专题一：恒成立与存在性问题(精简型)

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(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 ≥⇔。

专题恒成立存在性问题

1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（有解问题） 3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 ≥ 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 max max ≤ 5、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 ≥ 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 max min ≤ 7、设函数()x f 、()x g ，任意 []b a x ,1∈，任意[]d c x ,2∈，使得()()21x g x f ≤，则()()x g x f min max ≤练习题1、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2、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。

3、当()1,2x ∈时，不等式240x mx ++<恒成立，则m 的取值范围是 .4、若对任意x R ∈,不等式||x ax ≥恒成立，则实数a 的取值范围是________5、设函数⎥⎦⎤⎢⎣⎡∈≤⎥⎦⎤⎢⎣⎡∈++=1,4110)(,2,21,)(x x h a b x x a x h 在都有对任意上恒成立，求实数b 的取值范围。

恒成立、存在性问题

9.（备选）设函数 f (x) a(log 2 x)2 b log4 x2 1（ a,b 为常数），当 x 0 时， F(x) f (x) ，且 F (x) 为 R 上奇函数. （1）若 f 1 0 且 f (x) 的最小值为 0 ，求 F (x) 的表达式；
2
专题——恒成立、存在性问题
恒成立问题的基本方法
(1)符号语言：对于任意 x D ，（D 为闭区间） f (x) a 恒成立 f(x)min＞a；
(2)图象语言：函数 f (x) 的图像在 y a 的图象的上方
f (x) 图象的最低点在 y a 的图象的上方 f(x)min＞a；（3）日常用语：每一个值都大于 a f(x)min＞a.
（2）在（1）的条件下， g(x) f (x) k 1 在2,4上是单调 log 2 x
函数，求 k 的取值范围.
课后作业
1 .完成讲义剩余题目 2. 错题整理
对任意的 x1, x2 0,1都有 f (x1) x2 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
6. f (x) 4x2 2( p 2)x 2 p2 p 1,若在1,1 内至少存在一个实数 c,使 f (c) 0 则实数 p 范围是
存在性问题的基本方法
（1）符号语言：存在 x D ，（D 为闭区间）使得 f (x) a 不等式 f(x)>a，x∈D，有解不等式 f(x)>a，x∈D，解集非空 f(x)max＞a；
（2）图象语言：
函数 f (x) 的图象上有点在直线 y a 的上方
f (x) 图象上最高点在直线 y a 的上方 f(x)max＞a；（3）日常用语：有 f(x)值比 a 大 f(x)max＞a.

高三数学专题——恒成立与存在性问题

高三复习专题——恒成立与存在性问题知识点总结：(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 >04. ∀x∈D,均有f(x)﹤g(x)恒成立，则F(x)=f(x)- g(x) ﹤0，∴F(x) ma x﹤05. ∀x1∈D, ∀x2∈E,均有f(x1) >g(x2)恒成立，则f(x)min> g(x)ma x6. ∀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 <A3. ∃x0∈D,使得f(x0) >g(x0)成立，设F(x)=f(x)- g(x)，∴F(x) ma x >04. ∃x0∈D,使得f(x0) <g(x0)成立，设F(x)=f(x)- g(x)，∴F(x) min <05. ∃x1∈D, ∃x2∈E, 使得f(x1) >g(x2)成立，则f(x) ma x > g(x) min6. ∃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)m in>g(x)m in2. ∀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.► 探究点一 ∀x ∈D ，f (x )>g (x )的研究例1、已知函数12)(2+-=ax x x f ，xa x g =)(，其中0>a ，0≠x ．对任意]2,1[∈x ，都有)()(x g x f >恒成立，求实数a 的取值范围；【思路分析】等价转化为函数0)()(>-x g x f 恒成立，通过分离变量，创设新函数求最值解决．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 x x 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 ．► 探究点二 ∃x ∈D ，f (x )>g (x )的研究对于∃x ∈D ，f (x )>g (x )的研究，先设h (x )＝f (x )－g (x )，再等价为∃x ∈D ，h (x )max >0，其中若g (x )＝c ，则等价为∃x ∈D ，f (x )max >c .例已知函数f (x )＝x 3－ax 2＋10.(1)当a ＝1时，求曲线y ＝f (x )在点(2，f (2))处的切线方程；(2)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．【解答】 (1)当a ＝1时，f ′(x )＝3x 2－2x ，f (2)＝14，曲线y ＝f (x )在点(2，f (2))处的切线斜率k ＝f ′(2)＝8，所以曲线y ＝f (x )在点(2，f (x ))处的切线方程为8x －y －2＝0.(2)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 ＋10x 2，设g (x )＝x ＋10x 2(1≤x ≤2)，g ′(x )＝1－20x 3，∵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．► 探究点三 ∀x 1∈D ，∀x 2∈D ，f (x 1)>g (x 2)的研究例、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．思路分析：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 xa b +-≤或x b x a )10(2-+-≤；方法3：变更主元，0101)(≤-++⋅=b x a x a ϕ，]2,21[∈a 简解：方法1:对b x x a b x x g x h ++=++=)()(求导，22))((1)(xa x a x x ax h +-=-='，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． ⎪⎩⎪⎨⎧-≤-≤⇒⎪⎩⎪⎨⎧≤++≤++⇒⎪⎩⎪⎨⎧≤≤∴a b a b 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 ．► 探究点四 ∀x 1∈D ，∃x 2∈D ，f (x 1)>g (x 2)的研究对于∀x 1∈D ，∃x 2∈D ，f (x 1)>g (x 2)的研究，第一步先转化为∃x 2∈D ，f (x 1)m in >g (x 2)，再将该问题按照探究点一转化为f (x 1)m in >g (x 2)m in .例、已知函数f (x )＝2|x －m |和函数g (x )＝x |x －m |＋2m －8.(1)若方程f (x )＝2|m |在[－4，＋∞)上恒有惟一解，求实数m 的取值范围；(2)若对任意x 1∈(－∞，4]，均存在x 2∈[4，＋∞)，使得f (x 1)>g (x 2)成立，求实数m 的取值范围．【解答】 (1)由f (x )＝2|m |在x ∈[－4，＋∞)上恒有惟一解，得|x －m |＝|m |在x ∈[－4，＋∞)上恒有惟一解．当x －m ＝m 时，得x ＝2m ，则2m ＝0或2m <－4，即m <－2或m ＝0.综上，m 的取值范围是m <－2或m ＝0.(2)f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧ 2x －m x ≥m ，2m －x x <m ，原命题等价为f (x 1)m in >g (x 2)m in .①当4≤m ≤8时，f (x )在(－∞，4]上单调递减，故f (x )≥f (4)＝2m －4，g (x )在[4，m ]上单调递减，[m ，＋∞)上单调递增，故g (x )≥g (m )＝2m －8，所以2m －4>2m －8，解得4<m <5或m >6.所以4<m <5或6<m ≤8.②当m >8时，f (x )在(－∞，4]上单调递减，故f (x )≥f (4)＝2m －4，g (x )在⎣⎡⎦⎤4，m 2单调递增，⎣⎡⎦⎤m 2，m 上单调递减，[m ，＋∞)上单调递增，g (4)＝6m －24>g (m )＝2m －8，故g (x )≥g (m )＝2m －8，所以2m －4>2m －8，解得4<m <5或m >6.所以m >8.③0<m <4时，f (x )在(－∞，m ]上单调递减，[m ,4]上单调递增，故f (x )≥f (m )＝(x )在[4，＋∞)上单调递增，故g (x )≥g (4)＝8－2m ，所以8－2m <1，即72<m <4.④m ≤0时，f (x )在(－∞，m ]上单调递减，[m ,4]上单调递增，故f (x )≥f (m )＝(x )在[4，＋∞)上单调递增，故g (x )≥g (4)＝8－2m ，所以8－2m <1，即m >72(舍去)．综上，m 的取值范围是⎝⎛⎭⎫72，5∪(6，＋∞)．【点评】因为对于∀x ∈D ，f (x )>c ，可以转化为f (x )m in >c ；∃x ∈D ，c >g (x )，可以转化为c >g (x )m in ，所以本问题类型可以分两步处理，转化为f (x )m in >g (x )m in .► 探究点五 ∀x 1∈D ，∃x 2∈D ，f (x 1)＝g (x 2)的研究对于∀x 1∈D ，∃x 2∈D ，f (x 1)＝g (x 2)的研究，若函数f (x )的值域为C 1，函数g (x )的值域为C 2，则该问题等价为C 1⊆C 2.例、设函数f (x )＝－13x 3－13x 2＋53x －4.(1)求f (x )的单调区间；(2)设a ≥1，函数g (x )＝x 3－3a 2x －2a .若对于任意x 1∈[0,1]，总存在x 0∈[0,1]，使得f (x 1)＝g (x 0)成立，求a 的取值范围．【解答】 (1)f ′(x )＝－x 2－23x ＋53，令f ′(x )>0，即x 2＋23x －53<0，解得－53<x <1，∴f (x )的单调增区间为⎝⎛⎭⎫－53，1；单调减区间为⎝⎛⎭⎫－∞，－53和(1，＋∞)． (2)由(1)可知：当x ∈[0,1]时，f (x )单调递增，∴当x ∈[0,1]时，f (x )∈[f (0)，f (1)]，即f (x )∈[－4，－3]．又g ′(x )＝3x 2－3a 2，且a ≥1，∴当x ∈[0,1]时，g ′(x )≤0，g (x )单调递减，∴当x ∈[0,1]时，g (x )∈[g (1)，g (0)]，即g (x )∈[－3a 2－2a ＋1，－2a ]，又对于任意x 1∈[0,1]，总存在x 0∈[0,1]，使得f (x 1)＝g (x 0)成立⇔[－4，－3]⊆[－3a 2－2a ＋1，－2a ]，即⎩⎪⎨⎪⎧－3a 2－2a ＋1≤－4，－3≤－2a ，解得1≤a ≤32.恒成立与存在有解的区别：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。

