kl800.com省心范文网

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)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 >0 4. ?

x∈D,均有 f(x)﹤g(x)恒成立,则 F(x)= f(x)- g(x) ﹤0,∴ F(x) max ﹤0 5. ?x1∈D, ?x2∈E,均有 f(x1) >g(x2)恒成立,则 f(x)min> g(x)max 6. ?x1∈D, ?x2∈E,均有 f(x1) <g(x2)恒成立,则 f(x) max < g(x) min (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),∴ F(x) min <0 5. ?x1∈D, ?x2∈E, 使得 f(x1) >g(x2)成立,则 f(x) max > g(x) min 6. ?x1∈D, ?x2∈E,均使得 f(x1) <g(x2)成立,则 f(x) min < g(x) max (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)min> g(x) min 2. ?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.

1/5

? 探究点一 ?x∈D,f(x)>g(x)的研究 例 1、已知函数 f ( x) ? x 2 ? 2ax ? 1, g ( x) ?

对任意 x ?[1,2] ,都有 f ( x) ? g ( x) 恒成立,求实数 a 的取值范围;

a ,其中 a ? 0 , x ? 0 . x

【思路分析】等价转化为函数 f ( x) ? g ( x) ? 0 恒成立,通过分离变量,创设新函数求最值解决.

x 2 ? 2ax ? 1 ?
简解: (1)由

a x3 ? x x3 ? x ?0?a? 2 ? ( x) ? 2 x 2 x ? 1 成立,只需满足 2 x ? 1 的最小

值大于 a 即可.对

? ( x) ?

2x 4 ? x 2 ? 1 x3 ? x ? ?( x) ? ?0 (2 x 2 ? 1) 2 2 x 2 ? 1 求导, ,故 ? ( x) 在 x ? [1,2] 是
2 2 0?a? 3. 3 ,所以 a 的取值范围是

增函数,

? min ( x) ? ? (1) ?

? 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)=x3-ax2+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)=3x2-2x,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 ? (2)解法一:f′(x)=3x2-2ax=3x x-3a (1≤x≤2), ? ?
2 3 当3a≤1,即 a≤2时,f′(x)≥0,f(x)在[1,2]上为增函数, 3 故 f(x)min=f(1)=11-a,所以 11-a<0,a>11,这与 a≤2矛盾. 2 3 当 1<3a<2,即2<a<3 时, 2 2 当 1≤x<3a,f′(x)<0;当3a<x≤2,f′(x)>0, 2 所以 x=3a 时,f(x)取最小值, 3 5 8 4 4 3 ?2 ? 因此有 f 3a <0,即27a3-9a3+10=-27a3+10<0,解得 a>3 2,这与2<a<3 矛盾; ? ? 2 当3a≥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- 9 4a<0,解得 a>2,这符合 a≥3. 9 综上所述,a 的取值范围为 a>2.
2/5

x3+10 10 解法二:由已知得:a> x2 =x+ x2 , 10 20 设 g(x)=x+ x2 (1≤x≤2),g′(x)=1- x3 , ∵1≤x≤2,∴g′(x)<0,所以 g(x)在[1,2]上是减函数. 9 g(x)min=g(2),所以 a>2. 【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 ax2>x3+10 中 x2∈[1,4],所以可以进行参数分离,而无 需要分类讨论. ? 探究点三 ?x1∈D,?x2∈D,f(x1)>g(x2)的研究 例、设函数 h( x) ?

a 1 1 ? x ? b ,对任意 a ? [ ,2] ,都有 h( x) ? 10 在 x ? [ ,1] 恒成立,求 x 2 4

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, h( x) ? 10 ? hmax ( x) ? 10 ;

a ? x) 或 a ? ? x 2 ? (10 ? b) x ; x 1 1 方法 3:变更主元, ? (a ) ? ? a ? x ? b ? 10 ? 0 , a ? [ ,2] x 2
方法 2:变量分离, b ? 10 ? ( 简解:

a x ? a) ? x ? b 求导, h?( x) ? 1 ? a2 ? ( x ? a )( , 2 x x x 1 1 由此可知, h( x) 在 [ ,1] 上的最大值为 h ( ) 与 h(1) 中的较大者. 4 4
方法 1:对 h( x) ? g ( x) ? x ? b ?

