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函数或不等式中含有参数,并且满足“恒成立”的条件,求参数的取值范围,这是一类常见题型,但是如果方法不当,往往会造成问题不能顺利解决.
由不等式的性质易知有以下结论:
(1)若a > f(x)恒成立,则有a > [ f(x)]max.
(2)若a < f(x)恒成立,则有a < [ f(x)]min.
(3)若a ≠ f(x),且f(x)∈[m, +∞),则有a < m.
(4)若a ≠ f(x),且f(x)∈(-∞,m],则有a > m.
以下通过几个实例,说明这类问题的规律性解法.
例1设f(x) = x2 - 2ax + 2,当x∈[-1, +∞)时, f(x) ≥ a恒成立,求a的取值范围.
思维点拨由已知条件可见,“恒成立”三个字是该题的“题眼”(题目中的关键词､字或条件)由此来探讨具体的解法.
解答在[-1, +∞)内, f(x)的最小值都大于或等于a .
据题意,a ≤ x2 - 2ax + 2,在[-1, +∞)内恒成立,即a ≤ f(x)min恒成立. 下面研讨f(x) = x2 - 2ax + 2 =(x - a)2 + 2 - a2在[-1, +∞)上的最小值.
(1)当a < -1时, f(x)min = f(-1)= 1 + 2a + 2 = 3 + 2a;
(2)当a ≥ -1时, f(x)min = f(a) = 2 - a2.
∴ f(x)min = 3 + 2a(a < -1),2 - a2(a ≥ -1).
由a ≤ f(x)min,当a < -1时,a ≤ 3 + 2a,a ≥ -3,
∴-3≤a<-1.
当a ≥ -1时,a ≤ 2 - a2,a2 + a - 2 ≤ 0,(a + 2)(a - 1) < 0,-2 ≤ a ≤ 1,
∴ -1 ≤ a ≤ 1.
综上,得-3≤a≤1.
方法规律 有关“恒成立”问题,经常采用转化的办法转化为求函数的最值问题进行解决.这种转化方法非常重要,大家要注意认真体会并熟练掌握.
例2(2005年广东省高考试题)已知函数f(x) =,x∈[1, +∞).
(1)当a =时,求函数f(x)的最小值.
(2)若对任意 x∈[1, +∞),f(x)> 0恒成立,试求实数a的取值范围.
思维点拨对于(1),将f(x)变形为f(x) = x + 2 + = x + + 2,然后利用单调性求解;对于(2),运用等价转化> 0(x∈[1, +∞))恒成立,进而解出a的范围.
解答(1)当a =时, f(x) = x + + 2,因为f(x)在区间[1, +∞)上为增函数,所以f(x)在区间[1, +∞)上的最小值为f(1) =.
(2)方法一在区间[1, +∞)上,f(x) = > 0恒成立?圳 x2 + 2x + a > 0恒成立.设y = x2 + 2x + a.
∵ y = (x + 1)2 + a - 1在[1, +∞)上递增,∴ 当x = 1时,ymin = 3 + a,于是当且仅当ymin = 3 + a > 0时,函数f(x) > 0恒成立,∴ a > -3.
方法二f(x) = x + + 2,x∈[1, +∞),当a ≥ 0时,函数f(x)的值恒为正,当a < 0时,函数f(x)递增,故当x = 1时,f(x)min = 3 + a.于是当且仅当f(x)min = 3 + a > 0时,函数f(x) > 0恒成立,∴ -3 < a < 0.故a > -3.
例3已知函数f(n) = n2 + λn,(n∈N*),且对于任意n∈N*,有f(n + 1)> f(n)恒成立,求实数λ的取值范围.
思维点拨由f(n + 1) > f(n)分离出λ > φ(n),然后再用前面不等式的结论求出λ的范围.
解答因为对任意n∈N*, f(n + 1) > f(n)恒成立,
∴ (n + 1)2 + λ(n + 1) > n2 + λn恒成立,即λ > - 2n - 1恒成立,
∴ λ > [-2n - 1]max = -2 × 1 - 1 = -3,
∴ λ的取值范围是(-3,+∞).
方法规律
对于函数关系中含有参数且恒成立的问题解决办法常用参量分离法,其步骤:(1)由f(x) > 0(或< 0或 =) 解出a > g(x)(或a < g(x)或a = g(x));(2)求g(x)的值域;(3)由不等式结论得到a的范围.
例4(2002年湖北省部分重点中学第二次联考试题)已知f(x)是定义在(-1,1)上的奇函数,且f(1) = 1,若m,n∈[-1,1],m + n ≠ 0时,有> 0,
(1)用定义证明f(x)在[-1,1]上是增函数.
(2)若f(x) ≤ t2 - 2at + 1,对所有x∈[-1,1],a∈[-1,1]恒成立,求实数t的取值范围.
