常见恒成立问题的求法（精选7篇）

常见恒成立问题的求法 第1篇

若pf (x) q, 对于f (x) >a, 只需p>a;对于f (x)

若pa, 只需p≥a;对于f (x)

例1.当x>0时, mx2-4x+3m+1>0恒成立, 求m的取值范围。

解析:将参数从恒成立的式子中分离出来。由已知得, undefined, 令undefined, 求导得:undefined

令f′ (x) =0得x=2 (负根舍去)

函数在 (0, 2) 为增函数, 在 (2, +∞) 为减函数, 所以f (2) =1是函数的最大值

故m的取值范围是 (1, +∞) 。

在恒成立问题中要注意这是一个对哪个量恒成立的问题, 对哪个量恒成立就构造以这个量为自变量的函数。如:

例2: (a-1) log13x-6alog3x+a+1≥0对于undefined恒成立, 求x的范围。

解:原不等式可整理为 (1-7log3x) a+1+log3x≥0

另f (a) = (1-7log3x) a+1+log3x,

∵f (a) ≥0对于undefined恒成立

undefined解得:undefined

有些问题, 没有明显的给出恒成立的信息, 但却转化为恒成立问题来解决。如

例3:函数undefined的定义域为A, 不等式lg2ax

解:由undefined得A={x|1

若A∩B=A, 则A⊆B, 即不等式lg2ax

所以0<2ax

由2ax>0得a>0;

由2ax

所以undefined解得undefined

综上所述, a的取值范围是undefined

数列是一种特殊的函数, 它的定义域是正整数集或其有限子集, 所以在解决和数列有关的恒成立问题时, 也可以用函数的观点来解决。

例5:已知数列undefined是等差数列, 首项为1, 公差为2, 是否存在k使得不等式

undefined对于任意n恒成立, 若存在, 求出k得取值范围, 若不存在说明理由。

解析:本题是涉及和正整数n的问题, 所以可以用归纳的方法猜出结论, 然后再用数学归纳法进行证明。这种方法, 在此不再叙述。

我们发现这也是一个关于恒成立的问题。因为数列是一种特殊的函数, 所以我们也可以用函数的眼睛来看这个问题。

原不等式可化为:

undefined

设数列undefined中, bn=undefined, 则

undefined

undefined, 由undefined得:undefined, 所以数列undefined是递增数列。若undefined成立, 则原不等式恒成立。

常见恒成立问题的求法 第2篇

一、化归二次函数法

类型1: 设f ( x) = ax2+ bx + c( a≠0) ,( 1) f ( x) > 0在x∈R上恒成立a > 0且Δ < 0;

( 2) f ( x) < 0在x∈R上恒成立a < 0且Δ < 0.

例1设函数f ( x) = mx2- mx - 1,若对于一切实数x,f ( x) < 0恒成立,求m的取值范围.

解析: 要使mx2- mx - 1 < 0恒成立,

若m = 0,显然 - 1 < 0;

综上,所以 - 4 < m≤0.

注意: 函数f ( x) 不一定是二次函数,故对最高次项系数应做分类讨论.

类型2: 设f ( x) = ax2+ bx + c( a≠0)

( 1) 当a > 0时,f ( x) > 0在x∈[α,β]上恒成立

( 2) 当a < 0时,f ( x) > 0在x∈ [α,β] 上恒成立

例2设函数f ( x) = x2- 2mx - 1,若对于x∈ [1,3],f ( x) > - m - 3恒成立,求m的取值范围.

解析: 要使函数f ( x) = x2- 2mx - 1对于x∈[1,3],f ( x)> - m - 3恒成立,只要f ( x) = x2- 2mx - 1 > - m - 3恒成立,对于x∈[1,3]. 只要x2- 2mx + 2 + m > 0恒成立,对于x∈[1,3],令g( x) = x2- 2mx + 2 + m,只要函数g( x) 在1≤x≤3上的最小值大于0,g( x) 的对称轴是x = m.

