高考数学专题复习-含参数函数不等式恒成立问题
专题三 含参数函数不等式恒成立问题
不等式问题是数学中的重要内容之一，而含参数函数不等式恒成立问题又是重点中的难点．这类问题既含参数又含变量，与多个知识有效交汇，有利于考查学生的综合解题能力，检验学生思维的灵活性与创造性，这正符合高考强调能力立意，强调数学思想与方法的命题思想，因此恒成立问题成为近年来全国各地高考数学试题的一个热点．
模块1 整理方法 提升能力
处理含参数函数不等式（一个未知数）恒成立问题，从方法上，可考虑分离参数法或猜想+最值法（必要条件法）．如果使用分离参数法，则猜想是没有作用的，对于难一点的分离参数法，可能要使用多次求导或洛必达法则．如果使用猜想法，则后续有3种可能：一是猜想没有任何作用；二是利用猜想减少分类讨论；三是在猜想的基础上强化，从而得到答案．从改造的形式上，解答题优先选择一平一曲，可利用分离参数法转化为一平一曲两个函数，也可以把函数化归为一边，考虑函数的图象与x 轴的交点情况（本质上也是一平一曲）．
洛必达法则
如果当0x x →（0x 也可以是±∞）时，两个函数()f x 和()g x 都趋向于零或都趋向于无穷大，那么极限()()
lim
x x f x g x →可能存在，也可能不存在．如果存在，其极限值也不尽相同．我们
称这类极限为
00型或∞
∞
型不定式极限．对于这类极限，一般要用洛必达法则来求． 定理1：若函数()f x 和()g x 满足条件： （1）()()0
lim lim 0x x x x f x g x →→==．
（2）()f x 和()g x 在0x 的某个去心邻域内可导，且()0g x '≠． （3）()()
lim
x x f x g x →存在或为无穷大．
则有()()
()
()
lim
lim
x x x x f x f x g x g x →→'='． 定理2：若函数()f x 和()g x 满足条件： （1）()()0
lim lim x x x x f x g x →→==∞．
（2）()f x 和()g x 在0x 的某个去心邻域内可导，且()0g x '≠．
（3）()()
lim
x x f x g x →存在或为无穷大．
则有()()
()
()
lim
lim
x x x x f x f x g x g x →→'='． 在定理1和定理2中，将分子、分母分别求导再求极限的方法称为洛必达法则． 使用洛必达法则时需要注意： （1）()()
lim
x x f x g x →必须是
00型或∞
∞
型不定式极限． （2）若()()0lim x x f x g x →''还是00型或∞
∞
型不定式极限，且函数()f x '和()g x '仍满足定理中()f x 和()g x 所满足的条件，则可继续使用洛必达法则，即()()
()()()
()
0lim
lim
lim x x x x x x f x f x f x g x g x g x →→→'''=='''． （3）若无法判定()
()
f x
g x ''的极限状态，或能判定它的极限振荡而不存在，则洛必达法则失
效，此时，需要用其它方法计算()()
lim
x x f x g x →．
（4）可以把定理中的0x x →换为0x x +→，0x x -
→，x →+∞，x →-∞，此时只要把定
理中的条件作相应的修改，定理仍然成立．
例1
已知函数()ln f x x kx k =-+（k ∈R ）． （1）求()f x 在[]1,2上的最小值；
（2）若1ln 1x a x x ??+≥ ? ?-??
对()1,1x ∈-恒成立，求正数a 的最大值．
【解析】（1）定义域为()0,+∞，()11
kx f x k x x
-+'=
-=
． ①当0k ≤时，()0f x '>，函数()f x 在[]1,2为增函数，所以()()min 10f x f ??==??． ②当0k >时，由()0f x '>可得10x k <<
，由()0f x '<可得1x k >，所以()f x 在10,k ?? ???
上
递增，在1,k ??
+∞ ???
上递减．于是()f x 在[]1,2上的最小值为()10f =或()2ln 2f k =-．
（i ）当0ln2k <-，即0ln2k <<时，()()min 10f x f ??==??． （ii ）当0ln2k ≥-，即ln2k ≥时，()()min 2ln 2f x f k ??==-??．
综上所述，当ln2k <时，()()min 10f x f ??==??；当ln2k ≥时，()()min 2ln 2f x f k ??==-??．
（2）令[)0,1t x =∈，则1ln 1x a x x ??+≥ ? ?-??
对()1,1x ∈-恒成立1ln 1t at t +???≥ ?-??对[)0,1t ∈恒成立．
法1：（分离参数法）当0t =，不等式恒成立，于是1ln 1t at t +??≥ ?-??
对[)0,1t ∈恒成立
1ln 1t t a t
+?? ?-???≤
对()0,1t ∈恒成立． 令()1ln 1t t G t t +?? ?-??=，则()22
21ln 11t t t t G t t +??
- ?--??'=，令()221ln 11t t H t t t +??=- ?--??，则()()
()2
2
2
2
22222240111t t H t t t t +'=
-=>---，所以()H t 在()0,1上递增，于是()()00H t H >=，即()0G t '>，所以()G t 在()0,1上递增．
由洛必达法则，可得()2002
1lim lim 21
t t t G t ++→→-==，于是02a <≤，所以正数a 的最大值为2． 法2：（不猜想直接用最值法）构造函数()1ln 1t F t at t +??
=- ?-??
，则
()222
2211at a
F t a t t +-'=-=
--． ①当20a -≥，即2a ≤时，()0F t '>，所以函数()F t 在[)0,1上递增，所以
()()00F t F ≥=．
②当20a -<，即2a >时，由()0F t '<
可得0x ≤<
所以函数()F t
在???
上递减，于是在???上，()()00F t F ≤=，不合题意．
综上所述，正数a 的最大值为2．
法3：（先猜想并将猜想强化）由常用不等式ln 1x x ≤-（0x >）可得
112ln 1111t t t t t t ++??≤-= ?---??
，即21t at t ≤-．当0t =时，式子恒成立，当()0,1t ∈，有21a t ≤-恒成立，而
2
21t
>-，所以2a ≤． 下面证明a 可以取到2，即证明不等式1ln 21t t t +??
≥ ?-??
对[)0,1t ∈恒成立．构造函数
()1ln 21t K t t t +??
=- ?-??（01t ≤<），则()222
222011t K t t t '=-=≥--，所以函数()K t 在[)0,1上递增，所以()()00K t K ≥=，所以不等式1ln 21t t t +??
≥ ?-??
对[)0,1t ∈恒成立，所以正数a 的最大
值为2．
法4：（先猜想并将猜想强化）()1ln 01t F t at t +??
=-≥ ?-??
对[)0,1t ∈恒成立，因为()00
F =所以()020F a '=-≥，即2a ≤．
下同法3．
法5：（先猜想并将猜想强化）当0t =，不等式恒成立，于是1ln 1t at t +??
≥ ?-??
