变换主元解含参数闻题
含参数的一元二次不等式的解法以及含参不等式恒成立问题
含参数的一元二次不等式的解法解含参数的一元二次不等式，通常情况下，均需分类讨论，那么如何讨论呢？对含参一元 二次不等式常用的分类方法有三种：一、按2x 项的系数a 的符号分类，即0,0,0<=>a a a ; 例1 解不等式：()0122>+++x a ax分析：本题二次项系数含有参数，()044222>+=-+=∆a a a ，故只需对二次项系数进行分类讨论。
解：∵()044222>+=-+=∆a a a解得方程 ()0122=+++x a ax 两根,24221a a a x +---=aa a x 24222++--=∴当0>a 时,解集为⎪⎭⎪⎬⎫⎪⎩⎪⎨⎧+---<++-->a a a x a a a x x 242242|22或当0=a 时，不等式为012>+x ,解集为⎭⎬⎫⎩⎨⎧>21|x x 当0<a 时, 解集为⎪⎭⎪⎬⎫⎪⎩⎪⎨⎧+---<<++--a a a x a a a x 242242|22例2 解不等式分析 因为0≠a ，0>∆，所以我们只要讨论二次项系数的正负。
解 ()()032)65(2>--=+-x x a x x a Θ∴当0>a 时，解集为{}32|><x x x 或；当0<a 时，解集为{}32|<<x x二、按判别式∆的符号分类，即0,0,0<∆=∆>∆； 例3 解不等式042>++ax x分析 本题中由于2x 的系数大于0,故只需考虑∆与根的情况。
解：∵162-=∆a∴当()4,4-∈a 即0<∆时，解集为R ； 当4±=a 即Δ＝0时，解集为⎭⎬⎫⎩⎨⎧≠∈2a x R x x 且；当4>a 或4-<a 即0>∆,此时两根分别为21621-+-=a a x ，21622---=a a x ，显然21x x >,∴不等式的解集为⎪⎭⎪⎬⎫⎪⎩⎪⎨⎧----+->21621622a a x a a x x 〈或例4 解不等式()()R m x x m ∈≥+-+014122解 因,012>+m ()()2223414)4(m m -=+--=∆所以当3±=m ，即0=∆时，解集为⎭⎬⎫⎩⎨⎧=21|x x ； 当33<<-m ，即0>∆时，解集为⎪⎭⎪⎬⎫⎪⎩⎪⎨⎧+--+-+>1321322222m m x m m x x 〈或； 当33>-<m m 或，即0<∆时，解集为R 。
不等式恒成立问题的大全
不等式恒成立问题“含参不等式恒成立问题”把不等式、函数、三角、几何等容有机地结合起来，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。
本文就结合实例谈谈这类问题的一般求解策略。
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),0()(2R x a c bx ax x f ∈≠++=,有1）0)(>x f 对R x ∈恒成立⎩⎨⎧<∆>⇔00a ;2）0)(<x f 对R x ∈恒成立.00⎩⎨⎧<∆<⇔a例1．已知函数])1(lg[22a x a x y +-+=的定义域为R ，数a 的取值围。
解：由题设可将问题转化为不等式0)1(22>+-+a x a x 对R x ∈恒成立，即有04)1(22<--=∆a a 解得311>-<a a 或。
所以实数a 的取值围为),31()1,(+∞--∞ 。
若二次不等式中x 的取值围有限制，则可利用根的分布解决问题。
例2．设22)(2+-=mx x x f ，当),1[+∞-∈x 时，m x f ≥)(恒成立，数m 的取值围。
解：设m mx x x F -+-=22)(2，则当),1[+∞-∈x 时，0)(≥x F 恒成立 当120)2)(1(4<<-<+-=∆m m m 即时，0)(>x F 显然成立；当0≥∆时，如图，0)(≥x F 恒成立的充要条件为：⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧-≤--≥-≥∆1220)1(0m F 解得23-≤≤-m 。
综上可得实数m 的取值围为)1,3[-。
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）a x f >)(恒成立min )(x f a <⇔ 2）a x f <)(恒成立max )(x f a >⇔1．已知两个函数2()816f x x x k =+-，32()254g x x x x =++，其中k 为实数.(1)若对任意的[]33，-∈x ，都有)()(x g x f ≤成立，求k 的取值围； (2)若对任意的[]3321，、-∈x x ，都有)()(21x g x f ≤，求k 的取值围. (3)若对于任意1x []3,3∈-,总存在[]03,3x ∈-使得)()(10x f x g =成立，求k 的取值围.【分析及解】 (1) 令k x x x x f x g x F +--=-=1232)()()(23, 问题转化为0)(≥x F 在 []3,3-∈x 上恒成立,即0)(min ≥x F 即可 ∵)2(61266)(22'--=--=x x x x x F , 由0)('=x F , 得2=x 或 1-=x .∵(3)45(3)9(1)7(2)20F k F k F k F k -=-=--=+=-，，，, ∴45)(min -=k x F , 由045≥-k , 解得 45≥k .(2)由题意可知当[]33，-∈x 时,都有min max )()(x g x f ≤. 由01616)('=+=x x f 得1-=x .∵k f k f --=--=-8)1(24)3(，, k f -=120)3(, ∴120)(max +-=k x f . 由04106)(2'=++=x x x g 得321-=-=x x 或, ∵21)3(-=-g , 111)3(=g , 1)1(-=-g , 2728)32(-=-g ,∴21)(min -=x g .则21120-≤-k , 解得141≥k .(3) 若对于任意1x []3,3∈-,总存在[]03,3x ∈-使得)()(10x f x g =成立，等价于()f x 的值域是()g x 的值域的子集，由(2)可知， 2()816f x x x k =+-在[]3,3-的值域为[]8,120k k ---+，32()254g x x x x =++在[]3,3-的值域为[]21,111-，于是，[][]8,12021,111k k ---+⊆-，即满足 821,120111.k k --≥-⎧⎨-+≤⎩解得913k ≤≤2．已知x x x x g a x x x f 4042)(,287)(232-+=--=，当]3,3[-∈x 时，)()(x g x f ≤恒成立，数a 的取值围。
灵活选择主元,巧解含参数不等式恒成立问题
而倍受 高考 、竞赛命题者 的青睐． 本文就结 合实例谈 谈灵活选择主元 ， 巧解“ 含参个 以上
当 Ｘ－￣ ２ ０时， ａ＋ ＞ ， ２Ｏ 一 ＝ Ａ＝２８ ０ 方程 一 ２ ０的两个实 似一 ＝ 根就是方程ｆ ＝ 的两个非零实根 ， 所 以 ） ＋１ 恐，
卜 １１ ， 用二次 函数性质 可得 ｙ ／ ８ ≤３ 把 三 ，］利 ＝、 ＋ ；
元 问题 转化 为二 元 后 ， 于题 目给 出 ｔ 范 围 ． 们 以 由 的 我 ｔ 主 元 ， ｈｔ ｍ ＋ ２ｔ 为 记 （＝ ｔ ｍ ，Ｅ卜 １１ ， 用 函数 的 图 ） ，］巧 像 是 一 条 线 段 ． 原 问题 恒 成 立 转 化 为使 线段 的 两个 把
