含参不等式恒成立问题中求参数取值范围一般方法(教师版)

恒成立问题——参变分离法一、基础知识：1、参变分离：顾名思义，就是在不等式中含有两个字母时（一个视为变量，另一个视为参数），可利用不等式的等价变形让两个字母分居不等号的两侧，即不等号的每一侧都是只含有一个字母的表达式。

然后可利用其中一个变量的范围求出另一变量的范围2、如何确定变量与参数：一般情况下，那个字母的范围已知，就将其视为变量，构造关于它的函数，另一个字母（一般为所求）视为参数。

3、参变分离法的适用范围：判断恒成立问题是否可以采用参变分离法，可遵循以下两点原则：（1）已知不等式中两个字母是否便于进行分离，如果仅通过几步简单变换即可达到分离目的，则参变分离法可行。

但有些不等式中由于两个字母的关系过于“紧密”，会出现无法分离的情形，此时要考虑其他方法。

例如：()21log a x x -<，111axx e x-+>-等 （2）要看参变分离后，已知变量的函数解析式是否便于求出最值（或临界值），若解析式过于复杂而无法求出最值（或临界值），则也无法用参变分离法解决问题。

（可参见”恒成立问题——最值分析法“中的相关题目）4、多变量恒成立问题：对于含两个以上字母（通常为3个）的恒成立不等式，先观察好哪些字母的范围已知（作为变量），那个是所求的参数，然后通常有两种方式处理（1）选择一个已知变量，与所求参数放在一起与另一变量进行分离。

则不含参数的一侧可以解出最值（同时消去一元），进而多变量恒成立问题就转化为传统的恒成立问题了。

（2）将参数与变量进行分离，即不等号一侧只含有参数，另一侧是双变量的表达式，然后按所需求得双变量表达式的最值即可。

例1：已知函数()x x f x e ae -=-，若'()f x ≥恒成立，则实数a 的取值范围是_______思路：首先转化不等式，'()x xf x e ae -=+，即x xa e e +≥a 与xe便于分离，考虑利用参变分离法，使,a x 分居不等式两侧，()2x x a e ≥-+，若不等式恒成立，只需()()2maxx xa e≥-+，令()()(223x xxg x ee =-+=-+（解析式可看做关于x e 的二次函数，故配方求最值）()max 3g x =，所以3a ≥ 答案：3a ≥例2：已知函数()ln a f x x x=-，若()2f x x <在()1,+∞上恒成立，则a 的取值范围是_________思路：恒成立的不等式为2ln ax x x-<，便于参数分离，所以考虑尝试参变分离法 解：233ln ln ln ax x x x a x a x x x x-<⇔-<⇔>-，其中()1,x ∈+∞ ∴只需要()3maxln a x x x >-，令()3ln g x x x x =-'2()1ln 3g x x x =+- （导函数无法直接确定单调区间，但再求一次导即可将ln x 变为1x，所以二阶导函数的单调性可分析，为了便于确定()'gx 的符号，不妨先验边界值）()'12g =-，()2''11660x g x x x x-=-=<，（判断单调性时一定要先看定义域，有可能会简化判断的过程） ()'gx ∴在()1,+∞单调递减，()()''10()g x g g x ∴<<⇒在()1,+∞单调递减()()11g x g ∴<=- 1a ∴≥- 答案：1a ≥-小炼有话说：求导数的目的是利用导函数的符号得到原函数的单调性，当导函数无法直接判断符号时，可根据导函数解析式的特点以及定义域尝试在求一次导数，进而通过单调性和关键点（边界点，零点）等确定符号。

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2x 项的系数a 的符号分类，即0,0,0<=>a a a ; 例1 解不等式：()0122>+++x a ax分析：本题二次项系数含有参数，()044222>+=-+=∆a a a ，故只需对二次项系数进行分类讨论。

解：∵()044222>+=-+=∆a a a解得方程 ()0122=+++x a ax 两根,24221a a a x +---=aa a x 24222++--=∴当0>a 时,解集为⎪⎭⎪⎬⎫⎪⎩⎪⎨⎧+---<++-->a a a x a a a x x 242242|22或当0=a 时，不等式为012>+x ,解集为⎭⎬⎫⎩⎨⎧>21|x x 当0<a 时, 解集为⎪⎭⎪⎬⎫⎪⎩⎪⎨⎧+---<<++--a a a x a a a x 242242|22例2 解不等式分析 因为0≠a ，0>∆，所以我们只要讨论二次项系数的正负。

解 ()()032)65(2>--=+-x x a x x a Θ∴当0>a 时，解集为{}32|><x x x 或；当0<a 时，解集为{}32|<<x x二、按判别式∆的符号分类，即0,0,0<∆=∆>∆； 例3 解不等式042>++ax x分析 本题中由于2x 的系数大于0,故只需考虑∆与根的情况。

解：∵162-=∆a∴当()4,4-∈a 即0<∆时，解集为R ； 当4±=a 即Δ＝0时，解集为⎭⎬⎫⎩⎨⎧≠∈2a x R x x 且；当4>a 或4-<a 即0>∆,此时两根分别为21621-+-=a a x ，21622---=a a x ，显然21x x >,∴不等式的解集为⎪⎭⎪⎬⎫⎪⎩⎪⎨⎧----+->21621622a a x a a x x 〈或例4 解不等式()()R m x x m ∈≥+-+014122解 因,012>+m ()()2223414)4(m m -=+--=∆所以当3±=m ，即0=∆时，解集为⎭⎬⎫⎩⎨⎧=21|x x ； 当33<<-m ，即0>∆时，解集为⎪⎭⎪⎬⎫⎪⎩⎪⎨⎧+--+-+>1321322222m m x m m x x 〈或； 当33>-<m m 或，即0<∆时，解集为R 。

乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸乸思路探寻含参不等式恒成立问题的常见命题形式有：（1）证明含参不等式恒成立；（2）在确保某个含参不等式恒成立的情况下，求参数的取值范围；（3）在已知变量的约束条件的情况下，求含参不等式中参数的取值范围.含参不等式恒成立问题具有较强的综合性，其解法灵活多变，常常令考生头疼不已.对此，笔者将结合实例，介绍求解含参不等式恒成立问题的几个“妙招”.一、分离参数分离参数法是求解含参不等式恒成立问题的常用方法，该方法适用于求参数和变量可分离的情形.运用分离参数法解题的一般步骤为：1.根据不等式的性质将参数分离出来，得到一个一端含有参数、另一端含有变量的不等式；2.将含有变量一侧的式子当成一个函数，判断出函数的单调性，并根据函数的单调性求出函数在定义域内的最值；3.将问题进行等价转化，建立新的不等式，如将a ≥f (x )恒成立转化为a ≥f (x )max ；将a ≤f (x )恒成立转化为a ≤f (x )min .例1.已知函数f (x )=1+ln xx，当x ≥1时，不等式f (x )≥k x +1恒成立，求实数k 的取值范围.解：由f (x )≥k x +1，得1+ln x x ≥k x +1,将其变形可得(x +1)(1+ln x )x≥k ，设g (x )=(x +1)(1+ln x )x，则g ′(x )=[(x +1)(1+ln x )]′·x -(x +1)(1+ln x )x 2=x -ln xx 2,令h (x )=x -ln x ，则h ′(x )=1-1x,当x ≥1时，h ′(x )≥0，所以函数h (x )在[)1,+∞上单调递增，所以h (x )min =h (1)=1>0，从而可得g ′(x )>0，故函数g (x )在[)1,+∞上单调递增，所以g (x )min =g (1)=2，因此k 的取值范围为k ≤2.观察不等式1+ln x x ≥k x +1，发现参数k 可以从中分离出来，于是采用分离参数法，先将参数、变量分离，使不等式变形为(x +1)(1+ln x )x≥k ；再构造函数g (x )，对其求导，根据导函数与函数的单调性判断出函数的单调性，即可求出g (x )在x ∈[)1,+∞上的最小值，使k ≤g (x )min ，即可得到实数的取值范围.通过分离参数，便将含参不等式恒成立问题转化为函数最值问题来求解，这样便可直接利用函数的单调性来解题.二、数形结合数形结合法是解答数学问题的重要方法.在解答含参不等式问题时，将数形结合起来，可有效地提升解题的效率.有些含参不等式中的代数式为简单基本函数式、曲线的方程、直线的方程，此时可根据代数式的几何意义，画出相应的几何图形，通过研究函数图象、曲线、直线、点之间的位置关系，确定临界的情形，据此建立新不等式，从而求得参数的取值范围.例2.已知f (x )=ìíî3x +6,x ≥-2,-6-3x ,x <-2,若不等式f (x )≥2x -m 恒成立，求实数m 的取值范围.解：由题意可设g (x )=2x -m ，则函数g (x )、f (x )的图象如图所示.要使对任意x ,f (x )≥g (x )恒成立，则需使函数f (x )的图象恒在g (x )图象的上方，由图可知，当x =-2时，f (x )的图象与g (x )的图象有交点，而此时函数f (x )取最小值，即f (-2)=0，因此，只需使g (-2)=-4-m ≤0，解得m ≥-4.故实数m 的取值范围为m ≥-4.函数f (x )与g (x )都是常见的函数，容易画出其图象，于是采用数形结合法，画出两个函数的图象，将问题转化为函数f (x )的图象恒在g (x )图象的上方时，求参数的取值范围.运用数形结合法求解含参不等式恒成立问题，需将数形结合起来，将问题进行合理的转化，如若对∀x ∈D ,f (x )<g (x )恒成立，则需确保函数f (x )的图象始终在g (x )的下方；若对∀x ∈D ,f (x )>g (x )恒成47立，则确保函数f(x)的图象始终在的上方即可.三、变更主元我们常常习惯性地将x看成是主元，把参数看成辅元.受定式思维的影响，在解题的过程中，我们有时会陷入解题的困境，此时不妨换一个角度，将参数视为主元，将x看作辅元，通过变更主元，将问题转化为关于新主元的不等式问题，这样往往能够取得意想不到的效果.例3.对任意p∈[-2,2]，不等式(log2x)2+p log2x+1> 2log2x+p恒成立，求实数x的取值范围.解：将不等式(log2x)2+p log2x+1>2log2x+p变形，得：p(log2x-1)+(log2x)2-2log2x+1>0，设f(p)=p(log2x-1)+(log2x)2-2log2x+1，则问题等价于对任意p∈[-2,2]，f(p)>0恒成立，由于f(p)是关于p的一次函数，所以要使不等式恒成立，只需使ìíîf(-2)=-2(log2x-1)+(log2x)2-2log2x+1>0, f(2)=2(log2x-1)+(log2x)2-2log2x+1>0,解得：x>8或0<x<12，故实数x的取值范围为x>8或0<x<12.若将x当成主元进行求解，那么解题的过程将会非常繁琐.由于已知p的取值范围，要求满足不等式条件的实数x的取值范围，所以考虑采用变更主元法，将p看成是主元，构造关于p的一次函数，根据函数的图象建立使不等式恒成立的不等式组，即可求出实数x的取值范围.通过变更主元，便可从新的角度找到解题的思路，从而化难为易.四、分类讨论当不等式左右两边的式子较为复杂，且含有较多的不确定因素时，就需采用分类讨论法来解题.用分类讨论法求解含参不等式恒成立问题，需先确定哪些不确定因素会对参数的取值有影响；然后将其作为分类的对象，并确定分类的标准，对每一种情形进行分类讨论；最后综合所有的结果，就可以得到完整的答案.例4.已知f(x)=x|x-a|-2，若当x∈[0,1]时，恒有f(x)<0成立，求实数a的取值范围.解：①当x=0时，f(x)=-2<0，不等式显然成立，此时，a∈R；②当x∈(0,1]时，由f(x)<0，可得x-2x<a<x+2x，令g(x)=x-2x,h(x)=x+2x，则g′(x)=1+2x2>0，可知g(x)为单调递增函数，因此g(x)max=g(1)=-1；则h′(x)=1-2x2<0，可知h(x)为单调递减函数，因此h(x)min=h(1)=3，此时-1<a<3.综上可得，实数a的取值范围为-1<a<3.本题的函数式中含有绝对值，需对x的取值进行分类讨论，即分为x=0和x∈(0,1]这两种情况进行讨论，建立使不等式恒成立的关系，如当x∈(0,1]时，需使æèöøx-2x max<a<æèöøx+2x min，即可解题.五、利用判别式法判别式法通常只适用于求解二次含参数不等式恒成立问题.运用该方法解题的一般步骤为：首先根据不等式的特点构造一元二次方程；然后运用一元二次方程的判别式对不等式恒成立的情形进行讨论、研究；最后得出结论.一般地，对于二次函数f(x)=ax2+bx+c (a≠0,x∈R)，有：（1）若对任意x∈R,f(x)>0恒成立，则ìíîa>0,Δ=b2-4ac<0;（2）对任意x∈R,f(x)<0恒成立，则{a<0,Δ=b2-4ac<0.例5.设f(x)=x2-2mx+2，当x∈[-1,+∞)时，f(x)≥m 恒成立，求实数m的取值范围.解：设F(x)=x2-2mx+2-m，令x2-2mx+2-m=0，则Δ=4m2-4(2-m)，当Δ≤0，即-2≤m≤1时，F(x)≥0显然恒成立；当Δ=4m2-4(2-m)>0时，F(x)≥0恒成立的充要条件为：ìíîïïïïΔ>0,F(-1)≥0,--2m2<-1,解得：-3≤m<-2，所以实数m的取值范围为-3≤m≤1.运用判别式法求解含参二次不等式恒成立问题，关键是确保在定义域范围内，二次函数F(x)的图象恒在x轴的上方或下方，根据方程F(x)=0无解，建立关于判别式的关系式.本文介绍了几种求解含参不等式恒成立问题的方法，这些方法的适用情形各不相同.但不论采用何种方法，都要对问题进行具体的分析，针对实际情况，选用最恰当的方法，才能达到事半功倍的效果.（作者单位：广东省东莞市第一中学）思路探寻48。

恒成立问题中含参范围的求解策略数学中含参数的恒成立问题，几乎覆盖了函数，不等式、三角，数列、几何等高中数学的所有知识点，涉及到一些重要的数学思想方法，归纳总结这类问题的求解策略，不但可以让学生形成良好的数学思想，而且对提高学生分析问题和解决问题的能力是很有帮助的，下面就几种常见的求解策略总结如下，供大家参考。

一、分离参数——最值化1 在给出的不等式中，如果能通过恒等变形分离出参数，即：a ≥f(x)恒成立,只须求出 ,则a ≥ ;若a ≤f(x)恒成立, 只须求出 ,则a ≤转化为函数求最值.例1 已知函数f(x)= ,若任意x ∈[2 ,+∞)恒有f(x)>0,试确定a 的取值范围. 解:根据题意得,x+−2>1在x ∈[2 ,+∞)上恒成立,即a>−+3x 在x ∈[2 ,+∞)上恒成立.设f(x)=-+3x .则f(x)=−+ ,当x=2时,=2 ,所以a>22在给出的不等式中，如果通过恒等变形不能直接解出参数，则可将两变量分别置于不等式的两边，即:若f(a)≥g(x)恒成立,只须求出g(x)最大值 ,则f(a)≥ .然后解不等式求出参数a 的取值范围; :若f(a)≤g(x)恒成立,只须求出g(x)最小值 ,则f(a)≤ .然后解不等式求出参数a 的取值范围.问题还是转化为函数求最值.例2 已知x ∈(−∞ ,1]时,不等式1++(a −)>0恒成立,求a 的取值范围.解 令=t ,∵x ∈(−∞ ,1] ∴t ∈(0 ,2].所以原不等式可化为<,要使上式在t ∈(0 ,2]上恒成立,只须求出f(t)=在t ∈(0 ,2]上的最小值即可. ∵f(t)==+=− 又t ∈(0 ,2] ∴∈[) ∴=f(2)=∴< , ∴−<a<例3 设c b a >>且ca mc b 1b a 1-≥-+-恒成立，求实数m 的取值范围。

解析：由于c a >，所以0c a >-，于是⎪⎭⎫ ⎝⎛-+--≤c b 1b a 1)c a (m 恒成立，因+≥⎪⎭⎫⎝⎛--+--++=⎪⎭⎫ ⎝⎛-+--+-=⎪⎭⎫ ⎝⎛-+--2c b b a b a c b 11c b 1b a 1)]c b ()b a [(c b 1b a 1)c a (.4cb b a b ac b 2=--⋅-- （当且仅当b a c b -=-时取等号），故4m ≤。

