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不等式恒成立问题和存在性问题是关于不等式的解的两种基本类型。从不等式知识本身看:
设f(x)>0的解集为A,则f(x)>0在区间I上恒成立 I A,f(x)>0在区间I上有解 I∩A≠。
但解含参不等式通常比较繁,所以往往要另辟蹊径。而函数与不等式联系紧密。如果用函数思想来处理上述问题,往往能达到曲径通幽的效果,下面4个定理就是解决不等式恒成立问题和存在性问题的有力武器。
设函数f(x)在区间I上有最大值和最小值。
定理1:f(x)>m在区间I上恒成立 f(x)>m。
证:f(x)>m在区间I上恒成立 f(x)>m。
反之,f(x)>m f(x)≥f(x)>m f(x)>m在区间I上恒成立。
定理2:f(x) 定理3:f(x)>m在区间I上有解 f(x)>m。
证:f(x)>m在区间I上有解,即 x∈I,使f(x)>m。
故有f(x)≥f(x)>m。所以f(x)>m。反之,
f(x)>m f(x)>m在区间I上有解。
定理4:f(x) 说明:
1.设命题p: x∈I,f(x)>m恒成立,则p: x∈I,使f(x)≤m成立。
2.以上定理原不等式右边必须是常数。
3.如果函数f(x)不存在最大值或最小值,但有正常上确界或下确界,原不等式可能带“=” 号, 结论是否带“=”号? 恒成立问题是三带一不带,一不带指函数f(x)有最值且原不等式不带“=”号;存在性问题是一带三不带, 一带指函数f(x)有最值且原不等式带“=”号。
下面略举数例,加以体会。
例一.(2008年江苏高考14题)设f(x)=ax-3x+1(x∈R)。
若对任意x∈[-1,1],都有f(x)≥0成立。则实数a的值为_____。
分析:本题属不等式恒成立问题,分离常数后,通过求函数的最值进行转化。
解1.当x=0时,f(x)=1≥0恒成立,a∈R。
ax
a≥-。设g(x)=-。则g′(x)=
所以g(x)在-上单调递增,在上单调递减。
因此g(x)=g-=4,从而a≥4。
3.当x<0即x∈[-1,0)时,f(x)=ax-3x+1≥0可化为:
a≤-。g(x)在[-1,0)上单调递增,因此g(x)=
g(-1)=4,从而,a≤4,以上三种情况应同时成立,所以a=4。
小结:将原不等式等价变形,使一边只含常数,将不等式恒成立问题或存在性问题,转化为求函数的最值或值域问题,这是求解不等式恒成立问题和存在性问题的常用方法。
(作者单位:江苏省滨海县明达中学)
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
设f(x)>0的解集为A,则f(x)>0在区间I上恒成立 I A,f(x)>0在区间I上有解 I∩A≠。
但解含参不等式通常比较繁,所以往往要另辟蹊径。而函数与不等式联系紧密。如果用函数思想来处理上述问题,往往能达到曲径通幽的效果,下面4个定理就是解决不等式恒成立问题和存在性问题的有力武器。
设函数f(x)在区间I上有最大值和最小值。
定理1:f(x)>m在区间I上恒成立 f(x)>m。
证:f(x)>m在区间I上恒成立 f(x)>m。
反之,f(x)>m f(x)≥f(x)>m f(x)>m在区间I上恒成立。
定理2:f(x)
证:f(x)>m在区间I上有解,即 x∈I,使f(x)>m。
故有f(x)≥f(x)>m。所以f(x)>m。反之,
f(x)>m f(x)>m在区间I上有解。
定理4:f(x)
1.设命题p: x∈I,f(x)>m恒成立,则p: x∈I,使f(x)≤m成立。
2.以上定理原不等式右边必须是常数。
3.如果函数f(x)不存在最大值或最小值,但有正常上确界或下确界,原不等式可能带“=” 号, 结论是否带“=”号? 恒成立问题是三带一不带,一不带指函数f(x)有最值且原不等式不带“=”号;存在性问题是一带三不带, 一带指函数f(x)有最值且原不等式带“=”号。
下面略举数例,加以体会。
例一.(2008年江苏高考14题)设f(x)=ax-3x+1(x∈R)。
若对任意x∈[-1,1],都有f(x)≥0成立。则实数a的值为_____。
分析:本题属不等式恒成立问题,分离常数后,通过求函数的最值进行转化。
解1.当x=0时,f(x)=1≥0恒成立,a∈R。
ax
a≥-。设g(x)=-。则g′(x)=
所以g(x)在-上单调递增,在上单调递减。
因此g(x)=g-=4,从而a≥4。
3.当x<0即x∈[-1,0)时,f(x)=ax-3x+1≥0可化为:
a≤-。g(x)在[-1,0)上单调递增,因此g(x)=
g(-1)=4,从而,a≤4,以上三种情况应同时成立,所以a=4。
小结:将原不等式等价变形,使一边只含常数,将不等式恒成立问题或存在性问题,转化为求函数的最值或值域问题,这是求解不等式恒成立问题和存在性问题的常用方法。
(作者单位:江苏省滨海县明达中学)
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