恒成立与存在性问题解题策略

1、恒成立问题 ”与 “存在性问题 ”的基本解题策略一、 “恒成立问题 ”与 “存在性问题 ”的基本类型 恒成立、能成立、恰成立问题的基本类型1、恒成立问题的转化： a f x 恒成立a fx max； a fx 恒成立a f x min2、能成立问题的转化： a f x 能成立a fx min ； a fx 能成立a f x max3 、 恰 成 立 问 题 的 转 化 ： a fx 在M 上 恰 成立 af x 的 解 集为a f x 在 M 上恒成立Ma f x 在CRM 上恒成立另一转化方法：若 x D, f(x) A在 D上恰成立，等价于 f (x)在D 上的最小值 fmin (x) A

2、， 若x D, f(x) B在 D上恰成立，则等价于 f (x)在D上的最大值 fmax(x) B.f x1 g x2 ，则4、设函数 f x 、 g x ，对任意的 x1 a,b ，存在 x2 c, d ，使得fmin xgmin x5 、设函数 f x 、 g x ，对任意的 x1a, b ，存在x2 c,d ，使得f x1 g x2 ，则fmax xgmax x6、 设函 数 f x 、 g x ，存在 fm axx gminx7、设函 数 f x 、 g x ， 存在 fminx gmax x8、设函数 f x 、 g x ，对任意的x1x1a,b ，a ,b ，存在 x2 c,d ，

3、 使 得存在 x2 c,d ，使得f x1 g x2 ， 则f x1 g x2 ， 则存在 x2 在区间 a,b上的值域为 A ，g(x)在区间c,d上的值域为 B,则 A B. 9、若不等式 f x g x 在区间 D 上恒成立，则等价于在区间 D 上函数 y f x 和图象在函 数 y g x 图象上方；10 、若不等式 f x g x 在区间 D 上恒成立，则等价于在区间 D 上函数 y f x 和图象在 函数 y g x 图象下方； 恒成立问题的基本类型在数学问题研究中经常碰到在给定条件下某些结论恒成立的 命题.函数在给定区间上某结论成立问题x1a,b ，c , d ，使得 f x1

4、g x2 ，设 f(x)函数的定义域为全体实数 R; 某不等式的解为一切实数 恒成立问题，涉及到一次函数、二次函数的性质、图象 数与方程等思想方法， 有利于考查学生的综合解题能力，,其表现形式通常有 : 在给定区间上某关系恒成立 ; 某 ; 某表达式的值恒大于 a 等等 ,渗透着换元、化归、数形结合、函 在培养思维的灵活性、 创造性等方面起1 / 20到了积极的作用。因此也成为历年高考的一个热点。恒成立问题在解题过程中大致可分为以下几种类型： 一次函数型；二次函数型；变量分离型；根据函数的奇偶性、周期性等性质；直 接根据函数的图象。二、恒成立问题解决的基本策略 大家知道，恒成立问题分等式中的恒

5、成立问题和不等式中的恒成立问题。等式中的恒成立 问题，特别是多项式恒成立问题，常简化为对应次数的系数相等从而建立一个方程组来解决问 题的。(一) 两个基本思想解决 “恒成立问题 ”思路 1、m f(x)在x D上恒成立m f ( x) max思路 2、m f(x)在x D上恒成立m f ( x) min如何在区间 D 上求函数 f(x) 的最大值或者最小值问题 ,我们可以通过习题的实际 ,采取合理有 效的方法进行求解 ,通常可以考虑利用函数的单调性、函数的图像、二次函数的配方法、三角函 数的有界性、均值定理、函数求导等等方法求函数f( x)的最值。这类问题在数学的学习涉及的知识比较广泛， 在处

6、理上也有许多特殊性， 也是近年来高考中 频频出现的试题类型，希望同学们在日常学习中注意积累。(二) 、赋值型 利用特殊值求解等式恒成立问题 等式中的恒成立问题，常常用赋值法求解，特别是对解决填空题、选择题能很快求得 .例 1如果函数 y=f(x)=sin2x+acos2x 的图象关于直线 x= 对称，那么 a=() .8A.1B.-1C . 2D. - 2 .略解 ：取 x=0 及 x= ，则 f(0)=f(),即 a=-1，故选 B.44此法体现了数学中从一般到特殊的转化思想 .例(备用) 由等式 x4+a1x3+a2x2+a3x+a4= (x+1) 4+b1(x+1) 3+ b2(x+1)

