含参数不等式恒成立问题中参数范围的确定(专题)

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高中数学微专题【不等式恒成立或有解问题】

高中数学微专题【不等式恒成立或有解问题】突破点一分离法求参数的取值范围【例1】已知函数f(x)＝e x＋ax2－x.(1)当a＝1时，讨论f(x)的单调性；(2)当x≥0时，f(x)≥12x3＋1，求a的取值范围.解(1)当a＝1时，f(x)＝e x＋x2－x，x∈R，f′(x)＝e x＋2x－1.因为f′(x)＝e x＋2x－1在(－∞，＋∞)上单调递增，且f′(0)＝0，故当x∈(－∞，0)时，f′(x)<0；当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0.所以f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增.(2)由f(x)≥12x3＋1得，e x＋ax2－x≥12x3＋1，其中x≥0，①当x＝0时，不等式为1≥1，显然成立，此时a∈R.②当x>0时，分离参数a，得a≥－e x－12x3－x－1x2，记g(x)＝－e x－12x3－x－1x2，g′(x)＝－（x－2）⎝⎛⎭⎪⎫e x－12x2－x－1x3.令h(x)＝e x－12x2－x－1(x>0)，则h′(x)＝e x－x－1，令H(x)＝e x－x－1，则H′(x)＝e x－1>0，所以H(x)在(0，＋∞)上是增函数，且H(0)＝1－0－1＝0，所以h′(x)>0，故函数h(x)在(0，＋∞)上递增，∴h(x)>h(0)＝0，即e x－12x2－x－1>0恒成立，故当x ∈(0，2)时，g ′(x )>0，g (x )单调递增；当x ∈(2，＋∞)时，g ′(x )<0，g (x )单调递减. 因此，g (x )max ＝g (2)＝7－e 24，综上可得，实数a 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫7－e 24，＋∞. 探究提高 1.分离参数法来确定不等式f (x ，λ)≥0(x ∈D ，λ为实数)恒成立问题中参数取值范围的基本步骤(1)将参数与变量分离，化为f 1(λ)≥f 2(x )或f 1(λ)≤f 2(x )的形式. (2)求f 2(x )在x ∈D 时的最大值或最小值.(3)解不等式f 1(λ)≥f 2(x )max 或f 1(λ)≤f 2(x )min ，得到λ的取值范围. 2.本题为了求g (x )的最大值，多次构造函数，进行二次求导. 【训练1】已知函数f (x )＝a e x －x e x ＋x －a (a ∈R ). (1)若a ＝2，求曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程； (2)若对任意x >0都有f (x )<x ＋1恒成立，求a 的最大整数值. 解 (1)当a ＝2时，f (x )＝2e x －x e x ＋x －2，所以f ′(x )＝2e x －(e x ＋x e x )＋1＝e x －x e x ＋1，因此f (0)＝0，f ′(0)＝2.所以曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程为y －0＝2(x －0)，即y ＝2x . (2)对任意x >0，恒有f (x )<x ＋1，即a (e x －1)<x e x ＋1. 因为x >0，所以e x －1>0，所以a <x e x ＋1e x －1＝x ＋x ＋1e x －1.设g (x )＝x ＋x ＋1e x －1(x >0)，则只需a <g (x )min ， g ′(x )＝1－x e x ＋1（e x －1）2＝e x （e x －x －2）（e x －1）2.令h (x )＝e x －x －2(x >0)，则h ′(x )＝e x －1>0恒成立，所以h (x )在(0，＋∞)上单调递增.因为h(1)＝e－3<0，h(2)＝e2－4>0，所以存在唯一一个x0使得h(x0)＝0，且1<x0<2.所以当x∈(0，x0)时，h(x)<0，g′(x)<0，当x∈(x0，＋∞)时，h(x)>0，g′(x)>0.所以g(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，所以g(x)min＝g(x0)＝x0＋x0＋1 e x0－1.由e x0－x0－2＝0，得e x0＝x0＋2，所以g(x0)＝x0＋x0＋1x0＋2－1＝x0＋1∈(2，3).故a的最大整数值为2.突破点二分类等价转化法求参数范围【例2】设函数f(x)＝2x ln x－2ax2(a∈R).(1)当a＝12时，求函数f(x)的单调区间；(2)若f(x)≤f′（x）2－ln x－1(f′(x)为f(x)的导函数)在(1，＋∞)上恒成立，求实数a的取值范围.解(1)当a＝12时，f(x)＝2x ln x－x2，定义域为(0，＋∞).∴f′(x)＝2ln x－2x＋2.令g(x)＝f′(x)＝2ln x－2x＋2(x>0)，∴g′(x)＝2x－2.当x∈(0，1)时，g′(x)>0，故g(x)为增函数；当x∈(1，＋∞)时，g′(x)<0，故g(x)为减函数.∴g(x)≤g(1)＝2ln 1－2×1＋2＝0，即f′(x)≤0.∴函数f(x)的单调递减区间为(0，＋∞)，无单调递增区间.(2)f(x)＝2x ln x－2ax2，∴f′(x)＝2ln x－4ax＋2，且x>0.∴f(x)≤f′（x）2－ln x－1在(1，＋∞)上恒成立⇔2(x ln x－ax2)≤ln x－2ax＋1－lnx－1在(1，＋∞)上恒成立⇔ln x－ax＋a≤0在(1，＋∞)上恒成立. 令h(x)＝ln x－ax＋a，x∈(1，＋∞)，则h ′(x )＝1x －a ，且h (1)＝ln 1－a ＋a ＝0.当a ≤0时，h ′(x )>0恒成立，故h (x )在(1，＋∞)上为增函数. ∴h (x )>h (1)＝0，即a ≤0时不满足题意. 当a >0时，由h ′(x )＝0，得x ＝1a .①若a ∈(0，1)，则1a ∈(1，＋∞)，故h (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞上为减函数，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1，1a 上为增函数.∴存在x 0∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1，1a ，使得h (x 0)>h (1)＝0，这与h (x )＝ln x －ax ＋a ≤0在(1，＋∞)上恒成立矛盾. 因此a ∈(0，1)时不满足题意.②若a ∈[1，＋∞)，则1a ∈(0，1]，故h (x )在(1，＋∞)上为减函数， ∴h (x )<h (1)＝0，∴h (x )≤0恒成立，故符合题意. 综上所述，实数a 的取值范围是[1，＋∞).探究提高 1.对于不等式恒成立问题，若不易分离参数或分离后难以求最值，解题时常用参数表示极值点，进而用参数表示出函数的最值，求解不等式得参数的范围，体现转化思想.2.解题过程中，参数的不同取值对函数的极值、最值有影响，应注意对参数的不同取值范围进行分类讨论.【训练2】已知点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫e xx ，1，Q (x ，mx ＋sin x )(m ∈R )，O 为坐标原点，设函数f (x )＝OP→·OQ →.(1)当m ＝－2时，判断函数f (x )在(－∞，0)上的单调性； (2)当x ≥0时，不等式f (x )≥1恒成立，求实数m 的取值范围.解 (1)f (x )＝OP →·OQ →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫e x x ，1·(x ，mx ＋sin x )＝e x ＋mx ＋sin x ，当m ＝－2时，f (x )＝e x －2x ＋sin x ，f ′(x )＝e x －2＋cos x ，当x <0时，e x <1，且cos x ≤1，所以f ′(x )＝e x －2＋cos x <0，所以函数f (x )在(－∞，0)上单调递减.(2)当x ＝0时，f (0)＝1≥1，对于m ∈R ，f (x )≥1恒成立. 当x >0时，f ′(x )＝e x ＋m ＋cos x ，设g (x )＝e x ＋m ＋cos x ，则g ′(x )＝e x －sin x ，因为e x >1，sin x ≤1，所以g ′(x )＝e x －sin x >0，则g (x )在(0，＋∞)上单调递增，所以g (x )>g (0)＝m ＋2，所以f ′(x )在(0，＋∞)上单调递增，且f ′(x )>m ＋2.①当m ≥－2时，f ′(x )>0，则f (x )在(0，＋∞)上单调递增，所以f (x )>1恒成立.②当m <－2时，f ′(0)＝m ＋2<0，因为f ′(x )在(0，＋∞)上单调递增，且当x ＝ln(2－m )时， f ′(x )＝e ln(2－m )＋m ＋cos[ln(2－m )] ＝2＋cos[ln(2－m )]>0，所以存在x 0∈(0，＋∞)，使得f ′(x 0)＝0，所以当x ∈(0，x 0)时，f ′(x )<0恒成立，故f (x )在区间(0，x 0)上单调递减.所以当x ∈(0，x 0)时，f (x )<1，不符合题意. 综上，实数m 的取值范围为[－2，＋∞). 突破点三不等式有解求参数的取值范围【例3】已知函数f (x )＝－a ln x －e xx ＋ax ，a ∈R . (1)当a <0时，讨论f (x )的单调性；(2)设g (x )＝f (x )＋xf ′(x )，若关于x 的不等式g (x )≤－e x＋x 22＋(a －1)x 在[1，2]上有解，求实数a 的取值范围.解 (1)依题设，f ′(x )＝－a x －x e x －e xx 2＋a ＝（ax －e x ）（x －1）x 2(x >0)，当a <0时，ax －e x <0恒成立，所以当x >1时，f ′(x )<0，当0<x <1时，f ′(x )>0，故函数f (x )在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减. (2)因为g (x )＝f (x )＋xf ′(x )，所以g (x )＝－a ln x －e x ＋2ax －a ，由题意知，存在x 0∈[1，2]，使得g (x 0)≤－e x 0＋x 202＋(a －1)x 0成立，则存在x 0∈[1，2]，使得－a ln x 0＋(a ＋1)x 0－x 202－a ≤0成立，令h (x )＝－a ln x ＋(a ＋1)x －x 22－a ，x ∈[1，2]，则h ′(x )＝－a x ＋a ＋1－x ＝－（x －a ）（x －1）x，x ∈[1，2].①当a ≤1时，h ′(x )≤0，所以函数h (x )在[1，2]上单调递减，所以h (x )min ＝h (2)＝－a ln 2＋a ≤0成立，解得a ≤0，所以a ≤0. ②当1<a <2时，令h ′(x )>0，解得1<x <a ；令h ′(x )<0，解得a <x <2，所以函数h (x )在[1，a ]上单调递增，在[a ，2]上单调递减.又因为h (1)＝12，所以h (2)＝－a ln 2＋a ≤0，解得a ≤0，与1<a <2矛盾，故舍去. ③当a ≥2时，h ′(x )≥0，所以函数h (x )在[1，2]上单调递增，所以h (x )min ＝h (1)＝12>0，不符合题意.综上所述，实数a 的取值范围为(－∞，0].探究提高 1.本题根据函数h ′(x )的零点a 是否在定义域[1，2]内进行讨论，利用导数的工具性得到函数在给定区间内的单调性，从而可得最值，判断所求最值与已知条件是否相符，从而得到参数的取值范围.2.不等式“存在性”问题与“恒成立”问题的求解是“互补”关系.含参不等式能成立问题可转化为最值问题来解决，注意与恒成立问题的区别. 【训练3】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 (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 )的单调递减区间是(0，＋∞)，无单调递增区间.②当a ＝－1时，f ′(x )＝－1x <0，∴f (x )的单调递减区间是(0，＋∞)，无单调递增区间.③当a <－1时，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a ＋1a ，f ′(x )>0，∴f (x )的单调递增区间是⎝⎛⎭⎪⎫0，a ＋1a ；x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋1a ，＋∞，f ′(x )<0， ∴f (x )的单调递减区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋1a ，＋∞. (2)g (x )＝2ax －ax ln x －(6a ＋3)(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，∴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 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫32e －6，0.1.已知函数f (x )＝ln x ＋ax (a ∈R ). (1)讨论f (x )的单调区间；(2)若f (x )≤e x －1＋1x －1恒成立，求实数a 的取值范围.解 (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，且f ′(x )＝1－a －ln xx 2.令f ′(x )>0，得1－a －ln x >0，解得0<x <e 1－a . 令f ′(x )<0，得1－a －ln x <0，解得x >e 1－a .故f (x )的单调递增区间为(0，e 1－a )，单调递减区间为(e 1－a ，＋∞). (2)因为f (x )≤e x －1＋1x －1恒成立，即ln x ＋a x ≤e x －1＋1x －1对(0，＋∞)恒成立，所以a ≤x e x －1－x －ln x ＋1对(0，＋∞)恒成立. 令g (x )＝x e x －1－x －ln x ＋1，则g ′(x )＝e x －1＋x e x －1－1－1x ＝(x ＋1)⎝ ⎛⎭⎪⎫e x －1－1x .当x ∈(0，1)时，g ′(x )<0，所以g (x )在(0，1)上单调递减. 当x ∈(1，＋∞)时，g ′(x )>0，所以g (x )在(1，＋∞)上单调递增. 故当x ＝1时，g (x )取到最小值g (1)＝1，所以a ≤1. 故实数a 的取值范围是(－∞，1]. 2.已知函数f (x )＝x ln x －ax ＋1(a ∈R ). (1)讨论f (x )在(1，＋∞)上的零点个数；(2)当a >1时，若存在x ∈(1，＋∞)，使得f (x )<(e －1)·(a －3)，求实数a 的取值范围.解 (1)由f (x )＝x ln x －ax ＋1＝0可得a ＝ln x ＋1x ，令g (x )＝ln x ＋1x ，易知g ′(x )＝1x －1x 2＝x －1x 2，所以g ′(x )>0在(1，＋∞)上恒成立，故g (x )在(1，＋∞)上单调递增. 又g (1)＝1，所以当x ∈(1，＋∞)时，g (x )>1. 故当a ≤1时，f (x )在(1，＋∞)上无零点；当a >1时，f (x )在(1，＋∞)上存在一个零点.(2)当a >1时，由(1)得f (x )在(1，＋∞)上存在一个零点. 由f ′(x )＝ln x ＋1－a ＝0得x ＝e a －1，所以f (x )在(1，e a －1)上单调递减，在(e a －1，＋∞)上单调递增，所以f (x )min ＝f (e a －1)＝1－e a －1.若存在x ∈(1，＋∞)，使得f (x )<(e －1)(a －3)成立，只需1－e a －1<(e －1)(a －3)成立，即不等式e a －1＋(e －1)(a －3)－1>0成立. 令h (a )＝e a －1＋(e －1)(a －3)－1，a >1，则h ′(a )＝e a －1＋e －1，易知h ′(a )＝e a －1＋e －1>0在(1，＋∞)上恒成立，故h (a )＝e a －1＋(e －1)(a －3)－1在(1，＋∞)上单调递增. 又h (2)＝0，所以a >2，故实数a 的取值范围为(2，＋∞).3.已知函数f (x )＝x －a ln x ＋bx 在x ＝1处取得极值. (1)若a ＞1，求函数f (x )的单调区间；(2)若a ＞3，函数g (x )＝a 2x 2＋3，若存在m 1，m 2∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2，使得|f (m 1)－g (m 2)|＜9成立，求a 的取值范围.解 (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，且f ′(x )＝1－a x －bx 2. 由f ′(1)＝0，得b ＝1－a ，则f ′(x )＝1－a x －1－a x 2＝x 2－ax －（1－a ）x 2＝（x －1）[x －（a －1）]x 2，令f ′(x )＝0，得x 1＝1，x 2＝a －1.若1＜a ＜2，则函数f (x )的单调递增区间为(0，a －1)，(1，＋∞)，单调递减区间为(a －1，1)；若a ＝2，则函数f (x )无单调递减区间，单调递增区间为(0，＋∞)；若a ＞2，则函数f (x )的单调递减区间为(1，a －1)，单调递增区间为(0，1)，(a －1，＋∞).(2)当a ＞3时，f (x )在⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，1上单调递增，在(1，2]上单调递减，所以f (x )的最大值为f (1)＝2－a ＜0.易知函数g (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2上单调递增，所以g (x )的最小值为g ⎝ ⎛⎭⎪⎫12.又g ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝14a 2＋3＞0，所以g (x )＞f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2上恒成立.若存在m 1，m 2∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2，使得|f (m 1)－g (m 2)|＜9成立，只需要g ⎝ ⎛⎭⎪⎫12－f (1)＜9，即14a 2＋3－(2－a )＜9，解得－8＜a ＜4，又a ＞3，所以a 的取值范围是(3，4).。