思维点拨(1)是奇偶性､单调性的综合运用,同时要注意到变形技巧“f(x1) - f(x2)= f(x1)+ f(-x2) =(x1 - x2).”
(2)问的解题思路实际上是f(x)max ≤ [t2 - 2at + 1]min.
解答(1)任取-1 ≤ x1 < x2 ≤ 1,则
f(x1)- f(x2)= f(x1)+ f(-x2)=•(x1 - x2).
∵ -1 ≤ x1 < x2 ≤ 1,∴ x1 + (-x2)≠ 0.
由已知> 0,又x1 - x2 < 0,
∴ f(x1)- f(x2)< 0,即f(x)在[-1,1]上为增函数.
(2)由(1)可知:f(x)在[-1,1]上是增函数,且x = 1时[f(x)]max = 1,
故对x∈[-1,1]恒有f(x)≤ 1.
所以要使f(x)≤ t2 - 2at + 1对所有x∈[-1,1],a∈[-1,1]恒成立,即要t2 - 2at + 1 ≥ 1成立,
记g(a)= t2 - 2at,对a∈[-1,1],g(a)≥ 0恒成立,只需g(a)在[-1,1]上的最小值不小于0,
故t > 0,g(1)≥ 0或t ≤ 0,g(-1)≥ 0.
解得t ≥ 2或t ≤ -2或t = 0.
例5(2006年全国高考试题改编)已知c > 0.设P : 0 < c < 1;Q:不等式x + | x - 2c | > 1的解集为R,如果P和Q有且仅有一个正确,求c的取值范围.
解答不等式x + | x - 2c | > 1的解集为R?圳函数y = x + | x - 2c |在R上恒大于1.
∵ x + | x - 2c | = 2x - 2cx ≥ 2c2cx < 2c
∴ 函数y = x + | x - 2c|在R上的最小值为2c,
∴ 不等式x + | x - 2c | > 1的解集为R ?圳 2c > 1 ?圳 c >,
如果P正确,且Q不正确,则0 < c ≤,
如果P不正确,且Q正确,则c ≥ 1,
∴ c的取值范围为0, ∪[1,+∞).
特别提示
(1)“Q:不等式x + |x - 2c| > 1的解集为R”等价于“[x + |x - 2c|]min > 1”.
(2)“P和Q有且仅有一个正确”等价于“P Q或 PQ”.
注:“本文中所涉及到的图表､注解､公式等内容请以PDF格式阅读原文｡”
由不等式的性质易知有以下结论:
(1)若a > f(x)恒成立,则有a > [ f(x)]max.
(2)若a < f(x)恒成立,则有a < [ f(x)]min.
(3)若a ≠ f(x),且f(x)∈[m, +∞),则有a < m.
(4)若a ≠ f(x),且f(x)∈(-∞,m],则有a > m.
以下通过几个实例,说明这类问题的规律性解法.
例1设f(x) = x2 - 2ax + 2,当x∈[-1, +∞)时, f(x) ≥ a恒成立,求a的取值范围.
思维点拨由已知条件可见,“恒成立”三个字是该题的“题眼”(题目中的关键词､字或条件)由此来探讨具体的解法.
解答在[-1, +∞)内, f(x)的最小值都大于或等于a .
据题意,a ≤ x2 - 2ax + 2,在[-1, +∞)内恒成立,即a ≤ f(x)min恒成立. 下面研讨f(x) = x2 - 2ax + 2 =(x - a)2 + 2 - a2在[-1, +∞)上的最小值.
(1)当a < -1时, f(x)min = f(-1)= 1 + 2a + 2 = 3 + 2a;
(2)当a ≥ -1时, f(x)min = f(a) = 2 - a2.
∴ f(x)min = 3 + 2a(a < -1),2 - a2(a ≥ -1).
由a ≤ f(x)min,当a < -1时,a ≤ 3 + 2a,a ≥ -3,
∴-3≤a<-1.
当a ≥ -1时,a ≤ 2 - a2,a2 + a - 2 ≤ 0,(a + 2)(a - 1) < 0,-2 ≤ a ≤ 1,
∴ -1 ≤ a ≤ 1.
综上,得-3≤a≤1.
方法规律 有关“恒成立”问题,经常采用转化的办法转化为求函数的最值问题进行解决.这种转化方法非常重要,大家要注意认真体会并熟练掌握.
例2(2005年广东省高考试题)已知函数f(x) =,x∈[1, +∞).
(1)当a =时,求函数f(x)的最小值.
(2)若对任意 x∈[1, +∞),f(x)> 0恒成立,试求实数a的取值范围.
思维点拨对于(1),将f(x)变形为f(x) = x + 2 + = x + + 2,然后利用单调性求解;对于(2),运用等价转化> 0(x∈[1, +∞))恒成立,进而解出a的范围.
