专题3 利用均值不等式求解恒成立问题-学霸养成2022年高考数学必杀技系列之恒成立与有解问题

专题3 利用均值不等式求解恒成立问题 一、考情分析 利用均值不等式求解恒成立问题，是均值不等式的一个重要应用，也是高考常考问题，此类问题一般是含有参数的不等式恒成立问题，求解时可直接利用均值不等式求出的最小值 ，然后通过求a的范围，或通过分离参数把问题转化为（或），然后利用均值不等式求的最大值或最小值。 二、解题秘籍 (一) 根据恒成立，直接利用均值不等式求 求解含有参数a的恒成立问题，若的最小值可求，可直接求出的最小值 ，然后令，求出a的范围，注意解析式中含有a，求其最值一般要对a进行分类求解，分类时要满足互斥、无漏、最简的原则。 【例1】若时恒成立，则正数a的取值范围为 【答案】 【分析】对分离变换后，再利用均值不等式求最值、 【解析】因为，所以=，解得， 所以正数a的取值范围是。 【例2】若，当时，则a的取值范围为 【答案】 【分析】先利用均值不等式求出的最大值，再解不等式。 【解析】因为，所以，所以，即，解得，所以a的取值范围是。 (二) 把恒成立问题转化为（或）恒成立问题，再利用均值不等式求的最大值或最小值 1. 根据含有参数a的不等式恒成立问题求a的范围，若能把参数a分离出来，转化为（或），则（或）。 2. 恒成立问题 ①. ∀x∈D,均有f(x)>A恒成立,则f(x)min>A； ②. ∀x∈D,均有f(x)﹤A恒成立,则 f(x)max<A ； ③. ∀x∈D,均有f(x) >g(x)恒成立,则F(x)= f(x)- g(x) >0,∴ F(x)min >0； ④. ∀x∈D,均有f(x)﹤g(x)恒成立,则F(x)= f(x)- g(x) <0,∴ F(x) max <0； ⑤. ∀x1∈D, ∀x2∈E,均有f(x1) >g(x2)恒成立,则f(x)min> g(x)max； ⑥. ∀x1∈D, ∀x2∈E,均有f(x1) <g(x2)恒成立,则f(x) max < g(x) min. 3.存在性问题 ①. ∃x0∈D,使得f(x0)>A成立,则f(x) max >A； ②. ∃x0∈D,使得f(x0)﹤A成立,则 f(x) min <A； ③. ∃x0∈D,使得f(x0) >g(x0)成立,设F(x)= f(x)- g(x),∴ F(x) max >0； ④. ∃x0∈D,使得f(x0) <g(x0)成立,设F(x)= f(x)- g(x),∴ F(x) min <0； ⑤. ∃x1∈D, ∃x2∈E, 使得f(x1) >g(x2)成立,则f(x) max > g(x) min； ⑥. ∃x1∈D, ∃x2∈E,均使得f(x1) <g(x2)成立,则f(x) min < g(x) max. 4.相等问题 若f(x)的值域分别为A,B,则 ①. ∀x1∈D, ∃x2∈E,使得f(x1)=g(x2)成立,则； ② ∃x1∈D, ∃x2∈E, 使得f(x1)=g(x2)成立,则. 5.恒成立与存在性的综合性问题 ①∀x1∈D, ∃x2∈E, 使得f(x1) >g(x2)成立,则f(x)min> g(x) min； ②∀x1∈D, ∃x2∈E, 使得f(x1) <g(x2)成立,则f(x) max < g(x) max. 【例3】已知函数关于x的方程在上有四个不同的解，，，，且．若恒成立，则实数k的取值范围是（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由分段函数先画出图象，将方程变形得，故只有时才有四个不相同的解，由余弦函数对称性可求，令可求范围，令可得，则等价于，结合基本不等式可求的取值范围. 【解析】画出函数的图象，如图所示： ，由图易知，当时，方程无解，故只有时才有四个不相同的解，且．由，解得或，从而， 由余弦函数的性质知，关于直线对称，则， 由，即①，解得x＝1或x＝9，从而， 令得，则， 故等价于，故，恒成立，所以（当且仅当时取得最小值），所以，故选D． 【例4】关于x的不等式的解集是，则实数a的取值范围为（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】不等式的解集是，即对于，恒成立，即，分和两种情况讨论，结合基本不等式即可得出答案. 【解析】不等式的解集是， 即对于，恒成立， 即， 当时，， 当时，， 因为，所以， 综上所述.故选A. 【例5】（2022届高三上学期江苏省百校大联考2）对于函数，若在定义域内存在实数x，满足，则称为“局部奇函数”，已知函数在R上为“局部奇函数”，则实数a的最小值为（ ） A．1 B．2 C． D． 【答案】A 【分析】题意说明在R上有解，再转化为求函数的最小值可得． 【详解】为局部奇函数，则在R上有解， 即，∴， ∵，∴，即，∴， 故选A． 三、跟踪检测 1．（2022届河南省驻马店高三上学期阶段性考试）若对任