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含参数不等式恒成立问题的解题策略1


含参数不等式恒成立问题的解题策略
董海涛 安徽省阜阳市第三中学(236000)

方程与不等式是支撑中学数学体系的主干知识,而含参数不等式恒成立 问题又是不等式内容中有效体现中学数学基本思想和方法的载体,因而这类 问题总是受到命题人员的青睐,成为高考试题中的热点;同时由于此类问题 具有较强的综合性,又可以与函数、方程、数列、导数等有机地结合起来, 因而也是难点,本文试图通过实例列举,总结此类问题常见的解题策略. 一:分离参数,转化为求函数最值法 这是解决含参数不等式恒成立问题的常见方法,基本步骤是:把不等式 变形为左边仅含参数,右边为含变量 x 的函数,求右边函数的最值. 例 1(2008 安徽高考理 20)设函数 f(x)= ① ② 求函数 f(x)的单调区间 已知 2 x ? xa 对任意的 x∈(0,1)成立,求实数 a 的取值范围.
1 e 1 e
1

1 ( x ? 0且x ? 1) x ln x

解:①略,易知 f(x)的单调增区间为(0, ),单调减区间为( ,1) 和(1,+∞) ③对 2 ? xa 两边取自然对数,得
1 x

1 ln2>alnx x

ln 2 ( ln x ? 0 ) x ln x 1 1 由①知,当 0<x<1 时,f(x)= 的最大值为 f( )= ?e x ln x e ln 2 ∴y= 的最大值为-e·ln2 ∴a>-e·ln2 即可保证原式恒成立. x ln x

两边同时除以 lnx,分离出参数 a,得 a>

所以实数 a 的取值范围是(-e·ln2,+ ∞) 例 2: (2008 上海理 19)已知函数 f(x)=2x①若 f(x)=2 求 x 的值
1

1 x 2

②若 2tf(2t)+mf(t)≥0 对 t∈[1,2]恒成立,求实数 m 的取值范围. 解:①略 ②当 t∈[1,2]时,原不等式等价于
2t (22t ? 1 1 ) ? m(2t ? t ) ? 0 2t 2 2

即 2t(2t+ t ) ? m ? 0 对 t∈[1,2]恒成立

1 2

∴m≥-(22t+1)对 t∈[1,2]恒成立 ∵t∈[1,2] ∴-(22t+1) ∈[-17,-5] ∴m≥-5 所以实数 m 的取值范围是[-5,+∞]
注:含参数不等式在开区间(m,n)内恒成立问题,一般有如下结论: 设函数 f(x)在开区间(m,n)内有最大值 M,最小值 N,则 g(a)>f(x)在(m,n)内恒成立 ? g(a)>M g(a)≥f(x)在(m,n)内恒成立 ? g(a)≥M g(a)<f(x)在(m,n)内恒成立 ? g(a)<N g(a)≤f(x)在(m,n)内恒成立 ? g(a)≤N 对于闭区间[m,n]上的含参数不等式恒成立问题,结论类似.

二:分离参数,转化为求函数确界法. 这是对策略一的补充和拓展,解题对象是:分离参数后的函数不存在相 应最值的含参数不等式恒成立问题.首先给出确界的定义: 函数 y=f(x)(x∈D)的上确界为 min{M|f(x)≤M,x∈D},记作 M 上;函数 y=f(x)(x∈D)}下确界为 max{ M|f(x)≥M,x∈D},记作 M 下. 比如函数 f(x)=x2-2x-3(0<x<3)的上确界 M 上=f(3)=0,下确界 M 下= f(1)=-4,其中 M 下也是这个函数的最小值,但 M 上不是这个函数的最大值, 只是上确界而已. 例3 已知函数 f(x)=x3a 2 x +ax+b 在区间(0,1]上单调递增,求实数 2

a 的取值范围.
2

解:依题意知:f'(x)=3x2-ax+a≥0 在区间(0,1]上恒成立. 即 a(x-1) ≤3x2 在(0,1]上恒成立. 当 x=1 时,上式恒成立. 当 x≠1 时,a≥ 设 g(x)=
3x 2 在(0,1)内恒成立(*) x ?1

3x 2 1 ? ? ? 3 ?( x ? 1) ? ? 2? (0 ? x ? 1) x ?1 x ?1 ? ?

