高三數(shù)學(xué)第一講不等式恒成立問題解題方法與策略

1、高三數(shù)學(xué)第一講不等式恒成立問題解題方法與策略在近些年的數(shù)學(xué)高考題及高考模擬題中經(jīng)常出現(xiàn)不等式恒成立問題，此類問題一般綜合 性強(qiáng)，既含參數(shù)又含變量，往往與函數(shù)、數(shù)列、方程、幾何等有機(jī)結(jié)合起來，具有形式靈活、 思維性強(qiáng)、不同知識交匯等特點(diǎn).高考往往通過此類問題考查學(xué)生分析問題、解決問題、綜 合駕馭知識的能力。此類問題常見解法：一、構(gòu)造函數(shù)法在解決不等式恒成立問題時(shí)，一種最重耍的思想方法就是構(gòu)造適當(dāng)?shù)暮瘮?shù)，然后利用相 關(guān)函數(shù)的圖彖和性質(zhì)解決問題，同時(shí)注意在一個(gè)含多個(gè)變量的數(shù)學(xué)問題中，需要確定合適的 變量和參數(shù)，從而揭示函數(shù)關(guān)系，使問題曲id更加清晰明了，一般來說，已知存在范圍的最 視為變量，而待求范

2、圍的量視為參數(shù).例1已知不等式對任意的»-2.2都成立，求工的取值范圍.例2：若不等式x2-2mx4-2m+1 >0対滿足owxsl的所有實(shí)數(shù)x都成立，求m的取值范圍。二、分離參數(shù)法在題目中分離出參數(shù)，化成a>f(x) (avf(x)型恒成立問題，再利用a>fmax(x) (a<fmin(x) 求出參數(shù)范圍。例3.若不等式2x>x2+a對于一切xg-2, 3怛成立，貝u實(shí)數(shù)a的取值范圍為.例4.(杭州一模)不等式x?3>axa對一切3<x<4恒成立，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是. 例5.(安徽模擬)若不等式x2+ax+4>0對一切xg (

3、0, 1恒成立，則a的取值范圍是_.例6.(深圳二模)如果對于任意的正實(shí)數(shù)x,不等式x+>l恒成立，則a的収值范圍是.x例7. (2013閔行區(qū)一模)己知不等式lxal>x1對任意xwo, 2恒成立，則實(shí)數(shù)a的取 值范圍是.例8.不等式lx - ll>kx - 2對一切實(shí)數(shù)x恒成立,則實(shí)數(shù)k的取值范圍為2ax 一 1 x (0' 廠 f, g(x)=10g2x, 關(guān)3ax-l, x (1, +8)于x的不等式f (x)g (x) no對于任意xg (0, +8)恒成立，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是 . 例10. (2014普陀區(qū)二模)若函數(shù)f (x)(a為常數(shù))，對于定義域內(nèi)

4、的任意兩個(gè)實(shí)數(shù)xi、x2,恒有if(xi)f (x2)l< 1成立，用s (a)表示滿足條件的所有正整數(shù)a 的和，則s (a) =.三、數(shù)型結(jié)合法例11：如果對任意實(shí)數(shù)x,不等式|x + l|>kx恒成立，則實(shí)數(shù)k的取值范圍是例12.若對于任意實(shí)數(shù)x不等式x+lx-2ml>4恒成立，則實(shí)數(shù)m的取值范用是：_例13：已知a>0且ahl,當(dāng)xw(-1, 1)時(shí)，不等式x2-ax<-恒成立，則爼的取值范圍2例14已知函數(shù)z = /w=|若不等式成立，則實(shí)數(shù)瞬-63xpx<-2的取值范圍是.例15、(2009上海)當(dāng)0時(shí)，不等式sinrx>kx恒成立.則實(shí)數(shù)k

