不等式恒成立的参数求解策略探究_
求解不等式恒成立中参数问题的五大策略
ｆ ａ ＜ ０ ，
【 △＝ ６ — ４ ∞＜ ０ ．
．
策 略一 ：利 用一 次 函数 的性 质
若 已 ） 一 ＋ ６ ＞ ０ 对 叵成 ’
例２ ． 已知关于 的二次不等式 （ Ｊ ｝ － ５ ） （ １ ） ｘ ＋ ３ ＞ ０的解集为 Ｒ． 则实数 ｋ的取值范围为 解 析 ：当 ． ＿ ５ ＝ ０时 ．要使原不等式 的解 集为
解析 ：如果将两边分别设成两个 函数 ｙ ｌ ＝ （ Ｘ 一 １ ） 和
因为 当 ≥ｅ时 ， （ — ｌ ｎ ｘ 一 １ ） ＝ １ 一 ＞ ０ ， 所 以 — ｌ 眦一
１ ≥ｅ — ｌ ｎ ｅ －ｌ ＝ ｅ 一 ２ ＞ ０ ．
所 以 （ ） ＞ ０ ， 所以＾ （ ） （ ｅ ） ＝ ＿， 所 以 ｎ≤一 旦 ＿ ＿ ．
ｅ－ｌ ｅ－Ｉ
若已
）
删
’
＞ 乱 一
Ｒ， 则必有一次项系数也为零 ，且常数项大于零．
ｆ － ５ ＝ Ｏ．
例１ ． 对 于满 足 Ｏ ≤ｐ ≤４的实数 Ｐ， 使
３恒成立 的 的取值范 围是 ．
即｛ ４ （ １ － ｋ ） ＝ ０ ， 解得ｋ ＝ １ ．
１ ３ ＞ ０ ，
） ＝ Ｉ
一 １ 厂
．
Ｄ ／ ２
然后观察两个 图像 （ 尤其要注意交点处和临界处 ）的 位 置关 系 ，进而列 出含参数 的不等式． 例５ ． 不 等式 （ 一 １ ） ＜ 】 ｏ 在 ∈（ １ ， ２ ） 上恒 成立 ，
则 ａ的取值 范围为 ．
ｘ ＞ ３ 或 １ ， 所以 的取值范围是（ 一 ， 一 １ ） Ｕ（ ３ ， ＋ ） ．
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
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本文旨在探讨不等式恒成立问题的求解策略。
不等式恒成立问题是一类有参数的约束优化问题，主要包括最小值问题、最大值问题和最优问题。
文中首先对不等式恒成立问题及其特点进行了简要介绍，然后主要从三个方面介绍研究求解不等式恒成立问题的策略，这三个方面分别是构造松弛优化问题、计算非线性规划问题的全局解和结合模拟退火算法构建求解策略。
具体来讲，构造松弛优化问题是通过对不等式恒成立问题的约束条件加以松弛，把形式转换为优化问题。
计算非线性规划问题的全局解，则是采用一类全局优化算法，如模拟退火算法、遗传算法等，以期解决不等式恒成立问题。
最后，结合模拟退火算法构建的求解策略是为了改进模拟退火算法的收敛性，使其能够更有效地解决不等式恒成立问题。
本文所提出的求解策略可以有效解决不等式恒成立问题。
不等式恒成立问题在数学和工程中得到广泛应用，是许多优化问题的重要组成部分。
它的出现深刻改变了优化理论和应用研究的研究方向，是很多复杂问题的突破口。
文中还分析了不等式恒成立问题的解的稳定性，给出了不等式恒成立问题的可行性图解法的一般步骤，以帮助理解不等式恒成立问题的问题特性，并介绍了不等式恒成立问题的求解算法。
本文针对不等式恒成立问题提出了一系列求解策略。
这些策略不仅有助于理解不等式恒成立问题，还有助于求解复杂的不等式恒成立问题。
然而，本文所提出的求解策略还有待进一步完善，未来可以考虑采用多种求解策略，如计算机仿真法、概率论方法、全局优化算法、勒让德方法等，以期获得更好的求解效果。
综上所述，本文探讨了不等式恒成立问题的求解策略。
文中首先介绍了不等式恒成立问题的特点，然后介绍了不等式恒成立问题求解的三种策略，在此基础上，介绍了结合模拟退火算法构建的求解策略。
本文的研究成果可以为不等式恒成立问题的研究提供有效的参考。
高中数学教学论文 例谈恒成立不等式的求解策略
例谈恒成立不等式的求解策略含参数不等式的恒成立问题是不等式中重要的题型，也是各类考试的热点．这类问题既含参数又含变量，学生往往难以下手，怎样处理这类问题呢？转化是捷径．通过转化能使恒成立问题得到简化，而转化过程中往往包含着多种数学思想的综合运用．下面就其常见类型及解题策略举例说明． 一﹑可化为一次不等式恒成立的问题例1．对于满足40≤≤p 的一切实数，不等式342-+>+p x px x 恒成立，试求x 的取值范围．分析：习惯上把x 当作自变量，记函数p x p x y -+-+=3)4(2，于是问题转化为： 当[]4,0∈p 时，0>y 恒成立，求x 的取值范围．解决这个等价的问题需要应用二次函数以及二次方程的区间根原理，可想而知，这是相当复杂的．解：设函数)34()1()(2+-+-=x x p x p f ，显然1≠x ，则)(p f 是p 的一次函数，要使0)(>p f 恒成立，当且仅当0)0(>f ，且0)4(>f 时，解得x 的取值范围是),3()1,(+∞⋃--∞． 点评：本题看上去是一个不等式问题，但是经过等价转化，把它化归为关于p 的一次函数，利用一次函数的单调性求解，解题的关键是转换变量角色．二﹑二次不等式恒成立问题例2．已知关于x 的不等式03)1(4)54(22>+---+x m x m m 对一切实数x 恒成立，求实数m 的取值范围．分析：利用二次项系数的正负和判别式求解，若二次项系数含参数时，应对参数分类讨论．解：(1)当0542=-+m m 时，即1=m 或5-=m ，显然1=m 时，符合条件， 5-=m 不符合条件;(2) 当0542≠-+m m 时，由二次函数对一切实数恒为正数的充要条件，得222450,16(1)12(45)0m m m m m ⎧+->⎪⎨∆=--+-<⎪⎩，解得191<<m ． 综合(1)(2)得，实数m 的取值范围为[)19,1． 三﹑绝对值不等式恒成立问题例3．对于任意实数x ，不等式a x x <--+21恒成立，求实数a 的取值范围．分析1：把左边看作x 的函数关系，就可利用函数最值求解．解法1：设21)(--+=x x x f ，则3,1()21,123,2x f x x x x -≤-⎧⎪=--<≤⎨⎪>⎩，∴3)(max =x f ，∴3>a ．分析2：利用绝对值的几何意义求解．解法2：设x ﹑1-﹑2在数轴上对应点分别是P ﹑A ﹑B ，则PB PA x x -=--+21 当点P 在线段AB 上时，33≤-≤-PB PA ;当点P 在点A 的左侧时， 3-=-PB PA ;当点P 在点A 的右侧时， 3=-PB PA ;因此，无论点P 在何处，总有33≤-≤-PB PA ，所以当3>a 时， a PB PA <-恒成立， 即对于任意实数x ，不等式a x x <--+21恒成立时，实数a 的取值范围为),3(+∞．分析3：利用绝对值不等式b a b a b a +≤±≤-求解21)(--+=x x x f 的最大值．解法3：设21)(--+=x x x f ． ()()32121=--+≤--+x x x x 且2=x 时等式成立， ∴3)(max =x f ，∴3>a ．四﹑含对数﹑指数﹑三角函数的不等式恒成立问题例4．当)21,0(∈x 时，不等式x x a log 2<恒成立，求a 的取值范围．分析：注意到函数2)(x x f =，x x g a log )(=都是我们熟悉的函数，运用数形结合思想，可知要使对一切)21,0(∈x ，)()(x g x f <恒成立，只要在)21,0(内， x x g a log )(=的图象在2)(x x f =图象的上方即可．显然10<<a ，再运用函数思想将不等式转化为函数的最值问题，即)21()21(g f ≥． 解：设2)(x x f =，x x g a log )(=，则要使对一切)21,0(∈x ，)()(x g x f <恒成立，由图象可知10<<a ，并且)21()21(g f ≥，故有4121log ≥a ， 161≥∴a ， 又 10<<a 1161<≤∴a 点评：通过上述的等价转化，使恒成立的解决得到了简化，其中也包含着函数思想和数形结合思想的综合运用．此外，从图象上直观得到10<<a 后还需考查区间)21,0(右端点21=x 处的函数值的大小．五、形如“()a f x ≥”型不等式形如“()a f x ≥”或“()a f x ≤”型不等式，是恒成立问题中最基本的类型，它的理论基础是“)(x f a ≥在D x ∈上恒成立，则max )]([x f a ≥(D x ∈);)(x f a ≤在D x ∈上恒成立，则min )]([x f a ≤(D x ∈)”．许多复杂的恒成立问题最终都可归结到这一类型． 例5．已知二次函数x ax x f +=2)(，若[]1,0∈x 时，恒有1)(≤x f ，求a 的取值范围．解： 1)(≤x f ，∴112≤+≤-x ax ， 即x ax x -≤≤--112（1）当0=x 时，不等式101≤⨯≤-a 显然成立， ∴R a ∈（2）当10≤<x 时，由x ax x -≤≤--112得xx a x x 111122-≤≤--．041)211(1122≥--=-x x x ，0)11(min 2=-x x，0≤∴a ． 又 241)211(1122-≤++-=--x x x ，2)11(max 2-=--x x，2-≥∴a ． 02≤≤-∴a ． 综上得，a 的取值范围为20a -≤≤．六、形如“12()()()f x f x f x ≤≤”型不等式例6．已知函数)52sin(2)(ππ+=x x f ，若对任意R x ∈，都有)()()(21x f x f x f ≤≤成立，则21x x -的最小值为 ． 解： 对任意R x ∈，不等式)()()(21x f x f x f ≤≤恒成立，∴)(1x f ，)(2x f 分别是)(x f 的最小值和最大值． 对于函数)52sin(2)(ππ+=x x f ，取得最大值和最小值的两点之间最小距离是2，即半个周期． ∴21x x -的最小值为2 七、形如“1212()()()22x x f x f x f ++>”型不等式 例7．在x y 2=，x y 2log =，2x y =，x y cos =这四个函数中，当1021<<<x x 时，使2)()()2(2121x f x f x x f +>+恒成立的函数的个数是( ) (A)0 (B)1 (C)2 (D)3解：本题实质就是考察函数的凸凹性，即满足条件2)()()2(2121x f x f x x f +>+的函数应是凸函数的性质，画草图即知x y 2log =，x y cos =符合题意，故此题选（C ）．八、形如“()()f x g x <”型不等式例8．已知函数)1lg(21)(+=x x f ，)2lg()(t x x g +=，若当[]1,0∈x 时，)()(x g x f ≤恒成立，求实数t 的取值范围．解：)()(x g x f ≤在[]1,0∈x 20x t -≤在[]1,0∈x 恒成立⇔ t x x ---21在[]1,0上的最大值小于或等于零．令()2F x x t -，121412121)(++-=-+='x x x x F []1,0∈x ， ∴0)(<'x F 即)(x F 在[]1,0上单调递减， )0(F 是最大值．∴01)0()(≤-=≤t F x f ，即1≥t ．九、形如“12()()f x g x <”型不等式例9．已知函数34331)(23+--=x x x x f ，29)(c x x g +-=，若对任意[]2,2,21-∈x x ，都有)()(21x g x f <，求c 的范围．解：∵对任意[]2,2,21-∈x x ，都有)()(21x g x f <成立，min max )]([)]([x g x f <∴． 32)(2--='x x x f ，令0)(>'x f 得3>x 或1-<x ;0)(<'x f 得31<<-x ． ∴ )(x f 在[]1,2--为增函数，在[]2,1-为减函数．(1)3,f -= 3)]([max =∴x f 2183c +-<∴，24-<∴c ．。
不等式恒成立问题—8种解法探析