高考数学核心考点之恒成立与存在性问题精编经典(实用)解析版

若 | f (x) | ax 1恒成立，只需 y ax 1 始终在 y | f (x) | 的下方，
即直线夹在与 y | x2 4x | (x 0) 相切的直线，和 y 1之间，
所以转化为求切线斜率， y | x2 4x | (x 0) x2 4x(x 0) ，
y y
x2 ax
4 1
x
联立，得
x2
(4
a)
x
1
0
①，
令 Δ 0 ，即 (4 a)2 4 0 ，解得 a 6 或 a 2 ，将 a 6 代入①，得 x 1成立；将 a 2 代入①，得 x 1，不满足，所以舍去，
4
方法三：“端点值代入型 ”恒成立问题
例 1【2006 全国 2 卷 20】设函数 f ( x) ( x 1) ln( x 1) .若对所有 x 0 ，都有 f ( x) ax 成立，求 a
的取值范围.
例 2【2007 全国 1 卷 20】设函数 f ( x) ex ex .若对所有的 x 0 ，都有成立 f ( x) ax ，求 a 的取
x0
x0
x
x0
1
a 2
综上，a (,2].
5
例
3【2008
全国
2
卷
22(2)】设函数
f
(x)
2
sin x cos
x
.
(1) 求 f ( x) 的单调区间；
(2) 若对所有的 x 0 ，都有 f ( x) ax 成立，求 a 的取值范围.
例 4 【2014 全国 2 卷 21】已知函数 f ( x) ex ex 2x .设 g( x) f (2x) 4bf ( x) ，当 x 0 时， g( x) 0 ，求 bmax .

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。

函数恒成立与存在性问题(精编)

函数恒成立与存在性问题（精编）知识归纳：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 >04. ∀x ∈D,均有f(x)﹤g(x)恒成立，则F(x)= f(x)- g(x) ﹤0。

∴ F(x) max ﹤05. ∀x1∈D, ∀x2∈E,均有f(x1) >g(x2)恒成立，则f(x)min> g(x)max6. ∀x1∈D, ∀x2∈E,均有f(x1) <g(x2)恒成立，则f(x) max < g(x) min 练习：1、已知函数12)(2+-=ax x x f ，xa x 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、已知两函数()2728f x x x c =--，()322440g x x x x =+-。

（1）对任意[]3,3x ∈-，都有()()f x g x ≤)成立，求实数c 的取值范围；（2）对任意[]12,3,3x x ∈-，都有()()12f x g x ≤，求实数c 的取值范围；3、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__________．知识归纳：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 <A3. ∃x0∈D,使得f(x0) >g(x0)成立，设F(x)= f(x)- g(x). ∴ F(x) max >04. ∃x0∈D,使得f(x0) <g(x0)成立，设F(x)= f(x)- g(x) ∴ F(x) min <05. ∃x1∈D, ∃x2∈E, 使得f(x1) >g(x2)成立，则f(x) max > g(x) min6. ∃x1∈D, ∃x2∈E,均使得f(x1) <g(x2)成立，则f(x) min < g(x) max 练习：2、已知两函数()2728f x x x c =--，()322440g x x x x =+-。

专题一：恒成立与存在性问题(精简型)

专题一：恒成立与存在性（精简型）一、恒成立之常用模型及方法一：分离参数法-----在指定的区间下对不等式作等价变形，将参数“a ”与变量“x ”左右分离开------模型------αα>⇔∈>min )()(x f I x x f 恒成立对一切αα>⇔∈<max )()(x f I x x f 恒成立对一切。

口诀：大就大其最大，小就小其最小，即最终转换求函数最值例1已知322)(2+-=ax x x f ，若(],2,1∈x ()0f <x 恒成立，求a 的取值范围.例2 已知0l <-ax nx ，在定义上恒成立，求a 的取值范围.二、恒成立之常用模型及方法二：（构造）函数利用函数图象（性质）分析法------此法关键在函数的构造上，常见于两种----一分为二或和而为一，另一点充分利用函数的图象来分析，即体现数形结合思想例3 已知a ax x x f -++=3)(2，若0)(],2,2[≤-∈x f x 恒成立，求a 的取值范围.例4若不等式2log 0m x x -<在10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭内恒成立，则实数m 的取值范围三、存在性之常用模型及方法：常见方法两种，一直接法同上恒成立，二间接法，先求其否定（恒成立），再求其否定补集即可例5已知322)(2+-=ax x x f ，若存在(],2,1∈x 使得()0f <x 成立，求a 的取值范围.四、其它常用模型及方法：1.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 ≥2.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 ≤3.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 ≥4.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 ≤5.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；6.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；7.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。

