转化为不等式恒成立命题

前言

恒成立和能成立命题是高中数学中一个非常重要的知识点，考查频次很高，由于借助这个命题能很好的考查学生的知识理解掌握能力，还能考查学生遇到新问题时的转化化归能力，考查学生思维的灵活性，所以是高考命题人的最爱之一，需要引起学生的广泛关注。而且其涵盖的数学素材很广，一定要认真学习和掌握。

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1、二次不等式恒成立求参数范围

说明：我们所说的不等式恒成立，一般指的是更复杂形式的不等式的恒成立问题，而有些这样的问题经过转化往往会转化为二次不等式恒成立的问题，故还需要我们理解和掌握二次不等式恒成立问题。

恒成立模型

\(A\leq f(x)\)在区间\([m，n]\)上恒成立，等价于\(A\leq f(x)_{min}\)；

\(A\ge f(x)\)在区间\([m，n]\)上恒成立，等价于\(A\ge f(x)_{max}\)；

说明：上述模型是最精简的模型，具体题目中一般不是这样的，需要我们做相应的转化化归。比如 \(\ln(x+1)\)\(+\)\(\cfrac{a}{x+2}\)\(>\)\(1\) 对任意 \(x\)\(>\)\(0\) 成立，则可以转化为 \(a\)\(>\)\((x+2)\)\([1-ln(x+1)]\)恒成立，比如 \(x^2\)\(+\)\(e^x\)\(+\)\(a\)\(\geq\)\(0\) 对任意实数恒成立，可以化归为 \(a\)\(\geq\)\(-x^2\)\(-e^x\)，这样就都属于上述类型。

化归为恒成立

• ⒈明确以恒成立命题形式给出的；

函数\(f(x)=x^2-ax+2\ge 0\) 在区间\([2，5]\)上恒成立，求参数\(a\)的取值范围。

分析：用分离参数法，转化为\(a\leq x+\cfrac{2}{x}=g(x)\)在区间\([2，5]\)上恒成立，即\(a\leq g(x)_{min}=3\)；

或二次函数数形结合法，针对对称轴和区间的位置关系分类讨论求解。

若关于\(x\)的一元二次不等式\(x^2+(k-1)x+4\leqslant0\)在实数范围内恒不成立，则实数\(k\)的取值范围是__________.

分析：转化为\(x^2+(k-1)x+4> 0\)在实数范围内恒成立，则\(\Delta<0\)，解得\(k\in (-3,5)\)；

• ⒉以集合、子集形式或定义域的形式给出的，比如解集为\(R\)；

不等式\(x^2-ax+2\ge 0\)的解集为\(R\)，求参数\(a\)的取值范围。

分析：由\(\Delta=a^2-8 \leq 0\)求解得到\(a\in [-2\sqrt{2}，2\sqrt{2}]\)

函数\(f(x)=\sqrt{2^{x^2-2ax+a}-1}\)的定义域是\(R\)，求参数\(a\)的取值范围\([0，1]\)。

分析：由\(2^{x^2-2ax+a}-1\ge0\)得到，\(x^2-2ax+a\ge 0\)的解集为\(R\)，求解得到\(a\in [0，1]\)

函数\(f(x)=|x-2|+|x-a|\)，\(f(x)<2\)的解集为\(A\)，且有\((2，3)\subseteq A\)，求参数\(a\)的取值范围\([2，4)\)。

分析：由题可知，\(|x-2|+|x-a|<2\)在\((2，3)\)上恒成立，即\(x-2+|x-a|<2\)在\((2，3)\)上恒成立，即\(|x-a|<4-x\)在\((2，3)\)上恒成立，

即\(x-4 < x-a < 4-x\)在\((2，3)\)上恒成立，即\(2x-4< a <4\)在\((2，3)\)上恒成立，

即\((2x-4)_{max}< a <4\)在\((2，3)\)上恒成立，即\(2\leq a <4\)。

给出下列不等式:①\(x^2-4x+3<0\)，②\(x^2-6x+8<0\)，③\(2x^2-9x+m<0\)，若要使同时满足①和②的\(x\)也满足③，则实数\(m\)需满足【\(\quad\)】

$A.m >9$ $B.m=9$ $C.m\leqslant9 $ $D.0< m <9$

详解：由\(x^2-4x+3=(x-1)(x-3)<0\)，解得\(1<x<3\)；

由\(x^2-6x+8=(x-2)(-4)<0\)，解得 \(2<x<4\).

