含參數(shù)的一元二次不等式的解法以及含參不等式恒成立問題(專題)

1、.含參數(shù)的一元二次不等式的解法解含參數(shù)的一元二次不等式，通常情況下，均需分類討論，那么如何討論呢？對含參一元二次不等式常用的分類方法有三種：一、按 x 2 項的系數(shù) a 的符號分類，即a0, a0, a0 ;例 1解不等式： ax 2a 2 x 10分析： 本題二次項系數(shù)含有參數(shù)，a2 24aa 240 ，故只需對二次項系數(shù)進行分類討論。解：a2 24a240a解得方程ax2a2 x10 兩根 x1a2a24 , x2a2a 242a2a當(dāng) a0 時, 解集為x | xa2a 24 或 xa2a 242a2a當(dāng) a0時，不等式為2x10,解集為1x | x2當(dāng) a0時, 解集為x |a2a 2

2、4a2a 242ax2a例 2解不等式 ax 25ax6a0 a0分析因為 a0，0 ，所以我們只要討論二次項系數(shù)的正負。解(25x6)a x2x30a x當(dāng) a 0時，解集為 x | x2或 x3 ；當(dāng) a0時，解集為x | 2x3二、按判別式的符號分類，即0,0,0 ；例 3解不等式 x 2ax4 0分析 本題中由于 x2 的系數(shù)大于 0, 故只需考慮與根的情況。解： a 216當(dāng) a4,4 即0 時，解集為 R ；;.當(dāng)a4即0 時，解集為且a；x x R x2當(dāng) a4 或 a4 即0 , 此時兩根分別為 x1aa 216 ， x2aa 216 ，顯然22x1x2 ,不等式的解集為x x

3、aa 216 或 xaa 21622例 4解不等式 m 21 x 24x10 mR解 因 m 21 0,( 4)24 m21 4 3 m 2所以當(dāng) m3 ，即0 時，解集為x | x1；2當(dāng)3m3 ，即0 時，解集為x x23m2或 x 23m2；m21m21當(dāng) m3或 m3 ，即0 時，解集為 R。三、按方程 ax 2bxc0 的根 x1 , x2 的大小來分類，即x1x2 , x1x2 , x1x2 ；例 5解不等式 x2(a1) x10 (a0)a1)分析： 此不等式可以分解為：xa ( x0 ，故對應(yīng)的方程必有兩解。本題a只需討論兩根的大小即可。解： 原不等式可化為：xa (x1 )0

4、 ，令 a1，可得： a1aa當(dāng) a1或 0a1時， a1，故原不等式的解集為x | ax1；aa1當(dāng) a1 或 a1時， a, 可得其解集為；a當(dāng) 1a 0 或 a1 時 ,a1x | 1x a 。, 解集為aa例 6解不等式x25620， a0axa分析 此不等式5a 224a2a 20 ，又不等式可分解為x 2a ( x 3a) 0 ，故;.只需比較兩根2a 與 3a 的大小 .解 原不等式可化為：x2a ( x3a)0 ，對應(yīng)方程x2a ( x3a)0 的兩根為x12a, x23a ，當(dāng) a0 時，即 2a3a ，解集為x | x3a或 x2a ；當(dāng) a0時，即 2a3a ，解集為x

5、| x2a或x3a含參不等式恒成立問題的求解策略“含參不等式恒成立問題”把不等式、函數(shù)、三角、幾何等內(nèi)容有機地結(jié)合起來，其以覆蓋知識點多，綜合性強，解法靈活等特點而倍受高考、競賽命題者的青睞。另一方面，在解決這類問題的過程中涉及的“函數(shù)與方程” 、“化歸與轉(zhuǎn)化” 、“數(shù)形結(jié)合” 、“分類討論”等數(shù)學(xué)思想對鍛煉學(xué)生的綜合解題能力，培養(yǎng)其思維的靈活性、創(chuàng)造性都有著獨到的作用。本文就結(jié)合實例談?wù)勥@類問題的一般求解策略。一、判別式法若所求問題可轉(zhuǎn)化為二次不等式，則可考慮應(yīng)用判別式法解題。一般地，對于二次函數(shù)f ( x)ax 2bxc(a0, xR) , 有1） f ( x)0 對2） f ( x)0

