函数的恒成立、存在性问题的方法总结大全(干货)

恒成立问题与存在性问题思路一：（1）若函数)(x f 在D 区间上存在最小值min )(x f 和最大值max )(x f ，则不等式a x f >)(在区间D 上恒成立a x f >⇔min )(；不等式a x f ≥)(在区间D 上恒成立a x f ≥⇔min )(；不等式a x f <)(在区间D 上恒成立a x f <⇔max )(；不等式a x f ≤)(在区间D 上恒成立a x f ≤⇔max )(；（2）若函数在D 区间上不存在最小值min )(x f 和最大值max )(x f ，且值域为),(n m 则 不等式a x f >)(或))((a x f ≥在区间D 上恒成立a m ≥⇔；不等式a x f <)(或a x f ≤)(在区间D 上恒成立a n ≤⇔。

例题1：已知函数.ln )(x x x f =（1）求函数.ln )(x x x f =的最小值；（2）若对所有的1≥x 都有1)(-≥ax x f ，求实数a 的取值范围。

答案：（1）11min )()(---==e e f x f ；（2）]1,(-∞变式：设函数)1ln(2)1()(2x x x f +-+=（1）求函数)(x f 的单调区间；（2）若当]1,1[1--∈-e e x 时，不等式m x f <)(恒成立，求实数m 的取值范围；（3）若关于x 的方程a x x x f ++=2)(在区间]2,0[上恰有两个相异实根，求实数a 的取值范围。

答案：（1）递增区间是),0(+∞；递减区间是)0,1(-（2）22->e m（3）)3ln 23,2ln 22(--思路二（1）若函数)(x f 在D 区间上存在最小值min )(x f 和最大值max )(x f ，即],[)(n m x f ∈则不等式有解的问题有下列结论：不等式a x f >)(在区间D 上有解max )(x f a <⇔；不等式a x f ≥)(在区间D 上有解max )(x f a ≤⇔；不等式a x f <)(在区间D 上有解min )(x f a >⇔；不等式a x f ≤)(在区间D 上有解min )(x f a ≥⇔。

近年高考热点及难点问题—— 恒成立、存在性问题题型及解法“存在性”与“恒成立”问题是近年来高考中的热点及难点问题，这类题目是逻辑问题，也是对选修中“推理与证明”的理性的考查，表现形式一般是函数的问题，对于这类问题的区分与解法下面举例说明。

已知函数]1,0[,274)(2∈--=x xxx f ,函数)1(],1,0[,23)(23≥∈--=a x a x a x x g .易知,ax g aa x f 2)(321,3)(42-≤≤---≤≤-。

（1）若对任意的]1,0[1∈x ，总存在]1,0[0∈x ，使)()(10x f x g =成立，求a 的取值范围. 略解：由题意，]2,321[]3,4[2a a a ---⊆--，解得，231≤≤a .（2）若存在]1,0[,21∈x x ，使得)()(21x g x f =成立，求a 的取值范围.略解：只要两个函数的值域交集不空即可，即⎩⎨⎧≥-≥-142a a ，∴ 21≤≤a .（3）若存在]1,0[,21∈x x ，使得)()(21x g x f >成立，求a 的取值范围.略解：只要minmax )()(x g x f >，即⎩⎨⎧≥-->-132132a a a ，∴1≥a .（4）若对任意的]1,0[1∈x ，总存在]1,0[2∈x ，使)()(21x g x f >成立，求a 的取值范围.略解：只要minmin )()(x g x f >，即⎩⎨⎧≥-->-132142a a a ，∴ 1>a .（5）若对任意的]1,0[1∈x ，总存在]1,0[2∈x ，使)()(21x g x f <成立，求a 的取值范围.略解：只要maxmax )()(x g x f <，即⎩⎨⎧≥->-132a a ，∴ 231<≤a .（6）若对任意的]1,0[,21∈x x ，都有)()(21x g x f <成立，求a 的取值范围. 略解：（这是恒成立问题）只要minmax )()(x g x f <，解得φ∈a . （7）若对任意的]1,0[,21∈x x ，都有)()(21x g x f >成立，求a 的取值范围.略解：（这是恒成立问题）只要maxmin )()(x g x f >，解得2>a.（8）若存在]1,0[,21∈x x ，使得1|)()(|21<-x g x f 成立，求a的取值范围.略解：变形—构造，存在]1,0[1∈x ，]1,0[2∈x⎩⎨⎧+<+<⇒⎩⎨⎧+<+<m a xm i n m a x m i n 1221)(1)()(1)(1)()(1)()(x f x g x g x f x f x g x g x f即⎩⎨⎧-+<---+<-)3(1321)2(142a a a ，∴ 251<≤a .（9）对任意的]1,0[,21∈x x ，1|)()(|21<-x g x f 都成立，求a的取值范围.略解：⎩⎨⎧<-<-1)()(1)()(min max min max x f x g x g x f ，解得φ∈a .（10）对任意的]1,0[,21∈x x ，1|)()(|21<-x g x g 都成立，求a的取值范围.略解：1|)()(|min max <-x g x g ，解得φ∈a .逻辑关系是数学推理的本质，只有认清逻辑关系，才能把问题转化，才能更简约求真，这是对核心概念（函数即对应）的体现。

恒成立、存在性问题对于有关恒成立、存在性问题，一直是高考命题的热点，往往以全称命题或特称命题的形式出现，同时结合函数的单调性、极值、最值等知识进行考查，在高考中多以压轴题或压轴题中的压轴问的形式出现。

如何突破这一难关呢？关键是细心审题及恰当地转化。

现就如何求解恒成立、存在性问题中的参数问题加以分析。

方法1：分离参数法例1.设函数f(x)=lnx-ax, g（x）=ex-ax，其中a为实数。

若f(x)在(1,+∞)上是单调减函数，且g(x)在(1,+∞)上有最小值，求a的取值范围。

解：因为f`(x)=-a,g`(x)=ex-a,由题意得f`（x）≤0对x∈(1,+∞)恒成立，即a≥对x∈(1,+∞)恒成立，所以a≥1。

因为g`(x)=ex-a在x∈(1,+∞)上是单调增函数，所以g`(x)>g`(1)=e-a。

又g(x)在(1,+∞)上有最小值，则必有e-a<0，即a>e。

综上，可知a的取值范围是(e,+∞)。

点评：求解问题的切入点不同，求解的难度就有差异。

在恒成立问题中有时需要取交集，有时需要取并集，本题解法需要取交集。

一般而言：在同一问题中，若是对自变量作分类讨论，其结果要取交集；若是对参数作分类讨论，其结果要取并集。

方法2：构造函数法例2.已知函数f(x)=，若|f（x）|≥ax，则a的取值范围是()。

A.(-∞,0]B.(-∞,1]C.［-2，1］D.[-2，0]解：当x≤0时,|f(x)|≥axx2－(2+a)x≥0，对x≤0恒成立。

记g(x)=x2－(2+a)x=（x-）2-。

当<0即a<－2时,g(x)的最小值为－，不可能满足条件。

当≥0即a≥－2时,g(x)的最小值为0，满足题意。

当x>0时,|f(x)|≥axln(1+x)－ax≥0a≤，对x>0恒成立。

令θ(x)=，则θ`(x)=。

设t=x+1,则t>1。

记L(t)=-lnt,则L`(t)=<0,所以L(t)在t∈(1,+∞)上为减函数。

“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。

“恒成立问题〞与“存在性问题〞的根本解题策略一、“恒成立问题〞与“存在性问题〞的根本类型恒成立、能成立、恰成立问题的根本类型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：假设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 ，假设,D x ∈B x f ≤)(在D 上恰成立，那么等价于)(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 ≥，那么()()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 ≤，那么()()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 ≥，那么()()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 ≤，那么()()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,那么A ⊂B. 9、假设不等式()()f x g x >在区间D 上恒成立，那么等价于在区间D 上函数()y f x =和图象在函数()y g x =图象上方；10、假设不等式()()f x g x <在区间D 上恒成立，那么等价于在区间D 上函数()y f x =和图象在函数()y g x =图象下方；恒成立问题的根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，有利于考察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。

高三数学专题——恒成立与存在性问题高三复专题——恒成立与存在性问题知识点总结：1.___成立问题：1) 若对于D中的任意x，都有f(x)>A，则f(x)的最小值>A；2) 若对于D中的任意x，都有f(x)<A，则f(x)的最大值<A；3) 若对于D中的任意x，都有f(x)>g(x)，则F(x)=f(x)-g(x)>0，因此F(x)的最小值>0；4) 若对于D中的任意x，都有f(x)<g(x)，则F(x)=f(x)-g(x)<0，因此F(x)的最大值<0；5) 若对于D中的任意x1和E中的任意x2，都有f(x1)>g(x2)，则f(x)的最小值>g(x)的最大值；6) 若对于D中的任意x1和E中的任意x2，都有f(x1)<g(x2)，则f(x)的最大值<g(x)的最小值。

2.存在性问题：1) 若存在D中的x，使得f(x)>A，则f(x)的最大值>A；2) 若存在D中的x，使得f(x)<A，则f(x)的最小值<A；3) 若存在D中的x，使得f(x)>g(x)，则F(x)=f(x)-g(x)，因此F(x)的最大值>0；4) 若存在D中的x，使得f(x)<g(x)，则F(x)=f(x)-g(x)，因此F(x)的最小值<0；5) 若存在D中的x1和E中的x2，使得f(x1)>g(x2)，则f(x)的最大值>g(x)的最小值；6) 若存在D中的x1和E中的x2，使得f(x1)<g(x2)，则f(x)的最小值<g(x)的最大值。

3.相等问题：1) 若对于D中的任意x1，存在E中的某个x2，使得f(x1)=g(x2)，则{f(x)}={g(x)}；4.___成立与存在性的综合性问题：1) 若对于D中的任意x1，存在E中的某个x2，使得f(x1)>g(x2)，则f(x)的最小值>g(x)的最小值；2) 若对于D中的任意x1，存在E中的某个x2，使得f(x1)<g(x2)，则f(x)的最大值<g(x)的最大值。

函数恒成立与存在性问题（精编）知识归纳：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)max<A.3. ∀x ∈D,均有f(x) >g(x)恒成立，则F(x)= f(x)- g(x) >0， ∴ F(x)min >04. ∀x ∈D,均有f(x)﹤g(x)恒成立，则F(x)= f(x)- g(x) ﹤0。

∴ F(x) max ﹤05. ∀x1∈D, ∀x2∈E,均有f(x1) >g(x2)恒成立，则f(x)min> g(x)max6. ∀x1∈D, ∀x2∈E,均有f(x1) <g(x2)恒成立，则f(x) max < g(x) min 练习：1、已知函数12)(2+-=ax x x f ，xa x 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；（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；2、已知两函数()2728f x x x c =--，()322440g x x x x =+-。

