高考数学不等式恒成立问题中的参数求解技巧

第一篇：高考数学不等式恒成立问题中的参数求解技巧

不等式恒成立问题中的参数求解技巧

在不等式中，有一类问题是求参数在什么范围内不等式恒成立。恒成立条件下不等式参数的取值范围问题，涉及的知识面广，综合性强，同时数学语言抽象，如何从题目中提取可借用的知识模块往往捉摸不定，难以寻觅，是同学们学习的一个难点，同时也是高考命题中的一个热点。其方法大致有：①用一元二次方程根的判别式，②参数大于最大值或小于最小值，③变更主元利用函数与方程的思想求解。本文通过实例，从不同角度用常规方法归纳，供大家参考。

一、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，若能把不等式转化成二次函数或二次方程，通过根的判别式或数形结合思想，可使问题得到顺利解决。

2例1对于x∈R，不等式x2x3m0恒成立，求实数m的取值范围。2解：不妨设f(x)x2x3m，其函数图象是开口向上的抛物线，为了使f(x)0(xR)，只需

22]。0，即(2)4(3m)0，解得m2m(，2变形：若对于x∈R，不等式mx2mx30恒成立，求实数m的取值范围。2f(x)mx2mx3。①当m=0时，3>0，显然成立。②当m>0时，此题需要对m的取值进行讨论，设

3)。则△<00m3。③当m<0时，显然不等式不恒成立。由①②③知m[0，的符号确定其抛物线的开口方向，再根据图象与x轴的交点问题，由判别式进行解决。

22f(x)axbxc，由aaxbxc0关键点拨：对于有关二次不等式（或<0）的问题，可设函数2f(x)x2kx2，在x1时恒有f(x)k，求实数k的取值范围。例2已知函数解：令F(x)f(x)kx2kx2k，则F(x)0对一切x1恒成立，而F(x)是开口向上的抛物

线。

2①当图象与x轴无交点满足△<0，即4k4(2k)0，解得－2 )时F(x)0，只需 ②当图象与x轴有交点，且在x[1，0k2

或

k13k2F(1)012k2k0

，

2kk11

2由①②知3k1

)恒成立，构造一个新函数F(x)f(x)k是解题的关键，再利关键点拨：为了使f(x)k在x[1，用二次函数的图象性质进行分类讨论，使问题得到解决。

二、参数大于最大值或小于最小值

如果能够将参数分离出来，建立起明确的参数和变量x的关系，则可以利用函数的单调性求解。af(x)恒成立af(x)max，即大于时大于函数f(x)值域的上界。af(x)恒成立af(x)min，即小于时小于函数f(x)值域的下界。

2例3已知二次函数f(x)axx，如果x∈［0，1］时|f(x)|1，求实数a的取值范围。2解：x∈［0，1］时，|f(x)|11f(x)1，即1axx1 ①当x=0时，a∈R

2axx111112a22axx1(0，1]xx的最大值。设xx②当x∈时，问题转化为恒成，由恒成立，即求

111111u(x)2x(0，1][1，)，u(x)x4。因xx2x为减函数，所以当x=1时，u(x)max2，可得a2。

22111111111v(x)a224。因x2xx2x的最小值。设xxx由恒成立，即求

1x(0，1][1，)，v(x)x为增函数，所以当x=1时，v(x)min0，可得a≤0。

由①②知2a0。

)上的单调性。关键点拨：在闭区间［0，1］上使|f(x)|1分离出a，然后讨论关于x的二次函数在[1，lg2ax1lg(ax)例4若不等式在x∈［1，2］时恒成立，试求a的取值范围。

x1解：由题设知2ax0，得a>0，可知a+x>1，所以lg(ax)0。原不等式变形为lg2axlg(ax)。

2]，可得2x10 2axax，即(2x1)ax。又x[1，a f(x)minx11111f(x)12x122x1恒成立。设22x1，在x∈［1，2］上为减函数，可得222f(2)a0a3。综上知3，知3。

lg2ax1lg(ax)关键点拨：将参数a从不等式中分离出来是解决问题的关键。

xyxycx2y2xy，对任意正数x、y恒成立？试例5是否存在常数c使得不等式2xyx2y

证明你的结论。c

解：首先，欲使xyx2y2xy恒成立（x、y>0），进行换元令 2baxx2ya3，得2xyby2ab 3

c。∴上述不等式变为寻求

3a的最小值，由

2ba2abcab，即

12ba2ab12b2a12b2a223ab3abb恒成立。

a>0，b>0，利用基本

212b2a12b2a2223bab3不等式可得3a。c

同理欲使2xyaxy2xyx2y恒成立(x、y0)，令x2yb，2abx312ab2bay2bac3ab，3得∴上述不等式变为

c

即1ba1ba1ba22443ab3ab。寻

求

3ab

的

最

大

值

，

易

得

1ba1ba22442c3ab3ab3使上述不等式恒成立 3。综上知存在222

关键点拨：本题是两边夹的问题，利用基本不等式，右边寻找最小值3，左边寻找最大值3，可得c=3

三、变更主元

在解含参不等式时，有时若能换一个角度，变参数为主元，可以得到意想不到的效果，使问题能更迅速地得到解决。

2例6若不等式2x1m(x1)，对满足2m2所有的x都成立，

求x的取值范围。

2m(x1)(2x1)0 解：原不等式可化为

2令f(m)(x1)m(2x1)(2m2)是关于m的一次函数。 2f(2)2(x1)(2x1)01132x22 f(2)2(x1)(2x1)0解得

17122 ∴x的取值范围是

关键点拨：利用函数思想，变换主元，通过直线方程的性质求解。 f(a)f(b)0f(x)f(1)1ab例7已知是定义在［－1，1］上的奇函数且，若a、b∈［－1，1］，a+b≠0，有。

