专题一恒成立与存在性问题PPT课件
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2x 1
步转化为(ln 2xx11)max (3m成a 立4 . m2 )min
(2)①F(x)=ln(x+2)- 2x
x 1
定义域为：
(-2,-1)∪(-1,+∞).
F′(x)=
1 2(x 1) 2x 1
2
x2
(x 1)2
x 2 (x 1)2
=(x 1)2 2(x 2)
(x 2)(x 1)2
3. ∃x0∈D,使得 f(x0) >g(x0)成立，设 F(x)= f(x)- g(x)
∴ F(x) max >0
4. ∃x0∈D,使得 f(x0) <g(x0)成立，设 F(x)= f(x)- g(x)
∴ F(x) min <0
5. ∃x1∈D, ∃x2∈E, 使得 f(x1) >g(x2)成立， 则 f(x) max > g(x) min
(1)恒成立问题 1. ∀x∈D,均有 f(x)>A 恒成立，则 f(x)min>A； 2. ∀x∈D,均有 f(x)﹤A 恒成立，则 f(x)max<A. 3. ∀x∈D,均有 f(x) >g(x)恒成立，则 F(x)= f(x)- g(x) >0
∴ F(x)min >0
4. ∀x∈D,均有 f(x)﹤g(x)恒成立，则 F(x)= f(x)- g(x) ﹤0
(2)已知f(x)=lnx:
①设F(x)=f(x+2)- 2x ，求F(x)的单调区间；
x 1
②若不等式f(x+1)≤f(2x+1)-m2+3am+4对任意a∈[-1,1]，
x∈[0,1]恒成立，求m的取值范围.
wenku.baidu.com
【解题指南】
(2)由题意只需解不等式F′(x)＞0和F′(x)＜0即可得到单调区 间；原不等式恒成立可转化为 ln x 1 3ma恒成4 立m，2 进一
得 f(mx－2)<－f(x)＝f(－x)，
∴mx－2<－x，mx－2＋x<0 在 m∈[－2,2]上恒成立．
记 g(m)＝xm－2＋x， 则gg((－2)<20)<，0， 即－2x2－x－2＋2＋x<x0<，0， 得－2<x<23.
答案 －2，23
返回
(2)(2011·湖南高考)已知函数 f(x)＝ex－1，g(x)＝－x2＋4x－
.
解析： 因为函数y＝x3－ax2＋4在0, 2内单调
递减，所以y＝3x2－2ax 0在0,2内恒成立，
所以
y y
|x＝0 |x＝2
＝0 0 12－4a
，所以a 0
3.
2．已知函数 f(x)＝x3＋x，对任意的 m∈[－2,2]，f(mx－ 2)＋f(x)<0 恒成立，则 x 的取值范围为__________．
2. ∀x1∈D, ∃x2∈E, 使得 f(x1) <g(x2)成立，
则 f(x) max < g(x) max
(5)恰成立问题
1. 若不等式 f(x)>A 在区间 D 上恰成立，则等价于不等式
f(x)>A 的解集为 D；
2.若不等式 f(x)<B 在区间 D
上恰成立，则等价于不等式 f(x)<B 的解集为 D.
3.若有 f(a)＝g(b)，则 b 的取值范围为
[答案] B( )
A．[2－ 2，2＋ 2]
B．(2－ 2，2＋ 2)
C．[1,3]
D．(1,3)
[例 2] (2011·淄博模拟)若不等式(a－a2)(x2＋1)＋x≤0 对
一切 x∈(0,2]恒成立，则 a 的取值范围为
[答(案] ) C
A．(－∞，1－2
3 ]
B．[1＋2 3，＋∞)
C．(－∞，1－2 3]∪[1＋2 3，＋∞)
D．[1－2
3，1＋2
3 ]
2.设函数 f(x)＝x2－1，对任意 x∈[32，＋∞)，f(mx )－4m2f(x)≤f(x －1)＋4f(m)恒成立，求实数 m 的取值范围
[解析] ∵f(x)＝x2－1，x∈[32，＋∞)， f(mx )－4m2f(x)≤f(x－1)＋4f(m)对 x∈[32，＋∞)恒成立． 即(mx )2－1－4m2(x2－1)≤(x－1)2－1＋4(m2－1)恒成立. 即(m12－4m2－1)x2＋2x＋3≤0 恒成立.即m12－4m2－1≤－2xx2－3恒成立. g(x)＝－2xx2－3＝－x32－x2＝－3(x12＋32x)＝－3(1x＋31)2＋31. ∵x≥32，∴0＜1x≤32，∴当1x＝23时，g(x)min＝－38. ∴m12－4m2－1≤－83.整理得 12m4－5m2－3≥0，(3m2＋1)(4m2－3)≥0. ∵3m2＋1>0，∴4m2－3≥0.即：m≥ 23或 m≤－ 23.