故①② 不等式解集的交集为 \(\{x\mid 2<x<3\}\)，

也即 \(\{x \mid 2<x<3\}\) 是不等式 \(2x^{2}-9x+m<0\)的解集的子集.

即在\(x\in (2,3)\)时，不等式 \(2x^{2}-9x+m<0\)恒成立，

构造函数 \(f(x)=2x^{2}-9x+m\)，该函数开口向上，对称轴为 \(x=\cfrac{9}{4}\in(2,3)\)，

故需\(\left\{\begin{array}{l}f(2)=m-10\leq 0 \\ f(3)=m-9 \leq 0\end{array},\right.\) 解疑， 解得 \(m \leq 9 .\) 故选 \(C\).

• ⒊以简单逻辑用语给出的，比如真命题，假命题，或充要条件，全称命题

对任意的\(x\in R\)，命题：\(x^2-ax+2< 0\)为假命题，求参数\(a\)的取值范围。

分析：即\(x^2-ax+2\ge 0\)为真命题，也即\(x^2-ax+2\ge 0\)恒成立；

(2017湖南郴州二模)若命题“\(P：\exists x_0\in R，2^{x_0}-2\leq a^2-3a\)”是假命题，则实数\(a\)的取值范围是__________。

命题的否定：“\(\neg P：\forall x\in R，2^x-2> a^2-3a\)”是真命题，则实数\(a\)的取值范围是__________。

分析：由题目可知，命题“\(\neg P：\forall x\in R，2^x-2> a^2-3a\)”是真命题，即\(2^x-2> a^2-3a\)对\(\forall x\in R\)恒成立，

故只需求\((2^x-2)_{min}\)，而\(2^x-2>-2\)，则有\(-2\ge a^2-3a\)，即\(a^2-3a+2\leq 0\)，

解得\(1\leq a\leq 2\)，故实数\(a\)的取值范围是\([1，2]\)。

【2020•成都诊断】若曲线\(f(x)＝ln x＋ax^2\)(\(a\)为常数)不存在斜率为负数的切线，则实数\(a\)的取值范围是【\(\qquad\)】

$A.(-12,+\infty)$ $B.[-12,+\infty)$ $C.(-12,+\infty)$ $D.[0,+\infty)$

分析：由于\(f'(x)=\cfrac{1}{x}+2ax=\cfrac{2ax^2+1}{x}(x>0)\)，

则\(f'(x)\geqslant 0(x>0)\)恒成立，即\(2ax^2+1\geqslant 0(x>0)\)恒成立，

分离参数得到，\(2a\geqslant -\cfrac{1}{x^2}(x>0)\)恒成立，

所以，\(a\geqslant 0\)，故选\(D\).

若任意\(x\in[0，\cfrac{\pi}{8}]\)，\(tanx\leq m\)是真命题，求实数\(m\)的最小值\((\sqrt{2}-1)\)。

若命题“\(\exists x_{0} \in[-1,1], x_{0}^{2}+3 x_{0}+a>0\) "为假命題，则实数 \(a\) 的取值范围是__________.

