恒成立与存在性问题解题策略
不等式恒成立存在性问题的解题方法
不等式恒成立、存在性问题的解题方法一、常见不等式恒成立问题解法1、用一次函数的性质对于一次函数],[,)(n m x b kx x f ∈+=有：例1：若不等式)1(122->-x m x 对满足22≤≤-m 的所有m 都成立,求x 的范围; 解析：我们可以用变换主元的方法,将m 看作主变元,即将原不等式化为：0)12()1(2<---x x m ,；令)12()1()(2---=x x m m f ,则22≤≤-m 时,0)(<m f 恒成立,所以只需⎩⎨⎧<<-0)2(0)2(f f 即⎪⎩⎪⎨⎧<---<----0)12()1(20)12()1(222x x x x 所以x 的范围是231,271(++-∈x ; 2、利用一元二次函数判别式对于一元二次函数),0(0)(2R x a c bx ax x f ∈≠>++=有：1R x x f ∈>在0)(上恒成立00<∆>⇔且a ；2R x x f ∈<在0)(上恒成立00<∆<⇔且a 例2：若不等式02)1()1(2>+-+-x m x m 的解集是R,求m 的范围;解析：要想应用上面的结论,就得保证是二次的,才有判别式,但二次项系数含有参数m,所以要讨论m-1是否是0;1当m-1=0时,元不等式化为2>0恒成立,满足题意；201≠-m 时,只需⎩⎨⎧<---=∆>-0)1(8)1(012m m m ,所以,)9,1[∈m ; 3、分离变量法若所给的不等式能通过恒等变换使参数与主元分别位于不等式两端,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：1为参数）a a g x f )(()(<恒成立max )()(x f a g >⇔2为参数）a a g x f )(()(>恒成立max )()(x f a g <⇔例3已知不等式022>++a x x 在),1[+∞∈x 时恒成立,求a 的取值范围;解：022>++a x x 在),1[+∞∈x 时恒成立,只要x x a 22-->在),1[+∞∈x 时恒成立;而易求得二次函数x x x h 2)(2--=在),1[+∞上的最大值为3-,所以3->a ; 例4．已知函数]4,0(,4)(2∈--=x x x ax x f 时0)(<x f 恒成立,求实数a 的取值范围;解： 将问题转化为xx x a 24-<对]4,0(∈x 恒成立; 令xx x x g 24)(-=,则min )(x g a < 由144)(2-=-=xx x x x g 可知)(x g 在]4,0(上为减函数,故0)4()(min ==g x g ∴0<a 即a 的取值范围为)0,(-∞;注：分离参数后,思路清晰,方向明确,从而能使问题得到顺利解决;4、变换主元法处理含参不等式恒成立的某些问题时,若能适时的把主元变量和参数变量进行“换位”思考,往往会使问题降次、简化;例5．对任意]1,1[-∈a ,不等式024)4(2>-+-+a x a x 恒成立,求x 的取值范围;分析：题中的不等式是关于x 的一元二次不等式,但若把a 看成主元,则问题可转化为一次不等式044)2(2>+-+-x x a x 在]1,1[-∈a 上恒成立的问题;解：令44)2()(2+-+-=x x a x a f ,则原问题转化为0)(>a f 恒成立]1,1[-∈a ; 当2=x 时,可得0)(=a f ,不合题意;当2≠x 时,应有⎩⎨⎧>->0)1(0)1(f f 解之得31><x x 或;故x 的取值范围为),3()1,(+∞-∞ ;练习：1．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. ２．对于不等式1-mx 2+m-1x+3>01当| x | ≤2,上式恒成立,求实数m的取值范围；2当| m | ≤2,上式恒成立,求实数x的取值范围 .３;若不等式ax2-2x+2>0 对x∈1,4恒成立,求实数a的取值范围;二、存在性问题存在 x∈D,使得函数fx>a⇔fx max>a存在 x∈D,使得函数fx≤a⇔fx min≤a例6：：已知函数fx=x2-ax+a,若存在x∈-1,2使得fx>0,试求实数a的取值范围; 解：法一：f1=1>0,所以对a∈R,均存在x∈-1,2使得fx>0.＞０,即： f-1>0或f2>0法二：原题同解于：当x∈-1,2时,fxmax代入可得:1+2a>0或４－a>0得a>或a<4 ∴a∈R练习：1;已知3=ax-f,若存在(],2,1∈x使得()0xx(2+22)x成立,求a的取值范围.f<2.存在x∈R,使得不等式22->成立, 则a的取值范围是 .x x a三、有解问题不等式fx>a, x∈D有解解集非空⇔ fx max>a不等式fx<a, x∈D解集为空集⇔ fx min≧a方程fx=a, x∈D有解解集非空⇔ a∈{fx| x∈D}即)x时∈的值域;D(xf例7：方程x2-２x+２－a＝０在区间０,３内有解,则实数a的取值范围是 ;解：原题同解于：a＝x2-２x+２,x∈０,３的值域;a＝x－１2 +１∴a∈f1,f3即a∈１,５练习：1;22-≤解集不空, 则a的取值范围是 .x x a2.不等式22-≤解集为空集, 则a的取值范围是 .x x a。
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 ≥⇔。
高一函数恒成立与存在性问题
高一函数恒成立与存在性问题本文主要介绍了数学中恒成立与存在性问题的基础知识和解决方法。
其中恒成立问题包括六种情况，分别是当a大于所有f(x)时，a也大于f(x)的最大值；当a小于所有f(x)时，a也小于f(x)的最小值；当g(x)大于f(x)时，g(x)-f(x)大于0；当g(x)小于f(x)时，g(x)-f(x)小于0；当f(x1)大于g(x2)时，f(x1)也大于g(x2)的最大值；当f(x1)小于g(x2)时，f(x1)也小于g(x2)的最小值。
存在性问题同样包括六种情况，与恒成立问题类似。
此外，还介绍了恒成立与存在性混合不等式问题和恒成立与存在性混合等式问题，以及解决这些问题的方法。
对于恒成立问题，可以采用反证法或数学归纳法；对于存在性问题，可以采用构造法或反证法。
在解决问题时，需要注意精确表述和符号运用。
例四：1) 当$x\in(1,2)$时，不等式$(x-1)^2<\log_a{x}$恒成立，求实数$a$的取值范围。
改写后：对于$x\in(1,2)$，使得$(x-1)^2<\log_a{x}$恒成立，求实数$a$的取值范围。
2) 当$x\in(0,\infty)$时，不等式$4x<\log_a{x}$恒成立，求实数$a$的取值范围。
改写后：对于$x\in(0,\infty)$，使得$4x<\log_a{x}$恒成立，求实数$a$的取值范围。
3) 已知$f(x)=m(x-2m)(x+m+3)$，$g(x)=2x-2$。
若对于所有$x\in\mathbb{R}$，都有$f(x)g(x)$，则$m$的取值范围是什么？改写后：已知$f(x)=m(x-2m)(x+m+3)$，$g(x)=2x-2$。
若对于所有$x\in\mathbb{R}$，都有$f(x)g(x)$，求$m$的取值范围。
题：1.当$x\in(-\infty,-1]$时，不等式$(m^2-m)4x-2x<0$恒成立，求实数$m$的取值范围。
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。
恒成立问题及存在性问题的解题策略
ｘ ￣－
５ ｘ４ －６ ＞０
将不 等式 恒成 立 问题 转 化 为 函数 求 最 值 问题 ， 是
ｇ
１ （ ） ＞ 。 ，
ｚ
．
一
３ ３ ｚ ｚ ＋２ ＞ ｏ。 。
，
， 解得 解 得
解决 恒成 立 问题最 常用 的方 法． 一 般 的题 型 有 如 下 ２ 种： ① 不等式 － 厂 （ ） ＞Ａ 在 区间 Ｄ 上 恒 成 立∞ 在 区间 Ｄ上 ＿ 厂 （ ） ＞ Ａ∞ 厂（ ｚ ） 的下 界 大 于 Ａ；② 不 等 式
解 析 当ｚ — ｏ 时 ， 厂 （ ｚ ） 一 １ ≥ ｏ 成 立， ｎ Ｅ Ｒ ． 当ｘ Ｅ 恒成立问 题及存在性 Ｑ
（ ０ ， ＋ｃ ｘ ３ ） 时， 厂 （ ） 一ｅ ｚ 一口 ｚ ≥０成 立 ， 即 Ｅ
＋ｏ ｏ ） 时， 都有 ／ ’ （ ｚ） ≥ ０成 立 ， 求 实数 的取 值 范 围．
” ０ ， 解得 ｚ 一０或 一 或ｚ ： ＝ ． 对区间［ 一 一÷， ， ＿ 去 Ｉ ］ 分
２ 种 情况讨 论 ：
运 用这种 方 法解决 恒 成立 问题 的步骤 是 ： 将参 数 与变量 分 离 ， 化为 ｇ （ ） ≥厂（ ｚ ） （ 或ｇ （ ） ≤ 厂 （ ） ） 恒 成立 的形 式 ； 求． 厂 （ ｚ ） 在 ｚ∈Ｄ 上 的最 大 （ 或 最 小） 值； 解 不 等 式 ｇ（ ） ≥ｆ （ ｚ ）（ 或 ｇ（ ） ≤
ｚ 一１ 处取 得 最小值 ｇ（ １ ） ＝ ＝ ： ｅ ． 则 口 ≤ｅ ．
含 参 数 不等 式 的恒 成 立 问题 及 存 在 性 问 题 是 历
年 高考 的热点 ， 特 别是 以导 数 为背 景 的题 型更 是 在 高
数学高考复习中恒成立问题及解题策略
数学高考复习中恒成立问题及解题策略
数学高考复习中常见的恒成立问题包括：三角函数、平面几何、立体几何、数列等方面的常见恒等式是否成立。
解决这些问题需要
我们掌握以下策略：
1. 掌握基本定义。
了解三角函数、平面几何、立体几何、数列
等基本定义，理解它们的概念和性质，这是解决恒成立问题的前提。
2. 理解证明步骤。
对于一些基本的恒等式，如三角函数的基本
恒等式、半角公式等，需要深入理解其证明步骤，这样能解决很多
基本的恒成立问题。
3. 对比特殊情况。
对于一些复杂的恒等式，可以考虑先验证一
些特殊情况，如取特殊的几个值来代入验证，这样可以对恒等式是
否成立有一个大致的判断。
4. 利用常见定理。
多运用常见的几何定理或性质的结论，如勾
股定理、中线定理、垂直平分线定理等，也可以用对等三角形、相
似比、余弦、正弦等基本知识来解决。
5. 探索新的思路。
对于一些比较难的恒等式，可以多思考，开
拓思路，寻找新的解题方法，这样可以解决不同的问题，丰富解题
经验。
总之，解决恒成立问题需要我们理解基本定义和证明步骤，利
用特殊情况和常见定理，同时具有创新和探索的精神。
恒成立与存在性问题方法总结
恒成立与存在性问题方法总结一、构建函数构建适当的函数，将恒成立问题转化为能利用函数的性质来解决的问题。
1、构建一次函数众所周知，一次函数的图像是一条直线，要使一次函数在某一区间内恒大于（或小于）零，只需一次函数在某区间内的两个端点处恒大于（或小于）零即可。
例1：若x∈（-2，2），不等式kx+3k+1＞0恒成立，求实数k的取值范围。
解：构建函数f（x）= kx+3k+1，则原问题转化为f（x）在x∈（-2，2）内恒为正。
若k=0，则f（x）=1＞0恒成立；若k≠0，则f（x）为一次函数，问题等价于f（-2）＞0，f（2）＞0，解之得k∈（- ，+∞）。
