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不等式恒成立、恰成立问题分析和解法


不等式恒成立、能成立、 不等式恒成立、能成立、恰成立问题分析及应用
一、不等式恒成立问题的处理方法 1、转换求函数的最值:

f ( x ) min > A ? f ( x) (1) 若不等式 f ( x ) > A 在区间 D 上恒成立,则等价于在区间 D 上 , 的
下界大于 A

f ( x )max < B f ( x) (2) 若不等式 f ( x ) < B 在区间 D 上恒成立,则等价于在区间 D 上 , 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

f (x ) =

x2 + 2x + a , x 对任意 x ∈ [1,+∞ ), f ( x ) ≥ 0 恒成立,试求实数 a 的取值范围;

例 3 、 R 上 的 函 数 f (x ) 既 是 奇 函 数 , 又 是 减 函 数 , 且 当

? π? θ ∈ ? 0, ? ?

2? 时,有

f cos 2 θ + 2m sin θ + f (? 2m ? 2 ) > 0 恒成立,求实数 m 的取值范围.

(

)



例 4、已知函数 f ( x) = ax ln x + bx ? c( x > 0) 在 x = 1 处取得极值 ?3 ? c ,其中 a 、b 为常
4 4

数.(1)试确定 a 、 b 的值; (2)讨论函数 f (x ) 的单调区间; (3)若对任意 x > 0 ,不等式 f ( x ) ≥ ?2c 恒成立,求 c 的取值范围。
2

2、主参换位法 例 5、若不等式 ax ? 1 < 0 对

x ∈ [1, 2]

恒成立,求实数 a 的取值范围

例 6、若对于任意

a ≤1

2 ,不等式 x + ( a ? 4) x + 4 ? 2a > 0 恒成立,求实数 x 的取值范围

例 7、 已知函数

f ( x) =

a 3 3 2 x ? x + (a + 1) x + 1 2 ′ 3 2 , 其中 a 为实数. 若不等式 f ( x )>x ? x ? a + 1

+ 对任意 a ∈ (0, ∞) 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 (2) 求

g (λ ) ≥ f ( x)

(或

g (λ ) ≤ f ( x)

)恒成立的形式;

f ( x)

在 x ∈ D 上的最大(或最小)值;

(3) 解不等式

g ( λ ) ≥ f ( x) max

(或

g ( λ ) ≤ f ( x )min

) ,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 x ∈ (1, 2) 时,不等式 x
2

+ mx + 4 < 0 恒成立,则 m 的取值范围是

.

1 f ( x) = ax3 + bx 2 + x + 3 3 例 9、已知函数 ,其中 a ≠ 0 (1)当 a, b 满足什么条件时, f ( x ) 取
得极值?(2)已知 a > 0 ,且 f ( x ) 在区间 (0,1] 上单调递增,试用 a 表示出 b 的取值范围.

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 的取值范围是________



例 11、当 x ∈ (1,2)时,不等式 ( x ? 1) <
2

log a x

恒成立,求 a 的取值范围。

二、不等式能成立问题的处理方法

f ( x )max > A 若在区间 D 上存在实数 x 使不等式 f ( x ) > A 成立,则等价于在区间 D 上 ; f ( x ) min < B 若在区间 D 上存在实数 x 使不等式 f ( x ) < B 成立,则等价于在区间 D 上的 .
例 12、已知不等式 ______

x?4 + x?3 <a

在实数集 R 上的解集不是空集,求实数 a 的取值范围

例 13、 若关于 x 的不等式 x ? ax ? a ≤ ?3 的解集不是空集, 则实数 a 的取值范围是
2



1 f ( x ) = ln x ? ax 2 ? 2 x 2 例 14、已知函数 ( a ≠ 0 )存在单调递减区间,求 a 的取值范围



三、不等式恰好成立问题的处理方法

1? ? ? x | ?1 < x < ? 3 ? 则 a ? b = ___________ 例 15、不等式 ax + bx + 1 > 0 的解集为 ?
2

例 16、已知

f (x ) =

x2 + 2x + a , x 当 x ∈ [1,+∞ ), f ( x ) 的值域是 [0,+∞ ) ,试求实数 a 的值.

