微专题函数恒成立问题

微专题 函数恒成立问题 南通市天星湖中学高三数学组

问题背景

1．在代数综合问题中常遇到恒成立问题．恒成立问题涉及常见函数的性质、图象，渗透着换元、化归、数形结合、函数与方程等思想方法，恒成立问题的解题的基本思路是：根据已知条件将恒成立问题向基本类型转化，正确选用函数法、最小值法、数形结合法等解题方法求解．

2．恒成立问题在解题过程中大致可分为以下几种类型： (1)∀x ∈D ，f (x )>C ；(2)∀x ∈D ，f (x )>g (x ) ； (3)∀x 1，x 2∈D ，|f (x 1) －f (x 2)|≤C ；

(4)∀x 1，x 2∈D ，|f (x 1) －f (x 2)|≤a |x 1－x 2|. 3．不等式恒成立问题的处理方法 (1)转换求函数的最值

①若不等式A

②若不等式B >f (x ) 在区间D 上恒成立，则等价于在区间D 上B >f (x ) max ⇔f (x ) 的上界小于B .

(2)分离参数法

①将参数与变量分离，即化为g (λ) ≥f (x )(或g (λ) ≤f (x )) 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g (λ) ≥f (x ) max (或g (λ) ≤f (x ) min ) ，得λ的取值范围． (3)转换成函数图象问题

①若不等式f (x )>g (x ) 在区间D 上恒成立，则等价于在区间D 上函数y ＝f (x ) 和图象在函数y ＝g (x ) 图象上方；

②若不等式f (x )

1. 函数f (x ) ＝e x －ax 在区间[1，＋∞) 上为增函数，则a 的取值范围是________．

1

2. 已知函数g (x ) ＋ln x 在[1，＋∞) 上为增函数，且θ∈(0，π)，则θ的值为________．

sin θ·x

3. 已知f (x ) ＝x 3－6ax 2＋9a 2x (a ∈R) ，当a >0时，若对∀x ∈[0,3]有f (x ) ≤4恒成立，求实数a 的取值范围．

活动二 典型例题

例1 已知函数f (x ) ＝x |x －a |＋2x .

(1)若函数f (x ) 在R 上是增函数，求实数a 的取值范围；

(2)求所有的实数a ，使得对任意x ∈[1,2]时，函数f (x ) 的图象恒在函数g (x ) ＝2x ＋1图象的下方．

例2 已知函数f (x ) ＝ax 3＋bx 2－3x (a ，b ∈R) ，在点(1，f (1))处的切线方程为y ＋2＝0. (1)求函数f (x ) 的解析式；

(2)若对于区间[－2,2]上任意两个自变量的值x 1，x 2，都有|f (x 1) －f (x 2)|≤c ，求实数c 的最小值．

例3 已知函数f (x ) ＝x －1－a ln x (a ∈R) ． (1)求证：f (x ) ≥0恒成立的充要条件是a ＝1；

11(2)若a

1

2

活动三 检测

1. （1）若关于x 的不等式x -ax -a >0的解集为(-∞, +∞) ，求实数a 的取值范围；（2）若关于x 的不等式x -ax -a ≤-3的解集不是空集，求实数a 的取值范围．

232

2 三个同学对问题“关于x 的不等式x +25+x -5x ≥ax 在[1,12]上恒成立，求实

2

2

数a 的取值范围”提出各自的解题思路．

甲说：“只须不等式左边的最小值不小于右边的最大值”．

乙说：“把不等式变形为左边含变量x 的函数，右边仅含常数，求函数的最值”． 丙说：“把不等式两边看成关于x 的函数，作出函数图像”．

参考上述解题思路，你认为他们所讨论的问题的正确结论，求a 的取值范围.

2

3. 已知向量a =(x , x +1), b =(1-x , t ), 若函数f (x )=a ⋅b 在区间(-1,1)上是增函

数，求t 的取值范围.

4. 已知函数f (x )=x +3ax -1, g (x )=f '(x )-ax -5，其中f

3

'

(x )是f (x )的导函

数.

（1）对满足-1≤a ≤1的一切a 的值，都有g (x )

2

有一个公共点.