对[)0,1t ∈恒
成立()1ln 1t t a G t t
+?? ?-???≤=对()0,1t ∈恒成立．由洛必达法则，可得()2
0021lim lim 21t t t G t +
+→→-==，于是2a ≤．
下同法3．
【点评】法1（分离参数法）把恒成立问题转化为求()G t 的最小值，法2（最值法）把恒成立问题转化为求()F t 的最小值．由此可见最值法与分离参数法本质上是相通的，其本质都是把不等式恒成立问题转化为求函数的最值问题，其区别在于所求的函数中是否含有参数．
法3、法4和法5都是先求出必要条件2a ≤，然后将必要条件进行强化，需要解题的敏感度和判断力．如果我们将这个必要条件与法2的最值法进行结合，可减少法2的分类讨论．
例2
设函数()e 2x f x ax =--． （1）求()f x 的单调区间；
（2）若1a =，k 为整数，且当0x >时，()()10x k f x x '-++>，求k 的最大值． 【解析】（1）()e x f x a '=-．
①当0a ≤时，()0f x '>在R 上恒成立，所以()f x 在R 上递增．
②当0a >时，由()0f x '>可得ln x a >，由()0f x '<可得ln x a <．所以()f x 在(),ln a -∞上递减，在()ln ,a +∞上递增．
（2）当1a =时，()e 2x f x x =--，所以()e 1x f x '=-，即()()
e 110x x k x --++>在
()0,+∞上恒成立．
法1：（分离参数法）()()e 110x
x k x --++>在()0,+∞上恒成立e 1e 1
x x x k +?<-在()
0,+∞上恒成立．令()e 1
e 1x x x x ?+=-，则()()()()()()()22e e e 1e 1e e e 2e 1e 1x x x x x x x x x x x x x ?+--+--'==--，令()e 2x t x x =--，有()e 10x t x '=->在()0,+∞上恒成立，所以()t x 在()0,+∞上递增（也可由
（1）可知，函数()e 2x t x x =--在()0,+∞上递增）．而()1e 30t =-<，()22e 40t =->，所以()0t x =在()0,+∞上有唯一根()01,2x ∈，所以当()00,x x ∈时()0x ?'<，当()0,x x ∈+∞时
()0x ?'>，于是()x ?在()00,x 上递减，在()0,x +∞上递增，所以()x ?在()0,+∞上的最小值
为()0000e 1
e 1
x x x x ?+=-，因为00e 20x x --=，所以00e 2x x =+，于是
()()()()0000021
12,321
x x x x x ?++=
=+∈+-，所以()()02,3k x ?<∈，所以k 的最大值为2．
法2：（不猜想直接用最值法）令()()()
e 11x g x x k x =--++，则
()()()()e 1e 1e 1x x x g x x k x k '=-+-+=+-，令()0g x '=可得1x k =-．
①当10k -≤，即1k ≤时，有()0g x '>在()0,+∞上恒成立，于是()g x 在()0,+∞上递增，从而()g x 在()0,+∞上有()()01g x g >=，于是()0g x >在()0,+∞上恒成立．
②当10k ->，即1k >时（因为k 是整数，所以2k ≥），可知当()0,1x k ∈-时，()0g x '<，当()1,x k ∈-+∞时，()0g x '>，于是()g x 在()0,+∞上的最小值是()11e 1k g k k --=-++．令
()()1h k g k =-，则()1e 10k h k -'=-+<在()1,+∞上恒成立，所以()h k 在()1,+∞上单调递
减．而()23e 0h =->，()234e 0h =-<．所以当2k =时，有()0g x >在()0,+∞上恒成立，当3k ≥时，()0g x >在()0,+∞上不恒成立．
综上所述，k 的最大值为2．
法3：（先猜想并将猜想强化）因为()()
e 110x x k x --++>在()0,+∞上恒成立，所以当
1x =时，该式子也成立，于是()()1e 120k --+>，即e 1
2.16e 1
k +<
≈-．下证k 的最大值为2．
令()()()
2e 11x G x x x =--++，则()()
()()e 12e 1e 1x x x G x x x '=-+-+=-，由()0G x '>可得1x >，由()0G x '<可得01x <<，所以()G x 在()0,1上递减，在()1,+∞上递增．所以
()()min 13e 0G x G ??==->??，于是k 的最大值为2．
【点评】由于k 是整数，所以先猜想再将猜想强化是优先采用的解题方法．如果将k 是整数这个条件去掉，则得到的必要条件e 1
2.16e 1
k +<
≈-既不能强化又不能减少分类讨论，此时猜想将没有任何作用，只能用法1的分离参数法和法2的最值法进行求解．
例3
设函数()2e 1x f x x ax =---． （1）若0a =，求()f x 的单调区间；
（2）若当0x ≥时，()0f x ≥，求a 的取值范围．
【解析】（1）当0a =时，()e 1x f x x =--，()e 1x f x '=-．由()0f x '>可得0x >，由
()0f x '<可得0x <．所以()f x 的递增区间是()0,+∞，递减区间是(),0-∞．
（2）法1：（分离参数法）()0f x ≥在[)0,+∞上恒成立2e 1x ax x ?≤--在[)0,+∞上恒
成立．
当0x =时，式子显然成立；当0x ≠时，分离参数可得2
e 1x x
a x --≤在()0,+∞上恒成立．令
()2e 1x x F x x --=，则()3
e 2e 2
x x x x F x x -++'=，令()e 2e 2x x h x x x =-++，可得()e e 1x x h x x '=-+，()e 0x h x x ''=>，所以()h x '在()0,+∞上递增，于是()()00h x h ''>=，
即()0h x '>，所以()h x 在()0,+∞上递增，于是()()00h x h >=，所以()0F x '>，所以()F x 在()0,+∞上递增．
由洛必达法则，可得()()()()()
0002
e 1e 1e 1
lim lim
lim
lim 222x
x
x x x x x x F x x x +
+
+
+→→→→'
'
---===='
'，所以在()0,+∞上有()12F x >
，所以1
2
a ≤． 法2：（不猜想直接用最值法）()e 12x f x ax '=--，()e 2x f x a ''=-． ①当21a ≤，即1
2
a ≤
时，有()0f x ''≥，所以()f x '在[)0,+∞上递增，所以()()00f x f ''≥=，所以()0f x '≥，所以()f x 在[)0,+∞上递增，所以()()00f x f ≥=．
②当21a >，即1
2
a >
时，由()0f x ''<可得ln2x a <时，于是()f x '在[)0,ln 2a 上递减，所以()()00f x f ''≤=，所以()0f x '≤，所以()f x 在[)0,ln 2a 上递减，于是()()00f x f ≤=，于是()0f x ≥不恒成立．
综上所述，a 的取值范围是1,2?
?-∞ ??
?．
法3：（先猜想并将猜想强化）当0x =时，()0f x ≥在[)0,+∞上恒成立．
当0x ≠时，()0f x ≥在[)0,+∞上恒成立()2
e 1x x
a F x x --?≤=在()0,+∞上恒成立．由
洛必达法则，可得()()()()()
0002
e 1e 1e 1lim lim
lim
lim 222x
x
x x x x x x F x x x +
+
+
+→→→→'
'
---===='
'，所以1
2a ≤． ()e 12x f x ax '=--，()e 20x f x a ''=-≥，所以()f x '在[)0,+∞上递增，所以()()00f x f ''≥=，所以()0f x '≥，所以()f x 在[)0,+∞上递增，所以()()00f x f ≥=．
【点评】对于恒成立问题，最值法与分离参数法是两种最常用的方法．如果分离后的函
数容易求最值，则选用分离参数法，否则选用最值法．最值法主要考查学生分类讨论的思想，一般遵循“构造函数——分类讨论”两部曲来展开．一些稍难的恒成立问题，如果用分离参
值要容易．
猜想+最值法的模式是解决恒成立问题的重要模式，猜想的一般方法有：特殊值代入，不等式放缩，洛必达法则，端点效应．
模块2 练习巩固 整合提升
练习1：已知函数()1ln
1x
f x x
+=-． （1）求曲线()y f x =在点()()0,0f 处的切线方程；
（2）求证：当()0,1x ∈时，()323x f x x ??
>+ ??
?；
（3）设实数k 使得()33x f x k x ??
>+ ??
?对()0,1x ∈恒成立，求k 的最大值．
【解析】（1）()00f =，因为()2
2
1f x x
'=
-，所以()02f '=，于是切线方程为2y x =． 【证明】（2）构造函数()31ln 213x x F x x x ??
