有關不等式恒成立求參數的方法

馬寶毅

摘 要： 本文舉例談談不等式恒成立求參數的常用方法.

關鍵詞： 數學教學 不等式恒成立 參數 求解方法

不等式恒成立問題是數學中常見的問題，經常與參數的范圍聯系在一起，是數學試題中的重要題型，涉及數學各部分知識，是不等式中的重點和難點，在高考中頻頻出現，也是高考中的一個難點.這類問題既有參數又含變量，學生往往望而生畏，常因處理不當而費時費力.怎樣處理這類問題呢？函數是不等式恒成立的載體，因而運用轉化思想將其轉化為函數問題是一條捷徑，在教學實踐中筆者體會到，運用函數的有關性質求解既能解決問題又能減少運算量，可以化難為易，化繁為簡，從而使問題更好地得到解決.下面筆者舉例談談不等式恒成立求參數的常用方法.

一、實根分布法

涉及指定區間上一元二次不等式恒成立的問題，利用不等式與函數和方程之間的關系，根據“三個二次”的辯證統一關系，結合函數圖像形狀，考慮對稱軸，頂點，區間端點，按照“三個二次”有實根分類討論，列出不等式解決.

例1：已知函數f（x）=x -2ax+2（a∈R），當x∈[-1，+∞]時， f（x）≥a恒成立，求實數a的取值范圍.

解：f（x）=（x-a） +2-a ，此二次函數圖像的對稱軸為x=a.

（1）當a∈（-∞，-1）時，f（x）在∈[-1，+∞）上單調遞增.f（x） =f（-1）=2a+3，要使f（x）≥a恒成立，只需f（x） ≥a，即2a+3≥a，∴-3≤a<-1；

（2）當a∈[-1，+∞）時，f（x） =f（a）=2-a ，則，

2-a ≥a，∴-1≤a≤1.

綜上所述，所求a的取值范圍是[-3，1].

二、分離參數法

對于一些含參數不等式恒成立的問題，如果將不等式進行同解變形，將不等式中的變量與參數進行分離，即變量和參數分別位于不等式兩邊，然后通過構造變量函數，轉化為求解新函數的值域或者最值問題，借助函數的最值消去變量，就能把問題轉化為求只含有參數的不等式問題，一般有如下性質：①f（x）≤a，等價于f（x） ≤a；②f（x）≥a，等價于f（x） ≥a.

例2：（2010年高考全國理20）已知函數f（x）=（x+1）lnx-x+1，

（Ⅰ）若λf′（x）≤x +ax+1，求a的取值范圍；

（Ⅱ）（x-1）f（x）≥0.

解：（Ⅰ）∵f′（x）= +lnx-1=lnx+ ，（x>0）

∴xf′（x）=xlnx+1，由xf′（x）≤x +ax+1，得a≥lnx-x，令g（x）=lnx-x，則g′（x）= -1，當00，當x>1，g′（x）<0，∴x=1是最值點，g（x） =g（1）=-1，∴a≥-1，∴a的取值范圍是[-1，+∞）.

（Ⅱ）由（Ⅰ）知g（x）=lnx-x≤g（1）=-1，∴lnx-x+1≤0，，

當0

當x≥1時，f（x）=（x+1）lnx-x+1=xlnx+lnx-x+1，

=lnx+x（lnx+ -1），

=lnx-x（ln - +1）≥0.

綜上所述，（x-1）f（x）≥0.

例3：已知函數f（x）=x +alnx，若函數g（x）=f（x）+ 在[1，4]上是減函數，求實數a的取值范圍.

解：由g（x）=x +alnx+ ，得g′（x）=2x+ - .

因為函數g（x）=x +alnx+ 在[1，4]上是減函數

則g′（x）≤0，在[1，4]上恒成立.

所以不等式2x+ - ≤0在[1，4]上恒成立.

即a≤ -2x 在[1，4]上恒成立.

設h（x）= -2x ，顯然h（x）在[1，4]上為減函數.

所以h（x） =h（4）=- ，∴a的取值范圍是（-∞，- ].

