论文部分内容阅读
最近几年“恒成立 能成立”问题在高考中高频亮相，几乎渗透到了高中数学所有主干内容之中.为了理清此类问题的脉络，掌握解决问题的策略，特整合几个问题进行剖析，供同学们学习时参考.
一、“恒成立 能成立”结论
（1）若不等式f （x）>A在区间D上恒成立，则等价于在D区间f （x）min>A上
f （x）min>A.
（2）若不等式f （x） （3）若在区间D上存在实数
x使不等式f （x）>A成立，则等价于在区间D上
f （x）max>A.
（4）若在区间D上存在实数x使不等式
f （x） f （x）min 二、“恒成立 能成立”应用
1.“围城”在函数中
例1 设f （x）是定义在R上的偶函数，且当
x≥0时，f （x）=ex.若对任意的
x∈[a，a+1]，不等式
f （x+a）≥f 2（x）恒成立，则实数a的最大值是.
解：由题意，得
f （x）=e|x|，则对任意的
x∈[1，a+1]，不等式
e|x+a|≥e2|x|恒成立，即对任意的
x∈[a，a+1]，不等式
|x+a|≥2|x|恒成立.当
a=0时，显然不合题意；当
a>0时，函数
y1=2|x|和
y2=|x+a|的图象交于点
（a，2a），（-a3，
2a3），显然也不合题意；当
a<0时，函数y1=2|x|和y2=|x+a|的图象交于点
（a，-2a），（-a3，-
2a3），由题意，得
[a，a+1][a，-a3]，所以
a+1≤-a3，解得
a≤-34.综上，实数a的最大值为
-34.
例2 已知函数
f （x）=13x3+ax2+bx（a，b∈R）
若f （1）=13，
且函数f （x）在（0，12）上不存在极值点，求a的取值范围.
解法1：（分类讨论）由
f （1）=13，得b=-a，
即f （x）=13x3+ax2-ax，f
′（x）=x2+2ax-a.
由y=f （x）在（0，12）上不存在极值点，下面分四种情况讨论.
①当y=f （x）没有极值点时，Δ=4a2+4a≤0，得
-1≤a≤0.
②当y=f （x）有两个极值点，且两个极值点都在（-∞，0]时，
则
Δ>0，
f ′（0）≥0，
-a<0，
得a无解.
③当y=f （x）有两个极值点，且两个极值点都在
[12，+∞）时，
则
Δ>0，
f ′（12）≥0，
-a>12，
得a=-1.
④当y=f （x）有两个极值点，且两个极值点一个在
（-∞，0]，另一个在
[12，+∞）
时，则
f ′（x）≤0，
f ′（12）≤0，
得a无解.
综上，a的取值范围为
（-∞，0]
解法2：（参变分离） 同上得
f （x）=13x3+ax2-ax，f ′（x）=x2+2ax-a.
令f ′（x）=0，即x2+2ax-a=0，变形得
（1-2x）a=x2.
因为
x∈（0，12），所以
a=x2
1-2x.令
1-2x=t，
则t∈（0，1），x21-2x=
14（t+1t-2）.
因为h（t）=t+1t-2在
t∈（0，1）上单调递减，故h（t）∈（0，+∞）.由
y=f （x）在（0，12）上不存在极值点，得
a=x21-2x在（0，12）上无解，
所以，
a的取值范围是（-∞，0].
2.“潜伏”在数列中
例3 设二次函数f （x）=（k-4）x2+kx（k∈R），对任意实数
x，有f （x）≤6x+2恒成立；数列
{an}满足
an+1=f （an）.
（1）求函数f （x）的解析式和值域
（2）证明：当
an∈（0，12）时，数列
{an}在该区间上是递增数列.
（3）已知
a1=13，
是否存在非零整数 使得对任意
n∈N*，都有
log3（11/2-a1
）+log3（11/2-a2）+
…+log3（11/2-an）>-1
+（-1）n-1·2λ+nlog32
恒成立？若存在，求之；
若不存在，说明理由.
解析： （1）由 f （x）≤6x=2
恒成立等价于
（k-4）x2+（k-6）x-2≤0恒成立
，即
k-4<0，
（k-6）2+8（k-4）≤0，
即k<4，
（k-2）2≤0.
从而得k=2，所以
f （x）=-2x2+2x，其值域为（-∞，12].
（2）
an+1-an=
f （an）-an=-2a2n+2an-an=
-2（an-14）2+18.
an∈（0，12）-14
-2（an-14）2>-18
-2（an-14）2+18
>0.
