高中数学讲义微专题24 恒成立问题——最值分析法（含恒成立综合习题） 33页

- 1 - 微专题 24 恒成立问题——最值分析法 最值法求解恒成立问题是三种方法中最为复杂的一种，但往往会用在解决导数综合题目中 的恒成立问题。此方法考研学生对所给函数的性质的了解，以及对含参问题分类讨论的基本功。 是导数中的难点问题。 一、基础知识： 1、最值法的特点： （1）构造函数时往往将参数与自变量放在不等号的一侧，整体视为一个函数，其函数含参 （2）参数往往会出现在导函数中，进而参数不同的取值会对原函数的单调性产生影响——可 能经历分类讨论 2、理论基础：设 的定义域为 （1）若 ，均有 （其中 为常数），则 （2）若 ，均有 （其中 为常数），则 3、技巧与方法： （1）最值法解决恒成立问题会导致所构造的函数中有参数，进而不易分析函数的单调区间， 所以在使用最值法之前可先做好以下准备工作： ① 观察函数 的零点是否便于猜出（注意边界点的值） ② 缩小参数与自变量的范围： 通过代入一些特殊值能否缩小所求参数的讨论范围（便于单调性分析） 观察在定义域中是否包含一个恒成立的区间（即无论参数取何值，不等式均成立），缩小 自变量的取值范围 （2）首先要明确导函数对原函数的作用：即导函数的符号决定原函数的单调性。如果所构造 的函数，其导数结构比较复杂不易分析出单调性，则可把需要判断符号的式子拿出来构造一 个新函数，再想办法解决其符号。 （3）在考虑函数最值时，除了依靠单调性，也可根据最值点的出处，即“只有边界点与极值 点才是最值点的候选点”，所以有的讨论点就集中在“极值点”是否落在定义域内。 二、典型例题： 例 1：设 ，当 时， 恒成立，求 的取值范围  f x D x D   f x C C  maxf x C x D   f x C C  minf x C  f x   2 2 2f x x mx    1,x     f x m m - 2 - 思路：恒成立不等式为 ，只需 ，由于左端是 关于 的二次函数，容易分析最值点位置，故选择最值法 解：恒成立不等式为 ，令 则对称轴为 （1）当 时， 在 单调递增， 即 （2）当 时， 在 单调递减，在 单调递增 终上所述： 小炼有话说：二次函数以对称轴为分解，其单调性与最值容易分析。所以二次恒成立不等式 往往可考虑利用最值法，此题中对称轴是否在区间内将决定最值的取值，故以此为分类讨论 点。 思路二：从另一个角度看，本题 容易进行分离，所以也可考虑参变分离法 解： （1） 时，则 (由于 系数符号未定，故分类讨论进行参变 分离） 令 （换元时注意更新新元的取值范围） 则 （2） ，不等式对任意的 均成立 （3） ， (注意不等号变号！！） 令 ,则 2 2 2 0x mx m     2 min 2 2 0x mx m    x 2 2 2 0x mx m      2 2 2g x x mx m    x m 1m    g x  1,     min 1 1 2 2 0g x g m m        3m    3, 1m   1m    g x  1,m  ,m      2 2 min 2 2 0 2 1g x g m m m m m            1,1m    3,1m  ,m x  2 22 2 0 2 1 2x mx m x m x        12 1 0 2x x     2 min 2 2 1 xm x      m 2 1, 0t x t    2 2 2 1 22 2 9 1 94= 2 12 1 4 4 t x t t tx t t t              12 1 0 2x x     m 12 1 0 2x x     2 max 2 2 1 xm x      2 1, 1 0t x t      2 2 2 1 22 2 9 1 94= 2 32 1 4 4 t x t t tx t t t               3m   - 3 - 综上所述： 小炼有话说： （1）此题运用参变分离法解题并不简便，不仅要对 分类讨论，还要处理一个分式函数的最 值，所以两个方法请作一对比 （2）最后确定 的范围时，是将各部分结果取交集，因为分类讨论是对 进行的， 的取值 要让每一部分必须同时成立才可，所以是“且”的关系，取交集 例 2 ： 已 知 函 数 ， 对 任 意 的 ， 不 等 式 恒成立，则 的取值范围是___________ 思路：若不等式恒成立，则 ， 与 差的最大值即为 最大值与最小值的差。所以考虑求 在 的最大最小值， ， 若 ， 则 ， 所 以 ，若 ，则 ，所以 。而 ， 所 以 无 论 为 何 值 ， ， 则 在 单 调 递 增 。 ，从而 ，解得 答案： 例 3：已知函数 ，在区间 上， 恒成立，求 的取值范 围 思路一：恒成立的不等式为 即 ,令 观察到 两点特征：(1) 导函数易分析单调性，（2） ,对单调性会有一定要求进而限制参 数 的取值。所以考虑使用最值法求解。 解： 恒成立即不等式 恒成立，令 只需 即可， ，令 （分析 的单调性） 当 时 在 单调递减，则  3,1m  x m x m   2 lnxf x a x x a    1 2, 0,1x x     1 2 1f x f x a   a    1 2 max1a f x f x    1f x  2f x  f x   2 lnxf x a x x a    0,1    ' ln 2 ln 1 ln 2x xf x a a x a a a x      1a  1 0,ln 0xa a    1 ln 0xa a  0 1a  1 0,ln 0xa a    1 ln 0xa a  2 0x  a  ' 0f x   f x  0,1        max min 1 0 lnf x f x f f a a     1 lna a a   a e  ,e     ln 1 0f x a x a    1,e  f x x a ln 1a x x  ln 1 0a x x     ln 1g x a x x    g x  1 0g  a  f x x ln 1 0a x x     ln 1g x a x x     min 0g x   1 0g   ' 1a a xg x x x     ' 0 0a xg x x ax       g x 1a   g x  1,e    0 1 0g x g  - 4 - (思考：为什么以 作为分界点讨论？因为找到 ，若要不等式成立，那么一定从 处 起 要增（不一定在 上恒增，但起码存在一小处区间是增的），所以 时导致 在 处开始单减，那么一定不符合条件。由此请体会零点对参数范围所起的作用） 当 时，分 是否在 中讨论（最小值点的选取） 若 ，单调性如表所示 （（1）可以比较 的大小找到最小的临界值，再求解，但比较麻烦。由于最小值只会在 处取得，所以让它们均大于 0 即可。