含参不等式恒成立问题

含参不等式恒成立问题（精选11篇）

含参不等式恒成立问题 第1篇

例1.不等式undefined对一切undefined恒成立, 则实数a的取值范围是a<2

总结:若a

若a

变题 不等式undefined对一切undefined恒成立, 则实数a的取值范围是

解:undefined

当且仅当undefined即x=±1时“=”成立。

undefined

∴“=”不成立

undefined

总结:若a

若a>f (x) , 则a>f (x) min或a>f (x) 下限

例2:不等式undefined对一切x∈R恒成立, 求实数a的取值范围。

解:undefined

令undefined或a≥2

总结:

若g (a)

若g (a) >f (x) , 则g (a) >f (x) min或g (a) >f (x) 上限

本题方法:分离参数法。

例3:已知函数f (x) =ax41nx+bx4 (x>0) 在x=1处取得极值-3, 其中a、b∈R,

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) -c≥-2c2恒成立, 求c的取值范围。

解①略

②f' (x) =48x31nx (x-0)

当x变化时, f' (x) 、f (x) 变化情况如下:

f (x) 的单调递减区间为 (0, 1) , 而单调递增区间为 (0, ∞)

∵f (x) min=f (x) 极小=-3

③-2c2+cf (x) (x>0) 恒成立

∴-2c2+c-3 解得c-1或undefined

∴c的取值范围是undefined

总结:本题运用分离参数的方法求参数的范围。

例4:已知undefined对于f (t) 值域内的所有实数m, 不等式x2+mx+4>2m+4x都能成立, 求实数m的取值范围。

解法一:分离参数

解法二:变换主元

设undefined

由undefined, 得undefined, 或x>2

总结:通过一题多解, 开拓学生视野, 总结最简解法变换主元。

练习: (2008安徽20文)

已知函数undefined其中a为实数

(I) 已知函数f (x) 在x=1处取得极值, 求a的值。

(II) 已知不等式f' (x) >x2-x-a+1对任意a∈ (0, ∞) 都成立, 求实数x的取值范围。

小结:

1 求解恒成立问题是高考的热点。

2.方法一:分离参数法。方法二:变换主元法。

含参不等式恒成立问题 第2篇

教学目标:

1.通过对不同问题的解题探讨归纳该类问题的一般解法

2.培养学生的分析问题和灵活应用知识解决问题的能力

3.培养学生的数形结合能力

重难点:

分析解决问题的能力,数形结合思想方法的应用 教学方法:

指导练习法

教学过程:

一、复习回顾

引例：（9月月考）

23、已知二次函数f(x)满足f(x1)f(x)2x且f(0)1．

（1）求f(x)的解析式；

（2）求f(x)在区间1,1上的最大值和最小值。

（3）当x[1,1]时，不等式：f(x)2xm恒成立，求m的范围。

二、归纳：（恒成立问题的基本类型）

类型1：设f(x)ax2bxc(a0)，（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。

类型2：设f(x)ax2bxc(a0)

bbb

（1）当a0时，f(x)0在x[,]上恒成立2a或2a或2a，f()00f()0

f(x)0在x[,]上恒成立f()0

)0

f(

（2）当a0时，f(x)0在x[,]上恒成立f()0

f()0

b

f(x)0在x[,]上恒成立b

2a

或2a

或b

2a

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(xI)恒成立。

f(x)ming(x)max

三、例题讲评

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的范围。

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：m(x21)(2x1)0，；f(2)0令f(m)m(x21)(2x1)，则2m2时，f(m)0恒成立，所以只需即

f(2)0

12(x1)(2x1)0

x(，所以x的范围是

222(x1)(2x1)0

71,32)。

例2：若不等式(m1)x2(m1)x20的解集是R，求m的范围。

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

（2）m10时，只需，所以，m[1,9)。2

(m1)8(m1)0

变式：

（1）若不等式x2mx20在x1,2上恒成立，求m的范围。（2）若不等式x2mx20在x1,2上恒成立，求m的范围。（3）若不等式x2mx20在m1,2上恒成立，求x的范围。例3：已知a0,a1,f(x)xa,当x(1,1)时,有f(x)解析：由f(x)xa

x

x

恒成立，求实数a的取值范围。

12，得x

a，在同一直角坐标系中做出两个函数的图象，如果两个函12

a及(1)

x

数分别在x=-1和x=1处相交，则由1

a



1得到a分别等于2和0.5，并作出函数

1x1x2xx

y2及y()的图象，所以，要想使函数xa在区间x(1,1)中恒成立，只须y2在22

区间x(1,1)对应的图象在yx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

才可以，所以a[,1)(1,2]。

四：小结

对不同的问题的采取的方法是不一样的，要根据具体的情境灵活选择。但一定要借助图像去分析才能选择好恰当的方法去解题。在分类讨论时要注意分类的完整性和合理性，在等号成立的情况下一定要仔细思考。五：同步练习

1、设f(x)lg

12a

4xx

如果x(.1)时，f(x)恒有意义，求a的取值范围。,其中aR，分析：如果x(.1)时，f(x)恒有意义，则可转化为12xa4x0恒成立，即参数分离后a解。

解：如果x(.1)时，f(x)恒有意义12xa4x0，对x(,1)恒成立.a

124

xx

124

x

x

（2x

2

2x)，x(.1)恒成立，接下来可转化为二次函数区间最值求

(2

x

2

2x)x(.1)恒成立。

令t2x，g(t)(tt2)又x(.1)则t(,)ag(t)对t(,)恒成立，又

113

3g(t)在t[,)上为减函数，g(t)maxg()，a。

2244

112、设函数是定义在(,)上的增函数，如果不等式f(1axx2)f(2a)对于任意x[0,1]恒成立，求实数a的取值范围。

分析：本题可利用函数的单调性把原不等式问题转化为1axx22a对于任意x[0,1]恒成立，从而转化为二次函数区间最值求解。

解：f(x)是增函数f(1axx2)f(2a)对于任意x[0,1]恒成立

1axx2a对于任意x[0,1]恒成立

xax1a0对于任意x[0,1]恒成立，令g(x)xax1a，x[0,1]，所以原

问题g(x)min0，又g()xnim)(0ag,0



a

(g,)20a

2

2a2,即g(x)min

1a,a0

2aa1,2a0易

4

2,a2

求得a1。

3、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。

分析：在f(x)a不等式中，若把a移到等号的左边，则原问题可转化为二次函数区间恒成立问题。

解：设F(x)= f(x)-a=x2-2ax+2-a.ⅰ)当=（-2a）2-4(2-a)=4（a-1)(a+2)<0时，即-2

ⅱ）当=4（a-1)(a+2)0时由图可得以下充要条件：



0(a1)(a2)0

即a30 f(1)0

a1,2a

1,2

得-3a-2;

综上所述：a的取值范围为[-3，1]。

4、当x(1,2)时，不等式(x-1)2

分析：若将不等号两边分别设成两个函数，则左边为二次函数，右边为对数函数，故可以采用数形结合借助图象位置关系通过特指求解a的取值范围。

解：设T1:f(x)=(x1)2,T2:g(x)logax,则T1的图象为右图所示的抛物线，要使对一切x(1,2), f(x)

T1的图象一定要在T2的图象所的下方，显然a>1,并且必须也只

需g(2)f(2)

