恒成立能成立命题赏析

前言

恒成立、能成立这两类命题是高三数学中比较常见的高频考查素材。尤其是恒成立、能成立命题，让许多学生感到头疼不已。考查的频次多，难度大，所以深入思考和总结这类命题的规律显得非常必要和迫切，同时和恒成立、能成立命题紧密相连的变形技巧----分离参数法，更是非常普遍和常用的一种数学变形方法。

恒成立问题

模型：\(A\leqslant f(x)\)在区间\([m，n]\)上恒成立，等价于\(A\leqslant f(x)_{min}\)；

\(A\geqslant f(x)\)在区间\([m，n]\)上恒成立，等价于\(A\geqslant f(x)_{max}\)；

说明：上述模型是最精简的模型，具体题目中一般不是这样的，需要我们做相应的转化化归。

比如\(ln(x+1)+\cfrac{a}{x+2}>1\)对任意\(x>0\)成立，则可以转化为\(a>(x+2)[1-ln(x+1)]\)恒成立，

比如\(x^2+e^x+a\ge 0\)对任意实数恒成立，可以化归为\(a\ge -x^2-e^x\)，这样就都属于上述类型。

已知函数\(f(x)=x^2 +ax-2\ge 0\)在区间\([1，5]\)上恒成立，求参数\(a\)的取值范围。

【常规】法1：二次函数法，由于\(\Delta=a^2+8>0\)，故不需要考虑\(\Delta<0\)的情形，

只需要考虑对称轴\(x=-\cfrac{a}{2}\)和给定区间\([1，5]\)的相对位置关系

当\(-\cfrac{a}{2}\leq 1\)时，即\(a\geqslant -2\)时，函数\(f(x)\)在区间\([1,5]\)单调递增，

所以\(f(x)_{min}=f(1)=1+a-2\geqslant 0\),解得\(a\geqslant 1\)，又因为\(a\geqslant -2\)，所以得到\(a\geqslant 1\)。

当\(-\cfrac{a}{2}\ge 5\)时，即\(a\leqslant -10\) 时，函数\(f(x)\)在区间 \([1,5]\)单调递减，

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

又因为\(a\leq -10\)，所以得到\(a\in\varnothing\)。

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

得到\(a\in\varnothing\)。（这种情形可以省略）

综上可得\(a\geqslant 1。\)即\(a\)的取值范围是\([1，+\infty)\)

【通法】法2：【恒成立+分离参数法】两边同时除以参数\(a\)的系数\(x\)(由于\(x\in [1，5]\)，不等号方向不变)，得到

\(a\geqslant \cfrac{2}{x}－x\)在区间 \([1，5]\)上恒成立, 转化为求新函数“\(\cfrac{2}{x}－x\)”在\([1，5]\)上的最大值。

这时我们一般是定义新函数，令\(g(x)=\cfrac{2}{x}－x\)，

则利用函数单调性的结论，可以看到\(g(x)=\cfrac{2}{x}－x\)在区间 \([1，5]\)上单调递减，

所以\(g(x)_{max}=g(1)=1\)，所以\(a\geqslant 1\)，即\(a\)的取值范围是\([1，+\infty)\)

已知函数\(f(x)=x^2 +ax-2a\geqslant 0\)在区间 \([1，5]\)上恒成立，求参数\(a\)的取值范围。

【法1】：先求得对称轴\(x=-\cfrac{a}{2}\)，

①由于\(\Delta=a^2+8a≤0\)时满足题意,解得\(-8≤a≤0\)，

再考虑对称轴\(x=-\cfrac{a}{2}\)和给定区间\([1，5]\)的相对位置关系

②当\(-\cfrac{a}{2}≤1\)时，即\(a≥-2\)时，函数\(f(x)\)在区间\([1,5]\)单调递增，

所以\(f(x)_{min}=f(1)=1+a-2a≥0\),解得\(-2≤a≤1\)，又因为\(a≥-2\)，所以得到\(-2≤a≤1\)。

③当\(-\cfrac{a}{2}≥5\)时，即\(a≤-10\)时，函数\(f(x)\)在区间\([1,5]\)单调递减，

所以\(f(x)_{min}=f(5)=25+5a-2a≥0\)，解得\(a≥-\cfrac{25}{3}\)，又因为\(a≤-10\)，所以得到\(a\in\varnothing\).

