侯立剛

不等式恒成立問題可以綜合地考查函數(shù)、導(dǎo)數(shù)、不等式等高中數(shù)學(xué)的主干知識，歷來是高考的焦點、熱點、難點，往往出現(xiàn)在壓軸題中，很多學(xué)生望而卻步本文對高考中的常見類型加以歸納，并指出解題方法

類型一 一次函數(shù)型

f(x)=ax+b (a≠0) x∈［m,n］

則f(x)≥0恒成立趂(m)≥0f(n)≥0, f(x)≤0恒成立趂(m)≤0f(n)≤0

例1 （2008安徽20）設(shè)函數(shù)f(x)=a3x3-32x2+(a+1)x+1,其中a為實數(shù)

（Ⅰ）已知函數(shù)f(x)在x=1處取得極值，求a的值；

（Ⅱ）已知不等式f ′(x)>x2-x-a+1對任意a∈(0,+∞)都成立，求實數(shù)x的取值范圍

解（Ⅰ）略

（Ⅱ）方法一

由題設(shè)知：ax2-3x+(a+1)>x2-x-a+1對任意a∈(0,+∞)都成立

即a(x2+2)-x2-2x>0對任意a∈(0,+∞)都成立

設(shè)g(a)=a(x2+2)-x2-2x(a∈R), 則對任意x∈R，g(a)為單調(diào)遞增函數(shù)(a∈R)

所以對任意a∈(0,+∞)，g(a)>0恒成立的充分必要條件是g(0)≥0

即-x2-2x≥0，所以-2≤x≤0

于是x的取值范圍是{x|-2≤x≤0}

方法二

由題設(shè)知：ax2-3x+(a+1)>x2-x-a+1對任意a∈(0,+∞)都成立

即a(x2+2)-x2-2x>0對任意a∈(0,+∞)都成立

于是a>x2+2xx2+2對任意a∈(0,+∞)都成立，即x2+2xx2+2≤0.

所以-2≤x≤0.

于是x的取值范圍是{x|-2≤x≤0}

例2 （2004福建21）已知f(x)=2x-ax2+2(x∈R)在區(qū)間［－1，1］上是增函數(shù)

（Ⅰ）求實數(shù)a的值組成的集合A；

（Ⅱ）設(shè)關(guān)于x的方程f(x)=1x的兩個非零實根為x1、x2.試問：是否存在實數(shù)m，使得不等式m2+tm+1≥|x1-x2|對任意a∈A及t∈［－1，1］恒成立？若存在，求m的取值范圍；若不存在，請說明理由

解 （Ⅰ） f ＇ (x)=4+2ax-2x2(x2+2)2

=-2(x2-ax-2)(x2+2)2 ，

因為f(x)在［－1，1］上是增函數(shù)，所以ゝ ＇ (x)≥0對x∈［－1，1］恒成立，

即x2－ax－2≤0對x∈［－1，1］恒成立.①

設(shè)h(x)=x2-ax-2

方法一：

①趆(1)=1-a-2≤0h(-1)=1+a-2≤0冢1≤a≤1，

因為對x∈［－1，1］，f(x)是連續(xù)函數(shù)，且只有當(dāng)a=1時， f ＇(-1)=0以及當(dāng)a=－1時，f ＇(1)=0 所以 A={a|－1≤a≤1}.

方法二

①a2<0h(1)=1-a-2≤0

或a2≥0h(-1)=1+a-2≤0

0≤a≤1 或 －1≤a≤0

冢1≤a≤1.

因為對x∈［－1，1］，f(x)是連續(xù)函數(shù)，且只有當(dāng)a=1時，f ＇(－1)=0以及當(dāng)a=-1時，f ＇(1)=0

所以 A={a|－1≤a≤1}.

（Ⅱ）由2x-ax2+2=1x，得x2-ax-2=0，

因為Δ=a2+8>0

所以x1，x2是方程x2-ax-2=0的兩非零實根，

所以x1+x2=ax1x2=-2

從而|x1－x2|=(x1+x2)2-4x1x2=a2+8.