1当m < 1时,g( x) 在[1,3]上单调递增,故g( x)min=g( 1) = 1 - 2m + 2 + m = - m + 3 > 0,即m < 3,又因为m <1,所以m < 1.

2当1≤m≤3时,g( x) 在[1,3]上先单调递减后单调递增,g( x)min= g( m) = m2- 2m2+ 2 + m = - m2+ m + 2 > 0.即: m2- m - 2 < 0,所以 - 1 < m < 2,又1≤m≤3,所以1≤m < 2.

3当m > 3时,g( x) 在[1,3]上单调递减,g( x)min= g( 3)= 9 - 6m + 2 + m = 11 - 5m > 0. 即: m <11/5,又m > 3,所以无解.

综上123,m的取值范围为: m < 2.

二、分离参数法

f ( x) > α对一切x∈I恒成立f ( x)min> α.

f ( x) < α对一切x∈I恒成立f ( x)max< α.

评注: 不等式恒成立问题中,常常先将所求参数从不等式中分离出来,即: 使参数和主元分别位于不等式的左右两边,然后再巧妙构造函数,最后化归为最值法求解. 简单记作: “大的大于最大的,小的小于最小的”.

例3已知函数f ( x) =x2+ 2x + ax,若对任意x∈ [1,+ ∞ ) ,f ( x) > 0恒成立,试求实数a的取值范围.

解析: 对任意x∈[1,+ ∞ ) ,f ( x) =x2+ 2x + ax> 0恒成立

即: x2+ 2x + a > 0恒成立,x∈ [1,+ ∞ ) .

即: a > - ( x2+ 2x) 恒成立,x∈ [1,+ ∞ ) .

令g( x) = - ( x2+ 2x) = - ( x + 1)2+ 1,x∈[1,+ ∞ ) ,只要a > g( x)max.

又g( x) 在[1,+ ∞ ) 上单调递减,g( x)max= g( 1) = - 3.

所以实数a的取值范围是: a > - 3.

例4已知函数f ( x) = ln2( 1 + x) -x21 + x

( Ⅰ) 求函数f ( x) 的单调区间;

( Ⅱ) 若不等式( 1 +1n)n + a≤e对于任意n∈N*都成立( 其中e是自然对数的底数) ,求a的最大值.

分析: 对于( Ⅱ) 不等式( 1 +1n)n + a≤e中只有指数含有a,故可以将函数进行分离考虑.

解: ( Ⅰ) ( 应用导数方法求解,过程略)

函数f ( x) 的单调增区间为( - 1,0) ,f ( x) 的单调减区间为( 0,+ ∞ ) .

故g( x) 在( 0,1]上的最小值为g( 1) =1/ln2- 1.

所以a的最大值为1/ln2- 1.

三、数形结合法

f ( x) > g( x) 对一切x∈I恒成立f ( x) 的图象在g( x)的图象的上方或f ( x)min> g( x)max( x∈I) 恒成立.

例5如果对任意实数x,不等式| x + 1 |≥kx恒成立,则实数k的取值范围是____.

解析: 画出y1= | x + 1 | ,y2= kx的图像,由图可看出0≤k≤1.

例6已知当x∈ ( 1,2]时,不等式( x - 1)2≤logax恒成立,则实数a的取值范围是 .

分析: 本题若直接求解则比较繁难,但若在同一平面直角坐标系内作出函数f ( x) = ( x - 1)2与函数g( x) = logax在x∈ ( 1,2]上的图象,借助图形 可以直观、简 捷求解.

解: 在同一平面直角坐标系内作出函数f ( x) = ( x - 1)2与函数g( x) = logax在x∈ ( 1,2]上的图象( 如图2) ,从图象中容易知道: 当0 < a < 1且x∈ ( 1,2]时,函数f ( x) 的图象恒在函数g( x) 上方,不合题意; 当a > 1且x∈ ( 1,2]时,欲使函数f ( x)的图象恒在函数g( x) 下方或部分点重合,就必须满足loga2≥1,即1 < a≤2.

故所求a的取值范围为( 1,2].

