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不等式是中学数学的基础知识和重要部分,一直是高考考查的热点与重点.而如何处理不等式中“恒成立”问题与“存在成立”问题是不等式中常见的题型,在高考中屡见不鲜.本文通过两个命题的引入及例题探讨破解“恒成立”问题与“存在成立”问题的化归策略,供参考.
1命题引入
命题1 ①定义在区间[a,b]上的函数f( x )满足f( x )≤k(k为常数)恒成立?fmax(x )≤k,x∈[a,b];
②定义在区间[a,b]上的函数f( x )满足f( x )≥k(k为常数)恒成立?fmin(x )≥k,x∈[a,b].
命题2 ①存在x∈[a,b]使得f( x )≤k成立(k为常数)?fmin(x )≤k,x∈[a,b];
②存在x∈[a,b]使得f( x )≥k成立(k为常数)
?fmax(x )≥k,x∈[a,b].
2 典例剖析
例1 已知函数f( x )=8x2+16x?k,g( x )=2x3+5x2+4x,其中k为参数.
(1)若对任意x∈[? 3, 3],都有f( x )≤g( x )成立,求k的取值范围;
(2)存在x∈[? 3, 3],使得f( x )≤g( x )成立,求k的取值范围;
(3)对任意x1,x2∈[? 3, 3],都有f( x1 )≤g( x2)成立,求k的取值范围;
(4)对任意x1∈[? 3, 3],存在x2∈[? 3, 3],使得f( x1 )≤g( x2)成立,求k的取值范围;
(5)存在x1∈[? 3, 3],存在x2∈[? 3, 3],使得f( x1 )≤g( x2)成立,求k的取值范围.
剖析 (1)这是“恒成立”问题,可以将“对任意x∈[? 3, 3],都有f( x )≤g( x )成立”转化为“h( x )=f( x )?g( x )≤0对x∈[? 3, 3]恒成立”,故hmax(x )≤0,x∈[? 3, 3].
(2)这是“存在成立”问题,可以将“存在x∈[? 3, 3],使得f( x )≤g( x )成立”转化为“存在x∈[? 3, 3]使得h( x )=f( x )?g( x )≤0成立”, 故hmin(x )≤0,x∈[? 3, 3].
(3)这也是“恒成立”问题,可以将“对任意x1,
x2
∈[? 3, 3],都有f( x1 )≤g( x2)成立”转化为“fmax(x )
≤gmin(x ),x∈[? 3, 3]”.
(4)这是“恒成立” 问题与“存在成立” 问题的交汇,可以将“对任意x1∈[? 3, 3],存在x2
∈[? 3, 3],
使得f( x1 )≤g( x2)成立”转化为“fmax(x )≤gmax(x ),x∈[? 3, 3]”.
(5)这也是“存在成立”问题,可以将“存在x1∈[? 3, 3],存在x2∈[? 3, 3],使得f( x1 )≤g( x2)成立”转化为“fmin(x )≤gmax(x ),x∈[? 3, 3]”.
利用例1所采用的化归策略,可以极为容易地解决一些高考试题.
例2(2011年高考浙江卷·文21)设函数
f( x )=a2lnx?x2+ax,a >0.
(Ⅰ)略;
(Ⅱ)求所有实数a,使e? 1≤f( x )≤e2对x∈[1, e]恒成立.注:e为自然对数的底数.
剖析 (Ⅱ)是“恒成立”问题,可以将“对任意x∈[1, e],e? 1≤f( x )≤e2”转化为“fmin(x )≥e? 1且fmax(x )≤e2,x∈[1, e]”.
由题意得,f(1)=a?1≥e? 1,即a≥e.
由(Ⅰ)知f( x )在[1,e]上单调递增,得
???ffmm
ia
nx
((
xx
))==ff((1e
))
==aa?2
1?,e2+ae.
要使e? 1≤f( x )≤e2对x∈[1, e]恒成立,需且只需 ??
???f
fmm
ia
nx
((
xx
))≥≤ee2?,
1,x∈[1, e],
解得a =e.
例3 (2010年高考山东卷·理22) 已知函数
f( x )=lnx?ax+1?xa?1(a∈R).
(Ⅰ)略;
(Ⅱ)设g( x )=x2?2bx+4,当a =14时,若对任意x1∈(0, 2),存在x2∈[1, 2],使f( x1 )≥g( x2),求实数b的取值范围.
剖析 求解(Ⅱ)关键在于对“若对任意x1∈(0, 2),存在x2∈[1, 2],使f( x1 )≥g( x2)”这句话的理解,学生在这里容易出错.
