恒成立、能成立和恰成立三类命题赏析
恒成立、能成立和恰成立三类命题是高三数学中比较常见的高频命题，尤其是恒成立、能成立命题，让许多学生感到头疼不已。考查的频次多，难度大，所以深入思考和总结这类命题的规律显得非常必要和迫切，同时和恒成立、能成立命题紧密相连的变形技巧----分离参数法，更是非常普遍和常用的一种数学变形方法。
\(\color{Red}{恒成立问题}\)
\(\fbox{例1}\)已知函数\(f(x)=x^2 +ax-2\ge 0\)在区间\([1，5]\)上恒成立，求参数\(a\)的取值范围。
\(\fbox{常规法1(二次函数法)}\)由于\(\Delta=a^2+8>0\)，
故不需要考虑\(\Delta<0\)的情形，只需要考虑对称轴\(x=-\cfrac{a}{2}\)和给定区间\([1，5]\)的相对位置关系
当\(-\cfrac{a}{2}\leq 1\)时，即\(a≥-2\)时，函数\(f(x)\)在区间\([1,5]\)单调递增，
所以\(f(x)_{min}=f(1)=1+a-2≥0\),解得\(a≥1\)，又因为\(a≥-2\)，所以得到\(a≥1\)。
当\(-\cfrac{a}{2}\ge 5\)时，即\(a≤-10\) 时，函数\(f(x)\)在区间 \([1,5]\)单调递减，
所以\(f(x)_{min}=f(5)=25+5a-2≥0\),解得\(a≥-\cfrac{23}{5}\)，
又因为\(a≤-10\)，所以得到\(a\in\varnothing\)。
当\(1<-\cfrac{a}{2}<5\)，即\(-10<a<-2\)时，\(f(x)min=f(-\cfrac{a}{2})=\cfrac{a^2}{4}-\cfrac{a^2}{2}-2≥0\)，
得到\(a\in\varnothing\)。（这种情形可以省略）
综上可得\(a≥1。\)即\(a\)的取值范围是\([1,+∞)\)
\(\fbox{法2:(恒成立+分离参数法)}\)
两边同时除以参数\(a\)的系数\(x\)(由于\(x\in [1，5]\)取值为正值，同除时不需要考虑不等号的方向)，得到
\(a≥\cfrac{2}{x}－x\)在区间 \([1,5]\)上恒成立, 转化为求新函数“\(\cfrac{2}{x}－x\)”在\([1,5]\)上的最大值。
这时我们一般是定义新函数，令\(g(x)=\cfrac{2}{x}－x\)，
则利用函数单调性的结论，可以看到\(g(x)=\cfrac{2}{x}－x\)在区间 \([1,5]\)上单调递减，
所以\(g(x)_{max}=g(1)=1,\)所以\(a≥1\)，即\(a\)的取值范围是\([1,+∞)\)
\(\fbox{例2}\)
已知函数\(f(x)=x^2 +ax-2a≥0\)在区间 \([1,5]\)上恒成立，求参数\(a\)的取值范围。
\(\fbox{法1}\)先求得对称轴\(x=-\cfrac{a}{2}\)，
①由于\(\Delta=a^2+8a≤0\)时满足题意,解得\(-8≤a≤0\)，
再考虑对称轴\(x=-\cfrac{a}{2}\)和给定区间\([1,5]\)的相对位置关系
②当\(-\cfrac{a}{2}≤1\)时，即\(a≥-2\)时，函数\(f(x)\)在区间\([1,5]\)单调递增，
所以\(f(x)_{min}=f(1)=1+a-2a≥0\),解得\(-2≤a≤1\)，又因为\(a≥-2\)，所以得到\(-2≤a≤1\)。
③当\(-\cfrac{a}{2}≥5\)时，即\(a≤-10\)时，函数\(f(x)\)在区间\([1,5]\)单调递减，
所以\(f(x)_{min}=f(5)=25+5a-2a≥0\)，解得\(a≥-\cfrac{25}{3}\)，又因为\(a≤-10\)，所以得到\(a\in\varnothing\).