（1）判断函数f(x)在［－1，1］上是增函数还是减函数。 11fxf2x22。（2）解不等式

21]、a∈［－1，1］恒成立，求实数m的取值范围。（3）若f(x)m2am1对所有x[1，解：（1）设1x1x21，则

f(x1)f(x2)f(x1)f(x2)f(x1)f(x2)(x1x2)0x1x2，可知f(x1)f(x2)，所以f(x)在［－1，1］上是增函数。

11x12112x1211x2x22（2）由f(x)在［－1，1］上是增函数知

1111x|xx42 42解得，故不等式的解集

（3）因为f(x)在［－1，1］上是增函数，所以f(x)f(1)1，即1是f(x)的最大值。依题意有m22am11，对a∈［－1，1］恒成立，即m22am0恒成立。

令g(a)2mam2，它的图象是一条线段，那么

2g(1)m2m02m(，2]{0}[2，)。g(1)m2m0

关键点拨：对于（1），抽象函数单调性的证明往往借助定义，利用拼凑条件，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、函数值的大小转化到自变量的大小上来。对于（3），2转换视角变更主元，把m2am0看作关于a的一次函数，即g(a)2mam在a∈［－1，1］上大于等2

于0，利用g(a)是一条直线这一图象特征，数形结合得关于m的

由

题

意

知

不等式组，从而求得m的范围。

第二篇：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的求解策略 授课人：李毅军

“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。现就结合实例谈谈这类问题的一般求解策略。

一、最值法

一般的，若函数f(x)在定义域为D，则当x∈D时，有f(x)≥M恒成立f(x)min≥M；f(x)≤M恒成立f(x)max≤M。因而，含参数不等式的恒成立问题常根据不等式的结构特征，恰当地构造函数，等价转化为含参数的函数的最值讨论。

例1：已知a＞0，函数f(x)=ax－bx2，当b＞1时，证明：对任意x∈[0，1]，|f(x)| ≤1的充要条件是b－1≤a≤2b。

二、分离参数法

例2：设f(x)=lg12x(n1)xnxan，其中a是实数，n是任意给定的自

然数且n≥2，若f(x)当x∈，1时有意义，求a的取值范围。 一般地，利用最值分离参数法来确定不等式f(x，)≥0，（x∈D 为实参数）恒成立中参数取值范围的基本步骤：

（1）将参数与变量分离，即化为f1()≥f2(x)（或f2()≤f2(x)）的形式；（2）求f2(x)在x∈D时的最大（或最小）值；

（3）解不等式f1()≥f2max(x)（或≤f2min(x)）得的取值范围。 练习1：已知定义在R上函数f(x)为奇函数，且在0，上是增函数，对于任意x∈R求实数m范围，使f(cos2－3)+f(4m－2mcos)＞0恒成立。

练习2：设0＜a≤，若满足不等式|x－a|＜b的一切实数x，亦满足不等式| x－a 2|

＜12，求正实数b的取值范围。

练习3：已知向量a=(x2，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。

三、数形结合

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，在不等式恒成立的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)图象下方。

例3：若不等式3x2－logax＜0在x∈10，3内恒成立，求实数a的取值范围。

练习：设f(x)=x24x，g(x)=43x+1－a，若恒有f(x)≤g(x)成立，求实数a的取值范围。

四、主参换位法

某些含参不等式恒成立问题，在分离参数会遇到讨论的麻烦或者即使能容易分离出参数与变量，但函数的最值却难以求出时，可考虑变换思维角度。即把变元与参数换个位置，再结合其它知识，往往会取得出奇制胜的效果。

例4：若对于任意a∈1，1，函数f(x)=x2(a－4)x+4－2a的值恒大于0，求x的取值范围。

五、利用集合与集合间的关系

在给出的不等式中，若能解出已知取值范围的变量，就可利用集合与集合之间的包含关系来求解，即：[m，n][f(a)，g(a)]，则f(a)≤m且g(a)≥n，不等式的解即为实数a的取值范围。

例5：当x∈13，3时，|logax|＜1恒成立，求实数a的取值范围。

六、课后练习

1．已知函数f(x)=lgxax2，若对任意x∈2，恒有f(x)

