含參數不等式的解證

含參數不等式的解證是近幾年高考中的重點和難點，因涉及的思維程度較高、綜合性較強，學生在解題時往往感到無從下手，在高考中得分不高.而解決此類問題需要學生靈活地進行代數變形，綜合運用所學知識，方可取得較好的解題效果，因此此類問題的求解當屬學習難點.本文通過對若干例題的分析，試圖說明此類問題的常見求解策略，供大家參考.

一、不等式解集法

例1 (2004年上海高考題)記函數f(x)=2-x+3x+1的定義域為A，g(x)=lg［(x-a-1)(2a-x)］(a<1)的定義域為B.

(1)求A；

(2)若BA，求實數a的取值范圍.

解：(1)2-x+3x+1≥0，得x-1x+1≥0，x<-1或x≥1，即A=(-∞，-1)∪［1，+∞).

(2)由(x-a-1)(2a-x)>0，得(x-a-1)(x-2a)<0.∵a<1，∴a+1>2a，∴B=(2a，2a+1).∵BA，∴2a≥1或a+1≤-1，即a≥12或a≤-2，而a<1，∴12≤a<1或a≤-2，故當BA時，實數a的取值范圍是(-∞，-2］∪［12，1).

評注：本題中涉及的不等式都易求出解集，所以先求出各不等式的解集，然后通過對解集的對照，得到參數的取值范圍.

二、利用二次函數的性質

把所求的函數轉化為二次函數，再利用二次函數的知識，例如根的分布、圖像的性質等，從而求出變量的范圍.

例2 (2008年全國高考題)已知函數f(x)=x3+ax2+x+1，a∈R.

(1)討論函數f(x)的單調區間；

(2)設函數f(x)在區間(-23，-13)內是減函數，求a的取值范圍.

解：(1)∵f′(x)=3x2+2ax+1，△=4(a2-3)，當a2≤3時，△≤0，f′(x)≥0，f(x)在R上遞增；當a2>3，由f′(x)=0，求得兩根為x=-a±a2-33.即f(x)在(-∞，-a-a2-33)遞增，(-a-a2-33，-a+a2-33)遞減，(-a+a2-33，+∞)遞增.

(2)-a-a2-33≤-23，

-a+a2-33≥-13，且a2>3，解得a≥2.

三、分類討論法

在解含參數的不等式時常用到分類討論的思想，分類的原則是把參數所取值的集合I分成若干個非空真子集A1，A2，A3，…，An(n≥2)，使其滿足Ai∩Aj=(i≠j)，A1∪A2∪…∪An=I，至于按什么標準劃分類，要看解題的需要.

例3 (2008年陜西高考題)已知函數f(x)=kx+1x2+c(c>0且c≠1，k∈R)恰有一個極大值點和一個極小值點，其中一個是x=-c.

(1)求函數f(x)的另一個極值點；

(2)求函數f(x)的極大值M和極小值m，并求M-m≥1時k的取值范圍.

解：(1)f′(x)=k(x2+c)-2x(kx+1)(x2+c)2=-kx2-2x+ck(x2+c)2，由題意知f′(-c)=0，即得c2k-2c-ck=0，(*)∵c≠0，∴k≠0.由f′(x)=0，得-kx2-2x+ck=0，由韋達定理知另一個極值點為x=1(或x=c-2k).

(2)由(*)式得k=2c-1，即c=1+2k.當c>1時，k>0;當0

(i)當k>0時，f(x)在(-∞，-c)和(1，+∞)內是減函數，在(-c，1)內是增函數.

∴M=f(1)=k+1c+1=k2>0，m=f(-c)=-kc+1c2+c=-k22(k+2)<0，由M-m=k2+k22(k+2)≥1及k>0，解得k≥2.

(ii)當k<-2時，f(x)在(-∞，-c)和(1，+∞)內是增函數，在(-c，1)內是減函數.∴M=f(-c)=-k22(k+2)>0，m=f(1)=k2<0，M-m=-k22(k+2)-k2=1-(k+1)2+1k+2≥1恒成立.

綜上可知，所求k的取值范圍為(-∞，-2)∪［2，+∞).

四、函數最值法

已知函數f(x)的值域為［m，n］，則f(x)≥a恒成立f(x)min≥a，即m≥a；f(x)≤a恒成立f(x)max≤a，即n≤a.據此，可將含參數的恒成立的不等式問題，轉化為求函數的最大值和最小值問題.

例4 (2008年天津高考題)已知函數f(x)=x+ax+b(x≠0)，其中a，b∈R.

(1)若曲線y=f(x)在 P(2，f(2))處的切線方程為y=3x+1，求函數f(x)的解析式；

(2)討論函數f(x)的單調性；

(3)若對于任意的a∈［12，2］，不等式f(x)≤10在［14，1］上恒成立，求b的取值范圍.

解：(1)略.

(2)f′(x)=1-ax2.當a≤0時，顯然f′(x)>0(x≠0).這時f(x)在(-∞，0)，(0，+∞)上是增函數.當a>0時，令f′(x)=0，解得x =±a.當x變化時，f′(x)，f(x)的變化情

況如下表：

x(-∞，-a)-a(-a，0)(0，a)a(a，+∞)f′(x)+0--0+f(x)極大值極小值所以f(x)在(-∞，-a)，(a，+∞)內是增函數，在(-a，0)，(0，a)內是減函數.

(3)由(2)知，f(x)在［14，1］上的最大值為f(14)與f(1)的較大者，對于任意的a∈［12，2］，不等式f(x)≤10在［14，1］上恒成立，當且僅當f(14)≤10，

f(1)≤10，即b≤394-4a，

b≤9-a，對任意的a∈［12，2］成立.從而得b≤74，所以滿足條件的b的取值范圍是(-∞，74］.

五、參數分離法

將參變量與主變量從恒等式中分離，則在求函數最值時可避免繁冗的分類討論，從而更好地實施“函數最值法”.

例5 (2008年湖南高考題)已知函數f(x)=ln2(1+x)-x21+x.

(1)求函數f(x)的單調區間；

(2)若不等式(1+1n)n+α≤e對任意的n∈N*都成立(其中e是自然對數的底數).求α的最大值.

解：(1)略.

1n)n+α≤e等價于不等式(n+α)ln(1+1n)≤1.由1+1n>1知，α≤1ln(1+1n)-n.設G(x)=1ln(1+x)-1x，x∈(0，1］，則G′(x)=-1(1+x)ln2(1+x)+1x2=(1+x)ln2(1+x)-x2x2(1+x)ln2(1+x).由(1)知，ln2(1+x)-x21+x≤0，即(1+x)ln2(1+x)-x2≤0.1ln2-1.所以α的最大值為1ln2-1.

評注：解恒成立問題，往往采用分離參數，轉化為求最值和不等式的問題.

六、數形結合法

解不等式的問題，經常合理轉化為一個函數在另一函數圖像的上方或下方，進而利用圖形直觀地給出問題的巧解，此法往往比較適合于選擇題或填空題.

例6 不等式3|x+a|-2x+6>0在R中恒成立，求實數a的取值范圍.

解析：將不等式變形為|x+a|>23x-2，令f(x)=|x+a|，g(x)=23x-2，由題意要使f(x)>g(x)，即滿足g(x)的圖像在函數f(x)圖像的下方，分別作出它們的圖像，由圖易知-a<3，即a>-3.