④当\(1<-\cfrac{a}{2}<5\),即\(-10<a<-2\)时，\(f(x)_{min}=f(-\cfrac{a}{2})=\cfrac{a^2}{4}-\cfrac{a^2}{2}-2a≥0\)，
得到\(-8≤a≤0\),又\(-10<a<-2\)，所以\(-8≤a<-2\)（这种情形可以省略）
综上可得\(a\)的取值范围是\([-8,1]\)
法2：分离参数法，先转化为\((x-2)a\ge -x^2，x\in [1，5]\)
接下来就转化为了三个恒成立的命题了，
当\(x=2\)时，原不等式即\((2-2)a\ge -4\)，\(a\in R\)都符合题意；
当\(2<x<5\)时，原不等式等价于\(a\ge \cfrac{-x^2}{x-2}=-(x-2)-\cfrac{4}{x-2}-4=g(x)\)恒成立；
\(g(x)=-(x-2)-\cfrac{4}{x-2}-4\leq 2\sqrt{(x-2)\cdot \cfrac{4}{x-2}}-4=-8\)
求得当\(x=4\)时，\(g(x)_{max}=-8\)，故\(a\ge -8\)
当\(1<x<2\)时，原不等式等价于\(a\leq \cfrac{-x^2}{x-2}=-(x-2)-\cfrac{4}{x-2}-4=g(x)\)恒成立；
\(g(x)=-(x-2)-\cfrac{4}{x-2}-4\ge 2\sqrt{-(x-2)\cdot \cfrac{-4}{x-2}}-4=0\)
当且仅当\(x=0\)时取到等号，并不满足前提条件\(1<x<2\)，故是错解。
此时需要借助对勾函数的单调性，函数\(y=x+\cfrac{4}{x}\)在区间\([1，2]\)上单调递增，
那么\(y=x-2+\cfrac{4}{x-2}\)在区间\([1，2]\)上单调递减，
\(y=-(x-2)-\cfrac{4}{x-2}\)在区间\([1，2]\)上单调递增，\(y=-(x-2)-\cfrac{4}{x-2}-4\)在区间\([1，2]\)上单调递增，
故\(g(x)_{min}=g(1)=1\)，故\(a\leq 1\)
以上三种情况取交集，得到\(a\in [-8，1]\)。
\(\color{Red}{能成立问题}\)
\(\fbox{例3}\)
已知函数\(f(x)=x^2 +ax-2≥0\)在区间 \([1,5]\)上能成立，求参数\(a\)的取值范围。
【法1】：同理得到\(a≥\cfrac{2}{x}－x\)在区间\([1,5]\)上能成立, 转化为求新函数\(\cfrac{2}{x}－x\)在\([1,5]\)上的最小值。
令\(g(x)=\cfrac{2}{x}－x，g(x)=\cfrac{2}{x}－x\)在区间 \([1,5]\)上单调递减，
所以\(g(x)_{min}=g(5)=-\cfrac{23}{5}\)，所以\(a≥-\cfrac{23}{5}\)，
即\(a\)的取值范围是\([-\cfrac{23}{5}，+\infty)\)
【法2】：求\(x\in [1，5]\)上的\(f(x)_{max}\ge 0\)，
对称轴是\(x=-a\)，针对\(x=-a\)和给定区间的位置关系分类讨论即可，较繁琐，
①当\(-a\leq 1\)时，即\(a\ge -1\)时，\(f(x)\)在区间\([1，5]\)单调递增，
故\(f(x)_{max}=f(5)=5a+23\ge 0\)，即\(a\ge -\cfrac{23}{5}\)，
又由于\(a\ge -1\)，求交集得到\(a\ge -1\)；
②当\(1<-a<5\)时，即\(-5<a<-1\)时，\(f(x)\)在区间\([1，5]\)有减有增无单调性，
\(f(x)_{max}=max{f(1)，f(5)}\)，
\(f(1)=a-1\)，\(f(5)=5a+23\)，
\(f(5)-f(1)=4a+24\in [4，20]\)，即\(f(5)>f(1)\)，
故\(f(x)_{max}=f(5)=5a+23\ge 0\)，即\(a\ge -\cfrac{23}{5}\)，
求交集得到，\(-\cfrac{23}{5}\leq a<-1\)；
③当\(-a\ge 5\)时，即\(a\leq -5\)时，\(f(x)\)在区间\([1，5]\)单调递减，
故\(f(x)_{max}=f(1)=a-1\ge 0\)，即\(a\ge 1\)，
求交集得到\(a\in \varnothing\)；
综上所述，得到\(a\in [-\cfrac{23}{5}，+\infty)\)。
即\(a\)的取值范围是\([-\cfrac{23}{5}，+\infty)\)
