恒成立问题常见类型及解法

恒成立问题常见类型及解法5、不等式恒成立问题高考命题中，不等式恒成立问题往往结合函数与导数同题考查，单独考查的较少，结合函数与导数的题目难度大、分值高，要引起我们的足够重视。6、不等式与其他知识的结合细解命题特点转化思想——解答不等式恒成立问题求解不等式恒成立问题的常用方法：(1)分离参数法：通过分离参数，转化为不含参数的函数的最值问题求解.(2)函数思想：转化为求含参数的函数的最值问题求解.(3)数形结合思想：转化为两熟悉函数图象间的上下关系求解.解答过程中应注意的问题：(1)分离参数时应注意系数符号对不等号的影响.(2)应用函数方法求解时，所使用的函数一般为二次函数.(3)应用数形结合法求解时，应注意图象最高点或最低点处函数值的大小关系.在高三复习中经常遇到不等式恒成立问题。这类问题求解的基本思路是：根据已知条件将恒成立问题向基本类型转化，正确选用函数法、最小值法、数形结合法等解题方法求解。解题过程本身渗透着换元、化归、数形结合、函数与方程等思想方法，另外不等式恒成立问题大多要利用到一次函数、二次函数的图象和性质。恒成立问题在解题过程中大致可分为以下几种类型：（1）一次函数型；（2）二次函数型；（3）变量分离型；（4）利用函数的性质求解；（5）直接根据函数的图象求解；（6）反证法求解。下面分别举例示之。一、一次函数型【理论阐释】给定一次函数()yfxkxb(k≠0),若()yfx在[m,n]内恒有()fx0，则根据函数的图象（线段）可得①0()0kfm或②0()0kfn，也可合并成f(m)0f(n)0，同理，若在[,]mn内恒有()0fx，则有f(m)0f(n)0.nmoxynmoxy若不等式2x121mx对一切2,2m都成立，求实数x的取值范围。【解析】令f(m)＝（21x）m－2x＋1，则上述问题即可转化为关于m的一次函数y()fm在区间[-2，2]内函数值小于0恒成立的问题。考察区间端点，只要(2)7131,(2)22＜0，＜＜＜0fxf解得即x的取值范围是（712，312）.典例导悟二、二次函数型【理论阐释】若二次函数2(0,)yaxbxcaxR的函数值大于（或小于）0恒成立，则有a00（或00aìïïíïDïî），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二次函数的图象求解。关于x的方程9x+(4+a)3x+4=0恒有解，求a的取值范围。【解析】方法1（利用韦达定理）设3x=t,则t0.那么原方程有解即方程t2+(4+a)t+4=0有正根。1212Δ0(4)040xxaxx，即2(4a)160a4，a0a8a4或，解得a-8.典例导悟方法2（利用根与系数的分布知识）即要求t2+(4+a)t+4=0有正根。设f(t)=t2+(4+a)t+4.当=0时，即（4+a）2-16=0,∴a=0或a=-8.当a=0时，f(t)=(t+2)2=0,得t=－20，不合题意；当a=－8时，f(t)=(t-2)2=0,得t=20,符合题意。∴a=-8。当0，即a-8或a0时，∵f(0)=40,故只需对称轴4a02，即a－4.∴a－8.综上可得a－8.4oxy三、变量分离型【理论阐释】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。（2010·天津高考理科·Ｔ16）设函数2()1fxx，对任意2,3x，24()(1)4()xfmfxfxfmm恒成立，则实数m的取值范围是。【解析】依据题意得22222214(1)(1)14(1)xmxxmm在3[,)2x上恒定成立，即22213241mmxx在3[,)2x上恒成立。典例导悟当32x时函数2321yxx取得最小值53，所以221543mm，即22(31)(43)0mm，解得32m或32m。【理论阐释】若函数f(x)是奇(偶)函数，则对一切定义域中的x,f(-x)=－f(x)，(f(-x)=f(x))恒成立；若函数y=f(x)的周期为T，则对一切定义域中的x,有f(x)=f(x+T)恒成立；若函数图象平移前后互相重合，则函数解析式相等。四、利用函数的性质解决恒成立问题（2010·福建高考文科·Ｔ１0）将函数()sin()fxx的图像向左平移2个单位。若所得图象与原图象重合，则的值不可能．．．等于（）A.4B.6C.8D.12【解析】选B，把图象向左平移2个单位得ysinxsinx22，典例导悟又该函数图像与原函数图像重合，所以sinxsinx2恒成立，2k2，4kkZ，所以k不可能为6。五、把不等式恒成立问题转化为函数图象问题【理论阐释】若把不等式进行合理的变形后，能非常容易地画出不等号两边对应函数的图象，这样就把一个很难解决的不等式的问题转化为利用函数图象解决的问题，然后从图象中寻找条件，就能解决问题。若不等式logsin2(01)axxaa且对于任意x∈(0,]4都成立，求a的取值范围.典例导悟【解析】作出函数sin2yx的图象，由题意知在x∈(0,4］上，函数logayx的图象总在函数sin2yx的图象的上方.01a。作直线x=4，与logayx和sin2yx的图象分别交于A、B两点，为保证logayx在区间（0，4］上的图象在sin2yx图象的上方，不难从图中得到其条件是点A在点B的上方。