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函数专题——函数不等式恒成立与存在性问题
题型一：不等式恒成立问题
例题1．已知函数在上单调递减，则实数的取值范围是（ ）
A．或 B． C．或 D．
例题2．命题“，”为真命题的一个充分不必要条件是（ ）
A． B． C． D．
变式训练1．若函数的定义域为，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
变式训练2．已知，恒成立，则实数a的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
变式训练3．若，不等式恒成立，则a的取值范围是（ ）
A． B． C．{a|a＞1} D．
题型二：不等式存在性问题
例题1．已知函数的定义域为 ，且函数的图象关于点对称，对于任意的，总有成立，当时，，函数（），对任意，存在，使得成立，则满足条件的实数构成的集合为（ ）
A． B．
C． D．
例题2．已知集合,，那么“”是“存在，使得成立”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．既不充分也不必要条件 D．充要条件
变式训练1．函数在区间内存在单调递增区间，则实数的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
变式训练2．已知函数，若对任意，总存在，使得成立，则实数的取值范围为（）
A． B．或
C． D．或
变式训练3．已知，函数.若存在，使得，则实数的最大值是（ ）
A． B． C． D．
题型三：对数不等式问题
例题1．已知定义在上的偶函数在上单调递增，且，则的取值范围是（ ）
A． B． C．或 D．
例题2．已知函数f(x)是偶函数，且f(x)在上是增函数，若，则不等式的解集为（ ）
A．{x|x>2} B． C．{或x>2} D．{或x>2}
变式训练1．已知函数，对任意，都有，则m的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
变式训练2．已知定义在上的函数满足，对于，当时，都有，则不等式的解集为（ ）
A． B． C． D．
变式训练3．若关于的不等式在上恒成立，则的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
题型四：单调性与不等式综合问题
例题1．若函数为奇函数，且在内是增函数，又，则的解集为（ ）
A． B．
C． D．
例题2．定义在上的函数f(x)满足，且，则不等式的解集为（ ）
A． B． C． D．
变式训练1．已知函数，则不等式的解集为（ ）
A． B．
C． D．
变式训练2．已知定义在上的函数是偶函数，且在上单调递增，则满足的的取值范围为（ ）
A． B．
C． D．
变式训练3．已知函数，对于实数a，使成立的一个必要不充分条件是（ ）
A． B．
C． D．
函数专题——函数不等式恒成立与存在性问题
课后巩固练习
1．已知命题“，”为真命题，则实数的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
2．已知二次函数满足，若在区间上恒成立，则实数的范围是（ ）
A．m<-5 B．m>-5 C．m<11 D．m>11
3．已知函数在上为增函数，若不等式对恒成立，则的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
4．已知，函数若关于的不等式恒成立，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
5．，一元二次不等式恒成立，则m的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
6．已知是偶函数，对任意，，且，都有，且，则的解集是（ ）
A． B．
C． D．
7．已知定义域为的函数在单调递减，且，则使得不等式成立的实数的取值范围是（ ）
A． B．或
C．或 D．或
8．定义在上的函数满足，且当时，若对任意的，不等式恒成立，则实数的最大值为（ ）
A． B． C． D．
9．函数是定义在R上的偶函数，且当时，，若对任意，均有，则实数t的最大值是（ ）
A． B． C．0 D．
10．函数．若存在，使得，则的取值范围是（ ）．
A． B． C． D．
11．设函数，对于任意的实数a，b，总存在，使得成立，则实数t的取值范围是________.
12．函数的定义域为，则实数a的取值范围是___________.
13．已知函数，若关于的不等式在上恒成立，则实数的取值范围是__________.
14．已知，且．若函数有最大值，则关于x的不等式的解集为_________．
15．已知函数，则使不等式成立的的取值范围是_______________
16．已知函数满足对任意的实数x都有成立，，且当都有成立
（1）求的表达式；
（2）设，，若函数图像上的点位于直线的上方，求实数m的取值范围.
