第一篇：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。

第二篇：精題精選函數、不等式恒成立問題解法

函數、不等式恒成立問題解法

（源自于網絡）

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

注：這里一定要小心，如果沒有說a不等于0的條件，那么，必須討論a=0的情況，千萬注意 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?或?2a2a???f(?)?0????0?f(?)?0

?f(?)?0 f(x)?0在x?[?,?]上恒成立???f(?)?0

（2）當a?0時，f(x)?0在x?[?,?]上恒成立???f(?)?0 f(?)?0?

b?b??b?????????????? f(x)?0在x?[?,?]上恒成立??2a或?或2a?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f(x)min?g(x)max(x?I)

一、用一次函數的性質

對于一次函數f(x)?kx?b,x?[m,n]有：恒成?f(m)?0?f(m)?0 f(x)?0恒成立??,f(x)?0恒成立???f(n)?0?f(n)?0

例1：若不等式2x?1?m(x?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(x?1)?(2x?1)?0，；

2令f(m)?m(x?1)?(2x?1)，則?2?m?2時，f(m)?0恒成立，所以只需?22?f(?2)?0即

?f(2)?0

??1?71???2(x?1)?(2x?1)?0，所以x的范圍是x?(,)。?

222??2(x?1)?(2x?1)?0

二、利用一元二次函數的判別式

對于一元二次函數f(x)?ax2?bx?c?0(a?0,x?R)有：（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

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；（2）m?1?0時，只需?

?m?1?0

???(m?1)?8(m?1)?0，所以，m?[1,9)。

三、利用函數的最值（或值域）

（1）f(x)?m對任意x都成立?f(x)min?m；

（2）f(x)?m對任意x都成立?m?f(x)max。簡單計作：“大的大于最大的，小的小于最小的”。由此看出，本類問題實質上是一類求函數的最值問題。例3：在?ABC中，已知f(B)?4sinBsin(范圍。解析：由

?

?

B)?cos2B,且|f(B)?m|?2恒成立，求實數m的2f(B)?4sinBsin2（?

?

B)?cos2B?2sinB?1,?0?B??,?sinB?(0,1]，f(B)?(1,3]，2

?m?f(B)?2

?|f(B)?m|?2恒成立，??2?f(B)?m?2，即?恒成立，?m?(1,3]

?m?f(B)?2

例4：（1）求使不等式a?sinx?cosx,x?[0,?]恒成立的實數a的范圍。解析：由于函a?sinx?cosx?

2sin(x?

?

?3?),x???[?,]，顯然函數有最大值2，44

4?a?2。

如果把上題稍微改一點，那么答案又如何呢？請看下題：（2）求使不等式a?sinx?cosx,x?

?

?(0,)恒成立的實數a的范圍。

?

解析：我們首先要認真對比上面兩個例題的區別，主要在于自變量的取值范圍的變化，這樣使得

y?sinx?cosx的最大值取不到2，即a取也滿足條件，所以a?2。

所以，我們對這類題要注意看看函數能否取得最值，因為這直接關系到最后所求參數a的取值。利

用這種方法時，一般要求把參數單獨放在一側，所以也叫分離參數法。四：數形結合法

對一些不能把數放在一側的，可以利用對應函數的圖象法求解。例5：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。2

1，得x2??ax，在同一直角坐標系中做出兩個函數的圖象，如果兩個函22

1122?1

數分別在x=-1和x=1處相交，則由1??a及(?1)??a得到a分別等于2和0.5，并作出函數

y?2x及y?()x的圖象，所以，要想使函數x2??ax在區間x?(?1,1)中恒成立，只須y?2x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]。

例6：若當P(m,n)為圓x2?(y?1)2?1上任意一點時，不等式m?n?c?0恒成立，則c的取值范圍是（）A、?1?2?c?

2?1B、2?1?c?2?

12?1

C、c??2?1D、c?

解析：由m?n?c?0，可以看作是點P(m,n)在直線x?y?c?0的右側，而點P(m,n)在圓

x2?(y?1)2?1上，實質相當于是x2?(y?1)2?1在直線的右側并與它相離或相切。

?0?1?c?0

?