5. 对于满足|a|≤2的所有实数a, 求使不等式x +ax+1>2a+x恒成立的x 的取值范围。

2

6. 已知函数f (x )=ln x ，g (x )=

12

ax +bx ，a ≠0. 2

若b =2，且h (x )=f (x )-g (x )存在单调递减区间，求a 的取值范围；

7. 设x =3是函数f (x ) =(x +ax +b ) e

2

3-x

(x ∈R ) 的一个极值点.

（Ⅰ）求a 与b 的关系式（用a 表示b ），并求f (x ) 的单调区间；

2（Ⅱ）设a >0，g (x ) =(a +

25x

) e , 若存在ξ1, ξ2∈[0,4]使f (ξ1) -g (ξ2)

求a 的范围.

微专题 函数恒成立问题教师版 南通市天星湖中学高三数学组

问题背景

1．在代数综合问题中常遇到恒成立问题．恒成立问题涉及常见函数的性质、图象，渗透着换元、化归、数形结合、函数与方程等思想方法，恒成立问题的解题的基本思路是：根据已知条件将恒成立问题向基本类型转化，正确选用函数法、最小值法、数形结合法等解题方法求解．

2．恒成立问题在解题过程中大致可分为以下几种类型： (1)∀x ∈D ，f (x )>C ；(2)∀x ∈D ，f (x )>g (x ) ； (3)∀x 1，x 2∈D ，|f (x 1) －f (x 2)|≤C ；

(4)∀x 1，x 2∈D ，|f (x 1) －f (x 2)|≤a |x 1－x 2|. 3．不等式恒成立问题的处理方法 (1)转换求函数的最值

①若不等式A

②若不等式B >f (x ) 在区间D 上恒成立，则等价于在区间D 上B >f (x ) max ⇔f (x ) 的上界小于B .

(2)分离参数法

①将参数与变量分离，即化为g (λ) ≥f (x )(或g (λ) ≤f (x )) 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g (λ) ≥f (x ) max (或g (λ) ≤f (x ) min ) ，得λ的取值范围． (3)转换成函数图象问题

①若不等式f (x )>g (x ) 在区间D 上恒成立，则等价于在区间D 上函数y ＝f (x ) 和图象在函数y ＝g (x ) 图象上方；

②若不等式f (x )

1. 函数f (x ) ＝e x －ax 在区间[1，＋∞) 上为增函数，则a 的取值范围是________． 【分析】 函数在某个区间单调递增(减) ，可以等价为f ′(x ) ≥0或f ′(x ) ≤0恒成立，再进一步等价为最值问题．

【答案】 a ≤e

【解析】 原命题等价为f ′(x ) ＝e x －a ≥0在[1，＋∞) 上恒成立，又e x ≥e ，所以a ≤e.

1

2. 已知函数g (x ) ＝＋ln x 在[1，＋∞) 上为增函数，且θ∈(0，π)，则θ

sin θ·x

的值为________．

π11θ＝ 【解析】 由题意，g ′(x ) ＝－≥0在[1，＋∞) 上恒成立，2sin θ·x x sin θ·x －1即≥0在[1，＋∞) 上恒成立．

sin θ·x ∵θ∈(0，π)，∴sin θ>0.故sin θ·x －1≥0在[1，＋∞) 上恒成立，

π

只需sin θ·1－1≥0，即sin θ≥1，只有sin θ＝1. 结合θ∈(0，π)，得θ＝.

2

3. 已知f (x ) ＝x 3－6ax 2＋9a 2x (a ∈R) ，当a >0时，若对∀x ∈[0,3]有f (x ) ≤4恒成立，求实数a 的取值范围．

【解答】 f ′(x ) ＝3x 2－12ax ＋9a 2＝3(x －a )(x －3a ) ，故f (x ) 在(0，a ) 上单调递增，在(a, 3a ) 上单调递减，在(3a ，＋∞) 上单调递增．

(1)当a ≥3时，函数f (x ) 在[0,3]上递增，所以函数f (x ) 在[0,3]上的最大值是f (3)，

⎧f (3)≤4，

若对∀x ∈[0,3]有f (x ) ≤4恒成立，需要有⎨解得a ∈∅.

