转化为不等式能成立命题
前言
恒成立和能成立命题是高中数学中一个非常重要的知识点,考查频次很高,由于借助这个命题能很好的考查学生的知识理解掌握能力,还能考查学生遇到新问题时的转化化归能力,考查学生思维的灵活性,所以是高考命题人的最爱之一,需要引起学生的广泛关注。而且其涵盖的数学素材很广,一定要认真学习和掌握。
能成立模型
\(A\leq f(x)\)在区间\([m,n]\)上能成立[或有解],等价于\(A\leq f(x)_{max}\);
\(A\ge f(x)\)在区间\([m,n]\)上能成立[或有解],等价于\(A\ge f(x)_{min}\);
说明:同上,碰到具体题目可能需要我们进行相应的转化化归,才会变形为上述的形式。
化归为能成立
- 存在性命题常常可以转化为能成立命题;
分析:即二次不等式\(x^2+6mx+9m<0\)有解,
即\(\Delta=36m^2-36m>0\),解得\(m<0\)或者\(m>1\);
即\(m\in (-\infty,0)\cup(1,+\infty)\)。
- 以方程有解的形式给出的,或者给出了方程的解的范围的,又或者以方程成立的形式给出的都可以考虑转化为能成立命题;
分析:方程即\(\cfrac{1}{x}=lnx+a\),转化为方程\(a=\cfrac{1}{x}-lnx\),\(0< x <1\)时有解,令\(h(x)=\cfrac{1}{x}-lnx,0< x <1\),
用导数求得其单调性,在\((0,1)\)单调递减,值域为\((1,+\infty)\),故实数\(a\)的取值范围为\((1,+\infty)\)。
解析:审题中我们发现,本题目就是二元方程有解类型的,故我们想到能不能通过变量集中,将二元方程转化为一元方程问题;
两边同时除以 \(x\),变形得到 \(2+\ln x=\ln y-a\cdot \cfrac{y}{x}\),
再整理为 \(a\cdot \cfrac{y}{x}=\ln\cfrac{y}{x}-2\),接下来换元,令 \(\cfrac{y}{x}=t\),则 \(t>0\),
即上式变换为 \(at=\ln t-2\),分离参数得到,\(a=\cfrac{\ln t-2}{t}\) 在 \(t\in (0,+\infty)\) 上有解,
令 \(g(x)=\cfrac{\ln t-2}{t}\) ,则接下来就是求解函数 \(g(x)\) 的值域问题了。
用导数法可以求得[此处详细过程略],\(g(x)_{\max}=\cfrac{1}{e^3}\),则 \(a\leqslant \cfrac{1}{e^3}\),故选 \(D\) .
- 或方程解集、不等式解集不是空集;
分析:具体解法,见下。
- 函数有零点,或两个函数图像有交点
- 函数存在单调区间
①若函数\(h(x)=f(x)-g(x)\)存在单调递减区间,求\(a\)的取值范围;
分析:\(h(x)=lnx-\cfrac{1}{2}ax^2-2x\),\(x\in (0,+\infty)\)
所以\(h'(x)=\cfrac{1}{x}-ax-2\),由于\(h(x)\)在\((0,+\infty)\)上存在单调递减区间,
所以当\(x\in (0,+\infty)\)时,\(\cfrac{1}{x}-ax-2<0\)有解,[注意:转化为\(h'(x)\leqslant 0\)是错误的]
即\(a>\cfrac{1}{x^2}-\cfrac{2}{x}\)有解,设\(G(x)=\cfrac{1}{x^2}-\cfrac{2}{x}\),
所以只要\(a>G(x)_{min}\)即可。
而\(G(x)=\cfrac{1}{x^2}-\cfrac{2}{x}=(\cfrac{1}{x}-1)^2-1\),则\(G(x)_{min}=-1\),
所以\(a>-1\),又由于\(a\neq 0\),
故\(a\)的取值范围为\((-1,0)\cup(0,+\infty)\)。
- 以能成立形式给出;
分析:分离参数得到,\(a≥\cfrac{2}{x}-x\)在区间\([1,5]\)上能成立, 转化为求新函数\(\cfrac{2}{x}-x\)在\([1,5]\)上的最小值。
令\(g(x)=\cfrac{2}{x}-x,g(x)=\cfrac{2}{x}-x\)在区间 \([1,5]\)上单调递减,
所以\(g(x)_{min}=g(5)=-\cfrac{23}{5},\)所以\(a≥-\cfrac{23}{5}\)即\(a\)的取值范围是\([-\cfrac{23}{5},+\infty)\)
- 以不是单调函数形式给出;或函数在某区间上不单调给出;
分析:由题意知\(x>0\),又\(f′(x)=1+\cfrac{a}{x}\),
要使函数\(f(x)=x+alnx\)不是单调函数,
则需方程\(f'(x)=1+\cfrac{a}{x}=0\)在\(x>0\)上有解,