请 同 学们 完 成 下 面练 习 ：
１ ． 已知函数 ／ ）对任意实数 ， ＝ ｙ都有ｆ ｙ． ） ＋ ） 厂 ∽＋ ＋ ＋ ）３ （）１若 ｔ ， ｔ ４时 ， ） ３ ｙ ２＋ １＝ ， ＥＮ 且 ＞ １ ≥
ｍ （ｍ １ ＋ ｍ恒成立 ， ｍ 的最大值． ｔ ４ ＋） ３ ＋ ￡ 求 （ 答案 ： ３ ｍ ） ２已知 数列｛ ｌ ，。２ ％一 。２ ＝ （≥２ ｎ∈Ｎ ． ％ 中 ０＝ ， ％一 ｎ Ｏｎ ， 一 ） 设 ６＝ ＋ 一＋ 一＋． ， ＿＋ － 若对 任意的正整数 ｎ ，
分三种情况讨沦 ： （ ）当 ２ ｘ Ｏ １ － ＞ ，即 ｘ ２时 ，得 ｔ２ ｘ ＜ ＜ － ，因为 Ｅ ［１ ］ 一 ，１ ，所 以 ２ ｌ ＞ ，即 ｘ ３ ＜； （ ）当 ２ ｘ ０ ２ － ＝ ，即 ｘ ２时 ，得 ０ ｔ０ ＝ ｘ＜ ，不成立 ， 故 ≠２ ；
（）当 ２ｘ Ｏ ３ － ＜ ，即 ｘ ２时 ，得 ｔ２ ｘ 因 为 ｔ ＞ ＞－， ∈
变量 ，在给 出含有变量 的不 等式 中，如何选择 主元 ， 才能达到巧解？请看 例题 ：
含参不等式的解法
不等式(3)----含参不等式的解法当在一个不等式中含有了字母，则称这一不等式为含参数的不等式，那么此时的参数可以从以下两个方面来影响不等式的求解，首先是对不等式的类型(即是那一种不等式)的影响，其次是字母对这个不等式的解的大小的影响。
我们必须通过分类讨论才可解决上述两个问题，同时还要注意是参数的选取确定了不等式的解，而不是不等式的解来区分参数的讨论。
解参数不等式一直是高考所考查的重点内容。
(一)几类常见的含参数不等式一、含参数的一元二次不等式的解法：例1 解关于的x不等式(m • 1)x? _4x • 1乞0(m・R)分析：当m+1=0时,它是一个关于x的一元一次不等式；当m+1 = 1时，还需对m+1>0及m+1<0来分类讨论，并结合判别式及图象的开口方向进行分类讨论：⑴当m< —1时，"=4 (3- m) >0，图象开口向下，与x轴有两个不同交点，不等式的解集取两边。
⑵当一1<m<3时，"=4 (3—m) >0,图象开口向上，与x 轴有两个不同交点，不等式的解集取中间。
⑶当m=3时，"=4 (3—m) =0，图象开口向上，与x轴只有一个公共点，不等式的解为方程4x? -4x=0的根。
⑷当口>3时，"=4 ( 3—m) <0,图象开口向上全部在x 轴的上方，不等式的解集为..。
解：八・1当m - -1时,原不等式的解集为x|x丄-;1 4J当m时,(m 1)x^4x 0的判别式-=4(3— m);贝V当mc—1时，原不等式的解集为』x| x/ _、3_m或x兰2+、3_m卜m+1 m+1当-1 wm £3时,原不等式的解集为収l2^3—m☆兰2+"一m'>m+1 m+1当m=3时，原不等式的解集为| x =丄?；当m>3时，原不等式的解集为.一。
小结：⑴解含参数的一元二次不等式可先分解因式再讨论求解，若不易分解，也可对判别式分类讨论。
探讨用函数思想解决含参数问题
（） 习题 ３ 课本 七第１题： １ 通过双曲 线南 一 寺
１的 一 个 焦 点 ， 作 轴 的 垂 线 ， 垂 线 与 双 曲 线 的 求 交 点 与两 焦点 的距 离． 这 类 问 题 的 共 同 点 ， 是 在 解 题 过 程 中 都 采 用 就 双 曲 线 或 椭 圆 的 定 义 或 利 用 圆 锥 曲 线 的 统 一 定 义 去 求 解 ， 涉 及 到 直 角 三 角 形 性 质 的应 用 ， 需 要 构 造 都 都 方 程 组 去 求 解 ． 于 将 这 些 类 似 的 同 题 集 中 起 来 加 善
一
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恒 成立 ．
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设 ， ） ＝ （
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， 利 用 定 义 证 明 函 数 ， ）在 可 （
即Ｌｏ一。 一２ ＜ ０．则ｏ 口 ２ ｆ ≤４ａ ４ ≤ ≤ ； ≤， 口
（ ）当 ３ ＞ １ Ｉｆ １ ＞ ０时 ， ， ）
这 里 采 取 转 换 主 元 构 造 函 数 ， 是 利 用 函 也
一口 ＋口 ＋１ 根 据 二 次 函 ，
１ ）一 １ ｅ ［ ， ］ 利 用 函 数 图 象 求 解 （ 下 同 文 ， ０１ ， 以
数 的单 调性 的方 法 ， 要先 准 主元 ． 但
解 法 ４ 设 ｆ ） ： （
后 的 教 学 过 程 中 ， 们 应 当 高 度 重 视 加 强 对 学 生 进 我 行 逻辑 推 能力 的训 练 ， 提 高他 们 的 逻 辑 思维 能 力 ， 以 从 而 提 高 学 生 分 析 问题 和 解 决 问 题 的 能 力 ．
（ 双 线 ： 的 个 点 。： Ｐ ２ 曲 等一６ １ 两 焦 ＦＦ 点 ） １ 、，
解 法 ２ 当 ： １时 ， 等 式 显 然 成 立 ； 不 当 ｅ
解答含参不等式恒成立问题的几种思路
含参不等式恒成立问题一般较为复杂.仅运用不等式的性质，往往很难找到使不等式恒成立的条件，使问题顺利得解.这就需要采用不同思路，如变换主元、分离参数、分类讨论等来解题.下面结合实例来谈一谈解答含参不等式恒成立问题的三种思路.一、变换主元变换主元法是指将问题中主元、参数的位置互换，即将参数视为主元，将主元视为参数进行求解的方法.运用变更主元法解答含参不等式恒成立问题，需先找出所要求证不等式中的变量与参数，然后将两者进行互换，得到新不等式，根据新主元的取值或者限制条件，列出满足题意的不等式或不等式组，从而解题.例1.对于任意-1≤a ≤1，x 2+()a -4x +()4-2a >0恒成立，则x 的取值范围为_____.解：设f ()a =()x -2a +()x 2-4x +4，a ∈[]-1,1，则问题等价于在a ∈[]-1,1时，f ()a >0恒成立，由一次函数的性质可得ìíîf ()-1>0，f ()1>0，解题宝典即{x2-5x+6>0，x2-3x+2>0，解得x<1或x>3，所以实数x的取值范围为()-∞,1⋃()3,+∞.将x和a进行变换，把a看作主元，构造关于a的函数f()a，便可采用变更主元法来解题.很显然f()a为一次函数，根据一次函数的性质，要使f()a>0恒成立，只需使[]-1,1上的所有函数值都大于0，建立关于x的不等式组，即可解题.二、分离参数分离参数法是解答含参不等式恒成立问题的重要方法.运用分离参数法求解不等式恒成立问题，需先将不等式进行变形，使参数分离，得到形如a≤f()x、a<f()x、a>f()x、a≥f()x的式子，只要使a≤f()x min、a<f()x min、a>f()x max、a≥f()x max，就能确保不等式恒成立.在求f()x的最值时，往往可根据导数的性质、函数的单调性，或利用基本不等式.例2.已知函数f()x=-x ln x+a()x+1，若f()x≤2a在[)2,+∞上恒成立，求a的取值范围.