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不等式恒成立有解问题


不等式恒成立与有解问题
不等式恒成立与有解问题一直是中学数学的重要内容. 它是函数、数列、不等式等内 容交汇处的一个较为活跃的知识点,随着中学数学引进导数,它为我们更广泛、更深入地研 究函数、不等式提供了强有力的工具. 在近几年的高考试题中,涉及不等式恒成立与有解 的问题,有时在同一套试题中甚至有几道这方面的题目,比如 2006 年高考江西卷以及湖北 卷. 其中,特别是

一些含自然对数和指数函数的不等式恒成立与有解问题,将新增内容与 传统知识有机融合,用初等方法难以处理,而利用导数来解,思路明确,过程简捷流畅,淡 化繁难的技巧,它不仅考查函数、不等式等有关的传统知识和方法,而且还考查极限、导数 等新增内容的掌握和灵活运用. 它常与思想方法紧密结合,体现能力立意的原则,带有时 代特征,突出了高考试题与时俱进的改革方向. 因此,越来越受到高考命题者的青睐. 下 面通过一些典型实例作一剖析. 1.不等式恒成立与有解的区别 不等式恒成立和有解是有明显区别的,以下充要条件应细心思考,甄别差异,恰当使 用,等价转化,切不可混为一团.
, (1) 不等式 f(x)<k 在 x ? I 时恒成立 ? f max ( x ) ? k ? ?x ? I.
, (2)不等式 f(x)<k 在 x ? I 时有解 ? f min ( x ) ? k ? ?x ? I. , x (3) 不等式 f(x)>k 在 x ? I 时恒成立 ? f min ( x ) ? k ? ? ? I.

或 f(x)的上界小于或等于 k; 或 f(x)的下界小于 k; 或 f(x)的下界大于或等于 k; 或 f(x)的上界大于 k;

, x (4)不等式 f(x)>k 在 x ? I 时有解 ? f max ( x ) ? k ? ? ? I.

解决不等式恒成立和有解解问题的基本策略常常是构作辅助函数,利用函数的单调性、 最值(或上、下界) 、图象求解;基本方法包括:分类讨论,数形结合,参数分离,变换主 元等等. 例 1 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 x1x2 ? [-3,3],都有 f(x1)≤g(x2),求 k 的取值范围. 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, h min (x)=-45+k, k-45≥0, k≥45. 故 由 得 (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 x1x2 ? [-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:

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

2

2 3

或 -1 , 易 得

g min ( x ) ? g ( ? 3 ) ? ? 21 ,又 f(x)=8(x+1) -8-k, x ? [ ? 3 ?3 ] . 故 f max ( x ) ? f ( 3 ) ? 120 ? k . 令 ,

120-k≤-21,得 k≥141. 点评 本题的三个小题,表面形式非常相似,究其本质却大相径庭,应认真审题,深入 思考,多加训练,准确使用其成立的充要条件. 2.不等式恒成立问题 例 2 (06 年全国)设函数 f(x)=(x+1)ln(x+1),若对所有 x≥0,都有 f(x)≥ax 成立,求实 数 a 的取值范围. 解析 构作辅助函数 g(x)=f(x)-ax=(x+1)ln(x+1)-ax,原问题变为 g(x)≥0 对所有的
, x≥0 恒成立, 注意到 g(0)=0, 故问题转化为 g(x)≥g(0)在 x≥0 时恒成立, 即函数 g(x)在 ?0 ? ?? ? ?

为增函数.于是可通过求导判断 g(x)的单调性,再求出使 g(x)≥g(0)成立的条件. g′(x)=ln(x+1)+1-a,由 g′(x)=0,得 x=e 当 x>e
a ?1 a ?1

-1.

-1 时,g′(x)>0,g(x)为增函数.
a ?1

当-1<x<e

-1 时,g′(x)<0,g(x)为减函数.
a ?1

那么对所有的 x≥0,都有 g(x)≥g(0),其充要条件是 e

-1≤0,故得 a 的取值范围是

? ? ? ? ,1? .
假若我们没有注意到 g(0)=0,那么在解 g(x)≥0 对所有的 x≥0 恒成立时,也可转化为
g min ( x ) ? 0 ( x ? 0 ) ,再以导数为工具,稍作讨论即可得解.

值得一提的是,本题还有考生采用参数分离法求解:由 f(x)=(x+1)ln(x+1)≥ax 对所有的 x≥0 恒成立可得: (1)当 x=0 时,a ? R. (2)当 x>0 时, a ? 设 g(x)=
g ?( x ) ? ( x ? 1 ) ln( x ? 1 ) x x ? ln( x ? 1 ) x
2

( x ? 1) ln( x ? 1) x

.

,问题转化为求 g(x)在开区间(0,+∞)上最小值或下界,

, 试 图 通 过 g′(x)=0 直 接 解 得 稳 定 点 , 困 难 重 重 ! 退 一 步 令
1 x ?1

h(x)=x-ln(x+1),因为 h ? ( x ) ? 1 ?

