恒成立與存在性問題的解題策略

1、恒成立問題與存在性問題的根本解題策略一、 恒成立問題'與存在性問題'的根本類型 恒成立、能成立、恰成立問題的根本類型1、 恒成立問題的轉(zhuǎn)化：a f x恒成立a f2、 能成立問題的轉(zhuǎn)化：a f x能成立a f3、恰成立問題的轉(zhuǎn)化：a f x在X max ； af x恒成立af x minx:afx能成立af xmin，maxM 上恰成立afx的解集為aMaf x在M上恒成立 f x在CrM上恒成立另一轉(zhuǎn)化方法：假設(shè)x D, f (x) A在D上恰成立，等價(jià)于f (x)在D上的最小值fmin (x) A，假設(shè) x D, f(x)B在D上恰成立，那么等價(jià)于f (x)在D上的最大值f

2、max(X)B .4、設(shè)函數(shù)f x、g x，對任意的X1a , b，存在X2c , d，使得 f X1g X2，那么fmin xgmin x5、設(shè)函數(shù)f x、g x，對任意的 X1a , b，存在X2c, d，使得 f X1g X2，那么fmax xgmax x6、設(shè)函數(shù)f x、g x，存在X1a , b，存在X2c , d，使得 f X1g X2，那么f max Xg min x7、設(shè)函數(shù) f x、g x，存在X1a , b，存在X2c , d，使得 f X1g X2，那么f min Xg max x&設(shè)函數(shù)f X、g x，對任意的x1a , b，存在X2c, d，使得 f X1g

3、X2，設(shè) f(x)在區(qū)間a,b上的值域?yàn)锳，g(x)在區(qū)間c,d上的值域?yàn)锽,那么A B.9、 假設(shè)不等式f X g x在區(qū)間D上恒成立，那么等價(jià)于在區(qū)間D上函數(shù)y f x和圖象 在函數(shù)y g x圖象上方；10、 假設(shè)不等式f x g x在區(qū)間D上恒成立，那么等價(jià)于在區(qū)間D上函數(shù)y f x和圖象在函數(shù)y g x圖象下方；恒成立問題的根本類型在數(shù)學(xué)問題研究中經(jīng)常碰到在給定條件下某些結(jié)論恒成立的命題.函數(shù)在給定區(qū)間上某結(jié)論成立問題，其表現(xiàn)形式通常有：在給定區(qū)間上某關(guān)系恒成立；某函數(shù)的定義域?yàn)槿w實(shí)數(shù) R;某不等式的解為一切實(shí)數(shù)；某表達(dá)式的值恒大于 a等等恒成立問題，涉及到一次函數(shù)、二次函數(shù)的性質(zhì)、

4、圖象，滲透著換元、化歸、數(shù)形結(jié)合、函數(shù)與方程等思想方法，有利于考察學(xué)生的綜合解題能力，在培養(yǎng)思維的靈活性、創(chuàng)造性等方面起到了積極的作用。因此也成為歷年高考的一個(gè)熱點(diǎn)。恒成立問題在解題過程中大致可分為以下幾種類型：一次函數(shù)型；二次函數(shù)型；變量別離型；根據(jù)函數(shù)的奇偶性、周期性等性質(zhì)；直 接根據(jù)函數(shù)的圖象。二、恒成立問題解決的根本策略大家知道，恒成立問題分等式中的恒成立問題和不等式中的恒成立問題。等式中的恒成立 問題，特別是多項(xiàng)式恒成立問題，常簡化為對應(yīng)次數(shù)的系數(shù)相等從而建立一個(gè)方程組來解決問 題的。一兩個(gè)根本思想解決 恒成立問題思路1、mf(x)在x D上恒成立m f(x)max思路 2、mf (

5、x)在x D上恒成立m f(x)min如何在區(qū)間D上求函數(shù)f(x)的最大值或者最小值問題，我們可以通過習(xí)題的實(shí)際，采取合理有 效的方法進(jìn)展求解，通?？梢钥紤]利用函數(shù)的單調(diào)性、函數(shù)的圖像、二次函數(shù)的配方法、三角函 數(shù)的有界性、均值定理、函數(shù)求導(dǎo)等等方法求函數(shù)f x的最值。這類問題在數(shù)學(xué)的學(xué)習(xí)涉及的知識比擬廣泛，在處理上也有許多特殊性，也是近年來高考中頻頻出現(xiàn)的試題類型，希望同學(xué)們在日常學(xué)習(xí)中注意積累。二、賦值型一一利用特殊值求解等式恒成立問題等式中的恒成立問題，常常用賦值法求解，特別是對解決填空題、選擇題能很快求得例1.如果函數(shù)y=f(x)=sin2x+acos2x的圖象關(guān)于直線 x= 對稱，那