＞0，试确定a的取值

范围。

2．若(x，y)满足方程x2+(y－1)2=1，不等式x+y+c≥0恒成立，求实数c的取值范围。

n3．若不等式11n≤e对任意的n∈N*都成立，其中e是自然对数的底数，求的最大值。

4．定义在R上的单调函数f(x)满足f(3)=log23且对任意x，y∈R都有f(x+y)=f(x)+f(y)，（1）求证f(x)为奇函数；

（2）若f(k·3x)+f(3x－9x－2)＜0对任意x∈R恒成立，求实数k的取值范围。

第三篇：2020年高考数学尖子生辅导专题(文理通用)之专题03 含参数函数不等式恒成立问题-2020高考数学尖子生辅导专题

专题三

含参数函数不等式恒成立问题

不等式问题是数学中的重要内容之一，而含参数函数不等式恒成立问题又是重点中的难点．这类问题既含参数又含变量，与多个知识有效交汇，有利于考查学生的综合解题能力，检验学生思维的灵活性与创造性，这正符合高考强调能力立意，强调数学思想与方法的命题思想，因此恒成立问题成为近年来全国各地高考数学试题的一个热点．

模块1 整理方法 提升能力

处理含参数函数不等式（一个未知数）恒成立问题，从方法上，可考虑分离参数法或猜想最值法（必要条件法）．如果使用分离参数法，则猜想是没有作用的，对于难一点的分离参数法，可能要使用多次求导或洛必达法则．如果使用猜想法，则后续有3种可能：一是猜想没有任何作用；二是利用猜想减少分类讨论；三是在猜想的基础上强化，从而得到答案．从改造的形式上，解答题优先选择一平一曲，可利用分离参数法转化为一平一曲两个函数，也可以把函数化归为一边，考虑函数的图象与轴的交点情况（本质上也是一平一曲）．

洛必达法则

如果当（也可以是）时，两个函数和都趋向于零或都趋向于无穷大，那么极限可能存在，也可能不存在．如果存在，其极限值也不尽相同．我们称这类极限为型或型不定式极限．对于这类极限，一般要用洛必达法则来求．

定理1：若函数和满足条件： （1）．

（2）和在的某个去心邻域内可导，且． （3）存在或为无穷大． 则有．

定理2：若函数和满足条件： （1）．

（2）和在的某个去心邻域内可导，且． （3）存在或为无穷大． 则有．

在定理1和定理2中，将分子、分母分别求导再求极限的方法称为洛必达法则．

使用洛必达法则时需要注意： （1）必须是型或型不定式极限．

（2）若还是型或型不定式极限，且函数和仍满足定理中和所满足的条件，则可继续使用洛必达法则，即．

（3）若无法判定的极限状态，或能判定它的极限振荡而不存在，则洛必达法则失效，此时，需要用其它方法计算．

（4）可以把定理中的换为，，此时只要把定理中的条件作相应的修改，定理仍然成立．

例1

已知函数（）． （1）求在上的最小值；

（2）若对恒成立，求正数的最大值． 【解析】（1）定义域为，．

①当时，函数在为增函数，所以．

②当时，由可得，由可得，所以在上递增，在上递减．于是在上的最小值为或．

（i）当，即时，． （ii）当，即时，．

综上所述，当时，；当时，． （2）令，则对恒成立对恒成立．

法1：（分离参数法）当，不等式恒成立，于是对恒成立对恒成立． 令，则，令，则，所以在上递增，于是，即，所以在上递增． 由洛必达法则，可得，于是，所以正数的最大值为． 法2：（不猜想直接用最值法）构造函数，则． ①当，即时，所以函数在上递增，所以．

②当，即时，由可得，所以函数在上递减，于是在上，不合题意． 综上所述，正数的最大值为．

法3：（先猜想并将猜想强化）由常用不等式（）可得，即．当时，式子恒成立，当，有恒成立，而，所以．

下面证明可以取到，即证明不等式对恒成立．构造函数（），则，所以函数在上递增，所以，所以不等式对恒成立，所以正数的最大值为．

法4：（先猜想并将猜想强化）对恒成立，因为所以，即． 下同法3．

法5：（先猜想并将猜想强化）当，不等式恒成立，于是对恒成立对恒成立．由洛必达法则，可得，于是．

下同法3．

【点评】法1（分离参数法）把恒成立问题转化为求的最小值，法2（最值法）把恒成立问题转化为求的最小值．由此可见最值法与分离参数法本质上是相通的，其本质都是把不等式恒成立问题转化为求函数的最值问题，其区别在于所求的函数中是否含有参数．

法3、法4和法5都是先求出必要条件，然后将必要条件进行强化，需要解题的敏感度和判断力．如果我们将这个必要条件与法2的

最值法进行结合，可减少法2的分类讨论．

例2 设函数．

（1）求的单调区间；

（2）若，为整数，且当时，求的最大值． 【解析】（1）．

①当时，在上恒成立，所以在上递增．

②当时，由可得，由可得．所以在上递减，在上递增． （2）当时，所以，即在上恒成立．

法1：（分离参数法）在上恒成立在上恒成立．令，则，令，有在上恒成立，所以在上递增（也可由（1）可知，函数在上递增）．而，所以在上有唯一根，所以当时，当时，于是在上递减，在上递增，所以在上的最小值为，因为，所以，于是，所以，所以的最大值为．