（1）对任意[]3,3x ∈-，都有()()f x g x ≤)成立，求实数c 的取值范围；（2）对任意[]12,3,3x x ∈-，都有()()12f x g x ≤，求实数c 的取值范围；3、已知函数f(x)＝x3＋x ，对任意的m∈[－2,2]，f(mx －2)＋f(x)<0恒成立，则x 的取值范围为__________．知识归纳：存在性问题1. ∃x0∈D,使得f(x0)>A 成立，则f(x) max >A ；2. ∃x0∈D,使得f(x0)﹤A 成立，则 f(x) min <A3. ∃x0∈D,使得f(x0) >g(x0)成立，设F(x)= f(x)- g(x). ∴ F(x) max >04. ∃x0∈D,使得f(x0) <g(x0)成立，设F(x)= f(x)- g(x) ∴ F(x) min <05. ∃x1∈D, ∃x2∈E, 使得f(x1) >g(x2)成立，则f(x) max > g(x) min6. ∃x1∈D, ∃x2∈E,均使得f(x1) <g(x2)成立，则f(x) min < g(x) max 练习：2、已知两函数()2728f x x x c =--，()322440g x x x x =+-。

“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a f x ；max a f x 恒成立 a f xmin2、能成立问题的转化： a f x 能成立a f x ；min a f x 能成立 a f xmax3 、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 a f x 在M 上恒成立a f x 在C M 上恒成立R另一转化方法：若x D,f (x) A在D 上恰成立，等价于 f (x) 在D 上的最小值f min (x) A，若x D, f ( x) B在D 上恰成立，则等价于 f (x) 在D 上的最大值f max (x) B .4、设函数 f x 、g x ，对任意的x1 a , b ，存在x2 c,d ，使得 f x1 g x2 ，则f mi n xg mi n x5、设函数 f x 、g x ，对任意的x1 a , b ，存在x2 c , d ，使得 f x1 g x2 ，则f max xg max x6 、设函数 f x 、g x ，存在x1 a , b ，存在x2 c , d ，使得 f x1 g x2 ，则f m a x xg m i n x7 、设函数 f x 、g x ，存在x1 a , b ，存在x2 c , d ，使得 f x1 g x2 ，则f m i n xg m a xx8、设函数 f x 、g x ，对任意的x1 a , b ，存在x2 c , d ，使得 f x1 g x2 ，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、创造性等方面起第 1 页到了积极的作用。

导数背景下的恒成立与存在性问题“恒成立”问题与“存在性”问题是高中数学中的常见问题，它不仅考查了函数、不等式等传统知识和方法，而且导数的加入更是极大的丰富了该类问题的表现形式，充分体现了能力立意的原则，越来越受到命题者的青睐，成为高中数学的一个热点问题。

本文仅从以下九方面总结一下有关这类问题的不同的表现形式及解决方法，希望能对大家高考复习起到一定的帮助作用。

一、 若对∀x I ∈，)(x f a >恒成立，则只需max )(x f a >即可；若对∀x I ∈，)(x f a <恒成立，则只需min )(x f a <即可；例1. 已知函数)30(ln )(≤<+=x x a x x f ，若以其图象上任意一点),(00y x P 为切点的切线的斜率21≤k 恒成立，求实数a 的取值范围.二、 若I ∈∃x ，满足不等式)(x f a >，则只需min )(x f a >即可； 若I ∈∃x ，满足不等式)(x f a <，则只需max )(x f a >即可；例2：已知函数ax ax x f 2)(2+=，x e x g =)(，若在),0(+∞上至少存在一个实数0x ，使得)()(00x g x f >成立，求实数a 的取值范围.三、若对I ∈∀21,x x ，使得不等式a x f x f <-)()(21（a 为常数）恒成立，则只需a x f x f <-min max )()(即可例3：已知函数)1()1(21ln )(2e a x a x x a x f ≤<+-+=.证明：对于(]a x x ,1,21∈∀，恒有1)()(21<-x f x f 成立.四、若I x x ∈∃21,，满足方程)()(21x g x f =，则只需两函数值域交集不空即可.例4：已知函数⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧⎥⎦⎤ ⎝⎛∈+⎥⎦⎤⎢⎣⎡∈+-=)1,21(12)21,0(6131)(3x x x x x x f ，函数)0(226sin )(>+-=a a x a x g π,若[]1,0,21∈∃x x ，使得)()(21x g x f =成立，试求实数a 的取值范围.五、若对∀1x 1I ∈总∃2x 2I ∈使得)()(21x g x f =成立，则只需)(x f 值域⊆)(x g 值域即可例5：已知函数)1(23)(,274)(232≥--=--=a a x a x x g xx x f 对∀1x []1,0∈总∃2x []1,0∈使得)()(21x g x f =成立，试求实数a 的取值范围.六、若对∀1x 1I ∈，2x 2I ∈使得不等式)()(21x g x f <恒成立，则只需min max )()(x g x f <即可 例6：已知两个函数x x x x g c x x x f 4042)(,287)(232-+=--=，若对∀1x []3,3-∈，2x []3,3-∈，都有不等式)()(21x g x f ≤恒成立，求实数c 的取值范围.七、若对∃1x 1I ∈，2x 2I ∈满足不等式)()(21x g x f <，则只需max min )()(x g x f <即可 例7：已知两个函数12)(,93)(223++=+--=x x x g c x x x x f ，若对∃1x []6,2-∈，2x []6,2-∈，使得不等式)()(21x g x f <成立，求实数c 的取值范围.八、若对∀1x 1I ∈，总∃2x 2I ∈，使得)()(21x g x f >成立，则只需min min )()(x g x f >即可 例8：已知两个函数k e e e e x g x xx x f x x x x ++++=++=--22)(,ln 28)(，若对∀1x []4,1∈，总∃2x R ∈，使得)()(21x g x f >成立，求实数k 的取值范围.九、若对∀1x 1I ∈，总∃2x 2I ∈，使得)()(21x g x f <成立，则只需max max )()(x g x f <即可 例9：已知两个函数b x x x g R x xx x x f ++-=∈--+-=2)(),(14341ln )(2，若对∀1x )2,0(∈，总∃2x []2,1∈，使得)()(21x g x f <成立，求实数b 的取值范围.__________________________________________________答案：1.⎪⎭⎫⎢⎣⎡+∞,21 2. ),212(2+∞-e3. 3.略4. ⎥⎦⎤⎢⎣⎡34,21 5. ⎥⎦⎤⎢⎣⎡23,1 6. [)+∞,195 7.)76,(-∞ 8.)2ln 22,(+-∞ 9. ),25(+∞-。

