不等式恒成立问题教案

不等式恒成立问题适用学科高中数学适用年级高中三年级适用区域通用课时时长（分钟）60知识点函数性质法；主参换位法；分离参数法；数形结合法；消元转化法教学目标掌握解决恒成立问题常用以下几种方法：函数性质法； 主参换位法； 分离参数法； 数形结合法； 消元转化法；教学重点运用函数、导数解决恒成立问题教学难点推理能力和准确的计算能力的培养精品资料教学过程一、课堂导入纵观近几年高考对于不等式综合问题的考查，主要有三类问题：恒成立问题、能成立问题以及恰成立问题，要求学生有较强的推理能力和准确的计算能力，才能顺利解答从实际教学来看，这部分知识能力要求高、难度大，是学生掌握最为薄弱，看到就头疼的题目分析原因，除了这类题目的入手确实不易之外，主要是学生没有形成解题的模式和套路，以至于遇到类似的题目便产生畏惧心理本节课我们将就高中阶段出现这类问题加以类型的总结和方法的探讨二、复习预习新课标下的高考越来越注重对学生的综合素质的考察，恒成立问题便是一个考察学生综合素质的很好途径，它常以函数、方程、不等式和数列等知识点为载体，渗透着换元、化归、分类讨论、数形结合、函数与方程等思想方法，在培养思维的灵活性、创造性等方面起到了积极的作用近几年的数学高考中频频出现恒成立问题，其形式逐渐多样化，但都与函数、导数知识密不可分三、知识讲解考点 1 函数性质法有以下几种基本类型：类型 1：设f (x)ax2bxc(a0).（1）f (x)0在xr上恒成立a0且0 ；（ 2）f (x)0在xr上恒成立a0且0 类型 2：设f (x)ax2bxc(a0).bbb,（1） 当 a0 时，f ( x)0在x, 上恒成立2a或2a或2af ()00f ()0.f ( x)0在x, 上恒成立f ()0,f ()0.（2） 当 a0 时，f (x)0在xf0, 上恒成立f0.bbb,f ( x)0在x, 上恒成立2a或2a或2 af ()00f ()0.注： f(x)0 恒成立f ( x)min0（注：若f (x)的最小值不存在， 则f ( x)0 恒成立f (x)的下界大于 0）；f()x 0恒成立f ( x)max0 （注：若f ( x)的最大值不存在，则f (x)0 恒成立f ( x) 的上界小于 0 ）考点 2分离参数法 极端化原则若所给的不等式能通过恒等变形使参数与主元分离于不等式两端，从而问题转化为求主元函数的最值，进而求出参数范围利用分离参数法来确定不等式f x,0 （ xd ，为实参数）恒成立中参数的取值范围的基本步骤：（1） 将参数与变量分离，即化为gfx （或 gfx ）恒成立的形式；（2） 求 fx 在 xd 上的最大（或最小）值；（3） 解不等式g f ( x)max (或 gfxmin )，得的取值范围适用题型：（1）参数与变量能分离； （2）函数的最值易求出考点 3主参换位 反客为主法某些含参不等式恒成立问题，在分离参数会遇到讨论的麻烦或者即使能容易分离出参数与变量，但函数的最值却难以求出时，可考虑变换思维角度“反客为主 ”，即把习惯上的主元变与参数变量的“地位”交换一下，变个视角重新审查恒成立问题，往往可避免不必要的分类讨论或使问题降次、简化，起到“山穷水尽疑无路，柳暗花明又一村”的出奇制胜的效果考点 4数形结合 直观求解法若所给不等式进行合理的变形化为f ( x)g(x) （或f ( x)g (x)）后，能非常容易地画出不等号两边函数的图像，则可以通过画图直接判断得出结果尤其对于选择题、填空题这种方法更显方便、快捷考点 5不等式能成立问题的处理方法若在区间 d 上存在实数 x 使不等式 fxk 成立，则等价于在区间d 上 fxmaxk ；若在区间 d 上存在实数 x 使不等式 fxk 成立，则等价于在区间d 上的fx mink 注意不等式能成立问题（即不等式有解问题）与恒成立问题的区别从集合观点看，含参不等式fxkfxk在区间 d 上恒成立dx fxkfxmaxkdx fxkfxmink ，而含参不等式fxkfxk在区间 d 上能成立至少存在一个实数x 使不等式 fxkfxk成立dx fxkfxminkdx fxkfxmaxk四、例题精析考点一函数性质法例 1（2012 蚌埠二中考试）已知不等式mx24mx40 对任意实数 x 恒成立则 m 取值范围是（）a1,0b1,0c,10,d1,0【规范解答】 由不等式mx24mx40 对任意实数 x 恒成立，知 m0 或m16m2016m0由此能求出 m 的取值范围，解得1m0 考点二分离参数法 极端化原则例 2已知函数f (x)x lnx ，当 x2x10 时，给出下列几个结论： ( x1x2 ) f ( x1)f (x2 )0 ；f ( x1 )x2f ( x2 )x1 ； x2f (x1 )x1f (x2 ) ;当 ln x11时， x1f ( x1 )x2f ( x2 )2x2 f ( x1 ) .