高考数学恒成立问题和存在性问题的类型及方法处理
高考数学恒成立问题和存在性问题的类型及方法处理
函数与不等式的恒成立、能成立、恰成立问题是高中数学中的一个重点、难点 问题。这类问题在各类考试以及高考中都屡见不鲜。感觉题型变化无常，没有一个固定的思想方法去处理，一直困扰着学生，感到不知如何下手。在此为了更好的准确地把握快速解决这类问题，本文通过举例说明这类问题的一些常规处理。
一、函数法
1. 构造一次函数
利用一次函数的图象或单调性来解决
对于一次函数],[),0()(n m x k b kx x f ∈≠+=有：
⎩⎨
⎧
<<⇔<⎩⎨⎧>>⇔⎩⎨⎧><⎩⎨⎧>>⇔>0
)(0)(0)(;
)(0
)(0)(00)(00)(n f m f x f n f m f n f k m f k x f 恒成立或恒成立
例1 若不等式m mx x ->-2
12对满足22≤≤-m 的所有m 都成立，求x 的范 围。
解析：将不等式化为：0)12()1(2
<---x x m ，
构造一次型函数：)12()1()(2
---=x m x m g
原命题等价于对满足22≤≤-m 的m ，使0)( 由函数图象是一条线段，知应⎪⎩⎪⎨⎧<---<----⇔⎩⎨⎧<<-0 )12()1(20)12()1(20)2(0)2(22 x x x x g g 解得 231271+<<+-x ，所以x 的范围是)2 31,271(++-∈x 。 小结：解题的关键是将看来是解关于x 的不等式问题转化为以m 为变量，x 为参数的一次函数恒成立问题，再利用一次函数的图象或单调性解题。 练习:(1)若不等式01<-ax 对[]2,1∈x 恒成立，求实数a 的取值范围。 （2）对于40≤≤p 的一切实数，不等式342 -+>+p x px x 恒成立，求x 的取值范围。（答 案：或） 2. 构造二次函数 利用二次函数的图像与性质及二次方程根的分布来解决。 对于二次函数)0(0)(2≠>++=a c bx ax x f 有： （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 （ 3 ） 当 >a 时，若],[0)(βα在>x f 上恒成立⇔ ⎪⎩⎪⎨ ⎧>>-⎪⎩⎪⎨⎧<∆≤-≤⎪⎩⎪⎨⎧><- )(2020)(2βββαααf a b a b f a b 或或 若],[0)(βα在 )(0 )(βαf f （4）当0x f 上恒成立⎩ ⎨⎧>>⇔0)(0 )(βαf f 若],[0)(βα在 )(2020)(2βββαααf a b a b f a b 或或 例2若关于x 的二次不等式：01)1(2<-+-+a x a ax 的解集为R ，求a 的取值范围. 解：由题意知，要使原不等式的解集为R ，即对一切实数x 原不等式都成立。 只须⇔ ⎩⎨⎧<∆<0 a ⎩⎨⎧<---<0)1(4)1(02 a a a a ⇔⎩⎨⎧>--<0 1230 2a a a ⇔⎪⎩ ⎪⎨⎧-<><3110 a a a 或⇔31- 练习：1、 已知函数862++-=m mx mx y 的定义域为R ，求实数m 的取值范围。 （答案10≤≤m ） 2、已知函数22)(2 +-=kx x x f 在),1(+∞-时k x f ≥)(恒成立，求实数k 的取值范 围。（答案13≤≤-k ）提示：构造一个新函数k x f x F -=)()(是解题的关键，再利用二次函数的图象性质进行分类讨论，使问题得到圆满解决。 二、 利用函数的最值-----分离参数法或值域法 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即分离参变量，则可将恒成立问题转化成函数的最值问题求解。注意参数的端点值能否取到需检验。 类型一：“)(x f a ≥”型 一、（恒成立） （1）m x f D x ≥∈∀)(,恒成立m x f ≥⇔min )(； （2）m x f D x ≤∈∀)(,恒成立max )(x f m ≥⇔； 二、（能成立、有解）： （1）m x f D x ≥∈∃)(,能成立内有解在D x f m )(≤⇔m x f ≥⇔max )(； m x f D x ≤∈∃)(,能成立内有解在D x f m )(≥⇔min )(x f m ≥⇔； 三、（恰成立） （1）不等式()A x f >在区间D 上恰成立⇔不等式()A x f >的解集为D ； （2）不等式()B x f <在区间D 上恰成立⇔不等式()B x f <的解集为D . 