几类不等式恒成立问题的解法

侯立刚

不等式恒成立问题可以综合地考查函数、导数、不等式等高中数学的主干知识，历来是高考的焦点、热点、难点，往往出现在压轴题中，很多学生望而却步本文对高考中的常见类型加以归纳，并指出解题方法

类型一 一次函数型

f(x)=ax+b (a≠0) x∈［m,n］

则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）设函数f(x)=a3x3-32x2+(a+1)x+1,其中a为实数

（Ⅰ）已知函数f(x)在x=1处取得极值，求a的值；

（Ⅱ）已知不等式f ′(x)>x2-x-a+1对任意a∈(0,+∞)都成立，求实数x的取值范围

解（Ⅰ）略

（Ⅱ）方法一

由题设知：ax2-3x+(a+1)>x2-x-a+1对任意a∈(0,+∞)都成立

即a(x2+2)-x2-2x>0对任意a∈(0,+∞)都成立

设g(a)=a(x2+2)-x2-2x(a∈R), 则对任意x∈R，g(a)为单调递增函数(a∈R)

所以对任意a∈(0,+∞)，g(a)>0恒成立的充分必要条件是g(0)≥0

即-x2-2x≥0，所以-2≤x≤0

于是x的取值范围是{x|-2≤x≤0}

方法二

由题设知：ax2-3x+(a+1)>x2-x-a+1对任意a∈(0,+∞)都成立

即a(x2+2)-x2-2x>0对任意a∈(0,+∞)都成立

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

所以-2≤x≤0.

于是x的取值范围是{x|-2≤x≤0}

例2 （2004福建21）已知f(x)=2x-ax2+2(x∈R)在区间［－1，1］上是增函数

（Ⅰ）求实数a的值组成的集合A；

（Ⅱ）设关于x的方程f(x)=1x的两个非零实根为x1、x2.试问：是否存在实数m，使得不等式m2+tm+1≥|x1-x2|对任意a∈A及t∈［－1，1］恒成立？若存在，求m的取值范围；若不存在，请说明理由

解 （Ⅰ） f ＇ (x)=4+2ax-2x2(x2+2)2

=-2(x2-ax-2)(x2+2)2 ，

因为f(x)在［－1，1］上是增函数，所以ゝ ＇ (x)≥0对x∈［－1，1］恒成立，

即x2－ax－2≤0对x∈［－1，1］恒成立.①

设h(x)=x2-ax-2

方法一：

①趆(1)=1-a-2≤0h(-1)=1+a-2≤0冢1≤a≤1，

因为对x∈［－1，1］，f(x)是连续函数，且只有当a=1时， f ＇(-1)=0以及当a=－1时，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.

因为对x∈［－1，1］，f(x)是连续函数，且只有当a=1时，f ＇(－1)=0以及当a=-1时，f ＇(1)=0

所以 A={a|－1≤a≤1}.

（Ⅱ）由2x-ax2+2=1x，得x2-ax-2=0，

因为Δ=a2+8>0

所以x1，x2是方程x2-ax-2=0的两非零实根，

所以x1+x2=ax1x2=-2

从而|x1－x2|=(x1+x2)2-4x1x2=a2+8.

因为－1≤a≤1，所以|x1-x2 |=a2+8≤3

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

当且仅当m2+tm+1≥3对任意t∈［－1，1］恒成立，

即m2+tm－2≥0对任意t∈［－1，1］恒成立.②

设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，存在实数m，使不等式m2+tm+1≥|x1－x2|对任意a∈A及t∈［－1，1］恒成立，

m的取值范围是{m|m≥2，或m≤－2}.

方法二：

当m=0时，②显然不成立；

当m≠0时，

②趍>0g(-1)=m2-m-2≥0

或m<0g(1)=m2+m-2≥0

m≥2或m≤－2.

所以，存在实数m，使不等式m2+tm+1≥|x1－x2|对任意a∈A及t∈［－1，1］恒成立，

m的取值范围是{m|m≥2，或m≤－2}.

类型二 二次函数型f(x)=ax2+bx+c(a≠0) x∈［m,n］

a>0时,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时,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对于一切x∈（0，12）成立，求a的取值范围

解 设f(x)=x2+ax+1，则x∈(0,12）时 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.

