恒成立、存在性与严格参数边界

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先读量词，再选最值，最后检查界值能否取得。同一个不等号，放在“任意”与“存在”之后，承担的是不同的证明任务。

一、知识点概念与依据

1. 固定参数后再选择变量

“存在一个参数，使所有变量都满足”要求同一个参数管住全部合法输入，不是每个输入另选参数。定义域 $D$ 非空时：

目标	要求覆盖的实际函数值	若相应最值可达
对所有 $x$ ， $a\ge G(x)$	全部值的上界	$a\ge\max G$
存在 $x$ ， $a\ge G(x)$	至少碰到一个较小值	$a\ge\min G$
对所有 $x$ ， $a\le G(x)$	全部值的下界	$a\le\min G$
存在 $x$ ， $a\le G(x)$	至少碰到一个较大值	$a\le\max G$

全称要求看最不利位置，存在要求看最有利位置。“有解”不必是函数等于0，负值也可能满足非严格不等式。

2. 最紧界值与实际最值要分开

以下最紧上界 $M$ 、最紧下界 $m$ 均为有限实数。这些界又称上确界、下确界，是拓展术语，不保证实际取得。

条件	界能取到	界不能取到
所有 $x$ 有 $a>G(x)$	$a>M$	$a\ge M$
存在 $x$ 有 $a\ge G(x)$	$a\ge m$	$a>m$
存在 $x$ 有 $a>G(x)$	$a>m$	$a>m$

第一行：若每个实际值都小于 $M$ ，取 $a=M$ 仍严格大于它们；若 $a<M$ ，由最紧性总有实际值超过 $a$ 。第二行：下界未取得时 $a=m$ 没有见证点； $a>m$ 则有实际值小于 $a$ 。其他方向可整体乘 $-1$ 后使用同一逻辑，不能只凭不等号套口号。

若 $G$ 无上界，全称 $a\ge G$ 无实数解；若 $G$ 无下界，每个实数 $a$ 都能找到点使 $a\ge G$ 。不把无穷当成实数参数。开区间也可能在内部取得最值，端点开闭不是唯一判断依据。

3. 等价分离与严格单调的同构

先核变量和参数定义域。除法之前查零支，非零支再判正负：方程除非零负数仍是等式，不等式除负数须反号。参数为0能否取、对数真数是否正，都必须保留。

$G(U)\ge G(V)$ 与 $U\ge V$ 双向等价，需要 $U,V$ 均属 $G$ 的定义域且 $G$ 严格递增。仅非严格递增可能有平段，不能取消 $G$ 得到必要条件。倒数或对数参数变换还须按它的单调方向还原范围。

固定根与零参数的完整例题见分段函数零点及指数参数分类。先登记0，再在 $x<0$ 除 $x$ ，才不会漏根。

二、考点方法与例题

方法一：恒成立要证全域，范围外找反例

固定同一参数，保留原定义域及参数正性。
逐步等价分离或使用严格单调同构。参数影响定义域、导数符号时保留参数分类，不滥用某一分支的最值。
由导数、端点和趋势求最不利界值，判断是否可达。
证明范围内每个合法点都满足；范围外找一个合法反例点。严格目标另核等号。

例题 01 同一个严格增函数消去复杂表达式

题目

已知 $a>0$ ，设函数 $f\left( x\right)={e}^{2x}+\left( 2-a\right)x-\ln x-\ln a$ ，若 $f\left( x\right)\ge 0$ 在 $\left( 0,+\infty \right)$ 上恒成立，则 $a$ 的取值范围是（）

A． $\left( 0,\frac{1}{e}\right]$ B． $\left( 0,1\right]$ C． $\left( 0,e\right]$ D． $\left( 0,2e\right]$

答案与解析

解析

$a>0,x>0$ 保证 $ax>0$ ，可合并对数。原不等式等价于

e^{2x}+\ln(e^{2x})\ge ax+\ln(ax).

