蒸鸡蛋糕-采访提纲格式

含参数的一元二次不等式的解法
解含参数的一元二次不等式，通常情况下，均需分类讨论，那么如何讨论呢对含参一元
二次不等式常用的分类方法有三种：
一、按
x
项的系数
a
的符号分类，即
a0,a0,a0
;
例1 解不等式：
ax

a2

x10

2
2
分析：本题二次项系数含有参数，


a 2

4aa40
，故只需对二次项
2
2
系数进行分类讨论。
2
解：∵


a2

4aa40

2< br>a2a
2
4a2a
2
4
,x
2
解得方程
ax

a2

x10
两 根
x
1


2a2a
2

a2a< br>2
4a2a
2
4


或x
∴ 当
a0
时,解集为

x|x


2a2a

当
a0
时，不等式为
2x10
,解集为

x|x


1



2

a2a
2
4


a2a< br>2
4

x
当
a0
时, 解集为

x|


2a2a


例2 解不等式
ax5ax6a0

a0


2
分析 因为
a0
，
0
，所以我们只要讨论二次项系数的正负。
解
a(x5x6)a

x2

x3

0

2

当
a0
时，解集为

x|x 2或x3

；当
a0
时，解集为

x|2x3< br>

二、按判别式

的符号分类，即
0,0,0
；
例3 解不等式
xax40

分析 本题中由于
x
的系数大于0,故只需考虑

与根的情况。
解：∵
a16

∴当
a

4,4< br>
即
0
时，解集为
R
；
当
a4< br>即Δ＝0时，解集为

xxR且x
2
2
2

a


；
2


aa< br>2
16aa
2
16
当
a4
或
a 4
即
0
,此时两根分别为
x
1

，
x
2

，显然
22
x
1
x
2
,

aa
2
16aa
2
16


∴不等式的解集为

xx或x〈


22


例4 解不等式
m1x4x10

mR


22

解 因
m10,(4)4m143m< br>所以当
m3
，即
0
时，解集为

x|x< br>22

2

2




1


；
2


23m
2
23m
2

当
3m3
，即
0
时，解集为

xx或x〈
2
m1m
2< br>1


当
m3或m
2



；


3
，即
0
时，解集为R。
三、按方程
axbxc0
的根
x
1
,x
2
的大小来分类，即
x
1
x
2
,x
1
x
2
,x
1
x
2
；
1
)x10 (a0)

a
1
分析：此不等式可以分解为：

xa< br>
(x)0
，故对应的方程必有两解。本题
a
例5 解不等式
x(a
2
只需讨论两根的大小即可。
解：原不等式可化为：< br>
xa

(x
∴当
a1
或
0a 1
时，
a
11
)0
，令
a
，可得：
a1

aa
1


；
a

1

，故原不等式的解集为

x|ax
a

当
a1
或
a1
时，
a
1
,可得其解集为

；
a
1

1
< br>,解集为

x|xa

。
a

a
2
当
1a0
或
a1
时,
a
例6 解不等式
x5ax6a0
，
a0

22
分析 此不等式


5a

2 4aa0
，又不等式可分解为

x2a

(x3a)0< br>，故
2
2
只需比较两根
2a
与
3a
的大小.
解 原不等式可化为：

x2a

(x3a)0
，对 应方程

x2a

(x3a)0
的两根为

x
1
2a,x
2
3a
，当
af0
时，即
2ap3a
，解集为

x|x3a或x2 a

；当
a0
时，即
2af3a
，
解集为
x|x2a或x3a


含参不等式恒成立问题的求解策略
“含参 不等式恒成立问题”把不等式、函数、三角、几何等内容有机地结合起来，其以覆盖知
识点多，综合性强 ，解法灵活等特点而倍受高考、竞赛命题者的青睐。另一方面，在解决这类问题
的过程中涉及的“函数与 方程”、“化归与转化”、“数形结合”、“分类讨论”等数学思想对锻炼学生
的综合解题能力，培养其 思维的灵活性、创造性都有着独到的作用。本文就结合实例谈谈这类问题
的一般求解策略。
一、判别式法
若所求问题可转化为二次不等式，则可考虑应用判别式法解题。一般地，对于二 次函数
f(x)ax
2
bxc(a0,xR)
,有
< br>a0
1）
f(x)0
对
xR
恒成立


;
0

2）
f(x)0
对
xR恒成立


2

a0
.

