含参变量不等式问题附答案

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含参变量不等式问题
【学习目标】
了解参变量的含义,会解含参变量的简单不等式,会探究含参变量的不等式在某范围内恒成立等简单问题,从而培养分类与整合的数学思想. 【基础检测】
1.已知关于x 的方程-x =ax +1有一负根,则实数a 的取值范围是( ) A .a >-1 B .a =1 C .a ≥1 D .a ≤1
2.若log 2a 1+a 2
1+a <0,则a 的取值范围是( )
A .(1
2,+∞) B .(1,+∞)
C .(12,1)
D .(0,12
)
3.若对任意的x ∈(-∞,-1],不等式(m 2-m )2x -(1
2
)x <1恒成立,则实数m 的取值范围是( )
A .(-2,3)
B .(-3,3)
C .(-2,2)
D .(-3,4)
4.若不等式x 2+2+|x 3
-2x |≥ax 对任意x ∈(0,4)恒成立,则实数a 的取值范围是 .
5.若关于x 的不等式(2x -1)2
<ax 2
的解集中的整数恰有3个,则实数a 的取值范围是 .
【知识要点】
1.含参变量的不等式的基本问题类型
类型Ⅰ:解含参变量的不等式(或组)问题.此类数学问题求解时,既要遵循解常系数不等式的一般途径和算法思想,又要根据问题情境恰当选择某种标准,应用分类讨论思想,针对参变量在不同区域取值时,求得不等式的解集.
类型Ⅱ:含参变量的不等式在给定范围恒成立,求参变量的允许值范围问题.该类数学问题的求解,常常应用不等式的性质进行“变量分离”,即将变量与主变量分离,然后将问题化归为函数在某范围内的最值问题求解. 2.分类讨论的思想方法
分类讨论是一种逻辑方法,也是一种数学思想.分类讨论的标准由引起分类讨论的原因确定,分类时一定要确保“各类的交集为空集”,即不重复,又要确保“各类的并集是全集”,即不遗漏.
分类原则是:(1)施行分类的集合的全域必须是确定的;(2)每一次分类的标准必须是同一的;(3)分类必须是完整的,不出现遗漏;(4)各子集域必须是互斥的,不出现重复;(5)如需多次分类,必须逐级进行,不得越级. 一、含参变量不等式的解法
例1解关于x 的不等式:(m +1)x 2-4x +1≤0(m ∈R).
【点评】解含参数的一元二次不等式时,常需分类讨论,分类讨论的出发点有:(1)二次项系数;(2)判别式;(3)两根的大小.
例2、设函数f (x )=x -a
x -1
,集合M ={x |f (x )<0},P ={x |f ′(x )>0},若M P ,求实数a 的取值
范围.
二、恒成立问题
例3已知函数f (x )=e x -kx ,x ∈R.
(1)若k =e ,试确定函数f (x )的单调区间;
(2)若k >0,且对于任意x ∈R ,f (||x )>0恒成立,试确定实数k 的取值范围.
例4已知函数f (x )=ln x -ax +1-a
x -1(a ∈R).
(1)当a ≤1
2
时,讨论f (x )的单调性;
(2)设g (x )=x 2-2bx +4,当a =1
4
时,若对任意x 1∈(0,2),存在x 2∈[1,2],使f (x 1)≥g (x 2),求实
数b 的取值范围.
【点评】这是一个含参问题,需分类讨论,分类讨论时需把握好出发点,如(1)中,a 与零的比
较成为分类讨论的出发点.第(2)问中,注意等价转换为g (x )min ≤-1
2
.
〔备选题〕例5已知函数f (x )=2x 2+(x -a )|x -a |. (1)若f (0)≥1,求a 的取值范围; (2)求f (x )的最小值;
(3)设函数h (x )=f (x ),x ∈(a ,+∞),直接写出(不需给出演算步骤)不等式h (x )≥1的解集.
方法总结:
1.求解含参变量不等式时,往往需要分类讨论,而分类时讲究分类标准的一致性,并注意确保“不重不漏”.
2.解决含参变量恒成立的不等式问题的步骤是:
①分离变量:即将参变量与主变量分开,分别分布在不等式两侧.
②求最值:要使h (a )≥f (x )恒成立,只需h (a )≥f (x )max ;要使h (a )≤f (x )恒成立,只需h (a )≤[f (x )]min.
同时应注意若不能分离变量,则将恒成立问题转化化归为函数问题,利用数形结合求解.
