不等式恒成立解题策略（通用10篇）
不等式恒成立解题策略 篇1
不等式恒成立是一类常见且重要的问题,这类问题因为既含参数又含变量,具有形式灵活、思维性强、不同知识交汇等特点,在解题时对问题要有充分的认识理解,否则若理解偏差,或对问题的认识有误,都会导致解题错误,造成不必要的失分,本文结合教学实践就不等式恒成立的几类问题进行举例剖析,重点是分析它们的解题策略和注意事项与大家分享.
问题一注意所研究不等式恒成立的类型
例1(1)已知关于x的不等式x2+ax+1>0恒成立,求参数a的取值范围.
(2)已知关于x的不等式ax2+ax+1>0恒成立,求参数a的取值范围.
分析:本例中的两个小题都是一个关于x的不等式恒成立的问题,稍不注意都易把它们当成是关于x的一元二次不等式恒成立的问题,实际上问题(1)确实是一个关于x的一元二次不等式恒成立的问题,所以结合二次函数f(x)=x2+ax+1的图像,必须整个函数的图像都在x轴的上方,从而只要△=a2-4<0得到-2<a<2;
而问题(2)由于没有说明参数a的范围,不能确定此等式的类型;当a=0时不是一元二次不等式,但不等式显然恒成立,而当a≠0时才是一元二次不等式,这时再从二次函数f(x)=ax2+ax+1来研究时,还是要满足其整个函数图像都必须在x轴的上方,所以必须满足包括开口方向和△符号的条件,即满足得到0<a<4,从而有0≤a<4;
本例特别注意点是问题(2)的易忽略a=0.
问题二注意不等式恒成立转化中符号的影响
例2(1)已知不等式x2+ax+1>0对一切x∈(0,+∞)恒成立,求参数a的取值范围.
(2)已知不等式x2+ax+1>0对一切x∈(-2,2)恒成立,求参数a的取值范围.
本例应注意点是(2)在分离过程中自变量的取值对不等号方向的影响,也就是分离参数不等式转化过程中注意不等号的方向是否改变问题,若涉及符号变化,则应进行分类讨论处理.
问题三注意问题转化过程的含义和要求
例3(1)已知函数y=lg(2x2+mx+1)的定义域为R,求实数m的取值范围.
(2)已知函数y=lg(2x2+mx+1)的值域为R,求实数m的取值范围.
分析:本例中两小题从题目表面来看区别不大,但实际上在转化为恒等式的过程中还是存在很大的区别的.
问题四注意全称命题和特称命题成立的区别
例4(1)命题“x∈[-2,3],m<x2+2x+2”是真命题,求出m的取值范围;
(2)命题“∃x∈[-2,3],m<x2+2x+2”是真命题,求出m的取值范围;
分析:命题“x∈[-2,3],m<x2+2x+2”是真命题即对一切[-2,3]上的实数x,不等式恒成立;形如“a≥f(x)”或“a≤f(x)”是不等式恒成立问题中最基本的类型,其实质是不等式恒成立中最常见的问题“a≥f(x)在x∈D上恒成立,则a≥f(x)max(x∈D),a≤f(x)x∈D上恒成立,则a≤f(x)min(x∈D)”;因为f(x)=x2+2x+2在[-2,3]的最小值为1,所以命题“x∈[-2,3],m<x2+2x+2”是真命题,则m的取值范围是m<1.
命题“∃x∈[-2,3],m<x2+2x+2”是真命题即在[-2,3]上存在实数x,使不等式成立;这是不等式成立中的另一类常见问题,存在x∈D,a≥f(x)成立,则a≥f(x)min(x∈D);存在x∈D,a≤f(x)成立,则a≤f(x)max(x∈D);f(x)=x2+2x+2在[-2,3]的最大值为17,所以命题“∃x∈[-2,3],m<x2+2x+2”是真命题,m的取值范围是m<17即可.
问题五注意f(x)>g(x)恒成立与f(x1)>g(x2)恒成立的区别
例5(1)已知函数f(x)=1/2lg(x+1),g(x)=lg(2x+t),若当x∈[0,1]时,f(x)≤g(x)恒成立,求实数t的取值范围.
分析:f(x)≤g(x)恒成立问题转化为[f(x)-g(x)]max≤0恒成立;而f(x1)<g(x2)恒成立问题转化为f(x)max<g(x)min恒成立.
∴f(x)≤F(0)=1-t≤0,即t≥1.
问题(2)解法:对任意x1,x2∈[-2,2],都有f(x1)<g(x2)成立,等价于x∈[-2,2],
∴[f(x)]max<[g(x)]min.
∵f'(x)=x2-2x-3,令f'(x)>0得x>3或x<-1;得f'(x)<0.
∴f(x)在[-2,-1]为增函数,在[-1,2]为减函数.
∴[f(x)]max=f(-1)=3
问题六注意正确选用和理解问题中的参数
例6对于满足0≤p≤4的一切实数,不等式x2+px>4x+p-3恒成立,试求x的取值范围.
分析:在解决不等式恒成立问题时,一种最重要的思想方法就是构造适当的函数,然后利用相关函数的图像和性质解决问题,但若是一个含多个变量的数学问题时,需要确定合适的变量和参数,从而揭示函数关系,才会使问题更加清晰明了;人们都习惯把x当作自变量,即这时的函数为y=x2+(p-4)x+3-p,于是问题转化为:当p∈[0,4]时,y>0恒成立,求x的取值范围.解决这个问题需要用到二次函数以及二次方程的区间根原理,是相当复杂的.这时如果能适时地把主元变量和参数变量进行“换位”,往往会使问题降次、简化.一般来说,已知存在范围的量视为变量,而待求范围的量视为参数.
解:设函数f(p)=(x-1)p+(x2-4x+3),显然x≠1,则f(p)是p的一次函数,要使f(p)>0恒成立,当且仅当f(0)>0且f(4)>0时,解得x的取值范围是(-∞,-1)∪(3,+∞).