7、2+b3(x+1)+b 4 定义映射 f： (a1,a2,a3,a4) b1+b2+b3+b4,则 f： (4,3,2,1) ( )A.10 B.7 C.-1 D.0略解 ：取 x=0，则 a4=1+b 1+b2+b3+b 4,又 a4=1,所以 b1+b2+b3+b4 =0 ，故选 D(三) 分清基本类型，运用相关基本知识，把握基本的解题策略1、一次函数型： 若原题可化为一次函数型 ,则由数形结合思想利用一次函数知识求解,十分简捷给定一次函数 y=f(x)=ax+b(a 0若), y=f(x) 在m,n内恒有 f(x)0 ，则根据函数的图象(直线) 可得上述结论等价于f (m) 0f (n)

8、 0同理，若在 m,n内恒有 f(x)2a+x 恒成立的 x 的取值范围 . 分析：在不等式中出现了两个字母： x及 a,关键在于该把哪个字母看成是一个变量，另一个 作为常数 .显然可将 a 视作自变量，则上述问题即可转化为在-2 ，2内关于 a 的一次函数大于 0恒成立的问题 .解：原不等式转化为 (x-1)a+x 2-2x+10 在|a| 2 时恒成立 ,设 f(a)= (x-1)a+x 2-2x+1,则 f(a)在-2,2 上恒大于 0，故有：f ( 2)0即2x2 4x 3 02 解得：f (2)0x2 1 0x 3或 x 1x 1或 x 1x3. 即 x (,1)(3,+ ) 此类题

9、本质上是利用了一次函数在区间 m,n 上的图象是一线段，故只需保证该线段两端点 均在 x 轴上方(或下方)即可 .2、二次函数型 涉及到二次函数的问题是复习的重点，同学们要加强学习、归纳、总结，提炼出一些具体的方 法，在今后的解题中自觉运用。(1)若二次函数 y=ax2+bx+c(a 大0)于 0 恒成立，则有 a 0且0(2)若是二次函数在指定区间上的恒成立问题， 可以利用韦达定理以及根的分布知识求解。 类型 1：设 f (x) ax2 bx c(a 0)在 R上恒成立，1) f (x) 0在x R 上恒成立a 0且0；2) f (x) 0在x R 上恒成立 a 0且0。类型 2：设 f(x

10、) ax2 bx c(a 0)在区间 , 上恒成立 b b b(1)当 a 0时， f(x) 0在x , 上恒成立 2a 或 2a 或 2a f( ) 0 0 f( ) 0f (x) 0在 x , 上恒成立 f ( ) 0f ( ) 03 / 202)当a 0时， f(x) 0在x , 上恒成立f(x) 0在 x , 上恒成立b或b2a或2ab2a2类型 3：设 f (x) ax2 bx c(a 0) 在区间 (- , 上恒成立。f(x)0 a0 且 且 f( )0f(x)0 a0 且 且 f( )0 a0, 0 或 -b/2a0f(x)0 a0, 0 或 -b/2a 且 f( )g(a) 恒

11、成立，则 g(a)f(x) min ;若对于 x 取值范围内的任何一个数，都有 f(x)f(x) max.(其中 f(x) max和 f(x) min分别为 f(x)的最大值和最小值 )例 5.已知三个不等式 x2 4x 3 0 ， x2 6x 8 0 ， 2x2 9x m 0 要使 同时满足的所有 x 的值满足，求 m 的取值范围 .略解 ：由得 2x3; 对任意实数 x，不等式 x 1 x 2 a恒成立，求实数 a , 构造函数，画出图象，得 a3.利用数形结合解决恒成立问题， 应先构造函数， 作出符合已知条件的图形， 再考虑在给定区 间上函数与函数图象之间的关系，得出答案或列出条件，求出

