高一数学函数和不等式中恒成立问题的教案[★]

第一篇：高一数学函数和不等式中恒成立问题的教案

函数和不等式结的恒成立问题的解法

“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恒成立问题的基本类型：

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)ax2bxc(a0,xR),有

1）f(x)0对xR恒成立a0;

0a0xR2）f(x)0对恒成立.0例1：若不等式(m1)x2(m1)x20的解集是R，求m的范围。例2 设函数f(x)＝mx-mx-1．

(1)若对于一切实数x，f(x)＜0恒成立，求m的取值范围；(2)对于x∈[1,3]，f(x)＜－m＋5恒成立，求m的取值范围

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 2）f(x)a恒成立af(x)max

2例

1、若x2,2时，不等式xax3a恒成立，求a的取值范围。

例2．设f(x)x22mx2，当x[1,)时，f(x)m恒成立，求实数m的取值范围。

x22xa,x[1,)，若对任意x[1,)，f(x)0恒成巩固．已知函数f(x)x立，求实数a的取值范围。

练习1：若不等式x22mx2m10对满足x[0,1]的取值范围。的所有实数x都成立，求m练习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.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：

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g(a)f(x)max

x2x例3．已知x,1时，不等式12aa40恒成立，求a的取值范围。



巩固 已知函数f(x)ax围。

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。

4xx2,x(0,4]时f(x)0恒成立，求实数a的取值范例1．对任意a[1,1]，不等式x2(a4)x42a0恒成立，求x的取值范围。

22.若不等式2x1mx1对满足m2的所有m都成立，求x的取值范围。

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。

例.设f(x)的取值范围.ykx3k的图象位于函数f(x)例2 已知函数f(x)|x24x5|，若在区间[1,5]上，x24x , g(x)4x1a,若恒有f(x)g(x)成立,求实数a3的上方，求k的取值范围.练习已知函数f(x)|x24x5|，若在区间[1,5]上，yk(x3)2的图象位于函数f(x)的上方，求k的取值范围

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。综合练习;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)0mnm,n[1,1],mn0时，若f(x)t2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.课后作业: 若不等式|x1||x2|…a对任意xR恒成立，则a的取值范围是．

已知函数f(x)=1/a-1/x(a>0,x>0)(1)若f(x)在[m,n]上的值域是[m,n],求a的取值范围,并求相应的m,n的值(2)若f(x)≤2x在(0,+无穷大)上恒成立,求a的取值范围

第二篇：函数、不等式恒成立问题解法(教案)

函数、不等式恒成立问题解题策略

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

（3），转换视角变更主元，把m2am0看作关于a的一次函数，即g(a)2mam在a∈［－1，1］上大于等于0，利用g(a)是一条直线这一图象特征，数形结合得关于m的不等式组，从而求得m的范围。

第三篇：精题精选函数、不等式恒成立问题解法

函数、不等式恒成立问题解法

（源自于网络）

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

注：这里一定要小心，如果没有说a不等于0的条件，那么，必须讨论a=0的情况，千万注意 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或2a2af()00f()0

f()0 f(x)0在x[,]上恒成立f()0

（2）当a0时，f(x)0在x[,]上恒成立f()0 f()0

bbb f(x)0在x[,]上恒成立2a或或2a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f(x)ming(x)max(xI)

一、用一次函数的性质

对于一次函数f(x)kxb,x[m,n]有：恒成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2x1m(x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(x1)(2x1)0，；

2令f(m)m(x1)(2x1)，则2m2时，f(m)0恒成立，所以只需22f(2)0即

f(2)0

1712(x1)(2x1)0，所以x的范围是x(,)。

2222(x1)(2x1)0

二、利用一元二次函数的判别式

对于一元二次函数f(x)ax2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)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；（2）m10时，只需

m10

(m1)8(m1)0，所以，m[1,9)。

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f(B)4sinBsin(范围。解析：由





B)cos2B,且|f(B)m|2恒成立，求实数m的2f(B)4sinBsin2（



B)cos2B2sinB1,0B,sinB(0,1]，f(B)(1,3]，2

mf(B)2

|f(B)m|2恒成立，2f(B)m2，即恒成立，m(1,3]

mf(B)2

例4：（1）求使不等式asinxcosx,x[0,]恒成立的实数a的范围。解析：由于函asinxcosx

2sin(x



3),x[,]，显然函数有最大值2，44

4a2。

如果把上题稍微改一点，那么答案又如何呢？请看下题：（2）求使不等式asinxcosx,x



(0,)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sinxcosx的最大值取不到2，即a取也满足条件，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。2

