2025初三升高一数学暑假衔接讲义25讲含答案（必修一内容）3.5.4 恒成立和存在性问题含答案

2025初三升高一数学暑假衔接讲义25讲含答案（必修一内容）3.5.4恒成立和存在性问题含答案恒成立和存在性问题1恒成立和存在性问题(1)单变量的恒成立问题①∀x∈D,fx<a恒成立，则②∀x∈D,fx>a恒成立，则③∀x∈D,fx<g(x)恒成立，则④∀x∈D,fx>g(x)恒成立，则(2)单变量的存在性问题①∃x0∈D，②∃x0∈D，③∃x0∈D，使得f④∃x0∈D，(3)双变量的恒成立与存在性问题①∀x1∈D,∃x②∀x1∈D,∃x2③∀x1∈D,∀④∃x1∈D，∃x(4)相等问题①∃x1∈D,∃x2∈E②∀x1∈D,∃x2∈E2解题方法恒成立和存在性问题最终可转化为最值问题，具体的方法有直接最值法分类参数法变换主元法数形结合法【题型一】恒成立和存在性问题的解题方法1直接构造函数最值法【典题1】设函数f(x)=3|x|x2+9的最大值是a，若对于任意的x∈[0,2)，a>x2−x+b恒成立，则2分离参数法【典题1】已知函数f(x)=3x+8x+a关于点(0,−12)对称，若对任意的x∈[−1,1]，k∙2x【典题2】已知fx=log2(1−a⋅2x(1)当f1−f(0)=2时，求(2)当x∈[1,+∞)时，关于x的不等式fx≥x−1恒成立，试求3变换主元法【典题1】对任意a∈[−1,1]，不等式x2+(a−4)x−2a>0恒成立，求4数形结合法【典题1】已知a>0,f(x)=x2−ax,当【题型二】恒成立与存在性问题混合题型【典题1】已知函数fx(1)若对任意x1∈[−1,3]，任意x2∈[0,2]都有(2)若对任意x2∈[0,2]，总存在x1∈[−1,3]使得.【典题2】设f(x)=x2x+1，gx=ax+3−2a(a>0)，若对于任意x1∈[0,1]，总存在x巩固练习1(★★)已知1+2x+a∙4x>0对一切x∈(−∞2(★★)若不等式2x−1>m(x2−1)对满足|m|≤2的所有m都成立，则x的取值范围是3(★★)若不等式3x2−logax<0在x∈(0,4(★★★)已知函数fx=x2−3x，gx=x2−2mx+m，若对任意x15(★★★)已知a>0且a≠1，函数fx=a(1)求f(x)的单调区间和值域；(2)若对于任意x1∈[−1,1]，总存在x0∈[−1,1]，使得(3)若对于任意x0∈[−1,1]，任意x1∈[−1,1]，都有恒成立和存在性问题1恒成立和存在性问题(1)单变量的恒成立问题①∀x∈D,fx<a恒成立，则②∀x∈D,fx>a恒成立，则③∀x∈D,fx<g(x)恒成立，则④∀x∈D,fx>g(x)恒成立，则(2)单变量的存在性问题①∃x0∈D，②∃x0∈D，③∃x0∈D，使得f④∃x0∈D，(3)双变量的恒成立与存在性问题①∀x1∈D,∃x②∀x1∈D,∃x2③∀x1∈D,∀④∃x1∈D，∃x(4)相等问题①∃x1∈D,∃x2∈E②∀x1∈D,∃x2∈E2解题方法恒成立和存在性问题最终可转化为最值问题，具体的方法有直接最值法分类参数法变换主元法数形结合法【题型一】恒成立和存在性问题的解题方法1直接构造函数最值法【典题1】设函数f(x)=3|x|x2+9的最大值是a，若对于任意的x∈[0,2)，a>x2−x+b【解析】当x=0时，f(x)=0；当x≠0时，f(x)=3|x|则fxmax=12，即a=即x2−x+b−12＜(把不等式中12移到右边，使得右边为0，从而构造函数y=g令gx=x2−x+b−12，则问题在x∈[0,2)上，gx∴32+b≤0【点拨】①直接构造函数最值法：遇到类似不等式fx<g(x)恒成立问题，可把不等式变形为fx−g②在求函数的最值时，一定要优先考虑函数的定义域;③题目中y=g(x)在x∈[0,2)上是取不到最大值，gx<g2=32+b，而要使得gx<02分离参数法【典题1】已知函数f(x)=3x+8x+a关于点(0,−12)k∙2x−f(2x【解析】由y=3x+8x为奇函数，可得其图象关于可得f(x)的图象关于(0,a)对称，函数f(x)=3x+8x+a关于点(0,－12)对任意的x∈−1,1⟺∀x∈[−1,1],k∙2【思考：此时若利用最值法，求函数fx即k∙2x≥3∙所以k≥8(使得不等式一边是参数k，另一边不含k关于x的式子，达到分离参数的目的)令t=12x，由x∈[−1,1]设ℎt当t=2时，ℎ(t)取得最大值11，则k的取值范围是k≥11，【点拨】①分离参数法：遇到类似k⋅fx≥gx或k+fx≥g②恒成立问题最终转化为最值问题，而分离参数法，最好之处就是转化后的函数不含参，避免了麻烦的分离讨论.