专题一恒成立与存在性问题PPT课件
导数与不等式、存在性及恒成立问题 ppt课件
真题感悟·考点整合
热点聚焦·题型突破
归纳总结·思维升华
高考定位 在高考试题压轴题中，函数与不等式交汇 的试题是考查的热点，一类是利用导数证明不等式， 另一类是存在性及恒成立问题.
真题感悟·考点整合
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真题感悟 (2015·全国Ⅰ卷)设函数 f(x)＝e2x－aln x. (1)讨论 f(x)的导函数 f′(x)零点的个数；
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(2)证明 由(1)得 f′(x)＝12ex－e1x′＝12ex＋ee2xx
＝12(ex＋e－x)＝g(x)，⑤ g′(x)＝12ex＋e1x′＝12ex－ee2xx＝12(ex－e－x) ＝f(x)，⑥ 当 x＞0 时，f（xx）＜bg(x)＋(1－b)⇔f(x)＜bxg(x)＋(1－b)x，⑦ 设函数 h(x)＝f(x)－bxg(x)－(1－b)x， 则 h′(x)＝f′(x)－bg(x)－bxg′(x)－(1－b) ＝g(x)－bg(x)－bxf(x)－(1－b) ＝(1－b)[g(x)－1]－bxf(x)， 当 b≥1 时，由③④得 h′(x)＜0，故 h(x)在[0，＋∞)上为减函数，从 而 h(x)＜h(0)＝0， 即 f(x)＜bxg(x)＋(1－b)x.故结论成立.
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【训练 1】(2015·湖北卷改编)设函数 f(x)，g(x)的定义域均为 R，且 f(x)
是奇函数，g(x)是偶函数，f(x)＋g(x)＝ex，其中 e 为自然对数的底数.
(1)求 f(x)，g(x)的解析式，并证明：当 x>0 时，f(x)>0，g(x)>1；
(完整版)恒成立存在性问题
专题 恒成立存在性问题知识点梳理1、恒成立问题的转化：()a f x >恒成立⇒()max a f x >；()()min a f x a f x ≤⇒≤恒成立2、能成立问题的转化：()a f x >能成立⇒()min a f x >；()()max a f x a f x ≤⇒≤能成立3、恰成立问题的转化：()a f x >在M 上恰成立⇔()a f x >的解集为M ()()R a f x M a f x C M ⎧>⎪⇔⎨≤⎪⎩在上恒成立在上恒成立另一转化方法：若A x f D x ≥∈)(,在D 上恰成立，等价于)(x f 在D 上的最小值A x f =)(min ，若,D x ∈Bx f ≤)(在D 上恰成立，则等价于)(x f 在D 上的最大值B x f =)(max .4、设函数()x f 、()x g ，对任意的[]b a x ,1∈，存在[]d c x ,2∈，使得()()21x g x f ≥，则()()x g x f min min ≥5、设函数()x f 、()x g ，对任意的[]b a x ,1∈，存在[]d c x ,2∈，使得()()21x g x f ≤，则()()x g x f max max ≤6、设函数()x f 、()x g ，存在[]b a x ,1∈，存在[]d c x ,2∈，使得()()21x g x f ≥，则()()x g x f min max ≥7、设函数()x f 、()x g ，存在[]b a x ,1∈，存在[]d c x ,2∈，使得()()21x g x f ≤，则()()x g x f max min ≤8、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；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 =图象下方；题型一、常见方法1、已知函数12)(2+-=ax x x f ，xax g =)(，其中0>a ，0≠x ． 1）对任意]2,1[∈x ，都有)()(x g x f >恒成立，求实数a 的取值范围；2）对任意]4,2[],2,1[21∈∈x x ，都有)()(21x g x f >恒成立，求实数a 的取值范围；2、设函数b x x a x h ++=)(，对任意]2,21[∈a ，都有10)(≤x h 在]1,41[∈x 恒成立，求实数b 的取值范围．3、已知两函数2)(x x f =，m x g x-⎪⎭⎫ ⎝⎛=21)(，对任意[]2,01∈x ，存在[]2,12∈x ，使得()21)(x g x f ≥，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2p ≤的所有实数p,求使不等式212x px p x ++>+恒成立的x 的取值范围。
恒成立与存在性问题课件
数列极限问题例题
要点一
总结词
数列极限问题例题是恒成立与存在性问题中另一类常见的 题目，主要考察学生对数列极限的定义和求解能力。
要点二
详细描述
数列极限问题例题通常包括给定数列的通项公式，求数列 的极限值，或者在一定条件下判断数列的收敛性等问题。 在解题时，学生需要熟练掌握极限的定义和求解方法，以 及数列的通项公式和收敛性的判断等知识。
