2019版高考数学理创新大一轮江苏专版文档：第七章 不

第43讲 不等式恒成立问题
考试要求 1.不等式包含两个元的情况(C 级要求)；2.不等式恒成立问题涉及一元二次不等式、线性规划、基本不等式恒成立问题.解决问题的本质是转化成求最值问题.
诊 断 自 测
1.设y ＝(log 2x )2＋(t －2)log 2x －t ＋1，若t 在[－2，2]上变化时y 恒取正值，则实数x 的取值范围为________.
解析 设f (t )＝y ＝(log 2x －1)t ＋(log 2x )2－2log 2x ＋1， t ∈[－2，2]， 问题转化为：f (t )＞0对t ∈[－2，2]恒成立
⇔⎩⎨⎧f （－2）>0，f （2）>0
⇔⎩⎨⎧（log 2x ）2－4log 2x ＋3>0，（log 2x ）2－1>0
⇒0＜x ＜12
或x ＞8. 故实数x 的取值范围是⎝ ⎛⎭
⎪⎫0，12∪(8，＋∞). 答案 ⎝ ⎛⎭
⎪⎫0，12∪(8，＋∞) 2.不等式2x 2＋2mx ＋m 4x 2＋6x ＋3
＜1对一切实数x 恒成立，则实数m 的取值范围为________. 解析 由4x 2
＋6x ＋3＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋322＋34＞0，对一切实数x 恒成立，从而原不等式等价于
2x 2＋2mx ＋m ＜4x 2＋6x ＋3(x ∈R )，
即2x 2＋(6－2m )x ＋(3－m )＞0对一切实数x 恒成立.
则Δ＝(6－2m )2－8(3－m )＜0，
解得1＜m ＜3，
故实数m 的取值范围是(1，3).
答案(1，3)
3.(一题多解)已知f(x)＝x2＋2x＋a
x＞0在x∈
[)
1，＋∞上恒成立，则实数a的取值
范围为________.
解析法一∵f(x)＝x2＋2x＋a
x＞0对x∈
[)
1，＋∞恒成立
⇔x2＋2x＋a＞0对x∈[)
1，＋∞恒成立.
设g(x)＝x2＋2x＋a，x∈[)
1，＋∞，
问题转化为：g(x)min＞0
g(x)＝x2＋2x＋a＝(x＋1)2＋a－1, x∈[)
1，＋∞，∴g(x)在[)
1，＋∞上是增函数.
∴g(x)min＝g(1)＝3＋a，
∴3＋a＞0⇔a＞－3.
即所求实数a的取值范围为(－3，＋∞).
法二∵f(x)＝x2＋2x＋a
x＞0对x∈
[)
1，＋∞恒成立
⇔x2＋2x＋a＞0 对x∈[)
1，＋∞恒成立
⇔a＞－(x2＋2x)对x∈[)
1，＋∞恒成立
设φ(x)＝－(x2＋2x)，x∈[)
1，＋∞.
问题转化为：a＞φ(x)max.
φ(x)＝－(x2＋2x)＝－(x＋1)2＋1，x∈[)
1，＋∞.
∴φ(x)在[)
1，＋∞上是减函数.
∴φ(x)max＝φ(1)＝－3，
∴a＞－3，
即所求实数a的取值范围为(－3，＋∞).
答案(－3，＋∞)
4.若定义在(0，＋∞)的函数f(x)满足f(x)＋f(y)＝f(xy)，且x>1时不等式f(x)<0成立，若不等式f(x2＋y2)≤f(xy)＋f(a)对于任意x，y∈(0，＋∞)恒成立，则实数a的取值范围是________.
解析 设0<x 1<x 2，则x 2x 1
>1，有f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2x 1<0.这样f (x 2)－f (x 1)＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2x 1·x 1－f (x 1)＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2x 1＋f (x 1)－f (x 1)＝f ⎝ ⎛⎭
⎪⎫x 2x 1<0，则f (x 2)<f (x 1)，函数f (x )在(0，＋∞)为减函数. 因此f (x 2＋y 2)≤f (xy )＋f (a )⇔f (x 2＋y 2)≤f (a xy )⇔x 2＋y 2≥a xy ⇔a ≤x 2＋y 2xy ；而x 2＋y 2xy ≥2xy xy
＝2(当且仅当x ＝y 时取等号)，又a >0，所以a 的取值范围是(0，2].
