含参数的不等式问题

2024-10-24

含参数的不等式问题（共10篇）

含参数的不等式问题篇1

关于恒成立问题主要有两种情况, 一是在实数集R上恒成立, 二是在R上的某一真子集上恒成立.第二类情况是教学的一个重点, 也是高考的一个热点, 其主要涉及的问题是在不等式恒成立条件下求参数的取值范围, 它是学生不易掌握的一类问题, 下面给出解决这类问题的一般策略.

一、求出不等式的解集后, 再进行处理

【例1】关于x的不等式 $\sqrt{k x - k^{2}} ＜ x - 3 k (k \neq 0)$ 在[-4, -3]上恒成立, 求k的取值范围.

解析:先求出不等式的解集.

$\sqrt{k x - k^{2}} ＜ x - 3 k (k \neq 0) \Leftrightarrow {\begin{cases} x - 3 k ＞ 0 ‚ ① \\ k x - k^{2} \geq 0, ② \\ k x - k^{2} ＜ (x - 3 k)^{2}, ③ \end{cases}$

(1) 若k>0, 由①得x>3k, 由②得x≥k, 由③得x>5k或x<2k, 综合①②③得x>5k, 故当k>0时, 不等式的解集为 (5k, +∞) .

(2) 若k<0, 由①得x>3k, 由②得x≤k, 由③得x<5k或x>2k, 综合①②③得2k<x≤k, 故k<0时, 不等式的解集为 (2k, k].

依题意, 原不等式在[-4, -3]上恒成立, 所以只有当k<0时合符题意, 此时

$[- 4 ‚ - 3] \subseteq (2 k, k] \Leftrightarrow {\begin{cases} 2 k ＜ - 4 ‚ \\ k \geq - 3 . \end{cases}$

解之得-3≤k<-2, 所以k的取值范围是-3≤k<-2.

方法小结:对此类参数取值范围的确定其主要是先解出不等式 (解不等式时要进行分类讨论) , 再根据已知条件, 建立两个集合之间的关系, 最后通过解不等式 (组) 来求参数范围.

二、构造函数, 利用函数性质

【例2】设a>0, 对任意关于x的不等式 $a x + \frac{x}{x - 1} ＞ 4 (x ＞ 1)$ 恒成立, 求a的取值范围.

解析:令 $f (x) = a x + \frac{x}{x - 1} (a ＞ 0, x ＞ 1)$ , 从而 $f (x) = a (x - 1) + \frac{1}{x - 1} + a + 1 \geq 2 \sqrt{a} + a + 1$ , 当且仅当 $a (x - 1) = \frac{1}{x - 1}$ 时取等号, 故 $f (x)_{\min} = (\sqrt{a} + 1)^{2}$ .又当x>1时, $a x + \frac{x}{x - 1} ＞ 4$ 恒成立等价于f (x) min>4, 即 $(\sqrt{a} + 1)^{2} ＞ 4$ , 解得a>1, 故ɑ的取值范围是a>1.

方法小结:对这类问题, 主要通过构造函数, 分析函数最值求解.若是f (x) >g (x) 恒成立 (或f (x) ≥g (x) 恒成立) , 只须f (x) min>g (x) max (或f (x) min≥g (x) max) ;若是f (x) > (或≥) A (常数) , 只须f (x) min> (或≥) A, 若是f (x) < (或≤) A, 只须f (x) max< (或≤) A即可.

三、变换主元

【例3】对于任意|a|≤1, 不等式x2+ (a-3) x+1-2a>0恒成立, 求x的取值范围.

解析:令f (a) =x2+ (a-3) x+1-2a= (x-2) a+x2-3x+1, 即把它视为关于a的一次函数在[-1, 1]上的恒成立问题, 从而

${\begin{cases} f (1) ＞ 0 ‚ \\ f (- 1) ＞ 0 ‚ \end{cases}$

即

${\begin{cases} x^{2} - 4 x + 3 ＞ 0 ‚ \\ x^{2} - 2 x - 1 ＞ 0 . \end{cases}$

解此不等式组得x>3或 $x ＜ 1 - \sqrt{2}$ , 所以x的取值范围是x>3或 $x ＜ 1 - \sqrt{2} .$

方法小结:对于一个多元的数学问题, 有时恰当选定主元, 会给问题解决带来转机, 其巧妙之处是反客为主.此例若是以x为主元, 对a进行讨论, 则问题就复杂多了.

四、数形结合

【例4】不等式3x2-logax<0在 $(0 ‚ \frac{1}{3})$ 上恒成立, 求实数a的取值范围.

解析:原不等式等价于3x2<logax, 可将问题转化为求使 $x \in (0 ‚ \frac{1}{3})$ 时曲线y=3x2恒在曲线y=logax的下方时a的取值范围.

分别作出函数y =3x2 (x>0) 及y=logax的草图.如右图, 当 $y = \frac{1}{3}$ 时, 即 $3 x^{2} = \frac{1}{3} ‚ x = \frac{1}{3}$ , 所以 $Ρ (\frac{1}{3} ‚ \frac{1}{3})$ 在曲线y=3x2上;当函数y=logax的图象经过 $(\frac{1}{3} ‚ \frac{1}{3})$ 时, 即 $x = \frac{1}{3} ‚ y = \frac{1}{3}$ , 所以 $a = \frac{1}{27}$ ;若此时要使3x2<logax在 $(0 ‚ \frac{1}{3})$ 内恒成立, 则由对数函数的图象及性质可知, 当 $\frac{1}{27} \leq a ＜ 1$ 时, 在 $(0 ‚ \frac{1}{3})$ 内 $\log_{a} x \geq \log_{\frac{1}{27}} x ＞ 3 x^{2}$ , 故所求参数的取值范围是 $\frac{1}{27} \leq a ＜ 1 .$

方法小结:对于一些借助推理运算较困难的问题, 通过数形结合来认识, 能使问题易于解决, 其实质是把数的问题转化为形的问题, 借助形来分析解决.将反映问题的数量关系与直观图形结合起来考察, 即将抽象思维与形象思维有机结合起来.

五、分离参数

【例5】不等式 $1 - m x \leq \frac{1}{\sqrt{x + 1}} \leq 1 - n x$ 在 $x \in [\frac{5}{4} ‚ 3]$ 上恒成立, 求m、n的取值范围.