总结词
对于连续函数，极值点通常在导数为零 的点处取得。
VS
详细描述
对于一元函数，我们可以通过求解导数为 零的点来找到极值点。而对于多元函数， 我们需要求解偏导数为零的点，这些点通 常被称为驻点。
数列中项问题
总结词
详细描述
总结词
详细描述
数列中项问题是探求数列中 某一项的值小于或大于该项 前面的所有项和该项后面的 所有项。
02
反证法
反证法是一种间接证明存在性命题的方法。它通过假设命题不成立，然
后推出矛盾，从而证明命题的正确性。
03
排除法
排除法是一种通过排除不可能的情况来证明存在性命题的方法。它通过
列出所有不可能的情况，然后证明其中至少有一种情况是成立的，从而
证明命题的正确性。
03
恒成立问题的应用
函数最值问题
总结词
函数最值问题是恒成立问题的一个重要应用，通过求解函数的最值，可以解决许 多实际生活中的问题。
详细描述
函数最值问题主要研究一个或多个自变量取值时，函数所取得的最大或最小值。 在解决函数最值问题时，通常需要考虑函数的单调性、极值、导数等性质，以及 可能涉及的几何意义等。
数列极限问题
总结词
数列极限问题是数学中的一个经典问题，主要研究当数列的 项数趋于无穷时，数列的项的值是如何变化的。
恒成立存在性问题课件
详细描述
不等式证明问题是数学中常见的问题类型，这类问题 通常涉及到比较两个数或两个函数的大小。通过证明 不等式，我们可以找到满足某些条件的参数或函数的 取值范围，从而解决恒成立存在性问题。
导数综合问题变式
总结词
利用导数性质和函数单调性，解决恒成立存在性问题。
详细描述
导数综合问题涉及到导数的计算、单调性判断以及极值 和最值的求解等知识点。通过利用导数的性质和函数的 单调性，我们可以找到满足某些条件的参数或函数的取 值范围，从而解决恒成立存在性问题。
转化与化归法
总结词
将问题转化为已知的问题或简单的问题，从而解决问题。
详细描述
转化与化归法是一种常用的解题策略，通过将复杂的问题转化为已知的问题或简单的问题，可以降低问题的难度 。在处理恒成立问题时，可以将问题转化为求最值问题、不等式问题等已知的问题类型，从而利用已知的解题方 法来解决该问题。
03
THANKS
感谢观看
常见错误反思
忽视定义域
在解决恒成立存在性问题时，容易忽 视函数的定义域，导致解题错误。
混淆最值与恒成立
在处理最值问题时，容易将最值与恒 成立混淆，导致解题思路出现偏差。
忽视参数的取值范围
在确定参数的取值范围时，容易忽视 参数的实际取值范围，导致答案不准 确。
缺乏对题目的深入理解
在解题过程中，容易缺乏对题目的深 入理解，导致解题思路不清晰，答案 不完整。
06
总结与反思
解题思路总结
转化思想
将恒成立存在性问题转化为最 值问题，通过求最值来确定参
数的取值范围。
数形结合
利用数形结合的方法，将问题 转化为几何图形，通过观察图 形的性质和变化规律来解决问 题。
高三数学专题——恒成立与存在性问题
高三数学专题——恒成立与存在性问题高三复专题——恒成立与存在性问题知识点总结：1.___成立问题：1) 若对于D中的任意x，都有f(x)>A，则f(x)的最小值>A；2) 若对于D中的任意x，都有f(x)<A，则f(x)的最大值<A；3) 若对于D中的任意x，都有f(x)>g(x)，则F(x)=f(x)-g(x)>0，因此F(x)的最小值>0；4) 若对于D中的任意x，都有f(x)<g(x)，则F(x)=f(x)-g(x)<0，因此F(x)的最大值<0；5) 若对于D中的任意x1和E中的任意x2，都有f(x1)>g(x2)，则f(x)的最小值>g(x)的最大值；6) 若对于D中的任意x1和E中的任意x2，都有f(x1)<g(x2)，则f(x)的最大值<g(x)的最小值。
2.存在性问题：1) 若存在D中的x，使得f(x)>A，则f(x)的最大值>A；2) 若存在D中的x，使得f(x)<A，则f(x)的最小值<A；3) 若存在D中的x，使得f(x)>g(x)，则F(x)=f(x)-g(x)，因此F(x)的最大值>0；4) 若存在D中的x，使得f(x)<g(x)，则F(x)=f(x)-g(x)，因此F(x)的最小值<0；5) 若存在D中的x1和E中的x2，使得f(x1)>g(x2)，则f(x)的最大值>g(x)的最小值；6) 若存在D中的x1和E中的x2，使得f(x1)<g(x2)，则f(x)的最小值<g(x)的最大值。
3.相等问题：1) 若对于D中的任意x1，存在E中的某个x2，使得f(x1)=g(x2)，则{f(x)}={g(x)}；4.___成立与存在性的综合性问题：1) 若对于D中的任意x1，存在E中的某个x2，使得f(x1)>g(x2)，则f(x)的最小值>g(x)的最小值；2) 若对于D中的任意x1，存在E中的某个x2，使得f(x1)<g(x2)，则f(x)的最大值<g(x)的最大值。
恒成立或存在性问题课件-2024届高三数学二轮复习
要点 解决恒成立或有解问题的常见结论 下列是恒成立问题的一些常见结论： (1)不等式f(x)≥0在定义域内恒成立，等价于f(x)min≥0； (2)不等式f(x)≤0在定义域内恒成立，等价于f(x)max≤0； (3)不等式f(x)>g(x)，x∈(a，b)恒成立，等价于F(x)＝f(x)－g(x)>0，x∈(a，b) 恒成立.
