《（江蘇專用）2019版高考數(shù)學大一輪復(fù)習 第七章 不等式 第43講 不等式恒成立問題學案》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（江蘇專用）2019版高考數(shù)學大一輪復(fù)習 第七章 不等式 第43講 不等式恒成立問題學案（10頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、 第43講　不等式恒成立問題 考試要求　1.不等式包含兩個元的情況(C級要求)；2.不等式恒成立問題涉及一元二次不等式、線性規(guī)劃、基本不等式恒成立問題.解決問題的本質(zhì)是轉(zhuǎn)化成求最值問題. 診 斷 自 測 1.設(shè)y＝(log2x)2＋(t－2)log2x－t＋1，若t在[－2，2]上變化時y恒取正值，則實數(shù)x的取值范圍為________. 解析　設(shè)f(t)＝y(tǒng)＝(log2x－1)t＋(log2x)2－2log2x＋1，　 t∈[－2，2]， 問題轉(zhuǎn)化為：f(t)＞0對t∈[－2，2]恒成立 ? ? ?0＜x＜或x＞8. 故實數(shù)x的取值范圍是∪(8，＋∞). 答案　∪(

2、8，＋∞) 2.不等式＜1對一切實數(shù)x恒成立，則實數(shù)m的取值范圍為________. 解析　由4x2＋6x＋3＝＋＞0，對一切實數(shù)x恒成立，從而原不等式等價于 2x2＋2mx＋m＜4x2＋6x＋3(x∈R)， 即2x2＋(6－2m)x＋(3－m)＞0對一切實數(shù)x恒成立. 則Δ＝(6－2m)2－8(3－m)＜0， 解得1＜m＜3， 故實數(shù)m的取值范圍是(1，3). 答案　(1，3) 3.(一題多解)已知f(x)＝＞0在x∈上恒成立，則實數(shù)a的取值范圍為________. 解析　法一　∵ f(x)＝＞0對 x∈恒成立 ? x2＋2x＋a＞0對 x∈恒成立. 設(shè)g(x)＝

3、x2＋2x＋a，x∈， 問題轉(zhuǎn)化為：g(x)min＞0 g(x)＝ x2＋2x＋a＝(x＋1)2＋a－1, x∈， ∴g(x)在上是增函數(shù). ∴g(x)min＝g(1)＝3＋a， ∴ 3＋a＞0? a＞－3. 即所求實數(shù)a的取值范圍為(－3，＋∞). 法二　∵ f(x)＝＞0對 x∈恒成立 ? x2＋2x＋a＞0 對x∈恒成立 ? a＞－(x2＋2x)對x∈恒成立 設(shè)φ(x)＝ －(x2＋2x)，x∈. 問題轉(zhuǎn)化為：a＞φ(x)max. φ(x)＝ －(x2＋2x)＝－(x＋1)2＋1，x∈. ∴φ(x)在上是減函數(shù). ∴ φ(x)max＝ φ(1)＝－3， ∴

4、a＞－3， 即所求實數(shù)a的取值范圍為(－3，＋∞). 答案　(－3，＋∞) 4.若定義在(0，＋∞)的函數(shù)f(x)滿足f(x)＋f(y)＝f(xy)，且x>1時不等式f(x)<0成立，若不等式f()≤f()＋f(a)對于任意x，y∈(0，＋∞)恒成立，則實數(shù)a的取值范圍是________. 解析　設(shè)01，有f <0.這樣f(x2)－f(x1)＝f －f(x1)＝f ＋f(x1)－f(x1)＝f <0，則f(x2)0，

5、所以a的取值范圍是(0，]. 答案　(0，] 知 識 梳 理 1.恒成立問題轉(zhuǎn)化成最值處理 a＞f(x)對x∈D恒成立?a＞f(x)max， a＜f(x)對x∈D恒成立? a＜f(x)min. 2.恒成立問題處理方法： 圖象法、最值法、參變分離法、變換主元法等. 3.不等式的恒成立、能成立、恰成立問題 (1)恒成立問題：若f(x)在區(qū)間D上存在最小值，則不等式f(x)>A在區(qū)間D上恒成立?f(x)min>A(x∈D)； 若f(x)在區(qū)間D上存在最大值，則不等式f(x)

6、在區(qū)間D上存在實數(shù)x使不等式f(x)>A成立?f(x)max>A(x∈D)； 若f(x)在區(qū)間D上存在最小值，則在區(qū)間D上存在實數(shù)x使不等式f(x)A恰在區(qū)間D上成立?f(x)>A的解集為D； 不等式f(x)2x＋a－1在a∈[－1，1]上恒成立. 設(shè)f(a)＝(x－1)a＋x2－2x＋1，則f(a)是a的一次函數(shù)或常數(shù)函數(shù)

