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2010届高考数学中不等式恒成立问题中的参数求解技巧


届高考数学不等式恒成立问题中的参数求解技巧 2010 届高考数学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 2 x + 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 ≤ 0 ,即 ( 2) 2 4(3 m) ≤ 0 ,解得 m ≤ 2 m ∈ (∞ ,] . 2
2 变形:若对于 x∈R,不等式 mx + 2 mx + 3 > 0 恒成立,求实数 m 的取值范围.

此题需要对 m 的取值进行讨论,设 f ( x ) = mx + 2mx + 3 .①当 m=0 时,3>0,显然成 立.②当 m>0 时,则△<0 0 < m < 3 .③当 m<0 时,显然不等式不恒成立.由①②③知
2

m ∈ [0, . 3)
2 关 键 点 拨 : 对 于 有 关 二 次 不 等 式 ax + bx + c > 0 ( 或 <0 ) 的 问 题 , 可 设 函 数

f ( x ) = ax 2 + bx + c ,由 a 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.
2 例 2 已知函数 f ( x ) = x 2kx + 2 ,在 x ≥ 1 时恒有 f ( x ) ≥ k ,求实数 k 的取值范围. 2 解: F( x ) = f ( x ) k = x 2kx + 2 k , F( x ) ≥ 0 对一切 x ≥ 1 恒成立, F( x ) 是 令 则 而 开口向上的抛物线. 2 ①当图象与 x 轴无交点满足△<0,即 = 4k 4(2 k ) < 0 ,解得-2<k<1.

+ ②当图象与 x 轴有交点,且在 x ∈ [ 1, ∞ ) 时 F( x ) ≥ 0 ,只需

≥ 0 k ≤ 2或k ≥ 1 F( 1) ≥ 0 1 + 2k + 2 k ≥ 0, 3 ≤ k ≤ 2 2k k ≤ 1 ≤ 1 2 由①②知 3 ≤ k < 1
+ 关键点拨:为了使 f ( x ) ≥ k 在 x ∈ [ 1, ∞ ) 恒成立,构造一个新函数 F( x ) = f ( x ) k 是 解题的关键,再利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-

①当 x=0 时,a∈R

ax 2 ≥ x 1 1 1 1 1 2 2 ax ≤ x + 1 恒成, a ≥ x 2 x 恒成立, (0, 时, 1] x ②当 x∈ 问题转化为 由 即求 x 1 1 1 1 1 1 u ( x ) = 2 = + + x ∈ (0,, ∈ [1, ∞),u ( x ) 1] + x 4 .因 x x 2 x 的最大值.设 为减函数, 所以当 x=1 时, u ( x ) max = 2 ,可得 a ≥ 2 . 1 1 1 1 1 1 1 1 1 v( x ) = 2 = a≤ 2 x x 2 4 .因 x x 恒成立,即求 x 2 x 的最小值.设 x 由 1 x ∈ (0,, ∈ [1, ∞),v( x ) 1] + 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 . 1 | f ( x ) |≤ 1 分离出 a, + 关键点拨: 在闭区间 [0, 上使 1] 然后讨论关于 x 的二次函数在 [1, ∞ )
上的单调性.
2 2

lg 2ax <1 例 4 若不等式 lg(a + x ) 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
lg 2ax < lg(a + x ) .

2 ∴ 2ax < a + x ,即 (2 x 1)a < x .又 x ∈ [1,] ,可得 2 x 1 > 0
x 1 1 1 1 = 1 + f ( x ) = 1 + 2x 1 2 2x 1 恒成立.设 2 2 x 1 ,在 x∈[1,2]上为减 2 2 2 f ( x ) min = f (2) = a< 0<a< 3 ,知 3 .综上知 3. 函数,可得 ∴a <

lg 2ax <1 lg(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. x y x y + ≤c≤ + x + 2 y 2x + y , 例 5 是否存在常数 c 使得不等式 2 x + y x + 2 y 对任意正数 x,
y 恒成立?试证明你的结论.

c≤
解:首先,欲使

x y + x + 2 y 2x + y 恒成立(x,y>0) ,进行换元令

2b a x = 3 x + 2 y = a 2b a 2a b ,得 2a b 2x + y = b y = c≤ 3 + 3 3 a b . ∴ 上 述 不 等 式 变 为 , 即 1 2 b a 2a b 1 2 b 2a 1 2 b 2a c ≤ + + 2 + 2 = 3 a b 3 a b b 恒成立. 的最小值, a>0, 寻求 3 a 由

-2-

2 1 2b 2a 1 2b 2a + 2 ≥ 2 2 = 3 3 a b a b 3 b>0,利用基本不等式可得 . 2 x + y = a x y c≥ + 2x + y x + 2 y 恒成立 ( x, y > 0) ,令 x + 2 y = b , 同理欲使
2a b x = 3 y = 2b a c≥ 3 ∴上述不等式变为 得 c≥


1 2a b 2 b a + 3 a b ,

1 b a 1 b a 1 b a 2 + 2 = 4 + 4 + 3 a b 3 a b . 寻 求 3 a b 的 最 大 值 , 易 得

1 b a 4 + ≤ 3 a b

1 2 4 2 b a = 2 3 a b 3 .综上知存在 c = 3 使上述不等式恒成立 2 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

2 2 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 2 x 1 > m( x 1) ,对满足 2 ≤ m ≤ 2 所有的 x 都成立,求 x 的取值范围. 2 解:原不等式可化为 m( x 1) ( 2x 1) < 0 2 令 f ( m) = ( x 1)m ( 2x 1)(2 ≤ m ≤ 2) 是关于 m 的一次函数.

f (2) = 2( x 2 1) (2 x 1) < 0 1+ 7 1+ 3 <x< f (2) = 2( x 2 1) ( 2x 1) < 0 解得 2 2 由题意知

1+ 7 1 + 3 , 2 2 ∴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. 例 7 已知 f ( x ) 是定义在[-1,1]上的奇函数且 f (1) = 1 ,若 a,b∈[-1,1] ,a+b≠0,

f (a ) + f ( b ) >0 a+b 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
2 1 (3)若 f ( x ) ≤ m 2am + 1 对所有 x ∈ [ 1,] ,a∈[-1,1]恒成立,求实数 m 的取 值范围.

解: (1)设 1 ≤ x 1 < x 2 ≤ 1 ,则

-3-

f ( x 1 ) f ( x 2 ) = f (x 1 ) + f (x 2 ) =

f ( x 1 ) + f ( x 2 ) (x1 x 2 ) < 0 x1 x 2 ,

可知 f ( x 1 ) < f ( x 2 ) ,所以 f ( x ) 在[-1,1]上是增函数.

1 1 ≤ x + 2 ≤ 1 1 1 ≤ 2 x ≤ 1 2 1 1 x + 2 > 2x 2 (2)由 f ( x ) 在[-1,1]上是增函数知
1 1 1 1 x | ≤ x ≤ ≤x≤ 4 2 2 ,故不等式的解集 解得 4 (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.



2 2 依题意有 m 2am + 1 ≥ 1 ,对 a∈[-1,1]恒成立,即 m 2am ≥ 0 恒成立.



g (a ) = 2ma + m 2
2

,















线



,





g (1) = m + 2m ≥ 0 g (1) = m 2 2m ≥ 0 m ∈ ( ∞, 2] U {0} U [2, ∞ ) . +
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
2 转化到自变量的大小上来.对于(3) ,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.
2

-4-


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