函数恒成立问题完整ppt课件
专题五 恒成立问题2013届高考数学主干知识整合精品PPT教学课件
专题五 │ 要点热点探究
(3)当 a<1 时，有 3>3a，此时函数 f(x)在[a,3a]上递减，在[3a,3]上递增，所以函
数 f(x)在[0,3]上的最大值是 f(a)或者是 f(3)． 由 f(a)－f(3)＝(a－3)2(4a－3)，
① 0<a≤34时，f(a)≤f(3)，
f3≤4， 若对∀x∈[0,3]有 f(x)≤4 恒成立，需要有0<a≤34，
解得
a∈1－2
9
3，34.
②34<a<1 时，f(a)>f(3)，
fa≤4， 若对∀x∈[0,3]有 f(x)≤4 恒成立，需要有34<a<1，
解得
a∈34，1.综上所述，a∈1－2
9
3，1.
专题五 │ 要点热点探究
► 探究点二 ∀x1，x2∈D，|f(x1)－f(x2)|≤C 的问题，因为|f(x1)－
2．恒成立问题在解题过程中大致可分为以下几种类型： (1)∀x∈D，f(x)>C；(2)∀x∈D，f(x)>g(x)； (3)∀x1，x2∈D，|f(x1)－f(x2)|≤C； (4)∀x1，x2∈D，|f(x1)－f(x2)|≤a|x1－x2|.
专题五│ 主干知识整合
3．不等式恒成立问题的处理方法 (1)转换求函数的最值 ①若不等式 A<f(x)在区间 D 上恒成立，则等价于在区间 D 上 A<f(x)min⇔f(x)的下界大 于 A. ②若不等式 B>f(x)在区间 D 上恒成立，则等价于在区间 D 上 B>f(x)max⇔f(x)的上界小 于 B. (2)分离参数法 ①将参数与变量分离，即化为 g(λ)≥f(x)(或 g(λ)≤f(x))恒成立的形式； ②求 f(x)在 x∈D 上的最大(或最小)值； ③解不等式 g(λ)≥f(x)max(或 g(λ)≤f(x)min)，得 λ 的取值范围． (3)转换成函数图象问题 ①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； ②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．
人教版高中数学2019-2020 必修一 第三章 恒成立问题(共17张PPT)
得p 0
p 8
1x
2
恒成立问题： 4.已知不等式x2 2ax 1 0对x [1,2]恒成立， 其中a 0，求实数a的范围.
记f ( x) x2 2ax 1 等价于[ f ( x)]min 0
恒成立问题：
5.若 lg(| x 3 | | x 7 |) a 0当x R恒 成 立 ， 求a的 范 围.
次型函数大于0恒成立的问题.
练习：
1.若x∈R，当1≤x≤3时，不等式px+1>2x 恒成立，求p的取值范围.
2.已知不等式x2+(t-4)x+(4-2t)>0对满足 t∈(-1,1)的所有t都成立，求x取值范围.
恒成立问题：
3.若不等式x2 xp 1 p 2x对x R恒成立， 求p的 范 围.
恒成立问题：
1.当x [1,2]时，ax 2 0恒成立，求a的范围.
形
12 x
12 x
记f ( x) ax 2
则
f f
(1) (2)
a2 2a
0 20
a 2
恒成立问题：
2.若 | p | 2, x2 xp 1 p 2x恒成立，求x的范围.
x
2
hxmin
h1
2， a
1 a
2
a
1．
恒成立问题：
定义在 R 上的增函数 y＝f(x)对任意 x，y∈R 都有 f(x＋y)＝f(x)＋f(y)．(1)求 f(0)； (2)求证：f(x)为奇函数； (3)若 f(k·3x)＋f(3x－9x－2)<0 对任意 x∈R 恒成立，求实数 k 的取值范围．
高二数学利用导数研究恒成立问题公开课优秀课件(经典、值得收藏)
即2 a
(5)对于x1 -1，1，x2 1，e，f ( x1)=g( x2 )求实数a 的取值范围
f ( x) g( x) 即-2，2 a, a e, 所以a不存在
恒成立问题
例3.函数f ( x) x3 ax2 4在（0，2）内单调递减， 则实数a的取值范围是_______
解析：因为f ( x)在(0,2)单调递减， 所以f ( x)=3x2 -2ax 0在(0,2)恒成立,
2 (2)若当x 0时，f (x) 0，求实数a 的取值范围
方法2： (2) f (x) x(ex 1 ax).令g(x) ex 1 ax,则g(x) ex a
若a 1，则当x 0，+时g(x) 0, g(x)为增函数，g(0)=0
故当x 0，+时，g(x) 0.