评注: 取不等式两边巧妙构造易作图的函数,数形结合,直观形象,是解决不等式恒成立问题的一种快捷方法.

四、变更主元法

恰当变更主元,将二次函数化为一次函数,运用一次函数的性质,来求解恒成立中x的取值范围. 对于一次函数f ( x) =kx + b,x∈[m,n]有: f ( x) > 0恒成立

例7已知a∈[1,3],不等式x2+ ( a - 4) x + 4 - 2a > 0恒成立,求x的取值范围.

解析: 把不等式左端看成关于a的一次函数,

记f ( a) = ( x - 2) a + ( x2- 4x + 4) ,则由f ( a) > 0对于任意的a∈[1,3]恒成立,易知当x - 2 = 0时,可得f ( a) = 0,不符合题意,

所以,x的取值范围是{ x | x < - 1或x > 2} .

关于“恒成立”求参数问题的方法 第3篇

例已知当x∈[0, 1]时, f (x) =x2+ax+3-a>0恒成立, 求a的取值范围.

1. 利用集合的思想方法

解答设A={x|f (x) >0}, 由已知[0, 1]⊆A, 令Δ=a2-4 (3-a) =a2+4a-12.

1) 当Δ<0即-6

2) 当Δ≥0即a≥2或a-6时,

由f (x) >0得

由 (1) 得a-6, 由 (2) 得2a<3.由1) , 2) 得a<3.

2. 利用方程的思想方法

解答 由已知f (x) >0在[0, 1]恒成立等价于方程f (x) =0的根有且仅有下列三种情况:

1) 无实根等价于Δ<0解得-6

2) 两个小于0的实根等价于

解得2a<3.

3) 有两个大于1的实根等价于

解得a-6.

由1) , 2) , 3) 知a<3.

3. 利用函数的思想方法

解答 f (x) >0在[0, 1]上恒成立等价于在[0, 1]上f (x) 的最小值大于零.

1) 若-a/2<0, 即a>0时,

f (x) min=f (0) =3-a,

由3-a>0, 得a<3.

∴0

2) 若0-a/21, 即-2a0时,

由-a2/4+3-a>0得-6

∴-2a0.

3) 若-a/2>1, 即a<-2时,

f (x) min=f (1) =4>0恒成立.

∴a<-2.

由1) , 2) , 3) 知a<3.

4. 利用参数的思想方法

解答f (x) =x2+ax+3-a>0得

a (x-1) >-x2-3.

1) 当x=1时上式恒成立, 此时a取任意实数值.

2) 当0x<1时,

当1-x=1, 即x=0时, 右边取得最小值3.要使在[0, 1]上恒成立须a<3.

由1) , 2) 知a<3.

5. 利用数形结合的思想方法

解答 由f (x) =x2+ax+3-a>0得

令y=a (x-1) , y=-x2-3.由于x∈[0, 1],

故y=a (x-1) , x∈[0, 1], 是以A (0, -a) , B (1, 0) 为端点的线段.

y=-x2-3, x∈[0, 1], 是以C (0, -3) , D (1, -4) 为端点的抛物线弧, 要使 (1) 式在[0, 1]上恒成立, 只需线段AB位于抛物线弧的上方, 即yA>yC.

不等式恒成立问题的求解策略 第4篇

1.分离变量

例1已知函数f (x) =|x2-4x-5|, 若在区间[-1, 5]上, y=kx+3k的图象位于函数f (x) 的上方, 求k的取值范围.

解本题等价于

对于任意x∈[-1, 5], kx+3k>-x2+4x+5恒成立, 即

设x+3=t, t∈[2, 8], 则

所以当t=4, 即x=1时, ymax=2,

故k的取值范围是k>2.

变式若本题中将y=kx+3k改为y=k (x+3) 2, 其余条件不变, 则也可以用变量分离法解.