故loga2>1,a>1,1

分析：原方程可化成lg(x2+20x)=lg(8x-6a-3),从而得x2+20x=8x-6a-3>0,若将等号两边分别构造函数即二次函数y= x2+20x与一次函数y=8x-6a-3，则只需考虑这两个函数的图象在x轴上方恒有唯一交点即可。

解：令T1：y1= x2+20x=（x+10）2-100, T2：y2=8x-6a-3,则如图所

示，T1的图象为一抛物线，T2的图象是一条斜率为定值8，而截距不定的直线，要使T1和T2在x轴上有唯一交点，则直线必须位于l1和l2之间。（包括l1但不包括l2)

当直线为l1时，直线过点（-20，0）此时纵截距为-6a-3=160,a=

1636

;

2当直线为l2时，直线过点（0，0），纵截距为-6a-3=0，a=∴a的范围为[

1636，

12）。

6、对于满足|p|2的所有实数p,求使不等式x2+px+1>2p+x恒成立的x的取值范围。

分析：在不等式中出现了两个变量：x、P,并且是给出了p的范围要求x的相应范围，直接从x的不等式正面出发直接求解较难，若逆向思维把 p看作自变量，x看成参变量，则上述问题即可转化为在[-2，2]内关于p的一次函数函数值大于0恒成立求参变量x的范围的问题。解：原不等式可化为(x-1)p+x2-2x+1>0,令 f(p)=(x-1)p+x2-2x+1,则原问题等价于f(p)>0在p∈[-2,2]上恒成立，故有：

x10x10

方法一：或∴x<-1或x>3.f(2)0f(2)0

x3或x1f(2)0x4x30

方法二：即2解得：∴x<-1或x>3.f(2)0x1或x1x10

lg2ax

7.若不等式lg(ax)



1在x∈［1，2］时恒成立，试求a的取值范围。

x1



解：由题设知2ax0，得a>0，可知a+x>1，所以lg(ax)0。原不等式变形为lg2axlg(ax)。2]，可得2x10 2axax，即(2x1)ax。又x[1，a

x2x1



1111f(x)11

22x1恒成立。设22x1，在x∈［1，2］上为减函数，可得

f(x)minf(2)

23，知

a

3。综上知

0a

23。

lg2ax

关键点拨：将参数a从不等式lg(ax)

1

中分离出来是解决问题的关键。

f(a)f(b)ab

0

8.已知f(x)是定义在［－1，1］上的奇函数且f(1)1，若a、b∈［－1，1］，a+b≠0，有（1）判断函数f(x)在［－1，1］上是增函数还是减函数。

11

fxf2x

22。（2）解不等式。

1]、a∈［－1，1］恒成立，求实数m的取值范围。（3）若f(x)m2am1对所有x[1，解：（1）设1x1x21，则

f(x1)f(x2)f(x1)f(x2)

f(x1)f(x2)

x1x

2(x1x2)0，可知f(x1)f(x2)，所以f(x)在［－1，1］上是增函数。

11x12

1

12x

12

11x2x（2）由f(x)在［－1，1］上是增函数知

11

x|xx

42 42解得，故不等式的解集

（3）因为f(x)在［－1，1］上是增函数，所以f(x)f(1)1，即1是f(x)的最大值。依题意有

m

2am11，对a∈［－1，1］恒成立，即m

2am0恒成立。

令

g(a)2mam，它的图象是一条线段，那么

g(1)m2m0

2

g(1)m2m0m(，2]{0}[2，)。

关键点拨：对于（1），抽象函数单调性的证明往往借助定义，利用拼凑条件，判断差的符号。对于（2），后一步解不等式往往是上一步单调性的继续，通过单调性、函数值的大小转化到自变量的大小上来。对于

含参不等式恒成立问题 第3篇

最值法

最值法就是将不等式恒成立问题等价转化为求函数的最值问题.

我们一般可以通过直接分类讨论、分离参数和变换主元三种方法求函数的最值.下面就具体问题分析三种方法的实际应用.

例1 [2011年高考数学北京卷（理科）第18题第Ⅱ小题] 已知函数f（x）=（x-k）2e，若对于任意的x∈（0，+∞），都有f（x）≤，求k的取值范围.

解析： f′（x）=2（x-k）e+（x-k）2e=e（x-k）·（x+k）. 根据题意，对于任意的x∈（0，+∞），都有f（x）≤，即f（x）max≤.

若k>0，因为f（k+1）=（k+1-k）2e=e1+>，不满足对于任意的x∈（0，+∞），都有f（x）≤，所以k<0.

当00，函数 f（x）单调递增；当x>-k时， f′（x）<0，函数 f（x）单调递减，所以f（x）max=f（-k）=（-k-k）2e=.因为f（x）max≤，所以≤.又k<0，解得-≤k<0.

点评： 直接对参数进行分类讨论是求解含参不等式恒成立问题的常用方法.在例1中，我们通过对参数k的正负的讨论，建立了k与的关系式，进而得解.

例2 若kx-lnx+2>0恒成立，求k的取值范围.

解析： 由题意可知x>0. 要使kx-lnx+2>0恒成立， 则k>恒成立.设g（x）=，则k>g（x）max.

令g′（x）==0，得x=e3. 当00，函数g（x）单调递增；当x>e3时，g′（x）<0，函数g（x）单调递减，所以g（x）max=g（e3）=，k>.

点评： 直接对参数进行分类讨论求最值有时会比较烦琐.如果能通过恒等变形分离出参数，将不等式转化为一端是参数、另一端是变量表达式，就能使研究的函数不再含有参数，避免了对参数的讨论.

例3 [2012年高考数学浙江卷（理科）第22题第I小题] 已知a>0，b∈R，函数f（x）=4ax3-2bx-a+b.证明：当0≤x≤1时，f（x）+2a-b+a≥0.

解析： 设函数h（b）=f（x）+2a-b+a=4ax3-2bx+b+2a-b.当b<2a时，h（b）=h1（b）=4ax3-2bx+2a=-2xb+2a（2x3+1）；当b>2a时，h（b）=h2（b）=4ax3-2bx+2b-2a=（2-2x）b+2a（2x3-1）.当b=2a时，h1（2a）=h2（2a）=4ax3-4ax+2a.

因为x∈[0，1]，所以当b<2a时，h′（b）=h1′（b）=-2x≤0，函数h（b）在（-∞，2a）上单调递减；当b>2a时，h′（b）=h2′（b）=2-2x≥0，函数h（b）在（2a，+∞）上单调递增， 所以函数h（b）min=h1（2a）=h2（2a）=4ax3-4ax+2a=2a（2x3-2x+1）.

设函数g（x）=2x3-2x+1，g′（x）=6x2-2=6x

-·x

+.因为x∈[0，1]，所以当x∈0

，时，g′（x）<0，函数g（x）单调递减；当x∈

，1时，g′（x）>0，函数g（x）单调递增，所以g（x）min=g

=2·

3-2·+1=1-=1->0.

因为h（b）min=2a（2x3-2x+1）≥2a·g（x）min，所以由a>0，g（x）min=g

>0可得h（b）min≥0，即f（x）+2a-b+a≥0.

点评： 有些含参不等式的恒成立问题，在分离参数时会遇到需要多次讨论的麻烦，这时如果我们变换主元，就会简化问题、降低难度.在例3中，若以常规的思路，将函数看成以x为主元、以a，b为参数的函数，则会涉及三次函数的单调性问题，要进行多次分类讨论.而通过变换主元，就使得解题思路更简洁明快.