恒成立与存在性问题一、课堂目标1．熟练运用导数中恒成立问题和存在性问题的解法来解决原函数的最值问题．2．理解含参导数中的分类讨论与数形结合思想．【备注】【教师指导】1.本讲是导数部分的重难点内容，重点是让学生掌握单变量型函数的恒成立与存在性问题；难点是双变量型函数的恒成立与存在性问题；重点数学思想是让学生掌握构造法和参变分离法.2.本讲关联知识包括导数的概念及运算、导数与函数的单调性、极值与最值问题.二、知识讲解1. 单变量型【备注】【教师指导】什么是单变量型？比如：只含有一个变量的不等式叫做单变量不等式.知识精讲（1）恒成立问题①，恒成立②，恒成立③，恒成立④，恒成立（2）存在性问题①，成立②，成立③，成立④，成立知识点睛常用解题方法（1）构造法：转化为求含参函数的最值问题求解.构造法属于常用及通用方法，解题思路：将所给不等式构造成左边为含参函数，右侧是常数，通常是零，将左侧设计成函数，根据题意求解最值，恒常数．例如，证明不等式的问题转化为，进而构造辅助函数，然后利用导数研究函数的单调性，接着证明函数的最小值大于．（2）参变分离法：通过分离参数，转化为不含参数函数的最值问题求解．①解题思路：将所给不等式变形，将参数分离出来，使参数在不等式左侧，其他项移到右侧，右侧形成新的函数，根据题意求解新函数的最值，判断参数的范围.②参变分离只对部分函数适用，首先这个函数能将参数分离出来，其次分离出的函数是好求导，如果变形后发现新的函数特别繁琐，建议还是应用构造法．经典例题A. B.C. D.1.函数的定义域为，，对任意，，则的解集为（）．【答案】B【解析】方法一：方法二：因为函数的定义域为，，对任意，，则的导函数，所以在定义域内递增，那么，故函数值小于零的解集为．【备注】【教师指导】本题考查简单的构造法证明不等式恒成立问题，第一步：可构造函数，第二步：再进一步求导，判断单调性，第三步：已知，将带入到，，因此解集为（）（，）令，则，因为，所以，即，所以在上单调递增．又因为，所以，所以，所以的解集是．故选．【标注】【知识点】导数与单调性（1）（2）2.已知函数．求证：；若在区间上恒成立，求的最小值．【答案】（1）（2）证明见解析；的最小值为.【解析】（1）（2）要证：只需证明：在恒成立，当时，在上单调递减；当时，在上单调递增；当时在恒成立所以．-要使：在区间在恒成立，等价于：在恒成立，等价于：在恒成立因为==①当时，，不满足题意②当时，令，则或（舍）．【备注】【教师指导】第一问利用构造法求解恒成立问题，让学生更加深刻的理解构造法，要注意定义域.第二问同样是利用构造法，但是会涉及到前面所学的分类讨论问题，因此教师在讲解时要注意对于分类讨论的部分每一条都要写清楚，让学生掌握这类题目的解法.所以时，在上单调递减；时，在上单调递增；当时当时，满足题意所以，得到的最小值为.【标注】【知识点】利用导数解决不等式恒成立问题；利用导数求单调性证不等式巩固练习3.已知函数．若关于的不等式恒成立，求整数的最小值．【答案】（1）．【解析】（1）令．所以．（）当时，因为，所以．∴此时在上是递增函数．又．∴不能恒成立，即关于的不等式不能恒成立．∴这种情况不存在．（）当时，．∴当时，．当时，．∴函数的最大值为．令．∵，，又在上是减函数．∴当时，．所以整数的最小值为．【标注】【知识点】通过构造函数证明不等式；双变量问题；利用导数解决不等式恒成立问题经典例题4.已知函数，．若函数在处取得极值，对，恒成立，求实数的取值范围．【答案】（1）．【解析】（1）因为函数在处取得极值，所以解得,经检验满足题意．由已知,则令,则易得在上递减，在上递增,所以,即．【标注】【知识点】利用导数解决不等式恒成立问题；求函数单调区间（含参一次型导函数）【思想】分类讨论思想【备注】【教师指导】本题考查利用参变分离法证明不等式恒成立问题，先将代入，可将参数进行分离，不等式右边可看做一个新的函数，研究其单调性、最值.需要给学生明确遇到恒成立与存在性问题，实际则是对函数最值的求解，遇到含参函数需要对其单调性讨论，再求解最值.巩固练习5.已知函数，．若对恒成立，求实数的取值范围．【答案】（1）．【解析】（1）∵在上恒成立，∴，即，在上恒成立，令，，∴，令，，∴在上递增，在递减，∴，∴．【标注】【知识点】求函数单调区间（含参一次型导函数）；利用导数解决不等式恒成立问题经典例题6.已知函数．若对，使成立，求实数的取值范围（其中是自然对数的底数）．【答案】（1）的取值范围为．【解析】（1），，令，，，由，当时，，在单减，当时，，在单增，，；，∴在的最大值为，所以，，所以实数的范围为．【标注】【知识点】利用导数求函数的单调性、单调区间；利用导数解决不等式能成立问题【备注】【教师指导】1.本题考查利用参变分离法证明单变量不等式是能成立问题，也就是存在性问题，2.这道题用参变分离法会更简单，参变分离后，右侧形成的导数更容易求导，令其为一个新的函数，3.对新的函数求导，求单调性，再求最值.4.让学生明白能成立，即可.巩固练习（1）（2）7.已知，，其中是自然常数，．当时，求的极值．若有解，求的取值范围．【答案】（1）（2）极小值为，无极大值．．【解析】（1）（2）由题意，函数，则，∴当时，，此时为单调递减，当时，，此时为单调递增，∴当的极小值为，无极大值．∵，，所以在上有解，即在上有解，令，，∴，令，则，当时，，此时为单调递增，当时，，此时为单调递减，∴，∴实数的取值范围是．【标注】【知识点】求解函数极值；利用导数求函数的最值；利用导数证明不等式能成立问题2. 双变量型知识精讲（1）恒成立问题①，恒成立②，恒成立（2）存在性问题①，成立②，成立③，，成立④，，成立⑤，，成立知识点睛常用解题方法（1）构造法根据结构特点，把一个变量看成主元，另一个变量看成副元去构造关于主元的函数.（2）参变分离法根据式子结构特点，先进行参变分离，构造辅助函数，通过对辅助函数性质的研究，来求解参变量取值范围.经典例题（1）（2）（3）8.已知函数，．当时，求函数的极值．当时，讨论函数单调性．是否存在实数，对任意的，，且，有恒成立？若存在，求出的取值范围；若不存在，说明理由．【答案】（1）（2）（3）时，；时，．当时，增区间为，，减区间为；当时，增区间为，无减区间；当时，增区间为，，减区间为．存在，．【解析】（1）（2）当时，，．当或时，，单调递增；当时，，单调递减，所以时，；时，．当时，【备注】【教师指导】本题第一问，带入知求解即可第二问，导函数属于能分解的二次函数型，讨论两根大小第三问考查双变量的恒成立问题.可先构造函数，再进行参变分离，再进行单调性的分析，从而求得最值，得到参数的范围.极大值极小值极大值极小值（3），①当 ，即时，由可得或，此时单调递增；由可得 ，此时 单调递减；②当 ，即时，在上恒成立，此时单调递增；③当，即时，由可得或，此时单调递增；由可得，此时 单调递减．综上：当 时，增区间为， ，减区间为；当 时，增区间为，无减区间；当时，增区间为，，减区间为．假设存在实数 ，对任意的 ，，且，有恒成立，不妨设，则由恒成立可得：恒成立，令，则 在上单调递增，所以 恒成立，即 恒成立，∴ ，即恒成立，又 ，∴在时恒成立，∴，∴当 时，对任意的 ，，且，有恒成立．【标注】【知识点】直接求函数的极值（不含参）；求函数单调区间（含参二次型导函数）；利用导数解决不等式恒成立问题巩固练习（1）（2）9.设，．令，求的单调区间．若任意，且，都有恒成立，求实数的取值范围．【答案】（1）（2）单调递减区间为，无单调递增区间．．【解析】（1）（2）由题意知，，令，则，令，解得，令，解得，故在上单调递增，在上单调递减，，取得极大值，也是最大值为，故，在上递减，所以的单调递减区间为，无单调递增区间．已知可转化为时，恒成立，令，则在上为单调递增的函数，故恒成立，即恒成立，令，则，∴当时，，在上单调递减，，即，故实数的取值范围是．【标注】【知识点】利用导数求函数的最值；二阶导问题；通过构造函数证明不等式；利用导数证明不等式恒成立问题；双变量问题；利用导数求函数的单调性、单调区间经典例题10.已知函数，，若，，使得成立，求的取值范围．【备注】【教师指导】本题考查双变量存在性证明不等式问题，本题建议教师用两种方法为学生讲解，一种是整体构造法，一种是参变分离法.让学感受各类题目的不同解法.更难一些的题目在【题集】中可选择.【答案】．【解析】由分析可知，只需取到的最小值即可．而．接下来有两个解法：解法一：整体法．易知只需取到的最大值，而，，考虑到此时，进行如下分类：①若，则，单调递增，在处取到最大值；②若，则，单调递减，在处取到最大值；③若，则在上单调递减，上单调递增，此时在或处取到最大值．综上所述，的最大值为或．∴只需且，解得．解法二：参变分离．此时是存在，使得，考虑到是正数，故：，而在上是单调增函数，故其最大值为，∴．【标注】【知识点】导数与最值巩固练习11.已知函数，，若任意，存在，使，则实数的取值范围是．【答案】【解析】，在上单增，若，则，问题转化为，使，即在上能成立，即在上至少有一个实数解，而，∴得，故．【标注】【知识点】利用导数证明不等式能成立问题（1）（2）12.已知函数．若函数在上为减函数，求实数的最小值．若，，使成立，求实数的取值范围．【答案】（1）（2）实数的最小值为．．【解析】（1）方法一：（2）∵在上为减函数，∴在上恒成立，∴恒成立，∴，即实数的最小值为．∵，，使，∴，，∵，，∴当时，取得最大值，∴，∴，，亦即，设，要使得，只需满足，∵，且当时，，，∴，在上单调递减，∴，则，方法二：∴实数的取值范围是．命题“若，，使成立”，即，由（）得，时，，问题等价于当，时，有．当时，由（）得，在上为减函数，∴，∴．当时，由于在上为增函数，所以．（i ）若，即，在上恒成立，故在上为增函数，所以，，不合，舍．（ii ）若，即，由的单调性和值域知，存在唯一的，使得，，，为减函数，，，为增函数，所以，，．，不合题意．综上，．【标注】【知识点】双变量问题；利用导数解决不等式能成立问题；隐零点问题三、思维导图你学会了吗？画出思维导图总结本节课所学吧！【备注】四、出门测（1）（2）13.已知函数，，．讨论的单调区间．若恒成立，求的取值范围．【答案】（1）（2）当时，的单调减区间是，无单调增区间；当时，的单调减区间是，单调增区间是．．【解析】（1）（2），，当时，即时，在上恒成立，所以的单调减区间是，无单调增区间，当时，即时，由得，由，得，所以的单调减区间是，单调增区间是．由题意，，恒成立，，，，，．①时，，在递增，∴，，舍去；②时，，在递减，∴，，成立；③时，，，∴，．递增，舍去．综上，．【标注】【知识点】利用导数解决不等式恒成立问题。