例1 已知a≠0，函数f(x)＝ax(x－2)2(x∈R).若对任意x∈[－2，1]，不等式 f(x)<32恒成立，求a的取值范围.
【解析】 方法一：因为f(x)＝ax(x2－4x＋4)＝ax3－4ax2＋4ax. 所以f′(x)＝3ax2－8ax＋4a＝a(3x2－8x＋4)＝a(3x－2)(x－2). 当a>0时，f(x)在－2，23上单调递增， 在23，1上单调递减. 故f(x)的最大值为f23＝3227a<32，即a<27.
即22aa＋ ＋b4＋ b＋1＝ 2＝0， 0，解得ab＝ ＝－ －1313， . 经验证，符合题意. (2)在 14，1 上存在x0，使得不等式f(x0)－c≤0成立，只需c≥f(x)min，x∈ 14，1， 因为f′(x)＝－23－31x2＋1x＝－2x2－3x32x＋1＝－（2x－1）3x（2 x－1）， 所以当x∈14，12时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
题型二 存在性问题
例2 已知函数f(x)＝－ax2＋ln x(a∈R).
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若存在x∈(1，＋∞)，f(x)>－a，求实数a的取值范围. 【解析】 (1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－2ax＋1x＝1－x2ax2.
当a≤0时，f′(x)>0，则f(x)在(0，＋∞)上单调递增.
专题 恒成立和存在性问题
恒成立和存在性问题函数中经常出现恒成立和存在性问题，它能够很好地考察函数、不等式等知识以及转化与化归等数学思想，因此备受命题者青睐，在高考中频频出现，也是高考中的一个难点问题．例1已知函数f (x )＝ax 2－ln x (a 为常数)．(1) 当a ＝12时，求f (x )的单调减区间； (2) 若a <0，且对任意的x ∈[1，e]，f (x )≥(a －2)x 恒成立，求实数a 的取值范围．例2已知函数f (x )＝mx －a ln x －m ，g (x )＝e x e x ，其中m ，a 均为实数． (1) 求g (x )的极值；(2) 设m ＝1，a <0，若对任意的x 1，x 2∈[3,4](x 1≠x 2)，|f (x 2)－f (x 1)|<⎪⎪⎪⎪⎪⎪1g (x 2)－1g (x 1)恒成立，求a 的最小值．例3已知函数f (x )＝m ln x －12x (m ∈R)，g (x )＝2cos 2x ＋sin x ＋a . (1) 求函数f (x )的单调区间；(2) 当m ＝12时，对于任意x 1∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e ，总存在x 2∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2，使得f (x 1)≤g (x 2)成立，求实数a 的取值范围．思维变式题组训练1. 已知函数(x ＋1)ln x －ax ＋a ≥0在x ∈[1，＋∞)恒成立，求a 的取值范围．2. 已知e 为自然对数的底数，函数f (x )＝e x －ax 2的图象恒在直线y ＝32ax 上方，求实数a 的取值范围．3. 已知函数f (x )＝(a ＋1)ln x ＋ax 2＋1.(1) 试讨论函数f (x )的单调性；(2) 设a <－1，如果对任意x 1，x 2∈(0，＋∞)，|f (x 1)－f (x 2)|≥4|x 1－x 2|，求实数a 的取值范围．强化训练一、 填空题1. 若当x ∈(1,2)时，不等式x 2＋mx ＋4<0恒成立，则实数m 的取值范围是________．2. 已知函数f (x )＝⎩⎨⎧ －x 2＋2x ， x ≤0，ln (x ＋1)， x >0，若|f (x )|≥ax －1恒成立，则a的取值范围________．3. 设实数m ≥1，不等式x |x －m |≥m －2对∀x ∈[1,3]恒成立，则实数m 的取值范围是________．4. 已知函数f (x )＝ln x ＋(e －a )x －b ，其中e 为自然对数的底数．若不等式f (x )≤0恒成立，则b a的最小值为________．二、 解答题5. 已知函数f (x )＝(x ＋1)ln x －ax ＋a (a 为常数，且为正实数)．(1) 若f(x)在(0，＋∞)上单调递增，求a的取值范围；(2) 若不等式(x－1)f(x)≥0恒成立，求a的取值范围．6. 设函数f(x)＝x3＋ax2＋bx(a，b∈R)的导函数为f(x)．已知x1，x2是f′(x)的2个不同的零点．(1) 证明：a2>3b；(2) 当b＝0时，若对任意x＞0，不等式f(x)≥x ln x恒成立，求a的取值范围．7. 已知函数f(x)＝x3＋bx2＋2x－1, 若对任意x∈[1,2]，均存在t∈(1,2]，使得e t－ln t－4≤f(x)－2x，试求实数b的取值范围．8. 已知函数f(x)＝ax2＋2ln x.