不等式综合问题题型归纳总结

解答不等式恒成立问题的基本思想是借助函数思想，通过不同的角度构造函数，借助函数图像来解决，其方法大致有：

（1）借助函数图像或利用一元二次方程判别式来求解.将原不等式通过移项后转化为某个函数值恒正（或非负）、恒负（或非正）的问题，再借助图像或判别式来求解.

（2）分离自变量和参变量，利用等价转化思想将其转化为求函数的最值问题. （3）变更主元，利用函数与方程的思想求解.

（4）借助两个函数图像比较两函数值的大小.构造两个函数，并画出它们的图像，通过图像来比较两个函数值的大小，即用数形结合思想来解决恒成立问题. 一、利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，若能把不等式转化为二次函数或二次方程，通过根的判别式或数形结合思想，可使问题得到很好解决.

例7.33 对于xR，不等式x2x3m0，求实数m的取值范围.

解析 不妨设f(x)x2x3m，其函数图像是开口向上的抛物线，为了使f(x)0（xR），只需

220，即(2)24(3m)0，解得m2，故实数m的取值范围(,2].

变式1 若对于xR，不等式mx2mx30，求实数m的取值范围.

例7.34 已知函数f(x)x2kx2在x1时恒有f(x)k，求实数k的取值范围.

解析 令F(x)f(x)kx2kx2k，则F(x)0对一切x1恒成立，F(x)的图像是开口向上的抛物线，对称轴为xk.

①当对称轴xk1时，F(x)在(1,)上单调递增，故只需F(1)12k2

222k0，得3k1；

②当对称轴xk1时，F(x)在(1,)上的最小值为F(k)，故只需F(k)

k22k22k0，得1k1.

由①②知k的取值范围是[3,1].

评注 为了使f(x)k在[1,)上恒成立，构造一个新函数F(x)f(x)k是解题的关键，再利用二次函数的图像和性质进行分类讨论，使问题得到圆满解决.

变式1 已知函数f(x)xlg(x21x)，若不等式f(m3)f(392)0对任意xR恒成立，

xxx求实数m的取值范围.

二、分离自变量和参变量，利用等价转化思想将其转化为求函数的最值问题

通过等价变形，将变量与参变量从整体式中分离出来，转化为f(x)(或，，)a恒成立问题： （1）若f(x)在定义域内存在最大值m，则f(x)a(f(x)a)恒成立am（或am）； （2）若f(x)在定义域内存在最小值m，则f(x)a(f(x)a)恒成立am（或am）；

m， （3）若f(x)在定义域内不存在最值，只需找到f(x)在定义域上的最小上界（或最大下界）即f(x)在定义域上增大（或减少）时无限接近但永远取不到的那个值，来代替上述两种情况下的m，只是等号均可取到.

例7.35 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 解法一：构造函数f(x)xmx4（x[1,2]）.由于当x(1,2)时，不等式xmx40恒

22成立，则f(1)0，f(2)0，即1m40且42m40，解得m5.

2解法二：分离参数法.x(1,2)时，不等式xmx40mx(x4)

2x21444x2x21m(x)，因为f(x)120在区间(1,2)上恒成立，，令f(x)2xxxxx故函数f(x)在区间(1,2)上单调递增，故5f(x)4，所以m5，因此m的取值范围是(,5]. 评注 若本题中的条件改为x[1,2]，则m的取值范围是(,5)，希望同学们认真、仔细地体会其中的不同.

变式1 设函数f(x)x1对任意的x[,)，f(232x)4m2f(x)f(x1) m4f(m)恒成立，则实数m的取值范围是 . 变式2 不等式|x3||x1|a3a对任意实数x恒成立，则实数a的取值范围为（ ） A.(,1]U[4,) B. (2]U[5,)

C.[1,2] D. (,1]U[2,)

2变式3 若不等式

lg(2ax)1在x[1,2]时恒成立，试求a的取值范围.

lg(ax)变式4 已知不等式数a的取值范围.

三、变更主元

11112Lloga(a1)对于一切大于1的自然数都成立，试求实n1n22n123例7.36 若不等式2x1m(x1)，对满足2m2的所有m都成立，求x的范围.

分析 欲求x的范围，将x视为参数，将m视为主元，那么关于x的二次不等式转化为关于m的一次不等式的形式进行求解，非常简捷.

解析 原不等式可化为m(x1)(2x1)0.

令f(m)m(x1)(2x1)(2m2)，它是关于m的一次函数.

222f(2)2(x21)(2x1)01713x由题意知，解得，所以x的取值范围是222f(2)2(x1)(2x1)0(1713,). 22评注 利用函数思想，确定主元，根据一次函数的性质求解.

变式1 对于满足0p4的所有实数p，使不等式xpx4xp3都成立的x的取值范围是 （ ）

A.(,1)U(3,) B. (1]U[3,)

2C.(1,3) D. [1,3]

例7.37 已知f(x)是定义在[1,1]上的奇函数，且f(1)1.若a,b[1,1]，ab0，有

f(a)f(b)0.

ab （1）判断函数f(x)在[1,1]上是增函数还是减函数； （2）解不等式f(x)f(2x)；

（3）若f(x)m2am1对所有x[1,1]，a[1,1]恒成立，求实数m的取值范围. 分析 本题亮点在于利用主元变更和等价转化的思想逐步消去参数，从而求得实数m的取值范围. 解析 （1）设1x1x21，则

21212f(x1)f(x2)f(x1)f(x2)f(x1)f(x2)(x1x2)0，

x1x2可知f(x1)f(x2)，所以f(x)在[1,1]上是增函数. （2）由f(x)在[1,1]上是增函数知

11x1211111，解得，故不等式的解集为x[,]. 12x14242211x2x22（3）因为f(x)在[1,1]上是增函数，所以f(x)f(1)1，则函数f(x)在[1,1]上的最大值为1，依题意有m2am11对a[1,1]恒成立，即m2am0恒成立，令g(a)2mam，a[1,1]，

222g(1)m22m0函数g(a)是关于a的一次函数，若a[1,1]时，g(a)0恒成立，则，解得2g(1)m2m0m(,2]U{0}U[2,).