“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fx 在区间a,b 上的值域为A,gx 在区间c,d 上的值域为B,则AB. 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;因此也成为历年高考的一个热点;恒成立问题在解题过程中大致可分为以下几种类型：①一次函数型；②二次函数型；③变量分离型；④根据函数的奇偶性、周期性等性质；⑤直接根据函数的图象; 二、恒成立问题解决的基本策略大家知道,恒成立问题分等式中的恒成立问题和不等式中的恒成立问题;等式中的恒成立问题,特别是多项式恒成立问题,常简化为对应次数的系数相等从而建立一个方程组来解决问题的; 一两个基本思想解决“恒成立问题”思路1、max )]([)(x f m D x x f m ≥⇔∈≥上恒成立在 思路2、min )]([)(x f m D x x f m ≤⇔∈≤上恒成立在如何在区间D 上求函数fx 的最大值或者最小值问题,我们可以通过习题的实际,采取合理有效的方法进行求解,通常可以考虑利用函数的单调性、函数的图像、二次函数的配方法、三角函数的有界性、均值定理、函数求导等等方法求函数fx 的最值;这类问题在数学的学习涉及的知识比较广泛,在处理上也有许多特殊性,也是近年来高考中频频出现的试题类型,希望同学们在日常学习中注意积累; 二、赋值型——利用特殊值求解等式恒成立问题等式中的恒成立问题,常常用赋值法求解,特别是对解决填空题、选择题能很快求得.例1．如果函数y=fx=sin2x+acos2x 的图象关于直线x=8π-对称,那么a= .C .2D . -2.略解：取x=0及x=4π-,则f0=f 4π-,即a=-1,故选B. 此法体现了数学中从一般到特殊的转化思想.例备用．由等式x 4+a 1x 3+a 2x 2+a 3x+a 4= x+14+b 1x+13+ b 2x+12+b 3x+1+b 4 定义映射f ：a 1,a 2,a 3,a 4→b 1+b 2+b 3+b 4,则f ：4,3,2,1 →略解：取x=0,则 a 4=1+b 1+b 2+b 3+b 4,又 a 4=1,所以b 1+b 2+b 3+b 4 =0 ,故选D 三分清基本类型,运用相关基本知识,把握基本的解题策略 1、一次函数型：若原题可化为一次函数型,则由数形结合思想利用一次函数知识求解,十分简捷 给定一次函数y=fx=ax+ba≠0,若y=fx 在m,n 内恒有fx>0,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fx<0,则有 0)(0)(<<n f mf恒成立的x 的x 及a,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a 视作自变量,则上述问题即可转化为在-2,2内关于a 的一次函数大于0恒成立的问题.解：原不等式转化为x-1a+x 2-2x+1>0在|a|≤2时恒成立,设fa= x-1a+x 2-2x+1,则fa 在-2,2上恒大于0,故有：⎩⎨⎧>>-0)2(0)2(f f 即⎪⎩⎪⎨⎧>->+-0103422x x x 解得：⎩⎨⎧-<><>1113x x x x 或或 ∴x<-1或x>3. 即x∈－∞,－1∪3,+∞此类题本质上是利用了一次函数在区间m,n 上的图象是一线段,故只需保证该线段两端点均在x 轴上方或下方即可. 2、二次函数型涉及到二次函数的问题是复习的重点,同学们要加强学习、归纳、总结,提炼出一些具体的方法,在今后的解题中自觉运用;1若二次函数y=ax 2+bx+ca≠0大于0恒成立,则有00<∆>且a2若是二次函数在指定区间上的恒成立问题,可以利用韦达定理以及根的分布知识求解;类型1：设)0()(2≠++=a c bx ax x f 在R 上恒成立,（1）R x x f ∈>在0)(上恒成立00<∆>⇔且a ；2R x x f ∈<在0)(上恒成立00<∆<⇔且a ;类型2：设)0()(2≠++=a c bx ax x f 在区间],[βα上恒成立（1）当0>a时,],[0)(βα∈>x x f 在上恒成立⎪⎩⎪⎨⎧>>-⎪⎩⎪⎨⎧<∆≤-≤⎪⎩⎪⎨⎧><-⇔0)(2020)(2βββαααf a ba b f a b 或或, ],[0)(βα∈<x x f 在上恒成立⎩⎨⎧<<⇔0)(0)(βαf f（2）当0<a时,],[0)(βα∈>x x f 在上恒成立⎩⎨⎧>>⇔0)(0)(βαf f],[0)(βα∈<x x f 在上恒成立⎪⎩⎪⎨⎧<>-⎪⎩⎪⎨⎧<∆≤-≤⎪⎩⎪⎨⎧><-⇔0)(2020)(2βββαααf a ba b f a b 或或 类型3：设)0()(2≠++=a c bx ax x f 在区间 -∞ , 上恒成立; fx>0a>0且<0或-b/2a>且f>0 fx<0a<0且<0或-b/2a>且f<0类型4：设)0()(2≠++=a c bx ax x f 在区间 ,+∞上恒成立; fx>0a>0,<0或-b/2a<且f>0 fx<0a<0,<0或-b/2a<且f<0例3． 若函数12)1()1()(22++-+-=a x a x a x f 的定义域为R,求实数 a 的取值范围.分析：该题就转化为被开方数012)1()1(22≥++-+-a x a x a 在R 上恒成立问题,并且注意对二次项系数的讨论.解：依题意,当时，R x ∈012)1()1(22≥++-+-a x a x a 恒成立, 所以,①当,1,01,01{,0122=≠+=-=-a a a a 时，即当此时.1,0112)1()1(22=∴≥=++-+-a a x a x a ②当时，时，即当012)1(4)1(,01{012222≤+---=∆>-≠-a a a a a 有,91,09101{22≤<⇒≤+->a a a a 综上所述,fx 的定义域为R 时,]9,1[∈a 例4.已知函数2()3f x x ax a =++-,在R 上()0f x ≥恒成立,求a 的取值范围. 图所分析：()y f x =的函数图像都在X 轴及其上方,如右示：略解：()22434120a a a a ∆=--=+-≤62a ∴-≤≤ 范变式1：若[]2,2x ∈-时,()0f x ≥恒成立,求a 的取值围.解析一. 零点分布策略 本题可以考虑fx 的零点分布情况进行分类讨论,分无零点、零点在区间的左侧、零点在区间的右侧三种情况,即Δ≤0或⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧≥≥--≤->∆0)2(0)2(220f f a或⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧≥≥-≥->∆0)2(0)2(22f f a ,即a 的取值范围为-7,2.解法二分析：运用二次函数极值点的分布分类讨论要使[]2,2x ∈-时,()0f x ≥恒成立,只需)(x f 的最小值0)(≥a g 即可.略解：分类讨论22()324a a f x x a ⎛⎫=+--+ ⎪⎝⎭,令()f x 在[]2,2-上的最小值为()g a .⑴当22a-<-,即4a >时,()(2)730g a f a =-=-≥ 73a ∴≤ 又4a >a ∴不存在.⑵当222a-≤-≤,即44a -≤≤时,2()()3024a a g a f a ==--+≥ 62a ∴-≤≤ 又44a -≤≤ 42a ∴-≤≤⑶当22a->,即4a <-时,()(2)70g a f a ==+≥ 7a ∴≥- 又4a <-74a ∴-≤<-综上所述,72a -≤≤.变式2：若[]2,2x ∈-时,()2f x ≥恒成立,求a 的取值范围.解法一：分析：题目中要证明2)(≥x f 在[]2,2-上恒成立,若把2移到等号的左边,则把原题转化成左边二次函数在区间[]2,2-时恒大于等于0的问题.例2 已知a ax x x f -++=3)(2,若0)(],2,2[≥-∈x f x 恒成立,求a 的取值范围. 略解：2()320f x x ax a =++--≥,即2()10f x x ax a =++-≥在[]2,2-上成立. ⑴()2410a a ∆=--≤22a ∴--≤≤-+⑵24(1)0(2)0(2)02222a a f f a a ⎧∆=-->⎪≥⎪⎪⎨-≥⎪⎪-≥-≤-⎪⎩或2225--≤≤-∴a 综上所述,2225-≤≤-a .解法二：运用二次函数极值点的分布⑴当22a-<-,即4a >时,()(2)732g a f a =-=-≥ ()54,3a ∴≤∉+∞ a ∴不存在.⑵当222a-≤-≤,即44a -≤≤时,2()()3224a a g a f a ==--+≥,⑶当22a ->,即4a <-时,()(2)72g a f a ==+≥, 综上所述2225-≤≤-a .此题属于含参数二次函数,求最值时,对于轴变区间定的情形,对轴与区间的位置进行分类讨论；还有与其相反的,轴动区间定,方法一样.对于二次函数在R 上恒成立问题往往采用判别式法如例4、例5,而对于二次函数在某一区间上恒成立问题往往转化为求函数在此区间上的最值问题 3、变量分离型若在等式或不等式中出现两个变量,其中一个变量的范围已知,另一个变量的范围为所求,且容易通过恒等变形将两个变量分别置于等号或不等号的两边,则可将恒成立问题转化成函数的最值问题求解;运用不等式的相关知识不难推出如下结论：若对于x 取值范围内的任何一个数都有fx>ga 恒成立,则ga<fx min ;若对于x 取值范围内的任何一个数,都有fx<ga 恒成立,则ga>fx max .其中fx max 和fx min 分别为fx 的最大值和最小值例5.已知三个不等式①0342<+-x x ,②0862<+-x x ,③0922<+-m x x ．要使同时满足①②的所有x 的值满足③,求m 的取值范围.略解：由①②得2<x<3,要使同时满足①②的所有x 的值满足③, 即不等式0922<+-m x x 在)3,2(∈x 上恒成立, 即)3,2(922∈+-<x x x m 在上恒成立,又，上大于在9)3,2(922∈+-x x x 所以 9≤m例 6. 函数)(x f 是奇函数,且在]1,1[-上单调递增,又1)1(-=-f ,若12)(2+-≤at t x f 对所有的]1,1[-∈a 都成立,求t 的取值范围 .解：据奇函数关于原点对称,,1)1(=f 又1)1()(]1,1[)(max ==-f x f x f 上单调递增在12)(2+-≤at t x f 对所有的]1,1[-∈a 都成立.因此,只需122+-at t 大于或等于上在]1,1[)(-x f 的最大值1,都成立对所有又]1,1[-∈a ,即关于a 的一次函数在-1,1上大于或等于0恒成立, 即：),2[}0{]2,(+∞--∞∈ t利用变量分离解决恒成立问题,主要是要把它转化为函数的最值问题 补例． 已知()||,=-+∈R f x x x a b x ．若0b <,且对任何[]0,1x ∈不等式()0f x <恒成立,求实数a 的取值范围．解：当0x =时,a 取任意实数,不等式()0f x <恒成立, 故只需考虑(]0,1x ∈,此时原不等式变为||bx a x--< 即b b x a x x x +<<-故(]max min ()(),0,1b bx a x x x x+<<-∈又函数()b g x x x =+在(]0,1上单调递增,所以max ()(1)1bx g b x +==+；对于函数(](),0,1bh x x x x=-∈①当1b <-时,在(]0,1上()h x 单调递减,min ()(1)1bx h b x-==-,又11b b ->+,所以,此时a 的取值范围是(1,1)b b +-．②当10b -≤<,在(]0,1上,()b h x x x=-≥当x b =-时,min ()2bx b x-=-,此时要使a 存在,必须有1210b bb ⎧+<-⎪⎨-≤<⎪⎩ 即1223b -≤<-,此时a 的取值范围是(1,2)b b +-综上,当1b <-时,a 的取值范围是(1,1)b b +-；当1223b -≤<-时,a 的取值范围是(1,2)b b +-；当2230b -≤<时,a 的取值范围是∅．4、根据函数的奇偶性、周期性等性质若函数fx 是奇偶函数,则对一切定义域中的x ,f-x=-fx f-x=fx 恒成立；若函数y=fx 的周期为T,则对一切定义域中的x,fx=fx+T 恒成立; 5、直接根据图象判断若把等式或不等式进行合理的变形后,能非常容易地画出等号或不等号两边函数的图象,则可以通过画图直接判断得出结果;尤其对于选择题、填空题这种方法更显方便、快捷;例7. a a x x x 恒成立，求实数，不等式对任意实数>--+21的取值范围. 分析：设y=|x+1|-|x-2|,恒成立，不等式对任意实数a x x x >--+21即转化为求函数y=|x+1|-|x-2|的最小值,画出此函数的图象即可求得a 的取值范围.解：令⎪⎩⎪⎨⎧≥<<---≤-=--+=2321121321x x x x x x y在直角坐标系中画出图象如图所示,由图象可看出,要使a x x x >--+21，不等式对任意实数恒成立，只需3-<a .故实数.3），的取值范围是（-∞-a 注：本题中若将a a x x x 恒成立，求实数，不等式对任意实数>--+21改为 ①a a x x x 恒成立，求实数，不等式对任意实数<--+21,同样由图象可得a>3; ②a a x x x 恒成立，求实数，不等式对任意实数>-++21,构造函数,画出图象,得a<3.利用数形结合解决恒成立问题,应先构造函数,作出符合已知条件的图形,再考虑在给定区间上函数与函数图象之间的关系,得出答案或列出条件,求出参数的范围.例8. 设常数a∈R,函数fx=3|x|+|2x-a|,gx=2-x.若函数y=fx 与y=gx 的图像有公共点,则a 的取值范围为 ;解：1a<=0x<=a/2<=0时,fx=-3x+-2x+a=-5x+aa/2<=x<=0时,fx=-3x+2x-a=-x-ax>=0时,fx=3x+2x-a=5x-a,最小值为-a<=2则与gx 有交点,即：-2<=a<=0;2a>0x<=0时,fx=-3x+-2x+a=-5x+a0<=x<=a/2时,fx=3x+-2x+a=x+ax>=a/2时,fx=3x+2x-a=5x-a 最小值a<=2时与gx 有交点,即：0<a<=2综上所述,-2<=a<=2时fx=3|x|+|2x-a|与gx=2-x 有交点;三、在恒成立问题中,主要是求参数的取值范围问题,是一种热点题型,介绍一些基本的解题策略,在学习中学会把问题分类、归类,熟练基本方法;一换元引参,显露问题实质 1、对于所有实数x,不等式恒成立,求a 的取值范围;解：因为的值随着参数a 的变化而变化,若设, 则上述问题实质是“当t 为何值时,不等式恒成立”;这是我们较为熟悉的二次函数问题,它等价于 求解关于t 的不等式组：; 解得,即有,易得;2、设点Px,y 是圆4)1(22=-+y x 上任意一点,若不等式x+y+c ≥0恒成立,求实数c 的取值范围;二分离参数,化归为求值域问题 3、若对于任意角总有成立,求m 的范围;解：此式是可分离变量型,由原不等式得,又,则原不等式等价变形为恒成立; 根据边界原理知,必须小于2cos cos )(2+=θθθf 的最小值,这样问题化归为怎样求的最小值;因为2cos cos )(2+=θθθf即时,有最小值为0,故;三变更主元,简化解题过程 4、若对于,方程都有实根,求实根的范围;解：此题一般思路是先求出方程含参数m 的根,再由m 的范围来确定根x 的范围,但这样会遇到很多麻烦,若以m 为主元,则,由原方程知,得又,即解之得或;5、当1≤a 时,若不等式039)6(2>-+-+a x a x 恒成立,求x 的取值范围; 四图象解题,形象直观6、设]40(，∈x ,若不等式ax x x >-)4(恒成立,求a 的取值范围;解：若设)4(1x x y -=,则为上半圆;设,为过原点,a为斜率的直线;在同一坐标系内作出函数图象依题意,半圆恒在直线上方时,只有时成立,即a的取值范围为;7、当x∈1,2时,不等式x-12<logax恒成立,求a的取值范围;解：设y1=x-12,y2=logax,则y1的图象为右图所示的抛物线要使对一切x∈ 1,2,y1<y2恒成立,显然a>1,并且必须也只需当x=2时y2的函数值大于等于y1的函数值;故loga2>1, ∴ 1<a<2.8、已知关于x的方程lgx2+4x-lg2x-6a-4=0有唯一解,求实数a的取值范围;分析：方程可转化成lgx2+4x=lg2x-6a-4,从而得x2+4x=2x-6a-4>0,注意到若将等号两边看成是二次函数y= x2+4x及一次函数y=2x-6a-4,则只需考虑这两个函数的图象在x轴上方恒有唯一交点即可;解：令y1=x2+4x=x+22-4,y2=2x-6a-4,y1的图象为一个定抛物线 