第一篇：高考數(shù)學(xué)不等式恒成立問題中的參數(shù)求解技巧
不等式恒成立問題中的參數(shù)求解技巧
在不等式中，有一類問題是求參數(shù)在什么范圍內(nèi)不等式恒成立。恒成立條件下不等式參數(shù)的取值范圍問題，涉及的知識(shí)面廣，綜合性強(qiáng)，同時(shí)數(shù)學(xué)語言抽象，如何從題目中提取可借用的知識(shí)模塊往往捉摸不定，難以尋覓，是同學(xué)們學(xué)習(xí)的一個(gè)難點(diǎn)，同時(shí)也是高考命題中的一個(gè)熱點(diǎn)。其方法大致有：①用一元二次方程根的判別式，②參數(shù)大于最大值或小于最小值，③變更主元利用函數(shù)與方程的思想求解。本文通過實(shí)例，從不同角度用常規(guī)方法歸納，供大家參考。
一、用一元二次方程根的判別式
有關(guān)含有參數(shù)的一元二次不等式問題，若能把不等式轉(zhuǎn)化成二次函數(shù)或二次方程，通過根的判別式或數(shù)形結(jié)合思想，可使問題得到順利解決。
2例1對(duì)于x∈R，不等式x?2x?3?m?0恒成立，求實(shí)數(shù)m的取值范圍。2解：不妨設(shè)f(x)?x?2x?3?m，其函數(shù)圖象是開口向上的拋物線，為了使f(x)?0(x?R)，只需
22]。??0，即(?2)?4(3?m)?0，解得m?2?m?(??，2變形：若對(duì)于x∈R，不等式mx?2mx?3?0恒成立，求實(shí)數(shù)m的取值范圍。2f(x)?mx?2mx?3。①當(dāng)m=0時(shí)，3>0，顯然成立。②當(dāng)m>0時(shí)，此題需要對(duì)m的取值進(jìn)行討論，設(shè)
3)。則△<0?0?m?3。③當(dāng)m<0時(shí)，顯然不等式不恒成立。由①②③知m?[0，的符號(hào)確定其拋物線的開口方向，再根據(jù)圖象與x軸的交點(diǎn)問題，由判別式進(jìn)行解決。
22f(x)?ax?bx?c，由aax?bx?c?0關(guān)鍵點(diǎn)撥：對(duì)于有關(guān)二次不等式（或<0）的問題，可設(shè)函數(shù)2f(x)?x?2kx?2，在x??1時(shí)恒有f(x)?k，求實(shí)數(shù)k的取值范圍。例2已知函數(shù)解：令F(x)?f(x)?k?x?2kx?2?k，則F(x)?0對(duì)一切x??1恒成立，而F(x)是開口向上的拋物
線。
2①當(dāng)圖象與x軸無交點(diǎn)滿足△<0，即??4k?4(2?k)?0，解得－2 ??)時(shí)F(x)?0，只需 ②當(dāng)圖象與x軸有交點(diǎn)，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，構(gòu)造一個(gè)新函數(shù)F(x)?f(x)?k是解題的關(guān)鍵，再利關(guān)鍵點(diǎn)撥：為了使f(x)?k在x?[?1，用二次函數(shù)的圖象性質(zhì)進(jìn)行分類討論，使問題得到圓滿解決。 二、參數(shù)大于最大值或小于最小值 如果能夠?qū)?shù)分離出來，建立起明確的參數(shù)和變量x的關(guān)系，則可以利用函數(shù)的單調(diào)性求解。a?f(x)恒成立?a?f(x)max，即大于時(shí)大于函數(shù)f(x)值域的上界。a?f(x)恒成立?a?f(x)min，即小于時(shí)小于函數(shù)f(x)值域的下界。 2例3已知二次函數(shù)f(x)?ax?x，如果x∈［0，1］時(shí)|f(x)|?1，求實(shí)數(shù)a的取值范圍。2解：x∈［0，1］時(shí)，|f(x)|?1??1?f(x)?1，即?1?ax?x?1 ①當(dāng)x=0時(shí)，a∈R 2??ax??x?11111?2a?????22?ax??x?1(0，1]?xx的最大值。設(shè)xx②當(dāng)x∈時(shí)，問題轉(zhuǎn)化為恒成，由恒成立，即求 111?11?1u(x)??2???????x?(0，1]?[1，??)，u(x)x4。因x?x2?x為減函數(shù)，所以當(dāng)x=1時(shí)，u(x)max??2，可得a??2。 2211?11?11111v(x)???????a?2??24。