高考数学尖子生辅导专题03 含参数函数不等式恒成立问题

含参数不等式恒成立问题参数不等式恒成立问题是一类重要的数学问题，其表达形式为：（1）存在m个变量x1,x2,…,xm，每个变量的取值范围是实数集合Xi；（2）定义n个不等式Fi(X1,x2,…,xm)；（3）寻找一组Xi使得F1(X1,x2,…,xm)≤0、F2(X1,x2,…,xm)≤0、⋯、Fn(X1,x2,…,xm)≤0成立。

参数不等式恒成立问题常见于最优化理论中的多元函数最优化。

在多元函数最优化中要求某几个函数的值都在一定的范围内。

为此必须找到一组最优参数使得这些不等式恒成立。

由此可以看出该问题是一个典型的大规模多变量不动点问题。

由于该问题是NP完全课时间复杂性问题，所以在本文中采用近似方法来进行求解。

通常情况下考虑使用“差分近似”来对连续可微无界函数Fi(Xi)进行局部递归分割处理。

即将Xi平面上分割成小单元格后将该单元格上的Fi(Xi)值作为Fi′(Xi)的左侧界和上侧界。

使用差分近似法能将大尺度的复杂性转化成小尺度的特征对应的问题来实施局部递归处理。

因此无界期望价值函数能够由一般情况中承受大量决策者原始价核心化而得到解决。

此外，由于该问题之所以难以直接求解是因为它是NP完全难以直接通过传统方法来处理的难度。

在这种情况下，采用动态规划技术来近似代替多项式时间复杂性方法也是常用而有效的手段。

动态规划技术需要将问题分解为一系列子问题，其中每个子问题都只包含部分参数的不等式恒成立的情况。

在这些子问题中，由于参数的数量并不大，因此可以使用多项式时间复杂度的算法来寻找出适当的解决方案。

总之，参数不等式恒成立问题是一类重要但复杂的数学问题。

在本文中，我们使用了“差分近似”和动态规划技术来近似解决该类难题。

它们能够帮助我们快速准确地对大规模多变量不动点问题进行实施局部递归处理。

同时也能有效地将原始NP完全课时间复杂度问题转化为尺度小特征对应的可行解决方案。

含参不等式恒成立问题例题在数学的世界里，有一种“含参不等式恒成立”的问题，听起来有点复杂，但实际上就像生活中的一些小窍门，掌握了就能轻松应对。

想象一下，数学就像一场舞会，里面有各种各样的舞步，有的简单易学，有的则需要你慢慢去摸索。

这些含参不等式就像那些你在舞会里需要学的舞步，只要掌握了，你就能在任何场合中游刃有余。

先说说什么是“含参不等式”。

简单来说，就是不等式中有参数，这些参数就像是调味料，放多少，怎么放，都会影响最终的结果。

参数就像是调皮的小孩子，让不等式变得难以捉摸。

可是，只要你找到合适的调味方式，不论参数怎么变化，不等式都能保持“和谐”的状态，听起来是不是很神奇？拿一个简单的例子来说吧，想象一下你在做饭，盐、糖、醋，每一样都要掌握好分量，才能做出美味的菜肴。

如果你在一道菜里放了太多盐，那就惨了，味道会让人皱眉；可是如果放得刚刚好，哇，绝对让人回味无穷。

这就是不等式的精髓，参数调得好，一切都能顺理成章。

在这道问题中，我们会遇到一些技巧，比如要学会“化简”。

有些东西，表面上看起来复杂，实际上只要你用对了方法，往往就能简单明了。

就像你在穿衣服的时候，挑选一件合适的外套，有时候那件看似简单的衣服，搭配得当，反而能让你瞬间提升气场。

其实数学也有同样的道理，化繁为简，才能找到最优解。

还有一些不等式的常用形式，比如“阿莫尔不等式”，听起来很高大上，其实就像在说：“伙计，学会了这招，你就能在不等式的海洋中畅游无阻。

”它帮助我们理解不同参数之间的关系，打下坚实的基础。

就好比你在乐队里，如果每个人都能把自己的乐器演奏得当，那整个乐队就会和谐得像一首动人的交响曲。

哦，咱们得聊聊例子了。

举个例子吧，假如有一个不等式 (a + b geq 2sqrt{ab)，听上去像是个难题，但实际上它是在说：只要你把 (a) 和 (b) 搞得好，它们的和总是大于等于它们的几何平均。

这就像你和朋友一起出去玩，不论你们买了多少东西，只要快乐是最重要的。

高考中函数含参量不等式恒成立问题的解题高考中，考生需要解决的问题中有很多都是函数的恒成立不等式。

恒成立不等式指的是一个函数在给定参数和限制条件下，其解一定存在，并且保持恒定不变。

历来，解决恒成立不等式问题一直是数学研究的重要任务，也是高考考生面对的重要内容。

本文将介绍如何解决高考中函数含参量不等式恒成立问题。

首先，考生必须搞清楚恒成立不等式的定义。

由于该不等式是以函数形式存在的，因此第一步是定义函数。

在确定函数的式子后，可以采用一定的解法来解决问题。

常用的方法包括：（1）等式分析法。

等式分析法是一种对某个等式展开求解的方法，将某个等式分解为最基本的等式，并对其进行求解。

（2）函数分析法。

函数分析法是一种采用函数理论的方法，将原函数分解为多个函数的和，再逐步分析与求解。

（3）数学归纳法。

数学归纳法是一种将具有相似性质的不等式归纳为一组不等式的方法，经过数学处理之后，便可获得某个恒成立的不等式。

其次，考生在解决恒成立不等式问题时，要注意以下几点：（1）理清题目，弄清函数、参量以及限制条件，以确定函数的范围和解的存在性。

（2）仔细斟酌，用一定的方法来解决问题，尤其是函数分析法，其中往往涉及的知识相对复杂，要求考生熟悉相关的数学知识。

（3）考虑实际问题，在解决过程中必须考虑到具体情况，如参量的取值范围等，以确定解的可行性。

最后，考生要熟悉不同的解决恒成立不等式问题的方法，例如函数分析法和数学归纳法等，并结合自己的实际情况进行练习。

经过以上分析，可以看出，解决高考中函数含参量不等式恒成立问题的方法虽然繁琐，但是结果是可预测的。

考生在解决恒成立不等式问题时，可以采取多种方法，如函数分析法、数学归纳法等，以此来求得恒成立的不等式。

只有当考生做好准备，了解这些方法的操作，才能在考试中取得好的成绩。

专题03含参数函数不等式恒成立问题-2024高考数学尖子生辅导专题含参数函数不等式恒成立问题是高中数学中的重要内容，也是高考中常见的题型。

这类问题一般要求确定参数的取值范围，使得不等式对于任意实数都成立。

本文将围绕这一问题展开讨论。

首先，我们来了解一下含参数函数的一般形式。

含参数函数通常表示为$f(x;a)$，其中$x$是自变量，$a$是参数，$f(x;a)$是关于$x$和$a$的函数式。

在研究不等式恒成立问题时，我们需要找到使得不等式对于任意$x$都成立的参数$a$的取值范围。

考虑一个简单的例子：$f(x;a)=ax^2-3x+2$。

我们希望找到参数$a$的取值范围，使得不等式$f(x;a)>0$对于任意实数$x$都成立。

为了解决这个问题，我们可以先求出函数的零点。

当$f(x;a)=0$时，函数取得零值。

因此，我们可以求解方程$ax^2-3x+2=0$来得到零点$x_1$和$x_2$。

如果函数的零点在两个相邻的零点之间的取值都大于零，那么函数$f(x;a)$在这两个零点之间是正的；如果函数的零点在两个相邻的零点之间的取值都小于零，那么函数$f(x;a)$在这两个零点之间是负的。

所以，我们只需要确定$a$的取值范围，使得函数的零点在两个相邻的零点之间的取值都大于零，即可保证函数$f(x;a)>0$对于任意实数$x$都成立。

对于上面的例子，我们可以求解方程$ax^2-3x+2=0$得到两个零点$x_1=1$和$x_2=2$。

然后，我们观察一下函数在这两个零点之间的取值情况：-当$a>0$时，函数的图像开口向上，且在$x_1=1$和$x_2=2$之间是正的。

-当$a=0$时，函数变为$f(x;0)=-3x+2$，在$x_1=1$和$x_2=2$之间是负的。

-当$a<0$时，函数的图像开口向下，且在$x_1=1$和$x_2=2$之间是负的。

所以，函数$f(x;a)>0$对于任意实数$x$都成立的参数$a$的取值范围可以表示为$a>0$。

高考中函数含参量不等式恒成立问题的解题随着高考数学的不断更新，函数含参量不等式在考卷中的出现和应用日益增多，其解题技巧也被考生广泛讨论。

在解决函数含参量不等式恒成立问题时，考生首先要掌握和理解相关知识点，其次要根据问题本身进行分析和解答。

首先，考生需要了解高考中函数含参量不等式恒成立问题的基本概念。

函数含参量不等式恒成立问题是指，当某个函数的参量满足一定条件时，函数的不等式即恒成立。

一般来说，函数的参量可分为定参量和自变量，函数的表达式中的不等式可以为大于、小于、大于等于或小于等于。

掌握了函数含参量不等式问题的基本概念，考生接下来要求解具体问题时，应在解题过程中，根据问题本身，对函数的参量和变量进行分类。

对定参量，应明确其取值范围；而对自变量，需要把不等式的等号两边分别等于零，根据合理判断及计算机计算，从而分析出解的取值范围。

再者，考生要在解决函数含参量不等式恒成立问题的过程中，注意把握函数的不等式的符号，尤其是在涉及大于、大于等于、小于或小于等于的问题时。

此时，考生要根据不等式等号两边的函数表达式综合分析，根据参量和自变量的变化范围，用计算机计算求解，并通过合理判断，得出结论。

最后，解决函数含参量不等式恒成立问题时，考生还应注意一些实际情况。

如函数的参量或自变量不是整数，考生可以采取近似处理，
根据判别准则，对满足条件的参量或自变量取适当的近似值。

综上所述，解决函数含参量不等式恒成立问题时，考生要掌握相关知识点，把握不等式的符号，并综合考虑实际情况。

只有掌握此类解题技巧，才能更好地解决高考中的函数含参量不等式恒成立问题，提高解题能力。

“含参数不等式的恒成立”问题及其解法“含参数不等式的恒成立”问题，是近几年高中数学以及高考的常见问题，它一般以函数、数列、三角函数、解析几何为载体，具有一定的综合性。

解决这类问题的主要方法是最值法：若函数()x f 在定义域为D ，则当x ∈D 时，有()M x f ≥恒成立()M x f ≥⇔min ；()M x f ≤恒成立()M x f ≤⇔max .因而,含参数不等式的恒成立问题常根据不等式的结构特征,恰当地构造函数,等价转化为含参数的函数的最值讨论.例一 已知函数()()1112>⎪⎭⎫ ⎝⎛+-=x x x x f .①求()x f 的反函数()x f 1-;②若不等式()()()x a a x f x ->--11对于⎥⎦⎤⎢⎣⎡∈41,161x 恒成立,求实数a 的取值范围.分析：本题的第二问将不等式()()()x a a x f x ->--11转化成为关于t 的一次函数()()211a t a t g -++=在⎥⎦⎤⎢⎣⎡∈21,41t 恒成立的问题. 那么，怎样完成这个转化呢？转化之后又应当如何处理呢？ 【解析】 ①略解()()10111<<-+=-x xx x f②由题设有()()x a a xx x->-+-111,∴x a a x ->+21,即()0112>-++a x a 对于⎥⎦⎤⎢⎣⎡∈41,161x 恒成立. 显然,a ≠-1令x t =,由⎥⎦⎤⎢⎣⎡∈41,161x 可知⎥⎦⎤⎢⎣⎡∈21,41t则()()0112>-++=a t a t g 对于⎥⎦⎤⎢⎣⎡∈21,41t 恒成立.由于()()211a t a t g -++=是关于t 的一次函数.（在⎥⎦⎤⎢⎣⎡∈21,41t 的条件下()()211a t a t g -++=表示一条线段，只要线段的两个端点在x 轴上方就可以保证()()0112>-++=a t a t g 恒成立）∴()()451011210114102104122<<-⇒⎪⎩⎪⎨⎧>-++>-++⇒⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧>⎪⎭⎫ ⎝⎛>⎪⎭⎫ ⎝⎛a a a a a g g例二 定义在R 上的函数()x f 既是奇函数，又是减函数，且当⎪⎭⎫⎝⎛∈2,0πθ时，有()()022sin 2cos 2>--++m f m f θθ恒成立，求实数m 的取值范围.分析: 利用函数的单调性和奇偶性去掉映射符号f ，将“抽象函数”问题转化为常见的含参的二次函数在区间(0，1)上恒为正的问题.而对于()≥x f 0在给定区间[a ，b]上恒成立问题可以转化成为()x f 在[a ，b]上的最小值问题，若()x f 中含有参数，则要求对参数进行讨论。

高考中函数含参量不等式恒成立问题的解题以高考中函数含参量不等式恒成立问题的解题为标题，全文共3000字，本文主要就如何求解函数含参量不等式恒成立的问题进行详细的讨论。