y2的图象是k=2,而截距不定的直线,要使y1和y2在x轴上方有唯一交点,则直线必须位于l1和l2之间;包括l1但不包括l2当直线为l1时,直线过点-4,0,此时纵截距为-8-6a-4=0,a=2-;当直线为l2时,直线过点0,0,纵截距为-6a-4=0,a=32-∴a的范围为)32,2[--五合理联想,运用平几性质9、不论k为何实数,直线与曲线恒有交点,求a的范围;分析：因为题设中有两个参数,用解析几何中有交点的理论将二方程联立,用判别式来解题是比较困难的;若考虑到直线过定点A0,1,而曲线为圆,圆心Ca,0,要使直线恒与圆有交点,那么定点A0,1必在圆上或圆内;解：,Ca,0,当时,联想到直线与圆的位置关系,则有点A0,1必在圆上或圆内,即点A0,1到圆心距离不大于半径,则有,得;六分类讨论,避免重复遗漏10、当时,不等式恒成立,求x 的范围;解：使用的条件,必须将m 分离出来,此时应对进行讨论;①当时,要使不等式恒成立,只要, 解得;②当时,要使不等式恒成立,只要,解得;③当时,要使恒成立,只有; 综上①②③得;解法2：可设,用一次函数知识来解较为简单;我们可以用改变主元的办法,将m 视为主变元,即将元不等式化为：0)12()1(2<---x x m ,；令)12()1()(2---=x x m m f ,则22≤≤-m 时,0)(<m f 恒成立,所以只需⎩⎨⎧<<-0)2(0)2(f f 即⎪⎩⎪⎨⎧<---<----0)12()1(20)12()1(222x x x x ,所以x 的范围是)231,271(++-∈x ;此类题本质上是利用了一次函数在区间m,n 上的图象是一线段,故只需保证该线段两端点均在x 轴上方或下方即可.11、当31<<x 时,不等式0622>+-ax x 恒成立,求实数a 的取值范围; 解：xx a 32+<当31<<x 时,623232=≥+x x ,当x x 32=,即6=x 时等号成立;故实数a 的取值范围:6<a 七构造函数,体现函数思想12、1990年全国高考题设,其中a 为实数,n 为任意给定的自然数,且,如果当时有意义,求a 的取值范围; 解：本题即为对于,有恒成立;这里有三种元素交织在一起,结构复杂,难以下手,若考虑到求a 的范围,可先将a 分离出来,得,对于恒成立;构造函数,则问题转化为求函数在上的值域;由于函数在上是单调增函数,则在上为单调增函数;于是有的最大值为：,从而可得;八利用集合与集合间的关系在给出的不等式中,若能解出已知取值范围的变量,就可利用集合与集合之间的包含关系来求解,即：[]()(),,m n f a g a ⊂⎡⎤⎣⎦,则()f a m ≤且()g a n ≥,不等式的解即为实数a 的取值范围;例13、当1,33x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时,log 1a x <恒成立,求实数a 的取值范围;解：1log 1a x -<<（1） 当1a >时,1x a a <<,则问题转化为11,3,3a a ⎛⎫⎛⎫⊆ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ 3113a a ≥⎧⎪∴⎨≤⎪⎩ 3a ∴≥（2） 当01a <<时,1a x a <<,则问题转化为11,3,3a a ⎛⎫⎛⎫⊆ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭1313a a⎧≤⎪⎪∴⎨⎪≥⎪⎩103a ∴<≤综上所得：103a <≤或3a ≥ 四、其它类型恒成立问题能成立问题有时是以不等式有解的形式出现的;1、已知函数12)(2+-=ax x x f ,xax g =)(,其中0>a ,0≠x ． 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；分析：思路、对在不同区间内的两个函数)(x f 和)(x g 分别求最值,即只需满足)()(max min x g x f >即可．简解：令na=g max x=a/2；令ma=f min x,fx=x-a 2+1-a 2,故1对称轴x=a<1,即或0<a<1时,ma= f min x=f1=2-2a,由ma>na 解得a<4/5,注意到a 的范围从而得a 的范围：0<a<4/5;2对称轴x=a>2时,ma= f min x=f2=5-4a,由ma>na 解得a<10/9,注意到a 的范围从而得a 无解：;3对称轴x=a∈1,2时,ma= fminx=fa=2-2a,由ma>na 解得4171+->a 或4171--<a ,注意到a 的范围从而得a 的范围21≤<a ：;; 综合123知实数a 的取值范围是：0,4/5∪1,2 2、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、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 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 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()f x A >成立,则等价于在区间D 上()max f x A >； 若在区间D 上存在实数x 使不等式()f x B <成立,则等价于在区间D 上的()min f x B <.1、存在实数x ,使得不等式2313x x a a ++-≤-有解,则实数a 的取值范围为______; 解：设()31f x x x =++-,由()23f x a a ≤-有解,()2min3a a f x ⇒-≥, 又()()31314x x x x ++-≥+--=,∴234a a -≥,解得41a a ≥≤-或;1、求使关于p 的不等式x p px x 212+<++在p ∈-2,2有解的x 的取值范围;解：即关于p 的不等式012)1(2<+-+-x x p x 有解,设()()2121f p x p x x =-+-+,则()f p 在-2,2上的最小值小于0;1当x>1时,fp 关于p 单调增加,故f min p=f-2=x 2-4x+3<0,解得1<x<3;2 当x<1时,fp 关于p 单调减少,故f min p=f2=x 2-1<0,解得-1<x<1； 3当x=1时,fp=0,故f min p=fp<0不成立;综合123知实数x 的取值范围是：-1,1∪1,3例、设命题P:x1,x2是方程x 2-ax-2=0的二个根,不等式|m 2-5m-3|≥|x 1-x 2|对任意实数a∈-1,1恒成立；命题Q ：不等式|x-2m|-|x|>1m>0有解；若命题P 和命题Q 都是真命题,求m的值范围;解：1由P 真得：8||221+=-a x x ,注意到a 在区间-1,1, 3||max 21=-x x ,由于|m 2-5m-3|≥|x 1-x 2|对任意实数a∈-1,1恒成立,故有3|||35|max 212=-≥--x x m m解得： m≤-1或m≥6或0≤m≤51由Q 真,不等式|x-2m|-|x|>1m>0有解,得|x-2m|-|x|max =2m>1,解得：m>1/2 由于12都是相公命题,故m 的值范围：1/2<m≤5或m≥6.举例1已知不等式0224>+⋅-x x a 对于+∞-∈,1[x 恒成立,求实数a 的取值范围. 2若不等式0224>+⋅-x x a 对于]3,(-∞∈a 恒成立,求实数x 的取值范围. 分析：1由0224>+⋅-x x a 得：xx a 222+<对于+∞-∈,1[x 恒成立,因212≥x,所以22222≥+xx ,当22=x时等号成立.所以有22<a . 2注意到0224>+⋅-x x a 对于]3,(-∞∈a 恒成立是关于a 的一次不等式.不妨设)24(2)(++⋅-=x x a a f ,则)(a f 在]3,(-∞∈a 上单调递减,则问题等价于0)3(>f ,所以2202234>⇒>+⋅-x x x 或12<x ,则x 取值范围为),1()0,(+∞-∞ .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()f x M <对x I ∈时恒成立max ()f x M•⇔<,x I ∈;即()f x 的上界小于或等于M ； ②不等式()f x M <对x I ∈时有解min ()f x M•⇔<,x I ∈; 或()f x 的下界小于或等于M ； ③不等式()f x M >对x I ∈时恒成立min ()f x M•⇔>,x I ∈;即()f x 的下界大于或等于M ； ④不等式()f x M >对x I ∈时有解max ()f x M ⇔>,x I ∈.; 或()f x 的上界大于或等于M ；高中数学难点强化班第四讲140709课后练习答案：一．填空选择题每小题6分,共60分1、对任意的实数x ,若不等式a x x >--+21恒成立,那么实数a 的取值范围 ;答案：|x+1|-|x-2| -|x+1-x-2|=-3,故实数a 的取值范围：a<-3 2、不等式2sin 4sin 10x x a -+-<有解,则a 的取值范围是解：原不等式有解()()22sin 4sin 1sin 231sin 1a x x x x ⇒>-+=---≤≤有解,而()2minsin 232x ⎡⎤--=-⎣⎦,所以2a >-;3.若对任意x R ∈,不等式||x ax ≥恒成立,则实数a 的取值范围是 A 1a <- B ||1a ≤ C ||1a < D 1a ≥ 解析：对∀x R ∈,不等式||x ax ≥恒成立 则由一次函数性质及图像知11a -≤≤,即||1a ≤;答案：选B4．当(1,2)x ∈时,不等式240x mx ++<恒成立,则m 的取值范围是 .解析: 当(1,2)x ∈时,由240x mx ++<得24x m x +<-.令244()x f x x x x+==+,则易知()f x 在(1,2)上是减函数,所以[1,2]x ∈时()(1)5maxf x f ==,则2min 4()5x x+->-∴5m ≤-.5．已知不等式223(1)1ax x a x x a -++>--+对任意(0)a ∈+∞，都成立,那么实数x 的取值范围为 ．分析：已知参数a 的范围,要求自变量x 的范围,转换主参元x 和a 的位置,构造以a 为自变量x 作为参数的一次函数()g a ,转换成∀(0)a ∈+∞，,()0g a >恒成立再求解;解析：由题设知“223(1)1ax x a x x a -++>--+对∀(0)a ∈+∞，都成立,即22(2)20a x x x +-->对∀(0)a ∈+∞，都成立;设22()(2)2g a x a x x =+--a R ∈,则()g a 是一个以a 为自变量的一次函数;220x +>恒成立,则对∀x R ∈,()g a 为R 上的单调递增函数; 所以对∀(0)a ∈+∞，,()0g a >恒成立的充分必要条件是(0)0g ≥,220x x --≥,∴20x -≤≤,于是x 的取值范围是{|20}x x -≤≤;6．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分析：()f x 与()g x 的函数类型,直接受参数m 的影响,所以首先要对参 数进行分类讨论,解析：当0m =时,()810f x x =-+>在1(,)8-∞上恒成立在R 上恒成立,显然不满足题意；如图1当0m <时,()g x 在R 上递减且()0g x mx =>只在(,0)-∞而()f x 是一个开口向下且恒过定点0,1的二次函数,当0m >时,()g x 在R 上递增且()0g x mx =>在(0,)+∞而()f x 是一个开口向上且恒过定点0,1的二次函数,数x ,()f x 与()g x 的值至少有一个为正数则只需()0f x >在(-∞恒成立;如图3则有24024(4)80m m m m -⎧<⎪⎨⎪∆=--<⎩或402m m -≥解得48m <<或04m <≤, 综上可得08m <≤即(0,8)m ∈; 故选B;７、已知两函数()2728f x x x c =--,gx=6x 2-24x+21;1对任意[]3,3x ∈-,都有()()f x g x ≤成立,那么实数c 的取值范围 c ≥0 ； 2存在[]3,3x ∈-,使()()f x g x ≤成立,那么实数c 的取值范围 c ≥-25 ； 3对任意[]12,3,3x x ∈-,都有()()12f xg x ≤,那么实数c 的取值范围 c ≥150 ； 4存在[]12,3,3x x ∈-,都有()()12f xg x ≤,那么实数c 的取值范围 c ≥-175 ；解析：1设()()()322312h x g x f x x x x c =-=--+,问题转化为[]3,3x ∈-时,()0h x ≥恒成立,故()min 0h x ≥;令()()()266126120h x x x x x '=--=+-=,得1x =-或2;由导数知识,可知()h x 在[]3,1--单调递增,在[]1,2-单调递减,在[]2,3单调递增,且()345h c -=-,()()17h x h c =-=+极大值,()()220h x h c ==-极小值,()39h c =-,∴()()min 345h x h c =-=-,由450c -≥,得45c ≥;2据题意：存在[]3,3x ∈-,使()()f x g x ≤成立,即为：()()()0h x g x f x =-≥在[]3,3x ∈-有解,故()max 0h x ≥,由1知()max 70h x c =+≥,于是得7c ≥-;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[]12,3,3x x ∈-,都有()()12f xg x ≤成立,不等式的左右两端函数的自变量不同,1x ,2x 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：max min ()(),[3,3]f x g x ••x •≤∈-;∵()()[]27228,3,3f x x c x =---∈-∴ ()()max3147f x f c =-=-,∵()26840g x x x '=+-=()()23102x x +-,∴()0g x '=在区间[]3,3-上只有一个解2x =; ∴()()min248g x g ==-,∴14748c -≤-,即195c ≥.4存在[]12,3,3x x ∈-,都有()()12f xg x ≤,等价于()()min 1max 2f x g x ≤,由3得()()min 1228f x f c ==--,()()max 23102g x g =-=,28102130c c --≤⇒≥-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; 二．简答题每题10分８、10分若不等式2(1)(1)3(1)0m x m x m +--+-<对任意实数x 恒成立,求实数m 取值范围 解：)10,2[9、①对一切实数x,不等式32x x a --+>恒成立,求实数a 的范围; ②若不等式32x x a --+>有解,求实数a 的范围; ③若方程32x x a --+=有解,求实数a 的范围; 解：①5-<a ②5<a ③]5,5[-∈a10.已知函数()()2lg x ax a x f --=Ⅰ若()x f 的定义域Φ≠A ,试求a 的取值范围.Ⅱ 若()x f 在()3,2∈x 上有意义, 试求a 的取值范围. Ⅲ若()0>x f 的解集为()3,2,,试求a 的值.解答：这三问中,第Ⅰ问是能成立问题,第Ⅱ问是恒成立问题,第Ⅲ问是恰成立问题.Ⅰ ()x f 的定义域非空,相当于存在实数x ,使02>--x ax a 成立,即()2x ax a x --=ϕ的最大值大于0成立,(),0444422max >+=---=a a a a x ϕ 解得 4-<a 或0>a .Ⅱ()x f 在区间()3,2上有意义,等价于()2x ax a x --=ϕ0>在()3,2恒成立,即()x ϕ的最小值大于0.解不等式组 ()⎪⎩⎪⎨⎧≥≤-,03,252ϕa 或()⎪⎩⎪⎨⎧≥>-,02,252ϕa ⎩⎨⎧≥---≥,093,5a a a 或⎩⎨⎧≥---<042,5a a a 解得 .29-≤aⅢ()0>x f 的解集为()3,2,等价于不等式12>--x ax a 的解集为()3,2;于是有012<-++a ax x ,这等价于方程012=-++a ax x 的两个根为2和3, 于是可解得5-=a .。

