第一篇：高一數(shù)學(xué)函數(shù)和不等式中恒成立問題的教案

函數(shù)和不等式結(jié)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(shù)、三角、幾何等內(nèi)容有機(jī)地結(jié)合起來，其以覆蓋知識(shí)點(diǎn)多，綜合性強(qiáng)，解法靈活等特點(diǎn)而倍受高考、競(jìng)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(shù)與方程”、“化歸與轉(zhuǎn)化”、“數(shù)形結(jié)合”、“分類討論”等數(shù)學(xué)思想對(duì)鍛煉學(xué)生的綜合解題能力，培養(yǎng)其思維的靈活性、創(chuàng)造性都有著獨(dú)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(zhuǎn)化為二次不等式，則可考慮應(yīng)用判別式法解題。一般地，對(duì)于二次函數(shù)f(x)?ax2?bx?c(a?0,x?R),有

1）f(x)?0對(duì)x?R恒成立???a?0;

???0?a?0x?R2）f(x)?0對(duì)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(shè)函數(shù)f(x)＝mx-mx-1．

(1)若對(duì)于一切實(shí)數(shù)x，f(x)＜0恒成立，求m的取值范圍；(2)對(duì)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(zhuǎn)化為求函數(shù)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(shí)，不等式x?ax?3?a恒成立，求a的取值范圍。

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

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

練習(xí)1：若不等式x2?2mx?2m?1?0對(duì)滿足x?[0,1]的取值范圍。的所有實(shí)數(shù)x都成立，求m練習(xí)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(shù)與主元分離于不等式兩端，從而問題轉(zhuǎn)化為求主元函數(shù)的最值，進(jìn)而求出參數(shù)范圍。這種方法本質(zhì)也還是求最值，但它思路更清晰，操作性更強(qiáng)。一般地有：

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

x2x例3．已知x????,1?時(shí)，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(shù)f(x)?ax?圍。

注：分離參數(shù)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(shí)，若能適時(shí)的把主元變量和參數(shù)變量進(jìn)行“換位”思考，往往會(huì)使問題降次、簡(jiǎn)化。

4x?x2,x?(0,4]時(shí)f(x)?0恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范例1．對(duì)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(duì)滿足m?2的所有m都成立，求x的取值范圍。??

四、數(shù)形結(jié)合法

數(shù)學(xué)家華羅庚曾說過：“數(shù)缺形時(shí)少直觀，形缺數(shù)時(shí)難入微”，這充分說明了數(shù)形結(jié)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(shù)圖象和不等式有著密切的聯(lián)系：

1）f(x)?g(x)?函數(shù)f(x)圖象恒在函數(shù)g(x)圖象上方；

2）f(x)?g(x)?函數(shù)f(x)圖象恒在函數(shù)g(x)圖象下上方。

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

由此可以看出，對(duì)于參數(shù)不能單獨(dú)放在一側(cè)的，可以利用函數(shù)圖象來解。利用函數(shù)圖象解題時(shí)，思路是從邊界處（從相等處）開始形成的。綜合練習(xí);例6

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

已知函數(shù)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(yīng)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

第二篇：函數(shù)、不等式恒成立問題解法(教案)

函數(shù)、不等式恒成立問題解題策略

教學(xué)目標(biāo):

1.通過對(duì)不同問題的解題探討歸納該類問題的一般解法

2.培養(yǎng)學(xué)生的分析問題和靈活應(yīng)用知識(shí)解決問題的能力

3.培養(yǎng)學(xué)生的數(shù)形結(jié)合能力

重難點(diǎn):

分析解決問題的能力,數(shù)形結(jié)合思想方法的應(yīng)用 教學(xué)方法:

指導(dǎo)練習(xí)法

教學(xué)過程:

一、復(fù)習(xí)回顧

引例：（9月月考）

23、已知二次函數(shù)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(qū)間??1,1?上的最大值和最小值。

（3）當(dāng)x?[?1,1]時(shí)，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(shè)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(shè)f(x)?ax2?bx?c(a?0)

?b?b?b

（1）當(dāng)a?0時(shí)，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(dāng)a?0時(shí)，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(duì)一切x?I恒成立?f(x)min??f(x)??對(duì)一切x?I恒成立?f(x)max??。類型4：

f(x)?g(x)對(duì)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(píng)

例1：若不等式2x?1?m(x2?1)對(duì)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?cè)?，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(shí)，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(yīng)用上面的結(jié)論，就得保證是二次的，才有判別式，但二次項(xiàng)系數(shù)含有參數(shù)m，所以要討論m-1是否是0。

（1）當(dāng)m-1=0時(shí)，元不等式化為2>0恒成立，滿足題意；

?m?1?0

（2）m?1?0時(shí)，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(dāng)x?(?1,1)時(shí),有f(x)?解析：由f(x)?x?a?

x

x

恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍。

12，得x?

