恒成立00a 时，],[0)(βα∈>x x f 在上恒成立 ?????>>- ?????<-?0 )(2020)(2βββαααf a b a b f a b 或或， ],[0)(βα∈ 不等式恒成立问题 “含参不等式恒成立问题”把不等式、函数、三角、几何等内容有机地结合起来，其以覆盖知识点多，综合性强，解法灵活等特点而倍受高考、竞赛命题者的青睐。另一方面，在解决这类问题的过程中涉及的“函数与方程”、“化归与转化”、“数形结合”、“分类讨论”等数学思想对锻炼学生的综合解题能力，培养其思维的灵活性、创造性都有着独到的作用。本文就结合实例谈谈这类问题的一般求解策略。 一、判别式法 若所求问题可转化为二次不等式，则可考虑应用判别式法解题。一般地，对于二次函数),0()(2R x a c bx ax x f ∈≠++=,有 1）0)(>x f 对R x ∈恒成立? ???00a ; 2）0)( 不等式有解和恒成立问题 Prepared on 24 November 2020 不等式有解和恒成立问题 知识点的罗列，文字不宜太多，简洁明了最好） ? 知识点一：不等式恒成立问题 ? 知识点二：不等式有解问题 分析该知识点在中高考中的体现，包含但不仅限于：考察分值、考察题型（单选、填空、解答题）、考察方式：考场难度、和哪些知识点在一起考察，参考中高考真题) 含参不等式的恒成立与有解问题是高考与会考考察不等式的一个重点内容，也是常考的内容，难度中等偏上，考察综合性较强，该知识点在填空选择解答题里都有涉及，经常和函数的最值问题在一起考察，需要同学对典型函数的值域求法有熟悉的掌握。 注意题目的答案，不要展示给学生看，这里答案和解析是帮助老师自己分析的) 一、不等式有解问题 例题：当m 为何值时，2211223 x mx x x +-<-+对任意的x ∈R 都成立 解法1：二次函数法： 移项、通分得： 又22230x x -+>恒成立，故知：2(2)40x m x -++>恒成立。 所以：2(2)160m ?=+-<，得到62m -<< 解法2：分离参数法： 注意到2(2)40x m x -++>恒成立，从而有：224mx x x <-+恒成立，那么： 注意到，在上式中我们用到了这样一个性质： 总结：解决恒成立问题的方法:二次函数法和分离参数法 变式练习：（初三或者高三学生必须选取学生错题或者学生所在地区的中高考真题或者当地的统考题目） 【试题来源】（上海2016杨浦二模卷） 【题目】设函数x x g 3)(=，x x h 9)(=，若b x g a x g x f +++=)()1()(是实数集R 上的奇函数，且0))(2()1)((>?-+-x g k f x h f 对任意实数x 恒成立，求实数k 的取值范围. 【答案】：因为b x g a x g x f +++= )()1()(是实数集上的奇函数，所以1,3=-=b a . )1 321(3)(+-=x x f ，)(x f 在实数集上单调递增. } 11 |{1)5(1)4(} 1 1|{10)3(} 1|{0)2(}1,1 |{0)1(<<>Φ =<<<<>=>< 含参数的一元二次不等式的解法 解含参数的一元二次不等式，通常情况下，均需分类讨论，那么如何讨论呢？对含参一元 二次不等式常用的分类方法有三种： 一、按2 x 项的系数a 的符号分类，即0,0,0<=>a a a ; 例1 解不等式：()0122 >+++x a ax 分析：本题二次项系数含有参数，()04422 2 >+=-+=?a a a ，故只需对二次项 系数进行分类讨论。 解：∵()04422 2 >+=-+=?a a a 解得方程 ()0122 =+++x a ax 两根,24221a a a x +---=a a a x 24 222++--= ∴当0>a 时,解集为?? ????????+---<++-->a a a x a a a x x 242242|22或 当0=a 时，不等式为012>+x ,解集为? ?????> 21|x x 当0?，所以我们只要讨论二次项系数的正负。 解 ()()032)65(2 >--=+-x x a x x a Θ ∴当0>a 时，解集为{}32|> 例谈不等式恒成立问题和能成立问题的解题策略 ——谈2008年江苏高考数学试卷第14题 摘要：所有问题均可分成三类：恒成立问题、能成立问题和不成立问题。《例谈不等式恒成立问题和能成立问题》介绍了解决不等式恒成立问题和不等式能成立问题常用的直接法、分离参数法、分类讨论法、数形结合法等，采用了等价转化的处理策略。 关键词：分离参数、分类讨论、数形结合、等价转化，换元，求最值。 2008年江苏高考数学试卷第14题是一道很好的恒成立问题：设函数3()31()f x ax x x R =-+∈若对于任意[]1,1x ∈-都有()0f x ≥成立，则实数a 的值为 。解析如下： 析：将()0f x ≥中的,a x 分离，然后求函数的最值。 解：函数3()31()f x ax x x R =-+∈若对于任意[]1,1x ∈-都有()0f x ≥成立，函数3()31()f x ax x x R =-+∈对于任意[)(]1,0,0,10x x x ∈-∈=及其有()0f x ≥都成立。 