1、2ax1 ， g（ x），其中 a0 ， x 0 1） ）对任意 x1,2，都有f （ x）g （ x）恒成立，求实数 a 的取值范围；2） ）对任意 x11,2, x22,4 ，都有f （ x1 ）g（ x2 ） 恒成立，求实数 a 的取值范围；2 、设函数h（ x）x x b ，对任意 a1 ,2210 在 x ,1 恒成立，求实数 b 的取值范围43 、已知两函数x ， g（ x）1 m ，对任意 x0,21,2f （x1 ），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 p2 的所有实数 p, 求使不等式 x2px 1p
2、 2x 恒成立的 x 的取值范围。2 、已知函数f （ x） ln（ exa）（ a为常数） 是实数集 R上的奇函数，函数g x f （ x） sin x 是区间 1,1 上的减函数，（ ）求 a 的值； （）若g（ x） t 2t 1在x1,1 上恒成立，求 t 的取值范围；题型三、分离参数法（欲求某个参数的范围，就把这个参数分离出来）1 、当 x时，不等式 x2 mx4 0 恒成立，则 m 的取值范围是 .题型四、数形结合（恒成立问题与二次函数联系（零点、根的分布法） ）1 、若对任意 x R,不等式 | x | ax 恒成立，则实数 a 的取值范围是 f x x2 2kx2 ，在 x1
3、恒有 f x k ，求实数 k 的取值范围。题型五、不等式能成立问题（有解、存在性）的处理方法若在区间 D 上存在实数 x 使不等式 f x A 成立 ,则等价于在区间 D 上f x max A；若在区间 D 上存在实数 x 使不等式 f x B 成立 ,则等价于在区间 D 上的f xB .1 、存在实数 x ，使得不等式x 3 x 1a 3a 有解，则实数 a 的取值范围为 。2 、已知函数 f xln x1 ax22 x a0 存在单调递减区间，求 a 的取值范围小结：恒成立与有解的区别M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。不等
4、式对 x I 时恒成立fmax （ x）M?， x I 。即 f x 的上界小于或等于 M ；不等式对 x I 时有解 或 f x 的下界小于或等于 M ；不等式fmin （ x）即 f x 的下界大于或等于 M ；不等式课后作业：f max （ x）M ， x I . 。 或 f x 的上界大于或等于 M ；1 、设 a1，若对于任意的 x a,2 a ，都有 ya, a2 满足方程 log xlog a y3 ，这时 a 的取值集合为 （ ）（ A ） a |1a 2x y（ B ） a | a 2（ C ） a | 2a 3（ D） 2,32 、若任意满足x y 5 0 的实数x , y
5、 ，不等式a（ x2y2 ） （ x y） 2 恒成立，则实数 a 的最大值是 .y 3 03 、不等式sin 2 x4sin x 1 a0 有解，则 a 的取值范围是4 、不等式ax x 4x 在 x0,3内恒成立，求实数 a 的取值范围。5 、已知两函数 f x7x 228x c ， g x2x34x240 x 。（ 1 ）对任意 x3,3，都有 f x g x ）成立，求实数 c 的取值范围；（ 2 ）存在 x，使 f x g x 成立，求实数 c 的取值范围；（ 3 ）对任意x1 , x2，求实数 c 的取值范围；（ 4 ）存在1 3 2 2x 2ax33a x b （0a 1,b R
6、） .（）求函数 f x 的单调区间和极值；（）若对任意的 x a 1, a2, 不等式 f x a 成立，求 a 的取值范围。7 、已知 A 、B、C 是直线 上的三点，向量 ， ， 满足： OAy 2f 1OB ln x1 OC 0 .（ 1 ）求函数 y f（x） 的表达式；2x（ 2 ）若 x 0 ，证明： f（x） x 2 ；OA OB OC1 2（ 3 ）若不等式 xf x 2m 2 2bm3 时， x1 ,1 及 b1 , 1都恒成立，求实数 m 的取值范围8 、设 f xqpx 2 ln x ，且 f e xpqe 2 （ e 为自然对数的底数）e（I） 求 p 与 q 的关系
7、；（II） 若 f x 在其定义域内为单调函数，求 p 的取值范围；（III） 设 g x2e，若在1 , e上至少存在一点x 0 ，使得 f x 0g x 0成立 , 求实数 p 的取值范围 .函数专题 4 ：恒成立问题参考答案：1 、分析： 1 ）思路、等价转化为函数f（x）g（x）0恒成立，在通过分离变量，创设新函数求最值解决2）思路、对在不同区间内的两个函数f （x） 和分别求最值，即只需满足fmin（x）gmax（x）即可简解：（ 1 ）由 x2ax 1 a 0a x2 x 2成立，只需满足x 2 x2x 的最小值大于 a 即可对（ x）x3求导，2x4（2x 2x 2 11） 20