解析:令 $\sqrt{x + 1} = u$ , 又 $x \in [\frac{5}{4} ‚ 3]$ , 所以 $u \in [\frac{3}{2} ‚ 2]$ , 这样将原不等式转化为 $1 - m (u^{2} - 1) \leq \frac{1}{u} \leq 1 - n (u^{2} - 1)$ 在 $u \in [\frac{3}{2} ‚ 2]$ 上恒成立, 等价于

${\begin{cases} 1 - m (u^{2} - 1) \leq \frac{1}{u} ‚ ① \\ \frac{1}{u} \leq 1 - n (u^{2} - 1) . ② \end{cases}$

由①得 $m (u^{2} - 1) \geq 1 - \frac{1}{u}$ , 所以 $m \geq \frac{1}{u (u + 1)} (u ＞ 1)$ , 要 $m \geq \frac{1}{u (u + 1)}$ 在 $[\frac{3}{2} ‚ 2]$ 上恒成立, 只须m不小于 $\frac{1}{u (u + 1)}$ 的最大值即可.由二次函数的性质, $u (u + 1) \geq \frac{3}{2} (\frac{3}{2} + 1) = \frac{15}{4}$ , 所以 $m \geq \frac{4}{15} .$

由②有 $n (u^{2} - 1) \leq 1 - \frac{1}{u}$ , 同样由u>1有 $n \leq \frac{1}{u (u + 1)}$ , 要 $n \leq \frac{1}{u (u + 1)}$ 在 $[\frac{3}{2} ‚ 2]$ 上恒成立, 只须n不大于 $\frac{1}{u (u + 1)}$ 的最小值即可.由二次函数性质的可知 $\frac{1}{u (u + 1)}$ 在 $[\frac{3}{2} ‚ 2]$ 上的最小值为2× (2+1) =6, 所以 $n \leq \frac{1}{6} .$

所以m的范围的 $m \geq \frac{4}{15} ‚ n$ 的范围为 $n \leq \frac{1}{6} .$

方法小结:已知的不等式在未知的x的某一范围恒成立, 求参数的取值范围, 通常采用分离参数法, 把求参数的取值问题转化为求函数的最值问题.如果相应的函数最值不存在, 可以利用函数的确界概念加以解决.

总之关于参数不等式的恒成立问题内容较为丰富, 这里主要介绍的是参数不等式在某一指定区间上的恒成立问题, 对于此类问题一般按以上几种方法求解, 但是也还得根据问题的不同特点, 具体问题具体分析, 根据不等式特征恰当选择解题方法.

含参数的不等式问题篇2

三维目标: 1.知识与技能

掌握一元二次不等式的解法，在此基础上理解含有字母参数的一元二次不等式的解法.2.过程与方法

通过体验解题的过程，提高学生的逻辑分析能力.3.情感态度价值观

通过分类讨论的过程培养学生思维的严密性.教学重点: 含有参数一元二次不等式的解法.教学难点: 分类讨论标准的划分.教学过程: 一.知识回顾

1．完成一元二次方程、一元二次函数、一元二次不等式间的关系表 2．检测学生一元二次不等式的解法掌握情况。

二、探索研究例1

解关于x的不等式ax25ax6a0(aR)分析：对于含有参数的不等式，教师引导学生从以下几个方面探究，教给学生探究的方法和方向。

探究1：这个不等式是一元二次不等式吗？

探究2：当a取何值时为二次不等式；a取何值时为非二次不等式？探究3：是二次不等式时，它所对应的二次函数的开口方向是？探究4：由上可知，我们应该分哪几类去解这个不等式？探究5：a<0时，该不等式的解集是？探究6：a=0时，该不等式的解集是？探究7：a>0时该不等式的解集是？

223例2 解关于x的不等式x(aa)xa0(aR)解析：先让学生自主探索，写出解决这种问题的常规方法。若不等式对应方程的根x1,x2中含有参数，则须按x1,x2的大小来分类，即分x1x2三种情况。然后老师引导学生从a的取值范围进行分类，并与题型一归纳总结出解含参不等式的一般步骤。

例3 已知aR，解关于x的不等式ax2（a1)x10引导学生用通法解含参数的不等式，把总结的规律推广到一般情形。

三、探究总结（板书内容）解含有参数的二次不等式 1.数学思想：分类讨论 2.解题步骤

（1）分类（二次项系数a=0、判别式△=0（x1=x2）（2）画图，写解集（3）整合解集

四、成果验收

1．解关于x的不等式x2 (a1)x10 a

五、作业布置

含参数的不等式问题篇3

>g（x）恒成立的问题是一个重要问题，近年有多位老师对此做了研究，本文对此问题再做进一步的研究，以期找到此类问题错误解法的真正原因.

关键词：参数；不等式；恒成立

蔡德华老师写的《含参数不等式

>g（x）恒成立问题的一个常见错误解法》（简称文[1]）指出了含参数的不等式a-f（x）>g（x）恒成立问题的一个常见错误解法，并给出了几种正确解法，但是并没有对这种错误解法进行深刻的剖析. 简绍煌老师写的《以题目错解反思含绝对值不等式的解法》（简称文[2]）试图从含绝对值不等式的解法上对此错误解法进行剖析，但是笔者认为文[2]对此错误解法的剖析也不够深刻，而且文[2]中个别说法也值得商榷.

[?] 含参数绝对值不等式的解法

文[2]认为湘教版教师用书里介绍的不等式解法不适合解含参数绝对值不等式，笔者认为值得商榷.

例1 解不等式ax+b

湘教版教师用书的解法：ax+b

若a=0且b

文[2]中用“讨论绝对值符号外的零点”方法得到的结果与用湘教版版教师用书解法得到的结果是等价的，只是用“讨论绝对值符号外的零点”方法得到的结果在分类上更详细一点，因此，用湘教版教师用书的解法解含参数绝对值不等式是没有问题的.

[?] 错误解法进一步剖析

例2 已知不等式a-2x>x-1，对x∈[0，2]恒成立，求a的取值范围.

