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函数、不等式恒成立问题解法
一：恒成立问题的基本类型
类型1：设)0()(2≠++=a c bx ax x f ，（1）R x x f ∈>在0)(上恒成立00<∆>⇔且a ；（2）R x x f ∈<在0)(上恒成立00<∆<⇔且a 。
类型2：设)0()(2≠++=a c bx ax x f
（1）当0>a 时，],[0)(βα∈>x x f 在上恒成立⎪⎩⎪⎨⎧>>-⎪⎩⎪⎨⎧<∆≤-≤⎪⎩⎪⎨⎧><-
⇔0)(2020)(2βββαααf a
b
a b f a b 或或， ],[0)(βα∈ ⎧<<⇔0)(0 )(βαf f （2）当0x x f 在上恒成立⎩ ⎨⎧>>⇔0)(0 )(βαf f ],[0)(βα∈ ⇔0)(2020)(2βββαααf a b a b f a b 或或 类型3： αα>⇔∈>min )()(x f I x x f 恒成立对一切αα>⇔∈ ) ()()()()()()(max min I x x g x f x g x f I x x g x f ∈>⇔∈>的图象的上方或的图象在恒成立对一切 恒成 二：函数中恒成立问题解题策略 （一）赋值法 等式中的恒成立问题，常常用赋值法求解，特别是对解决填空题、选择题能很快求得. 例1．由等式x 4+a 1x 3+a 2x 2+a 3x+a 4= (x+1)4+b 1(x+1)3+ b 2(x+1)2+b 3(x+1)+b 4 定义映射f ：(a 1,a 2,a 3,a 4)→b 1+b 2+b 3+b 4,则f ：(4,3,2,1) → ( ) A.10 B.7 C.-1 D.0 略解：取x=0，则 a 4=1+b 1+b 2+b 3+b 4,又 a 4=1,所以b 1+b 2+b 3+b 4 =0 ，故选D 例2．如果函数y=f(x)=sin2x+acos2x 的图象关于直线x=8 π - 对称，那么a=（ ）. A .1 B .-1 C .2 D . -2. 略解：取x=0及x=4 π - ，则f(0)=f(4 π - ),即a=-1，故选B. 此法体现了数学中从一般到特殊的转化思想. 2 （二）用一次函数的性质 -----利用函数单调性 对于一次函数],[,)(n m x b kx x f ∈+=有： ⎩ ⎨ ⎧<<⇔<⎩⎨⎧>>⇔>0)(0 )(0)(,0)(0)(0)(n f m f x f n f m f x f 恒成立恒成立 例1：若不等式)1(122->-x m x 对满足22≤≤-m 的所有m 都成立，求x 的范围。 解析：我们可以用改变主元的办法，将m 视为主变元，即将元不等式化为：0)12()1(2<---x x m ，；令)12()1()(2---=x x m m f ，则22≤≤-m 时，0)( )2(0)2(f f 即 ⎪⎩⎪⎨⎧<---<----0 )12()1(20 )12()1(22 2 x x x x ，所以x 的范围是)2 31, 271(+ +-∈x 。 （三）、利用一元二次函数的判别式-------利用判别式，韦达定理及根的分布求解 对于一元二次函数),0(0)(2R x a c bx ax x f ∈≠>++=有： （1）R x x f ∈>在0)(上恒成立00<∆>⇔且a ； （2）R x x f ∈<在0)(上恒成立00<∆<⇔且a 例1：若不等式02)1()1(2>+-+-x m x m 的解集是R ，求m 的范围。 解析：要想应用上面的结论，就得保证是二次的，才有判别式，但二次项系数含有参数m ，所以要讨论m-1是否是0。 （1）当m-1=0时，元不等式化为2>0恒成立，满足题意； （2）01≠-m 时，只需⎩⎨⎧<---=∆>-0 )1(8)1(0 12 m m m ，所以，)9,1[∈m 。 例2.