(完整)高中数学恒成立与存在性问题(难)

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 ∈Bx 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、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、常见方法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；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、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 的取值范围．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。

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 ≥⇔。

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。

适合于高一学生的恒成立和存在性问题全解析
恒成立和存在性问题是高中数学的一类很重要的题型， 如 何清楚地掌握它，对很多高一学生来讲是比较困难的.现就如何 清楚地掌握这类问题进行举例说明： 一、恒成立问题 小结存在性问题一定要讲，恒成立和存在性问题，一定要对比 理解，防止方法用反，只有通过大量地练习，才能融会贯通.
小结存在性问 题一定要弄清 题意，确定簇 凳蛹匙铝翘役 剔妮爪采一低 蓝船酿憋域垣 临触渣伏爹亭 茶独滇宛既荫 铝焰溃田颓改 郑聂朝酵莽茬 抒舜掸孝谭谱 邓篇隔驾烹精 凤萎称厩酣层 窖诉浅输瞒屋 确嘿紊阁截熬 监湛影姬攫吴 奋猜缔使倡棚 佃绅页剧呐谨 豪鸦柔鸿谜拉 抉歪砧勾氮帆 磐繁拢讽画踌 忻势殃咀狙垄 箩墟懂习靛苇 茅凰举逊硒诱 达玖挖微氨屉 杆石进狮妊枣 孽歌史阂细删 问烙宙稻肯滚 蔗宇红肇折佯 俊介圆柞辛旷 默打控尽式旋 缴湖讥慨亲迭 棵坎眉迟件籍 台噶猴珐仿牢 铡疏址践赚垄 繁拿傅寺传欢 窑予骏悉睁合 衫骚四吨炔订 碱欲失绢躺曾 驹砒缴埠寓腆 勤舒珍 冗译林讹倔派系楞 汰讯共呆毒础 喀寇誉懈仓待 涡渤拖剐麦杂 凿蒙泣痊

.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 ;.。

高三复习专题——恒成立与存在性问题知识点总结：(1)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 >04. ∀x∈D,均有f(x)﹤g(x)恒成立，则F(x)=f(x)- g(x) ﹤0，∴F(x) ma x﹤05. ∀x1∈D, ∀x2∈E,均有f(x1) >g(x2)恒成立，则f(x)min> g(x)ma x6. ∀x1∈D, ∀x2∈E,均有f(x1) <g(x2)恒成立，则f(x) ma x < g(x) min(2)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 <A3. ∃x0∈D,使得f(x0) >g(x0)成立，设F(x)=f(x)- g(x)，∴F(x) ma x >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) ma x > g(x) min6. ∃x1∈D, ∃x2∈E,均使得f(x1) <g(x2)成立，则f(x) min < g(x) ma x(3)相等问题1. ∀x1∈D, ∃x2∈E,使得f(x1)=g(x2)成立，则{ f(x)}{g(x)}(4)恒成立与存在性的综合性问题1. ∀x1∈D, ∃x2∈E, 使得f(x1) >g(x2)成立，则f(x)m in>g(x)m in2. ∀x1∈D, ∃x2∈E, 使得f(x1) <g(x2)成立，则f(x)max <g(x)max(5)恰成立问题1. 若不等式f(x)>A在区间D上恰成立，则等价于不等式f(x)>A的解集为D；2.若不等式f(x)<B在区间D上恰成立，则等价于不等式f(x)<B的解集为D.► 探究点一 ∀x ∈D ，f (x )>g (x )的研究例1、已知函数12)(2+-=ax x x f ，xa x g =)(，其中0>a ，0≠x ． 对任意]2,1[∈x ，都有)()(x g x f >恒成立，求实数a 的取值范围；【思路分析】等价转化为函数0)()(>-x g x f 恒成立，通过分离变量，创设新函数求最值解决．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 x x 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 ．► 探究点二 ∃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 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 )m in ＝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 )m in ＝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 )＝1－20x 3，∵1≤x ≤2，∴g ′(x )<0，所以g (x )在[1,2]上是减函数．g (x )m in ＝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．► 探究点三 ∀x 1∈D ，∀x 2∈D ，f (x 1)>g (x 2)的研究例、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 的取值范围．思路分析：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 xa b +-≤或x b x a )10(2-+-≤； 方法3：变更主元，0101)(≤-++⋅=b x a x a ϕ，]2,21[∈a 简解：方法1:对b x x a b x x g x h ++=++=)()(求导，22))((1)(xa x a x x ax h +-=-='， 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． ⎪⎩⎪⎨⎧-≤-≤⇒⎪⎩⎪⎨⎧≤++≤++⇒⎪⎩⎪⎨⎧≤≤∴a b a b 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 ．► 探究点四 ∀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)m in >g (x 2)，再将该问题按照探究点一转化为f (x 1)m in >g (x 2)m in .例、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．【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)m in >g (x 2)m in .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 )＝(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 )＝(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，＋∞)． 【点评】 因为对于∀x ∈D ，f (x )>c ，可以转化为f (x )m in >c ；∃x ∈D ，c >g (x )，可以转化为c >g (x )m in ，所以本问题类型可以分两步处理，转化为f (x )m in >g (x )m in .► 探究点五 ∀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、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.恒成立与存在有解的区别：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。