1 ? 1 ? ? 39 ?h( ) ? 10 ?4a ? ? b ? 10 ?b ? ? 4a ?? 4 ?? ?? 1 7 4 4 a ? [ ,2] b? ? ? ? h ( 1 ) ? 10 1 ? a ? b ? 10 b ? 9 ? a ? ? ? 2 ,得 b 的取值范围是 4. ,对于任意
? 探究点四 ?x1∈D,?x2∈D,f(x1)>g(x2)的研究 对于?x1∈D,?x2∈D,f(x1)>g(x2)的研究,第一步先转化为?x2∈D,f(x1)min>g(x2),再将该问 题按照探究点一转化为 f(x1)min>g(x2)min. - 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 x1∈(-∞,4],均存在 x2∈[4,+∞), 使得 f(x1)>g(x2)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.
x m ? ?x≥m?, ?2 (2)f(x)=? m-x 原命题等价为 f(x1)min>g(x2)min. ?2 ?x<m?, ?


3/5

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, m- 4 +∞)上单调递增,故 g(x)≥g(m)=2m-8,所以 2 >2m-8,解得 4<m<5 或 m>6. 所以 4<m<5 或 6<m≤8.
- - ? m? ?m ? 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, 2 单调递增, 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, 7 故 g(x)≥g(4)=8-2m,所以 8-2m<1,即2<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, 7 故 g(x)≥g(4)=8-2m,所以 8-2m<1,即 m>2(舍去).

?7 ? 综上,m 的取值范围是 2,5 ∪(6,+∞). ? ?
【点评】 因为对于?x∈D, f(x)>c, 可以转化为 f(x)min>c; ?x∈D, c>g(x), 可以转化为 c>g(x)min, 所以本问题类型可以分两步处理,转化为 f(x)min>g(x)min. ? 探究点五 ?x1∈D,?x2∈D,f(x1)=g(x2)的研究 对于?x1∈D,?x2∈D,f(x1)=g(x2)的研究,若函数 f(x)的值域为 C1,函数 g(x)的值域为 C2, 则该问题等价为 C1?C2. 1 1 5 例、设函数 f(x)=-3x3-3x2+3x-4. (1)求 f(x)的单调区间; (2)设 a≥1, 函数 g(x)=x3-3a2x-2a.若对于任意 x1∈[0,1], 总存在 x0∈[0,1], 使得 f(x1)=g(x0) 成立,求 a 的取值范围. 2 5 2 5 【解答】 (1)f′(x)=-x2-3x+3,令 f′(x)>0,即 x2+3x-3<0, 5? 5 ? 5 ? ? 解得-3<x<1,∴f(x)的单调增区间为 -3,1 ;单调减区间为 -∞,-3 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)=3x2-3a2,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)∈[-3a2-2a+1,-2a], 又对于任意 x1∈[0,1],总存在 x0∈[0,1],使得 f(x1)=g(x0)成立
?-3a2-2a+1≤-4, ? ?[-4,-3]?[-3a2-2a+1,-2a],即? ? ?-3≤-2a,

3 解得 1≤a≤2.

恒成立与存在有解的区别:
4/5

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 ? f max ( 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 ? f min ( 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 ? f min ( x) ? M?, x ? I 。即 f ? x ? 的下界大于或等于 M ; ④不等式
f ? x? ? M f ? x? 对 x ? I 时有解 ? f max ( x) ? M , x ? I .。 或 的上界大于或等于 M ;

方法总结:
1.对于恒成立问题或存在性问题常见基本类型为?x∈D,f(x)>c,可以转化为 f(x)min>c;?x ∈D,c>g(x),可以转化为 c>g(x)min;?x∈D,c=g(x),可以转化为 c∈{y|y=g(x)},对于由这 些含有量词的命题组合而成的含有两个量词命题的问题,可以采取分步转化的方法来处理. 2.对于含有参数的恒成立问题或存在性问题,常用的处理方法有分类讨论或参数分离,并 借助于函数图象来解决问题.

