tceic.com
简单学习网 让学习变简单
当前位置:首页 >> 数学 >>

2014高考数学必考点解题方法秘籍 恒成立 理


2014 高考理科数学必考点解题方法秘籍:恒成立
在不等式的综合题中,经常会遇到当一个结论对于某一个字母的某一个取值范围内所有值都 成立的恒成立问题。 恒成立问题的基本类型: 类型 1:设 f ( x) ? ax ? bx ? c(a ? 0) , (1) f ( x) ? 0在x ? R 上恒成立 ? a ? 0且? ? 0 ;
2

2) f ( x) ? 0在x ? R 上恒成立 ? a ? 0且? ? 0 。 类型 2:设 f ( x) ? ax ? bx ? c(a ? 0)
2



1





a?0





f ( x) ? 0在x ? [? , ? ]









b ? b ? ? b ? ? ?? ? ? ? ? ?? ?? ?? ? ? 2a 或? 或? 2a 2a ? ? ? f (? ) ? 0 ? ?? ? 0 ? f (? ) ? 0 ,

? f (? ) ? 0 ?? f ( x) ? 0在x ? [? , ? ] 上恒成立 ? f ( ? ) ? 0 ? f (? ) ? 0 ?? ? f (? ) ? 0 (2)当 a ? 0 时, f ( x) ? 0在x ? [? , ? ] 上恒成立
b ? b ? ? b ? ? ?? ? ? ? ? ?? ?? ?? ? ? 2a 或? 或? 2a 2a ? f ( x) ? 0在x ? [? , ? ] 上恒成立 ? ? f (? ) ? 0 ? ?? ? 0 ? f (? ) ? 0
类型 3:

f ( x) ? ?对一切x ? I恒成立 ? f ( x) min ? ?
f ( x) ? ?对一切x ? I恒成立 ? f ( x) max ? ? 。
类型 4:

f ( x) ? g ( x)对一切x ? I恒成立 ? f ( x)的图象在g ( x)的图象的上方或f ( x) min ? g ( x) max (x ? I )
恒成立问题的解题的基本思路是:根据已知条件将恒成立问题向基本类型转化,正确选用 函数法、最小值法、数形结合等解题方法求解。 一、用一次函数的性质 对于一次函数 f ( x) ? kx ? b, x ? [m, n] 有:

? f ( m) ? 0 ? f ( m) ? 0 f ( x) ? 0恒成立 ? ? , f ( x) ? 0恒成立 ? ? ? f ( n) ? 0 ? f ( n) ? 0

-1-

例 1:若不等式 2 x ? 1 ? m( x ? 1) 对满足 ? 2 ? m ? 2 的所有 m 都成立,求 x 的范围。
2

解析:我们可以用改变主元的办法,将 m 视为主变元,即将元不等式化为:
2 m( x 2 ? 1) ? (2 x ? 1) ? 0 , ; 令 f (m) ? m( x ? 1) ? (2 x ? 1) , 则 ? 2 ? m ? 2 时, f (m) ? 0 恒

? f (?2) ? 0 ? f (2) ? 0 即 成立,所以只需 ?
x?( ?1? 7 1? 3 , ) 2 2 。
2

2 ? ?? 2( x ? 1) ? (2 x ? 1) ? 0 ? 2 ? ?2( x ? 1) ? (2 x ? 1) ? 0 , 所 以 x 的 范 围 是

二、利用一元二次函数的判别式 对于一元二次函数 f ( x) ? ax ? bx ? c ? 0(a ? 0, x ? R ) 有: (1) f ( x) ? 0在x ? R 上恒成立 ? a ? 0且? ? 0 ; (2) f ( x) ? 0在x ? R 上恒成立 ? a ? 0且? ? 0 例 2:若不等式 (m ? 1) x ? (m ? 1) x ? 2 ? 0 的解集是 R,求 m 的范围。
2

解析:要想应用上面的结论,就得保证是二次的,才有判别式,但二次项系数含有参数 m,所 以要讨论 m-1 是否是 0。 (1)当 m-1=0 时,元不等式化为 2>0 恒成立,满足题意;

?m ? 1 ? 0 ? ? ? (m ? 1) 2 ? 8(m ? 1) ? 0 ,所以, m ? [1,9) 。 (2) m ? 1 ? 0 时,只需 ?
三、利用函数的最值(或值域) (1) f ( x) ? m 对任意 x 都成立 ? f ( x) min ? m ; (2) f ( x) ? m 对任意 x 都成立

? m ? f ( x) max 。简单计作: “大的大于最大的,小的小于最

小的” 。由此看出,本类问题实质上是一类求函数的最值问题。 例 3:在 ? ABC 中,已知 实数 m 的范围。 解析:由

f ( B) ? 4 sin B sin 2 (

?
4

?

B ) ? cos 2 B, 且 | f ( B) ? m |? 2 2 恒成立,求

f ( B) ? 4 sin B sin 2 (

?
4

?

B ) ? cos 2 B ? 2 sin B ? 1,? 0 ? B ? ? ,? sin B ? (0,1] 2



?m ? f ( B ) ? 2 ? f ( B) ? (1,3] ,?| f ( B) ? m |? 2 恒成立,? ?2 ? f ( B) ? m ? 2 ,即 ?m ? f ( B) ? 2 恒成立,
? m ? (1,3]
-2-

例 4: (1)求使不等式 a ? sin x ? cos x, x ? [0, ? ] 恒成立的实数 a 的范围。

a ? sin x ? cos x ? 2 sin( x ?
解析:由于函

?

? 3? ), x ? ? ? [? , ] 4 4 4 4 ,显然函数有最大值

2 ,? a ? 2 。
如果把上题稍微改一点,那么答案又如何呢?请看下题:

a ? sin x ? cos x, x ?
(2)求使不等式

?

? (0, ) 4 2 恒成立的实数 a 的范围。

?

解析:我们首先要认真对比上面两个例题的区别,主要在于自变量的取值范围的变化,这样 使得 y ? sin x ? cos x 的最大值取不到 2 ,即 a 取 2 也满足条件,所以 a ?

2。

所以,我们对这类题要注意看看函数能否取得最值,因为这直接关系到最后所求参数 a 的 取值。利用这种方法时,一般要求把参数单独放在一侧,所以也叫分离参数法。 四:数形结合法 对一些不能把数放在一侧的,可以利用对应函数的图象法求解。 例 5:已知 值范围。

a ? 0, a ? 1, f ( x) ? x 2 ? a x , 当x ? (?1,1)时, 有f ( x) ? 1 恒成立 2 ,求实数 a 的取

f ( x) ? x 2 ? a x ? 1 ,得x 2 ? 1 ? a x 2 2 解析: 由 , 在同一直角坐标系中做出两个函数的图象,
12 ?
如果两个函数分别在 x=-1 和 x=1 处相交,则由

1 1 ? a及(?1) 2 ? ? a ?1 2 2 得到 a 分别等于

1 1 y ? 2 x 及y ? ( ) x x2 ? ? a x 2 的图象,所以,要想使函数 2 2 和 0.5 ,并作出函数 在区间
x ? (?1,1) 中 恒 成 立 , 只 须 y ? 2 在 区 间 x ? (?1,1) 对 应 的 图 象 在
x

y ? x2 ?

1 2 在区间

x ? (?1,1) 对 应 图 象 的 上 面 即 可 。 当 a ? 1时, 只有a ? 2 才 能 保 证 , 而

0 ? a ? 1时,只有a ?

1 1 a ? [ ,1) ? (1,2] 2 2 才可以,所以 。

由此可以看出,对于参数不能单独放在一侧的,可以利用函数图象来解。利用函数图象 解题时,思路是从边界处(从相等处)开始形成的。 例 6:若当 P(m,n)为圆 x ? ( y ? 1) ? 1 上任意一点时,不等式 m ? n ? c ? 0 恒成立,则 c 的
2 2

取值范围是( A、 ? 1 ?

) B、 2 ? 1 ? c ?

2 ? c ? 2 ?1

2 ?1

-3-

C、 c ? ? 2 ? 1

D、 c ?

2 ?1

解析:由 m ? n ? c ? 0 ,可以看作是点 P(m,n)在直线 x ? y ? c ? 0 的右侧,而点 P(m,n)在圆

x 2 ? ( y ? 1) 2 ? 1 上,实质相当于是 x 2 ? ( y ? 1) 2 ? 1 在直线的右侧并与它相离或相切。
?0 ? 1 ? c ? 0 ? ? ?| 0 ? 1 ? c | ?c ? 2 ?1 ? 2 2 ?1 ? 1 ?1 ,故选 D。
其实在习题中,我们也给出了一种解恒成立问题的方法,即求出不等式的解集后再进行处 理。 以上介绍了常用的五种解决恒成立问题。其实,对于恒成立问题,有时关键是能否看得出 来题就是关于恒成立问题。下面,给出一些练习题,供同学们练习。 练习题:1、对任意实数 x,不等式 a sin x ? b cos x ? c ? 0(a, b, c ? R ) 恒成立的充要条件是 _______。 [c ?

a2 ? b2 ]

y ? lg lg
2、设

2 x ? 3x ? 9 x a 5 在(??,1] [ ,??) 7 上有意义,求实数 a 的取值范围. 9 。

1 1 x ? ( ,3)时, | Log a x |? 1 [(0, ] ? [3,??)] 3 3 3、当 恒成立,则实数 a 的范围是____。

1 1 1 1 2 ? ? ...... ? ? Log a (a ? 1) ? n ? n 12 3 对一切大于 1 的自然数 n 4、已知不等式: n ? 1 n ? 2

-4-

[a ? (1,
恒成立,求实数 a 的范围。

1? 5 )] 2

求解策略 “含参不等式恒成立问题”把不等式、函数、三角、几何等内容有机地结合起来,其以覆盖 知识点多,综合性强,解法灵活等特点而倍受高考、竞赛命题者的青睐。另一方面,在解决 这类问题的过程中涉及的“函数与方程” 、 “化归与转化” 、 “数形结合” 、 “分类讨论”等数学 思想对锻炼学生的综合解题能力,培养其思维的灵活性、创造性都有着独到的作用。本文就 结合实例谈谈这类问题的一般求解策略。 一、判别式法 若所求问题可转化为二次不等式,则可考虑应用判别式法解题。一般地,对于二次函数

f ( x) ? ax 2 ? bx ? c(a ? 0, x ? R) ,有
?a ? 0 ?? ?? ? 0 ; 1) f ( x) ? 0 对 x ? R 恒成立 ?a ? 0 ?? . ?? ? 0 2) f ( x) ? 0 对 x ? R 恒成立
例 1.已知函数 y ? lg[ x ? (a ? 1) x ? a ] 的定义域为 R,求实数 a 的取值范围。
2 2

解 : 由 题 设 可 将 问 题 转 化 为 不 等 式 x ? (a ? 1) x ? a ? 0 对 x ? R 恒 成 立 , 即 有
2 2

? ? (a ? 1) ? 4a ? 0 解得
2 2

a ? ?1或a ?

1 3。

1 (??,?1) ? ( ,??) 3 所以实数 a 的取值范围为 。
-5-

若二次不等式中 x 的取值范围有限制,则可利用根的分布解决问题。 例 2. 设 f ( x) ? x ? 2mx ? 2 , 当 x ? [?1,??) 时, f ( x) ? m 恒成立, 求实数 m 的取值范围。
2

解:设 F ( x) ? x ? 2mx ? 2 ? m ,则当 x ? [?1,??) 时, F ( x) ? 0 恒成立
2

当 ? ? 4(m ? 1)(m ? 2) ? 0即 ? 2 ? m ? 1 时, F ( x) ? 0 显然成立; 当 ? ? 0 时,如图, F ( x) ? 0 恒成立的充要条件为:

y x

? ?? ? 0 ? ? F (?1) ? 0 ? ? 2m ?? ? ?1 2 ? 解得 ? 3 ? m ? ?2 。
综上可得实数 m 的取值范围为 [?3,1) 。

-1 O

x

二、最值法 将不等式恒成立问题转化为求函数最值问题的一种处理方法,其一般类型有: 1) f ( x) ? a 恒成立 ? a ? f ( x) min

? a ? f ( x) max 2) f ( x) ? a 恒成立
例 3. 已知 f ( x) ? 7 x ? 28 x ? a, g ( x) ? 2 x ? 4 x ? 40 x , 当 x ? [?3,3] 时, f ( x) ? g ( x) 恒
2 3 2

成立,求实数 a 的取值范围。 解:设 F ( x) ? f ( x) ? g ( x) ? ?2 x ? 3 x ? 12 x ? c ,
3 2

则由题可知 F ( x) ? 0 对任意 x ? [?3,3] 恒成立 令 F ( x) ? ?6 x ? 6 x ? 12 ? 0 ,得 x ? ?1或x ? 2
' 2

而 F (?1) ? ?7 a, F (2) ? 20 ? a, F (?3) ? 45 ? a, F (3) ? 9 ? a, ∴

F ( x) max ? 45 ? a ? 0

∴ a ? 45 即实数 a 的取值范围为 [45,??) 。

f ( x) ?
例 4.函数 数 a 的取值范围。

x 2 ? 2x ? a , x ? [1,??) x ,若对任意 x ? [1,??) , f ( x) ? 0 恒成立,求实

解:若对任意 x ? [1,??) , f ( x) ? 0 恒成立,

-6-

即对 x ? [1,??) ,

f ( x) ?

x 2 ? 2x ? a ?0 x 恒成立,
2

考虑到不等式的分母 x ? [1,??) ,只需 x ? 2 x ? a ? 0 在 x ? [1,??) 时恒成立而得 而抛物线 g ( x) ? x ? 2 x ? a 在 x ? [1,??) 的最小值 g min ( x) ? g (1) ? 3 ? a ? 0 得 a ? ?3
2

注:本题还可将 f ( x) 变形为

f ( x) ? x ?

a ?2 x ,讨论其单调性从而求出 f ( x) 最小值。

三、分离变量法 若所给的不等式能通过恒等变形使参数与主元分离于不等式两端,从而问题转化为求主元函 数的最值,进而求出参数范围。这种方法本质也还是求最值,但它思路更清晰,操作性更强。 一般地有:

? g (a ) ? f ( x) max 1) f ( x) ? g (a )(a为参数) 恒成立 ? g (a ) ? f ( x) max 2) f ( x) ? g (a )(a为参数) 恒成立
实际上,上题就可利用此法解决。 略解: x ? 2 x ? a ? 0 在 x ? [1,??) 时恒成立,只要 a ? ? x ? 2 x 在 x ? [1,??) 时恒成立。
2 2

而易求得二次函数 h( x) ? ? x ? 2 x 在 [1,??) 上的最大值为 ? 3 ,所以 a ? ?3 。
2

例 5.已知函数 f ( x) ? ax ? 4 x ? x , x ? (0,4] 时 f ( x) ? 0 恒成立,求实数 a 的取值范围。
2

a?
解: 将问题转化为

4x ? x 2 x 对 x ? (0,4] 恒成立。

g ( x) ?


4x ? x 2 x ,则 a ? g ( x) min
4x ? x 2 ? x 4 ?1 x 可知 g ( x) 在 (0,4] 上为减函数,故 g ( x) min ? g (4) ? 0

g ( x) ?


∴ a ? 0 即 a 的取值范围为 (??,0) 。 注:分离参数后,方向明确,思路清晰能使问题顺利得到解决。 四、变换主元法 处理含参不等式恒成立的某些问题时,若能适时的把主元变量和参数变量进行“换位”思考, 往往会使问题降次、简化。 例 6.对任意 a ? [?1,1] ,不等式 x ? (a ? 4) x ? 4 ? 2a ? 0 恒成立,求 x 的取值范围。
2

分析:题中的不等式是关于 x 的一元二次不等式,但若把 a 看成主元,则问题可转化为一次不 等式 ( x ? 2)a ? x ? 4 x ? 4 ? 0 在 a ? [?1,1] 上恒成立的问题。
2

-7-

解:令 f (a ) ? ( x ? 2)a ? x ? 4 x ? 4 ,则原问题转化为 f (a ) ? 0 恒成立( a ? [?1,1] ) 。
2

当 x ? 2 时,可得 f (a ) ? 0 ,不合题意。

? f (1) ? 0 ? f (?1) ? 0 解之得 x ? 1或x ? 3 。 当 x ? 2 时,应有 ?
故 x 的取值范围为 (??,1) ? (3,??) 。 注 : 一 般 地 , 一 次 函 数 f ( x) ? kx ? b(k ? 0) 在 [? , ? ] 上 恒 有 f ( x) ? 0 的 充 要 条 件 为

? f (? ) ? 0 ? ? f (? ) ? 0 。
四、数形结合法 数学家华罗庚曾说过: “数缺形时少直观,形缺数时难入微” ,这充分说明了数形结合思想的 妙处,在不等式恒成立问题中它同样起着重要作用。我们知道,函数图象和不等式有着密切 的联系: 1) f ( x) ? g ( x) ? 函数 f ( x) 图象恒在函数 g ( x) 图象上方; 2) f ( x) ? g ( x) ? 函数 f ( x) 图象恒在函数 g ( x) 图象下上方。

2 例 7.设 f ( x) ? ? x ? 4 x ,

g ( x) ?