6、么a=8A.1B.-1C . 2D. -2略解：取x=0及x= ，那么f(0)=f(),即a=-1，應(yīng)選B.44此法表達(dá)了數(shù)學(xué)中從一般到特殊的轉(zhuǎn)化思想例備用.由等式 x4+a1x3+a2x2+a3x+a4= (x+1) 4+b1(x+1)3+ b2(x+1)2+b3(x+1)+b 4 定義映射 f:(a1,a2,a3,a4) b1+b2+b3+b4,那么 f: (4,3,2,1) 宀()A.10B.7C.-1D.0略解：取 x=0，那么 a4=1+b1+b2+b3+b4,又 a4=1,所以 b1+b2+b3+b4 =0，應(yīng)選 D三分清根本類型，運(yùn)用相關(guān)根本知識，把握根本的解題策略1、一次函數(shù)型

7、：假設(shè)原題可化為一次函數(shù)型，那么由數(shù)形結(jié)合思想利用一次函數(shù)知識求解，十分簡捷給定一次函數(shù)y=f(x)=ax+b(a豐0假設(shè)y=f(x)在m,n內(nèi)恒有f(x)>0，那么根據(jù)函數(shù)的圖象直 線可得上述結(jié)論等價(jià)于一 f(m) 0-f(n) 0同理，假設(shè)在m,n內(nèi)恒有f(x)<0，f (m)0f(n) 0例2 對于滿足|a| 2的所有實(shí)數(shù)a,求使不等式x2+ax+1>2a+x恒成立的x的取值范圍.分析：在不等式中出現(xiàn)了兩個(gè)字母：x及a,關(guān)鍵在于該把哪個(gè)字母看成是一個(gè)變量，另一個(gè)作為常數(shù).顯然可將a視作自變量，那么上述問題即可轉(zhuǎn)化為在-2，2內(nèi)關(guān)于a的一次函數(shù)大于0恒成立的問題.解：原不

8、等式轉(zhuǎn)化為(x-1)a+x2-2x+1>0在|a| 2時(shí)恒成立， 設(shè) f(a)= (x-1)a+x 2-2x+1,那么 f(a)在-2,2上恒大于 0,故有：f ( 2)0剛x24x 30 x3或x1''即 °解得：亠f (2)0x210x1 或x 1 x<-1 或 x>3.即 x (a, 1) U (3,+ a)此類題本質(zhì)上是利用了一次函數(shù)在區(qū)間m,n上的圖象是一線段，故只需保證該線段兩端點(diǎn)均在x軸上方或下方即可.2、二次函數(shù)型 涉及到二次函數(shù)的問題是復(fù)習(xí)的重點(diǎn)，同學(xué)們要加強(qiáng)學(xué)習(xí)、歸納、總結(jié)，提煉出一些具體的方 法，在今后的解題中自覺運(yùn)用。1假設(shè)二

9、次函數(shù) y=ax2+bx+c(a豐大于0恒成立，那么有 a0且02假設(shè)是二次函數(shù)在指定區(qū)間上的恒成立問題，可以利用韋達(dá)定理以及根的分布知識求 解。類型1：設(shè) f (x)ax：2 bxc(a0)在R上恒成立，(1) f (x)0在 xR上恒成立a0且0 ；2 f (x)0在xR上恒成立a0且0。類型2：設(shè)f(x)2 axbxc(a0)在區(qū)間,上恒成立bbb(1 )當(dāng) a0時(shí)，f(x)0在x,上恒成立2a或2a 或 2af( ) 00f( ) 0f(x)0在 x,上恒成立f ( ) 0f ( ) 0(2)當(dāng) a0時(shí)，f (x) 0在 x,上恒成立f() f()00bbbf(x)0在x ,上恒成立2

10、a或2a或 2af( ) 00f( ) 0類型3：設(shè) f (x)ax2 bxc(a0)在區(qū)間(-g ,上恒成立。f(x)>0a>0且<0 或-b/2a>且f()>0f(x)<0a<0且<0 或-b/2a>且f()<0類型4：設(shè) f (x)ax2 bxc(a0)在區(qū)間，+ g上恒成立。a>0, <0 或-b/2a< 且 f( )>0f(x)>0f(x)<0a<0, <0 或-b/2a< 且 f( )<0假設(shè)函數(shù)f (x),(1)x (a1)x21的定義域?yàn)镽，求實(shí)數(shù)a的取值范分

