恆成立能成立和恰成立命題賞析

前言

恆成立、能成立和恰成立三類命題是高三數學中比較常見的高頻考查素材。

尤爲是恆成立、能成立命題，讓許多學生感到頭疼不已。考查的頻次多，難度大，因此深刻思考和總結這類命題的規律顯得很是必要和迫切，同時和恆成立、能成立命題緊密相連的變形技巧----分離參數法，更是很是廣泛和經常使用的一種數學變形方法。

恆成立問題

模型：\(A\leqslant f(x)\)在區間\([m，n]\)上恆成立，等價於\(A\leqslant f(x)_{min}\)；

\(A\geqslant f(x)\)在區間\([m，n]\)上恆成立，等價於\(A\geqslant f(x)_{max}\)；

說明：上述模型是最精簡的模型，具體題目中通常不是這樣的，須要咱們作相應的轉化化歸。

好比\(ln(x+1)+\cfrac{a}{x+2}>1\)對任意\(x>0\)成立，則能夠轉化爲\(a>(x+2)[1-ln(x+1)]\)恆成立，

好比\(x^2+e^x+a\ge 0\)對任意實數恆成立，能夠化歸爲\(a\ge -x^2-e^x\)，這樣就都屬於上述類型。

例1 已知函數\(f(x)=x^2 +ax-2\ge 0\)在區間\([1，5]\)上恆成立，求參數\(a\)的取值範圍。

【常規】法1：二次函數法，因爲\(\Delta=a^2+8>0\)，故不須要考慮\(\Delta<0\)的情形，

只須要考慮對稱軸\(x=-\cfrac{a}{2}\)和給定區間\([1，5]\)的相對位置關係

當\(-\cfrac{a}{2}\leq 1\)時，即\(a\geqslant -2\)時，函數\(f(x)\)在區間\([1,5]\)單調遞增，

因此\(f(x)_{min}=f(1)=1+a-2\geqslant 0\),解得\(a\geqslant 1\)，又由於\(a\geqslant -2\)，因此獲得\(a\geqslant 1\)。

當\(-\cfrac{a}{2}\ge 5\)時，即\(a\leqslant -10\) 時，函數\(f(x)\)在區間 \([1,5]\)單調遞減，

因此\(f(x)_{min}=f(5)=25+5a-2\ge 0\),解得\(a\ge -\cfrac{23}{5}\)，

又由於\(a\leq -10\)，因此獲得\(a\in\varnothing\)。

當\(1<-\cfrac{a}{2}<5\)，即\(-10<a<-2\)時，\(f(x)min=f(-\cfrac{a}{2})=\cfrac{a^2}{4}-\cfrac{a^2}{2}-2≥0\)，

獲得\(a\in\varnothing\)。（這種情形能夠省略）

綜上可得\(a\geqslant 1。\)即\(a\)的取值範圍是\([1，+\infty)\)

【通法】法2：【恆成立+分離參數法】兩邊同時除以參數\(a\)的係數\(x\)(因爲\(x\in [1，5]\)，不等號方向不變)，獲得

\(a\geqslant \cfrac{2}{x}－x\)在區間 \([1，5]\)上恆成立, 轉化爲求新函數「\(\cfrac{2}{x}－x\)」在\([1，5]\)上的最大值。

這時咱們通常是定義新函數，令\(g(x)=\cfrac{2}{x}－x\)，

則利用函數單調性的結論，能夠看到\(g(x)=\cfrac{2}{x}－x\)在區間 \([1，5]\)上單調遞減，

因此\(g(x)_{max}=g(1)=1\)，因此\(a\geqslant 1\)，即\(a\)的取值範圍是\([1，+\infty)\)

例2 已知函數\(f(x)=x^2 +ax-2a\geqslant 0\)在區間 \([1，5]\)上恆成立，求參數\(a\)的取值範圍。

【法1】：先求得對稱軸\(x=-\cfrac{a}{2}\)，

①因爲\(\Delta=a^2+8a≤0\)時知足題意,解得\(-8≤a≤0\)，

再考慮對稱軸\(x=-\cfrac{a}{2}\)和給定區間\([1，5]\)的相對位置關係

②當\(-\cfrac{a}{2}≤1\)時，即\(a≥-2\)時，函數\(f(x)\)在區間\([1,5]\)單調遞增，

因此\(f(x)_{min}=f(1)=1+a-2a≥0\),解得\(-2≤a≤1\)，又由於\(a≥-2\)，因此獲得\(-2≤a≤1\)。

③當\(-\cfrac{a}{2}≥5\)時，即\(a≤-10\)時，函數\(f(x)\)在區間\([1,5]\)單調遞減，

因此\(f(x)_{min}=f(5)=25+5a-2a≥0\)，解得\(a≥-\cfrac{25}{3}\)，又由於\(a≤-10\)，因此獲得\(a\in\varnothing\).

