高中数学恒成立问题中求含参范围的方法总结

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>?
f(x)=-


2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)≥
范围; :若f(a)≤g(x)恒成立,只须求出g(x)最小值 ,则f(a)≤
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+
解 令
上恒成立,只须求出f(t)=
∵f(t)=
∴


=+=
+(a?)
=t ,∵x∈(?∞ ,1] ∴t∈(0 ,2].所以原不等式可化为
在t∈(0 ,2]上的最小值即可.
? 又t∈(0 ,2] ∴∈[) ∴=f(2)=
.然后解不等式求出参数a的取值
.然后解不等式求出参数a的取
+3x .则f(x)=?+ ,当x=2时,
+3x在x∈[2 ,+∞)上恒成立.设
,
=2 ,所以a>2
>0恒成立,求a的取值范围.
< ,要使上式在t∈(0 ,2]
< , ∴?11m
恒成立，求实数m的取值范围。
??
a?bb?ca?c
1
??
1
?
解析：由 于
a?c
，所以
a?c?0
，于是
m?(a?c)
??恒成立，因
a?bb?c
??
1
?
1
??
1< br>?
1
?
b?ca?b
?
(a?c)
?
???
?
?[(a?b)?(b?c)]
??
?1?1?
??
?2 ?

a?bb?ca?bb?ca?bb?c
??????
b?ca?b2??4.

a?bb?c
（当且仅当
b?c?a?b
时取等号），故
m?4
。
例3 设
a?b?c
且

二、数形结合——直观化
对于某些不容易分离出 参数的恒成立问题，可利用函数的图像或相应图形，采用数形结合的思想，直观
地反应出参数的变化范围 。


例4 设
f(x)?(x?2k)
2
(x?Ik
,I
k
表示区间(2k?1,2k?1])
，对于任意正整数k，直线
y?ax
与
f(x)
恒
有两个不同的交点，求实数a的取值范围。
解析：作出
f(x)?(x?2k)
2
在区间
(2k?1,2k ?1]
上的图像，由图像知，直线
y?ax
只能绕原点O
从x正半轴旋转到过 点
A(2k?1,1)
的范围，直线AO的斜率为
是
0?a?
1?0 1
?,
于是实数a的取值范围
2k?1?02k?1
1
.

2k?1

例5、当x
?
(1,2)时，不等式(x-1)a
x恒成立，求a的取值
y
1
=(x-1)
2

范围。
y
分析：若将不等号两边分别设成两个函数，则左边为二次函数，
y
2
=log
a
x
图象是抛物线，右边为常见的对数函数的图象，故可以通过图象求
解。
1
2
解：设y
1
=(x-1),y
2
=log
a
x, 则y
1
的图象为右图所示的抛物线，
x
要使对一切x
?
( 1,2),y
1
2
恒成立，显然a>1,并且必须也只需当x=2
o 2
时y
2
的函数值大于等于y
1
的函数值。
故log
a
2>1,a>1,
?
1?
2. < br>数形结合法是先将不等式两端的式子分别看作两个函数，且正确作出两个函数的图象，然后通过观
察两图象（特别是交点时）的位置关系，列出关于参数的不等式。


2
?
1
?
?
3
?
?
1
?
解：由题意知 ：
3x
2
?log
a
x
在
x?
?
0,
?
内恒成立，
?
3
?
在同一坐标系内，分别作出函数
y?3x
2
和
y?log
a
x

观察两函 数图象，当
x?
?
0,
?
时，若
a?1
函数
例6、若不等式
3x
2
?log
a
x?0
在
x?
?
0,
?
内恒成立，求实数
a
的取值范围。
1< br>?
3
?
y?log
a
x
的图象显然在函数
y ?3x
2
图象的下方，
?
?
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
?
11111
?

?a?

?1?a?
综上得：
1?a?

33272727
三、变更主元——简单化
对含多个变量问题，有时变换主元与次元的位置，常能达到避繁就简的目的。
例7对于满足≤2的所有实数p,求使不等式恒成立的x的取值范围.
分析:在不等式出现了 两个字母x及p,关键在于把哪个字母看成一个变量.另一个作为常数.显然可
将p视作自变量,则上述 问题可转化为在[-2 ,2]内关于p的一次函数大于0恒成立问题.
解:原不等式可化为(x?1)p+?2x+1>0 .设f(p)= (x?1)p+?2x+1,则 f(p)在[?2 ,2] 上恒大
于0,故有


即 解得
?
1
?
例8对于
a?[?1,1]
，不等式
??< br>?
2
?
?
1
?
解析：不等式
??
?
2
?
a?[?1,1]
恒成立。 x
2
?ax
x
2
?ax
?
1
?
?
??
?
2
?
2x?a?1
恒成立，求实数x的取值范围 。
?
1
?
?
??
?
2
?
2x? a?1
?
不等式
x
2
?ax?2x?a?1
即
(x ?1)
2
??a(x?1)
对于
记
f(a)?a(x?1)?( x?1)
2
，则问题转化为一次函数（或常数函数）在区间［－1，1］内恒为正的x
应满足的条件。
2
?
?
f(?1)?0
?
(x?1)?( x?1)?0
由
?
得
?
?x?0
或
x?2.

