函数恒成立存在性问题

PAGEPAGE8函数恒成立存在性问题知识点梳理1、恒成立问题的转化：恒成立；2、能成立问题的转化：能成立；3、恰成立问题的转化：在M上恰成立的解集为M另一转化方法：若在D上恰成立，等价于在D上的最小值，若在D上恰成立，则等价于在D上的最大值.4、设函数、，对任意的，存在，使得，则5、设函数、，对任意的，存在，使得，则6、设函数、，存在，存在，使得，则7、设函数、，存在，存在，使得，则8、若不等式在区间D上恒成立，则等价于在区间D上函数和图象在函数图象上方；9、若不等式在区间D上恒成立，则等价于在区间D上函数和图象在函数图象下方；例题讲解：题型一、常见方法1、已知函数，，其中，．1）对任意，都有恒成立，求实数的取值范围；2）对任意，都有恒成立，求实数的取值范围；2、设函数，对任意，都有在恒成立，求实数的取值范围．3、已知两函数，，对任意，存在，使得，则实数m的取值范围为题型二、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)1、对于满足的所有实数p,求使不等式恒成立的x的取值范围。2、已知函数是实数集上的奇函数，函数是区间上的减函数，(Ⅰ)求的值；(Ⅱ)若上恒成立，求的取值范围；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）1、当时，不等式恒成立，则的取值范围是.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））1、若对任意,不等式恒成立，则实数的取值范围是________2、已知函数，在恒有，求实数的取值范围。题型五、不等式能成立问题（有解、存在性）的处理方法若在区间D上存在实数使不等式成立,则等价于在区间D上；若在区间D上存在实数使不等式成立,则等价于在区间D上的.1、存在实数，使得不等式有解，则实数的取值范围为______。2、已知函数存在单调递减区间，求的取值范围小结：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。①不等式对时恒成立，。即的上界小于或等于；②不等式对时有解，。或的下界小于或等于；③不等式对时恒成立，。即的下界大于或等于；④不等式对时有解，.。或的上界大于或等于；课后作业：1、设，若对于任意的，都有满足方程，这时的取值集合为（）（A）（B） （C） （D）2、若任意满足的实数，不等式恒成立，则实数的最大值是___.3、不等式有解，则的取值范围是4、不等式在内恒成立，求实数a的取值范围。5、已知两函数，。（1）对任意，都有)成立，求实数的取值范围；（2）存在，使成立，求实数的取值范围；（3）对任意，都有，求实数的取值范围；（4）存在，都有，求实数的取值范围；6、设函数.（Ⅰ）求函数的单调区间和极值；（Ⅱ）若对任意的不等式成立，求a的取值范围。7、已知A、B、C是直线上的三点，向量eq\o(OA,\s\up6(→))，eq\o(OB,\s\up6(→))，eq\o(OC,\s\up6(→))满足：.（1）求函数y＝f(x)的表达式；（2）若x＞0，证明：f(x)＞eq\f(2x,x＋2)；（3）若不等式时，及都恒成立，求实数m的取值范围．8、设，且（e为自然对数的底数）(I) 求p与q的关系；(II)若在其定义域内为单调函数，求p的取值范围；(III)设，若在上至少存在一点，使得成立,求实数p的取值范围.函数专题4：恒成立问题参考答案：题型一、常见方法1、分析：1）思路、等价转化为函数恒成立，在通过分离变量，创设新函数求最值解决．2）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：（1）由成立，只需满足的最小值大于即可．对求导，，故在是增函数，，所以的取值范围是．2、分析：思路、解决双参数问题一般是先解决一个参数，再处理另一个参数．以本题为例，实质还是通过函数求最值解决．方法1：化归最值，；方法2：变量分离，或；方法3：变更主元，，简解：方法1:对求导，，由此可知，在上的最大值为与中的较大者．，对于任意，得的取值范围是．3、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，∴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)1、解：不等式即,设，则在[-2,2]上恒大于0，故有：或2、O(Ⅱ)分析：在不等式中出现了两个字母：及,关键在于该把哪个字母看成是一个变量，另一个作为常数。显然可将视作自变量，则上述问题即可转化为在内关于的一次函数大于等于0恒成立的问题。(Ⅱ)略解：由(Ⅰ)知：，，在上单调递减，在上恒成立，，只需，（其中）恒成立，由上述②结论：可令,则，，而恒成立，。O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）1、当时，不等式恒成立，则的取值范围是.解析:当时，由得.∴.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））1、解析：对,不等式恒成立、则由一次函数性质及图像知，即。2、分析：为了使在恒成立，构造一个新函数，则把原题转化成左边二次函数在区间时恒大于等于的问题，再利用二次函数的图象性质进行分类讨论，使问题得到圆满解决。解：令，则对恒成立，而是开口向上的抛物线。 ①当图象与x轴无交点满足，即，解得。②当图象与x轴有交点，且在时，则由二次函数根与系数的分布知识及图象可得：解得，故由①②知。