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不等式恒成立、能成立、恰成立问题分析及应用


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
问题引入: 问题引入: 2 例 1 :已知不等式 x ? 2ax + 1 > 0 对 x ∈ [1,2] 恒成立,其中 a > 0 .求实数 a 的取值范围.

分析:思路 1、通过化归最值,直接求函数 f (x) = x2 ? 2ax+1的最小值解决,即 f min ( x) > 0 。

x2 +1 1 x2 +1 1 = ( x + ) 解决,即 a < ( 思路 2、通过分离变量,转化到 a < ) min 。 2x 2 x 2x 思路 3、通过数形结合,化归到 x2 +1> 2ax作图解决,即 y =x2 +1图像在 y = 2ax的上方.
小结: 小结:不等式恒成立问题的处理方法 1、转换求函数的最值: 转换求函数的最值:
⑴若不等式

A < f ( x ) 在区间 D 上恒成立,则等价于在区间 D 上 A < f ( x )min ? f ( x ) 的下界大于 A

⑵若不等式 B

> f ( x ) 在区间 D 上恒成立,则等价于在区间 D 上 B > f ( x )max ? f ( x ) 的上界小于 B。

2、分离参数法 (1) 将参数与变量分离,即化为 g ( λ ) ≥ f ( x ) (或 g ( λ ) ≤ f ( x ) )恒成立的形式; (3) 解不等式 g ( λ ) ≥ f ( x )max (或 g ( λ ) ≤ f ( x )min ) ,得 λ 的取值范围。 3.转换成函数图象问题 ⑴若不等式 f ( x ) > g ( x ) 在区间 D 上恒成立, 则等价于在区间 D 上函数 y = f ( x ) 和图象在函 ⑵若不等式 f ( x ) < g ( x ) 在区间 D 上恒成立, 则等价于在区间 D 上函数 y = f ( x ) 和图象在函 数 y = g ( x ) 图象下方; 【变式练习: 对 x ∈ [1,2] , x ? 2ax + 1 > 0 → x ? 2ax + 1 > 0 → lnx ? 2ax + 1 > 0 均恒 】 成立,该如何处理?
2 3

(2) 求 f ( x ) 在 x ∈ D 上的最大(或最小)值;

数 y = g ( x ) 图象上方;

a ,其中 a > 0 , x ≠ 0 . x 1)对任意 x ∈ [1,2] ,都有 f ( x ) > g ( x ) 恒成立,求实数 a 的取值范围; 2)对任意 x1 ∈ [1,2], x2 ∈ [ 2,4] ,都有 f ( x1 ) > g ( x 2 ) 恒成立,求实数 a 的取值范围;
例 2:已知函数 f ( x) = x 2 ? 2ax + 1 , g ( x ) =



】 【分析: 分析: 1)思路、等价转化为函数

f (x) ? g(x) > 0恒成立,在通过分离变量,创设新函数求最值解决. 2)思路、对在不同区间内的两个函数 f (x ) 和 g (x ) 分别求最值,即只需满足 fmin(x) >gmax x) 即可. (
2

简解: (1)由 x ? 2ax + 1 ?

a x3 + x x3 + x >0?a< 2 成立,只需满足 ? ( x) = 的最小值 x 2x + 1 2x 2 + 1 x3 + x 2x 4 + x 2 + 1 大于 a 即可.对 ? ( x) = 求导,? ′( x) = > 0 ,故 ? (x) 在 x ∈ [1,2] 是增函 2x 2 + 1 (2 x 2 + 1) 2 2 2 数, ? min ( x ) = ? (1) = ,所以 a 的取值范围是 0 < a < . 3 3 a 1 1 例 3 设函数 h( x ) = + x + b ,对任意 a ∈ [ ,2] ,都有 h( x ) ≤ 10 在 x ∈ [ ,1] 恒成立,求实 x 2 4 数 b 的取值范围.