错误解法：对x∈[0，2]，a-2x>x-1恒成立，

?对x∈[0，2]，a-2x>x-1或者a-2x<1-x恒成立，

?对x∈[0，2]，a>3x-1或者a<1+x恒成立，

?对x∈[0，2]，a>3x-1恒成立或者对x∈[0，2]，a<1+x恒成立，

?a>[3x-1]max=5或者a<[1+x]min=1.

这个解法中前2步等价变形是没有问题的，但是第3步是有问题的，原因是命题“任意x∈D，a>F（x）或者aF（x）恒成立或者任意x∈D，aF（x）或者aF（x）恒成立或者任意x∈D，a

设a>F（x）关于x的不等式解集为A，aF（x）或者aF（x）恒成立或者任意x∈D，aF（x）恒成立或者任意x∈D，aF（x）或者aF（x）或者a

结论1：若F（x），G（x）在区间D上连续，且x∈D，恒有F（x）≥G（x），则“任意x∈D，a>F（x）或者aF（x）恒成立或者任意x∈D，a

结论2：若F（x），G（x）在区间D上连续，且x∈D，恒有F（x）F（x）或者a

结论3：若F（x），G（x）在区间D上连续，且F（x）≥G（x）的解集为A，A∩D=A1，则“任意x∈D，a>F（x）或者aF（x）恒成立或者任意x∈A1，a

现对结论1加以说明，上文已经对“任意x∈D，a>F（x）恒成立或者任意x∈D，aF（x）或者aF（x）或者aF（x）恒成立或者任意x∈D，aF（x）恒成立或者任意x∈D，aF（x）或者a

设D=[m，n]，若x∈D，恒有F（x）≥G（x），即x∈D=[m，n]，恒有函数y=F（x）图象在函数y=G（x）图象的上方，“任意x∈D，a>F（x）恒成立或者任意x∈D，aF（x）”在D上的解集为D1=[m，t），关于x不等式“aF（x）或者aF（x）或者aF（x）恒成立或者任意x∈D，aF（x）或者a

对于结论2和结论3也可以结合图形加以说明，本文在此不予赘述.

[?] 讨论绝对值符号外的零点的真正本质

文[2]中认为含参数的不等式a-f（x）>g（x）恒成立问题的一个常见错误解法是没有对绝对值内或者绝对值外的零点进行讨论，通过剖析，可以发现没有对绝对值内或者绝对值外的零点进行讨论只是错误解法的表面现象，而本质的错误是逻辑上出现了错误. 文[2]通过例题说明解决这类问题需要对绝对值内或者绝对值外的零点进行讨论，但是并没有对这2种解法做出合理的解释.

利用上述3个结论能够解释对此类问题为什么要对绝对值外的零点进行讨论. 现对文[2]中例2解法1进行阐述.

文[2]中例2解法1（讨论绝对值符号外的零点）：

原不等化为x-1<0，

a∈R①

或x-1≥0，

a-2x>x-1或a-2x<-x-1. ②

由②得x≥1，

a>3x-1或a[3x-1]max=5或a<[x+1]min=2，由①②可得a的取值范围为（-∞，2）∪（5，+∞）.

对不等式①的处理，其实就是利用结论2，因为a-2x>x-1?a>3x-1或a

对不等式②的处理利用的是结论1，当x∈[1，2]，3x-1≥x+1，故“对于x∈[1，2]，a>3x-1或a3x-1恒成立或者对于x∈[1，2]，a

综述，对于x∈[0，2]，a-2x>x-1恒成立，a的取值范围为（-∞，2）∪（5，+∞）.

因此，讨论绝对值符号外的零点的本质是为了找到“a>3x-1或a

[?] 问题的拓展

例3 已知不等式3a-2x>x-2a-1，对x∈[-4，0]恒成立，求a的取值范围.

分析：本题若用绝对值外零点讨论的解法，分类繁杂，而且逻辑上容易出现混乱，但如果用湘教版介绍的含绝对值不等式解法先对不等式3a-2x>x-2a-1实施等价变形，结合上文的3个结论，问题就迎刃而解了.

解：对x∈[-4，0]，3a-2x>x-2a-1恒成立.

?对x∈[-4，0]，3a-2x>x-2a-1或者3a-2x<1-x+2a恒成立，

?对x∈[-4，0]，a>x-或者a<1+x恒成立，

当x∈（-3，0]，因为x-<1+x，则a∈R，

当x∈[-4，-3]，因为x-≥1+x，则有：

对x∈[-4，-3]，a>x-或者a<1+x恒成立，

?对x∈[-4，-3]，a>x-恒成立或者对x∈[-4，-3]，a<1+x恒成立.

故a>

x-max=-2或者a<[1+x]min=-3.

综述，a的取值范围（-∞，-3）∪（-2，+∞）.

点评：对于“任意的x∈D，

h1（a）-f（x）

>g（x）-h2（a）恒成立，求a的取值范围”这类问题，可以用以下方法解决：

任意的x∈D，h1（a）-f（x）>g（x）-h2（a）恒成立.

?任意的x∈D，h1（a）-f（x）>g（x）-h2（a）或者h1（a）-f（x）

?任意的x∈D，h1（a）+h2（a）>f（x）+g（x）或者h1（a）-h2（a）

令F（x）=f（x）+g（x），G（x）=f（x）-g（x），然后按照上文3个结论进行等价转化即可.

最后，请读者探究下面三组命题是否等价.

若F（x），G（x）在区间D上连续，“任意x∈D，F（x）F（x）恒成立且任意x∈D，a

若F（x），G（x）在区间D上连续，“存在x∈D，使得F（x）F（x）成立且存在x∈D，使得a

浅析“含参数不等式恒成立”问题篇4

含参数不等式恒成立问题往往以函数、数列、三角、解析几何和导数等为载体,把不等式、函数、三角、数列、几何等知识紧密地联系在一起,它覆盖知识点多,综合性强,解法灵活,是学生学习数学的“锻炼场地”. 同时,在解决这类问题的过程中所涉及的“函数与方程”“数形结合”“分类讨论”“化归与转化”等数学思想,对锻炼学生的综合解题能力,培养其思维的灵活性、创造性都有着重要的作用. 基于此,本文结合实例谈谈这类问题的一般求解策略,试对此类问题的解题方法作一简单的提炼总结.

一、函数最值法

将含参数不等式恒成立问题转化为求函数最值问题.