不等式恒成立问题—8种解法探析不等式恒成立问题一般设计独特，涉及到函数、不等式、方程、导数、数列等知识，渗透着函数与方程、等价转换、分类讨论、换元等思想方法，成为历年高考的一个热点．考生对于这类问题感到难以寻求问题解决的切入点和突破口．这里对这一类问题的求解策略作一些探讨．1最值法例1．已知函数在处取得极值，其中为常数．（I）试确定的值；（II）讨论函数的单调区间；（III）若对于任意，不等式恒成立，求的取值范围．分析：不等式恒成立，可以转化为解：（I）（过程略）．（II）（过程略）函数的单调减区间为，函数的单调增区间为．（III）由（II）可知，函数在处取得极小值，此极小值也是最小值．要使（）恒成立，只需，解得或．所以的取值范围为．评注：最值法是我们这里最常用的方法．恒成立；恒成立．2分离参数法例2．已知函数（I）求函数的单调区间；（II）若不等式对于任意都成立（其中是自然对数的底数），求的最大值．分析：对于（II）不等式中只有指数含有，故可以将函数进行分离考虑．解：（I）（过程略）函数的单调增区间为，的单调减区间为（II）不等式等价于不等式，由于，知；设，则．由（I）知，，即；于是，，即在区间上为减函数．故在上的最小值为．所以的最大值为．评注：不等式恒成立问题中，常常先将所求参数从不等式中分离出来，即：使参数和主元分别位于不等式的左右两边，然后再巧妙构造函数，最后化归为最值法求解．3 数形结合法例3．已知当时，不等式恒成立，则实数的取值范围是＿＿＿．分析：本题若直接求解则比较繁难，但若在同一平面直角坐标系内作出函数与函数在上的图象，借助图形可以直观、简捷求解．解：在同一平面直角坐标系内作出函数与函数在上的图象（如右），从图象中容易知道：当且时，函数的图象恒在函数上方，不合题意；当且时，欲使函数的图象恒在函数下方或部分点重合，就必须满足，即．故所求的的取值范围为．评注：对不等式两边巧妙构造函数，数形结合，直观形象，是解决不等式恒成立问题的一种快捷方法．4 变更主元法例4．对于满足不等式的一切实数，函数的值恒大于，则实数的取值范围是＿＿＿．分析：若审题不清，按习惯以为主元，则求解将非常烦琐．应该注意到：函数值大于对一定取值范围的谁恒成立，则谁就是主元．解：设，，则原问题转化为恒成立的问题．故应该有，解得或．所以实数的取值范围是．评注：在某些特定的条件下，若能变更主元，转换思考问题的角度，不仅可以避免分类讨论，而且可以轻松解决恒成立问题．5 特殊化法例5．设是常数，且（）．（I）证明：对于任意，．（II）假设对于任意有，求的取值范围．分析：常规思路：由已知的递推关系式求出通项公式，再根据对于任意有求出的取值范围，思路很自然，但计算量大．可以用特殊值探路，确定目标，再作相应的证明．解：（I）递推式可以化归为，，所以数列是等比数列，可以求得对于任意，．（II）假设对于任意有，取就有解得；下面只要证明当时，就有对任意有由通项公式得当（）时，当（）时，，可见总有．故的取值范围是评注：特殊化思想不仅可以有效解答选择题，而且是解决恒成立问题的一种重要方法．6分段讨论法例6．已知，若当时，恒有＜0，求实数a的取值范围．解：（i）当时，显然＜0成立，此时，（ii）当时，由＜0，可得＜＜，令则＞0，∴是单调递增，可知＜0，∴是单调递减，可知此时的范围是（—1，3）综合i、ii得：的范围是（—1，3）．例7．若不等式对于恒成立，求的取值范围．解：（只考虑与本案有关的一种方法）解：对进行分段讨论，当时，不等式恒成立，所以，此时；当时，不等式就化为，此时的最小值为，所以；当时，不等式就化为，此时的最大值为，所以；由于对上面的三个范围要求同时满足，则所求的的范围应该是上三个的范围的交集即区间说明：这里对变量进行分段来处理，那么所求的对三段的要同时成立，所以，用求交集的结果就是所求的结果．评注：当不等式中左右两边的函数具有某些不确定的因素时，应该用分类或分段讨论方法来处理，分类（分段）讨论可使原问题中的不确定因素变化成为确定因素，为问题解决提供新的条件；但是最后综合时要注意搞清楚各段的结果应该是并集还是别的关系．7单调性法例8．若定义在的函数满足，且时不等式成立，若不等式对于任意恒成立，则实数的取值范围是＿＿＿．解：设，则，有．这样，，则，函数在为减函数．因此；而（当且仅当时取等号），又，所以的取值范围是．评注：当不等式两边为同一函数在相同区间内的两个函数值时，可以巧妙利用此函数的单调性，把函数值大小关系化归为自变量的大小关系，则问题可以迎刃而解．8判别式法例9．若不等式对于任意恒成立．则实数的取值范围是＿＿＿．分析：此不等式是否为一元二次不等式，应该先进行分类讨论；一元二次不等式任意恒成立，可以选择判别式法．解：当时，不等式化为，显然对一切实数恒成立；当时，要使不等式一切实数恒成立，须有，解得．综上可知，所求的实数的取值范围是．不等式恒成立问题求解策略一般做法就是上面几种，这些做法是通法，对于具体问题要具体分析，要因题而异，如下例．例10．关于的不等式在上恒成立，求实数的取值范围．通法解：用变量与参数分离的方法，然后对变量进行分段处理；∵，∴不等式可以化为；下面只要求在时的最小值即可，分段处理如下．当时，，，再令，，它的根为；所以在区间上有，递增，在区间上有，递减，则就有在的最大值是，这样就有，即在区间是递减．同理可以证明在区间是递增；所以，在时的最小值为，即．技巧解：由于，所以，，两个等号成立都是在时；从而有（时取等号），即．评注：技巧解远比通法解来得简单、省力、省时但需要扎实的数学基本功．。
不等式恒成立求解参数范围问题的常用策略
不等式恒成立问题的求参策略山东省莱西一中北校 赵贞才 （266600）含有参数的不等式恒成立问题是同学们常见的一类题，这类题涵盖范围广。
不少同学面对此类题，不知从何下手 。
其实这类题，规律性较强，有法可循。
本文结合实例探讨一下解题策略。
1. 分离参数法如果能把不等式中的参数与主元分离开来，则可以通过求函数最值来简化问题。
如：max )()(x f t x f t >⇔>恒成立，min )()(x f t x f t <⇔<恒成立例1：已知 3421lg )(ax f x x ∙++= 若x ∈(-∞,1］时，f (x )有意义，求a的范围.分析：原题等价于不等式03421>∙++ax x 对x ∈(-∞,1］恒成立，分离参数，得()()xxa 2141-->，令 ()()xxx g 2141)(--= ，x ∈(-∞,1］，显然g(x)为增函数，故只须43)1()(max -==>g x g a 即可。
例2：已知函数x x x f 2cos 34sin 2)(2-⎪⎭⎫ ⎝⎛+=π⎥⎦⎤⎢⎣⎡∈2,4ππx① 求)(x f 的最大值和最小值；② 若不等式 2|)(|<-m x f ，在⎥⎦⎤⎢⎣⎡∈2,4ππx 上恒成立，求实数m 的取值范围.分析：（1）2)(,3)(min max ==x f x f2)(2)(2|)(|)2(+<<-⇔<-x f m x f m x f41<<∴m2. 分类讨论法：按所给不等式中参数的本质属性划分不同种类进行讨论，特别应注意分类要“不重不漏”。
例3：已知3)(2++=ax x x f 当[]2,2-∈x 时a x f ≥)(恒成立，求a 的取值范围？2)(2)(min max +<<-∴x f m x f解：法一 原不等式恒成立，即]2,2[3)1(2-∈--≥-x x a x 在时恒成立，为了分离常数，必须对1-x 的符号进行分类讨论。
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摘要：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。
探索“恒成立” 问题的求解策略
探索“恒成立” 问题的求解策略摘要：本文分析了六种“恒成立”问题的求解策略，旨在帮助学生提高数学思维能力和解题能力。
关键词：数学；恒成立；策略作者简介：陈友兰，任教于河南省登封市第一高级中学。
近年来，高考数学和竞赛数学试题中常常出现这样一类问题：含参数变量的“恒成立”不等式问题。
成功解决这类问题往往需要有良好的观察与分析、灵巧的转化与代归、高水平的运算与推理。
怎样转化问题才能有利于问题的解决，始终是同学们倍感头疼的事情。
笔者认为下面几种策略比较实用，同时还有助于学生提高数学思维。
策略1：实施变量分离已知不等式f(x,a)≥0（或≤0）对于任意x∈A恒成立。
如果f(x,a)≥0（或≤0）可变形成a≥g(x),则a≥g(x)的最大值（或极大值）；如果f(x,a)≥0（或≤0）可变形成a≤g(x),则a≤g(x)的最小值（或极小值）。
例1：设f(x)是定义在R上的单调增函数，若对于任意a∈[－1,1]恒成立，求x的取值范围。
解：因为f(x)是R上的增函数，所以，且a∈[－1,1]，分离a,使。
① 当1－x>0时，上式转化为，对于任意a∈[－1,1] 恒成立，只要即可。
故求得0≤x＜1,或x≤－1.②当1－x＜0时，上式可转化为，对于a∈[－1,1] 恒成立。
只要即可，求得x>1。
③当1－x=0时，显然有≥0成立。
即x=1。
综上可知x的取值范围是：x≤－1,或x≥0。
策略2：利用函数的最大值、最小值例2：已知不等式对于任意正数x恒成立，则实数k的取值范围是。
（2008年高考京师预测卷）分析：该题若令f(x)= ,只需求出f(x)的最大值，让其最大值小于即可。
又，因为x>0 ，所以k>0。
当>0时，解得：,当<0时，解得：。
故可得在时，，即得，结合条件得：0<k≤1。
评注：利用函数的最大值或最小值是转化“恒成立”问题的基本方法（变量分离法求解“恒成立”问题也是利用了这种方法的基本思想）。
不等式恒成立问题中参数范围的求解策略探析
不等式恒成立问题中参数范围的求解策略探析易凤玲不等式恒成立问题，在高中数学中较为常见。
这类问题的解决涉及到一次函数、二次函数、三角函数、指数与对数函数等函数的性质、图象，渗透着换元、化归、数形结合、函数与方程等思想方法，有利于考查学生的综合解题能力，在培养思维的灵活性、创造性等方面 起到了积极的作用。
恒成立问题是高中数学中的一个热点,而不等式更是高考的重点,有人说“不等式恒成立问题”是高考的兴奋点,这不无道理.但此类问题解法灵活、综合性强,部分考生常感到无从下手,茫然不知所措,那么到底如何解决这类问题呢?实际上只要紧紧 “抓住题型”，这类问题求解中的求不等式恒成立时的参数范围将迎刃而解。
一、直接型：题干中有任意、均有、总是、恒成立等关键词时的不等式恒成立问题 ――――常用“直接代入法、判别式法、参变分离法、数形结合法”解决 （－）直接代入法――利用单调性求解如一次函数型“若()1,1-∈x 时，不等式12)1(2-+-a x a >0恒成立，求a 的取值范围？” 解：设f(x)= 12)1(2-+-a x a则 ⎩⎨⎧≥≥-0)1(0)1(f f 解得：213≤≤-a（二）判别式法---二次函数型如“当x ∈R 时,不等式042<++mx x 恒成立,求m 的取值范围是?”解：只须0442<⨯-=∆m 即-4<m<4(三）参变分离法----构造新函数求最值如“当x ∈(1,2)时,不等式042<++mx x 恒成立,求m 的取值范围是?” 解：不等式042<++mx x 可化为m x x -<+42即x x 4+<-m 设f(x)= x 4+,当x ∈(1,2)时,f(x)<5,则-m 5,5-≤≥m 即 (四)数形结合法---转化成两函数图像的位置关系求解如“若对任意R x ∈,不等式ax x -≥恒成立,求实数a如图知：11≤≤-a二、间接型----需转化为不等式恒成立解决常见有以下几类（一）已知含参函数的定义域为R ，求参变量的取值范围？ 如“已知函数11)(22++++=kx kx x x x f 的定义域是R,求k 实数的取值范围是?” 分析：可转化为“x ∈R 时012≠++kx kx 恒成立” 再解决(二)已知含参函数(一般可求导)在给定区间上的单调性,求参变量的取值范围？如“已知函数xa x x f +=2)((x 0≠,a 为常数，R a ∈),若函数f(x)在[)+∞,2为增函数,求a 的取值范围？”分析：可转化为“0)(2≥'≥x f ，x 时恒成立” 再解决（三）已知含参函数在给定区间上有意义，求参变量的取值范围？ 如“设()3)(1log )(41212x x a x f ++=，其中a R ∈，如果1≥x 时,f(x)有意义,求a 的取值范围?”分析：可转化为“，x 时1≥()()012141>++xx a 恒成立”再解决 （四）已知给定区间是含参不等式解集的子集，求参变量的取值范围？ 如″设命题134:≤-x p ,命题q:0)1()12(2≤+++-a a x a x ,若p ⌝是q ⌝的必要不充分条件，则实数a 的的取值范围是？”分析：p ⌝是q ⌝的必要不充分条件⇔p 是q 的充分不必要条件 ⇔P:{}134≤-x x ()(){}0112:2≤+++-⊂a a x a x x Q由于P={}121≤≤x x 则可转化为121≤≤x 时，0)1()12(2≤+++-a a x a x 恒成立。