4 x ?1? a 3 ,若恒有 f ( x) ? g ( x) 成立,求实数 a 的取
y

值范围. 分析:在同一直角坐标系中作出 f ( x) 及 g ( x) 的图象 如图所示, f ( x) 的图象是半圆 ( x ? 2) ? y ? 4( y ? 0)
2 2

-2 -4 -4 x

g ( x) 的图象是平行的直线系 4 x ? 3 y ? 3 ? 3a ? 0 。
要使 f ( x) ? g ( x) 恒成立, 则圆心 (?2,0) 到直线 4 x ? 3 y ? 3 ? 3a ? 0 的距离

O

d?
满足

? 8 ? 3 ? 3a 5

?2

a ? ?5或a ?
解得

5 3 (舍去)
-8-

由上可见,含参不等式恒成立问题因其覆盖知识点多,方法也多种多样,但其核心思想还是 等价转化,抓住了这点,才能以“不变应万变” ,当然这需要我们不断的去领悟、体会和总结。

含参不等式恒成立问题中,求参数取值范围一般方法 恒成立问题是数学中常见问题,也是历年高考的一个热点。大多是在不等式中,已知一个变 量的取值范围,求另一个变量的取值范围的形式出现。下面介绍几种常用的处理方法。 分离参数 在给出的不等式中,如果能通过恒等变形分离出参数,即:若

a ? f ? x?
,则

恒成立,只须求出 ,转化

f ? x ?max

,则

a ? f ? x ?max

;若

a ? f ? x?

恒成立,只须求出

f ? x ?min

a ? f ? x ?min

为函数求最值。

a ? ? f ? x ? ? lg ? x ? ? 2 ? x ? ? ,若对任意 x ? ? 2, ?? ? 恒有 f ? x ? ? 0 ,试确定 a 的取 例 1、已知函数
值范围。

x?
解:根据题意得:
2

a ? 2 ? 1 x ? ? 2, ?? ? x 在 上恒成立,

x ? ? 2, ?? ? 即: a ? ? x ? 3 x 在 上恒成立,
3? 9 ? f ? x? ? ? ? x ? ? ? f ? x ? ? ? x 2 ? 3x 2? 4 ? 设 ,则
当 x ? 2 时,
2

f ? x ?max ? 2

所以 a ? 2

在给出的不等式中,如果通过恒等变形不能直接解出参数,则可将两变量分别置于不等 式的两边,即:若

f ?a? ? g ? x?

恒成立,只须求出

g ? x ?max

,则

f ? a ? ? g ? x ?max
, 则

,然后解不 ,

等式求出参数 a 的取值范围; 若

f ?a? ? g ? x?

恒成立, 只须求出

g ? x ?min

f ? a ? ? g ? x ?min

然后解不等式求出参数 a 的取值范围,问题还是转化为函数求最值。 例 2、已知

x ? ? ??,1?

时,不等式

1 ? 2x ? ? a ? a2 ? ? 4x ? 0

恒成立,求 a 的取值范围。

解:令 2 ? t ,
x

? x ? ? ??,1?

? t ? ? 0, 2?

a2 ? a ?
所以原不等式可化为:

t ?1 t2 ,

要使上式在

t ? ? 0, 2?

上恒成立,只须求出

f ?t ? ?

t ?1 t 2 在 t ? ? 0, 2? 上的最小值即可。
-9-

? f ?t ? ?

t ?1 ? 1 ? 1 ? 1 1 ? 1 ?? ? ? ?? ? ? ? t2 ?t ? t ?t 2? 4
3 4 ? a2 ? a ? 3 4

2

2

1 ?1 ? ? ? ? , ?? ? t ?2 ?
?? 1 3 ?a? 2 2

? f ? t ?min ? f ? 2 ? ?

分类讨论 在给出的不等式中,如果两变量不能通过恒等变形分别置于不等式的两边,则可利用分类讨 论的思想来解决。 例 3、若 解:设

x ? ? ?2, 2?

时,不等式 x ? ax ? 3 ? a 恒成立,求 a 的取值范围。
2

f ? x ? ? x 2 ? ax ? 3 ? a

,则问题转化为当

x ? ? ?2, 2?

时,

f ? x?

的最小值非负。

a 7 ? ?2 ?a ? f x ? f ? 2 ? 7 ? 3 a ? 0 ? ? ? ? 3 又 a ? 4 所以 a 不存在; min 当 2 即: a ? 4 时, ?

a2 ? a? a f x ? f ? ? 3 ? a ? ?0 ? ?min ? ? ?2 ? ? 2 2 4 ? ? ? 4 ? a ? 4 ??6 ? a ? 2 又 2 当 即: 时,

?4 ? a ? 4
?

??4 ? a ? 2

a ?2 f ? x ?min ? f ? 2 ? ? 7 ? a ? 0 ? a ? ?7 a ? ?4 ??7 ? a ? ?4 当 2 即: a ? ?4 时, 又
综上所得: ?7 ? a ? 2 确定主元 在给出的含有两个变量的不等式中,学生习惯把变量 x 看成是主元(未知数) ,而把另一个变 a 量 看成参数,在有些问题中这样的解题过程繁琐。如果把已知取值范围的变量作为主元,把 要求取值范围的变量看作参数,则可简化解题过程。 例 4、若不等式 解:设

2 x ? 1 ? m ? x 2 ? 1?

对满足

m ?2

的所有 m 都成立,求 x 的取值范围。 的m ,

f ? m ? ? m ? x 2 ? 1? ? ? 2 x ? 1?

,对满足

m ?2

f ? m? ? 0

恒成立,

2 ? ? ? f ? ?2 ? ? 0 ??2 ? x ? 1? ? ? 2 x ? 1? ? 0 ?? ?? 2 f 2 ? 0 ? ? ? ? ? ?2 ? x ? 1? ? ? 2 x ? 1? ? 0

?1 ? 7 1? 3 ?x? 2 2 解得:

利用集合与集合间的关系 在给出的不等式中,若能解出已知取值范围的变量,就可利用集合与集合之间的包含关系来 求解,即: 值范围。

? m, n? ? ? ? f ? a ? , g ? a ?? ? ,则 f ? a ? ? m 且 g ? a ? ? n ,不等式的解即为实数 a 的取

?1 ? x ? ? ,3 ? ? 3 ? 时, log a x ? 1 恒成立,求实数 a 的取值范围。 例 5、当

- 10 -

解:

? ?1 ? log a x ? 1
?a ? 3 ? ??1 1 ? ? ?a 3

?1 ? ?1 ? 1 ?x?a ? ,3 ? ? ? , a ? 当 a ? 1 时, a ,则问题转化为 ? 3 ? ? a ?

?a ? 3

1 ? a? ? ? 3 ?? ? 1 ? ? 1 ? ?1 1 1 a?x? ? ,3 ? ? ? a, ? ? ? 3 ? 0 ? a ? 3 a ? ? ? ?a a ,则问题转化为 ? 3 当 0 ? a ? 1 时,
0?a?
综上所得:

1 3 或a ? 3

数形结合 数形结合法是先将不等式两端的式子分别看作两个函数,且正确作出两个函数的图象,然后 通过观察两图象(特别是交点时)的位置关系,列出关于参数的不等式。

? 1? x ? ? 0, ? 3 x ? log a x ? 0 在 ? 3 ? 内恒成立,求实数 a 的取值范围。 例 6、若不等式
2

? 1? x ? ? 0, ? 3 x ? log a x 在 ? 3 ? 内恒成立, 解:由题意知:
2

在同一坐标系内,分别作出函数

y ? 3 x 2 和 y ? log a x
? 1? x ? ? 0, ? ? 3 ? 时,若 观察两函数图象,当

a ? 1 函数 y ? log a x 的图象显然在函
数 y ? 3 x 图象的下方,所以不成立;
2

当 0 ? a ? 1 时,由图可知,

y ? log a x
1 27

?1 1? ? , ? 的图象必须过点 ? 3 3 ? 或在这个点的上方,则,

log a

1 1 ? 3 3

?a ? 1 27

1 27

?1 ? a ?

1? a ?
综上得:

上面介绍了含参不等式中恒成立问题几种解法,在解题过程中,要灵活运用题设条件综合分 析,选择适当方法准确而快速地解题。

- 11 -

含参数不等式恒成立问题的解题策略(专题探究) 一、教学目标: 理解含参不等式恒成立问题特征;能充分利用化归、数形结合、函数和分类讨论等数学思想 解决含参不等式恒成立问题;培养学生分析解决综合问题的能力。 二、教学方法:启发、探究 三、教学过程:通过含参数不等式恒成立问题的求解,通过变式、启发、引导学生探究解题 策略,培养学生利用化归、数形结合、函数和分类讨论等数学思想进行解题的意识。 例题 1:已知不等式 ( x ? 1)m ? 2 x ? 1 对

x ? ? 0,3?

恒成立,求实数 m 的取值范围。

变式:已知不等式 ( x ? 1)m ? 2 x ? 1 对
2

m ? ? 0,3?

恒成立,求实数 x 的取值范围。

例题 2:已知不等式 x ? 2ax ? 2 ? 0 对 x ? R 恒成立,求实数 a 的取值范围。

x ? ?1, 2? 变式 1:已知不等式 x ? 2ax ? 2 ? 0 对 恒成立,求实数 a 的取值范围。
2

x ? ? ?1, 2? 变式 2:已知不等式 x ? 2ax ? 2 ? 0 对 恒成立,求实数 a 的取值范围。
2

- 12 -

例题 3:当

x ? ?1, 2 ?

时,不等式

? x ? 1?

2

? log a x

恒成立,求实数 a 的取值范围。

1 f ( x) ? ? x 2 ? a ln( x ? 2) ? ?1, ?? ? 上为减函数,求实数 a 的取值范 2 练习 1: 已知函数 在区间
围。

练习 2:对于满足 | p |? 2 的所有实数 p ,求使不等式 x ? px ? 1 ? 2 p ? x 恒成立的 x 的取值
2

范围。

- 13 -

思考: 1、若不等式 2 x ? 1 ? m( x ? 1) 对满足 | m |? 2 的所有 m 都成立,求实数 x 的取值范围。
2

0?a?
2、设

5 1 | x ? a 2 |? | x ? a | ? b 4 ,若满足不等式 2 恒成立, 的一切实数 x ,能使不等式

求正实数 b 的取值范围。

常见不等式恒成立问题的几种求解策略 不等式恒成立问题是近几年高考以及各种考试中经常出现,它综合考查函数、方程和不等式 的主要内容,并且与函数的最值、方程的解和参数的取值范围紧密相连,本文结合解题教学 实践举例说明几种常见不等式恒成立问题的求解策略,以抛砖引玉。 1 变量转换策略 例 1 已知对于任意的 a∈[-1,1],函数 f(x)=ax2+(2a-4)x+3-a>0 恒成立,求 x 的取值范围. 解析 本题按常规思路是分 a=0 时 f(x)是一次函数,a≠0 时是二次函数两种情况讨论,不容 易求 x 的取值范围。因此,我们不能总是把 x 看成是变量,把 a 看成常参数,我们可以通过 变量转换,把 a 看成变量,x 看成常参数,这就转化一次函数问题,问题就变得容易求解。令
? g (?1) ? 0 ? g (1) ? 0 恒 成 立 , 则 ? , 得

g(a)=(x2+2x-1)a-4x+3
? 3 ? 13 ? x ? ?3 ? 13 .



a∈[-1,1] 时 , g(a)>0

点评 对于含有两个参数,且已知一参数的取值范围,可以通过变量转换,构造以该参数为 自变量的函数,利用函数图象求另一参数的取值范围。 2 零点分布策略

- 14 -

2 例 2 已知 f ( x) ? x ? ax ? 3 ? a ,若 x ? [?2,2], f ( x) ? 0 恒成立,求 a 的取值范围.

解析 本题可以考虑 f(x)的零点分布情况进行分类讨论,分无零点、零点在区间的左侧、零点
?? ? 0 ? a ? ?? ? ?2 ? 2 ? f (?2) ? 0 ? ? ? f ( 2) ? 0 ?? ? 0 ? a ? ?? ? 2 ? 2 ? f (?2) ? 0 ? ? ? f ( 2) ? 0

在区间的右侧三种情况,即 Δ ≤0 或 或 ,即 a 的取值范围为[-7,2]. 点评 对于含参数的函数在闭区间上函数值恒大于等于零的问题 ,可以考虑函数的零点分布 情况,要求对应闭区间上函数图象在 x 轴的上方或在 x 轴上就行了. 3 函数最值策略
2 例 3 已知 f ( x) ? x ? ax ? 3 ? a ,若 x ? [?2,2], f ( x) ? 2 恒成立,求 a 的取值范围.

解 析 本 题 可 以 化 归 为 求 函 数 f(x) 在 闭 区 间 上 的 最 值 问 题 , 只 要 对 于 任 意
x ? [?2,2], f ( x) min ? 2

.



x ? [?2,2], f ( x) ? 2







? a ?? ? ?2 ? 2 ? ?x ? [?2,2], f ( x) min ? 2 ? ? ? f ( x) m i n ? f (?2) ? 7 ? 3a ? 2

a ? ?2? ? ? 2 ? 2 ? ? a a2 ? f ( x) ? f (? ) ? 3 ? a ? ?2 min ? 2 4 或 ? 或

? a ?? ? 2 ? 2 ? ? f ( x) min ? f (2) ? 7 ? a ? 2 , 即 a 的 取 值 范 围 为

[?5,?2 ? 2 2 ] .

点评

对于含参数的函数在闭区间上函数值恒大于等于或小于等于常数问题 ,可以求函数最

值的方法,只要利用 f ( x) ? m 恒成立 ? f ( x) min ? m ;f ( x) ? m 恒成立 ? f ( x) max ? m .本题也可 以用零点分布策略求解. 4 变量分离策略
2 例 4 已知函数 f ( x) ?| x ? 4 x ? 5 | ,若在区间 [?1,5] 上, y ? kx ? 3k 的图象位于函数 f(x)的

上方,求 k 的取值范围.
2 解析 本题等价于一个不等式恒成立问题,即对于 ?x ? [?1,5], kx ? 3k ? ? x ? 4 x ? 5 恒成立,式子

中 有 两 个 变 量 , 可 以 通 过 变 量 分 离 化 归 为 求 函 数 的 最 值 问 题 . 对 于
?x ? [?1,5], kx ? 3k ? ? x ? 4 x ? 5 恒 成 立
2

?k?

? x 2 ? 4x ? 5 x?3 对 于 ?x ? [?1,5] 恒 成 立 , 令

y?

16 ? x 2 ? 4x ? 5 y ? ?(t ? ) ? 10, t ? [2,8], , x ? [?1,5] ?当t ? 4 , 即 x=1 时 x ? 3 ? t , t ? [ 2 , 8 ] t x?3 ,设 ,则

y max ? 2

, ? k 的取值范围是 k>2.

- 15 -

变式 若本题中将 y ? kx ? 3k 改为 y ? k ( x ? 3) ,其余条件不变,则也可以用变量分离法解.
?k? ? x 2 ? 4x ? 5 ( x ? 3) 2

2

2 2 由题意得,对于 ?x ? [?1,5], k ( x ? 3) ? ? x ? 4 x ? 5 恒成立

对于 ?x ? [?1,5] 恒

y?

? x 2 ? 4x ? 5 ( x ? 3) 2

, x ? [?1,5]


y?? t


16
2

,



,



x ? 3 ? t , t ? [2,8]

,



?

10 4 5 9 ? 1 ? ?( ? ) 2 ? , t t 4 16 t ? [2,8] ,

4 5 1 9 9 ?当 ? , 即x ? 时 y max ? t 4 5 , 16 , ? k 的取值范围是 k> 16 .

点评 本题通过变量分离,将不等式恒成立问题转化为求函数的最值问题,本题构造的 函数求最值对学生来说有些难度,但通过换元后巧妙地转化为“对勾函数”,从而求得最值. 变式题中构造的函数通过换元后转化为“二次函数型”,从而求得最值.本题也可以用零点分 布策略和函数最值策略求解. 5 数形结合策略
2 例 5 设函数 f ( x) ? ?a ? ? x ? 4 x , g ( x) ? ax ? a ,若恒有 f ( x) ? g ( x) 成立,试求实数 a 的取值

范围.
2 2 解析 由题意得 f ( x) ? g ( x) ? ? x ? 4 x ? ax ? 2a ,令 y1 ? ? x ? 4 x ①, y 2 ? ax ? 2a ②.