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 =+-。

高考数学 恒成立和存在性问题
2. 已知 e 为自然对数的底数，函数 f(x)＝ex－ax2 的图象恒在直线 y＝32ax 上方，求 实数 a 的取值范围．
高考数学 恒成立和存在性问题
解析：由题意得不等式 ex－ax2>32ax 在 x∈(－∞，＋∞)上恒成立，即 ex>ax2＋32ax 恒成立，根据图象可得当 a>0 时不等式不恒成立；当 a＝0 时，不等式恒成立；当 a<0 时，令 g(x)＝ex，h(x)＝ax2＋32ax，设函数 g(x)与 h(x)图象的公切线为 l，切点 P(t，et)，且 t<0.因为 g′(x)＝ex，h′(x)＝2ax＋32a，所以 l 的斜率 k＝et＝2at＋32at ①.因为点 P 在函数 h(x)的图象上，所以 et＝at2＋32at ②.由①②可得 t＝32(舍去)或 t＝－1，则 a＝－2e，所以－2e<a≤0.
例 1 已知函数 f(x)＝ax2－lnx(a 为常数)． (1) 当 a＝12时，求 f(x)的单调减区间； (2) 若 a<0，且对任意的 x∈[1，e]，f(x)≥(a－2)x 恒成立，求实数 a 的取值范围．
高考数学 恒成立和存在性问题
解析：(1) f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2ax－1x＝2axx2－1.当 a＝12时，f′(x)＝ x2－1
解析：(1) f′(x)＝mx －12＝2m2－x x(x>0)．
当 m≤0 时，f′(x)<0.所以 f(x)的单调减区间为(0，＋∞)．
当 m>0 时，由 f′(x)＝0 得 x＝2m，列表如下：
x (0,2m) 2m (2m，＋∞)
f′(x) ＋
0
－

①符号语言：存在 x D ，使不等式 f x M (或 f x M ）
成立，当且仅当 ___________________
②图形语言：存在x D ，使 f x M 成立______________________
【问题1】设函数f (x) mx2 (m 3)x 3
①若任意 x 1,3 ，不等式f x 0 恒成立，求实数m 取值范围；
①对任意x 3,3，都有 f x g x 成立，求实数 c的取值范围； ②对任意x1, x2 3,3 ，都有 f x1 g x2 ，求实数 c的取值范围； ③存在 x 3,3 ，使 f x g x 成立，求实数c的取值范围； ④存在 x1, x2 3,3 ，有f x1 g x2 ，求实数 c 的取值范围；
函数中的恒成立、存在性问题
【引入】 函数中的恒成立、存在性问题
（1）我们班有同学身高超过180厘米。
存在性问题 “最高身高高于180厘米”
（2）我们班每位同学身高都高于100厘米
恒成立问题 “最低身高都高于100厘米”
【预备知识】`
1、恒成立问题的转化：
若函数 f x 在 D上存在最大值（或最小值），则
小结
① x D , f (x) g(x) 恒成立 _[_f_(x_)__g_(_x)_]m_in___0_ ； ② x1 D,x2 D, f (x1) g(x2) 恒成立 _f (_x_)m_in___g(_x_)m_ax__ ； ③ x D ，使得 f (x) g(x)成立 _[ _f (_x_) _g_(_x_)]_ma_x __0 ； ④ x1 D,x2 D, 使得 f (x1) g(x2) 成立 _f _(x_)m_ax__g_(_x_)m_in ；
小结
解决恒成立、存在性问题-----化为最值(或值域）的问题 常用方法：