若a 1时，当x 0，ln a时，g(x) 0，g(x)为减函数，而g(0) 0 从而当x 0，ln a时，g(x) 0,即f (x) 0
所以，t(x)为增函数，而t(0)=0，故t(x) 0.
故g(x) 0, g(x)为0，+上的增函数。
a ex 1 a lim ex 1
x
x0 x
ex 1
(ex
lim = lim
x0 x
x0
1) (e0 x0
1)
(ex
1)
x0
1，所以a
1.
恒成立问题
例5.(2010新课标)设函数f (x) x(ex 1) ax2 (1)若a 1 ，求f (x)的单调区间；
恒成立问题
例2.设函数f ( x) x3-3x2 +2，g( x) x ln x+a
(1)对于x1 -1，1，x2 1，e，f ( x1) g( x2 )求实数a 的取值范围
高考数学(理科)一轮复习课件：专题四 函数、不等式中的恒成立问题
要使在[1，e]恒有 f(x)>0 恒成立，则必有f1>0， fe>0.
a－1>0， 则3a－e－ae>0.
a>1， 所以 e2
a>3e－1.
所以3ee－2 1<a<e＋e21.
③若a＋ a22＋4a≥e，即 a≥e＋e21时， f(x)在[1，e]为增函数，令 f(x)min＝f(1)＝a－1>0，得 a≥e＋e21. 综上所述，存在实数 a∈3ee－2 1，＋∞，使得 f(x)>0 恒成 立.
例 2：已知函数 f(x)＝3x42＋x 3，x∈[0,2]. (1)求 f(x)的值域； (2)设 a≠0，函数 g(x)＝13ax3－a2x，x∈[0,2].若对任意 x1∈ [0,2]，总存在 x2∈[0,2]，使 f(x1)－g(x2)＝0.求实数 a 的取值范围.
解：(1)方法一，对函数 f(x)求导， 得 f′(x)＝43·x12－＋x122. 令 f′(x)＝0，得 x＝1 或 x＝－1. 当 x∈(0,1)时，f′(x)＞0，f(x)在区间(0,1)上单调递增； 当 x∈(1,2)时，f′(x)＜0，f(x)在区间(1,2)上单调递减. 又 f(0)＝0，f(1)＝23，f(2)＝185， ∴当 x∈[0,2]时，f(x)的值域是0，23.
例 3：已知函数 f(x)＝aln x－x－ax＋2a(其中 a 为常数， a∈R).
(1)求函数 f(x)的单调区间； (2)当 a>0 时，是否存在实数 a，使得当 x∈［1，e］时，不 等式 f(x)>0 恒成立？如果存在，求 a 的取值范围；如果不存在， 请说明理由(其中 e 是自然对数的底数，e＝2.71828…).
解得 a>ln 2－1.∴ln 2－1<a≤12；
恒成立问题课件
二、恒成立问题方法攻略二
例3.若不等式x2 -2mx+2m+1>0 对于所 有实数x都成立，求m的取值范围.
y
0
0 x
变式1.若不等式x2 -2mx+2m+1>0 对于 所有实数0≤x≤2都成立，求m的取值范围.
和例题的 区别？
m 1 or m 0 f (0) 0 f (1) 0
备选练习
1. 对于0≤p≤4的一切实数，不等式 x2+px>4x+p -3 恒成立，求x的取值范围.