(2011北京)已知函数f (x )=(x -k )2
x k
e .
(1)求f (x )的单调区间;
(2)若对于任意的x ∈(0,+∞),都有f (x )≤1
e ,求k 的取值范围.
练习:
1.已知log a 2
5<1,则a 的取值范围是( )
A .0<a <25
B .a >1
C .0<a <25或a >1
D .a >5
2
2.关于x 的不等式x 2-4ax -5a 2>0(a <0)的解集是( ) A .{x |5a <x <-a } B .{x |-a <x <5a }
C .{x |x <5a 或x >-a }
D .{x |x >5a 或x <-a }
3.已知a >0,a ≠1,f (x )=x 2-a x ,当x ∈(-1,1)时,均有f (x )<1
2
,则实数a 的取值范围是( )
A .(0,12]∪[2,+∞)
B .[14,1)∪(1,4]
C .[12,1)∪(1,2]
D .(0,1
4
]∪[4,+∞)
4.已知函数f (x )=ax 2+bx +c (a <b ),若对任意x ∈R ,f (x )≥0恒成立,则A =a +b +c
b -a
的最小
值为 .
5.已知函数f (x )=2ax +4a +6,当x ∈[-1,1]时,f (x )的值有正有负,则a 的取值范围是 .
6.设a ,b ∈R ,关于x 的不等式a 2x +b 2(1-x )≥[ax +b (1-x )]2,若a =b ,则不等式的解集为 ;若a ≠b ,则不等式的解集为 .
7.解关于x 的不等式x 2-(a +a 2)x +a 3>0(a ∈R).
8.设函数f (x )=mx 2-mx -1.
(1)若对于一切实数x ,f (x )<0恒成立,求m 的取值范围; (2)若对于x ∈[1,3],f (x )<-m +5恒成立,求m 的取值范围.
含参变量不等式问题参考答案
1、【解析】因为ax +x =-1,即(a +1)x =-1,显然a ≠-1,所以x =-1
a +1
<0,∴a >-1.
2、【解析】⎩
⎨⎧
2a >1
0<1+a
2
1+a <1或⎩
⎨⎧
0<2a <1
1+a
2
1+a >1,∴1
2
<a <1
3、【解析】(m 2-m )2x -(1
2)x <1,∀x ∈(-∞,-1]恒成立⇔m 2-m <(1
2)x +12x ,∀x ∈(-∞,-1]恒
成立.
设(12)x =t ,t ∈[2,+∞),f (t )=t 2+t =(t +12)2-1
4≥6, 故m 2-m <6,-2<m <3. 4、【解析】依题意,问题转化为当x ∈(0,4)时,
a ≤x +2
x +|x 2-2|恒成立.
易知当x =2时,x +2
x 和|x 2-2|同时取得最小值,
故a ≤2 2. 5、【解析】原不等式可化为(4-a )x 2-4x +1<0 ① 由于不等式的解集中的整数恰有3个,
则⎩
⎪⎨⎪⎧
4-a >0Δ=16-4(4-a )>0,即0<a <4, 由①得
12+a <x <12-a
,又14<12+a <1
2
所以解集中的3个整数必为1,2,3,
所以3<12-a
≤4,解得259<a ≤49
16.
例1、【解析】(1)若m =-1,x ≥1
4,
不等式的解集为{x |x ≥1
4
};
(2)若m ≠-1,方程(m +1)x 2-4x +1=0的 Δ=16-4(m +1)=4(3-m )
当m <3,且m ≠-1时,两根为x =2±3-m
m +1
因此当m <-1时,不等式的解集为(-∞,2+3-m m +1]∪[2-3-m
m +1,+∞);
当-1<m <3时,解集为[2-3-m m +1,2+3-m
m +1
];
当m =3时,x =12,解集为{1
2
};
例2、【解析】f ′(x )=(x -1)-(x -a )(x -1)2=a -1
(x -1)2.
1° 当a >1时,M =(1,a ), P =(-∞,1)∪(1,+∞),M
P 成立;
2° 当a =1时,M =∅,P =∅,不合题意; 3° 当a <1时,M =(a,1),P =∅,不合题意. 综上可知,a 的取值范围是(1,+∞).
例3、【解析】(1)由k =e 得f (x )=e x -e x , 所以f ′(x )=e x -e. 由f ′(x )>0得x >1,
故f (x )的单调递增区间是(1,+∞); 由f ′(x )<0得x <1,
故f (x )的单调递减区间是(-∞,1).