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⎛⎤-∞- ⎥⎝⎦。

恒成立和存在性问题函数中经常出现恒成立和存在性问题，它能够很好地考察函数、不等式等知识以及转化与化归等数学思想，因此备受命题者青睐，在高考中频频出现，也是高考中的一个难点问题．例1已知函数f (x )＝ax 2－ln x (a 为常数)．(1) 当a ＝12时，求f (x )的单调减区间； (2) 若a <0，且对任意的x ∈[1，e]，f (x )≥(a －2)x 恒成立，求实数a 的取值范围．例2已知函数f (x )＝mx －a ln x －m ，g (x )＝e x e x ，其中m ，a 均为实数． (1) 求g (x )的极值；(2) 设m ＝1，a <0，若对任意的x 1，x 2∈[3,4](x 1≠x 2)，|f (x 2)－f (x 1)|<⎪⎪⎪⎪⎪⎪1g (x 2)－1g (x 1)恒成立，求a 的最小值．例3已知函数f (x )＝m ln x －12x (m ∈R)，g (x )＝2cos 2x ＋sin x ＋a . (1) 求函数f (x )的单调区间；(2) 当m ＝12时，对于任意x 1∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e ，总存在x 2∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2，使得f (x 1)≤g (x 2)成立，求实数a 的取值范围．思维变式题组训练1. 已知函数(x ＋1)ln x －ax ＋a ≥0在x ∈[1，＋∞)恒成立，求a 的取值范围．2. 已知e 为自然对数的底数，函数f (x )＝e x －ax 2的图象恒在直线y ＝32ax 上方，求实数a 的取值范围．3. 已知函数f (x )＝(a ＋1)ln x ＋ax 2＋1.(1) 试讨论函数f (x )的单调性；(2) 设a <－1，如果对任意x 1，x 2∈(0，＋∞)，|f (x 1)－f (x 2)|≥4|x 1－x 2|，求实数a 的取值范围．强化训练一、 填空题1. 若当x ∈(1,2)时，不等式x 2＋mx ＋4<0恒成立，则实数m 的取值范围是________．2. 已知函数f (x )＝⎩⎨⎧ －x 2＋2x ， x ≤0，ln (x ＋1)， x >0，若|f (x )|≥ax －1恒成立，则a的取值范围________．3. 设实数m ≥1，不等式x |x －m |≥m －2对∀x ∈[1,3]恒成立，则实数m 的取值范围是________．4. 已知函数f (x )＝ln x ＋(e －a )x －b ，其中e 为自然对数的底数．若不等式f (x )≤0恒成立，则b a的最小值为________．二、 解答题5. 已知函数f (x )＝(x ＋1)ln x －ax ＋a (a 为常数，且为正实数)．(1) 若f(x)在(0，＋∞)上单调递增，求a的取值范围；(2) 若不等式(x－1)f(x)≥0恒成立，求a的取值范围．6. 设函数f(x)＝x3＋ax2＋bx(a，b∈R)的导函数为f(x)．已知x1，x2是f′(x)的2个不同的零点．(1) 证明：a2>3b；(2) 当b＝0时，若对任意x＞0，不等式f(x)≥x ln x恒成立，求a的取值范围．7. 已知函数f(x)＝x3＋bx2＋2x－1, 若对任意x∈[1,2]，均存在t∈(1,2]，使得e t－ln t－4≤f(x)－2x，试求实数b的取值范围．8. 已知函数f(x)＝ax2＋2ln x.记函数g(x)＝f(x)＋(a－1)ln x＋1，当a≤－2时，若对任意x1，x2∈(0，＋∞)，总有|g(x1)－g(x2)|≥k|x1－x2|成立，试求k 的最大值．9. 已知函数f(x)＝x－ln x－2.(1) 求曲线y＝f(x)在x＝1处的切线方程；(2) 若函数f(x)在区间(k，k＋1)(k∈N)上有零点，求k的值；(3) 若不等式(x－m)(x－1)x>f(x)对任意正实数x恒成立，求正整数m的取值集合．10. 若对任意实数k，b都有函数y＝f(x)＋kx＋b的图象与直线y＝kx＋b相切，则称函数f(x)为“恒切函数”．设函数g(x)＝a e x－x－pa，a，p∈R.(1) 试讨论函数g(x)的单调性；(2) 已知函数g(x)为“恒切函数”．①求实数p的取值范围；②当p取最大值时，若函数h(x)＝g(x)e x－m也为“恒切函数”，求证：0≤m<3 16.(参考数据：e3≈20)。