存在性问题与恒成立问题专题

恒成立专题与存在性问题专题1.已知函数()()()1ln a f x x a x a R x =-+-∈，()212x x g x x e xe =+-. （1）当[]1,x e ∈时，求f (x )的最小值；（2）当1a <时，若存在21,x e e ⎡⎤∈⎣⎦，使得对任意的[]()()2122,0,x f x g x ∈-<恒成立，求a 的取值范围．2.设函数()ln ,()2mx m f x x g x x -==.（1）当01x ≠时，求函数()()()F x f x g x =+的零点个数；（2）若0[1,)x ∃∈+∞，使得()()00f x g x <，求实数m 的取值范围.3.设1()ln +,()4.a f x x g x ax x -==-（Ⅰ）求()()()x f x g x ϕ=+的单调区间.（Ⅱ）当1a =时，记()()()h x f x g x =⋅，是否存在整数．．λ，使得关于x 的不等式2()h x λ≥有解？若存在求出λ的最小值，若不存在，说明理由.4.已知函数ln ()x x f x xe x =+.（1）求证：函数()f x 有唯一零点；（2）若对任意(0,)x ∈+∞，ln 1x xe x kx -≥+恒成立，求实数k 的取值范围.5..设函数()ln ,()2mx m f x x g x x -==.（1）当01x ≠时，求函数()()()F x f x g x =+的零点个数；（2）若0[1,)x ∃∈+∞，使得()()00f x g x <，求实数m 的取值范围.6.已经函数()2ln ax x a f x R =--∈，.（1）讨论函数()f x 的单调区间；（2）若函数()f x 在1x =处取得极值，对()0()3x f x bx ∀∈+∞-，，≥恒成立，求实数b 的取值范围.7.已知函数()xe f x x a=- (其中常数0a <). （1）求函数f (x )的定义域及单调区间;（2）若存在实数(],0x a ∈,使得不等()12f x ≤成立,求a 的取值范围.8.已知函数22()3ln() f x x ax a x a R=-+∈.（Ⅰ）求()f x的单调区间；（Ⅱ）若对于任意的2x e≥（e为自然对数的底数），()0f x≥恒成立，求a的取值范围.存在性问题与恒成立问题专题答案1.（1）见解析；（2）2e 2c ,1e 1⎛⎫- ⎪+⎝⎭【分析】（1）求出f （x ）的定义域，求导数f ′（x ），得其极值点，按照极值点a 在[1，e 2]的左侧、内部、右侧三种情况进行讨论，可得其最小值；（2）存在x 1∈[e ，e 2]，使得对任意的x 2∈[﹣2，0]，f （x 1）＜g （x 2）恒成立，即 f （x ）min ＜g （x ）min ，由（1）知f （x ）在[e ，e 2]上递增，可得f （x ）min ，利用导数可判断g （x ）在[﹣2，0]上的单调性，可得g （x ）min ，由 f （x ）min ＜g （x ）min ，可求得a 的范围；【详解】（1）f （x ）的定义域为（0，+∞），f ′（x ）()()21x x a x --=（a ∈R ），当a ≤1时，x ∈[1，e 2]，f ′（x ）≥0，f （x ）为增函数，所以f （x ）min ＝f （1）＝1﹣a ；当1＜a ＜e 2时，x ∈[1，a ]，f ′（x ）≤0，f （x ）为减函数，x ∈[a ，e 2]，f ′（x ）≥0，f （x ）为增函数，所以f （x ）min ＝f （a ）＝a ﹣（a +1）lna ﹣1；当a ≥e 2时，x ∈[1，e 2]，f ′（x ）≤0，f （x ）为减函数，所以f （x ）min ＝f （e 2）＝e 2﹣2（a +1）2a e -；综上，当a ≤1时，f （x ）min ＝1﹣a ；当1＜a ＜e 2时，f （x ）min ＝a ﹣（a +1）lna ﹣1；当a ≥e 2时，f （x ）min ＝e 2﹣2（a +1）2a e-；（2）存在x 1∈[e ，e 2]，使得对任意的x 2∈[﹣2，0]，f （x 1）＜g （x 2）恒成立，即 f （x ）min ＜g （x ）min ，当a ＜1时，由（1）可知，x ∈[e ，e 2]，f （x ）为增函数，∴f （x 1）min ＝f （e ）＝e ﹣（a +1）a e- g ′（x ）＝x +e x ﹣xe x ﹣e x ＝x （1﹣e x ），当x ∈[﹣2，0]时g ′（x ）≤0，g （x ）为减函数，g （x ）min ＝g （0）＝1，∴e ﹣（a +1）a e -＜1，a 221e e e -+＞，∴a ∈（221e e e -+，1）． 2.(1)见解析；(2)(2,+∞)【详解】解：（1）1()ln 2x F x x x -=-，即11()ln (0)22F x x x x =+->，则221121()22x F x x x x -'=-=，令()0F x '=解得12x =. 当10,,()0,()2x F x F x ⎛⎫∈'< ⎪⎝⎭在10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减；当1,,()0,()2x F x F x '⎛⎫∈+∞> ⎪⎝⎭在12+∞（，）上单调递增，所以当12x =时，min 11()ln 222F x F ⎛⎫==- ⎪⎝⎭. 因为121ln 2ln e ln 202-=-<，所以min ()0F x . 又2221e 1e 520e 222F -⎛⎫=-+-=> ⎪⎝⎭，1111(e)102e 22e 2F =+-=+>，所以21102F F e ⎛⎫⎛⎫< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，1()02F e F ⎛⎫< ⎪⎝⎭，所以()F x 分别在区间2111,,,e e 22⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭上各存在一个零点，函数()F x 存在两个零点. （2）假设()()f x g x ≥对任意[1,)x ∈+∞恒成立，即ln 02mx m x x--≥对任意[1,)x ∈+∞恒成立. 令()ln (1)2mx m h x x x x -=-≥，则2212()22m x m h x x x x -'=-=. ①当2m ≤，即20x m -≥时，且()h x '不恒为0，所以函数()ln 2mx mh x x x-=-在区间[1,)+∞上单调递增. 又1(1)ln1021m mh ⨯-=-=⨯，所以()0h x ≥对任意[1,)x ∈+∞恒成立.故2m ≤不符合题意； ②当2m >时，令22()02x m h x x -'=<，得12m x ≤<；令22()02x mh x x -'=>，得2m x >. 所以函数()ln 2mx m h x x x -=-在区间1,2m ⎡⎫⎪⎢⎣⎭上单调递减，在区间,2m ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增，所以(1)02m h h ⎛⎫<=⎪⎝⎭，即当2m >时，存在01x ≥，使()00h x <，即()()00f x g x <. 故2m >符合题意，综上可知，实数m 的取值范围是(2,)+∞. 3.（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）0.【分析】（Ⅰ）对a 分三种情况讨论，利用导数求()()()x f x g x ϕ=+的单调区间；（Ⅱ）先求出函数h(x)在()00x ，上单调递减，在()0,x +∞上单调递增，再求出min ()h x 1(-2,-)3∈，即得解.【详解】解：（I ）[]2222(1)(1)11(1)'()(0)x ax a a ax x a x a x x x x x ϕ+---+--=-+==> 0a <时，令1'()0,;a x x a ϕ-⎛⎫<⇒∈+∞⎪⎝⎭令1'()00,;a x x a ϕ-⎛⎫>⇒∈ ⎪⎝⎭故ϕ（x)在10a a -⎛⎫ ⎪⎝⎭，单调递增，在1,a a -⎛⎫+∞⎪⎝⎭上单调递减； 0≤a ≤1时，ϕ'（x)>0恒成立，故ϕ（x)0+∞（，）单调递增. 1a >时，令1'()00,;a x x a ϕ-⎛⎫<⇒∈ ⎪⎝⎭令1'()0,;a x x a ϕ-⎛⎫>⇒∈+∞ ⎪⎝⎭故ϕ（x)在10a a -⎛⎫ ⎪⎝⎭，单调递减，在1,a a -⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增；综上：0a <时,ϕ（x)在10a a -⎛⎫ ⎪⎝⎭，单调递增，在1,a a -⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递减；01a ≤≤时()x ϕ在()0,∞+单调递增.1a >时，ϕ（x)在10a a -⎛⎫ ⎪⎝⎭，单调递减，在1,a a -⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增.（II ）当1a =时，()()()(4)ln ,h x f x g x x x =⋅=-44'()ln 1ln (0)x h x x x x x x-=+=+-> 由于'()h x 在()0+∞，上单调递增且1'(2)=ln2-1<0,'(3)=ln3-03h h > 故唯一存在0(2,3),x ∈使得0'()=0h x 即0041ln =0x x +-*（）故h(x)在()00x ，上单调递减，在()0,x +∞上单调递增，故min 0000000416()=()(4)ln (4)(1)8()h x h x x x x x x x =-=--=-+ 又0(2,3)x ∈且00168()y x x =-+在(2,3)上单调递增，故001618()(-2,-)3x x -+∈即min ()h x 1(-2,-)3∈ 依题意：2()h x λ≥有解，故min 11()(-1,-)26h x λ≥∈ 又,Z λ∈故min =0λ 4.（1）见解析；（2）1k .试题分析：（1）求出()()21ln '1xxf x x e x-=++，先证明()f x 在区间()01，上为增函数，又1210ee ef e e -⎛⎫=< ⎪⎝⎭，0f I e =>（），所以()f x 在区间()01，上恰有一个零点，而()0f x >在()1+∞，上恒成立，在()1+∞，上无零点，从而可得结果；（2）设()f x 的零点为0x ，即000ln 0x x x e x +=．