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含参不等式恒成立问题的求解策略[1]


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”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、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。本 文就结合实例谈谈这类问题的一般求解策略。 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

f ( x) = ax 2 + bx + c(a ≠ 0, x ∈ R ) ,有
1) f ( x ) > 0 对 x ∈ R 恒成立 ? ?

?a > 0 ; ?? < 0 ?a < 0 . ?? < 0

2) f ( x ) < 0 对 x ∈ R 恒成立 ? ?

2 2 例 1.已知函数 y = lg[ x + ( a ? 1) x + a ] 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 x 2 + ( a ? 1) x + a 2 > 0 对 x ∈ R 恒 成 立 , 即 有

? = (a ? 1) 2 ? 4a 2 < 0 解得 a < ?1或a >

1 。 3

所以实数 a 的取值范围为 ( ?∞,?1) U ( ,+∞) 。 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。
2 例 2.设 f ( x ) = x ? 2mx + 2 ,当 x ∈ [ ?1,+∞) 时, f ( x ) ≥ m 恒成立,求实数 m 的取值范

1 3

围。 解:设 F ( x ) = x 2 ? 2mx + 2 ? m ,则当 x ∈ [ ?1,+∞) 时, F ( x) ≥ 0 恒成立 当 ? = 4(m ? 1)(m + 2) < 0即 ? 2 < m < 1 时, F ( x ) > 0 显然成立; 当 ? ≥ 0 时,如图, F ( x) ≥ 0 恒成立的充要条件为:

y x

? ?? ≥ 0 ? ? F (?1) ≥ 0 解得 ? 3 ≤ m ≤ ?2 。 ? ? 2m ?? ≤ ?1 ? 2
综上可得实数 m 的取值范围为 [?3,1) 。

-1 O

x

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) f ( x ) > a 恒成立 ? a < f (x) min 2) f ( x ) < a 恒成立 ? a > f (x) max 已知 f ( x) = 7 x ? 28 x ? a, g ( x) = 2 x + 4 x ? 40 x , x ∈ [?3,3] 时, f ( x) ≤ g ( x) 当 例 3.
2 3 2

恒成立,求实数 a 的取值范围。 解:设 F ( x) = f ( x) ? g ( x) = ?2 x 3 + 3 x 2 + 12 x ? c , 则由题可知 F ( x) ≤ 0 对任意 x ∈ [?3,3] 恒成立 令 F ' ( x) = ?6 x 2 + 6 x + 12 = 0 ,得 x = ?1或x = 2 而 F ( ?1) = ?7 a, F ( 2) = 20 ? a, F ( ?3) = 45 ? a, F (3) = 9 ? a, ∴ F ( x) max = 45 ? a ≤ 0 ∴ a ≥ 45 即实数 a 的取值范围为 [ 45,+∞) 。 例 4.函数 f ( x ) =

x 2 + 2x + a , x ∈ [1,+∞) ,若对任意 x ∈ [1,+∞) , f ( x) > 0 恒成立,求 x

实数 a 的取值范围。 解:若对任意 x ∈ [1,+∞) , f ( x ) > 0 恒成立, 即对 x ∈ [1,+∞) , f ( x ) =

x 2 + 2x + a > 0 恒成立, x
2

考虑到不等式的分母 x ∈ [1,+∞) ,只需 x + 2 x + a > 0 在 x ∈ [1,+∞) 时恒成立而得 而抛物线 g ( x ) = x 2 + 2 x + a 在 x ∈ [1,+∞) 的最小值 g min ( x) = g (1) = 3 + a > 0 得 a > ?3 注:本题还可将 f (x ) 变形为 f ( x ) = x +

a + 2 ,讨论其单调性从而求出 f (x) 最小值。 x

三、分离变量法 若所给的不等式能通过恒等变形使参数与主元分离于不等式两端,从而问题转化为求 主元函数的最值,进而求出参数范围。这种方法本质也还是求最值,但它思路更清晰,操作 性更强。一般地有: 1) f ( x) < g (a )(a为参数) 恒成立 ? g ( a ) > f ( x ) max 恒成立 ? g ( a ) < f ( x ) max 2) f ( x) > g ( a )( a为参数)