解：当x≥2时，由f()x≤2a可得a≤x ln xx-1，令g()x=x ln xx-1，x≥2，则g′()x=-ln x-x+1()x-12，令t()x=ln x-x+1，x≥2，则t′()x=1x-1，当x≥2时，t′()x<0，故t()x在[)2,+∞上单调递减，可得t()x max=ln2-1<0，所以g′()x=-ln x-x+1()x-12>0，则函数g()x在[)2,+∞上单调递增，可得a≤g()x min=g()2=2ln2，所以a的取值范围为(]-∞,2ln2.首先将不等式进行移项、变形，使参数a分离，得到a≤g()x.对函数g()x求导，根据导函数与函数的单调性之间的关系判断出函数g()x的单调性，求得函数g()x min，即可运用分离参数法，确定参数a的取值范围.三、分类讨论含参不等式恒成立问题中参数的取值往往不确定，因而在求解含参不等式恒成立问题时，需灵活运用分类讨论法，对参数或某些变量进行分类讨论，从而求得问题的答案.而确定分类讨论的标准是解题的关键，可根据一元二次方程的判别式大于、等于、小于0进行分类讨论；也可根据二次函数的二次项系数大于、小于0进行分类讨论；还可根据导函数值大于、等于、小于0进行分类讨论.例3.设f()x=x2-2mx+2，当x∈[)-1,+∞时，f()x≥m恒成立，求参数m的取值范围.分析：首先将不等式f()x≥m转化为F()x=x2-2mx+2-m≥0.要使F()x≥0，需使该函数在x∈[)-1,+∞上恒大于或等于0.由于x2-2mx+2-m=0为一元二次方程，只需讨论方程在x∈[)-1,+∞上的根的分布情况.而方程的根的分布情况主要由判别式确定，所以需采用分类讨论法，对方程的判别式与0之间的大小关系进行讨论.解：设F()x=x2-2mx+2-m，则问题等价于当x∈[)-1,+∞时，F()x≥0恒成立，①当Δ=4()m-1()m+2<0，即-2<m<1时，F()x>0恒成立，②当Δ≥0时，ìíîïïΔ≥0，F()-1≥0，--2m2≤-1，即ìíîïï4()m-1()m+2≥0，m+3≥0，--2m2≤-1，解得-3≤m≤-2，综上所述，参数m的取值范围为m∈[)-3,1.采用分类讨论的思路来求解含参不等式恒成立问题，一般可将参数或与参数相关的量定为分类讨论的对象，再根据题意确定分类讨论的标准，逐层、逐级进行讨论，最后综合所得的结果即可.相比较而言，第一种思路的适用范围较窄；第二、三种思路较为常用，但第三种思路解题的过程繁琐，且运算量较大.因此在解题时，同学们可首先尝试将参数分离，将问题转化为最值问题来求解；若行不通，再考虑运用变更主元、分类讨论的思路.（作者单位：安徽省砀山第二中学）解题宝典41。
含参不等式恒成立问题例析
含参不等式恒成立问题例析廖东明含参不等式恒成立问题是高考的热点问题，此类问题灵活多变，综合性强，不少学生望而生畏．理解问题的本质，掌握解决的方法，多练习几道此类试题，就能增强解决此类问题的信心．一、已知参数范围求自变量的求值范围例1 对任意[2,3]a ∈-，不等式2(6)930x a x a +-+->恒成立，求实数x 的取值范围．分析：参数a 是一次的，变量x 的最高次数为二次，采用变更主元法，构造关于a 的一次函数()g a 建构不等式组获解．另外，参数a 可以分离，也可以利用分离参数法求解．解法 1 构造函数2()(3)69g a x a x x =-⋅+-+，则问题转化为()0g a >对任意[2,3]a ∈-恒成立．若3x =，则()0g a =，不符合题意．所以3x ≠，则问题等价于(2)0(3)0g g ->⎧⎨>⎩，即22815030x x x x ⎧-+>⎪⎨->⎪⎩，解得0x <或5x >，所以(,0)(5,)x ∈-∞+∞． 解法 2 不等式2(6)930x a x a +-+->即2(3)(3)x a x -⋅<-对任意[2,3]a ∈-恒成立．显然30x -≠．若3x <，则3a x <-即3x a <-对任意[2,3]a ∈-恒成立，所以min (3)0x a <-=．若3x >，则3a x >-即3x a >-对任意[2,3]a ∈-恒成立，所以max (3)5x a >-=．综上可知，实数x 的取值范围是(,0)(5,)-∞+∞．点评：变更主元法只适用于参数a 是一次的，且给定了参数a 的取值范围求变量x 的取值范围类型．而参数分离法（当参数可分离时）则更具有普遍性，转化为()()f x g a ≤或()()f x g a ≥的形式，进而根据()()f x g a ≤⇔min ()()f x g a ≤或()()f x g a ≥⇔max ()()f x g a ≥来获解．在本例中，若(2,3]a ∈-，则解答中将(2)0(3)0g g ->⎧⎨>⎩变为(2)0(3)0g g ->⎧⎨≥⎩，将m i n (3)0x a <-=变为min (3)0x a ≤-=，再完成后续的修改工作，得到x 的取值范围是(,0](5,)-∞+∞．【牛刀小试】设不等式221(1)x m x ->-对满足||2m ≤的一切m 的值恒成立，求实数x 的取值范围．x << 二、已知自变量x 的范围求参数a 的取值范围1．参数可分离型 例2 已知定义在(,3]-∞上的减函数()f x ，使22(sin )(1cos )f a x f a x -≤++对一切x ∈R 恒成立，求实数a 的取值范围．分析：本题是函数不等式恒成立问题，可先根据函数的单调性去掉函数的对应法则f 转化为自变量的大小关系，再考虑定义域，转化为建构一个不等式组对x ∈R 恒成立问题．解：原问题等价于不等式组222sin 3sin 1cos a x a x a x ⎧-≤⎪⎨-≥++⎪⎩即2223sin 19(sin )24a x a a x ⎧≤+⎪⎨-≥--+⎪⎩对一切x ∈R 恒成立，所以22294a a a ⎧≤⎪⎨-≥⎪⎩，解得a ≤≤． 点评：已知不等式在未知数x 的某一范围内恒成立求参数的取值范围问题，通常采用分离参数法（参数可分离时），把求参数的取值范围问题转化为求函数的最值问题（当最值不存在时，转化为求函数的上确界M 上或下确界M 下问题）． 【牛刀小试】设4()f x x x=+，若不等式()()0f x f a -<对(1,8)x ∈恒成立，求实数a 的取值范围．（答案：(0,1][4,)a ∈+∞．提示：44a x a x+>+对(1,8)x ∈恒成立，因为函数4y x x =+在(0,2)上单调递减，在(2,)+∞上单调递增，(1)5y =，(2)4y =，17(8)2y =，所以417[4,)2x x +∈，所以4172a a +≥，所以20540a a a >⎧⎨-+≥⎩，解得01a <≤或4a ≥．） 2．参数不可分离型例 3 已知不等式22(45)4(1)30m m x m x +---+>，对于一切实数x 恒成立，求实数m 的取值范围．分析：本题参数不可分离，审视所给的不等式特点，对二次项的系数分类讨论，利用二次函数的图象和性质求解．解：（1）当2450m m +-=时，有5m =-或1m =．①5m =-时，不等式为2430x +>，解集为1(,)8-+∞而不为R ，所以5m ≠-．②1m =时，不等式为30>，对一切实数x 恒成立，所以1m =满足． （2）当2450m m +-≠时，由不等式恒成立得24500m m ⎧+->⎨∆<⎩，即22245016(1)12(45)0m m m m m ⎧+->⎪⎨--+-<⎪⎩，解得119m <<．综上可知，实数m 的取值范围是[1,19)． 点评：对于参数不能分离型，需根据题目的特点采用相应的方法，如利用二次函数的图象和性质，或挖掘几何意义用数形结合的方法求解．【牛刀小试】若不等式22()(1)0a a x x -++≤对一切(0,2]x ∈恒成立，则a 的取值范围为（ ） A．(-∞ B．)+∞ C．13([,)+-∞+∞ D ．11[22（答案：C ．解：若不采用分离参数法，构造函数22()()(1)f x a a x x =-++．因为()0f x ≤对一切(0,2]x ∈恒成立，所以必然是20a a -<，所以函数()f x 的对称轴212()x a a =-位于y 轴的右方．故原问题等价于22122()(2)3()20a a f a a ⎧≥⎪-⎨⎪=-+≤⎩或221022()1()02()a a f a a ⎧<<⎪-⎪⎨⎪≤⎪-⎩，解得a ∈∅或13([,)a +∈-∞+∞，选C ．采用分离参数法，则2max 11()12a a x x -≥=+，解得a ≤a ≥．）。