数形结合法

如果含参不等式恒成立问题不方便转化为求函数最值问题，还可尝试采用数形结合法，通过作出函数图象求解.

若由原不等式直接转化得到的函数图象不易画出，可以先通过等价变形，将不等式变形为不等号左右两个式子，并将这两个式子分别看成两个函数，然后将两个函数的大小关系与函数图象的位置关系一一对应求解.

当f（x）>g（x）时，函数f（x）的图象恒在函数g（x）图象的上方；当f（x）

例4 若对于任意的x∈0

，， x2-loga x-<0恒成立，求a的取值范围.

解析： x2-loga x-<0?x2-

要使对于任意的x∈0

，， x2-

，上函数f（x）的图象恒在函数g（x）图象的下方.

如图1所示，若a>1，因为当x∈0

，时，f（0）

=，而 g（x）<0恒成立，所以函数f（x）的图象不可能恒在函数g（x）图象的下方，所以0

如图2所示，当x∈0

，时，f（x）

=. 所以要使区间0

，上函数f（x）的图象恒在函数g（x）图象的下方，只需满足g（x）min=g

≥f

，即loga≥.又0

【练一练】

若a∈R，函数f（x）=4x3-2ax+a. 证明：当0≤x≤1时，f（x）+2-a>0.

【参考答案】

设h（a）=4x3-2ax+a+2-a，当a<2时，h（a）=h1（a）=

-2xa+4x3+2，h1′（a）=-2x；当a>2时，h（a）=h2（a）=4x3-2ax+2a-2=2（1-x）a+4x3-2，h2′（a）=2-2x.当a=2时，h1（2）=h2（2）=4x3-4x+2.

因为x∈[0，1]，所以当a>2时，h′（a）=h2′（a）≥0，函数h（a）单调递增；当a<2时，h′（a）=h1′（a）≤0，函数h（a）单调递减，所以h（a）min=h1（2）=h2（2）=4x3-4x+2.

设g（x）=4x3-4x+2，g′（x）=12x2-4=12x

-·x

+.因为x∈[0，1]，所以当x∈0

，时，g′（x）<0，函数g（x）单调递减；当x∈

，1时，g′（x）>0，函数g（x）单调递增，所以g（x）min=g

=2->0.

因为h（a）min=4x3-4x+2≥g（x）min，所以由g（x）min>0可得h（a）=f（x）+2-a>0.

含参不等式恒成立问题主要有两种类型：一是已知某个不等式恒成立，求其中参数的取值范围；二是证明含有参数的某个不等式恒成立.解决这两类问题的关键是要合理转化函数，利用函数性质或图象求解，我们将其归纳为最值法和数形结合法.

最值法

最值法就是将不等式恒成立问题等价转化为求函数的最值问题.

我们一般可以通过直接分类讨论、分离参数和变换主元三种方法求函数的最值.下面就具体问题分析三种方法的实际应用.

例1 [2011年高考数学北京卷（理科）第18题第Ⅱ小题] 已知函数f（x）=（x-k）2e，若对于任意的x∈（0，+∞），都有f（x）≤，求k的取值范围.

解析： f′（x）=2（x-k）e+（x-k）2e=e（x-k）·（x+k）. 根据题意，对于任意的x∈（0，+∞），都有f（x）≤，即f（x）max≤.

若k>0，因为f（k+1）=（k+1-k）2e=e1+>，不满足对于任意的x∈（0，+∞），都有f（x）≤，所以k<0.

当00，函数 f（x）单调递增；当x>-k时， f′（x）<0，函数 f（x）单调递减，所以f（x）max=f（-k）=（-k-k）2e=.因为f（x）max≤，所以≤.又k<0，解得-≤k<0.

点评： 直接对参数进行分类讨论是求解含参不等式恒成立问题的常用方法.在例1中，我们通过对参数k的正负的讨论，建立了k与的关系式，进而得解.

例2 若kx-lnx+2>0恒成立，求k的取值范围.

解析： 由题意可知x>0. 要使kx-lnx+2>0恒成立， 则k>恒成立.设g（x）=，则k>g（x）max.

令g′（x）==0，得x=e3. 当00，函数g（x）单调递增；当x>e3时，g′（x）<0，函数g（x）单调递减，所以g（x）max=g（e3）=，k>.

点评： 直接对参数进行分类讨论求最值有时会比较烦琐.如果能通过恒等变形分离出参数，将不等式转化为一端是参数、另一端是变量表达式，就能使研究的函数不再含有参数，避免了对参数的讨论.

例3 [2012年高考数学浙江卷（理科）第22题第I小题] 已知a>0，b∈R，函数f（x）=4ax3-2bx-a+b.证明：当0≤x≤1时，f（x）+2a-b+a≥0.

解析： 设函数h（b）=f（x）+2a-b+a=4ax3-2bx+b+2a-b.当b<2a时，h（b）=h1（b）=4ax3-2bx+2a=-2xb+2a（2x3+1）；当b>2a时，h（b）=h2（b）=4ax3-2bx+2b-2a=（2-2x）b+2a（2x3-1）.当b=2a时，h1（2a）=h2（2a）=4ax3-4ax+2a.

因为x∈[0，1]，所以当b<2a时，h′（b）=h1′（b）=-2x≤0，函数h（b）在（-∞，2a）上单调递减；当b>2a时，h′（b）=h2′（b）=2-2x≥0，函数h（b）在（2a，+∞）上单调递增， 所以函数h（b）min=h1（2a）=h2（2a）=4ax3-4ax+2a=2a（2x3-2x+1）.

设函数g（x）=2x3-2x+1，g′（x）=6x2-2=6x

-·x

+.因为x∈[0，1]，所以当x∈0

，时，g′（x）<0，函数g（x）单调递减；当x∈

，1时，g′（x）>0，函数g（x）单调递增，所以g（x）min=g

=2·

3-2·+1=1-=1->0.

因为h（b）min=2a（2x3-2x+1）≥2a·g（x）min，所以由a>0，g（x）min=g

>0可得h（b）min≥0，即f（x）+2a-b+a≥0.

点评： 有些含参不等式的恒成立问题，在分离参数时会遇到需要多次讨论的麻烦，这时如果我们变换主元，就会简化问题、降低难度.在例3中，若以常规的思路，将函数看成以x为主元、以a，b为参数的函数，则会涉及三次函数的单调性问题，要进行多次分类讨论.而通过变换主元，就使得解题思路更简洁明快.

数形结合法

如果含参不等式恒成立问题不方便转化为求函数最值问题，还可尝试采用数形结合法，通过作出函数图象求解.

若由原不等式直接转化得到的函数图象不易画出，可以先通过等价变形，将不等式变形为不等号左右两个式子，并将这两个式子分别看成两个函数，然后将两个函数的大小关系与函数图象的位置关系一一对应求解.

当f（x）>g（x）时，函数f（x）的图象恒在函数g（x）图象的上方；当f（x）

例4 若对于任意的x∈0

，， x2-loga x-<0恒成立，求a的取值范围.

解析： x2-loga x-<0?x2-

要使对于任意的x∈0

，， x2-

，上函数f（x）的图象恒在函数g（x）图象的下方.

