用函数最值法处理_恒成立_不等式中的参数范围
借助函数最值来求解不等式恒成立时参数的取值范围问题
（ ３ ） 当 ＞１ ， 即 ｍ＞ ２时 ，
要以不变应万变 ， 根据具体的题设条件 ， 认
真分析题 目中不等式的结构特征 ，从不同 的角度、 不同的方向、 加以分析． 参考文献 ： ［ １ ］ 霍庆元 、 徐广卫 ． 两 类不等 式恒成 立 问题 的解 法［ Ｊ ］ ． 高 中数学 教与学 ． ２ ０ ０ ９ ．
＝
ｃ ｏ ｓ ２ ０ —３＞２ ｍｃ ｏ ｓ Ｏ 一 ４ ｍ．
设 ｐ ） ＝ （ 一 １ ） ｐ 一 ２ ｘ ＋ １ ，
则 原 题 转 化 为 厂（ Ｐ）（ — １） ｐ
一
即 ２ ｍ（ ２ － ｃ ｏ ｓ ０ ） ＞３ － ｃ ｏ ｓ ２ ０
整理得 ： ｃ ｏ ｓ Ｚ ０ 一 ｍ ｃ ｏ ｓ Ｏ ＋ ２ ｍ－ ２＞０恒 成 立， 令Ｃ Ｏ Ｓ ０ ＝ ｔ ， 贝 Ｉ ｇ （ ｔ ） ＝ ｆ 一 ， ｍ＋ ２ ， ｎ 一 ２＞Ｏ 在［ 一１ ， １ ］ 上
所以只需 ］ ａ ｇ ＞ 即可 ． 本题结合 函数 图像 ， 其实质还 是通 过函数最值来解决恒
成 立 问题 ， 只是借 助图像 ， 使 解 题 过 程 更 加直观化罢了．
１＞０ ．
或 ＜１ ， 或 ＜ －１ ｔ ）
＿ ｇ （ 一 １） ＞０ ， …
（ － １
＋ １＞０在 卜２ ， ２ ］上恒成 立时求
＞０，
的范 围 ．
２ 一 ＋ ３＞０
—
］ ｏ 在 区 间上单 调递 减 ， ｙ ｍ ｉ ， ＝ ］ Ｏ ｇ ，
易 得 解 得 ：
。 ． ．
（ ） 即
恒成立． （ １） 当 ＜ 一１ ， 即 ｍ ＜－ ２时 ，
高考数学解决不等式恒成立问题常用5种方法！最后一种很重要！
开篇语：不等式恒成立问题在高中数学是一类重点题型，高考也是必考内容。
由于不等式问题题型众多，题目也比较灵活。
所以在学习过程中，同学们要学会总结各种解题方法！方法一：分离参数法解析：分离参数法适用的题型特征：当不等式的参数能够与其他变量完全分离出来，并且分离后不等式其中一边的函数的最值或范围可求时，则将参数式放在不等式的一边，分离后的变量式放在另一边，将变量式看成一个新的函数，问题即转化为求新函数的最值或范围，若a≥f(x)恒成立，则a≥f(x)max,若a≤f(x)恒成立，则a≤f(x)min方法二：变换主元法(也可称一次函数型)解析：学生通常习惯把x当成主元(未知数)，把另一个变量p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当成主元，把要求取值范围的变量看成参数，则可简便解题。
适用于变换主元法的题型特征是：题目有两个变量，且已知取值范围的变量只有一次项，这时就可以将不等式转化为一次函数求解。
方法三：二次函数法解析：二次函数型在区间的恒成立问题：解决这类问题主要是分析 1，判断二次函数的开口方向2，二次函数的判别式是大于0还是小于03，判断二次函数的对称轴位置和区间两端值的大小，即判断函数在区间的单调性 方法四：判别式法解析：不等式一边是分式，且分式的分子和分母的最高次项都是二次项时，利用判别式法可以快速的解题，分离参数将会使解题变得复杂。
方法五：最值法解析：不等式两边是两个函数，且含有参数时，我们可以分出出参数，构造新函数，求函数的导数来求得新函数的最值。
总结：在解不等式恒成立的问题时，应根据不等式的特点，选择适合的方式快速准确的解题。
平时练习过程中，应注意观察，总结！。
已知函数单调性求参数取值范围
技法点拨已知函数单调性求参数取值范围■欧阳丽丽摘要：利用导数根据函数单调性（区间）求参数的取值范围，是高考考查函数单调性的一个重要考点，下面将这类问题举例分析。
关键词：导数；单调性；参数取值范围一、转化为不等式的恒成立问题求参数取值范围若函数f (x )在(a ,b )上单调递增，则f′(x )≥0；若函数f (x )在(a ,b )上单调递减，则f′(x )≤0，将问题转化为函数最值问题求解。
一般地，分离变量后，若得到a ≥h (x )，则只需a ≥h (x )max ；若得到a ≤h (x )，则只需a ≤h (x )min 。
注意：f (x )在(a ,b )上为增函数（减函数）的充要条件是对任意的x ∈(a ,b )都有f ′(x )≥0(f′(x )≤0)且在(a ,b )内的任一非空子区间上f′(x )≠0。
例1，已知函数f (x )=ln x -12ax 2-2x (a ≠0)在[1,]4上单调递减，求a 的取值范围。
解：因为f (x )在[1,]4上单调递减，所以当x ∈[1,]4时，f′(x )=1x -ax -2≤0恒成立，即a ≥1x 2-2x 恒成立。
设h (x )=1x2-2x ,x ∈[1,]4所以只要a ≥h (x )max 。
而h′(x )=2(x +1)(x +1)x 4。
当x ∈[1,]4，h′(x )>0，所以h (x )在[1,]4上单调递增。
所以当h (x )max =h (4)=-716，所以a ≥-716，即a 的取值范围是éëêöø÷-716,+∞。
评析：由f (x )在[1,]4上单调递增，得到f′(x )≤0，进而分离参数a ，构造新的函数h (x )，本题转化为求h (x )max 。
例2，已知函数f (x )=ax +1x +2在(-2,+)∞内单调递减，求实数a 的取值范围。
不等式中恒成立问题的参数范围求解策略
解 使。ｌ ｌ／ｍ， Ｘ［，】 析要 ｌ｝ ｏ￣＋ 当 Ｊ ｇ ≤ｇ－生 Ｅ０二 ｘ１ 一 Ｌ１ １
时恒成立， 只要、 ／
时 ｍ 必 须 大 于 ０ ．
Ｖ ｌ ～
例 ５ 设 函数
） ｎ ＋ ＝Ｉ ． 若 ∈ｆ ， ］ 厂 ）≤ １ ２ 时＿ （
．
只要 ＿ 一 ） 厂 ２ ＜０与 ｌ ２ ＜０同 时 成 立 即 可 ． 得 的 取 （ 厂 ） （ 可
的极 限值 就 可 以 了． 种 方 法 就 是 构 造 函 数 求 最 值 法 ． 谓 这 所
构 造 的 函数 可 以是 ｇ（ ） ｘ．
￣
（＋ｆＴ Ｔ． －Ｎ－＋ ） ｌ ，Ｖ ２一 ｆＩ
【 键 词 巨成 立 ； 数 范 围； 略 关 参 策
在含有两个变量 的不等式恒成立 的问题 中． 往会 出 往 现 已知 其 中一 个 变 量 的 范 围 ， 确 定 另 一 个 变 量 的 范 围 要 的问 题 ． 么如 何 考 虑 解 答此 类 问题 呢 ？ 那 一方 面解 答 要 看 题 目的特 点 ， 一 方 面 还 要 注 重 解 答 策 略． 面 就 数 学 中常 见 另 下 的恒 成 立 问 题 中 参数 范 围 的求 解 策 略 作 一 归 纳 ． １ 如 果 参 数 为 ｍ，能 把 ｍ 表 示 成 关 于 的 不 等 式 ． ． 即 形 如 ｍ￣ｇ ｘ （ ｍ≤ｇ ） （ ）或 （ ） 的形式 ， 么 只要 ｍ 不 小 于 ｇ ｘ 那 （） 的 最大 值 （ ｍ 不 大 于 ｇ ｘ 的 最 小 值 ） 可 求 得 参 数 的 范 或 （） 即 围． 时 如果 ｇ ｘ 在 特定 的范 围 内取 不 到 最 值 ， 有 （） 只要 考 虑 它
恒成立不等式中的参数范围
常见恒成立问题的解题策略 三.参数分离法
要领:将参数与主变元分离,避免繁琐的讨论
例4 : 若不等式2 x 2 3xy a( x y)对 一切正数x,y都满足,求正数a的最小值
例5 : 奇函数f ( x)是R上的增函数, 若不等式 f (m3x ) f (9 x 3x 2)对一切x恒成立, 求 实数m的范围.
核心提示:很多含参二次函数采用分离系数处理多 能化成”对号”函数的处理.
常见恒成立问题的解题策略 四.数形结合法
要领:将不等式的成立转化为函数图象的上下方关系问题
例6 : 若不等式3 | x a | 2 x 6 0在R上 恒成立,求实数a的范围.