例 17、已知两函数 f(x)=8x2+16x-k,g(x)=2x3+5x2+4x,其中 k 为实数。 (1)对任意 x ∈ [-3,3],都有 f(x)≤g(x)成立,求 k 的取值范围; (2)存在 x ∈ [-3,3],使 f(x)≤g(x)成立,求 k 的取值范围; (3)对任意 x1、x2 ∈ [-3,3],都有 f(x1)≤g(x2),求 k 的取值范围。



不等式恒成立、能成立、 不等式恒成立、能成立、恰成立问题专项练习
1、若不等式 (m + 1) x ? ( m ? 1) x + 3( m ? 1) < 0 对任意实数 x 恒成立,求实数 m 取值范围
2

kx 2 + kx + 6 >2 2 2、已知不等式 x + x + 2 对任意的 x ∈ R 恒成立,求实数 k 的取值范围

3、设函数

f ( x) = x3 ?

9 2 x + 6x ? a ′ 2 .对于任意实数 x , f ( x ) ≥ m 恒成立,求 m 的最大值。

2 4、对于满足|p| ≤ 2 的所有实数 p,求使不等式 x + px + 1 > p + 2 x 恒成立的 x 的取值范围。

5、已知不等式

x 2 ? 2 x + a > 0对任意实数x ∈ [ 2, 3]

恒成立。求实数 a 的取值范围。

6、对任意的

a ∈ [ ?2, 2]

2 ,函数 f ( x ) = x + ( a ? 4) x + 4 ? 2a 的值总是正数,求 x 的取值范围

? 1? 0, ? x ? log m x < 0 ? 2 ? 在? 内恒成立,则实数 m 的取值范围 7、 若不等式
2





8、不等式

ax ≤ x(4 ? x) 在 x ∈ [0,3] 内恒成立,求实数 a 的取值范围。

9、不等式 kx + k ? 2 < 0 有解,求 k 的取值范围。
2

10、对于不等式

x ? 2 + x +1 < a

,存在实数 x ,使此不等式成立的实数 a 的集合是 M;对于

5] 任意 x ∈ [0, ,使此不等式恒成立的实数 a 的集合为 N,求集合 M ,N .

11、①对一切实数 x,不等式 ②若不等式 ③若方程

x?3 ? x +2 > a

恒成立,求实数 a 的范围。

x?3 ? x +2 > a

有解,求实数 a 的范围。

x?3 ? x +2 = a

有解,求实数 a 的范围。

2 2 12、 ①若 x,y 满足方程 x + ( y ? 1) = 1 ,不等式 x + y + c ≥ 0 恒成立,求实数 c 的范围。 2 2 ②若 x,y 满足方程 x + ( y ? 1) = 1 , x + y + c = 0 ,求实数 c 的范围。



a ∈ [ ?2,] 2 13、设函数 f ( x) = x + ax + 2 x + b( x ∈ R ) ,其中 a, b ∈ R .若对于任意的 ,不
4 3 2

, [ ?11] 上恒成立,求 b 的取值范围. 等式 f ( x ) ≤ 1 在

14、 设函数

f ( x) =

1 3 x ? (1 + a ) x 2 + 4ax + 24a 3 , 其中常数 a > 1 , 若当 x ≥ 0 时, f ( x ) > 0 恒

成立,求 a 的取值范围。

2 15、已知向量 a =( x ,x+1), b = (1-x,t)。若函数 f ( x) = a ? b 在区间(-1,1)上是增函

数,求 t 的取值范围。



不等式恒成立、能成立、 不等式恒成立、能成立、恰成立问题 参考答案
例 1、解:a 的取值范围为[-3,1]
2 例 2、 等价于 ? ( x ) = x + 2 x + a ≥ 0 对任意 x ∈ [1,+∞ ) 恒 解:

成立,又等价于 x ≥ 1 时, ? ( x ) 的最小值 ≥ 0 成立. 由于 ? ( x ) = ( x + 1) + a ? 1 在 [1,+∞ ) 上为增函数,
2

t=m g(t)

则 ? min ( x ) = ? (1) = a + 3 ,所以 a + 3 ≥ 0,

a ≥ ?3
o · 1 t 图1

例 3、解:由 f cos θ + 2m sin θ + f (? 2m ? 2 ) > 0 得到:
2

(

)

f cos θ + 2m sin θ > ? f (? 2m ? 2 ) 因为 f ( x ) 为奇函数,
2

(

)

故有 f cos θ + 2m sin θ > f (2m + 2 ) 恒成立,
2
2 又因为 f ( x ) 为 R 减函数,从而有 cos θ + 2m sin θ < 2m + 2 对

(

)

g(t) t=m t o · 1 图2

? π? θ ∈ ? 0, ? ?

2 ? 恒成立

2 设 sin θ = t ,则 t ? 2mt + 2m + 1 > 0 对于 t ∈ (0,1) 恒成立, 2 在设函数 g (t ) = t ? 2mt + 2m + 1 ,对称轴为 t = m .

①当 t = m < 0 时, g (0 ) = 2m + 1 ≥ 0 ,

g(t)

t=m



m≥?

1 1 ? ≤m<0 2 ,又 m < 0 ∴ 2 (如图 1)

②当 t = m ∈ [0,1] ,即 0 ≤ m ≤ 1 时,

? = 4m ? 4m(2m + 1) < 0 ,即 m 2 ? 2m ? 1 < 0 ,
2

o

· 1

t

∴ 1 ? 2 < m < 1 + 2 ,又 m ∈ [0,1] ,∴ 0 ≤ m ≤ 1 (如图 2) ③当 t = m > 1 时, g (1) = 1 ? 2m + 2m + 1 = 2 > 0 恒成立.∴ m > 1 (如图 3)

图3

故由①②③可知:

m≥?

1 2.

例 4、解: (2)略(3)由(2)知, f (x ) 在 x = 1 处取得极小值 f (1) = ?3 ? c ,此极小 (1)



2 2 值也是最小值.要使 f ( x) ≥ ?2c ( x > 0) 恒成立,只需 ? 3 ? c ≥ ?2c .即 2c ? c ? 3 ≥ 0 ,

2

从而 ( 2c ? 3)(c + 1) ≥ 0 . 解得

c≥

3 3 ( ?∞,?1] U [ ,+∞ ) 2 或 c ≤ ?1 . ∴ c 的取值范围为 2 .

例 5、解:

a<

1 2

例 6、解: x ∈ ( ?∞,1) ∪ (3, +∞ )
2 2

+ 例 7 、 解 析 : 由 题 设 知 “ ax ? 3 x + ( a + 1) > x ? x ? a + 1 对 ? a ∈ (0, ∞) 都 成 立 , 即

a ( x 2 + 2) ? x 2 ? 2 x > 0 对 ? a ∈ (0, ∞) 都成立。设 g (a ) = ( x 2 + 2)a ? x 2 ? 2 x ( a ∈ R ) + ,
则 g ( a ) 是一个以 a 为自变量的一次函数。Q x + 2 > 0 恒成立,则对 ? x ∈ R , g ( a ) 为 R 上
2

+ 的单调递增函数。 所以对 ? a ∈ (0, ∞) , g ( a ) > 0 恒成立的充分必要条件是 g (0) ≥ 0 , ? x 2 ? 2 x ≥ 0 ,∴ ?2 ≤ x ≤ 0 ,于是 x 的取值范围是 {x | ?2 ≤ x ≤ 0} 。
例 8、解析: 当 x ∈ (1, 2) 时,由 x + mx + 4 < 0 得
2

m<?

x2 + 4 x2 + 4 4 f ( x) = = x+ x .令 x x,

f ( x) max = f (1) = 5 则易知 f ( x ) 在 (1, 2) 上是减函数, 所以 x ∈ [1, 2] 时 , 则
∴ m ≤ ?5 .