+=-+ ?-?
?，01x <<．因为()()42
222221011x F x x x x '=-+=>--，所以()F x 在()0,1上递增，所以()()00F x F >=．于
是当()0,1x ∈时，()323x f x x ??
>+ ??
?．
【解析】（3）法1：（不猜想直接用最值法）构造函数()31ln 13x x G x k x x ??
+=-+ ?-??
，01x <<，则()()()42
22
22111kx k G x k x x x +-'=-+=
--． ①当0k ≤时，()0G x '>，所以()G x 在()0,1上递增，所以()()00G x G >=． ②当02k <≤时，()0G x '>，所以()G x 在()0,1上递增，所以()()00G x G >=．
③当2k >时，由()0G x '<可得0x <<
，于是()G x 在? ?上递减，所以
()()00G x G <=，于是()33x f x k x ??
>+ ??
?在()0,1上不恒成立．
综上所述，k 的最大值为2．
法2：（先猜想并将猜想强化）由（2）可知2k ≤，猜想k 的最大值为2．下面证明当2
k >时，()33x f x k x ??
>+ ??
?在()0,1上不恒成立．
构造函数()31ln 13x x G x k x x ??
+=-+ ?-?
?，01x <<，则
()()()4222
22111kx k G x k x x x
+-'=-+=--．当2k >时，由()0G x '<可得0x <<
()G x 在? ?
上递减，所以()()00G x G <=，于是()3
3x f x k x ??>+ ???在()0,1上不恒成立．
练习2：设函数()2e mx f x x mx =+-．
（1）证明：()f x 在(),0-∞单调递减，在()0,+∞单调递增；
（2）若对于任意1x 、[]21,1x ∈-，都有()()12e 1f x f x -≤-，求m 的取值范围． 【证明】（1）()e 2mx f x m x m '=+-，令()()g x f x '=，则()2e 20mx g x m '=+>，所以()g x 在R 上递增，而()00g =，所以当0x <时，()0f x '<，当0x >时，()0f x '>，所以()f x 在
(),0-∞单调递减，在()0,+∞单调递增．
【解析】（2）由（1）可知，()f x 在[]1,0-上递减，在[]0,1上递增，所以()()min 01f x f ??==??，于是对于任意1x 、[]21,1x ∈-，都有()()12e 1f x f x -≤-?()()max min e 1f x f x ??-??≤-????，即()max
e f x ??≤???()()1e 1e 1e 1e
m
m
f m f m -?=+-≤??-=++≤??．构造函数()e 1e x
k x x =+--，则()e 1x k x '=-，由()0k x '>可得0x >，由()0k x '<可得0x <，所以()k x 在(),0-∞上递减，在()0,+∞上递增．又因为()10f =，()1
12e <0e
f -=+-，所以m 的取值范围是[]1,1-．
练习3：已知函数()()()1ln 1f x x x a x =+--．
由洛必达法则，可得()()()()1
11
1
1
ln 1ln 1ln lim lim
lim 21
1
1x x x x x x x x x x x +
+
+
→→→'
++++===-'
-，于是2a ≤．于是a 的取值范围是(],2-∞．
【解析】（1）()11f b ==，因为()()
2
21ln 11x a x x f x x x +??- ?
??'=-+，所以()11122a f '=-=-，于是1a =．
（2）法1：（分离参数法）由()ln 1x k f x x x >+-可得22ln 11x x k x <+-，令()
2
2ln 1x x
H x x =-（0x >且1x ≠）．
()()
()
222
22ln ln 11x x x x H x x ++-'=
-，令()221ln ln 1H x x x x x =++-，则
()112ln H x x x x x '=
+-，令()()21H x H x '=，则()2
21
2ln 1H x x x '=-++，令()()32H x H x '=，则()3
322
0H x x x '=+>． 当()0,1x ∈时，()3H x 在()0,1上递增，于是()()3310H x H <=，即()20H x '<，所以()
2H x 在()0,1上递减，于是()()2210H x H >=，即()10H x '>，所以()1H x 在()0,1上递增，所以
()()1110H x H <=，于是()0H x '<，所以()H x 在()0,1上递减．
当()1,x ∈+∞时，()3H x 在()1,+∞上递增，于是()()3310H x H >=，即()2
0H x '>，所以()2H x 在()1,+∞上递增，于是()()2210H x H >=，即()10H x '>，所以()1H x 在()1,+∞上递
增，所以()()1110H x H >=，于是()0H x '>，所以()H x 在()1,+∞上递增．
由洛必达法则，可得()()()
2111122ln 2ln 2ln 2lim lim lim lim 1121x x x x x x x x x H x x x x ++++
→→→→'+====---'
-，同理，()1
lim 1x H x -
→=-，所以当0x >且1x ≠时，有2
2ln 101x x
x +>-，于是0k ≤． 法2：（不猜想直接用最值法）由（1）知()ln 1
1x f x x x
=++，所以
()()()()22
11ln 12ln 11k x x k F x f x x x x x x ??--??
??=-+=+ ?--??????
，考虑函数
()()()
2112ln k x h x x x
--=+
，0x >，则()()2
1
1F x h x x =
-，此时有()10h =． ()
()()22
121k x x k h x x
-++-'=
，令()()()2121x k x x k ?=-++-，当1k ≠时，其判别式为
()()2
44142k k k ?=--=--．
①当0k ≤时，0?≤，所以()0x ?≤，于是()0h x '≤，于是()h x 在()0,+∞上递减，而
()10h =，所以当()0,1x ∈时，()0h x >，于是()()2
1
01F x h x x
=
>-；当()1,x ∈+∞时，()0h x <，于是()()2101F x h x x =>-．所以当0x >，且1x ≠时，()0F x >，即()
ln 1x k
f x x x >+-恒成立．
②当01k <<时，()x ?是开口方向向下，以
1
11k
>-为对称轴，与x 轴有两个交点的二次函数．因为()120k ?=>，所以当11,1x k ?
?∈ ?-??时，()0x ?>，所以()0h x '>，于是()h x 在
11,1k ?? ?-??上递增，所以()0h x >．而11,1x k ?
?∈ ?-??
时，2101x <-，所以()()2
101F x h x x =<-，于是()ln 1x k
f x x x
>
+-不恒成立． ③当1k =时，()2
0h x x
'=>，所以()h x 在()0,+∞上是增函数，所以当()1,x ∈+∞时，
()0h x >，而2101x <-，所以()()2101F x h x x =<-，于是()
ln 1x k
f x x x
>+-不恒成立． ④当12k <<时，()x ?是开口方向向上，以1
01k
<-为对称轴，与x 轴有两个交点的二
次函数．因为()010k ?=->，所以()0x ?>在()0,+∞上恒成立，所以()h x 在()0,+∞上是增函数，以下同③，于是()ln 1x k
f x x x
>
+-不恒成立． ⑤当2k ≥时，()x ?是开口方向向上，以1
01k
<-为对称轴，与x 轴最多有一个交点的二
次函数，所以()0x ?>在()0,+∞上恒成立，所以()h x 在()0,+∞上是增函数，以下同③，于是()ln 1x k
f x x x
>
+-不恒成立． 综上所述，k 的取值范围为(],0-∞．
法3：（通过猜想减少分类讨论）由（1）知()ln 1
1x f x x x
=
++，所以()()()()22
11ln 12ln 11k x x k F x f x x x x x
x ??--??
??=-+=+ ?--??????
．因为
()()31122ln 2032k F ?