记函数g(x)＝f(x)＋(a－1)ln x＋1，当a≤－2时，若对任意x1，x2∈(0，＋∞)，总有|g(x1)－g(x2)|≥k|x1－x2|成立，试求k 的最大值．9. 已知函数f(x)＝x－ln x－2.(1) 求曲线y＝f(x)在x＝1处的切线方程；(2) 若函数f(x)在区间(k，k＋1)(k∈N)上有零点，求k的值；(3) 若不等式(x－m)(x－1)x>f(x)对任意正实数x恒成立，求正整数m的取值集合．10. 若对任意实数k，b都有函数y＝f(x)＋kx＋b的图象与直线y＝kx＋b相切，则称函数f(x)为“恒切函数”．设函数g(x)＝a e x－x－pa，a，p∈R.(1) 试讨论函数g(x)的单调性；(2) 已知函数g(x)为“恒切函数”．①求实数p的取值范围；②当p取最大值时，若函数h(x)＝g(x)e x－m也为“恒切函数”，求证：0≤m<3 16.(参考数据：e3≈20)。
恒成立与存在性问题
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.
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)=
x
1
2
2(x 1) 2x (x 1)2
x
1
2
(x
2 1)2
=(x 1)2 2(x 2)
(x 2)(x 1)2
(x
x2 3 2)(x 1)2
,
令F′(x)＞0，得单调增区间为 (2,和 3) ( 3,) 令F′(x)＜0，得单调减区间为 ( 和3,1) (1, 3)
②不等式f(x+1)≤f(2x+1)-m2+3am+4化为：
恒成立存在性问题专题讲义
2016-2017学年度高三《恒成立存在性问题》专题讲义知识点梳理1、恒成立问题的转化：()a f x >恒成立⇒()max a f x >；()()min a f x a f x ≤⇒≤恒成立2、能成立问题的转化：()a f x >能成立⇒()min a f x >；()()max a f x a f x ≤⇒≤能成立3、恰成立问题的转化：()a f x >在M 上恰成立⇔()a f x >的解集为M ()()R a f x M a f x C M ⎧>⎪⇔⎨≤⎪⎩在上恒成立在上恒成立另一转化方法：若A x f D x ≥∈)(,在D 上恰成立，等价于)(x f 在D 上的最小值A x f =)(min ，若,D x ∈B x f ≤)(在D 上恰成立，则等价于)(x f 在D 上的最大值B x f =)(max .4、设函数()x f 、()x g ，对任意的[]b a x ,1∈，存在[]d c x ,2∈，使得()()21x g x f ≥，则()()x g x f min min ≥5、设函数()x f 、()x g ，对任意的[]b a x ,1∈，存在[]d c x ,2∈，使得()()21x g x f ≤，则()()x g x f max max ≤。
6、设函数()x f 、()x g ，对任意的[]b a x ,1∈，存在[]d c x ,2∈，使得()()12=f x g x ，则()f x 在[]b a x ,1∈上的值域M 是()x g 在[]d c x ,2∈上的值域N 的子集。
即：M ⊆N 。
7、设函数()x f 、()x g ，存在[]b a x ,1∈，存在[]d c x ,2∈，使得()()21x g x f ≥，则()()x g x f min max ≥ 8、设函数()x f 、()x g ，存在[]b a x ,1∈，存在[]d c x ,2∈，使得()()21x g x f ≤，则()()x g x f max min ≤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；题型一、常见方法1、已知函数12)(2+-=ax x x f ，xax g =)(，其中0>a ，0≠x ． （1）对任意]2,1[∈x ，都有)()(x g x f >恒成立，求实数a 的取值范围；（2）对任意]4,2[],2,1[21∈∈x x ，都有)()(21x g x f >恒成立，求实数a 的取值范围；【分析：】（1）思路：等价转化为函数0)()(>-x g x f 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)(x f 和)(x g 分别求最值，即只需满足)()(max min x g x f >即可．解：（1）由12012232++<⇒>-+-x xx a x a ax x 成立，只需满足12)(23++=x x x x ϕ的最小值大于a 即可．对12)(23++=x xx x ϕ求导，0)12(12)(2224>+++='x x x x ϕ，故)(x ϕ在]2,1[∈x 是增函数，32)1()(min ==ϕϕx ，所以a 的取值范围是320<<a ．（2）注意：含参的动轴定区间上的最值求法。
(高一用)函数中的恒成立存在性问题精品PPT课件
我回答说：“好像没这么简单，除非我从牌桌上下来，从此不再投资，才能真正算清是赚还是赔。”