【法3】：转化为不等式\(f(x)=x^2 +ax-2≥0\)在区间 \([1,5]\)上有解，
解法基本同于法2，
①当\(-a\leq 1\)时，必须\(f(5)\ge 0\)，解得\(a\ge -1\)；
②当\(1<-a<5\)时，必须\(f(5)\ge 0\)，解得\(-\cfrac{23}{5}\leq a<-1\)；
③当\(-a\ge 5\)时，必须\(f(1)\ge 0\)，解得\(a\in \varnothing\)；
综上所述，得到\(a\in [-\cfrac{23}{5}，+\infty)\)。
需要注意的是这种命题作为一种数学模型，它们还有与其等价的叙述方法，它们常常考察我们的转化划归的能力。比如：
函数\(f(x)=x^2 +ax-2\ge 0\)在区间 [1,5]上恒成立 \(\Longleftrightarrow \forall x\in [1,5]\)，都能使得函数\(f(x)=x^2 +ax-2\ge 0\)成立。
再比如： 函数\(f(x)=x^2 +ax-2\ge 0\)在区间 [1,5]上能成立，
\(\Longleftrightarrow\)不等式\(x^2 +ax-2\ge 0\)在区间 [1,5]上有解
\(\Longleftrightarrow\)不等式\(x^2 +ax-2\ge 0\)在区间 [1,5]上解集不是空集
\(\Longleftrightarrow\)不等式\(x^2 +ax-2\ge 0\)在区间 [1,5]上至少有一个解。
\(\color{Red}{恰成立命题}\)
\(\fbox{例4}\)已知函数\(f(x)=\sqrt{1+3^x+a\cdot 9^x}，\)其定义域为\((-∞,1]\),则a的取值范围是\(a=-\cfrac{4}{9}\)。
解析：由题目可知\(1+3^x+a\cdot 9^x\ge 0\)的解集必须恰好是是\((-\infty，1]\)，
即\((\cfrac{1}{9})^x+(\cfrac{1}{3})^x+a\ge 0\)的解集必须恰好是是\((-\infty，1]\)，
令\((\cfrac{1}{3})^x=t\)，则\(t\in[\cfrac{1}{3}，+\infty)\)，则\(g(t)=t^2+t+a>=0\)的解集必须是\([\cfrac{1}{3}，+\infty)\)，
则\(g(\cfrac{1}{3})=0\)，所以\(9a+4=0，a=-\cfrac{4}{9}\)。
反思总结：本题有两种变换，其一令\(3^x=t\in(0，3]\)，变换得到\(h(t)=at^2+t+1\ge0\)的解集必须是\((0，3]\)；
其二令\((\cfrac{1}{3})^x=t\)，则\(t\in[\cfrac{1}{3}，+\infty)\)，则\(g(t)=t^2+t+a>=0\)的解集必须是\([\cfrac{1}{3}，+\infty)\)，
变换二比变换一要好处理、好理解一些。图像说明
\(\fbox{例1}\)
如:不等式\(x^2 -(a^2+a)x+a^3≤0\)在区间 \([-1,1]\)上恰成立(或者不等式\(x^2 -(a^2+a)x+a^3≤0\)的解集是\([-1,1]\))，求参数\(a\)的取值。
解析：\(f(x)=x^2 -(a^2+a)x+a^3 ≤0\)在区间 \([-1,1]\)上恰成立，则\(f(-1)=0,f(1)=0\),解得\(a= -1\).
\(\fbox{例2}\)
若函数\(f(x)=\cfrac{x^3}{3}-\cfrac{3x^2}{2}+ax+4\)恰在\([-1,4]\)上单调递减，则实数\(a\)的值为\(-4\).
解析：\(f'(x)=x^2-3x+a≤0\)的解集是\([-1,4]\)，则\(4\)是方程\(x^2-3x+a=0\)的根，故实数\(a= - 4\).
\(\fbox{例5}\)【福建四地六校联考】
已知函数\(f(x)=x+\cfrac{a}{x}+2\)的值域为\((-\infty，0]\cup[4，+\infty)\)，求\(a\)的值。
分析：本题目属于恰成立命题，
当\(x>0\)时，\(f(x)=x+\cfrac{a}{x}+2\ge 2\sqrt{a}+2=4\)，解得\(a=1\)，当且仅当\(x=1\)时取到等号；
当\(x<0\)时，\(f(x)=x+\cfrac{a}{x}+2\leq -2\sqrt{a}+2=0\)，解得\(a=1\)，当且仅当\(x=-1\)时取到等号；
综上可知，\(a=1\)。
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