高一函数专题同步拔高，难度4颗星！

模块导图

知识剖析

恒成立和存在性问题类型

(1) 单变量的恒成立问题

①\(∀x∈D\)，\(f(x)<a\)恒成立，则\(f(x)_{\max }<a\)
②\(∀x∈D\)，\(f(x)>a\)恒成立，则\(f(x)_{\min }>a\)
③\(∀x∈D\)，\(f(x)<g(x)\)恒成立，则\(F(x)=f(x)-g(x)<0\)，\(∴f(x)_{max}<0\)
④\(∀x∈D\)，\(f(x)>g(x)\)恒成立，则\(F(x)=f(x)-g(x)>0\)，\(∴f(x)_{min}>0\)

(2) 单变量的存在性问题
①\(∃x_0∈D\)，使得\(f(x_0)<a\)成立，则\(f(x)_{\min }<a\)
②\(∃x_0∈D\)，使得\(f(x_0)>a\)成立，则\(f(x)_{\max }>a\)
③\(∃x_0∈D\)，使得\(f(x_0 )<g(x_0)\)恒成立，则\(F(x)=f(x)-g(x)<0\)，\(\therefore f(x)_{\min }<0\)
④\(∃x_0∈D\)，使得\(f(x_0 )>g(x_0)\)恒成立，则\(F(x)=f(x)-g(x)>0\)，\(\therefore f(x)_{\max }>0\)

(3) 双变量的恒成立与存在性问题
①\(∀x_1∈D\),\(∃x_2∈E\)，使得\(f(x_1 )<g(x_2 )\)恒成立，则\(f(x)_{\max }<g(x)_{\max }\);
②\(∀x_1∈D\),\(∃x_2∈E\)，使得\(f(x_1 )>g(x_2 )\)恒成立，则\(f(x)_{\min }>g(x)_{\min }\);
③\(∀x_1∈D\),\(∀x_2∈E\),\(f(x_1 )<g(x_2 )\)恒成立，则\(f(x)_{\max }<g(x)_{\min }\);
④\(∃x_1∈D\)，\(∃x_2∈E\), 使得\(f(x_1 )<g(x_2 )\)恒成立，则\(f(x)_{\min }<g(x)_{\max }\);

(4) 相等问题
①\(∃x_1∈D\),\(∃x_2∈E\)，使得\(f(x_1 )=g(x_2)\)，则两个函数的值域的交集不为空集；
②\(∀x_1∈D\),\(∃x_2∈E\)，使得\(f(x_1 )=g(x_2)\)，则\(f(x)\)的值域\(⊆g(x)\)的值域

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

经典例题

【题型一】恒成立和存在性问题的解题方法

直接构造函数最值法

【典题1】设函数\(f(x)=\dfrac{3|x|}{x^{2}+9}\)的最大值是\(a\)，若对于任意的\(x∈[0 ,2)\)，\(a>x^2-x+b\)恒成立，则\(b\)的取值范围是\(\underline{\quad \quad }\).
【解析】当\(x=0\)时，\(f(x)=0\)；
当\(x≠0\)时，\(f(x)=\dfrac{3|x|}{x^{2}+9}=\dfrac{3}{|x|+\dfrac{9}{|x|}} \leq \dfrac{3}{2 \sqrt{9}}=\dfrac{1}{2}\)，
则\(f(x)_{\max }=\dfrac{1}{2}\)，即\(a=\dfrac{1}{2}\)．
由题意知\(x^{2}-x+b<\dfrac{1}{2}\)在\(x∈[0 ,2)\)上恒成立，
即\(x^{2}-x+b-\dfrac{1}{2}<0\)在\(x∈[0 ,2)\)上恒成立\((*)\)，
\({\color{Red}{(把不等式中移到右边，使得右边为，从而构造函数y=g(x)求最值)}}\)
令\(g(x)=x^{2}-x+b-\dfrac{1}{2}\)，
则问题\((*)\)等价于在\(x∈[0 ,2)\)上\(g(x)<0\)恒成立，
在\(x∈[0 ,2)\)上，\(g(x)<g(2)=4-2+b-\dfrac{1}{2}=\dfrac{3}{2}+b\)
\(\therefore \dfrac{3}{2}+b \leq 0\)
即\(b \leq-\dfrac{3}{2}\)．
【点拨】
① 直接构造函数最值法：遇到类似不等式\(f(x)<g(x)\)恒成立问题，可把不等式变形为\(f(x)-g(x)<0\)，从而构造函数\(h(x)=f(x)-g(x)\)求其最值解决恒成立问题；
② 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，\(g(x)<g(2)=\dfrac{3}{2}+b\)，而要使得\(g(x)<0\)恒成立，\(\dfrac{3}{2}+b\)可等于\(0\)，即\(\dfrac{3}{2}+b \leq 0\)，而不是\(\dfrac{3}{2}+b<0\)