不等式中恒成立问题的参数范围求解策略

要多种方法综合应用，
解使。ｌｌ／ｍ，Ｘ［，】析要ｌ｝ｏ￣＋当Ｊｇ ≤ｇ－生Ｅ０二ｘ１一Ｌ１１
时恒成立，只要、／
时ｍ必须大于０．
Ｖｌ～
例５设函数
）ｎ＋＝Ｉ．若 ∈ｆ，］厂）≤ １２时＿（
．
只要＿一）厂２＜０与ｌ２＜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．
￣
（＋ｆＴＴ．－Ｎ－＋）ｌ，Ｖ２一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￣ｇｘ（ｍ≤ｇ）（）或（）的形式，么只要ｍ不小于ｇｘ那（）的最大值（ｍ不大于ｇｘ的最小值）可求得参数的范或（）即围．时如果ｇｘ在特定的范围内取不到最值，有（）只要考虑它

(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 ≤。

含参不等式恒成立问题中-求参数取值范围一般方法

含参不等式恒成立问题中，求参数取值范围一般方法温州中学叶昭蓉恒成立问题是数学中常见问题，也是历年高考的一个热点。

大多是在不等式中，一个变量的取值范围，求另一个变量的取值范围的形式出现。

下面介绍几种常用的处理方法。

一、别离参数在给出的不等式中，如果能通过恒等变形别离出参数，即：假设()a f x ≥恒成立，只须求出()max f x ，那么()max a f x ≥；假设()a f x ≤恒成立，只须求出()min f x ，那么()min a f x ≤，转化为函数求最值。

例1、函数()lg 2a f x x x ⎛⎫=+- ⎪⎝⎭，假设对任意[)2,x ∈+∞恒有()0f x >，试确定a 的取值范围。

解：根据题意得：21ax x+->在[)2,x ∈+∞上恒成立，即：23a x x >-+在[)2,x ∈+∞上恒成立，设()23f x x x =-+，那么()23924f x x ⎛⎫=--+ ⎪⎝⎭当2x =时，()max 2f x = 所以2a >在给出的不等式中，如果通过恒等变形不能直接解出参数，那么可将两变量分别置于不等式的两边，即：假设()()f a g x ≥恒成立，只须求出()max g x ，那么()()max f a g x ≥，然后解不等式求出参数a 的取值范围；假设()()f a g x ≤恒成立，只须求出()min g x ，那么()()min f a g x ≤，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、(],1x ∈-∞时，不等式()21240x x a a ++-⋅>恒成立，求a 的取值范围。

解：令2xt =，(],1x ∈-∞ (]0,2t ∴∈ 所以原不等式可化为：221t a a t +-<，要使上式在(]0,2t ∈上恒成立，只须求出()21t f t t+=在(]0,2t ∈上的最小值即可。

不等式恒成立问题中参数范围的求解策略

条件
A1#2@
4&= <
( 1#2&>
条件 B1#2&= #2< 4&+C
其中可以判断函数 1#2&是周期为 ,4的周期
函数的条件是
C
D0设函数 1#2&的定义域为 E3任取 2(F
2,F28 G3且 2(5 2,31#2&5H (3给出下列 I
个关系式 :
#(&1#2(@ 2,&= 1#2(&J1#2,&> #,&1#2(J2,&= 1#2(&@ 1#2,&> #’&1#2(< 2,&= (1@ #2(1&#< 2(&11##22,,&&>
每一个 2都成立3其中#45 +365 +3437368
9&: #(&条件 ; 1#2&< 1#< 2&= +> 条件 ?1#4@ 2&= 1#4< 2&> 条件 A1#62@ 7&= 1#< 62< 7&> 条件 B1#2&= #2< 4&+C
其中判断函数 1#2&是偶函数的条件是
又设 25 4 1)%则它是过原点%斜率为 1的直线 9& 在同一直角坐标系下作出
它们的图像-如图 3/&依题意%半圆 8恒在直线 9上方时%只有 1: #时成立%故 1
图3

求不等式恒成立问题中参数取值范围的几种方法

一
潦数讣司
（）＜０
即
ｌｎａ］时
）在［０，Ｉｎａ］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。
２２
÷ ）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ｔＥ（一１，１］，函数，（）＝＋（ｔ一４）（）Ｏ）＝０，满足题意。２ｔ＞０恒成立，求的取值范围。 ②若 Ⅱ ≥１时，则ｌｎａ＞０，则，（１ｎａ）＝一ｌｎａ＜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 ≤ ≤］ｎａ时（）线，由题意知，直线恒在横轴上方。