11、析：該題就轉(zhuǎn)化為被開方數(shù)2 2(a 1)x(a1)x20在R上恒成立問題，并且注a 1意對二次項(xiàng)系數(shù)的討論解：依題意，當(dāng)x R時(shí),2 2(a 1)x (a0恒成立,所以，當(dāng)a210,即當(dāng)100,時(shí),1,此時(shí)2 2(a 1)x(a 1)x1 0,1.當(dāng)0時(shí),即當(dāng)(aa211)24(a2 1)0,20時(shí),a 110a10,9,綜上所述，f(x)的定義域?yàn)镽時(shí)，a 1,9例4函數(shù)f(x) x2 ax 3 a，在r上f (x) 0恒成立，求a的取值范圍分析：y f(x)的函數(shù)圖像都在 X軸及其上方，如右圖所示：略解：a2 4 3 aa2 4a 12 06 a 2變式1：假設(shè)x 2,2時(shí)，f (x)0恒

12、成立，求a的取值范圍解析一 零點(diǎn)分布策略此題可以考慮f(x)的零點(diǎn)分布情況進(jìn)0展分類討論，分無零點(diǎn)、零點(diǎn)在區(qū)間的左側(cè)、零點(diǎn)在區(qū)間的右側(cè)三種情況，即a 22f( 2) 0f(2)00a 2或 2 ，即a的取值范圍為-7, 2.f( 2) 0f(2) 0解法二分析：運(yùn)用二次函數(shù)極值點(diǎn)的分布分類討論要使x 2,2時(shí)，f (x)0恒成略解:分類討論f(x)2 2 aax24當(dāng)a22即a 4時(shí),g(a) f( 2)a不存在.當(dāng)2a22,即4a 4 時(shí)，g(a)4 a44 a2當(dāng)z a22即a4 時(shí)，g(a)7a4綜上所述，7a2.f (2)7 a 0 a 7 又、;a 4立，只需f (x)的最小值g(a

13、) 0即可.a 3，令f (x)在 2,2上的最小值為g(a).7 3a 0 a -又 a 43aa2f( )a 306 a 2 又24解法一：分析：題目中要證明 f (x) 2在 2,2上恒成立，假設(shè)把2移到等號的左邊，那么把原題轉(zhuǎn)化成左邊二次函數(shù)在區(qū)間2,2時(shí)恒大于等于0的問題f (x) x2 ax 3 a，假設(shè) x 2,2, f (x)0恒成立，求a的取值范圍略解：f(x)x2 ax 3 a 2 0，即 f(x)2x ax 1 a 0在 2,2上成立.2 a4 1 a02 a4(1 a)0f(2)0f( 2)0a 2或a2222 222 2綜上所述，5 a 22 2.解法二：運(yùn)用二次函數(shù)

14、極值點(diǎn)的分布當(dāng)-22即a 4時(shí),g(a) f ( 2)7 3a 2a534,存在當(dāng)2a2，即4a 4時(shí)，g(a)aa2f() a32 ,2242 22 a2 2 24 a 2 22當(dāng)-22，即a 4時(shí)，g(a) f(2)7a 2 ,a55a 4綜上所述 5 a 2 22.此題屬于含參數(shù)二次函數(shù),求最值時(shí)，對于軸變區(qū)間定的情形,對軸與區(qū)間的位置進(jìn)展分類討論；還有與其相反的，軸動區(qū)間定，方法一樣對于二次函數(shù)在 R上恒成立問題往往采用判別式法如例4、例5，而對于二次函數(shù)在某一區(qū)間上恒成立問題往往轉(zhuǎn)化為求函數(shù)在此區(qū)間上的最值問題3、變量別離型 假設(shè)在等式或不等式中出現(xiàn)兩個(gè)變量， 其中一個(gè)變量的范圍，

15、另一個(gè)變量的范圍為所求， 且 容易通過恒等變形將兩個(gè)變量分別置于等號或不等號的兩邊， 那么可將恒成立問題轉(zhuǎn)化成函數(shù)的 最值問題求解。 運(yùn)用不等式的相關(guān)知識不難推出如下結(jié)論： 假設(shè)對于 x 取值范圍內(nèi)的任何一個(gè)數(shù) 都有f(x)>g(a)恒成立，那么g(a)<f(x) min;假設(shè)對于x取值范圍內(nèi)的任何一個(gè)數(shù)，都有f(x)<g(a)恒成立，那么g(a)>f(x) max.(其中f(x) max和f(x) min分別為f(x)的最大值和最小值)例5三個(gè)不等式x2 4x 3 0，x2 6x 8 0，2x2 9x m 0 .要使同時(shí) 滿足的所有x的值滿足，求 m的取值范圍.略解：

