恒成立與存在性問題的基本解題策略

1、“恒成立問題”與“存在性問題”的基本解題策略“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26 / 181、恒成立問題的轉(zhuǎn)化:2、能成立問題的轉(zhuǎn)化:af x恒成立af x能成立afx -afx恒成立i max /afxmin ；afx 能成立3、恰成立問題的轉(zhuǎn)化:a f x在M上恰成立a f x的解集為Mminmaxa f x在M上恒成立a f x在CRM上恒成立A,若 x D, f(x) B另一轉(zhuǎn)化方法：若x D,f(x) A在D上恰成立，等價于f(x)在D上的最小值fmin(x) 在D上恰成立，則等價于 f (x)在D上的最大值fmax(x) B .4、設(shè)函

2、數(shù)f xg x ,對任意的x1a , b ,存在x2c, d ,使得 f xig x2 ,貝U fmin x gmin x5、設(shè)函數(shù)f xg x ,對任意的x1 a , b ,存在x2 c, d ,使得f x1g Xz ，則 fmax xgmax x8、設(shè)函數(shù)f xg X ,對任意的Xia , b ,存在X2c, d ,使得f6、設(shè)函數(shù)f x、g x ,存在x17、設(shè)函數(shù)f x、g x ,存在X1a , b ,存在 X2c , d ,使得 f Xia ,b ,存在 X2c , d ,使得 f XigX2,貝Uf max Xg min xgx2,貝Uf min xg max xXig X2 ,設(shè)

3、 f(x)在區(qū)間a,b的值域為A, g(x)在區(qū)間c,d上的值域為B,則A B.9、若不等式f x g X在區(qū)間D上恒成立，則等價于在區(qū)間D上函數(shù)yf x和圖象在函數(shù)y g x圖象上方；f x和圖象在函數(shù)y g x圖象10、若不等式f x g X在區(qū)間D上恒成立，則等價于在區(qū)間 D上函數(shù)y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)的定義域為全體實數(shù)R;某不等式的解為一切實數(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)

4、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 高考的一個熱點。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。二、恒成立問題解決的基本策略特別是多項大家知道，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, 式恒成立問題，常簡化為對應(yīng)次數(shù)的系數(shù)相等從而建立一個方程組來解決問題的。(一)兩個基本思想解決“恒成立問題”思路1、mf(x)在x D上恒成立m f(x)max思路2、m”*)在* D上恒成立m f

5、(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= 一對稱，那么a=()A.

6、1B.-1C . .2D. - . 2 .略解：取 x=0 及*=,則 f(0)=f( ),gp a=-l ,故選 B.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 x4+aix3+a2用+a3x+a4= (x+1) 4+bi(x+1) 3+ b2(x+1) 2+b3(x+1)+b 4 定義映射 f： (ai,a2,a3,a4) -bi+b2+b3+b4,則 f： (4,3,2,1) 一()A.10B.7C.-1D.0略解：取 x=0 ,貝U a4=1+b 1+b2+b3+b4,又 a4=1,所以 b+b2+b3+b4 =0 , 故選D(三)分清基本類型，運用相關(guān)基本知識，把握基

7、本的解題策略1、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)知識求解，十分簡捷給定一次函數(shù)y=f(x)=ax+b(a w。)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 價于，f (m) 0二 f(n) 0同理，若在m,n內(nèi)恒有f(x)<0 ,則有f (m) 0f(n) 0例2.對于滿足|a| 2的所有實數(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)了兩個字母：x及a,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

8、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+1>0在|a| 2時恒成立，設(shè) f(a)= (x-1)a+x 2-2x+1，則 f(a)在-2,2上恒大于 0,故有：f( 2) 0 目口x24x 30“日x蜒x1即解得：f (2) 0x21 0x1或x 11.x<-1 或 x>3.即 x C (8 , 1) u (3,+00)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均在x軸上方(或卜方)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，同學(xué)們要加強學(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

9、運用。(1)若二次函數(shù) y=ax2+bx+c(a w0大于0恒成立，則有 a 0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求解。類型1：設(shè)f (x)2.ax bxc(a0)在R上恒成立, f(x)R上恒成立 f (x)R上恒成立0且0。類型2：設(shè)f(x)2.ax bxc(a0)在區(qū)間,上恒成立0時,f(x),上恒成立f(x)0® x,上恒成立(2)當(dāng)0時,f(x)上恒成立f(x)上恒成立bbb2a 或2a或 2a ，f( ) 00f( ) 0f( ) 0f( ) 0f( ) 0f( ) 0bbb2a 或2a或 2af( ) 00f( ) 0(-類

