函數(shù)中存在性與恒成立問題概述

高慧明

函數(shù)內(nèi)容作為高中數(shù)學(xué)知識體系的核心，也是歷年高考的一個熱點. 在新課標(biāo)下的高考越來越注重對考生的綜合素質(zhì)的考查，恒成立與存在性問題便是一個考查考生綜合素質(zhì)的很好途徑，它主要涉及到一次函數(shù)、二次函數(shù)、三角函數(shù)、指數(shù)函數(shù)和對數(shù)函數(shù)等常見函數(shù)的圖象和性質(zhì)，滲透著換元、化歸、數(shù)形結(jié)合、函數(shù)與方程等思想方法，在培養(yǎng)思維的靈活性、創(chuàng)造性等方面起到了積極的作用. 近幾年的數(shù)學(xué)高考和各地的?？悸?lián)考中頻頻出現(xiàn)存在性與恒成立問題，其形式逐漸多樣化，但它們大都與函數(shù)、導(dǎo)數(shù)知識密不可分. 解決高中數(shù)學(xué)函數(shù)的存在性與恒成立問題常用以下幾種方法：①函數(shù)性質(zhì)法;②分離參數(shù)法;③主參換位法;④數(shù)形結(jié)合法等.

一、函數(shù)性質(zhì)法

【例1】（1）已知函數(shù)f（x）=x2-2ax+1，g（x）=■，其中a>0，x≠0.若對任意x∈[1， 2]，都有f（x）>g（x）恒成立，求實數(shù)a的取值范圍;

（2）已知兩函數(shù)f（x）=x2，g（x）=（■）x-m，若對任意x1∈[0， 2]，存在x2∈[1， 2]，使得f（x1）>g（x2），求實數(shù)m的取值范圍.

【分析】（1）根據(jù)題意條件中的x是同一值，故不難想到將問題等價轉(zhuǎn)化為函數(shù)f（x）>g（x）>0恒成立，在通過分離變量，從而可創(chuàng)設(shè)出新函數(shù)，再求出此函數(shù)的最值來解決問題.

（2）根據(jù)題意在本題所給條件中不等式的兩邊它們的自變量不一定是同一數(shù)值，故可分別對在兩個不同區(qū)間內(nèi)的函數(shù)f（x）和g（x）分別求出它們的最值，再根據(jù)只需滿足f（x）min ≥g（x）min即可求解.

【解析】（1）由x2-2ax+1-■>0？圯a<■成立，

只需滿足？漬（x）=■的最小值大于a即可.

對？漬（x）=■求導(dǎo)，？漬′（x）=■>0，

故？漬（x）在x∈[1， 2]是增函數(shù)，？漬min（x）=？漬（1）=■，

所以a的取值范圍是0

（2）對任意x1∈[0， 2]，存在x2∈[1， 2]，使得f（x1）> g（x2）等價于g（x）=（■）x-m在 [1， 2]上的最小值■-m不大于f（x）=x2在[0， 2]上的最小值0，即■-m≤0，所以m≥■.

【點評】在解決函數(shù)存在性與恒成立問題時，一種最重要的思想方法就是構(gòu)造適當(dāng)?shù)暮瘮?shù)，即構(gòu)造函數(shù)法，然后利用相關(guān)函數(shù)的圖象和性質(zhì)解決問題，同時注意在一個含多個變量的數(shù)學(xué)問題中，需要確定合適的變量和參數(shù)，從而揭示函數(shù)關(guān)系，使問題更加面目更加清晰明了，一般來說，已知存在范圍的量視為變量，而待求范圍的量視為參數(shù). 此法關(guān)鍵在函數(shù)的構(gòu)造上，常見于兩種——一分為二或和而為一，另一點充分利用函數(shù)的圖像來分析，即體現(xiàn)數(shù)形結(jié)合思想.

【練習(xí)】已知f（x）=■x2+x，g（x）=ln（x+1）-a，若對任意x1，x2，x3∈[0， 2]，恒有f（x1）+f（x2）>g（x3），求實數(shù)a的取值范圍.

【解析】f（x），g（x）在[0， 2]上都是增函數(shù)，所以f（x）的值域A=[0， 4]，g（x）的值域B=[-a， ln3-a]. 若對任意x1，x2，x3 ∈[0， 2]，恒有f（x1）+f（x2）>g（x3），則2f（x）min>g（x）max，即0>ln3-a，所以a>ln3.

二、分離參數(shù)法

【例2】已知函數(shù)f（x）=ax+xlnx的圖像在點x=e（e為自然對數(shù)的底數(shù)）處的切線的斜率為3.

（1）求實數(shù)a的值;

（2）若f（x）≤kx2對任意x>0成立，求實數(shù)k的取值范圍.