法2：（不猜想直接用最值法）令，则，令可得．

①当，即时，有在上恒成立，于是在上递增，从而在上有，于是在上恒成立．

②当，即时（因为是整数，所以），可知当时，当时，于是在上的最小值是．令，则在上恒成立，所以在上单调递减．而，．所以当时，有在上恒成立，当时，在上不恒成立．

综上所述，的最大值为．

法3：（先猜想并将猜想强化）因为在上恒成立，所以当时，该式子也成立，于是，即．下证的最大值为．

令，则，由可得，由可得，所以在上递减，在上递增．所以，于是的最大值为．

【点评】由于是整数，所以先猜想再将猜想强化是优先采用的解题方法．如果将是整数这个条件去掉，则得到的必要条件既不能强化又不能减少分类讨论，此时猜想将没有任何作用，只能用法1的分离参数法和法2的最值法进行求解．

例3 设函数．

（1）若，求的单调区间； （2）若当时，求的取值范围．

【解析】（1）当时，．由可得，由可得．所以的递增区间是，递减区间是．

（2）法1：（分离参数法）在上恒成立在上恒成立．

当时，式子显然成立；当时，分离参数可得在上恒成立．令，则，令，可得，所以在上递增，于是，即，所以在上递增，于是，所以，所以在上递增．

由洛必达法则，可得，所以在上有，所以． 法2：（不猜想直接用最值法），．

①当，即时，有，所以在上递增，所以，所以，所以在上递增，所以．

②当，即时，由可得时，于是在上递减，所以，所以，所以在上递减，于是，于是不恒成立．

综上所述，的取值范围是．

法3：（先猜想并将猜想强化）当时，在上恒成立．

当时，在上恒成立在上恒成立．由洛必达法则，可得，所以．，所以在上递增，所以，所以，所以在上递增，所以．

【点评】对于恒成立问题，最值法与分离参数法是两种最常用的方法．如果分离后的函数容易求最值，则选用分离参数法，否则选用最值法．最值法主要考查学生分类讨论的思想，一般遵循“构造函数——分类讨论”两部曲来展开．一些稍难的恒成立问题，如果用分离参数法来处理，往往需要多次求导和使用洛必达法则．本题中，法2的最值法比法1的分离参数法要简单，这是因为处理的最小值要比处理的最小值要容易．

