对一类含绝对值不等式恒成立问题的研究

浙江省宁波效实中学(315012)童益民

含一个绝对值不等式的恒成立问题是教学中经常碰到的一类题型,对该类问题处理的方法很多,如图像法,或去绝对值,去绝对值有的可以通过零点分类,有的得不出零点,需要用到去绝对值的等价条件,但学生往往不清楚去绝对值的等价条件,随意去掉绝对值,导致结果错误,本文对去绝对值的等价变换的研究,试图厘清该类问题.

题1关于x 的不等式|x-2| ＞t 对x ∈[0,4]恒成立,求实数t 的取值范围.

解法1利用数形结合,分别画出y =|x-2|与y =t 的图象,如图1,可得t ＜0.

图1

解法2(错误)因为|x-2| ＞t 对x ∈[0,4]恒成立,所以x-2 ＞t 或x-2 ＜-t 对x ∈[0,4]恒成立 ①,所以x-2 ＞t 对x ∈[0,4]恒成立或x-2 ＜-t 对x ∈[0,4]恒成立 ②,所以t ＜-2 或t ＜-2 ③,所以t ＜-2 ④.

解析发现解法2 的结论是错误的,那么是哪一步出现了问题? 答案是第 ②步.因为第 ①步中对于某一个t,可以部分x 满足x-2 ＞t,余下部分x 满足x-2 ＜-t；而第 ②步中要求全部x 满足x-2 ＞t 或全部x 满足x-2 ＜-t,两者是不等价的.那么怎样才能去掉绝对值而不出现问题呢? 先来看定理1.

定理1已知函数f(x)在[m,n]上是连续的,且t ≥0,则|f(x)|＞t 对x ∈[m,n]恒成立的充要条件是f(x)＞t 对x ∈[m,n]恒成立或f(x)＜-t 对x ∈[m,n]恒成立.

证明充分性显然是成立的,下面证必要性,用反证法证明.假设有部分x ∈[m,n]满足f(x)＞t ≥0,余下部分x ∈[m,n]满足f(x)＜-t ≤0,所以就不存在x0∈[m,n],使得f(x0)=0,这与f(x)在[m,n]上是连续的矛盾,所以假设不成立,必要性即证.

解法2(正确)(1)当t ＜0 时成立；

(2)当t ≥0 时,根据定理1,由前面的解法2,可得t ＜-2,所以t ∈∅.由(1)(2)得,t ＜0.

题2关于x 的不等式对x ∈[0,4]恒成立,求实数t 的取值范围.

解法1根据图象法,如图2,得t ＜ 2 或,所以t ＜2 或t ＞5.

图2

解法2(错误)因为对x ∈[0,4]恒成立,所以或对x ∈[0,4]恒成立 ①,所以对x ∈[0,4] 恒成立或对x ∈[0,4]恒成立 ②,所以对x ∈[0,4]恒成立或对x ∈[0,4]恒成立 ③,所以t ＜1 或t ＞5 ④.

解析发现解法2 的结论是错误的,那么是哪一步出现了问题? 答案是第 ②步.因为第 ①步中对于某一个t,可以部分x 满足余下部分x 满足而第 ②步中要求全部x 满足或全部x 满足两者是不等价的.那么怎样才能去掉绝对值而不出现问题呢? 先来看定理2.

定理2已知函数f(x)在[m,n] 上是连续的,且g(x)≥0,则|f(x)| ＞g(x)对x ∈[m,n] 恒成立的充要条件是f(x)＞g(x)对x ∈[m,n]恒成立或f(x)＜-g(x)对x ∈[m,n]恒成立.

证明充分性显然是成立的,下面证必要性,用反证法证明.假设有部分x ∈[m,n] 满足f(x)＞g(x)≥0,余下部分x ∈[m,n] 满足f(x)＜-g(x)≤0,所以就不存在x0∈[m,n],使得f(x0)=0,这与f(x)在[m,n]上是连续的矛盾,所以假设不成立,必要性即证.(说明：定理1 是定理2 的特殊情况,取g(x)=t.)

解法2(正确)(1)当即0 ≤x ＜2 时,t ∈R；

小结1由题1 和题2 可以看出,对含有绝对值不等式的恒成立问题,可以通过图象法解题,也可以通过去绝对值的等价条件解题,我们发现对于不等式|f(x)| ＞g(x)的恒成立问题,因为|f(x)| ＞g(x)恒成立与f(x)＞g(x)或f(x)＜-g(x)恒成立是等价的,并不需要g(x)≥0 这样的条件,所以题1 和题2 的解法2(错误)的第 ①步是没有问题的,主要是第 ②步出了问题,而定理1 与定理2 很好的解决了这个问题,如再看题3.

