恒成立與存在性問題的基本解題策略(2)(教師版)

1、河北衡水重點(diǎn)中學(xué)數(shù)學(xué)組編輯恒成立問題在解題過程中大致可分為以下幾種類型：“恒成立問題”與“存在性問題”的基本解題策略一次函數(shù)型；二次函數(shù)型；變量分離型；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。一、“恒成立問題”與“存在性問題”的基本類型恒成立、能成立、恰成立問題的基本類型1、恒成立問題的轉(zhuǎn)化：afx 恒成立afx max ； afx 恒成立afx min2、能成立問題的轉(zhuǎn)化：afx 能成立afx min ； afx 能成立afx max3 、 恰 成立 問 題 的 轉(zhuǎn)化 ：afx在M上 恰 成 立afx的 解 集 為afx 在 M 上恒成立Mafx 在 CR M 上恒成立另一轉(zhuǎn)化方

2、法：若xD , f ( x)A在 D 上恰成立，等價(jià)于f ( x) 在 D 上的最小值f min ( x)A ，若xD , f ( x)B 在 D 上恰成立，則等價(jià)于f ( x) 在 D上的最大值f max ( x)B .4 、設(shè)函數(shù)f x 、 g x ，對(duì)任意的x1a , b ，存在x2c , d，使得f x1g x2 ，則f minxg min x5 、設(shè)函數(shù)fx、 g x ，對(duì)任意的 x1a , b ，存在 x2 c , d，使得fx1g x2 ，則f max xgmaxx6、設(shè)函數(shù) fx、g x ，存在 x1a , b ，存在 x2c , d，使得 fx1g x2，則 f maxxg

3、min x7、設(shè)函數(shù) fx、g x ，存在 x1a , b ，存在 x2c , d，使得 fx1g x2，則 f minxg max x8、設(shè)函數(shù)f x、 g x，對(duì)任意的 x1a , b ，存在 x2c , d，使得 f x1gx2，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)?B, 則 AB.9、若不等式fx gx 在區(qū)間 D 上恒成立，則等價(jià)于在區(qū)間D 上函數(shù) yfx和圖象在函數(shù)g x 圖象上方；10、若不等式fxg x 在區(qū)間 D 上恒成立，則等價(jià)于在區(qū)間D 上函數(shù) yfx 和圖象在函數(shù)g x 圖象下方；恒成立問題的基本類型在數(shù)學(xué)問題研究中經(jīng)常碰到在給定

4、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)、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， 有利于考查學(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)。二、恒成立問題解決的基本策略大家知道，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(duì)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

5、）兩個(gè)基本思想解決“恒成立問題”思路 1、 mf ( x)在 xD 上恒成立m f (x) max思路 2、 mf ( x)在 xD 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)行求解,通常可以考慮利用函數(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(shí)比較廣泛，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?cè)谌粘W(xué)習(xí)中注意積累。（二）、賦值型利用特殊值求解等式恒成立問題等式中的恒成立問題，

6、常常用賦值法求解，特別是對(duì)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(duì)稱，那么 a= （） .8A.1B.-1C .2D. -2 .略解：取 x=0 及 x=，則 f(0)=f(),即 a=-1 ，故選 B.44此法體現(xiàn)了數(shù)學(xué)中從一般到特殊的轉(zhuǎn)化思想.例（備用）由等式x 4132 234=(x+1)4+b132(x+1)23(x+1)+b4定義映+ax+a x+ax+a(x+1) +b+b射 f ： (a 1,a2 ,a3,a4 ) b 1+b 2+b 3 +b 4,則 f ： (4,3,2,1) ()A.10B.7C.-1D.0略