答案 (0，2]
知 识 梳 理
1.恒成立问题转化成最值处理
a ＞f (x )对x ∈D 恒成立⇔a ＞f (x )max ，
a ＜f (x )对x ∈D 恒成立⇔ a ＜f (x )min .
2.恒成立问题处理方法：
图象法、最值法、参变分离法、变换主元法等.
3.不等式的恒成立、能成立、恰成立问题
(1)恒成立问题：若f (x )在区间D 上存在最小值，则不等式f (x )>A 在区间D 上恒成立⇔f (x )min >A (x ∈D )；
若f (x )在区间D 上存在最大值，则不等式f (x )<B 在区间D 上恒成立⇔f (x )max <B (x ∈D ).
(2)能成立问题：若f (x )在区间D 上存在最大值，则在区间D 上存在实数x 使不等式f (x )>A 成立⇔f (x )max >A (x ∈D )；
若f (x )在区间D 上存在最小值，则在区间D 上存在实数x 使不等式f (x )<B 成立⇔f (x )min <B (x ∈D ).
(3)恰成立问题：不等式f (x )>A 恰在区间D 上成立⇔f (x )>A 的解集为D ； 不等式f (x )<B 恰在区间D 上成立⇔f (x )<B 的解集为D .
考点一 一元一次不等式恒成立问题
【例1】 对于 －1≤a ≤1，求使不等式⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 2＋ax <⎝ ⎛⎭⎪⎫122x ＋a －1恒成立的x 的取值范围.
解 原不等式等价于x 2＋ax >2x ＋a －1在a ∈[－1，1]上恒成立.
设f (a )＝(x －1)a ＋x 2－2x ＋1，则f (a )是a 的一次函数或常数函数，
要使f (a )>0在a ∈[－1，1]上恒成立，则须满足
⎩⎨⎧f （－1）>0，f （1）>0⇔⎩⎨⎧x 2－x >0，x 2－3x ＋2>0
⇒x >2或x <0， 故实数的取值范围是(－∞，0)∪(2，＋∞).
规律方法 设f (x )＝ax ＋b ，
f (x )＞0在x ∈[]m ，n 上恒成立⇔⎩
⎨⎧f （m ）>0，f （n ）>0. f (x ) ＜0在x ∈[]m ，n 上恒成立⇔⎩⎨⎧f （m ）<0，f （n ）<0.
考点二 一元二次不等式恒成立问题
【例2】 已知x ∈(]－∞，1时，不等式1＋2x ＋(a －a 2)·4x ＞0恒成立，求实数a 的取值范围.
解 设2x ＝t, ∵x ∈(]－∞，1，∴t ∈(]0，2，
原不等式可化为：a －a 2＞－t －1t 2.
要使上式对t ∈(]0，2恒成立，只需
a －a 2
＞⎝ ⎛⎭⎪⎫－t －1t 2max ，t ∈(]0，2， －t －1t 2＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫1t ＋122＋14.
由1t ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞，∴⎝ ⎛⎭⎪⎫－t －1t 2max
＝－34， ∴a －a 2＞－34，
即4a 2－4a －3＜0，
从而 －12＜a ＜32.即实数a 的取值范围是⎝ ⎛⎭
⎪⎫－12，32. 考点三 高次不等式恒成立问题
【例3】 已知f (x )＝－x 3
＋ax ，其中a ∈R ，g (x )＝－12x 32，且f (x )＜g (x )在x ∈(]0，1上恒成立，求实数a 的取值范围.
解 f (x )＜g (x )在x ∈(]0，1上恒成立
⇔－x 3
＋ax ＋12x 32＜0 对x ∈(]0，1恒成立 ⇔ a ＜x 2－12x 12对x ∈(]0，1恒成立
设h (x )＝ x 2－12x 12，x ∈(]0，1， 问题转化为：a ＜h (x ) min
h ′(x )＝2x －1
4x ＝()2x －1·()
4x ＋2x ＋14x
由h ′(x )＝0，得x ＝14，
当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，14时，h ′(x ) ＜0，h (x )在⎝ ⎛⎭
⎪⎫0，14递减. 当x ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤14，1时，h ′(x ) ＞0，h (x )在⎝ ⎛⎦
⎥⎤14，1递增. ∴ h (x )在x ＝14时取最小值，h (x ) min ＝－316，
∴a ＜－316.即a 的取值范围是⎝ ⎛⎭
⎪⎫－∞，－316. 考点四 绝对值不等式恒成立问题
【例4】 已知f (x )＝x ||x －a －2，若当x ∈[]0，1时，恒有f (x )＜0，求实数a 的取值范围.