不等式恒成立、存在性问题的解题方法一、常见不等式恒成立问题解法1、用一次函数的性质对于一次函数],[,)(n m x b kx x f ∈+=有：⎩⎨⎧<<⇔<⎩⎨⎧>>⇔>0)(0)(0)(,0)(0)(0)(n f m f x f n f m f x f 恒成立恒成立 例1：若不等式)1(122->-x m x 对满足22≤≤-m 的所有m 都成立，求x 的范围。

解析：我们可以用变换主元的方法，将m 看作主变元，即将原不等式化为：0)12()1(2<---x x m ，；令)12()1()(2---=x x m m f ，则22≤≤-m 时，0)(<m f 恒成立，所以只需⎩⎨⎧<<-0)2(0)2(f f 即⎪⎩⎪⎨⎧<---<----0)12()1(20)12()1(222x x x x 所以x 的范围是231,271(++-∈x 。

2、利用一元二次函数判别式对于一元二次函数),0(0)(2R x a c bx ax x f ∈≠>++=有：（1）R x x f ∈>在0)(上恒成立00<∆>⇔且a ；（2）R x x f ∈<在0)(上恒成立00<∆<⇔且a 例2：若不等式02)1()1(2>+-+-x m x m 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）01≠-m 时，只需⎩⎨⎧<---=∆>-0)1(8)1(012m m m ，所以，)9,1[∈m 。

3、分离变量法若所给的不等式能通过恒等变换使参数与主元分别位于不等式两端，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。

高二数学专题一：含参不等式及参数问题 知识精讲 人教版一. 本周教学内容：专题一：含参不等式及参数问题二. 重点、难点：含参数的不等式有着丰富的内容，解决含参数不等式的问题不仅需要很熟练的运算能力，而且还需要有明确的数学思想指导，灵活深刻的思维品质。

应注意以下几个问题： 1. 解含有参数的不等式。

2. 已知不等式成立的条件，求参数的X 围。

3. 不等式恒成立，能成立，恰成立的问题。

【典型例题】[例1] 解不等式012>+-x x ax 。

解：0)1(2>+-⇔x x ax（1）当0=a 时，0)1(>-x x 解为)1,0(∈x（2）当0>a 时，0)11(2>+-⋅ax a x xa a 412-=∆①),41(∞+∈a 时，解为),0(∞+∈x②41=a 时，解为),2()2,0(∞+⋃∈x③)41,0(∈a 时，解为),2411()2411,0(∞+-+⋃--∈a a a a x （3）0<a 时，0)11(2<+-x a x a x 0412>-=∆a a解为：)2411,0()2411,(aaa a --⋃-+-∞ [例2] 设na n n x f x x x x ⋅+-++++=)1(321lg )( ，其中R a ∈，2≥n ，*N n ∈，n为常数。

若)(x f 在（∞-，1）上成立，求a 的取值X 围。

解：依题意：0)1(21>+-+++nan n x x x 即0)1(21>+-++a n n x x x ])1()2()1[(x x x n n n n a -+++-> 令])1()1[()(xx nn n x g -++-=x n y )1(=↓……↓-=x nn y )1(∴)(x g y = R 上↑∴∈x （∞-，1） 21)1(max ng y -== ∴21n a ->∴∈a （21n-，∞+） [例3] }09log 5log 1|{<-+=x x x A ，}0)2(2|{2<+--=a a x x x B ，若B B A =⋃，求a 的取值X 围。