评注 对于（1），抽象函数单调性的证明往往借助定义，利用所给条件，判断差的符号；对于（2），后一步解不等式往往是上一步单调性的继续，通过单调性，将函数值的大小转换到自变量的大小上来；对于（3），确认主元，把m2am看为关于a的一次函数，即g(a)2mam在a[1,1]上大于对于0，利用

22g(a)是一条直线这一图像特征，数形结合得关于m的不等式组，从而得m的范围.

2xa(xR)在区间[1,1]上是增函数.

x22（1）求实数a的值所组成的集合A；

12x2，（2）设关于x的方程f(x)的两根为x1，试问：是否存在实数m，使得不等式mtm1|x1x2|x变式 1 已知f(x)对任意aA及t[1,1]恒成立？若存在，求出m的取值范围；若不存在，请说明理由.

题型2 函数与不等式综合 思路提示

对于函数不等式，要注意从函数观点出发，转化为利用函数的图像和性质来解不等式. 例7.38 若不等式9x2k(x2)2的解集为区间[a,b]，且ba2，则

k .

解析 如图7-21所示，直线yk(x2)2过定点(2,2)，因为原不等式的解集为[a,b]，且b3，又ba2，所以a1，则直线与圆的交点为

A(1,22)，代入直线方程yk(x2)2，得k2. 变式 1 已知函数f(x)的定义域为[2,)，部分对应值如表7-3，f(x)为

f(x)的导函数，函数yf(x)的图像如图7-22所示，若两正数a，b满足f(2ab)1，则

取值范围是 （ ）

表7-3

b3的a3x 2 1 0 1 1 f(x) 1 372653351xlnx在[1,)上为增函数. 例7.39 设函数f(x)ax（1）求正实数a的取值范围；

A.(,) B. (,) C.(,) D. (,3)

647313（2）当a1时，求证

1111111Llnn1L(nN*且n2). 234n23n1分析 由已知函数是给定区间上的增函数，则f(x)0，由此求参数a的取值范围. 解析（1）由已知f(x)ax1ax1*，依题意得对恒成立，又，所以aR(a0)0x[1,)22axax111ax10对x[1,)恒成立，所以a对x[1,)恒成立，故a()max，又因为01，所以

xxx只需a1，所以正实数a的取值范围是[1,).

1xx1x，lnxf(1)0，即lnx(x1)，故ln(1x)xx1x111(nN*). x0.取x(nN*)，得ln(1)nn1n111111所以有ln(1，，ln(1)， )，ln(1)n1nn2n1122n111将以上n1个不等式相加，得lnLlnL，

1n123n111即lnnL.

23n1x构造函数g(x)ln(x1)x(x[0,1])，由g(x)10，得函数g(x)在区间[0,1]x1x111111上单调递减.故当0x1时，g(x)g(0)0，令x，则ln(1).所以有ln(1，)nnnn1n11111，，ln(1)， ln(1)n2n21123n11将以上n1个不等式相加，得lnlnLln， 1L12n12n1111即lnn1L.

23n11111111综上可得Llnn1L(nN*且n2).

234n23n1（2）当a1，当x1时，f(x)变式1 已知函数f(x)x2xalnx.

（1）若函数f(x)在区间(0,1)上恒为单调函数，求实数a的取值范围；

（2）当实数t1时，不等式f(2t1)2f(t)3恒成立，求实数a的取值范围.

最有效训练

1.不等式x|x|20的解集是 （ ）

A. {x|2x2} B. {x|x2或x2} C. {x|1x1} D. {x|x1或x1}

222.已知不等式axbx10的解集是[,]，则不等式xbxa0的解集是（ ）

A. (2,3) B. (,2)U(3,) C. (,) D. (,)U(,) 3.不等式|xlog2x||x||log2x|的解集是 （ ）

A. (0,1) B. (1,) C. (0,) D. (,) 4.若不等式xax10对一切x(0,]成立，则a的最小值为（ ）

A. 0 B. 2 C. 221213211321312125 D. 3 2x24x6,x05.设函数f(x)，则不等式f(x)f(1)的解集是 （ ）

x6,x0 A. (3,1)U(3,) B. (3,1)U(2,) C. (1,1)U(3,) D. (,3)U(1,3)

6.若关于x的不等式(m1)x4xx2的解集为{x|0x2}，则实数m（ ）

A.

1 B. 1 C. 2 D.0 2(ab)27.已知x，a，b，y成等差数列，x，c，d，y成等比数列，则的取值范围是 .

cdx2x208.关于x的不等式组2的整数解的集合为{2}，则实数k的取值范围是 .

2x(2k5)x5401,x09.已知符号函数sgnx0,x0，则不等式(x1)sgnx2的解集是 .

1,x010.已知集合A{x|x5x40}，B{x|x2axa20}，若BÔA，求实数a的取值范围. 11.已知函数f(x)|xa|.

（1）若不等式f(x)3的解集为{x|1x5}，求实数a的值.

（2）在（1）的条件下，若f(x)f(x5)m对一切实数x恒成立，且实数m的取值范围.

12.（1）解关于x的不等式(lgx)lgx20；

（2）若不等式(lgx)(2m)lgxm10对于|m|1恒成立，求x的取值范围.

2222