恒成立与存在性
高中数学x恒成立、存在性问题解决办法
恒成立、存在性问题解决办法总结1、恒成立问题的转化：()a f x >恒成立⇒()max a f x >；()()min a f x a f x ≤⇒≤恒成立2、能成立问题的转化：()a f x >能成立⇒()min a f x >；()()max a f x a f x ≤⇒≤能成立3、恰成立问题的转化：()a f x >在M 上恰成立⇔()a f x >的解集为M ()()R a f x M a f x C M ⎧>⎪⇔⎨≤⎪⎩在上恒成立在上恒成立另一转化方法：若A x f D x ≥∈)(,在D 上恰成立，等价于)(x f 在D 上的最小值A x f =)(min ，若 ,D x ∈B x f ≤)(在D 上恰成立，则等价于)(x f 在D 上的最大值B x f =)(max . 4、设函数()x f 、()x g ，对任意的[]b a x ,1∈，存在[]d c x ,2∈，使得()()21x g x f ≥，则()()x g x f m i n m i n ≥5、设函数()x f 、()x g ，对任意的[]b a x ,1∈，存在[]d c x ,2∈，使得()()21x g x f ≤，则()()x g x f m a x m ax ≤6、设函数()x f 、()x g ，存在[]b a x ,1∈，存在[]d c x ,2∈，使得()()21x g x f ≥，则()()x g x f min max ≥7、设函数()x f 、()x g ，存在[]b a x ,1∈，存在[]d c x ,2∈，使得()()21x g x f ≤，则()()x g x f max min ≤8、若不等式()()f x g x >在区间D 上恒成立，则等价于在区间D 上函数()y f x =和图象在函数()y g x =图象上方；9、若不等式()()f x g x <在区间D 上恒成立，则等价于在区间D 上函数()y f x =和图象在函数()y g x =图象下方； 题型一、简单型1、已知函数12)(2+-=ax x x f ，xax g =)(，其中0>a ，0≠x ． 1）对任意]2,1[∈x ，都有)()(x g x f >恒成立，求实数a 的取值范围；（构造新函数） 2）对任意]4,2[],2,1[21∈∈x x ，都有)()(21x g x f >恒成立，求实数a 的取值范围；（转化）简解：（1）由12012232++<⇒>-+-x x x a x a ax x 成立，只需满足12)(23++=x x x x ϕ的最小值大于a 即可．对12)(23++=x xx x ϕ求导，0)12(12)(2224>+++='x x x x ϕ，故)(x ϕ在]2,1[∈x 是增函数，32)1()(min ==ϕϕx ，所以a 的取值范围是320<<a ．2、设函数b x x a x h ++=)(，对任意]2,21[∈a ，都有10)(≤x h 在]1,41[∈x 恒成立，求实数b 的范围． 分析：思路、解决双参数问题一般是先解决一个参数，再处理另一个参数．以本题为例，实质还是通过函数求最值解决．方法1：化归最值，10)(10)(max ≤⇔≤x h x h ；方法2：变量分离，)(10x xab +-≤或x b x a )10(2-+-≤； 方法3：变更主元（新函数），0101)(≤-++⋅=b x a xa ϕ，]2,21[∈a简解：方法1:对b x xax h ++=)(求导，22))((1)(xa x a x x a x h +-=-='，（单调函数） 由此可知，)(x h 在]1,41[上的最大值为)41(h 与)1(h 中的较大者．⎪⎩⎪⎨⎧-≤-≤⇒⎪⎩⎪⎨⎧≤++≤++⇒⎪⎩⎪⎨⎧≤≤∴ab ab b a b a h h 944391011041410)1(10)41(，对于任意]2,21[∈a ，得b 的取值范围是47≤b ． 3、已知两函数2)(x x f =，m x g x-⎪⎭⎫ ⎝⎛=21)(，对任意[]2,01∈x ，存在[]2,12∈x ，使得()21)(x g x f ≥，则实数m 的取值范围为解析：对任意[]2,01∈x ，存在[]2,12∈x ，使得()21)(x g x f ≥等价于m x g x-⎪⎭⎫ ⎝⎛=21)(在[]2,1上的最小值m -41不大于2)(x x f =在[]2,0上的最小值0，既041≤-m ，∴41≥m题型二、更换主元法1、对于满足2p ≤的所有实数p,求使不等式212x px p x ++>+恒成立的x 的取值范围。
