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恒成立条件问题的解题策略


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数 学 通 讯               2001 年第 15 期

恒成立条件问题的解题策略
范运灵
( 桂林市灌阳县矮山脚中学 , 广西   541607)

中图分类号 :O122 - 42      文献标识码 :A      文章编号 :0488 - 7395 ( 2001) 15 - 0014 - 02

   在数学问题研究中经常碰到在给定条件 下某些结论恒成立的命题 , 对这类命题进行 系统整理归纳总结 , 有助于复习中起到举一 反三 、 融汇贯通之效 . 下面就函数中恒成立问 题谈谈其解题策略 . 函数在给定区间上某结论成立问题 , 其 表现形式通常有 : ① 在给定区间上某关系式 恒成立 ; ②某函数的定义域为全体实数 R ; ③ 某不等式的解为一切实数 ; ④ 某表达式的 值恒大于 a 等等 . 上述问题可归纳为 ① 一次 函数型 , ② 二次函数型 , ③ 一般函数型三种进 行研究 .
1  一次函数型问题的解题策略  


( log2 x ) 2 + plog2 x + 1 > 2log2 x + p 恒成

立 , 求实数 x 的取值范围 . 分析  一元一次不等式 f ( x ) = ax + b > 0 ( < 0 ) 在 [α,β] 上恒成立的充要条件为 ) > 0. ) <0 f (α f (α . ) > 0. ) <0 f (β f (β 原不等式可化为 ( log2 x - 1) p + ( log2 x ) 2 - 2log2 x + 1 > 0 . 易知 log2 x - 1 ≠ 0 , 故只要
- 2 ( log2 x - 1) + ( log2 x ) 2 - 2log2 x + 1 > 0 , 2 ( log2 x - 1) + ( log2 x ) 2 - 2log2 x + 1 > 0 .
( ∵ - 2 ≤p ≤ 2) ( log2 x ) 2 - 4log2 x + 3 > 0 ,

若原题终可化为一次函数型 , 则由数形 结合思想利用一次函数知识求解 , 十分简捷 . 例1   试确定实数 a 的值 , 使不等式
( x + 1 ) a2 - ( 3 x + 1 ) a - 2 ( 2 x + 1 ) > 0



( log2 x ) 2 - 1 > 0 . 解得 log2 x < - 1 或 log2 x > 3 .

对任意 x 恒成立 . 分析   原不等式看似一个一元二次不等 式 , 但细心观察 , 此题讨论对象是 x , 故应变 形为 ( a2 - 3 a + 4 ) x + ( a2 - a - 2 ) > 0 这就 转化为一次函数问题了 . 对于一次函数 y = k x + b , 其图象是一 条直线 , 要使函数值恒大于 0 , 即直线位于 x 轴上方 , 那就必须使直线平行于 x 轴 , 且它 在 y 轴上的截距为正 , 即 k = 0 , b > 0 , ∴
a - 3a- 4=0 a - a- 2>0
2 2

故 x 的取值范围为 0 < x <

1 或 x > 8. 2

2  二次函数型问题的解题策略   1) 不等式 ax 2 + bx + c > 0 ( a ≠ 0 ) 对于
2 x ∈R 恒成立 , 即二次函数 f ( x ) = ax + bx

+ c 的图象恒在 x 轴上方 , 其充要条件是 a > 0 且 Δ< 0 或
a = b=0, c > 0. 2 ) 不等式 f ( x ) = ax 2 + bx + c > 0 ( a > ) >0 f (α ) >0 f (β b 2a [α,β] ; 不等式

0) 在 区 间 [α, β] 上 恒 成 立 的 充 要 条 件 是 b ∈[α,β] 2a 或

求得  a = 4 .

例2   若对于一切| p | ≤ 2 , p ∈R , 不等

Δ< 0

收稿日期 :2000 - 15 - 09 ) , 男 , 广西灌阳人 , 桂林市灌阳县矮山脚中学一级教师 . 作者简介 :范运灵 ( 1966 — ? 1994-2006 China Academic Journal Electronic Publishing House. All rights reserved. http://www.cnki.net

2001 年第 15 期               数学通讯
2 f ( x ) = ax + bx + c < 0 ( a > 0 ) , 在 [α,β] 上

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函数型 , 可借助图象来处理 , 也可寻求其他方 法 , 如不等式知识 、 函数最值的知识等 . 如 f ( x) ≥ g ( x ) 恒 成 立 ]
max ( g ( x ) ) .
f ( x) ≥

恒成立的充要条件是

) <0, f (α ) < 0. f (β
2

kx + kx + 6 > 2 对于 2 x + x +2 任意 x ∈R 恒成立 , 求 k 的取值范围 .