高考综合复习十二：含有参数的不等式
高考综合复习十二：含有参数的不等式高考数学高中数学高考综合复习专题十八含有参数的不等式问题众所周知，不等式解法是不等式这一板块的高考备考重点，其中，含有参数的不等式的问题，是主考命题的热点，又是复习提高的难点。
（1）解不等式，寻求新不等式的解集；（2）已知不等式的解集（或这一不等式的解集与相关不等式解集之间的联系），寻求新含参数的值或取值范围。
（3）注意到上述题型（2）的难度与复杂性，本专题对这一类含参不等式问题的解题策略作以探索与总结。
一、立足于“直面求解”解不等式的过程是一系列等价转化的过程，对于有关不等式的“解”的问题，直面不等式求解，有时是问题解决的需要，有时是解决问题的基础或手段。
所给问题需要在获得不等式的解集或最简形成后，方可延伸或突破时，则要果断地从求解不等式切入。
例1.设关于x的不等式（1）解此不等式；（2）若不等式解集为（3，+∞），求m的取值范围；（3）若x=3属于不等式的解集，求m的取值范围分析：着眼于不等式的等价变形，注意到这里m20,m2同乘以不等式两边，则不等式转化为axb型，于是可以x的系数a的取值为主线进行讨论。
解：（1）由题设，原不等式m（x+2）m2+(x-3) (mR，m≠0)(m-1)xm2-2m-3 (1)∴当m1时，由（1）解得当m=1时，由（1）得xR;当m1且m≠0时，由（1）解得∴ 当m1时，原不等式的解集为当m=1时，原不等式的解集为R当m1且m≠0时，原不等式的解集为高考数学（2）若不等式的解集为（3，+∞），则由（1）知应得∴此时m的取值范围为{5}（3）注意到x=3 为不等式的解，将x=3代入（1）得：3（m-1）m2-2m-3m2-5m00m5∴此时所求m的取值范围为（0，5）点评：对于（2），已知含参不等式的解集，要求的是所含参数m的取值范围。
对此，我们正是立足于（1）直面求解，由已知解集的特征断定m-10以及，m的取值或取值范围由此而产生。
高一数学一元二次不等式解法练习题及与含参不等式恒成立的例子
高一数学一元二次不等式解法练习题及答案例若＜＜，则不等式－－＜的解是1 0a 1(x a)(x )01a[ ]A a xB x a．＜＜．＜＜11aaC x aD x x a．＞或＜．＜或＞x aa11分析比较与的大小后写出答案． a 1a解∵＜＜，∴＜，解应当在“两根之间”，得＜＜．选．0a 1a a x A 11a a￥例有意义，则的取值范围是．2 x x 2--x 6分析 求算术根，被开方数必须是非负数．解 据题意有，x 2－x －6≥0，即(x －3)(x ＋2)≥0，解在“两根之外”，所以x ≥3或x ≤－2．例3 若ax 2＋bx －1＜0的解集为{x|－1＜x ＜2}，则a ＝________，b ＝________．分析 根据一元二次不等式的解公式可知，－1和2是方程ax 2＋bx －1＝0的两个根，考虑韦达定理．解 根据题意，－1，2应为方程ax 2＋bx －1＝0的两根，则由韦达定理知-=-+=-=-=-⎧⎨⎪⎪⎩⎪⎪baa ()()1211122×得 ab ==-1212，． %例4 解下列不等式(1)(x －1)(3－x)＜5－2x (2)x(x ＋11)≥3(x ＋1)2 (3)(2x ＋1)(x －3)＞3(x 2＋2)(4)3x 2-+--+-31325113122x x x x x x ＞＞()()分析 将不等式适当化简变为ax 2＋bx ＋c ＞0(＜0)形式，然后根据“解公式”给出答案(过程请同学们自己完成)．答 (1){x|x ＜2或x ＞4}(2){x|1x }≤≤32!(3)∅(4)R (5)R说明：不能使用解公式的时候要先变形成标准形式．例不等式＋＞的解集为5 1x 11-x[ ]A ．{x|x ＞0}B ．{x|x ≥1}C ．{x|x ＞1}D ．{x|x ＞1或x ＝0}￥分析 直接去分母需要考虑分母的符号，所以通常是采用移项后通分．解不等式化为＋－＞，通分得＞，即＞，1x 000111122----xx x x x∵x 2＞0，∴x －1＞0，即x ＞1．选C ．说明：本题也可以通过对分母的符号进行讨论求解．例与不等式≥同解的不等式是6 0x x--32 [ ]A ．(x －3)(2－x)≥0B ．0＜x －2≤1 |C ．≥230--xxD ．(x －3)(2－x)≤0解法一原不等式的同解不等式组为≥，≠． ()()x x x ---⎧⎨⎩32020 故排除A 、C 、D ，选B ．解法二≥化为＝或－－＞即＜≤ x 320x 3(x 3)(2x)02x 3--x两边同减去2得0＜x －2≤1．选B ． 说明：注意“零”．例不等式＜的解为＜或＞，则的值为7 1{x|x 1x 2}a axx -1…[ ]A aB aC aD a ．＜．＞．＝．＝－12121212分析可以先将不等式整理为＜，转化为 0()a x x -+-111[(a －1)x ＋1](x －1)＜0，根据其解集为{x|x ＜1或x ＞2}可知－＜，即＜，且－＝，∴＝．a 10a 12a 1112a -答 选C ．说明：注意本题中化“商”为“积”的技巧．例解不等式≥．8 237232x x x -+-"解 先将原不等式转化为3723202x x x -+--≥即≥，所以≤．由于＋＋＝＋＋＞，---+-+++-2123212314782222x x x x x x x x 002x x 12(x )022∴不等式进一步转化为同解不等式x 2＋2x －3＜0，即(x ＋3)(x －1)＜0，解之得－3＜x ＜1．解集为{x|－3＜x ＜1｝．说明：解不等式就是逐步转化，将陌生问题化归为熟悉问题． 例9 已知集合A ＝{x|x 2－5x ＋4≤0}与B ＝{x|x 2－2ax ＋a ＋2≤，若，求的范围．0}B A a ⊆*分析 先确定A 集合，然后根据一元二次不等式和二次函数图像关系，结合，利用数形结合，建立关于的不等式．B A a ⊆解 易得A ＝{x|1≤x ≤4} 设y ＝x 2－2ax ＋a ＋2(*)(1)B B A 0若＝，则显然，由Δ＜得∅⊆4a 2－4(a ＋2)＜0，解得－1＜a ＜2．(2)B (*)116若≠，则抛物线的图像必须具有图－特征：∅>应有≤≤≤≤从而{x|x x x }{x|1x 4}12⊆12a 12042a 4a 201412a 22－·＋＋≥－·＋＋≥≤≤解得≤≤a a--⎧⎨⎪⎪⎩⎪⎪22187综上所述得的范围为－＜≤．a 1a 187说明：二次函数问题可以借助它的图像求解． 例10 解关于x 的不等式(x －2)(ax －2)＞0．分析 不等式的解及其结构与a 相关，所以必须分类讨论． 