5、的取值范圍是tj"例16、若不等式logax>sin2x (a>0, a*l)對任意x (0, -了)都成立，則a的取值范 圍是()a(0,弓)b(弓,1) c(罕 羋)d. (0, 1)4442四、利用函數(shù)的最值(或值域)求解例17.已知函數(shù)f (x) =2x+a, g (x) =x2-6x+1,對于任意的口 一1，1都存在 七一1，1，使得g(x2)vf(x),則實(shí)數(shù)a的取值范圍是.五、利用函數(shù)單調(diào)性求解例18、設(shè)f (x)是定義在r上的奇函數(shù),且當(dāng)x20時(shí)，f (x) =x2,若對任意的xgt, t+2, 不等式f (x) <f (x+t)恒成立，則實(shí)數(shù)t的取

6、值范圍是乙例 19 已知函數(shù) f (x) =x'+2x, xgr,若不等式 f (mcos0) +f (m - sino) >0,當(dāng) 9 e 0, 2時(shí)恒成立，則實(shí)數(shù)m的取值范圍是.例20、已知定義域?yàn)閞的函數(shù)f (x)1- 2xa+2x+1是奇兩數(shù).(1)求a的值;(2) 若對任意的堆r,不等式f (mr+l) +f (1mt) <0恒成立，求實(shí)數(shù)m的収值范圍.1+ a 例21.已知如是公差為（1的等差數(shù)列，它的前n項(xiàng)和為sn，s4=2s2+4,"二r an（1 ）求公差d的值；（2）若0二-號，求數(shù)列%中的蝕大項(xiàng)和最小項(xiàng)的值；乙（3）若對任意的ngn*,都有b

7、n<b8成立，求a】的取值范圍.六、實(shí)戰(zhàn)演練1. （2012北京懷柔區(qū)二模）當(dāng)xw （1, 2）時(shí)，不等式（x- 1） 2<logax恒成立，則實(shí)數(shù)a 的取值范圍是.2. 不等式4*a 2x+l>0對一切xgrfci成立，則a的取值范圍是.3. f（x）是偶函數(shù)，且f（x）在（0, 4-00）上是增函數(shù)，若xg2, 1時(shí)，不等式f （ax+1） <f（x-2）恒成立，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是.4. 已知對于任意非零實(shí)數(shù)m,不等式12m - 11+11 - ml>lml （lx - ii - i2x+3i）恒成立，求實(shí)數(shù) x的取值范圍.5. 已知函數(shù)f (x)二1+亍(

8、占)x4- () x24(1) 當(dāng)a=l時(shí)，求函數(shù)f (x)在(-8, 0)上的值域；(2) 若函數(shù)f (x)在0, +*)上不等式if (x) l<3th成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍.6. (閘北區(qū)二模)設(shè) xgr, f (x)二(a) |x|.乙(1) 請?jiān)谒o的平面直角坐標(biāo)系中畫出函數(shù)f(x)的大致圖象；(2) 若不等式f (x) +f (2x) sk對于任意的xr恒成立,求實(shí)數(shù)k的取值范圍.7. 已知f (x)是定義在-1, 1上的奇函數(shù)，fl.f(l)=2,任取a、bg1, 1, a+b工0, 都有 >()成立,判斷f(x)的單調(diào)性，并說明理由；a+b(2)解不等式f (x)

9、 <f ()(3)若f (x) s2n? 2am+3對所有的m(), 3恒成x+1立，求a的范圍8. (2013閔行區(qū)二模)已知函數(shù)f (x)二-xe r4(1) 當(dāng)a=l時(shí)，指出f (x)的單調(diào)遞減區(qū)間和奇偶性(不需說明理由);(2) 當(dāng)a=l時(shí),求函數(shù)y=f (2x)的零點(diǎn)；(3) 若對任何xeo, 1不等式f(x)<0恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍.9. 函數(shù) f (x) (xgr+)滿足下列條件： f (a) =1 (a>l) f (xm) =mf (x).(1)求證：f (xy) =f (x) +f (y)： (2)證明：f (x)在(0, +-)上單調(diào)遞增;(3) 若

