恒成立存在性問題

1、知識點梳理1、恒成立問題的轉(zhuǎn)化:2、能成立問題的轉(zhuǎn)化:3、恰成立問題的轉(zhuǎn)化:另一轉(zhuǎn)化方法：假設(shè)xD, f(x)在D上恰成立,那么等價于4、5、6、7、專題恒成立存在性問題恒成立 a能成立 a在M上恰成立x max ；x min ；f x恒成立f x能成立的解集為MA在D上恰成立,等價于f (x)在D上的最小值f (x)在D上的最大值fmax(x)x1 a , bx1 a , bx2X2xixif xminf xmax在M上恒成立在CRM上恒成立fmin(x)D,f(x)g x2g x2fminf maxg ming max8、假設(shè)不等式 上方；9、假設(shè)不等式 下方；題型一、常見方法函數(shù)f (x

2、)1)2)對任意對任意1,2,x12、設(shè)函數(shù)h(x),存在x1 ,存在x1 x在區(qū)間x在區(qū)間2ax 1都有f (x)a , b ,存在x2a , b ,存在x2c, dc, dD上恒成立,那么等價于在區(qū)間D上恒成立,那么等價于在區(qū)間,g(x)亙,其中a 0 ,x,使得f x1,使得f x1D上函數(shù)yD上函數(shù)yg(x)恒成立,求實數(shù)a的取值范圍；x2x21,2, x2 2,4,都有f(x1)g(x2)恒成立,求實數(shù)a的取值范圍;maxg minmin xg max和圖象在函數(shù)和圖象在函數(shù)xg x圖象g x圖象a .1.一1一 x b,對任意a 一,2,都有h(x) 10在x 一,1恒成立,求實數(shù)

3、b的取值范圍.x243、兩函數(shù) f (x)21x , g(x)-m,對任意x0,2 ,存在x21,2 ,使得f(x1)g x2,那么實數(shù)m的取值范圍為題型二、主參換位法某個參數(shù)的范圍,整理成關(guān)于這個參數(shù)的函數(shù)1、對于滿足p 2的所有實數(shù)p,求使不等式x2 px 1 p 2x恒成立的x的取值范圍.2、函數(shù)fx lnex aa為常數(shù)是實數(shù)集R上的奇函數(shù),函數(shù) g x f x sinx是區(qū)間1,1上的減函數(shù),I求a的值；n假設(shè)gx t2 t 1在x1,1上恒成立,求t的取值范圍；題型三、別離參數(shù)法欲求某個參數(shù)的范圍,就把這個參數(shù)別離出來1、當(dāng)x 1,2時,不等式x2 mx 4 0恒成立,那么m的取值

4、范圍是題型四、數(shù)形結(jié)合恒成立問題與二次函數(shù)聯(lián)系零點、根的分布法1、假設(shè)對任意x R,不等式|x| ax恒成立,那么實數(shù)a的取值范圍是 2、函數(shù)f x x2 2kx 2 ,在x1恒有f x k,求實數(shù)k的取值范圍.題型五、不等式能成立問題有解、存在性的處理方法假設(shè)在區(qū)間D上存在實數(shù)x使不等式f xA成立,那么等價于在區(qū)間D上f x m衿 A； max假設(shè)在區(qū)間D上存在實數(shù)x使不等式f x1、存在實數(shù)x ,使得不等式lx 3 lx 1B成立,那么等價于在區(qū)間D上的f x min 2a 3a有解,那么實數(shù)a的取值范圍為 - 一,1,1 O2、函數(shù)f x ln x -ax2 22x a 0存在單調(diào)遞減

5、區(qū)間,求 a的取值范圍小結(jié)：恒成立與有解的區(qū)別恒成立和有解是有明顯區(qū)別的,以下充要條件應(yīng)細心思考,甄別差異,恰當(dāng)使用,等價轉(zhuǎn)化,切不可混為一體.不等式f x M對x 時恒成立 fmax (x) M?, x I.即f x的上界小于或等于M ； 不等式f x M對x I時有解fmin(x) M?, x I. 或f x的下界小于或等于M ；fmin (x) M?, x I.即f x的下界大于或等于M ；不等式f x M對x I時有解fmax(x) M , x I .或f x的上界大于或等于M ；不等式f x M對x I時恒成立課后作業(yè):1、設(shè)a 1,假設(shè)對于任意的x a,2a,都有y a, a2滿足