浅析含参数不等式恒成立问题的求解策略
㊀㊀解题技巧与方法㊀㊀１１４数学学习与研究㊀２０１９ ２２浅析含参数不等式恒成立问题的求解策略浅析含参数不等式恒成立问题的求解策略Һ张智云㊀(广元市八二一中学ꎬ四川㊀广元㊀６２８０００)㊀㊀ʌ摘要ɔ不等式问题是高中数学中的重要内容之一ꎬ而含参数不等式恒成立问题又是历年高考中的一个热点ꎬ也是高中数学的一个难点ꎬ含参数不等式恒成立问题综合性强ꎬ在解决这类问题的过程中ꎬ学生较难找到解题的切入点和突破口ꎬ基于此ꎬ本文结合实例谈谈这类问题的解决策略.ʌ关键词ɔ参数分离ꎻ变量转换一㊁分离参变量策略在含参数不等式中参数与变量能分离且函数最值容易求出时ꎬ可以将参数不等式经过变形ꎬ将参数分离出来ꎬ将不等式恒成立问题转化为求函数最值问题ꎬ从而求出参数范围.例１㊀已知函数ｆ(ｘ)＝ｘ２＋ａｘ＋３－ａꎬ若ｘɪ[－２ꎬ０]时ꎬｆ(ｘ)ȡ２恒成立ꎬ求实数ａ的取值范围.解㊀ｆ(ｘ)ȡ２在ｘɪ[－２ꎬ０]上恒成立等价于:ａɤ－ｘ２－１ｘ－１在ｘɪ[－２ꎬ０]上恒成立.令ｈ(ｘ)＝－ｘ２－１ｘ－１ꎬ则ｈᶄ(ｘ)＝－ｘ２＋２ｘ＋１(ｘ－１)２＝－(ｘ－１)２＋２(ｘ－１)２.当ｘɪ[－２ꎬ０]时ꎬｈ(ｘ)在[－２ꎬ１－２)上单调递减ꎬ在[１－２ꎬ０]上单调递增ꎬʑｈ(ｘ)ｍｉｎ＝ｈ(１－２)＝２２－２ꎬʑａɤ２２－２ꎬʑ实数ａ的取值范围为(－ɕꎬ２２－２].二㊁主参换位策略某些含参不等式恒成立问题ꎬ在分离参数会遇到讨论的麻烦㊁但函数的最值却难以求出时可以通过变量转换ꎬ构造以已知取值范围的参数为自变量的函数ꎬ利用函数求出另一参数的取值范围.例２㊀若不等式ａｘ２－２ｘ－ａ＋１<０对满足－２ɤａɤ２的所有ａ都恒成立ꎬ求实数ｘ的取值范围.解㊀原不等式可以转化为ａ(ｘ２－１)－２ｘ＋１<０.令ｆ(ａ)＝ａ(ｘ２－１)－２ｘ＋１(－２ɤａɤ２)ꎬ它的函数图像表示一条线段ꎬ且该线段在ｘ轴下方ꎬʑｆ(－２)<０ꎬｆ(２)<０ꎬ{即－２ｘ２－２ｘ＋３<０ꎬ２ｘ２－２ｘ－１<０ꎬ{解得－１＋７２<ｘ<１＋３２ꎬʑ实数ｘ的取值范围为－１＋７２ꎬ１＋３２æèçöø÷.以上介绍了两种含参数不等式恒成立问题的求解策略ꎬ只是从某一个方面突破去探讨了不等式参数的取值范围ꎬ在具体的解题过程中ꎬ往往需要综合考虑ꎬ灵活运用ꎬ才能更好地解决这类问题.ʌ参考文献ɔ[１]郭宏.浅谈高中数学恒成立问题的解题方法[Ｊ].中国基础教育研究ꎬ２００９(６):１６６－１６７.[２]叶海明.高中数学恒成立问题的解题策略浅探[Ｊ].读与写ꎬ２００９(８):１１３ꎬ１９２.。
三元方程(不等式)中存在与恒成立问题解答策略
三元方程(不等式)中存在与恒成立问题解答策略
一、什么是三元方程(不等式)
三元方程(不等式)是一种由三个未知数组成的方程，它可以用来求解三个未知数的值。
它
可以用来求解比较复杂的问题，也可以用来解决组合数学中的问题。
二、三元方程(不等式)中存在与恒成立问题
在解决三元方程(不等式)时，有时会遇到“与恒成立”问题。
这种情况下，当我们把三元
方程(不等式)中的三个未知数替换为实际的值时，方程的结果不会改变，也就是说，方程
的结果是恒定的。
三、解决三元方程(不等式)中存在与恒成立问题的策略
1. 检查方程中的未知数：首先，我们需要在解决三元方程(不等式)时，检查方程中的未
知数是否存在重复，如果有，则可以直接排除，因为重复的未知数会导致方程的结果与恒
成立。
2. 改变方程的形式：如果方程中的未知数没有重复，那么我们可以尝试改变方程的形式，比如把方程中的未知数改变为不同的变量，或者把方程变换为其他形式，这样可以有效地
避免方程的结果与恒成立。
3. 使用数值解法：如果改变方程的形式仍然不能解决问题，那么我们可以尝试使用数值
解法，比如使用牛顿迭代法或其他数值解法，来求解三元方程(不等式)中的未知数。
4. 使用图像解法：如果以上方法都不能解决问题，那么我们可以尝试使用图像解法，比
如用图像来可视化三元方程(不等式)的解，以此来求解未知数。
总结
以上就是解决三元方程(不等式)中存在与恒成立问题的策略，即检查方程中的未知数，改
变方程的形式，使用数值解法和图像解法。
在解决三元方程(不等式)时，如果遇到“与恒
成立”问题，可以使用上述方法来解决。
高考专题--不等式恒成立问题的求解策略
不等式恒成立问题的求解策略一、考情分析函数与导数一直是高考中的热点与难点,利用导数研究不等式恒成立问题一直是高考命题的热点,此类问题一般会把函数、导数及不等式交汇考查,对能力要求比较高,难度也比较大,常见的题型是由不等式恒成立由不等式恒成立确定参数范围问题,常见处理方法有： ①首先要构造函数,利用导数研究函数的单调性,求出最值,进而得出相应的含参不等式,从而求出参数的取值范围．②也可分离变量,构造函数,直接把问题转化为函数的最值问题． 二、解题秘籍(一) 与不等式恒成立问题有关的结论 ① ∀x ∈D ,均有f (x )>A 恒成立,则f (x )min >A ； ② ∀x ∈D ,均有f (x )﹤A 恒成立,则 f (x )ma x <A ；③ ∀x ∈D ,均有f (x ) >g (x )恒成立,则F (x )= f (x )- g (x ) >0,∴ F (x )min >0； ④ ∀x ∈D ,均有f (x )﹤g (x )恒成立,则F (x )= f (x )- g (x ) <0,∴ F (x ) ma x <0； ⑤ ∀x 1∈D , ∀x 2∈E ,均有f (x 1) >g (x 2)恒成立,则f (x )min > g (x )ma x ； ⑥ ∀x 1∈D , ∀x 2∈E ,均有f (x 1) <g (x 2)恒成立,则f (x ) ma x < g (x ) min . 例1 已知函数1()ln ,()2xf x x xg x m ⎛⎫=+=- ⎪⎝⎭.（1）先证明单调性,再求函数()f x 在[]1,2上的最小值；（2）若对[][]121,2,0,2x x ∀∈∃∈,使得12()()f x g x ≥,求实数m 的取值范围.分析：（1）由11()10xf x x x+'=+=>证明()f x 在()0,∞+上单调递增,()f x 在[]1,2上的最小值为min ()(1)1f x f ==.（2）对[][]121,2,0,2x x ∀∈∃∈,使得12()()f x g x ≥,则1min 2min ()()f x g x ≥,根据（1）,min ()1f x =,1()2xg x m ⎛⎫=- ⎪⎝⎭在[]0,2上单调递减,所2min 1()(2)4g x g m ==-, 所以114m ≥-,即34m ≥-. (二)通过构造函数求最值解决不等式恒成立问题①该方法一般是根据不等式的结构构造一个新函数,利用导数研究该函数的单调性,由函数的单调性确定其最值,或把其最值用含有参数的式子来表示,再根据所给不等式列出关于参数的不等式；②注意如果所构造的函数，其导数结构比较复杂，不易分析出单调性，则可把需要判断符号的式子拿出来构造一个新函数，再想办法解决其符号；③有时所构造的函数的最值不易求出,可以引入导数的隐零点,把函数最值用导数的隐零点表示；④在考虑函数最值时，除了依靠单调性，也可根据最值点的出处，即“只有边界点与极值点才是最值点的候选点”，所以有的讨论点就集中在“极值点”是否落在定义域内.例2 已知函数()31ln 2f x x x x a =-+,()13212x a g x xe x x --=+-（a R ∈,e 为自然对数的底数）.（1）若函数()f x 在1,1e ⎛⎫⎪⎝⎭上有零点,求a 的取值范围； （2）当1≥x 时,不等式()()f x g x ≤恒成立,求实数a 的取值范围. 分析：（1）()23ln 12f x x x '=+-,设()()x f x φ'=,()21133x x x x xφ-'=-=.30,3x ⎛⎫∈ ⎪ ⎪⎝⎭时,()0x φ'>,()x φ递增；3,3x ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭时,()0x φ'<,()x φ递减.()x φ的最大值即()x φ的极大值为331ln 30332f φ⎛⎫⎛⎫-'==< ⎪ ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭, 所以()f x 在1,1e ⎛⎫⎪⎝⎭上递减,函数()f x 在1,1e ⎛⎫⎪⎝⎭上有零点,则()110e f f ⎛⎫⋅< ⎪⎝⎭,则311122a e e +<<.（2）把()()f x g x ≤恒成立转化为()()12ln 101x aF x e x ax x x -=-+--≥≥恒成立,()10F =,()1212x aF x e ax x x-'=--++,()132F a '=-,根据32a -的符号进行讨论：（ⅰ）320a -≥,即23a ≥时,令()()h x F x '=,()12311210xh x e a x x -⎛⎫'=++-> ⎪⎝⎭, ()F x '在区间[)1,+∞上单调递增,()()1320F x F a ''≥=->, ()F x 在区间[)1,+∞上单调递增,()()10F x F ≥=恒成立；（ⅰ）320a -<,即23<a 时,当0a ≤时,()121120xF x a x x x e-⎛⎫⎛⎫'=-+++< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭恒成立, 所以()F x 在区间[)1,+∞上单调递减,所以()()10F x F <=恒成立,即()()f x g x ≤不成立；当023a <<时,()1320F a '=-<,()1111331211a a F a a e a a e a --⎛⎫⎛⎫'=-+-=+-+- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭,131110221aeeee---<=<=,所以10F a ⎛⎫'> ⎪⎝⎭,又()12311210x h x e a x x -⎛⎫'=++-> ⎪⎝⎭, 所以()F x '在区间[)1,+∞上单调递增,所以()F x '在区间11,a ⎛⎫⎪⎝⎭上存在唯一的零点,设为0x , 当()01,x x ∈时()0F x '<,所以()F x 在区间()01,x 上单调递减, 所以()()10F x F <=,即()()f x g x ≤在区间()01,x 上不成立.综上所述,实数a 的取值范围为2,3⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭. (三) 通过分类参数把不等式恒成立问题转化为求不含参数的函数的最值①分类参数法就是在不等式中含有两个字母时（一个视为变量,另一个视为参数）,可利用不等式的等价变形让两个字母分居不等号的两侧,即不等号的每一侧都是只含有一个字母的表达式.