即方程\(a=-x\)在\(x>0\)上有解,
又函数\(g(x)=-x\)在\(x>0\)上的值域是\((-\infty,0)\),故\(a\in(-\infty,0)\)。
法1:补集思想,\(f'(x)=x^2-2x+a\),
若函数\(f(x)\)在\([-1,2]\)上单增,则\(f'(x)=x^2-2x+a\ge 0\)恒成立,
分离参数得到\(a\ge -x^2+2x\)恒成立,在\([-1,2]\)上求得函数\(f(x)_{max}=1\),故\(a\ge 1\);
若函数\(f(x)\)在\([-1,2]\)上单减,则\(f'(x)=x^2-2x+a\leq 0\)恒成立,
分离参数得到\(a\leq -x^2+2x\)恒成立,在\([-1,2]\)上求得函数\(f(x)_{min}=-3\),故\(a\leq -3\);
故取其补集,当\(-3< a <1\)时,函数\(f(x)\)在区间\([-1,2]\)上不单调。
法2:由题可知\(f(x)\)不单调,则导函数\(y=f'(x)\)在区间\([-1,2]\)上至少有一个变号零点,
当只有一个变号零点时,由\(f'(-1)\cdot f'(2)< 0\)可得,\(-3< a< 0\);
当有两个变号零点时,由\(\begin{cases}f'(-1)>0\\f'(2)>0\\ \Delta >0\end{cases}\),解得\(0< a <1\);
再验证,当\(a=0\)时,也满足题意,
综上所述,实数\(a\)的取值范围是\((-3,1)\)。
- 以函数\(f(x)\)存在单调区间的形式给出;
分析:\(g(x)=\cfrac{1}{3}x^3-\cfrac{a}{2}x^2+1+2x\),则\(g'(x)=x^2-ax+2\),
由\(g(x)\)在区间\((-2,-1)\)内存在单调递减区间,得到,
\(g'(x)=x^2-ax+2<0\)在区间\((-2,-1)\)上能成立,
分离参数得到,\(a < x+\cfrac{2}{x}\)在区间\((-2,-1)\)上能成立,
而\(\left(x+\cfrac{2}{x}\right)_{max}=-2\sqrt{2}\),当且仅当\(x=\cfrac{2}{x}\),即\(x=-\sqrt{2}\)时取到等号,
故实数\(a\)的取值范围为\((-\infty,-2\sqrt{2})\)。
注意:存在单调递减区间,应该得到\(f'(x)<0\)能成立,而不是\(f'(x)\leq 0\)能成立。
若\(a=-2\sqrt{2}\),由\(g'(x)=x^2+2\sqrt{2}x+2=(x+\sqrt{2})^2\ge 0\)恒成立,
则函数\(g(x)\)只能有单调递增区间,不会存在单调递减区间。
- 以存在性命题形式给出;
分析:具体解法,见上。
- 以至多至少型命题形式给出;
分析:具体解法,见上。
- 以新定义的形式给出;
分析:由题意可知,存在\(x_0\in (-1,1)\),使得\(f(x_0)=\cfrac{f(1)-f(-1)}{1-(-1)}\),
化简得到,\(f(x_0)=m\)有解,即\(-x_0^2+mx_0+1=m\),
即\((x_0-1)m=x_0^2-1\),由于\(x_0-1\neq 0\),故转化为\(m=x_0+1\)在\(x_0\in(-1,1)\)上有解,
即需要求函数\(y=x_0+1\)的值域,而\(x_0+1\in (0,2)\),故\(m\in (0,2)\).
转化以后
- 先考虑能否分离参数,参见分离参数法;
如果能,转化为\(A\ge f(x)\)恒成立,则需要求函数\(f(x)\)的最值,函数如果形式简单,不用导数法,如果复杂,需要用导数法;如果不能,
- 再考虑数形结合,即左右两端的函数中,有一个带有参数,考虑其几何意义。
注意事项
1、有恒字的不一定是恒成立命题,如两个函数图像恒有交点,即两个函数图像至少有一个交点,其实是能成立命题。没有恒字的不一定不是恒成立命题。
2、不等式无解应该等价转化为不等式恒成立。比如,\(f(x)< x\)在\(R\)上无解,即意味着不等式\(f(x)< x\)的解集为\(x\in \varnothing\),那么不等式\(f(x)\ge x\)在\(R\)上应该是恒成立的,即不等式\(f(x)\ge x\)的解集为\(x\in R\),
引例,比如不等式\(e^x< x\)无解,即不等式\(e^x\ge x\)的解集为\(x\in R\),即\(x\in R\)时,不等式\(e^x > x\)恒成立。
3、注意细节上的变化
若\(A\leq f(x)\)在区间\((m,n)\)上恒成立,等价于\(A\leq f(x)_{min}\)或最小值的极限。
若\(A< f(x)\)在区间\((m,n)\)上恒成立,等价于\(A\leq f(x)_{min}\)或最小值的极限。