張蕾

含參不等式恒成立問題主要有兩種類型：一是已知某個不等式恒成立，求其中參數(shù)的取值范圍；二是證明含有參數(shù)的某個不等式恒成立.解決這兩類問題的關(guān)鍵是要合理轉(zhuǎn)化函數(shù)，利用函數(shù)性質(zhì)或圖象求解，我們將其歸納為最值法和數(shù)形結(jié)合法.

最值法

最值法就是將不等式恒成立問題等價(jià)轉(zhuǎn)化為求函數(shù)的最值問題.

我們一般可以通過直接分類討論、分離參數(shù)和變換主元三種方法求函數(shù)的最值.下面就具體問題分析三種方法的實(shí)際應(yīng)用.

例1 [2011年高考數(shù)學(xué)北京卷（理科）第18題第Ⅱ小題] 已知函數(shù)f（x）=（x-k）2e，若對于任意的x∈（0，+∞），都有f（x）≤，求k的取值范圍.

解析： f′（x）=2（x-k）e+（x-k）2e=e（x-k）·（x+k）. 根據(jù)題意，對于任意的x∈（0，+∞），都有f（x）≤，即f（x）max≤.

若k>0，因?yàn)閒（k+1）=（k+1-k）2e=e1+>，不滿足對于任意的x∈（0，+∞），都有f（x）≤，所以k<0.

當(dāng)00，函數(shù) f（x）單調(diào)遞增；當(dāng)x>-k時(shí)， f′（x）<0，函數(shù) f（x）單調(diào)遞減，所以f（x）max=f（-k）=（-k-k）2e=.因?yàn)閒（x）max≤，所以≤.又k<0，解得-≤k<0.

點(diǎn)評： 直接對參數(shù)進(jìn)行分類討論是求解含參不等式恒成立問題的常用方法.在例1中，我們通過對參數(shù)k的正負(fù)的討論，建立了k與的關(guān)系式，進(jìn)而得解.

例2 若kx-lnx+2>0恒成立，求k的取值范圍.

解析： 由題意可知x>0. 要使kx-lnx+2>0恒成立， 則k>恒成立.設(shè)g（x）=，則k>g（x）max.

令g′（x）==0，得x=e3. 當(dāng)00，函數(shù)g（x）單調(diào)遞增；當(dāng)x>e3時(shí)，g′（x）<0，函數(shù)g（x）單調(diào)遞減，所以g（x）max=g（e3）=，k>.

點(diǎn)評： 直接對參數(shù)進(jìn)行分類討論求最值有時(shí)會比較煩瑣.如果能通過恒等變形分離出參數(shù)，將不等式轉(zhuǎn)化為一端是參數(shù)、另一端是變量表達(dá)式，就能使研究的函數(shù)不再含有參數(shù)，避免了對參數(shù)的討論.

例3 [2012年高考數(shù)學(xué)浙江卷（理科）第22題第I小題] 已知a>0，b∈R，函數(shù)f（x）=4ax3-2bx-a+b.證明：當(dāng)0≤x≤1時(shí)，f（x）+2a-b+a≥0.

解析： 設(shè)函數(shù)h（b）=f（x）+2a-b+a=4ax3-2bx+b+2a-b.當(dāng)b<2a時(shí)，h（b）=h1（b）=4ax3-2bx+2a=-2xb+2a（2x3+1）；當(dāng)b>2a時(shí)，h（b）=h2（b）=4ax3-2bx+2b-2a=（2-2x）b+2a（2x3-1）.當(dāng)b=2a時(shí)，h1（2a）=h2（2a）=4ax3-4ax+2a.

因?yàn)閤∈[0，1]，所以當(dāng)b<2a時(shí)，h′（b）=h1′（b）=-2x≤0，函數(shù)h（b）在（-∞，2a）上單調(diào)遞減；當(dāng)b>2a時(shí)，h′（b）=h2′（b）=2-2x≥0，函數(shù)h（b）在（2a，+∞）上單調(diào)遞增， 所以函數(shù)h（b）min=h1（2a）=h2（2a）=4ax3-4ax+2a=2a（2x3-2x+1）.

