恒成立與存在性問題解題策略

1、恒成立問題 ”與 “存在性問題 ”的基本解題策略一、 “恒成立問題 ”與 “存在性問題 ”的基本類型 恒成立、能成立、恰成立問題的基本類型1、恒成立問題的轉(zhuǎn)化： a f x 恒成立a fx max； a fx 恒成立a f x min2、能成立問題的轉(zhuǎn)化： a f x 能成立a fx min ； a fx 能成立a f x max3 、 恰 成 立 問 題 的 轉(zhuǎn) 化 ： a fx 在M 上 恰 成立 af x 的 解 集為a f x 在 M 上恒成立Ma f x 在CRM 上恒成立另一轉(zhuǎn)化方法：若 x D, f(x) A在 D上恰成立，等價于 f (x)在D 上的最小值 fmin (x) A

2、， 若x D, f(x) B在 D上恰成立，則等價于 f (x)在D上的最大值 fmax(x) B.f x1 g x2 ，則4、設函數(shù) f x 、 g x ，對任意的 x1 a,b ，存在 x2 c, d ，使得fmin xgmin x5 、設函數(shù) f x 、 g x ，對任意的 x1a, b ，存在x2 c,d ，使得f x1 g x2 ，則fmax xgmax x6、 設函 數(shù) f x 、 g x ，存在 fm axx gminx7、設函 數(shù) f x 、 g x ， 存在 fminx gmax x8、設函數(shù) f x 、 g x ，對任意的x1x1a,b ，a ,b ，存在 x2 c,d ，

3、 使 得存在 x2 c,d ，使得f x1 g x2 ， 則f x1 g x2 ， 則存在 x2 在區(qū)間 a,b上的值域為 A ，g(x)在區(qū)間c,d上的值域為 B,則 A B. 9、若不等式 f x g x 在區(qū)間 D 上恒成立，則等價于在區(qū)間 D 上函數(shù) y f x 和圖象在函 數(shù) y g x 圖象上方；10 、若不等式 f x g x 在區(qū)間 D 上恒成立，則等價于在區(qū)間 D 上函數(shù) y f x 和圖象在 函數(shù) y g x 圖象下方； 恒成立問題的基本類型在數(shù)學問題研究中經(jīng)常碰到在給定條件下某些結(jié)論恒成立的 命題.函數(shù)在給定區(qū)間上某結(jié)論成立問題x1a,b ，c , d ，使得 f x1

4、g x2 ，設 f(x)函數(shù)的定義域為全體實數(shù) R; 某不等式的解為一切實數(shù) 恒成立問題，涉及到一次函數(shù)、二次函數(shù)的性質(zhì)、圖象 數(shù)與方程等思想方法， 有利于考查學生的綜合解題能力，,其表現(xiàn)形式通常有 : 在給定區(qū)間上某關(guān)系恒成立 ; 某 ; 某表達式的值恒大于 a 等等 ,滲透著換元、化歸、數(shù)形結(jié)合、函 在培養(yǎng)思維的靈活性、 創(chuàng)造性等方面起1 / 20到了積極的作用。因此也成為歷年高考的一個熱點。恒成立問題在解題過程中大致可分為以下幾種類型： 一次函數(shù)型；二次函數(shù)型；變量分離型；根據(jù)函數(shù)的奇偶性、周期性等性質(zhì)；直 接根據(jù)函數(shù)的圖象。二、恒成立問題解決的基本策略 大家知道，恒成立問題分等式中的恒

5、成立問題和不等式中的恒成立問題。等式中的恒成立 問題，特別是多項式恒成立問題，常簡化為對應次數(shù)的系數(shù)相等從而建立一個方程組來解決問 題的。(一) 兩個基本思想解決 “恒成立問題 ”思路 1、m f(x)在x D上恒成立m f ( x) max思路 2、m f(x)在x D上恒成立m f ( x) min如何在區(qū)間 D 上求函數(shù) f(x) 的最大值或者最小值問題 ,我們可以通過習題的實際 ,采取合理有 效的方法進行求解 ,通?？梢钥紤]利用函數(shù)的單調(diào)性、函數(shù)的圖像、二次函數(shù)的配方法、三角函 數(shù)的有界性、均值定理、函數(shù)求導等等方法求函數(shù)f( x)的最值。這類問題在數(shù)學的學習涉及的知識比較廣泛， 在處