利用导数解决含参不等式参数取值范围问题的策略广东省中山市中山纪念中学(528454) 李文东含参不等式恒成立问题，特别是利用导数解决含参关系式恒成立求参数的取值范围这一问题经常出现在高考试题中，是高考的重点也是难点.解决这一类问题需要用到函数与方程思想、转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论等数学思想，能够很好的反映学生的数学素养.下面结合例题具体谈谈此类问题的求解策略.策略一 不等式(,)0f x a …恒成立⇔min (,)0f x a …，合理分类讨论求最值. 例1 (2010年高考新课标卷理科)设函数2()1x f x e x ax =---，a R ∈.若当0x ≥时，()0f x ≥恒成立，求a 的取值范围.解 因为()12xf x e ax '=--，它比较复杂，考虑进一步求导：()"2f x ex a =-，显然()"f x 递增，故当0x ≥时，()"12min f x a =-.于是(1)当21a ≤，即12a ≤时，()"0f x ≥，所以()'f x 在[)0,+∞单调递增，所以()'f x ≥ ()00f '=，即() '0f x ≥，所以()f x 在[)0,+∞单调递增，所以()()00f x f ≥=.(2)当21a >，即12a >时，令''()20x f x e a =-=，解之得ln 2x a =.当()0,ln 2x a ∈时，()"0f x <，()'f x 为单调递减函数；又因为()'00f =，所以()0,ln 2x a ∈时，()'0f x <，所以()f x 在区间()0,ln 2a 是单调递减函数.又()00f =，所以()0,ln 2x a ∈时，()0f x <不符合题意要求.综上所述，实数a 的取值范围为1,2⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦. 评注 (1)分类讨论的难点在于分类标准的确定，目标就是确定导函数的符号，一般要结合导函数的具体形式来确定.如果导函数的符号能等价转化为一个二次函数的符号，则常见的讨论标准如下：1.讨论是否是二次函数；2.讨论零点的存在与否；3.讨论零点是否在定义域之内；4.讨论零点的大小关系；5.讨论二次函数的开口方向.(2)本例中()12x f x e ax '=--比较复杂，为了研究其符号，关键还是弄清楚其单调性，故继续对其求导后根据()""2f x e a =-的符号来确定讨论标准.策略二 分离参数避免分类讨论，快速求解.例2 (2013年高考全国新课标卷)已知函数2()f x x ax b =++，()()xg x e cx d =+，若曲线()y f x =和曲线()y g x =都过点()0,2P ，且在点P 处有相同的切线42y x =+.(1)求a ，b ，c ，d 的值；(2)若2x ≥-时，()()f x kg x ≤，求k 的取值范围.解 (1)4a =，2b c d ===.(2)2x ≥-时，()()f x kg x ≤，即242(22)xx x ke x ++≤+. 故当1x >-时，220x >＋，于是分离参数后有2422(1)x x x k e x +++…，令242()(1)x x x h x e x ++=+，则22(2)'()(1)x x x h x e x +=-+，可知当,0()1x ∈-时，()0h x '>，()h x 递增；,()0x ∈+∞时，()0h x '<，()h x 递减；于是()()max 2021k h x h k ≥==⇒≥；而当21x -≤<-时，220x +<，于是有2422(1)x x x k e x +++≤，可知当)2(1x ∈--，时，()0h x '>，()h x 递增；于是22min 2()(2)2k h x h e k e ≤==⇒-≤.综上，k 的取值范围为21k e ≤≤.评注 本题是一个典型的利用分离参数法求解参数取值范围的例子，分离中需要注意分母函数()g x 的符号，分离参数的目的就是避免复杂的分类讨论而达到快速求解!策略三 利用必要条件或端点效应缩小参数的范围.例3 (2014年高考全国新课标卷)已知函数()2x x f x e e x -=--.(1)讨论()f x 的单调性；(2)设()()()24g x f x bf x =-，当0x >时，()0g x >，求b 的最大值.解 (1)略.(2)注意到()00g =，要使当0x >时，()0g x >，则必存在00x >，当0()0x x ∈,时，()g x 递增，也即有：当0()0x x ∈,时，()0g x '≥，从而必有：()'00g ≥.而22'()2'(2)4'()2(2)4(2)x x x x g x f x bf x e e b e e --=-=+--+-.注意到()'00g =，从而同理必有()"00g ≥.而22)''()4()4(x x x x g x ee b e e --=---，注意到()"00g =，从而同理必有()"'00g ≥.而 22'''())8()4(x x x x g x e e b e e --=+-+，于是()()'''08202g b b =-≥⇒≤.而当2b ≤时，()()()24g x f x bf x =-()()()28f x f x h x ≥-=，222()2()8()122(2)'0x x x x x x h x e e e e e e ---=+-++=+->，故()h x 递增，又()00h =，于是()0h x >，也即有()0g x >成立.综上，b 的最大值为2.评注 端点效应是指：对于[]x a b ∀∈,，()0f x ≥，且()0f a =.则必然0()x a b ∃∈,，当0,[]x a x ∈时()f x 递增，从而有0,[]x a x ∈时，()'0f x ≥成立，特别有()'0f a ≥这一必要条件得出参数的范围，然后说明这一范围的充分性即可，这样既避免了分类讨论，也可避免了分离参数后函数很复杂且有时需要用到罗必塔法则的情形.实际操作中，若不满足这一条件，我们也可以在自变量的范围内取一特定值，缩小参数的取值范围，减少分类讨论的种类!策略四 分离函数，数形结合，转化为两函数图像的关系.例4 若不等式()2ln 2ax x a x x -≥-对1[)x ∀∈+∞,恒成立，求a 的取值范围.解 方法一 因为不等式2ln (2)ax x a x x -≥-对1[)x ∀∈+∞,恒成立，所以2()a x x lnx -≥对1[)x ∀∈+∞,恒成立.当1x =时，不等式显然成立，当1x >时，20x x ->，ln 0x >，故0a >.2()()g x a x x =-，()ln f x x =作出两函数的图像，如图1.图1当()f x 与()g x 在1x =处相切时，()()1g x x >图像恰好位于()()1f x x >图像的上方，此时()()'11f g ='，即1a =，结合图像可知，所求a 的取值范围为1a ≥.评注 本法是转化为两曲线的情况.顺着这个思路，本题还有以下两种解法.方法二 因为不等式2ln (2)ax x a x x -≥-对1[)x ∀∈+∞,恒成立，所以2()a x x lnx -≥对1[)x ∀∈+∞,恒成立，也即(1)ln x a x x-≥对1[)x ∀∈+∞,恒成立.令x (n )l f x x =，则21ln '()x f x x -=，可知()f x 在(1)e ,上递增，()e +∞,上递减.如图2，故当直线()1y a x =-位于()f x 在1x =处的切线及其上方时，不等式恒成立，从而 ()'11a f ≥=.图2图3 方法三 因为不等式2ln (2)ax x a x x -≥-对1[)x ∀∈+∞,恒成立，所以ln 1ax x x ≥-对1()x ∀∈+∞,恒成立. 令ln ()1f x x x =-，则211ln '()(1)x x f x x --=-.令1()1ln g x x x =--，则211'()g x x x=- 210(1)x x x-=≤≥，故()g x 递减，于是()()10g x g ≤=，进一步有()'0f x ≤，从而()f x 在(1)+∞,上递减，由于()f x 在1x =处没有意义，因此需要用到洛必达法则，1111l lim ()lim lim 111n x x x f x x x x →→→===-.如图3，当直线y ax =过点(1)1,时恰好满足题意，所求a 的取值范围为1a ≥.例5 已知函数()()ln 1f x x a x =-+，若对任意的]2[1x ∈，，2()f x x ≥恒成立，求实数a 的取值范围.解 2()f x x ≥，即22ln(1)ln(1)x a x x x x x a ⇒-≥-+≥+对任意的]2[1x ∈,恒成立.因为]2[1x ∈,时，20x x -≤，()ln 10x +>，故0a ≤，从而函数()ln 1y a x =+和函数2y x x =-都在[1]2,上递减，且它们的凹凸性相反.在同一坐标系下作出两函数的图像，如图4，可知当函数()ln 1y a x =+满足在2x =时，2y ≤-即可，即2ln 32ln 3a a ≤-⇒-….图4评注 分离函数可看作分离参数法的推广，分离函数时，可以尽量从多个角度尝试不同的分离方式，只要分离后的函数比较简单即可.策略五 等价变换，巧妙转化.例6 (广东省2019届高三六校联考)已知函数ln 2()x f x x+=. (1)求函数()f x 在[1,)+∞上的值域；(2)若1,[)x ∀∈+∞，()ln ln 424x x ax +≤+恒成立，求实数a 的取值范围.解 (I)略.(2)令ln x t =，则()0tx e t =≥，不等式()ln ln 424x x ax +≤+等价于2442tt t ae ≤+-，分离参数后得：2442()t t t a g t e +-=…，(2)(4)'()t t t g t e -+=，可知函数()g t 在[0,2]上递增，在[2,)+∞上递减，于是max 282()g a t e =≥，故实数a 的取值范围为2[4),e +∞. 例7 若对任意0x >，1(1)2()ln ax a e x x x +≥+恒成立，求实数a 的取值范围.解 不等式1(1)2()ln ax a e x x x +≥+两边同乘以x 得：2(1)2(1)ln a x ax ex x +≥+，进一步有22(1)ln (1)ln a x a x e e x x +≥+.令()()l 1n f x x x =+，则原不等式等价于：2()()ax f e f x ≥.又易知()f x 在(0,)+∞上递增，故2a x e x ≥，分离参数可得：ln 2a x x ≥⋅.令n (l )g x x x =，易知()g x 在(0,)e 上递增，在(),e +∞上递减，故max 22()a g x e ≥⋅=. 评注 当函数()f x 比较复杂时，我们可以对其进行等价变换，比如换元法，同构法等，使得问题达到简化的目的!以上是导数解决函数恒成立求参数取值范围问题的一般策略.一般来说，从解题的复杂程度来说选择的步骤是：数形结合，分离函数→分离参数→端点效应→合理转化→分类讨论.当然以上顺序也不是一成不变的，还是要具体情况具体分析.最后结合分离函数法来简单谈一下作为一个教师怎么编制出恒成立问题的试题.我们可以利用一些常见的曲线和直线来构造恒成立问题，特别是直线过曲线上的定点或者直线就是曲线在某点处的切线时.比如我们可以编制如下问题：(1)函数()ln f x x =在1x =处的切线方程为1y x =-，于是我们可以这样出题：当1x >时，()ln 1x a x <-恒成立，求a 的取值范围(答案：1a ≥)；(2)函数()()()ln 11f x x x =-+在0x =处的切线方程为y x =，于是我们可以这样出题：当0x >时，()()1ln 1x x ax -+<恒成立，求a 的取值范围(答案：1a ≥).我们还可以将本文中的例4稍加改编得到如下比较有趣的一道题：(3)若不等式2ln (2)ax x a x x -≥-对0,()x ∀∈+∞恒成立，求a 的取值范围.结合文章中的解法，不难知道所求a 的取值范围为1a =，它只有一个值满足要求!。

