概述高考中函数不等式恒成立问题

王先义+刘成龙

摘要：函数不等式恒成立问题是高考的热点问题分析了高考中常见的函数不等式恒成立问题的8种类型，并针对每种类型给出了例子.

关键词：高考；函数不等式；恒成立

函数不等式恒成立问题是历年高考的热点问题，深受命题专家们的青睐它主要涉及导数、函数、方程、不等式等高中主干知识，对学生分析问题、解决问题的能力要求较高本文对高考中常见的函数不等式问题进行归纳整理，得到八种类型，希望对读者有所帮助.

为了便于叙述，文中在介绍函数不等式恒成立问题时，每种类型仅给出≥，>，≤，<四种不等情形之一，至于其它情形读者可以自行给出.

类型一x∈D，f（x）≥c（c为常数）恒成立x∈D，f（x）min≥c恒成立.

例1（2016上海）已知a∈R，函数f（x）=log21x+a（1）（2）略；（3）设a>0，若对任意t∈12，1，函数f（x）在区间t，t+1上的最大值与最小值的差不超过1，求a的取值范围.

解当01x2+a，则log21x1+a>log21x2+a，所以f（x）在0，+∞上单调递减故f（x）在区间t，t+1上的最大值与最小值分别为f（t），f（t+1）由题意f（t）-f（t+1）=log21t+a-log21t+1+a≤1，即at2+（a+1）t-1≥0对任意t∈12，1恒成立因a>0，所以g（t）=at2+（a+1）t-1在12，1上单调递增，于是g（t）min=g（12）=34a-12，即34a-12≥0，解得a的取值范围为23，+∞.

类型二x∈D，f（x）≤g（a）恒成立x∈D，f（x）max≤g（a）恒成立.

例2（2014浙江）已知函数f（x）=x3+3x-a（a>0）若f（x）在-1，1上的最小值记为g（a）.

（1）略；（2）证明：当x∈-1，1时，恒有f（x）≤g（a）+4.

证明（2） 由（1）得g（a）=a3，0

①当00，则h（x）在a，1上单调递增，且0

②当a≥1时，g（a）=3a-2，h（x）=x3-3x+2，得h′（x）=3x2-3，x∈-1，1，h′（x）≤0，此时h（x）在-1，1上单调递减，h（x）max=h（-1）=4，故f（x）≤g（a）+4.

綜上所述，当x∈-1，1时，恒有f（x）≤g（a）+4.

类型三x∈D，f（x）≥g（x）恒成立x∈D，f（x）-g（x）min≥0恒成立.

例3（2013辽宁）已知函数f（x）=（1+x）e-2x，g（x）=ax+x32+1+2xcosx，当x∈0，1时.

（1）求证：1-x≤f（x）≤11+x；（2）若f（x）≥g（x）恒成立，求实数a取值范围.

证明（1）当x∈0，1时，f（x）≥1-x恒成立（1+x）e-x≥（1-x）ex恒成立.

令h（x）=（1+x）e-x-（1-x）ex，则h′（x）=x（ex-e-x）当x∈0，1，h′（x）>0，因此h（x）在0，1上单调递增故h（x）≥h（0）=0所以f（x）≥1-x；

同理f（x）≤11+x（*）恒成立e2x≥1+x2恒成立，其中x∈0，1时，1+x与ex都为正数，（*）等价于ex≥1+x恒成立令s（x）=ex-x-1，s′（x）=ex-1x∈0，1时，s′（x）>0，因此s（x）在0，1上单调递增故s（x）≥s（0）=0，所以f（x）≤11+x.

显然 （2）类似（1），易得a∈-∞，3.

类型四x1∈D1，x2∈D2，f（x1）≥g（x2）恒成立x∈D1，x∈D2，f（x）min≥g（x）max.

例4（2013高三冲刺）设函数f（x）=x2+2lnx，f ′（x）表示f （x）的导数，g（x）=（x2-m212）f ′（x）（其中m>0），求：（1）略；（2）若对x1，x2∈13，1都有f ′（x1）≤g′（x2）恒成立，求m的取值范围；

解由题意得f ′（x）=2x+2x，则g（x）=2（x+1x）（x2-m212）而f ′（x）在13，1内单调递减，即f ′（x）≤f（13）=203g′（x）=6x2+m26x2+2-m26，令t=6x2，则t∈23，6.

①m∈0，23时，g′（x）min=8+4m23，于是8+4m23≥203，此时无解；

②m∈23，6时，g′（x）min=2m-2-6m2，于是2m-2-6m2≥203，解得m∈6-22，6+22；

③m∈（6，+∞）时，g′（x）min=8≥203，符合题意.

综上所述，m的取值范围是（6-22，+∞）.

类型五x1∈D1，x2∈D2，f（x1）≥g（x2）成立x∈D1，x∈D2，f（x）min≥g（x）min.

例 5（2010山东）已知函数f（x）=lnx-ax+1-ax-1（a∈R）.

