优质论文高中数学“含参”问题方法小结_高中数学学习方法论文

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高中数学 “含参”问题方法小结

含参数（不）等式“恒、能成立”问题是高中数学教学的一个重点和难点，同时也是高考考查的热点。这类问题可以考查多个知识点，更能从多个角度检查考生的素质和能力，这类问题难度比较大，综合性强，考生不易得分。

解决此类问题有一定的规律性，常见方法有：函数思想、分离参数、变换主元、数形结合等，其中分离参数转换自变量是其常用的方法。一．反参为主（即主元法）

对于给出了参数范围的“恒成立”问题，常把参数视为主元，把主元视为已知函数，即把原题视为参数的函数，从函数角度来解答。

例1.对于任意a∈[-1,1]，函数f(x)=x2+(a-4)x-2a的值恒大于零，求x的取值范围。

解：由题令g(a)=(x-2)a+(x2-4x+4)>0对 a∈[-1,1]恒成立。显然x≠2 ∴g(a)是a的一次函数，要使g(a)

2g(1)0(x2)x4x40只需

即 2g(1)0(2x)x4x40解之得：x3 点评：此题若按分离法做，分离a得(x2)a4xx2需讨论比较复杂

变式：若例1中改为x∈[-1,1]上f(x)>0恒成立，则此题属于二次函数区间定轴动题目，对称轴xa4a41,令f(-1)>0

分三种情况：①22a41,令0 ③22xa(x∈R)在[-1,1]上是增函数。x221的两根为x1,x2，试问：是否存在实数m，使得不等式x 点评：此题若用分离法不易解答。

例2．已知函数f(x)（1）求实数a的值所组成的集合A（2）设关于x的方程f(x)m2+tm+1≥|x1-x2|对于任意a∈A及t∈[-1,1]恒成立？若存在，求出m的取值范围；若不存在，请说明理由

2(x22)(2xa)2x2(x2ax2)解：（1）f(x)0对x∈[-1,1]恒成立

(x22)2(x22)2令h(x)xax2则有（2）由f(x)2h(1)01a20即AaR|1a1

h(1)0-1-a+202xa1

得：x2ax20 2x2xx1x2a∵a80

∴

xx2122∴|x1x2|(x1x2)24x1x2a28 ∵-1≤a≤1 ∴1≤|x1x2|≤3 ①

要使m2+tm+1≥|x1-x2|对于任意a∈A及t ∈[-1,1]恒成立, 当且仅当m2+tm+1≥3对于任意t ∈[-1,1]恒成立,即m2+tm+1≥0对于任意t ∈[-1,1]恒成立

g(t)=mt+m2-2, t∈[-1,1]则g(t)≥0对对t ∈[-1,1]恒成立②

2g(1)mm20令解得：m≥2或m≤-2 2g(1)mm20注：本题含a,t,m三个参数，通过①减少为两个参数t，m，要解决②，以t为主元，利用一次函数保号性解决．二．分离参数和函数思想

通过恒等变形，将参数与主元分离出来，使不等式一边只含参数，另一边是与参数无关的主元问题，只需求出主元函数的最值。求主元函数的最值时，常用到配方法、基本不等式、函数单调性、三角函数值域等知识与方法。

x22xa例1．已知函数f(x)，若对任意x∈[1,+∞）,不等式f(x)>0恒成立，试求实

x数a的范围

x22xa0 解：∵x∈[1,+∞],要使f(x)>0恒成立，即使

x即x+2x+a>0对x∈[1,+∞）恒成立

22分离参数得：a>-(x+2x)=-(x+1)+1

2当x∈[1,+∞）时，g(x)=-(x+1)+1最大值为3。∴实数a取值范围为：a>-3 点评：以上解法为分离参数法，此题若按函数思想，则f(x)x双勾函数，需讨论，比较复杂。

例2．（2013高考新课标Ⅰ21）已知函数f(x)＝x2＋ax＋b，g(x)＝ex(cx＋d)，若曲线y＝f(x)和曲线y＝g(x)都过点P(0，2)，且在点P处有相同的切线y＝4x+2（Ⅰ）求a，b，c，d的值

（Ⅱ）若x≥－2时，f(x)≤kg(x)，求k的取值范围。

解：（Ⅰ）因为曲线y＝f(x)和曲线y＝g(x)都过点P(0，2)，所以b=d=2；因为2

a2，则此函数为x，故所以，；

；，故，故；（Ⅱ）法一：函数思想

令令① 若当得，则时，则，从而当，即

在，由题设可得，故，时，上最小值为，此时f(x)≤kg(x)恒成立；

②若，所以f(x)≤kg(x)恒成立

③若，则

.，故f(x)≤kg(x)不恒成立；，故

在上单调递增，因为综上所述k的取值范围为法二：分离参数法

2由题可得x4x2≤2kex(x1)对x ∈【-2,+∞)恒成立 ①当x1时,k∈R

x24x2x24x2②当-2≤x＜-1时,有k≤ ,令h(x)= xx2e(x1)2e(x1)1(2x4)ex(x1)[ex(x1)exx](x24x2)x(x2)2则h(x).=x

