高三数学专题——恒成立与存在性问题(共5页)

1、精选优质文档-倾情为你奉上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. xD,均有f(x)>A恒成立，则f(x)min>A；2. xD,均有f(x)A恒成立，则 f(x)max<A.3. xD,均有f(x) >g(x)恒成立，则F(x)= f(x)- g(x) >0， F(x)min >04. xD,均有f(x)g(x)恒成立，则F(x)= f(x)- g(x) 0， F(x) max 05. x1D, x2E,均有f(x1) >g(x2)恒成立，则f(x)min> g(x)max6. x1D, x2E,均有f(x1) <

2、g(x2)恒成立，则f(x) max < g(x) min(2)存在性问题1. x0D,使得f(x0)>A成立，则f(x) max >A；2. x0D,使得f(x0)A成立，则 f(x) min <A3. x0D,使得f(x0) >g(x0)成立，设F(x)= f(x)- g(x)， F(x) max >04. x0D,使得f(x0) <g(x0)成立，设F(x)= f(x)- g(x)， F(x) min <05. x1D, x2E, 使得f(x1) >g(x2)成立，则f(x) max > g(x) min 6. x1D, x2E

3、,均使得f(x1) <g(x2)成立，则f(x) min < g(x) max(3)相等问题1. x1D, x2E,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. x1D, x2E, 使得f(x1) >g(x2)成立，则f(x)min> g(x) min2. x1D, x2E, 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

4、价于不等式f(x)<B的解集为D.探究点一 xD，f(x)>g(x)的研究例1、已知函数，其中，对任意，都有恒成立，求实数的取值范围；【思路分析】等价转化为函数恒成立，通过分离变量，创设新函数求最值解决简解：（1）由成立，只需满足的最小值大于即可对求导，故在是增函数，所以的取值范围是 探究点二 xD，f(x)>g(x)的研究对于xD，f(x)>g(x)的研究，先设h(x)f(x)g(x)，再等价为xD，h(x)max>0，其中若g(x)c，则等价为xD，f(x)max>c.例 已知函数f(x)x3ax210.(1)当a1时，求曲线yf(x)在点(2，f(2)

5、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a1时，f(x)3x22x，f(2)14，曲线yf(x)在点(2，f(2)处的切线斜率kf(2)8，所以曲线yf(x)在点(2，f(x)处的切线方程为8xy20.(2)解法一：f(x)3x22ax3x(1x2)，当a1，即a时，f(x)0，f(x)在1,2上为增函数，故f(x)minf(1)11a，所以11a<0，a>11，这与a矛盾当1<a<2，即<a<3时，当1x<a，f(x)<0；当a<x2，f(x)>0，所以x

6、a时，f(x)取最小值，因此有f<0，即a3a310a310<0，解得a>3，这与<a<3矛盾；当a2，即a3时，f(x)0，f(x)在1,2上为减函数，所以f(x)minf(2)184a，所以184a<0，解得a>，这符合a3.综上所述，a的取值范围为a>.解法二：由已知得：a>x，设g(x)x(1x2)，g(x)1，1x2，g(x)<0，所以g(x)在1,2上是减函数g(x)ming(2)，所以a>.【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>

7、x310中x21,4，所以可以进行参数分离，而无需要分类讨论探究点三 x1D，x2D，f(x1)>g(x2)的研究例、设函数，对任意，都有在恒成立，求实数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，；方法2：变量分离，或；方法3：变更主元，简解：方法1:对求导，由此可知，在上的最大值为与中的较大者，对于任意，得的取值范围是探究点四 x1D，x2D，f(x1)>g(x2)的研究对于x1D，x2D，f(x1)>g(x2)的研究，第一步先转化为x2D，f(x1)min>g(x2)，再将该问题按

8、照探究点一转化为f(x1)min>g(x2)min.例、已知函数f(x)2|xm|和函数g(x)x|xm|2m8.(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x24，)，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x4，)上恒有惟一解，得|xm|m|在x4，)上恒有惟一解当xmm时，得x2m，则2m0或2m<4，即m<2或m0.综上，m的取值范围是m<2或m0.(2)f(x)原命题等价为f(x1)min>g(x2)min.当4m8时，f(x)在(，4上单调递减

9、，故f(x)f(4)2m4，g(x)在4，m上单调递减，m，)上单调递增，故g(x)g(m)2m8，所以2m4>2m8，解得4<m<5或m>6.所以4<m<5或6<m8.当m>8时，f(x)在(，4上单调递减，故f(x)f(4)2m4，g(x)在单调递增，上单调递减，m，)上单调递增，g(4)6m24>g(m)2m8，故g(x)g(m)2m8，所以2m4>2m8，解得4<m<5或m>6.所以m>8.0<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

10、调递增，故g(x)g(4)82m，所以82m<1，即<m<4.m0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，故g(x)g(4)82m，所以82m<1，即m>(舍去)综上，m的取值范围是(6，)【点评】 因为对于xD，f(x)>c，可以转化为f(x)min>c；xD，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 x1D，x2D，f(x1)g(x2)的研究对于x1D，x2D，f(x1)g(x2)的研究，若函

11、数f(x)的值域为C1，函数g(x)的值域为C2，则该问题等价为C1C2.例、设函数f(x)x3x2x4.(1)求f(x)的单调区间；(2)设a1，函数g(x)x33a2x2a.若对于任意x10,1，总存在x00,1，使得f(x1)g(x0)成立，求a的取值范围【解答】 (1)f(x)x2x，令f(x)>0，即x2x<0，解得<x<1，f(x)的单调增区间为；单调减区间为和(1，)(2)由(1)可知：当x0,1时，f(x)单调递增，当x0,1时，f(x)f(0)，f(1)，即f(x)4，3又g(x)3x23a2，且a1，当x0,1时，g(x)0，g(x)单调递减，当x0

12、,1时，g(x)g(1)，g(0)，即g(x)3a22a1，2a，又对于任意x10,1，总存在x00,1，使得f(x1)g(x0)成立4，33a22a1，2a，即解得1a.恒成立与存在有解的区别：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。不等式对时恒成立，。即的上界小于或等于；不等式对时有解，。 或的下界小于或等于；不等式对时恒成立，。即的下界大于或等于；不等式对时有解，.。 或的上界大于或等于；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xD，f(x)>c，可以转化为f(x)min>c；xD，c>g(x)，可以转化为c>g(x)min；xD，cg(x)，可以转化为cy|yg(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:1.已知两函数，。（1）对任意，都有成立，求实数的取值范围