高三数学专题——恒成立与存在性问题

高三复习专题——恒成立与存在性问题

知识点总结：

(1)恒成立问题

1. ∀x∈D,均有f(x)>A恒成立，则f(x)>A；

min

2. ∀x∈D,均有f(x)﹤A恒成立，则 f(x)<A.

max

3. ∀x∈D,均有f(x) >g(x)恒成立，则F(x)= f(x)- g(x) >0， F(x) >0

∴

min

4. ∀x∈D,均有f(x)﹤g(x)恒成立，则F(x)= f(x)- g(x) ﹤0， F(x) ﹤0

∴

max

5. ∀x∈D, ∀x∈E,均有f(x) >g(x)恒成立，则f(x)> g(x)

1212minmax

6. ∀x∈D, ∀x∈E,均有f(x) <g(x)恒成立，则f(x) < g(x)

1212 max min

(2)存在性问题

1. ∃x∈D,使得f(x)>A成立，则f(x) >A；

00 max

2. ∃x∈D,使得f(x)﹤A成立，则 f(x) <A

00 min

3. ∃x∈D,使得f(x) >g(x)成立，设F(x)= f(x)- g(x)，∴ F(x) >0

000 max

4. ∃x∈D,使得f(x) <g(x)成立，设F(x)= f(x)- g(x)，∴ F(x) <0

000 min

5. ∃x∈D, ∃x∈E, 使得f(x) >g(x)成立，则f(x) > g(x)

1212 max min

6. ∃x∈D, ∃x∈E,均使得f(x) <g(x)成立，则f(x) < g(x)

1212 min max

(3)相等问题

1. ∀x∈D, ∃x∈E,使得f(x)=g(x)成立，则{ f(x)} {g(x)}

1212

(4)恒成立与存在性的综合性问题

1. ∀x∈D, ∃x∈E, 使得f(x) >g(x)成立，则f(x)> g(x)

1212min min

2. ∀x∈D, ∃x∈E, 使得f(x) <g(x)成立，则f(x) < g(x)

1212 max max

(5)恰成立问题

1. 若不等式f(x)>A在区间D上恰成立，则等价于不等式f(x)>A的解集为D；

2.若不等式f(x)<B在区间D上恰成立，则等价于不等式f(x)<B的解集为D.



► 探究点一 ∀x∈D，f(x)>g(x)的研究

例1、已知函数，，其中，．

f(x)x2ax1

2

g(x)

a

a0x0

x

对任意，都有恒成立，求实数的取值范围；

x[1,2]f(x)g(x)

a

【思路分析】等价转化为函数恒成立，通过分离变量，创设新函数求最值解决．

f(x)g(x)0

axxxx

33

x2ax10a(x)

22



x

2x12x1

成立，只需满足的最小简解：（1）由

2

2xx1

42

xx

3





(x)0



(x)

2

22

(2x1)

2x1

求导，值大于即可．对，故在是

a



(x)x[1,2]

增函数，． ，所以的取值范围是



min

(x)(1)0a

2

2

3

3

a

► 探究点二 ∃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)>0，其中若g(x)

max

＝c，则等价为∃x∈D，f(x)>c.

max

例 已知函数f(x)＝x－ax＋10.

32

(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－2x，f(2)＝14，

2

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

(2)解法一：f′(x)＝3x－2ax＝3x(1≤x≤2)，

2

x－a

3



23

当a≤1，即a≤时，f′(x)≥0，f(x)在[1,2]上为增函数，

32

3

故f(x)＝f(1)＝11－a，所以11－a<0，a>11，这与a≤矛盾．

min

2

23

当1<a<2，即<a<3时，

32

22

当1≤x<a，f′(x)<0；当a<x≤2，f′(x)>0，

33

2

所以x＝a时，f(x)取最小值，

3

3

58443

2



333

因此有f<0，即a－a＋10＝－a＋10<0，解得a>3，这与<a<3矛盾；

3

a

2792722



2

当a≥2，即a≥3时，f′(x)≤0，f(x)在[1,2]上为减函数，所以f(x)＝f(2)＝18－4a，所以18－

3

min

9

4a<0，解得a>，这符合a≥3.

2

9

综上所述，a的取值范围为a>.

2

x＋10

3

10

解法二：由已知得：a>＝x＋，

xx

22

1020

设g(x)＝x＋(1≤x≤2)，g′(x)＝1－，

xx

23

∵1≤x≤2，∴g′(x)<0，所以g(x)在[1,2]上是减函数．

9

g(x)＝g(2)，所以a>.

min

2

【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>x＋10中x∈[1,4]，所以可以进行参数分离，而无

232

需要分类讨论．

► 探究点三 ∀x∈D，∀x∈D，f(x)>g(x)的研究

1212

例、设函数，对任意，都有在恒成立，求

h(x)xba[,2]x[,1]

a

11

h(x)10

x

24

实数的取值范围．

b

思路分析：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，；

h(x)10h(x)10

max

a

x)b10(

或； 方法2：变量分离，

ax(10b)x

2

x

11

方法3：变更主元，，



(a)axb100a[,2]

x2

简解：

a

xa)a(xa)(

xbh(x)g(x)xb

求导，， 方法1:对

h(x)1



22

x

xx

11

由此可知，在上的最大值为与中的较大者．

h(x)

[,1]h()

h(1)

44

1139





h()104ab10b4a





444

17

a[,2]b





h(1)101ab10b9a

，对于任意，得的取值范围是．

24

b

► 探究点四 ∀x∈D，∃x∈D，f(x)>g(x)的研究

1212

对于∀x∈D，∃x∈D，f(x)>g(x)的研究，第一步先转化为∃x∈D，f(x)>g(x)，再将该问

121221min2

题按照探究点一转化为f(x)>g(x).