因為－1≤a≤1，所以|x1-x2 |=a2+8≤3

要使不等式m2+tm+1≥|x1－x2|對任意a∈A及t∈［－1，1］恒成立，

當(dāng)且僅當(dāng)m2+tm+1≥3對任意t∈［－1，1］恒成立，

即m2+tm－2≥0對任意t∈［－1，1］恒成立.②

設(shè)g(t)=m2+tm－2=mt+(m2－2)，

方法一：

② 趃(1)=m2+m-2≥0g(-1)=m2-m-2≥0 m≥2或m≤-2.

所以，存在實數(shù)m，使不等式m2+tm+1≥|x1－x2|對任意a∈A及t∈［－1，1］恒成立，

m的取值范圍是{m|m≥2，或m≤－2}.

方法二：

當(dāng)m=0時，②顯然不成立；

當(dāng)m≠0時，

②趍>0g(-1)=m2-m-2≥0

或m<0g(1)=m2+m-2≥0

m≥2或m≤－2.

所以，存在實數(shù)m，使不等式m2+tm+1≥|x1－x2|對任意a∈A及t∈［－1，1］恒成立，

m的取值范圍是{m|m≥2，或m≤－2}.

類型二 二次函數(shù)型f(x)=ax2+bx+c(a≠0) x∈［m,n］

a>0時,f(x)≥0恒成立-b2a∈［m,n］f(-b2a）≥0 或

-b2a［m,n］f(m)≥0f(n)≥0

f(x)≤0恒成立趂(m)≤0f(n)≤0

a<0時,f(x)≤0恒成立-b2a∈［m,n］f(-b2a）≤0 或

-b2a［m,n］f(m)≤0f(n)≤0

f(x)≥0恒成立趂(m)≥0f(n)≥0

例3 （2006年江西卷10）若不等式x2＋ax＋1≥0對于一切x∈（0，12）成立，求a的取值范圍

解 設(shè)f(x)=x2+ax+1，則x∈(0,12）時 f(x)≥0恒成立

-a2∈(0,12）f(-a2)≥0赼∈(-1,0)或

-a2（0,12）f(0)≥0f(12)≥0

-52≤a≤-1或a≥0

于是a≥-52.

另外本題也可以用變量分離法解決

例4 （2005遼寧22）函數(shù)y=f(x)在區(qū)間(0,+∞)內(nèi)可導(dǎo)，導(dǎo)函數(shù)f ′(x)是減函數(shù)，且f ′(x)>0．x0∈(0,+∞)，y=kx+m是曲線y=f(x)在點(x0,f(x0))處的切線方程，并設(shè)函數(shù)g(x)=﹌x+m．

（Ⅰ）用x0、f(x0)、f ′(x0)表示m；

（Ⅱ）證明：當(dāng)x∈(0,+∞)，g(x)≥f(x)；

（Ⅲ）若關(guān)于x的不等式x2+1≥ax+b≥32x23在［0,+∞)上恒成立，其中a、b為實數(shù)，求b的取值范圍及a與b所滿足的關(guān)系

解 （Ⅰ）m=f(x0）-x0f ′(x0)

（Ⅱ）證明：令h(x)=g(x)-f(x),則h′(x)=f ′(x0)-f ′(x),h′(x0)=0.

因為f ′(x)遞減，所以h′(x)遞增，因此，當(dāng)x>x0時，h′(x)>0；當(dāng)x

（Ⅲ）0≤b≤1,a>0是不等式成立的必要條件，以下討論設(shè)此條件成立.

x2+1≥ax+b,即x2-ax+(1-b)≥0對任意x∈［0,+∞)成立的充要條件是a≤2(1-b)12

令(x)=ax+b-32x23，于是ax+b≥32x23對任意x∈［0,+∞）成立的充要條件是

(x)≥0. 由肌(x)=a-x-13=0得x=a-3.

當(dāng)0a-3時，肌(x)>0，所以，當(dāng)x=a-3時，(x)取最小值.因此(x)≥0成立的充要條件是(a-3)≥0，即a≥(2b)-12

綜上，不等式x2+1≥ax+b≥32x23對任意x∈［0,+∞）成立的充要條件是

(2b)-12≤a≤2(1-b)12①

顯然，存在a、b使①式成立的充要條件是：不等式(2b)-12≤2(1-b)-12 ②

有解．解不等式②得2-24≤b≤2+24 ③

因此，③式即為b的取值范圍，①式即為實數(shù)a與b所滿足的關(guān)系.