五种策略巧解不等式中恒成立问题的参数范围

二、量分离策略变变量分离策略即将参数与未知量分离于表达式的两边．
时【Ｊ・＇
由于原不等式在Ｘ∈［ｌ１一，］恒成立，故以上各情形取交集，以ａ４所＝．五、造函数策略构此种策略在综合题中很是常见．据题意设出所
周宇
（睢宁县王集中学，苏睢宁江２１０）２２０
五种策略巧解不等式中恒成立问题的参数范围
摘要：观近几年全国高考试题，解不等式中恒成纵求立问题的参数范围的题型经常出现。本文详细介绍了五种行之有效的解此类题的策略。关键词：等式恒成立问题解题策略不不等式中恒成立问题涉及一次函数、次函数的性质、二图像，透着换元、渗化归、形结合、数函数与方程等思想方法．此类问题综合性强。辑能力要求高，法灵活，点考查学生逻解重的分析问题、决问题能力．握以下几种常规策略，实战解掌在中定能收到很好的效果，面一一介绍．下
一
进行研究的方法．种方法让我们有 “ 重水复疑无路，暗花此山柳明又一村 ” 的感觉．使我们的思路清晰化、捷化，效地提可简有高解题效率．

求不等式恒成立问题中参数的取值范围的“妙招”

思路探寻思路探寻式恒成立问题中参数的取值范围时，可将“数”与“形”结合起来，根据代数式的几何意义画出几何图形，借助图形来讨论不等式成立的条件，从而达到解题的目的.在研究图形时，要关注一些极端情形，以及临界的情形，如相交、相切等.例4.设x ∈[-4,0]，若不等式x (-4-x )<43x +1-a 恒成立，求a 的取值范围.解：设y 1=x (-4-x )，则(x +2)2+y 21=4(y 1≥0)，该式可表示是如图所示的上半圆.设y 2=43x +1-a ，其图象为直线.由图可知，要使不等式恒成立，需使半圆始终在直线的下方，即使圆心(-2,0)到直线4x -3y +3-3a =0的距离d =|-8+3-3a|5>2，且1-a >0，可得a <-5，即a 的取值范围为()-∞,-5.我们将y 1=x (-4-x )看作上半圆，将y 2=43x +1-a 看作一条直线，将问题转化为求使半圆恒在直线下方时的a 的取值范围.根据图形找出临界情形：圆与直线相切，求得此时a 的取值范围，即可解题.借助图象分析问题，不仅可以使解题变得更加简单，还会使解题思路更加明朗.四、分类讨论在求不等式恒成立问题中参数的取值范围时，经常要用到分类讨论法对参数进行分类讨论.在解题时，要首先明确参数对不等式的影响，确定分类的标准；然后分几类情况对问题进行讨论，求得每种情况下的结果；最后汇总所得的结果.例5.当x ∈[2,8]时，不等式log 2a -1x >-1恒成立，求a 的取值范围.解：（1）当2a 2-1>1时，由题意知12a 2-1<x 恒成立，即12a 2-1<x min ；因为x ∈[2,8]，所以12a 2-1<2，解得a ∈(-∞,-1)⋃(1,+∞)；（2）当0<2a 2-1<1时，由题意知12a 2-1>x 恒成立，即12a 2-1>x max ；因为x ∈[2,8]，所以12a 2-1>8，解得a ∈(-34,-)⋃(34)；故a∈(-∞,-1)⋃(-34,-)⋃(34)⋃(1,+∞).根据对数函数的性质，可知需分2a 2-1>1和0<2a 2-1<1两种情况进行讨论，才能求得参数a 的取值范围.在进行分类讨论时，要有明确的讨论思路，逐层逐级进行讨论，避免出现遗漏或重复讨论某种情况.五、利用判别式在求二次不等式恒成立问题中参数的取值范围时，可把问题化为一元二次不等式在实数集上恒成立的问题，用判别式法求解.一般地，二次函数f (x )=ax 2+bx +c 恒大于0⇔ìíîa >0,Δ<0,f (x )=ax 2+bx +c 恒小于0⇔{a <0,Δ<0.据此建立关于参数的不等式，解该不等式即可求得参数的取值范围.例6.若不等式2x 2+2mx +m4x 2+6x +3<1对一切x ∈R 恒成立，求实数m 的取值范围.解：因为4x 2+6x +3=(2x +32)2+34>0在R 上恒成立，所以2x 2+2mx +m4x 2+6x +3<1⇔2x 2+2mx +m <4x 2+6x +3⇔f (x )=2x 2+(6-2m )x +3-m >0；要使得f (x )恒大于0，需使Δ=(6-2m )2-8(3-m )<0，解得1<m <3，故实数m 的取值范围为m ∈(1,3).由于4x 2+6x +3>0在R 上恒成立，于是原问题可转化为一元二次函数f (x )=2x 2+(6-2m )x +3-m 在R 恒大于0的问题，由二次函数的图象可知当a >0时，Δ<0，用判别式法即可解题.虽然由恒成立的不等式求参数的取值范围问题较为复杂，但是同学们只要熟练掌握上述五种求解思路，明确其适用条件，根据解题需求选用合适的方法、思路进行求解，就能有效地提升解题的效率.本文系2021年度云南省教育科学规划单位资助课题“基于深度学习的高中数学课堂教学策略研究”（课题批准号:BE21028）阶段性研究成果.（作者单位：云南省曲靖市民族中学）53。

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。

含参不等式恒成立问题中参数范围的确定

【。≥ 。
注：次函数ｆ）ｋ一（＝ｘ＋ｂｋ０在［，］（ ≠ ）上
恒＿）的要件｛；有（＞充条为；厂０；
・１＋＋
何构造一次、二次函数模型，并利用它们的性质来确
定参数的取值范围。（）造一次函数１构例３在不等式中出现３个字母：、，ｍ、ａ已知函数厂是定义在［一１１上的奇函数，ｆ１＝（），】且（）
Ｕ
Ｉ一，。
。
难点剖析
４９
分析：同一直角坐标系中作出ｆ）ｇ（在（及）
的图象。如图２示，（的图象是半圆（＋２＋Ｙ＝所厂））４ｙ）（＞０。
’・１１１１ ‘一２≤ 。一・
曰，则
：
ｎ十１
ｎＺ＋
＋ｊ
ｎ
＞于于１一自数ｎ成，实萎对大的切然都立求数ｍ
的取值范围。解：要使不等式成立，只要使左边的最小值大于
，
由ａ。吉＝－）号最值一＋＋一ａ吉，小为２＋
又ａ一。＋２１
［１＋厂一）＞０）ｌ２］。又 ’ｆ（是奇函数，．ｌ（．） ’ ．（． — ２）（１一（）２）０．）一１１上单调，）＞・．在［，］
递增。
②解：．（ ≤ｍ一２ｍ＋ｌ所有Ｅ［一１。－）ａ ‘ 厂对，
难点剖析
Ｓ
摘要：含参不等式恒成立问题 ” “ 把不等式、函数、三角、几何等内容有机地结合起来，以覆盖知其识点多，综合性强，解法灵活等特点而备受高考、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 “ 函数与方程” “ 归与转化 ” “ 、化、数形结合” “ 、分类讨论” 等数学恩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。本文就结合实例谈这类问题的一般求解策略。关键词：参数范围策略分离参数法例１若不等式＋— １１＋… １