17．已知函数f(x)对一切实数x，y都有f（x＋y）－f（y）＝x（x＋2y＋1）成立，且f(1)＝0
（1）求f(x)的解析式；
（2），若存在，使得，有成立，求a的取值范围．
18．已知函数是奇函数，是偶函数．
（1）求的值；
（2）设，若对任意恒成立，求实数的取值范围．
19．设是定义在上恒不为零的函数，对任意恒有，且当时，.
（1）证明：时，恒有；
（2）证明：在上是减函数；
（3）若对任意，不等式恒成立，求实数的取值范围.
20．已知函数，．若对任意，存在，使，求实数的最大值．
已知偶函数在上是增函数，如果在上恒成立，求实数的取值范围．
函数专题——函数不等式恒成立与存在性问题解析
题型一：不等式恒成立问题
例题1．
【答案】C
【分析】
由题可求导函数，利用导函数与单调性的关系可得在恒成立，即求.
【详解】
由题意，在恒成立，则，
又，
∴在恒成立，
∴即在恒成立，∴，
综上，或.
故选：C.
例题2．
【答案】C
【分析】
根据题意，先求出充要条件，然后缩小范围即可得答案.
【详解】
解：因为命题“，”为真命题，
所以，
所以命题“，”为真命题的充要条件是，
因为，但，
所以命题“，”为真命题的一个充分不必要条件是，
故选：C.
变式训练1．
【答案】C
【分析】
由题知恒成立，利用二次函数恒成立求解即可.
【详解】
∵函数的定义域为，
所以恒成立，
当时，显然不合题意，
当时，则
∴
综上所述
故选：C.
变式训练2．
【答案】C
【分析】
换元，令，则，所以对任意恒成立，再求出的最小值后，解不等式即可．
【详解】
解：设，
对任意恒成立，
即对任意，都成立，
①当，即时，，
则，即，与讨论矛盾，
②当，即时，，
解得或，，，
实数的取值范围为，．
故选：C．
变式训练3．
【答案】D
【分析】
将已知转化为，，利用函数的单调性求最值即可得解.
【详解】
由于，不等式恒成立
所以，恒成立，即 恒成立
令，显然在 上单调递减，
所以实数a的取值范围是
故选：D
【点睛】
方法点睛：本题考查不等式的恒成立问题， 不等式恒成立问题常见方法：
①分离参数恒成立(即可)或恒成立（即可）；
②数形结合( 图像在 上方即可)；
③讨论最值或恒成立
题型二：不等式存在性问题
例题1．
【答案】A
【分析】
由的特性结合函数图象平移变换可得是奇函数，由可得函数的周期，由此探讨出的值域，再将所求问题转化为不等式在上有解即可.
【详解】
由函数的图象关于点对称知函数的图象关于原点对称，即函数是奇函数，
由任意的，总有成立，即恒成立，于是得函数的周期是4，
又当时，，则当时，，而是奇函数，当时，，
又，f(-2)=-f(2)，从而得，即时，，
而函数的周期是4，于是得函数在上的值域是，
因对任意，存在，使得成立，从而得不等式，即在上有解，
当时，取，成立，即得，
当时，在上有解，必有，解得，则有，
综上得，
所以满足条件的实数构成的集合为.
故选：A
例题2．
【答案】D
【分析】
由题设，若条件等价于“，, ”，应用换元法，结合二次函数的性质求的最小值，即可得的范围，进而判断与的充分、必要关系.
【详解】
集合,，
“存在，使得成立”等价于“，, ”；
由，又,，即,，
∴当时，有最小值；
“存在，使得成立”等价于“”；
故“”是“存在，使得成立”的充要条件，
故选：D
变式训练1．
【答案】C
【分析】
通过题意将问题转化为存在使得成立，通过参变分离手段求解即可.
【详解】
由题意得，，
因为函数在区间内存在单调递增区间，
所以存在使得成立，即.
故选:C
变式训练2．
【答案】A
【分析】
若对任意，总存在，使得成立，只需函数的值域为函数值域的子集，求出在上的值域，讨论的值，确定在上的值域，根据包含关系确定实数的取值范围.
【详解】
若对任意，总存在，使得成立，只需函数的值域为函数值域的子集
函数的对称轴为，
则函数的值域为，记
当时，为常数，不符合题意
当时，，记
，解得
当时，，记
，无解
综上，
故选：A
【点睛】
本题主要考查了求函数的值域以及根据集合间的包含关系求参数的范围，属于中档题.