1，得x2ax，在同一直角坐标系中做出两个函数的图象，如果两个函22

11221

数分别在x=-1和x=1处相交，则由1a及(1)a得到a分别等于2和0.5，并作出函数

y2x及y()x的图象，所以，要想使函数x2ax在区间x(1,1)中恒成立，只须y2x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]。

例6：若当P(m,n)为圆x2(y1)21上任意一点时，不等式mnc0恒成立，则c的取值范围是（）A、12c

21B、21c2

121

C、c21D、c

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

x2(y1)21上，实质相当于是x2(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1，故选D。2211同步练习

12xa4x,其中aR，1、设f(x)lg如果x(.1)时，f(x)恒有意义，求a的取值范围。

3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

12x

离后a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

解。

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

ax(2x22x)x(.1)恒成立。

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

21133

g(t)在t[,)上为减函数，g(t)maxg()，a。

22442、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x22a对于任意x[0,1]恒成立

x2ax1a0对于任意x[0,1]恒成立，令g(x)x2ax1a，x[0,1]，所以原

问题g(x)min0，又g()xnim

1a,a0,0)(0ag

2aa

(g,)20a即g(x)mina1,2a0易

24

2a2,2,a

2求得a1。

3、已知当xR时，不等式a+cos2x<5-4sinx恒成立，求实数a的取值范围。

方法一）分析：在不等式中含有两个变量a及x，本题必须由x的范围（xR）来求另一变量a的范围，故可考虑将a及x分离构造函数利用函数定义域上的最值求解a的取值范围。

解：原不等式4sinx+cos2x<-a+

5当xR时，不等式a+cos2x<5-4sinx恒成立-a+5>(4sinx+cos2x)max 设f(x)=4sinx+cos2x则f(x)= 4sinx+cos2x=-2sin2x+4sinx+1=-2(sinx-1)2+3 3 ∴-a+5>3a<

2方法二）题目中出现了sinx及cos2x，而cos2x=1-2sin2x,故若采用换元法把sinx换元成t,则可把原不等式转化成关于t的二次不等式，从而可利用二次函数区间最值求解。

解：不等式a+cos2x<5-4sinx可化为

a+1-2sin2x<5-4sinx,令sinx=t,则t[-1,1],不等式a+cos2x<5-4sinx恒成立2t-4t+4-a>0,t[-1,1]恒成立。

设f(t)= 2t2-4t+4-a，显然f(x)在[-1，1]内单调递减，f(t)min=f(1)=2-a,2-a>0a<24、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

f(1)0即a30

a1,2a

1,

2

得-3a-2;

综上所述：a的取值范围为[-3，1]。

5、、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= x+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

3-6a-3=160,a=;

61当直线为l2时，直线过点（0，0），纵截距为-6a-3=0，a=

21163

∴a的范围为[，）。

627、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)0f(2)0

方法二：f(2)0x2

4x0即f(2)30

x210

解得：∴x<-1或x>3.6

x3或x1x1或x1

第四篇：2020年高考数学尖子生辅导专题(文理通用)之专题03 含参数函数不等式恒成立问题-2020高考数学尖子生辅导专题

专题三

含参数函数不等式恒成立问题

不等式问题是数学中的重要内容之一，而含参数函数不等式恒成立问题又是重点中的难点．这类问题既含参数又含变量，与多个知识有效交汇，有利于考查学生的综合解题能力，检验学生思维的灵活性与创造性，这正符合高考强调能力立意，强调数学思想与方法的命题思想，因此恒成立问题成为近年来全国各地高考数学试题的一个热点．

