含参不等式恒成立问题

张蕾

含参不等式恒成立问题主要有两种类型：一是已知某个不等式恒成立，求其中参数的取值范围；二是证明含有参数的某个不等式恒成立.解决这两类问题的关键是要合理转化函数，利用函数性质或图象求解，我们将其归纳为最值法和数形结合法.

最值法

最值法就是将不等式恒成立问题等价转化为求函数的最值问题.

我们一般可以通过直接分类讨论、分离参数和变换主元三种方法求函数的最值.下面就具体问题分析三种方法的实际应用.

例1 [2011年高考数学北京卷（理科）第18题第Ⅱ小题] 已知函数f（x）=（x-k）2e，若对于任意的x∈（0，+∞），都有f（x）≤，求k的取值范围.

解析： f′（x）=2（x-k）e+（x-k）2e=e（x-k）·（x+k）. 根据题意，对于任意的x∈（0，+∞），都有f（x）≤，即f（x）max≤.

若k>0，因为f（k+1）=（k+1-k）2e=e1+>，不满足对于任意的x∈（0，+∞），都有f（x）≤，所以k<0.

当00，函数 f（x）单调递增；当x>-k时， f′（x）<0，函数 f（x）单调递减，所以f（x）max=f（-k）=（-k-k）2e=.因为f（x）max≤，所以≤.又k<0，解得-≤k<0.

点评： 直接对参数进行分类讨论是求解含参不等式恒成立问题的常用方法.在例1中，我们通过对参数k的正负的讨论，建立了k与的关系式，进而得解.

例2 若kx-lnx+2>0恒成立，求k的取值范围.

解析： 由题意可知x>0. 要使kx-lnx+2>0恒成立， 则k>恒成立.设g（x）=，则k>g（x）max.

令g′（x）==0，得x=e3. 当00，函数g（x）单调递增；当x>e3时，g′（x）<0，函数g（x）单调递减，所以g（x）max=g（e3）=，k>.

点评： 直接对参数进行分类讨论求最值有时会比较烦琐.如果能通过恒等变形分离出参数，将不等式转化为一端是参数、另一端是变量表达式，就能使研究的函数不再含有参数，避免了对参数的讨论.

例3 [2012年高考数学浙江卷（理科）第22题第I小题] 已知a>0，b∈R，函数f（x）=4ax3-2bx-a+b.证明：当0≤x≤1时，f（x）+2a-b+a≥0.

解析： 设函数h（b）=f（x）+2a-b+a=4ax3-2bx+b+2a-b.当b<2a时，h（b）=h1（b）=4ax3-2bx+2a=-2xb+2a（2x3+1）；当b>2a时，h（b）=h2（b）=4ax3-2bx+2b-2a=（2-2x）b+2a（2x3-1）.当b=2a时，h1（2a）=h2（2a）=4ax3-4ax+2a.

因为x∈[0，1]，所以当b<2a时，h′（b）=h1′（b）=-2x≤0，函数h（b）在（-∞，2a）上单调递减；当b>2a时，h′（b）=h2′（b）=2-2x≥0，函数h（b）在（2a，+∞）上单调递增， 所以函数h（b）min=h1（2a）=h2（2a）=4ax3-4ax+2a=2a（2x3-2x+1）.

设函数g（x）=2x3-2x+1，g′（x）=6x2-2=6x

-·x

+.因为x∈[0，1]，所以当x∈0

，时，g′（x）<0，函数g（x）单调递减；当x∈

，1时，g′（x）>0，函数g（x）单调递增，所以g（x）min=g

=2·

3-2·+1=1-=1->0.

因为h（b）min=2a（2x3-2x+1）≥2a·g（x）min，所以由a>0，g（x）min=g

>0可得h（b）min≥0，即f（x）+2a-b+a≥0.