設(shè)函數(shù)g（x）=2x3-2x+1，g′（x）=6x2-2=6x

-·x

+.因?yàn)閤∈[0，1]，所以當(dāng)x∈0

，時(shí)，g′（x）<0，函數(shù)g（x）單調(diào)遞減；當(dāng)x∈

，1時(shí)，g′（x）>0，函數(shù)g（x）單調(diào)遞增，所以g（x）min=g

=2·

3-2·+1=1-=1->0.

因?yàn)閔（b）min=2a（2x3-2x+1）≥2a·g（x）min，所以由a>0，g（x）min=g

>0可得h（b）min≥0，即f（x）+2a-b+a≥0.

點(diǎn)評： 有些含參不等式的恒成立問題，在分離參數(shù)時(shí)會遇到需要多次討論的麻煩，這時(shí)如果我們變換主元，就會簡化問題、降低難度.在例3中，若以常規(guī)的思路，將函數(shù)看成以x為主元、以a，b為參數(shù)的函數(shù)，則會涉及三次函數(shù)的單調(diào)性問題，要進(jìn)行多次分類討論.而通過變換主元，就使得解題思路更簡潔明快.

數(shù)形結(jié)合法

如果含參不等式恒成立問題不方便轉(zhuǎn)化為求函數(shù)最值問題，還可嘗試采用數(shù)形結(jié)合法，通過作出函數(shù)圖象求解.

若由原不等式直接轉(zhuǎn)化得到的函數(shù)圖象不易畫出，可以先通過等價(jià)變形，將不等式變形為不等號左右兩個式子，并將這兩個式子分別看成兩個函數(shù)，然后將兩個函數(shù)的大小關(guān)系與函數(shù)圖象的位置關(guān)系一一對應(yīng)求解.

當(dāng)f（x）>g（x）時(shí)，函數(shù)f（x）的圖象恒在函數(shù)g（x）圖象的上方；當(dāng)f（x）

例4 若對于任意的x∈0

，， x2-loga x-<0恒成立，求a的取值范圍.

解析： x2-loga x-<0?x2-

要使對于任意的x∈0

，， x2-

，上函數(shù)f（x）的圖象恒在函數(shù)g（x）圖象的下方.

如圖1所示，若a>1，因?yàn)楫?dāng)x∈0

，時(shí)，f（0）

=，而 g（x）<0恒成立，所以函數(shù)f（x）的圖象不可能恒在函數(shù)g（x）圖象的下方，所以0

如圖2所示，當(dāng)x∈0

，時(shí)，f（x）

=. 所以要使區(qū)間0

，上函數(shù)f（x）的圖象恒在函數(shù)g（x）圖象的下方，只需滿足g（x）min=g

≥f

，即loga≥.又0

【練一練】

若a∈R，函數(shù)f（x）=4x3-2ax+a. 證明：當(dāng)0≤x≤1時(shí)，f（x）+2-a>0.

【參考答案】

設(shè)h（a）=4x3-2ax+a+2-a，當(dāng)a<2時(shí)，h（a）=h1（a）=

-2xa+4x3+2，h1′（a）=-2x；當(dāng)a>2時(shí)，h（a）=h2（a）=4x3-2ax+2a-2=2（1-x）a+4x3-2，h2′（a）=2-2x.當(dāng)a=2時(shí)，h1（2）=h2（2）=4x3-4x+2.

因?yàn)閤∈[0，1]，所以當(dāng)a>2時(shí)，h′（a）=h2′（a）≥0，函數(shù)h（a）單調(diào)遞增；當(dāng)a<2時(shí)，h′（a）=h1′（a）≤0，函數(shù)h（a）單調(diào)遞減，所以h（a）min=h1（2）=h2（2）=4x3-4x+2.

設(shè)g（x）=4x3-4x+2，g′（x）=12x2-4=12x

-·x

+.因?yàn)閤∈[0，1]，所以當(dāng)x∈0

，時(shí)，g′（x）<0，函數(shù)g（x）單調(diào)遞減；當(dāng)x∈

，1時(shí)，g′（x）>0，函數(shù)g（x）單調(diào)遞增，所以g（x）min=g

=2->0.

因?yàn)閔（a）min=4x3-4x+2≥g（x）min，所以由g（x）min>0可得h（a）=f（x）+2-a>0.