0
例1：若不等式
(m1)x(m1)x20
的解集是R，求m的 范围。
解析：要想应用上面的结论，就得保证是二次的，才有判别式，但二次项系数含有参数m，所以
要讨论m-1是否是0。
（1）当m-1=0时，元不等式化为2>0恒成立，满足题意；
（2）
m10
时，只需

2

m10
(m1)8(m1)0
2
2
，所以，
m[1, 9)
。
例2．已知函数
ylg[x(a1)xa]
的定义域为R， 求实数
a
的取值范围。
解：由题设可将问题转化为不等式
x(a1)x a0
对
xR
恒成立，即有
22
(a1)
24a
2
0
解得
a1或a
1
。
3
所以实数
a
的取值范围为
(,1)(,)
。
若二次不等式中
x
的取值范围有限制，则可利用根的分布解决问题。
二、最值法
将不等式恒成立问题转化为求函数最值问题的一种处理方法，其一般类型有：
1）
f(x)a
恒成立
af(x)
min

2）
f(x)a
恒成立
af(x)
max

1
3

例3、若
x

2,2

时 ，不等式
xax3a
恒成立，求
a
的取值范围。
2
解：设
f

x

x
2
ax3a
， 则问题转化为当
x

2,2

时，
f

x

的最小值非负。
（1） 当

a7

 2
即：
a4
时，
f

x

min
f

2

73a0

a
又
a4
所以
a
不存在；
23
a
2
a
< br>a

0

6a2
又（2） 当
2 2
即：
4a4
时，
f

x

min
f



3a
4
2

2

4a4

4a2

a
（3） 当
2
即：
a4
时，
f

x
< br>min
f

2

7a0

a7
又
a47a4

2
综上所得：
7a2

x
2
2xa,x[1,)
，若对任意
x[1,)
，
f(x)0
恒成立，求实数
a
的例4．函数
f(x)
x
取值范围。
解：若对任意
x[1,)
，
f(x)0
恒成立，
x
2
2xa
0
恒成立， 即对
x[1,)，
f(x)
x
考虑到不等式的分母
x[1,)
，只需< br>x2xa0
在
x[1,)
时恒成立而得
而抛物线
g(x)x2xa
在
x[1,)
的最小值
g
min< br>(x)g(1)3a0
得
a3

2
2
a
2
，讨论其单调性从而求出
f(x)
最小值。
x
B2

例5：在

ABC中，已知
f(B)4sinBsin( )cos2B,且|f(B)m|2
恒成立，求实
42
注：本题还可将
f(x)
变形为
f(x)x
数m的范围。
解析：由
f(B )4sinBsin
2
(

4

B
)cos2 B2sinB1,0B

,sinB(0,1]
，
f(B) (1,3]
，
2

mf(B)2
|f(B)m|2
恒成立，
2f(B)m2
，即

恒成立，
m(1, 3]

mf(B)2

例6：求使不等式
asinxcos x,x[0,

]
恒成立的实数a的范围。
解析：由于函
as inxcosx

3

2sin(x),x

 [,]
，显然函数有最大值
2
，
4
444
a2
。
三、分离变量法

若所给的不等式能通过恒等变形使参数与主元分离于不 等式两端，从而问题转化为求主元函数
的最值，进而求出参数范围。这种方法本质也还是求最值，但它思 路更清晰，操作性更强。一般地
有：
1）
f(x)g(a)(a为参数）
恒成立
g(a)f(x)
max

2）
f(x)g(a)(a 为参数）
恒成立
g(a)f(x)
max

。
例7 、已知
x

,1

时，不等式
12
xaa
2
4
x
0
恒成立，求
a
的取值范 围。
解：令
2t
，
Qx

,1


t

0,2

所以原不等式可化为：
aa
x

2
t1
，
t
2
要使上式在
t

0,2

上恒成立，只须 求出
f

t


例8、已知函数
f
x

lg

x
解：根据题意得：
x
2< br>t1
在
t

0,2

上的最小值即可。
2
t


a

2

，若对任意
x

2,

恒有
f

x

0
，试确定
a
的取值范围。
x

a
21
在
x

2,

上恒成立，
x
即：
ax3x
在
x

2,

上恒成立，
3

9

设
f

x

 x3x
，则
f

x



x


2

4

2
2
当x2
时，
f

x

max
2
所以
a2

例9．已知函数
f(x)ax4xx
2
,x(0,4]
时
f(x)0
恒成立，求实数
a
的取值范围。
解： 将问题转化为
a
4xx
2
对
x(0,4]
恒成立。
x
令
g(x)
4xx
2
，则
ag(x)min

x
4xx
2
由
g(x)
x4
1
可知
g(x)
在
(0,4]
上为减函数，故g(x)
min
g(4)0

x
∴
a0
即
a
的取值范围为
(,0)
。
注：分离参数后，方向明确，思路清晰能使问题顺利得到解决。
四、变换主元法
处 理含参不等式恒成立的某些问题时，若能适时的把主元变量和参数变量进行“换位”思考，
往往会使问题 降次、简化。
例10．对任意
a[1,1]
，不等式
x(a4)x 42a0
恒成立，求
x
的取值范围。
2