-?=-+>????，所以4ln 210.083
k <-
≈．
考虑函数()()()
2112ln k x h x x x
--=+
，0x >，则()()2
1
1F x h x x =
-，此时有()10h =．
()
()()22
121k x x k h x x
-++-'=
，令()()()2121x k x x k ?=-++-，这是开口方向向下的抛物
线，其判别式为()()2
44142k k k ?=--=--．
①当0k ≤时，0?≤，所以()0x ?≤，于是()0h x '≤，于是()h x 在()0,+∞上递减，而
()10h =，所以当()0,1x ∈时，()0h x >，于是()()2
1
01F x h x x
=
>-；当()1,x ∈+∞时，()0h x <，于是()()2
101F x h x x =>-．所以当0x >，且1x ≠时，()0F x >，即()ln 1x k
f x x x >+-恒成立．
②当4ln 2013k <<-
时，()x ?是开口方向向下，以111k
>-为对称轴，与x 轴有两个交点的二次函数．因为()120k ?=>，所以当11,1x k ?
?∈ ?-??时，()0x ?>，所以()0h x '>，于是
()h x 在11,1k ?? ?-??上递增，所以()0h x >．而11,1x k ?
?∈ ?
-??
时，2101x <-，所以()()2101F x h x x =
<-，于是()
ln 1x k
f x x x
>+-不恒成立． 综上所述，k 的取值范围为(],0-∞． 法4：（通过猜想减少分类讨论）由()ln 1x k f x x x >
+-可得()22ln 111x x
k H x x <+=+-，由洛必达法则，可得()()20
000
1
ln ln lim ln lim lim lim lim 01
11x x x x x x x
x x x x x
x x +
++
++→→→→→'
====-='????- ? ???
??
，于是()0lim 1x H x +
→=，所以1k ≤．
下同法2，只需讨论法2的①②③三种情况即可．
法5：（通过猜想减少分类讨论）由()ln 1x k f x x x >+-可得()2
2ln 111x x
k H x x <+=+-，由洛必达法则，可得()()()
2111122ln 2ln 2ln 2lim lim
lim lim 1121x x x x x x x x x H x x x x →→→→'+====---'
-，所以0k ≤． 下同法2，只需讨论法2的①即可．
【点评】法1的分离参数法，利用了高阶导数以及洛必达法则，减少了解题的技巧性．法
)()1,+∞上恒成立，求出的正负取决于1k -与()42k k ?=--的正负，由此可找到k 的3个界：0、1、2，从而对k 的范围作出不重不漏的划分．
法3、法4和法5都是猜想+最值法，分别通过特殊值代入和洛必达法则得到相应的必要条件，有效缩小了参数k 的取值范围，此时只需讨论法2分类当中的若干情况即可，减少了分类讨论，从而降低题目的难度．
函数不等式恒成立问题经典总结
函数、不等式恒成立问题解法（老师用） 恒成立问题的基本类型： 类型1：设)0()(2 ≠++=a c bx ax x f ，(对于任意实数R 上恒成立) （1）R x x f ∈>在0)(上恒成立00?且a ； （2）R x x f ∈<在0)(上恒成立00a 时，],[0)(βα∈>x x f 在上恒成立?????>>-?????<- ?0 )(2020)(2βββαααf a b a b f a b 或或， ],[0)(βα∈ 考点2、利用函数的最值求不等式恒成立问题 例3、已知过函数1)(23++=ax x x f 的图象上一点),1(b B 的切线的斜率为－3． （1）求b a ,的值； （2）求A 的取值范围，使不等式1987)(-≤A x f 对于]4,1[-∈x 恒成立； 【解析】（1）()x f '=ax x 232+ 依题意得3,323)1('-=∴-=+==a a f k ()1323+-=∴x x x f ，把),1(b B 代入得1)1(-==f b 1,3-=-=∴b a （2）令063)(2'=-=x x x f 得0=x 或2=x 31232)2(,1)0(23-=+?-==f f 17)4(,3)1(=-=-f f 17)(3],4,1[≤≤--∈∴x f x 要使1987)(-≤A x f 对于]4,1[-∈x 恒成立，则)(x f 的最大值198717-≤A 2004≥∴A 变式训练1、设函数2()()ln ()f x x a x a R =-∈ （Ⅰ）若x e =为()y f x =的极值点，求实数a . （Ⅱ）求实数a 的取值范围，使得对任意(0,3]x e ∈恒有2()4f x e ≤成立（注：e 为 自然对数的底数）. 【解析】（I ）求导得2()()2()ln ()(2ln 1)x a a f x x a x x a x x x -=-+=-+-￠ 因为x e =是()f x 的极值点，所以()0f e =￠ 解得a e =或3a e =． 经检验，符合题意，所以a e =，或3a e = （II ）①当031a 时即1 3 a > 时，由①知，(0,1]x ?时，不等式恒成立，故下 研究函数在(1,3]a 上的最大值， 首先有22(3)(3)ln34ln3f a a a a a a =-=此值随着a 的增大而增大，故应 学习过程 一、复习预习 考纲要求： 1．理解导数和切线方程的概念。 2．能在具体的数学环境中，会求导，会求切线方程。 3．特别是没有具体点处的切线方程，如何去设点，如何利用点线式建立直线方程。4．灵活应用建立切线方程与其它数学知识之间的内在联系。 5. 灵活应用导数研究函数的单调性问题 二、知识讲解 1.导数的计算公式和运算法则 几种常见函数的导数：0'=C (C 为常数)；1 )'(-=n n nx x (Q n ∈)； x x cos )'(sin =； x x sin )'(cos -=；1(ln )x x '= ； 1(log )log a a x e x '=， ()x x e e '= ； ()ln x x a a a '= 求导法则：法则1 [()()]()()u x v x u x v x ±'='±'． 法则2 [()()]()()()()u x v x u x v x u x v x '='+', [()]'()Cu x Cu x '= 法则3： ' 2 '' (0)u u v uv v v v -??=≠ ??? 复合函数的导数：设函数()u x ?=在点x 处有导数()x u x ?'='，函数()y f u =在点x 的对应点u 处有导 数()u y f u '='，则复合函数(())y f x ?=在点x 处也有导数，且x u x u y y '''?= 或(())()()x f x f u x ??'='?' 2.求直线斜率的方法（高中范围内三种） (1) tan k α=（α为倾斜角）； (2) 1212 ()() f x f x k x x -= -，两点1122(,()),(,())x f x x f x ； (3)0()k f x '= （在0x x =处的切线的斜率）； 3.求切线的方程的步骤：（三步走） （1）求函数()f x 的导函数()f x '； （2）0()k f x '= （在0x x =处的切线的斜率）； （3）点斜式求切线方程00()()y f x k x x -=-； 4.用导数求函数的单调性： （1）求函数()f x 的导函数()f x '； （2）()0f x '>，求单调递增区间； （3）()0f x '<，求单调递减区间； （4）()0f x '=，是极值点。 考点一 函数的在区间上的最值 【例题1】：求曲线29623-+-=x x x y 在)5,2(上的最值 。 【答案】：最大值为18，最小值为-2. 【解析】:∵根据题意09123'2=+-=x x y ，∴3,121==x x ,由函数的单调性，当11=x ，2=y ， 取得极大值；当32=x ，2-=y ，取得极小值；当5=x ，18=y 。