例1 已知f( x) = 7x2- 28x - a,g ( x) = 2x3+ 4x2- 40x,当x∈[- 3,3]时,f( x) ≤g( x) 恒成立,求实数a的取值范围.

解设F( x) = f( x) - g( x) = -2x3+ 3x2+ 12x - a,

则由题可知F( x) ≤0对任意x∈[-3,3]恒成立,

令 F'( x) = -6x2+ 6x + 12 = 0,得 x = - 1 或 x = 2.

而 F( -1) = -7a,F( 2) =20 - a,F( -3) =45 - a, F( 3) = 9 - a,

∴F( x)max= 45 - a≤0,∴a≥45. 即实数a的取值范围为[45,+ ∞) .

二、判别式法

若所求问题可转化为二次不等式,则可考虑用判别式法解题.

例2设f( x) = x2- 2mx + 2,当x∈[-1,+ ∞ ) 时,f( x) ≥m恒成立,求实数m的取值范围.

解设F( x) = x2- 2mx + 2 - m,则当x∈[- 1,+ ∞ ) 时,F ( x) ≥0恒成立.

当Δ =4( m -1) ( m +2) <0,即 -2 < m <1时,F( x) >0显然成立;

当Δ≥0时,如图,F( x) ≥0恒成立的充要条件为:

综上所述: 实数m的取值范围为[-3,1) .

三、变量分离法

不等式能通过恒等变形使参数与主元分离于不等式两边,从而将问题转化为求主元函数的最值,进而求出参数范围.

例3 f( x) = ax3- 3x + 1对于x∈[- 1,1]总有f( x) ≥0成立,则a =______.

解当x =0时,则不论a取何值,f( x) ≥0显然成立;

解当x =0时,则不论a取何值,f( x) ≥0显然成立; 当x >0,即x∈(0,1]时,f( x) = ax3- 3x + 1≥0可化为

设所以g( x) 在区间( 0,1/2]上单调递增,在区间[1 /2,1]上单调递减,因此g ( x)max= g(1/ 2)= 4,从而a≥4;

当x <0,即x∈[-1,0) 时,f( x) = ax3- 3x + 1≥0可化为 ,g( x) 在区间[- 1,0)上单调递增,因此g ( x)max= g( - 1) = 4,从而a≤4. 综上, a = 4.

四、变更主元法

例4对于满足不等式 -1≤a≤1的一切实数a,函数y = x2+ ( a - 4) x + ( 4 - 2a) 的值恒大于0,则实数x的取值范围是_________.

解设f( a) = ( x - 2) a + ( x2- 4x + 4) ,a∈[- 1,1], 则原问题转化为f( a) >0恒成立的问题.

故应该有 ,解得x < 1或x > 3. 所以实数x的取值范围是( - ∞,1) ∪( 3,+ ∞) .

本题易错,应认清主元. 对谁恒成立,谁就是主元. 本题化归为一次不等式恒成立问题,再转化为最值问题. f( a) 的最小值是f( -1) 或者f( 1) ,只需同时大于0即可.

五、逐步减元法

例5已知函数f( x) =2x- 1,若f( x) ≤t2- 2at + 1对所有的x∈[- 1,1]及a∈[- 1,1]都成立,求t的取值范围.

解由题意可知[f( x) ]max= 1,因为f( x) ≤t2- 2at + 1对所有的x∈[-1,1]及a∈[-1,1]都成立,所以1≤t2- 2at + 1对所有的a∈[- 1,1]恒成立,即不等式t2- 2at≥0对所有的a∈[-1,1]恒成立.

令g( a) = -2ta + t2,则g( a) ≥0对所有的a∈[-1,1]恒成立

对于含有两个及两个以上变量的不等式恒成立问题, 可根据题意依序减元,化归为最值问题,从而求出参数的取值范围.

分类讨论解含参数的导数问题篇5

纵观中学数学,含参数的问题可以说无处不在.通过参数能将动与静、变与常、形与数、量与质等有机地结合起来,能完整、系统地揭示问题的本质及所研究对象之间的内在联系。然而参数问题始终是中学数学教学中的一个难点。在解含参数的导数问题时,需不需要分情况?怎样分?以什么为依据来分?都是学生觉得较难把握的地方。本文试着对上问题加以探讨。

一、依据“有根、无根”进行讨论

例1 (2008年全国一)已知函数f(x)=x3+ax2+x+1,a∈R.

(Ⅰ)讨论函数f(x)的单调区间;(Ⅱ)略

解:(1)∵f(x)=x3+ax2+x+1 ∴f′(x)=3x2+2ax+1

11当a2≤3时,Δ≤0,f′(x)≥0,f(x)在R上递增

22当a2>3,f′(x)=0求得两根为x=-a±a2-33

即f(x)在-∞,-a-a2-33递增,-a-a2-33,-a+a2-33递减,

-a+a2-33,+∞递增

例2.(2009年安徽卷理)

已知函数f(x)=x-2x+a(2-1nx),(a>0),讨论f(x)的单调性.

解:f(x)的定义域是(0,+∞),f′(x)=1+2x2-ax=x2-ax+2x2.

g(x)=x2-ax+2,二次方程g(x)=0的判别式Δ=a2-8.

①当Δ=a2-8<0,即00都有f′(x)>0,此时f(x)在(0,+∞)上是增函数。

②当Δ=a2-8=0,即a=22时,仅对x=2有f′(x)=0,对其余的x>0都有f′(x)>0,此时f(x)在(0,+∞)上也是增函数。 

③当Δ=a2-8=0,即a>22时.

方程g(x)=0有两个不同的实根x1=a-a2-82,x2=a+a2-82,0

x(0,x1)x1(x1,x2)x2(x2,+∞)

f′(x)+0_0+

f(x)单调递增极大单调递减极小单调递增



此时f(x)在(0,a-a2-82)上单调递增, 在(a-a2-82,a+a2-82)是上单调递减, 在(a+a2-82,+∞)上单调递增.

二、依据“根大、根小”进行讨论

例3.(2009天津卷理)已知函数f(x)=(x2+ax-2a2+3a)ex(x∈R)其中a∈R

(1)略

(2)当a≠23时,求函数f(x)的单调区间与极值。 

(I)解:略 

(II)解:f′(x)=[x2+(a+2)x-2a2+4a]ex.