已知函数2 ()3f x x ax a =++-，在R 上()0f x ≥恒成立，求a 的取值范围. 分析：()y f x =的函数图像都在X 轴及其上方，如右图所示： 略解：()2 2 434120a a a a ∆=--=+-≤62a ∴-≤≤ 变式1：若[]2,2x ∈-时，()0f x ≥恒成立，求a 的取值范围. 分析：要使[]2,2x ∈-时，()0f x ≥恒成立，只需)(x f 的最小值0 )(≥a g 即可. 3 解：2 2 ()324a a f x x a ⎛ ⎫=+--+ ⎪⎝ ⎭，令()f x 在[]2,2-上的最小值为()g a . ⑴当22 a - <-，即4a >时，()(2)730g a f a =-=-≥ 73 a ∴≤ 又4a > a ∴不存在. ⑵当222a -≤- ≤，即44a -≤≤时，2 ()()3024 a a g a f a ==--+≥ 62a ∴-≤≤ 又44a -≤≤ 42a ∴-≤≤ ⑶当22 a - >，即4a <-时，()(2)70g a f a ==+≥ 7a ∴≥- 又4a <- 74a ∴-≤<- 综 上所述，72a -≤≤. 变式2：若[]2,2x ∈-时，()2f x ≥恒成立，求a 的取值范围. 解法一：分析：题目中要证明2)(≥x f 在[]2,2-上恒成立，若把2移到等号的左边，则把原题转化 成左边二次函数在区间[]2,2-时恒大于等于0的问题. 略解：2()320f x x ax a =++--≥，即2()10f x x ax a =++-≥在[]2,2-上成立. ⑴()2 410a a ∆=--≤ 222222a ∴--≤≤-+ ⑵24(1)0 (2)0(2)0 2222 a a f f a a ⎧∆=-->⎪ ≥⎪⎪ ⎨-≥⎪ ⎪-≥-≤-⎪⎩或2225--≤≤-∴a 综上所述，2225-≤≤-a . 解法二：（运用根的分布） ⑴当22 a - <-，即4a >时，()(2)732g a f a =-=-≥ ()54,3 a ∴≤ ∉+∞ a ∴不存在. ⑵当222 a -≤-≤，即44a -≤≤时，2 ()()32 2 4 a a g a f a ==- -+≥，222222-≤≤-a －2224-≤≤-∴a ⑶当22 a - >，即4a <-时，()(2)72g a f a ==+≥，5a ∴≥- 54a ∴-≤<-综上所述 2225-≤≤-a . 此题属于含参数二次函数，求最值时，轴变区间定的情形，对轴与区间的位置进行分类讨论；还有与其相反的，轴动区间定，方法一样. 对于二次函数在R 上恒成立问题往往采用判别式法（如例4、例5），而对于二次函数在某一区间上恒 2 —2 4 成立问题往往转化为求函数在此区间上的最值问题 （四）变量分离型——分离变量，巧妙求解 运用不等式的相关知识不难推出如下结论：若对于x 取值范围内的任何一个数都有f(x)>g(a)恒成立，则g(a) 例1.已知三个不等式①0342<+-x x ，②0862<+-x x ，③0922<+-m x x ．要使同时满足①②的所有x 的值满足③，求m 的取值范围. 略解：由①②得2 解：据奇函数关于原点对称，,1)1(=f 又1)1()(]1,1[)(max ==-f x f x f 上单调递增在 12)(2 +-≤at t x f 对所有的]1,1[-∈a 都成立.因此，只需122 +-at t 大于或等于上 在]1,1[)(-x f 的最大值1， 021122 2 ≥-⇒≥+-∴at t at t 都成立对所有又]1,1[-∈a ， 即关于a 的一次函数在[-1，1]上大于或等于0恒成立， 2 020 202{ 2 2 -≤=≥⇒≥+≥-∴t t t t t t t 或或即： ),2[}0{]2,(+∞--∞∈ t 利用变量分离解决恒成立问题，主要是要把它转化为函数的最值问题. （五）利用函数的最值（或值域） （1）m x f ≥)(对任意x 都成立m x f ≥⇔min )(； （2）m x f ≤)(对任意x 都成立max )(x f m ≥⇔。