不等式恒成立能成立恰成立問題分析

1、不等式恒成立、能成立、恰成立問題分析一、不等式恒成立問題問題引入：已知不等式x2 -2ax+1 >0對xw1,2恒成立，其中a a 0 ,求實數(shù)a的取值范圍分析：思路(1)通過化歸最值，直接求函數(shù)f (x) =x22ax+1的最小值解決，即fmin (x) > 0 ,x21a .；() min2x思路(2)通過分離變量，轉(zhuǎn)化到x 11 ,1、口ra <= (x+)解決，即2x 2 x思路(3)通過數(shù)形結(jié)合，化歸到22x +1>2ax作圖解決，即 y=x +1圖像在y = 2ax的上萬。小結(jié)：不等式恒成立問題的處理方法1、轉(zhuǎn)換求函數(shù)的最值:(1)若不等式 A< f

2、(x )在區(qū)間D上恒成立，則等價于在區(qū)間D上A < f ( x )min U f (x )的下界大于A;(2)若不等式 B > f (x )在區(qū)間D上恒成立，則等價于在區(qū)間D上B A f ( x )max U f (x )的上界小于Bx2 2x a例已知f (x )=對任意xu 1, +力f (x歸0恒成立，試求實數(shù)xa的取值范圍。解：等價于 中(x ) = x2+2x+a之0對任意xw1,f)恒成立，又等價于x，時，中(x%in之0成立.由于x (x ) = (x+1 2 +a1 在 l1,+oc)上為增函數(shù)，則邛min (x 尸甲(1 ) = a+3,所以 a+3之0二 a &

3、gt;-32、分離參數(shù)法(1)將參數(shù)與變量分離，即化為 g(九戶f (x )(或g(九)m f (x )恒成立的形式；求f (x旌xw D上的最大(或最小)值;(3)解不等式g(九戶f (x)max(或g(九f (x min )，得九的取值范圍例已知函數(shù)f (x) =ax -V4x x2, x w (0,4時f (x) < 0恒成立，求實數(shù)a的取值范圍4x - x2斛：將向您轉(zhuǎn)化為 a <對x匚(0,4恒成立。人 ,、 4x -x2令 g(x)=,則 a < g(x)minx4x -x4由 g(x) = J -1 可知 g(x)在(0,4上為減函數(shù)，故 g(x)min =g(

4、4) =0xxa <0即a的取值范圍為(g,0)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。例已知二次函數(shù) f (x) = ax2 +x,若xw 0,1 時，恒有f(x) <1,求a的取值范圍解:f (x)| <1,(1)當(dāng) x =0時,-1 < ax2 +x <1 ,即-1-xEax2 <1 - x 不等式1 Max0 M1顯然成立，awR1111(2)當(dāng) 0 <x M1 時，由1 x wax2 <1 -x得-<a < -x x x x11112111、 c , c2 =(一20， (- - -)min =0，二 a -

5、 0x x x 24 x x又 綜上得,1/1 1、2 1 =(一十二)+- <-2, xx 24=-2，a的取值范圍為 -2 < a < 0 03、數(shù)形結(jié)合法(1)若不等式f (x g (x)在區(qū)間d上恒成立，則等價于在區(qū)間D上函數(shù)y= f(x)和圖象在函數(shù) yg(x)圖象上方;(2)若不等式f (x )<g(x )在區(qū)間D上恒成立，則等價于在區(qū)間D上函數(shù)y= f(x)和圖象在函數(shù) yg(x)圖象下方。例設(shè)f (x) = v -x2 -4x , g(x) = - x + 1 - a,若恒有f (x) W g(x)成立，求實數(shù)a的取值范圍.3分析：在同一直角坐標(biāo)系中作出

6、f (x)及g(x)的圖象如圖所示，f(x)的圖象是半圓(x+2)2 +y2 =4(y A0)g(x)的圖象是平行的直線系 4x 3y+33a =0。要彳f (x) Wg(x)恒成立，則圓心(2,0)到直線4x3y+33a =0的距離滿足d-8 3 -3a5,25斛信a < 一5或a之一(舍去)12例當(dāng)x w (0,)時，不等式x <logax怛成立，求a的取值范圍. 221 .分析：汪意到函數(shù)f (x) =x , g(x) =log a x都是我們熟悉的函數(shù)，運(yùn)用數(shù)形結(jié)合思想，可知要使對一切 xw (0,-),2,一, 廠 h /ell從2pj、rLf cf(x) cg(x)怛成