原不等式可化为ln 1x xe x k x--≥，令00x x e t =若1t >，可得()01ln x t t -=，等式左负右正不相等，若1t <，等式左正右负不相等，只能1t =，()0000000ln 1ln 1x x e x xg x x x --==-=，即1k 求所求．试题解析：（1）()()21ln '1xxf x x e x-=++，易知()'f x 在()0e ，上为正，因此()f x 在区间()01，上为增函数，又1210ee ef e e -⎛⎫=< ⎪⎝⎭，0f I e =>（）因此10f f I e ⎛⎫< ⎪⎝⎭（），即()f x 在区间()01，上恰有一个零点，由题可知()0f x >在()1+∞，上恒成立，即在()1+∞，上无零点，则()f x 在()0+∞，上存在唯一零点．（2）设()f x 的零点为0x ，即0000ln 0x x x e x +=．原不等式可化为ln 1x xe x k x--≥，令()ln 1x xe x g x x--=，则()ln 'x x xe x g x x+=，由（1）可知()g x 在()00x ，上单调递减，在()0x ，+∞上单调递增，故只求()0g x ，，设00x x e t =，下面分析0000ln 0x x x e x +=，设00x x e t =，则00ln xt x =-，可得0000lnx tx lnx x lnt =-⎧⎨+=⎩，即()01ln x t t -=若1t >，等式左负右正不相等，若1t <，等式左正右负不相等，只能1t =．因此()0000000ln 1ln 1x x e x xg x x x --==-=，即1k 求所求． 5.(1)见解析；(2)(2,+∞)【详解】解：（1）1()ln 2x F x x x -=-，即11()ln (0)22F x x x x =+->，则221121()22x F x x x x-'=-=，令()0F x '=解得12x =.当10,,()0,()2x F x F x ⎛⎫∈'< ⎪⎝⎭在10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减；当1,,()0,()2x F x F x '⎛⎫∈+∞>⎪⎝⎭在12+∞（，）上单调递增，所以当12x =时，min 11()ln 222F x F ⎛⎫==- ⎪⎝⎭.因为121ln 2ln e ln 202-=-<，所以min()0F x .又2221e 1e 520e 222F -⎛⎫=-+-=> ⎪⎝⎭，1111(e)102e 22e 2F =+-=+>，所以21102F F e ⎛⎫⎛⎫<⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，1()02F e F ⎛⎫< ⎪⎝⎭，所以()F x 分别在区间2111,,,e e 22⎛⎫⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭上各存在一个零点，函数()F x 存在两个零点. （2）假设()()f x g x ≥对任意[1,)x ∈+∞恒成立，即ln 02mx mx x--≥对任意[1,)x ∈+∞恒成立. 令()ln (1)2mx m h x x x x -=-≥，则2212()22m x mh x x x x -'=-=. ①当2m ≤，即20x m -≥时，且()h x '不恒为0，所以函数()ln 2mx mh x x x-=-在区间[1,)+∞上单调递增. 又1(1)ln1021m mh ⨯-=-=⨯，所以()0h x ≥对任意[1,)x ∈+∞恒成立.故2m ≤不符合题意； ②当2m >时，令22()02x m h x x -'=<，得12m x ≤<；令22()02x mh x x -'=>，得2m x >. 所以函数()ln 2mx m h x x x -=-在区间1,2m ⎡⎫⎪⎢⎣⎭上单调递减，在区间,2m ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增，所以(1)02m h h ⎛⎫<=⎪⎝⎭，即当2m >时，存在01x ≥，使()00h x <，即()()00f x g x <. 故2m >符合题意，综上可知，实数m 的取值范围是(2,)+∞.6.(1) ①当0a ≤时，()f x 的递减区间是()0,∞+，无递增区间；②当0a >时，()f x 的递增区间是1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭，递减区间是10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭. (2) 211b e -≤. 【详解】分析：（Ⅰ）求出导函数1'()ax f x x-=，由于定义域是0x >，可按0a ≤和0a >分类讨论'()f x 的正负，得单调区间．（Ⅱ）由函数在1x =处取极值得0a >且可得a 的具体数值，而不等式()3f x bx ≥-可转化为1ln x x b x +-≥，这样只要求得1ln ()x xg x x+-=的最小值即可．详解：（Ⅰ）在区间()0,+∞上，()11'ax f x a x x-=-=. ①若0a ≤，则()'0f x <，()f x 是区间()0,+∞上的减函数； ②若0a >，令()'0f x =得1x a=. 在区间10,a ⎛⎫⎪⎝⎭上，()'0f x <，函数()f x 是减函数；在区间上，()'0f x >，函数()f x 是增函数；综上所述，①当0a ≤时，()f x 的递减区间是()0,+∞，无递增区间； ②当0a >时，()f x 的递增区间是1,a ⎛⎫+∞⎪⎝⎭，递减区间是10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭．（II ）因为函数()f x 在1x =处取得极值，所以()'10f = 解得1a =，经检验满足题意．由已知()3f x bx ≥-，则1ln x xb x+-≥ 令()1ln 1ln 1x x x g x x x x +-==+-，则()2211ln ln 2'x x g x x x x--=-= 易得()g x 在(]0,2e 上递减，在[)2,e +∞上递增，所以()()22min 11g x g ee ==-，即211b e≤-.7.（1）.函数()f x 的定义域为{}|x x a ≠. 1分()()()21'x x e x a e f x x a --⋅=-()()21x e x a x a -+⎡⎤⎣⎦=-.由()'0f x >,解得1x a >+. 由()'0f x <,解得1x a <+且x a ≠.所以()f x 的单调递增区间为()1,a ++∞,单调递减区间为()(),,,1a a a -∞+. 4分（2）.有题意可知, 0a <且()x e f x x a =-在(],0a 上的最小值小于等于12时,存在实数(],0x a ∈,使得不等式()12f x ≤成立. 5分若10a +<即1a <-时，x ,()f x ,()'f x 的变化情况如下表:x(),1a a +1a + ()1,0a +()'f x -+()f x↘极小值↗()(]()1f a e +=.则112a e +≤,得1ln 12a ≤-. 9分若10a +≥即1a ≥-时, ()f x 在(],0a 是单调递减, ()f x 在(],0a 上的最小值为()10f a=-.由112a -≤得2a ≤- (舍). 综上所述, 1ln12a ≤-即为所求. 12分 8.（I ）当0a ≤时， ()f x 的单调递增区间为()0,∞+，无单调递减区间；当0a >时，()f x 的单调递增区间为0,2a ⎛⎫⎪⎝⎭和(),a +∞，单调递减区间是,2a a ⎛⎫ ⎪⎝⎭；（II ）)22,,2e e ⎛⎤⎡-∞⋃+∞ ⎥⎣⎝⎦【详解】（Ⅰ）()f x 的定义域为()0,∞+.()22223'23a x ax a f x x a x x -+=-+=()()2x a x a x--=. （1）当0a ≤时，()'0f x >恒成立，()f x 的单调递增区间为()0,∞+，无单调递减区间；（2）当0a >时，由()'0f x >解得()0,,2a x a ⎛⎫∈⋃+∞ ⎪⎝⎭，由()'0f x <解得,2a x a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭. ∴()f x 的单调递增区间为0,2a ⎛⎫⎪⎝⎭和(),a +∞，单调递减区间是,2a a ⎛⎫ ⎪⎝⎭. （Ⅱ）①当0a ≤时，()'0f x >恒成立，()f x 在()0,∞+上单调递增， ∴()()2422320f x f eeae a ≥=-+≥恒成立，符合题意.②当0a >时，由（Ⅰ）知，()f x 在0,2a ⎛⎫ ⎪⎝⎭、(),a +∞上单调递增，在,2a a ⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减.（i ）若202ae <≤，即22≥a e 时，()f x 在2,2a e ⎡⎫⎪⎢⎣⎭上单调递增，在,2a a ⎡⎫⎪⎢⎣⎭上单调递减，在(),a +∞上单调递增.∴对任意的实数2x e ≥，()0f x ≥恒成立，只需()20f e ≥，且()0f a ≥.而当22≥a e 时，()()()2224222320f e a ae e a e a e =-+=--≥且()()22223ln ln 20f a a a a a a a =-+=-≥成立.∴22≥a e 符合题意. （ii ）若22ae a <≤时，()f x 在)2,e a ⎡⎣上单调递减，在[),a +∞上单调递增.∴对任意的实数2x e ≥，()0f x ≥恒成立，只需()0f a ≥即可，此时()()22223ln ln 20f a a a a a aa =-+=-≥成立，∴222e a e ≤<符合题意.（iii ）若2e a >，()f x 在)2,e ⎡+∞⎣上单调递增.∴对任意的实数2x e ≥，()0f x ≥恒成立，只需()2422320f e e ae a =-+≥，即()()()2422223220f e e ae a a e a e =-+=--≥，∴202e a <≤符合题意.综上所述，实数a 的取值范围是)22,,2e e ⎛⎤⎡-∞⋃+∞ ⎥⎣⎝⎦.。