6、方程log a x loga y 3 ,這日a的取值集合為(A) a|1 a 2 x y2、假設(shè)任意滿足 x y y 3(B) a|a 2(C) a|2 a 3(D) 2,305 0的實數(shù)x, y ,不等式a(x2 y2) (x y)2恒成立,那么實數(shù)a的最大值是 03、不等式 sin2x 4sinx 1 a0有解,那么a的取值范圍是4、不等式ax Jx 4 x在x0,3內(nèi)恒成立,求實數(shù) a的取值范圍.5、兩函數(shù) f x 7x2 28x c, g x 2x3 4x2 40x.(1)對任意x 3,3 ,都有f x g x )成立,求實數(shù)c的取值范圍;(2)存在x 3,3 ,使f x g x成立,

7、求實數(shù)c的取值范圍；(3)對任意Xi ,x23,3 ,都有f Xig x2 ,求實數(shù)c的取值范圍；(4)存在Xi , X23,3 ,都有f Xig X2 ,求實數(shù)c的取值范圍；6、設(shè)函數(shù)f (x)1x3 2ax2 33a2xb (01, b R).(i)求函數(shù)f x的單調(diào)區(qū)間和極值;(n)假設(shè)對任意的x a 1,a 2,不等式a成立,求a的取值范圍.7、A、B、C是直線上的三點,向量OA OB, 0滿足：OAy 2f 1 OB ln x 1 OC 0.(1)求函數(shù)y = f(x)的表達式；2x(2)假設(shè) x>0,證實：f(x) >Xh2；1,1及b 1,1都恒成立,求實數(shù) m的取值

8、范圍.(3)假設(shè)不等式 1x2 f x2 m2 2bm 3時,x8、設(shè)f x px q 21nx,且fe qe - 2 (e為自然對數(shù)的底數(shù)) xe(I)求p與q的關(guān)系；(II)假設(shè)f x在其定義域內(nèi)為單調(diào)函數(shù),求 p的取值范圍；2e(III)設(shè)gx ,假設(shè)在1,e上至少存在一點xO,使得f x°g xo成立,求實數(shù)p的取值范圍x參考答案：題型一、常見方法1、函數(shù)1)對任意x2)對任意x1【分析：】f (x) x2 2ax 1 , g(x) a,其中 a 0, x 0 . x1,2,都有f (x) g(x)恒成立,求實數(shù)a的取值范圍；1,2, x2 2,4,都有f(x1)g(x2)恒

9、成立,求實數(shù)a的取值范圍;1)思路、等價轉(zhuǎn)化為函數(shù)f(x) g(x)2)思路、對在不同區(qū)間內(nèi)的兩個函數(shù)0恒成立,在通過別離變量,創(chuàng)設(shè)新函數(shù)求最值解決.f (x)和g(x)分別求最值,即只需滿足fmin(x) gmaXx)即可.簡解：(1)由x2 2ax3x x -(x)2 ,求導(dǎo),2x 1(x)亙0 x2x4a -： 2xx2 1 nr3成立,只需滿足(x) x , x的最小值大于 a即可.對2x2 10,故(x)在x 1,2是增函數(shù),min (x)2,一所以a的3取值范圍是0 a2、設(shè)函數(shù)h(x).、1 1b的取值范圍.b,對任意a 一,2,都有h(x) 10在x ,1恒成立,求實數(shù)24分析

10、：思路、解決雙參數(shù)問題一般是先解決一個參數(shù),再處理另一個參數(shù).以此題為例,實質(zhì)還是通過函數(shù)求最 值解決.方法1 ：化歸最值,h(x)10hmax ( x)10 方法2:變量別離,b 10方法3:變更主元,(亙x1一 a xx)或a(10b)x ；101弓,2簡解：方法1：對h(x) g(x) xb求導(dǎo),h(x)(x a)(x a)1 .由此可知,h(x)在_,1上的最大值為4x1 h(一)與h(1)中的較大者.410h(1) 1014a 1 b 1041 a b 1039494a 1 .,對于任忌a 一 ,2,得b的取值氾圍是b23、兩函數(shù)f(x) x2g(x)xm,對任意x10,2 ,存在x