分离参数法

【典题1】已知函数\(f(x)=3 x+\dfrac{8}{x}+a\)关于点\((0 ,-12)\)对称，若对任意的\(x∈[-1 ,1]\)，\(k\cdot2^x-f(2^x)≥0\)恒成立，则实数\(k\)的取值范围为\(\underline{\quad \quad }\).
【解析】由\(y=3 x+\dfrac{8}{x}\)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\(f(x)=3 x+\dfrac{8}{x}+a\)关于点\((0 ,-12)\)对称，可得\(a=-12\)，
对任意的\(x∈[-1 ,1]\)，\(k\cdot2^x-f(2^x)≥0\)恒成立，
\(\Leftrightarrow \forall x \in[-1,1]\)，\(k \cdot 2^{x}-3 \cdot 2^{x}+\dfrac{8}{2^{x}}-12 \geq 0\)恒成立，
\({\color{Red}{【思考：此时若利用直接构造函数最值法，求函数f(x)=k \cdot 2^{x}-3 \cdot 2^{x}+\dfrac{8}{2^{x}}-12}}，{\color{Red}{x \in[-1,1]的最小值，第一函数较复杂，第二函数含参要分离讨论，路漫漫其修远兮，务必另辟蹊径】}}\)
即\(k \cdot 2^{x} \geq 3 \cdot 2^{x}+\dfrac{8}{2^{x}}-12\)在\(x∈[-1 ,1]\)恒成立，
所以\(k \geq \dfrac{8}{\left(2^{x}\right)^{2}}-\dfrac{12}{2^{x}}+3\)，
\({\color{Red}{(使得不等式一边是参数k，另一边不含k关于x的式子，达到分离参数的目的)}}\)
令\(t=\dfrac{1}{2^{x}}\)，由\(x∈[-1 ,1]\)，可得\(t \in\left[\dfrac{1}{2}, 2\right]\)，
设\(h(t)=8 t^{2}-12 t+3=8\left(t-\dfrac{3}{4}\right)^{2}-\dfrac{3}{2}\)，
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\(k⋅f(x)≥g(x)\)或\(k+f(x)≥g(x)\)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\(f(x)=\log _{2}\left(1-a \cdot 2^{x}+4^{x}\right)\)，其中\(a\)为常数
(1)当\(f(1)-f(0)=2\)时，求\(a\)的值；
(2)当\(x∈[1 ,+∞)\)时，关于\(x\)的不等式\(f(x)≥x-1\)恒成立，试求\(a\)的取值范围；
【解析】(1)\(f(1)-f(0)=2 \Rightarrow \log _{2}(1-2 a+4)-\log _{2}(1-a+1)\)
\(=\log _{2} 4 \Rightarrow \log _{2}(5-2 a)=\log _{2} 4(2-a)\Rightarrow 5-2 a=8-4 a \Rightarrow a=\dfrac{3}{2}\)；
(2)\(\log _{2}\left(1-a \cdot 2^{x}+4^{x}\right) \geq x-1=\log _{2} 2^{x-1}\)
\(\Rightarrow 1-a \cdot 2^{x}+4^{x} \geq 2^{x-1}\Rightarrow a \leq 2^{x}+\dfrac{1}{2^{x}}-\dfrac{1}{2}\)，
令\(t=2^x\)，
\(∵x∈[1 ,+∞)\)\(∴t∈[2 ,+∞)\)，
设\(h(t)=t+\dfrac{1}{t}-\dfrac{1}{2}\)，则\(a \leq h(t)_{\min }\),
\(∵h(t)\)在\([2 ,+∞)\)上为增函数
\(⇒t=2\)时，\(h(t)=t+\dfrac{1}{t}-\dfrac{1}{2}\)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.

变换主元法

【典题1】对任意\(a∈[-1 ,1]\)，不等式\(x^2+(a-4) x-2 a>0\)恒成立，求\(x\)的取值范围.
\({\color{Red}{思考痕迹}}\) 见到本题中“\(x^2+(a-4) x-2 a>0\)恒成立”潜意识中认为\(x\)是变量，\(a\)是参数，这样会构造函数\(f(x)=x^2+(a-4) x-2 a\)，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\(x^2+(a-4) x-2 a>0\)恒成立
\(⇔\)不等式\((x-2) a+x^2-4 x>0\)恒成立...①，
令\(f(a)=(x-2) a+x^2-4 x\),
若要使得①成立，
只需要\(\left\{\begin{array} { c } { f ( - 1 ) > 0 } \\ { f ( 1 ) > 0 } \end{array} \Leftrightarrow \left\{\begin{array}{c} x^{2}-5 x+2>0 \\ x^{2}-3 x-2>0 \end{array}\right.\right.\)
解得\(x>\dfrac{5+\sqrt{17}}{2}\)或\(x<\dfrac{3-\sqrt{17}}{2}\),
故\(x\)的取值范围\(\left\{x \mid x>\dfrac{5+\sqrt{17}}{2} \text { 或 } x<\dfrac{3-\sqrt{17}}{2}\right\}\).
【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.