令f′(x)=0,解得x=-2a,或x=a-2由a≠23知,-2a≠a-2.以下分两种情况讨论。

①若a>23,则-2a

x(-∞,-2a)-2a(-2a,a-2)a-2(a-2,+∞)

+0—0+

↗极大值↘极小值↗



所以f(x)在(-∞,-2a),(a-2,+∞)内是增函数,在(-2a,a-2)内是减函数

函数f(x)在x=-2a处取得极大值f(-2a),且f(-2a)=3ae-2a.

函数f(x)在x=a-2处取得极大值f(a-2),且f(a-2)=(4-3a)ea-2.

②若a<23,则-2a>a-2,当x变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表:

x(-∞,a-2)a-2(a-2,-2a)-2a(-2a,+∞)

+0—0+

↗极大值↘极小值↗



所以f(x)在(-∞,a-2),(-2a,+∞)内是增函数,在(a-2,-2a)内是减函数。

函数f(x)在x=a-2处取得极大值f(a-2),且f(a-2)=(4-3a)ea-2

函数f(x)在x=-2a处取得极小值f(-2a),且f(-2a)=3ae-2a

三、依据“一、二次项系数的正负”来讨论

例4.(2009北京理)设函数f(x)=xekx(k≠0)

(Ⅰ)略(Ⅱ)求函数f(x)的单调区间;(Ⅲ)略

(Ⅰ)略(Ⅱ)由f(x)=(1+kx)ekx=0,得x=-1k(k≠0).

若k>0,则当x∈(-∞,-1k)时,f′(x)<0,函数f(x)单调递减,

当x∈(-1k,+∞,)时,f′(x)>0,函数f(x)单调递增,

若k<0,则当

x∈(-∞,-1k)时,f′(x)>0,函数f(x)单调递增,

当x∈(-1k,+∞,)时,f′(x)<0,函数f(x)单调递减.

(Ⅲ)略

例5.已知f(x)=13ax3-12a2x2-ax2+2a2x(a≠0)求函数f(x)的单调区间。

解:∵f(x)=13ax3-12a2x2-ax2+2a2x(a≠0)

∴ f′(x)=ax2-a2x-2ax+2a2

=ax2-(a+2)x+2a

=a(x-2)(x-a)

令f′(x)=0 解得:x=2或x=a

1、a<0,f′(x)开口向下

当x∈(-∞,a)f′(x)<0,f(x)单调递减

x∈(a,2)f′(x)>0,f(x)单调递增

x∈(2,+∞)f′(x)<0,f(x)单调递减

2、0

当x∈(-∞,a)f′(x)>0,f(x)单调递增

x∈(a,2)f′(x)<0,f(x)单调递减

x∈(2,+∞)f′(x)>0,f(x)单调递增

3、a=2时,f′(x)开口向上,f′(x)≥0恒成立

且导数为零的点只有有限个

∴f(x)在R上递增

4、a>2时,f′(x)开口向上

当x∈(-∞,2)f′(x)>0,f(x)单调递增

x∈(2,a)f′(x)<0,f(x)单调递减

x∈(a,+∞)f′(x)>0,f(x)單调递增

四、依据“极值点与给定区间的位置关系”来讨论

例6 (2008北京卷)

已知函数f(x)=2x-b(x-1)2,求导函数f′(x),并确定f(x)的单调区间.

解:f′(x)=2(x-1)2-(2x-b)·2(x-1)(x-1)4=-2x+2b-2(x-1)3

=-2[x-(b-1)](x-1)3.令f′(x)=0,得x=b-1.

当b-1<1,即b<2时,f′(x)的变化情况如下表:

x(-∞,b-1)b-1(b-1,1)(1,+∞)

f′(x)-0+-

当b-1>1,即b>2时,f′(x)的变化情况如下表:

x(-∞,1)(1,b-1)b-1(b-1,+∞)

f′(x)-+0-

所以,当b<2时,函数f(x)在(-∞,b-1)上单调递减,在(b-1,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减.

当b>2时,函数f(x)在(-∞,1)上单调递减,在(1,b-1)上单调递增,在(b-1,+∞)上单调递减.

含参数的不等式问题篇6

策略一: (转化为含参函数的最值讨论) 若函数f (x) 在定义域为D, 则当x∈D时, 有f (x) ≥M恒成立f (x) min≥M;f (x) ≤M恒成立f (x) max≤M

(1) 求f (x) 的反函数f-1 (x) ;

策略二: (分离参数, 转化为求函数的最值) 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) <f (x) min;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) >f (x) max。 (其中f (x) max和f (x) min分别为f (x) 的最大值和最小值

例二定义在R上的单调函数f (x) 满足f (3) =log23且对任意x, y∈R都有f (x+y) =f (x) +f (y) 。

(1) 求证f (x) 为奇函数;

(2) 若对任意x∈R恒成立, 求实数k的取值范围。

分析:问题 (1) 欲证f (x) 为奇函数即要证对任意x都有f (-x) =-f (x) 成立。在式子f (x+y) =f (x) +f (y) 中, 令y=-x可得f (0) =f (x) +f (-x) 于是又提出新的问题, 求f (0) 的值。令x=y=0可得f (0) =f (0) +f (0) 即f (0) =0, f (x) 是奇函数得到证明。问题 (2) 的上述解法是根据函数的性质。f (x) 是奇函数且在x∈R上是增函数, 把问题转化成二次函数f (t) =t2- (1+k) t+2>0对于任意t>0恒成立.对二次函数f (t) 进行研究求解。

【解析】 (1) 证明:f (x+y) =f (x) +f (y) (x, y∈R) , (1)

令x=y=0, 代入 (1) 式, 得f (0+0) =f (0) +f (0) , 即f (0) =0。

令y=-x, 代入 (1) 式, 得f (x-x) =f (x) +f (-x) , 又f (0) =0, 则有0=f (x) +f (-x) 。即f (-x) =-f (x) 对任意x∈R成立, 所以f (x) 是奇函数。

(2) 解:f (3) =log23>0, 即f (3) >f (0) , 又f (x) 在R上是单调函数, 所以f (x) 在R上是增函数, 又由 (1) f (x) 是奇函数。

说明:上述解法是将k分离出来, 然后用平均值定理求解, 简捷、新颖。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.

