(高一用)函数中的恒成立存在性问题

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函数的恒成立、存在性问题的方法总结大全(干货)

关于函数的恒成立、存在性（能成立）问题关于二次函数的恒成立、存在性（能成立）问题是常考考点，其基本原理如下：（1）已知二次函数2()(0)f x ax bx c a =++≠，则：0()00a f x >⎧>⇔⎨∆<⎩恒成立；0()00a f x <⎧<⇔⎨∆<⎩恒成立．（2）若表述为：“已知函数2()(0)f x ax bx c a =++≠”，并未限制为二次函数，则应有：00()000a a b f x c >==⎧⎧>⇔⎨⎨∆<>⎩⎩恒成立或；00()000a a b f x c <==⎧⎧<⇔⎨⎨∆<<⎩⎩恒成立或．注：在考试中容易犯错，要特别注意！！！恒成立问题与存在性（能成立）问题，在解决此类问题时，可转化为其等价形式予以解答，将此类问题的可能出现的17种情形归纳总结大全如下，并通过常考例题进行讲解：已知定义在[,]a b 上的函数()f x ，()g x ．（1）[,]x a b ∀∈，都有()f x k >（k 是常数）成立等价于min [()]f x k >（[,]x a b ∈）．（2）[,]x a b ∀∈，都有()f x k <（k 是常数）成立等价于max [()]f x k <（[,]x a b ∈）．（3）[,]x a b ∀∈，都有()()f x g x >成立等价于min [()()]0f x g x ->（[,]x a b ∈）．（4）[,]x a b ∃∈，都有()()f x g x >成立等价于max [()()]0f x g x ->（[,]x a b ∈）．（5）1[,]x a b ∀∈，2[,]x a b ∀∈都有12()()f x g x >成立等价于min max [()][()]f x g x >．（6）1[,]x a b ∀∈，2[,]x a b ∃∈使得12()()f x g x >成立等价于min min [()][()]f x g x >．（7）1[,]x a b ∃∈，2[,]x a b ∀∈使得12()()f x g x >成立等价于max max [()][()]f x g x >．（8）1[,]x a b ∃∈，2[,]x a b ∃∈使得12()()f x g x >成立等价于max min [()][()]f x g x >．（9）1[,]x a b ∀∈，2[,]x a b ∃∈使得12()()f x g x =成立等价于min minmax max [()][()][()][()]g x f x g x f x ≤⎧⎨≥⎩．（10）1[,]x a b ∃∈，2[,]x a b ∃∈使得12()()f x g x =成立等价于()f x 的值域与()g x 的值域交集不为∅．（11）1[,]x a b ∀∈，2[,]x a b ∃∈使得12()()f x g x k +≥（k 是常数）成立等价于min max [()][()]f x g x k +≥．（12）1[,]x a b ∀∈，2[,]x a b ∀∈都有12|()()|f x g x k -≤（k 是常数）成立等价于max min [()][()]g x f x k-≤且．max min [()][()]f x g x k -≤．特别地，1[,]x a b ∀∈，2[,]x a b ∀∈都有12|()()|f x f x k -≤（k 是常数）成立等价于max min ()()f x f x k -≤．（13）1[,]x a b ∀∈，2[,]x a b ∀∈都有12|()()|f x g x k -≥（k 是常数）成立等价于min max [()][()]g x f x k-≥或．min max [()][()]f x g x k -≥．特别地，1[,]x a b ∀∈，2[,]x a b ∀∈都有12|()()|f x f x k -≥（k 是常数）成立等价于min max ()()f x f x k -≥．（14）1[,]x a b ∃∈，2[,]x a b ∃∈使得12|()()|f x g x k -≤（k 是常数）成立等价于min max [()][()]g x f x k-≤且．min max [()][()]f x g x k -≤．特别地，1[,]x a b ∃∈，2[,]x a b ∃∈使得12|()()|f x f x k -≤（k 是常数）成立等价于min max ()()f x f x k -≤．（15）1[,]x a b ∃∈，2[,]x a b ∃∈使得12|()()|f x g x k -≥（k 是常数）成立等价于max min [()][()]g x f x k-≥或．max min [()][()]f x g x k -≥．特别地，1[,]x a b ∃∈，2[,]x a b ∃∈使得12|()()|f x f x k -≥（k 是常数）成立等价于max min ()()f x f x k -≥．（16）1[,]x a b ∀∈，2[,]x a b ∃∈使得12|()()|f x g x k -≤（k 是常数）成立等价于min min [()][()]g x f x k-≤且．max max [()][()]f x g x k -≤．（17）1[,]x a b ∀∈，2[,]x a b ∃∈使得12|()()|f x g x k -≥（k 是常数）成立等价于max max [()][()]g x f x k-≥或．min min [()][()]f x g x k -≥．【评注】（9）1[,]x a b ∀∈，2[,]x a b ∃∈使得12()()f x g x =成立等价于min minmax max[()][()][()][()]g x f x g x f x ≤⎧⎨≥⎩．()y g x =所在区域能包含()y f x =所在区域时，满足条件．∀⊆∃．题目中有时会这样表述：对任意的1[,]x a b ∈，都有2[,]x a b ∈，使得12()()f x g x =成立，（9）的表达的意思完全相同．所以大家要深入理解定理中的“任意的”、“都有”的内涵：即当1[,]x a b ∈时，()f x 的值域不过是()g x 的子集．【例1】（1）（2010•山东•理14）若对任意0x >，231xa x x ++恒成立，则a 的取值范围是．（2）现已知函数2()41f x x x =-+，且设12314n x x x x <<<⋯<，若有12231|()()||()()||()()|n n f x f x f x f x f x f x M --+-+⋯+-，则M 的最小值为( )A ．3B ．4C ．5D ．6（3）已知21()lg(31)()()2x f x x x g x m =++=-，，若对任意1[03]x ∈，，存在2[12]x ∈，，使12()()f x g x >，则实数m 的取值范围是．（4）已知函数()f x x =，2()252()g x x mx m m R =-+-∈，对于任意的1[2,2]x ∈-，总存在2x R ∈，使得12()()f x g x =成立，则实数m 的取值范围是( ) A ．1[,1]9B ．(,1]-∞C ．(,1][4,)-∞+∞D ．(,1][3,)-∞+∞（5）已知函数2()1f x x x =-+，[1,2]x ∈，函数()1g x ax =-，[1,1]x ∈-，对于任意1[1,2]x ∈，总存在2[1,1]x ∈-，使得21()()g x f x =成立，则实数a 的取值范围是( ) A ．(,4]-∞- B ．[4,)+∞C ．(,4][4,)-∞-+∞D ．(,4)(4,)-∞-+∞（6）（2008•天津•文10）设1a >，若对于任意的[,2]x a a ∈，都有2[,]y a a ∈满足方程log log 3a a x y +=，这时a 的取值集合为( ) A ．{|12}a a <B ．{|2}a aC ．{|23}a aD ．{2,3}（7）（2008•天津•理15）设1a >，若仅有一个常数c 使得对于任意的[,2]x a a ∈，都有2[,]y a a ∈满足方程log log a a x y c +=，这时a 的取值的集合为．）0x >，12x∴（当且仅当112353=+15，故答案为：1[,)5+∞．2()x x =-的图象是开口向上，过的抛物线，由图象可知，函数在上单调递减，在上单调递增，12314n x x x x <<<⋯<，(1)2f ∴=-，(2)f =-对应的函数值（2()41f x x x =-+图象上的点的纵坐标）之差的绝对值，结合231)||()()||()()|n n f x f x f x f x -+-+⋯+-表示函数max M ，||(1)(2)f f -5M ，故上单调递增，）法一：()2(2f x x ==-+2,2]时，x 2()3f x ，(f x ∴12)(22)2x x +=--<+，令f 单调递增，当(1,2]x ∈-，也是最大值；又(2)f 22[52m m --∈--，对于任意的的值域的子集，22m ，1m 或4m ，故选：）因为2()f x x x =-0时，()g x 在[1-[1,1]B a a =---，由题意可得，1113-，解得4a ；0时，()g x 在[1-的值域为[1,1]a a ---， 1113-，解得4a -，4][4,)+∞．故选：C ．)3xy =，得，在[,2a a 上单调递减，所以2a ，即2a 故选：B ．）log log a x c +，log a xy c ∴=，cxy a ∴=c a1122a a -⇒223a c log c +⎧⎨⎩的取值的集合为{2}．故答案为：【评注】深入理解（6）题题干中的“任意的”、“都有”的内涵：即当[,2]x a a ∈时，()f x 的值域M 不过是2[,]a a 的子集．值得关注的是：“[,2]x a a ∈”是指每一个这样的x ，2[,]y a a ∈是指存在这样的y ，理解到由函数的定义域导出值域M 是2[,]a a 的子集，由此才有：222[,][,]2a a a a ⊆．（6）与（7）唯一的差别就是：（7）中要求时唯一的，如何转化“唯一”这个条件是本题的关键，与函数的单调性联系起来来进行解答，需要有较强的转化问题的能力．【例2】已知函数2()[2sin()sin ]cos ,3f x x x x x x R π=++∈．（1）求函数()f x 的最小正周期；（2）若存在05[0,]12x π∈，使不等式0()f x m <成立，求m 的取值范围．））x ．存在【例3】已知实数0a >，且满足以下条件：①x R ∃∈，|sin |x a >有解；②3[,]44x ππ∀∈，2sin sin 10x a x +-；求实数a 的取值范围．【解析】实数10得：1sin sin a x-2[,1]2t ∈时，2()2f t f =1sin sin ax -22a ；综上，a 的取值范围是2{1}a a <．【例4】（1）已知函数2()2f x k x k =+，[0,1]x ∈，函数22()32(1)5g x x k k x =-+++，[1,0]x ∈-．对任意1[0,1]x ∈，存在2[1,0]x ∈-，21()()g x f x <成立．求k 的取值范围．（min min ()()g x f x <）（2）已知函数2()2f x k x k =+，[0,1]x ∈．函数22()32(1)5g x x k k x =-+++，[1,0]x ∈-．对任意1[0,1]x ∈，存在2[1,0]x ∈-，21()()g x f x =成立，求k 的取值范围．（()f x 的值域是()g x 的值域的子集即可．）（3）已知函数2()2f x k x k =+，[0,1]x ∈．函数22()32(1)5g x x k k x =-+++，[1,0]x ∈-．存在1[0,1]x ∈，存在2[1,0]x ∈-，21()()g x f x =成立，求k 的取值范围．（()g x 的值域与()f x 的值域的交集非空．）5k ，解得5k ，则求5k ．，当[0,1]x ∈时，函数单调递增，2[,2k k k +2)[5,2210]k k ∈++，[0,1]，存在210]k +，即225222k k k k k ⎧⎨++⎩，解得5k ，则求5k ．时，函数单调递增，2,2]k k +，1)k x +++10]+，由对存，存在2x 1()f x =成2][5,2k +，即252k k +且22210k k k +，解得4114k-或1414k --．【例5】已知(2)23x f x x =-+．（1）求()f x 的解析式；（2）函数2(2)5()1x a x ag x x +-+-=-，若对任意1[24]x ∈，，总存在2[24]x ∈，，使12()()g x f x =成立，求a 取值范围．，即2()(log )2log f t t =-)(log 2log x x =-+【例6】（1）已知函数1()f x e =-，3(4)g x x x =-+-，若有()()f a g b =，则b 的取值范围为（）A ．]2222[+-，B ．)2222(+-，C ．]31[，D ．)31(，（2）已知函数()1x f x e =-，2()44g x x x =-+-．若有()()f a g b =，则b 的取值范围为( ) A．[2-+ B．(2-+ C ．[1,3]D ．(1,3)）()f x e =【例7】（1）（2014•江苏•10）已知函数2()1f x x mx =+-，若对于任意[,1]x m m ∈+都有()0f x <，则实数m 的取值范围为．（2）已知函数2()(f x x bx c b =++、)c R ∈且当1x时，()0f x ，当13x 时，()0f x 恒成立．（ⅰ）求b ，c 之间的关系式；（ⅱ）当3c 时，是否存在实数m 使得2()()g x f x m x =-在区间(0,)+∞上是单调函数？若存在，求出m 的取值范围；若不存在，请说明理由．（3）（2017•天津•理8）已知函数23,1()2,1x x x f x x x x ⎧-+⎪=⎨+>⎪⎩，设a R ∈，若关于x 的不等式()||2x f x a +在R 上恒成立，则a 的取值范围是( ) A ．47[,2]16-B ．4739[,]1616-C ．[-D ．39[]16- （4）已知定义域为R 的函数()f x 满足22(())()f f x x x f x x x -+=-+．（①）若(2)3f =，求(1)f ；又若(0)f a =，求()f a ；（①）设有且仅有一个实数0x ，使得00()f x x =，求函数()f x 的解析表达式．【解析】（1）二次函数2()1f x x mx =+-的图象开口向上，对于任意[,1]x m m ∈+，都有()0f x <成立，∴(1)0与(1)0f 同时成立，则必有m ，使满足题设的(g 22()()g x f x b m x c =+-+开口向上，且在0b ．20b m ∴．3c ，1)4b ∴=-．这与上式矛盾，从而能满足题设的实数【评注】本题主要考查一元二次函数的图象与性质．一元二次函数的对称性、最值、单调性是每年高考必考内容，要引起重视．）法一：当1x 时，关于x 的不等式)||2x x a +在R 2332x a x x +-+，2133322x a x x +--+，由132y x =+-的对称轴为14处取得最大值-3的对称轴为334x =处取得最小值47391616a① 时，关于x 的不等式)||2x x a +在R 上恒成立，即为22)2x a x x++， 22)2x a x +，由3232()22322x x x x =-+-=-（当且仅当21)3x =>取得最大值212222x x x =（当且仅当21)x =>取得最小值2．则32a ①由①①可得，47216a ． ()x 的图象和折线||2xa =+，1x 时，y =11145x解得4716a =-；1x >时，y 解得2a =．由图象平移可得，47216a ．故选：法三：根据题意，作出的大致图象，如图所示．【例8】（2012•陕西•理21第2问•文21第3问）设函数2()f x x bx c =++，若对任意1x ，2[1,1]x ∈-，有12|()()|4f x f x -，求b 的取值范围．|4， 4M ，即min 4M ． 2b <-时，min )|(1)f =-102b -<时，即2b 时，24M 恒成立，所以2b ；012b- 时，即20b 时，21)4M 恒成立，所以20b ；综上可得，22b -，即b 的取值范围是。