然后可利用其中一个变量的范围求出另一变量的范围,转化为求函数的最值问题. ②一般情况下,那个字母的范围已知,就将其视为变量,构造关于它的函数,另一个字母（一般为所求）视为参数.③要注意分类参数法不是万能的,已知不等式中两个字母是否便于进行分离,如果仅通过几步简单变换即可达到分离目的,则参变分离法可行.但有些不等式中由于两个字母的关系过于“紧密”,会出现无法分离的情形,此时要考虑其他方法.此外参数分离后,要注意变量的函数解析式是否便于求出最值（或临界值）,若解析式过于复杂而无法求出最值（或临界值）,则也无法用分离法解决问题. 例3 已知函数2()ln f x x x ax =+-,a R ∈． （1）讨论函数()f x 的单调性； （2）若对任意的(1,2)a ∈,0[1x ∈,2]．不等式0()ln f x m a >恒成立,求实数m 的取值范围．分析：（1）求出导函数()'f x ,分类讨论确定()'f x 的正负,得单调区间：22a 时,()f x 在(0,)+∞单调递增,22a >时,()f x 在28(0,)4a a --和28(4a a +-,)+∞递增,在28(4a a --,28)4a a +-递减．（2）由()0f x '>在[1,2]上恒成立,得()f x 递增,()(1)1f x f a ≥=-,问题转化为对于任意的(1,2)a ∈,不等式1ln a m a ->恒成立,分离参数为1ln am a-<,引入新函数1()ln ag a a-=(12)a <<,用导数求得其最小值后可得m 的范围： 记1()ln a g a a -=(12)a <<,则2ln 1()ln a a ag a a a--+'=,令()ln 1M a a a a =--+,则()M a 'ln 0a =-<,所以()M a 在(1,2)上递减,所以()(1)0M a M <=, 故()0g a '<, 所以()g a 在(1,2)a ∈上单调递减,所以1(2)ln 2m g ≤=-, 即实数m 的取值范围为1(,]ln 2-∞-．(四)对于形如12x x >时不等式()()()()1221f x g x f x g x +>+恒成立问题,可构造增函数()()f x g x -来求解. 基本结论：(1)“若任意210x x >>,()()1212f x f x kx kx ->-,或对任意12x x ≠,()()1212f x f x k x x ->-,则()y f x kx =-是增函数；(2) 对任意12x x ≠,()()1212121f x f x x x x x ->-,则()1y f x x=+是增函数；例4 已知函数()()22ln f x ax a x x =-++,其中a ∈R .（1）当0a >时,若()f x 在区间[]1,e 上的最小值为2-,求a 的取值范围； （2）若对于任意210x x >>,()()122122f x f x x x -<-恒成立,求a 的取值范围. 分析：（1）对()f x 求导,并令导函数为0,得到12x =或1x a =,分类讨论1a 与区间[]1,e 的关系,得到a 的取值范围是[)1,+∞； （2）令()()2g x f x x =+,则()g x 在()0,∞+上单调递增；对()g x 求导,分类讨论当0a =时与当0a ≠时的情况,得a 的取值范围：()21212ax ax g x ax a x x-+'=-+=. 当0a =时,()10g x x'=>,此时()g x 在()0,∞+上单调递增； 当0a ≠时,只需()0g x '≥在()0,∞+上恒成立,只需2210ax ax -+≥在()0,∞+上恒成立,所以0a >,且280a a ∆=-≤,解得08a <≤；故a 的取值范围是[]0,8. 三、典例展示例1 已知函数()ln f x x ax =-.（1）若函数()f x 在定义域上的最大值为1,求实数a 的值；（2）设函数()()()2xh x x e f x =-+,当1a =时,()h x b ≤对任意的1,12x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭恒成立,求满足条件的实数b 的最小整数值. 解：（1）由题意,函数()y f x =的定义域为(0,)+∞,1()f x a x'=-, 当0a ≤时,1()0f x a x '=->,函数()y f x =在区间(0,)+∞上单调递增,此时,函数()y f x =在定义域上无最大值；当0a >时,令1()0f x a x ,得1x a=,由()0f x '>,得10,x a ⎛⎫∈⎪⎝⎭,由()0f x '<,得1,x a ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭, 此时,函数()y f x =的单调递增区间为10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭,单调减区间为1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭.所以当1x a=时,函数()f x 有最大值, 即max 2111()ln 11e f x f a a a ⎛⎫==-=⇒= ⎪⎝⎭,即2e -=a 为所求； （3）只需(2)e ln x b x x x ≥-+-对任意的1(,1)2x ∈恒成立即可.构造函数()(2)e ln xg x x x x =-+-, 11()(1)e 1(1)e x x g x x x x x ⎛⎫'=-+-=-- ⎪⎝⎭, ∵1(,1)2x ∈,∴10x -<,且1()xt x e x =-单调递增, ∵121()20,(1)102t e t e =-<=->,∴一定存在唯一的01(,1)2x ∈,使得0()0t x =,即00001,ln x e x x x ==-, 且当012x x <<时,()0t x <,即()0g x '>；当01x x <<时,()0t x >,即()0g x '<. 所以,函数()y g x =在区间01(,)2x 上单调递增,在区间0(),1x 上单调递减, ∴()()0max 0000001()2eln 12x g x g x x x x x x ⎛⎫==-+-=-+ ⎪⎝⎭,1(,1)2x ∈，则00112()y x x =-+在1(,1)2上单调递增,所以00112()(4,3)x x -+∈--, 因此b 的最小整数值为3-. 例2 已知函数()sin xf x aex =-,其中a R ∈,e 为自然对数的底数.（1）当1a =时,对[)0,x ∀∈+∞. ①证明：()1f x ≥；②若()2cos 2f x x bx '+-≥恒成立,求实数b 的范围；（2）若函数()f x 在0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上存在极值,求实数a 的取值范围. 解：（1）①证明：当1a =时,()sin xf x ex =-,则()cos x f x e x '=-,由于当0x ≥时,1x e ≥,1cos 1x -≤≤,故()cos 0xf x e x '=-≥,所以,函数()f x 在[)0,+∞上为增函数,则当[)0,x ∈+∞时,()()01f x f =≥； ②依题意,cos 2x e x bx +-≥在[)0,+∞上恒成立, 设()cos 2xg x ex bx =+--,其中0x ≥,则()sin 1x g x e x b b '=--≥-.（i ）当1b ≤时,()0g x '≥,此时()g x 在[)0,+∞上单调递增, 故()()00g x g ≥=,符合题意；（ii ）当1b >时,由①知,()sin xg x e x b '=--在[)0,+∞上为增函数,则必存在()00x ∈+∞,,使得()00g x '=,且当[]00,x x ∈时,()0g x '<,此时函数()g x 单调递减, 当()0,x x ∈+∞时,()0g x '>,此时函数()g x 单调递增, 所以,()()()0min 00g x g x g =<=,不符合题意. 综上,实数b 的取值范围为(],1-∞； （2）()sin x f x ae x =-,可得()cos x f x ae x '=-,由()0f x '=可得cos e xx a,所以直线y a =与曲线cos x x y e =在0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上的图象有交点（非切点）,令()cos x x h x e =,其中0,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭,则()sin cos 0xx x h x e +'=-<在0,2π⎛⎫ ⎪⎝⎭上恒成立, 所以,函数()h x 在0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减,且()01h =,02h π⎛⎫= ⎪⎝⎭, 作出函数y a =与函数()h x 在0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上的图象如下图所示：由图可知,当01a <<时,直线y a =与曲线cos x x y e =在0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上的图象有交点（非切点）.因此,实数a 的取值范围是()0,1.例3 已知函数()()ln ,af x x xg x x x =-=+,且函数()f x 与()g x 有相同的极值点. （1）求实数a 的值；（2）若对121,,3e x x ⎡⎤∀∈⎢⎥⎣⎦,不等式12()()11f x f x k -+恒成立,求实数k 的取值范围； （3）求证：()()e cos x xf xg x x++<.解：（1）()f x 的定义域为(0,)+∞,1()1f x x '=-,由()0f x '=得1x =, 易知函数()f x 在(0,1)单调递增,在(1,)+∞单调递减, 故函数()f x 的极大值点为1x =,2()1ag x x =-',依题意有(1)10g a =-=',解得1a =,经验证符合题意,故1a =.（2）由（1）知,函数()f x 在1,1e ⎛⎫⎪⎝⎭单调递增,在(1,3)单调递减, 又()()111,11,3ln 33e e f f f ⎛⎫=--=-=- ⎪⎝⎭,且1ln 3311e -<--<-, ∴当1,3e x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时,max ()(1)1f x f ==-,min ()(3)ln33f x f ==-. ① 当10k +>,即1k >-时,对121,,3e x x ⎡⎤∀∈⎢⎥⎣⎦,不等式12()()11f x f x k -+恒成立,即为121()()k f x f x +-恒成立,则max min 1()()1(ln 33)2ln 3k f x f x +-=---=-, 1ln3k ∴-,又1ln31->-,∴此时k 的取值范围为1ln3k -；② 当10+<k ,即1k <-时,对121,,3e x x ⎡⎤∀∈⎢⎥⎣⎦,不等式12()()11f x f x k -+恒成立,即为121()()k f x f x +-恒成立,则min max 1()()(ln 33)(1)ln 32k f x f x +-=---=-, 所以ln33k -,又ln331-<-,∴此时k 的取值范围为ln33k -.