有解、恒成立问题总结

有解、恒成立问题总结一、规律总结：对一切恒成立,那么;对一切恒成立,那么；注意参数的端点值能否取到需检验。1、假设对任意,不等式恒成立，那么实数的取值范围是〔〕(A)(B)(C)〔D〕2、设函数。(1)如果，点为曲线上一个动点，求以为切点的切线斜率取最小值时的切线方程；(2)假设时，恒成立，求的取值范围。二、规律总结：假设方程在某个区间上有解只需求出在区间上的值域A使。利用函数处理方程解的问题，方法如下：〔1〕方程在区间上有解与的图象在区间上有交点〔2〕方程在区间上有几个解与的图象在区间上有几个交点3、函数的图像与函数的图象相切，记〔1〕求实数b的值及函数F〔x〕的极值；〔2〕假设关于x的方程F〔x〕=k恰有三个不等的实数根，求实数k的取值范围.4、〔2007广东卷理20〕是实数，函数如果函数在区间上有零点，求实数的取值范围。三、规律总结：在区间内有解,那么;在区间内有解,那么；注意参数的端点值能否取到需检验。5、不等式有解，那么的取值范围是6、函数。当a＝1时，使不等式，求实数m的取值范围；四、规律总结：：一般地：分别定义在区间和上的函数，假设，，使成立7、两函数，，对任意，存在，使得，那么实数m的取值范围为8、函数，，其中，．对任意，都有恒成立，求实数的取值范围；练习：1．函数f(x)＝xlnx.(1)假设函数g(x)＝f(x)＋x2＋ax＋2有零点，求实数a的最大值；(2)假设∀x>0，eq\f(fx,x)≤x－kx2－1恒成立，求实数k的取值范围．2．设函数f(x)＝clnx＋eq\f(1,2)x2＋bx(b，c∈R，c≠0)，且x＝1为f(x)的极值点．(1)假设x＝1为f(x)的极大值点，求f(x)的单调区间(用c表示)；(2)假设f(x)＝0恰有两解，求实数c的取值范围．O有解、恒成立问题总结O1、解析：对,不等式恒成立那么由一次函数性质及图像知，即。答案：选B2、解：(1)设切线斜率为，那么当时，取最小值-4，又，所以，所求切线方程为，即(2)由，解得：或。函数在和上是增函数，在上是减函数。所以或或解得3、解：〔1〕依题意，令，得列表如下：－1+0－0+增极大值减极小值0增从上表可知处取得极小值〔2〕由〔1〕可知函数作函数的图象，当的图象与函数的图象有三个交点时，关于x的方程4、解法1：时，，故在区间上有解在区间上有解在区间上有解问题转化为求函数在区间上的值域。法一：设，令随变化的情况如下表：—0+1的值域为其图象如下图：由此可知可知：，即或法二：令那么利用对勾函数性质可得即，故或.解法2：在区间上有解在区间上有解与且的图象有交点由++0——51-11-1511、随变化的情况如下表：函数的草图如下：由图可知：或.5、解：原不等式有解有解，而，所以。6、7、解析：对任意，存在，使得等价于在上的最小值不大于在上的最小值0，既，∴8、【分析：】思路、对在不同区间内的两个函数和分别求最值，即只需满足即可．简解：令n(a)=gmax(x)=a/2；令m(a)=fmin(x),f(x)=(x-a)2+1-a2,故(1)对称轴x=a<1，即或0<a<1时，m(a)=fmin(x)=f(1)=2-2a，由m(a)>n(a)解得a<4/5,〔注意到a的范围〕从而得a的范围：0<a<4/5;(2)对称轴x=a>2时，m(a)=fmin(x)=f(2)=5-4a，由m(a)>n(a)解得a<10/9,〔注意到a的范围〕从而得a无解：;(3)对称轴x=a∈[1,2]时，m(a)=fmin(x)=f(a)=2-2a，由m(a)>n(a)解得或，〔注意到a的范围〕从而得a的范围：;;综合〔1〕〔2〕〔3〕知实数的取值范围是：(0，4/5)∪[1,2]练习：1．解：(1)由题知，g(x)＝xlnx＋x2＋ax＋2＝0在(0，＋∞)上有实根，即：－a＝lnx＋x＋eq\f(2,x)在(0，＋∞)上有实根，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)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以，－a≥φ(x)max＝φ(1)＝3，a≤－3.(2)依题意eq\f(fx,x)≤x－kx2－1，kx2≤x－1－lnx，x>0.所以k≤eq\f(1,x2)(x－1－lnx)设g(x)＝x－1－lnx，x>0，g′(x)＝1－eq\f(1,x)，当0<x<1时g′(x)<0，当x>1时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的取值范围是(－∞，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)因为x＝1为f(x)的极大值点，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)的递增区间为(0,1)，(c，＋∞)；递减区间为(1，c)．(2)①假设c<0，那么f(x)在(0,1)上递减，在(1，＋∞)上递增．假设f(x)＝0恰有两解，那么f(1)<0，即eq\f(1,2)＋b<0，所以－eq\f(1,2)<c<0.②假设0<c<1，那么f(x)极大值＝f(c)＝clnc＋eq\f(1,2)c2＋bc，f(x)极小值＝f(1)＝eq\f(1,2)＋b.因为b＝－1－c，那么f(x)极大值＝clnc＋eq\f(c2,2)＋c(－1－c)＝clnc－c－eq\f(c2,2)<0，f(x)极小值＝－eq\f(1,2)－c，从而f(x)＝0只有一解；③假设c>1，那么f(