6、對xa0R 恒成立;0xa0R 恒成立.0例 1：若不等式 (m1) x2(m1) x20 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，元不等式化為2>0 恒成立，滿足題意；（ 2） m 1 0 時，只需m 10，所以， m1,9) 。(m 1) 28(m1)0例 2 已知函數(shù)ylgx2(a1)xa2 的定義域為，求實數(shù) a 的取值范圍。R解 ： 由 題 設(shè) 可 將 問 題 轉(zhuǎn) 化 為 不 等 式 x2(a1) x a20 對 xR恒成立，即有(a 1) 24a2

7、0 解得 a1或 a1 。( 1 ,3所以實數(shù) a 的取值范圍為 (, 1) 。3若二次不等式中x 的取值范圍有限制，則可利用根的分布解決問題。二、最值法將不等式恒成立問題轉(zhuǎn)化為求函數(shù)最值問題的一種處理方法，其一般類型有：;.1） f ( x)a 恒成立af ( x) min2） f ( x)a 恒成立a f ( x)max例 3、若x2,2時，不等式 x2ax3a 恒成立，求 a 的取值范圍。解：設(shè) fxx2ax3a ，則問題轉(zhuǎn)化為當(dāng)x2,2時， fx 的最小值非負。（1） 當(dāng)a2即： a4時， fx minf273a0a7又 a4 所以 a 不存在；23（2）當(dāng)2a2 即： 4 a4 時，

8、 f x mi nfa3aa206 a 2 又2244a44a2（3） 當(dāng)a2即：a4 時， fx minf27 a0 a7又 a47 a427a2綜上所得：例 4 函數(shù) f (x)x 22xa , x1,) ，若對任意 x1,) ， f ( x)0恒成立，求實數(shù)a 的x取值范圍。解：若對任意x 1,) ， f ( x)0恒成立，即對 x1,x22xa0 恒成立，) ， f (x)x考慮到不等式的分母x1,) ，只需 x22 xa0 在 x1,) 時恒成立而得而拋物線 g(x)x 22x a 在 x1,) 的最小值 g min ( x)g (1)3a0 得 a3a注：本題還可將f ( x) 變

9、形為 f ( x)x2 ，討論其單調(diào)性從而求出f ( x) 最小值。x例 5：在ABC 中，已知 f (B) 4 sin B sin 2 (B ) cos2B,且 | f ( B)m | 2 恒成立，求實42數(shù) m 的范圍。解析：由f ( B) 4sin B sin 2 (B ) cos2B 2sin B 1, 0 B, sin B (0,1 ， f ( B)(1,3 ，42| f (B) m | 2 恒成立，2 f ( B)mf ( B)2m (1,3m 2 ，即f ( B)恒成立，m2例 6：求使不等式 a sin xcos x, x 0, 恒成立的實數(shù)a 的范圍。;.解析：由于函 a s

10、in x cos x2 sin( x), x44, 3 ，顯然函數(shù)有最大值2 ，44a2 。三、分離變量法若所給的不等式能通過恒等變形使參數(shù)與主元分離于不等式兩端， 從而問題轉(zhuǎn)化為求主元函數(shù)的最值，進而求出參數(shù)范圍。這種方法本質(zhì)也還是求最值，但它思路更清晰，操作性更強。一般地有：1） f ( x)g (a)(a為參數(shù)） 恒成立g( a)f ( x) max2） f ( x)g (a)(a為參數(shù)） 恒成立g( a)f ( x)max。例 7、已知 x,1 時，不等式 12xaa24x0 恒成立，求 a 的取值范圍。解：令 2xt ，x,1t0 ,2所以原不等式可化為： a2at 1 ，t1t 2

11、要使上式在 t0,2上恒成立，只須求出ft0,2 上的最小值即可。t 2在 tt 11211 12111 ,f tt 2ttt24t2f tminf 23a2a31a34422例 8、已知函數(shù) fxlg xa2 ，若對任意 x2,恒有 f x0，試確定 a 的取值范圍。x解：根據(jù)題意得：xa21在 x2,上恒成立，x即： ax23x 在 x2,上恒成立，x2329設(shè) f x3x ，則 f xx24當(dāng) x2 時， fx max2所以 a2例 9 已知函數(shù)f()ax4x2 ,x(0,4時f (x)0恒成立，求實數(shù)a的取值范圍。xx解： 將問題轉(zhuǎn)化為 a4xx 2(0,4恒成立。x對 x令 g( x