解 1° 当a ＝0时，原不等式化为 、x －2＜0其解集为{x|x ＜2}；2 a 02(x 2)(x )0°当＜时，由于＞，原不等式化为－－＜，其解集为22a a{x|2ax 2}＜＜； 3 0a 12(x 2)(x )0°当＜＜时，因＜，原不等式化为－－＞，其解集为22a a{x|x 2x }＜或＞；2a4° 当a ＝1时，原不等式化为(x －2)2＞0，其解集是{x|x ≠2}；5 a 12(x 2)(x )0°当＞时，由于＞，原不等式化为－－＞，其解集是22a a{x|x x 2}＜或＞．2a—从而可以写出不等式的解集为： a ＝0时，{x|x ＜2｝；a 0{x|2a x 2＜时，＜＜｝；0a 1{x|x 2x }＜＜时，＜或＞；2aa ＝1时，{x|x ≠2}；a 1{x|x x 2}＞时，＜或＞．2a说明：讨论时分类要合理，不添不漏．例11 若不等式ax 2＋bx ＋c ＞0的解集为{x|α＜x ＜β}(0＜α＜β)，求cx 2＋bx ＋a ＜0的解集．:分析 由一元二次函数、方程、不等式之间关系，一元二次不等式的解集实质上是用根来构造的，这就使“解集”通过“根”实现了与“系数”之间的联系．考虑使用韦达定理：解法一 由解集的特点可知a ＜0，根据韦达定理知：－＝α＋β，＝α·β．bac a⎧⎨⎪⎪⎩⎪⎪ 即＝－α＋β＜，＝α·β＞．ba c a()00⎧⎨⎪⎪⎩⎪⎪∵a ＜0，∴b ＞0，c ＜0．又×，b a a c b c= ∴＝－α＋β①由＝α·β，∴＝α·β②b c c a a c (1)111对＋＋＜化为＋＋＞，cx bx a 0x x 022b c ac>由①②得α，β是＋＋＝两个根且α＞β＞，1111x x 002b c a c ∴＋＋＞即＋＋＜的解集为＞α或＜β．x x 0cx bx a 0{x|x x }22b c a c 11 解法二 ∵cx 2＋bx ＋a ＝0是ax 2＋bx ＋a ＝0的倒数方程． 且ax 2＋bx ＋c ＞0解为α＜x ＜β，∴＋＋＜的解集为＞α或＜β．cx bx a 0{x|x x } 211说明：要在一题多解中锻炼自己的发散思维．例解关于的不等式：＜－∈．12 x 1a(a R)xx -1分析 将一边化为零后，对参数进行讨论． /解原不等式变为－－＜，即＜， (1a)00x x ax a x -+--111进一步化为(ax ＋1－a)(x －1)＜0．(1)当a ＞0时，不等式化为(x )(x 1)01{x|a 1a x1}－－＜，易见＜，所以不等式解集为＜＜；a a a a ---11(2)a ＝0时，不等式化为x －1＜0，即x ＜1，所以不等式解集为{x|x ＜1}；(3)a 0(x )(x 1)01{x|x 1x }＜时，不等式化为－·－＞，易见＞，所以不等式解集为＜或＞．a a a aa a---111综上所述，原不等式解集为：当＞时，＜＜；当＝时，＜；当＜时，＞或＜．a 0{x|a 1ax 1}a 0{x|x 1}a 0{x|x x 1}--a a1…例13 (2001年全国高考题)不等式|x 2－3x|＞4的解集是________． 分析 可转化为(1)x 2－3x ＞4或(2)x 2－3x ＜－4两个一元二次不等式．由可解得＜－或＞，．(1)x 1x 4(2)∅答 填{x|x ＜－1或x ＞4}．例14 (1998年上海高考题)设全集U ＝R ，A ＝{x|x 2－5x －6＞0}，B ＝{x||x －5|＜a}(a 是常数)，且11∈B ，则[ ]A ．(U A)∩B ＝RB ．A ∪(U B)＝R`C ．(U A)∪(U B)＝RD ．A ∪B ＝R分析 由x 2－5x －6＞0得x ＜－1或x ＞6，即A ＝{x|x ＜－1或x ＞6}由|x －5|＜a 得5－a ＜x ＜5＋a ，即B ＝{x|5－a ＜x ＜5＋a}∵11∈B ，∴|11－5|＜a 得a ＞6∴5－a ＜－1，5＋a ＞11 ∴A ∪B ＝R ． 答 选D ． …说明：本题是一个综合题，涉及内容很广泛，集合、绝对值不等式、一元二次不等式等内容都得到了考查不等式中恒成立问题的解法研究，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。
求解含参不等式恒成立问题的三种途径
考点透视赵爱华含参不等式恒成立问题的常见命题形式有求参数的取值范围、证明不等式恒成立.由于不等式中含有参数，导致问题中的其他参变量不确定，这给我们解题带来了很大的不便.因而解答此类问题，需采用一些途径，如分离变量、变更主元、分类讨论.下面结合实例，探讨一下如何求解含参不等式恒成立问题.一、分离变量对于含参数不等式恒成立问题，可以将不等式进行变形，使其变量和参数分离，即使变量和参数分别置于不等号的左右两边，然后通过求含有变量式子的最值，将问题转化为解关于参数的不等式问题.例1.对任意θ∈R ，不等式cos 2θ-3>2m cos θ-4m 恒成立，求实数m 的取值范围.解：由cos 2θ-3>2m cos θ-4m 得：cos 2θ-3>2m ⋅()cos θ-2，由θ∈R 知cos θ-2<0，所以m >cos 2θ-32()cos θ-2=-2(2-cos θ)+2(2-cos θ)+4.当2-cos θ=22-cos θ，即cos θ=2-2时，-2(2-cos θ)+2(2-cos θ)+4取得最大值4-22，所以实数m的取值范围为m >4-22.将不等式变形为一边只含有变量、一边只含有参数的式子，便可将变量分离，再根据函数的单调性和有界性求得-2(2-cos θ)+2(2-cos θ)+4的最值，即可建立使不等式恒成立的新不等式.二、变更主元对于含参不等式恒成立问题，很多同学习惯于将x 视为变量，其他字母看作参数.事实上，有时为了求得参数的取值范围，我们可变更主元，将所求的参数看作主元、变量视为参数，根据题目中对变量的限制情况，建立关于参数的不等式，从而求得参数的取值范围.例2.对任意||m ≤2，不等式2x -1>m ()x 2-1恒成立，求x 的取值范围.解：由2x -1>m ()x 2-1可得()x 2-1m +1-2x <0，设f (m )=(x 2-1)m -2x +1,-2≤m ≤2，所以要使f ()m <0恒成立，只需使f ()-2<0且f ()2<0，ìíîïï-2()x 2-1+1-2x <0，2()x 2-1+1-2x <0，解得x.解答本题，需变更主元，将m 视为变量、x 看作参数，构造关于m 的一元一次函数，根据一次函数的单调性建立关于x 的不等式，进而通过解不等式求得x 的取值范围.三、分类讨论由于含参不等式恒成立问题中涉及了参数，所以常需运用分类讨论法，对不等式中的某些参数、变量进行分类讨论，使一些不确定因素变成确定因素，建立使目标不等式恒成立的关系式，即可解题.例3.对任意x ∈[-2,2]，不等式x 2+ax +3-a ≥0恒成立，求a 的取值范围.解：设f ()x =x 2+ax +3-a =æèöøx +a 22-a 24-a +3，令f (x )在x ∈[-2,2]上的最小值为g (a ).①当-2+a2>0，即a >4时，g (a )=f (2)=7-3a ，要使g (a )≥0，需使7-3a ≥0，即a ≤73，显然a 不存在.②当2+a 2≥0≥-2+a 2，即-4≤a ≤4时，g (a )=f (-a 2)=-a 24-a +3.由g (a )≥0得-6≤a ≤2，所以-4≤a ≤2.③当2+a2<0，即a <-4时，g (a )=f (-2)=7+a ，由g (a )≥0得a ≥-7，所以-7≤a <-4.综上所述，a 的取值范围为-7≤a ≤2.要使目标不等式恒成立，需使f (x )的最小值大于或等于0.而函数f (x )的最小值受参数影响，于是分三种情况：-2+a 2>0、2+a 2≥0≥-2+a 2、2+a 2<0进行讨论，从而确定f ()x min .总之，含参不等式恒成立问题具有较强的综合性，在解题时不仅要灵活运用函数、不等式、方程等知识，还需根据不等式的特点来分离变量、变更主元、分类进行讨论.（作者单位：江苏省盐城市龙冈中学）40。