更主换元f(p)=p(x-1)+x2+3，p∈[0,4]有：
f (1) 0 f ( p) 0恒成立 f (4) 0
2. 已知函数 f(x)＝ax3＋bx2－3x(a，b∈R)，在点(1，f(1))处的切 线方程为 y＋2＝0. (1)求函数 f(x)的解析式； (2)若对于区间[－2,2]上任意两个自变量的值 x1，x2，都有|f(x1) －f(x2)|≤c，求实数 c 的最小值．
Hale Waihona Puke 、恒成立问题方法攻略一例1 已知函数 在区间 0, 2 上的值 不小于6，求实数a的取值范围
怎么求解？ f(x) ≥6在区间 上恒成立 即： 1 a
1 a f ( x) x x
参数分离法
x
x
6
直接求函数f(x)的最大值 大于等于6
解：
参数分离法
直接求最值
1 a x2 a 1, f '( x) 0, f(x)递增 f ( x) min f (0) f '( x) 1
（2）求所有实数a，使得e 1 f ( x) e 对 x [1, e] 恒成立 。注：e是自然对数的底数。
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图像（直线）可得上述结论等价于
ⅰ）
a f
0 (m)
0
或ⅱ）
a f
0 (n)
0
亦可合并成
f f
(m) 0 (n) 0
.
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（2）恒成立问题与二次函数联系：
类型2：设 f(x)a2x b xc(a0)，f (x) 0
在区间 [ , ] 上恒成立问题：
（1）当 a0 时，f(x)0在 x [,]上恒成立
2ba或 2ba或 2ba，
的范围.
解：
f fБайду номын сангаас
(1) 0 (2) 0
∴ m4 3
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（2）恒成立问题与二次函数联系：
类型1：设 f(x)a2x b xc(a0)，f (x) 0 在全集 R 上恒成立问题：
（1）f(x)0在 xR上恒成立 a0且 0 （2）f(x)0在 xR上恒成立 a0且 0
1.函函数数性性质质法法
如图所示.同理，若在 [ m , n ] 内恒有 f (x) 0
则有
f f
(m) 0 (n) 0
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（1）恒成立问题与一次函数联系
【例1】 如果当自变量满足 1x2时，函数
(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。
高一上学期专题5--函数的恒成立问题
高一上学期专题5 函数的恒成立问题函数的内容作为高中数学知识体系的核心，.函数类问题的解决最终归结为对函数性质、函数思想的应用.恒成立问题，在高中数学中较为常见.这类问题的解决涉及到一次函数、二次函数、三角函数、指数与对数函数等函数的性质、图象，渗透着换元、化归、数形结合、函数与方程等思想方法，有利于考查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.恒成立问题在解题过程中有以下几种策略：①赋值型；②一次函数型；③二次函数型；④变量别离型；⑤数形结合型. 现在我们一起来探讨其中一些典型的问题. 策略一、赋值型——利用特殊值求解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．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.10B.7C.-1D.0 例2．如果函数y=f(x)=sin2x+acos2x 的图象关于直线x=8π- 对称，那么a=〔 〕.A .1B .-1C .2D . -2.策略二、一次函数型——利用单调性求解给定一次函数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〔线段〕〔如下列图〕 可得上述结论等价于ⅰ〕⎩⎨⎧>>0)(0m f a ，或 ⅱ〕⎩⎨⎧><0)(0n f a 可合并定成⎩⎨⎧>>0)(0)(n f m f同理，假设在[m,n]内恒有f(x)<0，那么有⎨⎧<0)(m f例3a,x 的取值范围.策略三、二次函数型——利用判别式,韦达定理及根的分布求解对于二次函数f(x)=ax 2+bx+c=0(a ≠0)在实数集R 上恒成立问题可利用判别式直接求解，即 f(x)>0恒成立⇔⎩⎨⎧<∆>00a ；f(x)<0恒成立⇔⎩⎨⎧<∆<0a . 