第2讲 多姿多彩恒成立（含解析）

【例2】已知函数0),若f(x)M恒成立,xx则M的取值范围是。若x+ay对任意x,y∈(0,+∞)恒成立,则实数a的取值【例5】若关于x的不等式ex-(a+1)x-b0在R上恒成立,求(a+1)b的最大值.【例6】已知函数若存在实数a,b(a<b),使y=f(x)的定义域为(a,b)时,值域为(ma,mb),则实数m的取值范围是()成立,则实数a的值是()B.C.D.1【例8】设f(x)为定义在R上的奇函数,且x0时,f(x)=x2.若对任意的x∈[t,t+2],f(x+t)2f(x)恒成立,则实数t的取值范围为。【例9】已知函数f(x)=x2-ax+a-1,a得tf(x0)成立,则实数t的取值范围为。1.已知函数x3+ax2bx+1在区间[1,3]上是减函数,求a+b的最小值.x2ax1)0成立,求a的值.3.已知函数f(x)=alnx+x,对任意的0恒成立,则a的范围为。4.已知(a+1)x1lnx0对于任意的恒成立,则a的最大值为。5.已知函数f(x)=x(1—a|x|)+1(a>0),若f(x+a)f(x)对任意x∈R恒成立,则a的范6.已知函数f(x)=x2+2x,若存在实数t,则当x∈[1,m]时,f(x+t)3x恒成立,则实数m的最大值是。7.已知函数f(x)=2x3—6x2+m(m为常数)在[—2,2]上有最大值3,那么此函数在[—的最小值是()x22,则实数b的取值范围是()9.设f(x)为定义在R上的偶函数,且当x0时,f(x)=2x.若对任意的x∈[a,a+2],均有f(x+a)f2(x),则实数a的取值范围是。10.已知函数f(x)是定义在R上的奇函数,且对任意x1,x2∈[1,a](a>1),当x2>x1时都有f(x2)>f(x1)>0,则下列不等式不一定成立的是()(2,(1+a,(1+a,.(1+a,A.f(a)>f(0)B.f(|1+a)|>f()Cf(|1—3a)|<(2,(1+a,(1+a,.(1+a,12.若关于x的不等式0对任意的正实数x恒成立,则实数a的取值集合是。13.已知函数=x2+x恒成立,则M的最大值是。14.已知不等式xyax2+2y2,若对任意x∈[1,2],且y∈[2,3],该不等式恒成立,则实数a的取值范围是。,若不等式恒成立,则实数m的最大值为x1x2x2x3x1x3)对任意的x,y>0恒成立,求a的取值范围;(II)·x+·yk·2x+y对任意的x,y>0恒成立,求k的取值范围.（I）分离参数后的七个解法(解法1~4,8~10)用到下面的式子：a。因为=2,当且仅当x=2y时等号成立,所以a2,【解法2】f'<0,f单调递减.【解法3】同【解法2】换元得·22当且仅当t=，即x=2y时等号成立2【解法4】θ+2s2sinθcosθ=+v2sin2θ当且仅当x=2y时等号成立.所以a的取值范围是[2,+∞)。【解法5】解得a2,当且仅当x=2y时等号成立.所以a的取值范围是[2,+∞).【解法6】t+a-10恒成立,显然a>0.,所以Δ=8-4a(a-1)0,解得a2或a-1(舍去).所以a的取值范围是【解法7】(x+y)整理得,(1-a)(yx)2+(2i2y)·、ix-ay0恒成立,(a=1时显然不成立y0,解得a2.(当且仅当x=2y时取得等号)所以a的取值范【解法8】mt-2·i2t+m-1=0,所以Δ=8-4m(m-1)0,得-1m2,当t==时,m=2,所【解法9】x,令则（II)分离参数后,平方配凑基本不等式.由题意知k22L2,进一步得到M、,所以k.22L2,【解法2】所以 ,所以k2L2,2L2,【解法3】如图2-1所示,构造一个Rt△ABC, 所以k.【解法4】令则k所以,所以k.所以k的取值范围是.【解法5】=利用判别式法可求得z2,于是k.所以k的取值范围是.【解法6】当t=3时取得最大值,所以k.所以k的取值范围是.【解法7】m用替换x,用n2替换y,则原题中不等式今k,它表示点A(m,n)到直线2+y=0的距离与到原点距离比值的结合图形2-2知k的取值范围是【解法8】同解法7,k 2,22222应有公共点，从而圆心到直线距离6,所以k所以k的取值范围是.