（2）由于 并不在 中，所以求得的只是 临界值，临界值等于零也符合条件） 若 ，则 在 上单调递增， ，符合题意 综上所述： 小炼有话说：此题在 的情况也可不分类讨论，因为从单调区间分析来看，在 中 是极大值点，不可能是最小值，所以无论 是否在 ，最小值（或临界值）均 只会在边界处产生，所以只需 即可 思路二：不等式 中 与 便于分离，所以只要分离后的 的函数易分析出单 调性，那么就可考虑运用参变分离法 解： ，令 ，则只需 即可 （单调性受分子影响，但无法直接分析） 1a   1 0g  1x   g x  1,e 1a   g x 1x  1a  x a  1,e 1 a e  x  1,a  ,a e  'g x +   g x       1 0 1 0 g a e g e      1e a e       1 ,g g e 1,x x e  1,x x e   1,e a e  g x  1,e    1 0g x g   1a e  1a   1 +， x a x a  1,e     1 0 1 0 g a e g e      ln 1 0a x x   a x x 1ln 1 0 ln xa x x a x        1 ln xg x x   maxa g x     ' 2 1ln 1 ln x xg x x    - 5 - 令 ， （ 求导函数，便不含 ，可分析单调性，且零点找 到，所以方法二可继续进行） 在 上单调递增 （体会零点配合单调性对确定函数符号的作用） ， 在 上单调递增 （ 无最大值，只有临界值，故可取等号） 小炼有话说：第一点是分析 时由于 形式复杂并没有对 直接求导，而是把分 子拿出来分析。因为我们只关心导函数的符号，而分母符号恒正，所以要体会导函数的符号 是对原函数的单调性最有价值的。第二点是体会零点与单调性合作可确定函数的符号，这也 是分析 的重要原因 例 4： 已知 ，若对任意的 ，均有 ，求 的取值范围 思路：恒成立不等式为 ，可参变分离但函数比较复杂，所以考虑利用最值法来 分析。发现 时，左右两边刚好相等。这也为最值分析提供方向 解：令 ， （ 从 起应单调递增） 令 ，即 下面分情况讨论： 时， 恒成立， 在 单调递增 时， ， 恒成立， 在 单调递增 时， 时， 恒成立， 在 单调递增   1ln 1h x x x    1 0h   h x ln x  ' 2 2 1 1 1( ) 0 1,xh x x ex x x       h x  1,e    1 0h x h   ' ( )g x 0  g x  1,e     1g x g e e    1a e    g x ' ( )g x '' ( )g x ' ( )g x  h x   1 1 axxf x ex    0,1x    1f x  a 1 11 axx ex   0x    1 11 axxg x ex    0 0g   g x 0x      2 ' 2 2 1 axax ag x e x      ' 0g x  2 22 0 2ax a ax a      0a   ' 0g x   g x  0,      0,1 , 0 0x g x g    0a  2 2 21ax a a    21 1a   0,1x   ' 0g x   g x  0,      0,1 , 0 0x g x g    0a  2 2 21ax a a    2a  2 2ax a   g x  0, - 6 - 时， 在 单调减，在 单调递增 ，不符题意，舍去 综上所述： 小炼有话说：本题导函数形式简单，所以直接对参数进行分类讨论与取舍 例 5： 已知函数 对任意的 ，均有 ，求实数 的 范围 思路：此题可用最值法求解，先做好准备工作， ，所以函数要从 开始增，求 导观察特点： 解： （不易直接出单调性，但是发现其中 ，且 再求 一次导，其导函数容易分析单调性。进而可解） ，令 即 ，下面进行分类讨论： （1）当 时， ， 单调递增。 单调递增， ，满足条件 （此处为此题最大亮点，体会三点：①单调性与零点是如何配合来确定 的符号的；②每 一步的目的性很强， 的作用就是以符号确定 的单调性，所以解题时就关注 的符号。而 符号的确定同样要靠二阶导数与一阶导函数的零点配合来得到；③ 的零点是同一个，进而引 发的连锁反应） （2）当 时， （ 可正可负，而 ，所以讨论 的符号） ① 当 时， 恒成立，即 恒大于零，则： 单调递增。      0,1 , 0 0x g x g    2a  2 2 2a ax xa a      g x 20, a a       2,1a a        20, , (0) 0ax g x ga         2a    21xf x e x ax     0,x     0f x  a  0 0f  0x   0 0f  ' ( ) 2 1xf x e ax    ' 0 0f   'f x  ' 0 0f   '' 2xf x e a   '' 0f x  2xe a 0a   '' 0f x   'f x    ' ' 0 0f x f    f x    0 0f x f     ',f x f x  'f x  f x  'f x    ',f x f x 0a  ln2x a ln2a  0,x   ln2a 1ln2 0 0 2a a    ln2x a  ''f x  'f x    ' ' 0 0f x f   - 7 - 单调递增， ，满足条件 ② 当 ，则 时， 即 在 单调递减， 在 单调递减， ，不符题意，故舍去 综上所述： 时， 恒成立 小炼有话说：这道题的重要特点在于 的零点是同一个，进而会引发“连锁反 应”。大家在处理多次求导问题时，一定要清楚每一层导数的目的是什么，要达到目的需要什 么，求出需要的要素。 例 6：已知函数 ， （1）求函数 的单调区间 （2）若 对于任意的 恒成立，求 的取值范围 解：（1） 令 即 ① 当 时， 恒成立。 在 单调递增 ② 当 时，解得 （2）思路：恒成立不等式为 ，即 若参变分离，分离后的函数较为复杂（也可解决）。所以考虑最值法，观察当 时，左边 的值为 0，所以对左边的函数的单调性有所制约，进而影响参数 的取值。 解：恒成立不等式等价于 设 ，  f x    0 0f x f  1ln2 0 2a a    0,ln2x a  '' 0f x   'f x  0,ln2a    '' 0 0f x f    f x  0,ln2a    0 0f x f  1 2a    0f x     ',f x f x   ln 1f x x a x   a R  f x   ln2 0xf x x   1,x   a  ' 1 a x af x x x     0x   ' 0f x  0x a  0a   ' 0f x   f x  0, 0a  x a  x  0, a  ,a   'g x  +  g x   ln2 2 ln 2 0xx a x x    22 2 ln 2 ln 0x ax x x x    1x  a 22 2 ln 2 ln 0x ax x x x    2( ) 2 2 ln 2 lng x x ax x x x     1 0g     ' 14 2 1 ln 2g x x a x x      ' 1 4 2 2 1 2 3g a a      - 8 - 恒成立， 否则若 ，由于 连续 所以必存在区间 使得 ，即 在 单调递减 进而 ， ，不符题意 （本质： ，所以要保证从 开始的一段小区间要单调增，进而约束导数符号） （这是 要满足的必要条件，最终结果应该是这一部分的子集，下面证 均满足条件或 者寻找一个更精确的范围） 下面证任意的 均满足条件。 构造函数 （ 时的 ） 则 ，若要 恒成立，只需证明 即可 成立 在 单调递增， 在 单调递增， 成立 时， 恒成立，符合题意 小炼有话说： （1） 的构造的 的解析式可看为以 为自变量的一次函数 ，且单调递增 （ ），所以对于 ，无论 为何值， ，即 ， 与恒成立的不等式不等号方向一致。   