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第三章 重難專攻(一) 不等式中的恒(能)成立問題 （講）
重難專攻(一) 不等式中的恒(能)成立問題
一.課標要求，準確定位
1.證明不等式恒成立或在不等式恒成立（能成立）的條件下，會求參數的取值范圍.
2.善于利用導數作為研究函數單調性的有力武器，在這類問題中發揮了巨大的作用.
二．考情匯總，名師解讀
1.“不等式恒（能）成立問題”是高考的熱點內容，其頻繁出現在歷年的高考中，這類題把不等式、函數、導數等內容有機地結合起來，其以覆蓋知識點多，綜合性強，解法靈活等特點而倍受高考、競賽命題者的青睞.
2.在解決這類問題的過程中涉及的“函數與方程”、“化歸與轉化”、“數形結合”、“分類討論”等數學思想對鍛煉學生的綜合解題能力，培養其思維的靈活性、創造性都有著獨到的作用.
１.一次函數為背景：設，則：
①若在恒成立，則
②若在恒成立，則
③若在上有零點，則；
2.二次函數為背景：設，則：
①若在R上恒成立，則或
②若在R上恒成立，則或
③若 (或< 0)在集合上恒成立，利用對稱軸進行討論，或考慮用分離參數法．
3.復雜函數為背景：
①在上是增函數，則恒成立．(等號不能漏掉)．
②在 上是減函數，則恒成立．(等號不能漏掉)．
③在上是單調函數，方法一：分上述兩種情形討論；(常用方法)
方法二：在無實數解或有解也只能是偶次重根(或說()無極值點)．
④若是區間上的單調函數，則是區間上的單調函數，且（或）恒成立．
⑤若在上存在遞增或遞減區間，則或在上有解．（或利用不存在去轉化．）
⑥在上不是單調函數，則在有解且解不全為偶次重根（或說有極值點）．（或用補集思想解）
4． 雙變量等式問題：
①，使得方程成立．
②，使得方程成立．
5．雙變量不等式問題：
①，；
②，；
③，；
④，．
【方法】處理時，把當常數；處理時，把當常數．
6． 絕對值函數為背景：
①． (①②兩種方法的關鍵都是先確定的值域!)
②． (范圍相加!)
７.指對數的運算性質相關的恒等式：
（1） 且時，有
（2） 當 且時，有
８.結合指數運算和對數運算的法則，可以得到下述結論：（其中）
（1）
（2）
（3）
（4）
９.結合常用的切線不等式， 等，可以得到更多的結論：
（1）；
（2）；
【二級結論】
1.最值定位法解決雙參不等式問題
（1），，使得成立
（2），，使得成立
（3），，使得成立
（4），，使得成立
2.值域法解決雙參等式問題
，，使得成立
①，求出的值域，記為
②求出的值域，記為
③則，求出參數取值范圍.
3. 端點效應
①如果函數滿足，，且，則．
②如果函數滿足，，且，則．
③如果函數滿足，，且，則．
④如果函數滿足，，且，則．
4．中間點效應
①如果函數滿足，，且，其中，則，且．
②如果函數滿足，，且，其中，則，且．
核心考點1 不等式恒成立
1．設函數的導函數為，若對任意的，不等式恒成立，則實數a的最小值為（ ）
A． B． C． D．
2．已知，．若對任意，恒成立，求實數a的取值范圍．
核心考點2 不等式能成立
3．已知函數在區間上存在單調增區間，則m的取值范圍為（ ）
A． B． C． D．
4．已知使得不等式成立，則實數的取值范圍為（ ）
A． B．
C． D．
核心考點3 不等式的證明
(2023·廣西玉林摸底)
5．已知，都是正整數，且，則（ ）
A． B． C． D．
6．已知函數.（其中常數，是自然對數的底數.）
（1）討論函數的單調性；
（2）證明：對任意的，當時，.