2 提示 : 考查函数y | x a | 与y x 2 3
小结:解决不等式恒成立问题,应以函 数思想做指导,,树立数形结合与参数 分离的化简意识.
作业 : 1.若8x4 8(a 2) x 2 a 5 0对一切实数x 均成立,求a的范围. 2.f(x)=|x-1|+|x-2|,若f(x)>m解集是R,则 m的范围是 ; 若f ( x) m有解, 则m的范围是 若f ( x) m的解集为空集,则m的范围是 1 1 1 1 1 11 11 3.不等式 a n n 1 n 2 2n 2n 1 6 3a 对一切正整数n都成立, 求a的范围.
专题：恒成立不等式 中的参数范围确定
四川省大竹中学 孙建
确定恒成立不等式中参数范围，是不等式 知识与函数知识的交汇点，因此解决这类 问题需要在函数思想与数形结合
思想指导下，灵活进行代数变换，综合
(完整)高中数学恒成立问题中求含参范围的方法总结,推荐文档
恒成立问题中含参范围的求解策略数学中含参数的恒成立问题，几乎覆盖了函数，不等式、三角，数列、几何等高中数学的所有知识点，涉及到一些重要的数学思想方法，归纳总结这类问题的求解策略，不但可以让学生形成良好的数学思想，而且对提高学生分析问题和解决问题的能力是很有帮助的，下面就几种常见的求解策略总结如下，供大家参考。
一、分离参数——最值化1 在给出的不等式中，如果能通过恒等变形分离出参数，即：a ≥f(x)恒成立,只须求出 ,则a ≥ ;若a ≤f(x)恒成立, 只须求出 ,则a ≤转化为函数求最值.例1 已知函数f(x)= ,若任意x ∈[2 ,+∞)恒有f(x)>0,试确定a 的取值范围. 解:根据题意得,x+−2>1在x ∈[2 ,+∞)上恒成立,即a>−+3x 在x ∈[2 ,+∞)上恒成立.设f(x)=-+3x .则f(x)=−+ ,当x=2时,=2 ,所以a>22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)最大值 ,则f(a)≥ .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)最小值 ,则f(a)≤ .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++(a −)>0恒成立,求a 的取值范围.解 令=t ,∵x ∈(−∞ ,1] ∴t ∈(0 ,2].所以原不等式可化为<,要使上式在t ∈(0 ,2]上恒成立,只须求出f(t)=在t ∈(0 ,2]上的最小值即可. ∵f(t)==+=− 又t ∈(0 ,2] ∴∈[) ∴=f(2)=∴< , ∴−<a<例3 设c b a >>且ca mc b 1b a 1-≥-+-恒成立，求实数m 的取值范围。
解析：由于c a >，所以0c a >-，于是⎪⎭⎫ ⎝⎛-+--≤c b 1b a 1)c a (m 恒成立，因+≥⎪⎭⎫⎝⎛--+--++=⎪⎭⎫ ⎝⎛-+--+-=⎪⎭⎫ ⎝⎛-+--2c b b a b a c b 11c b 1b a 1)]c b ()b a [(c b 1b a 1)c a (.4cb b a b ac b 2=--⋅-- （当且仅当b a c b -=-时取等号），故4m ≤。
求不等式恒成立问题中参数取值范围的几种方法
潦 数 讣 司
（ ） ＜０
即
ｌ ｎ ａ ］ 时
） 在［ ０ ， Ｉ ｎ ａ ］ 上 是 减 函数 ， 而ｆ （ ０ ）＝ ０ ， 所 以 当 ∈［ ０ ，
） ＜０ ． 不符 合题 意 。
叫 。 却
解得 ： ＜１ 或 ≥３
ｌ
数， 设， （ ） ＝ ｇ （ ） 一 ， 若 ≥ ｏ时 （ ） ≥０恒成 立 ， 求实２ 数 。的
取 值范 围 。
２ ２
÷ ） 必 须 在 函 数 ｙ ＝ 的 图 象 上 的 点 （ ÷ ， ÷ ） 的 上 方 。 所 以 ｌ 。 ｇ 。
÷ １ ， 即 。 去 ， 故 去ｃ 。 １ ， 综 上 所 得 去 。 １ 。
综上所述实数a的取值范围是三数型结合法采用数型结合法求解不等式恒成立问题中参数的取值范围是将不等式两端的式子看作是两个函数且正确做出两个函数的根据在给定区间上不等式恒成立必须一个函数的图象在另一个函数图象的上方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从而求出参数的取值范围
语数外学 习
目
所 以当 ＞ １０时 （ ） 是 增 函数 ， 且ｆ （ ）≥ 厂 （ ０ ） ＝ １ 一。
往往会 取得 出奇制胜 的效 果。 ①若 ｎ ≤１ 时， 则 （ ）≥ １ 一 ｏ ≥Ｏ ， 此时ｆ （ ） 是增函数， 且 合其 它 知识 ， 例 ４ ： 若对 于任 意 ｔ Ｅ（ 一１ ， １ ］ ， 函数 ， （ ） ＝ ＋（ ｔ 一 ４ ） （ ） Ｏ ）＝ ０ ， 满 足题 意 。 ２ ｔ ＞０恒成 立 ， 求 的取 值范 围。 ②若 Ⅱ ≥１ 时， 则ｌ ｎ ａ＞ ０ ， 则， （ １ ｎ ａ ） ＝一ｌ ｎ ａ＜ Ｏ 解： 设ｇ （ ｔ ） ＝（ 一 ２ ） ｚ ＋ 一 ４ ＋ ４ ， 把 它 的图 象看作 一 因 为当 ｉ ＞０时 （ ） 是 增 函数 ， 所 以当０ ≤ ≤］ ｎ ａ时 （ ） 线， 由题 意知 ， 直线 恒在 横轴 上方 。
高一数学 不等式恒成立问题中的参数求解策略
不等式恒成立问题中的参数求解策略不等式恒成立问题的题目一般综合性都比较强，本文结合例题谈谈不等式恒成立问题中参数的求解策略 关键词：不等式；恒成立；求解策略在不等式中，有一类问题是求参数在什么范围内不等式恒成立。
恒成立条件下不等式参数的取值范围问题，涉及的知识面广，综合性强，同时数学语言抽象，如何从题目中提取可借用的知识模块往往捉摸不定，难以寻觅，是同学们学习的一个难点，同时也是高考命题中的一个热点。
下面结合例题浅谈不等式恒成立问题的解题策略题型一、可化为二次函数类型有关含有参数的一元二次不等式问题，若能把不等式转化成二次函数或二次方程，通过根的判别式或数形结合思想，可使问题得到顺利解决。
常常有以下两类情况： ㈠可化为二次函数在R 上恒成立问题 设)0()(2≠++=a c bx ax x f ，（1）R x x f ∈>在0)(上恒成立00<∆>⇔且a ； （2）（2）R x x f ∈<在0)(上恒成立00<∆<⇔且a 。
例1 对于x ∈R ，不等式0m 3x 2x 2≥-+-恒成立，求实数m 的取值范围。
解：不妨设m 3x 2x )x (f 2-+-=，其函数图象是开口向上的抛物线，为了使)R x (0)x (f ∈≥，只需0≤∆，即0)m 3(4)2(2≤---，解得]2(m 2m ，-∞∈⇒≤。
变形：若对于x ∈R ，不等式03mx 2mx 2>++恒成立，求实数m 的取值范围。
此题需要对m 的取值进行讨论，设3mx 2mx )x (f 2++=。
①当m=0时，3>0，显然成立。
②当m>0时，则△<03m 0<<⇒。
③当m<0时，显然不等式不恒成立。
由①②③知)30[m ，∈。
关键点拨：对于有关二次不等式0c bx ax 2>++（或<0）的问题，可设函数c bx ax )x (f 2++=，由a 的符号确定其抛物线的开口方向，再根据图象与x 轴的交点问题，由判别式进行解决。
“恒成立”条件下参数范围的求解策略
研究目的和意义
研究目的
探讨“恒成立”条件下参数范围的求解策略，提高学生解决这类问题的能力 。
研究意义
通过研究，可以帮助学生更好地理解数学概念，提高解题效率，同时也有助 于增强学生数学应用能力和创新能力。
在物理和工程中，“恒成立”条件则常常被用于求解某些实际问题的最优解或最 值。
与参数范围求解策略的联系
在求解某些数学表达式或不等式的问题时，“恒成立”条件 可以帮助我们确定参数的取值范围。
通过将“恒成立”条件转化为参数的取值范围，我们可以更 好地理解和解决这类问题。
03
参数范围求解策略的基础知识
参数的范围确定方法
取值范围还会影响模型的复杂度和计算量。例如，当一个 参数的取值范围较小时，模型较为简单，计算量也较小； 当取值范围较大时，模型较为复杂，计算量也较大。
参数范围求解策略的优势
提高求解精度
通过确定参数的取值范围，可以更好地控制模型的求解精度。
简化模型
通过确定参数的取值范围，可以简化模型，从而更容易理解和分析。
THANKS
解题步骤
1. 写出二次函数解析式。
2. 利用判别式求出函数与x轴的交点个数。
3. 根据交点个数得到参数的范围。
案例二：不等式中参数范围的求解
总结词：利用函数的单调性求参数范围
1. 写出不等式。
详细描述：通过研究函数的单调性，利用函数 的增减性来判断不等式的解集，从而确定参数 的范围。
解题步骤
2. 利用函数的单调性判断不等式的解集。 3. 根据解集得到参数的范围。
