在任意與存在中構建關系和演繹推理

安徽阜陽第三中學236006

摘要：任意性及存在性是高中數學里難于理解清楚的一種問題，本文中就一個例題進行引申，獲得若干存在性或任意性的問題，本文嘗試讓任意與存在體現地淋漓盡致.

關鍵字：任意；存在

由于不等式、方程、函數是交織在一起的有機整體，同時在任意與存在之間構建不等式問題又與高等數學聯系緊密，所以不等式問題的解決往往體現著多種數學思想方法的應用，是考查學生綜合應用能力、思維靈活性和創新性的有效載體，因此這類問題一直是高考命題的熱點和重點，而在任意與存在之間構建相等與不等關系，更是學生感到無所適從的難點，本文從一道高考題出發，通過適當變式，探求關系式的建立.

例題：（2006湖北）設x＝3是函數f（x）＝（x2＋ax－2a－3）e3－x（x∈R）的一個極值點.

設a＞0，g（x）＝a2＋

ex. 若存在ξ1，ξ2∈［0，4］，使得

g（ξ2）－f（ξ1）

＜1成立，求a的取值范圍.

解析（1）略. 根據f（x），g（x）的單調性，可求出f（x）的值域是［－（2a＋3）e3，a＋6］，g（x）的值域是a2＋

，a2＋

e4. 顯然， g（x）min＝a2＋＞a＋6＝f（x）max， 所以

g（ξ2）－f（ξ1）

＜1#8660;g（ξ2）－f（ξ1）＜1. 依題設知，只要在［0，4］上找到ξ1，ξ2（哪怕分別只找到一個），使g（ξ2）＜f（ξ1）＋1成立即可. 從圖象上看，即y＝g（x）圖象的最低點比y＝f（x）＋1圖象的最高點低，因此，問題轉化為解不等式g（x）min＜f（x）max＋1.

因為g（x）關于x單調遞增，

所以g（x）min＝g（0）＝a2＋.

由f ′（x）＝－（x－3）（x＋a＋1）e3－x，可知當a＞0時，f（x）在［0，3］上單調遞增，在［3，4］上單調遞減，

所以f（x）max＝f（3）＝a＋6.

依題意知g（x）min＜f（x）max＋1，

即a2＋＜a＋6＋1.

所以0＜a＜.

為了形成知識網絡，下面我們對該題進行多角度、多方面的變化探究，以期在“變”的現象中發現“不變”的本質，在“不變”的本質中探索“變”的規律，從而優化學生的思維品質，培養創新能力.

首先，我們對本題進行“異構變式”.

變式1是否存在實數a＞0，對任意的實數ξ1，ξ2∈［0，4］，使得g（ξ2）＜f（ξ1）＋1恒成立.

由于ξ1，ξ2取值的任意性，所以要使得g（ξ2）＜f（ξ1）＋1恒成立，必須且只須y＝g（x）的圖象全部在y＝f（x）＋1圖象最低點的下方，也就是判斷g（x）max＜f（x）min＋1能否成立，由f（x）在［0，4］上的單調性可知：f（x）min＝min｛f（0）， f（4）｝＝ －（2a＋3）e3，所以轉化為判斷a2＋

e4＜1－（2a＋3）e3是否有解. 由a＞0，易知此不等式無解（具體解題過程略，下同）. 故不存在使題設成立的實數a.

一般地，p（x）＜q（x）在［m，n］上恒成立，并不要求p（x）max＜q（x）min這樣苛刻的條件，只要g（x）＝p（x）－q（x）＜0在［m，n］上恒成立即可，即g（x）max＜0便可.

變式2是否存在實數a＞0，對任意實數ξ1∈［0，4］，總存在ξ2∈［0，4］，使得g（ξ2）＞f（ξ1）＋1成立.

由于ξ1在區間［0，4］上的取值具有任意性，ξ2的取值只要求存在性，故所求問題即為能否保證y＝g（x）圖象最高點高于y＝f（x）＋1圖象的最高點，即g（x）max＞f（x）max＋1能否成立，也就是a2＋

e4＞a＋6＋1是否有解. 易知上式恒成立，故a＞0滿足題設.

變式3是否存在實數a＞0，對任意實數ξ1∈［0，4］，總存在ξ2∈［0，4］，使得g（ξ2）＜f（ξ1）＋1成立.

由于ξ1在區間［0，4］上的取值具有任意性，ξ2的取值只要求存在性，所以所求問題等價于能否保證y＝g（x）圖象的最低點低于y＝f（x）＋1圖象的最低點，即g（x）min< f（x）min+1能否成立，也就是a2＋＜1－（2a＋3）e3是否有解. 易知不存在a＞0滿足題設.

