第一篇：如,在介紹等式恒成立問題原理之后

如，在介紹等式恒成立問題原理之后

基本原理：a1x2?b1x?c1?a2x2?b2x?c2對于任意的x都成立，則有特別的ax?bx?c?0對于任意的x都成立，則有

我會使用以下兩題，配合教學

例：二次函數f（x）滿足f(x?1)?f(x)?2x,且f（0）=1.(1)求f（x）的解析式；（答案：f(x)=x2-x+1）

(2)在區間??1,1?上,y= f（x）的圖象恒在y=2x+m的圖象上方,確定實數m的范圍.（答案：

m<－1.）

ax2?1例：函數y=f(x)=(a,b,c∈R,a>0,b>0)是奇函數，當x>0時，f(x)有最小值2，其中bbx?c

5∈N且f(1)<.2

1(1)試求函數f(x)的解析式；（答案：f(x)=x+）x

(2)問函數f(x)圖象上是否存在關于點(1，0)對稱的兩點，若存在，求出點的坐標；若不存在，說明理由.（答案：(1+2,22),(1－2,－22)）

第二篇：函數、不等式恒成立問題解法(教案)

函數、不等式恒成立問題解題策略

教學目標:

1.通過對不同問題的解題探討歸納該類問題的一般解法

2.培養學生的分析問題和靈活應用知識解決問題的能力

3.培養學生的數形結合能力

重難點:

分析解決問題的能力,數形結合思想方法的應用 教學方法:

指導練習法

教學過程:

一、復習回顧

引例：（9月月考）

23、已知二次函數f(x)滿足f(x?1)?f(x)?2x且f(0)?1．

（1）求f(x)的解析式；

（2）求f(x)在區間??1,1?上的最大值和最小值。

（3）當x?[?1,1]時，不等式：f(x)?2x?m恒成立，求m的范圍。

二、歸納：（恒成立問題的基本類型）

類型1：設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。

類型2：設f(x)?ax2?bx?c(a?0)

?b?b?b

（1）當a?0時，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）當a?0時，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

類型3：

f(x)??對一切x?I恒成立?f(x)min??f(x)??對一切x?I恒成立?f(x)max??。類型4：

f(x)?g(x)對一切x?I恒成立?f(x)的圖象在g(x)的圖象的上方或(x?I)恒成立。

f(x)min?g(x)max

三、例題講評

例1：若不等式2x?1?m(x2?1)對滿足?2?m?2的所有m都成立，求x的范圍。

解析：我們可以用改變主元的辦法，將m視為主變元，即將元不等式化為：m(x2?1)?(2x?1)?0，；?f(?2)?0令f(m)?m(x2?1)?(2x?1)，則?2?m?2時，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的范圍是?

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的范圍。

解析：要想應用上面的結論，就得保證是二次的，才有判別式，但二次項系數含有參數m，所以要討論m-1是否是0。

（1）當m-1=0時，元不等式化為2>0恒成立，滿足題意；

?m?1?0

（2）m?1?0時，只需?，所以，m?[1,9)。2

???(m?1)?8(m?1)?0

變式：

（1）若不等式x2?mx?2?0在x??1,2?上恒成立，求m的范圍。（2）若不等式x2?mx?2?0在x??1,2?上恒成立，求m的范圍。（3）若不等式x2?mx?2?0在m??1,2?上恒成立，求x的范圍。例3：已知a?0,a?1,f(x)?x?a,當x?(?1,1)時,有f(x)?解析：由f(x)?x?a?

x

x

恒成立，求實數a的取值范圍。

12，得x?

?a，在同一直角坐標系中做出兩個函數的圖象，如果兩個函12

?a及(?1)?

x

數分別在x=-1和x=1處相交，則由1?

?a

?

1得到a分別等于2和0.5，并作出函數

1x1x2xx

y?2及y?()的圖象，所以，要想使函數x??a在區間x?(?1,1)中恒成立，只須y?2在22

區間x?(?1,1)對應的圖象在y?x?在區間x?(?1,1)對應圖象的上面即可。當a?1時,只有a?2

才能保證，而0?a?1時，只有a?

