精题函数、不等式恒成立问题解法_不等式恒成立问题解法

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函数、不等式恒成立问题解法

（源自于网络）

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

注：这里一定要小心，如果没有说a不等于0的条件，那么，必须讨论a=0的情况，千万注意 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或2a2af()00f()0

f()0 f(x)0在x[,]上恒成立f()0

（2）当a0时，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

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f(x)ming(x)max(xI)

一、用一次函数的性质

对于一次函数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)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(x1)(2x1)0，；

2令f(m)m(x1)(2x1)，则2m2时，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的范围是x(,)。

2222(x1)(2x1)0

二、利用一元二次函数的判别式

对于一元二次函数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；（2）m10时，只需

m10

(m1)8(m1)0，所以，m[1,9)。

三、利用函数的最值（或值域）

（1）f(x)m对任意x都成立f(x)minm；

（2）f(x)m对任意x都成立mf(x)max。简单计作：“大的大于最大的，小的小于最小的”。由此看出，本类问题实质上是一类求函数的最值问题。例3：在ABC中，已知f(B)4sinBsin(范围。解析：由





B)cos2B,且|f(B)m|2恒成立，求实数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,]恒成立的实数a的范围。解析：由于函asinxcosx

2sin(x



3),x[,]，显然函数有最大值2，44

4a2。

如果把上题稍微改一点，那么答案又如何呢？请看下题：（2）求使不等式asinxcosx,x



(0,)恒成立的实数a的范围。



解析：我们首先要认真对比上面两个例题的区别，主要在于自变量的取值范围的变化，这样使得

ysinxcosx的最大值取不到2，即a取也满足条件，所以a2。

所以，我们对这类题要注意看看函数能否取得最值，因为这直接关系到最后所求参数a的取值。利

用这种方法时，一般要求把参数单独放在一侧，所以也叫分离参数法。四：数形结合法

对一些不能把数放在一侧的，可以利用对应函数的图象法求解。例5：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。2

1，得x2ax，在同一直角坐标系中做出两个函数的图象，如果两个函22

11221

数分别在x=-1和x=1处相交，则由1a及(1)a得到a分别等于2和0.5，并作出函数

y2x及y()x的图象，所以，要想使函数x2ax在区间x(1,1)中恒成立，只须y2x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]。

例6：若当P(m,n)为圆x2(y1)21上任意一点时，不等式mnc0恒成立，则c的取值范围是（）A、12c

21B、21c2

121

C、c21D、c

解析：由mnc0，可以看作是点P(m,n)在直线xyc0的右侧，而点P(m,n)在圆

x2(y1)21上，实质相当于是x2(y1)21在直线的右侧并与它相离或相切。

01c0



|01c|c1，故选D。2211同步练习

12xa4x,其中aR，1、设f(x)lg如果x(.1)时，f(x)恒有意义，求a的取值范围。

3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

12x

离后a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

解。

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

21133

g(t)在t[,)上为减函数，g(t)maxg()，a。

22442、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x22a对于任意x[0,1]恒成立

x2ax1a0对于任意x[0,1]恒成立，令g(x)x2ax1a，x[0,1]，所以原

问题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、已知当xR时，不等式a+cos2x

方法一）分析：在不等式中含有两个变量a及x，本题必须由x的范围（xR）来求另一变量a的范围，故可考虑将a及x分离构造函数利用函数定义域上的最值求解a的取值范围。

解：原不等式4sinx+cos2x

5当xR时，不等式a+cos2x(4sinx+cos2x)max 设f(x)=4sinx+cos2x则f(x)= 4sinx+cos2x=-2sin2x+4sinx+1=-2(sinx-1)2+3 3 ∴-a+5>3a

2方法二）题目中出现了sinx及cos2x，而cos2x=1-2sin2x,故若采用换元法把sinx换元成t,则可把原不等式转化成关于t的二次不等式，从而可利用二次函数区间最值求解。

解：不等式a+cos2x

a+1-2sin2x

不等式a+cos2x0,t[-1,1]恒成立。

设f(t)= 2t2-4t+4-a，显然f(x)在[-1，1]内单调递减，f(t)min=f(1)=2-a,2-a>0a

4、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)

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

f(1)0即a30

a1,2a

1,

2

得-3a-2;

综上所述：a的取值范围为[-3，1]。

5、、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= x+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

3-6a-3=160,a=;

61当直线为l2时，直线过点（0，0），纵截距为-6a-3=0，a=

21163

∴a的范围为[，）。

627、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)0f(2)0

方法二：f(2)0x2

4x0即f(2)30

x210

解得：∴x3.6

x3或x1x1或x1

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