恒成立問題與有解問題的區(qū)別

1、恒成立問題與有解問題的區(qū)別恒成立與有解問題一直是中學數(shù)學的重要內(nèi)容。它是函數(shù)、數(shù)列、不等式等內(nèi)容交匯處的一個較為活躍的知識點，在近幾年的高考試題中，越來越受到高考命題者的青睞，涉及恒成立與有解的問題，有時在同一套試題中甚至有幾道這方面的題目。本文就恒成立與有解問題做一比較。1、恒成立問題1.1恒成立問題與一次函數(shù)聯(lián)系給定一次函數(shù)y=f(x)=ax+b(a0),若y=f(x)在m,n內(nèi)恒有f(x)>0，則根據(jù)函數(shù)的圖象（直線）可得上述結(jié)論等價于）或）亦可合并定成同理，若在m,n內(nèi)恒有f(x)<0，則有例1、對于滿足|p|2的所有實數(shù)p,求使不等式x2+px+1>2p+x恒成立的

2、x的取值范圍。分析：在不等式中出現(xiàn)了兩個字母：x及P,關鍵在于該把哪個字母看成是一個變量，另一個作為常數(shù)。顯然可將p視作自變量，則上述問題即可轉(zhuǎn)化為在-2，2內(nèi)關于p的一次函數(shù)大于0恒成立的問題。略解：不等式即(x-1)p+x2-2x+1>0,設f(p)= (x-1)p+x2-2x+1,則f(p)在-2,2上恒大于0，故有：即解得：x<-1或x>3.1.2恒成立問題與二次函數(shù)聯(lián)系若二次函數(shù)y=ax2+bx+c=0(a0)大于0恒成立，則有，若是二次函數(shù)在指定區(qū)間上的恒成立問題，還可以利用韋達定理以及根與系數(shù)的分布知識求解。例2、設f(x)=x2-2ax+2,當x-1,+)時，

3、都有f(x)a恒成立，求a的取值范圍。分析：題目中要證明f(x)a恒成立，若把a移到等號的左邊，則把原題轉(zhuǎn)化成左邊二次函數(shù)在區(qū)間-1,+)時恒大于0的問題。解：設F(x)= f(x)-a=x2-2ax+2-a.)當=4（a-1)(a+2)<0時，即-2<a<1時，對一切x-1,+)，F(xiàn)(x) 0恒成立；）當=4（a-1)(a+2) 0時由圖可得以下充要條件：即 得-3a-2;綜合可得a的取值范圍為-3，1。1.3恒成立問題與變量分離聯(lián)系若在等式或不等式中出現(xiàn)兩個變量，其中一個變量的范圍已知，另一個變量的范圍為所求，且容易通過恒等變形將兩個變量分別置于等號或不等號的兩邊，則可將

4、恒成立問題轉(zhuǎn)化成函數(shù)的最值問題求解。例3、已知當xR時，不等式a+cos2x<5-4sinx+恒成立，求實數(shù)a的取值范圍。分析：在不等式中含有兩個變量a及x，其中x的范圍已知（xR），另一變量a的范圍即為所求，故可考慮將a及x分離。解：原不等式即：4sinx+cos2x<-a+5要使上式恒成立，只需-a+5大于4sinx+cos2x的最大值，故上述問題轉(zhuǎn)化成求f(x)=4sinx+cos2x的最值問題。f(x)= 4sinx+cos2x=-2sin2x+4sinx+1=-2(sinx-1)2+33,-a+5>3即>a+2上式等價于或 解得。注：注意到題目中出現(xiàn)了sinx

5、及cos2x，而cos2x=1-2sin2x,故若把sinx換元成t,則可把原不等式轉(zhuǎn)化成關于t的二次函數(shù)類型。2、有解問題2.1有解問題與二次不等式聯(lián)系例4、不等式有解，求的取值范圍。解：不等式有解有解有解，所以。2.2有解問題與絕對值不等式聯(lián)系例5、對于不等式，存在實數(shù)，使此不等式成立的實數(shù)的集合是；對于任意，使此不等式恒成立的實數(shù)的集合為，求集合解：由又有解， 所以令恒成立所以2.3有解問題與導數(shù)聯(lián)系例6、（06年湖北）設x=3是函數(shù)f(x)=(x2+ax+b)e,xR的一個極值點.(1)求a與b的關系（用a表示b），并求f(x)的的單調(diào)區(qū)間；（2）設a>0，g(x)=，若存在S1