【赏析】拆项,合理换元（如局部换元或三角换元、搭配、分离参数,用均值不等式求解;【解法2】通式的判别式求解.分解、组合、配方、变量代换、换元,发现所求问题的本质,找到突破ロ,用均值不等式或柯西不等式求解;【解法5】、【解法6】是利用降元或换元后,化为一元=次方程求解;【解法7】是根据几何意义,转化为距离型函数求解;【解法8】是利用数形结合,构造出圆,转化为直线与圆的位置关系求解,彰显平面几何的魅力.【例2】已知函数恒成立,则M的取值范围是。【解析】y=x2+其中xcosθ+sinθ·所以y而4，且y=u-在[4,+∞)上单调递增所以令t2-(((-∞,2-2【解法2】a2+b2c2+d2)得(x,(|x2(x,若f(x)M恒成立,只需f(x)minM,x22-t.s3+2cosθ+2sinθ,,2,【解法3】(1)2(1)21(2,(2,4则Q为圆|x(1)2(1)21(2,(2,44当KQ取最小值,θ=(4,4当KQ取最小值,θ=(4,故M11-6·2M4【解法4】同【解法2】得2242242+,t2,f(x)t2-s2+1)t22-s2+1【解法5】x(x,x同【解法1】得f(x)=x2+-(|x+2)|-xcosθ-x(x,xx222-(2-1)2+(2·i2-1)2-6=2-2·i2所以【解法6】(24(24-(2x2-∞,2-2·i2.【解法7】(x,(x,结合图2-4,由对称性知,(,当P(,f(x)=2-2所以【解法8】 则a2,b·2+1,所以【解法9】令=t,则f=t2-4-t-t2-则=8-4-2-2=2-2所以2-t-4-令h4-t3-4t2+4t-12s2(-∞,2-2.2-2t+t-+4=(t-1)2-1-=g(t)，易知g(t)在[2,+∞)上单调递增,g(t)min=g(2)=2-2·,f(x)min=2-2·i2,柯西不等式求解;【解法3】利用三角函数化简求最值;【解法7】对式子结构进行合理配方,转化为距离型求解;【解法8】利用向量的数量积进行求解;【解法9】、【解法10】整体换元后,利用导数法转化为求函数的最值;【解法11】合理放缩、换元,利用基本不等式或函数求最值解决，以上解法真是精彩纷呈,只有对知识熟练掌握,对方法灵活应用,方能做到出手必胜。xyxy(a1)x+ay对任意x,y∈(0,+∞)恒成当a>1时,可有如下解法：又因为当且仅当时取等号,故只需21,解得a.【点拨】可将已知条件变形,配凑出基本不等式的条件。【解法2】22所以24a0,即4a24a10,解得a.【点拨】应对多元变量,可选定一个变量为主元,结合判别式解决问题.【解法3】 【解法4】【点拨】分高参数,换元，构导数，利用函数法求最值【解法5】f(x)g(x)对x>0恒成立.因为直线g(x)经过定点(一1,1),当直线g(x)与曲线f(x)相切时,取到最值,如图2-5所示.于是a1是a所以a.【点拨】换元后，利用函数思想、数形结合解题。【解法6】因为点P在曲线原题等价于求曲线上点P与定点A(一1,一1)连线斜率的最大值,易知当PA与曲线相切时斜率最大.【点拨】换元并分离参数，利用几何意义解决问题.【解法7】因为x+ay,所以.ax,令x=R2cos2y=R2sin2所以【点拨】分离参数，三角换元，利用三角函数求最值.【解法8】x+yx+yx+y当时等号成立.所以a.【点拨】分离参数，巧妙变形，为利用基本不等式创设条件。【赏析】义数形结合,巧妙破题.【解法7】利用三角换元解决二元变量求参问题,关键在于问题的转化方式.上面解法中的换元、分离参数、均值不等式、变换主元、构造函数、数形结合、三角换元都是解决这种类型问题的常用方法,本题值得认真学习.原式今n所以只需n.【点拨】分离参数，变形构造基本不等式的条件.利用基本不等式解决问题.【解法2】则已知不等式可化为n所以n4.即n的最大值是4.【点拨】分离参数，通分后利用基本不等式解决问题.【解法3】【点拨】分离参数，配凑出常见不等式4的结构【解法4】下面的不等式是我们比较熟悉的,也是常用的.号,所以n4.当且仅当a=b>0时等号成立.【点拨】对条件式左边直接利用常见不等式,a,b∈R+.【解法5】【拓展】权方和不等式【点拨】分析条件,利用柯西不等式的变形——权方和不等式.