赵银仓

不等式恒成立与有解问题在高考试题中的题型主要是：①证明某个不等式恒成立;②已知不等式恒成立，求其中的参数的取值范围;③存在性问题，即是否存在某个参数的值使已知不等式成立.

重点：理解不等式恒成立与有解的数学意义，掌握解决不等式恒成立与有解的常用方法，用转化与化归、数形结合、分类讨论、函数与方程等数学思想引领问题分析.

难点：理解恒成立与有解，对问题的实施等价转换;构造恰当的函数，通过研究函数的图象与性质来解决问题.

不等式恒成立问题是全称命题，即在给定的范围内变量的每一个值都使不等式成立，因而问题可化归为构建函数，在函数存在最值时求相应的最大值或最小值;在函数不存在最值时，通过无限的方法来确定其上界或下界. 如：若sinx（sinx）max=1. 不等式有解问题是特称命题，即在给定的范围内变量存在某一个值使不等式成立，问题也同样可化归为构建函数来解. 如：若sinx（sinx）min=

-1. 解题时应细心体会两者之间的差异，找准所要转化的等价问题. 可见，构作辅助函数，利用函数的单调性、最值（或上、下界）、图象求解，或利用分类讨论、数形结合、参数分离、变换主元等思想方法是解决不等式恒成立与有解问题的有效策略.

1. 不等式恒成立

（1）不等式f（x）

（2）不等式f（x）>k在x∈I时恒成立？圳f（x）min>k，或f（x）的下界大于或等于k.

2. 不等式有解

（1）不等式f（x）

（2）不等式f（x）>k在x∈I时有解？圳f（x）max>k，或f（x）的上界大于k.

3. 不等式恒成立与有解的综合

若函数f（x）和g（x）在相应的定义域If，Ig上有最大值和最小值，则：

（1）任意x1∈If，任意x2∈Ig，不等式f（x1）

（2）任意x1∈If，存在x2∈Ig，不等式f（x1）

（3）存在x1∈If，存在x2∈Ig，不等式f（x1）

（4）存在x1∈If，任意x2∈Ig，不等式f（x1）

例1  （2014年高考辽宁卷）当x∈[-2，1]时，不等式ax3-x2+4x+3≥0恒成立，则实数a的取值范围是（    ）

A. [-5，-3]   B. -6，-？摇？摇？摇

C. [-6，-2]   D. [-4，-3]

思索  本题为三次不等式在闭区间上的恒成立问题，若直接求不等式左端三次函数的最小值显然将问题复杂化了，考虑到参数a只出现在一个位置上，所以用分离变量法构建函数求最值来解. 但因所除式子x3的取值会出现正、负、零三种情况，所以要分类讨论，这样就增加了问题的困难性. 此题作为选择题中的压轴题有较大的挑战性.

破解1  由已知，当x=0时，原不等式恒成立;当x∈（0，1]时，原不等式等价于a≥max恒成立;当x∈[-2，0）时，原不等式等价于a≤min恒成立.

设f（x）=，x∈[-2，0）∪（0，1]，则f（x）=--，令t=，即y=t-4t2-3t3，所以y′=-9t2-8t+1，可见在-1，上y为增函数，在（-∞，-1），，+∞上y为减函数.

所以当x∈（0，1]时，t∈[1，+∞），ymax=-6，即f（x）max=-6，所以a≥-6;当x∈[-2，0）时，t∈-∞，-，ymin=-2，即f（x）min=-2，所以a≤-2.

综上，实数a的取值范围是[-6，-2]，故选C.

破解2  当-2≤x<0时，不等式转化为a≤，令f（x）= （-2≤x<0），则f′（x）==

-，故f（x）在[-2，-1]上单调递减，在（-1，0）上单调递增，此时有a≤=-2.

当x=0时，原不等式恒成立.

当0

综上，-6≤a≤-2. 故选C.

例2  若对任何的正整数n，关于x的不等式x2+2x-3-n<0在[k，k+1]上有解，求实数k的最小值.

思索  本题为不等式在闭区间有解的问题，由于在不等式中和区间的端点处均含有参数，而且参数不同，所以分析问题的难度增大.首先求出能使含参数不等式在参数（即正整数n）变化时恒成立的变量x的取值范围，因为不等式的形式为关于x的二次不等式，所以通过分离变量、数形结合，容易求得x的取值范围.而在[k，k+1]上有解这一条件可转化为在这个区间上存在一个数，这个数同时也在x的取值范围当中.化归求解，在本题中，数形结合思想、函数思想及转化与化归思想要综合使用，对理解能力的要求亦较高.