设 $G(u)=u+\ln u$ ， $u>0$ ， $G^{\prime}=1+1/u>0$ ，所以原式当且仅当 $e^{2x}\ge ax$ ，即 $a\le H(x)=e^{2x}/x$ 。求导

H^{\prime}(x)=\frac{e^{2x}(2x-1)}{x^2}.

在 $1/2$ 前负后正，故全域最小值 $H(1/2)=2e$ 。 $0<a\le2e$ 时每个点成立； $a>2e$ 在 $x=1/2$ 失败。最终须与题给 $a>0$ 求交，选D。

本题结论

D， $a\in(0,2e]$ 。

方法二：存在性给出具体见证

先求最有利值并核取得点合法；范围内直接给一个点回代原式，范围外证明所有点均不可能。若只有未取得的界，按实际值域判断，不能虚构一个取得点。严格目标不能使用等号见证。

例题 02 一个合法点决定参数最小值

题目

已知函数 $f(x)=x\ln x$ ，若存在 $x\in (0,+\infty )$ ，使得 $f\left( x\right)\le \frac{-{x}^{2}+mx-3}{2}$ 成立，则实数m的最小值是（）

A． $-2$ B． $-1$ C． $\frac{1}{2}$ D．4

答案与解析

解析

$x>0$ ，原式等价于 $mx\ge2x\ln x+x^2+3$ ，再除正数 $x$ 得

m\ge G(x)=2\ln x+x+3/x,\qquad G^{\prime}(x)=\frac{(x+3)(x-1)}{x^2}.

在1前负后正，故最小值 $G(1)=4$ 。 $m<4$ 没有任何合法点； $m\ge4$ 直接选 $x=1$ ，原不等式成为 $0\le(m-4)/2$ ，确实成立。因此最小 $m=4$ ，选D。

本题结论

D，最小值4。

例题 03 区间单调分类与有解参数

题目

已知函数 $f(x)=ax-\ln x,a\in R$ .

(1)讨论 $f(x)$ 在区间 $[1,2]$ 上的单调性；

(2)若 $x\in (0,e]$ 时，不等式 $f(x)\le 3$ 有解，求 $a$ 的取值范围.

答案与解析

解析

（1） $f^{\prime}(x)=a-1/x$ 。在 $[1,2]$ ， $1/x\in[1/2,1]$ ：

参数	单调性
$a\le1/2$	在 $[1,2]$ 严格递减
$1/2<a<1$	在 $[1,1/a]$ 减，在 $[1/a,2]$ 增
$a\ge1$	在 $[1,2]$ 严格递增

边界参数仅在一个端点导数0，不出现平段，仍严格。

（2） $x\in(0,e]$ ，除正数 $x$ 得 $a\le G(x)=(3+\ln x)/x$ 。导数

G^{\prime}(x)=-\frac{2+\ln x}{x^2}

在 $e^{-2}$ 前正后负，最大值 $G(e^{-2})=e^2$ 。此内点合法， $a\le e^2$ 时选它，原式成为 $ae^{-2}+2\le3$ ； $a>e^2$ 时全体 $G(x)<a$ ，无解。

本题结论

（1）见分类表；（2） $a\in(-\infty,e^2]$ 。

方法三：严格号与双变量的可达性

先判两个变量是独立可选，还是由同一极值点、零点关系耦合。独立时两个最不利位置可以同时出现；耦合时要先用原关系消元并还原可行域。参数边界代回原变量，或构造靠近界值的合法点，不由“严格号”机械决定开闭。

例题 04 两个极值点给出的未达上界

题目

已知 ${x}_{1},{x}_{2}$ 是函数 $f(x)=\frac{1}{2}a{x}^{2}-2x+\ln x$ 的两个极值点，若不等式 $m>f\left( {x}_{1}\right)+f\left( {x}_{2}\right)+{x}_{1}{x}_{2}$ 恒成立，则实数 $m$ 的取值范围是（）