(?

x2 + 4 ) min > ?5 x

2 2 例 9、 解析: 1) > b (2)f ( x ) 在区间 (0,1] 上单调递增 ? f '( x ) = ax + 2bx + 1 ≥ 0 在 (0,1] ( a

上恒成立 ?

b≥?

ax 1 ax 1 ? , x ∈ (0,1] b ≥ (? ? ) max 2 2x 2 2x 恒成立 ? , x ∈ (0,1] 。

1 a( x 2 ? ) ax 1 a 1 a g ( x) = ? ? g '( x ) = ? + 2 = ? 2 2 2x , 2 2x 2x 设 , x= 1 a或 x=? 1 a (舍去),

令 g '( x ) = 0 得

当 a > 1 时,

0<

1 1 ax 1 x ∈ (0, ) <1 g ( x) = ? ? a 时 g '( x ) > 0 , a 2 2 x 单调增函数; ,当 g ( x) = ? ax 1 ? 2 2 x 单调减函数,

x∈(


1 a

,1]

时 g '( x ) < 0 ,

10

∴ g ( x) max =

g(

1 )=? a a 。∴ b ≥ ? a 。

1 ax 1 ≥1 g ( x) = ? ? 2 2 x 在区间 当 0 < a ≤ 1 时, a ,此时 g '( x ) ≥ 0 在区间 (0,1] 恒成立,所以

(0,1] 上单调递增,∴ g ( x) max =
综上,当 a > 1 时, b ≥ ? a ;

g (1) = ?

a +1 a +1 b≥? 2 ,∴ 2 。 b≥? a +1 y 2 。=| x |
y = ax

y

当 0 < a ≤ 1 时,

y =| x |

例 10、解析:对 ? x ∈ R ,不等式 | x |≥ ax 恒成立 则由一次函数性质及图像知 ?1 ≤ a ≤ 1 ,即 ?1 ≤ a ≤ 1 。 例 11、解:1<a ≤ 2. 例 12、解: a > 1

y = ax

x
O

2 例 13、 第二个填空是 不等式 能成立的问题 . 设 f ( x ) = x ? ax ? a .则关 于 x 的不等 式

x 2 ? ax ? a ≤ ?3 的解集不是空集 ? f ( x ) ≤ ?3 在 (? ∞,+∞ ) 上能成立 ? f min ( x ) ≤ ?3 , f min ( x ) = ? 4a + a 2 ≤ ?3, 4 解得 a ≤ ?6 或 a ≥ 2



1 2 1 ax 2 + 2 x ? 1 ′( x) = ? ax ? 2 = ? b = 2时, h( x) = ln x ? ax ? 2 x h . 2 x x 例 14、解: ,则
因为函数

h ( x)

存 在 单 调 递 减 区 间 , 所 以 h ( x ) < 0 有 解 . 由 题 设 可 知 , h( x ) 的 定 义 域 是



(0,+∞ )

,

′ ′ 而 h ( x ) < 0 在 (0,+∞ ) 上有 解, 就等 价于 h ( x ) < 0 在区 间 (0,+∞ ) 能成 立, 即
x ∈ (0,+∞ ) 成立, 进而等价于 a > u min ( x ) 成立,其中
2

a>

1 2 ? x2 x ,

u(x ) =

1 2 ? x2 x .