【典题2】已知fx=log2(1)当f1−f(0)=2时，求(2)当x∈[1,+∞)时，关于x的不等式fx≥x−1恒成立，试求【解析】(1)f1−f(0)=2⇒log2(5−2a)=(2)lo⇒1−a⋅2令t=2∵x∈1,+∞设ℎ(t)=t+1t∵ℎ(t)在[2,+∞)上为增函数⇒t=2时，ℎ(t)=t+1∴a≤2.【点拨】在整个解题的过程中不断的利用等价转化，把问题慢慢变得更简单些.3变换主元法【典题1】对任意a∈[−1,1]，不等式x2+(a−4)x−2a>0恒成立，求思考痕迹见到本题中“x2+(a−4)x−2a>0恒成立”潜意识中认为x是变量，a是参数，这样会构造函数fx=x2【解析】因为不等式x2⇔不等式(x−2)a+x2−4x>0令f(a)=(x−2)a+若要使得①成立，只需要f(−1)>0解得x>5+172或x<3−【点拨】变换主元法，就是要分辨好谁做函数的自变量，谁做参数，方法是以已知范围的字母为自变量.4数形结合法【典题1】已知a>0,f(x)=x2−ax,当思考痕迹本题若用直接最值法，去求函数fx【解析】不等式x2等价于x2−1令f(x)=x若①成立，则当x∈(−1,1)时，f(x)=x2−12则需要g(1)>f(1)g(−1)>f(−1)⇔(不要漏了a=1，因为a>0，gx=又a>0,a≠1，解得a即实数a的取值范围为[【点拨】①数形结合法：∀x∈D,fx<gx恒成立⇒在x∈D上，函数②遇到不等式ℎx<0恒成立，可以把不等式化为fx<g(x)用数形结合法，而函数y=f(x)与y=g(x)最好是熟悉的函数类型，比如本题中构造出【题型二】恒成立与存在性问题混合题型【典题1】已知函数fx(1)若对任意x1∈[−1,3]，任意x2∈[0,2]都有(2)若对任意x2∈[0,2]，总存在x1∈[−1,3]使得【解析】(1)由题设函数fx=x对任意x1∈[−1,3]，任意x2知：fx∵f(x)在[−1,3]上递增，∴f又∵g(x)在[0,2]上递减，∴g∴有0≥2−m，m的范围为[2,+∞)(2)由题设函数f(x)=x3+1对任意x2∈[0,2]，总存在x1知fx∴有f(3)≥g(0)，即28≥2−m，∴M的范围为[−26,+∞)．【点拨】对于双变量的恒成立--存在性问题，比如第二问中怎么确定fx具体如下思考如下，先把g(x2)看成定值m，那∃x1再把fx1看成定值n，那∀x2∈[0,2]故问题转化为fx其他形式的双变量成立问题同理，要理解切记不要死背..【典题2】设f(x)=x2x+1，gx=ax+3−2a(a>0)，若对于任意x1∈[0,1]，总存在x【解析】∵f(x)=x当x=0时，f(x)=0，当x≠0时，f(x)=1由0<x≤1，即1x≥1，1x故0≤f(x)≤1又因为gx=ax+3−2a(a>0)，且由g(x)递增，可得3－2a≤gx对于任意x1∈[0,1]，总存在x0可得[0,1可得3−2a≤03−a≥12巩固练习1(★★)已知1+2x+a∙4x>0对一切【答案】(−3【解析】1+2x+令t＝2－x，由x∈(－∞，1]则a>－t－t2－t=−(t+12)2+3所以a>−3故答案为：(−2(★★)若不等式2x−1>m(x2−1)对满足|m|≤2的所有m【答案】7−1【解析】令；不等式对满足的所有都成立对任意，恒成立，解得7−123(★★)若不等式3x2−logax<0在x∈(0,【答案】127【解析】不等式3x2−不等式3x2<log令fx=3当x∈(0,13)时，y=f显然当a>1时，是不能满足题意的；当0<a<1时，则需要loga4(★★★)已知函数fx=x2−3x，gx=x2−2mx+m，若对任意x1【答案】m≤−1或m≥3【解析】对任意x1∈[－1，1]，总存在x2∈当x∈[－1，1]时，f(x)=x2－3x当x∈[－1，1]时，g(x)=x①当m≤－1时，g(x)在[－1，1]上递增，所以gx∴－2≥1+3m，解得m≤－1；②当m≥1时，g(x)在[－1，1]上递减，所以gx∴－2≥1－m，解得：m≥3；③当－1<m<1时，gx∴－2≥－m2+m，解得：m≤－1或m≥2综上所述：m≤－1或m≥3。5(★★★)已知a>0且a≠1，函数fx=a(1)求f(x)的单调区间和值域；(2)若对于任意x1∈[−1,1]，总存在x0∈[−1,1]，使得(3)若对于任意x0∈[−1,1]，任意x1∈[−1,1]，都有【答案】(1)[2,a+1a](2)a>1【解析】(1)∵f(x)=a则f(－x)=a设t=ax，则函数f(x)等价为若a>1，当0≤x≤1时，t=ax单调递增，且t≥1，此时函数y=t+1t在t≥1上单调递增，若0<a<1，当0≤x≤1时，t=ax单调递减，且0<t≤1，此时函数y=t+1t在0<t≤1上单调递减，综上当x≥0时，函数单调递增，∵函数f(x)是偶函数，∴当－1≤x≤0时，函数单调递减．故函数的递增区间为[0，1]，递减区间为[－1，0]．