转化为恒成立的命题

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。

恒成立模型

$A\leq f(x)$在区间$[m，n]$上恒成立，等价于$A\leq f(x)_{min}$；$A\ge f(x)$在区间$[m，n]$上恒成立，等价于$A\ge f(x)_{max}$；

说明：上述模型是最精简的模型，具体题目中一般不是这样的，需要我们做相应的转化化归。比如$ln(x+1)+\cfrac{a}{x+2}>1$对任意$x>0$成立，则可以转化为$a>(x+2)[1-ln(x+1)]$恒成立，比如$x^2+e^x+a\ge 0$对任意实数恒成立，可以化归为$a\ge -x^2-e^x$，这样就都属于上述类型。

转化为恒成立

哪些问题或素材都能转化为恒成立命题

⒈明确以恒成立命题形式给出的¹

⒉以集合、子集形式或定义域的形式给出的，比如解集为$R$；²

⒊以简单逻辑用语给出的，比如真命题，假命题，或充要条件，全称命题³

⒋以不等式无解的形式给出的，⁴

⒌以不等式形式给出的，⁵

⒍在某个区间$D$上函数单调递增，⁶

⒎以证明题形式给出的，⁷

⒏以数学概念或函数性质转化而成的恒成立，⁸

⒐以不等式的解集包含某个区间的形式给出；⁹

⒑一个恒成立问题用符号法则裂变成两个恒成立问题；¹⁰

⒒含有绝对值符号(一个或两个)的恒成立问题；¹¹

⒓以函数图像的位置高低的形式给出；¹²

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。

函数$f(x)=x^2-ax+2\ge 0$ 在区间$[2，5]$上恒成立，求参数$a$的取值范围。
分析：用分离参数法，转化为$a\leq x+\cfrac{2}{x}=g(x)$在区间$[2，5]$上恒成立，即$a\leq g(x)_{min}=3$；
或二次函数数形结合法，针对对称轴和区间的位置关系分类讨论求解。↩
引例1：不等式$x^2-ax+2\ge 0$的解集为$R$，求参数$a$的取值范围。
分析：由$\Delta=a^2-8 \leq 0$求解得到$a\in [-2\sqrt{2}，2\sqrt{2}]$
引例2：函数$f(x)=\sqrt{2^{x^2-2ax+a}-1}$的定义域是$R$，求参数$a$的取值范围$[0，1]$。
分析：由$2^{x^2-2ax+a}-1\ge0$得到，$x^2-2ax+a\ge 0$的解集为$R$，求解得到$a\in [0，1]$
引例3：函数$f(x)=|x-2|+|x-a|$，$f(x)<2$的解集为$A$，且有$(2，3)\subseteq A$，求参数$a$的取值范围$[2，4)$。
分析：由题可知，$|x-2|+|x-a|<2$在$(2，3)$上恒成立，即$x-2+|x-a|<2$在$(2，3)$上恒成立，即$|x-a|<4-x$在$(2，3)$上恒成立，
即$x-4 < x-a < 4-x$在$(2，3)$上恒成立，即$2x-4< a <4$在$(2，3)$上恒成立，
即$(2x-4)_{max}< a <4$在$(2，3)$上恒成立，即$2\leq a <4$。↩
引例1：对任意的$x\in R$，命题：$x^2-ax+2< 0$为假命题，求参数$a$的取值范围。
分析：即$x^2-ax+2\ge 0$为真命题，也即$x^2-ax+2\ge 0$恒成立；
引例2：(2017湖南郴州二模)若命题“$P：\exists x_0\in R，2^{x_0}-2\leq a^2-3a$”是假命题，则实数$a$的取值范围是__________。
等价命题：命题“$\neg P：\forall x\in R，2^x-2> a^2-3a$”是真命题，则实数$a$的取值范围是__________。
