“恒成立問題”解決的基本策略

1、1/ 10“恒成立問題”解決地基本策略一、 恒成立問題地基本類型在數(shù)學(xué)問題研究中經(jīng)常碰到在給定條件下某些結(jié)論恒成立地命題函數(shù)在給定區(qū)間上某結(jié)論成立問題,其表現(xiàn)形式通常有：在給定區(qū)間上某關(guān)系恒成立。某函數(shù) 地定義域為全體實數(shù) R。 某不等式地解為一切實數(shù)。某表達式地值恒大于 a 等等恒成立問題，涉及到一次函數(shù)、二次函數(shù)地性質(zhì)、圖象，滲透著換元、化歸、數(shù)形結(jié)合、函數(shù) 與方程等思想方法，有利于考查學(xué)生地綜合解題能力，在培養(yǎng)思維地靈活性、創(chuàng)造性等方面起到了 積極地作用因此也成為歷年高考地一個熱點 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)地奇偶性、周期性

2、等性質(zhì)；直 接根據(jù)函數(shù)地圖象二、 恒成立問題解決地基本策略一)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 二 m_f(x)max思路 2、m地最大值或者最小值問題，我們可以通過習(xí)題地實際，采取合理有效地方法進行求解，通?？梢钥紤]利用函數(shù)地單調(diào)性、函數(shù)地圖像、二次函數(shù)地配方法、三角函數(shù)地有界性、均值定理、函數(shù)求導(dǎo)等等方法求函數(shù) f、賦值型利用特殊值求解等式中地恒成立問題，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 .由等式 x4+ax3+a2x2+a3x+a4= (x+14+b(x+13+ b2(x+12+d(x+1+b4定義映射b1+b2+b

3、3+b4,則 f : (4,3,2,1(B.7C.-1D.0取 x=0,則 a4=l+bi+b2+b3+b4,又 a4=1,所以 bi+e+S+tn =0，故選 Dn如果函數(shù) y=f(x=sin2x+acos2x地圖象關(guān)于直線 x= _ 對稱那么 a=f(- 一 ,即 a=-1,故選 B.44此法體現(xiàn)了數(shù)學(xué)中從一般到特殊地轉(zhuǎn)化思想=ax+b(a 工 0,若 y=f(x在m,n內(nèi)恒有 論等價于f(m) 0，十分簡捷f(x0，則根據(jù)函數(shù)地圖象2a+x 恒成立地 x 地取值范圍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B . -1 C .2D -、.2 將 a 視作自變量，

4、則上述問題即可轉(zhuǎn)化為在-2,2內(nèi)關(guān)于 a 地一次函數(shù)大于 0 恒成立地問題 解：原不等式轉(zhuǎn)化為(x-1a+x2-2X+10 在= (x-1a+x2-2X+1,貝 U f(a 在-2,2上恒大于 0,故有：一4x+0解得:/3或_1 0XA1 或 x c -1/ x3.即 x(a,-1U(3,+ s此類題本質(zhì)上是利用了一次函數(shù)在區(qū)間m,n上地圖象是一線段，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)地問題是復(fù)習(xí)地重點，同學(xué)們要加強學(xué)習(xí)、歸納、總結(jié)，提煉岀一些具體地方法，在今后地解題中自覺運用.大于 0 恒成立，則有a 0 且-00J(2)3/ 10a +1a2

5、-1 0,-1 =0 時，即當(dāng)222 時,(a -1)2-4(a2-1)0a+1綜上所述,f(x地定義域為 R 時，a 1,92例 4.已知函數(shù)f (x)二x ax a,在 R 上f(x)_ 0恒成立,求a地取值范圍分析：y = f (x)地函數(shù)圖像都在 X 軸及其上方，如右圖所示：略解：，;=a2_4 3 _a l=a24a _12豈0 _ 6乞a豈2當(dāng)a有a2a2149,-10a90,4/ 10變式 1：若x1-2,2時，f(x)_O恒成立，求a地取值范圍分析：要使 2,2時，f(x) _ 0恒成立，只需f(x)地最小值g(a) 0即可.解：2_a3,令f (x)在1-2,2 上地最小值為

6、g(a).4a7當(dāng)一2,即a 4時，g(a) =f (-2) =73a _0.a又:a 423.a不存在.2r a幾a a當(dāng)-22,即 一4 _a _4時，g(a)二f()a3_0.6_a_2又224：-4_a_4. -4_a_2a當(dāng)2,即a：-4時,g (a)二f (2) = 7 a _ 0 . a _ -7又：a：-4. - 7 _ a：-4綜上所述,一7 _a _2.變式 2:若xI-2,21 時,f (x)亠2恒成立，求a地取值范圍.解法一：分析：題目中要證明f (x)蘭2在2,2】上恒成立，若把 2 移到等號地左邊，則把原題轉(zhuǎn)化成左邊二次函數(shù)在區(qū)間1-2,2時恒大于等于 o 地問題.