16、由得2<x<3,要使同時(shí)滿足的所有x的值滿足，即不等式 2x2 9x m 0在 x (2,3)上恒成立，即m2x2 9x在x (2,3)上恒成立，又2x2 9x在x (2,3)上大于9,所以 m 9例6.函數(shù)f (x)是奇函數(shù)，且在1,1上單調(diào)遞增，又f ( 1)1，假設(shè)f(x) t2 2at 1對所有的 a 1,1 都成立,求 t 的取值范圍 .解： 據(jù)奇函數(shù)關(guān)于原點(diǎn)對稱， f(1)1,又f(X)在 1,1上單調(diào)遞增 f (x) max f(1) 12f(x) t22at 1對所有的 a 1,1都成立.2因此，只需t 2at 1大于或等于f(x)在1,1上的最大值1,t 2 2a

17、t 1 1 t 2 2at 0又對所有a 1,1都成立，即關(guān)于a的一次函數(shù)在-1，1上大于或等于0恒成立，t2 2t 0t2 2t 0 t 2或 t 0或 t2即: t (, 202,)利用變量別離解決恒成立問題，主要是要把它轉(zhuǎn)化為函數(shù)的最值問題補(bǔ)例.f(x) x|x a| b,x R 假設(shè)b 0,且對任何x 0,1不等式f(x) 0恒成立, 求實(shí)數(shù)a的取值范圍.解：當(dāng)x 0時(shí)，a取任意實(shí)數(shù)，不等式 f(x) 0恒成立，故只需考慮x0,1 ,此時(shí)原不等式變?yōu)閨x a |xbb即xax xx故(x )max/b、門鼻a(X ) min , x0,1xx又函數(shù)g(x)Kx -在0,1上單調(diào)遞增，所

18、以(x)maxg(1)1 b ；xx對于函數(shù)h(x)x b, x 0,1K當(dāng)b 1時(shí)，在0,1上h(x)單調(diào)遞減，(x -)min h(1) 1 b，又1 b 1 b ,x所以，此時(shí)a的取值范圍是(1b,1 b) 當(dāng) 1 b 0 ,在 0,1 上，h(x) x 2 一 b ,x當(dāng)x F 時(shí)，(x b)min 2JT，此時(shí)要使a存在，x必須有1 b “ b 即1 b 2 23，此時(shí)a的取值范圍是(1 b,2.在)1 b 0綜上，當(dāng)b1時(shí)，a的取值范圍是(1 b,1 b)；當(dāng)1 b 2 2 3時(shí)，a的取值范圍是當(dāng)2.23 b 0時(shí)，a的取值范圍是4、根據(jù)函數(shù)的奇偶性、周期性等性質(zhì)假設(shè)函數(shù)f(x)是

19、奇(偶)函數(shù)，那么對一切定義域中的x ,f(-x)=-f(x)(f(-x)=f(x)恒成立；假設(shè)函數(shù)y=f(x)的周期為T,那么對一切定義域中的x,f(x)=f(x+T)恒成立。5、直接根據(jù)圖象判斷假設(shè)把等式或不等式進(jìn)展合理的變形后，能非常容易地畫出等號或不等號兩邊函數(shù)的圖象， 那么可以通過畫圖直接判斷得出結(jié)果。尤其對于選擇題、填空題這種方法更顯方便、快捷。例7對任意實(shí)數(shù)x,不等式x 1|x 2a恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍分析：設(shè)y=|x+1|-|x-2|,對任意實(shí)數(shù)X,不等式x 1 x 2a恒成立即轉(zhuǎn)化為求函數(shù)y=|x+1|-|x-2|的最小值，畫出此函數(shù)的圖象即可求得a的取值范圍.3 x

20、1 解：令 y |x 1 x 2 2x 11 x3x 2由圖象可看出，只需a 3.在直角坐標(biāo)系中畫出圖象如下圖，對任意實(shí)數(shù)X，不等式x 1 x 2 a恒成立，故實(shí)數(shù)a的取值范圍是(，3).注：此題中假設(shè)將 對任意實(shí)數(shù)x，不等式x 1 x 2a恒成立，求實(shí)數(shù)a改為 對任意實(shí)數(shù)X，不等式x 1| x 2 a恒成立，求實(shí)數(shù)a，同樣由圖象可得a>3; 對任意實(shí)數(shù)X，不等式x 1 x 2a恒成立，求實(shí)數(shù)a,構(gòu)造函數(shù)，畫出圖象，得a<3.利用數(shù)形結(jié)合解決恒成立問題，應(yīng)先構(gòu)造函數(shù)，作出符合條件的圖形，再考慮在給定區(qū)間上函數(shù)與函數(shù)圖象之間的關(guān)系，得出答案或列出條件，求出參數(shù)的范圍例8.設(shè)常數(shù)a R