我有个朋友，儿子几年前考取一所名牌大学。几天前路遇，见他愁眉不展，问他何故？他说：“孩子大学毕业后，已经在家里呆了大半年了。出去参加了几次招聘，大都是私营企业，工资太低，不怎么稳定，所以现在一直待在家里。”
请问，你怎么选择？真实情况是，好多人嘴上会说选A,但最终大都会选B。因为人们都认为自己是聪明人，当然选B，只有傻子才会选A。
谁愿意等那么长的时间？世界变化如此之快，到头来不知道会变成什么样子，这是大多数人内心的真实想法。似乎快速获取、及时行乐是人们的天性，人们的很多心理状态是由几万年基因的进化决定的。
迪士尼乐园，与我们成年人而言，它是一个守护了我们童年的港湾。 在这里的所有伙伴，不论男女老少，都能卸下自己的伪装和枷锁，尽情的享受一个美好的虚幻童话世界。
在这里，不会有人催你长大。 这里有关于梦想幻想的一切，你忘记烦恼，只为把快乐投入其中。
这是一个能让你变回孩子的地方，可以没有顾虑做回真实的自己。 这里虽然可爱却并不幼稚，你会惊叹于华特迪士尼的设计和想象力。 这里充满着无数的童年的回忆，有很多张笑脸，有很多意想不到的创意。 在这里我们得到的幸福不是痛苦或者失去头脑后的自我陶醉，而是我们人格完整的最好证明。
偶尔来给自己一点喘息的余地和放松的空间吧，只为回归纯粹。 于是，我选择了一个周五的傍晚，住进了“花筑”民宿，来到了位于迪士尼周边2km的小镇。
算是给自己放一个小假，只为圆一场童话梦。 穿梭回到童年，就为简单、不知所谓的快乐一番。
专题(导数应用)恒成立与存在性问题
存在性问题例题解析
01
02
03
04
05
总结词
1. 确定函数表达 2. 求导数并判断 3. 转化问题
式和…
单调性
4. 判断零点存在 性
通过具体例题的解析，掌 握存在性问题的解题思路 和方法。
与恒成立问题相同，首先 需要确定函数表达式和参 数范围。
对函数求导数，并根据导 数的正负判断函数的单调 性。
将存在性问题转化为求函 数在某个区间内是否存在 零点的问题。
专题(导数应用)恒成立与存 在性问题
目录
• 导数的概念与性质 • 导数在函数中的应用 • 导数在恒成立与存在性问题中的
应用 • 经典例题解析 • 总结与思考
01
导数的概念与性质
导数的定义
总结词
导数是描述函数在某一点附近的变化 率的重要工具。
详细描述
导数定义为函数在某一点处的切线的 斜率，它描述了函数在该点附近的变 化趋势。对于可微函数，其导数可以 表示为函数值的增量与自变量增量的 比的极限。
03
导数在恒成立与存在性问题 中的应用
导数在恒成立问题中的应用
判断函数单调性
通过求导判断函数的单调性，进而解决恒成立问题。
寻找参数范围
利用导数研究函数的最值，确定参数的取值范围，使 得恒成立。
转化最值问题
将恒成立问题转化为求函数最值问题，通过求导找到 最值点。
导数在存在性问题中的应用
判断函数极值
通过求导找到函数的极值点，判断是否存在满 足条件的极值。
寻找函数零点
利用导数研究函数的零点存在性，确定零点的 位置和个数。
解决不等式存在性问题
利用导数研究不等式成立的条件，判断不等式是否存在满足条件的解。
恒成立与存在性问题
01
总结词
一次函数性质简单，常用于基础问 题。
总结词
一次函数在定义域内单调，不存在 极值点。
03
02
总结词
一次函数图像为直线，单调性明显。
总结词
一次函数在定义域内单调，恒成立 与存在性问题较易解决。
04
二次函数的恒成立与存在性问题实例
总结词
二次函数开口方向由二次项系数决定。
总结词
二次函数在区间$[-infty, frac{b}{2a}]$上单调递增，在区间$[-
利用三角函数的周期性、对称性、数形结合 等方法，判断三角函数在某个区间内是否存 在极值点或零点。
三角函数存在性问题的应 用
在解决实际问题中，如物理、工程等领域， 常常需要判断某个三角函数是否满足某些条
件，如是否存在最优解或可行解。
03
恒成立与存在性问题的解 法
分离参数法
总结词
分离参数法是一种通过将参数分离到不等式的两边，从而简化问题的方法。
判别式法
总结词
判别式法是一种通过引入判别式来解决 问题的方法。
VS
详细描述
判别式法的基本思想是通过引入判别式来 简化方程的解的求解过程。这种方法在处 理一元二次方程和二元二次方程组时非常 有效。通过判别式，我们可以更容易地找 到方程的解，并且可以更好地理解解的性 质和分布。
04
实例分析
一次函数的恒成立与存在性问题实例
详细描述
分离参数法的基本思想是将参数从不等式中分离出来，单独放在不等式的另一 边，这样可以更容易地找到参数的取值范围，从而解决问题。这种方法在处理 包含参数的不等式问题时非常有效。
数形结合法
总结词
数形结合法是一种通过将问题转化为 图形问题，从而直观地理解问题的方 法。
专题一---恒成立与存在性问题PPT文档35页
所以y=ln x (x1 ∈[0,1])的最大值为0,
2x 1
而y=3ma+4-m2(a∈[-1,1])是关于a的一次函数， 故其最小值只能在a=-1或a=1处取得,于是得到：
3 0m 3 0 m 4m 2或 3 0m ＜ 3m 04m 2,
解得0≤m≤1或-1≤m＜0， 所以m的取值范围是[-1，1].