7、解：取 x=0 ，則 a 4=1+b1+b 2+b 3+b 4 ,又 a 4=1, 所以 b 1+b 2+b 3+b 4 =0，故選 D（三）分清基本類型，運(yùn)用相關(guān)基本知識(shí)，把握基本的解題策略、一次函數(shù)型：若原題可化為一次函數(shù)型,則由數(shù)形結(jié)合思想利用一次函數(shù)知識(shí)求解,十分簡捷給定一次函數(shù) y=f(x)=ax+b(a 0),若 y=f(x) 在 m,n 內(nèi)恒有 f(x)0 ，則根據(jù)函數(shù)的圖象（直線）可得上述結(jié)論等價(jià)于f ( m)0f (m)0f (n)同理，若在 m,n 內(nèi)恒有 f(x)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)

8、變量，另一個(gè)作為常數(shù) .顯然可將 a 視作自變量，則上述問題即可轉(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：原不等式轉(zhuǎn)化為(x-1)a+x 2-2x+10 在 |a| 2 時(shí)恒成立 ,設(shè) f(a)= (x-1)a+x2 -2x+1, 則 f(a) 在 -2,2 上恒大于0 ，故有：f ( 2) 0 x24x 3 0或f ( 2) 0即2解得：1x1 0或x 1 xx3. 即 x ( , 1) (3,+ )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

9、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 ）若二次函數(shù) y=ax 2+bx+c(a 0)大于 0 恒成立，則有 a0且0（ 2 ）若是二次函數(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(shí)求解。類型 1：設(shè) f ( x)ax 2bxc( 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)ax 2bxc(a0) 在區(qū)間 , 上恒成立（ 1）當(dāng) a0 時(shí)，f ( x)0在 x , 上恒成立b或bb2a2a或 2a，f ( )00f ( ) 0f

10、 ( x) 0在 xf ()0 , 上恒成立)0f (（2）當(dāng) a0 時(shí)，f (x)0在 x, 上恒成立f ()0f ()0f (x) 0在 x, 上恒成立bbb2a或2a或 2af ( )00f ( ) 0類型 3：設(shè) f ( x)ax 2bxc(a0) 在區(qū)間 (- ,上恒成立。f(x)0a0 且且 f()0f(x)0a0 且且 f()0a0,0 或 -b/2a0f(x)0a0,0 或 -b/2a且 f()g(a) 恒成立，則g(a)f(x) min ; 若對(duì)于x 取值范圍內(nèi)的任何一個(gè)數(shù)，都有f(x)f(x) max .(其中 f(x) max 和 f(x) min 分別為 f(x) 的最

11、大值和最小值)例 5. 已知三個(gè)不等式x 24x30 ， x26x80 ， 2x29xm0 要使同時(shí)滿足的所有x 的值滿足，求m 的取值范圍 .略解：由得2x3; 對(duì)任意實(shí)數(shù) x，不等式 x1x2a恒成立，求實(shí)數(shù) a ,構(gòu)造函數(shù)，畫出圖象，得 a3.利用數(shù)形結(jié)合解決恒成立問題，應(yīng)先構(gòu)造函數(shù)，作出符合已知條件的圖形，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, 函數(shù) f(x)=3|x|+|2x-a|,g(x)=2-x.若函數(shù) y=f(x) 與 y=g(x) 的圖像有公共點(diǎn)，則 a 的取值范圍為。解： 1） a=0 x=a/2=0時(shí)，

12、f(x)=-3x+(-2x+a)=-5x+aa/2=x=0 時(shí)， f(x)=3x+(2x-a)=5x-a，最小值為 -a=2 則與 g(x) 有交點(diǎn)，即： -2=a0 x=0 時(shí)， f(x)=-3x+(-2x+a)=-5x+a0=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：0a=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， 介紹一些基本的解題策略，在學(xué)習(xí)中學(xué)會(huì)把問題分類、歸類，熟練基本方法。（一）換元引參，顯露問題實(shí)質(zhì)1 、對(duì)