综上,实数k 的取值范围为(][),ln331ln3,-∞--+∞. （3）证明：所证不等式即为ln e cos 1x x x x -<-, 下证：ln e 1x x x x -<--,即证ln e 10x x x x -++<, 设()ln e1(0)xh x x x x x =-++>,则()'ln 1e 1ln e 2x x h x x x =+-+=-+,令()()ln e2xr x h x x ==-+',则()1e x r x x='-, 易知函数()r x '在(0,)+∞上单调递减,且()12e 0,11e 02r r ⎛⎫=->=-< ⎪⎝⎭'',故存在唯一的01(,1)2x ∈,使得0()0r x '=,即001e xx =,00ln x x =-,且当0(0,)x x ∈时,()0r x '>,()r x 即()h x '单调递增； 当()0,x x ∈+∞时,()0r x '<,()r x 即()h x '单调递减,∴()()()020000max0011ln e 220x x h x h x x x x x -==-+=--+'=-<',()h x ∴在(0,)+∞单调递减,又0x →时,()0h x →,故()0h x <,即ln e 1x x x x -<--；再证：1cos 1(0)x x x --<->,即证cos 0x x +>在(0,)+∞上恒成立, 设()cos m x x x =+,()sin 10m x x =+'-, ()m x ∴在(0,)+∞单调递增, 则()(0)10m x m >=>,即cos 0x x +>,故1cos 1x x --<-, 综上,ln e cos 1x x x x -<-.四、跟踪检测 1．已知函数()ln 1f x a x x=++（其中0a ≠, 2.71828e =⋅⋅⋅⋅⋅⋅）（1）当34a =-时,求函数()f x 的单调区间；（2）对任意的21,x e ⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭均满足()2f x ax≤,试确定a 的取值范围.2．定义在()0,∞+上的关于x 的函数2()(1)2x axf x x e =--．（1）若a e =,讨论()f x 的单调性；（2）()3f x ≤在(]0,2上恒成立,求a 的取值范围．3．已知函数()ln xf x x=-. （1）设()()1x g x f x f x ⎛⎫=+ ⎪-⎝⎭,求函数()g x 的最小值； （2）设()1h x f x ⎛⎫=⎪⎝⎭,对任意1x 、()20,x ∈+∞,()()()()121212h x h x h x x k x x +≥++⋅+恒成立,求k 的最大值.4．已知函数l ()n f x ax x =,a R ∈． （1）当1a =时, ①求()f x 的极值； ②若对任意的x e ≥都有()mx m f x e x≥,0m >,求m 的最大值；（2）若函数2()()g x f x x =+有且只有两个不同的零点1x ,2x ,求证：212x x e >．5．已知函数()ln f x a x bx =+的图象在点(1,3)-处的切线方程为21y x =--. （1）若对任意1[,)3x ∈+∞有()f x m 恒成立,求实数m 的取值范围；（2）若函数2()()2g x f x x k =+++在区间(0,)+∞内有3个零点,求实数k 的范围.6．已知函数(),()ln ,x f x e g x x a x a R ==+∈ （1）讨论g (x )的单调性； （2）若()()2a f x x g x x ++,对任意(1,)x ∈+∞恒成立,求a 的最大值.7．已知函数()()22,3x f x e kx g x x k =-=+-． （1）讨论函数()y f x =的单调区间；（2）若()()2f x g x ≥对任意0x ≥恒成立,求实数k 的取值范围．8．已知函数()11x f x e x -=-+,()()2ln 12g x x ax ax =+--,其中a ∈R ． （1）证明：当0x >时,()0f x <；（2）若()()g x f x <在区间()0,∞+上恒成立,求实数a 的取值范围．跟踪检测参考答案1. 解：（1）当34a =-时,3()ln 14f x x x =-++,0x >,31(12)(211)')42141x x f x x x x x+-++=-+=++, ∴函数()f x 的单调递减区间为()0,3,单调递增区间为()3,+∞. （2）由()112f a ≤,得204a <≤, 当204a <≤时,()4f x ax ≤,2ln 0x ≥, 令1t a =,则22t ≥, 设2()212ln g t t x t x x =-+-,22t ≥,则211()12ln xg t x t x x x ⎛⎫+=-+-- ⎪ ⎪⎝⎭, （i ）当1,7x ⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭时,1122x+≤, 则()(22)84212ln g x g x x x ≥=-+-,记()4221ln p x x x x =-+-,17x ≥, 则2212121'()11x x x x p x x x x x x +--+=--=++(1)1(221)1(1)(12)x x x x x x x x ⎡⎤-++-⎣⎦=++++, 列表讨论：∴()(1)0p x p ≥=, ∴()(22)2()2()0g t g p x p x ≥==≥.（ii ）当211,7x e ⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭时,12ln (1)()12x x x g t g x x ⎛⎫--+≥+= ⎪ ⎪⎝⎭,令()2ln (1)q x x x x =++,211,7x e ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦,则ln 2()10x q'x x +=+>, 故()q x 在211,7e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递增, ∴1()7q x q ⎛⎫≤ ⎪⎝⎭,由（i ）得127127(1)07777q p p ⎛⎫⎛⎫=-<-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭, ∴()0q x <,∴1()()102q x g t g x x ⎛⎫≥+=-> ⎪ ⎪⎝⎭, 由（i ）（ii ）知对任意21,x e ⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭,)22,t ⎡∈+∞⎣,()0g t ≥,即对任意21,x e ⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭,均有()2f x ax≤,综上所述,所求的a 的取值范围是20,4⎛⎤ ⎥ ⎝⎦. 2. 解：（1）()'()x xf x xe ax x e a =-=-,a e =时,()'()x f x x e e=-,在()0,1x ∈上,'()0f x <,()f x 单调递减﹔在()1,x ∈+∞上,'()0f x >,()f x 单调递增．（2）由（1）()'()xf x x e a =-,若1a ≤,在(]0,2上,'()0f x >,()f x 单调递增,()2223f ea =->,不合题意；若21a e <<,在()0,ln a 上,'()0f x <,()()01f x f <=-， 在(]ln ,2a 上,'()0f x >,()2()22f x f ea <=-,由题意,2223232e e a a e --≤⇒≤<；若2a e ≥,在()0,2上,'()0f x <,()f x 单调递减, 则在(]0,2上,()()013f x f <=-<符合题意.综上所述,232e a -≥．3. 解：（1）()ln 11ln x f x x x x -==,令1t x=,则111111x t x t t==---,设()()()()ln 1ln 1F t g x t t t t ==+--,其中()0,1t ∈, 则()()ln 1ln 11ln 1tF t t t t '=+---=-,当10,2t ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时,()0,11tt ∈-,则()0F t '<,()F t 单调递减,当1,12t ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时,()1,1tt ∈+∞-,()0F t '>,()F t 单调递增, 所以,()()min min 11ln ln 222g x F t F ⎛⎫====- ⎪⎝⎭； （2）()1ln h x f x x x ⎛⎫== ⎪⎝⎭,则()()()()()121211221212ln ln ln h x h x h x x x x x x x x x x +-+=+-++()1211221212121212121212lnln ln ln x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x ⎛⎫=+=++ ⎪++++++⎝⎭()12121212x x x x h h x x x x ⎡⎤⎛⎫⎛⎫=++⎢⎥ ⎪ ⎪++⎝⎭⎝⎭⎣⎦, 由（1）知121121212ln 2x x x h h F x x x x x x ⎛⎫⎛⎫⎛⎫+=- ⎪ ⎪ ⎪+++⎝⎭⎝⎭⎝⎭≥, 因为()()()()121212h x h x h x x k x x +≥++⋅+,则121212x x k h h x x x x ⎛⎫⎛⎫≤+ ⎪ ⎪++⎝⎭⎝⎭,故ln 2k -≤. 故k 的最大值是ln 2-.4. 解：（1）①1a =时,()ln f x x x =,则()ln 1(0)f x x x '=+>, 令()0f x '>,解得：1x e>,令()0f x '<,解得：10x e <<,∴()f x 在1(0,)e 递减,在1(e ,)+∞递增, 故()f x 的极小值是11()f e e =-,没有极大值； ②对任意x e ≥都有n (l )mm m x xx m f x e e e x≥=,即()()m x f x f e ≥恒成立,由0m >,有0mx>,故1m x e >, 由①知,()f x 在1(e ,)+∞单调递增,故mx x e ≥,可得ln mx x ≥,即ln x x m ≥, 当x e ≥时,()f x 的最小值是()f e e =,故m 的最大值是e ；（2）证明：要证212x x e >,只需证明12ln()2x x >即可,由题意,1x 、2x 是方程2ln 0ax x x +=的两个不相等的实数根,又1x >,∴1122ln 0ln 0a x x a x x +=⎧⎨+=⎩,消去a ,整理得：121121221ln()ln 1x x x x x x x x +=⋅-,不妨设12x x >,令12x t x =,则1t >,故只需证明当1t >时,1ln 21t t t +⋅>-,即证明2(1)ln 1t t t ->+, 设2(1)()ln 1t h t t t -=-+,则22211(1)(1)()20(1)(1)t t t h t t t t t +---'=-⋅=>++,∴()h t 在(1,)+∞单调递增,从而()(1)0h t h >=, 故2(1)ln 1t t t ->+,即212x x e >得证．5. 解：（1）()af x b x '=+,(0)x >.函数()f x 的图象在点(1,3)-处的切线的方程为21y x =--.f '∴（1）2=-,f（1）3=-,∴23a b b +=-⎧⎨=-⎩,解得3b =-,1a =. ()ln 3f x x x ∴=-.13()13()3x f x x x--=-=',1[,)3x ∈+∞,()0f x '∴. ∴当13x =时,函数()f x 取得最大值,1()ln313f =--. 