摘要：本文以2011年全國和各省市的高考試題為基本素材，對“恒成立”問題進行剖析．2011年全國各地高考涉及的恒成立問題類型廣泛，并且以恒成立問題為背景設(shè)計了新概念，命題的新穎性與創(chuàng)新性進一步加強. 這類問題常常在知識網(wǎng)絡(luò)交匯點設(shè)置，滲透著函數(shù)與方程、化歸與轉(zhuǎn)化、分類與整合、數(shù)形結(jié)合等重要思想，有效地檢查學生對數(shù)學思想方法的領(lǐng)悟程度和綜合、靈活運用知識的能力.
　　關(guān)鍵詞：恒成立問題；函數(shù)性質(zhì)；新定廣義問題；零點；不等式
　　
　　恒成立問題一直是高考試題涉及比較多的問題，其題目類型十分豐富，涵蓋面廣，綜合性強，并且經(jīng)常出現(xiàn)在一些創(chuàng)意新穎的題目中． 2011年高考試題涉及的恒成立問題類型廣泛，并且以恒成立問題為背景設(shè)計了新概念，其命題體現(xiàn)出很強的新穎性與創(chuàng)新性．本文以2011年全國和各省市的高考試題為基本素材，對“恒成立”問題分析如下.
　　
　　函數(shù)性質(zhì)中的恒成立問題
　　例1（2011年廣東理4）設(shè)函數(shù)f（x）和g（x）分別是R上的偶函數(shù)和奇函數(shù)，則下列結(jié)論恒成立的是（）
　　A． f（x）+g（x）是偶函數(shù)
　　B． f（x）－g（x）是奇函數(shù)
　　C． f（x）+g（x）是偶函數(shù)
　　D． f（x）－g（x）是奇函數(shù)
　　解析因為 g（x）是R上的奇函數(shù)，所以g（x）是R上的偶函數(shù)，從而f（x）+g（x）是偶函數(shù)，故選A．
　　點評主要考查學生對于函數(shù)的偶函數(shù)和奇函數(shù)定義的理解．
　　例2（2011年安徽理16）設(shè)f（x）=，其中a為正實數(shù)． （Ⅰ）當a=時，求f（x）的極值點；（Ⅱ）若f（x）為R上的單調(diào)函數(shù)，求a的取值范圍．
　　?搖解析對f（x）求導(dǎo)得f ′（x）=ex? ①
　?。á瘢┞?；
　?。á颍┤鬴（x）為R上的單調(diào)函數(shù)，則f ′（x）在R上不變號，結(jié)合①與條件a>0，知ax2－2ax+1≥0在R上恒成立，因此Δ=4a2－4a=4a（a－1）≤0，由此結(jié)合a>0可得0　　點評若f（x）為R上的單調(diào)函數(shù)，即證ax2－2ax+1≥0在R上恒成立．
　　
　　新定義問題中的恒成立問題
　　例3 （2011年廣東文10）設(shè)f（x），g（x），h（x）是R上的任意實函數(shù)，如下定義兩個函數(shù)（）（x）和（f?g）（x）：對任意x∈R，（）（x）=f（g（x）），（f?g）（x）=f（x）?g（x），則下列等式恒成立的是（）
　　A． （（）?h）（x）=（（f?h）（g?h））（x）
　　B． （（f?g））（x）=（（f）?（g））（x）
　　C． （（））（x）=（（f）（g））（x）
　　D． （（f?g）?h）（x）=（（f?h）?（g?h））（x）
　　解析選項A中，左邊=（（）?h）（x）=（）（x）h（x）=f（g（x））?h（x），而右邊=（（f?h）（g?h））（x）=（f?h）（（g?h）（x））=（f?h）（g（x）?h（x））=f（g（x）h（x））h（g（x）h（x）），兩者不相等．
　　選項B中，左邊=（（f?g））（x）=（f?g）（h（x））=f（h（x））?g（h（x）），右邊=（（f）?（g））（x）=（f）（x）（g）（x）=f（h（x））g（h（x）），兩者相等．
　　選項C中，左邊=（（））（x）=（）h（x）=f（g（h（x））），右邊=（（f）（g））（x）=（f）（（g）（x））=（f）（g（h（x））=f（h（g（h（x）））），兩者不相等．
