辛不等式恒成立問(wèn)題中的參數(shù)求解技巧

1、文檔編碼 : CW6L8C2E1O9 HR9U2S6U1M6 ZO8K9Y2F9U3學(xué)習(xí)必備 歡迎下載 辛不等式恒成立問(wèn)題中的參數(shù)求解技巧 其方法大致有： 用一元二次方程根的判別式, 參數(shù)大于最大值或小于最小值, 變更主元利用函數(shù)與方程的思想求解；本文通過(guò)實(shí)例,從不同角度用常規(guī)方法 歸納； 一,用一元二次方程根的判別式 2例 1對(duì)于 xR,不等式 x 2x 3 m 0 恒成立,求實(shí)數(shù) m 的取值范疇； 2解：不妨設(shè) f x x 2x 3 m ,其函數(shù)圖象是開(kāi)口向上的拋物線,為了使 2f x 0 x R ,只需 0 ,即 2 43 m 0 ,解得 m 2 m ,2 ； 2變形：如對(duì)于 x R,不

2、等式 mx 2mx 3 0 恒成立,求實(shí)數(shù) m 的取值范疇； 2此題需要對(duì) m 的取值進(jìn)行爭(zhēng)論,設(shè) f x mx 2mx 3 ；當(dāng) m=0 時(shí), 30, 明顯成立； 當(dāng) m0 時(shí),就 0 0 m 3 ；當(dāng) m0 時(shí),明顯不等式不恒成立； 由知 m 0,3 ；2關(guān)鍵點(diǎn)撥：對(duì)于有關(guān)二次不等式 ax bx c 0 （或 0）的問(wèn)題,可設(shè)函數(shù) 2f x ax bx c ,由 a 的符號(hào)確定其拋物線的開(kāi)口方向, 再依據(jù)圖象與 x 軸的交 點(diǎn)問(wèn)題,由判別式進(jìn)行解決； 例 2已知函數(shù) f x 2 x 2kx 2 ,在 x 1 時(shí)恒有 f x k ,求實(shí)數(shù) k 的取值范疇； k 2 x 2kx 2解：令 F

3、x f x k ,就 F x 0 對(duì)一切 x 1 恒成立,而 F x 是開(kāi)口向上的拋物線； 2當(dāng)圖象與 x 軸無(wú)交點(diǎn)中意 0,即 4k 4 2 k 0 ,解得 2k0,可知 a+x1,所以 lg a x 0 ；原不等式變 形為 lg 2ax lg a x ； 2ax a x ,即 2x 1 a x ；又 x 1,2 ,可得 2x 1 0 x 1 1 1 1a 1 f x 12x 1 2 2x 1 恒成立；設(shè) 2 2x 1,在 x 1, 2上 2 2 2為減函數(shù),可得 f x min f 2 3 ,知 a 3 ；綜上知 0 a3 ； lg 2ax 1關(guān)鍵點(diǎn)撥：將參數(shù) a 從不等式 lg a x

4、中分別出來(lái)是解決問(wèn)題的關(guān)鍵； x y c x y 例 5是否存在常數(shù) c 使得不等式 2x y x 2y x 2y 2x y ,對(duì)任意正 數(shù) x,y 恒成立？試證明你的結(jié)論； c x y 解：第一,欲使 x 2y 2x y 恒成立（ x,y0）,進(jìn)行換元令 x 2b ax 2y a,得 3 2b a 2a b2x y by 2a bc 3 33；上述不等式變?yōu)?a b,即 1 2b a 2a b 1 2b 2a 1 2b 2a c 2 23 a b 3 a b 恒成立；尋求 3 a b 的最小值,由 1 2b 2a 1 2b 2a 22 2 2a0,b0,利用基本不等式可得 3 a b 3 a

5、 b 3 ； 第 2 頁(yè),共 55 頁(yè)c 同理欲使 x y x y 學(xué)習(xí)必備 歡迎下載 2x y a2x 2y 恒成立 x , y 0 ,令 x 2y b , 14x 2a b3得 y 2b a上述不等式變?yōu)?c 12a b2b a, 3ab3c 1 32b2a14ba14ba的最大值,易得 ab3ab；尋求 3a b即 ba142ba2c 23ab3ab3 ；綜上知存在 3 使上述不等式恒成立 2 關(guān)鍵點(diǎn)撥：此題是兩邊夾的問(wèn)題,利用基本不等式,右邊查找最小值 3 ,左邊 2 2 查找最大值 3 ,可得 c=3 三,變更主元 在解含參不等式時(shí), 有時(shí)如能換一個(gè)角度, 變參數(shù)為主元, 可以得到意

6、想不到 的成效,使問(wèn)題能更快速地得到解決； 例 6如不等式 2x 12 m x 1 ,對(duì)中意 2m2 全部的 x 都成立,求 x 的取值 范疇； 解：原不等式可化為 2 m x 1 2x 1 03令 f m 2 x 1m 2x 1 2m2 是關(guān)于 m 的一次函數(shù)； 由題意知 f 2 2 2x 1 2x 1 0 127x 12f 2 2 2x 1 2x 1 0解得 x 的取值范疇是 1271, 23關(guān)鍵點(diǎn)撥：利用函數(shù)思想,變換主元,通過(guò)直線方程的性質(zhì)求解； 例 7已知 f x 是定義在 1, 1上的奇函數(shù)且 f 1 1,如 a,b 1,1, f a f b 0； a+b0,有 ab（1）判定函數(shù)

7、 f x 在 1,1上是增函數(shù)仍是減函數(shù)； （2）解不等式 f x 1f 2x 1； 22（ 3）如 fx m 22am 1 對(duì)全部 x 1,1 ,a 1, 1恒成立,求實(shí)數(shù) m 的取值范疇； x 2 1 ,就 解：（ 1）設(shè) 1x 1 f x 1 f x 2 f x1 f x 2 x1 x 2 0, f x1 f x 2 x1 x 2 第 3 頁(yè),共 55 頁(yè)學(xué)習(xí)必備 歡迎下載 可知 f x 1 f x 2 ,所以 f x 在 1, 1上是增函數(shù)； 11 x 1211 2 x 12x 1 2 x 1（ 2）由 f x 在 1, 1上是增函數(shù)知 2 2解得 4 1x 12 ,故不等式的解集 x

8、 | 14 x 12（ 3）由于 x 在 1,1上是增函數(shù),所以 f x f 1 1 ,即 1 是 f x 的 2 2最大值；依題意有 m 2am 1 1 ,對(duì) a 1, 1恒成立,即 m 2am 0 恒 成立； 2令 ga 2ma m ,它的圖象是一條線段,那么 g 1 m 2 2m 0 g1 m 2 2m 0 m , 2 0 2, ； 關(guān)鍵點(diǎn)撥：對(duì)于（ 1）,抽象函數(shù)單調(diào)性的證明往往借助定義,利用拼湊條件, 判定差的符號(hào)；對(duì)于（ 2）,后一步解不等式往往是上一步單調(diào)性的連續(xù),通過(guò)單 調(diào)性,函數(shù)值的大小轉(zhuǎn)化到自變量的大小上來(lái)；對(duì)于（ 3）,轉(zhuǎn)換視角變更主元, 2把 m 2 2am 0 看作關(guān)

