函数恒成立存在性与有解问题文档格式.docx
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2ax
1,g(x)
,其中a
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)
xxb,对任意a
1
[,2]
2
10在x
[,1]恒成立,求实数b的取值范围.
4
3、已知两函数
x,g(x)
1m,对任意x
0,2
1,2
f(x1)
,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
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
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;
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.
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
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
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
或fx的下界小于或等于M;
③不等式
fmin(x)
即fx的下界大于或等于M;
④不等式
课后作业:
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|1
a2}
xy
(B){a|a2}
(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
,使fxgx成立,求实数c的取值范围;
(3)对任意
x1,x2
,求实数c的取值范围;
(4)存在
1322
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
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
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:
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
分别求最值,即只需满足
fmin(x)
gmax(x)即可.
简解:
(1)由x
2ax1a0
ax
2x2
成立,只需满足
x2x2
x的最小值大于a即可.对
(x)
x3
求导,
2x4
(2x2
x21
1)2
0,故
(x)在x
是增函数,
(1)
2,所以a的
取值范围是
0a.
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,
10hmax(x)a
10;
方法2:
变量分离,b
10(
x)或a
x(10
b)x;
方法3:
变更主元,
(a)
axb10
0,a
a(x
a)(xa)
方法1:
对h(x)
g(x)xb
xb求导,
h(x)122,
xx
由此可知,
h(x)
在[,1]
上的最大值为
39
h
(1)与h
(1)中的较大者.
h()10
4ab10
b4a
,对于任意a
[1,2]
,得b的取值范围是
7.
h
(1)10
1ab10
b9a24
3、解析:
对任意x1
等价于
g(x)1
m在1,2
上的最小值
1m不大于
x2在
上的最小值0,既m4
0,∴m1
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:
x24x30
x210
x3或x1
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:
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)
g
(1)sin1,只需
sin1t2
t1,
(t1)
tsin110(其中1)恒成立,由上
述②结论:
可令f
tsin110
(1),则
t
t1t2
10
sin110
,t2t
sin10,而t
tsin10恒成
y
立,t1。
y|x|
yax
精品资料
O
解析:
当x
(1,2)
时,由
x2mx
40得m
x24x
.∴m5.
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。
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
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:
F10
解得3k
2,故由①②知3k1。
2k1
若二次函数
yax2
bxca
0大于0恒成立,则有
a0
0,同理,若二次函数
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
fxminB.
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
1212
0,有解.即a
x0,
x2x
能成立,设ux
x2x.
由ux
121
11得,
uminx
1.于是,a1,
x2xx
由题设a
0,所以a的取值范围是
1,00,
1、B。
解析:
由方程logax
a2
3可得y
a3
,对于任意的x
[a,2a],可得a
aa2,依题意得
a2a2
a2。
25
a12y3
2、答案:
。
由不等式
13
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
1sinx2
31sinx
1
有解,而
sinx2
2
,所以a2。
4、解:
画出两个凼数yax和yx4
yyax
上的图象如图知当
x3时y
3
,a
当a3,x
时总有
x所以a33
03x
5、解析:
(1)设
hxgxfx
2x3
3x2
12xc
,问题转化为x
时,hx
0恒成立,故hminx
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
,使fxgx成立,即为:
0在x
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
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:
gmin(x),?
?
[3?
3]
∵fx
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
g248,∴147c
48,即c
195.
,等价于
fminx1
gmaxx2
,由(3)得
fminx1f2
c28,
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
x24ax
3a2
(1分)
令f(x)
0,得
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,
极小值=
3a3b;
当x=3a时,
极小值=b.(6分)
(Ⅱ)由|f(x)|≤a,得-a≤-x2+4ax-3a2≤a.①(7分)
∵0<
a<
1,∴a+1>
2a.
∴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
2],不等式①恒成立,等价于
a4a
a2a1.
4,解得4
5
a1.
又0a1,
∴a1.
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
即f(x)>x+28分
(3)原不等式等价于
2x2-f(x2)≤m2-2bm-3
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
0,所以pq
eeee
pp2
px2
2xp
(II)由(I)知
fxpx
x,fxp2
xx24分
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
hxpx22xp,其图象为开口向上的抛物线,对称轴为
x10,,
∴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+
)max,x>
0x
∵1≤
1=1,且x=1时等号成立,故(
1)max=1
∴p≥1
x·
2x2x
由f’(x)≤0p(1+