⎩a ≥3，

(2)当1≤a

(3)当a 3a ，此时函数f (x ) 在[a, 3a ]上递减，在[3a, 3]上递增，所以函数f (x ) 在[0,3]上的最大值是f (a ) 或者是f (3)．

由f (a ) －f (3)＝(a －3) 2(4a －3) ，

3

① 0

4

f (3)≤4，⎧⎪

若对∀x ∈[0,3]有f (x ) ≤4恒成立，需要有⎨解得a ∈3

0

⎡233⎤

⎢1－，⎥.

94⎦⎣

3

②f (3)， 4

f (a )≤4，⎧⎪

若对∀x ∈[0,3]有f (x ) ≤4恒成立，需要有⎨3

a

⎡23⎤⎛3⎫

⎥. 解得a ∈ 41⎪. 综上所述，a ∈⎢1－，1⎝⎭9⎣⎦

探究点一 ∀x ∈D ，f (x )>g (x ) 的研究

对于形如∀x ∈D ，f (x )>g (x ) 的问题，需要先设函数y ＝f (x ) －g (x ) ，再转化为

∀x ∈D ，y min >0.

例1 已知函数f (x ) ＝x |x －a |＋2x .

(1)若函数f (x ) 在R 上是增函数，求实数a 的取值范围；

(2)求所有的实数a ，使得对任意x ∈[1,2]时，函数f (x ) 的图象恒在函数g (x ) ＝2x ＋1图象的下方．

【点评】 在处理f (x )>c 的恒成立问题时，如果函数f (x ) 含有参数，一般有两种处理方法：一是参数分离，将含参数函数转化为不含参数的函数，再求出最值即可；二是如果不能参数分离，可以用分类讨论处理函数f (x ) 的最值． 探究点二 ∀x 1，x 2∈D ，|f (x 1) －f (x 2)|≤C 的研究

对于形如∀x 1，x 2∈D ，|f (x 1) －f (x 2)|≤C 的问题，因为|f (x 1) －f (x 2)|≤f (x ) max －f (x ) min ，所以原命题等价为f (x ) max －f (x ) min ≤C .

例2 已知函数f (x ) ＝ax 3＋bx 2－3x (a ，b ∈R) ，在点(1，f (1))处的切线方程为y ＋2＝0.

(1)求函数f (x ) 的解析式；

(2)若对于区间[－2,2]上任意两个自变量的值x 1，x 2，都有|f (x 1) －f (x 2)|≤c ，求实数c 的最小值．

【点评】 在处理这类问题时，因为x 1，x 2是两个不相关的变量，所以可以等价为函数f (x ) 在区间D 上的函数差的最大值小于c ，如果x 1，x 2是两个相关变量，则需要代入x 1，x 2之间的关系式转化为一元问题． 探究点三 ∀x 1，x 2∈D ，|f (x 1) －f (x 2)|≤a |x 1－x 2|的研究

形如∀x 1，x 2∈D ，|f (x 1) －f (x 2)|≤a |x 1－x 2|这样的问题，首先需要根据函数f (x ) 的单调性去掉|f (x 1) －f (x 2)|≤a |x 1－x 2|中的绝对值符号，再构造函数g (x ) ＝f (x ) －ax ，从而将问题转化为新函数g (x ) 的单调性．

例3 已知函数f (x ) ＝x －1－a ln x (a ∈R) ． (1)求证：f (x ) ≥0恒成立的充要条件是a ＝1；

⎪11(2)若a

⎪12⎪

的取值范围．

【解答】 (1)①充分性：

1x －1

当a ＝1时，f (x ) ＝x －1－ln x ，f ′(x ) ＝1－x ＝x ，

所以当x >1时，f ′(x )>0，所以函数f (x ) 在(1，＋∞) 上是增函数，

当0

a x －a

②必要性．f ′(x ) ＝1－x x x >0.

