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恒成立问题的求解策略

时间:2015-01-08


?94? 重庆

《数学教学通讯》 2004 年 6 月 ( 下半月) ( 总第 211 期)

恒成立问题的求解策略
( 四川省绵阳南山中学  621000)   何先俊
   数学中的恒成立问题涉及到一次函数、 二次函数的 性质, 渗透着不等式的解法, 还贯穿了换元法、 数形结 合、 函数与方程等思想, 有利于培养学

生学生的综合能 力, 也是高考的一个热点 . 下面谈一谈恒成立问题的求 解策略 . 首先, 对于恒成立问题, 有以下结论: 如果函数 y = f (x ) 在定义域 D 上存在最大值
f (x ) m ax ( 或最小值 f (x ) m in ) , 则 g (a ) ≥ f (x ) ( 或 g (a ) ≤ f (x ) ) 恒成立 Ζ g (a ) ≥ f (x ) m ax ( 或 g (a ) ≤ f (x ) m in ). 可 f ( 0) < 0 f ( 1) < 0

Ζ

-

(1 - y ) (1 - z ) < 0

- yz < 0 ,

Ζ

(1 - y ) (1 - z ) > 0
yz > 0

由已知 0 < y < 1, 0 < z < 1, 上式显然成立, 从而 原不等式成立 .

二、 分离变量法
若在等式或不等式中出现两个变量, 其中一个的范 围是已知的, 而另一个是要求的, 则可以通过恒等变形 将两个变量分别放在等式或不等式的两边, 则将所求问 题转化成求函数的最值问题 . 例 3  已知函数 f (x ) 在定义域 ( - ∞, 1 ] 上是减函
) ≥ f (k 2 数, 问是否存在实数 k , 使得不等式 f (k - sin Α ) 对一切实数 Α恒成立? sin 2 Α

以 看出, 求解恒成立问题可以转化为求函数的最值问 题 . 根据具体问题, 可采用以下方法:

一、 主元素法
这种方法就是改变自变量与参数的位置, 当变化的 量较多时, 选择其中一个作为主要的元素, 其他视为常 量, 这样可将问题简单化 . 例 1  若 a ∈ [ - 1, 1 ] 时 f (x ) = x 2 + (a - 4) x +
4 - 2a > 0 恒成立, 求实数 x 的取值范围 .

解: 假设存在这样的 k , 由单调性得
k2 k-

sin 2 Α≤ 1 sin Α≤ k 2 sin 2 Α
分离变量

解: f (x ) 是 x 的二次函数, 而已知的是 a 的范围, 可 将 a 作为自变量, 将原式看作是 a 的一次函数, 从而简化 运算过程 . 令 g (a ) = (x - 2) a + x 2 + 4 - 4x , 则当 a ∈
[ - 1, 1 ] 时 g (a ) > 0 恒成立, 所以等价于
x ≥2 g (x < 2 g ( 1) > 0

对 一 切 实 数
k 2 ≤ sin 2 Α+ 1  ① k 2 - k ≥ sin 2 Α-

Α 恒 成 立

sin Α  ②

1) > 0
g ( 1) > 0 g (-



] x < 1 或 x > 3.

要使 ① 对一切实数 Α恒成立, 只须 k 2 ≤ ( sin 2 Α+
1) m in = 1;

1) > 0 例 2  ( 前苏联 1990 年竞赛题) 设 0 < x < 1, 0 < y < 1, 0 < z < 1, 求证: x ( 1 - y ) + y ( 1 - z ) + z ( 1 - x ) < 1.

(或

] x < 1 或 x > 3).