才可以，所以a?[,1)?(1,2]。

四：小結

對不同的問題的采取的方法是不一樣的，要根據具體的情境靈活選擇。但一定要借助圖像去分析才能選擇好恰當的方法去解題。在分類討論時要注意分類的完整性和合理性，在等號成立的情況下一定要仔細思考。五：同步練習

1、設f(x)?lg

1?2?a

4xx

如果x?(??.1)時，f(x)恒有意義，求a的取值范圍。,其中a?R，分析：如果x?(??.1)時，f(x)恒有意義，則可轉化為1?2x?a4x?0恒成立，即參數分離后a??解。

解：如果x?(??.1)時，f(x)恒有意義?1?2x?a4x?0，對x?(??,1)恒成立.?a??

1?24

xx

1?24

x

x

??（2?x

?2

?2x)，x?(??.1)恒成立，接下來可轉化為二次函數區間最值求

??(2

?x

?2

?2x)x?(??.1)恒成立。

令t?2?x，g(t)??(t?t2)又x?(??.1)則t?(,??)?a?g(t)對t?(,??)恒成立，又

113

3?g(t)在t?[,??)上為減函數，g(t)max?g()??，?a??。

2244

112、設函數是定義在(??,??)上的增函數，如果不等式f(1?ax?x2)?f(2?a)對于任意x?[0,1]恒成立，求實數a的取值范圍。

分析：本題可利用函數的單調性把原不等式問題轉化為1?ax?x2?2?a對于任意x?[0,1]恒成立，從而轉化為二次函數區間最值求解。

解：?f(x)是增函數?f(1?ax?x2)?f(2?a)對于任意x?[0,1]恒成立

?1?ax?x?2?a對于任意x?[0,1]恒成立

?x?ax?1?a?0對于任意x?[0,1]恒成立，令g(x)?x?ax?1?a，x?[0,1]，所以原

問題?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、設f(x)=x2-2ax+2,當x?[-1,+?)時，都有f(x)?a恒成立，求a的取值范圍。

分析：在f(x)?a不等式中，若把a移到等號的左邊，則原問題可轉化為二次函數區間恒成立問題。

解：設F(x)= f(x)-a=x2-2ax+2-a.ⅰ)當?=（-2a）2-4(2-a)=4（a-1)(a+2)<0時，即-2

ⅱ）當?=4（a-1)(a+2)?0時由圖可得以下充要條件：

?

???0?(a?1)(a?2)?0??

即?a?3?0 ?f(?1)?0

?a??1,??2a

?????1,2?

得-3?a?-2;

綜上所述：a的取值范圍為[-3，1]。

4、當x?(1,2)時，不等式(x-1)2

分析：若將不等號兩邊分別設成兩個函數，則左邊為二次函數，右邊為對數函數，故可以采用數形結合借助圖象位置關系通過特指求解a的取值范圍。

解：設T1:f(x)=(x?1)2,T2:g(x)?logax,則T1的圖象為右圖所示的拋物線，要使對一切x?(1,2), f(x)

T1的圖象一定要在T2的圖象所的下方，顯然a>1,并且必須也只

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),從而得x2+20x=8x-6a-3>0,若將等號兩邊分別構造函數即二次函數y= x2+20x與一次函數y=8x-6a-3，則只需考慮這兩個函數的圖象在x軸上方恒有唯一交點即可。

解：令T1：y1= x2+20x=（x+10）2-100, T2：y2=8x-6a-3,則如圖所

示，T1的圖象為一拋物線，T2的圖象是一條斜率為定值8，而截距不定的直線，要使T1和T2在x軸上有唯一交點，則直線必須位于l1和l2之間。（包括l1但不包括l2)

當直線為l1時，直線過點（-20，0）此時縱截距為-6a-3=160,a=?

1636

;

2當直線為l2時，直線過點（0，0），縱截距為-6a-3=0，a=?∴a的范圍為[?

1636，?