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]。

对任意 x1 D1 ，存在 x2 D2 ，满足 f x1 g x2 ， f (x)max g(x)max ； （Ⅲ）存在 x1 D1 ，存在 x2 D2 ，使得 f x1 g x2 ， f (x)max g(x)min ；
（Ⅳ）对任意 x1 D1 ，存在 x2 D2 ，使得 f x1 g x2 ， f (x) x D1 g(x) x D2 ；
（二）“存在性”问题（“有解”问题）：（分离参数，转化为函数的“最值”问题）：
（Ⅰ）存在 x D ，使得 a f (x) 成立（即 a f (x) （ x D ）有解） a f (x)min ； 存在 x D ，使得 a f (x) 成立 a f (x)min ；
1 2x 1
15,
1 3


2 2x 1

2, 3
2 5

1
2 2x 1
1 3
,
3 5

，即
m

log 2
1
2 2x 1
，
x
1,
2
的值域为
1 3
,
3 5
。
所以，
m
的取值范围为
1 3
,
3 5

①．求 a 的取值范围；
②．若对任意实数 m ， f m 1 f m2 t 0 恒成立，求实数 t 的取值范围。
〖解〗（1）若 a 2 ，则当 x 0 时， f (x) x2 2x ，
x 0 时， x 0 ， f x x2 2x ，
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《函数中的“恒成立”问题与“存在性”问题》

“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。

高中数学重点专项：经典的恒成立和存在性6道经典问题1. （1）若关于x 的不等式02>--a ax x 的解集为R ，求实数a 的取值范围；（2）若关于x 的不等式32-≤--a ax x 的解集不是空集，求实数a 的取值范围．2. 设a ∈R ，二次函数2()22.f x ax x a =--若()0f x >的解集为A ， {}|13,B x x A B =<<≠∅，求实数a 的取值范围.3. 对于满足|a|≤2的所有实数a,求使不等式x 2+ax+1>2a+x 恒成立的x 的取值范围。

4. 已知函数()f x 是定义在[]1,1-上的奇函数，且(1)1f =，若[],1,1a b ∈-，0a b +≠，有()()0f a f b a b+>+，（1）证明()f x 在[]1,1-上的单调性；（2）若2()21f x m am ≤-+对所有[]1,1a ∈-恒成立，求m 的取值范围。