分析：由题目可知，命题“$\neg P：\forall x\in R，2^x-2> a^2-3a$”是真命题，即$2^x-2> a^2-3a$对$\forall x\in R$恒成立，
故只需求$(2^x-2)_{min}$，而$2^x-2>-2$，则有$-2\ge a^2-3a$，即$a^2-3a+2\leq 0$，
解得$1\leq a\leq 2$，故实数$a$的取值范围是$[1，2]$。
引例3：若任意$x\in[0，\cfrac{\pi}{8}]$，$tanx\leq m$是真命题，求实数$m$的最小值$(\sqrt{2}-1)$。↩
已知函数$f(x)=log_a(a^{2x}+t)$，其中$a>0，a\neq 1$，
（1）当$a=2$时，若$f(x) < x$无解，求$t$的取值范围；
分析：当$a=2$时，$f(x)=log_2(4^x+t)$，定义域为$R$，
则由$f(x)< x$无解，可知不等式$f(x) < x$的解集为$x\in \varnothing$，
则不等式$f(x)\ge x$的解集为$x\in R$，即$f(x)\ge x$在$R$上恒成立，
即$log_2(4^x+t)\ge x=log_22^x$在$R$上恒成立，
故$4^x+t\ge 2^x$在$R$上恒成立，分离参数得到，
$t\ge 2^x-4^x$在$R$上恒成立，
令$2^x=k >0$，则$2^x-4^x=k-k^2=g(k)(k >0)$，需要求$g(k)_{max}$，
又$g(k)=-k^2+k=-(k-\cfrac{1}{2})^2+\cfrac{1}{4}$，
故$g(k)_{max}=g(\cfrac{1}{2})=\cfrac{1}{4}$，
故$t\ge \cfrac{1}{4}$，即$t\in [\cfrac{1}{4}，+\infty)$。↩
引例：【2018高考Ⅱ卷文科23题】设函数$f(x)=5-|x+a|-|x-2|$，
(1)当$a=1$时，求不等式$f(x)\ge 0$的解集。
分析：分区间讨论法，解集为$[-2，3]$，详解过程略。
(2)若$f(x)\leq 1$，求$a$的取值范围。
分析：本题目没有给定解集$D$，却需要求参数$a$的取值范围，那我们可以这样想，
对于未知解集$D$内的任意一个$x$，必然满足$f(x)\leq 1$，即对解集$D$而言，不等式$f(x)\leq 1$恒成立，
即$5-|x+a|-|x-2|\leq 1$恒成立，即$|x+a|+|x-2|\ge 4$恒成立，
这样难点就转换为求$(|x+a|+|x-2|)_{min}$，
又$|x+a|+|x-2|\ge |(x+a)-(x-2)|=|a+2|$，
即$(|x+a|+|x-2|)_{min}=|a+2|$，
即$|a+2|\ge 4$，则$a+2\ge 4$或$a+2\leq -4$
解得$a\leq -6$或$a\ge 2$。↩
函数$f(x)=x^2-ax+2$ 在区间$[2，5]$上单调递增，求参数$a$的取值范围。
法1：二次函数法，针对对称轴和区间$[2，5]$的位置关系分类讨论求解；
法2：导数法，则有$f'(x)=2x-a\ge0$对$x\in [2，5]$恒成立，即$a\leq 2x$对$x\in [2，5]$恒成立；
即$a\leq (2x)_{min}$，当$2\leq x\leq 5$时，$(2x)_{min}=4$，故$a\leq4$↩
求证：$e^x\ge x+1$ 证明方法 ↩
引例：已知函数$f(x)=x^2+\cfrac{a}{x}$，定义域是$x\neq 0$，下列说法正确的是【】
A.存在$a\in R$，使得函数$f(x)$为奇函数

