2012届高考数学二轮复习精品课件(江苏专用)专题5 恒成立问题

专题五恒成立问题专题五恒成立问题主干知识整合专题五│主干知识整合1．在代数综合问题中常遇到恒成立问题．恒成立问题涉及常见函数的性质、图象，渗透着换元、化归、数形结合、函数与方程等思想方法，恒成立问题的解题的基本思路是：根据已知条件将恒成立问题向基本类型转化，正确选用函数法、最小值法、数形结合法等解题方法求解．2．恒成立问题在解题过程中大致可分为以下几种类型：(1)∀x∈D，f(x)C；(2)∀x∈D，f(x)g(x)；(3)∀x1，x2∈D，|f(x1)－f(x2)|≤C；(4)∀x1，x2∈D，|f(x1)－f(x2)|≤a|x1－x2|.专题五│主干知识整合3．不等式恒成立问题的处理方法(1)转换求函数的最值①若不等式Af(x)在区间D上恒成立，则等价于在区间D上Af(x)min⇔f(x)的下界大于A.②若不等式Bf(x)在区间D上恒成立，则等价于在区间D上Bf(x)max⇔f(x)的上界小于B.(2)分离参数法①将参数与变量分离，即化为g(λ)≥f(x)(或g(λ)≤f(x))恒成立的形式；②求f(x)在x∈D上的最大(或最小)值；③解不等式g(λ)≥f(x)max(或g(λ)≤f(x)min)，得λ的取值范围．(3)转换成函数图象问题①若不等式f(x)g(x)在区间D上恒成立，则等价于在区间D上函数y＝f(x)和图象在函数y＝g(x)图象上方；②若不等式f(x)g(x)在区间D上恒成立，则等价于在区间D上函数y＝f(x)和图象在函数y＝g(x)图象下方．要点热点探究专题五│要点热点探究对于形如∀x∈D，f(x)g(x)的问题，需要先设函数y＝f(x)－g(x)，再转化为∀x∈D，ymin0.例1已知函数f(x)＝x|x－a|＋2x.(1)若函数f(x)在R上是增函数，求实数a的取值范围；(2)求所有的实数a，使得对任意x∈[1,2]时，函数f(x)的图象恒在函数g(x)＝2x＋1图象的下方．►探究点一∀x∈D，f(x)g(x)的研究专题五│要点热点探究【解答】(1)f(x)＝x|x－a|＋2x＝x2＋2－ax，x≥a，－x2＋2＋ax，xa.由f(x)在R上是增函数，则a≥－2－a2，a≤2＋a2，即－2≤a≤2，故a的取值范围为－2≤a≤2.(2)由题意得对任意的实数x∈[1,2]，f(x)g(x)恒成立，即x|x－a|1在[1,2]恒成立，也即x－1xax＋1x在[1,2]恒成立，故当x∈[1,2]时，只要x－1x的最大值小于a且x＋1x的最小值大于a即可，而当x∈[1,2]时，x－1x′＝1＋1x20，从而x－1x为增函数，由此得x－1xmax＝32；当x∈[1,2]时，x＋1x′＝1－1x20，从而x＋1x为增函数，由此得x＋1xmin＝2，所以32a2.【点评】在处理f(x)c的恒成立问题时，如果函数f(x)含有参数，一般有两种处理方法：一是参数分离，将含参数函数转化为不含参数的函数，再求出最值即可；二是如果不能参数分离，可以用分类讨论处理函数f(x)的最值．专题五│要点热点探究已知f(x)＝x3－6ax2＋9a2x(a∈R)，当a0时，若对∀x∈[0,3]有f(x)≤4恒成立，求实数a的取值范围．专题五│要点热点探究【解答】f′(x)＝3x2－12ax＋9a2＝3(x－a)(x－3a)，故f(x)在(0，a)上单调递增，在(a,3a)上单调递减，在(3a，＋∞)上单调递增．(1)当a≥3时，函数f(x)在[0,3]上递增，所以函数f(x)在[0,3]上的最大值是f(3)，若对∀x∈[0,3]有f(x)≤4恒成立，需要有f3≤4，a≥3，解得a∈∅.