1、函數恒成立存在性問題知識點梳理1、恒成立問題的轉化：恒成立；2、能成立問題的轉化：能成立；3、恰成立問題的轉化：在M上恰成立的解集為M另一轉化方法：若在D上恰成立，等價于在D上的最小值，若在D上恰成立，則等價于在D上的最大值.4、設函數、，對任意的，存在，使得，則5、設函數、，對任意的，存在，使得，則6、設函數、，存在，存在，使得，則7、設函數、，存在，存在，使得，則8、若不等式在區間D上恒成立，則等價于在區間D上函數和圖象在函數圖象上方；9、若不等式在區間D上恒成立，則等價于在區間D上函數和圖象在函數圖象下方；例題講解：題型一、常見方法1、已知函數，其中，1）對任意，都有恒成立，求實數的取值

2、范圍；2）對任意，都有恒成立，求實數的取值范圍； 2、設函數，對任意，都有在恒成立，求實數的取值范圍3、已知兩函數，對任意，存在，使得，則實數m的取值范圍為 題型二、主參換位法(已知某個參數的范圍，整理成關于這個參數的函數)1、對于滿足的所有實數p,求使不等式恒成立的x的取值范圍。2、已知函數是實數集上的奇函數，函數是區間上的減函數，()求的值；()若上恒成立，求的取值范圍；題型三、分離參數法（欲求某個參數的范圍，就把這個參數分離出來）1、當時，不等式恒成立，則的取值范圍是 .題型四、數形結合（恒成立問題與二次函數聯系（零點、根的分布法）1、若對任意,不等式恒成立，則實數的取值范圍是_2、已知

3、函數，在恒有，求實數的取值范圍。題型五、不等式能成立問題（有解、存在性）的處理方法若在區間D上存在實數使不等式成立,則等價于在區間D上；若在區間D上存在實數使不等式成立,則等價于在區間D上的.1、存在實數，使得不等式有解，則實數的取值范圍為_。2、已知函數存在單調遞減區間，求的取值范圍小結：恒成立與有解的區別恒成立和有解是有明顯區別的，以下充要條件應細心思考，甄別差異，恰當使用，等價轉化，切不可混為一體。不等式對時恒成立，。即的上界小于或等于；不等式對時有解，。 或的下界小于或等于；不等式對時恒成立，。即的下界大于或等于；不等式對時有解，.。 或的上界大于或等于；課后作業：1、設，若對于任意的

4、，都有滿足方程，這時的取值集合為（ ）（A） （B） （C） （D）2、若任意滿足的實數，不等式恒成立，則實數的最大值是 _ . 3、不等式有解，則的取值范圍是 4、不等式在內恒成立，求實數a的取值范圍。5、已知兩函數，。（1）對任意，都有)成立，求實數的取值范圍；（2）存在，使成立，求實數的取值范圍；（3）對任意，都有，求實數的取值范圍；（4）存在，都有，求實數的取值范圍；6、設函數. （）求函數的單調區間和極值； （）若對任意的不等式成立，求a的取值范圍。7、已知A、B、C是直線上的三點，向量，滿足：.（1）求函數yf(x)的表達式；（2）若x0，證明：f(x)；（3）若不等式時，及都恒成

5、立，求實數m的取值范圍8、設，且（e為自然對數的底數）(I)求 p 與 q 的關系；(II)若在其定義域內為單調函數，求 p 的取值范圍；(III)設，若在上至少存在一點，使得成立, 求實數 p 的取值范圍.函數專題4：恒成立問題參考答案：題型一、常見方法1、分析：1）思路、等價轉化為函數恒成立，在通過分離變量，創設新函數求最值解決 2）思路、對在不同區間內的兩個函數和分別求最值，即只需滿足即可簡解：（1）由成立，只需滿足的最小值大于即可對求導，故在是增函數，所以的取值范圍是 2、分析：思路、解決雙參數問題一般是先解決一個參數，再處理另一個參數以本題為例，實質還是通過函數求最值解決方法1：化歸

6、最值，；方法2：變量分離，或；方法3：變更主元，簡解：方法1:對求導，由此可知，在上的最大值為與中的較大者，對于任意，得的取值范圍是3、解析：對任意，存在，使得等價于在上的最小值不大于在上的最小值0，既，題型二、主參換位法(已知某個參數的范圍，整理成關于這個參數的函數)1、解：不等式即,設，則在-2,2上恒大于0，故有：或2、O ()分析：在不等式中出現了兩個字母：及,關鍵在于該把哪個字母看成是一個變量，另一個作為常數。顯然可將視作自變量，則上述問題即可轉化為在內關于的一次函數大于等于0恒成立的問題。()略解：由()知：，在上單調遞減，在上恒成立，只需，（其中）恒成立，由上述結論：可令,則，而