例谈不等式恒成立问题中参数范围的求解策略

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例谈不等式恒成立问题中参数范围的求解策略
作者：王丽
来源：《数理化学习·高一二版》2013年第04期
不等式恒成立问题中参数范围的求解问题，它涉及的知识面广、综合性强是学生学习的难点，从而成为高考和竞赛试题中的热点问题，尤其是在最近几年的高考试题中屡屡出现，由于学生对此类问题求解方法的领会还不够透彻，缺乏系统的理解和把握，因而解答问题的过程中往往较繁还极易产生错解，为此笔者对这类问题进行总结，给出解决问题一般方法，指明此种问题的一般求解策略，以飨读者.
一、数形结合，结合函数图象求范围
例1设x∈（0，4），若不等式x（4-x）>ax恒成立，求a的取值范围.
解：设y1=x（4-x），则有（x-2）2+y21=4（y1≥0），是圆心在（2，0），半径为2的上半圆C.再设y2=ax，它是过原点，斜率为a的直线l.在同一直角坐标系下作出它们的图象，由题意知半圆恒在直线上方，从而可以看出a
评注：对于不等式两端有明显的几何意义时可以考虑构造函数，通过数形结合利用函数图象求范围，往往直观形象，方便快捷.仿照此法读者可以解决：设不等式x2
二、分类讨论，借助函数性质求范围
从以上数例可以看出，应当指出的是对于一个具体问题来说，往往要结合实际采取多种策略的共同参与才能奏效，这就需要领会各种方法的精髓，灵活而又恰当地使用上述各种策略解题就无往而不胜了.。