6. ∃x1∈D, ∃x2∈E,均使得 f(x1) <g(x2)成立， 则 f(x) min < g(x) max
(3)相等问题
1. ∀x1∈D, ∃x2∈E,使得 f(x1)=g(x2)成立，
则{ f(x)} {g(x)}
(4)恒成立与存在性的综合性问题
1. ∀x1∈D, ∃x2∈E, 使得 f(x1) >g(x2)成立， 则 f(x)min> g(x) min
练习
1.已知函数f (x) ax ln xa R
(1)求f (x)的单调区间；
（2）设g(x) x2 2x 2,若对任意x1 (0,),均存在x2 [0,1], 使得f (x1) g(x2 ),求a的取值范围。
5.若函数y＝x3－ax2＋4在0, 2内单调递减，
则实数a的取值范围为
∴ F(x) max ﹤0
5. ∀x1∈D, ∀x2∈E,均有 f(x1) >g(x2)恒成立， 则 f(x)min> g(x)max
6. ∀x1∈D, ∀x2∈E,均有 f(x1) <g(x2)恒成立， 则 f(x) max < g(x) min
(2)存在性问题
1. ∃x0∈D,使得 f(x0)>A 成立，则 f(x) max >A； 2. ∃x0∈D,使得 f(x0)﹤A 成立，则 f(x) min <A
押题依据 本题以不等式恒成立为背景，考查了函数的导 数，函数的单调性和奇偶性．突出考查了转化与化归的能 力．难度稍大，有较好的区分度，故押此题． 押题级别 ★★★★★
解析 ∵f′(x)＝3x2＋1>0 恒成立，故 f(x)在 R 上是增函数．
又 f(－x)＝－f(x)，∴y＝f(x)为奇函数．
由 f(mx－2)＋f(x)<0
步转化为(ln 2xx11)max (3m成a 立4 . m2 )min
(2)①F(x)=ln(x+2)- 2x
x 1
定义域为：
(-2,-1)∪(-1,+∞).
F′(x)=
1 2(x 1) 2x 1
2
x2
(x 1)2
x 2 (x 1)2
=(x 1)2 2(x 2)
(x 2)(x 1)2
3. ∃x0∈D,使得 f(x0) >g(x0)成立，设 F(x)= f(x)- g(x)
∴ F(x) max >0
4. ∃x0∈D,使得 f(x0) <g(x0)成立，设 F(x)= f(x)- g(x)
∴ F(x) min <0
5. ∃x1∈D, ∃x2∈E, 使得 f(x1) >g(x2)成立， 则 f(x) max > g(x) min
(1)恒成立问题 1. ∀x∈D,均有 f(x)>A 恒成立，则 f(x)min>A； 2. ∀x∈D,均有 f(x)﹤A 恒成立，则 f(x)max<A. 3. ∀x∈D,均有 f(x) >g(x)恒成立，则 F(x)= f(x)- g(x) >0
∴ F(x)min >0
4. ∀x∈D,均有 f(x)﹤g(x)恒成立，则 F(x)= f(x)- g(x) ﹤0
(2)已知f(x)=lnx:
①设F(x)=f(x+2)- 2x ，求F(x)的单调区间；
x 1
②若不等式f(x+1)≤f(2x+1)-m2+3am+4对任意a∈[-1,1]，
x∈[0,1]恒成立，求m的取值范围.
wenku.baidu.com
【解题指南】
(2)由题意只需解不等式F′(x)＞0和F′(x)＜0即可得到单调区 间；原不等式恒成立可转化为 ln x 1 3ma恒成4 立m，2 进一
得 f(mx－2)<－f(x)＝f(－x)，
∴mx－2<－x，mx－2＋x<0 在 m∈[－2,2]上恒成立．
记 g(m)＝xm－2＋x， 则gg((－2)<20)<，0， 即－2x2－x－2＋2＋x<x0<，0， 得－2<x<23.