例3   已知不等式

 f ( x ) ≤g ( x ) 恒 成 立 ]
f ( x)

1 7 解  ∵ x 2 + x + 2 = ( x + ) 2 + > 0 , 2 4 2 ∴原不等式等价于 k x + k x + 6 > 2 ( x 2 + x + 2)



min ( g ( x ) ) .

例5   已知不等式
| x - 3| + | 4 - x | > m

即 ( k - 2) x + ( k - 2) x + 2 > 0
1 ) 当 k = 2 时 , ( 1 ) 恒成立 . 2) 当 k ≠ 2 时,

2

( 1)

对于 任 意 x ∈ R 恒 成 立 , 求 m 的取值范围 . 简析 :可用图象求解 .

图1  例5图

设 f ( x ) = ( k - 2) x + ( k - 2) x + 2 , Δ = ( k - 2) 2 - 8 ( k - 2) < 0 可求得 2 < k < 10 , ∴ k ∈[ 2 , 10) . 例 4  已知不等式 ( 1 - m ) x 2 + ( m 1 ) x + 3 > m 在| x | ≤ 2 上恒成立 , 求 m 的取

2

作出函数 y = | x - 3| + | 4 - x | 和 y =
m 的图象 .

则由

a= k - 2>0

由图 象 知 , 当 且 仅 当 m < 1 时 , 恒 有
f ( x ) > m 成立 .

例6   已知定义在 ( - ∞, 4 ]上的减函数
f ( x ) 使得对定义域内的一切实数 x , 不等式 f ( t - sin x ) ≤f (

值范围 . 解  1 ) 当 m > 1 时 , m - 1 > 0 , 原不等 式转化为
( m - 1) x 2 + ( 1 - m ) x + m - 3 < 0 在 [ -

1 +2t -

7 + cos2 x ) 4

恒成立 , 求实数 t 的取值范围 . 解  由题设 , 原命题可转化为不等式组
t - sin x ≤ 4 t - sin x ≥ 1 + 2 t -

2,

2 ]
2

上 恒 成 立,

只 要

( m - 1) ( - 2) + ( 1 - m ) ( - 2) + m - 3 < 0 , ( m - 1) ? 22 + 2 ( 1 - m ) + m - 3 < 0 .

7 + cos2 x 4

9 9 , ∴1 < m < . 7 7 2) 当 m = 1 时 , 不等式在 [ - 2 , 2 ] 上显

在 x ∈( - ∞, 4 ]上恒成立 , 求 t 的取值范围 . 上述不等式组又可转化为不等式组
t≤ 4 + sin x t-

解得 m < 然恒成立 .

1 +2t +

3) 当 m < 1 时 , 1 - m > 0 .
m - 1 1 = ∈[ - 2 , 2 ] , 2 (1 - m ) 2 只要 Δ = ( m - 1 ) 2 - 4 ( 1 - m ) ( 3 - m )

1 1 ≥- ( sin x - ) 2 2 2

∵-

在 x ∈( - ∞, 4 ]上恒成立 . ∵4 + sin x 在 ( - ∞, 4 ] 上最小值为 3 ,
- ( sin x 1 2 ) 在 ( - ∞, 4 ]上的最大值为 0 , 2
t≤ 3,

<0,

解得  m < 1 . 综合 1) , 2) , 3) 可知 m 的取值范围是 m
< 9 . 7

于是只要 解得 t = -

t-

1 +2t +

1 ≥ 0. 2

3  一般函数型问题的求解策略  

1 3 或 ≤t ≤ 3. 2 2

遇到不是一次或二次函数型 , 而是其他
? 1994-2006 China Academic Journal Electronic Publishing House. All rights reserved. http://www.cnki.net


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