13、于所有實(shí)數(shù)x，不等式24(a1)2a( a1) 2xlog 2a2x log 2a1log 24a 20 恒成立，求 a 的取值范圍。解：因?yàn)?log 22a的值隨著參數(shù)a 的變化而變化，若設(shè)tlog 22a，a 1a1則上述問題實(shí)質(zhì)是“當(dāng)t為何值時(shí)，不等式(3t ) x 22tx2t0 恒成立”。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 的不等式組：3t0。 解得 t 0，即有 log22a0 ，(2t) 28t (3 t )a 10易得 0a1。2 、設(shè)點(diǎn) P（ x ，y）是圓 x 2( y1) 24 上任意一點(diǎn)，若不等式x+y+c0 恒成立，求實(shí)數(shù)c的取值范圍。（二）分離參數(shù)

14、，化歸為求值域問題3 、若對(duì)于任意角總有 sin 22m cos4m10 成立，求 m 的范圍。解：此式是可分離變量型，由原不等式得m( 2cos4)cos2，又 cos20 ，則原不等式等價(jià)變形為2mcos2恒成立。cos25河北衡水重點(diǎn)中學(xué)數(shù)學(xué)組編輯根據(jù)邊界原理知，2m必須小于 f ()cos2cos2的最小值， 這樣問題化歸為怎樣求cos2cos2的最小值。因?yàn)閒 ()cos2cos2(cos2)24(cos2)4cos2cos244cos2440即 cos0 時(shí)，有最小值為0，故 m0 。（三）變更主元，簡化解題過程4、若對(duì)于 0m1，方程 x 2mx2m10 都有實(shí)根，求實(shí)根的范圍。

15、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(huì)遇到很多麻煩，若以m 為主元，則 m( x2)(1x) 2 ，由原方程知 x2，得 m1x2又 0m1x2x21，即 01x2113x1或 1 x113解之得22。5 、當(dāng) a1時(shí)，若不等式x2(a6)x93a0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，若不等式 x( 4x)ax 恒成立，求 a 的取值范圍。yy2解：若設(shè) y1x( 4 x) ，則 ( x2)224( y10) 為上半圓。y1y1設(shè) y2ax ，為過原點(diǎn)， a 為斜率的直線。04在同一坐標(biāo)系內(nèi)作出函數(shù)圖象依題意

16、，半圓恒在直線上方時(shí)，只有a0時(shí)成立，即a 的取值范圍為a 0。7 、當(dāng) x(1,2) 時(shí)，不等式(x-1) 2 log a x 恒成立，求 a 的取值范圍。解：設(shè) y1 =(x-1) 2,y 2 =loga x, 則 y 1 的圖象為右圖所示的拋物線要使對(duì)一切 x(1,2),y11, 并且必須也只需當(dāng)x=2 時(shí) y 2 的函數(shù)值大于等于y 1 的函數(shù)值。故 log a21,10,注意到若將等號(hào)兩邊看成是二次函數(shù) y=x 2+4x 及一次函數(shù) y=2x-6a-4，則只需考慮這兩個(gè)函數(shù)的圖象在x 軸上方恒有唯一交點(diǎn)即可。解：令 y1=x 2 +4x= （ x+2 ） 2-4,y 2 =2x-6a

17、-4,y 1 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y 1 和 y2 在 x 軸上方有唯一交點(diǎn)，則直線必須位于l 1 和 l2 之間。（包括l1 但不包括 l 2）當(dāng)直線為 l1 時(shí)，直線過點(diǎn)（ -4 ， 0 ），此時(shí)縱截距為 -8-6a-4=0,a=2 ;當(dāng)直線為 l2 時(shí)，直線過點(diǎn)（0， 0），縱截距為 -6a-4=0 ， a=2 a 的范圍為 2, 2)33（五）合理聯(lián)想，運(yùn)用平幾性質(zhì)9 、不論 k 為何實(shí)數(shù)，直線ykx1 與曲線 x2y 22axa 22a40 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