数形结合法

【典题1】已知\(a>0\),\(f(x)=x^2-a^x\), 当\(x∈(-1 ,1)\)时，有\(f(x)<\dfrac{1}{2}\)恒成立，求\(a\)的取值范围.
\({\color{Red}{思考痕迹}}\)本题若用直接最值法，求函数\(f(x)=x^2-a^x\),\(x∈(-1 ,1)\)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\(x^{2}-a^{x}<\dfrac{1}{2} \quad(x \in(-1,1))\)恒成立
等价于\(x^{2}-\dfrac{1}{2}<a^{x}(x \in(-1,1))\)恒成立...①，
令\(f(x)=x^{2}-\dfrac{1}{2}\),\(g(x)=a^x\)，
若①成立，则当\(x∈(-1 ,1)\)时，\(f(x)=x^{2}-\dfrac{1}{2}\)的图像恒在\(g(x)=a^x\)图像的下方，

则需要\(\left\{\begin{array} { c } { g ( 1 ) > f ( 1 ) } \\ { g ( - 1 ) > f ( - 1 ) } \end{array} \Leftrightarrow \left\{\begin{array}{c} a>\dfrac{1}{2} \\ \dfrac{1}{a}>\dfrac{1}{2} \end{array}\right.\right.\)或\(a=1\)
\({\color{Red}{(不要漏了a=1，因为a>0，g(x)=a^x不一定是指数函数)}}\)
又\(a>0\)，所以\(\dfrac{1}{2}<a<2\),
即实数\(a\)的取值范围为\(\left[\dfrac{1}{2}, 2\right]\).
【点拨】
① 数形结合法：\(∀x∈D\),\(f(x)<g(x)\)恒成立\(⇒\)在\(x∈D\)上，函数\(y=f(x)\)的图像在函数\(y=g(x)\)图像的下方.
② 遇到\(h(x)<0\)不等式恒成立，可以把不等式化为\(f(x)<g(x)\)用数形结合法，而函数\(y=f(x)\)与\(y=g(x)\)最好是熟悉的函数类型，比如本题中构造出\(f(x)=x^{2}-\dfrac{1}{2}\),\(g(x)=a^x\)两个常见的基本初级函数.