例2：对m≤2的一切实数m，求使不等式2x-1＞m（x -1）都成立的x的取值范围。
解：原问题等价于不等式：（x -1）m-（2x-1）＜0，设f（m）=（x -1）m-（2x-1），则原问题转化为求一次函数f（m）或常数函数在［-2，2］内恒为负值时x的取值范围。
（1）当x -1=0时，x=±1。
当x=1时，f（m）＜0恒成立；当x=-1时，f（m）＜0不成立。
（2）当x -1≠0时，由一次函数的单调性知：f（m）＜0等价于f（-2）＜0，且f（2）＜0，即＜x＜；综上，所求的x∈（）。
2、构建二次函数二次函数的图像和性质是中学数学中的重点内容，利用二次函数的图像特征及相关性质来解决恒成立问题，使原本复杂的问题变得容易解决。
例3：若x≥0，lg（ax +2x+1）∈R恒成立，求实数a的取值范围。
解：构造函数g（x）= ax +2x+1，则原问题等价于：当x≥0时，g（x）恒大于0。
若a=0且x≥0，则g（x）= 2x+1＞0恒成立；若a≠0，则g（x）为二次函数，当a＜0时，显然当x≥0时不能使g（x）恒大于0，仅当a＞0时，要使当x≥0时，g（x）恒大于0，只需Δ＜0或△≥0-≤0g（0）＞0，解之得：a＞0∴a的取值范围为［0，+∞）。
求解有关恒成立、存在性问题的四种策略
求解有关恒成立、存在性问题的四种策略对于有关恒成立、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。
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：别离参数法-----在指定的区间下对不等式作等价变形，将参数“a 〞与变量“x 〞左右别离开------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1322)(2+-=ax x x f ，假设(],2,1∈x ()0f <x 恒成立，求a 的取值范围.例2 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，即表达数形结合思想例3 a ax x x f -++=3)(2，假设0)(],2,2[≤-∈x f x 恒成立，求a 的取值范围.例4假设不等式2log 0m x x -<在10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭内恒成立，那么实数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，先求其否认〔恒成立〕，再求其否认补集即可例5322)(2+-=ax x x f ，假设存在(],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 ≥，那么()()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 ≤，那么()()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 ≥，那么()()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 ≤，那么()()x g x f max min ≤5.假设不等式()()f x g x >在区间D 上恒成立，那么等价于在区间D 上函数()y f x =和图象在函数()y g x =图象上方；6.假设不等式()()f x g x <在区间D 上恒成立，那么等价于在区间D 上函数()y f x =和图象在函数()y g x =图象下方；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 ，那么()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。
高中语文中的存在性问题与恒成立问题例题
高中语文中的存在性问题与恒成立问题例题引言高中语文教学中存在许多存在性问题和恒成立问题，这些问题对学生的研究产生了一定的困扰。
本文将通过提供几个例题，探讨高中语文中的存在性问题与恒成立问题，以期增进对这些问题的理解和解决。
存在性问题例题例题1: 评价文学作品的主观性- 问题描述：文学作品的评价存在主观性，不同人对同一作品可能有不同的评价。
这是否表明文学评价完全是主观的？- 解答方式：分析文学作品评价的主观性，以及评价的标准和依据。
通过比较不同人对同一作品的评价，可以认识到评价的主观性是相对的，不同的评价角度和标准可以导致不同的结果，但也存在一些客观的评价标准，如作品的文学性、人物形象的塑造等。
例题2: 文字的多义性- 问题描述：文字具有多义性，同一个词语在不同的语境中可能有不同的含义。
这是否意味着读者与作者之间存在理解上的隔阂？- 解答方式：探讨多义性对文学作品阅读和理解的影响。
多义性在一定程度上可能增加读者与作者之间的理解隔阂，但也可以通过注释、解读和文学讨论等方式来减少隔阂，促进更好的理解。
恒成立问题例题例题3: 平行比喻的修辞效果- 问题描述：平行比喻是一种常见的修辞手法，它在表达上有何特点，是否具有恒成立的效果？- 解答方式：分析平行比喻的修辞手法，在比较中强调相似之处，通过对比凸显事物的特点。
平行比喻可以增强修辞效果，但其恒成立的效果取决于具体的语境和比较对象。
例题4: 唯美诗中的情感表达- 问题描述：唯美诗作品中的情感表达方式常常抽象而含蓄，读者如何理解其中的情感内涵？- 解答方式：探讨唯美诗作品中情感表达的特点和阅读的方法。
唯美诗常通过意象、象征等手法来表达情感，读者可以通过倾听自己的感受、结合文本语境等方式进行情感共鸣和理解。
结论高中语文中存在性问题和恒成立问题的探讨能够帮助学生更好地理解和解决相关困惑。
通过分析存在性问题和恒成立问题的例题，我们可以增强对这些问题的认识，并掌握解决这些问题的方法和技巧，促进语文学科的学习和发展。
第二讲 不等式恒成立与存在性问题
第二讲 不等式的恒成立与存在性问题[本讲综述]不等式恒成立与存在性问题是历年来高考的热点，特别是以导数为背景的题型更是在高考中频频出现，这类问题涉及的知识面广、综合性强、能力要求高. 解决这类问题的关键是等价转化为求函数的最值问题，通过转化使恒成立与存在性问题得到简化.第一节 单变量不等式的恒成立与存在性问题[知识导航]一、单变量型不等式的恒成立问题1. 在不等式恒成立条件下求参数范围的核心方法在不等式恒成立条件下求参数的取值范围，一般原理是利用转化思想将其转化为函数的最值问题或值域问题加以求解. 在转化途径上，可采用“分离参数法”或“不分离参数法”直接移项构造辅助 函数的形式.由函数最值的求法及极值的定义可知，函数在区间上的最大（最小）值点若不是区间端点就是极大（极小）值点.对于是否分离自变量与参变量，取决于最值点在区间端点还是在极大（极小）值点.（1）直接移项法若区间端点代入到不等式中，不等式的左右两边相等，一般不分离，即转化为直接求函数的最值（例如当0≥x 时，01)(2≥---=ax x e x f x 恒成立，求a 的取值范围.将0=x 代入到函数中，得到0)0(=f ，不等式左右两边相等，因此不分离自变量与参变量，直接转化为0)(min ≥x f ）.（2）分离参数法若区间端点代入到不等式中，不等式的左右两边不相等（或区间端点代入到不等式中导致函数无意义），则需要分离自变量与参变量，因此此种情形下，转化后的函数最值在极大（极小）值点处取得，而不是区间端点. 分离自变量与参变量的作用在于有效避免对参数的讨论.2. 恒成立问题与函数最值的相互转化（1）若函数)(x f 在区间D 上存在最小值min )(x f 和最大值max )(x f ，则a x f a x f ≥⇔≥min )()(a x f a x f ≤⇔≤max )()(a x f a x f >⇔>min )()(a x f a x f <⇔<max )()(（2）若函数)(x f 在区间D 上不存在最大（最小）值，且值域为),(n m ，则a m a x f ≥⇔>)(a n a x f ≤⇔<)(二、单变量不等式的有解问题通常一般讲不等式合理变形使其参数分离，进而将问题转化为求函数的最值问题，具体的转化是这样的.（1）若函数)(x f 在区间D 上存在最小值min )(x f 和最大值max )(x f ，则a x f a x f ≥⇔≥max )()(a x f a x f ≤⇔≤min )()(a x f a x f >⇔>max )()(a x f a x f <⇔<min )()(（2）不若函数)(x f 在区间D 上不存在最大（最小）值，且值域为),(n m ，则a n a x f >⇔>)(a m a x f <⇔<)([典例精讲]类型一：单变量型不等式的恒成立问题1. 不分离自变量与参数解恒成立问题引理 （1）若函数)(x f 在a x =处可导，且),[b a x ∈时)()()(a f x f ≤≥恒成立，则0)()(≤≥'a f .（2）若函数)(x f 在b x =处可导，且],(b a x ∈时)()()(b f x f ≤≥恒成立，则0)()(≥≤'b f .初步感知若))(()(b x a a f x f <≤≤，则函数)(x f 在a x =处右侧附近的图象是减函数.又因为函数)(x f 在a x =处可导，所以0)(≤'a f . 同理，可得其他结论也成立. 以上引理有部分辅导书称之为“端点效应”.严格证明如下：若))(()(b x a a f x f <≤≤，则由函数)(x f 在a x =处可导及导数的定义，可得0)()(lim )(≤--='+→ax a f x f a f a x . 同理，可证其他结论也成立. 综观2006—2018年高考真题，在不等式恒成立问题上，考查的模型均涉及端点值代入不等式取等号，利用区间端点的导数值的符号来确定参数的范围，这作为必要条件，在此基础上证明充分性. 当然，也可以从前提出发，如任取0≥x ，0)(≥x f 恒成立，求a 的取值范围. 可以大胆假设目标成立的前提是)(x f 单调递增，即0)(≥'x f ，得到参数a 的范围，在证明反面不成立，这样求得参数的取值范围. 当然，我们也可以使用“分离参数法”求范围，利用洛必达法则解决函数无意义点的取值问题，这在后面我们会讲解到，帮助学生避免恒成立问题的讨论难题，降低思维难度.例2.1 设函数)1ln()1()(++=x x x f . 若对所有的0≥x ，都有ax x f ≥)(成立，求实数a 的取值范围.解析：（解法一）设)0()1ln()1()()(≥-++=-=x ax x x ax x f x g由0)0(=g ，且0≥x 时，总有0)(≥x g ，所以由引理得0)0(≥'g ，即01ln 1≥-+a ，解得1≤a （这是恒成立的必要条件）.若1≤a ，)0(0)1ln(1)(≥≥-++='x a x x g （再验证充分性）. 故函数)(x g 在),0[+∞上单调递增，则0)0()(=≥g x g . 即ax x f ≥)(恒成立. 所以a 的取值范围是]1,(-∞.（解法二）设)0()1ln()1()()(≥-++=-=x ax x x ax x f x g ，则当0≥x 时，0)(≥x g . 