?a，在同一直角坐標(biāo)系中做出兩個(gè)函數(shù)的圖象，如果兩個(gè)函12

?a及(?1)?

x

數(shù)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(shù)

1x1x2xx

y?2及y?()的圖象，所以，要想使函數(shù)x??a在區(qū)間x?(?1,1)中恒成立，只須y?2在22

區(qū)間x?(?1,1)對(duì)應(yīng)的圖象在y?x?在區(qū)間x?(?1,1)對(duì)應(yīng)圖象的上面即可。當(dāng)a?1時(shí),只有a?2

才能保證，而0?a?1時(shí)，只有a?

才可以，所以a?[,1)?(1,2]。

四：小結(jié)

對(duì)不同的問題的采取的方法是不一樣的，要根據(jù)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(dāng)?shù)姆椒ㄈソ忸}。在分類討論時(shí)要注意分類的完整性和合理性，在等號(hào)成立的情況下一定要仔細(xì)思考。五：同步練習(xí)

1、設(shè)f(x)?lg

1?2?a

4xx

如果x?(??.1)時(shí)，f(x)恒有意義，求a的取值范圍。,其中a?R，分析：如果x?(??.1)時(shí)，f(x)恒有意義，則可轉(zhuǎn)化為1?2x?a4x?0恒成立，即參數(shù)分離后a??解。

解：如果x?(??.1)時(shí)，f(x)恒有意義?1?2x?a4x?0，對(duì)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(zhuǎn)化為二次函數(shù)區(qū)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(duì)t?(,??)恒成立，又

113

3?g(t)在t?[,??)上為減函數(shù)，g(t)max?g()??，?a??。

2244

112、設(shè)函數(shù)是定義在(??,??)上的增函數(shù)，如果不等式f(1?ax?x2)?f(2?a)對(duì)于任意x?[0,1]恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍。

分析：本題可利用函數(shù)的單調(diào)性把原不等式問題轉(zhuǎn)化為1?ax?x2?2?a對(duì)于任意x?[0,1]恒成立，從而轉(zhuǎn)化為二次函數(shù)區(qū)間最值求解。

解：?f(x)是增函數(shù)?f(1?ax?x2)?f(2?a)對(duì)于任意x?[0,1]恒成立

?1?ax?x?2?a對(duì)于任意x?[0,1]恒成立

?x?ax?1?a?0對(duì)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(shè)f(x)=x2-2ax+2,當(dāng)x?[-1,+?)時(shí)，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(bǔ)移到等號(hào)的左邊，則原問題可轉(zhuǎn)化為二次函數(shù)區(qū)間恒成立問題。

解：設(shè)F(x)= f(x)-a=x2-2ax+2-a.ⅰ)當(dāng)?=（-2a）2-4(2-a)=4（a-1)(a+2)<0時(shí)，即-2

ⅱ）當(dāng)?=4（a-1)(a+2)?0時(shí)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(dāng)x?(1,2)時(shí)，不等式(x-1)2

分析：若將不等號(hào)兩邊分別設(shè)成兩個(gè)函數(shù)，則左邊為二次函數(shù)，右邊為對(duì)數(shù)函數(shù)，故可以采用數(shù)形結(jié)合借助圖象位置關(guān)系通過特指求解a的取值范圍。

解：設(shè)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(duì)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(hào)兩邊分別構(gòu)造函數(shù)即二次函數(shù)y= x2+20x與一次函數(shù)y=8x-6a-3，則只需考慮這兩個(gè)函數(shù)的圖象在x軸上方恒有唯一交點(diǎn)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(diǎn)，則直線必須位于l1和l2之間。（包括l1但不包括l2)

當(dāng)直線為l1時(shí)，直線過點(diǎn)（-20，0）此時(shí)縱截距為-6a-3=160,a=?

1636

;

2當(dāng)直線為l2時(shí)，直線過點(diǎn)（0，0），縱截距為-6a-3=0，a=?∴a的范圍為[?

1636，?

12）。

6、對(duì)于滿足|p|?2的所有實(shí)數(shù)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(xiàn)了兩個(gè)變量：x、P,并且是給出了p的范圍要求x的相應(yīng)范圍，直接從x的不等式正面出發(fā)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(zhuǎn)化為在[-2，2]內(nèi)關(guān)于p的一次函數(shù)函數(shù)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(jià)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(shí)恒成立，試求a的取值范圍。

?x?1

?

解：由題設(shè)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(shè)2?2x?1?，在x∈［1，2］上為減函數(shù)，可得

f(x)min?f(2)?

