3.5.4 恒成立和存在性问题 -新教材人教A版必修第一册练习(教师版) 人教版
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文件简介::
恒成立和存在性问题
1恒成立和存在性问题
(1)单变量的恒成立问题
①?x∈D,fxa恒成立，则fxmin>a；
③?x∈D,fxg(x)恒成立，则Fx=fx?gx>0∴fxmin>0;
(2)单变量的存在性问题
①?x0∈D，使得fx0a成立，则fxmax>a；
③?x0∈D，使得fx0g(x0)恒成立，则Fx=fx?gx>0∴fxmax>0;
(3)双变量的恒成立与存在性问题
①?x1∈D,?x2∈E，使得fx1gx2恒成立，则fxmin>gxmin;
③?x1∈D,?x2∈E,fx1x2?x+b恒成立，则b的取值范围是.
【解析】当x=0时，f(x)=0；当x≠0时，f(x)=3|x|x2+9=3|x|+9|x|≤329=12，
则fxmax=12，即a=12．由题意知x2?x+b＜12在x∈[0,2)上恒成立，
即x2?x+b?12＜0在x∈[0,2)上恒成立(?)，
(把不等式中12移到右边，使得右边为0，从而构造函数y=gx求最值)
令gx=x2?x+b?12，则问题(?)等价于在[0,2)上g(x)?(x)或k0恒成立，求x的取值范围.
思考痕迹见到本题中“x2+(a?4)x?2a>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fx=x2+(a?4)x?2a，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x2+(a?4)x?2a>0恒成立
?不等式(x?2)a+x2?4x>0恒成立...①，
令f(a)=(x?2)a+x2?4x,
若要使得①成立，只需要f(?1)>0f(1)>0?x2?5x+2>0x2?3x?2>0
解得x>5+172或x5+172或x0,f(x)=x2?ax,当x∈(?1,1)时，有f(x)f(1)g(?1)>f(?1)?a>121a>12或a=1
(不要漏了a=1，因为a>0，gx=ax不一定是指数函数)
又a>0,a≠1，解得a120)，若对于任意x1∈[0,1]，总存在x0∈[0,1]，使得g(x0)=f(x1)成立，则a的取值范围是．
【解析】∵f(x)=x2x+1，
当x=0时，f(x)=0，
当x≠0时，f(x)=11x2+1x=1(1x+12)2?14，
由00)，且g0=3?2a,g1=3?a．
由g(x)递增，可得3－2a≤gx≤3?a，
对于任意x1∈[0,1]，总存在x0∈[0,1]，使得g(x0)=f(x1)成立，
可得[0,12]?[3?2a,3?a]，
可得3?2a≤03?a≥12，∴32≤a≤52．
巩固练习
1(★★)已知1+2x+a?4x>0对一切x∈(?∞,1]上恒成立，则实数a的取值范围是．
【答案】(?34,+∞)
【解析】1+2x+4xa>0可化为a>?1+2x4x=?2?2x?2?x，
令t＝2－x，由x∈(－∞，1]，得t∈[12，+∞)，
则a>－t2－t，
－t2－t=?(t+12)2+34在[12，+∞)上递减，当t=12时－t2－t取得最大值为?34，
所以a>?34．
故答案为：(?34，+∞)．
2(★★)若不等式2x?1>m(x2?1)对满足|m|≤2的所有m都成立，求x的取值范围.
【答案】7?121时，是不能满足题意的；
当00且a≠1，函数fx=ax+a?xx∈－1,1，gx=ax2?2ax+4?a(x∈[?1,1])．
(1)求f(x)的单调区间和值域；
(2)若对于任意x1∈[?1,1]，总存在x0∈[?1,1]，使得g(x0)=f(x1)成立，求a的取值范围；
(3)若对于任意x0∈[?1,1]，任意x1∈[?1,1]，都有g(x0)≥f(x1)恒成立，求a的取值范围．
【答案】(1)[2,a+1a](2)a>1(3)[13,1)
【解析】(1)∵f(x)=ax+a－x(x∈[－1，1])，
则f(－x)=a－x+ax=f(x)，为偶函数，
设t=ax，则函数f(x)等价为y=t+1t，
若a>1，当0≤x≤1时，t=ax单调递增，且t≥1，此时函数y=t+1t在t≥1上单调递增，∴根据复合函数的单调性可知此时f(x)单调递增．
若00且a≠1，
∴gx=ax2－2ax+4－a(x∈[－1，1])的对称轴为x=??2a2a=1，
∴函数g(x)在x∈[－1，1]时，函数单调递减．
∴g(1)=2a+4，g(－1)=4－2a．
即4－2a≤g(x)≤4+2a，
若对于任意x1∈[－1，1]，总存在x0∈[－1，1]，使得g(x0)=f(x1)成立，
即gxmax≥fxmax且gxmin≤fxmin，
则4+2a≥a+1a4?2a≤2，即4+a≥1aa≥1，
此时a≥1，
∵a>0且a≠1，∴a>1，
即a的取值范围是a>1；
(3)若对于任意x0∈[－1，1]，任意x1∈[－1，1]，都有g(x0)≥f(x1)恒成立，
即gxmin≥fxmax，
则4－2a≥a+1a，∴4－3a≥1a，
∴3a2－4a+1≤0，解得13≤a≤1，
∵a>0且a≠1，
∴13≤a<1，
即a的取值范围[13，1)．
1恒成立和存在性问题
(1)单变量的恒成立问题
①?x∈D,fxa恒成立，则fxmin>a；
③?x∈D,fxg(x)恒成立，则Fx=fx?gx>0∴fxmin>0;
(2)单变量的存在性问题
①?x0∈D，使得fx0a成立，则fxmax>a；
③?x0∈D，使得fx0g(x0)恒成立，则Fx=fx?gx>0∴fxmax>0;
(3)双变量的恒成立与存在性问题
①?x1∈D,?x2∈E，使得fx1gx2恒成立，则fxmin>gxmin;
③?x1∈D,?x2∈E,fx1x2?x+b恒成立，则b的取值范围是.