6、理上也有許多特殊性， 也是近年來高考中 頻頻出現(xiàn)的試題類型，希望同學們在日常學習中注意積累。(二) 、賦值型 利用特殊值求解等式恒成立問題 等式中的恒成立問題，常常用賦值法求解，特別是對解決填空題、選擇題能很快求得 .例 1如果函數(shù) y=f(x)=sin2x+acos2x 的圖象關(guān)于直線 x= 對稱，那么 a=() .8A.1B.-1C . 2D. - 2 .略解 ：取 x=0 及 x= ，則 f(0)=f(),即 a=-1，故選 B.44此法體現(xiàn)了數(shù)學中從一般到特殊的轉(zhuǎn)化思想 .例(備用) 由等式 x4+a1x3+a2x2+a3x+a4= (x+1) 4+b1(x+1) 3+ b2(x+1)

7、2+b3(x+1)+b 4 定義映射 f： (a1,a2,a3,a4) b1+b2+b3+b4,則 f： (4,3,2,1) ( )A.10 B.7 C.-1 D.0略解 ：取 x=0，則 a4=1+b 1+b2+b3+b 4,又 a4=1,所以 b1+b2+b3+b4 =0 ，故選 D(三) 分清基本類型，運用相關(guān)基本知識，把握基本的解題策略1、一次函數(shù)型： 若原題可化為一次函數(shù)型 ,則由數(shù)形結(jié)合思想利用一次函數(shù)知識求解,十分簡捷給定一次函數(shù) y=f(x)=ax+b(a 0若), y=f(x) 在m,n內(nèi)恒有 f(x)0 ，則根據(jù)函數(shù)的圖象(直線) 可得上述結(jié)論等價于f (m) 0f (n)

8、 0同理，若在 m,n內(nèi)恒有 f(x)2a+x 恒成立的 x 的取值范圍 . 分析：在不等式中出現(xiàn)了兩個字母： x及 a,關(guān)鍵在于該把哪個字母看成是一個變量，另一個 作為常數(shù) .顯然可將 a 視作自變量，則上述問題即可轉(zhuǎn)化為在-2 ，2內(nèi)關(guān)于 a 的一次函數(shù)大于 0恒成立的問題 .解：原不等式轉(zhuǎn)化為 (x-1)a+x 2-2x+10 在|a| 2 時恒成立 ,設 f(a)= (x-1)a+x 2-2x+1,則 f(a)在-2,2 上恒大于 0，故有：f ( 2)0即2x2 4x 3 02 解得：f (2)0x2 1 0x 3或 x 1x 1或 x 1x3. 即 x (,1)(3,+ ) 此類題

9、本質(zhì)上是利用了一次函數(shù)在區(qū)間 m,n 上的圖象是一線段，故只需保證該線段兩端點 均在 x 軸上方(或下方)即可 .2、二次函數(shù)型 涉及到二次函數(shù)的問題是復習的重點，同學們要加強學習、歸納、總結(jié)，提煉出一些具體的方 法，在今后的解題中自覺運用。(1)若二次函數(shù) y=ax2+bx+c(a 大0)于 0 恒成立，則有 a 0且0(2)若是二次函數(shù)在指定區(qū)間上的恒成立問題， 可以利用韋達定理以及根的分布知識求解。 類型 1：設 f (x) ax2 bx c(a 0)在 R上恒成立，1) f (x) 0在x R 上恒成立a 0且0；2) f (x) 0在x R 上恒成立 a 0且0。類型 2：設 f(x