10、型3：設(shè) f(x)ax2 bxc(a0)在區(qū)間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 bx c(a0)在區(qū)間,+OC)上恒成立。f(x)>0a>0, <0 或-b/2a< 且 f( )>0f(x)<0a<0, <0 或-b/2a< 且 f( )<0例3.若函數(shù)f (x)(a2 1)x2 (a2 、一，1)x的定義域為a 1R,求實數(shù) a的取值范圍.分析：該題就轉(zhuǎn)化為被開方數(shù)(

11、a2 1)x22(a 1)x 0在R上恒成立問題，并且注意對二次項系數(shù) a 1的討論.解：依題意，當(dāng)x R時,22(a 1)x (a2 ，一一1)x 0恒成立,a 1所以，當(dāng)a2a2 11 0,即當(dāng)a 1,此時22(a 1)x(a 1)x1 0,a 1.當(dāng)a2 10時,即當(dāng)(a1)24(a20,2 時,1) 0a 1有a10a0,a 9,綜上所述，f(x)的定義域為R時,a 1,9例4.已知函數(shù)f (x) x2ax 3f (x) 0恒成立，求a的取值范圍.分析：yf(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:x 2,2 時,f (x

12、) 0恒成立，求a的取值范圍.0解析一.(零點分布策略)本題可以考慮f(x)的零點分布情況進(jìn)行分類討論,0無零點、零點在區(qū)間的左側(cè)、 零點在區(qū)間的右側(cè)三種情況,a2f( 2) f(2)a 22 f( 2) f(2)'-7, 2.解法二分析：(運用二次函數(shù)極值點的分布分類討論)2,2時,f(x)0恒成立，只需f(x)的最小值g(a) 0即可.略解：(分類討論)f(x)3,令f(x)在2,2上的最小值為g(a).a當(dāng) 一2 ,即a2a不存在.4時,g(a)f(2)3a 0a 4時，g(a)f(2)6 a 2 又Q 4 a 4a當(dāng)2,即 a 4時，g(a) f(2) 7 a 0 a 7 又Q

13、a47 a 42綜上所述， 7 a 2.變式2：若x 2,2時，f(x) 2恒成立，求a的取值范圍.解法一：分析：題目中要證明f(x) 2在 2,2上恒成立，若把2移到等號的左邊，則把原題轉(zhuǎn)化成左邊二次函數(shù)在區(qū)間2,2時恒大于等于0的問題.例2已知f (x) x2 ax 3 a ,若x 2,2, f(x) 0恒成立，求a的取值范圍22略解：f(x)x ax 3 a 2 0,即 f (x) x ax 1 a 0在 2,2 上成立. a2 4 1 a 0a2 4(1 a) 0 f(2) 0 f( 2) 0aa小一2或一222綜上所述，5 a 2.2 2.解法二：(運用二次函數(shù)極值點的分布)a當(dāng)一2

14、,即 a 4 時，g(a) f ( 2) 2a 一當(dāng)2- 2 即4 a 4時，g(a)2-2 2 2 a 2.2 24 a 2 2當(dāng) a 2,即 a 4時，g(a) f (2) 72a 55 a 4綜上所述 5 a 2 2 2.rec57 3a 2 a -4,a 不存在.32aaf () a 3 2 ,24此題屬于含參數(shù)二次函數(shù)，求最值時，對于軸變區(qū)間定的情形，對軸與區(qū)間的位置進(jìn)行分類討論；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、變量分離型若在等式或不

15、等式中出現(xiàn)兩個變量，其中一個變量的范圍已知，另一個變量的范圍為所求，且容易通過恒等 變形將兩個變量分別置于等號或不等號的兩邊，則可將恒成立問題轉(zhuǎn)化成函數(shù)的最值問題求解。運用不等式的相關(guān)知識不難推出如下結(jié)論：若對于x 取值范圍內(nèi)的任何一個數(shù)都有f(x)>g(a) 恒成立，則g(a)<f(x) min ;若對于 x 取值范圍內(nèi)的任何一個數(shù)，都有 f(x)<g(a)恒成立，則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.已知三個不等式 x2 4x 3 0,x2 6x 8 0,2x2 9x m0 .要使同時滿足的所有x的值

