含全參數地一元二次不等式地解法以及含參不等式恒成立問題(專題)

1、含參數的一元二次不等式的解法解含參數的一元二次不等式，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：、按X2項的系數a的符號分類，即a 0, a0, a 0 ；例1 解不等式：ax2 a 2 x 1分析：本題二次項系數含有參數,a 2 2 4a a240，故只需對二次項系數進行分類討論。解：4aa24解得方程2 ax2aa 2.a2 42a0時,解集為 x|xa 2. a2aa 2, a242a0時，不等式為2x 10 ,解集為x | x0時，解集為xl2a2 42a2a2 4x2a例2解不等式ax2 5ax 6a 0 a 0分析因為a 0,0,所以我們

2、只要討論二次項系數的正負。解a(x2 5x 6) a x 2 x 3 0當a 0時，解集為 x|x 2或x 3 ;當a 0時，解集為 x|2 x 3二、按判別式的符號分類，即0,0,0;例3解不等式x2 ax 40分析 本題中由于x2的系數大于0,故只需考慮與根的情況。解: T a216當a 4,4即 0時，解集為R ;4即厶=0時，解集為 xXiX2,0,此時兩根分別為Xi卜 2a . a 16,X2顯然不等式的解集為a . a2162例4解不等式m21 x2 4x 10,2 2(4)4 m43所以當m.3 ,0時，解集為當 .3.3，即0時，解集為23 m卡或xm21.3 m2當 m3或m

3、 .3，即0時，解集為Ro三、按方程ax2 bx0的根xX2的大小來分類，即XiX2,XiX2,Xix2 ； 1例5解不等式x2 (a -)x 1 0 (a 0)a只需討論兩根的大小即可。X1 a (x)0，令 a -,可得：a1解:原不等式可化為：aa當 a1或0 a 1時，a丄，故原不等式的解集為x | a x丄aa當a1或a1時，a1,可得其解集為;a當1a 0或a 1時，a1,解集為.1x |x aoaa例6解不等式x2 5ax6a20, a01分析：此不等式可以分解為：x a (x -) 0，故對應的方程必有兩解。本題a只需比較兩根2a與3a的大小.解原不等式可化為： x 2a (x

4、 3a) 0，對應方程 x 2a (x 3a) 0的兩根為x1 2a, x2 3a，當 a0時，即 2a0恒成立，滿足題意;(2) m 10時，只需m 10(m 1)28( m 1)0，所以，m 1,9)。例2.已知函數y22lgx (a 1)x a 的定義域為R,數a的取值圍。0對x R恒成立，即有解：由題設可將問題轉化為不等式x2 (a 1)x a22 2 1(a 1) 4a 0解得 a1 或a 一。31所以實數a的取值圍為(，1)(丄，)。3若二次不等式中x的取值圍有限制，則可利用根的分布解決問題。、最值法將不等式恒成立問題轉化為求函數最值問題的一種處理方法，其一般類型有:1) f(x)

5、 a恒成立a f (x)min2) f (x) a恒成立a f ( x ) max例3、若x2,2 時,不等式x2 ax 3 a恒成立,求a的取值圍。解：設f x2x axa，則問題轉化為當 x2,2 時,x的最小值非負。(1)2 即:4 時，f Xmin7 3a7 又a34所以a不存在;(2)4 a 4 時,x mina2(3)aa2綜上所得:例4.函數f (x)圍。解：若對任意x即:1,即對x 1,考慮到不等式的分母而拋物線g(x)x2注：本題還可將例5:在 ABC的圍。解析：由2x4時,x minf (x)1,)，若對任意x0恒成立,f(x) -2-a 0 恒成立,1,f (x)0恒成立

6、，數a的取值x 1,)，只需 x2 2x a 0在 x 1,2x a 在 x 1,)的最小值 gmJx)g(1)時恒成立而得af (x)變形為f (x) x 2，討論其單調性從而求出f (x)最小值。x中，已知2 Bf(B) 4sinBsin2() cos2b,且 | f(B) m| 2恒成立，數 m42f(B) 4sin Bsin2(-4B2)cos2B 2 si nB 1,sin B (0,1, f(B) (1,3,| f (B) m| 2恒成立,2 f(B) m 2，即f(B)f(B)2恒成立，m (1,32例6：求使不等式a sinx cosx, x 0,恒成立的實數a的圍。xx解析：

