(完整版)恒成立存在性问题

关于函数的恒成立、存在性（能成立）问题关于二次函数的恒成立、存在性（能成立）问题是常考考点，其基本原理如下：（1）已知二次函数2()(0)f x ax bx c a =++≠，则：0()00a f x >⎧>⇔⎨∆<⎩恒成立；0()00a f x <⎧<⇔⎨∆<⎩恒成立． （2）若表述为：“已知函数2()(0)f x ax bx c a =++≠”，并未限制为二次函数，则应有：00()000a a b f x c >==⎧⎧>⇔⎨⎨∆<>⎩⎩恒成立或；00()000a a b f x c <==⎧⎧<⇔⎨⎨∆<<⎩⎩恒成立或．注：在考试中容易犯错，要特别注意！！！恒成立问题与存在性（能成立）问题，在解决此类问题时，可转化为其等价形式予以解答，将此类问题的可能出现的17种情形归纳总结大全如下，并通过常考例题进行讲解：已知定义在[,]a b 上的函数()f x ，()g x ．（1）[,]x a b ∀∈，都有()f x k >（k 是常数）成立等价于min [()]f x k >（[,]x a b ∈）． （2）[,]x a b ∀∈，都有()f x k <（k 是常数）成立等价于max [()]f x k <（[,]x a b ∈）． （3）[,]x a b ∀∈，都有()()f x g x >成立等价于min [()()]0f x g x ->（[,]x a b ∈）． （4）[,]x a b ∃∈，都有()()f x g x >成立等价于max [()()]0f x g x ->（[,]x a b ∈）． （5）1[,]x a b ∀∈，2[,]x a b ∀∈都有12()()f x g x >成立等价于min max [()][()]f x g x >． （6）1[,]x a b ∀∈，2[,]x a b ∃∈使得12()()f x g x >成立等价于min min [()][()]f x g x >． （7）1[,]x a b ∃∈，2[,]x a b ∀∈使得12()()f x g x >成立等价于max max [()][()]f x g x >． （8）1[,]x a b ∃∈，2[,]x a b ∃∈使得12()()f x g x >成立等价于max min [()][()]f x g x >．（9）1[,]x a b ∀∈，2[,]x a b ∃∈使得12()()f x g x =成立等价于min minmax max [()][()][()][()]g x f x g x f x ≤⎧⎨≥⎩．（10）1[,]x a b ∃∈，2[,]x a b ∃∈使得12()()f x g x =成立等价于()f x 的值域与()g x 的值域交集不为∅．（11）1[,]x a b ∀∈，2[,]x a b ∃∈使得12()()f x g x k +≥（k 是常数）成立等价于min max [()][()]f x g x k +≥．（12）1[,]x a b ∀∈，2[,]x a b ∀∈都有12|()()|f x g x k -≤（k 是常数）成立等价于max min [()][()]g x f x k-≤且．max min [()][()]f x g x k -≤． 特别地，1[,]x a b ∀∈，2[,]x a b ∀∈都有12|()()|f x f x k -≤（k 是常数）成立等价于max min ()()f x f x k -≤．（13）1[,]x a b ∀∈，2[,]x a b ∀∈都有12|()()|f x g x k -≥（k 是常数）成立等价于min max [()][()]g x f x k-≥或．min max [()][()]f x g x k -≥． 特别地，1[,]x a b ∀∈，2[,]x a b ∀∈都有12|()()|f x f x k -≥（k 是常数）成立等价于min max ()()f x f x k -≥．（14）1[,]x a b ∃∈，2[,]x a b ∃∈使得12|()()|f x g x k -≤（k 是常数）成立等价于min max [()][()]g x f x k-≤且．min max [()][()]f x g x k -≤． 特别地，1[,]x a b ∃∈，2[,]x a b ∃∈使得12|()()|f x f x k -≤（k 是常数）成立等价于min max ()()f x f x k -≤．（15）1[,]x a b ∃∈，2[,]x a b ∃∈使得12|()()|f x g x k -≥（k 是常数）成立等价于max min [()][()]g x f x k-≥或．max min [()][()]f x g x k -≥． 特别地，1[,]x a b ∃∈，2[,]x a b ∃∈使得12|()()|f x f x k -≥（k 是常数）成立等价于max min ()()f x f x k -≥．（16）1[,]x a b ∀∈，2[,]x a b ∃∈使得12|()()|f x g x k -≤（k 是常数）成立等价于min min [()][()]g x f x k-≤且．max max [()][()]f x g x k -≤． （17）1[,]x a b ∀∈，2[,]x a b ∃∈使得12|()()|f x g x k -≥（k 是常数）成立等价于max max [()][()]g x f x k-≥或．min min [()][()]f x g x k -≥． 【评注】（9）1[,]x a b ∀∈，2[,]x a b ∃∈使得12()()f x g x =成立等价于min minmax max[()][()][()][()]g x f x g x f x ≤⎧⎨≥⎩．()y g x =所在区域能包含()y f x =所在区域时，满足条件．∀⊆∃．题目中有时会这样表述：对任意的1[,]x a b ∈，都有2[,]x a b ∈，使得12()()f x g x =成立，（9）的表达的意思完全相同．所以大家要深入理解定理中的“任意的”、“都有”的内涵：即当1[,]x a b ∈时，()f x 的值域不过是()g x 的子集．【例1】（1）（2010•山东•理14）若对任意0x >，231xa x x ++恒成立，则a 的取值范围是 ． （2）现已知函数2()41f x x x =-+，且设12314n x x x x <<<⋯<，若有12231|()()||()()||()()|n n f x f x f x f x f x f x M --+-+⋯+-，则M 的最小值为( )A ．3B ．4C ．5D ．6（3）已知21()lg(31)()()2x f x x x g x m =++=-，，若对任意1[03]x ∈，，存在2[12]x ∈，，使12()()f x g x >，则实数m 的取值范围是 ．（4）已知函数()f x x =，2()252()g x x mx m m R =-+-∈，对于任意的1[2,2]x ∈-，总存在2x R ∈，使得12()()f x g x =成立，则实数m 的取值范围是( ) A ．1[,1]9B ．(,1]-∞C ．(,1][4,)-∞+∞D ．(,1][3,)-∞+∞（5）已知函数2()1f x x x =-+，[1,2]x ∈，函数()1g x ax =-，[1,1]x ∈-，对于任意1[1,2]x ∈，总存在2[1,1]x ∈-，使得21()()g x f x =成立，则实数a 的取值范围是( ) A ．(,4]-∞- B ．[4,)+∞C ．(,4][4,)-∞-+∞D ．(,4)(4,)-∞-+∞（6）（2008•天津•文10）设1a >，若对于任意的[,2]x a a ∈，都有2[,]y a a ∈满足方程log log 3a a x y +=，这时a 的取值集合为( ) A ．{|12}a a <B ．{|2}a aC ．{|23}a aD ．{2,3}（7）（2008•天津•理15）设1a >，若仅有一个常数c 使得对于任意的[,2]x a a ∈，都有2[,]y a a ∈满足方程log log a a x y c +=，这时a 的取值的集合为 ．）0x >，12x∴（当且仅当112353=+15，故答案为：1[,)5+∞．2()x x =-的图象是开口向上，过的抛物线，由图象可知，函数在上单调递减，在上单调递增，12314n x x x x <<<⋯<，(1)2f ∴=-，(2)f =-对应的函数值（2()41f x x x =-+图象上的点的纵坐标）之差的绝对值，结合231)||()()||()()|n n f x f x f x f x -+-+⋯+-表示函数max M ，||(1)(2)f f -5M ，故上单调递增，）法一：()2(2f x x ==-+2,2]时，x 2()3f x ，(f x ∴12)(22)2x x +=--<+，令f 单调递增，当(1,2]x ∈-，也是最大值；又(2)f 22[52m m --∈--，对于任意的的值域的子集，22m ，1m 或4m ，故选：）因为2()f x x x =-0时，()g x 在[1-[1,1]B a a =---，由题意可得，1113-，解得4a ；0时，()g x 在[1-的值域为[1,1]a a ---， 1113-，解得4a -，4][4,)+∞．故选：C ．)3xy =，得，在[,2a a 上单调递减，所以2a ，即2a 故选：B ．）log log a x c +，log a xy c ∴=，cxy a ∴=c a1122a a -⇒223a c log c +⎧⎨⎩的取值的集合为{2}．故答案为：【评注】深入理解（6）题题干中的“任意的”、“都有”的内涵：即当[,2]x a a ∈时，()f x 的值域M 不过是2[,]a a 的子集．值得关注的是：“[,2]x a a ∈”是指每一个这样的x ，2[,]y a a ∈是指存在这样的y ，理解到由函数的定义域导出值域M 是2[,]a a 的子集，由此才有：222[,][,]2a a a a ⊆．（6）与（7）唯一的差别就是：（7）中要求时唯一的，如何转化“唯一”这个条件是本题的关键，与函数的单调性联系起来来进行解答，需要有较强的转化问题的能力． 【例2】已知函数2()[2sin()sin ]cos ,3f x x x x x x R π=++∈．（1）求函数()f x 的最小正周期； （2）若存在05[0,]12x π∈，使不等式0()f x m <成立，求m 的取值范围． ））x ．存在【例3】已知实数0a >，且满足以下条件：①x R ∃∈，|sin |x a >有解；②3[,]44x ππ∀∈，2sin sin 10x a x +-； 求实数a 的取值范围．【解析】实数10得：1sin sin a x-2[,1]2t ∈时，2()2f t f =1sin sin ax -22a ；综上，a 的取值范围是2{1}a a <．【例4】（1）已知函数2()2f x k x k =+，[0,1]x ∈，函数22()32(1)5g x x k k x =-+++，[1,0]x ∈-．对任意1[0,1]x ∈，存在2[1,0]x ∈-，21()()g x f x <成立．求k 的取值范围．（min min ()()g x f x <）（2）已知函数2()2f x k x k =+，[0,1]x ∈．函数22()32(1)5g x x k k x =-+++，[1,0]x ∈-．对任意1[0,1]x ∈，存在2[1,0]x ∈-，21()()g x f x =成立，求k 的取值范围．（()f x 的值域是()g x 的值域的子集即可．） （3）已知函数2()2f x k x k =+，[0,1]x ∈．函数22()32(1)5g x x k k x =-+++，[1,0]x ∈-．存在1[0,1]x ∈，存在2[1,0]x ∈-，21()()g x f x =成立，求k 的取值范围．（()g x 的值域与()f x 的值域的交集非空．）5k ，解得5k ，则求5k ．，当[0,1]x ∈时，函数单调递增，2[,2k k k +2)[5,2210]k k ∈++，[0,1]，存在210]k +，即225222k k k k k ⎧⎨++⎩，解得5k ，则求5k ． 时，函数单调递增，2,2]k k +，1)k x +++10]+，由对存，存在2x 1()f x =成2][5,2k +，即252k k +且22210k k k +，解得4114k-或1414k --．【例5】已知(2)23x f x x =-+． （1）求()f x 的解析式；（2）函数2(2)5()1x a x ag x x +-+-=-，若对任意1[24]x ∈，，总存在2[24]x ∈，，使12()()g x f x =成立，求a 取值范围．，即2()(log )2log f t t =-)(log 2log x x =-+【例6】（1）已知函数1()f x e =-，3(4)g x x x =-+-，若有()()f a g b =，则b 的取值范围为（ ）A ．]2222[+-，B ．)2222(+-，C ．]31[，D ．)31(，（2）已知函数()1x f x e =-，2()44g x x x =-+-．若有()()f a g b =，则b 的取值范围为( ) A．[2-+ B．(2-+ C ．[1,3]D ．(1,3)）()f x e =【例7】（1）（2014•江苏•10）已知函数2()1f x x mx =+-，若对于任意[,1]x m m ∈+都有()0f x <，则实数m 的取值范围为 ．（2）已知函数2()(f x x bx c b =++、)c R ∈且当1x时，()0f x ，当13x 时，()0f x 恒成立． （ⅰ）求b ，c 之间的关系式；（ⅱ）当3c 时，是否存在实数m 使得2()()g x f x m x =-在区间(0,)+∞上是单调函数？若存在，求出m 的取值范围；若不存在，请说明理由．（3）（2017•天津•理8）已知函数23,1()2,1x x x f x x x x ⎧-+⎪=⎨+>⎪⎩，设a R ∈，若关于x 的不等式()||2x f x a +在R 上恒成立，则a 的取值范围是( ) A ．47[,2]16-B ．4739[,]1616-C ．[-D ．39[]16- （4）已知定义域为R 的函数()f x 满足22(())()f f x x x f x x x -+=-+． （①）若(2)3f =，求(1)f ；又若(0)f a =，求()f a ；（①）设有且仅有一个实数0x ，使得00()f x x =，求函数()f x 的解析表达式．【解析】（1）二次函数2()1f x x mx =+-的图象开口向上，对于任意[,1]x m m ∈+，都有()0f x <成立，∴(1)0与(1)0f 同时成立，则必有m ，使满足题设的(g 22()()g x f x b m x c =+-+开口向上，且在0b ．20b m ∴．3c ，1)4b ∴=-．这与上式矛盾，从而能满足题设的实数【评注】本题主要考查一元二次函数的图象与性质．一元二次函数的对称性、最值、单调性是每年高考必考内容，要引起重视．）法一：当1x 时，关于x 的不等式)||2x x a +在R 2332x a x x +-+，2133322x a x x +--+，由132y x =+-的对称轴为14处取得最大值-3的对称轴为334x =处取得最小值47391616a① 时，关于x 的不等式)||2x x a +在R 上恒成立，即为22)2x a x x++， 22)2x a x +，由3232()22322x x x x =-+-=-（当且仅当21)3x =>取得最大值212222x x x =（当且仅当21)x =>取得最小值2．则32a ①由①①可得，47216a ． ()x 的图象和折线||2xa =+，1x 时，y =11145x解得4716a =-；1x >时，y 解得2a =．由图象平移可得，47216a ．故选：法三：根据题意，作出的大致图象，如图所示．【例8】（2012•陕西•理21第2问•文21第3问）设函数2()f x x bx c =++，若对任意1x ，2[1,1]x ∈-，有12|()()|4f x f x -，求b 的取值范围．|4， 4M ，即min 4M ． 2b <-时，min )|(1)f =-102b -<时，即2b 时，24M 恒成立，所以2b ；012b- 时，即20b 时，21)4M 恒成立，所以20b ；综上可得，22b -，即b 的取值范围是。