0g x   1 0g   ' 1 0g   ' 1 0g   'g x  1,m  ' 0g x   g x  1,m  0 1,x m     0 1 0g x g   1 0g  1x  3 2a   a 3 2a   3 2a   2( ) 2 3 ln 2 lnh x x x x x x    3 2a    g x    ( ) 2 3 ln 0g x h x a x x         1, ,x g x h x      0g x    0h x   1 0h   ' 1 1( ) 4 3 1 ln 2 4 3ln 5h x x x x xx x          ' 1 0h      2 '' 2 2 2 4 1 13 1 4 3 14 0x xx xh x x x x x          'h x  1,    ' ' 1 0h x h   h x  1,    1 0h x h  3 2a      1, , ( ) 0x g x h x     3 2a    h x  g x a  G a ln 0x x  3 ,2a      x   3 2G a G        g x h x - 9 - （2）本题核心想法是利用不等式化参数函数为常值函数（函数的放缩），进而便于对参数 取值范围的验证。 （3）归纳一下解决此题的方法：为最值法解恒成立问题的另一个方法——构造中间函数 首先先说考虑使用这个方法的前提： ① 以参数为自变量的函数结构简单（最好单调） ② 参数缩小后的范围，其不等式与含参函数不等号方向，以及单调性保持一致（在本题中 ，而 刚好关于 单调递增，且要 。故可引 入 位于 与 之间） 其步骤如下： ① 代入自变量的特殊值缩小参数的取值范围（有可能就得到最终结果），记为 A ② 因为最终结果 A 的子集，所以只需证明 A 均符合条件或者寻找更小的范围 ③ 如果函数是关于参数的一次函数（或单调函数），可通过代入参数的边界值（临界值）构 造新函数并与原函数比较大小 ④ 证明新函数介于原函数与不等式右侧值之间，进而说明 A 中的所有值均满足条件，即为最 后结果 例 7： 已知函数 ，若在区间 上， 恒 成立，求实数 的取值范围 思路：考虑用最值分析法，但可考虑先利用 缩小 的讨论范围 解： 令 ，即 （1） 时，即 ， 恒成立 在 单调递 减 满足条件 a 3 2a   2( ) 2 2 ln 2 lng x x ax x x x    a ( ) 0g x   h x ( )g x 0   21 2 ln ,2f x a x ax x a R         1,   0f x  a 1x  a   11 2 02f a a    1 2a          2 ' 2 1 1 12 1 2 11 12 22 a x xa x axf x a x a x x x               ' 0f x     2 1 1 0 2 1 1a x a x      12 1 0 2a a    1 1,2 2a       ' 0f x   f x  1,    1 0f x f   - 10 - （2） 时， ，考虑 ，不符题 意，舍去 （注：这里需要对函数值进行估计，显然 ，总有一个时刻， 大于零，进而 ，所以考虑代入特殊值来说明。对于，所以构造时只需要 即可，解得 ，进而舍掉 的情况） 例 8 ： 已 知 函 数 ， 曲 线 在 点 处 的 切 线 方 程 为 。其中 为自然对数的底数 （1）求 的值 （2）如果当 时， 恒成立，求实数 的取值范围 解：（1） ，切线方程： ，而 且在切线中， 解得： （2）思路：恒成立不等式为： ，若参变分离，则分离后的函数过于复杂，不 利于求得最值，所以考虑利用最值法，先变形不等式，由于 的符号不确定（以 为 界），从而需进行分类讨论。当 时，不等式变形为： ，设 ，可观察到 ，则若要 时， ，则需 1 2a    21 2 ln2f x a x ax x       4 4ln 02 1 2 1 a af a a        1 02a   21 22a x ax       0f x  21 2 02a x ax      4 12 1 ax a  1 2a    1x axf x be   y f x   1, 1f  21 0x e y e    2.71828e   ,a b 0x    12 x kf x e  k       ' 2 1 1 x x x a be be ax f x be             ' 2 2 11 1 1 a be abe af be be           2 2 1 1 1 ey x e e         2 2 1 1 1 a be e       1 1 af be  1 1y e     2 2 1 1 1 1 1 1 a be e a be e          1 1 a b      1x xf x e   2 2 1 1x x x k e e  2 1xe  0x  0x     21 2 1 0x xk e xe k          21 2 1x xg x k e xe k      0 0g  0x    0g x  - 11 - ，进而解出 ，再证明 时， 即可。将 的范围缩至 时再证 明 时， 即可。 解：由（1）可得恒成立的不等式为： 当 时， 设 ，可得 若 ，则 ，使得 时， 在 单调递减 则 时， 与恒成立不等式矛盾 不成立 解得： 下面证明 均可使得 时， 在 单调递增 ，即不等式恒成立 当 时， 同理， 在 单调递增 即 时不等式在 恒成立 综上所述， 例 9： 设函数 （其中 ）， ，已知它们在 处有相同的切线.  ' 0 0g  0k  0k    0g x  k 0k  0x    0g x  2 2 1 1x x x k e e  0x    2 2 2 1 2 1 11 x x x x x k xe k ee e         21 2 1 0x xk e xe k           21 2 1x xg x k e xe k      0 0g       ' 22 1 2 1x xg x k e x e     ' 0 0g  0 0x   00,x x  ' 0g x   g x  00, x  00,x x    0 0g x g   ' 0 0g   ' 0 0g     ' 0 2 1 2 0g k     0k  0k  0x    0g x         ' 22 1 2 1 2 1 1x x x xg x k e x e e k e x          0k   1 1 1 0x xk e x e x         ' 0g x   g x  0,    0 0g x g   0x    2 2 2 1 2 1 11 x x x x x k xe k ee e           21 2 1 0 0x xk e xe k g x        0k      ' 2 1 1 0x xg x e k e x        g x  ,0    0 0g x g   0k   ,0x   0k  ( ) ( 1)xf x ae x  2.71828....e  2( ) 2g x x bx   0x  - 12 - （1）求函数 ， 的解析式； （2）若对 恒成立，求实数 的取值范围. 解：（1）思路：由题意可知 在 处有公共点，且切线斜率相同 在 处有相同的切线. （2）思路：恒成立不等式为 ，尽管可以参变分离但分离后关 于 的函数结构复杂，不易分析单调性。所以考虑最值法 解：令 ， 只需 令 均成立， （上一步若直接求单调增区间，则需先 对 的符号进行分类讨论。但通过代入 （ ，便于计算），解得了 要满足的必要条件，从而简 化了步骤。） 