所以最大值为18，最小值为-2. 不等式恒成立问题 一、 教学目标 1、 知识目标；掌握不等式恒成立问题求参数的范围的求解方法并会运用 2、 能力目标；培养学生分析问题解决问题的能力 3、 情感目标；优化学生的思维品质 二、 教学重难点 1、教学的重点；不等式恒成立问题求参数的范围的求解方法并会运用 2、教学的难点；不等式恒成立问题求参数的范围的求解方法的选择 三、 教学方法：高三复习探究课：学生研讨探究----学生归纳小结-----学生巩 固练习----学生变式探究---学生总结 四、 教学过程 1、 引人 高三数学复习中的不等式恒成立问题，涉及到函数的性质、图象, 渗透着换元、化归、数形结合、函数方程等思想方法，有利于考查学生的综合解题能力，因此备受命题者的青睐，也成为历年高考的一个热点。我们今天这堂课来研究不等式恒成立求参数的取值范围问题的求解方法。引入课题 2、新课 下面我们来看例1例1、对一切实数x ]1,1[-∈，不等式 a x a x 24)4(2-+-+＞0恒成立，求实数a 的取值范围（由学生完成） 由一个基本题得到不等式恒成立问题求参数的范围的求解方法 解法一；分离参数 由原不等式可得：a(x-2) > -x 2+4x-4 ， 又因为x ∈[-1，1] ，x-2∈[-3，-1] a<2-x 又因为x ∈[-1，1]，所以 a<1. 解法二；分类讨论、解不等式 （x-2）[x-(2-a)]>0 当a=0时不等式恒成立 当a<0 时x>2-a 或x<2 不等式恒成立 当a>0时x>2 或x<2-a 所以2-a>1 即a<1 所以a<1时不等式恒成立 解法三；构造函数求最值 设f(x)=x2+(a-4)x+4-2a 当(4-a)/2∈[-1，1]，即a∈[2，6]时 -a2<0 不成立，舍弃； 当a>6时，f(-1)=1-a+4+4-2a>0 a<3 不成立，舍弃； 当a<2时，f(1)=1+a-4+4-2a=1-a>0 a<1 综上得：a<1 解法四；构造方程用判别式韦达定理根的分布 设x2+(a-4)x+4-2a=0 方程无实根或有两实根两根小于-1或两根大于1 △=(a-4)2-4(4-2a)=a2≥0 所以1-(a-4)+4-2a>0且(4-a)/2<-1 或1+(a-4)+4-2a>0 且(4-a)/2>16且a<3 或a<1且a<2, 所以a<1 解法五；数形结合（用动画来演示 a(x-2)>-x2+4x-4 设y=a(x-2) 和y=-x2+4x-4 分别作两函数的图象 含参不等式专题 一、一元二次不等式含参问题 含参不等式的解法：由于解含参数不等式的主要目的是求未知数的取值集合，而不是求参数的范围，因此在分析含参数不等式时，把参数看成 是常数，确定不等式的类型，按相应类型不等式的解题方法进行转化；但 在求解过程中要审视参数对不等式类型、同解变形、解的结构等是否有不 确定性影响，若有不确定性则进行分类讨论，否则不予讨论。 解含参数的一元二次不等式，通常情况下，均需分类讨论，对含参一元二次不等式常用的分类方法有三种： (1)按2x 项的系数a 的符号分类，即0,0,0<=>a a a ; (2)按判别式?的符号分类，即0,0,0?； (3)按方程02=++c bx ax 的根21,x x 的大小来分类，即2121,x x x x =<； 例题1：解x 的不等式：（1）042 >++ax x 。 (2) )(0122 R a a ax ∈>++ 例题2：解关于x 的不等式：（1）.01)1(2 <++-x a ax （2） )(0)1(2 R k x k kx ∈>-+ 例题3：解不等式（1）)0( 01)1(2≠<++-a x a a x . （2） ） （R a x ax ∈≥++22 2 二、一元二次不等式恒成立问题 1、不等式对任意实数恒成立，就是不等式的解集为R ，对于一元二次不等式ax 2＋bx ＋c ＞0， 它的解集为R 的条件为??? a ＞0Δ＜0；ax 2＋bx ＋c ＜0的解集为R 的条件为??? a ＜0 Δ＜0 ；0 2≥++c bx ax 的解集为R 的条件为?? ?≤?>00a ；02≤++c bx ax 的解集为R 的条件为???≤?<0 a . 2、对于一般恒成立问题： 方法一：转化为函数的最值（或值域）（1）m x f ≥)(对任意x 都成立 m x f ≥?min )(；（2）m x f ≤)(对任意x 都成立max )(x f m ≥?。简单计作：“大 的大于最大的，小的小于最小的”。 方法二：数形结合，如果不等式中涉及的函数、代数式对应的图象、图 形较易画出时，可通过图象、图形的位置关系建立不等式求得参数范围. 方法三：分离参数，把要求的参变量分离出来，单独放在不等式的一侧， 将另一侧看成新函数，于是将问题转化成新函数的最值问题；（1）对于取 值范围内的任一个数都有恒成立，则；（2）对于取值范围内的任一个数都有 恒成立，则 例题1：若)5lg(2b x x y --=的定义域为R,求b 范围。 例题2：已知关于x 的不等式01)2()2(2≥+---x a x a 恒成立，试求a 的取值范围. 例题3：已知1)(2+-=ax x x f ，求使不等式0)( 不等式中恒成立问题的解法 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? ???00 a ; 2）0)( 编号：2007-HX-001 不等式恒成立、能成立、恰成立问题 [文档副标题] [日期] 福建省长乐第一中学教科室 [公司地址] 不等式恒成立、能成立、恰成立问题 一、不等式恒成立问题的处理方法 1、转换求函数的最值： （1）若不等式()A x f >在区间D 上恒成立,则等价于在区间D 上()min f x A >，?()f x 的下界大于A （2）若不等式()B x f <在区间D 上恒成立,则等价于在区间D 上()max f x B <,()f x 的上界小于A 例1、设f(x)=x 2 -2ax+2,当x ∈[-1,+∞]时，都有f(x)≥a 恒成立，求a 的取值范围。 例2、已知(),22x a 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; 例 3、R 上的函数()x f 既是奇函数，又是减函数，且当?? ? ??∈2, 0πθ时，有() ()022sin 2cos 2>--++m f m f θθ恒成立，求实数m 的取值范围. 例4、已知函数)0(ln )(4 4>-+=x c bx x ax x f 在1=x 处取得极值3c --，其中a 、b 为常数. （1）试确定a 、b 的值； （2）讨论函数)(x f 的单调区间； （3）若对任意0>x ，不等式2 2)(c x f -≥恒成立，求c 的取值范围。 2、主参换位法 例5、若不等式a 10x -<对[]1,2x ∈恒成立，求实数a 的取值范围 例6、若对于任意1a ≤，不等式2 (4)420x a x a +-+->恒成立，求实数x 的取值范围 例7、已知函数32 3()(1)132 a f x x x a x = -+++，其中a 为实数．若不等式2()1f x x x a '--+＞对任意(0)a ∈+∞，都成立，求实数x 的取值范围． 3、分离参数法 （1） 将参数与变量分离，即化为()()g f x λ≥（或()()g f x λ≤）恒成立的形式； （2） 求()f x 在x D ∈上的最大（或最小）值； （3） 解不等式()max ()g f x λ≥(或()()min g f x λ≤) ，得λ的取值范围。 适用题型：（1） 参数与变量能分离；（2） 函数的最值易求出。 例8、当(1,2)x ∈时，不等式2 40x mx ++<恒成立，则m 的取值范围是 . 函数、不等式恒成立问题完整解法 恒成立问题的基本类型： 类型1：设，<1）上恒成立 ；<2）上恒成立。 类型2：设 <1）当时，上恒成立 ， 上恒成立 <2）当时，上恒成立 上恒成立 类型3： 。 类型4： 恒成一、用一次函数的性质 对于一次函数有： 例1：若不等式对满足的所有都成立，求x的范 围。 解读：我们可以用改变主元的办法，将m视为主变元，即将元不等式化为： ，；令，则时， 恒成立，所以只需即，所以x的范围是。 