分析:思路、解决双参数问题一般是先解决一个参数,再处理另一个参数.以本题为例,实 质还是通过函数求最值解决. 方法 1:化归最值, h( x ) ≤ 10 ? hmax ( x ) ≤ 10 ;

a + x) 或 a ≤ ? x 2 + (10 ? b) x ; x 1 1 方法 3:变更主元, ? ( a ) = ? a + x + b ? 10 ≤ 0 , a ∈ [ ,2] x 2 a a (x ? a)(x + a) , 简解:方法 1:对 h( x ) = g ( x ) + x + b = + x + b 求导, h′(x) =1? 2 = x x x2 1 1 由此可知, h(x ) 在 [ ,1] 上的最大值为 h( ) 与 h(1) 中的较大者. 4 4
方法 2:变量分离, b ≤ 10 ? (

1 ? 1 ? ? 39 ?h( ) ≤ 10 ?4a + + b ≤ 10 ?b ≤ ? 4a ,对于任意 a ∈ [ 1 ,2] ,得 b 的取值范围是 b ≤ 7 . ∴? 4 ?? ?? 4 4 2 4 ?h(1) ≤ 10 ?1 + a + b ≤ 10 ?b ≤ 9 ? a ? ? ? 练习题
1、设 f ( x ) = x ? 2ax + 2 ,当 x ∈ [-1,+ ∞ ]时,都有 f ( x ) ≥ a 恒成立,求 a 的取值范围。
2



解:a 的取值范围为[-3,1] 2、已知 f ( x ) =

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

t o · 1 图1

解:等价于 ? ( x ) = x + 2 x + a ≥ 0 对任意 x ∈ [1, +∞ ) 恒
2

成立,又等价于 x ≥ 1 时, ? ( x )
2

min

≥ 0 成立.由于

则 ?min ( x ) = ? (1) = a + 3 ,所以 a + 3 ≥ 0 ? a ≥ ?3 3、R 上的函数 f ( x ) 既是奇函数,又是减函数,且当 θ ∈ ? 0, 时,有 f cos

? ( x ) = ( x + 1) + a ? 1 在 [1, +∞ ) 上为增函数,

(

2

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

)

? π? ? ? 2?



解: f cos 由

(

2

θ + 2m sin θ + f ( ?2m ? 2 ) > 0 得到: f cos 2 θ + 2m sin θ > ? f ( ?2m ? 2 )

)

因为 f ( x ) 为奇函数,故有 f cos

(

2

θ + 2m sin θ > f ( 2m + 2 ) 恒成立,
2

)

(

)

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

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

g(t) t=m t o g(t) · 1 t=m

①当 t = m < 0 时, g ( 0 ) = 2m + 1 ≥ 0 ,

1 1 即 m ≥ ? ,又 m < 0 ∴ ? ≤ m < 0 (如图 1) 2 2 ②当 t = m ∈ [0,1] ,即 0 ≤ m ≤ 1 时,
∴1 ?

图2

2 < m < 1 + 2 ,又 m ∈ [0,1] ,∴ 0 ≤ m ≤ 1 (如图 2) t · g (1) = 1 ? 2m + 2m + 1 = 2 > 0 恒成立. o ③当 t = m > 1 时, 1 ∴ m > 1 (如图 3) 图3 1 故由①②③可知: m ≥ ? . 2 4 4 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 为常数.
(1)试确定 a, b 的值; (2)讨论函数 f ( x ) 的单调区间;
2

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

(3)若对任意 x > 0 ,不等式 f ( x ) ≥ ?2c 恒成立,求 c 的取值范围。

解: (2)略(3)由(2)知, f ( x ) 在 x = 1 处取得极小值 f (1) = ?3 ? c ,此极小值也是 (1) 最小值.要使 f ( x ) ≥ ?2c
2

( x > 0 ) 恒成立,只需 ?3 ? c ≥ ?2c 2 .解得 c ≥
? ?