21、,函數(shù)f(x)=3|x|+|2x-a|,g(x)=2-x.假設(shè)函數(shù)y=f(x)與y=g(x)的圖像有公共點(diǎn)， 那么a的取值范圍為。解：1a<=0x<=a/2<=0 時(shí)，f(x)=-3x+(-2x+a)=-5x+aa/2<=x<=0 時(shí)，f(x)=-3x+(2x-a)=-x-ax>=0 時(shí)，f(x)=3x+(2x-a)=5x-a ，最小值為-a<=2那么與g(x)有父點(diǎn)，即：-2<=a<=0。2a>0x<=0 時(shí)，f(x)=-3x+(-2x+a)=-5x+a0<=x<=a/2 時(shí)，f(x)=3x+(-2x+a)=x+a

22、x>=a/2 時(shí)，f(x)=3x+(2x-a)=5x-a最小值a<=2時(shí)與g(x)有交點(diǎn)，即：0<a<=2綜上所述，-2<=a<=2 時(shí) f(x)=3|x|+|2x-a| 與 g(x)=2-x 有交點(diǎn)。三、在恒成立問題中，主要是求參數(shù)的取值范圍問題，是一種熱點(diǎn)題型，介紹一些根本的解題 策略，在學(xué)習(xí)中學(xué)會把問題分類、歸類，熟練根本方法。一換元引參，顯露問題實(shí)質(zhì)1對于所有實(shí)數(shù)x，不等式恒成立，求a的取值范圍。解：因?yàn)榈闹惦S著參數(shù)a的變化而變化，假設(shè)設(shè)那么上述問題實(shí)質(zhì)是當(dāng)t為何值時(shí)，不等式恒成立"。易得這是我們較為熟悉的二次函數(shù)問題，它等價(jià)于求解關(guān)于t的

23、不等式組:。解得，即有2、設(shè)點(diǎn)Px, y是圓x2 (y 1)2 4上任意一點(diǎn),假設(shè)不等式x+y+c 0恒成立，求實(shí)數(shù)c的取值范圍。二別離參數(shù)，化歸為求值域問題3、假設(shè)對于任意角總有成立，求m的范圍。解：此式是可別離變量型，由原不等式得根據(jù)邊界原理知,，那么原不等式等價(jià)變形為恒成立。必須小于 f ()coscos 2的最小值，這樣問題化歸為怎樣求2的最小值。因?yàn)閒( )-cos一cos 2由原方程知，得又，即解之得或。時(shí)，有最小值為0,故三變更主元，簡化解題過程4、假設(shè)對于，方程都有實(shí)根，求實(shí)根的范圍。解：此題一般思路是先求出方程含參數(shù)m的根，再由m的范圍來確定根x的范圍，但這樣會遇到很多麻煩，

24、假設(shè)以m為主元，那么25、當(dāng)a 1時(shí)，假設(shè)不等式x (a 6)x 9 3a 0恒成立，求x的取值范圍。四圖象解題，形象直觀6、設(shè)x (0,4，假設(shè)不等式.x(4 x)ax恒成立，求a的取值范y圍。yi解：假設(shè)設(shè)yi. x(4 x)，那么為上04x半圓。設(shè)，為過原點(diǎn)，a為斜率的直線。在同一坐標(biāo)系內(nèi) 作出函數(shù)圖象依題意，半圓恒在直線上方時(shí)，只有時(shí)成立，即a的取值范圍為7、當(dāng)x (1,2)時(shí)，不等式(x-1)2<logax恒成立，求a的取值范圍。 解：設(shè)yi=(x-1) 2,y2=logaX,那么yi的圖象為右圖所示的拋物線要使對一切x yi的函數(shù)值。故 loga2>1,(1,2),yi

25、<y2恒成立，顯然a>1,并且必須也只需當(dāng)x=2時(shí)y2的函數(shù)值大于等于1<a 2.&關(guān)于x的方程lg(x2+4x)-lg(2x-6a-4)=0有唯一解，求實(shí)數(shù) a的取值范圍。分析：方程可轉(zhuǎn)化成lg(x2+4x)=lg(2x-6a-4),從而得x2+4x=2x-6a-4>0,注意到假設(shè)將等號兩邊看成是二次函數(shù) y x2+4x及一次函數(shù)y=2x-6a-4，那么只需考慮這兩個(gè)函數(shù)的圖象在x軸上方恒有唯一交點(diǎn)即可。解：令 yi=x2+4x= x+22-4,y2=2x-6a-4,yi的圖象為一個(gè)定拋物線y2的圖象是k=2，而截距不定的直線，要使yi和y2在x軸上方有唯一交