实际上,上题就可利用此法解决。 略解: x + 2 x + a > 0 在 x ∈ [1,+∞) 时恒成立,只要 a > ? x ? 2 x 在 x ∈ [1,+∞) 时恒
2 2

2 成立。而易求得二次函数 h( x) = ? x ? 2 x 在 [1,+∞) 上的最大值为 ? 3 ,所以 a > ?3 。

已知函数 f ( x ) = ax ? 例 5. 解: 将问题转化为 a <

4 x ? x 2 , x ∈ (0,4] 时 f ( x) < 0 恒成立, 求实数 a 的取值范围。

4x ? x 2 对 x ∈ (0,4] 恒成立。 x

令 g ( x) =

4x ? x 2 ,则 a < g (x) min x
4x ? x 2 = x 4 ? 1 可知 g (x) 在 (0,4] 上为减函数,故 g ( x) min = g (4) = 0 x

由 g ( x) =

∴ a < 0 即 a 的取值范围为 (?∞,0) 。 注:分离参数后,方向明确,思路清晰能使问题顺利得到解决。 四、变换主元法 处理含参不等式恒成立的某些问题时,若能适时的把主元变量和参数变量进行“换位” 思考,往往会使问题降次、简化。
2 例 6.对任意 a ∈ [?1,1] ,不等式 x + ( a ? 4) x + 4 ? 2a > 0 恒成立,求 x 的取值范围。

分析:题中的不等式是关于 x 的一元二次不等式,但若把 a 看成主元,则问题可转化为 一次不等式 ( x ? 2) a + x 2 ? 4 x + 4 > 0 在 a ∈ [?1,1] 上恒成立的问题。 解: f ( a ) = ( x ? 2) a + x 2 ? 4 x + 4 , 令 则原问题转化为 f ( a ) > 0 恒成立 a ∈ [?1,1] ) ( 。 当 x = 2 时,可得 f ( a ) = 0 ,不合题意。 当 x ≠ 2 时,应有 ?

? f (1) > 0 解之得 x < 1或x > 3 。 ? f (?1) > 0

故 x 的取值范围为 ( ?∞,1) U (3,+∞) 。 注:一般地,一次函数 f ( x ) = kx + b( k ≠ 0) 在 [α , β ] 上恒有 f ( x ) > 0 的充要条件 为?

? f (α ) > 0 。 ? f (β ) > 0

四、数形结合法 数学家华罗庚曾说过: “数缺形时少直观,形缺数时难入微” ,这充分说明了数形结合思 想的妙处,在不等式恒成立问题中它同样起着重要作用。我们知道,函数图象和不等式有着

密切的联系: 1) f ( x ) > g ( x ) ? 函数 f (x ) 图象恒在函数 g (x ) 图象上方; 2) f ( x ) < g ( x ) ? 函数 f (x ) 图象恒在函数 g (x ) 图象下上方。

例 7. 设 f ( x ) =

? x 2 ? 4 x , g ( x) =

4 x + 1 ? a ,若恒有 f ( x) ≤ g ( x) 成立,求实数 3
y

a 的取值范围.
分析:在同一直角坐标系中作出 f (x ) 及 g (x ) 的图象 如图所示, f (x ) 的图象是半圆 ( x + 2) 2 + y 2 = 4( y ≥ 0)

-2

g (x) 的图象是平行的直线系 4 x ? 3 y + 3 ? 3a = 0 。
要使 f ( x ) ≤ g ( x ) 恒成立, 则圆心 (?2,0) 到直线 4 x ? 3 y + 3 ? 3a = 0 的距离

-4 -4

O

x

满足

d=

? 8 + 3 ? 3a 5

≥2

解得 a ≤ ?5或a ≥

5 (舍去) 3

由上可见,含参不等式恒成立问题因其覆盖知识点多,方法也多种多样,但其核心思想 还是等价转化,抓住了这点,才能以“不变应万变” ,当然这需要我们不断的去领悟、体会 和总结。


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