因为0)0(=g ，于是要使不等式成立，前提是)(x g 在),0[+∞上单调递增即可，即0)(≥'x g . 又a x x g -++=')1ln(1)(在),0[+∞上单调递增，故当01)0()(min ≥-='='a g x g ，即1≤a 时，0)(≥x g 恒成立.下面证明这个条件是必要的.当1>a 时，01)0(<-='a g ，a x x g -++=')1ln(1)(在),0[+∞上单调递增，且当+∞→x 时，+∞→')(x g . 故)(x g '有唯一零点，设为0x . 则当00x x <<时，0)(<'x g ，即)(x g 在),0(0x 上单调递增，所以当00x x <<时，0)0()(=<g x g ，这与0)(≥x g 是矛盾的.（解法三）令)0()1ln()1()()(≥-++=-=x ax x x ax x f x g ，则0)0(=g ，a x x g -++=')1ln(1)(.①当1≤a 时，0)(≥'x g ，函数)(x g 在),0[+∞上单调递增，故0)0()(=≥g x g ，因此ax x f ≥)(对所有的0≥x 恒成立.②当1>a 时，令0)(='x g ，得1)1ln(-=+a x ，即11-=-a e x .当)1,0(1-∈-a e x 时，0)(<'x g ，函数)(x g 在区间)1,0(1--a e 上单调递增，则)10(0)0()(1-<<=<-a e x g x g . 此时与题设中恒成立矛盾，故舍去.综上所述，a 的取值范围是]1,(-∞.评注：解法一是从恒成立的必要条件入手突破，求出a 的取值范围，再证明充分性，即在参数的范围下，不等式恒成立；解法二是从目标前提入手（即从充分性入手），求出a 的取值范围，再证此前提下目标反面不成立（即只要找出一个子区间，使所证不等式在此区间上不成立即可）. 解法三分别利用了函数的单调性与举反例的方法确定了取值范围.变式1 设函数x x e e x f --=)(.若对于所有的0≥x ，都有ax x f ≥)(成立，求实数a 的取值范围.变式2 设函数xx x f cos 2sin )(+=. 若对所有的0≥x ，都有ax x f ≤)(，求实数a 的取值范围.例2.2 已知函数x e e x f x x 2)(--=-.（1）讨论)(x f 的单调性；（2）设)(4)2()(x bf x f x g -=，当0>x 时，0)(>x g ，求b 的最大值. 解析：（1）略.（2）由)2(44)(4)2()(22x e e b x e ex bf x f x g x x x x -----=-=--，可得0)0(=g ，于是)22)(2(2)2(4422)(22+-+-+=-+--+='----b e e e e e e b e ex g x x x x x x x x . 因为02>-+-x x e e ，所以)(x g '的符号与22+-+=-b e e y x x 的符号相同. 由已知，当0>x 时，0)(>x g ，又0)0(=g ，则0240≥-='=b y x ，得2≤b . 且当2=b 时，02≥-+=-x x e e y ，故0)(≥'x g 恒成立，由于函数)(x g 在),0(+∞上单调递增，故)0(0)0()(>=>x g x g ，因此b 的最大值为2.变式1 已知函数xx x f -+=11ln )(，设实数k 使得)3()(3x x k x f +>对)1,0(∈x 恒成立，求k 的最大值.2. 分离参数法解恒成立问题例2.3 已知函数x ex f ax -=)(，其中0≠a . 若对一切R x ∈，1)(≥x f 恒成立，求a的取值范围.解析：以为对一切R x ∈，1)(≥x f 恒成立，且1)0(=f ，所以0=x 是函数)(x f 的最小值点.由函数在区间上的最值点若不是区间端点就是极值点，得0=x 也是函数)(x f 的极小值点，所以01)0(0=-='ae f ，解得1=a . 还可检验，当1=a 时，x e x f x -=)(，1)(-='xe xf . 当0≤x 时，0)(≤'x f ，函数)(x f 在)0,(-∞上单调递减；当0>x 时，0)(>'x f ，函数)(x f 在),0(+∞上单调递增. 则1)0()(min ==f x f ，所以1)(≥x f 恒成立.综上所述，a 的取值范围是{}1. 变式1 已知函数)0()()(2≠-=k e k x x f kx . （1）求)(x f 的单调区间；（2）若对任意的),0(+∞∈x ，都有e x f 1)(≤，求k 的取值范围.例2.4 设函数)1,0(ln 1)(≠>=x x xx x f . （1）求函数)(x f 的单调区间；（2）已知ax x >12对任意)1,0(∈x 成立，求实数a 的取值范围.解析：（1）)1,0()ln (1ln )(2≠>+-='x x x x x x f ，函数)(x f 在)1,0(e 上单调递增，在),1(+∞e和),1(+∞上单调递减. （2）因为)1,0(∈x ，021>x ，0>a x ，所以在a x x >12两边取自然对数，得x a x ln 2ln 1>，所以x x x a ln 1ln >. 依题意，max )ln 1(ln xx x a >. 由函数x x x f ln 1)(=的单调性可知，在)1,0(∈x 上其最大值为e ef -=)1(，则e a ->2ln ，即2ln e a ->，所以a 的取值范围为),2ln (+∞-e . 评注：本题将不等式ax x >12两边取自然对数，分离参变量与自变量，构造函数xx x f ln 1)(=，利用函数)(x f 的单调性求其最值. 变式1 设函数)(ln )(R a ax x x f ∈-=.（1）判断函数)(x f 的单调性；（2）当ax x <ln 在),0(+∞上恒成立，求a 的取值范围；（3）求证：)()11(+∈<+N n e nn .类型二：单变量型的存在性问题例2.5 设函数)1(21ln )(2≠--+=a bx x a x a x f ，曲线)(x f y =在点))1(,1(f 处的切线斜率为0.（1）求b 的值；（2）若存在10≥x ，使得1)(0-<a a x f ，求实数a 的取值范围. 分析：（1）曲线)(x f y =在点))1(,1(f 处的切线斜率为00)1(='⇔f .（2）10≥∃x ，使得1)(0-<a a x f ⇔函数1)(min -<a a x f . 解析：（1）1=b .（解答过程略）（2）由（1）知，)0(21ln )(2>--+=x x x a x a x f . 若存在),1[0+∞∈x ，使得1)(0-<a ax f 成立，则1)(min -<a a x f . 又)0())1)((1(1)1()(2>---=+--='x x a x a x x x x a x f .令0)(='x f ，解得aa x x -==11或. ①当01<-a a ，即01<>a a 或，有以下两种情况： （Ⅰ）当1>a 时，)(x f 在),1[+∞上单调递减，且1021121)1(-<<--=--=a a a a f ，符合题意.（Ⅱ）当0<a 时，)(x f 在在),1[+∞上单调递增，21)1()(min --==a f x f . 因此121-<--a a a ，解得021<<--a . ②当01>-aa ，即10<<a 时，有以下情况. （Ⅰ）当11>-a a ，即121<<a 时，)(x f 在)1,1[a a -上单调递减，在),1(+∞-aa 上单调递增. 此时)(x f 在),1[+∞上的最小值为：)1,21(,11)1(2)1ln()1(2∈->-+-+-=-a a a a a a a a a a a a f ，与题设矛盾，故不符合题意. （Ⅱ）当110<-<a a ，即210<<a 时，)(x f 在),1[+∞上单调递增，此时)(x f 在),1[+∞上的最小值为21)1(--=a f . 令1)(min -<a a x f ，即121-<--a a a ，解得2121+-<<--a ，所以a 的取值范围是)21,0(+-.（Ⅲ）当11=-a a ，即21=a 时，02)1()(2≥-='x x x f 在),1[+∞∈x 上恒成立，所以)(x f 在),1[+∞上单调递增，此时43)1()(min -==f x f . 又11-=-a a ，故),1[+∞∈∀x ，1)(->a a x f ，与题设矛盾，故21=a 不符合题意. 01=-aa ，即0=a 时，可得)(x f 在),1[+∞上单调递增，121)1()(min -<-==a a f x f ，所以0=a 符合题意. 综上所述，实数a 的取值范围为),1()21,21(+∞⋃+---.[巩固练习]1. 已知函数0,11)1ln()(≥+-++=x x x ax x f ，其中0>a . 若)(x f 的最小值为1，求a 的取值范围.2. 设函数21)(ax x e x f x ---=，若当0≥x 时，0)(≥x f ，求a 的取值范围.3. 设函数x a ax x f ln )(2--=，其中R a ∈.（1）讨论)(x f 的单调性；（2）确定a 的所有可能取值，使得xe xx f -->11)(在区间),1(+∞上恒成立.4. 已知函数)1(ln )1()(--+=x a x x x f ，若当1>x 时，0)(>x f ，求a 的取值范围.5. 已知R m ∈，函数x x m mx x f ln 1)(---=，x xx g ln 1)(+=. （1）若函数)()(x g x f y -=在),1[+∞上是增函数，求实数m 的取值范围； （2）设xex h 2)(=，若存在],1[0e x ∈，使得)()()(000x h x g x f >-，求实数m 的取值范围.6. R a x x a x x f ∈++=),ln ()(2，若a e x f )1(21)(+>，求a 的取值范围.第二节 有关多元函数的问题[本讲综述]不等式有关多元函数的问题，在高考以及数学竞赛中都层出不穷，特别是有关双变量的问题，以导数为载体在高考中一直都是一个难点，希望同学们通过本文的讲解，对双变量的问题学会思考.[知识导航]一、极值点偏移 1. 极值点偏移背景已知函数)(x f y =是连续函数， f (x)在区间 (1x ,2x )只有一个极值点 0x，且)()(21x f x f = ，很多极值函数由于极值点左右的“增减速度”不同，函数图象不具对称性，常常有极值点2210x x x +≠（或 )2()(210xx f x f +'≠'）的情况，称这种状态为“极值点偏移”.极值点偏移问题在每年高考或模拟考试中屡屡出现（题眼为：21,x x 或者中点221x x +，且有)()(21x f x f =），这类问题难度较大，常处于试题的压轴题位置，显得尤为重要.2. 极值点偏移的本质要 证 明2210x x x +≠， 实 质 是 证 明2210x x x +> ( 或 2210xx x +<)，这是一个关于21,x x 双变元的不等式.所以，极值点偏移问题实质是双变元不等式的问题,解决方法通常是通过构造函数（或者换元法，如令t x x t x x ==+1221,），使得双变量函数变成一元函数。