解得 下面根据 是否在 进行分类讨论： ① 在 单调递增。 与已知矛盾（舍） ② 在 单调递增。 满足条件 ( )f x ( )g x 2, ( ) ( )x kf x g x    k    ,f x g x 0x     ,f x g x 0x         ' ' 0 0 0 0 f g f g        ' 2 , 2xf x ae x g x x b    2 2 2 4 a a a b b              22 1 , 4 2xf x e x g x x x         22 1 4 2 0xke x x x     x      22 1 4 2xF x ke x x x       min 0F x        ' 2 2 2 4 2 1 2x xF x ke x x ke x        2x    ' 0 1xF x ke   2, ( ) 0x F x    0 2 2 0F k    1k  k 0x  0 1e  k  1 1lnxe xk k    2,x    1lnx k  2,  21ln 2 k ek      F x  2,       2 2 2min 22 2 2 0F x F ke e ke          21ln 2 k ek      F x  2,       2 2 2min 22 2 2 0F x F ke e ke          - 13 - ③ 则 恒成立，故满足条件 综上所述： 小炼有话说：本道题的亮点在于代入 以缩小 的范围， 并不是边界点，但是由于 易于计算（主要针对指数幂），且能够刻画 的范围，故首选 例 10：（2011 浙江,22）设函数 （1）若 为 的极值点，求实数 （2）求实数 的取值范围，使得对任意的 ，恒有 成立.注： 为自然 对数的底数 解：（1） 是 的极值点 或 ，经检验符合题意 （2）思路一：恒成立的不等式为 ，考虑选择最值法 当 时，无论 为何值，不等式恒成立（ 的单调区间必然含参数，首先将恒成立 的部分剔除，缩小 的取值范围以方便后期讨论） 21ln 2 1 k ek      x 12,ln k     1ln ,k      'F x    F x     21ln min 1 1 1 1ln 2 ln 1 ln 4ln 2kF x F k ek k k k                            1 1ln ln 2 0k k        21,k e   0x  k 0x   0F k 0x     2 ln ,f x x a x a R   x e  y f x a a  0,3x e   24f x e e       2 ' ( ) 2 ln = 2ln 1x a af x x a x x a xx x           x e  f x    ' 3 0af e e a a ee           3a e , 3a e a e    2 2ln 4x a x e   0,1x  a  f x x - 14 - ，记 恒成立，所以 （通过特殊值代入缩小 的范围，便于分析讨论） （解不出具体的极值点，但可以估计其范围，利用零点存在性定理，同 时得到 与 的关系： ) 单调递增 若 ，只需 由 得 代入①得： 由②式得 综上所述， 小炼有话说：本题有以下几处亮点： 1、特殊值代入法：这是本题最大的亮点，通过代入特殊的值缩小 的范围，便于讨论，在 ' ( )f x   ' ( )= 2ln 1 af x x a x x         2ln 1 ah x x x      2 2ln 4f x x a x e      2 23 3 ln3 4f e e a e e   2 23 3 ln3 ln3 e ee a e e e      a    1 1 0, 2ln 0h a h a a         0 01, , 0x a h x   a 0x  0 0 0 2 1 0ah x x x     h x        0 01, , 0; , , 0x x h x x x a h x                ' ' ' 0 01, , 0; , , 0; , , 0x x f x x x a f x x a f x        x  01, x  0,x a  ,a   'f x     f x       2 2ln 4f x x a x e           2 2 0 0 0 2 2 ln 4 3 3 ln3 4 f x x a x e f e e a e e        ① ②  0 0 0 2ln 1 ah x x x   0 0 02 lna x x x  3 2 0 0 04 ln 4 1x x e x e     0 0 02 ln 1,3a x x x e    2 23 3 ln3 ln3 e ee a e e e       23 ,3 ln3 ea e e e      ,x a - 15 - 有关恒成立的问题中，通过代入特殊点（边界点，极值点等）可以简化运算，提供思路，而 且有一些题目往往不等关系就在自变量的边界值处产生 2、对极值点 的处理，虽无法求值，但可求出它的范围，进而解决问题 思路二：参变分离法： 当 时，无论 为何值，不等式恒成立 考虑 ,则不等式 (体会将 范围缩小后所带来的 便利） 恒成立 则只需 成立 设 ， 在 单调递增， 再设 , 令 即 ,由左边可得 时， ，而 单调递增， 由此可得 , , , (单调性+根→符号） 在 单调增，在 单调递减。故 综上所述： 0x  0,1x  a  1,3x e     2 2 22 4ln 4 ln ex a x e x a x     x 2 2 ln ln e ex a x x x      max min 2 ln 2 ln ea x x ea x x                 2 ln eg x x x         ' 3 3 2 2 21 1 0 2 ln ln e eg x x x x x       g x  1,3e     max 23 3 ln3 eg x g e e e     23 ln3 ea e e      2 ln eh x x x             3 2' 3 3 3 2 2 2 ln21 1 2 ln ln ln x x ee eh x x x x x x x       ' 0h x    3 2lnx x e x e   3 2lnx x e   3 2lny x x  1,x e  ' 0h x   ,3x e e  ' 0h x    h x  1,e  ,3e e    min 3h x h e e  23 ln3 ea e e    23 ,3 ln3 ea e e e      - 16 - 小炼有话说：思路二有另外几个亮点： 1、缩小自变量 范围的作用：使 为正，进而对后面的变形开方起到关键性作用 2、在处理 的问题时，采取零点与单调性结合的方式来确定符号。其中 的 单调性可以快速判断。 增， 增，且两部分的函数值恒为正数，那么相乘后 的解析式依然是增函数。 三、近年模拟题题目精选（三类方法综合） 1、已知定义域为 的奇函数 ，当 时， ，且对 ，恒有 ，则实数 的取值范围是（ ） A. B. C. D. 2、（2016，山东潍坊中学高三期末）已知函数 ，当 时，不等式 恒成立，则实数 的取值范围是（ ） A． B． C． D． 