(i)当a ≤0时，f ′(x )>0恒成立，所以函数f (x ) 在(0，＋∞) 上是增函数． 而f (1)＝0，所以当x ∈(0,1)时，f (x )0时，

因为当x >a 时，f ′(x )>0，所以函数f (x ) 在(a ，＋∞) 上是增函数； 当0所以f (x ) ≥f (a ) ＝a －1－a ln a .

因为f (1)＝0，所以当a ≠1时，f (a )

综上所述，f (x ) ≥0恒成立的充要条件是a ＝1.

1

(2)由(1)可知，当a

⎪1111

不妨设0

⎪1x 1x 22⎪444⎪11⎪

所以|f (x 1) －f (x 2)|≤4⎪x －x ⎪等价于f (x 2) －f (x 1) ≤－，即f (x 2) ＋≤f (x 1)

⎪1x 1x 2x 22⎪

4＋x 1

44

设h (x ) ＝f (x ) ＋x x －1－a ln x ＋x .

⎪11⎪

则|f (x 1) －f (x 2)|≤4⎪x －x ⎪等价于函数h (x ) 在区间(0,1]上是减函数．

⎪12⎪

2

a 4x －ax －4

因为h ′(x ) ＝1－x －＝，

x x 所以所证命题等价于证x 2－ax －4≤0在x ∈(0,1]时恒成立，

44

即a ≥x －x x ∈(0,1]上恒成立，即a 不小于y ＝x －x 在区间(0,1]内的最大值．

44

而函数y ＝x －x 在区间(0,1]上是增函数，所以y ＝x －x 的最大值为－3， 所以a ≥－3. 又a

【点评】 ∀x 1，x 2∈D ，|f (x 1) －f (x 2)|≤a |x 1－x 2|等价为k ＝

|f (x 1)－f (x 2)|

a ，再进一步等价

|x 1－x 2|

为f ′(x ) ≤a 的做法由于缺乏理论支持，解题时不可以直接使用．况且本题的第(2)问不能把|f (x 1)－f (x 2)|11转化为|f (x 1) －f (x 2)|≤4⎪≤4，所以这类问题还是需要按照本题第(2)问的⎪x 1x 211⎪－⎪

⎪x 1x 2⎪处理手段来处理．

规律技巧提炼

在处理恒成立问题时，首先应该分辨所属问题的类型，如果是关于单一变量的恒成立问题，首先考虑参数分离，如果不能参数分离或者参数分离后所形成函数不能够处理，那么可以选择分类讨论来处理；如果是关于两个独立变量的恒成立问题处理，只需要按照上探究点中所讲类型的处理方法来处理即可．

课本挖掘提升

2

⎧x ＋(2－a )x ，x ≥a ，

例1：【解答】 (1)f (x ) ＝x |x －a |＋2x ＝⎨ 2

⎩－x ＋(2＋a )x ，x

2－a

⎧⎪a ≥－2由f (x ) 在R 上是增函数，则⎨2＋a

⎪⎩a ≤2

即－2≤a ≤2，

故a 的取值范围为－2≤a ≤2.

(2)由题意得对任意的实数x ∈[1,2]，f (x )

11

恒成立，也即x －x

11

故当x ∈[1,2]时，只要x －x 的最大值小于a 且x ＋x 的最小值大于a 即可，

11⎛1⎫⎛1而当x ∈[1,2]时， x －x ⎪′＝1＋>0，从而x －x 由此得 x －x max

⎝⎭x ⎝⎭

3＝； 2

11⎛1⎫⎛1当x ∈[1,2]时， x ＋x ⎪′＝1－，从而x ＋x 为增函数，由此得 x ＋x min

⎝⎭x ⎝⎭

＝2，

3

所以

2例2：【解答】 (1)∵f ′(x ) ＝3ax 2＋2bx －3，

⎧f (1)＝－2，⎧a ＋b －3＝－2，⎧a ＝1，⎨⎨根据题意，得即解得⎨∴f (x ) ＝x 3⎩f ′(1)＝0，⎩3a ＋2b －3＝0，⎩b ＝0，

－3x .