(2)由f (||
-x )=f (||x )可知,f (||x )是偶函数.
于是f (||x )>0对任意x ∈R 成立等价于f (x )>0对任意x ≥0成立. 由f ′(x )=e x -k =0得x =ln k . ①当k ∈(0,1]时,
f ′(x )=e x -k >1-k ≥0(x >0), 此时f (x )在[0,+∞)上单调递增, 故f (x )≥f (0)=1>0,符合题意.
②当k ∈(1,+∞)时,ln k >0. 当x 变化时,f ′(x )、f (x )的变化情况如下表:
x [0,ln k ) ln k (ln k ,+∞)
f ′(x ) - 0 + f (x )
单调递减
极小值
单调递增
由此可得,在[0,+∞)上,f (x )≥f (ln k )=k -k ln k . 依题意,令k -k ln k >0,又k >1,∴1<k <e. 综合①②得,实数k 的取值范围是0<k <e.
例4、【解析】(1)∵f (x )=ln x -ax +1-a
x -1, ∴f ′(x )=1
x -a -1-a x 2=-(ax 2-x +1-a )x 2,
x ∈(0,+∞).
令h (x )=ax 2-x +1-a ,x ∈(0,+∞). ①当a =0时,h (x )=-x +1,
当x ∈(0,1)时,h (x )>0,此时f ′(x )<0,函数f (x )单调递减,当x ∈(1,+∞)时,h (x )<0,此时f ′(x )>0,函数f (x )单调递增.
②当a ≠0时,由f ′(x )=0得x 1=1,x 2=1
a -1. (ⅰ)当a =1
2时,x 1=x 2,h (x )≥0恒成立,
此时f ′(x )≤0,函数f (x )在(0,+∞)单调递减.
(ⅱ)当0<a <12时,1
a -1>1,
x ∈(0,1)时,f (x )单调递减;
x ∈(1,1
a -1)时,f (x )单调递增; x ∈(1
a -1,+∞)时,f (x )单调递减.
(ⅲ)当a <0时,1
a -1<0, x ∈(0,1)时,f (x )单调递减;
x ∈(1,+∞)时,f (x )单调递增.
(2)a =14∈(0,1
2),由(1)知x 1=1,x 2=3∉(0,2),
当x ∈(0,1)时,f (x )单调递减; 当x ∈(1,2)时,f (x )单调递增. 故f (x )在(0,2)上的最小值为f (1)=-12
.
由题意可知g (x )在[1,2]上的最小值不大于f (x )在(0,2)上的
最小值-1
2.
g (x )=(x -b )2+4-b 2,x ∈[1,2],
1°当b <1时,g (x )min =g (1)=5-2b >0不合题意; 2°当b ∈[1,2]时,g (x )min =4-b 2≥0不合题意; 3°当b ∈[2,+∞)时,g (x )min =g (2)=8-4b ≤-12

∴b ≥178
.
综上可知b 的取值范围是[17
8
,+∞).
例5、【解析】(1)因为f (0)=-a |-a |≥1, 所以-a >0,即a <0. 由a 2≥1知a ≤-1.
因此,a 的取值范围为(-∞,-1].
(2)记f (x )的最小值为g (a ). 由于f (x )=2x 2+(x -a )|x -a |= ⎩⎪⎨⎪⎧
3(x -a 3)2+2a 2
3,x >a ,①
(x +a )2-2a 2,x ≤a .②
(ⅰ)当a ≥0时,f (-a )=-2a 2, 由①②知f (x )≥-2a 2, 此时g (a )=-2a 2.
(ⅱ)当a <0时,f (a 3)=23
a 2.
若x >a ,则由①知f (x )≥2
3
a 2;
若x ≤a ,则x +a ≤2a <0,由②知f (x )≥2a 2>2
3
a 2.
此时g (a )=2
3
a 2.
综上得g (a )=⎩⎪⎨⎪⎧
-2a 2,a ≥0,
2a 23,a <0.
(3)(ⅰ)当a ∈(-∞,-62]∪[2
2
,+∞)时, 解集为(a ,+∞); (ⅱ)当a ∈[-22,2
2)时, 解集为[
a +
3-2a 2
3
,+∞); (ⅲ)当a ∈(-62,-2
2)时,解集为(a ,a -3-2a 23]∪[a +3-2a 23
,+∞).