核心考點4 雙變量不等式
（2022·全國·高二）
7．已知函數，，若至少存在一個，使得成立，則實數的取值范圍是（ ）
A． B． C． D．
8．已知函數,,若對任意都存在使成立,則實數的取值范圍是 .
9．已知函數，若對于任意的時，恒成立，則實數的取值范圍是（ ）
A． B． C． D．
(2023·柳州模擬)
10．已知函數.若為函數f(x)的極值點，當時，不等式恒成立，求實數m的取值范圍．
11．已知函數，當時，若對任意的，都有恒成立求的取值范圍.
12．已知函數，，其中，為自然對數的底數.若不等式在區間上恒成立，求的取值范圍.
【類題通法】
1、分離參數法：用分離參數法解含參不等式恒成立問題，可以根據不等式的性質將參數分離出來，得到一個一端是參數，另一端是變量表達式的不等式；
參變分離的使用條件：①參數與變量可以比較容易地分離開，②參變分離后得到的函數的形式不復雜，通過導數來研究單調性，極值以及最值比較容易，③參變分離后得到的函數的值域容易算，不會出現必須使用洛必達法則才能解決問題的情形．
2、分類討論法：如果無法分離參數，可以考慮對參數或自變量進行分類討論求解，如果是二次不等式恒成立的問題，可以考慮二次項系數與判別式的方法(，或，)求解．
3、等價轉化法：當遇到型的不等式有解（能成立）問題時，一般采用作差法，構造“左減右”的函數或者“右減左”的函數，進而只需滿足，或者，將比較法的思想融入函數中，轉化為求解函數的最值的問題.
13．若關于的不等式在上有解，則實數的取值范圍為（ ）
A． B． C． D．
14．若存在，使得關于的不等式成立，則實數的最小值為（ ）
A．2 B． C． D．
15．已知函數，其中是自然對數的底數．若在區間上有解，求實數的取值范圍．
【類題通法】（1）若函數在區間上存在最小值和最大值，即，則對
不等式有解問題有以下結論：
①不等式在區間上有解；
②不等式在區間上有解；
③不等式在區間上有解；
④不等式在區間上有解；
（2）若函數在區間上存在最大（小）值，如值域為，則對不等式有解問題有以下結論：
①不等式（或）在區間上有解；
②不等式（或）在區間上有解．
16．當時，證明：恒成立.
17．已知函數．當時，證明：．
【類題通法】遇到f(x)≥g(x)型的不等式恒成立問題時，一般采用作差法，構造“左減右”的函數h(x)＝f(x)－g(x)或“右減左”的函數u(x)＝g(x)－f(x)，進而只需滿足h(x)min≥0或u(x)max≤0，將比較法的思想融入函數中，轉化為求解函數最值的問題，適用范圍較廣，但是往往需要對參數進行分類討論.
18．已知，，若對，，使得，則a的取值范圍是（ ）
A．[2，5] B．
C． D．
19．已知函數，函數，若對任意的，存在，使得，則實數m的取值范圍為 ．
20．已知函數，其中參數．設函數，存在實數，使得不等式成立，求a的取值范圍．
21．已知函數，．
(1)令，求的最小值；
(2)若對任意，且，有恒成立，求實數m的取值范圍．
【類題通法】最值定位法解雙參不等式恒成立問題的思路
1．通過不等式兩端的最值進行定位，轉化為不等式兩端函數的最值之間的不等式，列出參數所滿足的不等式，從而求解參數的取值范圍.
2．有關兩個函數在各自指定范圍內的不等式恒成立問題，這里兩個函數在指定范圍內的自變量是沒有關聯的，這類不等式的恒成立問題就應該通過最值進行定位，對于任意的x1∈[a，b]，x2∈[m，n]，不等式f(x1)≥g(x2)恒成立，等價于f(x)min(x∈[a，b])≥g(x)max(x∈[m，n])，列出參數所滿足的不等式，便可求出參數的取值范圍.