本例注意点是很容易把问题简单地等价转化为一个二次不等式问题,解题的关键是正确选用和理解问题中的参数.
不等式恒成立解题策略 篇2
[关键词] 高考 含参不等式 恒成立
[中图分类号] G633.6 [文献标识码] A [文章编号] 1674 6058（2016）17 0058
导数在不等式中的应用问题是每年高考的必考内容，多以解答题的形式出现，难度较大，属中、高档题，含参不等式的恒成立问题就是其中一种考查方式.含参不等式的恒成立问题因其覆盖的知识点多，方法也多种多样，考生普遍存在的问题是：入手易、深入难；会而不对、会而不全.但我们认真研究一下这类问题，还是“有法可依”的.本文结合例子给出解决此类问题的几种策略.
【题目】 （贵州2015适应性试题）设函数f（x）=ax- sinx，x∈[0，π].
（Ⅰ）当a= 1 2 时，求f（x）的单调区间；
（Ⅱ）若不等式f（x）≤1-cosx恒成立，求实数a的取值范围.
答案： （Ⅰ）增区间[0， π 4 ]，减区间[ π 4 ，π].
（Ⅱ）有如下几种策略解决.
策略一：部分分离变量利用数形结合解决恒成立问题，对不等式经过移项等变形，可将不等式化为两边是熟悉的函数的形式，特别是可化为一边为一次函数，另一边是超越函数的不等式问题.对于这类问题，我们常常用数形结合法，先构造函数，再作出其对应的函数的图像，结合图像找出其满足的条件，通过解不等式，求出参数的范围.
解： 原不等式等价于ax-1≤sinx-cosx恒成立.设g（x）= 2 sin（x- π 4 ），h（x）=ax-1，原不等式等价于g（x）≥h（x）在x∈[0，π]上恒成立.作出g（x）的简图，如图所示，端点A（π，1），B（0，-1），求导得g′（x）= 2 cos（x- π 4 ），则g′（0）=1.函数g（x）在点B（0，-1）处的切线方程为y=x-1.该切线在图中与g（x）还有另一个交点，而直线AB的方程为y= 2 π x-1，要使原不等式恒成立，只需a≤ 2 π ，故实数a的取值范围是（-∞， 2 π ].
点评： 如果一些不等式两边的式子函数模型较明显、较容易画出函数图像，可以考虑画出函数图像，用函数图像的直观性解决不等式或方程的恒成立问题.这样可得到意想不到的效果.
策略二：彻底分离参数，将不等式问题转化成函数最值问题.比如，含参数m的不等式恒成立问题可变为f（m）≤g（x）或f（m）≥g（x）在给定区间D上恒成立问题，最终可转化为求函数在给定区间D上的最大值或最小值问题，即f（m）≤g（x）min或f（m）≥g（x）max，然后再解相应的不等式即可.
解： 原不等式等价于ax≤sinx-cosx+1.
当x=0时，a·0≤0恒成立，a∈ R ；
②当x∈（0，π]时，原不等式等价于a≤
sinx-cosx+1 x
.构造函数g（x）=
sinx-cosx+1 x
，求导得g′（x）=
x（cosx+sinx）-sinx+cosx-1 x2
.构造函数h（x）=
x（cosx+sinx）-sinx+cosx-1
，求导得h′（x）=x（cosx-sinx）
.则当x∈（0， π 4 ）
时，h′（x）>0；当x∈（ π 4 ，π]时，h′（x）<0.故函数h（x）在（0， π 4 ）上单调递增；在（ π 4 ，π]上单调递减.所以h（ π 4 ）>h（0）=0，h（π）=-π-2<0.从而x0∈（ π 4 ，π）
，使h（x0）=0.
当x∈（0，x0）时，h（x）>0，g（x）单调递增；当x∈（x0，π）时，h（x）<0，g（x）单调递减.故g（x）的最小值在端点处取得.因g（π）= 2 π
，
lim x→0
sinx-cosx+1 x =
lim x→0
（cosx+sinx）=1
（洛必达法则），所以a≤ 2 π .
综上所述，实数a的取值范围是（-∞， 2 π ].
点评： 该策略把不等式中的恒成立问题转化为求函数最值问题，适用于参数与变量能分离，函数的最值易求出的问题.
策略三：不分离参数，利用比较法构造函数，例如在某个范围内，含参不等式或恒成立，利用作差法可以构造函数，进而只需求或即可，（在条件允许下也可利用作商法构造函数）使问题转化成函数求最值问题求解.
解： 原不等式等价于，构造函数，，求导得.易得在上单调递增，在上单调递减，，，.
当时，①当时，，在上单调递增，，恒成立；②当时，，在上单调递减，，不恒成立；
③当时，，，，使，当时，，单调递减，则有，不恒成立；④当时，，，易知，使，当时，，单调递增，当时，，单调递减，要使在上恒成立，当且仅当解得.综上所述，实数的取值范围.
点评： 虽然是构造函数，转化成求最值问题，但是构造的函数中还含有参数，求最值时就需对参数进行分类讨论.
利用导数解决含参不等式的恒成立问题，首先要构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围；也可 分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题.
不等式恒成立解题策略 篇3
关键词：不等式,函数,转化,最值
在历年的高考中, 含参不等式恒成立以确定参数的取值范围的问题常常出现.“含参不等式恒成立问题”把不等式、函数、三角、几何等内容有机地结合起来, 其覆盖知识点多, 综合性强, 在解决这类问题的过程中涉及的“函数与方程”、“化归与转化”、“数形结合”、“分类讨论”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、创造性都有着独到的作用. 解决此类问题常见的方法有: 分离参数法; 分类讨论法; 数形结合法, 主参变更法; 但在这些方法中基本上都跳不出构造函数, 利用函数的性质或图象来解题, 因为函数, 方程, 不等式是三位一体的东西. 构造适当的函数模型, 然后利用函数的有关性质、结论解题, 往往收到意想不到的效果. 那么如何构造函数呢?当然是抓“形”, 也就是要认真把握不等式的结构. 不等式对于哪个字母恒成立就构造主元为其的函数, 本文就结合实例谈谈这类问题的一般求解策略.