7、立，只要在 (0,萬)內(nèi)，g(x) = loga x的圖象在f (x) = x圖象的上方即可.顯然 0<a<1,再運(yùn)1 1、用函數(shù)思想將不等式轉(zhuǎn)化為函數(shù)的最值問題，即f ()之g(-)2 221解：設(shè)f(x)=x2, g(x) =loga x,則要使對一切 xw(0,), f (x) < g(x)怛成立，由圖象可知 0 < a < 1,并且 2一1、，1、,11f(2)- g(2),故有 10g a 萬之 4 ,1- c /1, a > 一，又 0<a<1:. 一 <a <1 1616點評：通過上述的等價轉(zhuǎn)化，使恒成立的解決得到了簡化

8、，其中也包含著函數(shù)思想和數(shù)形結(jié)合思想的綜合運(yùn)用。1 1此外，從圖象上直觀得到0 < a <1后還需考查區(qū)間(0, )右端點x =處的函數(shù)值的大小。2 24、變換主元法例對于7足0 E p E4的一切實數(shù)，不等式 x2 + px >4x + p -3恒成立，試求x的取值范圍。分析：習(xí)慣上把x當(dāng)作自變量，記函數(shù)y =x2十(p4)x+3 - p ,于是問題轉(zhuǎn)化為：當(dāng)pw 0,4 5寸，y>0恒成立，求x的取值范圍.解決這個等價的問題需要應(yīng)用二次函數(shù)以及二次方程的區(qū)間根原理，可想而知，這是相當(dāng)復(fù)雜的。解：設(shè)函數(shù)f ( p) =(x 1)p +(x2 4x +3),顯然x #1

9、,則f (p)是p的一次函數(shù)，要使 f (p) >0恒成立，當(dāng)且僅當(dāng)f (0) >0 ,且f (4) a 0時，解得x的取值范圍是(-«,1)u (3,七叼。點評：本題看上去是一個不等式問題，但是經(jīng)過等價轉(zhuǎn)化，把它化歸為關(guān)于p的一次函數(shù)，利用一次函數(shù)的單調(diào)性求解，解題的關(guān)鍵是轉(zhuǎn)換變量角色。例對任意aw1,1,不等式x2 +(a4)x+4 2a >0恒成立，求x的取值范圍。分析：題中的不等式是關(guān)于x的一元二次不等式，但若把a(bǔ)看成主元，則問題可轉(zhuǎn)化為一次不等式2(x -2)a +x2 4x+4 >0在a亡1,1上怛成立的問題。2斛：令f (a) =(x-2)a+x

10、 -4x+4 ,則原問題轉(zhuǎn)化為 “2)>0恒成立(a= -1,1)。當(dāng)x =2時，可得f (a) =0,不合題意。當(dāng)x #2時，應(yīng)有1f ")>0解之得x<1或x>3。J(-1)>0故x的取值范圍為(g,1)U(3,+*)。注：一般地，一次函數(shù)f(x) =kx +b(k /0)在ot,P上恒有f (x) A 0的充要條件為f(： ) . 0f(') 0a11.例設(shè)函數(shù)h(x) =+x+b ,對任意aw ,2,都有h(x) <10在x w ,1恒成立，求實數(shù)b的取值范圍 x24分析：解決雙參數(shù)問題一般是先解決一個參數(shù)，再處理另一個參數(shù)。以本題

11、為例，實質(zhì)還是通過函數(shù)求最值解決方法 1：化歸最值，h(x) <10 hmax(x) <10 ；a 、2方法 2：變重分離，b£10-( +x)或a£-x +(10-b)x；x、一 、一、,1一八1 一方法 3：變更王兀，(a)= a + x+b-10<0, a w ,21_ -簡解：對于方法 3：變更主兀，原函數(shù)可以看成是關(guān)于a的函數(shù)中(a) =，a + x + b10w0,只需邛(a) max w 0即x12一一 1可，因為一a0,所以當(dāng)a=2時中(a)有年大值中(a)max = + x + b -10 W 0在x之一 ,1恒成立，只需xx42,121

12、7(+x+b10)max W0。當(dāng) x=時，(一+x + b10)max =8+ +b10E0,得 b 的取值范圍是 b<- ox4 x44練習(xí)題1、設(shè)f (x )=x2 2ax + 2,當(dāng)xW-1,+ 8時，都有f(x)之a(chǎn)恒成立，求a的取值范圍。解：a的取值范圍為-3,12、R上的函數(shù)f(x耀是奇函數(shù)，又是減函數(shù)，且當(dāng)ewf0i時，有f (cos2e+2msin6 )+f (2m 2)>0恒成立，求實數(shù) m的取值范圍。解：由 f (cos2 8 +2msin 日)+ f (2m -2 )>0 得到：f (cos29 +2msin9 )> -f (-2m -2 )因為