高一函数恒成立与存在性问题

函数恒成立与存在性问题沈阳市第十一中学赵拥权（一）基础知识：1.恒成立问题：①②③④⑤⑥2.存在性问题：①②③④⑤⑥3.恒成立与存在性混合不等式问题：①②4.恒成立与存在性混合等式问题：若f(x),g(x)的值域分别为A,B,则①②③5.解决数学恒成立与存在性问题的方法：①函数性质法；②参数分离（主参分离）法；③主参互换法；④数形结合法；典例分析：例一：(1). 已知时不等式恒成立，则x的取值范围为___;(2).不等式对满足的一切实数m都成立，则x的取值范围为___;(3).已知a是实数，函数在x上恒小于零，则实数a的取值范围____;(4).若关于x的不等式在区间(1,4)上恒成立,则实数a的取值范围____;(5). 已知a是实数，函数在x上，则实数a的取值范围____;（6）．不等式对于任意都成立，则m的取值范围为___;.(7).已知函数，当时，恒有f(x)，则a 的取值范围_____(8). 已知函数当时，恒有f(x)，则a的取值范围_____(9) 已知一次函数当时，恒有f(x)，则m 的取值范围_____例二：（1）.若存在实数x,使关于x的不等式成立,则实数a的取值范围____;（2）. 关于x的不等式在区间,则实数a的取值范围____;（3）.关于x的二次方程在区间,则实数m的取值范围____;（4）.不等式对于，则m的取值范围为___;.(5). 当时,不等式有解的取值范围;例三：已知函数①的取值范围;②的取值范围;③的取值范围;④的取值范围;⑤的取值范围;⑥的取值范围;例四：（1.当时,不等式恒成立的取值范围;(2). 当时,不等式恒成立的取值范围;(3).已知若或g(x)，则m的取值范围习题：1. 当时,不等式恒成立的取值范围;2.已知函数f(x)=(2x-a),恒有的取值范围;3.已知函数f(x)=,恒有的取值范围;4. 已知函数f(x)=lg (),恒有的取值范围;5. 已知函数f(x)=,恒有的取值范围;6. 已知函数f(x)=,恒有的取值范围;7. 已知函数f(x)=,恒有的取值范围;8. 已知函数f(x)=,恒有的取值范围;9. 已知函数f(x)=,恒有的取值范围;。

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。

恒成立问题与存在性问题(最新精华)

恒成立问题与存在性问题思路一：（1）若函数)(x f 在D 区间上存在最小值min )(x f 和最大值max )(x f ，则不等式a x f >)(在区间D 上恒成立a x f >⇔min )(；不等式a x f ≥)(在区间D 上恒成立a x f ≥⇔min )(；不等式a x f <)(在区间D 上恒成立a x f <⇔max )(；不等式a x f ≤)(在区间D 上恒成立a x f ≤⇔max )(；（2）若函数在D 区间上不存在最小值min )(x f 和最大值max )(x f ，且值域为),(n m 则不等式a x f >)(或))((a x f ≥在区间D 上恒成立a m ≥⇔；不等式a x f <)(或a x f ≤)(在区间D 上恒成立a n ≤⇔。

例题1：已知函数.ln )(x x x f =（1）求函数.ln )(x x x f =的最小值；（2）若对所有的1≥x 都有1)(-≥ax x f ，求实数a 的取值范围。

答案：（1）11min )()(---==e e f x f ；（2）]1,(-∞变式：设函数)1ln(2)1()(2x x x f +-+=（1）求函数)(x f 的单调区间；（2）若当]1,1[1--∈-e e x 时，不等式m x f <)(恒成立，求实数m 的取值范围；（3）若关于x 的方程a x x x f ++=2)(在区间]2,0[上恰有两个相异实根，求实数a 的取值范围。

答案：（1）递增区间是),0(+∞；递减区间是)0,1(-（2）22->e m（3）)3ln 23,2ln 22(--思路二（1）若函数)(x f 在D 区间上存在最小值min )(x f 和最大值max )(x f ，即],[)(n m x f ∈则不等式有解的问题有下列结论：不等式a x f >)(在区间D 上有解max )(x f a <⇔；不等式a x f ≥)(在区间D 上有解max )(x f a ≤⇔；不等式a x f <)(在区间D 上有解min )(x f a >⇔；不等式a x f ≤)(在区间D 上有解min )(x f a ≥⇔。

恒成立与存在性问题

202X
函数中的恒成立和存在性问题
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(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
x1, x2 D, 使得f (x1) g(x2 ) 两值域有交集对x1, x2 , 有f (x1) g(x2 ) f (x)值域 g(x)值域
x1, 对x2 , 都有f (x1) g (x2 ) f (x)值域 g(x)值域
两x个1, x变2 量D,都有f (x1) g(x2 ) f (x)min g(x)max
(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
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)
练习使得f (x1) g(x2 ),求a的取值范围。
PART 1
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
x1, x2 D, 使得f (x1) g(x2 ) 两值域有交集对x1, x2 , 有f (x1) g(x2 ) f (x)值域 g(x)值域
使得f (x1) gx2 ，求a的范围。

高中数学x恒成立、存在性问题解决办法

恒成立、存在性问题解决办法总结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 m i n m i n ≥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 m a x m ax ≤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、简单型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；（构造新函数） 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；（转化）简解：（1）由12012232++<⇒>-+-x x x 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、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 的范围．分析：思路、解决双参数问题一般是先解决一个参数，再处理另一个参数．以本题为例，实质还是通过函数求最值解决．方法1：化归最值，10)(10)(max ≤⇔≤x h x h ；方法2：变量分离，)(10x xab +-≤或x b x a )10(2-+-≤；方法3：变更主元（新函数），0101)(≤-++⋅=b x a xa ϕ，]2,21[∈a简解：方法1:对b x xax h ++=)(求导，22))((1)(xa x a x x a x h +-=-='，（单调函数）由此可知，)(x h 在]1,41[上的最大值为)41(h 与)1(h 中的较大者．⎪⎩⎪⎨⎧-≤-≤⇒⎪⎩⎪⎨⎧≤++≤++⇒⎪⎩⎪⎨⎧≤≤∴ab ab b a b a h h 944391011041410)1(10)41(，对于任意]2,21[∈a ，得b 的取值范围是47≤b ． 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 的取值范围为解析：对任意[]2,01∈x ，存在[]2,12∈x ，使得()21)(x g x f ≥等价于m x g x-⎪⎭⎫ ⎝⎛=21)(在[]2,1上的最小值m -41不大于2)(x x f =在[]2,0上的最小值0，既041≤-m ，∴41≥m题型二、更换主元法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。

恒成立问题

恒成立、存在性问题对于有关恒成立、存在性问题，一直是高考命题的热点，往往以全称命题或特称命题的形式出现，同时结合函数的单调性、极值、最值等知识进行考查，在高考中多以压轴题或压轴题中的压轴问的形式出现。