【解析】当x=0时，f(x)=0；当x≠0时，f(x)=3|x|x2+9=3|x|+9|x|≤329=12，
则fxmax=12，即a=12．由题意知x2?x+b＜12在x∈[0,2)上恒成立，
即x2?x+b?12＜0在x∈[0,2)上恒成立(?)，
(把不等式中12移到右边，使得右边为0，从而构造函数y=gx求最值)
令gx=x2?x+b?12，则问题(?)等价于在[0,2)上g(x)?(x)或k0恒成立，求x的取值范围.
思考痕迹见到本题中“x2+(a?4)x?2a>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fx=x2+(a?4)x?2a，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x2+(a?4)x?2a>0恒成立
?不等式(x?2)a+x2?4x>0恒成立...①，
令f(a)=(x?2)a+x2?4x,
若要使得①成立，只需要f(?1)>0f(1)>0?x2?5x+2>0x2?3x?2>0
解得x>5+172或x5+172或x0,f(x)=x2?ax,当x∈(?1,1)时，有f(x)f(1)g(?1)>f(?1)?a>121a>12或a=1
(不要漏了a=1，因为a>0，gx=ax不一定是指数函数)
又a>0,a≠1，解得a120)，若对于任意x1∈[0,1]，总存在x0∈[0,1]，使得g(x0)=f(x1)成立，则a的取值范围是．
【解析】∵f(x)=x2x+1，
当x=0时，f(x)=0，
当x≠0时，f(x)=11x2+1x=1(1x+12)2?14，
由00)，且g0=3?2a,g1=3?a．
由g(x)递增，可得3－2a≤gx≤3?a，
对于任意x1∈[0,1]，总存在x0∈[0,1]，使得g(x0)=f(x1)成立，
可得[0,12]?[3?2a,3?a]，
可得3?2a≤03?a≥12，∴32≤a≤52．
巩固练习
1(★★)已知1+2x+a?4x>0对一切x∈(?∞,1]上恒成立，则实数a的取值范围是．
【答案】(?34,+∞)
【解析】1+2x+4xa>0可化为a>?1+2x4x=?2?2x?2?x，
令t＝2－x，由x∈(－∞，1]，得t∈[12，+∞)，
则a>－t2－t，
－t2－t=?(t+12)2+34在[12，+∞)上递减，当t=12时－t2－t取得最大值为?34，
所以a>?34．
故答案为：(?34，+∞)．
2(★★)若不等式2x?1>m(x2?1)对满足|m|≤2的所有m都成立，求x的取值范围.
【答案】7?121时，是不能满足题意的；
当00且a≠1，函数fx=ax+a?xx∈－1,1，gx=ax2?2ax+4?a(x∈[?1,1])．
(1)求f(x)的单调区间和值域；
(2)若对于任意x1∈[?1,1]，总存在x0∈[?1,1]，使得g(x0)=f(x1)成立，求a的取值范围；
(3)若对于任意x0∈[?1,1]，任意x1∈[?1,1]，都有g(x0)≥f(x1)恒成立，求a的取值范围．
【答案】(1)[2,a+1a](2)a>1(3)[13,1)
【解析】(1)∵f(x)=ax+a－x(x∈[－1，1])，
则f(－x)=a－x+ax=f(x)，为偶函数，
设t=ax，则函数f(x)等价为y=t+1t，
若a>1，当0≤x≤1时，t=ax单调递增，且t≥1，此时函数y=t+1t在t≥1上单调递增，∴根据复合函数的单调性可知此时f(x)单调递增．
若00且a≠1，
∴gx=ax2－2ax+4－a(x∈[－1，1])的对称轴为x=??2a2a=1，
∴函数g(x)在x∈[－1，1]时，函数单调递减．
∴g(1)=2a+4，g(－1)=4－2a．
即4－2a≤g(x)≤4+2a，
若对于任意x1∈[－1，1]，总存在x0∈[－1，1]，使得g(x0)=f(x1)成立，
即gxmax≥fxmax且gxmin≤fxmin，
则4+2a≥a+1a4?2a≤2，即4+a≥1aa≥1，
此时a≥1，
∵a>0且a≠1，∴a>1，
即a的取值范围是a>1；
(3)若对于任意x0∈[－1，1]，任意x1∈[－1，1]，都有g(x0)≥f(x1)恒成立，
即gxmin≥fxmax，
则4－2a≥a+1a，∴4－3a≥1a，
∴3a2－4a+1≤0，解得13≤a≤1，
∵a>0且a≠1，
∴13≤a<1，
即a的取值范围[13，1)．