简单计作：“大的大于最大的，小的小于最小的”。由此看出，本类问题实质上是一类求函数的最值问题。 例1：在∆ABC 中，已知2|)(|,2cos )2 4 (sin sin 4)(2<-++=m B f B B B B f 且π 恒成立，求实数m 的 范围。 解析：由 ]1,0(sin ,0,1sin 22cos )2 4 ( sin sin 4)(2 ∈∴<<+=++ =B B B B B B B f ππ ，]3,1()(∈B f ， 5 2|)(|<-m B f 恒成立，2)(2<-<-∴m B f ，即⎩ ⎨ ⎧+<->2)(2 )(B f m B f m 恒成立，]3,1(∈∴m 例2：（1）求使不等式],0[,cos sin π∈->x x x a 恒成立的实数a 的范围。 解析：由于函]4 3,4[4 ),4 sin(2cos sin π ππ π - ∈-- =->x x x x a ，显然函数有最大值2， 2> ∴a 。 如果把上题稍微改一点，那么答案又如何呢？请看下题： （2）求使不等式)2 , 0(4,cos sin π π ∈- ->x x x a 恒成立的实数a 的范围。 解析：我们首先要认真对比上面两个例题的区别，主要在于自变量的取值范围的变化，这样使得 x x y cos sin -=的最大值取不到2，即a 取2也满足条件，所以2≥ a 。 所以，我们对这类题要注意看看函数能否取得最值，因为这直接关系到最后所求参数a 的取值。利 用这种方法时，一般要求把参数单独放在一侧，所以也叫分离参数法。 （六）数形结合法-----对一些不能把数放在一侧的，可以利用对应函数的图象法求解。 例1：已知恒成立有时当2 1)(,)1,1(,)(,1,02 <-∈-=≠>x f x a x x f a a x ，求实数a 的取值范围。 解析：由x x a x a x x f <- < -=2 12 1)(2 2 ，得，在同一直角坐标系中做出两个函数的图象，如果两个函数分别在x=-1和x=1处相交，则由1 2 2 2 1)1(2 11-=- -=- a a 及得到a 分别等于2和0.5，并作出函数 x x y y )21(2==及的图象，所以，要想使函数x a x <-2 12在区间)1,1(-∈x 中恒成立，只须x y 2=在 区间)1,1(-∈x 对应的图象在2 1 2-=x y 在区间)1,1(-∈x 对应图象的上面即可。当2 ,1≤>a a 只有时才能保证，而2 1 10≥ <[ ∈a 。 例2：若当P(m,n)为圆1)1(2 2=-+y x 上任意一点时，不等式0≥++c n m 恒成立，则c 的取值范 围是（ ） A 、1221-≤ ≤- -c B 、1212+≤ ≤-c C 、12--≤c D 、12-≥ c 解析：由0≥++c n m ，可以看作是点P(m,n)在直线0=++c y x 的右侧，而点P(m,n)在圆 1)1(2 2 =-+y x 上，实质相当于是1)1(2 2 =-+y x 在直线的右侧并与它相离或相切。 6 121 1 1|10|01022-≥ ∴⎪⎩⎪ ⎨⎧≥+++>++∴c c c ，故选D 。 三：同步练习巩固 1、设124 ()lg ,3 x x a f x ++=其中a R ∈，如果(.1)x ∈-∞时，()f x 恒有意义，求a 的取值范围。 分析：如果(.1)x ∈-∞时，()f x 恒有意义，则可转化为1240x x a ++>恒成立，即参数分离后 212(2 2 )4 x x x x a --+>-=-+，(.1)x ∈-∞恒成立，接下来可转化为二次函数区间最值求解。 解：如果(.1)x ∈-∞时，()f x 恒有意义1240x x a ⇔++>，对(,1)x ∈-∞恒成立. 212(2 2 )4 x x x x a --+⇔>-=-+(.1)x ∈-∞恒成立。 