【微點解讀】 “同構法”解決不等式恒成立問題
在不等式恒成立求參數的取值范圍問題中，如果不等式中同時含有ex和ln x兩種形式的函數，可以考慮將不等式進行合理的轉化、變形、拼湊，將不等式兩邊轉化為同一個函數的兩個函數值的形式，然后借助該函數的單調性轉化為一個更為簡單的不等式恒成立問題，從而解決問題，這種解題方法通常稱之為“同構”，同構的三種基本模式如下:
22．已知函數對于任意時，不等式恒成立，則實數a的取值范圍是（ ）
A． B． C． D．
23．若函數存在零點，則實數的取值范圍為（ ）
A． B．
C． D．
24．若，不等式在上恒成立，則實數的取值范圍是 .
【微點解讀】已知函數與都存在導數，，其中．①若或，則．②若或，則．
25．若對于，不等式恒成立，則參數a的取值范圍為 ．
26．若，不等式恒成立，則參數k的取值范圍為 ．
27．若，不等式恒成立，則參數a的取值范圍為 ．
28．已知函數滿足，若，，則m的取值范圍為（ ）
A． B．
C． D．
29．設函數，，若存在，成立，則實數的取值范圍為 .
30．設實數，若不等式對恒成立，則t的取值范圍為（ ）
A． B．
C． D．
31．已知函數為實常數）．若存在，使得成立，求實數的取值范圍．
32．函數（）的值域為 ．
33．已知函數，，其中為常數.若，對于任意的，總存在，使得，求實數的取值范圍.
試卷第1頁，共3頁
試卷第1頁，共3頁
參考答案：
1．C
【分析】由題意得到在上恒成立，設，求出在上的最大值即可求解．
【詳解】函數，則，
不等式可化為，
設，則，
所以在上恒成立，故在上單調遞減，
故，故，
故選：C．
2．
【分析】先對函數求導，利用參變分離將不等式進行等價轉化為在上恒成立，構造函數，利用導數求出函數的最大值即可求解.
【詳解】由題意可知，因為，
所以恒成立．
∵，∴在上恒成立．
設，則．
令，得 (舍去)．
當時，，函數單調遞增；
當時，，函數單調遞減．
∴當時，取得極大值，也是最大值，且，
∴若在上恒成立，則，
故實數的取值范圍是．
3．D
【分析】首先求出函數的導函數，依題意可知存在，使得，即存在，，令，利用導數說明函數的單調性，即可求出的最大值，從而求出參數的取值范圍；
【詳解】解：因為，所以，
在區間上存在單調遞增區間，存在，使得，即，
令，，則恒成立，所以在上單調遞增，所以，
，故實數的取值范圍為．
故選：D
4．A
【分析】令利用分離參數法得到.利用導數求出，即可得到正確答案.
【詳解】由題意可得：使得不等式成立.
令則.
而，，
所以當時，，所以在單調遞增，所以，所以，
所以在上單調遞增，因為，所以，
故實數a的取值范圍為.
故選：A
【點睛】恒（能）成立求參數的取值范圍問題常見思路：
①參變分離，轉化為不含參數的最值問題；
②不能參變分離，直接對參數討論，研究的單調性及最值；
③特別地，個別情況下恒成立，可轉換為（二者在同一處取得最值）.
5．A
【分析】根據題意得，構造函數求解即可.
【詳解】因為，所以，令，
所以，故在上單調遞增，由已知得，
故，因為，都是正整數，即.
故選：A.
6．（1）答案不唯一，具體見解析（2）證明見解析
【分析】（1）求導得，再分參數當和兩種情況具體討論，結合導數正負與原函數關系判斷即可；
（2）解法不唯一，由原不等式可等價轉化為，采用構造函數法，設，則，當時，，可設，求導判斷可知，進而得出當時，；當時，；當時，，
∴，從而得證；還可采用合并參數形式得，令，討論可判斷，當時，顯然成立；當且時，，要證對任意的，成立，只需證，可化為，令，通過討論確定函數極值點進而得證；其余證法詳見解析
【詳解】（1）.