如图1所示，若a>1，因为当x∈0

，时，f（0）

=，而 g（x）<0恒成立，所以函数f（x）的图象不可能恒在函数g（x）图象的下方，所以0

如图2所示，当x∈0

，时，f（x）

=. 所以要使区间0

，上函数f（x）的图象恒在函数g（x）图象的下方，只需满足g（x）min=g

≥f

，即loga≥.又0

【练一练】

若a∈R，函数f（x）=4x3-2ax+a. 证明：当0≤x≤1时，f（x）+2-a>0.

【参考答案】

设h（a）=4x3-2ax+a+2-a，当a<2时，h（a）=h1（a）=

-2xa+4x3+2，h1′（a）=-2x；当a>2时，h（a）=h2（a）=4x3-2ax+2a-2=2（1-x）a+4x3-2，h2′（a）=2-2x.当a=2时，h1（2）=h2（2）=4x3-4x+2.

因为x∈[0，1]，所以当a>2时，h′（a）=h2′（a）≥0，函数h（a）单调递增；当a<2时，h′（a）=h1′（a）≤0，函数h（a）单调递减，所以h（a）min=h1（2）=h2（2）=4x3-4x+2.

设g（x）=4x3-4x+2，g′（x）=12x2-4=12x

-·x

+.因为x∈[0，1]，所以当x∈0

，时，g′（x）<0，函数g（x）单调递减；当x∈

，1时，g′（x）>0，函数g（x）单调递增，所以g（x）min=g

=2->0.

因为h（a）min=4x3-4x+2≥g（x）min，所以由g（x）min>0可得h（a）=f（x）+2-a>0.

含参不等式恒成立问题主要有两种类型：一是已知某个不等式恒成立，求其中参数的取值范围；二是证明含有参数的某个不等式恒成立.解决这两类问题的关键是要合理转化函数，利用函数性质或图象求解，我们将其归纳为最值法和数形结合法.

最值法

最值法就是将不等式恒成立问题等价转化为求函数的最值问题.

我们一般可以通过直接分类讨论、分离参数和变换主元三种方法求函数的最值.下面就具体问题分析三种方法的实际应用.

例1 [2011年高考数学北京卷（理科）第18题第Ⅱ小题] 已知函数f（x）=（x-k）2e，若对于任意的x∈（0，+∞），都有f（x）≤，求k的取值范围.

解析： f′（x）=2（x-k）e+（x-k）2e=e（x-k）·（x+k）. 根据题意，对于任意的x∈（0，+∞），都有f（x）≤，即f（x）max≤.

若k>0，因为f（k+1）=（k+1-k）2e=e1+>，不满足对于任意的x∈（0，+∞），都有f（x）≤，所以k<0.

当00，函数 f（x）单调递增；当x>-k时， f′（x）<0，函数 f（x）单调递减，所以f（x）max=f（-k）=（-k-k）2e=.因为f（x）max≤，所以≤.又k<0，解得-≤k<0.

点评： 直接对参数进行分类讨论是求解含参不等式恒成立问题的常用方法.在例1中，我们通过对参数k的正负的讨论，建立了k与的关系式，进而得解.

例2 若kx-lnx+2>0恒成立，求k的取值范围.

解析： 由题意可知x>0. 要使kx-lnx+2>0恒成立， 则k>恒成立.设g（x）=，则k>g（x）max.

令g′（x）==0，得x=e3. 当00，函数g（x）单调递增；当x>e3时，g′（x）<0，函数g（x）单调递减，所以g（x）max=g（e3）=，k>.

点评： 直接对参数进行分类讨论求最值有时会比较烦琐.如果能通过恒等变形分离出参数，将不等式转化为一端是参数、另一端是变量表达式，就能使研究的函数不再含有参数，避免了对参数的讨论.

例3 [2012年高考数学浙江卷（理科）第22题第I小题] 已知a>0，b∈R，函数f（x）=4ax3-2bx-a+b.证明：当0≤x≤1时，f（x）+2a-b+a≥0.

解析： 设函数h（b）=f（x）+2a-b+a=4ax3-2bx+b+2a-b.当b<2a时，h（b）=h1（b）=4ax3-2bx+2a=-2xb+2a（2x3+1）；当b>2a时，h（b）=h2（b）=4ax3-2bx+2b-2a=（2-2x）b+2a（2x3-1）.当b=2a时，h1（2a）=h2（2a）=4ax3-4ax+2a.

因为x∈[0，1]，所以当b<2a时，h′（b）=h1′（b）=-2x≤0，函数h（b）在（-∞，2a）上单调递减；当b>2a时，h′（b）=h2′（b）=2-2x≥0，函数h（b）在（2a，+∞）上单调递增， 所以函数h（b）min=h1（2a）=h2（2a）=4ax3-4ax+2a=2a（2x3-2x+1）.

设函数g（x）=2x3-2x+1，g′（x）=6x2-2=6x

-·x

+.因为x∈[0，1]，所以当x∈0

，时，g′（x）<0，函数g（x）单调递减；当x∈

，1时，g′（x）>0，函数g（x）单调递增，所以g（x）min=g

=2·

3-2·+1=1-=1->0.

因为h（b）min=2a（2x3-2x+1）≥2a·g（x）min，所以由a>0，g（x）min=g

>0可得h（b）min≥0，即f（x）+2a-b+a≥0.

点评： 有些含参不等式的恒成立问题，在分离参数时会遇到需要多次讨论的麻烦，这时如果我们变换主元，就会简化问题、降低难度.在例3中，若以常规的思路，将函数看成以x为主元、以a，b为参数的函数，则会涉及三次函数的单调性问题，要进行多次分类讨论.而通过变换主元，就使得解题思路更简洁明快.

数形结合法

如果含参不等式恒成立问题不方便转化为求函数最值问题，还可尝试采用数形结合法，通过作出函数图象求解.

若由原不等式直接转化得到的函数图象不易画出，可以先通过等价变形，将不等式变形为不等号左右两个式子，并将这两个式子分别看成两个函数，然后将两个函数的大小关系与函数图象的位置关系一一对应求解.

当f（x）>g（x）时，函数f（x）的图象恒在函数g（x）图象的上方；当f（x）

例4 若对于任意的x∈0

，， x2-loga x-<0恒成立，求a的取值范围.

解析： x2-loga x-<0?x2-

要使对于任意的x∈0

，， x2-

，上函数f（x）的图象恒在函数g（x）图象的下方.

如图1所示，若a>1，因为当x∈0

，时，f（0）

=，而 g（x）<0恒成立，所以函数f（x）的图象不可能恒在函数g（x）图象的下方，所以0

如图2所示，当x∈0

，时，f（x）

=. 所以要使区间0

，上函数f（x）的图象恒在函数g（x）图象的下方，只需满足g（x）min=g

≥f

，即loga≥.又0

【练一练】

若a∈R，函数f（x）=4x3-2ax+a. 证明：当0≤x≤1时，f（x）+2-a>0.

【参考答案】

设h（a）=4x3-2ax+a+2-a，当a<2时，h（a）=h1（a）=

-2xa+4x3+2，h1′（a）=-2x；当a>2时，h（a）=h2（a）=4x3-2ax+2a-2=2（1-x）a+4x3-2，h2′（a）=2-2x.当a=2时，h1（2）=h2（2）=4x3-4x+2.

因为x∈[0，1]，所以当a>2时，h′（a）=h2′（a）≥0，函数h（a）单调递增；当a<2时，h′（a）=h1′（a）≤0，函数h（a）单调递减，所以h（a）min=h1（2）=h2（2）=4x3-4x+2.