点评： 有些含参不等式的恒成立问题，在分离参数时会遇到需要多次讨论的麻烦，这时如果我们变换主元，就会简化问题、降低难度.在例3中，若以常规的思路，将函数看成以x为主元、以a，b为参数的函数，则会涉及三次函数的单调性问题，要进行多次分类讨论.而通过变换主元，就使得解题思路更简洁明快.

数形结合法

如果含参不等式恒成立问题不方便转化为求函数最值问题，还可尝试采用数形结合法，通过作出函数图象求解.

若由原不等式直接转化得到的函数图象不易画出，可以先通过等价变形，将不等式变形为不等号左右两个式子，并将这两个式子分别看成两个函数，然后将两个函数的大小关系与函数图象的位置关系一一对应求解.

当f（x）>g（x）时，函数f（x）的图象恒在函数g（x）图象的上方；当f（x）

例4 若对于任意的x∈0

，， x2-loga x-<0恒成立，求a的取值范围.

解析： x2-loga x-<0?x2-

要使对于任意的x∈0

，， x2-

，上函数f（x）的图象恒在函数g（x）图象的下方.

如图1所示，若a>1，因为当x∈0

，时，f（0）

=，而 g（x）<0恒成立，所以函数f（x）的图象不可能恒在函数g（x）图象的下方，所以0

如图2所示，当x∈0

，时，f（x）

=. 所以要使区间0

，上函数f（x）的图象恒在函数g（x）图象的下方，只需满足g（x）min=g

≥f

，即loga≥.又0

【练一练】

若a∈R，函数f（x）=4x3-2ax+a. 证明：当0≤x≤1时，f（x）+2-a>0.

【参考答案】

设h（a）=4x3-2ax+a+2-a，当a<2时，h（a）=h1（a）=

-2xa+4x3+2，h1′（a）=-2x；当a>2时，h（a）=h2（a）=4x3-2ax+2a-2=2（1-x）a+4x3-2，h2′（a）=2-2x.当a=2时，h1（2）=h2（2）=4x3-4x+2.

因为x∈[0，1]，所以当a>2时，h′（a）=h2′（a）≥0，函数h（a）单调递增；当a<2时，h′（a）=h1′（a）≤0，函数h（a）单调递减，所以h（a）min=h1（2）=h2（2）=4x3-4x+2.

设g（x）=4x3-4x+2，g′（x）=12x2-4=12x

-·x

+.因为x∈[0，1]，所以当x∈0

，时，g′（x）<0，函数g（x）单调递减；当x∈

，1时，g′（x）>0，函数g（x）单调递增，所以g（x）min=g

=2->0.

因为h（a）min=4x3-4x+2≥g（x）min，所以由g（x）min>0可得h（a）=f（x）+2-a>0.

含参不等式恒成立问题主要有两种类型：一是已知某个不等式恒成立，求其中参数的取值范围；二是证明含有参数的某个不等式恒成立.解决这两类问题的关键是要合理转化函数，利用函数性质或图象求解，我们将其归纳为最值法和数形结合法.

最值法

最值法就是将不等式恒成立问题等价转化为求函数的最值问题.

我们一般可以通过直接分类讨论、分离参数和变换主元三种方法求函数的最值.下面就具体问题分析三种方法的实际应用.

例1 [2011年高考数学北京卷（理科）第18题第Ⅱ小题] 已知函数f（x）=（x-k）2e，若对于任意的x∈（0，+∞），都有f（x）≤，求k的取值范围.

解析： f′（x）=2（x-k）e+（x-k）2e=e（x-k）·（x+k）. 根据题意，对于任意的x∈（0，+∞），都有f（x）≤，即f（x）max≤.

若k>0，因为f（k+1）=（k+1-k）2e=e1+>，不满足对于任意的x∈（0，+∞），都有f（x）≤，所以k<0.

当00，函数 f（x）单调递增；当x>-k时， f′（x）<0，函数 f（x）单调递减，所以f（x）max=f（-k）=（-k-k）2e=.因为f（x）max≤，所以≤.又k<0，解得-≤k<0.