因x2x?x2?x的最小值。設(shè)xxx由恒成立，即求 1x?(0，1]?[1，??)，v(x)x為增函數(shù)，所以當(dāng)x=1時(shí)，v(x)min?0，可得a≤0。 由①②知?2?a?0。 ??)上的單調(diào)性。關(guān)鍵點(diǎn)撥：在閉區(qū)間［0，1］上使|f(x)|?1分離出a，然后討論關(guān)于x的二次函數(shù)在[1，lg2ax?1lg(a?x)例4若不等式在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? f(x)minx1?1?1?1???1?f(x)??1???2x?12?2x?1?恒成立。設(shè)2?2x?1?，在x∈［1，2］上為減函數(shù)，可得222?f(2)?a?0?a?3。綜上知3，知3。 lg2ax?1lg(a?x)關(guān)鍵點(diǎn)撥：將參數(shù)a從不等式中分離出來是解決問題的關(guān)鍵。 xyxy??c??x?2y2x?y，對(duì)任意正數(shù)x、y恒成立？試?yán)?是否存在常數(shù)c使得不等式2x?yx?2y 證明你的結(jié)論。c? 解：首先，欲使xy?x?2y2x?y恒成立（x、y>0），進(jìn)行換元令 2b?a?x???x?2y?a?3，得???2x?y?b?y?2a?b ?3? c?。∴上述不等式變?yōu)?b?a2a?bc??ab，即1?2b?a2a?b?1?2b2a1?2b2a???????2???2?????3?ab?3?abb?恒成立。尋求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∴上述不等式變?yōu)?/p> c? 即1?ba?1??ba??1??ba????2??2????4?????4??????3?ab?3??ab??。尋求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。綜上知存在222 關(guān)鍵點(diǎn)撥：本題是兩邊夾的問題，利用基本不等式，右邊尋找最小值3，左邊尋找最大值3，可得c=3 三、變更主元 在解含參不等式時(shí)，有時(shí)若能換一個(gè)角度，變參數(shù)為主元，可以得到意想不到的效果，使問題能更迅速地得到解決。 2例6若不等式2x?1?m(x?1)，對(duì)滿足?2?m?2所有的x都成立，求x的取值范圍。 2m(x?1)?(2x?1)?0 解：原不等式可化為 2令f(m)?(x?1)m?(2x?1)(?2?m?2)是關(guān)于m的一次函數(shù)。 2??f(?2)??2(x?1)?(2x?1)?0?1?1?3?2?x??22 由題意知?f(2)?2(x?1)?(2x?1)?0解得 ??1?71?????22?? ∴x的取值范圍是? 關(guān)鍵點(diǎn)撥：利用函數(shù)思想，變換主元，通過直線方程的性質(zhì)求解。 f(a)?f(b)?0f(x)f(1)?1a?b例7已知是定義在［－1，1］上的奇函數(shù)且，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? 21]、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?x2)?0x1?x2，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??22（2）由f(x)在［－1，1］上是增函數(shù)知? 11??11x|??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m2?2am?1?1，對(duì)a∈［－1，1］恒成立，即m2?2am?0恒成立。 令g(a)??2ma?m2，它的圖象是一條線段，那么 2??g(?1)?m?2m?0??2?m?(??，?2]?{0}?[2，??)。?g(1)?m?2m?0 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），2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2 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。 