10、不等式f (x) +f (3-x) s2恒成立，求實(shí)數(shù)a的収值范圍.1(). (2012* 虹口區(qū)二模)已知：函數(shù) g (x)二ax? 2ax+l+b (ah(), b<l),在區(qū)間乙 3上 g (x)_有最大值4,最小值1,設(shè)函數(shù)f (x)二.x(1) 求a、b的值及函數(shù)f (x)的解析式；(2) 若不等式f(2y - k<x>0在汪一1，1時(shí)恒成立，求實(shí)數(shù)k的取值范圍.11. 已知函數(shù)f (x)對任意實(shí)數(shù)x, y恒有f (x+y) =f (x) +f (y),且當(dāng)x>0時(shí),f (x) vo又f (1) =-2. (1)判斷f (x)的奇偶性：(2)求證：f (x)是

11、r上的減函數(shù)；(3) 求f (x)在區(qū)間3, 3上的值域;(4) 若vxgr,不等式f (ax2) - 2f (x) <f (x) +4恒成立，求a的取值范圍.例題及習(xí)題解析：例1解：由知移項(xiàng):m(-l)-(2z-d>0y|<等式左側(cè)與二次函數(shù)非常相似，于是我們町以設(shè)/佃) =則不等式對滿足me-2#2的一切實(shí)數(shù)曲恒成立=/(»d<oxj m-2.2恒成立.當(dāng)時(shí),l2/+2z-3>0bj 心=2(u-gd<01/(-2) = -2(?-d-(2x-l) < o'例2：解：設(shè)f(x)=x2-2mx+2m+l,本題等價(jià)于函數(shù)f(x)在05

12、x51上的最小值大于0,求m的取值范圍。(1)當(dāng)mvo時(shí)，f(x)在0,1上是增函數(shù),因此f(0)是最小值,» jm<0f(0) = 2m + l>0得一二 <m<0(2)當(dāng)0 <m<l時(shí)，f(x)在x=m時(shí)取得最小值0<m<l/ /解 <.得 owmwlf(m) = -m2 + 2m +1 > 0(3)當(dāng)m>l時(shí),f(x)在0,1上是減函數(shù),因此f(l)是最小值解">得山>1,綜合得 m>-丄f(l) = 2>02例 3.解：v2x>x2+a, .*.a<2x - x2,

13、 v2x - x2=- (x - 1) ?+1 在 xg - 2, 3的最小值 為8,實(shí)數(shù)a的取值范用為a< -8.故答案為a< - 8.例 4.2_ 3解：vx2 - 3>ax - a 對一切 3<x<4 fu成立，在 x曰3, 4怛成立x 1/ _ 3竝二©3,勺即 a<g (x) iniifljg(x)u 2+晉-1)z (x 1) _呂+ 2x - 1x - 1x - 1在xw3, 4單調(diào)遞增,故g (x)在x=3時(shí)取得最小值3,故答案為：a<3 例&解：不等式x2+ax+4>0對一切xg (0, 1hu成立，a>

14、- (x+-)在xg (0, 1恒x成立構(gòu)造函數(shù)且(x)二- (x+) , x6 (0, 1xa>a (x) niaxv函數(shù)si (x)二-(x+)在 xg (0, 1單調(diào)遞增x故a (x)在x=l時(shí)取得授大值-5,故答案為：a> - 5例&解：對于任意的正實(shí)數(shù)x,不等式x+l恒成立，即"x (lx) xg (0, +8)恒x成立.令f (x) =x (1 - x),只需a人于等于f (x)的最人值.易知當(dāng)時(shí)，f(x)有最大值占所以只需a>故答案為：丄，+8)244,4例7.解：當(dāng)xvl,即x- 1< 0吋，lx-al>x-l恒成立；所以只需考慮

15、xgl, 2. 當(dāng) x - a>0, lx - al>x - lox - a>x - 1, .*.a< 1: 當(dāng) x - a<0, lx - al>x - 1q - x+a>x - 1,a>2x - 1在xgl, 2時(shí)恒成立，即a> (2x1) max=3.綜上所述，實(shí)數(shù)a的取值范圍是avl或a>3故答案為：avl或a>3例 8.解:當(dāng) x - 1>0 即 x> 1 時(shí)，得:x - l>kx - 2,解得 k<l+,空集；當(dāng) x - 1 <0 bp x< 1 時(shí)，得 1 - x>kx -