显然函数 g(x)在(0,1)内不存在最大值,但存在上确界 M 上=0 ∴a≥0 即可保证(*)式恒成立,所以 a 的取值范围是[0,+∞)
注:若函数 f(x)在开区间(m,n)内无最大值,但有上确界 M 上,则 g(a)>f(x)在(m,n)内恒成立 g(a)≥M 上 g(a)≥M 上 g(a)≤M 下 g(a)≤M 下 g(a) ≥ f(x)在(m,n)内恒成立 g(a)<f(x)在(m,n)内恒成立 g(a) ≤ f(x)在(m,n)内恒成立

若函数 f(x)在开区间(m,n)内无最小值,但有下确界 M 下,则

三:不分离参数,直接求最值法 此种策略是针对不等式中的参数无法分离出来或不需要分离出来而提 出的,也是对策略一的补充. 例 4. (2008 江苏 14) 设函数 f(x)=ax3-3x+1(x∈R), 若对于任意 x∈ [- 1,1] ,都有 f(x) ≥0 成立,求实数 a 的值。 解:由题意知:对任意 x∈[-1,1] ,f(x)min≥0 (I)当 a≤0 时,f'(x)=3ax2-3<0,f(x)在[-1,1]上单调递减, ∴f(x)min=f(1)=a-2≥0 ∴a≥2(与题设矛盾)不符合题意。 (Ⅱ)当 a>0 时 由 f'(x)=0 得 x=±
1 a
3

易知当 x∈(-∞,- 增, 当 x∈(-

1 1 )( ,+∞)时,f'(x)>0,f(x)单调递 、 a a

1 1 , )时,f'(x)<0,f(x)单调递减。 a a 1 ),则 a

①当 a ? 1 时,f(x)在[-1,1]上的最小值是 f(-1)或 f(
? f (?1) ? 0 ∴? 1 即可, ? f( )?0 ? a ? ?4 ? a ? 0 ∴? 1 ? ?1 ? a ? 0 ?

∴a=4

②当 0 ? a ? 1 时,f(x)在[-1,1]上的最小值是 f(1),则 f(1) ? 0 即可. ∴a ? 2.与 0 ? a ? 1 矛盾,舍去。 所以 a 的值是 4 四:逐层推进,逐步减元法 此策略是针对含有二元变量的含参数不等式恒成立问题而采用的,解题 时要善于根据需要选取主元,逐一满足题设,逐层推进,各个击破,逐步减 元. 例 5(2008 天津高考理 20)已知函数 f(x)=x+ +b(x≠0),其中 a,b∈R ①若曲线 y=f(x)在点 P (2, f(2)) 处的切线方程为 y=3x+1, 求函数 f(x) 的解析式. ②讨论函数 f(x)的单调性. ③若对于任意的实数 a∈[ ,2] ,不等式 f(x)≤10 在[ ,1]上恒成 立,求 b 的取值范围. 解:①、②略 ③首先,若对任意的实数 a∈[ ,2] ,不等式 f(x)≤10 恒成立,
1 2 1 2 1 4 a x

4

也就是 g(a)= a+x+b≤10 恒成立
1 2 x x 2 1 ∴ ? x ? b ? 0 对任意的 x∈[ ,1]恒成立即可 x 4 1 2 1 1 又∵x∈[ ,1] ,∴h(x)= ? x ? b 的最大值是 h( )=8+ +b 4 x 4 4 1 7 ∴8+ +b ? 10 即可 ∴b ? 4 4 7 所以实数 b 的取值范围是(-∞, ] 4

∵ >0,∴g(a)max=g(2)= ? x ? b

五:数形结合,直观求解法 此策略是充分利用函数图像的直观形,将不等式的求解问题等价地转化 为函数问题,列出函数图像满足的等价条件 例 6(2008 年全国卷 I 理 20)已知函数 f(x)=x3+ax2+x+1,a∈R ①讨论 f(x)的单调区间 ②设函数 f(x)在区间(- ,- )内是减函数,求 a 的取值范围. 解:①略 ②依题意知:f'(x)≤0 在(- ,- )内恒成立. 即 3x2+2ax+1≤0 在区间(- ,- )内恒成立.(*)
2 4 4 ? ? g (? 3 ) ? 3 ? 3 a ? 1 ? 0 ? 设 g(x)=3x2+2ax+1,由 g(x)的图像可知:则 ? .. ... .. ? g (? 1 ) ? 1 ? 2 a ? 1 ? 0 ? 3 3 3 ?
2 3 1 3 2 3 1 3 2 3 1 3

即可保证(*)式恒成立. 解之,得 a≥2 所以,实数 a 的取值是[2,+∞) 六 变更主元,反客为主法 此种策略是指在解决某些含参数不等式恒成立问题时, 应克服思维的定
5

势和认识上的习惯,在主元与参量交织在一起时,要敏锐地捕捉到主元,建 立关于主元的函数,以避免繁琐的分类讨论与计算. 例 7(2008 安徽文 20) 已知函数 f(x)= x3- x2+(a+1)x+1,其中 a 为实 数. ①已知 f(x)在 x=1 处取得极值,求 a 的值; ②已知不等式 f'(x)>x2-x-a+1 对任意的 a∈(0,+∞)都成立,求实数 x 的 取值范围. 解:①过程略 a=1 ②由题设知:ax2-3x+(a+1)>x2-x-a+1 对任意 a∈(0,+∞)都成立. 即 a(x2+2)-x2-2x>0 对任意 a∈(0,+∞)都成立. 设 g(a)=(x2+2)·a-x2-2x ∵g(a)关于 a 单调递增 ∴对任意 a∈(0,+∞),g(a)>0 恒成立 即-x2-2x≥0 ∴-2≤x≤0 所以 x 的取值范围是{x|-2≤x≤0} 七:函数比较,单调性法 此策略是针对两函数 f(x)、 g(x)比较大小恒成立时所采用的.若 f(x)在 [m,n]上单调递减,g(x)在[m,n]上单调递增,则 f(x)≥g(x)在[m,n] 上恒成立 f(x)min≥g(x)max.(若 f(x)在[m,n]上单调递增,g(x)在[m,n] f(x) ≤g(x) g(0)≥0
a 3 3 2

