所属成套资源：2024年高中数学(必修第一册)精品讲义(学生版+解析)

成套系列资料，整套一键下载

浏览整套资料 (共25份)

2024年高中数学(必修第一册)3.5.4恒成立和存在性问题精品讲义(学生版+解析)

展开

这是一份2024年高中数学(必修第一册)3.5.4恒成立和存在性问题精品讲义(学生版+解析)，共13页。

1 恒成立和存在性问题
(1) 单变量的恒成立问题
① ∀x∈D , fx② ∀x∈D , fx>a恒成立，则fxmin>a；
③ ∀x∈D , fx④ ∀x∈D , fx>g(x)恒成立，则Fx=fx−gx>0 ∴fxmin>0;

(2) 单变量的存在性问题
① ∃x0∈D，使得 fx0② ∃x0∈D，使得 fx0>a成立，则fxmax>a；
③ ∃x0∈D，使得 fx0④ ∃x0∈D，使得 fx0>g(x0)恒成立，则Fx=fx−gx>0 ∴fxmax>0;

(3) 双变量的恒成立与存在性问题
① ∀x1∈D , ∃x2∈E，使得 fx1② ∀x1∈D , ∃x2∈E，使得 fx1>gx2恒成立，则fxmin>gxmin;
③∀x1∈D , ∀x2∈E , fx1④∃x1∈D，∃x2∈E , 使得 fx1(4) 相等问题
① ∃x1∈D , ∃x2∈E，使得fx1=g(x2)，则两个函数的值域的交集不为空集；
② ∀x1∈D , ∃x2∈E，使得fx1=g(x2)，则fx的值域⊆g(x)的值域
2 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
【题型一】恒成立和存在性问题的解题方法
1 直接构造函数最值法
【典题1】设函数f(x)=3|x|x2+9的最大值是a，若对于任意的x∈[0 , 2)，a>x2−x+b恒成立，则b的取值范围是 .
2 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 .
【典题2】已知fx=lg2(1−a⋅2x+4x)，其中a为常数
(1)当f1−f(0)=2时，求a的值；
(2)当x∈[1 , +∞)时，关于x的不等式fx≥x−1恒成立，试求a的取值范围；
3 变换主元法
【典题1】对任意a∈[−1 , 1]，不等式x2+(a−4) x−2 a>0恒成立，求x的取值范围.
4 数形结合法
【典题1】已知a>0 , f(x)=x2−ax , 当x∈(−1 , 1)时，有f(x)<12恒成立，求a的取值范围.
【题型二】恒成立与存在性问题混合题型
【典题1】已知函数fx=x3+1 , gx=2−x−m+1．
(1)若对任意x1∈[−1 , 3]，任意x2∈[0 , 2]都有f(x1)≥g(x2)成立，求实数m的取值范围．
(2)若对任意x2∈[0 , 2]，总存在x1∈[−1 , 3]使得f(x1)≥g(x2)成立，求实数m的取值范围．
.
【典题2】设f(x)=x2x+1，gx=ax+3−2a(a>0)，若对于任意x1∈[0 , 1]，总存在x0∈[0 , 1]，使得g(x0)=f(x1)成立，则a的取值范围是．
巩固练习
1(★★) 已知1+2x+a∙4x>0对一切x∈(−∞ , 1]上恒成立，则实数a的取值范围是．
2(★★) 若不等式2x−1>m(x2−1)对满足|m|≤2的所有m都成立，则x的取值范围是．.
3(★★) 若不等式3x2−lgax<0在x∈(0 , 13 )内恒成立，实数a的取值范围是．
4(★★★) 已知函数fx=x2−3x，gx=x2−2mx+m，若对任意x1∈−1 , 1，总存在x2∈[−1 , 1]使得f(x1)≥g(x2 )，则实数m的取值范围是．
5(★★★) 已知a>0且a≠1，函数fx=ax+a−xx∈－1 , 1，gx=ax2−2ax+4−a(x∈[−1 , 1])．
(1)求f(x)的单调区间和值域；
(2)若对于任意x1∈[−1 , 1]，总存在x0∈[−1 , 1]，使得g(x0)=f(x1)成立，求a的取值范围；
(3)若对于任意x0∈[−1 , 1]，任意x1∈[−1 , 1]，都有g(x0)≥f(x1)恒成立，求a的取值范围．
恒成立和存在性问题
1 恒成立和存在性问题
(1) 单变量的恒成立问题
① ∀x∈D , fx② ∀x∈D , fx>a恒成立，则fxmin>a；
③ ∀x∈D , fx④ ∀x∈D , fx>g(x)恒成立，则Fx=fx−gx>0 ∴fxmin>0;