23，知

a?

3。綜上知

0?a?

23。

lg2ax

關(guān)鍵點(diǎn)撥：將參數(shù)a從不等式lg(a?x)

?1

中分離出來是解決問題的關(guān)鍵。

f(a)?f(b)a?b

?0

8.已知f(x)是定義在［－1，1］上的奇函數(shù)且f(1)?1，若a、b∈［－1，1］，a+b≠0，有（1）判斷函數(shù)f(x)在［－1，1］上是增函數(shù)還是減函數(shù)。

1?1???

f?x???f?2x??

2?2?。?（2）解不等式?。

1]、a∈［－1，1］恒成立，求實(shí)數(shù)m的取值范圍。（3）若f(x)?m?2am?1對(duì)所有x?[?1，解：（1）設(shè)?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(shù)。

1??1?x??1?2?

1?

??1?2x??

12?

11?x??2x??（2）由f(x)在［－1，1］上是增函數(shù)知?

11??

x|??x?????x?

42?? 42解得，故不等式的解集

（3）因?yàn)閒(x)在［－1，1］上是增函數(shù)，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(duì)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(guān)鍵點(diǎn)撥：對(duì)于（1），抽象函數(shù)單調(diào)性的證明往往借助定義，利用拼湊條件，判斷差的符號(hào)。對(duì)于（2），后一步解不等式往往是上一步單調(diào)性的繼續(xù)，通過單調(diào)性、函數(shù)值的大小轉(zhuǎn)化到自變量的大小上來。對(duì)于

（3），轉(zhuǎn)換視角變更主元，把m?2am?0看作關(guān)于a的一次函數(shù)，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(shù)形結(jié)合得關(guān)于m的不等式組，從而求得m的范圍。

第三篇：精題精選函數(shù)、不等式恒成立問題解法

函數(shù)、不等式恒成立問題解法

（源自于網(wǎng)絡(luò)）

恒成立問題的基本類型：

類型1：設(shè)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(shè)f(x)?ax2?bx?c(a?0)

b?b??b??????????????（1）當(dāng)a?0時(shí)，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(dāng)a?0時(shí)，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(duì)一切x?I恒成立?f(x)min??f(x)??對(duì)一切x?I恒成立?f(x)max??。類型4：

f(x)?g(x)對(duì)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(shù)的性質(zhì)

對(duì)于一次函數(shù)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(duì)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?cè)磳⒃坏仁交癁椋簃(x?1)?(2x?1)?0，；

2令f(m)?m(x?1)?(2x?1)，則?2?m?2時(shí)，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(shù)的判別式

對(duì)于一元二次函數(shù)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(yīng)用上面的結(jié)論，就得保證是二次的，才有判別式，但二次項(xiàng)系數(shù)含有參數(shù)m，所以要討論

m-1是否是0。

（1）當(dāng)m-1=0時(shí)，元不等式化為2>0恒成立，滿足題意；（2）m?1?0時(shí)，只需?

?m?1?0

???(m?1)?8(m?1)?0，所以，m?[1,9)。

三、利用函數(shù)的最值（或值域）

（1）f(x)?m對(duì)任意x都成立?f(x)min?m；

（2）f(x)?m對(duì)任意x都成立?m?f(x)max。簡(jiǎn)單計(jì)作：“大的大于最大的，小的小于最小的”。由此看出，本類問題實(shí)質(zhì)上是一類求函數(shù)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(shí)數(shù)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(shí)數(shù)a的范圍。解析：由于函a?sinx?cosx?

2sin(x?

?

?3?),x???[?,]，顯然函數(shù)有最大值2，44

4?a?2。

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

?

?(0,)恒成立的實(shí)數(shù)a的范圍。

?

解析：我們首先要認(rèn)真對(duì)比上面兩個(gè)例題的區(qū)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(duì)這類題要注意看看函數(shù)能否取得最值，因?yàn)檫@直接關(guān)系到最后所求參數(shù)a的取值。利

用這種方法時(shí)，一般要求把參數(shù)單獨(dú)放在一側(cè)，所以也叫分離參數(shù)法。四：數(shù)形結(jié)合法

對(duì)一些不能把數(shù)放在一側(cè)的，可以利用對(duì)應(yīng)函數(shù)的圖象法求解。例5：已知a?0,a?1,f(x)?x?a,當(dāng)x?(?1,1)時(shí),有f(x)?解析：由f(x)?x?a?

x

x

恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍。2

1，得x2??ax，在同一直角坐標(biāo)系中做出兩個(gè)函數(shù)的圖象，如果兩個(gè)函22

1122?1

數(shù)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(shù)

y?2x及y?()x的圖象，所以，要想使函數(shù)x2??ax在區(qū)間x?(?1,1)中恒成立，只須y?2x在22

區(qū)間x?(?1,1)對(duì)應(yīng)的圖象在y?x?在區(qū)間x?(?1,1)對(duì)應(yīng)圖象的上面即可。當(dāng)a?1時(shí),只有a?2

才能保證，而0?a?1時(shí)，只有a?

