转化为不等式能成立命题

前言

恒成立和能成立命题是高中数学中一个非常重要的知识点，考查频次很高，由于借助这个命题能很好的考查学生的知识理解掌握能力，还能考查学生遇到新问题时的转化化归能力，考查学生思维的灵活性，所以是高考命题人的最爱之一，需要引起学生的广泛关注。而且其涵盖的数学素材很广，一定要认真学习和掌握。

能成立模型

\(A\leq f(x)\)在区间\([m，n]\)上能成立[或有解]，等价于\(A\leq f(x)_{max}\)；

\(A\ge f(x)\)在区间\([m，n]\)上能成立[或有解]，等价于\(A\ge f(x)_{min}\)；

说明：同上，碰到具体题目可能需要我们进行相应的转化化归，才会变形为上述的形式。

化归为能成立

• 存在性命题常常可以转化为能成立命题；

存在实数\(x\)使得\(x^2+6mx+9m<0\)成立，求\(m\)的取值范围。

分析：即二次不等式\(x^2+6mx+9m<0\)有解，

即\(\Delta=36m^2-36m>0\)，解得\(m<0\)或者\(m>1\)；

即\(m\in (-\infty，0)\cup(1，+\infty)\)。

• 以方程有解的形式给出的，或者给出了方程的解的范围的，又或者以方程成立的形式给出的都可以考虑转化为能成立命题；

函数\(f(x)=lnx+a\)，若方程\(f'(x)=f(x)\)的根\(x_0 <1\)，求实数\(a\)的取值范围。

分析：方程即\(\cfrac{1}{x}=lnx+a\)，转化为方程\(a=\cfrac{1}{x}-lnx\)，\(0< x <1\)时有解，令\(h(x)=\cfrac{1}{x}-lnx，0< x <1\)，

用导数求得其单调性，在\((0，1)\)单调递减，值域为\((1，+\infty)\)，故实数\(a\)的取值范围为\((1，+\infty)\)。

【2022届高三数学三轮模拟冲刺用题】【对应练习】若存在两个正实数\(x\)，\(y\)，使得等式 \(x\)\((2+\ln x)\)\(=\)\(x\ln y\)\(-\)\(ay\) 成立，则实数 \(a\) 的取值范围是 【\(\qquad\)】

$A.(0,\cfrac{1}{e^2})$ $B.(-\infty,\cfrac{1}{e^2}]$ $C.(0,\cfrac{1}{e^3})$ $D.(-\infty,\cfrac{1}{e^3}]$

解析：审题中我们发现，本题目就是二元方程有解类型的，故我们想到能不能通过变量集中，将二元方程转化为一元方程问题；

两边同时除以 \(x\)，变形得到 \(2+\ln x=\ln y-a\cdot \cfrac{y}{x}\)，

再整理为 \(a\cdot \cfrac{y}{x}=\ln\cfrac{y}{x}-2\)，接下来换元，令 \(\cfrac{y}{x}=t\)，则 \(t>0\)，

即上式变换为 \(at=\ln t-2\)，分离参数得到，\(a=\cfrac{\ln t-2}{t}\) 在 \(t\in (0,+\infty)\) 上有解，

令 \(g(x)=\cfrac{\ln t-2}{t}\) ，则接下来就是求解函数 \(g(x)\) 的值域问题了。

用导数法可以求得[此处详细过程略]，\(g(x)_{\max}=\cfrac{1}{e^3}\)，则 \(a\leqslant \cfrac{1}{e^3}\)，故选 \(D\) .

• 或方程解集、不等式解集不是空集；

不等式\(x^2 +ax-2\ge 0\)在区间\([1,5]\)上有解，或不等式\(x^2 +ax-2\ge 0\)在区间\([1,5]\)上解集不是空集，

分析：具体解法，见下。

• 函数有零点，或两个函数图像有交点

方程\(lnx=ax\)在\((0,+\infty)\)有解，即函数\(y=lnx\)和函数\(y=ax\)图像在\((0,+\infty)\)上有交点，利用数形结合求解；

函数\(f(x)=lnx-ax\)在\((0,+\infty)\)有零点，即函数\(y=lnx\)和函数\(y=ax\)图像在\((0,+\infty)\)上有交点，利用数形结合求解；

