8函数与不等式--恒成立与存在性问题

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。