含參不等式恒成立問題的求解策略 授課人：李毅軍 “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。現(xiàn)就結(jié)合實(shí)例談?wù)勥@類問題的一般求解策略。 一、最值法 一般的，若函數(shù)f(x)在定義域?yàn)镈，則當(dāng)x∈D時(shí)，有f(x)≥M恒成立?f(x)min≥M；f(x)≤M恒成立?f(x)max≤M。因而，含參數(shù)不等式的恒成立問題常根據(jù)不等式的結(jié)構(gòu)特征，恰當(dāng)?shù)貥?gòu)造函數(shù)，等價(jià)轉(zhuǎn)化為含參數(shù)的函數(shù)的最值討論。 例1：已知a＞0，函數(shù)f(x)=ax－bx2，當(dāng)b＞1時(shí)，證明：對(duì)任意x∈[0，1]，|f(x)| ≤1的充要條件是b－1≤a≤2b。 二、分離參數(shù)法 例2：設(shè)f(x)=lg??1?2x???(n?1)x?nxa??n?，其中a是實(shí)數(shù)，n是任意給定的自 ?然數(shù)且n≥2，若f(x)當(dāng)x∈???，1?時(shí)有意義，求a的取值范圍。 一般地，利用最值分離參數(shù)法來確定不等式f(x，?)≥0，（x∈D ?為實(shí)參數(shù)）恒成立中參數(shù)取值范圍的基本步驟： （1）將參數(shù)與變量分離，即化為f1(?)≥f2(x)（或f2(?)≤f2(x)）的形式；（2）求f2(x)在x∈D時(shí)的最大（或最?。┲?； （3）解不等式f1(?)≥f2max(x)（或≤f2min(x)）得?的取值范圍。 練習(xí)1：已知定義在R上函數(shù)f(x)為奇函數(shù)，且在?0，???上是增函數(shù)，對(duì)于任意x∈R求實(shí)數(shù)m范圍，使f(cos2?－3)+f(4m－2mcos?)＞0恒成立。 練習(xí)2：設(shè)0＜a≤54，若滿足不等式|x－a|＜b的一切實(shí)數(shù)x，亦滿足不等式| x－a 2| ＜12，求正實(shí)數(shù)b的取值范圍。 練習(xí)3：已知向量a=(x2，x+1)，b=(1－x，t)。若函數(shù)f(x)=a·b在區(qū)間（－1，1）上是增函數(shù)，求t的取值范圍。 三、數(shù)形結(jié)合 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，在不等式恒成立的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)圖象下方。 例3：若不等式3x2－logax＜0在x∈??1??0，3??內(nèi)恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍。 練習(xí)：設(shè)f(x)=?x2?4x，g(x)=43x+1－a，若恒有f(x)≤g(x)成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍。 四、主參換位法 某些含參不等式恒成立問題，在分離參數(shù)會(huì)遇到討論的麻煩或者即使能容易分離出參數(shù)與變量，但函數(shù)的最值卻難以求出時(shí)，可考慮變換思維角度。即把變?cè)c參數(shù)換個(gè)位置，再結(jié)合其它知識(shí)，往往會(huì)取得出奇制勝的效果。 例4：若對(duì)于任意a∈??1，1?，函數(shù)f(x)=x2(a－4)x+4－2a的值恒大于0，求x的取值范圍。 五、利用集合與集合間的關(guān)系 在給出的不等式中，若能解出已知取值范圍的變量，就可利用集合與集合之間的包含關(guān)系來求解，即：[m，n]?[f(a)，g(a)]，則f(a)≤m且g(a)≥n，不等式的解即為實(shí)數(shù)a的取值范圍。 例5：當(dāng)x∈??1??3，3??時(shí)，|logax|＜1恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍。 六、課后練習(xí) 1．已知函數(shù)f(x)=lg???x?ax?2???，若對(duì)任意x∈?2，???恒有f(x)＞0，試確定a的取值 范圍。 2．