7、， 要使f(a)>0在a∈[－1，1]上恒成立，則須滿足 ??x>2或x<0， 故實數(shù)的取值范圍是(－∞，0)∪(2，＋∞). 規(guī)律方法　設(shè)f(x)＝ax＋b， f(x)＞0在x∈上恒成立? f(x) ＜0在x∈上恒成立? 考點二　一元二次不等式恒成立問題 【例2】 已知x∈時，不等式1＋2x＋(a－a2)·4x＞0恒成立，求實數(shù)a的取值范圍. 解　設(shè)2x＝t, ∵x∈，∴t∈， 原不等式可化為：a－a2＞. 要使上式對t∈恒成立，只需 a－a2＞，t∈， ＝－＋. 由∈，∴＝－， ∴a－a2＞－， 即4a2－4a－3＜0， 從而 －＜a＜.即實數(shù)a的取值范

8、圍是. 考點三　高次不等式恒成立問題 【例3】 已知f(x)＝－x3＋ax，其中a∈R，g(x)＝－x，且f(x)＜g(x)在x∈上恒成立，求實數(shù)a的取值范圍. 解　f(x)＜g(x)在x∈上恒成立 ?－x3＋ax＋x＜0 對x∈恒成立 ? a＜x2－x對x∈恒成立 設(shè)h(x)＝ x2－x，x∈， 問題轉(zhuǎn)化為：a＜h(x) min h′(x)＝2x－＝ 由h′(x)＝0，得x＝， 當x∈時，h′(x) ＜0，h(x)在遞減. 當x∈時，h′(x) ＞0，h(x)在遞增. ∴ h(x)在x＝時取最小值，h(x) min＝－， ∴a＜－.即a的取值范圍是. 考點四　絕對

9、值不等式恒成立問題 【例4】 已知f(x)＝x－2，若當x∈時，恒有f(x)＜0，求實數(shù)a的取值范圍. 解　(ⅰ)當x＝0時，顯然f(x)＜0成立，此時a∈R. (ⅱ)當x∈時，由f(x)＜0， 可得x－＜a＜x＋， 令 g(x)＝x－，(x∈)；h(x)＝x＋(x∈)， 則g′(x)＝1＋＞0，∴g(x)是單調(diào)遞增，可知max＝g(1)＝－1， h′(x)＝1－＜0，∴h(x)是單調(diào)遞減，可知min＝h(1)＝3， 此時a的范圍是(－1，3). 綜合(ⅰ)(ⅱ)得a的范圍是(－1，3). 規(guī)律方法　(1)當f(x)含有絕對值時，先去掉絕對值號， (2)這種思路是：首先是

10、——分離變量，其次用——極端值原理.把問題轉(zhuǎn)化為求函數(shù)的最值，若f(x)不存在最值，可求出f(x)的范圍，問題同樣可以解出. 考點五　線性規(guī)劃恒成立問題 【例5】 已知實數(shù)x，y滿足條件若不等式m(x2＋y2)≤(x＋y)2 恒成立，則實數(shù)m的最大值是________. 解析　∵m(x2＋y2)≤(x＋y)2恒成立，則m≤＝1＋＝1＋，其中k＝∈，當k＝時，1＋取最小值為，則實數(shù)m的最大值是. 答案　 考點六　基本不等式恒成立問題 【例6】 已知對滿足x＋y＋4＝2xy的任意正實數(shù)x，y，都有x2＋2xy＋y2－ax－ay＋1≥0，則實數(shù)a的取值范圍是________. 解析　x

11、＋y＋4＝2xy≤2×，解得x＋y≥4，當且僅當x＝y(tǒng)＝2時取“＝”. ∵(x＋y)2－a(x＋y)＋1≥0， ∴(x＋y)＋≥a. ∵(x＋y)＋≥，則a≤. 答案　 一、必做題 1.已知a>0，b>0，若不等式＋≥恒成立，則m的最大值等于________. 解析　原不等式恒成立等價于m≤(2a＋b)的最小值，而(2a＋b)＝5＋＋≥5＋2＝9，當且僅當a＝b時取等號，所以m≤9，即m的最大值為9. 答案　9 2.設(shè)變量x，y滿足約束條件且不等式x＋2y≤14恒成立，則實數(shù)a的取值范圍是________. 解析　不等式組表示的平面區(qū)域如圖中陰影部分所示，顯然a≥8，否