13、 f (x )為奇函數(shù),2故有 f (cos 9 +2msin 8 f (2m +2 )恒成立,2 一 ._又因為f (x)為R減函數(shù)，從而有cos g +2msinH <2m + 2對e e立。設(shè) sinH =t，則 t2 -2mt +2m +1 >0對于 t (0,1)恒成立, 設(shè)函數(shù)g (t )=t2 -2mt +2m +1,對稱軸為t = m.o當(dāng) t = m<0時，g(0)=2m+1 之0,口 r1c 1. c即 m 之一一，又 m <0 w m < 0 (如圖 i)22當(dāng)t = m三0,1，即0 Em £1時，,2 =4m -4m(2m+1)

14、<°,即 m2 2m1 <0,1 -72 <m <17，又廿 0，1 , 0<m<1(如圖 2)當(dāng) t=m>1 時，g(1)=1-2m+2m+1 = 20恒成立.m >1 (如圖 3)1故由可知：m > 213、右不等式ax-1 <0對xw 1,2 怛成立，實數(shù)a的取值范圍是。 a < 24、若對于任意 a| <1,不等式x2 +(a-4 )x + 4 2a >0恒成立，求實數(shù) x的取值范圍解：x -二,1 U 3, ,二5、當(dāng)x w(1,2)時，不等式x2 + mx+4 < 0恒成立，則m的取值范圍

15、 x2 4解析：當(dāng) x (1,2)時，由 x2 +mx+4 < 0得 m < 一. . m - -5x6、若對任意xw R,不等式|x戶ax恒成立，則實數(shù)a的取值范圍是 D±f(x)max>A；解析：對VxWR,不等式1 xeax恒成立則由一次函數(shù)性質(zhì)及圖像知 _1 Wa W1,即_1蕓a W1。二、不等式能成立問題若在區(qū)間D上存在實數(shù)x使不等式f (x)> A成立，則等價于在區(qū)間若在區(qū)間D上存在實數(shù)x使不等式f (x)<B成立，則等價于在區(qū)間D上的f(x1min<B例已知不等式 x-4 +|x-3 <a在實數(shù)集R上的解集不是空集，求實數(shù)a的

16、取值范圍 解：a>1例若關(guān)于x的不等式x2-ax-a W-3的解集不是空集，則實數(shù) a的取值范圍是 22解：設(shè)f(x)=x - ax-a.則關(guān)于x的不等式x - ax - a W 3的解集不是空集 u f(x)W -3在R上能成立u fmin x -3,4a a2即fmin (x )=_9_3解得2_6或2之24三、不等式恰好成立問題21例不等式ax +bx+1>0的解集為wx|-1<x<則a b = 3x_kx ，kx，6吟一kx-6>2對任意的xw R恒成立，求實數(shù) k的取值范圍x x 2 2x a例已知，f(x)=當(dāng)xw【1,y), f(x )的值域是10,

17、)，試求實數(shù)a的值。x2-之0的解集是XW1也 x2x a解：是一個恰成立問題 ，這相當(dāng)于f (x )=ax2 2x a a,至0時，由于x1時，f (x) = x+2之3,與其值域是10,y)矛盾,xx2-x -2x- aa.<0時，f (x )= *十一十2是1,十大)上的增函數(shù),xx所以f (x)的最小值為 f(1),令 f (1)=3 + a = 0= a = 3不等式恒成立、能成立、恰成立問題專項練習(xí)21、右不等式(m+1* -(m-1 )x +3(m -1 )<0對任意實數(shù)x恒成立，求實數(shù) m取值范圍解:-：-13., 112、已知不等式解:2,103、已知函數(shù)2f(x

18、)=x +ax+3a,(1)f(x)之0恒成立，求a的取值范圍。(2)12,2】時，f(x) >0恒成立，求a的取值范圍。(3)1-2,2】時，f(x)之2恒成立，求a的取值范圍。分析:y = f (x)的函數(shù)圖像都在 X軸上方，即與 X軸沒有交點。略解:22a2 -4 3-a =a2 4a -12<0. -6<a< 2(2)f(x)<x+a j2a-a+3,令f(x)在2,2上的最小值為g(a)。 4當(dāng)a7 ，.一一父 一2,即 a a4時，g(a) = f (2) =7 3a 至0' a4一又* a >4，a不存在。232當(dāng) _2<_a &