1min2min

－

例、已知函数f(x)＝2和函数g(x)＝x|x－m|＋2m－8.

||

xm

(1)若方程f(x)＝2在[－4，＋∞)上恒有惟一解，求实数m的取值范围；

||

m

(2)若对任意x∈(－∞，4]，均存在x∈[4，＋∞)，

12

使得f(x)>g(x)成立，求实数m的取值范围．

12

【解答】 (1)由f(x)＝2在x∈[－4，＋∞)上恒有惟一解，

||

m

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.

xm





2x≥m，

(2)f(x)＝原命题等价为f(x)>g(x).



mx

－



2x<m，



－

1min2min

－

①当4≤m≤8时，f(x)在(－∞，4]上单调递减，故f(x)≥f(4)＝2，g(x)在[4，m]上单调递减，[m，

m

4

－

＋∞)上单调递增，故g(x)≥g(m)＝2m－8，所以2>2m－8，解得4<m<5或m>6.

m

4

所以4<m<5或6<m≤8.

－



mm

②当m>8时，f(x)在(－∞，4]上单调递减，故f(x)≥f(4)＝2，g(x)在单调递增，

m

4

4，，m

22



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2>2m－8，

m

4

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)＝(x)在[4，＋∞)上单调递增，

7

故g(x)≥g(4)＝8－2m，所以8－2m<1，即<m<4.

2

④m≤0时，f(x)在(－∞，m]上单调递减，[m,4]上单调递增，

故f(x)≥f(m)＝(x)在[4，＋∞)上单调递增，

7

故g(x)≥g(4)＝8－2m，所以8－2m<1，即m>(舍去)．

2



7

综上，m的取值范围是∪(6，＋∞)．

2

，5



【点评】 因为对于∀x∈D，f(x)>c，可以转化为f(x)>c；∃x∈D，c>g(x)，可以转化为c>g(x)，

minmin

所以本问题类型可以分两步处理，转化为f(x)>g(x).

minmin

► 探究点五 ∀x∈D，∃x∈D，f(x)＝g(x)的研究

1212

对于∀x∈D，∃x∈D，f(x)＝g(x)的研究，若函数f(x)的值域为C，函数g(x)的值域为C，

121212

则该问题等价为C⊆C.

12

115

例、设函数f(x)＝－x－x＋x－4.

333

32

(1)求f(x)的单调区间；

(2)设a≥1，函数g(x)＝x－3ax－2a.若对于任意x∈[0,1]，总存在x∈[0,1]，使得f(x)＝g(x)

32

1010

成立，求a的取值范围．

2525

【解答】 (1)f′(x)＝－x－x＋，令f′(x)>0，即x＋x－<0，

22

3333

55



5

解得－<x<1，∴f(x)的单调增区间为；单调减区间为和(1，＋∞)．

3

－，1－∞，－

33



(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－3a，且a≥1，∴当x∈[0,1]时，g′(x)≤0，g(x)单调递减，∴当x∈[0,1]时，

22

g(x)∈[g(1)，g(0)]，即g(x)∈[－3a－2a＋1，－2a]，

2

又对于任意x∈[0,1]，总存在x∈[0,1]，使得f(x)＝g(x)成立

1010

2





－3a－2a＋1≤－4，

⇔[－4，－3]⊆[－3a

2

－2a＋1，－2a]，即





－3≤－2a，



3

解得1≤a≤.

2

恒成立与存在有解的区别：

恒成立和有解是有明显区别的，以下充要条件应细心思考，甄别差异，恰当使用，等价转化，

切不可混为一体。

①不等式对时恒成立，。即的上界小于或等于；

fxMfx



xIxI

f(x)M•

max

M

②不等式对时有解，。 或的下界小于或等于；

fxMfx



xIxI

f(x)M•

min

M

③不等式对时恒成立，。即的下界大于或等于；

fxMfx



xIxI

f(x)M•

min

M

④不等式对时有解，.。 或的上界大于或等于；

fxMfx



xIxI

f(x)M

max

M

方法总结：

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)>c；∃x

min

∈D，c>g(x)，可以转化为c>g(x)；∃x∈D，c＝g(x)，可以转化为c∈{y|y＝g(x)}，对于由这

min

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．

练习:

232

`1.已知两函数，。

fx7x28xcgx2x4x40x



（1）对任意，都有成立，求实数的取值范围；

x3,3fxgx





c

（2）存在，使成立，求实数的取值范围；

x3,3fxgx





c

（3）对任意，都有，求实数的取值范围；

x,x3,3fxgx

1212





c

（4）存在，都有，求实数的取值范围；

x,x3,3fxgx

1212





c

2.设函数.

f(x)x2ax3axb(0a1,bR)

1

322

3

（1）求函数的单调区间和极值；

fx



（2）若对任意的不等式成立，求的取值范围。

x[a1,a2],

fxa





a

→→→

3.已知、B、C是直线上的三点，向量OA，OB，OC满足：

Al

OAy2f1OBlnx1OC0







.

（1）求函数＝()的表达式；

yfx

2x

（2）若＞0，证明：()＞；

xfx

x＋2

（3）若不等式时，x∈[-1,1]及b∈[-1,1]都恒成立，求实数

1

222

xf(x)m2bm3

2

m的取值范围．