含参数的一元二次不等式的解法以及含参不等式恒成立问题专题精编版

1、最新资料推荐含参数的一元二次不等式的解法解含参数的一元二次不等式，通常情况下，均需分类讨论，那么如何讨论呢？对含参一元 二次不等式常用的分类方法有三种：一、按 x 2项的系数 a 的符号分类，即 a 0,a 0,a 0;例 1 解不等式： ax2 a 2 x 1 0分析： 本题二次项系数含有参数， a 2 2 4a a2 4 0 ，故只需对二次项 系数进行分类讨论。2解 ： a 2 2 4a a2 4 0解得方程2ax2 a 2 x 1 0 两根 x1a 2 a2 4 2a, x2a 2 a2 4 2aa2a24a 2a2 4当 a 0时,解集为x|x a2a4 或xa 2a 42a 2a当

2、a 0 时，不等式为 2x 1 0 , 解集为 x| x 1当 a 0时 ,解集为x|a 2 a2 4 2ax a 2 a2 42a例2 解不等式 ax2 5ax 6a 0a 0分析 因为 a 0，0 ，所以我们只要讨论二次项系数的正负。解 a(x2 5x 6) a x 2 x 3 0当 a 0时，解集为 x|x 2或x 3 ；当 a 0时，解集为 x|2 x 3、按判别式 的符号分类，即 0, 0, 0 ；例 3 解不等式 x2 ax 4 0分析 本题中由于 x2 的系数大于 0, 故只需考虑 与根的情况。 解： a2 16当 a 4,4 即0 时，解集为 R；最新资料推荐a a2 16 a

3、 a 16 ，显然当 a 4即0时，解集为 x x R且x a ；当 a 4 或 a 4 即0, 此时两根分别为 x1a a 16 ， x22x1 x2,不等式的解集为a a2 16 a a2 16 x或 x22例 4 解不等式 m2 1x2 4x 1 0 m R2 2 2 2 解 因 m2 1 0, ( 4)2 4 m2 1 43 m2所以当 m 3 ，即0 时，解集为x| x 12当 3 m 3 ，即0 时，解集为2 3 m2x或 xm2 12 m2 13 m2 ； ；当 m3或 m3 ，即0 时，解集为 R。2三、按方程 ax bx c 0 的根 x1 , x2的大小来分类，即 x1 x

4、2,x1 x2 ,x1 x2；1例 5 解不等式 x2 (a )x 1 0 (a 0) a1分析： 此不等式可以分解为： x a (x ) 0 ，故对应的方程必有两解。本题 a只需讨论两根的大小即可。11解： 原不等式可化为： x a (x ) 0 ，令 a ，可得： a 1aa11当 a 1或 0 a 1时， a，故原不等式的解集为 x|a x ；a1当 a 1 或 a 1 时， a , 可得其解集为 ；a11当 1 a 0或a 1时, a ,解集为 x| x a a例 6 解不等式 x2 5ax 6a2 0 ， a 0分析 此不等式 5a 2 24a2 a2 0 ，又不等式可分解为 x 2

5、a (x 3a) 0 ，故最新资料推荐只需比较两根 2a与3a的大小 .解 原不等式可化为： x 2a(x 3a) 0 ，对应方程 x 2a (x 3a) 0的两根为x1 2a,x2 3a，当a 0时，即2a 3a ，解集为 x| x 3a或x 2a ；当a 0时，即2a 3a，解集为 x|x 2a或x 3a含参不等式恒成立问题的求解策略“含参不等式恒成立问题”把不等式、函数、三角、几何等内容有机地结合起来，其以覆盖知 识点多，综合性强，解法灵活等特点而倍受高考、竞赛命题者的青睐。另一方面，在解决这类问题 的过程中涉及的“函数与方程” 、“化归与转化” 、“数形结合” 、“分类讨论”等数学思想

6、对锻炼学生 的综合解题能力，培养其思维的灵活性、创造性都有着独到的作用。本文就结合实例谈谈这类问题 的一般求解策略。一、判别式法 若所求问题可转化为二次不等式，则可考虑应用判别式法解题。一般地，对于二次函数2f(x) ax2 bx c(a 0,x R) ,有1)f(x) 0 对 x R 恒成立a002) f(x) 0对 x R恒成立 a 0. 0例 1：若不等式 (m 1)x2 (m 1)x 2 0的解集是 R，求 m 的范围。 解析：要想应用上面的结论，就得保证是二次的，才有判别式，但二次项系数含有参数m，所以要讨论 m-1 是否是 0。( 1)当 m-1=0 时，元不等式化为 20 恒成立

