李芃杉

(河北省衡水第一中學 053000)

不等式中的恒成立存在性問題是近年來考題的熱點和難點，經(jīng)常在各種聯(lián)考試卷和高考試卷上出現(xiàn)，這類試題要求學生要有扎實的函數(shù)知識和不等式知識，要有較強的邏輯推理能力、嚴謹?shù)乃季S習慣及對數(shù)學思想方法的正確認識和把握，學生往往感到無從下手，因而得分率極低.本文從一些考題出發(fā)，給出這類問題的“解法模式”.

基本結(jié)論1 設(shè)函數(shù)f(x)在區(qū)間D上有定義，常數(shù)a

(1)?x∈D，f(x)≥a恒成立?f(x)min≥a；(2)?x∈D，f(x)≤a恒成立?f(x)max≤a；(3)?x∈D，使得f(x)≥a?f(x)max≥a；(4)?x∈D，使得f(x)≤a?f(x)min≤a.

例1 當x∈(1,2)時，不等式x2+mx+4<0恒成立，則m的取值范圍是____.

分析設(shè)函數(shù)f(x)=x2+mx+4，由題意得f(x)<0恒成立，即f(x)min<0.但這樣解決問題變復雜了，因為f(x)min的求解是“動軸定區(qū)間”問題，需要分類討論.所以對于這類問題我們首選“分離常數(shù)”.

基本結(jié)論2 設(shè)函數(shù)f(x)和g(x)在區(qū)間D上都有定義，且?x∈D.

(1)f(x)≤g(x)?f(x)-g(x)≤0?(f(x)-g(x))max≤0；(2)f(x)≥g(x)?f(x)-g(x)≥0?(f(x)-g(x))min≥0.

例2 當a≥0,x>1時，求證x>ln2x-2alnx+1.

基本結(jié)論3 設(shè)函數(shù)f(x)在區(qū)間D1上有意義,g(x)在區(qū)間D2上有意義.

(1)?x1∈D1，?x2∈D2，f(x1)≥g(x2)?f(x1)min≥g(x2)min；

(2)?x1∈D1，?x2∈D2，f(x1)≥g(x2)?f(x1)min≥g(x2)max；

(3)?x1∈D1，?x2∈D2，f(x1)≥g(x2)?f(x1)max≥g(x2)max；

(4)?x1∈D1，?x2∈D2，f(x1)≥g(x2)?f(x1)max≥g(x2)min.

對于雙變元的分析可以分步轉(zhuǎn)化.如：?x1∈D1，?x2∈D2，f(x1)≥g(x2)，可以先把x1作為變元，把f(x2)當作常數(shù)a，問題轉(zhuǎn)化為?x1∈D1，f(x1)≥a，所以f(x1)min≥a.然后把f(x1)min當作常數(shù)b，再把問題轉(zhuǎn)化為?x2∈D2，b≥g(x2)，所以b≥g(x2)min，從而得到?x1∈D1，?x2∈D2，f(x1)≥g(x2)?f(x1)min≥g(x2)min.

分析(2) 任意的x1∈(0,2)，存在x2∈[1,2]，使f(x1)≥g(x2)，則f(x1)min≥g(x2)min.

解(1)利用導數(shù)與分類討論，容易得到：

又g(x)=x2-2bx+4=(x-b)2+4-b2x∈[1,2] ，所以當b<1時，

g(x)min=g(1)=5-2b>0與(*)矛盾；當b∈[1,2]時，g(x)min=g(1)=4-b2≥0與(*)矛盾；當b∈(2,+)時，g(x)min=g(2)=8-4b，解不等式得綜上，實數(shù)b的取值范圍是) ．

不等式的恒成立存在性問題多與參數(shù)的取值范圍問題聯(lián)系在一起，它以“參數(shù)處理”為主要特征，以“導數(shù)”為主要解題工具.這類問題往往與函數(shù)的最值有關(guān)，所以解題時要善于將這類問題與函數(shù)最值聯(lián)系起來，通過函數(shù)最值求解相關(guān)問題.雖然不等式恒成立存在性問題涉及知識面廣，解題方法靈活多樣，技巧性強，難度大，要求有較強的思維靈活性和創(chuàng)造性、較高的解題能力，但也不是沒有規(guī)律可尋的.“模式識別、差異分析”是我們解決高中數(shù)學問題的基本途徑，因此必須先掌握上述“基本模式”，解題時通過分析把問題轉(zhuǎn)化為固定模式求解.