恒成立与存在性问题的解题策略

恒成立与存在性问题的

解题策略

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“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,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f(x)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f （x ）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=f(x)=sin2x+acos2x 的图象关于直线x=8

π

- 对称，那么a=（ ）. C .2 D . -2. 略解：取x=0及x=4π-

，则f(0)=f(4

π

-),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+1)4+b 1(x+1)3+ b 2(x+1)2+b 3(x+1)+b 4 定义映射f ：(a 1,a 2,a 3,a 4)→b 1+b 2+b 3+b 4,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=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

0)(0)(>>n f m f 同理，若在[m,n]内恒有f(x)<0， 则有

0)(0

)(<

例

恒成立的x 的取值范围.

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-1)a+x 2-2x+1>0在|a|≤2时恒成立,

设f(a)= (x-1)a+x 2-2x+1,则f(a)在[-2,2]上恒大于0，故有：

⎩⎨

⎧>>-0)2(0)2(f f 即⎪⎩⎪⎨⎧>->+-0

10

3422

x 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+c(a≠0)大于0恒成立，则有00<∆>且a