• 函数存在单调区间

【2019石家庄质检】【综合题目】已知函数\(f(x)=lnx\)，\(g(x)=\cfrac{1}{2}ax^2+2x(a\neq 0)\)，

①若函数\(h(x)=f(x)-g(x)\)存在单调递减区间，求\(a\)的取值范围；

分析：\(h(x)=lnx-\cfrac{1}{2}ax^2-2x\)，\(x\in (0,+\infty)\)

所以\(h'(x)=\cfrac{1}{x}-ax-2\)，由于\(h(x)\)在\((0,+\infty)\)上存在单调递减区间，

所以当\(x\in (0,+\infty)\)时，\(\cfrac{1}{x}-ax-2<0\)有解，[注意：转化为\(h'(x)\leqslant 0\)是错误的]

即\(a>\cfrac{1}{x^2}-\cfrac{2}{x}\)有解，设\(G(x)=\cfrac{1}{x^2}-\cfrac{2}{x}\)，

所以只要\(a>G(x)_{min}\)即可。

而\(G(x)=\cfrac{1}{x^2}-\cfrac{2}{x}=(\cfrac{1}{x}-1)^2-1\)，则\(G(x)_{min}=-1\)，

所以\(a>-1\)，又由于\(a\neq 0\)，

故\(a\)的取值范围为\((-1,0)\cup(0,+\infty)\)。

• 以能成立形式给出；

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。

分析：分离参数得到，\(a≥\cfrac{2}{x}－x\)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，

所以\(g(x)_{min}=g(5)=-\cfrac{23}{5},\)所以\(a≥-\cfrac{23}{5}\)即\(a\)的取值范围是\([-\cfrac{23}{5}，+\infty)\)

• 以不是单调函数形式给出；或函数在某区间上不单调给出；

若函数\(f(x)=x+alnx\)不是单调函数，则实数\(a\)的取值范围是 【 】

$A.[0，+\infty)$ $B.(-\infty，0]$ $C.(-\infty，0)$ $D.(0，+\infty)$

分析：由题意知\(x>0\)，又\(f′(x)=1+\cfrac{a}{x}\)，

要使函数\(f(x)=x+alnx\)不是单调函数，

则需方程\(f'(x)=1+\cfrac{a}{x}=0\)在\(x>0\)上有解，

即方程\(a=-x\)在\(x>0\)上有解，

又函数\(g(x)=-x\)在\(x>0\)上的值域是\((-\infty，0)\)，故\(a\in(-\infty，0)\)。

函数\(f(x)=\cfrac{1}{3}x^3-x^2+ax-5\)在区间\([-1，2]\)上不单调，则实数\(a\)的取值范围是_________。 \((-3，1)\)

法1：补集思想，\(f'(x)=x^2-2x+a\)，

若函数\(f(x)\)在\([-1，2]\)上单增，则\(f'(x)=x^2-2x+a\ge 0\)恒成立，

分离参数得到\(a\ge -x^2+2x\)恒成立，在\([-1，2]\)上求得函数\(f(x)_{max}=1\)，故\(a\ge 1\)；

若函数\(f(x)\)在\([-1，2]\)上单减，则\(f'(x)=x^2-2x+a\leq 0\)恒成立，

分离参数得到\(a\leq -x^2+2x\)恒成立，在\([-1，2]\)上求得函数\(f(x)_{min}=-3\)，故\(a\leq -3\)；

故取其补集，当\(-3< a <1\)时，函数\(f(x)\)在区间\([-1，2]\)上不单调。

法2：由题可知\(f(x)\)不单调，则导函数\(y=f'(x)\)在区间\([-1，2]\)上至少有一个变号零点，

当只有一个变号零点时，由\(f'(-1)\cdot f'(2)< 0\)可得，\(-3< a< 0\)；

当有两个变号零点时，由\(\begin{cases}f'(-1)>0\\f'(2)>0\\ \Delta >0\end{cases}\)，解得\(0< a <1\)；

再验证，当\(a=0\)时，也满足题意，

综上所述，实数\(a\)的取值范围是\((-3，1)\)。

• 以函数\(f(x)\)存在单调区间的形式给出；

【2019高三理科数学资料用题】【2018荆州模拟改编】设函数\(f(x)=\cfrac{1}{3}x^3-\cfrac{a}{2}x^2+1\)，函数\(g(x)=f(x)+2x\)，且\(g(x)\)在区间\((-2，-1)\)内存在单调递减区间，求实数\(a\)的取值范围；

