专题讲座三不等式恒成立问题.doc

专题讲座三　不等式恒成立问题 ,[学生用书P118～P119]) 含参不等式恒成立问题是高考中的热点内容，它以各种形式出现在高中数学的各部分内容中，扮演着重要的角色．解决含参不等式恒成立问题的关键是转化与化归思想的运用，从解题策略的角度看，一般而言，针对不等式的表现形式，有如下四种策略． 1．变换主元，转化为一次函数问题 　求使不等式x2＋(a－6)x＋9－3a0，|a|≤1恒成立的x的取值范围． [解]　将原不等式整理为形式上是关于a的不等式(x－3)a＋x2－6x＋90. 令f(a)＝(x－3)a＋x2－6x＋9. 因为f(a)0在|a|≤1时恒成立，所以 (1)若x＝3，则f(a)＝0，不符合题意，应舍去． (2)若x≠3，则由一次函数的单调性，可得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f（－1）0,f（1）0))， 即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2－7x＋120,x2－5x＋60))， 解得x2或x4. [规律方法]　在含参不等式恒成立的问题中，参数和未知数是相互牵制、相互依赖的关系．本题已知参数a的取值范围，求x的取值范围，若能转换两者在问题中的地位，则关于x的不等式就立即转化为关于a的不等式，问题便迎刃而解了． 2．联系不等式、函数、方程，转化为方程根的分布问题 　已知x∈(0，＋∞)时，不等式9x－m·3x＋m＋10恒成立，则m的取值范围是(　　) A．2－2eq \r(2)m2＋2eq \r(2)　 B．m2 C．m2＋2eq \r(2) D．m≥2＋2eq \r(2) [解析]　令t＝3x(t1)，则由已知得函数f(t)＝t2－mt＋m＋1的图象在t∈(1，＋∞)上恒在x轴的上方， 则对于方程f(t)＝0有Δ＝(－m)2－4(m＋1)0 或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(Δ≥0,\f(m,2)≤1,f（1）＝1－m＋m＋1≥0))， 解得m2＋2eq \r(2). [答案]　C [规律方法]　1.解答此类问题一般把问题转化为关于x的函数，即问题就等价于函数f(x)的图象在区间(a，b)内的部分位于x轴上方，结合二次函数的图象，根据二次函数的性质就可以列出m所满足的不等关系． 2．在利用换元法简化运算时，需注意换元后自变量的取值范围． 3．分离参变量，构造函数求最值 　已知定义在R上的函数f(x)为奇函数，且在[0，＋∞)上是增函数，对于任意x∈R，求实数m的取值范围，使f(cos 2θ－3)＋f(4m－2mcos θ)0恒成立． [解]　∵f(x)在R上为奇函数，且在[0，＋∞)上是增函数， ∴f(x)在(－∞，＋∞)上为增函数． 又∵f(cos 2θ－3)＋f(4m－2mcos θ)0， ∴f(cos 2θ－3)－f(4m－2mcos θ)＝f(2mcos θ－4m)， ∴cos 2θ－32mcos θ－4m， 即2m(2－cos θ)3－cos 2θ， ∵2－cos θ∈[1，3]， ∴2meq \f(3－cos 2θ,2－cos θ)＝eq \f(4－2cos2θ,2－cos θ)， ∴meq \f(2－cos2 θ,2－cos θ). 令2－cos θ＝t，t∈[1，3]，∴m4－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t＋\f(2,t)))， 即4－mt＋eq \f(2,t)在t∈[1，3]上恒成立． 即求g(t)＝t＋eq \f(2,t)在t∈[1，3]上的最小值． ∵g(t)＝t＋eq \f(2,t)≥2eq \r(2)，等号成立的条件是t＝eq \f(2,t)， 即t＝eq \r(2)∈[1，3]成立． ∴g(t)min＝2eq \r(2)，∴4－m2eq \r(2)， 即m4－2eq \r(2). ∴m的取值范围为(4－2eq \r(2)，＋∞)． [规律方法]　这类问题经常用到下面的结论：若函数f(x)存在最小值，则a≤()f(x)恒成立?a≤()f(x)min；若函数f(x)存在最大值，则a≥()f(x)恒成立?a≥()f(x)max. 4．转化为两个函数图象之间的关系，数形结合求参数 　是否存在实数a，使得关于x的不等式3x2－logax0在0xeq \f(1,3)时恒成立？若存在，求出a的取值范围；若不存在，请说明理由． [解]　由题意知，“关于x的不等式3x2－logax0在0xeq \f(1,3)时恒成立”等价于“3x2logax在x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,3)))内恒成立”．若a1，在同一平面直角坐标系内，分别作出函数y＝3x2和y＝logax的大致图象，如图(1)所示，观察两函数图象，当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\