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

得到\(-8≤a≤0\),又\(-10<a<-2\)，所以\(-8≤a<-2\)（这种情形可以省略）

综上可得\(a\)的取值范围是\([-8,1]\)

【法2】：分离参数法，先转化为\((x-2)a\ge -x^2，x\in [1，5]\)

接下来就转化为了三个恒成立的命题了，

当\(x=2\)时，原不等式即\((2-2)a\ge -4\)，\(a\in R\)都符合题意；

当\(2<x<5\)时，原不等式等价于\(a\ge \cfrac{-x^2}{x-2}=-(x-2)-\cfrac{4}{x-2}-4=g(x)\)恒成立；

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

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

当\(1<x<2\)时，原不等式等价于\(a\leq \cfrac{-x^2}{x-2}=-(x-2)-\cfrac{4}{x-2}-4=g(x)\)恒成立；

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

当且仅当\(x=0\)时取到等号，并不满足前提条件\(1<x<2\)，故是错解。

此时需要借助对勾函数的单调性，函数\(y=x+\cfrac{4}{x}\)在区间\([1，2]\)上单调递增，

那么\(y=x-2+\cfrac{4}{x-2}\)在区间\([1，2]\)上单调递减，

\(y=-(x-2)-\cfrac{4}{x-2}\)在区间\([1，2]\)上单调递增，\(y=-(x-2)-\cfrac{4}{x-2}-4\)在区间\([1，2]\)上单调递增，

故\(g(x)_{min}=g(1)=1\)，故\(a\leq 1\)

以上三种情况取交集，得到\(a\in [-8，1]\)。

易错警示：当以自变量分类讨论时，结果往往需要求交集。

能成立问题

模型：\(A\leqslant f(x)\)在区间\([m，n]\)上能成立[或有解]，等价于\(A\leqslant f(x)_{max}\)；

\(A\geqslant f(x)\)在区间\([m，n]\)上能成立[或有解]，等价于\(A\geqslant f(x)_{min}\)；

已知函数\(f(x)=x^2 +ax-2≥0\)在区间 \([1，5]\)上能成立，求参数\(a\)的取值范围。

【法1】：同理得到\(a≥\cfrac{2}{x}－x\)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\([-\cfrac{23}{5}，+\infty)\)

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

对称轴是\(x=-a\)，针对\(x=-a\)和给定区间的位置关系分类讨论即可，较繁琐，

①当\(-a\leq 1\)时，即\(a\ge -1\)时，\(f(x)\)在区间\([1，5]\)单调递增，

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

又由于\(a\ge -1\)，求交集得到\(a\ge -1\)；

②当\(1<-a<5\)时，即\(-5<a<-1\)时，\(f(x)\)在区间\([1，5]\)有减有增无单调性，

\(f(x)_{max}=max\{f(1)，f(5)\}\)，

\(f(1)=a-1\)，\(f(5)=5a+23\)，

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

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

求交集得到，\(-\cfrac{23}{5}\leq a<-1\)；

③当\(-a\ge 5\)时，即\(a\leq -5\)时，\(f(x)\)在区间\([1，5]\)单调递减，

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

求交集得到\(a\in \varnothing\)；

综上所述，得到\(a\in [-\cfrac{23}{5}，+\infty)\)。即\(a\)的取值范围是\([-\cfrac{23}{5}，+\infty)\)。

【法3】：转化为不等式\(f(x)=x^2 +ax-2≥0\)在区间 \([1,5]\)上有解，解法基本同于法2，

①当\(-a\leq 1\)时，必须\(f(5)\ge 0\)，解得\(a\ge -1\)；

②当\(1<-a<5\)时，必须\(f(5)\ge 0\)，解得\(-\cfrac{23}{5}\leq a<-1\)；

③当\(-a\ge 5\)时，必须\(f(1)\ge 0\)，解得\(a\in \varnothing\)；

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

解后反思：需要注意的是，这种命题作为一种数学模型，我们还需要关注其等价的叙述方法，其中涉及考查转化划归的能力。^[1]

深度探究

高中数学中，哪些命题都可以转化为恒成立的类型来求解呢，请参阅：转化为不等式恒成立命题

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1. 函数\(f(x)=x^2 +ax-2\ge 0\)在区间\([1，5]\)上恒成立 \(\Longleftrightarrow \forall x\in [1，5]\)，都能使得函数\(f(x)=x^2 +ax-2\ge 0\)成立。
   再比如： 函数\(f(x)=x^2 +ax-2\ge 0\)在区间\([1，5]\)上能成立，\(\Longleftrightarrow\)不等式\(x^2 +ax-2\ge 0\)在区间\([1，5]\)上有解\(\Longleftrightarrow\)不等式\(x^2 +ax-2\ge 0\)在区间\([1，5]\)上解集不是空集\(\Longleftrightarrow\)不等式\(x^2 +ax-2\ge 0\)在区间\([1，5]\)上至少有一个解。 ↩︎