不等式恒成立有解问题

不等式恒成立与有解问题

不等式恒成立与有解问题一直是中学数学的重要内容. 它是函数、数列、不等式等内容交汇处的一个较为活跃的知识点，随着中学数学引进导数，它为我们更广泛、更深入地研究函数、不等式提供了强有力的工具. 在近几年的高考试题中，涉及不等式恒成立与有解的问题，有时在同一套试题中甚至有几道这方面的题目，比如2006年高考江西卷以及湖北卷.

其中，特别是一些含自然对数和指数函数的不等式恒成立与有解问题，将新增内容与传统知识有机融合，用初等方法难以处理，而利用导数来解，思路明确，过程简捷流畅，淡化繁难的技巧，它不仅考查函数、不等式等有关的传统知识和方法，而且还考查极限、导数等新增内容的掌握和灵活运用. 它常与思想方法紧密结合，体现能力立意的原则，带有时代特征，突出了高考试题与时俱进的改革方向. 因此，越来越受到高考命题者的青睐. 下面通过一些典型实例作一剖析.

1．不等式恒成立与有解的区别

不等式恒成立和有解是有明显区别的，以下充要条件应细心思考，甄别差异，恰当使用，等价转化，切不可混为一团.

（1）不等式f(x)

（2）不等式f(x)

（3）不等式f(x)>k在xI时恒成立fmin(x)k•xI. 或f(x)的下界大于或等于k； ,•

（4）不等式f(x)>k在xI时有解fmax(x)k•xI. 或f(x)的上界大于k； ,•

解决不等式恒成立和有解解问题的基本策略常常是构作辅助函数，利用函数的单调性、最值（或上、下界）、图象求解；基本方法包括：分类讨论，数形结合，参数分离，变换主元等等.

例1 已知两函数f(x)=8x2+16x-k，g(x)=2x3+5x2+4x，其中k为实数.

（1）对任意x[-3，3]，都有f（x)≤g(x)成立，求k的取值范围；

（2）存在x[-3，3]，使f（x)≤g(x)成立，求k的取值范围；

（3）对任意x1x2[-3，3]，都有f（x1)≤g(x2)，求k的取值范围.

解析 （1）设h(x)=g(x)-f(x)=2x2-3x2-12x+k，问题转化为x[-3，3]时，h(x)≥0恒成立，故hmin(x)≥0.令h′ (x)=6x2-6x-12=0，得x= -1或2.

由h(-1)=7+k，h(2)=-20+k，h(-3)=k-45，h(3)=k-9，故hmin(x)=-45+k，由k-45≥0，得k≥45.

（2）据题意：存在x[-3，3]，使f（x)≤g(x)成立，即为：h(x)=g(x)-f(x)≥0在x[-3，3]有解，故hmax(x)≥0，由（1）知hmax（x）=k+7，于是得k≥-7.

（3）它与（1）问虽然都是不等式恒成立问题，但却有很大的区别，对任意x1x2[-3，3]，都有f（x1)≤g(x2)成立，不等式的左右两端函数的自变量不同，x1，x2的取值在

[-3，3]上具有任意性，因而要使原不等式恒成立的充要条件是：

fmax(x)gmin(x)•,•x[3•,3]，由g′(x)=6x2+10x+4=0，得x=-2或-1，易得3

,3]. 故fmax(x)f(3)120k.令gmin(x)g(3)21，又f(x)=8(x+1)2-8-k，x[3•

120-k≤-21，得k≥141.

点评 本题的三个小题，表面形式非常相似，究其本质却大相径庭，应认真审题，深入思考，多加训练，准确使用其成立的充要条件.

2．不等式恒成立问题

例2 （06年全国）设函数f(x)=(x+1)ln(x+1),若对所有x≥0，都有f(x)≥ax成立，求实数a的取值范围.