对任意1[,)3x ∈+∞有()f x m 恒成立,所以()max m f x ,1[,)3x ∈+∞. ln31m ∴--. ∴实数m的取值范围是[ln31--,)+∞.（2）由（1）可得：2()ln 32g x x x x k =-+++, ∴1(21)(1)()23x x g x x x x--'=+-=, 令()0g x '=,解得12x =,1. 列表如下：由表格可知：当1x =时,函数()f x 取得极小值g （1）k =； 当12x =时,函数()g x 取得极大值13()ln224g k =-++.要满足函数2()()2g x f x x k =+++在区间(0,)+∞内有3个零点,则3ln2040k k ⎧-++>⎪⎨⎪<⎩, 解得3ln204k -<<, 则实数k 的取值范围3(ln2,0)4-.6. 解：（1）()1(0)ax ag x x x x+'=+=>, 当0a 时,()0g x '>,()g x 在(0,)+∞上单调递增；当0a <时,令()0g x '>,解得x a >-,令()0g x '<,解得0x a <<-,()g x ∴在(0,)a -上单调递减,在(,)a -+∞上单调递增；综上,当0a 时,()g x 在(0,)+∞上单调递增；当0a <时,()g x 在(0,)a -上单调递减,在(,)a -+∞上单调递增； （2）()2()a f x xg x x ++即为ln x a e x a x x ++,即ln ln x x a a e e x x ++,设()ln (0)h x x x x =+>,则11()1x h x x x+'=+=, 易知函数()h x 在(0,)+∞上单调递增,而()()xa h e h x ,所以x a e x ,即ln x a x ,当1x >时,即为ln xax, 设()(1)ln xx x x ϕ=>,则2ln 1()ln x x xϕ-'=, 易知函数()ϕx 在(0,)e 上单调递减,在(,)e +∞上单调递增,()x ϕϕ∴（e ）e =, a e ∴,即a 的最大值为e ．7. 解：（1）()xf x e k '=-,①当0k ≤时,()0f x >′恒成立,则()y f x =在R 上单调递增； ②当0k >时,ln x k >时,()0f x >′,()y f x =的单调递增区为()ln ,k +∞； ln x k <时,()0f x >′,()y f x =的单调递减区间为(),ln k +∞．（2）22223x e kx x k -≥+-对任意的0x ≥恒成立,即22232xx kx k e ++-≤对任意的0x ≥恒成立． 令()()()()221323,x xx k x k x kx k h x h x e e +++-++-'=- ①当3k ≥时,()0h x '≤在()0,x ∈+∞恒成立,()h x 在()0,∞+上单调递减．所以只需2032h k =-≤（）,即5,5k ⎡⎤∈-⎣⎦,矛盾．②当13k -≤<时,()h x 在()0,3k -+上单调递增,在()3,k -++∞上单调递减． 所以只需()3632k h k e -+-+=≤,即3ln3k ≤-．∴13ln3k -≤≤-；③当1k <-时,()h x 在()0,1k --上单调递减,在()1,3k k ---+上单调递增,在()3,k -++∞上单调递减．则()()253ln 332h x k hk ⎧≤⎪⇒-≤≥-⎨-+≤⎪⎩，∴51k -≤≥-,综上,实数k 的取值范围为5,3ln 3⎡⎤--⎣⎦8. 解：（1）证明：当0x >时,()11011x x f x e x e x <⇐<⇐>++, 令()1xh x ex =--,则()10x h x e '=->, ∴()h x 在()0,∞+上单调递增,∴()()00h x h >=, ∴1x e x >+．（2）由题()()0g x f x -<,即()21ln 1201x x ax ax e x -+---+<+, 令()()21ln 121x F x x ax ax e x -=+---++,易知()00F =, 且()()2112211x F x ax a e x x -'=--+-++,要满足题意,必有()00F '≤,则120a -≤,∴12a ≥,当12a ≥时,()()()()22111ln 12ln 12112x x F x x ax ax e x e x x x x --=+---+<+-+-+++, 记()()()211ln 1212x x x e x x x ϕ-=+-+-++,0x >,()()()()()22111111111111x x e x x x x x x x ϕ-'=+--+<+--++++++()()()()2222211011x x x x x +-+-==<++,∴()x ϕ在()0,∞+上单调递减,则()()00x ϕϕ<=, 即当12a ≥时,()()0F x x ϕ<<,满足题意, 综上：12a ≥．。
不等式恒成立求参数范围的放缩策略
不等式恒成立求参数范围的放缩策略
利用放缩策略求解不等式，是指通过合理的调整参数的范围，使得不等式得以恒成立。
其核心思想在于利用参数的合理变化来逼近解的存在域，而不是冰冷的解方程。
具体策略如下：
（1）先选取不等式中参数在实质上最易变化的空间，解开左右两端，以此来缩小参数范围。
比如，将[3x + 4y > z2 - 3]，裂开为{x + y > (z - 1)(z + 3) ; x + y < (z + 1)(z + 3) }
（2）如果不等式中的参数相互交叉影响，则可以先求出其中一个参数的范围，然后利用这个参数的范围确定另外一个参数的范围。
例如，[x + 2y > 1]可以分开为：当x > 1时，y > 0.5 ; 当x < 1时，y > 0.5x + 0.5。
（3）如果不等式中的参数不能够相互抵消，则可以把不等式继续分解，转化为更多满足要求的子问题，逐步缩小参数范围。
比如，将[x + 2y > 1]裂开为{x + y > 1 ; x + y < 2}，即x > 1时，1 < y < 2; x < 1时，0 < y < 1。
含参不等式恒成立问题解题策略探究
含参不等式恒成立问题解题策略探究含参不等式恒成立问题解题策略探究李世文（甘肃省白银市景泰县第二中学，甘肃㊀白银㊀７３０４００）ʌ摘要ɔ含参不等式恒成立问题是新高考数学试卷中的重点与热点，设置的场景与知识模块新颖多样，内涵丰富，解法灵活，成为高考命题者青睐的一种基本题型．文章结合一道高考模拟卷中的函数与导数问题，就含参不等式恒成立问题的破解策略与技巧方法加以 一题多解 剖析，旨在提升学生的数学解题能力，开拓其数学思维，引领并指导其进行解题研究与复习备考．ʌ关键词ɔ含参不等式；恒成立；策略探究ʌ基金项目ɔ本文系甘肃省教育科学 十四五 规划２０２３年度 普通高中数学新课程实验跟踪与质量监测教改实验项目 专项课题‘高中数学选择性必修课程 函数 主题教学设计与实施研究“（课题立项号：ＧＳ［２０２３］ＧＨＢＺＸ０００３）．㊀㊀含参不等式恒成立问题，是近年新高考数学命题中的一类非常典型的热点题型，有时以小题（选择题或填空题）形式出现，有时以解答题形式出现，均是难得的压轴题，题型新颖，变化多样．此类问题难度较大，解题思维灵活多变，能够很好地考查学生的基础知识㊁基本能力与解题经验，具有较好的选拔性与区分度，深受各方关注．下面笔者就以一道高考数学模拟卷中的含参不等式恒成立背景下求参数取值范围的问题来展开探究，剖析解决此类问题的基本策略与技巧方法．一㊁例题呈现例题㊀已知函数ｆ（ｘ）＝ｅｘ－１＋ａｌｎａｘ＋１æèçöø÷，其中ａ＞０．（１）若ａ＝２，求ｆ（ｘ）的极值；（２）若ｆ（ｘ）ȡ２ａ（１＋ｌｎａ），求实数ａ的取值范围．此题中，第一小题通过参数的确定值来求解对应函数的极值问题，依托问题场景的创设，借助两次求导处理来分析函数的单调性，进而确定对应的极值问题．而第二小题，以含参不等式恒成立的创新设置，通过指数函数㊁对数函数的复合形式作为基本载体，进而确定参数的取值范围．这里可以借助不等式恒成立的恒等变形与转化，利用同构函数法㊁隐零点法㊁放缩法以及反函数法等常见的思维方法来切入与分析，在一定程度上合理引导学生开拓数学解题思维，掌握更加丰富的解题技巧㊁方法．二㊁解题探究解析㊀（１）当ａ＝２时，ｆ（ｘ）＝ｅｘ－１＋２ｌｎ２ｘ＋１æèçöø÷，定义域为（－１，＋ɕ），则ｆᶄ（ｘ）＝ｅｘ－１＋（ｘ＋１）２ｘ＋１æèçöø÷ᶄ＝ｅｘ－１－２ｘ＋１，令函数ｇ（ｘ）＝ｆᶄ（ｘ），则ｇᶄ（ｘ）＝ｅｘ－１＋２（ｘ＋１）２＞０在（－１，＋ɕ）上恒成立，所以ｇ（ｘ）在（－１，＋ɕ）上单调递增，又ｆᶄ（１）＝ｅ１－１－２１＋１＝０，所以当ｘɪ（－１，１）时，ｆᶄ（ｘ）＜０，当ｘɪ（１，＋ɕ）时，ｆᶄ（ｘ）＞０，故ｆ（ｘ）在（－１，１）上单调递减，在（１，＋ɕ）上单调递增，所以ｆ（ｘ）＝ｅｘ－１＋２ｌｎ２ｘ＋１æèçöø÷在ｘ＝１处取得极小值，极小值为ｆ（１）＝ｅ１－１＋２ｌｎ（２１＋１）＝１，无极大值．（２）方法１（同构函数法）㊀由题意可得ｅｘ－１＋ａｌｎａｘ＋１æèçöø÷ȡ２ａ（１＋ｌｎａ），因为ａ＞０，所以以上不等式两边同时除以ａ可得ｅｘ－１ａ＋ｌｎａｘ＋１æèçöø÷ȡ２（１＋ｌｎａ），变形为ｅｘ－１－ｌｎａ＋（ｘ－１－ｌｎａ）ȡｘ＋１＋ｌｎ（ｘ＋１），即ｅｘ－１－ｌｎａ＋（ｘ－１－ｌｎａ）ȡｅｌｎ（ｘ＋１）＋ｌｎ（ｘ＋１），４３１同构函数ｈ（ｘ）＝ｅｘ＋ｘ，则以上不等式等价于ｈ（ｘ－１－ｌｎａ）ȡｈ（ｌｎ（ｘ＋１）），因为ｈᶄ（ｘ）＝ｅｘ＋１＞０恒成立，所以ｈ（ｘ）＝ｅｘ＋ｘ在Ｒ上单调递增，所以ｘ－１－ｌｎａȡｌｎ（ｘ＋１），即ｘ－１－ｌｎ（ｘ＋１）ȡｌｎａ，构造函数ｕ（ｘ）＝ｘ－１－ｌｎ（ｘ＋１），ｘɪ（－１，＋ɕ），则ｕᶄ（ｘ）＝１－１ｘ＋１＝ｘｘ＋１，当ｘɪ（－１，０）时，ｕᶄ（ｘ）＜０，当ｘɪ（０，＋ɕ）时，ｕᶄ（ｘ）＞０，故ｕ（ｘ）＝ｘ－１－ｌｎ（ｘ＋１）在（－１，０）上单调递减，在（０，＋ɕ）上单调递增，所以ｕ（ｘ）＝ｘ－１－ｌｎ（ｘ＋１）在ｘ＝０处取得极小值，也是最小值，故ｕ（ｘ）ｍｉｎ＝ｕ（０）＝－１，所以－１ȡｌｎａ，解得ａɤ１ｅ，由于ａ＞０，故实数ａ的取值范围为０，１ｅæèçùûúú．解后反思㊀该解法根据题设条件中不等式恒成立的恒等变形与转化，合理寻找共性，构建同型，借助同构思维㊁同构函数，利用函数的单调性加以简化不等式，并借助分离变量㊁结构对应函数的构建以及函数的单调性判断，利用函数最值的求解来转化，进而得以确定对应的参数取值范围问题．同构思维是解决此类函数与导数解答题中经常应用的一种基本数学思维，其特点就是不等式中同时出现ｅｘ与ｌｎｘ的相关项．方法２（隐零点法）㊀令函数ｇ（ｘ）＝ｆ（ｘ）－２ａ（１＋ｌｎａ）＝ｅｘ－１－ａｌｎ（ｘ＋１）－２ａ－ａｌｎａ，ｘɪ（－１，＋ɕ），则ｇᶄ（ｘ）＝ｅｘ－１－ａｘ＋１＝（ｘ＋１）ｅｘ－１－ａｘ＋１，令函数ｈ（ｘ）＝（ｘ＋１）ｅｘ－１－ａ，ｘɪ（－１，＋ɕ），则ｈᶄ（ｘ）＝（ｘ＋２）ｅｘ－１＞０恒成立，所以函数ｈ（ｘ）在（－１，＋ɕ）上单调递增，又ｈ（－１）＝－ａ＜０，ｈ（ａ）＝（ａ＋１）ｅａ－１－ａ＞（ａ＋１）㊃ａ－ａ＝ａ２＞０，根据函数零点的存在性定理，可得存在唯一ｘ０ɪ（－１，ａ），使得ｈ（ｘ０）＝０，此时（ｘ０＋１）ｅｘ－１－ａ＝０，整理可得ｌｎ（ｘ０＋１）＝ｌｎａ－（ｘ０－１），则当ｘɪ（－１，ｘ０）时，ｈ（ｘ）＜０，则ｇᶄ（ｘ）＜０，函数ｇ（ｘ）单调递减；当ｘɪ（ｘ０，＋ɕ）时，ｈ（ｘ）＞０，则ｇᶄ（ｘ）＞０，函数ｇ（ｘ）单调递增，所以ｇ（ｘ）ｍｉｎ＝ｇ（ｘ０）＝ｅｘ－１－ａｌｎ（ｘ０＋１）－２ａ－ａｌｎａ＝ａｘ０＋１－ａ［ｌｎａ－（ｘ０－１）］－２ａ－ａｌｎａ＝ａｘ０＋１＋ａ（ｘ０＋１）－４ａ－２ａｌｎａȡ２ａｘ０＋１㊃ａ（ｘ０＋１）－４ａ－２ａｌｎａ＝－２ａ－２ａｌｎａ，当且仅当ａｘ０＋１＝ａ（ｘ０＋１），即ｘ０＝０时等号成立，要使得ｆ（ｘ）ȡ２ａ（１＋ｌｎａ）恒成立，则ｇ（ｘ）ｍｉｎ＝－２ａ－２ａｌｎａȡ０，由于ａ＞０，则有－２－２ｌｎａȡ０，解得０＜ａɤ１ｅ，故实数ａ的取值范围为０，１ｅæèçùûúú．