函数恒成立存在性与有解问题
函数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；例题讲解：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。
方法技巧专题16函数中恒成立与存在性问题
方法技巧专题16函数中恒成立与存在性问题在数学中，函数是一种描述两个集合之间的对应关系的工具。
函数中的公式通常包含变量，通过给定变量的值，可以计算出函数的值。
然而，在函数的研究和应用中，我们会遇到一些函数恒成立与存在性的问题。
首先，函数中的恒成立问题是指函数中一些等式对于所有变量的取值都成立。
这意味着，无论我们取函数中的任意变量值，方程都会成立。
如果我们证明了一些等式在整个定义域上都成立，那么我们就称它为函数中的恒成立等式。
例如，对于任意实数x，函数f(x)=x^2-x+6中的等式f(x)=f(2)始终成立。
我们可以验证当x取任意实数时，等式都成立。
这说明f(x)=f(2)是这个函数中的恒成立等式。
其次，函数中的存在性问题是指函数是否存在合适的定义域和值域。
函数的定义域是指所有可能的输入值，而值域是指函数输出的所有值。
在研究函数时，有时候我们需要确定一个函数是否存在，并找到合适的定义域和值域。
例如，考虑函数f(x)=1/x，在x=0时，函数的定义域不存在，因为0作为除数是不合法的。
然而，在其他任意实数x上，函数都有定义，并且值域是实数集合。
因此，函数f(x)=1/x在定义域上存在，并且值域为实数。
解决函数中恒成立与存在性问题的方法和技巧如下：1.使用代数方法：我们可以通过代数运算和等式推导来证明函数中的恒成立等式。
根据等式的性质和规律，我们可以对等式进行变形和化简，证明等式在所有变量取值下都成立。
2.使用图形方法：对于一些函数，我们可以通过绘制图形来分析函数的行为和性质。
通过观察函数的图形，我们可以判断函数是否存在，以及函数中是否存在一些等式。
3.使用定义和性质：函数的定义和性质是解决函数恒成立与存在性问题的重要依据。
我们可以运用函数的定义和性质，结合数学推理和逻辑推导，来证明函数中的恒成立等式和存在性问题。
4.使用反证法：当我们无法通过直接证明函数的恒成立等式或存在性问题时，可以尝试使用反证法。
恒成立与存在性问题的解题策略
“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。
恒成立与存在性问题方法总结
恒成立与存在性问题方法总结一、构建函数构建适当的函数，将恒成立问题转化为能利用函数的性质来解决的问题。
1、构建一次函数众所周知，一次函数的图像是一条直线，要使一次函数在某一区间内恒大于（或小于）零，只需一次函数在某区间内的两个端点处恒大于（或小于）零即可。
例1：若x∈（-2，2），不等式kx+3k+1＞0恒成立，求实数k的取值范围。
解：构建函数f（x）= kx+3k+1，则原问题转化为f（x）在x∈（-2，2）内恒为正。
若k=0，则f（x）=1＞0恒成立；若k≠0，则f（x）为一次函数，问题等价于f（-2）＞0，f（2）＞0，解之得k∈（- ，+∞）。
例2：对m≤2的一切实数m，求使不等式2x-1＞m（x -1）都成立的x的取值范围。
解：原问题等价于不等式：（x -1）m-（2x-1）＜0，设f（m）=（x -1）m-（2x-1），则原问题转化为求一次函数f（m）或常数函数在［-2，2］内恒为负值时x的取值范围。
（1）当x -1=0时，x=±1。
当x=1时，f（m）＜0恒成立；当x=-1时，f（m）＜0不成立。
（2）当x -1≠0时，由一次函数的单调性知：f（m）＜0等价于f（-2）＜0，且f（2）＜0，即＜x＜；综上，所求的x∈（）。
2、构建二次函数二次函数的图像和性质是中学数学中的重点内容，利用二次函数的图像特征及相关性质来解决恒成立问题，使原本复杂的问题变得容易解决。
例3：若x≥0，lg（ax +2x+1）∈R恒成立，求实数a的取值范围。
解：构造函数g（x）= ax +2x+1，则原问题等价于：当x≥0时，g（x）恒大于0。
若a=0且x≥0，则g（x）= 2x+1＞0恒成立；若a≠0，则g（x）为二次函数，当a＜0时，显然当x≥0时不能使g（x）恒大于0，仅当a＞0时，要使当x≥0时，g（x）恒大于0，只需Δ＜0或△≥0-≤0g（0）＞0，解之得：a＞0∴a的取值范围为［0，+∞）。
恒成立与存在性问题的解题策略
