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A B.

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=（ ）. A .1 B .-1 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) → ( )

A.10

B.7

C.-1

D.0

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

)(<

例2．对于满足|a|≤2的所有实数a,求使不等式

x 2

+ax+1>2a+x 恒成立的x 的取值范围. 分析：在不等式中出现了两个字母：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-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 （2）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 ；

（2）

R x x f ∈<在0)(上恒成立00

类型2：设)0()(2

≠++=a c bx ax x f 在区间],[βα上恒成立

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∈

??<

)(βαf f

（1）当0

时，],[0)(βα∈>x x f 在上恒成立??

?

>>?0

)(0

)(βαf f

],[0)(βα∈-?????<-?0

)(2020)(2βββαααf a b

a 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。 f(x)>0a>0且<0或-b/2a>且f()>0 f(x)<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。 f(x)>0a>0,<0或-b/2a<且f()>0 f(x)<0a<0,<0或-b/2a<且f()<0

例3． 若函数1

2

)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01

2

)1()1(2

2

≥++-+-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 ∈

01

2

)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.1,011

2

)1()1(2

2

=∴≥=++

-+-a a x a x a

②当时，时，即当01

2

)

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.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. 分析：()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：若[]2,2x ∈-时，()0f x ≥恒成立，求a 的取值范围.

解析一. （零点分布策略） 本题可以考虑f (x )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(2

2

0f f a 或?????????≥≥-≥->?0

)2(0)2(220

f 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）2

2()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 =-=-≥ 7

3

a ∴≤ 又4a > a ∴不存在.

⑵当222

a

-≤-≤，即44a -≤≤时，2()()3024a a g a f a ==-

-+≥ 62a ∴-≤≤ 又