9、于 a 的一次函數(shù),即 ga 2ma m 在 a 1,1上大 于等于 0,利用 ga 是一條直線這一圖象特點(diǎn),數(shù)形結(jié)合得關(guān)于 m 的不等式組, 從而求得 m 的范疇； 專(zhuān)題爭(zhēng)論之二（不等式中恒成立問(wèn)題的解法爭(zhēng)論） 在不等式的綜合題中,常常會(huì)遇到當(dāng)一個(gè)結(jié)論對(duì)于某一個(gè)字母的某一個(gè)取 值范疇內(nèi)全部值都成立的恒成立問(wèn)題； 恒成立問(wèn)題的基本類(lèi)型： 類(lèi)型 1：設(shè) f x ax2bx ca 0 ,（1） f x 0 在 x R 上恒成立 a00；（ 2） f x 0 在 x R 上恒成立 a00 ； 且 且 類(lèi)型 2：設(shè) f x 2 ax bx ca 0 （1）當(dāng) a 0 時(shí), f x 0 在 x , 上恒

10、成立 bbb2a 或 2a 或 2a , f 00f 0f x x 0 在 , 上恒成立 f 0f 0f 0（2）當(dāng) a 0f x x 0 在 , 上恒成立 f 0時(shí), 第 4 頁(yè),共 55 頁(yè)學(xué)習(xí)必備 歡迎下載 bbbf x x 0 在 , 上恒成立 2a 0或 02a 或 2a 0f f 類(lèi)型 3： f x 對(duì)一切 x I 恒成f x min gx max 立 f x 對(duì)一切 x I 恒成f x max ； 立 類(lèi)型 4： f x的圖象在 g x的圖象的上方或 f x min f x gx對(duì)一切 x I 恒成x I 立 恒成立問(wèn)題的解題的基本思路是：依據(jù)已知條件將恒成立問(wèn)題向基本類(lèi)型轉(zhuǎn) 化

11、,正確選用函數(shù)法,最小值法,數(shù)形結(jié)合等解題方法求解； 一,用一次函數(shù)的性質(zhì) 對(duì)于一次函數(shù) f x kx b, x m, n 有： mf m 0f x 0 恒成f m 0, f x 0 恒成f n 0f n 0立 立 例 1：如不等式 2 x 1m x21 對(duì)中意 2 2 的全部 m 都成立,求 x 的范 圍； 解析：我們可以用轉(zhuǎn)變主元的方法,將 m 視為主變?cè)?即將元不等式化為： m x21 2x 1 0,；令 f m m x21 2 x 1 ,就 20m2 時(shí), f m 0 恒成立,所以只需 f 2 00即 2 2x 1 2 x 1 0,所以 x 的范 2 2x f 2 1 2 x 1 圍是

12、 x 127 , 1 23 ； 二,利用一元二次函數(shù)的判別式 對(duì)于一元二次函數(shù) f x 2 ax bx c 0a 0, x R 有： 00； R,求 m 的范疇； （1） f x x 0 在R 上恒成立 a且 （2） f x x 0 在R 上恒成立 a00且 例 2：如不等式 m 1x 2m 1 x 20 的解集是 解析：要想應(yīng)用上面的結(jié)論,就得保證是二次的,才有判別式,但二次項(xiàng)系數(shù) 含有參數(shù) m,所以要爭(zhēng)論 m-1 是否是 0； 第 5 頁(yè),共 55 頁(yè)學(xué)習(xí)必備 歡迎下載 （1）當(dāng) m-1=0 時(shí),元不等式化為 20 恒成立,中意題意； （2） m 1 0 時(shí),只需 m102 1 8m 1

13、0,所以, m 1,9 ； m 三,利用函數(shù)的最值（或值域） （1） f x m 對(duì)任意 x 都成立 f x min m ； （2） f x m 對(duì)任意 x 都成立 mf x max ；簡(jiǎn)潔計(jì)作：“大的大于最大的, 小的小于最小的”；由此看出,本類(lèi)問(wèn)題實(shí)質(zhì)上是一類(lèi)求函數(shù)的最值問(wèn)題； 例 3：在 ABC 中,已f B 2 4sin Bsin 4 B 2 cos2B, 且 | f B m| 2 恒成 知 立,求實(shí)數(shù) m 的范疇； 解析：由 f B 4 sin Bsin2 4B 2 cos2B 2 sin B 1, 0B , sin B 0,1 , 2恒 f B 1,3 , | f B m | 2

14、恒成立, 2f B m2 ,即 mf B mf B 2成立, m1,3 例 4：（1）求使不等式 asin x cos x, x 0, 恒成立的實(shí)數(shù) a 的范疇； 解析：由于函 asin x cosx 2 sinx 4, x 4 4 , 3 4 ,明顯函數(shù)有最 大值 2 , a2 ； 假如把上題略微改一點(diǎn),那么答案又如何呢？請(qǐng)看下題： （2）求使不等式 asin x cos x, x 40, 恒成立的實(shí)數(shù) 2a 的范疇； 解析：我們第一要仔細(xì)對(duì)比上面兩個(gè)例題的區(qū)分,主要在于自變量的取值范疇 的變化,這樣使得 y sin x cos x 的最大值取不到 2 ,即 a 取 2 也中意條件, 所以

15、a2 ； 所以,我們對(duì)這類(lèi)題要留意看看函數(shù)能否取得最值,由于這直接關(guān)系到最終 所求參數(shù) a 的取值；利用這種方法時(shí),一般要求把參數(shù)單獨(dú)放在一側(cè),所以也 叫分別參數(shù)法； 四：數(shù)形結(jié)合法 對(duì)一些不能把數(shù)放在一側(cè)的,可以利用對(duì)應(yīng)函數(shù)的圖象法求解； 例 5：已知 a0, a 1, f x 2 x x a ,當(dāng) x 1,1時(shí) ,有f 12恒成立 ,求實(shí)數(shù) a x 的取值范疇； 第 6 頁(yè),共 55 頁(yè)解析： 由 f x 2 x ax 12學(xué)習(xí)必備 歡迎下載 ,得 x212x a ,在同始終角坐標(biāo)系中做出兩個(gè)函 數(shù)的圖象,假如兩個(gè)函數(shù)分別在 x=-1 和 x=1 處相交,就1 2 12 a 及 1 2 1

16、2 a得到 a分別等于 2和 0.5,并作出函數(shù) 1 由 y 2 及y x 1 2 x 的圖象, 所以,要想使函數(shù) x 2 1a 在區(qū)間 x x 1,1 中恒成立, 只須 y 2 在 x 2區(qū)間 x 1,1 對(duì)應(yīng)的圖象在 y x 2 1 在區(qū)間 x 1,1 對(duì)應(yīng)圖象的上面即可； 當(dāng) 21a 1時(shí) ,只有 a 2 才能保證,而 0 a 1 時(shí),只 a 才可以,所以 有 21a ,1 1,2 ； 2由此可以看出,對(duì)于參數(shù)不能單獨(dú)放在一側(cè)的,可以利用函數(shù)圖象來(lái)解； 利用函數(shù)圖象解題時(shí),思路是從邊界處（從相等處）開(kāi)頭形成的； 2 2例 6：如當(dāng) Pm,n為圓 x y 1 1 上任意一點(diǎn)時(shí),不等式 mn

