恒成立能成立和恰成立命题赏析

前言

恒成立、能成立和恰成立三类命题是高三数学中比较常见的高频考查素材。

尤为是恒成立、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，因此深刻思考和总结这类命题的规律显得很是必要和迫切，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，更是很是广泛和经常使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，具体题目中通常不是这样的，须要咱们作相应的转化化归。

好比\(ln(x+1)+\cfrac{a}{x+2}>1\)对任意\(x>0\)成立，则能够转化为\(a>(x+2)[1-ln(x+1)]\)恒成立，

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

例1 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，因为\(\Delta=a^2+8>0\)，故不须要考虑\(\Delta<0\)的情形，

只须要考虑对称轴\(x=-\cfrac{a}{2}\)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，

因此\(f(x)_{min}=f(1)=1+a-2\geqslant 0\),解得\(a\geqslant 1\)，又由于\(a\geqslant -2\)，因此获得\(a\geqslant 1\)。

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，

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

又由于\(a\leq -10\)，因此获得\(a\in\varnothing\)。

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

获得\(a\in\varnothing\)。（这种情形能够省略）

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\(x\)(因为\(x\in [1，5]\)，不等号方向不变)，获得

\(a\geqslant \cfrac{2}{x}－x\)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。

这时咱们通常是定义新函数，令\(g(x)=\cfrac{2}{x}－x\)，

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

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

例2 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因为\(\Delta=a^2+8a≤0\)时知足题意,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，

因此\(f(x)_{min}=f(1)=1+a-2a≥0\),解得\(-2≤a≤1\)，又由于\(a≥-2\)，因此获得\(-2≤a≤1\)。

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

因此\(f(x)_{min}=f(5)=25+5a-2a≥0\)，解得\(a≥-\cfrac{25}{3}\)，又由于\(a≤-10\)，因此获得\(a\in\varnothing\).

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

获得\(-8≤a≤0\),又\(-10<a<-2\)，因此\(-8≤a<-2\)（这种情形能够省略）

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，并不知足前提条件\(1<x<2\)，故是错解。

此时须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\(a\leq 1\)

以上三种状况取交集，获得\(a\in [-8，1]\)。

易错警示：当以自变量分类讨论时，结果每每须要求交集。

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\(A\geqslant f(x)_{min}\)；

例3 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】：同理获得\(a≥\cfrac{2}{x}－x\)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，

因此\(g(x)_{min}=g(5)=-\cfrac{23}{5}\)，因此\(a≥-\cfrac{23}{5}\)，

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便可，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\(a\ge -\cfrac{23}{5}\)，

又因为\(a\ge -1\)，求交集获得\(a\ge -1\)；

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\(a\ge -\cfrac{23}{5}\)，

求交集获得，\(-\cfrac{23}{5}\leq a<-1\)；

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\(a\ge 1\)，

求交集获得\(a\in \varnothing\)；

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

解后反思：须要注意的是，这种命题做为一种数学模型，咱们还须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

恰成立命题

例4 已知函数\(f(x)=\sqrt{1+3^x+a\cdot 9^x}\)，其定义域为\((-\infty，1]\)，则a的取值是\(a=-\cfrac{4}{9}\)。

解析：由题目可知\(1+3^x+a\cdot 9^x\ge 0\)的解集必须刚好是是\((-\infty，1]\)，

即\((\cfrac{1}{9})^x+(\cfrac{1}{3})^x+a\ge 0\)的解集必须刚好是是\((-\infty，1]\)，

令\((\cfrac{1}{3})^x=t\)，则\(t\in[\cfrac{1}{3}，+\infty)\)，则\(g(t)=t^2+t+a>=0\)的解集必须是\([\cfrac{1}{3}，+\infty)\)，

则\(g(\cfrac{1}{3})=0\)，因此\(9a+4=0，a=-\cfrac{4}{9}\)。

反思总结：本题有两种变换，其一令\(3^x=t\in(0，3]\)，变换获得\(h(t)=at^2+t+1\ge0\)的解集必须是\((0，3]\)；

其二令\((\cfrac{1}{3})^x=t\)，则\(t\in[\cfrac{1}{3}，+\infty)\)，则\(g(t)=t^2+t+a>=0\)的解集必须是\([\cfrac{1}{3}，+\infty)\)，

变换二比变换一要好处理、好理解一些。图像说明

例5 不等式\(x^2 -(a^2+a)x+a^3≤0\)在区间 \([-1，1]\)上恰成立(或者不等式\(x^2 -(a^2+a)x+a^3≤0\)的解集是\([-1，1]\))，求参数\(a\)的取值。

解析：\(f(x)=x^2 -(a^2+a)x+a^3 ≤0\)在区间 \([-1，1]\)上恰成立，则\(f(-1)=0，f(1)=0\)，解得\(a= -1\).

例6 若函数\(f(x)=\cfrac{x^3}{3}-\cfrac{3x^2}{2}+ax+4\)恰在\([-1，4]\)上单调递减，则实数\(a\)的值为\(-4\).

解析：\(f'(x)=x^2-3x+a≤0\)的解集是\([-1，4]\)，则\(4\)是方程\(x^2-3x+a=0\)的根，故实数\(a= - 4\).

例7 【2018福建四地六校联考】已知函数\(f(x)=x+\cfrac{a}{x}+2\)的值域为\((-\infty，0]\cup[4，+\infty)\)，求\(a\)的值。

分析：本题目属于恰成立命题，

当\(x>0\)时，\(f(x)=x+\cfrac{a}{x}+2\ge 2\sqrt{a}+2=4\)，解得\(a=1\)，当且仅当\(x=1\)时取到等号；

当\(x<0\)时，\(f(x)=x+\cfrac{a}{x}+2\leq -2\sqrt{a}+2=0\)，解得\(a=1\)，当且仅当\(x=-1\)时取到等号；

综上可知，\(a=1\)。

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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。
   再好比： 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。↩