恒成立存在性问题

复习专题3--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 )恒成立⇒a >f (x )m ax ；a ≤f (x )恒成立⇒a ≤f (x )m in 2、能成立问题的转化：a >f (x )能成立⇒a >f (x )m in ；a ≤f (x )能成立⇒a ≤f (x )m ax 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 ⇔⎨

⎧⎪a >f (x )在M 上恒成立⎪⎩a ≤f (x )在C R M 上恒成立

另一转化方法：若x ∈D , f (x ) ≥A 在D 上恰成立，等价于f (x ) 在D 上的最小值f min (x ) =A ，若x ∈D , f (x ) ≤B 在D 上恰成立，则等价于f (x ) 在D 上的最大值f max (x ) =B .

4、设函数f (x )、g (x )，对任意的x 1∈[a , b ]，存在x 2∈[c , d ]，使得f (x 1)≥g (x 2)，则f min (x )≥g min (x )

5、设函数f (x )、g (x )，对任意的x 1∈[a , b ]，存在x 2∈[c , d ]，使得f (x 1)≤g (x 2)，则f max (x )≤g max (x ) 6、设函数f (x )、g (x )，存在x 1∈[a , b ]，存在x 2∈[c , d ]，使得f (x 1)≥g (x 2)，则f max (x )≥g min (x ) 7、设函数f (x )、g (x )，存在x 1∈[a , b ]，存在x 2∈[c , d ]，使得f (x 1)≤g (x 2)，则f min (x )≤g max (x ) 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 )

例题讲解：

题型一、常见方法

2

1、已知函数f (x ) =x -2ax +1，g (x ) =

a x

，其中a >0，x ≠0．

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

2）对任意x 1∈[1, 2],x 2∈[2, 4]，都有f (x 1) >g (x 2) 恒成立，求实数a 的取值范围； 【分析：】

1）思路、等价转化为函数f (x ) -g (x ) >0恒成立，在通过分离变量，创设新函数求最值解决． 2）思路、对在不同区间内的两个函数f (x ) 和g (x ) 分别求最值，即只需满足f min (x ) >g max (x ) 即可． 简解：（1）由x -2ax +1-

2

a x

>0⇒a

4

2

x +x 2x +1

2

3

成立，只需满足ϕ(x ) =

x +x 2x +1

2

3

的最小值大于a 即可．对

23

ϕ(x ) =

x +x 2x +1

2

3

求导，ϕ'(x ) =

23

2x +x +1(2x +1)

2

2

>0，故ϕ(x ) 在x ∈[1, 2]是增函数，ϕmin (x ) =ϕ(1) =

，所以a 的

取值范围是0

a x

．

12

, 2]，都有h (x ) ≤10在x ∈[

14

, 1]恒成立，求实数b 的取值范围．

+x +b ，对任意a ∈[

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，h (x ) ≤10⇔h max (x ) ≤10；

1

方法2：变量分离，b ≤10-(方法3：变更主元，ϕ(a ) =

1x

a x

+x ) 或a ≤-x 2+(10-b ) x ；

12, 2]

⋅a +x +b -10≤0，a ∈[

a x

简解：方法1:对h (x ) =g (x ) +x +b =

1

+x +b 求导，h '(x ) =1-1

a x

2

=

(x -a )(x +a )

x

2

，

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

139⎧1⎧⎧

-4a 71⎪h () ≤10⎪4a ++b ≤10⎪b ≤

∴⎨4⇒⎨⇒⎨，对于任意a ∈[, 2]，得b 的取值范围是b ≤． 44

42⎪h (1) ≤10⎪1+a +b ≤10⎪b ≤9-a

⎩⎩⎩

⎛1⎫

3、已知两函数f (x ) =x 2，g (x ) = ⎪-m ，对任意x 1∈[0, 2]，存在x 2∈[1, 2]，使得f (x 1) ≥g (x 2)，则实

⎝2⎭

x

数m 的取值范围为

1⎛1⎫

解析：对任意x 1∈[0, 2]，存在x 2∈[1, 2]，使得f (x 1) ≥g (x 2)等价于g (x ) = ⎪-m 在[1, 2]上的最小值-m

4⎝2⎭

112

-m ≤0m ≥[]0, 2不大于f (x ) =x 在上的最小值0，既，∴ 44

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)

x

1、对于满足p ≤2的所有实数p, 求使不等式x 2+px +1>p +2x 恒成立的x 的取值范围。 解：不等式即(x -1)p +x -2x +1>0, 设f

