數(shù)學(xué)恒成立問題解法小結(jié)

1、數(shù)學(xué)恒成立問題解法小結(jié)北海七中 林秀雅函數(shù)的內(nèi)容作為高中數(shù)學(xué)知識(shí)體系的核心，也是歷年高考的一個(gè)熱點(diǎn).函數(shù)類問題的解決最終歸結(jié)為對(duì)函數(shù)性質(zhì)、函數(shù)思想的應(yīng)用.恒成立問題，在高中數(shù)學(xué)中較為常見.這類問題的解決涉及到一次函數(shù)、二次函數(shù)、三角函數(shù)、指數(shù)與對(duì)數(shù)函數(shù)等函數(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，有利于考查學(xué)生的綜合解題能力，在培養(yǎng)思維的靈活性、創(chuàng)造性等方面起到了積極的作用.恒成立問題在解題過程中有以下幾種策略：賦值型；一次函數(shù)型；二次函數(shù)型；變量分離型；數(shù)形結(jié)合型.題型一、賦值型利用特殊值求解等式中的恒成立問題，常常用賦值法求解，特別是對(duì)解決填空題、選擇題能很快求得.

2、例1由等式x4+a1x3+a2x2+a3x+a4= (x+1)4+b1(x+1)3+ b2(x+1)2+b3(x+1)+b4 定義映射f：(a1,a2,a3,a4)b1+b2+b3+b4,則f：(4,3,2,1) ( )A.10 B.7 C.-1 D.0略解：取x=0，則 a4=1+b1+b2+b3+b4,又 a4=1,所以b1+b2+b3+b4 =0 ，故選D例2如果函數(shù)y=f(x)=sin2x+acos2x的圖象關(guān)于直線x= 對(duì)稱，那么a=（ ）.A.1 B.-1 C . D. -.略解：取x=0及x=，則f(0)=f(),即a=-1，故選B.此法體現(xiàn)了數(shù)學(xué)中從一般到特殊的轉(zhuǎn)化思想.題型二

3、、一次函數(shù)型利用單調(diào)性求解給定一次函數(shù)y=f(x)=ax+b(a0),若y=f(x)在m,n內(nèi)恒有f(x)>0，則根據(jù)函數(shù)的圖象（線段）（如下圖） 可得上述結(jié)論等價(jià)于），或 ） 可合并定成nmoxynmoxy同理，若在m,n內(nèi)恒有f(x)<0，則有例3對(duì)于滿足|a|2的所有實(shí)數(shù)a,求使不等式x2+ax+1>2a+x恒成立的x的取值范圍.分析：在不等式中出現(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).顯然可將a視作自變量，則上述問題即可轉(zhuǎn)化為在-2，2內(nèi)關(guān)于a的一次函數(shù)大于0恒成立的問題.解：原不等式轉(zhuǎn)化為(x-1)a+x2-2x+1>0在|a

4、|2時(shí)恒成立,設(shè)f(a)= (x-1)a+x2-2x+1,則f(a)在-2,2上恒大于0，故有：即解得：x<-1或x>3. 即x(,1)(3,+)此類題本質(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.題型三、二次函數(shù)型利用判別式,韋達(dá)定理及根的分布求解對(duì)于二次函數(shù)f(x)=ax2+bx+c=0(a0)在實(shí)數(shù)集R上恒成立問題可利用判別式直接求解，即 f(x)>0恒成立；f(x)<0恒成立.若是二次函數(shù)在指定區(qū)間上的恒成立問題，還可以利用韋達(dá)定理以及根與系數(shù)的分布知識(shí)求解.例4 若函數(shù)的定義域?yàn)镽，求實(shí)數(shù) 的取值范圍.分

