兩種常見恒成立問題的解法

在數學學習中經常會涉及一些命題的恒成立問題.常見的類型有：不等式的恒成立問題、方程的恒有解問題等.不同的問題，有不同的處理方法，不同的處理方法也使問題的難易程度大相徑庭，想知道這其中的奧秘嗎？請看下文：

一、不等式的恒成立問題

1.判別式法

一元二次不等式是高中的重點知識，一元二次不等式的恒成立問題更是屢見不鮮.解決一元二次不等式的恒成立問題最常用的方法就是判別式法.

例1 若不等式3x2+ax+1>0恒成立，則a的取值范圍是？

解析 3x2+ax+1>0恒成立，可看作二次函數f(x)=3x2+ax+1與x軸無交點，∴Δ<0，即a2-12<0，∴-23<a<23.

由例1可見，判別式法其實就是利用一元二次不等式解集為全體實數的條件來判斷參數所滿足的范圍.那下面這道題還能用判別式法來做嗎？

例2 已知不等式x2+(a-3)x+2>0，當x∈［1，2］時恒成立，求a的取值范圍.

分析 乍一看，例2與例1如出一轍，那也讓它的Δ<0，求a的范圍行嗎？顯然不可以，因為例2中的不等式恒成立，并不是在全體實數范圍內，它只要求在x∈［1，2］時恒成立，如果也讓Δ<0，就會擴大約束條件，從而導致參數范圍變小.那怎么辦呢？我們可考慮最值法.

2.最值法

最值法就是把恒成立問題轉化成求最值問題.如:f(x)>a恒成立，只需f(x)的最小值大于a即可.f(x)

（1）直接求最值法

例3 若|x-3|+|x+5|>a2-2a+5恒成立，求a的取值范圍.

解析 由最值法知，不等式|x-3|+|x+5|>a2-2a+5恒成立，只需a2-2a+5

∵|x-3|+|x+5|≥|(x-3)-(x+5)|=8，

∴a2-2a+5<8即可，∴-1

下面我們來看前面提到的例2.

顯然不等式x2+(a-3)x+2>0，當x∈［1，2］時恒成立，只需f(x)=x2+(a-3)x+2，x∈［1，2］的最小值大于0即可.

∵f(x)開口向上，

∴只需1≤-a-32≤2，f-a-32>0或-a-32<1，f(1)>0或-a-32>2，f(2)>0.

∴a>3-22.

思考 最值法雖能解決例2的問題，但與例3比較，難度大，計算量更大.原因在哪呢？原因是取最值的點不好確定.因為它要受到參數的影響.那我們能不能避免這一問題呢？當然可以！這就是分離參數求最值法.

（2）分離參數求最值

下面我們重新來解一下例2.

解 x2+(a-3)x+2>0，當x∈［1，2］時恒成立，

即ax>3x-x2-2，當x∈［1，2］時恒成立，

即a>3x-x2-2x，當x∈［1，2］時恒成立，

∴只需a大于f(x)=3x-x2-2x，x∈［1，2］的最大值即可.

又 f(x)=3x-x2-2x=3-x+2x≤3-22，

當且僅當x=2時等號成立，

∴a>3-22.

小結 最值法是解決不等式恒成立問題的有力工具，如直接求最值不好求時，而參數易分離時，可先分離參數再求最值.

3.參變互換法

例4 若x2+(m+3)x+3≥0，當m∈［1，3］時恒成立，求x的范圍.

分析 這一題目是參數在一定條件下，而去求變量的范圍，使之恒成立的問題.像這樣的問題，一般考慮參變互換，即把m當作變量，而把x當作參數來求.

解 ∵x2+(m+3)x+3≥0，當m∈［1，3］時恒成立，

∴xm+x2+3x+3≥0，當m∈［1，3］時恒成立即可.

令f(m)=xm+x2+3x+3，

∴只需f(m)≥0，當m∈［1，3］時恒成立即可.

f(m)可看作關于m的一次函數，

∴只需f(1)≥0，f(3)≥0即可.

∴m≤-3-6或m≥-3+6.

4.數形結合法

例5 若x2

圖 1

分析 此題不同于前面各題，既不是二次不等式問題，也不能簡單的去求最值.但仔細觀察我們會發現不等式左右兩邊均可看作一個函數，顯然x2

圖 2

解 根據分析可知：當x∈0，12時，函數f(x)=x2的圖像只要落在函數g(x)=logax的下方即可.如圖1，顯然a>1時，不可能.∴a<1，如圖2，故當x∈0，12時，函數f(x)=x2落在函數g(x)=logax的下方恒成立只需loga12≥122即可.