破解  已知不等式x2+2x-3-n<0，可变为x2+2x-3

要使不等式x2+2x-3

-3≤x0≤1，所以k+1≥-3且k≤1，即

-4≤k≤1，所以实数k的最小值是-4.

例3  已知两个函数f（x）=8x2+16x-k，g（x）=2x3+5x2+4x，其中k为实数.

（1）对任意x∈[-3，3]，都有f（x）≤g（x）成立，求k的取值范围;

（2）存在x∈[-3，3]，使f（x）≤g（x）成立，求k的取值范围;

（3）对任意x1，x2∈[-3，3]，都有f（x1）≤g（x2）成立，求k的取值范围;

（4）存在x1，x2∈[-3，3]，使f（x1）≤g（x2）成立，求k的取值范围.

思索  本题的4个小题，是含有“任意”“存在”量词的容易混淆又较难理解的问题，表面形式非常相似，但其本质却大相径庭. 审题时应细心思考，注意甄别;解题时应深入思考，找准到底是转化为求函数的最大值还是最小值问题，平时应多加训练，准确使用其成立的充要条件.

破解  （1）设h（x）=g（x）-f（x）=2x3-3x2-12x+k，问题转化为x∈[-3，3]时，h（x）≥0恒成立，故h（x）min≥0.

令h′（x）=6x2-6x-12=0，得x=-1或2.

由h（-1）=7+k，h（2）=-20+k，h（-3）=-45+k，h（3）=-9+k，得h（x）min=-45+k≥0，得k≥45.

（2）存在x∈[-3，3]，使f（x）≤g（x）成立，即h（x）≥0在x∈[-3，3]有解，故h（x）max≥0，由（1）得h（x）max=7+k≥0，于是得k≥-7.

（3）对任意x1，x2∈[-3，3]，都有f（x1）≤g（x2）成立的充要条件是f（x）max≤g（x）min，x∈[-3，3]. 由g′（x）=6x2+10x+4=0，得x=-或-1，易得g（x）min=g（-3）=-21. 又f（x）=8（x+1）2-8-k，x∈[-3，3]，故f（x）max=f（3）=120-k≤g（x）min=-21，得k≥141.

（4）存在x1，x2∈[-3，3]，使f（x1）≤g（x2）成立的充要条件是f（x）min≤g（x）max，x∈[-3，3]，而f（x）min=f（-1）= -8-k，g（x）max=g（3）=111，于是-8-k≤111，得k≥-119.

例4  （2014年高考江苏卷）已知函数f（x）=ex+e-x，其中e是自然对数的底数.

（1）证明： f（x）是R上的偶函数.

（2）若关于x的不等式mf（x）≤e-x+m-1在（0，+∞）上恒成立，求实数m的取值范围.

（3）已知正数a满足：存在x∈[1，+∞），使得f（x0）

思索  本题第（2）问为不等式在（0，+∞）上恒成立问题，含有全称量词“任意”;而第（3）问为存在x0∈[1，+∞）使不等式成立问题，也就是使不等式在[1，+∞）上有解问题，含有特称量词“存在”，要注意甄别两者间的差异，使问题得到正确的转化.

破解  （1）略.

（2）由条件知， m（ex+e-x-1）≤e-x

-1在（0，+∞）上恒成立.令t=ex（x>0），则t>1，所以m≤-=

-对任意t>1成立. 因为t-1++1≥2 +1=3，所以-≥-，当且仅当t=2，即x=ln2时等号成立. 因此实数m的取值范围是-∞，.

（3）令函数g（x）=ex+-a（-x3+3x），则g′（x）=ex-+3a（x2-1）. 当x≥1时，ex->0，x2-1≥0. 又a>0，故g′（x）>0，所以g（x）是[1，+∞）上的单调递增函数，因此g（x）在[1，+∞）上的最小值是g（1）= e+e-1-2a. 由于存在x0∈[1，+∞），使e+e-a（-x30+ 3x0）<0成立，当且仅当最小值g（1）<0，故e+e-1-2a<0，即a>.

1. （2014年高考江苏卷）已知函数f（x）=x2+mx-1，若对于任意x∈[m，m+1]，都有f（x）<0成立，则实数m的取值范围是________.