④當\(1<-\cfrac{a}{2}<5\),即\(-10<a<-2\)時，\(f(x)_{min}=f(-\cfrac{a}{2})=\cfrac{a^2}{4}-\cfrac{a^2}{2}-2a≥0\)，

獲得\(-8≤a≤0\),又\(-10<a<-2\)，因此\(-8≤a<-2\)（這種情形能夠省略）

綜上可得\(a\)的取值範圍是\([-8,1]\)

【法2】：分離參數法，先轉化爲\((x-2)a\ge -x^2，x\in [1，5]\)

接下來就轉化爲了三個恆成立的命題了，

當\(x=2\)時，原不等式即\((2-2)a\ge -4\)，\(a\in R\)都符合題意；

當\(2<x<5\)時，原不等式等價於\(a\ge \cfrac{-x^2}{x-2}=-(x-2)-\cfrac{4}{x-2}-4=g(x)\)恆成立；

\(g(x)=-(x-2)-\cfrac{4}{x-2}-4\leq 2\sqrt{(x-2)\cdot \cfrac{4}{x-2}}-4=-8\)

求得當\(x=4\)時，\(g(x)_{max}=-8\)，故\(a\ge -8\)

當\(1<x<2\)時，原不等式等價於\(a\leq \cfrac{-x^2}{x-2}=-(x-2)-\cfrac{4}{x-2}-4=g(x)\)恆成立；

\(g(x)=-(x-2)-\cfrac{4}{x-2}-4\ge 2\sqrt{-(x-2)\cdot \cfrac{-4}{x-2}}-4=0\)

當且僅當\(x=0\)時取到等號，並不知足前提條件\(1<x<2\)，故是錯解。

此時須要藉助對勾函數的單調性，函數\(y=x+\cfrac{4}{x}\)在區間\([1，2]\)上單調遞增，

那麼\(y=x-2+\cfrac{4}{x-2}\)在區間\([1，2]\)上單調遞減，

\(y=-(x-2)-\cfrac{4}{x-2}\)在區間\([1，2]\)上單調遞增，\(y=-(x-2)-\cfrac{4}{x-2}-4\)在區間\([1，2]\)上單調遞增，

故\(g(x)_{min}=g(1)=1\)，故\(a\leq 1\)

以上三種狀況取交集，獲得\(a\in [-8，1]\)。

易錯警示：當以自變量分類討論時，結果每每須要求交集。

能成立問題

模型：\(A\leqslant f(x)\)在區間\([m，n]\)上能成立[或有解]，等價於\(A\leqslant f(x)_{max}\)；

\(A\geqslant f(x)\)在區間\([m，n]\)上能成立[或有解]，等價於\(A\geqslant f(x)_{min}\)；

例3 已知函數\(f(x)=x^2 +ax-2≥0\)在區間 \([1，5]\)上能成立，求參數\(a\)的取值範圍。

【法1】：同理獲得\(a≥\cfrac{2}{x}－x\)在區間\([1,5]\)上能成立, 轉化爲求新函數\(\cfrac{2}{x}－x\)在\([1,5]\)上的最小值。

令\(g(x)=\cfrac{2}{x}－x，g(x)=\cfrac{2}{x}－x\)在區間 \([1,5]\)上單調遞減，

因此\(g(x)_{min}=g(5)=-\cfrac{23}{5}\)，因此\(a≥-\cfrac{23}{5}\)，

即\(a\)的取值範圍是\([-\cfrac{23}{5}，+\infty)\)

【法2】：求\(x\in [1，5]\)上的\(f(x)_{max}\ge 0\)，

對稱軸是\(x=-a\)，針對\(x=-a\)和給定區間的位置關係分類討論便可，較繁瑣，

①當\(-a\leq 1\)時，即\(a\ge -1\)時，\(f(x)\)在區間\([1，5]\)單調遞增，

故\(f(x)_{max}=f(5)=5a+23\ge 0\)，即\(a\ge -\cfrac{23}{5}\)，

又因爲\(a\ge -1\)，求交集獲得\(a\ge -1\)；

②當\(1<-a<5\)時，即\(-5<a<-1\)時，\(f(x)\)在區間\([1，5]\)有減有增無單調性，

\(f(x)_{max}=max\{f(1)，f(5)\}\)，

\(f(1)=a-1\)，\(f(5)=5a+23\)，

\(f(5)-f(1)=4a+24\in [4，20]\)，即\(f(5)>f(1)\)，

故\(f(x)_{max}=f(5)=5a+23\ge 0\)，即\(a\ge -\cfrac{23}{5}\)，

求交集獲得，\(-\cfrac{23}{5}\leq a<-1\)；

③當\(-a\ge 5\)時，即\(a\leq -5\)時，\(f(x)\)在區間\([1，5]\)單調遞減，

故\(f(x)_{max}=f(1)=a-1\ge 0\)，即\(a\ge 1\)，

求交集獲得\(a\in \varnothing\)；

綜上所述，獲得\(a\in [-\cfrac{23}{5}，+\infty)\)。即\(a\)的取值範圍是\([-\cfrac{23}{5}，+\infty)\)。