解析 构作辅助函数g(x)=f(x)-ax=(x+1)ln(x+1)-ax，原问题变为g(x)≥0对所有的 x≥0恒成立，注意到g(0)=0，故问题转化为g(x)≥g(0)在x≥0时恒成立，即函数g(x)在0•,•为增函数.于是可通过求导判断g(x)的单调性，再求出使g(x)≥g(0)成立的条件.

g′(x)=ln(x+1)+1-a，由g′(x)=0，得x=e

当x>ea1a1-1. -1时，g′(x)>0，g(x)为增函数.

a1当-1

a1那么对所有的x≥0，都有g(x)≥g(0)，其充要条件是e-1≤0，故得a的取值范围是

•,1.

假若我们没有注意到g(0)=0，那么在解g(x)≥0对所有的x≥0恒成立时，也可转化为gmin(x)0(x0)，再以导数为工具，稍作讨论即可得解.

值得一提的是，本题还有考生采用参数分离法求解：由f(x)=(x+1)ln(x+1)≥ax对所有的x≥0恒成立可得：（1）当x=0时，aR. （2）当x>0时，a

设g(x)=(x1)ln(x1). x(x1)ln(x1),问题转化为求g(x)在开区间（0，+∞）上最小值或下界，x

xln(x1)g(x)，试图通过g′(x)=0直接解得稳定点，困难重重！退一步令x2

1•,•x0，故h(x)>0，则h(x)在（0，+∞）单调递增，h(x)=x-ln(x+1)，因为h(x)1x1

即h(x)>h(0)=0，从而g(x)>0，于是g(x)在（0，+∞）单调递增，故g(x)无最小值，此时，由于g(0)无意义，g(x)的下界一时也确定不了，但运用极限知识可得：g(x)limg(x)，然x0

而求此极限却又超出所学知识范围，于是大部分考生被此难关扫落下马，无果而终. 事实

上采用洛比达法则可得：limg(x)limx0(x1)ln(x1)lim[ln(x1)1]1，故x>0x0x0x

时，g(x)>1，因而a≤1.

综合（1）（2），得a的取值范围是：•,1•.

点评 采用参数分离法求解本题，最大的难点在于求分离后所得函数的下界.它需要考生拥有扎实的综合素质和过硬的极限、导数知识，并能灵活地运用这些工具来研究函数的性态，包括函数的单调性，极值（最值）或上下界.突出考查了函数与方程思想、有限与无限的思想.

3.不等式有解问题

例3 （06年湖北）设x=3是函数f(x)=(x2+ax+b)e3x,xR的一个极值点.

(1)求a与b的关系（用a表示b），并求f(x)的的单调区间；

（2）设a>0，g(x)=a

a的取值范围.

解析 （1）f(x)[x2(a2)xba]e3x，由f(3)=0得b=-2a-3.

故f(x)=(x2+ax-2a-3)e3x225xe，若存在S1，S2[0，4]，使得|f(S1)-g(S2)|

当a

当a>-4时，x1>x2，故f(x)在•,a1上为减函数，在[-a-1，3]上为增函数，在3•,上为减函数.

(2)由题意，存在S1，S2[0，4]，使得|f(S1)-g(S2)|

于是问题转化为|f(S1)-g(S2)|min

因为a>0，则-a-1

225xe在[0，4]上显然为增4

函数，其值域a

2252254•,ae. 44

2因为a2251-（a+6）=a42≥0, 故a225≥(a+6). 4

225(a6)125a2|f(S1)-g(S2)|min=a-(a+6)从而解,•44a0

值范围为0•,. 得0a3. 故a的取2

32

假若问题变成：“对任意的S1，S2[0，4]，使得|f(S1)-g(S2)|

点评 函数、不等式、导数既是研究的对象，又是决问题的工具. 本题从函数的极值概念入手，借助导数求函数的单调区间，进而求出函数 闭区间上的值域，再处理不等式有解问题. 这里传统知识与现代方法交互作用，交相辉映，对考生灵活运用知识解决问题的能力是一个极好的考查.