首先为了解决这个问题，需要先对函数含参量不等式恒成立的特性和定义进行简单的介绍。

函数含参量不等式恒成立指令就是不等式在不同参量情况下仍然保持恒成立。

函数含参量不等式恒成立可以用以下公式表示：P（x≠y）其中，P为不等式，x和y分别表示不同的参量值。

当P(x≠y)成立时，就表明函数含参量不等式恒成立。

接下来，我们来介绍如何解决函数含参量不等式恒成立的问题，它的核心思想就是利用参量的变化来调整不等式的大小，使之恒成立。

第一步，根据给定的不等式及参量，找出最小和最大的参量值，这个过程可以使用绘制函数图象，从函数图象可以比较清楚地求得最小和最大参量值。

第二步，调整参量值，使不等式恒成立，并给出解决方案。

为了使不等式恒成立，首先需要判断不等式的类型，具体分为大于等于类型和小于等于类型，然后根据类型不同，有不同的调整参量值的方法。

对于大于等于类型的不等式，参数的最小值应该取大于等于最小值，而对于小于等于类型的不等式，参数的最大值应该取小于等于最大值。

这样，可以保证不等式恒成立。

第三步，为了将求解参量的范围缩小到一定的范围，需要进行条件判断，如通过枚举法或者其他算法求得解决方案。

最后，我们总结一下，解决函数含参量不等式恒成立问题的主要步骤有：首先根据给定的不等式和参量，求得函数最小和最大参量值；其次分析不等式的类型，调整参量值，使之恒成立；然后进行条件判断，枚举法等，求得解决方案。

以上就是解决函数含参量不等式恒成立问题的具体步骤，它为高考中函数含参量不等式恒成立问题的解题提供了重要的参考，希望学生能够结合该方法，在解题中取得更好的成绩。

高考中函数含参量不等式恒成立问题的解题函数含参量不等式恒成立问题是高考中的一道考察数学基本功及解决实际问题的综合题，需要考生能正确的理解题意，归纳结论，运用相关知识点来解决实际问题。

函数含参量不等式恒成立是指，定义域内的含参量函数，其值作为不等式的一方参与计算，当另一方参数在一定有界范围内，不等式恒成立。

例如，函数f(x)＝sinx，若x∈[-π,π]，f(x)≤1，则f(x)≤1恒成立。

函数含参量不等式恒成立问题的解题关键在于分析函数的取值范围，进而推断出不等式成立的范围。

首先要明确函数的定义域，以确定参数的取值范围，其次对函数图像进行分析，求出函数在定义域内的最大值和最小值，在此基础上推断不等式成立的范围。

例1：已知函数f(x)＝3x-2，x∈[-3，3]求f(x)≥2的解集。

解：由题意知f(x)的定义域为[-3，3],且有f(x)＝3x-2，令f(x)＝3x-2＝2，即3x＝4,所以当x＝4/3时，f(x)＝2。

由题中给出的定义域为[-3，3],计算有f(x)绝对值最大时：当x ＝3时，f(x)＝3，有f(x)绝对值最小时：当x＝-3时，f(x)＝-5，易知f(x)≥2的解集为[4/3，3]。

例2：已知函数f(x)＝|x-1|，求f（x）≤2的解集。

解：已知f(x)＝|x-1|，令f(x)＝|x-1|＝2，即x-1＝2或-2，所以当x＝3或-1时，f(x)＝2。

由题中未给出定义域，且f（x）＝|x-1|的定义域为全体实数，在定义域内函数有一个极大值和一个极小值，即极大值为f(1)=1，极小值为f(－∞)=－∞，故f(x)≤2的解集为[-∞，3]。

函数含参量不等式恒成立问题的解题，主要通过分析函数的定义域、取值范围及极值，分情况推断不等式成立的范围，便可解出该类题目。

但也有一些常用的函数，其取值范围及极值不容易记忆，特别是高考的变形函数，仍需将函数写成一般形式，求出它的最大值和最小值，然后推出不等式的范围，以此类推，从而解出此类题目。

高考中函数含参量不等式恒成立问题的解题令函数$f(x)$为定义在区间$[a,b]$上的连续函数，$a,b$ 为实数，且 $a<b$，$m,n$ 为任意实数，当 $m≤f(x)≤n$立时，称不等式 $m≤f(x)≤n$ $[a,b]$ 上恒成立。

本文将对函数参量不等式恒成立问题进行解析，为读者更好地理解这一概念提供一些解决实例。

一、函数参量不等式恒成立问题概述函数参量不等式恒成立问题是指，在定义函数 $f(x)$某个区间内，给出两个恒定的实数 $m$ $n$，使得不等式 $m≤f(x)≤n$成立，这就是函数参量不等式恒成立的问题。

二、参量不等式恒成立问题的解法1.性函数若函数 $f(x)$线性函数，那么参量不等式恒成立问题的解法很简单，直接求出 $f(x)$一次项系数和常数项即可。

例：$f(x)=2x+3$，若满足 $2≤f(x)≤6$ $xin[-0.5,2.5]$2. 二次函数当函数 $f(x)$ 为二次函数时，可以根据抛物线的准确性来判断参量不等式恒成立的解法。

例：$f(x)=x^2+3x+1$，若满足 $4≤f(x)≤9$ $xin[-1,4]$3.他函数当函数 $f(x)$ 不是线性函数也不是二次函数时，则可以根据函数的图形来确定参量不等式恒成立条件。

对于参量不等式恒成立问题，最重要的是分析函数的大致形状，因为不等式恒成立的解取决于函数给定区间内解的个数。

例：$f(x)=|x-4|$，若要求 $0≤f(x)≤4$，则取解 $xin[0,4]$三、结论解决参量不等式恒成立问题的一般方法是，先求出函数的表达式，然后根据函数的类型（线性函数、二次函数或其他函数），确定求解参量不等式恒成立条件的方法。

本文仅就一般情况介绍了参量不等式恒成立问题的解决方案，在实际应用中，由于函数的形状、参数等多种因素的影响，参量不等式恒成立问题具有非常丰富的多样性，只有熟练掌握各种不同函数类型的解题方法，才能有效地解决实际问题。

高考中函数含参量不等式恒成立问题的解题函数含参量不等式恒成立问题是一个重要的高中数学题型，也是高考数学中的重中之重，为本篇文章的主题。

函数含参量不等式恒成立的解题主要包括：求解函数的单调性，以及求解函数的极值。

首先，解决函数含参量不等式恒成立的问题，我们需要首先明确函数的函数形式，即函数的多项式形式、指数形式或对数形式等。

如函数的多项式形式，即函数形式为y = ax^2 + bx + c，求解该函数的单调性，则要考虑它的二次项a，如果其值大于0，则表示该函数在定义域内是增函数，而如果其值小于0，则表示该函数在定义域内是减函数。

接着，继续求解函数的极值问题，我们可以用一元二次不等式中的解法，即先将函数化为一元二次不等式，然后求对应的根，根的大小来决定函数的极值。

此外，函数的函数形式还可以为指数形式，即函数形式为y = ae^(bx)，求解该函数的单调性，则判断其乘法常数b的符号来区分，如果其值大于0，则表示该函数在定义域内是增函数，而如果其值小于0，则表示该函数在定义域内是减函数。

而对于求解函数的极值来说，我们可以给出其函数图像，通过函数图像的波峰和波谷来确定函数的极大值和极小值。

最后，我们还可以用对数形式来表示函数，即函数形式为y = a*ln(x) + b，求解该函数的单调性，则要考虑它的一次项b，如果其值大于0，则表示该函数在定义域内是增函数，而如果其值小于0，则表示该函数在定义域内是减函数。

然而，要求解函数的极值，则需要将其变换为一元一次不等式，即y = a*ln(x) + b = c，其中c为常数。

然后求取解得到，即x = e^(c - b)/a，因此可以得出函数的极值，从而解决函数含参量不等式恒成立问题。

以上就是函数含参量不等式恒成立问题的解题思路，解决函数含参量不等式恒成立的问题需要考虑函数的形式，并利用一元二次不等式、一元一次不等式以及函数的图像等求解函数的增减性及极值问题。

此外，若要加深理解，可以通过大量模拟题练习，使自己更加熟练地解决函数含参量不等式恒成立问题，从而取得更好的高考及后续数学课程学习成绩。

“含参数不等式的恒成立”问题及其解法西峡一高分校 刘波在近些年的数学高考题及高考模拟题中经常出现含参数不等式恒成立问题， 题目一般综合性强，是高考热点题型之一。

下面结合例题浅谈恒成立问题的常见解法： 1 转换主元法例1：若对于任意a (]1,1-∈，函数f(x)=x 2+(a-4)x+4-2a 的值恒大于0，求x 的取值范围。

解：设 ()()4422+-+-=x x a x a g ，把它看成关于a 的直线，由题意知，直线恒在横轴上方。

所以 ()01≥-g()01>g 解得： 1<x 或2=x 或3≥x 2 化归二次函数法例2：在R 上定义运算⊗：x ⊗y ＝(1－y) 若不等式(x －a)⊗(x ＋a)<1对任意实数x 成立，则 ( )(A)－1<a<1 (B)0<a<2 (C) 2321<<-a (D) 3122a -<< 解：由题意可知 (x-a)[1-(x+a)] <1对任意x 成立，即x 2-x-a 2+a+1>0对x ∈R 恒成立。

记f(x)=x 2-x-a 2+a+1，则应满足△=（-1）2-4（-a 2+a+1）＜0 解得 2321<<-a ,故选择C 。

3 分离参数法。

例3：对于任意R x ∈，都有()023132>+⋅+-x x k 恒成立，求k 的取值范围。

解： 分离参数,由2933++-<⋅x x x k 得1323-+<x x k . 由于R x ∈,所以03>x ,故1221323-≥-+=xx u ,即u 的最小值为122-. 要使对于R x ∈不等式()023132>+⋅+-x x k 恒成立,只要122-<k4.数型结合法 例4：如果对任意实数x ，不等式kx 1x ≥+恒成立，则实数k 的取值范围是1k 0≤≤ 解：画出y 1=1x +,y 2=kx 的图像，由图可看出 0≤k ≤1数学思想方法是解决数学问题的灵魂，同时它又离不开具体的数学知识。