通过数形结合求解
恒成立不等式中参数问题
浅谈恒成立不等式中的参数问题摘要：关于恒成立不等式的问题既含变量又含有参数，又有许多知识的交汇，因此与其相关的命题综合性比较强，题型也多种多样，这就需要我们在平时学习时用好转化思想，多归纳，多总结，多体会。
关键词：不等式恒成立参数恒成立不等式中的参数的取值范围问题，是近年来高考的热点之一，也是学生学习的难点之一。
它涉及的知识面比较广，并且综合性也比较强。
它往往与函数、数列、方程、立体几何、解析几何、复数以及应用型问题结合起来，题型形式灵活多变，而且语言也比较抽象。
那么哪些数学思想能解决此类问题呢？笔者下面就结合自己的教学经验，举一些具体的例子来讨论这类参数问题的处理方法。
例1.若不等式（a-2）x2+2（a-2）x-4∴a的取值范围为：-2说明：对于有关一元二次不等式ax2+bx+c0）的问题，可以设二次函数f（x）=ax2+bx+c，由a的符号确定其抛物线的开口方向，再根据它的图象与x轴的交点问题，由判别式进行解决。
例2.设对于所有的实数x，不等式x2log24（a+1）/a+2xlog22a/（a+1）+log2（a+1）2/4a2>0，都恒成立，求a的取值范围。
解法一：（利用代换，结合判别式）令u=log2（a+1）/2a，则：（3+u）x2- 2ux+2u>0∴ 3+u>0 （1）4u2-8u（u+3）0∴（a+1）/2a>1，解得：0解法二：（分离参数，利用最值法）原不等式可以化为：x2[3+log2（a+1）/2a]-2xlog2（a+1）/2a+2log2（a+1）/2a>0 即：（x2-2x+2）*log2（a+1）/2a+3x2>0∵ x2-2x+2=（x+1）2+1>0∴原不等式可化为：log2（a+1）/2a>（-3x2）/[（x-1）2+1]要使原不等式恒成立，当且仅当log2（a+1）/2a>0解得：0评述：涉及恒成立不等式中变量的取值范围问题，可以根据a>f（x）恒成立等价于a>f（x）max， a（-1+■）/2解（2）得，（1-■）/2<x<（1+■）/2由（1）（2）得：（-1+■）/2<x<（1+■）/2∴ x的取值范围为（-1+■）/2<x<（1+■）/2说明：利用转换思想解决恒成立问题，一定要搞清楚谁是自变量，谁是参数。
恒成立求参数范围题解题技巧
恒成立求参数范围题解题技巧
嘿，同学们！今天咱就来讲讲恒成立求参数范围题的解题技巧，这可真是个让人又爱又恨的家伙啊！
比如说，给你这样一道题：对于任意 x，不等式x²+ax+1＞0 恒成立，求 a 的取值范围。
哇，是不是一下子有点懵？别急，听我慢慢道来。
首先呢，咱得看到关键信息，“恒成立”这三个字可太重要啦！就好像你要追一个心仪的对象，不管对方啥时候出现，你都得有办法应对，才能成功追求到嘛。
这时候就得用上我们的绝招啦！
第一种方法，判别式法。
咱先把不等式看成一个二次函数，这就像给它拍了张快照。
然后看看判别式，如果判别式小于 0，那它就恒在 x 轴上方，不就恒成立啦！就像天总是蓝的，你就不用担心下雨啦！像刚才那道题，咱用判别式来算一算，一下子就能找到 a 的范围啦！
再比如，给你这样一个例子：x²-2ax+2-a＞0 恒成立，这又咋搞？嘿嘿，还是用同样的办法呀，判别式出马，轻松搞定！
还有第二种方法，最值法哦！有时候我们得找到这个函数的最值，让最值都满足条件，那肯定就恒成立啦！这就好比你得把自己的底线守好，只要底线不出问题，那一切就都没问题啦！
哎呀呀，学会这些技巧，是不是觉得恒成立求参数范围题也没那么可怕啦？其实啊，数学就是这样，只要你掌握了方法，就能轻松应对！所以大家一定要多练习，多思考，把这些技巧都变成自己的武器，去攻克那些难题吧！相信你们一定可以的！加油哦！。
不等式恒成立问题中参数范围的求解策略不等式恒成立求参数取值范围
不等式恒成立问题中参数范围的求解策略不等式恒成立求参数取值范围确定恒成立不等式中参数的取值范围需灵活应用函数与不等式的基础知识，并常要在两者间进行合理的交汇，因此此类问题属学习的重点；然而，怎样确定其取值范围，教材中却没有论及，但它已成为近年来高考命题中的常见题型，因此此类问题又属学习的热点；在确定恒成立不等式中参数的取值范围时，需要在函数思想的指引下，灵活地进行代数变形、综合地运用数学知识，方可取得较好的效益，因此此类问题的求解当属学习过程中的难点.基于此，笔者试对此类问题的求解策略与方法作一探讨. 策略一：分离参数法所谓分离参数法也就是将参数与未知量分离于表达式的两边，然后根据未知量的取值范围情况决定参数的范围。
这种方法可避免分类讨论的麻烦，使问题得到简单明快的解决。
【例1】设，其中a是实数，n是任意给定的自然数且n≥2，若当时有意义,求a的取值范围。
【解】由时，有意义得：，由指数函数单调性知上式右边的函数的最大值是一般地，利用最值分离参数法来确定不等式,（，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，即化为的形式；（2）求在D时的最大值（或最小值）；（3）解不等式得的取值范围。
【例2】已知定义在R上函数f(某)为奇函数，且在上是增函数，对于任意，求实数m范围，使恒成立。
【解】∵f(某)在R上为奇函数，且在上是增函数，∴f(某)在上为增函数∴4－m4－∴m的取值范围为（4－，＋∞）策略二；构建函数法当参数难以分离而不等式是有关某个变量的一次或二次函数时，可以通过构建函数来解决。
我们知道，函数概念是高中数学的一个很重要的概念，其思想和方法已渗透到数学的各个分支。
在某些数学问题中，通过数式类比，构造适当的函数模型，然后利用函数的有关性质结论解题，往往收到意想不到的效果。
这里，我们主要介绍如何通过构造一次函数，二次函数模型，并利用它们的性质来确定参数的取值范围。
【例3】若对一切，不等式恒成立，求实数某的取值范围。
不等式恒成立问题中的参数求解技巧
不等式恒成立问题中的参数求解技巧在不等式中，有一类问题是求参数在什么范围内不等式恒成立。
恒成立条件下不等式参数的取值范围问题，涉及的知识面广，综合性强，同时数学语言抽象，如何从题目中提取可借用的知识模块往往捉摸不定，难以寻觅，是同学们学习的一个难点，同时也是高考命题中的一个热点。
其方法大致有：①用一元二次方程根的判别式，②参数大于最大值或小于最小值，③变更主元利用函数与方程的思想求解。
本文通过实例，从不同角度用常规方法归纳，供大家参考。
一、用一元二次方程根的判别式有关含有参数的一元二次不等式问题，若能把不等式转化成二次函数或二次方程，通过根的判别式或数形结合思想，可使问题得到顺利解决。
例1 对于x∈R，不等式恒成立，求实数m的取值范围。
解：不妨设，其函数图象是开口向上的抛物线，为了使，只需，即，解得。
变形：若对于x∈R，不等式恒成立，求实数m的取值范围。
变形：此题需要对m的取值进行讨论，设。
①当m=0时，3>0，显然成立。
②当m>0时，则△<0。
③当m<0时，显然不等式不恒成立。
由①②③知。
关键点拨：对于有关二次不等式（或<0）的问题，可设函数，由a的符号确定其抛物线的开口方向，再根据图象与x轴的交点问题，由判别式进行解决。
例2 已知函数，在时恒有，求实数k的取值范围。
例2 解：令，则对一切恒成立，而是开口向上的抛物线。
①当图象与x轴无交点满足△<0，即，解得－2<k<1< span="">。
</k<1<>②当图象与x轴有交点，且在时，只需由①②知关键点拨：为了使在恒成立，构造一个新函数是解题的关键，再利用二次函数的图象性质进行分类讨论，使问题得到圆满解决。
二、参数大于最大值或小于最小值如果能够将参数分离出来，建立起明确的参数和变量x的关系，则可以利用函数的单调性求解。
恒成立，即大于时大于函数值域的上界。
高考数学导数专题专讲 专题35 双变量恒成立与能成立问题概述(含答案)