3 或 c ≤ ?1 . ∴ c 2

的取值范围为 ( ?∞, ?1] U ? , +∞ ? . 2、主参换位法 5、若不等式 ax ? 1 < 0 对 x ∈ [1, 2] 恒成立,实数 a 的取值范围是

?3 ?2



a<

1 2



6、若对于任意 a ≤ 1 ,不等式 x + ( a ? 4 ) x + 4 ? 2a > 0 恒成立,求实数 x 的取值范围
2

解: x ∈ ( ?∞,1) U ( 3, +∞ ) 7、已知函数 f ( x ) =

a 3 3 2 x ? x + ( a + 1) x + 1 ,其中 a 为实数.若不等式 3 2 ' 2 f ( x ) > x ? x ? a + 1 对任意 a ∈ ( 0, +∞ ) 都成立,求实数 x 的取值范围.

2 2 + 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} 。
3、分离参数法 8、当 x ∈ (1, 2 ) 时,不等式 x + mx + 4 < 0 恒成立,则 m 的取值范围是
2

.

解析: 当 x ∈ (1, 2) 时,由 x + mx + 4 < 0 得 m < ?
2

x2 + 4 .∴ m ≤ ?5 . x

4、数形结合 9 、若对任意 x ∈ R ,不等式 | x |≥ ax 恒成立,则实数 a 的取值范围是________

y
y =| x |

y =| x |

y = ax

y = ax

x
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 。 O



二、不等式能成立问题的处理方法 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 )

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 f ( x ) min < B . 10、 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______

max

> A;

解: a > 1 11、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



2 2 解 : 设 f ( x ) = x ? ax ? a . 则 关 于 x 的 不 等 式 x ? ax ? a ≤ ?3 的 解 集 不 是 空 集

? f ( x ) ≤ ?3 在 R 上能成立 ? f min ( x ) ≤ ?3 ,
即 f min ( x ) = ?

4a + a 2 ≤ ?3 解得 a ≤ ?6 或 a ≥ 2 4 1 2 12、已知函数 f ( x ) = ln x ? ax ? 2 x ( a ≠ 0 ) 存在单调递减区间,求 a 的取值范围 2

解: 因为函数 f ( x ) 存在单调递减区间,所以 f

1 ax 2 + 2 x ? 1 ? ax ? 2 = ? <0 x x 1 2 1 2 ( 0, +∞ ) 有解.即 a > 2 ? ( x ∈ ( 0, +∞ ) ) 能成立, 设 u ( x ) = 2 ? . x x x x
'

( x) =

2 ?1 ? 由 u ( x) = ? = ? 1? ? 1 得, umin ( x ) = ?1 .于是, a > ?1 , 2 x ?x ? ? x 由题设 a ≠ 0 ,所以 a 的取值范围是 (? 1,0 ) U (0,+∞ ) 1
三、不等式恰好成立问题的处理方法

2

1? ? 13、不等式 ax + bx + 1 > 0 的解集为 ? x | ?1 < x < ? 则 a ? b = __________:
2

?

3?

6



14、已知 f ( x ) =

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

x2 + 2 x + a ≥ 0 的解集是 x ∈ [1, +∞ ) . x x2 + 2 x + a a 当 a ≥ 0 时,由于 x ≥ 1 时, f ( x ) = = x + + 2 ≥ 3 ,,与其值域是 [ 0, +∞ ) 矛盾, x x 2 x + 2x + a a 当 a < 0 时, f ( x ) = = x + + 2 是 [1, +∞ ) 上的增函数,所以, f ( x ) 的最小值为, x x f (1) ,令 f (1) = 3 + a = 0 ? a = ?3
解:是一个恰成立问题,这相当于 f ( x ) = 15、已知两个函数 f ( x ) = 8 x + 16 x ? k , g ( x ) = 2 x + 5 x + 4 x ,其中 k 为实数。
2 3 2

⑶对任意 x1 , x2 ∈ [ ?3,3] ,都有 f ( x1 ) ≤ g ( x2 ) ,求 k 的范围。

⑵存在 x ∈ [ ?3,3] ,使 f ( x ) ≤ g ( x ) 成立,求 k 的范围;

⑴对任意 x ∈ [ ?3,3] ,都有 f ( x ) ≤ g ( x ) 成立,求 k 的范围;