16、 2,解得 k> - 1 -.所xx以k>-1 ，從而k的取值范圍為-1, 1,故答案為：-1, 1例9.解:當(dāng)xg (0, 1時(shí),g (x) =log2x<0,關(guān)于x的不等式f (x)g (x) 20對于任意xg (0, 1恒成立，f (x) =2ax1s0在(0, 1恒成立，即有2a<-th成立，則2a<l,即as丄；當(dāng)x>l時(shí)，g (x) =log2x>0, 丁關(guān)于x的不等式f (x) «g (x) no對于任2意 xw (1, +°°)恒成立，.f (x) =3ax - 120 在(1, +8)恒成立，即有 3a&

17、gt;ih成立,x則3a21,即a>. *.*關(guān)于x的不等式f (x) *g (x) >0對于任意xg (0, +°°)恒成立,32l,2兀vo<e<2a的取值范圍是:a,耳故答案為:1, 1. 例16解：設(shè)五噸，則屆心二需“朋，6 0,）,則 f （x） =ja - x+v x="7jisin9+facos9=v2asin （8:4 fmax-, fmax（x）=v2a，fmin（x）=馮，444一要使對于定義域內(nèi)的任意兩個(gè)實(shí)數(shù)xi、x2，th有if（x1 ） - f（x2）1<1, 則區(qū)-込=（血-1） 辦<1,即需<

18、財(cái)_ ja<3+2辺，ta 為正整數(shù),aa=l, 2, 3, 4, 5,則 s （a） =1+2+3+4+5=15,故答案為:15 例11：例 解：由題意可得lx - 2ml>4 - x fu成立，故函數(shù)y=lx - 2ml的圖象橫在宜線y=4 - x的12. 上方，如圖所示：故有2m>4,解得m>2,故答案為：(2, +*).例6解：不等式s冷可化為a冷不等式/w2:2«-«恒成立，所以函數(shù)的圖彖應(yīng)總在函數(shù)y=/w的圖象下方，因此，當(dāng)x = -2時(shí)，所以故*»的取值范圍是-<+»）的圖象要在n圖象的上面,1 兀1當(dāng)x士時(shí)即

19、tix二羋時(shí)相等，所以此時(shí)k=y=2,所以炷2,故答案為ks22 2丄2例16、解：.當(dāng)（°,晉）時(shí)，函數(shù)y=logax的圖象要恒在函數(shù)y=sin2x圖象的上方/.0<a< 1»如右圖所不，當(dāng)y=logax的圖彖過點(diǎn)（丄, 1）時(shí)，a=_,然后它只能 44向右旋轉(zhuǎn)，此時(shí)a在增大，但是不能大于1,故選b.例17解:函數(shù)f (x) =2x+a, g (x) =x2-6x+1, 5曰1, 1時(shí),f (x)的值域就是 a-2, a+2,要使上述范圍內(nèi)總能找到x2滿足g (x2) < f (x】),rp g (x)的最小值 要小于f (x)的最小值o vg (x)是

20、一個(gè)二次函數(shù),在1, 1上單調(diào)遞減, °值域?yàn)?, 8, i大i此a2>-4,解得a> - 2.故答案為：a> - 2.例18、解：當(dāng)xno吋，f (x) =x2, ；函數(shù)是奇函數(shù)，當(dāng)x<0吋，f (x) = - x2,f(x)在r上是單調(diào)遞增函數(shù)，且滿足2f(x)=f(v2x),：不等式丄f (x+t) >f (x) =f ( v_2x)在t, t+2恒成立，/.x+t>v2x 在t, 1+2恒2 2成立，即：x< (1+v2) t在t, t+2恒成立,at+2< (i+v2)t解得:t><2,故答紊為：辺，+*)tt專時(shí)

21、恒成立例 19、解：vf (x) =x3+2x, :.f (x)遞增且為奇函數(shù),f (mcosg) +f (m-sino) >0即為 f (mcoso) >f (sin0 - m),即為 mcos0>sin0 - m 當(dāng) b 0,驚廠tn號當(dāng)0 0,今炬成立當(dāng)t寸,故答案為:例20、解：(1)由題意可得函數(shù)的定義域是r且函數(shù)是奇函數(shù)，把f (-l)=-f (1),代入 可得:a=2.(2)由(1)可得 f (x)1 - 2x2+2x+1在它的定義域是r是減兩數(shù),且是奇兩數(shù),不等式 f (mt2+1) +f (1 - mt) <0 可化為：f (mt2+1) < -