解 (ⅰ)当x ＝0时，显然f (x )＜0成立，此时a ∈R . (ⅱ)当x ∈(]0，1时，由f (x )＜0，
可得x －2x ＜a ＜x ＋2x ，
令 g (x )＝x －2x ，(x ∈(]0，1)；h (x )＝x ＋2x (x ∈(]0，1)，
则g ′(x )＝1＋2x 2＞0，∴g (x )是单调递增，可知[]g （x ）max ＝g (1)＝－1，
h ′(x )＝1－2x 2＜0，∴h (x )是单调递减，可知[]h （x ）min ＝h (1)＝3，
此时a 的范围是(－1，3).
综合(ⅰ)(ⅱ)得a 的范围是(－1，3).
规律方法 (1)当f (x )含有绝对值时，先去掉绝对值号，
(2)这种思路是：首先是——分离变量，其次用——极端值原理.把问题转化为求函数的最值，若f (x )不存在最值，可求出f (x )的范围，问题同样可以解出. 考点五 线性规划恒成立问题
【例5】 已知实数x ，y 满足条件⎩⎨⎧x －y ≤0，
x ＋y －5≥0，y －3≤0.
若不等式m (x 2＋y 2)≤(x ＋y )2 恒成立，则实数m 的最大值是________.
解析 ∵m (x 2＋y 2)≤(x ＋y )2恒成立，则m ≤x 2＋2xy ＋y 2
x 2＋y 2＝1＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫y x 1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫y x 2＝1＋2k ＋1k ，其中k ＝y x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1，32，当k ＝32时，1＋2k ＋1k
取最小值为2513，则实数m 的最大值是2513. 答案 2513
考点六 基本不等式恒成立问题
【例6】 已知对满足x ＋y ＋4＝2xy 的任意正实数x ，y ，都有x 2＋2xy ＋y 2－ax －ay ＋1≥0，则实数a 的取值范围是________.
解析 x ＋y ＋4＝2xy ≤2×⎝ ⎛⎭
⎪⎫x ＋y 22，解得x ＋y ≥4，当且仅当x ＝y ＝2时取“＝”. ∵(x ＋y )2－a (x ＋y )＋1≥0，
∴(x ＋y )＋
1x ＋y ≥a . ∵(x ＋y )＋1x ＋y
≥174，则a ≤174. 答案 ⎝ ⎛⎦
⎥⎤－∞，174
一、必做题
1.已知a >0，b >0，若不等式2a ＋1b ≥m 2a ＋b
恒成立，则m 的最大值等于________.
解析 原不等式恒成立等价于m ≤⎝ ⎛⎭⎪⎫2a ＋1b (2a ＋b )的最小值，而⎝ ⎛⎭
⎪⎫2a ＋1b (2a ＋b )＝5＋2b a ＋2a b ≥5＋2
2b a ·2a b ＝9，当且仅当a ＝b 时取等号，所以m ≤9，即m 的最
大值为9.
答案 9 2.设变量x ，y 满足约束条件⎩⎨⎧x ＋y ≤a ，
x ＋y ≥8，x ≥6，
且不等式x ＋2y ≤14恒成立，则实数a
的取值范围是________.
解析 不等式组表示的平面区域如图中阴影部分所示，显然a ≥8，否则可行域无意义.由图可知x ＋2y 在点(6，a －6)处取得最大值2a －6，由2a －6≤14得a ≤10.故a 的取值范围是[8，10].
答案 [8，10]
3.已知x >0，y >0，且2x ＋1y ＝1，若x ＋2y >m 2＋2m 恒成立，则实数m 的取值范围
是________.