7、，满足题意；m10(2)m 1 0时，只需2 ，所以， m 1,9) 。(m 1)2 8(m 1) 0例 2已知函数 y lg x2 (a 1)x a2 的定义域为 R，求实数 a 的取值范围。解 ： 由题设可将 问 题转 化为 不等式 x2 (a 1)x a2 0 对 x R 恒成 立，即 有2 2 1(a 1)2 4a2 0 解得 a 1或a。3所以实数 a的取值范围为 ( , 1) (1, ) 。3 若二次不等式中 x 的取值范围有限制，则可利用根的分布解决问题。、最值法将不等式恒成立问题转化为求函数最值问题的一种处理方法，其一般类型有：最新资料推荐1) f (x) a恒成立a f(x)

8、min2) f (x) a恒成立 a f(x)max例 3、若 x2,2 时，不等式 x2 ax 3 a 恒成立，求 a的取值范围。解：设f x x2 ax 3 a ，则问题转化为当 x 2,2 时， f x 的最小值非负。1)a当 a22即：a 4时， f x minf 2 7 3a 0 a 7又a 4所以a不存在；32)a当 2 2 即： 4 a 4 时，2f x mi n2a3 a 0 6 a 2 又43)4 a 4 4 a 2 当a2综上所得：2 即：a4时， f x minf 2 7 a 0 a7又a 4 7 a 4例 4函数 f (x)7a2x2 2x a,x 1, ) ，若对任意

9、 x 1, ) ， f (x) 0恒成立，求实数 a 的取值范围。解：若对任意 x 1, )， f (x) 0恒成立，即对 x 1, ) ，f (x)2x2 2x ax0 恒成立，考虑到不等式的分母 x 1, )，只需 x2 2x a 0在 x 1, )时恒成立而得而抛物线 g(x) x2 2x a在 x 1, )的最小值 gmin (x) g(1) 3 a 0得a 3a注：本题还可将 f(x) 变形为 f (x) x 2 ，讨论其单调性从而求出 f ( x)最小值。x例5：在 ABC中，已知 f(B) 4sinBsin2(B) cos2B,且| f(B) m| 2恒成立，求实42数 m 的范

10、围。解析：由f(B) 4sin Bsin2B2(4 B2)cos2B 2sin B 1, 0 B , sin B (0,1 ，f(B) (1,3 ，m f (B) 2| f (B) m| 2恒成立， 2 f(B) m 2，即 mm ff (BB) 22恒成立， m (1,3例 6：求使不等式 a sin x cosx,x 0, 恒成立的实数 a 的范围。最新资料推荐解析：由于函 a sin x cosx 2sin(x ),x ,3 ，显然函数有最大值 2 ， 4 4 4 4a 2 。三、分离变量法 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

11、而求出参数范围。这种方法本质也还是求最值，但它思路更清晰，操作性更强。一般地 有：1) f (x) g (a )( a为参数)恒成立g(a) f(x)max2) f (x) g (a )( a为参数)恒成立g(a) f(x)max例 7、已知 x,1 时，不等式1 2xaa2 4x 0 恒成立，求 a 的取值范围。解：令 2x t ， x ,1 t 0, 2 所以原不等式可化为：2 t 1a a 2 ，t2要使上式在 t 0,2 上恒成立，只须求出f t t 21在 t 0,2 上的最小值即可。22 1 1 12t2t t t 2 4f t t 21 1211t 12,13a22323 f t

12、 min f 243a2 a 34，若对任意 x 2, 恒有 f x 0，试确定 a 的取值范围。a例 8、已知函数 f x lg x a 2x解：根据题意得：x 2 1 在 x 2, 上恒成立， x即： a x2 3x 在 x 2, 上恒成立，2 3 2 9 设 f xx2 3x ，则 f x x24当 x 2 时， f x max 2 所以 a 2例 9已知函数 f (x) ax 4x x2,x (0,4时 f (x) 0恒成立，求实数 a的取值范围。4x x2 解： 将问题转化为 a 对 x (0,4 恒成立。x4x x2 令 g(x) ，则 a g(x)min最新资料推荐2由 g(x)