高考数学热门专题之含参函数恒成立问题的三种解法
杨宁平
含参不等式的求参数范围问题，往往与导数问题交汇在一起在压轴题中出现。

对于这一类问题解法灵活、巧妙,且逻辑推理难度很大,知识面广。

学生往往会望而生畏,不能进行
法二.分离参数，运用洛必达法则求最值
容易分离出参数与变量,但函数的最值却难以求出时，需要运用到大学内容洛必达法则来求最值。

法三：数形结合法。

在分离参数时，能把参数转化一条直线的斜率，通过图像观察，比较函数切线斜率与参数的大小，得出参数的范围。

但在分离出的函数不是初等函数时，画图像需要注意凹凸性，才能得到参数的准确范围。

专题三 含参数函数不等式恒成立问题不等式问题是数学中的重要内容之一，而含参数函数不等式恒成立问题又是重点中的难点．这类问题既含参数又含变量，与多个知识有效交汇，有利于考查学生的综合解题能力，检验学生思维的灵活性与创造性，这正符合高考强调能力立意，强调数学思想与方法的命题思想，因此恒成立问题成为近年来全国各地高考数学试题的一个热点．模块1 整理方法 提升能力处理含参数函数不等式（一个未知数）恒成立问题，从方法上，可考虑分离参数法或猜想+最值法（必要条件法）．如果使用分离参数法，则猜想是没有作用的，对于难一点的分离参数法，可能要使用多次求导或洛必达法则．如果使用猜想法，则后续有3种可能：一是猜想没有任何作用；二是利用猜想减少分类讨论；三是在猜想的基础上强化，从而得到答案．从改造的形式上，解答题优先选择一平一曲，可利用分离参数法转化为一平一曲两个函数，也可以把函数化归为一边，考虑函数的图象与x 轴的交点情况（本质上也是一平一曲）．洛必达法则如果当0x x →（0x 也可以是±∞）时，两个函数()f x 和()g x 都趋向于零或都趋向于无穷大，那么极限()()limx x f x g x →可能存在，也可能不存在．如果存在，其极限值也不尽相同．我们称这类极限为00型或∞∞型不定式极限．对于这类极限，一般要用洛必达法则来求． 定理1：若函数()f x 和()g x 满足条件： （1）()()0lim lim 0x x x x f x g x →→==．（2）()f x 和()g x 在0x 的某个去心邻域内可导，且()0g x '≠． （3）()()limx x f x g x →存在或为无穷大．则有()()()()limlimx x x x f x f x g x g x →→'='． 定理2：若函数()f x 和()g x 满足条件： （1）()()0lim lim x x x x f x g x →→==∞．（2）()f x 和()g x 在0x 的某个去心邻域内可导，且()0g x '≠．（3）()()limx x f x g x →存在或为无穷大．则有()()()()limlimx x x x f x f x g x g x →→'='． 在定理1和定理2中，将分子、分母分别求导再求极限的方法称为洛必达法则． 使用洛必达法则时需要注意： （1）()()limx x f x g x →必须是00型或∞∞型不定式极限． （2）若()()0lim x x f x g x →''还是00型或∞∞型不定式极限，且函数()f x '和()g x '仍满足定理中()f x 和()g x 所满足的条件，则可继续使用洛必达法则，即()()()()()()0limlimlim x x x x x x f x f x f x g x g x g x →→→'''=='''． （3）若无法判定()()f xg x ''的极限状态，或能判定它的极限振荡而不存在，则洛必达法则失效，此时，需要用其它方法计算()()limx x f x g x →．（4）可以把定理中的0x x →换为0x x +→，0x x -→，x →+∞，x →-∞，此时只要把定理中的条件作相应的修改，定理仍然成立．例1已知函数()ln f x x kx k =-+（k ∈R ）． （1）求()f x 在[]1,2上的最小值；（2）若1ln 1x a x x ⎛⎫+≥ ⎪ ⎪-⎝⎭对()1,1x ∈-恒成立，求正数a 的最大值．【解析】（1）定义域为()0,+∞，()11kx f x k x x-+'=-=． ①当0k ≤时，()0f x '>，函数()f x 在[]1,2为增函数，所以()()min 10f x f ⎡⎤==⎣⎦． ②当0k >时，由()0f x '>可得10x k <<，由()0f x '<可得1x k >，所以()f x 在10,k ⎛⎫ ⎪⎝⎭上递增，在1,k ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上递减．于是()f x 在[]1,2上的最小值为()10f =或()2ln 2f k =-．（i ）当0ln2k <-，即0ln2k <<时，()()min 10f x f ⎡⎤==⎣⎦． （ii ）当0ln2k ≥-，即ln2k ≥时，()()min 2ln 2f x f k ⎡⎤==-⎣⎦．综上所述，当ln2k <时，()()min 10f x f ⎡⎤==⎣⎦；当ln2k ≥时，()()min 2ln 2f x f k ⎡⎤==-⎣⎦．（2）令[)0,1t x =∈，则1ln 1x a x x ⎛⎫+≥ ⎪ ⎪-⎝⎭对()1,1x ∈-恒成立1ln 1t at t +⎛⎫⇔≥ ⎪-⎝⎭对[)0,1t ∈恒成立．法1：（分离参数法）当0t =，不等式恒成立，于是1ln 1t at t +⎛⎫≥ ⎪-⎝⎭对[)0,1t ∈恒成立1ln 1t t a t+⎛⎫⎪-⎝⎭⇔≤对()0,1t ∈恒成立． 令()1ln 1t t G t t +⎛⎫ ⎪-⎝⎭=，则()2221ln 11t t t t G t t +⎛⎫- ⎪--⎝⎭'=，令()221ln 11t t H t t t +⎛⎫=- ⎪--⎝⎭，则()()()222222222240111t t H t t t t +'=-=>---，所以()H t 在()0,1上递增，于是()()00H t H >=，即()0G t '>，所以()G t 在()0,1上递增．由洛必达法则，可得()20021lim lim 21t t t G t ++→→-==，于是02a <≤，所以正数a 的最大值为2．法2：（不猜想直接用最值法）构造函数()1ln 1t F t at t +⎛⎫=- ⎪-⎝⎭，则()2222211at aF t a t t +-'=-=--． ①当20a -≥，即2a ≤时，()0F t '>，所以函数()F t 在[)0,1上递增，所以()()00F t F ≥=．②当20a -<，即2a >时，由()0F t '<可得0x ≤<所以函数()F t在⎡⎢⎣上递减，于是在⎡⎢⎣上，()()00F t F ≤=，不合题意． 综上所述，正数a 的最大值为2．法3：（先猜想并将猜想强化）由常用不等式ln 1x x ≤-（0x >）可得112ln 1111t tt t tt ++⎛⎫≤-= ⎪---⎝⎭，即21t at t ≤-．当0t =时，式子恒成立，当()0,1t ∈，有21a t ≤-恒成立，而221t>-，所以2a ≤． 下面证明a 可以取到2，即证明不等式1ln 21t t t +⎛⎫≥ ⎪-⎝⎭对[)0,1t ∈恒成立．构造函数()1ln 21t K t t t +⎛⎫=- ⎪-⎝⎭（01t ≤<），则()222222011t K t t t '=-=≥--，所以函数()K t 在[)0,1上递增，所以()()00K t K ≥=，所以不等式1ln 21t t t +⎛⎫≥ ⎪-⎝⎭对[)0,1t ∈恒成立，所以正数a 的最大值为2．法4：（先猜想并将猜想强化）()1ln 01t F t at t +⎛⎫=-≥ ⎪-⎝⎭对[)0,1t ∈恒成立，因为()00F =所以()020F a '=-≥，即2a ≤．下同法3．法5：（先猜想并将猜想强化）当0t =，不等式恒成立，于是1ln 1t at t +⎛⎫≥ ⎪-⎝⎭对[)0,1t ∈恒成立()1ln 1t t a G t t+⎛⎫ ⎪-⎝⎭⇔≤=对()0,1t ∈恒成立．由洛必达法则，可得()20021lim lim 21t t t G t ++→→-==，于是2a ≤．下同法3．【点评】法1（分离参数法）把恒成立问题转化为求()G t 的最小值，法2（最值法）把恒成立问题转化为求()F t 的最小值．由此可见最值法与分离参数法本质上是相通的，其本质都是把不等式恒成立问题转化为求函数的最值问题，其区别在于所求的函数中是否含有参数．法3、法4和法5都是先求出必要条件2a ≤，然后将必要条件进行强化，需要解题的敏感度和判断力．如果我们将这个必要条件与法2的最值法进行结合，可减少法2的分类讨论．例2【解析】（1）()e x f x a '=-．①当0a ≤时，()0f x '>在R 上恒成立，所以()f x 在R 上递增．②当0a >时，由()0f x '>可得ln x a >，由()0f x '<可得ln x a <．所以()f x 在(),ln a -∞上递减，在()ln ,a +∞上递增．（2）当1a =时，()e 2x f x x =--，所以()e 1x f x '=-，即()()e 110x x k x --++>在()0,+∞上恒成立．法1：（分离参数法）()()e 110xx k x --++>在()0,+∞上恒成立e 1e 1x x x k +⇔<-在()0,+∞上恒成立．令()e 1e 1x x x x ϕ+=-，则()()()()()()()22e e e 1e 1e e e 2e 1e 1x x x x x x x x x x x x x ϕ+--+--'==--，令()e 2x t x x =--，有()e 10x t x '=->在()0,+∞上恒成立，所以()t x 在()0,+∞上递增（也可由（1）可知，函数()e 2x t x x =--在()0,+∞上递增）．而()1e 30t =-<，()22e 40t =->，所以()0t x =在()0,+∞上有唯一根()01,2x ∈，所以当()00,x x ∈时()0x ϕ'<，当()0,x x ∈+∞时()0x ϕ'>，于是()x ϕ在()00,x 上递减，在()0,x +∞上递增，所以()x ϕ在()0,+∞上的最小值为()0000e 1e 1x x x x ϕ+=-，因为00e 20x x --=，所以00e 2x x =+，于是()()()()000002112,321x x x x x ϕ++==+∈+-，所以()()02,3k x ϕ<∈，所以k 的最大值为2．法2：（不猜想直接用最值法）令()()()e 11x g x x k x =--++，则()()()()e 1e 1e 1x x x g x x k x k '=-+-+=+-，令()0g x '=可得1x k =-．①当10k -≤，即1k ≤时，有()0g x '>在()0,+∞上恒成立，于是()g x 在()0,+∞上递增，从而()g x 在()0,+∞上有()()01g x g >=，于是()0g x >在()0,+∞上恒成立．②当10k ->，即1k >时（因为k 是整数，所以2k ≥），可知当()0,1x k ∈-时，()0g x '<，当()1,x k ∈-+∞时，()0g x '>，于是()g x 在()0,+∞上的最小值是()11e 1k g k k --=-++．令()()1h k g k =-，则()1e 10k h k -'=-+<在()1,+∞上恒成立，所以()h k 在()1,+∞上单调递减．而()23e 0h =->，()234e 0h =-<．所以当2k =时，有()0g x >在()0,+∞上恒成立，当3k ≥时，()0g x >在()0,+∞上不恒成立．综上所述，k 的最大值为2．法3：（先猜想并将猜想强化）因为()()e 110x x k x --++>在()0,+∞上恒成立，所以当1x =时，该式子也成立，于是()()1e 120k --+>，即e 12.16e 1k +<≈-．下证k 的最大值为2．令()()()2e 11x G x x x =--++，则()()()()e 12e 1e 1x x x G x x x '=-+-+=-，由()0G x '>可得1x >，由()0G x '<可得01x <<，所以()G x 在()0,1上递减，在()1,+∞上递增．所以()()min 13e 0G x G ⎡⎤==->⎣⎦，于是k 的最大值为2．【点评】由于k 是整数，所以先猜想再将猜想强化是优先采用的解题方法．如果将k 是整数这个条件去掉，则得到的必要条件e 12.16e 1k +<≈-既不能强化又不能减少分类讨论，此时猜想将没有任何作用，只能用法1的分离参数法和法2的最值法进行求解．例3设函数()2e 1x f x x ax =---． （1）若0a =，求()f x 的单调区间；（2）若当0x ≥时，()0f x ≥，求a 的取值范围．【解析】（1）当0a =时，()e 1x f x x =--，()e 1x f x '=-．由()0f x '>可得0x >，由()0f x '<可得0x <．所以()f x 的递增区间是()0,+∞，递减区间是(),0-∞．（2）法1：（分离参数法）()0f x ≥在[)0,+∞上恒成立2e 1x ax x ⇔≤--在[)0,+∞上恒成立．当0x =时，式子显然成立；当0x ≠时，分离参数可得2e 1x x a x --≤在()0,+∞上恒成立．令()2e 1x x F x x --=，则()3e 2e 2x x x x F x x -++'=，令()e 2e 2x x h x x x =-++，可得()e e 1x x h x x '=-+，()e 0x h x x ''=>，所以()h x '在()0,+∞上递增，于是()()00h x h ''>=，即()0h x '>，所以()h x 在()0,+∞上递增，于是()()00h x h >=，所以()0F x '>，所以()F x 在()0,+∞上递增．由洛必达法则，可得()()()()()0002e 1e 1e 1lim limlimlim 222xxx x x x x x F x x x ++++→→→→''---====''，所以在()0,+∞上有()12F x >，所以12a ≤． 法2：（不猜想直接用最值法）()e 12x f x ax '=--，()e 2x f x a ''=-． ①当21a ≤，即12a ≤时，有()0f x ''≥，所以()f x '在[)0,+∞上递增，所以()()00f x f ''≥=，所以()0f x '≥，所以()f x 在[)0,+∞上递增，所以()()00f x f ≥=．②当21a >，即12a >时，由()0f x ''<可得ln2x a <时，于是()f x '在[)0,ln 2a 上递减，所以()()00f x f ''≤=，所以()0f x '≤，所以()f x 在[)0,ln 2a 上递减，于是()()00f x f ≤=，于是()0f x ≥不恒成立．综上所述，a 的取值范围是1,2⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦．法3：（先猜想并将猜想强化）当0x =时，()0f x ≥在[)0,+∞上恒成立．当0x ≠时，()0f x ≥在[)0,+∞上恒成立()2e 1x xa F x x --⇔≤=在()0,+∞上恒成立．由洛必达法则，可得()()()()()0002e 1e 1e 1lim limlimlim 222xxx x x x x x F x x x ++++→→→→''---====''，所以12a ≤． ()e 12x f x ax '=--，()e 20x f x a ''=-≥，所以()f x '在[)0,+∞上递增，所以()()00f x f ''≥=，所以()0f x '≥，所以()f x 在[)0,+∞上递增，所以()()00f x f ≥=．【点评】对于恒成立问题，最值法与分离参数法是两种最常用的方法．如果分离后的函数容易求最值，则选用分离参数法，否则选用最值法．最值法主要考查学生分类讨论的思想，一般遵循“构造函数——分类讨论”两部曲来展开．一些稍难的恒成立问题，如果用分离参值要容易．猜想+最值法的模式是解决恒成立问题的重要模式，猜想的一般方法有：特殊值代入，不等式放缩，洛必达法则，端点效应．模块2 练习巩固 整合提升练习1：已知函数()1ln1xf x x+=-． （1）求曲线()y f x =在点()()0,0f 处的切线方程；（2）求证：当()0,1x ∈时，()323x f x x ⎛⎫>+ ⎪⎝⎭；（3）设实数k 使得()33x f x k x ⎛⎫>+ ⎪⎝⎭对()0,1x ∈恒成立，求k 的最大值．【解析】（1）()00f =，因为()221f x x'=-，所以()02f '=，于是切线方程为2y x =． 【证明】（2）构造函数()31ln 213x x F x x x ⎛⎫+=-+ ⎪-⎝⎭，01x <<．因为()()42222221011x F x x x x '=-+=>--，所以()F x 在()0,1上递增，所以()()00F x F >=．于是当()0,1x ∈时，()323x f x x ⎛⎫>+ ⎪⎝⎭．【解析】（3）法1：（不猜想直接用最值法）构造函数()31ln 13x x G x k x x ⎛⎫+=-+ ⎪-⎝⎭，01x <<，则()()()422222111kx k G x k x x x +-'=-+=--． ①当0k ≤时，()0G x '>，所以()G x 在()0,1上递增，所以()()00G x G >=． ②当02k <≤时，()0G x '>，所以()G x 在()0,1上递增，所以()()00G x G >=．③当2k >时，由()0G x '<可得0x <<，于是()G x 在⎛ ⎝上递减，所以()()00G x G <=，于是()33x f x k x ⎛⎫>+ ⎪⎝⎭在()0,1上不恒成立．综上所述，k 的最大值为2．法2：（先猜想并将猜想强化）由（2）可知2k ≤，猜想k 的最大值为2．下面证明当2k >时，()33x f x k x ⎛⎫>+ ⎪⎝⎭在()0,1上不恒成立．构造函数()31ln 13x x G x k x x ⎛⎫+=-+ ⎪-⎝⎭，01x <<，则()()()422222111kx k G x k x x x +-'=-+=--．当2k >时，由()0G x '<可得0x <，于是()G x 在⎛ ⎝上递减，所以()()00G x G <=，于是()33x f x k x ⎛⎫>+ ⎪⎝⎭在()0,1上不恒成立．练习2：设函数()2e mx f x x mx =+-．（1）证明：()f x 在(),0-∞单调递减，在()0,+∞单调递增；（2）若对于任意1x 、[]21,1x ∈-，都有()()12e 1f x f x -≤-，求m 的取值范围． 【证明】（1）()e 2mx f x m x m '=+-，令()()g x f x '=，则()2e 20mx g x m '=+>，所以()g x 在R 上递增，而()00g =，所以当0x <时，()0f x '<，当0x >时，()0f x '>，所以()f x 在(),0-∞单调递减，在()0,+∞单调递增．【解析】（2）由（1）可知，()f x 在[]1,0-上递减，在[]0,1上递增，所以()()min 01f x f ⎡⎤==⎣⎦，于是对于任意1x 、[]21,1x ∈-，都有()()12e 1f x f x -≤-⇔()()max min e 1f x f x ⎡⎤-⎡⎤≤-⎣⎦⎣⎦，即()maxe f x ⎡⎤≤⎣⎦⇔()()1e 1e1e 1emmf m f m -⎧=+-≤⎪⎨-=++≤⎪⎩．构造函数()e 1e x k x x =+--，则()e 1x k x '=-，由()0k x '>可得0x >，由()0k x '<可得0x <，所以()k x 在(),0-∞上递减，在()0,+∞上递增．又因为()10f =，()112e <0ef -=+-，所以m 的取值范围是[]1,1-．由洛必达法则，可得()()()()11111ln1ln1lnlim lim lim2111x x xxx xx x xx x+++→→→'++++===-'-，于是2a≤．于是a的取值范围是(],2-∞．【解析】（1）()11f b ==，因为()()221ln 11x a x x f x x x +⎛⎫- ⎪⎝⎭'=-+，所以()11122a f '=-=-，于是1a =．（2）法1：（分离参数法）由()ln 1x k f x x x >+-可得22ln 11x x k x <+-，令()22ln 1x xH x x =-（0x >且1x ≠）．()()()22222ln ln 11x x x x H x x ++-'=-，令()221ln ln 1H x x x x x =++-，则()112ln H x x x x x '=+-，令()()21H x H x '=，则()2212ln 1H x x x '=-++，令()()32H x H x '=，则()33220H x x x '=+>． 当()0,1x ∈时，()3H x 在()0,1上递增，于是()()3310H x H <=，即()20H x '<，所以()2H x 在()0,1上递减，于是()()2210H x H >=，即()10H x '>，所以()1H x 在()0,1上递增，所以()()1110H x H <=，于是()0H x '<，所以()H x 在()0,1上递减．当()1,x ∈+∞时，()3H x 在()1,+∞上递增，于是()()3310H x H >=，即()20H x '>，所以()2H x 在()1,+∞上递增，于是()()2210H x H >=，即()10H x '>，所以()1H x 在()1,+∞上递增，所以()()1110H x H >=，于是()0H x '>，所以()H x 在()1,+∞上递增．由洛必达法则，可得()()()2111122ln 2ln 2ln 2lim lim lim lim 1121x x x x x x x x x H x x x x ++++→→→→'+====---'-，同理，()1lim 1x H x -→=-，所以当0x >且1x ≠时，有22ln 101x xx +>-，于是0k ≤． 法2：（不猜想直接用最值法）由（1）知()ln 11x f x x x=++，所以()()()()2211ln 12ln 11k x x k F x f x x x x x x ⎡⎤--⎛⎫⎢⎥=-+=+ ⎪--⎝⎭⎢⎥⎣⎦，考虑函数()()()2112ln k x h x x x--=+，0x >，则()()211F x h x x=-，此时有()10h =． ()()()22121k x x k h x x-++-'=，令()()()2121x k x x k ϕ=-++-，当1k ≠时，其判别式为()()244142k k k ∆=--=--．①当0k ≤时，0∆≤，所以()0x ϕ≤，于是()0h x '≤，于是()h x 在()0,+∞上递减，而()10h =，所以当()0,1x ∈时，()0h x >，于是()()2101F x h x x=>-；当()1,x ∈+∞时，()0h x <，于是()()2101F x h x x =>-．所以当0x >，且1x ≠时，()0F x >，即()ln 1x kf x x x >+-恒成立．②当01k <<时，()x ϕ是开口方向向下，以111k>-为对称轴，与x 轴有两个交点的二次函数．因为()120k ϕ=>，所以当11,1x k ⎛⎫∈ ⎪-⎝⎭时，()0x ϕ>，所以()0h x '>，于是()h x 在11,1k ⎛⎫ ⎪-⎝⎭上递增，所以()0h x >．而11,1x k ⎛⎫∈ ⎪-⎝⎭时，2101x <-，所以()()2101F x h x x =<-，于是()ln 1x kf x x x>+-不恒成立． ③当1k =时，()20h x x'=>，所以()h x 在()0,+∞上是增函数，所以当()1,x ∈+∞时，()0h x >，而2101x <-，所以()()2101F x h x x =<-，于是()ln 1x kf x x x>+-不恒成立． ④当12k <<时，()x ϕ是开口方向向上，以101k<-为对称轴，与x 轴有两个交点的二次函数．因为()010k ϕ=->，所以()0x ϕ>在()0,+∞上恒成立，所以()h x 在()0,+∞上是增函数，以下同③，于是()ln 1x kf x x x>+-不恒成立． ⑤当2k ≥时，()x ϕ是开口方向向上，以101k<-为对称轴，与x 轴最多有一个交点的二次函数，所以()0x ϕ>在()0,+∞上恒成立，所以()h x 在()0,+∞上是增函数，以下同③，于是()ln 1x kf x x x>+-不恒成立． 综上所述，k 的取值范围为(],0-∞．法3：（通过猜想减少分类讨论）由（1）知()ln 11x f x x x=++，所以()()()()2211ln 12ln 11k x x k F x f x x x x xx ⎡⎤--⎛⎫⎢⎥=-+=+ ⎪--⎝⎭⎢⎥⎣⎦．因为()()31122ln 2032k F ⎡-⎤=-+>⎢⎥⎣⎦，所以4ln 210.083k <-≈． 考虑函数()()()2112ln k x h x x x--=+，0x >，则()()211F x h x x =-，此时有()10h =．()()()22121k x x k h x x-++-'=，令()()()2121x k x x k ϕ=-++-，这是开口方向向下的抛物线，其判别式为()()244142k k k ∆=--=--．①当0k ≤时，0∆≤，所以()0x ϕ≤，于是()0h x '≤，于是()h x 在()0,+∞上递减，而()10h =，所以当()0,1x ∈时，()0h x >，于是()()2101F x h x x=>-；当()1,x ∈+∞时，()0h x <，于是()()2101F x h x x =>-．所以当0x >，且1x ≠时，()0F x >，即()ln 1x kf x x x>+-恒成立．②当4ln 2013k <<-时，()x ϕ是开口方向向下，以111k>-为对称轴，与x 轴有两个交点的二次函数．因为()120k ϕ=>，所以当11,1x k ⎛⎫∈ ⎪-⎝⎭时，()0x ϕ>，所以()0h x '>，于是()h x 在11,1k ⎛⎫ ⎪-⎝⎭上递增，所以()0h x >．而11,1x k ⎛⎫∈ ⎪-⎝⎭时，2101x <-，所以()()2101F x h x x =<-，于是()ln 1x kf x x x>+-不恒成立． 综上所述，k 的取值范围为(],0-∞． 法4：（通过猜想减少分类讨论）由()ln 1x k f x x x >+-可得()22ln 111x xk H x x <+=+-，由洛必达法则，可得()()200001ln ln lim ln lim lim lim lim 0111x x x x x x xx x x x xx x +++++→→→→→'====-='⎛⎫⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，于是()0lim 1x H x +→=，所以1k ≤．下同法2，只需讨论法2的①②③三种情况即可．法5：（通过猜想减少分类讨论）由()ln 1x k f x x x >+-可得()22ln 111x xk H x x <+=+-，由洛必达法则，可得()()()2111122ln 2ln 2ln 2lim lim lim lim 1121x x x x x x x x x H x x x x →→→→'+====---'-，所以0k ≤．下同法2，只需讨论法2的①即可．【点评】法1的分离参数法，利用了高阶导数以及洛必达法则，减少了解题的技巧性．法的正负取决于1k -与()42k k ∆=--的正负，由此可找到k 的3个界：0、1、2，从而对k 的范围作出不重不漏的划分．法3、法4和法5都是猜想+最值法，分别通过特殊值代入和洛必达法则得到相应的必要条件，有效缩小了参数k 的取值范围，此时只需讨论法2分类当中的若干情况即可，减少了分类讨论，从而降低题目的难度。

