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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) (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
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.