变式训练3．
【答案】B
【分析】
根据的解析式及条件，化简整理可得，根据绝对值不等式的解法，化简整理可得，即求，求出分式的值域，即可得答案.
【详解】
，
因为存在，使得，
所以，即有解，
因为，则，
所以有解，
所以，
因为，所以
所以，
所以的最大值为.
故选：B
【点睛】
本题考查函数的性质，绝对值不等式的解法，考查学生的逻辑推理能力、运算求解能力、转化与化归的思想，属难题
题型三：对数不等式问题
例题1．
【答案】C
【分析】
利用函数的性质化简不等式，利用对数函数的性质解不等式可得的取值范围.
【详解】
∵函数为定义在上的偶函数，，
∴ ，
又函数在上单调递增，
∴，
∴ 或，
∴ 或，
故选：C.
例题2．
【答案】C
【分析】
利用函数的奇偶性和单调性将不等式等价为，进而可求得结果.
【详解】
依题意，不等式，
又在上是增函数，所以，
即或，解得或.
故选：C.
变式训练1．
【答案】A
【分析】
由题知，又，故，由于时， ，故，进而得.
【详解】
因为，
所以，即.
又因为恒成立，所以.
因为，所以，
从而，所以.
故选：A.
【点睛】
本题考查对数不等式恒成立求参数问题，考查化归转化思想，运算求解能力，是中档题.本题解题的关键在于将问题转化为，进而求时，的取值范围问题.
变式训练2．
【答案】B
【分析】
对已知条件变形可得函数在上是增函数，而不等式变形为，由单调性及对数函数性质可得结论．
【详解】
∵对任意，都有，即，即函数在上是增函数.又，∴，
不等式，可化为，即，
∴，即.
故选：B．
【点睛】
关键点点睛：本题考查解函数不等式，解题方法由已知不等关系变形后得出新函数在上是增函数，同时需将不等式化为形式求解．转化是解题的关键．
变式训练3．
【答案】B
【分析】
两个函数的恒成立问题转化为最值问题，此题在上恒成立，函数的图象不在图象的上方．对数函数另一方面要注意分类对底数讨论．即可求解
【详解】
解：关于的不等式在上恒成立等价于在上恒成立.设，.因为在上恒成立，所以当时，函数的图象恒在图象的上方.
由图象可知，当时，函数的图象在图象的上方；
当时，函数的图象恒在图象的上方，则，即，所以，所以
解得.
故选：B
【点睛】
本题考查了函数在其定义域内值域的问题，两个函数的恒成立问题转化为最值问题．对数函数另一方面要注意分类对底数讨论．
题型四：单调性与不等式综合问题
例题1．
【答案】C
【分析】
根据为奇函数可把化为，分类讨论后可得不等式的解集.
【详解】
因为为奇函数，所以，所以即.
当时，等价于也即是，
因为在内是增函数，故可得.
因为在内是增函数且为奇函数，
故在内是增函数，又.
当时，等价于也即是，
故可得.
综上，的解集为.
故选：C.
例题2．
【答案】B
【分析】
构造新函数，根据题意得出函数在内单调递减；把不等式转化为，结合单调性和定义域即可求解.
【详解】
不妨设任意的，，
因为，则，
所以，
所以在内单调递减.
不等式等价于，又，
所以等价于，
因为在内单调递减，所以，
即不等式的解集为.
故选：B.
变式训练1．
【答案】A
【分析】
由题可得函数为奇函数且在R上单调递增，可得，即求.
【详解】
∵函数，
当时，，∴，
当时，，∴，
∴为奇函数，
又时，单调递增，时，单调递增，，
∴在在R上单调递增，
∴原不等式即：，
则，解得：.
故选：A.
变式训练2．
【答案】B
【分析】
根据的奇偶性和单调性可得的对称轴和单调性，结合函数值的大小关系可得到自变量满足的不等式，解不等式求得结果.