才可以，所以a?[,1)?(1,2]。

例6：若當(dāng)P(m,n)為圓x2?(y?1)2?1上任意一點(diǎn)時(shí)，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(diǎn)P(m,n)在直線x?y?c?0的右側(cè)，而點(diǎn)P(m,n)在圓

x2?(y?1)2?1上，實(shí)質(zhì)相當(dāng)于是x2?(y?1)2?1在直線的右側(cè)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(xí)

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

3分析：如果x?(??.1)時(shí)，f(x)恒有意義，則可轉(zhuǎn)化為1?2x?a4x?0恒成立，即參數(shù)分

1?2x

離后a??x??(2?x?2?2x)，x?(??.1)恒成立，接下來可轉(zhuǎn)化為二次函數(shù)區(qū)間最值求

解。

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

21133

g(t)在t?[,??)上為減函數(shù)，g(t)max?g()??，?a??。

22442、設(shè)函數(shù)是定義在(??,??)上的增函數(shù)，如果不等式f(1?ax?x2)?f(2?a)對(duì)于任意

x?[0,1]恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍。

分析：本題可利用函數(shù)的單調(diào)性把原不等式問題轉(zhuǎn)化為1?ax?x2?2?a對(duì)于任意x?[0,1]恒成立，從而轉(zhuǎn)化為二次函數(shù)區(qū)間最值求解。解：

f(x)是增函數(shù)?f(1?ax?x2)?f(2?a)對(duì)于任意x?[0,1]恒成立

?1?ax?x2?2?a對(duì)于任意x?[0,1]恒成立

?x2?ax?1?a?0對(duì)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(dāng)x?R時(shí)，不等式a+cos2x<5-4sinx恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍。

方法一）分析：在不等式中含有兩個(gè)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(gòu)造函數(shù)利用函數(shù)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(dāng)x?R時(shí)，不等式a+cos2x<5-4sinx恒成立?-a+5>(4sinx+cos2x)max 設(shè)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(xiàn)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(zhuǎn)化成關(guān)于t的二次不等式，從而可利用二次函數(shù)區(qū)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(shè)f(t)= 2t2-4t+4-a，顯然f(x)在[-1，1]內(nèi)單調(diào)遞減，f(t)min=f(1)=2-a,?2-a>0?a<24、設(shè)f(x)=x2-2ax+2,當(dāng)x?[-1,+?)時(shí)，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(bǔ)移到等號(hào)的左邊，則原問題可轉(zhuǎn)化為二次函數(shù)區(qū)間恒成立問題。

解：設(shè)F(x)= f(x)-a=x2-2ax+2-a.ⅰ)當(dāng)?=（-2a）2-4(2-a)=4（a-1)(a+2)<0時(shí)，即-2

ⅱ）當(dāng)?=4（a-1)(a+2)?0時(shí)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(dāng)x?(1,2)時(shí)，不等式(x-1)2

分析：若將不等號(hào)兩邊分別設(shè)成兩個(gè)函數(shù)，則左邊為二次函數(shù)，右邊為對(duì)數(shù)函數(shù)，故可以采用數(shù)形結(jié)合借助圖象位置關(guān)系通過特指求解a的取值范圍。

解：設(shè)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(duì)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(hào)兩邊

分別構(gòu)造函數(shù)即二次函數(shù)y= x+20x與一次函數(shù)y=8x-6a-3，則只需考慮這兩個(gè)函數(shù)的圖象在x軸上方恒有唯一交點(diǎn)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(diǎn)，則直線必須位于l1和l2之間。（包括l1但不包括l2)

當(dāng)直線為l1時(shí)，直線過點(diǎn)（-20，0）此時(shí)縱截距為

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

61當(dāng)直線為l2時(shí)，直線過點(diǎn)（0，0），縱截距為-6a-3=0，a=?