求解有关恒成立、存在性问题的四种策略对于有关恒成立、存在性问题，一直是高考命题的热点，往往以全称命题或特称命题的形式出现，同时结合函数的单调性、极值、最值等知识进行考查，在高考中多以压轴题或压轴题中的压轴问的形式出现。

如何突破这一难关呢？关键是细心审题及恰当地转化。

现就如何求解恒成立、存在性问题中的参数问题加以分析。

方法1：分离参数法例1.设函数f（x）=lnx-ax，g（x）=ex-ax，其中a为实数。

若f（x）在（1，+∞）上是单调减函数，且g（x）在（1，+∞）上有最小值，求a的取值范围。

解：因为f`（x）= -a，g`（x）=ex-a，由题意得f`（x）≤0对x∈（1，+∞）恒成立，即a≥ 对x∈（1，+∞）恒成立，所以a≥1。

因为g`（x）=ex-a在x∈（1，+∞）上是单调增函数，所以g`（x）>g`（1）=e-a。

又g（x）在（1，+∞）上有最小值，则必有e-ae。

综上，可知a的取值范围是（e，+∞）。

点评：求解问题的切入点不同，求解的难度就有差异。

在恒成立问题中有时需要取交集，有时需要取并集，本题解法需要取交集。

一般而言：在同一问题中，若是对自变量作分类讨论，其结果要取交集；若是对参数作分类讨论，其结果要取并集。

方法2：构造函数法例2.已知函数f（x）= ，若|f（x）|≥ax，则a的取值范围是（）。

FrkBAnw9mjyEglQgHNxJcw==A.（-∞，0]B.（-∞，1]C.[-2，1]D.[-2，0]解：当x≤0时，|f（x）|≥axx2-（2+a）x≥0，对x≤0恒成立。

记g（x）=x2-（2+a）x=（x- ）2- 。

当当≥0即a≥-2时，g（x）的最小值为0，满足题意。

当x>0时，|f（x）|≥axln（1+x）-ax≥0a≤ ，对x>0恒成立。

令θ（x）= ，则θ`（x）= 。

设t=x+1，则t>1。

记L（t）= -lnt，则L`（t）= 故L（t）故当x∈（0，+∞）时，θ（x）恒大于0，所以a≤0。

函数的恒成立问题函数的恒成立问题是一个重要的数学概念，它涉及到函数的性质和不等式的解法。

这类问题在数学高考和数学竞赛中经常出现，是考察学生数学思维和解题能力的重要题型。

函数的恒成立问题是指对于某个区间内的所有x值，函数f(x)都满足某个条件或不等式，即f(x)恒成立。

解决这类问题通常需要运用函数的性质、导数、参数分离等多种方法。

具体来说，解决函数的恒成立问题可以通过以下几种方法：1. 函数性质法：利用函数的性质，如单调性、奇偶性、周期性等，来证明函数恒成立。

2. 导数法：通过求函数的导数，研究函数的单调性和最值，进而证明函数恒成立。

3. 参数分离法：将参数与变量分离，转化为求函数的最值问题，再证明该最值满足条件。

4. 数形结合法：将函数与图形结合，通过观察图形的性质来证明函数恒成立。

举个例子，假设我们要求证函数f(x) = x^2 - 2x在区间[0,3]上恒成立。

我们可以采用以下步骤：1. 首先求出函数f(x)的导数f'(x)，得到f'(x) = 2x - 2。

2. 然后通过分析f'(x)的符号，确定函数的单调性。

当f'(x) > 0时，f(x)单调递增；当f'(x) < 0时，f(x)单调递减。

由此可知，f(x)在区间[0,1]上单调递减，在区间[1,3]上单调递增。

3. 接下来求出函数在区间端点的值，即f(0)、f(1)、f(3)。

计算得到f(0) = 0，f(1) = -1，f(3) = 3。

4. 最后比较这些值，发现f(0)、f(1)、f(3)都满足条件，因此可以证明函数f(x)在区间[0,3]上恒成立。

以上是解决函数恒成立问题的一种基本思路和方法，当然具体的解题过程可能因题目的不同而有所差异。

在解决这类问题时，需要灵活运用数学知识，注重思维方法的训练和解题技巧的提升。

恒成立问题与存在性问题一、恒成立问题： 不等式恒成立问题化归为最值问题1、不等式()x f a >对I x ∈恒成立()max x f a >⇔2、不等式()x f a <对I x ∈恒成立()min x f a >⇔ 变量分离后化归为最值问题型1.(,)0F x a > 对()x I a f x ∈⇔>一切恒成立对m ax ()x I a f x ∈⇔>一切恒成立2.(,)0F x a >对()x I a f x ∈⇔<一切恒成立对m in ()x I a f x ∈⇔<一切恒成立二、存在性问题化归为最值问题不等式有解问题：1、不等式()x f a >在I x ∈有解⇔I x ∈∃，使得()x f a >成立()max x f a >⇔2、不等式()x f a <在I x ∈有解⇔I x ∈∃，使得()x f a >成立()min x f a >⇔三、方程()x f a =有解问题 方法1：化为求函数的值域方程()0,=a x F 在I x ∈有解⇔()x f a =I x ∈有解方程()x f a =在I x ∈有解⇔a 的取值范围为函数()x f 的值域，方法2：化为零点问题求解 方法3：化为图像交点问题求解实战演练：1、已知0,0a b >>，若不等式212m aba b+≥+恒成立，则 m 的最大值２、定义在R 上的函数()x x x f -=331，设()xm x x g -=ln ，'[1,],()()x e g x f x ∀∈<使求实数m 的范围。