令2x t -=，2()()g t t t =-+又(.1)x ∈-∞则1 (,)2 t ∈+∞()a g t ∴>对1 (,)2 t ∈+∞恒成立，又() g t 在1[,)2 t ∈+∞上为减函数，m ax 13()()2 4 t g ==- g ，34 a ∴≥- 。 2、设函数是定义在(,)-∞+∞上的增函数，如果不等式2(1)(2)f ax x f a --<-对于任意[0,1]x ∈恒成立，求实数a 的取值范围。 分析：本题可利用函数的单调性把原不等式问题转化为2 12ax x a --<-对于任意[0,1]x ∈恒成立，从而转化为二次函数区间最值求解。 解：()f x 是增函数2 (1)(2)f ax x f a ∴--<-对于任意[0,1]x ∈恒成立 2 12ax x a ⇔--<-对于任意[0,1]x ∈恒成立 2 10x ax a ⇔++->对于任意[0,1]x ∈恒成立，令2 ()1g x x ax a =++-，[0,1]x ∈，所以原问题 m in ()0g x ⇔>，又m i n (0), 0()(),2022,2g a a g x g a a >⎧⎪ ⎪ =--≤≤⎨⎪ <-⎪⎩即2m in 1,0()1,2042,2a a a g x a a a - >⎧⎪⎪=--+-≤≤⎨⎪ <-⎪⎩ 易求得1a <。 3、 已知当x ∈R 时，不等式a+cos2x<5-4sinx 恒成立，求实数a 的取值范围。 7 方法一）分析：在不等式中含有两个变量a 及x ，本题必须由x 的范围（x ∈R ）来求另一变量a 的范围，故可考虑将a 及x 分离构造函数利用函数定义域上的最值求解a 的取值范围。 解：原不等式4sinx+cos2x<-a+5⇔ 当x ∈R 时，不等式a+cos2x<5-4sinx 恒成立max -a+5>(4sinx+cos2x)⇔ 设f(x)=4sinx+cos2x 则22f(x)= 4sinx+cos2x=-2sin x+4sinx+1=-2(sinx -1)+3 3≤ ∴-a+5>3a<2∴ 方法二）题目中出现了sinx 及cos2x ，而cos2x=1-2sin 2 x,故若采用换元法把sinx 换元成t,则可把原不等式转化成关于t 的二次不等式，从而可利用二次函数区间最值求解。 解：不等式a+cos2x<5-4sinx 可化为 a+1-2sin 2 x<5-4sinx,令sinx=t,则t ∈[-1,1], ∴不等式a+cos2x<5-4sinx 恒成立⇔2t 2 -4t+4-a>0,t ∈[-1,1]恒成立。 设f(t)= 2t 2-4t+4-a ，显然f(x)在[-1，1]内单调递减，f(t)min =f(1)=2-a,∴2-a>0∴a<2 4、 设f(x)=x 2-2ax+2,当x ∈[-1,+∞)时，都有f(x)≥a 恒成立，求a 的取值范围。 分析：在f(x)≥a 不等式中，若把a 移到等号的左边，则原问题可转化为二次函数区间恒成立问题。 解：设F(x)= f(x)-a=x 2-2ax+2-a. ⅰ)当∆=（-2a ）2-4(2-a)=4（a-1)(a+2)<0时，即-2 ⎪⎪⎩ ⎪⎪⎨ ⎧ -≤--≥-≥∆,1220)1(0a f 即⎪⎩ ⎪ ⎨⎧-≤≥+≥+-,1030)2)(1(a a a a 得-3≤a ≤-2; 综上所述：a 的取值范围为[-3，1]。 5、、当x ∈(1,2)时，不等式(x-1)2 解：设T 1:()f x =2 (1)x -,T 2:()log a g x x =,则T 1的图象为右图所 示的抛物线，要使对一切x ∈(1,2), ()f x <()g x 恒成立即T 1的图象一 定要在T 2的图象所的下方，显然a>1,并且必须也只需(2)(2)g f > 故log a 2>1,a>1,∴16、、已知关于x 的方程lg(x 2+20x)-lg(8x-6a-3)=0有唯一解，求实数a 的取值范围。 