要使 ② 对一切实数 Α恒成立, 只须 k 2 - k ≥ ( sin 2 Α
) m ax = 2. 解不等式组 - sin Α
k2 ≤ 1 k2 - k ≥ 2

得 k = - 1, 即

存在实数 k = - 1 符合题意 . 例 4  ( 2002 年全国高考题改编) 已知函数 f (x ) =
1 (m > 0, x 1、 x 2 ∈ R, 当 x 1 + x 2 = 1 时, f (x 1 ) + 4x + m
f (x 2 ) =

解: 将 x ( 1 - y ) + y ( 1 - z ) + z ( 1 - x ) - 1 看成 某个变量的一次式, 如看成是 x 的一次式 . 令函数 f (x ) = x ( 1 - y ) + y ( 1 - z ) + z ( 1 - x )
- 1, 化简得
f (x ) = ( 1 - y - z ) x -

1 恒成立 . 2 ( 1) 求 m 的值; ( 2) 数列{an } 满足 a n = f ( 0) + f ( 1
n

( 1 - y ) ( 1 - z ).

)+ f (

2
n

)+

3 n- 1 ) + f ( 1) , 并且对任意正整数 n , f ( ) + …+ f ( 数 f (x ) < 0 在 x ∈ ( 0, 1) 恒成立 . 只证 n n ? 1995-2005 Tsinghua Tongfang Optical Disc Co., Ltd. All rights reserved.

于是原题变为: 当 0 < y < 1, 0 < z < 1 时, 一次函

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an a n+ 1 < 恒成立, 求实数 a 的取值范围 . an a n+ 1

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- a 2 ≤ 0 ( - 1 ≤ t ≤ 1) 恒成立的负数 a 的取值范围 .

令 f ( t) = t2 + ( 1 - a ) t - a 2 , 则它是对称轴为 x =
a-

解: ( 1) f (x 1 ) + f (x 2 ) =
1 = 4x 2 + m

1 1 恒成立 Ζ x 1 + 2 4 + m

1

1 恒成立 Ζ 2 ( 4x 1 + 4x 2 + 2m ) = 4x 1 + x 2 + 2

2 1

< 0 的开口向上的抛物线 . 于是 f ( t) 在 - 1 ≤ t ≤


a< 0

的 Ζ


a ≤-







f ( 1) ,





m ( 4x 1 + 4x 2 ) + m 2 恒成立 . 因为 x 1 + x 2 = 1, 所以 ( 2 m ) ( 4x 1 + 4x 2 ) = ( 2 - m ) 2 恒成立 Ζ 2 - m = 0 或 4x 1 +

a< 0

f ( 1) ≤ 0

2或a ≥1

Ζ a ≤- 2.

4x 2 = 2 - m ,

故所求的 a 的取值范围是 ( - ∞, - 2 ].

∵ m > 0, 4x 1 + 4x 2 ≥ 2
2 ( 舍去) , ∴ m = 2. ( 2) ∵ a n = f ( 0) + f ( + f (
n- 1 ) + f ( 1) , n

4x 1 + x 2 = 4] m ≤2
n

四、 数形结合法
若将等式或不等式进行变形后, 能容易画出两边函 数的图象, 运用变化的观点, 在动中求静, 将不等式的恒 成 立问题转换为图象间的关系问题, 就能得到一个直 观、 简洁的方法 . 例 6  我们再看例 5, 其实前一个解法本身就是依 赖图象得出的 . 下面再给出一个数形结合的解法: 换元后得求使 t2 + ( 1 a ) t - a 2 ≤ 0 ( - 1 ≤ t ≤ 1) 恒

1
n

)+ f (

)+ f (

3
n

)+ …

n- 1 n- 2 ) + f ( ) + …+ ∵ a n = f ( 1) + f ( n n f ( 0) , 于是

1 n- 1 )] 又 2a n = [ f ( 0) + f ( 1) ] + [ f ( ) + f (
n n n- 2 n- 1 1 ) ] + … + [f ( )+ f ( )] + [f ( ) + f ( n n n n

2

成立的负数 a 的取值范围, 变 形为 a t + a 2 ≥ t2 + t 恒成立, 若令 f ( t) = a t + a 2 , g ( t) =
t2 + t, 于是原题等价于当 - 1