若(x，y)滿足方程x2+(y－1)2=1，不等式x+y+c≥0恒成立，求實(shí)數(shù)c的取值范圍。 n??3．若不等式???1?1?n??≤e對(duì)任意的n∈N*都成立，其中e是自然對(duì)數(shù)的底數(shù)，求?的最大值。 4．定義在R上的單調(diào)函數(shù)f(x)滿足f(3)=log23且對(duì)任意x，y∈R都有f(x+y)=f(x)+f(y)，（1）求證f(x)為奇函數(shù)； （2）若f(k·3x)+f(3x－9x－2)＜0對(duì)任意x∈R恒成立，求實(shí)數(shù)k的取值范圍。 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)椋?/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)椋?，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)椋?，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)椋?，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)?，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． 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． 導(dǎo)數(shù)中恒成立存在問題+零點(diǎn)問題 探究1 已知函數(shù)，其中?R．若對(duì)任意的x1，x2?[-1，1]，都有，求實(shí)數(shù)的取值范圍； 探究2 已知函數(shù)的圖象在點(diǎn)A（1，f（1））處的切線與直線平行。 記函數(shù)恒成立，求c的取值范圍。 探究3 已知函數(shù).若，當(dāng)時(shí)，關(guān)于的不等式恒成立，求實(shí)數(shù)的取值范圍（其中e是自然對(duì)數(shù)的底數(shù)，）.探究4 已知函數(shù)滿足，且當(dāng)時(shí)，當(dāng)時(shí)，的最大值為． （1）求實(shí)數(shù)a的值； （2）設(shè)，函數(shù)，．若對(duì)任意，總存在，使，求實(shí)數(shù)b的取值范圍 探究5 .已知函數(shù)為常數(shù)）． 若a<0，且對(duì)任意的.x ［1,e］，f（x）≥(a－2)x恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍． 探究6 已知函數(shù)，其中e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)． （1）求函數(shù)在x1處的切線方程； （2）若存在，使得成立，其中為常數(shù)，求證：； （3）若對(duì)任意的，不等式恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍． 探究7 已知函數(shù)，.（1）若，則，滿足什么條件時(shí)，曲線與在處總有相同的切線？ （2）當(dāng)時(shí)，求函數(shù)的單調(diào)減區(qū)間； （3）當(dāng)時(shí)，若對(duì)任意的恒成立，求的取值的集合.探究8 已知函數(shù)． （1）求函數(shù)在區(qū)間上的最小值； （2）令是函數(shù)圖象上任意兩點(diǎn)，且滿足求實(shí)數(shù)的取值范圍； （3）若，使成立，求實(shí)數(shù)的最大值． 探究9 設(shè)函數(shù).若對(duì)任意的實(shí)數(shù)，函數(shù)（為實(shí)常數(shù)）的圖象與函數(shù)的圖象總相切于一個(gè)定點(diǎn).① 求與的值； ② 對(duì)上的任意實(shí)數(shù)，都有，求實(shí)數(shù)的取值范圍.探究10 已知f（x）=x2+mx+1（m∈R），g（x）=ex． 若m∈（﹣1，0），設(shè)函數(shù)，求證：對(duì)任意x1，x2∈[1，1﹣m]，G（x1）＜H（x2）恒成立． 1解答： “對(duì)任意的x1，x2?