不等式恒成立与有解问题

不等式恒成立与有解问题一直是中学数学的重要内容. 它是函数、数列、不等式等内容交汇处的一个较为活跃的知识点，随着中学数学引进导数，它为我们更广泛、更深入地研究函数、不等式提供了强有力的工具. 在近几年的高考试题中，涉及不等式恒成立与有解的问题，有时在同一套试题中甚至有几道这方面的题目，比如2006年高考江西卷以及湖北卷.

其中，特别是一些含自然对数和指数函数的不等式恒成立与有解问题，将新增内容与传统知识有机融合，用初等方法难以处理，而利用导数来解，思路明确，过程简捷流畅，淡化繁难的技巧，它不仅考查函数、不等式等有关的传统知识和方法，而且还考查极限、导数等新增内容的掌握和灵活运用. 它常与思想方法紧密结合，体现能力立意的原则，带有时代特征，突出了高考试题与时俱进的改革方向. 因此，越来越受到高考命题者的青睐. 下面通过一些典型实例作一剖析.

1．不等式恒成立与有解的区别

不等式恒成立和有解是有明显区别的，以下充要条件应细心思考，甄别差异，恰当使用，等价转化，切不可混为一团.

（1）不等式f(x)

（2）不等式f(x)

（3）不等式f(x)>k在xI时恒成立fmin(x)k•xI. 或f(x)的下界大于或等于k； ,•

（4）不等式f(x)>k在xI时有解fmax(x)k•xI. 或f(x)的上界大于k； ,•

解决不等式恒成立和有解解问题的基本策略常常是构作辅助函数，利用函数的单调性、最值（或上、下界）、图象求解；基本方法包括：分类讨论，数形结合，参数分离，变换主元等等.

例1 已知两函数f(x)=8x2+16x-k，g(x)=2x3+5x2+4x，其中k为实数.

（1）对任意x[-3，3]，都有f（x)≤g(x)成立，求k的取值范围；

（2）存在x[-3，3]，使f（x)≤g(x)成立，求k的取值范围；

（3）对任意x1x2[-3，3]，都有f（x1)≤g(x2)，求k的取值范围.

解析 （1）设h(x)=g(x)-f(x)=2x2-3x2-12x+k，问题转化为x[-3，3]时，h(x)≥0恒成立，故hmin(x)≥0.令h′ (x)=6x2-6x-12=0，得x= -1或2.

由h(-1)=7+k，h(2)=-20+k，h(-3)=k-45，h(3)=k-9，故hmin(x)=-45+k，由k-45≥0，得k≥45.

（2）据题意：存在x[-3，3]，使f（x)≤g(x)成立，即为：h(x)=g(x)-f(x)≥0在x[-3，3]有解，故hmax(x)≥0，由（1）知hmax（x）=k+7，于是得k≥-7.

（3）它与（1）问虽然都是不等式恒成立问题，但却有很大的区别，对任意x1x2[-3，3]，都有f（x1)≤g(x2)成立，不等式的左右两端函数的自变量不同，x1，x2的取值在

[-3，3]上具有任意性，因而要使原不等式恒成立的充要条件是：

fmax(x)gmin(x)•,•x[3•,3]，由g′(x)=6x2+10x+4=0，得x=-2或-1，易得3

,3]. 故fmax(x)f(3)120k.令gmin(x)g(3)21，又f(x)=8(x+1)2-8-k，x[3•

120-k≤-21，得k≥141.

点评 本题的三个小题，表面形式非常相似，究其本质却大相径庭，应认真审题，深入思考，多加训练，准确使用其成立的充要条件.

2．不等式恒成立问题

例2 （06年全国）设函数f(x)=(x+1)ln(x+1),若对所有x≥0，都有f(x)≥ax成立，求实数a的取值范围.