(2) 单变量的存在性问题
① ∃x0∈D，使得 fx0② ∃x0∈D，使得 fx0>a成立，则fxmax>a；
③ ∃x0∈D，使得 fx0④ ∃x0∈D，使得 fx0>g(x0)恒成立，则Fx=fx−gx>0 ∴fxmax>0;

(3) 双变量的恒成立与存在性问题
① ∀x1∈D , ∃x2∈E，使得 fx1② ∀x1∈D , ∃x2∈E，使得 fx1>gx2恒成立，则fxmin>gxmin;
③∀x1∈D , ∀x2∈E , fx1④∃x1∈D，∃x2∈E , 使得 fx1(4) 相等问题
① ∃x1∈D , ∃x2∈E，使得fx1=g(x2)，则两个函数的值域的交集不为空集；
② ∀x1∈D , ∃x2∈E，使得fx1=g(x2)，则fx的值域⊆g(x)的值域
2 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
【题型一】恒成立和存在性问题的解题方法
1 直接构造函数最值法
【典题1】设函数f(x)=3|x|x2+9的最大值是a，若对于任意的x∈[0 , 2)，a>x2−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|x2+9=3|x|+9|x|≤329=12，
则fxmax=12，即a=12．由题意知x2−x+b＜12在x∈[0 , 2)上恒成立，
即x2−x+b−12＜0在x∈[0 , 2)上恒成立 (∗)，
(把不等式中12移到右边，使得右边为0，从而构造函数y=gx求最值)
令gx=x2−x+b−12，则问题(∗)等价于在[0 , 2)上g(x)<0恒成立，
在x∈[0 , 2)上， gx∴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fx② 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，gx2 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：此时若利用最值法，求函数fx=k∙2x－3∙2x+82x−12 , x∈−1 , 1的最小值，第一函数较复杂，第二函数含参要分离讨论，路漫漫其修远兮，务必另辟蹊径】
即k∙2x≥3∙2x+82x−12在x∈[−1 , 1]恒成立，
所以k≥8(2x)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ℎt=8t2−12t+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⋅fx≥gx或k+fx≥gx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fx=lg2(1−a⋅2x+4x)，其中a为常数
(1)当f1−f(0)=2时，求a的值；
(2)当x∈[1 , +∞)时，关于x的不等式fx≥x−1恒成立，试求a的取值范围；
【解析】(1)f1−f(0)=2⇒lg2(1−2a+4)－lg2(1−a+1)=lg24
⇒lg2(5−2a)=lg24(2－a)⇒5−2a=8−4a⇒a=32；
(2)lg21−a⋅2x+4x≥x−1=lg22x−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≤ℎtmin ,
∵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.
3 变换主元法
【典题1】对任意a∈[−1 , 1]，不等式x2+(a−4) x−2 a>0恒成立，求x的取值范围.
思考痕迹见到本题中“x2+(a−4) x−2 a>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fx=x2+(a−4) x−2 a，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x2+(a−4) x−2 a>0恒成立
