19专题(导数应用)恒成立与存在性问题ppt课件
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导数与不等式、存在性及恒成立问题 ppt课件
第5讲 导数与不等式的证明、存在性及恒 成立问题
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
热点聚焦·题型突破
归纳总结·思维升华
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；
真题感悟·考点整合
热点聚焦·题型突破
归纳总结·思维升华
(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.
真题感悟·考点整合
热点聚焦·题型突破
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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；
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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；
真题感悟·考点整合
热点聚焦·题型突破
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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.
真题感悟·考点整合
热点聚焦·题型突破
归纳总结·思维升华
【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；
江苏省2020版高考数学第三章导数及其应用第4讲导数的综合应用——解决恒成立、存在性问题课件
第4讲 导数的综合应用——解决恒成立、存在性问题
考试要求 1.理解函数的单调性与导数的关系，能利用导数研究函数的单调性(B 级要求)；2.掌握利用导数求函数极值与最值的方法(B级要求)；3.会利用导数解 决与不等式有关的恒成立问题、存在性问题；4.会利用导数解决涉及函数零点的 一些问题.
知识梳理
运用不等式求解恒成立、存在性问题的转化关系
当 a>0 时，由 f′(x)＝0，有 x＝ 12a.
此时，当 x∈0，
12a时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
当 x∈
12a，＋∞时，f′(x)>0，f(x)单调递增.
(2)令 g(x)＝1x－ex1－1，s(x)＝ex－1－x.
则s′(x)＝ex－1－1.而当x>1时，s′(x)>0， 所以s(x)在区间(1，＋∞)内单调递增. 又由s(1)＝0，有s(x)>0，从而当x>1时，g(x)>0. 当a≤0，x>1时，f(x)＝a(x2－1)－ln x<0. 故当f(x)>g(x)在区间(1，＋∞)内恒成立时，必有a>0.
解 由题知 2xln x≥－x2＋ax－3，即 a≤2ln x＋x＋3x，
对一切x∈(0，＋∞)恒成立.
设 h(x)＝2ln x＋x＋3x(x>0)，
则 h′(x)＝(x＋3x)(2x－1)，
当x∈(0，1)时，h′(x)<0，故h(x)在(0，1)上单调递减， 当x∈(1，＋∞)时，h′(x)>0， 故h(x)在(1，＋∞)上单调递增. 所以h(x)在(0，＋∞)上有唯一极小值h(1)，即为最小值，所以h(x)min＝h(1)＝4， 因为对一切x∈(0，＋∞)，a≤h(x)恒成立，所以a≤4.
考试要求 1.理解函数的单调性与导数的关系，能利用导数研究函数的单调性(B 级要求)；2.掌握利用导数求函数极值与最值的方法(B级要求)；3.会利用导数解 决与不等式有关的恒成立问题、存在性问题；4.会利用导数解决涉及函数零点的 一些问题.
知识梳理
运用不等式求解恒成立、存在性问题的转化关系
当 a>0 时，由 f′(x)＝0，有 x＝ 12a.
此时，当 x∈0，
12a时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
当 x∈
12a，＋∞时，f′(x)>0，f(x)单调递增.
(2)令 g(x)＝1x－ex1－1，s(x)＝ex－1－x.
则s′(x)＝ex－1－1.而当x>1时，s′(x)>0， 所以s(x)在区间(1，＋∞)内单调递增. 又由s(1)＝0，有s(x)>0，从而当x>1时，g(x)>0. 当a≤0，x>1时，f(x)＝a(x2－1)－ln x<0. 故当f(x)>g(x)在区间(1，＋∞)内恒成立时，必有a>0.
解 由题知 2xln x≥－x2＋ax－3，即 a≤2ln x＋x＋3x，
对一切x∈(0，＋∞)恒成立.
设 h(x)＝2ln x＋x＋3x(x>0)，
则 h′(x)＝(x＋3x)(2x－1)，
当x∈(0，1)时，h′(x)<0，故h(x)在(0，1)上单调递减， 当x∈(1，＋∞)时，h′(x)>0， 故h(x)在(1，＋∞)上单调递增. 所以h(x)在(0，＋∞)上有唯一极小值h(1)，即为最小值，所以h(x)min＝h(1)＝4， 因为对一切x∈(0，＋∞)，a≤h(x)恒成立，所以a≤4.
