函数恒成立存在性与有解问题.docx
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函数恒成立存在性与有解问题
函数恒成立存在性问题
知识点梳理
1、恒成立问题的转化：
a
f
x
恒成立
a
f
x
2、能成立问题的转化：
a
f
x
能成立
a
f
x
max；afx
恒成立
afx
min
min
；afx
能成立
afx
afx
max
在
M上恒成立
3、恰成立问题的转化：
afx在M上恰成立afx的解集为M
afx
在CRM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
fmin（x）
A，若
xD,
f（x）
B在D上恰成立，则等价于
f（x）
在D上的最大值
fmax（x）B.
4、设函数
fx、gx
，对任意的x1
a,b
，存在x2
c,d
，使得
f
x1
g
x2
，则fminx
gminx
5、设函数
fx、gx
，对任意的x1
a,b
，存在x2
c,d
，使得
f
x1
g
x2，则
fmaxx
gmaxx
6、设函数
7、设函数
f
x、gxfx、gx
，存在x1
，存在x1
a,b
a,b
，存在x2
，存在x2
c,d
c,d
，使得fx1
，使得fx1
g
x2
gx2
，则fmaxx
，则fminx
gminx
gmaxx
8、若不等式fxgx在区间D上恒成立，则等价于在区间D上函数yfx和图象在函数ygx图象上方；
9、若不等式fxgx在区间D上恒成立，则等价于在区间D上函数yfx和图象在函数ygx图
象下方；
例题讲解：
题型一、常见方法
2a
1、已知函数
f（x）x
2ax
1，g（x）
，其中a
x
0，x0．
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x1
[1,2],x2
[2,4]，都有
f（x1）
g（x2）恒成立，求实数a的取值范围；
2、设函数
h（x）
a
xxb，对任意a
1
[,2]
2
，都有
h（x）
10在x
1
[,1]恒成立，求实数b的取值范围．
4
3、已知两函数
f（x）
2
x，g（x）
x
1
1m，对任意x
2
0,2
，存在x2
1,2
，使得
f（x1）
gx2
，则实
数m的取值范围为
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）
1、对于满足p
2的所有实数p,求使不等式x2
px1
p2x恒成立的x的取值范围。
2、已知函数
f（x）ln（ex
a）（a为常数）是实数集R上的奇函数，函数
gxf（x）sinx是区间1,1上的减函数，
（Ⅰ）求a的值；（Ⅱ）若
g（x）t2
t1在x
1,1上恒成立，求t的取值范围；
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）
1、当x
1,2
时，不等式x2mx
40恒成立，则m的取值范围是.
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xR,不等式|x|ax恒成立，则实数a的取值范围是
2、已知函数
fxx22kx
2，在x
1恒有fxk，求实数k的取值范围。
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fxA成立,则等价于在区间D上
fxmaxA；
2
若在区间D上存在实数x使不等式fxB成立,则等价于在区间D上的
fx
B.
min
1、存在实数x，使得不等式
x3x1
a
3a有解，则实数a的取值范围为。
2、已知函数fx
lnx
1ax2
2
2xa
0存在单调递减区间，求a的取值范围
小结：
恒成立与有解的区别
f
x
M
f
x
M
f
x
M
f
x
M
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
对xI时恒成立
fmax（x）
M?
，xI。
即fx的上界小于或等于M；
②不等式
对xI时有解
fmin（x）
M?
，xI。
或fx的下界小于或等于M；
③不等式
对xI时恒成立
fmin（x）
M?
