高中数学恒成立与存在性问题

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f12＝－12＋aln20，所以不满足题意；②若a0，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)＝emx＋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)＝emx＋x²－mx，∴f′(x)＝memx＋2x－mf′′(x)＝m²emx＋2≥0在R上恒成立，∴f′(x)＝memx＋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)＝em＋1－m，f(－1)＝e－m＋1＋m令g(m)＝f(1)－f(－1)＝em－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＝em－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＝ea－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＜ea－1－1时，g′(x)＜0∴g(x)在(0，ea－1－1)上为单调减函数，又g(0)＝0，∴对于0＜x＜ea－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)＝ex－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)＝ex＋e－x，由于ex＋e－x≥2ex·e－x＝2，故f′(x)≥2令g(x)＝f(x)－ax，g′(x)＝ex＋e－x－a⑴若a≤2，当x＞0时，g′(x)＝ex＋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＝lna＋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)＝sinx2＋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2kπ－2π3＜x＜2kπ＋2π3(k∈Z)时，cosx＞－12，即f′(x)＞0；当2kπ＋2π3＜x＜2kπ＋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，arccos3a)时，h′(x)＞0，因此h(x)在[0，arccos3a)上单调递增.故当x∈(0，arccos3a)时，h(x)＞h(0)＝0，sinx＞3ax.于是，当x∈(0，arccos3a)时，f(x)＝sinx2＋cosx＞sinx3＞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)＝ex－e－x－2x.设g(x)＝f(2x)－4bf(x)，当x＞0时，g(x)＞0，求bmax.解：由f(x)得f′(x)=ex＋e－x－2≥2ex·e－x－2=0，即f′(x)≥0，当且仅当ex＝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)=e2x－e-2x－4b(ex－e－x)＋(8b－4)x，则g'(x)=2[e2x＋e-2x－2b(ex+e-x)＋(4b－2)]=2[(ex＋e-x)2－2b(ex＋e-x)＋(4b－4)]=2(ex＋e-x－2)(ex＋e-x－2b＋2)．①∵ex＋e-x≥2，ex＋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＜ex＋e-x＜2b－2即0＜x＜ln(b－1＋b²－2b)时，g'(x)＜0，又由g(0)=0知，当0＜x≤ln(b－1＋b²－2b)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)＝－x²＋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＞－x²＋ax－3∴a＜2xlnx＋x²＋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＋1－3x²＝(x＋3)(x－1)x²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x0，使得f(x0)＜g(x0)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－ax－a＋1x²＝(x＋1)[x－(a＋1)]x²，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＞e²＋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x0∴则φ(x)在(1，x0)上递增，在(x0，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)∪(e²＋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∀x1∈[a，b]，总∃x2∈[m，n]，使得f(x1)≤g(x2)⇔f(x1)max≤g(x2)max；⑵∀x1∈