专题一---恒成立与存在性问题

解：作出可行域如图，并求出顶点的坐标A(1,3)、B(3,1)、C(7,9)． (1)易知可行域内各点均在直线x＋ 2y－4＝0的上方，故x＋2y－4＞0，将点C(7,9)代入z得最大值为21.
(2)z＝x2＋y2－10y＋25 表示可行域内任一点(x，y)到定点 M(0,5)的距离的平方，过 M 作直线 AC 的垂线，易知垂足 N 在线段 AC 上，故 z 的最小值是|MN|2＝92.
5 .若函数 y ＝ x3 － a x2 ＋ 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＝3x2－2ax0在0,2内恒成立，
所以yy||xx＝＝02＝ 120－ 40a0，所以a3.
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__________．
练习
1.已知f(x 函 )a数 xlnxaR
(1)求 f(x)的单调区间；（ 2）g设 (x)x22x2,若对x1 任 (0,意 ) 均 , 存 x2[在 0,1]
使f得 (x1)g(x2)求 , a的取值范围。
若本题（2）条件改为：对任x意1 (0,),使得任意的x2 [0,1] 都有f (x1) g(x2)求a的取值范围
(2)已知f(x)=lnx: ①设F(x)=f(x+2)- 2 x ，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】

恒成立、存在问题

恒成立和存在性问题一、恒成立问题例1 已知函数f(x)＝x|x－a|＋2x.(1)若函数f(x)在R上是增函数，求实数a的取值范围；(2)求所有的实数a，使得对任意x∈[1,2]时，函数f(x)的图象恒在函数g(x)＝2x＋1图象的下方．f(x)＝x3－6ax2＋9a2x(a∈R)，当a>0时，若对∀x∈[0,3]有f(x)≤4恒成立，求实数a的取值范围．例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．例3 已知函数f (x )＝x －1－a ln x (a ∈R)． (1)求证：f (x )≥0恒成立的充要条件是a ＝1； (2)若a <0，且对任意x 1，x 2∈(0,1]，都有|f (x 1)－f (x 2)|≤4⎪⎪⎪⎪⎪⎪1x 1－1x 2，求实数a 的取值范围．已知函数f (x )＝lg x ，求证：∀x 1，x 2∈(0，＋∞)，f (x 1)＋f (x 2)2≤f ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫x 1＋x 22.g (x )＝1sin θ·x＋ln x 在[1，＋∞)上为增函数，且θ∈(0，π)，则θ的值为________．二、存在性问题例1 已知函数f (x )＝x 3－ax 2＋10.(1)当a ＝1时，求曲线y ＝f (x )在点(2，f (2))处的切线方程；(2)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．f (x )＝x (x －a )2，g (x )＝－x 2＋(a －1)x ＋a (其中a为常数)．(1)如果函数y ＝f (x )和y ＝g (x )有相同的极值点，求a 的值；(2)设a >0，问是否存在x 0∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，a 3，使得f (x 0)>g (x 0)，若存在，请求出实数a 的取值范围；若不存在，请说明理由．例3 已知函数f (x )＝2|x －m |和函数g (x )＝x |x －m |＋2m －8. (1)若方程f (x )＝2|m |在[－4，＋∞)上恒有惟一解，求实数m 的取值范围；(2)若对任意x 1∈(－∞，4]，均存在x 2∈[4，＋∞)，使得f (x 1)>g (x 2)成立，求实数m 的取值范围．(教材选修2－1 P20复习题5改编)例命题“∃x ∈(0，＋∞)，x 2－ax ＋1≤0”为真命题，则a 的取值范围为________．f (x )＝mx 33＋x 2－x ，m ∈R ，函数f (x )在(2，＋∞)上存在单调递增区间，求m 的取值范围．参考答案例1【解答】 (1)f (x )＝x |x －a |＋2x ＝⎩⎨⎧x 2＋(2－a )x ，x ≥a ，－x 2＋(2＋a )x ，x <a .由f (x )在R 上是增函数，则⎩⎪⎨⎪⎧a ≥－2－a 2，a ≤2＋a 2，即－2≤a ≤2，故a 的取值范围为－2≤a ≤2.(2)由题意得对任意的实数x ∈[1,2]，f (x )<g (x )恒成立，即x |x －a |<1在[1,2]恒成立，也即x －1x <a <x ＋1x 在[1,2]恒成立，故当x ∈[1,2]时，只要x －1x 的最大值小于a 且x ＋1x 的最小值大于a 即可，而当x ∈[1,2]时，⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫x －1x ′＝1＋1x 2>0，从而x －1x 为增函数，由此得⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫x －1x max ＝32；当x ∈[1,2]时，⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫x ＋1x ′＝1－1x 2>0，从而x ＋1x 为增函数，由此得⎝⎛⎭⎪⎪⎫x ＋1x min ＝2，所以32<a <2.变1【解答】 f ′(x )＝3x 2－12ax ＋9a 2＝3(x －a )(x －3a )，故f (x )在(0，a )上单调递增，在(a,3a )上单调递减，在(3a ，＋∞)上单调递增．(1)当a ≥3时，函数f (x )在[0,3]上递增，所以函数f (x )在[0,3]上的最大值是f (3)，若对∀x ∈[0,3]有f (x )≤4恒成立，需要有⎩⎪⎨⎪⎧f (3)≤4，a ≥3，解得a ∈∅.(2)当1≤a <3时，有a <3≤3a ，此时函数f (x )在[0，a ]上递增，在[a,3]上递减，所以函数f (x )在[0,3]上的最大值是f (a )，若对∀x ∈[0,3]有f (x )≤4恒成立，需要有⎩⎪⎨⎪⎧f (a )≤4，1≤a <3，解得a ＝1.(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)，若对∀x ∈[0,3]有f (x )≤4恒成立，需要有⎩⎪⎨⎪⎧f (3)≤4，0<a ≤34，解得a ∈⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤1－239，34. ②34<a <1时，f (a )>f (3)，若对∀x ∈[0,3]有f (x )≤4恒成立，需要有⎩⎪⎨⎪⎧f (a )≤4，34<a <1，解得a ∈⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫34，1.综上所述，a ∈⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤1－239，1.例2【解答】 (1)∵f ′(x )＝3ax 2＋2bx －3，根据题意，得⎩⎨⎧ f (1)＝－2，f ′(1)＝0，即⎩⎨⎧ a ＋b －3＝－2，3a ＋2b －3＝0，解得⎩⎨⎧a ＝1，b ＝0，∴f (x )＝x 3－3x .(2)令f ′(x )＝3x 2－3＝0，即3x 2－3＝0，解得x ＝±1，(－2，－1) (－1,1) (1,2) ＋－＋ ∵f (－1)＝max min 2. 则对于区间[－2,2]上任意两个自变量的值x 1，x 2，都有|f (x 1)－f (x 2)|≤f (x )max －f (x )min ＝4，所以c ≥4，即c 的最小值为4.变题【解答】 (1)①充分性：当a ＝1时，f (x )＝x －1－ln x ，f ′(x )＝1－1x ＝x －1x ，所以当x >1时，f ′(x )>0，所以函数f (x )在(1，＋∞)上是增函数，当0<x <1时，f ′(x )<0，所以函数f (x )在(0,1)上是减函数，所以f (x )≥f (1)＝0.②必要性．f ′(x )＝1－a x ＝x －ax ，其中x >0.(i)当a ≤0时，f ′(x )>0恒成立，所以函数f (x )在(0，＋∞)上是增函数．而f (1)＝0，所以当x ∈(0,1)时，f (x )<0，与f (x )≥0恒成立相矛盾．所以a ≤0不满足题意． (ii)当a >0时，因为当x >a 时，f ′(x )>0，所以函数f (x )在(a ，＋∞)上是增函数；当0<x <a 时，f ′(x )<0，所以函数f (x )在(0，a )上是减函数．所以f (x )≥f (a )＝a －1－a ln a .因为f (1)＝0，所以当a ≠1时，f (a )<f (1)＝0，此时与f (x )≥0恒成立相矛盾．所以a ＝1，综上所述，f (x )≥0恒成立的充要条件是a ＝1.(2)由(1)可知，当a <0时，函数f (x )在(0,1]上是增函数，又函数y ＝1x 在(0,1]上是减函数，不妨设0<x 1≤x 2≤1，则|f (x 1)－f (x 2)|＝f (x 2)－f (x 1)，⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪1x 1－1x 2＝1x 1－1x 2，所以|f (x 1)－f (x 2)|≤4⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪1x 1－1x 2等价于f (x 2)－f (x 1)≤4x 1－4x 2，即f (x 2)＋4x 2≤f (x 1)＋4x 1. 设h (x )＝f (x )＋4x ＝x －1－a ln x ＋4x .则|f (x 1)－f (x 2)|≤4⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪1x 1－1x 2等价于函数h (x )在区间(0,1]上是减函数．因为h ′(x )＝1－a x －4x 2＝x 2－ax －4x 2，所以所证命题等价于证x 2－ax －4≤0在x ∈(0,1]时恒成立，即a ≥x －4x 在x ∈(0,1]上恒成立，即a 不小于y ＝x －4x 在区间(0,1]内的最大值．而函数y ＝x －4x 在区间(0,1]上是增函数，所以y ＝x －4x 的最大值为－3，所以a ≥－3.又a <0，所以a ∈[－3,0)．θ＝π2 【解析】由题意，g ′(x )＝－1sin θ·x 2＋1x≥0在[1，＋∞)上恒成立，即sin θ·x －1sin θ·x 2≥0在[1，＋∞)上恒成立．∵θ∈(0，π)，∴sin θ>0.故sin θ·x －1≥0在[1，＋∞)上恒成立，只需sin θ·1－1≥0，即sin θ≥1，只有sin θ＝1.结合θ∈(0，π)，得θ＝π2.存在问题【解答】 (1)当a ＝1时，f ′(x )＝3x 2－2x ，f (2)＝14，曲线y ＝f (x )在点(2，f (2))处的切线斜率k ＝f ′(2)＝8，所以曲线y ＝f (x )在点(2，f (x ))处的切线方程为 8x －y －2＝0.(2)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 )min ＝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 )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 >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 )min ＝g (2)，所以a >92.【解答】 (1)f (x )＝x (x －a )2＝x 3－2ax 2＋a 2x ，则f ′(x )＝3x 2－4ax ＋a 2＝(3x －a )(x －a )，令f ′(x )＝0，得x ＝a 或a3，而g (x )在x ＝a －12处有极大值．∴a －12＝a ⇒a ＝－1，或a －12＝a 3⇒a ＝3.综上，a ＝3或a ＝－1.(2)假设存在，即存在x 0∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，a 3，使得 f (x 0)－g (x 0)＝x 0(x 0－a )2－[－x 20＋(a －1)x 0＋a ]＝x 0(x 0－a )2＋(x 0－a )(x 0＋1)＝(x 0－a )[x 20＋(1－a )x 0＋1]>0，当x 0∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，a 3时，又a >0，故x 0－a <0，则存在x 0∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，a 3，使得x 20＋(1－a )x 0＋1<0. ①当a －12>a 3，即a >3时，由⎝ ⎛⎭⎪⎫a 32＋(1－a )⎝ ⎛⎭⎪⎫a 3＋1<0得a >3或a <－32，∴a >3；②当－1≤a －12≤a 3，即0<a ≤3时，4－(a －1)24<0得a <－1或a >3，∴a 无解．综上，a >3.【解答】 (1)f ′(x )＝－x 2－23x ＋53，令f ′(x )>0，即x 2＋23x －53<0，解得－53<x <1，∴f (x )的单调增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫－53，1；单调减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－53和(1，＋∞)．(2)由(1)可知：当x ∈[0,1]时，f (x )单调递增，∴当x ∈[0,1]时，f (x )∈[f (0)，f (1)]，即f (x )∈[－4，－3]．又g ′(x )＝3x 2－3a 2，且a ≥1，∴当x ∈[0,1]时，g ′(x )≤0，g (x )单调递减，∴当x ∈[0,1]时，g (x )∈[g (1)，g (0)]，即g (x )∈[－3a 2－2a ＋1，－2a ]，又对于任意x 1∈[0,1]，总存在x 0∈[0,1]，使得f (x 1)＝g (x 0)成立⇔[－4，－3]⊆[－3a 2－2a ＋1，－2a ]，即⎩⎪⎨⎪⎧－3a 2－2a ＋1≤－4，－3≤－2a ，解得1≤a ≤32.【解答】 (1)由f (x )＝2|m |在x ∈[－4，＋∞)上恒有惟一解，得|x －m |＝|m |在x ∈[－4，＋∞)上恒有惟一解．当x －m ＝m 时，得x ＝2m ，则2m ＝0或2m <－4，即m <－2或m ＝0.综上，m 的取值范围是m <－2或m ＝0.(2)f (x )＝⎩⎨⎧2x －m (x ≥m )，2m －x (x <m )，原命题等价为f (x 1)min >g (x 2)min .①当4≤m ≤8时，f (x )在(－∞，4]上单调递减，故f (x )≥f (4)＝2m －4，g (x )在[4，m ]上单调递减，[m ，＋∞)上单调递增，故g (x )≥g (m )＝2m －8，所以2m －4>2m －8，解得4<m <5或m >6.所以4<m <5或6<m ≤8.②当m >8时，f (x )在(－∞，4]上单调递减，故f (x )≥f (4)＝2m －4，g (x )在⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤4，m 2单调递增，⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤m 2，m 上单调递减，[m ，＋∞)上单调递增，g (4)＝6m －24>g (m )＝2m －8，故g (x )≥g (m )＝2m －8，所以2m －4>2m －8，解得4<m <5或m >6.所以m >8.③0<m <4时，f (x )在(－∞，m ]上单调递减，[m,4]上单调递增，故f (x )≥f (m )＝1.g (x )在[4，＋∞)上单调递增，故g (x )≥g (4)＝8－2m ，所以8－2m <1，即72<m <4.④m ≤0时，f (x )在(－∞，m ]上单调递减，[m,4]上单调递增，故f (x )≥f (m )＝1.g (x )在[4，＋∞)上单调递增，故g (x )≥g (4)＝8－2m ，所以8－2m <1，即m >72(舍去)．综上，m 的取值范围是⎝⎛⎭⎪⎪⎫72，5∪(6，＋∞)．【答案】 a ≥2【解析】原命题等价为∃x ∈(0，＋∞)，x 2＋1x ≤a ，令f (x )＝x 2＋1x ＝x ＋1x ≥2，所以a ≥2.。

专题一、恒成立与存在性问题专题

专题一、恒成立与存在性问题专题【一、知识点梳理：】 1. 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 ∀∈⌝ 2.等价转化思想：不熟系问题熟悉化 3.优化策略：分参函数型；结构特征型；【二、经典讲练：】例1 ：已知不等式0122>+-ax x 对]2,1[∈x 恒成立，其中0>a ．求实数a 的取值范围．分析：思路1、通过化归最值，直接求函数12)(2+-=ax x x f 的最小值解决，即0)(min >x f 。

思路 2、通过分离变量，转化到)1(21212x x x x a +=+<解决，即min 2)21(xx a +<。

思路3、通过数形结合，化归到ax x 212>+作图解决，即12+=x y 图像在ax y 2=的上方．【变式练习：】 0122>+-ax x →0123>+-ax x 012ln >+-→ax x ，该如何处理？【小结：】解决恒成立问题的实质是合理转化到函数，通过函数性质（最值）或图像进行求解．例2：已知函数12)(2+-=ax x x f ，xa x 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．简解：（1）由12012232++<⇒>-+-x x x a x a ax x 成立，只需满足12)(23++=x xx x ϕ的最小值大于a 即可．对12)(23++=x x x 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 ．例3 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．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 x ab +-≤或x b x a)10(2-+-≤；方法3：变更主元，0101)(≤-++⋅=b x a x a ϕ，]2,21[∈a简解：方法1:对b x xab x x g x h ++=++=)()(求导，22))((1)(x a x a x x a x h +-=-='，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．⎪⎩⎪⎨⎧-≤-≤⇒⎪⎩⎪⎨⎧≤++≤++⇒⎪⎩⎪⎨⎧≤≤∴a b a b 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 ．【合作探究：】⑴ 已知()21f x x mx =++试求m 的取值范围，使()3f x ≥对任意[]1,1x ∈-恒成立 ⑵ 已知()21f x m xm =++试求x 的取值范围，使()3f x ≥对任意[]1,1m ∈-恒成立⑶ 已知()21f x m mx =++试求m 的取值范围，使()3f x ≥对任意[]1,1x ∈-恒成立 ⑷ 已知()21f x x mx =++试求x 的取值范围，使()3f x ≥对任意[]1,1m ∈-恒成立()()21g m xm x =++【能力形成：】1.【2010绍兴一模理第17题改编】在区间]1t ,t [+上满足不等式1|13|3≤+-x x 恒成立，求实数t 的取值范围．分析：|13|)(3图解：|13|3+-=x x y1=yyxO 1 33- 2- 1-2.对于任意的,42x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，不等式242sin cos 2sin p x x x +≤恒成立，则实数p 的取值范围为 ▲ .3.【洪翔中学08-09学年高一上学期期中】已知函数x ax x f +=2)(，()0≠∈a R a 且（1）对于任意的实数21,x x ，比较)]()([2121x f x f +与)2(21x x f +的大小；（2）若[]1,0∈x 时，有1|)(|≤x f ，求实数a 的取值范围。