数列极限问题例题
要点一
总结词
数列极限问题例题是恒成立与存在性问题中另一类常见的 题目，主要考察学生对数列极限的定义和求解能力。
要点二
详细描述
数列极限问题例题通常包括给定数列的通项公式，求数列 的极限值，或者在一定条件下判断数列的收敛性等问题。 在解题时，学生需要熟练掌握极限的定义和求解方法，以 及数列的通项公式和收敛性的判断等知识。
总结词
对于连续函数，极值点通常在导数为零 的点处取得。
VS
详细描述
对于一元函数，我们可以通过求解导数为 零的点来找到极值点。而对于多元函数， 我们需要求解偏导数为零的点，这些点通 常被称为驻点。
数列中项问题
总结词
详细描述
总结词
详细描述
数列中项问题是探求数列中 某一项的值小于或大于该项 前面的所有项和该项后面的 所有项。
02
反证法
反证法是一种间接证明存在性命题的方法。它通过假设命题不成立，然
后推出矛盾，从而证明命题的正确性。
03
排除法
排除法是一种通过排除不可能的情况来证明存在性命题的方法。它通过
列出所有不可能的情况，然后证明其中至少有一种情况是成立的，从而
证明命题的正确性。
03
恒成立问题的应用
函数最值问题
总结词
函数最值问题是恒成立问题的一个重要应用，通过求解函数的最值，可以解决许 多实际生活中的问题。
详细描述
函数最值问题主要研究一个或多个自变量取值时，函数所取得的最大或最小值。 在解决函数最值问题时，通常需要考虑函数的单调性、极值、导数等性质，以及 可能涉及的几何意义等。
数列极限问题
总结词
数列极限问题是数学中的一个经典问题，主要研究当数列的 项数趋于无穷时，数列的项的值是如何变化的。

详细描述
不等式证明问题是数学中常见的问题类型，这类问题 通常涉及到比较两个数或两个函数的大小。通过证明 不等式，我们可以找到满足某些条件的参数或函数的 取值范围，从而解决恒成立存在性问题。
导数综合问题变式
总结词
利用导数性质和函数单调性，解决恒成立存在性问题。
详细描述
导数综合问题涉及到导数的计算、单调性判断以及极值 和最值的求解等知识点。通过利用导数的性质和函数的 单调性，我们可以找到满足某些条件的参数或函数的取 值范围，从而解决恒成立存在性问题。
转化与化归法
总结词
将问题转化为已知的问题或简单的问题，从而解决问题。
详细描述
转化与化归法是一种常用的解题策略，通过将复杂的问题转化为已知的问题或简单的问题，可以降低问题的难度 。在处理恒成立问题时，可以将问题转化为求最值问题、不等式问题等已知的问题类型，从而利用已知的解题方 法来解决该问题。
03
THANKS
感谢观看
常见错误反思
忽视定义域
在解决恒成立存在性问题时，容易忽 视函数的定义域，导致解题错误。
混淆最值与恒成立
在处理最值问题时，容易将最值与恒 成立混淆，导致解题思路出现偏差。
忽视参数的取值范围
在确定参数的取值范围时，容易忽视 参数的实际取值范围，导致答案不准 确。
缺乏对题目的深入理解
在解题过程中，容易缺乏对题目的深 入理解，导致解题思路不清晰，答案 不完整。
06
总结与反思
解题思路总结
转化思想
将恒成立存在性问题转化为最 值问题，通过求最值来确定参
数的取值范围。
数形结合
利用数形结合的方法，将问题 转化为几何图形，通过观察图 形的性质和变化规律来解决问 题。

恒成立、存在性问题解决办法总结1、恒成立问题的转化：()a f x >恒成立⇒()max a f x >；()()min a f x a f x ≤⇒≤恒成立2、能成立问题的转化：()a f x >能成立⇒()min a f x >；()()max a f x a f x ≤⇒≤能成立3、恰成立问题的转化：()a f x >在M 上恰成立⇔()a f x >的解集为M ()()R a f x M a f x C M ⎧>⎪⇔⎨≤⎪⎩在上恒成立在上恒成立另一转化方法：若A x f D x ≥∈)(,在D 上恰成立，等价于)(x f 在D 上的最小值A x f =)(min ，若 ,D x ∈B x f ≤)(在D 上恰成立，则等价于)(x f 在D 上的最大值B x f =)(max . 4、设函数()x f 、()x g ，对任意的[]b a x ,1∈，存在[]d c x ,2∈，使得()()21x g x f ≥，则()()x g x f m i n m i n ≥5、设函数()x f 、()x g ，对任意的[]b a x ,1∈，存在[]d c x ,2∈，使得()()21x g x f ≤，则()()x g x f m a x m ax ≤6、设函数()x f 、()x g ，存在[]b a x ,1∈，存在[]d c x ,2∈，使得()()21x g x f ≥，则()()x g x f min max ≥7、设函数()x f 、()x g ，存在[]b a x ,1∈，存在[]d c x ,2∈，使得()()21x g x f ≤，则()()x g x f max min ≤8、若不等式()()f x g x >在区间D 上恒成立，则等价于在区间D 上函数()y f x =和图象在函数()y g x =图象上方；9、若不等式()()f x g x <在区间D 上恒成立，则等价于在区间D 上函数()y f x =和图象在函数()y g x =图象下方； 题型一、简单型1、已知函数12)(2+-=ax x x f ，xax g =)(，其中0>a ，0≠x ． 1）对任意]2,1[∈x ，都有)()(x g x f >恒成立，求实数a 的取值范围；（构造新函数） 2）对任意]4,2[],2,1[21∈∈x x ，都有)()(21x g x f >恒成立，求实数a 的取值范围；（转化）简解：（1）由12012232++<⇒>-+-x x x a x a ax x 成立，只需满足12)(23++=x x x x ϕ的最小值大于a 即可．对12)(23++=x xx x ϕ求导，0)12(12)(2224>+++='x x x x ϕ，故)(x ϕ在]2,1[∈x 是增函数，32)1()(min ==ϕϕx ，所以a 的取值范围是320<<a ．2、设函数b x x a x h ++=)(，对任意]2,21[∈a ，都有10)(≤x h 在]1,41[∈x 恒成立，求实数b 的范围． 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，10)(10)(max ≤⇔≤x h x h ；方法2：变量分离，)(10x xab +-≤或x b x a )10(2-+-≤； 方法3：变更主元（新函数），0101)(≤-++⋅=b x a xa ϕ，]2,21[∈a简解：方法1:对b x xax h ++=)(求导，22))((1)(xa x a x x a x h +-=-='，（单调函数） 由此可知，)(x h 在]1,41[上的最大值为)41(h 与)1(h 中的较大者．⎪⎩⎪⎨⎧-≤-≤⇒⎪⎩⎪⎨⎧≤++≤++⇒⎪⎩⎪⎨⎧≤≤∴ab ab b a b a h h 944391011041410)1(10)41(，对于任意]2,21[∈a ，得b 的取值范围是47≤b ． 3、已知两函数2)(x x f =，m x g x-⎪⎭⎫ ⎝⎛=21)(，对任意[]2,01∈x ，存在[]2,12∈x ，使得()21)(x g x f ≥，则实数m 的取值范围为解析：对任意[]2,01∈x ，存在[]2,12∈x ，使得()21)(x g x f ≥等价于m x g x-⎪⎭⎫ ⎝⎛=21)(在[]2,1上的最小值m -41不大于2)(x x f =在[]2,0上的最小值0，既041≤-m ，∴41≥m题型二、更换主元法1、对于满足2p ≤的所有实数p,求使不等式212x px p x ++>+恒成立的x 的取值范围。