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 咧;a _ f x 恒成立=a _ f x min2、 能成立问题的转化： a . f x 能成立=a . f x min ； a 辽f x 能成立=a 辽f x max3、 恰成立问题的转化：a f x 在 M 上恰成立二 a ■ f x 的解集为l a f x 在M 上恒成立Mu一、a (x 在C R M 上恒成立另一转化方法：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)二A ， 若X ，D,f(x)乞B 在D 上恰成立，则等价于 f (x)在D 上的最大值f max (X )二B .4、设函数f x 、g x ，对任意的X"-a , b 1，存在X 2 • C , d 丨，使得f x i _ g X 2，则f min X -g m in X5、设函数f x 、g x ，对任意的X 1 a,bi ， 存在X 2 E fc, d 】，使得代人)兰g(x 2 )，则g X ，存在 x< a , b 1，存在 X 2 • C, d 1，使得 f X 1 - g X 2 ，则 f m ax X —g m i n xg x ，存在x< a , b 1，存在X 2 • C , d 1，使得f 治 -g X 2 ，则f m i n X —g m a x X&设函数f x 、g x ，对任意的x 1 存在X 2乏C , d 】，使得f(x 1 )= gg )，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 xx 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 二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 二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m axX- g m ax X6、设函数f x 、7、设函数f X 、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。
专题一---恒成立与存在性问题
解：作出可行域如图，并求出顶点 的坐标A(1,3)、B(3,1)、C(7,9)． (1)易知可行域内各点均在直线x＋ 2y－4＝0的上方，故x＋2y－4＞0，将点C(7,9)代入z得最 大值为21.
(2)z＝x2＋y2－10y＋25 表示可行域内任一点(x，y)到定点 M(0,5)的距 离的平方，过 M 作直线 AC 的垂线，易知垂足 N 在线段 AC 上，故 z 的最小值是|MN|2＝92.
5 .若 函 数 y ＝ x3 － a x2 ＋ 4 在 0 ,2 内 单 调 递 减 ，
则 实 数 a 的 取 值 范 围 为
.
解析：因为函数y＝x3－ax2＋4在0,2内单调 递减，所以y＝3x2－2ax0在0,2内恒成立，
所以yy||xx＝ ＝02＝ 120－ 40a0，所以a3.
2．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__________．
练习
1.已知f(x 函 )a数 xlnxaR
(1)求 f(x)的单调区间； （ 2）g设 (x)x22x2,若对x1 任 (0,意 ) 均 , 存 x2[在 0,1]
使f得 (x1)g(x2)求 , a的取值范围。
若本题（2）条件改为：对任x意1 (0,),使得任意的x2 [0,1] 都有f (x1) g(x2)求a的取值范围
(2)已知f(x)=lnx: ①设F(x)=f(x+2)- 2 x ，求F(x)的单调区间；
x 1
②若不等式f(x+1)≤f(2x+1)-m2+3am+4对任意a∈[-1,1]，
x∈[0,1]恒成立，求m的取值范围.
【解题指南】
第106课--恒成立与存在性问题
范围.
答案： (, 1 ) (e2 , ) 2e
解析：问题可化为函数 f (x) 在区间 (0, e2 ] 的最小值小于 0
i）当
a
0
时，
f
(x)
ax e x2
0
则函数
f
(x)
在区间 (0, e2 ] 内为减函数，故
f
(x)
的最小值是
f
(e2 )
2a
1 e
0 ，即
a
1 2e
；
ii）当 a 0 时，函数 f (x) 在区间 (0, e ) 内为减函数，在区间 ( e , ) 内为增函数，
单调递减区间是 a, .
（2）依题意，要满足对任意
x1
0,
，均存在
x2
0,1 ，使得
f
x1
g
x2
，只需满足
f
x
max
g
x
max
.