2x1
步转化为(ln2 x x 1 1 )m a x (3 m 成a 立4 . m 2)m in
(2)①F(x)=ln(x+2)- 2 x
x 1
定义域为： (-2,-1)∪(-1,+∞).
F′(x)= x1 22 (x (x 1 )1 ) 22 xx1 2(x 2 1 )2 =(x(x 1 )2 2) (x 2( x1 )22)(xx 22 )( x31)2, 令F′(x)＞0，得单调增区间为 (2,和 3) ( 3, ) 令F′(x)＜0，得单调减区间为 ( 和3, 1) ( 1, 3 )
∴(x＋y)2≤43.∴－2
3
3≤x＋y≤2
3
3 .
当
x＝y＝
33时，x＋y
取得最大值2
3
3 .
[答案]
23 3
[冲关智囊必备] 知识溯源
已知x>0，y>0，则 (1)如果积xy是定值p，那么当且仅当x＝y时，x＋y有最小值
是2 p(简记：积定和最小)． (2)如果和x＋y是定值p，那么当且仅当x＝y时，xy有最大值
＋
4 b
)(a
＋
b) ＝
1 2
[5
＋
(
b a
＋
a＋b＝2，
4ba)]≥12(5＋2 ba×4ba)＝92，当且仅当ba＝4ba ，
(高一用)函数中的恒成立存在性问题PPT 课件
3.5.4 恒成立和存在性问题 -(人教A版2019必修第一册) (教师版)
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 , f(x)<a恒成立，则f(x)max<a；②∀x∈D ,f(x)>a恒成立，则f(x)min>a；③∀x∈D , f(x)<g(x)恒成立，则F(x)=f(x)−g(x)<0 ∴f(x)max<0；④ ∀x∈D , f(x)>g(x)恒成立，则F(x)=f(x)−g(x)>0 ∴f(x)min>0;(2)单变量的存在性问题①∃x0∈D，使得 f(x0)<a成立，则 f(x)min<a；②∃x0∈D，使得 f(x0)>a成立，则f(x)max>a；③∃x0∈D，使得 f(x0)<g(x0)恒成立，则F(x)=f(x)−g(x)<0 ∴f(x)min<0；④ ∃x0∈D，使得f(x0)>g(x0)恒成立，则F(x)=f(x)−g(x)>0 ∴f(x)max>0;(3) 双变量的恒成立与存在性问题①∀x1∈D ,∃x2∈E，使得f(x1)<g(x2)恒成立，则f(x)max<g(x)max;②∀x1∈D ,∃x2∈E，使得f(x1)>g(x2)恒成立，则f(x)min>g(x)min;③∀x1∈D ,∀x2∈E ,f(x1)<g(x2)恒成立，则f(x)max<g(x)min;④∃x1∈D，∃x2∈E , 使得f(x1)<g(x2)恒成立，则f(x)min<g(x)max;(4) 相等问题①∃x1∈D ,∃x2∈E，使得f(x1)=g(x2)，则两个函数的值域的交集不为空集；②∀x1∈D ,∃x2∈E，使得f(x1)=g(x2)，则f(x)的值域⊆g(x)的值域2 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|x 2+9的最大值是a ，若对于任意的x ∈[0 ,2)，a >x 2−x +b 恒成立，则b 的取值范围是 .【解析】当x =0时，f(x)=0；当x ≠0时，f(x)=3|x|x 2+9=3|x|+9|x|≤2√9=12，则f (x )max =12，即a =12．由题意知x 2−x +b ＜12在x ∈[0 ,2)上恒成立， 即x 2−x +b −12＜0在x ∈[0 ,2)上恒成立 (∗)，(把不等式中12移到右边，使得右边为0，从而构造函数y =g (x )求最值) 令g (x )=x 2−x +b −12，则问题(∗)等价于在[0 ,2)上g(x)<0恒成立， 在x ∈[0 ,2)上， g (x )<g (2)=4－2+b −12=32+b ， ∴32+b ≤0 即b ≤−32． 【点拨】① 直接构造函数最值法：遇到类似不等式f (x )<g(x)恒成立问题，可把不等式变形为f (x )−g (x )<0，从而构造函数ℎ(x )=f (x )−g (x )求其最值解决恒成立问题； ② 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，g (x )<g (2)=32+b ，而要使得g (x )<0恒成立，32+b可等于0，即32+b ≤0，而不是32+b <0.2 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 −f(2x )≥0恒成立，则实数k 的取值范围为 . 