12、参数的范围 .例 8. 设常数 a R,函数 f(x)=3|x|+|2x-a|,g(x)=2-x. 若函数 y=f(x) 与 y=g(x) 的图像有公共点，则 a 的取值范围为 。解： 1) a=0x=a/2=0 时， f(x)=-3x+(-2x+a)=-5x+aa/2=x=0 时， f(x)=3x+(2x-a)=5x-a ，最小值为 -a=2 则与 g(x) 有交点，即： -2=a0x=0 时， f(x)=-3x+(-2x+a)=-5x+a0=x=a/2 时， f(x)=3x+(2x-a)=5x-a 最小值 a=2 时与 g(x) 有交点，即： 0a=29 / 20综上所述， -2=a=2

13、时 f(x)=3|x|+|2x-a| 与 g(x)=2-x 有交点。三、在恒成立问题中，主要是求参数的取值范围问题，是一种热点题型，介绍一些基本的解题 策略，在学习中学会把问题分类、归类，熟练基本方法。一) 换元引参，显露问题实质1、对于所有实数 x ，不等式恒成立，求 a 的取值范围。解：因为的值随着参数 a 的变化而变化，若设 ，则上述问题实质是 “当 t 为何值时，不等式恒成立这是我们较为熟悉的二次函数问题，它等价于求解关于 t 的不等式组： 。 解得 ，即有 易得 。2、设点 P( x， y )是圆 x2 (y 1)2 4上任意一点，若不等式 x+y+c 0 恒成立，求实数 c 的取值

14、范围。二) 分离参数，化归为求值域问题成立，求 m 的范围。恒成立。3、若对于任意角 总有解： 此式是可分离变量型，由原不等式得又 ，则原不等式等价变形为根据边界原理知，cos2必须小于 f ( ) 的最小值，这样问题化归为怎样求cos 2的最小值。因为cos2f ( )cos 210 / 20时，有最小值为 0，故三) 变更主元，简化解题过程4、若对于，方程都有实根，求实根的范围。解：此题一般思路是先求出方程含参数m 的根， 再由 m 的范围来确定根 x 的范围， 但这样会遇到很多麻烦，若以 m 为主元，则由原方程知，得又，即解之得或。5、当 a 1 时，若不等式2x2 (a 6)x 9 3

15、a 0 恒成立，求 x 的取值范围。四)图象解题，形象直观6、设 x (0，4 ，若不等式x(4 x) ax恒成立，求 a的取值范围。解：若设 y1x(4 x) ，则 为上半圆。设 ，为过原点， a 为斜率的直线。在同一坐标系内 作出函数图象 依题意，半圆恒在直线上方时，只有 时成立，即 a 的取值范围 为。27、当 x (1,2)时，不等式 (x-1) 2log ax 恒成立，求 a的取值范围。解：设 y1=(x-1) 2,y2=logax,则 y1 的图象为右图所示的抛物线要使对一切 x (1,2),y11,并且必须也只需当 x=2 时 y2 的函数值大于等于 y1 的函数值。故 log

16、a21,10, 注意到若将等号两边看 成是二次函数 y= x2+4x 及一次函数 y=2x-6a-4 ，则只需考虑这两个函数的图象在 x 轴上方恒有唯 一交点即可。解：令 y1=x2+4x=（ x+2） 2-4,y 2=2x-6a-4, y1的图象为一个定抛物线y 2的图象是 k=2，而截距不定的直线， 要使 y1和y2在 x轴上方有唯一交点，则直线必须位于 l1和 l2 之间。（包括 l1 但不包括 l2） 当直线为 l 1时，直线过点（ -4，0），此时纵截距为 -8-6a-4=0,a= 2; a的范围为 2, 32)2 当直线为 l2 时，直线过点（ 0，0），纵截距为 -6a-4=0

17、， a= 23 （五）合理联想，运用平几性质9、不论 k 为何实数，直线与曲线恒有交点，求 a的范围。分析： 因为题设中有两个参数，用解析几何中有交点的理论将二方程联立，用判别式来解题是比较困难的。若考虑到直线过定点A（0，1），而曲线为圆 ,圆心 C（ a， 0），要使直线恒与圆有交点，那么定点A（0,1） 必在圆上或圆内。解：，C（a， 0），当时，联想到直线与圆的位置关系，则有点 A（ 0，1）必在圆上或圆内， 即点 A（ 0，1）到圆心距离不大于半径， 则有六）分类讨论，避免重复遗漏10、当时，不等式恒成立，求 x 的范围。解：使用 的条件，必须将 m 分离出来，此时应对 进行讨论。当