　　選項D中，左邊=（（f?g）?h）（x）=（f?g）（x）h（x）=f（x）g（x）?h（x），右邊=（（f?h）?（g?h））（x）=（f?h）（x）（g?h）（x）=f（x）h（x）?g（x）h（x），兩者不相等． 故選B．
　　例4（2011年福建理15）設(shè)V是全體平面向量構(gòu)成的集合，若映射f：V→R滿足：對任意向量a=（x1，y1）∈V，b=（x2，y2）∈V，以及任意λ∈R，均有
　　f（λa+（1－λ）b）=λf（a）+（1－λ）f（b），
　　則稱映射f具有性質(zhì)P．
　　先給出如下映射：
　?、?f1：V→R，f1（m）=x－y，m=（x，y）∈V；
　?、?f2：V→R，f2（m）=x2+y，m=（x，y）∈V；
　?、?f3：V→R，f3（m）=x+y+1，m=（x，y）∈V．
　　其中，具有性質(zhì)P的映射的序號為________．（寫出所有具有性質(zhì)P的映射的序號）．
　　解析λa+（1－λ）b=λ（x1，y1）+（1－λ）（x2，y2）=（λx1+（1－λ）x2，λy1+（1－λ）y2）．
　　對于①，f［λa+（1－λ）b］=［λx1+（1－λ）x2－（λy1+（1－λ）y2］=λ（x1-y1）+（1－λ）（x2-y2），
　　λf（a）+（1－λ）f（b）=λ（x1-y1）+（1－λ）（x2-y2），
　　所以f［λa+（1－λ）b］=λf（a）+（1－λ）f（b）成立，①是具有性質(zhì)P的映射；
　　對于②，f［λa+（1－λ）b］=［λx1+（1－λ）x2］2+［λy1+（1－λ）y2］
　　?搖=λ2x+λy1+（1－λ）2x+（1－λ）y2+2λ（1－λ）x1x2，
　　λf（a）+（1－λ）f（b）=λ（x+y1）+（1－λ）（x－y2），
　　顯然，不是對任意λ∈R，f［λa+（1－λ）?搖b］=λf（a）+（1－λ）f（b）都成立，
　　所以②不是具有性質(zhì)P的映射；
　　對于③，f［λa+（1－λ）?搖b］=［λx1+（1－λ）x2］+［λy1+（1－λ）y2］+1=λ（x1+y1）+（1－λ）（x2+y2）+1，
　　λf（a）+（1－λ）f（b）=λ（x1+y1+1）+（1－λ）（x2+y2+1）=λ（x1+y1）+（1－λ）（x2+y2）+1．
　　所以f［λa+（1－λ）?搖b］=λf（a）+（1－λ）f（b）成立，③是具有性質(zhì)P的映射．
　　因此，具有性質(zhì)P的映射的序號為①③．
　　點評此兩題主要是在理解新定義的概念基礎(chǔ)上，考查閱讀與理解、信息遷移以及學生潛力，考查學生分析問題和解決問題的能力．屬于新定義試題，試題新穎，突出創(chuàng)新能力和數(shù)學閱讀能力，具有選拔性質(zhì)．
　　
　　函數(shù)零點中的恒成立問題
　　函數(shù)、方程、不等式之間的聯(lián)系是密不可分的，函數(shù)的零點連結(jié)函數(shù)與方程、不等式等重要知識，主要涉及零點的個數(shù)及求解，估計零點的近似值，討論根的分布. 這些題涉及的知識面廣、靈活性大，方法多．
　　例5（2011年遼寧文16）已知函數(shù)f（x）=ex－2x+a有零點，則a的取值范圍是__________．
　　解析f（x）=ex－2x+a，f ′（x）=ex－2，令f ′（x）=0，得x=ln2；
　　當xln2時，f ′（x）>0，f（x）在（ln2，+∞）上是增函數(shù)，故f（x）min=f（ln2）=2－2ln2+a，要使函數(shù)有零點，則需f（x）min≤0，即2－2ln2+a≤0，因此，a≤2ln2－2．
　　例6（2011年天津文19）已知函數(shù)f（x）=4x3+3tx2－6t2x+t－1，x∈R，其中t∈R．
　　（Ⅰ）當t=1時，求曲線y=f（x）在點（0，f（0））處的切線方程；
　　（Ⅱ）當t≠0時，求f（x）的單調(diào)區(qū)間；
　　
　　（Ⅲ）證明：對任意的t∈（0，+∞），f（x）在區(qū)間（0，1）內(nèi)均存在零點．
　　解析（Ⅰ）略.