B.任意$a\in R$，使得函数$f(x)$为偶函数

C.任意$a>0$，使得函数$f(x)$在$(-\infty，0)$上为减函数

D.存在$a>0$，使得函数$f(x)$在$(0，+\infty)$上为减函数

分析：A选项，存在$a\in R$，使得函数$f(x)$为奇函数；若此选项正确，存在实数$a$，则对任意$x\neq 0$，$f(-x)=-f(x)$要恒成立，
即$x^2-\cfrac{a}{x}=-x^2-\cfrac{a}{x}$要恒成立，即$-x^2=x^2$，不是对任意$x\neq 0$都恒成立的，故A选项错误；
B选项，任意$a\in R$，使得函数$f(x)$为偶函数；若此选项正确，任意实数$a$，则对任意$x\neq 0$，$f(-x)=f(x)$要恒成立，
即$x^2-\cfrac{a}{x}=x^2+\cfrac{a}{x}$要恒成立，即$\cfrac{2a}{x}=0$，不是对任意$x\neq 0$都恒成立的，故B选项错误；
C选项，任意$a>0$，使得函数$f(x)$在$(-\infty，0)$上为减函数；若此选项正确，对任意实数$a>0$，
则对任意$x< 0$，$f'(x)=2x-\cfrac{a}{x^2}<0$恒成立，即函数$f(x)$在$(-\infty，0)$上为减函数，故C选项正确；
D选项，存在$a>0$，使得函数$f(x)$在$(0，+\infty)$上为减函数；若此选项正确，存在实数$a>0$，则对任意$x>0$，
必须$f'(x)=2x-\cfrac{a}{x^2}=\cfrac{2x^3-a}{x^2}<0$要恒成立，但是并不能保证$f'(x)<0$恒成立，
即函数$f(x)$在$(-\infty，0)$上为减函数是错误的，故D选项错误；综上，正确选项为$C$。↩
引例：【2017全国卷1文科理科第23题高考真题选修4-5不等式选讲】已知函数$f(x)=-x^2+ax+4$，$g(x)=|x+1|+|x-1|$，
(2)若不等式$f(x)\ge g(x)$的解集包含$[-1，1]$，求$a$的取值范围。
【法1】：数形结合法，函数$f(x)=-x^2+ax+4$，对称轴为$x=\cfrac{a}{2}$，开口向下，由有图可知，要使得不等式$f(x)\ge g(x)$的解集包含$[-1，1]$，
只需要满足条件$\begin{cases}f(-1)\ge 2\\f(1)\ge 2\end{cases}$，解得$\begin{cases}a\leq 1\\a\ge -1\end{cases}$，故$a$的取值范围为$[-1，1]$。
【法2】：转化为不等式恒成立求解，当$x\in [-1，1]$时，$g(x)=2$，
由题目可知，不等式$f(x)\ge 2$的解集包含$[-1，1]$，即当$x\in [-1，1]$时，$f(x)\ge 2$恒成立，即$-x^2+ax+2\ge 0$恒成立，
令$h(x)=-x^2+ax+2$，则只需满足条件$\begin{cases}h(-1)\ge 0\\h(1)\ge 0\end{cases}$，解得$-1\leq a \leq 1$，故$a$的取值范围为$[-1，1]$。
【法3】：恒成立+分离参数法
当转化得到$x\in [-1，1]$时，$f(x)\ge 2$恒成立，即$-x^2+ax+2\ge 0$恒成立，接下来准备分离参数：
$1^。$当$x=0$时，代入得到$2\ge 0$，即$a\in R$；
$2^。$当$x<0$时，由$ax\ge x^2-2$分离参数得到$a\leq \cfrac{x^2-2}{x}=x-\cfrac{2}{x}$，
令$h(x)=x-\cfrac{2}{x}$，$h(x)$在区间$(-1，0)$上单调递增，图像说明，
故$h(x)_{min}\rightarrow h(-1)=1$即$a\leq 1$；
$3^。$当$x>0$时，由$ax\ge x^2-2$分离参数得到$a\ge \cfrac{x^2-2}{x}=x-\cfrac{2}{x}$，