点评： 直接对参数进行分类讨论是求解含参不等式恒成立问题的常用方法.在例1中，我们通过对参数k的正负的讨论，建立了k与的关系式，进而得解.

例2 若kx-lnx+2>0恒成立，求k的取值范围.

解析： 由题意可知x>0. 要使kx-lnx+2>0恒成立， 则k>恒成立.设g（x）=，则k>g（x）max.

令g′（x）==0，得x=e3. 当00，函数g（x）单调递增；当x>e3时，g′（x）<0，函数g（x）单调递减，所以g（x）max=g（e3）=，k>.

点评： 直接对参数进行分类讨论求最值有时会比较烦琐.如果能通过恒等变形分离出参数，将不等式转化为一端是参数、另一端是变量表达式，就能使研究的函数不再含有参数，避免了对参数的讨论.

例3 [2012年高考数学浙江卷（理科）第22题第I小题] 已知a>0，b∈R，函数f（x）=4ax3-2bx-a+b.证明：当0≤x≤1时，f（x）+2a-b+a≥0.

解析： 设函数h（b）=f（x）+2a-b+a=4ax3-2bx+b+2a-b.当b<2a时，h（b）=h1（b）=4ax3-2bx+2a=-2xb+2a（2x3+1）；当b>2a时，h（b）=h2（b）=4ax3-2bx+2b-2a=（2-2x）b+2a（2x3-1）.当b=2a时，h1（2a）=h2（2a）=4ax3-4ax+2a.

因为x∈[0，1]，所以当b<2a时，h′（b）=h1′（b）=-2x≤0，函数h（b）在（-∞，2a）上单调递减；当b>2a时，h′（b）=h2′（b）=2-2x≥0，函数h（b）在（2a，+∞）上单调递增， 所以函数h（b）min=h1（2a）=h2（2a）=4ax3-4ax+2a=2a（2x3-2x+1）.

设函数g（x）=2x3-2x+1，g′（x）=6x2-2=6x

-·x

+.因为x∈[0，1]，所以当x∈0

，时，g′（x）<0，函数g（x）单调递减；当x∈

，1时，g′（x）>0，函数g（x）单调递增，所以g（x）min=g

=2·

3-2·+1=1-=1->0.

因为h（b）min=2a（2x3-2x+1）≥2a·g（x）min，所以由a>0，g（x）min=g

>0可得h（b）min≥0，即f（x）+2a-b+a≥0.

点评： 有些含参不等式的恒成立问题，在分离参数时会遇到需要多次讨论的麻烦，这时如果我们变换主元，就会简化问题、降低难度.在例3中，若以常规的思路，将函数看成以x为主元、以a，b为参数的函数，则会涉及三次函数的单调性问题，要进行多次分类讨论.而通过变换主元，就使得解题思路更简洁明快.

数形结合法

如果含参不等式恒成立问题不方便转化为求函数最值问题，还可尝试采用数形结合法，通过作出函数图象求解.

若由原不等式直接转化得到的函数图象不易画出，可以先通过等价变形，将不等式变形为不等号左右两个式子，并将这两个式子分别看成两个函数，然后将两个函数的大小关系与函数图象的位置关系一一对应求解.

当f（x）>g（x）时，函数f（x）的图象恒在函数g（x）图象的上方；当f（x）

例4 若对于任意的x∈0

，， x2-loga x-<0恒成立，求a的取值范围.

解析： x2-loga x-<0?x2-

要使对于任意的x∈0

，， x2-

，上函数f（x）的图象恒在函数g（x）图象的下方.

如图1所示，若a>1，因为当x∈0

，时，f（0）

=，而 g（x）<0恒成立，所以函数f（x）的图象不可能恒在函数g（x）图象的下方，所以0

如图2所示，当x∈0

，时，f（x）

=. 所以要使区间0

，上函数f（x）的图象恒在函数g（x）图象的下方，只需满足g（x）min=g

≥f

，即loga≥.又0

【练一练】

若a∈R，函数f（x）=4x3-2ax+a. 证明：当0≤x≤1时，f（x）+2-a>0.