10、) ax2 bx c(a 0)在區(qū)間 , 上恒成立 b b b(1)當 a 0時， f(x) 0在x , 上恒成立 2a 或 2a 或 2a f( ) 0 0 f( ) 0f (x) 0在 x , 上恒成立 f ( ) 0f ( ) 03 / 202)當a 0時， f(x) 0在x , 上恒成立f(x) 0在 x , 上恒成立b或b2a或2ab2a2類型 3：設 f (x) ax2 bx c(a 0) 在區(qū)間 (- , 上恒成立。f(x)0 a0 且 且 f( )0f(x)0 a0 且 且 f( )0 a0, 0 或 -b/2a0f(x)0 a0, 0 或 -b/2a 且 f( )g(a) 恒

11、成立，則 g(a)f(x) min ;若對于 x 取值范圍內(nèi)的任何一個數(shù)，都有 f(x)f(x) max.(其中 f(x) max和 f(x) min分別為 f(x)的最大值和最小值 )例 5.已知三個不等式 x2 4x 3 0 ， x2 6x 8 0 ， 2x2 9x m 0 要使 同時滿足的所有 x 的值滿足，求 m 的取值范圍 .略解 ：由得 2x3; 對任意實數(shù) x，不等式 x 1 x 2 a恒成立，求實數(shù) a , 構(gòu)造函數(shù)，畫出圖象，得 a3.利用數(shù)形結(jié)合解決恒成立問題， 應先構(gòu)造函數(shù)， 作出符合已知條件的圖形， 再考慮在給定區(qū) 間上函數(shù)與函數(shù)圖象之間的關(guān)系，得出答案或列出條件，求出

12、參數(shù)的范圍 .例 8. 設常數(shù) a R,函數(shù) f(x)=3|x|+|2x-a|,g(x)=2-x. 若函數(shù) y=f(x) 與 y=g(x) 的圖像有公共點，則 a 的取值范圍為 。解： 1) a=0x=a/2=0 時， f(x)=-3x+(-2x+a)=-5x+aa/2=x=0 時， f(x)=3x+(2x-a)=5x-a ，最小值為 -a=2 則與 g(x) 有交點，即： -2=a0x=0 時， f(x)=-3x+(-2x+a)=-5x+a0=x=a/2 時， f(x)=3x+(2x-a)=5x-a 最小值 a=2 時與 g(x) 有交點，即： 0a=29 / 20綜上所述， -2=a=2

13、時 f(x)=3|x|+|2x-a| 與 g(x)=2-x 有交點。三、在恒成立問題中，主要是求參數(shù)的取值范圍問題，是一種熱點題型，介紹一些基本的解題 策略，在學習中學會把問題分類、歸類，熟練基本方法。一) 換元引參，顯露問題實質(zhì)1、對于所有實數(shù) x ，不等式恒成立，求 a 的取值范圍。解：因為的值隨著參數(shù) a 的變化而變化，若設 ，則上述問題實質(zhì)是 “當 t 為何值時，不等式恒成立這是我們較為熟悉的二次函數(shù)問題，它等價于求解關(guān)于 t 的不等式組： 。 解得 ，即有 易得 。2、設點 P( x， y )是圓 x2 (y 1)2 4上任意一點，若不等式 x+y+c 0 恒成立，求實數(shù) c 的取值

14、范圍。二) 分離參數(shù)，化歸為求值域問題成立，求 m 的范圍。恒成立。3、若對于任意角 總有解： 此式是可分離變量型，由原不等式得又 ，則原不等式等價變形為根據(jù)邊界原理知，cos2必須小于 f ( ) 的最小值，這樣問題化歸為怎樣求cos 2的最小值。因為cos2f ( )cos 210 / 20時，有最小值為 0，故三) 變更主元，簡化解題過程4、若對于，方程都有實根，求實根的范圍。解：此題一般思路是先求出方程含參數(shù)m 的根， 再由 m 的范圍來確定根 x 的范圍， 但這樣會遇到很多麻煩，若以 m 為主元，則由原方程知，得又，即解之得或。5、當 a 1 時，若不等式2x2 (a 6)x 9 3