∴116≤a<1.

二、方程的恒有解問題

1.直接利用判別式

例6 若方程x2+(1-3a)x+a=0有解，則a的取值范圍是？

分析 一元二次方程恒有解，顯然只需Δ≥恒成立即可.

解 ∵Δ=(1-3a)2-4a=9a2-10a+1≥0，

∴a≥1或a≤19.

從上例可見，判別式法是解決一元二次方程恒有解問題的強有力工具.但這一方法有很大的局限性，它對于一元二次方程在全體實數范圍內的有解問題比較方便，但對于一些有約束條件的有解問題就顯得比較麻煩了.請看下例：

2.利用一元二次方程根的分布

例7 若方程2a#8226;9sinx+4a#8226;3sinx+a-8=0有解，則a的取值范圍是？

分析 由于9sinx=(3sinx)2，∴令3sinx=m，則方程2a#8226;9sinx+4a#8226;3sinx+a-8=0有解，即方程2am2+4am+a-8=0，當m∈13，3時有解.顯然此時只要求Δ≥0就不夠了.（想一想，為什么？）那怎么辦呢？我們可結合一元二次方程根的分布來分析.

解 令3sinx=m，則方程2a#8226;9sinx+4a#8226;3sinx+a-8=0有解，即方程2am2+4am+a-8=0，當m∈13，3時有解.

令f(m)=2am2+3am+a-8.

∵f(m)的對稱軸為m=-113，3，

∴該方程在13，3上最多有一個解，

∴若方程2am2+4am+a-8=0，當m∈13，3時有解只需f13#8226;f(3)≤0即可.

∴831≤a≤7223.

3.有解問題轉化為求值域

在例7的分析過程中有心的讀者可能發現，f(m)=2am2+4am+a-8這個函數的對稱軸固定，因此我們在利用根的分布來處理該方程的有解問題時，變得簡單易行.可如果對稱軸不確定，就必然需要討論，為解題帶來麻煩.如下例：

例8 若方程a#8226;9sinx+(a-2)3sinx+a-1=0有解，則a的取值范圍是？

解 令3sinx=m，則方程a#8226;9sinx+(a-2)3sinx+a-2=0有解，即方程am2+(a-2)m+a-2=0，當m∈13，3時有解.

am2+(a-2)m+a-2=0可變形為a=2m+2m2+m+1（記作*式）.

顯然，*式可看作關于m的一個函數.由值域的定義可知，方程am2+(a-2)m+a-2=0，當m∈13，3時有解，a的范圍即函數f(m)=2m+2m2+m+1的值域.易得，a∈813，2613.

4.數形結合

例9 若方程2x-x2=k(x-2)+2恒有兩個解，求k的范圍.

分析 此方程雖然平方能夠化成一元二次方程的形式，但平方易產生增根，并且含參一元二次方程需要討論等問題都給解題帶來麻煩.因此我們可把方程兩邊分別看作兩個曲線，把方程的有解問題轉化成兩曲線的存在交點的問題，利用數形結合的辦法予以解決.

圖 3

解 令y=2x-x2(0≤x≤2)其圖形是以(1，0)為圓心，以1為半徑的圓在x軸上方（包括x軸）的部分.令y=k(x-2)+2表示過定點P(2，2)、斜率為k的直線.在同一直角坐標系中，分別作出它們的圖形，觀察如圖，符合要求的直線l介于直線l1，l2之間（包括l2，不包括l1），其中l1與半圓相切，l2過原點.通過計算容易求得l2的斜率為1，l1的斜率為34.所以34

例10 若方程x3-3x-a=0恒有三個解，則a的取值范圍為.

圖 4

分析 仿上例方程x3-3x-a=0可看作函數f(x)=x3-3x與y=a有3個交點，函數f(x)=x3-3x的導數為f′(x)=3x2-3.令f′(x)≥0，解得x≥1或x≤-1.令f′(x)≤0，解得-1≤x≤1.則函數f(x)在(1，+∞)和(-∞，-1)上單調遞增，在(-1，1)上單調遞減.由此畫出f(x)的草圖（如圖4）.

由圖形看出-2

溫馨提示 方法永遠沒有萬能的.我們能不能找到最合適的方法，關鍵是在日常的學習中能否不斷地總結，發現探索題目背后的規律.

注：本文中所涉及到的圖表、注解、公式等內容請以PDF格式閱讀原文