设g（x）=4x3-4x+2，g′（x）=12x2-4=12x

-·x

+.因为x∈[0，1]，所以当x∈0

，时，g′（x）<0，函数g（x）单调递减；当x∈

，1时，g′（x）>0，函数g（x）单调递增，所以g（x）min=g

=2->0.

因为h（a）min=4x3-4x+2≥g（x）min，所以由g（x）min>0可得h（a）=f（x）+2-a>0.

含参不等式恒成立问题的一般解法 第4篇

方法1:(最值法)最值法是恒成立问题中最基本的思想方法，解决基础问题模型是“a≥f(x)或a≤f(x)”理论基础“a≥f(x)在x∈D上恒成立，则a≥f(x)max(x∈D);a≤f(x)在x∈D上恒成立，则a≤f(x)min(x∈D)”.

例1已知二次函数f(x)=ax2+x，若x∈[0,1]时，恒有|f(x)|≤1，求a的取值范围．

解:由题意知:因为|f(x)|≤1，所以-1≤ax2+x≤1，即-1-x≤ax2≤1-x.

例2设函数．对于任意实数x,f'(x)≥m恒成立，求m的最大值．

解:由题意得:f'(x)=3x2-9x+6=3(x-1)(x-2)，因为x∈(-∞，+∞)，f'(x)≥m，即3x2-9x+(6-m)≥0恒成立，所以Δ=81-12(6-m)≤0，即，所以m的最大值为.

f(x)≥2恒成立，求a的取值范围?

方法2:(构造函数法)已知谁的范围，则视为谁的函数，可快速判定构造方向．而从特殊值入手，初步缩小变量的取值范围，则可有效缩短解题时间．

例4对于满足0≤p≤4的一切实数，不等式x2+px>4x+p-3恒成立，试求x的取值范围．

解:设函数f(p)=(x-1)p+(x2-4x+3)，显然x≠1，则f(p)是p的一次函数，要使f(p)>0恒成立，当且仅当f(0)>0，且f(4)>0时，解得x取值范围:(-∞，-1)∪(3,+∞)．

例5已知函数f(x)=kex-x，若对任意x∈R，有f(x)>0恒成立，求实数k的取值范围?

方法3:(参数分离法)对于无须分类讨论便可实现参变量分离的，此法可将多变量问题转化为单变量问题．

例6当x∈(-∞，1]时，不等式1+3x+6xa≥0恒成立，求实数a的取值范围?

例7已知，且|f(B)-m|<2恒成立，求实数m的取值范围．

解:由题意知:f(B)=2sin B[1-cos(+B)]+cos2B=2sin B+2sin2B+1-2sin2B=2sin B+1，因为0<B<π，所以sin B∈(0,1]，所以f(B)∈(1,3]．因为|f(B)-m|<2恒成立，

方法4:数形结合法:在不等式恒成立问题中，如若一时难以找出突破口，常可联想到问题中涉及的函数图象，以形助数，会有意想不到的收获．

例8不等式ax2-2ax+2a-3<0(a为实数)对任意的x∈R恒成立，求a的取值范围．

解:由题意知:(1)当a=0时，不等式得:-3<0恒成立;(2)当a≠0时，令f(x)=ax2-2ax+2a-3，数形结合知:

解得:a<0．所以综合(1)(2)得:a≤0.

例9已知a>0且a≠1,f(x)=x2-ax，当x∈(-1,1)时，有f(x)<恒成立，求实数a的取值范围．

含参不等式恒成立问题 第5篇

[关键词] 高考 含参不等式 恒成立

[中图分类号] G633.6 [文献标识码] A [文章编号] 1674 6058（2016）17 0058

导数在不等式中的应用问题是每年高考的必考内容，多以解答题的形式出现，难度较大，属中、高档题，含参不等式的恒成立问题就是其中一种考查方式.含参不等式的恒成立问题因其覆盖的知识点多，方法也多种多样，考生普遍存在的问题是：入手易、深入难；会而不对、会而不全.但我们认真研究一下这类问题，还是“有法可依”的.本文结合例子给出解决此类问题的几种策略.

【题目】 （贵州2015适应性试题）设函数f（x）=ax- sinx，x∈[0，π].

（Ⅰ）当a= 1 2 时，求f（x）的单调区间；

（Ⅱ）若不等式f（x）≤1-cosx恒成立，求实数a的取值范围.

答案： （Ⅰ）增区间[0， π 4 ]，减区间[ π 4 ，π].

（Ⅱ）有如下几种策略解决.

策略一：部分分离变量利用数形结合解决恒成立问题，对不等式经过移项等变形，可将不等式化为两边是熟悉的函数的形式，特别是可化为一边为一次函数，另一边是超越函数的不等式问题.对于这类问题，我们常常用数形结合法，先构造函数，再作出其对应的函数的图像，结合图像找出其满足的条件，通过解不等式，求出参数的范围.

解： 原不等式等价于ax-1≤sinx-cosx恒成立.设g（x）= 2 sin（x- π 4 ），h（x）=ax-1，原不等式等价于g（x）≥h（x）在x∈[0，π]上恒成立.作出g（x）的简图，如图所示，端点A（π，1），B（0，-1），求导得g′（x）= 2 cos（x- π 4 ），则g′（0）=1.函数g（x）在点B（0，-1）处的切线方程为y=x-1.该切线在图中与g（x）还有另一个交点，而直线AB的方程为y= 2 π x-1，要使原不等式恒成立，只需a≤ 2 π ，故实数a的取值范围是（-∞， 2 π ].

点评： 如果一些不等式两边的式子函数模型较明显、较容易画出函数图像，可以考虑画出函数图像，用函数图像的直观性解决不等式或方程的恒成立问题.这样可得到意想不到的效果.

策略二：彻底分离参数，将不等式问题转化成函数最值问题.比如，含参数m的不等式恒成立问题可变为f（m）≤g（x）或f（m）≥g（x）在给定区间D上恒成立问题，最终可转化为求函数在给定区间D上的最大值或最小值问题，即f（m）≤g（x）min或f（m）≥g（x）max，然后再解相应的不等式即可.

解： 原不等式等价于ax≤sinx-cosx+1.

当x=0时，a·0≤0恒成立，a∈ R ；

②当x∈（0，π]时，原不等式等价于a≤

sinx-cosx+1 x

.构造函数g（x）=

sinx-cosx+1 x

，求导得g′（x）=

x（cosx+sinx）-sinx+cosx-1 x2

.构造函数h（x）=

x（cosx+sinx）-sinx+cosx-1

，求导得h′（x）=x（cosx-sinx）

.则当x∈（0， π 4 ）

时，h′（x）>0；当x∈（ π 4 ，π]时，h′（x）<0.故函数h（x）在（0， π 4 ）上单调递增；在（ π 4 ，π]上单调递减.所以h（ π 4 ）>h（0）=0，h（π）=-π-2<0.从而x0∈（ π 4 ，π）

，使h（x0）=0.

当x∈（0，x0）时，h（x）>0，g（x）单调递增；当x∈（x0，π）时，h（x）<0，g（x）单调递减.故g（x）的最小值在端点处取得.因g（π）= 2 π

，

lim x→0

sinx-cosx+1 x =

lim x→0

（cosx+sinx）=1

（洛必达法则），所以a≤ 2 π .

综上所述，实数a的取值范围是（-∞， 2 π ].