[-1，1]，都有|f￠(x1)-f￠(x2)|￡4”等價(jià)于“函數(shù)y=f ′(x),x?[-1，1]的最大值與最小值的差小于等于4”.對(duì)于f ′(x)=x2－2mx－1,對(duì)稱軸x=m.①當(dāng)m<-1時(shí),f ′(x)的最大值為f ′(1),最小值為f ′(-1),由 f ′(1)-f ′(-1)￡4,即-4m￡4,解得m31,舍去; ……………………………6分 ②當(dāng)-1￡m￡1時(shí),f ′(x)的最大值為f ′(1)或f ′(-1),最小值為f ′(m),由,即,解得-1￡m￡1; ………………………………8分 ③當(dāng)m>1時(shí),f ′(x)的最大值為f ′(-1),最小值為f ′(1),由 f ′(-1)-f ′(1)￡4,即4m￡4,解得m￡1,舍去; 綜上,實(shí)數(shù)m的取值范圍是[-1,1].2：解答 3解答 4解答．（1）當(dāng)x∈(0，2)時(shí)，由條件，當(dāng)x 4∈(-4，-2)，的最大值為 4，所以的最大值為 1．……………………………………………………………2分 因?yàn)?，令，所以．…………………………?分 因?yàn)?，所以．?dāng)x∈(0，)時(shí)，是增函數(shù)； 當(dāng)x∈(，2)時(shí)，；是減函數(shù)． 則當(dāng)x =時(shí)，取得最大值為．所以a = 1．……6分 （2）設(shè)在的值域?yàn)锳，在的值域?yàn)锽，則依題意知AB． 因?yàn)樵谏鲜菧p函數(shù)，所以A = ． 又，因?yàn)?，所以?/p> ① b 0時(shí)，> 0，g(x)是增函數(shù)，B = ． 因?yàn)锳B，所以．解得． ② b 0時(shí)，< 0，g(x)是減函數(shù)，B = ． 因?yàn)锳B，所以．． 由①，②知，或．…………………………………………… 5解答 6解答：（1）因?yàn)?，所以，故?/p> 所以函數(shù)在x1處的切線方程為，即． …… 2分 （2）由已知等式得． 記，則． …… 4分 假設(shè)． ① 若，則，所以在上為單調(diào)增函數(shù)． 又，所以，與矛盾． …… 6分 ② 若，記，則． 令，解得． 當(dāng)時(shí)，在上為單調(diào)增函數(shù)； 當(dāng)時(shí)，在上為單調(diào)減函數(shù)． 所以，所以，所以在上為單調(diào)增函數(shù)． 又，所以，與矛盾． 綜合①②，假設(shè)不成立，所以． …… 9分 （3）由得． 記，則． ① 當(dāng)時(shí)，因?yàn)椋?，所以在上為單調(diào)增函數(shù)，所以，故原不等式恒成立． …… 12分 ② 法一： 當(dāng)時(shí)，由（2）知，當(dāng)時(shí)，為單調(diào)減函數(shù)，所以，不合題意． 法二： 當(dāng)時(shí)，一方面． 另一方面，． 所以，使，又在上為單調(diào)減函數(shù)，所以當(dāng)時(shí)，故在上為單調(diào)減函數(shù)，所以，不合題意． 綜上，． …… 16分 7解答．解：（1），又，在處的切線方程為，……………2分 又，又，在處的切線方程為，所以當(dāng)且時(shí)，曲線與在處總有相同的切線 ………4分 （2）由，，………7分 由，得，當(dāng)時(shí)，函數(shù)的減區(qū)間為，； 當(dāng)時(shí)，函數(shù)的減區(qū)間為； 當(dāng)時(shí)，函數(shù)的減區(qū)間為，.………10分 （3）由，則，①當(dāng)時(shí)，函數(shù)在單調(diào)遞增，又，時(shí)，與函數(shù)矛盾，………12分 ②當(dāng)時(shí)，；，函數(shù)在單調(diào)遞減；單調(diào)遞增，（Ⅰ）當(dāng)時(shí)，又，與函數(shù)矛盾，（Ⅱ）當(dāng)時(shí)，同理，與函數(shù)矛盾，（Ⅲ）當(dāng)時(shí)，函數(shù)在單調(diào)遞減；單調(diào)遞增，故滿足題意.綜上所述，的取值的集合為.