探究2016年高考中的恒成立問題

朱海燕

縱覽近年來的各個省市的高考數學試卷，可以發現在試題中經常會出現恒成立問題.與恒成立相關的題目一般出現在試卷的最后一題或倒數第二題，可以說是整套試卷的壓軸之作.這類試題一般綜合性強，通常會結合函數、數列、不等式及導數等多個知識進行考察，同時這類題目對學生的能力也是一種挑戰，這類題目通常會考查學生分析能力、推理能力、計算能力以及綜合運用知識的能力，在高考中這種題往往會拉開考生的成績差距.在本文中，筆者結合自己多年的一線教學經驗，就2016年高考數學中出現的幾道與恒成立相關的試題展開分析，以供讀者參考.

一、考查方式

對于恒成立問題的考查主要有兩種方式：

1.證明某個等式或不等式恒成立；

2.已知某個等式或不等式恒成立，求解其中的參數的取值或取值范圍.

二、實戰演練

例1 （2016年山東理科，20）已知f（x）=a（x-lnx）+2x-1x2，a∈R.

（Ⅰ）討論f（x）的單調性；

（Ⅱ）當a=1時，證明f（x）>f ′（x）+32對于任意的x∈[1，2]成立.

解析 （Ⅰ）（1）由題目中的函數知f（x）的定義域為（0，+∞），f ′（x）=a-ax-2x2+2x3=（ax2-2）（x-1）x3.

當a≤0時，若x∈（0，1），f ′（x）>0，

，則函數f（x）單調遞增；

x∈（1，+∞），f ′（x）<0，函數f（x）單調遞減.（2）當a>0時，f ′（x）=a（x-1）（x+2a）（x-2a）

x3.

若01，所以當x∈（0，1）或（2a，+∞）時，f ′（x）>0，函數f（x）單調遞增；

當x∈（1，2a）時，f ′（x）<0，函數f（x）單調遞減；

若a=2時，2a=1，f ′（x）≥0，函數f（x）單調遞增；

若a>2，則0<2a<1，所以當x∈（0，2a）或（1，+∞）時，f ′（x）>0，函數f（x）單調遞增；當x∈（2a，1）時，f ′（x）<0，函數f（x）單調遞減.

綜上所述：

當a≤0時，函數f（x）在（0，1）上單調遞增；函數f（x）在（1，+∞）上單調遞減；

當0

當a=2時，函數f（x）在（0，+∞）上單調遞增；

當a>2時，函數f（x）在（0，2a）和（1，+∞）上單調遞增；函數f（x）在（2a，1）上單調遞減.

（Ⅱ）由（Ⅰ）知a=1時，f（x）-f′（x）=x-lnx+2x-1x2-（1-1x-2x2+2x3）=x-lnx+3x+1x2-2x3-1，x∈[1，2]，

令g（x）=x-lnx，h（x）=3x+1x2-2x3-1，則f（x）-f ′（x）=g（x）+h（x），由g′（x）=x-1x≥0可得g（x）≥g（1）=1，當且僅當x=1時取等號；

又h′（x）=-3x2-2x+6x4，設φ（x）=-3x2-2x+6，則φ（x）在[1，2]上單調遞減，且φ（1）=1，

φ（2）=-10，所以在[1，2]上存在x0使得x∈（1，x0）時，φ（x）>0，x∈（x0，2）時，φ（x）<0，所以函數h（x）在（1，x0）上單調遞增；在（x0，2）上單調遞減，由于h（1）=1，h（2）=12，因此h（x）≥h（2）=12，當且僅當x=2取等號，所以f（x）-f ′（x）>g（1）+h（2）=32，即f（x）>f ′（x）+32對于任意的x∈[1，2]恒成立.

點撥 這道題第一問考察了利用導函數判斷單調性，需要用到分類討論的思想，第二問是恒成立問題，需要考生結合原函數和導數進行推理.

例2 （2016年全國卷理科，24）已知函數f（x）=|2x-a|+a

（Ⅰ）當a=2時，求不等式f（x）≤6的解集；

（Ⅱ）設函數g（x）=|2x-1|，當x∈R時，f（x）+g（x）≥3，求a的取值范圍.

解析 （Ⅰ）當a=2時，f（x）=|2x-2|+2.

解不等式|2x-2|+2≤6，得-1≤x≤3.

因此，f（x）≤6的解集為{x|-1≤x≤3}.

（Ⅱ）當x∈R時，f（x）+g（x）=|2x-a|+a+|1-2x|≥|2x-a+1-2x|+a=|1-a|+a，當x=12時等號成立，所以當x∈R時，f（x）+g（x）≥3等價于|1-a|+a≥3.

當a≤1時，|1-a|+a≥3等價于1-a+a≥3，無解；

當a>1時，|1-a|+a≥3等價于a-1+a≥3，解得a≥2；

所以a的取值范圍是[2，+∞）.

點評 （Ⅰ）利用等價不等式|h（x）|≤a（a>0）-a≤h（x）≤a，進而通過解不等式可求得；（Ⅱ）根據條件可首先將問題轉化為求解f（x）+g（x）的最小值，此最值可利用絕對值三角不等式求得，再根據恒成立的意義建立簡單的關于a的不等式求解即可.

例3 （2016年江蘇數學Ⅰ，19）已知函數f（x）=ax+bx（a>0，b>0，a≠1，b≠1）.

（1）設a=2，b=12.

①求方程f（x）=2的根；

②若對于任意x∈R，不等式f（2x）≥mf（x）-6恒成立，求實數m的最大值；

（2）若01，函數g（x）=f（x）-2有且只有1個零點，求ab的值.

解析 （1）①f（x）=2x+（12）x，由f（x）=2可得2x+12x=2，則（2x）2-2×2x+1=0，即（2x-1）2=0，則2x=1，x=0；

②由題意得22x+122x≥m（2x+12x）-6恒成立，

令t=2x+12x，則由2x>0可得t≥22x×12x=2，

此時t2-2≥mt-6恒成立，即m≤

t2+4t=t+4t恒成立.

∵t≥2時，t+

4t≥2t·4t=4，當且僅當t=2時等號成立，因此實數m的最大值為4.

（2）g（x）=f（x）-2=ax+bx-2，g′（x）=axlna+bxlnb=axlnb[

lnalnb+（ba）x]，

由01可得ba>1，令h（x）=（ba）x+lnalnb，則h（x）遞增，

而lna<0，lnb>0，因此x0=logb/a（-lnalnb）時h（x0）=0，

因此x∈（-∞，x0）時，h（x）<0，axlnb>0，則g′（x）<0；

x∈（x0，+∞）時，h（x）>0，axlnb>0，則

g′（x）>0；

則g（x）在（-∞，x0）遞減，（x0，+∞）遞增，因此g（x）最小值為g（x0），

①若g（x0）<0，xaloga2=2，bx>0，則g（x）>0；

x>logb2時，ax>0，bx>blogb2=2，則g（x）>0；

因此x10，因此g（x）在（x1，x0）有零點，x2>logb2且x2>x0時，g（x2）>0，因此g（x）在（x0，x2）有零點，則g（x）至少有兩個零點，與條件矛盾；

②若g（x0）≥0，由函數g（x）有且只有1個零點，g（x）最小值為g（x0），可得g（x0）=0，

由g（0）=a0+b0-2=0，因此x0=0，

因為

logb/a（-lnalnb）=0，

即-lnalnb=1，

即lna+lnb=0，

因此ln（ab）=0，則ab=1.

試題分析 這道題中，求方程

fx=2的根