３、定义在R 上的函数()x x x f -=331，设()xm x x g -=ln ，'1212[1,],()()x e x g x f x ∀∈∃∈<[1,2]使，求实数m 的范围４、设238()(2)2x x f x x -+=≥，()1g x kx =+，（1）若0[2,)x ∃∈+∞，使0()f x m =成立，则实数m 的范围（2）若12[2,),(2,)x x ∀∈+∞∃∈+∞，使得12()()f x g x =则实数k 的范围５、已知函数()()1522>+-=a ax x x f（1）若()x f 的定义域和值域均为[]a ,1，求实数a 的值。

课题：函数与不等式———— 恒成立与存在性问题要注意把不等式问题、方程问题转化为函数的单调性、极值、最值进行研究，这是高考命制压轴题的一个考查点．一、恒成立问题（一）主干知识整合1．在代数综合问题中常遇到恒成立问题．恒成立问题涉及常见函数的性质、图象，渗透着换元、化归、数形结合、函数与方程等思想方法，恒成立问题的解题的基本思路是：根据已知条件将恒成立问题向基本类型转化，正确选用函数法、最小值法、数形结合法等解题方法求解．2．恒成立问题在解题过程中大致可分为以下几种类型： (1)∀x ∈D ，f (x ) ≤C ；(2)∀x ∈D ，f (x ) ≤g (x )；(3)∀x 1，x 2∈D ，|f (x 1)－f (x 2)|≤C ； (4)∀x 1，x 2∈D ，|f (x 1)－f (x 2)|≤a |x 1－x 2|. 3．不等式恒成立问题的处理方法 (1)转换求函数的最值①若不等式A <f (x )在区间D 上恒成立，则等价于在区间D 上A <f (x )min ⇔f (x )的下界大于A . ②若不等式B >f (x )在区间D 上恒成立，则等价于在区间D 上B >f (x )max ⇔f (x )的上界小于B . (2)分离参数法①将参数与变量分离，即化为g (λ)≥f (x )(或g (λ)≤f (x ))恒成立的形式； ②求f (x )在x ∈D 上的最大(或最小)值；③解不等式g (λ)≥f (x )max (或g (λ)≤f (x )min )，得λ的取值范围． (3)转换成函数图象问题①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 )的图象在函数y ＝g (x )的图象上方；②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 )的图象在函数y ＝g (x )的图象下方．（二）要点热点探究► 探究点一 ∀x ∈D ，f (x ) ≤g (x )的研究对于形如∀x ∈D ，f (x ) ≤g (x )的问题，可转化为∀x ∈D ， f (x )－g (x ) ≤0，再转化为()a t x <或()a t x >，最后转化为()min a t x <或()max a t x >.例1（2012苏中三市高三第二次调研测试题改编）已知函数()ln f x a x =，()()22g x x a x =-++，a ∈R ．若对任意[]1,e x ∈，都有()()f x g x ≥恒成立，求a 的取值范围．解答：由()()f x g x ≥，得()()0f x g x -≥，即()2ln 2x x a x x -≤-．由于[]1,e x ∈，ln 1x x ≤≤，且等号不能同时取得，所以ln x x <，ln 0x x ->．从而22ln x x a x x -≤-恒成立，2min2ln x x a x x ⎛⎫-≤ ⎪-⎝⎭．设()[]22=1e ln x xt x x x x -∈-，，．求导，得()()()()212ln =ln x x x t x x x -+-'-． 因为[]1,e x ∈，10,ln 1,2ln 0x x x x -≥≤+->，从而()0t x '≥，()t x 在[]1,e 上为增函数． 所以()()min 11t x t ==-，所以1a ≤-．【点评】在处理f (x )>c 的恒成立问题时，如果函数f (x )含有参数，一般有两种处理方法：一是参数分离，将含参数函数转化为不含参数的函数，再求出最值即可；二是如果不能参数分离，可以用分类讨论处理函数f (x )的最值．变式新题：已知函数f (x )＝x |x －a |＋2x ．求a 的取值范围，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．解答：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.► 探究点二 ∀x 1，x 2∈D ，|f (x 1)－f (x 2)|≤C 的研究对于形如∀x 1，x 2∈D ，|f (x 1) －f (x 2)|≤C 的问题，因为|f (x 1) －f (x 2)|≤ f (x )max －f (x )min ，所以原命题等价为f (x )max －f (x )min ≤C .例2 已知函数f (x )＝ax 3＋bx 2－3x (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x 1，x 2，都有|f (x 1)－f (x 2)|≤c ，求实数c 的最小值． 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，↗↘↗∵f (－max min 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.【点评】 在处理这类问题时，因为x 1，x 2是两个不相关的变量，所以可以等价为函数f (x )在区间D 上的函数差的最大值小于c ，如果x 1，x 2是两个相关变量，则需要代入x 1，x 2之间的关系式转化为一元问题．变式新题：（江苏省无锡市洛社中学2012届高三12月改）已知二次函数g （x ）对任意实数x 都满足()211122g x x x =--．令()19()ln (,0)28f x g x m x m x =+++∈>R ．（1）若0x ∃>使()0f x ≤成立，求实数m 的取值范围；（2）设1e m <≤，()()(1)H x f x m x =-+，证明:对12[1]x x m ∀∈，，，恒有12|()()| 1.H x H x -< 解答：（1）x m x x m x g x f ln 2189ln )21()(2+=+++=（,0m x ∈>R ） ①当0>m 时，由对数函数性质，)(x f 的值域为R ；②当0=m 时，2)(2x x f =，对0>∀x ，0)(>x f 恒成立；③当0<m 时，由0)('=+=xmx x f 得m x -=， 列表：)这时，m m m f x f -+-=-=ln 2)()]([min ． 00,0ln 20)]([min<<-⇔⎪⎩⎪⎨⎧<>-+-⇔>m e m m m mx f ．综合①②③若0>∀x ，0)(>x f 恒成立，则实数m 的取值范围为(e,0]-． 故存在0>x 使0)(≤x f 成立，实数m 的取值范围为),0(],(+∞⋃--∞e ． （3）证明：因为对],1[m x ∈∀，0))(1()('≤--=xm x x x H ，所以)(x H 在],1[m 内单调递减．于是21ln 21)()1(|)()(|221--=-≤-m m m m H H x H x H ， 023ln 21121ln 211|)()(|221<--⇔<--⇔<-mm m m m m x H x H ．记m m m m h 23ln 21)(--=（e m ≤<1），则031)311(2323121)('22>+-=+-=m m m m h ，所以函数mm m m h 23ln 21)(--=在],1(e 上是单调增函数， 所以e 3(e 3)(e 1)()(e)1022e 2eh m h -+≤=--=<，故命题成立．► 探究点三 ∀x 1，x 2∈D ，|f (x 1)－f (x 2)|≤a |x 1－x 2|的研究形如∀x 1，x 2∈D ，|f (x 1) －f (x 2)|≤a |x 1－x 2|这样的问题，首先需要根据函数f (x )的单调性去掉|f (x 1)－f (x 2)|≤a |x 1－x 2|中的绝对值符号，再构造函数g (x )＝f (x ) －ax ，从而将问题转化为新函数g (x )的单调性．例3（南京市2011届高三第一次模拟考试）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．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)．【点评】 ∀x 1，x 2∈D ，|f (x 1)－f (x 2)|≤a |x 1－x 2|等价为k ＝|f （x 1）－f （x 2）||x 1－x 2|≤a ，再进一步等价为f ′(x )≤a的做法由于缺乏理论支持，解题时不可以直接使用．况且本题的第(2)问不能把|f (x 1)－f (x 2)|≤4⎪⎪⎪⎪1x 1－1x 2转化为|f （x 1）－f （x 2）|⎪⎪⎪⎪1x 1－1x 2≤4，所以这类问题还是需要按照本题第(2)问的处理手段来处理．变式新题：(2010年高考辽宁卷)已知函数f (x )＝(a ＋1)ln x ＋ax 2＋1. (1)讨论函数f (x )的单调性；(2)设a ≤－2，证明：对任意x 1，x 2∈(0，＋∞)， |f (x 1)－f (x 2)|≥4|x 1－x 2|.解答：(1)f (x )的定义域为(0，＋∞)．f ′(x )＝a ＋1x ＋2ax ＝2ax 2＋a ＋1x.当a ≥0时 ，f ′(x )>0，故f (x )在(0，＋∞)上单调递增； 当a ≤－1时，f ′(x )<0，故f (x )在(0，＋∞)上单调递减；当－1<a <0时，令f ′(x )＝0，解得x ＝－a ＋12a，则当x ∈(0, －a ＋12a )时，f ′(x )>0；当x ∈( －a ＋12a ，＋∞)时，f ′(x )<0.故f (x )在(0, －a ＋12a)上单调递增，在(－a ＋12a，＋∞)上单调递减．(2)不妨设x 1≥x 2.由于a ≤－2，故f (x )在(0，＋∞)单调减少．所以|f (x 1)－f (x 2)|≥4|x 1－x 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. 令g (x )＝f (x )＋4x ，则g ′(x )＝a ＋1x ＋2ax ＋4＝2ax 2＋4x ＋a ＋1x .于是g ′(x )≤－4x 2＋4x －1x ＝－(2x －1)2x≤0.从而g (x )在(0，＋∞)上单调减少， 故g (x 1)≤g (x 2)，即f (x 1)＋4x 1≤f (x 2)＋4x 2，故对任意x 1，x 2∈(0，＋∞)，|f (x 1)－f (x 2)|≥4|x 1－x 2|. （三）规律技巧提炼在处理恒成立问题时，首先应该分辨所属问题的类型，如果是关于单一变量的恒成立问题，首先考虑参数分离，如果不能参数分离或者参数分离后所形成函数不能够处理，那么可以选择分类讨论来处理；如果是关于两个独立变量的恒成立问题处理，只需要按照上探究点中所讲类型的处理方法来处理即可．二、存在性问题（一）主干知识整合1．在代数综合问题中常遇到存在性问题．与恒成立问题类似，存在性问题涉及常见函数的性质、图象，渗透着换元、化归、数形结合、函数与方程等思想方法．