……………16分 8解答 【解析】試題分析：（1）先求導(dǎo)數(shù)，再求導(dǎo)函數(shù)零點(diǎn)，根據(jù)零點(diǎn)與定義區(qū)間位置關(guān)系分類討論函數(shù)單調(diào)性：當(dāng)時(shí)，在上單調(diào)遞增，當(dāng)時(shí)，在區(qū)間上為減函數(shù)，在區(qū)間上為增函數(shù)，最后根據(jù)單調(diào)性確定函數(shù)最小值（2）先轉(zhuǎn)化不等式不妨取，則，即恒成立，即在上單調(diào)遞增，然后利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)單調(diào)性：在恒成立.最后利用變量分離轉(zhuǎn)化為對(duì)應(yīng)函數(shù)最值，求參數(shù).（3）不等式有解問題與恒成立問題一樣，先利用變量分離轉(zhuǎn)化為對(duì)應(yīng)函數(shù)最值，的最大值，再利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的最值，這要用到二次求導(dǎo)，才可確定函數(shù)單調(diào)性：在上單調(diào)遞增，進(jìn)而確定函數(shù)最值 試題解析：解（1），令，則，當(dāng)時(shí)，在上單調(diào)遞增，的最小值為； 當(dāng)時(shí)，在區(qū)間上為減函數(shù)，在區(qū)間上為增函數(shù)，的最小值為.綜上，當(dāng)時(shí)，；當(dāng)時(shí)，.（2）,對(duì)于任意的，不妨取，則,則由可得，變形得恒成立，令，則在上單調(diào)遞增，故在恒成立，在恒成立.，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)取，.（3），.，使得成立.令，則，令，則由 可得或（舍） 當(dāng)時(shí)，則在上單調(diào)遞減； 當(dāng)時(shí)，則在上單調(diào)遞增.在上恒成立.在上單調(diào)遞增.，即.實(shí)數(shù)的最大值為.9解 （2）①，設(shè)切點(diǎn)為，則切線的斜率為，據(jù)題意是與無關(guān)的常數(shù)，故，切點(diǎn)為，……………6分 由點(diǎn)斜式得切線的方程為，即，故.…..………8分 ② 當(dāng)時(shí)，對(duì)任意的，都有; 當(dāng)時(shí)，對(duì)任意的，都有; 故對(duì)恒成立，或?qū)愠闪?而，設(shè)函數(shù).則對(duì)恒成立，或?qū)愠闪?，……………?0分，當(dāng)時(shí)，,恒成立,所以在上遞增，故在上恒成立，符合題意..……...………12分 當(dāng)時(shí)，令，得，令，得,故在上遞減，所以，而設(shè)函數(shù)，則，恒成立，在上遞增，恒成立，在上遞增，恒成立，即，而，不合題意.綜上，知實(shí)數(shù)的取值范圍.………………16分 10解 （2）G（x）=，則G′（x）=﹣，對(duì)任意x1，x2∈[1，1﹣m]，G（x1）＜H（x2）恒成立，即證G（x）max≤H（x）min，∵x∈[1，1﹣m]，∴G（x）在[1，1﹣m]遞增，G（x）max=G（1﹣m）=，∵H（x）在[1，1﹣m]遞減，H（x）min=H（1﹣m）=﹣（1﹣m）+，要證G（x）max≤H（x）min，即證≤﹣（1﹣m）+，即證4（2﹣m）≤e1﹣m[5﹣（1﹣m）]，令1﹣m=t，則t∈（1，2），設(shè)r（x）=ex（5﹣x）﹣4（x+1），x∈[1，2]，即r（x）=5ex﹣xex﹣4x﹣4，r′（x）=（4﹣x）ex﹣4≥2ex﹣4＞0，∴r（x）在[1，2]遞增，∵r（1）=4e﹣8＞0，∴ex（5﹣x）≥4（x+1），從而有﹣（1﹣m）+≥，即當(dāng)x∈[1，1﹣m]，G（x1）＜H（x2）恒成立． 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：含參不等式恒成立問題的求解策略
第三篇：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
第四篇：高考數(shù)學(xué)導(dǎo)數(shù)專題講義二：恒成立
第五篇：高一數(shù)學(xué)函數(shù)和不等式中恒成立問題的教案
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