因为
g x
x2
2x
2a
，
x 0,1 ，所以
g
x
max
2a
，
由（1）知，当 a 0 时，函数 f x 在区间 0, 上单调递减，值域为 R ，不符合题意；
a
（2）∵存在 x0 1,e 使不等式 g x0 ex0 lnx0 成立，∴存在 x0 1,e 使 p lnx0 1 ex0 x0 成立，
令
h
x
lnx
1 ex
x
x
1, e
，则
p
h
x min
， h
'
x
1 x
lnx
1 ex
1
，
由（1）知当 a
恒成立与存在性问题
2.设函数 f(x)＝x2－1，对任意 x∈[32，＋∞)，f(mx )－4m2f(x)≤f(x －1)＋4f(m)恒成立，求实数 m 的取值范围
[解析] ∵f(x)＝x2－1，x∈[32，＋∞)， f(mx )－4m2f(x)≤f(x－1)＋4f(m)对 x∈[32，＋∞)恒成立． 即(mx )2－1－4m2(x2－1)≤(x－1)2－1＋4(m2－1)恒成立. 即(m12－4m2－1)x2＋2x＋3≤0 恒成立.即m12－4m2－1≤－2xx2－3恒成立. g(x)＝－2xx2－3＝－x32－x2＝－3(x12＋32x)＝－3(1x＋31)2＋31. ∵x≥32，∴0＜1x≤32，∴当1x＝23时，g(x)min＝－38. ∴m12－4m2－1≤－83.整理得 12m4－5m2－3≥0，(3m2＋1)(4m2－3)≥0. ∵3m2＋1>0，∴4m2－3≥0.即：m≥ 23或 m≤－ 23.
2x 1
步转化为(ln 2xx11)max (3m成a 立4 . m2 )min
(2)①F(x)=ln(x+2)- 2x
x 1
定义域为：
(-2,-1)∪(-1,+∞).
F′(x)=
x
1
2
2(x 1) 2x (x 1)2
x
1
2
(x
2 1)2
=(x 1)2 2(x 2)
(x 2)(x 1)2
(x
x2 3 2)(x 1)2
,
令F′(x)＞0，得单调增区间为 (2,和 3) ( 3,) 令F′(x)＜0，得单调减区间为 ( 和3,1) (1, 3)
②不等式f(x+1)≤f(2x+1)-m2+3am+4化为：
恒成立、存在问题
恒成立和存在性问题一、恒成立问题例1 已知函数f(x)＝x|x－a|＋2x.(1)若函数f(x)在R上是增函数，求实数a的取值范围；(2)求所有的实数a，使得对任意x∈[1,2]时，函数f(x)的图象恒在函数g(x)＝2x＋1图象的下方．f(x)＝x3－6ax2＋9a2x(a∈R)，当a>0时，若对∀x∈[0,3]有f(x)≤4恒成立，求实数a的取值范围．例2已知函数f(x)＝ax3＋bx2－3x(a，b∈R)，在点(1，f(1))处的切线方程为y＋2＝0.(1)求函数f(x)的解析式；(2)若对于区间[－2,2]上任意两个自变量的值x1，x2，都有|f(x1)－f(x2)|≤c，求实数c的最小值．例3 已知函数f (x )＝x －1－a ln x (a ∈R)． (1)求证：f (x )≥0恒成立的充要条件是a ＝1； (2)若a <0，且对任意x 1，x 2∈(0,1]，都有|f (x 1)－f (x 2)|≤4⎪⎪⎪⎪⎪⎪1x 1－1x 2，求实数a 的取值范围．已知函数f (x )＝lg x ，求证：∀x 1，x 2∈(0，＋∞)，f (x 1)＋f (x 2)2≤f ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫x 1＋x 22.g (x )＝1sin θ·x＋ln x 在[1，＋∞)上为增函数，且θ∈(0，π)，则θ的值为________．二、存在性问题例1 已知函数f (x )＝x 3－ax 2＋10.(1)当a ＝1时，求曲线y ＝f (x )在点(2，f (2))处的切线方程；(2)在区间[1,2]内至少存在一个实数x ，使得f (x )<0成立，求实数a 的取值范围．f (x )＝x (x －a )2，g (x )＝－x 2＋(a －1)x ＋a (其中a为常数)．(1)如果函数y ＝f (x )和y ＝g (x )有相同的极值点，求a 的值；(2)设a >0，问是否存在x 0∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，a 3，使得f (x 0)>g (x 0)，若存在，请求出实数a 的取值范围；若不存在，请说明理由．例3 已知函数f (x )＝2|x －m |和函数g (x )＝x |x －m |＋2m －8. (1)若方程f (x )＝2|m |在[－4，＋∞)上恒有惟一解，求实数m 的取值范围；(2)若对任意x 1∈(－∞，4]，均存在x 2∈[4，＋∞)， 使得f (x 1)>g (x 2)成立，求实数m 的取值范围．