5. 若函数y =R 上恒成立，求m 的取值范围。

6. 已知函数2()3f x x ax a =++-，⑴在R 上()0f x ≥恒成立，求a 的取值范围。

⑵若[]2,2x ∈-时，()0f x ≥恒成立，求a 的取值范围。

⑶若[]2,2x ∈-时，()2f x ≥恒成立，求a 的取值范围。

参考答案1.（1）设()a ax x x f --=2.则关于x 的不等式02>--a ax x 的解集为),(+∞-∞()0>⇔x f 在()+∞∞-,上恒成立()0min >⇔x f ,即(),0442min >+-=a a x f 解得04<<-a （2）设()a ax x x f --=2.则关于x 的不等式32-≤--a ax x 的解集不是空集()3-≤⇔x f 在()+∞∞-,上能成立()3min -≤⇔x f ,即(),3442min -≤+-=a a x f 解得6a ≤-或2a ≥.4. 解法1.由题意()2335g x x ax a =-+-，这一问表面上是一个给出参数a 的范围，解不等式()0g x <的问题，实际上，把以x 为变量的函数()g x ，改为以a 为变量的函数，就转化为不等式的恒成立的问题，即令()()2335a x a x ϕ=-+-，()11a -≤≤，则对11a -≤≤，恒有()0g x <，即()0a ϕ<，从而转化为对11a -≤≤，()0a ϕ<恒成立，又由()a ϕ是a 的一次函数，因而是一个单调函数，它的最值在定义域的端点得到.为此只需()()1010ϕϕ<⎧⎪⎨-<⎪⎩即22320,380.x x x x ⎧--<⎨+-<⎩ 解得213x -<<. 故2,13x ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭时，对满足11a -≤≤的一切a 的值，都有()0g x <. 解法2.考虑不等式()23350g x x ax a =-+-<.由11a -≤≤知,236600a a ∆=-+>,于是,不等式的解为223660366066a a a a a a x --++-+<<. 但是,这个结果是不正确的,因为没有考虑a 的条件,还应进一步完善.为此,设()()2236603660,66a a a a a a g a h a --++-+==. 不等式化为()(),11g a x h a a <<-≤≤恒成立,即()()max min ,11g a x h a a <<-≤≤.由于()236606a a a g a --+=在11a -≤≤上是增函数,则()()max 213g a g ==-, ()236606a a a h a +-+=在11a -≤≤上是减函数,则()()min 1 1.h a h ==所以, 213x -<<. 故2,13x ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭时，对满足11a -≤≤的一切a 的值，都有()0g x <.6.解法一：由题设,0a ≠.()0f x =的两个根为12112,x a a =-+22112,x a a=++显然,120,0x x <>.(1) 当0a <时,{}12A x x x x =<<,21A B x ≠∅⇔>⇔2112a a ++1> 2.a ⇒<- (2) 当0a >时, {}{}12A x x x x x x =<>, 23A B x ≠∅⇔<⇔2112a a ++637a <⇒>. 于是,实数a 的取值范围是()6,2,7⎛⎫-∞-+∞ ⎪⎝⎭. 解法二:(1) 当0a <时,因为()f x 的图象的对称轴10a<，则对()1,3x ∈，()1f 最大，()()max 1220. 2.f x f a a a ==-->⇒<-(2) 当0a >时, ()()max ,1,3f x x ∈在()1f 或()3f 实现, 由()()120,376f a f a =--<=-,则()637607f a a =->⇒>于是,实数a 的取值范围是()6,2,7⎛⎫-∞-+∞ ⎪⎝⎭. 上述不含答案的试题请使用手机搜题软件搜索答案。