分析：\(g(x)=\cfrac{1}{3}x^3-\cfrac{a}{2}x^2+1+2x\)，则\(g'(x)=x^2-ax+2\)，

由\(g(x)\)在区间\((-2，-1)\)内存在单调递减区间，得到，

\(g'(x)=x^2-ax+2<0\)在区间\((-2，-1)\)上能成立，

分离参数得到，\(a < x+\cfrac{2}{x}\)在区间\((-2，-1)\)上能成立，

而\(\left(x+\cfrac{2}{x}\right)_{max}=-2\sqrt{2}\)，当且仅当\(x=\cfrac{2}{x}\)，即\(x=-\sqrt{2}\)时取到等号，

故实数\(a\)的取值范围为\((-\infty，-2\sqrt{2})\)。

注意：存在单调递减区间，应该得到\(f'(x)<0\)能成立，而不是\(f'(x)\leq 0\)能成立。

若\(a=-2\sqrt{2}\)，由\(g'(x)=x^2+2\sqrt{2}x+2=(x+\sqrt{2})^2\ge 0\)恒成立，

则函数\(g(x)\)只能有单调递增区间，不会存在单调递减区间。

• 以存在性命题形式给出；

\(\exists x_0\in [1，5]\)，使得不等式\(x^2 +ax-2\ge 0\)成立。

分析：具体解法，见上。

• 以至多至少型命题形式给出；

不等式\(x^2 +ax-2\ge 0\)在区间 [1,5]上至少有一个解。

分析：具体解法，见上。

• 以新定义的形式给出；

定义：如果在\(y=f(x)\)定义域内的给定区间\([a,b]\)上存在\(x_0(a<x_0<b)\)，满足\(f(x_0)=\cfrac{f(b)-f(a)}{b-a}\)，则称函数\(y=f(x)\)是\([a,b]\)上的“平均值函数”，\(x_0\)是它的一个均值点，如\(y=x^4\)是\([-1,1]\)上的平均值函数，\(0\)是它的均值点，现有函数\(f(x)=-x^2+mx+1\)是\([-1,1]\)上的平均值函数，则实数\(m\)的取值范围是________________。

分析：由题意可知，存在\(x_0\in (-1,1)\)，使得\(f(x_0)=\cfrac{f(1)-f(-1)}{1-(-1)}\)，

化简得到，\(f(x_0)=m\)有解，即\(-x_0^2+mx_0+1=m\)，

即\((x_0-1)m=x_0^2-1\)，由于\(x_0-1\neq 0\)，故转化为\(m=x_0+1\)在\(x_0\in(-1,1)\)上有解，

即需要求函数\(y=x_0+1\)的值域，而\(x_0+1\in (0,2)\)，故\(m\in (0,2)\).

转化以后

• 先考虑能否分离参数，参见分离参数法；

如果能，转化为\(A\ge f(x)\)恒成立，则需要求函数\(f(x)\)的最值，函数如果形式简单，不用导数法，如果复杂，需要用导数法；如果不能，

• 再考虑数形结合，即左右两端的函数中，有一个带有参数，考虑其几何意义。

注意事项

1、有恒字的不一定是恒成立命题，如两个函数图像恒有交点，即两个函数图像至少有一个交点，其实是能成立命题。没有恒字的不一定不是恒成立命题。

2、不等式无解应该等价转化为不等式恒成立。比如，\(f(x)< x\)在\(R\)上无解，即意味着不等式\(f(x)< x\)的解集为\(x\in \varnothing\)，那么不等式\(f(x)\ge x\)在\(R\)上应该是恒成立的，即不等式\(f(x)\ge x\)的解集为\(x\in R\)，

引例，比如不等式\(e^x< x\)无解，即不等式\(e^x\ge x\)的解集为\(x\in R\)，即\(x\in R\)时，不等式\(e^x > x\)恒成立。

3、注意细节上的变化

若\(A\leq f(x)\)在区间\((m，n)\)上恒成立，等价于\(A\leq f(x)_{min}\)或最小值的极限。

若\(A< f(x)\)在区间\((m，n)\)上恒成立，等价于\(A\leq f(x)_{min}\)或最小值的极限。