趙銀倉

不等式恒成立與有解問題在高考試題中的題型主要是：①證明某個不等式恒成立;②已知不等式恒成立，求其中的參數(shù)的取值范圍;③存在性問題，即是否存在某個參數(shù)的值使已知不等式成立.

重點：理解不等式恒成立與有解的數(shù)學(xué)意義，掌握解決不等式恒成立與有解的常用方法，用轉(zhuǎn)化與化歸、數(shù)形結(jié)合、分類討論、函數(shù)與方程等數(shù)學(xué)思想引領(lǐng)問題分析.

難點：理解恒成立與有解，對問題的實施等價轉(zhuǎn)換;構(gòu)造恰當(dāng)?shù)暮瘮?shù)，通過研究函數(shù)的圖象與性質(zhì)來解決問題.

不等式恒成立問題是全稱命題，即在給定的范圍內(nèi)變量的每一個值都使不等式成立，因而問題可化歸為構(gòu)建函數(shù)，在函數(shù)存在最值時求相應(yīng)的最大值或最小值;在函數(shù)不存在最值時，通過無限的方法來確定其上界或下界. 如：若sinx（sinx）max=1. 不等式有解問題是特稱命題，即在給定的范圍內(nèi)變量存在某一個值使不等式成立，問題也同樣可化歸為構(gòu)建函數(shù)來解. 如：若sinx（sinx）min=

-1. 解題時應(yīng)細(xì)心體會兩者之間的差異，找準(zhǔn)所要轉(zhuǎn)化的等價問題. 可見，構(gòu)作輔助函數(shù)，利用函數(shù)的單調(diào)性、最值（或上、下界）、圖象求解，或利用分類討論、數(shù)形結(jié)合、參數(shù)分離、變換主元等思想方法是解決不等式恒成立與有解問題的有效策略.

1. 不等式恒成立

（1）不等式f（x）

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

3. 不等式恒成立與有解的綜合

若函數(shù)f（x）和g（x）在相應(yīng)的定義域If，Ig上有最大值和最小值，則：

（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年高考遼寧卷）當(dāng)x∈[-2，1]時，不等式ax3-x2+4x+3≥0恒成立，則實數(shù)a的取值范圍是（ ? ?）

A. [-5，-3] ? B. -6，-？搖？搖？搖

C. [-6，-2] ? D. [-4，-3]

思索 ?本題為三次不等式在閉區(qū)間上的恒成立問題，若直接求不等式左端三次函數(shù)的最小值顯然將問題復(fù)雜化了，考慮到參數(shù)a只出現(xiàn)在一個位置上，所以用分離變量法構(gòu)建函數(shù)求最值來解. 但因所除式子x3的取值會出現(xiàn)正、負(fù)、零三種情況，所以要分類討論，這樣就增加了問題的困難性. 此題作為選擇題中的壓軸題有較大的挑戰(zhàn)性.

破解1 ?由已知，當(dāng)x=0時，原不等式恒成立;當(dāng)x∈（0，1]時，原不等式等價于a≥max恒成立;當(dāng)x∈[-2，0）時，原不等式等價于a≤min恒成立.

設(shè)f（x）=，x∈[-2，0）∪（0，1]，則f（x）=--，令t=，即y=t-4t2-3t3，所以y′=-9t2-8t+1，可見在-1，上y為增函數(shù)，在（-∞，-1），，+∞上y為減函數(shù).

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

綜上，實數(shù)a的取值范圍是[-6，-2]，故選C.

破解2 ?當(dāng)-2≤x<0時，不等式轉(zhuǎn)化為a≤，令f（x）= （-2≤x<0），則f′（x）==

-，故f（x）在[-2，-1]上單調(diào)遞減，在（-1，0）上單調(diào)遞增，此時有a≤=-2.

當(dāng)x=0時，原不等式恒成立.

當(dāng)0

綜上，-6≤a≤-2. 故選C.

例2 ?若對任何的正整數(shù)n，關(guān)于x的不等式x2+2x-3-n<0在[k，k+1]上有解，求實數(shù)k的最小值.