令$h(x)=x-\cfrac{2}{x}$，$h(x)$在区间$(0，1)$上单调递增，故$h(x)_{max}\rightarrow h(1)=-1$即$a\ge -1$；
综上所述，由于三种情形下都要成立，故需要取其交集得到$a$的取值范围为$[-1，1]$。↩
已知二次函数$f(x)=ax^2+bx+c$的图象经过点$(-2，0)$，且不等式$2x≤f(x)≤\frac{1}{2}{x}^{2}+2$对一切实数$x$都成立。
（I）求函数$f(x)$的解析式；
（Ⅱ）若对任意$x∈[-1，1]$，不等式$f(x+t)＜f(\frac{x}{3})$恒成立，求实数$t$的取值范围．
解析：（I）由题意得：$f（-2）=4a-2b+c=0①$，
因为不等式$2x≤f（x）≤\frac{1}{2}x^2+2$对一切实数x都成立，
令$x=2$，得：$4≤f（x）≤4$，所以$f（2）=4$，即$4a+2b+c=4②$
由①②解得：$b=1，且c=2-4a，$
所以$f（x）=ax^2+x+2-4a$，
由题意得：$f（x）-2x≥0$且$f（x）-\frac{1}{2}x^2-2≤0$对$x∈R$恒成立，
即$\begin{cases}ax^2-x+2-4a\ge 0③\\(a-\frac{1}{2})x^2+x-4a\leq 0 \end{cases}$对$x\in R$恒成立，
对③而言，由$a>0$且$\Delta =1-4a(2-4a)\leq 0$，得到$(4a-1)^2\leq 0$，所以$a=\frac{1}{4}$，经检验满足，
故函数$f(x)$的解析式为$f(x)=\frac{1}{4}x^2+x+1$。
（Ⅱ）法一：二次函数法，由题意，$ f(x+t) < f(\frac{x}{3})$ 对 $x\in [-1，1]$恒成立，
可转化为$\frac{1}{4}(x+t)^2+(x+t)+1<\frac{1}{4}(\frac{x}{3})^2+\frac{x}{3}+1$对$x\in [-1，1]$恒成立，
整理为$8x^2+(18t+24)x+9t^2+36t<0$对$x\in [-1，1]$恒成立，
令$g(x)=8x^2+(18t+24)x+9t^2+36t$，则有$\begin{cases}g(-1)<0\\g(1)<0\end{cases}$，
即有$\begin{cases}9t^2+18t-16<0\\9t^2+54t+32<0\end{cases}$，
解得$\begin{cases}-\frac{8}{3}< t <\frac{2}{3}\\-\frac{16}{3}< t <-\frac{2}{3}\end{cases}$，
所以$t$的取值范围为$-\frac{8}{3}< t <-\frac{2}{3}$。
法二，利用乘积的符号法则和恒成立命题求解，
由(1) 得到，$f(x)=\cfrac{1}{4}(x+2)^2$，
$f(x+t) < f(\cfrac{x}{3})$对$x\in [-1，1]$恒成立，
可转化为$\frac{1}{4}(x+t+2)^2<\frac{1}{4}(\frac{x}{3}+2)^2$对$x\in [-1，1]$恒成立，
得到$(x+t+2)^2-(\frac{x}{3}+2)^2<0$对$x\in [-1，1]$恒成立，
平方差公式展开整理，即$(\frac{4x}{3}+t+4)(\frac{2x}{3}+t)<0$，
即$\begin{cases}\frac{4x}{3}+t+4<0\\ \frac{2x}{3}+t >0\end{cases}$对$x\in [-1，1]$恒成立，或$\begin{cases}\frac{4x}{3}+t+4>0\\\frac{2x}{3}+t <0\end{cases}$对$x\in [-1，1]$恒成立；
即$\begin{cases}t <(-\frac{4x}{3}-4)_{min}\\t >(-\frac{2x}{3})_{max}\end{cases}$，或$\begin{cases}t >(-\frac{4x}{3}-4)_{max}\\t <(-\frac{2x}{3})_{min}\end{cases}$，