(2)当1≤a3时，有a3≤3a，此时函数f(x)在[0，a]上递增，在[a,3]上递减，所以函数f(x)在[0,3]上的最大值是f(a)，若对∀x∈[0,3]有f(x)≤4恒成立，需要有fa≤4，1≤a3，解得a＝1.专题五│要点热点探究(3)当a1时，有33a，此时函数f(x)在[a,3a]上递减，在[3a,3]上递增，所以函数f(x)在[0,3]上的最大值是f(a)或者是f(3)．由f(a)－f(3)＝(a－3)2(4a－3)，①0a≤34时，f(a)≤f(3)，若对∀x∈[0,3]有f(x)≤4恒成立，需要有f3≤4，0a≤34，解得a∈1－239，34.②34a1时，f(a)f(3)，若对∀x∈[0,3]有f(x)≤4恒成立，需要有fa≤4，34a1，解得a∈34，1.综上所述，a∈1－239，1.专题五│要点热点探究对于形如∀x1，x2∈D，|f(x1)－f(x2)|≤C的问题，因为|f(x1)－f(x2)|≤f(x)max－f(x)min，所以原命题等价为f(x)max－f(x)min≤C.例2已知函数f(x)＝ax3＋bx2－3x(a，b∈R)，在点(1，f(1))处的切线方程为y＋2＝0.(1)求函数f(x)的解析式；(2)若对于区间[－2,2]上任意两个自变量的值x1，x2，都有|f(x1)－f(x2)|≤c，求实数c的最小值．►探究点二∀x1，x2∈D，|f(x1)－f(x2)|≤C的研究专题五│要点热点探究【解答】(1)∵f′(x)＝3ax2＋2bx－3，根据题意，得f1＝－2，f′1＝0，即a＋b－3＝－2，3a＋2b－3＝0，解得a＝1，b＝0，∴f(x)＝x3－3x.(2)令f′(x)＝3x2－3＝0，即3x2－3＝0，解得x＝±1，x－2(－2，－1)－1(－1,1)1(1,2)2f′(x)＋0－0＋f(x)－2↗极大值↘极小值↗2∵f(－1)＝2，f(1)＝－2，∴当x∈[－2,2]时，f(x)max＝2，f(x)min＝－2.则对于区间[－2,2]上任意两个自变量的值x1，x2，都有|f(x1)－f(x2)|≤f(x)max－f(x)min＝4，所以c≥4，即c的最小值为4.专题五│要点热点探究【点评】在处理这类问题时，因为x1，x2是两个不相关的变量，所以可以等价为函数f(x)在区间D上的函数差的最大值小于c，如果x1，x2是两个相关变量，则需要代入x1，x2之间的关系式转化为一元问题．专题五│要点热点探究形如∀x1，x2∈D，|f(x1)－f(x2)|≤a|x1－x2|这样的问题，首先需要根据函数f(x)的单调性去掉|f(x1)－f(x2)|≤a|x1－x2|中的绝对值符号，再构造函数g(x)＝f(x)－ax，从而将问题转化为新函数g(x)的单调性．例3已知函数f(x)＝x－1－alnx(a∈R)．(1)求证：f(x)≥0恒成立的充要条件是a＝1；(2)若a0，且对任意x1，x2∈(0,1]，都有|f(x1)－f(x2)|≤41x1－1x2，求实数a的取值范围．►探究点三∀x1，x2∈D，|f(x1)－f(x2)|≤a|x1－x2|的研究专题五│要点热点探究【解答】(1)①充分性：当a＝1时，f(x)＝x－1－lnx，f′(x)＝1－1x＝x－1x，所以当x1时，f′(x)0，所以函数f(x)在(1，＋∞)上是增函数，当0x1时，f′(x)0，所以函数f(x)在(0,1)上是减函数，所以f(x)≥f(1)＝0.②必要性．f′(x)＝1－ax＝x－ax，其中x0.(i)当a≤0时，f′(x)0恒成立，所以函数f(x)在(0，＋∞)上是增函数．而f(1)＝0，所以当x∈(0,1)时，f(x)0，与f(x)≥0恒成立相矛盾．