??|0?1?c|?c??1，故選D。?22?1??1同步練習

1?2x?a4x,其中a?R，1、設f(x)?lg如果x?(??.1)時，f(x)恒有意義，求a的取值范圍。

3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

1?2x

離后a??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

解。

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

?a??x??(2?x?2?2x)x?(??.1)恒成立。

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

21133

g(t)在t?[,??)上為減函數，g(t)max?g()??，?a??。

22442、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?x2?2?a對于任意x?[0,1]恒成立

?x2?ax?1?a?0對于任意x?[0,1]恒成立，令g(x)?x2?ax?1?a，x?[0,1]，所以原

問題?g(x)min?0，又g()xnim

?1?a,??????a?0,0)(??????0a??g

?2?a?a?

??(g,)?2?0?a?即g(x)min????a?1,?2?a?0易

2?4?

?2???????????a?2???,?2,???????????a??

2求得a?1。

3、已知當x?R時，不等式a+cos2x<5-4sinx恒成立，求實數a的取值范圍。

方法一）分析：在不等式中含有兩個變量a及x，本題必須由x的范圍（x?R）來求另一變量a的范圍，故可考慮將a及x分離構造函數利用函數定義域上的最值求解a的取值范圍。

解：原不等式?4sinx+cos2x<-a+

5當x?R時，不等式a+cos2x<5-4sinx恒成立?-a+5>(4sinx+cos2x)max 設f(x)=4sinx+cos2x則f(x)= 4sinx+cos2x=-2sin2x+4sinx+1=-2(sinx-1)2+3 ?3 ∴-a+5>3?a<

2方法二）題目中出現了sinx及cos2x，而cos2x=1-2sin2x,故若采用換元法把sinx換元成t,則可把原不等式轉化成關于t的二次不等式，從而可利用二次函數區間最值求解。

解：不等式a+cos2x<5-4sinx可化為

a+1-2sin2x<5-4sinx,令sinx=t,則t?[-1,1],?不等式a+cos2x<5-4sinx恒成立?2t-4t+4-a>0,t?[-1,1]恒成立。

設f(t)= 2t2-4t+4-a，顯然f(x)在[-1，1]內單調遞減，f(t)min=f(1)=2-a,?2-a>0?a<24、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??

?f(?1)?0即?a?3?0

?a??1,??2a

????1,?

2?

得-3?a?-2;

綜上所述：a的取值范圍為[-3，1]。

5、、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= x+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

3-6a-3=160,a=?;

61當直線為l2時，直線過點（0，0），縱截距為-6a-3=0，a=?

21163

∴a的范圍為[?，?）。

627、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)?0?f(?2)?0

方法二：??f(?2)?0??x2

?4x?0即?f(2)??3?0

??x2?1?0

解得：∴x<-1或x>3.6

??x?3或x?1?x?1或x??1

第三篇：高一數學函數和不等式中恒成立問題的教案

函數和不等式結的恒成立問題的解法

“含參不等式恒成立問題”把不等式、函數、三角、幾何等內容有機地結合起來，其以覆蓋知識點多，綜合性強，解法靈活等特點而倍受高考、競賽命題者的青睞。另一方面，在解決這類問題的過程中涉及的“函數與方程”、“化歸與轉化”、“數形結合”、“分類討論”等數學思想對鍛煉學生的綜合解題能力，培養其思維的靈活性、創造性都有著獨到的作用恒成立問題的基本類型：

一、判別式法

若所求問題可轉化為二次不等式，則可考慮應用判別式法解題。一般地，對于二次函數f(x)?ax2?bx?c(a?0,x?R),有

1）f(x)?0對x?R恒成立???a?0;

???0?a?0x?R2）f(x)?0對恒成立??.??0?例1：若不等式(m?1)x2?(m?1)x?2?0的解集是R，求m的范圍。例2 設函數f(x)＝mx-mx-1．

