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模塊導圖
知識剖析
恆成立和存在性問題類型
(1) 單變量的恆成立問題
①\(∀x∈D\)，\(f(x)<a\)恆成立，則\(f(x)_{\max }<a\)
②\(∀x∈D\)，\(f(x)>a\)恆成立，則\(f(x)_{\min }>a\)
③\(∀x∈D\)，\(f(x)<g(x)\)恆成立，則\(F(x)=f(x)-g(x)<0\)，\(∴f(x)_{max}<0\)
④\(∀x∈D\)，\(f(x)>g(x)\)恆成立，則\(F(x)=f(x)-g(x)>0\)，\(∴f(x)_{min}>0\)
(2) 單變量的存在性問題
①\(∃x_0∈D\)，使得\(f(x_0)<a\)成立，則\(f(x)_{\min }<a\)
②\(∃x_0∈D\)，使得\(f(x_0)>a\)成立，則\(f(x)_{\max }>a\)
③\(∃x_0∈D\)，使得\(f(x_0 )<g(x_0)\)恆成立，則\(F(x)=f(x)-g(x)<0\)，\(\therefore f(x)_{\min }<0\)
④\(∃x_0∈D\)，使得\(f(x_0 )>g(x_0)\)恆成立，則\(F(x)=f(x)-g(x)>0\)，\(\therefore f(x)_{\max }>0\)
(3) 雙變量的恆成立與存在性問題
①\(∀x_1∈D\),\(∃x_2∈E\)，使得\(f(x_1 )<g(x_2 )\)恆成立，則\(f(x)_{\max }<g(x)_{\max }\);
②\(∀x_1∈D\),\(∃x_2∈E\)，使得\(f(x_1 )>g(x_2 )\)恆成立，則\(f(x)_{\min }>g(x)_{\min }\);
③\(∀x_1∈D\),\(∀x_2∈E\),\(f(x_1 )<g(x_2 )\)恆成立，則\(f(x)_{\max }<g(x)_{\min }\);
④\(∃x_1∈D\)，\(∃x_2∈E\), 使得\(f(x_1 )<g(x_2 )\)恆成立，則\(f(x)_{\min }<g(x)_{\max }\);
(4) 相等問題
①\(∃x_1∈D\),\(∃x_2∈E\)，使得\(f(x_1 )=g(x_2)\)，則兩個函數的值域的交集不為空集；
②\(∀x_1∈D\),\(∃x_2∈E\)，使得\(f(x_1 )=g(x_2)\)，則\(f(x)\)的值域\(⊆g(x)\)的值域
解題方法
恆成立和存在性問題最終可轉化為最值問題，具體的方法有
- 直接最值法
- 分類參數法
- 變換主元法
- 數形結合法
經典例題
【題型一】恆成立和存在性問題的解題方法
直接構造函數最值法
【典題1】 設函數\(f(x)=\dfrac{3|x|}{x^{2}+9}\)的最大值是\(a\)，若對於任意的\(x∈[0 ,2)\)，\(a>x^2-x+b\)恆成立，則\(b\)的取值范圍是\(\underline{\quad \quad }\).
【解析】 當\(x=0\)時，\(f(x)=0\)；
當\(x≠0\)時，\(f(x)=\dfrac{3|x|}{x^{2}+9}=\dfrac{3}{|x|+\dfrac{9}{|x|}} \leq \dfrac{3}{2 \sqrt{9}}=\dfrac{1}{2}\)，
則\(f(x)_{\max }=\dfrac{1}{2}\)，即\(a=\dfrac{1}{2}\)．
由題意知\(x^{2}-x+b<\dfrac{1}{2}\)在\(x∈[0 ,2)\)上恆成立，
即\(x^{2}-x+b-\dfrac{1}{2}<0\)在\(x∈[0 ,2)\)上恆成立\((*)\)，
\({\color{Red}{(把不等式中移到右邊，使得右邊為，從而構造函數y=g(x)求最值)}}\)
令\(g(x)=x^{2}-x+b-\dfrac{1}{2}\)，
則問題\((*)\)等價於在\(x∈[0 ,2)\)上\(g(x)<0\)恆成立，
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\(b \leq-\dfrac{3}{2}\)．
【點撥】
① 直接構造函數最值法：遇到類似不等式\(f(x)<g(x)\)恆成立問題，可把不等式變形為\(f(x)-g(x)<0\)，從而構造函數\(h(x)=f(x)-g(x)\)求其最值解決恆成立問題；
② 在求函數的最值時，一定要優先考慮函數的定義域;
③ 題目中\(y=g(x)\)在\(x∈[0 ,2)\)上是取不到最大值，\(g(x)<g(2)=\dfrac{3}{2}+b\)，而要使得\(g(x)<0\)恆成立，\(\dfrac{3}{2}+b\)可等於\(0\)，即\(\dfrac{3}{2}+b \leq 0\)，而不是\(\dfrac{3}{2}+b<0\)
分離參數法
【典題1】 已知函數\(f(x)=3 x+\dfrac{8}{x}+a\)關於點\((0 ,-12)\)對稱，若對任意的\(x∈[-1 ,1]\)，\(k\cdot2^x-f(2^x)≥0\)恆成立，則實數\(k\)的取值范圍為\(\underline{\quad \quad }\).