假设是二次函数在指定区间上的恒成立问题，还可以利用韦达定理以及根与系数的分布知识求解.例4． 假设函数12)1()1()(22++-+-=a x a x a x f 的定义域为R ，求实数 a 的取值范围.例5.函数2()3f x x ax a =++-，在R 上()0f x ≥恒成立，求a 的取值范围. 变式1：假设[]2,2x ∈-时，()0f x ≥恒成立，求a 的取值范围. 变式2：假设[]2,2x ∈-时，()2f x ≥恒成立，求a 的取值范围.策略四、变量别离型——别离变量，巧妙求解运用不等式的相关知识不难推出如下结论：假设对于x 取值范围内的任何一个数都有f(x)>g(a)恒成立，那么g(a)<f(x)min ;假设对于x 取值范围内的任何一个数，都有f(x)<g(a)恒成立，那么g(a)>f(x)max .(其中f(x)max 和f(x)min 分别为f(x)的最大值和最小值例6.三个不等式①0342<+-x x ，②0862<+-x x ，③0922<+-m x x ．要使同时满足①②的所有x 的值满足③，求m 的取值范围.例7. 函数)(x f 是奇函数，且在]1,1[-上单调递增，又1)1(-=-f ，假设12)(2+-≤at t x f 对所有的]1,1[-∈a 都成立，求t 的取值范围 .策略五、数形结合——直观求解例8. a a x x x 恒成立，求实数，不等式对任意实数>--+21的取值范围. 解不等式恒成立的四种方法 1 转换主元法确定题目中的主元，化归成初等函数求解。
与函数有关的恒成立问题
与函数有关的恒成立问题最常见的是二次函数的恒成立问题,分为两种题型: （1）二次函数在R 上的恒成立问题; （2）二次函数在给定区间上的恒成立问题. 对于二次函数)0(2≠++=a c bx ax y : ①若c bx ax ++2≥0在R 上恒成立,则⎩⎨⎧≤∆>0a ;②若c bx ax ++2≤0在R 上恒成立,则⎩⎨⎧≤∆<00a .函数恒成立问题的求解方法（转化化归思想）分离参数法 函数的恒成立问题,一般将其转化为求函数的最大值或最小值问题: ①a ≤)(x f 恒成立a ⇔≤min )(x f ; ②a ≥)(x f 恒成立a ⇔≥max )(x f .在求解恒成立问题时,把参数分离出来,使不等式的一端是含有参数的代数式,另一端是一个区间上的具体函数,这样就把问题转化为一端是函数,另一端是参数的不等式,便于问题的解决.这种方法叫做分离参数法. 结论 二次函数的给定闭区间上的最值问题求二次函数的最大（小）值有两种类型:一是函数的定义域为实数集R ,这时只要根据抛物线的开口方向,应用配方法即可求出最大（小）值;二是函数的定义域为某一区间,这是函数的最值由它的单调性确定,而它的单调性又与抛物线的开口方向和对称轴的位置（在区间上、在区间的左侧、在区间的右侧）来决定,当开口方向或对称轴位置不确定时,还需要进行分类讨论.求二次函数()0)(2>++=a c bx ax x f 在区间[]n m ,上的最值分为以下三种情况:（1）对称轴在区间的左侧 若m abx <-=2,则)(x f 在区间[]n m ,上是增函数,最大值为()n f ,最小值为()m f ; （2）对称轴在区间内若m ≤a b2-≤n ,则)(x f 的最小值为a b ac a b f 4422-=⎪⎭⎫ ⎝⎛-,最大值为()m f 、()n f 中的较大者（或区间端点n m ,中与直线abx 2-=的距离较大的那一个端点所对应的函数值）; 即最小值为a bac a b f 4422-=⎪⎭⎫ ⎝⎛-,最大值为()()(){}n f m f x f ,m ax max =. （3）对称轴在区间的右侧若n abx >-=2,则)(x f 在区间[]n m ,上是减函数,最大值为()m f ,最小值为()n f . 注意:当抛物线的对称轴a b x 2-=在区间[]n m ,上,即m ≤ab2-≤n 时,函数的最小值在顶点处获得,为顶点的纵坐标,即a b ac a b f x f 442)(2min -=⎪⎭⎫ ⎝⎛-=,函数最大值的确定需要分为两种情况:区间[]n m ,的中点为2nm +（由中点坐标公式得到）. ①当m ≤a b 2-≤2nm +时（即右端点n 距离对称轴较远）,函数的最大值为()n f ;②当a b n m 22-<+≤m 时（即左端点m 距离对称轴较远）,函数的最大值为()m f . 综上所述,二次函数的最大值为()()(){}n f m f x f ,m ax max =.