(1)若對于一切實數x，f(x)＜0恒成立，求m的取值范圍；(2)對于x∈[1,3]，f(x)＜－m＋5恒成立，求m的取值范圍

二、最值法

將不等式恒成立問題轉化為求函數最值問題的一種處理方法，其一般類型有： 1）f(x)?a恒成立?a?f(x)min 2）f(x)?a恒成立?a?f(x)max

2例

1、若x???2,2?時，不等式x?ax?3?a恒成立，求a的取值范圍。

例2．設f(x)?x2?2mx?2，當x?[?1,??)時，f(x)?m恒成立，求實數m的取值范圍。

x2?2x?a,x?[1,??)，若對任意x?[1,??)，f(x)?0恒成鞏固．已知函數f(x)?x立，求實數a的取值范圍。

練習1：若不等式x2?2mx?2m?1?0對滿足x?[0,1]的取值范圍。的所有實數x都成立，求m練習2 已知f(x)?x2?ax?3?a，若x?[?2,2],f(x)?2恒成立，求a的取值范圍.三、分離變量法

若所給的不等式能通過恒等變形使參數與主元分離于不等式兩端，從而問題轉化為求主元函數的最值，進而求出參數范圍。這種方法本質也還是求最值，但它思路更清晰，操作性更強。一般地有：

1）f(x)?g(a)(a為參數）恒成立?g(a)?f(x)max 2）f(x)?g(a)(a為參數）恒成立?g(a)?f(x)max

x2x例3．已知x????,1?時，不等式1?2?a?a?4?0恒成立，求a的取值范圍。

??

鞏固 已知函數f(x)?ax?圍。

注：分離參數后，方向明確，思路清晰能使問題順利得到解決。

四、變換主元法

處理含參不等式恒成立的某些問題時，若能適時的把主元變量和參數變量進行“換位”思考，往往會使問題降次、簡化。

4x?x2,x?(0,4]時f(x)?0恒成立，求實數a的取值范例1．對任意a?[?1,1]，不等式x2?(a?4)x?4?2a?0恒成立，求x的取值范圍。

22.若不等式2x?1?mx?1對滿足m?2的所有m都成立，求x的取值范圍。??

四、數形結合法

數學家華羅庚曾說過：“數缺形時少直觀，形缺數時難入微”，這充分說明了數形結合思想的妙處，在不等式恒成立問題中它同樣起著重要作用。我們知道，函數圖象和不等式有著密切的聯系：

1）f(x)?g(x)?函數f(x)圖象恒在函數g(x)圖象上方；

2）f(x)?g(x)?函數f(x)圖象恒在函數g(x)圖象下上方。

例.設f(x)?的取值范圍.y?kx?3k的圖象位于函數f(x)例2 已知函數f(x)?|x2?4x?5|，若在區間[?1,5]上，?x2?4x , g(x)?4x?1?a,若恒有f(x)?g(x)成立,求實數a3的上方，求k的取值范圍.練習已知函數f(x)?|x2?4x?5|，若在區間[?1,5]上，y?k(x?3)2的圖象位于函數f(x)的上方，求k的取值范圍

由此可以看出，對于參數不能單獨放在一側的，可以利用函數圖象來解。利用函數圖象解題時，思路是從邊界處（從相等處）開始形成的。綜合練習;例6

已知f(x)是定義在[-1,1]上的奇函數,且f(1)=1,若f(m)?f(n)?0m?nm,n?[?1,1],m?n?0時，若f(x)?t2?2at?1對于所有的x?[?1,1],a?[?1,1]恒成立，求實數t的取值范圍.課后作業: 若不等式|x?1|?|x?2|…a對任意x?R恒成立，則a的取值范圍是．

已知函數f(x)=1/a-1/x(a>0,x>0)(1)若f(x)在[m,n]上的值域是[m,n],求a的取值范圍,并求相應的m,n的值(2)若f(x)≤2x在(0,+無窮大)上恒成立,求a的取值范圍

第四篇：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。

第五篇：含參不等式恒成立問題的求解策略

含參不等式恒成立問題的求解策略

授課人：李毅軍

“含參不等式恒成立問題”把不等式、函數、三角、幾何等內容有機地結合起來，其以覆蓋知識點多，綜合性強，解法靈活等特點而倍受高考、競賽命題者的青睞。另一方面，在解決這類問題的過程中涉及的“函數與方程”、“化歸與轉化”、“數形結合”、“分類討論”等數學思想對鍛煉學生的綜合解題能力，培養其思維的靈活性、創造性都有著獨到的作用?，F就結合實例談談這類問題的一般求解策略。