恒成立条件下参数问题的求解策略〔关键词〕恒成立条件；参数；不等式；函数值域；等价转化；分离参数；主参互换所谓恒成立条件下参数的范围是指某个含参数的数学对象在给定条件下的参数允许取值的全体.求参数范围的本质则是根据条件寻求对参数的限制，再由这种限制得出参数范围.参数的范围一般用不等式表示，这样寻求对参数的限制可优先考虑，化归为关于参数的不等式（组）.当然，若所求为另一个变量的函数时，可考虑借助函数值域或范围.求参数范围的一般步骤为：１.由给定条件寻找对参数的限制；２.将对参数的限制化归为不等式（组）或函数的值域；３.由不等式（组）在寻找参数的范围时，可充分考虑利用判别式法、基本不等式法、数形结合法等.在将限制条件划归为不等式（组）或函数值域时常用等价转化、分离参数、主参互换、数形结合等方法.下面通过几个例题对这些方法作以展示，希望对读者有所启示.等价转化有些题目直接入手解决往往比较复杂，但若对题设中的式子作以等价转化，则可以化繁为简，易于问题的解决.例1：设对所有实数x，不等式x2log2+2xlog2+log2＞0恒成立，求a的取值范围.分析：此题直接求解比较麻烦，若令log2=t，则原式可化为（3+t）x2-2xt+2t ＞0恒成立，经过分析可求解.解：设log2=t，则欲使已知不等式大于0恒成立，只需（3+t）x2-2xt+2t＞0恒成立，即3x2+[（x-1）2+1]t＞0恒成立，故只需t＞0，即log2＞0，解得0＜a ＜1.分离参数法对于有些问题若能将已知式子中的未知数和参数分离开来，则可通过求函数的值域求出参数的取值范围.例2：已知函数f（x）=，x∈[1，+∞），若对任意x∈[1，+∞），f（x）＞0恒成立，试求实数a的取值范围.分析：此题可先经过等价转化，由区间[1，+∞）上，f（x）＞0恒成立?圳x2+2x+a＞0恒成立，然后将不等式分离参数得g（a）＞f（x）恒成立，再求得f（x）的最大值f（x）max，由g（a）＞f（x）max得a的取值范围.解：在区间[1，+∞）上，f（x）＞0恒成立?圳x2+2x+a＞0恒成立.要使x2+2x+a ＞0恒成立，只需a＞-x2-2x=-（x+1）2+1恒成立.由二次函数的性质可得-（x+1）2+1≤-3，故a＞-3.利用函数的最值例3：同例2.分析：此题可等价转化为在区间[1，+∞）上x2+2x+a＞0恒成立，令y=x2+2x+a，x∈[1，+∞），判断y=x2+2x+a在区间[1，+∞）上的单调性从而求出ymin=3+a，再根据ymin=0时f（x）＞0恒成立解得a的取值范围.解：在区间[1，+∞）上f（x）＞0恒成立?圳x2+2x+a＞0恒成立.因为函数y=x2+2x+a=（x+1）2+a-1在区间[1，+∞）上为增函数，所以当x=1时，ymin=3+a.于是当且仅当ymin=3+a＞0时，f（x）＞0恒成立，即有a＞-3.利用函数的单调性通过研究函数的单调性确定函数的值域，从而求出参数的范围也是解此类题目常用的方法.例4：同例2.分析：先将f（x）=，x∈[1，+∞）化简为f（x）=x++2，x∈[1，+∞），再通过判断此函数的单调性求出f（x）min=3+a，进而求得a的取值范围.解：f（x）=x++2，x∈[1，+∞），当a≥0时，函数f（x）的值恒为正；当a ＜0时，y=x+2与y=在[1，+∞）上均为增函数.所以f（x）=x++2在x∈[1，+∞）上为增函数，故当x=1时，f（x）min=3+a.于是当且仅当f（x）min=3+a＞0时，f（x）＞0恒成立.故a＞-3.主参互换在求参数范围时，如果直接求解较为困难，那么在已知条件中将参数和未知数进行换位，则可使问题迎刃而解.例5：已知方程ax2-2（a-3）x+a-2=0中的a为负整数，试求使方程恒有整数解时a的取值范围.分析：可将关于x的二次方程通过变更主元化为关于参数a的一次方程，由方程得（x2-2x+1）a+6x-2=0，再根据a的取值范围求得x的取值范围，从而确定x的取值，再经过讨论可求得a的取值范围.解：因为ax2-2（a-3）x+a-2=0，所以（x-1）2a=2-6x.显然x≠1，得a=.（1）∵a为负整数，∴a≤-1.故≤-1，即x2-8x+3≤0，解得4-≤x≤4+.因此，x的整数值只能为2、3、4、5、6、7，逐个代入（1）式中，可知x=2时，a=-10；x=3时，a=-4.故当a为-4或-10时，方程恒有整数解.注：此解通过变更主元将关于x的二次方程转化为关于a的一次方程，起到了降次、化简的功效，更是避免了不必要的分类讨论.构造函数法根据题目中所给的含参不等式的结构特征构造适当的函数，并利用函数的性质可求参数的范围.例6：已知不等式++…+＞loga（a-1）+对于大于1的一切自然数n恒成立，试求参数a的取值范围.分析：根据题目所给的不等式的特点构造函数f（n）=++…+，并通过判断此函数的单调性求出f（n）的最小值为f（2）=，由f（n）＞loga（a-1）+对于大于1的一切自然数n恒成立，必须有loga（a-1）+＜，从而可求得a的取值范围.解：构造函数f（n）=++…+，则f（n+1）-f（n）=+-=＞0.由此可知，关于n（n＞1，n∈N）的函数f（n）在[2，+∞）上是单调递增函数.又∵n是大于1的自然数，∴f（n）≥f（2）=.故要使f（n）＞loga（a-1）+对于大于1的一切自然数n恒成立，必须有loga （a-1）+＜.∴loga（a-1）＜-1，∴a∈（1，）.。

不等式恒成立问题中的参数求解技巧在不等式中，有一类问题是求参数在什么范围内不等式恒成立。

恒成立条件下不等式参数的取值范围问题，涉及的知识面广，综合性强，同时数学语言抽象，如何从题目中提取可借用的知识模块往往捉摸不定，难以寻觅，是同学们学习的一个难点，同时也是高考命题中的一个热点。

其方法大致有：①用一元二次方程根的判别式，②参数大于最大值或小于最小值，③变更主元利用函数与方程的思想求解。

本文通过实例，从不同角度用常规方法归纳，供大家参考。

一、用一元二次方程根的判别式有关含有参数的一元二次不等式问题，若能把不等式转化成二次函数或二次方程，通过根的判别式或数形结合思想，可使问题得到顺利解决。

例1 对于x∈R，不等式恒成立，求实数m的取值范围。

解：不妨设，其函数图象是开口向上的抛物线，为了使，只需，即，解得。

变形：若对于x∈R，不等式恒成立，求实数m的取值范围。

变形：此题需要对m的取值进行讨论，设。

①当m=0时，3>0，显然成立。

②当m>0时，则△<0。

③当m<0时，显然不等式不恒成立。

由①②③知。

关键点拨：对于有关二次不等式（或<0）的问题，可设函数，由a的符号确定其抛物线的开口方向，再根据图象与x轴的交点问题，由判别式进行解决。

例2 已知函数，在时恒有，求实数k的取值范围。

例2 解：令，则对一切恒成立，而是开口向上的抛物线。

①当图象与x轴无交点满足△<0，即，解得－2<k<1< span="">。

</k<1<>②当图象与x轴有交点，且在时，只需由①②知关键点拨：为了使在恒成立，构造一个新函数是解题的关键，再利用二次函数的图象性质进行分类讨论，使问题得到圆满解决。