2．存在性问题在解题过程中大致可分为以下几种类型： (1)∃x ∈D ，f (x )≤C ；(2)∃x ∈D ，f (x ) ≤g (x )；(3)∀x 1∈D ，∃x 2∈D ，f (x 1)＝g (x 2)； (4)∀x 1∈D ，∃x 2∈D ，f (x 1) ≤g (x 2)．3．存在性问题处理方法(1)转换求函数的最值；(2)分离参数法； (3)转换成函数图象问题；(4)转化为恒成立问题． （二）要点热点探究► 探究点一 ∃x ∈D ，f (x )>g (x )的研究对于∃x ∈D ，f (x )>g (x )的研究，先设h (x )＝f (x )－g (x )，再等价为∃x ∈D ，h (x )max >0，其中若g (x )＝c ，则等价为∃x ∈D ，f (x )max >c .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． 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 ＋10x 2，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.【点评】 解法一在处理时，需要用分类讨论的方法，讨论的关键是极值点与区间[1,2]的关系；解法二是用的参数分离，由于ax 2>x 3＋10中x 2∈[1,4]，所以可以进行参数分离，而无需要分类讨论．变式新题：已知函数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，a3，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．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＝a3⇒a ＝3. 综上，a ＝3或a ＝－1.(2)假设存在，即存在x 0∈⎝⎛⎭⎫－1，a3，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，a3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 －124<0得a <－1或a >3，∴a 无解．综上，a >3.► 探究点二 ∀x 1∈D ，∃x 2∈D ，f (x 1)＝g (x 2)的研究对于∀x 1∈D ，∃x 2∈D ，f (x 1)＝g (x 2)的研究，若函数f (x )的值域为C 1，函数g (x )的值域为C 2，则该问题等价为C 1⊆C 2.例2 设函数f (x )＝－13x 3－13x 2＋53x －4.(1)求f (x )的单调区间；(2)设a ≥1，函数g (x )＝x 3－3a 2x －2a .若对于任意x 1∈[0,1]，总存在x 0∈[0,1]，使得f (x 1)＝g (x 0)成立，求a 的取值范围．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.【点评】 对于∀x ∈D ，f (x )＝c 要成立，c 的取值集合就是函数f (x )的值域，对于∃x ∈D ，使得c ＝g (x )，c 应该属于g (x )的取值集合，所以函数f (x )的值域为g (x )的值域的子集．变式新题：（盐城市2010～2011学年度高三年级第一次调研考试）已知函数f (x )＝x 2＋a |ln x －1|，g (x )＝x |x －a |＋2－2ln2，a ＞0.(1) 若f (x )≥32a ，x ∈[1，＋∞)恒成立，求a 的取值范围；(2) 对任意x 1∈[1，＋∞)，总存在惟一的x 2∈[2，＋∞)，使得f (x 1)＝g (x 2)成立，求a 的取值范围. 解答：(1)① 当x ≥e 时，f (x )＝x 2＋a ln x －a ，f ′(x )＝2x ＋ax ，∵ a ＞0，∴ f (x )＞0恒成立，∴ f (x )在[e ，＋∞)上递增，故当x ＝e 时，y min ＝f (e)＝e 2； ② 当1≤x ＜e 时，f (x )＝x 2－a ln x ＋a ，f ′(x )＝2x －a x ＝2x (x ＋a2)(x －a 2)． (ⅰ) 当a2≤1，即0＜a ≤2时，f ′(x )>0，∴ f (x )在区间[1，e)上为增函数，故当x ＝1时，y min ＝1＋a ，且此时f (1)＜f (e)＝e 2；(ⅱ) 当1＜a2＜e ，即2＜a ＜2e 2时，∵ x ∈(1，a2)时，f ′(x )＜0；x ∈(a2，e)时，f ′(x )＞0， ∴ f (x )在[1，a2)上递减，在(a2，e]上递增，故当x ＝a 2时，y min ＝3a 2－a 2ln a2，且此时f (a2)＜f (e)＝e 2；(ⅲ) 当a2≥e ，即a ≥2e 2时，f ′(x )＜0， ∴ f (x )在[1，e)上为减函数，∴ y ＞f (e)＝e 2.综上所述，函数y ＝f (x )的最小值为y min＝⎩⎪⎨⎪⎧1＋a ，0＜a ≤2，3a 2－a 2ln a2，2＜a ＜2e 2，e 2，a ≥2e 2.则由y min ≥3a2，可以解得所求a 的取值范围是0＜a ≤2. (2)题意等价于：当“存在区间I ⊆[2，＋∞)，使得函数g (x )在区间I 上单调，且此时函数f (x )在区间[1，＋∞)上的值域恰好是函数g (x )在区间I 上的值域的子集”时，求a 的取值范围．① 当0＜a ≤2时，g (x )在[2，＋∞)单调递增，由题意知g (2)≤f min (x )，得6－2a －2ln2≤1＋a ，解得53－23ln2≤a ≤2.② 当1＜a2＜2，即2＜a ＜4时，g (x )在[2，＋∞)上先减后增，由题意知，g (2)＜f min (x )，得2a －2－2ln2＜3a 2－a 2ln a 2，即a 2＋a 2ln a2－2－2ln2＜0，设h (t )＝t ＋t ln t －2－2ln2(t ＝a2)，h ′(t )＝2＋ln t ＞0(1＜t ＜2)，∴ h (t )单调递增且h (2)＝0， ∴ h (t )＜0恒成立，得2＜a ＜4.③当2≤a 2＜e 2，即4≤a ＜2e 2时，g (x )在[2，a 2]上递增，在[a2，a ]上递减，在[a ，＋∞)上递增(如图所示)，∴ 由题意知g (a 2)＜f min (x )，即a 24－3a 2＋a 2ln a2＋2－2ln2＜0，设m (t )＝t 2－3t ＋t ln t ＋2－2ln2，则m ′(t )＝2t －2＋ln t ＞0(t ∈(2，e 2))，∴ m (t )递增，且m (2)＝0， ∴ m (t )＞0恒成立，此时无解．④ 当a ≥2e 2时，g (x )在[2，a 2]上递增，在[a2，a ]上递减，在[a ，＋∞)上递增(如图所示)，∴ 由题意知g (a 2)＜f min (x )，即a 24＋2－2ln2＜e 2，此时也无解． 综上，所求a 的取值范围是a ∈[53－23ln2,4)．► 探究点三 ∀x 1∈D ，∃x 2∈D ，f (x 1)>g (x 2)的研究对于∀x 1∈D ，∃x 2∈D ，f (x 1)>g (x 2)的研究，第一步先转化为∃x 2∈D ，f (x 1)min >g (x 2)，再将该问题按照探究点一转化为f (x 1)min >g (x 2)min .例3已知两个函数f (x )＝7x 2－28x －c ，g (x )＝2x 3＋4x 2－40x .(1)若对任意x ∈[－3,3]，都有f (x )≤g (x )成立，求实数c 的取值范围；(2)若对任意x 1∈[－3,3]，存在x 2∈[－3,3]，都有f (x 1)≤g (x 2)成立，求实数c 的取值范围． 解答：(1)(1)∀x ∈[－3,3]，f (x )≤g (x )恒成立，即7x 2－28x －c ≤2x 3＋4x 2－40x 恒成立，∴ c ≥(－2x 3＋3x 2＋12x )恒成立，故c ≥(－2x 3＋3x 2＋12x )max . 令F (x )＝－2x 3＋3x 2＋12x (x ∈[－3,3])，∴ F ′(x )＝－6x 2＋6x ＋12，令F ′(x )=0，解得x =－1或x =2. 又 x ∈[－3,3]，∴ 当x ∈[－3，－1) 时，f ′(x )<0，f (x )单调递减；当x ∈[－1,2] 时，f ′(x )≥0，f (x )单调递增；当x ∈(2,3] 时，f ′(x )<0，f (x )单调递减．又 F (2)＝20，F (－3)＝45， ∴ (F (x ))max ＝F (－3)＝45， ∴ c ≥45.(2) f (x 1)＝7 x 12－28 x 1－c ，x 1∈[－3,3]，对称轴为x 1=2， ∴ f (x 1)max ＝f (－3)＝147－c .下面再求g (x 2)的最小值：∵ g (x 2)＝2 x 23＋4 x 22－40 x 2， ∴ g ′(x 2)＝6 x 22＋8 x 2－40，令g ′(x 2)=0，解得x 2=2或x 2=103-. ∵ x 2∈[－3,3]，∴ 当x 2∈[－3,2]时，g ′(x 2)≤0，g (x 2)单调递减； x 2∈(2,3]时，g ′(x 2)>0，g (x 2)单调递增． 又 g (－3)=102，g (3)=－30，故g (x 2) max =102 . ∵ 对∀x 1∈[－3,3]，∃x 2∈[－3,3]，f (x 1)≤g (x 2)， ∴ f (x 1)max ≤ g (x 2)max ，即147－c ≤102，即c ≥45 .【点评】 对于∀x ∈D ，f (x )<c ，可以转化为f (x )max <c ；∃x ∈D ，c <g (x )，可以转化为c <g (x )max ，所以本问题类型可以分两步处理，转化为f (x 1)max ≤ g (x 2)max .变式新题：（苏州市2012届高三调研测试）已知函数()f x x m =-和函数()27g x x x m m m =-+-. （1）若方程()f x m =在[)4,+∞上有两个不同的解,求实数m 的取值范围;（2）若对任意(]1,4x ∈-∞,均存在[)23,x ∈+∞,使得()()12f x g x >成立,求实数m 的取值范围. 解答：（1）方程()f x m =，即x m m -=.此方程在x ∈R 时的解为0x =和2x m =. 要使方程x m m -=在[)4,x ∈-+∞上右两个不同的解.∴ 24m ≥-且20m ≠，则m 的取值范围是2m ≥-且0m ≠.（2）原命题等价于：对于任意(]1,4x ∈-∞，均任意[)23,x ∈+∞，f (x 1)min >g (x 2)min . 对于任意(]1,4x ∈-∞，()()()1min 0444m f x m m ⎧≤⎪=⎨->⎪⎩，对于任意[)23,x ∈+∞，()()()222min109373m m m g x m m m ⎧-+<⎪=⎨-≥⎪⎩， ①当3m <时，20109m m >-+,解得13m <<； ②当34m ≤≤时，207m m >-,解得34m ≤≤；③当4m ≥时，247m m m ->-,解得44m ≤<+综上所述，14m <<+（三）规律技巧提炼1．