2. 若关于x的不等式a≤x2-3x+4≤b的解集恰好是[a，b]，则a+b的值为（    ）

A. 5 B. 4

C.  D.

3. （2014年高考安徽卷改编）若不等式x+1+2x+a≤3有解，则实数a的最大值为（    ）

A. 5 B. -1

C. -4 D. 8

4. （2014年高考全国卷Ⅱ）设函数f（x）=sin，若存在f（x）的极值点x0满足x20+[f（x0）]2

A. （-∞，-6）∪（6，+∞）？摇？摇？摇

B. （-∞，-4）∪（4，+∞）

C. （-∞，-2）∪（2，+∞）？摇？摇？摇

D. （-∞，-1）∪（1，+∞）

？摇？摇5. （2014年高考陕西卷）设函数f（x）=ln（1+x），g（x）=xf′（x），x≥0，其中f′（x）是f（x）的导函数. 若f（x）≥ag（x）恒成立，求实数a的取值范围.

参考答案

1. -，0

2. B

3. D

4. C

5. 已知f（x）≥ag（x）恒成立，即ln（1+x）≥恒成立. 设φ（x）=ln（1+x）-（x≥0），则φ′（x）=-=，当a≤1时，φ′（x）≥0（仅当x=0，a=1时等号成立）. 所以φ（x）在[0，+∞）上单调递增，又φ（0）=0，所以φ（x）≥0在[0，+∞）上恒成立，所以a≤1时，ln（1+x）≥恒成立（仅当x=0时等号成立）. 当a>1时，对x∈（0，a-1]有φ′（x）<0，所以φ（x）在（0，a-1]上单调递减，所以φ（a-1）<φ（0）=0. 即a>1时，存在x>0，使φ（x）<0，故知ln（1+x）≥不恒成立. 综上可知，a的取值范围是（-∞，1].

要使不等式x2+2x-3

-3≤x0≤1，所以k+1≥-3且k≤1，即

-4≤k≤1，所以实数k的最小值是-4.

例3  已知两个函数f（x）=8x2+16x-k，g（x）=2x3+5x2+4x，其中k为实数.

（1）对任意x∈[-3，3]，都有f（x）≤g（x）成立，求k的取值范围;

（2）存在x∈[-3，3]，使f（x）≤g（x）成立，求k的取值范围;

（3）对任意x1，x2∈[-3，3]，都有f（x1）≤g（x2）成立，求k的取值范围;

（4）存在x1，x2∈[-3，3]，使f（x1）≤g（x2）成立，求k的取值范围.

思索  本题的4个小题，是含有“任意”“存在”量词的容易混淆又较难理解的问题，表面形式非常相似，但其本质却大相径庭. 审题时应细心思考，注意甄别;解题时应深入思考，找准到底是转化为求函数的最大值还是最小值问题，平时应多加训练，准确使用其成立的充要条件.

破解  （1）设h（x）=g（x）-f（x）=2x3-3x2-12x+k，问题转化为x∈[-3，3]时，h（x）≥0恒成立，故h（x）min≥0.

令h′（x）=6x2-6x-12=0，得x=-1或2.

由h（-1）=7+k，h（2）=-20+k，h（-3）=-45+k，h（3）=-9+k，得h（x）min=-45+k≥0，得k≥45.

（2）存在x∈[-3，3]，使f（x）≤g（x）成立，即h（x）≥0在x∈[-3，3]有解，故h（x）max≥0，由（1）得h（x）max=7+k≥0，于是得k≥-7.

（3）对任意x1，x2∈[-3，3]，都有f（x1）≤g（x2）成立的充要条件是f（x）max≤g（x）min，x∈[-3，3]. 由g′（x）=6x2+10x+4=0，得x=-或-1，易得g（x）min=g（-3）=-21. 又f（x）=8（x+1）2-8-k，x∈[-3，3]，故f（x）max=f（3）=120-k≤g（x）min=-21，得k≥141.

（4）存在x1，x2∈[-3，3]，使f（x1）≤g（x2）成立的充要条件是f（x）min≤g（x）max，x∈[-3，3]，而f（x）min=f（-1）= -8-k，g（x）max=g（3）=111，于是-8-k≤111，得k≥-119.

例4  （2014年高考江苏卷）已知函数f（x）=ex+e-x，其中e是自然对数的底数.

（1）证明： f（x）是R上的偶函数.

（2）若关于x的不等式mf（x）≤e-x+m-1在（0，+∞）上恒成立，求实数m的取值范围.

（3）已知正数a满足：存在x∈[1，+∞），使得f（x0）

思索  本题第（2）问为不等式在（0，+∞）上恒成立问题，含有全称量词“任意”;而第（3）问为存在x0∈[1，+∞）使不等式成立问题，也就是使不等式在[1，+∞）上有解问题，含有特称量词“存在”，要注意甄别两者间的差异，使问题得到正确的转化.