含參不等式恒成立問題主要有兩種類型：一是已知某個不等式恒成立，求其中參數(shù)的取值范圍；二是證明含有參數(shù)的某個不等式恒成立.解決這兩類問題的關(guān)鍵是要合理轉(zhuǎn)化函數(shù)，利用函數(shù)性質(zhì)或圖象求解，我們將其歸納為最值法和數(shù)形結(jié)合法.

最值法

最值法就是將不等式恒成立問題等價(jià)轉(zhuǎn)化為求函數(shù)的最值問題.

我們一般可以通過直接分類討論、分離參數(shù)和變換主元三種方法求函數(shù)的最值.下面就具體問題分析三種方法的實(shí)際應(yīng)用.

例1 [2011年高考數(shù)學(xué)北京卷（理科）第18題第Ⅱ小題] 已知函數(shù)f（x）=（x-k）2e，若對于任意的x∈（0，+∞），都有f（x）≤，求k的取值范圍.

解析： f′（x）=2（x-k）e+（x-k）2e=e（x-k）·（x+k）. 根據(jù)題意，對于任意的x∈（0，+∞），都有f（x）≤，即f（x）max≤.

若k>0，因?yàn)閒（k+1）=（k+1-k）2e=e1+>，不滿足對于任意的x∈（0，+∞），都有f（x）≤，所以k<0.

當(dāng)00，函數(shù) f（x）單調(diào)遞增；當(dāng)x>-k時(shí)， f′（x）<0，函數(shù) f（x）單調(diào)遞減，所以f（x）max=f（-k）=（-k-k）2e=.因?yàn)閒（x）max≤，所以≤.又k<0，解得-≤k<0.

點(diǎn)評： 直接對參數(shù)進(jìn)行分類討論是求解含參不等式恒成立問題的常用方法.在例1中，我們通過對參數(shù)k的正負(fù)的討論，建立了k與的關(guān)系式，進(jìn)而得解.

例2 若kx-lnx+2>0恒成立，求k的取值范圍.

解析： 由題意可知x>0. 要使kx-lnx+2>0恒成立， 則k>恒成立.設(shè)g（x）=，則k>g（x）max.

令g′（x）==0，得x=e3. 當(dāng)00，函數(shù)g（x）單調(diào)遞增；當(dāng)x>e3時(shí)，g′（x）<0，函數(shù)g（x）單調(diào)遞減，所以g（x）max=g（e3）=，k>.

點(diǎn)評： 直接對參數(shù)進(jìn)行分類討論求最值有時(shí)會比較煩瑣.如果能通過恒等變形分離出參數(shù)，將不等式轉(zhuǎn)化為一端是參數(shù)、另一端是變量表達(dá)式，就能使研究的函數(shù)不再含有參數(shù)，避免了對參數(shù)的討論.

例3 [2012年高考數(shù)學(xué)浙江卷（理科）第22題第I小題] 已知a>0，b∈R，函數(shù)f（x）=4ax3-2bx-a+b.證明：當(dāng)0≤x≤1時(shí)，f（x）+2a-b+a≥0.

解析： 設(shè)函數(shù)h（b）=f（x）+2a-b+a=4ax3-2bx+b+2a-b.當(dāng)b<2a時(shí)，h（b）=h1（b）=4ax3-2bx+2a=-2xb+2a（2x3+1）；當(dāng)b>2a時(shí)，h（b）=h2（b）=4ax3-2bx+2b-2a=（2-2x）b+2a（2x3-1）.當(dāng)b=2a時(shí)，h1（2a）=h2（2a）=4ax3-4ax+2a.

因?yàn)閤∈[0，1]，所以當(dāng)b<2a時(shí)，h′（b）=h1′（b）=-2x≤0，函數(shù)h（b）在（-∞，2a）上單調(diào)遞減；當(dāng)b>2a時(shí)，h′（b）=h2′（b）=2-2x≥0，函數(shù)h（b）在（2a，+∞）上單調(diào)遞增， 所以函數(shù)h（b）min=h1（2a）=h2（2a）=4ax3-4ax+2a=2a（2x3-2x+1）.

