高考数学不等式恒成立问题中的参数求解技巧_解析不等式恒成立问题

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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△

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

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△

)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，使问题得到圆满解决。

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2ba2abcab，即12ba2ab12b2a12b2a223ab3abb恒成立。寻求3a的最小值，由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 由题意知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的不等式组，从而求得m的范围。

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