高三二轮复习专题恒成立与存在性问题

新龙中学高三二轮复习资料1/5校本资源作业高三二轮复习专题——恒成立与存在性问题在代数综合问题中常遇到恒成立与存在性问题．两类问题类似，均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．教学目标：1.知识与技能：理解并区别恒成立问题、存在性问题，学生能用最值和值域解决简单的恒成立和存在性问题2.过程与方法：从例题探讨恒成立、存在性问题，总结并分析数学中的恒成立和存在性问题的区别和解题规律。培养学生的观察、分析、转化的能力3.情感态度与价值观：通过本节学习让学生体会化归转化的数学思想，享受数学中的灵动与和谐之美教学重点：对不同题型能熟练地转化为不同的最值和值域问题教学难点：化归思想的灵活运用教学过程：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)minA；2.∀x∈D,均有f(x)﹤A恒成立，则f(x)maxA.3.∀x∈D,均有f(x)g(x)恒成立，则F(x)=f(x)-g(x)0，∴F(x)min04.∀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)ming(x)max6.∀x1∈D,∀x2∈E,均有f(x1)g(x2)恒成立，则f(x)maxg(x)min(2)存在性问题1.∃x0∈D,使得f(x0)A成立，则f(x)maxA；2.∃x0∈D,使得f(x0)﹤A成立，则f(x)minA3.∃x0∈D,使得f(x0)g(x0)成立，设F(x)=f(x)-g(x)，∴F(x)max04.∃x0∈D,使得f(x0)g(x0)成立，设F(x)=f(x)-g(x)，∴F(x)min05.∃x1∈D,∃x2∈E,使得f(x1)g(x2)成立，则f(x)maxg(x)min6.∃x1∈D,∃x2∈E,均使得f(x1)g(x2)成立，则f(x)ming(x)max(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)ming(x)min2.∀x1∈D,∃x2∈E,使得f(x1)g(x2)成立，则f(x)maxg(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.新龙中学高三二轮复习资料2/5►探究点一∀x∈D，f(x)g(x)的研究例1、已知函数12)(2axxxf，xaxg)(，其中0a，0x．对任意]2,1[x，都有)()(xgxf恒成立，求实数a的取值范围；【思路分析】等价转化为函数0)()(xgxf恒成立，通过分离变量，创设新函数求最值解决．简解：（1）由12012232xxxaxaaxx成立，只需满足12)(23xxxx的最小值大于a即可．对12)(23xxxx求导，0)12(12)(2224xxxx，故)(x在]2,1[x是增函数，32)1()(minx，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)max0，其中若g(x)＝c，则等价为∃x∈D，f(x)maxc.例已知函数f(x)＝x3－ax2＋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)＝3x2－2x，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)＝3x2－2ax＝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－a0，a11，这与a≤32矛盾．当123a2，即32a3时，当1≤x23a，f′(x)0；当23ax≤2，f′(x)0，所以x＝23a时，f(x)取最小值，因此有f23a0，即827a3－49a3＋10＝－427a3＋100，解得a3352，这与32a3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－新龙中学高三二轮复习资料3/54a0，解得a92，这符合a≥3.综上所述，a的取值范围为a92.解法二：由已知得：ax3＋10x2＝x＋10x2，设g(x)＝x＋10x2(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a92.【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ax2x3＋10中x2∈[1,4]，所以可以进行参数分离，而无需要分类讨论．►探究点三∀x1∈D，∀x2∈D，f(x1)g(x2)的研究例、设函数bxxaxh)(，对任意]2,21[a，都有10)(xh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xhxh；方法2：变量分离，)(10xxab或xbxa)10(2；方法3：变更主元，0101)(bxaxa，]2,21[a简解：方法1:对bxxabxxgxh)()(求导，22))((1)(xaxaxxaxh，由此可知，)(xh在]1,41[上的最大值为)41(h与)1(h中的较大者．ababbabahh944391011041410)1(10)41(，对于任意]2,21[a，得b的取值范围是47b．►探究点四∀x1∈D，∃x2∈D，f(x1)g(x2)的研究对于∀x1∈D，∃x2∈D，f(x1)g(x2)的研究，第一步先转化为∃x2∈D，f(x1)ming(x2)，再将该问题按照探究点一转化为f(x1)ming(x2)min.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x1∈(－∞，4]，均存在x2∈[4，＋∞)，使得f(x1)g(x2)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．新龙中学高三二轮复习资料4/5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－mx≥m，2m－xxm，原命题等价为f(x1)ming(x2)min.①当4≤m≤8时，f(x)在(－∞，4]上单调递减，故f(x)≥f(4)＝2m－4，g(x)在[4，m]上单调递减，[m，＋∞)上单调递增，故g(x)≥g(m)＝2m－8，所以2m－42m－8，解得4m5或m6.所以4m5或6m≤8.②当m8时，f(x)在(－∞，4]上单调递减，故f(x)≥f(4)＝2m－4，g(x)在4，m2单调递增，m2，m上单调递减，[m，＋∞)上单调递增，g(4)＝6m－24g(m)＝2m－8，故g(x)≥g(m)＝2m－8，所以2m－42m－8，解得4m5或m6.所以m8.③0m4时，f(x)在(－∞，m]上单调递减，[m,4]上单调递增，故f(x)≥f(m)＝1.g(x)在[4，＋∞)上单调递增，故g(x)≥g(4)＝8－2m，所以8－2m1，即72m4.④m≤0时，f(x)在(－∞，m]上单调递减，[m,4]上单调递增，故f(x)≥f(m)＝1.g(x)在[4，＋∞)上单调递增，故g(x)≥g(4)＝8－2m，所以8－2m1，即m72(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)minc；∃x∈D，cg(x)，可以转化为cg(x)min，所以本问题类型可以分两步处理，转化为f(x)ming(x)min.►探究点五∀x1∈D，∃x2∈D，f(x1)＝g(x2)的研究对于∀x1∈D，∃x2∈D，f(x1)＝g(x2)的研究，若函数f(x)的值域为C1，函数g(x)的值域为C2，则该问题等价为C1⊆C2.例、设函数f(x)＝－13x3－13x2＋53x－4.(1)求f(x)的单调区间；(2)设a≥1，函数g(x)＝x3－3a2x－2a.若对于任意x1∈[0,1]，总存在x0∈[0,1]，使得f(x1)＝g(x0)成立，求a的取值范围．【解答】(1)f′(x)＝－x2－23x＋53，令f′(x)0，即x2＋23x－530，解得－53x1，∴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)＝3x2－3a2，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)∈[－3a2－2a＋1，－2a]，新龙中学高三二轮复习资料5/5又对于任意x1∈[0,1]，总存在x0∈[0,1]，使得f(x1)＝g(x0)成立⇔[－4，－3]⊆[－3a2－2a＋1，－2a]，即－3a2－2a＋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。①不等式fxM对xI时恒成立max()fxM，xI。即fx的上界小于或等于M；②不等式fxM对xI时有解min()fxM，xI。或fx的下界小于或等于M；③不等式fxM对xI时恒成立min()fxM，xI。即fx的下界大于或等于M；④不等式fxM对xI时有解max()fxM，xI.。或fx的上界大于或等于M；方法总结：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)minc；∃x∈D，cg(x)，可以转化为cg(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．练习:`1.已知两函数2728fxxxc，322440gxxxx。（1）对任意3,3x，都有fxgx成立，求实数c的取值范围；（2）存在3,3x，使fxgx成立，求实数c的取值范围；（3）对任意12,3,3xx，都有12fxgx，求实数c的取值范围；（4）存在12,3,3xx，都有