21163

∴a的范圍為[?，?）。

627、對(duì)于滿足|p|?2的所有實(shí)數(shù)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(xiàn)了兩個(gè)變量：x、P,并且是給出了p的范圍要求x的相應(yīng)范圍，直接從x的不等式正面出發(fā)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(zhuǎn)化為在[-2，2]內(nèi)關(guān)于p的一次函數(shù)函數(shù)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(jià)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

第四篇：2020年高考數(shù)學(xué)尖子生輔導(dǎo)專題(文理通用)之專題03 含參數(shù)函數(shù)不等式恒成立問題-2020高考數(shù)學(xué)尖子生輔導(dǎo)專題

專題三

含參數(shù)函數(shù)不等式恒成立問題

不等式問題是數(shù)學(xué)中的重要內(nèi)容之一，而含參數(shù)函數(shù)不等式恒成立問題又是重點(diǎn)中的難點(diǎn)．這類問題既含參數(shù)又含變量，與多個(gè)知識(shí)有效交匯，有利于考查學(xué)生的綜合解題能力，檢驗(yàn)學(xué)生思維的靈活性與創(chuàng)造性，這正符合高考強(qiáng)調(diào)能力立意，強(qiáng)調(diào)數(shù)學(xué)思想與方法的命題思想，因此恒成立問題成為近年來全國(guó)各地高考數(shù)學(xué)試題的一個(gè)熱點(diǎn)．

模塊1

整理方法

提升能力

處理含參數(shù)函數(shù)不等式（一個(gè)未知數(shù)）恒成立問題，從方法上，可考慮分離參數(shù)法或猜想最值法（必要條件法）．如果使用分離參數(shù)法，則猜想是沒有作用的，對(duì)于難一點(diǎn)的分離參數(shù)法，可能要使用多次求導(dǎo)或洛必達(dá)法則．如果使用猜想法，則后續(xù)有3種可能：一是猜想沒有任何作用；二是利用猜想減少分類討論；三是在猜想的基礎(chǔ)上強(qiáng)化，從而得到答案．從改造的形式上，解答題優(yōu)先選擇一平一曲，可利用分離參數(shù)法轉(zhuǎn)化為一平一曲兩個(gè)函數(shù)，也可以把函數(shù)化歸為一邊，考慮函數(shù)的圖象與軸的交點(diǎn)情況（本質(zhì)上也是一平一曲）．

洛必達(dá)法則

如果當(dāng)（也可以是）時(shí)，兩個(gè)函數(shù)和都趨向于零或都趨向于無窮大，那么極限可能存在，也可能不存在．如果存在，其極限值也不盡相同．我們稱這類極限為型或型不定式極限．對(duì)于這類極限，一般要用洛必達(dá)法則來求．

定理1：若函數(shù)和滿足條件：

（1）．

（2）和在的某個(gè)去心鄰域內(nèi)可導(dǎo)，且．

（3）存在或?yàn)闊o窮大．

則有．

定理2：若函數(shù)和滿足條件：

（1）．

（2）和在的某個(gè)去心鄰域內(nèi)可導(dǎo)，且．

（3）存在或?yàn)闊o窮大．

則有．

在定理1和定理2中，將分子、分母分別求導(dǎo)再求極限的方法稱為洛必達(dá)法則．

使用洛必達(dá)法則時(shí)需要注意：

（1）必須是型或型不定式極限．

（2）若還是型或型不定式極限，且函數(shù)和仍滿足定理中和所滿足的條件，則可繼續(xù)使用洛必達(dá)法則，即．

（3）若無法判定的極限狀態(tài)，或能判定它的極限振蕩而不存在，則洛必達(dá)法則失效，此時(shí)，需要用其它方法計(jì)算．

（4）可以把定理中的換為，，此時(shí)只要把定理中的條件作相應(yīng)的修改，定理仍然成立．

例1

已知函數(shù)（）．

（1）求在上的最小值；

（2）若對(duì)恒成立，求正數(shù)的最大值．

【解析】（1）定義域?yàn)?，?/p>

①當(dāng)時(shí)，函數(shù)在為增函數(shù)，所以．

②當(dāng)時(shí)，由可得，由可得，所以在上遞增，在上遞減．于是在上的最小值為或．

（i）當(dāng)，即時(shí)，．

（ii）當(dāng)，即時(shí)，．

綜上所述，當(dāng)時(shí)，；當(dāng)時(shí)，．

（2）令，則對(duì)恒成立對(duì)恒成立．

法1：（分離參數(shù)法）當(dāng)，不等式恒成立，于是對(duì)恒成立對(duì)恒成立．

令，則，令，則，所以在上遞增，于是，即，所以在上遞增．

由洛必達(dá)法則，可得，于是，所以正數(shù)的最大值為．

法2：（不猜想直接用最值法）構(gòu)造函數(shù)，則．

①當(dāng)，即時(shí)，所以函數(shù)在上遞增，所以．

②當(dāng)，即時(shí)，由可得，所以函數(shù)在上遞減，于是在上，不合題意．

綜上所述，正數(shù)的最大值為．

法3：（先猜想并將猜想強(qiáng)化）由常用不等式（）可得，即．當(dāng)時(shí)，式子恒成立，當(dāng)，有恒成立，而，所以．

下面證明可以取到，即證明不等式對(duì)恒成立．構(gòu)造函數(shù)（），則，所以函數(shù)在上遞增，所以，所以不等式對(duì)恒成立，所以正數(shù)的最大值為．