16、滿足，求 m的取值范圍.略解：由得2vx<3,要使同時滿足的所有x 的值滿足,即不等式2x2 9x m 0在 x (2,3) 上恒成立，即m 2x2 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 ，若 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)于原點對稱，f (1) 1,又 “對在1,1上單調(diào)遞增f(x)max f(1) 12f(x) t2 2at 1 對所有的a 1,1 都成立 .因此，只需t2 2at 1大于或等于 “*

17、)在1,1上的最大值1,22t2 2at 1 1 t2 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，t22t 0t22t 0t 2或 t 0或 t 2即： t(, 2 02,)利用變量分離解決恒成立問題，主要是要把它轉(zhuǎn)化為函數(shù)的最值問題補例.已知f(x) x|x a| b,x R.若b 0,且對任何x 0,1不等式f(x) 0恒成立，求實數(shù)a的取值范圍解：當(dāng) x 0 時，a 取任意實數(shù)，不等式f (x) 0恒成立，故只需考慮x0,1 ,此時原不等式變?yōu)閨x a|x故(xb axb)maxx(xb)min,x0,1x又函數(shù)g(x)b0,1上

18、單調(diào)遞增，所以(x -)maxg(1) 1 b；x對于函數(shù)h(x)0,1當(dāng)b 1時，在0,1上h(x)單調(diào)遞減,(x b)min h(1) 1 b,又 1 x所以,此時a的取值范圍是(1 b,1 b).當(dāng)1 b 0,在 0,1 上，h(x)一， bb 時，(x -)min2 b ,x此時要使a存在,，1 必須有2 J23,此時a的取值范圍是(1b,2,-b)綜上，當(dāng)b1時，a的取值范圍是(1 b,1b)；當(dāng)1 b 2J2 3時，a的取值范圍是(1 b,2«T)；b 0時,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)若函數(shù)f(x)是奇(偶)函數(shù)，則對一切定義域中的(f(-x)=f(

19、x)恒成立;若函數(shù)y=f(x)的周期為T,則對一切定義域中的x ,f(-x)=-f(x)x,f(x)=f(x+T)恒成立。5、直接根據(jù)圖象判斷若把等式或不等式進(jìn)行合理的變形后，能非常容易地畫出等號或不等號兩邊函數(shù)的圖象，則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.對任意實數(shù)x,不等式x 1 x 2 a包成立,求實數(shù)a的取值范圍.分析：設(shè)y=|x+1|-|x-2|,對任意實數(shù)x,不等式x 12a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解：令 y x 1 |x 2 2x 13在直角坐標(biāo)系中畫出圖象如圖

20、所示，由圖象可看出，a 3.對任意實數(shù)x,不等式x 1 |x 2 a恒成立，只需故實數(shù)a的取值范圍是(，3).注：本題中若將 對任意實數(shù)x,不等式x 1 |x 2 a恒成立，求實數(shù)a改為對任意實數(shù)x,不等式x 1 x 2 a恒成立，求實數(shù)a,同樣由圖象可得 a>3;對任意實數(shù)x,不等式x 1 x 2 a恒成立，求實數(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)aC R,函數(shù)f(x)=3|x|+|2x-a|,g(x)=2-x.若函數(shù)y=

21、f(x)與y=g(x)的圖像有公共點，則 a的取值范圍 為。解：1) a<=0x<=a/2<=0 時，f(x)=-3x+(-2x+a)=-5x+aa/2<=x<=0 時，f(x)=-3x+(2x-a尸-x-ax>=0 時，f(x)=3x+(2x-a)=5x-a ,最小值為-a<=2則與g(x)有交點，即：-2<=a<=0 。2) a>0x<=0 時，f(x)=-3x+(-2x+a)=-5x+a0<=x<=a/2 時，f(x)=3x+(-2x+a尸x+ax>=a/2 時，f(x)=3x+(2x-a)=5x-a最小