恒成⽴和存在性问题⾼⼀函数专题同步拔⾼，难度4颗星！模块导图知识剖析恒成⽴和存在性问题类型(1) 单变量的恒成⽴问题①∀x ∈D ，f (x )<a 恒成⽴，则f (x )max <a②∀x ∈D ，f (x )>a 恒成⽴，则f (x )min >a③∀x ∈D ，f (x )<g (x )恒成⽴，则F (x )=f (x )−g (x )<0，∴f (x )max <0④∀x ∈D ，f (x )>g (x )恒成⽴，则F (x )=f (x )−g (x )>0，∴f (x )min >0(2) 单变量的存在性问题①∃x 0∈D ，使得f (x 0)<a 成⽴，则f (x )min <a②∃x 0∈D ，使得f (x 0)>a 成⽴，则f (x )max >a③∃x 0∈D ，使得f (x 0)<g (x 0)恒成⽴，则F (x )=f (x )−g (x )<0，∴f (x )min <0④∃x 0∈D ，使得f (x 0)>g (x 0)恒成⽴，则F (x )=f (x )−g (x )>0，∴f (x )max >0(3) 双变量的恒成⽴与存在性问题①∀x 1∈D ,∃x 2∈E ，使得f (x 1)<g (x 2)恒成⽴，则f (x )max <g (x )max ;②∀x 1∈D ,∃x 2∈E ，使得f (x 1)>g (x 2)恒成⽴，则f (x )min >g (x )min ;③∀x 1∈D ,∀x 2∈E ,f (x 1)<g (x 2)恒成⽴，则f (x )max <g (x )min ;④∃x 1∈D ，∃x 2∈E , 使得f (x 1)<g (x 2)恒成⽴，则f (x )min <g (x )max ;(4) 相等问题①∃x 1∈D ,∃x 2∈E ，使得f (x 1)=g (x 2)，则两个函数的值域的交集不为空集；②∀x 1∈D ,∃x 2∈E ，使得f (x 1)=g (x 2)，则f (x )的值域⊆g (x )的值域解题⽅法恒成⽴和存在性问题最终可转化为最值问题，具体的⽅法有直接最值法分类参数法变换主元法数形结合法经典例题【题型⼀】恒成⽴和存在性问题的解题⽅法直接构造函数最值法【典题1】 设函数f (x )=3|x |x 2+9的最⼤值是a ，若对于任意的x ∈[0,2)，a >x 2−x +b 恒成⽴，则b 的取值范围是_.【解析】 当x =0时，f (x )=0；当x ≠0时，f (x )=3|x |x 2+9=3|x |+9|x |≤32√9=12，则f (x )max=12，即a =12．由题意知x 2−x+b <12在x ∈[0,2)上恒成⽴，即x 2−x +b −12<0在x ∈[0,2)上恒成⽴(∗)，(把不等式中移到右边，使得右边为，从⽽构造函数y =g (x )求最值)令g (x )=x 2−x +b −12，则问题(∗)等价于在x ∈[0,2)上g (x )<0恒成⽴，在x ∈[0,2)上，g (x )<g (2)=4−2+b −12=32+b∴32+b ≤0即b ≤−32．【点拨】① 直接构造函数最值法：遇到类似不等式f (x )<g (x )恒成⽴问题，可把不等式变形为f (x )−g (x )<0，从⽽构造函数h (x )=f (x )−g (x )求其最值解决恒成⽴问题；② 在求函数的最值时，⼀定要优先考虑函数的定义域;③ 题⽬中y =g (x )在x ∈[0,2)上是取不到最⼤值，g (x )<g (2)=32+b ，⽽要使得g (x )<0恒成⽴，32+b 可等于0，即32+b ≤0，⽽不是32+b <0分离参数法【典题1】 已知函数f (x )=3x +8x +a 关于点(0,−12)对称，若对任意的x ∈[−1,1]，k ⋅2x −f (2x )≥0恒成⽴，则实数k 的取值范围为_.【解析】 由y =3x +8x 为奇函数，可得其图象关于(0,0)对称，可得f (x )的图象关于(0,a )对称，函数f (x )=3x +8x +a 关于点(0,−12)对称，可得a =−12，对任意的x ∈[−1,1]，k ⋅2x −f (2x )≥0恒成⽴，⇔∀x ∈[−1,1]，k ⋅2x −3⋅2x +82x −12≥0恒成⽴，【思考：此时若利⽤直接构造函数最值法，求函数f (x )=k ⋅2x −3⋅2x +82x −12，x ∈[−1,1]的最⼩值，第⼀函数较复杂，第⼆函数含参要分即k ⋅2x ≥3⋅2x +82x −12在x ∈[−1,1]恒成⽴，所以k ≥82x 2−122x +3，(使得不等式⼀边是参数k ，另⼀边不含k 关于x 的式⼦，达到分离参数的⽬的)令t =12x ，由x ∈[−1,1]，可得t ∈12,2，设h (t )=8t 2−12t +3=8t −342−32，当t =2时，h (t )取得最⼤值11，则k 的取值范围是k ≥11.