恒成立与存在性问题的解题策略
“恒成立问题”与“存在性问题”的基本解题策略一、“恒成立问题”与“存在性问题”的基本类型 恒成立、能成立、恰成立问题的基本类型1、恒成立问题的转化：()a f x >恒成立⇒()max a f x >；()()min a f x a f x ≤⇒≤恒成立2、能成立问题的转化：()a f x >能成立⇒()min a f x >；()()max a f x a f x ≤⇒≤能成立3、恰成立问题的转化：()a f x >在M 上恰成立⇔()a f x >的解集为M ()()R a f x M a f x C M ⎧>⎪⇔⎨≤⎪⎩在上恒成立在上恒成立另一转化方法：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 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、设函数()x f 、()x g ,对任意的[]b a x ,1∈,存在[]d c x ,2∈,使得()()21x g x f =,设fx 在区间a,b 上的值域为A,gx 在区间c,d 上的值域为B,则AB. 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 =图象上方；10、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； 恒成立问题的基本类型在数学问题研究中经常碰到在给定条件下某些结论函数在给定区间上某结论成立问题,其表现形式通常有:在给定区间上某关系恒成立;某函数的定义域为全体实数R;某不等式的解为一切实数;某表达式的值恒大于a 等等…恒成立问题,涉及到一次函数、二次函数的性质、图象,渗透着换元、化归、数形结合、函数与方程等思想方法,有利于考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;因此也成为历年高考的一个热点;恒成立问题在解题过程中大致可分为以下几种类型：①一次函数型；②二次函数型；③变量分离型；④根据函数的奇偶性、周期性等性质；⑤直接根据函数的图象; 二、恒成立问题解决的基本策略大家知道,恒成立问题分等式中的恒成立问题和不等式中的恒成立问题;等式中的恒成立问题,特别是多项式恒成立问题,常简化为对应次数的系数相等从而建立一个方程组来解决问题的; 一两个基本思想解决“恒成立问题”思路1、max )]([)(x f m D x x f m ≥⇔∈≥上恒成立在 思路2、min )]([)(x f m D x x f m ≤⇔∈≤上恒成立在如何在区间D 上求函数fx 的最大值或者最小值问题,我们可以通过习题的实际,采取合理有效的方法进行求解,通常可以考虑利用函数的单调性、函数的图像、二次函数的配方法、三角函数的有界性、均值定理、函数求导等等方法求函数fx 的最值;这类问题在数学的学习涉及的知识比较广泛,在处理上也有许多特殊性,也是近年来高考中频频出现的试题类型,希望同学们在日常学习中注意积累; 二、赋值型——利用特殊值求解等式恒成立问题等式中的恒成立问题,常常用赋值法求解,特别是对解决填空题、选择题能很快求得.例1．如果函数y=fx=sin2x+acos2x 的图象关于直线x=8π-对称,那么a= .C .2D . -2.略解：取x=0及x=4π-,则f0=f 4π-,即a=-1,故选B. 此法体现了数学中从一般到特殊的转化思想.例备用．由等式x 4+a 1x 3+a 2x 2+a 3x+a 4= x+14+b 1x+13+ b 2x+12+b 3x+1+b 4 定义映射f ：a 1,a 2,a 3,a 4→b 1+b 2+b 3+b 4,则f ：4,3,2,1 →略解：取x=0,则 a 4=1+b 1+b 2+b 3+b 4,又 a 4=1,所以b 1+b 2+b 3+b 4 =0 ,故选D 三分清基本类型,运用相关基本知识,把握基本的解题策略 1、一次函数型：若原题可化为一次函数型,则由数形结合思想利用一次函数知识求解,十分简捷 给定一次函数y=fx=ax+ba≠0,若y=fx 在m,n 内恒有fx>0,则根据函数的图象直线可得上述结论等价于0)(0)(>>n f m f 同理,若在m,n 内恒有fx<0,则有 0)(0)(<<n f mf恒成立的x 的x 及a,关键在于该把哪个字母看成是一个变量,另一个作为常数.显然可将a 视作自变量,则上述问题即可转化为在-2,2内关于a 的一次函数大于0恒成立的问题.解：原不等式转化为x-1a+x 2-2x+1>0在|a|≤2时恒成立,设fa= x-1a+x 2-2x+1,则fa 在-2,2上恒大于0,故有：⎩⎨⎧>>-0)2(0)2(f f 即⎪⎩⎪⎨⎧>->+-0103422x x x 解得：⎩⎨⎧-<><>1113x x x x 或或 ∴x<-1或x>3. 即x∈－∞,－1∪3,+∞此类题本质上是利用了一次函数在区间m,n 上的图象是一线段,故只需保证该线段两端点均在x 轴上方或下方即可. 2、二次函数型涉及到二次函数的问题是复习的重点,同学们要加强学习、归纳、总结,提炼出一些具体的方法,在今后的解题中自觉运用;1若二次函数y=ax 2+bx+ca≠0大于0恒成立,则有00<∆>且a2若是二次函数在指定区间上的恒成立问题,可以利用韦达定理以及根的分布知识求解;类型1：设)0()(2≠++=a c bx ax x f 在R 上恒成立,（1）R x x f ∈>在0)(上恒成立00<∆>⇔且a ；2R x x f ∈<在0)(上恒成立00<∆<⇔且a ;类型2：设)0()(2≠++=a c bx ax x f 在区间],[βα上恒成立（1）当0>a时,],[0)(βα∈>x x f 在上恒成立⎪⎩⎪⎨⎧>>-⎪⎩⎪⎨⎧<∆≤-≤⎪⎩⎪⎨⎧><-⇔0)(2020)(2βββαααf a ba b f a b 或或, ],[0)(βα∈<x x f 在上恒成立⎩⎨⎧<<⇔0)(0)(βαf f（2）当0<a时,],[0)(βα∈>x x f 在上恒成立⎩⎨⎧>>⇔0)(0)(βαf f],[0)(βα∈<x x f 在上恒成立⎪⎩⎪⎨⎧<>-⎪⎩⎪⎨⎧<∆≤-≤⎪⎩⎪⎨⎧><-⇔0)(2020)(2βββαααf a ba b f a b 或或 类型3：设)0()(2≠++=a c bx ax x f 在区间 -∞ , 上恒成立; fx>0a>0且<0或-b/2a>且f>0 fx<0a<0且<0或-b/2a>且f<0类型4：设)0()(2≠++=a c bx ax x f 在区间 ,+∞上恒成立; fx>0a>0,<0或-b/2a<且f>0 fx<0a<0,<0或-b/2a<且f<0例3． 若函数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.分析：该题就转化为被开方数012)1()1(22≥++-+-a x a x a 在R 上恒成立问题,并且注意对二次项系数的讨论.解：依题意,当时，R x ∈012)1()1(22≥++-+-a x a x a 恒成立, 所以,①当,1,01,01{,0122=≠+=-=-a a a a 时，即当此时.1,0112)1()1(22=∴≥=++-+-a a x a x a ②当时，时，即当012)1(4)1(,01{012222≤+---=∆>-≠-a a a a a 有,91,09101{22≤<⇒≤+->a a a a 综上所述,fx 的定义域为R 时,]9,1[∈a 例4.已知函数2()3f x x ax a =++-,在R 上()0f x ≥恒成立,求a 的取值范围. 图所分析：()y f x =的函数图像都在X 轴及其上方,如右示：略解：()22434120a a a a ∆=--=+-≤62a ∴-≤≤ 范变式1：若[]2,2x ∈-时,()0f x ≥恒成立,求a 的取值围.解析一. 零点分布策略 本题可以考虑fx 的零点分布情况进行分类讨论,分无零点、零点在区间的左侧、零点在区间的右侧三种情况,即Δ≤0或⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧≥≥--≤->∆0)2(0)2(220f f a或⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧≥≥-≥->∆0)2(0)2(22f f a ,即a 的取值范围为-7,2.解法二分析：运用二次函数极值点的分布分类讨论要使[]2,2x ∈-时,()0f x ≥恒成立,只需)(x f 的最小值0)(≥a g 即可.略解：分类讨论22()324a a f x x a ⎛⎫=+--+ ⎪⎝⎭,令()f x 在[]2,2-上的最小值为()g a .⑴当22a-<-,即4a >时,()(2)730g a f a =-=-≥ 73a ∴≤ 又4a >a ∴不存在.⑵当222a-≤-≤,即44a -≤≤时,2()()3024a a g a f a ==--+≥ 62a ∴-≤≤ 又44a -≤≤ 42a ∴-≤≤⑶当22a->,即4a <-时,()(2)70g a f a ==+≥ 7a ∴≥- 又4a <-74a ∴-≤<-综上所述,72a -≤≤.变式2：若[]2,2x ∈-时,()2f x ≥恒成立,求a 的取值范围.解法一：分析：题目中要证明2)(≥x f 在[]2,2-上恒成立,若把2移到等号的左边,则把原题转化成左边二次函数在区间[]2,2-时恒大于等于0的问题.例2 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. 略解：2()320f x x ax a =++--≥,即2()10f x x ax a =++-≥在[]2,2-上成立. ⑴()2410a a ∆=--≤22a ∴--≤≤-+⑵24(1)0(2)0(2)02222a a f f a a ⎧∆=-->⎪≥⎪⎪⎨-≥⎪⎪-≥-≤-⎪⎩或2225--≤≤-∴a 综上所述,2225-≤≤-a .解法二：运用二次函数极值点的分布⑴当22a-<-,即4a >时,()(2)732g a f a =-=-≥ ()54,3a ∴≤∉+∞ a ∴不存在.⑵当222a-≤-≤,即44a -≤≤时,2()()3224a a g a f a ==--+≥,⑶当22a ->,即4a <-时,()(2)72g a f a ==+≥, 综上所述2225-≤≤-a .此题属于含参数二次函数,求最值时,对于轴变区间定的情形,对轴与区间的位置进行分类讨论；还有与其相反的,轴动区间定,方法一样.对于二次函数在R 上恒成立问题往往采用判别式法如例4、例5,而对于二次函数在某一区间上恒成立问题往往转化为求函数在此区间上的最值问题 3、变量分离型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;运用不等式的相关知识不难推出如下结论：若对于x 取值范围内的任何一个数都有fx>ga 恒成立,则ga<fx min ;若对于x 取值范围内的任何一个数,都有fx<ga 恒成立,则ga>fx max .