点评： 该策略把不等式中的恒成立问题转化为求函数最值问题，适用于参数与变量能分离，函数的最值易求出的问题.

策略三：不分离参数，利用比较法构造函数，例如在某个范围内，含参不等式或恒成立，利用作差法可以构造函数，进而只需求或即可，（在条件允许下也可利用作商法构造函数）使问题转化成函数求最值问题求解.

解： 原不等式等价于，构造函数，，求导得.易得在上单调递增，在上单调递减，，，.

当时，①当时，，在上单调递增，，恒成立；②当时，，在上单调递减，，不恒成立；

③当时，，，，使，当时，，单调递减，则有，不恒成立；④当时，，，易知，使，当时，，单调递增，当时，，单调递减，要使在上恒成立，当且仅当解得.综上所述，实数的取值范围.

点评： 虽然是构造函数，转化成求最值问题，但是构造的函数中还含有参数，求最值时就需对参数进行分类讨论.

利用导数解决含参不等式的恒成立问题，首先要构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围；也可 分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题.

含参不等式恒成立问题 第6篇

关键词：高考,含参不等式,恒成立

导数在不等式中的应用问题是每年高考的必考内容, 多以解答题的形式出现, 难度较大, 属中、高档题, 含参不等式的恒成立问题就是其中一种考查方式.含参不等式的恒成立问题因其覆盖的知识点多, 方法也多种多样, 考生普遍存在的问题是:入手易、深入难;会而不对、会而不全.但我们认真研究一下这类问题, 还是“有法可依”的.本文结合例子给出解决此类问题的几种策略.

【题目】 (贵州2015适应性试题) 设函数f (x) =axsinx, x∈[0, π].

(Ⅱ) 若不等式f (x) ≤1-cosx恒成立, 求实数a的取值范围.

(Ⅱ) 有如下几种策略解决.

策略一:部分分离变量利用数形结合解决恒成立问题, 对不等式经过移项等变形, 可将不等式化为两边是熟悉的函数的形式, 特别是可化为一边为一次函数, 另一边是超越函数的不等式问题.对于这类问题, 我们常常用数形结合法, 先构造函数, 再作出其对应的函数的图像, 结合图像找出其满足的条件, 通过解不等式, 求出参数的范围.

点评:如果一些不等式两边的式子函数模型较明显、较容易画出函数图像, 可以考虑画出函数图像, 用函数图像的直观性解决不等式或方程的恒成立问题.这样可得到意想不到的效果.

策略二:彻底分离参数, 将不等式问题转化成函数最值问题.比如, 含参数m的不等式恒成立问题可变为f (m) ≤g (x) 或f (m) ≥g (x) 在给定区间D上恒成立问题, 最终可转化为求函数在给定区间D上的最大值或最小值问题, 即f (m) ≤g (x) min或f (m) ≥g (x) max, 然后再解相应的不等式即可.

解:原不等式等价于ax≤sinx-cosx+1.

点评:该策略把不等式中的恒成立问题转化为求函数最值问题, 适用于参数与变量能分离, 函数的最值易求出的问题.

含参不等式恒成立问题 第7篇

一、化归二次函数法

类型1: 设f ( x) = ax2+ bx + c( a≠0) ,( 1) f ( x) > 0在x∈R上恒成立a > 0且Δ < 0;

( 2) f ( x) < 0在x∈R上恒成立a < 0且Δ < 0.

例1设函数f ( x) = mx2- mx - 1,若对于一切实数x,f ( x) < 0恒成立,求m的取值范围.

解析: 要使mx2- mx - 1 < 0恒成立,

若m = 0,显然 - 1 < 0;

综上,所以 - 4 < m≤0.

注意: 函数f ( x) 不一定是二次函数,故对最高次项系数应做分类讨论.

类型2: 设f ( x) = ax2+ bx + c( a≠0)

( 1) 当a > 0时,f ( x) > 0在x∈[α,β]上恒成立

( 2) 当a < 0时,f ( x) > 0在x∈ [α,β] 上恒成立

例2设函数f ( x) = x2- 2mx - 1,若对于x∈ [1,3],f ( x) > - m - 3恒成立,求m的取值范围.

解析: 要使函数f ( x) = x2- 2mx - 1对于x∈[1,3],f ( x)> - m - 3恒成立,只要f ( x) = x2- 2mx - 1 > - m - 3恒成立,对于x∈[1,3]. 只要x2- 2mx + 2 + m > 0恒成立,对于x∈[1,3],令g( x) = x2- 2mx + 2 + m,只要函数g( x) 在1≤x≤3上的最小值大于0,g( x) 的对称轴是x = m.

1当m < 1时,g( x) 在[1,3]上单调递增,故g( x)min=g( 1) = 1 - 2m + 2 + m = - m + 3 > 0,即m < 3,又因为m <1,所以m < 1.

2当1≤m≤3时,g( x) 在[1,3]上先单调递减后单调递增,g( x)min= g( m) = m2- 2m2+ 2 + m = - m2+ m + 2 > 0.即: m2- m - 2 < 0,所以 - 1 < m < 2,又1≤m≤3,所以1≤m < 2.

3当m > 3时,g( x) 在[1,3]上单调递减,g( x)min= g( 3)= 9 - 6m + 2 + m = 11 - 5m > 0. 即: m <11/5,又m > 3,所以无解.

综上123,m的取值范围为: m < 2.

二、分离参数法

f ( x) > α对一切x∈I恒成立f ( x)min> α.

f ( x) < α对一切x∈I恒成立f ( x)max< α.

评注: 不等式恒成立问题中,常常先将所求参数从不等式中分离出来,即: 使参数和主元分别位于不等式的左右两边,然后再巧妙构造函数,最后化归为最值法求解. 简单记作: “大的大于最大的,小的小于最小的”.

例3已知函数f ( x) =x2+ 2x + ax,若对任意x∈ [1,+ ∞ ) ,f ( x) > 0恒成立,试求实数a的取值范围.

解析: 对任意x∈[1,+ ∞ ) ,f ( x) =x2+ 2x + ax> 0恒成立

即: x2+ 2x + a > 0恒成立,x∈ [1,+ ∞ ) .

即: a > - ( x2+ 2x) 恒成立,x∈ [1,+ ∞ ) .

令g( x) = - ( x2+ 2x) = - ( x + 1)2+ 1,x∈[1,+ ∞ ) ,只要a > g( x)max.

又g( x) 在[1,+ ∞ ) 上单调递减,g( x)max= g( 1) = - 3.

所以实数a的取值范围是: a > - 3.

例4已知函数f ( x) = ln2( 1 + x) -x21 + x

( Ⅰ) 求函数f ( x) 的单调区间;

( Ⅱ) 若不等式( 1 +1n)n + a≤e对于任意n∈N*都成立( 其中e是自然对数的底数) ,求a的最大值.

分析: 对于( Ⅱ) 不等式( 1 +1n)n + a≤e中只有指数含有a,故可以将函数进行分离考虑.

解: ( Ⅰ) ( 应用导数方法求解,过程略)

函数f ( x) 的单调增区间为( - 1,0) ,f ( x) 的单调减区间为( 0,+ ∞ ) .

故g( x) 在( 0,1]上的最小值为g( 1) =1/ln2- 1.

所以a的最大值为1/ln2- 1.

三、数形结合法

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.

例5如果对任意实数x,不等式| x + 1 |≥kx恒成立,则实数k的取值范围是____.