为避免出错,可将这句话分为两个层次:
其一,若对任意x1∈(0, 2),使f( x1 )≥g( x2),即fmin(x )≥g( x2),?12≥g( x2),这实质是一个“恒成立”的问题;
其二,存在x2∈[1, 2],使?12≥g( x2)成立,然后分离参数使2b≥x+29x在x∈[1, 2]有解,从而化成2b≥?
??x+29x??
?min
(也可转化为求g( x )=x2?2bx+4在
x∈[1, 2]的最小值,但比较麻烦)这实质是一个“存在成立” 的问题,而高考就是将这两个问题交汇在一起对考生进行考查,以区分考生综合分析问题和解决问题的能力.
f′( x )=1x?4
1?4
3
x2
=?x2?44xx2+3=?(x?1
4)x(2x?3).
令f′( x )>0且x >0,由此可知f( x )在(0, 1)上是减函数,在(1, 2)上是增函数,
所以对任意x1∈(0, 2)有f( x1 )≥f(1)=?12.
又已知存在x2∈[1, 2]使f( x1 )≥g( x2),所以
?12≥g( x2),x2∈[1, 2].
亦即存在x∈[1, 2],使g( x )=x2?2bx+4≤?12.
由此得2bx≥x2+92,即2b≥x+29x.所以2b≥?
??x+29x??
?min
.
∵x+29x∈??
?1
47,1
21??
?,∴2b≥1
47,即b≥1
87.
故实数b的取值范围是
???1
87,+∞?
??.
3 其它命题的转化与化归
不等式“恒成立”和“存在成立”问题是有本质区别的,以下命题的充要条件应细心思考,甄别差异,可转化为命题1和命题2,切不可混淆.
命题3 不等式f( x )≤g( x )在x∈D恒成立?hmax(x )≤0(构造函数h( x )=f( x )?g( x ),x∈D).
命题4 存在x∈D使得不等式f( x )≤g( x )成立?hmin(x )≤0(构造函数h( x )=f( x )?g( x ),x∈D).
命题5 对任意x1∈D1,x2∈D2有f( x1 )≤g( x2)
恒成立?fmax(x1 )≤gmin(x2),x1∈D1,x2
∈D2.
命题6 对任意x1∈D1
,存在x2∈D2使得f( x1 )≤g( x2)成立?fmax(x1 )≤gmax(x2),x1∈D1,
x2∈D2.
命题7 存在x1∈D1,存在x2∈D2
使得f( x1 )≤g( x2)成立?fmin(x1 )≤gmax(x2), x1∈D1,x2∈D2.
综上可知,不等式“恒成立”和“存在成立”是有明显区别的,特别是在不等式中出现名词“任意的”、“存在着”就更要注意,“任意的”可以转化为不等式“恒成立”问题,而“存在着” 可以转化为不等式“存在成立”问题.在近几年的高考中常把导数问题融入到了不等式“恒成立”和“存在成立”问题之中,从而考查学生的综合应变能力,因此在高三复习中要引起足够的重视.
1命题引入
命题1 ①定义在区间[a,b]上的函数f( x )满足f( x )≤k(k为常数)恒成立?fmax(x )≤k,x∈[a,b];
②定义在区间[a,b]上的函数f( x )满足f( x )≥k(k为常数)恒成立?fmin(x )≥k,x∈[a,b].
命题2 ①存在x∈[a,b]使得f( x )≤k成立(k为常数)?fmin(x )≤k,x∈[a,b];
②存在x∈[a,b]使得f( x )≥k成立(k为常数)
?fmax(x )≥k,x∈[a,b].
2 典例剖析
例1 已知函数f( x )=8x2+16x?k,g( x )=2x3+5x2+4x,其中k为参数.
(1)若对任意x∈[? 3, 3],都有f( x )≤g( x )成立,求k的取值范围;
(2)存在x∈[? 3, 3],使得f( x )≤g( x )成立,求k的取值范围;
(3)对任意x1,x2∈[? 3, 3],都有f( x1 )≤g( x2)成立,求k的取值范围;
(4)对任意x1∈[? 3, 3],存在x2∈[? 3, 3],使得f( x1 )≤g( x2)成立,求k的取值范围;
(5)存在x1∈[? 3, 3],存在x2∈[? 3, 3],使得f( x1 )≤g( x2)成立,求k的取值范围.
剖析 (1)这是“恒成立”问题,可以将“对任意x∈[? 3, 3],都有f( x )≤g( x )成立”转化为“h( x )=f( x )?g( x )≤0对x∈[? 3, 3]恒成立”,故hmax(x )≤0,x∈[? 3, 3].