⇔不等式 (x−2) a+x2−4 x>0恒成立...①，
令f(a)=(x−2) a+x2−4 x ,
若要使得①成立，只需要f(−1)>0f(1)>0 ⇔x2−5 x+2>0 x2−3 x−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.
4 数形结合法
【典题1】已知a>0 , f(x)=x2−ax , 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，去求函数fx=x2−ax 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x2−ax<12 (x∈(−1 , 1))恒成立
等价于x2−12令f(x)=x2−12 , g(x)=ax ，
若①成立，则当x∈(−1 , 1)时，f(x)=x2−12的图像恒在g(x)=ax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，gx=ax不一定是指数函数)
又a>0 , a≠ 1，解得a 12 即实数a的取值范围为[12,2]
【点拨】
① 数形结合法：∀x∈D , fx② 遇到不等式ℎx<0恒成立，可以把不等式化为fx【题型二】恒成立与存在性问题混合题型
【典题1】已知函数fx=x3+1 , gx=2−x−m+1．
(1)若对任意x1∈[−1 , 3]，任意x2∈[0 , 2]都有f(x1)≥g(x2)成立，求实数m的取值范围．
(2)若对任意x2∈[0 , 2]，总存在x1∈[−1 , 3]使得f(x1)≥g(x2)成立，求实数m的取值范围．
【解析】(1)由题设函数fx=x3+1，gx=2−x−m+1．
对任意x1∈[−1 , 3]，任意x2∈[0 , 2]都有f(x1)≥g(x2)成立，
知：fx1min≥gx2max，
∵f(x)在[−1 , 3]上递增，∴fx1min=f(−1)=0
又∵g(x)在[0 , 2]上递减，∴gx2max=g0=2−m
∴有0≥2−m，m的范围为[2 , +∞)
(2)由题设函数f(x)=x3+1，gx=2−x−m+1．
对任意x2∈[0 , 2]，总存在x1∈[−1 , 3]，使得f(x1)≥g(x2)成立，
知fx1max≥gx2max，
∴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fx1max≥gx2max，即到底是函数最大值还是最小值呢？
具体如下思考如下，
先把g(x2)看成定值m，那∃x1∈[−1 , 3]，都有fx1≥m，当然是要fxmax≥m；
再把fx1看成定值n，那∀x2∈[0 , 2]，都有n≥g(x2)，当然是n≥gxmax；
故问题转化为fx1max≥gx2max.
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)=x2x+1，gx=ax+3−2a(a>0)，若对于任意x1∈[0 , 1]，总存在x0∈[0 , 1]，使得g(x0)=f(x1)成立，则a的取值范围是．
【解析】∵f(x)=x2x+1，
当x=0时，f(x)=0，
当x≠0时，f(x)=11x2+1x=1(1x+12)2−14，
由0故0≤f(x)≤12，
又因为gx=ax+3−2a(a>0)，且g0=3−2a , g1=3−a．
由g(x)递增，可得3－2a≤gx≤3−a，
对于任意x1∈[0 , 1]，总存在x0∈[0 , 1]，使得g(x0)=f(x1)成立，
可得[0 , 12]⊆[3−2a , 3−a]，
可得3−2a≤03−a≥12，∴32≤a≤52．
巩固练习
1(★★) 已知1+2x+a∙4x>0对一切x∈(−∞ , 1]上恒成立，则实数a的取值范围是．
【答案】 (−34 , +∞)