【解析】 由\(y=3 x+\dfrac{8}{x}\)為奇函數，可得其圖象關於\((0 ,0)\)對稱，
可得\(f(x)\)的圖象關於\((0 ,a)\)對稱，
函數\(f(x)=3 x+\dfrac{8}{x}+a\)關於點\((0 ,-12)\)對稱，可得\(a=-12\)，
對任意的\(x∈[-1 ,1]\)，\(k\cdot2^x-f(2^x)≥0\)恆成立，
\(\Leftrightarrow \forall x \in[-1,1]\)，\(k \cdot 2^{x}-3 \cdot 2^{x}+\dfrac{8}{2^{x}}-12 \geq 0\)恆成立，
\({\color{Red}{【思考：此時若利用直接構造函數最值法，求函數f(x)=k \cdot 2^{x}-3 \cdot 2^{x}+\dfrac{8}{2^{x}}-12}}，{\color{Red}{x \in[-1,1]的最小值}}\)
\({\color{Red}{第一函數較復雜，第二函數含參要分離討論，路漫漫其修遠兮，務必另辟蹊徑】}}\)
\(\Leftrightarrow \forall x \in[-1,1]\)，\(k \cdot 2^{x}-3 \cdot 2^{x}+\dfrac{8}{2^{x}}-12 \geq 0\)恆成立，
即\(k \cdot 2^{x} \geq 3 \cdot 2^{x}+\dfrac{8}{2^{x}}-12\)在\(x∈[-1 ,1]\)恆成立，
所以\(k \geq \dfrac{8}{\left(2^{x}\right)^{2}}-\dfrac{12}{2^{x}}+3\)，
\({\color{Red}{(使得不等式一邊是參數k，另一邊不含k關於x的式子，達到分離參數的目的)}}\)
令\(t=\dfrac{1}{2^{x}}\)，由\(x∈[-1 ,1]\)，可得\(t \in\left[\dfrac{1}{2}, 2\right]\)，
設\(h(t)=8 t^{2}-12 t+3=8\left(t-\dfrac{3}{4}\right)^{2}-\dfrac{3}{2}\)，
當\(t=2\)時，\(h(t)\)取得最大值\(11\)，
則\(k\)的取值范圍是\(k≥11\).
【點撥】
①分離參數法：遇到類似\(k⋅f(x)≥g(x)\)或\(k+f(x)≥g(x)\)等不等式恆成立問題，可把不等式化簡為\(k>h(x)\)或\(k< h(x)\)的形式，達到分離參數的目的，再求解\(y=h(x)\)的最值處理恆成立問題；
② 恆成立問題最終轉化為最值問題，而分離參數法，最好之處就是轉化后的函數不含參，避免了麻煩的分離討論.
【典題2】 已知\(f(x)=\log _{2}\left(1-a \cdot 2^{x}+4^{x}\right)\)，其中\(a\)為常數
(1)當\(f(1)-f(0)=2\)時，求\(a\)的值；
(2)當\(x∈[1 ,+∞)\)時，關於\(x\)的不等式\(f(x)≥x-1\)恆成立，試求\(a\)的取值范圍；
【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\(t=2^x\)，
\(∵x∈[1 ,+∞)\)\(∴t∈[2 ,+∞)\)，
設\(h(t)=t+\dfrac{1}{t}-\dfrac{1}{2}\)，則\(a \leq h(t)_{\min }\),
\(∵h(t)\)在\([2 ,+∞)\)上為增函數
\(⇒t=2\)時，\(h(t)=t+\dfrac{1}{t}-\dfrac{1}{2}\)有最小值為\(2\)，
\(∴a≤2\).
【點撥】 在整個解題的過程中不斷的利用等價轉化，把問題慢慢變得更簡單些.
