剖析高考数学中的恒成立问题

时间：2022-02-20 理论教育版权反馈

【摘要】：新课标下的高考越来越注重对学生的综合素质的考查，恒成立问题便是一个考查学生综合素质的很好途径，也是数学高考中的难点。近几年的数学高考中频频出现恒成立问题，其形式逐渐多样化。解决高考数学中的恒成立问题常用以下几种方法:①函数性质法;②主参换位法;③分离参数法;④数形结合法。下面我就以近三年高考试题为例加以剖析:②若二次函数f=ax2+bx+c(a≠0)＞0(或＜0)在指定区间上恒成立，可以利用韦达定理以及根的分布等知识求解。

剖析高考数学中的恒成立问题

于先锋

新课标下的高考越来越注重对学生的综合素质的考查，恒成立问题便是一个考查学生综合素质的很好途径，也是数学高考中的难点。它主要涉及到一次函数、二次函数等函数的性质、图象，渗透着换元、化归、数形结合、函数与方程等思想方法，在培养学生思维的灵活性、创造性等方面也起到了积极的作用。近几年的数学高考中频频出现恒成立问题，其形式逐渐多样化。

解决高考数学中的恒成立问题常用以下几种方法:①函数性质法;②主参换位法;③分离参数法;④数形结合法。下面我就以近三年高考试题为例加以剖析:

一、函数性质法

1．二次函数:

①若二次函数f(x)=ax²+bx+c(a≠0)＞0(或＜0)在R上恒成立，则有

②若二次函数f(x)=ax²+bx+c(a≠0)＞0(或＜0)在指定区间上恒成立，可以利用韦达定理以及根的分布等知识求解。

例1(2008年江西卷理12)　已知函数f(x)=2mx²－2(4－m)x+1，g(x)=mx，若对于任一实数x，f(x)与g(x)的值至少有一个为正数，则实数m的取值范围是( )

A．(0，2) 　　B．(0，8) 　　C．(2，8) 　　D．(－∞，0)

分析:f(x)与g(x)的函数类型，直接受参数m的影响，所以首先要对参数进行分类讨论，然后转换成不等式的恒成立的问题利用函数性质及图像解题。

解析:当m=0时，f(x)=－8x+1＞0在上恒成立，而g(x)=0在R上恒成立，显然不满足题意;(如图1)

图1

当m＜0时，g(x)在R上递减且g(x)=mx＞0只在(－∞，0)上恒成立，而f(x)是一个开口向下且恒过定点(0，1)的二次函数，显然不满足题意。(如图2)

图2

当m＞0时，g(x)在R上递增且g(x)=mx＞0在(0，+∞)上恒成立，而f(x)是一个开口向上且恒过定点(0，1)的二次函数，要使对任一实数x，f(x)与g(x)的值至少有一个为正数则只需f(x)＞0在(－∞，0)上恒成立。(如图3)

图3

则有或解得4＜m＜8或0＜m＜4，综上可得0＜m≤8即m∈(0，8)。故选B。

例2(2009年江西卷文17)　设函数6x－a．

(1)对于任意实数x，f'(x)≥m恒成立，求m的最大值。(节选)

解析:(1) f'(x)=3x²－9x+6，∵对A x∈R，f'(x)≥m，即3x²－9x+(6－m)≥0在 x∈R上恒成立，∴Δ=81－12(6－m)≤0，得m≤－，即m的最大值为－。

2．其他函数:

f(x)＞0恒成立→f(x)_min＞0(注:若f(x)的最小值不存在，则f(x)＞0恒成立→f (x)的下界大于0);f(x)＜0恒成立→f(x)_max＜0(注:若f(x)的最大值不存在，则f(x) ＜0恒成立→f(x)的上界小于0)．

例3(2007年重庆卷理20)　已知函数f(x)=ax⁴ ln x+bx⁴－c(x＞0)在x=1处取得极值－3－c，其中a、b为常数．

(1)试确定a、b的值;

(2)讨论函数f(x)的单调区间;

(3)若对任意x＞0，不等式f(x)≥－2c²恒成立，求c的取值范围。

分析:f(x)≥－2c²恒成立，即f(x)_min≥－2c²，要解决此题关键是求f(x)_min，x＞0。

解:(1)(2)略

(3)由(2)知，f(x)在x=1处取得极小值f(1)=－3－c，此极小值也是最小值．

要使f(x)≥－2c²(x＞0)恒成立，只需－3－c≥－2c²，即2c²－c－3≥0。

从而(2c－3)(c+1)≥0。解得c≥或c≤－1。

∴c的取值范围为(－∞，－1］∪［，+∞)。

例4(2008年天津文21)　设函数f(x)=x⁴+ax³+2x²+b(x∈R)，其中a，b∈R。

(Ⅲ)若对于任意的a∈［－2，2］，不等式f(x)≤1在［－1，1］上恒成立，求b的取值范围。(节选)