解析 构作辅助函数g(x)=f(x)-ax=(x+1)ln(x+1)-ax，原问题变为g(x)≥0对所有的 x≥0恒成立，注意到g(0)=0，故问题转化为g(x)≥g(0)在x≥0时恒成立，即函数g(x)在0•,•为增函数.于是可通过求导判断g(x)的单调性，再求出使g(x)≥g(0)成立的条件.

g′(x)=ln(x+1)+1-a，由g′(x)=0，得x=e

当x>ea1a1-1. -1时，g′(x)>0，g(x)为增函数.

a1当-1

a1那么对所有的x≥0，都有g(x)≥g(0)，其充要条件是e-1≤0，故得a的取值范围是

•,1.

假若我们没有注意到g(0)=0，那么在解g(x)≥0对所有的x≥0恒成立时，也可转化为gmin(x)0(x0)，再以导数为工具，稍作讨论即可得解.

值得一提的是，本题还有考生采用参数分离法求解：由f(x)=(x+1)ln(x+1)≥ax对所有的x≥0恒成立可得：（1）当x=0时，aR. （2）当x>0时，a

设g(x)=(x1)ln(x1). x(x1)ln(x1),问题转化为求g(x)在开区间（0，+∞）上最小值或下界，x

xln(x1)g(x)，试图通过g′(x)=0直接解得稳定点，困难重重！退一步令x2

1•,•x0，故h(x)>0，则h(x)在（0，+∞）单调递增，h(x)=x-ln(x+1)，因为h(x)1x1

即h(x)>h(0)=0，从而g(x)>0，于是g(x)在（0，+∞）单调递增，故g(x)无最小值，此时，由于g(0)无意义，g(x)的下界一时也确定不了，但运用极限知识可得：g(x)limg(x)，然x0

而求此极限却又超出所学知识范围，于是大部分考生被此难关扫落下马，无果而终. 事实

上采用洛比达法则可得：limg(x)limx0(x1)ln(x1)lim[ln(x1)1]1，故x>0x0x0x

时，g(x)>1，因而a≤1.

综合（1）（2），得a的取值范围是：•,1•.

点评 采用参数分离法求解本题，最大的难点在于求分离后所得函数的下界.它需要考生拥有扎实的综合素质和过硬的极限、导数知识，并能灵活地运用这些工具来研究函数的性态，包括函数的单调性，极值（最值）或上下界.突出考查了函数与方程思想、有限与无限的思想.

3.不等式有解问题

例3 （06年湖北）设x=3是函数f(x)=(x2+ax+b)e3x,xR的一个极值点.

(1)求a与b的关系（用a表示b），并求f(x)的的单调区间；

（2）设a>0，g(x)=a

a的取值范围.

解析 （1）f(x)[x2(a2)xba]e3x，由f(3)=0得b=-2a-3.

故f(x)=(x2+ax-2a-3)e3x225xe，若存在S1，S2[0，4]，使得|f(S1)-g(S2)|

当a

当a>-4时，x1>x2，故f(x)在•,a1上为减函数，在[-a-1，3]上为增函数，在3•,上为减函数.

(2)由题意，存在S1，S2[0，4]，使得|f(S1)-g(S2)|

于是问题转化为|f(S1)-g(S2)|min

因为a>0，则-a-1

225xe在[0，4]上显然为增4

函数，其值域a

2252254•,ae. 44

2因为a2251-（a+6）=a42≥0, 故a225≥(a+6). 4

225(a6)125a2|f(S1)-g(S2)|min=a-(a+6)从而解,•44a0

值范围为0•,. 得0a3. 故a的取2

32

假若问题变成：“对任意的S1，S2[0，4]，使得|f(S1)-g(S2)|

点评 函数、不等式、导数既是研究的对象，又是决问题的工具. 本题从函数的极值概念入手，借助导数求函数的单调区间，进而求出函数 闭区间上的值域，再处理不等式有解问题. 这里传统知识与现代方法交互作用，交相辉映，对考生灵活运用知识解决问题的能力是一个极好的考查.