2
f(1)?0
?
?
?
(x?1)?(x?1)?0
故实数x的取值范围是
(??,0)?(2,??).

恒成立问题中含参范围的求解策 略较多，但主要有以上三种常见方法，其实质是一种等价转化的思
想，可见，只要我们在解题中善于归纳 和总结，就一定会积累更多的经验和方法，从而更好地提高我们
的解题能力。
四、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
?
a?0
?
a?0
?
?
?
?
.
??0??0
??1
f(x)?0
对
x?R
恒成立; 2
f(x)?0
对
x?R
恒成立
例9．已知函数
y?l g[x
2
?(a?1)x?a
2
]
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
2
?(a?1) x?a
2
?0
对
x?R
恒成立，即有
??(a?1)
2
?4a
2
?0
11
解得
a??1或a?
。所以 实数
a
的取值范围为
(??,?1)?(,??)
。
33
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10．设
f(x)?x
2
?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
2
?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：
?
?
??0
?
?
F(?1)?0
解得
?3?m?? 2
。
?
?2m
?
???1
2
?
综上可得 实数
m
的取值范围为
[?3,1)
。
y
-1
O
x
五、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。
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?ax?3?a
，则问题转化为当
x?
?
?2,2
?
时，
f
?< br>x
?
的最小值非负。
2
（1） 当
?
a7
??2
即：
a?4
时，
f
?
x
?
min< br>?f
?
?2
?
?7?3a?0

?a?
又
a?4
所以
a
不存在；
23
a
a
2
?
a
?
（2） 当
? 2??2
即：
?4?a?4
时，
f
?
x
?
min
?f
?
?
?
?3?a??0

??6?a?2
又
2
24
??
?4?a?4

??4?a?2

a
（3） 当
??2
即：
a? ?4
时，
f
?
x
?
min
?f
?
2
?
?7?a?0

?a??7
又
a??4??7?a??4

2
综上所得：
?7?a?2

六、利用集合与集合间的关系
在给出的不等式中，若能解出已知取值范围的变量，就可利用集合与集合之间的包含关系来求解，
即：
?
m,n
?
?
?
?
f
?
a
?
,g
?
a
?
?
?
，则
f
?< br>a
?
?m
且
g
?
a
?
?n
，不等式的解即为实数
a
的取值范围。

?
1?
?
3
?
解：
??1?log
a
x?1

例5、当
x?
?
,3
?
时，
log
a
x?1
恒成立，求实数
a
的取值范围。
?
a?3
1
11
?
????
（1） 当
a ?1
时，
?x?a
，则问题转化为
?
,3
?
??
,a
?

?
?
11

?a?3

a
?
?
3
??
a
?< br>?
?
a3
1
?
a?
11
?
?
1
??
1
?
?
3
?0?a?
（2） 当
0?a?1
时，
a?x?
，则问题转化为
?
,3
?
?
?
a,
?
?
?
a3
?
3
??
a
?
?
1
?3
?
?
a
综上所得：
0?a?
1
或
a?3

3

易混题
㈠、能成立问题
f
?
x
?
max
?A
若 在区间
D
上存在实数
x
使不等式
f
?
x
?
?A
成立,则等价于在区间
D
上；
f
?
x
?
min
?B
若在区间
D
上存在实数
x
使不等式
f
?
x
?
?B
成立,则等价于在区间
D
上 的.
例1、已知不等式
x?4?x?3?a
在实数集
R
上的解集不 是空集，求实数
a
的取值范围______（答：
a?1
）


