在任意与存在中构建关系和演绎推理|合情推理和演绎推理的关系

　　安徽阜阳第三中学236006 　　 　　摘要：任意性及存在性是高中数学里难于理解清楚的一种问题，本文中就一个例题进行引申，获得若干存在性或任意性的问题，本文尝试让任意与存在体现地淋漓尽致.
　　关键字：任意；存在
　　
　　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.
　　例题：（2006湖北）设x＝3是函数f（x）＝（x2＋ax－2a－3）e3－x（x∈R）的一个极值点.
　　设a＞0，g（x）＝a2＋
　　ex. 若存在ξ1，ξ2∈［0，4］，使得
　　g（ξ2）－f（ξ1）
　　＜1成立，求a的取值范围.
　　解析（1）略. 根据f（x），g（x）的单调性，可求出f（x）的值域是［－（2a＋3）e3，a＋6］，g（x）的值域是a2＋
　　，a2＋
　　e4. 显然， g（x）min＝a2＋＞a＋6＝f（x）max， 所以
　　g（ξ2）－f（ξ1）
　　＜1⇔g（ξ2）－f（ξ1）＜1. 依题设知，只要在［0，4］上找到ξ1，ξ2（哪怕分别只找到一个），使g（ξ2）＜f（ξ1）＋1成立即可. 从图象上看，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＜f（x）max＋1.
　　因为g（x）关于x单调递增，
　　所以g（x）min＝g（0）＝a2＋.
　　由f ′（x）＝－（x－3）（x＋a＋1）e3－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，
　　所以f（x）max＝f（3）＝a＋6.
　　依题意知g（x）min＜f（x）max＋1，
　　即a2＋＜a＋6＋1.
　　所以0＜a＜.
　　为了形成知识网络，下面我们对该题进行多角度、多方面的变化探究，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，对任意的实数ξ1，ξ2∈［0，4］，使得g（ξ2）＜f（ξ1）＋1恒成立.
　　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＜f（x）min＋1能否成立，由f（x）在［0，4］上的单调性可知：f（x）min＝min｛f（0）， f（4）｝＝ －（2a＋3）e3，所以转化为判断a2＋
　　e4＜1－（2a＋3）e3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.
　　一般地，p（x）＜q（x）在［m，n］上恒成立，并不要求p（x）max＜q（x）min这样苛刻的条件，只要g（x）＝p（x）－q（x）＜0在［m，n］上恒成立即可，即g（x）max＜0便可.
　　变式2是否存在实数a＞0，对任意实数ξ1∈［0，4］，总存在ξ2∈［0，4］，使得g（ξ2）＞f（ξ1）＋1成立.
　　由于ξ1在区间［0，4］上的取值具有任意性，ξ2的取值只要求存在性，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a2＋
　　e4＞a＋6＋1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，对任意实数ξ1∈［0，4］，总存在ξ2∈［0，4］，使得g（ξ2）＜f（ξ1）＋1成立.
　　由于ξ1在区间［0，4］上的取值具有任意性，ξ2的取值只要求存在性，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）min0，对任意实数ξ1∈［0，4］，总存在ξ2∈［0，4］，使得g（ξ2）＝f（ξ1）＋1成立.
　　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a2＋
　　e4＞a＋6＋1，
　　a2＋
　　＜1－（2a＋3）e3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,存在ξ1，ξ2∈［0，4］，使得g（ξ2）＝f（ξ1）＋1成立.
　　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f（x）min＋1＜g（x）max是否成立，也就是判断不等式a＋6＋1＞a2＋且1－（2a＋3）e3＜a2＋
　　e4是否有解. 易知不等式a＋6＋1＞a2＋的解集为空集，不等式1－（2a＋3）e3＜a2＋
　　e4恒成立，所以不存在a＞0满足题设.
　　通过以上变式探究，使学生初步体味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，存在ξ1，ξ2∈［0，4］，使得g（ξ2）＞f（ξ1）＋1成立.
　　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“＜”改成了“＞”），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a2＋
　　e4＞1－（2a＋3）e3是否有解. 易知此式对a＞0是恒成立的.
　　变式7是否存在实数a＞0，对任意的实数ξ1，ξ2∈［0，4］，使得g（ξ2）＞f（ξ1）＋1恒成立.
　　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a2＋＞a＋6＋1是否有解，易知此式的解为a＞.
　　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，对任意实数ξ2∈［0，4］，总存在ξ1∈［0，4］，使得g（ξ2）＜f（ξ1）＋1成立.
　　变式8与变式2属于“同质变式”题，同变成2的分析，所以问题转化为判断g（x）max＜f（x）max＋1能否成立，即判断a2＋
　　e4＜a＋6＋1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，对任意实数ξ2∈［0，4］，总存在ξ1∈［0，4］，使得g（ξ2）＞f（ξ1）＋1成立.
　　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a2＋＞1－（2a＋3）e3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，对任意实数ξ2∈［0，4］，总存在ξ1∈［0，4］，使得g（ξ2）＝f（ξ1）＋1成立.
　　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，即判断不等式组a＋6＋1＞a2＋
　　e4，
　　1－（2a＋3）e3＜a2＋
　　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.
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