法4：（先猜想并將猜想強(qiáng)化）對(duì)恒成立，因?yàn)樗裕矗?/p>

下同法3．

法5：（先猜想并將猜想強(qiáng)化）當(dāng)，不等式恒成立，于是對(duì)恒成立對(duì)恒成立．由洛必達(dá)法則，可得，于是．

下同法3．

【點(diǎn)評(píng)】法1（分離參數(shù)法）把恒成立問題轉(zhuǎn)化為求的最小值，法2（最值法）把恒成立問題轉(zhuǎn)化為求的最小值．由此可見最值法與分離參數(shù)法本質(zhì)上是相通的，其本質(zhì)都是把不等式恒成立問題轉(zhuǎn)化為求函數(shù)的最值問題，其區(qū)別在于所求的函數(shù)中是否含有參數(shù)．

法3、法4和法5都是先求出必要條件，然后將必要條件進(jìn)行強(qiáng)化，需要解題的敏感度和判斷力．如果我們將這個(gè)必要條件與法2的最值法進(jìn)行結(jié)合，可減少法2的分類討論．

例2

設(shè)函數(shù)．

（1）求的單調(diào)區(qū)間；

（2）若，為整數(shù)，且當(dāng)時(shí)，求的最大值．

【解析】（1）．

①當(dāng)時(shí)，在上恒成立，所以在上遞增．

②當(dāng)時(shí)，由可得，由可得．所以在上遞減，在上遞增．

（2）當(dāng)時(shí)，所以，即在上恒成立．

法1：（分離參數(shù)法）在上恒成立在上恒成立．令，則，令，有在上恒成立，所以在上遞增（也可由（1）可知，函數(shù)在上遞增）．而，所以在上有唯一根，所以當(dāng)時(shí)，當(dāng)時(shí)，于是在上遞減，在上遞增，所以在上的最小值為，因?yàn)?，所以，于是，所以，所以的最大值為?/p>

法2：（不猜想直接用最值法）令，則，令可得．

①當(dāng)，即時(shí)，有在上恒成立，于是在上遞增，從而在上有，于是在上恒成立．

②當(dāng)，即時(shí)（因?yàn)槭钦麛?shù)，所以），可知當(dāng)時(shí)，當(dāng)時(shí)，于是在上的最小值是．令，則在上恒成立，所以在上單調(diào)遞減．而，．所以當(dāng)時(shí)，有在上恒成立，當(dāng)時(shí)，在上不恒成立．

綜上所述，的最大值為．

法3：（先猜想并將猜想強(qiáng)化）因?yàn)樵谏虾愠闪?，所以?dāng)時(shí)，該式子也成立，于是，即．下證的最大值為．

令，則，由可得，由可得，所以在上遞減，在上遞增．所以，于是的最大值為．

【點(diǎn)評(píng)】由于是整數(shù)，所以先猜想再將猜想強(qiáng)化是優(yōu)先采用的解題方法．如果將是整數(shù)這個(gè)條件去掉，則得到的必要條件既不能強(qiáng)化又不能減少分類討論，此時(shí)猜想將沒有任何作用，只能用法1的分離參數(shù)法和法2的最值法進(jìn)行求解．

例3

設(shè)函數(shù)．

（1）若，求的單調(diào)區(qū)間；

（2）若當(dāng)時(shí)，求的取值范圍．

【解析】（1）當(dāng)時(shí)，．由可得，由可得．所以的遞增區(qū)間是，遞減區(qū)間是．

（2）法1：（分離參數(shù)法）在上恒成立在上恒成立．

當(dāng)時(shí)，式子顯然成立；當(dāng)時(shí)，分離參數(shù)可得在上恒成立．令，則，令，可得，所以在上遞增，于是，即，所以在上遞增，于是，所以，所以在上遞增．