当x=4时，logsin(2)1log44aaa,又01a，得4a1。六、采用逆向思维，考虑使用反证法【理论阐释】恒成立问题有时候从正面很难入手，这时如果考虑问题的反面，有时会有“柳暗花明又一村”的效果，所谓“正难则反”就是这个道理。设()yfx是定义在实数集R上的函数，对任意实数12xx、都有1212()()()fxxfxfx，且存在实数a，使()0fa。求证：对任意实数x，()0fx恒成立。典例导悟【解析】这是一个抽象函数的证明题，由1212()()()fxxfxfx，只要令122xxx，就能得到2()()()()()022222xxxxxfxffff，接下来要证明对任意实数x，()fx都不等于0。这是一个恒成立问题。从正面直接证明比较困难，所以可以考虑反证法，即如果找到一个0xR使0()0fx，能推出矛盾就行了。事实上，若存在0xR使0()0fx，则对任意实数x，有0000()[()]()()0fxfxxxfxxfx，显然这与题设“存在实数a，使()0fa”矛盾。【典例】设函数对任意x∈［1,+∞),f(mx)+mf(x)＜0恒成立，则实数m的取值范围是_______.【解题指导】转化为具体不等式后，再通分转化为整式不等式，最后分类讨论.【规范解答】∵x∈［1,+∞),f(mx)+mf(x)＜0,∴∴即mx［2m2x2-(1+m2)］＜0.1fxx,x11mxm(x)0,mxx＜1m2mx0,mxx＜1fxxx，由f(mx)+mf(x)＜0在x∈［1,+∞)上恒成立知，mx［2m2x2-(1+m2)］＜0在x∈［1,+∞)上恒成立,∴m≠0.当m＜0时，只要2m2x2-(1+m2)＞0恒成立即可,即∵x∈［1,+∞),∴2221mx,2m＞221m1,2m＜∴m2＞1,∴m＜-1.当m＞0时，只要2m2x2-(1+m2)＜0恒成立即可,即∵x∈［1,+∞),∴不恒成立.综上，实数m的取值范围为(-∞,-1).答案：(-∞,-1)2221mx.2m＜2221mx2m＜7．（2010·山东高考）若对任意x＞0,恒成立，则a的取值范围是______．【解题提示】将恒成立问题转化为最值问题.【解析】因为x＞0，所以（当且仅当x=1时取等号），所以有即的最大值为故a≥答案:［)2xax3x11x2x2x1111x3x1235x3x，2xx3x115，1.51,5【方法技巧】不等式恒成立问题的解题方法1.不等式的恒成立问题与函数最值有密切的关系，解决不等式恒成立问题，通常先分离参数，再转化为最值问题来解：c≥f(x)恒成立c≥f(x)max;c≤f(x)恒成立c≤f(x)min.2.高次函数或非基本初等函数的最值问题，通常采用导数法解决.【例3】设函数f(x)=ax2-2x+2,对于满足1＜x＜4的一切x值都有f(x)＞0,求实数a的取值范围.【解题指南】解答本题可以有两条途径：(1)分a＞0,a＜0,a=0三种情况,求出f(x)在(1,4)上的最小值f(x)min,再令f(x)min＞0,从而求出a的取值范围；(2)将参数a分离得然后求的最大值即可.222a,xx＞222gxxx【规范解答】方法一：当a＞0时,由f(x)＞0,x∈(1,4)得：或或∴或或∴211fxa(x)2,aa11af(1)a220114a11f()20aa＜＜＞14a,f416a820a1a01a141a2＜＜＞1a4,3a811a1a1,a,22或＜＜或即＞当a＜0时,解得a∈Ø;当a=0时,f(x)=-2x+2,f(1)=0,f(4)=-6,∴不合题意.综上可得,实数a的取值范围是方法二：由f(x)＞0,即ax2-2x+2＞0,x∈(1,4),得在(1,4)上恒成立.令∴g(x)max=g(2)=,所以要使f(x)＞0在(1,4)上恒成立,只要a＞即可.f1a220,f416a8201a.2＞222axx＞222211111gx2(),(,1),xxx22x41212【反思·感悟】1.一元二次不等式问题及一元二次方程解的确定与应用问题常转化为二次函数图象和性质的应用问题求解，但要注意讨论.2.关于不等式的恒成立问题,能用分离参数法，尽量用.因为该法可以避开频繁地对参数的讨论.4.(2010·新课标全国卷)设函数f(x)=ex-1-x-ax2.(1)若a=0，求f(x)的单调区间；(2)若当x≥0时f(x)≥0，求a的取值范围【解题提示】在第(1)问中先把a=0代入，然后通过求导判断导数正负求得单调区间，解决第(2)问的关键是从当x≥0时f(x)≥0入手，结合函数的解析式联合求解，通过判断导数的正负找到分界点进行讨论.【解析】(1)a=0时，f(x)=ex-1-x，f′(x)=ex-1.当x∈(-∞,0)时，f′(x)＜0；当x∈(0,+∞)时，f′(x)＞0.故f(x)在(-∞,0)单调减少，在(0,+∞)单调增加.(2)f′(x)=ex-1-2ax，由(1)知ex≥1+x，当且仅当x=0时等号成立.故f′(x)≥x-2ax=(1-2a)x,从而当1-2a≥0，即a≤时，f′(x)≥0(x≥0)，而f(0)=0，于是当x≥0时，f(x)≥0.由ex＞1+x(x≠0)可得e-x＞1-x(x≠0).12从而当a＞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(-∞,］.1212