(教材选修2－1 P20复习题5改编)例 命题“∃x ∈(0，＋∞)，x 2－ax ＋1≤0”为真命题，则a 的取值范围为________．f (x )＝mx 33＋x 2－x ，m ∈R ，函数f (x )在(2，＋∞)上存在单调递增区间，求m 的取值范围．参考答案 例1【解答】 (1)f (x )＝x |x －a |＋2x ＝⎩⎨⎧x 2＋(2－a )x ，x ≥a ，－x 2＋(2＋a )x ，x <a .由f (x )在R 上是增函数，则⎩⎪⎨⎪⎧a ≥－2－a 2，a ≤2＋a 2，即－2≤a ≤2，故a 的取值范围为－2≤a ≤2.(2)由题意得对任意的实数x ∈[1,2]，f (x )<g (x )恒成立，即x |x －a |<1在[1,2]恒成立，也即x －1x <a <x ＋1x 在[1,2]恒成立，故当x ∈[1,2]时，只要x －1x 的最大值小于a 且x ＋1x 的最小值大于a 即可，而当x ∈[1,2]时，⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫x －1x ′＝1＋1x 2>0，从而x －1x 为增函数，由此得⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫x －1x max ＝32； 当x ∈[1,2]时，⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫x ＋1x ′＝1－1x 2>0，从而x ＋1x 为增函数，由此得⎝⎛⎭⎪⎪⎫x ＋1x min ＝2， 所以32<a <2.变1【解答】 f ′(x )＝3x 2－12ax ＋9a 2＝3(x －a )(x －3a )，故f (x )在(0，a )上单调递增，在(a,3a )上单调递减，在(3a ，＋∞)上单调递增．(1)当a ≥3时，函数f (x )在[0,3]上递增， 所以函数f (x )在[0,3]上的最大值是f (3)，若对∀x ∈[0,3]有f (x )≤4恒成立，需要有⎩⎪⎨⎪⎧f (3)≤4，a ≥3，解得a ∈∅.(2)当1≤a <3时，有a <3≤3a ，此时函数f (x )在[0，a ]上递增，在[a,3]上递减，所以函数f (x )在[0,3]上的最大值是f (a )，若对∀x ∈[0,3]有f (x )≤4恒成立，需要有⎩⎪⎨⎪⎧f (a )≤4，1≤a <3，解得a ＝1.(3)当a <1时，有3>3a ，此时函数f (x )在[a,3a ]上递减，在[3a,3]上递增，所以函数f (x )在[0,3]上的最大值是f (a )或者是f (3)．由f (a )－f (3)＝(a －3)2(4a －3)，① 0<a ≤34时，f (a )≤f (3)，若对∀x ∈[0,3]有f (x )≤4恒成立，需要有⎩⎪⎨⎪⎧f (3)≤4，0<a ≤34，解得a ∈⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤1－239，34. ②34<a <1时，f (a )>f (3)，若对∀x ∈[0,3]有f (x )≤4恒成立，需要有⎩⎪⎨⎪⎧f (a )≤4，34<a <1，解得a ∈⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫34，1.综上所述，a ∈⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤1－239，1.例2【解答】 (1)∵f ′(x )＝3ax 2＋2bx －3，根据题意，得⎩⎨⎧ f (1)＝－2，f ′(1)＝0，即⎩⎨⎧ a ＋b －3＝－2，3a ＋2b －3＝0，解得⎩⎨⎧a ＝1，b ＝0，∴f (x )＝x 3－3x .(2)令f ′(x )＝3x 2－3＝0，即3x 2－3＝0，解得x ＝±1，(－2，－1) (－1,1) (1,2) ＋ － ＋ ∵f (－1)＝max min 2. 则对于区间[－2,2]上任意两个自变量的值x 1，x 2，都有|f (x 1)－f (x 2)|≤f (x )max －f (x )min ＝4，所以c ≥4，即c 的最小值为4.变题【解答】 (1)①充分性：当a ＝1时，f (x )＝x －1－ln x ，f ′(x )＝1－1x ＝x －1x ，所以当x >1时，f ′(x )>0，所以函数f (x )在(1，＋∞)上是增函数，当0<x <1时，f ′(x )<0，所以函数f (x )在(0,1)上是减函数，所以f (x )≥f (1)＝0.②必要性．f ′(x )＝1－a x ＝x －ax ，其中x >0.(i)当a ≤0时，f ′(x )>0恒成立，所以函数f (x )在(0，＋∞)上是增函数． 