由洛必達(dá)法則，可得，所以在上有，所以．

法2：（不猜想直接用最值法），．

①當(dāng)，即時(shí)，有，所以在上遞增，所以，所以，所以在上遞增，所以．

②當(dāng)，即時(shí)，由可得時(shí)，于是在上遞減，所以，所以，所以在上遞減，于是，于是不恒成立．

綜上所述，的取值范圍是．

法3：（先猜想并將猜想強(qiáng)化）當(dāng)時(shí)，在上恒成立．

當(dāng)時(shí)，在上恒成立在上恒成立．由洛必達(dá)法則，可得，所以．，所以在上遞增，所以，所以，所以在上遞增，所以．

【點(diǎn)評(píng)】對(duì)于恒成立問題，最值法與分離參數(shù)法是兩種最常用的方法．如果分離后的函數(shù)容易求最值，則選用分離參數(shù)法，否則選用最值法．最值法主要考查學(xué)生分類討論的思想，一般遵循“構(gòu)造函數(shù)——分類討論”兩部曲來展開．一些稍難的恒成立問題，如果用分離參數(shù)法來處理，往往需要多次求導(dǎo)和使用洛必達(dá)法則．本題中，法2的最值法比法1的分離參數(shù)法要簡(jiǎn)單，這是因?yàn)樘幚淼淖钚≈狄忍幚淼淖钚≈狄菀祝?/p>

猜想最值法的模式是解決恒成立問題的重要模式，猜想的一般方法有：特殊值代入，不等式放縮，洛必達(dá)法則，端點(diǎn)效應(yīng)．

模塊2

練習(xí)鞏固

整合提升

練習(xí)1：已知函數(shù)．

（1）求曲線在點(diǎn)處的切線方程；

（2）求證：當(dāng)時(shí)，；

（3）設(shè)實(shí)數(shù)使得對(duì)恒成立，求的最大值．

【解析】（1），因?yàn)?，所以，于是切線方程為．

【證明】（2）構(gòu)造函數(shù)，．因?yàn)?，所以在上遞增，所以．于是當(dāng)時(shí)，．

【解析】（3）法1：（不猜想直接用最值法）構(gòu)造函數(shù)，則．

①當(dāng)時(shí)，所以在上遞增，所以．

②當(dāng)時(shí)，所以在上遞增，所以．

③當(dāng)時(shí)，由可得，于是在上遞減，所以，于是在上不恒成立．

綜上所述，的最大值為．

法2：（先猜想并將猜想強(qiáng)化）由（2）可知，猜想的最大值為．下面證明當(dāng)

時(shí)，在上不恒成立．

構(gòu)造函數(shù)，則．當(dāng)時(shí)，由可得，于是在上遞減，所以，于是在上不恒成立．

練習(xí)2：設(shè)函數(shù)．

（1）證明：在單調(diào)遞減，在單調(diào)遞增；

（2）若對(duì)于任意、，都有，求的取值范圍．

【證明】（1），令，則，所以在上遞增，而，所以當(dāng)時(shí)，當(dāng)時(shí)，所以在單調(diào)遞減，在單調(diào)遞增．

【解析】（2）由（1）可知，在上遞減，在上遞增，所以，于是對(duì)于任意、，都有，即．構(gòu)造函數(shù)，則，由可得，由可得，所以在上遞減，在上遞增．又因?yàn)?，所以的取值范圍是?/p>

練習(xí)3：已知函數(shù)．

（1）當(dāng)時(shí)，求曲線在處的切線方程；

（2）若當(dāng)時(shí)，求的取值范圍．

【解析】（1）的定義域?yàn)椋?dāng)時(shí)，，所以，．于是曲線在處的切線方程為．

（2）法1：（分離參數(shù)法）當(dāng)時(shí)，．令，則，令，則，于是在上遞增，所以，于是，從而在上遞增．

由洛必達(dá)法則，可得，于是．于是的取值范圍是．

法2：（不猜想直接用最值法）．

①當(dāng)，即時(shí)，所以在上遞增，所以．

②當(dāng)時(shí)，令，則，所以（即）在上遞增，于是．

（i）若，即時(shí)，于是在上遞增，于是．

（ii）若，即時(shí)，存在，使得當(dāng)時(shí)，于是在上遞減，所以．

綜上所述，的取值范圍是．

法3：（變形后不猜想直接用最值法）當(dāng)時(shí)，．令，則，記，則是以為對(duì)稱軸，開口方向向上的拋物線．

①當(dāng)，即時(shí)，所以，于是在上遞增，因此．

②當(dāng)，即時(shí)，的判別式為，于是有兩根，不妨設(shè)為、，且．由韋達(dá)定理可得，于是，所以，于是，當(dāng)時(shí)，所以，于是在上遞減，即．

綜上所述，的取值范圍是．

法4：（通過猜想減少分類討論）當(dāng)時(shí)，．因?yàn)?，所以，即．，記，則是以為對(duì)稱軸，開口方向向上的拋物線．當(dāng)時(shí)，所以，于是在上遞增，因此．所以的取值范圍是．