导数解决含参恒成立问题PPT优质课件
一、导数解决含参恒成立问题（多变量问题）
恒成立问题是高中数学的重要题型，在高考中常常与函数、导数、不等式结合以 压轴题的身份出现，是整个高中教学的重点，也是难点。恒成立问题主要分为“含参 恒成立”和“不含参恒成立”两类，后者相对容易处理，例如：
f (x) c,x [a,b]恒成立 f (x)min c, x [a,b] 从而转化为最值问题的求解（其他类型同理）； 而“含参恒成立”问题，例如
例 1：已知函数 f (x) (x 1)2 a ln x 。
（1）讨论函数的单调性；
（2）若 函 数 f (x) 在 区 间 (0,) 内 任 取 两 个 不 等 的 实 数 x1, x2 ， 不 等 式 f (x1 1) f (x2 1) 1恒成立，求 a 的取值范围。
x1 x2
x2有
f
(x2 ) x2
f (x1) x1
a
恒成立？若存在，
求出 a 的取值范围；若不存在，说明理由。
.
练习：已知函数 f (x) ax 1 ln x(a R) 。 （1）讨论函数 f (x) 在定义域内的极值点的个数；
（2）若函数 f (x) 在 x 1 处取得极值，对 x 0,, f (x) bx 2 恒成立，求实数b 的
.
练习：已知函数 f (x) 1 x2 a ln x (a 1)x, a R 。 2
（1）当 a=1 时，求函数 f (x) 图像在点 (1, f (1)) 处的切线方程；
（2）当 a<0 时，讨论函数 f (x) 的单调性；
（3）是否存在实数
a，对任意的 x1, x2
(0,)且x1
求实数 t 的取值范围。
恒成立问题是高中数学的重要题型，在高考中常常与函数、导数、不等式结合以 压轴题的身份出现，是整个高中教学的重点，也是难点。恒成立问题主要分为“含参 恒成立”和“不含参恒成立”两类，后者相对容易处理，例如：
f (x) c,x [a,b]恒成立 f (x)min c, x [a,b] 从而转化为最值问题的求解（其他类型同理）； 而“含参恒成立”问题，例如
例 1：已知函数 f (x) (x 1)2 a ln x 。
（1）讨论函数的单调性；
（2）若 函 数 f (x) 在 区 间 (0,) 内 任 取 两 个 不 等 的 实 数 x1, x2 ， 不 等 式 f (x1 1) f (x2 1) 1恒成立，求 a 的取值范围。
x1 x2
x2有
f
(x2 ) x2
f (x1) x1
a
恒成立？若存在，
求出 a 的取值范围；若不存在，说明理由。
.
练习：已知函数 f (x) ax 1 ln x(a R) 。 （1）讨论函数 f (x) 在定义域内的极值点的个数；
（2）若函数 f (x) 在 x 1 处取得极值，对 x 0,, f (x) bx 2 恒成立，求实数b 的
.
练习：已知函数 f (x) 1 x2 a ln x (a 1)x, a R 。 2
（1）当 a=1 时，求函数 f (x) 图像在点 (1, f (1)) 处的切线方程；
（2）当 a<0 时，讨论函数 f (x) 的单调性；
（3）是否存在实数
a，对任意的 x1, x2
(0,)且x1
求实数 t 的取值范围。
利用导数解决不等式恒(能)成立问题 课件
课 堂
则f(x)≥0对任意的x＞0恒成立可转化为
a a＋1
≥
2x－1 xex
对任意的x
课
后
考 点
＞0恒成立．
限 时
探
集
究
设函数F(x)＝2xx－ex 1(x＞0)，
训
则F′(x)＝－2x＋x12exx－1.
返 首 页
12
当0＜x＜1时，F′(x)＞0；
当x＞1时，F′(x)＜0，
课
所以函数F(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
[0，＋∞)上单调递增，
课
所以h(x)min＝h(0)＝a－1，
课
堂 考
则a－1≥0，得a≥1.
后 限
点
探
②若a＜0，则当x∈[0，－a)时，h′(x)≤0；
时 集
究
训
当x∈(－a，＋∞)时，h′(x)＞0，
所以函数h(x)在[0，－a)上单调递减，在(－a，＋∞)上单调递
增，
返
首
页
17
课 堂
所以h(x)min＝h(－a)，
课
堂
后
考 点
所以F(x)max＝F(1)＝1e.
限 时
探
集
究
于是a＋a 1≥1e，解得a≥e－1 1.
训
故实数a的取值范围是e－1 1，＋∞.