其中正确的是（将所有你认为正确的序号填在横线上）【规范解答 】答案：试题分析：因为f ( x)x lnx ，所以 f(x)ln x1，可知（ 0，11）递减，（ee，+）递增，故错误；令g( x)f ( x) - xx ln xx ，所以g ( x)lnx ，可知g( x) 在（ 0,1 ）上递减，（ 1， +）上递增，故错；令h( x)f ( x) xh( x)x ln xx x2x ln x1 ，所以 h（x）在（ 0，+）上递增， 所以xf ( x1 ) x1f ( x2 ) x2x2f (x1 )x1f ( x2 ) ，故 正 确 ； 当ln x11时 ， 可 知x21， 又 因 为f （ x ） 在 （1x1ee， + ） 递 增 ，设( x)xf ( x)2xf ( x )x f ( x )(x)f ( x)xf (x)2 f( x )2x ln xx2x ln x0 ，又因为 f（ x1+）111111）在（ e ，递增，所以xx1 时，f ( x)f ( x1)即x lnxx1 lnx1，所以xx1 时，(x)0 ，故( x) 为增函数， 所以( x2 )( x1) ，所以( x2 )x2 f ( x2 )2x2 f( x1)x1 f( x1 )(x1)0 ，故正确 .考点三主参换位 反客为主法例 3 已知函数f (x)x31 x 22bxc（1） 若f ( x) 在(,) 上是增函数，求 b 的取值范围；（2） 若f ( x) 在 x1处取得极值，且x1,2 时，f (x)c2 恒成立，求 c 的取值范围2【规范解答 】解题思路：（ 1）利用 “若函数f (x)在某区间上单调递增，则f (x)0 在该区间恒成立 ”求解；（2）先根据f ( x) 在x1处取得极值求得 b 值，再将恒成立问题转化为求f ( x)maxc ，解关于 c 的不等式即可 .规律总结：若函数f ( x) 在某区间上单调递增， 则f (x)0 在该区间恒成立； “若函数f (x) 在某区间上单调递减， 则f ( x)01 3 1 212 2 6 3在该区间恒成立；求函数最值的步骤：2a2a2ora32求导函数；求极值；比较极值与端点值，得出最值.试题解析 :（1）f ( x)2= 3x-x +b因 f ( x) 在(,) 上是增函数，则f(x) 0，即 3x 2xb0，bx 3x2 在(， )恒成立设 g(x) x 3x2，当 x1 时， g(x) max 1612，b1 .12（2）由题意，知 f(1) 0，即 31b0，b 2.x 1,2 时， f(x) c2 恒成立，只需 f(x) 在1,2 上的最大值小于c2 即可因 f (x) 3x2x2，令 f (x) 0，得 x1，或 x 2 .3f(1) 3 c，f( 2 ) 22 c，f(1) 1c，f(2) 2c，23272f(x) max f(2) 2c，2cc2，解得 c 2，或 c 1，所以 c 的取值范围为 (， 1)(2， ).考点四数形结合例 4 设函数f ( x)x(ex1)ax 2(ar) .(1) 当 a1 时,求函数2f ( x) 的单调区间 ;(2) 若当 x0时 f ( x)0 ,求 a 的取值范围 .【规范解答 】试题分析：（1 ）由 a1 得到2f ( x)x(ex1)1 x 2 ,求其导数2f ( x)ex1xexx(ex1)( x1) , 解不等式 f (x)0 得到 函数 的增 区间 ,解 不等 式f ( x)0 得 到 函 数的 减 区 间; （ 2 ） 法 一: 由当 x0 时 f( x)0 得:f ( x)x(ex1)ax 2x(ex1ax)0 等价于:ex1 ax0 在 x0 时恒成立 ,令 g(x)ex1ax ,注意到g (0)0 ,所以只需 g (x)0在x0,) 上恒成立即可, 故有 exa0 在 0,) 上恒成立 , 则 aex , x 0,) 所以有 a1 . 