猜想最值法的模式是解决恒成立问题的重要模式，猜想的一般方法有：特殊值代入，不等式放缩，洛必达法则，端点效应．

模块2 练习巩固 整合提升

练习1：已知函数．

（1）求曲线在点处的切线方程； （2）求证：当时，；

（3）设实数使得对恒成立，求的最大值． 【解析】（1），因为，所以，于是切线方程为．

【证明】（2）构造函数，．因为，所以在上递增，所以．于是当时，．

【解析】（3）法1：（不猜想直接用最值法）构造函数，则． ①当时，所以在上递增，所以． ②当时，所以在上递增，所以．

③当时，由可得，于是在上递减，所以，于是在上不恒成立． 综上所述，的最大值为．

法2：（先猜想并将猜想强化）由（2）可知，猜想的最大值为．下面证明当

时，在上不恒成立．

构造函数，则．当时，由可得，于是在上递减，所以，于是在上不恒成立．

练习2：设函数．

（1）证明：在单调递减，在单调递增； （2）若对于任意、，都有，求的取值范围．

【证明】（1），令，则，所以在上递增，而，所以当时，当时，所以在单调递减，在单调递增．

【解析】（2）由（1）可知，在上递减，在上递增，所以，于是对于任意、，都有，即．构造函数，则，由可得，由可得，所以在上递减，在上递增．又因为，所以的取值范围是．

练习3：已知函数．

（1）当时，求曲线在处的切线方程； （2）若当时，求的取值范围．

【解析】（1）的定义域为．当时，，所以，．于是曲线在处的切线方程为．

（2）法1：（分离参数法）当时，．令，则，令，则，于是在上递增，所以，于是，从而在上递增．

由洛必达法则，可得，于是．于是的取值范围是． 法2：（不猜想直接用最值法）． ①当，即时，所以在上递增，所以．

②当时，令，则，所以（即）在上递增，于是． （i）若，即时，于是在上递增，于是．

（ii）若，即时，存在，使得当时，于是在上递减，所以． 综上所述，的取值范围是．

法3：（变形后不猜想直接用最值法）当时，．令，则，记，则是以为对称轴，开口方向向上的抛物线．

①当，即时，所以，于是在上递增，因此．

②当，即时，的判别式为，于是有两根，不妨设为、，且．由韦达定理可得，于是，所以，于是，当时，所以，于是在上递减，即．

综上所述，的取值范围是．

法4：（通过猜想减少分类讨论）当时，．因为，所以，即．，记，则是以为对称轴，开口方向向上的抛物线．当时，所以，于是在上递增，因此．所以的取值范围是．

法5：（通过猜想减少分类讨论）当时，．由洛必达法则，可得，于是．

下同法4．

练习4：已知函数，曲线在点处的切线方程为． （1）求、的值；

（2）如果当，且时，求的取值范围． 【解析】（1），因为，所以，于是 ．

（2）法1：（分离参数法）由可得，令（且）．，令，则，令，则，令，则．

当时，在上递增，于是，即，所以在上递减，于是，即，所以在上递增，所以，于是，所以在上递减．

当时，在上递增，于是，即，所以在上递增，于是，即，所以在上递增，所以，于是，所以在上递增．

由洛必达法则，可得，同理，所以当且时，有，于是．

法2：（不猜想直接用最值法）由（1）知，所以，考虑函数，则，此时有．，令，当时，其判别式为．

①当时，所以，于是，于是在上递减，而，所以当时，于是；当时，于是．所以当，且时，即恒成立．

②当时，是开口方向向下，以为对称轴，与轴有两个交点的二次函数．因为，所以当时，所以，于是在上递增，所以．而时，所以，于是不恒成立．

③当时，所以在上是增函数，所以当时，而，所以，于是不恒成立．

④当时，是开口方向向上，以为对称轴，与轴有两个交点的二次函数．因为，所以在上恒成立，所以在上是增函数，以下同③，于是不恒成立．

⑤当时，是开口方向向上，以为对称轴，与轴最多有一个交点的二次函数，所以在上恒成立，所以在上是增函数，以下同③，于是不恒成立．

综上所述，的取值范围为．

法3：（通过猜想减少分类讨论）由（1）知，所以．因为，所以． 考虑函数，则，此时有．，令，这是开口方向向下的抛物线，其判别式为．

①当时，所以，于是，于是在上递减，而，所以当时，于是；当时，于是．所以当，且时，即恒成立．

②当时，是开口方向向下，以为对称轴，与轴有两个交点的二次函数．因为，所以当时，所以，于是在上递增，所以．而时，所以，于是不恒成立．

综上所述，的取值范围为．

法4：（通过猜想减少分类讨论）由可得，由洛必达法则，可得，于是，所以．

下同法2，只需讨论法2的①②③三种情况即可．

法5：（通过猜想减少分类讨论）由可得，由洛必达法则，可得，所以．

下同法2，只需讨论法2的①即可．

【点评】法1的分离参数法，利用了高阶导数以及洛必达法则，减少了解题的技巧性．法2的最值法构造了函数，只需由在上恒成立，求出的取值范围即可．但的表达式比较复杂，其复杂的根源在于前面带有，直接求导只会让式子变得更复杂，因此我们提取，让变得“纯粹”一点．的正负取决于与的正负，由此可找到的3个界：0、1、2，从而对的范围作出不重不漏的划分．

法3、法4和法5都是猜想最值法，分别通过特殊值代入和洛必达法则得到相应的必要条件，有效缩小了参数的取值范围，此时只需讨论法2分类当中的若干情况即可，减少了分类讨论，从而降低题目的难度．

第四篇：高考数学导数专题讲义二：恒成立

导数中恒成立存在问题+零点问题 探究1

已知函数，其中ÎR．若对任意的x1，x2Î[-1，1]，都有，求实数的取值范围；

探究2

已知函数的图象在点A（1，f（1））处的切线与直线平行。 记函数恒成立，求c的取值范围。 探究3

已知函数.若，当时，关于的不等式恒成立，求实数的取值范围（其中e是自然对数的底数，）.探究4

已知函数满足，且当时，当时，的最大值为． （1）求实数a的值；

（2）设，函数，．若对任意，总存在，使，求实数b的取值范围 探究5

.已知函数为常数）．

若a<0，且对任意的.x

［1,e］，f（x）≥(a－2)x恒成立，求实数a的取值范围． 探究6

已知函数，其中e为自然对数的底数． （1）求函数在x1处的切线方程；

（2）若存在，使得成立，其中为常数，求证：；

（3）若对任意的，不等式恒成立，求实数a的取值范围． 探究7

已知函数，.（1）若，则，满足什么条件时，曲线与在处总有相同的切线？

（2）当时，求函数的单调减区间；

（3）当时，若对任意的恒成立，求的取值的集合.探究8 已知函数．

（1）求函数在区间上的最小值；

（2）令是函数图象上任意两点，且满足求实数的取值范围； （3）若，使成立，求实数的最大值． 探究9

设函数.若对任意的实数，函数（为实常数）的图象与函数的图象总相切于一个定点.①

求与的值； ②

对上的任意实数，都有，求实数的取值范围.探究10 已知f（x）=x2+mx+1（m∈R），g（x）=ex．

若m∈（﹣1，0），设函数，求证：对任意x1，x2∈[1，1﹣m]，G（x1）＜H（x2）恒成立．

1解答：

“对任意的x1，x2Î[-1，1]，都有|f¢(x1)-f¢(x2)|£4”等价于“函数y=f

´(x),xÎ[-1，1]的最大值与最小值的差小于等于4”.对于f ´(x)=x2－2mx－1,对称轴x=m.①当m

´(x)的最大值为f ´(1),最小值为f ´(-1),由 f ´(1)-f

´(-1)£4,即-4m£4,解得m³1,舍去; ……………………………6分 ②当-1£m£1时,f ´(x)的最大值为f ´(1)或f ´(-1),最小值为f ´(m),由,即,解得-1£m£1; ………………………………8分 ③当m>1时,f ´(x)的最大值为f ´(-1),最小值为f ´(1),由 f ´(-1)-f