解由题意得对于任意x∈[-1, 5],

k (x+3) 2>-x2+4x+5恒成立,

设x+3=t, t∈[2, 8], 则

注本题通过变量分离, 将不等式恒成立问题转化为求函数的最值问题, 本题构造的函数求最值有些难度, 但通过换元后巧妙地转化为“对勾函数”, 从而求得最值.变式题中构造的函数通过换元后转化为“二次函数型”, 从而求得最值.

2.函数最值

例2已知f (x) =x2+ax+3-a, 若x∈[-2, 2], f (x) ≥2恒成立, 求a的取值范围.

解本题可以化归为求函数f (x) 在闭区间上的最值问题,

若x∈[-2, 2], f (x) ≥2恒成立, 则对于任意x∈[-2, 2], f (x) min≥2,

注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, 可以求函数最值的方法, 只要利用f (x) >m恒成立, 即f (x) min>m;f (x) <m恒成立, 即f (x) max<m.本题若采用例题1法分离参数a相对要麻烦些.

3.变换主元

例3已知对于任意的a∈[-1, 1], 函数f (x) =ax2+ (2a-4) x+3-a>0恒成立, 求x的取值范围.

解令g (a) = (x2+2x-1) a-4x+3, 则当a∈[-1, 1]时, g (a) >0恒成立, 即

注对于含有两个参数, 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, 利用函数图象求另一参数的取值范围.

4.数形结合

解由题意得f (x) ≤g (x) , 即

1可化为 (x-2) 2+y12=4 (0≤x≤4, y1≥0) , 它表示以 (2, 0) 为圆心, 2为半径的上半圆;

2表示经过定点 (-2, 0) , 以a为斜率的直线, 要使f (x) ≤g (x) 恒成立, 只需1所表示的半圆在2所表示的直线下方就可以了 (如图所示) .

当直线与半圆相切时就有

注本题通过对已知不等式变形处理后, 挖掘不等式两边式子的几何意义, 通过构造函数, 运用数形结合的思想来求参数的取值范围, 不仅能使问题变得直观, 同时也起到了化繁为简的效果.

5.消元转化

解容易证明f (x) 是定义在[-1, 1]上的增函数,

故f (x) 在[-1, 1]上的最大值为f (1) =1, 则f (x) ≤t2-2at+1对于所有的x∈[-1, 1], a∈[-1, 1]恒成立等价于1≤t2-2at+1对于所有的a∈[-1, 1]恒成立, 即

2ta-t2≤0对于所有的a∈[-1, 1]恒成立,

令g (a) =2ta-t2, 只要

所以t≤-2或t≥2或t=0.

注对于含有两个以上变量的不等式恒成立问题, 可以根据题意进行消元转化, 从而转化为只含有两变量的不等式问题, 使问题得到解决.

例谈高中恒成立问题的解题方法 第5篇

一、函数性质法

此方法又称为最值法,就是求出函数在某一个或几个区间上的最值,然后将恒成立问题转化为函数之间最值的比较问题,从而求解.

A.a≥1或a≤0 B.0≤a≤1

C.a∈R D.a不存在

本题涉及函数的单调性、周期性、导数以及不等式等很多数学知识,是一道可以全面考查学生能力的典型题.

二、分离参数法

该方法是指将参量和变量分离,构造出一个以参量为因变量的函数,进而求出参量的取值范围.此方法是求解不等式的恒成立问题的重要方法.

【例2】已知函数f(x)=ex+e-x,其中e是自然对数的底数,若关于x的不等式mf(x)≤e-x+m-1在(0,+∞)上恒成立,求实数m的取值范围.

本题考查了对勾函数的知识.我们要注意的是,对勾函数虽然不是书中介绍的函数,但是其应用是十分常见的.

三、图像法

图像法又称为数形结合法,其思路是画图像解题,只要我们正确地画出图像,就会轻松解决问题.

解析:由题意得f′(x)=-2x2+2ax+4a≤0在[-1,1]上恒成立,则在直角坐标系中画出其满足条件的图像.结合图像可知,有以下几种情况:

综上可知,a的取值范围是a≤0.

本题需要我们先求一下导数,再画图求解,我们要注意二次函数的根的分布问题,全面考虑,以免因为情况讨论不全而导致错解、漏解.