破解  （1）略.

（2）由条件知， m（ex+e-x-1）≤e-x

-1在（0，+∞）上恒成立.令t=ex（x>0），则t>1，所以m≤-=

-对任意t>1成立. 因为t-1++1≥2 +1=3，所以-≥-，当且仅当t=2，即x=ln2时等号成立. 因此实数m的取值范围是-∞，.

（3）令函数g（x）=ex+-a（-x3+3x），则g′（x）=ex-+3a（x2-1）. 当x≥1时，ex->0，x2-1≥0. 又a>0，故g′（x）>0，所以g（x）是[1，+∞）上的单调递增函数，因此g（x）在[1，+∞）上的最小值是g（1）= e+e-1-2a. 由于存在x0∈[1，+∞），使e+e-a（-x30+ 3x0）<0成立，当且仅当最小值g（1）<0，故e+e-1-2a<0，即a>.

1. （2014年高考江苏卷）已知函数f（x）=x2+mx-1，若对于任意x∈[m，m+1]，都有f（x）<0成立，则实数m的取值范围是________.

2. 若关于x的不等式a≤x2-3x+4≤b的解集恰好是[a，b]，则a+b的值为（    ）

A. 5 B. 4

C.  D.

3. （2014年高考安徽卷改编）若不等式x+1+2x+a≤3有解，则实数a的最大值为（    ）

A. 5 B. -1

C. -4 D. 8

4. （2014年高考全国卷Ⅱ）设函数f（x）=sin，若存在f（x）的极值点x0满足x20+[f（x0）]2

A. （-∞，-6）∪（6，+∞）？摇？摇？摇

B. （-∞，-4）∪（4，+∞）

C. （-∞，-2）∪（2，+∞）？摇？摇？摇

D. （-∞，-1）∪（1，+∞）

？摇？摇5. （2014年高考陕西卷）设函数f（x）=ln（1+x），g（x）=xf′（x），x≥0，其中f′（x）是f（x）的导函数. 若f（x）≥ag（x）恒成立，求实数a的取值范围.

参考答案

1. -，0

2. B

3. D

4. C

5. 已知f（x）≥ag（x）恒成立，即ln（1+x）≥恒成立. 设φ（x）=ln（1+x）-（x≥0），则φ′（x）=-=，当a≤1时，φ′（x）≥0（仅当x=0，a=1时等号成立）. 所以φ（x）在[0，+∞）上单调递增，又φ（0）=0，所以φ（x）≥0在[0，+∞）上恒成立，所以a≤1时，ln（1+x）≥恒成立（仅当x=0时等号成立）. 当a>1时，对x∈（0，a-1]有φ′（x）<0，所以φ（x）在（0，a-1]上单调递减，所以φ（a-1）<φ（0）=0. 即a>1时，存在x>0，使φ（x）<0，故知ln（1+x）≥不恒成立. 综上可知，a的取值范围是（-∞，1].

要使不等式x2+2x-3

-3≤x0≤1，所以k+1≥-3且k≤1，即

-4≤k≤1，所以实数k的最小值是-4.

例3  已知两个函数f（x）=8x2+16x-k，g（x）=2x3+5x2+4x，其中k为实数.

（1）对任意x∈[-3，3]，都有f（x）≤g（x）成立，求k的取值范围;

（2）存在x∈[-3，3]，使f（x）≤g（x）成立，求k的取值范围;

（3）对任意x1，x2∈[-3，3]，都有f（x1）≤g（x2）成立，求k的取值范围;

（4）存在x1，x2∈[-3，3]，使f（x1）≤g（x2）成立，求k的取值范围.

思索  本题的4个小题，是含有“任意”“存在”量词的容易混淆又较难理解的问题，表面形式非常相似，但其本质却大相径庭. 审题时应细心思考，注意甄别;解题时应深入思考，找准到底是转化为求函数的最大值还是最小值问题，平时应多加训练，准确使用其成立的充要条件.

破解  （1）设h（x）=g（x）-f（x）=2x3-3x2-12x+k，问题转化为x∈[-3，3]时，h（x）≥0恒成立，故h（x）min≥0.

令h′（x）=6x2-6x-12=0，得x=-1或2.

由h（-1）=7+k，h（2）=-20+k，h（-3）=-45+k，h（3）=-9+k，得h（x）min=-45+k≥0，得k≥45.