若[)1,0x ∈-，33213()310f x ax x a x x =-+≥?≤- +，设1t x =则1t ≤- 3232133(1)t t t x x ∴-+=-+≤-，令323(1)y t t t =-+≤-，则'2360y t t =-+< 323(1)y t t t ∴=-+≤-单调递减，32min 1(1)3(1)4t y y =-==--+-=，4a ∴≤（1） 若(]0,1x ∈，33213()310f x ax x a x x =-+≥?≥- +，设1t x =，则1t ≥ 3232133(1)t t t x x ∴-+=-+≥，令323(1)y t t t =-+≥，则'2363(2)y t t t t =-+=--，当12t ≤≤时'0y ≥，323(1)y t t t =-+≥单调递增；当2t >时'0y <，323(1)y t t t =-+≥单调递减，32max 22324t y y ===-+?=，4a ∴≥（2） 若0x =则a R ∈，()0f x ≥成立（3） 由题意知（1）（2）（3）应同时成立4a ∴= 解题中采取了不等式恒成立问题的处理策略: 1、若f(x)≥a 对x ∈D 恒成立，只须f(x)min (x ∈D)≥a 即可。 2、若f(x)≤a 对x ∈D 恒成立，只须f(x)max (x ∈D)≤a 即可。 恒成立问题常见类型及解法 恒成立问题在解题过程中大致可分为以下几种类型：（1）一次函数型；（2）二次函数型；（3）变量分离型；（4）利用函数的性质求解；（5）直接根据函数的图象求解；（6）反证法求解。 一、一次函数型 给定一次函数()==+y f x kx b (k ≠0),若()=y f x 在[m,n]内恒有()f x >0，则根据函数的 图象（线段）可得①0()0>??>?k f m 或②0()0?k f n ，也可合并成f (m)0f (n)0>??>?， 同理，若在[,]m n 内恒有()0 及二次函数的图象求解。 典例2关于x 的方程9x +(4+a )3x +4=0恒有解，求a 的取值范围。 【解析】方法1（利用韦达定理） 设3x =t,则t>0.那么原方程有解即方程t 2 +(4+a )t+4=0有正根。 1212 Δ0 (4)040 ≥?? ∴+=-+>??=>?g x x a x x ，即2(4a)160a 4?+-≥?<-?，a 0a 8a 4≥≤-?∴?<-?或，解得a ≤-8. 方法2（利用根与系数的分布知识） 即要求t 2 +(4+a )t+4=0有正根。设f(t)= t 2 +(4+a )t+4. 当?=0时，即（4+a ）2 -16=0,∴a =0或a =-8. 当a =0时，f(t)=(t+2)2=0,得t=－2<0，不合题意； 当a =－8时，f(t)=(t-2)2 =0,得t=2>0,符合题意。∴a =-8。 当?>0，即a <-8或a >0时， ∵f(0)=4>0,故只需对称轴4a 02 +->，即a <－4.∴a <－8. 综上可得a ≤－8. 三、变量分离型 若在等式或不等式中出现两个变量，其中一个变量的范围已知，另一个变量的范围为所求，且容易通过恒等变形将两个变量分别置于等号或不等号的两边，则可将恒成立问题转化成函数的最值问题求解。 典例3设函数2 ()1f x x =-，对任意2,3x ??∈+∞????，2 4()(1)4()x f m f x f x f m m ??-≤-+ ??? 恒成立，则实数m 的取值范围是 【解析】依据题意得2 2222214(1)(1)14(1)---≤--+-x m x x m m 在3[,)2∈+∞x 上恒定成 立，即2 2213241-≤--+m m x x 在3[,)2∈+∞x 上恒成立。 当32=x 时函数2321=--+y x x 取得最小值53 -， 所以 221543-≤-m m ，即22(31)(43)0+-≥m m ，解得2≤-m 或2 ≥m 。 四、利用函数的性质解决恒成立问题 若函数f(x)是奇(偶)函数，则对一切定义域中的x,f(-x)= －f(x)，(f(-x)=f(x))恒成立；若函数y=f(x)的周期为T ，则对一切定义域中的x,有f(x)=f(x+T)恒成立；若函数关于不等式恒成立问题的几种求解方法
含参不等式恒成立问题中求参数取值范围一般方法(教师版)
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导数在处理不等式的恒成立问题(一轮复习教案)
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高中数学恒成立问题
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2020高考数学复习--专题05 导数与函数不等式恒成立、有解(存在性)-用思维导图突破导数压轴题
一元二次不等式恒成立问题专项练习
含参不等式恒成立问题
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不等式有解和恒成立问题
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