练习: 2 3 2 `1.已知两函数 f ? x ? ? 7 x ? 28x ? c , g ? x ? ? 2 x ? 4 x ? 40 x 。 (1)对任意 x ? ??3,3? ,都有 f ? x ? ? g ? x ? 成立,求实数 c 的取值范围; (2)存在 x ? ??3,3? ,使 f ? x ? ? g ? x ? 成立,求实数 c 的取值范围; (3)对任意 x1 , x2 ? ??3,3? ,都有 f ? x1 ? ? g ? x2 ? ,求实数 c 的取值范围; (4)存在 x1 , x2 ? ??3,3? ,都有 f ? x1 ? ? g ? x2 ? ,求实数 c 的取值范围; 2.设函数 f ( x) ? ?

(1)求函数 f ? x ? 的单调区间和极值;

1 3 x ? 2ax 2 ? 3a 2 x ? b (0 ? a ? 1 , b ? R) . 3

(2)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。 → → → 3. 已 知 A 、 B 、 C 是 直 线 l 上 的 三 点 , 向 量 OA , OB , OC 满 足 :

OA ? ?y ? 2f ??1?? ? OB ? ln?x ? 1? ? OC ? 0 . (1)求函数 y=f(x)的表达式; 2x (2)若 x>0,证明:f(x)>x+2;
(3)若不等式

1 2 x ? f ( x 2 ) ? m 2 ? 2bm ? 3 时,x∈[-1,1]及 b∈[-1,1]都恒成立,求实数 2

m 的取值范围.

5/5


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...

高三二轮复习专题——恒成立与存在性问题

高三二轮复习专题——恒成立与存在性问题_数学_高中教育_教育专区。高三数学校本资源作业高三二轮复习专题——恒成立与存在性问题在代数综合问题中常遇到恒成立与存在...

高考数学专题二十九--恒成立存在性问题

高考数学专题二十九--恒成立存在性问题_数学_高中教育_教育专区。名师倾力奉献 精校版高考数学难点破解---恒成立存在性问题张振荣 201203 知识点梳理 1、恒成立问题...

高三数学之恒成立问题与存在性问题专题

高三数学之恒成立问题与存在性问题专题_数学_高中教育_教育专区。高三第二轮复习专题: 含参不等式恒成立与存在性问题 1、关于 x 的不等式 x2 ? 4 x ? m ?...

专题一:恒成立与存在性问题(精简型)

专题一:恒成立与存在性问题(精简型)_数学_高中教育_教育专区。高中数学恒成立与存在性问题的一次系统的归纳小结,内容简介明了,题目经典实用专题...

高一数学必修一《恒成立与存在性问题》专题复习

高一数学必修一《恒成立与存在性问题专题复习_数学_高中教育_教育专区。第一部分《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...

高一数学必修一《恒成立与存在性问题》专题复习

高一数学必修一《恒成立与存在性问题专题复习_数学_高中教育_教育专区。高一数学必修一《恒成立与存在性问题专题复习 1.函数 f ? x ? =ax +2x+1,若对...

高一数学必修一《恒成立与存在性问题》专题复习

高一数学必修一《恒成立与存在性问题专题复习_高一数学_数学_高中教育_教育...第一部分《恒成立与存在性问题专题复习恒成立问题:思考方向是最值问题 存在性...

2015届二轮复习专题--恒成立存在性问题

2015届二轮复习专题--恒成立存在性问题_数学_高中教育_教育专区。2014 届二轮复习专题--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...

高一数学必修一《恒成立与存在性问题》专题复习

高一数学必修一《恒成立与存在性问题专题复习 1.Y 函数 f ( x ) =ax2+2x+1,若对任意 x ∈ [1,+∞) , f (x ) > 0 恒成立,则实数 a 的取值...

高三文科数学函数专题 | 高三数学导数专题 | 高三数学导数专题视频 | 高三数学专题复习 | 高三数学函数专题 | 高三数学专题 | 高三数学立体几何专题 | 高三数学培优专题 |