上单调递减,则 f(x)≤g(x)在[m,n]上恒成立 例 8:已知 a>-1,若 x2-2lnx≥2ax的取值范围.
6

max

min

1 在(0,1]上恒成立,求实数 a x2

1 x2 2( x ? 1)( x ? 1) 2 ? 0, g ( x) ? 2a ? 3 ? 0 ∵f'(x)= x x

解:设 f(x)=x2-2mx,g(x)=2ax-

∴f(x)在(0,1]上单调递减,g(x)在(0,1]上单调递增. ∴f(x)min=f(1)=1,g(x)max=g(1)=2a-1 则 f(x)≥g(x)在(0,1]上恒成立,等价于 1≥2a-1 ∴-1<a≤1 . 所以 a 的取值范围是(-1,1]
注:若 f(x)、g(x)不具有题设的单调性,则 f(x)min≥g(x)max,只是 f(x) ≥g(x)的充 分不必要条件, 这时往往将原不等式转化为 h(x)=f(x)-g(x) ≥0,再根据题目特征, 寻找 解题策略.

八:二次函数判别式法 此策略是针对实数集 R 上二次不等式恒成立问题所采用的,主要是利用 如下结论:
设 f(x)=ax2+bx+c(a≠0),则 (1)f(x) >0 恒成立 a>0 且 △<0 (2)f(x) ≥0 恒成立 a>0 且△≤0

(3)f(x)<0 恒成立

a<0 且△<0 (4)f(x) ≤0 恒成立
a 3

a<0 且△≤0

例9 取值范围.

已知函数 f(x)= x3+(a-2)x2-9x+5 在 R 上单调递减,求实数 a 的

解:依题意知 f'(x)=ax2+2(a-2)x-9≤0 在 R 上恒成立 ∴?
?a ? 0 ?? ? 0

∴?

?a ? 0
2 ? a ? 5a ? 4 ? 0

∴-4<a<-1

所以 a 的取值范围是(-4,-1) 九:对参数分类讨论法 例 10(2007 全国 I 理 20)设函数 f(x)=ex-e-x ①证明:f(x)的导函数 f'(x) ≥2 ②若对所有 x≥0 都有 f(x) ≥ax,求实数 a 的取值范围
7

解:①略 ②设 g(x)=f(x)-ax,则 g'(x)=f'(x)-a=ex+e-x-a (Ⅰ)若 a≤2,则 g'(x) ≥0 ∴g(x)在(0,+∞)上为增函数, ∵x≥0 ∴g(x) ≥g(0)=0 ∴f(x) ≥ax 恒成立

(Ⅱ)若 a>2 由 g'(x)=0 得 x1=ln
a ? a2 ? 4 2

此时当 x∈(0,x1)时,g'(x)<0,故 g(x)在该区间为减函数 ∴x∈(0,x1)时,g(x)<g(0)=0,即 f(x)<ax.这与题设矛盾. 综上 a≤2,所以 a 的取值范围是(-∞,2] 十:数列问题函数法 由于数列是特殊的函数,因此,含参数的数列不等式中恒成立问题,可 以类比函数不等式恒成立的解题策略去解决. 例 11(2008 湖南理 21)已知 f(x)=ln2(1+x)①求函数 f(x)的单调区间 ②若不等式(1+ )n+a≤e 对任意的 n∈N*都成立(其中 e 是自然对数 的底数) ,求 a 的最大值. 解:①略 ②不等式(1+ )n+a≤e ∴a≤
1 1 ln(1 ? ) n
1 n

x2 1? x

1 n

(n+a)ln(1+ ) ≤1

1 n

-n 对任意的 n∈N*恒成立
1

设 G(x)=

1 ln(1 ? ) x

- , x∈(0,1] ,则

1 x

8

G'(x)=

1 (1 ? x) ln 2 (1 ? x) ? x 2 ?1 + 2= 2 (1 ? x) ln 2 (1 ? x) x x (1 ? x) ln 2 (1 ? x)

由①知 ln2(1+x)-

x2 2 2 ? 0,即(1+x)ln (1+x)-x ≤0 1? x

∴G'(x)<0 ,x∈(0,1] ∴G(x)在(0,1]上单调递减 ∴G(x)min=G(1)= ∴a≤
1 -1 ln 2 1 -1 ln 2 1 -1 ln 2

所以 a 的最大值是

9


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