8、 ，故（ x） 在 x是增函数，（1）2 ，所以 a 的取值范围是0 a 2 、分析：思路、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 hmax （ x） a10 ；方法 2：变量分离， b10 （x） 或 ax （10b）x ；方法 3：变更主元，（a）a x b 100 ， aa （xa）（x a）方法 1: 对 h（ x）g（ x） x bx b 求导，h （x） 1 2 2 ，x x由此可知，h（x）在 ,1上的最大值为39h（ 1 ） 与 h（1） 中的较大者h（ ） 104a b 10b 4a，对于任意 a 1
9、 ,2，得 b 的取值范围是7 h（1） 101 a b 10b 9 a 2 43 、解析：对任意 x1等价于g（ x） 1m 在 1,2上的最小值1 m 不大于x2 在上的最小值 0，既 m 40 ，m 11 、解：不等式即x 1 p x22x 1 0 ,设f p x1 p x22x 1，则 f p 在-2,2 上恒大于 0 ，故f 2 0有：x2 4x 3 0x2 1 0x 3或x 1x 1或x 11或 x 32 、 （ ） 分析：在不等式中出现了两个字母： 及 t ,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 视作自变量，则上述问题即可转化为在 , 1 内 关于 的一次
10、函数大于等于 0 恒成立的问题。 （）略解：由（）知：x sin x ，g（ x） 在 1，1上单调递减，g （ x） cos x 0cos x 在 1，1上恒成立，1， g（ x）g （ 1） sin1 ， 只需sin1 t 2t 1 ，（t 1）t sin1 1 0 （其中 1 ）恒成立，由上述结论：可令 ft sin1 1 0（ 1）,则tt 1 t 21 0sin1 1 0， t 2 tsin1 0 ，而 tt sin1 0 恒成y立， t 1 。y | x |y ax精品资料O解析 : 当 x（1,2）时，由x2 mx4 0 得 mx2 4 x.m 5 .1 、解析：对 x R,不等
11、式 | x |ax 恒成立、则由一次函数性质及图像知 1a 1，即 1 a 1。为了使 f x k 在 x 1, 恒成立，构造一个新函数 F x f x k ，则把原题转化成左边二次函数在区间 1, 时恒大于等于 0 的问题，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。解：令F x f x k x 2kx2 k ，则 F x0 对 x1, 恒成立，而 F x 是开口向上的抛物线。当图象与 x 轴无交点满足 0 ，即4k 22 2 k0 ，解得 2k 1 。当图象与 x 轴有交点，且在 x 1,时 F x0 ，则由二次函数根与系数的分布知识及图象可得：F 1 0解得 3 k2 ，故
12、由知 3 k 1 。2k 1若二次函数y ax2bx c a0 大于 0 恒成立，则有a 00 ，同理，若二次函数0 小 于 0恒成立，则有求解。0 。若是二次函数在指定区间上的恒成立问题，还可以利用韦达定理以及根与系数的分布知识f x min B .设f x x 3x 1 ，由f x a2 3a 有解，a2 3a f xmin ，又 x 3 x 1x 3 x1 4 ，a2 3a4 ，解得 a4或a 1 。 1 ax2 2 x 12 、解： 因为函数 f x 存在单调递减区间，所以f x ax 2 01 2 1 20, 有解 .即 ax 0,x2 x能成立 , 设 u xx2 x .由 u x
13、1 2 11 1得,umin x1.于是, a 1 ,x2 x x由题设 a0 ,所以 a 的取值范围是1,0 0,1 、B 。解析：由方程 log a xa23 可得 ya 3，对于任意的 xa, 2a ，可得 aa a2 ，依题意得a2 a2a 2 。25a 1 2 y 32 、 答案：。由不等式13y2 ） （ x y） 2 可得x y ，由线性规划可得 1 。y x x 23 、解：原不等式有解a sin 2 x4sin x1 sin x 23 1 sin x1 有解，而sin x 22 ，所以 a 2 。4 、解：画出两个凼数 y ax 和 y x 4y y ax上的图象如图知当x