四、（方程有解） 方程()m f x =在某个区间上有解，只需求出()f x 在区间上的值域A 使m A ∈。 例3：设124()lg ,3 x x a f x ++=其中a R ∈，如果(.1)x ∈-∞时，()f x 恒有意义，求a 的取值范围。 解：如果(.1)x ∈-∞时，()f x 恒有意义0421>++⇔x x a 不等式对(,1)x ∈-∞恒 成立212(22)4 x x x x a --+⇔>-=-+，(.1)x ∈-∞恒成立。 令2x t -=，2()()g t t t =-+，又(.1)x ∈-∞，则1(,)2 t ∈+∞ ()a g t ∴>对1(,)2t ∈+∞恒成立，又()g t 在1 [,)2 t ∈+∞上为减函数， max 13()()24t g ==- g ，34 a ∴≥- 例4：若关于x 的不等式32 -≤--a ax x 的解集不是空集，则实数a 的取值范围。 解： 设a ax x x f --=2 )(.则关于x 的不等式32 -≤--a ax x 的解集不是空集3 )(-≤⇔x f 在R 上能成立3)(min -≤⇔x f , 即34 4)(2min -≤+-=a a x f ，解得26≥-≤a a 或 例5不等式022<-+k kx 有解，求k 的取值范围。 解：不等式022<-+k kx 有解2)1(2<+⇔x k 能成立1 2 2+< ⇔x k 能成立2)1 2 ( m a x 2=+<⇔x k ， 所以)2,(-∞∈k 。 例6（2008年上海）已知函数f (x )＝2x －1 2|x |若不等式2t f (2t )+m f (t )≥0对于t ∈[1,2]恒成 立，求实数m 的取值范围 解：本题可通过变量分离来解决． 当[1,2]t ∈时，22112(2)(2)022 t t t t t m - +-≥ 即24(21)(21)t t m -≥--，2210t ->∵，2(21)t m ≥-+∴ [1,2]t ∈∵，2(21)[17,5]t -+∈--∴ 故m 的取值范围是[5,)-+∞ 例7（1990年全国）设f x n n a n x x x x x ()lg ()=++++-+1231 ，其中a 为实数，n 为 任意给定的自然数，且n ≥2，如果f x ()当x ∈-∞(]，1时有意义，求a 的取值范围． 解：本题即为对于x ∈-∞(]，1，有1210x x x x n n a ++-+> ()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a n n n n n x x x >-+++-≥[()()()]()1212 ，对于x ∈-∞(]，1恒成立． 构造函数g x n n n n x x x ()[()()( )]=-+++-121 ，则问题转化为求函数g x ()在x ∈-∞(]，1上的值域， 由于函数u x k n k n x ()()()=-=-121，，， 在x ∈-∞(]，1上是单调增函数， 则g x ()在(]-∞，1上为单调增函数．于是有g x ()的最大值为g n ()()11 2 1=--，从 而可得a n >--1 2 1()． 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． 类型二：“())(x g x f <”型 恒成立。 恒成立的图象的上方的图象恒在恒成立）（0)()()()()()()()()()(,1max min >-=⇔∈>⇔⇔>∈∀x g x f x h D x x g x f x g x f x g x f D x 例8 已知f(x)=lg(x+1)，g(x)=lg(2x+t)，若当x∈[0,1]时，f(x)≤g(x)恒成立，求实数t 的取值范围. 解 f(x)≤g(x)在x∈[0,1]恒成立，即在x∈[0,1]恒成立 在[0,1]上的最大值小于或等于零. 令，. ∵x∈[0,1]， ∴F′(x)＜0，即F(x)在[0,1]上单调递减，F(0)是最大值. ∴f(x)≤F(0)=1-t≤0，即t≥1. 