专题19恒成立与存在性问题专题知识梳理恒成立问题①∀x∈D，均有f(x)>A恒成立，则f(x)min>A；②∀x∈D，均有f(x)﹤A恒成立，则f(x)ma x<A；③∀x∈D，均有f(x)>g(x)恒成立，则F(x)=f(x)-g(x)>0，∴F(x)min>0；④∀x∈D，均有f(x)﹤g(x)恒成立，则F(x)=f(x)-g(x)<0，∴F(x)ma x<0；⑤∀x1∈D，∀x2∈E，均有f(x1)>g(x2)恒成立，则f(x)min>g(x)ma x；⑥∀x1∈D，∀x2∈E，均有f(x1)<g(x2)恒成立，则f(x)ma x<g(x)min.存在性问题①∃x0∈D，使得f(x0)>A成立，则f(x)ma x>A；②∃x0∈D，使得f(x0)﹤A成立，则f(x)min<A；③∃x0∈D，使得f(x0)>g(x0)成立，设F(x)=f(x)-g(x)，∴F(x)ma x>0；④∃x0∈D，使得f(x0)<g(x0)成立，设F(x)=f(x)-g(x)，∴F(x)min<0；⑤∃x1∈D，∃x2∈E，使得f(x1)>g(x2)成立，则f(x)ma x>g(x)min；⑥∃x1∈D，∃x2∈E，均使得f(x1)<g(x2)成立，则f(x)min<g(x)ma x.考点探究【例1】（2018·徐州模拟）若关于x的不等式x3﹣3x2+ax+b＜0对任意的实数x∈[1，3]及任意的实数b∈[2，4]恒成立，则实数a的取值范围是．【解析】关于x的不等式x3﹣3x2+ax+b＜0对任意的实数x∈[1，3]及任意的实数b∈[2，4]恒成立，可得x3﹣3x2+ax＜﹣b的最小值，即为x3﹣3x2+ax＜﹣4，可得a＜3x﹣x2﹣的最小值，设f （x ）=3x ﹣x 2﹣，x ∈[1，3]，导数为f′（x ）=3﹣2x+，可得1＜x ＜2时，f′（x ）＞0，f （x ）递增；2＜x ＜3时，f′（x ）＜0，f （x ）递减，又f （1）=﹣2，f （3）=﹣，可得f （x ）在[1，3]的最小值为﹣2，可得a ＜﹣2．即有a 的范围是（﹣∞，﹣2）．故答案为：（﹣∞，﹣2）．【例2】已知函数()(0,0,1,1)x x f x a b a b a b =+>>≠≠.设12,2a b ==.若对任意x R ∈,不等式(2)()6f x mf x ≥-恒成立，求实数m 的最大值；【解析】由条件知2222(2)22(22)2(())2x x x x f x f x --=+=+-=-.因为(2)()6f x mf x ≥-对于x R ∈恒成立，且()0f x >，所以2(())4()f x m f x +≤对于x R ∈恒成立.而2(())44()4()()f x f x f x f x +=+≥=，且2((0))44(0)f f +=，所以4m ≤，故实数m 的最大值为4.【例3】已知=)(x f x x +221，=)(x g a x -+)1ln(，(1)若存在]2,0[,21∈x x ，使得)()(21x g x f >，求实数a 的取值范围；(2)若存在]2,0[,21∈x x ，使得)()(21x g x f =，求实数a 的取值范围.【解析】()(),f x g x 在[]0,2上都是增函数，所以()f x 的值域，，]40[=A ()g x 的值域]3ln ,[a a B --=.(1)若存在]2,0[,21∈x x ，使得)()(21x g x f >，则min max )()(x g x f >，即4>a -，所以4->a .(2)若存在21,x x 使得)()(21x g x f =，则A B ≠∅ ，∴4a -≤且ln 30a -≥，∴实数a 的取值围是[]4,ln 3-.题组训练1.已知函数()()32ln 3,a f x x x g x x x x =++=-，若()()12121,,2,03x x f x g x ⎡⎤∀∈-≥⎢⎥⎣⎦，则实数a 的取值范围为_________________.【解析】由题意()()12121,,2,03x x f x g x ⎡⎤∀∈-≥⎢⎥⎣⎦得()()min max f x g x ≥()32g x x x =-，()´232g x x x =-所以()g x 在1233⎡⎤⎢⎥⎣⎦，单调递减，在223⎡⎤⎢⎥⎣⎦单调递增，所以()()()12243max g x max g g g ⎧⎫⎛⎫===⎨⎬ ⎪⎝⎭⎩⎭，，则()ln 34a f x x x x =++>得2a x x lnx ≥-令()2h x x x lnx =-，()´12h x xlnx x =--，()¨23h x lnx =--，在1,23⎡⎤⎢⎥⎣⎦上()¨0h x <，则()´h x 单调递减，又()10h =，所以()h x 在113⎡⎤⎢⎥⎣⎦，单调递增，在[]12，单调递减，()()max 11h x h ==，所以1a ≥，故填[)1,+∞.2.已知函数f(x)=22e 1+x x ,g(x)=2e ex x ,对任意的x 1,x 2∈(0,+∞),不等式1()g x k ≤2()1+f x k 恒成立,则正数k的取值范围是.【解析】因为k 为正数,所以对任意的x 1,x 2∈(0,+∞),不等式1()g x k ≤2()1+f x k 恒成立⇒max()⎡⎤⎢⎥⎣⎦g x k ≤min ()1⎡⎤⎢⎥+⎣⎦f x k .令g'(x)=0,即2e (1-)e xx =0,得x=1,当x∈(0,1)时,g'(x)>0,当x∈(1,+∞)时,g'(x)<0,所以max ()⎡⎤⎢⎥⎣⎦g x k =(1)g k =e k .同理,令f'(x)=0,即222e -1x x =0,得x=1e ,当x∈10,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭时,f'(x)<0,当x∈1,e ∞⎛⎫+ ⎪⎝⎭时,f'(x)>0,所以min ()1⎡⎤⎢⎥+⎣⎦f x k =1e 1⎛⎫ ⎪⎝⎭+f k =2e 1+k ,所以e k ≤2e 1+k ,又k>0,所以k≥1.3.已知()1()2,11f x x x x =-->-+，若2()21f x t at ≤-+对于所有的()[]1,,1,1x a ∈-+∞∈-恒成立，求实数t 的取值范围.【解析】2()21f x t at ≤-+对于所有的()[]1,,1,1x a ∈-+∞∈-恒成立，即()f x 的最大值都小于等于221t at -+；即220ta t -≤对于所有的[]1,1a ∈-恒成立，令2()2g a ta t =-，只要(1)0(1)0g g -≤⎧⎨≤⎩，即可解出实数t 的取值范围．容易得出11()23132111f x x x x x ⎛⎫=--=-++≤-= ⎪++⎝⎭，即()f x 的最大值为1,则2()21f x t at ≤-+对于所有的()[]1,,1,1x a ∈-+∞∈-恒成立⇔2121t at ≤-+对于所有的[]1,1a ∈-恒成立，即220ta t -≤对于所有的[]1,1a ∈-恒成立，令2()2g a ta t =-，只要(1)0(1)0g g -≤⎧⎨≤⎩，∴2t ≤-或2t ≥或0t =．4.已知函数()()1522>+-=a ax x x f .若()x f 在区间(]2,∞-上是减函数，且对任意的[]1,1,21+∈a x x ，总有()()421≤-x f x f ，求实数a 的取值范围；【解析】条件12()()4f x f x -≤表示的含义是函数f (x )在[1,1]a +上的最大值与最小值的差小于或等于4.若2a ≥.又[1,1]x a a =∈+，且(1)1a a a +-≤-.所以max ()(1)62f x f a ==-.2min ()()5f x f a a ==-.因为对任意的12,[1,1]x x a ∈+.总有12()()4f x f x -≤.所以max min ()()4f x f x -≤.即2(62)(5)4a a ---≤.解得13a -≤≤.又2a ≥.所以23a ≤≤.若12a <<.2max ()(1)6f x f a a =+=-.2min ()()5f x f a a ==-.max min ()()4f x f x -≤显然成立.综上13a <≤.5.函数()()m mx x g x x x f 25,342-+=+-=，若对任意的[]4,11∈x ，总存在[]4,12∈x ，使()()21x g x f =成立,求实数m 的取值范围.【解析】由题可知函数()f x 的值域为函数()g x 的值域的子集[][]2()43,1,4,()1,3f x x x x f x =-+∈∴∈-，以下求函数()52g x mx m =+-的值域：①0m =时，()52g x m =-为常函数，不符合题意；②0m >，[]()52,52g x m m ∈-+，∴521,523,m m -≤-⎧⎨+≥⎩解得6m ≥；③0m <，[]()52,52g x m m ∈+-，∴521,523,m m +≤-⎧⎨-≥⎩解得3m ≤-．综上所述，m 的取值范围为(][),36,-∞-+∞ ．6.已知函数()()1ln f x x x ax a =+-+（a 为正常数）．(1)若()f x 在()0,+∞上单调递增，求a 的取值范围；(2)若不等式()()10≥-x f x 恒成立，求a 的取值范围.【解析】(1)()()1ln f x x x ax a =+-+，1()ln 0x f x x a x +'=+-≥，1ln 1≤++a x x 恒成立令1()ln 1g x x x =++，21()x g x x-'=列表略min ()(1)2g x g ==，02a <≤.(2)当0a <≤2时，由(1)知，若()f x 在()0,+∞上单调递增，又()10f =，当(0,1),()0x f x ∈<；当(1,),()0x f x ∈+∞>，故不等式()()10x f x -≥恒成立当2a >，ln (1)1()x x a x f x x+-+'=，令()ln (1)1p x x x a x =+-+，令()ln 20p x x a '=+-=，则21a x e -=>，当2(1,)a x e -∈时，()0p x '<，则()(1)20p x p a <=-<，当2(1,)a x e -∈，()0f x '<，则()f x 单调递减，()(1)0f x f <=，矛盾，因此02≤<a .法二：1()()ln 1g x f x x a x '==++-，22111()x g x x x x-'=-=，讨论单调性可得min ()(1)2g x g a ==-．当02a <<时，()()0g x f x '=>，()f x 在(0,)+∞单调递增，又(1)0f =，符合题意；当2a >时，(1)20g a =-<，1()10a a g e e=+>，因为()g x 在(0,)+∞不间断，所以()g x 在(1,)a e 上存在零点1x ，1(1,),()∈x x f x 单调减，1(,),()∈a x x e f x 单调增，所以当11<<x x 时，()(1)0<=f x f 不合题意；当2a =时，符合题意；综上02≤<a .。

恒成立与存在性问题方法总结一、构建函数构建适当的函数，将恒成立问题转化为能利用函数的性质来解决的问题。

1、构建一次函数众所周知，一次函数的图像是一条直线，要使一次函数在某一区间内恒大于（或小于）零，只需一次函数在某区间内的两个端点处恒大于（或小于）零即可。

例1：若x∈（-2，2），不等式kx+3k+1＞0恒成立，求实数k的取值范围。

解：构建函数f（x）= kx+3k+1，则原问题转化为f（x）在x∈（-2，2）内恒为正。

若k=0，则f（x）=1＞0恒成立；若k≠0，则f（x）为一次函数，问题等价于f（-2）＞0，f（2）＞0，解之得k∈（- ，+∞）。

例2：对m≤2的一切实数m，求使不等式2x-1＞m（x -1）都成立的x的取值范围。

解：原问题等价于不等式：（x -1）m-（2x-1）＜0，设f（m）=（x -1）m-（2x-1），则原问题转化为求一次函数f（m）或常数函数在［-2，2］内恒为负值时x的取值范围。

（1）当x -1=0时，x=±1。

当x=1时，f（m）＜0恒成立；当x=-1时，f（m）＜0不成立。

（2）当x -1≠0时，由一次函数的单调性知：f（m）＜0等价于f（-2）＜0，且f（2）＜0，即＜x＜；综上，所求的x∈（）。

2、构建二次函数二次函数的图像和性质是中学数学中的重点内容，利用二次函数的图像特征及相关性质来解决恒成立问题，使原本复杂的问题变得容易解决。

例3：若x≥0，lg（ax +2x+1）∈R恒成立，求实数a的取值范围。

解：构造函数g（x）= ax +2x+1，则原问题等价于：当x≥0时，g（x）恒大于0。

若a=0且x≥0，则g（x）= 2x+1＞0恒成立；若a≠0，则g（x）为二次函数，当a＜0时，显然当x≥0时不能使g（x）恒大于0，仅当a＞0时，要使当x≥0时，g（x）恒大于0，只需Δ＜0或△≥0-≤0g（0）＞0，解之得：a＞0∴a的取值范围为［0，+∞）。

---------------------------------------------------------------最新资料推荐------------------------------------------------------21-恒成立与存在性问题专题：等式与不等式恒成立与存在性成立的问题一、恒成立与存在性问题可以进行数学语言的形式的转化。

如：1、单变量恒成立问题的转化：( ) a f x 对 x D 恒成立 ( ) max a f x ； ( ) a f x 对x D 恒成立 ( ) min a f x ； 2、单变量能成立问题的转化：( ) a f x 对 x D 能成立 ( ) min a f x ； ( ) a f x 对x D 能成立 ( ) max a f x ； 3、单变量恰成立问题的转化：( ) a f x 在 x D 恰成立 ( ) a f x 的解集恰好为 D；( )( )a f xa f x D R在D上恒成立在 C 上恒成立另一种转化：( ) f x a 在 x D 恰成立 ( ) min ( ) f x x D a = ( )f x a 在x D 恰成立( ) max ( ) f x x D a =4、双变量恒成立问题的转化：1）设函数 ( ) ( ) f x g x 、对任意的 [ ]1 2, , x x a b 恒有 ( ) ( )1 2f x g x ( ) [ ] ( ) ( ) [ ]min max, ( , )f x x a bg x x a b 2）设函数 ( ) ( ) f x g x 、对任意的 [ ]1, x a b 及 [ ]2, x c d 恒有 ( ) ( )1 2f x g x ( )[ ] ( ) ( ) [ ]min max, ( , ) f x x a b g x x c d 5、双1/ 7变量能成立问题的转化之一（任意＋存在）：1）设函数 ( ) ( ) f x g x 、，对任意的 [ ]1, x a b ,存在 [ ]2, x a b 使 ( ) ( )1 2f x g x ( ) [ ] ( ) ( ) [ ]( )min min, , f x x a b g x x a b 2）设函数 ( ) ( ) f x gx 、，对任意的 [ ]1, x a b ，存在 [ ]2, x c d 使 ( ) ( )1 2f x g x ( ) [ ] ( ) ( ) [ ] ( )min min, , f x x a b g x xc d 3）设函数 ( ) ( ) f x g x 、，对任意的 [ ]1, x a b ,存在 [ ]2, x a b 使 ( ) ( )1 2f x g x ( ) [ ] ( ) ( ) [ ]( )max max, , f x x a b g x x a b 4）设函数 ( ) ( ) f x gx 、，对任意的 [ ]1, x a b ，存在 [ ]2, x c d 使 ( ) ( )12f x g x ( ) [ ] ( ) ( ) [ ] ( )max max, , f x x a b g x xc d 5）设函数 ( ) ( ) f x g x 、，对任意的 [ ]1, x a b ，存在 [ ]2, x c d 使 ( ) ( )1 2f x g x = ( ) [ ] ( ) ( ) [ ]( ) , , f x x a b M g x x c d N 的值域的值域 6、双变量能成立问题的转化之一（存在＋存在） 1）设函数 ( ) ( ) f x g x 、，存在 [ ]1, x a b ,存在 [ ]2, x a b 使 ( ) ( )1 2f x g x ( ) [ ] ( ) ( ) [ ] ( )max min, , f x x a b g x x a b 2）设函数 ( ) ( ) f x g x 、，存在 [ ]1, x a b ，存在 [ ]2, x cd 使 ( ) ( )1 2f x g x ( ) [ ] ( ) ( ) [ ] ( )max min, , fx x a b g x x c d 3）设函数 ( ) ( ) f x g x 、，存在 [ ]1,x a b ,存在 [ ]2, x a b 使 ( ) ( )1 2f x g x ( ) [ ] ( )( ) [ ] ( )min max, , f x x a b g x x a b 4）设函数 ( ) ( )---------------------------------------------------------------最新资料推荐------------------------------------------------------f xg x 、，存在 [ ]1, x a b ，存在 [ ]2, x c d 使 ( ) ( )12f x g x ( ) [ ] ( ) ( ) [ ] ( )min max, , f x x a b g x xc d 二、恒成立与存在性问题可以转化为对函数图象位置关系的理解，通过图象位置关系的确定来解决问题。