解答(1)当a =时, f(x) = x + + 2,因为f(x)在区间[1, +∞)上为增函数,所以f(x)在区间[1, +∞)上的最小值为f(1) =.
(2)方法一在区间[1, +∞)上,f(x) = > 0恒成立?圳 x2 + 2x + a > 0恒成立.设y = x2 + 2x + a.
∵ y = (x + 1)2 + a - 1在[1, +∞)上递增,∴ 当x = 1时,ymin = 3 + a,于是当且仅当ymin = 3 + a > 0时,函数f(x) > 0恒成立,∴ a > -3.
方法二f(x) = x + + 2,x∈[1, +∞),当a ≥ 0时,函数f(x)的值恒为正,当a < 0时,函数f(x)递增,故当x = 1时,f(x)min = 3 + a.于是当且仅当f(x)min = 3 + a > 0时,函数f(x) > 0恒成立,∴ -3 < a < 0.故a > -3.
例3已知函数f(n) = n2 + λn,(n∈N*),且对于任意n∈N*,有f(n + 1)> f(n)恒成立,求实数λ的取值范围.
思维点拨由f(n + 1) > f(n)分离出λ > φ(n),然后再用前面不等式的结论求出λ的范围.
解答因为对任意n∈N*, f(n + 1) > f(n)恒成立,
∴ (n + 1)2 + λ(n + 1) > n2 + λn恒成立,即λ > - 2n - 1恒成立,
∴ λ > [-2n - 1]max = -2 × 1 - 1 = -3,
∴ λ的取值范围是(-3,+∞).
方法规律
对于函数关系中含有参数且恒成立的问题解决办法常用参量分离法,其步骤:(1)由f(x) > 0(或< 0或 =) 解出a > g(x)(或a < g(x)或a = g(x));(2)求g(x)的值域;(3)由不等式结论得到a的范围.
例4(2002年湖北省部分重点中学第二次联考试题)已知f(x)是定义在(-1,1)上的奇函数,且f(1) = 1,若m,n∈[-1,1],m + n ≠ 0时,有> 0,
(1)用定义证明f(x)在[-1,1]上是增函数.
(2)若f(x) ≤ t2 - 2at + 1,对所有x∈[-1,1],a∈[-1,1]恒成立,求实数t的取值范围.
思维点拨(1)是奇偶性､单调性的综合运用,同时要注意到变形技巧“f(x1) - f(x2)= f(x1)+ f(-x2) =(x1 - x2).”
(2)问的解题思路实际上是f(x)max ≤ [t2 - 2at + 1]min.
解答(1)任取-1 ≤ x1 < x2 ≤ 1,则
f(x1)- f(x2)= f(x1)+ f(-x2)=•(x1 - x2).
∵ -1 ≤ x1 < x2 ≤ 1,∴ x1 + (-x2)≠ 0.
由已知> 0,又x1 - x2 < 0,
∴ f(x1)- f(x2)< 0,即f(x)在[-1,1]上为增函数.
(2)由(1)可知:f(x)在[-1,1]上是增函数,且x = 1时[f(x)]max = 1,
故对x∈[-1,1]恒有f(x)≤ 1.
所以要使f(x)≤ t2 - 2at + 1对所有x∈[-1,1],a∈[-1,1]恒成立,即要t2 - 2at + 1 ≥ 1成立,
记g(a)= t2 - 2at,对a∈[-1,1],g(a)≥ 0恒成立,只需g(a)在[-1,1]上的最小值不小于0,
故t > 0,g(1)≥ 0或t ≤ 0,g(-1)≥ 0.
解得t ≥ 2或t ≤ -2或t = 0.
例5(2006年全国高考试题改编)已知c > 0.设P : 0 < c < 1;Q:不等式x + | x - 2c | > 1的解集为R,如果P和Q有且仅有一个正确,求c的取值范围.
解答不等式x + | x - 2c | > 1的解集为R?圳函数y = x + | x - 2c |在R上恒大于1.
∵ x + | x - 2c | = 2x - 2cx ≥ 2c2cx < 2c
∴ 函数y = x + | x - 2c|在R上的最小值为2c,
∴ 不等式x + | x - 2c | > 1的解集为R ?圳 2c > 1 ?圳 c >,
如果P正确,且Q不正确,则0 < c ≤,
如果P不正确,且Q正确,则c ≥ 1,
∴ c的取值范围为0, ∪[1,+∞).
特别提示
(1)“Q:不等式x + |x - 2c| > 1的解集为R”等价于“[x + |x - 2c|]min > 1”.
(2)“P和Q有且仅有一个正确”等价于“P Q或 PQ”.
注:“本文中所涉及到的图表､注解､公式等内容请以PDF格式阅读原文｡”