（江苏专用）2019高考数学二轮复习专题二不等式第7讲不等式的恒成立与存在性问题课件.pptx

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1、第7讲 不等式的恒成立与存在性问题,第7讲 不等式的恒成立与存在性问题 1.若关于x的不等式x2+ax+160对x0恒成立,则实数a的取值范围是 .,答案 -8,+),解析 当x=0时,160恒成立,当x0时,-a =8,a-8.,2.若不等式ax2+(a-1)x+a-10对任意实数x都成立,则实数a的取值范围是 .,答案,解析 若a=0,则不等式为-x-1-1,不适合题意,故a0;则有 解得a- .故实数a的取值范围是 .,3.已知对于任意的x(-,1)(5,+)都有x2-2(a-2)x+a0,则实数a的取值范 围是 .,答案 (1,5,解析 令f(x)=x2-2(a-2)x+a,则当=4(

2、a-2)2-4a0在R上恒成立, 适合题意;当0,即a1或a4时,函数f(x)的两个零点都在1,5上,则 解得4a5. 故实数a的取值范围是(1,5.,4.已知不等式(m-n)2+(m-lnn+)22对任意mR,n(0,+)恒成立,则实数的 取值范围为 .,答案 |1,解析 代数式(m-n)2+(m-ln n+)2表示点(m,m+)与点(n,ln n)之间的距离的平 方,而点(m,m+)在直线y=x+上,点(n,ln n)在曲线y=ln x上,若直线y=x+上的点 与曲线y=lnx上的点之间的最小距离大于等于 ,则直线一定在曲线上方,即 -1.y= =1,解得x=1,点(1,0)到直线y=x+

3、的距离 ,解得1(舍去 -3).,5.设函数f(x)=(x-a)|x-a|-x|x|+2a+1(a0).若存在x0-1,1,使f(x0)0,则 a的取值 范围是 .,答案 -3, -2,解析 当-1a0时, f(x)= = 此时f(x)0,x-1,1无解; 当a-1时,f(x)=,= 显然f(x)=-2ax+(a+1)20,0x1无解,则f(x)=2x2 -2ax+(a+1)20,-1x0有解,若对称轴x= -1,即a-2时, f(x)min=f(-1)=a2+4a+ 30,解得-3a-1,则-3a-2;若对称轴x= -1,0),即-2a0时, f(x)min=f= a2+2a+10,解得-2

4、- a -2,则-2a -2. 综上可得实数a的取值范围是-3, -2.,题型一 不等式恒成立问题,例1 设函数f(x)=mx2-mx-1. (1)若对于一切实数x, f(x)0恒成立,求实数m的取值范围; (2)若对于x1,3, f(x)-m+5恒成立,求实数m的取值范围.,解析 (1)若m=0,则显然-10时,g(x)在1,3上是增函数,所以g(x)max=g(3)=7m-60, 所以m ,则0m ; 当m0时,g(x)在1,3上是减函数, 所以g(x)max=g(1)m-60, 所以m6,则m0. 综上所述,m的取值范围是m .,【方法归纳】 将恒成立问题转化为求函数的最值问题来处理,一

5、般有下面 两种类型;一是若所给函数f(x)能直接求出最值,则有:f(x)0恒成立f(x)min 0;f(x)0恒成立f(x)max0;二是若所给的不等式能通过恒等变形使参数 与主元分离不等式两端,从而问题转化为求主元函数f(x)的最值,进而求出参 数范围,则有:f(x)f(x)max;f(x)g(a)恒成立g(a)f(x)min (其中a为参数).,题型二 不等式存在性问题,例2 (2017江苏扬州检测)函数f(x)=log3(x2+2x-8)的定义域为A,函数g(x)=x2+ (m+1)x+m. (1)当m=-4时,g(x)0的解集为B,求AB; (2)若存在x ,使得不等式g(x)-1成立

6、,求实数m的取值范围.,由x2-3x-40,解得-1x4,则B=-1,4, 所以AB=(2,4. (2)存在x , 使得不等式x2+(m+1)x+m-1成立. 即存在x ,使得不等式-m 成立. 所以-m 因为 =x+ =x+1+ -11,当且仅当x=0时取等号, 所以-m1,即m-1.,【方法归纳】 存在性问题的求解策略:分清参数和变量是前提;存在性 问题也就是有解问题,若能够分离变量,则以分离变量为主,若不能分离变量, 则考虑用最值;(3)注意方程有解问题和不等式有解问题的区别:方程有解问 题通常利用数形结合思想,转化为两个函数图象的交点问题,不等式有解问题 通常转化为函数最值问题.,2-

7、1 已知函数f(x)=x|x2-a|,若存在x1,2,使得f(x)2,则实数a的取值范围是 .,答案 (-1,5),解析 存在x1,2,使得f(x)0,x1,2恒成立,则g(x)=x2- 在1,2上单调递增,g(x)min=g(1)=- 1;令h(x)=x2+ ,x1,2,则h(x)=2x- = 0,x1,2,则h(x)=x2+ 在1,2 上单调递增,则h(x)max=h(2)=5.故-1a5.,题型三 不等式恒成立与存在性问题的综合,例3 (2017江苏如东联考)已知函数f(x)= ,且函数f(x)是定义在R上的奇函 数.,(1)存在tR,使得不等式f(t2-2t)f(2t2-k)有解,求实

8、数k的取值范围; (2)若函数g(x)满足f(x)(g(x)+2)= (3-x-3x),若对任意xR,不等式g(2x)mg(x)-1 1恒成立,求实数m的最大值.,解析 因为f(x)是奇函数,所以f(-x)+f(x)=0, 所以 + =0. 化简并整理得(3a-b)(3x+3-x)+2ab-6=0, 解得 或 因为f(x)的定义域是R,所以 所以f(x)= . (1)f(x)= = . 任取x1,x2R,且令x1x2,有,f(x1)-f(x2)= = , 因为x10,所以f(x1)f(x2), 所以f(x)在R上单调递减.,因为存在tR,使得不等式f(t2-2t)f(2t2-k)有解,所以t2

9、-2t2t2-k,即t2+2t-k0,解得k-1, 所以k的取值范围为(-1,+). (2)因为f(x)(g(x)+2)= (3-x-3x), 所以g(x)= -2,即g(x)=3x+3-x,所以g(2x)=32x+3-2x=(3x+3-x)2-2. 不等式g(2x)mg(x)-11恒成立,即(3x+3-x)2-2m(3x+3-x)-11恒成立, 亦即m3x+3-x+ 恒成立. 令t=3x+3-x,则t2,且mt+ 在t2时恒成立. 令h(t)=t+ ,t2,则h(t)=1- .由h(t)=0,得t=3. 当t(2,3)时,h(t)0,所以h(t)在(3,+)上单调递增, 所h(t)min=h(3)=6,所以m6. 所以实数m的最大值为6.,【方法归纳】 “任意”即为“恒成立”,“存在”即为“有解”,不等式恒 成立与有解问题的解法都有分离参数和求函数最值等方法,一般采用分离参 数的方法,避免讨论.,3-1 已知函数f(x)=x2+mx-1. (1)若对于任意的xm,m+1,都有f(x)0成立,求实数m的取值范围; (2)如果关于x的不等式f(x) m有解,求实数m的取值范围.,解析 (1)由题意可得 - m0. (2)由题意可得 mf(x)min=- -1,m-4或m-1.,