17、 c 0 恒成立, 就 c 的取值范疇是（ ）A, 1 2 c 21 B, 21 c 21C, c 21 D, c 2 1解析：由 mn c 0 ,可以看作是點(diǎn) Pm,n在直線 x y c 0 的右側(cè),而點(diǎn) 2 2 2 2Pm,n在圓 x y 1 1 上,實(shí)質(zhì)相當(dāng)于是 x y 1 1 在直線的右側(cè)并與 0 1 c 0它相離或相切； | 0 1 c | c 2 1 ,應(yīng)選 D； 2 2 11 1其實(shí)在習(xí)題中,我們也給出了一種解恒成立問(wèn)題的方法,即求出不等式的解 集后再進(jìn)行處理； 以上介紹了常用的五種解決恒成立問(wèn)題；其實(shí),對(duì)于恒成立問(wèn)題,有時(shí)關(guān)鍵是 能否看得出來(lái)題就是關(guān)于恒成立問(wèn)題；下面,給出一些

18、練習(xí)題,供同學(xué)們練習(xí)； 練習(xí)題： 1,對(duì)任意實(shí)數(shù) x,不等式 a sin x b cos x c 0a,b,c R 恒成立的充 要條件是； c a 2 b 2 2,設(shè) y lg lg 2x 3x 9a 在 ,1 上有意義,求實(shí)數(shù) a 的取值范疇 . 5 , 9 ； 73,當(dāng) x 1 ,3時(shí),| Log 3 ax | 1 恒成立,就實(shí)數(shù) a 的范疇是； 0, 1 3, 3 第 7 頁(yè),共 55 頁(yè)4,已知不等式： 11學(xué)習(xí)必備 n 歡迎下載 2對(duì)一切大于 1 的 . 1 n 1 Loga a 1 12 n1n23自然數(shù) n 恒成立,求實(shí)數(shù) a 的范疇； a 1 1, 25 高考數(shù)學(xué)中解決含參數(shù)不

19、等式的恒成立問(wèn)題的基本方法 “含參數(shù)不等式的恒成立”的問(wèn)題,是近幾年高考的熱點(diǎn),它往往以函數(shù), 數(shù)列,三角函數(shù),解析幾何為載體具有確定的綜合性,解決這類(lèi)問(wèn)題,主要是運(yùn) 用等價(jià)轉(zhuǎn)化的數(shù)學(xué)思想：即一般的,如函數(shù) f x 在定義域?yàn)?D,就當(dāng) xD 時(shí),有 f x M 恒成立 f x min M； f x M恒成立 f x max M.因而 ,含參數(shù)不 等式的恒成立問(wèn)題常依據(jù)不等式的結(jié)構(gòu)特點(diǎn) 的函數(shù)的最值爭(zhēng)論 ,恰當(dāng)?shù)貥?gòu)造函數(shù) ,等價(jià)轉(zhuǎn)化為含參數(shù) 例一 已知函數(shù) f x x 12x 1 .求 f x 的反函數(shù) f 1x ;x 1如不等式 1x f 1x a a x 對(duì)于 x 16 4 1 , 1 恒

20、成立 ,求實(shí)數(shù) a 的取值范疇 .分析：此題的其次問(wèn)將不等式 1x f 1x a a x 轉(zhuǎn)化成為關(guān)于 t 的一次函數(shù) g t 1 a t 1 a 2 在 t 1 1 , 4 2 恒成立的問(wèn)題 . 那么,怎樣完成這個(gè)轉(zhuǎn)化呢？轉(zhuǎn) 化之后又應(yīng)當(dāng)如何處理呢？ 【解析】 略解 f 1x 1 x 0 x 11 x 由題設(shè)有 1 x 1 x a a x , 1 x a 2a x ,1 x 1 1 即 1 a x 1 a 2 0 對(duì)于 x 16 4 , 恒成立 . 明顯 ,a-11 1 1 1 令 t x ,由 x , 可知 t , 16 4 4 2 2 1 1 就 g t 1 a t 1 a 0 對(duì)于 t

21、 , 恒成立 .4 2 第 8 頁(yè),共 55 頁(yè)由于 g t 1a t 1 學(xué)習(xí)必備 歡迎下載 1 1 , 4 2 的條件下 2 a 是關(guān)于 t 的一次函數(shù) .（在 t 2g t 1 a t 1 a 表示一條線段,只要線段的兩個(gè)端點(diǎn)在 x 軸上方就可以保證 g t 1 a t 1 a 2 0 恒成立） gg 1412 00 1412 1a1a 11 aa 2 200 1a 54例二 定義在 R 上的函數(shù) f x 既是奇函數(shù),又是減函數(shù),且當(dāng) 0, 時(shí),有 22f cos 2m sin f 2m 2 0 恒成立,求實(shí)數(shù) m 的取值范疇 .分析 : 利用函數(shù)的單調(diào)性和奇偶性去掉映射符號(hào) f,將“抽

22、象函數(shù)”問(wèn)題轉(zhuǎn)化為常 見(jiàn)的含參的二次函數(shù)在區(qū)間 0,1上恒為正的問(wèn)題 .而對(duì)于 f x 0 在給定區(qū)間 a, b上恒成立問(wèn)題可以轉(zhuǎn)化成為 f x 在a,b上的最小值問(wèn)題,如 f x 中含有參數(shù), 就要求對(duì)參數(shù)進(jìn)行爭(zhēng)論； 【解析】由 f cos22 msin f 2 m 20 得到： t=mogt 圖 t2 f cos 2m sin f 2m 2o由于 f x 為奇函數(shù), 1故有 f cos 22 msin f 2m 2恒成立, gtt又由于 f x 為 R 減函數(shù), 從而有 cos22msin 2 m 2 對(duì) 0, 2恒成立 設(shè) sin 2 t ,就 t 2mt 2 m 10 對(duì)于 t 0,1

23、 恒成立, 1圖 t=m在設(shè)函數(shù) g t 2 t 2mt 2 m 1 ,對(duì)稱(chēng)軸為 t m .當(dāng) t m0 時(shí), g 0 2m 10 , 即 m 1,又 m 02第 9 頁(yè),共 55 頁(yè) 1 2m0 如圖 1m1 時(shí),學(xué)習(xí)必備 歡迎下載 gtt=mm0,1 ,即 0 當(dāng) t 2 4m 4m 2m 12 0 ,即 m 2m 10 ,0 恒成立 .o t 1 2m12 ,又 m 0,1 ,2圖 1 0 m 1如圖 2當(dāng) t m 1g 1 1 2m 2m 1時(shí), m 1如圖 31.故由可知： m2例三 定義在 R 上的單調(diào)函數(shù) fx中意 f3=log2 3 且對(duì)任意 x, y R 都有 fx+y=fx

