有解、恒成立問題總結(jié)

有解、恒成立問題總結(jié)一、規(guī)律總結(jié)：對(duì)一切恒成立,那么;對(duì)一切恒成立,那么；注意參數(shù)的端點(diǎn)值能否取到需檢驗(yàn)。1、假設(shè)對(duì)任意,不等式恒成立，那么實(shí)數(shù)的取值范圍是〔〕(A)(B)(C)〔D〕2、設(shè)函數(shù)。(1)如果，點(diǎn)為曲線上一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，求以為切點(diǎn)的切線斜率取最小值時(shí)的切線方程；(2)假設(shè)時(shí)，恒成立，求的取值范圍。二、規(guī)律總結(jié)：假設(shè)方程在某個(gè)區(qū)間上有解只需求出在區(qū)間上的值域A使。利用函數(shù)處理方程解的問題，方法如下：〔1〕方程在區(qū)間上有解與的圖象在區(qū)間上有交點(diǎn)〔2〕方程在區(qū)間上有幾個(gè)解與的圖象在區(qū)間上有幾個(gè)交點(diǎn)3、函數(shù)的圖像與函數(shù)的圖象相切，記〔1〕求實(shí)數(shù)b的值及函數(shù)F〔x〕的極值；〔2〕假設(shè)關(guān)于x的方程F〔x〕=k恰有三個(gè)不等的實(shí)數(shù)根，求實(shí)數(shù)k的取值范圍.4、〔2007廣東卷理20〕是實(shí)數(shù)，函數(shù)如果函數(shù)在區(qū)間上有零點(diǎn)，求實(shí)數(shù)的取值范圍。三、規(guī)律總結(jié)：在區(qū)間內(nèi)有解,那么;在區(qū)間內(nèi)有解,那么；注意參數(shù)的端點(diǎn)值能否取到需檢驗(yàn)。5、不等式有解，那么的取值范圍是6、函數(shù)。當(dāng)a＝1時(shí)，使不等式，求實(shí)數(shù)m的取值范圍；四、規(guī)律總結(jié)：：一般地：分別定義在區(qū)間和上的函數(shù)，假設(shè)，，使成立7、兩函數(shù)，，對(duì)任意，存在，使得，那么實(shí)數(shù)m的取值范圍為8、函數(shù)，，其中，．對(duì)任意，都有恒成立，求實(shí)數(shù)的取值范圍；練習(xí)：1．函數(shù)f(x)＝xlnx.(1)假設(shè)函數(shù)g(x)＝f(x)＋x2＋ax＋2有零點(diǎn)，求實(shí)數(shù)a的最大值；(2)假設(shè)?x>0，eq\f(fx,x)≤x－kx2－1恒成立，求實(shí)數(shù)k的取值范圍．2．設(shè)函數(shù)f(x)＝clnx＋eq\f(1,2)x2＋bx(b，c∈R，c≠0)，且x＝1為f(x)的極值點(diǎn)．(1)假設(shè)x＝1為f(x)的極大值點(diǎn)，求f(x)的單調(diào)區(qū)間(用c表示)；(2)假設(shè)f(x)＝0恰有兩解，求實(shí)數(shù)c的取值范圍．O有解、恒成立問題總結(jié)O1、解析：對(duì),不等式恒成立那么由一次函數(shù)性質(zhì)及圖像知，即。答案：選B2、解：(1)設(shè)切線斜率為，那么當(dāng)時(shí)，取最小值-4，又，所以，所求切線方程為，即(2)由，解得：或。函數(shù)在和上是增函數(shù)，在上是減函數(shù)。所以或或解得3、解：〔1〕依題意，令，得列表如下：－1+0－0+增極大值減極小值0增從上表可知處取得極小值〔2〕由〔1〕可知函數(shù)作函數(shù)的圖象，當(dāng)?shù)膱D象與函數(shù)的圖象有三個(gè)交點(diǎn)時(shí)，關(guān)于x的方程4、解法1：時(shí)，，故在區(qū)間上有解在區(qū)間上有解在區(qū)間上有解問題轉(zhuǎn)化為求函數(shù)在區(qū)間上的值域。