( ) ( ) ( ) ( )专题三 含参数函数不等式恒成立问题不等式问题是数学中的重要内容之一，而含参数函数不等式恒成立问题又是重点中的难 点．这类问题既含参数又含变量，与多个知识有效交汇，有利于考查学生的综合解题能力， 检验学生思维的灵活性与创造性，这正符合高考强调能力立意，强调数学思想与方法的命题 思想，因此恒成立问题成为近年来全国各地高考数学试题的一个热点．模块 1 整理方法 提升能力处理含参数函数不等式（一个未知数）恒成立问题，从方法上，可考虑分离参数法或猜想 + 最值法（必要条件法）．如果使用分离参数法，则猜想是没有作用的，对于难一点的分离参数法，可能要使用多次求导或洛必达法则．如果使用猜想法，则后续有 3 种可能：一是猜想没有任何作用；二是利用猜想减少分类讨论；三是在猜想的基础上强化，从而得到答案．从 改造的形式上，解答题优先选择一平一曲，可利用分离参数法转化为一平一曲两个函数，也可以把函数化归为一边，考虑函数的图象与 x 轴的交点情况（本质上也是一平一曲）．洛必达法则如果当 x → x 0 （ x 0 也可以是±∞ ）时，两个函数 f ( x ) 和 g ( x ) 都趋向于零或都趋向于无f ( x ) 穷大，那么极限 lim x → x 0g x 可能存在，也可能不存在．如果存在，其极限值也不尽相同．我们称这类极限为 0 0 ∞型或 型不定式极限．对于这类极限，一般要用洛必达法则来求．∞定理 1：若函数 f ( x ) 和 g ( x ) 满足条件： （1） lim f ( x ) = lim g (x ) = 0 ．x → x 0x → x 0（2） f ( x ) 和 g ( x ) 在 x 0 的某个去心邻域内可导，且 g '( x ) ≠ 0 ．f ( x )（3） lim x → x 0 g xf ( x ) 存在或为无穷大．f '(x )则有 limx → x 0 g x = lim ． x → x 0 g ' x定理 2：若函数 f ( x ) 和 g ( x ) 满足条件： （1） lim f ( x ) = lim g (x ) = ∞ ．x → x 0x → x 0已知函数 f ( x ) = ln x - kx + k （ k ∈ R ）． （1）求 f ( x ) 在[1, 2] 上的最小值；（2）若ln ⎛ ⎫⎝ ⎪ ≥ a x 对 x ∈(-1,1) 恒成立，求正数 a 的最大值．⎭( ) ( ) ( )→ ( ) ( ) ( ) ( )1 + x 1 - x （2） f ( x ) 和 g ( x ) 在 x 0 的某个去心邻域内可导，且 g '( x ) ≠ 0 ．f ( x ) （3） lim x → x 0g xf ( x ) 存在或为无穷大．f '(x )则有 limx → x 0 g x = lim ． x → x 0 g ' x在定理 1 和定理 2 中，将分子、分母分别求导再求极限的方法称为洛必达法则． 使用洛必达法则时需要注意：（1） lim f (x ) 必须是 0 型或 ∞ 型不定式极限． x → x 0 g ( x )0 ∞（2）若 lim f '( x ) 还是 0 型或 ∞ 型不定式极限，且函数 f '( x ) 和 g '( x ) 仍满足定理中 f ( x ) x → x 0g '( x )0 ∞f ( x ) f '(x )f ' (x )和 g ( x ) 所满足的条件，则可继续使用洛必达法则，即 lim x x 0 g x = lim x → x 0 g ' x = lim ．x → x 0 g ' x（3） 若无法判定 f '( x ) g '( x )的极限状态，或能判定它的极限振荡而不存在，则洛必达法则失f ( x )效，此时，需要用其它方法计算 lim ．x → x 0 g x（4） 可以把定理中的 x → x 换为 x → x + ， x → x - ， x → +∞ ， x → -∞ ，此时只要把定理中的条件作相应的修改，定理仍然成立．例 1【解析】（1）定义域为(0, +∞) ， f '( x ) = 1 - k = -kx +1．x x①当 k ≤ 0 时， f '( x ) > 0 ，函数 f ( x ) 在[1, 2] 为增函数，所以 ⎡⎣ f ( x )⎤⎦min = f (1) = 0 ．⎝ ⎭ 1 - ⎪t1 - ⎪t ⎪ (2 ) 1 - ⎪t⎭②当 k > 0 时，由 f '( x ) > 0 可得0 < x < 1 ，由 f '( x ) < 0 可得 x > 1 ，所以 f ( x ) 在⎛ 0, 1 ⎫上k k k ⎪ ⎝⎭递增，在⎛ 1 , +∞⎫上递减．于是 f ( x ) 在[1, 2] 上的最小值为 f (1) = 0 或 f (2) = ln 2 - k ．k ⎪ ⎝ ⎭（i ）当0 < ln 2 - k ，即0 < k < ln 2 时， ⎡⎣ f ( x )⎤⎦min = f (1) = 0 ． （ii ）当0 ≥ ln 2 - k ，即 k ≥ ln 2 时， ⎡⎣ f ( x )⎤⎦min = f (2) = ln 2 - k ．综上所述，当 k < ln 2 时，⎡⎣ f ( x )⎤⎦min = f (1) = 0 ；当 k ≥ ln 2 时，⎡⎣ f ( x )⎤⎦min = f (2) = ln 2 - k ．（2）令t = x ∈[0,1) ，则ln ⎫ ≥ a x 对 x ∈(-1,1) 恒成立⇔ ln ⎛ 1 + t ⎫ ≥ at 对t ∈[0,1)⎪1 - t ⎪恒成立．法 1：（分离参数法）当t = 0 ，不等式恒成立，于是ln ⎛ 1 + t ⎫≥ at 对t ∈[0,1) 恒成立 ⎝ ⎭⇔ a ≤ln ⎛ 1 + t ⎫ ⎝ ⎭ 对t ∈(0,1) 恒成立．t⎛1 + t ⎫ 1 - t ⎪ 2t 1 - t 2 - ln ⎛1 + t ⎫ 1 - t 2t ⎛1 + t ⎫ 令G (t ) = ⎝ ⎭ ，则G '(t ) = ⎝ ⎭ ，令 H (t ) = - ln ⎪ ，则'2 + 2t 2 t t 2 2 4t 21 - t2 ⎝1 - t ⎭ H (t ) = (1 - t 2 )21 - t 22 > 0 ，所以 H (t ) 在(0,1) 上递增，于是 H (t ) > H (0) = 0 ，即 1 - tG '(t ) > 0 ，所以G (t ) 在(0,1) 上递增．2 由洛必达法则，可得 lim G (t ) = lim 1 - t 2= 2 ，于是0 < a ≤ 2 ，所以正数 a 的最大值为2 ．t →0+t →0+1法 2：（不猜想直接用最值法）构造函数 F (t ) = ln ⎛ 1 + t ⎫- at ，则 ⎝ ⎭ F '(t ) = 21 - t - a = at2 + 2 - a ． 1 - t 2①当 2 - a ≥ 0 ，即 a ≤ 2 时， F '(t ) > 0 ，所以函数 F (t ) 在[0,1) 上递增，所以F (t ) ≥ F (0) = 0 ．= - ln 2⎝ ⎭1 - ⎪t 1 - ⎪t ⎝ ⎭ 1 - ⎪t 1 - ⎪t ln②当 2 - a < 0 ，即 a > 2 时，由 F '(t ) < 0 可得0 ≤ x <，所以函数 F (t ) 在⎡⎢上递减，于是在 ⎣上， F (t ) ≤ F (0) = 0 ，不合题意．综上所述，正数 a 的最大值为2 ．法 3：（先猜想并将猜想强化）由常用不等式ln x ≤ x -1 （ x > 0 ）可得ln ⎛ 1 + t ⎫ ≤ 1 + t -1 = 2t，即 at ≤ 2t ．当t = 0 时，式子恒成立，当t ∈(0,1) ，有 a ≤ 2恒1 - t ⎪1 - t 1 - t 1 - t 1 - t成立，而 21 - t> 2 ，所以 a ≤ 2 ．下面证明 a 可以取到 2 ，即证明不等式ln ⎛ 1 + t ⎫≥ 2t 对t ∈[0,1) 恒成立．构造函数⎝ ⎭⎛ 1 + t ⎫'2 2t 2K (t ) = ln 1 - t ⎪ - 2t （ 0 ≤ t < 1 ），则 K (t ) = 1 - t 2 - 2 = 1 - t 2≥ 0 ，所以函数 K (t ) 在[0,1) 上 递增，所以 K (t ) ≥ K (0) = 0 ，所以不等式ln ⎛ 1 + t ⎫ ≥ 2t 对t ∈[0,1) 恒成立，所以正数 a 的最大⎝ ⎭值为 2 ．法 4：（先猜想并将猜想强化） F (t ) = ln ⎛ 1 + t ⎫- at ≥ 0 对t ∈[0,1) 恒成立，因为 F (0) = 0 ⎝ ⎭所以 F '(0) = 2 - a ≥ 0 ，即 a ≤2 ． 下同法 3．法 5：（先猜想并将猜想强化）当t = 0 ，不等式恒成立，于是ln ⎛ 1 + t ⎫ ≥ at 对t ∈[0,1) 恒 ⎝ ⎭⎛ 1 + t ⎫ 2 1 - t ⎪ 2成立⇔ a ≤ ⎝ ⎭ = G (t ) 对t ∈(0,1) 恒成立．由洛必达法则，可得 lim G (t ) = lim 1 - t = 2 ，t 于是 a ≤ 2 ．下同法 3．t →0+t →0+1【点评】法 1（分离参数法）把恒成立问题转化为求G (t ) 的最小值，法 2（最值法）把恒 成立问题转化为求 F (t ) 的最小值．由此可见最值法与分离参数法本质上是相通的，其本质都⎡ ⎢⎣设函数 f ( x ) = e x - ax - 2 ．（1） 求 f ( x ) 的单调区间；（微信公众号：学未已）（2） 若 a = 1 ， k 为整数，且当 x > 0 时， ( x - k ) f '( x ) + x + 1> 0 ，求 k 的最大值．例 2【解析】（1） f '( x ) = e x - a ．①当 a ≤ 0 时， f '( x ) > 0 在 R 上恒成立，所以 f ( x ) 在 R 上递增．②当 a > 0 时，由 f '( x ) > 0 可得 x > ln a ，由 f '( x ) < 0 可得 x < ln a ．所以 f ( x ) 在(-∞, ln a ) 上递减，在(ln a , +∞) 上递增．（2）当 a = 1 时， f ( x ) = e x - x - 2 ，所以 f '( x ) = e x -1 ，即( x - k )(e x - 1)+ x + 1 > 0 在(0, +∞) 上恒成立．法 1：（分离参数法）( x - k )(e x - 1)+ x + 1 > 0 在(0, +∞) 上恒成立⇔ k < x e x+1 x在(0, +∞) e -1上恒成立．令ϕ( x ) = x e x +1 x ，则ϕ'( x ) = ( x e x + e x )(e x -1) - (x e x +1)e x 2e x (e x - x - 2 )，令 2e -1(e x-1)(e x -1)t ( x ) = e x - x - 2 ，有t '( x ) = e x -1 > 0 在(0, +∞) 上恒成立，所以t ( x ) 在(0, +∞) 上递增（也可由（1）可知，函数t ( x ) = e x - x - 2 在(0, +∞) 上递增）．而t (1) = e - 3 < 0 ，t (2) = e 2 - 4 > 0 ，所以t ( x ) = 0 在(0, +∞) 上有唯一根 x 0 ∈(1, 2) ，所以当 x ∈(0, x 0 ) 时ϕ'( x ) < 0 ，当 x ∈( x 0 , +∞) 时ϕ'( x ) > 0 ，于是ϕ( x ) 在(0, x 0 ) 上递减，在( x 0 , +∞) 上递增，所以ϕ( x ) 在(0, +∞) 上的最小值x e x 0 +1 为ϕ( x ) = 0，因为e x 0 - x - 2 = 0 ，所以e x 0 = x + 2 ，于是0 e x 0 -10 0是把不等式恒成立问题转化为求函数的最值问题，其区别在于所求的函数中是否含有参数． 法 3、法 4 和法 5 都是先求出必要条件 a ≤ 2 ，然后将必要条件进行强化，需要解题的敏=( ) x 0 ( x + 2) + 10 【点评】由于 k 是整数，所以先猜想再将猜想强化是优先采用的解题方法．如果将 k 是整 数这个条件去掉，则得到的必要条件 k <≈ 2.16 既不能强化又不能减少分类讨论，此时猜 e + 1e -1想将没有任何作用，只能用法 1 的分离参数法和法 2 的最值法进行求解．ϕ( x 0 ) = = x 0+ 1∈ (2,3) ，所以 k <ϕ( x 0 )∈(2,3) ，所以 k 的最大值为 2 ． x 0 + 2 -1 法 2：（不猜想直接用最值法）令 g ( x ) = ( x - k )(e x - 1)+ x + 1 ，则g '( x ) = (e x -1) + (x - k )e x + 1 = e x (x + 1 - k ) ，令 g '( x ) = 0 可得 x = k - 1 ．①当 k -1 ≤ 0 ，即 k ≤ 1 时，有 g '( x ) > 0 在(0, +∞) 上恒成立，于是 g ( x ) 在(0, +∞) 上递增， 从而 g ( x ) 在(0, +∞) 上有 g ( x ) > g (0) = 1 ，于是 g ( x ) > 0 在(0, +∞) 上恒成立．