变换主元解含参数闻题
因此 ， １ 、２ 可得 Ｉ（ ｌ ・ 由（ ） （ ） ． ） ≤。 厂 有 两个相 异有 理根 Ｐ、（ ｑ ， ｑ Ｐ＜ ） 又方 程
一
ｐ ２ ： ｘ＋ ｑ： Ｏ与 一ｑ ２ Ｏ ｘ＋ ｐ：
有 一公共 根 ， 试求 方程
一
１＝ ０与 一３ ２＝ ｘ一 ０
ｐ 十２ ＝０ ｘ ｑ
例 ２ 设 ≥９ 解方 程 ．
＋２ ｘ ｋ ＋ ＋９ｋ ＋２ ＝０． ７
故 △＝１ ４ １ ）＜ ． — （ —０ ０
所以 ， ｎ＜’
３ 构 造新 函数
例 ４ 设不 等式
２１ ０ ２年第 ３期
一
ｌ ３
（ 口＋１ 一Ⅱ ０ ） ＞
Ｉ ）≤ ． ／ Ｉ
解 设ｇｎ （ ）＝（ 一１ Ⅱ＋ ） ．
似 ＋ ＝ ＋ ｃ ０与 ＋ ＋０＝ ０
＋（ ３＋２ ＋ Ｉ Ｘ ＋ｌ＝０
＝ ＋ ２ ９ ＋（ ３ （ 一 ｘ ９ ＝ ｚ （ｘ ＋ ） ＋ ） ３ ＋ ） ０ ＝ ＋ 一３ ９ （ ＋ ＋ ） ０ （ ＋ ） 后 ３ ＝
有 一 实根． ｎ ＋６ 个 求 的最小 值．
（ ０ ， ２ １ 湖北 省高 叶数学 竞赛 ） ｌ Ｉ
（） １ 当 一ｌ＝ ，ｐｚ ±１时 ， ０ 臣 ： 有
ｇ Ⅱ）＝ ±１ （ ．
显 然 ， （ ） ＝Ｉ （ ） ≤ 一 ・ Ｉ ｘ ｆ ｇ ａ Ｉ 成立 ｆ （） ２ 当 一１＜ ， 一１ ＜１喇‘ 次 ０即 ＜ ， 函数 ｇ 口 （ ）在 闭区间 ［ ， ］ 一１ １ 上为减 函数 ， 则
．
解 得 ｎ＝ 一１ ｎ＝ ＋ ＋１ 或 ．
Ｈ仪当 ． ：±Ｉ 』式等 号成 ． 时， ．
浅谈高中数学含参数的不等式的解法
浅谈高中数学含参数的不等式的解法作者：罗敬来来源：《中学课程辅导·教师教育》 2018年第4期[摘要]随着新的课程标准改革的深层推进，在教学方式和教学内容上进行改革已经成为现代教学改革的重要发展方向。
作为我国教学体系中重要的阶段，高中教学体系改革已经成为当前课程体系改革的重要组成部分和改革的重点。
而作为高中课程教学体系中基础课程之一的高中数学，自然就成为当前进行课程改革的重要部分，推进高中数学课程改革，加强对高中数学的教学与学习方法的探索成为当前对高中数学的课程改革的重要内容，也是满足高中数学教学实践的需求。
高中数学中含参数的不等式问题的解题方法，是高中数学中的知识重点和难点，在一定程度上已经成为高中数学教学与学习中的阻碍性因素，因此，强化对高中数学中的含参数的不等式的解题方法的研究，一方面可以帮助我们提升高中数学关于含参数不等式的技巧，另一方面还可以帮助完善相关的研究体系和数学教学方法体系，为学生更好地理解和学习相关的内容提供强大的理论与方法基础，完善学生的数学能力。
[关键词]高中数学含参数的不等式解题方法解题思路[中图分类号]G633.6[文献标识码]A[文章编号]1992-7711(2018)04-078-01一、引言现有的高中数学中的关于含参数的不等式的解题方法中，主要还是数形结合、变换主元等解题方法，在含参数的不等式的解法中应用十分广泛，并且在实际中取得了较好的教学效果。
但是，在目前的教学体系中，关于这部分的解题思想和解题方法还没有较为完整的研究理论和较为研究的思路体系梳理，因此，在文中我们对一些高中数学中的含参数的不等式的常用解题方法进行相应的梳理和归纳，并在文中加以相应的解题实例进行讲解，帮助读者更好地理解文中提到的含参数不等式的解题思路和方法。
二、高中数学中含参数不等式的解题方法介绍与梳理目前的高中数学教学中常用的解题方法和解题思路，都相对比较稳定，在高中数学的学习中已经成为比较成熟的解题方法体系。
解答双变量问题的三个“妙招”
方法集锦双变量问题比较复杂，且具有较强的综合性.其考查形式呈现多样化的特点，对同学们的数学思维和运算能力有较高的要求.当题目中出现了双变量时，很多同学会习惯性地把自变量看成主元，导致解题过程繁琐，甚至有时不知该如何下手.那么，如何高效地解答这类问题呢？有三个“妙招”.一、分离参数若已知一个变量的取值范围，要求另外一个变量的取值范围，则不能按照常规思路，将已知取值范围的变量作为主元，而要变换一下思路，采用分离参数法，将要求的变量分离出来，并构造出新函数，将问题转化为关于另一个变量的函数最值问题.利用导数法或函数的性质求最值，就可以得到另一个变量的取值范围.例1.对任意n ∈N *,恒有(1+1n)2n +a ≤e 2恒成立，求实数a 的最大值.解：在(1+1n )2n +a≤e 2的两边取对数得：(n +a 2)ln (1+1n )≤1.所以a 2≤1ln æèöø1+1n -n，设F ()x =1ln ()1+x -1x (x ∈(0,1]),则F ′()x =(1+x )ln 2()1+x -x 2x 2(1+x )ln 2(1+x ),设h ()x =(1+x )ln 2()1+x -x 2，则h ′()x =ln 2()1+x +2ln ()1+x -2x ，h ″()x =2[ln ()1+x -x ]1+x，再设m ()x =ln (1+x )-x ，则m ′()x =11+x-1<0，所以m (x )在(0,1]上单调递减，则m ()x <m ()0=0，则h ′()x <h ′()0=0,所以h (x )在(0,1]上单调递减，即h ()x <h ()0=0，所以F ′()x <0,所以F (x )在(0,1]上单调递减，则F ()x ≥F ()1=1ln 2-1，即a 2≤1ln 2-1，得a ≤2ln 2-2，所以实数a 的最大值为2ln 2-2.将a 分离出来，再将离散的变量n 用连续的变量x 表示出来，把问题变成函数最值问题，就可以用函数思想来解题.二、确立主元对于含有两个变量的问题，有时可以将其中的一个变量看作常数，将另外一个变量看成主元来求解.运用这种方法解题，要明确两个变量对已知关系式和目标式的影响，选取合适的变量作为主元.一般地，若已知变量的取值范围或已知含有该变量的等量关系式，则可以将该变量视为主元.例2.试证明：e 2x -2t ()e x +x +x 2+2t 2+1≥32.证明：令f ()x =e 2x -2t ()e x +x +x 2+2t 2+1=2(t -e x+x 2)2+12(e x -x )2+1≥12(e x -x )2+1.令g ()x =e x -x ,则g ′()x =e x -1，所以g (x )在(-∞,0)上单调递减，在(0,+∞)上单调递增，易得g (x )的最小值为g ()0=1，即12(e x-x )2+1≥32，综上可得，e 2x -2t ()e x +x +x 2+2t 2+1≥32.三、利用函数的单调性因为双变量问题中含有变量，所以可以构造函数，将问题看作函数问题，利用函数的单调性来求得问题的答案.可根据函数单调性的定义判断函数的单调性，也可根据导函数与函数单调性之间的关系来进行判断.