精题精选函数、不等式恒成立问题解法

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第一篇: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。

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: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

第四篇: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。

第五篇:含参不等式恒成立问题的求解策略

含参不等式恒成立问题的求解策略

授课人:李毅军

“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。现就结合实例谈谈这类问题的一般求解策略。

一、最值法

一般的,若函数f(x)在定义域为D,则当x∈D时,有f(x)≥M恒成立f(x)min≥M;f(x)≤M恒成立f(x)max≤M。因而,含参数不等式的恒成立问题常根据不等式的结构特征,恰当地构造函数,等价转化为含参数的函数的最值讨论。

例1:已知a>0,函数f(x)=ax-bx2,当b>1时,证明:对任意x∈[0,1],|f(x)| ≤1的充要条件是b-1≤a≤2b。

二、分离参数法

例2:设f(x)=lg12x(n1)xnxan,其中a是实数,n是任意给定的自

然数且n≥2,若f(x)当x∈,1时有意义,求a的取值范围。

一般地,利用最值分离参数法来确定不等式f(x,)≥0,(x∈D 为实参数)恒成立中参数取值范围的基本步骤:

(1)将参数与变量分离,即化为f1()≥f2(x)(或f2()≤f2(x))的形式;(2)求f2(x)在x∈D时的最大(或最小)值;

(3)解不等式f1()≥f2max(x)(或≤f2min(x))得的取值范围。

练习1:已知定义在R上函数f(x)为奇函数,且在0,上是增函数,对于任意x∈R求实数m范围,使f(cos2-3)+f(4m-2mcos)>0恒成立。

练习2:设0<a≤54,若满足不等式|x-a|<b的一切实数x,亦满足不等式| x-a 2|

<12,求正实数b的取值范围。

练习3: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。

三、数形结合

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,在不等式恒成立的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)图象下方。

例3:若不等式3x2-logax<0在x∈10,3内恒成立,求实数a的取值范围。

练习:设f(x)=x24x,g(x)=43x+1-a,若恒有f(x)≤g(x)成立,求实数a的取值范围。

四、主参换位法

某些含参不等式恒成立问题,在分离参数会遇到讨论的麻烦或者即使能容易分离出参数与变量,但函数的最值却难以求出时,可考虑变换思维角度。即把变元与参数换个位置,再结合其它知识,往往会取得出奇制胜的效果。

例4:若对于任意a∈1,1,函数f(x)=x2(a-4)x+4-2a的值恒大于0,求x的取值范围。

五、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:[m,n][f(a),g(a)],则f(a)≤m且g(a)≥n,不等式的解即为实数a的取值范围。

例5:当x∈13,3时,|logax|<1恒成立,求实数a的取值范围。

六、课后练习

1.已知函数f(x)=lgxax2,若对任意x∈2,恒有f(x)>0,试确定a的取值

范围。

2.若(x,y)满足方程x2+(y-1)2=1,不等式x+y+c≥0恒成立,求实数c的取值范围。

n3.若不等式11n≤e对任意的n∈N*都成立,其中e是自然对数的底数,求的最大值。

4.定义在R上的单调函数f(x)满足f(3)=log23且对任意x,y∈R都有f(x+y)=f(x)+f(y),(1)求证f(x)为奇函数;

(2)若f(k·3x)+f(3x-9x-2)<0对任意x∈R恒成立,求实数k的取值范围。

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