，xI。
即fx的下界大于或等于M；
④不等式
课后作业：
对xI时有解
fmax（x）
M，xI.。
或fx的上界大于或等于M；
1、设a
1，若对于任意的x
[a,2a]，都有y
[a,a2]满足方程logx
logay
3，这时a的取值集合为（）
a
（A）{a|1
a2}
xy
（B）{a|a2}
0
（C）{a|2
a3}
（D）{2,3}
2、若任意满足
xy50的实数
x,y，不等式
a（x2
y2）（xy）2恒成立，则实数a的最大值是.
y30
3、不等式
sin2x
4sinx1a
0有解，则a的取值范围是
4、不等式
axx4
x在x
0,3
内恒成立，求实数a的取值范围。
5、已知两函数fx
7x2
28xc，gx
2x3
4x2
40x。
（1）对任意x
3,3
，都有fxgx）成立，求实数c的取值范围；
（2）存在x
3,3
，使fxgx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；
1322
6、设函数
f（x）
x2ax
3
3axb（0
a1,
b
R）.
（Ⅰ）求函数fx的单调区间和极值；
（Ⅱ）若对任意的x
[a1,a
2],不等式fxa成立，求a的取值范围。
7、已知A、B、C是直线上的三点，向量
→，→，
→满足：
OA
y2f1
OBlnx
1OC0.
（1）求函数y＝f（x）的表达式；
2x
（2）若x＞0，证明：
f（x）＞x＋2；
OAOBOC
12
（3）若不等式x
2
fx2
m22bm
3时，x
1,1及b
1,1
都恒成立，求实数m的取值范围．
8、设fx
q
px2lnx，且fex
p
qe2（e为自然对数的底数）
e
（I）求p与q的关系；
（II）若fx在其定义域内为单调函数，求p的取值范围；
（III）设gx
2e
，若在
x
1,e
上至少存在一点
x0，使得fx0
gx0
成立,求实数p的取值范围.
函数专题4：
恒成立问题参考答案：
题型一、常见方法
1、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
3
g（x）
分别求最值，即只需满足
fmin（x）
3
gmax（x）即可．
2
简解：
（1）由x
2ax1a0
x
ax
2x2
x
成立，只需满足
1
（x）
x2x2
x的最小值大于a即可．对
1
（x）
x3
2x2
x
求导，
1
2
（x）
2x4
（2x2
x21
1）2
0，故
（x）在x
[1,2]
是增函数，
min
（x）
（1）
2，所以a的
3
取值范围是
0a．
3
2、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）
10hmax（x）a
10；
2
方法2：
变量分离，b
10（
x
1
x）或a
x（10
b）x；
1
方法3：
变更主元，
（a）
axb10
x
a
0，a
[,2]
2
a（x
a）（xa）
简解：
方法1:
对h（x）
g（x）xb
xb求导，
x
h（x）122，
xx
由此可知，
1
h（x）
1
在[,1]
4
1
上的最大值为
39
h
（1）与h
（1）中的较大者．
4
h（）10
4
4ab10
4
b4a
4
，对于任意a
[1,2]
，得b的取值范围是
b
7．
h
（1）10
1ab10
b9a24
x
3、解析：
对任意x1
0,2
，存在x2
1,2
，使得
f（x1）
gx2
等价于
g（x）1
2
m在1,2
上的最小值
1m不大于
4
f（x）
x2在
0,2
1
上的最小值0，既m4
0，∴m1
4
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）
1、解：
不等式即
x1px2
2x10,设
fpx
1px2
2x1，则fp在[-2,2]上恒大于0，故
f20
有：
f20
x24x30
x210
x3或x1
x
x1或x1
1或x3
2、（Ⅱ）分析：
在不等式中出现了两个字母：
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
然可将视作自变量，则上述问题即可转化为在,1内关于的一次函数大于等于0恒成立的问题。
（Ⅱ）略解：
由（Ⅰ）知：
f（x）
x，g（x）
xsinx，
g（x）在1，1
上单调递减，
g（x）cosx0
cosx在1，1
上恒成立，
1，g（x）
2
2
max
g
（1）sin1，只需
sin1t2
t1，
（t1）
tsin110（其中1）恒成立，由上
述②结论：
可令f
（t1）
tsin110
（1）,则
t
t1t2
10
sin110
t
，t2t
12
sin10，而t
tsin10恒成
y
立，t1。
y|x|
y|x|
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）
yax
yax
精品资料
x
O
1、当x
1,2
时，不等式x2mx
40恒成立，则m的取值范围是.
