函数恒成立存在性及有解问题.doc

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函数恒成立存在性问题

知识点梳理

1、恒成立问题的转化：

恒成立；

2、能成立问题的转化：

能成立；

3、恰成立问题的转化：

在M上恰成立的解集为M

另一转化方法：

若在D上恰成立，等价于在D上的最小值，若在D上恰成立，则等价于在D上的最大值.

4、设函数、，对任意的，存在，使得，则

5、设函数、，对任意的，存在，使得，则

6、设函数、，存在，存在，使得，则

7、设函数、，存在，存在，使得，则

8、若不等式在区间D上恒成立，则等价于在区间D上函数和图象在函数图象上方；

9、若不等式在区间D上恒成立，则等价于在区间D上函数和图象在函数图象下方；

例题讲解：

题型一、常见方法

1、已知函数，，其中，．

1）对任意，都有恒成立，求实数的取值范围；

2）对任意，都有恒成立，求实数的取值范围；

2、设函数，对任意，都有在恒成立，求实数的取值范围．

3、已知两函数，，对任意，存在，使得，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、对于满足的所有实数p,求使不等式恒成立的x的取值范围。

2、已知函数是实数集上的奇函数，函数是区间上的减函数，

（Ⅰ）求的值；（Ⅱ）若上恒成立，求的取值范围；

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、当时，不等式恒成立，则的取值范围是.

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,不等式恒成立，则实数的取值范围是________

2、已知函数，在恒有，求实数的取值范围。

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上存在实数使不等式成立,则等价于在区间D上；

若在区间D上存在实数使不等式成立,则等价于在区间D上的.

1、存在实数，使得不等式有解，则实数的取值范围为______。

2、已知函数存在单调递减区间，求的取值范围

小结：

恒成立与有解的区别

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。

①不等式对时恒成立，。

即的上界小于或等于；

②不等式对时有解，。

或的下界小于或等于；

③不等式对时恒成立，。

即的下界大于或等于；

④不等式对时有解，.。

或的上界大于或等于；

课后作业：

1、设，若对于任意的，都有满足方程，这时的取值集合为（）

（A）（B）　 （C） （D）

2、若任意满足的实数，不等式恒成立，则实数的最大值是___.

3、不等式有解，则的取值范围是

4、不等式在内恒成立，求实数a的取值范围。

5、已知两函数，。

（1）对任意，都有）成立，求实数的取值范围；

（2）存在，使成立，求实数的取值范围；

（3）对任意，都有，求实数的取值范围；

（4）存在，都有，求实数的取值范围；

6、设函数.

（Ⅰ）求函数的单调区间和极值；

（Ⅱ）若对任意的不等式成立，求a的取值范围。

7、已知A、B、C是直线上的三点，向量，，满足：

.

（1）求函数y＝f（x）的表达式；

（2）若x＞0，证明：

f（x）＞；

（3）若不等式时，及都恒成立，求实数m的取值范围．

8、设，且（e为自然对数的底数）

（I） 求p与q的关系；

（II）若在其定义域内为单调函数，求p的取值范围；

（III）设，若在上至少存在一点，使得成立,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和分别求最值，即只需满足即可．

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．

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，；

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．

3、解析：

对任意，存在，使得等价于在上的最小值不大于在上的最小值0，既，∴

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,设，则在[-2,2]上恒大于0，故有：

或

2、

O

（Ⅱ）分析：

在不等式中出现了两个字母：

及,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：

，，在上单调递减，在上恒成立，，只需，（其中）恒成立，由上述②结论：

可令,则，，而恒成立，。

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、当时，不等式恒成立，则的取值范围是.

解析:

当时，由得.∴.

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,不等式恒成立、则由一次函数性质及图像知，即。

2、分析：

为了使在恒成立，构造一个新函数，则把原题转化成左边二次函数在区间时恒大于等于的问题，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，则对恒成立，而是开口向上的抛物线。

①当图象与x轴无交点满足，即，解得。

②当图象与x轴有交点，且在时，则由二次函数根与系数的分布知识及图象可得：

解得，故由①②知。

小结：

若二次函数大于0恒成立，则有，同理，若二次函数小于0恒成立，则有。

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求解。

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上存在实数使不等式成立,则等价于在区间D上；

若在区间D上存在实数使不等式成立,则等价于在区间D上的.