解: ⑴设 h ( x ) = g ( x ) ? f ( x ) = 2 x ? 3 x ? 12 x + k , 问题转化为 x ∈ [ ?3,3] 时,h ( x ) ≥ 0 恒
3 2

成立。即 hmin ( x ) ≥ 0 ,令 h ( x ) = 0 ? x = 2, x = ?1 ,所以 h ( x ) 的最小值只可能在 x = ?3 和
'

∴ hmin ( x ) = h ( ?3) = ?45 + k ≥ 0 ? k ≥ 45

x = 2 处取得,又 h ( 2 ) = ?20 + k , h ( ?3) = ?45 + k ,

有解,故 hmax ( x ) ≥ 0 ,由⑴知, hmax ( x ) 只可能是 h ( ?1) = k + 7 或 h ( 3) = k ? 9 ,所以 ⑶由题意对任意 x1 , x2 ∈ [ ?3,3] ,都有 f ( x1 ) ≤ g ( x2 ) 等价于当 x ∈ [ ?3,3] 时,

⑵据题意存在 x ∈ [ ?3,3] , f ( x ) ≤ g ( x ) 成立, h ( x ) = g ( x ) ? f ( x ) ≥ 0 在 x ∈ [ ?3,3] 上 使 即

hmax ( x ) = k + 7 ≥ 0 ? k ≥ ?7

f max ( x ) ≤ g min ( x ) ,易知 g min ( x ) = g ( ?3) = ?21 , f max ( x ) = f ( 3) = 120 ? k , 由 120 ? k ≤ ?21 ? k ≥ 141



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

解: ? ?∞, ?

? ?

13 ? ? 11 ?

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

解: [ 2,10 ) 3、设函数 f ( x ) = x ?
3

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

解析: f

'

( x ) = 3x 2 ? 9 x + 6 ,

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

3 3 ,即 m 的最大值为 ? 。 4 4 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。
恒成立, ∴ ? = 81 ? 12 ( 6 ? m ) ≤ 0 ? m ≤ ?

解: 不等式即 ( x ? 1) p + x ? 2 x + 1 > 0 ,设 f ( p ) = ( x ? 1) p + x ? 2 x + 1 , f ( p ) 在[-2,2] 则
2 2

? ? 2 ? f ( ?2 ) > 0 ? x ? 4 x + 3 > 0 ? x > 3或x < 1 上恒大于 0,故有: ? ?? 2 ?? ? x < ?1 或 x > 3 ? ? f ( 2) > 0 ? x > 1或x < ?1 ?x ?1 > 0 ?
5、已知不等式 x ? 2 x + a > 0 对任意实数 x ∈ [ 2,3] 恒成立,求实数 a 的取值范围。
2

a>0



6、对任意的 a ∈ [ ?2, 2] ,函数 f ( x ) = x + ( a ? 4 ) x + 4 ? 2a 的值总是正数,求 x 的范围
2

解: ( ?∞, 0 ) U ( 4, +∞ ) 7、 若不等式 x ? log m x < 0 在 ? 0,
2

? ?

1? ? 内恒成立,则实数 m 的取值范围。 2?

?1 ? ? ?16 ,1? ?
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。

解:画出两个凼数 y = ax 和 y =

x ( 4 ? x ) 在 x ∈ [ 0,3]
3 3

上的图象如图知当 x = 3 时 y = 3 , a = 当a ≤

3 3 , x ∈ [ 0,3] 时总有 ax ≤ x ( 4 ? x ) 所以 a ≤ 。 3 3 2 9、不等式 kx + k ? 2 < 0 有解,求 k 的取值范围。

解: 不等式 kx + k ? 2 < 0 有解 k x 2 + 1 < 2 有解 ? k <
2

(

)

所以 k ∈ ( ?∞, 2 ) 。

2 ? 2 ? 有解 ? k < ? 2 ? =2, x +1 ? x + 1 ?max
2



11、①对一切实数 x,不等式 x ? 3 ? x + 2 > a 恒成立,求实数 a 的范围。 ②若不等式 x ? 3 ? x + 2 > a 有解,求实数 a 的范围。 ③若方程 x ? 3 ? x + 2 = a 有解,求实数 a 的范围。

解:① a < ?5 ② a < 5 ③ a ∈ [ ?5,5]
4 3 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 a ∈ [ ?2, 2] , 不等式 f ( x ) ≤ 1 在 [ ?1,1] 上恒成立,求 b 的取值范围.