②当 k -1 > 0 ，即 k > 1 时（因为 k 是整数，所以 k ≥ 2 ），可知当 x ∈(0, k -1) 时，g '( x ) < 0 ， 当 x ∈(k - 1,+∞) 时，g '( x ) > 0 ，于是 g ( x ) 在(0, +∞) 上的最小值是 g (k -1) = -e k -1 + k + 1 ．令h(k ) = g (k - 1) ，则 h '(k ) = -e k -1 + 1 < 0 在(1, +∞) 上恒成立，所以 h (k ) 在(1, +∞) 上单调递减．而 h (2) = 3 - e > 0 ， h (3) = 4 - e 2 < 0 ．所以当 k = 2 时，有 g ( x ) > 0 在(0, +∞) 上恒成立， 当 k ≥ 3 时， g ( x ) > 0 在(0, +∞) 上不恒成立．综上所述， k 的最大值为2 ．法 3：（先猜想并将猜想强化）因为( x - k )(e x - 1)+ x + 1 > 0 在(0, +∞) 上恒成立，所以当x = 1 时，该式子也成立，于是(1 - k )(e -1) + 2 > 0 ，即 k <e + 1≈ 2.16 ．下证 k 的最大值为2 ． e -1令G ( x ) = ( x - 2)(e x - 1)+ x + 1 ，则G '( x ) = (e x -1)+ (x - 2 )e x + 1 = e x (x -1) ，由G '( x ) > 0 可得 x > 1 ，由G '( x ) < 0 可得0 < x < 1，所以G ( x ) 在(0,1) 上递减，在(1, +∞) 上递增．所以⎡⎣G ( x )⎤⎦min = G (1) = 3 - e > 0 ，于是k 的最大值为2 ． 例 3设函数 f ( x ) = e x -1 - x - ax 2 ． （1）若 a = 0 ，求 f ( x ) 的单调区间；x【解析】（1）当 a = 0 时， f ( x ) = e x -1 - x ， f '( x ) = e x -1 ．由 f '( x ) > 0 可得 x > 0 ，由f '( x ) < 0 可得 x < 0 ．所以 f ( x ) 的递增区间是(0, +∞) ，递减区间是(-∞, 0) ．（2）法 1：（分离参数法） f ( x ) ≥ 0 在[0, +∞) 上恒成立⇔ ax 2 ≤ e x - 1- x 在[0, +∞) 上恒成立．e x-1 - x当 x = 0 时，式子显然成立；当 x ≠ 0 时，分离参数可得 a ≤在(0, +∞) 上恒成立．令x2F ( x ) = e x -1 - x x 2 ，则 F '( x ) = x e x - 2e x + x + 2 x3，令 h ( x ) = x ex - 2e x+ x + 2 ，可得 h '( x ) = x e x - e x + 1 ， h '( x ) = x e x > 0 ，所以 h '( x ) 在(0, +∞) 上递增，于是 h '( x ) > h '(0) = 0 ，即 h '( x ) > 0 ，所以 h ( x ) 在(0, +∞) 上递增，于是 h ( x ) > h (0) = 0 ，所以 F '( x ) > 0 ，所以 F ( x ) 在(0, +∞) 上递增．由洛必达法则，可得 lim F ( x ) = lim (e x -1 - x )' = lim (e x -1)' = lim e = 1 ，所以在 x →0+ x →0+ (x 2 )' x →0+(2x )' x →0+2 2(0, +∞) 上有 F ( x ) >1 ，所以 a ≤ 1． 2 2法 2：（不猜想直接用最值法） f '( x ) = e x -1 - 2ax ， f '( x ) = e x - 2a ．①当 2a ≤ 1，即 a ≤ 1时，有 f '( x ) ≥ 0 ，所以 f '( x ) 在[0, +∞) 上递增，所以2 f '( x ) ≥ f ' (0) = 0 ，所以 f '( x ) ≥ 0 ，所以 f ( x ) 在[0, +∞) 上递增，所以 f ( x ) ≥ f (0) = 0 ．②当 2a > 1 ，即 a > 1时，由 f '( x ) < 0 可得 x < ln 2a 时，于是 f '( x ) 在[0, ln 2a ) 上递减，2所以 f '( x ) ≤ f ' (0) = 0 ，所以 f '( x ) ≤ 0 ，所以 f ( x ) 在[0, ln 2a ) 上递减，于是 f ( x ) ≤ f (0) = 0 ， 于是 f ( x ) ≥ 0 不恒成立．综上所述， a 的取值范围是⎛-∞, 1 ⎤ ．2 ⎥ ⎝ ⎦法 3：（先猜想并将猜想强化）当 x = 0 时， f ( x ) ≥ 0 在[0, +∞) 上恒成立．（2）若当 x ≥ 0 时， f ( x ) ≥ 0 ，求 a 的取值范围．⎛ ⎛ x⎫ 3 x2当 x ≠ 0 时， f ( x ) ≥ 0 在[0, +∞) 上恒成立⇔ a ≤ e x -1 - xx2= F (x ) 在(0, +∞) 上恒成立．由洛必达法则，可得 lim F ( x ) = lim (e x -1 - x )' = lim (e x -1)' = lim e = 1 ，所以 a ≤ 1 ．x →0+ x →0+( x 2 )'x →0+ (2x )' x →0+2 2 2 f '( x ) = e x -1 - 2ax ， f '( x ) = e x - 2a ≥ 0 ，所以 f '( x ) 在[0, +∞) 上递增，所以 f '( x ) ≥ f ' (0) = 0 ，所以 f '( x ) ≥ 0 ，所以 f ( x ) 在[0, +∞) 上递增，所以 f ( x ) ≥ f (0) = 0 ．练习 1：已知函数 f ( x ) = ln 1+ x．1- x（1）求曲线 y = f ( x ) 在点(0, f (0)) 处的切线方程；（2）求证：当 x ∈(0,1) 时， f ( x ) > 2 x + ⎝x 3⎫⎪ ；⎭（3）设实数 k 使得 f ( x ) > k x + ⎝3⎪ 对 x ∈(0,1) 恒成立，求 k 的最大值．3 ⎭ 【解析】（1） f (0) = 0 ，因为 f '( x ) =1 + x 21- x 2⎛ ，所以 f '(0) = 2 ，于是切线方程为 y = 2x ． x 3 ⎫【证明】（2）构造函数 F ( x ) = ln 1 - x - 2 x + ⎝⎪ ， 0 < x < 1．因为⎭ F '( x ) = 2 1 - x 2 - 2(1+ x ) = 2 x 4 1 - x⎛ > 0 ，所以 F ( x ) 在(0,1) 上递增，所以 F ( x ) > F (0) = 0 ．于 x 3 ⎫是当 x ∈(0,1) 时， f ( x ) > 2 x + ⎪ ．⎝⎭ 3 3 2( ⎛ x ⎫ ⎛ x⎫ ( ) )【解析】（3）法 1：（不猜想直接用最值法）构造函数G ( x ) = ln 1 + x 1 - x ⎛ k x + ⎝x 3⎫⎪ ，0 < x < 1，⎭ 则G '( x ) =2- k 1+ x 2= 1 - x 2kx 4 + (2 - k )．1 - x 2①当 k ≤ 0 时， G '( x ) > 0 ，所以G ( x ) 在(0,1) 上递增，所以G ( x ) > G (0) = 0 ． ②当0 < k ≤ 2 时， G '( x ) > 0 ，所以G ( x ) 在(0,1) 上递增，所以G ( x ) > G (0) = 0 ．⎛③当 k > 2 时，由G '( x ) < 0 可得0 < x ，于是G ( x ) 在 上递减，所以G ( x ) < G (0) = 0 ，于是 f ( x ) > k x + ⎝⎝3⎪ 在(0,1) 上不恒成立．3 ⎭综上所述， k 的最大值为2 ．法 2：（先猜想并将猜想强化）由（2）可知 k ≤ 2 ，猜想 k 的最大值为 2 ．下面证明当 k > 2时， f ( x ) > k x + ⎝3⎪ 在(0,1) 上不恒成立．3 ⎭构造函数G ( x ) = ln 1 + x 1 - x ⎛ k x + ⎝x 3⎫⎪ ， 0 < x < 1，则⎭G '( x ) = 2 - k 1+ x 2 = 1 - x 2kx 4 + (2 - k ) 1 - x 2．当 k > 2 时，由G '( x ) < 0 可得0 < x <，于是⎛ ⎛ x 3 ⎫G ( x ) 在上递减，所以G ( x ) < G (0) = 0 ，于是 f ( x ) > k x + ⎪ 在(0,1) 上不恒成3 ⎝⎝ ⎭立．练习 2：设函数 f ( x ) = e mx + x 2 - mx ．（1）证明： f ( x ) 在(-∞, 0) 单调递减，在(0, +∞) 单调递增；（2）若对于任意 x 1 、 x 2 ∈[-1,1] ，都有 f ( x 1 ) - f (x 2 ) ≤ e - 1 ，求 m 的取值范围．【证明】（1）f '( x ) = m e mx + 2x - m ，令 g ( x ) = f '(x ) ，则 g '( x ) = m 2e mx + 2 > 0 ，所以 g ( x ) 在 R 上递增，而 g (0) = 0 ，所以当 x < 0 时， f '( x ) < 0 ，当 x > 0 时， f '( x ) > 0 ，所以 f ( x ) 在(-∞, 0) 单调递减，在(0, +∞) 单调递增．- 3 - 3min ⎩【解析】（2）由（1）可知，f ( x ) 在[-1, 0] 上递减，在[0,1]上递增，所以 ⎡⎣ f ( x )⎤⎦ = f (0) = 1 ，于是对于任意 x 1 、 x 2 ∈[-1,1] ，都有 f ( x 1 ) - f (x 2 ) ≤ e - 1 ⇔ ⎡⎣ f ( x )⎤⎦max - ⎡⎣ f (x )⎤⎦min ≤ e - 1 ，即 ⎡⎣ f ( x )⎤⎦max ⎧⎪ f (1) = e m+1 - m ≤ e ≤ e ⇔ ⎨⎪ f (-1)= e - m+ 1 + m ≤ e ．构造函数 k ( x ) = e x + 1 - x - e ，则 k '( x ) = e x-1，由 k '( x ) > 0 可得 x > 0 ，由 k '( x ) < 0 可得 x < 0 ，所以 k ( x ) 在(-∞, 0) 上递减，在(0, +∞) 上递增．又因为 f (1) = 0 ， f (-1) = 2 + 1- e < 0 ，所以 m 的取值范围是[-1,1] ．e练习 3：已知函数 f ( x ) = ( x + 1)ln x - a (x - 1) ．（1）当 a = 4 时，求曲线 y = f ( x ) 在(1, f (1)) 处的切线方程； （2）若当 x ∈(1, +∞) 时， f ( x ) > 0 ，求 a 的取值范围．【解析】（1） f ( x ) 的定义域为(0, +∞) ．当 a = 4 时， f ( x ) = ( x + 1)ln x - 4 (x - 1) ，f '( x ) = ln x +x + 1- 4 ，所以 f (1) = 0 ， f '(1) = -2 ．于是曲线 y = f ( x ) 在(1, f (1)) 处的切线 x方程为2x + y - 2 = 0 ．（2）法 1：（分离参数法）当 x ∈(1, +∞) 时， f ( x ) > 0 ⇔ a <( x + 1)ln x．令x -1⎛ x + 1 + ln x ⎫( x -1) - (x + 1)ln x x - 1 - 2 l n x H x = ( x + 1)ln x' x ⎪ ( ) x -1 ，则 H ( x ) = ⎝ ⎭ = ( x -1)2x ，令 ( x -1)2 K ( x ) = x - 1 x- 2 l n x ，则 K '( x ) = x 2 - 2x + 1 x 2> 0 ，于是 K ( x ) 在(1, +∞) 上递增，所以 K ( x ) > K (1) = 0 ，于是 H '( x ) > 0 ，从而 H ( x ) 在(1, +∞) 上递增．由洛必达法则，可得 lim (x + 1)ln x= lim (( x + 1)ln x )' 1 + 1+ ln x = lim x = 2 ，于是 a ≤ 2 ．于 x →1+是 a 的取值范围是(-∞, 2] ．x -1 x →1+ ( x -1)' x →1+1 法 2：（不猜想直接用最值法） f '( x ) = ln x + 1+ 1 - a ．x①当1 - a ≥ 0 ，即 a ≤ 1 时， f '( x ) > 0 ，所以 f ( x ) 在(1, +∞) 上递增，所以 f ( x ) > f (1) = 0 ．a ( x -1) a ( x -1)②当 a > 1 时，令 g ( x ) = f '(x ) ，则 g '( x ) =x -1> 0 ，所以 g ( x ) （即 f '( x ) ）在(1, +∞) 上 x2递增，于是 f '( x ) > f ' (1) = 2 - a ．