高三数一轮复习 专家讲坛 两类不等式恒成立问题的求解策略 理

两类不等式恒成立问题的求解策略不等式恒成立问题是数学试题中的重要题型，涉及数学中各部分知识，但主要是函数中的不等式恒成立问题和数列中的不等式恒成立问题，涉及题型一般有两类：一是已知不等式恒成立，求参数的取值范围，解决这类问题的基本方法是相同的，首选方法是利用分离参数转化为求新函数、新数列的最值问题，如果不能分离参数或者分离参数比较复杂时，一般选择函数的方法，通常利用函数的最值解决；二是证明不等式恒成立，在函数中一般选择以算代证，即通过求函数的最值证明不等式．在数列中，很多时候可以与放缩法结合起来，对所证不等式的一侧进行适当放大或缩小，下面分别举例说明．一、函数中的不等式恒成立问题函数是不等式恒成立问题的主要载体，通常通过不等式恒成立问题考查等价转化思想、函数的最值或值域，对涉及已知函数在给定区间上恒成立，求参数的取值范围、证明不等式等问题，大多数题目可以利用分离参数的方法，将问题转化为求函数的最值或值域问题．[例1]已知两个函数f(x)＝8x2＋16x－k，g(x)＝2x3＋5x2＋4x，其中k为实数．(1)若对任意的x∈[－3,3]，都有f(x)≤g(x)成立，求k的取值范围；(2)若对任意的x1、x2∈[－3,3]，都有f(x1)≤g(x2)，求k的取值范围．[解](1)令F(x)＝g(x)－f(x)＝2x3－3x2－12x＋k.问题转化为F(x)≥0在x∈[－3,3]时恒成立，故解[F(x)]min≥0即可．∵F′(x)＝6x2－6x－12＝6(x2－x－2)，故由F′(x)＝0，得x＝2或x＝－1.∵F(－3)＝k－45，F(3)＝k－9，F(－1)＝k＋7，F(2)＝k－20，∴[F(x)]min＝k－45.由k－45≥0，解得k≥45.故实数k的取值范围是[45，＋∞)．(2)由题意可知当x∈[－3,3]时，都有[f(x)]max≤[g(x)]min.由f′(x)＝16x＋16＝0，得x＝－1.∵f(－3)＝24－k，f(－1)＝－8－k，f(3)＝120－k，∴[f(x)]max＝－k＋120.由g′(x)＝6x2＋10x＋4＝0，得x＝－1或x＝－eq\f(2,3).∵g(－3)＝－21，g(3)＝111，g(－1)＝－1，geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)))＝－eq\f(28,27)，∴[g(x)]min＝－21.则120－k≤－21，解得k≥141.∴实数k的取值范围是[141，＋∞)．[点评]将恒成立问题转化为求函数的最值问题来处理，一般有下面两种类型：(1)若所给函数能直接求出最值，则有：①f(x)>0恒成立⇔[f(x)]min>0；②f(x)≤0恒成立⇔[f(x)]max≤0.(2)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，则有(下面的a为参数)：①f(x)<g(a)恒成立⇔g(a)>[f(x)]max；②f(x)>g(a)恒成立⇔g(a)<[f(x)]min.[例2]已知函数f(x)＝alnx＋x2，(a为实常数)．(1)若a＝－2，求函数f(x)的单调区间；(2)若对∀x∈[1，e]，使得f(x)≤(a＋2)x恒成立，求实数a的取值范围．[解](1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，当a＝－2时，f(x)＝x2－2lnx，所以f′(x)＝eq\f(2x2－1,x).令f′(x)＝eq\f(2x2－1,x)>0，得x<－1或x>1.且定义域为(0，＋∞)，所以函数f(x)的单调增区间是(1，＋∞)．令f′(x)＝eq\f(2x2－1,x)<0，得－1<x<1，且定义域为(0，＋∞)，所以函数f(x)的单调减区间是(0,1)．(2)不等式f(x)≤(a＋2)x，可化为a(x－lnx)≥x2－2x.因为x∈[1，e]，所以lnx≤1≤x且等号不能同时取，所以lnx＜x，即x－lnx>0.因而a≥eq\f(x2－2x,x－lnx)(x∈[1，e])．