例2、若关于
x
的不等式
x?ax?a??3
的解集不是 空集，则实数
a
的取值范围是 ．
2
2
2
第二个填空是不等式能成立的问题. 设
f
?
x
?
?x?ax?a
.则关于
x
的不等式
x?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
???
4
1
2
例3、已知函数
f
?
x
?
?lnx
，
g
?
x
?
?ax?bx
，a?0
. 若
b?2
，且
h
?
x
?
? f
?
x
?
?g
?
x
?
存在单调递
2
减区间，求
a
的取值范围；
分析及解只研究第（I）问.
b?2时,h(x)?lnx?
1
2
ax?2x
，
2
1ax
2
?2x?1
.
则
h
?
(x)??ax?2??
xx
因为函数
h
?
x
?
存在单调递减区间，所以
h
?
(x)?0
有解.
由题设可知,h
?
x
?
的定义域是
?
0,??
?
,
而
h
?
?
x
?
?0
在
?0,??
?
上有解,就等价于
h
?
?
x
??0
在区间
?
0,??
?
能成立,
即
a?
1212
??
?ux??
.
????
x?0,??a?ux
, 成立, 进而等价于成立,其中
min< br>x
2
x
x
2
x
2
12
?
1
?
由
u
?
x
?
?
2
?
?
?
?1
?
?1
得,
u
min
?
x
?
??1
.于是,
a??1
,
x
?
x< br>?
x
由题设
a?0
,所以
a
的取值范围是
?
?1,0
?
?
?
0,??
?

例4、不等式
kx?k?2?0
有解，求
k
的取值范 围。
2
?
2
?
2
?k?
?k?
2
?
2
?
?2
2
2
?k(x?1)?2
?
x?1
?
max
x?1
有解解：不等式
kx?k?2?0
有 解有解，
2)
。 所以
k?(??，
例5、对于不等式
x?2?x ?1?a
，存在实数
x
，使此不等式成立的实数
a
的集合是
M
；对于任意
x?[0，5]
，使此不等式恒成立的实数
a
的集合为
N
，求集合
M，N
．
?
?2x?1(x??1)，
?
解：由
f(x)?x?2?x?1?
?
3(?1≤x≤2)，

?
2x?1(x?2).
?
?a?f(x)
min
?3，所以
M?{aa?3}
． 又
a?f(x)
有解
令
g (x)
?x?2?x?1，x?[0，，5]a?g(x)

恒成立
?a?g(x)
max
?g(5)?9
．
所以
㈡、恰好成立
N?{aa?9}
x
2
?2x?a,
当
x?
?
1,??
?
,f
?
x?
的值域是
?
0,??
?
,试求实数
a
的值. （最值法） 例6、已知
f
?
x
?
?
x
.
第(Ⅱ问是一个恰成立问题,
x
2
?2x?a
?0
的解集 是
x?
?
1,??
?
. 这相当于
f
?
x
?
?
x
当
a?0
时,由于
x?1
时,
x
2
?2x?aa
f
?
x
?
??x??2 ?3
,与其值域是
?
0,??
?
矛盾,
xx
x< br>2
?2x?aa
?x??2
是
?
1,??
?
上的增函数, 当
a?0
时,
f
?
x
?
?
xx
所以,
f
?
x
?
的最小值为
f
?< br>1
?
,
令
f
?
1
?
?0
,即
1?a?2?0,a??3.


232
例7、已知两函数f( x)=8x+16x-k，g(x)=2x+5x+4x，其中k为实数。
（1）对任意x
?
[-3，3]，都有f（x)≤g(x)成立，求k的取值范围；
（2）存在x
?
[-3，3]，使f（x)≤g(x)成立，求k的取值范围； （3）对任意x
1、
x
2
?
[-3，3]，都有f（x
1
)≤g(x
2
)，求k的取值范围。
22
解析：（最值法）（1 ）设h(x)=g(x)-f(x)=2x-3x-12x+k，问题转化为x
?
[-3，3] 时，h(x)≥0恒成
2
立，故h
min
(x)≥0.令h′ (x)=6x-6x-12=0，得x= -1或2。
（2）据题意：存在x
?
[- 3，3]，使f（x)≤g(x)成立，即为：h(x)=g(x)-f(x)≥0在x
?
[- 3，3]
有解，故h
max
(x)≥0，由（1）知h
max
（x） =k+7，于是得k≥-7。
由h(-1)=7+k，h(2)=-20+k，h(-3)=k-45 ，h(3)=k-9，故h
min
(x)=-45+k，由k-45≥0，得k≥45. （3）它与（1）问虽然都是不等式恒成立问题，但却有很大的区别，对任意x
1，
x2
?
[-3，3]，都有
f（x
1
)≤g(x
2
)成立，不等式的左右两端函数的自变量不同，x
1
，x
2
的取值在[-3 ，3]上具有任意性，因而
要使原不等式恒成立的充要条件是：
2
f
max
(x)?g
min
(x)
?
,
?
x?[?3
?
,3]
，由g′(x)=6x
2
+10x+4=0，得x=-
3
或-1，易得
,3]
. 故
f
max
(x)?f(3)?1 20?k.
令120-k≤
g
min
(x)?g(?3)??21
， 又f(x)=8(x+1)
2
-8-k，
x?[?3
?
-21，得k ≥141。
点评：本题的三个小题，表面形式非常相似，究其本质却大相径庭，应认真审题，深入思考 ，多加
训练，准确使用其成立的充要条件。