【解析】由y =3x +8x 为奇函数，可得其图象关于(0 ,0)对称，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)对称，可得a =−12，对任意的x ∈[−1 ,1],k ∙2x −f(2x )≥0恒成立， ⟺∀x ∈[−1 ,1] ,k ∙2x －3∙2x +82x −12≥0恒成立，【思考：此时若利用最值法，求函数f (x )=k ∙2x －3∙2x +82x −12 ,x ∈[−1 ,1]的最小值，第一函数较复杂，第二函数含参要分离讨论，路漫漫其修远兮，务必另辟蹊径】 即k ∙2x ≥3∙2x +82x−12在x ∈[−1 ,1]恒成立，所以k ≥8(2x )2−122x+3，(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]，可得t ∈[12 ,2]， 设ℎ(t )=8t 2−12t +3=8(t −34)2−32， 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 ⋅f (x )≥g (x )或k +f (x )≥g (x )等不等式恒成立问题，可把不等式化简为k >ℎ(x)或k < ℎ(x)的形式，达到分离参数的目的，再求解y =ℎ(x)的最值处理恒成立问题；② 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f (x )=log 2(1−a ⋅2x +4x )，其中a 为常数 (1)当f (1)−f(0)=2时，求a 的值；(2)当x ∈[1 ,+∞)时，关于x 的不等式f (x )≥x −1恒成立，试求a 的取值范围； 【解析】(1)f (1)−f(0)=2⇒log 2(1−2a +4)－log 2(1−a +1)=log 24 ⇒log 2(5−2a)=log 24(2－a)⇒5−2a =8−4a ⇒a =32； (2)log 2(1−a ⋅2x +4x )≥x −1=log 22x−1 ⇒1−a ⋅2x +4x ≥2x−1⇒a ≤2x +12x −12， 令t =2x ，∵x ∈[1 ,+∞) ∴t ∈[2 ,+∞)， 设ℎ(t)=t +1t −12，则a ≤ℎ(t )min ,∵ℎ(t)在[2 ,+∞)上为增函数⇒t =2时，ℎ(t)=t +1t−12有最小值为2，∴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x 2+(a −4) x −2 a >0恒成立，求x 的取值范围.思考痕迹 见到本题中“x 2+(a −4) x −2 a >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f (x )=x 2+(a −4) x −2 a ，而已知条件是a ∈[−1 ,1]，觉得怪怪的做不下去;此时若把a 看成变量，x 看成参数呢？【解析】因为不等式x 2+(a −4) x −2 a >0恒成立 ⇔不等式 (x −2) a +x 2−4 x >0恒成立...①， 令f(a)=(x −2) a +x 2−4 x ,若要使得①成立，只需要{f(−1)>0f(1)>0 ⇔{x 2−5 x +2>0 x 2−3 x −2>0解得x >5+√172或x <3−√172, 故x 的取值范围{x | x >5+√172或 x <3−√172}.【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)=x 2−a x , 当x ∈(−1 ,1)时，有f(x)<12恒成立，求a 的取值范围.思考痕迹 本题若用直接最值法，去求函数f (x )=x 2−a x x ∈(−1 ,1)的最大值，就算用高二学到的导数求解也是难度很大的事情；用分离参数法呢？试试也觉得一个硬骨头.看看简单些的想法吧！ 【解析】 不等式x 2−a x <12 (x ∈(−1 ,1))恒成立 等价于x 2−12<a x (x ∈(−1 ,1))恒成立...①， 令f(x)=x 2−12 ,g(x)=a x ，若①成立，则当x ∈(−1 ,1)时，f(x)=x 2−12的图像恒在g(x)=a x 图像的下方，则需要{g(1)>f(1)g(−1)>f(−1)⇔{a >121a>12或a =1(不要漏了a =1，因为a >0，g (x )=a x 不一定是指数函数)又a >0 ,a ≠ 1，解得{a |12 <a <2 或a ≠ 1} , 即实数a 的取值范围为[12,2] 【点拨】① 数形结合法：∀x ∈D ,f (x )<g (x )恒成立⇒在x ∈D 上，函数y =f (x )的图像在函数y =g(x)图像的下方.② 遇到不等式ℎ(x)<0恒成立，可以把不等式化为f(x)<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f(x)=x2−12,g(x)=a x两个常见的基本初级函数.【题型二】恒成立与存在性问题混合题型【典题1】已知函数f(x)=x3+1 ,g(x)=2−x−m+1．(1)若对任意x1∈[−1 ,3]，任意x2∈[0 ,2]都有f(x1)≥g(x2)成立，求实数m的取值范围．(2)若对任意x2∈[0 ,2]，总存在x1∈[−1 ,3]使得f(x1)≥g(x2)成立，求实数m的取值范围．【解析】(1)由题设函数f(x)=x3+1，g(x)=2−x−m+1．