本文通过三个例子介绍了三种解恒成立问题的方法,每一种方法提供的解题思路是完全不同的.很多恒成立问题都不止有一种方法,学生应灵活运用各种解题方法,提高解题效率.

摘要：近几年来,高考更加注重学生综合素质的考查,而恒成立问题涉及的知识点多、解题方法多样、综合能力强,可以从多方面考查学生的逻辑思维能力和解题能力.

关键词：高中数学,恒成立,函数,图像

注释

恒成立条件下参数问题的求解策略 第6篇

求参数范围的一般步骤为:1.由给定条件寻找对参数的限制;2.将对参数的限制化归为不等式 (组) 或函数的值域;3.由不等式 (组) 在寻找参数的范围时, 可充分考虑利用判别式法、基本不等式法、数形结合法等.

在将限制条件划归为不等式 (组) 或函数值域时常用等价转化、分离参数、主参互换、数形结合等方法.下面通过几个例题对这些方法作以展示, 希望对读者有所启示.

等价转化

有些题目直接入手解决往往比较复杂, 但若对题设中的式子作以等价转化, 则可以化繁为简, 易于问题的解决.

例1:设对所有实数x, 不等式恒成立, 求a的取值范围.

分析:此题直接求解比较麻烦, 若令log22aa+1=t, 则原式可化为 (3+t) x2-2xt+2t>0恒成立, 经过分析可求解.

解:设则欲使已知不等式大于0恒成立, 只需 (3+t) x2-2xt+2t>0恒成立, 即3x2+[ (x-1) 2+1]t>0恒成立, 故只需t>0, 即, 解得0

分离参数法

对于有些问题若能将已知式子中的未知数和参数分离开来, 则可通过求函数的值域求出参数的取值范围.

例2:已知函数, x∈[1, +∞) , 若对任意x∈[1, +∞) , f (x) >0恒成立, 试求实数a的取值范围.

分析:此题可先经过等价转化, 由区间[1, +∞) 上, f (x) >0恒成立⇔x2+2x+a>0恒成立, 然后将不等式分离参数得g (a) >f (x) 恒成立, 再求得f (x) 的最大值f (x) max, 由g (a) >f (x) max得a的取值范围.

解:在区间[1, +∞) 上, f (x) >0恒成立⇔x2+2x+a>0恒成立.要使x2+2x+a>0恒成立, 只需a>-x2-2x=- (x+1) 2+1恒成立.由二次函数的性质可得- (x+1) 2+1-3, 故a>-3.

利用函数的最值

例3:同例2.

分析:此题可等价转化为在区间[1, +∞) 上x2+2x+a>0恒成立, 令y=x2+2x+a, x∈[1, +∞) , 判断y=x2+2x+a在区间[1, +∞) 上的单调性从而求出ymin=3+a, 再根据ymin=0时f (x) >0恒成立解得a的取值范围.

解:在区间[1, +∞) 上f (x) >0恒成立⇔x2+2x+a>0恒成立.因为函数y=x2+2x+a= (x+1) 2+a-1在区间[1, +∞) 上为增函数, 所以当x=1时, ymin=3+a.于是当且仅当ymin=3+a>0时, f (x) >0恒成立, 即有a>-3.

利用函数的单调性

通过研究函数的单调性确定函数的值域, 从而求出参数的范围也是解此类题目常用的方法.

例4:同例2.

分析:先将, x∈[1, +∞) 化简为, x∈[1, +∞) , 再通过判断此函数的单调性求出f (x) min=3+a, 进而求得a的取值范围.

解:, x∈[1, +∞) , 当a≥0时, 函数f (x) 的值恒为正;当a<0时, y=x+2与在[1, +∞) 上均为增函数.所以在x∈[1, +∞) 上为增函数, 故当x=1时, f (x) min=3+a.于是当且仅当f (x) min=3+a>0时, f (x) >0恒成立.故a>-3.