2

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

⎧⎧x 2-4x +3>0⎧x >3或x 0⎪

⇒x 3 ⇒⇒⎨⎨2⎨

⎪x -1>0⎩x >1或x 0

x

2、已知函数f (x ) =ln(e +a )(a 为常数）是实数集R 上的奇函数，函数g (x )=λf (x ) +sin x 是区间[-1,1]上的减函数，(Ⅰ)

2

求a 的值；(Ⅱ) 若g (x ) ≤t +λt +1在x ∈[-1,1]上恒成立，求t 的取值范围；

(Ⅱ) 分析：在不等式中出现了两个字母：λ及t , 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λ视作自变量，则上述问题即可转化为在(-∞, -1]内关于λ的一次函数大于等于0恒成立的问题。(Ⅱ) 略解：

1]上单调递减，∴g '(x ) =λ+cos x ≤0∴λ≤-cos x 在[-1，1]上恒成由(Ⅰ) 知：f (x ) =x ，∴g (x ) =λx +sin x ， g (x ) 在[-1，

2

立，∴λ≤-1，[g (x ) ]max =g (-1) =-λ-sin1，∴只需-λ-sin 1≤t +λt +1，∴(t +1) λ+t +sin 1+1≥0（其中λ≤-1）恒成立，

2

2

由上述②结论：可令f (λ)=(t +1) λ+t +sin1+1≥0(λ≤-1）, 则⎨-t -1+t 2+sin 1+1≥0，∴⎨t 2-t +sin 1≥0，而t

⎧⎩

t +1≤0⎧⎩

t ≤-1

2

-t +sin1≥0

恒成立，∴t ≤-1。

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）

2

1、当x ∈(1, 2)时，不等式x +m x +4

2

x |=ax

x +4

2

. ∴m ≤-5.

x

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）） 1、若对任意x ∈R , 不等式|x |≥ax 恒成立，则实数a 的取值范围是________

x

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-1≤a ≤1，即-1≤a ≤1。

2

2、已知函数f (x )=x -2kx +2，在x ≥-1恒有f (x )≥k ，求实数k 的取值范围。

分析：为了使f (x )≥k 在x ∈[-1, +∞)恒成立，构造一个新函数F x )=f (x )-k ，则把原题转化成左边二次函数在区间[-1, +∞)时恒大于等于0的问题，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。

2

解：令F (x )=f (x )-k =x -2kx +2-k ，则F (x )≥0对x ∈[-1, +∞)恒成立，而F (x )是开口向上的抛物线。

①当图象与x 轴无交点满足∆

2

-2(2-k )

，解得-2

2

②当图象与x 轴有交点，且在x ∈[-1, +∞)时F (x )≥0，则由二次函数根与系数的分布知识及图象可得：

⎧

⎪∆≥0⎪⎪

⎨F (-1)≥0解得-3≤k ≤-2⎪

-2k ⎪-≤-1⎪2⎩

，故由①②知-3≤k

。

小结：若二次函数y =ax 恒成立，则有⎨

⎧a

2

+bx +c (a ≠0)大于0恒成立，则有⎨

⎧a >0⎩∆

，同理，若二次函数y =ax

2

+bx +c (a ≠0)小于0

。若是二次函数在指定区间上的恒成立问题，还可以利用韦达定理以及根与系数的分布知识

求解。

题型五、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f (x )max >A ； 若在区间D 上存在实数x 使不等式f (x )

x +3+x -1

x +3+x -1≤a -3a

2

2

有解，则实数a 的取值范围为______。

2

x +3+x -1≥

，由f (x )≤a -3a 有解，⇒a -3a ≥f (x )min ，

(x +3)-(x -1)=4，∴a -3a ≥4，解得a ≥4或a ≤-1。

2

2、已知函数f (x )=ln x -

12

ax -2x (a ≠0)存在单调递减区间，求a 的取值范围

'

2

解： 因为函数f (x )存在单调递减区间，所以f

(x )=

1x

-ax -2=-

ax +2x -1

x

2

(0, +∞)有解. 即a >

由u (x )=

1

2

1x

2

-

2x

(x ∈(0, +∞))能成立, 设u (x )=

2

1x

2

-

2x

.

x

由题设a ≠0, 所以a 的取值范围是(-1, 0) (0, +∞)

⎛1⎫

-= -1⎪-1得, u min (x )=-1. 于是, a >-1, x ⎝x ⎭

2

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⇔f m in (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⇔

f m ax (x ) >M

，x ∈I . 。 或f (x )的上界大于或等于M ；

3