不等式中的“恒成立”和“存在性”问题及其解题策略

2017-06-15浙江省余姚市职业技术学校315400何国坚

中学数学研究(广东) 2017年9期

关键词：恒成立等价实数

浙江省余姚市职业技术学校(315400) 何国坚

浙江省余姚市职业技术学校(315400) 何国坚

含参数不等式恒成立问题和存在性问题是近几年高考的一个热门题型,而且常考常新,此类问题因其较强的逻辑性和灵活性,成为学生学习上的又一难点．笔者利用数形结合思想,就此类问题作一分类解析,希望能抛砖引玉,对大家有所帮助．

1 单变量型不等式问题

结论1设函数f(x)、g(x)在区间[a,b]上有意义,则对于∀x∈[a,b],不等式f(x)＞g(x)恒成立的等价条件是[f(x)−g(x)]min＞0．

图1

证明如图1所示,对于∀x∈[a,b],f(x)＞g(x)恒成立,等价于函数y=f(x)的图像恒在函数y=g(x)的图像上方,即对于∀x∈[a,b],f(x)−g(x)＞0恒成立,所以只须[f(x)−g(x)]min＞0．

例1 设f(x)=ex,g(x)=lnx+m,对于∀x∈[1,2],求不等式f(x)＞g(x)恒成立的的取值范围?

解F(x)=f(x)−g(x)=ex−(lnx+m),F′(x)=当x∈[1,2]时,F′(x)＞0,故F(x)在区间[1,2]上是增函数,要使f(x)＞g(x)恒成立,只须F(x)min=F(1)=e−(ln1+m)＞0,所以m＜e．

图2

结论2设函数f(x)、g(x)在区间 [a,b]上有意义,∃x∈[a,b],使不等式f(x)＞g(x)成立的等价条件是[f(x)−g(x)]max＞0．

证明如图2所示,∃x∈[a,b],使不等式f(x)＞g(x)成立,只须∃x∈[a,b],f(x)−g(x)＞0成立,所以只要[f(x)−g(x)]max＞0．

例2设f(x)=ex,g(x)=lnx+m,∃x∈[1,2],不等式f(x)＞g(x)成立,求m的取值范围?

解F(x)=f(x)−g(x)=ex−(lnx+m),F′(x)=当x∈[1,2]时,F′(x)＞0,故F(x)在区间[1,2]上是增函数,要使f(x)＞g(x)成立,只须F(x)max=F(2)=e2−(ln2+m)＞0,所以m＜e2−ln2．

2 双变量型不等式问题

结论3设函数f(x)在区间[a,b]上有意义,函数g(x)在区间[c,d]上有意义,对于∀x1∈[a,b],∀x2∈[c,d],不等式f(x1)＞g(x2)恒成立的等价条件是f(x)min＞g(x)max．

图3

证明如图3所示,对于∀x1[a,b],∀x2∈[c,d],要使不等式f(x1)＞g(x2)恒成立,只须函数y=f(x)图像的最低点在函数y=g(x)图像最高点上方,所以只须f(x)min＞g(x)max．

①当0＜a＜1时,f′(x)＞0,所以f(x)在[1,e]单调递增,因此f(x)min=f(1)=a2+1,令a2+1≥e+1,得这与0＜a＜1矛盾．

结论4设函数f(x)在区间[a,b]上有意义,函数g(x)在区间[c,d]上有意义,对于∀x1∈[a,b],∃x2∈[c,d],不等式f(x1)＞g(x2)成立的等价条件是f(x)min＞g(x)min．

图4

证明如图4所示,对于∀x1∈[a,b],∃x2∈[c,d],不等式f(x1)＞g(x2)成立,只须函数图像最低点在函数的图像最低点的上方,所以只须f(x)min＞g(x)min．

例4 设若对∀x1∈[0,1],∃x2∈[1,2],使f(x1)＞g(x2)成立,求实数a的取值范围．

解f(x)min=f(0)=−1,当a≥2时,g(x)在[1,2]上的最小值为g(2)=8−4a,所以只要g(2)=8−4a≤−1,即当a≤1时,g(x)在[1,2]上的最小值为g(1)=5−2a,只要g(1)=5−2a≤−1,所以不存在这样的实数a;当1＜a＜2时,g(x)在[1,2]上的最小值为g(a)=4−a2,只要4−a2≤−1,所以不存在这样的实数a;综上知实数a的取值范围是

结论5设函数f(x)在区间[a,b]上有意义,函数g(x)在区间[c,d]上有意义,∃x1∈[a,b],∀x2∈[c,d],不等式f(x1)＞g(x2)成立的等价条件是f(x)max＞g(x)max．