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高中数学常见的恒成立问题的一般解法


高中数学常见的恒成立问题的一般解法 摘要:本文针对高中数学的恒成立问题,通过分析恒成立问题 在解题过程中的几种类型和解题的常用方法进行分类, 并通过实例进 行说明,比较系统的展现了高中数学中恒成立问题的一般解法,帮助 学生对恒成立问题有了系统、详细的认识。 关键词:恒成立问题;解法;函数;不等式 我们在高中数学教学中,经常遇到一些恒成立问题,我们反复讲 解,大多数学生也束手无策,不知道从哪里下手,找不到问题的突破 口,因而感觉十分困难,主要是缺乏系统归类。高中数学中的恒成立 问题,涉及到一次函数、二次函数的性质、图象,渗透着换元、化归、 数形结合、 函数与方程等思想方法, 有利于考查学生的综合解题能力, 在培养思维的灵活性、创造性等方面起到了积极的作用,因此也成为 历年高考的一个热点。 恒成立问题在解题过程中大致可分为以下几种 类型:①函数型;②不等式型;③方程型。而这三种类型又不是独立 出现的,有时会把两者融合在一起。对于这三种类型的题解决的方法 常有:①函数性质法;②分离参数法;③数形结合法。 一、 函数性质法 函数的性质包括函数的定义域、值域、单调性、奇偶性、周期性 等,而对于恒成立问题经常用到函数的单调性。下面根据函数类型对 利用函数性质法来解恒成立问题做一个说明。 (一)一次函数型 对于一次函数 y=f(x)=kx+b(k≠0),若 y=f(x)在[m,n]内恒有 f(x)>0,

则根据函数的图象 (直线) 或一次函数的单调性 (当 k>0 时, y=f(x) 在 [m,n]内为增函数,当 k<0 时,y=f(x) 在[m,n]内为减函数)可得 ⅰ) ?
?k ? 0 ?k ? 0 或ⅱ) 即一次函数 y=f(x)=kx+b(k≠0)在[m,n] ? ? f ( n) ? 0 ? f ( m) ? 0

的最小值大于 0。若 k 不知道正负,上面两种情况亦可合并定成
? f ( m) ? 0 ,这样可以回避讨论 k 的正负。 ? ? f ( n) ? 0

同理,若在[m,n]内恒有 f(x)<0,则有 ?

? f ( m) ? 0 ? f ( n) ? 0

例1、 对于满足|a| ? 2 的所有实数 a,求使不等式 x2+ax+1>a+2x 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 a,关键在于该把哪个字 母看成是一个变量,另一个作为常数。若将 a 视作自变量,则上述问 题即可转化为在[-2,2]内关于 a 的一次函数大于 0 恒成立的问题。 解:原不等式可化为(x-1)a+x2-2x+1>0,设 f(a)= (x-1)a+x2-2x+1,则 f(a)在[-2,2]上恒大于 0
2 ? x ? 3或x ? 1 ? f (?2) ? 0 ? x ? 4 x ? 3 ? 0 ? ∴? 即? 2 解得 ? ?x ? 1 ? 0 ? x ? 1或x ? ?1 ? f (2) ? 0 ?

∴x<-1 或 x>3. (二)二次函数型 根据二次函数的定义域不同,二次函数分为两种类型①若二次函 数 y=ax2+bx+c=0(a≠0,x ? R)大于 0 恒成立,则有 ?
?a ? 0 ?? ? 0

②若是二次函数在指定区间上的恒成立问题, 则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)=x2-2ax+2,当 x ? [-1,+ ? )时, 都有 f(x) ? a 恒成立, a 求

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=x2-2ax+2-a. ①当 ? =4(a-1)(a+2)<0 时,即-2<a<1 时,对一切 x? [-1,+ ? ),F(x)
? 0 恒成立;

②当 ? =4(a-1)(a+2) ? 0 时由图可得:
? ?? ? 0 ?(a ? 1)(a ? 2) ? 0 ? ? ? F (?1) ? 0 即 ?a ? 3 ? 0 ?a ? ?1, ? ?2a ?? ? ?1, ? ? 2
y

-1

o

x

得-3 ? a ? -2; 综上可得 a 的取值范围为[-3,1]。 (三)高次函数型 对于函数 f(x)=axn+bxn-1+…+m=0(a≠0, n≥3)在给定区间上大于 0 (或小于 0)恒成立问题,则利用求导的方法求出函数的最值,只需 函数的最小值大于 0(或最大值小于 0)即可。 例3、 设函数 f(x)=x3+ax2 –a2x+m(a>0),若对任意的 a∈[3,6],不 等式 f(x)≤1 在 x∈[-2,2]上恒成立,求实数 m 的取值范围。 解:∵fˊ(x)=3x2+2ax –a2=3(x- )(x+a) ∴当 x<-a 或 x> 时,fˊ(x)>0 当-a<x< 时, fˊ(x)<0 ∴函数的单调递增区间为( ?? ,-a), , ?? )单调递减区间为 (
a 3 a 3 a 3 a 3