18、來解題是比較困難的。若考慮到直線過定點(diǎn)A（ 0，1 ），而曲線 x 2y2axa 22a40為圓,圓心 C2（ a ， 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： ( xa) 2y24a， C（ a， 0），當(dāng) a2時(shí)，聯(lián)想到直線與圓的位置關(guān)系，則有點(diǎn)2A（ 0，1 ）必在圓上或圓內(nèi)， 即點(diǎn) A（ 0 ，1）到圓心距離不大于半徑，則有 a 212a4(a2) ，得 1 a 3。（六）分類討論，避免重復(fù)遺漏10 、當(dāng)|m|2時(shí)，不等式 2x1m( x21 恒成立，求x的范圍。)x解：使用|m|2 的條件，必須將m 分離出來，此時(shí)應(yīng)對(duì)x21進(jìn)行討論。 當(dāng) x210 時(shí)

19、， 要 使 不 等 式 2x1m 恒 成 立 ， 只 要 2x12，解得x 21x216河北衡水重點(diǎn)中學(xué)數(shù)學(xué)組編輯131 x。2當(dāng) x210 時(shí)，要使不等式2x12 x12 ，解得17x1 。x1m 恒成立，只要122x2 當(dāng) x 210 時(shí) ， 要 使 2x 10 恒 成 立 ， 只 有 x1。 綜上得17x132。2解法 2：可設(shè)f (m)( x2)m(2x)11 ，用一次函數(shù)知識(shí)來解較為簡單。我們可以用改變主 元 的 辦 法 ， 將 m 視 為 主 變 元 ， 即 將 元 不 等 式 化 為 ： m( x 21) ( 2x1) 0，；令f (m)m( x21)(2x1)，則 2m2 時(shí)，

20、 f (m)0 恒成立，所以只需f ( 2)0即f (2)02( x21)(2x1)0的范圍是 x(17 , 13 ) 。此類題本質(zhì)上是利用了一2( x21) ( 2x1) 0，所以 x22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 .11 、當(dāng)1x時(shí)，不等式x22ax60恒成立，求實(shí)數(shù)a 的取值范圍。3解： ax32x當(dāng)1x3 時(shí)， x3236，當(dāng) x3，即 x6時(shí)等號(hào)成立。2x22x故實(shí)數(shù) a 的取值范圍 : a6（七）構(gòu)造函數(shù)，體現(xiàn)函數(shù)思想12 、（ 1990年全國高考題）設(shè)f ( x)lg1x2 x3x(n 1) xn xan，其中 a 為

21、實(shí)數(shù)， n為任意給定的自然數(shù)，且n2 ，如果 f ( x) 當(dāng) x(， 1 時(shí)有意義，求a 的取值范圍。解：本題即為對(duì)于x(， 1 ，有 1x2 x( n1) xnx a 0 恒成立。這里有三種元素交織在一起，結(jié)構(gòu)復(fù)雜， 難以下手， 若考慮到求 a 的范圍，可先將 a 分離出來，得 a(1) x(2) x( n1) x ( n2) ，對(duì)于 x (， 1 恒成立。nn1n2( n1構(gòu)造函數(shù) g( x)() x() x) x ，則問題轉(zhuǎn)化為求函數(shù) g( x) 在 x( ，1上nnn的值域。由于函數(shù) u(x)( k ) x ( k1， 2， n1) 在 x(， 1 上是單調(diào)增函數(shù)，n1 (n則 g(

22、 x) 在 (， 1 上為單調(diào)增函數(shù)。于是有g(shù)( x) 的最大值為： g(1)1) ，從而可12得 a( n1)。2（八）利用集合與集合間的關(guān)系在給出的不等式中，若能解出已知取值范圍的變量，就可利用集合與集合之間的包含關(guān)系來求解，即： m, nf a , g a，則 f am 且 gan ，不等式的解即為實(shí)數(shù)a 的取值范圍。例 13、當(dāng) x1 ,3時(shí)， log a x1恒成立，求實(shí)數(shù)a 的取值范圍。3解： Q1log a x1當(dāng) a1時(shí)， 11 ,31 , aa3（ 1）xa ，則問題轉(zhuǎn)化為11a 3a3aa3a111131（ 2）當(dāng) 0a1時(shí)， ax，則問題轉(zhuǎn)化為,3a,10aa3a33a綜

