求解有关恒成立、存在性问题的四种策略

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1、求解有关恒成立、存在性问题的四种策略　　对于有关恒成立、存在性问题，一直是高考命题的热点，往往以全称命题或特称命题的形式出现，同时结合函数的单调性、极值、最值等知识进行考查，在高考中多以压轴题或压轴题中的压轴问的形式出现。如何突破这一难关呢？关键是细心审题及恰当地转化。现就如何求解恒成立、存在性问题中的参数问题加以分析。　　方法1：分离参数法　　例1.设函数f（x）=lnx-ax，g（x）=ex-ax，其中a为实数。若f（x）在（1，+∞）上是单调减函数，且g（x）在（1，+∞）上有最小值，求a

2、的取值范围。　　解：因为f`（x）=-a，g`（x）=ex-a，由题意得f`（x）≤0对x∈（1，+∞）恒成立，即a≥对x∈（1，+∞）恒成立，所以a≥1。因为g`（x）=ex-a在x∈（1，+∞）上是单调增函数，所以g`（x）>g`（1）=e-a。又g（x）在（1，+∞）上有最小值，则必有e-ae。综上，可知a的取值范围是（e，+∞）。　　点评：求解问题的切入点不同，求解的难度就有差异。在恒成立问题中有时需要取交集，有时需要取并集，本题解法需要取交集。一般而言：在同一问题中，若是对自变量作分类

3、讨论，其结果要取交集；若是对参数作分类讨论，其结果要取并集。　　方法2：构造函数法4　　例2.已知函数f（x）=，若

4、f（x）

5、≥ax，则a的取值范围是（）。　　A.（-∞，0]B.（-∞，1]C.[-2，1]D.[-2，0]　　解：当x≤0时，

6、f（x）

7、≥axx2-（2+a）x≥0，对x≤0恒成立。　　记g（x）=x2-（2+a）x=（x-）2-。　　当<0即a<-2时，g（x）的最小值为-，不可能满足条件。　　当≥0即a≥-2时，g（x）的最小值为0，满足题意。　　当x>0时，

8、f（x）

9、

10、≥axln（1+x）-ax≥0a≤，对x>0恒成立。　　令θ（x）=，则θ`（x）=。设t=x+1，则t>1。　　记L（t）=-lnt，则L`（t）=<0，所以L（t）在t∈（1，+∞）上为减函数。　　故L（t）

11、数也不相同。在问题的求解过程中，如果可以分离出参数，尽量用分离参数的方法去求解，多数问题采用分离参数的方法求解会相对容易一点。　　方法3：图像法　　例3.若存在正数x使2x（x-a）<1成立，则a的取值范围是（）。　　A.（-∞，+∞）B.（-2，+∞）　　C.（0，+∞）D.（-1，+∞）4　　解：不等式2x（x-a）-1，D正确。　　点评：结合函数图象来求解比起用常规方法求解更为直观、简单。　　方法4：等价转化法　　例4.设f（x）=+xlnx，g（x）=x3-x2-3。　　（1）如果存在x

12、1、x2∈[0，2]，g（x1）-g（x2）≥M成立，求满足上述条件的最大整数M。　　（2）如果对于任意的s、t∈[，2]都有f（s）≥g（t）成立，求实数a的取值范围。　　解：（1）存在x1、x2∈[0，2]使得g（x1）-g（x2）≥M成立，等价于[g（x1）-g（x2）]max≥M。因为g（x）=x3-x2-3，所以g`（x）=3x2-2x=3x（x-）。由g`（x）>0得x，由g`（x）<0得0

13、数。所以g（0）=-3，g（）=-，g（2）=1，所以g（x）min=g（）=-，g（x）max=g（2）=1，故[g（x1）-g（x2）]max=g（x）max-g（x）min=≥M。　　所以满足条件的最大整数M=4。　　（2）对于任意的s、t∈[，2]，都有f（s）≥g（t）成立，等价于在区间[，2]上函数f（x）min≥g（x）max。由（1）可知在区间[，2]上，g（x）max=g（2）=1，区间[，2]上f（x）=+xlnx≥1恒成立，等价于a≥x-x2lnx恒成立。设h（x）=x-x

14、2lnx，则h`（x）=1-2xlnx-x，可知h`（x）在区间[，2]上是单调减函数。又h`（1）=0，所以当10，所以函数h（x）=x-x2lnx在区间[，1]上单调递增，在区间[1，2]上单调递减。4　　所以h（x）max=h（1）=1，即实数a的取值范围是[1，+∞]。　　点评：如果一个问题的求解中既有存在性问题又有恒成立问题，这时需要深刻理解题意，对问题作等价转化。这里一定要注意转化的等价性、巧妙性。　　在具体问题中究竟是求最大值还是最小值，可以先联想恒成立问题是求最大值还是最小值，这