思索 ?本題為不等式在閉區(qū)間有解的問題，由于在不等式中和區(qū)間的端點處均含有參數(shù)，而且參數(shù)不同，所以分析問題的難度增大.首先求出能使含參數(shù)不等式在參數(shù)（即正整數(shù)n）變化時恒成立的變量x的取值范圍，因為不等式的形式為關(guān)于x的二次不等式，所以通過分離變量、數(shù)形結(jié)合，容易求得x的取值范圍.而在[k，k+1]上有解這一條件可轉(zhuǎn)化為在這個區(qū)間上存在一個數(shù)，這個數(shù)同時也在x的取值范圍當(dāng)中.化歸求解，在本題中，數(shù)形結(jié)合思想、函數(shù)思想及轉(zhuǎn)化與化歸思想要綜合使用，對理解能力的要求亦較高.

破解 ?已知不等式x2+2x-3-n<0，可變?yōu)閤2+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，所以實數(shù)k的最小值是-4.

例3 ?已知兩個函數(shù)f（x）=8x2+16x-k，g（x）=2x3+5x2+4x，其中k為實數(shù).

（1）對任意x∈[-3，3]，都有f（x）≤g（x）成立，求k的取值范圍;

（2）存在x∈[-3，3]，使f（x）≤g（x）成立，求k的取值范圍;

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

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

思索 ?本題的4個小題，是含有“任意”“存在”量詞的容易混淆又較難理解的問題，表面形式非常相似，但其本質(zhì)卻大相徑庭. 審題時應(yīng)細(xì)心思考，注意甄別;解題時應(yīng)深入思考，找準(zhǔn)到底是轉(zhuǎn)化為求函數(shù)的最大值還是最小值問題，平時應(yīng)多加訓(xùn)練，準(zhǔn)確使用其成立的充要條件.

破解 ?（1）設(shè)h（x）=g（x）-f（x）=2x3-3x2-12x+k，問題轉(zhuǎn)化為x∈[-3，3]時，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）對任意x1，x2∈[-3，3]，都有f（x1）≤g（x2）成立的充要條件是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）成立的充要條件是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年高考江蘇卷）已知函數(shù)f（x）=ex+e-x，其中e是自然對數(shù)的底數(shù).

（1）證明： f（x）是R上的偶函數(shù).

（2）若關(guān)于x的不等式mf（x）≤e-x+m-1在（0，+∞）上恒成立，求實數(shù)m的取值范圍.

（3）已知正數(shù)a滿足：存在x∈[1，+∞），使得f（x0）

思索 ?本題第（2）問為不等式在（0，+∞）上恒成立問題，含有全稱量詞“任意”;而第（3）問為存在x0∈[1，+∞）使不等式成立問題，也就是使不等式在[1，+∞）上有解問題，含有特稱量詞“存在”，要注意甄別兩者間的差異，使問題得到正確的轉(zhuǎn)化.

破解 ?（1）略.

（2）由條件知， m（ex+e-x-1）≤e-x

-1在（0，+∞）上恒成立.令t=ex（x>0），則t>1，所以m≤-=

-對任意t>1成立. 因為t-1++1≥2 +1=3，所以-≥-，當(dāng)且僅當(dāng)t=2，即x=ln2時等號成立. 因此實數(shù)m的取值范圍是-∞，.

（3）令函數(shù)g（x）=ex+-a（-x3+3x），則g′（x）=ex-+3a（x2-1）. 當(dāng)x≥1時，ex->0，x2-1≥0. 又a>0，故g′（x）>0，所以g（x）是[1，+∞）上的單調(diào)遞增函數(shù)，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，當(dāng)且僅當(dāng)最小值g（1）<0，故e+e-1-2a<0，即a>.

1. （2014年高考江蘇卷）已知函數(shù)f（x）=x2+mx-1，若對于任意x∈[m，m+1]，都有f（x）<0成立，則實數(shù)m的取值范圍是________.