【赏析】解法1、2、3从不同角度配凑利用基本不等式(也称均值不等式),解法4,5可以认为是不等式的变形或权方和不等式,建议优等生掌握权方和不等式.均值不等式的变形应用是解决本题的关键,而对均值不等式的掌握也是高考重要考点,所以围绕该题的几种变形值得读者好好思考借鉴.【例5】若关于x的不等式ex-(a+1)x-b0在R上恒成立,求(a+1)b的最大值.令f(x)=ex-(a+1)x-b,则f,(x)=ex-(a+1),当a+10时,f,(x)=ex-(a+1)>0恒成立,所以f(x)在R上单调递增,当x→-∞时,f(x)→-∞,此时f(x)0在R上不恒成立.当x∈(-∞,ln(a+1))时,f,(x)<0,f(x)单调递减,当x∈[ln(a+1),+∞)时,f,(x)0,f(x)单调递增.所以f(x)min=f(ln(a+1))=een(a+1)-(a+1)ln(a+1)-b0,所以h(t)在(0,·)上单调递增,在(·,+∞)上单调递减,所以max=h,所以的最大值为.【点拨】先分类讨论简化问题，再将双变量统一为单变量问题，借助导数解决问题。【解法2】因为ex-(a+1)x-b0在R上恒成立,所以ex(a+1)x+b恒成立,问题可以转化为函数y=ex的图象恒在直线y=(a+1)x+b图象的上方,设(x0,y0)是y=ex图象上一点,则在该点处的切线方程为y-y0=ex0(x-x0),x0x)ex0,所以求(a+1)b的最大值等价于求ex0.(1-x0)ex0的最大值.令h(x)=ex.(1-x)ex=e2x(1-x),则h,(x)=2e2x(1-x)+e2x(-1)=e2x(1-2x),由=0得x=,所以h在上单调递增,在上单调递减,所以max=h,所以的最大值为.【点拨】利用条件的特征，转化为图形上的关系，巧妙代换.【赏析】题设为求双变量取值范围问题，【解法1】的切入点为结合题设中双变量的不等关系，利用放缩转化，将双变量问题转化为单变量问题，然后转化为函数求最值问题得解；在高中数学中很多复杂函数问题都可以转化为两个或多个简单函数问题，【解法2】的切入点为几何转化法，将原题转化为两个简单函数图象及性质问题，从而借助几何意义和数形结合求解，式的转化，【解法2】侧重于函数间几何意义的转化，两种方法都充分体现了高中数学中转化与化归的思想.【例6】已知函数若存在实数a,b(a<b),使y=f(x)的定义域为(a,b)时,值域为(ma,mb),则实数m的取值范围是()A.m<B.0<m<C.m<且m≠0D.m>根据题意,当直线y=mx与函数的图象有两个交点时,即能满足题意,所以只需求出当直线y=mx与函数相切时的临界情况即可得出m的取值范围.设直线y=mx与函数相切于点P(x0,y0),对于函数,有f,,则kOP=y,x=x0=.又因为kOP=,解得x0=2,所以kOP=.结合图2-7,可得当0<m<kOP时满足题意,所以实数m的取值范围是.故选B.【点拨】数形结合，寻找临界状态.【解法2】因为为单调递增函数,根据题意可知：则a,b为方程mx2-x+1=0的两个不等实根,(1)(1)所以实数m的取值范韧是(|0,4,|.故选B.【点拨】转化为方程有两个不等正根，利用实根分布解决问题.【赏析】题目中定义域所对应值域存在一定特殊性,可以对应函数y=mx在区间[a,b]上的值域,所以【解法1】借助数形结合思想,将题意转化为两个单调函数的图象交点问题,此法应注意图象的准确性及临界情况的处理;由于函数为单调函数,所以定义域及值域的对应关系就比较明确.【解法2】利用函数与方程思想,将题设问题转化为一元二次方程根的存在性问题,此解法应注意转化的等价性.【解法1】侧重数形结合思想,要求学生能够熟练运用常见函数的图象及性质；【解法2】侧重函数与方程思想,要求学生能够熟悉并运用函数与方程的内在关系.22f(x0成立,则实数a的值是()设函数f(x)可以看作点M(x,lnx2)与点N(a,2a)之间距离的平方，点M(x,lnx2)为曲线y=lnx2上的点,点N(a,2a)为直线y=2x上的点,故可将问题转化为求曲线上的点到直线的最小距离的平方.由y=lnx2得y,=,令y,=2,解得x=1,所以曲线上点M(1,0)到直线y=2x的距离55(5,55最小,最小距离为d=2=2·i5,则f(x)(|2·i5)|2=4.