15、a 0 恒成立，求 x 的取值范圍。四)圖象解題，形象直觀6、設 x (0，4 ，若不等式x(4 x) ax恒成立，求 a的取值范圍。解：若設 y1x(4 x) ，則 為上半圓。設 ，為過原點， a 為斜率的直線。在同一坐標系內(nèi) 作出函數(shù)圖象 依題意，半圓恒在直線上方時，只有 時成立，即 a 的取值范圍 為。27、當 x (1,2)時，不等式 (x-1) 2log ax 恒成立，求 a的取值范圍。解：設 y1=(x-1) 2,y2=logax,則 y1 的圖象為右圖所示的拋物線要使對一切 x (1,2),y11,并且必須也只需當 x=2 時 y2 的函數(shù)值大于等于 y1 的函數(shù)值。故 log

16、a21,10, 注意到若將等號兩邊看 成是二次函數(shù) y= x2+4x 及一次函數(shù) y=2x-6a-4 ，則只需考慮這兩個函數(shù)的圖象在 x 軸上方恒有唯 一交點即可。解：令 y1=x2+4x=（ x+2） 2-4,y 2=2x-6a-4, y1的圖象為一個定拋物線y 2的圖象是 k=2，而截距不定的直線， 要使 y1和y2在 x軸上方有唯一交點，則直線必須位于 l1和 l2 之間。（包括 l1 但不包括 l2） 當直線為 l 1時，直線過點（ -4，0），此時縱截距為 -8-6a-4=0,a= 2; a的范圍為 2, 32)2 當直線為 l2 時，直線過點（ 0，0），縱截距為 -6a-4=0

17、， a= 23 （五）合理聯(lián)想，運用平幾性質(zhì)9、不論 k 為何實數(shù)，直線與曲線恒有交點，求 a的范圍。分析： 因為題設中有兩個參數(shù)，用解析幾何中有交點的理論將二方程聯(lián)立，用判別式來解題是比較困難的。若考慮到直線過定點A（0，1），而曲線為圓 ,圓心 C（ a， 0），要使直線恒與圓有交點，那么定點A（0,1） 必在圓上或圓內(nèi)。解：，C（a， 0），當時，聯(lián)想到直線與圓的位置關(guān)系，則有點 A（ 0，1）必在圓上或圓內(nèi)， 即點 A（ 0，1）到圓心距離不大于半徑， 則有六）分類討論，避免重復遺漏10、當時，不等式恒成立，求 x 的范圍。解：使用 的條件，必須將 m 分離出來，此時應對 進行討論。當

18、時，要使不等式恒成立，只要， 解得 。當時，要使不等式恒成立，只 要 ， 解 得當。時，要使恒成立，只有。 綜 上 得12 / 20解法 2：可設，用一次函數(shù)知識來解較為簡單。我們可以用 改變主元的辦法 ，將 m 視為主變元，即將元不等式化為：m(x2 1) (2x 1) 0 ，；令2 f( 2) 0 f(m) m(x2 1) (2x 1) ，則 2 m 2 時， f(m) 0 恒成立，所以只需即f(2) 02(2x 1) (2x 1) 0，所以 x 的范圍是 x ( 1 7,1 3 ) 。此類題本質(zhì)上是利用了 2(x2 1) (2x 1) 0 2 2一次函數(shù)在區(qū)間 m,n 上的圖象是一線段，

19、故只需保證該線段兩端點均在x 軸上方(或下方)即可.211、當 1 x 3時，不等式 x2 2ax 6 0 恒成立，求實數(shù) a的取值范圍。解： a x 3構(gòu)造函數(shù)2x當 1 x 3時， x 3 2 32 x 26 ，當 x23，即 xx6 時等號成立。故實數(shù) a 的取值范圍 :a 6(七)構(gòu)造函數(shù)，體現(xiàn)函數(shù)思想12、( 1990 年全國高考題)設，其中 a 為實數(shù)，為任意給定的自然數(shù)，且，如果當時有意義，求 a 的取值范圍。解：本題即為對于，有恒成立。這里有三種元素交織在一起，結(jié)構(gòu)復雜，難以下手，若考慮到求a 的范圍，可先將 a 分離出來，得對于恒成立。，則問題轉(zhuǎn)化為求函數(shù) 在13 / 20上