解析：由于对\(\forall x \in[-1,1], x^{2}+3 x+a\leq 0\) 为真命题，

令 \(g(x)=x^{2}+3 x+a\)，则对 \(\forall x \in[-1,1], g(x) \leq 0\)恒成立

因为 \(g(x)=x^{2}+3 x+a\) 的对称轴为 \(x=-\frac{3}{2},\) 则 \(g(x)\) 在 \(x \in[-1,1]\) 上单调递增，

则只需 \(g(1) \leq 0\) 即可， 即 \(4+a \leq 0\)， 解得 \(a \leq-4\)， 即 $a \in(-\infty,-4] $.

• ⒋以不等式无解的形式给出的；

已知函数\(f(x)=log_a(a^{2x}+t)\)，其中\(a>0，a\neq 1\)，

（1）当\(a=2\)时，若\(f(x) < x\)无解，求\(t\)的取值范围；

分析：当\(a=2\)时，\(f(x)=log_2(4^x+t)\)，定义域为\(R\)，

则由\(f(x)< x\)无解，可知不等式\(f(x) < x\)的解集为\(x\in \varnothing\)，

则不等式\(f(x)\ge x\)的解集为\(x\in R\)，即\(f(x)\ge x\)在\(R\)上恒成立，

即\(log_2(4^x+t)\ge x=log_22^x\)在\(R\)上恒成立，

故\(4^x+t\ge 2^x\)在\(R\)上恒成立，分离参数得到，

\(t\ge 2^x-4^x\)在\(R\)上恒成立，

令\(2^x=k >0\)，则\(2^x-4^x=k-k^2=g(k)(k >0)\)，需要求\(g(k)_{max}\)，

又\(g(k)=-k^2+k=-(k-\cfrac{1}{2})^2+\cfrac{1}{4}\)，

故\(g(k)_{max}=g(\cfrac{1}{2})=\cfrac{1}{4}\)，

故\(t\ge \cfrac{1}{4}\)，即\(t\in [\cfrac{1}{4}，+\infty)\)。

• ⒌以不等式形式给出的；

【2018高考Ⅱ卷文科23题】设函数\(f(x)=5-|x+a|-|x-2|\)，

(1)当\(a=1\)时，求不等式\(f(x)\ge 0\)的解集。

分析：分区间讨论法，解集为\([-2，3]\)，详解过程略。

(2)若\(f(x)\leq 1\)，求\(a\)的取值范围。

分析：本题目没有给定解集\(D\)，却需要求参数\(a\)的取值范围，那我们可以这样想，

对于未知解集\(D\)内的任意一个\(x\)，必然满足\(f(x)\leq 1\)，即对解集\(D\)而言，不等式\(f(x)\leq 1\)恒成立，

即\(5-|x+a|-|x-2|\leq 1\)恒成立，即\(|x+a|+|x-2|\ge 4\)恒成立，

这样难点就转换为求\((|x+a|+|x-2|)_{min}\)，

又\(|x+a|+|x-2|\ge |(x+a)-(x-2)|=|a+2|\)，

即\((|x+a|+|x-2|)_{min}=|a+2|\)，

即\(|a+2|\ge 4\)，则\(a+2\ge 4\)或\(a+2\leq -4\)

解得\(a\leq -6\)或\(a\ge 2\)。

• ⒍在某个区间\(D\)上函数单调递增；

函数\(f(x)=x^2-ax+2\) 在区间\([2，5]\)上单调递增，求参数\(a\)的取值范围。

法1：二次函数法，针对对称轴和区间\([2，5]\)的位置关系分类讨论求解；

法2：导数法，则有\(f'(x)=2x-a\ge0\)对\(x\in [2，5]\)恒成立，即\(a\leq 2x\)对\(x\in [2，5]\)恒成立；

即\(a\leq (2x)_{min}\)，当\(2\leq x\leq 5\)时，\((2x)_{min}=4\)，故\(a\leq4\)