1 2 ?1 ? u ( x ) = 2 ? = ? ? 1? ? 1 x ?x ? x 由 得, u min ( x ) = ?1 .于是, a > ?1 ,
由题设 a ≠ 0 ,所以 a 的取值范围是 (? 1,0 ) U (0,+∞ ) 例 15、解:6

11

例 16、解:是一个恰成立问题,这相当于

f (x ) =

x 2 + 2x + a ≥0 x 的解集是 x ∈ [1,+∞ ) .

当 a ≥ 0 时,由于 x ≥ 1 时,

f (x ) =

x 2 + 2x + a a = x+ +2≥3 x x ,与其值域是 [0,+∞ ) 矛盾,

x 2 + 2x + a a f (x ) = = x+ +2 x x 当 a < 0 时, 是 [1,+∞ ) 上的增函数,所以, f ( x ) 的最小值为

f (1) ,令 f (1) = 0 ,即 1 + a + 2 = 0, a = ?3.
例 17、解析: (1)设 h(x)=g(x)-f(x)=2x2-3x2-12x+k,问题转化为 x ∈ [-3,3]时,h(x)≥0 恒成立,故 h min (x)≥0.令 h′ (x)=6x2-6x-12=0,得 x= -1 或 2。 由 h(-1)=7+k, h(2)=-20+k, h(-3)=k-45, h(3)=k-9, h min (x)=-45+k, k-45≥0, k≥45. 故 由 得 (2)据题意:存在 x ∈ [-3,3],使 f(x)≤g(x)成立,即为:h(x)=g(x)-f(x)≥0 在 x ∈ [-3, 3]有解,故 h max (x)≥0,由(1)知 h max (x)=k+7,于是得 k≥-7。 (3)它与(1)问虽然都是不等式恒成立问题,但却有很大的区别,对任意 x1,x2 ∈ [-3,3], 都有 f(x1)≤g(x2)成立,不等式的左右两端函数的自变量不同,x1,x2 的取值在[-3,3]上 具有任意性,因而要使原不等式恒成立的充要条件是:

f max ( x) ≤ g min ( x) , x ∈ [?3 ,3]

2 , 由 g′(x)=6x2+10x+4=0 , 得 x=- 3 或 -1 , 易 得

g min ( x) = g (?3) = ?21 , f(x)=8(x+1)2-8-k,x ∈ [?3 ,3] . 故 f max ( x) = f (3) = 120 ? k . 令 又
120-k≤-21,得 k≥141。 专项练习:

1、解:

(?∞,?

13 ) 11

2、解: [ 2,10)

' 2 ' 2 3、解析: f ( x ) = 3 x ? 9 x + 6 , Q 对 ? x ∈ R , f ( x ) ≥ m , 即 3 x ? 9 x + (6 ? m) ≥ 0 在

x ∈ R 上恒成立, ∴ ? = 81 ? 12(6 ? m) ≤ 0 , 得

m≤?

3 3 ? 4 ,即 m 的最大值为 4 。

4、解:不等式即(x-1)p+x2-2x+1>0,设 f(p)= (x-1)p+x2-2x+1,则 f(p)在[-2,2]上恒大于 0, 故有:
2 ? x > 3或x < 1 ? ? f ( ? 2) > 0 ? x ? 4 x + 3 > 0 ? 2 ? ? x > 1或x < ?1 ? ? f ( 2) > 即 ? x ? 1 > 0 解得: ? ∴x<-1 或 x>3.