26、點(diǎn)，那么直線必須位于h和|2之間。包括11但不包括12當(dāng)直線為li時(shí)，直線過點(diǎn)-4，0，此時(shí)縱截距為-8-6a-4=0,a= 2 ；2 2當(dāng)直線為12時(shí)，直線過點(diǎn)0, 0，縱截距為-6a-4=0 , a=/ a的范圍為2,)33五合理聯(lián)想，運(yùn)用平幾性質(zhì)9、不管k為何實(shí)數(shù)，直線與曲線恒有交點(diǎn)，求a的范圍。分析：因?yàn)轭}設(shè)中有兩個(gè)參數(shù)，用解析幾何中有交點(diǎn)的理論將二方程聯(lián)立，用判別式來解題是比擬困難的。假設(shè)考慮到直線過定點(diǎn)A0, 1，而曲線為圓,圓心Ca, 0，要使直線恒與圓有交點(diǎn)，那么定點(diǎn)A(0,1)必在圓上或圓內(nèi)。解：，Ca, 0，當(dāng)時(shí)，聯(lián)想到直線與圓的位置關(guān)系，那么有點(diǎn)A 0，1必在圓上或圓內(nèi)，

27、即點(diǎn)A 0，1到圓心距離不大于半徑，那么有，得六分類討論，防止重復(fù)遺漏10、當(dāng)時(shí)，不等式恒成立，求x的范圍。解：使用的條件，必須將 m別離出來，此時(shí)應(yīng)對進(jìn)展討論。當(dāng)時(shí)，要使不等式恒成立，只要，解得當(dāng)時(shí)，要使不等式恒成立，只要時(shí)，要使恒成立，只有綜上得解法2:可設(shè)，用一次函數(shù)知識來解較為簡單。我們可以用改變主元的方法，將m視為主變元,即將元不等式化為:m(x21)(2x 1)0，；令f(m) m(x21)(2x1)，那么2 m 2時(shí)，f (m)0恒成立，所以只需 "2)f(2)o°即2(x21)2(x21)(2x1)0(2x1 -7 1 J3的范圍是x (,)。此類題本質(zhì)上是

28、利用了2 2一次函數(shù)在區(qū)間m,n上的圖象是一線段，故只需保證該線段兩端點(diǎn)均在x軸上方或下方即11、3時(shí),不等式x22ax 60恒成立，求實(shí)數(shù) a的取值范圍。解:6，當(dāng)i6 時(shí)等號成立。故實(shí)數(shù)a的取值范圍七構(gòu)造函數(shù)，表達(dá)函數(shù)思想12、 1990年全國高考題設(shè)，其中a為實(shí)數(shù)，n為任意給定的自然數(shù)，且，如果時(shí)有意義，求a的取值范圍。解：此題即為對于，有恒成立。這里有三種元素交織在一起，構(gòu)造復(fù)雜，難以下手,假設(shè)考慮到求a的范圍，可先將a別離出來，得，對于恒成立。構(gòu)造函數(shù)那么問題轉(zhuǎn)化為求函數(shù)上的值域。由于函數(shù)那么 在在上是單調(diào)增函數(shù),上為單調(diào)增函數(shù)。于是有的最大值為:，從而可得八利用集合與集合間的關(guān)系在

29、給出的不等式中，假設(shè)能解出取值范圍的變量，就可利用集合與集合之間的包含關(guān)系來求解，即：m,n f a ,g a ，那么fa m且g a n,不等式的解即為實(shí)數(shù) a的取值范圍。1例13、當(dāng)x -,3時(shí)，logax 1恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍。3(1)(2)1當(dāng)a 1時(shí)，一x a，那么問題轉(zhuǎn)化為1a13c1a,0 a-a133aa1 1當(dāng)0 a 1時(shí)，a x ；，那么問題轉(zhuǎn)化為3,31綜上所得：0 a -或a 33四、其它類型恒成立問題能成立問題有時(shí)是以不等式有解的形式出現(xiàn)的。1、函數(shù) f (x) x2 2ax 1， g(x)-，其中 a 0， x 0.x對任意1,2, X22,4，都有f(xj

30、 g(X2)恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；【分析：】思路、對在不同區(qū)間內(nèi)的兩個(gè)函數(shù)f(x)和g(x)分別求最值，即只需滿足fmin(x) gma(x)即可.簡解：令 n(a)=gmax(x)=a/2 ;令 m(a)=fmin(x),f(x)=(x-a) 2+1-a2,故對稱軸 x=a<1，即或 0<a<1 時(shí)，m(a)= f min(x)=f(1)=2-2a， 的范圍從而得a的范圍：0<a<4/5;由m(a)>n(a)解得a<4/5,注意到a解得a<10/9,注意到a的范圍從 對稱軸 x=a 1,2時(shí)，m(a)= fmin(x)=f(a)=2-2a