如何突破这一难关呢？关键是细心审题及恰当地转化。

现就如何求解恒成立、存在性问题中的参数问题加以分析。

方法1：分离参数法例1.设函数f(x)=lnx-ax, g（x）=ex-ax，其中a为实数。

若f(x)在(1,+∞)上是单调减函数，且g(x)在(1,+∞)上有最小值，求a的取值范围。

解：因为f`(x)=-a,g`(x)=ex-a,由题意得f`（x）≤0对x∈(1,+∞)恒成立，即a≥对x∈(1,+∞)恒成立，所以a≥1。

因为g`(x)=ex-a在x∈(1,+∞)上是单调增函数，所以g`(x)>g`(1)=e-a。

又g(x)在(1,+∞)上有最小值，则必有e-a<0，即a>e。

综上，可知a的取值范围是(e,+∞)。

点评：求解问题的切入点不同，求解的难度就有差异。

在恒成立问题中有时需要取交集，有时需要取并集，本题解法需要取交集。

一般而言：在同一问题中，若是对自变量作分类讨论，其结果要取交集；若是对参数作分类讨论，其结果要取并集。

方法2：构造函数法例2.已知函数f(x)=，若|f（x）|≥ax，则a的取值范围是()。

A.(-∞,0]B.(-∞,1]C.［-2，1］D.[-2，0]解：当x≤0时,|f(x)|≥axx2－(2+a)x≥0，对x≤0恒成立。

记g(x)=x2－(2+a)x=（x-）2-。

当<0即a<－2时,g(x)的最小值为－，不可能满足条件。

当≥0即a≥－2时,g(x)的最小值为0，满足题意。

当x>0时,|f(x)|≥axln(1+x)－ax≥0a≤，对x>0恒成立。

令θ(x)=，则θ`(x)=。

设t=x+1,则t>1。

记L(t)=-lnt,则L`(t)=<0,所以L(t)在t∈(1,+∞)上为减函数。

关于高考数学中的恒成立问题与存在性问题

“恒成立问题”的解法常用方法：①函数性质法； ②主参换位法; ③分离参数法；④数形结合法。

、函数性质法 1. 一次函数型：给定一次函数f(x) ax b(a 0),若y f (x)在［m,n ］内恒有f (x) 0 ,则根据函数的图象(直线)可得上述结论等价于 ;(;))【同理，若在［m,n ］内恒有f(x) 0,A则有f(m)阴7例1.对满足 * m 略解：不等式即为 2x (x 1)p x 2 x 的取值范围。

2的所有实数 P ,求使不 (x 1)p x 2 2x 10,设 f (p) 1,则f(p)在［2,2］上恒大于0,故有: f( 2) f(2) 0, 即 x 2 x 4x 3 0 1 或 x 3. 2.二次函数: ①.若二次函数 f(x) 2 ax bx c(a 0) 0 (或0 )在 R 上恒成立，则有 a 0 (或 a 0); 0 0②.若二次函数 f(x)ax 2 bx c(a 0) 0 (或 0 )在指定区间上恒成立，可以利用韦达定理以及根的分布等知识求解。

例2.已知函数f x 2mx 2 24 m x 1, g x mx ，若对于任一实数 x , f (x)与g(x)的值至少有一个为正数，则实数 m 的取值范围是 A . (0 , 2) B• (0 , 8) C (2 , 8) D •(—汽 0)选Bo例3.设f (x) 2x 2ax 2,当x ［ 1,)时, 都有 f (x) a 恒成立,a 的取值范围。

解：设F(x)f (x) a 2ax 2 a , (1)当 4(a 1)(a2) 0时，即2 a1时,对一切x ［ 1, ),F(x) 0恒成立;(2)当4(a 1)(a 2) 0时，由图可得以下充要条件:f( 1) 0 即 a 3 03.其它函数:容易分离出参数与变量，但函数的最值却难以求出时，可考虑把主元与参数换个位置，再结合其它知识，往往会取得出奇制胜的效果。

高考数学复习专题19 恒成立与存在性问题(解析版)

专题19恒成立与存在性问题专题知识梳理恒成立问题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)ma x<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，∴F(x)ma x<0；⑤∀x1∈D，∀x2∈E，均有f(x1)>g(x2)恒成立，则f(x)min>g(x)ma x；⑥∀x1∈D，∀x2∈E，均有f(x1)<g(x2)恒成立，则f(x)ma x<g(x)min.存在性问题①∃x0∈D，使得f(x0)>A成立，则f(x)ma x>A；②∃x0∈D，使得f(x0)﹤A成立，则f(x)min<A；③∃x0∈D，使得f(x0)>g(x0)成立，设F(x)=f(x)-g(x)，∴F(x)ma x>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)ma x>g(x)min；⑥∃x1∈D，∃x2∈E，均使得f(x1)<g(x2)成立，则f(x)min<g(x)ma x.考点探究【例1】（2018·徐州模拟）若关于x的不等式x3﹣3x2+ax+b＜0对任意的实数x∈[1，3]及任意的实数b∈[2，4]恒成立，则实数a的取值范围是．【解析】关于x的不等式x3﹣3x2+ax+b＜0对任意的实数x∈[1，3]及任意的实数b∈[2，4]恒成立，可得x3﹣3x2+ax＜﹣b的最小值，即为x3﹣3x2+ax＜﹣4，可得a＜3x﹣x2﹣的最小值，设f （x ）=3x ﹣x 2﹣，x ∈[1，3]，导数为f′（x ）=3﹣2x+，可得1＜x ＜2时，f′（x ）＞0，f （x ）递增；2＜x ＜3时，f′（x ）＜0，f （x ）递减，又f （1）=﹣2，f （3）=﹣，可得f （x ）在[1，3]的最小值为﹣2，可得a ＜﹣2．即有a 的范围是（﹣∞，﹣2）．故答案为：（﹣∞，﹣2）．【例2】已知函数()(0,0,1,1)x x f x a b a b a b =+>>≠≠.设12,2a b ==.若对任意x R ∈,不等式(2)()6f x mf x ≥-恒成立，求实数m 的最大值；【解析】由条件知2222(2)22(22)2(())2x x x x f x f x --=+=+-=-.因为(2)()6f x mf x ≥-对于x R ∈恒成立，且()0f x >，所以2(())4()f x m f x +≤对于x R ∈恒成立.而2(())44()4()()f x f x f x f x +=+≥=，且2((0))44(0)f f +=，所以4m ≤，故实数m 的最大值为4.【例3】已知=)(x f x x +221，=)(x g a x -+)1ln(，(1)若存在]2,0[,21∈x x ，使得)()(21x g x f >，求实数a 的取值范围；(2)若存在]2,0[,21∈x x ，使得)()(21x g x f =，求实数a 的取值范围.【解析】()(),f x g x 在[]0,2上都是增函数，所以()f x 的值域，，]40[=A ()g x 的值域]3ln ,[a a B --=.(1)若存在]2,0[,21∈x x ，使得)()(21x g x f >，则min max )()(x g x f >，即4>a -，所以4->a .(2)若存在21,x x 使得)()(21x g x f =，则A B ≠∅ ，∴4a -≤且ln 30a -≥，∴实数a 的取值围是[]4,ln 3-.题组训练1.已知函数()()32ln 3,a f x x x g x x x x =++=-，若()()12121,,2,03x x f x g x ⎡⎤∀∈-≥⎢⎥⎣⎦，则实数a 的取值范围为_________________.【解析】由题意()()12121,,2,03x x f x g x ⎡⎤∀∈-≥⎢⎥⎣⎦得()()min max f x g x ≥()32g x x x =-，()´232g x x x =-所以()g x 在1233⎡⎤⎢⎥⎣⎦，单调递减，在223⎡⎤⎢⎥⎣⎦单调递增，所以()()()12243max g x max g g g ⎧⎫⎛⎫===⎨⎬ ⎪⎝⎭⎩⎭，，则()ln 34a f x x x x =++>得2a x x lnx ≥-令()2h x x x lnx =-，()´12h x xlnx x =--，()¨23h x lnx =--，在1,23⎡⎤⎢⎥⎣⎦上()¨0h x <，则()´h x 单调递减，又()10h =，所以()h x 在113⎡⎤⎢⎥⎣⎦，单调递增，在[]12，单调递减，()()max 11h x h ==，所以1a ≥，故填[)1,+∞.2.已知函数f(x)=22e 1+x x ,g(x)=2e ex x ,对任意的x 1,x 2∈(0,+∞),不等式1()g x k ≤2()1+f x k 恒成立,则正数k的取值范围是.【解析】因为k 为正数,所以对任意的x 1,x 2∈(0,+∞),不等式1()g x k ≤2()1+f x k 恒成立⇒max()⎡⎤⎢⎥⎣⎦g x k ≤min ()1⎡⎤⎢⎥+⎣⎦f x k .令g'(x)=0,即2e (1-)e xx =0,得x=1,当x∈(0,1)时,g'(x)>0,当x∈(1,+∞)时,g'(x)<0,所以max ()⎡⎤⎢⎥⎣⎦g x k =(1)g k =e k .同理,令f'(x)=0,即222e -1x x =0,得x=1e ,当x∈10,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭时,f'(x)<0,当x∈1,e ∞⎛⎫+ ⎪⎝⎭时,f'(x)>0,所以min ()1⎡⎤⎢⎥+⎣⎦f x k =1e 1⎛⎫ ⎪⎝⎭+f k =2e 1+k ,所以e k ≤2e 1+k ,又k>0,所以k≥1.3.已知()1()2,11f x x x x =-->-+，若2()21f x t at ≤-+对于所有的()[]1,,1,1x a ∈-+∞∈-恒成立，求实数t 的取值范围.【解析】2()21f x t at ≤-+对于所有的()[]1,,1,1x a ∈-+∞∈-恒成立，即()f x 的最大值都小于等于221t at -+；即220ta t -≤对于所有的[]1,1a ∈-恒成立，令2()2g a ta t =-，只要(1)0(1)0g g -≤⎧⎨≤⎩，即可解出实数t 的取值范围．容易得出11()23132111f x x x x x ⎛⎫=--=-++≤-= ⎪++⎝⎭，即()f x 的最大值为1,则2()21f x t at ≤-+对于所有的()[]1,,1,1x a ∈-+∞∈-恒成立⇔2121t at ≤-+对于所有的[]1,1a ∈-恒成立，即220ta t -≤对于所有的[]1,1a ∈-恒成立，令2()2g a ta t =-，只要(1)0(1)0g g -≤⎧⎨≤⎩，∴2t ≤-或2t ≥或0t =．4.已知函数()()1522>+-=a ax x x f .若()x f 在区间(]2,∞-上是减函数，且对任意的[]1,1,21+∈a x x ，总有()()421≤-x f x f ，求实数a 的取值范围；【解析】条件12()()4f x f x -≤表示的含义是函数f (x )在[1,1]a +上的最大值与最小值的差小于或等于4.若2a ≥.又[1,1]x a a =∈+，且(1)1a a a +-≤-.所以max ()(1)62f x f a ==-.2min ()()5f x f a a ==-.因为对任意的12,[1,1]x x a ∈+.总有12()()4f x f x -≤.所以max min ()()4f x f x -≤.即2(62)(5)4a a ---≤.解得13a -≤≤.又2a ≥.所以23a ≤≤.若12a <<.2max ()(1)6f x f a a =+=-.2min ()()5f x f a a ==-.max min ()()4f x f x -≤显然成立.综上13a <≤.5.函数()()m mx x g x x x f 25,342-+=+-=，若对任意的[]4,11∈x ，总存在[]4,12∈x ，使()()21x g x f =成立,求实数m 的取值范围.【解析】由题可知函数()f x 的值域为函数()g x 的值域的子集[][]2()43,1,4,()1,3f x x x x f x =-+∈∴∈-，以下求函数()52g x mx m =+-的值域：①0m =时，()52g x m =-为常函数，不符合题意；②0m >，[]()52,52g x m m ∈-+，∴521,523,m m -≤-⎧⎨+≥⎩解得6m ≥；③0m <，[]()52,52g x m m ∈+-，∴521,523,m m +≤-⎧⎨-≥⎩解得3m ≤-．综上所述，m 的取值范围为(][),36,-∞-+∞ ．6.已知函数()()1ln f x x x ax a =+-+（a 为正常数）．(1)若()f x 在()0,+∞上单调递增，求a 的取值范围；(2)若不等式()()10≥-x f x 恒成立，求a 的取值范围.【解析】(1)()()1ln f x x x ax a =+-+，1()ln 0x f x x a x +'=+-≥，1ln 1≤++a x x 恒成立令1()ln 1g x x x =++，21()x g x x-'=列表略min ()(1)2g x g ==，02a <≤.(2)当0a <≤2时，由(1)知，若()f x 在()0,+∞上单调递增，又()10f =，当(0,1),()0x f x ∈<；当(1,),()0x f x ∈+∞>，故不等式()()10x f x -≥恒成立当2a >，ln (1)1()x x a x f x x+-+'=，令()ln (1)1p x x x a x =+-+，令()ln 20p x x a '=+-=，则21a x e -=>，当2(1,)a x e -∈时，()0p x '<，则()(1)20p x p a <=-<，当2(1,)a x e -∈，()0f x '<，则()f x 单调递减，()(1)0f x f <=，矛盾，因此02≤<a .法二：1()()ln 1g x f x x a x '==++-，22111()x g x x x x-'=-=，讨论单调性可得min ()(1)2g x g a ==-．当02a <<时，()()0g x f x '=>，()f x 在(0,)+∞单调递增，又(1)0f =，符合题意；当2a >时，(1)20g a =-<，1()10a a g e e=+>，因为()g x 在(0,)+∞不间断，所以()g x 在(1,)a e 上存在零点1x ，1(1,),()∈x x f x 单调减，1(,),()∈a x x e f x 单调增，所以当11<<x x 时，()(1)0<=f x f 不合题意；当2a =时，符合题意；综上02≤<a .。