其中fx max 和fx min 分别为fx 的最大值和最小值例5.已知三个不等式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.略解：由①②得2<x<3,要使同时满足①②的所有x 的值满足③, 即不等式0922<+-m x x 在)3,2(∈x 上恒成立, 即)3,2(922∈+-<x x x m 在上恒成立,又，上大于在9)3,2(922∈+-x x x 所以 9≤m例 6. 函数)(x f 是奇函数,且在]1,1[-上单调递增,又1)1(-=-f ,若12)(2+-≤at t x f 对所有的]1,1[-∈a 都成立,求t 的取值范围 .解：据奇函数关于原点对称,,1)1(=f 又1)1()(]1,1[)(max ==-f x f x f 上单调递增在12)(2+-≤at t x f 对所有的]1,1[-∈a 都成立.因此,只需122+-at t 大于或等于上在]1,1[)(-x f 的最大值1,都成立对所有又]1,1[-∈a ,即关于a 的一次函数在-1,1上大于或等于0恒成立, 即：),2[}0{]2,(+∞--∞∈ t利用变量分离解决恒成立问题,主要是要把它转化为函数的最值问题 补例． 已知()||,=-+∈R f x x x a b x ．若0b <,且对任何[]0,1x ∈不等式()0f x <恒成立,求实数a 的取值范围．解：当0x =时,a 取任意实数,不等式()0f x <恒成立, 故只需考虑(]0,1x ∈,此时原不等式变为||bx a x--< 即b b x a x x x +<<-故(]max min ()(),0,1b bx a x x x x+<<-∈又函数()b g x x x =+在(]0,1上单调递增,所以max ()(1)1bx g b x +==+；对于函数(](),0,1bh x x x x=-∈①当1b <-时,在(]0,1上()h x 单调递减,min ()(1)1bx h b x-==-,又11b b ->+,所以,此时a 的取值范围是(1,1)b b +-．②当10b -≤<,在(]0,1上,()b h x x x=-≥当x b =-时,min ()2bx b x-=-,此时要使a 存在,必须有1210b bb ⎧+<-⎪⎨-≤<⎪⎩ 即1223b -≤<-,此时a 的取值范围是(1,2)b b +-综上,当1b <-时,a 的取值范围是(1,1)b b +-；当1223b -≤<-时,a 的取值范围是(1,2)b b +-；当2230b -≤<时,a 的取值范围是∅．4、根据函数的奇偶性、周期性等性质若函数fx 是奇偶函数,则对一切定义域中的x ,f-x=-fx f-x=fx 恒成立；若函数y=fx 的周期为T,则对一切定义域中的x,fx=fx+T 恒成立; 5、直接根据图象判断若把等式或不等式进行合理的变形后,能非常容易地画出等号或不等号两边函数的图象,则可以通过画图直接判断得出结果;尤其对于选择题、填空题这种方法更显方便、快捷;例7. 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. 分析：设y=|x+1|-|x-2|,恒成立，不等式对任意实数a x x x >--+21即转化为求函数y=|x+1|-|x-2|的最小值,画出此函数的图象即可求得a 的取值范围.解：令⎪⎩⎪⎨⎧≥<<---≤-=--+=2321121321x x x x x x y在直角坐标系中画出图象如图所示,由图象可看出,要使a x x x >--+21，不等式对任意实数恒成立，只需3-<a .故实数.3），的取值范围是（-∞-a 注：本题中若将a a x x x 恒成立，求实数，不等式对任意实数>--+21改为 ①a a x x x 恒成立，求实数，不等式对任意实数<--+21,同样由图象可得a>3; ②a a x x x 恒成立，求实数，不等式对任意实数>-++21,构造函数,画出图象,得a<3.利用数形结合解决恒成立问题,应先构造函数,作出符合已知条件的图形,再考虑在给定区间上函数与函数图象之间的关系,得出答案或列出条件,求出参数的范围.例8. 设常数a∈R,函数fx=3|x|+|2x-a|,gx=2-x.若函数y=fx 与y=gx 的图像有公共点,则a 的取值范围为 ;解：1a<=0x<=a/2<=0时,fx=-3x+-2x+a=-5x+aa/2<=x<=0时,fx=-3x+2x-a=-x-ax>=0时,fx=3x+2x-a=5x-a,最小值为-a<=2则与gx 有交点,即：-2<=a<=0;2a>0x<=0时,fx=-3x+-2x+a=-5x+a0<=x<=a/2时,fx=3x+-2x+a=x+ax>=a/2时,fx=3x+2x-a=5x-a 最小值a<=2时与gx 有交点,即：0<a<=2综上所述,-2<=a<=2时fx=3|x|+|2x-a|与gx=2-x 有交点;三、在恒成立问题中,主要是求参数的取值范围问题,是一种热点题型,介绍一些基本的解题策略,在学习中学会把问题分类、归类,熟练基本方法;一换元引参,显露问题实质 1、对于所有实数x,不等式恒成立,求a 的取值范围;解：因为的值随着参数a 的变化而变化,若设, 则上述问题实质是“当t 为何值时,不等式恒成立”;这是我们较为熟悉的二次函数问题,它等价于 求解关于t 的不等式组：; 解得,即有,易得;2、设点Px,y 是圆4)1(22=-+y x 上任意一点,若不等式x+y+c ≥0恒成立,求实数c 的取值范围;二分离参数,化归为求值域问题 3、若对于任意角总有成立,求m 的范围;解：此式是可分离变量型,由原不等式得,又,则原不等式等价变形为恒成立; 根据边界原理知,必须小于2cos cos )(2+=θθθf 的最小值,这样问题化归为怎样求的最小值;因为2cos cos )(2+=θθθf即时,有最小值为0,故;三变更主元,简化解题过程 4、若对于,方程都有实根,求实根的范围;解：此题一般思路是先求出方程含参数m 的根,再由m 的范围来确定根x 的范围,但这样会遇到很多麻烦,若以m 为主元,则,由原方程知,得又,即解之得或;5、当1≤a 时,若不等式039)6(2>-+-+a x a x 恒成立,求x 的取值范围; 四图象解题,形象直观6、设]40(，∈x ,若不等式ax x x >-)4(恒成立,求a 的取值范围;解：若设)4(1x x y -=,则为上半圆;设,为过原点,a为斜率的直线;在同一坐标系内作出函数图象依题意,半圆恒在直线上方时,只有时成立,即a的取值范围为;7、当x∈1,2时,不等式x-12<logax恒成立,求a的取值范围;解：设y1=x-12,y2=logax,则y1的图象为右图所示的抛物线要使对一切x∈ 1,2,y1<y2恒成立,显然a>1,并且必须也只需当x=2时y2的函数值大于等于y1的函数值;故loga2>1, ∴ 1<a<2.8、已知关于x的方程lgx2+4x-lg2x-6a-4=0有唯一解,求实数a的取值范围;分析：方程可转化成lgx2+4x=lg2x-6a-4,从而得x2+4x=2x-6a-4>0,注意到若将等号两边看成是二次函数y= x2+4x及一次函数y=2x-6a-4,则只需考虑这两个函数的图象在x轴上方恒有唯一交点即可;解：令y1=x2+4x=x+22-4,y2=2x-6a-4,y1的图象为一个定抛物线 y2的图象是k=2,而截距不定的直线,要使y1和y2在x轴上方有唯一交点,则直线必须位于l1和l2之间;包括l1但不包括l2当直线为l1时,直线过点-4,0,此时纵截距为-8-6a-4=0,a=2-;当直线为l2时,直线过点0,0,纵截距为-6a-4=0,a=32-∴a的范围为)32,2[--五合理联想,运用平几性质9、不论k为何实数,直线与曲线恒有交点,求a的范围;分析：因为题设中有两个参数,用解析几何中有交点的理论将二方程联立,用判别式来解题是比较困难的;若考虑到直线过定点A0,1,而曲线为圆,圆心Ca,0,要使直线恒与圆有交点,那么定点A0,1必在圆上或圆内;解：,Ca,0,当时,联想到直线与圆的位置关系,则有点A0,1必在圆上或圆内,即点A0,1到圆心距离不大于半径,则有,得;六分类讨论,避免重复遗漏10、当时,不等式恒成立,求x 的范围;解：使用的条件,必须将m 分离出来,此时应对进行讨论;①当时,要使不等式恒成立,只要, 解得;②当时,要使不等式恒成立,只要,解得;③当时,要使恒成立,只有; 综上①②③得;解法2：可设,用一次函数知识来解较为简单;我们可以用改变主元的办法,将m 视为主变元,即将元不等式化为：0)12()1(2<---x x m ,；令)12()1()(2---=x x m m f ,则22≤≤-m 时,0)(<m f 恒成立,所以只需⎩⎨⎧<<-0)2(0)2(f f 即⎪⎩⎪⎨⎧<---<----0)12()1(20)12()1(222x x x x ,所以x 的范围是)231,271(++-∈x ;此类题本质上是利用了一次函数在区间m,n 上的图象是一线段,故只需保证该线段两端点均在x 轴上方或下方即可.11、当31<<x 时,不等式0622>+-ax x 恒成立,求实数a 的取值范围; 解：xx a 32+<当31<<x 时,623232=≥+x x ,当x x 32=,即6=x 时等号成立;故实数a 的取值范围:6<a 七构造函数,体现函数思想12、1990年全国高考题设,其中a 为实数,n 为任意给定的自然数,且,如果当时有意义,求a 的取值范围; 解：本题即为对于,有恒成立;这里有三种元素交织在一起,结构复杂,难以下手,若考虑到求a 的范围,可先将a 分离出来,得,对于恒成立;构造函数,则问题转化为求函数在上的值域;由于函数在上是单调增函数,则在上为单调增函数;于是有的最大值为：,从而可得;八利用集合与集合间的关系在给出的不等式中,若能解出已知取值范围的变量,就可利用集合与集合之间的包含关系来求解,即：[]()(),,m n f a g a ⊂⎡⎤⎣⎦,则()f a m ≤且()g a n ≥,不等式的解即为实数a 的取值范围;例13、当1,33x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时,log 1a x <恒成立,求实数a 的取值范围;解：1log 1a x -<<（1） 当1a >时,1x a a <<,则问题转化为11,3,3a a ⎛⎫⎛⎫⊆ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ 3113a a ≥⎧⎪∴⎨≤⎪⎩ 3a ∴≥（2） 当01a <<时,1a x a <<,则问题转化为11,3,3a a ⎛⎫⎛⎫⊆ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭1313a a⎧≤⎪⎪∴⎨⎪≥⎪⎩103a ∴<≤综上所得：103a <≤或3a ≥ 四、其它类型恒成立问题能成立问题有时是以不等式有解的形式出现的;1、已知函数12)(2+-=ax x x f ,xax g =)(,其中0>a ,0≠x ． 