常见的二次函数最值问题类型 类型1 定轴定区间 类型二 动轴定区间 类型三 定轴动区间 类型四 动轴动区间 二次函数的最值的图象说明对称轴在区间的左侧对称轴在区间的右侧对称轴在区间内靠近左端点对称轴在区间内靠近右端点例题讲解例1. 函数a ax x x f -++=3)(2,当∈x R 时,)(x f ≥0恒成立,求实数a 的取值范围. 分析:这是与二次函数有关的恒成立问题,也是二次函数对应的一元二次不等式恒成立的问题.解决本题需要理解并掌握下面的结论:对于二次函数()0)(2≠++=a c bx ax x f ,)(x f ≥0恒成立恒成立的条件是:⎩⎨⎧≤-=∆>0402ac b a 也即一元二次不等式c bx ax ++2≥0)0(≠a 恒成立的条件是⎩⎨⎧≤-=∆>0402ac b a . 解:由题意可得:()a a --=∆342≤0,解之得:6-≤a ≤2.∴实数a 的取值范围是[]2,6-.例2. 若不等式0122>++mx mx 的解集为R ,则实数m 的取值范围是_________. 分析:设函数12)(2++=mx mx x f ,则不等式0122>++mx mx 的解集为R 就转化为了函数0)(>x f 恒成立的问题.注意,这里函数)(x f 不一定是二次函数,它的二次项系数含有参数,要对二次项系数进行分类讨论. 解:当0=m 时,无论x 取任何实数,01>恒成立,符合题意;当0≠m 时,则有()⎩⎨⎧<-=∆>04202m m m ,解之得:10<<m .综上所述,实数m 的取值范围是[)1,0.例3. 关于x 的不等式()1122+<+++x m mx x m 对∈x R 恒成立,求实数m 的取值范围.分析:先把不等式化为标准形式,根据不等式与0的大小关系将问题转化为对应的函数的函数值与0的关系.如果二次项系数中含有参数,不要忘记对参数进行分类讨论.对于二次函数()0)(2≠++=a c bx ax x f ,<)(x f 0恒成立恒成立的条件是:⎩⎨⎧<-=∆<0402ac b a 也即一元二次不等式c bx ax ++2≥0)0(≠a 恒成立的条件是⎩⎨⎧<-=∆<0402ac b a . 解:∵()1122+<+++x m mx x m ∴012<-++m mx mx .当0=m 时,01<-,对∈x R 恒成立,符合题意;当0≠m 时,则有()⎩⎨⎧<--=∆<01402m m m m ,解之得:0<m . 综上所述,m ≤0,即实数m 的取值范围是(]0,∞-.例 4. 已知()422)(2+-+=a x x f ,如果对∈x R ,0)(>x f 恒成立,求实数a 的取值范围.解:由题意可得:()[]044222<⨯--=∆a ,解之得:40<<a .∴实数a 的取值范围是()4,0.例5. 函数a ax x x f -++=3)(2,当[]2,2-∈x 时,)(x f ≥0恒成立,求实数a 的取值范围.分析:这是关于二次函数在给定闭区间上恒成立的问题,解决的方法是把恒成立问题转化为函数的最值问题:)(x f ≥0恒成立,只需函数)(x f 在区间[]2,2-上的最小值min )(x f ≥0即可.函数的恒成立问题,一般将其转化为求函数的最大值或最小值问题: ①a ≤)(x f 恒成立a ⇔≤min )(x f ; ②a ≥)(x f 恒成立a ⇔≥max )(x f .另外,本题中二次函数的对称轴中含有参数,给定的区间是确定的,为动轴定区间问题.在求函数)(x f 的最小值时,要结合抛物线的开口方向,对对称轴与区间的相对位置关系进行讨论.解:函数a ax x x f -++=3)(2的图象的开口向上,对称轴为直线2ax -=.当22-<-a,即4>a 时,函数)(x f 在区间[]2,2-上为增函数∴()()732min +-=-=a f x f ,解不等式73+-a ≥0得:a ≤37,显然不符合题意;当2-≤2a -≤2,即4-≤a ≤4时,()34122min +--=⎪⎭⎫⎝⎛-=a a a f x f解不等式3412+--a a ≥0得:6-≤a ≤2.∴4-≤a ≤2; 当22>-a,即4-<a 时,函数)(x f 在区间[]2,2-上减函数 ∴()()72min +==a f x f ,解不等式7+a ≥0得:a ≥7-. ∴7-≤4-<a .综上所述,实数a 的取值范围是[)[][]2,72,44,7-=--- .注意:在求解的过程中,为避免出错,可为每种讨论的情况画成简图.例 6. 设函数1)(2--=mx mx x f ,若对于∈x []3,1,4)(+-<m x f 恒成立,则实数m 的取值范围为【 】（A ）(]0,∞- （B ）⎪⎭⎫⎢⎣⎡75,0（C ）()⎪⎭⎫ ⎝⎛∞-75,00, （D ）⎪⎭⎫ ⎝⎛∞-75,分析:使用分离参数法: 在求解恒成立问题时,把参数分离出来,使不等式的一端是含有参数的代数式,另一端是一个区间上的具体函数,这样就把问题转化为一端是函数,另一端是参数的不等式,便于问题的解决.