31、 ,由117m(a)>n(a)解得 a或4綜合12、兩函數(shù)1一7，注意到a的范圍從而得 a的范圍1 a42 3知實(shí)數(shù)a的取值范圍是：(0, 4/5) U 1,2X1m,對任意X12f (x) x2, g(x)0,2 ,存在x21,2，使得f (Xi) g X2 ,那么實(shí)數(shù)m的取值范圍為解析：對任意x10,2 ,存在x2 1,2 ,使得f(xjg X2等價(jià)于g(x)1,2上1 2的最小值4 m不大于f(x) X在0,2上的最小值10，既 4 m0 , mW 1 已知函數(shù)/x拓)-寸/ + 12”若存在G 1 使不眷式7X吒),求實(shí)數(shù) 柄 的取值+ Irur ( x> o ) C =

32、* +i v yg ao得萌數(shù)m柱區(qū)間小為墳函數(shù)，則當(dāng)事左巧時(shí)巧U 噲-1故喪使存在電匸| 僮不等式fU占"血立貝即可.已知隔數(shù)#5= h護(hù)鼻的定義城為3x + 3題型二、主參換位法(某個(gè)參數(shù)的范圍，整理成關(guān)于這個(gè)參數(shù)的函數(shù))題型三、別離參數(shù)法欲求某個(gè)參數(shù)的范圍，就把這個(gè)參數(shù)別離出來 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(diǎn)、根的分布法 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(shí)數(shù)x使不等式fA成立，那么等價(jià)于在區(qū)間 D上fmax假設(shè)在區(qū)間1、存在實(shí)數(shù)解：設(shè)f X 又x 3 xD上存在實(shí)數(shù)X使不等式fX，使得不等式X 3 |x 1X 3| |x 1，由 f4B

33、成立，那么等價(jià)于在區(qū)間D上的3a有解，那么實(shí)數(shù)a的取值范圍為 a2 3a f xX2af 3a 有解，-“ 八 min ,a23a 4，解得 a 4或 a 1。X minB.(2)對稱軸 x=a>2 時(shí)，m(a)= f min(x)=f(2)=5-4a，由 m(a)>n(a) 而得a無解：；1、求使關(guān)于p的不等式x2 px 1 解：即關(guān)于p的不等式(X 1)p x2p 2x在p -2,2有解的x的取值范圍。2x 1 0有解，設(shè) f p x 1 p x2 2x 1，那么f p在-2,2上的最小值小于0。(1)當(dāng) x>1 時(shí)，f(p)關(guān)于 p 單調(diào)增加，故 fmin(p)=f(-

34、2)=x 2-4x+3<0,解得 1<x<3; 當(dāng) x<1 時(shí)，f(p)關(guān)于 p 單調(diào)減少，故 fmin(p)=f(2)=X 2-1<0,解得-1<x<1 ； 當(dāng) x=1 時(shí)，f(p)=0,故 fmin(p)=f(p)<0 不成立。綜合123知實(shí)數(shù)x的取值范圍是：(-1, 1)U (1,3)例、設(shè)命題P:x1,x2是方程x2-ax-2=0的二個(gè)根，不等式|m2-5m-3| >恢2|對任意實(shí)數(shù) a -1,1恒成 立；命題Q:不等式|x-2m|-|x|>1(m>0)有解；假設(shè)命題P和命題Q都是真命題，求m的值范圍。 解：(1)由 P

35、真得：|為x2 |. a28，注意到 a在區(qū)間-1,1, |x1x2 |max 3,由于|m2-5m-3| >i|xx21對任意實(shí)數(shù)a -1,1 恒成立，故有|m2 5m 3|區(qū)x? |max 3解得：mC-1 或 m>6 或 0w m<5(1)由 Q 真，不等式 |x-2m|-|x|>1(m>0)有解，得|x-2m|-|x|max=2m>1,解得：m>1/2 由于1 2都是相公命題，故 m的值范圍：1/2<mW5或m> 6.a 2x 20 對于 a (f(a)2x a (4x 2)，那么 f(a)在 a (,3上單調(diào)遞減，那么問題等價(jià)于f

36、(3)0,舉例1不等式4x a 2x2 0對于x 1,恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍分析：1由 4x a2x220得：a 2x 2x對于x 1,恒成立，因2x1-，所2以2x22x22，當(dāng)2x2時(shí)等號成立所以有a 2 2.2注意到4xa2x 20對于a (,3恒成立是關(guān)于a的一次不等式.不妨設(shè)2假設(shè)不等式4x,3恒成立，求實(shí)數(shù)x的取值范圍所以4x 3 2x 202x 2或2x 1，那么x取值范圍為(,0)(1,).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(xì)心思考，甄別差異，恰當(dāng)使用，等價(jià)轉(zhuǎn)化，切 不可混為一體。不等式f xM對x1時(shí)恒成立fmax (x) M?, x1。