所以a≤0不满足题意．(ii)当a0时，因为当xa时，f′(x)0，所以函数f(x)在(a，＋∞)上是增函数；当0xa时，f′(x)0，所以函数f(x)在(0，a)上是减函数．所以f(x)≥f(a)＝a－1－alna.因为f(1)＝0，所以当a≠1时，f(a)f(1)＝0，此时与f(x)≥0恒成立相矛盾．所以a＝1，综上所述，f(x)≥0恒成立的充要条件是a＝1.专题五│要点热点探究(2)由(1)可知，当a0时，函数f(x)在(0,1]上是增函数，又函数y＝1x在(0,1]上是减函数，不妨设0x1≤x2≤1，则|f(x1)－f(x2)|＝f(x2)－f(x1)，1x1－1x2＝1x1－1x2，所以|f(x1)－f(x2)|≤41x1－1x2等价于f(x2)－f(x1)≤4x1－4x2，即f(x2)＋4x2≤f(x1)＋4x1.设h(x)＝f(x)＋4x＝x－1－alnx＋4x.则|f(x1)－f(x2)|≤41x1－1x2等价于函数h(x)在区间(0,1]上是减函数．因为h′(x)＝1－ax－4x2＝x2－ax－4x2，所以所证命题等价于证x2－ax－4≤0在x∈(0,1]时恒成立，即a≥x－4x在x∈(0,1]上恒成立，即a不小于y＝x－4x在区间(0,1]内的最大值．而函数y＝x－4x在区间(0,1]上是增函数，所以y＝x－4x的最大值为－3，所以a≥－3.又a0，所以a∈[－3,0)．专题五│要点热点探究【点评】∀x1，x2∈D，|f(x1)－f(x2)|≤a|x1－x2|等价为k＝|fx1－fx2||x1－x2|≤a，再进一步等价为f′(x)≤a的做法由于缺乏理论支持，解题时不可以直接使用．况且本题的第(2)问不能把|f(x1)－f(x2)|≤41x1－1x2转化为|fx1－fx2|1x1－1x2≤4，所以这类问题还是需要按照本题第(2)问的处理手段来处理．规律技巧提炼专题五│规律技巧提炼在处理恒成立问题时，首先应该分辨所属问题的类型，如果是关于单一变量的恒成立问题，首先考虑参数分离，如果不能参数分离或者参数分离后所形成函数不能够处理，那么可以选择分类讨论来处理；如果是关于两个独立变量的恒成立问题处理，只需要按照上探究点中所讲类型的处理方法来处理即可．专题五│课本挖掘提升课本挖掘提升(教材选修2－2P29习题3改编)例函数f(x)＝ex－ax在区间[1，＋∞)上为增函数，则a的取值范围是________．【分析】函数在某个区间单调递增(减)，可以等价为f′(x)≥0或f′(x)≤0恒成立，再进一步等价为最值问题．【答案】a≤e【解析】原命题等价为f′(x)＝ex－a≥0在[1，＋∞)上恒成立，又ex≥e，所以a≤e.已知函数f(x)＝lgx，求证：∀x1，x2∈(0，＋∞)，fx1＋fx22≤fx1＋x22.专题五│课本挖掘提升【分析】由于本题中x1，x2是独立的，所以只需要作差或用基本不等式比较大小．【解答】证明：fx1＋fx22－fx1＋x22＝lgx1＋lgx22－lgx1＋x22＝lgx1x2－lgx1＋x22，因为x1x2≤x1＋x22，所以fx1＋fx22≤fx1＋x22.专题五│课本挖掘提升已知函数g(x)＝1sinθ·x＋lnx在[1，＋∞)上为增函数，且θ∈(0，π)，则θ的值为________．专题五│课本挖掘提升θ＝π2【解析】由题意，g′(x)＝－1sinθ·x2＋1x≥0在[1，＋∞)上恒成立，即sinθ·x－1sinθ·x2≥0在[1，＋∞)上恒成立．∵θ∈(0，π)，∴sinθ0.故sinθ·x－1≥0在[1，＋∞)上恒成立，只需sinθ·1－1≥0，即sinθ≥1，只有sinθ＝1.结合θ∈(0，π)，得θ＝π2.