关于取长补短的词语-2011高考理综

例谈不等式恒成立问题和能成立问题的解题策略
——谈2008年江苏高考数学试卷第14题
摘要：所有问题均可分成三类：恒成立问题、能 成立问题和不成立问题。《例谈
不等式恒成立问题和能成立问题》介绍了解决不等式恒成立问题和不等式 能成立
问题常用的直接法、分离参数法、分类讨论法、数形结合法等，采用了等价转化
的处理策 略。
关键词：分离参数、分类讨论、数形结合、等价转化，换元，求最值。
20 08年江苏高考数学试卷第14题是一道很好的恒成立问题：设函数
f(x)ax
3
3x1(xR)
若对于任意
x

1,1

都有< br>f(x)0
成立，则实数
a
的值
为 。解析如下：
析：将
f(x)0
中的
a,x
分离，然后求函数的最值。
解：函数
f(x)ax
3
3x1(xR)
若对于任意
x

1,1

都有
f(x)0
成立，函数
f(x )ax
3
3x1(xR)
对于任意
x

1,0

,x

0,1

及其x0
有
f(x )0
都成
立。
若
x

1,0

，
f(x)ax
3
3x10a

13
1< br>，设则
t1


t
32
xx
x
13

2
t
3
3t
2
(t1)
，令
yt
3
3t
2
(t1)
，则
y< br>'
3t
2
6t0

3
xx
y t
3
3t
2
(t1)
单调递减，
y
min< br>y
t1
(1)
3
3(1)
2
4< br>，
a4
（1）
若
x

0,1
，
f(x)ax
3
3x10a

13
1
，设，则
t1


t
32
xx
x< br>13

2
t
3
3t
2
(t1)，令
yt
3
3t
2
(t1)
，则
y< br>'
3t
2
6t3t(t2)
，
3
xx< br>当
1t2
时
y
'
0
，
yt
3
3t
2
(t1)
单调递增；当
t2
时
y
'
0
，
yt
3
3t
2
(t1)
单调递减，
y
max
y
t2
2
3
32
2
4
，
a4
（2）
若
x0
则
aR
，
f(x)0
成立（3）
由题意知（1）（2）（3）应同时成立
a4

解题中采取了不等式恒成立问题的处理策略:
1、若f(x)≥a对x∈D恒成立，只须f(x)
min
(x∈D)≥a即可。 < /p>

2、若f(x)≤a对x∈D恒成立，只须f(x)
max
(x∈D)≤ a即可。
该题在考查学生基础知识的同时，注意考查了考生的分类讨论的思想、换元
的思想等 ，是一道突出理性思维、考查学生潜能及数学素养的题目。
2000年上海高考数学试卷也考了一道不等式恒成立的题目，解析如下
x
2
2xa
已知函数f(x)=,x∈
[1,)
.
x
（1）当a=
1
时，求函数f(x)的最小值；
2

（2） 若对任意的x∈
[1,)
，
f(x)0
恒成立，试求a的取值范围。
析：由于x∈
[1,)
，
f(x)0
x
2
2xa0
化繁为简。
解：（1）当
a
11
时，
f(x)x

f (x)f(x)
在区间[
1,)
上为增函数，
2
，
22x
7
在区间[
1,)
上的最小值为
f(1)

2
x
2
2xa
0
恒成立
x
22xa0
恒成（2）在区间[
1,)
上，
f(x)
x
立，设
yx
2
2xa,x[1,)
，
yx
2
2xa(x1)
2
a1
递增，∴当
x1< br>时，
y
min
3a
，于是当且仅当
y
min3a0
时，函数
f(x)0
恒成立，
故
a3

本题着重考查了函数思想和等价转化的思想。
通过对前面的两个高考题的分析我们可以 得出结论：解不等式恒成立问题，首
先要构建函数模型，然后求这个函数的最值，最后采取不等式恒成立 问题的处
理策略进行求解。等价转化是思想，构建函数模型是手段，求函数的最值是关
键。
下面就不等式恒成立问题谈几种解决方法，以期对读者有所启迪。
一、直接法
21
例1．已知
x0,y0
，且
1
，若
x2ym< br>2
2m
恒成立，则实数
m
的取
xy
值范围是 ．
析：本题可利用不等式求最值

214yx
解：
x 2y(x2y)()4()8
，而
x2ym
2
2m< br>对
x0,y0
xyxy
恒成立，则
m
2
2m 8
，解得
4m2

例2．若不等式
4
x
2
x1
a
≥0在[1，2]上恒成立，则实数
a
的取值范围
为 。
析：本题可转化为求二次函数的最值
解：令
y4
x
2
x1
a,x

