09 与二次函数有关的“恒成立”问题的求解策略&10 巧用方程和不等式求解函数问题-《中学生数理化》高一数学2023年9月刊

■张亮昌 解决不等式恒成立问题常见的方法有: 判别式法,分离参数法,主参换位法等。下面 举例分析这类问题的求解策略。 方法一:判别式法 例1 已知不等式(m2+4m-5)x2+ 4(1-m)x+3>0对任意实数x 恒成立,则 实数m 的取值范围是 。 ①当m2+4m-5=0时,可 得m=-5或m=1。 若m=-5,则不等式化为24x+3>0, 这时对任意实数x 不可能恒大于0。若m= 1,则3>0恒成立。 ②当m2+4m-5≠0时,根据题意可得 m2+4m-5>0, Δ=16(1-m)2-12(m2+4m-5)<0, 解得 m<-5或m>1, 1<m<19, 所以1<m<19。 综上可知,所求实数 m 的取值范围是 {m|1≤m<19}。 评注:对于一元二次不等式ax2+bx+ c>0(a>0)在R上恒成立,则Δ=b2-4ac< 0;一元二次不等式ax2+bx+c<0(a<0)在 R上恒成立,则Δ=b2-4ac<0。 方法二:分离参数法 例2 不等式xy≤ax2+2y2 对于1≤ x≤2,2≤y≤3恒成立,则实数a的取值范围 是 。 不等式xy≤ax2+2y2 对于 1≤x≤2,2≤y≤3恒成立,等价 于a≥yx-2 y x 2 对于1≤x≤2,2≤y≤3 恒成立。 令t=yx ,则1≤t≤3,所以a≥t-2t2 在 1≤t≤3上恒成立。 令函数y=-2t2+t=-2t- 1 4 2 + 1 8 ,当t=1时,ymax=-1,则a≥-1。 故实数a的取值范围是{a|a≥-1}。 评注:若 a≥f(x)恒 成 立,则 a≥ f(x)max;若a≤f(x)恒成立,则a≤f(x)min。 方法三:主参换位法 例3 已知函数y=ax2-2ax+8+3a, 若对于1≤a≤3,y<0恒成立,则实数x 的 取值范围为 。 已知函数可化为关于a 的 函数y=ax2-2ax+8+3a= (x2-2x+3)a+8。 由题意知,y<0对于1≤a≤3恒成立。 因为x2-2x+3>0恒成立,且y 是关 于a的一次函数,在1≤a≤3上随x 的增大 而增大,所以y<0对1≤a≤3恒成立等价于 y 的最大值小于0,即3(x2-2x+3)-8<0, 也即3x2-6x+1<0,解 得 3- 6 3 <x< 3+ 6 3 ,所以实数x 的取值范围为 x 3- 6 3 <x< 3+ 6 3 。 评注:在一个函数式中,有两个自变量, 其中给出一个自变量的范围,这时可把问题 转化为关于已知范围的那个自变量的函数 (本题是一次函数)。 在R上定义运算⊗:A⊗B=A(1-B), 若不等式(x-a)⊗(x+a)<4对x∈R恒成 立,则实数a的取值范围为 。 提示:(x-a)⊗(x+a)=(x-a)[1- (x+a)]=-x2+x+a2-a<4对x∈R恒 成立,即x2-x-a2+a+4>0对x∈R恒成 立,所以Δ=4-4(-a2+a+1)=4a2-4a< 0,所以0<a<1,即实数a∈(0,1)。 作者单位:湖北省巴东县第三高级中学 (责任编辑 郭正华) 61 知识结构与拓展 高一数学 2023年9月 {#{QQABbQQEggiIAABAAQgCQQUgCEOQkBCACKoGQAAIsAAAARFABCA=}#} ■何秀月 方程是利用相等的数量关系构建而成的 数学表达式,利用方程可以求出未知数的值或 通过消元来减少未知数的个数;不等式是利用 不相等的数量关系构建而成的数学表达式,利 用不等式可以确定变量的取值范围。下面以 一道浙江省台州市高一年级期末统考题为例, 阐述巧妙利用方程和不等式求解函数问题的 具体方法,以期达到抛砖引玉的效果。 题目 已知函数f(x)=ax2+4x+b (a<0,a,b∈R),设关于x 的方程f(x)=0 的两个实根为x1,x2,f(x)=x 的两个实根 为α,β,且|α-β|=1。 (1)若a,b均为负整数,求f(x)的解析式。 (2)若α<1<β,求(x1+a)·(x2+a)的 取值范围。 分析:题设给出的f(x)是一元二次函 数,f(x)=0是函数f(x)对应的方程,利用 关于x 的方程,求出未知数a和b,再利用待 定系数法求出f(x)的解析式;利用不等式 α<1<β,确定实数a 的取值范围,进而确定 (x1+a)·(x2+a)的取值范围。 解:(1)由题设得f(x)=x 的两个实根 为α,β,即方程ax2+3x+b=0的两个实根 为α,β。由|α-β|=1,结合韦达定理得|α- β|= 9-4ab |a| =1 ,所以a2+4ab=9。 结合a,b 均为负整数得 a=-1, b=-2, 所以 f(x)的解析式为f(x)=-x2+4x-2。 (2)由已知