实数a的范围.
2.设函数 f(x)＝x2－1，对任意 x∈[32，＋∞)，f(mx )－4m2f(x)≤f(x －1)＋4f(m)恒成立，求实数 m 的取值范围
[解析] ∵f(x)＝x2－1，x∈[32，＋∞)， f(mx )－4m2f(x)≤f(x－1)＋4f(m)对 x∈[32，＋∞)恒成立． 即(mx )2－1－4m2(x2－1)≤(x－1)2－1＋4(m2－1)恒成立. 即(m12－4m2－1)x2＋2x＋3≤0 恒成立.即m12－4m2－1≤－2xx2－3恒成立. g(x)＝－2xx2－3＝－x32－x2＝－3(x12＋32x)＝－3(1x＋31)2＋31. ∵x≥32，∴0＜1x≤32，∴当1x＝23时，g(x)min＝－38. ∴m12－4m2－1≤－83.整理得 12m4－5m2－3≥0，(3m2＋1)(4m2－3)≥0. ∵3m2＋1>0，∴4m2－3≥0.即：m≥ 23或 m≤－ 23.
2x 1
步转化为(ln 2xx11)max (3m成a 立4 . m2 )min
(2)①F(x)=ln(x+2)- 2x
x 1
定义域为：
(-2,-1)∪(-1,+∞).
F′(x)=
x
1
2
2(x 1) 2x (x 1)2
x
1
2
(x
2 1)2
=(x 1)2 2(x 2)
(x 2)(x 1)2
(x
x2 3 2)(x 1)2
,
令F′(x)＞0，得单调增区间为 (2,和 3) ( 3,) 令F′(x)＜0，得单调减区间为 ( 和3,1) (1, 3)
②不等式f(x+1)≤f(2x+1)-m2+3am+4化为：

恒成立和存在性问题一、恒成立问题例1 已知函数f(x)＝x|x－a|＋2x.(1)若函数f(x)在R上是增函数，求实数a的取值范围；(2)求所有的实数a，使得对任意x∈[1,2]时，函数f(x)的图象恒在函数g(x)＝2x＋1图象的下方．f(x)＝x3－6ax2＋9a2x(a∈R)，当a>0时，若对∀x∈[0,3]有f(x)≤4恒成立，求实数a的取值范围．例2已知函数f(x)＝ax3＋bx2－3x(a，b∈R)，在点(1，f(1))处的切线方程为y＋2＝0.(1)求函数f(x)的解析式；(2)若对于区间[－2,2]上任意两个自变量的值x1，x2，都有|f(x1)－f(x2)|≤c，求实数c的最小值．例3 已知函数f (x )＝x －1－a ln x (a ∈R)． (1)求证：f (x )≥0恒成立的充要条件是a ＝1； (2)若a <0，且对任意x 1，x 2∈(0,1]，都有|f (x 1)－f (x 2)|≤4⎪⎪⎪⎪⎪⎪1x 1－1x 2，求实数a 的取值范围．已知函数f (x )＝lg x ，求证：∀x 1，x 2∈(0，＋∞)，f (x 1)＋f (x 2)2≤f ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫x 1＋x 22.g (x )＝1sin θ·x＋ln x 在[1，＋∞)上为增函数，且θ∈(0，π)，则θ的值为________．二、存在性问题例1 已知函数f (x )＝x 3－ax 2＋10.(1)当a ＝1时，求曲线y ＝f (x )在点(2，f (2))处的切线方程；(2)在区间[1,2]内至少存在一个实数x ，使得f (x )<0成立，求实数a 的取值范围．f (x )＝x (x －a )2，g (x )＝－x 2＋(a －1)x ＋a (其中a为常数)．(1)如果函数y ＝f (x )和y ＝g (x )有相同的极值点，求a 的值；(2)设a >0，问是否存在x 0∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，a 3，使得f (x 0)>g (x 0)，若存在，请求出实数a 的取值范围；若不存在，请说明理由．例3 已知函数f (x )＝2|x －m |和函数g (x )＝x |x －m |＋2m －8. (1)若方程f (x )＝2|m |在[－4，＋∞)上恒有惟一解，求实数m 的取值范围；(2)若对任意x 1∈(－∞，4]，均存在x 2∈[4，＋∞)， 使得f (x 1)>g (x 2)成立，求实数m 的取值范围．(教材选修2－1 P20复习题5改编)例 命题“∃x ∈(0，＋∞)，x 2－ax ＋1≤0”为真命题，则a 的取值范围为________．f (x )＝mx 33＋x 2－x ，m ∈R ，函数f (x )在(2，＋∞)上存在单调递增区间，求m 的取值范围．参考答案 例1【解答】 (1)f (x )＝x |x －a |＋2x ＝⎩⎨⎧x 2＋(2－a )x ，x ≥a ，－x 2＋(2＋a )x ，x <a .由f (x )在R 上是增函数，则⎩⎪⎨⎪⎧a ≥－2－a 2，a ≤2＋a 2，即－2≤a ≤2，故a 的取值范围为－2≤a ≤2.(2)由题意得对任意的实数x ∈[1,2]，f (x )<g (x )恒成立，即x |x －a |<1在[1,2]恒成立，也即x －1x <a <x ＋1x 在[1,2]恒成立，故当x ∈[1,2]时，只要x －1x 的最大值小于a 且x ＋1x 的最小值大于a 即可，而当x ∈[1,2]时，⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫x －1x ′＝1＋1x 2>0，从而x －1x 为增函数，由此得⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫x －1x max ＝32； 当x ∈[1,2]时，⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫x ＋1x ′＝1－1x 2>0，从而x ＋1x 为增函数，由此得⎝⎛⎭⎪⎪⎫x ＋1x min ＝2， 所以32<a <2.变1【解答】 f ′(x )＝3x 2－12ax ＋9a 2＝3(x －a )(x －3a )，故f (x )在(0，a )上单调递增，在(a,3a )上单调递减，在(3a ，＋∞)上单调递增．(1)当a ≥3时，函数f (x )在[0,3]上递增， 所以函数f (x )在[0,3]上的最大值是f (3)，若对∀x ∈[0,3]有f (x )≤4恒成立，需要有⎩⎪⎨⎪⎧f (3)≤4，a ≥3，解得a ∈∅.(2)当1≤a <3时，有a <3≤3a ，此时函数f (x )在[0，a ]上递增，在[a,3]上递减，所以函数f (x )在[0,3]上的最大值是f (a )，若对∀x ∈[0,3]有f (x )≤4恒成立，需要有⎩⎪⎨⎪⎧f (a )≤4，1≤a <3，解得a ＝1.(3)当a <1时，有3>3a ，此时函数f (x )在[a,3a ]上递减，在[3a,3]上递增，所以函数f (x )在[0,3]上的最大值是f (a )或者是f (3)．由f (a )－f (3)＝(a －3)2(4a －3)，① 0<a ≤34时，f (a )≤f (3)，若对∀x ∈[0,3]有f (x )≤4恒成立，需要有⎩⎪⎨⎪⎧f (3)≤4，0<a ≤34，解得a ∈⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤1－239，34. ②34<a <1时，f (a )>f (3)，若对∀x ∈[0,3]有f (x )≤4恒成立，需要有⎩⎪⎨⎪⎧f (a )≤4，34<a <1，解得a ∈⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫34，1.综上所述，a ∈⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤1－239，1.例2【解答】 (1)∵f ′(x )＝3ax 2＋2bx －3，根据题意，得⎩⎨⎧ f (1)＝－2，f ′(1)＝0，即⎩⎨⎧ a ＋b －3＝－2，3a ＋2b －3＝0，解得⎩⎨⎧a ＝1，b ＝0，∴f (x )＝x 3－3x .(2)令f ′(x )＝3x 2－3＝0，即3x 2－3＝0，解得x ＝±1，(－2，－1) (－1,1) (1,2) ＋ － ＋ ∵f (－1)＝max min 2. 则对于区间[－2,2]上任意两个自变量的值x 1，x 2，都有|f (x 1)－f (x 2)|≤f (x )max －f (x )min ＝4，所以c ≥4，即c 的最小值为4.变题【解答】 (1)①充分性：当a ＝1时，f (x )＝x －1－ln x ，f ′(x )＝1－1x ＝x －1x ，所以当x >1时，f ′(x )>0，所以函数f (x )在(1，＋∞)上是增函数，当0<x <1时，f ′(x )<0，所以函数f (x )在(0,1)上是减函数，所以f (x )≥f (1)＝0.②必要性．f ′(x )＝1－a x ＝x －ax ，其中x >0.(i)当a ≤0时，f ′(x )>0恒成立，所以函数f (x )在(0，＋∞)上是增函数． 而f (1)＝0，所以当x ∈(0,1)时，f (x )<0，与f (x )≥0恒成立相矛盾． 所以a ≤0不满足题意． (ii)当a >0时，因为当x >a 时，f ′(x )>0，所以函数f (x )在(a ，＋∞)上是增函数； 当0<x <a 时，f ′(x )<0，所以函数f (x )在(0，a )上是减函数． 所以f (x )≥f (a )＝a －1－a ln a .因为f (1)＝0，所以当a ≠1时，f (a )<f (1)＝0，此时与f (x )≥0恒成立相矛盾． 所以a ＝1，综上所述，f (x )≥0恒成立的充要条件是a ＝1.(2)由(1)可知，当a <0时，函数f (x )在(0,1]上是增函数，又函数y ＝1x 在(0,1]上是减函数，不妨设0<x 1≤x 2≤1，则|f (x 1)－f (x 2)|＝f (x 2)－f (x 1)，⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪1x 1－1x 2＝1x 1－1x 2， 所以|f (x 1)－f (x 2)|≤4⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪1x 1－1x 2等价于f (x 2)－f (x 1)≤4x 1－4x 2，即f (x 2)＋4x 2≤f (x 1)＋4x 1. 设h (x )＝f (x )＋4x ＝x －1－a ln x ＋4x .则|f (x 1)－f (x 2)|≤4⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪1x 1－1x 2等价于函数h (x )在区间(0,1]上是减函数． 因为h ′(x )＝1－a x －4x 2＝x 2－ax －4x 2，所以所证命题等价于证x 2－ax －4≤0在x ∈(0,1]时恒成立，即a ≥x －4x 在x ∈(0,1]上恒成立，即a 不小于y ＝x －4x 在区间(0,1]内的最大值．而函数y ＝x －4x 在区间(0,1]上是增函数，所以y ＝x －4x 的最大值为－3， 所以a ≥－3.又a <0，所以a ∈[－3,0)．θ＝π2 【解析】 由题意，g ′(x )＝－1sin θ·x 2＋1x≥0在[1，＋∞)上恒成立，即sin θ·x －1sin θ·x 2≥0在[1，＋∞)上恒成立．∵θ∈(0，π)，∴sin θ>0.故sin θ·x －1≥0在[1，＋∞)上恒成立，只需sin θ·1－1≥0，即sin θ≥1，只有sin θ＝1.结合θ∈(0，π)，得θ＝π2.存在问题【解答】 (1)当a ＝1时，f ′(x )＝3x 2－2x ，f (2)＝14， 曲线y ＝f (x )在点(2，f (2))处的切线斜率k ＝f ′(2)＝8， 所以曲线y ＝f (x )在点(2，f (x ))处的切线方程为 8x －y －2＝0.(2)解法一：f ′(x )＝3x 2－2ax ＝3x ⎝⎛⎭⎪⎪⎫x －23a (1≤x ≤2)， 当23a ≤1，即a ≤32时，f ′(x )≥0，f (x )在[1,2]上为增函数， 故f (x )min ＝f (1)＝11－a ，所以11－a <0，a >11，这与a ≤32矛盾．当1<23a <2，即32<a <3时，当1≤x <23a ，f ′(x )<0；当23a <x ≤2，f ′(x )>0，所以x ＝23a 时，f (x )取最小值，因此有f ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫23a <0，即827a 3－49a 3＋10＝－427a 3＋10<0，解得a >3352，这与32<a <3矛盾；当23a ≥2，即a ≥3时，f ′(x )≤0，f (x )在[1,2]上为减函数，所以f (x )min ＝f (2)＝18－4a ，所以18－4a <0，解得a >92，这符合a ≥3.综上所述，a 的取值范围为a >92.解法二：由已知得：a >x 3＋10x 2＝x ＋10x2，设g (x )＝x ＋10x 2(1≤x ≤2)，g ′(x )＝1－20x3，∵1≤x ≤2，∴g ′(x )<0，所以g (x )在[1,2]上是减函数．g (x )min ＝g (2)，所以a >92.【解答】 (1)f (x )＝x (x －a )2＝x 3－2ax 2＋a 2x ， 则f ′(x )＝3x 2－4ax ＋a 2＝(3x －a )(x －a )，令f ′(x )＝0，得x ＝a 或a3，而g (x )在x ＝a －12处有极大值．∴a －12＝a ⇒a ＝－1，或a －12＝a 3⇒a ＝3.综上，a ＝3或a ＝－1.(2)假设存在，即存在x 0∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，a 3，使得 f (x 0)－g (x 0)＝x 0(x 0－a )2－[－x 20＋(a －1)x 0＋a ]＝x 0(x 0－a )2＋(x 0－a )(x 0＋1)＝(x 0－a )[x 20＋(1－a )x 0＋1]>0，当x 0∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，a 3时，又a >0，故x 0－a <0， 则存在x 0∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，a 3，使得x 20＋(1－a )x 0＋1<0. ①当a －12>a 3，即a >3时，由⎝ ⎛⎭⎪⎫a 32＋(1－a )⎝ ⎛⎭⎪⎫a 3＋1<0得a >3或a <－32，∴a >3；②当－1≤a －12≤a 3，即0<a ≤3时，4－(a －1)24<0得a <－1或a >3，∴a 无解．综上，a >3.【解答】 (1)f ′(x )＝－x 2－23x ＋53，令f ′(x )>0，即x 2＋23x －53<0，解得－53<x <1，∴f (x )的单调增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫－53，1；单调减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－53和(1，＋∞)．(2)由(1)可知：当x ∈[0,1]时，f (x )单调递增，∴当x ∈[0,1]时，f (x )∈[f (0)，f (1)]，即f (x )∈[－4，－3]．又g ′(x )＝3x 2－3a 2，且a ≥1，∴当x ∈[0,1]时，g ′(x )≤0，g (x )单调递减，∴当x ∈[0,1]时，g (x )∈[g (1)，g (0)]，即g (x )∈[－3a 2－2a ＋1，－2a ]，又对于任意x 1∈[0,1]，总存在x 0∈[0,1]，使得f (x 1)＝g (x 0)成立⇔[－4，－3]⊆[－3a 2－2a ＋1，－2a ]，即⎩⎪⎨⎪⎧－3a 2－2a ＋1≤－4，－3≤－2a ，解得1≤a ≤32.【解答】 (1)由f (x )＝2|m |在x ∈[－4，＋∞)上恒有惟一解， 得|x －m |＝|m |在x ∈[－4，＋∞)上恒有惟一解． 当x －m ＝m 时，得x ＝2m ，则2m ＝0或2m <－4， 即m <－2或m ＝0.综上，m 的取值范围是m <－2或m ＝0.(2)f (x )＝⎩⎨⎧2x －m (x ≥m )，2m －x (x <m )，原命题等价为f (x 1)min >g (x 2)min .①当4≤m ≤8时，f (x )在(－∞，4]上单调递减，故f (x )≥f (4)＝2m －4，g (x )在[4，m ]上单调递减，[m ，＋∞)上单调递增，故g (x )≥g (m )＝2m －8，所以2m －4>2m －8，解得4<m <5或m >6.所以4<m <5或6<m ≤8.②当m >8时，f (x )在(－∞，4]上单调递减，故f (x )≥f (4)＝2m －4，g (x )在⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤4，m 2单调递增，⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤m 2，m 上单调递减，[m ，＋∞)上单调递增，g (4)＝6m －24>g (m )＝2m －8，故g (x )≥g (m )＝2m －8，所以2m －4>2m －8， 解得4<m <5或m >6.所以m >8.③0<m <4时，f (x )在(－∞，m ]上单调递减，[m,4]上单调递增， 故f (x )≥f (m )＝1.g (x )在[4，＋∞)上单调递增，故g (x )≥g (4)＝8－2m ，所以8－2m <1，即72<m <4.④m ≤0时，f (x )在(－∞，m ]上单调递减，[m,4]上单调递增， 故f (x )≥f (m )＝1.g (x )在[4，＋∞)上单调递增，故g (x )≥g (4)＝8－2m ，所以8－2m <1，即m >72(舍去)．综上，m 的取值范围是⎝⎛⎭⎪⎪⎫72，5∪(6，＋∞)．【答案】 a ≥2【解析】 原命题等价为∃x ∈(0，＋∞)，x 2＋1x ≤a ，令f (x )＝x 2＋1x ＝x ＋1x ≥2，所以a ≥2.。