(2)令f ′(x ) ＝3x 2－3＝0，即3x 2－3＝0，解得x ＝±1，

max min 则对于区间[－2,2]上任意两个自变量的值x 1，x 2，都有

|f (x 1) －f (x 2)|≤f (x ) max －f (x ) min ＝4，所以c ≥4，即c 的最小值为4.

训练卷：恒成立问题

1. （1）若关于x 的不等式x 2-ax -a >0的解集为(-∞, +∞) ，求实数a 的取值范围；（2）若关于x 的不等式x 2-ax -a ≤-3的解集不是空集，求实数a 的取值范围．

2 三个同学对问题“关于x 的不等式x 2+25+x 3-5x 2≥ax 在[1,12]上恒成

立，求实数a 的取值范围”提出各自的解题思路．

甲说：“只须不等式左边的最小值不小于右边的最大值”．

乙说：“把不等式变形为左边含变量x 的函数，右边仅含常数，求函数的最值”．

丙说：“把不等式两边看成关于x 的函数，作出函数图像”．

参考上述解题思路，你认为他们所讨论的问题的正确结论，求a 的取值范围.

2

3. 已知向量a =(x , x +1), b =(1-x , t ), 若函数f (x )=a ⋅b 在区间(-1,1)上是增函数，求t 的取值范围.

4. 已知函数f (x )=x 3+3ax -1, g (x )=f '(x )-ax -5，其中f ' (x )是f (x )的导函数.

（1）对满足-1≤a ≤1的一切a 的值，都有g (x )

y =3只有一个公共点.

5. 对于满足|a|≤2的所有实数a, 求使不等式x 2+ax+1>2a+x恒成立的x 的取值范围。

1

6. 已知函数f (x )=ln x ，g (x )=ax 2+bx ，a ≠0.

2 若b =2，且h (x )=f (x )-g (x )存在单调递减区间，求a 的取值范围；

7. 设x =3是函数f (x ) =(x 2+ax +b ) e 3-x (x ∈R ) 的一个极值点. （Ⅰ）求a 与b 的关系式（用a 表示b ），并求f (x ) 的单调区间； （Ⅱ）设a >0，g (x ) =(a 2+立，求a 的范围.

参考解答：1. （1）设f (x )=x 2-ax -a . 则关于x 的不等式x 2-ax -a >0的解集为(-∞, +∞) ⇔f (x )>0在(-∞, +∞)上恒成立⇔f min (x )>0, 即

25x

) e , 若存在ξ1, ξ2∈[0,4]使f (ξ1) -g (ξ2)

4a +a 2

f min (x )=->0, 解得-4

4

（2）设f (x )=x 2-ax -a . 则关于x 的不等式x 2-ax -a ≤-3的解集不是空

4a +a 2

≤-3, 集⇔f (x )≤-3在(-∞, +∞)上能成立⇔f min (x )≤-3, 即f min (x )=-4

解得a ≤-6或a ≥2.

2. 关键在于对甲，乙，丙的解题思路进行思辨，这一思辨实际上是函数思想的反映.

设f (x )=x 2+25+x 3-5x 2, g (x )=ax .

甲的解题思路，实际上是针对两个函数的，即把已知不等式的两边看作两个函数，

设f (x )=x 2+25+x 3-5x 2, g (x )=ax 其解法相当于解下面的问题：

对于x 1∈[1,12], x 2∈[1,12], 若f (x 1)≥g (x 2)恒成立, 求a 的取值范围. 所以，甲的解题思路与题目x ∈[1,12], f (x )≥g (x )恒成立, 求a 的取值范围的要求不一致. 因而, 甲的解题思路不能解决本题.

按照丙的解题思路需作出函数f (x )=x 2+25+x 3-5x 2的图象和

g (x )=ax 的图象, 然而, 函数f (x )的图象并不容易作出.

由乙的解题思路, 本题化为

f (x )

≥a 在x ∈[1,12]上恒成立, 等价于x ∈[1,12]x

⎡f (x )⎤f (x )25

≥a =x ++x x -5在x =5∈[1,12]时, 有最小值时, ⎢成立. 由⎥

x x ⎣x ⎦min 10, 于是, a ≤10.