24、+fy1求證 fx為奇函數(shù)； 2如 f k 3x f 3x 9x 2 0 對(duì)任意 xR 恒成立,求實(shí)數(shù) k 的取值范疇 分析 : 問(wèn)題 1欲證 fx為奇函數(shù)即要證對(duì)任意 x 都有 f-x=-fx成立在式子 fx+y=fx+fy 中 ,令 y=-x可得 f0=fx+f-x于是又提出新的問(wèn)題, 求 f0的值令 x=y=0 可得 f0=f0+f0即 f0=0,fx是奇函數(shù)得到證明問(wèn) 2的上述解法是根 據(jù)函數(shù)的性質(zhì) fx是奇函數(shù)且在 xR 上是增函數(shù),把問(wèn)題轉(zhuǎn)化成二次函數(shù) ft=t 2 -1+kt+2 0 對(duì)于任意 t0 恒成立對(duì)二次函數(shù) ft進(jìn)行爭(zhēng)論求解 【解析】 1證明： fx+y=fx+fyx,

25、yR, 令 x=y=0,代入式,得 f0+0=f0+f0,即 f0=0 令 y=-x,代入式,得 fx-x=fx+f-x, 又 f0=0,就有 0=fx+f-x即 f-x=-fx對(duì)任意 x R 成立,所以 fx是奇函數(shù) 2解： f3=log2 30,即 f3 f0,又 fx在 R 上是單調(diào)函數(shù), 所以 fx在 R 上是增函數(shù),又由 1fx是奇函數(shù) f k 3x x f 3 9x 2f 3x 9x 2, x k 3 3x 9x 20 對(duì)于任意 x R 恒成 立 .即 32 x 1k 3 x 2x 令 t=3 0, k t 20 對(duì)于任意 t 0 恒成立 .問(wèn)題等價(jià)于 2 t 1第 10 頁(yè),共

26、55 頁(yè)令 f t 學(xué)習(xí)必備 歡迎下載 2 t 1 k t 2 ,其對(duì)稱(chēng)軸為直線 x 1 k 2當(dāng) 1 k 20 ,即 k 1 時(shí) ,f 0 2 0 恒成立 ,符合題意 ,故 k 1 ;當(dāng) 1 k 2 0 時(shí),1 k 對(duì)于任意 t 0 ,f t 0 恒成立 2 0,解得 1 k 12 2 21 k 42 0綜上所述 ,當(dāng) k 12 2 時(shí), f k 3 x f 3 x 9 x 2 0 對(duì)于任意 x R 恒成立 .此題仍可以應(yīng)用分別系數(shù)法 ,這種解法更簡(jiǎn)捷 .分別系數(shù) ,由 k 3 x 3 x 9 x 2 得 k 3 x 3 2x 1.由于 x R ,所以 3 x0 ,故 u 3 x 2x 12

27、2 1,即 u 的最小值為 22 1 .3要使對(duì)于 x R 不等式 k 3 x 3 2x 1 恒成立 ,只要 k 221說(shuō)明 : 上述解法是將 k 分別出來(lái),然后用平均值定理求解,簡(jiǎn)捷,新奇 例四 已知向量 a = x 2 ,x+1,b = 1- x,t；如函數(shù) f x a b 在區(qū)間（ -1,1） 上是增函數(shù),求 t 的取值范疇；（ 2022 年湖北卷第 17 題） 分析：利用導(dǎo)數(shù)將“函數(shù) f x 在區(qū)間（ -1,1）上是增函數(shù)”的問(wèn)題轉(zhuǎn)化為 “ f x f x 0 在（ -1,1）上恒成立”的問(wèn)題,即轉(zhuǎn)化成為“二次函數(shù) 2 3 x 2 x t 0 在區(qū)間（ -1,1）上恒成立” ,利用分別

28、系數(shù)法將 t 分別 出來(lái),通過(guò)爭(zhēng)論最值來(lái)解出 t 的取值范疇； 【解析】依定義 f x x 2 1 x tx 1 x3 x2 tx t ；就 f x 3 x 22 x t , 如 f x 在（ -1,1）上是增函數(shù),就在（ -1, 1）上可設(shè) f x 0 恒成立； y f x 0 t 3 x 22 x 在（ -1,1）上恒成立； x 1 g3 x考慮函數(shù) g x 3 x 22x ,（如圖 4） 由于 g x 的圖象是對(duì)稱(chēng)軸為 x 開(kāi)口向上的拋物線, 1 , 3 -o 1 x2故要使 t 3x 2 x 在（ -1, 1）上恒成立 t g 1 ,即 t 5； 第 11 頁(yè),共 55 頁(yè)而當(dāng) t 5

29、 時(shí), f 學(xué)習(xí)必備 歡迎下載 x 在（ -1,1）上中意 f x 0,即 f x 在（ -1,1）上是增函數(shù)； 故 t 的取值范疇是 t 5 .數(shù)學(xué)思想方法是解決數(shù)學(xué)問(wèn)題的靈魂,同時(shí)它又離不開(kāi)詳細(xì)的數(shù)學(xué)學(xué)問(wèn)在解 決含參數(shù)不等式的恒成立的數(shù)學(xué)問(wèn)題中要進(jìn)行一系列等價(jià)轉(zhuǎn)化因此,更要重視 轉(zhuǎn)化的數(shù)學(xué)思想 不等式恒成立問(wèn)題 重點(diǎn)難點(diǎn)：四種常見(jiàn)基本方法：利用一元二次函數(shù)的圖像,分別參數(shù),交換主元, 圖象法 課前練習(xí) 1 如函數(shù) fx=kx+1 在-1,1恒大于 0,就 k 的范疇是.2 2 函數(shù) fx=a 2 1x a 1x 2的定義域?yàn)?R,就 a 的范疇是 a13 不等式 -3 x 2 +2x+t0

30、 在 -1,1上恒成立,就 t 的范疇是.歸納： 1.f x ax b, x , ,就： f x 0 恒成 立； f x 0 恒成立 .2.2 ax bx c 0 在 R 上恒成立的充分必要條件是： ； 2 ax bx c 0 在 R 上恒成立的充分必要條件是： .3.a f x 恒成立的充分必要條件是： ； a f x 恒成立的充分必要條件是： .例 1.不等式 x 2 px 22x p ,1當(dāng) x1, ）恒成立,求 p 的范疇 .2x 例 2.-2,2 恒成立,求 p 的范疇 .3p-2,2 恒成立,求 x 的范疇 .已知函數(shù) fx=2 x 2 a ,x R,設(shè)方程 fx= 1 的兩根分別

31、為 x , x ,是否存在 x 2 x 2 mR,使 m tm 1x1 x2 對(duì)一切 a,t-1,1恒成立？如存在, 求出 m 范疇, 否 就說(shuō)明理由； 例 3（1） 已知 a0且 a1,當(dāng) x-1,1時(shí) , x2 a x 1恒成立,就 a 的范疇 2是.（2）對(duì)一切的實(shí)數(shù) x,不等式 x 1x 2a 恒成立,求實(shí)數(shù) a 的取值范疇； 課后作業(yè)： 第 12 頁(yè),共 55 頁(yè)學(xué)習(xí)必備 歡迎下載 2 t 2at 1,對(duì)任意實(shí)數(shù) a -1,11已知奇函數(shù) fx在 -1,1為增函數(shù),f-1= -1,fx都成立, 求 t 的取值范疇； 2. 不等式 x 1kx 對(duì)一切實(shí)x 恒成立,就 k 的范疇是.4.