5、析：該題就轉(zhuǎn)化為被開方數(shù)在R上恒成立問題，并且注意對(duì)二次項(xiàng)系數(shù)的討論.解：依題意，當(dāng)恒成立，所以，當(dāng)此時(shí)當(dāng)有綜上所述，f(x)的定義域?yàn)镽時(shí)，例5.已知函數(shù)，在R上恒成立，求的取值范圍.分析：的函數(shù)圖像都在X軸及其上方，如右圖所示：略解：變式1：若時(shí)，恒成立，求的取值范圍.分析：要使時(shí)，恒成立，只需的最小值即可.解：，令在上的最小值為.當(dāng)，即時(shí)， 又 不存在.當(dāng)，即時(shí)， 又 當(dāng)，即時(shí)， 又 綜上所述，.變式2：若時(shí)，恒成立，求的取值范圍.解法一：分析：題目中要證明在上恒成立，若把2移到等號(hào)的左邊，則把原題轉(zhuǎn)化成左邊二次函數(shù)在區(qū)間時(shí)恒大于等于0的問題.22略解：，即在上成立. 綜上所述，.解法二

6、：（運(yùn)用根的分布） 當(dāng)，即時(shí)， 不存在.當(dāng)，即時(shí)，當(dāng)，即時(shí)， 綜上所述.此題屬于含參數(shù)二次函數(shù)，求最值時(shí)，軸變區(qū)間定的情形，對(duì)軸與區(qū)間的位置進(jìn)行分類討論；還有與其相反的，軸動(dòng)區(qū)間定，方法一樣.對(duì)于二次函數(shù)在R上恒成立問題往往采用判別式法（如例4、例5），而對(duì)于二次函數(shù)在某一區(qū)間上恒成立問題往往轉(zhuǎn)化為求函數(shù)在此區(qū)間上的最值問題題型四、變量分離型分離變量，巧妙求解運(yùn)用不等式的相關(guān)知識(shí)不難推出如下結(jié)論：若對(duì)于x取值范圍內(nèi)的任何一個(gè)數(shù)都有f(x)>g(a)恒成立，則g(a)<f(x)min;若對(duì)于x取值范圍內(nèi)的任何一個(gè)數(shù)，都有f(x)<g(a)恒成立，則g(a)>f(x)max

7、.(其中f(x)max和f(x)min分別為f(x)的最大值和最小值)例6.已知三個(gè)不等式，要使同時(shí)滿足的所有x的值滿足，求m的取值范圍.略解：由得2<x<3,要使同時(shí)滿足的所有x的值滿足,即不等式在上恒成立，即上恒成立，又所以 例7. 函數(shù)是奇函數(shù)，且在上單調(diào)遞增，又，若 對(duì)所有的都成立，求的取值范圍 .解：據(jù)奇函數(shù)關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，又對(duì)所有的都成立.因此，只需大于或等于的最大值1，即關(guān)于a的一次函數(shù)在-1，1上大于或等于0恒成立，即： 利用變量分離解決恒成立問題，主要是要把它轉(zhuǎn)化為函數(shù)的最值問題.題型五、數(shù)形結(jié)合直觀求解例8. 的取值范圍.分析：設(shè)y=|x+1|-|x-2|,即轉(zhuǎn)化

8、為求函數(shù)y=|x+1|-|x-2|的最小值，畫出此函數(shù)的圖象即可求得a的取值范圍.解：令在直角坐標(biāo)系中畫出圖象如圖所示，由圖象可看出，要使只需.故實(shí)數(shù)本題中若將改為，同樣由圖象可得a>3;,構(gòu)造函數(shù)，畫出圖象，得a<3.利用數(shù)形結(jié)合解決恒成立問題，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)的范圍.恒成立的題型和解法還有很多，只要我們充分利用所給定的函數(shù)的特點(diǎn)和性質(zhì)，具體問題具體分析，選用恰當(dāng)?shù)姆椒?，?duì)問題進(jìn)行等價(jià)轉(zhuǎn)化，就能使問題獲得順利解決. 只有這樣才能真正提高分析問題和解決問題的能力.不等式恒成立問題1 轉(zhuǎn)換主