7、恒成立，。題型三、分離參數法（欲求某個參數的范圍，就把這個參數分離出來）1、當時，不等式恒成立，則的取值范圍是 .解析: 當時，由得.題型四、數形結合（恒成立問題與二次函數聯系（零點、根的分布法）1、解析：對,不等式恒成立、則由一次函數性質及圖像知，即。2、分析：為了使在恒成立，構造一個新函數，則把原題轉化成左邊二次函數在區間時恒大于等于的問題，再利用二次函數的圖象性質進行分類討論，使問題得到圓滿解決。解：令，則對恒成立，而是開口向上的拋物線。當圖象與x軸無交點滿足，即，解得。 當圖象與x軸有交點，且在時，則由二次函數根與系數的分布知識及圖象可得： 解得，故由知。小結：若二次函數大于0恒成立，

8、則有，同理，若二次函數小于0恒成立，則有。若是二次函數在指定區間上的恒成立問題，還可以利用韋達定理以及根與系數的分布知識求解。題型五、不等式能成立問題（有解、存在性）的處理方法若在區間D上存在實數使不等式成立,則等價于在區間D上；若在區間D上存在實數使不等式成立,則等價于在區間D上的.1、解：設，由有解，又，解得。2、解： 因為函數存在單調遞減區間，所以有解.即能成立, 設.由得, .于是,由題設,所以a的取值范圍是課后作業：1、B。解析：由方程可得，對于任意的，可得，依題意得。2、 答案：。解析：由不等式可得，由線性規劃可得。3、解：原不等式有解有解，而，所以。xy034、解：畫出兩個凼數和

9、在上的圖象如圖知當時，當，時總有所以5、解析：（1）設，問題轉化為時，恒成立，故。令，得或。由導數知識，可知在單調遞增，在單調遞減，在單調遞增，且，由，得。（2）據題意：存在，使成立，即為：在有解，故，由（1）知，于是得。（3）它與（1）問雖然都是不等式恒成立問題，但卻有很大的區別，對任意，都有成立，不等式的左右兩端函數的自變量不同，的取值在上具有任意性，要使不等式恒成立的充要條件是：。 ，在區間上只有一個解。，即.（4）存在，都有，等價于，由(3)得，點評：本題的三個小題，表面形式非常相似，究其本質卻大相徑庭，應認真審題，深入思考，多加訓練，準確使用其成立的充要條件。6、解：（）（1分）令得

10、的單調遞增區間為（a,3a）令得的單調遞減區間為（，a）和（3a，+）（4分）當x=a時，極小值=當x=3a時，極小值=b. （6分） （）由|a，得ax2+4ax3a2a.（7分）0<a<1，a+1>2a.上是減函數. （9分）于是，對任意，不等式恒成立，等價于 又 7、解：(1)y2f /(1)ln(x1)0，y2f /(1)ln(x1)由于A、B、C三點共線即y2f /(1)ln(x1)12分yf(x)ln(x1)12f /(1)f /(x)，得f /(1)，故f(x)ln(x1)4分（2）令g(x)f(x)，由g/(x) x0，g/(x)0，g(x)在(0，)上是增函

11、數6分故g(x)g(0)0 即f(x)8分（3）原不等式等價于x2f(x2)m22bm3令h(x)x2f(x2)x2ln(1x2)，由h/(x)x10分 當x1，1時，h(x)max0，m22bm30令Q(b)m22bm3，則得m3或m312分8、解：(I) 由題意得 而，所以(II)由 (I) 知 ， 4分令，要使在其定義域 (0,+¥) 內為單調函數，只需 h(x) 在 (0,+¥) 內滿足：h(x)0 或 h(x)0 恒成立. 5分 當時，所以在 (0,+¥) 內為單調遞減，故； 當時，其圖象為開口向上的拋物線，對稱軸為，只需，即p1時， h(x)0，f (

12、x) 在 (0,+¥) 內為單調遞增，故 p1適合題意. 綜上可得，p1或 p0另解：(II)由 (I) 知 f (x) = px2ln x f(x) = p + = p (1 + )要使 f (x) 在其定義域 (0,+¥) 內為單調函數，只需 f(x) 在 (0,+¥) 內滿足：f(x)0 或 f(x)0 恒成立. 由 f(x)0 Û p (1 + )0 Û p Û p()max，x > 0 = 1，且 x = 1 時等號成立，故 ()max = 1p1由 f(x)0 Û p (1 + )0 Û p &#

13、219; p()min，x > 0而 > 0 且 x 0 時， 0，故 p0綜上可得，p1或 p0(III)g(x) = 在 1,e 上是減函數x = e 時，g(x)min = 2，x = 1 時，g(x)max = 2e即g(x) Î 2,2e 10分 p0 時，由 (II) 知 f (x) 在 1,e 遞減 Þ f (x)max = f (1) = 0 < 2，不合題意。 0 < p < 1 時，由x Î 1,e Þ x0f (x) = p (x)2ln xx2ln x右邊為 f (x) 當 p = 1 時的表達式，故在 1,e 遞增 f (x)x2ln xe2ln e = e2 < 2，不合題意。 p1 時，由 (II) 知 f (x) 在 1,e 連續遞增，f (1) = 0 < 2，又g(x) 在 1,e 上是減函數本命題 Û f (x)max > g(x)min = 2，