PAGEPAGE8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，(Ⅰ)求的值；(Ⅱ)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。①不等式對時恒成立，。即的上界小于或等于；②不等式對時有解，。或的下界小于或等于；③不等式對時恒成立，。即的下界大于或等于；④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，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.（Ⅰ）求函數的單調區間和極值；（Ⅱ）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eq\o(OA,\s\up6(→))，eq\o(OB,\s\up6(→))，eq\o(OC,\s\up6(→))滿足：.（1）求函數y＝f(x)的表達式；（2）若x＞0，證明：f(x)＞eq\f(2x,x＋2)；（3）若不等式時，及都恒成立，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(Ⅱ)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。(Ⅱ)略解：由(Ⅰ)知：，，在上單調遞減，在上恒成立，，只需，（其中）恒成立，由上述②結論：可令,則，，而恒成立，。O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。 ①當圖象與x軸無交點滿足，即，解得。②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①②知。小結：若二次函數大于0恒成立，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。xxy034、解：畫出兩個凼數和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：（Ⅰ） （1分）令得的單調遞增區間為（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）（Ⅱ）由||≤a，得－a≤－x2+4ax－3a2≤a.①（7分）∵0<a<1，∴a+1>2a.∴上是減函數. （9分）∴于是，對任意，不等式①恒成立，等價于又∴7、解：(1)∵eq\o(OA,\s\up6(→))－[y＋2f/(1)]eq\o(OB,\s\up6(→))＋ln(x＋1)eq\o(OC,\s\up6(→))＝0，∴eq\o(OA,\s\up6(→))＝[y＋2f/(1)]eq\o(OB,\s\up6(→))－ln(x＋1)eq\o(OC,\s\up6(→))由于A、B、C三點共線即[y＋2f/(1)]＋[－ln(x＋1)]＝1…2分∴y＝f(x)＝ln(x＋1)＋1－2f/(1)f/(x)＝eq\f(1,x＋1)，得f/(1)＝eq\f(1,2)，故f(x)＝ln(x＋1)…………………4分（2）令g(x)＝f(x)－eq\f(2x,x＋2)，由g/(x)＝eq\f(1,x＋1)－eq\f(2(x＋2)－2x,(x＋2)2)＝eq\f(x2,(x＋1)(x＋2)2)∵x＞0，∴g/(x)＞0，∴g(x)在(0，＋∞)上是增函數………………6分故g(x)＞g(0)＝0即f(x)＞eq\f(2x,x＋2)………………8分（3）原不等式等價于eq\f(1,2)x2－f(x2)≤m2－2bm－3令h(x)＝eq\f(1,2)x2－f(x2)＝eq\f(1,2)x2－ln(1＋x2)，由h/(x)＝x－eq\f(2x,1＋x2)＝eq\f(x3－x,1＋x2)……………10分當x∈[－1，1]時，h(x)max＝0，∴m2－2bm－3≥0令Q(b)＝m2－2bm－3，則eq\b\lc\{(\a\al\co1(Q(1)＝m2－2m－3≥0,Q(－1)＝m2＋2m－3≥0))得m≥3或m≤－3……………12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①當時，，所以在(0,+)內為單調遞減，故；②當時，，其圖象為開口向上的拋物線，對稱軸為，∴，只需，即p≥1時，h(x)≥0，，∴ f(x)在(0,+)內為單調遞增，故p≥1適合題意. 綜上可得，p≥1或p≤0 另解：(II) 由(I)知f(x)=px－EQ\F(p,x)－2lnxf’(x)=p+EQ\F(p,x2)－EQ\F(2,x)=p(1+EQ\F(1,x2))－EQ\F(2,x)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)≥0p(1+EQ\F(1,x2))－EQ\F(2,x)≥0p≥EQ\F(2,x+\F(1,x))p≥(EQ\F(2,x+\F(1,x)))max，x>0∵ EQ\F(2,x+\F(1,x))≤EQ\F(2,2\R(x·\F(1,x)))=1，且x=1時等號成立，故(EQ\F(2,x+\F(1,x)))max=1∴ p≥1 由f’(x)≤0p(1+EQ\F(1,x2))－EQ\F(2,x)≤0p≤EQ\F(2x,x2+1)p≤(EQ\F(2x,x2+1))min，x>0而EQ\F(2x,x2+1)>0且x→0時，EQ\F(2x,x2+1)→0，故p≤0綜上可得，p≥1或p≤0(III) ∵ g(x)=EQ\F(2e,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)[2,2e] …………10分①p≤0時，由(II)知f(x)在[1,e]遞減f(x)max=f(1)=0<2，不合題意。②0<p<1時，由x[1,e]x－EQ\F(1,x)≥0∴ f(x)=p(x－EQ\F(1,x))－2lnx≤x－EQ\F(1,x)－2lnx右邊為f(x)當p=1時的表達式，故在[1,e]遞增∴ f(x)≤x－EQ\F(1,x)－2lnx≤e