´(1)£4,即4m£4,解得m£1,舍去;

综上,实数m的取值范围是[-1,1].2：解答 3解答

4解答．（1）当x∈(0，2)时，由条件，当x 4∈(-4，-2)，的最大值为 4，所以的最大值为

1．……………………………………………………………2分 因为，令，所以．……………………………3分 因为，所以．当x∈(0，)时，是增函数； 当x∈(，2)时，；是减函数． 则当x

=时，取得最大值为．所以a =

1．……6分

（2）设在的值域为A，在的值域为B，则依题意知AB． 因为在上是减函数，所以A = ．

又，因为，所以． ① b 0时，>

0，g(x)是增函数，B = ．

因为AB，所以．解得． ② b 0时，<

0，g(x)是减函数，B = ．

因为AB，所以．．

由①，②知，或．…………………………………………… 5解答

6解答：（1）因为，所以，故． 所以函数在x1处的切线方程为，即． …… 2分

（2）由已知等式得． 记，则．

…… 4分 假设． ①

若，则，所以在上为单调增函数． 又，所以，与矛盾． …… 6分 ②

若，记，则． 令，解得．

当时，在上为单调增函数； 当时，在上为单调减函数．

所以，所以，所以在上为单调增函数． 又，所以，与矛盾．

综合①②，假设不成立，所以． …… 9分 （3）由得． 记，则． ①

当时，因为，所以，所以在上为单调增函数，所以，故原不等式恒成立．

…… 12分 ② 法一：

当时，由（2）知，当时，为单调减函数，所以，不合题意． 法二： 当时，一方面．

另一方面，．

所以，使，又在上为单调减函数，所以当时，故在上为单调减函数，所以，不合题意．

综上，． …… 16分

7解答．解：（1），又，在处的切线方程为，……………2分 又，又，在处的切线方程为，所以当且时，曲线与在处总有相同的切线

………4分

（2）由，，………7分

由，得，当时，函数的减区间为，； 当时，函数的减区间为；

当时，函数的减区间为，.………10分

（3）由，则，①当时，函数在单调递增，又，时，与函数矛盾，………12分

②当时，；，函数在单调递减；单调递增，（Ⅰ）当时，又，与函数矛盾，（Ⅱ）当时，同理，与函数矛盾，（Ⅲ）当时，函数在单调递减；单调递增，故满足题意.综上所述，的取值的集合为.……………16分

8解答

【解析】试题分析：（1）先求导数，再求导函数零点，根据零点与定义区间位置关系分类讨论函数单调性：当时，在上单调递增，当时，在区间上为减函数，在区间上为增函数，最后根据单调性确定函数最小值（2）先转化不等式不妨取，则，即恒成立，即在上单调递增，然后利用导数研究函数单调性：在恒成立.最后利用变量分离转化为对应函数最值，求参数.（3）不等式有解问题与恒成立问题一样，先利用变量分离转化为对应函数最值，的最大值，再利用导数求函数的最值，这要用到二次求导，才可确定函数单调性：在上单调递增，进而确定函数最值

试题解析：解（1），令，则，当时，在上单调递增，的最小值为； 当时，在区间上为减函数，在区间上为增函数，的最小值为.综上，当时，；当时，.（2）,对于任意的，不妨取，则,则由可得，变形得恒成立，令，则在上单调递增，故在恒成立，在恒成立.，当且仅当时取，.（3），.，使得成立.令，则，令，则由

可得或（舍）

当时，则在上单调递减；

当时，则在上单调递增.在上恒成立.在上单调递增.，即.实数的最大值为.9解

（2）①，设切点为，则切线的斜率为，据题意是与无关的常数，故，切点为，……………6分

由点斜式得切线的方程为，即，故.…..………8分 ②

当时，对任意的，都有; 当时，对任意的，都有;

故对恒成立，或对恒成立.而，设函数.则对恒成立，或对恒成立，………………10分，当时，,恒成立,所以在上递增，故在上恒成立，符合题意..……...………12分

当时，令，得，令，得,故在上递减，所以，而设函数，则，恒成立，在上递增，恒成立，在上递增，恒成立，即，而，不合题意.综上，知实数的取值范围.………………16分

10解

（2）G（x）=，则G′（x）=﹣，对任意x1，x2∈[1，1﹣m]，G（x1）＜H（x2）恒成立，即证G（x）max≤H（x）min，∵x∈[1，1﹣m]，∴G（x）在[1，1﹣m]递增，G（x）max=G（1﹣m）=，∵H（x）在[1，1﹣m]递减，H（x）min=H（1﹣m）=﹣（1﹣m）+，要证G（x）max≤H（x）min，即证≤﹣（1﹣m）+，即证4（2﹣m）≤e1﹣m[5﹣（1﹣m）]，令1﹣m=t，则t∈（1，2），设r（x）=ex（5﹣x）﹣4（x+1），x∈[1，2]，即r（x）=5ex﹣xex﹣4x﹣4，r′（x）=（4﹣x）ex﹣4≥2ex﹣4＞0，∴r（x）在[1，2]递增，