7、略解：f(x) =x2ax3 a - 2_0,即f (x) = x2ax 1 - a _ 0在1-2,21上成立.厶二 a24 1一a0 -2-220f (2) -0f(一2)二0一5蘭a蘭 一2冷2 2-a2或a-2.2 2綜上所述,-5 _ a _2、2 - 2.解法二： 運用根地分布)當(dāng)-a25:-2,即a 4時，g(a) = f (-2) =73a _2.a4,a不存在.3當(dāng)一 2 _ -空豈22g(a) = f (-|)2-a 242 2 - 2 - a - 2 2 - 25/ 106/ 10.-4 _ a _ 2、2 - 2a當(dāng)2,即a：4時,g(a) = f (2) = 7 a

8、_2,a _ -5 - 5 空 a：-4綜上所述5 乞 a 乞 2. 2 2.此題屬于含參數(shù)二次函數(shù)，求最值時，軸變區(qū)間定地情形，對軸與區(qū)間地位置進行分類討論；還有與其相反地，軸動區(qū)間定，方法一樣.對于二次函數(shù)在 R 上恒成立問題往往采用判別式法g(a恒成立，則 g(avf(xmin。若對于 x 取值范圍內(nèi)地任何一個數(shù)，都有 f(x恒成立，則 g(af(xmax.(其中 f(xmax和 f(xmin分別為 f(X地最大值和最小值例 5.已知三個不等式x2-4x 3：0，x2- 6x 8：0,2x2- 9x m：0.要使同時滿足地所有 x 地值滿足，求 m 地取值范圍.略解：由得 2x是奇(偶函

9、數(shù)，則對一切定義域中地 x ,f(-x=-f(x(f(-x=f(x 恒成立；若函數(shù) y=f(x地周期為 T,則對一切定義域中地 x,f(x=f(x+T 恒成立.5、直接根據(jù)圖象判斷若把等式或不等式進行合理地變形后，能非常容易地畫岀等號或不等號兩邊函數(shù)地圖象，則可以通過畫圖直接判斷得岀結(jié)果.尤其對于選擇題、填空題這種方法更顯方便、快捷.例 7.對任意實數(shù) X,不等式 x + 1 - X-2 a 恒成立，求實數(shù) a地取值范圍.分析：設(shè) y=|x+1|-|x-2|,對任意實數(shù) x,不等式 x+1-對任意實數(shù)x，不等式x+1+x-2a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

10、立問題，應(yīng)先構(gòu)造函數(shù)，作岀符合已知條件地圖形，再考慮在給定區(qū)間上函數(shù)與函數(shù)圖象之間地關(guān)系，得岀答案或列岀條件，求岀參數(shù)地范圍.三、在恒成立問題中，主要是求參數(shù)地取值范圍問題，是一種熱點題型，介紹一些基本地解題策略，在學(xué)習(xí)中學(xué)會把 問題分類、歸類，熟練基本方法.39/ 1024(a1)2a(a 1)2x log22xlog2log220恒成立，求 a 地取值范圍.aa +14a2a2a解：因為log2地值隨著參數(shù) a 地變化而變化，若設(shè)t =log2,a +1a +1則上述問題實質(zhì)是當(dāng) t 為何值時，不等式(3 -1 )x2 2tx - 2t . 0恒成立”.這是我們較為熟悉地二次函數(shù)問題，它等

11、價于StnO2a求解關(guān)于 t 地不等式組：彳.解得tcO,即有l(wèi)og2上-0,易得苫=(2t)2+8t(3 t) c0a+10 : a：1.2、設(shè)點 Px,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 地取值范圍.二)分離參數(shù)，化歸為求值域問題3、若對于任意角 v 總有sin v - 2mcosv - 4m -1：0成立，求 m 地范圍. 解：此式是可分離變量型，由原不等式得m(2cos?，4)：cos2二，cos2日又COST 20,則原不等式等價變形為2m恒成立.cosT +2因為f (R =cos二cos日+2(cos J 2)2-4(c