主参互换

在求参数范围时, 如果直接求解较为困难, 那么在已知条件中将参数和未知数进行换位, 则可使问题迎刃而解.

例5:已知方程ax2-2 (a-3) x+a-2=0中的a为负整数, 试求使方程恒有整数解时a的取值范围.

分析:可将关于x的二次方程通过变更主元化为关于参数a的一次方程, 由方程得 (x2-2x+1) a+6x-2=0, 再根据a的取值范围求得x的取值范围, 从而确定x的取值, 再经过讨论可求得a的取值范围.

解:因为ax2-2 (a-3) x+a-2=0, 所以 (x-1) 2a=2-6x.

因此, x的整数值只能为2、3、4、5、6、7, 逐个代入 (1) 式中, 可知x=2时, a=-10;x=3时, a=-4.故当a为-4或-10时, 方程恒有整数解.

注:此解通过变更主元将关于x的二次方程转化为关于a的一次方程, 起到了降次、化简的功效, 更是避免了不必要的分类讨论.

构造函数法

根据题目中所给的含参不等式的结构特征构造适当的函数, 并利用函数的性质可求参数的范围.

例6:已知不等式对于大于1的一切自然数n恒成立, 试求参数a的取值范围.

分析:根据题目所给的不等式的特点构造函数, 并通过判断此函数的单调性求出f (n) 的最小值为对于大于1的一切自然数n恒成立, 必须有, 从而可求得a的取值范围.

恒成立问题与有解问题 第7篇

关键词：高考数学,恒成立,有解

一、恒成立问题

函数在给定区间上某结论成立问题, 其表现形式通常有:在给定区间上某关系恒成立;某函数的定义域为全体实数R;某不等式的解为一切实数;某表达式的值恒大于a

(一) 恒成立问题解决的基本策略

1. 两个基本思想解决“恒成立问题”。

思路1:m>f (x) 在x∈D上恒成立圳m≥[f (x) ]max。

思路2:mf (x) 在x∈D上恒成立圳m[f (x) ]min。

如何在区间D上求函数f (x) 的最大值或者最小值问题, 我们可以通过习题的实际, 采取合理有效的方法进行求解, 通常可以考虑利用函数的单调性、函数的图像、二次函数的配方法、三角函数的有界性、均值定理、函数求导, 等等方法求函数f (x) 的最值。

2. 赋值型利用特殊值求解。

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.如果函数y=f (x) =sin2x+acos2x的图像关于直线对称, 那么a= () 。

3. 分清基本类型, 运用相关基本知识, 把握基本的解题策略。

(1) 一次函数型

给定一次函数y=f (x) =ax+b (a≠0) , 若y=f (x) 在[m, n]内恒有f (x) >0, 则根据函数的图像 (直线) 可得上述结论等价于。同理, 若在[m, n]内恒有f (x) <0, 则有。

例2.对于满足|a|2的所有实数a, 求使不等式x2+ax+1>2a+x恒成立的x的取值范围。

分析:在不等式中出现了两个字母:x及a, 关键在于该把哪个字母看成是一个变量, 另一个作为常数, 显然可将a视作自变量, 则上述问题即可转化为在[-2, 2]内关于a的一次函数大于0恒成立的问题。

解:原不等式转化为 (x-1) a+x2-2x+1>0在|a|2时恒成立,

设f (a) = (x-1) a+x2-2x+1, 则f (a) 在[-2, 2]上恒大于0, 故有:

∴x<-1或x>3, 即x∈ (-∞, -1) ∪ (3, +∞) 。

此类题本质上是利用了一次函数在区间[m, n]上的图像是一线段, 故只需保证该线段两端点均在x轴上方 (或下方) 即可。

(2) 二次函数型

若二次函数y=ax2+bx+c=0 (a≠0) 大于0恒成立, 则有, 若是二次函数在指定区间上的恒成立问题, 还可以利用韦达定理以及根与系数的分布知识求解。

例3.设f (x) =x2-2ax+2, 当x∈[-1, +∞) 时, 都有f (x) ≥a恒成立, 求a的取值范围。

分析:题目中要证明f (x) ≥a恒成立, 若把a移到等号的左边, 则把原题转化成左边二次函数在区间[-1, +∞]时恒大于0的问题。

解:设F (x) =f (x) -a=x2-2ax+2-a,

ⅰ) 当△=4 (a-1) (a+2) <0时, 即-2

F (x) ≥0恒成立;