設(shè)函數(shù)g（x）=2x3-2x+1，g′（x）=6x2-2=6x

-·x

+.因?yàn)閤∈[0，1]，所以當(dāng)x∈0

，時(shí)，g′（x）<0，函數(shù)g（x）單調(diào)遞減；當(dāng)x∈

，1時(shí)，g′（x）>0，函數(shù)g（x）單調(diào)遞增，所以g（x）min=g

=2·

3-2·+1=1-=1->0.

因?yàn)閔（b）min=2a（2x3-2x+1）≥2a·g（x）min，所以由a>0，g（x）min=g

>0可得h（b）min≥0，即f（x）+2a-b+a≥0.

點(diǎn)評： 有些含參不等式的恒成立問題，在分離參數(shù)時(shí)會遇到需要多次討論的麻煩，這時(shí)如果我們變換主元，就會簡化問題、降低難度.在例3中，若以常規(guī)的思路，將函數(shù)看成以x為主元、以a，b為參數(shù)的函數(shù)，則會涉及三次函數(shù)的單調(diào)性問題，要進(jìn)行多次分類討論.而通過變換主元，就使得解題思路更簡潔明快.

數(shù)形結(jié)合法

如果含參不等式恒成立問題不方便轉(zhuǎn)化為求函數(shù)最值問題，還可嘗試采用數(shù)形結(jié)合法，通過作出函數(shù)圖象求解.

若由原不等式直接轉(zhuǎn)化得到的函數(shù)圖象不易畫出，可以先通過等價(jià)變形，將不等式變形為不等號左右兩個式子，并將這兩個式子分別看成兩個函數(shù)，然后將兩個函數(shù)的大小關(guān)系與函數(shù)圖象的位置關(guān)系一一對應(yīng)求解.

當(dāng)f（x）>g（x）時(shí)，函數(shù)f（x）的圖象恒在函數(shù)g（x）圖象的上方；當(dāng)f（x）

例4 若對于任意的x∈0

，， x2-loga x-<0恒成立，求a的取值范圍.

解析： x2-loga x-<0?x2-

要使對于任意的x∈0

，， x2-

，上函數(shù)f（x）的圖象恒在函數(shù)g（x）圖象的下方.

如圖1所示，若a>1，因?yàn)楫?dāng)x∈0

，時(shí)，f（0）

=，而 g（x）<0恒成立，所以函數(shù)f（x）的圖象不可能恒在函數(shù)g（x）圖象的下方，所以0

如圖2所示，當(dāng)x∈0

，時(shí)，f（x）

=. 所以要使區(qū)間0

，上函數(shù)f（x）的圖象恒在函數(shù)g（x）圖象的下方，只需滿足g（x）min=g

≥f

，即loga≥.又0

【練一練】

若a∈R，函數(shù)f（x）=4x3-2ax+a. 證明：當(dāng)0≤x≤1時(shí)，f（x）+2-a>0.

【參考答案】

設(shè)h（a）=4x3-2ax+a+2-a，當(dāng)a<2時(shí)，h（a）=h1（a）=

-2xa+4x3+2，h1′（a）=-2x；當(dāng)a>2時(shí)，h（a）=h2（a）=4x3-2ax+2a-2=2（1-x）a+4x3-2，h2′（a）=2-2x.當(dāng)a=2時(shí)，h1（2）=h2（2）=4x3-4x+2.

因?yàn)閤∈[0，1]，所以當(dāng)a>2時(shí)，h′（a）=h2′（a）≥0，函數(shù)h（a）單調(diào)遞增；當(dāng)a<2時(shí)，h′（a）=h1′（a）≤0，函數(shù)h（a）單調(diào)遞減，所以h（a）min=h1（2）=h2（2）=4x3-4x+2.

設(shè)g（x）=4x3-4x+2，g′（x）=12x2-4=12x

-·x

+.因?yàn)閤∈[0，1]，所以當(dāng)x∈0

，時(shí)，g′（x）<0，函數(shù)g（x）單調(diào)遞減；當(dāng)x∈

，1時(shí)，g′（x）>0，函數(shù)g（x）單調(diào)遞增，所以g（x）min=g

=2->0.

因?yàn)閔（a）min=4x3-4x+2≥g（x）min，所以由g（x）min>0可得h（a）=f（x）+2-a>0.