一、构造二次函数用判别式法
若所求问题可转化为二次不等式, 则可考虑应用判别式法解题. 一般地, 对于二次函数f ( x) = ax2+ bx+ c ( a ≠ 0, x ∈ R) , 有
(1) f (x) >0对x∈R恒成立
(2) f (x) <0对x∈R恒成立
例1若不等式 ( a - 2) x2+ 2 ( a - 2) x < 4 的解集为R, 实数a的取值范围是 ( )
(A) (-2, 2) (B) (-2, 2]
(C) (-∞, 2) ∪ (2, +∞) (D) (-∞, 2)
解析: 设f ( x) = ( a - 2) x2+ 2 ( a - 2) x - 4, 当a= 2 时f ( x) = - 4 < 0 在R上恒成立.
当a≠2时则解得-2<a<2.
综上得实数a的取值范围是 ( - 2, 2].
若二次不等式中x的取值范围有限制, 则可利用根的分布解决问题.
二、分离参数法构造函数求最值
若所给的不等式能通过恒等变形使参数与主元分离于不等式两端, 从而问题转化为求主元函数的最值, 进而求出参数范围. 这种方法本质还是求最值, 但它思路更清晰, 操作性更强. 一般地有:
( 1) f ( x) < g ( a) ( a为参数) 恒成立g ( a) >f ( x) max.
( 2) f ( x) > g ( a) ( a为参数) 恒成立g ( a) <f ( x) min.
例2 已知函数f ( x) = ex+ ax2- e2x, 若x > 0时, 总有f ( x) > - e2x, 求实数a的取值范围.
解析:由f (x) >-e2x, 得.设, 则.
所以当x ∈ ( 0, 2) 时, g' ( x) > 0, g ( x) 在 ( 0, 2) 上单调递增.
当x ∈ ( 2, + ∞ ) 时, g' ( x) < 0, g ( x) 在 ( 2, + ∞ ) 上单调递减.
所以.因此, a的取值范围为.
三、变换主元构造函数求最值
处理含参不等式恒成立的某些问题时, 若能适时的把主元变量和参数变量进行“换位”思考, 往往会使问题降次、简化.
例3 对任意a ∈[- 1, 1], 不等式x2+ ( a - 4) x+ 4 - 2a > 0 恒成立, 求x的取值范围.
分析: 题中的不等式是关于x的一元二次不等式, 但若把a看成主元, 则问题可转化为一次不等式 ( x -2) a + x2- 4x + 4 > 0 在a ∈[- 1, 1]上恒成立的问题.
解析: 令f ( a) = ( x - 2) a + x2- 4x + 4, 则原问题转化为f ( a) > 0 恒成立 ( a ∈[- 1, 1]) .
当x = 2 时, 可得f ( a) = 0, 不合题意.
当x≠2时, 应有解之得x<1或x>3.故x的取值范围为 (-∞, 1) ∪ (3, +∞) .
四、直接构造函数求最值
例4 ( 2015 年新课标2) 设函数f (x) = emx+ x2- mx
( 1) 证明: f ( x) 在 ( - ∞ , 0) 单调递减, 在 ( 0, + ∞ ) 单调递增;
( 2) 若对于任意x1, x2∈[- 1, 1], 都有| f ( x1) -f ( x2) | ≤ e - 1, 求m的取值范围.
解析: ( Ⅱ) 由 ( Ⅰ) 知, 对任意的m, f ( x) 在[- 1, 0]单调递减, 在[0, 1]单调递增, 故f ( x) 在x = 0 处取得最小值, 所以对于任意x1, x2∈[- 1, 1], | f ( x1) -f ( x2) | ≤ e - 1 的充要条件是
设函数g ( t) = et- t - e + 1, 则g' ( t) = et- 1.
当t < 0 时, g' ( t) < 0; 当t > 0 时, g' ( t) > 0, 故g ( t) 在 ( - ∞ , 0) 单调递减, 在 ( 0, + ∞ ) 单调递增.
又g ( 1) = 0, g ( - 1) = e-1+ 2 - e < 0, 故当t ∈[- 1, 1]时, g ( t) ≤ 0.
当m ∈[- 1, 1]时, g ( m) ≤0, g ( - m) ≤0, 即 ①式成立; 当m > 1 时, 由g ( t) 的单调性, g ( m) > 0, 即em- m > e - 1; 当m < - 1 时, g ( - m) > 0, 即e- m+m > e - 1, 综上, m的取值范围是[- 1, 1].
例5 (2014年北京理) 已知函数f (x) =xcosxsinx,
( 1) 求证: f ( x) ≤ 0;
(2) 若在上恒成立, 求a的最大值与b的最小值.
解析: (2) 记由第 (1) 问知当时xcosx-sinx<0, 所以g' (x) <0, 故g (x) 在上单调递减.
用罗比达法则, 则g (x) <1.
所以, 若在上恒成立, a的最大值是, b的最小值是1.
由上可见, 含参不等式恒成立问题因其覆盖知识点多, 方法多种多样, 但其核心思想还是等价转化, 抓住了这点, 才能以“不变应万变”, 当然这需要我们不断的去领悟、体会和总结.
参考文献
[1]傅梅忠, 曾清发.例说恒成立问题的解题方略[J].福建中学数学, 2014 (10) .
[2]邓卫和.浅析“有解”与“恒成立”问题[J].考试周刊, 2014 (87) .
如何求解不等式恒成立问题 篇4
一、利用数形结合法求解不等式恒成立问题
不等式恒成立问题可以转化为一个简单函数和一个基本初等函数在某个区间上不等关系恒成立的问题.以“不等式f（x）≥0对x∈D恒成立”为例，求解程序为：1.将不等式变形为φ（x）≥μ（x）或φ（x）≤μ（x），其中f（x）=φ（x）-μ（x），且函数y=φ（x）是不含参数的确定函数，通常情况下，函数y=μ（x）是一次函数，参数影响着该函数图像的斜率或截距等；2.在直角坐标系中作出函数y=φ（x）的图像，根据参数的几何意义（斜率或截距），考虑一次函数y=μ（x）的所有可能图形；3.根据图形，结合不等式
所以，当k≥12时，符合题意.