11、21,2,使得f(x1) g x2 ,那么實數(shù)m的取值范圍為解析：對任意x10,2 ,存在x21,2,使得f(x1) g x2等價于g(x)八,1m在1,2上的取小值一 m4 211不大于f(x) x在0,2上的最小值0,既一 m 0 , . m 一44題型二、主參換位法(某個參數(shù)的范圍,整理成關(guān)于這個參數(shù)的函數(shù))1、對于滿足p 2的所有實數(shù)p,求使不等式x2 px解：不等式即x1px22x10fp x1 p 2x恒成立的x的取值范圍.21 p x 2x 1 ,那么f p在-2,2上恒大于0,故有:f 20 x2 4x 3 0f 20 x2 1 0x蟻x 1x 1 或 x 3x 1或 x12、

12、函數(shù)fx lnex aa為常數(shù)是實數(shù)集R上的奇函數(shù),函數(shù)g x f x sinx是區(qū)間1/上的減函數(shù),I 求a的值；n假設(shè)gx t2t 1在x1,1上恒成立,求t的取值范圍；n分析：在不等式中出現(xiàn)了兩個字母：及t,關(guān)鍵在于該把哪個字母看成是一個變量,另一個作為常數(shù).顯然可將 視作自變量,那么上述問題即可轉(zhuǎn)化為在1內(nèi)關(guān)于 的一次函數(shù)大于等于 0恒成立的問題.n略解:由(I)知：f (x) x , g(x) x sinx , Q g(x)在立,1 g(x) max g( 1) sin1, 只需由上述結(jié)論：可令 f (t 1) t2 sin1 1 0(11上單調(diào)遞減,g (x)2sin1 t t 1

13、 , (t 1)1),那么t2 1 0t 1 t sin1 1t2恒成立,t 1.題型三、別離參數(shù)法欲求某個參數(shù)的范圍,就把這個參數(shù)別離出來1、當(dāng)x 1,2時,不等式x2 mx 4 0恒成立,那么m的取值范圍是2解析：當(dāng) x 1,2時,由 x2 mx 4 0得 mx4 . . . m 5.x題型四、數(shù)形結(jié)合恒成立問題與二次函數(shù)聯(lián)系零點、根的分布法cosx 0 cosx在 1,1上恒成t2 sin1 1 0 (其中 1 )恒成立,tt1、假設(shè)對任意x R,不等式|x| ax恒成立,那么實數(shù)a的取值范圍是解析：對x R,不等式|x| ax恒成立、那么由一次函數(shù)性質(zhì)及圖像知1 a1,即2、函數(shù)f x

14、 x2 2kx 2 ,在x1恒有f x k,求實數(shù)k的取值范圍.分析：為了使f x k在x 1,恒成立,構(gòu)造一個新函數(shù)F x f x k ,那么把原題轉(zhuǎn)化成左邊二次函數(shù)在區(qū)間1, 時恒大于等于0的問題,再利用二次函數(shù)的圖象性質(zhì)進行分類討論,使問題得到圓滿解決.解：令F x f x k x22kx 2 k ,那么F x 0對x 1, 恒成立,而F x是開口向上的拋物線.當(dāng)圖象與x軸無交點滿足 .,即 4k2 2 2 k 0 ,解得2 k 1.當(dāng)圖象與x軸有交點,且在x 1, 時Fx 0,那么由二次函數(shù)根與系數(shù)的分布知識及圖象可得：F 10解得3 k2,故由知3 k 1.2k2小結(jié)：假設(shè)二次函數(shù)y

15、 ax2 bx c a 0大于0恒成立,那么有a 00 ,同理,右二次函數(shù)y ax2 bx c a 0 小于 0, 一 a 0 ,一 一,一,、恒成立,那么有0.假設(shè)是二次函數(shù)在指定區(qū)間上的恒成立問題,還可以利用韋達定理以及根與系數(shù)的分布知識 求解.題型五、不等式能成立問題有解、存在性的處理方法假設(shè)在區(qū)間D上存在實數(shù)x使不等式f xA成立,那么等價于在區(qū)間D上f x A；max假設(shè)在區(qū)間D上存在實數(shù)x使不等式f xB成立,那么等價于在區(qū)間D上的f x min B.1、存在實數(shù)x,使得不等式xx 1 a2 3a有解,那么實數(shù)a的取值范圍為解：設(shè) f x |x 3 |x 1 ,由 f xa2 3a