模块1

整理方法

提升能力

处理含参数函数不等式（一个未知数）恒成立问题，从方法上，可考虑分离参数法或猜想最值法（必要条件法）．如果使用分离参数法，则猜想是没有作用的，对于难一点的分离参数法，可能要使用多次求导或洛必达法则．如果使用猜想法，则后续有3种可能：一是猜想没有任何作用；二是利用猜想减少分类讨论；三是在猜想的基础上强化，从而得到答案．从改造的形式上，解答题优先选择一平一曲，可利用分离参数法转化为一平一曲两个函数，也可以把函数化归为一边，考虑函数的图象与轴的交点情况（本质上也是一平一曲）．

洛必达法则

如果当（也可以是）时，两个函数和都趋向于零或都趋向于无穷大，那么极限可能存在，也可能不存在．如果存在，其极限值也不尽相同．我们称这类极限为型或型不定式极限．对于这类极限，一般要用洛必达法则来求．

定理1：若函数和满足条件：

（1）．

（2）和在的某个去心邻域内可导，且．

（3）存在或为无穷大．

则有．

定理2：若函数和满足条件：

（1）．

（2）和在的某个去心邻域内可导，且．

（3）存在或为无穷大．

则有．

在定理1和定理2中，将分子、分母分别求导再求极限的方法称为洛必达法则．

使用洛必达法则时需要注意：

（1）必须是型或型不定式极限．

（2）若还是型或型不定式极限，且函数和仍满足定理中和所满足的条件，则可继续使用洛必达法则，即．

（3）若无法判定的极限状态，或能判定它的极限振荡而不存在，则洛必达法则失效，此时，需要用其它方法计算．

（4）可以把定理中的换为，，此时只要把定理中的条件作相应的修改，定理仍然成立．

例1

已知函数（）．

（1）求在上的最小值；

（2）若对恒成立，求正数的最大值．

【解析】（1）定义域为，．

①当时，函数在为增函数，所以．

②当时，由可得，由可得，所以在上递增，在上递减．于是在上的最小值为或．

（i）当，即时，．

（ii）当，即时，．

综上所述，当时，；当时，．

（2）令，则对恒成立对恒成立．

法1：（分离参数法）当，不等式恒成立，于是对恒成立对恒成立．

令，则，令，则，所以在上递增，于是，即，所以在上递增．

由洛必达法则，可得，于是，所以正数的最大值为．

法2：（不猜想直接用最值法）构造函数，则．

①当，即时，所以函数在上递增，所以．

②当，即时，由可得，所以函数在上递减，于是在上，不合题意．

综上所述，正数的最大值为．

法3：（先猜想并将猜想强化）由常用不等式（）可得，即．当时，式子恒成立，当，有恒成立，而，所以．

下面证明可以取到，即证明不等式对恒成立．构造函数（），则，所以函数在上递增，所以，所以不等式对恒成立，所以正数的最大值为．

法4：（先猜想并将猜想强化）对恒成立，因为所以，即．

下同法3．

法5：（先猜想并将猜想强化）当，不等式恒成立，于是对恒成立对恒成立．由洛必达法则，可得，于是．

下同法3．

【点评】法1（分离参数法）把恒成立问题转化为求的最小值，法2（最值法）把恒成立问题转化为求的最小值．由此可见最值法与分离参数法本质上是相通的，其本质都是把不等式恒成立问题转化为求函数的最值问题，其区别在于所求的函数中是否含有参数．

法3、法4和法5都是先求出必要条件，然后将必要条件进行强化，需要解题的敏感度和判断力．如果我们将这个必要条件与法2的最值法进行结合，可减少法2的分类讨论．

例2

设函数．

（1）求的单调区间；

（2）若，为整数，且当时，求的最大值．

【解析】（1）．

①当时，在上恒成立，所以在上递增．

②当时，由可得，由可得．所以在上递减，在上递增．

（2）当时，所以，即在上恒成立．

法1：（分离参数法）在上恒成立在上恒成立．令，则，令，有在上恒成立，所以在上递增（也可由（1）可知，函数在上递增）．而，所以在上有唯一根，所以当时，当时，于是在上递减，在上递增，所以在上的最小值为，因为，所以，于是，所以，所以的最大值为．

