高考一輪復(fù)習(xí)數(shù)學(xué)：不等式恒成立問題

　　高考數(shù)學(xué)：一輪復(fù)習(xí)函數(shù)不等式恒成立問題的基本類型

　　類型1：設(shè) ，（1） 上恒成立 ；（2） 上恒成立 。

　　類型2：設(shè)

　　（1）當(dāng) 時(shí)， 上恒成立 ，

　　上恒成立

　　（2）當(dāng) 時(shí)， 上恒成立

　　上恒成立

　　類型3：

　　。

　　類型4：

　　恒成一、用一次函數(shù)的性質(zhì)

　　對(duì)于一次函數(shù) 有：

　　例1：若不等式 對(duì)滿足 的所有 都成立，求x的范圍。

　　解析：我們可以用改變主元的辦法，將m視為主變?cè)�，即將元不等式化為�?，；令 ，則 時(shí)， 恒成立，所以只需 即 ，所以x的范圍是 。

　　二、利用一元二次函數(shù)的判別式

　　對(duì)于一元二次函數(shù) 有：

　　（1） 上恒成立 ；（2） 上恒成立

　　例2：若不等式 的解集是R，求m的范圍。

　　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，所以要討論m-1是否是0。

　　（1）當(dāng)m-1=0時(shí)，元不等式化為2>0恒成立，滿足題意；

　　（2） 時(shí)，只需 ，所以， 。

　　三、利用函數(shù)的最值（或值域）

　　（1） 對(duì)任意x都成立 ；

　　（2） 對(duì)任意x都成立 。簡(jiǎn)單計(jì)作："大的大于最大的，小的小于最小的"。由此看出，本類問題實(shí)質(zhì)上是一類求函數(shù)的最值問題。

　　例3：在 ABC中，已知 恒成立，求實(shí)數(shù)m的范圍。

　　解:由 ， ， 恒成立， ，即 恒成立，

　　例4：（1）求使不等式 恒成立的實(shí)數(shù)a的范圍。

　　解析：由于函 ，顯然函數(shù)有最大值 ， 。

　　如果把上題稍微改一點(diǎn)，那么答案又如何呢？請(qǐng)看下題：

　　（2）求使不等式 恒成立的實(shí)數(shù)a的范圍。

　　解析：我們首先要認(rèn)真對(duì)比上面兩個(gè)例題的區(qū)別，主要在于自變量的取值范圍的變化，這樣使得 的最大值取不到 ，即a取 也滿足條件，所以 。

　　所以，我們對(duì)這類題要注意看看函數(shù)能否取得最值，因?yàn)檫@直接關(guān)系到最后所求參數(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)，所以也叫分離參數(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 ，求實(shí)數(shù)a的取值范圍。

　　解析：由 ，在同一直角坐標(biāo)系中做出兩個(gè)函數(shù)的圖象，如果兩個(gè)函數(shù)分別在x=-1和x=1處相交，則由 得到a分別等于2和0.5，并作出函數(shù) 的圖象，所以，要想使函數(shù) 在區(qū)間 中恒成立，只須 在區(qū)間 對(duì)應(yīng)的圖象在 在區(qū)間 對(duì)應(yīng)圖象的上面即可。當(dāng) 才能保證，而 才可以，所以 。

　　例6：若當(dāng)P(m,n)為圓 上任意一點(diǎn)時(shí)，不等式 恒成立，則c的取值范圍是（   ）

　　A、     B、

　　C、             D、

　　解析：由 ，可以看作是點(diǎn)P(m,n)在直線 的右側(cè)，而點(diǎn)P(m,n)在圓 上，實(shí)質(zhì)相當(dāng)于是 在直線的右側(cè)并與它相離或相切。 ，故選D。

　　同步練習(xí)

　　1、設(shè) 其中 ，如果 時(shí)， 恒有意義，求 的取值范圍。

　　分析：如 時(shí)， 恒有意義，則可轉(zhuǎn)化為 恒成立，即參數(shù)分離后 ， 恒成立，接下來可轉(zhuǎn)化為二次函數(shù)區(qū)間最值求解。

　　解：如果 時(shí)， 恒有意義 ，對(duì) 恒成立.