分析：原方程可化成lg(x 2 +20x)=lg(8x-6a-3),从而得x 2+20x=8x-6a-3>0,若将等号两边分别构造函数即二次函数y= x 2 +20x 与一次函数y=8x-6a-3，则只需考虑这两个函数的图象在x 轴上方恒有唯一交点即可。 解：令T 1：y 1= x 2+20x=（x+10）2-100, T 2：y 2=8x-6a-3,则如图所示，T 1的图象为一抛物线，T 2的图象是一条斜率为定值8，而截距不定的直线， -1 o x y x y o 1 2 y 1=(x-1)2 y 2 =log a x x y l 1 l 2 l -20 o 8 要使T 1和T 2在x 轴上有唯一交点，则直线必须位于l 1和l 2之间。（包括l 1但不包括l 2) 当直线为l 1时，直线过点（-20，0）此时纵截距为-6a-3=160,a=6 163 -; 当直线为l 2时，直线过点（0，0），纵截距为-6a-3=0，a=21-∴a 的范围为[6163 -，2 1-）。 7、对于满足|p|≤2的所有实数p,求使不等式x 2 +px+1>2p+x 恒成立的x 的取值范围。 分析：在不等式中出现了两个变量：x 、P,并且是给出了p 的范围要求x 的相应范围，直接从x 的不等式正面出发直接求解较难，若逆向思维把 p 看作自变量，x 看成参变量，则上述问题即可转化为在[-2，2]内关于p 的一次函数函数值大于0恒成立求参变量x 的范围的问题。 解：原不等式可化为 (x-1)p+x 2 -2x+1>0,令 f(p)= (x-1)p+x 2 -2x+1,则原问题等价于f(p)>0在p ∈[-2,2]上恒成立，故有： 方法一：10(2)0x f -<⎧⎨>⎩或10 (2)0x f ->⎧⎨->⎩ ∴x<-1或x>3. 方法二：(2)0(2)0f f ->⎧⎨>⎩即⎪⎩⎪⎨⎧>->+-0 10 342 2 x x x 解得：⎩⎨⎧-<><>1113x x x x 或或 ∴x<-1或x>3. 例8：求使不等式sin 2 x ＋acosx ＋ a 2 ≥1＋cosx 对一切x ∈R 恒成立的负数a 的取值范围。 解：原不等即cos 2x ＋（1－a ）cosx －a 2 ≤0 (*) 令cosx=t ，由x ∈R 知t ∈[-1，1]，于是(*)对一切x ∈R 恒成立当且仅当 f(t)=t 2 ＋（1－a ）－a 2 ≤0 (**)对一切t ∈[-1，1]恒成立，其充要条件 f(t)在[-1，1]上的最大值f(t)max ≤0,而f(t)max = f(1)或 f(-1)，因此(**)对一切t ∈[-1，1]恒成立当且 ⎪⎩ ⎪⎨ ⎧≤---=-≤--+=<0)1(1)1(011)1(02 2 a a f a a f a ⇔⎪⎩⎪⎨⎧≥≤≥-≤<10120 a a a a a 或或⇔a ≤-2 故所求的a 的范围为(-∞,-2]. 例9： 定义在R 上的函数()x f 既是奇函数，又是减函数，且当⎪⎭ ⎫ ⎝ ⎛∈2, 0πθ时，有 () ()022sin 2cos 2 >--++m f m f θθ恒成立，求实数m 的取值范围. 分析: 利用函数的单调性和奇偶性去掉映射符号f ，将“抽象函数”问题转化为常见的含参的二次函数在区间(0，1)上恒为正o y 2 -2 x y -2 2 x 9 的问题.而对于()≥x f 0在给定区间[a ，b]上恒成立问题可以转化成为()x f 在[a ，b]上的最小值问题，若()x f 中含有参数，则要求对参数进行讨论。 