综上①②，实数k的取值范围是k≥12.
所以实数k的最小值12.
不等式恒成立解题策略 篇5
恒成立问题与有解问题是高考中的重点也是难点, 它们几乎贯穿着高中三年的每一次考试.有的学生到高三结束都把握不准这两类问题的解题思路, 其实只要抓住下列三点注意, 就能准确地解决这两类问题.
一、注意分清“是恒成立问题还是有解问题”
例1 (1) 若 (a-2) x2+ (a-2) x-4≤0对任意实数x成立, 求实数a的取值范围;
(2) 若存在实数x使得 (a-2) x2+ (a-2) x-4≤0成立, 求实数a的取值范围.
由 (1) 中的“任意实数成立”可以看出是一道恒成立问题, 我们可以借助于数形结合的方法得
或a-2=0.
由 (2) 中的“存在实数成立”可知 (a-2) x2+ (a-2) x-4≤0只是部分x成立, 因此是一道有解题, 我们同样通过数形结合得到
或a-2≤0.
通过上例我们不难发现区分“是恒成立问题还是有解问题”的关键是看题干中是对“任意”“所有”还是“存在”“有些”实数成立.
二、注意分清“谁是变量谁是参数”
例2 (1) 若 (a-2) x2+ (a-2) x-4≤0对任意实数x∈ (1, 3) 成立, 求实数a的取值范围;
(2) 若 (a-2) x2+ (a-2) x-4≤0对任意实数a∈ (1, 3) 成立, 求实数x的取值范围.
由 (1) 中的“任意实数x∈ (1, 3) 成立”可知变量是x, “求实数a的取值范围”可知参数是a.我们可以把不等式的左边看成二次函数y= (a-2) x2+ (a-2) x-4, 只要二次函数在 (1, 3) 的最大值小于等于0即可.我们也可以通过分离参数把不等式变形为
由 (2) 中“任意实数a∈ (1, 3) 成立”可知变量是a, “求实数x的取值范围”可知参数是x.因此不等式的左边可以看成关于a的一次函数g (a) = (x2+x) a-2x2-2x-4, 只要g (a) 在 (1, 3) 的最大值小于等于0, 即
通过上例可以发现分清“谁是变量谁是参数”在解决这类问题中尤为关键.通常题干中已知谁的范围, 谁就是变量, 结论中求谁的范围谁就是参数.
三、注意分清“是同一变量还是不同变量”
例3 已知函数f (x) =x2+x, g (x) =2x2-4x.
(1) 对任意的x1, x2∈[0, 2]有f (x1) <g (x2) +m, 求m的范围;
(2) 对任意的x∈[0, 2]有f (x) <g (x) +m成立, 求m的范围.
对于 (1) 中只要f (x1) max<g (x2) min+m, 即f (2) <g (1) +m.而 (2) 中这样做却不对, 因为f (x) 在x=2处取得最大值, 而g (x) 在x=1处取得最小值, 二者不能同时取得.因此对于 (2) 中的不等式, 我们必须变形为f (x) -g (x) <m, 转化为 (f (x) -g (x) ) max<m.
由上例两问的解法的完全不同, 提醒我们必须分清“是同一变量还是不同变量”, 这只需要我们解题时仔细观察便可.是同一变量时, 我们必须通过移项把两个函数转化为一个函数.
下面通过两个实例具体体会上面注意点的运用.
例4 已知函数f (x) =x2+2x, 若存在实数t, 当x∈[1, m]时, f (x+t) ≤3x恒成立, 求实数m的范围.
分析 不等式f (x+t) ≤3x等价于 (x+t) 2+2 (x+t) ≤3x.首先分清谁是变量谁是参数, 从题干中已知x的范围, 所以x是变量, t是参数, 并且是任意的x∈[1, m]都有 (x+t) 2+2 (x+t) ≤3x成立.因此原命题等价于关于x的二次函数g (x) =x2+ (2t-1) x+t2+2t, g (x) ≤0在[1, m]上恒成立, 结合函数图像得
解得
这时再看题干“存在实数t”, 问题转化为:存在实数t∈[-4, 0], 使得m2+ (2t-1) m+t2+2t≤0成立, 求实数m的范围, 即变为:关于t的二次函数h (t) =t2+ (2m+2) t+m2-m, h (t) ≤0在[-4, 0]上有解, 求实数m的范围.接下来结合图形, 按h (t) 与x轴在[-4, 0]有一解、有两解分类讨论便可求解.
例5 已知
分析 首先我们发现变量不同, 因此可以分别处理.对于变量x1, 题干告知“存在x1∈[-1, 1], 使得……成立”, 因此, 对于变量x1来说, 是“有解问题”, 即f (x1) >……有解, 只需要f (x) max>g (x2) +k成立.通过导数可知f (x) 在[-1, 1]上的最大值为5, 即5>g (x2) +k成立.再来看变量x2, 题干告知“任意的x2∈[1, 3]都有……成立”, 因此, 对于变量x2来说, 是“恒成立问题”, 即5>g (x2) +k在[1, 3]恒成立, 只需要g (x) max<5-k.通过导数可知g (x) 在[1, 3]上的最大值为
通过例4、例5的思路分析, 我们发现解决不等式恒成立或有解问题, 掌握上述三个注意点至关重要.只要我们把“恒成立”与“有解”分清, “参数”与“变量”分清, “同一变量”与“不同变量”分清, 那么所有的恒成立与有解问题都会迎刃而解.
不等式恒成立解题策略 篇6
1含参不等式恒成立问题的解法分析
我们知道函数、方程、不等式这三者之间的相互联系与转化是:
静态问题:方程f (x) =a函数y=f (x) 不等式f (x) >a (a为常数) .