从而得
an+1-an>0，即
an+1>an，
所以数列
{an}在区间（0，12）上是递增数列
（3）由（2）知an∈
（0，12），
从而
12-an∈（0，12）.
12-an+1
=12
-（-2a2n+2an）=
2a2n-2an+12
=2（an-12）2，
即12
-an+1=2（12-an）2.
令
bn=
12
-an，
则有
bn+1=2b2n
且bn∈（0，12）.从而有
lgbn+1=2lgbn+lg2，
可得
lgbn+1+lg2=2（lgbn+lg2）.
所以数列
{lgbn+lg2}是lgb1+lgb2=lg13为首项 公比为2的等比数列.从而得
lgbn+lg2=lg13
·2n-1=lg（13）2n-1
，即lgbn=lg（13）
2n-12.
所以bn=（13）2n-12
=12（13）2n-1
112-an
=1bn
=2·32n-1
log3（112-an）=
log3（2·32n-1）=
log32+2n-1
log3（112-a1
）+log3（112-a2）+…
+log3（112-an）=
nlog32+1-2n1-2
=2n+nlog32-1，
即
2n+nlog32-1>（-1）n-1·2λ+nlog32-1
，所以
2n-1>（-1）n-1λ
恒成立.
① 当n为奇数时，即λ<2n-1恒成立 当且仅当
n=1时，2n-1有最小值1，
所以
λ<1.
② 当n为偶数时，即λ>-2n-1恒成立，当且仅当
n=2时 有最大值-2，
所以λ>-2.
因此，对任意
n∈N*，有
-2<λ<1.又λ为非零整数，故λ=-1.
例4 已知数列
{an}的前n项和为
Sn=
12
n（n+1），
bn是
an和
an+1的等差中项.
（1）求数列
{bn}的通项公式；
（2）设
cn=
1（2n-1）bn，数列{cn}的前n项和为
Tn，若满足不等式
bn+λ λ的取值范围.
解：（Ⅰ）当n=1时，
a1=1；当n≥2时，
an=Sn-Sn-1=n，故an=n.
又bn是an与an+1的等差中项，所以
bn=an+an+12，得
bn=n+12.
（Ⅱ）由（Ⅰ）得
cn=2（2n-1）（2n+1）
=12n-1-12n+1，
所以
Tn=1-12n+1.
设
f （n）=Tn-bn=1-12n+1-
（n+12）=1-
（n+12+12
n+12），
则 f （n）在（0，+∞），且
n∈N*上是递减数列.
因为满足不等式
bn+λ b2+λ b3+λ≥T3，
解得
-3714≤λ<
-1710.
一、“恒成立 能成立”结论
（1）若不等式f （x）>A在区间D上恒成立，则等价于在D区间f （x）min>A上
f （x）min>A.
（2）若不等式f （x）
x使不等式f （x）>A成立，则等价于在区间D上
f （x）max>A.
（4）若在区间D上存在实数x使不等式
f （x）
1.“围城”在函数中
例1 设f （x）是定义在R上的偶函数，且当
x≥0时，f （x）=ex.若对任意的
x∈[a，a+1]，不等式
f （x+a）≥f 2（x）恒成立，则实数a的最大值是.
解：由题意，得
f （x）=e|x|，则对任意的
x∈[1，a+1]，不等式
e|x+a|≥e2|x|恒成立，即对任意的
x∈[a，a+1]，不等式
|x+a|≥2|x|恒成立.当
a=0时，显然不合题意；当
a>0时，函数
y1=2|x|和
y2=|x+a|的图象交于点
（a，2a），（-a3，
2a3），显然也不合题意；当
a<0时，函数y1=2|x|和y2=|x+a|的图象交于点
（a，-2a），（-a3，-
2a3），由题意，得
[a，a+1][a，-a3]，所以
a+1≤-a3，解得
a≤-34.综上，实数a的最大值为
-34.
例2 已知函数
f （x）=13x3+ax2+bx（a，b∈R）
若f （1）=13，
且函数f （x）在（0，12）上不存在极值点，求a的取值范围.
解法1：（分类讨论）由
f （1）=13，得b=-a，
即f （x）=13x3+ax2-ax，f
′（x）=x2+2ax-a.
由y=f （x）在（0，12）上不存在极值点，下面分四种情况讨论.
①当y=f （x）没有极值点时，Δ=4a2+4a≤0，得
-1≤a≤0.
②当y=f （x）有两个极值点，且两个极值点都在（-∞，0]时，
则
Δ>0，
f ′（0）≥0，
-a<0，
得a无解.
③当y=f （x）有两个极值点，且两个极值点都在
[12，+∞）时，
则
Δ>0，
f ′（12）≥0，
-a>12，
得a=-1.