5、解: a > 0

1 [ ,1) x ∈ (?∞,0) ∪ (4,+∞) 7、解: 16 6、解:

y

y = ax

12

0

3

x

y= 8、解:画出两个凼数 y = ax 和
上的图象如图知当 x = 3 时 y =

x(4 ? x) 在 x ∈ [0,3]
a= 3 3

3,



a≤

3 3 a≤ x ∈ [0,3] 时总有 ax ≤ x(4 ? x) 所以 3 3
2

9 、 解 : 不 等 式 kx + k ? 2 < 0 有 解 ? k ( x + 1) < 2 有 解
2

?k<

2 x +1 有 解
2

? 2 ? ?k <? 2 ? =2 2) ? x + 1 ?max ,所以 k ∈ ( ?∞, 。
??2 x + 1( x < ?1), ? f ( x ) = x ? 2 + x + 1 = ?3(?1 ≤ x ≤ 2), ?2 x ? 1( x > 2). ? a > f ( x)min = 3 ? 10、解:由 又 a > f ( x ) 有解 ,
所 以

M = {a a > 3}

. 令 .所以

g ( x)

= x ? 2 + x + 1 ,x ∈ [0,,a > g ( x) 5]

恒 成 立

? a > g ( x) max = g (5) = 9

N = {a a > 9}
12、解:① c ≥

11、解:① a < ?5 ② a < 5 ③ a ∈ [?5,5]

2 ? 1 ② c ∈ [ ?1 ? 2 , ?1 + 2 ]

3 2 2 a ∈ [ ?2,] 2 ′ 13、解: f ( x ) = 4 x + 3 ax + 4 x = x (4 x + 3 ax + 4) 由条件 可知

? = 9a 2 ? 64 < 0 ,从而 4 x 2 + 3ax + 4 > 0 恒成立.当 x < 0 时, f ′( x) < 0 ;当 x > 0 时,

, f ′( x) > 0 .因此函数 f ( x) 在 [ ?11] 上的最大值是 f (1) 与 f (?1) 两者中的较大者.
为使对任意

a ∈ [ ?2,] 2

, [ ?11] 上恒成立,当且仅当 f ( x)max ≤ 1 , ,不等式 f ( x ) ≤ 1 在

?b ≤ (?2 ? a) min ? f (1) ≤ 1 ?b ≤ ?2 ? a ? ? ? 2 2 f (?1) ≤ 1 ,即 ?b ≤ ?2 + a 在 a ∈ [ ?2,] 上恒成立.即 ?b ≤ (?2 + a) min , a ∈ [ ?2,] 即?
所以 b ≤ ?4 ,因此满足条件的 b 的取值范围是

? ( ?∞, 4] .

14、解: (II)由(I)知,当 x ≥ 0 时, f (x ) 在 x = 2a 或 x = 0 处取得最小值。

1 4 f (2a ) = (2a ) 3 ? (1 + a )(2a ) 2 + 4a ? 2a + 24a = ? a 3 + 4a 2 + 24a 3 3 ; f (0) = 24a

13

则由题意得

?a > 1 ? ? f (2a) > 0, ? f (0) > 0, ?



?a > 1, ? 4 ? ?? a (a + 3)(a ? 6) > 0, ? 3 ?24a > 0. ?

解得

1< a < 6

∴ a ∈ (1, 6) 。

2 3 2 2 ′ 15、解:依定义 f ( x) = x (1 ? x) + t ( x + 1) = ? x + x + tx + t 。则 f ( x) = ?3 x + 2 x + t ,

′ 若 f (x) 在(-1,1)上是增函数,则在(-1,1)上可设 f ( x) ≥ 0 恒成立。
2 ′ ∴ f ( x) ≥ 0 ? t ≥ 3 x ? 2 x 在(-1,1)上恒成立。

y 考虑函数 g ( x) = 3 x ? 2 x , (如图)
2

x=

1 3

g(x)

由于 g (x) 的图象是对称轴为

x=

1 3 ,开口向上的抛物线,

2 故要使 t ≥ 3 x ? 2 x 在(-1,1)上恒成立 ? t ≥ g (?1) ,即 t ≥ 5 。

′ ′ 而当 t ≥ 5 时, f (x ) 在(-1,1)上满足 f (x ) >0,
即 f (x ) 在(-1,1)上是增函数。故 t 的取值范围是 t ≥ 5 .

· -1

·· o · 1

x

14


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