一、最值法

一般的，若函數f(x)在定義域為D，則當x∈D時，有f(x)≥M恒成立?f(x)min≥M；f(x)≤M恒成立?f(x)max≤M。因而，含參數不等式的恒成立問題常根據不等式的結構特征，恰當地構造函數，等價轉化為含參數的函數的最值討論。

例1：已知a＞0，函數f(x)=ax－bx2，當b＞1時，證明：對任意x∈[0，1]，|f(x)| ≤1的充要條件是b－1≤a≤2b。

二、分離參數法

例2：設f(x)=lg??1?2x???(n?1)x?nxa??n?，其中a是實數，n是任意給定的自

?然數且n≥2，若f(x)當x∈???，1?時有意義，求a的取值范圍。

一般地，利用最值分離參數法來確定不等式f(x，?)≥0，（x∈D ?為實參數）恒成立中參數取值范圍的基本步驟：

（1）將參數與變量分離，即化為f1(?)≥f2(x)（或f2(?)≤f2(x)）的形式；（2）求f2(x)在x∈D時的最大（或最小）值；

（3）解不等式f1(?)≥f2max(x)（或≤f2min(x)）得?的取值范圍。

練習1：已知定義在R上函數f(x)為奇函數，且在?0，???上是增函數，對于任意x∈R求實數m范圍，使f(cos2?－3)+f(4m－2mcos?)＞0恒成立。

練習2：設0＜a≤54，若滿足不等式|x－a|＜b的一切實數x，亦滿足不等式| x－a 2|

＜12，求正實數b的取值范圍。

練習3：已知向量a=(x2，x+1)，b=(1－x，t)。若函數f(x)=a·b在區間（－1，1）上是增函數，求t的取值范圍。

三、數形結合

數學家華羅庚曾說過：“數缺形時少直觀，形缺數時難入微”，這充分說明了數形結合思想的妙處，在不等式恒成立的問題中它同樣起著重要作用。我們知道，函數圖象和不等式有著密切的聯系：

1．f(x)＞g(x)?函數f(x)圖象恒在函數g(x)圖象上方； 2．f(x)＜g(x)?函數f(x)圖象恒在函數g(x)圖象下方。

例3：若不等式3x2－logax＜0在x∈??1??0，3??內恒成立，求實數a的取值范圍。

練習：設f(x)=?x2?4x，g(x)=43x+1－a，若恒有f(x)≤g(x)成立，求實數a的取值范圍。

四、主參換位法

某些含參不等式恒成立問題，在分離參數會遇到討論的麻煩或者即使能容易分離出參數與變量，但函數的最值卻難以求出時，可考慮變換思維角度。即把變元與參數換個位置，再結合其它知識，往往會取得出奇制勝的效果。

例4：若對于任意a∈??1，1?，函數f(x)=x2(a－4)x+4－2a的值恒大于0，求x的取值范圍。

五、利用集合與集合間的關系

在給出的不等式中，若能解出已知取值范圍的變量，就可利用集合與集合之間的包含關系來求解，即：[m，n]?[f(a)，g(a)]，則f(a)≤m且g(a)≥n，不等式的解即為實數a的取值范圍。

例5：當x∈??1??3，3??時，|logax|＜1恒成立，求實數a的取值范圍。

六、課后練習

1．已知函數f(x)=lg???x?ax?2???，若對任意x∈?2，???恒有f(x)＞0，試確定a的取值

范圍。

2．若(x，y)滿足方程x2+(y－1)2=1，不等式x+y+c≥0恒成立，求實數c的取值范圍。

n??3．若不等式???1?1?n??≤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。

4．定義在R上的單調函數f(x)滿足f(3)=log23且對任意x，y∈R都有f(x+y)=f(x)+f(y)，（1）求證f(x)為奇函數；

（2）若f(k·3x)+f(3x－9x－2)＜0對任意x∈R恒成立，求實數k的取值范圍。