解后反思㊀根据题设条件中不等式恒成立的恒等变形与转化，实现不等式问题函数化，进而结合带参函数的构建与求导处理，通过确定函数的隐零点，利用代换思维以及基本不等式的应用来确定函数的最小值，为问题的解决提供条件．利用函数的隐零点思维解题时要注意优化隐零点的取值范围是关键，也是破解问题的重点之一．方法３（放缩法）㊀由题意可得ｅｘ－１＋ａｌｎａｘ＋１æèçöø÷ȡ２ａ（１＋ｌｎａ），因为ａ＞０，所以以上不等式两边同时除以ａ可得ｅｘ－１ａ＋ｌｎａｘ＋１æèçöø÷ȡ２（１＋ｌｎａ），变形为ｅｘ－ｌｎａ－１－ｌｎ（ｘ＋１）－ｌｎａ－２ȡ０，（∗）利用重要不等式有ｅｘ－ｌｎａ－１ȡｘ－ｌｎａ，当且仅当ｘ－ｌｎａ＝１时等号成立，ｌｎ（ｘ＋１）ɤｘ，当且仅当ｘ＝０时等号成立，所以ｅｘ－ｌｎａ－１－ｌｎ（ｘ＋１）－ｌｎａ－２ȡｘ－ｌｎａ－ｘ－ｌｎａ－２＝－２ｌｎａ－２，当且仅当ｘ－ｌｎａ＝１，ｘ＝０，{即ａ＝１ｅ，ｘ＝０ìîíïïï时等号成立，要使得不等式（∗）恒成立，则有－２ｌｎａ－２ȡ０，解得ａɤ１ｅ，由于ａ＞０，故实数ａ的取值范围为０，１ｅæèçùûúú．解后反思㊀根据题设条件中不等式恒成立的恒等变形与转化，利用双切线重要不等式的结论进行合理的放缩处理，为不等式的构建提供条件．此类函数与导数解答题中放缩法应用的关键就是利用一些重要不等式进行放缩与变形．方法４（反函数法）㊀由题意可得ｅｘ－１＋ａｌｎａｘ＋１æèçöø÷ȡ２ａ（１＋ｌｎａ），因为ａ＞０，所以以上不等式两边同时除以ａ可得ｅｘ－１ａ＋ｌｎａｘ＋１æèçöø÷ȡ２（１＋ｌｎａ），５３１变形为ｅｘ－１ａȡｌｎ（ｘ＋１）＋ｌｎａ＋２，令ｔ＝ｘ＋１＞０，问题转化为不等式ｅｔ－２ａȡｌｎｔ＋ｌｎａ＋２恒成立，而函数ｙ＝ｅｔ－２ａ与ｙ＝ｌｎｔ＋ｌｎａ＋２互为反函数，则问题转化为不等式ｔȡｌｎｔ＋ｌｎａ＋２恒成立，也即ｌｎａɤｔ－ｌｎｔ－２恒成立，构造函数ｈ（ｔ）＝ｔ－ｌｎｔ－２，ｔɪ（０，＋ɕ），则ｈᶄ（ｔ）＝１－１ｔ＝ｔ－１ｔ，当ｔɪ（０，１）时，ｈᶄ（ｔ）＜０，当ｔɪ（１，＋ɕ）时，ｈᶄ（ｔ）＞０，故ｈ（ｔ）＝ｔ－ｌｎｔ－２在（０，１）上单调递减，在（１，＋ɕ）上单调递增，所以ｈ（ｔ）＝ｔ－ｌｎｔ－２在ｔ＝１处取得极小值，也是最小值，故ｈ（ｔ）ｍｉｎ＝ｈ（１）＝－１，所以ｌｎａɤ－１，解得ａɤ１ｅ，由于ａ＞０，故实数ａ的取值范围为０，１ｅæèçùûúú．解后反思㊀根据题设条件中不等式恒成立的恒等变形与转化，通过参数的整体化思维，利用两相关函数互为反函数，结合反函数的图像与性质恒等变形并优化对应的不等式，进而借助分离变量㊁结构对应函数的构建以及函数的单调性判断，利用函数最值的求解来转化，进而得以确定对应的参数取值范围．反函数法可以很好地优化恒成立的不等式，合理使问题得以简捷化处理．三㊁变式拓展含参不等式恒成立问题具有灵活多变的解题方式，是 一题多解 的重要场所，而且在各类题型中均能较好展开．而在此 一题多解 的基础上，深度学习，进行 一题多变 ，可以充分展开此类创新综合应用题的魅力，达到发散思维㊁开拓方法㊁巩固相关基础知识与基本方法的目的．ʌ变式ɔ若存在ｘɪ（０，＋ɕ），使得不等式ｅｘ－ａｌｎｘ＜ａｌｎａ成立，则实数ａ的取值范围为．解析㊀依题意知ａ＞０，由于存在ｘɪ（０，＋ɕ），使得不等式ｅｘ－ａｌｎｘ＜ａｌｎａ成立，即ｅｘａ－ｌｎｘ＜ｌｎａ成立，则知ｅｘａ－ｌｎａ＜ｌｎｘ成立，亦即ｅｘ－ｌｎａ＋（ｘ－ｌｎａ）＜ｘ＋ｌｎｘ＝ｅｌｎｘ＋ｌｎｘ成立，同构函数ｆ（ｘ）＝ｅｘ＋ｘ，易知函数ｆ（ｘ）在Ｒ上单调递增，所以只需ｘ－ｌｎａ＜ｌｎｘ成立，即ｌｎａ＞ｘ－ｌｎｘ成立，令函数ｇ（ｘ）＝ｘ－ｌｎｘ，ｘɪ（０，＋ɕ），求导有ｇᶄ（ｘ）＝１－１ｘ＝ｘ－１ｘ，由ｇᶄ（ｘ）＝０解得ｘ＝１，所以当ｘɪ（０，１）时，ｇᶄ（ｘ）＜０；当ｘɪ（１，＋ɕ）时，ｇᶄ（ｘ）＞０；所以函数ｇ（ｘ）在（０，１）上单调递减，在（１，＋ɕ）上单调递增，所以ｇ（ｘ）ȡｇ（１）＝１，即ｌｎａ＞１，ａ＞ｅ，所以实数ａ的取值范围为（ｅ，＋ɕ），故填答案：（ｅ，＋ɕ）．四㊁教学启示（一）总结方法，归纳策略破解此类含参不等式恒成立问题，主要从以下三个方面入手：函数视角切入㊁不等式视角切入㊁数形直观切入，基本的技巧策略主要有：构造函数法与隐零点法，基于不等式基本性质或重要不等式的放缩法，基于函数图像的数形结合法，以及反函数法㊁判别式法㊁更换主元法等，学生应结合具体问题场景，合理选择对应的视角切入，利用对应的方法进行解题㊁应用．（二）交汇思想，提升能力含参不等式恒成立问题的创设场景多变，自身可以巧妙融合函数与方程㊁不等式㊁函数与导数等众多的数学基础知识，同时在求解过程中还涉及函数与方程㊁转化与化归㊁分类讨论及数形结合等基本数学思想方法，求解方法多种多样，需要学生不断去领悟㊁体会与总结，对于锻炼学生的综合解题能力与逻辑推理能力，培养学生思维的灵活性㊁创造性等都有着非常独特的作用．结㊀语对于含参不等式恒成立问题，教师应巧妙地通过对问题的深入分析与挖掘，进行合理的 一题多解 ，并依托 一题多解 的思维拓展与探究，引导学生深度学习，进而 一题多变 ，从而在解题研究与学习的层面上有效深入探究与应用，构建更加完善的数学知识网络体系，优化数学思维品质，提升数学解题能力，合理培养数学核心素养．ʌ参考文献ɔ［１］洪锐敏．２０２２年新高考Ⅰ卷函数与导数解答题的解法探究与推广［Ｊ］．中学数学研究（华南师范大学版），２０２３（１８）：３１－３４．［２］王咏梅．谈谈用导数法解答两类函数问题的路径［Ｊ］．语数外学习（高中版上旬），２０２３（２）：４５－４６．［３］郑笑容，杨恩彬．审度时宜㊀虑定而定：例谈函数与导数解答题的求解策略［Ｊ］．福建中学数学，２０２２（７）：３７－４０．［４］敖羚峰．高中数学导数试题分析㊁解题错误与教学对策研究［Ｄ］．上海：华东师范大学，２０２１．６３１。
不等式恒成立如何求参数的取值范围的方法探究
＋ ３
Ｄ ≥
Ｆ ］ ｍ， 上恒 成立 的充 要条件 是 ：
ｆ ≥ Ｏ △ ， ｆ ≥Ｏ Ａ ，
ｎ 进 而转化 为求 函数 的最值 问题 ． ，
解
－ ｚ ≥ ０在 ｚＥ［ ，］ 成立 ， 厂 ） （ 一１ １恒 即
Ａｏ｛ ） ，，） ， ＜，ｌ ＞ 或 （＞ 或 （ ｏ｛ｍ ｏ 厂 ｌ ＜． 一 ｍ 乏
所以ｔ 的取值 范 围为 ｛ ≤ 一２或 ｔ Ｉ ＝０
或￡ ） ≥２ ．
恒为 正 的条件．
收 稿 日期 ：０ １ １ 一 １ ２ １ — １ Ｏ
４ ４
数 学 教 学 研 究
第 ３ 卷第 １ ｌ 期
２１ ０ ２年 １ 月
２ 利用二 次 函数 的 单调性
Ｄ上 的最值 ， 么不 等式 在 区间 Ｄ 上恒 成 立 那
欲使 厂 ｚ ≤ ｔ一２ ｔ １对 ｚ∈［ １ １ 恒 成 （ ） ａ＋ 一 ，］
立， 只需 １ ｔ一２ ｔ １即可 ， ｔ 一２ ｔ ０ ≤ 。 ａ＋ 即 ａ≥
时 Ｃ 一 １ １ 恒成 立 ． ｌ ∈［ ，］ 构 建一 次 函数 ， 以 一一２ ＋￡， （） 。则
解 由 ∈詈警知ｉ ∈丢 ］ ａ［，］ ｓａ［，， ｎ
从而有ｐ ４ｉ ａ ÷， １ ＝ ｓ ∈Ｉ ４． ｎ
现 在考 察关 于 Ｐ的一次 函数
厂（ ） （ — １ Ｐ ｚ 一２ ＋ １ ｐ＝ ｚ ） ＋（ 。 ｘ ）
｛），｜￣：， ｆ１ ，２ｔ ， 厂≥。１ （） 【 ＋ 。 －￣ ｔ￣ １。 一２ ２≥ Ｏ
所 以 ￡ ２或 一０或 ｔ ． ≤ ＞ ｉ２
摘
要： 本文给 出了确 定不等式恒成立的参数的取值范围的几种解决方法．
例谈不等式恒成立求参数范围问题的解题策略
２０２４年５月上半月㊀解法探究㊀㊀㊀㊀例谈不等式恒成立求参数范围问题的解题策略◉湖南省永州市第一中学㊀周建权㊀㊀摘要:不等式恒成立求参数范围的问题是高考和各地模拟考试中的热点问题,此类问题形式多样,解决起来有一定困难,本文中通过具体例子探讨此类题型的解题策略,分析其中的思维逻辑．关键词:不等式恒成立;参数范围;解题策略㊀㊀不等式恒成立求参数范围的问题能够充分联系不等式㊁函数与方程㊁导数等知识,有利于考查学生数学运算㊁逻辑推理㊁数学抽象等学科核心素养,是高考和各地模考的热点问题．此类问题形式多变㊁综合性强,学生往往捉摸不透,本文中结合具体例子谈谈此类问题的解题策略．１分离参数法分离参数法就是对不等式变形,将参数与变量分离,构造无参数函数,进而研究该函数的最值．例１㊀(２０２０年全国卷Ⅰ理科第２１题)已知函数f (x )＝e x＋a x ２－x ．(１)略．(２)当x ȡ０时,f (x )ȡ１２x ３＋１,求a 的取值范围．下面重点研究第(２)问的解题策略．解法１:由题意,知e x ＋a x ２－x ȡ１２x ３＋１(x ȡ０)．当x ＝０时,不等式为１ȡ１,显然成立,符合题意．当x ＞０时,分离参数a ,得a ȡ１２x ３＋x ＋１－e xx２．令g (x )＝１２x ３＋x ＋１－e x x２,则只需a ȡg (x )m a x ．对g (x )求导,得gᶄ(x )＝(２－x )e x＋１２x ３－x －２x ３＝(２－x )e x＋１２(x －２)(x ２＋２x ＋２)x ３＝－(x －２)(e x－１２x ２－x －１)x ３．令h (x )＝e x －１２x ２－x －１,则h ᶄ(x )＝e x－x －１．令φ(x )＝e x －x －１,当x ＞０时有φᶄ(x )＝e x－１＞０,则h ᶄ(x )在(０,＋ɕ)单调递增,所以h ᶄ(x )＞h ᶄ(０)＝０,故h (x )在(０,＋ɕ)单调递增,因此h (x )＞h (０)＝０．故当x ɪ(０,２)时,g ᶄ(x )＞０,g (x )单调递增;当x ɪ(２,＋ɕ)时,g ᶄ(x )＜０,g (x )单调递减．因此,g (x )m a x ＝g (２)＝７－e２４．所以a 的取值范围是７－e ２４,＋ɕéëêê)．评析:此类恒成立问题一般在参数容易分离且分离之后最值好求的情况下使用分离参数法,难度较大的恒成立问题分离参数后可能需要多次求导㊁使用洛必达法则㊁切线放缩等．如本题在研究g ᶄ(x )的正负时,一个难点是将１２x ３－x －２分解成１２(x －２)(x ２＋２x ＋２),另一个难点是将e x－１２x ２－x －１独立出来研究,判定其大于０．２不分离参数,构造函数参变不易分离,或分离后函数结构复杂不易研究,则可不分离参数,将参数和变量放到不等式同一侧,直接构造含参函数．２．１直接分析最值下面给出例１的解法２．解法２:当x ȡ０时,f (x )ȡ１２x ３＋１恒成立,等价于e xȡ１２x ３－a x ２＋x ＋１,亦等价于(１２x ３－a x ２＋x ＋１)e －xɤ１．令g (x )＝(１２x ３－a x ２＋x ＋１)e －x,x ȡ０,则gᶄ(x )＝－(１２x ３－a x ２＋x ＋１－３２x ２＋２a x －１)e －x＝－１２x (x －２a －１)(x －２)e －x．７８解法探究２０２４年５月上半月㊀㊀㊀①当２a ＋１ɤ０,即a ɤ－１２时,由g ᶄ(x )＝０,得x ＝０或x ＝２．当x ɪ(０,２)时,g ᶄ(x )＞０,g (x )单调递增．又g (０)＝１,所以g (x )＞１,不合题意．②若０＜２a ＋１＜２,即－１２＜a ＜１２时,则当x ɪ(０,２a ＋１)时,g ᶄ(x )＜０,g (x )单调递减;当x ɪ(２a ＋１,２)时,g ᶄ(x )＞０,g (x )单调递增;当x ɪ(２,＋ɕ)时,g ᶄ(x )＜０,g (x )单调递减．又g (０)＝１,所以g (x )ɤ１恒成立只需g (２)ɤ１,即(７－４a )e －２ɤ１,则a ȡ７－e ２４．所以当７－e ２４ɤa ＜１２时,g (x )ɤ１成立．③当２a ＋１ȡ２,即a ȡ１２时,g (x )＝(１２x ３－a x ２＋x ＋１)e －xɤ(１２x ３＋x ＋１)e －x．