12、則可行域無意義.由圖可知x＋2y在點(6，a－6)處取得最大值2a－6，由2a－6≤14得a≤10.故a的取值范圍是[8，10]. 答案　[8，10] 3.已知x>0，y>0，且＋＝1，若x＋2y>m2＋2m恒成立，則實數(shù)m的取值范圍是________. 解析　由x>0，y>0，且＋＝1，得x＋2y＝(x＋2y)·＝4＋＋≥4＋2＝8.當且僅當＝時，即x＝2y時取等號.又＋＝1，此時x＝4，y＝2，所以(x＋2y)min＝8.要使x＋2y>m2＋2m恒成立，只需(x＋2y)min>m2＋2m恒成立，即8>m2＋2m，解得－40，y>0，

13、若不等式x3＋y3≥kxy(x＋y)恒成立，則實數(shù)k的最大值為________. 解析　由題設(shè)知k≤， ∴k≤＝＋－1恒成立. ∵＋－1≥2－1＝1，當且僅當x＝y(tǒng)時“＝”成立，從而k≤1，即k的最大值為1. 答案　1 5.設(shè)k>0，若關(guān)于x的不等式kx＋≥5在(1，＋∞)上恒成立，則k的最小值為________. 解析　原不等式變?yōu)閗(x－1)＋≥5－k. ∵k(x－1)＋≥4，∴4≥5－k， ∴()2＋4－5≥0，∴(＋5)(－1)≥0， ∴k≥1，∴kmin＝1. 答案　1 6.已知xln x－(a＋1)x＋1≥0對任意的x∈恒成立，則實數(shù)a的取值范圍為______

14、__. 解析　∵xln x－(a＋1)x＋1≥0對x∈恒成立， 即a≤ln x－1＋在x∈上恒成立， 令F(x)＝ln x－1＋，F(xiàn)′(x)＝， 在x∈上F′(x)<0，在x∈[1，2]上F′(x)>0， ∴F(x)在x＝1處取極小值，也是最小值， 即Fmin(x)＝F(1)＝0，∴a≤0. 答案　(－∞，0] 7.設(shè)存在實數(shù)x∈，使不等式t＋>e|ln x|成立，則實數(shù)t的取值范圍是________. 解析　由t＋>e|ln x|，得t>e|ln x|－， 設(shè)h(x)＝e|ln x|－＝ 則h(x)∈. ∴當t>時，存在實數(shù)x∈使原不等式成立. 答案　 8.若不等

15、式x2－2y2≤cx(y－x)對任意滿足x＞y＞0的實數(shù)x，y恒成立，則實數(shù)c的最大值為________. 解析　由題意可得c≤＝＝，令＝t，則0

16、f(2)＝4a＋2b＋c≤ (2＋2)2＝2恒成立， ∴f(2)＝2. (2)解　∴4a＋c＝2b＝1， ∴b＝，c＝1－4a.又f(x)≥x恒成立，即ax2＋(b－1)x＋c≥0恒成立.∴ a>0，Δ＝－4a(1－4a)≤0，解得a＝，b＝，c＝，∴f(x)＝x2＋x＋. 10.已知函數(shù)f(x)＝ln x－x＋－1，g(x)＝－x2＋2bx－4.若對任意的x1∈(0，2)，x2∈[1，2]，不等式f(x1)≥g(x2)恒成立，求實數(shù)b的取值范圍. 解　問題等價于f(x)在(0，2)上的最小值恒大于或等于g(x)在[1，2]上的最大值. 因為f(x)＝ln x－x＋－1， 所以

17、f(x)的定義域為(0，＋∞)， 所以f′(x)＝－－＝. 若f′(x)>0，則x2－4x＋3<0，解得12時，g(x)max＝g(2)＝4b－8. 故問題等價于或

18、 或解第一個不等式組得b<1，解第二個不等式組得1≤b≤，第三個不等式組無解. 綜上所述，b的取值范圍是. 二、選做題 11.已知不等式(ax＋3)(x2－b)≤0對任意x∈(0，＋∞)恒成立，其中a，b是整數(shù)，則a＋b的取值的集合為________. 解析　當b≤0時，由(ax＋3)(x2－b)≤0得到ax＋3≤0在x∈(0，＋∞)上恒成立，則a<0，且a·0＋3≤0，該式顯然不成立，故b>0. 當b>0時，由(ax＋3)(x2－b)≤0可設(shè)f(x)＝ax＋3，g(x)＝x2－b，又g(x)的大致圖象如下. 由題意可知再由a，b是整數(shù)得或因此a＋b＝8或－2，即取值集合為

19、{8，－2}. 答案　{8，－2} 12.已知函數(shù)f(x)＝x3－x2＋x，y＝f′(x)為f(x)的導函數(shù)，設(shè)h(x)＝ln f′(x)，若對于任意的x∈[0，1]，不等式h(x＋1－t)