分析 ：题中的不等式是关于
x
的一元二次不等式，但若把
a
看成主元，则问题可转 化为一次不
等式
(x2)ax4x40
在
a[1,1]
上恒成立的问题。
解：令
f(a)(x2)ax4x4
，则原问题转化 为
f(a)0
恒成立（
a[1,1]
）。
当
x2
时，可得
f(a)0
，不合题意。
2
2
当
x2
时，应有


f(1)0
解之得
x 1或x3
。

f(1)0
故
x
的取值范围为
(,1)(3,)
。
注：一般地，一次函数
f(x)kxb(k 0)
在
[

,

]
上恒有
f(x)0< br>的充要条件为

f(

)0
。

f(< br>
)0

例11、若不等式
2x1mx
2
1
对满足
m2
的所有
m
都成立，求
x
的取值范围。
解：设
f

m

mx
2
1

2x1

，对满足
m2
的
m
，
f< br>
m

0
恒成立，



2

x
2
1



2x1

0
f20


1713

x 




解得：
2
22



f

2

0

2
x1



2x1

0
五、数形结合法
数学家华罗庚曾说过：“数缺形时少直观，形缺数时难入微”，这充分说明了数形结合思想的妙
处，在不等式恒成立问题中它同样起着重要作用。我们知道，函数图象和不等式有着密切的联系：
1）
f(x)g(x)
函数
f(x)
图象恒在函数
g(x)
图象上方；
2）
f(x)g(x)
函数
f(x)
图象恒在函数
g(x)
图象下上方。
例12．设
f(x)x
2
4x
,
g(x)
4
x1a
,
3
y
若恒有
f(x)g(x)
成立,求实数
a
的取值范围.
分析：在同一直角坐标系中作出
f(x)
及
g(x)

的图象 如图所示，
f(x)
的图象是半圆
-4
-4
-2
O
x
(x2)
2
y
2
4(y0)

g(x)
的图象是
平行的直线系
4x3y33a0
。

要使
f(x)g(x)
恒成立，
则圆心
(2,0)
到直线
4x3y33a0
的距离
满足
d
833a
5
2

解得
a5或a
5
（舍去)
3
由上可见，含参不等式 恒成立问题因其覆盖知识点多，方法也多种多样，但其核心思想还是等
价转化，抓住了这点，才能以“不 变应万变”，当然这需要我们不断的去领悟、体会和总结。
2x
例13：已知
a0 ,a1,f(x)xa,当x(1,1)时,有f(x)
1
恒成立
，求实 数a的取值
2
范围。
2x2x
解析：由
f(x)xa
1
，得x
1
a
，在同一直角坐标系中做出两个函数的图象，
2 2
11
a及(1)
2
a
1
得到a分别等于2和< br>22
1
x
1
x2x
0.5，并作出函数
y2及y ()
的图象，所以，要想使函数
xa
在区间
x(1,1)
中
22
1
x
2
恒成立，只须
y2
在区间
x (1,1)
对应的图象在
yx
在区间
x(1,1)
对应 图象的上
2
如果两个函数分别在x=-1和x=1处相交，则由
1
2
面即可。当
a1时,只有a2
才能保证，而
0a1时，只有a
1
才可以，所以
2
1
a[,1)(1,2]
。
2
2
例14、若不等式
3xlog
a
x0
在
x

0,



1

3

内恒< br>成立，求实数
a
的取值范围。
2
解：由题意知：
3xlo g
a
x
在
x

0,

内恒
< br>
1

3

成立，
2
在同一坐标系内，分 别作出函数
y3x
和
ylog
a
x

2
观察两函数图象，当
x

0,

时，若
a1
函数
ylog
a
x
的图象显然在函数
y3x
图象的下方 ，


1

3

所以不成立；
当
0a1
时，由图可知，
ylog
a
x
的图象必须过点

,

或在这个点的上方，则，
log
a

11


33

11


33

a
11

1a

2727
1
综上得：
1a

27
例15．设< br>f(x)x2mx2
，当
x[1,)
时，
f(x)m
恒成立，求实数
m
的取值范围。
解：设
F(x)x2mx2 m
，则当
x[1,)
时，
F(x)0
恒成立
当
4(m1)(m2)0即2m1
时，
F(x)0
显然成 立；
当
0
时，如图，
F(x)0
恒成立的充要条件为：
2
2
y
x


0

F(1)0
解得
3m2
。

2m
< br>1
2

综上可得实数
m
的取值范围为
[3, 1)
。
-1
O
x