恒成立与存在性问题1.单变量型恒成立问题方法一：参变量分离法解恒成立问题例1.已知函数f(x)＝lnx＋ax＋1，若f(x)＜0恒成立，求a的取值范围.解：∵f(x)＝lnx＋ax＋1＜0在(0，＋∞)上恒成立，∴a＜－lnx－1x，x∈(0，＋∞)，即a＜(－lnx－1x)min令H(x)＝－lnx－1x，x∈(0，＋∞)，H′(x)＝lnxx²当x∈(0，1)时，H′(x)＜0，H(x)在(0，1)上单调递减当x∈(1，＋∞)时，H′(x)＞0，H(x)在(1，＋∞)上单调递增∴H(x)min＝H(1)＝－1∴a＜－1例2.已知函数f(x)＝1xlnx(x＞0,x≠1)，求函数f(x)单调区间，解：f(x)＝1xlnx的定义域为(0，1)∪(1，＋∞)，f′(x)＝－(lnx＋1)(xlnx)²令f′(x)＞0，则0＜x＜1e；令f′(x)＜0，则1e＜x＜1或x＞1∴f(x)的增区间为(0，1e)，减区间为(1e，1)和(1，＋∞)例3.已知22x＞xa对任意x∈(0,1)成立，求a的取值范围.解：两边取自然对数：1xln2＞alnx，即1xlnx＜aln2，x∈(0，1)∴aln2＞(1xlnx)max，x∈(0，1)∵f(x)在(0，1e)上单调递增，在(1e，1)上单调递减，∴f(x)max＝f(1e)＝－e∴aln2＞－e，即a＞－eln2必背结论一：恒成立问题与函数最值的相互转化若函数f(x)在区间D上存在最小值f(x)min和最大值f(x)max.⑴∀x∈D，都有f(x)＞M⇔f(x)min＞M⑵∀x∈D，都有f(x)≥M⇔f(x)min≥M⑶∀x∈D，都有f(x)＜M⇔f(x)min＜M⑷∀x∈D，都有f(x)≤M⇔f(x)min≤M若函数f(x)在区间D上不存在最大(小)值，且值域为(m，n)，则⑴∀x∈D，都有f(x)＞M⇔m≥M⑵∀x∈D，都有f(x)≥M⇔m≥M⑶∀x∈D，都有f(x)＜M⇔n≤M⑷∀x∈D，都有f(x)≤M⇔n≤M方法二：分类讨论法解决恒成立问题例1.已知函数f(x)＝lnx＋ax＋1，若f(x)＜0恒成立，求a取值范围.解：∵f(x)＝lnx＋ax＋1∴f′(x)＝1x＋a＝1x－(－a)①当－a≤0，即a≥0时，f′(x)＞0，即f(x)在(0，＋∞)上单调递增∵f(1)＝a＋1＞0，这与f(x)＜0矛盾，∴a≥0不合题意.②当－a＞0，即a＜0时，令f′(x)＞0，则0＜x＜－1a；令f′(x)＜0，则x＞－1a∴f(x)在(0，－1a)上单调递增，在(－1a，＋∞)上单调递减∴f(x)max＝f(－1a)＝ln(－1a)＜0＝ln1∴－1a＜1，即a＜－1例2.【2017年全国3卷】已知函数f(x)＝x－1－alnx，若f(x)≥0恒成立，求a的值.解：f(x)的定义域为(0，＋∞)，①若a≤0，因为＝－12＋aln2<0，所以不满足题意；②若a>0，由f′(x)＝1－ax＝x－ax知，当x∈(0，a)时，f′(x)<0；当x∈(a，＋∞)时，f′(x)>0，所以f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增，故x＝a是f(x)在x∈(0，＋∞)上的唯一极小值点也是最小值点．由于f(1)＝0，所以当且仅当a＝1时，f(x)≥0，故a＝1.例3.【2015年全国2卷】已知函数f(x)＝e mx＋x²－mx⑴证明：f(x)在(－∞，0)单调递减，在(0，＋∞)单调递增；⑵若对于任意x1，x2∈[－1，1]，都有|f(x1)－f(x2)|≤e－1，求m的取值范围.解：⑴∵f(x)＝e mx＋x²－mx，∴f′(x)＝me mx＋2x－mf′′(x)＝m²e mx＋2≥0在R上恒成立，∴f′(x)＝me mx＋2x－m在R上单调递增而f′(0)＝0，∴x＞0时，f′(x)＞0；x＜0时，f′(x)＜0∴f(x)在(－∞，0)单调递减，在(0，＋∞)单调递增；⑵由⑴知f(x)min＝f(0)＝1当m＝0时，f(x)＝1＋x²，此时f(x)在[－1,1]上的最大值是2∴此时|f(x1)－f(x2)|≤e－1成立当m≠0时，f(1)＝e m＋1－m，f(－1)＝e－m＋1＋m令g(m)＝f(1)－f(－1)＝e m－e－m－2m，在R上单调递增而g(0)＝0，∴m＞0时，g(m)＞0，即f(1)＞f(－1)∴m＜0时，，g(m)＜0，即f(1)＜f(－1)当m＞0时，|f(x1)－f(x2)|≤f(1)－1＝e m－m≤e－1，即0＜m＜1当m＜0时，|f(x1)－f(x2)|≤f(－1)－1＝e－m＋m＝e－m－(－m)≤e－1，即－1＜m＜0综上所述：m∈(－1，1)方法三：“端点值代入型”恒成立问题例1.【2006全国2卷理20】设函数f(x)＝(x＋1)ln(x＋1).若对所有的x≥0，都有f(x)≥ax成立，求a的取值范围.解：令g(x)＝(x＋1)ln(x＋1)－ax，则g′(x)＝ln(x＋1)＋1－a令g′(x)＝0，即x＝e a－1－1当a≤1时，对所有的x＞0都有g′(x)＞0，∴g(x)在[0，＋∞)上为单调增函数，又g(0)＝0，∴当x≥0时，有g(x)≥g(0)，即当a≤1时都有f(x)≥ax，∴a≤1成立当a＞1时，对于0＜x＜e a－1－1时，g′(x)＜0∴g(x)在(0，e a－1－1)上为单调减函数，又g(0)＝0，∴对于0＜x＜e a－1－1时，有g(x)＜g(0)，即f(x)＜ax，∴当a＞1时，f(x)≥ax不一定成立综上所述：a∈(－∞，1]例2.【2007全国1卷理20⑵】设函数f(x)＝e x－e－x.若对所有的x≥0，都有f(x)≥ax 成立，求a的取值范围.解：f′(x)＝e x＋e－x，由于e x＋e－x≥2e x·e－x＝2，故f′(x)≥2令g(x)＝f(x)－ax，g′(x)＝e x＋e－x－a⑴若a≤2，当x＞0时，g′(x)＝e x＋e－x－a＞2－a≥0∴g(x)在(0，＋∞)上为增函数，∴x≥0，g(x)≥g(0)，即f(x)≥ax⑵当a＞2，方程g′(x)＝0的正根为x1＝ln a＋a²－42此时，若x∈(0，x1)时，g(x)＜g(0)＝0，即f(x)＜ax，与题设f(x)≥ax相矛盾.综上所述：a∈(－∞，2].例3.【2008全国2卷理22⑵】设函数f(x)＝sinx 2＋cosx.⑴求f (x )的单调区间；⑵若对所有的x ≥0，都有f (x )≤ax 成立，求a 的取值范围.解：⑴f ′(x )＝(2＋cosx )cosx －sinx (－sinx )(2＋cosx )²＝2cosx ＋1(2＋cosx )²当2k π－2π3＜x ＜2k π＋2π3(k ∈Z )时，cosx ＞－12，即f ′(x )＞0；当2k π＋2π3＜x ＜2k π＋4π3(k ∈Z )时，cosx ＜－12，即f ′(x )＜0；因此f (x )在每一个区间(2kπ－2π3，2kπ＋2π3)(k ∈Z )是增函数，f (x )在每一个区间(2kπ＋2π3，2kπ＋4π3)(k ∈Z )是减函数，⑵令g (x )＝ax －f (x )，则g ′(x )＝a －2cosx ＋1(2＋cosx )²＝a －22＋cosx ＋3(2＋cosx )²＝3(12＋cosx －13)²＋a －13故当a ≥13时，g ′(x )≥0.又g (0)＝0，所以当x ≥0时，g (x )≥g (0)＝0，即f (x )≤ax .当0＜a ＜13时，令h (x )＝sinx －3ax ，则h ′(x )＝cosx －3a .故当x ∈[0，arccos 3a )时，h ′(x )＞0，因此h (x )在[0，arccos 3a )上单调递增.故当x ∈(0，arccos 3a )时，h (x )＞h (0)＝0，sinx ＞3ax .于是，当x ∈(0，arccos 3a )时，f (x )＝sinx 2＋cosx ＞sinx 3＞ax .当a ≤0时，有f (π2)＝12＞0≥a ·π2综上所述：a ∈[13,＋∞)例4.【2014全国2卷理21】已知函数f (x )＝e x －e －x －2x .设g (x )＝f (2x )－4bf (x )，当x ＞0时，g (x )＞0，求b max .解：由f (x )得f ′(x )=e x ＋e －x －2≥2e x ·e －x －2=0，即f ′(x )≥0，当且仅当e x ＝e －x ，即x =0时，f ′(x )=0，∴函数f (x )在R 上为增函数；g (x )=f (2x )－4bf (x )=e 2x －e -2x －4b (e x －e －x )＋(8b －4)x ，则g '(x )=2[e 2x ＋e -2x －2b (e x +e -x )＋(4b －2)]=2[(e x ＋e -x )2－2b (e x ＋e -x )＋(4b －4)]=2(e x ＋e -x －2)(e x ＋e -x －2b ＋2)．①∵e x ＋e -x ≥2，e x ＋e -x ＋2≥4，∴当2b ≤4，即b ≤2时，g '(x )≥0，当且仅当x =0时取等号，从而g (x )在R 上为增函数，而g (0)=0，∴x ＞0时，g (x )＞0，符合题意．②当b ＞2时，若x 满足2＜e x ＋e -x ＜2b －2即0＜x ＜ln (b －1＋b ²－2b )时，g '(x )＜0，又由g (0)=0知，当0＜x ≤ln (b －1＋b ²－2b )时，g (x )＜0，不符合题意．综合①、②知，b ≤2，得b 的最大值为2．2.单变量型存在性问题例1.f (x )＝xlnx ，g (x )＝－x ²＋ax －3.若存在x ∈[1e ，e ]，使得2f (x )＞g (x )成立，求a 的取值范围.解：由2f (x )＞g (x )得，2xlnx ＞－x ²＋ax －3∴a ＜2xlnx ＋x ²＋3x＝2lnx ＋x ＋3x ∴a ＜(2lnx ＋x ＋3x )max ，x ∈[1e，e ]，令H (x )＝2lnx ＋x ＋3x ，x ∈[1e ，e ]，则H ′(x )＝2x ＋1－3x ²＝(x ＋3)(x －1)x ²当x ∈[1e ，1]时，H ′(x )＜0，则H (x )在[1e，1]上单调递减当x ∈(1，e ]时，H ′(x )＞0，则H (x )在(1，e ]上单调递增∵H (1e )－H (e )＝(－2＋1e ＋3e )－(2＋e ＋3e )＝2e －2e －4＞0∴H (1e )＞H (e )，∴a ＜H (1e )＝3e ＋1e－2例2.