专题35双变量恒成立与能成立问题概述【方法总结】1．最值定位法解双变量不等式恒成立问题的思路策略(1)用最值定位法解双变量不等式恒成立问题是指通过不等式两端的最值进行定位，转化为不等式两端函数的最值之间的不等式，列出参数所满足的不等式，从而求解参数的取值范围．(2)有关两个函数在各自指定范围内的不等式恒成立问题，这里两个函数在指定范围内的自变量是没有关联的，这类不等式的恒成立问题就应该通过最值进行定位．2．常见的双变量恒成立能成立问题的类型(1)对于任意的x1∈[a，b]，x2∈[m，n]，使得f(x1)≥g(x2)⇔f(x1)min≥g(x2)max．(如图1)(2)若存在x1∈[a，b]，总存在x2∈[m，n]，使得f(x1)≥g(x2)⇔f(x1)max≥g(x2)min．(如图2)(3)对于任意的x1∈[a，b]，总存在x2∈[m，n]，使得f(x1)≥g(x2)⇔f(x1)min≥g(x2)min．(如图3)(4)若存在x1∈[a，b]，对任意的x2∈[m，n]，使得f(x1)≥g(x2)⇔f(x1)max≥g(x2)max．(如图4)(5)若存在x1∈[a，b]，对任意的x2∈[m，n]，使得f(x1)＝g(x2)⇔f(x1)max≥g(x2)max．(如图4)(6)若存在x1∈[a，b]，总存在x2∈[m，n]，使得f(x1)＝g(x2)⇔f(x)的值域与g(x)的值域的交集非空．(如图5)考点一双任意与双存在不等问题(1)f(x)，g(x)是在闭区间D上的连续函数且∀x1，x2∈D，使得f(x1)＞g(x2)，等价于f(x)min＞g(x)max．其等价转化的目标是函数y＝f(x)的任意一个函数值均大于函数y＝g(x)的任意一个函数值．如图⑤．(2)存在x1，x2∈D，使得f(x1)＞g(x2)，等价于f(x)max＞g(x)min．其等价转化的目标是函数y＝f(x)的某一个函数值大于函数y＝g(x)的某些函数值．如图⑥．【例题选讲】[例1]已知函数f (x )＝a ＋1x＋a ln x ，其中参数a <0．(1)求函数f (x )的单调区间；(2)设函数g (x )＝2x 2f ′(x )－xf (x )－3a (a <0)，存在实数x 1，x 2∈[1，e 2]，使得不等式2g (x 1)<g (x 2)成立，求a 的取值范围．解析(1)∵f (x )＝a ＋1x ＋a ln x ，定义域为(0，＋∞)．∴f ′(x )＝－a ＋1x 2＋a x ＝ax －（a ＋1）x 2．①当－1<a <0时，a ＋1a<0，恒有f ′(x )<0．∴函数f (x )的单调减区间是(0，＋∞)．②当a ＝－1时，f ′(x )＝－1x <0，∴f (x )的减区间是(0，＋∞)．③当a <－1时，x 0，a ＋1a f ′(x )>0，∴f (x )的增区间是0，a ＋1a x a ＋1a，＋∞f ′(x )<0，∴f (x )a ＋1a ，＋∞(2)g (x )＝2ax －ax ln x －(6a ＋3)(a <0)，因为存在实数x 1，x 2∈[1，e 2]，使得不等式2g (x 1)<g (x 2)成立，∴2g (x )min <g (x )max ．又g ′(x )＝a (1－ln x )，且a <0，∴当x ∈[1，e)时，g ′(x )<0，g (x )是减函数；当x ∈(e ，e 2]时，g ′(x )>0，g (x )是增函数．∴g (x )min ＝g (e)＝a e －6a －3，g (x )max ＝max{g (1)，g (e 2)}＝－6a －3．∴2a e －12a －6<－6a －3，则a >32e －6．又a <0，从而32e －6<a <0，即a 32e －6，0[例2]已知函数f (x )＝12ln x －mx ，g (x )＝x －a x(a >0)．(1)求函数f (x )的单调区间；(2)若m ＝12e 2，对∀x 1，x 2∈[2，2e 2]都有g (x 1)≥f (x 2)成立，求实数a 的取值范围．解析(1)因为f (x )＝12ln x －mx ，x >0，所以f ′(x )＝12x－m ，当m ≤0时，f ′(x )>0，f (x )在(0，＋∞)上单调递增．当m >0时，由f ′(x )＝0得x ＝12m ；f ′(x )>0，x >0得0<x <12m ；由f ′(x )<0，x >0得x >12m．所以f (x )0，12m 上单调递增，在12m，＋∞上单调递减．综上所述，当m ≤0时，f (x )的单调递增区间为(0，＋∞)，无单调递减区间；当m >0时，f (x )0，12m ，单调递减区间为12m ，＋∞．(2)若m ＝12e 2，则f (x )＝12ln x －12e2x ．对∀x 1，x 2∈[2，2e 2]都有g (x 1)≥f (x 2)成立，等价于对∀x ∈[2，2e 2]都有g (x )min ≥f (x )max ，由(1)知在[2，2e 2]上f (x )的最大值为f (e 2)＝12，又g ′(x )＝1＋ax 2>0(a >0)，x ∈[2，2e 2]，所以函数g (x )在[2，2e 2]上是增函数，所以g (x )min ＝g (2)＝2－a 2．由2－a 2≥12，得a ≤3，又a >0，所以a ∈(0，3]，所以实数a 的取值范围为(0，3]．[例3]已知f (x )＝x ＋a 2x(a ＞0)，g (x )＝x ＋ln x ．(1)若对任意的x 1，x 2∈[1，e]，都有f (x 1)≥g (x 2)成立，求实数a 的取值范围；(2)若存在x 1，x 2∈[1，e]，使得f (x 1)＜g (x 2)，求实数a 的取值范围．解析(1)对任意的x 1，x 2∈[1，e]，都有f (x 1)≥g (x 2)成立，等价于x ∈[1，e]时，f (x )min ≥g (x )max ．当x ∈[1，e]时，g ′(x )＝1＋1x ＞0，所以g (x )在[1，e]上单调递增，所以g (x )max ＝g (e)＝e ＋1．只需证f (x )≥e ＋1，即x ＋a 2x ≥e ＋1⇔a 2≥(e ＋1)x －x 2在[1，e]上恒成立即可．令h (x )＝(e ＋1)x －x 2，当x ∈[1，e]时，h (x )＝(e ＋1)x －x 2＝－x －e ＋12＋e ＋12的最大值为e ＋12＝e ＋122．所以a 2e ＋122，即a ≥e ＋12(舍去负值)．故实数a 的取值范围是e ＋12，＋∞(2)存在x 1，x 2∈[1，e]，使得f (x 1)＜g (x 2)，等价于x ∈[1，e]时，f (x )min ＜g (x )max ．当x ∈[1，e]时，g ′(x )＝1＋1x ＞0，所以g (x )在[1，e]上单调递增，所以g (x )max ＝g (e)＝e ＋1．又f ′(x )＝1－a 2x2，令f ′(x )＝0，得x ＝a ，故f (x )＝x ＋a 2x(a ＞0)在(0，a )上单调递减，在(a ，＋∞)上单调递增．当0＜a ＜1时，f (x )在[1，e]上单调递增，f (x )min ＝f (1)＝1＋a 2＜e ＋1，符合题意；当1≤a ≤e 时，f (x )在[1，a ]上单调递减，在[a ，e]上单调递增，f (x )min ＝f (a )＝2a ，此时，2a ＜e ＋1，解得1≤a ＜e ＋12；当a ＞e 时，f (x )在[1，e]上单调递减，f (x )min ＝f (e)＝e ＋a 2e ，此时，e ＋a 2e＜e ＋1，即a ＜e ，与a ＞e 矛盾，不符合题意．综上可知，实数a 的取值范围是0，e ＋12．点拨(1)本题第(1)问从数的角度看，问题的本质就是f (x )min ≥g (x )max ．从形的角度看，问题的本质就是函数f (x )图象的最低点不低于g (x )图象的最高点．(2)本题第(2)问从数的角度看，问题的本质就是f (x )min ＜g (x )max ．从形的角度看，问题的本质就是函数f (x )图象的最低点低于g (x )图象的最高点．[例4]设f (x )＝ax＋x ln x ，g (x )＝x 3－x 2－3．(1)如果存在x 1，x 2∈[0，2]，使得g (x 1)－g (x 2)≥M 成立，求满足上述条件的最大整数M ；(2)如果对于任意的s ，t ∈12，2，都有f (s )≥g (t )成立，求实数a 的取值范围．解析(1)存在x 1，x 2∈[0，2]，使得g (x 1)－g (x 2)≥M 成立，等价于[g (x 1)－g (x 2)]max ≥M ．由g (x )＝x 3－x 2－3，得g ′(x )＝3x 2－2x ＝3x －23g ′(x )＜0，解得0＜x ＜23；由g ′(x )＞0，解得x ＜0或x ＞23．又x ∈[0，2]，所以g (x )在区间0，23上单调递减，在区间23，2上单调递增，又g (0)＝－3，g (2)＝1，故g (x )max ＝g (2)＝1，g (x )min ＝g 23＝－8527．所以[g (x 1)－g (x 2)]max ＝g (x )max －g (x )min ＝1＋8527＝11227≥M ，则满足条件的最大整数M ＝4．(2)对于任意的s ，t ∈12，2，都有f (s )≥g (t )成立，等价于在区间12，2上，函数f (x )min ≥g (x )max ．由(1)可知在区间12，2上，g (x )的最大值为g (2)＝1．在区间12，2上，f (x )＝ax＋x ln x ≥1恒成立等价于a ≥x －x 2ln x 恒成立．设h (x )＝x －x 2ln x ，x ∈12，2，则h ′(x )＝1－2x ln x －x ，易知h ′(x )在区间12，2上是减函数，又h ′(1)＝0，所以当1＜x ＜2时，h ′(x )＜0；当12＜x ＜1时，h ′(x )＞0．