不等式恒成立问题教案

教学过程

一、课堂导入

纵观近几年高考对于不等式综合问题的考查，主要有三类问题：恒成立问题、能成立问题以及恰成立问题，要求学生有较强的推理能力和准确的计算能力，才能顺利解答．从实际教学来看，这部分知识能力要求高、难度大，是学生掌握最为薄弱，看到就头疼的题目．分析原因，除了这类题目的入手确实不易之外，主要是学生没有形成解题的模式和套路，以至于遇到类似的题目便产生畏惧心理．本节课我们将就高中阶段出现这类问题加以类型的总结和方法的探讨．

二、复习预习

新课标下的高考越来越注重对学生的综合素质的考察，恒成立问题便是一个考察学生综合素质的很好途径，它常以函数、方程、不等式和数列等知识点为载体，渗透着换元、化归、分类讨论、数形结合、函数与方程等思想方法，在培养思维的灵活性、创造性等方面起到了积极的作用．近几年的数学高考中频频出现恒成立问题，其形式逐渐多样化，但都与函数、导数知识密不可分．

三、知识讲解

考点1函数性质法

有以下几种基本类型：

类型1：设f(x)ax2bxc(a0).

（1）f(x)0在xR上恒成立a0且0；（2）f(x)0在xR上恒成立a0且0．类型2：设f(x)ax2bxc(a0).

（1）当a0时，f(x)0在x[,]上恒成立

b2a或b或b

, 2a

f()002af()0.

f(x)0在x[,]上恒成立f()0,

f()0.

（2）当a0时，f(x)0在x[,]上恒成立f0,

f

0.

bbb

,

f(x)0在x[,]上恒成立2a或或2a2a

f()00f()0.

若f(x)的最小值不存在，则f(x)0恒成立f(x)的下界大于0）；f()x0注：f(x)0恒成立f(x)min0（注：

恒成立f(x)max0（注：若f(x)的最大值不存在，则f(x)0恒成立f(x)的上界小于0）．

考点2 分离参数法——极端化原则

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．利用分离参数法来确定不等式fx,0（xD，为实参数）恒成立中参数的取值范围的基本步骤：（1）将参数与变量分离，即化为gfx（或gfx）恒成立的形式； （2）求fx在xD上的最大（或最小）值；

（3）解不等式gf(x)max(或gfxmin) ，得的取值范围． 适用题型：（1）参数与变量能分离；（2）函数的最值易求出．

考点3 主参换位——反客为主法

某些含参不等式恒成立问题，在分离参数会遇到讨论的麻烦或者即使能容易分离出参数与变量，但函数的最值却难以求出时，可考虑变换思维角度“反客为主”，即把习惯上的主元变与参数变量的“地位”交换一下，变个视角重新审查恒成立问题，往往可避免不必要的分类讨论或使问题降次、简化，起到“山穷水尽疑无路，柳暗花明又一村”的出奇制胜的效果．

考点4 数形结合——直观求解法

若所给不等式进行合理的变形化为f(x)g(x)（或f(x)g(x)）后，能非常容易地画出不等号两边函数的图像，则可以通过画图直接判断得出结果．尤其对于选择题、填空题这种方法更显方便、快捷．

考点5 不等式能成立问题的处理方法

若在区间D上存在实数x使不等式fxk成立，则等价于在区间D上fxmaxk； 若在区间D上存在实数x使不等式fxk成立，则等价于在区间D上的fxmink．

注意不等式能成立问题（即不等式有解问题）与恒成立问题的区别．从集合观点看，含参不等式fxkfxk在区间D上恒成立Dxfxkfx

max

kDxfxkfxmink，而含参不等式

fxkfxk在区间D上能成立至少存在一个实数x使不等式fxkfxk成立

D

xfxkfx

min

kD

xfxkfx

max

k

．

四、例题精析

考点一 函数性质法

例1 （2012蚌埠二中考试）已知不等式mx24mx40对任意实数x恒成立．则m取值范围是（ ） A．1,0 B．1,0C．,1

0,D．1,0

m0

【规范解答】由不等式mx24mx40对任意实数x恒成立，知m0或 2

16m16m0由此能求出m的取值范围，解得1m0．

考点二 分离参数法——极端化原则

例2 已知函数f(x)xlnx，当x2x10时，给出下列几个结论：

①(x1x2)[f(x1)f(x2)]0；②f(x1)x2f(x2)x1；③x2f(x1)x1f(x2); ④当lnx11时，x1f(x1)x2f(x2)2x2f(x1).