函数中存在与恒成立问题

①. ∀x1∈D, ∃x2∈E,使得 f(x1)=g(x2)成立,则 A B ； ② ∃x1∈D, ∃x2∈E, 使得 f(x1)=g(x2)成立,则 A B .
(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； ②∀x1∈D, ∃x2∈E, 使得 f(x1) <g(x2)成立,则 f(x) max < g(x) max.
∴ t (2x x 2)max . 令 y 2x x 2 2( x 1)2 17 (x [1 , 2]) ,
48 4 ∴ ymax 2 .故实数 t 的取值范围为[2, ) .
(三)主参换位法
【例 3】已知函数 f (x) ln(ex a)(a为常数）是实数集 R 上的奇函数,函数 g x f (x) sin x 是区
5
【答案】(1) 1 ；(2)[2, ) . 5
(2)∵ f (x) g(x) 恒成立,即 loga x 2 loga (2x t 2) 恒成立,
∴
1 2
loga
x
loga
(2x
t
2)
.
又∵ 0 a 1, x [1 , 2] ,∴ x 2x t 2 , 4
t 2x x 2 ∴恒成立,
2
当23a≥2,即 a≥3 时,f′(x)≤0,f(x)在[1,2]上为减函数,所以 f(x)min＝f(2)＝18－4a,所以 18－4a<0,解得 a>92,这符合 a≥3. 综上所述,a 的取值范围为 a>92. 解法二：由已知得：a>x3＋x210＝x＋1x02 , 设 g(x)＝x＋1x02(1≤x≤2),g′(x)＝1－2x03, ∵1≤x≤2,∴g′(x)<0,所以 g(x)在[1,2]上是减函数．

函数中的任意和存在性问题

函数的任意和存在性问题中山纪念中学李文东 528454函数中的任意性、存在性问题，也即函数中的恒成立和能成立问题，一直是高中数学考试乃至高考的重点和难点，这一类问题主要涉及到函数的最值和值域，基本模式如下：1.若不等式()f x A >对于任意的x D ∈成立⇔在区间D 上()min f x A >2.若不等式()f x B <对于任意的x D ∈成立⇔在区间D 上()max f x B <3.若在区间D 上存在实数x 使不等式()f x A >成立⇔在区间D 上()max f x A >；4.若在区间D 上存在实数x 使不等式()f x B <成立⇔在区间D 上的()min f x B <.而当题目中涉及到两个函数或者是存在性与任意性同时出现时，很多同学更是无从下手，本文拟通过下面的例子，帮助同学们解决这一难题。

例. 已知函数32()231f x ax ax =-+，3()42a g x x =-+，其中0a < （1）若存在0[0,2]x ∈，使得0()0f x =成立，求a 的取值范围.解：存在0[0,2]x ∈，使得0()0f x =成立⇔函数32()231f x ax ax =-+在区间[0,2]有零点.⇔方程()0f x =在区间[0,2]有实数根.而2()666(1).f x ax ax ax x '=-=-因为0a <，故要使方程()0f x =在区间[0,2]有实数根，则140a +≤⇒4a ≤-. （2）若存在1[0,2]x ∈、2[0,2]x ∈，使得12()()f x g x =成立，求a 的取值范围. 解：若存在1[0,2]x ∈、2[0,2]x ∈，使得12()()f x g x =成立⇔()f x 的值域与()g x 的值域的交集非空.由（1）可知，()f x 的值域（记为集合A ）为[14,1]A a a =+-，又因为当0a <时，3()42a g x x =-+在[0,2]上是增函数， ()g x 的值域（记为集合B ）为33,222a B ⎡⎤=-+⎢⎥⎣⎦，要使A B ≠∅，则312a ≤-⇒12a ≤-. （3）若存在1[0,2]x ∈、2[0,2]x ∈，使得12()()f x g x >成立，求a 的取值范围. 解：由基本模式的3、4可知：若存在1[0,2]x ∈、2[0,2]x ∈，使得12()()f x g x >成立⇔max min ()()f x g x >.而max ()1f x a =-，min 3()2g x =，故312a ->⇒12a <-. （4）若存在1[0,2]x ∈，使对于任意2[0,2]x ∈，12()()f x g x =成立，求a 的取值范围. 解：存在1[0,2]x ∈，使对于任意2[0,2]x ∈，12()()f x g x =成立⇔()g x 的值域是()f x 的值域的子集. 即33,[14,1]222a a a ⎡⎤-+⊆+-⎢⎥⎣⎦⇒3122a a -≥-+⇒12a ≤-. （5）若对任意1[0,2]x ∈，总存在2[0,2]x ∈，使得12()()f x g x <成立，求a 的取值范围. 解：由基本模式的1、3可知：对任意1[0,2]x ∈，总存在2[0,2]x ∈，使得12()()f x g x <成立⇔max max ()()f x g x <.即3122a a -<-+⇒1a >-，又0a <，故10a -<<. （6）若对任意1[0,2]x ∈，2[0,2]x ∈，使得12()()f x g x <成立，求a 的取值范围. 解：由基本模式的1、2可知：对任意1[0,2]x ∈，2[0,2]x ∈，使得12()()f x g x <成立⇔max min ()()f x g x <.即312a -<⇒12a >-，又0a <，故102a -<<. （7）若对任意给定的0[0,2]x ∈，在[0,2]上总存在两个不同的i x （1,2i =），使得0()()i f x g x =成立，求a 取值范围.解：在[0,2]上总存在两个不同的i x （1,2i =），使得0()()i f x g x =成立，于是0()[1,1]g x a ∈-，由于0x 的任意性知有33,[1,1]222a a ⎡⎤-+⊆-⎢⎥⎣⎦，只需3122a a -+≤-⇒ 1.a ≤- （8）若对任意给定的0[0,2]x ∈，在[0,2]上总存在两个不同的i x （1,2i =），使得102()()()f x g x f x ≤≤成立，求a 取值范围.解：由基本模式的1、2、3、4可知：对任意给定的0[0,2]x ∈，在[0,2]上总存在两个不同的i x （1,2i =），使得102()()()f x g x f x ≤≤成立 max max min min ()()()()g x f x f x g x ≤⎧⇔⎨≤⎩，即()g x 的值域是()f x 的值域的子集. 即33,[14,1]222a a a ⎡⎤-+⊆+-⎢⎥⎣⎦⇒3122a a -+≤-⇒ 1.a ≤-。

函数恒成立存在性问题题例分析

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函数恒成立存在性问题题例分析
作者：季林波
来源：《数学教学通讯·高中版》2017年第11期
[摘要] 函数题型在高考中常考常新，而能很好体现逻辑思维的恒成立与存在性问题又是
其中的精髓所在，这类问题知识交汇丰富，方法灵活多样，是学生学习的重点与难点，其中的参变分离、变更主元、数形结合等方法需要学生深入研究.
[关键词] 函数恒成立;存在性;例题分析
函数恒成立与存在性问题在高考中起到举足轻重的作用. 因其喜与导数、二次函数、不等式、简易逻辑、三角函数等知识交汇;好渗透参变分离、变更主元、转化化归、数形结合等思想方法;易考查学生综合运用知识分析问题、解决问题的能力，故受历年高考青睐，是当之无愧的热点问题，综合性较强，本文结合日常教学选取几种常见题型进行剖析示例，以期抛砖引玉.
[⇩] 题型一分离变量、构建函数法
以上通过几个案例初步展示了函数恒成立与存在性问题的几种常见解法，通过案例我们可以发现该内容本质上是一个系统性知识问题，往往各种题型也不是孤立出现的，有时几种方法都能使问题迎刃而解，需要学生在学习中学会系统归类、融会贯通、举一反三.。

函数的恒成立与存在性问题

答案 (－∞，－5]
1．若关于x的不等式x2＋ax－2>0在区间[1,5]上有解，则实数a的取值范围为( )
A．－253，＋∞ C．(1，＋∞)
B．－253，1 D．(－∞，－1)
答案 A
解析问题等价转化为不等式ax>2－x2在区间[1,5]上有
解，即不等式a>
2 x
－x在区间[1,5]上有解，令
方法三分离变量法若所给的不等式能通过恒等变形使参数与主元分离于不等式两端，从而问题转化为求主元函数的最值，进而求出参数范围．这种方法本质也还是求最值，但它思路更清晰，操作性更强．一般地有f(x)<g(a)(a为参数)恒成立⇔g(a)>f(x)max， f(x)>g(a)(a为参数)恒成立⇔g(a)<f(x)min .
因为函数y＝
1 ex
为R上的减函数，所以y＝－
1 ex
为R上的增
函数，故f(x)＝ex－
1 ex
为R上的增函数，由f(－4t)>f(2m＋mt2)，
可得－4t>2m＋mt2，即mt2＋4t＋2m<0对任意t∈R恒成立，当
m＝0时，不等式可化为4t<0，不符合题意，所以m≠0，所以
m<0， Δ＝16－8m2<0，
2022高考一轮复习
函数的恒成立与存在性问题
2021.09.09-10
纵观近几年高考对于函数、不等式中恒成立问题的考查重点是一次函数、二次函数的性质、不等式的性质及应用，图象.渗透换元、化归、数形结合、函数与方程、分类讨论、转化等数学思想方法
不等式类型 ∀x∈D，f(x)＞M ∀x∈D，f(x)＜M ∃x0∈D，f(x0)＞M ∃x0∈D，f(x0)＜M ∀x∈D，f(x)＞g(x) ∀x∈D，f(x)＜g(x)