含参数不等式恒成立问题浅探篇7

关键词：参数,恒成立,转化

一、分离参数法

当不等式中的参数 (或关于参数的代数式) 能够与其他变量完全分离出来, 且分离后不等式另一边的函数 (或代数式) 的最值可求时, 常用分离参数法.

例1 设函数f (x) =ax2-3x+1对于x∈[-1, 1]总有f (x) ≥0成立, 求a的取值范围.

解析对于x∈[-1, 1], ax2-3x+1≥0,

故ax2≥3x-1, 当x=0时显然成立;

若x不为0, 则有 $a \geq \frac{3 x - 1}{x^{2}} = \frac{3}{x} - \frac{1}{x^{2}} = \frac{9}{4} - (\frac{1}{x} - \frac{3}{2})^{2} .$

设 $t = \frac{1}{x}$ , 则t∈ (-∞, -1]∪[1, +∞) ;

再设 $g (t) = \frac{9}{4} - (t - \frac{3}{2})^{2} . g (t)$ 的图像是一开口向下的抛物线, 在 $t = \frac{3}{2}$ 时取最大值.

故 $g (t) \leq g (\frac{3}{2}) = \frac{9}{4}$ , 也就是说对于x∈[-1, 1]且 $x \neq 0 ‚ \frac{3 x - 1}{x^{2}} \leq \frac{9}{4} . ∴ a \geq \frac{9}{4} .$

点评此类问题可把要求的参变量分离出来, 单独放在不等式的一侧, 将另一侧看成新函数, 于是问题转化成新函数的最值问题:若对于x取值范围内的任一个数都有f (x) ≥g (a) 恒成立, 则g (a) ≤f (x) min;若对于x取值范围内的任一个数都有f (x) ≤g (a) 恒成立, 则g (a) ≥f (x) max.

二、更换主元法

在解决不等式恒成立问题时, 一种重要的思想方法就是构造适当的函数, 利用函数的图像和性质解决问题, 同时注意在一个含多个变量的数学问题中, 需要确定合适的变量和参数, 从而揭示函数关系, 使复杂问题简单化.

例2 已知对于任意的a∈[-1, 1], 函数f (x) =x2+ (a-4) x+4-2a>0恒成立, 求x的取值范围.

解析本题按常规思路是按x的二次函数解决, 但不容易求x的取值范围.因此, 我们不能总是把x看成是自变量, 也可以把a看成参数, 我们可以通过变量转换, f (x) =x2+ (a-4) x+4-2a= (x-2) a+x2-4x+4可看作关于a的一次函数, 当x=2时, f (x) = (x-2) a+x2-4x+4=0, 不满足题意, 因此x≠2.要想使对任意a∈[-1, 1], 函数f (x) = (x-2) a+x2-4x+4>0恒成立, 只需- (x-2) +x2-4x+4>0或 (x-2) +x2-4x+4>0, 分别解这两个不等式, 然后取交集得:x<1或x>3.所以x的取值范围为 (-∞, 1) ∪ (3, +∞) .

点评对于含有两个参数, 且已知一参数的取值范围, 可以通过变量转换, 构造以该参数为自变量的函数, 利用函数图像求另一参数的取值范围.

三、数形结合法

如果不等式中涉及的函数、代数式对应的图像、图形较易画出时, 可通过图像、图形的位置关系建立不等式求得参数范围.

例3 已知函数

$y = f (x) = {\begin{cases} 3 x + 6, x \geq - 2, \\ - 6 - 3 x, x < - 2, \end{cases}$

若不等式f (x) ≥2x-m恒成立, 则实数m的取值范围是.

解析在同一个平面直角坐标系中分别作出函数y=2x-m及y=f (x) 的图像, 由于不等式f (x) ≥2x-m恒成立, 所以函数y=2x-m的图像应总在函数y=f (x) 的图像下方, 因此, 当x=-2x时, y=-4-m≤0, 所以m≥-4, 故m的取值范围是[-4, +∞) .

点评不等式问题经常要结合函数的图像, 根据不等式中量的特点, 选择适当的两个函数, 利用函数图像的上、下位置关系来确定参数的范围.利用数形结合解决不等式问题关键是构造函数, 准确做出函数的图像.

四、最值法

恒成立问题多与参数的取值范围问题联系在一起, 是近几年高考的一个热门题型, 它以“参数处理”为主要特征, 以“导数”为主要解题工具, 往往与函数的单调性、极值、最值等有关, 所以解题时要善于将这类问题与函数最值联系起来, 通过函数最值求解相关问题.

例4 已知两个函数f (x) =8x2+16x-k, g (x) =2x3+5x2+4x, 其中k为实数.若对任意的x∈[-3, 3], 都有f (x) ≤g (x) 成立, 求k的取值范围.

解析令F (x) =g (x) -f (x) =2x3-3x2-12x+k, 问题转化为F (x) ≥0在x∈[-3, 3]上恒成立, 即F (x) min≥0即可, 因为F′ (x) =6x2-6x-12=6 (x2-x-2) , 由F (x) =0, 得x=2或x=-1, 所以F (-3) =k-45, F (3) =k-9, F (-1) =k+7, F (2) =k-20, 所以F (x) min=k-45, 由k-45≥0, 解得k≥45.

点评对于含参数的函数在闭区间上函数值恒大于等于或小于等于常数问题, 可以利用求函数最值的方法, 只要利用f (x) >m恒成立⇔f (x) min>m, f (x) <m恒成立⇔f (x) max<m.

不等式恒成立问题, 因题目涉及知识面广、解题方法灵活多样、技巧性强、难度大等特点, 要求有较强的思维灵活性和创造性、较高的解题能力, 上述方法是比较常用的.但因为问题形式千变万化, 考题亦常考常新, 因此在备考的各个阶段都应渗透恒成立问题的教与学, 在平时的训练中不断领悟和总结, 教师也要介入心理辅导和思想方法指导, 从而促使学生在解决此类问题的能力上得到改善和提高.

含参数的不等式问题篇8

一、分离参数,转化为求函数的最值

对于变量和参数可分离的不等式,可将参数分离出来,先求出含变量一边的式子的最值,再由此推出参数的取值范围.