19、lt;2,即 qwaE4 時，g(a)= f (a) = a- a+3 至 0 二一6 E a E 2又'：一4 E a E 4.一 4 w aw 2 224當(dāng)一a >2,即 a < -4時，g(a) = f (2) =7 + a 2 0 , a 之 一7又；a < 4.一 7 w a < -4總上所述，7waw2。(3)解法一：分析：題目中要證明 f(x)之a(chǎn)在2,2上恒成立，若把 a移到等號的左邊，則把原題轉(zhuǎn)化成左邊二次函數(shù)在區(qū)間-2,2 時恒大于等于0的問題。略解：f (x) =x2 +ax + 3a -2 >0 ,即 f (x) =x2 +ax+1

20、 -a >0 在 1-2,21上成立=a2 -4 1 -a -0 -2 -2,2 , a , -2 2 2L .2, .、_ =a -4(1 -a) >0f(2)之 0_"(_2)至0a -5<a<-2V2-2-a 之2或-aW-222綜上所述，-5 < a < 2,2 -2解法二：(利用根的分布情況知識),a5當(dāng)一一 <-2,即 a>4時，g(a) = f (2) =7 3a 之2aM一正 4,也 二 a不存在。232一一一 當(dāng)-2 <<2, 即-4 <a < 4 時 ， g(a = f)一二一卞一a4)之22

21、4-2.2 - 2 < a < 2 2 - 2-4 < a < 2.2 - 2a當(dāng)一鼻 >2,即 a < Y時,g(a) = f (2) =7 +a 之2 ,，a 之-5,- 5a < -4綜上所述5 Wa W2a -2 o說明：此題也可以利用參數(shù)分離法。4、對于滿足 p <2的所有實數(shù)p,求使不等式x2 + px +1 A p + 2x恒成立的x的取值范圍22解：不等式即(x1)p+x 2x+1 A0 ,設(shè) f ( p ) = (x T )p+ x 2x + 1 ,則 f(p )在-2,2上恒大于 0,故有:f :.20 x -4x 3 0 !

22、 x3或 x ： 15.=x<-1 或 x>3f 20x2 -1 0x1或 xT5、已知不等式x2 -2x+a >0對任意實數(shù)xw 12,3恒成立，求實數(shù)一的取值范圍答案：a 06、對任意的aw 1-2,2 1, 函數(shù) f (x ) = x2+(a-4 )x+4 -2a的值總是正數(shù)，求 x的范圍解：-：,0 |J 4, ,二7、若不等式x2 -log m x <0在10, I內(nèi)恒成立，則實數(shù) m的取值范圍。,2答案：表18、不等式ax <Jx(4-x )在x w 0,3 內(nèi)恒成立，求實數(shù)解：畫出兩個函數(shù)上的圖象如圖知當(dāng)乂=3時丫=8, a = 3b,3】時總有ax

23、 wjx(4x)所以a <y =ax和 y = Jx(4-x )在x = I0,39、不等式kx2 +k -2 <0有解，求k的取值范圍。22 一2斛：不等式kx +k -2 <0有解k(x +1 )<2有解之k 有斛u k <r二=2 ,所以k ( 一00,2 )。x2 1x 1 max10、對一切實數(shù) x,不等式x -3 x + 2 a a恒成立，求實數(shù)a的范圍若不等式 x-3 -x+2 >a有解，求實數(shù)a的范圍若方程x-3 -x+2=a有解，求實數(shù)a的范圍解： a <-5 a <5 a w 1-5,5 11、若對任意的實數(shù) x, sin2

24、x+2kcosx2k-2 < 0恒成立，求k的取值范圍分析：這是有關(guān)三角函數(shù)的二次問題，運(yùn)用到三角函數(shù)的有界性。解法一：原不等式化為 cos2 x-2kcosx 2k 1 0令t =cosx,則 t| <1,即 f (t) =t2 2kt +2k +1 = (t k)2 k2 +2k + 1 在tw -1,1 上恒大于 0。1(1)右 k < 一1 ,要使 f (t) >0 ,即 f (-1) > 0, k a 一，k 不存在2(2)若1 Ek E1 ,若使 f (t) A0,即 f (k) = k2 +2k+1 >0A 1-V2 <k <1+V

25、2- 1-V2<k<1(3)若 k >1 ,要使 f(t) >0 ,即 f(1)A0 , k >1由(1)、( 2)、 (3)可知，k >1 J2解法二：f (t) =t2 -2kt +2k +1 >0 ,在1,1上恒成立。.: =k2 -2k -1 <0, 1 - x 2 :二 k <1 . 22 = k2 -2k-1 之 0/(1)>0f(-1)<0k >1 或 k < -1由，可知，k >1 -72o 12、( 1)若關(guān)于x的不等式x2 -ax -a a 0的解集為(一8,七無)，求實數(shù)a的取值范圍;(2