所以函数h (x )＝x －x 2lnx 在区间12，1上单调递增，在区间[1，2]上单调递减，所以h (x )max ＝h (1)＝1，所以实数a 的取值范围是[1，＋∞)．考点二存在与任意嵌套不等问题(1)∀x 1∈D 1，∃x 2∈D 2，使f (x 1)＞g (x 2)，等价于函数f (x )在D 1上的最小值大于g (x )在D 2上的最小值，即f (x )min ＞g (x )min (这里假设f (x )min ，g (x )min 存在)．其等价转化的目标是函数y ＝f (x )的任意一个函数值大于函数y ＝g (x )的某一个函数值．如图⑦．(2)∀x 1∈D 1，∃x 2∈D 2，使f (x 1)＜g (x 2)，等价于函数f (x )在D 1上的最大值小于g (x )在D 2上的最大值，即f (x )max ＜g (x )max ．其等价转化的目标是函数y ＝f (x )的任意一个函数值小于函数y ＝g (x )的某一个函数值．如图⑧．【例题选讲】[例5]设函数f (x )＝e(x 2－ax ＋a )e x(a ∈R )．(1)若曲线y ＝f (x )在x ＝1处的切线过点M (2，3)，求a 的值；(2)设g (x )＝x ＋1x ＋1－13，若对任意的n ∈[0，2]，存在m ∈[0，2]，使得f (m )≥g (n )成立，求a 的取值范围．解析(1)因为f (x )＝e(x 2－ax ＋a )e x ，所以f ′(x )＝e·(2x －a )e x －(x 2－ax ＋a )e xe 2x ＝－(x －2)(x －a )ex －1．又f (1)＝1，即切点为(1，1)，所以k ＝f ′(1)＝1－a ＝3－12－1，解得a ＝－1．(2)“对任意的n ∈[0，2]，存在m ∈[0，2]，使得f (m )≥g (n )成立”，等价于“在[0，2]上，f (x )的最大值大于或等于g (x )的最大值”．因为g (x )＝x ＋1x ＋1－13，g ′(x )＝x 2＋2x （x ＋1）2≥0，所以g (x )在[0，2]上单调递增，所以g (x )max ＝g (2)＝2．令f ′(x )＝0，得x ＝2或x ＝a ．①当a ≤0时，f ′(x )≥0在[0，2]上恒成立，f (x )单调递增，f (x )max ＝f (2)＝(4－a )e －1≥2，解得a ≤4－2e ；②当0<a <2时，f ′(x )≤0在[0，a ]上恒成立，f (x )单调递减，f ′(x )≥0在[a ，2]上恒成立，f (x )单调递增，f (x )的最大值为f (2)＝(4－a )e －1或f (0)＝a e ，所以(4－a )e －1≥2或a e≥2．解得：a ≤4－2e 或a ≥2e ，所以2e≤a <2；③当a ≥2时，f ′(x )≤0在[0，2]上恒成立，f (x )单调递减，f (x )max ＝f (0)＝a e≥2，解得a ≥2e ，所以a ≥2．综上所述：a ≤4－2e 或a ≥2e ．[例6]已知函数f (x )＝x －(a ＋1)ln x －a x (a ∈R 且a <e)，g (x )＝12x 2＋e x －x e x ．(1)当x ∈[1，e]时，求f (x )的最小值；(2)当a ＜1时，若存在x 1∈[e ，e 2]，使得对任意的x 2∈[－2，0]，f (x 1)＜g (x 2)恒成立，求a 的取值范围．解析(1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝(x －1)(x －a )x 2．①若a ≤1，当x ∈[1，e]时，f ′(x )≥0，则f (x )在[1，e]上为增函数，f (x )min ＝f (1)＝1－a ．②若1＜a ＜e ，当x ∈[1，a ]时，f ′(x )≤0，f (x )为减函数；当x ∈[a ，e]时，f ′(x )≥0，f (x )为增函数．所以f (x )min ＝f (a )＝a －(a ＋1)ln a －1，综上，当a ≤1时，f (x )min ＝1－a ；当1＜a ＜e 时，f (x )min ＝a －(a ＋1)ln a －1；(2)由题意知：f (x )(x ∈[e ，e 2])的最小值小于g (x )(x ∈[－2，0])的最小值．由(1)知f (x )在[e ，e 2]上单调递增，f (x )min ＝f (e)＝e －(a ＋1)－ae ，又g ′(x )＝(1－e x )x ．当x ∈[－2，0]时，g ′(x )≤0，g (x )为减函数，则g (x )min ＝g (0)＝1，所以e －(a ＋1)－ae ＜1，解得a ＞e 2－2e e ＋1，所以a 的取值范围为e 2－2ee ＋1，1考点三双任意与存在相等问题(1)∃x 1∈D 1，∃x 2∈D 2，使得f (x 1)＝g (x 2)等价于函数f (x )在D 1上的值域A 与g (x )在D 2上的值域B 的交集不是空集，即A ∩B ≠∅，如图⑨．其等价转化的目标是两个函数有相等的函数值．图⑨图⑩(2)∀x 1∈D 1，∃x 2∈D 2，使得f (x 1)＝g (x 2)等价于函数f (x )在D 1上的值域A 是g (x )在D 2上的值域B 的子集，即A ⊆B ，如图⑩．其等价转化的目标是函数y ＝f (x )的值域都在函数y ＝g (x )的值域之中．说明：图⑨，图⑩中的条形图表示函数在相应定义域上的值域在y 轴上的投影．【例题选讲】[例7]已知函数f (x )＝ax －ln x ＋x 2．(1)若a ＝－1，求函数f (x )的极值；(2)若a ＝1，∀x 1∈(1，2)，∃x 2∈(1，2)，使得f (x 1)－x 21＝mx 2－13mx 32(m ≠0)，求实数m 的取值范围．解析(1)依题意知，当a ＝－1时，f (x )＝－x －ln x ＋x 2，f ′(x )＝－1－1x ＋2x ＝2x 2－x －1x ＝(2x ＋1)(x －1)x，因为x ∈(0，＋∞)，故当x ∈(0，1)时，f ′(x )＜0，当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )＞0，故当x ＝1时，f (x )有极小值，极小值为f (1)＝0，无极大值．(2)当a ＝1时，f (x )＝x －ln x ＋x 2．因为∀x 1∈(1，2)，∃x 2∈(1，2)，使得f (x 1)－x 21＝mx 2－13mx 32(m ≠0)，故ln x 1－x 1＝13mx 32－mx 2．设h (x )＝ln x －x ，g (x )＝13mx 3－mx ，当x ∈(1，2)时，h ′(x )＝1x －1＜0，即函数h (x )在(1，2)上单调递减，故h (x )的值域为A ＝(ln 2－2，－1)．又g ′(x )＝mx 2－m ＝m (x ＋1)(x －1)．①当m ＜0时，g (x )在(1，2)上单调递减，此时g (x )的值域为B ＝2m 3，－2m 3，因为A ⊆B ，又－2m 3＞0＞－1，故2m 3≤ln 2－2，即m ≤32ln 2－3；②当m ＞0时，g (x )在(1，2)上单调递增，此时g (x )的值域为B ＝－2m 3，2m3，因为A ⊆B ，又2m 3＞0＞－1，故－2m 3≤ln 2－2，故m ≥－32(ln 2－2)＝3－32ln 2．综上所述，实数m －∞，32ln 2－3∪3－32ln 2，＋∞[例8]已知函数f (x )＝a ln x －x ＋2，a ∈R ．(1)求函数f (x )的单调区间；(2)若对任意的x 1∈[1，e]，总存在x 2∈[1，e]，使得f (x 1)＋f (x 2)＝4，求实数a 的值．解析(1)因为f (x )＝a ln x －x ＋2，所以f ′(x )＝ax －1＝a －x x，x >0，当a ≤0时，对任意的x ∈(0，＋∞)，f ′(x )<0，所以f (x )的单调递减区间为(0，＋∞)，无单调递增区间；当a >0时，令f ′(x )＝0，得x ＝a ，因为x ∈(0，a )时，f ′(x )>0，x ∈(a ，＋∞)时，f ′(x )<0，所以f (x )的单调递增区间为(0，a )，单调递减区间为(a ，＋∞)．(2)①当a ≤1时，由(1)知，f (x )在[1，e]上是减函数，所以f (x )max ＝f (1)＝1．因为对任意的x 1∈[1，e]，x 2∈[1，e]，f (x 1)＋f (x 2)≤2f (1)＝2<4，所以对任意的x 1∈[1，e]，不存在x 2∈[1，e]，使得f (x 1)＋f (x 2)＝4．