【解析】1+2x+4x•a>0可化为a>−1+2x4x=−2−2x−2−x，
令t＝2－x，由x∈(－∞，1]，得t∈[12，+∞)，
则a>－t2－t，
－t2－t=−(t+12)2+34在[12，+∞)上递减，当t=12时－t2－t取得最大值为−34，
所以a>−34．
故答案为：(−34，+∞)．
2(★★) 若不等式2x−1>m(x2−1)对满足|m|≤2的所有m都成立，求x的取值范围.
【答案】 7−12【解析】令；
不等式对满足的所有都成立
对任意，恒成立
，解得7−123(★★) 若不等式3x2−lgax<0在x∈(0 , 13 )内恒成立，实数a的取值范围是．
【答案】 127≤a<1
【解析】不等式3x2−lgax<0在x∈(0,13 )内恒成立；
不等式3x2令fx=3x2,gx=lgax，
当x∈(0,13 )时，y=f(x)的图像在y=g(x)的下方；
显然当a>1时，是不能满足题意的；
当04(★★★) 已知函数fx=x2−3x，gx=x2−2mx+m，若对任意x1∈−1 , 1，总存在x2∈[−1 , 1]使得f(x1)≥g(x2 )，则实数m的取值范围是．
【答案】 m≤−1或m≥3
【解析】对任意x1∈[－1，1]，总存在x2∈[－1，1]使得f(x1)≥g(x2)成立，等价于fxmin≥gxmin．
当x∈[－1，1]时，f(x)=x2－3x 为递减函数，∴x=1时，fxmin=f(1)=－2；
当x∈[－1，1]时，g(x)=x2－2mx+m的对称轴为x=m，
①当m≤－1时，g(x)在[－1，1]上递增，所以gxmin=g(－1)=1+3m，
∴－2≥1+3m，解得m≤－1；
②当m≥1时，g(x)在[－1，1]上递减，所以gxmin=g(1)=1－m，
∴－2≥1－m，解得：m≥3；
③当－1∴－2≥－m2+m，解得：m≤－1或m≥2，这与－1综上所述：m≤－1或m≥3。
5(★★★) 已知a>0且a≠1，函数fx=ax+a−xx∈－1 , 1，gx=ax2−2ax+4−a(x∈[−1 , 1])．
(1)求f(x)的单调区间和值域；
(2)若对于任意x1∈[−1 , 1]，总存在x0∈[−1 , 1]，使得g(x0)=f(x1)成立，求a的取值范围；
(3)若对于任意x0∈[−1 , 1]，任意x1∈[−1 , 1]，都有g(x0)≥f(x1)恒成立，求a的取值范围．
【答案】 (1) [2 , a+1a] (2) a>1 (3) [13 , 1)
【解析】 (1)∵f(x)=ax+a－x(x∈[－1，1])，
则f(－x)=a－x+ax=f(x)，为偶函数，
设t=ax，则函数f(x)等价为y=t+1t，
若a>1，当0≤x≤1时，t=ax单调递增，且t≥1，此时函数y=t+1t在t≥1上单调递增，∴根据复合函数的单调性可知此时f(x)单调递增．
若0综上当x≥0时，函数单调递增，
∵函数f(x)是偶函数，∴当－1≤x≤0时，函数单调递减．
故函数的递增区间为[0，1]，递减区间为[－1，0]．
∴函数的值域为[2，a+1a]．
(2)∵a>0且a≠1，
∴gx=ax2－2ax+4－a(x∈[－1，1])的对称轴为x=−−2a2a=1，
∴函数g(x)在x∈[－1，1]时，函数单调递减．
∴g(1)=2a+4，g(－1)=4－2a．
即4－2a≤g(x)≤4+2a，
若对于任意x1∈[－1，1]，总存在x0∈[－1，1]，使得g(x0)=f(x1)成立，
即gxmax≥fxmax且gxmin≤fxmin，
则4+2a≥a+1a4−2a≤2，即4+a≥1aa≥1，
此时a≥1，
∵a>0且a≠1，∴a>1，
即a的取值范围是a>1；
(3)若对于任意x0∈[－1，1]，任意x1∈[－1，1]，都有g(x0)≥f(x1)恒成立，
即gxmin≥fxmax，
则4－2a≥a+1a，∴4－3a≥1a，
∴3a2－4a+1≤0，解得13≤a≤1，
∵a>0且a≠1，
∴13≤a<1，
即a的取值范围[13，1)．