点评:本题解答过程中运用的“转化”的思想,将无解问题转化为有解问题,再变为求一个函数的最小值,使问题迎刃而解。“转化”是中学数学的一种基本思想方法,在以后的学习中要注意运用。
二、恒成立问题
例3设无穷等差数列{an}的前n项和为Sn。
(1)若首项a1=32,公差d=1,求满足Sk2=(Sk)2的正整数k。
(2)求所有的无穷等差数列{an},使得对一切正整数k总有Sk2=(Sk)2成立。
分析:问题(1)易求,问题(2)中要对一切正整数k总成立,是恒成立问题,而它又是关于k的方程,可利用方程中的恒成立问题求解。
解:(1)略解:k=4
(2)设等差数列{an}的前n项和Sn=An2+Bn,则由Sk2=(Sk)2可得
Ak4+Bk2=(Ak2+Bk)2Ak4+Bk2=A2k4+2ABk3+B2k2
上式对一切正整数k恒成立的充要条件是A=A2
2AB=0
B=B2解之得
A=0
B=0或A=0
B=1或A=1
B=0因此满足条件的数列有三个,它们的前n项和分别为Sn=0,Sn=n,Sn=n2,故其对应的数列为an=0,an=1,an=2n-1。
点评:利用等差数列的前n项和的二次式Sn=An2+Bn的形式,化为方程的恒成立问题,求待定系数A,B。简单易行。
例4(2013.全国新课标卷.21)已知函数f(x)=x2+ax+b,g(x)=ex(cx+d).若曲线y=f(x)和曲线y=g(x)都过点P(0,2),且在点P(0,2)处有相同的切线y=4x+2,
(1)求a,b,c,d的值;
(2)若x≥-2时,f(x)≤k·g(x)恒成立,求k的取值范围。
分析:问题(1)易求,问题(2)中要求k的取值范围,可以先给x赋值,缩小k的范围。然后再用函数的最值求解。
解:(1)略解:a=4,b=2,c=2,d=2;
(2)由(1)知f(x)=x2+4x+2,g(x)=ex(2x+2),则x2+4x+2≤kex(2x+2)在x≥-2时恒成立。设F(x)=kg(x)-f(x)=2kex(x+1)-x2-4x-2,则由F(0)≥0得k≥1,由F(-2)≥0得k≤e2,故1≤k≤e2。又F′(x)=2(x+2)·(kex-1)=0得x1=-2,x2=-lnk∈[-2,0],则当-2≤x≤-lnk,F′(x)≤0,x>-lnk时F′(x)>0;则当x=-lnk时,函数F(x)=kg(x)-f(x)=2kex(x+1)-x2-4x-2有最小值F(-lnk)=(2-lnk)·lnk≥01≤k≤e2,因此:k的取值范围是:1≤k≤e2。
点评:本题求解过程中将恒成立转化为函数的最值求解,是一种常用的数学方法。在过程中先给x赋值,缩小k的范围,然后再求解是一种常用的数学思想。
三、“有解”与“恒成立”问题的综合
例5已知函数f(x)=(x+1)24,对于任意的x∈[1,m],(m>1),总存在实数t∈R使f(x+t)≤x成立,求m的最大值。
分析:问题中含有x,t两个量,可以先对x恒成立,消去x,然后再对t有解,分步进行。
解:假设存在实数t∈R使f(x+t)≤x成立,因为:任意的x∈[1,m],f(x+t)≤x恒成立,所以
f(1+t)≤1-4≤t≤0(1)
f(m+t)≤m-1-m-2m≤t≤-1-m+2m(2),此不等式组是关于t的不等式组有解,则必有-1-m-2m≥-4m≤9,又m>1,因此:1点评:本题中“有解”与“恒成立”同时出现,在解决此类问题时,每一次只考虑解决一个变量,其余的作为常量来处理,使问题易于解决。
总之,“有解”与“恒成立”问题是中学数学中的基本问题,在读题要注意题目中的具体问法,分清是“有解”还是“恒成立”,在解题中要善于进行转化,变成求函数的值域或其他问题来求解。