解析 由x >0，y >0，且2x ＋1y ＝1，得x ＋2y ＝(x ＋2y )·⎝ ⎛⎭
⎪⎫2x ＋1y ＝4＋4y x ＋x y ≥4＋24y x ·x y ＝8.当且仅当4y x ＝x y 时，即x ＝2y 时取等号.又2x ＋1y ＝1，此时x ＝4，y ＝2，所以(x ＋2y )min ＝8.要使x ＋2y >m 2＋2m 恒成立，只需(x ＋2y )min >m 2＋2m 恒成立，即8>m 2＋2m ，解得－4<m <2.
答案 (－4，2)
4.已知x >0，y >0，若不等式x 3＋y 3≥kxy (x ＋y )恒成立，则实数k 的最大值为________.
解析 由题设知k ≤（x ＋y ）（x 2－xy ＋y 2）（x ＋y ）xy
，
∴k ≤x 2－xy ＋y 2xy
＝x y ＋y x －1恒成立. ∵x y ＋y x －1≥2－1＝1，当且仅当x ＝y 时“＝”成立，从而k ≤1，即k 的最大值为1.
答案 1
5.设k >0，若关于x 的不等式kx ＋
4x －1≥5在(1，＋∞)上恒成立，则k 的最小值为________.
解析 原不等式变为k (x －1)＋
4x －1≥5－k . ∵k (x －1)＋4x －1
≥4k ，∴4k ≥5－k ， ∴(k )2＋4k －5≥0，∴(k ＋5)(k －1)≥0，
∴k ≥1，∴k min ＝1.
答案 1
6.已知x ln x －(a ＋1)x ＋1≥0对任意的x ∈⎣⎢⎡⎦
⎥⎤12，2恒成立，则实数a 的取值范围为________.
解析 ∵x ln x －(a ＋1)x ＋1≥0对x ∈⎣⎢⎡⎦
⎥⎤12，2恒成立， 即a ≤ln x －1＋1x 在x ∈⎣⎢⎡⎭
⎪⎫12，2上恒成立， 令F (x )＝ln x －1＋1x ，F ′(x )＝x －1x 2，
在x ∈⎣⎢⎡⎭
⎪⎫12，1上F ′(x )<0，在x ∈[1，2]上F ′(x )>0， ∴F (x )在x ＝1处取极小值，也是最小值，
即F min (x )＝F (1)＝0，∴a ≤0.
答案 (－∞，0]
7.设存在实数x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，3，使不等式t ＋⎪⎪⎪⎪
⎪⎪x －1x >e |ln x |成立，则实数t 的取值范围是________.
解析 由t ＋⎪⎪⎪⎪⎪⎪x －1x >e |ln x |，得t >e |ln x |－⎪⎪⎪⎪
⎪⎪x －1x ，
设h (x )＝e |ln x |－⎪⎪⎪⎪⎪⎪x －1x ＝⎩⎪⎨⎪⎧x ⎝ ⎛⎭⎪⎫12<x <1，1x （1≤x <3），
则h (x )∈⎝ ⎛⎦
⎥⎤13，1. ∴当t >13时，存在实数x ∈⎝ ⎛⎭
⎪⎫12，3使原不等式成立. 答案 ⎝ ⎛⎭
⎪⎫13，＋∞ 8.若不等式x 2－2y 2≤cx (y －x )对任意满足x ＞y ＞0的实数x ，y 恒成立，则实数c 的最大值为________.
解析 由题意可得c ≤x 2－2y 2xy －x 2＝x 2－2y 2x 2xy －x 2x 2＝1－2y 2
x 2y x －1，令y x ＝t ，则0<t <1，故c ≤1－2t 2t －1＝2t 2－11－t ；令u ＝1－t ，则0<u <1，故c ≤2t 2－11－t
＝2（1－u ）2－1u ＝－4＋2u ＋1u ，得－4＋2u ＋1u 的最小值为22－4，故实数c 的最大值为22－4.
答案 22－4
9.已知二次函数f (x )＝ax 2＋bx ＋c (a ，b ，c ∈R )满足：对任意实数x ，都有f (x )≥x ，
且当x ∈(1，3)时，有f (x )≤18(x ＋2)2成立.
(1)求证：f (2)＝2；
(2)若f (－2)＝0，求f (x )的表达式.