∵r（1）=4e﹣8＞0，∴ex（5﹣x）≥4（x+1），从而有﹣（1﹣m）+≥，即当x∈[1，1﹣m]，G（x1）＜H（x2）恒成立． 第五篇：函数、不等式恒成立问题解法(教案)

函数、不等式恒成立问题解题策略 教学目标:

1.通过对不同问题的解题探讨归纳该类问题的一般解法 2.培养学生的分析问题和灵活应用知识解决问题的能力 3.培养学生的数形结合能力 重难点:

分析解决问题的能力,数形结合思想方法的应用 教学方法: 指导练习法 教学过程: 一、复习回顾 引例：（9月月考）

23、已知二次函数f(x)满足f(x1)f(x)2x且f(0)1． （1）求f(x)的解析式；

（2）求f(x)在区间1,1上的最大值和最小值。

（3）当x[1,1]时，不等式：f(x)2xm恒成立，求m的范围。 二、归纳：（恒成立问题的基本类型）

类型1：设f(x)ax2bxc(a0)，（1）f(x)0在xR上恒成立a0且0；（2）f(x)0在xR上恒成立a0且0。

类型2：设f(x)ax2bxc(a0) bbb

（1）当a0时，f(x)0在x[,]上恒成立2a或2a或2a，f()00f()0

f(x)0在x[,]上恒成立f()0 )0 f(

（2）当a0时，f(x)0在x[,]上恒成立f()0 f()0

b

f(x)0在x[,]上恒成立b 2a 或2a 或b 2a

f()00f()0 类型3：

f(x)对一切xI恒成立f(x)minf(x)对一切xI恒成立f(x)max。类型4：

f(x)g(x)对一切xI恒成立f(x)的图象在g(x)的图象的上方或(xI)恒成立。

f(x)ming(x)max 三、例题讲评

例1：若不等式2x1m(x21)对满足2m2的所有m都成立，求x的范围。

解析：我们可以用改变主元的办法，将m视为主变元，即将元不等式化为：m(x21)(2x1)0，；f(2)0令f(m)m(x21)(2x1)，则2m2时，f(m)0恒成立，所以只需即

f(2)0

12(x1)(2x1)0 x(，所以x的范围是 222(x1)(2x1)0 71,32)。

例2：若不等式(m1)x2(m1)x20的解集是R，求m的范围。 解析：要想应用上面的结论，就得保证是二次的，才有判别式，但二次项系数含有参数m，所以要讨论m-1是否是0。

（1）当m-1=0时，元不等式化为2>0恒成立，满足题意； m10

（2）m10时，只需，所以，m[1,9)。2

(m1)8(m1)0 变式：

（1）若不等式x2mx20在x1,2上恒成立，求m的范围。（2）若不等式x2mx20在x1,2上恒成立，求m的范围。（3）若不等式x2mx20在m1,2上恒成立，求x的范围。例3：已知a0,a1,f(x)xa,当x(1,1)时,有f(x)解析：由f(x)xa

x x

恒成立，求实数a的取值范围。 12，得x

a，在同一直角坐标系中做出两个函数的图象，如果两个函12 a及(1) x

数分别在x=-1和x=1处相交，则由1 a 

1得到a分别等于2和0.5，并作出函数 1x1x2xx

y2及y()的图象，所以，要想使函数xa在区间x(1,1)中恒成立，只须y2在22

区间x(1,1)对应的图象在yx在区间x(1,1)对应图象的上面即可。当a1时,只有a2

才能保证，而0a1时，只有a 才可以，所以a[,1)(1,2]。 四：小结

对不同的问题的采取的方法是不一样的，要根据具体的情境灵活选择。但一定要借助图像去分析才能选择好恰当的方法去解题。在分类讨论时要注意分类的完整性和合理性，在等号成立的情况下一定要仔细思考。五：同步练习