20、的值域。由于函數(shù)上是單調(diào)增函數(shù)，則 在 上為單調(diào)增函數(shù)。于是有 的最大值為： ，從而 可得 。(八)利用集合與集合間的關(guān)系在給出的不等式中， 若能解出已知取值范圍的變量， 就可利用集合與集合之間的包含關(guān)系來 求解，即： m,n f a ,g a ，則 f a m且 g a n ，不等式的解即為實數(shù) a的取值 范圍。例 13、當 x 1,3 時， loga x 1恒成立，求實數(shù) a 的取值范圍。3解： 1 loga x 11) 當 a 1 時，1x a ，則問題轉(zhuǎn)化為a13,31a,aa31 1 a 3a31a 3130a1 33aa,12) 當 0 a 1時， a x 1 ，則問題轉(zhuǎn)化為 1,

21、3a 3 a綜上所得：0 a 1或a 3 3四、其它類型恒成立問題 能成立問題有時是以不等式有解的形式出現(xiàn)的。2a1、已知函數(shù) f(x) x2 2ax 1， g(x)，其中 a 0， x 0x對任意 x1 1,2, x2 2,4，都有 f(x1) g(x2 )恒成立，求實數(shù) a的取值范圍； 【分析：】思路、對在不同區(qū)間內(nèi)的兩個函數(shù) f (x)和g(x)分別求最值， 即只需滿足 fmin(x) gmax(x) 即可簡解：令 n(a)=gmax(x)=a/2 ；令 m(a)=f min(x),f(x)=(x-a) +1-a ,故(1)對稱軸 x=a1，即或 0an(a) 解得 a4/5,(注意到

22、a14 / 20的范圍）從而得 a 的范圍： 0a2 時， m（a）= f min（x）=f（2）=5-4a ，由 m（a）n（a） 解得 an(a) 解 得 aa的范圍）從1 17 或41 174注意到 a 的范圍）從而得a 的范圍 1 a 2 ：(0，4/5)1,22、 已 知兩 函 數(shù) f（x） x2 ，g(x)x1xm2對 任 意 x1 0,2 ，存 在 x2f（x1） g x2 ，則實數(shù) m 的取值范圍為解析： 對任意 x10,2 ，存在 x21,2 ，使得 f(x1) g x2 等價于 g(x)1,2 ， 使 得m 在 1,2 上綜合（ 1）（2）（3）知實數(shù) a 的取值范圍是：的

23、最小值 1 m不大于 f（x） x2 在 0,2 上的最小值 0， 既 1 m 0， m 1 4 4 4題型二、主參換位法 （已知某個參數(shù)的范圍，整理成關(guān)于這個參數(shù)的函數(shù)）題型三、分離參數(shù)法（欲求某個參數(shù)的范圍，就把這個參數(shù)分離出來） 題型四、數(shù)形結(jié)合（恒成立問題與二次函數(shù)聯(lián)系（零點、根的分布法）A；B.五、不等式能成立問題（有解、存在性）的處理方法若在區(qū)間 D 上存在實數(shù)x使不等式f xA 成立,則等價于在區(qū)間D 上 fxmax若在區(qū)間 D 上存在實數(shù)x使不等式f xB 成立,則等價于在區(qū)間D 上的fxmi1、存在實數(shù) x ，使得不等式 x 3 x 1 a2 3a 有解，則實數(shù) a 的取值范

24、圍為 解：設 f x x 3 x1 ，由 f xa 2 3a 有解， a2 3a f x min ，又 x 3 x 1 x 3x 1 4 ， a2 3a4 ，解得 a 4或 a 1 。15 / 2021、求使關(guān)于 p的不等式 x2 px 1 p 2x在 p -2,2有解的 x的取值范圍。解：即關(guān)于 p 的不等式 (x 1)p x2 2x 1 0有解 ,設 f p x 1 p x2 2x 1 ，則 f p 在 -2,2 上的最小值小于 0。(1) 當 x1 時， f(p)關(guān)于 p 單調(diào)增加，故 fmin(p)=f(-2)=x 2-4x+30,解得 1x3;2(2) 當 x1 時， f(p)關(guān)于