2. 若關(guān)于x的不等式a≤x2-3x+4≤b的解集恰好是[a，b]，則a+b的值為（ ? ?）

A. 5 B. 4

C. ?D.

3. （2014年高考安徽卷改編）若不等式x+1+2x+a≤3有解，則實數(shù)a的最大值為（ ? ?）

A. 5 B. -1

C. -4 D. 8

4. （2014年高考全國卷Ⅱ）設(shè)函數(shù)f（x）=sin，若存在f（x）的極值點x0滿足x20+[f（x0）]2

A. （-∞，-6）∪（6，+∞）？搖？搖？搖

B. （-∞，-4）∪（4，+∞）

C. （-∞，-2）∪（2，+∞）？搖？搖？搖

D. （-∞，-1）∪（1，+∞）

？搖？搖5. （2014年高考陜西卷）設(shè)函數(shù)f（x）=ln（1+x），g（x）=xf′（x），x≥0，其中f′（x）是f（x）的導(dǎo)函數(shù). 若f（x）≥ag（x）恒成立，求實數(shù)a的取值范圍.

參考答案

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. 設(shè)φ（x）=ln（1+x）-（x≥0），則φ′（x）=-=，當(dāng)a≤1時，φ′（x）≥0（僅當(dāng)x=0，a=1時等號成立）. 所以φ（x）在[0，+∞）上單調(diào)遞增，又φ（0）=0，所以φ（x）≥0在[0，+∞）上恒成立，所以a≤1時，ln（1+x）≥恒成立（僅當(dāng)x=0時等號成立）. 當(dāng)a>1時，對x∈（0，a-1]有φ′（x）<0，所以φ（x）在（0，a-1]上單調(diào)遞減，所以φ（a-1）<φ（0）=0. 即a>1時，存在x>0，使φ（x）<0，故知ln（1+x）≥不恒成立. 綜上可知，a的取值范圍是（-∞，1].

要使不等式x2+2x-3

-3≤x0≤1，所以k+1≥-3且k≤1，即

-4≤k≤1，所以實數(shù)k的最小值是-4.

例3 ?已知兩個函數(shù)f（x）=8x2+16x-k，g（x）=2x3+5x2+4x，其中k為實數(shù).

（1）對任意x∈[-3，3]，都有f（x）≤g（x）成立，求k的取值范圍;

（2）存在x∈[-3，3]，使f（x）≤g（x）成立，求k的取值范圍;

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

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

思索 ?本題的4個小題，是含有“任意”“存在”量詞的容易混淆又較難理解的問題，表面形式非常相似，但其本質(zhì)卻大相徑庭. 審題時應(yīng)細(xì)心思考，注意甄別;解題時應(yīng)深入思考，找準(zhǔn)到底是轉(zhuǎn)化為求函數(shù)的最大值還是最小值問題，平時應(yīng)多加訓(xùn)練，準(zhǔn)確使用其成立的充要條件.

破解 ?（1）設(shè)h（x）=g（x）-f（x）=2x3-3x2-12x+k，問題轉(zhuǎn)化為x∈[-3，3]時，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）對任意x1，x2∈[-3，3]，都有f（x1）≤g（x2）成立的充要條件是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）成立的充要條件是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年高考江蘇卷）已知函數(shù)f（x）=ex+e-x，其中e是自然對數(shù)的底數(shù).

（1）證明： f（x）是R上的偶函數(shù).

（2）若關(guān)于x的不等式mf（x）≤e-x+m-1在（0，+∞）上恒成立，求實數(shù)m的取值范圍.

（3）已知正數(shù)a滿足：存在x∈[1，+∞），使得f（x0）

思索 ?本題第（2）問為不等式在（0，+∞）上恒成立問題，含有全稱量詞“任意”;而第（3）問為存在x0∈[1，+∞）使不等式成立問題，也就是使不等式在[1，+∞）上有解問題，含有特稱量詞“存在”，要注意甄別兩者間的差異，使問題得到正確的轉(zhuǎn)化.