• ⒎以证明题形式给出的；

求证：\(e^x\ge x+1\) \(\qquad\)请参阅 证明方法

• ⒏以数学概念或函数性质转化而成的恒成立；

已知函数\(f(x)=x^2+\cfrac{a}{x}\)，定义域是\(x\neq 0\)，下列说法正确的是【\(\qquad\)】

A.存在$a\in R$，使得函数$f(x)$为奇函数

B.任意$a\in R$，使得函数$f(x)$为偶函数

C.任意$a>0$，使得函数$f(x)$在$(-\infty，0)$上为减函数

D.存在$a>0$，使得函数$f(x)$在$(0，+\infty)$上为减函数

分析：A选项，存在\(a\in R\)，使得函数\(f(x)\)为奇函数；若此选项正确，存在实数\(a\)，则对任意\(x\neq 0\)，\(f(-x)=-f(x)\)要恒成立，

即\(x^2-\cfrac{a}{x}=-x^2-\cfrac{a}{x}\)要恒成立，即\(-x^2=x^2\)，不是对任意\(x\neq 0\)都恒成立的，故A选项错误；

B选项，任意\(a\in R\)，使得函数\(f(x)\)为偶函数；若此选项正确，任意实数\(a\)，则对任意\(x\neq 0\)，\(f(-x)=f(x)\)要恒成立，

即\(x^2-\cfrac{a}{x}=x^2+\cfrac{a}{x}\)要恒成立，即\(\cfrac{2a}{x}=0\)，不是对任意\(x\neq 0\)都恒成立的，故B选项错误；

C选项，任意\(a>0\)，使得函数\(f(x)\)在\((-\infty，0)\)上为减函数；若此选项正确，对任意实数\(a>0\)，

则对任意\(x< 0\)，\(f'(x)=2x-\cfrac{a}{x^2}<0\)恒成立，即函数\(f(x)\)在\((-\infty，0)\)上为减函数，故C选项正确；

D选项，存在\(a>0\)，使得函数\(f(x)\)在\((0，+\infty)\)上为减函数；若此选项正确，存在实数\(a>0\)，则对任意\(x>0\)，

必须\(f'(x)=2x-\cfrac{a}{x^2}=\cfrac{2x^3-a}{x^2}<0\)要恒成立，但是并不能保证\(f'(x)<0\)恒成立，

即函数\(f(x)\)在\((-\infty，0)\)上为减函数是错误的，故D选项错误；综上，正确选项为\(C\)。

• ⒐以不等式的解集包含某个区间的形式给出；

【2020届宝鸡市质检1文数第23题】已知\(f(x)=|ax-1|+|x+2|\)，

(1).当\(a=1\)时，求不等式\(f(x)\geqslant 5\)的解集；

分析：用分区间讨论法，求解得到解集为\(\{x\mid x\leqslant -3或x\geqslant 2\}\).

(2).若\(f(x)\leqslant 3-x\)的解集为\(A\)且\([-4，-2]\)是集合\(A\)的子集，求\(a\)的取值范围。

分析：由题意可知，\(f(x)\leqslant 3-x\)在区间\([-4，-2]\)上恒成立，

即\(|ax-1|-x-2\leqslant 3-x\)在区间\([-4，-2]\)上恒成立，即\(|ax-1|\leqslant 5\)在区间\([-4，-2]\)上恒成立，

即\(-4\leqslant ax\leqslant 6\)在区间\([-4，-2]\)上恒成立，由于\(x\in [-4，-2]\)

则\(\left\{\begin{array}{l}{-4\leqslant -4a\leqslant 6}\\{-4\leqslant -2a\leqslant 6}\end{array}\right.\quad\) 即\(\left\{\begin{array}{l}{-\cfrac{3}{2}\leqslant a\leqslant 1}\\{-3\leqslant a\leqslant 2}\end{array}\right.\)，解得即\(-\cfrac{3}{2}\leqslant a\leqslant 1\)

故\(a\)的取值范围是\([-\cfrac{3}{2}，1]\).