解: f ' ( x ) = 4 x 3 + 3ax 2 + 4 x = x 4 x 2 + 3ax + 4 由条件 a ∈ [ ?2, 2] 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,
为使对任意 a ∈ [ ?2, 2] ,不等式 f ( x ) ≤ 1 在 [ ?1,1] 上恒成立,当且仅当 f max ( x ) ≤ 1 , 即?

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

?b ≤ ( ?2 ? a )min ? f (1) ≤ 1 ?b ≤ ?2 ? a ? ? 在 a ∈ [ ?2, 2] 上恒成立,即 ? ? b ≤ ?4 ?? f ( ?1) ≤ 1 ?b ≤ ?2 + a b ≤ ( ?2 + a ) min ? ? ? ? r r r r 2 14、已知向量 a = ( x , x + 1) , b = (1 ? x, t ) 。若函数 f ( x ) = a ? 在区间(-1,1)上是增函数, b
求 t 的取值范围。

y

x=
解:依定义 f ( x ) = x (1 ? x ) + t ( x + 1) = ? x + x + tx + t 。则 f
2 3 2 '

若 f ( x ) 在(-1,1)上是增函数,则在(-1,1)上 f
'

'

∴f

( x ) ≥ 0 ? t ≥ 3x 2 ? 2 x 在(-1,1)上恒成立。

( x ) ≥ 0 恒成立。

( x ) = ?3 x 2 + 2 x + t ,

1 3

g(x)

易求得 t 的取值范围是 t ≥ 5 . · -1 ·· o · 1

x

10

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、 解: 等价于 ? ( x ) = x + 2 x + a ≥ 0 对任意 x ∈ [1,+∞ ) 恒成立,又等价于 x ≥ 1 时, ? ( x ) 的
2 由于 ? ( x ) = ( x + 1) + a ? 1 在 [1,+∞ ) 上为增函数,

最小值 ≥ 0 成立.

t=m g(t)

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

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

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

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

(

(

(

)

)

a ≥ ?3

)

t o · 1 g(t) t=m t o g(t) · 1 t=m 图1

? π? θ ∈ ? 0, ?


?

①当 t = m < 0 时, g (0 ) = 2m + 1 ≥ 0 , 1 1 m≥? ? ≤m<0 2 ,又 m < 0 ∴ 2 即 (如图 1) ②当 t = m ∈ [0,1] ,即 0 ≤ m ≤ 1 时, ∴1 ?

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 .

2 ? 恒成立

图2

2 < m < 1 + 2 ,又 m ∈ [0,1] ,∴ 0 ≤ m ≤ 1 (如图 2) t · g (1) = 1 ? 2m + 2m + 1 = 2 > 0 恒成立. o ③当 t = m > 1 时, 1 ∴ m > 1 (如图 3) 图3 1 m≥? 2. 故由①②③可知: 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 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 , 3 3 c≥ ( ?∞,?1] U [ ,+∞ ) (2c ? 3)(c + 1) ≥ 0 . 解得 2 或 c ≤ ?1 . ∴ c 的取值范围为 2 从而 .