23、上所得：0a13或 a3四、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、已知函數(shù)f ( x)x 22ax1 ， g(x)a ，其中 a 0 ， x 0 x7河北衡水重點(diǎn)中學(xué)數(shù)學(xué)組編輯對(duì)任意 x11,2, x2 2,4 ，都有 f (x1 )g( x2 ) 恒成立，求實(shí)數(shù) a 的取值范圍；【分析：】思路、對(duì)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) gmax(x)即可簡解：令 n(a)= gmax(x)=a/2；令 m(a)=f min(x),f(x)=(x-a)2+1-a 2 ,故 (1) 對(duì)稱軸 x=a1，即或 0an(a)

24、解得 a4/5, （注意到 a 的范圍）從而得a 的范圍： 0a2 時(shí)， m(a)= f min (x)=f(2)=5-4a，由 m(a)n(a)解得 an(a) 解得 aa117 ，（注意到 a 的范圍）從而得a 的范圍1 a 2： ;4綜合（ 1）（ 2）（3）知實(shí)數(shù) a 的取值范圍是： (0 ， 4/5)1,21x2 、 已 知 兩 函 數(shù) f (x)x2 ， g(x)m ， 對(duì) 任 意 x10,2 ， 存 在 x22f (x1)g x2 ，則實(shí)數(shù) m的取值范圍為x解析：對(duì)任意 x0,2 ，存在 x1,2 ，使得f (x )g x等價(jià)于122g (x)217 或41,2 ，使得m 在 1

25、,2 上在 -2,2 上的最小值小于 0。2-4x+31 時(shí)， f(p)關(guān)于 p 單調(diào)增加，故 f min (p)=f(-2)=x解得 1x3;(2)當(dāng) x1 時(shí)， f(p)關(guān)于 p 單調(diào)減少，故 f min (p)=f(2)=x2-10, 解得 -1x1 ；(3)當(dāng) x=1 時(shí)， f(p)=0, 故 f min(p)=f(p)1(m0)有解；若命題P 和命題 Q都是真命題，求m的值范圍。解： (1) 由 P 真得： | x1 x2 | a 28，注意到 a 在區(qū)間 -1,1,| x1x2 |max3,由于 |m2-5m-3| |x 1-x 2| 對(duì)任意實(shí)數(shù) a -1,1 恒成立，故有 |m2

26、53 | |x1|3mx 2 max解得： m-1 或 m6 或 0m5(1) 由 Q 真，不等式 |x-2m|-|x|1(m0)有解，得（ |x-2m|-|x|）max的最小值 1m 不大于 f ( x)x 2 在 0,2 上的最小值0，既1m0 ， m1444題型二、主參換位法( 已知某個(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、分離參數(shù)法（欲求某個(gè)參數(shù)的范圍，就把這個(gè)參數(shù)分離出來）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）由于（ 1）（ 2 ）都是相公命題，故m的值范圍： 1/2m5 或 m6.舉例（ 1）已知不等式4 xa2 x20 對(duì)于 x 1,）恒成立，求實(shí)

27、數(shù)a 的取值范圍 .（ 2）若不等式4xa2x20對(duì)于 a(,3 恒成立，求實(shí)數(shù)x 的取值范圍 .分析：（1）由 4 xa2 x20 得： a2 x2對(duì)于 x 1,）恒成立，因 2 x1 ，所以2x22 x222 ，當(dāng) 2x2 時(shí)等號(hào)成立 .所以有 a2 2.2 x（ 2 ）注意到4 xa 2 x20 對(duì)于 a(,3 恒成立是關(guān)于a 的一次不等式. 不妨設(shè)f (a)2 xa(4 x2) ，則 f (a) 在 a(,3 上單調(diào)遞減，則問題等價(jià)于f (3)0 ，所以4 x32x202x2 或 2 x1，則 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