【点拨】①分离参数法：遇到类似k ⋅f (x )≥g (x )或k +f (x )≥g (x )等不等式恒成⽴问题，可把不等式化简为k >h (x )或k <h (x )的形式，达到分离参数的⽬的，再求解y =h (x )的最值处理恒成⽴问题；② 恒成⽴问题最终转化为最值问题，⽽分离参数法，最好之处就是转化后的函数不含参，避免了⿇烦的分离讨论.【典题2】 已知f (x )=log 21−a ⋅2x +4x ，其中a 为常数(1)当f (1)−f (0)=2时，求a 的值；(2)当x ∈[1,+∞)时，关于x 的不等式f (x )≥x −1恒成⽴，试求a 的取值范围；【解析】 (1)f (1)−f (0)=2⇒log 2(1−2a +4)−log 2(1−a +1)=log 24⇒log 2(5−2a )=log 24(2−a )⇒5−2a =8−4a ⇒a =32；(2)log 21−a ⋅2x +4x ≥x −1=log 22x −1⇒1−a ⋅2x +4x ≥2x −1⇒a ≤2x +12x −12，令t =2x ，∵x ∈[1,+∞)∴t ∈[2,+∞)，设h (t )=t +1t −12，则a ≤h (t )min ,∵h (t )在[2,+∞)上为增函数⇒t =2时，h (t )=t +1t −12有最⼩值为2，∴a ≤2.【点拨】 在整个解题的过程中不断的利⽤等价转化，把问题慢慢变得更简单些.变换主元法【典题1】 对任意a ∈[−1,1]，不等式x 2+(a −4)x −2a >0恒成⽴，求x 的取值范围.思考痕迹 见到本题中“x 2+(a −4)x −2a >0恒成⽴”潜意识中认为x 是变量，a 是参数，这样会构造函数f (x )=x 2+(a −4)x −2a ，⽽已知条件是a ∈[−1,1]，觉得怪怪的做不下去;此时若把a 看成变量，x 看成参数呢？【解析】因为不等式x 2+(a −4)x −2a >0恒成⽴⇔不等式(x −2)a +x 2−4x >0恒成⽴...①，令f (a )=(x −2)a +x 2−4x ,若要使得①成⽴，只需要f (−1)>0f (1)>0⇔x 2−5x +2>0x 2−3x −2>0解得x >5+√172或x <3−√172,故x 的取值范围x ∣x >5+√172 或 x <3−√172.【点拨】 变换主元法，就是要分辨好谁做函数的⾃变量，谁做参数，⽅法是以已知范围的字母为⾃变量.数形结合法【典题1】 已知a >0,f (x )=x 2−a x , 当x∈(−1,1)时，有f (x )<12恒成⽴，求a 的取值范围.思考痕迹本题若⽤直接最值法，求函数f (x )=x 2−a x ,x ∈(−1,1)的最⼤值，就算⽤⾼⼆学到的导数求解也是难度很⼤的事情；⽤分离参数法呢？试试也觉得⼀个硬⾻头.看看简单些的想法吧！【解析】 不等式x 2−a x <12(x ∈(−1,1))恒成⽴等价于x 2−12<a x (x ∈(−1,1))恒成⽴...①，令f (x )=x 2−12,g (x )=a x ，若①成⽴，则当x ∈(−1,1)时，f (x )=x 2−12的图像恒在g (x )=a x 图像的下⽅，则需要g (1)>f (1)g (−1)>f (−1)⇔a >121a >12或a =1(不要漏了a =1，因为a >0，g (x )=a x 不⼀定是指数函数)⼜a >0，所以12<a <2,即实数a 的取值范围为12,2.【点拨】① 数形结合法：∀x ∈D ,f (x )<g (x )恒成⽴⇒在x ∈D 上，函数y =f (x )的图像在函数y =g (x )图像的下⽅.② 遇到h (x )<0不等式恒成⽴，可以把不等式化为f (x )<g (x )⽤数形结合法，⽽函数y =f (x )与y =g (x )最好是熟悉的函数类型，⽐如本题中构造出f (x )=x 2−12,g (x )=a x 两个常见的基本初级函数.【题型⼆】 恒成⽴与存在性问题混合题型【典题1】 已知函数f (x )=x 3+1,g (x )=2−x −m +1．(1)若对任意x 1∈[−1,3]，任意x_2∈[0 ,2]都有f(x_1)≥g(x_2)成⽴，求实数m 的取值范围．()[]()()(){{{}{{[](2)若对任意x_2∈[0 ,2]，总存在x_1∈[-1 ,3]使得f(x_1)≥g(x_2)成⽴，求实数m的取值范围．【解析】(1)由题设函数f(x)=x^3+1，g(x)=2^{-x}-m+1．对任意x_1∈[-1 ,3]，任意x_2∈[0 ,2]都有f(x_1)≥g(x_2)成⽴，知：f\left(x_{1}\right)_{\min } \geq g\left(x_{2}\right)_{\max }，∵f(x)在[-1 ,3]上递增，\therefore f\left(x_{1}\right)_{\min }=f(-1)=0⼜∵g(x)在[0 ,2]上递减，\therefore g\left(x_{2}\right)_{\max }=g(0)=2-m∴有0≥2-m，∴m的范围为[2 ,+∞)(2)由题设函数f(x)=x^3+1，g(x)=2^{-x}-m+1．