由题意,若存在x0使f(x055(5,55此时必有N(a,2a)恰好为垂足,f(x0)=,则选A.【点拨】利用条件具备距离的几何意义。【解法2】f(x)=(x-a)2+(lnx2-2a)2=(x-a)2+(2lnx-2a)22.依据x-lnx1可知f(x).当x=1时,等号成立.【点拨】构造柯西不等式。【赏析】题设函数形式可类比为两点间距离平方公式,所以【解法1】借助数形结合思想,将题设转化为两个函数图象上的点之间距离的平方,然后借助导数和图象即可巧妙解决；题设函数形式又可类比为柯西不等式形式,所以【解法2】借助柯西不等式,利用柯西不等式取等条件巧妙得出结果.【解法1】侧重函数图象及性质的灵活运用,【解法2】侧重对常见不等式形式的运用.解决函数不等式问题常需借助其他知识点进行转化,此题充分体现了高中数学的转化与化归思想.【例8】设f(x)为定义在R上的奇函数,且x0时,f(x)=x2.若对任意的x∈[t,t+2],f(x+t)2f(x)恒成立,则实数t的取值范围为。因为f(x)为奇函数,且x0时,f=x2，所以f即2f(x)=f(·x).因为f(x)为增函数,所以f(x+t)2f(x)恒成立今f(x+t)f(·x)恒成立今x+t·x恒成立,【点拨】合理转化，利用函数单调性。【解法2】因为对任意的x∈[t,t+2],f(x+t)2f(x)恒成立,所以f(2t)2f(t).当t<0时,f(2t)=-(2t)2=-4t2,2f(t)=-2t2,所以f(2t)<2f(t),又f(x+t)2f(x),所以(x+t)22x2,即x2-2tx-t20.令g(x)=x2-2tx-t2,对称轴为x=t,所以g(x)在[t,t+2]上单调递增.所以g(t+2)=4-2t20,【点拨】利用函数的对称性，不等式恒成立求解。【解法3】如图2-8,当t<0时,f(x+t)由f(x)向右平移得到,在x∈[t,t+2]上f(x+t)2f(x)不恒成立,所以t0.当x<0时,f(x+t)2f(x)恒成立,所以只需要考虑x0的情况,解法同上.【点拨】利用图象平移、数形结合.【赏析】题设为常见的函数性质综合运用问题,所以【解法1】结合题设条件求出具体函数解析式,然后判断函数单调性,利用函数单调性求解不等式.【解法2】为常规的分类讨论思想,结合t的取值范围得出具体的不等式,然后解不等式.【解法3】借助数形结合思想,转化为函数的图象平移问题.解法1、2、3均为解决函数性质综合题型的常规解法,都立足于函数解析式本身,通过性质、图象等形式寻找突破口,求出参数的取值范围.【例9】已知函数f(x)=x2-ax+a-1,a得tf(x0)成立,则实数t的取值范围为。即,所以|f|max=3-a.所以a-1>,所以|f|max=a-1.故|f(x)|max1,所以t1.【点拨】分类讨论二次函数的对称轴和给定区间的位置关系.【解法2】设m(a)=f(x)=x2-ax+a-1=a(1-x)+x2-1,即x2-1<m(a)<4(1-x)+x2-1=(1-x)(3-x),2-1<0,(1-x)(3-x)>0,所以x2-1,(1-x)(3-x)},而x2-1-|(1-x)(3-x)|=1-x2-(1-x)(3-x)=(1-x)(2x-2)0所以|m(a)|min=x2-1=1-x2,1),tf(x0)成立今存在x∈[0,1),t|m(a)|min=1-x2成立,所以t(2)同理,当x∈(1,2]时,m(a)为关于a的减函数,m(4)<m(a)<m(0),所以|m(a)|min=min{x2-1,|(1-x)(3-x)|}=(x-1)(3-x),t|m(a)|min=(x-1)(3-x)成立,所以t(x-1)(3-x)max,所以t1.综上所述,t1.【点拨】转化主元后再分类讨论。【解法3】对条件式因式分解得,|f(x)|=x2-ax+a-1=|(x-1)(x+1-a)||x-1||x+1-a|,因为0|x-1|1,所以|x-1||x+1-a||x+1-a|,所以|f(x)||x+1-a|,所以|f(x)|max=max{|1-a|,|3-a|},因为max{a,b},所以|f(x)|max=max{|1-a|,|3-a|}=1,当且仅当a=2时取等号.所以t1.【点拨】先因式分解，再巧妙放缩，结合绝对值三角不等式解题。