（i ）若 2 - a ≥ 0 ，即1 < a ≤ 2 时， f '( x ) > 0 ，于是 f ( x ) 在(1, +∞) 上递增，于是f ( x ) > f (1) = 0 ．（ii ）若 2 - a < 0 ，即 a > 2 时，存在 x 0 ∈(1, +∞) ，使得当1 < x < x 0 时， f '( x ) < 0 ，于是f ( x ) 在(1, x 0 ) 上递减，所以 f ( x ) < f (1) =0 ． 综上所述， a 的取值范围是(-∞, 2] ．法 3：（变形后不猜想直接用最值法）当 x ∈(1, +∞) 时， f ( x ) > 0 ⇔ ln x - > 0 ．令x + 1F ( x ) = ln x -a ( x -1) x + 1 ，则 F '( x ) = 1 - 2a = x ( x + 1)2 x 2+ 2(1 - a ) x + 1 ，记x (x + 1)2G ( x ) = x 2 + 2(1- a )x + 1 ，则G ( x ) 是以 x = a - 1 为对称轴，开口方向向上的抛物线．①当 a -1 ≤ 1 ，即 a ≤ 2 时， G (1) = 2 (2 - a ) ≥ 0 ，所以 F '( x ) ≥ 0 ，于是 F ( x ) 在(1, +∞) 上递增，因此 F ( x ) > F (1) = 0 ．②当 a -1 > 1，即 a > 2 时， G ( x ) 的判别式为∆ = 4a (a - 2) > 0 ，于是G ( x ) 有两根，不妨⎧x 1 + x 2 = 2a - 2 ⎧⎪( x 1 -1) + (x 2 -1) = 2a - 4 > 0 设为 x 1 、x 2 ，且 x 1 < x 2 ．由韦达定理可得⎨x x = 1，于是 ⎨( x -1)( x -1) = 4 - 2a < 0 ⎩ 1 2 ⎩⎪ 1 2 所以 x 1 < 1 < x 2 ，于是，当 x ∈(1, x 2 ) 时， G ( x ) < 0 ，所以 F '( x ) < 0 ，于是 F ( x ) 在(1, x 2 ) 上递减，即 F ( x ) < F (1) = 0 ．综上所述， a 的取值范围是(-∞, 2] ．法 4：（通过猜想减少分类讨论）当 x ∈(1, +∞) 时，f ( x ) > 0 ⇔ F (x ) = ln x - > 0 ．因x + 1为 F (1) = 0 ，所以 F '(1) = 1 - 1a ≥ 0 ，即 a ≤ 2 ．2，专题三含参数函数不等式恒成立问题F '(x)= x2 + 2(1 -a )x+1x(x+1)2，记G (x)=x2+ 2(1-a )x +1，则G (x)是以x =a -1为对称轴，开口方向向上的抛物线．当 a ≤ 2 时，G (1)= 2 (2 -a )≥ 0 ，所以F '(x)≥ 0 ，于是F (x)在(1, +∞) 上递增，因此F (x )>F (1)= 0 ．所以a 的取值范围是(-∞, 2]．法5：（通过猜想减少分类讨论）当x∈(1,+∞)时，f(x)>0⇔a< (x+1)ln xx -1=H (x )．由洛必达法则，可得lim (x+1)ln x= lim ((x+1)ln x)' 1 +1+ ln x= lim x = 2 ，于是a ≤ 2 ．x→1+ x -1 x→1+ (x-1)' x→1+1练习 4：已知函数f (x )=a ln x+b，曲线y =f (x )在点(1, f (1))处的切线方程为x +1x x + 2 y - 3 = 0 ．（1）求a 、b 的值；（2）如果当x > 0 ，且x ≠ 1 时，f (x)>ln x+k，求k 的取值范围．x -1 xa⎛x + 1- ln x⎫x ⎪ 1 a 1【解析】（1）f (1)=b =1，因为 f '(x)= 于是a = 1 ．⎝⎭-(x+1)2x2，所以f '(1)=-1 =-，2 2（2）法1：（分离参数法）由f(x)>ln x+k可得k<1+2x ln x，令H(x)=2x ln x（x>0且x≠1）．2(ln x +x2 ln x +1 -x2 ) x -1 x 1 -x2 1 -x2H '(x)=(1-x2)2，令H1(x )= ln x +x 2 ln x + 1 -x 2 ，则H '(x)=1 + 2x ln x -x ，令H (x)=H '(x )，则H '(x)=-1 + 2 l n x +1 ，令H (x)=H '(x )，1 x2 1 2 x23 2则H '(x )=2 +2 > 0 ．3 x3 x当x∈(0,1)时，H3(x)在(0,1)上递增，于是H3(x)<H3(1)=0，即H2'(x)<0，所以H2(x)在(0,1)上递减，于是H2(x)>H2(1)=0，即H1'(x)>0，所以H1(x)在(0,1)上递增，所以H1 (x)<H1 (1)= 0 ，于是H '(x)< 0 ，所以H (x)在(0,1)上递减．⎝ k 1 (x1) ⎭ 当 x ∈(1, +∞) 时， H 3 ( x ) 在(1, +∞) 上递增，于是 H 3 ( x ) > H 3 (1) = 0 ，即 H 2' ( x ) > 0 ，所以 H 2 ( x ) 在(1, +∞) 上递增，于是 H 2 ( x ) > H 2 (1) = 0 ，即 H 1'( x ) > 0 ，所以 H 1 ( x ) 在(1, +∞) 上递增，所以 H 1 ( x ) > H 1 (1) = 0 ，于是 H '( x ) > 0 ，所以 H ( x ) 在(1, +∞) 上递增．由洛必达法则，可得lim H ( x ) = lim 2x l n x 2 = lim(2x l n x )' = lim 2 l n x + 2= -1 ，同理， x →1+x →1+1 - xx →1+(1 - x 2 )'x →1+-2x lim H ( x ) = -1 ，所以当 x > 0 且 x ≠ 1 时，有1 + 2x ln x> 0 ，于是 k ≤ 0 ． x →1-1 - x2 法 2：（不猜想直接用最值法）由（1）知 f ( x ) = ln x + 1 ，所以⎛ ln x k ⎫1 ⎡ x + 1 x (k -1)(x 2-1)⎤ F ( x ) = f (x ) - x -1 + ⎪ =1 - x ⎢2 ln x + 2 ⎢⎣⎥ ，考虑函数 x ⎥⎦( - ) 2- h ( x ) = 2 l n x +， x > 0 ，则 F ( x ) =x11 - x 2h (x ) ，此时有 h (1) = 0 ． h '( x ) = (k -1) x 2 + 2x + (k -1) x2，令ϕ( x ) = (k - 1) x 2+ 2x + (k - 1) ，当 k ≠ 1 时，其判别式为∆ = 4 - 4 (k - 1)2= -4k (k - 2 ) ．①当 k ≤ 0 时， ∆ ≤ 0 ，所以ϕ( x ) ≤ 0 ，于是 h '( x ) ≤ 0 ，于是 h ( x ) 在(0, +∞) 上递减，而h (1) = 0 ，所以当 x ∈(0,1) 时， h ( x ) > 0 ，于是 F ( x ) =11 - x 2h (x ) > 0 ；当 x ∈(1, +∞) 时， h ( x ) < 0 ，于是 F ( x ) =1 h (x ) > 0 ．所以当 x > 0 ，且 x ≠ 1 时，F ( x ) > 0 ，即 f ( x ) > ln x + k 恒成立．1 - x2 x -1 x ②当0 < k < 1 时，ϕ( x ) 是开口方向向下，以 1 1 - k> 1 为对称轴，与 x 轴有两个交点的二次函数．因为ϕ(1) = 2k > 0 ，所以当 x ∈⎛1, 1 ⎫ 时，ϕ( x ) > 0 ，所以 h '( x ) > 0 ，于是 h ( x ) 在1 - k ⎪⎝ ⎭⎛1, 1 ⎫ 上递增，所以 h ( x ) > 0 ．而 x ∈⎛1,1 ⎫ 时 ， 1 < 0 ，所以 F ( x ) = 1 h (x ) < 0 ，1 - k ⎪ 1 - k ⎪ 1 - x2 1 - x 2⎝ ⎭ ⎝ ⎭于是 f ( x ) > ln x + k不恒成立．x -1 x③当 k = 1 时， h '( x ) = 2> 0 ，所以 h ( x ) 在(0, +∞) 上是增函数，所以当 x ∈(1, +∞) 时，xh ( x ) > 0 ，而 1< 0 ，所以 F ( x ) =1 h (x ) < 0 ，于是 f ( x ) > ln x + k 不恒成立． 1 - x2 1 - x 2 x -1 xx⎝ ⎭ ④当1 < k < 2 时，ϕ( x ) 是开口方向向上，以 11 - k< 0 为对称轴，与 x 轴有两个交点的二次函数．因为ϕ(0) = k -1 > 0 ，所以ϕ( x ) > 0 在(0, +∞) 上恒成立，所以 h ( x ) 在(0, +∞) 上是增函数，以下同③，于是 f ( x ) > ln x + k 不恒成立．x -1 x⑤当 k ≥ 2 时，ϕ( x ) 是开口方向向上，以 11 - k< 0 为对称轴，与 x 轴最多有一个交点的二次函数，所以ϕ( x ) > 0 在(0, +∞) 上恒成立，所以 h ( x ) 在(0, +∞) 上是增函数，以下同③，于是 f ( x ) > ln x + k 不恒成立．x -1 x综上所述， k 的取值范围为(-∞, 0] ．法 3：（通过猜想减少分类讨论）由（1）知 f ( x ) =ln x + 1 ，所以⎛ ln x k ⎫1 ⎡ x + 1 x (k -1)(x 2-1)⎤ F ( x ) = f (x ) - x -1 + ⎪ =1 - x ⎢2 ln x + 2 ⎢⎣⎥ ．因为 x ⎥⎦1 ⎡ 3(k - 1)⎤ 4 ln 2F (2) = - ⎢2 l n 2 + ⎥ > 0 ，所以k < 1 - ≈ 0.08 ． 3 ⎣ 2 ⎦ 3(k -1)(x 2 -1)1 考虑函数 h ( x ) =2 l n x +， x > 0 ，则 F ( x ) =x1 - x2h (x ) ，此时有 h (1) = 0 ．h '( x ) = (k -1) x 2 + 2x + (k -1) x2，令ϕ( x ) = (k - 1) x 2+ 2x + (k - 1) ，这是开口方向向下的抛物线，其判别式为∆ = 4 - 4 (k - 1)2= -4k (k - 2 ) ．①当 k ≤ 0 时， ∆ ≤ 0 ，所以ϕ( x ) ≤ 0 ，于是 h '( x ) ≤ 0 ，于是 h ( x ) 在(0, +∞) 上递减，而h (1) = 0 ，所以当 x ∈(0,1) 时， h ( x ) > 0 ，于是 F ( x ) =11 - x 2h (x ) > 0 ；当 x ∈(1, +∞) 时， h ( x ) < 0 ，于是 F ( x ) =1 h (x ) > 0 ．所以当 x > 0 ，且 x ≠ 1 时，F ( x ) > 0 ，即 f ( x ) > ln x + k 恒成立．1 - x2 x -1 x ②当0 < k < 1 -4 l n 2时，ϕ( x ) 是开口方向向下，以 1> 1 为对称轴，与x 轴有两个交 3 1 - k点的二次函数．因为ϕ(1) = 2k > 0 ，所以当 x ∈⎛1, 1 ⎫ 时，ϕ( x ) > 0 ，所以 h '(x ) > 0 ，于是 1 - k ⎪⎝ ⎭h ( x ) 在⎛1, 1 ⎫ 上递增，所以 h ( x ) > 0 ．而 x ∈⎛1,1 ⎫ 时 ， 1< 0 ，所以 1 - k ⎪ 1 - k ⎪ 1 - x 2⎝ ⎭ ⎝ ⎭xx xF ( x ) =1h (x ) < 0 ，于是 f ( x ) > ln x + k不恒成立． 1 - x 2 x -1 x综上所述， k 的取值范围为(-∞, 0] ．法 4：（通过猜想减少分类讨论）由 f ( x ) > ln x + k 可得 k < 1 + 2x ln x = 1 + H (x ) ，由洛x -1 x 1(ln x )'1 - x 2必达法则，可得 lim x l n x = limln x = lim= lim x = lim (-x )= 0 ，于是x →0+x →0+1xx →0+⎛ 1 ⎫' ⎪ ⎝⎭ x →0+⎛ 1 ⎫2- ⎪ ⎝⎭ x →0+lim H ( x ) =1 ，所以 k ≤ 1 ．x →0+下同法 2，只需讨论法 2 的①②③三种情况即可．法 5：（通过猜想减少分类讨论）由 f ( x ) > ln x + k 可得 k < 1 + 2x ln x= 1 + H (x ) ，由洛必达法则，可得lim H ( x ) = lim 2x l n x 2= lim x -1 (2x l n x )' x = lim2 l n x + 2 1 - x 2= -1 ，所以 k ≤ 0 ． x →1 x →1 1 - xx →1 (1 - x 2 )'x →1 -2x 下同法 2，只需讨论法 2 的①即可．。