三、數形結合法

若含參數不等式參變量不能進行分離，則應構造關于變量的函數（如一元一次函數，一元二次函數），并結合函數圖像使問題變得直觀，從而形成解題思路，提高數學思維能力.

例4：當x∈[0，1]時，求ax+1>0成立的a的取值范圍.

解：設f（x）=ax+1，當a=0時，ax+1>0顯然成立.

當a≠0時，f（x）為一次函數，欲使f（x）=ax+1>0，在[0，1]上恒成立，其圖像為線段，即兩端點恒在x軸上方，要使上式不等式恒成立只需f（0）>0，且f（1）>0，即1>0，a+1>0，故a>-1，因此a的取值范圍是（-1，+∞）.

四、更換主元法

某些含參數不等式恒成立問題，從主元入手非常困難或不可能時，可轉換思維角度，將主元與參變量互換是關鍵，再用數形結合思想，效果事半功倍.

例5：已知不等式x +px+1>2x+p.

（1）若不等式對于p∈[-2，2]恒成立，求實數x的取值范圍；

（2）若不等式對于2≤x≤4恒成立，求實數p的取值范圍.

分析：（1）若直接解關于x的不等式，再利用p∈[-2，2]求x的取值范圍，顯然相當復雜，因此視p為變量，x為常量，利用數形結合思想求x的取值范圍.

解：原不等式可化為（x-1）p+x -2x+1>0.

令f（p）=（x-1）p+x -2x+1，由題意知f（p）>0在p∈[-2，2]上恒成立，其線段恒在x軸上方，即兩端點在x軸上方，則

則f（-2）=-2（x-1）+x -2x+1>0，且

f（2）=2（x-1）+x -2x+1>0，即x -4x+3>0，且x -1>0.

解得x>3或x<-1.

故x的取值范圍是（3，+∞）∪（-∞，-1）.

（2）視x為變量，p為常量，分離常量p

不等式化為（x-1）p>-x +2x-1，

∵2≤x≤4，∴x-1>0，

∴p> =1-x時，在2≤x≤4恒成立.

令g（x）=1-x，∵g（x）在x∈[2，4]上單調遞減，g（x） =g（2）=-1，

∴p>g（x） =-1，故p的取值范圍是（-1，+∞）.

總之，從以上解法中我們領略了解決不等式恒成立，求參數主要是善于運用函數思想進行等價轉化處理.事實上，這些方法都不是孤立的，在具體解題實踐中往往需要綜合考慮，靈活運用，才能使問題得以順利解決.但是，不管用哪種方法都滲透了數學最本質的思想，即把問題轉化為討論函數的有關性質處理，但必須理解并掌握基本題型，并能夠將一些非基本題型經過適當變形轉化為基本題型，然后用基本題型的常用方法處理.筆者認為掌握以上方法是解決求參數問題的關鍵.

摘 要： 本文舉例談談不等式恒成立求參數的常用方法.

關鍵詞： 數學教學 不等式恒成立 參數 求解方法

不等式恒成立問題是數學中常見的問題，經常與參數的范圍聯系在一起，是數學試題中的重要題型，涉及數學各部分知識，是不等式中的重點和難點，在高考中頻頻出現，也是高考中的一個難點.這類問題既有參數又含變量，學生往往望而生畏，常因處理不當而費時費力.怎樣處理這類問題呢？函數是不等式恒成立的載體，因而運用轉化思想將其轉化為函數問題是一條捷徑，在教學實踐中筆者體會到，運用函數的有關性質求解既能解決問題又能減少運算量，可以化難為易，化繁為簡，從而使問題更好地得到解決.下面筆者舉例談談不等式恒成立求參數的常用方法.

一、實根分布法

涉及指定區間上一元二次不等式恒成立的問題，利用不等式與函數和方程之間的關系，根據“三個二次”的辯證統一關系，結合函數圖像形狀，考慮對稱軸，頂點，區間端點，按照“三個二次”有實根分類討論，列出不等式解決.

例1：已知函數f（x）=x -2ax+2（a∈R），當x∈[-1，+∞]時， f（x）≥a恒成立，求實數a的取值范圍.