3、（2014，辽宁）当 时，不等式 恒成立，则实数 的取值范 围是（ ） A. B. C. D. 4、（2014，新课标全国卷 II）设函数 ，若存在 的极值点 满足 ，则 的取值范围是（ ） A. B. C. D. 5、（2015，新课标 I）设函数 其中 ，若存在唯一的整数 ， 使得 ，则 的取值范围是（ ） A. B. C. D. x ln x  h x   3 2lny x x y x   3 2lny x R  f x 0x     0f x x a a a    x R     f x a f x  a  0,2    0 2, 10,16         0 16,   2 xf x x e  1,1x   f x m m 1 ,e    1 ,e      ,e   ,e   2,1x   3 2 4 3 0ax x x    a  5, 3  96, 8       6, 2   4, 3    3sin xf x m   f x 0x   22 2 0 0x f x m    m    , 6 6,      , 4 4,      , 2 2,      , 1 1,      2 1xf x e x ax a    1a  0x  0 0f x  a 3 ,12e     3 3,2 4e     3 3,2 4e     3 ,12e     - 17 - 6、（2014，辽宁）已知定义在 上的函数 满足： ① ② 对所有的 ，且 ，有 若对所有的 ， 恒成立，则 的最小值为（ ） A. B. C. D. 7、（2016，唐山一中）已知函数 ，若存在 ，使得 ，则实数 的取值范围是（ ） A． B． C． D． 8、已知函数 ，在区间 内任取两个不相等的实数 ，若不等式 恒成立，则实数 的取值范围是（ ） A. B. C. D. 9、已知 ，若对任意的 恒成立，则实数 的取值范围是______ 10、已知不等式 对一切 恒成立，则 的取值范围是_____ 11、若不等式 对满足 的所有 都成立，则 的取值范围是 ___________ 12、（2016，上海理工大附中一月考）已知不等式组 的解集是关于 的不等 式 解集的一个子集，则实数 的取值范围是_______ 13、（2014，重庆）若不等式 对任意实数 恒成立，则实数 的取值范围是_________ 14 、（ 2016 ， 上 海 十 三 校 12 月 联 考 ） 已 知 ， 不 等 式  0,1  f x    0 1 0f f   , 0,1x y  x y     1 2f x f y x y    , 0,1x y     f x f y k  k 1 2 1 4 1 2 1 8   2ln ( ) ( )x x bf x b Rx    1[ ,2]2x     0f x xf x  b 3( , )2 9( , )4 ( ,3) ( , 2)     2ln 1f x a x x    0,1 ,p q    1 1 1f p f q p q     a  15,  6,  ,15  ,6     3 2ln , 2f x x x g x x ax x          '0, ,2 2x f x g x    a x y a x y   0, 0x y  a  22 1 1x a x   1 1a   a x 2 2 4 3 0 6 8 0 x x x x        x 22 9 0x ax   a 2 12 1 2 22x x a a      x a   2 2 4 3, 0 2 3, 0 x x xf x x x x         - 18 - 在 上恒成立，则 的取值范围是___________ 15、已知函数 ，对任意的 ，都有 ，则最大的正整 数 为_______ 16、关于 的不等式 的解集为 ，则实数 的取值范围是______ 17、（2016，内江四模）已知函数 ， ，若 ，则实数 的取值范围是 18 、（ 2016 四 川 高 三 第 一 次 联 考 ） 已 知 ， 若 不 等 式 对任意 恒成立，则实数 的取值范围为_______ 19、已知 ，若 恒成立，则实数 的取值范围是________ 20、若不等式 对满足 的一切实数 恒成立，则实数 的取值范 围是________ 21、已知 ，函数 . (1)若 ，求函数 的极值； (2)是否存在实数 ,使得 恒成立？若存在,求出实数 的取值集合；若不存在， 请说明理由． 22、（2014，庆安高三期中）已知函数 ，其中 （1）若曲线 在点 处的切线方程为 ，求函数 的解析式； （2）讨论函数 的单调性； （3）若对于任意的 ，不等式 在 上恒成立，求 的取值范围 23、（2016，抚顺一模）已知函数 。 （1）当 时，求函数 在点 处的切线方程； （2）若函数 ，讨论函数 的单调性； （3）若（2）中函数 有两个极值点 ，且不等式 恒成立，求实    2f x a f a x    , 1a a  a ||)( xexf  )1](,1[  mmx exxf  )2( m x 2 1 3 0ax x a     ,  a xe xxf ||)(  1224)( 21   mmmxg xx RexgfxM  }))((|{ m   2 20, lna f x a x x ax      3 2e f x e    1,x e a 0, 0x y  22 8 7y x m mx y   m 1 2a x y   2 2 5x y  ,x y a 0a  2( ) , ( ) lnf x ax x g x x   1 2a    ( ) 2 ( )p x f x g x  a ( ) ( )f x g ax a )0()(  xbx axxf Rba , )(xfy  ))2(,2( fP 13  xy )(xf )(xfy  ]2,2 1[a 10)( xf ]1,4 1[ b 2( ) ln ( )f x x a x a R    2a  ( )f x (1, (1))f 2( ) ( ) 2 2g x f x x x   ( )g x ( )g x 1 2,x x 1 2( )x x 1 2( )g x mx - 19 - 数 的取值范围。 24、（2015，山东）设函数 ，其中 （1)讨论函数 极值点的个数，并说明理由 （2）若 成立，求 的取值范围 25、（2015，新课标 II）设函数 （1）证明： 在 单调递减，在 单调递增 （2）若对于任意 ，都有 ，求 的取值范围 26、（2015，北京）已知函数 （1）求曲线 在点 处的切线方程 （2）求证：当 时， （3）设实数 使得 对 恒成立，求 的最大值 27、（2016，苏州高三调研）已知函数 ， 是自然对数的 底数 （1）当 时，求函数 的单调区间 （2）① 若存在实数 ，满足 ，求实数 的取值范围 ② 若有且只有唯一整数 ，满足 ，求实数 的取值范围 m      2ln 1f x x a x x    a R  f x  0, 0x f x   a   2mxf x e x mx    f x  ,0  0,  1 2, 1,1x x      1 2 1f x f x e   m   1ln1 xf x x    y f x   0, 0f  0,1x    3 2 3 xf x x     k   3 3 xf x k x      0,1x  k      2 1xf x e x ax a a R     e 1a   f x x   0f x  a 0x  0 0f x  a - 20 - 习题答案： 1、答案：D 解析：利用对称性可作出 的图像， 可视为 的图像向左平移 个单位，则 恒成立不等式的几何含义为 的图像始终在 的上方，通过数形结合可得：若 ，则 ；若 ，也满足 。