高考中函数含参量不等式恒成立问题的解题参量不等式是高考中一个非常重要的课题，它在很多高等数学考试中都有涉及。

它是指当参量不等式中的参量变化时，它的不等式恒成立。

本文旨在解答参量不等式恒成立问题，并以此探讨参量不等式的概念及其解题思路。

首先，需要了解的是参量不等式的意义，参量不等式是指当参量变化时，它的不等式仍然恒成立。

参量可能是拉格朗日乘数、除非变量、函数参数等。

在解题时，需要针对不同的参量进行检查，以确保对应的不等式恒成立。

其次，可以采用一个实际的例子来进行讨论，来说明参量不等式恒成立的现象。

以下是一个以[f(x)]为参量变化的不等式，[f(x+h)≥f(x)+hf(x)]h可以表示一个任意可以选取的实数，x则代表变量，f(x)则表示函数的导数数值。

这个不等式的意思是随着变量x的变化，f(x+h)的数值大小必定大于f(x)+hf(x)的数值。

最后，可以总结出参量不等式恒成立的一般解题思路。

首先，需要了解参量不等式的定义；其次，要分析参量不等式中的变量，可以从函数，参量，拉格朗日乘数，除非变量等多角度进行分析；第三，通过实际的例子，来学习参量不等式如何恒成立；最后，需要总结出参量不等式的概念及其解题思路。

参量不等式的概念及其解题思路的深入理解，不仅有助于在高考中获得良好的成绩，而且也是非常有用的数学知识，可以被应用在很多领域，有助于我们的思维方式的拓展，发现和解决更多的问题。