32、 設(shè)函數(shù) fx=x 數(shù) ab ,對(duì)任意實(shí)數(shù) a ,2 ,不等式 12fx 10 在 ,1恒成立, 求 14x b 的取值范疇； 2 5. 對(duì)一切實(shí)數(shù) x,不等式 x log 2 4 a 1 2x log 22 a log 2a120 恒成立, aa12 4a 求 a 取值范疇； 解“恒成立問(wèn)題”的基本策略 一,恒成立問(wèn)題的基本類(lèi)型 在數(shù)學(xué)問(wèn)題爭(zhēng)論中常常遇到在給定條件下某些結(jié)論 恒成立的命題. 函數(shù)在給定區(qū)間上某結(jié)論成立問(wèn)題 , 其表現(xiàn)形式通常有 : 在給定區(qū)間上某關(guān)系恒 成立; 某函數(shù)的定義域?yàn)槿w實(shí)數(shù) R; 某不等式的解為一切實(shí)數(shù) ; 某表達(dá)式的 值恒大于 a 等等 恒成立問(wèn)題,涉及到一次函

33、數(shù),二次函數(shù)的性質(zhì),圖象 , 滲透著換元,化歸, 數(shù)形結(jié)合,函數(shù)與方程等思想方法,有利于考查同學(xué)的綜合解題才能,在培育思 維的靈敏性,制造性等方面起到了積極的作用；因此也成為歷年高考的一個(gè)熱點(diǎn)； 恒成立問(wèn)題在解題過(guò)程中大致可分為以下幾種類(lèi)型： 一次函數(shù)型； 二次函數(shù)型； 變量分別型； 依據(jù)函數(shù)的奇偶性,周期 性等性質(zhì)； 直接依據(jù)函數(shù)的圖象； 二,恒成立問(wèn)題解決的基本策略 （一）兩個(gè)基本思想解決“恒成立問(wèn)題” 思路 1, m f x在 x D 上恒成m f x max 思路 2, m f x在 x 立 D 上恒成 m f x min 立 fx 的最大值或者最小值問(wèn)題 , 我們可以通過(guò)習(xí)題的 如何

34、在區(qū)間 D 上求函實(shí)際, 實(shí)行合理有效的方法進(jìn)行求解 , 通?？梢钥紤]利用函數(shù)的單調(diào)性,函數(shù)的圖 像,二次函數(shù)的配方法,三角函數(shù)的有界性,均值定理,函數(shù)求導(dǎo)等等方法求函 數(shù) f （x）的最值； 這類(lèi)問(wèn)題在數(shù)學(xué)的學(xué)習(xí)涉及的學(xué)問(wèn)比較廣泛,在處理上也有很多特別性,也 是近年來(lái)高考中頻頻顯現(xiàn)的試題類(lèi)型,期望同學(xué)們?cè)谌粘W(xué)習(xí)中留意積存； 二 ,賦值型利用特別值求解等式中的恒成立問(wèn)題,常常用賦值法求解,特別是對(duì)解決填空題,挑選題能 很快求得 . 例 1由等式 x +a1x +a2 x +a3x+a4= x+1 +b1x+1 + b2 x+1 +b3x+1+b 4 定義 映射 f ：a 1,a 2,a 3,

35、a 4 b1+b2+b3 +b4, 就 f ：4,3,2,1 略解：取 x=0,就 a 4=1+b1+b2+b3+b4, 又 a 4 =1, 所以 b1+b2+b3+b4 =0 , 應(yīng)選 D 第 13 頁(yè),共 55 頁(yè)學(xué)習(xí)必備 歡迎下載 8對(duì)稱(chēng), 那么 a= 例 2假如函數(shù) y=fx=sin2x+acos2x 的圖象關(guān)于直線 x= C . 2 D. - 2 . 略解：取 x=0 及 x= ,就 f0=f , 即 a=-1,應(yīng)選 B. 4 4此法表達(dá)了數(shù)學(xué)中從一般到特別的轉(zhuǎn)化思想 . （三）分清基本類(lèi)型,運(yùn)用相關(guān)基本學(xué)問(wèn),把握基本的解題策略 1,一次函數(shù)型： 如原題可化為一次函數(shù)型 , 就由數(shù)形

36、結(jié)合思想利用一次函數(shù)學(xué)問(wèn)求解 , 特別簡(jiǎn)捷 給定一次函數(shù) y=fx=ax+ba 0, 如 y=fx 在m,n 內(nèi)恒有 fx0 ,就依據(jù) 函數(shù)的圖象（直線）可得上述結(jié)論等價(jià)于 f m 0 f m 0同理,如在 m,n 內(nèi)恒有 fx2a+x 恒成立的 x 的 取值范疇 . 分析：在不等式中顯現(xiàn)了兩個(gè)字母： x 及 a, 關(guān)鍵在于該把哪個(gè)字母看成是一 個(gè)變量,另一個(gè)作為常數(shù) . 明顯可將 a 視作自變量,就上述問(wèn)題即可轉(zhuǎn)化為在 -2 , 2 內(nèi)關(guān)于 a 的一次函數(shù)大于 0 恒成立的問(wèn)題 . 解：原不等式轉(zhuǎn)化為 x-1a+x 2-2x+10 在|a| 2 時(shí)恒成立 , 設(shè) fa= x-1a+x 2-2

37、x+1, 就 fa 在-2,2 上恒大于 0,故有： f 2 f 2 0 即 x x 2 21 4 x 0 3 0解得： x x x 1 3或 1 1 x3. 即 x , 1 3,+ 或 x 此類(lèi)題本質(zhì)上是利用了一次函數(shù)在區(qū)間 m,n 上的圖象是一線段, 故只需保證 該線段兩端點(diǎn)均在 x 軸上方（或下方）即可 . 2,二次函數(shù)型 涉及到二次函數(shù)的問(wèn)題是復(fù)習(xí)的重點(diǎn),同學(xué)們要加強(qiáng)學(xué)習(xí),歸納,總結(jié),提 煉出一些詳細(xì)的方法,在今后的解題中自覺(jué)運(yùn)用； 2（ 1）如二次函數(shù) y=ax +bx+ca0 大于 0 恒成立,就有 a 00（ 2）如是二次函數(shù)在指定區(qū)間上的恒成立問(wèn)題,可以利用韋達(dá)定理以及根的 分