(1)证明 由条件知f (2)＝4a ＋2b ＋c ≥2恒成立，又取x ＝2时，f (2)＝4a ＋2b ＋c ≤ 18
(2＋2)2＝2恒成立， ∴f (2)＝2.
(2)解 ⎩⎨⎧4a ＋2b ＋c ＝2，4a －2b ＋c ＝0，
∴4a ＋c ＝2b ＝1， ∴b ＝12，c ＝1－4a .又f (x )≥x 恒成立，即ax 2＋(b －1)x ＋c ≥0恒成立.∴ a >0，Δ
＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫12－12－4a (1－4a )≤0，解得a ＝18，b ＝12，c ＝12，∴f (x )＝18x 2＋12x ＋12.
10.已知函数f (x )＝ln x －14x ＋34x －1，g (x )＝－x 2＋2bx －4.若对任意的x 1∈(0，2)，
x 2∈[1，2]，不等式f (x 1)≥g (x 2)恒成立，求实数b 的取值范围.
解 问题等价于f (x )在(0，2)上的最小值恒大于或等于g (x )在[1，2]上的最大值.
因为f (x )＝ln x －14x ＋34x －1，
所以f (x )的定义域为(0，＋∞)，
所以f ′(x )＝1x －14－34x 2＝4x －x 2－34x 2.
若f ′(x )>0，则x 2－4x ＋3<0，解得1<x <3，
故函数f (x )的单调递增区间是(1，3)，
同理得f (x )的单调递减区间是(0，1)和(3，＋∞)，
故在区间(0，2)上，x ＝1是函数f (x )的极小值点，
这个极小值点是唯一的，故也是最小值点，
所以f (x )min ＝f (1)＝－12.
由于函数g (x )＝－x 2＋2bx －4，x ∈[1，2].
当b <1时，g (x )max ＝g (1)＝2b －5；
当1≤b ≤2时，g (x )max ＝g (b )＝b 2－4；
当b >2时，g (x )max ＝g (2)＝4b －8.
故问题等价于⎩⎪⎨⎪⎧b <1，－12≥2b －5，或⎩⎪⎨⎪⎧1≤b ≤2，－12
≥b 2－4， 或⎩⎪⎨⎪⎧b >2，－12
≥4b －8.解第一个不等式组得b <1，解第二个不等式组得1≤b ≤142，第三个不等式组无解.
综上所述，b 的取值范围是⎝
⎛⎦⎥⎤－∞，142. 二、选做题
11.已知不等式(ax ＋3)(x 2－b )≤0对任意x ∈(0，＋∞)恒成立，其中a ，b 是整数，则a ＋b 的取值的集合为________.
解析 当b ≤0时，由(ax ＋3)(x 2－b )≤0得到ax ＋3≤0在x ∈(0，＋∞)上恒成立，
则a <0，且a ·0＋3≤0，该式显然不成立，故b >0. 当b >0时，由(ax ＋3)(x 2－b )≤0可设f (x )＝ax ＋3，g (x )＝x 2－b ，又g (x )的大致图象如下.
由题意可知⎩⎪⎨⎪⎧a <0，－3a ＝b ，再由a ，b 是整数得⎩⎨⎧a ＝－1，b ＝9，或⎩⎨⎧a ＝－3，b ＝1，因此a ＋b ＝8或－2，即取值集合为{8，－2}.
答案 {8，－2}
12.已知函数f (x )＝13x 3－x 2＋x ，y ＝f ′(x )为f (x )的导函数，设h (x )＝ln f ′(x )，若对
于任意的x ∈[0，1]，不等式h (x ＋1－t )<h (2x ＋2)恒成立，求实数t 的取值范围. 解 由已知有f ′(x )＝(x －1)2，
则h (x )＝2ln|x －1|，所以h (x ＋1－t )＝2ln|x －t |，
h (2x ＋2)＝2ln|2x ＋1|.
当x ∈[0，1]时，|2x ＋1|＝2x ＋1，所以不等式等价于0<|x －t |<2x ＋1恒成立， 解得－x －1<t <3x ＋1，且x ≠t .
当x ∈[0，1]，得－x －1∈[－2，－1]，3x ＋1∈[1，4]，所以－1<t <1. 又x ≠t ，所以t ∉[0，1]，所以t 的取值范围是(－1，0).。