破解 ?（1）略.

（2）由條件知， m（ex+e-x-1）≤e-x

-1在（0，+∞）上恒成立.令t=ex（x>0），則t>1，所以m≤-=

-對任意t>1成立. 因為t-1++1≥2 +1=3，所以-≥-，當(dāng)且僅當(dāng)t=2，即x=ln2時等號成立. 因此實數(shù)m的取值范圍是-∞，.

（3）令函數(shù)g（x）=ex+-a（-x3+3x），則g′（x）=ex-+3a（x2-1）. 當(dāng)x≥1時，ex->0，x2-1≥0. 又a>0，故g′（x）>0，所以g（x）是[1，+∞）上的單調(diào)遞增函數(shù)，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，當(dāng)且僅當(dāng)最小值g（1）<0，故e+e-1-2a<0，即a>.

1. （2014年高考江蘇卷）已知函數(shù)f（x）=x2+mx-1，若對于任意x∈[m，m+1]，都有f（x）<0成立，則實數(shù)m的取值范圍是________.

2. 若關(guān)于x的不等式a≤x2-3x+4≤b的解集恰好是[a，b]，則a+b的值為（ ? ?）

A. 5 B. 4

C. ?D.

3. （2014年高考安徽卷改編）若不等式x+1+2x+a≤3有解，則實數(shù)a的最大值為（ ? ?）

A. 5 B. -1

C. -4 D. 8

4. （2014年高考全國卷Ⅱ）設(shè)函數(shù)f（x）=sin，若存在f（x）的極值點x0滿足x20+[f（x0）]2

A. （-∞，-6）∪（6，+∞）？搖？搖？搖

B. （-∞，-4）∪（4，+∞）

C. （-∞，-2）∪（2，+∞）？搖？搖？搖

D. （-∞，-1）∪（1，+∞）

？搖？搖5. （2014年高考陜西卷）設(shè)函數(shù)f（x）=ln（1+x），g（x）=xf′（x），x≥0，其中f′（x）是f（x）的導(dǎo)函數(shù). 若f（x）≥ag（x）恒成立，求實數(shù)a的取值范圍.

參考答案

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. 設(shè)φ（x）=ln（1+x）-（x≥0），則φ′（x）=-=，當(dāng)a≤1時，φ′（x）≥0（僅當(dāng)x=0，a=1時等號成立）. 所以φ（x）在[0，+∞）上單調(diào)遞增，又φ（0）=0，所以φ（x）≥0在[0，+∞）上恒成立，所以a≤1時，ln（1+x）≥恒成立（僅當(dāng)x=0時等號成立）. 當(dāng)a>1時，對x∈（0，a-1]有φ′（x）<0，所以φ（x）在（0，a-1]上單調(diào)遞減，所以φ（a-1）<φ（0）=0. 即a>1時，存在x>0，使φ（x）<0，故知ln（1+x）≥不恒成立. 綜上可知，a的取值范圍是（-∞，1].

要使不等式x2+2x-3

-3≤x0≤1，所以k+1≥-3且k≤1，即

-4≤k≤1，所以實數(shù)k的最小值是-4.

例3 ?已知兩個函數(shù)f（x）=8x2+16x-k，g（x）=2x3+5x2+4x，其中k為實數(shù).

（1）對任意x∈[-3，3]，都有f（x）≤g（x）成立，求k的取值范圍;

（2）存在x∈[-3，3]，使f（x）≤g（x）成立，求k的取值范圍;

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

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

思索 ?本題的4個小題，是含有“任意”“存在”量詞的容易混淆又較難理解的問題，表面形式非常相似，但其本質(zhì)卻大相徑庭. 審題時應(yīng)細(xì)心思考，注意甄別;解題時應(yīng)深入思考，找準(zhǔn)到底是轉(zhuǎn)化為求函數(shù)的最大值還是最小值問題，平時應(yīng)多加訓(xùn)練，準(zhǔn)確使用其成立的充要條件.