动态问题:方程f (x, a) =0函数y=f (x, a) 不等式f (x, a) >0 (a为参数) .
问题类型:含参数的方程在变量范围内有解或解的个数;含参数的不等式在变量范围内恒成立.
从上面三者之间的联系可以看出, 函数问题变为方程或不等式问题较为容易, 反过来, 不等式或方程问题转化为函数问题则显得有点吃力, 因为产生的函数并不唯一, 而函数形式的选择直接影响解题方法的难易程度, 因此将方程或不等式问题正确地进行等价转化, 选择合适的函数形式就是处理这类问题的关键.恩格斯说:“数学中的形式转化不是无聊的游戏, 而是解决问题的有力杆杠.”在动态问题中由于参数的存在, 导致分类讨论的产生 (不分离参数的方法叫最值法) , 对能力的要求较高.而将参数分离出来, 就可以将动态问题变为静态问题 (分离参数法) .因此, 对参数的灵活处理方法就是高考中最能体现考生数学思维能力的试金石.
但纵观这几年的高考试题, 发现考生无论采用最值法、还是分离参数法都不能有效的解决这类问题.若采用分离参数法, 由于分离后函数形式的复杂, 往往结果是有始无终, 因为分离后无法求出函数的最值 (实际上这类函数本身不存在最值) .若不分离对动态问题中的参数又无法分类, 面对这样的两难问题, 考生在高考中实际上这类问题的得分率是很低的, 而高考标准答案也不采用分离参数法, 而是不分离对导函数进行放缩, 然后再进行分类讨论, 通过构造反例, 从而求出参数的取值范围.这些年高考全国卷中的函数形式也从对数、指数、三角这些超越式与多项式、分式的结合形式给出, 形式的改变不断的打破我们对这类问题寻求统一解法的美好愿望.我们中学教师面对高考给出的标准答案又感到不自然、不大众化、技巧性过强, 学生想不到、并不是解决这类问题的通性通法.所以, 才出现了前面提到的研究这类问题的众多文章.为了破解这些难题, 针对最值法提出使用二阶导数[8], 分离参数法使用高等数学中的罗比达法则[4,7].所以就把最值法和分离参数法当做处理这类问题的常用方法.
2一道高考题的多种解法
我们以2010年全国高考新课标卷理科 (21) 题为例, 将高考的标准答案和各类参考资料中的解法综述如下:
设函数f (x) =ex-1-x-ax2.
(Ⅰ) 若a=0, 求f (x) 的单调区间;
(Ⅱ) 若当x≥0时, 都有f (x) ≥0, 求a的取值范围.
解法1 (高考标准答案) (Ⅰ) 略, 得到的结论是:ex≥x+1.
(Ⅱ) f′ (x) =ex-1-2ax≥x-2ax= (1-2a) x, 当且仅当x=0时等号成立, 从而当1-2a≥0, 即a≤1/2时, f′ (x) ≥0 (x≥0) , 而f (0) =0, 于是当x≥0时, f (x) ≥0.由ex>x+1 (x≠0) , 可得e-x>1-x (x≠0) , 从而当a>1/2时, f′ (x) <ex-1+2a (e-x-1) =e-x (ex-1) (ex-2a) , 故当x∈ (0, ln2a) 时, f′ (x) <0.而f (0) =0, 于是当x∈ (0, ln2a) 时, f (x) <0.综合得a的取值范围为 (-∞, 1/2].
解法评析高考标准答案给出的解法是通过对一阶导函数使用不等式放缩变成能判断符号的函数, 将混合的函数关系式化为同一形式, 利用反例从而求出参数的范围.
解法2 (分离参数法) (Ⅱ) 不等式f (x) ≥0为ex-1-x-ax2≥0, 变形为ax2≤ex1-x.
(ⅰ) 当x=0时, 不等式为0×a≤0, 所以a∈R.
(ⅱ) 当x>0时, , 则有.设g (x) =ex (x-2) + (x+2) (x>0) , 则有g′ (x) =ex (x-1) +1=m (x) , m′ (x) =xex.
当x>0时, m′ (x) >0, m (x) 在 (0, +∞) 上是增函数, g′ (x) =m (x) >m (0) =0, 从而g (x) 在 (0, +∞) 上是增函数, 所以g (x) >g (0) =0, 也即h′ (x) >0.所以h (x) 在 (0, +∞) 上是增函数.利用罗必达法则求得.因此g (x) >1/2, 从而a≤1/2.所以a的取值范围为 (-∞, 1/2].
解法评析我们用分离参数法解决不等式恒成立问题常用的结论是:若f (x) 存在最值, 即就是, f (x) >a恒成立 f (x) min>a, f (x) <a恒成立 f (x) max<a;若f (x) 不存在最值, 即就是f (x) >a恒成立 inf{f (x) }≥a, f (x) <a恒成立 sup{f (x) }≤a.这里inf{f (x) }或sup{f (x) }可以用罗比达法则或一些重要极限求出.因此, 用高等数学知识是可以解决这类问题的.
解法3 (使用充分条件) 由f (0) =0, , f′ (0) =0, f″ (x) =ex -2a, 所以当x≥0时ex≥1, 所以f″ (x) =ex-2a≥1-2a.令1-2a≥0, 得a≤1/2.f″ (x) =ex-2a<0, 得x<ln2a, 所以当x∈ (0, ln2a) 时, f′ (x) <0, 而f (0) =0, 于是当x∈ (0, ln2a) 时, f (x) <0.综合得a的取值范围为 (∞, 1/2].
解法评析由在[0, +∞) 上是增函数f′ (x) ≥f′ (0) =0f (x) 在[0, +∞) 上是增函数f (x) ≥f (0) =0, 这仅是不等式成立的充分条件, 在a取值范围的另一部分上通过构造反例就可否定.
解法4 (使用二阶导数) 由f′ (x) =ex-1-2ax, f″ (x) =ex-2a≥1-2a, 然后对1-2a进行分类, 后面与解法3同.