12）。

6、對于滿足|p|?2的所有實數p,求使不等式x2+px+1>2p+x恒成立的x的取值范圍。

分析：在不等式中出現了兩個變量：x、P,并且是給出了p的范圍要求x的相應范圍，直接從x的不等式正面出發直接求解較難，若逆向思維把 p看作自變量，x看成參變量，則上述問題即可轉化為在[-2，2]內關于p的一次函數函數值大于0恒成立求參變量x的范圍的問題。解：原不等式可化為(x-1)p+x2-2x+1>0,令 f(p)=(x-1)p+x2-2x+1,則原問題等價于f(p)>0在p∈[-2,2]上恒成立，故有：

?x?1?0?x?1?0

方法一：?或?∴x<-1或x>3.f(2)?0f(?2)?0??

??x?3或x?1?f(?2)?0?x?4x?3?0

方法二：?即?2解得：?∴x<-1或x>3.??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］時恒成立，試求a的取值范圍。

?x?1

?

解：由題設知?2ax?0，得a>0，可知a+x>1，所以lg(a?x)?0。原不等式變形為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。設2?2x?1?，在x∈［1，2］上為減函數，可得

f(x)min?f(2)?

23，知

a?

3。綜上知

0?a?

23。

lg2ax

關鍵點撥：將參數a從不等式lg(a?x)

?1

中分離出來是解決問題的關鍵。

f(a)?f(b)a?b

?0

8.已知f(x)是定義在［－1，1］上的奇函數且f(1)?1，若a、b∈［－1，1］，a+b≠0，有（1）判斷函數f(x)在［－1，1］上是增函數還是減函數。

1?1???

f?x???f?2x??

2?2?。?（2）解不等式?。

1]、a∈［－1，1］恒成立，求實數m的取值范圍。（3）若f(x)?m?2am?1對所有x?[?1，解：（1）設?1?x1?x2?1，則

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］上是增函數。

1??1?x??1?2?

1?

??1?2x??

12?

11?x??2x??（2）由f(x)在［－1，1］上是增函數知?

11??

x|??x?????x?

42?? 42解得，故不等式的解集

（3）因為f(x)在［－1，1］上是增函數，所以f(x)?f(1)?1，即1是f(x)的最大值。依題意有

m

?2am?1?1，對a∈［－1，1］恒成立，即m

?2am?0恒成立。

令

g(a)??2ma?m，它的圖象是一條線段，那么

??g(?1)?m?2m?0

??2

?g(1)?m?2m?0m?(??，?2]?{0}?[2，??)。?

關鍵點撥：對于（1），抽象函數單調性的證明往往借助定義，利用拼湊條件，判斷差的符號。對于（2），后一步解不等式往往是上一步單調性的繼續，通過單調性、函數值的大小轉化到自變量的大小上來。對于

（3），轉換視角變更主元，把m?2am?0看作關于a的一次函數，即g(a)??2ma?m在a∈［－1，1］上大于等于0，利用g(a)是一條直線這一圖象特征，數形結合得關于m的不等式組，從而求得m的范圍。

第三篇：導數的應用4—恒成立問題

導數的應用4—恒成立問題

高中數學中的恒成立問題,涉及到一次函數、二次函數的性質、圖象,滲透著換元、化歸、數形結合、函數與方程等思想方法,考查綜合解題能力,在培養思維的靈活性、創造性等方面起到了積極的作用。因此也成為歷年高考的一個熱點。恒成立問題在解題過程中大致可分為以下幾種類型:1.一次函數型;2.二次函數型;3.變量分離型;4.根據函數的奇偶性、周期性等性質;5.直接根據函數的圖象;6.利用導數求解。

“恒成立”的含義，一定是比“比最大的還大”或“比最小的還小”。因此恒成立問題往往又可以轉化為求函數最值的問題。A組：

1．（1）實數k為何值時不等式ex

?kx對任意x?R恒成立？（2）實數k為何值時關于x的不等式lnx?kx

恒成立？

2．已知函數f(x)?x3?ax2?x?1,a?R，若函數f(x)在區間????23,?1?

3??