【详解】
为定义在上的偶函数，且在上单调递增，
关于对称，在上单调递减，
由得：，解得：或，
即满足的的取值范围为.
故选：B.
变式训练3．
【答案】C
【分析】
先利用导数，结合分段函数的单调性判定方法判定是单调增函数，进而将已知不等式转化为，解得的充分必要条件是，然后根据充分、必要条件的定义结合不等式的基本性质进行逐项判定.
【详解】
由，可得，
又因为从0的左侧趋近于0时函数的极限值等于,所以在R上为增.
因为，
所以,即，即．
又因为在R上是增函数，所以等价于，解得，即为的充分必要条件.
根据充分、必要条件的定义可知：A是的非充分非必要条件；B是充分必要条件，C是的必要不充分条件，D是的充分不必要条件.
故选：C．
函数专题——函数不等式恒成立与存在性问题
课后巩固练习
【答案】B
【分析】
根据题意，结合命题的否定与原命题的真假性关系，再讨论二次函数的单调性与最值，即可求解.
【详解】
因，为真命题，
则，为假命题.
若命题，为真命题，
若时，则，
解得；
若时，，
解得，
若时，则，
解得；
综上所述，的取值范围为，
所以命题，为真命题，
实数的取值范围为.
故B正确.
【答案】A
【分析】
利用换元法求得，再将在区间上恒成立，转化为在区间上恒成立求解.
【详解】
令，则，
所以，
则，
因为在区间上恒成立，
所以在区间上恒成立，
令，
所以，
所以，
故选：A
【答案】C
【分析】
利用函数的单调性可得出关于实数，结合参变量分离法可得出实数的取值范围.
【详解】
在上为增函数，由，可得，
即对任意的恒成立，
当时，，所以，.
故选：C.
【答案】A
【分析】
当时，由恒成立得，恒成立，利用二次函数的性质求解；当时，由恒成立得，恒成立，利用函数的单调性求解；最后求两段的交集得的取值范围.
【详解】
由题知，，函数
当时，由得，，.
令，，.
当，即时，对恒成立；
当，即或时，要使得对恒成立，
则解得，所以.
综上可得，.
当时，由得，，.
令，，
因为在上单调递增，要使得恒成立，只需，
即，解得，所以.
由解得.
故选：A.
【答案】D
【分析】
结合二次函数的图像，讨论对称轴，，,分别求出三种情况的最小值大于等于0，计算即可得出结果.
【详解】
设，对称轴为，
（1）当，即时，
一元二次不等式恒成立，
只需，即，
解得，此时不存在.
（2）当时，即，
一元二次不等式恒成立，
只需，即，即，此时，.
（3）当时，即，
一元二次不等式恒成立，
只需，解得：，此时.
综上：.
故选：D.
【点睛】
本题考查了一元二次不等式在定区间恒成立问题，考查分类讨论思想，属于中档题.
【答案】A
【分析】
根据是偶函数得到函数的对称轴，然后根据任意，，且，都有，所以在单调递减，进而得到函数在上的单调性，最后根据得到答案.
【详解】
因为是偶函数，所以的图像关于x=1对称，而，则，
又因为任意，，且，都有，所以在单调递减，结合函数图像的对称性可知函数在单调递增.
所以的解集是.
故选：A.
【答案】D
【分析】
由已知可得函数的对称性，然后结合函数在单调递减，所以可判断在定义域上的单调性，进而利用单调性可解.
【详解】
解：，则关于对称，
因为在单调递减，
∴在上单调递减，
又
∴，
∴，
∴或，
故选：D.
【点睛】
结论点睛：若满足，则关于中心对称.
【答案】C
【分析】
若对任意的，不等式恒成立，即对，不等式恒成立，，进而可得答案.
【详解】
当时，单调递减，，
当时，单调递减，，
故在上单调递减，
由，得的对称轴为，
若对任意的，不等式恒成立，
即对，不等式恒成立，
，
即，
即，
故实数的最大值为.
故选：C.
【答案】A
【分析】
根据函数为偶函数，且在上单调递增，得到，化简解出即可.
【详解】
易知，函数在上单调递增，∴，
又∵，且函数为偶函数，∴，两边平方化简，则在恒成立，令，则.