专题四恒成立问题

专题四恒成立问题在近几年的高考数学试题中，常常出现含参数的不等式成立的问题，这类问题与函数，导数，方程等知识综合在一起，演绎出一道道设问新颖，五光十色的题目，这些试题的思辨性很强，往往让人眼花缭乱，使解题者不知所措，这些题目从解题目标上看，基本上有三种，即求参数的取值范围，使含参数的不等式恒成立，能成立或恰成立.用函数思想作指导,解不等式的恒成立、能成立、恰成立问题的操作程序是这样的:1.恒成立问题若不等式()Af在区间D上的f>在区间D上恒成立,则等价于函数()xx最小值大于A,若不等式()Bf在区间D上的f<在区间D上恒成立,则等价于函数()xx最大值小于B.2. 能成立问题若在区间D上存在实数x使不等式()Axf>在区间D上f>成立,即()Ax能成立, ,则等价于函数()xf在区间D上的最大值大于A,若在区间D上存在实数x使不等式()Bxf<在区间D上f<成立,即()Bx能成立, ,则等价于函数()xf在区间D上的最小值小于B.3. 恰成立问题若不等式()Af>的解集xf>在区间D上恰成立, 则等价于不等式()Ax为D ,若不等式()B x f <在区间D 上恰成立, 则等价于不等式()B x f <的解集为D ,如果从解题模式看,好象问题很简单,但是,由于试题的结构千变万化,试题的设问方式各不相同,就使得题目变得十分灵活,如何对这类题目进行思辨和模式识别,把问题化归到常见的基本的题型,是高考复习的一个课题.【例1】若关于x 的不等式02>--a ax x 的解集为),(+∞-∞，则实数a 的取值范围是；若关于x 的不等式32-≤--a ax x 的解集不是空集，则实数a 的取值范围是．【分析及解】第一个填空是不等式恒成立的问题,设()a ax x x f --=2.则关于x 的不等式02>--a ax x 的解集为),(+∞-∞()0>⇔x f 在()+∞∞-,上恒成立()0min >⇔x f ,即(),0442min >+-=a a x f 解得04<<-a 第二个填空是不等式能成立的问题. 设()a ax x x f --=2.则关于x 的不等式32-≤--a ax x 的解集不是空集()3-≤⇔x f 在()+∞∞-,上能成立()3min -≤⇔x f ,即(),3442min -≤+-=a a x f 解得6a ≤-或2a ≥. 【例2】三个同学对问题“关于x 的不等式232255x x x ax ++-≥在[]1,12上恒成立，求实数a 的取值范围”提出各自的解题思路．甲说：“只须不等式左边的最小值不小于右边的最大值”．乙说：“把不等式变形为左边含变量x 的函数，右边仅含常数，求函数的最值”．丙说：“把不等式两边看成关于x 的函数，作出函数图像”．参考上述解题思路，你认为他们所讨论的问题的正确结论，即a 的取值范围是．【分析及解】关键在于对甲，乙，丙的解题思路进行思辨，这一思辨实际上是函数思想的反映.设()()232255,f x x x x g x ax =++-=.甲的解题思路，实际上是针对两个函数的，即把已知不等式的两边看作两个函数，设()()232255,f x x x x g x ax =++-= 其解法相当于解下面的问题：对于[][]121,12,1,12x x ∈∈,若()()12f x g x ≥恒成立,求a 的取值范围. 所以，甲的解题思路与题目[]1,12x ∈,()()f x g x ≥恒成立,求a 的取值范围的要求不一致.因而, 甲的解题思路不能解决本题.按照丙的解题思路需作出函数()232255f x x x x =++-的图象和()g x ax =的图象,然而,函数()f x 的图象并不容易作出.由乙的解题思路,本题化为()f x a x≥在[]1,12x ∈上恒成立,等价于[]1,12x ∈时, ()minf x a x ⎡⎤≥⎢⎥⎣⎦成立.由()255f x x x x x x =++-在[]51,12x =∈时,有最小值10,于是,10a ≤. 【例3】已知向量2(,1),(1,),a x x b x t =+=-r r 若函数()b a x f ρρ⋅=在区间()1,1-上是增函数，求t 的取值范围.【分析及解】依定义,)1()1()(232t tx x x x t x x x f +++-=++-=.23)(2t x x x f ++-='则()x f 在区间()1,1-上是增函数等价于()0>'x f 在区间()1,1-上恒成立;而()0>'x f 在区间()1,1-上恒成立又等价于x x t 232->在区间()1,1-上恒成立;设()()1,1,232-∈-=x x x x g进而()x g t >在区间()1,1-上恒成立等价于()()1,1,max -∈≥x x g t考虑到()()1,1,232-∈-=x x x x g 在⎪⎭⎫ ⎝⎛-31,1上是减函数,在⎪⎭⎫ ⎝⎛1,31上是增函数,则()()51max =-=g x g . 于是, t 的取值范围是5≥t .【例4】已知函数()()()331,5f x x ax g x f x ax '=+-=--，其中()'f x 是()f x 的导函数.（1）对满足11a -≤≤的一切a 的值，都有()0g x <，求实数x 的取值范围；（2）设2a m =-，当实数m 在什么范围内变化时，函数()y f x =的图象与直线3y =只有一个公共点.【分析及解】只考虑（Ⅰ）.解法1.由题意()2335g x x ax a =-+-，这一问表面上是一个给出参数a 的范围，解不等式()0g x <的问题，实际上，把以x 为变量的函数()g x ，改为以a 为变量的函数，就转化为不等式的恒成立的问题，即令()()2335a x a x ϕ=-+-，()11a -≤≤，则对11a -≤≤，恒有()0g x <，即()0a ϕ<，从而转化为对11a -≤≤，()0a ϕ<恒成立，又由()a ϕ是a 的一次函数，因而是一个单调函数，它的最值在定义域的端点得到.为此只需()()1010ϕϕ<⎧⎪⎨-<⎪⎩ 即22320,380.x x x x ⎧--<⎨+-<⎩解得213x -<<.故2,13x ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭时，对满足11a -≤≤的一切a 的值，都有()0g x <. 解法2.考虑不等式()23350g x x ax a =-+-<. 由11a -≤≤知,236600a a ∆=-+>,于是,不等式的解为x <<.但是,这个结果是不正确的,因为没有考虑a 的条件,还应进一步完善.为此,设()()g a h a ==不等式化为()(),11g a x h a a <<-≤≤恒成立,即()()max min ,11g a x h a a <<-≤≤.由于()23660a a a g a --+=在11a -≤≤上是增函数,则()()max 213g a g ==-,()23660a a a h a +-+=在11a -≤≤上是减函数,则()()min 1 1.h a h ==所以,213x -<<. 故2,13x ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭时，对满足11a -≤≤的一切a 的值，都有()0g x <.【例5】求与抛物线2:E y ax =相切于坐标原点的最大圆C 的方程.【分析及解】因为圆C 与抛物线2:E y ax =相切于坐标原点,所以,可设()222:C x y r r +-=.由题意, 抛物线E 上的点(),P x y 除坐标原点()0,0之外,都在圆C 的外边.设P 和圆心()0,C r 的距离为d ,则本题等价于()22d x y r r =+-≥ ①在0y ≥的条件下,恒成立.整理①式得 12y r a≥- ②于是,本题又等价于②式在0y ≥的条件下,恒成立.即min 12y r a≥-, 由min 0y =得 102r a≥-,即12r a≤. 所以,符合条件的最大圆的半径是12r a=,最大圆C 的方程为 2221122x y a a ⎛⎫⎛⎫+-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭【例6】设a ∈R ，二次函数2()22.f x ax x a =--若()0f x >的解集为A ，{}|13,B x x A B =<<≠∅I ，求实数a 的取值范围.【分析及解】这是一个题目在不等式成立的前提下，求参数的范围的问题，这个题目的常规解法是：由题设,0a ≠.()0f x =的两个根为11x a=-21x a =+显然,120,0x x <>. (1) 当0a <时,{}12A x x x x =<<,21A B x ≠∅⇔>⇔I 1a +1> 2.a ⇒<- (2) 当0a >时, {}{}12A x x x x x x =<>U ,23A B x ≠∅⇔<⇔I 1a +637a <⇒>. 