又由②可知,a ＝０时,g (x )＝(１２x ３＋x ＋１)e －xɤ１恒成立,所以a ȡ１２时,满足题意．综上所述,a 的取值范围是７－e ２４,＋ɕéëêê)[１]．评析:同一个不等式可以等价变形构造出不同的函数,变形的目标应该是构造出易于研究的函数．如本题将原不等式变形为e x －１２x ３＋a x ２－x －１ȡ０,构造m (x )＝e x －１２x ３＋a x ２－x －１,则不易研究．解法２通过变形对e x进行巧妙处理,构造的函数g (x )可以在求导后省去研究指数函数,有利于分类讨论．２．２必要性探路法必要性探路法指的是利用不等式在一些特殊情况下成立,得到参数的一个取值范围,该范围是不等式恒成立的一个必要条件,如果能证明该范围也是不等成立的充分条件,则该范围即为所求,如果不是充分条件,也缩小了参数的范围．(１)端点效应探路端点效应:记含参函数为f (x )(m 为参数),若f (x )ȡ０在[a ,b ]上恒成立,且f (a )＝０(或f (b )＝０),则f ᶄ(a )ȡ０(或f ᶄ(b )ɤ０);若f (x )ȡ０在[a ,b ]上恒成立,且f (a )＝０,f ᶄ(a )＝０,{(或f (b )＝０f ᶄ(b )＝０{),则f ᵡ(a )ȡ０(或f ᵡ(b )ȡ０)[２]．例２㊀(２０２２年新高考Ⅱ卷第２２题)已知函数f (x )＝x e a x－e x．(１)略．(２)当x ＞０时,f (x )＜－１,求a 的取值范围．解:设h (x )＝x e a x －e x＋１,则当x ＞０时,恒有h (x )＜０．注意到h ᶄ(x )＝(１＋a x )e a x －e x,所以h ᶄ(０)＝０．设g (x )＝(１＋a x )e a x －e x(x ＞０),则g (０)＝０,且gᶄ(x )＝(２a ＋a ２x )e a x －e x．若原不等式成立,则必有g ᶄ(０)＝２a －１ɤ０,即a ɤ１２．因为若g ᶄ(０)＝２a －１＞０,则由于g ᶄ(x )为连续函数,因此存在x ０ɪ(０,＋ɕ),使得∀x ɪ(０,x ０),gᶄ(x )＞０,故g (x )在(０,x ０)为增函数．又g (０)＝０,所以g (x )＞０,即h ᶄ(x )＞０,故h (x )在(０,x ０)为增函数,因此h (x )＞h (０)＝０,与题设矛盾．当０＜a ɤ１２时,有h ᶄ(x )＝(１＋a x )e a x －e x ＝e a x ＋l n (１＋a x )－e x．下证:对任意x ＞０,总有l n (１＋x )＜x 成立．设S (x )＝l n (１＋x )－x (x ＞０),则S ᶄ(x )＝１１＋x－１＜０,所以S (x )在(０,＋ɕ)上为减函数．故x ＞０时S (x )＜S (０)＝０,即l n (１＋x )＜x 成立．由上述不等式,当０＜a ɤ１２时,有㊀㊀e a x ＋l n (１＋a x )－e x ＜e a x ＋a x －e x ＝e ２a x －e xɤ０,所以h ᶄ(x )ɤ０总成立,则h (x )在(０,＋ɕ)上为减函数,故h (x )＜h (０)＝０．当a ɤ０时,有h ᶄ(x )＝e a x －e x ＋a x e a x＜１－１＋０＝０,所以h (x )在(０,＋ɕ)上为减函数,故h (x )＜h (０)＝０．综上所述,a 的取值范围为(－ɕ,１２ùûúú．评析:含参函数求最值时往往需要对参数进行分类讨论,分类标准的确定是难点和关键点．如本题仅从h ᶄ(x )＝(１＋a x )e a x －e x的形式较难发现对a 进行讨论的分类点,如果用端点效应来看,思路就比较清晰了．实际上,利用端点效应有助于确定参数分类讨论的标准．(２)其他特殊点探路例３㊀(２０２０年新高考Ⅰ卷第２１题)已知函数f (x )＝a e x －１－l n x ＋l n a ．(１)略．(２)若不等式f (x )ȡ１恒成立,求a 的取值范围．解法１:因为f (x )ȡ１恒成立,所以f (１)＝a ＋l n a ȡ１．令g (a )＝a ＋l n a ,则g (a )在(０,＋ɕ)单调递增,且g (１)＝１,故由g (a )ȡ１,得a ȡ１．下面证明a ȡ１时,f (x )ȡ１恒成立．当a ȡ１时,f (x )＝a e x －１－l n x ＋l n a ȡe x －１－l n x ．令φ(x )＝e x －１－l n x ,则φᶄ(x )＝e x －１－１x,φᶄ(x )在(０,＋ɕ)单调递增,且φᶄ(１)＝０．所以当x ɪ(０,１)时,φᶄ(x )＜０,φ(x )单调递减;当x ɪ(１,＋ɕ)８８２０２４年５月上半月㊀解法探究㊀㊀㊀㊀时,φᶄ(x )＞０,φ(x )单调递增．故φ(x )ȡφ(１)＝１,因此a ȡ１时,f (x )ȡ１得证．综上所述,a 的取值范围是[１,＋ɕ)．评析:利用端点㊁定点㊁极点等特殊点探路,需要对不等式结构有较强的观察分析能力,需要有函数意识㊁数形结合意识．通过必要性探路,能够化繁为简,理清讨论的思路,同时也要注意,有时我们找到的必要条件不一定刚好也是充分条件．３分离函数法分离函数法,就是对不等式恒等变形,将一个复杂的含参不等式分解成不等号左右两边各一个函数的形式,进而研究这两个函数的关系．３．１构造同构式下面给出例３的解法２．解法２:由f (x )ȡ１,得a ex －１－l n x ＋l n a ȡ１,即e l n a ＋x －１＋l n a ＋x －１ȡl n x ＋x ,而l n x ＋x ＝e l n x＋l n x ,所以e l n a ＋x －１＋l n a ＋x －１ȡe l n x＋l n x ．令h (m )＝e m＋m ,则有h (l n a ＋x －１)ȡh (l n x )．因为h ᶄ(m )＝e m＋１＞０,所以h (m )在R 上单调递增,于是可得l n a ＋x －１ȡl n x ,因此只需l n a ȡ(l n x －x ＋１)m a x ．令F (x )＝l n x －x ＋１,则F ᶄ(x )＝１x－１＝１－xx ．所以当x ɪ(０,１)时,F ᶄ(x )＞０,F (x )单调递增;当x ɪ(１,＋ɕ)时,F ᶄ(x )＜０,F (x )单调递减．故以F (x )m a x ＝F (１)＝０,则l n a ȡ０,即a ȡ１．因此a 的取值范围为[１,＋ɕ)．评析:同构指的是结构或形式相同,一些不等式可以通过变形使不等式两侧呈现相同结构,将该结构抽象出来构造函数,利用所构造函数的单调性将结构复杂的恒成立问题转化为结构简单的恒成立问题．同构法在 指对混合不等式 出现时用得较多,对代数变形能力要求较高,体现了数学的和谐对称美,对培养数学抽象㊁数学运算等核心素养具有重要意义．３．２数形结合例４㊀已知函数f (x )＝－x ２－２x －２,x ɤ０,l n (x ＋１),x ＞０,{若关于x 的不等式f (x )－a x －a ＋１２ɤ０在R 上恒成立,则实数a 的取值范围是．解:f (x )－a x －a ＋１２ɤ０在R 上恒成立等价于f (x )ɤa x ＋a －１２在R 上恒成立,即函数f (x )的图图１象恒在直线l :y ＝a x ＋a －１２的下方,如图１所示．直线y ＝a x ＋a －１２过定点(－１,－１２),当直线l 与曲线y ＝l n (x ＋１)(x ＞０)相切时,设切点P (x ０,l n (x ０＋１))．对y ＝l n (x ＋１)求导,可得y ᶄ＝１x ＋１．由１x ０＋１＝l n (x ０＋１)＋１２x ０＋１,解得x ０＝e １２－１,此时直线l 斜率为e－１２,即a ＝e －１２．当直线l 与曲线y ＝－x ２－２x －２(x ɤ０)相切时,由a x ＋a －１２＝－x ２－２x －２,得x ２＋(a ＋２)x ＋a ＋３２＝０,令Δ＝(a ＋２)２－４a －６＝０,得a ＝２或a ＝－２(舍去),此时直线l 斜率为２．结合图象,可知e －１２ɤa ɤ２．评析:数形结合法就是通过分离函数,将问题转化为两个函数图象位置关系的问题．分离出来的两个函数一般是 一直一曲 ,便于研究位置关系．分离函数后正确画出函数的图象是解题的关键,需分析函数的定义域㊁值域㊁单调性㊁对称性㊁凹凸性㊁特殊点等．４解题感悟对于不等式恒成立求参数范围的问题,从参变分离的程度来看,若参变完全分离,则构造的是无参数函数,能够避免对参数的讨论,但存在无参函数结构复杂,不易研究的情况;若参变不分离,则构造的是含参函数,对参数讨论标准的确定是难点所在,需对常见超越函数的性质有所积累,有时必要性探路法能提供思路;若参变部分分离,即分离函数法,有时能够巧妙避免函数结构复杂的情况和对参数的讨论,要明确分离的目标往往是构造同构式或便于数形结合的函数．参考文献:[１]牛伟．不等式恒成立求参数范围问题的探究[J ]．中学数学教学参考,２０２２(２４):３６Ｇ３８．[２]郑灿基,韦才敏．不等式恒成立求参数范围的问题的解法总结与探究[J ]．中学数学研究(华南师范大学版),２０２２(１２):２０Ｇ２３．Z９８。
不等式恒成立问题中参数范围的求解策略
不等式恒成立问题中参数范围的求解策略
相等不等式恒成立，是数学中极具重要性的一个课题，它是构成高等数学诸多重要概念及定理的基础。
不等式恒成立提出的关于参数的范围问题极具挑战，需要谨慎的论证，以及繁琐的计算以及极其复杂的结论推演。
解决参数范围问题，首先要把有关参数精确地记录下来，进行初步考察，看看它们是否满足不等式恒成立的条件。
其次，对参数加以巧妙的变化，使其逐渐接近不等式恒成立的范围。
在处理参数范围问题中，应用结合律和微分方法也是非常有效的。
结合律是指当参数x,y 和z同时变化，以满足不等式恒成立时，把x,y和z 的变化值的交集限制为参数的范围。
另外，微分方法是指在参数的一个小范围内作出推演，利用导数的运算结果和不等式的证明套用到整个参数的范围内，从而求出结果，即参数的范围。
此外，绘制几何图像也是处理参数范围问题的常用方法，可以更直观地接近变量满足不等式恒成立的范围。
通过近似函数的绘图，可以得出近似结果，从而得出可接受的精准结论。
这些传统的数学理论，都可以有效地用来求解参数范围问题，解决不等式恒成立问题。
随着数学建模工具的不断完善，现代数学理论也在参数范围问题的求解中发挥着重要作用。
比如可以从现有实例中提取特征，或者利用解析逼近的方法等。
考虑到多变量的复杂性，采用虚拟技术构建足够多的基本参数，利用梯度最优算法寻找参数范围最优解，也是一种非常有效的办法。
综上所述，解决不等式恒成立问题中参数范围的求解，可以采用结合律，微分方法，绘制几何图像，以及现代数学理论的技术，尤其是梯度最优算法，从而得到一个有效的结果。
高中数学不等式恒成立问题中的参数求解策略
高中数学不等式恒成立问题中的参数求解策略
摘要本文对高中数学不等式恒成立问题中的参数求解策略作了分析。
关键词高中数学不等式恒成立问题参数求解
不等式恒成立问题贯穿在整个高中数学学习过程中，往往与函数、方程、不
等式、导数、数列、几何等有机结合起来，具有形式灵活、思维性强、不同知识
交汇在一起的等特点。
是同学们学习的一个难点，也是高考命题中的一个热点。
求恒成立条件下不等式的参数的取值范围的问题，涉及到的知识面广，综合性强，数学语言抽象，解题方法灵活，较难找到解题的切入点和突破口,归纳总结不等式
恒成立的题型和求参数的方法至关重要,下面我就结合自己的教学经验谈谈解决这
类问题的一些方法与策略。
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。
五、数形结合
若把等式或不等式进行合理的变形后，能非常容易地画出等号或不等号两边函数的图象，则可以通过画图直接判断得出结果。
尤其对于选择题、填空题这种方法更显方便、快捷。
以上是不等式的恒成立问题中求参数的取值范围的一些常用的方法与策略。
当然，除了
上述几类解法策略外，还有很多其他的方法，此处不再赘述，值得一提的是各种方法之间并
不是彼此孤立的，因此，系统地掌握含有参数不等式“恒成立”问题的常见题型及解题方法与
策略，对锻炼学生的综合解题能力，培养其思维的灵活性和创造性都有着独到的作用。