$\begin{cases}t <-\frac{16}{3}\\t >\frac{2}{3}\end{cases}$，或$\begin{cases}t >-\frac{8}{3}\\t <-\frac{2}{3}\end{cases}$，
即$x\in \varnothing$ 或$-\frac{8}{3}< t <-\frac{2}{3}$，
所以$t$的取值范围为$-\frac{8}{3}< t <-\frac{2}{3}$。
点评：①注意由$k\leq f(x)\leq k$得到$f(x)=k$的结论的使用。
②二次函数$f(x)=ax^2+bx+c(a>0)$在区间$[m，n]$上恒有$f(x)<0$成立，等价于$f(m)<0$且$f(n)<0$。
③乘积的符号法则$a\cdot b<0$等价于$a>0$且$b<0$或者$a<0$且$b>0$；
④恒成立的模型$A>f(x)$恒成立等价于$A> f(x)_{max}$，$A < f(x)$恒成立等价于$A < f(x)_{min}$；
⑤平方差公式的主动灵活运用。↩
已知函数$f_1(x)=e^x$，$f_2(x)=ax^2-2ax+b$，设$a>0$，若对任意的$m，n∈[0，1](m\neq n)$，$|f_1(m)-f_1(n)|>|f_2(m)-f_2(n)|$恒成立，求$a$的最大值。
【分析】利用函数的单调性去掉绝对值符号，构造新函数，可以将问题再次转化为恒成立，然后分离参数求解。
【解答】不妨设$m>n$，则函数$f_1(x)$在区间$[0，1]$上单调递增，故$f_1(m)-f_1(n)>0$，
又$f_2(x)=a(x-1)^2+b-a$，对称轴是$x=1$，开口向上，故函数$f_2(x)$在区间$[0，1]$上单调递减，故$f_2(m)-f_2(n)<0$，
这样对任意的$m，n∈[0，1](m>n)$，$|f_1(m)-f_1(n)|>|f_2(m)-f_2(n)|$恒成立，
就可以转化为$f_1(m)-f_1(n)>f_2(n)-f_2(m)$恒成立，
即$f_1(m)+f_2(m)>f_1(n)+f_2(n)$恒成立，
令$h(x)=f_1(x)+f_2(x)=e^x+ax^2-2ax+b$，则到此的题意相当于已知$m >n$时，$h(m)>h(n)$，
故函数$h(x)$在区间$[0，1]$上单调递增，故$h'(x)≥0$在区间$[0，1]$上恒成立；
即$h'(x)=e^x+2ax-2a≥0$在区间$[0，1]$上恒成立；
即$2a(1-x)≤ e^x$恒成立，这里我们使用倒数法分离参数得到，
$\cfrac{1}{2a}≥\cfrac{1-x}{e^x}$在区间$[0，1]$上恒成立；
再令$p(x)=\cfrac{1-x}{e^x}$，即需要求$p(x)_{max}$，
$p'(x)=\cfrac{-1×e^x-(1-x)e^x}{(e^x)^2}=\cfrac{x-2}{e^x}$，
容易看出，当$x∈[0，1]$时，$p'(x)<0$恒成立，故$p(x)$在区间$[0，1]$上单调递减，
则$p(x)_{max}=p(0)=1$，故$\cfrac{1}{2a}≥1$，又$a >0$，
故解得$0< a ≤1$。故$a_{max}=1$.
【点评】出现函数值的差的绝对值问题，常常想到利用函数的单调性去掉绝对值符号进行转化；另外在分离参数时如果按照常规方法分离需要分类讨论，这里使用了倒数法分离参数，就能很好的避免分类讨论，嵌套的层次比较多，运算量比较多，是个难题。↩
比如，$x\in R$时，函数$f(x)=e^x$的图像始终不低于函数$g(x)=x+1$的图像。即$e^x\ge x+1$恒成立。↩

来源：https://www.cnblogs.com/wanghai0666/p/11803091.html

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命题逻辑