几种不同类型的恒成立问题的解法初探

李根

【摘 要】在指导高三学生复习备考的过程中，学生在面对各种不同的恒成立问题时经常会感到很困惑，不知道用哪种方法好，本文针对几种常见的恒成立问题的解法进行了总结，并结合实例进行了阐述。

【关键词】恒成立；存在；最值；策略

类型一、一边是f（x）另一边是常数a，即定义在区间a，b上的函数，f（x）≤a恒成立（或者f（x）≥a恒成立）策略：f（x）≥a恒成立?fmin（x）≥a，f（x）≤a恒成立?fmax，（x）≤a，把问题转化为求函数的最值，若 f（x）不存在最值，可求出f（x）的范围，问题同样可以解出。

例1.已知函数f（x）=ax41nx+bx4-c（x>0）在x=1处取得极值-3-c，其中a，b，c为常数.（I）试确定a，b的值；（II）讨论函数f（x）的单调区间；（III）若对于任意x>0，不等式f（x）≥-2c2恒成立，求c的取值范围。

分析：不等式f（x）≥-2c2恒成立，可以转化为fmin（x）≥-2c2

解：（I）（过程略）a=12，b=-3.

（II）（过程略）函数f（x）的单调减区间为（0，1），函数f（x）的单调增区间为（1，+∞）.

（III）由（II）可知，函数f（x）在x=1处取得极小值f（1）=-3-c，此极小值也是最小值.要使 f（x）≥-2c2（x>0）恒成立，只需-3-c≤-2c2，解得 c≥或c≤-1.

综上可得：c的取值范围为（-∞，-1]∪[，+∞）

类型二、一边是f（x）另一边是g（x），且x的范围一致。即定义在区间a，b上的函数f（x），g（x），f（x）≤g（x）恒成立（或者f（x）≥g（x）恒成立）.

例2：已知函数f（x）=x21n（ax）（a>0）.若f（x）≤x2对任意的x>0恒成立，求实数a的取值范围。

解：f'（x）=2x1n（ax）+x≤x2（a>0，x>0）即1n（ax）≤（x-1），即a≤，即a≤对任意x>0恒成立。令h（x）=（x>0），

则h（x）=x∈（0，2）时h'（x）<0，h（x），h（x）递减∈（2，+∞）时h'（x）>0，h（x）递增，故h（x）的最小值为h（2）=故a≤，又a>0，所以0

类型三、一边是f（x1），另一边是g（x2），对任意的x1∈a，b，存在x∈c，b，使得f（x）≤g（x）恒成立。

解题策略：分别求出f（x）在区间a，b上的最大值f（x），g（x）在区间c，b上的最大值g（x），只需f（x）g（x）即可

例题：已知函数f（x）=1nx-ax+-1（a∈R）

（1）当a≤时，讨论f（x）的单调性

（2）设g（x）=x2-2bx+4，当a=时，若对任意的x1∈（0，2），存在x2∈1，2，使得f（x1）≥g（x2），求实数b的取值范围。

解：（1）解法略。

（2）函数f（x）=1nx-x+-1（a∈R），（x>0），f（x）=--=，∴f（x）在（0，1）上递减，在（1，2）上递增，∴f（x）在（0，2）上的最小值为f（1）=-，∵对任意的x∈（0，2），存在x∈1，2，

使f（x1）≥g（x2）成立?f（x）在（0，2）上的最小值≥g（x）在1，2上的最小值，即-≥g（x）min，x∈1，2∵g（x）=x2-2bx+4

∴当b≤1时g（x）min=g（1）=5-2b，由-≥5-2b得到b≥与b≤1矛盾

当1

当b>2时，g（x）min=g（2）=8-4b，由-≥8-4b得到b≥.

综上，b的取值范围是b≥。

【参考文献】

[1]夏桂芳.不等式恒成立与有解问题辨析.中学数学（高中），2011，4.

[2]张亮.构造函数证明不等式.中学教研，2012，2.