內是減函數.求a的取值范圍.3．已知函數f(x)＝－ax3－x2＋x(a∈R)，當x≥1

時，f(x)≤ax恒成立，求實數a的取值范圍．

4．設函數f(x)＝ex－e－

x，若對任意的x≥0都有f(x)≥ax成立，求實數a的取值范圍．

5．若關于x的方程x2

?2alnx?2ax（a＞0）有唯一解，求實數a的值．

6．已知f(x)?ln(x?1)，g(x)?1?1

x?1，試證：對任意的x＞0，都有f(x)?g(x)成立．

7．已知函數f(x)?ex

?kx，x?R。

（Ⅰ）若k?e，試確定函數f(x)的單調區間；

（Ⅱ）若k?0，且對于任意x?R，f(x)?0恒成立，試確定實數k的取值范圍；

B組：

1．設函數f(x)?

sinx

2?cosx

．

（Ⅰ）求f(x)的單調區間；（Ⅱ）如果對任何x≥0，都有f(x)≤ax，求a的取值范圍．

2．設函數f(x)?

lnx

1?x

?lnx?ln(x?1)．（Ⅰ）求f(x)的單調區間和極值；（Ⅱ）是否存在實數a，使得關于x的不等式f(x)≥a的解集為（0，+?）？若存在，求a的取值范圍；若不存在，試說明理由．

3．設函數f(x)?

xlnx

(x?0且x?1)。1（Ⅰ）求函數f(x)的單調區間；（Ⅱ）已知2x

?xa對任意x?(0,1)成立，求實數a的取值范圍。

(x)=ln2

(1+x)-x24．已知函數f1?x

.(I)求函數f(x)的單調區間；

（Ⅱ）若不等式(1?

1n)n?a

?e對任意的n?N*都成立（其中e是自然對數的底數），求?的最大值.5．設函數f(x)?x2?bln(x?1)，其中b?0．

（Ⅰ）當b?

時，判斷函數f(x)在定義域上的單調性；（Ⅱ）求函數f(x)的極值點；

（Ⅲ）證明對任意的正整數n，不等式ln??1?11?n?1???n2?n

3都成立．

6．已知Ax

n(an，bn)（n?N*）是曲線y?e上的點，a1?a，Sn是數列{an}的前n項和，且滿足

S22

n?3n2an?Sn?1，an?0，n?2，3，4，…．（I）證明：數列??

bn?2?

?（n≤2）是常數數列； ?bn?

（II）確定a的取值集合M，使a?M時，數列{an}是單調遞增數列；

（III）證明：當a?M時，弦AnAn?1（n?N*）的斜率隨n的增大而單調遞增．

7．已知函數f(x)?x2

?|x?1|,g(x)?x3?ax(a?0)，若?x1?[1,2],?x2?[2,3]，使得

f(x1)?x?1

g(x2)恒成立，求實數a是取值范圍． 1

第四篇：例談不等式恒成立中參數范圍的確定論文

論文導讀:例談不等式恒成立中參數范圍的確定，初中數學論文。

論文關鍵詞：例談不等式恒成立中參數范圍的確定

確定恒成立不等式中參數的取值范圍，常需靈活應用函數與不等式的基礎知識在兩者間進行合理的交匯，因此此類問題屬學習的重點；然而，怎樣確定恒成立不等式中參數的取值范圍？課本中從未論及，但它卻成為近年來命題測試中的常見題型，因此此類問題又屬學習的熱點；在確定恒成立不等式中參數的取值范圍時，需要在函數思想與數形結合思想指引下，靈活地進行代數變換、綜合地運用所學知識初中數學論文，方可取得較好的解題效果，因此此類問題的求解當屬學習的難點．筆者試對此類問題的求解策略與方法作一提煉總結．

一、不等式解集法

不等式在集合A中恒成立等價于集合A是不等式解集B的子集；通過求不等式的解集并研究集合間的關系便可求出參數的取值范圍．

例1 已知時，不等式|x2－5|<4恒成立，求正數a的取值范圍．

解 由得；由| x2－5 | < 4得1< x2< 9，－3 < x <－1或1 < x < 3．記A =，B =(－3,－1)∪(1, 3)，則AB．∴－3 ≤<≤－1（無解）或1≤<≤3，∴0< a≤，故正數a的取值范圍(0, ]．