2 2 ①可化为 ( x ? 2) ? y1 ? 4(0 ? x ? 4, y1 ? 0) ,它表示以(2,0)为圆心,2 为半径的上半圆;②表

示经过定点(-2,0),以 a 为斜率的直线,要使 f ( x) ? g ( x) 恒成立,只需①所表示的半圆在②所 表示的直线下方就可以了(如图所示). 当直线与半圆相切时就
| 2a ? 2a |

y
?2



1? a2

3 a?? 3 ,由图可知,要使 f ( x) ? g ( x) 恒 ,即 a? 3 3 .

成立,实数 a 的取值范围是

O 点评 本题通过对已知不等式变形处理后, 挖掘不等式两边式 子的几何意义, 通过构造函数, 运用数形结合的思想来求参数 的取值范围, 不仅能使问题变得直观, 同时也起到了化繁为简 的效果. 6 消元转化策略 例 6 已 知 f(x) 是 定 义 在 [-1,1] 上 的 奇 函 数 , 且 f(1)=1, 若 f ( m) ? f ( n ) m, n ? [?1,1], m ? n ? 0时 ?0 2 m?n , 若 f ( x) ? t ? 2at ? 1 对于所有的 x ? [?1,1], a ? [?1,1] 恒成 立,求实数 t 的取值范围. 解析 本题不等式中有三个变量,因此可以通过消元转化的策略,先消去一个变量,容 易 证 明 f(x) 是 定 义 在 [-1,1] 上 的 增 函 数 , 故 f(x) 在 [-1,1] 上 的 最 大 值 为 f(1)=1, 则

x

- 16 -

f ( x) ? t 2 ? 2at ? 1 对于所有的 x ? [?1,1], a ? [?1,1] 恒成立 ? 1 ? t 2 ? 2at ? 1 对于所有的 a ? [?1,1]
? g (?1) ? 0 ? 2 a ? [ ? 1 , 1 ] g ( a ) ? 2 ta ? t 恒成立,即 2ta ? t ? 0 对于所有的 恒成立,令 ,只要 ? g (1) ? 0 ,
2

? t ? ?2或t ? 2或t ? 0 .

点评 对于含有两个以上变量的不等式恒成立问题 ,可以根据题意依次进行消元转化,从 而转化为只含有两变量的不等式问题,使问题得到解决. 以上介绍的几种常见不等式恒成立问题的求解策略,只是分别从某个侧面入手去探讨不等式 中参数的取值范围。事实上,这些策略不是孤立的,在具体的解题实践中,往往需要综合考 虑,灵活运用,才能使问题得以顺利解决

浅谈不等式恒成立问题 中心摘要 近几年在数学高考试题中经常遇到不等式恒成立问题。在 05 年高考辽宁、湖北及天津等省均 出现此类题型。本文根据高考题及高考模拟题总结了四种常见的解决不等式恒成立问题的方 法。 法一:转换主元法。适用于一次型函数。 法二:化归二次函数法。适用于二次型函数。 法三:分离参数法。适用于一般初等函数。 法四:数型结合法。 中文关键词 “不等式”, “恒成立” 在近些年的数学高考题及高考模拟题中经常出现恒成立问题,这样的题目一般综合性强,可 考查函数、数列、不等式及导数等诸多方面的知识。同时,培养学生分析问题、解决问题、 综合驾驭知识的能力。下面结合例题浅谈恒成立问题的常见解法。 1 转换主元法 确定题目中的主元,化归成初等函数求解。此方法通常化为一次函数。 例 1:若不等式 2x-1>m(x2-1)对满足-2 ? m ? 2 的所有 m 都成立,求 x 的取值范围。 解:原不等式化为 (x2-1)m-(2x-1)<0

- 17 -

记 f(m)= (x2-1)m-(2x-1)

(-2 ? m ? 2)

2 ? ?f(-2) ? -2(x - 1) - (2x - 1) ? 0 ? ?f(2) ? 2(x 2 - 1) - (2x - 1) ? 0 根据题意有: ? 2 ? ?2x ? 2x - 3 ? 0 ? 2 ?2x ? 2x - 1 ? 0 即: ?

?1? 7 1? 3 ?x? 2 2 解之:得 x 的取值范围为
2 化归二次函数法 根据题目要求,构造二次函数。结合二次函数实根分布等相关知识,求出参数取值范围。 例 2:在 R 上定义运算 ? :x ? y=(1-y) 若不等式(x-a) ? (x+a)<1 对任意实数 x 成立, 则 ( )

?
(A)-1<a<1 (B)0<a<2 (C)

1 3 ?a? 2 2

?
(D)

3 1 ?a? 2 2

解:由题意可知 (x-a)[1-(x+a)] <1 对任意 x 成立 即 x2-x-a2+a+1>0 对 x ? R 恒成立 记 f(x)=x2-x-a2+a+1 则应满足(-1)2-4(-a2+a+1)<0 化简得 4a2-4a-3<0

?
解得

1 3 ?a? 2 2 ,故选择 C。

例 3:若不等式 x2-2mx+2m+1>0 对满足 0 ? x ? 1 的所有实数 x 都成立,求 m 的取值范围。 解:设 f(x)=x2-2mx+2m+1 本题等价于函数 f(x)在 0 ? x ? 1 上的最小值大于 0,求 m 的取值范围。 (1)当 m<0 时,f(x)在[0,1]上是增函数,因此 f(0)是最小值,



?m ? 0 ? ?f(0) ? 2m ? 1 ? 0

?


1 2 <m<0

(2)当 0 ? m ? 1 时,f(x)在 x=m 时取得最小值

- 18 -



?0 ? m ? 1 ? 2 ?f(m) ? -m ? 2m ? 1 ? 0
?m ? 1 ? ?f(1) ? 2 ? 0

得 0?m?1

(3)当 m>1 时,f(x)在[0,1] 上是减函数,因此 f(1)是最小值



得 m>1

m??
综合(1)(2)(3) 得

1 2

注:当化归为二次函数后,自变量是实数集的子集时,应用二次函数知识解决有时较繁琐。 此型题目有时也可转化为后面的法 3 求解。 3 分离参数法 在题目中分离出参数, 化成 a>f(x) (a<f(x)) 型恒成立问题, 再利用 a>fmax(x) (a<fmin(x)) 求出参数范围。

例 4:已知向量 a =(x2,x+1), b =(1-x,t) 若函数 f(x)= a · b 在区间(-1,1)上是增函数, 求 t 的取值范围。 解:依题意, f(x)=x2(1-x)+(x+1)t=-x3+x2+tx+t 则 f'(x)=-3x2+2x+t ∵f(x)在(-1,1)上是增函数,则在(-1,1)上有 f'(x) ? 0 即-3x2+2x+t ? 0 在 x ? (-1,1)上恒成立 设 g(x)=3x2-2x ∴t ? g(-1) 即 t?5

?

?

?

?

1 例 5: 设 a0 为常数, 数列 {an} 的通项公式为 an= 5 [3n+(-1)n-1· 2n]+(-1)n· 2n· a0(n? N* )
若对任意 n≥1,n ? N*,不等式 an>an-1 恒成立,求 a0 的取值范围。 解:依题意:

1 1 5 [3n+(-1)n-1·2n]+(-1)n·2n·a0> 5 [3n-1+(-1)n-2·2n-1]+(-1)n-1·2n-1·a0 2 3 化简,得 (-1)n·3·2n-1·a0>- 5 ·3n-1+ 5 (-1)n·2n-1
(1)当 n=2k-1 k ? N*时

- 19 -

2 3 1 a0< 15 ·( 2 )n-1+ 5 2 3 1 设 g1(n)= 15 ·( 2 )n-1+ 5
∵g1(n)在 n ? N* 时且 n=2k-1,k ? N*时是增函数

1 ∴g1(n)的最小值为 g1(1)= 3 1 ∴a0< 3
(2) 当 n=2k k ? N*时

2 3 1 a0>- 15 ·( 2 )n-1+ 5

2 3 1 设 g2(n)=- 15 ·( 2 )n-1+ 5
∵g2(n)在 n ? N*且 n=2k,k ? N*时是减函数 ∴g2(n)的最大值为 g2(2)=0 ∴a0>0

1 综上可知 0<a0< 3

例 6:函数 y=f(x)在区间(0, ? ? )内可导,导函数 f (x)是减函数,且 f (x)>0。设 x0? (0,

'

'

? ? ),y=kx+m 是曲线 y=f(x)在点(x0,f(x0))处的切线方程并设函数 g(x)=kx+m
(Ⅰ)用 x0,f(x0), f (x0)表示 m; (Ⅱ)证明:当 x ? (0, ? ? )时,g(x) ? f(x)
'

3 2 3 (Ⅲ)若关于 x 的不等式 x2+1 ? ax+b ? 2 x 在[0, ? ? )上恒成立,其中 a、b 为实数。求
b 的取值范围及 a 与 b 所满足的关系。

本题(Ⅲ)应用了此方法。 (Ⅲ)解:0 ? b ? 1,a>0 是不等式成立的必要条件。以下讨论设此条件成立。

- 20 -

x2+1 ? ax+b 即 x2-ax+(1-b)≥0 对任意 x ? [0, ? ? )成立的充要条件是 a ?

2(1 - b)

1 2

3 2 3 2 3 3 令 ? (x)=ax+b- 2 x ,于是 ax+b ? 2 x 对任意 x ? [0, ? ? )成立的充要条件是 ? (x) ? 0
由 ? (x)=a- x
'
?3

?

1 3

=0 得 x= a
'

?3

当 0<x< a 时, ? (x) <0;当 x> a

?3

时, ? (x) >0,所以,当 x= a
'
?3

?3

时, ? (x)取最小值。

因此, ? (x) ? 0 成立的充要条件是 ? ( a 即 a ? (2b)
? 1 2

) ? 0。

3 2 3 综上,不等式 x2+1 ? ax+b ? 2 x 对任意 x ? [0, ? ? ]成立的充要条件是

(2b)

?

1 2

? a ? 2(1-b) 2 ??????????????????①
? 1 2

1

显然,存在 a、b 使①式成立的充要条件是: 不等式 (2b) 有解。

? 2(1-b) 2 ????????????????②

1

解不等式②得

2? 2 2? 2 ?b? 4 4 ???????????③

因此,③式即为 b 的取值范围,①式即为实数 a 与 b 所满足的关系。 4.数型结合法 例 7:如果对任意实数 x,不等式 解析:画出 y1=

x ? 1 ? kx

恒成立,则实数 k 的取值范围是 0 ? k ? 1

x ?1

,y2=kx 的图像,由图可看出 0 ? k ? 1

K=1

- 21 -

?1 ? 1 ,1?? ?1,2? ? 2 ? ? 例 8: 已知 a>0 且 a ? 1,当 x ? (-1, 1)时, 不等式 x2-ax< 2 恒成立, 则 a 的取值范围
1 1 解析:不等式 x2-ax< 2 可化为 ax> x2- 2 1 画出 y1= ax,y2= x2- 2 的图像。由图可看出 1 2 ? a<1 或 1<a ? 2

1

在解综合性较强的恒成立问题时,有时一题多法。所以以题为本,关键抓住恒成立的实质, 具体问题具体分析,不拘泥于一种方法。

专题研究之二(不等式中恒成立问题的解法研究) 在不等式的综合题中,经常会遇到当一个结论对于某一个字母的某一个取值范围内所有值都 成立的恒成立问题。 恒成立问题的基本类型: 类型 1:设 f ( x) ? ax ? bx ? c(a ? 0) , (1) f ( x) ? 0在x ? R 上恒成立 ? a ? 0且? ? 0 ;
2

(2) f ( x) ? 0在x ? R 上恒成立 ? a ? 0且? ? 0 。 类型 2:设 f ( x) ? ax ? bx ? c(a ? 0)
2



1





a?0





f ( x) ? 0在x ? [? , ? ]









- 22 -

b ? b ? ? b ? ? ?? ? ? ? ? ?? ?? ?? ? ? 2a 或? 或? 2a 2a ? ? ? f (? ) ? 0 ? ?? ? 0 ? f (? ) ? 0 ,

? f (? ) ? 0 ?? f ( x) ? 0在x ? [? , ? ] 上恒成立 ? f ( ? ) ? 0 ? f (? ) ? 0 ?? ? f (? ) ? 0 (2)当 a ? 0 时, f ( x) ? 0在x ? [? , ? ] 上恒成立
b ? b ? ? b ? ? ?? ? ? ? ? ?? ?? ?? ? ? 2a 或? 或? 2a 2a ? f ( x) ? 0在x ? [? , ? ] 上恒成立 ? ? f (? ) ? 0 ? ?? ? 0 ? f (? ) ? 0
类型 3:

f ( x) ? ?对一切x ? I恒成立 ? f ( x) min ? ?
f ( x) ? ?对一切x ? I恒成立 ? f ( x) max ? ? 。
类型 4:

f ( x) ? g ( x)对一切x ? I恒成立 ? f ( x)的图象在g ( x)的图象的上方或f ( x) min ? g ( x) max (x ? I )
恒成立问题的解题的基本思路是:根据已知条件将恒成立问题向基本类型转化,正确选用 函数法、最小值法、数形结合等解题方法求解。 一、用一次函数的性质 对于一次函数 f ( x) ? kx ? b, x ? [m, n] 有:

? f ( m) ? 0 ? f ( m) ? 0 f ( x) ? 0恒成立 ? ? , f ( x) ? 0恒成立 ? ? ? f ( n) ? 0 ? f ( n) ? 0
例 1:若不等式 2 x ? 1 ? m( x ? 1) 对满足 ? 2 ? m ? 2 的所有 m 都成立,求 x 的范围。
2

解析:我们可以用改变主元的办法,将 m 视为主变元,即将元不等式化为:
2 m( x 2 ? 1) ? (2 x ? 1) ? 0 , ; 令 f (m) ? m( x ? 1) ? (2 x ? 1) , 则 ? 2 ? m ? 2 时, f (m) ? 0 恒

? f (?2) ? 0 ? f (2) ? 0 即 成立,所以只需 ?
x?( ?1? 7 1? 3 , ) 2 2 。
2

2 ? ?? 2( x ? 1) ? (2 x ? 1) ? 0 ? 2 ? ?2( x ? 1) ? (2 x ? 1) ? 0 , 所 以 x 的 范 围 是

二、利用一元二次函数的判别式 对于一元二次函数 f ( x) ? ax ? bx ? c ? 0(a ? 0, x ? R ) 有:
- 23 -

(1) f ( x) ? 0在x ? R 上恒成立 ? a ? 0且? ? 0 ; (2) f ( x) ? 0在x ? R 上恒成立 ? a ? 0且? ? 0 例 2:若不等式 (m ? 1) x ? (m ? 1) x ? 2 ? 0 的解集是 R,求 m 的范围。
2

解析:要想应用上面的结论,就得保证是二次的,才有判别式,但二次项系数含有参数 m,所 以要讨论 m-1 是否是 0。 (1)当 m-1=0 时,元不等式化为 2>0 恒成立,满足题意;

?m ? 1 ? 0 ? ? ? (m ? 1) 2 ? 8(m ? 1) ? 0 ,所以, m ? [1,9) 。 m ? 1 ? 0 (2) 时,只需 ?
三、利用函数的最值(或值域) (1) f ( x) ? m 对任意 x 都成立 ? f ( x) min ? m ; (2) f ( x) ? m 对任意 x 都成立

? m ? f ( x) max 。简单计作: “大的大于最大的,小的小于最

小的” 。由此看出,本类问题实质上是一类求函数的最值问题。 例 3:在 ? ABC 中,已知 实数 m 的范围。 解析:由

f ( B) ? 4 sin B sin 2 (

?
4

?

B ) ? cos 2 B, 且 | f ( B) ? m |? 2 2 恒成立,求

f ( B) ? 4 sin B sin 2 (

?
4

?

B ) ? cos 2 B ? 2 sin B ? 1,? 0 ? B ? ? ,? sin B ? (0,1] 2



?m ? f ( B ) ? 2 ? f ( B) ? (1,3] ,?| f ( B) ? m |? 2 恒成立,? ?2 ? f ( B) ? m ? 2 ,即 ?m ? f ( B) ? 2 恒成立,
? m ? (1,3]
例 4: (1)求使不等式 a ? sin x ? cos x, x ? [0, ? ] 恒成立的实数 a 的范围。

a ? sin x ? cos x ? 2 sin( x ?
解析:由于函

?

? 3? ), x ? ? ? [? , ] 4 4 4 4 ,显然函数有最大值

2 ,? a ? 2 。
如果把上题稍微改一点,那么答案又如何呢?请看下题:

a ? sin x ? cos x, x ?
(2)求使不等式

?

? (0, ) 4 2 恒成立的实数 a 的范围。

?

解析:我们首先要认真对比上面两个例题的区别,主要在于自变量的取值范围的变化,这样 使得 y ? sin x ? cos x 的最大值取不到 2 ,即 a 取 2 也满足条件,所以 a ?