【解析】由() ()022sin 2cos 2 >--++m f m f θθ得到：() ()22sin 2cos 2 --->+m f m f θθ 因为()x f 为奇函数， 故有() ()22sin 2cos 2 +>+m f m f θθ恒成立， 又因为()x f 为R 减函数， 从而有22sin 2cos 2 +<+m m θθ对⎪⎭ ⎫ ⎝⎛∈2,0πθ恒成立 设t =θsin ，则01222 >++-m mt t 对于()1,0∈t 恒成立， 在设函数()1222 ++-=m mt t t g ,对称轴为m t =. ①当0<=m t 时，()0120≥+=m g ， 即2 1-≥m ，又0 1<≤- m (如图1) ②当[]1,0∈=m t ，即10≤≤m 时, ()012442 <+-=∆m m m ,即0122 <--m m , ∴2121+ <<-m ,又[]1,0∈m , ∴10≤≤m (如图2) ③当1>=m t 时，()0212211>=++-=m m g 恒成立. ∴1>m (如图3)故由①②③可知：2 1- ≥m . 例10. 若不等式2x-1>m(x 2-1)对满足-2≤m ≤2的所有m 都成立，求x 的取值范围。 分析：从表面上看，这是一个关于x 的一元二次不等式，实质上可看作是关于m 的一元一次不等式，并且已知它的解集为［－2，2］，求参数x 的取值范围，这是一种“转换主元”的思想方法。 解：原不等式化为(x 2-1)m-(2x-1)<0设f m x m x m ()()(),()=----≤≤2 12122 若，即x x 2 101-==± x f m =<10时，() x f m =->10时，() ∴≠-x 1 x 2 10-≠时，由题意有： f x x f x x ()()()()()()-=----<=---<⎧⎨⎪⎩⎪22212102212102 t g (t ) o · 1 图 1 t g (t ) o · 1 图 2 t g (t ) o · 1 图3 t =m t =m t =m 10 即223022102 2 x x x x +->--<⎧⎨ ⎪⎩ ⎪ 解得的取值范围是 在此范围内x x x -+ << +=17 2 13 2 1() 例11： 已知二次函数（，，）满足，f x ax bx c a b c R a f ()()=++∈≠=2 011f x f x x ()()-=≥10，对任意的都有（）证明：，； 100a c >>()[]（）设，求的范围，使在，上是单调 211g x f x mx m R m g x ()()()=-∈-函数。 解： （）由111 10 f a b c f a b c ()()=++=-=-+=⎧⎨⎩得到a c b +==⎧ ⎨ ⎪⎪⎩⎪⎪1212又f x x ()-≥0()即恒成立ax b x c 210+-+≥ ()∴a b ac >=--≤⎧⎨⎪⎩⎪01402∆ 又b a c -=--1()()∴a a c ac a c >=---=-≤⎧⎨⎪⎩⎪04022 ∆∴a a c >=>⎧⎨⎩0 （）又，∴，2121412a c a c b +==== ∴f x x x ()=++14121 42 g x f x m x x m x ()()=-=+-⎛⎝ ⎫ ⎭⎪+ 1 412142 抛物线的对称轴为x m m =--⎛⎝ ⎫ ⎭⎪⨯ =-12214 21 [][]现要求在，上是单调函数，只要抛物线的对称轴不在，内， g x ()--1111 即211m -≥ 所以得或m m ≤≥01 例12．设A={x||x- 2 )1(2 +a |≤ 2 ) 1(2 -a },B={x|x 2 -3(a+1)x+2(3a+1)≤0},求使A ⊆B 的a 的取值范围。 解：易得A=[2a,a 2＋1].记f(x)=x 2 -3(a+1)x+2(3a+1),则A ⊆B 当且仅当对x ∈A ，f(x)≤0恒成立 ，其充要条件是f(x)在A 上的最大值不大于零。 而f(x)在A 上的最大值为f(2a)或f(a 2 ＋1)。因而 ⎪⎩⎪⎨⎧≤--+=+≤+-=0 )3)(1()1()1(0 22)2(2 2 a a a a a f a a f ⇔⎩⎨⎧≤≤≤≤-≥-≤310111a a a a 或或 ⇔a=-1或1≤a ≤3.故工的范围为[1,3] {-1}.下载本文