返
首
页
13
考点2 分类讨论法解决不等式恒成立问题
遇到f(x)≥g(x)型的不等式恒成立问题时，一般采用作
课
课
堂 考
差法，构造“左减右”的函数h(x)＝f(x)－g(x)或“右减左”的函数
后 限
点
新教材高考数学一轮复习19利用导数研究不等式恒成立能成立问题作业课件新人教B版ppt
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12．设函数 f(x)＝1x－eex，g(x)＝a(x2－1)－ln x(a∈R，e 为自然对数 的底数)．
(1)证明：当 x>1 时，f(x)>0； (2)讨论 g(x)的单调性； (3)若不等式 f(x)<g(x)对 x∈(1，＋∞)恒成立，求实数 a 的取值范围．
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令 g(x)＝2ln x＋x－a＋3x， 则 g′(x)＝2x＋1－x32＝x2＋x22x－3＝x＋3x2x－1， 则在区间(0,1)上，g′(x)<0，函数 g(x)为减函数； 在区间(1，e]上，g′(x)>0，函数 g(x)为增函数． 由题意知 g(x)min＝g(1)＝1－a＋3≥0，得 a≤4， 所以实数 a 的取值范围是(－∞，4]．
等价于 k≤ex－1x－ln x对于任意 x∈(0，＋∞)恒成立． 令 f(x)＝ex－1x－ln x (x>0)，
x .
令 g(x)＝ex(x－1)＋ln x(x>0)，则 g′(x)＝xex＋1x>0，
所以 g(x)在(0，＋∞)上单调递增．
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(1)证明：设 g(x)＝f′(x)，则 g(x)＝cos x＋xsin x－1，g′(x)＝xcos x.
当 x∈0，π2时，g′(x)>0； 当 x∈π2，π时，g′(x)<0，所以 g(x)在0，π2上单调递增，在π2，π上 单调递减． 又 g(0)＝0，gπ2>0，g(π)＝－2， 故 g(x)在(0，π)上存在唯一零点．
因此 g(x)max＝g(2)＝4.故 a>4.
12．设函数 f(x)＝1x－eex，g(x)＝a(x2－1)－ln x(a∈R，e 为自然对数 的底数)．
(1)证明：当 x>1 时，f(x)>0； (2)讨论 g(x)的单调性； (3)若不等式 f(x)<g(x)对 x∈(1，＋∞)恒成立，求实数 a 的取值范围．
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令 g(x)＝2ln x＋x－a＋3x， 则 g′(x)＝2x＋1－x32＝x2＋x22x－3＝x＋3x2x－1， 则在区间(0,1)上，g′(x)<0，函数 g(x)为减函数； 在区间(1，e]上，g′(x)>0，函数 g(x)为增函数． 由题意知 g(x)min＝g(1)＝1－a＋3≥0，得 a≤4， 所以实数 a 的取值范围是(－∞，4]．
等价于 k≤ex－1x－ln x对于任意 x∈(0，＋∞)恒成立． 令 f(x)＝ex－1x－ln x (x>0)，
x .
令 g(x)＝ex(x－1)＋ln x(x>0)，则 g′(x)＝xex＋1x>0，
所以 g(x)在(0，＋∞)上单调递增．
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(1)证明：设 g(x)＝f′(x)，则 g(x)＝cos x＋xsin x－1，g′(x)＝xcos x.
当 x∈0，π2时，g′(x)>0； 当 x∈π2，π时，g′(x)<0，所以 g(x)在0，π2上单调递增，在π2，π上 单调递减． 又 g(0)＝0，gπ2>0，g(π)＝－2， 故 g(x)在(0，π)上存在唯一零点．
因此 g(x)max＝g(2)＝4.故 a>4.
导数专题三：恒成立存在性问题
∴ ，∴ ，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、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。
解：（Ⅰ） （1分）
7、已知A、B、C是直线 上的三点，向量，，满足： .
（1）求函数y＝f(x)的表达式；
（2）若x＞0，证明：f(x)＞；
（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.
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）
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 ；
∴y＝f(x)＝ln(x＋1)＋1－2f/(1)
（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、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。
解：（Ⅰ） （1分）
7、已知A、B、C是直线 上的三点，向量，，满足： .
（1）求函数y＝f(x)的表达式；
（2）若x＞0，证明：f(x)＞；
（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.
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）
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 ；
∴y＝f(x)＝ln(x＋1)＋1－2f/(1)
2020高考江苏数学(理)大一轮复习课件：微难点3 利用导数研究恒成立与存在性问题(共32张PPT)
已知函数f(x)＝xlnx，g(x)＝－x2＋ax－3. (1) 若对任意的x∈(0，＋∞)，2f(x)≥g(x)恒成立，求实数a的取值范围； 【解答】由题意知2xlnx≥－x2＋ax－3对任意的x∈(0，＋∞)恒成立，
则a≤2lnx＋x＋3x. 设h(x)＝2lnx＋x＋3x(x＞0)， 则h′(x)＝x＋3x2x－1.