综上：t的最大值为.
故选：A.
【答案】D
【分析】
分类讨论，或，时直接根据绝对值定义去掉绝对值符号，不等式化为一元二次不等式，由的最小值小于0得结论，时，中时函数值小于0满足题意，综合后可得结论．
【详解】
当时，，因此，可化为，即存在，使成立，由于的对称轴为，所以，当单调递增，因此只要，即，解得，又因，所以，当时，，，满足题意，
综上，．
故选：．
【点睛】
不等式有解是含参数的不等式存在性问题时，只要求存在满足条件的即可；不等式的解集为R是指不等式的恒成立，而不等式的解集的对立面（如的解集是空集，则恒成立）)也是不等式的恒成立问题，此两类问题都可转化为最值问题，即恒成立 ，恒成立 .
【答案】
【分析】
分情况讨论不同取值时函数在，上的范围，从而确定的最大值，将对任意实数，，总存在实数，使得不等式成立，转化为恒成立，即可解决．
【详解】
因为存在，使得成立，
所以，
因为对于任意的实数a，b， ,
所以恒成立，
设的最大值为（b），
令，二次函数的对称轴为，
当，即a>0时，单调递增，
此时，
当时，（b），当时，（b），
从而当时，时（b）取最小值，（b），
当时，在，上单调递减，在，上单调递减，
，
所以当时，.
当时，在，上单调递减，在，上单调递减，
，
所以当时，.
当a＜-8时，单调递减，，
当时，（b），当时，（b），
从而当a＜-8时，时（b）取最小值，（b）.
综合得.所以.
故答案为：
【点睛】
本题主要考查函数的图象和性质的应用，考查函数的单调性和最值，考查恒成立和存在性问题，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力，属于难题．
【答案】
【分析】
由题意可得恒成立，分和两种情况分别考虑，解不等式即可得到所求范围．
【详解】
因为函数的定义域为 R，所以的解为R，
即函数的图象与x轴没有交点，
（1）当时，函数与x轴没有交点，故成立；
（2）当时，要使函数的图象与x轴没有交点，则，解得.
综上：实数的取值范围是.
故答案为：
【点睛】
关键点点睛：本题考查函数的定义域问题，注意运用分母不为，以及二次不等式恒成立问题解法，属于中档题．
【答案】
【分析】
作出函数图象，对参数分类讨论，转化为不等式恒成立利用分离参数求参数取值范围.
【详解】
作出函数的图象如图所示，
当时，恒成立，符合题意；
当时，，，关于的不等式不恒成立，不合题意，舍去；
当时，大致图象如图中折线，
只需恒成立，且恒成立即可，
且即，
且，
所以，
综上所述.
故答案为：
【点睛】
此题考查根据不等式恒成立求参数的取值范围，涉及分段函数以及含参函数单调性的处理，数形结合能够事半功倍.
【答案】
【分析】
由复合函数单调性可确定在上单调递减，在上单调递增；由函数有最大值可知单调递减，得到；根据对数函数单调性可将不等式化为，解不等式求得结果.
【详解】
，定义域为
在上单调递减，在上单调递增
有最大值，需在上单调递减，
由，得，解得：
不等式的解集为
故答案为：
【点睛】
关键点点睛：本题考查根据函数单调性求解函数不等式，涉及到复合函数单调性的求解、根据函数有最值求解参数范围等知识，解题的关键是通过复合函数的单调性确定函数有最值时，对数的底数所处的范围，再利用对数函数的单调性解不等，考查学生的转化能力与运算求解能力，属于中档题.
【答案】
【分析】
由奇偶性定义可判断出为偶函数，结合复合函数单调性的判断可得到在上单调递增，由偶函数性质知其在上单调递减，利用函数单调性解不等式即可求得结果.
【详解】
由，解得：或，故函数的定义域为，
又，
为上的偶函数；
当时，单调递增，
设，，
在上单调递增，在上单调递增，
在上单调递增，又为偶函数，在上单调递减；
由可知，解得．
故答案为：.