题3已知函数f(x)=x2+(a-4)x+6-a,若对任意的实数a ∈[0,4],x ∈[0,2],|f(x)|＞t 恒成立,求实数t 的取值范围.

解(1)当t ＜0 时,成立；

(2)当t ≥0 时,根据定理1,得到对任意的a ∈[0,4],当x ∈[0,2]时,f(x)＞t 恒成立,或当x ∈[0,2]时,f(x)＜-t恒成立,所以对任意的a ∈[0,4],f(x)min＞t(其中x ∈[0,2])恒成立,或f(x)max＜-t(其中x ∈[0,2])恒成立,因为函数f(x)的对称轴所以当时,恒成立或f(2)＜ -t 恒成立,且当时,恒成立或f(0)＜-t恒成立,即当2 ≤a ≤4 时,恒成立或a+2 ＜-t 恒成立,且当0 ≤a ＜2 时,恒成立或6 - a ＜ -t 恒成立,即当2 ≤ a ≤ 4 时,恒成立或t ＜-a - 2 恒成立,且当0 ≤a ＜2 时,恒成立或t ＜a-6 恒成立,根据关于a 的函数图象可得,t ＜2 且t ＜2,所以0 ≤t ＜2.由(1)(2)得t ＜2.

小结2从逻辑上来分析,集合A,B,C 中,C ⊆A ∪B与C ⊆A 或C ⊆B 是不等价的,前者是后者的必要不充分条件,所以∀x ∈D,条件p(x)或条件q(x)成立与∀x ∈D,条件p(x)成立或∀x ∈D,条件q(x)成立是不等价的,同样前者也是后者的必要不充分条件.但对于含绝对值的不等式|f(x)| ＞g(x)的恒成立问题,当g(x)≥0 时,根据定理1与定理2 得到了等价条件,可以放心的去绝对值.如果解不等式|f(x)| ≥g(x)的恒成立问题,需要满足g(x)＞0,同样可以放心的去绝对值,可以参考文献[1].另外如果研究不等式|f(x)| ＜g(x)(或|f(x)| ≤g(x))的恒成立问题,则不需要考虑g(x)的正负问题,首先-g(x)＜f(x)＜g(x)与|f(x)| ＜g(x)是等价的,因为当g(x)＜0 时,两者都不成立.其次也从逻辑上来分析,集合A,B,C 中,C ⊆A ∩B 与C ⊆A 且C ⊆B 是等价的,前者是后者的充要条件,所以∀x ∈D,条件p(x)且条件q(x)成立与∀x ∈D,条件p(x)成立且∀x ∈D,条件q(x)成立是等价的,同样前者也是后者的充要条件,如题4.

题4已知函数若当x ∈[1,4]时,f(x)≤5 恒成立,求实数a 的取值范围.

解因为当x ∈[1,4] 时,f(x)≤5 恒成立,所以当x ∈[1,4]时,恒成立,所以当x ∈[1,4]时,恒成立,所以当x ∈[1,4] 时,恒成立,所以当x ∈[1,4]时,恒成立,且恒成立,所以当x ∈[1,4]时,恒成立,且当x ∈[1,4]时,恒成立,所以且a ≤0,所以a ≤0.

总结

含一个绝对值的恒成立问题中,对于|f(x)| ＜g(x)(或|f(x)| ≤g(x))的形式,等价转化时就不需要讨论g(x)的正负问题,如题4,相对比较简单.而对于|f(x)| ＞g(x)(或|f(x)| ≥g(x))的形式,等价转化时就需要讨论g(x)的正负问题,相对就比较麻烦一点.有时函数g(x)中含有参数t,那么g(x)的正负问题不易讨论,就要讨论f(x)的正负问题,利用f(x)的零点去掉绝对值,如关于x 的不等式对x ∈[0,4]恒成立,求实数t 的取值范围； 如果函数f(x),g(x)中都含有参数t,这样f(x),g(x)的正负问题都很难讨论,去掉绝对值就很麻烦了,就需要用到f(x),g(x)的图象去解决了,如关于x 的不等式对x ∈[0,4]恒成立,求实数t 的取值范围,就不能直接去掉绝对值,只能用图象法了,本文主要研究去绝对值的等价条件,在此就不再详解.