而f (1)＝0，所以当x ∈(0,1)时，f (x )<0，与f (x )≥0恒成立相矛盾． 所以a ≤0不满足题意． (ii)当a >0时，因为当x >a 时，f ′(x )>0，所以函数f (x )在(a ，＋∞)上是增函数； 当0<x <a 时，f ′(x )<0，所以函数f (x )在(0，a )上是减函数． 所以f (x )≥f (a )＝a －1－a ln a .因为f (1)＝0，所以当a ≠1时，f (a )<f (1)＝0，此时与f (x )≥0恒成立相矛盾． 所以a ＝1，综上所述，f (x )≥0恒成立的充要条件是a ＝1.(2)由(1)可知，当a <0时，函数f (x )在(0,1]上是增函数，又函数y ＝1x 在(0,1]上是减函数，不妨设0<x 1≤x 2≤1，则|f (x 1)－f (x 2)|＝f (x 2)－f (x 1)，⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪1x 1－1x 2＝1x 1－1x 2， 所以|f (x 1)－f (x 2)|≤4⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪1x 1－1x 2等价于f (x 2)－f (x 1)≤4x 1－4x 2，即f (x 2)＋4x 2≤f (x 1)＋4x 1. 设h (x )＝f (x )＋4x ＝x －1－a ln x ＋4x .则|f (x 1)－f (x 2)|≤4⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪1x 1－1x 2等价于函数h (x )在区间(0,1]上是减函数． 因为h ′(x )＝1－a x －4x 2＝x 2－ax －4x 2，所以所证命题等价于证x 2－ax －4≤0在x ∈(0,1]时恒成立，即a ≥x －4x 在x ∈(0,1]上恒成立，即a 不小于y ＝x －4x 在区间(0,1]内的最大值．而函数y ＝x －4x 在区间(0,1]上是增函数，所以y ＝x －4x 的最大值为－3， 所以a ≥－3.又a <0，所以a ∈[－3,0)．θ＝π2 【解析】 由题意，g ′(x )＝－1sin θ·x 2＋1x≥0在[1，＋∞)上恒成立，即sin θ·x －1sin θ·x 2≥0在[1，＋∞)上恒成立．∵θ∈(0，π)，∴sin θ>0.故sin θ·x －1≥0在[1，＋∞)上恒成立，只需sin θ·1－1≥0，即sin θ≥1，只有sin θ＝1.结合θ∈(0，π)，得θ＝π2.存在问题【解答】 (1)当a ＝1时，f ′(x )＝3x 2－2x ，f (2)＝14， 曲线y ＝f (x )在点(2，f (2))处的切线斜率k ＝f ′(2)＝8， 所以曲线y ＝f (x )在点(2，f (x ))处的切线方程为 8x －y －2＝0.(2)解法一：f ′(x )＝3x 2－2ax ＝3x ⎝⎛⎭⎪⎪⎫x －23a (1≤x ≤2)， 当23a ≤1，即a ≤32时，f ′(x )≥0，f (x )在[1,2]上为增函数， 故f (x )min ＝f (1)＝11－a ，所以11－a <0，a >11，这与a ≤32矛盾．当1<23a <2，即32<a <3时，当1≤x <23a ，f ′(x )<0；当23a <x ≤2，f ′(x )>0，所以x ＝23a 时，f (x )取最小值，因此有f ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫23a <0，即827a 3－49a 3＋10＝－427a 3＋10<0，解得a >3352，这与32<a <3矛盾；当23a ≥2，即a ≥3时，f ′(x )≤0，f (x )在[1,2]上为减函数，所以f (x )min ＝f (2)＝18－4a ，所以18－4a <0，解得a >92，这符合a ≥3.综上所述，a 的取值范围为a >92.解法二：由已知得：a >x 3＋10x 2＝x ＋10x2，设g (x )＝x ＋10x 2(1≤x ≤2)，g ′(x )＝1－20x3，∵1≤x ≤2，∴g ′(x )<0，所以g (x )在[1,2]上是减函数．g (x )min ＝g (2)，所以a >92.【解答】 (1)f (x )＝x (x －a )2＝x 3－2ax 2＋a 2x ， 则f ′(x )＝3x 2－4ax ＋a 2＝(3x －a )(x －a )，令f ′(x )＝0，得x ＝a 或a3，而g (x )在x ＝a －12处有极大值．∴a －12＝a ⇒a ＝－1，或a －12＝a 3⇒a ＝3.