1、解：

设，由有解，，

又，∴，解得。

2、解：

因为函数存在单调递减区间，所以

有解.即能成立,设.

由得,.于是,,

由题设,所以a的取值范围是

课后作业：

1、B。

解析：

由方程可得，对于任意的，可得，依题意得。

2、答案：

。

解析：

由不等式可得，由线性规划可得。

3、解：

原不等式有解有解，而，所以。

x

y

0

3

4、解：

画出两个凼数和在

上的图象如图知当时，

当，时总有所以

5、解析：

（1）设，问题转化为时，恒成立，故。

令，得或。

由导数知识，可知在单调递增，在单调递减，在单调递增，且，，，，∴，由，得。

（2）据题意：

存在，使成立，即为：

在有解，故，由

（1）知，于是得。

（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，都有成立，不等式的左右两端函数的自变量不同，，的取值在上具有任意性，∴要使不等式恒成立的充要条件是：

。

∵∴，

∵，∴在区间上只有一个解。

∴，∴，即.

（4）存在，都有，等价于，由（3）得，，

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） （1分）

令得的单调递增区间为（a,3a）

令得的单调递减区间为（－，a）和（3a，+） （4分）

∴当x=a时，极小值=

当x=3a时，极小值=b. （6分）

（Ⅱ）由||≤a，得－a≤－x2+4ax－3a2≤a.①（7分）

∵02a.

∴上是减函数. （9分）

∴

于是，对任意，不等式①恒成立，等价于

又∴

7、解：

（1）∵－[y＋2f/

（1）]＋ln（x＋1）＝0，∴＝[y＋2f/

（1）]－ln（x＋1）

由于A、B、C三点共线　即[y＋2f/

（1）]＋[－ln（x＋1）]＝1…………………2分

∴y＝f（x）＝ln（x＋1）＋1－2f/

（1）

f/（x）＝，得f/

（1）＝，故f（x）＝ln（x＋1）…………………………………4分

（2）令g（x）＝f（x）－，由g/（x）＝－＝

∵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）＞………………………………………………………………8分

　　　（3）原不等式等价于x2－f（x2）≤m2－2bm－3

　　　　令h（x）＝x2－f（x2）＝x2－ln（1＋x2），由h/（x）＝x－＝……………10分

当x∈[－1，1]时，h（x）max＝0，∴m2－2bm－3≥0

令Q（b）＝m2－2bm－3，则

得m≥3或m≤－3……………12分

8、解：

（I）由题意得而，所以

（II） 由（I）知，……4分

令，要使在其定义域（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当时，，所以在（0,+¥）内为单调递减，故；

②当时，，其图象为开口向上的抛物线，对称轴为，

∴，只需，即p≥1时，h（x）≥0，，

∴ 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

另解：

（II） 由（I）知f（x）=px－－2lnxf’（x）=p+－=p（1+）－

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.

由f’（x）≥0Ûp（1+）－≥0Ûp≥Ûp≥（）max，x>0

∵ ≤=1，且x=1时等号成立，故（）max=1

∴ p≥1

由f’（x）≤0Ûp（1+）－≤0Ûp≤Ûp≤（）min，x>0

而>0且x→0时，→0，故p≤0

综上可得，p≥1或p≤0

（III） ∵ g（x）=在[1,e]上是减函数

∴ x=e时，g（x）min=2，x=1时，g（x）max=2e

即 g（x）Î[2,2e] …………10分

①p≤0时，由（II）知f（x）在[1,e]递减Þf（x）max=f

（1）=0<2，不合题意。

②0

∴ f（x）=p（x－）－2lnx≤x－－2lnx

右边为f（x）当p=1时的表达式，故在[1,e]递增

∴ f（x）≤x－－2lnx≤e－－2lne=e－－2<2，不合题意。

③p≥1时，由（II）知f（x）在[1,e]连续递增，f

（1）=0<2，又g（x）在[1,e]上是减函数

∴ 本命题Ûf（x）max>g（x）min=2，xÎ[1,e]

Þf（x）max=f（e）=