①當時，，函數在R上單調遞增；
②當時，由解得，由解得.
故在上單調遞增，在上單調遞減.
綜上所述，當時，在R上單調遞增；
當時，在上單調遞增，在上單調遞減.
（2）證法一：原不等式等價于
令，則.
當時，，
令，則當時，，
∴當時，單調遞增，即，
∴當時，；當時，；當時，，
∴
即，故.
證法二：原不等式等價于.
令，則.
當時，；當時，.
∴，即，當且僅當時等號成立.
當時，顯然成立；
當且時，.
欲證對任意的，成立，只需證
思路1：∵，∴不等式可化為，
令，則，
易證當時，，
∴當時，，當時，，
∴函數在上單調遞減，在上單調遞增，
∴
∴，即，
從而，對任意的，當時，.
思路2：令，則.
，或
∴在上單調遞減，在上單調遞增，在上單調遞減.
∵，
∴，即.
從而，對任意的，當時，.
證法三：原不等式等價于.
令，則.
令，則，其中.
①當時，，在上單調遞增.
注意到，故當時，；當時，
∴在上單調遞減，在上單調遞增.
∴，即.
②當時，.
當時，，單調遞減；當時，，單調遞增.
②（i）：若，則.
∵
∴當時，；當時，.
與①同，不等式成立.
②（ii）：若，則，
∵
∴，使得，且當時，；當時，；當時，.
∴在上單調遞增，在上單調遞減，在上單調遞增.
∵
∴此時，，即.
綜上所述，結論得證
【點睛】本題旨在考查導數在研究函數時的應用，以研究單調性，證明不等式等為載體，綜合考查學生的分類討論、化歸轉化、數形結合等數學思想，考查了學生的數學運算、邏輯推理等數學核心素養.屬于難題
7．B
【分析】至少存在一個，使得成立，即在上有解，滿足即可，構造函數，求導判斷出單調性，代入最值可得實數的范圍．
【詳解】由題意知至少存在一個，使得成立，即在上有解，滿足即可，
設，，∵，∴，
∴在上恒為增函數，∴，∴，
故選：B.
8．
【解析】根據題意，得到，從而轉化為存在，使，判斷出，從而分離出，利用導數得到在的范圍，再得到關于的不等式，解得的范圍.
【詳解】對任意都存在使成立，
所以得到，
而，所以，
即存在，使，
此時，，
所以，
因此將問題轉化為
存在，使成立，
設，則，
，
當，，單調遞增，
所以，
即，所以，
所以實數的取值范圍是.
故答案為：.
【點睛】本題考查根據不等式的恒成立和存在性問題，利用導數研究函數的單調性和最值，屬于中檔題.
9．A
【分析】利用奇偶性和對數函數單調性可得在上單調遞增，則可轉化為在時恒成立，即，求的最小值即可解出.
【詳解】的定義域為，
且，
所以為奇函數，且當時，單調遞增，所以在上單調遞增，
，即在恒成立，
所以，即有，所以，
設，
，
因為，所以，單調遞增，，
所以，所以.
故選：A
10．
【分析】先根據極值點求a的值，將原不等式化為，然后構造函數，利用導數討論其單調性可解.
【詳解】，
∵為函數的極值點，∴，∴，經檢驗滿足題設，
故，
當時，不等式，
即，令，
，，，
若，在上恒成立，
則在上單調遞減，
∴滿足題意．
若，由，可得，則在上單調遞增，
∴在上存在使得，與題意不符，
綜上，實數m的取值范圍為.
11．
【分析】先分類討論，當時求出的范圍，當時參變分離，轉化為求一個新函數的最值，利用導數即可求出新函數的最值，進而得出的取值范圍.