25、p 單調(diào)減少，故 fmin(p)=f(2)=x 2-10,解得 -1x1 ；(3) 當 x=1 時， f(p)=0, 故 f min(p)=f(p)1(m0)有解；若命題 P和命題 Q都是真命題，求 m 的值范圍。2解： (1)由 P真得： |x1 x2 | a2 8，注意到 a在區(qū)間 -1,1, |x1 x2|max 3,由于 |m2-5m- 3| 1|-xx2|對任意實數(shù) a-1,1 恒成立，故有 |m2 5m 3| |x1 x2 |max 3 解得： m-1 或 m6或 0 m5(1)由 Q 真， 不等式 |x-2m|-|x|1(m0) 有解，得( |x-2m|-|x| ) max=2m

26、1,解得： m1/2 由于( 1)( 2)都是相公命題，故 m 的值范圍： 1/2m5或 m6.舉例 (1)已知不等式 4x a 2x 2 0對于 x 1, )恒成立，求實數(shù) a 的取值范圍 .xx( 2)若不等式 4x a 2x 2 0對于 a ( ,3 恒成立，求實數(shù) x 的取值范圍 .x xx2 x1分析： (1)由4xa 2x2 0得： a2x x 對于 x 1, )恒成立，因 2x ，所2x 22 以 2xx 2 2，當 2x2時等號成立 .所以有 a 2 2 .2x( 2 )注意到 4x a 2x 2 0對于 a ( ,3 恒成立是關(guān)于 a的一次不等式 .不妨設f(a) 2x a

27、(4x 2)，則 f (a) 在a ( ,3上單調(diào)遞減，則問題等價于 f (3) 0，所以4x 3 2x 2 0 2x 2或2x 1，則 x取值范圍為 ( ,0) (1, ).小結(jié)：恒成立與有解的區(qū)別：恒成立和有解是有明顯區(qū)別的，以下充要條件應細心思考，甄別差異，恰當使用，等價轉(zhuǎn)化，切 不可混為一體。不等式 fxM 對xI時恒成立fmax(x) M?，xI 。即 fx的上界小于或等于M ； 不等式 fxM 對 xI時有解fmin (x) M?， x I。 或 fx的下界小于或等于M ；不等式 fxM 對xI時恒成立f min (x) M?，xI 。即 fx的下界大于或等于M ； 不等式 fxM

28、 對 xI時有解fmax (x) M ， x I.。 或 fx的上界大于或等于M ；16 / 20高中數(shù)學難點強化班第四講( 140709)課后練習答案：一填空選擇題(每小題 6 分，共 60 分)1、 對任 意的 實數(shù) x ，若 不等 式 x 1 x 2 a 恒成 立，那 么實 數(shù) a 的取值 范 圍。答案： |x+1|-|x-2| -|(x+1)-(x-2)|=-3, 故實數(shù) a 的取值范圍： a-32、不等式 sin2x 4sin x 1 a 0有解，則 a 的取值范圍是解：原不等式有解 a sin2x 4sinx 1 sin x 2 3 1 sinx 1 有解，而 sin x 2 32

29、，所以 a 2 。3.若對任意 x R,不等式 |x| ax恒成立，則實數(shù) a的取值范圍是() (A) a 1 (B) |a| 1 (C) |a| 1 解析：對 x R,不等式 |x| ax 恒成立 則由一次函數(shù)性質(zhì)及圖像知 1 a 1，即 |a| 1。D) a 14 當 x (1,2) 時，不等式2x2 mx 4 0 恒成立，則m 的取值范圍是.解析 :222x2 4x2 4 4當 x (1,2) 時，由 x2 mx 4 0 得 m. 令 f (x) x ，則易知x x x)mi nf(x) 在 (1,2) 上是減函數(shù)，所以 x 1,2 時 f (x)maxf (1) 5 ， 則 ( x 4