18、时，要使不等式恒成立，只要， 解得 。当时，要使不等式恒成立，只 要 ， 解 得当。时，要使恒成立，只有。 综 上 得12 / 20解法 2：可设，用一次函数知识来解较为简单。我们可以用 改变主元的办法 ，将 m 视为主变元，即将元不等式化为：m(x2 1) (2x 1) 0 ，；令2 f( 2) 0 f(m) m(x2 1) (2x 1) ，则 2 m 2 时， f(m) 0 恒成立，所以只需即f(2) 02(2x 1) (2x 1) 0，所以 x 的范围是 x ( 1 7,1 3 ) 。此类题本质上是利用了 2(x2 1) (2x 1) 0 2 2一次函数在区间 m,n 上的图象是一线段，

19、故只需保证该线段两端点均在x 轴上方(或下方)即可.211、当 1 x 3时，不等式 x2 2ax 6 0 恒成立，求实数 a的取值范围。解： a x 3构造函数2x当 1 x 3时， x 3 2 32 x 26 ，当 x23，即 xx6 时等号成立。故实数 a 的取值范围 :a 6(七)构造函数，体现函数思想12、( 1990 年全国高考题)设，其中 a 为实数，为任意给定的自然数，且，如果当时有意义，求 a 的取值范围。解：本题即为对于，有恒成立。这里有三种元素交织在一起，结构复杂，难以下手，若考虑到求a 的范围，可先将 a 分离出来，得对于恒成立。，则问题转化为求函数 在13 / 20上

20、的值域。由于函数上是单调增函数，则 在 上为单调增函数。于是有 的最大值为： ，从而 可得 。(八)利用集合与集合间的关系在给出的不等式中， 若能解出已知取值范围的变量， 就可利用集合与集合之间的包含关系来 求解，即： m,n f a ,g a ，则 f a m且 g a n ，不等式的解即为实数 a的取值 范围。例 13、当 x 1,3 时， loga x 1恒成立，求实数 a 的取值范围。3解： 1 loga x 11) 当 a 1 时，1x a ，则问题转化为a13,31a,aa31 1 a 3a31a 3130a1 33aa,12) 当 0 a 1时， a x 1 ，则问题转化为 1,

21、3a 3 a综上所得：0 a 1或a 3 3四、其它类型恒成立问题 能成立问题有时是以不等式有解的形式出现的。2a1、已知函数 f(x) x2 2ax 1， g(x)，其中 a 0， x 0x对任意 x1 1,2, x2 2,4，都有 f(x1) g(x2 )恒成立，求实数 a的取值范围； 【分析：】思路、对在不同区间内的两个函数 f (x)和g(x)分别求最值， 即只需满足 fmin(x) gmax(x) 即可简解：令 n(a)=gmax(x)=a/2 ；令 m(a)=f min(x),f(x)=(x-a) +1-a ,故(1)对称轴 x=a1，即或 0an(a) 解得 a4/5,(注意到

22、a14 / 20的范围）从而得 a 的范围： 0a2 时， m（a）= f min（x）=f（2）=5-4a ，由 m（a）n（a） 解得 an(a) 解 得 aa的范围）从1 17 或41 174注意到 a 的范围）从而得a 的范围 1 a 2 ：(0，4/5)1,22、 已 知两 函 数 f（x） x2 ，g(x)x1xm2对 任 意 x1 0,2 ，存 在 x2f（x1） g x2 ，则实数 m 的取值范围为解析： 对任意 x10,2 ，存在 x21,2 ，使得 f(x1) g x2 等价于 g(x)1,2 ， 使 得m 在 1,2 上综合（ 1）（2）（3）知实数 a 的取值范围是：的

23、最小值 1 m不大于 f（x） x2 在 0,2 上的最小值 0， 既 1 m 0， m 1 4 4 4题型二、主参换位法 （已知某个参数的范围，整理成关于这个参数的函数）题型三、分离参数法（欲求某个参数的范围，就把这个参数分离出来） 题型四、数形结合（恒成立问题与二次函数联系（零点、根的分布法）A；B.五、不等式能成立问题（有解、存在性）的处理方法若在区间 D 上存在实数x使不等式f xA 成立,则等价于在区间D 上 fxmax若在区间 D 上存在实数x使不等式f xB 成立,则等价于在区间D 上的fxmi1、存在实数 x ，使得不等式 x 3 x 1 a2 3a 有解，则实数 a 的取值范