12、os2)4cos +24=cos v 24cos日+ 2_4 -4 =0三)變更主元，簡化解題過程 4、若對于0乞m乞1,方程x2 mx - 2m -1二0都有實根，求實根地范圍解：此題一般思路是先求岀方程含參數(shù)m 地根,再由 m 地范圍來確定根 x 地范圍，但這樣會遇到很多麻煩，若以 m為主元,則m(x -2) = (1 -x)2,x=2,得m = “又0乞m乞1,即0乞x 2x 2根據(jù)邊界原理知，2m必須小于f(r)co地最小值，這樣問題化歸為怎樣求cos日+ 2cos2二地最小值.COST2即COST- 0時,有最小值為 0,故m：0.由原方程知10/ 101031+屮 3解之得x乞一1

13、或1 0恒成立，求x地取值范圍時，不等式（x-122,y2=logax,則 y1地圖象為右圖所示地拋物線要使對一切 x 三（1,2,y11,并且必須也只需當(dāng) x=2 時y地函數(shù)值大于等于y地函數(shù)值. 故 loga21, .1-lg（2x-6a-4=0 有唯一解，求實數(shù) a 地取值范圍.解：令 y1=x2+4x=x+2）2-4,y2=2x-6a-4,y地圖象為一個定拋物線屮地圖象是 k=2,而截距不定地直線，要使y和屮在 x 軸上方有唯一交點，則直線必 須位于 I1和 I2之間. 包括 l1但不包括 l2）當(dāng)直線為 l1時，直線過點 v-4,0 ）,此時縱截距為-8-6a-4=0,a=2。2 2

14、當(dāng)直線為 l2時，直線過點=lg（2x-6a-4,從而得 x2+4x=2x-6a-40,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)地圖象在x 軸上方恒有唯一交點即可.五）合理聯(lián)想，運用平幾性質(zhì)9、 不論 k 為何實數(shù)，直線y = kx 1與曲線x2 y2- 2ax a2- 2a - 4 = 0恒有交點，求 a 地范圍.解：（x-a）2屮=4 - 2a,Ca,0）,當(dāng)a-2時，聯(lián)想到直線與圓地位置關(guān)系，則有點A0,1）必在圓上或圓內(nèi)，即點A0,1）到圓心距離不大于半徑，則有a2 1冬2a 4（a弐一2）,得-1乞a乞3分析：因為題設(shè)中有

15、兩個參數(shù)，用解讀幾何中有交點地理論將二方程聯(lián)立,用判別式來解題是比較困難地.若考慮到直線過定點 A0,1 ）,曲線為圓.是否為“接近函數(shù)”？如果是，請給出證明；如果不是，請 說明理由.解：因為|f (xj - f(X2)罔fmax- fmin|32函數(shù) f (x) = x -x a(x -1,1, aR導(dǎo)數(shù)是 f (x) = 3x -1當(dāng) 3x2-1 =0 時,即 x.33.3當(dāng) 0：x：- 時，f (x) =3x2-1：0;當(dāng) x 二時,f (X)=3X2-1 0,33故 f(x)在0,1內(nèi)的極小值是 f(仝)二 a-39同理,f (X)在-1,0內(nèi)的極大值是 f -ya 2_3;因為 f

16、(1) = f (T)二 a,所以函數(shù) f (x) = x3- x a(x 1,1, a R)的最大值是Q / QQ QA / Qa 9,最小值是 a -一 9,故 | f(X1) - f (X2) |：| fmax- fmin卜 一 9_：1999所以函數(shù) f (x) =x3-X a(x -1,1, a R)是“接近函數(shù)”7、對于函數(shù)f (x) =ax (bT)x b - 2(a = 0),若存在實數(shù)x,使f (x) =x成立，則稱x為f (x)地不動點.1 )當(dāng)a=2,b= 2 時,求f (x)地不動點；2 )若對于任何實數(shù) b,函數(shù)f(x)恒有兩相異地不動點，求實數(shù)a地取值范圍；3 )在=x3ax2bx c,在 x=1 與 x=-2 時，都取得極值1 )求 a、b 地值;1 1恒成立，求實數(shù) c 地取值范圍c 2解、1)a=3,b=-6. m得22 c 2或c 2 214/ 10y =kx2是線段 AB 地垂直平分線，求實數(shù) b 地取值范圍.2a2+1解f (x) ax2 (b 1)x b -2(a = 0),15/ 10V當(dāng)a=2,b= -2時，f (x) = 2x2- x 4.設(shè)x為其不動點，即2x2_ x - 4 = X.則2x2_2x_4 =0. . %