1、微专题43单变量的不等式恒成立与存在性问题单变量的不等式恒成立与存在性问题探究历来是高考的热点与难点，解决此类问题的难点是主元的有效选择本专题主要研究单变量的不等式恒成立与存在性问题，并在解决问题的过程中感悟数学思想方法的灵活运用.例题：对任意实数x1，1，不等式x2(a4)x42a0成立，求实数a的取值范围串讲1存在实数x(0，使得ax2x10成立，求实数a的取值范围串讲2不等式x2ax10对a1，1恒成立的，求实数x的取值范围(2018镇江期末)已知函数f(x)x2kx4对任意的x1，3，不等式f(x)0恒成立，则实数k的最大值为_(2018南通二模)设函数f(x)xasinx(a0)(1
2、)若函数yf(x)是R上的单调增函数，求实数a的取值范围；(2)设a，g(x)f(x)blnx1(bR，b0)，g(x)是g(x)的导函数若对任意的x0，g(x)0，求证：存在x0，使g(x0)0；若g(x1)g(x2)(x1x2)，求证：x1x24b2.答案：(1)00，所以cosx对xR恒成立，因为(cosx)max1，所以1，从而0a1.即实数a的取值范围是(0，1.3分(2)g(x)xsinxblnx1，所以g(x)1cosx.若b0，使g()1cos()0.5分取x0e，则0x01.此时g(x0)x0sinx0blnx011blne10，使g(x0)0.8分依题意，不妨设0x11.由
3、(1)知函数yxsinx单调递增，所以x2sinx2x1sinx1.10分从而x2x1sinx2sinx1.因为g(x1)g(x2)，所以x1sinx1blnx11x2sinx2blnx21，所以b(lnx2lnx1)x2x1(sinx2sinx1)(x2x1)所以2b0.12分下面证明，即证明，只要证明lnt1)，所以h(t)0在(1，)恒成立所以h(t)在(1，)上单调递减，故h(t)，即x1x23.所以实数a的取值范围为(3，)解法2：(分离参数法)a2x恒成立1x1，所以a3.所以实数a的取值范围为(3，)变式联想变式1答案：2，2解法1由题意得0，所以2a2，即实数a的取值范围为2，
4、2解法2当x0时，x2ax10恒成立，aR，当x0时，axx21，且恒成立2a2，综上所述，2a2，即实数a的取值范围为2，2变式2答案：(0，)解法1设f(x)x2xa，则其对称轴x，f(x)在单调递增，f(0)0，a0，即实数a的取值范围为0，)解法2ax2x(0x)，所以(x2x)max0，所以a0，即实数a的取值范围为0，)串讲激活串讲1答案：(，2解析：a(0x)，因为()max2，所以a2，即实数a的取值范围为(，2串讲2答案：解析：设f(a)(x)ax21，所以x或x，即实数x的取值范围为.新题在线答案：4.解析：因为不等式f(x)0对任意的x1，3恒成立，所以k，因为x24，当且仅当x2时取等号，所以k4.7