【例1】(2010,全国Ⅰ,理)已知函数f(x)=(x+1)lnx-x+1.

(Ⅰ)若xf′(x)≤x2+ax+1,求a的取值范围;

(Ⅱ)证明:(x-1)f(x)≥0.

解析:(Ⅰ),∴xf′(x)=xlnx+1.由xf′(x)≤x2+ax+1得a≥lnx-x,令g(x)=lnx-x,于是,问题转化为求函数g(x)的最大值.∵,当0<x<1时,g′(x)>0;当x>1时,g′(x)<0.∴当x=1时,g(x)有最大值,g(x)max=g(1)=-1,∴a≥-1.

(Ⅱ)略.

评析:含参不等式分离参数后的形式因题、因分法而异,因此解决含参不等式恒成立问题需把握下述结论:(1)f(x)<g(a)恒成立f(x)max<g(a);(2)f(x)≤g(a)恒成立f(x)max≤g(a);(3)f(x)>g(a)恒成立f(x)min>g(a);(4)f(x)≥g(a)恒成立f(x)min≥g(a).

二、分离参数,转化为求函数的确界

如果分离参数后相应的函数不存在最值,为了能够利用分离参数思想解决含参不等式恒成立问题,可利用如下的函数确界的概念:

函数y=f(x)(x∈D)的上确界为min{M f(x)≤M,x∈D},记作M上;函数y=f(x)(x∈D)的下确界为max{M f(x)≥M,x∈D},记作M下.于是,有如下结论:(1)若f(x)无最大值,而有上确界,这时要使f(x)<g(a)恒成立,只需M上≤g(a);(2)若f(x)无最小值,而有下确界M下,这时要使f(x)>g(a)恒成立,只需M下≥g(a).

【例2】(2010,湖南,理)已知函数f(x)=x2+bx+c(b,c∈R)对任意的x∈R,恒有f′(x)≤f(x).

(Ⅰ)证明:当x≥0时,f(x)≤(x+c)2;

(Ⅱ)若对满足题设条件的任意b,c,不等式f(c)-f(b)≤M(c2-b2)恒成立,求M的最小值.

解析:(Ⅰ)略.

(Ⅱ)由f′(x)≤f(x),即x2+(b-2)x+c-b≥0恒成立,得(b-2)2-4(c-b)≤0.

从而，号当且仅当,即b=±2时成立.

(1)当c>b时,,令,则-1<t<1,则.

因为函数的最大值不存在,但易知其上确界为

(2)当时,f(c)-f(b)=-8或0,c2-b2=0,从而恒成立.

综合(1)(2)可得M的最小值为

【例3】(2010,全国Ⅱ,理)设函数f(x)=ex-1-x-ax2.

(Ⅰ)若a=0,求f(x)的单调区间;

(Ⅱ)若x≥0时,f(x)≥0,求a的取值范围.

解析:(Ⅰ)略.

(Ⅱ)由f(x)≥0对所有的x≥0成立,可得:

(1)当x=0时,a∈R;

(2)当x>0时,,设,问题转化为求g(x)的最小值或下确界.,令h(x)=x2 ex-2xex+x2+2x,因为h′(x)=x2 ex-2ex+2x+2,x>0,又h(x)的二阶导数h″(x)=2xex+x2 ex-2ex+2,h(x)的三阶导数h(3)(x)=ex(x2+4x)>0,所以h″(x)是增函数,故h″(x)>h″(0)=0,所以h′(x)是增函数,故h′(x)>h′(0)=0,所以h(x)是增函数,故h(x)>h(0),从而g′(x)>0,于是g(x)在(0,+∞)上单调递增,故g(x)无最小值,此时,由于g(0)无意义,但运用极限知识可得.由ex-x-1ex-1洛必达法则可得:.故x>0时,.因而.综合(1)(2)知a取值范围为.

评析:用分离参数法求解本题,最大的难点在于求分离参数后所得函数的下确界,应用洛必达法则求超出了中学所学知识范围.显然,这不是命题者的意图.因此,我们应该探求解这类问题的另一种更为一般的思考途径.

三、从研究函数的性质入手,转化为讨论函数的单调性和极值

对于不能分离参数或分离参数后求最值或确界较困难的问题,如例3,我们可以把含参不等式整理成f(x,a)>0或f(x,a)≥0的形式,然后从研究函数的性质入手,转化为讨论函数的单调性和极值.在解题过程中常常要用到如下结论:

(1)如果f(x,a)有最小值g(a),则f(x,a)>0恒成立g(a)>0,f(x,a)≥0恒成立g(a)≥0;

(2)如果f(x,a)有最大值g(a),则f(x,a)<0恒成立g(a)<0,f(x,a)≤0恒成立g(a)≤0.

【例4】(2010,天津,文)已知函数,其中a>0.

(Ⅰ)若a=1,求曲线y=f(x)在点(2,f(2))处的切线方程;

(Ⅱ)若在区间上,f(x)>0恒成立,求a的取值范围.

解析:(Ⅰ)略.

(Ⅱ)∵f′(x)=3ax2-3x,令f′(x)=0,解得x=0或.

(1)若0<a≤2,则,于是当时,f′(x)>0;当时,f′(x)<0.所以当x=0时,f(x)有极大值.于是时,f(x)>0等价于

(2)若a>2,则,于是当时,f′(x)>0;当时,f′(x)<0;当时,f′(x)>0.所以,当x=0时,f(x)有最大值;当时,f(x)有最小值.于是时,f(x)>0等价得或,因此,2<a<5.

综合(1)(2)得0<a<5.

【例5】内容同例3.

解析:(Ⅰ)略

(Ⅱ)f′(x)=ex-1-2ax,由方程f′(x)=0不能求出极值点.显然,用例4的解法是行不通的,但我们注意到f(0)=0,故问题转化为f(x)≥f(0)在x≥0时恒成立,即函数f(x)在[0,+∞)为不减函数,于是可通过求导判断f(x)的单调性,再求出使f(x)≥f(0)成立的条件.

由(Ⅰ)有ex≥1+x,当且仅当x=0时成立,故f′(x)=ex-1-2ax≥x-2ax=(1-2a)x,而当1-2a≥0,即时,f(x)≥0(x≤0).

