让学生在任意和存在之间构建关系(中学数学)
让学生在任意与存在之中构建关系和演绎推理
——对一道高考题的变式探究
董海涛
（安徽省阜阳市第三中学 236000）
由于不等式、方程、函数是交织在一起的有机整体，同时在任意与存在之间构建不等式问题又与高等数学联系紧密，所以不等式问题的解决往往体现着多种数学思想方法的应用，是考查学生综合应用能力、思维灵活性和创新性的有效载体，因此这类问题一直是高考命题的热点和重点，而在任意与存在之间构建相等与不等关系，更是学生感到无所适从的难点，本文从一道高考题出发，通过适当变式，探求关系式的建立。
题目：(2006年湖北卷第21题) 设
f (x ) =(x +ax +b ) e
2
3-x
x =3
是函数
(x ∈R ) 的一个极值点。
⑴求a 与b 的关系式（用a 表示b ），并求f(x)的单调区间. ⑵设
，
2
a >0g (x ) =(a +
254
) e
x
。若存在
ξ1
、
ξ2∈[0, 4],
使得
g (ξ2) -f (ξ1)
的取值范围。
思路分析：⑴略。⑵由⑴得f (x ) =(x 2+ax -2a -3) e 3-x ，根据f(x)、
3g(x)的单调性，可求出f(x)的值域是⎡-(2a +3) e , a +6⎤⎣⎦，g(x)的值域
2是⎡a ⎢+
254
⎣
, (a +
2
25
4⎤
) e ⎥4⎦
。显然，g (x )
m in
=a +
2
254
>a +6=f (x ) m ax
，所以
g (ξ2) -f (ξ1)
（哪怕分别只找到一个），使g (ξ2)
即y=g(x)图象的最低点比y=f(x)+1图象的最高点低，因此，问题转化为解不等式g(x)min
略解：∵g(x)关于x 单调递增 ∴g (x )
2
m in
=g (0)=a +
254
由f ' (x ) =-(x -3)(x +a +1) e 3-x , 可知
当a>0时,f(x)在[0, 3]上单调递增, 在[3, 4]上单调递减 ∴f(x)max =f(3)=a+6.
依题意知：g(x)min
2
+
254
32
.
为了形成知识网络，下面我们对该题进行多角度、多方面的变式探究，以期在“变”的现象中发现“不变”的本质，在“不变”的本质中探索“变”的规律，从而优化学生的思维品质，培养创新能力。
首先，我们对本题进行“异构变式”。 变式1. 是否存在实数a
>0
，满足以下结论：对任意的实数ξ1、
ξ2∈[0, 4], 使得g (ξ2)
思路分析：由于ξ1、ξ2取值的任意性，所以要使得g (ξ2)
f (ξ1) +1
恒成立，必须且只须y=g(x)的图象全部在y=f(x)+1图象最低点的下方，也就是判断g(x)max
调性可知：
(a +
2
f (x ) min =min {f (0),f (4)}
3
=-
(2a +3) e
3
，所以转化为判断
254
) e
4是否有解。由a >0，易知此不等式无解（具体
解题过程略，下同）。故不存在使题设成立的实数a 。
要区别的是：一般地，p (x )
p (x ) m ax
这样苛刻的条件，而是等价于g (x ) =
p (x ) -q (x )
在
[m , n ]上恒成立即可，即g(x)max
变式2：是否存在实数a >0，满足以下结论：对任意实数ξ1∈[0, 4], 总存在ξ2∈[0, 4], 使得g (ξ2) >
f (ξ1) +1成立。
ξ2的取值只思路分析：由于ξ1在区间[0, 4]上的取值具有任意性，
要求存在性，故所求问题即为能否保证y=g(x)图象最高点高于y=f(x)+1图象的最高点，即g(x)max >f(x)max +1能否成立，也就是
(a +
2
254
) e > a+6+1
4是否有解。易知上式恒成立，故a >0满足题设。
变式3：是否存在实数a >0，满足以下结论：对任意实数ξ1∈[0, 4], 总存在ξ2∈[0, 4], 使得g (ξ2)
f (ξ1) +1成立。
ξ2的取值只思路分析：由于ξ1在区间[0, 4]上的取值具有任意性，
要求存在性，所以所求问题等价于能否保证y=g(x)图象的最低点低于y=f(x)+1图象的最低点，即g(x)min
a +
2
254
3
是否a >0满足题设。
变式4：是否存在实数a >0，满足以下结论：对任意实数ξ1∈[0, 4],
总存在ξ2∈[0, 4], 使得g (ξ2) =f (ξ1) +1成立。