2e2x(x1)22e(x1)2'∴当-2≤x＜-1,h(x)单增, hmin(x)h(2)e2 ∴k≤e

2x24x2③当x>-1时,有k≥,同②可得 x2e(x1)当x∈(-1,0),h(x)单增,当x ∈(0,+∞)时，h(x)单减 ∴hmax(x)h(0)1 ∴综合①②③可得1≤k ≤e

变式：（10山东理22）已知函数f(x)lnxax(Ⅰ)当a21a1(aR).x1时，讨论f(x)的单调性； 2（Ⅱ）设g(x)x22bx4.当a1时，若对x1(0,2)，x21,2，使 4f(x1)g(x2)，求实数b取值范围.解：（Ⅰ）因为1a1a1ax2x1a'f(x)lnxax1,f(x)a2x(0,)，2xxxx令 h(x)ax2x1a,x(0,)，①当a单调递减； 1'（0，+）时，x1x2,h(x)≥0恒成立，此时f(x)≤0，函数 f(x)在上2121a1＞0，②当0＜a＜时，1＞' x(0,1)时，h(x)＞0，此时f(x)＜0，函数f(x)单调递减；

x(1,11)时h(x)＜0，此时f'(x)＞0，函数 f(x)单调递增； a' x(1,)时，h(x)＞0，此时f(x)＜0，函数f(x)单调递减； 1a ③当a＜0时，由于

11＜0，a' x(0,1)，h(x)＞0,此时f(x)＜0，函数 f(x)单调递减； ' x(1,)时，h(x)＜0，此时f(x)＞0，函数f(x)单调递增.（Ⅱ）因为a=11(0,)，由（Ⅰ）知，x1=1，x2=3(0,2)，当x(0,1)时，f'(x)420，函数f(x)单调递减；g(x)ming(2)84b0b(2,)117b,,当28x(1,2)时，f'(x)1函数f(x)单调递增，所以f(x)在（0，2）上的最小值为f(1)。0，2由于“对任意x1(0,2)，存在x21,2，使f(x1)g(x2)”等价于 “g(x)在1,2上的最小值不大于f(x)在（0,2）上的最小值又g(x)=(xb)24b2，x11,2，所以 ①当b1”（*）21时，因为g(x)ming(1)52b0，此时与（*）矛盾

②当b1,2时，因为g(x)min4b20，同样与（*）矛盾 ③当b(2,)时，因为g(x)ming(2)84b，解不等式8-4b综上，b的取值范围是117，可得b

8217,。8点评：此题第二问用的是函数思想，若用分离参数法则容易出错

x21,2，f(x1)g(x2)，变式1：②x1(0,2)，求实数b范围.则fmax（x）≥gxma(x)

③x1(0,2)，x21,2，f(x1)g(x2)，求实数b范围.则fmin(x)≥gmax(x)④x1(0,2)，x21,2，f(x1)g(x2)，求实数b范围.则fmax（x）≥gmin(x)⑤若x1,2，f(x)g(x)，求实数b范围.则令h(x)f(x)g(x)，hmin(x)≥0 ⑥若x1,2，f(x)g(x)，求实数b范围.则令h(x)f(x)g(x)，hmax(x)≥0

2x2f(x)x1，g(x)ax52a(a0)．变式2：设（1）求f(x)在x[0,1]上的值域；

（2）若对于任意x1[0,1]，总存在x0[0,1]，使得g(x0)f(x1)成立，求a的取值范围．

三．数形结合通过构造图形，从图形上可以直观地看出不等式恒成立和能成立需要的条件例1.设函数f(x)|x1||2x4|.（1）画出f(x)图像；（2）若关于x的不等式f(x)ax1恒成立，试求实数a的取值范围。

变式：(2010宁夏24）设函数f(x)2x41，（1）画出f(x)图像；

（2）若不等式f(x)≤ax的解集非空，求a的取值范围。

解：

2x5，x2f(x)2x3，x2则函数yf(x)的图像如图（Ⅰ）由于所示。

yax的图像可知，当且仅当（Ⅱ）由函数yf(x)与函数

a12或a2时，函数yf(x)与函数yax的图像有交点。故不等式f(x)ax的解集非空时，的取值范围为

1，2，2。

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