二、参数大于最大值或小于最小值如果能够将参数分离出来，建立起明确的参数和变量x的关系，则可以利用函数的单调性求解。

恒成立，即大于时大于函数值域的上界。

含参不等式恒成立问题一般较为复杂.仅运用不等式的性质，往往很难找到使不等式恒成立的条件，使问题顺利得解.这就需要采用不同思路，如变换主元、分离参数、分类讨论等来解题.下面结合实例来谈一谈解答含参不等式恒成立问题的三种思路.一、变换主元变换主元法是指将问题中主元、参数的位置互换，即将参数视为主元，将主元视为参数进行求解的方法.运用变更主元法解答含参不等式恒成立问题，需先找出所要求证不等式中的变量与参数，然后将两者进行互换，得到新不等式，根据新主元的取值或者限制条件，列出满足题意的不等式或不等式组，从而解题.例1.对于任意-1≤a ≤1，x 2+()a -4x +()4-2a >0恒成立，则x 的取值范围为_____.解：设f ()a =()x -2a +()x 2-4x +4，a ∈[]-1,1，则问题等价于在a ∈[]-1,1时，f ()a >0恒成立，由一次函数的性质可得ìíîf ()-1>0，f ()1>0，解题宝典即{x2-5x+6>0，x2-3x+2>0，解得x<1或x>3，所以实数x的取值范围为()-∞,1⋃()3,+∞.将x和a进行变换，把a看作主元，构造关于a的函数f()a，便可采用变更主元法来解题.很显然f()a为一次函数，根据一次函数的性质，要使f()a>0恒成立，只需使[]-1,1上的所有函数值都大于0，建立关于x的不等式组，即可解题.二、分离参数分离参数法是解答含参不等式恒成立问题的重要方法.运用分离参数法求解不等式恒成立问题，需先将不等式进行变形，使参数分离，得到形如a≤f()x、a<f()x、a>f()x、a≥f()x的式子，只要使a≤f()x min、a<f()x min、a>f()x max、a≥f()x max，就能确保不等式恒成立.在求f()x的最值时，往往可根据导数的性质、函数的单调性，或利用基本不等式.例2.已知函数f()x=-x ln x+a()x+1，若f()x≤2a在[)2,+∞上恒成立，求a的取值范围.解：当x≥2时，由f()x≤2a可得a≤x ln xx-1，令g()x=x ln xx-1，x≥2，则g′()x=-ln x-x+1()x-12，令t()x=ln x-x+1，x≥2，则t′()x=1x-1，当x≥2时，t′()x<0，故t()x在[)2,+∞上单调递减，可得t()x max=ln2-1<0，所以g′()x=-ln x-x+1()x-12>0，则函数g()x在[)2,+∞上单调递增，可得a≤g()x min=g()2=2ln2，所以a的取值范围为(]-∞,2ln2.首先将不等式进行移项、变形，使参数a分离，得到a≤g()x.对函数g()x求导，根据导函数与函数的单调性之间的关系判断出函数g()x的单调性，求得函数g()x min，即可运用分离参数法，确定参数a的取值范围.三、分类讨论含参不等式恒成立问题中参数的取值往往不确定，因而在求解含参不等式恒成立问题时，需灵活运用分类讨论法，对参数或某些变量进行分类讨论，从而求得问题的答案.而确定分类讨论的标准是解题的关键，可根据一元二次方程的判别式大于、等于、小于0进行分类讨论；也可根据二次函数的二次项系数大于、小于0进行分类讨论；还可根据导函数值大于、等于、小于0进行分类讨论.例3.设f()x=x2-2mx+2，当x∈[)-1,+∞时，f()x≥m恒成立，求参数m的取值范围.分析：首先将不等式f()x≥m转化为F()x=x2-2mx+2-m≥0.要使F()x≥0，需使该函数在x∈[)-1,+∞上恒大于或等于0.由于x2-2mx+2-m=0为一元二次方程，只需讨论方程在x∈[)-1,+∞上的根的分布情况.而方程的根的分布情况主要由判别式确定，所以需采用分类讨论法，对方程的判别式与0之间的大小关系进行讨论.解：设F()x=x2-2mx+2-m，则问题等价于当x∈[)-1,+∞时，F()x≥0恒成立，①当Δ=4()m-1()m+2<0，即-2<m<1时，F()x>0恒成立，②当Δ≥0时，ìíîïïΔ≥0，F()-1≥0，--2m2≤-1，即ìíîïï4()m-1()m+2≥0，m+3≥0，--2m2≤-1，解得-3≤m≤-2，综上所述，参数m的取值范围为m∈[)-3,1.采用分类讨论的思路来求解含参不等式恒成立问题，一般可将参数或与参数相关的量定为分类讨论的对象，再根据题意确定分类讨论的标准，逐层、逐级进行讨论，最后综合所得的结果即可.相比较而言，第一种思路的适用范围较窄；第二、三种思路较为常用，但第三种思路解题的过程繁琐，且运算量较大.因此在解题时，同学们可首先尝试将参数分离，将问题转化为最值问题来求解；若行不通，再考虑运用变更主元、分类讨论的思路.（作者单位：安徽省砀山第二中学）解题宝典41。

不等式恒成立与有解问题解法归纳一、分离变换法： （一）分离参数法若在等式或不等式中出现两个变量，其中一个变量的范围已知，另一个变量的范围为所求，且容易通过恒等变形将两个变量分别置于等号或不等号的两边，即分离参数法。

基本步骤为：第一步 首先对待含参的不等式问题在能够判断出参数的系数正负的情况下，可以根据不等式 的性质将参数分离出来，得到一个一端是参数，另一端是变量表达式的不等式； 第二步 先求出含变量一边的式子的最值； 第三步 由此推出参数的取值范围即可得出结论. 分离参数法有以下几种类型： I.常规法分离参数所谓常规法分离参数，就是通过解不等式或解方程把参数解出来，再研究分离出来的函数的值域或最值，从而求出参数取值范围。

例、若函数f (x )＝x 3－tx 2＋3x 在区间[1,4]上单调递减，则实数t 的取值范围是( ) A.⎝⎛⎦⎤－∞，518 B ．(－∞，3] C.⎣⎡⎭⎫518，＋∞ D ．[3，＋∞)【解析】f′(x )＝3x 2－2tx ＋3，由于f (x )在区间[1,4]上单调递减，则有f ′(x )≤0在[1,4]上恒成立，即3x 2－2tx ＋3≤0，即t ≥32⎝⎛⎭⎫x ＋1x 在[1,4]上恒成立，因为y ＝32⎝⎛⎭⎫x ＋1x 在[1,4]上单调递增，所以t ≥32⎝⎛⎭⎫4＋14＝518【例】已知函数H (x )＝ln x x －λ()x 2－1，若对任意x ∈[1，＋∞)，不等式H (x )≤0，求实数λ的取值范围．【分析】H (x )≤0＝H (1)恒成立转化为H ′(x )＝ln x ＋1－2λx ≤0恒成立，再分离参数求解【解析】设函数H (x )＝ln x x －λ()x 2－1，从而对任意x ∈[1，＋∞)，不等式H (x )≤0＝H (1)恒成立．又H ′(x )＝ln x ＋1－2λx ，当H ′(x )＝ln x ＋1－2λx ≤0，即ln x ＋1x ≤2λ恒成立时， 函数H (x )单调递减．设r (x )＝ln x ＋1x ，则r ′(x )＝－ln xx 2≤0，所以r (x )max ＝r (1)＝1，即1≤2λ⇒λ≥12，符合题意；当λ≤0时，H ′(x )＝ln x ＋1－2λx ≥0恒成立，此时函数H (x )单调递增． 于是，不等式H (x )≥H (1)＝0对任意x ∈[1，＋∞)恒成立，不符合题意； 当0＜λ＜12时，设q (x )＝H ′(x )＝ln x ＋1－2λx ，则q ′(x )＝1x －2λ＝0⇒x ＝12λ＞1， 当x ∈⎝⎛⎭⎫1，12λ时，q ′(x )＝1x －2λ＞0，此时q (x )＝H ′(x )＝ln x ＋1－2λx 单调递增，所以H ′(x )＝ln x ＋1－2λx ＞H ′(1)＝1－2λ＞0，故当x ∈⎝⎛⎭⎫1，12λ时，函数H (x )单调递增． 于是当x ∈⎝⎛⎭⎫1，12λ时，H (x )＞0成立，不符合题意； 【变式训练】1、已知不等式2x ＋m ＋8x －1>0对一切x ∈(1，＋∞)恒成立，则实数m 的取值范围是________．2、设124()lg ,3x xa f x ++=其中a R ∈，如果(.1)x ∈-∞时，()f x 恒有意义，求a 的取值范围。

函数和不等式结的恒成立问题的解法“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恒成立问题的基本类型：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,有),0()(2R x a c bx ax x f ∈≠++=1）对恒成立; 0)(>x f R x ∈⎩⎨⎧<∆>⇔00a 2）对恒成立 0)(<x f R x ∈.00⎩⎨⎧<∆<⇔a 例1：若不等式的解集是R ，求m 的范围。

02)1()1(2>+-+-x m x m 例2 设函数f(x)＝ mx 2-mx-1．(1)若对于一切实数x ，f(x)＜0恒成立，求m 的取值范围；(2)对于x∈[1,3]，f(x)＜－m ＋5恒成立，求m 的取值范围二、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）恒成立a x f >)(min)(x f a <⇔2）恒成立a x f <)(max)(x f a >⇔例1、若时，不等式恒成立，求的取值范围。

[]2,2x ∈-23x ax a ++≥a 例2．设，当时，恒成立，求实数的取22)(2+-=mx x x f ),1[+∞-∈x m x f ≥)(m 值范围。