所以 的取值范围是 2、答案：D 解析：若 恒成立，则 ， ，所以 在 单调递减，在 单调递增。 ，所以 3、答案：C 解析： 时，恒成立不等式等价于 设 在 单调递减，在 单调递增 当 时，可知无论 为何值，不等式均成立 当 时，恒成立不等式等价于 ，同理设 在 单调递增 综上所述： 4、答案：C  f x  f x a  f x a  f x a  f x 0a  4 16a a a   0a     f x a f x  a    0 16,  m f x  maxm f x    ' 22 2x x xf x xe x e x x e     f x  1,0  0,1    11 , 1f f ee   m e  2,0x   2 3 4 3x xa x   2 3 min 4 3x xa x          2 3 4 3x xf x x           3 2 2 2 ' 6 4 4 2 4 3 4 3 9 18 9x x x x x x xx xf x x x x              2,0x    f x  2, 1   1,0    min 1 2f x f     0x  a  0,1x  2 3 4 3x xa x   2 3 max 4 3x xa x          2 3 4 3x xf x x       ' 4 9 1x xf x x      f x  0,1    max 1 6f x f    6a    6, 2a    - 21 - 解析： ，令 可得： 不等式转化为： 整理后可得： ，使得 若 且 ，则 ，不等式不能成立 只需 或 时，不等式成立即可 5、答案：D 解析： 当 时，不等式不成立 当 时，可得 ，与 矛盾，故不成立 当 时，可得 设 在 单调递增，在 单调递减 唯一的整数 使得 即 ，又 在 单调递增  ' 3 cos xf x m m     ' 0f x   cos 0 2 x x k k Zm m          2 mx km k Z     2 2 22+3sin2 m kmm km mm           2 2 21 32k m m       k Z  2 211 32k m           0k  1k   211 02k       0k  1k      23 3 , 2 2,4 m m            2 1 0 1 2 1x xe x ax a a x e x        1x  1x  2 1 12 2 11 1 x x xxa e e ex x                1a  1x  2 1 121 1 x xxa e ex x                12 1 xg x ex              ' 2 2 2 31 12 1 1 1 x x x x xg x e e ex x x                 g x  ,0  0,1  0 1g   0x  0 0f x   0a g x  1, 0 1a g  0 0x   g x  ,0   13 31 2 2a g e e      3 ,12a e      - 22 - 6、答案：B 解析：不妨设 当 时， 当 时， 即 7、答案：B 解析： 问题转变为： ，使得 ，即 8、答案：A 解析：不妨设 ，则恒成立不等式等价于 即 ，设 ，则 在 单调递增 对 恒成立，即 设 ，可知 在 单调递增 0 1y x   1 2x y      1 1 2 4f x f y x y    1 2x y             1 0f x f y f x f f y f                1 1 1 1 11 0 12 2 2 2 4f x f f y f x y x y           1 4k  min 1 4k       2 2 2 ' 2 2 1 2 ln 1 lnx x b x x b x x bxf x x x                  2 2 2 2 ' ln 1 ln 2 2 1 0x x b x x b x bxf x xf x x x x              1 ,22x       22 2 1 0x bx   2 max 2 1 2 xb x      2 maxmax 2 1 1 1 922 2 2 2 4 x xx x               9 4b  0 1q p      1 1f p f q p q        1 1f p p f q q        1g x f x x    g x  0,1        2 2ln 2 1 ln 2 3 1g x a x x x a x x x           ' 2 32 ag x xx     ' 0g x   0,1x    22 3 2 2 7 6a x x x x        22 7 6h x x x    h x  0,1    1 15h x h   15a  - 23 - 9、答案： 解析：恒成立不等式为： 设 令 定义域 解得 的单调区间为： 10、答案： 解析：恒成立不等式为 ，所以 ，由均值不等式可知： ，所以 ，即 11、答案： 解析：恒成立不等式为： ，设 ，则不等 式恒成立只需 ，所以 解得 12、答案： 2a  22 ln 3 2 1x x x ax    max 1 12ln 32a x x x         12ln 3g x x x x       2 ' 2 2 2 3 1 12 1 3 2 13 x xx xg x x x x x            ' 0g x    0,x   3 1 0x    1x   f x x  0,1  1, ' ( )f x    f x      max 1 4g x g    2a   2a  x ya x y   max x ya x y       2 22 2 2 x y x y x yx y x y         2 2x y x y x y x y          2a     2,1 3 3 1,2    2 1 2 1 0a x x       2 1 2 1f a a x x        2 2 1 0 2 2 0 3 1 1 0 2 0 0 2 f x x x f x x x                   3 1 2x      2,1 3 3 1,2x     3a   - 24 - 解析：不等式组 的解集为 ，由子集关系可将问题转化为 ， 不等式 恒成立，从而 恒成立，因为 为减函数，所 以 ，从而 13、答案： 解析：若不等式恒成立，则 设 可知 14、答案： 解析：作出 的图像可知 为减函数，所以恒成 立不等式等价于 在 恒成立， 即 ，解得： 15、答案：4 解析：作出函数 和 的图像，可知 ， ， ，所以 ，即 的最大整数值为 4 16、答案： 解析：问题转化为 ， 恒成立 2 2 4 3 0 6 8 0 x x x x         2,3  2,3x  22 9 0x ax   9 2a xx    9 2f x xx     3 3f x f   3a   11, 2      2 min 1 2 2 1 22a a x x        13 1, 2 12 1 2 3 , 2 2 3 1. 