變換主元法
【典題1】 對任意\(a∈[-1 ,1]\)，不等式\(x^2+(a-4) x-2 a>0\)恆成立，求\(x\)的取值范圍.
\({\color{Red}{思考痕跡}}\) 見到本題中“\(x^2+(a-4) x-2 a>0\)恆成立”潛意識中認為\(x\)是變量，\(a\)是參數，這樣會構造函數\(f(x)=x^2+(a-4) x-2 a\)，而已知條件是\(a∈[-1 ,1]\)，覺得怪怪的做不下去;此時若把\(a\)看成變量，\(x\)看成參數呢？
【解析】
因為不等式\(x^2+(a-4) x-2 a>0\)恆成立
\(⇔\)不等式\((x-2) a+x^2-4 x>0\)恆成立...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\(x\)的取值范圍\(\left\{x \mid x>\dfrac{5+\sqrt{17}}{2} \text { 或 } x<\dfrac{3-\sqrt{17}}{2}\right\}\).
【點撥】 變換主元法，就是要分辨好誰做函數的自變量，誰做參數，方法是以已知范圍的字母為自變量.
數形結合法
【典題1】 已知\(a>0\),\(f(x)=x^2-a^x\), 當\(x∈(-1 ,1)\)時，有\(f(x)<\dfrac{1}{2}\)恆成立，求\(a\)的取值范圍.
\({\color{Red}{思考痕跡}}\)本題若用直接最值法，求函數\(f(x)=x^2-a^x\),\(x∈(-1 ,1)\)的最大值，就算用高二學到的導數求解也是難度很大的事情；用分離參數法呢？試試也覺得一個硬骨頭.看看簡單些的想法吧！
【解析】 不等式\(x^{2}-a^{x}<\dfrac{1}{2} \quad(x \in(-1,1))\)恆成立
等價於\(x^{2}-\dfrac{1}{2}<a^{x}(x \in(-1,1))\)恆成立...①，
令\(f(x)=x^{2}-\dfrac{1}{2}\),\(g(x)=a^x\)，
若①成立，則當\(x∈(-1 ,1)\)時，\(f(x)=x^{2}-\dfrac{1}{2}\)的圖像恆在\(g(x)=a^x\)圖像的下方，
則需要\(\left\{\begin{array} { c } { g ( 1 ) > f ( 1 ) } \\ { g ( - 1 ) > f ( - 1 ) } \end{array} \Leftrightarrow \left\{\begin{array}{c} a>\dfrac{1}{2} \\ \dfrac{1}{a}>\dfrac{1}{2} \end{array}\right.\right.\)或\(a=1\)
\({\color{Red}{(不要漏了a=1，因為a>0，g(x)=a^x不一定是指數函數)}}\)
又\(a>0\)，所以\(\dfrac{1}{2}<a<2\),
即實數\(a\)的取值范圍為\(\left[\dfrac{1}{2}, 2\right]\).
【點撥】
① 數形結合法：\(∀x∈D\),\(f(x)<g(x)\)恆成立\(⇒\)在\(x∈D\)上，函數\(y=f(x)\)的圖像在函數\(y=g(x)\)圖像的下方.
② 遇到\(h(x)<0\)不等式恆成立，可以把不等式化為\(f(x)<g(x)\)用數形結合法，而函數\(y=f(x)\)與\(y=g(x)\)最好是熟悉的函數類型，比如本題中構造出\(f(x)=x^{2}-\dfrac{1}{2}\),\(g(x)=a^x\)兩個常見的基本初級函數.