高中数学恒成立与存在性问题

恒成立与存在性问题1.单变量型恒成立问题方法一：参变量分离法解恒成立问题例1.已知函数f(x)＝lnx＋ax＋1，若f(x)＜0恒成立，求a的取值范围.解：∵f(x)＝lnx＋ax＋1＜0在(0，＋∞)上恒成立，∴a＜－lnx－1x，x∈(0，＋∞)，即a＜(－lnx－1x)min令H(x)＝－lnx－1x，x∈(0，＋∞)，H′(x)＝lnxx²当x∈(0，1)时，H′(x)＜0，H(x)在(0，1)上单调递减当x∈(1，＋∞)时，H′(x)＞0，H(x)在(1，＋∞)上单调递增∴H(x)min＝H(1)＝－1∴a＜－1例2.已知函数f(x)＝1xlnx(x＞0,x≠1)，求函数f(x)单调区间，解：f(x)＝1xlnx的定义域为(0，1)∪(1，＋∞)，f′(x)＝－(lnx＋1)(xlnx)²令f′(x)＞0，则0＜x＜1e；令f′(x)＜0，则1e＜x＜1或x＞1∴f(x)的增区间为(0，1e)，减区间为(1e，1)和(1，＋∞)例3.已知22x＞xa对任意x∈(0,1)成立，求a的取值范围.解：两边取自然对数：1xln2＞alnx，即1xlnx＜aln2，x∈(0，1)∴aln2＞(1xlnx)max，x∈(0，1)∵f(x)在(0，1e)上单调递增，在(1e，1)上单调递减，∴f(x)max＝f(1e)＝－e∴aln2＞－e，即a＞－eln2必背结论一：恒成立问题与函数最值的相互转化若函数f(x)在区间D上存在最小值f(x)min和最大值f(x)max.⑴∀x∈D，都有f(x)＞M⇔f(x)min＞M⑵∀x∈D，都有f(x)≥M⇔f(x)min≥M⑶∀x∈D，都有f(x)＜M⇔f(x)min＜M⑷∀x∈D，都有f(x)≤M⇔f(x)min≤M若函数f(x)在区间D上不存在最大(小)值，且值域为(m，n)，则⑴∀x∈D，都有f(x)＞M⇔m≥M⑵∀x∈D，都有f(x)≥M⇔m≥M⑶∀x∈D，都有f(x)＜M⇔n≤M⑷∀x∈D，都有f(x)≤M⇔n≤M方法二：分类讨论法解决恒成立问题例1.已知函数f(x)＝lnx＋ax＋1，若f(x)＜0恒成立，求a取值范围.解：∵f(x)＝lnx＋ax＋1∴f′(x)＝1x＋a＝1x－(－a)①当－a≤0，即a≥0时，f′(x)＞0，即f(x)在(0，＋∞)上单调递增∵f(1)＝a＋1＞0，这与f(x)＜0矛盾，∴a≥0不合题意.②当－a＞0，即a＜0时，令f′(x)＞0，则0＜x＜－1a；令f′(x)＜0，则x＞－1a∴f(x)在(0，－1a)上单调递增，在(－1a，＋∞)上单调递减∴f(x)max＝f(－1a)＝ln(－1a)＜0＝ln1∴－1a＜1，即a＜－1例2.【2017年全国3卷】已知函数f(x)＝x－1－alnx，若f(x)≥0恒成立，求a的值.解：f(x)的定义域为(0，＋∞)，①若a≤0，因为＝－12＋aln2<0，所以不满足题意；②若a>0，由f′(x)＝1－ax＝x－ax知，当x∈(0，a)时，f′(x)<0；当x∈(a，＋∞)时，f′(x)>0，所以f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增，故x＝a是f(x)在x∈(0，＋∞)上的唯一极小值点也是最小值点．由于f(1)＝0，所以当且仅当a＝1时，f(x)≥0，故a＝1.例3.【2015年全国2卷】已知函数f(x)＝e mx＋x²－mx⑴证明：f(x)在(－∞，0)单调递减，在(0，＋∞)单调递增；⑵若对于任意x1，x2∈[－1，1]，都有|f(x1)－f(x2)|≤e－1，求m的取值范围.解：⑴∵f(x)＝e mx＋x²－mx，∴f′(x)＝me mx＋2x－mf′′(x)＝m²e mx＋2≥0在R上恒成立，∴f′(x)＝me mx＋2x－m在R上单调递增而f′(0)＝0，∴x＞0时，f′(x)＞0；x＜0时，f′(x)＜0∴f(x)在(－∞，0)单调递减，在(0，＋∞)单调递增；⑵由⑴知f(x)min＝f(0)＝1当m＝0时，f(x)＝1＋x²，此时f(x)在[－1,1]上的最大值是2∴此时|f(x1)－f(x2)|≤e－1成立当m≠0时，f(1)＝e m＋1－m，f(－1)＝e－m＋1＋m令g(m)＝f(1)－f(－1)＝e m－e－m－2m，在R上单调递增而g(0)＝0，∴m＞0时，g(m)＞0，即f(1)＞f(－1)∴m＜0时，，g(m)＜0，即f(1)＜f(－1)当m＞0时，|f(x1)－f(x2)|≤f(1)－1＝e m－m≤e－1，即0＜m＜1当m＜0时，|f(x1)－f(x2)|≤f(－1)－1＝e－m＋m＝e－m－(－m)≤e－1，即－1＜m＜0综上所述：m∈(－1，1)方法三：“端点值代入型”恒成立问题例1.【2006全国2卷理20】设函数f(x)＝(x＋1)ln(x＋1).若对所有的x≥0，都有f(x)≥ax成立，求a的取值范围.解：令g(x)＝(x＋1)ln(x＋1)－ax，则g′(x)＝ln(x＋1)＋1－a令g′(x)＝0，即x＝e a－1－1当a≤1时，对所有的x＞0都有g′(x)＞0，∴g(x)在[0，＋∞)上为单调增函数，又g(0)＝0，∴当x≥0时，有g(x)≥g(0)，即当a≤1时都有f(x)≥ax，∴a≤1成立当a＞1时，对于0＜x＜e a－1－1时，g′(x)＜0∴g(x)在(0，e a－1－1)上为单调减函数，又g(0)＝0，∴对于0＜x＜e a－1－1时，有g(x)＜g(0)，即f(x)＜ax，∴当a＞1时，f(x)≥ax不一定成立综上所述：a∈(－∞，1]例2.【2007全国1卷理20⑵】设函数f(x)＝e x－e－x.若对所有的x≥0，都有f(x)≥ax 成立，求a的取值范围.解：f′(x)＝e x＋e－x，由于e x＋e－x≥2e x·e－x＝2，故f′(x)≥2令g(x)＝f(x)－ax，g′(x)＝e x＋e－x－a⑴若a≤2，当x＞0时，g′(x)＝e x＋e－x－a＞2－a≥0∴g(x)在(0，＋∞)上为增函数，∴x≥0，g(x)≥g(0)，即f(x)≥ax⑵当a＞2，方程g′(x)＝0的正根为x1＝ln a＋a²－42此时，若x∈(0，x1)时，g(x)＜g(0)＝0，即f(x)＜ax，与题设f(x)≥ax相矛盾.综上所述：a∈(－∞，2].例3.【2008全国2卷理22⑵】设函数f(x)＝sinx 2＋cosx.⑴求f (x )的单调区间；⑵若对所有的x ≥0，都有f (x )≤ax 成立，求a 的取值范围.解：⑴f ′(x )＝(2＋cosx )cosx －sinx (－sinx )(2＋cosx )²＝2cosx ＋1(2＋cosx )²当2k π－2π3＜x ＜2k π＋2π3(k ∈Z )时，cosx ＞－12，即f ′(x )＞0；当2k π＋2π3＜x ＜2k π＋4π3(k ∈Z )时，cosx ＜－12，即f ′(x )＜0；因此f (x )在每一个区间(2kπ－2π3，2kπ＋2π3)(k ∈Z )是增函数，f (x )在每一个区间(2kπ＋2π3，2kπ＋4π3)(k ∈Z )是减函数，⑵令g (x )＝ax －f (x )，则g ′(x )＝a －2cosx ＋1(2＋cosx )²＝a －22＋cosx ＋3(2＋cosx )²＝3(12＋cosx －13)²＋a －13故当a ≥13时，g ′(x )≥0.又g (0)＝0，所以当x ≥0时，g (x )≥g (0)＝0，即f (x )≤ax .当0＜a ＜13时，令h (x )＝sinx －3ax ，则h ′(x )＝cosx －3a .故当x ∈[0，arccos 3a )时，h ′(x )＞0，因此h (x )在[0，arccos 3a )上单调递增.故当x ∈(0，arccos 3a )时，h (x )＞h (0)＝0，sinx ＞3ax .于是，当x ∈(0，arccos 3a )时，f (x )＝sinx 2＋cosx ＞sinx 3＞ax .当a ≤0时，有f (π2)＝12＞0≥a ·π2综上所述：a ∈[13,＋∞)例4.【2014全国2卷理21】已知函数f (x )＝e x －e －x －2x .设g (x )＝f (2x )－4bf (x )，当x ＞0时，g (x )＞0，求b max .解：由f (x )得f ′(x )=e x ＋e －x －2≥2e x ·e －x －2=0，即f ′(x )≥0，当且仅当e x ＝e －x ，即x =0时，f ′(x )=0，∴函数f (x )在R 上为增函数；g (x )=f (2x )－4bf (x )=e 2x －e -2x －4b (e x －e －x )＋(8b －4)x ，则g '(x )=2[e 2x ＋e -2x －2b (e x +e -x )＋(4b －2)]=2[(e x ＋e -x )2－2b (e x ＋e -x )＋(4b －4)]=2(e x ＋e -x －2)(e x ＋e -x －2b ＋2)．①∵e x ＋e -x ≥2，e x ＋e -x ＋2≥4，∴当2b ≤4，即b ≤2时，g '(x )≥0，当且仅当x =0时取等号，从而g (x )在R 上为增函数，而g (0)=0，∴x ＞0时，g (x )＞0，符合题意．②当b ＞2时，若x 满足2＜e x ＋e -x ＜2b －2即0＜x ＜ln (b －1＋b ²－2b )时，g '(x )＜0，又由g (0)=0知，当0＜x ≤ln (b －1＋b ²－2b )时，g (x )＜0，不符合题意．综合①、②知，b ≤2，得b 的最大值为2．2.单变量型存在性问题例1.f (x )＝xlnx ，g (x )＝－x ²＋ax －3.若存在x ∈[1e ，e ]，使得2f (x )＞g (x )成立，求a 的取值范围.解：由2f (x )＞g (x )得，2xlnx ＞－x ²＋ax －3∴a ＜2xlnx ＋x ²＋3x＝2lnx ＋x ＋3x ∴a ＜(2lnx ＋x ＋3x )max ，x ∈[1e，e ]，令H (x )＝2lnx ＋x ＋3x ，x ∈[1e ，e ]，则H ′(x )＝2x ＋1－3x ²＝(x ＋3)(x －1)x ²当x ∈[1e ，1]时，H ′(x )＜0，则H (x )在[1e，1]上单调递减当x ∈(1，e ]时，H ′(x )＞0，则H (x )在(1，e ]上单调递增∵H (1e )－H (e )＝(－2＋1e ＋3e )－(2＋e ＋3e )＝2e －2e －4＞0∴H (1e )＞H (e )，∴a ＜H (1e )＝3e ＋1e－2例2.