(2)这是“存在成立”问题,可以将“存在x∈[? 3, 3],使得f( x )≤g( x )成立”转化为“存在x∈[? 3, 3]使得h( x )=f( x )?g( x )≤0成立”, 故hmin(x )≤0,x∈[? 3, 3].
(3)这也是“恒成立”问题,可以将“对任意x1,
x2
∈[? 3, 3],都有f( x1 )≤g( x2)成立”转化为“fmax(x )
≤gmin(x ),x∈[? 3, 3]”.
(4)这是“恒成立” 问题与“存在成立” 问题的交汇,可以将“对任意x1∈[? 3, 3],存在x2
∈[? 3, 3],
使得f( x1 )≤g( x2)成立”转化为“fmax(x )≤gmax(x ),x∈[? 3, 3]”.
(5)这也是“存在成立”问题,可以将“存在x1∈[? 3, 3],存在x2∈[? 3, 3],使得f( x1 )≤g( x2)成立”转化为“fmin(x )≤gmax(x ),x∈[? 3, 3]”.
利用例1所采用的化归策略,可以极为容易地解决一些高考试题.
例2(2011年高考浙江卷·文21)设函数
f( x )=a2lnx?x2+ax,a >0.
(Ⅰ)略;
(Ⅱ)求所有实数a,使e? 1≤f( x )≤e2对x∈[1, e]恒成立.注:e为自然对数的底数.
剖析 (Ⅱ)是“恒成立”问题,可以将“对任意x∈[1, e],e? 1≤f( x )≤e2”转化为“fmin(x )≥e? 1且fmax(x )≤e2,x∈[1, e]”.
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由(Ⅰ)知f( x )在[1,e]上单调递增,得
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1,x∈[1, e],
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例3 (2010年高考山东卷·理22) 已知函数
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(Ⅰ)略;
(Ⅱ)设g( x )=x2?2bx+4,当a =14时,若对任意x1∈(0, 2),存在x2∈[1, 2],使f( x1 )≥g( x2),求实数b的取值范围.
剖析 求解(Ⅱ)关键在于对“若对任意x1∈(0, 2),存在x2∈[1, 2],使f( x1 )≥g( x2)”这句话的理解,学生在这里容易出错.
为避免出错,可将这句话分为两个层次:
其一,若对任意x1∈(0, 2),使f( x1 )≥g( x2),即fmin(x )≥g( x2),?12≥g( x2),这实质是一个“恒成立”的问题;
其二,存在x2∈[1, 2],使?12≥g( x2)成立,然后分离参数使2b≥x+29x在x∈[1, 2]有解,从而化成2b≥?
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f′( x )=1x?4
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4)x(2x?3).
令f′( x )>0且x >0,由此可知f( x )在(0, 1)上是减函数,在(1, 2)上是增函数,
所以对任意x1∈(0, 2)有f( x1 )≥f(1)=?12.
又已知存在x2∈[1, 2]使f( x1 )≥g( x2),所以
?12≥g( x2),x2∈[1, 2].
亦即存在x∈[1, 2],使g( x )=x2?2bx+4≤?12.
由此得2bx≥x2+92,即2b≥x+29x.所以2b≥?
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故实数b的取值范围是
???1
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3 其它命题的转化与化归
不等式“恒成立”和“存在成立”问题是有本质区别的,以下命题的充要条件应细心思考,甄别差异,可转化为命题1和命题2,切不可混淆.
命题3 不等式f( x )≤g( x )在x∈D恒成立?hmax(x )≤0(构造函数h( x )=f( x )?g( x ),x∈D).
命题4 存在x∈D使得不等式f( x )≤g( x )成立?hmin(x )≤0(构造函数h( x )=f( x )?g( x ),x∈D).
命题5 对任意x1∈D1,x2∈D2有f( x1 )≤g( x2)
恒成立?fmax(x1 )≤gmin(x2),x1∈D1,x2
∈D2.
命题6 对任意x1∈D1
,存在x2∈D2使得f( x1 )≤g( x2)成立?fmax(x1 )≤gmax(x2),x1∈D1,
x2∈D2.
命题7 存在x1∈D1,存在x2∈D2
使得f( x1 )≤g( x2)成立?fmin(x1 )≤gmax(x2), x1∈D1,x2∈D2.
综上可知,不等式“恒成立”和“存在成立”是有明显区别的,特别是在不等式中出现名词“任意的”、“存在着”就更要注意,“任意的”可以转化为不等式“恒成立”问题,而“存在着” 可以转化为不等式“存在成立”问题.在近几年的高考中常把导数问题融入到了不等式“恒成立”和“存在成立”问题之中,从而考查学生的综合应变能力,因此在高三复习中要引起足够的重视.