法二 : 将ex1ax0 在 x0 时 恒成立等价转 化为 : exax1, x 0,) 恒 成立函数 yex , x0,) 的 图象恒在函数yax1, x 0,) 图象的上方 ,由图象可求得 a 的取值范围 .试题解析：（ 1）当 a1 时，2f ( x)x(ex1)1 x 2 ，2f ( x)ex1xexx ( ex1)( x1)当 x(,1) 时，f (x)0 ；当 x(1,0) 时，f ( x)0 时，当 x(0,) 时，f (x)0 ，增区间 (,1, 0,) ，减区间 1,0（2）由当 x0 时 f( x)0 得:f ( x)x2x(e1)axxx(e1ax)0 等价于:ex1 ax0 在 x0 时恒成立 ,等价转化为: exax1, x 0,) 恒成立函数 yex , x0,) 的图象恒在函数yax1, x 0,) 图象的上方 ,如图:,由于直线y ax1, x 0,) 恒过定点，而(e )x 0e1 ，所以函数 yex , x 0,) 图象在点（0，1）处的切线方程为： yx1 ，x0故知： a1，即 a 的取值范围为 (, 1 .五、课堂运用【基础】1、定义在 (0,) 上的单调递减函数f ( x) ，若f ( x) 的导函数存在且满足f ( x)x ，则下列不等式成立的是（）f ( x)a. 3 f(2)2 f (3)b. 3 f(4)4 f (3)c 2 f (3)3 f (4)d f(2)2 f(1)【 规 范 解 答 】 答 案 ： 试 题 分 析 ： f(x) 在 (0,) 上 单 调 递 减 ， f( x)0, 又 ff(x)(x)x ， f(x)g(1), 即 f (3)3f (2)2，即 3f(2)1 ，取 x=0，结合函数 x+sinx 的连续性可知 a 错误，对于 b取 x=2 ，可知 b 错误，对于 d 取 x=1 ，可知 d 错误，对于 c，令 f(x)=x-ln(1+x), 则f上单调递增，f(x)f(0)=0, 即 xln(1+x) 成立1x ( x)11x1x0 ，f(x)在 (0,)【巩固】1.若函数 f (x)x3ax21在 (0,2) 上单调递减，则实数a 的取值范围为（）a. a3b. a3c. a3d. 0 a3【规范解答 】答案：a 试题分析： f x3x22axx 3x2a ，因为函数 fx 在(0,2) 上单调递减，则在 (0,2) 上 f x0即3x2a0 恒成立，等价于 a3x 在(0,2) 上恒成立，所以 a23223 。故 a 正确。2.已知函数f ( x)aln( x1)x2 在区间(0,1) 内任取两个实数p,q ，且 pq，不等式f ( p1)f ( q1)1 恒成立，则实数 a 的pq取值范围为（）a 15,)b (,15c (12,30d (12,15【规范解答 】答案： a 试题分析：由已知得，f ( p1)f ( q1)1 ，且 p1, q1(1,2)，等价于函数f ( x)a ln( x1)x2 在( p1)(q1)区间 (1,2) 上任意两点连线的割线斜率大于1，等价于函数在区间(1,2) 的切线斜率大于1 恒成立f ( x)a2 x ，即ax1x12x1 恒成立，变形为 a2 x23 x1，因为2 x23x115 ，故 a15【拔高】1. 函数fxax33x1 对于 x1,1总有 fx0成立，则 a =【规范解答 】答案：4 试题分析： 因为 x1,1总有 fx0 成立，所以当 0x1 时，有 ax 33x103 x1ax3恒成立，令g( x)3 x13x3x21233xxx 3 ， g ( x)6 x 33x 43 x 4 (2 x1) 知当 0x1 时 g ( x)20 ，当 x1 时2g (x)0 ， 当 1x21 时g ( x)0 ； 所 以 在 0x1 时 g( x)1maxg() 24 知 a4 ； 当1x0时 ， 有ax33 x10a3x x 31 恒成立， 由上知g (x)6 x 33 x 43 x 4 (2 x1) 在1x0 上恒大于 0，所以g( x)在-1，0）上是增函数