1、设f(x)lg

12a 4xx

如果x(.1)时，f(x)恒有意义，求a的取值范围。,其中aR，分析：如果x(.1)时，f(x)恒有意义，则可转化为12xa4x0恒成立，即参数分离后a解。

解：如果x(.1)时，f(x)恒有意义12xa4x0，对x(,1)恒成立.a

124 xx 124 x x （2x 2

2x)，x(.1)恒成立，接下来可转化为二次函数区间最值求 (2 x 2

2x)x(.1)恒成立。

令t2x，g(t)(tt2)又x(.1)则t(,)ag(t)对t(,)恒成立，又

113

3g(t)在t[,)上为减函数，g(t)maxg()，a。 2244

112、设函数是定义在(,)上的增函数，如果不等式f(1axx2)f(2a)对于任意x[0,1]恒成立，求实数a的取值范围。

分析：本题可利用函数的单调性把原不等式问题转化为1axx22a对于任意x[0,1]恒成立，从而转化为二次函数区间最值求解。

解：f(x)是增函数f(1axx2)f(2a)对于任意x[0,1]恒成立

1axx2a对于任意x[0,1]恒成立

xax1a0对于任意x[0,1]恒成立，令g(x)xax1a，x[0,1]，所以原

问题g(x)min0，又g()xnim)(0ag,0  a

(g,)20a 2

2a2,即g(x)min 1a,a0

2aa1,2a0易 4

2,a2 求得a1。

3、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。

分析：在f(x)a不等式中，若把a移到等号的左边，则原问题可转化为二次函数区间恒成立问题。

解：设F(x)= f(x)-a=x2-2ax+2-a.ⅰ)当=（-2a）2-4(2-a)=4（a-1)(a+2)<0时，即-2

ⅱ）当=4（a-1)(a+2)0时由图可得以下充要条件： 

0(a1)(a2)0 即a30 f(1)0 a1,2a 1,2 得-3a-2;

综上所述：a的取值范围为[-3，1]。 4、当x(1,2)时，不等式(x-1)2

分析：若将不等号两边分别设成两个函数，则左边为二次函数，

右边为对数函数，故可以采用数形结合借助图象位置关系通过特指求解a的取值范围。

解：设T1:f(x)=(x1)2,T2:g(x)logax,则T1的图象为右图所示的抛物线，要使对一切x(1,2), f(x)

T1的图象一定要在T2的图象所的下方，显然a>1,并且必须也只 需g(2)f(2) 故loga2>1,a>1,1

分析：原方程可化成lg(x2+20x)=lg(8x-6a-3),从而得x2+20x=8x-6a-3>0,若将等号两边分别构造函数即二次函数y= x2+20x与一次函数y=8x-6a-3，则只需考虑这两个函数的图象在x轴上方恒有唯一交点即可。

解：令T1：y1= x2+20x=（x+10）2-100, T2：y2=8x-6a-3,则如图所

示，T1的图象为一抛物线，T2的图象是一条斜率为定值8，而截距不定的直线，要使T1和T2在x轴上有唯一交点，则直线必须位于l1和l2之间。（包括l1但不包括l2)

当直线为l1时，直线过点（-20，0）此时纵截距为-6a-3=160,a=

1636 ;

2当直线为l2时，直线过点（0，0），纵截距为-6a-3=0，a=∴a的范围为[

1636， 12）。

6、对于满足|p|2的所有实数p,求使不等式x2+px+1>2p+x恒成立的x的取值范围。

分析：在不等式中出现了两个变量：x、P,并且是给出了p的范围要求x的相应范围，直接从x的不等式正面出发直接求解较难，若逆向思维把 p看作自变量，x看成参变量，则上述问题即可转化为在[-2，2]内关于p的一次函数函数值大于0恒成立求参变量x的范围的问题。

解：原不等式可化为(x-1)p+x2-2x+1>0,令 f(p)=(x-1)p+x2-2x+1,则原问题等价于f(p)>0在p∈[-2,2]上恒成立，故有：

x10x10

方法一：或∴x3.f(2)0f(2)0 x3或x1f(2)0x4x30

方法二：即2解得：∴x3.f(2)0x1或x1x10 lg2ax

7.若不等式lg(ax) 

1在x∈［1，2］时恒成立，试求a的取值范围。

x1 

解：由题设知2ax0，得a>0，可知a+x>1，所以lg(ax)0。原不等式变形为lg2axlg(ax)。2]，可得2x10 2axax，即(2x1)ax。又x[1，a

x2x1 

1111f(x)11

22x1恒成立。设22x1，在x∈［1，2］上为减函数，可得 f(x)minf(2) 23，知 a 3。综上知 0a 23。 lg2ax

关键点拨：将参数a从不等式lg(ax) 1

中分离出来是解决问题的关键。 f(a)f(b)ab

0

8.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（1）判断函数f(x)在［－1，1］上是增函数还是减函数。

11 fxf2x

22。（2）解不等式。

1]、a∈［－1，1］恒成立，求实数m的取值范围。（3）若f(x)m2am1对所有x[1，解：（1）设1x1x21，则

f(x1)f(x2)f(x1)f(x2) f(x1)f(x2) x1x

2(x1x2)0，可知f(x1)f(x2)，所以f(x)在［－1，1］上是增函数。

11x12 1 12x 12

11x2x（2）由f(x)在［－1，1］上是增函数知 11 x|xx

42 42解得，故不等式的解集

（3）因为f(x)在［－1，1］上是增函数，所以f(x)f(1)1，即1是f(x)的最大值。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，它的图象是一条线段，那么 g(1)m2m0

2

g(1)m2m0m(，2]{0}[2，)。

关键点拨：对于（1），抽象函数单调性的证明往往借助定义，利用拼凑条件，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、函数值的大小转化到自变量的大小上来。对于

（3），转换视角变更主元，把m2am0看作关于a的一次函数，即g(a)2mam在a∈［－1，1］上大于等于0，利用g(a)是一条直线这一图象特征，数形结合得关于m的不等式组，从而求得m的范围。