解：f（x）=（x-a） +2-a ，此二次函數圖像的對稱軸為x=a.

（1）當a∈（-∞，-1）時，f（x）在∈[-1，+∞）上單調遞增.f（x） =f（-1）=2a+3，要使f（x）≥a恒成立，只需f（x） ≥a，即2a+3≥a，∴-3≤a<-1；

（2）當a∈[-1，+∞）時，f（x） =f（a）=2-a ，則，

2-a ≥a，∴-1≤a≤1.

綜上所述，所求a的取值范圍是[-3，1].

二、分離參數法

對于一些含參數不等式恒成立的問題，如果將不等式進行同解變形，將不等式中的變量與參數進行分離，即變量和參數分別位于不等式兩邊，然后通過構造變量函數，轉化為求解新函數的值域或者最值問題，借助函數的最值消去變量，就能把問題轉化為求只含有參數的不等式問題，一般有如下性質：①f（x）≤a，等價于f（x） ≤a；②f（x）≥a，等價于f（x） ≥a.

例2：（2010年高考全國理20）已知函數f（x）=（x+1）lnx-x+1，

（Ⅰ）若λf′（x）≤x +ax+1，求a的取值范圍；

（Ⅱ）（x-1）f（x）≥0.

解：（Ⅰ）∵f′（x）= +lnx-1=lnx+ ，（x>0）

∴xf′（x）=xlnx+1，由xf′（x）≤x +ax+1，得a≥lnx-x，令g（x）=lnx-x，則g′（x）= -1，當00，當x>1，g′（x）<0，∴x=1是最值點，g（x） =g（1）=-1，∴a≥-1，∴a的取值范圍是[-1，+∞）.

（Ⅱ）由（Ⅰ）知g（x）=lnx-x≤g（1）=-1，∴lnx-x+1≤0，，

當0

當x≥1時，f（x）=（x+1）lnx-x+1=xlnx+lnx-x+1，

=lnx+x（lnx+ -1），

=lnx-x（ln - +1）≥0.

綜上所述，（x-1）f（x）≥0.

例3：已知函數f（x）=x +alnx，若函數g（x）=f（x）+ 在[1，4]上是減函數，求實數a的取值范圍.

解：由g（x）=x +alnx+ ，得g′（x）=2x+ - .

因為函數g（x）=x +alnx+ 在[1，4]上是減函數

則g′（x）≤0，在[1，4]上恒成立.

所以不等式2x+ - ≤0在[1，4]上恒成立.

即a≤ -2x 在[1，4]上恒成立.

設h（x）= -2x ，顯然h（x）在[1，4]上為減函數.

所以h（x） =h（4）=- ，∴a的取值范圍是（-∞，- ].

三、數形結合法

若含參數不等式參變量不能進行分離，則應構造關于變量的函數（如一元一次函數，一元二次函數），并結合函數圖像使問題變得直觀，從而形成解題思路，提高數學思維能力.

例4：當x∈[0，1]時，求ax+1>0成立的a的取值范圍.

解：設f（x）=ax+1，當a=0時，ax+1>0顯然成立.

當a≠0時，f（x）為一次函數，欲使f（x）=ax+1>0，在[0，1]上恒成立，其圖像為線段，即兩端點恒在x軸上方，要使上式不等式恒成立只需f（0）>0，且f（1）>0，即1>0，a+1>0，故a>-1，因此a的取值范圍是（-1，+∞）.

四、更換主元法

某些含參數不等式恒成立問題，從主元入手非常困難或不可能時，可轉換思維角度，將主元與參變量互換是關鍵，再用數形結合思想，效果事半功倍.

例5：已知不等式x +px+1>2x+p.

（1）若不等式對于p∈[-2，2]恒成立，求實數x的取值范圍；

（2）若不等式對于2≤x≤4恒成立，求實數p的取值范圍.

分析：（1）若直接解關于x的不等式，再利用p∈[-2，2]求x的取值范圍，顯然相當復雜，因此視p為變量，x為常量，利用數形結合思想求x的取值范圍.

解：原不等式可化為（x-1）p+x -2x+1>0.