于是,实数a 的取值范围是()6,2,7⎛⎫-∞-+∞ ⎪⎝⎭U .我们注意到,题目的要求与大部分见到的题并不相同.这类题目在试题中出现最多的是不等式恒成立的问题,而本题却是一个不等式能成立的问题,因为,题目的条件是只要集合,A B 的交集不是空集就可以,即只要不等式()0f x >在区间()1,3有解就可以,这等价于()()max 0,1,3f x x >∈成立.解法就简单些.解法如下:(1) 当0a <时,因为()f x 的图象的对称轴10a<，则对()1,3x ∈，()1f 最大，()()max 1220. 2.f x f a a a ==-->⇒<-(2) 当0a >时, ()()max ,1,3f x x ∈在()1f 或()3f 实现, 由()()120,376f a f a =--<=-,则()637607f a a =->⇒>于是,实数a 的取值范围是()6,2,7⎛⎫-∞-+∞ ⎪⎝⎭U .这个解法的关键是用函数思想指导,学会用函数和变量来思考. 【例7】已知函数()x x f ln =，()bx ax x g +=221，0≠a .若2=b ，且()()()x g x f x h -=存在单调递减区间，求a 的取值范围；【分析及解】只研究第（I ）问.x ax x x h b 221ln )(,22--==时，则.1221)(2xx ax ax x x h -+-=--=' 因为函数()h x 存在单调递减区间，所以()0h x '<有解. 由题设可知,()x h 的定义域是()+∞,0 ,而()0<'x h 在()+∞,0上有解,就等价于()0<'x h 在区间()+∞,0能成立, 即x xa 212->, ()+∞∈,0x 成立, 进而等价于()x u a min >成立,其中()xx x u 212-=. 由()x xx u 212-=1112-⎪⎭⎫⎝⎛-=x 得,()1min -=x u .于是,1->a ,由题设0≠a ,所以a 的取值范围是()()+∞-,00,1Y【例8】设3x =是函数23()()()x f x x ax b e x -=++∈R 的一个极值点. （Ⅰ）求a 与b 的关系式（用a 表示b ），并求()f x 的单调区间；（Ⅱ）设0a >，225()()4xg x a e =+,若存在12,[0,4]ξξ∈使得12()()1f g ξξ-<成立，求a 的取值范围.【分析及解】本题的第（Ⅱ） “若存在12,[0,4]ξξ∈使得12()()1f g ξξ-<成立，求a 的取值范围.”如何理解这一设问呢？如果函数()f x 在[]0,4x ∈的值域与()g x 在[]0,4x ∈的值域的交集非空，则一定存在12,[0,4]ξξ∈使得12()()1f g ξξ-<成立，如果函数()f x 在[]0,4x ∈的值域与()g x 在[]0,4x ∈的值域的交集是空集，只要这两个值域的距离的最小值小于1即可.由（Ⅰ）可得,函数()f x 在[]0,4x ∈的值域为()323,6a e a ⎡⎤-++⎣⎦,又()g x 在[]0,4x ∈的值域为2242525,44a a e ⎡⎤⎛⎫++ ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦, 存在12,[0,4]ξξ∈使得12()()1f g ξξ-<成立，等价于()()max min 1f x g x -<或()()max min 1g x f x -<，容易证明,2254a +6a >+. 于是, ()22561,30420.a a a a ⎧⎛⎫+-+<⎪ ⎪⇒<<⎝⎭⎨⎪>⎩.【例9】已知函数].1,0[,274)(2∈--=x xx x f （1）求)(x f 的单调区间和值域；（2）设1≥a ，函数()[]1,0,2323∈--=x a x a x x g ,若对于任意1x []1,0∈,总存x(a 2+254)e 4a 2+254a+6-(2a+3)e3g (x )f (x )在[]1,00∈x 使得)()(10x f x g =成立，求a 的取值范围. 【分析及解】（1）对函数)(x f 求导，得222)2()72)(12()2(7164)(x x x x x x x f ----=--+-=' 令0)(='x f 解得.2721==x x 或可以求得，当)21,0(∈x 时，)(x f 是减函数；当)1,21(∈x 时，)(x f 是增函数.当]1,0[∈x 时，)(x f 的值域为[]4,3--. （2）对函数)(x g 求导，得).(3)(22a x x g -=' 因为1≥a ，当)1,0(∈x 时，.0)1(3)(2≤-<'a x g 因此当)1,0(∈x 时，)(x g 为减函数，从而当]1,0[∈x 时有)].0(),1([)(g g x g ∈ 又,2)0(,321)1(2a g a a g -=--=即]1,0[∈x 时有()g x 的值域为是2[123,2].a a a ---如何理解“任给]1,0[1∈x ，]3,4[)(1--∈x f ，存在]1,0[0∈x 使得)()(10x f x g =”，实际上，这等价于)(x f 值域是()g x 值域的子集，即2[123,2][4,3].a a a ---⊃--这就变成一个恒成立问题，)(x f 的最小值不小于()g x 的最小值，)(x f 的最大值不大于()g x 的最大值即⎩⎨⎧-≥--≤--.32,43212a a a 解①式得 351-≤≥a a 或；解②式得.23≤a又1≥a ，故a 的取值范围为.231≤≤a① ②以上几个例题主要探讨的是不等式的“恒成立”与“能成立”的问题，在历年高考中还出现过“恰成立”和“部分成立”的题目，例如：【例10】(1)已知(),22xa x x x f ++=对任意[)()0,,1≥+∞∈x f x 恒成立,试求实数a 的取值范围;(2)已知(),22xa x x x f ++=当[)()x f x ,,1+∞∈的值域是[)+∞,0,试求实数a 的值.【分析及解】这两问给出的函数的表达式相同,x 的范围相同,()f x 的取值区间也相同,但是,由于设问的含义不相同,所以解题的目标也不相同.本题的第(1)问是一个恒成立问题,()022≥++=xa x x x f 对任意[)+∞∈,1x 恒成立等价于()022≥++=a x x x ϕ对任意[)+∞∈,1x 恒成立,又等价于1≥x 时,()x ϕ的最小值0≥成立.由于()()112-++=a x x ϕ在[)+∞,1上为增函数,则()()31min +==a x ϕϕ,所以 3,03-≥≥+a a .第(2)问是一个恰成立问题,这相当于()022≥++=xa x x x f 的解集是[)+∞∈,1x . 当0≥a 时,由于1≥x 时,()3222≥++=++=xa x x a x x x f ,与其值域是[)+∞,0矛盾, 当0<a 时, ()222++=++=xa x x a x x x f 是[)+∞,1上的增函数, 所以,()x f 的最小值为()1f ,令()01=f ,即.3,021-==++a a【例11】已知0c >，设:P 函数x y c =在R 上单调递减；:Q 21x x c +->的解集为R .如果P 和Q 有且仅有一个正确，求c 的取值范围.【分析及解】函数x y c =在R 上单调递减01c ⇔<<，22,2,22,2.x c x c x x c c x c -≥⎧+-=⎨<⎩Q ()min 22x x c c ∴+-=. 21x x c +->的解集为R ⇔21x x c +->在R 上恒成立⇔()min 21x x c +->121.2c c ⇔>⇔> 如果P 正确,且Q 不正确,则102c <≤, 如果Q 正确,且P 不正确,则1c ≥.由以上, c 的取值范围是[)10,1,2⎛⎤+∞ ⎥⎝⎦U 这是一个部分成立问题.【例12】已知：(),23r qx px x x f +++=且q p 32<，若对R x ∈都有 ()()x m f x m f cos 2sin 2+-≥-，求m 的取值范围. 【例13】设函数()3243af x x bx cx d =+++的图象关于原点对称，且()f x 的图象在点()1,p m 处的切线的斜率为－6，且当2x =时，()f x 有极值. （Ⅰ）求,,,a b c d 的值；（Ⅱ）若[]12,1,1x x ∈-时，求证()()12443f x f x -≤. 【分析及解】（Ⅰ） ()f x 的图象关于原点对称0b d ⇒==， ()/24f x ax c =+ . ()()//16,20f f =-=Q 462,20a c a c a c +=-⎧⇒⇒==-⎨+=⎩. （Ⅱ）()()3/228,283f x x x f x x =-=-,当[]1,1x ∈-时，()/0f x <, ()[]11f x ∴-在，上为减函数，若[]12,1,1x x ∈-时， ()()()()1244113f x f x f f -≤--=.。