3. 依定义f (x ) =x 2(1-x ) +t (x +1) =-x 3+x 2+tx +t , 则f '(x ) =-3x 2+2x +t .

f (x )在区间(-1, 1)上是增函数等价于f '(x )>0在区间(-1, 1)上恒成立; 而f '(x )>0在区间(-1, 1)上恒成立又等价于t >3x 2-2x 在区间(-1, 1)上恒成

立;

设g (x )=3x 2-2x , x ∈(-1, 1)

进而t >g (x )在区间(-1, 1)上恒成立等价于t ≥g max (x ), x ∈(-1, 1)

1⎫⎛⎛1⎫

考虑到g (x )=3x 2-2x , x ∈(-1, 1)在 -1, ⎪上是减函数, 在 , 1⎪上是增函数,

3⎭⎝⎝3⎭

则g max (x )=g (-1)=5. 于是, t的取值范围是t ≥5.

4. 解法1. 由题意g (x )=3x 2-ax +3a -5，这一问表面上是一个给出参数a 的范围，解不等式g (x )

a 为变量的函数，就转化为不等式的恒成立的问题，即

令ϕ(a )=(3-x )a +3x 2-5，(-1≤a ≤1)，则对-1≤a ≤1，恒有g (x )

⎧⎧3x 2-x -2

只需⎨ 即⎨2解得-

3⎪⎩ϕ(-1)

⎛2⎫

故x ∈ -,1⎪时，对满足-1≤a ≤1的一切a 的值，都有g (x )

⎝3⎭

解法2. 考虑不等式g (x )=3x 2-ax +3a -5

由-1≤a ≤1知, ∆=a 2-36a +60>0, 于是, 不等式的解为

a a + .

66

但是, 这个结果是不正确的, 因为没有考虑a 的条件, 还应进一步完善.

为此, 设g (

a )=. h (

a )=

不

等

式

化

为

g (a )

恒h 1-a ≤1成≤a 立, 即

g (a )max

由于g (

a )=a 60在-1≤a ≤1上是增函数, 则6

2g (a )max =g (1)=-, 3

a +在-1≤a ≤1上是减函数, 则h (a )min =h (1)=1. 所以, h (

a )=6

-2

⎛2⎫故x ∈ -,1⎪时，对满足-1≤a ≤1的一切a 的值，都有g (x )

5. 分析：在不等式中出现了两个字母：x 及a, 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a 视作自变量，则上述问题即可转化为在[-2，2]内关于a 的一次函数大于0恒成立的问题。

2解：原不等式转化为(x-1)a+x-2x+1>0,

设f(a)= (x-1)a+x2-2x+1,则f(a)在[-2,2]上恒大于0，故有：

2⎧⎧x >3或x 0⎪x -4x +3>0即解得：∴x3. ⎨⎨2⎨⎩x >1或x 0⎪⎩x -1>0

16. 只研究第（I ）问. b =2时, h (x ) =ln x -ax 2-2x ，则2

1ax 2+2x -1h '(x ) =-ax -2=-. x x

因为函数h (x )存在单调递减区间，所以h '(x )

而h '(x )

u (x )=12-, x ∈(0, +∞)成立, 进而等价于a >u min (x )成立, 其中x 2x 12-. 2x x

212⎛1⎫由u (x )=2-= -1⎪-1得, u min (x )=-1. 于是, a >-1, x ⎝x ⎭x

由题设a ≠0, 所以a 的取值范围是(-1, 0) (0, +∞)

7. 本题的第（Ⅱ） “若存在ξ1, ξ2∈[0,4]使得f (ξ1) -g (ξ2)

x ∈[0,4]的值域的交集非空，则一定存在ξ1, ξ2∈[0,4]使得f (ξ1) -g (ξ2)

3由（Ⅰ）可得, 函数f (x )在x ∈[0,4]的值域为⎡⎣-(2a +3)e , a +6⎤⎦,

⎡25⎛25⎫⎤又g (x )在x ∈[0,4]的值域为⎢a 2+, a 2+⎪e 4⎥, 4⎝4⎭⎦⎣

g max (x )-f min (x )a +6. 于是, ⎧⎛225⎫⎪ a +⎪-(a +6)