含參不等式恒成立問題主要有兩種類型：一是已知某個不等式恒成立，求其中參數(shù)的取值范圍；二是證明含有參數(shù)的某個不等式恒成立.解決這兩類問題的關(guān)鍵是要合理轉(zhuǎn)化函數(shù)，利用函數(shù)性質(zhì)或圖象求解，我們將其歸納為最值法和數(shù)形結(jié)合法.

最值法

最值法就是將不等式恒成立問題等價(jià)轉(zhuǎn)化為求函數(shù)的最值問題.

我們一般可以通過直接分類討論、分離參數(shù)和變換主元三種方法求函數(shù)的最值.下面就具體問題分析三種方法的實(shí)際應(yīng)用.

例1 [2011年高考數(shù)學(xué)北京卷（理科）第18題第Ⅱ小題] 已知函數(shù)f（x）=（x-k）2e，若對于任意的x∈（0，+∞），都有f（x）≤，求k的取值范圍.

解析： f′（x）=2（x-k）e+（x-k）2e=e（x-k）·（x+k）. 根據(jù)題意，對于任意的x∈（0，+∞），都有f（x）≤，即f（x）max≤.

若k>0，因?yàn)閒（k+1）=（k+1-k）2e=e1+>，不滿足對于任意的x∈（0，+∞），都有f（x）≤，所以k<0.

當(dāng)00，函數(shù) f（x）單調(diào)遞增；當(dāng)x>-k時(shí)， f′（x）<0，函數(shù) f（x）單調(diào)遞減，所以f（x）max=f（-k）=（-k-k）2e=.因?yàn)閒（x）max≤，所以≤.又k<0，解得-≤k<0.

點(diǎn)評： 直接對參數(shù)進(jìn)行分類討論是求解含參不等式恒成立問題的常用方法.在例1中，我們通過對參數(shù)k的正負(fù)的討論，建立了k與的關(guān)系式，進(jìn)而得解.

例2 若kx-lnx+2>0恒成立，求k的取值范圍.

解析： 由題意可知x>0. 要使kx-lnx+2>0恒成立， 則k>恒成立.設(shè)g（x）=，則k>g（x）max.

令g′（x）==0，得x=e3. 當(dāng)00，函數(shù)g（x）單調(diào)遞增；當(dāng)x>e3時(shí)，g′（x）<0，函數(shù)g（x）單調(diào)遞減，所以g（x）max=g（e3）=，k>.

點(diǎn)評： 直接對參數(shù)進(jìn)行分類討論求最值有時(shí)會比較煩瑣.如果能通過恒等變形分離出參數(shù)，將不等式轉(zhuǎn)化為一端是參數(shù)、另一端是變量表達(dá)式，就能使研究的函數(shù)不再含有參數(shù)，避免了對參數(shù)的討論.

例3 [2012年高考數(shù)學(xué)浙江卷（理科）第22題第I小題] 已知a>0，b∈R，函數(shù)f（x）=4ax3-2bx-a+b.證明：當(dāng)0≤x≤1時(shí)，f（x）+2a-b+a≥0.

解析： 設(shè)函數(shù)h（b）=f（x）+2a-b+a=4ax3-2bx+b+2a-b.當(dāng)b<2a時(shí)，h（b）=h1（b）=4ax3-2bx+2a=-2xb+2a（2x3+1）；當(dāng)b>2a時(shí)，h（b）=h2（b）=4ax3-2bx+2b-2a=（2-2x）b+2a（2x3-1）.當(dāng)b=2a時(shí)，h1（2a）=h2（2a）=4ax3-4ax+2a.

因?yàn)閤∈[0，1]，所以當(dāng)b<2a時(shí)，h′（b）=h1′（b）=-2x≤0，函數(shù)h（b）在（-∞，2a）上單調(diào)遞減；當(dāng)b>2a時(shí)，h′（b）=h2′（b）=2-2x≥0，函數(shù)h（b）在（2a，+∞）上單調(diào)遞增， 所以函數(shù)h（b）min=h1（2a）=h2（2a）=4ax3-4ax+2a=2a（2x3-2x+1）.