26、)若關(guān)于x的不等式x2 -ax-a M-3的解集不是空集，求實數(shù) a的取值范圍。解：(1)設(shè)f (x )=x2 axa .則關(guān)于x的不等式x2 - ax - a a 0的解集為(-°o,+=c)u f (x )> 0在(一空,抬)上4a a2怛成X U fmin(x)A0,即 fmin(x)=- :> 0,解得 一 4 < a < 04(2)設(shè)f (x) = x2 ax-a.則關(guān)于x的不等式x2axa E4的解集不是空集 u f(x)W3在(叼)上能成4a a2 一_ 一xufmin(x3 ,即fmin(x )= M3,解得 a w6 或 a 至 2 .413

27、、設(shè) aw R,二次函數(shù) f(x) =ax2 2x2a.若 f(x)>0 的解集為 A, B = x |1 < x <3)，A B #0 ,求實數(shù) a的取值范圍。分析：此題等價于二次不等式ax2 -2x -2a >0在x (1,3)上有解(能成立問題)。1_解：(1)當(dāng)a <0時，因為f (x )的圖象的對稱軸 一<0 ,則對x11,3), f(1)最大, a(2)當(dāng) a>0 時，fmax(X),xW(1,3 )在 f (1 )或 f (3 代現(xiàn),6，)，g(x)F由 f (1 )=-2a<0, f (3)=7a6,則 f (3)=7a6a0;

28、a>6 于是，實數(shù)a的取值范圍是(嗎2 )U . 6,十無 這個解法的關(guān)鍵是用函數(shù)思想指導(dǎo)，學(xué)會用函數(shù)和變量來思考o(jì) 14、已知定義在區(qū)間0,2上的兩個函數(shù) f (x)和g(x),其中f(x) =x2 2ax + 4 ( a(1)求函數(shù)y = f (x)的最小值 m(a)；(2)若對任意x1、x20,2 , f (x2) >g(x1)恒成立，求a的取值范圍.；2.，oo o14-a2 1<a<r2,.斛：(1)由 f (x) =x -2ax +4 =(x -a) +4 a ,得 m(a) = 16 分8-4a a> 2.1(2) g(x)=(x+1)+2 ,當(dāng) x

29、w0,2時，x+1w1,3, x 1又g(x)在區(qū)間0,2上單調(diào)遞增(證明略)，故g(x)0,3尸 a <2, a> 2,由題設(shè)，得 f (x2)min AgJJmax ,故工 24 或 ，44-a2 -8 -4a .-,3312分2 . 6 一 解得1< a <二一為所求的范圍.14分315、已知函數(shù)的定義域為R,對任意實數(shù)Xi、x2 ,都滿足f (Xi+x2 ) = f (Xi)十f (x2),當(dāng)x A 0時f (x) A 0(1 )判斷函數(shù)f (X)的奇偶性，單調(diào)性;(2)當(dāng)0 M日M二時，f (cos26 -3) + f (4m -2mcos6) a 0恒成立，

30、求實數(shù) m的取值范圍。 216、已知函數(shù) f(x)是定義在1,1上的奇函數(shù)，且 f(1)=1,若 a,bw 1,1, a + b#0,有 f (a)+ f(b)>0,a b(1)證明f(x)在1,1上的單調(diào)性；(2)若f (x) Mm22am+1對所有a e一1,1】恒成立，求 m的取值范圍。分析：第一問是利用定義來證明函數(shù)的單調(diào)性，第二問中出現(xiàn)了3個字母，最終求的是 m的范圍，所以根據(jù)上式將 m當(dāng)作變量，a作為常量，而 x則根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求出f(x)的最大值即可。(1)簡證：任取x1,x2 -1,1且 X1<x2,則x2t-1,1f (Xi)一f (x2)>0 (x1 -

31、x2 f f (%) + f (-x2) )>0又；f (x)是奇函數(shù)Xi -X2二(Xi X2 X f (Xi) -f(X2) )>0. f(x)在 1-1,1 】上單調(diào)遞增。(2)解：f (x) Wm2-2am+1對所有xET,1，a【一1,1恒成立，即222m 2am+1 2 fmax,. fmax = f (1) =1 二 m -2am +1 1, m 2am 2 0即g(a) =-2am+m2至0在-1,1上恒成立。,g(-1)=1 2a -0 a -二 g(1)=1-2a-0aU211-<a o22高考真題全接觸:(2009年，理11)當(dāng)0MXM1時，不等式sin三