2。
- 24 -

所以,我们对这类题要注意看看函数能否取得最值,因为这直接关系到最后所求参数 a 的 取值。利用这种方法时,一般要求把参数单独放在一侧,所以也叫分离参数法。 四:数形结合法 对一些不能把数放在一侧的,可以利用对应函数的图象法求解。

a ? 0, a ? 1, f ( x) ? x 2 ? a x , 当x ? (?1,1)时, 有f ( x) ? 1 恒成立 2 例 5:已知 ,求实数 a 的取
值范围。 解析: 由

f ( x) ? x 2 ? a x ? 1 ,得x 2 ? 1 ? a x 2 2 , 在同一直角坐标系中做出两个函数的图象,
12 ? 1 1 ? a及(?1) 2 ? ? a ?1 2 2 得到 a 分别等于

如果两个函数分别在 x=-1 和 x=1 处相交,则由

1 1 y ? 2 x 及y ? ( ) x x2 ? ? a x 2 的图象,所以,要想使函数 2 2 和 0.5 ,并作出函数 在区间
x ? (?1,1) 中 恒 成 立 , 只 须 y ? 2 在 区 间 x ? (?1,1) 对 应 的 图 象 在
x

y ? x2 ?

1 2 在区间

x ? (?1,1) 对 应 图 象 的 上 面 即 可 。 当 a ? 1时, 只有a ? 2 才 能 保 证 , 而

0 ? a ? 1时,只有a ?

1 1 a ? [ ,1) ? (1,2] 2 2 才可以,所以 。

由此可以看出,对于参数不能单独放在一侧的,可以利用函数图象来解。利用函数图象 解题时,思路是从边界处(从相等处)开始形成的。 例 6:若当 P(m,n)为圆 x ? ( y ? 1) ? 1 上任意一点时,不等式 m ? n ? c ? 0 恒成立,则 c 的
2 2

取值范围是( A、 ? 1 ?

) B、 2 ? 1 ? c ? D、 c ?

2 ? c ? 2 ?1

2 ?1

C、 c ? ? 2 ? 1

2 ?1

解析:由 m ? n ? c ? 0 ,可以看作是点 P(m,n)在直线 x ? y ? c ? 0 的右侧,而点 P(m,n)在圆

x 2 ? ( y ? 1) 2 ? 1 上,实质相当于是 x 2 ? ( y ? 1) 2 ? 1 在直线的右侧并与它相离或相切。
?0 ? 1 ? c ? 0 ? ? ?| 0 ? 1 ? c | ?c ? 2 ?1 ? 2 2 ?1 ? 1 ?1 ,故选 D。
其实在习题中,我们也给出了一种解恒成立问题的方法,即求出不等式的解集后再进行处 理。 以上介绍了常用的五种解决恒成立问题。其实,对于恒成立问题,有时关键是能否看得出 来题就是关于恒成立问题。下面,给出一些练习题,供同学们练习。

- 25 -

练习题:1、对任意实数 x,不等式 a sin x ? b cos x ? c ? 0(a, b, c ? R ) 恒成立的充要条件是 _______。 [c ?

a2 ? b2 ]

y ? lg
2、设

2 x ? 3x ? 9 x a 5 在(??,1] [ ,??) 7 上有意义,求实数 a 的取值范围. 9 。

1 1 x ? ( ,3)时, | log a x |? 1 [(0, ] ? [3,??)] 3 3 3、当 恒成立,则实数 a 的范围是____。

1 1 1 1 2 ? ? ...... ? ? log a (a ? 1) ? n ? n 12 3 对一切大于 1 的自然数 n 恒 4、已知不等式: n ? 1 n ? 2

[a ? (1,
成立,求实数 a 的范围。

1? 5 )] 2

函数中恒成立问题解题策略 函数的内容作为高中数学知识体系的核心,也是历年高考的一个热点.函数类问题的解决最终 归结为对函数性质、函数思想的应用.恒成立问题,在高中数学中较为常见.这类问题的解决 涉及到一次函数、二次函数、三角函数、指数与对数函数等函数的性质、图象,渗透着换元、 化归、数形结合、函数与方程等思想方法,有利于考查学生的综合解题能力,在培养思维的 灵活性、创造性等方面起到了积极的作用. 恒成立问题在解题过程中有以下几种策略:①赋值型;②一次函数型;③二次函数型;④变 量分离型;⑤数形结合型. 现在我们一起来探讨其中一些典型的问题. 策略一、赋值型——利用特殊值求解

- 26 -

等式中的恒成立问题,常常用赋值法求解,特别是对解决填空题、选择题能很快求得. 例 1.由等式 x4+a1x3+a2x2+a3x+a4= (x+1)4+b1(x+1)3+ b2(x+1)2+b3(x+1)+b4 定义映射 f: (a1,a2,a3,a4)→b1+b2+b3+b4,则 f:(4,3,2,1) → ( ) A.10 B.7 C.-1 D.0 略解:取 x=0,则 a4=1+b1+b2+b3+b4,又 a4=1,所以 b1+b2+b3+b4 =0 ,故选 D

?
例 2.如果函数 y=f(x)=sin2x+acos2x 的图象关于直线 x=

?
8 对称,那么 a=( ?
).

?
4 ,则

A.1

B.-1

C . 2

D. - 2 . 略解:取 x=0 及 x=

?
f(0)=f(

?
4 ),即 a=-1,故选 B.

此法体现了数学中从一般到特殊的转化思想. 策略二、一次函数型——利用单调性求解 给定一次函数 y=f(x)=ax+b(a≠0),若 y=f(x)在[m,n]内恒有 f(x)>0,则根据函数的图象(线 段) (如下图) 可得上述结论等价于

?a ? 0 ?a ? 0 ? ? f ( m ) ? 0 f ( n) ? 0 ? ⅰ) ,或 ⅱ) ?

? f ( m) ? 0 ? f ( n) ? 0 可合并定成 ?

? f ( m) ? 0 ? f ( n) ? 0 同理,若在[m,n]内恒有 f(x)<0,则有 ?
y

y

o m

n

x

o

m

n

x

例 3.对于满足|a| ? 2 的所有实数 a,求使不等式 x2+ax+1>2a+x 恒成立的 x 的取值范围. 分析:在不等式中出现了两个字母:x 及 a,关键在于该把哪个字母看成是一个变量,另一个 作为常数.显然可将 a 视作自变量,则上述问题即可转化为在[-2,2]内关于 a 的一次函数大 于 0 恒成立的问题. 解:原不等式转化为(x-1)a+x2-2x+1>0 在|a| ? 2 时恒成立, 设 f(a)= (x-1)a+x2-2x+1,则 f(a)在[-2,2]上恒大于 0,故有:
2 ? x ? 3或x ? 1 ?x ? 4x ? 3 ? 0 ? f (?2) ? 0 ? ? 2 ? ? x ? 1或x ? ?1 ?x ? 1 ? 0 ? f (2) ? 即 ? 解得: ?

∴x<-1 或 x>3. 即 x∈(-∞,-1)∪(3,+∞) 此类题本质上是利用了一次函数在区间[m,n]上的图象是一线段,故只需保证该线段两端点均 在 x 轴上方(或下方)即可. 策略三、二次函数型——利用判别式,韦达定理及根的分布求解 对于二次函数 f(x)=ax2+bx+c=0(a≠0)在实数集 R 上恒成立问题可利用判别式直接求解,即

- 27 -

f(x)>0 恒成立 ?

?a ? 0 ? ?? ? 0 ;f(x)<0 恒成立 ?

?a ? 0 ? ?? ? 0 .

若是二次函数在指定区间上的恒成立问题,还可以利用韦达定理以及根与系数的分布知识求 解.

f ( x) ? (a 2 ? 1) x 2 ? (a ? 1) x ?
例 4. 若函数

2 a ? 1 的定义域为 R,求实数 a 的取值范围.
2 ?0 a ?1 在 R 上恒成立问题,并且注意

(a 2 ? 1) x 2 ? (a ? 1) x ?
分析:该题就转化为被开方数 对二次项系数的讨论.

2 (a 2 ? 1) x 2 ? (a ? 1) x ? ?0 a ?1 解:依题意,当 x ? R时, 恒成立,











a 2 ? 1 ? 0, a 2 ? 1 ? 0, 即当{ 时,a ? 1, a ? 1 ? 0,





(a 2 ? 1) x 2 ? (a ? 1) x ?

2 ? 1 ? 0,? a ? 1. a ?1
2





a ? 1 ? 0时,即当{ 时, 2 ? ? (a ? 1) 2 ? 4(a 2 ? 1) ?0 a ?1

a 2 ? 1 ? 0,



{ 2 ? 1 ? a ? 9, a ? 10a ? 9 ? 0,
综上所述,f(x)的定义域为 R 时, a ? [1,9] 例 5.已知函数 f ( x) ? x ? ax ? 3 ? a ,在 R 上 f ( x) ? 0 恒成立,求 a 的取值范围.
2

a2 ?1

分析: y ? f ( x) 的函数图像都在 X 轴及其上方,如右图所示: 略解:

? ? a 2 ? 4 ? 3 ? a ? ? a 2 ? 4a ? 12 ? 0 ??6 ? a ? 2 x ? ? ?2, 2? x ? ? ?2, 2?
时, f ( x) ? 0 恒成立,求 a 的取值范围. 时, f ( x) ? 0 恒成立,只需 f ( x) 的最小值

变式 1:若 分析:要使

g (a ) ? 0 即可.

a ? a2 ? f ( x) ? ? x ? ? ? ? a ? 3 ? ?2, 2? 上的最小值为 g (a) . 2? 4 ? 解: ,令 f ( x) 在
- 28 -

2

a 7 ? ?2 ?a ? 3 又? a ? 4 ⑴当 2 ,即 a ? 4 时, g (a ) ? f ( ?2) ? 7 ? 3a ? 0 ?

? a 不存在.
a a2 a g (a ) ? f ( ) ? ? ? a ? 3 ? 0 ?2 ? ? ? 2 ??6 ? a ? 2 又 2 4 2 ⑵当 , 即 ?4 ? a ? 4 时 ,

? ?4 ? a ? 4
?

??4 ? a ? 2

a ?2 ⑶当 2 , 即 a ? ?4 时,g (a ) ? f (2) ? 7 ? a ? 0 ? a ? ?7 又? a ? ?4 ??7 ? a ? ?4
综上所述, ?7 ? a ? 2 . 变式 2:若

x ? ? ?2, 2?

时, f ( x) ? 2 恒成立,求 a 的取值范围.

? ?2, 2? 上恒成立,若把 2 移到等号的左边,则把原 解法一:分析:题目中要证明 f ( x) ? 2 在
题转化成左边二次函数在区间
2

? ?2, 2? 时恒大于等于 0 的问题.
2

? ?2, 2? 上成立. 略解: f ( x) ? x ? ax ? 3 ? a ? 2 ? 0 ,即 f ( x) ? x ? ax ? 1 ? a ? 0 在


? ? a 2 ? 4 ?1 ? a ? ? 0 ??2 ? 2 2 ? a ? ?2 ? 2 2

?? ? a 2 ? 4(1 ? a ) ? 0 ? f (2) ? 0 ? ? ? f (?2) ? 0 ? ?? a ? 2或 ? a ? ?2 ? 2 2 ? ?5 ? a ? ?2 2 ? 2 ⑵?
综上所述, ? 5 ? a ? 2 2 ? 2 . 解法二: (运用根的分布)

—2

2

a 5 ? ?2 ? a ? ? ? 4, ?? ? g ( a ) ? f ( ? 2) ? 7 ? 3 a ? 2 3 ⑴当 2 ,即 a ? 4 时, ? a ?2 ? ? ? 2 2 ⑵ 当 , 即 ?4 ? a ? 4 时 ,

? a 不存在.

a a2 g (a ) ? f ( ) ? ? ? a ? 3 ? 2 2 4 ,

-2 2 ? 2 ? a ? 2 2 ? 2 ? ?4 ? a ? 2 2 ? 2
a ?2 ⑶当 2 ,即 a ? ?4 时, g (a ) ? f (2) ? 7 ? a ? 2 ,? a ? ?5 ?

??5 ? a ? ?4 综上所述

?5 ? a ? 2 2 ? 2.
- 29 -

此题属于含参数二次函数,求最值时,轴变区间定的情形,对轴与区间的位置进行分类讨论; 还有与其相反的,轴动区间定,方法一样. 对于二次函数在 R 上恒成立问题往往采用判别式法(如例 4、例 5) ,而对于二次函数在某一 区间上恒成立问题往往转化为求函数在此区间上的最值问题 策略四、变量分离型——分离变量,巧妙求解 运用不等式的相关知识不难推出如下结论: 若对于 x 取值范围内的任何一个数都有 f(x)>g(a) 恒成立,则 g(a)<f(x)min;若对于 x 取值范围内的任何一个数,都有 f(x)<g(a)恒成立,则 g(a)>f(x)max.(其中 f(x)max 和 f(x)min 分别为 f(x)的最大值和最小值 ) 例 6.已知三个不等式① x ? 4 x ? 3 ? 0 ,② x ? 6 x ? 8 ? 0 ,③ 2 x ? 9 x ? m ? 0 .要使同
2 2 2

时满足①②的所有 x 的值满足③,求 m 的取值范围. 略解:由①②得 2<x<3, 要使同时满足①②的所有 x 的值满足③,即不等式 2 x ? 9 x ? m ? 0 在 x ? (2,3) 上恒成立,
2

即 m ? ?2 x ? 9 x在x ? (2,3) 上恒成立,又 ? 2 x ? 9 x在x ? (2,3)上大于9, 所以
2 2 2

m?9

例 7. 函数 f ( x) 是奇函数, 且在 [?1,1] 上单调递增, 又 f (?1) ? ?1 , 若 f ( x) ? t ? 2at ? 1 对 所有的 a ? [?1,1] 都成立,求 t 的取值范围 .

? f ( x)在[?1,1]上单调递增f ( x) max ? f (1) ? 1 解:据奇函数关于原点对称, f (1) ? 1, 又 ? f ( x) ? t 2 ? 2at ? 1 对 所 有 的 a ? [?1,1] 都 成 立 . 因 此 , 只 需 t 2 ? 2at ? 1 大 于 或 等 于

f ( x)在[?1,1]上 的最大值 1,
? t 2 ? 2at ? 1 ? 1 ? t 2 ? 2at ? 0 又 ? 对所有a ? [?1,1]都成立 ,

t 2 ? 2t ? 0 ?{ 2 t ? 2t ? 0
即关于 a 的一次函数在 [-1 , 1] 上大于或等于 0 恒成立, ? t ? 2或t ? 0或t ? ?2 即:

t ? (??,?2] ? {0} ? [2,??)
利用变量分离解决恒成立问题,主要是要把它转化为函数的最值问题. 策略五、数形结合——直观求解 例 8.

对任意实数x,不等式 x ? 1 ? x ? 2 ? a恒成立,求实数a

的取值范围. 即转化为求函数

分析:设 y=|x+1|-|x-2|,

对任意实数x,不等式 x ? 1 ? x ? 2 ? a恒成立

y=|x+1|-|x-2|的最小值,画出此函数的图象即可求得 a 的取值范围.

- 30 -

解:令

x ? ?1 ? ?3 ? y ? x ? 1 ? x ? 2 ? ?2 x ? 1 ? 1 ? x ? 2 ? 3 x?2 ?

在 直角坐 标系 中画出 图象 如图所 示, 由图象 可看 出,要 使

对任意实数x,不等式 x ? 1 ? x ? 2 ? a

恒成立, 只 需

a ? ?3 .
? 3) . 故实数 a的取值范围是( ? ?,
本 题 中 若 将

对任意实数x,不等式 x ? 1 ? x ? 2 ? a恒成立,求实数a

改 为 ①

对任意实数x,不等式 x ? 1 ? x ? 2 ? a恒成立,求实数a 对任意实数x,不等式 x ? 1 ? x ? 2 ? a恒成立,求实数a

, 同 样 由 图 象 可 得 a>3; ② ,构造函数, 画出图象, 得 a<3.

利用数形结合解决恒成立问题,应先构造函数,作出符合已知条件的图形,再考虑在给定区 间上函数与函数图象之间的关系,得出答案或列出条件,求出参数的范围. 恒成立的题型和解法还有很多,只要我们充分利用所给定的函数的特点和性质,具体问题具 体分析,选用恰当的方法,对问题进行等价转化,就能使问题获得顺利解决 . 只有这样才能 真正提高分析问题和解决问题的能力. 浅谈不等式恒成立问题 1 转换主元法 确定题目中的主元,化归成初等函数求解。此方法通常化为一次函数。 例 1:若不等式 2x-1>m(x2-1)对满足-2 ? m ? 2 的所有 m 都成立,求 x 的取值范围。 解:原不等式化为 (x2-1)m-(2x-1)<0 记 f(m)= (x2-1)m-(2x-1) (-2 ? m ? 2)

2 ? ?f(-2) ? -2(x - 1) - (2x - 1) ? 0 ? ?f(2) ? 2(x 2 - 1) - (2x - 1) ? 0 根据题意有: ? 2 ? ?2x ? 2x - 3 ? 0 ? 2 ?2x ? 2x - 1 ? 0 即: ?