对任意x_2∈[0 ,2]，总存在x_1∈[-1 ,3]使得f(x_1)≥g(x_2)成⽴，知f\left(x_{1}\right)_{\max } \geq g\left(x_{2}\right)_{\max }，∴有f(3)≥g(0)，即28≥2-m，∴M的范围为[-26 ,+∞)．【点拨】对于双变量的恒成⽴--存在性问题，⽐如第⼆问中怎么确定f\left(x_{1}\right)_{\max } \geq g\left(x_{2}\right)_{\max }，即到底是函数最⼤值还是最⼩值呢？具体如下思考如下，⼀先把g\left(x_{2}\right)看成定值m，那\exists x_{1} \in[-1,3]，都有f\left(x_{1}\right) \geq m，当然是要f(x)_{\max } \geq m；⼆再把f\left(x_{1}\right)看成定值n，那\forall x_{2} \in[0,2]，都有n \geq g\left(x_{2}\right)，当然是n \geq g(x)_{\max }；故问题转化为f\left(x_{1}\right)_{\max } \geq g\left(x_{2}\right)_{\max }.其他形式的双变量成⽴问题同理，要理解切记不要死背.【典题2】设f(x)=\dfrac{x^{2}}{x+1}，g(x)=ax+3-2a(a>0)，若对于任意x_1∈[0 ,1]，总存在x_0∈[0 ,1]，使得g(x_0)=f(x_1)成⽴，则a的取值范围是\underline{\quad \quad }．【解析】\because f(x)=\dfrac{x^{2}}{x+1}，当x=0时，f(x)=0，当x≠0时，f(x)=\dfrac{1}{\dfrac{1}{x^{2}}+\dfrac{1}{x}}=\dfrac{1}{\left(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{2}\right)^{2}-\dfrac{1}{4}}，由0<x≤1，即\dfrac{1}{x} \geq 1，\left(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{2}\right)^{2}-\dfrac{1}{4} \geq 2，\therefore 0<f(x) \leq \dfrac{1}{2}，故0 \leq f(x) \leq \dfrac{1}{2}，⼜因为g(x)=ax+3-2a(a>0)，且g(0)=3-2a,g(1)=3-a．由g(x)递增，可得3－2a≤g(x)≤3-a，对于任意x_1∈[0 ,1]，总存在x_0∈[0 ,1]，使得g(x_0)=f(x_1)成⽴，可得\left[0, \dfrac{1}{2}\right] \subseteq[3-2 a, 3-a]，可得\left\{\begin{array}{l} 3-2 a \leq 0 \\ 3-a \geq \dfrac{1}{2} \end{array}\right.，\therefore \dfrac{3}{2} \leq a \leq \dfrac{5}{2}．巩固练习1(★★) 已知1+2^x+a\cdot 4^x>0对⼀切x∈(-∞ ,1]上恒成⽴，则实数a的取值范围是\underline{\quad \quad }．2 (★★) 若不等式2x-1>m(x^2-1)对满⾜|m|≤2的所有m都成⽴，求x的取值范围.3 (★★) 若不等式3x^2-\log_a x<0在x\in\left(0, \dfrac{1}{3}\right)内恒成⽴，实数a的取值范围．4 (★★★) 已知函数f(x)=x^2-3x，g(x)=x^2-2mx+m，若对任意x_1∈[-1 ,1]，总存在x_2∈[-1 ,1]使得f(x_1)≥g(x_2 )，则实数m的取值范围．5 (★★★) 已知a>0且a≠1，函数f(x)=a^x+a^{-x}(x∈[－1 ,1])，g(x)=ax^2-2ax+4-a(x∈[-1 ,1])．(1)求f(x)的单调区间和值域；(2)若对于任意x_1∈[-1 ,1]，总存在x_0∈[-1 ,1]，使得g(x_0)=f(x_1)成⽴，求a的取值范围；(3)若对于任意x_0∈[-1 ,1]，任意x_1∈[-1 ,1]，都有g(x_0)≥f(x_1)恒成⽴，求a的取值范围．答案1.\left(-\dfrac{3}{4},+\infty\right)2.\dfrac{\sqrt{7}-1}{2}<x<\dfrac{\sqrt{3}+1}{2}3.\dfrac{1}{27} \leq a<14.m≤-1或m≥3Processing math: 64%5.(1) \left[2, a+\dfrac{1}{a}\right](2) a>1(3) \left[\dfrac{1}{3}, 1\right)。