思路分析：对于区间[0, 4]上任意取值的每一个ξ1，都会得到一个确定的函数值f (ξ1) +1，要保证总存在g (ξ2) 与f (ξ1) +1相等，则必须且只须y=g(x)的值域包含y=f(x)+1的值域。于是问题转化为判断g(x)max ≥f(x)max +1且g(x)min ≤f(x)min +1能否成立, 即判断不等式组
⎧2254
(a +) e ≥a +6+1⎪⎪4⎨
⎪a 2+25≤1-(2a +3) e 3⎪⎩4
是否有解。易知不存在a >0满足题设。
变式5：是否存在实数a >0，满足以下结论：存在ξ1、ξ2∈[0, 4], 使得g (ξ2) =
f (ξ1) +1成立。
思路分析：变式5所求问题即为能否保证y=f(x)+1的值域与y=g(x)的值域的交集非空，即判断f(x)max +1≥g(x)min 且(x)min +1≤g(x)
max
是否成立，也就是判断不等式
3
2
a +6+1≥a +
254
2
254
且
1-(2a +3) e ≤(a +
254
) e
4
是否有解。易知不等式a +6+1≥a
3
2
+
的解集为
32
(0, 3]，不等式1-(2a +3) e
≤(a +
2
254
) e
4
恒成立，所以存在0
设。
通过以上变式探究，使学生初步体会到不等式有解与恒成立之间的区别，并且意识到借助函数图象发现不等关系是一种“便捷又务实”的解题方案。为达到对此类问题的深入理解，揭示在各种外形掩饰下的问题的本质，下面我们对例题本身及以上变式进行“同质变式”。
变式6：是否存在实数a >0，满足以下结论：存在ξ1、ξ2∈[0, 4], 使得g (ξ2) >
f (ξ1) +1成立。
思路分析：变式6与例题本身在本质上属于同一个问题，只是设置了两种不同的设问形式而已（将不等式中的“”），我们成为“同质变式”。同例题分析，所求问题即为判断g(x)max >f(x)min +1能否成立，即判断(a 易知此式对a >0是恒成立的。
变式7：是否存在实数a >0，满足以下结论：对任意的实数ξ1、
ξ2∈[0, 4], 使得g (ξ2) >f (ξ1) +1恒成立。
2
+
254
) e >1-(2a +3) e
4
3
是否有解。
思路分析：变式7与变式1的内涵也是一样的，属于“同质变式”题。同变式1的分析，所求问题即为判断g(x)min >f(x)max +1能否成立，即判断a
2
+
254
> a+6+1是否有解，易知此式的解为a >。
2
3
需要说明的是：一般地，p (x ) >q (x ) 在[m , n ]上恒成立，并不要求
p (x ) min >q (x ) max
这样苛刻的条件，而是等价于g (x ) =
p (x ) -q (x ) >0
在
[m , n ]上恒成立即可，即g(x)min >0即可。
变式8：是否存在实数a >0，满足以下结论：对任意实数ξ2∈[0, 4], 总存在ξ1∈[0, 4], 使得g (ξ2)
f (ξ1) +1成立。
思路分析：变式8与变式2属于“同质变式”题，同变式2的分析，所以问题转化为判断g(x)max
(a +
2
254
) e
4是否有解。易知不存在a >0满足此式。
变式9：是否存在实数a >0，满足以下结论：对任意实数ξ2∈[0, 4], 总存在ξ1∈[0, 4], 使得g (ξ2) >
f (ξ1) +1成立。
思路分析：变式9与变式3属于“同质变式”题，同变式3的分析，所求问题转化为判断g(x)min >f(x)min +1能否成立，即判断
a +
2
254
>1-(2a +3) e
3
是否有解，易知此式对a >0是恒成立的。
变式10：是否存在实数a >0，满足以下结论：对任意实数
ξ2∈[0, 4], 总存在ξ1∈[0, 4], 使得g (ξ2) =f (ξ1) +1成立。
思路分析：变式10与变式4是“同质变式”，所求问题转化为判断y=f(x)+1的值域包含y=g(x)的值域能否成立，即f(x)max +1≥g(x)max 且f(x)min +1≤g(x)min 能否成立，也就是判断不等式
254⎧2a +6+1≥(a +) e ⎪⎪4组⎨
⎪1-(2a +3) e 3≤a 2+25⎪⎩4
是否有解。易知不存在a >0使此不等式组成
立。
至此，通过对同一例题的多角度变式，不难发现：不等式有解与恒成立的实质是研究相应函数的最值或值域问题。把任意与存在问题化归为最值问题是解决问题的关键所在，也正是在这一点上体现学生思维的灵活性和创新性。