已知函数f (x )＝x －alnx ，g (x )＝－a ＋1x(a ∈R ).若存在[1，e ]上存在一点x 0，使得f (x 0)＜g (x 0)成立，求a 的取值范围.解：令H (x )＝f (x )－g (x )＝x －alnx ＋a ＋1x，x ∈[1，e ]H ′(x )＝1－a x －a ＋1x ²＝(x ＋1)[x －(a ＋1)]x ²，由题意知∃x ∈[1，e ]，使得H (x )＜0，∴H (x )min ＜0当a ＋1≥e ，即a ≥e －1时，H ′(x )＜0，H (x )在[1，e ]上单调递减∴H (x )min ＝H (e )＝e －a ＋a ＋1e ＜0，∴a ＞e ²＋1e －1当a ＋1≤1，即a ≤0时，H (x )在[1，e ]上单调递增∴H (x )min ＝H (1)＝a ＋2＜0∴a ＜－2当1＜a ＋1＜e 时，H (x )在[1，a ＋1)上递减，在(a ＋1，e ]上递增，∴H (x )min ＝H (a ＋1)＝a ＋2－aln (a ＋1)＜0令a ＋1＝x ，则φ(x )＝x ＋1－(x －1)lnx ，x ∈(1，e )φ′(x )＝1－lnx －x －1x＝1x －lnx ，令φ′(x )＝0，设其解为x 0∴则φ(x )在(1，x 0)上递增，在(x 0，e )上递减φ(x )min ＝(φ(1)，φ(e ))min ＝2，即H (x )min ＝2这与H (x )min ＜0相矛盾，与题意不合，综上所述：a ∈(－∞，－2)∪(e ²＋1e －1，＋∞)必背结论二：存在性问题与函数最值的相互转化若函数f (x )在区间D 上存在最小值f (x )min 和最大值f (x )max ，则⑴∃x ∈D ，使得f (x )＞M ⇔f (x )max ＞M⑵∃x ∈D ，使得f (x )≥M ⇔f (x )max ≥M⑶∃x ∈D ，使得f (x )＜M ⇔f (x )min ＜M⑷∃x ∈D ，使得f (x )≤M ⇔f (x )min ≤M若函数f (x )在区间D 上不存在最大(小)值，且值域为(m ，n )，则⑴∃x ∈D ，使得f (x )＞M ⇔n ＞M⑵∃x ∈D ，使得f (x )≥M ⇔n ＞M⑶∃x ∈D ，使得f (x )＜M ⇔m ＜M⑷∃x ∈D ，使得f (x )≤M ⇔m ＜M3.双变量型的恒成立与存在性问题必背结论三存在性问题与函数最值的相互转化⑴∀x 1∈[a ，b ]，总∃x 2∈[m ，n ]，使得f (x 1)≤g (x 2)⇔f (x 1)max ≤g (x 2)max ；⑵∀x 1∈[a ，b ]，总∃x 2∈[m ，n ]，使得f (x 1)≥g (x 2)⇔f (x 1)min ≥g (x 2)min ；⑶∃x 1∈[a ，b ]，∀x 2∈[m ，n ]，使得f (x 1)≤g (x 2)⇔f (x 1)min ≤g (x 2)min ；⑷∃x 1∈[a ，b ]，∀x 2∈[m ，n ]，使得f (x 1)≥g (x 2)⇔f (x 1)max ≤g (x 2)max ；⑸∀x 1∈[a ，b ]，x 2∈[m ，n ]，使得f (x 1)≤g (x 2)⇔f (x 1)max ≤g (x 2)min ；⑹∀x 1∈[a ，b ]，x 2∈[m ，n ]，使得f (x 1)≥g (x 2)⇔f (x 1)min ≤g (x 2)max ；⑺∃x 1∈[a ，b ]，总∃x 2∈[m ，n ]，使得f (x 1)≤g (x 2)⇔f (x 1)min ≤g (x 2)max ；⑻∃x 1∈[a ，b ]，总∃x 2∈[m ，n ]，使得f (x 1)≥g (x 2)⇔f (x 1)max ≤g (x 2)min ；例1.f (x )＝lnx －x 4＋34x －1.设g (x )＝x ²－2bx ＋4，若对任意的x 1∈(0,2)，存在x 2∈[1,2]，使得f (x 1)≥g (x 2)，求实数b 的取值范围.解：f (x )＝lnx －x 4＋34x －1，x ∈(0,2)，f ′(x )＝1x －14－34x ²＝－(x －1)(x －3)4x ²当x ∈(0,1)时，f ′(x )＜0，f (x )在(0,1)上递减当x ∈(1,2)时，f ′(x )＞0，f (x )在(1,2)上递增∴f (x )min ＝f (1)＝－12由题意知，f (x )min ≥g (x )，∃x ∈[1,2]∴∃x ∈[1,2]，使得x ²－2bx ＋4≤－12，即b ≥12(x ＋92x )∴[12(x ＋92x )]min ≤b ，x ∈[1,2]，即b ≥178例2.已知函数f (x )＝12ax ²－(2a ＋1)x ＋2lnx .设g (x )＝x ²－2x ，若对于任意的x 1∈(0,2]，存在x 2∈(0,2]，使得f (x 1)＜g (x 2)，求实数a 的取值范围.解：由g (x )＝x ²－2x ，x ∈(0,2]知，g (x )max ＝0由题意知，∀x ∈(0,2)，12ax ²－(2a ＋1)x ＋2lnx ＜0f ′(x )＝ax －(2a ＋1)＋2x ＝ax ²－(2a ＋1)x ＋2x ＝(x －2)(ax －1)x(注：此处主导函数为－ax ＋1)⑴当a ≤0时，f ′(x )＞0，f (x )在(0,2]上单调递增，f (x )max ＝f (2)＝－2a －2＋2ln 2＜0∴a ＞－1＋ln 2⑵当a ＞0时，①若1a ≥2，即0＜a ≤12，f (x )在(0,2]上单调递增，f (x )max ＝f (2)＝－2a －2＋2ln 2＜0，∴－1＋ln 2＜a ≤12②若1a ＜2时，f (x )在(0，1a )上单调递增，在(1a ，2]上单调递减f (x )max ＝f (1a )＝－12a－2－2lna ＜0恒成立综上所述：a ∈(－1＋ln 2，＋∞)4.等式型恒成立与存在性问题模型一：“任意＝存在”型问题必背结论四：∀x 1∈A ，∃x 2∈B ，使得f (x 1)＝g (x 2)⇔f (x )值域⊆g (x )值域例1.已知函数f (x )＝x ²＋2x ＋a 和函数g (x )＝2x ＋x ＋1，对任意实数x 1，总存在实数x 2，使g (x 1)＝f (x 2)成立，则实数a 的取值范围为.解：∵f (x )＝x ²＋2x ＋a 的最小值为f (－1)＝a －1，∴f (x )的值域为[a －1，＋∞)，∵g (x )＝2x ＋x ＋1在[－1，＋∞)上单调递增，∴g (x )的值域为[－2，＋∞)∵∀x 1，总∃x 2，使得g (x 1)＝f (x 2)成立∴g (x )值域⊆f (x )值域，即[－2，＋∞)⊆[a －1，＋∞)∴a －1≤－2，即a ≤－1例2.函数f (x )＝x ²－23ax 3(a ＞0)，x ∈R .若对任意的x 1∈(2，＋∞)，都存在x 2∈(1，＋∞)，使得f (x 1)·f (x 2)＝1，求a 的取值范围.解：∀x 1∈(2，＋∞)，∃x 2∈(1，＋∞)，使得f (x 1)＝1f (x 2)∴f (x )的值域⊆1f (x )的值域f (x )＝x ²－23ax 3，f ′(x )＝2x －2ax ²＝2x (1－ax )①当32a ＞2即0＜a ＜34时，0∈f (x )的值域，但是0不属于1f (x )的值域∴f (x )的值域⊆1f (x )的值域不成立②当1≤32a ≤2，即34≤a ≤32时，有f (2)≤0且此时f (x )在(2，＋∞)上单调递减，故f (x )的值域是(－∞，f (2))，因而(－∞，f (2))⊆(－∞，0)，由f (1)≥0，则f (x )在(1，＋∞)上的取值范围包含(－∞，0)，∴f (x )的值域⊆1f (x )的值域③当32a ＜1即a ＞32时，有f (1)＜0且此时f (x )在(1，＋∞)上单调递减，故1f (x )的值域时(1f (1)，0)，f (x )的值域是(－∞，f (2))，∴f (x )的值域⊆1f (x )的值域不成立综上所述：a ∈[34，32]模型二：“存在＝存在”型问题必背结论五：∃x 1∈A ，∃x 2∈B ，使得f (x 1)＝g (x 2)⇔f (x )值域∩g (x )值域≠∅例3.函数f (x )＝e x －1，g (x )＝－x ²＋4x －3，若有f (a )＝g (b )，则b 取值范围为.解：∵f (x )＝e x －1＞－1，∴f (x )的值域为(－1，＋∞)∵g (x )＝－x ²＋4x －3≤1，∴g (x )的值域为(－∞，1]∴f (x )的值域∩g (x )的值域＝(－1，1]∴g (b )＝－b ²＋4b －3∈(－1，1]，即－1＜－b ²＋4b －3≤1解得：2－2＜b ＜2＋2例4.f (x )＝x 3＋(1－a )x ²－a (a ＋2)x (a ∈R )，g (x )＝196x －13.是否存在实数a ，存在x 1∈[－1,1]，x 2∈[0,2]，使得f ′(x 1)＋2ax 1＝g (x 2)成立？解：令H (x )＝f ′(x )＋2ax ＝3x ²＋2x －a (a ＋2)则H (x )的值域为[－13－a ²－2a ，5－a ²－2a ]∵g (x )＝196x －13在[0,2]上单调递增∴g (x )的值域[－13，6]∵存在x 1∈[－1,1]，存在x 2∈[0,2]，使得f ′(x 1)＋2ax 1＝g (x 2)成立∴[－13－a ²－2a ，5－a ²－2a ]∩[－13，6]≠∅当[－13－a ²－2a ，5－a ²－2a ]∩[－13，6]＝∅时，则5－a ²－2a ＜－13或－13－a ²－2a ＞6，即a ＜－1－573或a ＞－1＋573∴a ∈[－1－573，－1＋573]。