恒成立问题与有解问题的区别(1)

+x2-2x+1,则f(p)在[-2,2]上恒大于0，故有：
f(p)min >0(x∈[-2,2])
\
即
ìïïíïïî xxfx(-p1)<11m0i或n =xf(2)>10或或xxìïïíïïî
x-1＞0 f(p)min =f(-2)>0
或
ìïïíïïî
x-1＝0 f(p)=0>0
a 的取值范围
解：当 a 0 时,不等式 2x 2 0 解集不为 R ,故 a 0 不满足
题意;
当 a 0 时,要使原不等式解集为 R ,只需 a 0
解得 a 1
22 4 2a 0
2
综上,所求实数 a 的取值范围为 (1 , )
2
五、二次形（相对于变量为二次的）
值范围为 (2,+∞) 。
(5) 存在x [2,+∞)使不等式x<a成立,则实数a的取
值范围为 (2,+∞) 。
(6)存在x (2 ,+∞]不等式x<a成立,则实数a的取值
范围为 (2,+∞)。
三、含参数的不等式的恒成立与有解的区别，但可以互相转化恒成立和有解是有明显区别的，但可以互相转化。以下充要条件应细心思考，甄别差异，恰当使用，等价转化，切不可混为一团。
（4）不等式 f(x)>k 在 xI 时有解? f(x)max k•,•xI. 或 f(x)的上界大于 k；
例5、已知|p|≤2,(1)对所有实数p,求使不等式x2+ px+1>p+2x都成立的x的取值范围. (2)存在实数p,求使不等式x2+px+1>p+2x成立的x的取值范围。

含参不等式恒成立问题中求参数的取值范围

含参不等式恒成立问题中求参数的取值范围“含参不等式恒成立问题”把不等式、函数、三角、几何等内容有机地结合起来，其以覆盖知识点多，综合性强，解法灵活等特点而倍受高考命题者的青睐。

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。

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⎩⎨⎧<∆<⇔0a 。

例1．已知函数])1(lg[22a x a x y +-+=的定义域为R ，求实数a 的取值范围。

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 的取值范围为),31()1,(+∞--∞ 。

若二次不等式中x 的取值范围有限制，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，求实数m 的取值范围。