12、)4xx 2g( x)minx，則 a;.由 g( x)4x x 241 可知 g( x) 在 (0,4 上為減函數(shù)，故 g( x) min g( 4) 0xx a0 即 a 的取值范圍為 (,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。四、變換主元法處理含參不等式恒成立的某些問題時，若能適時的把主元變量和參數(shù)變量進行“換位”思考，往往會使問題降次、簡化。例 10 對任意 a 1,1 ，不等式 x 2(a 4) 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 看成主元，則問題可轉(zhuǎn)化為一次不等式 (x2)ax24x40 在

13、 a 1,1 上恒成立的問題。解：令 f ( a)( x2)ax24x4 ，則原問題轉(zhuǎn)化為f (a)0 恒成立（ a 1,1 ）。當(dāng) x2 時，可得 f (a)0，不合題意。當(dāng) x2 時，應(yīng)有f (1)03 。f ( 1)解之得 x 1或 x0故 x 的取值范圍為 (,1)(3,) 。注：一般地，一次函數(shù)f ( x)kxb( k 0)在 , 上恒有f ( x) 0的充要條件為f ()0f ()。0例 11、若不等式 2x1m x21對滿足 m2 的所有 m 都成立，求 x 的取值范圍。解：設(shè) fmm x212x1 ，對滿足m 2 的 m ， f m0 恒成立，f 2 02 x212x 1 01

14、713f 2 02 x2 12x 1 0解得：2x2五、數(shù)形結(jié)合法數(shù)學(xué)家華羅庚曾說過： “數(shù)缺形時少直觀，形缺數(shù)時難入微” ，這充分說明了數(shù)形結(jié)合思想的妙處，在不等式恒成立問題中它同樣起著重要作用。我們知道，函數(shù)圖象和不等式有著密切的聯(lián)系：1） f ( x)g ( x)函數(shù) f ( x) 圖象恒在函數(shù)g( x) 圖象上方；2） f ( x)g ( x)函數(shù) f ( x) 圖象恒在函數(shù)g(x) 圖象下上方。;.例 12 設(shè) f ( x)x 24x ,g( x)4 x 1 a ,y3若恒有 f (x) g (x) 成立 , 求實數(shù) a 的取值范圍 .-2分析：在同一直角坐標(biāo)系中作出f (x) 及

15、g (x)-4Ox-4的圖象 如圖所示，f (x) 的圖象是半圓( x 2) 2y 24( y0)g( x) 的圖象是平行的直線系 4x3 y 33a0 。要使 f ( x)g (x) 恒成立，則圓心 ( 2,0) 到直線 4x3 y33a0 的距離833a滿足 d525解得 a5或 a（舍去 )3由上可見，含參不等式恒成立問題因其覆蓋知識點多，方法也多種多樣，但其核心思想還是等價轉(zhuǎn)化，抓住了這點，才能以“不變應(yīng)萬變”，當(dāng)然這需要我們不斷的去領(lǐng)悟、體會和總結(jié)。例 13：已知 a0, a1, f ( x)x2a x ,當(dāng) x(1,1)時 , 有 f (x)1 恒成立 ，求實數(shù) a 的取值2范圍。

16、解析：由 f (x)x2ax 1，得 x 21a x，在同一直角坐標(biāo)系中做出兩個函數(shù)的圖象，22如果兩個函數(shù)分別在x=-1 和 x=1 處相交，則由 121a及 (1)21a 1得到 a 分別等于 2 和220.5，并作出函數(shù)y2 x 及 y(1) x 的圖象，所以，要想使函數(shù)x 21a x 在區(qū)間 x ( 1,1) 中212恒成立，只須 y2 x 在區(qū)間 x(1,1)對應(yīng)的圖象在 yx 2在區(qū)間 x( 1,1) 對應(yīng)圖象的上2面 即 可 。 當(dāng) a1時 , 只有 a2才能保證，而0a1時，只有 a1才可以，所以2a 1 ,1) (1,2 。2例 14、若不等式3x2log a x0 在 x0, 1內(nèi)恒3成立，求實數(shù)a 的取值范圍。;.解：由題意知：3x2loga x 在 x0, 1內(nèi)恒成立，3在同一坐標(biāo)系內(nèi)，分別作出函數(shù)y3x2 和 ylog a x觀察兩函數(shù)圖象，當(dāng)x0, 1時，若 a1 函數(shù) ylog a x 的圖象顯然在函數(shù) y3x2 圖象的下方，3所以不成立；當(dāng) 0a 1時，由圖可知，yloga