【分析】（1）由f′（x）=a+lnx+1結(jié)合條件函數(shù)f（x）=ax+xlnx的圖像在點x=e處的切線的斜率為3，可知f′（e）=3，可建立關(guān)于a的方程：a+lne+1=3，從而解得a=1.

（2）要f（x）≤kx2使對任意x>0恒成立，只需k≥[■]max即可，而由（1）可知f（x）= x+xlnx，

∴問題即等價于求函數(shù) g（x） = ■的最大值，可以通過導(dǎo)數(shù)研究函數(shù) g（x）的單調(diào)性，從而求得其最值：g′（x） =■=-■，令g′（x）=0，解得x=1，當(dāng)00，∴ g（x）在（0， 1）上是增函數(shù);當(dāng)x>1時，g′（x）<0，∴ g（x）在（1， +∞）上是減函數(shù)，因此g（x）在x=1處取得最大值g（1）=1，∴ k≥1即為所求.

【解析】（1）∵f（x）=ax+xln x，∴f′（x）=a+ln x+1.

又∵f（x）的圖像在點x=e處的切線的斜率為3，∴f′（e）=3，

即a+ln e+1=3，

∴ a=1.

（2）由（1）知，f（x）=x+xln x，

∴f（x）≤kx2對任意x>0成立？圳k≥■對任意x>0成立，

令g（x）=■，則問題轉(zhuǎn)化為求g（x）的最大值，

g′（x）=■=-■，令g′（x）=0，解得x=1，

當(dāng)00，∴ g（x）在（0， 1）上是增函數(shù);

當(dāng)x>1時，g′（x）<0，∴ g（x）在（1， +∞）上是減函數(shù).

故g（x）在x=1處取得最大值g（1）=1，∴ k≥1即為所求.

【點評】在函數(shù)存在性與恒成立問題中求含參數(shù)范圍過程中，當(dāng)其中的參數(shù)（或關(guān)于參數(shù)的代數(shù)式）能夠與其它變量完全分離出來并，且分離后不等式其中一邊的函數(shù)（或代數(shù)式）的最值或范圍可求時，常用分離參數(shù)法. 此類問題可把要求的參變量分離出來，單獨放在不等式的一側(cè)，將另一側(cè)看成新函數(shù)，于是將問題轉(zhuǎn)化成新函數(shù)的最值問題：若對于x取值范圍內(nèi)的任一個數(shù)都有f（x）≥g（a）恒成立，則g（a）≤f（x）min;若對于x取值范圍內(nèi)的任一個數(shù)都有f（x）≤g（a）恒成立，則g（a）≥f（x）max. 常見的有一個口訣：大就大其最大，小就小其最小，即最終轉(zhuǎn)換為求函數(shù)最值.

利用分離參數(shù)法來確定不等式f（x， ？姿）≥0，（x∈D，？姿為實參數(shù)）恒成立中參數(shù)？姿的取值范圍的基本步驟：

（1）將參數(shù)與變量分離，即化為g（？姿）≥f（x）（或g（？姿）≤f（x））恒成立的形式;

（2）求f（x）在x∈D上的最大（或最小）值;

（3）解不等式g（？姿）≥f（x）max（或g（？姿）≤f（x）min），得？姿的取值范圍.

【練習(xí)】若x∈（0， ■]時x2+ax+2>0恒成立，求實數(shù)a的取值范圍.

【解析】分離參數(shù)a得a>-x-■，設(shè)f（x）=-x-■，則x∈（0， ■]時，f′（x）= -1+■>0，所以f（x）= -x-■在x∈（0， ■]時是增函數(shù)，所以f（x）≤f（■）=-■，a>-■.

三、主參換位法

【例3】已知函數(shù)f（x）=ln（ex+a）（a為常數(shù)）是實數(shù)集R上的奇函數(shù)，函數(shù)g（x）=？姿f（x）+sinx是區(qū)間[-1， 1]上的減函數(shù)，（Ⅰ）求a的值;（Ⅱ）若g（x）≤ t2+？姿t+1上x∈[-1， 1]恒成立，求t的取值范圍.

【分析】在第二小題所給條件中出現(xiàn)了兩個字母：？姿及t，那么解題的關(guān)鍵恰恰就在于該把其中哪個字母看成是一個變量，另一個作為常數(shù). 而根據(jù)本題中的條件特征顯然可將？姿視作自變量，則上述問題即可轉(zhuǎn)化為在（-∞， -1]內(nèi)關(guān)于？姿的一次函數(shù)大于等于0恒成立的問題，問題即可求解.

【解析】（Ⅰ）a=1.