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 的取值范围为)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 >⇔例3．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，求实数a 的取值范围。

不等式恒成立问题中参数范围的求解策略_晏美林

学知报/2011年/1月/17日/第006版
教学论坛
不等式恒成立问题中参数范围的求解策略
江西省上高二中晏美林
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。

数学的深奥复杂性在于数学问题的千变万化，参数问题形式多样，方法灵活多变，技巧性较强。

在解题过程中，要根据具体的题设条件，认真观察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，选择适当方法快速而准确地解出。

当然除了以上的方法外，还有许多其它的方法，值得一提的是，各种方法之间并不是彼此孤立的。

因此，系统地掌握参数问题的解题方法，无疑会对学生今后学习及培养学生分析问题和解决问题等方面有很大的帮助。

如何求恒成立问题中参数的范围

如何求恒成立问题中参数的范围湖南省衡东县欧阳遇中学廖鹏飞恒成立问题是中学数学的一类很重要的题型，它是函数、不等式等内容交汇处的一个较为活跃的知识点,很好地考查了分类讨论、数形结合、转化与化归等数学思想方法. 其中往往是以求某一个参数的范围为命题方向，解答这类问题常常有如下几种常用技巧和思路：1. 判别式法例1 若不等式210mx mx ++>对一切实数恒成立，求实数m 的取值范围．解：当0m =时，10>显然对一切实数恒成立；当0m ≠时，要使不等式210mx mx ++>对一切实数恒成立，须有00m >⎧⎨∆<⎩，，，即2040m m m >⎧⎨-<⎩，，解得04m <<．综上， m 的取值范围是[04)，．注：不等式20ax bx c ++>对任意实数x 恒成立00a b c ==⎧⇔⎨>⎩，，或00a >⎧⎨∆<⎩，；；不等式20ax bx c ++<对任意实数x 恒成立00a b c ==⎧⇔⎨<⎩，或00.a <⎧⎨∆<⎩， 2. 构造函数法①一次函数型问题，利用一次函数的图像特征求解.例2.对于一切 |m| ≤2，不等式m x mx x +>++212恒成立，求实数x 的取值范围.解：设12)1()(2+-+-=x x m x m f ，当1=x 时，0)(=m f 不符合题意. 当1≠x 时，要使0)(>m f 在]2,2[-∈m 上恒成立，则：⎩⎨⎧>>-0)2(0)2(f f ⎪⎩⎪⎨⎧>->+-⇒0103422x x x ⇒31>-<x x 或. 故)1,(--∞∈x ),3(+∞ ②二次函数型问题，结合抛物线图像.例3. 对于| x | ≤2，不等式03)1()1(2>+-+-x m x m 恒成立，求实数m 的取值范围解：设3)1()1()(2+-+-=x m x m x f . 当1=m 时，3)(=x f >0，符合题意. 当1,01<>-m m 即时，∵)(x f 图像对称轴为21=x ，∴)(x f >0在]2,2[-∈x 上恒成立⇔△=0)1(12)1(2<---m m ，解得：111<<-m当1,01><-m m 即时，∵min )(x f )2(-=f ，∴)(x f >0在]2,2[-∈x 上恒成立⇔ 0)2(>-f ,即03)2()1()2()1(2>+-⨯-+-⨯-m m ，解得：231<<m . 综上，)23,11(-∈m注：若已知条件中的变量有两个，其中有一个变量的范围已知，若该变量为一次，则可以采用一次函数法，若为二次，则可以采用二次函数法，注意分类讨论思想的应用. 3. 直接利用图象判断例4. 当x ∈(1,2)时，不等式(x-1)2<log a x 恒成立，求a 的取值范围.分析：本题若直接求解，则较为繁难，若将不等号两边分别设成两个函数，则左边为二次函数，图象是抛物线，右边为对数函数的图象，借助图形可直观、简捷求解．解：设y 1=(x-1)2,y 2=log a x ，则在同一坐标系内y 1 、y 2的图象如右图所示，要使对一切x ∈(1,2),y 1<y 2恒成立，显然a>1,并且只需当x=2时y 2的函数值大于等于y 1的函数值.故log a 2>1,a>1, ∴ 1<a ≤2.注：对于f(x)<g(x)（或f(x)>g(x)）型问题，一般先利用数形结合思想转化为函数图象的关系再处理。

【02】专题讲座1：不等式恒成立问题

a 例 5、已知函数 f ( x ) = lg x + − 2 ，若对任意 x ∈ [ 2, +∞ ) 恒有 f ( x ) > 0 ，试确定 x
a 的取值范围.
解：根据题意得： x +
a − 2 > 1 在 x ∈ [ 2, +∞ ) 上恒成立， x
即： a > − x 2 + 3x 在 x ∈ [ 2, +∞ ) 上恒成立，
(a ∈ R)
所以对任意 a ∈ (0, +∞) ， g (a ) > 0 恒成立的充分必要条件是 g (0) ≥ 0 ，即
− x 2 − 2 x ≥ 0 ，∴ −2 ≤ x ≤ 0
于是 x 的取值范围是 { x | −2 ≤ x ≤ 0} 练习 1 、已知对于任意的 a∈[-1,1]，函数 f(x)=ax2+(2a-4)x+3-a>0 恒成立，求 x 的取值范围. 解令 g(a)=(x2+2x-1)a-4x+3 在 a∈[-1,1]时，g(a)>0 恒成立，则得 − 3 − 13 < x < −3 + 13 . 点评对于含有两个参数，且已知一参数的取值范围，可以通过变量转换，构造以该参数为自变量的函数，利用函数图象求另一参数的取值范围. 2、化归二次函数法：根据题目要求，构造二次函数，结合二次函数的最值、二次函数零点等相关知识，求出参数取值范围.此法适用于二次型函数. 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 ①判别式策略：题.一般地，对于二次函数 f ( x ) = ax 2 + bx + c ( a ≠ 0, x ∈ R ) ,有 a > 0 a < 0 ; 2） f ( x ) < 0 对 x ∈ R 恒成立 ⇔ 1） f ( x ) > 0 对 x ∈ R 恒成立 ⇔ . ∆ < 0 ∆ < 0 例 2、在 R 上定义运算 ⊗ ：x ⊗ y＝x(1－y) 实数 x 成立，则若不等式(x－a) ⊗ (x＋a)<1 对任意 ( ) 1 3 3 1 (A)－1<a<1 (B)0<a<2 (C) − < a < (D) − < a < 2 2 2 2 分析：根据条件得出二次不等式对任意 x ∈ R 恒成立，可借助二次方程的 ∆ 的符号求解解：由题意可知 (x-a)[1-(x+a)] <1 对任意 x 成立 2 2 即 x -x-a +a+1>0 对 x ∈ R 恒成立记 f(x)=x2-x-a2+a+1 则应满足 ∆ = (-1)2 - 4(-a2 + a + 1) < 0 化简得解得 4a2-4a-3<0 1 3 − <a< ,故选择 C. 2 2