解析: 画出y1= | x + 1 | ,y2= kx的图像,由图可看出0≤k≤1.

例6已知当x∈ ( 1,2]时,不等式( x - 1)2≤logax恒成立,则实数a的取值范围是 .

分析: 本题若直接求解则比较繁难,但若在同一平面直角坐标系内作出函数f ( x) = ( x - 1)2与函数g( x) = logax在x∈ ( 1,2]上的图象,借助图形 可以直观、简 捷求解.

解: 在同一平面直角坐标系内作出函数f ( x) = ( x - 1)2与函数g( x) = logax在x∈ ( 1,2]上的图象( 如图2) ,从图象中容易知道: 当0 < a < 1且x∈ ( 1,2]时,函数f ( x) 的图象恒在函数g( x) 上方,不合题意; 当a > 1且x∈ ( 1,2]时,欲使函数f ( x)的图象恒在函数g( x) 下方或部分点重合,就必须满足loga2≥1,即1 < a≤2.

故所求a的取值范围为( 1,2].

评注: 取不等式两边巧妙构造易作图的函数,数形结合,直观形象,是解决不等式恒成立问题的一种快捷方法.

四、变更主元法

恰当变更主元,将二次函数化为一次函数,运用一次函数的性质,来求解恒成立中x的取值范围. 对于一次函数f ( x) =kx + b,x∈[m,n]有: f ( x) > 0恒成立

例7已知a∈[1,3],不等式x2+ ( a - 4) x + 4 - 2a > 0恒成立,求x的取值范围.

解析: 把不等式左端看成关于a的一次函数,

记f ( a) = ( x - 2) a + ( x2- 4x + 4) ,则由f ( a) > 0对于任意的a∈[1,3]恒成立,易知当x - 2 = 0时,可得f ( a) = 0,不符合题意,

所以,x的取值范围是{ x | x < - 1或x > 2} .

不等式恒成立问题解法探讨 第8篇

我们经常会碰到:“己知一不等式关于某一变量在给定区间内任意变化时恒成立, 求另一参变量取值范围”的题目.本文试就此类问题做一解法探讨.

例1 已知f (x) =x2-ax+1, 求使不等式f (x) <0对任意x∈[1, 2]恒成立的a的取值范围.

解法1:数形结合

结合函数f (x) 的草图可知f (x) <0, x∈[1, 2]时恒成立⇔

$\{\begin{array}{l}f(1)=2-a<0\\ f(2)=5-2a<0\end{array}$

, 得$a>\frac{5}{2}.$

所以a的取值范围是$(\frac{5}{2}‚+\infty ).$

解法2:转化为最值研究

$f(x)=(x-\frac{a}{2}){}^2+1-\frac{a{}^2}{4}.$

1.若$\frac{a}{2}\frac{3}{2}$即a3时, f (x) 在[1, 2]上的最大值f (x) max=f (2) =5-2a<0, 得$a>\frac{5}{2}$, 所以$\frac{5}{2}<a3.$

2.若$\frac{a}{2}>\frac{3}{2}$即a>3时, f (x) 在[1, 2]上的最大值f (x) max=f (1) =2-a<0, 得a>2, 所以a>3.

综上:a的取值范围是$(\frac{5}{2}‚+\infty ).$

注:1.此处是对参数a进行分类讨论, 每一类中求得的a的范围均合题意, 故对每一类中所求得的a的范围求并集.

2.f (x) <m, x∈I恒成立⇔f (x) max<m (m为常数) ;

f (x) >m, x∈I恒成立⇔f (x) min>m (m为常数) .

解法3:分离参数

$x{}^2-ax+1<0,x\in [1,2]\iff a>x+\frac{1}{x},x\in [1,2]$.设$g(x)=x+\frac{1}{x}$则$g^{\prime }(x)=1-\frac{1}{x{}^2}$, 当x∈[1, 2]时g′ (x) ≥0. (当且仅当x=1时, g′ (x) =0)

则g (x) 在[1, 2]上单调递增.

所以$g(x){}_{\max }=g(2)=\frac{5}{2}$, 所以$a>\frac{5}{2}.$

注:1.运用此法最终仍归结为求函数g (x) 的最值, 但由于将参数a与变量x分离, 因此在求最值时避免了分类讨论, 使问题相对简化.

2.本题若将“x∈[1, 2]”改为“x∈ (1, 2) ”可类似上述三种方法完成.

$\begin{array}{l}\text{仿}\text{解}\text{法}1:f(x)<0,x\in (1,2)\iff \\ \{\begin{array}{l}f(1)0\\ f(2)0\end{array}‚\text{得}a\ge \frac{5}{2}.\end{array}$

即a的范围是:$[\frac{5}{2},+\infty ).$

读者可仿解法2, 解法3类似完成, 但应注意等号问题, 即此处$a=\frac{5}{2}$也合题.

例2 已知:f (x) =x2-ax+1.

求使f (x) >0对任意x∈[-1, 1]恒成立的a的取值范围.

解法1:数形结合

结合f (x) 的草图可得:

Δ=a2-4<0或

$\{\begin{array}{l}\Delta =a{}^2-4\ge 0\\ \frac{a}{2}<-1\\ f(-1)>0\end{array}$

或

$\{\begin{array}{l}\Delta =a{}^2-4\ge 0\\ \frac{a}{2}>1\\ f(1)>0\end{array}$

得:-2<a<2即a的取值范围是: (-2, 2) .

解法2:转化为最值研究

$\begin{array}{l}f(x)=(x-\frac{a}{2}){}^2+1-\frac{a{}^2}{4}.\\ 1.-1\frac{a}{2}1\end{array}$

即-2a2时, $f(x){}_{\min }=1-\frac{a{}^2}{4}>0$得-2<a<2, 所以-2<a<2.

2.若$\frac{a}{2}<-1$即a<-2时, f (x) min=

f (-1) =2+a>0得a>-2, 与a<-2矛盾.

3.若$\frac{a}{2}>1$即a>2时, 则f (x) min=f (1) =2-a>0得a<2, 与a>2矛盾.

综上:a的取值范围是 (-2, 2) .

解法3:分离参数

1.x=0时, 不等式显然成立, 即此时a可为任意实数;

2.x∈[-1, 0) 时, $x{}^2-ax+1>0\iff a>x+\frac{1}{x}.$

因为$g(x)=x+\frac{1}{x}$在[-1, 0) 上单调递减,

所以a>g (x) max=g (-1) =-2;

3.x∈ (0, 1]时, $x{}^2-ax+1>0\iff a<x+\frac{1}{x}.$

因为$g(x)=x+\frac{1}{x}$在 (0, 1]上单调递减, 所以

a<g (x) min=g (1) =2.

综上:a的范围是: (-2, 2) .

注:本题中由于x的取值可正可负, 不便对参数a直接分离, 故采取了先对x分类, 再分离参数a, 最后对各类中求得a的范围求交集, 这与例1方法三中对各类中求得的a的范围求并集是不同的, 应引起注意!

例3 已知:f (x) =x2-ax+1, 求使f (x) >0对任意a∈[-3, 3]恒成立的x的取值范围.

解:f (x) >0即x2-ax+1>0习惯上视x为主元而a为辅元, 但本题中是a在[-3, 3]上任意变化时不等式恒成立, 故可将a视为主元.