例3.已知函数f ()x =ln x +kx.对任意x 1>x 2>0,f ()x 1-f ()x 2<x 1-x 2恒成立，求实数k 的取值范围.解：由f ()x 1-f ()x 2<x 1-x 2得f ()x 1-x 1<f (x 2)-x 2，设g ()x =f ()x -x =ln x +kx-x (x >0)，因为f ()x 1-f ()x 2<x 1-x 2，所以函数g (x )在()0,+∞上单调递减，于是g ′()x =1x -kx 2-1≤0在()0,+∞上恒成立，所以k ≥-x 2+x =-(x -12)2+14≥14，则实数k 的取值范围为[14,+∞).根据已知关系式f ()x 1-f ()x 2<x 1-x 2，以及函数单调性的定义，可以判定该函数为增函数，据此可以确定函数g ()x =f ()x -x 的单调性，进而根据g ()x 的单调性解题.参数分离法、利用函数的单调性、主元法的适用情形均不相同.针对不同的题目，同学们需仔细分析题目中的条件，选用合适的方法进行求解，才会达到事半功倍的效果.（作者单位：江西省九江第一中学）40。
简化含参不等式问题的解法
简化含参不等式问题的解法段彩云(甘肃省庆阳市宁县职业中等专业学校㊀７４５２００)摘㊀要:含参数不等式的求解问题ꎬ是各类考试中常见的一类问题.由于这类问题中ꎬ字母混杂ꎬ限制条件繁多而具有隐蔽性ꎬ往往使解题方向不明ꎬ解法繁琐ꎬ不易解正确ꎬ更难解全.本文针对以上困难ꎬ给出几种简化这类问题的求解方法.关键词:高中数学ꎻ含参不等式ꎻ解题方向中图分类号:Ｇ６３２㊀㊀㊀㊀㊀㊀文献标识码:Ａ㊀㊀㊀㊀㊀㊀文章编号:１００８－０３３３(２０２０)１９－００２５－０２收稿日期:２０２０－０４－０５作者简介:段彩云(１９６６.９－)ꎬ女ꎬ甘肃人ꎬ本科ꎬ高级教师ꎬ从事高中数学教学研究.㊀㊀一㊁化为二次函数例１㊀关于ｘ的不等式ｋ(ｋ－１)ｘ＋８ｋ＋１>０当ｋ是任意实数时恒成立ꎬ求实数ｘ的取值范围.解㊀将不等式整理为关于ｋ的不等式.ｘｋ２－(ｘ－８)ｋ＋１>０.由ｋɪＲ时ꎬ上面不等式恒成立ꎬ可知相应二次函数ｆ(ｋ)＝ｘｋ２－(ｘ－８)ｋ＋１的图象应在横轴上方ꎬ故有ｘ>０ꎬΔ＝(ｘ－８)２－４ｘ<０ꎬ{解得４<ｘ<１６.点评㊀若本例直接求解ｘꎬ则要分三类讨论ꎬ需求较复杂的函数值域问题ꎬ计算量很大ꎬ而本例解法中ꎬ巧妙变更主元ꎬ化为熟知的二次不等式恒成立问题的形式ꎬ再用相应的二次函数图象位置特征ꎬ解法自然而方便.㊀㊀二㊁化为一次函数例２㊀设不等式２ｘ－１>ｍ(ｘ２－１)当｜ｍ｜ɤ２时恒成立ꎬ求ｘ的取值范围.解㊀首先将不等式整理成为关于ｍ的不等式(ｘ２－１)ｍ＋(１－２ｘ)<０.相应函数ｆ(ｍ)＝(ｘ２－１)ｍ＋(１－２ｘ)(｜ｍ｜ɤ２)的图象是一条线段ꎬ要使这条线段在横轴的下方ꎬ只要有ｆ(２)<０ꎬｆ(－２)<０ꎬ{由此得到２ｘ２－２ｘ－１<０ꎬ２ｘ２＋２ｘ－３>０.{因此求出ｘ的取值范围应为(－１＋７２ꎬ１＋３２).点评㊀对于例２的题目ꎬ如果直接求解ｘꎬ需要极其繁杂的解题讨论过程ꎬ如果变更主元ꎬ求出ｍꎬ也需要分多类讨论求解.而该例解法中采用了化为极简单的一次函数图象问题ꎬ其效果既直观理解又显简单化.㊀㊀三㊁数形结合例３㊀当不等式ｔ２－ｍｔ＋２ｍ－２<０ꎬｔɪ[０ꎬ１]时恒成立ꎬ求实数ｍ的取值范围.解㊀将不等式分项整理为ｍ(ｔ－２)>ｔ２－２.视该不等式的两端分别是两个函数ꎬ记ｙ１＝ｍ(ｔ－２)ꎬｙ２＝ｔ２－２ꎬｔɪ[０ꎬ１].在同一坐标中画出两个函数图象ꎬｙ１的图象是过点(２ꎬ０)ꎬ斜率为ｍ的线段ꎬｙ２的图象是抛物线的一段.要使ｙ１>ｙ２ꎬ只要使ｙ１的图象在ｙ２的图象的上方.画出两个图象可以看出ꎬ当ｙ１的斜率ｍ<１时ꎬ恒有ｙ１>ｙ２ꎬ从而得到ｍ的取值范围是(－ɕꎬ１).点评㊀本例题中ꎬ将不等式分解为一次函数和二次函数这两个熟知的函数ꎬ结合一次函数和二次函数图象的位置关系ꎬ不算而解ꎬ极其简便.㊀㊀四㊁分离变量例４㊀若不等式ｔ２－ｍｔ＋２ｍ－２>０ꎬ当ｔɪ[０ꎬ１]时恒成立ꎬ求实数ｍ的取值范围.解㊀关于ｍ整理成为(２－ｔ)ｍ>２－ｔ２ꎬ由ｔɪ[０ꎬ１]ꎬ可知２－ｔ>０ꎬ从而分离出参数ｍꎬｍ>２－ｔ２２－ｔ(１)要使(１)式恒成立ꎬ只需ｍ大于右端式子的最大值.将右端分式分解ꎬ化为２－ｔ２２－ｔ＝－[(２－ｔ)＋２２－ｔ]＋４ɤ－５２２(２－ｔ) ２２－ｔ＋４＝４－２２.因此ｍ的取值范围应为ｍ>４－２２.点评㊀本例题中ꎬ将参数ｍ分离出ꎬ化为ｍ>ｆ(ｔ)的形式ꎬ只需再求出ｆ(ｔ)的最大值Ｐꎬ则当ｍ>Ｐ时ꎬ不等式恒成立.由此可以得知ꎬ分离参数以后ꎬ只需求出目标函数的最值即可.㊀㊀五㊁换元化简当表达式繁杂或者条件与结论关系不明确时ꎬ可以考虑采用换元方法ꎬ使题目变得简化ꎬ关系明显ꎬ便于求解问题.例５㊀设对所有实数ｘꎬ不等式ｘ２ｌｏｇ２４(ａ＋１)ａ＋２ｘｌｏｇ２２ａａ＋１＋ｌｏｇ２(ａ＋１)２４ａ２>０恒成立ꎬ求ａ的取值范围.略解㊀设ｕ＝ｌｏｇ２ａ＋１２ａꎬ则不等式可以化为３ｘ２＋[(ｘ－１)２＋１]ｕ>０.上式对所有实数ｘ都成立的充要条件是ｕ>０.再由ｌｏｇ２ａ＋１２ａ>０ꎬ易求得０<ａ<１.点评㊀依题意表达式多而繁ꎬ但各系数中实际都含有ｌｏｇ２ａ＋１２ａꎬ可以采用换元方法简化问题.㊀㊀参考文献:[１]吴叹.摭谈含参不等式恒成立问题[Ｊ].中学数学教学参考ꎬ２０１９(１５):３９－４０.[２]黄雄林.从一道２０１８年全国高考题说起 函数与含参不等式问题的求解策略[Ｊ].福建中学数学ꎬ２０１９(０２):４３－４４.[３]刘元德.含参不等式问题的三种求解策略[Ｊ].语数外学习(高中版中旬)ꎬ２０１８(０１):２９.[４]焦海贵.从一道试题看含参不等式证明的通性通法[Ｊ].高中数学教与学ꎬ２０１８(２３):３６－３７.[５]谭忠选.含参不等式恒成立问题的三种解法对比[Ｊ].中学生数学ꎬ２０１９(２１):６１.[责任编辑:李㊀璟]构造函数在高中数学解题中的应用周晓琳(江苏省南通市天星湖中学㊀２２６００９)摘㊀要:高中阶段ꎬ数学学科是一门基础学科ꎬ与初中数学相比ꎬ学科知识难度明显增加ꎬ因而实际教学中ꎬ如何高效解答习题是非常重要的.高中数学解题中ꎬ构造函数法是一种比较常见的解题方法ꎬ其能够转化抽象数学问题ꎬ减小解题难度ꎬ利于激发学生数学解题兴趣ꎬ同时提高解题效率.基于此ꎬ针对高中数学解题中构造函数法的应用ꎬ本文进行了简单地论述.关键词:构造函数ꎻ高中数学解题ꎻ应用中图分类号:Ｇ６３２㊀㊀㊀㊀㊀㊀文献标识码:Ａ㊀㊀㊀㊀㊀㊀文章编号:１００８－０３３３(２０２０)１９－００２６－０２收稿日期:２０２０－０４－０５作者简介:周晓琳(１９８４.４－)ꎬ江苏省南通人ꎬ从事高中数学教学研究.基金项目:数学文化渗透的高中校本课程研究ꎬＧＨ２０１８１４６.㊀㊀一㊁概述构造函数法类似于构造方程法ꎬ高中数学教学中函数知识与方程间联系紧密ꎬ合理应用构造函数法ꎬ利于培养并提高学生数学解题能力ꎬ特别是在几何与代数类型数学题干信息求解中有明显的适用性.数学题目实际求解过程中ꎬ将数学问题转换为形式简单的函数ꎬ以此简化求解过程ꎬ准确解答题目ꎬ为学生思维创造性发展创造条件.数学解题过程中ꎬ要注意所构造的函数必须要满足以下内容:(１)函数与原题联系紧密.(２)创建的函数能够确保便于应用常规解题方法解答题目.(３)值域㊁单调性㊁奇偶性及周期性等方面ꎬ函数要符合题干要求ꎬ提高函数６２。
含参方程有关问题