+ [ f ( 1) + f ( 0) ],
k n- k + = 1, k = 0, 1, 2, 3, …, n , n n k n- k 1 ) = ∴f ( ) + f ( , n n 2



≤ t ≤ 1 时, y = f ( t) 的图象恒在 y = g ( t) 的上方 . 如图,
y = f ( t ) 是过定点 A ( - a , 0) 的直线系, y = g ( t) 是过

1 ( n + 1) , a n + 1 = 4 n n+ 1 1 a a 1 a (n + 2) , 代入 )< 0 < 得 4a n ( 4 an a n+ 1 n+ 1 n+ 2

∴ 2a n =

1 ( n + 1) , ∴ a n = 2

开 口向上的抛物线的一部分 . 不难得到直线段应由 A B 起, 绕点A 依顺时针方向转到与 x 轴垂直即可 ( 点A 同时 也向右移动) , 将B 的坐标 ( 1, 2) 代入 y = f (x ) 得 a = 2 或 a = 1 ( 舍去) , 即得斜率为 - 2, 于是所求的 a 的取值

恒成立 Ζ

1
n+ 1

-

分离变量 a < 0 恒成立 a> 1+ n+ 2

1 1 ) m ax = 对一切正整数恒成立 Ζ a > ( 1 + n+ 1 n+ 1 3 , 所以 a 的取值范围是 a > 2 3 . 2

范围是 ( - ∞, - 2 ].

五、 赋值法
根据恒成立的条件, 选取一些特殊值代入式中求 解, 由特殊情况找到解决问题的突破口的一种方法 . 例 7  设二次函数 f (x ) = x 2 + bx + c (b, c ∈ R) ,
) ≥ 0 且 f ( 2 + co sΒ) 已知不论 Α 、 Β 取何值, 恒有 f ( sin Α

三、 函数与方程法
解题的着眼点是用不等式与方程、 函数之间的相互 转化和渗透来产生新的不等式, 从而求得参数的取值范 围 . 例 5  ( 2002 年全国高中数学联赛试题) 求使不等 式 sin x + a co sx + a ≥ 1 + co sx 对一切 x ∈ R 恒成立 的负数 a 的取值范围 . 解: 原不等式可化简成 co s2 x + ( 1 - a ) co sx - a 2 ≤
0,
2 2 2

≤ 0.
( 1) 求证: b + c = - 1; ( 2) c ≥ 3; ( 3) 若函数 f ( sin Α ) 的最大值是 8, 求 b, c 的值 .

解: 若直接将 sin Α 、 2 + co sΒ 代入原式进行运算, 则 会因为方程个数多、 自变量形式复杂, 而给解题带来诸 多不便 . 注意到题中条件是任意 Α 、 Β 均能使不等式成立,

故令 Α 、 Β 为一些特殊值作为突破口 . 换元: 令 co sx = t, 于是原题变为: 求使 t + ( 1 - a ) t ? 1995-2005 Tsinghua Tongfang Optical Disc Co., Ltd. All rights reserved.

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《数学教学通讯》 2004 年 6 月 ( 下半月) ( 总第 211 期)

例谈构造法种种
( 四川省开江中学  636250)   张   泾
   中学数学的构造, 是指在解题过程中, 根据题目条 件的结构特征, 利用各种知识间的内在联系或形式上的 某种相似性, 有目的地构造特定的数学模型, 从而把原 命题转化为与之等价却又具备了某种被赋予特定意义 的命题, 通过对它的讨论而使原命题得到解决 . 构 造是一种重要的思维方式, 需要敏锐的观察, 丰 富的联想, 灵活的构思, 创造性的思维, 它是中学数学思 想的一朵奇葩, 充满着创造的美 . ∴ x 2 + y 2 + z 2 ≥ 2x y co sΑ+ 2y z co sΒ + 2z x co sΧ . 例 2  已 知: x , y ∈ [ x 3 + sin x -

Π , 4

Π ], a ∈ R, 且 4

2a = 0  ①

4y 3 + sin y co sy + a = 0 ②

求 co s (x - 2y ) 的值 .