二、利用一元二次函数的判别式 对于一元二次函数有： <1）上恒成立； <2）上恒成立 例2：若不等式的解集是R，求m的范围。 解读：要想应用上面的结论，就得保证是二次的，才有判别式，但二次项系数含有参数m，所以要讨论m-1是否是0。 <1）当m-1=0时，元不等式化为2>0恒成立，满足题意； <2）时，只需，所以，。 三、利用函数的最值<或值域） <1）对任意x都成立； <2）对任意x都成立。简单计作：“大的大于最大的，小的小于最小的”。由此看出，本类问题实质上是一类求函数的最值问题。 例3：在ABC中，已知恒 成立，求实数m的范围。 解读：由 ， ，恒成立，，即 恒成立， 例4：<1）求使不等式恒成立的实数a的范围。 解读：因为函，显然函数有最 大值，。 如果把上题稍微改一点，那么答案又如何呢？请看下题： <2）求使不等式恒成立的实数a的范围。 解读：我们首先要认真对比上面两个例题的区别，主要在于自变量的取值范围的变 化，这样使得的最大值取不到，即a取也满足条件，所以 。 所以，我们对这类题要注意看看函数能否取得最值，因为这直接关系到最后所求参数a的取值。利用这种方法时，一般要求把参数单独放在一侧，所以也叫分离参数法。 四：数形结合法 对一些不能把数放在一侧的，可以利用对应函数的图象法求解。 例5：已知，求实数a的取值范围。 解读：由，在同一直角坐标系中做出两个函数的图象，如果两个函数分别在x=-1和x=1处相交，则由 得到a分别等于2和0.5，并作出函数的图象，所以，要想使函数 在区间中恒成立，只须在区间对应的图象在 在区间对应图象的上面即可。当才能保证，而才可以，所以。 不等式恒成立、能成立、恰成立问题 一、不等式恒成立问题的处理方法 1、转换求函数的最值： （1）若不等式()A x f >在区间D 上恒成立,则等价于在区间D 上()min f x A >，?()f x 的下界大于A （2）若不等式()B x f <在区间D 上恒成立,则等价于在区间D 上()max f x B <,()f x 的上界小于A 例1、设f(x)=x2-2ax+2,当x ∈[-1,+∞]时，都有f(x)≥a 恒成立，求a 的取值范围。 例2、已知(),22x a 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; 例3、R 上的函数()x f 既是奇函数，又是减函数，且当 ??? ??∈2,0πθ时，有()()022sin 2cos 2>--++m f m f θθ恒 成立，求实数m 的取值范围. 例4、已知函数)0(ln )(44>-+=x c bx x ax x f 在1=x 处取得极值3c --，其中a 、b 为常数.（1）试确定a 、b 的值； （2）讨论函数)(x f 的单调区间； （3）若对任意0>x ，不等式22)(c x f -≥恒成立，求c 的取值范围。 2、主参换位法 例5、若不等式a 10x -<对 []1,2x ∈恒成立，求实数a 的取值范围 例6、若对于任意1a ≤，不等式2(4)420x a x a +-+->恒成立，求实数x 的取值范围 例7、已知函数323()(1)132a f x x x a x = -+++，其中a 为实数．若不等式 2()1f x x x a '--+＞对任意(0)a ∈+∞，都成立，求实数x 的取值范围． 3、分离参数法 （1） 将参数与变量分离，即化为 ()()g f x λ≥（或()()g f x λ≤）恒成立的形式； （2） 求()f x 在x D ∈上的最大（或最小）值； （3） 解不等式()max ()g f x λ≥(或()()min g f x λ≤) ，得λ的取值范围。 适用题型：（1） 参数与变量能分离；（2） 函数的最值易求出。 例8、当(1,2)x ∈时，不等式240x mx ++<恒成立，则m 的取值范围是 . 例9、已知函数321()33f x ax bx x =+++,其中0a ≠（1）当b a ,满足什么条件时,)(x f 取得极值?（2）已知0>a , 且)(x f 在区间(0,1]上单调递增,试用a 表示出b 的取值范围. 高中数学不等式的恒成立问题 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。 基本结论总结 例1 对于x ∈R ，不等式恒成立，求实数m 的取值范围。 例2：已知不等式04)2(2)2(2 <--+-x a x a 对于x ∈Ｒ恒成立，求参数a 的取值范围． 解：要使04)2(2)2(2 <--+-x a x a 对于x ∈Ｒ恒成立，则只须满足： （1）???<-+-<-0)2(16)2(4022 a a a 或 （2）?? ? ??<-=-=-0 40)2(20 2a a 解（1）得?? ?<<-<2 22 a a ，解（2）a ＝２ ∴参数a 的取值范围是－２＜a ≤２． 练习 1. 已知函数])1(lg[2 2 a x a x y +-+=的定义域为R ，求实数a 的取值范围。 2.若对于x ∈R ，不等式恒成立，求实数m 的取值范围。 3.若不等式的解集是R ，求m 的范围。 4.x 取一切实数时，使3 47 2+++kx kx kx 恒有意义，求实数k 的取值范围． 例3．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。 关键点拨：为了使 在 恒成立，构造一个新函数 是解题的关键，再利用二次 函数的图象性质进行分类讨论，使问题得到圆满解决。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。 解：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： ??? ? ??? -≤--≥-≥?1 220)1(0m F 解得23-≤≤-m 。综上可得实数m 的取值范围为)1,3[-。 例4 。已知1ax x )x (f 2+-=，求使不等式0)x (f <对任意]2,1[x ∈恒成立的a 的取值范围。 解法1：数形结合 结合函数)x (f 的草图可知]2,1[x ,0)x (f ∈<时恒成立? 25a 0 a 25)2(f 0a 2)1(f >?? ?<-=<-=得。所以a 的取值范围是),25 (+∞。 解法2：转化为最值研究 4a 1)2a x ()x (f 22- +-= 1. 若]2,1[)x (f ,3a 232a 在时即≤≤上的最大值,25a ,0a 25)2(f )x (f max ><-==得3a 25 ≤<所以。 2. 若0a 2)1(f )x (f ]2,1[)x (f ,3a 2 3 2a max <-==>>上的最大值在时即，得2a >，所以3a >。 综上：a 的取值范围是),2 5 (+∞。 注：1. 此处是对参a 进行分类讨论，每一类中求得的a 的范围均合题意，故对每一类中所求得的a 的范围求并集。 2. I x ,m )x (f ∈<恒成立)m (m )x (f max 为常数?∈> 解法3：分离参数 ]2,1[x ,x 1x a ]2,1[x ,01ax x 2∈+ >?∈<+-。设x 1 x )x (g +=， 注：1. 运用此法最终仍归结为求函数)x (g 的最值，但由于将参数a 与变量x 分离，因此在求最值时避免了分类讨论，使问题相对简化。 2. 本题若将“]2,1[x ∈”改为“)2,1(x ∈”可类似上述三种方法完成。 仿解法1：?∈<)2,1(x ,0)x (f 25a 0 )2(f 0)1(f ≥?? ?≤≤得即),25 [:a +∞的范围是 读者可仿解法2，解法3类似完成，但应注意等号问题，即此处2 5 a = 也合题。 O x y x -1 不等式有解和恒成立问题 Prepared on 24 November 2020 不等式有解和恒成立问题 知识点的罗列，文字不宜太多，简洁明了最好） ? 知识点一：不等式恒成立问题 ? 