? ? ? 0 ,故 h ? ( x ) >0,则 h(x)在(0,+∞)单调递增, ,x

即 h(x)>h(0)=0,从而 g ? ( x ) >0,于是 g(x)在(0,+∞)单调递增,故 g(x)无最小值,此时, 由于 g(0)无意义,g(x)的下界一时也确定不了,但运用极限知识可得: g ( x ) ? lim g ( x ) ,然
x? 0

而求此极限却又超出所学知识范围,于是大部分考生被此难关扫落下马,无果而终.

事实

上采用洛比达法则可得: lim g ( x ) ? lim
x? 0

( x ? 1) ln( x ? 1) x

x? 0

? lim [ln( x ? 1) ? 1] ? 1 ,故 x>0
x? 0

时,g(x)>1,因而 a≤1.
,? 综合(1) ,得 a 的取值范围是: ? ? ? ?1 ? . (2)

点评 采用参数分离法求解本题,最大的难点在于求分离后所得函数的下界.它需要考 生拥有扎实的综合素质和过硬的极限、 导数知识, 并能灵活地运用这些工具来研究函数的性 态,包括函数的单调性,极值(最值)或上下界.突出考查了函数与方程思想、有限与无限 的思想. 3.不等式有解问题 例3 (06 年湖北)设 x=3 是函数 f(x)=(x2+ax+b)e
3? x

,x ? R 的一个极值点.

(1)求 a 与 b 的关系(用 a 表示 b) ,并求 f(x)的的单调区间; (2)设 a>0,g(x)= ? a ?
2

? ?

25 ? x ? e ,若存在 S1,S2 ? [0,4],使得|f(S1)-g(S2)|<1 成立,求 4 ?

a 的取值范围. 解析
2 3? x (1) f ? ( x ) ? ? [ x ? ( a ? 2 ) x ? b ? a ] e ,由 f ? ( 3 ) =0 得 b=-2a-3.

故 f(x)=(x2+ax-2a-3) e

3? x

.

3? x 3? x 因为 f ? ( x ) =-[x2+(a-2)x-3a-3] e =-(x-3)(x+a+1) e .

由 f ? ( x ) =0 得:x1=3,x2==-a-1. 由于 x=3 是 f(x)的极值点,故 x1≠x2,即 a≠-4.
, , 当 a<-4 时, 1<x2, f(x)在 ? ? ? ?3 ? 上为减函数, x 故 在[3, -a-1]上为增函数, ?? a ? 1 ??? ? 在

上为减函数.
, 当 a>-4 时, 1>x2, f(x)在 ? ? ? ?? a ? 1 ? 上为减函数, x 故 在[-a-1, 3]上为增函数, ?3 ??? ? 在 ,

上为减函数. (2)由题意,存在 S1,S2 ? [0,4],使得|f(S1)-g(S2)|<1 成立,即不等式|f(S1)-g(S2)|<1 在 S1, S2 ? [0,4]上有解. 于是问题转化为|f(S1)-g(S2)| min <1,由于两个不同自变量取值的任意性,因此首先要求出 f(S1)和 g(S2)在[0,4]上值域. 因为 a>0,则-a-1<0,由(1)知:f(x)在[0,3]递增;在[3,4]递减. 故 f(x)在[0,4]上 的值域为[min{f(0),f(4)},f(3)]=[-(2a+3)e ,a+6],而 g(x)= ? a ?
3
2

? ?

25 ? x ? e 在[0,4]上显然为增 4 ?

函数,其值域 ? a ?
2

? ?

25 4

?? a ,
?

?

2

?

25 ? 4 ? ?e ? . 4 ? ?
? ? 1? ? 2?
2

因 为 a ?
2

25 4

- ( a+6 ) = ? a ?

≥ 0,

故 a ?
2

25 4

≥ (a+6).

|f(S1)-g(S2)| min

25 ? 2 ? (a ? 6) ? 1 ?a ? ,? =a ? -(a+6)从而解 ? 4 4 ?a ? 0 ?
2

25

得0 ? a ?

3 2

. 故 a 的取

, 值范围为 ? 0 ? ? ? . ? 2?

?

3?

假若问题变成: “对任意的 S1, 2 ? [0, 使得|f(S1)-g(S2)|<1 都成立, a 的取值范围.” S 4], 求 则可将其转化为|f(S1)-g(S2)| max <1. 点评 函数、不等式、导数既是研究的对象,又是决问题的工具. 本题从函数的极值概 念入手,借助导数求函数的单调区间,进而求出函数 闭区间上的值域,再处理不等式有解 问题. 这里传统知识与现代方法交互作用,交相辉映,对考生灵活运用知识解决问题的能 力是一个极好的考查.


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