【法3】：轉化爲不等式\(f(x)=x^2 +ax-2≥0\)在區間 \([1,5]\)上有解，解法基本同於法2，

①當\(-a\leq 1\)時，必須\(f(5)\ge 0\)，解得\(a\ge -1\)；

②當\(1<-a<5\)時，必須\(f(5)\ge 0\)，解得\(-\cfrac{23}{5}\leq a<-1\)；

③當\(-a\ge 5\)時，必須\(f(1)\ge 0\)，解得\(a\in \varnothing\)；

綜上所述，獲得\(a\in [-\cfrac{23}{5}，+\infty)\)。

解後反思：須要注意的是，這種命題做爲一種數學模型，咱們還須要關注其等價的敘述方法，其中涉及考查轉化劃歸的能力。¹

恰成立命題

例4 已知函數\(f(x)=\sqrt{1+3^x+a\cdot 9^x}\)，其定義域爲\((-\infty，1]\)，則a的取值是\(a=-\cfrac{4}{9}\)。

解析：由題目可知\(1+3^x+a\cdot 9^x\ge 0\)的解集必須剛好是是\((-\infty，1]\)，

即\((\cfrac{1}{9})^x+(\cfrac{1}{3})^x+a\ge 0\)的解集必須剛好是是\((-\infty，1]\)，

令\((\cfrac{1}{3})^x=t\)，則\(t\in[\cfrac{1}{3}，+\infty)\)，則\(g(t)=t^2+t+a>=0\)的解集必須是\([\cfrac{1}{3}，+\infty)\)，

則\(g(\cfrac{1}{3})=0\)，因此\(9a+4=0，a=-\cfrac{4}{9}\)。

反思總結：本題有兩種變換，其一令\(3^x=t\in(0，3]\)，變換獲得\(h(t)=at^2+t+1\ge0\)的解集必須是\((0，3]\)；

其二令\((\cfrac{1}{3})^x=t\)，則\(t\in[\cfrac{1}{3}，+\infty)\)，則\(g(t)=t^2+t+a>=0\)的解集必須是\([\cfrac{1}{3}，+\infty)\)，

變換二比變換一要好處理、好理解一些。圖像說明

例5 不等式\(x^2 -(a^2+a)x+a^3≤0\)在區間 \([-1，1]\)上恰成立(或者不等式\(x^2 -(a^2+a)x+a^3≤0\)的解集是\([-1，1]\))，求參數\(a\)的取值。

解析：\(f(x)=x^2 -(a^2+a)x+a^3 ≤0\)在區間 \([-1，1]\)上恰成立，則\(f(-1)=0，f(1)=0\)，解得\(a= -1\).

例6 若函數\(f(x)=\cfrac{x^3}{3}-\cfrac{3x^2}{2}+ax+4\)恰在\([-1，4]\)上單調遞減，則實數\(a\)的值爲\(-4\).

解析：\(f'(x)=x^2-3x+a≤0\)的解集是\([-1，4]\)，則\(4\)是方程\(x^2-3x+a=0\)的根，故實數\(a= - 4\).

例7 【2018福建四地六校聯考】已知函數\(f(x)=x+\cfrac{a}{x}+2\)的值域爲\((-\infty，0]\cup[4，+\infty)\)，求\(a\)的值。

分析：本題目屬於恰成立命題，

當\(x>0\)時，\(f(x)=x+\cfrac{a}{x}+2\ge 2\sqrt{a}+2=4\)，解得\(a=1\)，當且僅當\(x=1\)時取到等號；

當\(x<0\)時，\(f(x)=x+\cfrac{a}{x}+2\leq -2\sqrt{a}+2=0\)，解得\(a=1\)，當且僅當\(x=-1\)時取到等號；

綜上可知，\(a=1\)。

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1. 函數\(f(x)=x^2 +ax-2\ge 0\)在區間\([1，5]\)上恆成立 \(\Longleftrightarrow \forall x\in [1，5]\)，都能使得函數\(f(x)=x^2 +ax-2\ge 0\)成立。
   再好比： 函數\(f(x)=x^2 +ax-2\ge 0\)在區間\([1，5]\)上能成立，\(\Longleftrightarrow\)不等式\(x^2 +ax-2\ge 0\)在區間\([1，5]\)上有解\(\Longleftrightarrow\)不等式\(x^2 +ax-2\ge 0\)在區間\([1，5]\)上解集不是空集\(\Longleftrightarrow\)不等式\(x^2 +ax-2\ge 0\)在區間\([1，5]\)上至少有一個解。↩