经典题突破方法 破解单变量“恒成立”与“能成立”问题的利器-2019年7-8月刊《中学生数理化》高中版·高二数学

破解单变量“恒成立”与“能成立”问题的利器 ■四川省巴中中学 肖 斌(特级教师) 含有参数的不等式(或方程)中的“恒成 立”与“能成立”问题历来是高考考查的一个 热点与难点,多处于压轴题的位置。破解的 关键在于将它们等价转化为基本的、熟悉的 函数的极值、最值或值域问题。下面探究单 变量的恒成立、能成立问题的等价转化途径。 一、方程a=f(x)有解⇔直线y=a 与 函数y=f(x)的图像有公共点⇔a∈A(A 为 函数y=f(x)的值域);方程a=f(x)无解 ⇔直线y=a与函数y=f(x)的图像没有公 共点⇔a∉A(A 为函数y=f(x)的值域) 例1 (湖北省部分重点中学2019届 高 三 联 考 题)已 知 函 数 f (x)=a - x2 1e≤x≤e ,e为自然对数的底数 的 图 像 与g(x)=2ln x 的图像上存在关于x 轴对称 的点,则实数a的取值范围是( )。 A.1, 1 e2 +2 B.[1,e2-2] C. 1 e2 +2,e2-2 D.[e2-2,+∞) 解析:函数 g(x)=2ln x 与G(x)= -2ln x 的图像关于x 轴对称。由题意知,原 问题⇔函数f(x)=a-x2 1 e≤x≤e 的图 像与G(x)=-2ln x 的图像存在公共点⇔方 程a-x2=-2ln x,即a=x2-2ln x 在x∈ 1 e ,e 上有解。 令h(x)=x2-2ln x,x∈ 1e ,e ,则实 数a的取值范围就是函数h(x)在 1e ,e 上 的值域。 因 为 h' (x ) = 2x - 2 x = 2(x+1)(x-1) x ,所 以 当 x ∈ 1e ,1 时, h'(x)<0; 当x∈(1,e]时,h'(x)>0。 所以函数h(x)在 1e ,1 上单调递减,在 (1,e]上单调递增,故h(x)min=h(1)=1。 又h 1e =1e2+2,h(e)=e2-2>1e2+ 2,因此,h(x)max=h(e)=e2-2。 故实数a的取值范围为[1,e2-2],应选 B。 练 习 1: 已 知 函 数 f (x )= sin x+cos x sin xcos x+1 ,x∈ π6 ,π 2 ,若方程f(x)- a=0有解,则a的最小值为 。 解析:关于x 的方程f(x)-a=0,即 a=f(x)有解,等价于直线y=a 与函数y= f(x)的图像有交点,故a的取值范围就是函 数f(x)的值域。 令t=sin x+cos x= 2sin x+ π 4 ,由 x∈ π6 ,π 2 ,得x+π4∈ 5π12,3π4 。 所以sinx+ π 4 ∈ 22,1􀭠􀭡 􀪁􀪁 􀭤 􀭥 􀪁􀪁 ,t∈[1,2]。 又sin xcos x= (sin x+cos x)2-1 2 = t2-1 2 , 所以g(t)=f(x)= t t2-1 2 +1 = 2t t2+1 = 2 t+ 1 t 。当t∈[1,2]时,g(t)为减函数,所 以g(2)≤g(t)≤g(1),g(t)∈ 22 3 ,1 􀭠 􀭡 􀪁􀪁 􀭤 􀭥 􀪁􀪁 。 因此,a∈ 22 3 ,1 􀭠 􀭡 􀪁􀪁 􀭤 􀭥 􀪁􀪁 ,a的最小值为223 。 二、对任意的x∈[m,n],a>f(x)恒成 42 解题篇 经典题突破方法 高二数学 2019年7-8月 立⇔a>f(x)max;对任意的x∈[m,n],a< f(x)恒成立⇔a<f(x)min 例2 (2018年天津卷文数第14题)已 知 a ∈ R, 函 数 f (x ) = x2+2x+a-2,x≤0, -x2+2x-2a,x>0。 若对任意x∈[-3, +∞),f(x)≤|x|恒成立,则a 的取值范围 是 。 解析:考虑到去掉绝对值符号,先分-3 ≤x≤0和x>0两种情况进行分类讨论,再 结合不等式恒成立的条件,利用分离参数法 与最值原理法,分别求出a 的取值范围然后 取交集。 ①当-3≤x≤0时,f(x)≤|x|恒成立, 等价于x2+2x+a-2≤-x,也即a≤-x2 -3x+2恒成立。 令g(x)=-x2-3x+2,x∈[-3,0], 只需a≤g(x)min。 因为 g(x)=- x+ 3 2 2 + 17 4 ,并 且 g(x)min=g(0)=g(-3)=2,所以a≤2。 ②当x>0时,f(x)≤ x 恒成立,等价 于-x2+2x-2a≤x,即a≥- 1 2x 2+ 1 2x 恒成立。 令h(x)=- 1 2x 2+ 1 2x ,x>0,只需a≥ h(x)max。 因为h(x)=- 1