令g(x)＝eq\f(x2－2x,x－lnx)(x∈[1，e])，又g′(x)＝eq\f(x－1x＋2－2lnx,x－lnx2)，当x∈[1，e]时，x－1≥0，lnx≤1，x＋2－2lnx>0，从而g′(x)≥0(当且仅当x＝1时取等号)．所以g(x)在[1，e]上为增函数．故[g(x)]max＝g(e)＝eq\f(e2－2e,e－1).所以a的取值范围是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e2－2e,e－1)，＋∞)).[点评]利用不等式与函数和方程之间的联系，将问题转化成一次函数或二次函数(二次方程)的问题研究，一般有下面几种类型：1．一次函数型问题：利用一次函数的图象特点求解．对于一次函数f(x)＝kx＋b(k≠0)，x∈[m，n]，有(1)f(x)≥0恒成立⇔eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(fm≥0，,fn≥0.))(2)f(x)<0恒成立⇔eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(fm<0，,fn<0.))2．二次函数型问题：结合抛物线的形状考虑对称轴、顶点、区间端点等，列出相关的不等式，求出参数的解，下面是两种基本类型：对于二次函数f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0，x∈R)，有：(1)f(x)>0对x∈R恒成立⇔eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a>0，,Δ<0，))(2)f(x)<0对x∈R恒成立⇔eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a<0，,Δ<0.))二、数列中的不等式恒成立问题数列是一种特殊的函数，所以解决数列中的不等式恒成立问题与函数中不等式恒成立问题的解法相同，基本方法也是利用分离参数转化为求新数列的最值问题，数列中的最值问题一般是应用数列的单调性求解；而数列中的不等式恒成立的证明，则很多时候可以与放缩法联系起来．[例3]在数列{an}中，a1＝1，an＋1＝can＋cn＋1·(2n＋1)(n∈N*)，其中实数c≠0.(1)求{an}的通项公式；(2)若对一切k∈N*有a2k>a2k－1，求c的取值范围．[解](1)由a1＝1，a2＝ca1＋c2·3＝3c2＋c＝(22－1)c2＋c，a3＝ca2＋c3·5＝8c3＋c2＝(32－1)c3＋c2，a4＝ca3＋c4·7＝15c4＋c3＝(42－1)c4＋c3，归纳猜想an＝(n2－1)cn＋cn－1，n∈N*.下面用数学归纳法证明：当n＝1时，等式成立；假设当n＝k时，等式成立，即ak＝(k2－1)ck＋ck－1，则当n＝k＋1时，ak＋1＝cak＋ck＋1(2k＋1)＝c[(k2－1)ck＋ck－1]＋ck＋1·(2k＋1)＝(k2＋2k)ck＋1＋ck＝[(k＋1)2－1]·ck＋1＋ck，综上，an＝(n2－1)cn＋cn－1对任何n∈N*都成立．(2)由a2k>a2k－1，得[(2k)2－1]c2k＋c2k－1>[(2k－1)2－1]c2k－1＋c2k－2，因c2k－2>0，所以4(c2－c)k2＋4ck－c2＋c－1>0对k∈N*恒成立．记f(x)＝4(c2－c)x2＋4cx－c2＋c－1，下面分三种情况讨论：①当c2－c＝0，即c＝0或c＝1时，代入验证可知只有c＝1满足要求．②当c2－c<0时，即0<c<1，抛物线y＝f(x)开口向下，因此当正整数k充分大时，f(k)<0，不符合题意，此时无解．③当c2－c>0，即c<0或c>1时，抛物线y＝f(x)开口向上，易知Δ>0，其对称轴x＝eq\f(1,21－c)必在直线x＝1的左边．因此，f(x)在[1，＋∞)上是增函数．所以要使f(k)>0对k∈N*恒成立，只需f(1)>0即可．由f(1)＝3c2＋c－1>0，解得c<eq\f(－1－\r(13),6)或c>eq\f(－1＋\r(13),6).结合c<0或c>1，得c<－eq\f(1＋\r(13),6)或c>1.结合以上三种情况，c的取值范围为eq\b\lc