法一：設(shè)，令隨變化的情況如下表：—0+1的值域?yàn)槠鋱D象如下圖：由此可知可知：，即或法二：令那么利用對(duì)勾函數(shù)性質(zhì)可得即，故或.解法2：在區(qū)間上有解在區(qū)間上有解與且的圖象有交點(diǎn)由++0——51-11-1511、隨變化的情況如下表：函數(shù)的草圖如下：由圖可知：或.5、解：原不等式有解有解，而，所以。6、7、解析：對(duì)任意，存在，使得等價(jià)于在上的最小值不大于在上的最小值0，既，∴8、【分析：】思路、對(duì)在不同區(qū)間內(nèi)的兩個(gè)函數(shù)和分別求最值，即只需滿足即可．簡(jiǎn)解：令n(a)=gmax(x)=a/2；令m(a)=fmin(x),f(x)=(x-a)2+1-a2,故(1)對(duì)稱軸x=a<1，即或0<a<1時(shí)，m(a)=fmin(x)=f(1)=2-2a，由m(a)>n(a)解得a<4/5,〔注意到a的范圍〕從而得a的范圍：0<a<4/5;(2)對(duì)稱軸x=a>2時(shí)，m(a)=fmin(x)=f(2)=5-4a，由m(a)>n(a)解得a<10/9,〔注意到a的范圍〕從而得a無(wú)解：;(3)對(duì)稱軸x=a∈[1,2]時(shí)，m(a)=fmin(x)=f(a)=2-2a，由m(a)>n(a)解得或，〔注意到a的范圍〕從而得a的范圍：;;綜合〔1〕〔2〕〔3〕知實(shí)數(shù)的取值范圍是：(0，4/5)∪[1,2]練習(xí)：1．解：(1)由題知，g(x)＝xlnx＋x2＋ax＋2＝0在(0，＋∞)上有實(shí)根，即：－a＝lnx＋x＋eq\f(2,x)在(0，＋∞)上有實(shí)根，令φ(x)＝lnx＋x＋eq\f(1,x)，那么φ′(x)＝eq\f(1,x)＋1－eq\f(2,x2)＝eq\f(x2＋x－2,x2)＝eq\f(1,x2)(x＋2)(x－1)，易知，φ(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以，－a≥φ(x)max＝φ(1)＝3，a≤－3.(2)依題意eq\f(fx,x)≤x－kx2－1，kx2≤x－1－lnx，x>0.所以k≤eq\f(1,x2)(x－1－lnx)設(shè)g(x)＝x－1－lnx，x>0，g′(x)＝1－eq\f(1,x)，當(dāng)0<x<1時(shí)g′(x)<0，當(dāng)x>1時(shí)g′(x)>0，所以?x>0，g(x)≥g(1)＝0.所以，eq\f(1,x2)(x－1－lnx)≥0，∴k≤0，即k的取值范圍是(－∞，0]．2．解：f′(x)＝eq\f(c,x)＋x＋b＝eq\f(x2＋bx＋c,x)，又f′(1)＝0，那么b＋c＋1＝0，所以f′(x)＝eq\f(x－1x－c,x)且c≠1，(1)因?yàn)閤＝1為f(x)的極大值點(diǎn)，所以c>1.令f′(x)>0，得0<x<1或x>c；令f′(x)<0，得1<x<c.所以f(x)的遞增區(qū)間為(0,1)，(c，＋∞)；遞減區(qū)間為(1，c)．(2)①假設(shè)c<0，那么f(x)在(0,1)上遞減，在(1，＋∞)上遞增．假設(shè)f(x)＝0恰有兩解，那么f(1)<0，即eq\f(1,2)＋b<0，所以－eq\f(1,2)<c<0.②假設(shè)0<c<1，那么f(x)極大值＝f(c)＝clnc＋eq\f(1,2)c2＋bc，f(x)極小值＝f(1)＝eq\f(1,2)＋b.因?yàn)閎＝－1－c，那么f(x)極大值＝clnc＋eq\f(c2,2)＋c(－1－c)＝clnc－c－eq\f(c2,2)<0，f(x)極小值＝－eq\f(1,2)－c，從而f(x)＝0只有一解；③假設(shè)c>1，那么f(