【解法4】f(x0),当t0时显然符合;当t>0时等价于若对任意的a∈(0,4),存在x0∈[0,2]使得tf(x0)max或f(x0)min-t.(2,(2,所以函数f(x)=x2-ax+a-1在(|0,a)|上为以函数,在(|a(2,(2,f(x0)max=f(0)=a-1,即t1;所以对任意的a∈(0,4)应有t0,与t>0矛盾,舍去.综上所述,t1.【点拨】弄清存在与恒成立，分类讨论.【赏析】题设为双元函数的双重最值问题，以二次函数和绝对值为载体多角度考查了函数基本性质和不等式性质.【解法1】结合给定区间与对称轴的关系,采取了常规的二次函数“动轴定区问”的分类讨论形式,得出函数最值,进而求解.由于题设为双元问题,所以【解法2】采取了双变量常见的转换主元法,转化为a的函数,然后结合分类讨论思想及函数的单调性求最值.【解法3】将二次函数进行因式分解,然后结合㸭对值的性质|a.b|=|a|.|b|,把复杂问题简单化.【解法4】利用先猜后证法,通过观察题设得出满足题意的t所在的大致范围,然后在设定范围内找矛盾,进而得解.以上四法虽然切入口不同,但均在不同程度上采用了分类讨论思想.分类讨论思想是解决含参不等式的常用解题思想,需要学生牢牢掌握.1.已知函数x3+ax2-bx+1在区间[-1,3]上是减函数,求a+b的最小值.因为fx3+ax2-bx+1，所以f,(x)=x2+2ax-b，由题意知函数f(x)在区间[-1,3]上是减函数，故f,(x)\leqslant0在区间[-1,3]上恒成立，即f,(x)max0在区间[-1,3]上恒成立.x=max-13max,f,(){f,(x=max-13max,所以[2a+b即{lb-6a19设a+b=m(2a+b)+n(b-6a)=(2m-6n)a+(m+n)b，因为所以成立，2.设a∈R,若x>0时,均有[(a-1)x-1](x2-ax-1)0成立,求a的值.【解析】因为当x>0时，[(a-1)x-1](x2-ax-1)0恒成立，不等式两边同除以-x2，原不等式可转化为0对x>0恒成立.3.已知函数f(x)=alnx+x,对任意的恒成立,则a的范围为。【解析】因为对任意的0恒成立，(e,(e,eee(e,(e,eee所以当ea<0时，f,在上小于0，在上大于0，所以当0a时，f(x)在上单调递增，所以fmin=f=aln0，解得a综上所述，a的取值范围为.4.已知(a+1)x1lnx0对于任意的恒成立,则a的最大值为。等价于，直线y=的图象恒在y=lnx图象的下方.可，解得a12ln2，即a的最大值为12ln2.5.已知函数f(x)=x(1—a|x|)+1(a>0),若f(x+a)f(x)对任意x∈R恒成立,则a的范【解析】依题意有要使得f(x+a)f(x)(a>0)对任意x∈R恒成立，则f(x)向左至少要平移至虚线处(如答图2—2所示)，此时f(x+a)与f(x)只有f(x+a)与f(x)只有一个公共点，所以（*)式只有一个根，即Δ=0，解得a=6.已知函数f(x)=x2+2x,若存在实数t,则当x∈[1,m]时,f(x+t)3x恒成立,则实数m的最大值是。f(x+t)3x0恒成立且m取得最大值时，$1，m$应是方程7.已知函数f(x)=2x3—6x2+m(m为常数)在[—2,2]上有最大值3,那么此函数在[—的最小值是()f,(x)=6x212x=6x(x2)，当x∈(-2,0)时，f,(x)>0,f(x)单调递增，当x∈[0,2)时，f,(x)0,f(x)单调递淢，所以f(x)max=f(0)=m=3，所以f(x)=2x3-6x2+3,f(x)min=min{f(-2),f(2)}=-37.故选A.x22,则实数b的取值范围是()时f(x)为增函数；若f,(x)<0，则x>3或0<x<1，此时f(x)为减函数；f(x)在x∈(0,2)上有极值，f(x)在x=1处取极小值也是最小值.因为g(x)=x2-2bx+4当1<b<2时，g(x)在x=b处取得最小值g(x)min=g(b)=4-b2;因为对任意x1∈[1,2]，使f(x)1g(x2)所以只要f(x)的最小值大于等于g(x)的最小值即可.当b<1时，-5-2b，解得b，故b无解；当1<b<2时，-4-b2，解得b或b-，故b