④当y=f （x）有两个极值点，且两个极值点一个在
（-∞，0]，另一个在
[12，+∞）
时，则
f ′（x）≤0，
f ′（12）≤0，
得a无解.
综上，a的取值范围为
（-∞，0]
解法2：（参变分离） 同上得
f （x）=13x3+ax2-ax，f ′（x）=x2+2ax-a.
令f ′（x）=0，即x2+2ax-a=0，变形得
（1-2x）a=x2.
因为
x∈（0，12），所以
a=x2
1-2x.令
1-2x=t，
则t∈（0，1），x21-2x=
14（t+1t-2）.
因为h（t）=t+1t-2在
t∈（0，1）上单调递减，故h（t）∈（0，+∞）.由
y=f （x）在（0，12）上不存在极值点，得
a=x21-2x在（0，12）上无解，
所以，
a的取值范围是（-∞，0].
2.“潜伏”在数列中
例3 设二次函数f （x）=（k-4）x2+kx（k∈R），对任意实数
x，有f （x）≤6x+2恒成立；数列
{an}满足
an+1=f （an）.
（1）求函数f （x）的解析式和值域
（2）证明：当
an∈（0，12）时，数列
{an}在该区间上是递增数列.
（3）已知
a1=13，
是否存在非零整数 使得对任意
n∈N*，都有
log3（11/2-a1
）+log3（11/2-a2）+
…+log3（11/2-an）>-1
+（-1）n-1·2λ+nlog32
恒成立？若存在，求之；
若不存在，说明理由.
解析： （1）由 f （x）≤6x=2
恒成立等价于
（k-4）x2+（k-6）x-2≤0恒成立
，即
k-4<0，
（k-6）2+8（k-4）≤0，
即k<4，
（k-2）2≤0.
从而得k=2，所以
f （x）=-2x2+2x，其值域为（-∞，12].
（2）
an+1-an=
f （an）-an=-2a2n+2an-an=
-2（an-14）2+18.
an∈（0，12）-14
-2（an-14）2+18
>0.
从而得
an+1-an>0，即
an+1>an，
所以数列
{an}在区间（0，12）上是递增数列
（3）由（2）知an∈
（0，12），
从而
12-an∈（0，12）.
12-an+1
=12
-（-2a2n+2an）=
2a2n-2an+12
=2（an-12）2，
即12
-an+1=2（12-an）2.
令
bn=
12
-an，
则有
bn+1=2b2n
且bn∈（0，12）.从而有
lgbn+1=2lgbn+lg2，
可得
lgbn+1+lg2=2（lgbn+lg2）.
所以数列
{lgbn+lg2}是lgb1+lgb2=lg13为首项 公比为2的等比数列.从而得
lgbn+lg2=lg13
·2n-1=lg（13）2n-1
，即lgbn=lg（13）
2n-12.
所以bn=（13）2n-12
=12（13）2n-1
112-an
=1bn
=2·32n-1
log3（112-an）=
log3（2·32n-1）=
log32+2n-1
log3（112-a1
）+log3（112-a2）+…
+log3（112-an）=
nlog32+1-2n1-2
=2n+nlog32-1，
即
2n+nlog32-1>（-1）n-1·2λ+nlog32-1
，所以
2n-1>（-1）n-1λ
恒成立.
① 当n为奇数时，即λ<2n-1恒成立 当且仅当
n=1时，2n-1有最小值1，
所以
λ<1.
② 当n为偶数时，即λ>-2n-1恒成立，当且仅当
n=2时 有最大值-2，
所以λ>-2.
因此，对任意
n∈N*，有
-2<λ<1.又λ为非零整数，故λ=-1.
例4 已知数列
{an}的前n项和为
Sn=
12
n（n+1），
bn是
an和
an+1的等差中项.
（1）求数列
{bn}的通项公式；
（2）设
cn=
1（2n-1）bn，数列{cn}的前n项和为
Tn，若满足不等式
bn+λ
解：（Ⅰ）当n=1时，
a1=1；当n≥2时，
an=Sn-Sn-1=n，故an=n.
又bn是an与an+1的等差中项，所以
bn=an+an+12，得
bn=n+12.
（Ⅱ）由（Ⅰ）得
cn=2（2n-1）（2n+1）
=12n-1-12n+1，
所以
Tn=1-12n+1.
设
f （n）=Tn-bn=1-12n+1-
（n+12）=1-
（n+12+12
n+12），
则 f （n）在（0，+∞），且
n∈N*上是递减数列.
因为满足不等式
bn+λ
解得
-3714≤λ<
-1710.