類型三

f(x)≥g(a)恒成立冢踗(x)］﹎in≥g(a)恒成立［f(x)-g(a)］﹎in≥0恒成立

f(x)≤g(a)恒成立冢踗(x)］﹎ax≤g(a)恒成立［f(x)-g(a)］﹎ax≤0恒成立

例5 （2008湖南19）設(shè)函數(shù)f(x)=x(x-a)2

（Ⅰ）證明：a<3是函數(shù)f(x)在區(qū)間(1,2)上遞減的必要而不充分的條件；

（Ⅱ）若x∈［0,|a|+1］時，f(x)<2a2恒成立，且f(0)=0，求實數(shù)a的取值范圍．

解 （Ⅰ）因為f(x)在區(qū)間(1,2)上遞減，其導(dǎo)函數(shù)f ′(x)=3x2-4ax+a2≤0在(1,2)上恒成立

趂 ′(1)<0f ′(2)<0a2-4a+3<0a2-8a+12<0

1

2

故a<3是函數(shù)f(x)在區(qū)間(1,2)上遞減的必要而不充分的條件

（Ⅱ）因為f(x)=x(x-a)2

f ′(x)=3(x-a)(x-a3).

當(dāng)a>0時，函數(shù)y=f（x）在（-∞，a3)上遞增，在(a3,a)上遞減，在(a,+∞)上遞增，故有

f(a3)<2a2f(a+1)<2a21

當(dāng)a<0時，函數(shù)y=f(x)在(a3,+∞)上遞增，

所以只要f(1-a)<2a24a3-6a2+5a-1>0

令g(a)=4a3-6a2+5a-1，則g ′(a)=12a2-12a+5=12(a-12)2+2>0,

所以g(a)在(-∞,0)上遞增，又g(0)=-1<0

所以f(1-a)<2a2不能恒成立

故所求的a的取值范圍為1

例6 （2008上海19）．已知函數(shù)f(x)=2瑇-12|x|．

（1）若f(x)=2，求x的值；

（2）若2瑃f(2t)+mf(t)≥0對于t∈［1,2］恒成立，求實數(shù)m的取值范圍．

解 （1）當(dāng)x<0時，f(x)=0;當(dāng)x≥0時，f(x)=2瑇-12瑇.

由條件可知2瑇-12瑇=2，即22x-2·2瑇-1=0,解得2瑇=1±2.

因為2瑇>0,所以x=log2(1+2)

（2）當(dāng)t∈［1,2］時，2瑃f(2t)+mf(t)≥0恒成立

即2瑃22t-122t+m 2瑃-12t≥0. 恒成立

就是m(22t-1)≥-(24t-1). 恒成立

因為22t-1>0,所以m≥-(22t+1).

因為t∈［1,2］,所以-(1+22t)∈［-17,-5］,所以［-（22t+1)］﹎ax=-5.故m的取值范圍是［-5,+∞)

類型四

f(x)≥g(x)恒成立冢踗(x)-g(x)］﹎in≥0恒成立

f(x)≤g(x)恒成立冢踗(x)-g(x)］﹎ax≤0恒成立

例7 （2007浙江22）設(shè)f(x)=x33，對任意實數(shù)t，記gt(x)=t23x-23t．

（Ⅰ）求函數(shù)y=f(x)-g8(x)的單調(diào)區(qū)間；

（Ⅱ）求證：（?。┊?dāng)x>0時， f(x)≥gt(x)對任意正實數(shù)t成立；

（ⅱ）有且僅有一個正實數(shù)x0，使得g8(x0)≥gt(x0)對任意正實數(shù)t成立．

解 （Ⅰ）略

（Ⅱ）證明：（ⅰ）方法一：

令h(x)=f(x)-gt(x)=x33-t23x+23t(x>0)，則h′(x)=x2-t23，

當(dāng)t>0時，由h′(x)=0，得x=t13，當(dāng)x∈(0,t13)時，h′(x)<0.