設(shè)函數(shù)g（x）=2x3-2x+1，g′（x）=6x2-2=6x

-·x

+.因?yàn)閤∈[0，1]，所以當(dāng)x∈0

，時(shí)，g′（x）<0，函數(shù)g（x）單調(diào)遞減；當(dāng)x∈

，1時(shí)，g′（x）>0，函數(shù)g（x）單調(diào)遞增，所以g（x）min=g

=2·

3-2·+1=1-=1->0.

因?yàn)閔（b）min=2a（2x3-2x+1）≥2a·g（x）min，所以由a>0，g（x）min=g

>0可得h（b）min≥0，即f（x）+2a-b+a≥0.

點(diǎn)評： 有些含參不等式的恒成立問題，在分離參數(shù)時(shí)會遇到需要多次討論的麻煩，這時(shí)如果我們變換主元，就會簡化問題、降低難度.在例3中，若以常規(guī)的思路，將函數(shù)看成以x為主元、以a，b為參數(shù)的函數(shù)，則會涉及三次函數(shù)的單調(diào)性問題，要進(jìn)行多次分類討論.而通過變換主元，就使得解題思路更簡潔明快.

數(shù)形結(jié)合法

如果含參不等式恒成立問題不方便轉(zhuǎn)化為求函數(shù)最值問題，還可嘗試采用數(shù)形結(jié)合法，通過作出函數(shù)圖象求解.

若由原不等式直接轉(zhuǎn)化得到的函數(shù)圖象不易畫出，可以先通過等價(jià)變形，將不等式變形為不等號左右兩個式子，并將這兩個式子分別看成兩個函數(shù)，然后將兩個函數(shù)的大小關(guān)系與函數(shù)圖象的位置關(guān)系一一對應(yīng)求解.

當(dāng)f（x）>g（x）時(shí)，函數(shù)f（x）的圖象恒在函數(shù)g（x）圖象的上方；當(dāng)f（x）

例4 若對于任意的x∈0

，， x2-loga x-<0恒成立，求a的取值范圍.

解析： x2-loga x-<0?x2-

要使對于任意的x∈0

，， x2-

，上函數(shù)f（x）的圖象恒在函數(shù)g（x）圖象的下方.

如圖1所示，若a>1，因?yàn)楫?dāng)x∈0

，時(shí)，f（0）

=，而 g（x）<0恒成立，所以函數(shù)f（x）的圖象不可能恒在函數(shù)g（x）圖象的下方，所以0

如圖2所示，當(dāng)x∈0

，時(shí)，f（x）

=. 所以要使區(qū)間0

，上函數(shù)f（x）的圖象恒在函數(shù)g（x）圖象的下方，只需滿足g（x）min=g

≥f

，即loga≥.又0

【練一練】

若a∈R，函數(shù)f（x）=4x3-2ax+a. 證明：當(dāng)0≤x≤1時(shí)，f（x）+2-a>0.

【參考答案】

設(shè)h（a）=4x3-2ax+a+2-a，當(dāng)a<2時(shí)，h（a）=h1（a）=

-2xa+4x3+2，h1′（a）=-2x；當(dāng)a>2時(shí)，h（a）=h2（a）=4x3-2ax+2a-2=2（1-x）a+4x3-2，h2′（a）=2-2x.當(dāng)a=2時(shí)，h1（2）=h2（2）=4x3-4x+2.

因?yàn)閤∈[0，1]，所以當(dāng)a>2時(shí)，h′（a）=h2′（a）≥0，函數(shù)h（a）單調(diào)遞增；當(dāng)a<2時(shí)，h′（a）=h1′（a）≤0，函數(shù)h（a）單調(diào)遞減，所以h（a）min=h1（2）=h2（2）=4x3-4x+2.

設(shè)g（x）=4x3-4x+2，g′（x）=12x2-4=12x

-·x

+.因?yàn)閤∈[0，1]，所以當(dāng)x∈0

，時(shí)，g′（x）<0，函數(shù)g（x）單調(diào)遞減；當(dāng)x∈

，1時(shí)，g′（x）>0，函數(shù)g（x）單調(diào)遞增，所以g（x）min=g

=2->0.

因?yàn)閔（a）min=4x3-4x+2≥g（x）min，所以由g（x）min>0可得h（a）=f（x）+2-a>0.