?1? 7 1? 3 ?x? 2 2 解之:得 x 的取值范围为
2 化归二次函数法 根据题目要求,构造二次函数。结合二次函数实根分布等相关知识,求出参数取值范围。 例 2:在 R 上定义运算 ? :x ? y=(1-y) 若不等式(x-a) ? (x+a)<1 对任意实数 x 成立,

- 31 -



(

) (A)-1<a<1

(B)0<a<2

?
(C)

1 3 ?a? 2 2

?
(D)

3 1 ?a? 2 2

解:由题意可知 (x-a)[1-(x+a)] <1 对任意 x 成立 即 x2-x-a2+a+1>0 对 x ? R 恒成立 记 f(x)=x2-x-a2+a+1 则应满足(-1)2-4(-a2+a+1)<0 化简得 4a2-4a-3<0

?
解得

1 3 ?a? 2 2 ,故选择 C。

例 3:若不等式 x2-2mx+2m+1>0 对满足 0 ? x ? 1 的所有实数 x 都成立,求 m 的取值范围。 解:设 f(x)=x2-2mx+2m+1 本题等价于函数 f(x)在 0 ? x ? 1 上的最小值大于 0,求 m 的取值范围。 (1)当 m<0 时,f(x)在[0,1]上是增函数,因此 f(0)是最小值,



?m ? 0 ? ?f(0) ? 2m ? 1 ? 0

?


1 2 <m<0

(2)当 0 ? m ? 1 时,f(x)在 x=m 时取得最小值



?0 ? m ? 1 ? 2 ?f(m) ? -m ? 2m ? 1 ? 0
?m ? 1 ? ?f(1) ? 2 ? 0

得 0?m?1

(3)当 m>1 时,f(x)在[0,1] 上是减函数,因此 f(1)是最小值



得 m>1

m??
综合(1)(2)(3) 得

1 2

注:当化归为二次函数后,自变量是实数集的子集时,应用二次函数知识解决有时较繁琐。 此型题目有时也可转化为后面的法 3 求解。 3 分离参数法 在题目中分离出参数, 化成 a>f(x) (a<f(x)) 型恒成立问题, 再利用 a>fmax(x) (a<fmin(x)) 求出参数范围。

? ? ? ? a a b 例 4:已知向量 =(x2,x+1), =(1-x,t) 若函数 f(x)= · b 在区间(-1,1)上是增函数,
- 32 -

求 t 的取值范围。 解:依题意, f(x)=x2(1-x)+(x+1)t=-x3+x2+tx+t 则 f'(x)=-3x2+2x+t ∵f(x)在(-1,1)上是增函数,则在(-1,1)上有 f'(x) ? 0 即-3x2+2x+t ? 0 在 x ? (-1,1)上恒成立 设 g(x)=3x2-2x ∴t ? g(-1) 即 t?5

1 例 5: 设 a0 为常数, 数列 {an} 的通项公式为 an= 5 [3n+(-1)n-1· 2n]+(-1)n· 2n· a0(n? N* )
若对任意 n≥1,n ? N*,不等式 an>an-1 恒成立,求 a0 的取值范围。 解:依题意:

1 1 5 [3n+(-1)n-1·2n]+(-1)n·2n·a0> 5 [3n-1+(-1)n-2·2n-1]+(-1)n-1·2n-1·a0 2 3 化简,得 (-1)n·3·2n-1·a0>- 5 ·3n-1+ 5 (-1)n·2n-1
(1)当 n=2k-1 k ? N*时

2 3 1 a0< 15 ·( 2 )n-1+ 5 2 3 1 设 g1(n)= 15 ·( 2 )n-1+ 5
∵g1(n)在 n ? N* 时且 n=2k-1,k ? N*时是增函数

1 ∴g1(n)的最小值为 g1(1)= 3 1 ∴a0< 3
(2) 当 n=2k k ? N*时

2 3 1 a0>- 15 ·( 2 )n-1+ 5

2 3 1 设 g2(n)=- 15 ·( 2 )n-1+ 5
- 33 -

∵g2(n)在 n ? N*且 n=2k,k ? N*时是减函数 ∴g2(n)的最大值为 g2(2)=0 ∴a0>0

1 综上可知 0<a0< 3

例 6:函数 y=f(x)在区间(0, ? ? )内可导,导函数 f (x)是减函数,且 f (x)>0。设 x0? (0,

'

'

? ? ),y=kx+m 是曲线 y=f(x)在点(x0,f(x0))处的切线方程并设函数 g(x)=kx+m
(Ⅰ)用 x0,f(x0), f (x0)表示 m; (Ⅱ)证明:当 x ? (0, ? ? )时,g(x) ? f(x)
'

3 2 3 (Ⅲ)若关于 x 的不等式 x2+1 ? ax+b ? 2 x 在[0, ? ? )上恒成立,其中 a、b 为实数。求
b 的取值范围及 a 与 b 所满足的关系。

本题(Ⅲ)应用了此方法。 (Ⅲ)解:0 ? b ? 1,a>0 是不等式成立的必要条件。以下讨论设此条件成立。
1 2

x2+1 ? ax+b 即 x2-ax+(1-b)≥0 对任意 x ? [0, ? ? )成立的充要条件是 a ?

2(1 - b)

3 2 3 2 3 3 令 ? (x)=ax+b- 2 x ,于是 ax+b ? 2 x 对任意 x ? [0, ? ? )成立的充要条件是 ? (x) ? 0
由 ? (x)=a- x
'
?3

?

1 3

=0 得 x= a
'

?3

当 0<x< a 时, ? (x) <0;当 x> a

?3

时, ? (x) >0,所以,当 x= a
'
?3

?3

时, ? (x)取最小值。

因此, ? (x) ? 0 成立的充要条件是 ? ( a 即 a ? (2b)
? 1 2

) ? 0。

3 2 3 综上,不等式 x2+1 ? ax+b ? 2 x 对任意 x ? [0, ? ? ]成立的充要条件是

(2b)

?

1 2

? a ? 2(1-b) 2 ??????????????????①

1

显然,存在 a、b 使①式成立的充要条件是:

- 34 -

不等式 (2b) 有解。

?

1 2

? 2(1-b) 2 ????????????????②

1

解不等式②得

2? 2 2? 2 ?b? 4 4 ???????????③

因此,③式即为 b 的取值范围,①式即为实数 a 与 b 所满足的关系。 4.数型结合法 例 7:如果对任意实数 x,不等式 解析:画出 y1=

x ? 1 ? kx

恒成立,则实数 k 的取值范围是 0 ? k ? 1

x ?1

,y2=kx 的图像,由图可看出 0 ? k ? 1

K=1

?1 ? 1 ,1?? ?1,2? ? 2 ? ? 例 8: 已知 a>0 且 a ? 1,当 x ? (-1, 1)时, 不等式 x2-ax< 2 恒成立, 则 a 的取值范围
1 1 解析:不等式 x2-ax< 2 可化为 ax> x2- 2 1 画出 y1= ax,y2= x2- 2 的图像。由图可看出 1 2 ? a<1 或 1<a ? 2

1

- 35 -

在解综合性较强的恒成立问题时,有时一题多法。所以以题为本,关键抓住恒成立的实质, 具体问题具体分析,不拘泥于一种方法。 不等式恒成立问题 容易证明如下结论:若函数在 D 上存在离大值 f(x) max (或最小值 f(x) min ),则对一切 x ? D 不 等式 f(x) ? A(或 f(x) ? B)恒成立当且仅当 f(x) max ? A(或 f(x) min ? B) 。 应用这一结论处理不等式恒成立问题很方便,现举例说明。 例 1 求使不等式 sin x+acosx+ a ? 1+cosx 对一切 x ? R 恒成立的负数 a 的取值范围。
2 2

解:原不等即 cos x+(1-a)cosx-a ? 0 (*)
2 2

令 cosx=t,由 x ? R 知 t ? [-1,1],于是(*)对一切 x ? R 恒成立当且仅当 f(t)=t +(1-a)-a ? 0 (**)对一切 t ? [-1,1]恒成立,其充要条件
2 2

f(t)在[-1,1]上的最大值 f(t) max ? 0,而 f(t) max = f(1)或 f(-1),因此(**)对一切 t ? [-1, 1]恒成立当且

?a ? 0 ? 2 ? f (1) ? 1 ? 1 ? a ? a ? 0 ? f (?1) ? 1 ? (1 ? a ) ? a 2 ? 0 ? ?

?a ? 0 ? ?a ? ?2或a ? 1 ?a ? 0或a ? 1 ? ? a ? -2 故所求的 a 的范围为(- ? ,-2].
? ?? ? ? ? 0, ? ? 2 ? 时,有

例 2 定义在 R 上的函数 f ? x ? 既是奇函数,又是减函数,且当

f cos 2 ? ? 2m sin ? ? f ?? 2m ? 2 ? ? 0 恒成立,求实数 m 的取值范围.
分析: 利用函数的单调性和奇偶性去掉映射符号 f,将“抽象函数”问题转化为常见的含参的 二次函数在区间(0,1)上恒为正的问题.而对于 f ? x ? ? 0 在给定区间[a,b]上恒成立问题可以 转化成为 f ? x ? 在[a,b]上的最小值问题,若 f ? x ? 中含有参数,则要求对参数进行讨论。 【 解 析 】 由

?

?

f cos 2 ? ? 2m sin ? ? f ?? 2m ? 2 ? ? 0

?

?







f cos 2 ? ? 2m sin ? ? ? f ?? 2m ? 2 ?
因为 f ? x ? 为奇函数, 故有 f cos ? ? 2m sin ? ? f ?2m ? 2 ? 恒成立,
2

?

?

t=m

g(t)

?

?

- 36 -

o

· 1

t

又因为 f ? x ? 为 R 减函数,

从而有 cos ? ? 2m sin ? ? 2m ? 2 对
2

? ?? ? ? ? 0, ? ?

2 ? 恒成立
g(t) t=m

2 设 sin ? ? t ,则 t ? 2mt ? 2m ? 1 ? 0 对于 t ? ?0,1? 恒成立,

在设函数 g ?t ? ? t ? 2mt ? 2m ? 1 ,对称轴为 t ? m .
2

①当 t ? m ? 0 时, g ?0 ? ? 2m ? 1 ? 0 ,

t

m??


1 2 ,又 m ? 0
g(t)

o

· 1

图2

1 ?m?0 ∴ 2 (如图 1) ?
②当 t ? m ? ?0,1? ,即 0 ? m ? 1 时,

t=m

? ? 4m 2 ? 4m?2m ? 1? ? 0 ,即 m 2 ? 2m ? 1 ? 0 ,
∴1 ? 2 ? m ? 1 ? ∴ 0 ? m ? 1 (如图 2) ③当 t ? m ? 1 时, g ?1? ? 1 ? 2m ? 2m ? 1 ? 2 ? 0 恒成立.

2 ,又 m ? ?0,1? ,

o

· 1

t

图3

∴ m ? 1 (如图 3)故由①②③可知:

m??

1 2.

例 3. 若不等式 2x-1>m(x2-1)对满足-2≤m≤2 的所有 m 都成立,求 x 的取值范围。 分析:从表面上看,这是一个关于 x 的一元二次不等式,实质上可看作是关于 m 的一元 一次不等式,并且已知它的解集为[-2,2] ,求参数 x 的取值范围,这是一种“转换主元” 的思想方法。 解:原不等式化为(x2-1)m-(2x-1)<0 设f ( m) ? ( x ? 1) m ? (2 x ? 1),( ?2 ? m ? 2)
2

若x 2 ? 1 ? 0,即x ? ?1

x ? 1时,f ( m) ? 0

x ? ?1时,f ( m) ? 0
2 ? ?f ( ?2) ? ?2( x ? 1) ? (2 x ? 1) ? 0 ? ? ? ?f (2) ? 2( x ? 1) ? (2 x ? 1) ? 0

? x ? ?1

x 2 ? 1 ? 0时,由题意有:

?2 x 2 ? 2 x ? 3 ? 0 ? 即? 2 ?2 x ? 2 x ? 1 ? 0 ?
- 37 -

解得x的取值范围是

?1 ? 7 1? 3 ?x? ( x ? 1在此范围内 ) 2 2

4

已知二次函数 f ( x) ? ax 2 ? bx ? c (a,b,c ? R,a ? 0)满足f (1) ? 1,

f ( ?1) ? 0,对任意的x都有f ( x) ? x

(1)证明:a ? 0,c ? 0;
函数。 :

( 2 )设g( x) ? f ( x) ? mx ? m ? R?,求m的范围,使g( x) 在? ?1,1?上是单调


?f (1) ? a ? b ? c ? 1 (1)由 ? ?f ( ?1) ? a ? b ? c ? 0
即ax 2 ? ? b ? 1?x ? c ? 0恒成立

1 ? a ? c ? ? ? 2 得到 ? 1 ?b ? ? 2 ?

又f ( x) ? x ? 0

? ?a ? 0 ∴? 2 ? ?? ? ? b ? 1? ? 4ac ? 0 ?a ? 0 ? ?a ? 0 ∴? ∴? 2 2 又b ? 1 ? ? a ? c ? ?? ? ?? a ? c? ? 4ac ? ?a ? c? ? 0 ?a ? c ? 0 1 1 1 1 1 1 ( 2 )又a ? c ? ,∴a ? c ? ,b ? ∴f ( x) ? x 2 ? x ? 2 4 2 4 2 4
?1 ? ?? ? m? ?2 ? 抛物线的对称轴为x ? ? 2m ? 1 1 2 ?1 1 ? 1 g( x) ? f ( x) ? mx ? x ? ? ? m? x ? 2? ?2 ? 4 4 4

现要求g( x) 在? ?1,1?上是单调函数,只要抛物线的对称轴不在? ?1,1?内,
即 2m ? 1 ? 1

所以得m ? 0或m ? 1

(a ? 1) 2 (a ? 1) 2 2 2 },B={x|x 2 -3(a+1)x+2(3a+1) ? 0}, 例 5. (1990 年上海高考题)设 A={x||x|?
求使 A ? B 的 a 的取值范围。 解:易得 A=[2a,a +1].记 f(x)=x -3(a+1)x+2(3a+1),
2 2

则 A ? B 当且仅当对 x ? A,f(x) ? 0 恒成立 ,其充要条件是 f(x)在 A 上的最大值不大于零。 而 f(x) 在 A 上 的 最 大 值 为 f(2a) 或 f(a
2

+ 1) 。 因 而

- 38 -

2 ? ?a ? ?1或a ? 1 ? f (2a ) ? ?2a ? 2 ? 0 ? ? 2 ? ? f (a ? 1) ? (a ? 1)a (a ? 1)(a ? 3) ? 0 ? ?? 1 ? a ? 0或1 ? a ? 3

? a=-1 或 1 ? a ? 3.故工的范围为[1,3] ? {-1}.

不等式恒成立、能成立、恰成立问题分析及应用 一、不等式恒成立问题的处理方法 1、转换求函数的最值:

f ? x ?min ? A ? f ( x) (1) 若不等式 f ? x ? ? A 在区间 D 上恒成立,则等价于在区间 D 上 , 的
下界大于 A

f ? x ?max ? B f ( x) (2) 若不等式 f ? x ? ? B 在区间 D 上恒成立,则等价于在区间 D 上 , 的上界
小于 A 例 1、设 f(x)=x2-2ax+2,当 x ? [-1,+ ? ]时,都有 f(x) ? a 恒成立,求 a 的取值范围。

- 39 -

例 2、已知

f ?x ? ?

x 2 ? 2x ? a , x 对任意 x ? ?1,?? ?, f ? x ? ? 0 恒成立,试求实数 a 的取值范围;

例 3 、 R 上 的 函 数 f ?x ? 既 是 奇 函 数 , 又 是 减 函 数 , 且 当

? ?? ? ? ? 0, ? ?

2? 时,有

f cos 2 ? ? 2m sin ? ? f ?? 2m ? 2 ? ? 0 恒成立,求实数 m 的取值范围.

?

?

例 4、已知函数 f ( x) ? ax ln x ? bx ? c( x ? 0) 在 x ? 1 处取得极值 ?3 ? c ,其中 a 、b 为常
4 4

数.(1)试确定 a 、 b 的值; (2)讨论函数 f ( x) 的单调区间; (3)若对任意 x ? 0 ,不等式 f ( x) ? ?2c 恒成立,求 c 的取值范围。
2

- 40 -

2、主参换位法 例 5、若不等式 ax ? 1 ? 0 对

x ? ?1, 2?