【詳解】當時，
由對任意的恒成立
當時，符合題意
當時，等價于
即恒成立
令，
令，
令得，即在單調遞增
令得，即在單調遞減
當時，取得最大值
令，，當時，
令，得，又在單調遞減
當時，
當時，
即當時，
當時，
在上單調遞增，在上單調遞減
，即的取值范圍為
12．
【分析】求出，就、、分類討論導數的符號得到函數的單調性，結合最值可求參數的取值范圍.
【詳解】由題意得，且，
當時，因為時，，所以在上單調遞減，
又因為，任意，總有，
故在上不可能恒成立；
當時，令，
則，
所以在上單調遞增，則，
①當，即時，，在上單調遞增，
所以，故在上恒成立；
②當，即時，，，
故存在使得，
此時函數在上單調遞減，又，
故任意，總有，
故在上不可能恒成立，故不符合題意.
綜上所述，的取值范圍.
13．B
【分析】利用分離參數的方法，并構造新的函數，通過利用導數研究新函數的單調性，比較新函數的值域與的關系，可得結果.
【詳解】依題意：
，令，
則，
令，
則，易知單調遞增，
，所以單調遞增，
故，故，
則在上單調遞增，故，
即實數的取值范圍為，
故選：B.
【點睛】本題主要考查存在性問題，對這種類型問題，掌握分離參數的方法以及學會構造新函數，通過研究新函數的性質，化繁為簡，屬中檔題.
14．D
【分析】由兩邊取對數可得，令則不等式可轉化為，即，故根據題意可得求的最小值即可，令，通過求導可得的最小值即可
【詳解】由兩邊取對數可得①，
令則，因為，所以，
則①可轉化得，
因為，
因為存在，使得關于的不等式成立，
所以存在，成立，故求的最小值即可，
令
，
令
，
令，
，
所以在上單調遞減，所以，
，所以在上單調遞減，
所以
在上單調遞減，，
，所以實數的最小值為
故選：D
【點睛】方法點睛：對于利用導數研究函數的綜合問題的求解策略：
1、通常要構造新函數，利用導數研究函數的單調性，求出最值，從而求出參數的取值范圍；
2、利用可分離變量，構造新函數，直接把問題轉化為函數的最值問題．
3、根據恒成立或有解求解參數的取值時，一般涉及分離參數法，但壓軸試題中很少碰到分離參數后構造的新函數能直接求出最值點的情況，進行求解，若參變分離不易求解問題，就要考慮利用分類討論法和放縮法，注意恒成立與存在性問題的區別．
15．
【分析】求出函數導數，可轉化為含參二次函數分類討論問題求出函數的最小值，根據題意由最小值不大于即可得解.
【詳解】若在區間上有解，即求，
，
當時，，在上單調遞增，
所以在上的最小值為不成立，故不滿足題意.
當時，由得或，由得，
所以在上單調遞增，在上單調遞減，
若時，則函數在單調遞減，
所以成立，滿足題意.
若時，函數在單調遞減，在上單調遞增.
所以，不成立，舍去，
當時，由得或，由得，
所以在上單調遞增，在上單調遞減.
所以函數在單調遞增，，所以.
綜上的取值范圍為：
16．證明見解析
【分析】利用導數證明出：當時，以及成立，即可證得，結合不等式的基本性質可證得所證不等式成立.
【詳解】由題意可知，函數的定義域為，
先證明，令，
則，
令，其中，則，
當時，，此時函數單調遞減，
當時，，此時函數單調遞增，
所以，，即，
所以，，
設，其中，則且不恒為零，
所以，在上為增函數，故當時，，
所以，，
因為，故，故原不等式得證.