知识点二：不等式有解问题 分析该知识点在中高考中的体现，包含但不仅限于：考察分值、考察题型（单选、填空、解答题）、考察方式：考场难度、和哪些知识点在一起考察，参考中高考真题) 含参不等式的恒成立与有解问题是高考与会考考察不等式的一个重点内容，也是常考的内容，难度中等偏上，考察综合性较强，该知识点在填空选择解答题里都有涉及，经常和函数的最值问题在一起考察，需要同学对典型函数的值域求法有熟悉的掌握。 注意题目的答案，不要展示给学生看，这里答案和解析是帮助老师自己分析的) 一、不等式有解问题 例题：当m 为何值时，2211223 x mx x x +-<-+对任意的x ∈R 都成立 解法1：二次函数法： 移项、通分得： 又22230x x -+>恒成立，故知：2(2)40x m x -++>恒成立。 所以：2(2)160m ?=+-<，得到62m -<< 解法2：分离参数法： 注意到2(2)40x m x -++>恒成立，从而有：224mx x x <-+恒成立，那么： 注意到，在上式中我们用到了这样一个性质： 总结：解决恒成立问题的方法:二次函数法和分离参数法 变式练习：（初三或者高三学生必须选取学生错题或者学生所在地区的中高考真题或者当地的统考题目） 【试题来源】（上海2016杨浦二模卷） 【题目】设函数x x g 3)(=，x x h 9)(=，若b x g a x g x f +++=)()1()(是实数集R 上的奇函数，且0))(2()1)((>?-+-x g k f x h f 对任意实数x 恒成立，求实数k 的取值范围. 【答案】：因为b x g a x g x f +++= )()1()(是实数集上的奇函数，所以1,3=-=b a . )1 321(3)(+-=x x f ，)(x f 在实数集上单调递增. 不等式恒成立求参数的取值范围 武汉市第四十九中学 李清华 邮政编码；430080 一、 教学目标 1、 知识目标；掌握不等式恒成立问题求参数的范围的求解方法并会运用 2、 能力目标；培养学生分析问题解决问题的能力 3、 情感目标；优化学生的思维品质 二、 教学重难点 1、教学的重点；不等式恒成立问题求参数的范围的求解方法并会运用 2、教学的难点；不等式恒成立问题求参数的范围的求解方法的选择 三、 教学方法：高三复习探究课：学生研讨探究----学生归纳小结-----学生巩固 练习----学生变式探究---学生总结 四、 教学过程 1、 引人 高三数学复习中的不等式恒成立问题，涉及到函数的性质、图象, 渗透着换元、化归、数形结合、函数方程等思想方法，有利于考查学生的综合解题能力，因此备受命题者的青睐，也成为历年高考的一个热点。我们今天这堂课来研究不等式恒成立求参数的取值范围问题的求解方法。引入课题 2、新课 下面我们来看例1例1、对一切实数x ]1,1[-∈，不等式 a x a x 24)4(2-+-+＞0恒成立，求实数a 的取值范围（由学生完成） 由一个基本题得到不等式恒成立问题求参数的范围的求解方法 解法一；分离参数 由原不等式可得：a(x-2) > -x 2+4x-4 ， 又因为x ∈[-1，1] ，x-2∈[-3，-1] a<2-x 又因为x∈[-1，1]，所以a<1. 解法二；分类讨论、解不等式 （x-2）[x-(2-a)]>0 当a=0时不等式恒成立 当a<0 时x>2-a 或x<2 不等式恒成立 当a>0时x>2 或x<2-a 所以2-a>1 即a<1 所以a<1时不等式恒成立 解法三；构造函数求最值 设f(x)=x2+(a-4)x+4-2a 当(4-a)/2∈[-1，1]，即a∈[2，6]时 -a2<0 不成立，舍弃； 当a>6时，f(-1)=1-a+4+4-2a>0 a<3 不成立，舍弃； 当a<2时，f(1)=1+a-4+4-2a=1-a>0 a<1 综上得：a<1 解法四；构造方程用判别式韦达定理根的分布 设x2+(a-4)x+4-2a=0 方程无实根或有两实根两根小于-1或两根大于1 △=(a-4)2-4(4-2a)=a2≥0 所以1-(a-4)+4-2a>0且(4-a)/2<-1 或1+(a-4)+4-2a>0 且(4-a)/2>16且a<3 或a<1且a<2, 所以a<1 解法五；数形结合（用动画来演示 恒成立问题常见类型及解法 恒成立问题在解题过程中大致可分为以下几种类型：（1）一次函数型；（2）二次函数型；（3）变量分离型；（4）利用函数的性质求解；（5）直接根据函数的图象求解；（6）反证法求解。 一、一次函数型 给定一次函数()==+y f x kx b (k ≠0),若()=y f x 在[m,n]内恒有()f x >0，则根据函数的 图象（线段）可得①0()0>??>?k f m 或②0()0?k f n ，也可合并成f (m)0f (n)0>??>?， 同理，若在[,]m n 内恒有()0 及二次函数的图象求解。 典例2关于x 的方程9x +(4+a )3x +4=0恒有解，求a 的取值范围。 【解析】方法1（利用韦达定理） 设3x =t,则t>0.那么原方程有解即方程t 2 +(4+a )t+4=0有正根。 1212 Δ0 (4)040 ≥?? ∴+=-+>??=>?g x x a x x ，即2(4a)160a 4?+-≥?<-?，a 0a 8a 4≥≤-?∴?<-?或，解得a ≤-8. 方法2（利用根与系数的分布知识） 即要求t 2 +(4+a )t+4=0有正根。设f(t)= t 2 +(4+a )t+4. 当?=0时，即（4+a ）2 -16=0,∴a =0或a =-8. 当a =0时，f(t)=(t+2)2=0,得t=－2<0，不合题意； 当a =－8时，f(t)=(t-2)2 =0,得t=2>0,符合题意。∴a =-8。 当?>0，即a <-8或a >0时， ∵f(0)=4>0,故只需对称轴4a 02 +->，即a <－4.∴a <－8. 综上可得a ≤－8. 三、变量分离型 若在等式或不等式中出现两个变量，其中一个变量的范围已知，另一个变量的范围为所求，且容易通过恒等变形将两个变量分别置于等号或不等号的两边，则可将恒成立问题转化成函数的最值问题求解。 典例3设函数2 ()1f x x =-，对任意2,3x ??∈+∞????，2 4()(1)4()x f m f x f x f m m ??-≤-+ ??? 恒成立，则实数m 的取值范围是 【解析】依据题意得2 2222214(1)(1)14(1)---≤--+-x m x x m m 在3[,)2∈+∞x 上恒定成 立，即2 2213241-≤--+m m x x 在3[,)2∈+∞x 上恒成立。 当32=x 时函数2321=--+y x x 取得最小值53 -， 所以 221543-≤-m m ，即22(31)(43)0+-≥m m ，解得2≤-m 或2 ≥m 。 四、利用函数的性质解决恒成立问题 若函数f(x)是奇(偶)函数，则对一切定义域中的x,f(-x)= －f(x)，(f(-x)=f(x))恒成立；若函数y=f(x)的周期为T ，则对一切定义域中的x,有f(x)=f(x+T)恒成立；若函数 含参不等式恒成立问题中，求参数取值范围一般方法 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，已知一 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、分离参数 在给出的不等式中，如果能通过恒等变形分离出参数，即：若 a_ f x 恒成立，只须 求出 f X max ，则 a - f X 血；若 ^ f X 恒成立，只须求出 f X min ，则 a 乞 f X 讪， 转化为函数求最值。 例1已知函数f X = lg I X a -2，若对任意x ：= 2川a?恒有f X \ >0，试确定a 的 I x 丿 取值范围。 a 解：根据题意得：x 2 1在x ：= 12,牡阳上恒成立， x 即：a ?-X 2 ? 3x 在 x ：二 2,上恒成立， 设 f x = -x 2 3x ，则 f x - - x- 3 9 I 2丿4 当 X =2时，f X max =2 所以 a 2 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 )Z g (x )恒成立，只须求出g (x )max ，则f (a )K g (x )m ax ，然后 解不等式求出参数 a 的取值范围；若f (a )兰g(x)恒成立，只须求出g (x ).,则 f (a )兰g( x m in ，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。 