28、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8河北衡水重點(diǎn)中學(xué)數(shù)學(xué)組編輯可混為一體。不等式 fxM 對(duì) xI 時(shí)恒成立不等式 fxM 對(duì) xI 時(shí)有解不等式 fxM 對(duì) xI 時(shí)恒成立不等式 fxM 對(duì) xI 時(shí)有解fmax ( x)M?xI。即fx的上界小于或等于M ；，f min ( x)M?， xI 。 或 fx的下界小于或等于M ；fmin (x )M?， xI 。即 fx的下界大于或等于M ；f max ( x)M ， xI . 。 或 fx 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（每小題6 分，共 60分）1 、對(duì)任意的

29、實(shí)數(shù)x ，若不等式 x1x 2a 恒成立， 那么實(shí)數(shù) a 的取值范圍。答案： |x+1|-|x-2|-|(x+1)-(x-2)|=-3,故實(shí)數(shù) a 的取值范圍： a-32、不等式 sin 2 x4sin x1 a0 有解，則 a 的取值范圍是asin 2 x4sin x 1sin x22解：原不等式有解231 sin x 1 有解， 而 sin x232，所min以 a2 。3. 若對(duì)任意xR , 不等式 | x |ax 恒成立，則實(shí)數(shù)a 的取值范圍是（）y| x |(A) a1(B)| a |1(C)| a | 1（ D） a 1yy | x |解析：對(duì)xR , 不等式 | x |ax恒成立

30、yaxy ax則由一次函數(shù)性質(zhì)及圖像知1a1，即 | a |1 。xO答案：選B4當(dāng) x(1,2) 時(shí)，不等式x2mx40 恒成立，則 m 的取值范圍是.解析 :當(dāng) x (1,2) 時(shí)，由 x2mx40 得 mx24. 令 f ( x)x24x4，則易知 f ( x)xxx在 (1,2) 上是減函數(shù)，所以x1,2時(shí) f ( x)maxf (1)5，則 (x24)min5 m5 .x5已知不等式 ax23x(a1)x2xa1 對(duì)任意 a(0，) 都成立，那么實(shí)數(shù)x 的取值范圍為分析：已知參數(shù)a 的范圍，要求自變量x 的范圍，轉(zhuǎn)換主參元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

31、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“ax23x(a1)x2x a1 對(duì)a(0，) 都成立，即a(x22) x22 x0 對(duì)a(0，)都成立。設(shè) g( a)( x22)ax22x （ aR ），9河北衡水重點(diǎn)中學(xué)數(shù)學(xué)組編輯則 g(a) 是一個(gè)以 a 為自變量的一次函數(shù)。 Q x22 0 恒成立，則對(duì)x R ， g(a) 為 R 上的單調(diào)遞增函數(shù)。 所以對(duì)a (0， ) ，g(a) 0 恒成立的充分必要條件是g (0) 0 ， x22x 0 ，解析：（ 1）設(shè) h xgxfx2x 33x2 12 xc ，問題轉(zhuǎn)化為 x3,3時(shí)，h x0恒成立，故 hmi

32、nx0 。令 hx 6x26x126x1 x20 ，得 x1或 2 。由導(dǎo)數(shù)知識(shí)，可知hx 在3,1 單調(diào)遞增，在1,2單調(diào)遞減，在2,3單調(diào)遞增，且 h 3c 45 ， h x 極大值h1c 7 ， hx 極小值h 2c20 ，2 x0 ，于是 x 的取值范圍是 x |2 x0 。6已知函數(shù)f x 2mx22 4m x1, g xmx ，若對(duì)于任一實(shí)數(shù)x ， f ( x) 與 g( x) 的值h 3c 9 ， hminxh 3c 45 ，由 c 450 ，得 c 45 。（ 2 ）據(jù)題意：存在x3,3，使 fx g x成立，即為：hxg x f xhmax x0 ，由（ 1）知 hmax x