【點睛】方法點睛：利用導數證明不等式問題，方法如下：
（1）直接構造函數法：證明不等式（或）轉化為證明（或），進而構造輔助函數；
（2）適當放縮構造法：一是根據已知條件適當放縮；二是利用常見放縮結論；
（3）構造“形似”函數，稍作變形再構造，對原不等式同解變形，根據相似結構構造輔助函數.
17．證明見解析
【分析】構造，二次求導，結合零點存在性定理得到．即，并得到，利用隱零點得到，并構造函數得到，利用放縮法得到，證明出.
【詳解】記．
．
令，
則，所以即在上單調遞增．
由，知．
．即，
當單調遞減；當單調遞增．
故在處取得極小值，也是最小值，
，
由（*）式，可得．
代入式，得．
令，則，
當時，，當時，，
故在上單調遞增，在單調遞減，
故，即，
故．．
由．
故，即，原不等式得證．
【點睛】隱零點的處理思路：
第一步：用零點存在性定理判定導函數零點的存在性，其中難點是通過合理賦值，敏銳捕捉零點存在的區間，有時還需結合函數單調性明確零點的個數；
第二步：虛設零點并確定取范圍，抓住零點方程實施代換，如指數與對數互換，超越函數與簡單函數的替換，利用同構思想等解決，需要注意的是，代換可能不止一次.
18．A
【分析】結合導數求得在區間上的值域.結合二次函數的性質求得在上的值域，結合“任意、存在”列不等式，由此求得的取值范圍.
【詳解】，
所以在[1，2]遞減，在（2，3]遞增，
,
可得的值域為，
對稱軸為，在[1，3]遞增，可得的值域為，
若對，，使得，
可得的值域為的值域的子集.
則，且，解得，
故選：A.
19．
【分析】根據題意可得，分別求出，即可得到，從而得出實數m的取值范圍．
【詳解】由題意得．
因為，
當時，，故在上單調遞增，．
因為，
當時，，當時，，
故在上單調遞增，在上單調遞減，．
由，即，解得．
故答案為：．
20．
【分析】不等式成立，轉化為，然后求解函數的最大與最小值列出不等式求解
【詳解】由題意可知，
因為存在實數，使得不等式成立，
∴
，∵，，，單調遞減減，
當，，∴單調遞增．
∴，
．
∴，∴，
∵，∴．
【點睛】結論點睛：本題考查不等式的恒成立與有解問題，可按如下規則轉化：
一般地，已知函數，
（1）若，，總有成立，故；
（2）若，，有成立，故；
（3）若，，有成立，故；
（4）若，，有，則的值域是值域的子集 ．
21．(1)
(2)
【分析】（1）利用導數的性質判斷函數的單調性，進而求出函數的最小值；
（2）根據不等式的形式構造新函數，利用導數的性質進行求解即可.
【詳解】（1）∵，
∴，
令，解得，令，解得，
∴在上單調遞減，在上單調遞增．
故；
（2）∵對任意，且，有恒成立，
∴恒成立．
令，，
則只需在上單調遞增即可．
故在上恒成立，
故，而，故，
∴實數m的取值范圍是．
【點睛】關鍵點睛：通過不等式的形式構造新函數是解題的關鍵.
22．B
【分析】將不等式化為，構造進而化為，利用導數研究單調性，再得在上恒成立，構造研究其最值，即可得參數范圍.
【詳解】由題設，即，
令且，上述不等式等價于，
而，故在上遞增，則有在上恒成立，
所以在上恒成立，記，令，則，
當時，，則單調遞減，當時，，則單調遞增，
所以在上遞減，在上遞增，則，故.
故選：B.
【點睛】關鍵點點睛：由并構造函數并研究單調性，將問題轉化為在上恒成立，再次構造研究最值求范圍.
23．B
【分析】函數存在零點，即方程有根，構造同構的形式，利用換元法轉化為，利用導數研究函數的值域即可.
【詳解】函數存在零點，即方程有根，
因為，所以方程有根，
設，則，即，
令，則，
當時，，所以在上單調遞增；
當時，，所以在上單調遞減；
所以當時，y有最小值1.