其中正确的是．

【规范解答】答案：③④试题分析：因为f(x)xlnx，所以‘+∞）递增，故f(x)lnx1，可知（0

①错误；令g(x)f(x)-xxlnxx，所以g'(x)lnx，可知g(x)在（0,1）上递减，（1，+∞

）上递增，故②错；令

h（x）在（0，+∞

，又因为故

③正确；当lnx11时，可知

f（x）在（

，+∞）递增， 设(x)xf(x)2xf(x1)x1f(x1)'(x)f(x)xf'(x)2f(x1

)2xlnxx2x1lnx10，又因为f（x）在+∞）

递增，所以xx1时，f(x)f(x1)即xlnxx1lnx1，所以xx1时，'(x)0，故(x)为增函数，所以(x2)(x1)，所以(x2)x2f(x2)2x2f(x1)x1f(x1)(x1)0，故④正确.

考点三 主参换位——反客为主法 例3

（1）若f(x)在(,)上是增函数，求b的取值范围；

（2）若f(x)在x1处取得极值，且x1,2时，f(x)c2恒成立，求c的取值范围．

【规范解答】解题思路：（1）利用“若函数f(x)在某区间上单调递增，则f'(x)0在该区间恒成立”求解； （2）先根据f(x)在x1处取得极值求得b值，再将恒成立问题转化为求f(x)maxc2，解关于c的不等式即可. 规律总结：若函数f(x)在某区间上单调递增，则f'(x)0在该区间恒成立；“若函数f(x)在某区间上单调递减，则f

'(x)0

求导函数；②求极值；③比较极值与端点值，得出最值.

试题解析:（1）f'(x)=3x2-x+b

因f(x)在(,)上是增函数，则f′(x)≥0，即3x2－x＋b≥0， ∴b≥x－3x2在(－∞，＋∞)恒成立．

设g(x)＝x－3x2，当x

g(x)max

（2）由题意，知f′(1)＝0，即3－1＋b＝0，∴b＝－2.

x∈[－1,2]时，f(x)＜c2恒成立，只需f(x)在[－1,2]上的最大值小于c2即可

因f′(x)＝3x2－x－2， 令f′(x)＝0，得x＝1，或x

∵f(1)

c，f(

c，f(－1)

c，f(2)＝2＋c， ∴f(x)max＝f(2)＝2＋c，

∴2＋c＜c2，解得c＞2，或c＜－1， 所以c的取值范围为(－∞，－1)∪(2，＋∞).

考点四 数形结合

例4设函数f(x)x(ex1)ax2(aR).

(1)

,求函数f(x)的单调区间; (2)若当x0时f(x)0,求a的取值范围.

【规范解答】试题分析：（1）

求其导数f'(x)ex1xexx(ex1)(x1),解不等式f'(x)0得到函数的增区间, 解不等式f'(x)0得到函数的减区间;（2）法一:由当x0时f(x)0得: f(x)x(ex1)ax2x(ex1ax)0等价于: ex1ax0在x0时恒成立,令g(x)ex1ax,注意到g(0)0,所以

只需g'(x)0在x[0,)上恒成立即可,故有exa0在[0,)上恒成立,则aex,x[0,)所以有a1.法二:将

ex1ax0在x0时恒成立等价转化为:exax1,x[0,)恒成立函数yex,x[0,)的图象恒在函数yax1,x[0,)图象的上方,由图象可求得a的取值范围.