24、围为 解：设 f x x 3 x1 ，由 f xa 2 3a 有解， a2 3a f x min ，又 x 3 x 1 x 3x 1 4 ， a2 3a4 ，解得 a 4或 a 1 。15 / 2021、求使关于 p的不等式 x2 px 1 p 2x在 p -2,2有解的 x的取值范围。解：即关于 p 的不等式 (x 1)p x2 2x 1 0有解 ,设 f p x 1 p x2 2x 1 ，则 f p 在 -2,2 上的最小值小于 0。(1) 当 x1 时， f(p)关于 p 单调增加，故 fmin(p)=f(-2)=x 2-4x+30,解得 1x3;2(2) 当 x1 时， f(p)关于

25、p 单调减少，故 fmin(p)=f(2)=x 2-10,解得 -1x1 ；(3) 当 x=1 时， f(p)=0, 故 f min(p)=f(p)1(m0)有解；若命题 P和命题 Q都是真命题，求 m 的值范围。2解： (1)由 P真得： |x1 x2 | a2 8，注意到 a在区间 -1,1, |x1 x2|max 3,由于 |m2-5m- 3| 1|-xx2|对任意实数 a-1,1 恒成立，故有 |m2 5m 3| |x1 x2 |max 3 解得： m-1 或 m6或 0 m5(1)由 Q 真， 不等式 |x-2m|-|x|1(m0) 有解，得( |x-2m|-|x| ) max=2m

26、1,解得： m1/2 由于( 1)( 2)都是相公命题，故 m 的值范围： 1/2m5或 m6.举例 (1)已知不等式 4x a 2x 2 0对于 x 1, )恒成立，求实数 a 的取值范围 .xx( 2)若不等式 4x a 2x 2 0对于 a ( ,3 恒成立，求实数 x 的取值范围 .x xx2 x1分析： (1)由4xa 2x2 0得： a2x x 对于 x 1, )恒成立，因 2x ，所2x 22 以 2xx 2 2，当 2x2时等号成立 .所以有 a 2 2 .2x( 2 )注意到 4x a 2x 2 0对于 a ( ,3 恒成立是关于 a的一次不等式 .不妨设f(a) 2x a

27、(4x 2)，则 f (a) 在a ( ,3上单调递减，则问题等价于 f (3) 0，所以4x 3 2x 2 0 2x 2或2x 1，则 x取值范围为 ( ,0) (1, ).小结：恒成立与有解的区别：恒成立和有解是有明显区别的，以下充要条件应细心思考，甄别差异，恰当使用，等价转化，切 不可混为一体。不等式 fxM 对xI时恒成立fmax(x) M?，xI 。即 fx的上界小于或等于M ； 不等式 fxM 对 xI时有解fmin (x) M?， x I。 或 fx的下界小于或等于M ；不等式 fxM 对xI时恒成立f min (x) M?，xI 。即 fx的下界大于或等于M ； 不等式 fxM

28、 对 xI时有解fmax (x) M ， x I.。 或 fx的上界大于或等于M ；16 / 20高中数学难点强化班第四讲( 140709)课后练习答案：一填空选择题(每小题 6 分，共 60 分)1、 对任 意的 实数 x ，若 不等 式 x 1 x 2 a 恒成 立，那 么实 数 a 的取值 范 围。答案： |x+1|-|x-2| -|(x+1)-(x-2)|=-3, 故实数 a 的取值范围： a-32、不等式 sin2x 4sin x 1 a 0有解，则 a 的取值范围是解：原不等式有解 a sin2x 4sinx 1 sin x 2 3 1 sinx 1 有解，而 sin x 2 32