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：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：令na=g max x=a/2；令ma=f min x,fx=x-a 2+1-a 2,故1对称轴x=a<1,即或0<a<1时,ma= f min x=f1=2-2a,由ma>na 解得a<4/5,注意到a 的范围从而得a 的范围：0<a<4/5;2对称轴x=a>2时,ma= f min x=f2=5-4a,由ma>na 解得a<10/9,注意到a 的范围从而得a 无解：;3对称轴x=a∈1,2时,ma= fminx=fa=2-2a,由ma>na 解得4171+->a 或4171--<a ,注意到a 的范围从而得a 的范围21≤<a ：;; 综合123知实数a 的取值范围是：0,4/5∪1,2 2、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、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题型三、分离参数法欲求某个参数的范围,就把这个参数分离出来 题型四、数形结合恒成立问题与二次函数联系零点、根的分布法 五、不等式能成立问题有解、存在性的处理方法若在区间D 上存在实数x 使不等式()f x A >成立,则等价于在区间D 上()max f x A >； 若在区间D 上存在实数x 使不等式()f x B <成立,则等价于在区间D 上的()min f x B <.1、存在实数x ,使得不等式2313x x a a ++-≤-有解,则实数a 的取值范围为______; 解：设()31f x x x =++-,由()23f x a a ≤-有解,()2min3a a f x ⇒-≥, 又()()31314x x x x ++-≥+--=,∴234a a -≥,解得41a a ≥≤-或;1、求使关于p 的不等式x p px x 212+<++在p ∈-2,2有解的x 的取值范围;解：即关于p 的不等式012)1(2<+-+-x x p x 有解,设()()2121f p x p x x =-+-+,则()f p 在-2,2上的最小值小于0;1当x>1时,fp 关于p 单调增加,故f min p=f-2=x 2-4x+3<0,解得1<x<3;2 当x<1时,fp 关于p 单调减少,故f min p=f2=x 2-1<0,解得-1<x<1； 3当x=1时,fp=0,故f min p=fp<0不成立;综合123知实数x 的取值范围是：-1,1∪1,3例、设命题P:x1,x2是方程x 2-ax-2=0的二个根,不等式|m 2-5m-3|≥|x 1-x 2|对任意实数a∈-1,1恒成立；命题Q ：不等式|x-2m|-|x|>1m>0有解；若命题P 和命题Q 都是真命题,求m的值范围;解：1由P 真得：8||221+=-a x x ,注意到a 在区间-1,1, 3||max 21=-x x ,由于|m 2-5m-3|≥|x 1-x 2|对任意实数a∈-1,1恒成立,故有3|||35|max 212=-≥--x x m m解得： m≤-1或m≥6或0≤m≤51由Q 真,不等式|x-2m|-|x|>1m>0有解,得|x-2m|-|x|max =2m>1,解得：m>1/2 由于12都是相公命题,故m 的值范围：1/2<m≤5或m≥6.举例1已知不等式0224>+⋅-x x a 对于+∞-∈,1[x 恒成立,求实数a 的取值范围. 2若不等式0224>+⋅-x x a 对于]3,(-∞∈a 恒成立,求实数x 的取值范围. 分析：1由0224>+⋅-x x a 得：xx a 222+<对于+∞-∈,1[x 恒成立,因212≥x,所以22222≥+xx ,当22=x时等号成立.所以有22<a . 2注意到0224>+⋅-x x a 对于]3,(-∞∈a 恒成立是关于a 的一次不等式.不妨设)24(2)(++⋅-=x x a a f ,则)(a f 在]3,(-∞∈a 上单调递减,则问题等价于0)3(>f ,所以2202234>⇒>+⋅-x x x 或12<x ,则x 取值范围为),1()0,(+∞-∞ .小结：恒成立与有解的区别：恒成立和有解是有明显区别的,以下充要条件应细心思考,甄别差异,恰当使用,等价转化,切不可混为一体;①不等式()f x M <对x I ∈时恒成立max ()f x M•⇔<,x I ∈;即()f x 的上界小于或等于M ； ②不等式()f x M <对x I ∈时有解min ()f x M•⇔<,x I ∈; 或()f x 的下界小于或等于M ； ③不等式()f x M >对x I ∈时恒成立min ()f x M•⇔>,x I ∈;即()f x 的下界大于或等于M ； ④不等式()f x M >对x I ∈时有解max ()f x M ⇔>,x I ∈.; 或()f x 的上界大于或等于M ；高中数学难点强化班第四讲140709课后练习答案：一．填空选择题每小题6分,共60分1、对任意的实数x ,若不等式a x x >--+21恒成立,那么实数a 的取值范围 ;答案：|x+1|-|x-2| -|x+1-x-2|=-3,故实数a 的取值范围：a<-3 2、不等式2sin 4sin 10x x a -+-<有解,则a 的取值范围是解：原不等式有解()()22sin 4sin 1sin 231sin 1a x x x x ⇒>-+=---≤≤有解,而()2minsin 232x ⎡⎤--=-⎣⎦,所以2a >-;3.若对任意x R ∈,不等式||x ax ≥恒成立,则实数a 的取值范围是 A 1a <- B ||1a ≤ C ||1a < D 1a ≥ 解析：对∀x R ∈,不等式||x ax ≥恒成立 则由一次函数性质及图像知11a -≤≤,即||1a ≤;答案：选B4．当(1,2)x ∈时,不等式240x mx ++<恒成立,则m 的取值范围是 .解析: 当(1,2)x ∈时,由240x mx ++<得24x m x +<-.令244()x f x x x x+==+,则易知()f x 在(1,2)上是减函数,所以[1,2]x ∈时()(1)5maxf x f ==,则2min 4()5x x+->-∴5m ≤-.5．已知不等式223(1)1ax x a x x a -++>--+对任意(0)a ∈+∞，都成立,那么实数x 的取值范围为 ．分析：已知参数a 的范围,要求自变量x 的范围,转换主参元x 和a 的位置,构造以a 为自变量x 作为参数的一次函数()g a ,转换成∀(0)a ∈+∞，,()0g a >恒成立再求解;解析：由题设知“223(1)1ax x a x x a -++>--+对∀(0)a ∈+∞，都成立,即22(2)20a x x x +-->对∀(0)a ∈+∞，都成立;设22()(2)2g a x a x x =+--a R ∈,则()g a 是一个以a 为自变量的一次函数;220x +>恒成立,则对∀x R ∈,()g a 为R 上的单调递增函数; 所以对∀(0)a ∈+∞，,()0g a >恒成立的充分必要条件是(0)0g ≥,220x x --≥,∴20x -≤≤,于是x 的取值范围是{|20}x x -≤≤;6．已知函数()()()22241,f x mx m x 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 ．－∞,0分析：()f x 与()g x 的函数类型,直接受参数m 的影响,所以首先要对参 数进行分类讨论,解析：当0m =时,()810f x x =-+>在1(,)8-∞上恒成立在R 上恒成立,显然不满足题意；如图1当0m <时,()g x 在R 上递减且()0g x mx =>只在(,0)-∞而()f x 是一个开口向下且恒过定点0,1的二次函数,当0m >时,()g x 在R 上递增且()0g x mx =>在(0,)+∞而()f x 是一个开口向上且恒过定点0,1的二次函数,数x ,()f x 与()g x 的值至少有一个为正数则只需()0f x >在(-∞恒成立;如图3则有24024(4)80m m m m -⎧<⎪⎨⎪∆=--<⎩或402m m -≥解得48m <<或04m <≤, 综上可得08m <≤即(0,8)m ∈; 故选B;７、已知两函数()2728f x x x c =--,gx=6x 2-24x+21;1对任意[]3,3x ∈-,都有()()f x g x ≤成立,那么实数c 的取值范围 c ≥0 ； 2存在[]3,3x ∈-,使()()f x g x ≤成立,那么实数c 的取值范围 c ≥-25 ； 3对任意[]12,3,3x x ∈-,都有()()12f xg x ≤,那么实数c 的取值范围 c ≥150 ； 4存在[]12,3,3x x ∈-,都有()()12f xg x ≤,那么实数c 的取值范围 c ≥-175 ；解析：1设()()()322312h x g x f x x x x c =-=--+,问题转化为[]3,3x ∈-时,()0h x ≥恒成立,故()min 0h x ≥;令()()()266126120h x x x x x '=--=+-=,得1x =-或2;由导数知识,可知()h x 在[]3,1--单调递增,在[]1,2-单调递减,在[]2,3单调递增,且()345h c -=-,()()17h x h c =-=+极大值,()()220h x h c ==-极小值,()39h c =-,∴()()min 345h x h c =-=-,由450c -≥,得45c ≥;2据题意：存在[]3,3x ∈-,使()()f x g x ≤成立,即为：()()()0h x g x f x =-≥在[]3,3x ∈-有解,故()max 0h x ≥,由1知()max 70h x c =+≥,于是得7c ≥-;3它与1问虽然都是不等式恒成立问题,但却有很大的区别,对任意[]12,3,3x x ∈-,都有()()12f xg x ≤成立,不等式的左右两端函数的自变量不同,1x ,2x 的取值在[]3,3-上具有任意性,∴要使不等式恒成立的充要条件是：max min ()(),[3,3]f x g x ••x •≤∈-;∵()()[]27228,3,3f x x c x =---∈-∴ ()()max3147f x f c =-=-,∵()26840g x x x '=+-=()()23102x x +-,∴()0g x '=在区间[]3,3-上只有一个解2x =; ∴()()min248g x g ==-,∴14748c -≤-,即195c ≥.4存在[]12,3,3x x ∈-,都有()()12f xg x ≤,等价于()()min 1max 2f x g x ≤,由3得()()min 1228f x f c ==--,()()max 23102g x g =-=,28102130c c --≤⇒≥-点评：本题的三个小题,表面形式非常相似,究其本质却大相径庭,应认真审题,深入思考,多加训练,准确使用其成立的充要条件; 二．