22、值a<=2時與g(x)有交點，即：0<a<=2 綜上所述，-2<=a<=2 時 f(x)=3|x|+|2x-a| 與 g(x)=2-x 有交點。三、在恒成立問題中，主要是求參數(shù)的取值范圍問題，是一種熱點題型，介紹一些基本的解題策略，在學(xué)習(xí)中學(xué) 會把問題分類、歸類，熟練基本方法。(一)換元引參，顯露問題實質(zhì)1、對于所有實數(shù)x,不等式2x2 log 2 2xlog2 log 2 2 0恒成立，求 a 的取值范圍。aa 14a2a2a解：因為log 2-a-的值隨著參數(shù)a的變化而變化，若設(shè)t log 2a-, a 1a 1則上述問題實質(zhì)是“當(dāng)t為何值時，不等式(3 t)

23、x2 2tx 2t 0恒成立”。這是我們較為熟悉的二次函數(shù)問題，它等價于3 t 02a求解關(guān)于t的不等式組:2。解得t 0 ,即有l(wèi)og 2 0 ,易得0 a 1。2、設(shè)點 P (x, y)是圓 x2 (y 1)2(2t)2 8t(3 t) 0a 14上任意一點，若不等式 x+y+c 0恒成立，求實數(shù)c的取值范圍。(二)分離參數(shù)，化歸為求值域問題3、若對于任意角總有sin22mcos 4m 1 0成立，求m的范圍。解：此式是可分離變量型，由原不等式得m(2cos 4) cos2 ,又cos 2 0,則原不等式等價變形為2m2coscos一恒成立。2根據(jù)邊界原理知，2m必須小于f(2cos的最小

24、值，這樣問題化歸為怎樣求cos 22coscos-的最小值。因22、,cos為 f()cos2(cos 2) 4(cos2)cos即cos0時,cos 242 cos0有最小值為(三)變更主元，簡化解題過程24、若對于0 m 1 ,方程x0,0。mx2m1 0都有實根，求實根的范圍。解：此題一般思路是先求出方程含參數(shù)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,若以m為主元,則m(x2)(1 x)2 ,由原方程知1 x2一 .一 1 x2又 0 m 1,即 0 1x 2 廣 1解之得一.1325、當(dāng)a1時，若不等式(a6)x 9 3a 0恒成立，求x的取值范圍。(四)圖象解題，形

25、象直觀6、設(shè)x (0,4,若不等式 Jx(4 x) ax恒成立，求a的取值范圍。解：若設(shè)必7x(4 x),則(x2)2y2 4(y10)為上半圓。ax,為過原點，a為斜率的直線。y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，只有a 0。a 0時成立，即a的取值范圍為7、當(dāng)x (1,2)時，不等式(x-1) 2<log ax恒成立，求a的取值范圍。解：設(shè)y1=(x-1) 2,y2=1og ax,則y1的圖象為右圖所示的拋物線要使對一切x (1,2),y 1<y2恒成立，顯然a>1,并且必須也只需當(dāng)x=2時y2的函數(shù)值大于等于 y1的函數(shù)值。故 1oga2>1,1

26、<a 2.8、已知關(guān)于x的方程1g(x2+4x)-1g(2x-6a-4)=0 有唯一解，求實數(shù) a的取值范圍。分析：方程可轉(zhuǎn)化成1g(x 2+4x)=1g(2x-6a-4),從而得x2+4x=2x-6a-4>0,注意到若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 ,則只需考慮這兩個函數(shù)的圖象在x軸上方恒有唯一交點即可。解：令 y=x2+4x= (x+2) 2-4,y 2=2x-6a-4,y1的圖象為一個定拋物線 直線必須位于11和12之間。 當(dāng)直線為11時，直線過點(y2的圖象是k=2 ,而截距不定的直線，要使 y1和y2在x軸上方有唯一交點，則(包括-4,

27、 0)11但不包括12),此時縱截距為-8-6a-4=0,a=2;當(dāng)直線為12時，直線過點(0, 0),縱截距為-6a-4=0 ,2a=3 .a的范圍為2,-)3(五)合理聯(lián)想，運用平幾性質(zhì)9、不論k為何實數(shù)，直線y kx 1與曲線x2 y22 axa22a 4 0恒有交點，求a的范圍。分析：因為題設(shè)中有兩個參數(shù)，用解析幾何中有交點的理論將二方程聯(lián)立,用判別式來解題是比較困難的。若考慮到直線過定點A (0, 1),而曲線 x2 y2 2ax a22a 40為圓，圓心C (a, 0),要使直線恒與圓有交點，那么定點A(0,1)必在圓上或圓內(nèi)。解：(x a)2y24 2a , c (a, 0),當(dāng)