综上，a ＝3或a ＝－1.(2)假设存在，即存在x 0∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，a 3，使得 f (x 0)－g (x 0)＝x 0(x 0－a )2－[－x 20＋(a －1)x 0＋a ]＝x 0(x 0－a )2＋(x 0－a )(x 0＋1)＝(x 0－a )[x 20＋(1－a )x 0＋1]>0，当x 0∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，a 3时，又a >0，故x 0－a <0， 则存在x 0∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，a 3，使得x 20＋(1－a )x 0＋1<0. ①当a －12>a 3，即a >3时，由⎝ ⎛⎭⎪⎫a 32＋(1－a )⎝ ⎛⎭⎪⎫a 3＋1<0得a >3或a <－32，∴a >3；②当－1≤a －12≤a 3，即0<a ≤3时，4－(a －1)24<0得a <－1或a >3，∴a 无解．综上，a >3.【解答】 (1)f ′(x )＝－x 2－23x ＋53，令f ′(x )>0，即x 2＋23x －53<0，解得－53<x <1，∴f (x )的单调增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫－53，1；单调减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－53和(1，＋∞)．(2)由(1)可知：当x ∈[0,1]时，f (x )单调递增，∴当x ∈[0,1]时，f (x )∈[f (0)，f (1)]，即f (x )∈[－4，－3]．又g ′(x )＝3x 2－3a 2，且a ≥1，∴当x ∈[0,1]时，g ′(x )≤0，g (x )单调递减，∴当x ∈[0,1]时，g (x )∈[g (1)，g (0)]，即g (x )∈[－3a 2－2a ＋1，－2a ]，又对于任意x 1∈[0,1]，总存在x 0∈[0,1]，使得f (x 1)＝g (x 0)成立⇔[－4，－3]⊆[－3a 2－2a ＋1，－2a ]，即⎩⎪⎨⎪⎧－3a 2－2a ＋1≤－4，－3≤－2a ，解得1≤a ≤32.【解答】 (1)由f (x )＝2|m |在x ∈[－4，＋∞)上恒有惟一解， 得|x －m |＝|m |在x ∈[－4，＋∞)上恒有惟一解． 当x －m ＝m 时，得x ＝2m ，则2m ＝0或2m <－4， 即m <－2或m ＝0.综上，m 的取值范围是m <－2或m ＝0.(2)f (x )＝⎩⎨⎧2x －m (x ≥m )，2m －x (x <m )，原命题等价为f (x 1)min >g (x 2)min .①当4≤m ≤8时，f (x )在(－∞，4]上单调递减，故f (x )≥f (4)＝2m －4，g (x )在[4，m ]上单调递减，[m ，＋∞)上单调递增，故g (x )≥g (m )＝2m －8，所以2m －4>2m －8，解得4<m <5或m >6.所以4<m <5或6<m ≤8.②当m >8时，f (x )在(－∞，4]上单调递减，故f (x )≥f (4)＝2m －4，g (x )在⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤4，m 2单调递增，⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤m 2，m 上单调递减，[m ，＋∞)上单调递增，g (4)＝6m －24>g (m )＝2m －8，故g (x )≥g (m )＝2m －8，所以2m －4>2m －8， 解得4<m <5或m >6.所以m >8.③0<m <4时，f (x )在(－∞，m ]上单调递减，[m,4]上单调递增， 故f (x )≥f (m )＝1.g (x )在[4，＋∞)上单调递增，故g (x )≥g (4)＝8－2m ，所以8－2m <1，即72<m <4.④m ≤0时，f (x )在(－∞，m ]上单调递减，[m,4]上单调递增， 故f (x )≥f (m )＝1.g (x )在[4，＋∞)上单调递增，故g (x )≥g (4)＝8－2m ，所以8－2m <1，即m >72(舍去)．综上，m 的取值范围是⎝⎛⎭⎪⎪⎫72，5∪(6，＋∞)．【答案】 a ≥2【解析】 原命题等价为∃x ∈(0，＋∞)，x 2＋1x ≤a ，令f (x )＝x 2＋1x ＝x ＋1x ≥2，所以a ≥2.。
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4.导数应用（恒成立与存在性）