简 析: 此题若用解方程组的思维定势去破题, 比较 困难 . 注意到 ② × ( - 2) 可化成: ( - 2y ) 3 + sin ( - 2y )
- 2a = 0



比较 ①, ③ 左边可以看出, 这两部分完全类似, 可构 Π Π , ], 单调递 2 2 Π Π Π Π 增, 由于 x ∈ [ , ], - 2y ∈ [ , ], 由 ①, 2 2 2 2 ③ 可知: f (x ) = 0, f ( - 2y ) = 0] f (x ) = 造函数 f ( t) = t3 + sin t - 2a , t ∈ [ f ( - 2y ) ] x = - 2y ] x + 2y = 0] co s (x + 2y ) = 1.

一、 构造函数
例 1  已知: x , y , z 是任意的三个实数, Α , Β, Χ 是一 个三角形的三内角 . 求 证: x 2 + y 2 + z 2 ≥ 2x y co sΑ + 2y z co sΒ +
2z x co sΧ .

简析: 此题直接证, 比较困难, 可考虑构造 x 的函 数:
f (x ) = x 2 + y 2 + z 2 -

点评: 利用 ①, ③ 两式结构上的相似, 启发我们巧妙 地构造一个单调增函数达到问题的解决 .

( 2x y co sΑ + 2y z co sΒ +

) 2z x co sΧ

二、 构造三角式
例 3  求A = co s
9 的值 . 11

再探求使 f (x ) ≥ 0 成立的条件:
) + y2 + z2 由 f (x ) = x 2 - 2x (y co sΑ+ z co sΧ 2y z co sΒ ) 2 - 4[ y 2 + z 2 - 2y z co s ( Π 有 ? = 4 (y co sΑ+ z co sΧ )] - Α- Χ = 4[ y 2 (co s2 Α 1) +
z 2 (co s2 Χ -

Π 3Π 5Π 7Π co s co s co s co s 11 11 11 11

简析: 直接运算, 难以下手 . 考虑到余弦函数的余函 数是正弦, 构造对偶式:
B = sin

1)

+

)] 2y z (co sΑ co sΧ- co sΑ co sΧ+ sin Α sin Χ ) = - 4[ y 2 sin 2 Α+ z 2 sin 2 Χ- 2y z sin Α sin Χ ) 2 ≤ 0. = - 4 (y sin Α- z sin Χ sin

Π 11

sin 1 32

有A
18Π 11

B =

3Π 5Π 7Π 9Π sin sin sin 11 11 11 11 2Π 6Π 10Π 14Π sin sin sin sin 11 11 11 11

故 f (x ) ≥ 0 对于 x ∈ R 恒成立 .
) ≥ 0 恒成立中令 sin Α= 1] f ( 1) ≥    ( 1) 在 f ( sin Α 0; 在 f ( 2 + co sΒ) ≤ 0 恒成立中令 co sΒ = - 1] f ( 1) ≤ 0, 所以 f ( 1) = 0 即 b + c = - 1 ( 3) 由 f ( sin Α ) = sin 2 Αc+ 1
2

(c + 1) sin Α+ c = ( sin Α



( 2) 由 ① 知 b = - (c + 1) , 于是 f (x ) = x 2 - (c + 1) x + c, 在 f ( 2 + co sΒ) ≤ 0 恒 成 立 中 令 co sΒ = 1] f ( 3) ≤ 0] 9 (c + 1) × 3 + c ≤ 0] c ≥ 3.

( c + 1) c+ 1 )2 + c , 又 c ≥ 3, 所以 ≥ 2, 2 4 2 ) m ax = 1 - b + c = 8, 由 故 当 sin Α = - 1 时 f ( sin Α
b+ c= -

1

1- b+ c= 8

]

b= c = 3.

4,

? 1995-2005 Tsinghua Tongfang Optical Disc Co., Ltd. All rights reserved.


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