28、 a 2 時,聯(lián)想到直線與圓的位置關(guān)系，則有點A (0, 1)必在圓上或圓內(nèi)，即點 A (0, 1)到圓心距離不大于半徑，則有2a 1 2a 4(a(六)分類討論，避免重復(fù)遺漏10、當(dāng) |m|2時，不等式2x 1m(x2 1)恒成立，求x的范圍。解：使用|m|2的條件，必須將m分離出來，此時應(yīng)對x2 1進(jìn)行討論。當(dāng)0時,要使不等式2x 1m恒成立，只要2x 1解得1當(dāng)x20時,要使不等式2x當(dāng)x20時,要使2x解法2:可設(shè)1 -2 - m恒成立，只要x 11 0恒成立，只有x 1。f (m) (x2 1)m (2x將m視為主變元，即將元不等式化為：m(x2時，f (m) 0恒成立，所以只需2x

29、解得綜上得1),用一次函數(shù)知識來解較為簡單。我們可以用1) (2x1)0 ,；令 f (m) m(x21) (2x改變主元的辦法，1),則 2 m 2f( 2) 0f(2) 0一 2一2(x1) (2x 1)2(x2 1) (2x 1)x的范圍是,17 1.3、一一 ，一，x (一2一，一)。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均在x軸上方(或下方)即可.11、當(dāng)1 x 3時，不等式x2 2ax 6 0恒成立，求實數(shù)a的取值范圍。解：a x 32 x當(dāng)1 x 3時，x 3 2 J3 灰，當(dāng)當(dāng) 3,即x J6時等號成立。 2 x-22 x故實數(shù)a的取值

30、范圍：a V6(七)構(gòu)造函數(shù)，體現(xiàn)函數(shù)思想1x2x 3x(n1)xnxa12、(1990年全國高考題)設(shè) f(x) 1g13()a,其中a為實數(shù)，n為任意給定的自n然數(shù)，且n 2,如果f(x)當(dāng)x (, 1時有意義，求a的取值范圍。解：本題即為對于x (,1,有1x 2x(n 1)x nxa 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aJ)' (2)x(=)x(n 2),對于 x (, 1恒成立。n nn1 v 2 Vn 1 v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上的值域。n nnk x

31、由于函數(shù)u(x)(一) (k 1, 2, n 1)在x (, 1上是單調(diào)增函數(shù)，n1 ,則g(x)在(,1上為單倜增函數(shù)。于是有g(shù)(x)的取大值為：g(1)- (n 1),從而可得21a -(n 1)。2(A)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 a m且g a n,不等式的解即為實數(shù) a的取值范圍。一1例 13、當(dāng) x -,33時,lOgax1恒成立，求實數(shù)a的取值范圍。解：Q 1 1ogax 111 一 1(1) 當(dāng)a 1時，一x a,則問題轉(zhuǎn)化為 一，3-,aa3 a1 a1113_

32、1(2) 當(dāng)0 a 1時，a x ,則問題轉(zhuǎn)化為一,3a,-30a a3a 13-3 a一，-1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是以不等式有解的形式出現(xiàn)的。a1、已知函數(shù) f(x) x 2ax 1 , g(x) ，其中 a 0, x 0.x對任意x 1,2,x2 2,4,都有f(x1) g(x2)恒成立，求實數(shù)a的取值范圍；【分析：】思路、對在不同區(qū)間內(nèi)的兩個函數(shù)f(x)和g(x)分別求最值，即只需滿足fmin(x) gmaXx)即可.簡解：令 n(a)= gma(x)=a/2 ;令 m(a)=f min(x),f(x)=(x-a)2+1-a2,故(1)對稱軸

33、x=a<1 ,即或 0<a<1 時，m(a)= f min(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)對稱軸x=a>2時，m(a)= f min(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無解:(3)對稱軸 x=a 1,2時，m(a)= fmin(x)=f(a)=2-2a,由 m(a)>n(a) 解得 a 1一蟲7 或 a 1上17 ,44(注意到a的范圍)從而得a的范圍1 a 2 ：;綜合(1)