22、 f (1 - mt),即 f (m¥+l) <f (mt - 1), mt24-1 >mt - 1, mt2 - mt+2>0. - - - - - (*) 若m=(), (*)式對一切實(shí)數(shù)顯然成立； 若 mho,貝 lj： m>0 a cm) 8m<0,解得：0vm<8.從而，實(shí)數(shù)m的取值范圍是：0<m<8,故實(shí)數(shù)m的取值范圍0, 8).例 21 解：(1).s4=2s2+4,4幻+號d二2(2»+d) +4,解得 d=i,(2) =/.數(shù)列如的通項(xiàng)公式為 片二8+ (n 1)二n_舟,二二1+丄冷，函數(shù)f(x)在(-8,

23、 1)和 q, +8) an n-222 2上分別是單調(diào)減函數(shù),.-.b3<b2<bi<l,當(dāng)心4時(shí)，1 <bn<b4, /.數(shù)列bn中的最大 項(xiàng)是b4=3,最小項(xiàng)是b3= - 1 (3) 由二1得 嘰二1，又函數(shù)f (x)二1+n ann n+ a! _ 1x+巧 _ 1在(8, iai)和+8)上分別是單調(diào)減函數(shù)，且 xvl-a】時(shí)，y<l； x>l -ai 吋，y>l. ：對任意的 ngn*,都有 bn<b8, .*.7<1 -ai<8, a -7<ai<-6, aai 的取值范圍是(- 7, -6).1. 解

24、：函數(shù)y= (x- 1) 2在區(qū)間(1, 2) ±單調(diào)遞增，當(dāng)xg (1, 2)時(shí), y= (x - 1) 26 (0, 1),若不等式(x - 1) 2<logax fit成立，貝!ja>l 且 1 <loga2 即眩(1, 2,故答案為：(1, 2,2， 解；令匸2"貝ij t>0, f (t) =t2+at+l,對稱軸為 t=-,2原不等式轉(zhuǎn)化為t2+at+1>0對一切t>0恒成立，a 八< 02須j/(0)>0或<()解得"2a>03.解:vf (x)是偶函數(shù)，且f (x)在(0, +8)上是增函

25、數(shù) f(x)在(8,()上為減函數(shù)當(dāng)xg,1時(shí),x2曰-2 12 2故 f (x - 2) >f (1)若xw，1時(shí)，不等式f (ax+l) <f (x - 2)恒成立，乙則當(dāng)x電，1時(shí)，lax+llg恒成立,解得2<a<0 ,故答案為2, 0解：已知對于任意非零實(shí)數(shù)m,不等式12m - 11+11 - minimi (lx - ii - i2x+3i)恒成立 即|x-l| - 12x+3 |<血-屮壯-胡恒成立因?yàn)椋菏阱苍u以礙勺 當(dāng) 時(shí)，原式1x+2x+3sl,即x< - 3,所以xs32當(dāng)一x<c 1 時(shí)，原式 1 - x - 2x - 3<

26、;1,即 x> - 1,所以-l<x< 1當(dāng)x>l時(shí)，原式x - 1 - 2x - 3<1,即x25,(- 3 u - 1 , +8)故答案為(-x,所以x21.綜上x的取值范圍為-1 u - 1, +oo ) 23 vf (x)在(-oo, 0)上遞減,解:+,心=i+q)蓉(1):.f (x) >f (0), af (x) 6 (3, +oo).(2) if (x) l<3 即- 3<f (x) <3<=>-4 - (-) x<a (-) x<2 -(丄)x424o42x(丄)x<a<2*2x - (

