高三数学之恒成立问题与存在性问题专题

#/3高三第二轮复习专题：含参不等式恒成立与存在性问题1、关于X的不等式x2-4x+m<0在区间［1,5］上恒成立,求实数m的取值范围变式1：不等式x2-4mx+1<0对Vxe［1,5］恒成立，求实数m的取值范围.变式2：不等式x2+4mx-1<0对Vxe［-1,5］恒成立，求实数m的取值范围.变式3：不等式x2-mx+2>0对Vme［-1,3］恒成立，求实数x的取值范围.2、已知函数f(x)=x2+x一2若f(x)>a在［1,3］上有解，求实数a的取值范围；若f(x)>a在［1,3］上恒成立，求实数a的取值范围.3、已知两个函数f(x)=8x2+16x-k,g(x)=2x3+5x2+4x,其中k为实数.对任意xe［-3,3］，都有f(x)<g(x)成立，求实数k的取值范围；存在xe［-3,3］，使f(x)<g(x)，求实数k的取值范围；对任意x,xe［-3,3］，都有f(x)<g(x)，求实数k的取值范围.1212参考答案：1、(最值法):设f(x)=x2一4x+m,xg[1,5]问题等价于f(x)<0,max*.*f(x)=(x一2)2+m一4<f(5)=m+5m+5<0,艮卩m<-5(分离参数法)问题om<一x2+4x在区间[1,5]上恒成立记g(x)=一x2+4xxW[1,5],则问题om<g(x),min©g(x)=—(x—2)2+4,xg[1,5]g(x).=g⑸=一5,.・.m<-5min变式1、由x2-4mx+1<0得m>—(x+—)xg[1,5]4x令/(x)=丄(x+丄)Qf，(x)=丄(1一丄)>0对Vxg[1,5嘟成立4x4x2.(x)=4(x+x)在xg[1‘5]上是单调增函数13.f(x)=f(5)=而max10・••m>1310变式2、设f(x)=x2+4mx-1,xg[-1,5]，根据函数f(x)的图象可知,问题等价于/f(-1)<0即严<0・••m<-6[f(5)<0[20m+24<05变式3、设f(m)二-x-m+x2+2,则f(m)>0在mg[-1,3]上恒成立，它的图象是一条线段，则问题o{f(-)1＞亍ojx2+x+2>0得x<1或x>21x2—3x+2>0192、解：(1)f(x)=x2+x一2=(x+—)2一,又xg[1,3],24.f(x)在[1，3]上有最大值f⑶=10,..a<10.(2)f(x)=x2+x-2在[1，3]上有最小值f(1)=0,.・a<0.

3、解：设F(x)=g(x)一f(x)=2x3一3x2一12x+k.(1)对任意xe［-3,3］，都有f(x)<g(x)成立，转化为xe［-3,3］时，F(x)>0恒成立.故［F(x)］>0.min令F'(x)=6x2一6x一12=6(x+1)(x一2)=0,得x=—1或x二2F(x)在［-3,-1］和［2,3］上是增函数，在［-1,2］上是减函数，由F(—1)=7+k,F(2)=k—20,F(—3)=k—45,F(3)=k—9,故［F(x)］=k—45,由k—45>0,得k>45min⑵存在xe［—3,3］,使f(x)<g(x)成立，即F(x)>0在xe［—3,3］内有解,故［F(x)］>0max由(1)知[F(x)]二k+7.于是k+7>0得k>—7.max该问与(1)虽然都是不等式恒成立的问题.但有很大的区别,对任意的任意x,xe[—3,3]，都有f(x)<g(x)成立，不等式的左右1212两端函数的自变量不同,x,x的取值在[—3,3]上具有任意性,12因而要使原不等式恒成立的充要条件是[f(x)]<[g(x)],xe[—3,3].maxmin由g由g'(x)二6x2+10x+4二0,得x一3或x=T易知［g(x)］