令f（p）=（x-1）p+x -2x+1，由題意知f（p）>0在p∈[-2，2]上恒成立，其線段恒在x軸上方，即兩端點在x軸上方，則

則f（-2）=-2（x-1）+x -2x+1>0，且

f（2）=2（x-1）+x -2x+1>0，即x -4x+3>0，且x -1>0.

解得x>3或x<-1.

故x的取值范圍是（3，+∞）∪（-∞，-1）.

（2）視x為變量，p為常量，分離常量p

不等式化為（x-1）p>-x +2x-1，

∵2≤x≤4，∴x-1>0，

∴p> =1-x時，在2≤x≤4恒成立.

令g（x）=1-x，∵g（x）在x∈[2，4]上單調遞減，g（x） =g（2）=-1，

∴p>g（x） =-1，故p的取值范圍是（-1，+∞）.

總之，從以上解法中我們領略了解決不等式恒成立，求參數主要是善于運用函數思想進行等價轉化處理.事實上，這些方法都不是孤立的，在具體解題實踐中往往需要綜合考慮，靈活運用，才能使問題得以順利解決.但是，不管用哪種方法都滲透了數學最本質的思想，即把問題轉化為討論函數的有關性質處理，但必須理解并掌握基本題型，并能夠將一些非基本題型經過適當變形轉化為基本題型，然后用基本題型的常用方法處理.筆者認為掌握以上方法是解決求參數問題的關鍵.

摘 要： 本文舉例談談不等式恒成立求參數的常用方法.

關鍵詞： 數學教學 不等式恒成立 參數 求解方法

不等式恒成立問題是數學中常見的問題，經常與參數的范圍聯系在一起，是數學試題中的重要題型，涉及數學各部分知識，是不等式中的重點和難點，在高考中頻頻出現，也是高考中的一個難點.這類問題既有參數又含變量，學生往往望而生畏，常因處理不當而費時費力.怎樣處理這類問題呢？函數是不等式恒成立的載體，因而運用轉化思想將其轉化為函數問題是一條捷徑，在教學實踐中筆者體會到，運用函數的有關性質求解既能解決問題又能減少運算量，可以化難為易，化繁為簡，從而使問題更好地得到解決.下面筆者舉例談談不等式恒成立求參數的常用方法.

一、實根分布法

涉及指定區間上一元二次不等式恒成立的問題，利用不等式與函數和方程之間的關系，根據“三個二次”的辯證統一關系，結合函數圖像形狀，考慮對稱軸，頂點，區間端點，按照“三個二次”有實根分類討論，列出不等式解決.

例1：已知函數f（x）=x -2ax+2（a∈R），當x∈[-1，+∞]時， f（x）≥a恒成立，求實數a的取值范圍.

解：f（x）=（x-a） +2-a ，此二次函數圖像的對稱軸為x=a.

（1）當a∈（-∞，-1）時，f（x）在∈[-1，+∞）上單調遞增.f（x） =f（-1）=2a+3，要使f（x）≥a恒成立，只需f（x） ≥a，即2a+3≥a，∴-3≤a<-1；

（2）當a∈[-1，+∞）時，f（x） =f（a）=2-a ，則，

2-a ≥a，∴-1≤a≤1.

綜上所述，所求a的取值范圍是[-3，1].

二、分離參數法

對于一些含參數不等式恒成立的問題，如果將不等式進行同解變形，將不等式中的變量與參數進行分離，即變量和參數分別位于不等式兩邊，然后通過構造變量函數，轉化為求解新函數的值域或者最值問題，借助函數的最值消去變量，就能把問題轉化為求只含有參數的不等式問題，一般有如下性質：①f（x）≤a，等價于f（x） ≤a；②f（x）≥a，等價于f（x） ≥a.

例2：（2010年高考全國理20）已知函數f（x）=（x+1）lnx-x+1，

（Ⅰ）若λf′（x）≤x +ax+1，求a的取值范圍；

（Ⅱ）（x-1）f（x）≥0.