对任意x1∈[−1 ,3]，任意x2∈[0 ,2]都有f(x1)≥g(x2)成立，知：f(x1)min≥g(x2)max，∵f(x)在[−1 ,3]上递增，∴f(x1)min=f(−1)=0又∵g(x)在[0 ,2]上递减，∴g(x2)max=g(0)=2−m∴有0≥2−m，m的范围为[2 ,+∞)(2)由题设函数f(x)=x3+1，g(x)=2−x−m+1．对任意x2∈[0 ,2]，总存在x1∈[−1 ,3]，使得f(x1)≥g(x2)成立，知f(x1)max≥g(x2)max，∴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f(x1)max≥g(x2)max，即到底是函数最大值还是最小值呢？具体如下思考如下，先把g(x2)看成定值m，那∃x1∈[−1 ,3]，都有f(x1)≥m，当然是要f(x)max≥m；再把f(x1)看成定值n，那∀x2∈[0 ,2]，都有n≥g(x2)，当然是n≥g(x)max；故问题转化为f(x1)max≥g(x2)max.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)=x 2x+1，g(x)=ax+3−2a(a>0)，若对于任意x1∈[0 ,1]，总存在x0∈[0 ,1]，使得g(x0)=f(x1)成立，则a的取值范围是．【解析】∵f(x)=x 2x+1，当x=0时，f(x)=0，当x ≠0时，f(x)=11x 2+1x=1(1x +12)2−14，由0<x ≤1，即1x ≥1，(1x +12)2−14≥2，∴0<f(x)≤12， 故0≤f(x)≤12，又因为g (x )=ax +3−2a(a >0)，且g (0)=3−2a ,g (1)=3−a ． 由g(x)递增，可得3－2a ≤g (x )≤3−a ，对于任意x 1∈[0 ,1]，总存在x 0∈[0 ,1]，使得g(x 0)=f(x 1)成立， 可得[0 ,12]⊆[3−2a ,3−a]，可得{3−2a ≤03−a ≥12，∴32≤a ≤52．巩固练习1(★★) 已知1+2x +a ∙4x >0对一切x ∈(−∞ ,1]上恒成立，则实数a 的取值范围是 ． 【答案】 (−34 ,+∞)【解析】1+2x +4x•a >0可化为a >−1+2x4x =−2−2x −2−x ，令t ＝2－x ，由x ∈(－∞，1]，得t ∈[12，+∞)， 则a >－t 2－t ，－t 2－t =−(t +12)2+34在[12，+∞)上递减，当t =12时－t 2－t 取得最大值为−34，所以a >−34．故答案为：(−34，+∞)．2(★★) 若不等式2x −1>m(x 2−1)对满足|m|≤2的所有m 都成立，求x 的取值范围. 【答案】√7−12<x <√3+12【解析】令x m x m f 21)1()(2-+-=；不等式()2211x m x ->-对满足2m ≤的所有m 都成立⇔对任意22≤≤-m ，021)1(2<-+-x m x 恒成立⇔⎩⎨⎧<-->-+⇔⎩⎨⎧<<-012203220)2(0)2(22x x x x f f ，解得√7−12<x <√3+12。
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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
(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. ∀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.
(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.
【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
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
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
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．[1－23，Fra bibliotek＋23 ]
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.
∴ 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
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
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
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(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__________．