恒成立,求实数 a 的取值范围

例 6、若对于任意

a ?1

,不等式 x ? (a ? 4) x ? 4 ? 2a ? 0 恒成立,求实数 x 的取值范围
2

f ( x) ?
例 7、 已知函数

a 3 3 2 x ? x ? (a ? 1) x ? 1 2 ? 3 2 , 其中 a 为实数. 若不等式 f ( x)>x ? x ? a ? 1

? ?) 都成立,求实数 x 的取值范围. 对任意 a ? (0,

3、分离参数法 (1) 将参数与变量分离,即化为 (2) 求

g ?? ? ? f ? x?

(或

g ?? ? ? f ? x?

)恒成立的形式;

f ? x?

在 x ? D 上的最大(或最小)值;

(3) 解不等式

g ? ? ? ? f ( x) max

(或

g ? ? ? ? f ? x ?min

) ,得 ? 的取值范围。

适用题型: (1) 参数与变量能分离; (2) 函数的最值易求出。 例 8、当 x ? (1, 2) 时,不等式 x
2

? mx ? 4 ? 0 恒成立,则 m 的取值范围是

.

- 41 -

1 f ( x) ? ax 3 ? bx 2 ? x ? 3 3 例 9、已知函数 ,其中 a ? 0 (1)当 a, b 满足什么条件时, f ( x) 取
得极值?(2)已知 a ? 0 ,且 f ( x) 在区间 (0,1] 上单调递增,试用 a 表示出 b 的取值范围.

4、数形结合 例 10 、若对任意 x ? R ,不等式 | x |? ax 恒成立,则实数 a 的取值范围是________

例 11、当 x ? (1,2)时,不等式 ( x ? 1) <
2

log a x 恒成立,求 a 的取值范围。

- 42 -

二、不等式能成立问题的处理方法

f ? x ?max ? A 若在区间 D 上存在实数 x 使不等式 f ? x ? ? A 成立,则等价于在区间 D 上 ;
f ? x ?min ? B 若在区间 D 上存在实数 x 使不等式 f ? x ? ? B 成立,则等价于在区间 D 上的 .
例 12 、已知不等式 ______

x?4 ? x?3 ?a

在实数集 R 上的解集不是空集,求实数 a 的取值范围

例 13、 若关于 x 的不等式 x ? ax ? a ? ?3 的解集不是空集, 则实数 a 的取值范围是
2



1 f ? x ? ? ln x ? ax 2 ? 2 x 2 例 14、已知函数 ( a ? 0 )存在单调递减区间,求 a 的取值范围

三、不等式恰好成立问题的处理方法

1? ? ? x | ?1 ? x ? ? 3 ? 则 a ? b ? ___________ 例 15、不等式 ax ? bx ? 1 ? 0 的解集为 ?
2

- 43 -

例 16、已知

f ?x ? ?

x 2 ? 2x ? a , x 当 x ? ?1,?? ?, f ? x ? 的值域是 ?0,?? ? ,试求实数 a 的值.

例 17、已知两函数 f(x)=8x2+16x-k,g(x)=2x3+5x2+4x,其中 k 为实数。 (1)对任意 x ? [-3,3],都有 f(x)≤g(x)成立,求 k 的取值范围; (2)存在 x ? [-3,3],使 f(x)≤g(x)成立,求 k 的取值范围; (3)对任意 x1、x2 ? [-3,3],都有 f(x1)≤g(x2),求 k 的取值范围。 不等式恒成立、能成立、恰成立问题专项练习 若不等式 (m ? 1) x ? ( m ? 1) x ? 3( m ? 1) ? 0 对任意实数 x 恒成立,求实数 m 取值范围
2

kx 2 ? kx ? 6 ?2 2 2、已知不等式 x ? x ? 2 对任意的 x ? R 恒成立,求实数 k 的取值范围

f ( x) ? x 3 ?
3、设函数

9 2 x ? 6x ? a ? 2 .对于任意实数 x , f ( x) ? m 恒成立,求 m 的最大值。

4、对于满足|p| ? 2 的所有实数 p,求使不等式 x ? px ? 1 ? p ? 2 x 恒成立的 x 的取值范围。
2

- 44 -

5、已知不等式

x 2 ? 2 x ? a ? 0对任意实数x ? ? 2, 3?

恒成立。求实数 a 的取值范围。

6、对任意的

a ? ? ?2, 2?

,函数 f ( x) ? x ? (a ? 4) x ? 4 ? 2a 的值总是正数,求 x 的取值范围
2

? 1? ? 0, ? x ? log x ? 0 m 7、 若不等式 在 ? 2 ? 内恒成立,则实数 m 的取值范围
2



8、不等式

ax ? x(4 ? x) 在 x ? [0,3] 内恒成立,求实数 a 的取值范围。

9、不等式 kx ? k ? 2 ? 0 有解,求 k 的取值范围。
2

10、对于不等式

x ? 2 ? x ?1 ? a

,存在实数 x ,使此不等式成立的实数 a 的集合是 M;对于

5] ,使此不等式恒成立的实数 a 的集合为 N,求集合 M ,N . 任意 x ? [0,

11、①对一切实数 x,不等式 ②若不等式

x ?3 ? x ? 2 ? a

恒成立,求实数 a 的范围。

x ?3 ? x ? 2 ? a

有解,求实数 a 的范围。

- 45 -

③若方程

x ?3 ? x ? 2 ? a

有解,求实数 a 的范围。

12、 ①若 x,y 满足方程 x ? ( y ? 1) ? 1 ,不等式 x ? y ? c ? 0 恒成立,求实数 c 的范围。
2 2

②若 x,y 满足方程 x ? ( y ? 1) ? 1 , x ? y ? c ? 0 ,求实数 c 的范围。
2 2

a ? ? ?2, 2? 13、设函数 f ( x) ? x ? ax ? 2 x ? b( x ? R ) ,其中 a, b ? R .若对于任意的 ,不
4 3 2

, ? ?11 ? 上恒成立,求 b 的取值范围. 等式 f ( x) ? 1 在

f ( x) ?
14、 设函数

1 3 x ? (1 ? a ) x 2 ? 4ax ? 24a 3 , 其中常数 a ? 1 , 若当 x ? 0 时, f ( x) ? 0 恒

成立,求 a 的取值范围。

- 46 -

2 15、已知向量 a =( x ,x+1), b = (1-x,t)。若函数 f ( x) ? a ? b 在区间(-1,1)上是增函

数,求 t 的取值范围。

- 47 -

不等式恒成立、能成立、恰成立问题 参考答案 例 1、解:a 的取值范围为[-3,1] 例 2、 解: 等价于 ? ? x ? ? x ? 2 x ? a ? 0 对任意 x ? ?1,?? ? 恒
2

成立,又等价于 x ? 1 时, ? ? x ? 的最小值 ? 0 成立. 由于 ? ? x ? ? ? x ? 1? ? a ? 1 在 ?1,?? ? 上为增函数,
2

t=m g(t)

则 ? min ? x ? ? ? ?1? ? a ? 3 ,所以 a ? 3 ? 0,

a ? ?3
o · 1 图1

例 3、解:由 f cos ? ? 2m sin ? ? f ?? 2m ? 2 ? ? 0 得到:
2

?

?

t

f cos ? ? 2m sin ? ? ? f ?? 2m ? 2 ? 因为 f ? x ? 为奇函数,
2

?

?

故有 f cos ? ? 2m sin ? ? f ?2m ? 2 ? 恒成立,
2
2 又因为 f ? x ? 为 R 减函数,从而有 cos ? ? 2m sin ? ? 2m ? 2 对

?

?

g(t) t=m t o · 1 图2

? ?? ? ? ? 0, ? ?

2 ? 恒成立

2 设 sin ? ? t ,则 t ? 2mt ? 2m ? 1 ? 0 对于 t ? ?0,1? 恒成立,

在设函数 g ?t ? ? t ? 2mt ? 2m ? 1 ,对称轴为 t ? m .
2

①当 t ? m ? 0 时, g ?0 ? ? 2m ? 1 ? 0 ,

g(t)

t=m

m??


1 1 ? ?m?0 2 ,又 m ? 0 ∴ 2 (如图 1)
t

②当 t ? m ? ?0,1? ,即 0 ? m ? 1 时,

? ? 4m 2 ? 4m?2m ? 1? ? 0 ,即 m 2 ? 2m ? 1 ? 0 ,
∴ 1 ? 2 ? m ? 1 ? 2 ,又 m ? ?0,1? ,∴ 0 ? m ? 1 (如图 2)

o

· 1

图3

③当 t ? m ? 1 时, g ?1? ? 1 ? 2m ? 2m ? 1 ? 2 ? 0 恒成立.∴ m ? 1 (如图 3)

m??
故由①②③可知:

1 2.

例 4、解: (1) (2)略(3)由(2)知, f ( x) 在 x ? 1 处取得极小值 f (1) ? ?3 ? c ,此极小

- 48 -

2 2 值也是最小值.要使 f ( x) ? ?2c ( x ? 0) 恒成立,只需 ? 3 ? c ? ?2c .即 2c ? c ? 3 ? 0 ,

2

从而 (2c ? 3)(c ? 1) ? 0 . 解得

c?

3 3 (??,?1] ? [ ,??) 2 或 c ? ?1 . ? c 的取值范围为 2 .

a?
例 5、解:

1 2

例 6、解: x ? (??,1) ? (3, ??)
2 2

? ?) 都 成 立 , 即 例 7 、 解 析 : 由 题 设 知 “ ax ? 3 x ? (a ? 1) ? x ? x ? a ? 1 对 ? a ? (0,

a ( x 2 ? 2) ? x 2 ? 2 x ? 0 对 ? a ? (0, ? ?) 都成立。设 g (a ) ? ( x 2 ? 2)a ? x 2 ? 2 x ( a ? R ) ,
2 则 g (a ) 是一个以 a 为自变量的一次函数。? x ? 2 ? 0 恒成立,则对 ? x ? R , g ( a ) 为 R 上

? ?) , g (a) ? 0 恒成立的充分必要条件是 g (0) ? 0 , 的单调递增函数。 所以对 ? a ? (0,
? x 2 ? 2 x ? 0 ,? ?2 ? x ? 0 ,于是 x 的取值范围是 {x | ?2 ? x ? 0} 。
例 8、解析: 当 x ? (1, 2) 时,由 x ? mx ? 4 ? 0 得
2

m??

x2 ? 4 x2 ? 4 4 f ( x) ? ? x? x .令 x x, (? x2 ? 4 ) min ? ?5 x

f ( x) max ? f (1) ? 5 ,则 则易知 f ( x) 在 (1, 2) 上是减函数, 所以 x ? [1, 2] 时
∴ m ? ?5 .

a ? b 2(2)f ( x) 在区间 (0,1] 上单调递增 ? f '( x) ? ax ? 2bx ? 1 ? 0 在 (0,1] 例 9、 解析: (1)
2

上恒成立 ?

b??

ax 1 ax 1 ? , x ? (0,1] b ? (? ? ) max 2 2x 2 2x 恒成立 ? , x ? (0,1] 。

1 a( x 2 ? ) a 1 ax 1 a g '( x) ? ? ? 2 ? ? g ( x) ? ? ? 2 2 2x 2x 2 2x , 设 ,

令 g '( x) ? 0 得

x?

1 1 x?? a或 a (舍去),

当 a ? 1 时,

0?

1 1 ax 1 x ? (0, ) ?1 g ( x) ? ? ? a 时 g '( x) ? 0 , a 2 2 x 单调增函数; ,当

x?(


1 ax 1 ,1] g ( x) ? ? ? a 时 g '( x) ? 0 , 2 2 x 单调减函数,

- 49 -

? g ( x) max ?

g(

1 )?? a a 。? b ? ? a 。

1 ax 1 ?1 g ( x) ? ? ? 2 2 x 在区间 当 0 ? a ? 1 时, a ,此时 g '( x) ? 0 在区间 (0,1] 恒成立,所以
(0,1] 上单调递增,? g ( x) max

a ?1 a ?1 g (1) ? ? b ? ? ? 2 ,? 2 。 b?? a ?1 y ?| x | 2 。
y ? ax

y

综上,当 a ? 1 时, b ? ? a ;

当 0 ? a ? 1 时,

y ?| x |

例 10、解析:对 ? x ? R ,不等式 | x |? ax 恒成立 则由一次函数性质及图像知 ?1 ? a ? 1 ,即 ?1 ? a ? 1 。 例 11、解:1<a ? 2. 例 12、解: a ? 1

y ? ax

x
O

例 13 、第二 个填空 是不等 式能成 立的问 题 . 设 f ? x ? ? x ? ax ? a . 则 关于 x 的 不等 式
2

x 2 ? ax ? a ? ?3 的解集不是空集 ? f ? x ? ? ?3 在 ?? ?,?? ? 上能成立 ? f min ? x ? ? ?3 ,



f min ? x ? ? ?

4a ? a 2 ? ?3, 4 解得 a ? ?6 或 a ? 2

1 ax 2 ? 2 x ? 1 1 2 ? h ( x) ? ? ax ? 2 ? ? . b ? 2时, h( x) ? ln x ? ax ? 2 x x x 2 例 14、解: ,则
因为函数

h ? x?

存 在 单 调 递 减 区 间 , 所 以 h ( x ) ? 0 有 解 . 由 题 设 可 知 , h? x ? 的 定 义 域 是

?

?0,?? ?

,

? ? 而 h ? x ? ? 0 在 ?0,?? ? 上 有解 , 就等价于 h ? x ? ? 0 在区间 ?0,?? ? 能 成立 , 即 x ? ?0,?? ? 成立, 进而等价于 a ? u min ?x ? 成立,其中
2

a?

1 2 ? x2 x ,

u ?x ? ?

1 2 ? x2 x .

1 2 ?1 ? u ? x ? ? 2 ? ? ? ? 1? ? 1 x ?x ? x 由 得, u min ? x ? ? ?1 .于是, a ? ?1 ,
由题设 a ? 0 ,所以 a 的取值范围是 ?? 1,0 ? ? ?0,?? ?

- 50 -

例 15、解:6

例 16、解:是一个恰成立问题,这相当于

f ?x ? ?

x 2 ? 2x ? a ?0 x 的解集是 x ? ?1,?? ? .

x 2 ? 2x ? a a f ?x ? ? ? x? ?2?3 x x 当 a ? 0 时,由于 x ? 1 时, ,与其值域是 ?0,?? ? 矛盾,
当 a ? 0 时,

f ?x ? ?

x 2 ? 2x ? a a ? x? ?2 x x 是 ?1,?? ? 上的增函数 , 所以 , f ? x ? 的最小值为

f ?1? ,令 f ?1? ? 0 ,即 1 ? a ? 2 ? 0, a ? ?3.
例 17、解析: (1)设 h(x)=g(x)-f(x)=2x2-3x2-12x+k,问题转化为 x ? [-3,3]时,h(x)≥0 恒成立,故 h min (x)≥0.令 h′ (x)=6x2-6x-12=0,得 x= -1 或 2。 由 h(-1)=7+k, h(2)=-20+k, h(-3)=k-45, h(3)=k-9, 故 h min (x)=-45+k, 由 k-45≥0, 得 k≥45. (2)据题意:存在 x ? [-3,3],使 f(x)≤g(x)成立,即为:h(x)=g(x)-f(x)≥0 在 x ? [-3, 3]有解,故 h max (x)≥0,由(1)知 h max (x)=k+7,于是得 k≥-7。 (3)它与(1)问虽然都是不等式恒成立问题,但却有很大的区别,对任意 x1,x2 ? [-3,3], 都有 f(x1)≤g(x2)成立,不等式的左右两端函数的自变量不同,x1,x2 的取值在[-3,3]上 具有任意性,因而要使原不等式恒成立的充要条件是:

2 f max ( x) ? g min ( x) ? ,? x ? [?3? ,3] , 由 g′(x)=6x2+10x+4=0 , 得 x=- 3 或 -1 , 易 得

g min ( x) ? g (?3) ? ?21 , ,3] . 故 f max ( x) ? f (3) ? 120 ? k . 令 又 f(x)=8(x+1)2-8-k,x ? [?3?
120-k≤-21,得 k≥141。 专项练习:

(??,?
1、解:
'

13 ) 11

2、解: [2,10)
2 ' 2

3 、解析: f ( x) ? 3 x ? 9 x ? 6 , ? 对 ? x ? R , f ( x) ? m , 即 3 x ? 9 x ? (6 ? m) ? 0 在

x ? R 上恒成立, ? ? ? 81 ? 12(6 ? m) ? 0 , 得

m??