法2：（不猜想直接用最值法）令，则，令可得．

①当，即时，有在上恒成立，于是在上递增，从而在上有，于是在上恒成立．

②当，即时（因为是整数，所以），可知当时，当时，于是在上的最小值是．令，则在上恒成立，所以在上单调递减．而，．所以当时，有在上恒成立，当时，在上不恒成立．

综上所述，的最大值为．

法3：（先猜想并将猜想强化）因为在上恒成立，所以当时，该式子也成立，于是，即．下证的最大值为．

令，则，由可得，由可得，所以在上递减，在上递增．所以，于是的最大值为．

【点评】由于是整数，所以先猜想再将猜想强化是优先采用的解题方法．如果将是整数这个条件去掉，则得到的必要条件既不能强化又不能减少分类讨论，此时猜想将没有任何作用，只能用法1的分离参数法和法2的最值法进行求解．

例3

设函数．

（1）若，求的单调区间；

（2）若当时，求的取值范围．

【解析】（1）当时，．由可得，由可得．所以的递增区间是，递减区间是．

（2）法1：（分离参数法）在上恒成立在上恒成立．

当时，式子显然成立；当时，分离参数可得在上恒成立．令，则，令，可得，所以在上递增，于是，即，所以在上递增，于是，所以，所以在上递增．

由洛必达法则，可得，所以在上有，所以．

法2：（不猜想直接用最值法），．

①当，即时，有，所以在上递增，所以，所以，所以在上递增，所以．

②当，即时，由可得时，于是在上递减，所以，所以，所以在上递减，于是，于是不恒成立．

综上所述，的取值范围是．

法3：（先猜想并将猜想强化）当时，在上恒成立．

当时，在上恒成立在上恒成立．由洛必达法则，可得，所以．，所以在上递增，所以，所以，所以在上递增，所以．

【点评】对于恒成立问题，最值法与分离参数法是两种最常用的方法．如果分离后的函数容易求最值，则选用分离参数法，否则选用最值法．最值法主要考查学生分类讨论的思想，一般遵循“构造函数——分类讨论”两部曲来展开．一些稍难的恒成立问题，如果用分离参数法来处理，往往需要多次求导和使用洛必达法则．本题中，法2的最值法比法1的分离参数法要简单，这是因为处理的最小值要比处理的最小值要容易．