【跨越一本线】高三数学问题：2.2函数中存在性与恒成立问题(含答案)

高三数学跨越一本线精品问题二函数中存在性与恒成立问题函数内容作为高中数学知识体系的核心,也是历年高考的一个热点.在新课标下的高考越来越注重对学生的综合素质的考察,恒成立与存在性问题便是一个考察学生综合素质的很好途径,它主要涉及到一次函数、二次函数、三角函数、指数函数和对数函数等常见函数的图象和性质,渗透着换元、化归、数形结合、函数与方程等思想方法,在培养思维的灵活性、创造性等方面起到了积极的作用.近几年的数学高考和各地的模考联考中频频出现存在性与恒成立问题,其形式逐渐多样化,但它们大都与函数、导数知识密不可分.与恒成立及存在性问题有关的知识如下：(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)ma x<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,∴ F(x) ma x <0；⑤. ∀x1∈D, ∀x2∈E,均有f(x1) >g(x2)恒成立,则f(x)min> g(x)ma x；⑥. ∀x1∈D, ∀x2∈E,均有f(x1) <g(x2)恒成立,则f(x) ma x < g(x) min.(2)存在性问题①. ∃x0∈D,使得f(x0)>A成立,则f(x) ma x >A；②. ∃x0∈D,使得f(x0)﹤A成立,则 f(x) min <A；③. ∃x0∈D,使得f(x0) >g(x0)成立,设F(x)= f(x)- g(x),∴ F(x) ma x >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) ma x > g(x) min；⑥. ∃x1∈D, ∃x2∈E,均使得f(x1) <g(x2)成立,则f(x) min < g(x) ma x.(3)相等问题若f(x)的值域分别为A,B,则⊆；①. ∀x1∈D, ∃x2∈E,使得f(x1)=g(x2)成立,则A B②∃x 1∈D, ∃x2∈E, 使得f(x1)=g(x2)成立,则A B≠∅.(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)m in> g(x)m in；②∀x1∈D, ∃x2∈E, 使得f(x1) <g(x2)成立,则f(x)max < g(x)max.解决高中数学函数的存在性与恒成立问题常用以下几种方法：①函数性质法；②分离参数法；③主参换位法；④数形结合法等. 一、函数性质法【例1】已知函数f (x )＝x 3－ax 2＋10,若在区间1,2]内至少存在一个实数x ,使得f (x )<0成立,求实数a 的取值范围．【分析】本题实质是存在性问题【解析】解法一：f ′(x )＝3x 2－2ax ＝3x ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －23a (1≤x ≤2),当23a ≤1,即a ≤32时,f ′(x )≥0,f (x )在1,2]上为增函数, 故f (x )m in ＝f (1)＝11－a ,所以11－a <0,a >11,这与a ≤32矛盾．当1<23a <2,即32<a <3时,当1≤x <23a ,f ′(x )<0；当23a <x ≤2,f ′(x )>0,所以x ＝23a 时,f (x )取最小值,因此有f ⎝ ⎛⎭⎪⎫23a <0,即827a 3－49a 3＋10＝－427a 3＋10<0,解得a >3352,这与32<a <3矛盾；当23a ≥2,即a ≥3时,f ′(x )≤0,f (x )在1,2]上为减函数,所以f (x )m in ＝f (2)＝18－4a ,所以18－4a <0,解得a >92,这符合a ≥3.综上所述,a 的取值范围为a >92.解法二：由已知得：a >x 3＋10x 2＝x ＋10x2,设g (x )＝x ＋10x 2(1≤x ≤2),g ′(x )＝1－20x3,∵1≤x ≤2,∴g ′(x )<0,所以g (x )在1,2]上是减函数．g (x )m in ＝g (2),所以a >92.【点评】解法一在处理时,需要用分类讨论的方法,讨论的关键是极值点与区间1,2]的关系；解法二是用的参数分离,由于ax 2>x 3＋10中x 2∈1,4],所以可以进行参数分离,而无需要分类讨论．【牛刀小试】【20xx 山西大学附中第二次模拟】设函数()()21xf x e x ax a =--+,其中1a <,若存在唯一的整数,使得()0f t <,则的取值范围是（） A ．3,12e ⎡⎫-⎪⎢⎣⎭ B ．33,24e ⎡⎫-⎪⎢⎣⎭ C ．33,24e ⎡⎫⎪⎢⎣⎭ D ．3,12e ⎡⎫⎪⎢⎣⎭【答案】D二、分离参数法【例2】已知函数()ln f x ax x x =+的图象在点e x =（为自然对数的底数）处的切线的斜率为．(1)求实数的值；(2)若2()f x kx ≤对任意0x >成立,求实数的取值范围.【分析】（1）由'()ln 1f x a x =++结合条件函数()ln f x ax x x =+的图象在点e x =处的切线的斜率为,可知'(e)3f =,可建立关于的方程：lne 13a ++=,从而解得1a =；（2）要使2()f x kx ≤对任意0x >恒成立,只需max 2()[]f x k x≥即可,而由（1）可知()ln f x x x x =+,∴问题即等价于求函数1ln ()xg x x+=的最大值,可以通过导数研究函数()g x 的单调性,从而求得其最值：221(1ln )ln '()x x xx g x x x⋅-+==-,令'()0g x =,解得1x =,当01x <<时,'()0g x >,∴()g x 在(0,1)上是增函数；当1x >时,'()0g x <,∴()g x 在(1,)+∞上是减函数,因此()g x 在1x =处取得最大值(1)1g =,∴1k ≥即为所求. 【解析】(1)∵()ln f x ax x x =+,∴'()ln 1f x a x =++, 又∵()f x 的图象在点e x =处的切线的斜率为,∴'(e)3f =, 即lne 13a ++=,∴1a =； (2)由（1）知,()ln f x x x x =+, ∴2()f x kx ≤对任意0x >成立1ln xk x+⇔≥对任意0x >成立, 令1ln ()xg x x +=,则问题转化为求()g x 的最大值, 221(1ln )ln '()x x xx g x x x ⋅-+==-,令'()0g x =,解得1x =,当01x <<时,'()0g x >,∴()g x 在(0,1)上是增函数；当1x >时,'()0g x <,∴()g x 在(1,)+∞上是减函数．故()g x 在1x =处取得最大值(1)1g =,∴1k ≥即为所求.【点评】在函数存在性与恒成立问题中求含参数范围过程中,当其中的参数（或关于参数的代数式）能够与其它变量完全分离出来并,且分离后不等式其中一边的函数（或代数式）的最值或范围可求时,常用分离参数法.此类问题可把要求的参变量分离出来,单独放在不等式的一侧,将另一侧看成新函数,于是将问题转化成新函数的最值问题.利用分离参数法来确定不等式(),0f x λ≥,（,x D λ∈为实参数）恒成立中参数λ的取值范围的基本步骤:(1)将参数与变量分离,即化为()()g f x λ≥（或()()g f x λ≤）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()()max g f x λ≥ (或()()min g f x λ≤) ,得λ的取值范围. 【牛刀小试】【20xx 湖南省郴州市上学期第一次教学质量监测】已知函数()log a f x x =,()2log (22)a g x x t =+-,其中0a >且1a ≠,t R ∈．(1)若4t =,且1[,2]4x ∈时,()()()F x g x f x =-的最小值是－2,求实数的值； (2)若01a <<,且1[,2]4x ∈时,有()()f x g x ≥恒成立,求实数的取值范围. 【答案】(1)15；(2)[2,)+∞. 【解析】(1)∵4t =,∴24(1)()()()2log (22)log log a a a x F x g x f x x x x +=-=+-=1log 4(2)a x x=++ 易证1()4(2)h x x x =++在1[,1]4上单调递减,在[1,2]上单调递增,且1()(2)4h h >,∴min ()(1)16h x h ==,max 1()()254h x h ==,∴当1a >时,min ()log 16a F x =,由log 162a =-,解得14a =（舍去）当01a <<时,min ()log 25a F x =,由log 252a =-,解得15a =.综上知实数的值是15.三、主参换位法【例3】已知函数()ln()(x f x e a a =+为常数）是实数集R 上的奇函数,函数()()sin g x f x xλ=+是区间[]1,1-上的减函数,(1)求的值；(2)若[]2()11,1g x t t x λ≤++∈-在上恒成立,求的取值范围.【分析】在第二小题所给条件中出现了两个字母：及,那么解题的关键恰恰就在于该把其中哪个字母看成是一个变量,另一个作为常数.而根据本题中的条件特征显然可将视作自变量,则上述问题即可转化为在(],1-∞-内关于的一次函数大于等于0恒成立的问题,问题即可求解.【解析】(1)1a =(2)由(1)知：()f x x =,()sin g x x x λ∴=+,()g x 在[]11-，上单调递减, ()cos 0g x x λ'∴=+≤cos x λ∴≤-在[]11-，上恒成立,1λ∴≤-，[]max ()(1)sin1g x g λ=-=--, 只需2sin11t t λλ--≤++,2(1)sin110t t λ∴++++≥（其中1λ≤-）恒成立,由上述②结论：可令()2(1)sin110(1f t t λλλ=++++≥≤-）,则2t 101sin110t t +≤⎧⎨--+++≥⎩,21sin10t t t ≤-⎧∴⎨-+≥⎩,而2sin10t t -+≥恒成立,1t ∴≤-.【点评】某些函数存在性与恒成立问题中,当分离参数会遇到讨论的麻烦或者即使能容易分离出参数与变量,但函数的最值却难以求出时,可考虑变换思维角度.即把主元与参数换个位置,再结合其它知识,往往会取得出奇制胜的效果.此类问题的难点常常因为学生的思维定势,易把它看成关于的不等式讨论,从而因计算繁琐出错或者中途夭折；若转换一下思路,把待求的x 为参数,以为变量,构造新的关于参数的函数,再来求解参数应满足的条件这样问题就轻而易举的得到解决了.【牛刀小试】若不等式()2211x m x ->-对任意[]1,1m ∈-恒成立,求实数x 的取值范围.12x <<【解析】()2211x m x ->-可转化为()21210m x x --+<,设()()21210f m m x x =--+<,则()f m 是关于m 的一次型函数,要使()0f m <恒成立,只需()()221201220f x x f x x ⎧=-<⎪⎨-=--+<⎪⎩,解12x <<. 四、数形结合法【例4】已知函数()222f x x kx =-+,在1x ≥-恒有()f x k≥,求实数的取值范围.【分析】为了使题中的条件()f x k≥在[)1,x ∈-+∞恒成立,应能想到构造出一个新的函数()()F x f x k=-,则可把原题转化成所构造新的函数在区间[)1,-+∞时恒大于等于的问题,再利用二次函数的图象性质进行分类讨论,即可使问题得到圆满解决.【解析】令()()222F x f x k x kx k=-=-+-,则()0F x ≥对[)1,x ∈-+∞恒成立,而()F x 是开口向上的抛物线.当图象与x 轴无交点满足0∆<,即()24220k k ∆=--<,解得21k -<<.当图象与x 轴有交点,且在[)1,x ∈-+∞时()0F x ≥,则由二次函数根与系数的分布知识及图象可得：()010212F k ⎧⎪∆≥⎪⎪-≥⎨⎪-⎪-≤-⎪⎩解得32k -≤≤-, 故由①②知31k -≤<.【点评】如果题中所涉及的函数对应的图象、图形较易画出时,往往可通过图象、图形的位置关系建立不等式从而求得参数范围. 解决此类问题经常要结合函数的图象,选择适当的两个函数,利用函数图像的上、下位置关系来确定参数的范围.利用数形结合解决不等式问题关键是构造函数,准确做出函数的图象.常见的有两类函数：若二次函数()20y ax bx c a =++≠大于0恒成立,则有00a >⎧⎨∆<⎩,同理,若二次函数()20y ax bx c a =++≠小于0恒成立,则有00a <⎧⎨∆<⎩.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根与系数的分布知识求解.【牛刀小试】【20xx 河北省武邑上学期第三次调研考试】已知定义在R 上的奇函数()f x 满足:当0x ≥时,()3f x x =,若不等式()()242f t f m mt ->+对任意实数恒成立,则实数m 的取值范围是（）A．(,-∞ B．()C. ()),0-∞⋃+∞ D．(),-∞⋃+∞【答案】A五、存在性之常用模型及方法【例5】设函数()21ln 2a f x a x x bx -=+-,a R ∈且1a ≠.曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线的斜率为. （1）求的值；（2）若存在[)1,x ∈+∞,使得()1af x a <-,求的取值范围. 