t +1 f t p 3 f t min = f 2 — 4 解：令2二t ,二，1丨■ 10,2所以原不等式可化为： 宀亠1 ， 例2、已知x^- ,11时，不等式1 ■ 2X 亠〔a -a 2 4X 0恒成立，求a 的取值范围。 要使上式在t 三i 0,2 1上恒成立，只须求出 在t 0,2 1上的最小值即 可。 t 十1 f t 〒 1 3 a :: 2 2 _a ::- 例谈不等式恒成立问题和能成立问题的解题策略 ——谈2008年江苏高考数学试卷第14题 摘要：所有问题均可分成三类：恒成立问题、能成立问题和不成立问题。《例谈不等式恒成立问题和能成立问题》介绍了解决不等式恒成立问题和不等式能成立问题常用的直接法、分离参数法、分类讨论法、数形结合法等，采用了等价转化的处理策略。 关键词：分离参数、分类讨论、数形结合、等价转化，换元，求最值。 2008年江苏高考数学试卷第14题是一道很好的恒成立问题：设函数3()31()f x ax x x R =-+∈若对于任意[]1,1x ∈-都有()0f x ≥成立，则实数a 的值为 。解析如下： 析：将()0f x ≥中的,a x 分离，然后求函数的最值。 解：函数3()31()f x ax x x R =-+∈若对于任意[]1,1x ∈-都有()0f x ≥成立，函数3()31()f x ax x x R =-+∈对于任意[)(]1,0,0,10x x x ∈-∈=及其有()0f x ≥都成立。 若[)1,0x ∈-，33213()310f x ax x a x x =-+≥?≤- +，设1t x =则1t ≤- 3232133(1)t t t x x ∴-+=-+≤-，令323(1)y t t t =-+≤-，则'2360y t t =-+< 323(1)y t t t ∴=-+≤-单调递减，32min 1(1)3(1)4t y y =-==--+-=，4a ∴≤（1） 若(]0,1x ∈，33213()310f x ax x a x x =-+≥?≥- +，设1t x =，则1t ≥ 3232133(1)t t t x x ∴-+=-+≥，令323(1)y t t t =-+≥，则'2363(2)y t t t t =-+=--，当12t ≤≤时'0y ≥，323(1)y t t t =-+≥单调递增；当2t >时'0y <，323(1)y t t t =-+≥单调递减，32max 22324t y y ===-+?=，4a ∴≥（2） 若0x =则a R ∈，()0f x ≥成立（3） 由题意知（1）（2）（3）应同时成立4a ∴= 解题中采取了不等式恒成立问题的处理策略: 1、若f(x)≥a 对x ∈D 恒成立，只须f(x)min (x ∈D)≥a 即可。 2、若f(x)≤a 对x ∈D 恒成立，只须f(x)max (x ∈D)≤a 即可。 不等式恒成立、能成立、恰成立问题 一、不等式恒成立问题的处理方法 1、转换求函数的最值： （1）若不等式()A x f >在区间D 上恒成立,则等价于在区间D 上()min f x A >，?()f x 的下界大于A （2）若不等式()B x f <在区间D 上恒成立,则等价于在区间D 上()max f x B <,()f x 的上界小于A 例1、设f(x)=x2-2ax+2,当x ∈[-1,+∞]时，都有f(x)≥a 恒成立，求a 的取值围。 例2、已知(),22x a x x x f ++=对任意[)()0,,1≥+∞∈x f x 恒成立,试数a 的取值围; 例3、R 上的函数()x f 既是奇函数，又是减函数，且当 ??? ??∈2,0πθ时，有()()022sin 2cos 2>--++m f m f θθ恒 成立，数m 的取值围. 例4、已知函数)0(ln )(44>-+=x c bx x ax x f 在1=x 处取得极值3c --，其中a 、b 为常数.（1）试确定a 、b 的值； （2）讨论函数)(x f 的单调区间； （3）若对任意0>x ，不等式22)(c x f -≥恒成立，求c 的取值围。 2、主参换位法 例5、若不等式a 10x -<对 []1,2x ∈恒成立，数a 的取值围 例6、若对于任意 1a ≤，不等式2(4)420x a x a +-+->恒成立，数x 的取值围 例7、已知函数323()(1)132a f x x x a x = -+++，其中a 为实数．若不等式2()1f x x x a '--+＞对任意(0)a ∈+∞，都成立，数x 的取值围． 3、分离参数法 （1） 将参数与变量分离，即化为 ()()g f x λ≥（或()()g f x λ≤）恒成立的形式； （2） 求()f x 在x D ∈上的最大（或最小）值； （3） 解不等式()max ()g f x λ≥(或()()min g f x λ≤) ，得λ的取值围。 适用题型：（1） 参数与变量能分离；（2） 函数的最值易求出。 例8、当(1,2)x ∈时，不等式240x mx ++<恒成立，则m 的取值围是 . 例9、已知函数321()33f x ax bx x =+++,其中0a ≠（1）当b a ,满足什么条件时,)(x f 取得极值?（2）已知0>a , 且)(x f 在区间(0,1]上单调递增,试用a 表示出b 的取值围. 4、数形结合 例10 、若对任意x R ∈,不等式||x ax ≥恒成立，则实数a 的取值围是________ 例11、当x ∈(1,2)时，不等式2(1)x - 常见不等式恒成立问题的几种求解策略 ————————————————————————————————作者：————————————————————————————————日期： 常见不等式恒成立问题的几种求解策略 不等式恒成立问题是近几年高考以及各种考试中经常出现，它综合考查函数、方程和不等式的主要内容，并且与函数的最值、方程的解和参数的取值范围紧密相连，本文结合解题教学实践举例说明几种常见不等式恒成立问题的求解策略，以抛砖引玉。 1 变量转换策略 例1 已知对于任意的a ∈[-1,1]，函数f (x )=ax 2+(2a -4)x +3-a >0 恒成立，求x 的取值范围. 解析 本题按常规思路是分a =0时f (x )是一次函数，a ≠0时是二次函数两种情况讨论，不容易求x 的取值范围。因此，我们不能总是把x 看成是变量，把a 看成常参数，我们可以通过变量转换，把a 看成变量，x 看成常参数，这就转化一次函数问题，问题就变得容易求解。令g (a )=(x 2+2x -1)a -4x+3在a ∈[-1,1]时，g (a )>0恒成立，则? ??>>-0)1(0)1(g g ，得133133+-<<--x . 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 零点分布策略 例2 已知a ax x x f -++=3)(2，若0)(],2,2[≥-∈x f x 恒成立，求a 的取值范围. 解析 本题可以考虑f (x )的零点分布情况进行分类讨论，分无零点、零点在区间的左侧、零点在区间 的右侧三种情况，即Δ≤0或?????????≥≥--≤->?0)2(0)2(220f f a 或?????????≥≥-≥->?0 )2(0)2(220f f a ，即a 的取值范围为[-7，2]. 点评 对于含参数的函数在闭区间上函数值恒大于等于零的问题,可以考虑函数的零点分布情况,要求对应闭区间上函数图象在x 轴的上方或在x 轴上就行了. 3 函数最值策略 例3 已知a ax x x f -++=3)(2，若2)(],2,2[≥-∈x f x 恒成立，求a 的取值范围. 解析 本题可以化归为求函数f (x )在闭区间上的最值问题,只要对于任意2)(],2,2[m in ≥-∈x f x .若利用函数的最值求不等式恒成立问题
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