这种方法叫做分离参数法.本题有一个地方要特别注意,就是二次项系数含有参数,题目所给函数不一定是二次函数,所以要对参数m 进行讨论. 解:∵对于∈x []3,1,4)(+-<m x f 恒成立∴412+-<--m mx mx ,即052<-+-m mx mx 对∈x []3,1恒成立. 当0=m 时,05<-成立,符合题意; 当0≠m 时,()512<+-x x m ∵对∈x []3,1,012>+-x x 成立 ∴152+-<x x m 恒成立,只需min215⎪⎭⎫⎝⎛+-<x x m 即可. 设43211)(22+⎪⎭⎫ ⎝⎛-=+-=x x x x g ,其图象开口向上,对称轴为直线21=x .∴函数)(x g 在[]3,1上为增函数,∴()73)(max ==g x g∴75)(515max min 2==⎪⎭⎫⎝⎛+-x g x x ,∴75<m . 综上所述,实数m 的取值范围为⎪⎭⎫ ⎝⎛∞-75,.选择【 D 】.例7. 已知函数xx x f 4)(-=. （1）证明:)(x f 在()+∞,0上单调递增;（2）若不等式0)(>-a x f 在[)+∞,1上恒成立,求实数a 的取值范围. 分析:可以用单调函数的运算性质说明函数)(x f 的单调性. 实际上,x x x x x f 44)(-+=-=,因为函数x y =与函数xy 4-=在()+∞,0均为增函数,所以函数)(x f 在()+∞,0上为增函数,即在()+∞,0上单调递增. （1）证明:任取()+∞∈,0,21x x ,且21x x <,则()()()()⎪⎪⎭⎫⎝⎛+-=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+-=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛---=-21211221221121414444x x x x x x x x x x x x x f x f . ∵()+∞∈,0,21x x ,且21x x < ∴041,02121>+<-x x x x ∴()()()()2121,0x f x f x f x f <<- ∴)(x f 在()+∞,0上单调递增;（2）解:∵0)(>-a x f 在[)+∞,1上恒成立 ∴)(x f a <[)+∞,1上恒成立,只需()min x f a <即可. 由（1）可知,函数)(x f 在[)+∞,1上为增函数 ∴()341)1(min -=-==f x f ,∴3-<a ∴实数a 的取值范围为()3,-∞-.例8. 已知函数bx x x f +=2)(,若)(x f ≤1在区间(]1,0上恒成立,试求b 的取值范围.分析:本题虽然简短,但难度较高.条件)(x f ≤1的作用是1-≤)(x f ≤1.分离参数法求解. 解:∵)(x f ≤1∴1-≤)(x f ≤1,1-≤bx x +2≤1∵∈x (]1,0,∴x x 1--≤b ≤x x 1+- 设x x x g 1)(--=,x x x h 1)(+-=,只需()max x g ≤b ≤()min x h 即可.∵x x x g 1)(--=在(]1,0上为增函数,x x x h 1)(+-=在(]1,0上为减函数∴()2)1(max -==g x g ,0)1()(min ==h x h ∴2-≤b ≤0,即实数b 的取值范围为[]0,2-.。
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。
函数与不等式中的恒成立问题ppt 通用
2 0的两个实根 , 不等式m 5m 3
2
x1 x2 对任意实数 a [1,1]恒成立 ,求 使p正确的 m的取值范围 .
x 和 x 是方程 [解析] 由题意 1 2 x ax 20 的两个实根得 :
2
x1 x 2 a且 x1 x 2 2, x1 x 2 ( x1 x 2 ) 4 x1 x 2
点 拔 ： 求 出 x最 大 值 是 本 题 的 关 键 。 1x 2的 的 另 一 关 键 。
视 不 等 式 左 边 为 t 的 一 次 函 数 也 是 解 决 本 题
•
• • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • •
[解析] 在数轴上 x、 2、 4的对应点
分别为 P、A、B , 则 f ( x) x 4 x 2 PA PB AB 6, a的取值范围是 ( ,6).