30、x答案：選 Bm 5.5已知不等式 ax2 3x (a 1) x2 x a 1對任意 a (0， ) 都成立，那么實數(shù) x的取值 范圍為 分析： 已知參數(shù) a 的范圍，要求自變量 x 的范圍，轉(zhuǎn)換主參元 x和 a 的位置，構(gòu)造以 a 為自 變量 x作為參數(shù)的一次函數(shù) g(a) ，轉(zhuǎn)換成 a (0， )， g(a) 0恒成立再求解。17 / 20解析 ：由題設知“ ax23x (a 1) x2 x a 1 對a(0，) 都成立，即a(x2 2) x2 2x 0 對a (0， ) 都成立。設 g(a)(x22)ax2 2x( aR)，則 g (a)是一個以 a為自變量的一次函數(shù)。x2 2 0恒成立

31、，則對x R， g(a)為 R上的單調(diào)遞增函數(shù)。 所以對 a (0， ) ， g(a) 0恒成立的充分必要條件是 g(0) 0，x2 2x 0， 2 x 0，于是 x 的取值范圍是 x| 2 x 0 。26已知函數(shù) f x 2mx2 2 4 m x 1,g x mx，若對于任一實數(shù) x ， f (x) 與 g(x) 的 值至少有一個為正數(shù)，則實數(shù) m 的取值范圍是( )A (0 ， 2) B (0，8) C (2，8) D ( ， 0) 分析： f(x) 與 g(x) 的函數(shù)類型，直接受參數(shù) m的影響，所以首先要對參數(shù)進行分類討論，然后轉(zhuǎn)換成不等式的恒成立的問題利用函數(shù)性質(zhì)及圖像解題。 1y

32、解析 ：當 m 0時， f (x) 8x 1 0 在 ( , ) 上恒成立，而 g(x) 0 8g(x) 0當 m 0時， g(x) 在 R上遞減且 g(x) mx 0只在 ( ,0) 上恒成立，f (x) 是一個開口向下且恒過定點( 0，1)的二次函數(shù)，顯然不滿足題意。當 m 0時， g(x)在 R上遞增且 g(x) mx 0在 (0,)上恒成立，f (x) 是一個開口向上且恒過定點( 0，1)的二次函數(shù)，要使對任一實x，f x 與 g x 的值至少有一個為正數(shù)則只需 f (x) 0在 ( ,0 上恒成立。 ( 如圖 3)4m則有 2m 04(4 m)2 8m 04m或 0 解得 4 m 8

33、 或 0 m 4 ， 2m0xxx圖3f(x) 8x 1圖1g(x) mx圖2xg(x)綜上可得 0 m 8 即 m (0,8) 。 故選 B。在 R 上恒成立，顯然不滿足題意； ( 如圖 1)、已知兩函數(shù) f x 7x2 28x c ， g(x)=6x 2-24x+21 。( 1)對任意 x 3,3 ，都有 f x g x 成立，那么實數(shù) c 的取值范圍 c 018 / 20( 2)存在 x 3,3 ，使 f x g x 成立，那么實數(shù) c 的取值范圍 c -25 ；( 3)對任意 x1 ,x2 3,3 ，都有 f x1 g x2 ，那么實數(shù) c 的取值范圍 c 150 ；( 4)存在 x1

34、 ,x2 3,3 ，都有 f x1 g x2 ，那么實數(shù) c 的取值范圍 c -175 ；解析：( 1)設 h x g x f x 2x3 3x2 12x c ， 問題轉(zhuǎn)化為 x 3,3 時， h x 0 恒成立，故 hmin x 0。令h x 6x2 6x 12 6 x 1 x 2 0，得 x 1或 2。由導數(shù)知識， 可知 h x 在 3, 1 單調(diào) 遞增，在 1,2 單調(diào)遞減，在 2,3 單調(diào)遞增， 且 h 3 c 45， h x 極大值 h 1 c 7， h x 極小值 h 2 c 20 ， h 3 c 9 ， hmin x h 3 c 45 ，由 c 45 0 ，得 c 45 。( 2)據(jù)題意：存在 x 3,3 ，使 f x g x 成立，即為： h x g x f x 0 在 x 3,3 有解， 故 hmax x 0 ，由( 1)知 hmax x c 7 0 ，