37、即f X的上界小于或等于M -不等式f xM對x1時(shí)有解fmin (x) M?, x I?；騠 X的下界小于或等于M -不等式f xM對xI時(shí)恒成立fmin (x) M?, x1。即f X的下界大于或等于M -不等式f xM對x1時(shí)有解fmax (x)M , x I?；騠 X的上界大于或等于M -高中數(shù)學(xué)難點(diǎn)強(qiáng)化班第四講140709課后練習(xí)答案:一填空選擇題每題 6分，共60分1、對任意的實(shí)數(shù)x ,假設(shè)不等式x 1圍。答案：|x+1|-|x-2|-|(x+1)-(x-2)|=-3,故實(shí)數(shù) a 的取值范圍：2、不等式sin2x 4sin x 1 a 0有解，那么a的取值范圍是 解：原不等式有解所

38、以a 2 。a sin2 x 4sin x 1 sin x3假設(shè)對任意xR,不等式|x| ax恒成立,(A) a 1(B)|a| 1(C)|a|解析：對x R,不等式|x |ax恒成立那么由一次函數(shù)性質(zhì)及圖像知答案：選B4當(dāng)x (1,2)時(shí)，不等式x2mx解析：當(dāng)x (1,2)時(shí)，由x2mxf (x)在(1,2)上是減函數(shù)，所以m 5.5不等式 ax2 3x (a 1) x2為分析：參數(shù)a的范圍，要求自變量那么實(shí)數(shù)1，即|a| 1。a恒成立，那么實(shí)數(shù)aa V-3sinx 1有解，而a的取值范圍是Dsin x的取值范min40恒成立，那么x24.令 f(x) xx24x 4，那么易知x1,2時(shí)

39、f(X)max f(1)5 ,a 1對任意a (0,x的范圍，轉(zhuǎn)換主參元那么(x24)min 5 -x)都成立，那么實(shí)數(shù) x的取值范圍x和a的位置，構(gòu)造以a為自變量x作為參數(shù)的一次函數(shù) g(a)，轉(zhuǎn)換成a (0,) , g(a) 0恒成立再求解。解析：由題設(shè)知"ax2 3x (a 1) x2 x a 1對 a (0,)都成立，即a(x22) x22x 0 對a(0,)都成立。設(shè) g(a) (x22)a x22x aR，那么g(a)是一個(gè)以a為自變量的一次函數(shù)。Tx2 2 0恒成立，那么對 x R, g(a)為R上的單調(diào)遞增函數(shù)。 所以對a(0，)，g(a) 0恒成立的充分必要條件是

40、g(0)0，x2 2x 0，2 x 0，于是x的取值范圍是x| 2x0。26函數(shù)f x 2mx 2 4 m x 1,g x mx，假設(shè)對于任一實(shí)數(shù) x , f (x)與g(x)的值至少有一個(gè)為正數(shù)，那么實(shí)數(shù)m的取值范圍是)A. (0 , 2) B (0 , 8) C (2 , 8) D (汽 0)分析：f(x)與g(x)的函數(shù)類型，直承受參數(shù)m的影響，所以首先要對參數(shù)進(jìn)展分類討論，然后轉(zhuǎn)換成不等式的恒成立的問題利用函數(shù)性質(zhì)及圖像解題。解析：當(dāng)m 0時(shí)，f (x)8x 11y0在(，一)上恒成立，而g(x) 08在R上恒成立，顯然不滿足題意;(如圖1)m 0時(shí)，g(x)在R上遞減且g(x)mx

41、0只在(，0)上恒成立,f (x)是一個(gè)開口向下且恒過定點(diǎn)1的二次函數(shù)，顯然不滿足題意。g(x) 0當(dāng)m 0時(shí)，g(x)在R上遞增且g(x)f (x)是一個(gè)開口向上且恒過定點(diǎn)0, 1x與g x的值至少有一個(gè)為正數(shù)那么只需f (x)0 在(，0上恒成立。(如圖3)4 m2m4(4那么有m)2 8m4 m或0解得4 m 8或0 m2m0f(x)的二次函數(shù)，要使對任一實(shí)4 ,x圖3mx 0在(0,)上恒成立,f (x) 8x 1圖1g( x) mx一圖2f x g(x)綜上可得0 m8 即 m (0,8)。應(yīng)選 Bo7、兩函數(shù) f x 7x2 28x c, g(x)=6x 2-24x+21。1對任意x 3,3 ,都有f x g x成立，那么實(shí)數(shù)c的取值范