[答案] B
恒成立问题处理方法
1、应用函数思想 ，转化为求函数f(X)的最值
2 . 对于满足 0 p4 的所有实数 p ,
2
使不等式 x px 4x p3 都成立的 x 的取值范围是 ( )
A. ( 3, ) C. ( , 1 ) ( 3 , ) D. ( , 1 ] [ 3 , ) B. ( , 1 )
( x 1) p x 4 x 3 0 [解析] 由已知有
2
a 8.
2
当 a [ 1 ,1 ]时 , a 8的最大值为 9 ,
2
即 x1 x 2 3. 由题意 , 不等式 m 5 m 3 x 1 x 2
2
(高一用)函数中的恒成立存在性问题PPT 课件
2020年高考数学(理)总复习课件：专题四 函数、不等式中的恒成立问题(共31张PPT)
②当 a＞0 时，g′(x)＝a(x－ a)(x＋ a).
令 g′(x)＝0，得 x＝ a或 x＝－ a(舍去).
ⅰ)当 x∈[0,2]，0＜ a＜2 时，列表：
x
0 (0， a)
a
( a，2)
g′(x)
－
0
＋
g(x) 0
↘
－23a2 a
↗
∵g(0)＝0，g( a)＜0，
又∵0，23⊆A，
解：(1)由于 f(x)＝aln x－x－ax＋2a，其中 x>0， f′(x)＝ax－1＋xa2＝－x2＋x2ax＋a. ①当 a≤0 时，f′(x)<0 恒成立，于是 f(x)的单调递减区间 为(0，＋∞). ②当 a>0 时，由 f′(x)＝0，得 x＝a＋ a22＋4a(另一根舍去). 列表得
x
0，a＋
a2＋4a
2
a＋ a2＋4a 2
a＋
a22＋4a，＋∞
f′(x)
＋
0
－
f(x)
↗
极大值
↘
于是 f(x)的单调递增区间为0，a＋ a22＋4a，单调递减区
间为a＋ a22＋4a，＋∞.
综上所述，当 a≤0 时，f(x)的单调递减区间为(0，＋∞)； 当 a>0 时，f(x)的单调递增区间为0，a＋ a22＋4a，单调递减区 间为a＋ a22＋4a，＋∞.
解得 a>ln 2－1.∴ln 2－1<a≤12；
当 a>12时，函数 f(x)的单调递增区间为0，1a和(2，＋∞)，
单调递减区间为1a，2.
则 f(x)max＝f1a＝－2－21a－2ln a<0 恒成立.
所以
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延伸拓展 若存在a使得ａ≥f(x)的充要条件： ___a___f_(x_)_m_in__; 若存在a使得ａ≤f(x) 充要条件是：___a___f_(x_)_m_ax___。
.
四、恒成立问题直接转化为函数最值问题
从例 2 可以看出解决恒成立的不等式 问题，还可以考虑如下方法：
直接转化为求原函数的最值
.
一、一次函数型
１、f(x)=ax+b,x[α,β]，根据函数的图象（线段）得 ：
f(x)>0恒成立＜ ＞
f()>0 f()>0
f(x)<0恒成立＜ ＞ y
f()<0 ()<0
α
o
βx
.
典例导悟一
若不等式 2 x 1> m x2 1 对一切 m2, 2 都成立，求实数 x 的取值范围。
【解析】令 f (m) ＝（ x2 1）m －2 x ＋1，则上述问题即可转化为关于 m 的
f (x) 0 恒成立 f (x)min 0 ， f (x) 0 恒成立 f (x)max 0
.
五、 把不等式恒成立问题转化为函数图象问题
【理论阐释】
若把不等式进行合理的变形后，能非常容易地画出不等 号两边对应函数的图象，这样就把一个很难解决的不等式的 问题转化为利用函数图象解决的问题，然后从图象中寻找条 件，就能解决问题。
若不等式 f xgx 在区间D上恒成立，则等价于
在区间D上函数 y f x 的图象在函数 y g x图象
的上方（若是小于则在下方）
.
