恒成立及存在性问题的解题策略

“恒成立问题〞与“存在性问题〞的根本解题策略

一、“恒成立问题〞与“存在性问题〞的根本类型

恒成立、能成立、恰成立问题的根本类型

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：假设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 ，

假设,D x ∈B x f ≤)(在D 上恰成立，那么等价于)(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 ≥，那么

()()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 ≤，那么

()()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 ≥，那么()()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 ≤，那么()()x g x f max min ≤

8、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 =，设f(x)在区间[a,b]上的值域为A ，g(x)在区间[c,d]上的值域为B,那么A ⊂B. 9、假设不等式()()f x g x >在区间D 上恒成立，那么等价于在区间D 上函数()y f x =和图象

在函数()y g x =图象上方；

10、假设不等式()()f x g x <在区间D 上恒成立，那么等价于在区间D 上函数()y f x =和图象在函数()y g x =图象下方；

恒成立问题的根本类型

在数学问题研究中经常碰到在给定条件下某些结论恒成立的命题.

函数在给定区间上某结论成立问题,其表现形式通常有: 在给定区间上某关系恒成立; 某函数的定义域为全体实数R;●某不等式的解为一切实数;❍某表达式的值恒大于a 等等…

恒成立问题，涉及到一次函数、二次函数的性质、图象,渗透着换元、化归、数形结合、函数与方程等思想方法，有利于考察学生的综合解题能力，在培养思维的灵活性、创造性等方面起到了积极的作用。因此也成为历年高考的一个热点。

恒成立问题在解题过程中大致可分为以下几种类型：

①一次函数型；②二次函数型；③变量别离型；④根据函数的奇偶性、周期性等性质；⑤直接根据函数的图象。

二、恒成立问题解决的根本策略

大家知道，恒成立问题分等式中的恒成立问题和不等式中的恒成立问题。等式中的恒成立问题，特别是多项式恒成立问题，常简化为对应次数的系数相等从而建立一个方程组来解决问题的。

〔一〕两个根本思想解决“恒成立问题〞

思路1、max )]([)(x f m D x x f m ≥⇔∈≥上恒成立在 思路2、min )]([)(x f m D x x f m ≤⇔∈≤上恒成立在

如何在区间D 上求函数f(x)的最大值或者最小值问题,我们可以通过习题的实际,采取合理有效的方法进展求解,通常可以考虑利用函数的单调性、函数的图像、二次函数的配方法、三角函数的有界性、均值定理、函数求导等等方法求函数f 〔x 〕的最值。

这类问题在数学的学习涉及的知识比拟广泛，在处理上也有许多特殊性，也是近年来高考中频频出现的试题类型，希望同学们在日常学习中注意积累。

〔二〕、赋值型——利用特殊值求解等式恒成立问题

等式中的恒成立问题，常常用赋值法求解，特别是对解决填空题、选择题能很快求得. 例1．如果函数y=f(x)=sin2x+acos2x 的图象关于直线x=8

π

- 对称，那么a=〔 〕. A .1 B .-1 C .2 D . -2. 略解：取x=0及x=4π-

，那么f(0)=f(4

π

-),即a=-1，应选B. 此法表达了数学中从一般到特殊的转化思想. 例〔备用〕．由等式x 4+a 1x 3+a 2x 2+a 3x+a 4= (x+1)4+b 1(x+1)3+ b 2(x+1)2

+b 3(x+1)+b 4 定义映射f ：(a 1,a 2,a 3,a 4)→b 1+b 2+b 3+b 4,那么f ：(4,3,2,1) → ( )

A.10

B.7

C.-1

D.0

略解：取x=0，那么 a 4=1+b 1+b 2+b 3+b 4,又 a 4=1,所以b 1+b 2+b 3+b 4 =0 ，应选D

〔三〕分清根本类型，运用相关根本知识，把握根本的解题策略

1、一次函数型：

假设原题可化为一次函数型,那么由数形结合思想利用一次函数知识求解,十分简捷

给定一次函数y=f(x)=ax+b(a ≠0),假设y=f(x)在[m,n]内恒有f(x)>0，那么根据函数的图象〔直线〕可得上述结论等价于

0)(0)(>>n f m f 同理，假设在[m,n]内恒有f(x)<0，

那么有 0

)(0

)(

<<n f m f

例2．对于满足

|a|≤2的所有实数a,求使不等式x 2

+ax+1>2a+x 恒成立的x 的取值X 围.

分析：在不等式中出现了两个字母：x 及a,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a 视作自变量，那么上述问题即可转化为在[-2，2]内关于a 的一次函数大于0恒成立的问题.

解：原不等式转化为(x-1)a+x 2

-2x+1>0在|a|≤2时恒成立,

设f(a)= (x-1)a+x 2

-2x+1,那么f(a)在[-2,2]上恒大于0，故有：

⎩⎨

⎧>>-0)2(0)2(f f 即⎪⎩⎪⎨⎧>->+-0

10

3422

x x x 解得：⎩⎨⎧-<><>1113x x x x 或或 ∴x<-1或x>3. 即x ∈(－∞,－1)∪(3,+∞)

此类题本质上是利用了一次函数在区间[m,n]上的图象是一线段，故只需保证该线段两端点

均在x 轴上方〔或下方〕即可. 2、二次函数型

涉及到二次函数的问题是复习的重点，同学们要加强学习、归纳、总结，提炼出一些具体的方法，在今后的解题中自觉运用。

〔1〕假设二次函数y=ax 2

+bx+c(a ≠0)大于0恒成立，那么有00<∆>且a 〔2〕假设是二次函数在指定区间上的恒成立问题，可以利用韦达定理以及根的分布知识求解。

类型1：设)0()(2

≠++=a c bx ax x f 在R 上恒成立，

（1）R x x f ∈>在0)(上恒成立00<∆>⇔且a ；

〔2〕

R x x f ∈<在0)(上恒成立00<∆<⇔且a 。