答案 －2，23
返回
(2)(2011·湖南高考)已知函数 f(x)＝ex－1，g(x)＝－x2＋4x－
.
解析： 因为函数y＝x3－ax2＋4在0, 2内单调
递减，所以y＝3x2－2ax 0在0,2内恒成立，
所以
y y
|x＝0 |x＝2
＝0 0 12－4a
，所以a 0
3.
2．已知函数 f(x)＝x3＋x，对任意的 m∈[－2,2]，f(mx－ 2)＋f(x)<0 恒成立，则 x 的取值范围为__________．
2. ∀x1∈D, ∃x2∈E, 使得 f(x1) <g(x2)成立，
则 f(x) max < g(x) max
(5)恰成立问题
1. 若不等式 f(x)>A 在区间 D 上恰成立，则等价于不等式
f(x)>A 的解集为 D；
2.若不等式 f(x)<B 在区间 D
上恰成立，则等价于不等式 f(x)<B 的解集为 D.
3.若有 f(a)＝g(b)，则 b 的取值范围为
[答案] B( )
A．[2－ 2，2＋ 2]
B．(2－ 2，2＋ 2)
C．[1,3]
D．(1,3)
[例 2] (2011·淄博模拟)若不等式(a－a2)(x2＋1)＋x≤0 对
一切 x∈(0,2]恒成立，则 a 的取值范围为
[答(案] ) C
A．(－∞，1－2
3 ]
B．[1＋2 3，＋∞)
C．(－∞，1－2 3]∪[1＋2 3，＋∞)
D．[1－2
3，1＋2
3 ]
2.设函数 f(x)＝x2－1，对任意 x∈[32，＋∞)，f(mx )－4m2f(x)≤f(x －1)＋4f(m)恒成立，求实数 m 的取值范围
[解析] ∵f(x)＝x2－1，x∈[32，＋∞)， f(mx )－4m2f(x)≤f(x－1)＋4f(m)对 x∈[32，＋∞)恒成立． 即(mx )2－1－4m2(x2－1)≤(x－1)2－1＋4(m2－1)恒成立. 即(m12－4m2－1)x2＋2x＋3≤0 恒成立.即m12－4m2－1≤－2xx2－3恒成立. g(x)＝－2xx2－3＝－x32－x2＝－3(x12＋32x)＝－3(1x＋31)2＋31. ∵x≥32，∴0＜1x≤32，∴当1x＝23时，g(x)min＝－38. ∴m12－4m2－1≤－83.整理得 12m4－5m2－3≥0，(3m2＋1)(4m2－3)≥0. ∵3m2＋1>0，∴4m2－3≥0.即：m≥ 23或 m≤－ 23.
6. ∃x1∈D, ∃x2∈E,均使得 f(x1) <g(x2)成立， 则 f(x) min < g(x) max
(3)相等问题
1. ∀x1∈D, ∃x2∈E,使得 f(x1)=g(x2)成立，
则{ f(x)} {g(x)}
(4)恒成立与存在性的综合性问题
1. ∀x1∈D, ∃x2∈E, 使得 f(x1) >g(x2)成立， 则 f(x)min> g(x) min
练习
1.已知函数f (x) ax ln xa R
(1)求f (x)的单调区间；
（2）设g(x) x2 2x 2,若对任意x1 (0,),均存在x2 [0,1], 使得f (x1) g(x2 ),求a的取值范围。
5.若函数y＝x3－ax2＋4在0, 2内单调递减，
则实数a的取值范围为
∴ F(x) max ﹤0
5. ∀x1∈D, ∀x2∈E,均有 f(x1) >g(x2)恒成立， 则 f(x)min> g(x)max
6. ∀x1∈D, ∀x2∈E,均有 f(x1) <g(x2)恒成立， 则 f(x) max < g(x) min
(2)存在性问题
1. ∃x0∈D,使得 f(x0)>A 成立，则 f(x) max >A； 2. ∃x0∈D,使得 f(x0)﹤A 成立，则 f(x) min <A
押题依据 本题以不等式恒成立为背景，考查了函数的导 数，函数的单调性和奇偶性．突出考查了转化与化归的能 力．难度稍大，有较好的区分度，故押此题． 押题级别 ★★★★★
解析 ∵f′(x)＝3x2＋1>0 恒成立，故 f(x)在 R 上是增函数．
又 f(－x)＝－f(x)，∴y＝f(x)为奇函数．
由 f(mx－2)＋f(x)<0