（Ⅱ）由（Ⅰ）知：f（x）=x，∴ g（x）=？姿x+sinx，

∵ g（x）在[-1， 1]上單調(diào)遞減，∴ g′（x）=？姿+cosx≤0.

∴ ？姿≤-cosx在[-1， 1]上恒成立，

∴ ？姿≤-1， [g（x）]max=g（-1）=-？姿-sin1，

∴只需-？姿-sin1≤t2+？姿t+1，

∴（t+1）？姿+t2+sin1+1≥0（其中？姿≤-1）恒成立，

由上述②結(jié)論：可令f（？姿）= （t+1）？姿+t2+sin1+1≥0（？姿≤-1），

則t+1≤0，-t-1+t2+sin1+1≥0，

∴ t≤-1，t2-t+sin1≥0，而t2-t+sin1≥0恒成立，

∴ t≤-1.

【點評】某些函數(shù)存在性與恒成立問題中，當(dāng)分離參數(shù)會遇到討論的麻煩或者即使能容易分離出參數(shù)與變量，但函數(shù)的最值卻難以求出時，可考慮變換思維角度. 即把主元與參數(shù)換個位置，再結(jié)合其它知識，往往會取得出奇制勝的效果.此類問題的難點常常因為學(xué)生的思維定勢，易把它看成關(guān)于x的不等式討論，從而因計算繁瑣出錯或者中途夭折;若轉(zhuǎn)換一下思路，把待求的x為參數(shù)，以m為變量，構(gòu)造新的關(guān)于參數(shù)的函數(shù)，再來求解參數(shù)x應(yīng)滿足的條件這樣問題就輕而易舉的得到解決了.

【練習(xí)】若不等式2x-1>m（x2-1）對任意m∈[-1， 1]恒成立，求實數(shù)x的取值范圍.

【解析】2x-1>m（x2-1）可轉(zhuǎn)化為m（x2-1）-2x+1<0，設(shè)f（m） =m（x2-1）-2x+1<0，則f（m）是關(guān)于m的一次型函數(shù)，要使f（m）<0恒成立，只需f（1）=x2-2x<0，f（-1）=-x2-2x+2<0，解得■-1

四、數(shù)形結(jié)合法

【例4】已知函數(shù)f（x）=x2-2kx+2，在x≥-1恒有f（x）≥k，求實數(shù)k的取值范圍.

【分析】為了使題中的條件f（x）≥ k在x∈[-1， +∞）恒成立，應(yīng)能想到構(gòu)造出一個新的函數(shù)F（x）=f（x） - k ，則可把原題轉(zhuǎn)化成所構(gòu)造新的函數(shù)在區(qū)間[-1， +∞）時恒大于等于0的問題，再利用二次函數(shù)的圖像性質(zhì)進(jìn)行分類討論，即可使問題得到圓滿解決.

【解析】令F（x）=f（x）-k=x2-2kx+2-k，

則F（x）≥0對x∈[-1， +∞）恒成立，而F（x）是開口向上的拋物線.

當(dāng)圖像與x軸無交點滿足？駐<0，即？駐=4k2-2（2-k）< 0，解得-2

當(dāng)圖像與x軸有交點，且在x∈[-1， +∞）時F（x）≥0，

則由二次函數(shù)根與系數(shù)的分布知識及圖象可得：

？駐≥0，F(xiàn)（-1）≥0，-■≤-1，解得-3≤k≤-2，

故由①②知-3≤k<1.

【點評】如果題中所涉及的函數(shù)對應(yīng)的圖像、圖形較易畫出時，往往可通過圖像、圖形的位置關(guān)系建立不等式從而求得參數(shù)范圍. 解決此類問題經(jīng)常要結(jié)合函數(shù)的圖像，選擇適當(dāng)?shù)膬蓚€函數(shù)，利用函數(shù)圖像的上、下位置關(guān)系來確定參數(shù)的范圍. 利用數(shù)形結(jié)合解決不等式問題關(guān)鍵是構(gòu)造函數(shù)，準(zhǔn)確做出函數(shù)的圖像. 常見的有兩類函數(shù)：若二次函數(shù)y=ax2+bx+c（a≠0）大于0恒成立，則有a>0，？駐<0，同理，若二次函數(shù)y=ax2+bx+c（a≠0）小于0恒成立，則有a<0，？駐<0. 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(dá)定理以及根與系數(shù)的分布知識求解. 其它函數(shù)：f（x）>0恒成立 ？圳f（x）min>0（注：若f（x）的最小值不存在，則f（x）>0恒成立？圳f（x）的下界大于0）;f（x）<0恒成立 ？圳f（x）max<0（注：若f（x）的最大值不存在，則f（x）<0恒成立？圳f（x）的上界小于0）.（對于f（x）≥g（x）型問題，利用數(shù)形結(jié)合思想轉(zhuǎn)化為函數(shù)圖像的關(guān)系再處理），這種方法尤其對于選擇題、填空題這種方法更顯方便、快捷.