破解 ?（1）設(shè)h（x）=g（x）-f（x）=2x3-3x2-12x+k，問題轉(zhuǎn)化為x∈[-3，3]時，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）對任意x1，x2∈[-3，3]，都有f（x1）≤g（x2）成立的充要條件是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）成立的充要條件是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年高考江蘇卷）已知函數(shù)f（x）=ex+e-x，其中e是自然對數(shù)的底數(shù).

（1）證明： f（x）是R上的偶函數(shù).

（2）若關(guān)于x的不等式mf（x）≤e-x+m-1在（0，+∞）上恒成立，求實數(shù)m的取值范圍.

（3）已知正數(shù)a滿足：存在x∈[1，+∞），使得f（x0）

思索 ?本題第（2）問為不等式在（0，+∞）上恒成立問題，含有全稱量詞“任意”;而第（3）問為存在x0∈[1，+∞）使不等式成立問題，也就是使不等式在[1，+∞）上有解問題，含有特稱量詞“存在”，要注意甄別兩者間的差異，使問題得到正確的轉(zhuǎn)化.

破解 ?（1）略.

（2）由條件知， m（ex+e-x-1）≤e-x

-1在（0，+∞）上恒成立.令t=ex（x>0），則t>1，所以m≤-=

-對任意t>1成立. 因為t-1++1≥2 +1=3，所以-≥-，當(dāng)且僅當(dāng)t=2，即x=ln2時等號成立. 因此實數(shù)m的取值范圍是-∞，.

（3）令函數(shù)g（x）=ex+-a（-x3+3x），則g′（x）=ex-+3a（x2-1）. 當(dāng)x≥1時，ex->0，x2-1≥0. 又a>0，故g′（x）>0，所以g（x）是[1，+∞）上的單調(diào)遞增函數(shù)，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，當(dāng)且僅當(dāng)最小值g（1）<0，故e+e-1-2a<0，即a>.

1. （2014年高考江蘇卷）已知函數(shù)f（x）=x2+mx-1，若對于任意x∈[m，m+1]，都有f（x）<0成立，則實數(shù)m的取值范圍是________.

2. 若關(guān)于x的不等式a≤x2-3x+4≤b的解集恰好是[a，b]，則a+b的值為（ ? ?）

A. 5 B. 4

C. ?D.

3. （2014年高考安徽卷改編）若不等式x+1+2x+a≤3有解，則實數(shù)a的最大值為（ ? ?）

A. 5 B. -1

C. -4 D. 8

4. （2014年高考全國卷Ⅱ）設(shè)函數(shù)f（x）=sin，若存在f（x）的極值點x0滿足x20+[f（x0）]2

A. （-∞，-6）∪（6，+∞）？搖？搖？搖

B. （-∞，-4）∪（4，+∞）

C. （-∞，-2）∪（2，+∞）？搖？搖？搖

D. （-∞，-1）∪（1，+∞）

？搖？搖5. （2014年高考陜西卷）設(shè)函數(shù)f（x）=ln（1+x），g（x）=xf′（x），x≥0，其中f′（x）是f（x）的導(dǎo)函數(shù). 若f（x）≥ag（x）恒成立，求實數(shù)a的取值范圍.

參考答案

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. 設(shè)φ（x）=ln（1+x）-（x≥0），則φ′（x）=-=，當(dāng)a≤1時，φ′（x）≥0（僅當(dāng)x=0，a=1時等號成立）. 所以φ（x）在[0，+∞）上單調(diào)遞增，又φ（0）=0，所以φ（x）≥0在[0，+∞）上恒成立，所以a≤1時，ln（1+x）≥恒成立（僅當(dāng)x=0時等號成立）. 當(dāng)a>1時，對x∈（0，a-1]有φ′（x）<0，所以φ（x）在（0，a-1]上單調(diào)遞減，所以φ（a-1）<φ（0）=0. 即a>1時，存在x>0，使φ（x）<0，故知ln（1+x）≥不恒成立. 綜上可知，a的取值范圍是（-∞，1].