②当1<a <e 时，由(1)知，f (x )在[1，a ]上是增函数，在(a ，e]上是减函数，所以f (x )max ＝f (a )＝a ln a －a ＋2．因为对任意的x 1∈[1，e]，x 2∈[1，e]，f (x 1)＋f (x 2)≤2f (a )＝2a (ln a －1)＋4，又1<a <e ，所以ln a －1<0，2a (ln a －1)＋4<4，所以对任意的x 1∈[1，e]，不存在x 2∈[1，e]，使得f (x 1)＋f (x 2)＝4．③当a ≥e 时，由(1)知，f (x )在[1，e]上是增函数，f (x )min ＝f (1)＝1，f (x )max ＝f (e)＝a －e ＋2，由题意，对任意的x 1∈[1，e]，总存在x 2∈[1，e]，使得f (x 1)＋f (x 2)＝4，则当x 1＝1时，要使存在x 2∈[1，e]，使得f (x 1)＋f (x 2)＝4，则f (1)＋f (e)≥4，同理当x 1＝e 时，要使存在x 2∈[1，e]，使得f (x 1)＋f (x 2)＝4，则f (e)＋f (1)≤4，所以f (1)＋f (e)＝4．(对任意的x 1∈(1，e)，令g (x )＝4－f (x )－f (x 1)，x ∈[1，e]，g (x )＝0有解．g (1)＝4－f (1)－f (x 1)＝f (e)－f (x 1)>0，g (e)＝4－f (e)－f (x 1)＝f (1)－f (x 1)<0，所以存在x 2∈(1，e)，g (x 2)＝4－f (x 2)－f (x 1)＝0，即f (x 1)＋f (x 2)＝4．)所以由f (1)＋f (e)＝a －e ＋3＝4，得a ＝e ＋1．综上可知，实数a 的值为e ＋1．[例9]已知函数f (x )＝ln x －x ，g (x )＝13mx 3－mx (m ≠0)．(1)求曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程；(2)若对任意的x 1∈(1，2)，总存在x 2∈(1，2)，使得f (x 1)＝g (x 2)，求实数m 的取值范围．解析(1)易知切点为(1，－1)，f ′(x )＝1x－1，切线的斜率k ＝f ′(1)＝0，故切线方程为y ＝－1．(2)设f (x )在区间(1，2)上的值域为A ，g (x )在区间(1，2)上的值域为B ，则由题意可得A ⊆B ．∵f (x )＝ln x －x ，∴f ′(x )＝1x －1＝1－x x <0在(1，2)上恒成立，∴函数f (x )在区间(1，2)上单调递减，∴值域A 为(ln 2－2，－1)．又g ′(x )＝mx 2－m ＝m (x ＋1)(x －1)，当m >0时，g ′(x )>0在x ∈(1，2)上恒成立，则g (x )在(1，2)上是增函数，此时g (x )在区间(1，2)上的值域B 为－23m ，23m，则m ，23m ≥－1，－23m ≤ln 2－2，解得m ≥－32(ln 2－2)＝3－32ln 2．当m <0时，g ′(x )<0在x ∈(1，2)上恒成立，则g (x )在(1，2)上是减函数，此时g (x )在区间(1，2)上的值域B 为23m ，－23m，m ，－23m ≥－1，23m ≤ln 2－2，解得m ≤32(ln 2－2)＝32ln 2－3．∴实数m －∞，32ln 2－3∪3－32ln 2，＋∞[例10]已知函数f (x )＝(1－x )e x －1．(1)求f (x )的极值；(2)设g (x )＝(x －t )2＋ln x －mt ，存在x 1∈(－∞，＋∞)，x 2∈(0，＋∞)，使方程f (x 1)＝g (x 2)成立，求实数m 的最小值．解析(1)f ′(x )＝－x e x ，当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )<0，当x ∈(－∞，0)时，f ′(x )>0，∴当x ＝0时，f (x )有极大值f (0)＝e 0－1＝0，f (x )没有极小值．(2)由(1)知f (x )≤0，又因为g (x )＝(x －t )2ln x －mt ≥0，所以要使方程f (x 1)＝g (x 2)有解，必然存在x 2∈(0，＋∞)，使g (x 2)＝0，所以x ＝t ，ln x ＝m t，等价于方程ln x ＝mx 有解，即方程m ＝x ln x 在(0，＋∞)上有解，记h (x )＝x ln x ，x ∈(0，＋∞)，则h ′(x )＝ln x ＋1，令h ′(x )＝0，得x ＝1e，所以当x ∈0，1e 时，h ′(x )<0，h (x )单调递减，当x ∈1e ，＋∞h ′(x )>0，h (x )单调递增，所以当x ＝1e 时，h (x )min ＝－1e ，所以实数m 的最小值为－1e ．[例11]已知函数f (x )＝x 2－23ax 3，a ＞0，x ∈R ，g (x )＝1x 2(1－x )．(1)若∃x 1∈(－∞，－1]，∃x 2∈－∞，－12f (x 1)＝g (x 2)，求实数a 的取值范围；(2)当a ＝32时，求证：对任意的x 1∈(2，＋∞)，都存在x 2∈(1，＋∞)，使得f (x 1)＝g (x 2)．解析(1)∵f (x )＝x 2－23ax 3，∴f ′(x )＝2x －2ax 2＝2x (1－ax )．令f ′(x )＝0，得x ＝0或x ＝1a．∵a ＞0，∴1a ＞0，∴当x ∈(－∞，0)时，f ′(x )＜0，∴f (x )在(－∞，－1]上单调递减，f (x )≥f (－1)＝1＋2a3，故f (x )在(－∞，－1]上的值域为1＋2a3，＋∞∵g (x )＝1x 2(1－x )，∴g ′(x )＝3x 2－2x x 4(1－x )2＝3x －2x 3(1－x )2．当x ＜－12时，g ′(x )＞0，∴g (x )在－∞，－12上单调递增，g (x )＜－12＝83，故g (x )在－∞，－12上的值域为－∞，83若∃x 1∈(－∞，－1]，∃x 2∈－∞，－12f (x 1)＝g (x 2)，则1＋2a 3＜83，解得0＜a ＜52，故实数a 的取值范围是0，52(2)当a ＝32时，f (x )＝x 2－x 3，∴f ′(x )＝2x －3x 2＝323－x 当x ＞2时，f ′(x )＜0，∴f (x )在(2，＋∞)上单调递减，且f (2)＝－4，∴f (x )在(2，＋∞)上的值域为(－∞，－4)．则g (x )＝1x 2(1－x )＝1f (x )在(1，＋∞)上单调递增，∴g (x )＝1x 2(1－x )在(1，＋∞)上的值域为(－∞，0)．∵(－∞，－4)(－∞，0)，∴对于任意的x 1∈(2，＋∞)，都存在x 2∈(1，＋∞)，使得f (x 1)＝g (x 2)．点拨本题第(1)问等价转化的基本思想是：两个函数有相等的函数值，即它们的值域有公共部分；第(2)问等价转化的基本思想是：函数f(x)的任意一个函数值都与函数g(x)的某一函数值相等，即f(x)的值域都在g(x)的值域中．。
借助函数最值来求解不等式恒成立时参数的取值范围问题
恒成立，易得｛ｆ （２－）＞ ２）。 ￣，Ｏ’
ｃ。ｓ 一 ＝＝＿ 一４一［２一ｃ。ｓ ＋
］·
①
即』 一４ ＋。＞ｏ’解得 ＜一１或ｚ＞３．
令 ２一ＣＯＳ ＝ｔ，ｔ∈［１，３］，所 以 ｍ＞４一（ｔ＋÷），
即 ４一 ＜ ＋÷在 ｔ∈［１，３］上 恒成立 ，即求 ｈ（ ）一 ＋
喜妻
姜 蒿 冀 ÷在ｆ∈Ｅ１，３］上的最小值．因为ｈ（ ）一ｆ＋÷≥２ 等
不 等式 恒 成 立条 件 下 参 数 的取 值 范 围 问题 一 直
（１） 当 ｍ ＜ 一 １，即 ＜ 一 ２ 时 ，ｇ （￡）一
都是 高考数 学 如 ：用参 数 分 离研 究 函 数 的 最值 、变 更 主 元 、数 形结 合等 方法 ．方 法虽 多 ，但 学 生 在 解 题 过 程 中难 以
例 ２ （２００９年 江 西 卷文 ）设 函数 厂（ｚ）一ｚ。一
２√２，所 以 ４一ｍ％ ２√２，即 Ⅲ＞４—２√２． 所 以 ｍ 的取值 范 围为 （４—２√２，＋。。）．
彝 茜釜 曩
喜
ｚ ＋６ｘ—ｎ．若对 于任 意实 数 ｚ，ｆ （ ）≥ ｍ 恒 成立 ，
求 ？ＴＩ的最大值 ．
ｇ（一 １）一 ４ｍ一 １＞ ０，无 解 ； （２）当 一 １≤ ≤ １，即 一 ２≤ ≤ ２时 ，ｇ ， （￡）一
选择 最佳 方 法．通 过对 这 些 方 法 的分 析 ，不 难 发 现 这 些 方法 有一 个 共 性 ，即利用 函 数 的最 值 求 参 数 范 围． ｇ（ ）＞ｏ，解 得 ４－２ ＜ｍ≤ ２；
惜 曲 最 值 弗 冰 囊荦
同 ，使 ＿厂（ＣＯＳ ２ 一３）－－ｆ（４ｍ一２ｔ ａｃｏｓ ）＞ｏ恒成 立．
不等式中恒成立问题总结