要使有解，只需.
故選：B.
24．
【分析】首先設函數，轉化為，利用單調性得，參變分離后，轉化為求函數的最小值，從而求得的取值范圍.
【詳解】設，則，所以在上單調遞增，
由已知得，
因為，，，
所以，
，，所以在上單調遞增，，
由在單調遞增，得到，
所以，因為，
所以，令，
則，令，得，
所以在上單調遞增，在上單調遞減，
所以，所以，
所以.
故答案為：
【點睛】本題考查利用導數研究不等式恒成立，參數問題，本題的關鍵是利用指對變形，通過構造函數，不等式轉化為，利用函數的單調性，解抽象不等式后，后面的問題迎刃而解.
25．
【分析】令，求得，分、和，三種情況，結合，即可求解.
【詳解】令，可得，
若時，，單調遞減，
又由，所以當時，可得，不符合題意，舍去；
若時，令，可得，
當時，，單調遞減；
當時，，單調遞增；
又由，所以存在，使得，不符合題意，舍去；
若時，令，可得，
當時，，單調遞增，且，
所以當時，恒成立，符合題意，
所以實數的取值范圍為．
故答案為：．
26．
【分析】對k分類討論，根據函數的單調性求解.
【詳解】設，則，
令，是增函數，即是增函數，
當時，，即是增函數，，符合題意；
當時，因為，
令，則，
所以，
因為，則，取，則，
所以當時，是減函數，即，不滿足題意；
綜上：.
故答案為：.
27．
【分析】由于不等式恒成立，于是得到，構建函數，，利用函數的單調性求解.
【詳解】由于不等式恒成立，于是得到，
然后構建函數，，則，
再構建一個函數，，
則，函數單調遞增，
于是當時，，
則，函數單調遞增，而，
于是函數，
因此參數的取值范圍為．
故答案為：．
28．C
【分析】由方程組法求得，不等式用參數分離法轉化為，引入新函數，利用導數求得函數的最小值，從而得參數范圍．
【詳解】①，
又②，
①×2－②得，
∴．又，即，所以，
令，，
令（），則，
所以即在單調遞增，，則在遞增．
，∴．
故選：C．
29．
【分析】由不等式分離參數，令，則求即可．
【詳解】由，得，
令，則
當時，；當時，；
所以在上單調遞減，在上單調遞增，
故
由于存在，成立，則
故答案為：
30．B
【分析】對恒成立，即，令，，對求導得出在單調遞增，故，故，問題轉化為.
【詳解】對恒成立，即，即，令，，則，故在單調遞增，故，故，問題轉化為，令，則，令，解得：，令，解得：，故在遞增，在遞減，故（e），故.
故選：B．
31．
【分析】參變分離，構造，求導得到其單調性，從而得到值域，得到數的取值范圍.
【詳解】由得，即，
因為，所以，所以，
且當時，所以在恒成立，所以，
即存在時，，
令，，
令，
令，解得，
令，解得，
所以在單調遞減，單調遞增，
所以，
所以時，恒成立，
所以，
所以實數的取值范圍是.
32．
【分析】求導，得到函數單調性，由洛必達法則求出，得到函數的值域.
【詳解】當時，，故在上單調遞減，
其中，當時，，理由如下：
，
由洛必達法則得，
于是，
因此函數（）的值域為．
故答案為：
33．
【分析】先求出在上的值域，再利用函數的單調性求出的值域，再利用條件得到，進而可求出結果.
【詳解】因，
當時，，
所以，得到
故在上的值域為.
由，所.
因為，所以當時，，
所以在上單調遞減，
故當時，，
，
即在上的值域為.
因為對于任意的，總存在，使得，
所以，故，得到.
故的取值范圍為.
答案第1頁，共2頁
答案第1頁，共2頁

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