试题解析：（1

f'(x)ex1xexx(ex1)(x1)

当x(,1)时，f'(x)0；当x(1,0)时，f'(x)0时， 当x(0,)时，f'(x)0，

增区间(,1],[0,)，减区间[1,0]

（2）由当x0时f(x)0得: f(x)x(ex1)ax2x(ex1ax)0等价于: ex1ax0在x0时恒成立,等价转化为:exax1,x[0,)恒成立函数yex,x[0,)的图象恒在函数yax1,x[0,)图象的上方,如图:,由于直线yax1,x[0,)恒过定点，

所以函数yex,x[0,)图象在点（0，1）处的切线方程为：yx1，

故知：a1，即a的取值范围为(

,1].

五、课堂运用

【基础】

1、定义在(0,)上的单调递减函数f(x)，若f(x

)A．3f(2)2f(3) B．3f(4)4f(3) C．2f(3)3f(4) D．f(2)2f(1)

【规范解答】答案：试题分析：∵f(x)在(0,)上单调递减，∴f'(x)0,又

∵

） ，∴f(x)

令(0,)g(x)在上单调递增，∴g(2)>g(1),

3f(2)

2．下列不等式对任意的x(0,)恒成立的是（ ）

A．sinxx1 B．xx20 C．xln(1x) D．exex

【规范解答】答案：C试题分析：对于A，可转化为x+sinx>1，取x=0，结合函数x+sinx的连续性可知A错误，对于B取x=2，可知B错误，对于D取x=1，可知D错误，对于C，令f(x)=x-ln(1+x),

上单调递增，∴f(x)>f(0)=0,即x>ln(1+x)成立． ∴f(x)在(0,)

【巩固】

1.若函数f(x)x3ax21在(0,2)上单调递减，则实数a的取值范围为（ ） A.a3 B.a3 C.a3 D.0＜a＜3

【规范解答】答案：A试题分析：f'x3x22axx3x2a，因为函数fx在(0,2)上单调递减，则在(0,2)上f'x0即3x2a

0A正确。 (

0,2)

2.已知函数f(x)aln(x1)x2在区间(0,1)内任取两个实数p,q，且p≠q

a的取值范围为（ ）

A．15,) B．(,15 C．(12,30 D．(12,15

【规范解答】答案：A

p1,q1(1,2)，等价于函数f(x)aln(x1)x2在区间(1,2)上任意两点连线的割线斜率大于1，等价于函数在区间(1,2)的切线斜率大于1恒成立．

a2x23x1，因为2x23x115，故a15．

【拔高】

1.函数fxax33x1对于x1,1总有fx0 成立，则a=

，0）上是增函数，故在[-1，0）上g(x)ming(1)4，所以有a4，又注意到当x=0时，不论a为何值不等式fx0总成立；综上可知a=4.

2.已知函数f(x)的导数f′(x)＝a(x＋1)(x－a)，若f(x)在x＝a处取得极大值，则a的取值范围是________．

【规范解答】答案：(－1,0)

解析：若a＝0，则f′(x)＝0，函数f(x)不存在极值；若a＝－1，则f′(x)＝－(x＋1)2≤0，函数f(x)不存在极值；若a＞0，当x∈(－1，a)时，f′(x)＜0，当x∈(a，＋∞)时，f′(x)＞0，所以函数f(x)在x＝a处取得极小值；若－1＜a＜0，当x∈(－1，a)时，f′(x)＞0，当x∈(a，＋∞)时，f′(x)＜0，所以函数f(x)在x＝a处取得极大值；若a＜－1，当x∈(－∞，a)时，f′(x)＜0，当x∈(a，－1)时，f′(x)＞0，所以函数f(x)在x＝a处取得极小值，所以a∈(－1,0)．

课程小结

1.解决高考数学中的恒成立问题常用以下几种方法：①函数性质法；②主参换位法；③分离参数法；④数形结合法；⑤消元转化法．

2.近几年数学高考中恒成立问题的题型及解法，值得一提的是，各种类型各种方法并不是完全孤立的，虽然方法表现的不同，但其实质却都与求函数的最值是等价的，这也正体现了数学中的“统一美”．