【2017全国卷1文科理科第23题高考真题选修4-5不等式选讲】已知函数\(f(x)=-x^2+ax+4\)，\(g(x)=|x+1|+|x-1|\)，

(2)若不等式\(f(x)\ge g(x)\)的解集包含\([-1，1]\)，求\(a\)的取值范围。

【法1】：数形结合法，函数\(f(x)=-x^2+ax+4\)，对称轴为\(x=\cfrac{a}{2}\)，开口向下，由有图可知，要使得不等式\(f(x)\ge g(x)\)的解集包含\([-1，1]\)，

只需要满足条件\(\begin{cases}f(-1)\ge 2\\f(1)\ge 2\end{cases}\)，解得\(\begin{cases}a\leq 1\\a\ge -1\end{cases}\)，故\(a\)的取值范围为\([-1，1]\)。

【法2】：转化为不等式恒成立求解，当\(x\in [-1，1]\)时，\(g(x)=2\)，由题目可知，不等式\(f(x)\ge 2\)的解集包含\([-1，1]\)，即当\(x\in [-1，1]\)时，\(f(x)\ge 2\)恒成立，即\(-x^2+ax+2\ge 0\)恒成立，

令\(h(x)=-x^2+ax+2\)，则只需满足条件\(\begin{cases}h(-1)\ge 0\\h(1)\ge 0\end{cases}\)，解得\(-1\leq a \leq 1\)，故\(a\)的取值范围为\([-1，1]\)。

【法3】：恒成立+分离参数法，当转化得到\(x\in [-1，1]\)时，\(f(x)\ge 2\)恒成立，即\(-x^2+ax+2\ge 0\)恒成立，接下来准备分离参数：

\(1^。\)当\(x=0\)时，代入得到\(2\ge 0\)，即\(a\in R\)；

\(2^。\)当\(x<0\)时，由\(ax\ge x^2-2\)分离参数得到\(a\leq \cfrac{x^2-2}{x}=x-\cfrac{2}{x}\)，

令\(h(x)=x-\cfrac{2}{x}\)，\(h(x)\)在区间\((-1，0)\)上单调递增，图像说明，

故\(h(x)_{min}\rightarrow h(-1)=1\)即\(a\leq 1\)；

\(3^。\)当\(x>0\)时，由\(ax\ge x^2-2\)分离参数得到\(a\ge \cfrac{x^2-2}{x}=x-\cfrac{2}{x}\)，

令\(h(x)=x-\cfrac{2}{x}\)，\(h(x)\)在区间\((0，1)\)上单调递增，故\(h(x)_{max}\rightarrow h(1)=-1\)即\(a\ge -1\)；

综上所述，由于三种情形下都要成立，故需要取其交集得到\(a\)的取值范围为\([-1，1]\)。

• ⒑ 含有绝对值符号(一个或两个)的恒成立问题；

已知函数\(f_1(x)=e^x\)，\(f_2(x)=ax^2-2ax+b\)，设\(a>0\)，若对任意的\(m，n∈[0，1](m\neq n)\)，\(|f_1(m)-f_1(n)|>|f_2(m)-f_2(n)|\)恒成立，求\(a\)的最大值。

【分析】利用函数的单调性去掉绝对值符号，构造新函数，可以将问题再次转化为恒成立，然后分离参数求解。

【解答】不妨设\(m>n\)，则函数\(f_1(x)\)在区间\([0，1]\)上单调递增，故\(f_1(m)-f_1(n)>0\)，

又\(f_2(x)=a(x-1)^2+b-a\)，对称轴是\(x=1\)，开口向上，故函数\(f_2(x)\)在区间\([0，1]\)上单调递减，故\(f_2(m)-f_2(n)<0\)，