A． $(-3,+\infty )$ B． $[-2,+\infty )$ C． $(2,+\infty )$ D． $[e,+\infty )$

答案与解析

解析

定义域 $x>0$ ， $f^{\prime}(x)=(ax^2-2x+1)/x$ 。 $a=0$ 只有一个驻点，先排除。两个极值点必须是两个不同正根，判别式与和积条件给

4-4a>0,\quad x_1+x_2=2/a>0,\quad x_1x_2=1/a>0,

即 $0<a<1$ 。反过来这时两正根不同，分子在根外正、根间负，两根确实给出极大、极小，条件充分。

每根满足 $ax_i^2=2x_i-1$ ，于是目标右侧化为

-(x_1+x_2)-1+\ln(x_1x_2)+x_1x_2=\ln t-t-1=G(t),\quad t=1/a>1.

每个 $t>1$ 都对应合法 $a=1/t$ ，没有扩大可行域。 $G^{\prime}=1/t-1<0$ ，故 $G(t)<-2$ ，且 $t\to1^+$ 时趋向 $-2$ 。 $t=1$ 对应重合驻点，不合法。因此 $m=-2$ 仍严格大于每个实际值； $m<-2$ 时，足够接近1的合法 $t$ 使 $G(t)>m$ ，不恒成立。选B。

本题结论

B， $m\in[-2,+\infty)$ 。

例题 05 独立变量同时取最不利位置

题目

已知函数 $f\left( x\right)=2k{x}^{2}-4\ln x$ ， $g\left( x\right)=\ln \frac{x}{k}$ ，其中 $x\in \left( 0,e\right]$ ， $k>0$ .

(1)若 $y=f\left( x\right)+\frac{32}{9}x$ 在 $x=1$ 处取得极值，求 $k$ 的值；

(2)讨论函数 $f\left( x\right)$ 的单调性：

(3)若对任意 ${x}_{1},{x}_{2}\in \left( 0,e\right]$ ，当 $k>1$ 时，不等式 $f\left( {x}_{1}\right)>g\left( {x}_{2}\right)+4$ 恒成立，求 $k$ 的取值范围.

答案与解析

解析

（1）令 $T(x)=f(x)+32x/9$ ， $T^{\prime}(1)=4k-4+32/9=0$ ，得 $k=1/9$ 。回代

T^{\prime}(x)=\frac{4(x-1)(x+9)}{9x}.

在 $(0,1)$ 负、 $(1,e]$ 正，所以是 $T$ 在1取得极小值，不是 $f$ 在3取得极值；3还不在题给范围内。这一验证保持所求函数与切换点一致。

（2） $f^{\prime}=4(kx^2-1)/x$ ，驻点 $1/\sqrt k$ 。当 $0<k\le e^{-2}$ ，整个 $(0,e]$ 严格递减；等号时导数仅在右端为0。当 $k>e^{-2}$ ，在 $(0,1/\sqrt k]$ 减、 $[1/\sqrt k,e]$ 增。

（3）现有 $k>1$ ，最小点 $1/\sqrt k$ 合法， $f_{\min}=2+2\ln k$ 。 $g=\ln x-\ln k$ 严格增，在闭端 $e$ 取得最大值 $1-\ln k$ 。两变量独立，两个位置可以同时选，所以全称严格比较等价于

2+2\ln k>1-\ln k+4\iff k>e.

$k>e$ 时任意一对都有 $f(x_1)\ge f_{\min}>g_{\max}+4\ge g(x_2)+4$ ； $1<k\le e$ 时选最小点与最大点即失败。特别 $k=e$ ，取 $x_1=e^{-1/2},x_2=e$ 两边相等，严格号排除此边界。

本题结论

（1） $k=1/9$ ；（2）见分类；（3） $k\in(e,+\infty)$ 。