已知函数f (x )＝x －alnx ，g (x )＝－a ＋1x(a ∈R ).若存在[1，e ]上存在一点x 0，使得f (x 0)＜g (x 0)成立，求a 的取值范围.解：令H (x )＝f (x )－g (x )＝x －alnx ＋a ＋1x，x ∈[1，e ]H ′(x )＝1－a x －a ＋1x ²＝(x ＋1)[x －(a ＋1)]x ²，由题意知∃x ∈[1，e ]，使得H (x )＜0，∴H (x )min ＜0当a ＋1≥e ，即a ≥e －1时，H ′(x )＜0，H (x )在[1，e ]上单调递减∴H (x )min ＝H (e )＝e －a ＋a ＋1e ＜0，∴a ＞e ²＋1e －1当a ＋1≤1，即a ≤0时，H (x )在[1，e ]上单调递增∴H (x )min ＝H (1)＝a ＋2＜0∴a ＜－2当1＜a ＋1＜e 时，H (x )在[1，a ＋1)上递减，在(a ＋1，e ]上递增，∴H (x )min ＝H (a ＋1)＝a ＋2－aln (a ＋1)＜0令a ＋1＝x ，则φ(x )＝x ＋1－(x －1)lnx ，x ∈(1，e )φ′(x )＝1－lnx －x －1x＝1x －lnx ，令φ′(x )＝0，设其解为x 0∴则φ(x )在(1，x 0)上递增，在(x 0，e )上递减φ(x )min ＝(φ(1)，φ(e ))min ＝2，即H (x )min ＝2这与H (x )min ＜0相矛盾，与题意不合，综上所述：a ∈(－∞，－2)∪(e ²＋1e －1，＋∞)必背结论二：存在性问题与函数最值的相互转化若函数f (x )在区间D 上存在最小值f (x )min 和最大值f (x )max ，则⑴∃x ∈D ，使得f (x )＞M ⇔f (x )max ＞M⑵∃x ∈D ，使得f (x )≥M ⇔f (x )max ≥M⑶∃x ∈D ，使得f (x )＜M ⇔f (x )min ＜M⑷∃x ∈D ，使得f (x )≤M ⇔f (x )min ≤M若函数f (x )在区间D 上不存在最大(小)值，且值域为(m ，n )，则⑴∃x ∈D ，使得f (x )＞M ⇔n ＞M⑵∃x ∈D ，使得f (x )≥M ⇔n ＞M⑶∃x ∈D ，使得f (x )＜M ⇔m ＜M⑷∃x ∈D ，使得f (x )≤M ⇔m ＜M3.双变量型的恒成立与存在性问题必背结论三存在性问题与函数最值的相互转化⑴∀x 1∈[a ，b ]，总∃x 2∈[m ，n ]，使得f (x 1)≤g (x 2)⇔f (x 1)max ≤g (x 2)max ；⑵∀x 1∈[a ，b ]，总∃x 2∈[m ，n ]，使得f (x 1)≥g (x 2)⇔f (x 1)min ≥g (x 2)min ；⑶∃x 1∈[a ，b ]，∀x 2∈[m ，n ]，使得f (x 1)≤g (x 2)⇔f (x 1)min ≤g (x 2)min ；⑷∃x 1∈[a ，b ]，∀x 2∈[m ，n ]，使得f (x 1)≥g (x 2)⇔f (x 1)max ≤g (x 2)max ；⑸∀x 1∈[a ，b ]，x 2∈[m ，n ]，使得f (x 1)≤g (x 2)⇔f (x 1)max ≤g (x 2)min ；⑹∀x 1∈[a ，b ]，x 2∈[m ，n ]，使得f (x 1)≥g (x 2)⇔f (x 1)min ≤g (x 2)max ；⑺∃x 1∈[a ，b ]，总∃x 2∈[m ，n ]，使得f (x 1)≤g (x 2)⇔f (x 1)min ≤g (x 2)max ；⑻∃x 1∈[a ，b ]，总∃x 2∈[m ，n ]，使得f (x 1)≥g (x 2)⇔f (x 1)max ≤g (x 2)min ；例1.f (x )＝lnx －x 4＋34x －1.设g (x )＝x ²－2bx ＋4，若对任意的x 1∈(0,2)，存在x 2∈[1,2]，使得f (x 1)≥g (x 2)，求实数b 的取值范围.解：f (x )＝lnx －x 4＋34x －1，x ∈(0,2)，f ′(x )＝1x －14－34x ²＝－(x －1)(x －3)4x ²当x ∈(0,1)时，f ′(x )＜0，f (x )在(0,1)上递减当x ∈(1,2)时，f ′(x )＞0，f (x )在(1,2)上递增∴f (x )min ＝f (1)＝－12由题意知，f (x )min ≥g (x )，∃x ∈[1,2]∴∃x ∈[1,2]，使得x ²－2bx ＋4≤－12，即b ≥12(x ＋92x )∴[12(x ＋92x )]min ≤b ，x ∈[1,2]，即b ≥178例2.已知函数f (x )＝12ax ²－(2a ＋1)x ＋2lnx .设g (x )＝x ²－2x ，若对于任意的x 1∈(0,2]，存在x 2∈(0,2]，使得f (x 1)＜g (x 2)，求实数a 的取值范围.解：由g (x )＝x ²－2x ，x ∈(0,2]知，g (x )max ＝0由题意知，∀x ∈(0,2)，12ax ²－(2a ＋1)x ＋2lnx ＜0f ′(x )＝ax －(2a ＋1)＋2x ＝ax ²－(2a ＋1)x ＋2x ＝(x －2)(ax －1)x(注：此处主导函数为－ax ＋1)⑴当a ≤0时，f ′(x )＞0，f (x )在(0,2]上单调递增，f (x )max ＝f (2)＝－2a －2＋2ln 2＜0∴a ＞－1＋ln 2⑵当a ＞0时，①若1a ≥2，即0＜a ≤12，f (x )在(0,2]上单调递增，f (x )max ＝f (2)＝－2a －2＋2ln 2＜0，∴－1＋ln 2＜a ≤12②若1a ＜2时，f (x )在(0，1a )上单调递增，在(1a ，2]上单调递减f (x )max ＝f (1a )＝－12a－2－2lna ＜0恒成立综上所述：a ∈(－1＋ln 2，＋∞)4.等式型恒成立与存在性问题模型一：“任意＝存在”型问题必背结论四：∀x 1∈A ，∃x 2∈B ，使得f (x 1)＝g (x 2)⇔f (x )值域⊆g (x )值域例1.已知函数f (x )＝x ²＋2x ＋a 和函数g (x )＝2x ＋x ＋1，对任意实数x 1，总存在实数x 2，使g (x 1)＝f (x 2)成立，则实数a 的取值范围为.解：∵f (x )＝x ²＋2x ＋a 的最小值为f (－1)＝a －1，∴f (x )的值域为[a －1，＋∞)，∵g (x )＝2x ＋x ＋1在[－1，＋∞)上单调递增，∴g (x )的值域为[－2，＋∞)∵∀x 1，总∃x 2，使得g (x 1)＝f (x 2)成立∴g (x )值域⊆f (x )值域，即[－2，＋∞)⊆[a －1，＋∞)∴a －1≤－2，即a ≤－1例2.函数f (x )＝x ²－23ax 3(a ＞0)，x ∈R .若对任意的x 1∈(2，＋∞)，都存在x 2∈(1，＋∞)，使得f (x 1)·f (x 2)＝1，求a 的取值范围.解：∀x 1∈(2，＋∞)，∃x 2∈(1，＋∞)，使得f (x 1)＝1f (x 2)∴f (x )的值域⊆1f (x )的值域f (x )＝x ²－23ax 3，f ′(x )＝2x －2ax ²＝2x (1－ax )①当32a ＞2即0＜a ＜34时，0∈f (x )的值域，但是0不属于1f (x )的值域∴f (x )的值域⊆1f (x )的值域不成立②当1≤32a ≤2，即34≤a ≤32时，有f (2)≤0且此时f (x )在(2，＋∞)上单调递减，故f (x )的值域是(－∞，f (2))，因而(－∞，f (2))⊆(－∞，0)，由f (1)≥0，则f (x )在(1，＋∞)上的取值范围包含(－∞，0)，∴f (x )的值域⊆1f (x )的值域③当32a ＜1即a ＞32时，有f (1)＜0且此时f (x )在(1，＋∞)上单调递减，故1f (x )的值域时(1f (1)，0)，f (x )的值域是(－∞，f (2))，∴f (x )的值域⊆1f (x )的值域不成立综上所述：a ∈[34，32]模型二：“存在＝存在”型问题必背结论五：∃x 1∈A ，∃x 2∈B ，使得f (x 1)＝g (x 2)⇔f (x )值域∩g (x )值域≠∅例3.函数f (x )＝e x －1，g (x )＝－x ²＋4x －3，若有f (a )＝g (b )，则b 取值范围为.解：∵f (x )＝e x －1＞－1，∴f (x )的值域为(－1，＋∞)∵g (x )＝－x ²＋4x －3≤1，∴g (x )的值域为(－∞，1]∴f (x )的值域∩g (x )的值域＝(－1，1]∴g (b )＝－b ²＋4b －3∈(－1，1]，即－1＜－b ²＋4b －3≤1解得：2－2＜b ＜2＋2例4.f (x )＝x 3＋(1－a )x ²－a (a ＋2)x (a ∈R )，g (x )＝196x －13.是否存在实数a ，存在x 1∈[－1,1]，x 2∈[0,2]，使得f ′(x 1)＋2ax 1＝g (x 2)成立？解：令H (x )＝f ′(x )＋2ax ＝3x ²＋2x －a (a ＋2)则H (x )的值域为[－13－a ²－2a ，5－a ²－2a ]∵g (x )＝196x －13在[0,2]上单调递增∴g (x )的值域[－13，6]∵存在x 1∈[－1,1]，存在x 2∈[0,2]，使得f ′(x 1)＋2ax 1＝g (x 2)成立∴[－13－a ²－2a ，5－a ²－2a ]∩[－13，6]≠∅当[－13－a ²－2a ，5－a ²－2a ]∩[－13，6]＝∅时，则5－a ²－2a ＜－13或－13－a ²－2a ＞6，即a ＜－1－573或a ＞－1＋573∴a ∈[－1－573，－1＋573]。