【题型二】 恒成立与存在性问题混合题型

【典题1】已知函数\(f(x)=x^3+1\),\(g(x)=2^{-x}-m+1\)．
(1)若对任意\(x_1∈[-1 ,3]\)，任意\(x_2∈[0 ,2]\)都有\(f(x_1)≥g(x_2)\)成立，求实数\(m\)的取值范围．
(2)若对任意\(x_2∈[0 ,2]\)，总存在\(x_1∈[-1 ,3]\)使得\(f(x_1)≥g(x_2)\)成立，求实数\(m\)的取值范围．
【解析】(1)由题设函数\(f(x)=x^3+1\)，\(g(x)=2^{-x}-m+1\)．
对任意\(x_1∈[-1 ,3]\)，任意\(x_2∈[0 ,2]\)都有\(f(x_1)≥g(x_2)\)成立，
知：\(f\left(x_{1}\right)_{\min } \geq g\left(x_{2}\right)_{\max }\)，
\(∵f(x)\)在\([-1 ,3]\)上递增，
\(\therefore f\left(x_{1}\right)_{\min }=f(-1)=0\)
又\(∵g(x)\)在\([0 ,2]\)上递减，
\(\therefore g\left(x_{2}\right)_{\max }=g(0)=2-m\)
\(∴\)有\(0≥2-m\)，\(∴m\)的范围为\([2 ,+∞)\)
(2)由题设函数\(f(x)=x^3+1\)，\(g(x)=2^{-x}-m+1\)．
对任意\(x_2∈[0 ,2]\)，总存在\(x_1∈[-1 ,3]\)使得\(f(x_1)≥g(x_2)\)成立，
知\(f\left(x_{1}\right)_{\max } \geq g\left(x_{2}\right)_{\max }\)，
\(∴\)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\(f\left(x_{1}\right)_{\max } \geq g\left(x_{2}\right)_{\max }\)，即到底是函数最大值还是最小值呢？
具体如下思考如下，
一先把\(g\left(x_{2}\right)\)看成定值\(m\)，那\(\exists x_{1} \in[-1,3]\)，都有\(f\left(x_{1}\right) \geq m\)，当然是要\(f(x)_{\max } \geq m\)；
二再把\(f\left(x_{1}\right)\)看成定值\(n\)，那\(\forall x_{2} \in[0,2]\)，都有\(n \geq g\left(x_{2}\right)\)，当然是\(n \geq g(x)_{\max }\)；
故问题转化为\(f\left(x_{1}\right)_{\max } \geq g\left(x_{2}\right)_{\max }\).
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\(f(x)=\dfrac{x^{2}}{x+1}\)，\(g(x)=ax+3-2a(a>0)\)，若对于任意\(x_1∈[0 ,1]\)，总存在\(x_0∈[0 ,1]\)，使得\(g(x_0)=f(x_1)\)成立，则\(a\)的取值范围是\(\underline{\quad \quad }\)．
【解析】\(\because f(x)=\dfrac{x^{2}}{x+1}\)，
当\(x=0\)时，\(f(x)=0\)，
当\(x≠0\)时，\(f(x)=\dfrac{1}{\dfrac{1}{x^{2}}+\dfrac{1}{x}}=\dfrac{1}{\left(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{2}\right)^{2}-\dfrac{1}{4}}\)，
由\(0<x≤1\)，即\(\dfrac{1}{x} \geq 1\)，\(\left(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{2}\right)^{2}-\dfrac{1}{4} \geq 2\)，\(\therefore 0<f(x) \leq \dfrac{1}{2}\)，
故\(0 \leq f(x) \leq \dfrac{1}{2}\)，
又因为\(g(x)=ax+3-2a(a>0)\)，且\(g(0)=3-2a\),\(g(1)=3-a\)．
由\(g(x)\)递增，可得\(3－2a≤g(x)≤3-a\)，
对于任意\(x_1∈[0 ,1]\)，总存在\(x_0∈[0 ,1]\)，使得\(g(x_0)=f(x_1)\)成立，
可得\(\left[0, \dfrac{1}{2}\right] \subseteq[3-2 a, 3-a]\)，
可得\(\left\{\begin{array}{l} 3-2 a \leq 0 \\ 3-a \geq \dfrac{1}{2} \end{array}\right.\)，
\(\therefore \dfrac{3}{2} \leq a \leq \dfrac{5}{2}\)．

巩固练习

1(★★)已知\(1+2^x+a\cdot 4^x>0\)对一切\(x∈(-∞ ,1]\)上恒成立，则实数\(a\)的取值范围是\(\underline{\quad \quad }\)．

2(★★)若不等式\(2x-1>m(x^2-1)\)对满足\(|m|≤2\)的所有\(m\)都成立，求\(x\)的取值范围.

3(★★)若不等式\(3x^2-\log_a⁡x<0\)在\(x\in\left(0, \dfrac{1}{3}\right)\)内恒成立，实数\(a\)的取值范围．

4(★★★)已知函数\(f(x)=x^2-3x\)，\(g(x)=x^2-2mx+m\)，若对任意\(x_1∈[-1 ,1]\)，总存在\(x_2∈[-1 ,1]\)使得\(f(x_1)≥g(x_2 )\)，则实数\(m\)的取值范围．

5(★★★) 已知\(a>0\)且\(a≠1\)，函数\(f(x)=a^x+a^{-x}(x∈[－1 ,1])\)，\(g(x)=ax^2-2ax+4-a(x∈[-1 ,1])\)．
(1)求\(f(x)\)的单调区间和值域；
(2)若对于任意\(x_1∈[-1 ,1]\)，总存在\(x_0∈[-1 ,1]\)，使得\(g(x_0)=f(x_1)\)成立，求\(a\)的取值范围；
(3)若对于任意\(x_0∈[-1 ,1]\)，任意\(x_1∈[-1 ,1]\)，都有\(g(x_0)≥f(x_1)\)恒成立，求\(a\)的取值范围．

答案

1.\(\left(-\dfrac{3}{4},+\infty\right)\)
2.\(\dfrac{\sqrt{7}-1}{2}<x<\dfrac{\sqrt{3}+1}{2}\)
3.\(\dfrac{1}{27} \leq a<1\)
4.\(m≤-1\)或\(m≥3\)
5.\((1) \left[2, a+\dfrac{1}{a}\right]\)\((2) a>1\)\((3) \left[\dfrac{1}{3}, 1\right)\)

标签：存在,right,dfrac,geq,问题,max,成立,left
来源： https://www.cnblogs.com/zhgmaths/p/15754027.html