27、-) x, v2*2x(丄)*在0, +)上單調(diào)遞增, 乙2乙令 g (x) =<=> - 4*2x -(x»0), gz (x) = - 41n2<2x1 1 n2 fl- 4 * 9x )-(丄)xln2= <0,所以g (x)在0, +-)上單調(diào)遞減，所以2 2xg (x) <g (0) = - 5.由 4*2x -(丄)x<a<2*2x - ( ) *恒成立，得-5sasl.乙所以實(shí)數(shù)a的取值范圍為-5, 1.6. 解：(1)如圖(2) f (x)=(吉)|x|, f (2x)=(吉)2|x| 對于任意 xgr,(吉)|x|+ (吉)

28、2|x|<k恒成立.令(g) |x-t (o, 1, 則y=+t (0<t<l),對稱軸t二-首，則當(dāng)匸1時(shí)，ymax=2,所以k2即可.7. 解：(1)取 a=x|, b= - x2g - 1, 1,且 x|>x2，則 xi - x2=a+b>0,因?yàn)?f (x)是定義在- 1, 1上的奇兩數(shù)，則 f (a) +f (b) =f(x) +f ( - x2) =f (xj) - f(x2),所以i乙_、 f (a) +f (b)七)=(a+b) >0,所以f (x) <fx+1所以不等式f (x) <f (所以f(x|) >f(x2),所以

29、函數(shù)f(x)是定義在-1, 1上的增函數(shù).(2)因?yàn)閒 (x)是定義在-1, 1,且函數(shù)f (x)是定義在-1, 1±的增函數(shù),-lxlo'解得：qx<v5 1i x+1 .丄)的解集為(),逅二)x+12(3)因?yàn)楹瘮?shù)f (x)是定義在-1, 1±的增函數(shù)，所以在-1, 1上兩數(shù)f (x)的最人值為 f (1) =2,若 f (x) <2m2 - 2am+3 對所有的 m曰0, 3恒成立,b|j 2<2m2 - 2am+3 對所有的 me0, 3恒成立，也就是2m2 - 2am+l>0恒成立，分離變量得：8<時(shí)£恒成立，2i

30、r 因?yàn)榉怨?遵皿(當(dāng)且僅當(dāng)船時(shí)収等號)，所以a<v2. 所以所求a的范圍是(-8, <2.解：(1)當(dāng)a=l時(shí)，函數(shù)的單調(diào)遞減區(qū)間為吉，1乙函數(shù)f (x)既不是奇函數(shù)也不是偶函數(shù).(2)當(dāng) a=l 時(shí)，f (x) =x|x-l| -x 由 f (2x) =0 得 2* |2x-1| - |=0f 2x>12x<1即(2x) 2_2十0或(2x) 2- 2x+|=0解得2鼻呼或2鼻三返(舍)，或215冷 所以x=lo g2=lo§2(1+血)-1 x= 解:取 x=y=o,則 f (0+0) =2f (0), f (0) =0,取 y= - x,則 f (x

31、- x) =f (3)當(dāng)x=0時(shí)，a取任意實(shí)數(shù)，不等式f (x) <0tl成立，故只需考慮xg (0, 1,此時(shí)原不等式變?yōu)閨x - a|<c-7- 即x _-7<ca<cx+- 4x ,4x4x故(x<a< (x+亠).,x (0, 14x max4x min又函數(shù)g (x) =x4-在(0, 1上單調(diào)遞增，(x-占)二g (1)二三4x4x max4函數(shù)h (x)二x+占在(0,占上單調(diào)遞減，在占，1上單調(diào)遞增，4x229. 解：(1)證明:令 x=am, y=an,則 f (xy) =f (aman) =f (am+n) = (m+n) f (a) =m+n, 同理,f (x) +f (y) =m+n,：得證(2) 證明：任設(shè) x, x26r+, x>x2，可令,xj=x2t (t>l), t=aa (a>0)則 f (xi)- f (x2) =f (x2t) - f (x2) =f (x2) +f (t) - f(x2)=f (t) =f (aa)=af (a) =a>0 ,即f (x】)>f (x2) af (x)在正實(shí)數(shù)集上單調(diào)遞增(3) f (x) +f (3 - x) s2 可化成,f (x) +f (3 - x) <2f (a)