當(dāng)x∈(t13,+∞)時，h′(x)>0，

所以h(x)在(0,+∞)內(nèi)的最小值是h(t13)=0．

故當(dāng)x>0時，f(x)≥gt(x)對任意正實數(shù)t成立．

方法二：

對任意固定的x>0，令h(t)=gt(x)=t23x-23t(t>0)，則h′(t)=23t-13(x-t13)，

由h′(t)=0，得t=x3．當(dāng)00．

當(dāng)t>x3時，h′(t)<0，所以當(dāng)t=x3時，h(t)取得最大值h(x3)=13x3．

因此當(dāng)x>0時，f(x)≥gt(x)對任意正實數(shù)t成立．

（ⅱ）對任意x0>0，g8(x0)=4x0-163，

因為gt(x0)關(guān)于t的最大值是13x30，所以要使g8(x0)≥gt(x0)對任意正實數(shù)t成立的充分必要條件是：

4x0-163≥13x30，即(x0-2)2(x0+4)≤0,①

又因為x0>0，所以不等式①成立的充分必要條件是x0=2，

所以有且僅有一個正實數(shù)x0=2，使得g8(x0)≥gt(x0)對任意正實數(shù)t成立．

例8 （2007全國20）設(shè)函數(shù)f(x)=e瑇-e-x．

（Ⅰ）證明：f(x)的導(dǎo)數(shù)f ′(x)≥2；

（Ⅱ）若對所有x≥0都有f(x)≥ax，求a的取值范圍

解 （Ⅰ）略

（Ⅱ）令g(x)=f(x)-ax，則

g ′(x)=f ′(x)-a=e瑇+e-x-a,

（?。┤鬭≤2，當(dāng)x>0時，g′(x)=e瑇+e-x-a>2-a≥0，

故g(x)在(0,+∞)上為增函數(shù)，

所以，x≥0時，g(x)≥g(0)，即f(x)≥ax．

（ⅱ）若a>2，方程g′(x)=0的正根為x1=lna+a2-42，

此時，若x∈(0,x1)，則g′(x)<0，故g(x)在該區(qū)間為減函數(shù)．

所以，x∈(0,x1)時，g(x)

綜上，滿足條件a的的取值范圍是(-∞,2］．

類型五

f(x1)≥g(x2)恒成立趂(x)﹎in≥g(x)﹎ax

f(x1)≤g(x2)恒成立趂(x)﹎ax≤g(x)﹎in

例9 （2008江南十校19）已知函數(shù)f(x)=kx-kx-2lnx,

h(x)=x2f ′(x)+f(x)+x+1x-1.

（Ⅰ）證明:當(dāng)k∈(-∞,0］∪(1,+∞)時,函數(shù)f(x)在其定義域內(nèi)為單調(diào)函數(shù);

（Ⅱ）若函數(shù)f(x)的圖象在點(1,f(1))處的切線斜率為0,且當(dāng)a>-1時,

h(x1)≥2ax2-1x22對一切x1,x2∈(0,1］恒成立,求實數(shù)a的取值范圍.

解（Ⅰ） 略

（Ⅱ）由題意知,f ′(1)=k+k-2=0,所以k=1,故f(x)=x-1x-2lnx,f ′(x)=1+1x2-2x ,所以h(x)=x2-2lnx,h′(x)=2x-2x=2(x+1)(x-1)x .

易知x∈(0,1)時,h′(x)<0 , 所以h(x)在(0,1］上有最小值h(1)=1.

令g(x)=2ax-1x2,則g′(x)=2a+2x3,由a>-1,所以g′(x)>0在(0,1］上恒成立,即g(x)=2ax-1x2在(0,1］上單調(diào)遞增, 其最大值為2a-1.

依題意得:1≥2a-1, 所以a≤1. 又a>-1, 故-1

例10 （2008全國大聯(lián)考22）設(shè)函數(shù)f(x)=px-qx-2lnx，且f(e)=qe-pe-2，其中e是自然對數(shù)的底數(shù).