解：（Ⅰ）∵f′（x）= +lnx-1=lnx+ ，（x>0）

∴xf′（x）=xlnx+1，由xf′（x）≤x +ax+1，得a≥lnx-x，令g（x）=lnx-x，則g′（x）= -1，當00，當x>1，g′（x）<0，∴x=1是最值點，g（x） =g（1）=-1，∴a≥-1，∴a的取值范圍是[-1，+∞）.

（Ⅱ）由（Ⅰ）知g（x）=lnx-x≤g（1）=-1，∴lnx-x+1≤0，，

當0

當x≥1時，f（x）=（x+1）lnx-x+1=xlnx+lnx-x+1，

=lnx+x（lnx+ -1），

=lnx-x（ln - +1）≥0.

綜上所述，（x-1）f（x）≥0.

例3：已知函數f（x）=x +alnx，若函數g（x）=f（x）+ 在[1，4]上是減函數，求實數a的取值范圍.

解：由g（x）=x +alnx+ ，得g′（x）=2x+ - .

因為函數g（x）=x +alnx+ 在[1，4]上是減函數

則g′（x）≤0，在[1，4]上恒成立.

所以不等式2x+ - ≤0在[1，4]上恒成立.

即a≤ -2x 在[1，4]上恒成立.

設h（x）= -2x ，顯然h（x）在[1，4]上為減函數.

所以h（x） =h（4）=- ，∴a的取值范圍是（-∞，- ].

三、數形結合法

若含參數不等式參變量不能進行分離，則應構造關于變量的函數（如一元一次函數，一元二次函數），并結合函數圖像使問題變得直觀，從而形成解題思路，提高數學思維能力.

例4：當x∈[0，1]時，求ax+1>0成立的a的取值范圍.

解：設f（x）=ax+1，當a=0時，ax+1>0顯然成立.

當a≠0時，f（x）為一次函數，欲使f（x）=ax+1>0，在[0，1]上恒成立，其圖像為線段，即兩端點恒在x軸上方，要使上式不等式恒成立只需f（0）>0，且f（1）>0，即1>0，a+1>0，故a>-1，因此a的取值范圍是（-1，+∞）.

四、更換主元法

某些含參數不等式恒成立問題，從主元入手非常困難或不可能時，可轉換思維角度，將主元與參變量互換是關鍵，再用數形結合思想，效果事半功倍.

例5：已知不等式x +px+1>2x+p.

（1）若不等式對于p∈[-2，2]恒成立，求實數x的取值范圍；

（2）若不等式對于2≤x≤4恒成立，求實數p的取值范圍.

分析：（1）若直接解關于x的不等式，再利用p∈[-2，2]求x的取值范圍，顯然相當復雜，因此視p為變量，x為常量，利用數形結合思想求x的取值范圍.

解：原不等式可化為（x-1）p+x -2x+1>0.

令f（p）=（x-1）p+x -2x+1，由題意知f（p）>0在p∈[-2，2]上恒成立，其線段恒在x軸上方，即兩端點在x軸上方，則

則f（-2）=-2（x-1）+x -2x+1>0，且

f（2）=2（x-1）+x -2x+1>0，即x -4x+3>0，且x -1>0.

解得x>3或x<-1.

故x的取值范圍是（3，+∞）∪（-∞，-1）.

（2）視x為變量，p為常量，分離常量p

不等式化為（x-1）p>-x +2x-1，

∵2≤x≤4，∴x-1>0，

∴p> =1-x時，在2≤x≤4恒成立.

令g（x）=1-x，∵g（x）在x∈[2，4]上單調遞減，g（x） =g（2）=-1，

∴p>g（x） =-1，故p的取值范圍是（-1，+∞）.

總之，從以上解法中我們領略了解決不等式恒成立，求參數主要是善于運用函數思想進行等價轉化處理.事實上，這些方法都不是孤立的，在具體解題實踐中往往需要綜合考慮，靈活運用，才能使問題得以順利解決.但是，不管用哪種方法都滲透了數學最本質的思想，即把問題轉化為討論函數的有關性質處理，但必須理解并掌握基本題型，并能夠將一些非基本題型經過適當變形轉化為基本題型，然后用基本題型的常用方法處理.筆者認為掌握以上方法是解決求參數問題的關鍵.