“恒成立问题”的解法常用方法：①函数性质法； ②主参换位法； ③分离参数法； ④数形结合法。

一、函数性质法1.一次函数型：给定一次函数()(0)f x ax b a =+≠,若()y f x =在[m,n]内恒有()0f x >，则根据函数的图象（直线）可得上述结论等价于⎩⎨⎧>>0)(0)(n f m f ；同理，若在[m,n]内恒有()0f x <，则有⎩⎨⎧<<0)(0)(n f m f .例1.对满足2p ≤的所有实数p ,求使不等式212x px px x ++>+恒成立的x 的取值范围。

略解：不等式即为2(1)210x p x x -+-+>,设2()(1)21f p x p x x =-+-+,则()f p 在[2,2]-上恒大于0，故有：⎩⎨⎧>>-)2(0)2(f f ，即⎪⎩⎪⎨⎧>->+-0103422x x x 3111x x x x ><⎧⇒⎨><-⎩或或13x x ⇒<->或.2.二次函数： ①.若二次函数2()(0)0f x ax bx c a =++≠>（或0<）在R 上恒成立，则有00a >⎧⎨∆<⎩（或00a <⎧⎨∆<⎩）； ②.若二次函数2()(0)0f x ax bx c a=++≠>（或0<）在指定区间上恒成立，可以利用韦达定理以及根的分布等知识求解。

例2.已知函数()()()22241,f x mx m x g x mx =--+=，若对于任一实数x ，()f x 与()g x 的值至少有一个为正数，则实数m 的取值范围是（ )A ．(0，2)B ．(0，8)C ．(2，8)D ．(－∞，0)选B 。

例3.设2()22f x x ax =-+,当[1,)x ∈-+∞时，都有()f x a ≥恒成立，求a 的取值范围。

01
总结词
一次函数性质简单，常用于基础问 题。
总结词
一次函数在定义域内单调，不存在 极值点。
03
02
总结词
一次函数图像为直线，单调性明显。
总结词
一次函数在定义域内单调，恒成立 与存在性问题较易解决。
04
二次函数的恒成立与存在性问题实例
总结词
二次函数开口方向由二次项系数决定。
总结词
二次函数在区间$[-infty, frac{b}{2a}]$上单调递增，在区间$[-
利用三角函数的周期性、对称性、数形结合 等方法，判断三角函数在某个区间内是否存 在极值点或零点。
三角函数存在性问题的应 用
在解决实际问题中，如物理、工程等领域， 常常需要判断某个三角函数是否满足某些条
件，如是否存在最优解或可行解。
03
恒成立与存在性问题的解 法
分离参数法
总结词
分离参数法是一种通过将参数分离到不等式的两边，从而简化问题的方法。
判别式法
总结词
判别式法是一种通过引入判别式来解决 问题的方法。
VS
详细描述
判别式法的基本思想是通过引入判别式来 简化方程的解的求解过程。这种方法在处 理一元二次方程和二元二次方程组时非常 有效。通过判别式，我们可以更容易地找 到方程的解，并且可以更好地理解解的性 质和分布。
04
实例分析
一次函数的恒成立与存在性问题实例
详细描述
分离参数法的基本思想是将参数从不等式中分离出来，单独放在不等式的另一 边，这样可以更容易地找到参数的取值范围，从而解决问题。这种方法在处理 包含参数的不等式问题时非常有效。
数形结合法
总结词
数形结合法是一种通过将问题转化为 图形问题，从而直观地理解问题的方 法。

高一函数恒成立与存在性问题本文主要介绍了数学中恒成立与存在性问题的基础知识和解决方法。

其中恒成立问题包括六种情况，分别是当a大于所有f(x)时，a也大于f(x)的最大值；当a小于所有f(x)时，a也小于f(x)的最小值；当g(x)大于f(x)时，g(x)-f(x)大于0；当g(x)小于f(x)时，g(x)-f(x)小于0；当f(x1)大于g(x2)时，f(x1)也大于g(x2)的最大值；当f(x1)小于g(x2)时，f(x1)也小于g(x2)的最小值。

存在性问题同样包括六种情况，与恒成立问题类似。

此外，还介绍了恒成立与存在性混合不等式问题和恒成立与存在性混合等式问题，以及解决这些问题的方法。

对于恒成立问题，可以采用反证法或数学归纳法；对于存在性问题，可以采用构造法或反证法。

在解决问题时，需要注意精确表述和符号运用。

例四：1) 当$x\in(1,2)$时，不等式$(x-1)^2<\log_a{x}$恒成立，求实数$a$的取值范围。

改写后：对于$x\in(1,2)$，使得$(x-1)^2<\log_a{x}$恒成立，求实数$a$的取值范围。

2) 当$x\in(0,\infty)$时，不等式$4x<\log_a{x}$恒成立，求实数$a$的取值范围。

改写后：对于$x\in(0,\infty)$，使得$4x<\log_a{x}$恒成立，求实数$a$的取值范围。

3) 已知$f(x)=m(x-2m)(x+m+3)$，$g(x)=2x-2$。

若对于所有$x\in\mathbb{R}$，都有$f(x)g(x)$，则$m$的取值范围是什么？改写后：已知$f(x)=m(x-2m)(x+m+3)$，$g(x)=2x-2$。

若对于所有$x\in\mathbb{R}$，都有$f(x)g(x)$，求$m$的取值范围。

题：1.当$x\in(-\infty,-1]$时，不等式$(m^2-m)4x-2x<0$恒成立，求实数$m$的取值范围。

恒成立与存在性问题【基础知识整合】1、恒成立问题①．x D ∀∈，()a f x >恒成立，则max ()a f x >②．x D ∀∈，()a f x <恒成立，则min()a f x <③．x D ∀∈，()()f x g x >恒成立，记()() (0)F x f x g x =->，则min 0() F x >④．x D ∀∈，()()f x g x <恒成立，记()() (0)F x f x g x =-<，则max 0() F x <⑤．1122,x D x D ∀∈∈，12()()f x g x >恒成立，则min max ()()f x g x >⑥．1122,x D x D ∀∈∈，12()()f x g x <恒成立，则max min ()()f x g x <2、存在性问题①．x D ∃∈，()a f x >成立，则min ()a f x >②．x D ∃∈，()a f x <成立，则max()a f x <③．x D ∃∈，()()f x g x >成立，记()() (0)F x f x g x =->，则max 0() F x >④．x D ∃∈，()()f x g x <成立，记()() (0)F x f x g x =-<，则min 0() F x <⑤．1122,x D x D ∃∈∈，12()()f x g x >成立，则max min ()()f x g x >⑥．1122,x D x D ∃∈∈，12()()f x g x <成立，则min max ()()f x g x <3、恒成立与存在性混合不等问题①．1122,x D x D ∀∈∃∈，12()()f x g x >成立，则min min ()()f x g x >②．1122,x D x D ∀∈∃∈，12()()f x g x <成立，则max max ()()f x g x <4、恒成立与存在性混合相等问题若()f x ，()g x 的值域分别为,A B ，则①．1122,x D x D ∀∈∃∈，12()()f x g x =成立，则A B ⊆②．1122,x D x D ∃∈∃∈，12()()f x g x =成立，则A B ≠∅ 5、解决高中数学函数的存在性与恒成立问题常用以下几种方法①函数性质法；②分离参数法；③主参换位法；④数形结合法等．6、一次函数)0()(≠+=k b kx x f 若[]n m x f y ,)(在=内恒有0)(>x f ,则根据函数的图像可得⎩⎨⎧><⎩⎨⎧>>0)(00)(0n f a m f a 或可合并成⎩⎨⎧>>0)(0)(n f m f ,同理若[]n m x f y ,)(在=内恒有0)(<x f 则有⎩⎨⎧<<0)(0)(n f m f 例1：对于满足||2p ≤的所有实数p ,求使不等式212x px p x ++>+恒成立的x 的取值范围.例2：若不等式)1(122->-x m x 的所有22≤≤-m 都成立，则x 的取值范围__________7、二次函数——利用判别式、韦达定理及根的分布求解有以下几种基本类型：类型1：设2()(0).f x ax bx c a =++≠R x x f ∈>在0)(上恒成立00<∆>⇔且a ；R x x f ∈<在0)(上恒成立00<∆<⇔且a 类型2：设2()(0).f x ax bx c a =++≠（用函数图象解决，不太适用）（1）当0>a 时，],[0)(βα∈>x x f 在上恒成立,222()00()0.bb b a aa f f ααββαβ⎧⎧⎧-<≤-≤->⎪⎪⎪⇔⎨⎨⎨⎪⎪⎪>∆<>⎩⎩⎩或或],[0)(βα∈<x x f 在上恒成立()0,()0.f f αβ<⎧⇔⎨<⎩（2）当0<a 时，],[0)(βα∈>x x f 在上恒成立()()0,0.f f αβ>⎧⎪⇔⎨>⎪⎩],[0)(βα∈<x x f 在上恒成立,222()00()0.b b b a a af f ααββαβ⎧⎧⎧-<≤-≤->⎪⎪⎪⇔⎨⎨⎨⎪⎪⎪>∆<<⎩⎩⎩或或【基础典例分析】例1：已知函数()log a f x x =，()2log (22)a g x x t =+-，其中0a >且1a ≠，t R ∈．（Ⅰ）若4t =，且1[,2]4x ∈时，()()()F x g x f x =-的最小值是－2，求实数a 的值；（Ⅱ）若01a <<，且1[,2]4x ∈时，有()()f x g x ≥恒成立，求实数t 的取值范围．例2：已知=)(x f x x +221，=)(x g a x -+)1ln(，（Ⅰ）若存在]2,0[,21∈x x ，使得)()(21x g x f >，求实数a 的取值范围；（Ⅱ）若存在]2,0[,21∈x x ，使得)()(21x g x f =，求实数a 的取值范围．例3：设函数()21ln 2a f x a x x bx -=+-，a R ∈且1a ≠．曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线的斜率为0．若存在[)1,x ∈+∞，使得()1af x a <-，求a 的取值范围．例4：已知函数()133x x af x b+-+=+（Ⅰ）当1a b ==时，求满足()3x f x =的x 的取值；（Ⅱ）若函数()f x 是定义在R 上的奇函数；①存在R t ∈，不等式()()2222f t t f t k -<-有解，求k 的取值范围；②若()g x 满足()()()12333x x f x g x -⋅+=-⎡⎤⎣⎦，若对任意x R ∈，不等式(2)()11g x m g x ⋅-≥恒成立，求实数m 的最大值.例5：已知=)(x f x x +221,=)(x g a x -+)1ln(,⑴若存在]2,0[∈x ,使得)()(x g x f =,求实数a 的取值范围；⑵若存在]2,0[∈x ,使得)()(x g x f >,求实数a 的取值范围；⑶若对任意]2,0[∈x ,恒有)()(x g x f >,求实数a 的取值范围；⑷若对任意]2,0[,21∈x x ,恒有)()(21x g x f >,求实数a 的取值范围；⑸若对任意]2,0[2∈x ,存在]2,0[1∈x ,使得)()(21x g x f >,求实数a 的取值范围；⑹若对任意]2,0[2∈x ,存在]2,0[1∈x ,使得)()(21x g x f =,求实数a 的取值范围；⑺若存在]2,0[,21∈x x ,使得)()(21x g x f >,求实数a 的取值范围；⑻若存在]2,0[,21∈x x ,使得)()(21x g x f =,求实数a 的取值范围.【高考真题研究】（2017天津卷理8）已知函数()23,12,1x x x f x x x x ⎧-+⎪=⎨+>⎪⎩，设a R ∈，若关于x 的不等式()2xf x a + 在R 上恒成立，则a 的取值范围是（）(A)47,216⎡⎤-⎢⎥⎣⎦(B)4739,1616⎡⎤-⎢⎥⎣⎦(C)23,2⎡⎤-⎣⎦(D)3923,16⎡⎤-⎢⎥⎣⎦（2015全国卷Ⅰ理12）设函数()f x =(21)xe x ax a --+,其中a 1，若存在唯一的整数0x ，使得0()f x 0，则a 的取值范围是（）(A)[32e-，1）(B)[32e -，34）(C)[32e ，34）(D)[32e，1）（2014全国卷Ⅰ理11）已知函数()f x =3231ax x -+，若()f x 存在唯一的零点0x ，且0x ＞0，则a 的取值范围为（）(A)(2,)+∞(B)(,2)-∞-(C)(1,)+∞(D)(,1)-∞-（2015全国卷Ⅱ理21（2））设函数()2emxf x x mx =+-．若对于任意[]12,1,1x x ∈-，都有()()121e f x f x -- ，求m 的取值范围．(2015山东卷理21（2）)设函数()()()2ln 1f x x a x x =++-，其中a R ∈，若0x ∀>，()0f x 成立，求a 的取值范围.【名题精选，提升能力】1、函数2()3f x x ax =++，当[]2,2x ∈-时，()f x a ≥恒成立，则a 的取值范围是2、已知函数()f x =(,1]-∞上有意义，则a 的取值范围是3、若不等式()2211x m x ->-对任意[]1,1m ∈-恒成立，则x 的取值范围是4、若=)(x f x x +221，=)(x g a x -+)1ln(，对∀123,,[0,2]x x x ∈，恒有()()()123f x f x g x +>，则实数a 的取值范围是5、已知数列{}n a 是各项均不为零的等差数列，n S 为其前n项和，且n a =（n *∈Ν）．若不等式8nn a n λ+≤对任意n *∈Ν恒成立，则实数λ的最大值为5、设函数x x e x f 1)(22+=，x ex e x g 2)(=，对),0(,21+∞∈∀x x ，不等式1)()(21+≤k x f k x g 恒成立，则正数k 的取值范围为7、已知函数213,1()log , 1x x x f x x x ⎧-+≤⎪=⎨>⎪⎩，()|||1|g x x k x =-+-，若对任意的12,x x R ∈，都有12()()f x g x ≤成立，则实数k 的取值范围为8、当210≤<x 时，x a x log 4<，则a 的取值范围是（）(A)(0，22)(B)(22，1)(C)(1，2)(D)(2，2)9、已知函数()931x x f x m m =-⋅++对()0 x ∈+∞，的图象恒在x 轴上方，则m 的取值范围是（）(A)22m -<<+(B)2m<(C)2m<+(D)2m ≥+10、设函数3()f x x x =+，x R ∈．若当02πθ<<时，不等式0)1()sin (>-+m f m f θ恒成立，则实数m 的取值范围是（）(A)1(,1]2(B)1(,1)2(C)[1,)+∞(D)(,1]-∞11、定义在R 上的偶函数()f x 在[)0,+∞上递减，若()()()ln 1ln 121f ax x f ax x f -+++--≥对[]1,3x ∈恒成立，则实数a 的取值范围为（）(A)()2,e (B)1,e⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭(C)1,e e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦(D)12ln3,3e+⎡⎤⎢⎥⎣⎦12、不等式2220x axy y -+≥对于任意]2,1[∈x 及]3,1[∈y 恒成立，则实数a 的取值范围是（）(A)a ≤22(B)a ≥22(C)a ≤311(D)a ≤2913、已知函数()()2ln 1f x a x x =+-，若对(),0,1p q ∀∈，且p q ≠，有()()112f p f q p q+-+>-恒成立，则实数a 的取值范围为（）(A)(),18-∞(B)(],18-∞(C)[)18,+∞(D)()18,+∞14、若对[),0,x y ∀∈+∞，不等式2242x y x y ax ee +---≤++，恒成立，则实数a 的最大值是（）(A)14(B)1(C)2(D)1215、已知函数2ln ()()()x x b f x b R x+-=∈，若存在1[,2]2x ∈，使得()'()f x x f x >-⋅，则实数b的取值范围是（）(A)(-∞(B)3(,2-∞(C)9(,)4-∞(D)(,3)-∞16、设曲线()e x f x x =--上任意一点处的切线为1l ，总存在曲线()32cos g x ax x =+上某点处的切线2l ，使得12l l ⊥，则实数a 的取值范围为（）(A)[]1,2-(B)()3,+∞(C)21,33⎡⎤-⎢⎥⎣⎦(D)12,33⎡⎤-⎢⎥⎣⎦17、若曲线21:C y x =与曲线2:x C y ae =(0)a >存在公共切线，则a 的取值范围为（）(A)28[,)e+∞(B)28(0,e(C)24[,)e+∞(D)24(0,]e18、若存在两个正实数,x y ，使得等式()()324ln ln 0x a y ex y x +--=成立，其中e 为自然对数的底数，则实数a 的取值范围是（）(A)(),0-∞(B)30,2e ⎛⎤ ⎥⎝⎦(C)3,2e⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭(D)()3,0,2e⎡⎫-∞+∞⎪⎢⎣⎭ 19、已知函数321()3f x x x ax =++．若1()x g x e =，对任意11[,2]2x ∈，存在21[,2]2x ∈，使12'()()f x g x ≤成立，则实数a 的取值范围是（）(A)(,8]e-∞-(B)[8,)e-+∞(C))e (D)3(,]32e -20、设函数()3269f x x x x =-+，()32111(1)323a g x x x ax a +=-+->，若对任意的[]20,4x ∈，总存在[]10,4x ∈，使得()()12f x g x =，则实数a 的取值范围为（）(A)91,4⎛⎤ ⎥⎝⎦(B)[)9,+∞(C)][91,9,4⎛⎫⋃+∞ ⎪⎝⎭(D)][39,9,24⎡⎫⋃+∞⎪⎢⎣⎭21、设函数()()()21ln 31f x g x ax x =-=-+，若对任意[)10,x ∈+∞，都存在2x R ∈，使得()()12f x g x =，则实数a 的最大值为（）(A)94(B)2(C)92(D)422、已知()()2cos ,43f x x x g x x x =+=-+-，对于[],1a m m ∀∈+，若,03b π⎡⎤∃∈-⎢⎥⎣⎦，满足()()g a f b =，则m 的取值范围是（）(A)22⎡-+⎣(B)1⎡+⎣(C)2⎡+⎣(D)12⎡+⎣23、已知函数()()()221ln ,,1xf x ax a x x a Rg x e x =-++∈=--，若对于任意的()120,,x x R ∈+∞∈，不等式()()12f x g x ≤恒成立，，则实数a 的取值范围为（）(A)[)1,0-(B)[]1,0-(C)3,2⎡⎫-+∞⎪⎢⎣⎭(D)3,2⎛⎤-∞- ⎥⎝⎦。