小结：若二次函数大于0恒成立，则有，同理，若二次函数小于0恒成立，则有。若是二次函数在指定区间上的恒成立问题，还可以利用韦达定理以及根与系数的分布知识求解。题型五、不等式能成立问题（有解、存在性）的处理方法若在区间D上存在实数使不等式成立,则等价于在区间D上；若在区间D上存在实数使不等式成立,则等价于在区间D上的.1、解：设，由有解，，又，∴，解得。2、解：因为函数存在单调递减区间，所以有解.即能成立,设.由得,.于是,,由题设,所以a的取值范围是课后作业：1、B。解析：由方程可得，对于任意的，可得，依题意得。2、答案：。解析：由不等式可得，由线性规划可得。3、解：原不等式有解有解，而，所以。xxy034、解：画出两个凼数和在上的图象如图知当时，当，时总有所以5、解析：（1）设，问题转化为时，恒成立，故。令，得或。由导数知识，可知在单调递增，在单调递减，在单调递增，且，，，，∴，由，得。（2）据题意：存在，使成立，即为：在有解，故，由（1）知，于是得。（3）它与（1）问虽然都是不等式恒成立问题，但却有很大的区别，对任意，都有成立，不等式的左右两端函数的自变量不同，，的取值在上具有任意性，∴要使不等式恒成立的充要条件是：。∵∴，∵，∴在区间上只有一个解。∴，∴，即.（4）存在，都有，等价于，由(3)得，，点评：本题的三个小题，表面形式非常相似，究其本质却大相径庭，应认真审题，深入思考，多加训练，准确使用其成立的充要条件。6、解：（Ⅰ） （1分）令得的单调递增区间为（a,3a）令得的单调递减区间为（－，a）和（3a，+） （4分）∴当x=a时，极小值=当x=3a时，极小值=b. （6分）（Ⅱ）由||≤a，得－a≤－x2+4ax－3a2≤a.①（7分）∵0<a<1，∴a+1>2a.∴上是减函数. （9分）∴于是，对任意，不等式①恒成立，等价于又∴7、解：(1)∵eq\o(OA,\s\up6(→))－[y＋2f/(1)]eq\o(OB,\s\up6(→))＋ln(x＋1)eq\o(OC,\s\up6(→))＝0，∴eq\o(OA,\s\up6(→))＝[y＋2f/(1)]eq\o(OB,\s\up6(→))－ln(x＋1)eq\o(OC,\s\up6(→))由于A、B、C三点共线即[y＋2f/(1)]＋[－ln(x＋1)]＝1…2分∴y＝f(x)＝ln(x＋1)＋1－2f/(1)f/(x)＝eq\f(1,x＋1)，得f/(1)＝eq\f(1,2)，故f(x)＝ln(x＋1)…………………4分（2）令g(x)＝f(x)－eq\f(2x,x＋2)，由g/(x)＝eq\f(1,x＋1)－eq\f(2(x＋2)－2x,(x＋2)2)＝eq\f(x2,(x＋1)(x＋2)2)∵x＞0，∴g/(x)＞0，∴g(x)在(0，＋∞)上是增函数………………6分故g(x)＞g(0)＝0即f(x)＞eq\f(2x,x＋2)………………8分（3）原不等式等价于eq\f(1,2)x2－f(x2)≤m2－2bm－3令h(x)＝eq\f(1,2)x2－f(x2)＝eq\f(1,2)x2－ln(1＋x2)，由h/(x)＝x－eq\f(2x,1＋x2)＝eq\f(x3－x,1＋x2)……………10分当x∈[－1，1]时，h(x)max＝0，∴m2－2bm－3≥0令Q(b)＝m2－2bm－3，则eq\b\lc\{(\a\al\co1(Q(1)＝m2－2m－3≥0,Q(－1)＝m2＋2m－3≥0))得m≥3或m≤－3……………12分8、解：(I)由题意得而，所以(II) 由(I)知，……4分令，要使在其定义域(0,+)内为单调函数，只需h(x)在(0,+)内满足：h(x)≥0或h(x)≤0恒成立. …………5分①当时，，所以在(0,+)内为单调递减，故；②当时，，其图象为开口向上的抛物线，对称轴为，∴，只需，即p≥1时，h(x)≥0，，∴ f(x)在(0,+)内为单调递增，故p≥1适合题意. 综上可得，p≥1或p≤0 另解：(II) 由(I)知f(x)=px－EQ\F(p,x)－2lnxf’(x)=p+EQ\F(p,x2)－EQ\F(2,x)=p(1+EQ\F(1,x2))－EQ\F(2,x)要使f(x)在其定义域(0,+)内为单调函数，只需f’(x)在(0,+)内满足：f’(x)≥0或f’(x)≤0恒成立.由f’(x)≥0p(1+EQ\F(1,x2))－EQ\F(2,x)≥0p≥EQ\F(2,x+\F(1,x))p≥(EQ\F(2,x+\F(1,x)))max，x>0∵ EQ\F(2,x+\F(1,x))≤EQ\F(2,2\R(x·\F(1,x)))=1，且x=1时等号成立，故(EQ\F(2,x+\F(1,x)))max=1∴ p≥1 由f’(x)≤0p(1+EQ\F(1,x2))－EQ\F(2,x)≤0p≤EQ\F(2x,x2+1)p≤(EQ\F(2x,x2+1))min，x>0而EQ\F(2x,x2+1)>0且x→0时，EQ\F(2x,x2+1)→0，故p≤0综上可得，p≥1或p≤0(III) ∵ g(x)=EQ\F(2e,x)在[1,e]上是减函数∴ x=e时，g(x)min=2，x=1时，g(x)max=2e即 g(x)[2,2e] …………10分①p≤0时，由(II)知f(x)在[1,e]递减f(x)max=f(1)=0<2，不合题意。②0<p<1时，由x[1,e]x－EQ\F(1,x)≥0∴ f(x)=p(x－EQ\F(1,x))－2lnx≤x－EQ\F(1,x)－2lnx右边为f(x)当p=1时的表达式，故在[1,e]递增∴ f(x)≤x－EQ\F(1,x)－2lnx≤e