33、c 70 ，于是得 c 7 。（ 3）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(duì)任意f x1g x2 成立，不等式的左右兩端函數(shù)的自變量不同，x1， x2的取值在0 在 x3,3 有解，故x1 , x23,3 ，都有3,3 上具有任意性，至少有一個(gè)為正數(shù)，則實(shí)數(shù)m 的取值范圍是（)A(0 ，2)B(0 ，8)C(2 ，8)D( ， 0)y要使不等式恒成立的充要條件是：f max (x ) gmin ( x),?x 3,3? 。2f x 7 x 2c 28, x3,3 f x max f 3 147 c ，分析： f ( x) 與 g( x) 的函數(shù)類型，直接受參數(shù)m 的影響，

34、所以首先要對(duì)參數(shù)進(jìn)行分類討論，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。1解析：當(dāng) m 0 時(shí)， f ( x)8x1 0在(100, ) 上恒成立，而 g ( x)在 R 上恒成立，顯然不滿足題意；8(如圖 1)f ( x)y當(dāng) m 0時(shí)， g (x) 在 R 上遞減且 g (x) mx0只在 (,0) 上恒成立，而 f (x) 是一個(gè)開口向下且恒過定點(diǎn)（0， 1）的二次函數(shù)，顯然不滿足題意。1 gx6 x28x402 3x 10 x 2， gx0 在區(qū)間3,3 上只有一個(gè)解 x2 。 g x ming248， 147c48，即 c195.g( x) 0（ 4） 存 在x1 , x

35、23,3， 都 有 fx1g x2，等價(jià)于fminx1gmaxx2 ， 由 (3)得xf minx1f2c 28 ， gmaxx2g3102 ，c28102c1308x1點(diǎn)評(píng)：本題的三個(gè)小題，表面形式非常相似，究其本質(zhì)卻大相徑庭，應(yīng)認(rèn)真審題，深入思考，多加圖 1訓(xùn)練，準(zhǔn)確使用其成立的充要條件。二簡答題（每題 10 分）f ( x)(m 1)x 3(m 1) 0 對(duì)任意實(shí)數(shù) x 恒成立，求實(shí)數(shù)、（ 10 分）若不等式 (m 1) x2m取值范圍當(dāng) m 0時(shí)， g (x) 在 R 上遞增且 g (x) mx 0 在 (0,) 上恒成立，0g( x)mx而 f (x) 是一個(gè)開口向上且恒過定點(diǎn)（0，

36、 1）的二次函數(shù)，要使對(duì)任一實(shí)數(shù)x ，f xyx解： 2,10)圖 29、對(duì)一切實(shí)數(shù)x, 不等式x3x2a 恒成立，求實(shí)數(shù)a 的范圍。f x 與 gx的值至少有一個(gè)為正數(shù)則只需f ( x)0 在 (,0 上恒成立。 ( 如圖 3)若不等式x3x2a 有解，求實(shí)數(shù)a 的范圍。g ( x )4m104mx若方程 x3x2a 有解，求實(shí)數(shù)a 的范圍。則有 2 m或0 解得 4 m 8或 0 m 4 ，o4(4m)28m2m圖 305 a5 a 5,50m8即 m(0,8) 。 故選 B。解： a綜上可得、已知兩函數(shù)fx7x 228xc ，g(x)=6x 2-24x+21 。（ 1）對(duì)任意 x3,3，都有 fxg x 成立，那么實(shí)數(shù) c 的取值范圍c0（ 2）存在 x 3,3，使 fxgx成立，那么實(shí)數(shù) c 的取值范圍c-25（ 3）對(duì)任意 x1 , x23,3 ，都有 fx1g x2 ，那么實(shí)數(shù) c 的取值范圍c15010.已知函數(shù) fxlg aaxx2；( )若 f