简答题每题10分８、10分若不等式2(1)(1)3(1)0m x m x m +--+-<对任意实数x 恒成立,求实数m 取值范围 解：)10,2[9、①对一切实数x,不等式32x x a --+>恒成立,求实数a 的范围; ②若不等式32x x a --+>有解,求实数a 的范围; ③若方程32x x a --+=有解,求实数a 的范围; 解：①5-<a ②5<a ③]5,5[-∈a10.已知函数()()2lg x ax a x f --=Ⅰ若()x f 的定义域Φ≠A ,试求a 的取值范围.Ⅱ 若()x f 在()3,2∈x 上有意义, 试求a 的取值范围. Ⅲ若()0>x f 的解集为()3,2,,试求a 的值.解答：这三问中,第Ⅰ问是能成立问题,第Ⅱ问是恒成立问题,第Ⅲ问是恰成立问题.Ⅰ ()x f 的定义域非空,相当于存在实数x ,使02>--x ax a 成立,即()2x ax a x --=ϕ的最大值大于0成立,(),0444422max >+=---=a a a a x ϕ 解得 4-<a 或0>a .Ⅱ()x f 在区间()3,2上有意义,等价于()2x ax a x --=ϕ0>在()3,2恒成立,即()x ϕ的最小值大于0.解不等式组 ()⎪⎩⎪⎨⎧≥≤-,03,252ϕa 或()⎪⎩⎪⎨⎧≥>-,02,252ϕa ⎩⎨⎧≥---≥,093,5a a a 或⎩⎨⎧≥---<042,5a a a 解得 .29-≤aⅢ()0>x f 的解集为()3,2,等价于不等式12>--x ax a 的解集为()3,2;于是有012<-++a ax x ,这等价于方程012=-++a ax x 的两个根为2和3, 于是可解得5-=a .。
“恒成立”和“恒存在”解题策略辨析
使 ＡＭ Ｂ一 ７ 。 则 Ｂ — ＡＢ， ５， Ｍ 记“ 在 Ｃ ＡＢ 的 内 部 任 作 射 线 ＡＰ 交 线 段 Ｂ 于 Ｐ ， ＢＰ＜ Ｃ 使
图 ｌ
妻鬈
麓
兰雯 萎
定义域 范 围进行最 值求 解． 总 之 ，恒 成 立 ” “ 存 在 ” 题 ， 注 意 区 别 对 “ 和 恒 问 要
ＢＣ 于 Ｍ ， “ 底 边 Ｂ 上 任 取 一 点 Ｐ ， Ｂ 记 在 Ｃ 使 Ｐ＜ ＡＢ ” 为 事 件 Ａ． 则
Ｐ（ ） ＡＢ Ａ 一
一 Ａ —一． 瓣 Ｂ 去譬
Ｃ
可 化 为 。 ｘ ＋ｘ＋ ２ ＞一 ２
一
．
（ ） 作 射 线 ＡＰ 在 Ｃ ２ ＡＢ 内 是 等 可 能 分 布 的 ， 射 线 等 价 即
而 ｇ ） 一 （ （ 一 口 一口 １ ｅ 。 ［ ＋ ） 在 一２ ２ 上 单 调 递 ，］
减， 因此 ｇ （ ） （ ２ 一 一 （ … ｚ 一ｇ 一 ） ｎ 一ａ １ ， ＋ ）
ｇ （ 一 ｇ（ ） 一 （ ｄ＋ １ ｅ ， ） ２ 一 口 一 ）
性 的试验 概型 之一 ， 高考 命题 中 占有非 常 重 要 的位 在
存 在 ， ｎ的 取 值 范 围 ． 求 分析 对 于 （ ） 个 极 值 点 一 ０已知 ， 可 知 该 １一 则
点处 的导数值 为 ０ 由此将 ２个 未知量 转化 为一 个 ， ， 对
于 求 单 调 区 间 ， 要 结 合 导 数 是 否 大 于 ０进 行 分 类 讨 则 论 ； 于 （ ） 一 个 恒 存 在 问 题 ， 解 的 关 键 是 要 注 意 对 ２是 化 ｌ （ ） ｇ（ ）ｉ １可 化 为 ｇ（ 一 １ － 一 厂 ≤ ＆） ≤ （ ） ≤ ｇ ） １需 使 ， （ ≤ ｇ （ ） １且 ， （ ） （ ＋ ， … ａ） … ＋ … ≤
恒成立问题与存在性问题
恒成立问题与存在性问题一、恒成立问题： 不等式恒成立问题化归为最值问题1、不等式()x f a >对I x ∈恒成立()max x f a >⇔2、不等式()x f a <对I x ∈恒成立()min x f a >⇔ 变量分离后化归为最值问题型1.(,)0F x a > 对()x I a f x ∈⇔>一切恒成立对m ax ()x I a f x ∈⇔>一切恒成立2.(,)0F x a >对()x I a f x ∈⇔<一切恒成立对m in ()x I a f x ∈⇔<一切恒成立二、存在性问题化归为最值问题不等式有解问题：1、不等式()x f a >在I x ∈有解⇔I x ∈∃，使得()x f a >成立()max x f a >⇔2、不等式()x f a <在I x ∈有解⇔I x ∈∃，使得()x f a >成立()min x f a >⇔三、方程()x f a =有解问题 方法1：化为求函数的值域方程()0,=a x F 在I x ∈有解⇔()x f a =I x ∈有解方程()x f a =在I x ∈有解⇔a 的取值范围为函数()x f 的值域，方法2：化为零点问题求解 方法3：化为图像交点问题求解实战演练：1、已知0,0a b >>，若不等式212m aba b+≥+恒成立，则 m 的最大值２、定义在R 上的函数()x x x f -=331，设()xm x x g -=ln ，'[1,],()()x e g x f x ∀∈<使求实数m 的范围。
３、定义在R 上的函数()x x x f -=331，设()xm x x g -=ln ，'1212[1,],()()x e x g x f x ∀∈∃∈<[1,2]使，求实数m 的范围４、设238()(2)2x x f x x -+=≥，()1g x kx =+，（1）若0[2,)x ∃∈+∞，使0()f x m =成立，则实数m 的范围（2）若12[2,),(2,)x x ∀∈+∞∃∈+∞，使得12()()f x g x =则实数k 的范围５、已知函数()()1522>+-=a ax x x f（1）若()x f 的定义域和值域均为[]a ,1，求实数a 的值。
高中数学必修5(人教A版)第三章不等式3.5知识点总结含同步练习及答案
答案： A 解析： 只需
1 2
x
)
1 ] 4 7 D．(−∞, − ) 2
B．(−∞,
f (x) min ⩾ g(x) min 即可．
4. 三位同学合作学习，对问题"已知不等式 xy ⩽ ax2 + 2y 2 对于 x ∈ [1, 2] , y ∈ [2, 3] 恒成立，求 a 的 取值范围"提出了各自的解题思路． 甲说："可视 x 为变量，y 为常量来分析"． 乙说："寻找 x 与 y 的关系，再作分析"． 丙说："把字母 a 单独放在一边，再作分析"． 参考上述思路，或自已的其它解法，可求出实数 a 的取值范围是 ( A．[1, +∞)
1. 若关于 x 的方程 9 x + (4 + a) ⋅ 3 x + 4 = 0 有解，则实数 a 的取值范围是 ( A．(−∞, −8) C．[−8, +∞)
答案： B 解析：
)Hale Waihona Puke B．(−∞, −8]D．(−∞, +∞)
由 9 x + (4 + a) ⋅ 3 x + 4 = 0，得 a = −3 x −
答案： B 解析：
)
D．[−1, 6]
B．[−1, +∞)
C．[−1, 4)
y y y 2 − 2( ) ，由 x ∈ [1, 2] , y ∈ [2, 3] ，x 、 y 构成正方形区域， 表示过 x x x y y 原点直线与正方形区域相交时直线的斜率的取值范围，则有 ∈ [1, 3] ，当 = 1 时， x x y y 2 − 2( ) 有最大值为 −1，则 a 的取值范围是 [−1, +∞) x x
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。
浅谈高中数学中的“恒成立”与“存在性”的综合问题
浅谈高中数学中的“恒成立”与“存在性”的综合问题高中数学中的“恒成立”与“存在性”是高中数学中重要的概念。
它们都涉及到数学中的思维技巧，也是指导学生使用抽象来解决数学问题的重要原则。
两者有着非常重要的关系，本文将着重分析这两个概念的内涵，以及它们之间的关系，为学生未来学习数学打下基础。
“恒成立”是数学概念的重要组成部分，它表明数学定理是恒定不变的，不会随时间和空间的改变而改变。
例如，二次方程的根的求解，根据拉格朗日的二次方程定理，我们可以得出根的公式，这个公式在不同的时空中都是恒成立的。
此外，还有欧几里得定理、勾股定理、费马定理等，都是恒成立的定理。
“存在性”指的是某一定理能够被证明，可以提供证明定理存在的方式。
这一概念的基础是对定理的规则推理，通过推理这些规则，可以得出一些数学定理的存在性。
最常用的证明定理存在性的方式是证明反证法，即先假定定理的假设是错误的，考虑假设的反面，如果计算的结果恰好矛盾，则说明定理是存在的。
从数学概念的定义来看，“恒成立”与“存在性”之间存在有机结合关系。
首先，“存在性”先于“恒成立”，因为“存在性”是定理能够被证明的基础，是定理恒定的前提，而“恒成立”则是“存在性”的结果。
而“恒成立”则是证明“存在性”的重要工具，根据“恒成立”，通过运用既定的数学公式，可以将定理（或者命题）转化为更简单的推理，来证明定理的存在性。
另外，“恒成立”与“存在性”也是高中数学知识中最重要的两大原则。
从数学思维的角度上讲，“存在性”鼓励学生考虑问题的反面，用反证法思考，并有手段地证明或证伪定理，从而运用更多的数学工具来解决问题；而“恒成立”则鼓励学生把固有的数学思维方式发挥出来，从而帮助他们加深对定理的理解，提高数学思维的能力。
综上所述，“恒成立”与“存在性”的综合问题在数学思维中都起着重要的作用。
它们是数学概念的组成部分，也是证明、推理、解决数学问题的重要原则，对学生学习数学有着重要的作用。
2020 年高中数学恒成立、存在性问题解决办法
2020 年恒成立、存在性问题解决办法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 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、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。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