　?。á颍┞?
　　（Ⅲ）證明：由（Ⅱ）可知，當t>0時，f（x）在0，內(nèi)單調(diào)遞減，在，+∞內(nèi)單調(diào)遞增，以下分兩種情況討論：
　　當≥1，即t≥2時，f（x）在（0，1）內(nèi)單調(diào)遞減，f（0）=t－1>0，f（1）=－6t2+4t+3≤－6×4+4×2+3<0.
　　所以對任意t∈［2，+∞），f（x）在區(qū)間（0，1）內(nèi)均存在零點．
　　當0<<1，即00，所以f（x）在，1內(nèi)存在零點． 若t∈（1，2），f=－t3+（t－1）<－t3+1<0，f（0）=t－1>0，所以f（x）在0，內(nèi)存在零點． 所以，對任意t∈（0，2），f（x）在區(qū)間（0，1）內(nèi)均存在零點．
　　綜上，對任意t∈（0，+∞），f（x）在區(qū)間（0，1）內(nèi)均存在零點．
　　點評此題以零點為背景，強調(diào)了對零點概念及存在性定理本質(zhì)的理解，滲透了對估算能力的考查．
　　例7（2011年湖北文20）設(shè)函數(shù)f（x）=x3+2ax3+bx+a，g（x）=x2－3x+2，其中x∈R，a，b為常數(shù)，已知曲線y=f（x）與y=g（x）在點（2，0）處有相同的切線l．
　　（Ⅰ）求a，b的值，并寫出切線l的方程；
　?。á颍┤舴匠蘤（x）+g（x）=mx有三個互不相同的實根0，x1，x2，其中x1　　解析（Ⅰ）略；
　?。á颍┯桑á瘢┑胒（x）=x3－4x2+5x－2，所以f（x）+g（x）=x3－3x2+2x. 依題意，方程x（x2－3x+2－m）=0有三個互不相同的實根0，x1，x2，故x1，x2是方程x2－3x+2－m=0的兩相異實根，所以Δ=9－4（2－m）>0，即m>－．
　　又對任意的x∈［x1，x2］，f（x）+g（x）0，x1x2=2－m>0，故00，則f（x）+g（x）－mx=x（x－x1）（x－x2）≤0.
　　又f（x1）+g（x1）－mx1=0，所以函數(shù)f（x）+g（x）－mx在x∈［x1，x2］上的最大值為0． 于是當m<0時，對任意的x∈［x1，x2］，f（x）+g（x）　　綜上，m的取值范圍是－，0.
