浅谈恒成立问题的解题方法

浅谈恒成立问题的解题方法

谢春雷

谢春雷江苏省灌云高级中学222200

函数与不等式既是知识的结合，又是数学思想和方法的交汇处，因此成为高考的热点。恒成立问题就是其中一种比较常见的题型。恒成立问题在解法上是灵活多样的，其某些解法及解题思想，对解决其它数学问题也有一定的指导性作用。本文旨在通过对具体问题的解析，来帮助学生加强对这一类问题的掌握。

一、变换主元

例1、设不等式mx2-2x+1-m<0对于满足|m|≤2的一切实数m的值都成立，求x的取值范围。

分析：若本题改为“不等式mx2-2x+1-m<0对于任意的实数x恒成立，求m的取值范围”，则问题可化归为文[1]中的例2进行求解。但对于本题学生则难于下手，这是因为学生的思维定势，将x看成自变量，m看成是参数，求解确实困难。但如果我们能够换位思考，变换主元，将m看成自变量，x看成是参数，将原不等式变形为（x2-1）m+1-2x<0，这样就可以将问题转化为关于m的一元一次不等式来求解，则问题可迎刃而解。

解：原不等式转化为（x2-1）m+1-2x<0，记f（m）=（x2-1）m+（1-2x），其中-2≤m≤2。

根据题意得

说明：本题将m视为主变量，则f（m）的图像是一条线段，即f（m）为一次函数，可利用一次函数的单调性求解。

二、巧用等号

例2、已知二次函数f（x）=ax2+bx+c的图像过点（-1，０），问是否存在常数a、b、c使得对于任意的x，不等式x≤f（x）≤（1+x2）恒成立？

分析（一）：本题也为恒成立问题，需将不等式x≤f（x）≤（1+x2）看成“对于任意的x，x≤f（x）与f（x）≤（1+x2）同时恒成立”，故需两次利用恒成立思想来求解。

解：由题意知：对于任意的x，x-f（x）≤0与f（x）-（1+x2）≤0恒成立，

即ax2+（b-1）x+c≥0……（1）与x2+bx+c-≤0……（２）恒成立。

又函数f（x）=ax2+bx+c的图像过点（-1，0），故a-b+c=0，即a+c=b。

所以a=c，2（a+c）-1=0。

所以存在常数a=c=、b=满足题意。

分析（二）：如果我们能观察不等式x≤f（x）≤（1+x2）的特征，巧妙利用其中的两个等号，则问题将会变得简单得多。

解：因为函数f（x）=ax2+bx+c的图像过点（-1，０），故a-b+c=0……（１）。

当x=1时，1≤f（1）=a+b+c≤1，所以a+b+c=1……（2）。由（１）、（２）得：b=，a+c=，

所以f（x）=ax2+x+-a。又因为x-f（x）≤0对于任意的x恒成立，所以ax2-x+-a≥0恒成立。

所以存在常数满足题意。

说明：在第二种方法中，我们是通过利用不等式中的等号，快速简单地求出从而达到化简解题过程的目的。

三、利用最值

例3、定义在（-∞，3]上的减函数f（x）使得f（a2-sinx）≤f（a+1+cos2x）对一切x∈R成立，求实数a的取值范围。

分析：本题可先利用函数的单调性去掉对应法则f，得a+1+cos2x≤a2-sinx≤3，再利用恒成立知识去求解，其中用到了函数的最值思想。

解：由题意知只要a+1+cos2x≤a2-sinx≤3恒成立。由a+1+cos2x≤a2-sinx，得a2-a-≥-（sinx-）2。由a2-sinx≤3得a2-3≤sinx。

说明：“f（a）≤g（x）或f（a）≥g（x）对于给定区间上的一切x恒成立”问题，实际上最终可转化为求函数在给定区间上的最小值或最大值问题，即f（a）≤gmin（x）或f（a）≥gmax（x），然后再解相应的不等式即可。其中也用到了分离常数这一思想。

四、数形结合

例4、若不等式x2-logax<0在区间（0，）内恒成立，求实数a的取值范围。

分析：本题为超越不等式，其中既有二次函数，又有对数函数，因此难以用常规方法来求实数a的取值范围。将不等式x2-logax<0转化为x2<logax在区间内恒成立，因此可以考虑画出函数f1（x）=x2与f2（x）=logax的图像，然后观察当a为何值时函数f1（x）=x2的图像在恒在f2（x）=logax图像的下方。