【点睛】
方法点睛：本题考查利用函数单调性和奇偶性求解函数不等式的问题，解决此类问题中，奇偶性和单调性的作用如下：
（1）奇偶性：统一不等式两侧符号，同时根据奇偶函数的对称性确定对称区间的单调性；
（2）单调性：将函数值的大小关系转化为自变量之间的大小关系.
【答案】(1)；(2).
【分析】
(1)根据给定条件可得，结合用a表示c，再借助对任意实数恒成立求出a值即得；
(2)结合(1)将问题转化为对恒成立，再分离参数构造函数并求函数最值即可得解.
【详解】
(1)依题意，时，恒成立，显然，，
于是得，而，联立解得：，
即，则，显然，否则恒成立，矛盾，
因此，二次函数值永远不小于0，则，即，解得，，
则，即，因此，当都有成立，
所以的表达式为；
(2)因，函数图像上的点位于直线的上方，则，恒成立，
由(1)知，，
当时，成立，此时，因此，，
当时，，当且仅当，即时取“=”，
从而有，综合得：，
所以实数m的取值范围是.
【答案】（1）；（2）．
【分析】
（1）赋值法，令y＝1，求出，进而求出；（2）根据题干中的条件，只需，先求出函数的最大值，转化为关于a的一元二次不等式，进而求出a的取值范围.
【详解】
解：（1）令y＝1，则由已知，
．
（2）由题意，有，
则
对于g(x)，当x＝0时，g(0)＝0，当时，，设，
则y在（0，1）单调递减，在单调递增，在x＝1处取到最小值，
所以，所以，综上，，当且仅当x＝1时取到，
所以不等式；
设，则h(x)为开口向上的二次函数，其对称轴为x＝a，下面通过对称轴的位置对h(x)的最值情况进行分类讨论：
1）当时，对称轴距离区间右侧x＝2更远，故
原不等式，即；
2）当时，对称轴距离区间左侧x＝－1更远，故
原不等式，即；
综上，．
【答案】（1）；（2）.
【分析】
（1）由是定义在R的奇函数，得g(0)=0，解得n=-1；再根据是偶函数满足f(-x)=f(x),比较系数可得，由此可得的值；
（2）由（1）可得，易得，而在区间上是增函数，求出 ，把原不等式转化为
，即可解得.
【详解】
（1）由是奇函数，得g(0)=0,即，解得n=-1；
因为是偶函数,所以f(-x)=f(x),即恒成立，所以恒成立，故，综上所述,可得.
(2)∵，∴
又∵在区间上是增函数，
∴当x≥1时, .
由题意,得，解得：，
因此,实数a的取值范围是
【点睛】
（1）应用函数奇偶性求参数的值:
①一般用或;②有时为了计算简便,我们可以对x取特殊值: 或.
（2）恒（能）成立问题一般利用分离参数法求解.
19．
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）.
【分析】
（1）令，求得，再有，可得证；
（2）设，且，则有，继而由，可得证；
（3）由（1）、（2）的结论将不等式等价于在上恒成立，令， ，，运用单调性的定义证明的单调性，可求得a的范围.
【详解】
（1）证明：因为，令，有，又，所以，
当时，，又当时，， 所以，，
所以时，，
（2）设，且，所以，，又，
所以在上是减函数；
（3）因为，不等式等价于，又由（1）得时，恒有，所以，
又由（2）得在上是减函数，所以不等式等价于，即在上恒成立，
令，则，令，则 ，令，
设，则，因为，所以，所以，所以在是单调递增，
所以，所以.
故实数的取值范围是.
20.
【答案】;
【分析】
问题转化为，根据二次函数性质及一次函数的性质分别求出，的最大值，列出不等式组，即可求得结果；
运用偶函数的性质，可得，进而利用定义域，去绝对值，运用参数分离和函数的单调性，求得最值，进而得出的取值范围.
【详解】
解：根据题意，可将问题转化为.
，
当，即时，函数在上单调递减，
；
当，即时，.
而在上单调递增，
故.
所以或，解得，
所以实数的最大值为.
由偶函数在上是增函数，可知在上是减函数，
所以由在上恒成立，
可知在上恒成立，即
所以在上恒成立，
由，.
则实数的取值范围是.

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