类型三：“())(21x g x f <”型 （恒成立和能成立交叉）： （1）)()(,,2121x g x f E x D x ≥∈∃∈∀成立)()(2min 1x g x f ≥⇔ min min 12min 1)()()()(x g x f x g x f ≥⇔≥⇔ ； 例9已知两个函数x x x x g k x x x f 452)(,168)(2 32++=-+=，其中k 为实数。 （1）对任意[]3,3-∈x ，都有)()(x g x f ≤成立，求k 的取值范围； （2）存在[]3,3-∈x ，使)()(x g x f ≤成立，求k 的取值范围； （3）对任意[]3,3,21-∈x x ，都有)()(21x g x f ≤，求k 的取值范围。 解析：（1）设k x x x x f x g x h +--=-=1232)()()(23问题转化为[]3,3-∈x 时，0)(≥x h 恒成立，故0)(min ≥x h 。令01266)(2'=--=x x x h ，得21=-=x x 或。 由9)3(,45)3(,20)2(,7)1(-=-=-+-=+=-k h k h k h k h ，故k x h +-≥45)(min 由45045≥⇒≥-k k 。 （2）据题意：存在[]3,3-∈x ，使)()(x g x f ≤成立0)()()(≥-=⇔x f x g x h 在[]3,3-∈x 有解，故0)(max ≥x h ，由（1）知7)(max +=k x h ，于是得7-≥k 。 （3）分析：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[]3,3,21-∈x x ，都有)()(21x g x f ≤成立，不等式的左右两端函数的自变量不同，21,x x 的取值在[]3,3-上具有任意性，因而要使原不等式恒成立的充要条件是： []3,3,)()(min max -∈≤x x g x f ， 由04106)(2 ' =++=x x x g ，得3 2 1-=-=x x 或，易得21)3()(min -=-=g x g ， 又k x x f --+=8)1(8)(2 ，[]3,3-∈x . 故k f x f -==120)3()(max ，令14121120≥⇒-≤-k k 。 例10：（2010山东）已知函数1()ln 1a f x x ax x -=-+-()a R ∈. (Ⅰ)当1 2 a ≤ 时，讨论()f x 的单调性； （Ⅱ）设2()2 4.g x x bx =-+当1 4 a =时，若对任意1(0,2)x ∈，存在[]21,2x ∈，使 12()()f x g x ≥，求实数b 取值范围. 解析：(Ⅰ)当0a ≤时，函数()f x 在(0,1)单调递减，(1,)+∞单调递增； 当1 2a = 时12x x =，()0h x ≥恒成立，此时()0f x '≤，函数()f x 在(0,)+∞单调递减； 当102a <<时，函数()f x 在(0,1)单调递减，1(1,1)a -单调递增， 1 (1,)a -+∞单调递减. （Ⅱ）当1 4 a =时，()f x 在（0，1）上是减函数，在（1，2）上是增函数， 所以对任意1(0,2)x ∈，有11 ()(1)-2 f x f ≥=， 又已知存在[]21,2x ∈，使12()()f x g x ≥，所以21 ()2 g x -≥，[]21,2x ∈，（※） 又22()()4,[1,2]g x x b b x =-+-∈ 当1b <时，min ()(1)520g x g b ==->与（※）矛盾； 当[]1,2b ∈时，2min ()(1)40g x g b ==-≥也与（※）矛盾； 当2b >时，min 117 ()(2)84,28 g x g b b ==-≤-≥. 综上，实数b 的取值范围是17 [,)8 +∞. 例11已知函数，若对任意x 1，x 2∈[-2,2]，都有f(x 1) ＜g(x 2)，求c 的范围. 解 因为对任意的x 1，x 2∈[-2,2]，都有f(x 1)＜g(x 2)成立， ∴[f(x)]max ＜[g(x)]min . ∵f ′(x)=x 2-2x-3，令f′(x)＞0得x ＞3或x ＜-1；f′(x)＜0得-1＜x ＜3. ∴f(x)在[-2,-1]为增函数，在[-1,2]为减函数. ∵f(-1)=3，f(2)=-6， ∴[f(x)]max =3.∴. ∴c ＜-24. 