解析:
当x
（1,2）
时，由
x2mx
40得m
x24x
.∴m5.
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、解析：
对xR,不等式|x|
ax恒成立、则由一次函数性质及图像知1
a1，即1a1。
2、分析：
为了使fxk在x1,恒成立，构造一个新函数Fxfxk，则把原题转化成左边二次函数
2
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。
解：
令
Fxfxkx2kx
2k，则Fx
0对x
1,恒成立，而Fx是开口向上的抛物线。
①当图象与x轴无交点满足0，即
4k2
22k
0，解得2
k1。
②当图象与x轴有交点，且在x1,
时Fx
0，则由二次函数根与系数的分布知识及图象可得：
0
F10
解得3k
2，故由①②知3k1。
2k1
2
小结：
若二次函数
a
yax2
0
bxca
0大于0恒成立，则有
a0
0，同理，若二次函数
yax2
bxca
0小于0
恒成立，则有
求解。
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
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fxA成立,则等价于在区间D上
fxmaxA；
若在区间D上存在实数x使不等式fxB成立,则等价于在区间D上的
fxminB.
1、解：
设
fxx3
x1，由
fxa23a有解，
a23afx
min，
又x3x1
x3x
14，∴a23a
4，解得a
4或a1。
'1ax22x1
2、解：
因为函数fx存在单调递减区间，所以
fxax20
xx
1212
0,有解.即a
x0,
x2x
能成立,设ux
x2x.
由ux
121
2
11得,
uminx
1.于是,a1,
x2xx
由题设a
0,所以a的取值范围是
1,00,
课后作业：
1、B。
解析：
由方程logax
a2
logay
3可得y
a3
，对于任意的x
x
[a,2a]，可得a
2
2
aa2，依题意得
3
x
a
2
a2a2
a2。
25
a12y3
2、答案：
。
解析：
由不等式
13
a（x2
y2）（xy）2可得
x
y，由线性规划可得1。
yxx2
3、解：
原不等式有解
asin2x
4sinx
2
1sinx2
31sinx
1
有解，而
2
sinx2
3
min
2
，所以a2。
4、解：
画出两个凼数yax和yx4
x在x
3
0,3
yyax
上的图象如图知当
x3时y
3
，a
3
当a3，x
3
0,3
时总有
axx4
x所以a33
03x
5、解析：
（1）设
hxgxfx
2x3
3x2
12xc
，问题转化为x
3,3
时，hx
0恒成立，故hminx
0。
令
hx6x2
6x126x1x
20，得x
1或2。
由导数知识，可知hx在3,1单调递增，在1,2单调递减，
在2,3单调递增，且h3
c45，hx
极大值
h1c
7，hx
极小值
h2c
20，h3
c9，∴hnmixh
3c45，
由c450，得c45。
（2）据题意：
存在x
3,3
，使fxgx成立，即为：
hxgxfx
0在x
3,3
有解，故
hmaxx
0，由
（1）知
hmaxxc
70，于是得c7。
（3）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
x1,x2
3,3
，都有
f
x1
g
x2
成立，
不等式的左右两端函数的自变量不同，
x1，x2的取值在3,3上具有任意性，∴要使不等式恒成立的充要条件是：
fmax（x）
gmin（x）,?
?
x
[3?
3]
。
∵fx
2
7x2
c28,x
3,3∴
fxmax
f3147c，
∵gx
6x2
8x40
23x10x
2，∴gx
0在区间3,3上只有一个解
x2。
∴gx
min
g248，∴147c
48，即c
195.