（2）存在x∈[-3，3]，使f（x）≤g（x）成立，即h（x）≥0在x∈[-3，3]有解，故h（x）max≥0，由（1）得h（x）max=7+k≥0，于是得k≥-7.

（3）对任意x1，x2∈[-3，3]，都有f（x1）≤g（x2）成立的充要条件是f（x）max≤g（x）min，x∈[-3，3]. 由g′（x）=6x2+10x+4=0，得x=-或-1，易得g（x）min=g（-3）=-21. 又f（x）=8（x+1）2-8-k，x∈[-3，3]，故f（x）max=f（3）=120-k≤g（x）min=-21，得k≥141.

（4）存在x1，x2∈[-3，3]，使f（x1）≤g（x2）成立的充要条件是f（x）min≤g（x）max，x∈[-3，3]，而f（x）min=f（-1）= -8-k，g（x）max=g（3）=111，于是-8-k≤111，得k≥-119.

例4  （2014年高考江苏卷）已知函数f（x）=ex+e-x，其中e是自然对数的底数.

（1）证明： f（x）是R上的偶函数.

（2）若关于x的不等式mf（x）≤e-x+m-1在（0，+∞）上恒成立，求实数m的取值范围.

（3）已知正数a满足：存在x∈[1，+∞），使得f（x0）

思索  本题第（2）问为不等式在（0，+∞）上恒成立问题，含有全称量词“任意”;而第（3）问为存在x0∈[1，+∞）使不等式成立问题，也就是使不等式在[1，+∞）上有解问题，含有特称量词“存在”，要注意甄别两者间的差异，使问题得到正确的转化.

破解  （1）略.

（2）由条件知， m（ex+e-x-1）≤e-x

-1在（0，+∞）上恒成立.令t=ex（x>0），则t>1，所以m≤-=

-对任意t>1成立. 因为t-1++1≥2 +1=3，所以-≥-，当且仅当t=2，即x=ln2时等号成立. 因此实数m的取值范围是-∞，.

（3）令函数g（x）=ex+-a（-x3+3x），则g′（x）=ex-+3a（x2-1）. 当x≥1时，ex->0，x2-1≥0. 又a>0，故g′（x）>0，所以g（x）是[1，+∞）上的单调递增函数，因此g（x）在[1，+∞）上的最小值是g（1）= e+e-1-2a. 由于存在x0∈[1，+∞），使e+e-a（-x30+ 3x0）<0成立，当且仅当最小值g（1）<0，故e+e-1-2a<0，即a>.

1. （2014年高考江苏卷）已知函数f（x）=x2+mx-1，若对于任意x∈[m，m+1]，都有f（x）<0成立，则实数m的取值范围是________.

2. 若关于x的不等式a≤x2-3x+4≤b的解集恰好是[a，b]，则a+b的值为（    ）

A. 5 B. 4

C.  D.

3. （2014年高考安徽卷改编）若不等式x+1+2x+a≤3有解，则实数a的最大值为（    ）

A. 5 B. -1

C. -4 D. 8

4. （2014年高考全国卷Ⅱ）设函数f（x）=sin，若存在f（x）的极值点x0满足x20+[f（x0）]2

A. （-∞，-6）∪（6，+∞）？摇？摇？摇

B. （-∞，-4）∪（4，+∞）

C. （-∞，-2）∪（2，+∞）？摇？摇？摇

D. （-∞，-1）∪（1，+∞）

？摇？摇5. （2014年高考陕西卷）设函数f（x）=ln（1+x），g（x）=xf′（x），x≥0，其中f′（x）是f（x）的导函数. 若f（x）≥ag（x）恒成立，求实数a的取值范围.

参考答案

1. -，0

2. B

3. D

4. C

5. 已知f（x）≥ag（x）恒成立，即ln（1+x）≥恒成立. 设φ（x）=ln（1+x）-（x≥0），则φ′（x）=-=，当a≤1时，φ′（x）≥0（仅当x=0，a=1时等号成立）. 所以φ（x）在[0，+∞）上单调递增，又φ（0）=0，所以φ（x）≥0在[0，+∞）上恒成立，所以a≤1时，ln（1+x）≥恒成立（仅当x=0时等号成立）. 当a>1时，对x∈（0，a-1]有φ′（x）<0，所以φ（x）在（0，a-1]上单调递减，所以φ（a-1）<φ（0）=0. 即a>1时，存在x>0，使φ（x）<0，故知ln（1+x）≥不恒成立. 综上可知，a的取值范围是（-∞，1].