　　點評此題以方程的根為基礎(chǔ)，兩次運用根與因式分解的關(guān)系將方程變形，綜合運用二次方程根的判別式定理、韋達定理、符號法則得到恒成立問題，求解過程繁雜．
　　
　　不等式中的恒成立問題
　　1. 在解不等式中的應(yīng)用
　　例8（2011年遼寧理11）函數(shù)f（x）的定義域為R，f（－1）=2，對任意x∈R，f ′（x）>2，則f（x）>2x+4的解集為（）
　　A． （－1，1）B． （－1，+∞）C． （－∞，－1）D． （－∞，+∞）
　　解析設(shè)h（x）=f（x）－（2x+4），則h′（x）=f ′（x）－2>0，故h（x）在R上單調(diào)遞增，又h（－1）=f（－1）－2=0，所以當h（x）>0時，x>－1，即f（x）>2x+4的解集是（－1，+∞），故選B．
　　點評構(gòu)造輔助函數(shù)是解決此題的關(guān)鍵．
　　2. 在不等式選修內(nèi)容中的應(yīng)用
　　例9（2011陜西文15選做題）若關(guān)于的不等式a≥x+1+x－2存在實數(shù)解，則實數(shù)a的取值范圍是________．
　　解析由于x+1?搖+x－2?搖≥（x+1）－（x－2）=3，不等式的右邊有最小值，由a≥x+1+x－2可得a≥3，即a∈（－∞，－3］∪［3，+∞）．
　　點評運用|a－c|≤|a－b|+|b－c|進行拼湊．
　　3. 不等式證明中的應(yīng)用
　　例10（2011年遼寧文20）設(shè)函數(shù)f（x）=x+ax2+blnx，曲線y=f（x）過P（1，0），且在P點處的切線斜率為2．
　　（Ⅰ）求a，b的值；
　?。á颍┳C明：f（x）≤2x-2．
　　解析（Ⅰ）a=－1，b=3.
　?。á颍ゝ（x）的定義域為（0，+∞），由（Ⅰ）知f（x）=x－x2+3lnx. 設(shè)g（x）=f（x）－（2x－2）=2－x－x2+3lnx，則g′（x）=－1－2x+= －． 當00；當x>1時，g′（x）<0，所以g（x）在（0，1）單調(diào)遞增，在（1，+∞）單調(diào)遞減．而g（1）=0，故當x>0時，g（x）≤0，即f（x）≤2x－2.?搖
　　點評通過構(gòu)造函數(shù)g（x）=f（x）－（2x－2）=2－x－x2+3lnx，轉(zhuǎn)化為求函數(shù)的最值問題，這是不等式證明的一種常用技巧．
　　4. 在含參不等式中的應(yīng)用
　　例11（2011年全國新課標理21）已知函數(shù)f（x）=+，曲線y=f（x）在點（1，f（1））處的切線方程為x+2y－3=0．
　?。á瘢┣骯，b的值；
　?。á颍┤绻攛>0，且x≠1時，f（x）>+，求k的取值范圍．
　　解析（Ⅰ）略.
　?。á颍┯桑á瘢┲猣（x）=+，所以
　　?搖f（x）－+=2lnx+．
　　考慮函數(shù)h（x）=2lnx+（x>0），則h′（x）=．
　　若k≤0，由h′（x）=知，當x≠1時，h′（x）<0． 而h（1）=0，故當x∈（0，1）時，h（x）>0，可得h（x）>0；當x∈（1，+∞）時，h（x）<0，可得h（x）>0． 故當x>0，且x≠1時，f（x）-+>0，即f（x）>+．
　　若00，故h′（x）>0，而h（1）=0，故當x∈1，時，h（x）>0，可得h（x）<0，與題設(shè)矛盾．
　　若設(shè)k≥1，此時h′（x）>0，而h（1）=0，故當x∈（1，+∞）時，h（x）>0，可得h（x）<0，與題設(shè)矛盾．
　　綜上，k的取值范圍為（-∞，0］．
　　點評構(gòu)造函數(shù)f（x）－+=2lnx+，令h（x）=2lnx+（x>0），得h′（x）=，再進行分類討論．
　　
　　三角函數(shù)中的恒成立問題
　　例12（2011年四川理6）在△ABC中，若sin2A≤sin2B+sin2C－sinBsinC恒成立，則A的取值范圍是（）
　　?搖A. 0，B. ，πC. 0，D. ，π