二、函數最值法

已知函數f(x)的值域為 [m, n]，則f(x)≥a恒成立f(x)min≥a，即m > a；f(x)≤a恒成立n≤a．據此，可將恒成立的不等式問題，轉化為求函數的最大、最小值問題．

例2 若不等式2x－1 > m(x2－1)對滿足－2≤m≤2的一切m都成立，求實數x的取值范圍．

分析 若將原問題轉化為集合[－2, 2 ]是關于m的不等式(x2－1)m<2x－1的解集的子集，則解不等式需分類討論．若今f(m)=(x2－1)m－(2x－1)，則可將問題轉化為f(m)在[－2, 2 ]上的最大值小于零，而f(m)是“線性”函數初中數學論文，則最值在區間端點處取得，便有如下簡解．

解 令 f(m)=(x2－1)m－(2x－1)，則 f(m)< 0 恒成立 f(m)max< 0，解之得

例3 若不等式x2－m(4xy－y2)+ 4m2y2≥0對一切非負的x, y值恒成立，試求實數m的取值范圍．

解 若y = 0，則原不等式恒成立；若y≠0，則原不等式可化為

≥0；令t =，則t≥0且g(t)= t2－4mt + m + 4m2≥0．問題轉化為二次函數g(t)在區間[0,+∞)上的最小值非負．

故有 或 ．解得m的范圍為(－∞, －] ∪[0,+∞)．

說明 二次函數的圖象與性質是中學數學中的重點內容，利用二次函數在區間上的最值來研究恒成立問題，可使原本復雜的問題變得易于解決．

三、參數分離法

將參變元與主變元從恒不等式中分離，則在求函數最值時可避免繁冗的分類討論，從而更好地實施“函數最值法”．

例4 若不等式2x + 2≤a(x + y)對一切正數x, y恒成立，求正數a的最小值．

解 參數分離，得a≥= f(x, y)．∵x +3y≥2，∴3(x+y)≥2x + 2，∴f(x, y)≤3初中數學論文，∴a≥f(x, y)max=3，∴a的最小值為3．

例5 奇函數 f(x)是R上的增函數，若不等式f(m·3x)+ f(3x－9x－2)< 0對一切實數x恒成立，求實數m的取值范圍．

解 ∵f(x)為奇函數，∴原不等式等價于：f(m·3x)< f(3x－9x－2)，又f(x)在R上為增函數，∴m·3x<3x－9x－2，不等式兩邊同除以3x，得m<3 x +－1= f(x)．

∵3 x +≥2，當且僅當3 x =時取“=”，∴f(x)min =2－1，故所求m的取值范圍為(－∞, 2－1)．

說明（1）在求解本例時，若無分離參數的求簡意識，則必轉化為含參二次函數在區間上的最值問題，不可避免地要進行分類討論．

（2）諸多數學問題在通過代數變形后均可轉化為形如f(x)= ax+型函數的最值問題，其最值的求解通常用重要不等式或函數單調性來完成．

四、數形結合法

將恒成立的不等式問題，合理轉化為一函數圖像恒在另一函數圖象的上（下）方初中數學論文，進而利用圖形直觀給出問題的巧解．

例6 若不等式 3 | x + a |－2x + 6 > 0 在R中恒成立，求實數a的取值范圍．

解 嘗試前述方法均較麻煩，而將原不等式變為

| x + a | >x－2，令f(x)= | x + a |，g(x)=x－2，作出它們的圖象如右圖所示，便有－a < 3即a >－3，所求范圍為(－3,+∞)．

綜上所述，求恒成立不等中參數的取值范圍固然有四類彼此相聯的思考方法，但是，只有在函數思想的指導下，樹立數形結合與參數分離的求簡意識，面對具體問題時才能取得良好的解題效果．

第五篇：構造直線巧破不等式恒成立問題

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構造直線巧破不等式恒成立問題

作者：蘇文云

來源：《學習與研究》2013年第05期

不等式恒成立，求解參變量取值范圍的問題，由于集不等式、方程、函數知識于一身，可以較好地考查學生的綜合素質與能力，因而，在高考中備受青睞，本文從構造直線人手，給出破解不等式恒成立問題的幾種簡便且有效的思維策略，用以拋磚引玉。