类型四： “())()(21x f x f x f ≤≤”型 例12：已知函数，若对任意x∈R ，都有f(x 1)≤f(x)≤f(x 2)成立，则 |x 1-x 2|的最小值为____. 解 ∵对任意x∈R ，不等式f(x 1)≤f(x)≤f(x 2)恒成立， ∴f(x 1)，f(x 2)分别是f(x)的最小值和最大值. 对于函数y=sinx ，取得最大值和最小值的两点之间最小距离是π，即半个周期. 又函数的周期为4， ∴|x 1-x 2|的最小值为2. 类型五： 例13 (2005湖北)在y=2x ，y=log 2x ，y=x 2，y=cosx 这四个函数中，当0＜x 1＜x 2＜1时， 使恒成立的函数的个数是( ) A.0 B.1 C.2 D.3 解本题实质就是考察函数的凸凹性，即满足条件的函数，应是凸函数的性质，画草图即知y=log2x符合题意. 类型六：.“＞0”型 例14已知函数f(x)定义域为[-1,1]，f(1)=1，若m，n∈[-1,1]，m+n≠0时，都有 ，若f(x)≤t2-2at+1对所有x∈[-1,1]，a∈[-1,1]恒成立，求实数t的取值范围. 解任取-1≤x1＜x2≤1，则. 由已知＞0又x1-x2＜0，∴f(x1)-f(x2)＜0， 即f(x)在[-1,1]上为增函数. ∵f(1)=1，∴x∈[-1,1]，恒有f(x)≤1. ∴要使f(x)≤t2-2at+1对所有x∈[-1,1]，a∈[-1,1]恒成立，即要t2-2at+1≥1恒成立，故t2-2a t≥0恒成立. 令g(a)=t2-2at，只须g(-1)≥0且g(1)≥0， 解得t≤-2或t=0或t≥2. 评注形如不等式“＞0”或“＜0”恒成立，实际上是函数的单调性的另一种表现形式，在解题时要注意此种类型不等式所蕴涵的重要信息. 类型七：“|f(x1)＜f(x2)|＜t(t为常数)”型 例15已知函数f(x)=-x4+2x3，则对任意t1，t2∈[-,2](t1＜t2)都有 |f(x 1)-f(x 2 )|≤____恒成立，当且仅当t 1 =____，t 2 =____时取等号. 解因为|f(x1)-f(x2)|≤|[f(x)]max-[f(x)]min|恒成立，由，x∈[-,2]，易求得，.∴|f(x1)-f(x2)|≤2. 类型八：“|f(x1)-f(x2)|≤|x1-x2|”型 例16已知函数f(x)=x3+ax+b，对于x1,x2∈(0,)(x1≠x2)时总有|f(x1)-f(x2)|＜ |x 1-x 2 |成立，求实数a的范围. 解由f(x)=x3+ax+b，得f′(x)=3x2+a，当x∈(0,)时，a＜f′(x)＜1+a. ∵|f(x 1)-f(x 2 )|＜|x 1 -x 2 |，∴，∴∴-1≤a≤0. 评注 由导数的几何意义知道，函数y=f(x)图像上任意两点P(x 1,y 1)，Q(x 2,y 2)连 线的斜率(x 1≠x 2)的取值范围，就是曲线上任一点切线的斜率(如果有的话) 的范围，利用这个结论，可以解决形如|f(x 1)-f(x 2)|≤m|x 1-x 2|或|f(x 1)-f(x 2)|≥m|x 1-x 2|(m ＞0)型的不等式恒成立问题. 三、数形结合法 数学家华罗庚曾说过：“数缺形时少直观，形缺数时难入微”，这充分说明了数形结合思想的妙处，在不等式恒成立问题中它同样起着重要作用。我们知道，函数图象和不等式有着密切的联系, 对一些不能把数放在一侧的，可以利用构造对应两个函数的图象法求解。 1）⇔>)()(x g x f 函数)(x f 图象恒在函数)(x g 图象上方； 2）⇔<)()(x g x f 函数)(x f 图象恒在函数)(x g 图象下上方。 例17 已知恒成立有时当2 1 )(,)1,1(,)(,1,02<-∈-=≠>x f x a x x f a a x ，求实数a 的取值范围。 解析：由x x a x a x x f <-<-=2 1 21)(22，得，构造出两个函数并在同一直角坐 标系中作出它们的图象，如果两个函数分别在11-==x x 和处相交，则由 1222 1 )1(211-=--=- a a 及得到a 分别等于2和0.5，并作出函数x x y y )21(2==及的 图象，所以，要想使函数x a x <-2 1 2在区间)1,1(-∈x 中恒成立，只须x y 2=在区间 )1,1(-∈x 对应的图象在2 1 2-=x y 在区间)1,1(-∈x 对应图象的上面即可。