　　解析a2≤b2+c2－bc?圯b2+c2－a2≥bc?圯≥1?圯cosA≥?圯0　　點評考查正弦定理、余弦定理以及根據(jù)角的三角函數(shù)值的取值范圍確定角的取值范圍．
　　例13（2011年安徽理9）已知函數(shù)f（x）=sin（2x+φ），其中φ為實數(shù)，若f（x）≤f對x∈R恒成立，且f>f（π），則f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間是（）
　　A. kπ－，kπ+（k∈Z）?搖?搖B. kπ，kπ+（k∈Z）
　　C. kπ+，kπ+（k∈Z）?搖?搖?搖?搖D. kπ－，kπ（k∈Z）
　　解析若f（x）≤f對x∈R恒成立，則f=sin++φ=1，所以+φ=kπ+（k∈Z），φ=kπ+（k∈Z）． 由f>f（π）（k∈Z），可知sin（π+φ）>sin（2π+φ），即sinφ<0，所以φ=（2k+1）π+（k∈Z），代入f（x）=sin（2x+φ），得f（x）= －sin2x+，2kπ+≤2x+≤2kπ+，故選C．
　　
　　評注f（x）≤f對x∈R恒成立，等價于f=1，即+φ=kπ+（k∈Z），本小題是不等式與三角函數(shù)相結(jié)合的創(chuàng)新試題，體現(xiàn)了“小、巧、精、活”的特點，是一道難得的好題．
　　
　　解析幾何中的恒成立問題
　　例14（2011年江蘇14）設(shè)集合A=（x，y）≤（x－2）2+y2≤m2，x，y∈R，B=｛（x，y）2m≤x+y≤2m+1，x，y∈R｝，若A∩B≠，則實數(shù)m的取值范圍是______________．
　　解析當m≤0時，集合A是以（2，0）為圓心，以m為半徑的圓盤，集合B是在兩條平行線之間的帶子．因為+m=（1－）m+>0 ，所以A∩B=，因此m≤0不滿足條件；當m>0時，集合A是以（2，0）為圓心，以和m為半徑的圓形圍成的圓環(huán)，集合B是在兩條平行線之間的帶子，因為A∩B≠，所以直線x+y=2m與x+y=2m+1中至少有一條與圓（x－2）2+y2=m2有公共點，因此≤m或≤m，解得≤m≤+2．又由≤m2，得m≥，于是≤m≤+2．
　　點評考查集合運算、直線與圓的位置關(guān)系等知識，考查數(shù)形結(jié)合能力、分析問題的能力、轉(zhuǎn)化與化歸思想的應(yīng)用．
　　例15（2011年四川理21）橢圓有兩頂點A（-1，0），B（1，0），過其焦點F（0，1）的直線l與橢圓交于C，D兩點，并與x軸交于點P，直線AC與直線BD交于點Q．
　　（Ⅰ）當CD=時，求直線l的方程；
　?。á颍┊旤cP異于A，B兩點時，求證：? 為定值．
　　解析（Ⅰ）由已知可得橢圓方程為+x2=1，設(shè)l的方程為y－1=k（x－0），k為l的斜率，
　　則y=kx+1，+x2=1?圯（2+k2）x2+2kx－1=0?圯x1+x2=－，x1x2=， y1+y2=，y1y2=， （x1－x2）2+（y1－y2）2=+=?圯k2=2?圯k=－. 所以l的方程為y=－x+1.
　?。á颍┳C明：直線l與x軸垂直時與題意不符．
　　設(shè)直線l的方程為y=kx+1（k≠0且k≠±1），則P點坐標為－，0. 設(shè)C（x1，y1），D（x2，y2），由（Ⅰ）知
　　x1+x2=－，x1?x2=－，
　　直線AC的方程為y=（x+1），直線BD的方程為y=?（x－1），將兩直線方程聯(lián)立，消去y得=. 因為－1　　2==?===2，又y1y2=k2x1x2+k?（x1+x2）+1==－?，所以與y1，y2異號，與同號，=，解得x=－k，因此Q（－k，y）．
　　?=－，0?（－k，y）=1，故?為定值．
　　
　　圖1
　　點評本題在解析幾何與向量的交匯點命題，考查直線方程、弦長公式、平面向量的數(shù)量積、直線與圓錐曲線的位置關(guān)系，題目設(shè)計極富思考性、挑戰(zhàn)性．
　　2011年高考試題中的恒成立問題背景豐富，題型多樣，尤其加強了和其他知識的有機結(jié)合、試題的創(chuàng)新性也不斷提高，這些命題動向值得廣大師生深入思考和研究．