变更主元法:设g (a) =-xa+x2+1, 则g (a) 的图像为一直线, 则g (a) >0, a∈[-3, 3]时恒成立⇔

$\{\begin{array}{l}g(-3)=x{}^2+3x+1>0\\ g(3)=x{}^2-3x+1>0\end{array}.$

即x的范围是:

$(-\infty ,\frac{-3-\sqrt{5}}{2}){\displaystyle \cup (}\frac{3+\sqrt{5}}{2},+\infty ).$

总之, 处理不等式恒成立问题首先应分清谁是主元 (哪一个变量在给定区间上任意变化, 则该变量即为主元相当于函数自变量) , 然后可数形结合或转化为最值研究.若易于将参变量分离的可先分离参变量再求最值, 若需分类讨论则应注意分类标准和最后的小结 (分清是求交集, 还是求并集) .

不等式恒成立问题的求解策略 第9篇

1.分离变量

例1已知函数f (x) =|x2-4x-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.

解本题等价于

对于任意x∈[-1, 5], kx+3k>-x2+4x+5恒成立, 即

设x+3=t, t∈[2, 8], 则

所以当t=4, 即x=1时, ymax=2,

故k的取值范围是k>2.

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

解由题意得对于任意x∈[-1, 5],

k (x+3) 2>-x2+4x+5恒成立,

设x+3=t, t∈[2, 8], 则

注本题通过变量分离, 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.

2.函数最值

例2已知f (x) =x2+ax+3-a, 若x∈[-2, 2], f (x) ≥2恒成立, 求a的取值范围.

解本题可以化归为求函数f (x) 在闭区间上的最值问题,

若x∈[-2, 2], f (x) ≥2恒成立, 则对于任意x∈[-2, 2], f (x) min≥2,

注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, 即f (x) min>m;f (x) <m恒成立, 即f (x) max<m.本题若采用例题1法分离参数a相对要麻烦些.

3.变换主元

例3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.

解令g (a) = (x2+2x-1) a-4x+3, 则当a∈[-1, 1]时, g (a) >0恒成立, 即

注对于含有两个参数, 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.

4.数形结合

解由题意得f (x) ≤g (x) , 即

1可化为 (x-2) 2+y12=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有

注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.

5.消元转化

解容易证明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f (x) ≤t2-2at+1对于所有的x∈[-1, 1], a∈[-1, 1]恒成立等价于1≤t2-2at+1对于所有的a∈[-1, 1]恒成立, 即

2ta-t2≤0对于所有的a∈[-1, 1]恒成立,

令g (a) =2ta-t2, 只要

所以t≤-2或t≥2或t=0.

注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.

含参数不等式恒成立的问题 第10篇

不等式恒成立问题可以与函数、导数、数列、三角函数、解析几何等知识整合在一起，又可以涉及不等式的证明和参数取值范值问题，渗透着化归、数形结合等重要数学思想，是历年高考命题的热点. 通过含参数不等式恒成立问题的求解，培养利用化归、数形结合、函数和分类讨论等数学思想进行解题的意识.

1. 不等式恒成立的基本思路

不等式恒成立与有解是有明显区别的，以上充要条件应细心甄别差异，恰当使用等价转化，切不可混淆. 对于含有等号的恒成立问题可以同上进行相应的转化.

2. 不等式恒成立与有解的基本策略

（1）判别式法：对于定义在R上的二次函数的恒成立问题仅用一元二次方程根的判别式即可解决.

（2）分离参数法：若能将恒成立不等式中所涉及的两个变量分离，使它们分别在不等式的一边，则可由一个变量的取值范围推出另一个变量所适合的不等式，进而求得其取值范围.

（3）单调性法：对于在所研究的区间上具有单调性的函数，通过用区间端点处的函数值列不等式求解.如，已知函数f（x）=（3a-1）x-6-a，x∈（0，1]，若f（x）≤1恒成立，求实数a的取值范围.

谈含参数不等式恒成立问题 第11篇

例1.当x∈[1, 2]时, ax-2>0恒成立, 求a的取值范围.

解法1 (分离参数) 由ax-2>0, 得ax>2, 又因为x>0,

所以又因为x∈[1, 2], 所以a>2

小结1:本题学生很自然地采用了分离参数的方法将恒成立问题转化为函数的最值问题而得到解决, 因此, 对参数可以分离的一类题常用此法解决, 即a>f (x) , 则a>f (x) max;a<f (x) , 则a<f (x) max

解法2 (数形结合) 从形的角度考虑, ax-2>0恒成立, 即

当x∈[1, 2]时, f (x) =ax-2>0恒成立,

所以一次函数y=f (x) , 当x∈[1, 2]时, 其图像都位于x轴上方, 从而只需

小结2:函数的思想是解决不等式问题的基本思想方法, 考虑到当x∈[m, n]时, 函数f (x) =ax-2的图象如下:

可得, 当x∈[m, n]时, f (x) =ax+b>0恒成立的条件是, 同理, 当x∈[m, n]时, f (x) =ax+b<0恒成立的条件是

例2.不等式x2+xp+1>p-2x对x∈ (1, +∞) 恒成立, 求p的取值范围.

分析:仿照例1, 学生很快有如下两种解法.

解法1 (分离参数) 由x2+xp+1>p-2x得:

(x-1) p>-x2-2x-1, 又因为x>1, 从而x-1>0,

所以p>-8.

解法2 (数形结合) 原不等式可化为:

f (x) =x2+ (p+2) x+1-p>0对x∈ (1, +∞) 恒成立,

因为Δ= (p+2) 2-4 (1-p)

所以当Δ<0, f (x) >0恒成立, 此时-8<p<0;当Δ≥0时, 结合二次函数图象,

综上可知, p的取值范围是 (-8, +∞) .

总结, 这一类问题都是给定了x的取值范围, 求满足条件的参数a的取值范围, 实质是两个变量之间的对应关系, 所以可以用函数的思想来研究恒成立问题.

例3.对a∈[-1, 1], x2+ (a-6) x+9-3a>0恒成立, 求x的取值范围.

分析:此题与例1、例2有形式上的不同, 但本质是一样的, 都是知道一个使不等式恒成立的变量的范围, 求另一个变量的范围, 实质上是a的取值集合与x的取值集合之间的映射, 且对于每个都有唯一的a与之对应, 所以可以把不等式左边看成是关于a的函数.

解法1 (转换变量) 把f (x) =x2+ (a-6) x+9-3a看作关于a的一次函数, 令g (a) = (x-3) a+ (x2-6x+9) ,

解法2 (分离参数) 由x2+ (a-6) +9-3a>0, 得 (3-x) a< (3-x) 2, 显然x≠3,

当x<3时, a<3-x, 即x<3-a, 又a∈[-1, 1], 所以x<[3-a]min=2;当x>3时, a>3-x, 即x>3-a, 又a∈[-1, 1], 所以x>[3-a]max=4.

综上, x>4或x<2

解法3 (一元二次方程的求根公式, 恰好分离了自变量和参数)

因为Δ= (a-6) 2-4 (9-3a) ≥0

要使f (x) >0, 对于任意a∈[-1, 1]恒成立, 只需

例4.定义在 (-∞, 3) 上的减函数f (x) 满足x∈R时, 不等式f (a2-sinx) ≤f (a+1+cos2x) 恒成立, 求a的取值范围。

解:因为f (x) 是定义在 (-∞, 3) 上的减函数,

对x∈R恒成立,