【参考答案】

设h（a）=4x3-2ax+a+2-a，当a<2时，h（a）=h1（a）=

-2xa+4x3+2，h1′（a）=-2x；当a>2时，h（a）=h2（a）=4x3-2ax+2a-2=2（1-x）a+4x3-2，h2′（a）=2-2x.当a=2时，h1（2）=h2（2）=4x3-4x+2.

因为x∈[0，1]，所以当a>2时，h′（a）=h2′（a）≥0，函数h（a）单调递增；当a<2时，h′（a）=h1′（a）≤0，函数h（a）单调递减，所以h（a）min=h1（2）=h2（2）=4x3-4x+2.

设g（x）=4x3-4x+2，g′（x）=12x2-4=12x

-·x

+.因为x∈[0，1]，所以当x∈0

，时，g′（x）<0，函数g（x）单调递减；当x∈

，1时，g′（x）>0，函数g（x）单调递增，所以g（x）min=g

=2->0.

因为h（a）min=4x3-4x+2≥g（x）min，所以由g（x）min>0可得h（a）=f（x）+2-a>0.

含参不等式恒成立问题主要有两种类型：一是已知某个不等式恒成立，求其中参数的取值范围；二是证明含有参数的某个不等式恒成立.解决这两类问题的关键是要合理转化函数，利用函数性质或图象求解，我们将其归纳为最值法和数形结合法.

最值法

最值法就是将不等式恒成立问题等价转化为求函数的最值问题.

我们一般可以通过直接分类讨论、分离参数和变换主元三种方法求函数的最值.下面就具体问题分析三种方法的实际应用.

例1 [2011年高考数学北京卷（理科）第18题第Ⅱ小题] 已知函数f（x）=（x-k）2e，若对于任意的x∈（0，+∞），都有f（x）≤，求k的取值范围.

解析： f′（x）=2（x-k）e+（x-k）2e=e（x-k）·（x+k）. 根据题意，对于任意的x∈（0，+∞），都有f（x）≤，即f（x）max≤.

若k>0，因为f（k+1）=（k+1-k）2e=e1+>，不满足对于任意的x∈（0，+∞），都有f（x）≤，所以k<0.

当00，函数 f（x）单调递增；当x>-k时， f′（x）<0，函数 f（x）单调递减，所以f（x）max=f（-k）=（-k-k）2e=.因为f（x）max≤，所以≤.又k<0，解得-≤k<0.

点评： 直接对参数进行分类讨论是求解含参不等式恒成立问题的常用方法.在例1中，我们通过对参数k的正负的讨论，建立了k与的关系式，进而得解.

例2 若kx-lnx+2>0恒成立，求k的取值范围.

解析： 由题意可知x>0. 要使kx-lnx+2>0恒成立， 则k>恒成立.设g（x）=，则k>g（x）max.

令g′（x）==0，得x=e3. 当00，函数g（x）单调递增；当x>e3时，g′（x）<0，函数g（x）单调递减，所以g（x）max=g（e3）=，k>.

点评： 直接对参数进行分类讨论求最值有时会比较烦琐.如果能通过恒等变形分离出参数，将不等式转化为一端是参数、另一端是变量表达式，就能使研究的函数不再含有参数，避免了对参数的讨论.

例3 [2012年高考数学浙江卷（理科）第22题第I小题] 已知a>0，b∈R，函数f（x）=4ax3-2bx-a+b.证明：当0≤x≤1时，f（x）+2a-b+a≥0.

解析： 设函数h（b）=f（x）+2a-b+a=4ax3-2bx+b+2a-b.当b<2a时，h（b）=h1（b）=4ax3-2bx+2a=-2xb+2a（2x3+1）；当b>2a时，h（b）=h2（b）=4ax3-2bx+2b-2a=（2-2x）b+2a（2x3-1）.当b=2a时，h1（2a）=h2（2a）=4ax3-4ax+2a.