7、Q_由于函a sinx cosx . 2 sin(x), x，顯然函數有最大值2 ,4/444a2。1) f(x) g(a)(a為參數)恒成立g(a) f(x) max2) f(x) g(a)(a為參數)恒成立g(a) f(x)max例7、已知x,1時，不等式12xa a24x 0恒成立，求a的取值圍。,1t 0,2所以原不等式可化為:a2 at2f t在t 0,2上的最小值即可。t2丄t11211121.ft 丁ttt24323ft f2aamin44要使上式在t 0,2上恒成立，只須求出例8已知函數n 111 tJ213a22ax lg x 2，若對任意x 2,x恒有f x 0,試確定a的

8、取值圍。解：根據題意得：x a 2x即：ax2 3x 在 x 2,設 f xx2 3x，則 f1在x 2,上恒成立,239xx24上恒成立，三、分離變量法若所給的不等式能通過恒等變形使參數與主元分離于不等式兩端，從而問題轉化為求主元函數的最值，進而求出參數圍。這種方法本質也還是求最值，但它思路更清晰，操作性更強。一般地有：當x2 時，f xmax2 所以a 2例9.已知函數f(x)ax 4x x2 ,x(0,4時 f (x)解：將問題轉化為a.4x x2對x(0,4恒成立。0恒成立，數a的取值圍。. 4x x 2令 g(x)，貝H ag(x)min由 g(x)4x x2x!-1可知g(x)在(

9、0,4上為減函數，故g(x)min；xg(4)o a 0即a的取值圍為(，0)。注：分離參數后，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x2 (a 4)x 4 2a 0恒成立，求x的取值圍。分析：題中的不等式是關于x的一元二次不等式，但若把 a看成主元，則問題可轉化為一次不等式(x 2)a x2 4x 40在a 1,1上恒成立的問題。解：令f(a) (x 2)a x2 4x 4，則原問題轉化為f(a) 0恒成立(a 1,1)。當x 2時，可得

10、f(a) 0，不合題意。當x 2時，應有彳解之得x 1或x 3。f( 1) 0故x的取值圍為(，1)(3,)。注：一般地，一次函數f(x) kx b(k 0)在,上恒有f(x) 0的充要條件為f( ) 0f( ) 0。例11、若不等式2x 1 m x2 1對滿足m 2的所有m都成立，求x的取值圍。解：設f mm x2 12x 1，對滿足m2 的 m , f m0恒成立,f 202 x212x 101 V71 43f 202 x2 12x 10解得：2八2五、數形結合法數學家華羅庚曾說過：“數缺形時少直觀，形缺數時難入微”，這充分說明了數形結合思想的妙處，在不等式恒成立問題中它同樣起著重要作用。

11、我們知道，函數圖象和不等式有著密切的聯系：1) f(x) g(x) 函數f(x)圖象恒在函數g(x)圖象上方；2) f(x) g(x) 函數f (x)圖象恒在函數g(x)圖象下上方。24例 12.設 f(x) x2 4x , g(x) x 1 a,3若恒有f(x) g(x)成立，數a的取值圍.分析：在同一直角坐標系中作出f (x)及g(x)的圖象 如圖所示，f (x)的圖象是半圓2 2(x 2) y 4(y 0) g(x)的圖象是平行的直線系4x 3y 3 3a 0。則圓心(2,0)到直線4x3y 3 3a 0的距離滿足 d8 33a25解得a5或 a _(舍去)要使f (x) g(x)恒成立

12、,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 價轉化，抓住了這點，才能以“不變應萬變”，當然這需要我們不斷的去領悟、體會和總結。例13：已知a 0, a1, f (x)x2 ax,當x(1,1)時,有f (x)恒成立，數a的取值圍。2解析：由f(x) x212，得 x212ax，在同一直角坐標系中做出兩個函數的圖象,如果兩個函數分別在x=-1和x=1處相交,則由0.5，并作出函數2x及y恒成立，只須y2x在區(qū)間x面即可。當a1時,只有a12 1a及 ( 1)2 2 22 1 x21-在區(qū)間2(丄廣的圖象，所以，要想使函數2(1,1)對應的圖象在y2才能保證，1時，只有a 1得到a分別等于2和在區(qū)間x ( 1,1)中(1,1)對應圖象的上1才可以，所以21a 丁)(1,2例14、若不等式23x log a x立，數a的取值圍。恒成2 1解：由題意知：3x loga x在x 0,恒成立，3在同一坐標系，分別作出函數y 3x2和y logax1 2觀察兩函數圖象，當 x 0, 時，若a 1函數y logax的圖象顯然在函數 y 3x圖象的下方,3所以不成立；1 111當0 a 1時，由圖可知，y loga x的圖象必須過點,或在這個點的上方，則，l