对于恒成立问题或存在性问题常见基本类型为∀x ∈D ，f (x )>c ，可以转化为f (x )min >c ；∃x ∈D ，c >g (x )，可以转化为c >g (x )min ；∃x ∈D ，c ＝g (x )，可以转化为c ∈{y |y ＝g (x )}，对于由这些含有量词的命题组合而成的含有两个量词命题的问题，可以采取分步转化的方法来处理．2．对于含有参数的恒成立问题或存在性问题，常用的处理方法有分类讨论或参数分离，并借助于函数图象来解决问题． 课后作业：1．(2010·金陵中学上学期期中卷)设函数f (x )＝p ⎝⎛⎭⎫x －1x －2ln x ，g (x )＝2ex (p 是实数，e 是自然对数的底数)． (1)当p ＝2时，求与函数y ＝f (x )的图象在点A (1,0)处相切的切线方程； (2)若函数f (x )在其定义域内单调递增，求实数p 的取值范围；(3)若在[1，e]上至少存在一点x 0，使得f (x 0)>g (x 0)成立，求实数p 的取值范围． 解：(1)∵f ′(x )＝p ＋p x 2－2x ，当p ＝2时，点A (1,0)在函数y ＝f (x )的图象上，∴f ′(1)＝2.则y ＝f (x )在该点处的切线方程为y ＝2(x －1)，即2x －y －2＝0. (2)∵f ′(x )＝px 2－2x ＋px 2，要使f (x )为单调增函数，须f ′(x )≥0在(0，＋∞)恒成立，即px 2－2x ＋p ≥0在(0，＋∞)恒成立，即p ≥2x x 2＋1＝2x ＋1x 在(0，＋∞)恒成立，又2x ＋1x ≤1，所以当p ≥1时，f (x )在(0，＋∞)为单调增函数； (3)因g (x )＝2ex在[1，e]上为减函数，所以g (x )∈[2,2e]．①当p ≤0时，f ′(x )＝p ＋p x 2－2x <0对于x ∈[1，e]恒成立，则f (x )在[1，e]上递减，所以f (x )max ＝f (1)＝0<2，不合题意；②当p ≥1时，由(2)知f (x )在[1，e]上递增，f (x )min ＝f (1)<2，又g (x )在[1，e]上为减函数， 故只需f (x )max >g (x )min ，即f (e)＝p ⎝⎛⎭⎫e －1e －2ln e>2，解得p >4e e 2－1； ③当0<p <1时，因x －1x ≥0，所以f (x )＝p ⎝⎛⎭⎫x －1x －2ln x ≤x －1x－2ln x 由(2)知x －1x －2ln x 在[1，e]上为增函数，所以x －1x －2ln x ≤e －1e －2ln e<3－13－2＝23<2，不合题意．综上，p 的取值范围为⎝⎛⎭⎫4e e 2－1，＋∞.2．(本小题满分16分)已知两个函数f (x )＝7x 2－28x －c ，g (x )＝2x 3＋4x 2－40x .(1)若对任意x ∈[－3,3]，都有f (x )≤g (x )成立，求实数c 的取值范围；(2)若对任意x 1∈[－3,3]，x 2∈[－3,3]，都有f (x 1)≤g (x 2)成立，求实数c 的取值范围． 解：(1)∀x ∈[－3,3]，f (x )≤g (x )恒成立． ∴c ≥(－2x 3＋3x 2＋12x )max .令F (x )＝－2x 3＋3x 2＋12x (x ∈[－3,3])， ∴F ′(x )＝－6x 2＋6x ＋12. 又∵x ∈[－3,3]，∴当x ∈[－1,2]，f ′(x )≥0时，f (x )单调递增； 当x ∈[－3，－1)∪(2,3]时，f ′(x )<0，f (x )单调递减． 又∵F (2)＝20，F (－3)＝45， ∴(F (x ))max ＝F (－3)＝45，∴c ≥45. (2)∵x 1∈[－3,3]，∴f (x 1)max ＝f (－3)＝147－c ， ∵g (x )＝2x 3＋4x 2－40x ， ∴g ′(x )＝6x 2＋8x －40. ∵x ∈[－3,3]，∴当x ∈[－3,2]时，g ′(x )≤0，g (x )单调递减； x ∈(2,3)时，g ′(x )>0，g (x )单调递增． 又∵x 2∈[－3,3]， ∴g (x 2)min ＝g (2)＝－48.又∵f (x 1)≤g (x 2)，∴147－c ≤－48，即c ≥195， ∴f (x 1)max ≤g (x 2)min 成立时c ≥195. 3．已知函数f (x )＝ln x －ax.(1)当a >0时，判断f (x )在定义域上的单调性； (2)若f (x )在[1，e]上的最小值为32，求a 的值；(3)若f (x )<x 2在(1，＋∞)上恒成立，求a 的取值范围． 解 (1)由题知f (x )定义域为(0，＋∞)， 且f ′(x )＝1x ＋a x 2＝x ＋ax 2.∵a >0，∴f ′(x )>0，故f (x )在(0，＋∞)上是单调递增函数． (2)由(1)知：f ′(x )＝x ＋ax 2. ①若a ≥－1，则x ＋a ≥0，即f ′(x )≥0在[1，e]上恒成立， 此时f (x )在[1，e]上为增函数，∴f (x )min ＝f (1)＝－a ＝32，∴a ＝－32(舍去)．②若a ≤－e ，则x ＋a ≤0，即f ′(x )≤0在[1，e]上恒成立， 此时f (x )在[1，e]上为减函数，∴f (x )min ＝f (e)＝1－a e ＝32⇒a ＝－e2(舍去)．③若－e<a <－1，令f ′(x )＝0，得x ＝－a ， 当1<x <－a 时，f ′(x )<0， ∴f (x )在(1，－a )上为减函数； 当－a <x <e 时，f ′(x )>0， ∴f (x )在(－a ，e)上为增函数，∴f (x )min ＝f (－a )＝ln(－a )＋1＝32⇒a ＝－ e.综上可知，a ＝－ e. (3)∵f (x )<x 2，∴ln x －ax <x 2.又x >0，∴a >x ln x －x 3.令g (x )＝x ln x －x 3，h (x )＝g ′(x )＝1＋ln x －3x 2， h ′(x )＝1x －6x ＝1－6x 2x ，∵h (x )在[1，＋∞)上是减函数， ∴h (x )≤h (1)＝－2，即g ′(x )<0， ∴g (x )在[1，＋∞)上也是减函数， ∴g (x )≤g (1)＝－1. 令a ≥－1得a >g (x )，∴当f (x )<x 2在(1，＋∞)恒成立时，a ≥－1. 4. 设函数f (x )＝ln x －px ＋1. (1)求函数f (x )的极值点；(2)当p >0时，若对任意的x >0，恒有f (x )≤0，求p 的取值范围． 解 (1)∵f (x )＝ln x －px ＋1，∴f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x －p ＝1－px x ，当p ≤0时，f ′(x )>0，f (x )在(0，＋∞)上无极值点； 当p >0时，令f ′(x )＝0， ∴x ＝1p∈(0，＋∞)，f ′(x )、f (x )随x 的变化情况如下表：从上表可以看出，当p >0时，f (x )有唯一的极大值点x ＝1p.(2)当p >0时，f (x )在x ＝1p 处取得极大值f (1p )＝ln 1p ，此极大值也是最大值．要使f (x )≤0恒成立，只需f (1p )＝ln1p ≤0，∴p ≥1，∴p 的取值范围是[1，＋∞)．5．设函数22()21(0)f x tx t x t x t =++-∈>R ，．（Ⅰ）求()f x 的最小值()h t ；（Ⅱ）若()2h t t m <-+对(02)t ∈，恒成立，求实数m 的取值范围．解：（Ⅰ）23()()1(0)f x t x t t t x t =+-+-∈>R Q ，，∴当x t =-时，()f x 取最小值3()1f t t t -=-+-，即3()1h t t t =-+-．（Ⅱ）令3()()(2)31g t h t t m t t m =--+=-+--，由2()330g t t '=-+=得1t =，1t =-（不合题意，舍去）．当t 变化时()g t '，()g t 的变化情况如下表：()g t ∴在(02)，内有最大值(1)1g m =-．()2h t t m <-+在(02)，内恒成立等价于()0g t <在(02)，内恒成立，即等价于10m -<，所以m 的取值范围为1m >．6．已知函数f (x )＝x 2＋b sin x －2(b ∈R)，F (x )＝f (x )＋2，且对于任意实数x ，恒有F (x )－F (－x )＝0. (1)求函数f (x )的解析式；(2)已知函数g (x )＝f (x )＋2(x ＋1)＋a ln x 在区间(0,1)上单调递减，求实数a 的取值范围． 解：(1)F (x )＝f (x )＋2＝x 2＋b sin x －2＋2＝x 2＋b sin x ， 依题意，对任意实数x ，恒有F (x )－F (－x )＝0. 即x 2＋b sin x －(－x )2－b sin(－x )＝0， 即2b sin x ＝0，所以b ＝0， 所以f (x )＝x 2－2.(2)∵g (x )＝x 2－2＋2(x ＋1)＋a ln x ， ∴g (x )＝x 2＋2x ＋a ln x ，g ′(x )＝2x ＋2＋ax .∵函数g (x )在(0,1)上单调递减， ∴在区间(0,1)内，g ′(x )＝2x ＋2＋a x ＝2x 2＋2x ＋ax ≤0恒成立，∴a ≤－(2x 2＋2x )在(0,1)上恒成立 . ∵－(2x 2＋2x )在(0,1)上单调递减， ∴a ≤－4为所求．7．（2011南京12中学高二）已知函数()()()ln 1,0,2xf x f x x '=-+∈+∞. （1）求()2f '；（2）求()f x 的单调区间和极值；（3）设1a ≥，函数()22325g x x ax a =-+-，若对于任意()00,1x ∈，总存在()10,2x ∈，使得()()10f x g x =成立，求a 的取值范围；【解析】(1) ∵()1(1)f x f x ''=-，∴()11(1)f f ''=-，1(1)2f '=， ()112022f '=-=（2）由（1）知()1ln 122x f x x =-+； 112()22xf x x x -'=-=． ∴当x ＞2时，()f x '＜0，当0＜x ＜2时，()f x '＞0．∴()f x 的单调递增区间为()0,2，单调递减区间为()2,+∞，极大值为(2)0f =(3) ∵()23g x x a '=-（a ≥１），∴当)1,0(∈x 时，()230g x x a '=-<，)(x g 单调递减，此时()g x 值域为2(234,a a --225)a -． 由(1)得，当(0,2)x ∈时，)(x f 值域为(),0-∞，由题意可得：225a -≤0，所以１≤a≤28. 设函数32()2338f x x ax bx c =+++在1x =及2x =时取得极值。

“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 mi n mi 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 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 m i n m a x≥ 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 m a x m i n≤ 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。