总之，参量不等式具有重要的理论意义和实际应用价值，它不仅仅是理论数学上的一个概念，也可以在工程和实际中得到有效的运用。

最后，熟悉参量不等式的概念及其解题思路，可以在高考中获得良好的成绩，也可以在工作和学习中得到有效的帮助。

专题03 不等式恒成立或有解问题专题概述含参数不等式的恒成立的问题，是近几年高考的热点.它往往以函数、数列、三角函数、解析几何为载体具有一定的综合性，解决这类问题，主要是运用等价转化的数学思想.含参数不等式的恒成立问题常根据不等式的结构特征,恰当地构造函数,等价转化为含参数的函数的最值讨论.典型例题【例1】（2019秋•崇川区校级月考）关于x 的不等式220x ax +-<在区间[1，4]上有实数解，则实数a 的取值范围是【分析】关于x 的不等式220x ax +-<在区间[1，4]上有解，等价于2()max a x x<-，其中[1x ∈，4]，求出2()f x x x=-在[1x ∈，4]的最大值即可． 【解答】解：关于x 的不等式220x ax +-<在区间[1，4]上有实数解， 等价于2()max a x x<-，[1x ∈，4]；设2()f x x x=-，其中[1x ∈，4]， 则函数()f x 在[1x ∈，4]内单调递减，当1x =时，函数()f x 取得最大值为f （1）1=； 所以实数a 的取值范围是(,1)-∞． 故答案为：(,1)-∞．【例2】（2018秋•凌源市期末）不等式210x kx -+>对任意实数x 都成立，则实数k 的取值范围是 ． 【分析】设21y x kx =-+，将不等式恒成立的问题转化为函数21y x kx =-+图象始终在x 轴上方，进而根据判别式处理即可．【解答】解：依题意，设21y x kx =-+， 因为不等式210x kx -+>对任意实数x 都成立， 所以△240k =-<，解得(2,2)k ∈-， 故答案为：(2,2)-．【例3】（2018春•朔州期末）已知不等式116ax yx y++对任意正实数x ，y 恒成立，则正实数a 的最小值为 ．【分析】由题设知1()()16min ax y x y++对于任意正实数x ，y 恒成立，所以116a +，由此能求出正实数a 的最小值． 【解答】解：不等式116a x yx y++对任意正实数x ，y 恒成立， ∴1()()16min a x y xy++对于任意正实数x ，y 恒成立1()()11a y axx y a a x y x y++=+++++116a ∴++即3)0，又0a >，39min a ∴=． 故答案为：9【变式训练】1.（2019秋•琼山区校级月考）当(1,2)x ∈时，不等式220x mx ++>恒成立，则m 的取值范围是 ．【分析】不等式恒成立等价于2m x x>--恒成立，设2()f x x x =--，(1,2)x ∈，求出()f x 的最大值即可．【解答】解：(1,2)x ∈时，不等式220x mx ++>恒成立，等价于2m x x>--恒成立； 设2()f x x x=--，其中(1,2)x ∈；则22()()222f x x x x x=-+-=-x “=”．()f x ∴的最大值为()max f x =-；m ∴的取值范围是m >-故答案为：(-，)+∞．2．（2019春•慈溪市期中）关于x 的不等式230x ax a -++在区间[2-，0]上恒成立，则实数a 的取值范围是 ．【分析】先分离参数得4(1)21a x x -++-，再利用基本不等式求右边式子的最大值得解． 【解答】解：由题得234(1)211x ax x x +=-++--因为20x -，311x ∴---所以44(1)2[1]2224211x x x x-++=--++-=--- 当1x =-时得到等号． 所以2a -． 故答案为：2a -3．（2012•沭阳县校级模拟）对一切正整数n ，不等式211x nx n ->+恒成立，则实数x 的取值范围是 【分析】确定右边对应函数的值域，将恒成立问题转化为具体不等式，即可求得x 的取值范围． 【解答】解：考查1111n y n n ==-++，一切正整数n ，函数为单调增函数，112y ∴> 对一切正整数n ，不等式211x nx n ->+恒成立， ∴211x x - ∴10x x- 0x ∴<或1x∴实数x 的取值范围是(,0)[1-∞，)+∞故答案为：(,0)[1-∞，)+∞专题强化1．（2020•一卷模拟）已知关于x 的不等式2230ax x a -+<在(0，2]上有解，则实数a 的取值范围是( )A ．(-∞B ．4(,)7-∞C ．)+∞D ．4(,)7+∞【分析】由题意不等式化为32aax x+<，讨论0a =、0a >和0a <时，分别求出不等式成立时a 的取值范围即可．【解答】解：(0x ∈，2]时，不等式可化为32aax x+<； 当0a =时，不等式为02<，满足题意； 当0a >时，不等式化为32x x a+<，则223x a x>=，当且仅当x =所以a ，即0a <当0a <时，32x x a+>恒成立；综上知，实数a 的取值范围是(-∞． 故选：A ．2．（2019秋•临渭区期末）若不等式2440x ax ++>的解集为R ，则实数a 的取值范围是( ) A ．(16,0)-B ．(16-，0]C ．(,0)-∞D ．(8,8)-【分析】根据一元二次不等式的解集为R ，△0<，列不等式求出a 的取值范围． 【解答】解：不等式2440x ax ++>的解集为R ，∴△24440a =-⨯⨯<，解得88a -<<，∴实数a 的取值范围是(8,8)-．故选：D ．3．（2020•乃东区校级一模）若不等式210x ax ++对一切(0x ∈，1]2成立，则a 的最小值为( )A ．52-B ．0C ．2-D ．3-【分析】不等式210x ax ++对一切(0x ∈，1]2成立1()max a x x ⇔--，(0x ∈，1]2．令1()f x x x =--，(0x ∈，1]2．利用导数研究其单调性极值与最值即可得出．【解答】解：不等式210x ax ++对一切(0x ∈，1]2成立1()max a x x ⇔--，(0x ∈，1]2．令1()f x x x =--，(0x ∈，1]2． 22211()10x f x x x'-=-+=>，∴函数()f x 在(0x ∈，1]2上单调递增， ∴当12x =时，函数()f x 取得最大值，115()2222f =--=-． a ∴的最小值为52-．故选：A ．4．（2019春•黑龙江期中）若关于x 的不等式240x mx +->在区间[2，4]上有解，则实数m 的取值范围为( ) A ．(3,)-+∞B ．(0,)+∞C ．(,0)-∞D ．(,3)-∞-【分析】关于x 的不等式240x mx +->在区间[2，4]上有解，等价于22240m +->或24440m +->， 求出m 的取值范围即可．【解答】解：关于x 的不等式240x mx +->在区间[2，4]上有解， 所以22240m +->或24440m +->， 解答0m >或3m >-，所以实数m 的取值范围是(3,)-+∞． 故选：A ．5．（2019秋•徐州期中）若关于x 的不等式240x x a -->在14x <<内有解，则实数a 的取值范围( ) A ．3a <-B ．0a <C ．4a <-D ．4a -【分析】把不等式化为24a x x <-，求出2()4f x x x =-在(1,4)x ∈的取值范围，即可求得a 的取值范围． 【解答】解：不等式240x x a -->可化为24a x x <-； 设2()4f x x x =-，其中(1,4)x ∈； 则2()(2)4f x x =--， 所以()f x f <（4）0=；所以不等式在14x <<内有解，实数a 的取值范围是0a <． 故选：B ．6．（2019春•舒城县期末）若不等式243x Px x P +>+-当04p 时恒成立，则x 的取值范围是( ) A ．[1-，3] B ．(-∞，1]-C ．[3，)+∞D ．(-∞，1)(3-⋃，)+∞【分析】当1x =-时，代入不等可排除A ，B ，当3x =，代入不等式可排除C ，从而得到正确选项． 【解答】解：当1x =-时，由243x Px x P +>+-，得4p <，故1x =-不符合条件，排除A ，B ； 当3x =时，由243x Px x P +>+-，得0p >，故3x =不符合条件，排除C ， 故选：D ．7．（2019春•昆都仑区校级期中）若不等式24x m x +，[0x ∈，1]恒成立，则实数m 的取值范围是( )A ．3m -或0mB ．3m -C ．30m -D ．3m -【分析】不等式24x m x +，[0x ∈，1]恒成立，只需2(4)min m x x -，求出2()4f x x x =-的最小值即可． 【解答】解：不等式24x m x +，[0x ∈，1]恒成立，∴只需2(4)min m x x -，[0x ∈，1]函数22()4(2)4f x x x x =-=--，[0x ∈，1]， ()min f x f ∴=（1）3=-，3m ∴-，故选：D ．8．（2019春•思明区校级月考）若关于x 的不等式22840x x a ---在14x 内有解，则实数a 的取值范围是( ) A ．4a -B ．4a -C ．12a -D ．12a -【分析】原不等式化为2284a x x --，问题等价于a 小于或等于2284y x x =--在[1，4]内的最大值时即可．【解答】解：原不等式22840x x a ---化为：2284a x x --， 设函数2284y x x =--，其中14x ；则4x =时函数2284y x x =--取得最大值为是4-， 所以实数a 的取值范围是4a -． 故选：A ．9．（2020春•南昌月考）若关于x 的不等式11()81xxλ有正整数解，则实数λ的最小值为( ) A ．9B ．10C ．11D ．12【分析】令()lnx f x x =，由题意，存在正整数x ，使不等式81()ln f x λ能成立．利用导数求出()f x 的最大值，可得实数λ的最小值．【解答】解：关于x 的不等式11()81x x λ有正整数解，∴81x x λ，∴43lnx ln xλ．x 为正整数，0λ>，∴4381lnx ln ln x λλ=． 令()lnx f x x =，则21()lnxf x x -'=．当(0,)x e ∈，()0f x '>，()f x 单调递增；当(,)x e ∈+∞，()0f x '<，()f x 单调递减， 故当x e =时，()f x 取得最大值． 而e 不是正整数，23e <<，f （2）2826ln ln ==，f （3）3936ln ln ==，f ∴（3）f >（2）． 故只要f （3）81ln λ即可，求得12λ，故选：D ．10．（2019春•兴庆区校级期末）若对任意(1,)x ∈+∞，不等式(1)(1)0x ax -+恒成立，则a 的取值范围为( ) A ．11a -B ．1aC ．1a -D ．1a -【分析】由题意可得1a x -在1x >恒成立，求得110x-<-<，即可得到所求范围． 【解答】解：对任意(1,)x ∈+∞，不等式(1)(1)0x ax -+恒成立， 可得10ax +，即1a x-在1x >恒成立， 由1x >可得110x-<-<，则1a -， 故选：D ．11．（2019秋•沭阳县期中）正数a ，b 满足21a b +=，且22142a b t --恒成立，则实数t 的取值范围是( )A ．(-∞B ．，)+∞C ．[D ．1[2，)+∞【分析】由0a >，0b >，21a b +=得，22414a b ab +=-，于是问题转化为：1242t ab ab +-恒成立，令1(,)42f a b ab =-，求得(,)f a b 的最大值，只需(,)max t f a b 即可． 【解答】解：0a >，0b >，21a b +=， 22414a b ab ∴+=-，22142a b t ∴---恒成立，转化为1242t ab ab +-恒成立，令(f a ，21113)44())2844b ab ab =-==-， 又由0a >，0b >，21a b +=得：1222a b ab =+， 18ab∴（当且仅当14a =，12b =时取“=” )；(f a ∴，213))44max b =-=22t． 故选：B ．12．（2019秋•开封期末）已知0m >，0n >，141m n+=，若不等式22m n x x a +-++对已知的m ，n 及任意实数x 恒成立，则实数a 的取值范围是( ) A ．[8，)+∞B ．[3，)+∞C ．(-∞，3]D ．(-∞，8]【分析】先结合基本不等式求出m n +的范围；再根据不等式恒成立结合二次函数即可求解 【解答】解：144()()5529n m n m n m n m n m n m +=++=+++， 当且仅当4n mm n=时等号成立， 229x x a ∴-++，即2229(1)8a x x x -+=-+，8a ∴．故选：D ．13．（2019秋•楚雄州期末）已知0x >，0y >，若不等式2(2)()18m x y x y++恒成立，则正数m 的最小值是( ) A ．2B ．4C ．6D ．8【分析】先结合基本不等式求出前半部分的最小值，再结合恒成立即可求解． 【解答】解：因为0x >，0y >，正数m ；∴24(2)()2222m x my x y m m x y y x++=+++++， 因为不等式2(2)()18m x y x y++恒成立，所以2218m ++，即2)0，2， 所以4m ． 故选：B ．14．（2020•湖北模拟）若不等式11014m x x+--对1(0,)4x ∈恒成立，则实数m 的最大值为( )A ．7B ．8C ．9D ．10【分析】根据题意，由基本不等式的性质分析可得1114x x+-的最小值为9，据此分析可得答案． 【解答】解：根据题意，1(0,)4x ∈，则140x ->，则1141414(14)44(1[4(14)]()552914414414414x x x x x x x x x x x x -+=+=+-+=+++⨯----， 当且仅当142x x -=时等号成立， 则1114x x+-的最小值为9， 若不等式11014m x x+--对1(0,)4x ∈恒成立，即式1114m x x +-恒成立，必有9m 恒成立， 故实数m 的最大值为9； 故选：C ．15．（2019秋•呼和浩特期末）若两个正实数x ，y 满足141x y +=，且存在这样的x ，y 使不等式234yx m m +<+有解，则实数m 的取值范围是( ) A ．(1,4)-B ．(4,1)-C ．(-∞，4)(1-⋃，)+∞D ．(-∞，3)(0-⋃，)+∞【分析】由144()()2444y y x yx x x y y x+=++=++，利用基本不等式可求其最小值，存在x ，y 使不等式234y x m m +<+有解，即2()34min yx m m +<+，解不等式可求． 【解答】解：正实数x ，y 满足141x y+=， 1444()()22244444y y x y x x x x y y x y x∴+=++=+++= 当且仅当44x y y x =且141x y+=，即2x =，8y =时取等号， 存在x ，y 使不等式234yx m m +<+有解， 243m m ∴<+，解可得1m >或4m <-，故选：C ．16．（2019秋•怀化期末）若两个正实数x ，y 满足211x y+=，且222x y m m +>+恒成立，则实数m 的取值范围是( )A ．(,2)[4-∞-，)+∞B ．(,4)[2-∞-，)+∞C ．(2,4)-D ．(4,2)-【分析】由题意和基本不等式可得2x y +的最小值，再由恒成立可得m 的不等式，解不等式可得m 范围． 【解答】解：正实数x ，y 满足211x y+=， 212(2)()x y x y x y ∴+=++444428y x y x y x y=+++=， 当且仅当4y xx y=即4x =且2y =时2x y +取最小值8， 222x y m m +>+恒成立，282m m ∴>+， 解关于m 的不等式可得42m -<< 故选：D ．。