ⅱ) 当△=4 (a-1) (a+2) ≥0时, 由图可得以下充要条件:

综合可得a的取值范围为[-3, 1]。

(3) 变量分离型

若在等式或不等式中出现两个变量, 其中一个变量的范围已知, 另一个变量的范围为所求, 且容易通过恒等变形将两个变量分别置于等号或不等号的两边, 则可将恒成立问题转化成函数的最值问题求解。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) 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4.已知三个不等式 (1) x2-4x+3<0, (2) x2-6x+8<0, (3) 2x2-9x+m<0。要使同时满足 (1) (2) 的所有x的值满足 (3) , 求m的取值范围。

解:由 (1) (2) 得2

二、恒成立与有解的区别

恒成立和有解是有明显区别的, 以下充要条件应细心思考, 甄别差异, 恰当使用, 等价转化, 切不可混为一团, 下面举恒成立与有解问题的常见问题。

(1) 不等式f (x)

(2) 不等式f (x)

(3) 不等式f (x) >k在x∈I时恒成立圳fmin (x) >k, x∈I, 或f (x) 的下界大于或等于k;

(4) 不等式f (x) >k在x∈I时有解圳fmax (x) >k, x∈I, 或f (x) 的上界大于k;

解决恒成立和有解解问题的基本策略常常是构作辅助函数, 利用函数的单调性、最值 (或上、下界) 、图像求解。基本方法包括:分类讨论, 数形结合, 参数分离, 变换主元, 等等。

例5.已知两函数f (x) =8x2+16x-k, g (x) =2x3+5x2+4x, 其中k为实数。

(1) 对任意x∈[-3, 3], 都有f (x) g (x) 成立, 求k的取值范围;

(2) 存在x∈[-3, 3], 使f (x) g (x) 成立, 求k的取值范围;

(3) 对任意x1、x2∈[-3, 3], 都有f (x1) g (x2) , 求k的取值范围。

解析: (1) 设h (x) =g (x) -f (x) =2x3-3x2-12x+k, 问题转化为x∈[-3, 3]时, h (x) ≥0恒成立, 故hmin (x) ≥0。令h′ (x) =6x2-6x-12=0, 得x=-1或2。

由h (-1) =7+k, h (2) =-20+k, h (-3) =k-45, h (3) =k-9, 故hmin (x) =-45+k。

由k-45≥0, 得k≥45。

(2) 据题意:存在x∈[-3, 3], 使f (x) g (x) 成立, 即为:h (x) =g (x) -f (x) ≥0, 在x∈[-3, 3]有解, 故hmax (x) ≥0, 由 (1) 知hmax (x) =k+7, 于是得k≥-7。

(3) 它与 (1) 问虽然都是不等式恒成立问题, 但却有很大的区别, 对任意x1, x2∈[-3, 3], 都有f (x1) g (x2) 成立, 不等式的左右两端函数的自变量不同, x1, x2的取值在[-3, 3]上具有任意性, 因而要使原不等式恒成立的充要条件是:fmax (x) gmin (x) , x∈[-3, 3], 由g′ (x) =6x2+10x+4=0, 得或-1, 易得gmax (x) =g (-3) =21, 又f (x) =8 (x+1) 2-8-k, x∈[-3, 3]。

故fmax (x) =f (3) =120-k。令120-k-21, 得k≥141。

本题的三个小题, 表面形式非常相似, 究其本质却大相径庭, 应认真审题, 深入思考, 多加训练, 准确使用其成立的充要条件。

参考文献

[1]张世林, 郭东风.与时俱进的不等式恒成立与有解问题[J].数学爱好者 (高考版) .山西省期刊协会.