高一数学复习考点知识与题型讲解14---恒成立和存在性问题

高一数学复习考点知识与题型讲解第14讲恒成立和存在性问题1 恒成立和存在性问题单变量的恒成立问题①恒成立，则；②恒成立，则；③恒成立，则；④恒成立，则;单变量的存在性问题①，使得成立，则；②，使得成立，则；③，使得恒成立，则；④，使得恒成立，则;双变量的恒成立与存在性问题①，使得恒成立，则;②，使得恒成立，则;③恒成立，则;④，使得恒成立，则;相等问题①，使得，则两个函数的值域的交集不为空集；②，使得，则的值域的值域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】设函数的最大值是，若对于任意的，恒成立，则的取值范围是.【解析】当时，；当时，，则，即．由题意知＜在上恒成立，即＜在上恒成立，(把不等式中移到右边，使得右边为，从而构造函数求最值)令，则问题等价于在上恒成立，在上，－，即．【点拨】①直接构造函数最值法：遇到类似不等式恒成立问题，可把不等式变形为，从而构造函数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题目中在上是取不到最大值，，而要使得恒成立，可等于，即，而不是.2 分离参数法【典题1】已知函数关于点对称，若对任意的，恒成立，则实数k的取值范围为.【解析】由为奇函数，可得其图象关于对称，可得的图象关于对称，函数关于点－对称，可得，对任意的恒成立，－恒成立，【思考：此时若利用最值法，求函数－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】即在恒成立，所以3，(使得不等式一边是参数，另一边不含关于的式子，达到分离参数的目的)令，由，可得，设，当时，取得最大值，则的取值范围是，【点拨】①分离参数法：遇到类似或等不等式恒成立问题，可把不等式化简为或的形式，达到分离参数的目的，再求解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，其中为常数(1)当时，求的值；(2)当时，关于的不等式恒成立，试求的取值范围；【解析】(1) ⇒ －⇒ － ⇒ ⇒；(2)⇒⇒，令，，设，则在上为增函数⇒ 时，有最小值为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，不等式恒成立，求的取值范围.思考痕迹见到本题中“恒成立”潜意识中认为是变量，是参数，这样会构造函数，而已知条件是，觉得怪怪的做不下去;此时若把看成变量，看成参数呢？【解析】因为不等式恒成立不等式恒成立...①，令若要使得①成立，只需要解得或故的取值范围或【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】已知当时，有恒成立，求的取值范围.思考痕迹本题若用直接最值法，去求函数的最大值，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】不等式恒成立等价于恒成立...①，令，若①成立，则当时，的图像恒在图像的下方，则需要或(不要漏了，因为，不一定是指数函数)又，解得或即实数的取值范围为【点拨】①数形结合法：恒成立⇒在上，函数的图像在函数图像的下方.② 遇到不等式恒成立，可以把不等式化为用数形结合法，而函数与最好是熟悉的函数类型，比如本题中构造出,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．(1)若对任意，任意都有成立，求实数的取值范围．(2)若对任意，总存在使得成立，求实数m的取值范围．【解析】(1)由题设函数，．对任意，任意都有成立，知：，在上递增，又在上递减，有，的范围为(2)由题设函数，．对任意，总存在，使得成立，知，有，即，的范围为．【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，即到底是函数最大值还是最小值呢？具体如下思考如下，先把看成定值，那，都有，当然是要；再把看成定值，那，都有，当然是；故问题转化为.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，，若对于任意，总存在，使得成立，则的取值范围是．【解析】，当时，，当时，，由，即，，，故，又因为，且．由递增，可得－，对于任意，总存在，使得成立，可得，可得，．巩固练习1(★★) 已知对一切上恒成立，则实数的取值范围是．【答案】【解析】可化为，令＝－，由－∞，，得 [，+∞)，则－－，－－在， ∞ 上递减，当时－－取得最大值为，所以．故答案为：， ∞ ．2(★★)若不等式对满足的所有都成立，求的取值范围. 【答案】【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。

专题恒成立存在性问题

“含参数的恒成立，能成立（存在性）问题”专题讲义一．基本思想，方法：常用的思想：转化与化归，即转化为函数的图像或最值（有界性）分析常见的方法：确定主元，判别式法，数形结合，分离参数二．常见问题解题模型：（假设以下模型中的函数均存在最值）第一类单变量问题模型：1．恒成立问题的转化：()a f x >恒成立⇔()max a f x >；()a f x ≤恒成立⇔2.能成立（存在性）问题的转化：()a f x >能成立⇔ ；()()max a f x a f x ≤⇒≤能成立；()a f x =能成立（或有解）⇔第二类双变量问题模型：1.设函数()x f 、()x g ，对任意的[]b a x ,1∈，存在[]d c x ,2∈，使得()()21xg x f ≥，则()()x g x f min min ≥；2.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3．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 ；4. 设函数()x f 、()x g ，若存在[]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 与()x g 在[]d c x ,2∈上的值域N 的交集为非空集合；5.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 ≥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7．设函数()x f 、()x g ，对任意的[]b a x ,1∈，任意的[]d c x ,2∈，使得()()21x g x f ≥，则8．设函数()x f 、()x g ，对任意的[]b a x ,1∈，任意的[]d c x ,2∈，使得()()21x g x f ≤，则说明：若函数无最值，上述模型也等价于函数的有界性（即将最大值变为上界，最小值变为下界）三．典例分析：例1. 函数2()23f x m mx x =++的定义域为R ，则实数m 的取值范围是变式：已知函数32()1f x a x x x =+++在区间21,33⎛⎫-- ⎪⎝⎭内是减函数，则实数a 的取值范围是例2. 已知函数，若()f x ax ≥，则实数a 的取值范围是变式：已知0,x >均有2(1)(1)0x ax x -⋅+-≥，则实数a 的值是例3.已知两个函数232()816,()254,.f x x k g x x k R x x x =+-=++∈若对任意[]3,3x ∈-，都有()()f x g x ≤成立，则实数k 的取值范围是 ()()()220,ln(1)0.x x x f x x x ⎧-+≤⎪=⎨+>⎪⎩变式：（双参数问题）已知函数b x x ax h ++=)(，对任意]2,21[∈a ，都有10)(≤x h 在]1,41[∈x 恒成立，求实数b 的取值范围是例4.已知()2ln b f x ax x x =-+在1x =与12x =处都取得极值. 函数2()=2+g x x mx m -，若对任意的11[,2]2x ∈，总存在21[,2]2x ∈，使得122()()ln g x f x x ≥-，求实数m 的取值范围。

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(精简型)

(完整版)恒成立存在性问题

恒成立问题与存在性问题(最新精华)

专题恒成立存在性问题

恒成立、存在性问题

高三数学专题——恒成立与存在性问题

高考数学核心考点之恒成立与存在性问题精编经典(实用)解析版

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函数恒成立与存在性问题(精编)

专题一：恒成立与存在性问题(精简型)

存在性问题与恒成立问题专题

专题一---恒成立与存在性问题

恒成立、存在问题

专题一、恒成立与存在性问题专题

高中数学恒成立与存在性问题

高一数学复习考点知识与题型讲解14---恒成立和存在性问题

专题 恒成立存在性问题

恒成立与存在性问题

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