（1）略；（2）设g（x）=x2-2bx+4，当a=14时，若x1∈（0，2），x2∈[1，2]，使得f（x1）≥g（x2）成立，求实数b的范围.

解当a=14时，由（1）可知，当x∈（0，1）时，f ′（x）<0，函数f（x）单减；

当x∈（1，2）时，f ′（x）>0，函数f（x）单调递增，则f（x）≥f（1）=-12.

①b∈（-∞，1）时，因g（x）min=g1=5-2b>0>f（x）min，不符合题意；

②b∈[1，2]时，因g（x）min=g（b）=4-b2≥0>f（x）min，不符合题意；

③当b∈（2，+∞） 时，g（x）min=g（2）=8-4b，则8-4b≤-12，即b≥178.

综上所述，b的取值范围为178，+∞.

类型六x1，x2∈D，f（x1）-f（x2）≤c（c为常数）x∈D，f（x）max-f（x）min≤c.

例6（2015新课标2卷）设函数f（x）=emx+x2-mx.（1）略；（2）若对于任意x1，x2∈[-1，1]，都有|f（x1）-f（x2）|≤e-1，求m的取值范圍.

解由（1）知m∈R，f（x）在[-1，0]上单调递减，在[0，1]上单调递增，故f（x）min=f（0） ，所以x1，x2∈-1，1，|f（x1）-f（x2）|≤e-1恒成立f（1）-f（0）≤e-1，f（-1）-f（0）≤e-1，即em-m≤e-1，e-m+m≤e-1 （*）

设g（t）=et-t-e+1，则g′（t）=et-1当t<0时，g′（t）<0；当t>0时，g′（t）>0；故g（t）在（-∞，0）上单调递减，在（0，+∞）上单调递增又g（1）=0，g（-1）=e-1+2-e<0，故当t∈[-1，1]时，g（t）≤0当m∈[-1，1]时，g（m）≤0，g（-m）≤0，即（*）式成立；当m∈（1，+∞）时，由g（t）的单调性知，g（m）>0，即em-m>e-1；当m∈（-∞，1）时，g（-m）>0，即e-m+m>e-1.综上所述，m的取值范围是[-1，1].

类型七x1，x2∈D，有f（x1）-f（x2）≤M·g（x1）-g（x2）x∈D，h（x）=f（x）-Mg（x）单调递增（x1≤x2）或单调递减（x1≥x2）.

例7（2010 湖南）已知f（x）=x2+bx+c（b，c∈R），对任意的x∈R， 恒有f ′（x）≤f（x）.

（1）略；（2）若对满足题设条件的任意b，c，不等式f（c）-f（b）≤M（c2-b2）恒成立，求M的最小值.

解由（1）得c≥b设h（x）=f（x）-Mx2=（1-M）x2+bx+c，则h（c）≤h（b）.

①在c>b情况下，

（i）1-M=0时，即M=1当b≥0时，c>b，则h（x）单调递减，与h（x）=bx+c单调递增或平行于x轴矛盾，故M=1不符合题意.

（ii）1-M<0，即M>1当b≥0时，h（x）单调递减，则-b2（1-M）≤b，所以M≥32；若b<0时，h（x）单调递减，则b≤-b2（1-M）≤0，则M≥32即Mmin=32.

（iii）1-M>0，即M>1当b≥0时，h（x）单调递减，则-b2（1-M）≥c，M≥b2c+1≥1；若b<0时，h（x）单调递减，则-b2（1-M）≥c，M≥b2c+1此时，满足条件的M不存在

②在c=b的情况下，由（1）得b=±2，c=2，此时f（c）-f（b）≤Mc2-b2成立.

综上所述，Mmin=32.

特别地，取类型七中的g（x）=x即可得到：

类型八x1，x2∈D，f（x1）-f（x2）≤M（x1-x2）（M为常数）恒成立x∈D，h（x）=f（x）-Mg（x）单调递增（x1≤x2）或单调递减（x1≥x2）.

例8（2010辽宁）已知函数f（x）=（a+1）lnx+ax2+1.

（1）略；（2）设a<-1如果对任意x1，x2∈（0，+∞），|f（x1）-f（x2）|≥4|x1-x2|，求a的取值范围.

解不妨设x1≥x2当a<-1时，由（1）知f（x）在（0，+∞）单调递减，于是x1，x2∈（0，+∞），

f（x1）-f（x2）≥4x1-x2x1，x2∈（0，+∞），f（x2）+4x2≥f（x1）+4x1，令g（x）=f（x）+4x，则g（x）在（0，+∞）单调减递，所以g′（x）=a+1x+2ax+4≤0，得a≤-4x-12x2+1=（2x-1）2-4x2-22x2+1=（2x-1）22x2+1-2，故a的取值范围为-∞，-2.

文中对高考中常见的函数不等式问题从八个角度进行了系统的分析，希望读者在阅读时仔细品味类型间的联系与差异，弄清每种类型独特的内涵和适用条件.endprint