课堂小结
1、一次函数型问题，利用一次函数的图像特征求解。 2、二次函数型问题，结合抛物线图像，转化成最值问
题，分类讨论。
3、对于f(x)≥g(x)型问题，利用数形结合思想转化为函数图
R
{x|x1<x<x2}
.
方法一：判别式法
【理论阐释】
若二次函数 y ax2 bx c (a 0, x R) 的函数值大于 0 恒成
立，则有
a 0 0
，若是二次函数在指定区间上的恒成立问题，还
可以
利用韦达定理以及二次函数的图象求解。
.
例1、已知二次函数f(x)ax2ax1,
且对于任意的xR, f(x)0恒成立
【理论阐释】 若在等式或不等式中出现两个变量，其中一个变量
的范围已知，另一个变量的范围为所求，且容易通过恒 等变形将两个变量分别置于等号或不等号的两边，则可 将恒成立问题转化成函数的最值问题求解。
ａ≥f(x)恒成立的充要条件是：__ａ__≥_[f_(x_)_]_m_ax___; ａ≤f(x)恒成立的充要条件是：__ａ__≤__[f_(_x_)]_m_in__。
(2)当a
0时，需满足
a
0 a2
4a
0
解得:0 a 4
综上：0 a 4.
变式2、已知f(x)ax2ax2,
且对于任意的xR, f(x)1恒成立
求a的取值范围
解：Q f ( x) ax2 ax 2，对x R都有f ( x) 1恒成立
即f ( x) 1 0，令g( x) f ( x) 1 ax2 ax 1 0 即g( x)对x R都有g( x) 0恒成立 (1)当a 0时，g( x) 1 0对x R恒成立；
由题意得 f(： 2)0
a1
-2
2
法二： ax3在x[2,2]上恒成立
设g(x)x3
g(x)x3在 [2,2]上.的最g(小 2)值 1为 a1
二、二次函数型
.
一元二次不等式ax2+bx+c>0(a>0)或ax2+bx+c<0(a>0)的 解集与二次函数、二次方程的关系
{x|x<x1或x>x2} {x|x≠-b/2a}
求a的取值范围
解：依题意知：
(1)当a 0时，f ( x) 1 0对x R恒成立；
(2)当a
0时，需满足
a
0 a2
4a
0
解得:0 a 4
综上：0 a 4.
变式1、已知二次函数f(x)ax2ax1, 且对于任意的xR, f(x)0恒成立 求a的取值范围
解：依题意知：
(1)当a 0时，f ( x) 1 0对x R恒成立；
n
思路3、通过数形结合，化归到 x2 12ax作图解决 ，即 y x2 1 图像在y 2ax 的上方
.
概括方法
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）变量分离型； （4）直接转化为函数的最值求解； （5）根据函数的图象求解； 下面分别举例示之。
恒成立问题常见类型及解法
.
问题引领
已知不等式 x22a x10对 x[1,2]
恒成立求正实数 a的取值范围．
思路1、通过化归最值，直接求函数 f(x)x22ax1
的最小值解决，即 fmin(x)0
x2 1 1 1
思路 2、通过分离变量，转化到
a
2x
(x ) 2x
解决，即
a
(
x2 1 2x )mi
(2)当a
0时，需满足
a
0 a2
4a
0
解得:0 a 4
综上：0 a 4.
变式3、已知f(x)ax2ax1, 且对于存在一个xR,使得f(x)2 成立，求a的取值范围
变式4、已知f(x)ax2(a2)x1, g(x)=2x且对于任意的xR,f(x)g(x) 恒成立,求a的取值范围
三、分离参数型（转化为求新函数最值）
象的关系再处理。
4、通过分离参数，将问题转化为ａ≥f(x)（或ａ≤f(x)）恒 成立，再运用不等式知识或求函数最值的方法，使 问题获解。
.
.
一次函数 y f (m)在区间[-2，2]内函数值小于 0 恒成立的问题。考察区
间端点，只要
f f
(2)＜0，解得 (2)＜0
7 1＜x＜ 2
3 1, 2
即 x 的取值范围是（ 7 1 ， 3 1 ）.
2
2
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例 2 ：已 x3知 a0在 x [ 2,2]上恒成 a的立 取， 值
解： f(x) 设 x3a