【分析】（1）根据条件曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线的斜率为,可以将其转化为关于,的方程,进而求得的值：()()1af x a x b x'=+--,()10f '=⇒()101a a b b +--=⇒=；（2）根据题意分析可得若存在[1,)x ∈+∞,使得不等式()1a f x a <-成立,只需min()1af x a >-即可,因此可通过探求()f x 的单调性进而求得()f x 的最小值,进而得到关于的不等式即可,而由（1）可知()21ln 2a f x a x x x -=+-,则()()()11x a x a f x x ---⎡⎤⎣⎦'=,因此需对的取值范围进行分类讨论并判断()f x 的单调性,从而可以解得的取值范围是()()11,+∞.①当12a ≤时,11aa≤-, 在[)1,+∞上,()0f x '≥,()f x 为增函数,()()()min111122a a f x f ---==-=,令121a aa --<-,即2210a a +-<,解得11a <<. ②当11a <<时,1a >,()()()2minln 112111a a a a a f x f a a a a a a ⎛⎫==++> ⎪-----⎝⎭, 不合题意,无解,10分③当1a >时,显然有()0f x <,01a a >-,∴不等式()1af x a <-恒成立,符合题意,综上,的取值范围是()()11,+∞.【点评】解决函数中存在性问题常见方法有两种：一是直接法同上面所讲恒成立；二是间接法,先求其否定（恒成立）,再求其否定补集即可解决.它的逻辑背景：原命题为",()"x M P x ∀∈的否定为",()"x M P x ∃∈⌝；原命题为",()"x M P x ∃∈的否定为“,()"x M P x ∀∈⌝.处理的原则就是：不熟系问题转化为熟悉问题. 【牛刀小试】已知=)(x f x x +221,=)(x g a x -+)1ln(, (1)若存在]2,0[,21∈x x ,使得)()(21x g x f >,求实数的取值范围； (2)若存在]2,0[,21∈x x ,使得)()(21x g x f =,求实数的取值范围.【解析】()(),f x g x 在[]0,2上都是增函数,所以()f x 的值域，，]40[=A ()g x 的值域]3ln ,[a a B --=.(1) 若存在]2,0[,21∈x x ,使得)()(21x g x f >,则min max )()(x g x f >,即4a -,所以4->a . (2)若存在21,x x 使得)()(21x g x f =,则A B ≠∅,∴4a -≤且ln30a -≥,∴实数的取值围是[]4,ln3-.【迁移运用】1.【20xx 宁夏育才中学上学期第二次月考】设函数3()f x x x =+,x R ∈. 若当02πθ<<时,不等式0)1()sin (>-+m f m f θ恒成立,则实数m 的取值范围是（） A. 1(,1]2 B.1(,1)2C. [1,)+∞D.(,1]-∞ 【答案】D【解析】易得()f x 是奇函数,2()310()f x x f x '=+>⇒在R 上是增函数,又11(sin )(1)sin 1,0sin 111sin 1sin f m f m m m m m θθθθθ>-⇒>-⇒<<<⇒⇒≤--,故选D.2.【20xx 河北省武邑中学2高三上学期第三次调研】若对[),0,x y ∀∈+∞,不等式2242x y x y ax e e +---≤++,恒成立,则实数的最大值是（）A ．14B ． C. D ．12【答案】D3.【20xx 山西省孝义市高三上学期二轮模考】已知函数2ln ()()()x x b f x b R x +-=∈,若存在1[,2]2x ∈,使得()'()f x x f x >-⋅,则实数的取值范围是（）A ．(-∞B ．3(,)2-∞ C. 9(,)4-∞ D ．(,3)-∞ 【答案】C【解析】由题意,得2212()ln ()()x x b x x b f x x +----'=,则()()f x xf x +'＝2ln ()x x b x +-－212()ln ()x x b x x b x +----＝12()x x b x +-．若存在1[,2]2x ∈,使得()'()f x x f x >-⋅,则12()0x x b +->,所以12b x x <+．设1()2g x x x =+,则222121()122x g x x x -'=-=,当122x ≤≤时,()0g x '<；当22x ≤≤时,()0g x '>,所以()g x 在1[,22上单调递减,在2]上单调递增,所以当2x =,函数()g x 取最大值,最大值为19(2)244g =+=,所以max 9()4b g x <=,故选C ． 4.已知=)(x f x x +221,=)(x g a x -+)1ln(,若对任意123,,[0,2]x x x ∈,恒有()()()123f x f x g x +>,求实数的取值范围是 .【答案】[)ln3,+∞【解析】()(),f x g x 在[]0,2上都是增函数,所以()f x 的值域，，]40[=A ()g x 的值域]3ln ,[a a B --=.若对任意123,,[0,2]x x x ∈,恒有()()()123f x f x g x +>,则2max min )()(x g x f >,即a ->3ln 0,所以3ln >a . 5. 已知函数2(),([2,2])f x x x ∈-=,2()sin(2)3,[0,]62g x a x a x ππ=++∈, 1[2,2]x ∀∈-,001[0,],()()2x g x f x π∃∈=总使得成立,则实数的取值范围是．【答案】(,4][6,)-∞-+∞6.【20xx 江西省新余市高三第二次模拟考试】设函数x x e x f 1)(22+=,x ex e x g 2)(=,对),0(,21+∞∈∀x x ,不等式1)()(21+≤k x f k x g 恒成立,则正数的取值范围为 . 【答案】[)1,+∞【解析】对于函数()f x ,当0x >时, 22211()2e x f x e x e x x +==+≥=,所以当2(0,)x ∈+∞,函数()f x 有最小值2e ；对于函数2()x e x g x e =,2(1)'()xe x g x e-=,当01,'()0x g x <<>；当1,'()0x g x ><,所以当1x =时,函数()g x 有最大值(1)g e =.又不等式1)()(21+≤k x f k x g 恒成立,0k >,所以21e e k k ≤+,所以1k ≥. 7.设函数f (x )＝ax ＋sin x ＋cos x ．若函数f (x )的图象上存在不同的两点A ,B ,使得曲线y ＝f (x )在点A ,B 处的切线互相垂直,则实数a 的取值范围为．【答案】]1,1[-【解析】因为),4cos(2sin cos )(π++=-+='x a x x a x f则存在实数2,1x x ,使得1))4cos(2))(4cos(2(21-=++++ππx a x a 成立.不妨设11)(0,4k a x a π=+∈则22)[4k a x a π=+∈因此222120()2,12,1,1 1.k k a a a a <-≤-≤-≤-≤≤ 8.已知函数e ()ln ,()e xxf x mx a x mg x =--=,其中m ,a 均为实数． (1)求()g x 的极值；(2)设1,0m a =<,若对任意的12,[3,4]x x ∈12()x x ≠,212111()()()()f x f xg x g x -<-恒成立,求的最小值；(3)设2a =,若对任意给定的0(0,e]x ∈,在区间(0,e]上总存在1212,()t t t t ≠,使得120()()()f t f t g x == 成立,求m 的取值范围．【答案】(1)极大值为1,无极小值；(2) 3 -22e 3；(3)3[,)e 1+∞-．【解析】（1）e(1)()e xx g x -'=,令()0g x '=,得x = 1． ………………… 1分列表如下：∵g (1) = 1,∴y =()g x 的极大值为1,无极小值． …………………3分（2）当1,0m a =<时,()ln 1f x x a x =--,(0,)x ∈+∞．∵()0x af x x-'=>在[3,4]恒成立,∴()f x 在[3,4]上为增函数． …………………4分设1e ()()e xh x g x x ==,∵12e (1)()x x h x x --'=> 0在[3,4]恒成立, ∴()h x 在[3,4]上为增函数． …………………5分设21x x >,则212111()()()()f x f xg x g x -<-等价于2121()()()()f x f x h x h x -<-, 即2211()()()()f x h x f x h x -<-．设1e ()()()ln 1e xu x f x h x x a x x=-=---⋅,则u (x )在[3,4]为减函数．∴21e (1)()10e x a x u x x x -'=--⋅≤在（3,4）上恒成立． …………………6分 ∴11e ex x a x x---+≥恒成立．设11e ()ex x v x x x --=-+,∵112e (1)()1e x x x v x x ---'=-+=121131e [()]24x x ---+,x ∈3,4],∴1221133e [()]e 1244x x --+>>,∴()v x '< 0,()v x 为减函数．∴()v x 在3,4]上的最大值为v (3) = 3 -22e 3． ………………… 8分∴a ≥3 -22e 3,∴的最小值为3 -22e 3． …………………9分（3）由（1）知()g x 在(0,e]上的值域为(0,1]． …………………10分 ∵()2ln f x mx x m =--,(0,)x ∈+∞,当0m =时,()2ln f x x =-在(0,e]为减函数,不合题意． ………………… 11分当0m ≠时,2()()m x m f x x-'=,由题意知()f x 在(0,e]不单调,所以20e m <<,即2em >．① …………………12分此时()f x 在2(0,)m 上递减,在2(,e)m上递增, ∴(e)1f ≥,即(e)e 21f m m =--≥,解得3e 1m -≥．② 由①②,得3e 1m -≥． …………………13分 ∵1(0,e]∈,∴2()(1)0f f m =≤成立． …………………14分下证存在2(0,]t m∈,使得()f t ≥1．取e m t -=,先证e 2m m-<,即证2e 0m m ->．③ 设()2e x w x x =-,则()2e 10x w x '=->在3[,)e 1+∞-时恒成立． ∴()w x 在3[,)e 1+∞-时为增函数．∴3e ))01((w x w ->≥,∴③成立．再证()e m f -≥1． ∵e e 3()1e 1m m f m m m --+=>>-≥,∴3e 1m -≥时,命题成立．综上所述,m 的取值范围为3[,)e 1+∞-． …………………16分 9.【20xx 山西省孝义市高三上学期二轮模考】设函数2()ln f x ax a x =--,1()xe g x x e =-,其中a R ∈,e 2.718=为自然对数的底数.（1）讨论()f x 的单调性；（2）证明：当1x >时,()0g x >；（3）确定的所有可能取值,使得()()f x g x >在(1,)+∞区间内恒成立.【答案】（1）当x∈（时()f x 单调递减；当x∈+)∞时,()f x 单调递增；（2）详见解析；（3）a ∈1+)2∞[，．【解析】（1）由2()ln f x ax a x =--,得2121'()2(0)ax f x ax x x x-=-=>. 当0a ≤时,'()0f x <在(0,)+∞成立,则()f x 为(0,)+∞上的减函数；当0a >时,由'()0f x =,得2x a==±,∴当x ∈时,'()0f x <,当)x ∈+∞时,'()0f x >.则()f x 在(0,2a 上为减函数,在)2a+∞上为增函数. 综上,当0a ≤时,()f x 为(0,)+∞上的减函数；当0a >时,()f x 在(0,)2a上为减函数,在)+∞上为增函数. （2）证明：要证()0(1)g x x >>,即10x e x e ->,即证1x ex e >,也就是证x e e x >. 令()xe h x x=,则2(1)'()x e x h x x -=,∴()h x 在(1,)+∞上单调递增,则min ()(1)h x h e ==, 即当1x >时,()h x e >,∴当1x >时,()0g x >；综上所述,1x >,'()0x Φ>,()x Φ在区间(1,)+∞单调递增, ∴'()'(1)0t x t >≥,即()t x 在区间(1,)+∞单调递增,∴12a ≥.10.【20xx 四川省资阳市高三上学期第一次诊断】已知函数()()ln bf x a x b x x =++(其中a b ∈R ，).(Ⅰ) 当4b =-时,若()f x 在其定义域内为单调函数,求的取值范围；(Ⅱ) 当1a =-时,是否存在实数,使得当2[e e ]x ∈，时,不等式()0f x >恒成立,如果存在,求的取值范围,如果不存在,说明理由（其中是自然对数的底数,＝2.71828…）.【答案】(Ⅰ) (,0][1,)-∞+∞；(Ⅱ) 2e (,)e 1b ∈+∞-．