不等式中恒成立问题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)0()(2≠++=a c bx ax x f ，（1）R x x f ∈>在0)(上恒成立00<∆>⇔且a ；（2）R x x f ∈<在0)(上恒成立00<∆<⇔且a 。
类型2：设)0()(2≠++=a c bx ax x f（1）当0>a 时，],[0)(βα∈>x x f 在上恒成立⎪⎩⎪⎨⎧>>-⎪⎩⎪⎨⎧<∆≤-≤⎪⎩⎪⎨⎧><-⇔0)(2020)(2βββαααf a b a b f a b 或或， ],[0)(βα∈<x x f 在上恒成立⎩⎨⎧<<⇔0)(0)(βαf f （2）当0<a 时，],[0)(βα∈>x x f 在上恒成立⎩⎨⎧>>⇔0)(0)(βαf f ],[0)(βα∈<x x f 在上恒成立⎪⎩⎪⎨⎧<>-⎪⎩⎪⎨⎧<∆≤-≤⎪⎩⎪⎨⎧><-⇔0)(2020)(2βββαααf a b a b f a b 或或 类型3：αα>⇔∈>min )()(x f I x x f 恒成立对一切αα>⇔∈<max )()(x f I x x f 恒成立对一切。
类型4：)()()()()()()(max min I x x g x f x g x f I x x g x f ∈>⇔∈>的图象的上方或的图象在恒成立对一切 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],[,)(n m x b kx x f ∈+=有：⎩⎨⎧<<⇔<⎩⎨⎧>>⇔>0)(0)(0)(,0)(0)(0)(n f m f x f n f m f x f 恒成立恒成立 一．利用一元二次函数的判别式对于一元二次函数),0(0)(2R x a c bx ax x f ∈≠>++=有：（1）R x x f ∈>在0)(上恒成立00<∆>⇔且a ；（2）R x x f ∈<在0)(上恒成立00<∆<⇔且a例1：若不等式02)1()1(2>+-+-x m x m 的解集是R ，求m 的范围。
含参不等式恒成立问题中求参数取值范围的一般方法
2
7
2 2 x 1 2 x 1 0
1 解得： 2
x
1 3 2
四、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， 1 m, n f a , g a f x m 即： ，则 且 g x n ，不等式的 2 解即为实数的取值范围。
例4、若不等式 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。 解：设 f x m x 1 2 x 1 ，对满足 m 2的 m, f m 0 f 2 0 2 x 1 2 x 1 0 恒成立 f x 0
f x
1 2
1 2 ax 2a 1 x 2 ln x, g x x 2 2 x, 2
题1按a与0的关系讨论，结果是a=4;题2先求出导数， 再按a与0及数 1/2的关系讨论，最后得a的取值范围 是 ln 2 1, .
三、确定主元
• 在给出的含有两个变量的不等式中，学生习惯把变量看成是主元 （未知数），而把另一个变量看成参数，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。注意在一个含多个变量的数 学问题中，需要确定合适的变量和参数从而构造适当的函数，利用 函数的图象和性质解决问题，使问题更加明朗化，一般地，已知存 在范围的量为变量，而待求范围的量为参数.
min
（ 2 ） 当 2 2 2 即 4a4 时 f x 6 a 2 又 4 a 4 4 a 2
求不等式恒成立问题中参数的取值范围的两种途径
思路探寻∵sin C =sin ()A +B =sin A cos B +sin B cos A =2sin C cos A ，∴cos A =12，∵a sin A =b sin B =c sin C，∴bc =B C =163sin B sin æèöø2π3-B =83sin æèöø2B -π6+43，∵0＜B ＜2π3，∴-π6＜2B -π6＜7π6，当2B -π6=π2，即B =π3时，bc 取最大值4，∵S △ABC =12bc sin A ≤3，∴△ABC 面积的最大值为3.解答本题，需先运用正弦定理进行边角互化，将a cos B =()2c -b cos A 等价转化为sin A cos B =(2sin C -)sin B cos A ，求得角A ，再根据正弦定理求得bc ，便可根据公式S =12ab sin C 求得三角形面积的表达式，最后根据三角函数的有界性求得最值.可见，求解与三角形有关的最值问题，关键要运用正余弦定理进行边角互化，求得角、周长、面积的表达式，然后运用基本不等式、三角函数的有界性来求得最值.一般地，可运用正弦定理来将角化为边，运用余弦定理来将边化为角.在解题的过程中，要注意挖掘一下隐含条件：（1）三角形的内角和为180o ；（2）三角形的两边之和大于第三边；（3）三角形的三边、三角均为正数.这些条件都是隐含在题目当中，若没有挖掘出来，便会缺少解题的条件，得出错误的答案.（作者单位：安徽省蚌埠第二中学）在学习中，我们经常会遇到求不等式恒成立问题中参数的取值范围.此类问题一般较为复杂，通常要求根据含有参数的不等式、方程、函数求使不等式恒成立时参数的取值范围.由于这类问题涉及的知识点较多，所以其求解途径多种多样.本文结合例题，谈一谈求参数的取值范围的两种常用途径：分离参数、数形结合.一、分离参数分离参数法是求不等式恒成立问题中参数的取值范围的重要方法.其大致的解题步骤为：①对含有参数的不等式、方程、函数进行变形，使参数单独置于一侧，变量置于另一侧，如a ≥f ()x 、a ≤f ()x ；②将问题转化为函数的最值问题，如a ≥f ()x 等价于a ≥f ()x max ，a ≤f ()x 等价于a ≤f ()x min ；③根据函数的单调性求得其最值；④建立新不等式，求出参数的取值范围.例1.已知f ()x =x ln x +a x，g ()x =x -e x -1+1.若∀x 1∈éëùû12,3，x 2∈()-∞,+∞，f ()x 1≥g ()x 2恒成立，则实数a 的取值范围为______.解：由题意可知，∀x 1∈éëùû12,3，x 2∈()-∞,+∞，f ()x 1≥g ()x 2等价于f ()x 1min ≥g ()x 2max ，∵g '()x =1-ex -1，当g '()x =0时，x =1，当x 2∈()-∞,1时，g '()x >0，g ()x 单调递增；当x 2∈()1,+∞时，g '()x <0，g ()x 单调递减，∴g ()x 2max =g ()1=1，∴f ()x =x ln x +a x ≥1在x ∈éëùû12,3上恒成立，即a ≥x -x 2ln x 在x ∈éëùû12,3上恒成立，令h ()x =x -x 2ln x ，x ∈éëùû12,3，朱红玉48思路探寻∴实数a 的取值范围为a >1.在解答该题时，需首先对函数f ()x =x 3+2判断出函数的单调性，求得其最值，这样便可将问题转化为在x ∈()0,+∞上ax >e x -1恒成立.然后构造-1，画出其图象，O。
浅谈利用函数最值确定恒不等式中参数的范围
令 厂， （ ）一 ４ ＋ ４ ｏ０＋ ｛ ｓ ０＝ ４ｘ ｘ ｘｃｓ ｉ ｎ （：＋
） 萼砌一０ ｚ ｓ ｃｚ ＋ ｓ
当 ｃｓ ≤ ０ ， ｏ０ 时 只须 厂（ ） 一 ｚ…
例 ５ 对 数 列 以 ＝
， ∈ Ｎ， ≤ 若
ｓ０ ｃ０ １ｒ 。 成 ＇正 户 取 范 ｉ－ｏ ＞。 。 睾 恒 立求 数 的 值 围 ｎ ｓ （
立 的 充 要 条 件 是 Ｆ（ ， ） ｇ（ ） Ｆ（ ｋ ≤ ｇ（ ） 成 研 ｋ ≥ ｋ ； ｘ， ） ｋ 恒
立 的 充 要 条 件 是 Ｆ（ ， ） ｇ（ ． 下 举 例 说 明 此 结 Ｍ ｋ ≤ ） 以
论 的应 用．
岛＞ （） （） ｚ （一１ 成 ． 一 ｎ 一｛ ÷ ∈一 ，恒 立・ 一 对 ］ ． ・ ｃ （） Ｒ 同 增 数 ． ÷ 一 ｛ ÷ 上 为 函 一（） 在 ，
， 一
１
＼
在 ３ ∈ （ 一 ， ］上 递 增 ． 当 ｚ ： １时 ．一 ＂ － 一 １
一
例 １ 若 对 ｚ ∈ Ｒ． 等 式 一 ４≤ ｃ ｓ ｘ＋ ４ ｉｘ ｝ 不 ｏ２ ｓｎ ｎ ≤ ７恒 成 立 ， 实 数 口的 取 值 范 围 。 求 略 解 ： Ｙ＝ ｃｓ ｘ＋ ４ ｉｘ＋ ｎ ＝ 一 ２ ｓ ｘ一 】 令 ｏ２ ｓ ｎ 。 （ｉ ｎ ）
立 ， 实 数 ｋ的 取 值 范 围 ”问 题 解 决 的 思 路 之 一 ： 函 数 求 “
最 值法 ”
一
＜ ＜ ＜号Ｉ 。 为 求 ２ 即０ ０ ， ．＜＜ 所． ．