9、元法確定題目中的主元，化歸成初等函數(shù)求解。此方法通?；癁橐淮魏瘮?shù)。 例1：若不等式 2x1>m(x2-1)對(duì)滿足2m2的所有m都成立，求x的取值范圍。 解：原不等式化為 (x21)m(2x1)<0 記f(m)= (x21)m(2x1) (2m2) 根據(jù)題意有： 即：解之：得x的取值范圍為2 化歸二次函數(shù)法根據(jù)題目要求，構(gòu)造二次函數(shù)。結(jié)合二次函數(shù)實(shí)根分布等相關(guān)知識(shí)，求出參數(shù)取值范圍。例2：在R上定義運(yùn)算：xy(1y) 若不等式(xa)(xa)<1對(duì)任意實(shí)數(shù)x成立，則 ( ) (A)1<a<1 (B)0<a<2 (C) (D) 解：由題意可知 (x-a)1

10、-(x+a) <1對(duì)任意x成立即x2-x-a2+a+1>0對(duì)xR恒成立記f(x)=x2-x-a2+a+1則應(yīng)滿足(-1)2-4(-a2+a+1)<0化簡(jiǎn)得 4a2-4a-3<0解得 ,故選擇C。例3：若等式x2-2mx+2m+1>0對(duì)滿足0x1的所有實(shí)數(shù)x都成立，求m的取值范圍。解：設(shè)f(x)=x2-2mx+2m+1本題等價(jià)于函數(shù)f(x)在0x1上的最小值大于0，求m的取值范圍。(1)當(dāng)m<0時(shí)，f(x)在0,1上是增函數(shù)，因此f(0)是最小值，解 得 <m<0(2)當(dāng)0m1時(shí)，f(x)在x=m時(shí)取得最小值解 得 0m1(3)當(dāng)m>1時(shí)，f

11、(x)在0,1 上是減函數(shù)，因此f(1)是最小值解 得 m>1綜合(1)(2)(3) 得 注：當(dāng)化歸為二次函數(shù)后，自變量是實(shí)數(shù)集的子集時(shí)，應(yīng)用二次函數(shù)知識(shí)解決有時(shí)較繁瑣。此型題目有時(shí)也可轉(zhuǎn)化為后面的法3求解。3 分離參數(shù)法在題目中分離出參數(shù)，化成a>f(x) （a<f(x)）型恒成立問題，再利用a>fmax(x) （a<fmin(x)）求出參數(shù)范圍。例4：已知向量=(x2,x+1), =(1-x,t) 若函數(shù)f(x)·在區(qū)間(1，1)上是增函數(shù)，求t的取值范圍。解：依題意，f(x)x2(1-x)+(x+1)t=-x3+x2+tx+t則f(x)=-3x2+

12、2x+tf(x)在(1，1)上是增函數(shù)，則在(1，1)上有f(x)0即-3x2+2x+t0在x(-1，1)上恒成立 設(shè)g(x)=3x2-2xtg(-1) 即 t5例5：設(shè)a0為常數(shù)，數(shù)列an的通項(xiàng)公式為an3n+(-1)n-1·2n+(-1)n·2n·a0(nN* )若對(duì)任意n1，nN*，不等式an>an-1恒成立，求a0的取值范圍。解：依題意：3n+(-1)n-1·2n+(-1)n·2n·a0>3n-1+(-1)n-2·2n-1+(-1)n-1·2n-1·a0化簡(jiǎn)，得 (-1)n·

13、3·2n-1·a0>-·3n-1+(-1)n·2n-1 (1)當(dāng)n=2k-1 kN*時(shí) a0<·()n-1+ 設(shè)g1(n)= ·()n-1+ g1(n)在nN* 時(shí)且n=2k-1,kN*時(shí)是增函數(shù) g1(n)的最小值為g1(1) a0< (2) 當(dāng)n=2k kN*時(shí) a0>-·()n-1+ 設(shè)g2(n)=- ·()n-1+ g2(n)在nN*且n=2k,kN*時(shí)是減函數(shù) g2(n)的最大值為g2(2)0 a0>0綜上可知0<a0<例6：函數(shù)yf(x)在區(qū)間(0, )內(nèi)可導(dǎo)，