34、 (2) (3)知實數(shù)a的取值范圍是：(0, 4/5) U 1,2x12、已知兩函數(shù)f (x) x , g(x) - m,對任息X 0,2 ,存在x21,2 ,使得f(x1) g x2,則頭數(shù)m的取值范圍為1 x1解析：對任意Xi0,2 ,存在x21,2，使得f由)g x2等價于g(x) m在1,2上的最小值4 m21-1不大于f (x) x在0,2上的最小值0,既一 m 0 , m 一 44【例” 已知函數(shù)八*) =*5,若存在'三1 ,打他不等式/(f) V"求實數(shù) m 的取值 范圍.M ： C 1 )Z< x )=/+ Iruc ( x :> O ) J*

35、Cx) = x +京E 1 ,AO得函數(shù)人工)在區(qū)間巨1口為增南數(shù)，則當(dāng)至e ET時«北>+ Le3.枚要使存在與e I,oj使不等式Wm 成立.只需 m N -HP 可.t«2 已知函數(shù)M)= ?"二的定義域為題型二、主參換位法(已知某個參數(shù)的范圍，整理成關(guān)于這個參數(shù)的函數(shù))題型三、分離參數(shù)法(欲求某個參數(shù)的范圍，就把這個參數(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、根的分布法) 五、不等式能成立問題(有解、存在性)的處理方法若在區(qū)間D上存在實數(shù)X使不等式f XA成立，則等價于在區(qū)間D上f x mav A；max若在區(qū)間D上存在實數(shù)X使不

36、等式f X1、存在實數(shù)x,使得不等式|x 3 |x 1B成立，則等價于在區(qū)間D上的f x mina2 3a有解，則實數(shù)a的取值范圍為 B.解：設(shè)f x |x 3 x 1 ,由又 x 3 x 1 x 3 x 11、求使關(guān)于p的不等式x2f x 4, px2a2a13a 有解， a2 3a f3a 4,解得a 4或ax min，1。P 2x在p -2,2有解的x的取值范圍。2x 1 p x 2x 1 ,則 f p 在-2,2上解：即關(guān)于p的不等式(x 1)p x2 2x 1 0有解，設(shè)f p的最小值小于 0當(dāng) x>1 時，f(p)關(guān)于 p 單調(diào)增加,故 fmin(p)=f(-2)=x2-4x

37、+3<0,解得 1<x<3;(2)當(dāng) x<1 時，f(p)關(guān)于 p 單調(diào)減少，故 f min(p)=f(2)=x 2-1<0,解得 -1<x<1 ；當(dāng) x=1 時，f(p) = 0,故 f min(p)=f(p)<0不成立。綜合(1) (2) (3)知實數(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的二個根，不等式|m2-5m-3|引xi-x2|對任意實數(shù)a -1,1恒成立； 命題Q:不等式|x-2m|-|x|>1(m>0) 有解；若命題P和命題Q都是真命題，求 m的值范圍。解：(1m

38、P 真得：| x1 x2 | Va28,注意到 a 在區(qū)間-1,1,| x x2|max3,由于 |m2-5m-3| > |x 1-x 2| 對任意實數(shù) a -1,1恒成立，故有 |m25m3| |x1x2 |max3解得：m01或m力或0前<5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<m<5或mE舉例(1)已知不等式4x a 2x 2 0對于x 1,)恒成立，求實數(shù)a的取值范圍.(2)若不等式4x a 2x

39、2 0對于a (,3恒成立，求實數(shù)x的取值范圍.x -x2V 12_ _分析：(1)由4 a 22 0得：a 2x r對于x 1,)恒成立，因2x,所以2x 2V2 ,222當(dāng)2xJ2時等號成立.所以有a 2J2.(2)注意到4x a 2x 2 0對于a (,3恒成立是關(guān)于a的一次不等式.不妨設(shè)f(a) 2x a (4x2),則f(a)在a (,3上單調(diào)遞減，則問題等價于f (3) 0 ,所以4x 3 2x 2 02x2 或 2x 1 ,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，以下充要條件應(yīng)細(xì)心思考，甄別差異，恰當(dāng)使用，等價轉(zhuǎn)化，切不可混為一