【解析】(Ⅰ) 由题0x >,4()()4ln f x a x x x =--,2224444()(1)ax x a f x a x x x -+'=+-=.①当0a ≤时,知()0f x '<,则()f x 是单调递减函数；②当0a >时,只有对于0x >,不等式2440ax x a -+≥恒成立,才能使()f x 为单调函数,只需22(4)160a ∆=--≤,解之得11a a -或≤≥,此时1a ≥．综上所述,的取值范围是(,0][1,)-∞+∞． (Ⅱ) ()ln bf x b x x x=--,其中0x >,222()1b b x bx bf x x x x -++'=-+=． (ⅰ) 当0b ≤时,()0f x '<,于是()f x 在(0)+∞，上为减函数,则在2[e e ]，上也为减函数, 知max 1()(e)e (1)e 0e eb f x f b b ==--=--<恒成立,不合题意,舍去． (ⅱ) 当0b >时,由()0f x '=得x =．列表得知max1()(e)e (1)e e e b f x f b b ==--=--,而211e 2e(1)e (1)e 0e e e 1e 1b -----=<++≤,于是max()0f x <恒成立,不合题意,e >,即2e e 1b >+,则()f x 在上为增函数,在,+∞)上为减函数,要使在2[e e ]，恒有()0f x >恒成立,则必有2(e)0(e )0f f >⎧⎨>⎩，，则22e 0e 2e 0e b b b b ⎧-->⎪⎪⎨⎪-->⎪⎩，，所以243242e e e 1e e e .2e 1b b ⎧>=⎪⎪--⎨⎪>⎪-⎩，由于32232e e (2e 1)e 3e 10---=-+<,则244322e e e e 1e e 2e 1=>---,所以2e e 1b >-． 11. 【20xx 湖北省襄阳市四校高三上学期期中联考】已知函数21()(1)2x f x x e ax =--()a R ∈()I 当1a ≤时,求()f x 的单调区间；()II 当(0,+)x ∈∞时,()y f x '=的图象恒在32(1)y ax x a x =+--的图象上方,求的取值范围.【答案】（Ⅰ）当0a ≤时,单调增区间是(0,)+∞,单调减区间是(,0)-∞；当01a <<时,单调增区间是(,ln )a -∞,(0,)+∞,单调减区间是(ln ,0)a ；当1a =时,单调增区间是(,)-∞+∞,无减区间；（Ⅱ）1(,]2-∞．【解析】()I ()()xxf x xe ax x e a '=-=-当0a ≤时,0x e a ->,∴(,0)x ∈-∞时,()0f x '<,()f x 单调递减(0,)x ∈+∞时,()0f x '>,()f x 单调递增当01a <≤时,令()0f x '=得0ln x x a ==或． (i) 当01a <<时,ln 0a <,故：(,ln )x a ∈-∞时,()0f x '>,()f x 单调递增, (ln ,0)x a ∈ 时,()0f x '<,()f x 单调递减,(0,)x ∈+∞时,()0f x '>,()f x 单调递增；(ii) 当1a =时,ln 0a =, ()(1)x xf x xe ax x e '=-=-0≥恒成立,()f x 在(,)-∞+∞上单调递增,无减区间；综上,当0a ≤时,()f x 的单调增区间是(0,)+∞,单调减区间是(,0)-∞；当01a <<时,()f x 的单调增区间是(,ln )a -∞(0,)+∞和,单调减区间是(ln ,0)a ；当1a =时,()f x 的单调增区间是(,)-∞+∞,无减区间.()II 由()I 知()x f x xe ax '=-当(0,+)x ∈∞时,()y f x '=的图象恒在32(1)y ax x a x =+--的图象上方,即32(1)x xe ax ax x a x ->+--对(0,+)x ∈∞恒成立即 210x e ax x --->对(0,+)x ∈∞恒成立记 2()1x g x e ax x =--- (0)x >,∴()()21xg x e ax h x '=--=()'2x h x e a ∴=-(i) 当12a ≤时,()'20xh x e a =->恒成立,()g x '在(0,)+∞上单调递增, ∴()'(0)0g x g '>=, ∴()g x 在(0,)+∞上单调递增 ∴()(0)0g x g >=,符合题意；(ii) 当12a >时,令()'0h x =得ln(2)x a = (0,ln(2))x a ∴∈时,()'0h x <,∴()g x '在(0,ln(2))a 上单调递减∴(0,ln(2))x a ∈时,()'(0)0g x g '<= ∴()g x 在(0,ln(2))a 上单调递减, ∴ (0,ln(2))x a ∈时,()(0)0g x g <=,不符合题意综上可得的取值范围是1(,]2-∞.12. 【20xx 广东省惠州市第二次调研】已知函数()ln f x x =,()()h x a x a R =∈. （Ⅰ）函数()f x 的图象与()h x 的图象无公共点,求实数的取值范围；（Ⅱ）是否存在实数m ,使得对任意的1(,)2x ∈+∞,都有函数()my f x x=+的图象在()xe g x x=的图象的下方？若存在,请求出整数m 的最大值；若不存在,请说理由.（参考数据：ln 20.6931=,ln3 1.0986= 1.3956==）. 【答案】（Ⅰ）1(,)e+∞,（Ⅱ）1（Ⅱ）假设存在实数m 满足题意,则不等式ln x m e x x x +<对1(,)2x ∈+∞恒成立.即ln x m e x x <-对1(,)2x ∈+∞恒成立.令()ln xr x e x x =-,则'()ln 1xr x e x =--,令()ln 1xx e x ϕ=--,则1'()x x e x ϕ=-,∵'()x ϕ在1(,)2+∞上单调递增,121'()202e ϕ=-<,'(1)10e ϕ=->,且'()x ϕ的图象在1(,1)2上连续,∴存在01(,1)2x ∈,使得0'()0x ϕ=,即0010xe x -=,则00ln x x =-,∴ 当01(,)2x x ∈时,()x ϕ单调递减；当0(,)x x ∈+∞时,()x ϕ单调递增, 则()x ϕ取到最小值000001()ln 11xx e x x x ϕ=--=+-110≥=>, ∴ '()0r x >,即()r x 在区间1(,)2+∞内单调递增.11221111()ln ln 2 1.995252222m r e e ≤=-=+=,∴存在实数m 满足题意,且最大整数m 的值为.13.【20xx 河南省天一大联考】已知函数()ln f x b x =．（1）当1b =时,求函数2()()G x x x f x =--在区间1,2e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的最大值与最小值；（2）若在[]1,e 上存在0x ,使得0001()bx f x x +-<-成立,求的取值范围．【答案】（1）21e e --,；（2）21(,2)(,)1e e +-∞-+∞-. 【解析】（1）当1b =时,2()()G x x xf x =--2ln (0)x x x x =-->,(21)(1)'()x x G x x+-=,令'()0G x =,得1x =,当变化时,()G x ,'()G x 的变化情况如下表：因为111()ln ln 212424G =--=-+<,(1)0G =, 2()1(1)11G e e e e e =--=-->,所以2()()G x x x f x =--在区间1,2e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的最大值与最小值分别为：2max ()()1G x G e e e ==--,min ()(1)0G x G ==．（2）设1()ln bh x x b x x+=-+．若在[]1,e 上存在0x ,使得0001()b x f x x +-<-,即0001ln 0b x b x x +-+<成立,则只需要函数1()ln bh x x b x x+=-+在[]1,e 上的最小值小于零．又2221(1)'()1b b x bx b h x x x x +--+=--=[]2(1)(1)x x b x +-+=, 令'()0h x =,得1x =-（舍去）或1x b =+．①当1b e +≥,即1b e ≥-时,()h x 在[]1,e 上单调递减,故()h x 在[]1,e 上的最小值为()h e ,由1()0bh e e b e +=+-<,可得211e b e +>-．因为2111e e e +>--,所以211e b e +>-． ②当11b +≤,即0b ≤时,()h x 在[]1,e 上单调递增, 故()h x 在[]1,e 上的最小值为(1)h ,由(1)110h b =++<, 可得2b <-（满足0b ≤）．③当11b e <+<,即01b e <<-时,()h x 在(1,1)b +上单调递减,在(1,)b e +上单调递增,故()h x 在[]1,e 上的最小值为(1)2ln(1)h b b b b +=+-+．因为0ln(1)1b <+<,所以0ln(1)b b b <+<,所以2ln(1)2b b b +-+>,即(1)2h b +>,不满足题意,舍去．综上可得2b <-或211e b e +>-,所以实数的取值范围为21(,2)(,)1e e +-∞-+∞-． 14. 【20xx 江西省新余市模拟】已知函数a x x a xf xln )(2-+=（0>a ,且1≠a ）. （1）求函数)(x f 的单调区间；（2）若存在]1,1[,21-∈x x ,使得1|)()(|21-≥-e x f x f （是自然对数的底数）,求实数的取值范围.【答案】（1）函数)(x f 的单调增区间为),0(+∞,单调减区间为)0,(-∞；（2）),[]1,0(+∞∈e ea ．【解析】（1）a a x a x a a x f xxln )1(2ln 2ln )('-+=-+= ∵当1>a 时,0ln >a ,a a x ln )1(-在R 上是增函数, 当10<<a 时,0ln <a ,a a x ln )1(-在R 上也是增函数, ∴当1>a 或10<<a 时,总有)('x f 在R 上是增函数,又0)0('=f ,∴0)('>x f 的解集为),0(+∞,0)('<x f 的解集为)0,(-∞, 故函数)(x f 的单调增区间为),0(+∞,单调减区间为)0,(-∞. （2）∵存在]1,1[,21-∈x x ,使得1|)()(|21-≥-e x f x f 成立, 而当]1,1[-∈x 时,min max 21)()(|)()(|x f x f x f x f -≤-, ∴只要1)()(min max -≥-e x f x f 即可. 又∵,)('x f ,)(x f 的变化情况如下表所示：∴函数)(x f 在]0,1[-上是减函数,在]1,0[上是增函数, ∴当]1,1[-∈x 时,)(x f 的最小值1)0()(min ==f x f ,)(x f 的最大值max )(x f 为)1(-f 和)1(f 中的最大者.∵a a a a a a a f f ln 21)ln 11()ln 1()1()1(--=++--+=--, 令a aa a g ln 21)(--=)0(>a , ∵0)11(211)('22>-=-+=a a a a g ,∴a aa a g ln 21)(--=在),0(+∞∈a 上是增函数. 而0)1(=g ,故当1>a 时,0)(>a g ,即)1()1(->f f ；当10<<a 时,0)(<a g ,即)1()1(-<f f .∴当1>a 时,1)0()1(-≥-e f f ,即1ln -≥-e a a ,函数a a y ln -=在),1(+∞∈a 上是增函数,解得e a ≥；当10<<a 时,1)0()1(-≥--e f f ,即1ln 1-≥+e a a, 函数a a y ln 1+=在)1,0(∈a 上是减函数,解得ea 10≤<. 综上所述,所求的取值范围为),[]1,0(+∞∈e e a . 15.【20xx 浙江省绍兴市柯桥区二模】设函数()2k k f x a xb =-+,其中{}0,1,2a k >∈.（1）若()2f x 在(],1a a +上有最小值, 求实数的取值范围；（2）当2a ≥,92b =-时, 记()()1g x f x =,若对任意[]12,,1x x a a ∈+,总存在[]0,1x a a ∈+,使得()()()1202g x g x g x +≤,求0x 的取值范围.【答案】(1)()0,2；(2)[)[)2,34,+∞.()()(){}22max 9999max ,1max 2,1max 2,2222g x g a g a a a a a a a a a ⎧⎫⎧⎫=+=----=----⎨⎬⎨⎬⎩⎭⎩⎭()()22223299223932322a a a a a a a a a a -----=-++=--+；∴当3a ≥时,222299222a a a a --≤--, 即2299222a a a a --≤--,即()()1g a g a ≤+, 故()()max 1g x g a =+,从而[)014,x a =+∈+∞；当23a ≤<时,222299222a a a a -->--, 即2299222a a a a -->--,即()()1g a g a >+,故()()max g x g a =,从而[)02,3x a =∈；综上所述,0x 的取值范围为[)[)2,34,+∞。