14、導(dǎo)函數(shù)(x)是減函數(shù)，且(x)>0。設(shè)x0(0, )，y=kx+m是曲線y=f(x)在點(diǎn)(x0，f(x0)處的切線方程并設(shè)函數(shù)g(x)=kx+m（）用x0，f(x0)，(x0)表示m；（）證明：當(dāng)x(0, )時(shí)，g(x)f(x)（）若關(guān)于x的不等式x2+1ax+b在0, ）上恒成立，其中a、b為實(shí)數(shù)。求b的取值范圍及a與b所滿足的關(guān)系。 本題（）應(yīng)用了此方法。（）解：0b1，a>0是不等式成立的必要條件。以下討論設(shè)此條件成立。 x2+1ax+b 即x2-ax+(1-b)0對(duì)任意x0, )成立的充要條件是a令(x)=ax+b-，于是ax+b對(duì)任意x0, )成立的充要條件是(x)0由(

15、x)=a-=0得x= 當(dāng)0<x<時(shí)，(x) <0；當(dāng)x>時(shí)，(x) >0,所以，當(dāng)x時(shí)，(x)取最小值。因此，(x)0成立的充要條件是()0。即a 綜上，不等式x2+1ax+b對(duì)任意x0, 成立的充要條件是 a顯然，存在a、b使式成立的充要條件是：不等式有解。解不等式得 因此，式即為b的取值范圍，式即為實(shí)數(shù)a與b所滿足的關(guān)系。4.數(shù)型結(jié)合法例7：如果對(duì)任意實(shí)數(shù)x，不等式恒成立，則實(shí)數(shù)k的取值范圍是解析：畫出y1=,y2=kx的圖像，由圖可看出 0k1K=1例8：已知a>0且a1,當(dāng)x(-1，1)時(shí)，不等式x2-ax<恒成立，則a的取值范圍解析：不等式x

16、2-ax<可化為 ax> x2-畫出y1= ax,y2= x2-的圖像。由圖可看出 a<1或1<a21不等式恒成立問題容易證明如下結(jié)論：若函數(shù)在D上存在離大值f(x)(或最小值f(x)，則對(duì)一切xD不等式f(x)A（或f(x)B）恒成立當(dāng)且僅當(dāng)f(x)A（或f(x)B）。 例1求使不等式sinxacosx a1cosx對(duì)一切xR恒成立的負(fù)數(shù)a 的取值范圍。 解：原不等即cosx（1a）cosxa0 (*)令cosx=t，由xR知t-1，1，于是(*)對(duì)一切xR恒成立當(dāng)且僅當(dāng)f(t)=t（1a）a0 (*)對(duì)一切t-1，1恒成立，其充要條件f(t)在-1，1上的最大值f(

17、t)0,而f(t)= f(1)或 f(-1)，因此(*)對(duì)一切t-1，1恒成立當(dāng)且a-2 故所求的a的范圍為(-,-2.例2 定義在R上的函數(shù)既是奇函數(shù)，又是減函數(shù)，且當(dāng)時(shí)，有恒成立，求實(shí)數(shù)m的取值范圍.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“抽象函數(shù)”問題轉(zhuǎn)化為常見的含參的二次函數(shù)在區(qū)間(0，1)上恒為正的問題.而對(duì)于0在給定區(qū)間a，b上恒成立問題可以轉(zhuǎn)化成為在a，b上的最小值問題，若中含有參數(shù)，則要求對(duì)參數(shù)進(jìn)行討論。【解析】由得到：t=mtg(t)o·1圖1因?yàn)闉槠婧瘮?shù)，故有恒成立，又因?yàn)闉镽減函數(shù)，從而有對(duì)恒成立t=mtg(t)o·1圖2設(shè)，則對(duì)于恒成立，在設(shè)函數(shù),對(duì)稱軸為.當(dāng)時(shí)，即，又t=mtg(t)o·1圖3(如圖1)當(dāng)，即時(shí),即,又,(如圖2)當(dāng)時(shí)，恒成立.(如圖3)故由可知：.例3. 若不等式2x-1>m(x2-1)對(duì)滿足-2m2的所有m都成立，求x的取值范圍。 分析：從表面上看，這是一個(gè)關(guān)于x的一元二次不等式，實(shí)質(zhì)上可看作是關(guān)于m的一元一次不等式，并且