∴f(x)是[0,+∞)上的不减函数,∴f(x)≥f(0)=0.

当时,由ex>1+x(x≠0)可得e-x>1-x.

故当x∈(0,ln2a)时,f′(x)<0,而f(0)=0,于是当x∈(0,ln2a)时,f(x)<0.

综上,得

评析:函数、不等式、导数既是研究的对象,又是解决问题的工具.本题抓住f(0)=0这一重要的解题信息,将问题转化为f(x)≥f(0)在x≥0时恒成立,通过研究函数f(x)在[0,+∞)上是不减函数应满足的条件,进而求出a的范围.隐含条件f(0)=0对解题思路的获得,起到了十分重要的导向作用.

含参数的不等式问题篇9

一、两根中有参数

例1解关于x的不等式x2-a(a+1).x+a3<0.

解:方程x2-a(a+1)x+a3=0的根为x=a2或;x=a.

(1)当a<0或a>1时,有a2>a,此时不等式的解集为{x|a

(2)当0a2,此时不等式的解集为{x|a2

(3)当a=0或a=1时,有a2=a,此时不等式的解集为ø.

综上,当a<0或a>1时,原不等式的解集为{x|a

当0

当a=0或a=1时,原不等式的解集为ø.

评注:一元二次不等式的解集与它对应的方程的两根的大小有关,若两根中含有参数并其大小不确定时,要分类讨论,分界数就是使两根相等的参数的取值.

二、判别式中有参数

例2解关于x的不等式x2+(2a-4)x+a2>0.

解:Δ=(2a-4)2-4a2

=16-16a.

(1)当Δ<0,即a>1时,对所有实数都有x2+(2a-4)x+a2>0,此时不等式的解集为R;

(2)当Δ=0,即a=1时,不等式的解集为{x|x≠1};

(3)当Δ>0,即0

此时不等式的解集为.

综上,当a>1时,原不等式的解集为R;当a=1时,原不等式的解集为{x|x≠1};

当0

评注:一元二次不等式,当二次项的系数符号确定时,它的解集与其判别式的符号有关,要求出其解集,一般分为:Δ>0,Δ=0与Δ<0三种情况.

三、二次项系数中有参数

例3已知m∈R,解关于的不等式

(m+3)x2+2mx+(m-2)>0.

解:(1)当m+3>0,即m>-3时,

Δ=4m2-4(m+3)(m-2)=4(6-m).

若Δ>0,即-3

不等式的解集为

若Δ=0,即m=6时,原不等式变为9x2+12x+4>0,解集为;

若Δ<0,即m>6时,不等式的解集为R.

(2)当m+3=0,即m=-3时,原不等式变为-6x-5>0,解集为;

(3)当m+3<0,即m<-3时,Δ=4(6-m)>0,

不等式的解集为

综上所述,当m<-3时,原不等式的解集为

当m=-3时,原不等式解集为;

当-3

当m=6时,原不等式的解集为;

当m>6时,原不等式的解集为R.

评注:由以上例题可知,解不等式ax2+bx+c>0应按以下步骤进行分类讨论:

1. 若a的符号不确定应先分a>0,a=0,a<0三种情况讨论;

2. 若a≠0,就确定方程ax2+bx+c=0是否有解,有几解,即分Δ>0,Δ=0,Δ<0三种情况讨论;

3. 若方程ax2+bx+c=0两个解x1,x2的大小不确定,则需比较这两根的大小而进行讨论.

四、与含参数的一元二次不等式的解有关的问题

例4已知不等式mx2+4mx-4<0对任意实数x恒成立,求实数m的取值范围.

解:满足题意当且仅当m=0或即m=0或.

所以实数m的取值范围是-1

例5设a1,b1,c1,a2,b2,c2均是非零实数,不等式a1x2+b1x+c1>0和a2x2+b2x+c2>0的解集分别为集合M和N,那么“”是“M=N”的()

(A)充分不必要条件

(B)必要不充分条件

(C)充要条件

(D)既不充分又不必要条件

解:如果,则“M=N”;如果,则“M≠N”.

所以“”不是“M=N”的充分条件.

反之,若M=N=ø,即说明二次不等式的解集为空集,与它们的系数比无任何关系,只需要判别式小于零.因此“”不是“M=N”的必要条件.故选(D).

含参数问题的方程解法探索篇10

一、以方程的根索引参数

这里我们针对已知方程可能产生的根解出来 (可以用参数表示) 再将根代入原方程所具有的条件, 构建成新的方程或不等式。通过转移条件来得到参数应具有的解。

例1 已知关于x的方程1+log2x=2log2 (x-a) 恰有一个实数解, 求实数a的取值范围。

解:原方程等到价于undefined, 即undefined由二次方程的根的判别式△=4 (a+1) 2-4a2=4 (2a+1) 。当△=0即undefined时, 方程 (2) 的解为undefined, 满足 (1) 。原方程的解恰恰有一解undefined, 当△>0即undefined时, 方程 (2) 有两解

undefined。

由于undefined即x2>a, 故要使原方程恰有一解, 必须且只须undefined。解之得a≥0。

综上可知, 所求的取值范围是{a|a≥0或undefined。

从上题中我们看出以根索引参数是解决参数的通法, 它的缺点运算较为复杂。但它具有思路流畅清晰, 方法易掌握, 学生易懂。

二、实根分布法

将原方程式有解的条铁皮转化为关于x方程的根在某个区间上的分布规律, 再结合二次函数的图象构造出参数所满足的不等到式 (组) , 使问题获解。

例2 已知关于x的方程loga (2x2+x-3) -loga (x+4) =1+loga (a-1) 有两个实根, 并且其中的一个实根小于3。求实数a的取值范围。

解:原方程等到价于undefined即undefined

令f (x) =2x2+[1-a (a-1) ]x-3-4a (a-1) 。由于

f (-4) =32-4[1-a (a-1) ]-3-4a (a-1) =32-4+4a (a-1) -3-4a (a-1) =25>0 故问题等到价于:当a>0时, 方程f (x) =0有一根在区间 (-4, 3) 上, 另一根在区间[3, +∞) 上。

由二次函数的图象知:

(1) f (3) =18+3[1-a (a-1) ]-3-4a (a-1)