法5：（通過猜想減少分類討論）當(dāng)時(shí)，．由洛必達(dá)法則，可得，于是．

下同法4．

練習(xí)4：已知函數(shù)，曲線在點(diǎn)處的切線方程為．

（1）求、的值；

（2）如果當(dāng)，且時(shí)，求的取值范圍．

【解析】（1），因?yàn)?，所以，于?/p>

．

（2）法1：（分離參數(shù)法）由可得，令（且）．，令，則，令，則，令，則．

當(dāng)時(shí)，在上遞增，于是，即，所以在上遞減，于是，即，所以在上遞增，所以，于是，所以在上遞減．

當(dāng)時(shí)，在上遞增，于是，即，所以在上遞增，于是，即，所以在上遞增，所以，于是，所以在上遞增．

由洛必達(dá)法則，可得，同理，所以當(dāng)且時(shí)，有，于是．

法2：（不猜想直接用最值法）由（1）知，所以，考慮函數(shù)，則，此時(shí)有．，令，當(dāng)時(shí)，其判別式為．

①當(dāng)時(shí)，所以，于是，于是在上遞減，而，所以當(dāng)時(shí)，于是；當(dāng)時(shí)，于是．所以當(dāng)，且時(shí)，即恒成立．

②當(dāng)時(shí)，是開口方向向下，以為對(duì)稱軸，與軸有兩個(gè)交點(diǎn)的二次函數(shù)．因?yàn)椋援?dāng)時(shí)，所以，于是在上遞增，所以．而時(shí)，所以，于是不恒成立．

③當(dāng)時(shí)，所以在上是增函數(shù)，所以當(dāng)時(shí)，而，所以，于是不恒成立．

④當(dāng)時(shí)，是開口方向向上，以為對(duì)稱軸，與軸有兩個(gè)交點(diǎn)的二次函數(shù)．因?yàn)?，所以在上恒成立，所以在上是增函?shù)，以下同③，于是不恒成立．

⑤當(dāng)時(shí)，是開口方向向上，以為對(duì)稱軸，與軸最多有一個(gè)交點(diǎn)的二次函數(shù)，所以在上恒成立，所以在上是增函數(shù)，以下同③，于是不恒成立．

綜上所述，的取值范圍為．

法3：（通過猜想減少分類討論）由（1）知，所以．因?yàn)?，所以?/p>

考慮函數(shù)，則，此時(shí)有．，令，這是開口方向向下的拋物線，其判別式為．

①當(dāng)時(shí)，所以，于是，于是在上遞減，而，所以當(dāng)時(shí)，于是；當(dāng)時(shí)，于是．所以當(dāng)，且時(shí)，即恒成立．

②當(dāng)時(shí)，是開口方向向下，以為對(duì)稱軸，與軸有兩個(gè)交點(diǎn)的二次函數(shù)．因?yàn)?，所以?dāng)時(shí)，所以，于是在上遞增，所以．而時(shí)，所以，于是不恒成立．

綜上所述，的取值范圍為．

法4：（通過猜想減少分類討論）由可得，由洛必達(dá)法則，可得，于是，所以．

下同法2，只需討論法2的①②③三種情況即可．

法5：（通過猜想減少分類討論）由可得，由洛必達(dá)法則，可得，所以．

下同法2，只需討論法2的①即可．

【點(diǎn)評(píng)】法1的分離參數(shù)法，利用了高階導(dǎo)數(shù)以及洛必達(dá)法則，減少了解題的技巧性．法2的最值法構(gòu)造了函數(shù)，只需由在上恒成立，求出的取值范圍即可．但的表達(dá)式比較復(fù)雜，其復(fù)雜的根源在于前面帶有，直接求導(dǎo)只會(huì)讓式子變得更復(fù)雜，因此我們提取，讓變得“純粹”一點(diǎn)．的正負(fù)取決于與的正負(fù)，由此可找到的3個(gè)界：0、1、2，從而對(duì)的范圍作出不重不漏的劃分．

法3、法4和法5都是猜想最值法，分別通過特殊值代入和洛必達(dá)法則得到相應(yīng)的必要條件，有效縮小了參數(shù)的取值范圍，此時(shí)只需討論法2分類當(dāng)中的若干情況即可，減少了分類討論，從而降低題目的難度．

第五篇：構(gòu)造直線巧破不等式恒成立問題

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構(gòu)造直線巧破不等式恒成立問題

作者：蘇文云

來源：《學(xué)習(xí)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(shù)知識(shí)于一身，可以較好地考查學(xué)生的綜合素質(zhì)與能力，因而，在高考中備受青睞，本文從構(gòu)造直線人手，給出破解不等式恒成立問題的幾種簡(jiǎn)便且有效的思維策略，用以拋磚引玉。