29、，所以 a 2 。3.若对任意 x R,不等式 |x| ax恒成立，则实数 a的取值范围是() (A) a 1 (B) |a| 1 (C) |a| 1 解析：对 x R,不等式 |x| ax 恒成立 则由一次函数性质及图像知 1 a 1，即 |a| 1。D) a 14 当 x (1,2) 时，不等式2x2 mx 4 0 恒成立，则m 的取值范围是.解析 :222x2 4x2 4 4当 x (1,2) 时，由 x2 mx 4 0 得 m. 令 f (x) x ，则易知x x x)mi nf(x) 在 (1,2) 上是减函数，所以 x 1,2 时 f (x)maxf (1) 5 ， 则 ( x 4

30、x答案：选 Bm 5.5已知不等式 ax2 3x (a 1) x2 x a 1对任意 a (0， ) 都成立，那么实数 x的取值 范围为 分析： 已知参数 a 的范围，要求自变量 x 的范围，转换主参元 x和 a 的位置，构造以 a 为自 变量 x作为参数的一次函数 g(a) ，转换成 a (0， )， g(a) 0恒成立再求解。17 / 20解析 ：由题设知“ ax23x (a 1) x2 x a 1 对a(0，) 都成立，即a(x2 2) x2 2x 0 对a (0， ) 都成立。设 g(a)(x22)ax2 2x( aR)，则 g (a)是一个以 a为自变量的一次函数。x2 2 0恒成立

31、，则对x R， g(a)为 R上的单调递增函数。 所以对 a (0， ) ， g(a) 0恒成立的充分必要条件是 g(0) 0，x2 2x 0， 2 x 0，于是 x 的取值范围是 x| 2 x 0 。26已知函数 f x 2mx2 2 4 m x 1,g x mx，若对于任一实数 x ， f (x) 与 g(x) 的 值至少有一个为正数，则实数 m 的取值范围是( )A (0 ， 2) B (0，8) C (2，8) D ( ， 0) 分析： f(x) 与 g(x) 的函数类型，直接受参数 m的影响，所以首先要对参数进行分类讨论，然后转换成不等式的恒成立的问题利用函数性质及图像解题。 1y

32、解析 ：当 m 0时， f (x) 8x 1 0 在 ( , ) 上恒成立，而 g(x) 0 8g(x) 0当 m 0时， g(x) 在 R上递减且 g(x) mx 0只在 ( ,0) 上恒成立，f (x) 是一个开口向下且恒过定点( 0，1)的二次函数，显然不满足题意。当 m 0时， g(x)在 R上递增且 g(x) mx 0在 (0,)上恒成立，f (x) 是一个开口向上且恒过定点( 0，1)的二次函数，要使对任一实x，f x 与 g x 的值至少有一个为正数则只需 f (x) 0在 ( ,0 上恒成立。 ( 如图 3)4m则有 2m 04(4 m)2 8m 04m或 0 解得 4 m 8

33、 或 0 m 4 ， 2m0xxx图3f(x) 8x 1图1g(x) mx图2xg(x)综上可得 0 m 8 即 m (0,8) 。 故选 B。在 R 上恒成立，显然不满足题意； ( 如图 1)、已知两函数 f x 7x2 28x c ， g(x)=6x 2-24x+21 。( 1)对任意 x 3,3 ，都有 f x g x 成立，那么实数 c 的取值范围 c 018 / 20( 2)存在 x 3,3 ，使 f x g x 成立，那么实数 c 的取值范围 c -25 ；( 3)对任意 x1 ,x2 3,3 ，都有 f x1 g x2 ，那么实数 c 的取值范围 c 150 ；( 4)存在 x1

34、 ,x2 3,3 ，都有 f x1 g x2 ，那么实数 c 的取值范围 c -175 ；解析：( 1)设 h x g x f x 2x3 3x2 12x c ， 问题转化为 x 3,3 时， h x 0 恒成立，故 hmin x 0。令h x 6x2 6x 12 6 x 1 x 2 0，得 x 1或 2。由导数知识， 可知 h x 在 3, 1 单调 递增，在 1,2 单调递减，在 2,3 单调递增， 且 h 3 c 45， h x 极大值 h 1 c 7， h x 极小值 h 2 c 20 ， h 3 c 9 ， hmin x h 3 c 45 ，由 c 45 0 ，得 c 45 。( 2)据题意：存在 x 3,3 ，使 f x g x 成立，即为： h x g x f x 0 在 x 3,3 有解， 故 hmax x 0 ，由( 1)知 hmax x c 7 0 ，