（1）求p與q的關(guān)系；

（2）若f(x)在其定義域內(nèi)為單調(diào)函數(shù)，求p的取值范圍；

（3）設(shè)g(x)=2ex，若對于［1,e］上的任意x1,x2總有f(x1)

解 （1）由題意得 f(e)=pe-qe-2lne=qe-pe-2(p-q)(e+1e)=0

而e+1e≠0，所以p、q的關(guān)系為p=q.

（2）由（1）知f(x)=px-qx-2lnx=px-px-2lnx，

f ′(x)=p+px2-2x=px2-2x+px2

令h(x)=px2-2x+p，要使f(x)在其定義域(0,+∞)內(nèi)是單調(diào)函數(shù)，只需h(x)在(0,+∞)內(nèi)滿足：h(x)≥0或h(x)≤0恒成立.

①當(dāng)p=0時，h(x)=-2x，因為x＞0，所以h(x)＜0，f ′(x)=-2xx2＜0，

所以f(x)在(0,+∞)內(nèi)是單調(diào)遞減函數(shù)，即p=0適合題意；

②當(dāng)p＞0時，h(x)=px2-2x+p，其圖像為開口向上的拋物線，對稱軸為

x=1p∈(0,+∞)，所以h(x)﹎in=p-1p,

只需p-1p≥0，即p≥1時，h(x)≥0,f ′(x)≥0，

所以f(x)在(0,+∞)內(nèi)為單調(diào)遞增函數(shù)，故p≥1適合題意.

③當(dāng)p＜0時，h(x)=px2-2x+p，其圖像為開口向下的拋物線，對稱軸為

x=1p(0,+∞)，只要h(0)≤0，即p≤0時，h(x)≤0在(0,+∞)恒成立，故p＜0適合題意.

綜上所述，p的取值范圍為p≥1或p≤0.

（3）因為g(x)=2ex在［1,e］上是減函數(shù)，

所以x=e時，g(x)﹎in=2；x=1時，g(x)﹎ax=2e，即g(x)∈［2,2e］

①當(dāng)p≤0時，由（2）知f(x)在［1,e］上遞減輋(x)﹎ax=f(1)=0＜2，

所以f(x)﹎ax

②當(dāng)0＜p＜1時，由x∈［1,e］輝-1x≥0，

又由（2）知當(dāng)p=1時，f(x)在［1,e］上是增函數(shù)，

所以f(x)=p(x-1x)-2lnx≤x-1x-2lnx≤e-1e-2lne=e-1e-2<2,所以f(x）﹎ax

綜上，p的取值范圍是(-∞,4ee2-1).

類型六

|f(x1)-f(x2)|≤a恒成立趂(x)﹎ax-f(x)﹎in≤a恒成立

例11 （2008安徽預(yù)測21）已知函數(shù)f(x)=x3+ax2+bx+c的圖像經(jīng)過原點，且在x=1處取得極值，直線y=2x+5與曲線y=f(x)在原點處切線所成的夾角為45°

（Ⅰ） 求函數(shù)f(x)的解析式；

（Ⅱ） 若對任意實數(shù)α和β恒有不等式

|f(2sinα)-f(2sinβ)|≤m成立，求實數(shù)m的最小┲到 （Ⅰ）由題意知，f(0)=c=0,f ′(x)=3x2+2ax+b且f ′(1)=3+2a+b=0

又曲線y=f(x)在原點處切線的斜率k=f ′(0)=b，而直線y=2x+5與切線所成的夾角為45°,

所以1=tan45°=b-21+2b 解得b=-3，代入3+2a+b=0得a=0

故函數(shù)f(x)的解析式為f(x)=x3-3x.

（Ⅱ） 因為對于任意實數(shù)α和β，有2sinα,2sinβ∈［-2,2］，

由于f ′(x)=3x2-3=3(x-1)(x+1)，可知f(x)在(-∞,-1］和［1,+∞）上遞增，在［-1,1］上遞減又f(-2)=-2,f(-1)=2,f(1)=-2,f(2)=2.

所以f(x)在［-2,2］上的最大值和最小值分別為2和-2.

故m≥4，即m的最小值為4

注：本文中所涉及到的圖表、注解、公式等內(nèi)容請以PDF格式閱讀原文