14、3 时 y3 ， a当 a 3 ， x时总有x 所以 a 3 30 3 x5 、解析：（ 1 ）设h x g x f x2 x33x212x c，问题转化为 x时， h x0 恒成立，故 hmin xh x 6 x26x 12 6 x 1 x2 0 ，得 x1 或 2 。由导数知识，可知 h x 在 3, 1 单调递增，在 1,2 单调递减，在 2,3 单调递增， 且 h 3c 45 ，h x极大值h 1 c7 ，h x极小值h 2 c20 ，h 3c 9 ，hnmi x h3c 45 ，由 c 45 0 ，得 c 45 。（ 2 ）据题意：存在 x，使 f x g x 成立，即为：0 在 x
15、有解，故hmax x0 ，由（ 1 ）知hmax x c7 0 ，于是得 c 7 。（ 3 ）它与（ 1 ）问虽然都是不等式恒成立问题，但却有很大的区别，对任意成立，不等式的左右两端函数的自变量不同，x1 ， x2 的取值在 3,3 上具有任意性，要使不等式恒成立的充要条件是：g min （ x）,? 3?,3 f x7 x 2c 28,x3,3 f x maxf 3 147 c ，g x6 x28x 402 3x 10 x2 ，g x0 在区间 3,3 上只有一个解x 2 。g xg 2 48 ，147 c48 ，即 c195 .，等价于fmin x1gmax x2，由 （3） 得f min
16、 x1 f 2c 28 ，g 3 102 ， c28 102 c130点评：本题的三个小题，表面形式非常相似，究其本质却大相径庭，应认真审题，深入思考，多加训练，准确使用其成立的充要条件。6 、解：（）fx2 4ax3a 2（ 1 分）令 f （ x）0, 得的单调递增区间为（ a,3a ）的单调递减区间为（ ，a）和（ 3a ， + ） （ 4 分）当x=a 时，极小值 =3 a 3 b;当 x=3a 时，极小值 =b. （ 6 分）（）由| f （ x） |a，得 ax2+4ax 3a2 a. （ 7 分）0a2a.f （ x）x 2 4ax3a 2 在 a1, a2 上是减函数 . （
17、9 分）f （ x） maxf （a 1）2a 1. f（ x） minf （a 2）4a 4.于是，对任意 x2 ，不等式恒成立，等价于a 4aa 2a 1.4,解得 45a 1.又 0 a 1, a 1.7 、解： （1）OA y2f /（1）OB ln（x 1）OC 0， y 2f /（1）OB ln（x 1）OCOA由于 A 、B、C 三点共线 即y 2f /（1） ln（x 1） 1 2 分y f（x） ln（x 1） 1 2f /（1）1 1f /（x） x1 ，得 f /（1） 2 ，故 f（x） ln（x 1） 4 分2x 1（ 2 ）令 g（x） f（x） x2 ，由 g/（
18、x） x 12（x 2） 2x x2（x 2）2 （x 1）（x 2）2x 0，g/（x） 0 ，g（x） 在（0 ，）上是增函数 6 分故 g（x） g（0） 0即 f（x） x 2 8 分（ 3）原不等式等价于2x2 f（x2） m2 2bm 32x x3 x令 h（x） 2 x2 f（x2） 2x2 ln（1 x2） ，由 h/（x） x 1 x2 1 x2 10 分当 x 1， 1 时， h（x）max 0，m2 2bm 30Q（1） m2 2m 30令 Q（b） m2 2bm 3 ，则Q（ 1） m2 2m 30得 m3 或 m3 12 分8 、解： （I） 由题意得f e pe q
19、2lne qe p 2p q e 11 而 e0 ，所以 p qe e e ep p 2px 22 x p（II） 由 （I） 知f x pxx ， f x p 2x x 2 4 分令 h x px 2x p ，要使 f x 在其定义域 （0,+ ） 内为单调函数， 只需 h（x） 在 （0,+ ） 内满足：h（x） 0 或h（x） 0 恒成立 . 5 分 当 p0 时，px2 0 , 2x 0 h x0 ，所以 f x 在 （0,+ ） 内为单调递减，故p 0 ； 当 ph x px2 2x p，其图象为开口向上的抛物线，对称轴为x 1 0 ， ，h x h 1 p 1 ，只需 p 1 0
20、，即 p1 时， h（x） 0 ， f x 0 ，p pmin p f （x） 在 （0,+ ） 内为单调递增，故 p 1 适合题意 . 综上可得， p 1 或 p 0p p 2 1 2另解： （II） 由 （I） 知 f （x） = px x 2ln x f （x） = p +x 2 x = p （1 +x 2 ） x要使 f （x） 在其定义域 （0,+ ） 内为单调函数，只需 f （x） 在 （0,+ ） 内满足： f（x） 0 或 f （x） 0 恒成立 .1 2 2 2由 f （x） 0 p （1 +x 2 ） x 0 p 1x + xp （x +）max ， x 0 x 1 1 = 1 ，且 x = 1 时等号成立，故 （1 ）max = 1 p 1x 2x 2x由 f （x） 0 p （1 +