(高一用)函数中的恒成立存在性问题精品PPT课件

前一段时间和一位朋友聊天。他问我：“听说你这几年做投资，收益怎么？”我说：“这不才刚刚开始吗。”他一脸疑惑，问我：“这做投资就像做生意，你得定期盘盘库，明白自己到底是赚了，还是赔了。”
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。

高一同步专题《函数中的“恒成立”问题与“存在性”问题》PDF

对任意 x1 D1 ，存在 x2 D2 ，满足 f x1 g x2 ， f (x)max g(x)max ；（Ⅲ）存在 x1 D1 ，存在 x2 D2 ，使得 f x1 g x2 ， f (x)max g(x)min ；
（Ⅳ）对任意 x1 D1 ，存在 x2 D2 ，使得 f x1 g x2 ， f (x) x D1 g(x) x D2 ；
（二）“存在性”问题（“有解”问题）：（分离参数，转化为函数的“最值”问题）：
（Ⅰ）存在 x D ，使得 a f (x) 成立（即 a f (x) （ x D ）有解） a f (x)min ；存在 x D ，使得 a f (x) 成立 a f (x)min ；
1 2x 1
15,
1 3

2 2x 1

2, 3
2 5

1
2 2x 1
1 3
,
3 5

，即
m

log 2
1
2 2x 1
，
x
1,
2
的值域为
1 3
,
3 5
。
所以，
m
的取值范围为
1 3
,
3 5

①．求 a 的取值范围；
②．若对任意实数 m ， f m 1 f m2 t 0 恒成立，求实数 t 的取值范围。
〖解〗（1）若 a 2 ，则当 x 0 时， f (x) x2 2x ，
x 0 时， x 0 ， f x x2 2x ，
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《函数中的“恒成立”问题与“存在性”问题》

高一数学必修一恒成立及存在性问题专题复习

第一局部?零点问题?专题复习利用函数零点的存在定理确定出零点是否存在，或者通过解方程，数形结合解出其零点。

（1）可以利用零点的存在性定理或直接解方程求出零点。

（2）可以利用零点的存在性定理或利用两函数图象的交点来确定函数是否有零点。

对函数零点存在的判断中，必须强调：（1） f 〔x 〕在〔a ，b 〕上连续（2） f 〔a 〕f 〔b 〕?0（3）在〔a ，b 〕上存在零点专题训练：1、函数()⎩⎨⎧>+-≤-=1,341,442x x x x x x f 的图象和函数()x x g 2log =的图象的交点个数是 A.4 B.3 C.2 D.12、函数12log )(2-+=x x x f 的零点必落在区间〔〕 A.⎪⎭⎫ ⎝⎛41,81 B.⎪⎭⎫ ⎝⎛21,41 C.⎪⎭⎫ ⎝⎛1,21 D.(1,2)3、数()f x 的零点与()422x g x x =+-的零点之差的绝对值不超过0.25，那么()f x 可以是〔〕A. ()41f x x =-B. ()2(1)f x x =-C. ()1x f x e =-D.)21ln()(-=x x f 4．假设0x 是方程31)21(x x =的解，那么0x 属于区间〔〕 A ．⎪⎭⎫ ⎝⎛1,32 . B ．⎪⎭⎫ ⎝⎛32,21 . C ．⎪⎭⎫ ⎝⎛21,31D ．⎪⎭⎫ ⎝⎛31,0 5．假设0x 是方程式lg 2x x +=的解，那么0x 属于区间〔〕A ．〔0，1〕.B ．〔1，1.25〕.C ．〔1.25，1.75〕D ．〔1.75，2〕6．函数()x x f x 32+=的零点所在的一个区间是〔〕A ．()1,2--B ．()0,1-C ．()1,0D ．()2,17．函数()2-+=x e x f x 的零点所在的一个区间是〔〕A ．()1,2--B ．()0,1-C ．()1,0D ．()2,18．0x 是函数()xx f x -+=112的一个零点，假设()01,1x x ∈，()+∞∈,02x x ，那么 A ．()01<x f ，()02<x f B ．()01<x f ，()02>x fC ．()01>x f ，()02<x fD ．()01>x f ，()02>x f9．函数2441()431x x f x x x x -⎧=⎨-+>⎩， ≤，，的图象和函数2()log g x x =的图象的交点个数是〔〕 A ．4 B ．3 C ．2 D ．110．函数()⎩⎨⎧>+-≤-+=0,ln 20,322x x x x x x f 的零点个数为〔〕 A ．0 B ．1 C ．2 D ．311.设m ，k 为整数，方程220mx kx -+=在区间〔0,1〕有两个不同的根，那么m+k 的最小值为〔A 〕-8 〔B 〕8 (C)12 (D) 1312、假设函数a x a x f x --=)( (0>a 且1≠a )有两个零点，那么实数a 的取值围是13、方程 96370x x -•-=的解是．.14、函数)(x f y =和)(x g y =在]2,2[-的图象如下所示：给出以下四个命题：①方程0)]([=x g f 有且仅有6个根 ②方程0)]([=x f g 有且仅有3个根③方程0)]([=x f f 有且仅有5个根 ④方程0)]([=x g g 有且仅有4个根其中正确的命题是．〔将所有正确的命题序号填在横线上〕.15、定义在R 上的奇函数)(x f ，满足(4)()f x f x -=-,且在区间[0,2]上是增函数,假设方程)0()(>=m m x f 在区间[]8,8-上有四个不同的根1234,,,x x x x ,那么1234_________.x x x x +++=16．函数32,2()(1),2x f x x x x ⎧≥⎪=⎨⎪-<⎩假设关于x 的方程f(x)=k 有两个不同的实根，那么数k 的取值围是_______17．方程223x x -+=的实数解的个数为．18．假设函数()a x a x f x --=()1.0≠>a a 有两个零点，那么实数a 的取值围是。

函数恒成立存在性问题1

小结：若二次函数
y
ax2
bx
c
a
例题讲解：
题型一、常见方法
1、已知函数 f (x) x2 2ax 1， g(x) a ，其中 a 0 ， x 0 ． x
1）对任意 x [1,2] ，都有 f (x) g(x) 恒成立，求实数 a 的取值范围；
2）对任意 x1 [1,2], x2 [2,4]，都有 f (x1 ) g(x2 ) 恒成立，求实数 a 的取值范围；
6、设函数 f (x) 1 x3 2ax2 3a2 x b (0 a 1 , b R) . 3
（Ⅰ）求函数 f x 的单调区间和极值；
（Ⅱ）若对任意的 x [a 1, a 2], 不等式 f x a 成立，求 a 的取值范围。
7、已知
A、B、C
是直线
→→ → 上的三点，向量OA，OB，OC满足：
x
e
(I)求 p 与 q 的关系；
(II)若 f x 在其定义域内为单调函数，求 p 的取值范围；
(III)设 gx
2e x
，若在
1
,
e
上至少存在一点
x
0
，使得
f
x
0
gx
0
成立,
求实数
p
的取值范围.
参考答案：题型一、常见方法。
1、分析：1）思路、等价转化为函数 f (x) g(x) 0 恒成立，在通过分离变量，创设新函数求最值解决．
另一转化方法：若 x D, f (x) A 在 D 上恰成立，等价于 f (x) 在 D 上的最小值 f min (x) A ，若 x D,
f (x) B 在 D 上恰成立，则等价于 f (x) 在 D 上的最大值 f max (x) B .