分析:f(x)≤1，即f(x)_max≤1，a∈［－2，2］，x∈［－1，1］，要解决此题关键是求f (x)_max。

解:(Ⅲ) f'(x)=4x³+3ax²+4x=x(4x²+3ax+4)由条件a∈［－2，2］可知Δ=9a²－64＜0，从而4x²+3ax+4＞0恒成立．当x＜0时，f'(x)＜0;当x＞0时，f'(x)＞0。

因此函数f(x)在［－1，1］上的最大值f(1)是f(－1)与两者中的较大者。

为使对任意a∈［－2，2］，不等式f(x)≤1在［－1，1］上恒成立，当且仅当f(x)_max≤1，即，即在a∈［－2，2］上恒成立．即，a∈［－2，2］

所以b≤－4，因此满足条件的b的取值范围是(－∞，－4］。

则由题意得即解得1＜a＜6

∴a∈(1，6)。

二、主参换位法

某些含参不等式恒成立问题，在分离参数会遇到讨论的麻烦或者即使能容易分离出参数与变量，但函数的最值却难以求出时，可考虑变换思维角度。即把主元与参数换个位置，再结合其他知识，往往会取得出奇制胜的效果。

例5(2007年辽宁卷文科22)　已知函数f(x)=x³－9x² cosα+49x cosβ+18sin²α，g(x)=f'(x)，且对任意的实数t均有g(1+cos t)≥0，g(3+sin t)≤0。

(Ⅰ)求函数f(x)的解析式;

(Ⅱ)若对任意的m∈［－26，6］，恒有f(x)≥x²－mx－11，求x的取值范围。

解析:(Ⅰ)g(x)=f'(x)=3x²－18x cosα+48cosβ，A t∈R，0≤1+cos t≤2，2≤3+sin t≤4，而g(1+cos t)≥0，g(3+sin t)≤0恒成立．则由二次函数性质得，解得cosα=1，cosβ=，sinα=0．∴f(x)=x³－9x²+24x。 (Ⅱ) f(x)≥x²－mx－11→mx－9x²+24x+11≥0．令h(m)=mx－9x²+24x+11，

则f( x)≥x²－mx－11即h(m)≥0．由于m∈［－26，6］，则有解得－≤x≤1。所以x的取值范围为［－， 1］。

例6(2008年安徽文科20)　已知函数f(x)=，其中a为实数．

(Ⅱ)已知不等式f'(x)＞x²－x－a+1对任意a∈(0，+∞)都成立，求实数的取值范围。(节选)

分析:已知参数a的范围，要求自变量x的范围，转换主参元x和a的位置，构造以a为自变量x作为参数的一次函数g(a)，转换成A a∈(0，+∞)，g(a)＞0恒成立再求解。

解析:由题设知ax²－3x+(a+1)＞x²－x－a+1对A a∈(0，+∞)都成立，即a (x²+2)－x²－2x＞0对A a∈(0，+∞)都成立。设g(a)=(x²+2)a－x²－2x(a∈R)，则g(a)是一个以a为自变量的一次函数。∵x²+2＞0恒成立，则对A x∈R，g(a) 为R上的单调递增函数。所以对A a∈(0，+∞)，g(a)＞0恒成立的充分必要条件是g(0)≥0，－x²－2x≥0，∴－2≤x≤0，于是x的取值范围是{x|－2≤x≤0}。

三、分离参数法

利用分离参数法来确定不等式f(x，λ)≥0，(x∈D，λ为实参数)恒成立中参数λ的取值范围的基本步骤:

(1)将参数与变量分离，即化为g(λ)≥f(x)(或g(λ)≤f(x))恒成立的形式;

(2)求f(x)在x∈D上的最大(或最小)值;

(3)解不等式g(λ)≥f(x)_max(或g(λ)≤f(x)_min)，得λ的取值范围。

适用题型:(1)参数与变量能分离;(2)函数的最值易求出。

例7(2007年山东卷文15)　当x∈(1，2)时，不等式x²+mx+4＜0恒成立，则m的取值范围是________。

解析:当x∈(1，2)时，由x²+mx+4＜0得m＜．令f(x)==，

则易知f(x)在(1，2)上是减函数，所以x∈［1，2］时f(x)_max=f(1)=5，则()_min＞－5∴m≤－5。

例8(2009年山东卷文21)　已知函数f(x)= ax³+bx²+x+3，其中a≠0

(1)当a，b满足什么条件时，f(x)取得极值?

(2)已知a＞0，且f(x)在区间(0，1］上单调递增，试用a表示出b的取值范围。

分析:此题虽有三个变量x、a、b，而x的范围已知，最终要用a表示出b的取值范围，所以可以将看成一个已知数，对x和b进行离参。

解析:(2) f(x)在区间(0，1］上单调递增→f'(x)=ax²+2bx+1≥0在(0，1］上恒成立→b≥，x∈(0，1］恒成立→b≥()_max，x∈(0，1］。设g(x)=－，令g'(x)=0得x=或x=(舍去)，当a＞1时，0＜＜1，当x∈(0)时g'(x)＞0，g(x)=单调增函数;当x∈时g'(x)＜0，g(x)=单调减函数，∴g(x)_max=，∴b≥