【題型二】 恆成立與存在性問題混合題型
【典題1】 已知函數\(f(x)=x^3+1\),\(g(x)=2^{-x}-m+1\)．
(1)若對任意\(x_1∈[-1 ,3]\)，任意\(x_2∈[0 ,2]\)都有\(f(x_1)≥g(x_2)\)成立，求實數\(m\)的取值范圍．
(2)若對任意\(x_2∈[0 ,2]\)，總存在\(x_1∈[-1 ,3]\)使得\(f(x_1)≥g(x_2)\)成立，求實數\(m\)的取值范圍．
【解析】 (1)由題設函數\(f(x)=x^3+1\)，\(g(x)=2^{-x}-m+1\)．
對任意\(x_1∈[-1 ,3]\)，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\([-1 ,3]\)上遞增，
\(\therefore f\left(x_{1}\right)_{\min }=f(-1)=0\)
又\(∵g(x)\)在\([0 ,2]\)上遞減，
\(\therefore g\left(x_{2}\right)_{\max }=g(0)=2-m\)
\(∴\)有\(0≥2-m\)，\(∴m\)的范圍為\([2 ,+∞)\)
(2)由題設函數\(f(x)=x^3+1\)，\(g(x)=2^{-x}-m+1\)．
對任意\(x_2∈[0 ,2]\)，總存在\(x_1∈[-1 ,3]\)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\(28≥2-m\)，
\(∴M\)的范圍為\([-26 ,+∞)\)．
【點撥】 對於雙變量的恆成立--存在性問題，比如第二問中怎么確定\(f\left(x_{1}\right)_{\max } \geq g\left(x_{2}\right)_{\max }\)，即到底是函數最大值還是最小值呢？
具體如下思考如下，
一先把\(g\left(x_{2}\right)\)看成定值\(m\)，那\(\exists x_{1} \in[-1,3]\)，都有\(f\left(x_{1}\right) \geq m\)，當然是要\(f(x)_{\max } \geq m\)；
二再把\(f\left(x_{1}\right)\)看成定值\(n\)，那\(\forall x_{2} \in[0,2]\)，都有\(n \geq g\left(x_{2}\right)\)，當然是\(n \geq g(x)_{\max }\)；
故問題轉化為\(f\left(x_{1}\right)_{\max } \geq g\left(x_{2}\right)_{\max }\).
其他形式的雙變量成立問題同理，要理解切記不要死背.
【典題2】 設\(f(x)=\dfrac{x^{2}}{x+1}\)，\(g(x)=ax+3-2a(a>0)\)，若對於任意\(x_1∈[0 ,1]\)，總存在\(x_0∈[0 ,1]\)，使得\(g(x_0)=f(x_1)\)成立，則\(a\)的取值范圍是\(\underline{\quad \quad }\)．
【解析】 \(\because f(x)=\dfrac{x^{2}}{x+1}\)，
當\(x=0\)時，\(f(x)=0\)，
當\(x≠0\)時，\(f(x)=\dfrac{1}{\dfrac{1}{x^{2}}+\dfrac{1}{x}}=\dfrac{1}{\left(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{2}\right)^{2}-\dfrac{1}{4}}\)，
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\(0 \leq f(x) \leq \dfrac{1}{2}\)，
又因為\(g(x)=ax+3-2a(a>0)\)，且\(g(0)=3-2a\),\(g(1)=3-a\)．
由\(g(x)\)遞增，可得\(3－2a≤g(x)≤3-a\)，
對於任意\(x_1∈[0 ,1]\)，總存在\(x_0∈[0 ,1]\)，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\(\left\{\begin{array}{l} 3-2 a \leq 0 \\ 3-a \geq \dfrac{1}{2} \end{array}\right.\)，
\(\therefore \dfrac{3}{2} \leq a \leq \dfrac{5}{2}\)．
鞏固練習
1(★★) 已知\(1+2^x+a\cdot 4^x>0\)對一切\(x∈(-∞ ,1]\)上恆成立，則實數\(a\)的取值范圍是\(\underline{\quad \quad }\)．
2 (★★) 若不等式\(2x-1>m(x^2-1)\)對滿足\(|m|≤2\)的所有\(m\)都成立，求\(x\)的取值范圍.
3 (★★) 若不等式\(3x^2-\log_ax<0\)在\(x\in\left(0, \dfrac{1}{3}\right)\)內恆成立，實數\(a\)的取值范圍．
4 (★★★) 已知函數\(f(x)=x^2-3x\)，\(g(x)=x^2-2mx+m\)，若對任意\(x_1∈[-1 ,1]\)，總存在\(x_2∈[-1 ,1]\)使得\(f(x_1)≥g(x_2 )\)，則實數\(m\)的取值范圍．
5 (★★★) 已知\(a>0\)且\(a≠1\)，函數\(f(x)=a^x+a^{-x}(x∈[－1 ,1])\)，\(g(x)=ax^2-2ax+4-a(x∈[-1 ,1])\)．
(1)求\(f(x)\)的單調區間和值域；
(2)若對於任意\(x_1∈[-1 ,1]\)，總存在\(x_0∈[-1 ,1]\)，使得\(g(x_0)=f(x_1)\)成立，求\(a\)的取值范圍；
(3)若對於任意\(x_0∈[-1 ,1]\)，任意\(x_1∈[-1 ,1]\)，都有\(g(x_0)≥f(x_1)\)恆成立，求\(a\)的取值范圍．
參考答案
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.\((1) \left[2, a+\dfrac{1}{a}\right]\)\((2) a>1\)\((3) \left[\dfrac{1}{3}, 1\right)\)