38、布學(xué)問(wèn)求解； 例 3 如函數(shù) f x 2 a 2 1 x a 1x 2 的定義域?yàn)?R,求實(shí)數(shù) a 的 a 1 取值范疇 . 分析：該題就轉(zhuǎn)化為被開(kāi)方數(shù) 2 a 2 1 x a 1x 20 在 R 上恒成立a1題,并且留意對(duì)二次項(xiàng)系數(shù)的爭(zhēng)論 . 問(wèn) 解：依題意,當(dāng) x R時(shí), 2 a 2 1x a 1 x 20 恒成立, a1第 14 頁(yè),共 55 頁(yè)所以,當(dāng) a2學(xué)習(xí)必備 歡迎下載 a 21 0,即當(dāng) a10, 時(shí), a 0, 1, 1此時(shí) a 21x 2a 1x 2 1 0, a 1. a122 a 1 0, 當(dāng) a 1 0 時(shí),即當(dāng) a 1 24a 21 a1 20 時(shí), 2有 2 a

39、1 1 a 9, a 10a 9 0, 綜上所述, fx 的定義域?yàn)?R 時(shí), 1,9 a 2例 4. 已知函數(shù) f x x ax 3 a ,在 R 上 x 0 恒成立,求 a 的取值范疇 . f 分析： y f x 的函數(shù)圖像都在 X 軸及其上方,如右 圖所示： 略解： a 2 4 3 a a 2 4a 12 0 6 a 2變式 1：如 x 2,2 時(shí), f x 0 恒成立,求 a 的取 值范疇 . 分析：要使 x 2,2 時(shí), f x 0 恒成立,只需 f x 的最小值 g a 0 即可 . 2 2解： f x x a a a 3 ,令 f x 在 2,2 上的最小值為 ga . 2 4當(dāng)

40、 a 2 ,即 a 4 時(shí), g a f 2 7 3a 0 a 7 又 a 42 3a 不存在 . 當(dāng) 2 a 2 ,即 4a 4 時(shí), ga f a a 2a30 6 a 22 2 4又 4 a 4 4a2當(dāng) a 2 ,即 a 4 時(shí), ga f 2 7a 0 a 7 又 a 427 a 4綜上所述, 7 a 2 . 變式 2：如 x 2,2 時(shí), f x 2 恒成立,求 a 的取值范疇 . 解法一：分析： 題目中要證明 f x 2 在 2,2 上恒成立, 如把 2 移到等號(hào)的 左邊,就把原題轉(zhuǎn)化成左邊二次函數(shù)在區(qū)間 2,2 時(shí)恒大于等于 0 的 第 15 頁(yè),共 55 頁(yè)學(xué)習(xí)必備 歡迎下載

41、 問(wèn)題 . 略解： f x x2 ax 3a20 ,即 f x x2 ax 1a0 在 2,2 上成立 . a24 1 a0222a2222a241 a 02f 2 0 f 2 05a22 2 a 2 2或 a22綜上所述, 5a222 . 解法二：（運(yùn)用根的分布） 當(dāng) a2,即 a 4 時(shí), ga f 2 7 3a 2a54, 23a 不存在 . 當(dāng) 2a2 ,即 4a 4 時(shí), g a a f 2 a2a32 , 24 2 2 2a2224a2222 , 當(dāng) a2 ,即 a 4 時(shí), g a f 2 7a2a55a4綜上所述 5a222 . 此題屬于含參數(shù)二次函數(shù),求最值時(shí),軸變區(qū)間定的情

42、形,對(duì)軸與區(qū)間的位 置進(jìn)行分類(lèi)爭(zhēng)論；仍有與其相反的,軸動(dòng)區(qū)間定,方法一樣 . 對(duì)于二次函數(shù)在 R 上恒成立問(wèn)題往往接受判別式法（如 4,例 5）,而對(duì)于 二次函數(shù)在某一區(qū)間上恒成立問(wèn)題往往轉(zhuǎn)化為求函數(shù)在此區(qū)間上的最值問(wèn)題 例 3,變量分別型 如在等式或不等式中顯現(xiàn)兩個(gè)變量,其中一個(gè)變量的范疇已知,另一個(gè)變量 的范疇為所求,且簡(jiǎn)潔通過(guò)恒等變形將兩個(gè)變量分別置于等號(hào)或不等號(hào)的兩邊, 就可將恒成立問(wèn)題轉(zhuǎn)化成函數(shù)的最值問(wèn)題求解；運(yùn)用不等式的相關(guān)學(xué)問(wèn)不難推出 如下結(jié)論：如對(duì)于 x 取值范疇內(nèi)的任何一個(gè)數(shù)都有 fxga 恒成立,就 gafx min; 如對(duì)于 x 取值范疇內(nèi)的任何一個(gè)數(shù),都有 fxfx m

43、ax. 其中 fx max和 min 分別為 fx 的最大值和最小值 fx 例 5. 已知三個(gè)不等式 x 2 4 x 3 0 , x 26x 8 0 , 2 x 29 x m 0 要 使同時(shí)中意的全部 x 的值中意,求 m 的取值范略解：由得 2x3; 數(shù) 對(duì)任意實(shí)數(shù) x,不等式 x 1 x 2 a 恒成立,求實(shí) a , 構(gòu)造函數(shù),畫(huà)出圖象,得 a3. 數(shù) 利用數(shù)形結(jié)合解決恒成立問(wèn)題,應(yīng)先構(gòu)造函數(shù),作出符合已知條件的圖形, 再考慮在給定區(qū)間上函數(shù)與函數(shù)圖象之間的關(guān)系,得出答案或列出條件,求出參 數(shù)的范疇 . 三,在恒成立問(wèn)題中,主要是求參數(shù)的取值范疇問(wèn)題,是一種熱點(diǎn)題型,介紹一 些基本的解題策

44、略,在學(xué)習(xí)中學(xué)會(huì)把問(wèn)題分類(lèi),歸類(lèi),嫻熟基本方法； （一）換元引參,顯露問(wèn)題實(shí)質(zhì) 1 ,對(duì)于全部實(shí)數(shù) x,不等式 22 4 a 1 2 a a 1 x log 2 2 x log 2 log 2 2 0 恒成立,求 a 的取值范疇； a a1 4a 解：由于 log 2 2 a 的值隨著參數(shù) a 的變化而變化,如設(shè) t log 2 2a , a 1 a 1就上述問(wèn)題實(shí)質(zhì)是“當(dāng) t 為何值時(shí),不等式 3 t x 22 tx 2 t 0 恒成立”； 這是我們較為熟識(shí)的二次函數(shù)問(wèn)題,它等價(jià)于 求解關(guān)于 t 的不等式組： 3 t 08t3 t 0； 解得 t 0 ,即有 2 2t log 2 2a 0