（4）存在
x1,x2
3,3
，都有
f
x1
g
x2
，等价于
fminx1
gmaxx2
，由（3）得
fminx1f2
c28，
gmaxx2
g3102，c
28102c
130
点评：
本题的三个小题，表面形式非常相似，究其本质却大相径庭，应认真审题，深入思考，多加训练，准确使
用其成立的充要条件。
6、解：
（Ⅰ）f
（x）
x24ax
3a2
（1分）
令f（x）
令f（x）
0,得
0,得
f（x）
f（x）
的单调递增区间为（a,3a）
的单调递减区间为（－，a）和（3a，+）（4分）
∴当x=a时，
f（x）
极小值=
3a3b;
4
当x=3a时，
f（x）
极小值=b.（6分）
（Ⅱ）由|f（x）|≤a，得－a≤－x2+4ax－3a2≤a.①（7分）
∵02a.
∴f（x）
x24ax
3a2在[a
1,a
2]上是减函数.（9分）
∴f（x）max
f（a1）
2a1.f
（x）min
f（a2）
4a4.
于是，对任意x
[a1,a
2]，不等式①恒成立，等价于
a4a
a2a1.
4,解得4
5
a1.
又0a1,
4
∴a1.
5
7、解：
（1）
→
∵
OA－[y＋
→
2f/
（1）]OB＋ln（x＋
→
1）OC＝0
，∴→＝[y＋
→
2f/
（1）]OB－ln（x＋
→
1）OC
OA
由于A、B、C三点共线即[y＋2f/
（1）]＋[－ln（x＋1）]＝12分
∴y＝f（x）＝ln（x＋1）＋1－2f/
（1）
11
f/（x）＝x＋1，得f/
（1）＝2，故f（x）＝ln（x＋1）4分
2x1
（2）令g（x）＝f（x）－x＋2，由g/（x）＝x＋1－
2（x＋2）－2xx2
（x＋2）2＝（x＋1）（x＋2）2
∵x＞0，∴g/（x）＞0，∴g（x）在（0，＋∞）上是增函数6分故g（x）＞g（0）＝0
2x
即f（x）＞x＋28分
1
（3）原不等式等价于
1
2x2－f（x2）≤m2－2bm－3
1
2xx3－x
令h（x）＝2x2－f（x2）＝2x2－ln（1＋x2），由h/（x）＝x－1＋x2＝1＋x210分当x∈[－1，1]时，h（x）max＝0，∴m2－2bm－3≥0
Q
（1）＝m2－2m－3≥0
令Q（b）＝m2－2bm－3，则
Q（－1）＝m2＋2m－3≥0
得m≥3或m≤－312分
8、解：
（I）由题意得
fepeq
2ln
eqep2
pqe1
1而e
2
0，所以pq
eeee
pp2
px2
2xp
（II）由（I）知
fxpx
2ln
x
x，fxp2
x
xx24分
2
令hxpx2xp，要使fx在其定义域（0,+）内为单调函数，只需h（x）在（0,+）内满足：
h（x）≥0或
h（x）≤0恒成立.5分
①当p
0时，
px20,2x0hx
0，所以fx在（0,+）内为单调递减，故
p0；
②当p
0时，
hxpx22xp，其图象为开口向上的抛物线，对称轴为
x10，，
p
∴hxh1p1，只需p10，即p≥1时，h（x）≥0，fx0，
pp
minp
∴f（x）在（0,+）内为单调递增，故p≥1适合题意.综上可得，p≥1或p≤0
pp212
另解：
（II）由（I）知f（x）=px－x－2lnxf’（x）=p+
x2－x=p（1+
x2）－x
要使f（x）在其定义域（0,+）内为单调函数，只需f’（x）在（0,+）内满足：
f’（x）≥0或f’（x）≤0恒成立.
1222
由f’（x）≥0p（1+
x2）－x≥0p≥1
x+x
p≥（
x+
1
）max，x>0x
2
∵1≤
2
1=1，且x=1时等号成立，故（
2
1）max=1
x+x
∴p≥1
2
x·x
12
x+x
2x2x
由f’（x）≤0p（1+
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