“恒成立问题”与“存在性问题”的基本解题策略一、“恒成立问题”与“存在性问题”的基本类型 恒成立、能成立、恰成立问题的基本类型1、恒成立问题的转化：()a f x >恒成立⇒()max a f x >;()()min a f x a f x ≤⇒≤恒成立2、能成立问题的转化:()a f x >能成立⇒()min a f x >;()()max a f x a f x ≤⇒≤能成立3、恰成立问题的转化:()a f x >在M 上恰成立⇔()a f x >的解集为M ()()R a f x M a f x C M ⎧>⎪⇔⎨≤⎪⎩在上恒成立在上恒成立另一转化方法：若A x f D x ≥∈)(,在D 上恰成立，等价于)(x f 在D 上的最小值A x f =)(min ，若,D x ∈B x f ≤)(在D 上恰成立,则等价于)(x f 在D 上的最大值B x f =)(max .4、设函数()x f 、()x g ，对任意的[]b a x ,1∈,存在[]d c x ,2∈，使得()()21x g x f ≥，则()()x g x f min min ≥5、设函数()x f 、()x g ，对任意的[]b a x ,1∈,存在[]d c x ,2∈，使得()()21x g x f ≤，则()()x g x f max max ≤6、设函数()x f 、()x g ，存在[]b a x ,1∈，存在[]d c x ,2∈,使得()()21x g x f ≥,则()()x g x f min max ≥7、设函数()x f 、()x g ，存在[]b a x ,1∈,存在[]d c x ,2∈，使得()()21x g x f ≤,则()()x g x f max min ≤8、设函数()x f 、()x g ,对任意的[]b a x ,1∈,存在[]d c x ,2∈，使得()()21x g x f =，设f(x)在区间［a ，b]上的值域为A ，g （x)在区间［c,d ］上的值域为B ，则A B.9、若不等式()()f x g x >在区间D 上恒成立，则等价于在区间D 上函数()y f x =和图象在函数()y g x =图象上方;10、若不等式()()f x g x <在区间D 上恒成立，则等价于在区间D 上函数()y f x =和图象在函数()y g x =图象下方;恒成立问题的基本类型在数学问题研究中经常碰到在给定条件下某些结论恒成立的命题.函数在给定区间上某结论成立问题，其表现形式通常有：在给定区间上某关系恒成立；某函数的定义域为全体实数R;某不等式的解为一切实数;某表达式的值恒大于a 等等…恒成立问题,涉及到一次函数、二次函数的性质、图象,渗透着换元、化归、数形结合、函数与方程等思想方法，有利于考查学生的综合解题能力，在培养思维的灵活性、创造性等方面起到了积极的作用。

1专题 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⇒()max a f x >；()()min a f x a f x ≤⇒≤恒成立2、能成立问题的转化：()a f x >能成立⇒()min a f x >；()()max a f x a f x ≤⇒≤能成立（有解问题） 3函数()x f 、()x g ，对任意的[]b a x ,1∈，存在[]d c x ,2∈，使得()()21x g x f ≥，则()()x g x f min min ≥ 4、设函数()x f 、()x g ，对任意的[]b a x ,1∈，存在[]d c x ,2∈，使得()()21x g x f ≤，则()()x g x f max max ≤ 5、设函数()x f 、()x g ，存在[]b a x ,1∈，存在[]d c x ,2∈，使得()()21x g x f ≥，则()()x g x f min max ≥ 6、设函数()x f 、()x g ，存在[]b a x ,1∈，存在[]d c x ,2∈，使得()()21x g x f ≤，则()()x g x f max min ≤ 7、设函数()x f 、()x g ，任意 []b a x ,1∈，任意[]d c x ,2∈，使得()()21x g x f ≤，则()()x g x f min max ≤练习题1、已知两函数2)(x x f =，m x g x-⎪⎭⎫ ⎝⎛=21)(，对任意[]2,01∈x ，存在[]2,12∈x ，使得()21)(x g x f ≥，则实数m 的取值范围为2、对于满足2p ≤的所有实数p,求使不等式212x px p x ++>+恒成立的x 的取值范围。

3、当()1,2x ∈时，不等式240x mx ++<恒成立，则m 的取值范围是 .4、若对任意x R ∈,不等式||x ax ≥恒成立，则实数a 的取值范围是________5、设函数⎥⎦⎤⎢⎣⎡∈≤⎥⎦⎤⎢⎣⎡∈++=1,4110)(,2,21,)(x x h a b x x a x h 在都有对任意上恒成立，求实数b 的取值范围。

.函数恒建立与存在性问题沈阳市第十一中学赵拥权（一）基础知识：1.恒建立问题：①②③④⑤⑥2.存在性问题：①②③④⑤⑥3.恒建立与存在性混淆不等式问题：①②4.恒建立与存在性混淆等式问题：若f(x),g(x)的值域分别为 A,B,则①②③5.解决数学恒建立与存在性问题的方法：..①函数性质法；②参数分别（主参分别）法；③主参交换法；④数形联合法；典例剖析：例一： (1). 已知时不等式恒建立，则x的取值范围为___;(2).不等式对知足的一确实数m 都建立，则x 的取值范围为 ___;(3).已知 a 是实数，函数在x上恒小于零，则实数 a 的取值范围 ____;(4).若对于 x 的不等式在区间(1,4)上恒建立,则实数a的取值范围____;(5). 已知 a 是实数，函数在x上，则实数 a 的取值范围 ____;（ 6）．不等式对于随意都建立，则m 的取值范围为 ___;.(7).已知函数，当时，恒有f(x)，则a的取值范围 _____(8). 已知函数当时，恒有f(x)，则a的取值范围_____(9) 已知一次函数当时，恒有f(x)，则m的取值范围 _____例二：（ 1）.若存在实数x,使对于 x 的不等式建立,则实数a的取值范围____;（2 ）. 对于 x 的不等式在区间,则实数 a 的取值范围 ____;（3 ）.对于 x 的二次方程在区间,则实数 m 的取值范围 ____;（4 ）.不等式对于，则m的取值范围为___;.(5). 当时,不等式有解的取值范围 ;例三：已知函数①的取值范围 ;②的取值范围 ;③的取值范围 ;..④的取值范围 ;⑤的取值范围 ;⑥的取值范围 ;例四：（1.当时 ,不等式恒建立的取值范围 ;(2). 当时 ,不等式恒建立的取值范围 ;(3).已知若或 g(x)，则 m 的取值范围习题：1.当时,不等式恒建立的取值范围 ;2.已知函数 f(x)=(2x-a),恒有的取值范围 ;3.已知函数 f(x)=,恒有的取值范围 ;4.已知函数 f(x)=lg (),恒有的取值范围;5.已知函数 f(x)=,恒有的取值范围 ;6.已知函数 f(x)=,恒有的取值范围 ;7.已知函数 f(x)=,恒有的取值范围 ;8.已知函数 f(x)=,恒有的取值范围 ;9.已知函数 f(x)=,恒有的取值范围 ;.。