当 2,1≤>a a 只有时才能保证， 而2 110≥< [ ∈a 。 例18设x x x f 4)(2--= , a x x g -+=13 4 )(,若恒有)()(x g x f ≤成立,求实数a 的取值范围. 分析：在同一直角坐标系中作出)(x f 及)(x g 如图所示，)(x f 的图象是半圆)2(22=++y x )(x g 的图象是平行的直线系3334=-+-a y x 要使)()(x g x f ≤恒成立， 则圆心)0,2(-到直线03334=-+-a y x 满足 25 338≥-+-= a d 解得3 5 5≥ -≤a a 或（舍去) 练习：若对任意R x ∈,不等式ax x ≥恒成立，求实数a 的取值范围。11a -≤≤ 练习： 1、已知二次函数满足，而且，请解决下列问题 （1） 求二次函数的解析式。 （2） 若()2f x x m >+在区间上恒成立 ，求的取值范围。 （3） 若()2f x x m =+在区间上恒成立 ，求的取值范围。[]1,5- （4） 若()2f x x m >+在区间上有解 ，求的取值范围。(,5)-∞ 2、已知函数()),0(2R a x x a x x f ∈≠+=，若()x f 在区间[)+∞,2是增函数，求实数a 的取值范围。 答 案：16≤a 3、已知函数)0(22 1 ln )(2≠--=a x ax x x f 存在单调递减区间，求a 的取值范围。 (0)1f =(1)()2f x f x x +-=2()1f x x x =-+[1,1]-m (,1)-∞-[1,1]-m [1,1]-m 答案：),0()0,1(+∞⋃- 4、已知函数()f x 的值域[0,4]([2,2])x ∈-，函数()1,[2,2]g x ax x =-∈-， 10[2,2],[2,2]x x ∀∈-∃∈-使得01()()g x f x =成立，则实数a 的取值范围是 。 答：55 (,][,)22 -∞-+∞。 5、已知函数2(),([2,2])f x x x ∈-=，2()sin(2)3,[0,]62 g x a x a x ππ =++∈， 1[2,2]x ∀∈-， 001[0,],()()2x g x f x π ∃∈=总使得成立，则实数a 的取值范围是 ． 答：(,4][6,)-∞-+∞ 1、)2,1(∈∀x ，0ln 21 2>--a x x ，则实数a 的取值范围是 . 分析 )2,1(∈∀x ，0ln 212>--a x x ⇔)2,1(∈∀x ，x x a ln 21 2-<. ∵)2,1(∈x 时, x x x f ln 21)(2-=递增, 其值域为)2ln 2,2 1 (-, ∴2 1 2、),1(+∞∈∀x ，0ln 2 1 2<--a x x ，则实数a 的取值范围是 . 分析 ),1(+∞∈∀x ，0ln 212<--a x x ⇔),1(+∞∈∀x ，x x a ln 2 1 2->. ∵),1(+∞∈x 时, 函数x x x f ln 21)(2-=递增, 其值域为),2 1 (+∞, ∴Φ∈a . 3、)2,1(∈∃x ，0ln 2 1 2>--a x x ，则实数a 的取值范围是 . 分析 )2,1(∈∃x ，0ln 212>--a x x ⇔)2,1(∈∃x ，x x a ln 21 2-<. ∵)2,1(∈x 时, x x x f ln 21)(2-=递增, 其值域为)2ln 2,2 1 (-, ∴2ln 2- 小结 当函数)(x f 的最值不存在时的“恒成立”和“有解”问题该如何处理？ 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 a x ≤ 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 ，x a 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；（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1 20122 32 ++-+-x x x a x a ax x 成立，只需满足12)(23++=x x x x ?的最小值大于a 即可．对1 2)(23++=x x x x ?