45、,易得 0a1； 4 上任意一點(diǎn),如不等式 x+y+c 0 恒成 a12 2,設(shè)點(diǎn) P（x,y）是圓 x 2 y 1 立,求實(shí)數(shù) c 的取值范疇； （二）分別參數(shù),化歸為求值域問(wèn)題 3 ,如對(duì)于任意角 總有 sin 22mcos 解：此式是可分別變量型,由原不等式得 4m 1 0 成立,求 m 的范m2 cos 疇； 4 cos 2, 又 cos 2學(xué)習(xí)必備 歡迎下載 2 cos 2恒成立； 0 ,就原不等式等價(jià)變形為 2m cos 依據(jù)邊界原理知, 2m 必需小于 f 2 cos cos 2的最小值,這樣問(wèn)題化歸為怎 2 樣求 cos cos 2的最小值；由于 f 2 cos 0 時(shí),有最小

46、值為 0,故 m0 ； cos 2cos 2 2 4 cos 2 4cos 2cos 2cos 424即 cos 440（三）變更主元,簡(jiǎn)化解題過(guò)程 4 ,如對(duì)于 0m1 ,方程 x 2 mx 2m 1 0 都有實(shí)根,求實(shí)根的范疇； 解：此題一般思路是先求出方程含參數(shù) m 的根,再由 m 的范疇來(lái)確定根 x 的范 圍,但這樣會(huì)遇到很多麻煩,如以 m 為主元,mx 2 1 x 2 , 由原方程知 x 2 ,得 m1就 2 x 又 0 m1 ,即 0 1x 2 21x 2x 解之得 1213 x 1 或 1 x 1213 ； 5,當(dāng) a 1 時(shí),如不等式 x 2 a 6 x 9 3a 0 恒成立,

47、求 x 的取值范疇； （四）圖象解題,形象直觀 6,設(shè) x 0,4 ,如不等式 x4 x ax 恒成立,求 a 的取值范疇；解：如 設(shè) 2 2 y1 x 4 x ,就 x 2 y1 4 y1 0 為上半圓； 設(shè) y2 ax ,為過(guò)原點(diǎn), a 為斜率的直線； 在同一坐標(biāo)系內(nèi) 作出函數(shù)圖象 依題意,半圓恒在直線上方時(shí),只有 a 0 時(shí)成立,即 a 的取值范疇為 a 0 ； y y2 y1 04x 第 19 頁(yè),共 55 頁(yè)學(xué)習(xí)必備 歡迎下載 27,當(dāng) x 1,2 時(shí),不等式 x-1 log ax 恒成立,求 a 的取值范疇； 解：設(shè) y1=x-1 ,y 2=log ax, 就 y1 的圖象為右圖所

48、示的拋物線 要使對(duì)一切 x 1,2,y 11, 并且必需也只需當(dāng) x=2 時(shí) y2 的函 數(shù)值大于等于 y1 的函數(shù)值； 故 log a21, 10, 留意 2 到如將等號(hào)兩邊看成是二次函數(shù) y= x +4x 及一次函數(shù) y=2x-6a-4 ,就只需考慮這 兩個(gè)函數(shù)的圖象在 x 軸上方恒有唯獨(dú)交點(diǎn)即可； （五）合理聯(lián)想,運(yùn)用平幾性質(zhì) 9 ,不論 k 為何實(shí)數(shù),直線 y kx 1 與曲線 x2 y 2 2ax a 2 2a 4 0 恒有交 點(diǎn),求 a 的范疇； 解： x a 2y2 42a, C（a,0）,當(dāng) a系,就有點(diǎn) A（ 0, 1）必在圓上或圓內(nèi),即點(diǎn) 就有 a 2 12a 4a2 ,得

49、 1a3； 2 時(shí),聯(lián)想到直線與圓的位置關(guān) A（0,1）到圓心距離不大于半徑, 分析：由于題設(shè)中有兩個(gè)參數(shù),用解析幾何中有交點(diǎn)的理論將二方程聯(lián)立,用 判別式來(lái)解題是比較困難的；如考慮到直線過(guò)定點(diǎn) （六）分類(lèi)爭(zhēng)論,防止重復(fù)遺漏 A（0,1）,曲線為圓； 210 ,當(dāng) |m| 2 時(shí),不等式 2 x 1 m x 1 恒成立,求 x 的范疇； 解：使用 當(dāng) x 21 0 時(shí),要使不等式 |m| 2 的條件,必需將 m 分別出來(lái),此時(shí)應(yīng)2 x x 2 對(duì) 11 m 恒成立,只要 x2 x x 2 2 1 進(jìn)行爭(zhēng)論； 11 2 , 解得 1 x 1 3； 2當(dāng) x 21 0 時(shí),要使不等式 2 x x

50、2 11 m 恒成立,只要 2 x x 2 11 2 ,解得 1 7 x 1； 2當(dāng) x 21 0 時(shí),要使 2x 1 0 恒成立,只有 x 1 ； 綜上得 第 20 頁(yè),共 55 頁(yè)127x 123學(xué)習(xí)必備 歡迎下載 2 x 1 ,用一次函數(shù)學(xué)問(wèn)來(lái) 解法 2：可設(shè) f m 2 x 1m 解較為簡(jiǎn)潔； 11,當(dāng) 1 x 3 時(shí),不等式 x2 2ax 60 恒成立,求實(shí)數(shù) a 的取值范疇； （七）構(gòu)造函數(shù),表達(dá)函數(shù)思想 12,（ 1990年全國(guó)高考題）設(shè) f x lg 1x 2x 3x n x 1 x n a ,其中 a 為 n實(shí)數(shù), n 為任意給定的自然數(shù),且 n2 ,假如 f x 當(dāng) x ,

51、 1 時(shí)有意 義,求 a 的取值范疇； 解：此題即為對(duì)于 x , 1 ,有 1 x2 x n 1 x n a x 0 恒成立； 這里有三種元素交叉在一起,結(jié)構(gòu)復(fù)雜,難以下手,如考慮到求 a 的范疇,可先 將 a 分別出來(lái), 得 a 1 n x 2 n x n 1x n n 2 ,對(duì)于 x ,1 恒成立； 構(gòu)造函數(shù) g x 1 n x 2 n x n 1x n ,就問(wèn)題轉(zhuǎn)化為求函數(shù) g x 在 x , 1 上的值域； k x 由于函數(shù) u x k 1, 2, , n 1 在 x ,1 上是單調(diào)增函數(shù), n就 g x 在 , 1 上為單調(diào)增函數(shù)； 于是有 g x 的最大值為： g1 1 n 1 ,

52、 2從而可得 a 1 n 2 1 ； 四,同步跟蹤練習(xí) 1 ,對(duì)任意的實(shí)數(shù) x ,如不等式 x 1 x 2 a 恒成立,求實(shí)數(shù) a 的取值范疇 2,已知函數(shù) f x x 12 x m R, lg2 2 m 對(duì)任意的 x R 都有意義,求實(shí) m 的取值范數(shù) 疇； 3, 知 f x 是定義在 ,3 的單調(diào)減函數(shù),且 f a 2sin x f a 1 cos 2x 對(duì) 一切實(shí)數(shù) x 成立,求實(shí)數(shù) a 的取值范疇； 4, 當(dāng) a,b 中意什么條件時(shí),關(guān)于 x 的不等式 2 x 1 a x a 5 3b1 對(duì) x2 x 1于一切實(shí)數(shù) x 恒成立？ 5,已知 fx= x 3 ax 2bx c , 在 x=