因为x∈[0，1]，所以当b<2a时，h′（b）=h1′（b）=-2x≤0，函数h（b）在（-∞，2a）上单调递减；当b>2a时，h′（b）=h2′（b）=2-2x≥0，函数h（b）在（2a，+∞）上单调递增， 所以函数h（b）min=h1（2a）=h2（2a）=4ax3-4ax+2a=2a（2x3-2x+1）.

设函数g（x）=2x3-2x+1，g′（x）=6x2-2=6x

-·x

+.因为x∈[0，1]，所以当x∈0

，时，g′（x）<0，函数g（x）单调递减；当x∈

，1时，g′（x）>0，函数g（x）单调递增，所以g（x）min=g

=2·

3-2·+1=1-=1->0.

因为h（b）min=2a（2x3-2x+1）≥2a·g（x）min，所以由a>0，g（x）min=g

>0可得h（b）min≥0，即f（x）+2a-b+a≥0.

点评： 有些含参不等式的恒成立问题，在分离参数时会遇到需要多次讨论的麻烦，这时如果我们变换主元，就会简化问题、降低难度.在例3中，若以常规的思路，将函数看成以x为主元、以a，b为参数的函数，则会涉及三次函数的单调性问题，要进行多次分类讨论.而通过变换主元，就使得解题思路更简洁明快.

数形结合法

如果含参不等式恒成立问题不方便转化为求函数最值问题，还可尝试采用数形结合法，通过作出函数图象求解.

若由原不等式直接转化得到的函数图象不易画出，可以先通过等价变形，将不等式变形为不等号左右两个式子，并将这两个式子分别看成两个函数，然后将两个函数的大小关系与函数图象的位置关系一一对应求解.

当f（x）>g（x）时，函数f（x）的图象恒在函数g（x）图象的上方；当f（x）

例4 若对于任意的x∈0

，， x2-loga x-<0恒成立，求a的取值范围.

解析： x2-loga x-<0?x2-

要使对于任意的x∈0

，， x2-

，上函数f（x）的图象恒在函数g（x）图象的下方.

如图1所示，若a>1，因为当x∈0

，时，f（0）

=，而 g（x）<0恒成立，所以函数f（x）的图象不可能恒在函数g（x）图象的下方，所以0

如图2所示，当x∈0

，时，f（x）

=. 所以要使区间0

，上函数f（x）的图象恒在函数g（x）图象的下方，只需满足g（x）min=g

≥f

，即loga≥.又0

【练一练】

若a∈R，函数f（x）=4x3-2ax+a. 证明：当0≤x≤1时，f（x）+2-a>0.

【参考答案】

设h（a）=4x3-2ax+a+2-a，当a<2时，h（a）=h1（a）=

-2xa+4x3+2，h1′（a）=-2x；当a>2时，h（a）=h2（a）=4x3-2ax+2a-2=2（1-x）a+4x3-2，h2′（a）=2-2x.当a=2时，h1（2）=h2（2）=4x3-4x+2.

因为x∈[0，1]，所以当a>2时，h′（a）=h2′（a）≥0，函数h（a）单调递增；当a<2时，h′（a）=h1′（a）≤0，函数h（a）单调递减，所以h（a）min=h1（2）=h2（2）=4x3-4x+2.

设g（x）=4x3-4x+2，g′（x）=12x2-4=12x

-·x

+.因为x∈[0，1]，所以当x∈0

，时，g′（x）<0，函数g（x）单调递减；当x∈

，1时，g′（x）>0，函数g（x）单调递增，所以g（x）min=g

=2->0.

因为h（a）min=4x3-4x+2≥g（x）min，所以由g（x）min>0可得h（a）=f（x）+2-a>0.