不等式恒成立的八种解法探析讲义-2024届高三数学一轮复习

不等式恒成立的八种解法探析 不等式恒成立问思一般设计独特，涉及到函数、不等式、方程、导数、数列等知识，渗 透着函数与方程、等价转换、分类讨论、换元等思想方法，成为历年高考的一个热点，考生 对于这类问题感到难以寻求问题解决的切入点和突破口.这里对这一类问题的求解策略作 些探讨。 1最值法 例1.已知函数f(x)=ax4lnx+br4-c(x>0)在x=1处取得极值-3-c,其中a,b,c为 常数.(I)试确定a,b的值：（Ⅱ）讨论函数f(x)的单调区间：（Ⅲ）若对于任意x>0,不 等式f(x)≥-2c2恒成立，求c的取值范围， 分析：不等式f(x)≥-2c2恒成立，可以转化为f(x)mm≥-2c2 解：(I)(过程略)a=12,b=-3. (Ⅱ)（过程略）函数f(x)的单调减区间为(0，I),函数f(x)的单调增区间为(1，+0). (Ⅲ)由（Ⅱ）可知，函数f(x)在x=1处取得极小值f()=-3-c,此极小值也是最小值. 3 要使f(x)2-2c2(x>0)恒成立，只需-3-c≥-2c2,解得c≥三或c≤-1. 所以c的取值范围为(-0，-刂U[亏+o) 评注：最值法是我们这里最常用的方法.(x)≥a恒成立台∫mm(x)之a；f(x)≤a恒成立 台fmx(x)≤a. 2分离参数法 例2.已知函数f)=h1+)-x 1+x (I)求函数f(x)的单调区间： (I)若不等式(L+)+“≤e对于任意neN'都成立（其中e是自然对数的底数），求a n 的最大值， 分析：对于()不等式1+马“≤e中只有指数含有a,故可以将函数进行分离考虑. 解：(I)(过程略)函数f(x)的单调增区间为(-1,0)，f(x)的单调减区间为(0，+0) ()不等式(1+马“≤e等价于不等式(n+a)ln1+马s1,由于1+1>1，知 a+a)h(1+)s1台as1 -n；设g(x)=n1+下 xe(0,,则 ln(1+-) 1 g'(=- 11+x)ln2(1+x)-x2 1+x)n21+x)x2 x2(1+x)ln2(1+x) 由(1)知，n20+x)- ≤0，卿0+x)n0+)-x产≤0：于是.86)<0 1+x x∈(0，小，即g)在区间(0，】上为减函数.故g)在(0,1上的最小值为80=n2 1. 所以a的最大值为，】-1. In 2 评注：不等式恒成立问趣中，常常先将所求参数从不等式中分离出米，即：使参数和主元分别位于不等 式的左右两边，然后再巧妙构造函数，最后化归为最值法求解。 3数形结合法 例3.己知当x∈(1,2]时，不等式(x-1)≤1og。x恒成立，则实数a的取值范围是 分析：本题若直接求解则比较繁难，但若在同一平面 直角坐标系内作出函数f(x)=(x-)2与函数 g(x)=1og。x在x∈(1,2]上的图象，借助图形可以直 观、简捷求解. 解：在同一平面直角坐标系内作出函数 f(x)=(x-1)与函数g(x)=log。x在x∈(1,2]上的 图象（如右），从图象中容易知道：当0<a<1且x∈(1,2]时，函数f(x)的图象恒在函数 g(x)上方，不合题意：当a>1且x∈(1,2]时，欲使函数f(x)的图象恒在函数g(x)下方 或部分点重合，就必须满足1og2≥1，即1<a≤2· 故所求的a的取值范围为(1,2]. 评注：对不等式两边巧妙构造函数，数形结合，直观形象，是解决不等式恒成立问题的一种快捷方法. 4变更主元法 例4.对于满足不等式-1≤a≤1的一切实数a,函数y=x2+(a-4)x+(4-2a)的值恒 大于0，则实数x的取值范围是 分析：若审题不清，按习惯以x为主元，则求解将非常烦项，应该注意到：函数值大于0对 一定取值范围的谁恒成立，则谁就是主元 解：设f(a)=(x-2)a+(x2-4x+4),a∈[-1，+1]，则原问题转化为f(a)>0恒成立 的问题 f(-1)>0 故应该有 ,解得x<1或x>3. f)>0 所以实数x的取值范围是(-0,1)U(3,+0). 评注：在某些特定的条件下，若能变更主元，转换思考句题的角度，不仅可以避免分类讨论，而且可以 轻松解决恒成立问题. 5特殊化法 例5.设a,是常数，且a。=3-2a1(neN). ①证明：对于任意n≥l.a,=亏3”+().2门+(1少，2"a (I)假设对于任意n之1有an>a4'求a。的取值范围. 分析：常规思路：由已知的递推关系式求出通项公式，再根据对于任意n≥1有4，>am-求 出。的取值范围，思路很自然，但计算量大.可以用特殊值探路，确定目标，再作相应的 证明. 3 所以数 列学-专是等比数列，可以求得对于任意n≥， a,=3+(-)2"]+(←)2”a a-a。=1-3a>0 (Ⅱ)假设对于任意n≥1有an>am1,取n=1,2就有 解得 a2-