53、1 與 x=-2 時(shí),都取得極值； 第 21 頁(yè),共 55 頁(yè)學(xué)習(xí)必備 歡迎下載 1恒成立,求實(shí)數(shù) c 的取值范 （1）求 a,b 的值；（2）如 x -3,2 都有 fx 1 c 2圍； 解,（ 1）a=3,b=-6. （2）由 fx min=- 7 +c 1 - 1 得 2 c 2 3213 c 0 或 c 3213 26,定義在定義域 D 內(nèi)的函 y 數(shù) 都有 | f x1 f x2 | 1 ,就稱(chēng)函數(shù) y f x, 如對(duì)任意的 x1 , x2 D, f x 為“接近函數(shù)”,否就稱(chēng)“非接近函數(shù)” . 3函數(shù) f x x x a x 1,1 , a R 是否為“接近函數(shù)” ？假如是, 請(qǐng)給

54、出 證明；假如不是,請(qǐng)說(shuō)明理由 . 解：由于 | f x1 f x2 | | f max f min | 3 2函數(shù) f x x x a x 1,1, a R導(dǎo)數(shù)是 f x 3 x 1當(dāng) 21 0 時(shí),即 3. 3x x 3當(dāng) x 3 時(shí), f x 3x 21 0;當(dāng) 3 時(shí), f x 3x 21 0, 0 3 x 3故 f x在x 0,1內(nèi)的微小值是 f 3 3 a 239同理, f x在 1,0內(nèi)的極大值是 f 3 3 a 2 3 ; 93由于 f f 1 a,所以函數(shù) f x x x ax 1,1, a R的最大值是 1 a 2 3 , 最小值是 a 23 ,故 | f x f x |

55、| f max f min | 4 2 19 9 9所以函數(shù) f x x 3 x a x 1,1, a R 是“接近函數(shù)” 7,對(duì)于函數(shù) f x ax 2b 1x b 2a 0 ,如存在實(shí)數(shù) x ,使 f x x 成立, 就稱(chēng) x0 為 f x 的不動(dòng)點(diǎn)；（1）當(dāng) a=2,b= 2 時(shí),求 f x 的不動(dòng)點(diǎn)； （2）如對(duì)于任何實(shí)數(shù) b,函數(shù) f x 恒有兩相異的不動(dòng)點(diǎn),求實(shí)數(shù) a 的取值范疇； （3）在（ 2）的條件下,如 動(dòng)點(diǎn),且直線 y kx 2 12 2a 解 f x ax b 1 x b（1）當(dāng) a=2,b= 2 時(shí), 2 x2x 4x. y f x 的圖象上 A,B 兩點(diǎn)的橫坐標(biāo)是函

56、數(shù) f x 的不 是線段 AB 的垂直平分線,求實(shí) b 的取值范疇； 1 數(shù) 2a 0, f x 2 x 2 x 4. 設(shè) x 為其不動(dòng)點(diǎn),即 就 2 x 2 2x 4 0. x 1, x 2 2.即 f x 的不動(dòng)點(diǎn)是 1, 2. （2）由 f x x 得： ax 2bx b 2 0 . 由已知,此方程有相異二實(shí)根, x 0 恒成立,即 b 24ab 2 0. 即 b 24ab 8a 0 對(duì)任意 b R 恒成立 . 第 22 頁(yè),共 55 頁(yè)b0. 2 16a 32a 0學(xué)習(xí)必備 a歡迎下載 02. （3）設(shè) A x1 , x1 , B x2 , x2 , 直線 y kx 2 1 是線段 A

57、B 的垂直平分2a 1 線, M x0 , x0 . 由（ 2）知 x0 b2a, k 12. 記 AB 的中點(diǎn) 11上, bb1 1. M 在 y kx 2 2a 2a 2a 2 2a 2 2時(shí),等號(hào)成立）. 即 b a11化簡(jiǎn)得： b4 2 當(dāng)a 2 2a 12a12 2a 14aa含參數(shù)不等式恒成立問(wèn)題中參數(shù)范疇的確定 1 分別參數(shù)法 例 1 ：設(shè) f x lg 12x n 1 x x n a ,其中 a 是實(shí)數(shù), n 是任意給定的自 n然數(shù)且 n2,如 f x 當(dāng) x ,1 時(shí)有意義 , 求 a 的取值范疇； 分析： 當(dāng) x ,1 時(shí), f x 有意義,故有 1x 12 x n1x n

58、x a 0a1x 2x 1nnn令 x 1x 2x 11x ,只要對(duì) x 在 ,1 上的最大值,此不等 nnn式成立刻可；故我們可以利用函數(shù)的最值分別出參數(shù) a； 11x ,由指數(shù) 解： 由 x ,1 時(shí), f x 有意義得： 12 x n1x n x a 0a1x 2x nnn函數(shù)單調(diào)性知上式右邊的函數(shù) x 1x 2x 11x 的最 nnn大值是 112n1 121nnnn故 a 1 1 2n第 23 頁(yè),共 55 頁(yè)學(xué)習(xí)必備 歡迎下載 0 , （ x D一般地,利用最值分別參數(shù)法來(lái)確定不等式 f x, 為實(shí)參數(shù)）恒成立中參數(shù)取值范疇的基本步驟 : （1） 將參數(shù)與變量分別,即化為 f1 f

59、 2 x 或 f 2 f2 x 的形式； （2） 求 f 2 x 在 x D 時(shí)的最大（或最?。┲担?（3） 解不等式 f1 f 2 max x 或 f2 min x 得 的取值范疇； 思想方法： 把不等式中恒成立問(wèn)題轉(zhuǎn)化為求函數(shù)最值問(wèn)題； 適用題型：（1） 參數(shù)與變量能分別；（ 2） 函數(shù)的最值易求出； 利用這種方法可以順當(dāng)解決很多含參數(shù)不等式中的取值問(wèn)題,仍可以用來(lái)證明一 些不等式； 例 2 ： 已知定義在 R 上函數(shù) fx為奇函數(shù),且在 0, 上是增函數(shù),對(duì)于任意 x R求實(shí)數(shù) m 范疇,使 f cos 2 3f 4 m 2mcos 0恒成立； 解： fx在 R 上為奇函數(shù),且在 0,

60、上是增函數(shù), fx在 , 上為增函數(shù) 又 f c o2s 3f 4m 2mc o s 0 f cos 2 3 f 4m 2mcos f 2mcos 4m cos2 32mcos 4m 即 2m 2cos 3 cos 2 2 cos 1,3 , 2 m 3cos 2 422 2 cos 2cos cos m22 cos 2cos 222cos cos 4 2 cos 22 cos 令 2 cos t, t 1,3 m4 t 2t 即 4 mt 2在 t 1,3 上恒成立 t 第 24 頁(yè),共 55 頁(yè)即求 g t t 學(xué)習(xí)必備 歡迎下載 21,3 成立 2 t 在 t 1,3 上的最小值 t 2