恒成立：
min max x M ，f ()恒成立(),x M ，f ()恒成立()x a f x a x a f x a ∀∈≥⇔≥∀∈≤⇔≤ 存在性：max min x M ，f ()恒成立(),x M ，f ()恒成立()x a f x a x a f x a ∃∈≥⇔≥∃∈≤⇔≤
【题型1】恒成立问题求参数范围：min )()(x f a x f a <⇔< max )()(x f a x f a >⇔>
1.已知函数()(1)ln 1f x x x x =+-+，若2'()1xf x x ax ≤++，求a 的取值范围；a 1≥-
练习：1.f(x)=xcosx-sinx,x [0,]2π
∈,求证：f(x)≤0. 'f(x)=-xsinx 2. 设c x x x x f 8129-2)(23++=，对任意的∈x ［0,3］，都有2)(c x f <成立,求c 的取值范围. c<-1或c>9
【题型2】恒成立问题求参数范围（分离参数法）
1. 已知函数x a x x f ln )(2+= ，若函数x
x f x g 2)()(+=在［1，4］是减函数，求实数a 的取值范围。
222)(x x a x x g -+='， 2
63-≤a 练习：已知)10(cos )(<<-+=-x x x ae x f x
（1）若对任意的0)(),1,0(<∈x f x 恒成立，求a 的取值范围。
1-≤a
（2）求证：)10(2
1sin 2
<<+<+-x x x e x 。
h(x)<h(0)=0 【题型3】恒成立问题（构造差函数求最值）
min max ,()()[()()]0,()()[()()]0x M f x g x f x g x f x g x f x g x ∀∈≥⇔-≥≤⇔-≤（同一变量） max min ,()()[()()]0,()()[()()]0x M f x g x f x g x f x g x f x g x ∃∈≥⇔-≥≤⇔-≤
1212min max 12max min ,,()()()(),()()()()x x f x g x f x g x f x g x f x g x ∀∀≥⇔≥≤⇔≤（两个独立变量） 1212max min 12min max ,,()()()(),()()()()x x f x g x f x g x f x g x f x g x ∃∃≥⇔≥≤⇔≤
1. 设l 为曲线C:ln 在点（1，0）处的切线.
x y x =
(1) 求l 的方程. y=x-1
(2) 证明：除切点（1，0）之外，曲线C 在直线l 的下方.
练习：求证：当x>1时，。
'(2l n 2)()x x a f x x -+=
2ln 2ln +（1a 0)x x a x >-≥
1、（2013全国卷）若函数)(x f =x ax x 12++在⎪⎭
⎫ ⎝⎛+∞,21上是增函数，则a 的取值范围是（ ）
A []0,1-
B [)+∞-,1
C []3,0
D [)+∞,3
2、若曲线)(x f =x ax ln 2
+ 存在垂直于y 轴的切线，则实数a 的取值范围是 。
a<0
3、若函数)(x f =1)2(3323++++x a ax x 有极大值和极小值，则a 的取值范围是 。
a>2或a<-1
4、已知)(x f =x ，)(x g =x a ln +.
(1) 若),0(+∞∈∀x ，总有)(x f >)(x g 成立，则实数a 的取值范围是 。
(2) 若[]2,1,21∈∀x x ，总有)(1x f >)(2x g 成立，则实数a 的取值范围是 。
(3) 若[][]2,1,2,121∈∃∈∀x x ，使)(1x f >)(2x g 成立，则实数a 的取值范围是 。
(4) 若[][]2,1,2,121∈∀∈∃x x ，使)(1x f >)(2x g 成立，则实数a 的取值范围是 。
(5) 若[][]2,1,2,121∈∃∈∃x x ，使)(1x f >)(2x g 成立，则实数a 的取值范围是 。
与导数有关的“恒成立”，“能成立”问题
1、已知函数x x a x f +=ln )(在区间[]3,2上单调递增，则实数a 的取值范围是 a ≥-2
2、若函数x x x f ln 2)(2-=在其定义域内的一个子区间()1,1+-k k 内不是单调函数，则实数k 的取值范围是 .
3.已知函数f （x ）=x 3-kx 在区间（-3，-1）上不单调，则实数k 的取值范围是______．3＜k ＜27
4.函数在区间上不单调，则实数的范围是 .（-3,1） 5、对[]2,1∈∀t ，x x m x x g 2)22()(23-++=在区间()3,t 上不单调，则m 的取值范围是 .37(,-9)3-。