3 3 ? 4 ,即 m 的最大值为 4 。

4、解:不等式即(x-1)p+x2-2x+1>0,设 f(p)= (x-1)p+x2-2x+1,则 f(p)在[-2,2]上恒大于 0, 故有:
2 ? x ? 3或x ? 1 ?x ? 4x ? 3 ? 0 ? f (?2) ? 0 ? ? 2 ? ? x ? 1或x ? ?1 ?x ? 1 ? 0 ? f (2) ? 即 ? 解得: ? ∴x<-1 或 x>3.

y

y ? ax
- 51 -

0

3

x

5、解: a ? 0

1 ,1) 6、解: x ? (??,0) ? (4,??) 7、解: 16 [

y? 8、解:画出两个凼数 y ? ax 和
上的图象如图知当 x ? 3 时 y ? 3 ,

x(4 ? x) 在 x ? [0,3]
a? 3 3

a?


3 3 a? ax ? x ( 4 ? x ) x ? [ 0 , 3 ] 3 3 时总有 所以
2

2 9 、 解 : 不 等 式 kx ? k ? 2 ? 0 有 解 ? k ( x ? 1) ? 2 有 解

?k?

2 x ?1 有 解
2

? 2 ? ?k ?? 2 ? ?2 2) 。 ? x ? 1 ?max ,所以 k ? (??,
??2 x ? 1( x ? ?1), ? f ( x ) ? x ? 2 ? x ? 1 ? ?3( ?1 ≤ x ≤ 2), ?2 x ? 1( x ? 2). ? a ? f ( x) min ? 3 , ? 10、解:由 又 a ? f ( x) 有解
所 以

M ? {a a ? 3}

. 令

g ( x)

? x ? 2 ? x ? 1 , x ?[0,, 5] a ? g ( x )

恒 成 立

? a ? g ( x)max ? g (5) ? 9 .所以 N ? {a a ? 9}
11、解:① a ? ?5 ② a ? 5 ③ a ? [?5,5]
3 2

12、解:① c ?
2

2 ? 1 ② c ? [?1 ? 2 ,?1 ? 2 ]

a ? ? ?2, 2? ? 13、解: f ( x ) ? 4 x ? 3ax ? 4 x ? x (4 x ? 3ax ? 4) 由条件 可知
? ? 9a 2 ? 64 ? 0 ,从而 4 x 2 ? 3ax ? 4 ? 0 恒成立.当 x ? 0 时, f ?( x) ? 0 ;当 x ? 0 时,

, ? 上的最大值是 f (1) 与 f (?1) 两者中的较大者. f ?( x) ? 0 .因此函数 f ( x) 在 ? ?11
为使对任意

a ? ? ?2, 2?

, ? ?11 ? 上恒成立,当且仅当 f ( x)max ? 1 , ,不等式 f ( x) ? 1 在

?b ? (?2 ? a) min ? f (1) ? 1 ?b ? ?2 ? a ? ? ? 2? 2? b ? (?2 ? a) min a ? ? ?2, f (?1) ? 1 ,即 ?b ? ?2 ? a 在 a ? ? ?2, 即? 上恒成立.即 ? ,
所以 b ? ?4 ,因此满足条件的 b 的取值范围是

? 4? ? ?∞, .

14、解: (II)由(I)知,当 x ? 0 时, f ( x) 在 x ? 2a 或 x ? 0 处取得最小值。

1 4 f (2a ) ? (2a ) 3 ? (1 ? a )(2a ) 2 ? 4a ? 2a ? 24a ? ? a 3 ? 4a 2 ? 24a 3 3 ; f (0) ? 24a
- 52 -

则由题意得

?a ? 1 ? ? f (2a ) ? 0, ? f (0) ? 0, ?



?a ? 1, ? 4 ? ?? a (a ? 3)(a ? 6) ? 0, ? 3 ? ?24a ? 0.

解得

1 ? a ? 6 ? a ? (1, 6) 。

2 3 2 2 ? 15、解:依定义 f ( x) ? x (1 ? x) ? t ( x ? 1) ? ? x ? x ? tx ? t 。则 f ( x) ? ?3 x ? 2 x ? t ,

? 若 f ( x) 在(-1,1)上是增函数,则在(-1,1)上可设 f ( x) ? 0 恒成立。
2 ? ∴ f ( x) ? 0 ? t ? 3 x ? 2 x 在(-1,1)上恒成立。

y

考虑函数 g ( x) ? 3 x ? 2 x , (如图)
2

x?

由于 g ( x) 的图象是对称轴为

x?

1 3 ,开口向上的抛物线,

1 3

g(x)

2 故要使 t ? 3 x ? 2 x 在(-1,1)上恒成立 ? t ? g (?1) ,即 t ? 5 。

? ? 而当 t ? 5 时, f ( x) 在(-1,1)上满足 f ( x) >0,
即 f ( x) 在(-1,1)上是增函数。故 t 的取值范围是 t ? 5 .

· -1

· ·· o 1

x

- 53 -

恒成立问题和存在性问题
x 1.若函数 f ( x) ? 2
2

? 2 ax ? a

? 1 的定义域为 R,则 a 的取值范围是
x



2 . 设 函 数 y ? 1 ? 2 ? a ? 4 , 若 函 数 在 (??,1] 上 有 意 义 , 求 实 数 a 的 取 值 范 围
x

______________。

x ? 9 ? x ? 3 x ? kx 3.若关于 x 的不等式 在 [1,5] 上 恒 成 立 , 则 实 数 k 的 范 围
2 2



.
3

4.若曲线 f ( x) ? ax ? ln x 存在垂直于 y 轴的切线,则实数 a 取值范围是_____________.

1 f ( x) ? ? x 2 ? b ln( x ? 2)在(-1,+?) 2 5.若 上是减函数,则 b 的取值范围是



f ( x) ?
6.已知函数 是 7. 已知函数 .

3 ? ax (a ? 1). ? 0,1? 上是减函数,则实数 a 的取值范围 a ?1 若 f ( x) 在区间

f ( x) ? log a (2 ? ax) 在[0,1]上是减函数,则 a 的取值范围是



y ? log 1 ( x 2 ? 2mx ? 3)在(??,1)
8.函数 9.函数 是
2

上为增函数,则实数 m 的取值范围是

.

y ? log a x(a ? 0且a ? 1) 在 [2,??) 上 恒 有 | y |? 1 , 则 a 的 取 值 范 围

2x

10 .若关于 x 的方程 a 是 。

? (1 ? lg m)a x ? 1 ? 0 ( a ? 0 ,且 a ? 1 )有解,则 m 的取值范围

x ? (0,1) ,使得 f ( x0 ) ? 0 ,则实数 a 的取值 11.设 f ( x) ? 3ax ? 2a ? 1, a 为常数,若存在 0
范围是= 。
?| x|

12 . 如 果 关 于 x 的 方 程 (2 是 。

? 2) 2 ? a ? 2 ? 0 有 实 数 根 , 那 么 实 数 a 的 取 值 范 围

13.已知函数 f ( x) 的值域 [0, 4]( x ? [ ?2, 2]) ,函数 g ( x) ? ax ? 1, x ? [?2, 2] ,

?x1 ? [?2, 2], ?x0 ? [?2, 2] 使得 g ( x0 ) ? f ( x1 ) 成立,则实数 a 的取值范围是
g ( x) ? a 2 sin(2 x ? ) ? 3a, x ? [0, ] f ( x ) = x , ( x ? [ ? 2, 2]) 6 2 , 14.已知函数 ,
2



?

?

- 54 -

? ?x1 ? [?2, 2] , 总?x0 ? [0, 2 ], 使得g ( x0 ) ? f ( x1 ) 成立,则实数 a 的取值范围是
f ( x) ? lg(5 x ?
15.已知函数 16.若函数



4 ? m) 5x 的值域为 R,则实数 m 的取值范围是



2 f ( x) ? ( x ? 1) log 3 a ? 6 x log 3 a ? x ? 1(a ? 0, a ? 1) 在[0,1]上恒为正值,则实数

a 的取值范围是



1 p :" ?x ? [1, 2], x 2 ? ln x ? a ? 0" 2 2 17.已知命题 与命题 q :" ?x ? R, x ? 2ax ? 8 ? 6a ? 0" 都
是真命题,则实数 a 的取值范围是 18. 已知命题 p: . 的定义域为 R, 命题 q: 关于 x 的不等式

f ? x ? ? lg ? x 2 ? ax ? 1?

x ? x ? 2a

>1

的解集为 R,若“p 或 q”为真, “p 且 q”为假,求实数 a 的取值范围.

? 3? ?x ? [ , ] 4 4 , 19.已知实数 a ? 0 ,且满足以下条件:①、 ?x ? R ,| sin x |? a 有解;②、
sin 2 x ? a sin x ? 1 ? 0 ;求实数 a 的取值范围

- 55 -

f ( x) ?
20.设函数
1

1 ( x ? 0且x ? 1) x ln x 。 (Ⅰ)求函数 f ( x) 的单调区间;

a x (Ⅱ)已知 2 ? x 对任意 x ? (0,1) 成立,求实数 a 的取值范围。

1 f ? x ? ? ? x 3 ? x 2 ? ? m 2 ? 1? x ? x ? R ? 3 21 .设函数 ,其中 m ? 0 ( 1 )当 m ? 1 时,求曲线

y ? f ? x? f ? x?

在点

?1, f ?1? ? 处的切线的斜率(2)求函数 f ? x ? 的单调区间与极值(3)已知函数
0, x1 , x2 ,且 x1 ? x2 ,若对任意的 x ? ? x1 , x2 ? , f ? x ? ? f ?1? 恒成

有三个互不相同的零点

立,求 m 的取值范围

- 56 -

1 2 22.已知函数 f(x)= 2 x -ax+(a-1) ln x , a ? 1 。 (1)讨论函数 f ( x) 的单调性;

f ( x1 ) ? f ( x2 ) ? ?1 x ? x (0, ?? ) a ? 5 1 2 ? 1 2 1 2 ? (2)证明:若 ,则对任意 x ,x ,x x ,有 。

23.已知函数 f ( x) ? (a ? 1) ln x ? ax ? 1 。 (I)讨论函数 f ( x) 的单调性; (II)设 a ? ?1 .
2

| f ( x1 ) ? f ( x2 ) |? 4 | x1 ? x2 | ,求 a 的取值范围。 如果对任意 x1 , x 2 ? (0,??) ,

- 57 -

f ( x) ? ln x ? ax ?
24. (2010 山东)已知函数

1? a ?1 (a ? R) . x

a?
( Ⅰ )当

1 1 a? 2 2 时,讨论 f ( x) 的单调性; 4 时,若对任意 (Ⅱ)设 g ( x) ? x ? 2bx ? 4. 当

x1 ? (0, 2) ,存在 x2 ? ?1, 2? ,使 f ( x1 ) ? g ( x2 ) ,求实数 b 取值范围.

- 58 -

25. (2010 全国新)设函数

f ( x) ? x ? e x ? 1? ? ax 2

a?
(Ⅰ)若

1 2 ,求 f ( x) 的单调区间; (Ⅱ)若当 x ≥0 时 f ( x) ≥0,求 a 的取值范围

恒成立问题和存在性问题 1.若函数 f ( x) ? 1,0] 2. 设函数 y ? 1 ? 2 ? a ? 4 , 若函数在 (??,1] 上有意义, 求实数 a 的取值范围。 答:
x x

2x

2

? 2 ax ? a

? 1 的定义域为 R,则 a 的取值范围是

。答:[-

a??

3 4。
.

x 2 ? 9 ? x 2 ? 3 x ? kx [1,5] x 3.若关于 的不等式 在 上恒成立,则实数 k 的范围为
答: k ? 6

- 59 -

4. 若曲线 f ( x) ? ax ? ln x 存在垂直于 y 轴的切线, 则实数 a 取值范围是_____________.答:
3

a?0
1 f ( x) ? ? x 2 ? b ln( x ? 2)在(-1,+?) 2 5.若 上是减函数,则 b 的取值范围是
答: (??, ?1] 。

f ( x) ?
6.已知函数 是 7.已知函数 (1,2)

3 ? ax (a ? 1). ? 0,1? 上是减函数,则实数 a 的取值范围 a ?1 若 f ( x) 在区间

.答:

? ??, 0 ? ? ?1,3?
。答:

f ( x) ? log a (2 ? ax) 在[0,1]上是减函数,则 a 的取值范围是

y ? log 1 ( x 2 ? 2mx ? 3)在(??,1)
8.函数
2

上为增函数,则实数 m 的取值范围是

.答:

1? m ? 2
9.函数

y ? log a x(a ? 0且a ? 1) 在 [2,??) 上恒有 | y |? 1 ,则 a 的取值范围是

。答:

1 ( ,1) ? (1,2) 2
10 .若关于 x 的方程 a 是 答: 0 ? m ? 10
?3

2x

? (1 ? lg m)a x ? 1 ? 0 ( a ? 0 ,且 a ? 1 )有解,则 m 的取值范围



x ? (0,1) ,使得 f ( x0 ) ? 0 ,则实数 a 的取值 11.设 f ( x) ? 3ax ? 2a ? 1, a 为常数,若存在 0
1 (??, ?1) ? ( , ??) 2 。答: 。
?| x|

范围是=

12.如果关于 x 的方程 (2 答: [?1, 2)

? 2) 2 ? a ? 2 ? 0 有实数根,那么实数 a 的取值范围是



13.已知函数 f ( x) 的值域 [0, 4]( x ? [ ?2, 2]) ,函数 g ( x) ? ax ? 1, x ? [?2, 2] ,

?x1 ? [?2, 2], ?x0 ? [?2, 2] 使 得 g ( x0 ) ? f ( x1 ) 成 立 , 则 实 数 a 的 取 值 范 围 是
5 5 (??, ? ] ? [ , ??) 2 2 。

。答:

- 60 -

g ( x) ? a 2 sin(2 x ? ) ? 3a, x ? [0, ] f ( x ) = x , ( x ? [ ? 2, 2]) 6 2 , 14.已知函数 ,
2

?

?

? ?x1 ? [?2, 2] , 总?x0 ? [0, 2 ], 使得g ( x0 ) ? f ( x1 ) 成立,则实数 a 的取值范围是
答: (??, ?4] ? [6, ??)



f ( x) ? lg(5 x ?
15.已知函数

4 ? m) 5x 的值域为 R,则实数 m 的取值范围是

。答:

m ? ?4 。
16.若函数
2 f ( x) ? ( x ? 1) log 3 a ? 6 x log 3 a ? x ? 1(a ? 0, a ? 1) 在[0,1]上恒为正值,则实数

a 的取值范围是

1 ( , 3 3) 。答: 3

1 p :" ?x ? [1, 2], x 2 ? ln x ? a ? 0" 2 2 17.已知命题 与命题 q :" ?x ? R, x ? 2ax ? 8 ? 6a ? 0" 都
是真命题,则实数 a 的取值范围是 18. 已知命题 p: . 答: {a | a ? ?2或a ? 1} 的定义域为 R, 命题 q: 关于 x 的不等式

f ? x ? ? lg ? x 2 ? ax ? 1?

x ? x ? 2a

>1

的解集为 R,若“p 或 q”为真, “p 且 q”为假,求实数 a 的取值范围. 解:p 为真命题时, ? ? a ? 4 ? 0
2

?2 ? a ? 2
? g ? x ?小 ? 2a
1 2

? 2 x ? 2a, x ? 2a g ? x ? ? x ? x ? 2a ? ? ? 2a, x ? 2a P 为真命题时,令
? x ? | x ? 2a |? 1 的解集为 R
又“p 或 q 为真” , “p 且 q”为假

? 2a ? 1即a ?

? P,q 中一真一假

??2 ? a ? 2 ?a ? ?2或a ? 2 ? ? ? 1 或? 1 a? ? a? 2 ? ? 2 ??
1 ?2 ? a ? 或a ? 2 2 ? a 的取值范围是

1 ?2 ? a ? 或a ? 2 2 ?

19.已知实数 a ? 0 ,且满足以下条件:①、 ?x ? R ,| sin x |? a 有解;②、

? 3? ?x ? [ , ] 4 4 ,
- 61 -

sin 2 x ? a sin x ? 1 ? 0 ;求实数 a 的取值范围
解:由于实数 a ? 0 ,由①得: 0 ? a ? 1 ;

2 ? 3? sin x ? [ ,1] x ?[ , ] 2 2 4 4 时, 由②得: ,则由 sin x ? a sin x ? 1 ? 0 得:
a?