16、 有解,2a 3a f x min ,x 14 , 1- a2 3a 4 ,解得 a 4或a1.2、函數(shù)f x12lnx -ax2 2x a 0存在單調(diào)遞減區(qū)間,求 a的取值范圍 2解:由于函數(shù)f存在單調(diào)遞減區(qū)間,所以f' x -xaxax2 2x 1 -00,有解.即a12x2 x2-x x210,能成立,設(shè)u x1得,umin x 1 .于1,由題設(shè)a 0,所以a的取值范圍是1,00,小結(jié)：恒成立與有解的區(qū)別：恒成立和有解是有明顯區(qū)別的,以下充要條件應(yīng)細心思考,甄別差異,恰當(dāng)使用,等價轉(zhuǎn)化,切不可混為一體.不等式不等式不等式不等式課后作業(yè):對x 對x 對x 對x時恒成立時有解時恒成

17、立 時有解fmax (x)M?,fmin(x) M?, xfmin (x)M?,fmax(x) M ,:1、設(shè)a 1,假設(shè)對于任意的(A) a|1 a2)x a,2a,都有 y(B) a|a 2答案:B.解析:由方程/日 a 得2a2 a 萬2a2.2、假設(shè)任意滿足、25 答案：250解析:132a, a2滿足方程的上界小于或等于M ;的下界小于或等于M ;的下界大于或等于 M ; 的上界大于或等于 M ;log a x log a y 3 ,這日a的取值集合為()(C) a|2 a 33(D) 2,3alogax |oga y 3可得y a,對于任意的x a,2a,可得x05 0的實數(shù)0由不

18、等式a(x2x, y ,不等式a(x2y2)一 -2 .(x y)恒成立,那么實數(shù)y2),、2 L a(x y)可得3、不等式 sin2x 4sin x 1 a解：原不等式有解 a sin2 x0有解,那么4sin x 1a的取值范圍是2sin x 2sinx 1有解,而sin x4、不等式ax jx7x在x 0,3內(nèi)恒成立,求實數(shù)a的取值范圍.解：畫出兩個曲數(shù)ax 和 y Jx 40,3上的圖象如圖知當(dāng)3a2,依題意 x的最大值是當(dāng)"3 x3 a, x35、兩函數(shù)(1)對任意x(2)存在x0,3時總有axJx 4x所以x3,327x2 28x c,都有f x 使f x g32g x

19、 2x 4x,3 a 340 x o3min22 ,所以a 2 og x成立,求實數(shù)c的取值范圍; 成立,求實數(shù)c的取值范圍；(3)對任意x1 ,x2(4)存在 x1, x2解析：(1)設(shè)h3,3 ,都有3,3 ,者B有fx1g x2322x 3x,求實數(shù)c的取值范圍;2h x 6x 6x 12 6 x在2,3單調(diào)遞增,且hc 45 , h X極大值,求實數(shù)c的取值范圍；12x c ,問題轉(zhuǎn)化為 x1或2.由導(dǎo)數(shù)知識,可知3,3 時,h x在c 20h x3, 10恒成立,故 單調(diào)遞增,在hmin1,2x 0.令單調(diào)遞減,c 9 ,hmin由c(2)(1)(3)45 0 ,得 c 45 o據(jù)題

20、意：存在x知hmax x c 7 0,于是得x成立,即為：h x g x3,3有解,它與(1)問雖然都是不等式恒成立問題,但卻有很大的區(qū)別,對任意x1 , x2f x1g x2成立,不等式的左右兩端函數(shù)的自變量不同,Xi, X2的取值在 3,3上具有任意性,要使不等式恒成立的充要條件是：2fmax(x)gmin (x)?x 3<3 o . f x 7x2 c28,x 3,3 f x max f 3147 c,g x6x2 8x 40 2 3x 10 x 2 ,g x0在區(qū)間3,3 上只有一個解x 2. g x min g 248,147 c 48,即 c 195.(4)存在Xi,X23,