40、體。不等式f x M對x I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或f x的下界小于或等于 M ;不等式f xM對x I時恒成立fmin (x)M?,。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 . o或f x的上界大于或等于M ;高中數(shù)學(xué)難點強化班第四講(140709)課后練習(xí)答案:一.填空選擇題(每小題6分，共60分)1、對任意的實數(shù)x,若不等式x 1 x 2 a恒成立，那么實數(shù) a的取值范圍 。答案：|x+1|-|x-2|-|(x+1)-(x-2)|

41、=-3,故實數(shù) a 的取值范圍：a<-32、不等式sin2 x 4sin x 1 a 0有解，則a的取值范圍是 解：原不等式有解 a sin2 x 4sinx 1 sinx 2 2 31 sin x 1 有解，而 sinx 2 2 32,所以 amin3.若對任意x R,不等式|x| ax恒成立，則實數(shù)a的取值范圍是(A) a 1 (B)|a| 1(C)|a| 1(D) a 1解析：對 x R,不等式|x| ax恒成立則由一次函數(shù)性質(zhì)及圖像知1 a 1,即|a| 1。答案：選B4.當(dāng)x (1,2)時，不等式X2mx 4 0恒成立，則m的取值范圍是解析：當(dāng)x (1,2)時，由x2 mx 4

42、 0得m2 , 2x 4x 44.令f(x) x ,則易知f(x)在(1,2)上是xx x減函數(shù)，所以x 1,2時f (x)maxf (1) 5,則(x24)min x5 1 m 5.5.已知不等式ax2 3x (a 1) x2 x a 1對任意a(0,)都成立，那么實數(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(x2 2) x2 2x 0對 a (0,)都成立。設(shè) g(a

43、) (x2 2)a x2 2x ( a R),則g(a)是一個以a為自變量的一次函數(shù)。Q x2 2 0恒成立，則對 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 g(0) 0, x2 2x0,2 x 0,于是x的取值范圍是x| 2x0。6.已知函數(shù)f x22mx 2 4 m x 1,g xmx,若對于任一實數(shù)x ,f (x)與g (x)的值至少有一個為正數(shù)，則實數(shù)m的取值范圍是()A. (0, 2) B ,(0,8) C ,(2,8) D .(巴 0)分析：f (x)與g(x)的函數(shù)類型，直接受參數(shù) m的影響，所以首先要對參數(shù)進(jìn)行分類

44、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.斛析：當(dāng)m 0時，f (x) 8x 1 0在(q)上恒成立，而g(x)在R上恒成立，顯然不滿足題意；(如圖1)當(dāng)m 0時，g(x)在R上遞減且g(x) mx 0只在(，0)上恒成立，而f(x)是一個開口向下且恒過定點(0, 1)的二次函數(shù)，顯然不滿足題意。當(dāng)m 0時，g(x)在R上遞增且g(x) mx 0在(0,)上恒成立，而f(x)是一個開口向上且恒過定點(0, 1)的二次函數(shù)，要使對任一實數(shù)xf X與g X的值至少有一個為正數(shù)則只需f(x) 0在(，0上恒成立。(如圖3)4 m則有im4(4m)2 8mf 4 m或2m0解得4

45、 m 8或0 m 4,綜上可得0 m(0,8)。故選7、已知兩函數(shù)2f x 7x(1)對任意3,3，者B有 f xg(x)=6x 2-24X+21 。g x成立，那么實數(shù)c的取值范圍cR(2)存在x成立，那么實數(shù)c的取值范圍c-25(3)對任意X1 , X23,3Xig X2,那么實數(shù)c的取值范圍c50(4)存在 X1 , X2解析：(1)設(shè)h.-2-h x 6x 6x 12都有fX f XXig 2x3X23x2那么實數(shù)c的取值范圍c>17512x c在2,3單調(diào)遞增，且h 3由 c 45 0 ,得 c 45。(2)據(jù)題意：存在x3,3知hmax x c 7 0 ,于是得450,得x,h x極大值1或2。h 1,問題轉(zhuǎn)化為 x由導(dǎo)數(shù)知識，可知3,3時,0恒成立，故在3, 1單調(diào)遞增，在hmin1,220c 9 ,hminXX 0。令 單調(diào)遞減，3 c 45 ,成立，即為：h x g x f3,3有解，故hma,IX0,由(1)(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，對任意X1 , X2g X2成立,不等式的左右兩端函數(shù)的自變量不同,fmax(X) gmin(X)?XX1 ,27x2X2的取值在3,3上具有任意性,.