猜想最值法的模式是解决恒成立问题的重要模式，猜想的一般方法有：特殊值代入，不等式放缩，洛必达法则，端点效应．

模块2

练习巩固

整合提升

练习1：已知函数．

（1）求曲线在点处的切线方程；

（2）求证：当时，；

（3）设实数使得对恒成立，求的最大值．

【解析】（1），因为，所以，于是切线方程为．

【证明】（2）构造函数，．因为，所以在上递增，所以．于是当时，．

【解析】（3）法1：（不猜想直接用最值法）构造函数，则．

①当时，所以在上递增，所以．

②当时，所以在上递增，所以．

③当时，由可得，于是在上递减，所以，于是在上不恒成立．

综上所述，的最大值为．

法2：（先猜想并将猜想强化）由（2）可知，猜想的最大值为．下面证明当

时，在上不恒成立．

构造函数，则．当时，由可得，于是在上递减，所以，于是在上不恒成立．

练习2：设函数．

（1）证明：在单调递减，在单调递增；

（2）若对于任意、，都有，求的取值范围．

【证明】（1），令，则，所以在上递增，而，所以当时，当时，所以在单调递减，在单调递增．

【解析】（2）由（1）可知，在上递减，在上递增，所以，于是对于任意、，都有，即．构造函数，则，由可得，由可得，所以在上递减，在上递增．又因为，所以的取值范围是．

练习3：已知函数．

（1）当时，求曲线在处的切线方程；

（2）若当时，求的取值范围．

【解析】（1）的定义域为．当时，，所以，．于是曲线在处的切线方程为．

（2）法1：（分离参数法）当时，．令，则，令，则，于是在上递增，所以，于是，从而在上递增．

由洛必达法则，可得，于是．于是的取值范围是．

法2：（不猜想直接用最值法）．

①当，即时，所以在上递增，所以．

②当时，令，则，所以（即）在上递增，于是．

（i）若，即时，于是在上递增，于是．

（ii）若，即时，存在，使得当时，于是在上递减，所以．

综上所述，的取值范围是．

法3：（变形后不猜想直接用最值法）当时，．令，则，记，则是以为对称轴，开口方向向上的抛物线．

①当，即时，所以，于是在上递增，因此．

②当，即时，的判别式为，于是有两根，不妨设为、，且．由韦达定理可得，于是，所以，于是，当时，所以，于是在上递减，即．

综上所述，的取值范围是．

法4：（通过猜想减少分类讨论）当时，．因为，所以，即．，记，则是以为对称轴，开口方向向上的抛物线．当时，所以，于是在上递增，因此．所以的取值范围是．

法5：（通过猜想减少分类讨论）当时，．由洛必达法则，可得，于是．

下同法4．

练习4：已知函数，曲线在点处的切线方程为．

（1）求、的值；

（2）如果当，且时，求的取值范围．

【解析】（1），因为，所以，于是

．

（2）法1：（分离参数法）由可得，令（且）．，令，则，令，则，令，则．

当时，在上递增，于是，即，所以在上递减，于是，即，所以在上递增，所以，于是，所以在上递减．

当时，在上递增，于是，即，所以在上递增，于是，即，所以在上递增，所以，于是，所以在上递增．

由洛必达法则，可得，同理，所以当且时，有，于是．

法2：（不猜想直接用最值法）由（1）知，所以，考虑函数，则，此时有．，令，当时，其判别式为．

①当时，所以，于是，于是在上递减，而，所以当时，于是；当时，于是．所以当，且时，即恒成立．

②当时，是开口方向向下，以为对称轴，与轴有两个交点的二次函数．因为，所以当时，所以，于是在上递增，所以．而时，所以，于是不恒成立．

③当时，所以在上是增函数，所以当时，而，所以，于是不恒成立．

④当时，是开口方向向上，以为对称轴，与轴有两个交点的二次函数．因为，所以在上恒成立，所以在上是增函数，以下同③，于是不恒成立．

⑤当时，是开口方向向上，以为对称轴，与轴最多有一个交点的二次函数，所以在上恒成立，所以在上是增函数，以下同③，于是不恒成立．

综上所述，的取值范围为．

法3：（通过猜想减少分类讨论）由（1）知，所以．因为，所以．

考虑函数，则，此时有．，令，这是开口方向向下的抛物线，其判别式为．

①当时，所以，于是，于是在上递减，而，所以当时，于是；当时，于是．所以当，且时，即恒成立．

②当时，是开口方向向下，以为对称轴，与轴有两个交点的二次函数．因为，所以当时，所以，于是在上递增，所以．而时，所以，于是不恒成立．

综上所述，的取值范围为．

法4：（通过猜想减少分类讨论）由可得，由洛必达法则，可得，于是，所以．

下同法2，只需讨论法2的①②③三种情况即可．

法5：（通过猜想减少分类讨论）由可得，由洛必达法则，可得，所以．

下同法2，只需讨论法2的①即可．

【点评】法1的分离参数法，利用了高阶导数以及洛必达法则，减少了解题的技巧性．法2的最值法构造了函数，只需由在上恒成立，求出的取值范围即可．但的表达式比较复杂，其复杂的根源在于前面带有，直接求导只会让式子变得更复杂，因此我们提取，让变得“纯粹”一点．的正负取决于与的正负，由此可找到的3个界：0、1、2，从而对的范围作出不重不漏的划分．

法3、法4和法5都是猜想最值法，分别通过特殊值代入和洛必达法则得到相应的必要条件，有效缩小了参数的取值范围，此时只需讨论法2分类当中的若干情况即可，减少了分类讨论，从而降低题目的难度．

第五篇：构造直线巧破不等式恒成立问题

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构造直线巧破不等式恒成立问题

作者：苏文云

来源：《学习与研究》2013年第05期

不等式恒成立，求解参变量取值范围的问题，由于集不等式、方程、函数知识于一身，可以较好地考查学生的综合素质与能力，因而，在高考中备受青睐，本文从构造直线人手，给出破解不等式恒成立问题的几种简便且有效的思维策略，用以抛砖引玉。