解法评析f″ (x) 只是对函数f′ (x) 求导数, 并不是高等数学知识.
解法5 (分离参数后先求极限后证明)
(Ⅱ) 不等式f (x) ≥0为ex-1-x-ax2≥0, 变形为ax2≤ex-1-x.
(ⅰ) 当x=0时, 不等式为0×a≤0, 所以a∈R.
g′ (x) =ex-x-1, g″ (x) =ex-1>0, 所以g′ (x) 在 (0, +∞) 上是增函数, g′ (x) >g′ (0) =0.所以g (x) 在 (0, +∞) 上是增函数, g (x) >g (0) =0.即不等式成立.由此a≤1/2.
由 (ⅰ) , (ⅱ) 知a∈ (-∞, 1/2].
解法评析分离参数后, 先使用罗比达法则求极限, 再证明不等式比较简单.这是笔者给出的一个解法.
3这类问题存在通性通法吗
针对前面的解法分析和多种解法, 结合平时高考复习的教学实际 (因为平时复习资料中的大部分题目都可用这两法解决) 自然提出这类问题的通性通法.如文[10, 13]提出分离变量法是基本通法, 文[12]提出这类问题源自函数的单调性, 本质是函数值的大小比较, 对函数单调性的讨论是求解决本类问题的通性通法.异样的声音来自文[14].真可谓仁者见仁, 智者见智.如果我们再看2009年江苏卷中的第16题, 2012年浙江卷第17题就明白这类问题的解决是否需要这两种通性通法.到底何谓解决这类问题的通性通法?
例1 (2008年江苏卷14题) 设函数f (x) =ax3-3x+1 (x∈R) , 若对于任意x∈[-1, 1], 都有f (x) ≥0成立, 则实数a的值为____.
解法评析本题可以使用最值法、分离参数法、图像法, 但使用必要条件做就比较简单, 取x=1得a≥2, 取x=-1得a≤4, 取x=1/2得a≥4.故a=4, 这里可以取端点, 中点.
例2 (2012年浙江卷17题) 设a∈R, 若x>0时均有 ( (a-1) x-1) (x2-ax-1) ≥0, 则a=____ .
解法评析针对这道填空题我们会使用最值法, 分离参数法吗?恐怕首选的方法应是图像法, 但是用必要条件解决更简单.取x=1有 (a-2) (-a) ≥0, 所以0≤a≤2;取x=2有 (2a-3) 2≥0, 所以a=3/2.将a=3/2代入验证得 (x-2) 2 (2x+1) ≥0对x≥0恒成立.这里还能取端点, 中点吗?
使用必要条件解决这类问题不是通性通法, 是特殊技巧吗?如果我们从恒成立问题的本源思想分析就明白了.不等式f (x, a) >0 (a为参数) 在变量x∈D内恒成立, 实际上就是取x1, x2, x3, …∈D使f (x1, a) >0, f (x2, a) >0, f (x3, a) >0, …同时成立.若左边的所有值大于零, 只要最小的值大于零, 这就是前面的最值法.若解出每一个中的a, 然后求交集就是分离参数法.若只是取部分的xi, 解出a就是使用必要条件.若从函数思想分析, 函数思想就是用函数的性质或图像去解决不等式或方程问题, 前面的解法是用函数的性质解决的, 那么图像法也是解决这类问题的必选方法.所以, 这4类方法应该都是通性通法, 不能厚此薄彼, 过分强调某一个.实际上, 恒成立问题的解题方法还不止这几种, 还有主变元互换、判别式法等.我们穷尽了所有的方法吗?
4数学教学与通性通法
不等式恒成立解题策略 篇7
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.
不等式恒成立解题策略 篇8
一般意义上的恒成立问题通常是指恒正、恒负等.以最常见的二次函数为例, 二次函数恒正 (或恒负) 可以转化为函数f (x) =ax2+bx+c (a≠0) 的最小值大于0 (或最大值小于0) , 由图像可知必有
undefined
.如果除去二次函数的表象, 我们就得到恒成立问题的一般解法:即转化为最值问题, 求出函数的最小值 (或最大值) , 令其大于0 (或小于0) 即得恒正 (或恒正) .
1 恒不等问题解题策略
例1 求使关于x的不等式ax≥x≥logax (a>0, a≠1) 在区间 (0, +∞) 上恒成立的正实数a的取值范围.
1.1 化归为一个函数的恒不等问题
ax≥x在区间 (0, +∞) 上恒成立, 实质就是ax-x≥0恒成立.故此构造函数g (x) =ax-x, 求出其最小值, 由最小值大于或等于0, 即可求出a的取值范围.
略解 求导, 令
g′ (x) =ax·ln a-1>0,
因为a>1, 解得undefined, 得出g (x) 在区间undefined上单调递减, 在undefined上单调递增, 所以函数g (x) 在undefined处取得最小值, 令
undefined,
解出undefined, 问题得解.
以上求恒不等问题的本质就是找出图像上到x轴的距离最近的点, 只要该点在x轴的上方即可保证f (x) ≥0恒成立.
此类解题方法极具有一般性, 对任意两函数f (x) , g (x) (如图1) , 我们都可以通过构造函数h (x) =f (x) -g (x) , 转化为函数h (x) 的最值问题求解.能否顺利用此法解题的关键是所构造函数能否较方便地求出最值.
1.2 化归为两个函数的恒不等问题
把不等式两边分别视为两个函数y=ax与y=x, 画出函数的图像 (如图2) .我们只要在曲线y=ax上找到距直线y=x距离最小的点, 如果该点在直线y=x上方, 那么ax≥x恒成立.为此, 我们在曲线y=ax上求斜率为1的切线, 得到切点 (x0, ax0) .曲线y=ax上所有点到直线y=x的距离最近点就是该切点, 保证了ax0≥x0, 也就保证了ax≥x在区间 (0, +∞) 上恒成立.