又 a>0

(-a,

a ) 3

当 a∈[3,6],

a ∈[1,2],-a≤-3 3

又 x∈[-2,2], ∴f(x)max=max{ f(-2), f(2)} 而 f(-2) =-8+4a+2a2+m,f(2)= 8+4a-2a2+m, ∴f(-2)- f(2)=-16+4a2>0,∴f(x)max= f(-2) =-8+4a+2a2+m 要使不等式 f(x)≤1 在 x∈[-2,2]上恒成立, 只需 f(x)max= f(-2) =-8+4a+2a2+m≤1 即 m≤9-4a-2a2 在 a∈[3,6] 上恒成立 ∵9-4a-2a2 在 a∈[3,6]的最小值为-87,∴m≤-87 说明:此题不光涉及到高次函数的恒成立,还涉及到二次函数的 恒成立,并且都用到利用最值法来解,所以在解题时注意恰当的使用 最值法。 对于复合型的函数,我们可以把它化为常见的函数类型来解。 例4、 关于 x 的方程 9x+(4+a)3x+4=0 恒有解,求 a 的范围。 分析:题目中出现了 3x 及 9x,故可通过换元转化成二次函数型 求解。 解法 1(利用韦达定理) : 设 3x=t,则 t>0.则原方程有解即方程 t2+(4+a)t+4=0 有正根。
?? ? 0 ? ? ? x1 ? x 2 ? ?(4 ? a) ? 0 ?x ? x ? 4 ? 0 ? 1 2

即?

?( 4 ? a ) 2 ? 16 ? 0 ?a ? 0或a ? ?8 ?? ? a ? ?4 ?a ? ?4

解得 a ? -8. 解法 2(利用根与系数的分布知识) :

即要求 t2+(4+a)t=0 有正根。设 f(x)= t2+(4+a)t+4. 10. ? =0,即(4+a)2-16=0,∴a=0 或 a=-8. a=0 时,f(x)=(t+2)2=0,得 t=-2<0,不合题意; a=-8 时, f(x)=(t-2)2=0,得 t=2>0,符合题 意。∴a=-8. 20. ? >0,即 a<-8 或 a>0 时,
4?a ?0, ∵f(0)=4>0,故只需对称轴 ? 2
4 o x y

即 a<-4. ∴a<-8 综合可得 a ? -8. 另外,我们来看一下利用函数的奇偶性、周期性等性质怎样来解 恒成立问题。 若函数 f(x)是奇(偶)函数,则对一切定义域中的 x ,f(-x)=-f(x)(或 f(-x)=f(x))恒成立;若函数 y=f(x)的周期为 T,则对一切定义域中的 x,f(x)=f(x+T)恒成立。 例5、 若 f(x)=sin(x+ ? )+cos(x- ? )为偶函数,求 ? 的值。 分析:告诉我们偶函数的条件,即相当于告诉我们一个恒成立问 题。 解:由题得:f(-x)=f(x)对一切 x ? R 恒成立, ? sin(-x+ ? )+cos(-x- ? )=sin(x+ ? )+cos(x- ? ) 即 sin(x+ ? )+sin(x- ? )=cos(x+ ? )-cos(x- ? ) 2sinx·cos ? =-2sinx·sin ? ∴sinx (sin ? +cos ? )=0 ∵ 对一切 x ? R 恒成立,∴sin ? +cos ? =0 ... ∴ ? =k ? ? .(k ? Z)
4

?

二、 分离参数法 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6、 已知当 x ? R 时, 不等式 a+cos2x<5-4sinx 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 ? R) (x , 另一变量 a 的范围即为所求,故可考虑将 a 及 x 分离。 解:原不等式可化为 4sinx+cos2x< -a+5 要使上式恒成立, 只需 -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, ∴-a+5>3 即 a<2 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,利 用二次函数在指定区间上的恒成立问题来解(解略) 。 实际上例 4 也可以用分离参数法来解。 解法 3: 设 3x=t,则 t>0.则原方程可化为 t2+(4+a)t+4=0, 即 4+a=
?t 2 ? 4 恒成立 t

又∵t>0,由均值不等式可得 ∴

t2 ? 4 4 4 ? t ? ? 2 t ? =4 t t t

?t 2 ? 4 ≤-4,即 4+a≤-4, t

∴a≤-8

三、 数形结合法 若把等式或不等式进行合理的变形后,能非常容易地画出等号或 不等号两边函数的图象,则可以通过画图直接判断得出结果。尤其对 于选择题、填空题这种方法更显方便、快捷。 例 6、 x ? (1,2)时, 当 不等式(x-1)2<logax 恒成立, a 的取值范围。 求 分析:若将不等号两边分别设成两 y1=(x-1)2 y 个函数,则左边为二次函数,图象是抛 y2=logax 物线,右边为常见的对数函数的图象, 1 故可以通过图象求解。 x 解:设 y1=(x-1)2,y2=logax,则 y1 的图 o 2 象为右图所示的抛物线,要使对一切

x ? (1,2),y1<y2 恒成立,即在 x ? (1,2),y1 的图象在 y2 的图象的下方。 显然 a>1,并且必须也只需当 x=2 时 y2 的函数值大于或等于 y1 的函数 值。 ∴loga2≥1,而 a>1, 故 1<a ? 2. 参考文献: 【1】 《数学教学与研究》2010,34 期 【2】王双双《恒成立问题的求解策略》 【3】 《高考教练》 作者简介: 李文:中学二级教师,本科,研究方向为中学数学教学。


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