也談含絕對值不等式恒成立問題的轉化策略

☉南京師范大學蘇州實驗學校 游明波

一、看過來——一類問題，廣受關注

絕對值、不等式、含參數、恒成立，一個數學問題若涉及其中的某一點，解決起來可能就不太順利，如果全部涵蓋這四點，其難度可想而知了！形如“|f（x，a）|＞g（x）恒成立”的問題就是全部涵蓋絕對值、不等式、含參數和恒成立的較復雜的問題.近年以來，諸多文獻都圍繞“如何直接去絕對值符號實施簡明的轉化”進行了有效的思考，引發了廣泛的討論，這說明該類問題的求解一直困擾著解題者和一線的教師.

文1所做的解法探究和題型歸納非常全面，讓解題者有章可循，但探究和歸納僅限于能夠參數分離的情形，而且并未進行嚴格論證，從而導致出現應用的困惑（比如涉及分段函數的情形）.文2、3提出了若干的結論并進行了演繹論證，但對錯解的分析不夠簡練，所做的研究也僅局限于連續函數，而且結論有待改進.文4分別對文1、2中的錯解進行了再分析，但并未將問題拓展、將結論引申，而且同樣是局限于能夠參數分離的情形.

分析文1～6不難發現，研究者對結論“|f（x，a）|＜g（x）恒成立（或能成立）等價于-g（x）＜f（x，a）＜g（x）恒成立（或能成立）”無異議，討論的問題主要集中在：“不等式|f（x，a）|＞g（x）恒成立（或能成立）”如何等價轉化？本文對已有文獻中的錯解分析進行了再分析，找出了錯解的根源，同時提出直接去絕對值符號實施簡明轉化的策略，并且該解法能夠涵蓋參數不能分離的情形和非連續函數的情形.

二、說開來——直接轉化，有理可依

引理：|f（x，a）|＜g（x）等價于-g（x）＜f（x，a）＜g（x）.

證明：|f（x，a）|＜g（x）成立等價于成立.顯然g（x）必須恒為正，于是又等價于0≤f（x，a）＜g（x）成立，或-g（x）＜f（x，a）＜0成立，從而等價于-g（x）＜f（x，a）＜g（x）.命題得證.

引理的證明是通過分類討論去絕對值符號的方法，這里要特別注意g（x）必須恒為正，否則問題就無意義了，當然解不等式|f（x）|＜g（x）就不需要考慮g（x）的符號.不難看出，形如|f（x，a）|＜g（x）的不等式恒成立問題或者能成立問題，均可以用引理進行轉化，以達到直接去絕對值符號之目的.

關于“|f（x，a）|＜g（x）恒成立”與“|f（x，a）|＞g（x）恒成立”的問題，之所以不能形成相對統一的轉化策略，筆者分析認為，造成這種解法差異的原因表面上是不等號的方向不同，其實質是，不等式|f（x，a）|＜g（x）恒成立時g（x）的函數值必須恒為正，也就是說只能在g（x）＞0的前提下考慮問題；而不等式|f（x，a）|＞g（x）恒成立時g（x）的函數值的符號對條件所給x的范圍無制約作用，比如，當g（x）≤0時是不需要考慮的（此時a∈R），但是卻在無意中考慮了（見文4中的解答A），再比如，分段函數的情形（見文5），這樣一來，就相當于弱化了事實上的條件，所以求出來的參數的取值范圍就會變小.在引理和錯解分析的基礎上，本文提出如下定理.

定理：設函數f（x，a）（a為常數）和g（x）的定義域均為A，不等式g（x）＞0的解集為B，且A∩B≠?，記D=A∩B，則存在x∈A，使得|f（x，a）|＜g（x）成立的充要條件是存在x∈D，使得-g（x）＜f（x，a）＜g（x）成立.

證明：（1）充分性：若存在x∈D，則x∈B，g（x）＞0，從而-g（x）＜f（x，a）＜g（x）可化為|f（x，a）|＜g（x），所以，存在x∈D?A，即存在x∈A，使得|f（x，a）|＜g（x）成立.

（2）必要性：若x∈A，當x?D，即x?B時，則g（x）≤0，不等式|f（x，a）|＜g（x）不成立；當x∈D時，g（x）＞0，不等式|f（x，a）|＜g（x）可化為-g（x）＜f（x，a）＜g（x），所以，存在x∈D，使得-g（x）＜f（x，a）＜g（x）成立.

說明：若不等式為|f（x，a）|≤g（x），則定理中其余不等式處處帶等號.

該定理為解決形如“|f（x，a）|＜g（x）能成立”的問題提供了有效的轉化策略，基于此，形如“|f（x，a）|＞g（x）恒成立”的問題就能迎刃而解.由數理邏輯知識中的命題的否定形式，容易得到如下結論.

結論：設函數f（x，a）（a為常數）和g（x）的定義域均為A，已知命題p：存在x∈A，使得|f（x，a）|≤g（x）成立時a∈E；命題q：對任意的x∈A，|f（x，a）|＞g（x）恒成立時a∈RE，則命題p與命題q等價.