2 x x f x x x x x x x                    min 1 5 2 2f x f      2 21 5 12 2 1 0 1,2 2 2a a a a a                , 2   f x  f x 2x a a x    , 1x a a     max2 2 1a x a   2a     2xg x e   h x ex    1 1g h e     24 4 4g e h e      35 5 5g e h e   5m  m 1 ,2    x R  2 1 3 0ax x a    - 25 - ，设 可得： 17、答案： 解析： ，作出函数图像可知若 ，则 恒成立 即 对 恒成立 设 ， 恒成立 设 ，对称轴 （1）当 时， ，不符题意 （2）当 时， 综上所述： 18、答案： 解析：令 可得： 由 可知： 在 上单调递增 2 2 2 1 1 1 3 3 3 x x xa x x x           2 1 , 11 41 23 1 0, 1 xxg x xx x x                       41 2 , 6 2,1x x          10, 2g x      1 2a   2,0   , 0 , 0 x x x xef x x xe      M R   1g x   1 2( ) 4 2 2 1 1x xg x m m m           2 22 2 2 2 0x xm m m     x R   2 , 0,xt t    2 22 2 0t mt m m           22 2 22 2 2h t t mt m m t m m m        t m 0m       2 min 2 0 1 0h x h m m m m         0m       20 2 0 2 0h x h m m m          2,0m   1e  1x   1 1f e a e        2 ' 22 , 0x a x aaf x x a ax x        1a e   f x  1,e - 26 - 19、答案： 解析：若 恒成立，则 ，由均值不等式可得： ，所以 解得： 20、答案： 或 解析：由 可设 ，恒成立不等式 可知 ，而 ，所以 解得： 或 21、解析：（1） ， 可得 在 单调递减，在 单调递增 的极小值为 ，无极大值 （2）设 ，令 有两不等实根 ，其中 ，不妨设 在 单调递减，在 单调递增 由 可得： 所以     2 2 1 1 1 2 13 23 2 f e a e a e e a ea e ae ef e e                     1a e    8,1m  22 8 7y x m mx y   2 min 2 87 y xm m x y       2 8 2 82 8y x y x x y x y    2 7 8m m   8,1m  6a  4a   2 2 5x y   5 cos , 0,2 5sin x y         1 2a x y    max1 2a x y    2 5 cos 2 5sin 5sin 5x y          1 5a   6a  4a     21 2ln2p x x x x       ' 1 221 x xp x x x x        p x  0,2  2,  p x  2 2ln 2p          2 lnh x f x g ax ax x ax      min 0h x    2 ' 2 1ax xh x x     22 1, 1 8 0q x ax x a         0q x  1 2,x x 1 2 1 02x x a   1 20x x   h x  20, x  2,x       2 2 2 2 2min ln 0h x h x ax x ax       2 0q x  2 2 2 2 2 2 12 1 0 2 xax x ax x        2 2 2 2 1 1ln 02 2 x xh x x     - 27 - 令 在 单调递增，在 单调递减 代入到 可得： 的取值集合为 22、解析：（1） （2） 当 时，可得 恒成立 在 单调递增 当 时，令 可解得： 或 ，所以 的单调区间为： （3）若 在 上恒成立，则只需 由（2）可知 在 的边界处取得最大值 对任意的 恒成立    1 ln 1 ln 22 xk x x x           ' 1 21 1 1 2 1 2 1 x xk x x x x x           k x  0,1  1,    2 1 0h x k    2 0h x   2 20 1h x x    2 2 22 1 0ax x   1a  a  1  2 3 2 1 7f      ' 21 af x x     ' 2 2 7 82 92 1 34 af b a a bf                8 9f x x x      2 ' 2 21 a x af x x x    0a   ' 0f x   f x    ,0 , 0,  0a   ' 0f x  x a x a   f x x  , a   ,0a  0, a  ,a   'f x      f x     10)( xf ]1,4 1[ max( ) 10f x   f x ]1,4 1[   1 3910 44 4 91 10 f b a b af                 ]2,2 1[a - 28 - 所以可得： 23、解析：（1）由 可得： ，当 时， 切线方程 （2） 令 ，即 ① 时， 恒成立 在 单调递增 ② 当 时， 当 时， 的单调区间为： 当 时， 在 上单调递减，在 单调递增 （3）由（2）可得：函数 有两个极值点 ，则 ，且 7 4b    2 lnf x x a x    0,x   ' 2 af x x x   2a   ' 22f x x x       ' 1 0 1 1 f f      1y     2 2 lng x x x a x     2 ' 2 22 2 a x x ag x x x x       ' 0g x  22 2 0x x a   14 8 0 2a a      22 2 0x x a    g x  0, 10 2a    1 2 1 1 2 1 1 2,2 2 a ax x     10 2a  1 20 x x   f x x 1 1 20, 2 a      1 1 2 1 1 2,2 2 a a        1 1 2 ,2 a        'f x     f x    0a  1 20x x   g x 1 1 20, 2 a      1 1 2 ,2 a        g x 1 2,x x 0 1a  1 2 1x x  1 2x x 1 2 1 10 , 12 2x x     - 29 - 恒成立不等式为： ，只需 设 由 可得： 即 在 单调递减 24、解析：（1） ，定义域为 ， 设 ， 当 时， ，函数 在 为增函数，无极值点. 当 时， ， 若 时 ， ，函数 在 为增函数，无极值点. 若 时 ，设 的两个不相等的实数根 ，且 ， 且 ，而 ，则 ， 所以当 单调递增； 当 单调递减； 当 单调递增. 