13、1 可知 g(x) 在 (0,4 上为减函数，故 g(x) min g(4) 0xx a 0即 a 的取值范围为 ( ,0) 。注：分离参数后，方向明确，思路清晰能使问题顺利得到解决。四、变换主元法 处理含参不等式恒成立的某些问题时，若能适时的把主元变量和参数变量进行“换位”思考， 往往会使问题降次、简化。例 10对任意 a 1,1 ，不等式 x2 (a 4)x 4 2a 0恒成立，求 x 的取值范围。 分析：题中的不等式是关于 x 的一元二次不等式，但若把 a 看成主元，则问题可转化为一次不 等式 (x 2)a x2 4x 4 0在 a 1,1 上恒成立的问题。解：令 f (a) (x 2)

14、a x2 4x 4 ，则原问题转化为 f (a) 0恒成立( a 1,1 )。当 x 2时，可得 f(a) 0 ，不合题意。当 x 2 时，应有f (1) 0 解之得 x 1或 x 3 。 f ( 1) 0故 x 的取值范围为,1) (3, ) 。注：一般 地， 一次 函数 f(x) kx b(k 0)在 , 上恒有 f(x) 0的充要条 件为f ( ) 0。例 11、若不等式 2x 1 m x2 1 对满足 m 2 的所有 m 都成立，求 x 的取值范围。解：设 f m m x2 1 2x 1 ，对满足 m 2的 m ， f m 0恒成立，21 7 1 3x22f 2 0 2 x 1 2x

15、1 02 解得：f 2 0 2 x2 1 2x 1 0五、数形结合法数学家华罗庚曾说过： “数缺形时少直观，形缺数时难入微” ，这充分说明了数形结合思想的妙处，在不等式恒成立问题中它同样起着重要作用。我们知道，函数图象和不等式有着密切的联系：1) f(x) g(x) 函数 f(x) 图象恒在函数 g(x) 图象上方；2) f(x) g(x) 函数 f (x) 图象恒在函数 g(x)图象下上方。最新资料推荐24例 12设 f(x)x2 4x , g(x) x 1 a ,若恒有 f (x) g(x)成立 , 求实数 a的取值范围 .分析：在同一直角坐标系中作出 f (x) 及 g(x) 的图象 如

16、图所示， f (x) 的图象是半圆22(x 2)2 y2 4(y 0) g(x) 的图象是 平行的直线系 4x 3y 3 3a 0 。要使 f (x) g ( x)恒成立，则圆心 ( 2,0)到直线 4x 3y 3 3a 0 的距离满足8 3 3a5解得 a 5或 a(舍去 )3由上可见，含参不等式恒成立问题因其覆盖知识点多，方法也多种多样，但其核心思想还是等 价转化，抓住了这点，才能以“不变应万变” ，当然这需要我们不断的去领悟、体会和总结。例 13：已知 a 0,a 1, f(x) x2 ax,当x ( 1,1)时,有f (x) 12恒成立 ，求实数 a的取值 范围。解析：由 f (x)

17、x2 ax 12，得x2 12 ax ，在同一直角坐标系中做出两个函数的图象，2 1 2 1 1 如果两个函数分别在 x=-1 和 x=1 处相交，则由 12a及( 1)2a 1得到 a分别等于 2 和22x 1 x 2 1 x0.5，并作出函数 y 2x及y ( )x 的图象，所以，要想使函数 x2ax在区间 x ( 1,1)中221 恒成立，只须 y 2x在区间 x ( 1,1) 对应的图象在 y x2 在区间 x ( 1,1)对应图象的上2面 即可 。当 a 1时,只有a 2 才能 保证，1而 0 a 1时，只有 a 才 可 以 ， 所 以2a 1,1) (1,2 。22例 14、若不等式 3x2 loga x 0 在 x内成立，求实数 a 的取值范围。最新资料推荐解：由题意知： 3x2 loga x 在 x 0,1 内恒成立，3在同一坐标系内，分别作出函数 y 3x2和 y log a x观察两函数图象，当 x 030,1 时，若 a 1函数 y loga x的图象显然在函数 y 3 x 2图象的下方，所以不成立；当0 a 1时，由图可知， y