略解 求导, 令g′ (x) =1, 求出
undefined
令ax0≥x0, 即
undefined,
解出undefined, 问题得解.
用此法解题的关键在于从已知函数中分离出两个函数, 其中一函数较简单直观, 而另一函数则较容易求出导数, 求出该函数的极值、最值, 结合图像求出参数的取值范围.解题的关键是分离后的函数能较易求导、求极值和最值.
1.3 分离参数化归为两个函数的恒不等问题
例2 设函数f (x) =tx2+2t2x+t-1 (x∈[-1, 1]) .
(Ⅰ) 若t>0, 求f (x) 的最小值h (t) ;
(Ⅱ) 对于 (Ⅰ) 中的h (t) , 若t∈ (0, 2]时, h (t) <-2t+m2+4m恒成立, 求实数m的取值范围.
undefined
(Ⅱ) 由h (t) <-2t+m2+4m, 如果令g (t) =h (t) +2t和f (m) =m2+4m, 可以转化为g (t)
用此类方法解题, 通常先将原式分离出参数t, 得到两个函数y=f (x) 和y=g (t) (如图3) , 不妨设t0是所求范围中的任一个值, 即对于∀x都有g (t0)
2 恒有交点问题解题策略
例3 已知A, B, C是直线l上不同的三点, O是直线外一点, 向量undefined满足undefined, 记y=f (x) .
(Ⅰ) 求函数y=f (x) 的解析式;
(Ⅱ) 若关于x的方程f (x) =2x+b在[0, 1]上恰有两个不同实根, 求实数b的取值范围.
解undefined
(Ⅱ) 构造函数
undefined,
求导
undefined
当undefined时, g′ (x) <0, g (x) 单调递减;
当undefined时, g′ (x) >0, g (x) 单调递增.
所以g (x) 有极小值
undefined,
即为最小值, 求出
undefined
又undefined, 由图像 (图略) 可得
undefined
本题本质上是恒有两个交点求参数范围问题.可以通过求导, 求出函数的极值、最值, 画出函数的大致图形, 结合交点个数求出参数的取值范围.如果从交点的角度看问题, 我们就发现恒不等问题实质上就是恒无交点等问题, 以上两类“恒”成立问题的本质是相同的.
3 恒 (不) 单调问题解题策略
例4 已知函数g (x) =[ax2- (3+2a) x+3a+6]·ex+1在区间[2, 4]上不单调, 求实数a的取值范围.
解 求导得
g′ (x) = (ax2-3x+a+3) ·ex+1.
g (x) 在区间[2, 4]上不单调, 等价于
ax2-3x+a+3=0
在 (2, 4) 上有解且Δ≠0, 故在 (2, 4) 上有一个解或有两个不相同解, 根据二次函数根的分布, 从而求出a的取值范围.
也可以变量分离得undefined, 令
undefined,
求出t (x) 的值域为undefined, 所以undefined
函数y=f (x) 在某一区间上恒单调, 反映在导函数y=f′ (x) 上, 就是导函数f′ (x) ≥0 (或f′ (x) ≤0) 在该区间上恒成立, 从而问题又可以转化为前面的恒不等问题解决.恒不单调问题, 反映在导数函数上, 就是导函数在该区间上恒有零点, 从而转化为上面的恒有交点问题求解.
4 恒相等问题解题策略
例5 对于定义在区间D上的函数f (x) , 若存在闭区间[a, b]⊆D和常数c, 使得对任意x1∈[a, b], 都有f (x1) =c, 且对任意x2∈D, 当x2∉[a, b]时, f (x2) >c恒成立, 则称函数f (x) 为区间D上的“平底型”函数.若函数undefined是区间[-2, +∞) 上的“平底型”函数, 求m和n的值.
解 设存在闭区间[a, b]⊆[2, +∞) , 对任意x1∈[a, b], 都有f (x1) =c恒成立, 则
undefined
恒成立, 移项平方, 把方程看成关于x方程, 由任意性, 可知系数必为0, 解出
m=1, c=1, n=1,
或 m=-1, c=1, n=1.
检验得m=-1, c=1, n=1时, g (x) =x+|x+1|是区间[-2, +∞) 上的“平底型”函数.
恒相等问题, 在已知含参函数的奇、偶性求参数中较多见.由于含参函数是奇函数 (或偶函数) , 所以对于任意定义域中的变量x, 函数值恒等于0, 则含参数的系数必为0, 解出相应的参数即可.
5 恒过定点问题解题策略
例6 已知抛物线y2=4x的焦点为F, 过F作两条互相垂直的弦AB, CD, 设AB, CD的中点分别为M, N.求证:直线MN过定点.
解 设直线AB的斜率为k, k≠0, 则直线CD的斜率为undefined, 代入抛物线方程, 消去y, 得到点M, N的坐标分别为undefined, 从而直线MN的方程为 (1-k2) y=k (x-3) , 可以直接观察出曲线恒过定点 (3, 0) , 或也可以取k=0或1, 得出两直线的交点 (3, 0) , 以下证明任意k, 曲线都过定点 (3, 0) .
解析几何或函数中, 经常出现求含参曲线或函数恒过定点问题, 对此类问题, 一般只需要设出参数, 求出所求的含参数曲线方程, 根据方程参数的任意性, 可以用多个特殊值代入, 求出相应曲线, 再求交点, 但由特殊值代入求得, 不具备一般性, 所以通常要进行证明或检验.也可以化为关于参数的方程, 即为曲线系方程, 由于对任意参数恒成立, 令系数为0, 从而得出定点.