“恒成立问题〞与“存在性问题〞的根本解题策略一、“恒成立问题〞与“存在性问题〞的根本种类恒成立、能成立、恰成立问题的根本种类1、恒成立问题的转变：()a f x >恒成立⇒()maxa f x >；()()min a f x a f x ≤⇒≤恒成立2、能成立问题的转变：()a f x >能成立⇒()min a f x >；()()max a f x a f x ≤⇒≤能成立3、恰成立问题的转变：()a f x >在M 上恰成立⇔()a f x >的解集为M ()()Ra f x M a f x C M ⎧>⎪⇔⎨≤⎪⎩在上恒成立在上恒成立 另一转变方法：假定A x f D x ≥∈)(,在D 上恰成立，等价于)(x f 在D 上的最小值A x f =)(min，假定,D x ∈B x f ≤)(在D 上恰成立，那么等价于)(x f 在D 上的最大值B x f =)(max. 4、设函数()x f 、()x g ，对随意的[]b a x ,1∈，存在[]d c x ,2∈，使得()()21x g x f ≥，那么()()x g x f minmin ≥ 5、设函数()x f 、()x g ，对随意的[]b a x ,1∈，存在[]d c x ,2∈，使得()()21x g x f ≤，那么()()x g x f maxmax ≤ 6、设函数()x f 、()x g ，存在[]b a x ,1∈，存在[]d c x ,2∈，使得()()21x g x f ≥，那么()()x g x f min max ≥7、设函数()x f 、()x g ，存在[]b a x ,1∈，存在[]d c x ,2∈，使得()()21x g x f ≤，那么()()x g x f max min ≤8、设函数()x f 、()x g ，对随意的[]b a x ,1∈，存在[]d c x ,2∈，使得()()21x g x f =，设f(x)在区间[a,b]上的值域为A ，g(x)在区间[c,d]上的值域为B,那么AB.9、假定不等式()()f x g x >在区间D 上恒成立，那么等价于在区间D 上函数()y f x =和图象在函数()y g x =图象上方；10、假定不等式()()f x g x <在区间D 上恒成立，那么等价于在区间D 上函数()y f x =和图象在函数()y g x =图象下方；恒成立问题的根本种类在数学识题研究中常常碰到在给定条件下某些结论恒成立的命题.函数在给定区间上某结论成立问题,其表现形式往常有:在给定区间上某关系恒成立;某函数的定义域为全体实数R;某不等式的解为一确实数;某表达式的值恒大于a等等…恒成立问题，波及到一次函数、二次函数的性质、图象,浸透着换元、化归、数形联合、函数与方程等思想方法，有益于考察学生的综合解题能力，在培育思想的灵巧性、创建性等方面起到了踊跃的作用。
所以也成为历年高考的一个热门。
恒成立问题在解题过程中大概可分为以下几种种类：①一次函数型；②二次函数型；③变量分离型；④依据函数的奇偶性、周期性等性质；⑤直接依据函数的图象。
二、恒成立问题解决的根本策略大家知道，恒成立问题分等式中的恒成立问题和不等式中的恒成立问题。
等式中的恒成立问题，特别是多项式恒成立问题，常简化为对应次数的系数相等进而成立一个方程组来解决问题的。
〔一〕两个根本思想解决“恒成立问题〞思路1、max )]([)(x f m D x x f m ≥⇔∈≥上恒成立在思路2、min)]([)(x f m D x x f m ≤⇔∈≤上恒成立在 如安在区间D 上求函数f(x)的最大值或许最小值问题,我们能够经过习题的实质,采纳合理有效的方法进行求解,往常能够考虑利用函数的单一性、函数的图像、二次函数的配方法、三角函数的有界性、均值定理、函数求导等等方法求函数f 〔x 〕的最值。
这种问题在数学的学习波及的知识比较宽泛，在办理上也有很多特别性，也是最近几年来高考取屡次出现的试题种类，希望同学们在平时学习中注意累积。
〔二〕、赋值型——利用特别值求解等式恒成立问题等式中的恒成立问题，常常用赋值法求解，特别是对解决填空题、选择题能很快求得.例1．假如函数y=f(x)=sin2x+acos2x 的图象对于直线x=8π-对称，那么a=〔〕. A .1B .-1C .2D .-2.略解：取x=0及x=4π-，那么f(0)=f(4π-),即a=-1，应选B.此法表达了数学中从一般到特别的转变思想. 例〔备用〕．由等式x 4+a 1x 3+a 2x 2+a 3x+a 4=(x+1)4+b 1(x+1)3+b 2(x+1)2+b 3(x+1)+b 4定义映照f ：(a 1,a 2,a 3,a 4)→b 1+b 2+b 3+b 4,那么f ：(4,3,2,1)→()略解：取x=0，那么a 4=1+b 1+b 2+b 3+b 4,又a 4=1,所以b 1+b 2+b 3+b 4=0，应选D〔三〕分清根本种类，运用有关根本知识，掌握根本的解题策略1、一次函数型：假定原题可化为一次函数型,那么由数形联合思想利用一次函数知识求解,十分简捷给定一次函数y=f(x)=ax+b(a≠0),假定y=f(x)在[m,n]内恒有f(x)>0，那么依据函数的图象〔直线〕可得上述结论等价于，那么有)()(<<nfmf例2．对于知足|a|≤2的全部实数a,求使不等式x2+ax+1>2a+x恒成立的x的取值范围.剖析：在不等式中出现了两个字母：x及a,要点在于该把哪个字母当作是一个变量，另一个作为常数.明显可将a视作自变量，那么上述问题即可转变成在[-2，2]内对于a的一次函数大于0恒成立的问题.解：原不等式转变成(x-1)a+x2-2x+1>0在|a|≤2时恒成立,设f(a)=(x-1)a+x2-2x+1,那么f(a)在[-2,2]上恒大于0，故有：⎩⎨⎧>>-)2()2(ff即⎪⎩⎪⎨⎧>->+-13422xxx解得：⎩⎨⎧-<><>1113xxxx或或∴x<-1或x>3.即x∈(－∞,－1)∪(3,+∞)此类题实质上是利用了一次函数在区间[m,n]上的图象是一线段，故只需保证该线段两头点均在x 轴上方〔或下方〕即可.2、二次函数型波及到二次函数的问题是复习的要点，同学们要增强学习、概括、总结，提炼出一些详细的方法，在此后的解题中自觉运用。
〔1〕假定二次函数y=ax 2+bx+c(a≠0)大于0恒成立，那么有00<∆>且a〔2〕假定是二次函数在指定区间上的恒成立问题，能够利用韦达定理以及根的散布知识求解。
种类1：设)0()(2≠++=a c bx axx f 在R 上恒成立， （1）R x x f ∈>在0)(上恒成立00<∆>⇔且a ；〔2〕R x x f ∈<在0)(上恒成立00<∆<⇔且a 。
种类2：设)0()(2≠++=a c bx axx f 在区间],[βα上恒成立 （1）当0>a 时，],[0)(βα∈>x x f 在上恒成立⎪⎩⎪⎨⎧>>-⎪⎩⎪⎨⎧<∆≤-≤⎪⎩⎪⎨⎧><-⇔0)(2020)(2βββαααf a b a b f a b 或或， ],[0)(βα∈<x x f 在上恒成立⎩⎨⎧<<⇔0)(0)(βαf f （2）当0<a 时，],[0)(βα∈>x x f 在上恒成立⎩⎨⎧>>⇔0)(0)(βαf f ],[0)(βα∈<x x f 在上恒成立⎪⎩⎪⎨⎧<>-⎪⎩⎪⎨⎧<∆≤-≤⎪⎩⎪⎨⎧><-⇔0)(2020)(2βββαααf a b a b f a b 或或 种类3：设)0()(2≠++=a c bx axx f 在区间(-∞,]上恒成立。
f(x)>0a>0且<0或-b/2a>且f()>0 f(x)<0a<0且<0或-b/2a>且f()<0 种类4：设)0()(2≠++=a c bx axx f 在区间[，+∞)上恒成立。
f(x)>0a>0,<0或-b/2a<且f()>0 f(x)<0a<0,<0或-b/2a<且f()<0例3．假定函数12)1()1()(22++-+-=a x a x a x f 的定义域为R ，务实数a 的取值范围. 剖析：该题就转变成被开方数012)1()1(22≥++-+-a x a x a 在R 上恒成立问题，而且注意对二次项系数的议论.解：依题意，当时，R x ∈012)1()1(22≥++-+-a x a x a 恒成立，所以，①当,1,01,01{,0122=≠+=-=-a a a a 时，即当 此时.1,0112)1()1(22=∴≥=++-+-a a x a x a②当时，时，即当012)1(4)1(,01{012222≤+---=∆>-≠-a a a a a有,91,09101{22≤<⇒≤+->a a a a 综上所述，f(x)的定义域为R 时，]9,1[∈a例4.函数2()3f x xax a =++-，在R 上()0f x ≥恒成立，求a 的取值范围.剖析：()y f x =的函数图像都在X 轴及其上方，如右图所示：略解：()22434120a a a a ∆=--=+-≤62a ∴-≤≤变式1：假定[]2,2x ∈-时，()0f x ≥恒成立，求a 的取值范围.分析一.〔零点散布策略〕本题能够考虑f (x )的零点散布状况进行分类议论，分无零点、零点在区间的左边、零点在区间的右边三种状况，即Δ≤0或⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧≥≥--≤->∆0)2(0)2(220f f a 或⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧≥≥-≥->∆0)2(0)2(220f f a ，即a 的取值范围为[-7，2].解法二剖析：〔运用二次函数极值点的散布分类议论〕要使[]2,2x ∈-时，()0f x ≥恒成立，只需)(x f 的最小值0)(≥a g 即可.略解：〔分类议论〕22()324a a f x x a ⎛⎫=+--+ ⎪⎝⎭，令()f x 在[]2,2-上的最小值为()g a . ⑴当22a-<-，即4a >时，()(2)730g a f a =-=-≥73a ∴≤又4a > a ∴不存在.⑵当222a -≤-≤，即44a -≤≤时，2()()3024a a g a f a ==--+≥62a ∴-≤≤又44a -≤≤42a ∴-≤≤⑶当22a ->，即4a <-时，()(2)70g a f a ==+≥7a ∴≥-又4a <-74a ∴-≤<-综上所述，72a -≤≤.变式2：假定[]2,2x ∈-时，()2f x ≥恒成立，求a 的取值范围. 解法一：剖析：题目中要证明2)(≥x f 在[]2,2-上恒成立，假定把2移到等号的左边，那么把原题转变成左边二次函数在区间[]2,2-时恒大于等于0的问题.例2a ax x x f -++=3)(2，假定0)(],2,2[≥-∈x f x 恒成立，求a 的取值范围.略解：2()320f x xax a =++--≥，即2()f x x =立.⑴()2410a a ∆=--≤22a ∴--≤≤-⑵24(1)0(2)0(2)02222a a f f a a ⎧∆=-->⎪≥⎪⎪⎨-≥⎪⎪-≥-≤-⎪⎩或2225--≤≤-∴a 综上所述，2225-≤≤-a .解法二：〔运用二次函数极值点的散布〕 ⑴当22a -<-，即4a >时，()(2)732g a f a =-=-≥()54,3a ∴≤∉+∞a ∴不存在.⑵当222a -≤-≤，即44a -≤≤时，2()()3224a a g a f a ==--+≥， 222222-≤≤-a －2224-≤≤-∴a ⑶当22a ->，即4a <-时，()(2)72g a f a ==+≥， 5a ∴≥-54a ∴-≤<-综上所述2225-≤≤-a .本题属于含参数二次函数，求最值时，对于轴变区间定的情况，对轴与区间的地点进行分类议论；还有与其相反的，轴动区间定，方法相同.对于二次函数在R 上恒成立问题常常采纳鉴别式法〔如例4、例5〕，而对于二次函数在某一区间上恒成立问题常常转变成求函数在此区间上的最值问题3、变量分离型假定在等式或不等式中出现两个变量，此中一个变量的范围，另一个变量的范围为所求，且简单经过恒等变形将两个变量分别置于等号或不等号的两边，那么可将恒成立问题转变成函数的最值问题求解。