另外本题也可以用变量分离法解决

例4 （2005辽宁22）函数y=f(x)在区间(0,+∞)内可导，导函数f ′(x)是减函数，且f ′(x)>0．x0∈(0,+∞)，y=kx+m是曲线y=f(x)在点(x0,f(x0))处的切线方程，并设函数g(x)=﹌x+m．

（Ⅰ）用x0、f(x0)、f ′(x0)表示m；

（Ⅱ）证明：当x∈(0,+∞)，g(x)≥f(x)；

（Ⅲ）若关于x的不等式x2+1≥ax+b≥32x23在［0,+∞)上恒成立，其中a、b为实数，求b的取值范围及a与b所满足的关系

解 （Ⅰ）m=f(x0）-x0f ′(x0)

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

因为f ′(x)递减，所以h′(x)递增，因此，当x>x0时，h′(x)>0；当x

（Ⅲ）0≤b≤1,a>0是不等式成立的必要条件，以下讨论设此条件成立.

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

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

(x)≥0. 由肌(x)=a-x-13=0得x=a-3.

当0a-3时，肌(x)>0，所以，当x=a-3时，(x)取最小值.因此(x)≥0成立的充要条件是(a-3)≥0，即a≥(2b)-12

综上，不等式x2+1≥ax+b≥32x23对任意x∈［0,+∞）成立的充要条件是

(2b)-12≤a≤2(1-b)12①

显然，存在a、b使①式成立的充要条件是：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式即为b的取值范围，①式即为实数a与b所满足的关系.

类型三

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）设函数f(x)=x(x-a)2

（Ⅰ）证明：a<3是函数f(x)在区间(1,2)上递减的必要而不充分的条件；

（Ⅱ）若x∈［0,|a|+1］时，f(x)<2a2恒成立，且f(0)=0，求实数a的取值范围．

解 （Ⅰ）因为f(x)在区间(1,2)上递减，其导函数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是函数f(x)在区间(1,2)上递减的必要而不充分的条件

（Ⅱ）因为f(x)=x(x-a)2

f ′(x)=3(x-a)(x-a3).

当a>0时，函数y=f（x）在（-∞，a3)上递增，在(a3,a)上递减，在(a,+∞)上递增，故有

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

当a<0时，函数y=f(x)在(a3,+∞)上递增，

所以只要f(1-a)<2a24a3-6a2+5a-1>0

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

所以g(a)在(-∞,0)上递增，又g(0)=-1<0

所以f(1-a)<2a2不能恒成立

故所求的a的取值范围为1

例6 （2008上海19）．已知函数f(x)=2瑇-12|x|．

（1）若f(x)=2，求x的值；

（2）若2瑃f(2t)+mf(t)≥0对于t∈［1,2］恒成立，求实数m的取值范围．

解 （1）当x<0时，f(x)=0;当x≥0时，f(x)=2瑇-12瑇.

由条件可知2瑇-12瑇=2，即22x-2·2瑇-1=0,解得2瑇=1±2.

因为2瑇>0,所以x=log2(1+2)

（2）当t∈［1,2］时，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

因为22t-1>0,所以m≥-(22t+1).

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

类型四

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）设f(x)=x33，对任意实数t，记gt(x)=t23x-23t．

（Ⅰ）求函数y=f(x)-g8(x)的单调区间；

（Ⅱ）求证：（ⅰ）当x>0时， f(x)≥gt(x)对任意正实数t成立；

（ⅱ）有且仅有一个正实数x0，使得g8(x0)≥gt(x0)对任意正实数t成立．

解 （Ⅰ）略

（Ⅱ）证明：（ⅰ）方法一：

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

当t>0时，由h′(x)=0，得x=t13，当x∈(0,t13)时，h′(x)<0.

