含参变量不等式问题附答案

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.。