6、，S20，4，使得|f(S1)-g(S2)|<1成立，求a的取值范圍.解析：（1），由=0得b=-2a-3.故f(x)=(x2+ax-2a-3) 因為=-x2+(a-2)x-3a-3 =-(x-3)(x+a+1) .由=0得：x1=3，x2=-a-1. 由于x=3是f(x)的極值點，故x1x2，即a-4.當a<-4時，x1<x2，故f(x)在上為減函數(shù)，在3，-a-1上為增函數(shù)，在上為減函數(shù).當a>-4時，x1>x2，故f(x)在上為減函數(shù)，在-a-1，3上為增函數(shù)，在上為減函數(shù).(2)由題意，存在S1，S20，4，使得|f(S1)-g(S2)|<1成立，即

7、不等式|f(S1)-g(S2)|<1在S1，S20，4上有解.于是問題轉(zhuǎn)化為|f(S1)-g(S2)|<1，由于兩個不同自變量取值的任意性，因此首先要求出f(S1)和g(S2)在0，4上值域.因為a>0，則-a-1<0，由（1）知：f(x)在0，3遞增；在3，4遞減. 故f(x)在0，4上的值域為minf(0),f(4),f(3)=-(2a+3)e,a+6，而g(x)=在0，4上顯然為增函數(shù)，其值域因為故 |f(S1)-g(S2)|=，從而解.故a的取值范圍為。假若問題變成：“對任意的S1，S20，4，使得|f(S1)-g(S2)|<1都成立，求a的取值范圍.”則

8、可將其轉(zhuǎn)化為|f(S1)-g(S2)|<1。點評：函數(shù)、不等式、導數(shù)既是研究的對象，又是決問題的工具. 本題從函數(shù)的極值概念入手，借助導數(shù)求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，進而求出函數(shù) 閉區(qū)間上的值域，再處理不等式有解問題。這里傳統(tǒng)知識與現(xiàn)代方法交互作用，交相輝映，對考生靈活運用知識解決問題的能力是一個極好的考查。3、恒成立與有解的區(qū)別恒成立和有解是有明顯區(qū)別的，以下充要條件應細心思考，甄別差異，恰當使用，等價轉(zhuǎn)化，切不可混為一團。（1）不等式f(x)<k在xI時恒成立xI. 或f(x)的上界小于或等于k；（2）不等式f(x)<k在xI時有解xI. 或f(x)的下界小于k；（3）不等式f(x

9、)>k在xI時恒成立xI. 或f(x)的下界大于或等于k；（4）不等式f(x)>k在xI時有解xI. 或f(x)的上界大于k；解決恒成立和有解解問題的基本策略常常是構(gòu)作輔助函數(shù)，利用函數(shù)的單調(diào)性、最值（或上、下界）、圖象求解；基本方法包括：分類討論，數(shù)形結(jié)合，參數(shù)分離，變換主元等等。例7、已知兩函數(shù)f(x)=8x2+16x-k，g(x)=2x3+5x2+4x，其中k為實數(shù)。（1）對任意x-3，3，都有f（x)g(x)成立，求k的取值范圍；（2）存在x-3，3，使f（x)g(x)成立，求k的取值范圍；（3）對任意x1、x2-3，3，都有f（x1)g(x2)，求k的取值范圍。解析：（1

10、）設h(x)=g(x)-f(x)=2x2-3x2-12x+k，問題轉(zhuǎn)化為x-3，3時，h(x)0恒成立，故h(x)0.令h (x)=6x2-6x-12=0，得x= -1或2。由h(-1)=7+k，h(2)=-20+k，h(-3)=k-45，h(3)=k-9，故h(x)=-45+k，由k-450，得k45.（2）據(jù)題意：存在x-3，3，使f（x)g(x)成立，即為：h(x)=g(x)-f(x)0在x-3，3有解，故h(x)0，由（1）知h（x）=k+7，于是得k-7。（3）它與（1）問雖然都是不等式恒成立問題，但卻有很大的區(qū)別，對任意x1，x2-3，3，都有f（x1)g(x2)成立，不等式的左右兩端函數(shù)的自變量不同，x1，x2的取值在-3，3上具有任意性，因而要使原不等式恒成立的充要條件是：，由g(x)=6x2+10x+4=0，得x=-或-1，易得，又f(x)=8(x+1)2-8-