1,2

，则
y

2
x
1

a1,x

1, 2

而22
x
4

2
所以
y< br>min
(21)
2
a1a
，因不等式
4
x
2
x1
a
≥0在[1，2]上恒成立
所以
y
min
a0
，即
a0

例3．已知函数
f(x)2sin
2


x
3cos2x
，
x

,

．
442
πππ
（1）求
f(x)
的最大值和最小值；
（2）若不等式
f(x)m2
在
x

,

42

上恒成立，求实数
m
的取值范围．

ππ析：
f(x)m2f(x)2mf(x)2
，
∴mf(x)max
2
且
mf(x)
min
2

π< br>

π



解：（1）
∵f(x)
1cos

12sin2x
2x3cos2x1si n2x3cos2x



．


2< br>


3


又
∵x
，，即
,2
≤
12sin2x
∴f(x)
max
3,f(x)
min
2
．
∴
≤
2x
≤

≤
3
，

42

3
633


（2）
∵f(x)m2f(x)2mf(x)2
，
x

,

42

，
∴mf(x)max
2
且

mf(x)
min
2
，
ππ
ππ2π
π
ππ
∴1m4
，即
m
的取值范围是
(1,4)
．
二、分离参数法
例4．关于
x
的不等式
x
2
9x
2
3xkx
在
[1, 5]
上恒成立，则实数
a
的范围
为 ．
析：含参问题的考察始终是高考的热点，要善于对问题先观察思考后动手，避免
不必要的麻烦。
解析一： 两边同除以
x
，则
kx
99
x3
，
x6
，
x30
，
xx

当且仅 当
x3
，两等式同时成立，所以
x3
时，右边取最小值6，
k 6
．
解析二：（提示）可分
1x3
和
3x5
讨 论．求分段函数的最小值．答案：
k6
．
例5．若a,b均为正实数，且
abamb
恒成立，则m的最小值是
析：参数分离
abamb

m
最后
采取不等式恒成立问题的处理策略求m的最小值
解：因a,b均为正实数，
ab amb

m
aa
1
，根据基本不等式
bb
aaaa
1
，然后求
1
的最值，
bbbb
a
2
aaa
2

2(ab)(ab),(a0,b0 )
得
12

()(1)

2

bbb

b
222
abamb
恒成立

mmin


aa

则m的最小值是
2

1

m2
，
b

b
三、等价转化法
例6．已知函数
f(x)x
2

2
alnx(x0) ,

x
若
f(x)
在
[1,)
上单调递增，求
a
的取值范围；
析：本题的实质由
f
'

x
0
在
[1,)
上恒成立，求
a
的取值范围。
22a
alnx
，得
f
'

x

2x
2


xxx
若函数为
[1,)
上单调增函数，则
f
'

x

0
在[1,)
上恒成立
解： 由
f

x

x
2

即不等式
2x
成立
令

(x)
2a2
在上恒成立. 也即
[1,)0a2x
2
在
[1,)
上恒
2
xxx22
上述问题等价于
a

(x)
max
，而

(x)2x
2
为在
[1,)
2x
2
，
xx
上的减函数，则

(x)
max


(1)0
，于是
a0
为所求
例7．已知函数
f(x)e
x
kx，xR

若
k0
，且对于任意
xR
，
f(x)0
恒成立，试确定实数< br>k
的取值范围；

析：本题可利用
f(x)
是偶函数． 将问题等价转化为：已知
f(x)0
对任意
x≥0
成立，确定实数
k
的取值范围．
解：由
f(x)f(x)
可知
f(x)
是偶函数．







于是
f(x)0
对任意
xR
成立等价于
f(x)0
对任意
x≥0
成立．
由
f

(x)e
x
k0
得
xln k
．
①当
k(01]，
时，
f

(x)e< br>x
k1k≥0(x0)
．
此时
f(x)
在
[0，)
上单调递增．
故
f(x)≥f(0)10
，符合题意．
②当
k(1，)
时，
lnk0
．
当
x< br>变化时
f

(x)，f(x)
的变化情况如下表：
x

f

(x)

f(x)

(0，lnk)

lnk

0

极小值
(lnk，)



单调递减


单调递增
由此可得，在
[0，)
上，
f(x)≥f(lnk) kklnk
．
依题意，
kklnk0
，又
k1，1ke
．
综合①，②得，实数
k
的取值范围是
0ke
．
2< br>