2 1 1 t ?[ ,1] ? sin x f (t ) ? ? t 2 sin x t ,令 t ? sin x ,则 ,函数 在区间 (0,??) 上为减函数,

t ?[
则当

2 1 2 2 ,1] f (t ) ? ? t ? f ( ) ? 2 t 2 2 , 时,
2 2 1 ? 3? a? ? a ?1 ? sin x x ? [ , ] 2 ;由上可知, 2 sin x 4 4 上恒成立,则 在
f ( x) ? 1 ( x ? 0且x ? 1) x ln x 。 (Ⅰ)求函数 f ( x) 的单调区间;

a?
要使

20.设函数
1

a x (Ⅱ)已知 2 ? x 对任意 x ? (0,1) 成立,求实数 a 的取值范围。

f ' ( x) ? ?
解 (1)

ln x ? 1 1 , x? ' 2 2 f ( x ) ? 0, x ln x 若 e 列表如下 则

x
f ' ( x)
f ( x)

1 (0, ) e
+

1 e
0

1 ( ,1) e
-

(1, ??)
-

单调增

1 f( ) 极大值 e

单调减

单调减

(2)在

1 a 1 ln 2 ? a ln x ? 2 ? x 两边取对数, 得 x ,由于 0 ? x ? 1, 所以 ln 2 x ln x
1 x a

(1)

由(1)的结果可知,当 x ? (0,1) 时,

1 f ( x ) ? f ( ) ? ?e e ,

a ? ?e x ? (0,1) 为使(1)式对所有 成立,当且仅当 ln 2 ,即 a ? ?e ln 2 1 f ? x ? ? ? x 3 ? x 2 ? ? m 2 ? 1? x ? x ? R ? 3 21 .设函数 ,其中 m ? 0 ( 1 )当 m ? 1 时,求曲线

- 62 -

y ? f ? x? f ? x?

在点

?1, f ?1? ? 处的切线的斜率(2)求函数 f ? x ? 的单调区间与极值(3)已知函数
0, x1 , x2 ,且 x1 ? x2 ,若对任意的 x ? ? x1 , x2 ? , f ? x ? ? f ?1? 恒成

有三个互不相同的零点

立,求 m 的取值范围 【答案】 (1)1(2) f ( x) 在 (??,1 ? m) 和 (1 ? m,??) 内减函数,在 (1 ? m,1 ? m) 内增函数。

2 3 1 m ? m2 ? 3 函数 f ( x) 在 x ? 1 ? m 处取得极大值 f (1 ? m) ,且 f (1 ? m) = 3 2 3 1 m ? m2 ? 3 函数 f ( x) 在 x ? 1 ? m 处取得极小值 f (1 ? m) ,且 f (1 ? m) = 3 ? m ? 1时,f ( x) ?
【解析】解:当

1 3 x ? x 2 , f / ( x) ? x 2 ? 2 x, 故f ' (1) ? 1 3

1,f( 1)) 所以曲线 y ? f ( x)在点( 处的切线斜率为 1.
(2)解: f ( x) ? ? x ? 2 x ? m ? 1 ,令 f ( x) ? 0 ,得到 x ? 1 ? m, x ? 1 ? m
' 2 2 '

因为 m ? 0, 所以1 ? m ? 1 ? m 当 x 变化时, f ( x), f ( x) 的变化情况如下表:
'

x
f ' ( x)
f ( x)

(??,1 ? m)
+

1? m
0

(1 ? m,1 ? m)
-

1? m
0

(1 ? m,??)
+

极小值

极大值

f ( x) 在 (??,1 ? m) 和 (1 ? m,??) 内减函数,在 (1 ? m,1 ? m) 内增函数。

2 3 1 m ? m2 ? f ( x ) f ( 1 ? m ) f ( 1 ? m ) 3 函数 在 x ? 1 ? m 处取得极大值 ,且 =3 2 3 1 m ? m2 ? 3 函数 f ( x) 在 x ? 1 ? m 处取得极小值 f (1 ? m) ,且 f (1 ? m) = 3 ? 1 1 f ( x) ? x(? x 2 ? x ? m 2 ? 1) ? ? x( x ? x1 )( x ? x 2 ) 3 3 (3)解:由题设, 1 ? x2 ? x ? m2 ?1 所以方程 3 =0 由 两 个 相 异 的 实 根 x1 , x 2 , 故 x1 ? x 2 ? 3 , 且
- 63 -

4 1 1 ? ? 1 ? (m 2 ? 1) ? 0 m ? ? (舍),m ? 3 2 2 ,解得 x1 ? x 2 , 所以2 x 2 ? x1 ? x 2 ? 3, 故x 2 ? 3 ?1 2

因为

1 x1 ? 1 ? x 2 , 则f (1) ? ? (1 ? x1 )(1 ? x 2 ) ? 0 3 若 ,而 f ( x1 ) ? 0 ,不合题意
若 1 ? x1 ? x2 , 则对任意的 x ? [ x1 , x 2 ] 有 x ? x1 ? 0, x ? x 2 ? 0,

1 f ( x) ?? ? x( x ? x1 )( x ? x 2 ) ? 0 3 则 又 f ( x1 ) ? 0 , 所以函数 f ( x) 在 x ? [ x1 , x 2 ] 的最小值为
0 ,于是对任意的 x ? [ x1 , x 2 ] , f ( x) ? f (1) 恒成立的充要条件是

f (1) ? m 2 ?

1 ?0 3 , 解得

?

3 3 ?m? 3 3

1 3 ( , ) 综上,m 的取值范围是 2 3
1 2 22.已知函数 f(x)= 2 x -ax+(a-1) ln x , a ? 1 。 (1)讨论函数 f ( x) 的单调性;

f ( x1 ) ? f ( x2 ) ? ?1 x ? x (0, ?? ) a ? 5 1 2 ? 1 2 1 2 ? (2)证明:若 ,则对任意 x ,x ,x x ,有 。
解:(1) f ( x) 的定义域为 (0, ??) 。

f ' ( x) ? x ? a ?

a ? 1 x 2 ? ax ? a ? 1 ( x ? 1)( x ? 1 ? a ) ? ? x x x

(i)若 a ? 1 ? 1 即 a ? 2 ,则

f ' ( x) ?

( x ? 1) 2 x 故 f ( x) 在 (0, ??) 单调增加。
'

(ii)若 a ? 1 ? 1 ,而 a ? 1 ,故 1 ? a ? 2 ,则当 x ? (a ? 1,1) 时, f ( x) ? 0 ; 当 x ? (0, a ? 1) 及 x ? (1, ??) 时,f ( x) ? 0 故 f ( x) 在 (a ? 1,1) 单调减少, 在 (0, a ? 1), (1, ??)
'

单调增加。 (iii)若 a ? 1 ? 1 ,即 a ? 2 ,同理可得 f ( x) 在 (1, a ? 1) 单调减少,在 (0,1), ( a ? 1, ??) 单调增 加.

- 64 -

(II)考虑函数 g ( x) ? f ( x) ? x

?

1 2 x ? ax ? (a ? 1) ln x ? x 2

g ?( x) ? x ? (a ? 1) ?


a ?1 a ?1 ? 2 xg ? (a ? 1) ? 1 ? ( a ? 1 ? 1) 2 x x

x ? x2 ? 0 时 有 ? 由 于 1<a<5, 故 g ( x) ? 0 , 即 g(x) 在 (4, + ∞ ) 单 调 增 加 , 从 而 当 1 g ( x1 ) ? g ( x2 ) ? 0 ,
f ( x1 ) ? f ( x2 ) ? ?1 f ( x ) ? f ( x ) ? x ? x ? 0 0 ? x1 ? x2 时 , 有 x ? x 1 2 1 2 1 2 即 , 故 , 当
f ( x2 ) ? f ( x1 ) ? ?1 x2 ? x1
23.已知函数 f ( x) ? (a ? 1) ln x ? ax ? 1 。 (I)讨论函数 f ( x) 的单调性; (II)设 a ? ?1 .
2

| f ( x1 ) ? f ( x2 ) |? 4 | x1 ? x2 | ,求 a 的取值范围。 如果对任意 x1 , x 2 ? (0,??) ,
f '( x) ? a ?1 2ax 2 ? a ? 1 ? 2ax ? x x .

解: (Ⅰ) f ( x) 的定义域为(0,+∞).

当 a ? 0 时, f '( x) >0,故 f ( x) 在(0,+∞)单调增加; 当 a ? ?1 时, f '( x) <0,故 f ( x) 在(0,+∞)单调减少;

当-1< a <0 时,令 f '( x) =0,解得

x? ?

a ?1 2a .

x ? (0, ?
则当

a ?1 a ?1 ) x?( ? , ??) 2a 时, f '( x) >0; 2a 时, f '( x) <0. a ?1 a ?1 ) ( ? , ??) 2a 单调增加,在 2a 单调减少.

故 f ( x) 在

(0, ?

(Ⅱ)不妨假设

x1 ? x2 ,而 a <-1,由(Ⅰ)知在(0,+∞)单调减少,从而

?x1 , x2 ? (0, ??) , f ( x1 ) ? f ( x2 ) ? 4 x1 ? x2 等价于 ?x1 , x2 ? (0, ??) , f ( x2 ) ? 4 x2 ? f ( x1 ) ? 4 x1
令 g ( x) ? f ( x) ? 4 x ,则 ①

g '( x) ?

a ?1 ? 2ax ? 4 x
- 65 -

①等价于 g ( x) 在(0,+∞)单调减少,即

a ?1 ? 2ax ? 4 ? 0 x .

a?
从而

?4 x ? 1 (2 x ? 1) 2 ? 4 x 2 ? 2 (2 x ? 1) 2 ? ? ?2 2x2 ? 1 2x2 ? 1 2x2 ? 1
1? a ?1 (a ? R) . x

故 a 的取值范围为(-∞,-2].

f ( x) ? ln x ? ax ?
24. (2010 山东)已知函数

a?
( Ⅰ )当

1 1 a? 2 2 时,讨论 f ( x) 的单调性; 4 时,若对任意 (Ⅱ)设 g ( x) ? x ? 2bx ? 4. 当

x1 ? (0, 2) ,存在 x2 ? ?1, 2? ,使 f ( x1 ) ? g ( x2 ) ,求实数 b 取值范围.
l a ? 1 ?ax 2 ? x ? a ? 1 1? a ? ( x ? 0) f ( x) ? ln x ? ax ? ? 1( x ? 0) f ( x) ? ? a ? 2 ? x x x2 x 解析:(Ⅰ) ,
令 h( x) ? ax ? x ? 1 ? a ( x ? 0)
2

? (1)当 a ? 0 时, h( x) ? ? x ? 1( x ? 0) ,当 x ? (0,1), h( x) ? 0, f ( x) ? 0 ,函数 f ( x) 单调递 ? 减;当 x ? (1, ??), h( x) ? 0, f ( x) ? 0 ,函数 f ( x) 单调递增.
2 ? (2)当 a ? 0 时,由 f ( x) ? 0 ,即 ax ? x ? 1 ? a ? 0 ,解得

x1 ? 1, x2 ?

1 ?1 a .

a?


1 2 时 x1 ? x2 , h( x) ? 0 恒成立,此时 f ?( x) ? 0 ,函数 f ( x) 单调递减; 1 1 ?1 ? 1 ? 0 ? 2 时, a , x ? (0,1) 时 h( x) ? 0, f ( x) ? 0 ,函数 f ( x) 单调递减;

0?a?


1 x ? (1, ? 1) ? a 时, h( x) ? 0, f ( x) ? 0 ,函数 f ( x) 单调递增; 1 x ? ( ? 1, ??) ? a 时, h( x) ? 0, f ( x) ? 0 ,函数 f ( x) 单调递减. 1 ?1 ? 0 ? 当a ? 0时 a ,当 x ? (0,1), h( x) ? 0, f ( x) ? 0 ,函数 f ( x) 单调递减;
? 当 x ? (1, ??), h( x) ? 0, f ( x) ? 0 ,函数 f ( x) 单调递增.

- 66 -

综上所述:当 a ? 0 时,函数 f ( x) 在 (0,1) 单调递减, (1, ??) 单调递增;

a?


1 2 时 x1 ? x2 , h( x) ? 0 恒成立,此时 f ?( x) ? 0 ,函数 f ( x) 在 (0, ??) 单调递减; 1 1 1 (1, ? 1) ( ? 1, ??) 2 时,函数 f ( x) 在 (0,1) 单调递减, a 单调递增, a 单调递减. 1 x ? (0, 2) , 4 时, f ( x) 在 (0, 1) 上是减函数, 在 (1, 2) 上是增函数, 所以对任意 1 1 2, 1 ? ? g ( x2 ) x ? ?1, 2? f ( x ) ? g ( x ) 1 2 ,所以 2 ,使 , 2 , (※)
2

0?a?


a?
(Ⅱ) 当



f ( x1 ) ? f (1) ? -

又已知存在

x2 ? ?1, 2?
2

又 g ( x) ? ( x ? b) ? 4 ? b , x ? [1, 2] 当 b ? 1 时, 当

g ( x) min ? g (1) ? 5 ? 2b ? 0 与(※)矛盾;
g ( x) min ? g (1) ? 4 ? b 2 ? 0 也与(※)矛盾;

b ? ?1, 2?

时,

1 17 g ( x) min ? g (2) ? 8 ? 4b ? ? , b ? 2 8 . 当 b ? 2 时, 17 [ , ??) 综上,实数 b 的取值范围是 8 .
25. (2010 全国新)设函数

f ( x) ? x ? e x ? 1? ? ax 2

a?
(Ⅰ)若

1 2 ,求 f ( x) 的单调区间; (Ⅱ)若当 x ≥0 时 f ( x) ≥0,求 a 的取值范围 1 1 f ( x) ? x(e x ? 1) ? x 2 x x x 2 时, 2 , f '( x) ? e ? 1 ? xe ? x ? (e ? 1)( x ? 1) 。当

a?
解: (Ⅰ)

x ? ? ??, ?1?

x ? ? ?1, 0 ? x ? ? 0, ?? ? 时 f '( x) ? ? ; 当 时, f '( x) ? 0 ; 当 时, f '( x) ? 0 。故

f ( x) 在 ? ??, ?1? , ? 0, ?? ? 单调增加,在(-1,0)单调减少。
( Ⅱ ) f ( x) ? x( x ? 1 ? ax) 。 令 g ( x) ? x ? 1 ? ax , 则 g '( x) ? e ? a 。 若 a ? 1 , 则 当
a a x

- 67 -

x ? ? 0, ?? ?
≥0.

时,g '( x) ? ? ,g ( x) 为减函数, 而 g (0) ? 0 , 从而当 x≥0 时 g ( x) ≥0, 即 f ( x)

若 a ? ? ,则当

x ? ? 0, ln a ?

时,g '( x) ? ? , g ( x) 为减函数,而 g (0) ? 0 ,从而当 综合得 a 的取值范围为

x ? ? 0, ln a ?

时 g ( x) <0,即 f ( x) <0.

? ??,1?

- 68 -


推荐相关:

2014高考数学必考点解题方法秘籍 恒成立 理

2014 高考理科数学必考点解题方法秘籍:恒成立在不等式的综合题中,经常会遇到当一个结论对于某一个字母的某一个取值范围内所有值都 成立的恒成立问题。 恒成立问题...


2014高考数学必考点解题方法秘籍 导数 理

2014 高考理科数学必考点解题方法秘籍:导数一、考试内容(重点) 导数的概念,导数...? 上恒成立。故 k 的取值 2 2 范围是 k ? 3 。 - 11 - ...


2014高考数学必考点解题方法秘籍 二次函数2 理

2014高考数学必考点解题方法秘籍 二次函数2 _数学_高中教育_教育专区。2014 ...a恒成立. *二次不等式解法探究: 一、一元二次不等式解法有(1)图象法(穿线...


2014高考数学必考点解题方法秘籍 二次函数3 理

2014高考数学必考点解题方法秘籍 二次函数3 _数学_高中教育_教育专区。2014 ...0 或 ? 2 . 9.定区间上含参数的二次不等式恒成立的条件依据 (1)在给定...


解题方法秘籍 二次函数1 理

2014 高考理科数学必考点解题方法秘籍:二次函数 1 对称轴 例 1.二次函数 y=...R 恒成立,则 a 的取值范围是___ 2 例.不论 x 为值何,函数 y ? ax ?...


结函数恒成立求参数范围的解题秘笈

结函数恒成立求参数范围的解题秘笈_数学_自然科学_专业资料。2014 备考——深度...恒成立的 a 的取值范围是 ( , ]. 例 4. (2012 年高考(天津) )已知函数...


高中数学恒成立问题的解题方法研究

高中数学恒成立问题的解题方法研究 云南师大附中 保敏 摘要: 通过多年的高中数学教学, 笔者发现高中数学中的恒成立的问题成为高考的热点 因此本文主要介绍高中数学中...


高中数学常见的恒成立问题的一般解法

高中数学恒成立问题,通过分析恒成立问题 在解题...0 同,若在[m,n]内恒有 f(x)<0,则有 ? ...2014年注册会计师考试攻略 2013年注会经济统考真题...


2014高考金钥匙数学解题技巧大揭秘专题三 不等式及线性规划问题

2014高考金钥匙数学解题技巧大揭秘专题三 不等式及线性规划问题_数学_高中教育_...′故 A 不恒成立; 同, 当 x= 时, >1- x+ x2, 故 B 不恒成立;...

网站首页 | 网站地图
All rights reserved Powered by 简单学习网 www.tceic.com
copyright ©right 2010-2021。
文档资料库内容来自网络,如有侵犯请联系客服。zhit325@126.com