高中数学恒成立问题与有解问题的区别

恒成立问题与有解问题的区别

山东沂源二中 石玉台（256100）

恒成立与有解问题一直是中学数学的重要内容。它是函数、数列、不等式等内容交汇处的一个较为活跃的知识点，在近几年的高考试题中，越来越受到高考命题者的青睐，涉及恒成立与有解的问题，有时在同一套试题中甚至有几道这方面的题目。本文就恒成立与有解问题做一比较。

1、恒成立问题

1.1恒成立问题与一次函数联系

给定一次函数y=f(x)=ax+b(a ≠0),若y=f(x)在[m,n]内恒有f(x)>0，则根据函数的图象（直线）可得上述结论等价于

ⅰ）⎩⎨⎧>>0)(0m f a 或ⅱ）⎩⎨⎧><0)(0n f a 亦可合并定成⎩⎨⎧>>0)(0)(n f m f 同理，若在[m,n]内恒有f(x)<0，则有⎩

⎨

⎧<<0)(0

)(n f m f

例1、对于满足|p|≤2的所有实数p,求使不等式x 2+px+1>2p+x 恒成立的x 的取值范围。 分析：在不等式中出现了两个字母：x 及P,关键在于该把哪个字母看成是一个变量，另一个作为常数。显然可将p 视作自变量，则上述问题即可转化为在[-2，2]内关于p 的一次函数大于0恒成立的问题。

略解：不等式即(x-1)p+x 2-2x+1>0,设f(p)= (x-1)p+x 2-2x+1,则f(p)在[-2,2]上恒大于0，故有：

⎩⎨⎧>>-)2(0)2(f f 即⎪⎩⎪⎨⎧

>->+-0103422

x x x 解得：⎩⎨⎧-<><>1113x x x x 或或

∴x<-1或x>3.

1.2恒成立问题与二次函数联系

若二次函数y=ax 2

+bx+c=0(a ≠0)大于0恒成立，则有⎩

⎨

⎧<∆>00a ，若是二次函数在指定区间上的恒成立问题，还可以利用韦达定理以及根与系数的分布知识求解。

例2、设f(x)=x 2-2ax+2,当x ∈[-1,+∞)时，都有f(x)≥a 恒成立，求a 的取值范围。 分析：题目中要证明f(x)≥a 恒成立，若把a 移到等号的左边，则把原题转化成左边二次函数在区间[-1,+∞)时恒大于0的问题。

解：设F(x)= f(x)-a=x 2-2ax+2-a.

ⅰ)当∆=4（a-1)(a+2)<0时，即-2

⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧

-≤--≥-≥∆,1220)1(0a f 即⎪⎩⎪⎨⎧-≤≥+≥+-,1030)2)(1(a a a a

得-3≤a ≤-2;

综合可得a 的取值范围为[-3，1]。 1.3恒成立问题与变量分离联系

若在等式或不等式中出现两个变量，其中一个变量的范围已知，另一个变量的范围为所求，且容易通过恒等变形将两个变量分别置于等号或不等号的两边，则可将恒成立问题转化成函数的最值问题求解。

例3、已知当x ∈R 时，不等式a+cos2x<5-4sinx+45-a 恒成立，求实数a 的取值范围。

分析：在不等式中含有两个变量a 及x ，其中x 的范围已知（x ∈R ），另一变量a 的范围即为所求，故可考虑将a 及x 分离。

解：原不等式即：4sinx+cos2x<45-a -a+5

要使上式恒成立，只需45-a -a+5大于4sinx+cos2x 的最大值，故上述问题转化成求f(x)=4sinx+cos2x 的最值问题。

f(x)= 4sinx+cos2x=-2sin2x+4sinx+1=-2(sinx-1)2+3≤3, ∴45-a -a+5>3即45-a >a+2

上式等价于⎪⎩

⎪

⎨⎧->-≥-≥-2)2(450

4502a a a a 或⎩

⎨

⎧≥-<-04502a a 解得

4

85

a ≤<。 注：注意到题目中出现了sinx 及cos2x ，而cos2x=1-2sin2x,故若把sinx 换元成t,则可把原不等式转化成关于t 的二次函数类型。

2、有解问题

2.1有解问题与二次不等式联系

例4、不等式

220kx k +-<有解，求k 的取值范围。 解：不等式220kx k +-<有解2

(1)2k x ⇔+<

有

解22

1k x ⇔<

+有解

2m a x 22

1k x ⎛⎫⇔<= ⎪+⎝⎭，

所以(2)k ∈-∞，

。

2.2有解问题与绝对值不等式联系 例5、对于不等式

21x x a

-++<，存在实数x ，使此不等式成立的实数a 的集合是

M ；对于任意[05]x ∈，

，使此不等式恒成立的实数a 的集合为N ，求集合M N ，． 解：由21(1)()213(12)21(2).x x f x x x x x x -+<-⎧⎪

=-++=-⎨⎪->⎩，

，

≤≤ 又()a f x >有解min ()3

a f x ⇔>=，

所以

{3}

M a a =>．

令()g x 21[05]()

x x x a g x =-++∈>，，，恒成立

max ()(5)9

a g x g ⇔>==．

所以

{9}

N a a =>．

2.3有解问题与导数联系

例6、（06年湖北）设x=3是函数f(x)=(x2+ax+b)e

x

-3,x ∈R 的一个极值点.

(1)求a 与b 的关系（用a 表示b ），并求f(x)的的单调区间；

（2）设a>0，g(x)=x

e

a ⎪⎭⎫ ⎝⎛+4252，若存在S 1，S 2∈[0，4]，使得|f(S 1)-g(S 2

)|<1成立，求a 的取值范围.

解析：（1）x

e a b x a x x

f --+-+-='32])2([)(，由)3(f '=0得b=-2a-3.

故f(x)=(x 2+ax-2a-3)x

e

-3

因为)(x f '=-[x 2+(a-2)x-3a-3] x e -3=-(x-3)(x+a+1) x e -3.

由)(x f '=0得：x 1=3，x 2==-a-1. 由于x=3是f(x)的极值点，故x 1≠x 2，即a≠-4. 当a<-4时，x 1

a 上为减函数.

当a>-4时，x 1>x 2，故f(x)在(]1,--∞-a •上为减函数，在[-a-1，3]上为增函数，在[)+∞,3•

上为减函数.

(2)由题意，存在S 1，S 2∈[0，4]，使得|f(S 1)-g(S 2)|<1成立，即不等式|f(S 1)-g(S 2)|<1在S 1，S 2∈[0，4]上有解.

于是问题转化为|f(S 1)-g(S 2)|m in <1，由于两个不同自变量取值的任意性，因此首先要求出f(S 1)和g(S 2)在[0，4]上值域.