要使不等式f(x)≥m·g(x)在x∈14，12上恒成立，
当x＝14时，m∈R； 1
当x∈14，12时，m≤gfxx，又gfxxmin＝gf212＝2＋4 2ln(4e)， 所以m≤2＋4 2ln(4e)，
故实数m的取值范围为－∞，2＋4 2ln4e.
所以函数f(x)的最小值为f(lna)＝elna－a(lna＋1)＝－alna. 若对任意的x∈R，f(x)≥0恒成立， 则f(x)＝ex－a(x＋1)≥0恒成立， 故－alna≥0， 又a＞0，所以lna≤0，解得0＜a≤1， 所以正实数a的取值范围为(0,1]．
(2)
设g(x)＝f(x)＋
a ex
(2) 若g(x)≥f(x)对任意的x∈(0，＋∞)恒成立，求t的取值范围． 【解答】因为f(x)＝ex－xlnx，g(x)＝ex－tx2＋x，t∈R， 所以g(x)≥f(x)对任意的x∈(0，＋∞)恒成立等价于ex－tx2＋x－ex＋xlnx≥0对任
意的x∈(0，＋∞)恒成立， 即t≤ex＋x－xe2x＋xlnx对任意的x∈(0，＋∞)恒成立． 令F(x)＝ex＋x－xe2x＋xlnx， 则F′(x)＝xex＋ex－x23 ex－xlnx ＝令xG12(exx)＋＝ee－x＋2exe－x－2xlenx－ x. lnx，
，且A(x1，y1)，B(x2，y2)(x1≠x2)是曲线y＝g(x)上的任意两
高中数学课件-利用导数解决不等式的恒成立问题
（2）若存在 x 1 ，x 2 3,3 使得 f (x1) g(x2 ) 求k的取值范围。
2.设
f (x) a x ln x x
g(x) x3 x2 3 ， 若对任意的 s
，t
1 2
,2
都有 f (s) g(t) 求 a 的取值范围。
课堂总结：解决恒成立问题与存在性问题的关键
是对问题进行等价转化，所以掌握好等价转化的思 想对本节课有很大的帮助。
4x x3
3
x 1,2
则 a h(x)max
上恒成立
h(x) x2 8x 9 (x 1)(x 9)
x4
x4
可知 h(x) 在上 x 1,2 单调递增
+
1 1 2 9
7 h(x)max h(2) 8
a 7 8
即
a
7 8
,
变式训练：
①当
x
2,
1 2
时不等式
ax3 x2 4x 3 0 恒成立求实数 a 的取值范围
利用导数解决恒成立问题和存在性问题
知识方法：
①对任意的 x 使得a f (x)成立则 a f (x)max； a f (x) 成立则 a f (x)min ； ②存在 x 使得a f (x) 成立则 a f (x)min ； a f (x) 成立则 a f (x)max ； ③不存在 x 使得a f (x)成立则 a f (x)min ； a f (x) 成立则 a f (x)max ；
②当 x 2,1 时不等式 ax3 x2 4x 3 0 恒成立求实数 a 的取值范围
③存在 x 1,2 时不等式 ax3 x2 4x 3 0 成立求实数 a 的取值范围
例题2：（2014全国新课标Ⅰ21题改编）设 f (x) ln x x 2 x g(x) x2 2x a
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C ．(－∞，1－2 3]∪[1＋2 3，＋∞) D ．[1－2 3，1＋2 3]
9
6.设函数 f(x)＝x2－1，对任意 x∈[32，＋∞)，f(mx )－4m 2f(x)≤f(x －1)＋4f(m )恒成立，求实数 m 的取值范围
10
[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.
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.
∴ 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
1
(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
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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4.(2011·湖南高考)
[答案] B
已知函数 f(x)＝ex－1，g(x)＝－x2＋4x－3.若有 f(a)＝g(b)，
3
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。
若本题（2）条件改为：对任意x1 (0,),使得任意的x2 [0,1] 都有f (x1) g(x2 )求a的取值范围
则 b 的取值范围为
()
A ．[2－ 2，2＋ 2]
B ．(2－ 2，2＋ 2)
C ．[. (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，＋∞)
6. ∃x1∈D, ∃x2∈E,均使得 f(x1) <g(x2)成立， 则 f(x) min < g(x) max
2
(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
(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
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 ★★★★★
6
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
4
2.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
.
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.
5
3．已知函数 f(x)＝x3＋x，对任意的 m ∈[－2,2]，f(m x－2) ＋f(x)<0 恒成立，则 x 的取值范围为__________．
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
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(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.
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【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
2x 1
步转化为(ln 2xx11)max (3m成a 立4 . m2 )min
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(2)①F(x)=ln(x+2)- 2x
x 1