(2011北京) 【解析】(1)f ′(x )=1
k (x 2-k 2) x
k e
.
令f ′(x )=0,得x =±k .
当k >0时,f (x )与f ′(x )的变化情况如下:
递增 递减 所以f (x )的单调递增区间是(-∞,-k )和(k ,+∞),单调递减区间是(-k ,k ). 当k <0时,f (x )与f ′(x )的变化情况如下:
递增
所以f (x )的单调递减区间是(-∞,k )和(-k ,+∞),单调递增区间是(k ,-k ).
(2)当k >0时,因为f (k +1)= >1
e ,
所以不会有∀x ∈(0,+∞),f (x )≤1
e .
当k <0时,由(1)知f (x )在(0,+∞)上的最大值是
f (-k )=4k 2
e
.
所以∀x ∈(0,+∞),f (x )≤1
e 等价于
f (-k )=4k 2e ≤1e

解得-12≤k <0.故当∀x ∈(0,+∞),f (x )≤1e 时,k 的取值范围是[-1
2,0).
练习:
1、【解析】由已知得a >1或⎩⎪⎨⎪⎧
0<a <125
>a ,即a >1或0<a <2
5
,故选C.
2、【解析】原不等式即为(x +a )(x -5a )>0,又a <0, 5a <-a ,故x >-a 或x <5a ,故选C.
3、【解析】要使f (x )<12,只需f (x )max <1
2
,x ∈(-1,1)即可.
当a >1时,f (x )max =f (-1)=1-1a ≤1
2
,∴1<a ≤2.
当0<a <1时,f (x )max =f (1)=1-a ≤12,∴1
2≤a <1.
故选C.
4、【解析】设b -a =t ,t >0,c ≥b 2
4a
,a >0,
A ≥a +a +t +
(a +t )2
4a t =14(9a t +t a )+32≥14·29+3
2=3,当且仅当9a t =t a ,即4a =b 时取等号. 5、【解析】因为f (-1)f (1)<0,即(a +1)(a +3)<0,所以-3<a <-1. 6、【解析】原不等式可化为(a 2-b 2)x +b 2≥(a -b )2x 2+2(a -b )·bx +b 2,整理得(a -b )2(x 2-x )≤0(*)
①当a =b 时,(*)式为0·(x 2-x )≤0,则x ∈R ; ②当a ≠b 时,(a -b )2>0,则(*)式为x 2-x ≤0, 解得0≤x ≤1. 7、【解析】原不等式可变形为(x -a )(x -a 2)>0, 则方程(x -a )·(x -a 2)=0的两根为x 1=a ,x 2=a 2. 下面比较两根a 与a 2的大小.
当a <0时,有a <a 2,∴x <a 或x >a 2,此时原不等式的解集为{x |x <a 或x >a 2}; 当0<a <1时,原不等式的解集为{x |x <a 2或x >a };
当a >1时,有a <a 2,∴x <a 或x >a 2,此时原不等式的解集为{x |x <a 或x >a 2}; 当a =0时,有x ≠0,此时原不等式的解集为{x |x ∈R 且x ≠0}; 当a =1时,有x ≠1,此时原不等式的解集为 {x |x ∈R 且x ≠1}.
综上可知,当a <0或a >1时,原不等式的解集为{x |x <a 或x >a 2}; 当0<a <1时,原不等式的解集为{x |x <a 2或x >a }; 当a =0时,原不等式的解集为{x |x ∈R 且x ≠0}; 当a =1时,原不等式的解集为{x |x ∈R 且x ≠1}. 8、【解析】(1)要使mx 2-mx -1<0恒成立, 若m =0,显然-1<0; 若m ≠0,
则 ⎩⎪⎨⎪⎧
m <0Δ=m 2
+4m <0
,⇒-4<m <0.
所以-4<m ≤0.
(2)要使f (x )<-m +5在[1,3]上恒成立,
就是要使m (x -12)2+34m -6<0在x ∈[1,3]上恒成立.令g (x )=m (x -12)2+3
4m -6,x ∈[1,3].
当m >0时,g (x )在[1,3]上是增函数, 所以g (x )max =g (3)=7m -6<0,所以m <6
7

则0<m <6
7;当m =0时,-6<0恒成立;
当m <0时,g (x )在[1,3]上是减函数, 所以g (x )max =g (1)=m -6<0, 所以m <6,所以m <0.。

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