【練習(xí)】設(shè)a≥1，f（x）=x|x-a|+■，若f（x）≥a對任意x∈[1， 2]恒成立，求實數(shù)a的取值范圍.

【解析】當(dāng)1≤a≤■時，x|x-a|+■≥a顯然成立;當(dāng)a>■時，不等式可轉(zhuǎn)化為 |x-a|≥■，作 y= |x-a| 的圖像，使其圖像在y=■（1≤x≤2）圖像上方，可得

|2-a|≥■（a-■），a-1≥a-■，解得a≥■.

五、存在性之常用模型及方法

【例5】設(shè)函數(shù)f（x）=aln x+■x2-bx，a∈R且a≠1. 曲線y=f（x）在點（1， f（1））處的切線的斜率為0.

（1）求b的值;

（2）若存在x∈[1， +∞），使得f（x）<■，求a的取值范圍.

【分析】（1）根據(jù)條件曲線y=f（x）在點（1， f（1））處的切線的斜率為0，可以將其轉(zhuǎn)化為關(guān)于a，b的方程，進(jìn)而求得b的值：f′（x）=■+（1-a）x-b，f′（1）=0？圯a+（1-a）-b=0？圯b=1.

（2）根據(jù)題意分析可得若存在x∈[1， +∞），使得不等式f（x）<■成立，只需■>f（x）min即可，因此可通過探求f（x）的單調(diào)性進(jìn)而求得f（x）的最小值，進(jìn)而得到關(guān)于a 的不等式即可，而由（1）可知f（x） = a ln x+■x2-x，則f′（x） =■，因此需對a的取值范圍進(jìn)行分類討論并判斷f（x）的單調(diào)性，從而可以解得a的取值范圍是（-■-1， ■-1）∪（1， +∞）.

【解析】（1）f′（x）=■+（1-a）x-b，

由曲線y=f（x）在點（1，? f（1））處的切線的斜率為0，得

f′（1）=0，

即a+（1-a）-b=0，b=1;4分（2）由（1）可得，f（x）=aln x +■x2-x，

f′（x）=■+（1-a）x-1=■=■，

令f′（x）=0，得x1=1，x2=■，而■-1=■，

① a≤■時，■≤1，

在[1， +∞）上，f′（x）≥0，f（x）為增函數(shù)，（f（x））min=f（1）

=■-1=■，

令■<■，即a2+2a-1<0，解得-■-1

②當(dāng)■1，

（f（x））min =f（■）=aln■+■+■>■，

不合題意，無解.

③當(dāng)a>1時，顯然有f（x）<0，■>0，∴不等式f（x）<■恒成立，符合題意，

綜上，a的取值范圍是（-■-1， ■-1）∪（1， +∞）.

【點評】解決函數(shù)中存在性問題常見方法有兩種：一是直接法同上面所講恒成立;二是間接法，先求其否定（恒成立），再求其否定補集即可解決. 它的邏輯背景：原命題為“？坌x∈M，P（x）”的否定為“？堝x∈M，？劭 P（x）”;原命題為“？堝x∈M，P（x）”的否定為“？坌x∈M，？劭 P（x）”. 處理的原則就是：不熟系問題轉(zhuǎn)化為熟悉問題.

【練習(xí)】已知f（x）=■x2+x， g（x）=ln（x+1）-a，

（1）若存在x1，x2∈[0， 2]，使得f（x1）>g（x2），求實數(shù)a的取值范圍;

（2）若存在x1，x2∈[0， 2]，使得f（x1）=g（x2），求實數(shù)a的取值范圍.

【解析】f（x），g（x）在[0， 2]上都是增函數(shù)，所以f（x）的值域A=[0， 4]，g（x）的值域B=[-a， ln3-a].

（1）若存在x1，x2∈[0， 2]，使得f（x1）>g（x2），則f（x）max > g（x）min ，即4>-a，所以a>-4.

（2）若存在x1，x2使得f（x1）=g（x2），則A∩B≠？準(zhǔn)，∴ -a ≤4且ln3-a≥0，∴實數(shù)a的取值范圍是[-4， ln3].

【本文系北京市教育科學(xué)“十三五”規(guī)劃課題“基于核心素養(yǎng)的高中數(shù)學(xué)核心概念課堂教學(xué)的反思與重構(gòu)研究”（編號：CDDB19238）階段性研究成果】

責(zé)任編輯 徐國堅