这样对任意的\(m，n∈[0，1](m>n)\)，\(|f_1(m)-f_1(n)|>|f_2(m)-f_2(n)|\)恒成立，

就可以转化为\(f_1(m)-f_1(n)>f_2(n)-f_2(m)\)恒成立，

即\(f_1(m)+f_2(m)>f_1(n)+f_2(n)\)恒成立，

令\(h(x)=f_1(x)+f_2(x)=e^x+ax^2-2ax+b\)，则到此的题意相当于已知\(m >n\)时，\(h(m)>h(n)\)，

故函数\(h(x)\)在区间\([0，1]\)上单调递增，故\(h'(x)≥0\)在区间\([0，1]\)上恒成立；

即\(h'(x)=e^x+2ax-2a≥0\)在区间\([0，1]\)上恒成立；

即\(2a(1-x)≤ e^x\)恒成立，这里我们使用倒数法分离参数得到，分离参数法

\(\cfrac{1}{2a}≥\cfrac{1-x}{e^x}\)在区间\([0，1]\)上恒成立；

再令\(p(x)=\cfrac{1-x}{e^x}\)，即需要求\(p(x)_{max}\)，

\(p'(x)=\cfrac{-1×e^x-(1-x)e^x}{(e^x)^2}=\cfrac{x-2}{e^x}\)，

容易看出，当\(x∈[0，1]\)时，\(p'(x)<0\)恒成立，故\(p(x)\)在区间\([0，1]\)上单调递减，

则\(p(x)_{max}=p(0)=1\)，故\(\cfrac{1}{2a}≥1\)，又\(a >0\)，

故解得\(0< a ≤1\)。故\(a_{max}=1\).

【点评】出现函数值的差的绝对值问题，常常想到利用函数的单调性去掉绝对值符号进行转化；另外在分离参数时如果按照常规方法分离需要分类讨论，这里使用了倒数法分离参数，就能很好的避免分类讨论，嵌套的层次比较多，运算量比较多，是个难题。

• ⒒以函数图像的位置高低的形式给出；

已知函数\(f(x)=|x－2|\)，\(g(x)=-|x＋3|+m\)，若函数\(f(x)\)的图象恒在函数\(g(x)\)图象的上方，求\(m\)的取值范围．

分析：\(f(x)\)的图象恒在函数\(g(x)\)图象的上方，即为\(|x－2|>－|x＋3|＋m\)对任意实数\(x\)恒成立，

即\(|x－2|＋|x＋3|>m\)对任意实数\(x\)恒成立，

又对任意实数\(x\)恒有\(|x－2|+|x＋3|\geqslant |(x－2)-(x＋3)|=5\)，于是得\(m<5\)，

即\(m\)的取值范围是\((-\infty，5)\)．

转化以后

• 先考虑能否分离参数，参见分离参数法；

如果能，转化为\(A\ge f(x)\)恒成立，则需要求函数\(f(x)\)的最值，函数如果形式简单，不用导数法，如果复杂，需要用导数法；如果不能，

• 再考虑数形结合，即左右两端的函数中，有一个带有参数，考虑其几何意义。

注意事项

1、有恒字的不一定是恒成立命题，如两个函数图像恒有交点，即两个函数图像至少有一个交点，其实是能成立命题。没有恒字的不一定不是恒成立命题。

2、不等式无解应该等价转化为不等式恒成立。比如，\(f(x)< x\)在\(R\)上无解，即意味着不等式\(f(x)< x\)的解集为\(x\in \varnothing\)，那么不等式\(f(x)\ge x\)在\(R\)上应该是恒成立的，即不等式\(f(x)\ge x\)的解集为\(x\in R\)，

引例，比如不等式\(e^x< x\)无解，即不等式\(e^x\ge x\)的解集为\(x\in R\)，即\(x\in R\)时，不等式\(e^x > x\)恒成立。

3、注意细节上的变化

若\(A\leq f(x)\)在区间\((m，n)\)上恒成立，等价于\(A\leq f(x)_{min}\)或最小值的极限。

若\(A< f(x)\)在区间\((m，n)\)上恒成立，等价于\(A\leq f(x)_{min}\)或最小值的极限。