因此此时函数 有两个极值点； 当 时 ，但 ， ，  1 2 g xm x  1 2 min g xm x          2 22 1 1 1 1 11 1 1 1 1 1 1 2 1 1 1 2 2 2 ln2 ln 11 2 ln1 1 1 x x x x xg x x x a x x x xx x x x              1 11 2 ln 01 2h x x x x xx                 ' 2 2 2ln 1 x xh x x x    10 2x   ' 0h x   h x 10, 2        1 3 ln 22 2h x h        3 ln 22m    2( ) ln( 1) ( )f x x a x x    ( 1, )  21 (2 1)( 1) 1 2 1( ) (2 1)1 1 1 a x x ax ax af x a xx x x              2( ) 2 1g x ax ax a    0a  1( ) 1, ( ) 01g x f x x    ( )f x ( 1, )  0a  2 28 (1 ) 9 8a a a a a      80 9a  0  ( ) 0, ( ) 0g x f x  ( )f x ( 1, )  8 9a  0  ( ) 0g x  1 2,x x 1 2x x 1 2 1 2x x   ( 1) 1 0g    1 2 11 4x x     1( 1, ), ( ) 0, ( ) 0, ( )x x g x f x f x    1 2( , ), ( ) 0, ( ) 0, ( )x x x g x f x f x   2( , ), ( ) 0, ( ) 0, ( )x x g x f x f x    ( )f x 0a  0  ( 1) 1 0g    1 21x x   - 30 - 所以当 单调递増； 当 单调递减. 所以函数只有一个极值点。 综上可知当 时 的无极值点；当 时 有一个极值点；当 时， 的有两个极值点. （2）由（1）可知当 时 在 单调递增，而 ， 则当 时， ，符合题意； 当 时， ， 在 单调递增，而 ， 则当 时， ，符合题意； 当 时， ，所以函数 在 单调递减，而 ， 则当 时， ，不符合题意； 当 时，设 ，当 时 ， 在 单调递增，因此当 时 ， 于是 ，当 时 ， 此时 ，不符合题意. 综上所述， 的取值范围是 . 25、解析： 可知 单调递增，且 时， 时， 在 单调递减，在 单调递增 （2）若不等式 恒成立 则 在 连续 在 有最大最小值 2( 1, ), ( ) 0, ( ) 0, ( )x x g x f x f x    2( , ), ( ) 0, ( ) 0, ( )x x g x f x f x    80 9a  ( )f x 0a  ( )f x 8 9a  ( )f x 80 9a  ( )f x (0, ) (0) 0f  (0, )x  ( ) 0f x  8 19 a  2(0) 0, 0g x  ( )f x (0, ) (0) 0f  (0, )x  ( ) 0f x  1a  2(0) 0, 0g x  ( )f x 2(0, )x (0) 0f  2(0, )x x ( ) 0f x  0a  ( ) ln( 1)h x x x   (0, )x  1( ) 1 01 1 xh x x x       ( )h x (0, ) (0, )x  ( ) (0) 0,ln( 1) 0h x h x    2 2( ) ( ) (1 )f x x a x x ax a x      11x a  2 (1 ) 0ax a x   ( ) 0f x  a 0 1a   ' 2mxf x me x m    'f x  ' 0 0f   ,0x    ' 0f x   0,x    ' 0f x   f x  ,0  0,    1 2 1f x f x e      1 2 max 1f x f x e    f x  1,1  f x  1,1 - 31 - 由（1）可知 在 单调递减，在 单调递增 设 ，可知 在 单调递减，在 单调递增 ，使得 26、解析：（1） 切线方程为： （2）所证不等式等价于证明： 设 时， 恒成立 在 单调递增 ，即不等式得证 （3）设         1 2 max minmaxf x f x f x f x    f x  1,0  0,1    min 0 1f x f           max 1 , 1 1 , 1m mf x f f e m e m                 1 0 1 1 11 0 1 m m f f e e m e e m ef f e                       1xh x e x e     1 0h   ' 1xh x e   h x  ,0  0,     211 2 0, 2 3 0h e h e ee            0 2, 1x     0 0h x   0 0 1 1,11 x m mx m          0 0f      ' 2 2 1 2 2 1 11 xf x x xx      ' 0 2f   2y x 31ln 2 01 3 x xxx           31ln 21 3 x xF x xx         0 0F      2 2 4 ' 2 2 2 2 2 2 1 12 2 21 1 1 x x xF x xx x x            0,1x   ' 0F x   F x  0,1    0 0F x F     31ln1 3 x xF x k xx        - 32 - 当 时，由（2）可知不等式恒成立 当 时，令 即 解得 在 单调递减，在 单调递增 与恒成立不等式矛盾 的最大值为 2 27、解析：（1）当 时， 当 时， 当 时， 在 单调递减，在 单调递增 （2）① 当 时， ；当 时， 设 ， 在区间 单调递增，在 单调递减 当 时， 当 时， 当 时， 不成立 的取值范围是     4 ' 2 2 2 2 211 1 kx kF x k xx x       2k  2k   ' 0F x  4 4 22 kkx k x k     4 2kx k   F x 4 20, k k       4 2,1k k        4 2 0 0kF Fk        k 1a     2 1 1xf x e x x       ' 2 1 1xf x e x    ' 0 0f  0x  1,2 1 1xe x    ' 0f x  0x  0 1,0 2 1 1xe x      ' 0f x   f x  ,0  0,      0 2 1 1xf x e x a x     1x  2 1 1 xxa ex      1x  2 1 1 xxa ex        2 1 1 xxg x ex                   ' 2 2 2 1 1 2 1 2 3 1 1 x x xe x x e x e x xg x x x           g x   3,0 , ,2        30,1 , 1, 2      1x    3 2 min 3 42a g x g e          1x     max 0 1a g x g     0x    0f x  a   3 2,1 ,e      - 33 - ② 由①可得 时， ，且 在 上单调递增，在 单调递减，且 当 时， ，且 在 上单调递减，在 单调递增，且 解得 综上所述： 1a   0 ,1x    0a g x  g x  ,0  0,1  0 1g a    31 2g a a e     3 12 ae   3 2a e  0 1,x    0a g x  g x 31, 2      3 ,2     3 23 42g e a          2 3 g a g a   3 2 53 2 ee a  3 23 5,1 3 ,2 2 ea ee        