巩固．已知函数，若对任意，恒),1[,2)(2+∞∈++=x xa x x x f ),1[+∞∈x 0)(>x f 成立，求实数的取值范围。

a 练习2 已知，若恒成立，求a 的取值范围.a ax x x f -++=3)(22)(],2,2[≥-∈x f x 22210[0,1]x mx m x x m -++>∈练习1：若不等式对满足的所有实数都成立，求的取值范围。

含参不等式恒成立问题中参数取值范围的求解策略作者：刘飞来源：《理科考试研究·高中》2016年第01期含参不等式恒成立问题是高考中的热点问题，此类问题由于题型多样，有利于考查学生的综合解题能力，解答此类问题主要通过转化来解决问题.下面举几种常见的解答方法.一、分离参数此法是把不等式中的参数t与未知数x分离出来，得到t>f（x）或tf（x）max，或t例1已知对于任意x∈（0，1），不等式|loga（2-x）|>|loga（2+x）|-1恒成立，求实数a 的取值范围.解显然a>0且a≠1，当x∈（0，1）时，loga（2+x）>0，loga（2-x）>0，原不等式可化为lg2+x2-x所以2+x2-x=42-x-1∈（1，3），所以lg2+x2-x∈（0，lg3），因为对于任意的x∈（0，1），不等式lg2+x2-x所以|lga|≥lg3，解得a的范围是：a≥3或0二、联系二次函数如果原不等式可化为二次不等式型，可充分联系二次函数的图象及性质解决问题.例2当x∈[-2，2]时，不等式x2+ax+3-a≥0恒成立，求实数a的范围.解构造二次函数f（x）=x2+ax+3-a=（x+a2）2-a24-a+3.当-a2-a2f（-2）=（-2）2+a（-2）+3-a≥0，解集为空集.当-2≤-a2≤2时，原不等式等价于：-2≤-a2≤2，f（-a2）=（-a2）2+a（-a2）+3-a≥0，解得-4≤a≤2.当-a2>2时，原不等式等价于：-a2>2，f（2）=22+2a+3-a≥0.解得-7≤a≤-4.综上，a的取值范围为-7≤a≤2.三、数形结合某些不等式的恒成立问题，可通过构造函数，借助函数的图象来研究.例3当x∈（1，2）时，不等式（x-1）2解设f（x）=（x-1）2，g（x）=logax.当x∈（1，2）时，不等式（x-1）2当0当a>1时，画出f（x）及g（x）的图象，由图象可得，当x∈（1，2）时，要使不等式f（x）则需要f（2）≤g（2），即（2-1）2≤loga2，解得a≤2，故1综上，a的取值范围为1四、变更主元将不等式中的参数与变量地位互换，反客为主，实现难题巧解.例4若x∈（0，13]，不等式1+x+（a-a2）x2>0恒成立，求实数a的取值范围.解原不等式可化为关于a的不等式：x2a2-x2a-（x+1）即[ax-（x+1）]（ax+1）因为x∈（0，13]，所以不等式的解为-1x由条件知[-1x]max所以-3。

含参不等式恒成立问题中，求参数取值范围一般方法恒成立问题是数学中常见问题，也是历年高考的一个热点。

大多是在不等式中，已知一个变量的取值范围，求另一个变量的取值范围的形式出现。

下面介绍几种常用的处理方法。

一、分离参数在给出的不等式中，如果能通过恒等变形分离出参数，即：若()a f x ≥恒成立，只须求出()max f x ，则()m a xa f x ≥；若()a f x≤恒成立，只须求出()min f x ，则()m i na f x ≤，转化为函数求最值。

例1、已知函数()lg 2af x x x ⎛⎫=+- ⎪⎝⎭，若对任意[)2,x ∈+∞恒有()0f x >，试确定a 的取值范围。

解：根据题意得：21a x x+->在[)2,x ∈+∞上恒成立，即：23a x x >-+在[)2,x ∈+∞上恒成立， 设()23f x x x =-+，则()23924f x x ⎛⎫=--+ ⎪⎝⎭当2x =时，()max 2f x = 所以2a >在给出的不等式中，如果通过恒等变形不能直接解出参数，则可将两变量分别置于不等式的两边，即：若()()f a g x ≥恒成立，只须求出()max g x ，则()()max f a g x ≥，然后解不等式求出参数a 的取值范围；若()()f a g x ≤恒成立，只须求出()m i n g x ，则()()m i n fa g x ≤，然后解不等式求出参数a 的取值范围，问题还是转化为函数求最值。

例2、已知(],1x ∈-∞时，不等式()21240x x a a ++-⋅>恒成立，求a 的取值范围。

解：令2xt =，(],1x ∈-∞ (]0,2t ∴∈ 所以原不等式可化为：221t a a t+-<，要使上式在(]0,2t ∈上恒成立，只须求出()21t f t t+=在(]0,2t ∈上的最小值即可。

()22211111124t f t tt t t +⎛⎫⎛⎫==+=+- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ 11,2t ⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭()()m in 324f t f ∴==234a a ∴-<1322a ∴-<<二、分类讨论在给出的不等式中，如果两变量不能通过恒等变形分别置于不等式的两边，则可利用分类讨论的思想来解决。

含参不等式恒成立问题中求参数的取值范围“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。

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),0()(2R x a c bx ax x f ∈≠++=,有1）0)(>x f 对R x ∈恒成立⎩⎨⎧<∆>⇔00a ；2）0)(<x f 对R x ∈恒成立⎩⎨⎧<∆<⇔0a 。

例1．已知函数])1(lg[22a x a x y +-+=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0)1(22>+-+a x a x 对R x ∈恒成立，即有04)1(22<--=∆a a 解得311>-<a a 或。

所以实数a 的取值范围为),31()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。

例2．设22)(2+-=mx x x f ，当),1[+∞-∈x 时，m x f ≥)(恒成立，求实数m 的取值范围。

解：设m mx x x F -+-=22)(2，则当),1[+∞-∈x 时，0)(≥x F 恒成立当120)2)(1(4<<-<+-=∆m m m 即时，0)(>x F 显然成立； 当0≥∆时，如图，0)(≥x F 恒成立的充要条件为：⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧-≤--≥-≥∆1220)1(0m F 解得23-≤≤-m 。

综上可得实数m 的取值范围为)1,3[-。

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）a x f >)(恒成立min )(x f a <⇔ 2）a x f <)(恒成立max )(x f a >⇔例3．已知x x x x g a x x x f 4042)(,287)(232-+=--=，当]3,3[-∈x 时，)()(x g x f ≤恒成立，求实数a 的取值范围。

For personal use only in study and research; not for commercial use当在一个不等式中含有了字母，则称这一不等式为含参数的不等式，那么此时的参数可以从以下两个方面来影响不等式的求解，首先是对不等式的类型（即是那一种不等式）的影响，其次是字母对这个不等式的解的大小的影响。

我们必须通过分类讨论才可解决上述两个问题，同时还要注意是参数的选取确定了不等式的解，而不是不等式的解来区分参数的讨论。

解参数不等式一直是高考所考查的重点内容。

（一）几类常见的含参数不等式一、含参数的一元二次不等式的解法：例1：解关于的x 不等式2(1)410()m x x m R +-+≤∈分析：当m+1=0时,它是一个关于x 的一元一次不等式；当m+1≠1时，还需对m+1>0及m+1<0来分类讨论，并结合判别式及图象的开口方向进行分类讨论：⑴当m<－1时，⊿=4（3－m ）>0，图象开口向下，与x 轴有两个不同交点，不等式的解集取两边。

⑵当－1<m<3时，⊿=4（3－m ）>0, 图象开口向上，与x 轴有两个不同交点，不等式的解集取中间。

⑶当m=3时，⊿=4（3－m ）=0，图象开口向上，与x 轴只有一个公共点，不等式的解为方程24410x x -+=的根。

⑷当m>3时，⊿=4（3－m ）<0,图象开口向上全部在x 轴的上方，不等式的解集为∅。

解：11,|;4m x x ⎧⎫=-≥⎨⎬⎩⎭当时原不等式的解集为当m=3时，原不等式的解集为⎭⎬⎫⎩⎨⎧=21|x x ； 当m>3时, 原不等式的解集为∅。

小结：⑴解含参数的一元二次不等式可先分解因式再讨论求解，若不易分解，也可对判别式分类讨论。

⑵利用函数图象必须明确：①图象开口方向，②判别式确定解的存在范围，③两根大小。

⑶二次项的取值（如取0、取正值、取负值）对不等式实际解的影响。