x4x30
例8．已知
P
：2
x
-9
x
+
a
< 0,
q
：

2
且

p
是

q
的充分条件,求实

x6x80
2
数
a
的取值范围.
析：B
A
xBxA
，即A中的不等式对于B中的
x
恒成立
2


x4x30
解：由
q
：

2
得q:2

x6x80
设A=｛
x
︱p｝=｛
x
︱2x
2
-9x+a<0｝，B=｛
x︱q｝=｛
x
︱2
p


q, ∴ q

p ∴B

A 即22
-9x+a<0

∴22

∵当22
=-2(x< br>2
-

9<9x-2x≤
2
98181981
x+- ) =-2(x-)
2
+
2161648
81
∴a≤9 < br>8
评：以上三例均是将它们转化为不等式恒成立问题。等价转化就是把未知解的问
题转化 到在已有知识范围内可解的问题的一种重要的思想方法。通过不断的转
化，把不熟悉、不规范、复杂的问 题转化为熟悉、规范甚至模式法、简单的问题。
历年高考，等价转化思想无处不见，我们要不断培养和训 练自觉的转化意识，这
将有利于强化解决数学问题的应变能力，提高思维能力和解决数学问题的技能、< br>技巧。
四、数形结合法
根据恒成立不等式的特点，通过挖掘几何图形含意，利用函数 图象的高低位置关
系找出参数的变化范围.
例9．不等式ax≤
x(4x)
在x∈[0,3]内恒成立，求a的变
化范围.
解：画出两个函数y=ax与y=
x(4x)
的图象.（如图）
将x=3 代入ax=
x(4x)
,得a=

3

∴a∈

,



3

3

31
例10．若
1x
2
k(x)2
对一切
0x 1
都成立，则k的取值范围是________
2
1
析：构造两个函数< br>y1x
2
,yk(x)2
，半圆
y1x
2应全在直线
2
1
，其中直线
L
1
过点（0，1）斜率为 2，直线
L
2
与
yk(x)2
的下方，
2
y 1x
2
(0x1)
相切斜率为
4213
，画图易得：< br>3
4213
k2

3

评： 数形结合的思想，其实质是将抽象的数学语言与直观的图像结合起来，关键
是代数问题与图形之间的相互 转化，它可以使代数问题几何化，几何问题代数化,
充分利用这种转化，寻找解题思路，可使问题化难为 易、化繁为简，从而得到解
决.华罗庚先生说得好：“数形本是相依倚,焉能分作两边飞;数缺形时少直 觉，形
缺数时难入微;数形结合百般好，隔裂分家万事休;几何代数统一体,永远联系莫分
离” 。
五、“能成立”与“恒成立”的问题
“能成立”与“恒成立”的问题分属于“存在性命题”和“全称命题”的范畴，
应区别对待。
例11．若关于
x
的不等式
x
2
axa3
的解集不是空集，则实数
a
的取值范围
是 ．
析 ：“关于
x
的不等式
x
2
axa3
的解集不是空集 ，等价于
x
2
axa30
有
解，则
min(x2
axa3)0
”与“关于
x
的不等式
x
2< br>axa3
的解集是
R
，
等价于
x
2
axa30
恒成立，则
max(x
2
axa3)0
”不同，应加以体会。
解：设
f

x

x
2< br>axa
.则关于
x
的不等式
x
2
axa 3
的解集不是空集
f

x

3
在

,

上能成立
f
min

x

3
,
4aa
2
3,
解得
a6或
a2
即
f
min

x

< br>4
评：不等式能成立问题的处理策略:
1、若f(x)≥a对x∈D能成立，只须f(x)
max
(x∈D)≥a即可。 < /p>

2、若f(x)≤a对x∈D能成立，只须f(x)
min
(x∈D)≤ a即可
例12．若存在
a
∈[1，3]，使得不等式
a
x
2
+(
a
－2)x－2＞0成立，则实数x的取
值范围是 .
析：一方面要进行主次元的转换，把不等式
a
x
2
+(
a< br>－2)x－2＞0看成关于
a
的不
等式，另一方面利用不等式能成立的条件求实 数x的取值范围。
解：令
f(a)ax
2
(a2)x2(x2
x)a2x2
可看成关于
a
的一元一次函数，
存在< br>a
∈[1，3]，使得不等式
a
x
2
+(
a
－2)x－2＞0成立的条件为
f(a)
max
0

只须
f(a)
min
0或f(a)
man
0
，
f (1)0或f(3)0
，
2
即
x
2
x20或3 x
2
x20
，则
x1或x

3
综上所述：
不等式恒成立问题的处理策略是：
1、若f(x)≥a对x∈D恒成立，只须f(x)
min
(x∈D)≥a即可。
2、若f(x)≤a对x∈D恒成立，只须f(x)
max
(x∈D)≤a即可。
不等式能成立问题的处理策略是
1、若f(x)≥a对x∈D能成立，只须f(x)
max
(x∈D)≥a即可。
2、若f(x)≤a对x∈D能成立，只须f(x)
min
(x∈D)≤a即可。
解题的关键是求函数最值，方法有直接法、分离参数法、分类讨论法、数形结
合法等。
复习数学过程中，要充分挖掘数学教材的教育因素，把教学中的函数思想、数
形结合思想、分类讨论思 想等基本的“元”思想提高到自觉运用的层面。关注
解题的严密性、规范性、完整性，着眼于解题的通性 通法，提高学生的数学素
养，这就是2008年江苏高考数学试题给我们的有益启示。