三、用起來——以簡馭繁，從容面對

例1 若對任意恒成立，求實數a的取值范圍.

這是文1和文4均研究過的例題，運用上述“結論”不難得到如下簡潔的解法：

例2 已知不等式|a-2x|＞x-1對x∈［0，2］恒成立，求實數a的取值范圍.

這是文2、3、6均研究過的經典例題，同樣運用上述“結論”有如下簡潔的解法：

先考慮問題的反面：存在x∈［0，2］，使得不等式|a-2x|≤x-1能成立.由x-1≥0及x∈［0，2］得到x∈［1，2］，由|a-2x|≤x-1，可得1-x≤a-2x≤x-1，即1+x≤a≤3x-1，所以存在x∈［1，2］，使得1+x≤a≤3x-1成立，從而2≤a≤5.所以原問題中a的取值范圍是（-∞，2）∪（5，+∞）.

例3 如果f（x）=|f（x）|≥2在x∈（0，2］上恒成立，求實數a的取值范圍.

這是文5研究過的例題，也是典型的非連續函數的情形，上述“結論”同樣適用.

解析：當x∈（0，1］時，|（fx）|=2≥2恒成立，此時a∈R.

當x∈（1，2］時，|（fx）|=|ax-2|≥2恒成立，先考慮問題的反面：存在x∈（1，2］，使得不等式|ax-2|＜2能成立.即存在x∈（1，2］，使得0＜a＜成立，從而0＜a＜4.此時原問題中的a∈（-∞，0］∪［4，+∞）.

綜上，實數a的取值范圍為（-∞，0］∪［4，+∞）.

四、疑再來——疑而后思，亦喜亦憂

參數分離法是解決不等式恒成立問題的重要方法，也倍受研究者青睞，筆者在研究時突生疑問：參數不能分離怎么辦？帶著疑問筆者經歷了“尋題”、“編題”之旅，最終在例2的基礎上進行改編得到如下新題.

例4 已知不等式|ax-2+a2|＞x-1對x∈［0，2］恒成立，求實數a的取值范圍.

解析：先考慮：存在x∈［0，2］使得|ax-2+a2|≤x-1成立時，求出a的取值范圍.由上述“定理”等價轉化為：存在x∈［1，2］使得|ax-2+a2|≤x-1成立時，求出a的取值范圍.從而得到，存在x∈［1，2］使得-x+1≤ax-2+a2≤x-1成立.記（fx）=（a-1）x+a2-1，g（x）=（a+1）x+a2-3，所以，存在x∈［1，2］使得（fx）≤0和g（x）≥0同時成立.

（1）當a≤-1時，（fx），g（x）均為減函數，則（f2）≤0且g（1）≥0，解得-3≤a≤-2；

（2）當-1＜a＜1時，（fx）為減函數，g（x）為增函數，則（f2）≤0且g（2）≥0，解得-1+≤a＜1；

（3）當a≥1時，（fx），g（x）均為增函數，則（f1）≤0且g（2）≥0，解得a=1.

綜上（1）（2）（3）求并集得a的取值范圍為［-3，-2］∪［-1+，1］.所以原問題中a的取值范圍為（-∞，-3）∪（-2，-1+）∪（1，+∞）.

題目完滿解決，筆者感慨頗多.處理好含絕對值且含參數的不等式恒成立問題，需要綜合運用集合思想、函數與方程、數形結合、轉化與化歸、分類討論等多種數學思想方法，只有找到錯解的根源，從數學本質上去把握問題，才可能以簡馭繁，從容面對.可以看出，“|f（x，a）|＞g（x）的不等式恒成立問題”是對文1～6中涉及的“|a-f（x）|＞g（x）的不等式恒成立問題”的改進和推廣.此時，筆者仍然在思考另外一個問題：“形如|f（x，a）|＞g（x，a）的不等式恒成立問題”又該如何求解？例如，已知關于x的不等式|x-a|+＞ax對x∈［1，2］恒成立，求實數a的取值范圍.有沒有直接去絕對值符號實施簡明轉化的依據？期待與大家進一步探討！

最后，借用羅增儒教授的一句話與大家共勉——解題教學有范圍，解題研究無禁區.

1.錢江.再談|f（x）|＜g（x）和|f（x）|＞g（x）型不等式解法及推廣［J］.中學數學教學參考（上旬），2014（12）.

2.蘇劼.含絕對值不等式的“轉化”錯了嗎——一類恒成立問題錯誤之剖析［J］.數學通報，2013（1）.

3.劉鴻春.一類絕對值不等式恒成立的等價性探究［J］.數學通報，2015（3）.

4.汪正文.一類絕對值不等式恒成立問題的求解策略——從一道統測題的錯解分析談起［J］.中學數學教學參考（上旬），2016（12）.

5.李乃洋.擱置爭議 走出誤區——一道含絕對值的不等式恒成立問題學生解題指導 ［J］.數學教學通訊（中等數學），2013（8）.

6.黃曉英.一類不等式恒成立問題的研究綜述［J］.數學教學研究，2012（2）.F