21、3 ,都有 fXigX2,等價于fmin%§max X2,由(3)得fminX f 2 c 28,gmax x2g 3102, c 28 102 c 130點評：此題的三個小題,外表形式非常相似,究其本質(zhì)卻大相徑庭,應(yīng)認真審題,深入思考,多加練習(xí),準確使 用其成立的充要條件.1 Q996、設(shè)函數(shù) f(x) -x 2ax 3a x b (0 a 1, b R).3(i)求函數(shù)f x的單調(diào)區(qū)間和極值；(n)假設(shè)對任意的x a 1,a 2,不等式f x a成立,求a的取值范圍.解：(I) f (x)x2 4ax 3a2 (1 分)令f (x) 0,得f (x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(a,3a )

22、令f (x) 0,得f (x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(一 ,a)和(3a, + )(4分)3 °,當(dāng)x=a時,f(x)極小值=-a b；4當(dāng)x=3a時,f (x)極小值=b.(6分)(n)由 | f (x)| <a,得一aW x2+4ax 3a2Wa.(7 分)0<a<1, a+1>2a. 1- f (x)x2 4ax 3a2在a 1, a 2上是減函數(shù).(9 分),f (x)maxf (a 1) 2a 1. f (x)min f (a 2) 4a 4.于是,對任意X a 1,a 2,不等式恒成立,等價于a 4a 4,在 4,解得-a 1.a2a1.5又 0a1,.

23、 4a1a .51 OC 0.m的取值范圍.7、A、B、C是直線 上的三點,向量 OA OB, 0滿足：OA y 2f 1 OB In x (1)求函數(shù)y = f(x)的表達式；2x(2)假設(shè) x>0,證實：f(x) >x+ 2；12 一 22(3)右不等式,x f x m 2bm 3時,x 1,1及b 1,1都恒成立,求實數(shù) 一 一 _ _ 7 _1 _ 一 7解：(1)OA- y+2f/(1)OB +ln(x +1)OC= 0, . . OA= y+2f/(1)OB ln(x + 1)OC由于 A、B C 三點共線即y+2f/(1)+ ln(x +1) =1 2 分 .y =

24、f(x) =ln(x +1) + 1 2f/(1) 11f /(x)=X77,得 f /(1)=2,故 f(x) =ln(x +1) 4分2x12(x + 2) 2x x2(2)令 g(x) =f(x) x+2,由 g/(x) =x+1 (x + 2)2=(x + 1)(x +2)2,- x>0,g/(x) >0, g(x)在(0 ,十)上是增函數(shù) 6分故 g(x) >g(0) = 0 2x即 f(x) >X+2 8分1(3)原不等式等價于 2x2 f(x2) & m2 2bm- 32x x3 x令 h(x) =2x2 f(x2) =2x2 ln(1 +x2),

25、由 h/(x) = x 1 + x2 = 1 + x2 當(dāng) xC 1, 1時,h(x)max =0, . m2 2bm 3> 0Q(1) =m2- 2m- 3>0令 Q(b)=m2- 2bm- 3,那么 q(_ 1) =m2+ 2m 3>010分得 nB 3 或 me 312分8、設(shè) fx px q 2lnx,且 feqe(I)(II)x求p與q的關(guān)系；假設(shè)f x在其定義域內(nèi)為單調(diào)函數(shù),(III)解:(I)由題意得(II)由(I) 知e上至少存在一點pe q 2ln ee2 (e為自然對數(shù)的底數(shù))的取值范圍;qe - eX0g xo成立,求實數(shù)p的取值范圍.px 2|n x, f x x令h x>0或I當(dāng)P2pxh(x) & 0,0時,2xP,要使f X恒成立.2px0, 2x 0在其定義域(0,+5分h x 0,所以0時,px2 2xP,hmin xf (x)綜上可得,P在(0,+另解：(II)1e - e2px一 1一 一0而e - 0,所以P q e2x p八2 4分X)內(nèi)為單調(diào)函數(shù),只需 h(x)在(0,+f x在(0,+)內(nèi)為單調(diào)遞減,故 p其圖象為開口向上的拋物線,對稱軸為1- 0 ,即 p> 1 時,h(x) >0, f