　　恒成立。

　　令 ， 又 則  對(duì) 恒成立，又 在 上為減函數(shù)， ， 。

　　2、設(shè)函數(shù)是定義在 上的增函數(shù)，如果不等式 對(duì)于任意 恒成立，求實(shí)數(shù) 的取值范圍。

　　分析：本題可利用函數(shù)的單調(diào)性把原不等式問題轉(zhuǎn)化為 對(duì)于任意 恒成立，從而轉(zhuǎn)化為二次函數(shù)區(qū)間最值求解。

　　解： 是增函數(shù) 對(duì)于任意 恒成立

　　對(duì)于任意 恒成立

　　對(duì)于任意 恒成立，令 ， ，所以原問題 ，又 即    易求得 。

　　3、    已知當(dāng)x R時(shí)，不等式a+cos2x<5-4sinx恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍。

　　方法一）分析：在不等式中含有兩個(gè)變量a及x，本題必須由x的范圍（x R）來求另一變量a的范圍，故可考慮將a及x分離構(gòu)造函數(shù)利用函數(shù)定義域上的最值求解a的取值范圍。

　　解：原不等式

　　當(dāng)x R時(shí)，不等式a+cos2x<5-4sinx恒成立

　　設(shè) 則

　　∴

　　方法二）題目中出現(xiàn)了sinx及cos2x，而cos2x=1-2sin2x,故若采用換元法把sinx換元成t,則可把原不等式轉(zhuǎn)化成關(guān)于t的二次不等式，從而可利用二次函數(shù)區(qū)間最值求解。

　　解：不等式a+cos2x<5-4sinx可化為

　　a+1-2sin2x<5-4sinx,令sinx=t,則t [-1,1],

　　不等式a+cos2x<5-4sinx恒成立 2t2-4t+4-a>0,t [-1,1]恒成立。

　　設(shè)f(t)= 2t2-4t+4-a，顯然f(x)在[-1，1]內(nèi)單調(diào)遞減，f(t)min=f(1)=2-a, 2-a>0 a<2

　　4、設(shè)f(x)=x2-2ax+2,當(dāng)x [-1,+ )時(shí)，都有f(x) a恒成立，求a的取值范圍。

　　分析：在f(x) a不等式中，若把a(bǔ)移到等號(hào)的左邊，則原問題可轉(zhuǎn)化為二次函數(shù)區(qū)間恒成立問題。

　　解：設(shè)F(x)= f(x)-a=x2-2ax+2-a.

　　ⅰ)當(dāng) =（-2a）2-4(2-a)=4（a-1)(a+2)<0時(shí)，即-2<a<1時(shí)，對(duì)一切x [-1,+ )，F(xiàn)(x)  0恒成立；

　　ⅱ）當(dāng) =4（a-1)(a+2)  0時(shí)由圖可得以下充要條件： 即

　　得-3 a -2;綜上所述：a的取值范圍為[-3，1]。

　　5、當(dāng)x (1,2)時(shí)，不等式(x-1)2<logax恒成立，求a的取值范圍。

　　分析：若將不等號(hào)兩邊分別設(shè)成兩個(gè)函數(shù)，則左邊為二次函數(shù)，右邊為對(duì)數(shù)函數(shù)，故可以采用數(shù)形結(jié)合借助圖象位置關(guān)系通過特指求解a的取值范圍。

　　解：設(shè)T1: = ,T2: ,則T1的圖象為右圖所示的拋物線，要使對(duì)一切x (1,2),  < 恒成立即T1的圖象一定要在T2的圖象所的下方，顯然a>1,并且必須也只需 ,故loga2>1,a>1, 1<a 2.

　　6、已知關(guān)于x的方程lg(x2+20x)-lg(8x-6a-3)=0有唯一解，求實(shí)數(shù)a的取值范圍。

　　分析：原方程可化成lg(x2+20x)=lg(8x-6a-3),從而得x2+20x=8x-6a-3>0,若將等號(hào)兩邊分別構(gòu)造函數(shù)即二次函數(shù)y= x2+20x與一次函數(shù)y=8x-6a-3，則只需考慮這兩個(gè)函數(shù)的圖象在x軸上方恒有唯一交點(diǎn)即可。

　　解：令T1：y1= x2+20x=（x+10）2-100, T2：y2=8x-6a-3,則如圖所示，T1的圖象為一拋物線，T2的圖象是一條斜率為定值8，而截距不定的直線，要使T1和T2在x軸上有唯一交點(diǎn)，則直線必須位于l1和l2之間。（包括l1但不包括l2)

　　當(dāng)直線為l1時(shí)，直線過點(diǎn)（-20，0）此時(shí)縱截距為-6a-3=160,a= ;

　　當(dāng)直線為l2時(shí)，直線過點(diǎn)（0，0），縱截距為-6a-3=0，a= ∴a的范圍為[ ， ）。