不等式恒成立问题的解法初探 篇9
[关键词]不等式恒成立数形结合构造函数分离参数
[中图分类号]G633.6
[文献标识码]A
[文章编号]1674-6058（2016）32-0062
不等式恒成立问题大都出现在高考的大题中，在填空题和选择题中也常作为压轴题出现，本文通过举例介绍不同题型下所采取的不同解题方法，让学生更好地体会解题方法，提高解题能力。
一、数形结合法
数形结合法体现在此处就是画出函数的图像，利用图像的位置关系来确定不等式恒成立问题中参数的取值范围，学生要注意这一思想的前提是函数经过一定的变换后所表示的是常见的数学图像，否则不得盲目利用此方法。
点拨：题中通过对已知函数进行变形后画出图像来求解参数，使问题更加直观地呈现在我们面前，这也是对问题的极大简化，在减少学生计算量的同时，还开拓学生的思维，实现数与形的真正结合，体现了数形结合思想的精髓。
二、构造函数法
构造函数法着重体现在“构造”二字，是指通过分析题中的条件及不等式關系，构造出一个新的函数，通过对新函数的求导等运算，得出原不等式中参数的取值范围。
点拨：本题证明采用了作差法构造出新的函数，体现了构造函数中的构造性，常见的构造方法还有将两式相除或相加，这种题型描述虽然简洁，却可以考查学生多方面的能力，正符合高考的出题理念。
三、分离参数法
分离参数是指在含有参数的不等式中，通过恒等关系的变形将所求的参数与自变量分离在不等式的两边，此时就变成了对参数的直接求解，使问题转化为求只含主元函数的最值问题，分离参数法对学生的解题思路要求严格。
不等式恒成立解题策略 篇10
在恒成立问题解答中, 函数最值法的应用较为常见, 在恒成立相关问题解答中, 此解题方式较为适用。 在教学中, 教师需注意依照题意, 运用函数最值法来解决一些实际问题, 可充分发挥简捷省时的作用。
例1 假设函数为f ( x) = ( x+1) ln ( x+1) , 如果在所有的x≥0的情况之下, f ( x) ≥ɑx公式是成立着的, 那么求解 ɑ 的取值范围。
解: 设置函数g (x) = (x+1) ln (x+1) - ɑx, 对函数g (x) 求解导数为: g’ ( x) =In ( x+1) +1- ɑ, 并令g’ ( x) 公式为0, 得出结果x=eɑ-1- 1。 当x>eɑ-1- 1 时, 那么g’ ( x) 会大于0, 而g ( x) 在 ( eɑ- 1- 1, + ∞) 之上为增函数。 而当x<eɑ- 1- 1 时, 那么g’ ( x) 会小于0, 而g (x) 在 (- ∞, eɑ-1- 1) 之上为减函数。 因此, 需对所有x≥0都存在g (x) ≥g (0) 的充分必要条件为eɑ-1- 1≤0。 由此可得出结论, ɑ≤1, 也就是说, ɑ 的取值范围为 (- ∞, 1]。 整体而言, 在对恒成立问题应用函数最值法处理时, 需注意对整个题目做变形处理。
2 数形结合法的应用
在恒成立问题的解答中, 数形结合法的应用也可帮助获取较好效果。 首先需做到的是, 构造好函数, 并制作出满足已知条件的函数图形。 之后再将函数与函数图形在各区间之上的关系予以明确, 之后得出最终的结论, 并求取到参数范围值。
例2 如果不等式x2- logmx<0 在内是恒成立的, 求解实数m的取值范围。
3 主参换位法的应用
针对一些已明确给出参数范围类型的恒成立问题, 需将参数作为主体, 而将主体作为已知数, 也就是说将原题作为参数的附属函数, 站在函数角度上进行问题的解答, 此种解题法被称为主参换位法。
例3 假设不等式2x- 1>m ( x2- 1) 对于满足|m|≤2 的一切实数m均成立, 求解实数x的取值范围。
分析, 在此不等式中, 出现的字母为m与x, 而解题的重点在于变量与常数字母的明确。 很显然的是, 在此不等式中, 自变量应为m, 那么则可将上述问题直接转化为在[- 2, 2]内, m相关一次函数大于0是恒成立的问题。
针对一些含参数的不等式恒成立问题, 在做分离参数处理时, 会遭遇讨论麻烦或是参数、 变量较易分离, 但函数最值较难求得的问题。针对于此, 可在解题中, 适当学会转化思维方向, 将参数与变元更换位置, 并有机结合其它的知识, 以此获取到极佳的效果。
4 判别式, 韦达定理及根分布的应用
如果二次函数y=ɑx2+ bx+ c ( ɑ≠0) 的值是恒定大于0 的, 那么则有 ɑ>0, △<0。 针对二次函数处于指定区间之上的恒成立问题, 可应用韦达定理及根与系数的分布知识进行解答。
例4 已知函数f ( x) =x2+ ɑx+ 3- ɑ, 在R上, f ( x) ≥0 是恒定成立的, 求解 ɑ 的取值范围。
分析y=f ( x) 公式的函数图像均处于x轴及其上方, 如图2 所示。
解△=ɑ2- 4 ( 3- ɑ) =ɑ2+4ɑ- 12≤0, - 6≤ɑ≤2。 变式如果x∈[- 2, 2]时, 那么f ( x) ≥0 是恒成立的, 求解 ɑ 的取值范围。 分析如果想要在x∈[- 2, 2]的情况之下, 满足f ( x) ≥0 恒成立的的要求, 那么只要是f ( x) 的最小值g ( ɑ) 即好。
此类恒成立的问题属于含有参数的二次函数, 在求得最值是, 轴变区间定的清醒, 对于轴与区间的位置问题进行分析讨论。 而对于一些情况与其完全相反的, 轴动区间定, 解题方法是类似的。
5 结语
对于恒成立类问题的解答, 由于其题目类型所涉及的知识较为丰富, 可采用的解题方式也较为灵活多样化, 本文提到的函数最值法; 数形结合法; 主参换位法; 判别式, 韦达定理及根分布都是较为常用的解题方式。 因此无论是在哪个阶段的教学中, 均需注意渗透恒成立问题内容, 促使学生在日常的学习训练中学会总结, 进一步提升其自身的解题能力, 促进其良好发展。
摘要：本文主要对恒成立问题的科学合理解题策略及技巧进行了分析探究, 以此帮助更好的教导学生学习了解恒成立问题, 提升其数学学习质量及效率。