變式4是否存在實數a>0，對任意實數ξ1∈［0，4］，總存在ξ2∈［0，4］，使得g（ξ2）＝f（ξ1）＋1成立.

對于區間［0，4］上任意取值的每一個ξ1，都會得到一個確定的函數值f（ξ1）＋1，要保證總存在g（ξ2）與f（ξ1）＋1相等，則必須且只須y＝g（x）的值域包含y＝f（x）＋1的值域. 于是問題轉化為判斷g（x）max＞f（x）max＋1且g（x）min＜f（x）min＋1能否成立，即判斷不等式組a2＋

e4＞a＋6＋1，

a2＋

＜1－（2a＋3）e3是否有解. 易知不存在a＞0滿足題設.

變式5是否存在實數a＞0，存在ξ1，ξ2∈［0，4］，使得g（ξ2）＝f（ξ1）＋1成立.

變式5所求問題即為能否保證y＝f（x）＋1的值域與y＝g（x）的值域的交集非空，即判斷f（x）max＋1＞g（x）min且f（x）min＋1＜g（x）max是否成立，也就是判斷不等式a＋6＋1＞a2＋且1－（2a＋3）e3＜a2＋

e4是否有解. 易知不等式a＋6＋1＞a2＋的解集為空集，不等式1－（2a＋3）e3＜a2＋

e4恒成立，所以不存在a＞0滿足題設.

通過以上變式探究，使學生初步體味到不等式有解與恒成立之間的區別，并且意識到借助函數圖象發現不等關系是一種“便捷務實”的解題方案. 為達到對此類問題的深入理解，揭示在各種外形掩飾下的問題的本質，下面我們對例題本身及以上變式進行“同質變式”.

變式6是否存在實數a＞0，存在ξ1，ξ2∈［0，4］，使得g（ξ2）＞f（ξ1）＋1成立.

變式6與例題本身在本質上屬于同一個問題，只是設置了兩種不同的設問形式而已（將不等式中的“＜”改成了“＞”），我們成為“同質變式”. 同例題分析，所求問題即為判斷g（x）max＞f（x）min＋1能否成立，即判斷a2＋

e4＞1－（2a＋3）e3是否有解. 易知此式對a＞0是恒成立的.

變式7是否存在實數a＞0，對任意的實數ξ1，ξ2∈［0，4］，使得g（ξ2）＞f（ξ1）＋1恒成立.

變式7與變式1的內涵也是一樣的，屬于“同質變式”題. 同變式1的分析，所求問題即為判斷g（x）min＞f（x）max＋1能否成立，即判斷a2＋＞a＋6＋1是否有解，易知此式的解為a＞.

一般地，p（x）＞q（x）在［m，n］上恒成立，并不要求p（x）min＞q（x）max這樣苛刻的條件，而是等價于g（x）＝p（x）－q（x）＞0在［m，n］上恒成立即可，即g（x）min＞0即可.

變式8是否存在實數a＞0，對任意實數ξ2∈［0，4］，總存在ξ1∈［0，4］，使得g（ξ2）＜f（ξ1）＋1成立.

變式8與變式2屬于“同質變式”題，同變成2的分析，所以問題轉化為判斷g（x）max＜f（x）max＋1能否成立，即判斷a2＋

e4＜a＋6＋1是否有解. 易知不存在a＞0滿足此式.

變式9是否存在實數a＞0，對任意實數ξ2∈［0，4］，總存在ξ1∈［0，4］，使得g（ξ2）＞f（ξ1）＋1成立.

變式9與變式3屬于“同質變式”題，同變式3的分析，所求問題轉化為判斷g（x）min> f（x）min＋1能否成立，即判斷a2＋＞1－（2a＋3）e3是否有解，易知此式對a＞0是恒成立的.

變式10是否存在實數a＞0，對任意實數ξ2∈［0，4］，總存在ξ1∈［0，4］，使得g（ξ2）＝f（ξ1）＋1成立.

變式10與變式4是“同質變式”，所求問題轉化為判斷y＝f（x）＋1的值域包含y＝g（x）的值域能否成立，即f（x）max＋1＞g（x）max且f（x）min＋1＜g（x）min能否成立，即判斷不等式組a＋6＋1＞a2＋

e4，

1－（2a＋3）e3＜a2＋

是否有解. 易知不存在a＞0使此不等式組成立.

至此，通過對同一例題的多角變式，不難發現，不等式有解與恒成立的實質是研究相應函數的最值或值域問題. 把任意與存在問題化歸為最值問題是解決問題的關鍵所在，也正是在這一點上體現學生思維的靈活性和創新性.