求导，0)12(12)(2 224>+++='x x x x ?，故)(x ?在]2,1[∈x 是增函数，32)1()(min ==??x ，所以a 的取值范围是3 2 0< 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。 故L(t) 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------ α α>?∈>min )()(x f I x x f 恒成立对一切αα>?∈ 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 函数中的“恒成立”问题与“存在性”问题 【类型一】：分离参数，转化为函数的最值问题或值域问题： 设函数()f x 的最大值为max ()f x ，最小值为min (),f x 则 （一）“恒成立”问题 （I ）对任意的x D ∈，恒有()a f x >成立⇔max ();a f x > 对任意的x D ∈，恒有()a f x ≥成立⇔max ();a f x ≥ （II ）对任意的x D ∈，恒有()a f x <成立⇔min ();a f x < 对任意的x D ∈，恒有()a f x ≤成立⇔min ();a f x ≤ （二）“存在性”问题（“有解”问题） （I ）存在的x D ∈，使得()a f x >成立⇔min ();a f x > 存在的x D ∈，使得()a f x ≥成立⇔min ();a f x ≥ （II ）存在的x D ∈，使得()a f x <成立⇔max ();a f x < 存在的x D ∈，使得()a f x ≤成立⇔max ();a f x ≤ 【类型二】涉及到两个函数(),()f x g x （I ）任意11,x D ∈任意22,x D ∈恒有12min max ()(),()();f x g x f x g x >⇔> （II ） 任意11,x D ∈存在22,x D ∈使得12min min ()(),()();f x g x f x g x >⇔> 任意11,x D ∈存在22,x D ∈满足12max max ()(),()();f x g x f x g x <⇔< （III ）存在11,x D ∈存在22,x D ∈使得12max min ()(),()();f x g x f x g x >⇔> （IV ）任意11,x D ∈存在22,x D ∈使得1212()(),{()|}{()|};f x g x f x x D g x x D =⇔∈⊆∈ （V ）在公共定义域D 上， ()f x 的图像恒在()g x 的图像的下方 max ()()()()()0()0()f x g x h x f x g x h x x D ⇔<⇔=-<⇔<∈恒成立恒成立 第二类双变量问题 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 ≥； 高考数学恒成立问题和存在性问题的类型及方法处理 函数与不等式的恒成立、能成立、恰成立问题是高中数学中的一个重点、难点 问题。这类问题在各类考试以及高考中都屡见不鲜。感觉题型变化无常，没有一个固定的思想方法去处理，一直困扰着学生，感到不知如何下手。在此为了更好的准确地把握快速解决这类问题，本文通过举例说明这类问题的一些常规处理。 一、函数法 1. 构造一次函数 利用一次函数的图象或单调性来解决 对于一次函数],[),0()(n m x k b kx x f ∈≠+=有： ⎩⎨ ⎧ <<⇔<⎩⎨⎧>>⇔⎩⎨⎧><⎩⎨⎧>>⇔>0 )(0)(0)(; )(0 )(0)(00)(00)(n f m f x f n f m f n f k m f k x f 恒成立或恒成立 例1 若不等式m mx x ->-2 12对满足22≤≤-m 的所有m 都成立，求x 的范 围。 解析：将不等式化为：0)12()1(2 <---x x m ， 构造一次型函数：)12()1()(2 ---=x m x m g 原命题等价于对满足22≤≤-m 的m ，使0)(高中数学x恒成立、存在性问题解决办法
恒成立问题
专题一：恒成立与存在性问题(精简型)
含参数的恒成立和存在性问题
高考数学恒成立问题和存在性问题的类型及方法处理
2020 年高中数学恒成立、存在性问题解决办法