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

a<
例 5、解:

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} 。 x2 + 4 x2 + 4 4 m<? f ( x) = = x+ x ∈ (1, 2) 时,由 x 2 + mx + 4 < 0 得 x .令 x x, 例 8、解析: 当

11

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

(?

x2 + 4 ) min > ?5 x

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

ax 1 ax 1 ? , x ∈ (0,1] b ≥ (? ? ) max 2 2x 2 2x 上恒成立 ? 恒成立 ? , x ∈ (0,1] 。 1 a( x 2 ? ) ax 1 a 1 a g ( x) = ? ? g '( x ) = ? + 2 = ? 2 2x , 2 2x 2x2 , 设 1 1 x= x=? a或 a (舍去), 令 g '( x ) = 0 得 b≥?
1 1 ax 1 x ∈ (0, ) <1 g ( x) = ? ? a 时 g '( x ) > 0 , a 2 2 x 单调增函数; 当 a > 1 时, ,当 1 ax 1 x∈( ,1] g ( x) = ? ? a 时 g '( x ) < 0 , 2 2 x 单调减函数, 当 1 g( ) = ? a a ∴ g ( x ) max = 。∴ b ≥ ? a 。 0< 1
当 0 < a ≤ 1 时,

a

≥1

,此时 g '( x ) ≥ 0 在区间 (0,1] 恒成立,所以

g ( x) = ?

ax 1 ? 2 2 x 在区间

a +1 a +1 b≥? (0,1] 上单调递增,∴ g ( x ) max = 2 ,∴ 2 。 a +1 b≥? 2 。=| x | 综上,当 a > 1 时, b ≥ ? a ; 当 0 < a ≤ 1 时, y | x |≥ ax 恒成立 例 10、解析:对 ? x ∈ R ,不等式 g (1) = ?
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

y

y =| x |

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 ax ? 2 x h ′( x ) = ? ax ? 2 = ? . 2 x x ,则



b = 2时, h( x) = ln x ?
例 14、解: 因为函数

h ( x)

(0,+∞ )


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



,

而 h ( x ) < 0 在 (0,+∞ ) 上有 解, 就等 价于 h ( x ) < 0 在区 间 (0,+∞ ) 能成 立, 即



a>

1 2 ? x2 x ,

x ∈ (0,+∞ ) 成立, 进而等价于 a > u min ( x ) 成立,其中

u (x ) =

1 2 ? x2 x .

12

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

2

x 2 + 2x + a ≥0 x 例 16、解:是一个恰成立问题,这相当于 的解集是 x ∈ [1,+∞ ) . x 2 + 2x + a a f (x ) = = x+ +2≥3 x x 当 a ≥ 0 时,由于 x ≥ 1 时, ,与其值域是 [0,+∞ ) 矛盾, f (x ) = x 2 + 2x + a a = x+ +2 x x 是 [1,+∞ ) 上的增函数,所以, f ( x ) 的最小值为 当 a < 0 时, 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 f (x ) =
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 ∈ [-3,3],使 f(x)≤g(x)成立,即为:h(x)=g(x)-f(x)≥0 在 x ∈ [-3, (2)据题意:存在 x 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:

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 f max ( x) ≤ g min ( x) , x ∈ [?3 ,3]
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. 1 y [ ,1) 5、解: a > 0 6、解: x ∈ ( ?∞,0) ∪ ( 4,+∞) 7、解: 16

y = ax

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
0 3 x

3,

a≤


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

13

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

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 , M = {a a > 3} = x ? 2 + x + 1 ,x ∈ [0,,a > g ( x) 5] 所 以 . 令 g ( x) 恒 成 立
? a > g ( x) max = g (5) = 9

N = {a a > 9}
.所以 12、解:① c ≥

11、解:① a < ?5 ② a < 5 ③ a ∈ [?5,5]

3 2 2 ′ 13、解: f ( x ) = 4 x + 3 ax + 4 x = x (4 x + 3 ax + 4) 由条件 2 2

2 ? 1 ② c ∈ [ ?1 ? 2 , ?1 + 2 ] a ∈ [ ?2,] 2
可知

? = 9a ? 64 < 0 ,从而 4 x + 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

?a > 1 ? ? f (2a) > 0, ? f (0) > 0, ?
则由题意得 即

?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。 2 考虑函数 g ( x ) = 3 x ? 2 x , (如图)

y

1 3 ,开口向上的抛物线, 由于 g (x ) 的图象是对称轴为 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 . x=
· -1

x=

1 3

g(x)

x ·· o · 1

14


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