含参方程有关问题数学是“教会年轻人思考”的科学, 针对代数推理型问题, 我们不但要寻求它的解法是什么, 还要思考有没有其它的解法, 更要反思为什么要这样解, 不这样解行吗?我们通过典型的问题, 解析代数推理题的解题思路, 方法和技巧. 在解题思维的过程中, 既重视通性通法的演练, 又注意特殊技巧的作用, 同时将函数与方程, 数形结合, 分类与讨论, 等价与化归等数学思想方法贯穿于整个的解题训练过程当中.分类讨论是一种数学思维方法, 也是一种重要的解题策略. 但在重视分类讨论思想应用的同时,应防止见参数就讨论. 对于某些含参代数问题,若对问题作深入的研究,充分挖掘题目的已知量与未知量之间的关系,寻求正确的解题策略,则可以避免不必要的分类讨论,使解题更简单. 下面谈谈避免分类讨论巧解含参代数问题的七种思维策略.1 抓住主元,化归为一次或二次函数法例1：若不等式x 2-2mx+2m+1>0对满足0≤x ≤1的所有实数x 都成立，求m 的取值范围。
解：设f(x)=x 2-2mx+2m+1本题等价于函数f(x)在0≤x ≤1上的最小值大于0，求m 的取值范围。
(1)当m<0时，f(x)在[0,1]上是增函数，因此f(0)是最小值，解 ⎩⎨⎧>+=<012m f(0)0m 得 21-<m<0 (2)当0≤m ≤1时，f(x)在x=m 时取得最小值解 ⎩⎨⎧>++=≤≤012m -m f(m)1m 02得 0≤m ≤1 (3)当m>1时，f(x)在[0,1] 上是减函数，因此f(1)是最小值解 ⎩⎨⎧>=>02f(1) 1m 得 m>1综合(1)(2)(3) 得 21m ->注：当化归为二次函数后，自变量是实数集的子集时，应用二次函数知识解决有时较繁琐。
此型题目有时也可转化为后面的法3求解。
变式: 例2：若不等式x 2-2mx+2m+1>0对满足1≤m ≤52的所有实数m 都成立，求x 的取值范围。
高中恒成立
高中数学恒成立问题解题思路其方法大致有：1,一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。
一、 用一元二次方程根的判别式1， 根的判别式2， 对称轴3， 特殊值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0m 3x 2x 2≥-+-恒成立，求实数m 的取值范围。
练习：若对于x ∈R ，不等式03mx 2mx 2>++恒成立，求实数m 的取值范围。
例2 已知函数2kx 2x )x (f 2+-=，在1x -≥时恒有k )x (f ≥，求实数k 的取值范围。
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。
)x (f a >恒成立max )x (f a >⇔，即大于时大于函数)x (f 值域的上界。
)x (f a <恒成立min )x (f a <⇔，即小于时小于函数)x (f 值域的下界。
例1 若不等式1)x a lg(ax 2lg <+在x ∈［1，2］时恒成立，试求a 的取值范围。
练1：（2007年 福建22）已知函数,)(kx e x f x -= )(R x ∈：（1）、若e k =，试确定函数)(x f 的单调区间；（2）、若0>k ，且对于任意R x ∈，0)(>x f 恒成立，试确定实数k 的取值范围；练2：设函数2)1()1ln()(-+-=x x a x f 且)(x f 在2=x 处有极值。
（1）、求a ；（2）、当⎥⎦⎤⎢⎣⎡++∈e e x 1,11时，不等式k x f <)(恒成立，求实数k 的取值范围。
三、变更主元（换位思考）在解含参不等式时，有时若能换一个角度，变参数为主元，可以得到意想不到的效果，使问题能更迅速地得到解决。
对高中数学函数中一类含参问题的解法的思考
对高中数学函数中一类含参问题的解法的思考摘要：在高中函数类习题当中，一类含参问题是一种较为常见的题型，同时也是学生在学习过程中的主要难点之一。
基于此，本文对高中数学函数一类含参问题的解法展开了分析，通过几种常见的出题类型，来讨论在学习过程中对其准确求解的途径，希望能够以此促进学生在进行解题时的准确率。
关键词：高中数学函数习题一类含参解题教学1引言一类含参问题无论是在学生日常学习还是高考过程中都经常出现，这类题型由于涵盖知识面较广，并且解题过程中较为注重学生的逻辑思维，因此一直都是学生的主要失分环节，因此对一类含参问题的解法展开研究极有必要，能够保证教师在教学过程中帮助学生有效地总结知识规律，使学生掌握正确的解题技巧。
2含参不等式的解法2.1分类讨论法学生在处理这类问题，需要注意到参数的值对不等式的解以及类型能够起到直接的影响作用，因此学生需要首先就参数的情况进行谈论，并在确定了不等式的解之后，根据不同的情况来确定参数的值[1]。
例一：不等式a某2-2〔1+a〕+4>0，请分析在什么情况下该不等式成立。
解析：在处理这道习题的过程中学生应当分别从两个方面进行思考，首先是判断a是否为零，在a=0的情况下，也就是该不等式的二次线系数为零，因此不等式可以转变为4-2某>0，对其进行求解可以判断只要某小于2的情况下该不等式即成立;其次那么是在a不等于0情况新进行思考，如果a≠0，那么该不等式即是一个普通的二次函数不等式，将原函数转化为〔a某-2〕〔某-2〕>0，即可判断某的取值范围在2/a和2之间，随后将该方程的两个根代入不等式，即可对a的情况的进行分析。
2.2变换主元法在得到了参数的具体范围，要求学生去求解未知数的取值范围，那么学生便可以考虑使用变换主元的解题方法去进行求解[2]。
例二：m为不等式m〔某2-1〕<2某-1的参数，在m的绝对值不大于2的情况下，该二次不等式恒成立，请分析某的取值范围。
求参数取值范围一般方法
求参数取值范围一般方法一、分离参数在给出的不等式中，如果能通过恒等变形分离出参数，即：若()a f x ≥恒成立，只须求出()max f x ，则()m ax a f x ≥；若()a f x ≤恒成立，只须求出()min f x ，则()min a f x ≤，转化为函数求最值。
例1、已知函数()lg 2a f x x x ⎛⎫=+- ⎪⎝⎭，若对任意[)2,x ∈+∞恒有()0f x >，试确定a 的取值范围。
例2、已知(],1x ∈-∞时，不等式()21240x x a a ++-⋅>恒成立，求a 的取值范围。
1.若不等式x 2+ax+1≥0,对于一切x ∈［0,21］都成立，则a 的最小值是＿＿ 2.设124()lg ,3x xa f x ++=其中a R ∈，如果(.1)x ∈-∞时，()f x 恒有意义，求a 的取值范围。
3.已知函数]4,0(,4)(2∈--=x x x ax x f 时0)(<x f 恒成立，求实数a 的取值范围。
二、分类讨论在给出的不等式中，如果两变量不能通过恒等变形分别置于不等式的两边，则可利用分类讨论的思想来解决。
例1、若[]2,2x ∈-时，不等式23x ax a ++≥恒成立，求a 的取值范围。
例2：若不等式02)1()1(2>+-+-x m x m 的解集是R ，求m 的范围。
例3.关于x 的不等式0622<+++m m mx x 在[]20,上恒成立，求实数m 的取值范围．变式：若函数m m mx x y 622+++=在[]20,上有最小值16，求实数m 的值．1.已知752+->x x x a a 0(>a 且)1≠a ，求x 的取值范围．2.求函数)(log 2x x y a -=的单调区间．3.设22)(2+-=mx x x f ，当),1[+∞-∈x 时，m x f ≥)(恒成立，求实数m 的取值范围。