当x∈(t13,+∞)时，h′(x)>0，

所以h(x)在(0,+∞)内的最小值是h(t13)=0．

故当x>0时，f(x)≥gt(x)对任意正实数t成立．

方法二：

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

由h′(t)=0，得t=x3．当00．

当t>x3时，h′(t)<0，所以当t=x3时，h(t)取得最大值h(x3)=13x3．

因此当x>0时，f(x)≥gt(x)对任意正实数t成立．

（ⅱ）对任意x0>0，g8(x0)=4x0-163，

因为gt(x0)关于t的最大值是13x30，所以要使g8(x0)≥gt(x0)对任意正实数t成立的充分必要条件是：

4x0-163≥13x30，即(x0-2)2(x0+4)≤0,①

又因为x0>0，所以不等式①成立的充分必要条件是x0=2，

所以有且仅有一个正实数x0=2，使得g8(x0)≥gt(x0)对任意正实数t成立．

例8 （2007全国20）设函数f(x)=e瑇-e-x．

（Ⅰ）证明：f(x)的导数f ′(x)≥2；

（Ⅱ）若对所有x≥0都有f(x)≥ax，求a的取值范围

解 （Ⅰ）略

（Ⅱ）令g(x)=f(x)-ax，则

g ′(x)=f ′(x)-a=e瑇+e-x-a,

（ⅰ）若a≤2，当x>0时，g′(x)=e瑇+e-x-a>2-a≥0，

故g(x)在(0,+∞)上为增函数，

所以，x≥0时，g(x)≥g(0)，即f(x)≥ax．

（ⅱ）若a>2，方程g′(x)=0的正根为x1=lna+a2-42，

此时，若x∈(0,x1)，则g′(x)<0，故g(x)在该区间为减函数．

所以，x∈(0,x1)时，g(x)

综上，满足条件a的的取值范围是(-∞,2］．

类型五

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）已知函数f(x)=kx-kx-2lnx,

h(x)=x2f ′(x)+f(x)+x+1x-1.

（Ⅰ）证明:当k∈(-∞,0］∪(1,+∞)时,函数f(x)在其定义域内为单调函数;

（Ⅱ）若函数f(x)的图象在点(1,f(1))处的切线斜率为0,且当a>-1时,

h(x1)≥2ax2-1x22对一切x1,x2∈(0,1］恒成立,求实数a的取值范围.

解（Ⅰ） 略

（Ⅱ）由题意知,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)时,h′(x)<0 , 所以h(x)在(0,1］上有最小值h(1)=1.

令g(x)=2ax-1x2,则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］上单调递增, 其最大值为2a-1.

依题意得:1≥2a-1, 所以a≤1. 又a>-1, 故-1

例10 （2008全国大联考22）设函数f(x)=px-qx-2lnx，且f(e)=qe-pe-2，其中e是自然对数的底数.

（1）求p与q的关系；

（2）若f(x)在其定义域内为单调函数，求p的取值范围；

（3）设g(x)=2ex，若对于［1,e］上的任意x1,x2总有f(x1)

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

而e+1e≠0，所以p、q的关系为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)在其定义域(0,+∞)内是单调函数，只需h(x)在(0,+∞)内满足：h(x)≥0或h(x)≤0恒成立.

①当p=0时，h(x)=-2x，因为x＞0，所以h(x)＜0，f ′(x)=-2xx2＜0，

所以f(x)在(0,+∞)内是单调递减函数，即p=0适合题意；

②当p＞0时，h(x)=px2-2x+p，其图像为开口向上的抛物线，对称轴为

x=1p∈(0,+∞)，所以h(x)﹎in=p-1p,

只需p-1p≥0，即p≥1时，h(x)≥0,f ′(x)≥0，

所以f(x)在(0,+∞)内为单调递增函数，故p≥1适合题意.

③当p＜0时，h(x)=px2-2x+p，其图像为开口向下的抛物线，对称轴为

x=1p(0,+∞)，只要h(0)≤0，即p≤0时，h(x)≤0在(0,+∞)恒成立，故p＜0适合题意.

综上所述，p的取值范围为p≥1或p≤0.

（3）因为g(x)=2ex在［1,e］上是减函数，

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

①当p≤0时，由（2）知f(x)在［1,e］上递减輋(x)﹎ax=f(1)=0＜2，

所以f(x)﹎ax

②当0＜p＜1时，由x∈［1,e］輝-1x≥0，

又由（2）知当p=1时，f(x)在［1,e］上是增函数，

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

综上，p的取值范围是(-∞,4ee2-1).

类型六

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

例11 （2008安徽预测21）已知函数f(x)=x3+ax2+bx+c的图像经过原点，且在x=1处取得极值，直线y=2x+5与曲线y=f(x)在原点处切线所成的夹角为45°

（Ⅰ） 求函数f(x)的解析式；

（Ⅱ） 若对任意实数α和β恒有不等式

|f(2sinα)-f(2sinβ)|≤m成立，求实数m的最小┲到 （Ⅰ）由题意知，f(0)=c=0,f ′(x)=3x2+2ax+b且f ′(1)=3+2a+b=0

又曲线y=f(x)在原点处切线的斜率k=f ′(0)=b，而直线y=2x+5与切线所成的夹角为45°,

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

故函数f(x)的解析式为f(x)=x3-3x.

（Ⅱ） 因为对于任意实数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,+∞）上递增，在［-1,1］上递减又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别为2和-2.

故m≥4，即m的最小值为4

注：本文中所涉及到的图表、注解、公式等内容请以PDF格式阅读原文