例 ３ ． ｘ） ｆ （ （ “∈ Ｒ瞄 ∈
般 地 ， 于 函数 ，（ ）一 Ｆ（ ） 其 中 ｚ ∈ Ｄ 是 对 ｚ ｘ， （
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/ 故实数 ! 的取值范围为6 4 ’$4 T 3 U% / $& ’( ) 求字母取值范围 V 以平面向量为依托 $ 年湖北高考文科卷 ( 已知向 例V 6 3 5 5 W
3 量 X0 6 若函数 Y $ Y& / ( $ Z0 6 /4 Y $ R ( ) 在区间 6 上是增函数 $ 求 L 6 Y ( 0X B Z 4/ $ / (
解
由题意 当 ": ’ 时不等 # 5$ B
" " 式 $9 & 9 3)! , G恒 成 立 6 化 简 后 得> 3 . $" $" 对 恒成 ,# ’ ( 9’ ( ": ’ # 5$ B ! & 立6
<
B
令/ ’ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ" (+#
利 用 指 数 函 数 的 单 调 性 可 知> :’ # 5$ B . 所以 . 当 "+ $ 时/ ’ " ( 3 ,# 0H I +# ! ! . 即实数 3的取值范围为 # -9 5 6 ! 万方数据
’ 3 (# 8 ’ M ( 数所以 8 即8 在< ,G ’ " ( #$ 3# M 上是增函数 6 所以 8 在< 上的最 $ B ’ " ( #$ $ B
故当 ": < 大 值为 8 ’ " ( ’ $ ( +$ #$ 0H I+ 8
时即& $ B O& # & 3 O9 $ ,$ 3 O4 O&’ #$ 讨论如下 > 4 34 $ ( 6 显然 O N G 否 则 上 述 不 等 式 变 为 G4 这是不可能的 6 故分两种情形 > G 时对于 # $ P 当 O, G O, & 3 43 4 故 O% & $恒成立 Q 时对于 # $ R 当 O4 G O4 & 3 43 4 故 O =# & 6 $恒成立 #& BS < & -9 5( 6 以 一 元 高 次 函 数 为 依 托求字母取值范 T 围 $ & . 例 T 设函数 8 ’ " ( +" # " #& "9 & 当 ": ’ 时不等式 8 #$ & ( ’ " ( 4 O恒成 U 立求实数 O 的取值范围 6 解
’ 3 (9 8 ’ M ( 时 总有 8 成立 所以当 3N M ,G 39 M ’ 3 (9 8 ’ #M ( 时总有 8 ,G 6 39 ’ #M ( 因为 8 ’ " (是定 义 在 < #$ $ B上 的 奇 函
值为 >
& @&# 3 3: < #$ -9 5( 8 ’ " ( 01 2+ ? A.9 & 3 3: ’ # 5-# $ ( 6 @3%# $ 由 3= 8 或 ’ " ( - 可 知? 01 2 & A3= &# 3 @34# $ 解得 # . 即实数 3 的 ? =3 =$ A3= .9 & 3 取值范围为 < #. $ B 6
的取值范围 ) R 3 解 因为 L 6 Y ( 0X B Z 0Y 6 / 4Y ( &
C
D
0
/ / 6 /4 (0 ) 3 -& / 3 6 -& / ( 假 设 存 在 最 大 的 整 数 !$ 使得对任意 -
? 3 所以 L R 6 Y& / ( 04 Y &Y &R Y& R $ [ 6 Y ( 3 由于 在区间 04 ? Y&3 Y& R ) L 6 Y ( 6 4/ $
! 即 时不等式 "+ . "# $ 取等号 故/ 所以 34 / ’ " ( ’ " ( 01 2+ ! 01 2+ 即实数 3的取值范围为 ’ ! # 5! ( 6 求字母取值范围 7 以二次函数为依托 当且仅当 "# $ +
& 例 7 设二次函数 8 ’ " ( +" #& 3 "9 其中 3 当 ": < 时& :; 6 #$ 9 5( 8 ’ " (
# $ ’若遇到不 等式 中含三 个或 三个以 上 参照模型实施降元类似地考虑 2 字母的情况 ( # H ’上述性质的证明过程省略 8 针对 上 述 性 质 ( 下面就一些具体的问题 加以举例说明与运用 8 求字母取值范围 = 以不等式为依托 ( 3 例 = 不等式 + , # / -3 ’ +- / -I . 时恒成立 ( 求实数 / 的取 &在 +0 # % ( - J’ 值范围 8 解
’ 3 (9 8 ’ M ( 时总有 8 成立 6 若不等 M NG ,G 39 M 式8 对所有 ": < ’ " ( 4 O&# & 3 O9 $ #$ 恒成立 求实数 的取值范 $ B 3 :’ #$ $ ( O 围6 解
由于当 3 M :< #$ $ B 3 9M NG
求实数 3的取值范围 6 % 3恒成立 & 解 由题意 在< 3 =" #& 3 "9 & #$ & 上恒成立 而8 9 5( ’ " ( +" #& 3 "9 & + & & 在 上的最小 ’ "# 3 (9 & #3 < #$ 9 5(
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求字母取值范围 L 以抽象函数为依托 是定义在 < 上的 例 L 已知 8 ’ " ( #$ $ B 且8 若3 奇 函数 ’ $ ( +$ M :< #$ $ B 3 9
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中学数学月刊
3 5 5 #年第 2期
所以实数 !的取值范围为 % !" # $ # $ & ’( ) 求字母取值范围 * 以数列为依托 $ 例 * 在数列 + 中$ 且 , . , $ , $ /0 1 20 3
9 满足 , , 6 -7 8 ( $ &34 3 &/& , -0 5 6 / (求数列 + , .的通项公式 : -
/ $ < -0 ; /& ; 3& 6 / 34 , ( 9 是 否存在 最大的 整数 !$ 6 -7 8 ( $ = &; 设; 6 3 ( -0 ! 恒成立 若 9 使 得对任意 均有 < 78 @ -> ? 3 存在 $ 求出 ! 的值 : 若不存在 $ 请说明理由 ) 解 6 / (根 据 条 件 易 知 + , .是 等 差 数 列$ 不难求出 + , .的 通 项 公 式 为 A , 54 -0 / 3 : / 所以 ; $ -0 6 / 34 , ( / / / 0 0 B 6 / 34 / 5& 3 ( 6 -& / ( 3 6 3 (因 为 ; -0 / / / 故< 4 $ -0 ; /& ; 3& = & ; 3 - -& /
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中学数学月刊
3 & & L年第 H期
用函数最值法处理 ! 恒成立 " 不等式中的参数范围
徐国平 浙江省安吉高级中学 # $ % $ $ & & ’ 在高三数学复习过 程中 ( 经常 会 遇 到以 下题型 ) 对 # % ’若不等式 * +, % * -* +- $ * ./ 于 +0 1 恒成立 ( 求字母 /的取值范围 2
/3 / 其中 令G 6 M ( 06 P I JM & ( 4 $ M 7 3 2 Q Q 再令 / 所以 6 $ ( P I JM 0R 6 ER $ E/ ( $ F 3 3 /3 / / 可以求 G 6 M (0 6 R & ( 4 6 ER E/ ( ) 3 2 3 出G 在区间 6/$ 上的值域为 6?$ 因 6 M ( / ( 3 ( $ 3 2 此 不难得到 3 解得 !" / 或 !34 !& / "3 $ ! S4 / ) 3
其中 " ’ (9 ’ ( < ! & B
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得" 8 V ’ " ( +G $ +#
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& 经过计算 " 6 &+ $ . $ $ & $ U W 知> 8 ’ # $ (+ 8 ’ # (+ 8 ’ $ (+ & . & W W 比较后得函数 8 在’ 8 ’ & ( +W ’ " ( #$ & ( & 上的值域为 <W要使 8 故 W ( ’ " (4 O 成立 &
3
将 上 述 不 等 式 化 简 为) # +, % ’ / 由 于 +. % 故 不 等 式 /: :+,3 +- I ( (
3 ,3 +- I在 + 时恒成立 8 令 +0 # % ( - J’ +, % 3 + ,3 +- I # +. % ’ (只 要 求 出 +, % < # + ’的最小值即可 8