恒成立问题

恒成立问题专题

高三数学复习中的恒成立问题，涉及到一次函数、二次函数的性质、图象,渗透着换元、

化归、数形结合、函数与方程等思想方法，有利于考查学生的综合解题能力，在培养思维的灵

活性、创造性等方面起到了积极的作用。因此也成为历年高考的一个热点。恒成立问题在解题

过程中大致可分为以下几种类型：①一次函数型；②二次函数型；③变量分离型；④根据函数

的奇偶性、周期性等性质；⑤直接根据函数的图象。

恒成立问题的基本类型：

类型1：设)0()(2acbxaxxf，（1）Rxxf在0)(上恒成立00且a；

（2）Rxxf在0)(上恒成立00且a。

类型2：设)0()(2acbxaxxf

（1）当0a时，],[0)(xxf在上恒成立













































0)(

2

0

2

0)(

2









f

a

b

a

b

f

a

b

或或，

],[0)(xxf在上恒成立













0)(

0)(





f

f

（2）当0a时，],[0)(xxf在上恒成立













0)(

0)(





f

f

],[0)(xxf在上恒成立













































0)(

2

0

2

0)(

2









f

a

b

a

b

f

a

b

或或

类型3：



min

)()(xfIxxf恒成立对一切



max

)()(xfIxxf恒成立对一切。

类型4：

)(

)()()()()()(

maxmin

Ix

xgxfxgxfIxxgxf



的图象的上方或的图象在恒成立对一切

一、一次函数型：

给定一次函数y=f(x)=ax+b(a≠0),若y=f(x)在[m,n]内恒有f(x)>0，则根据函数的图象

（直线）可得上述结论等价于

ⅰ）











0)(

0

mf

a

或ⅱ）











0)(

0

nf

a

亦可合并定成











0)(

0)(

nf

mf

同理，若在[m,n]内恒有f(x)<0，则有











0)(

0)(

nf

mf

例1、对于满足|p|2的所有实数p,求使不等式x2+px+1>p+2x恒成立的x的取值范围。

分析：在不等式中出现了两个字母：x及P,关键在于该把哪个字母看成是一个变量，另

一个作为常数。显然可将p视作自变量，则上述问题即可转化为在[-2，2]内关于p的一次函

数大于0恒成立的问题。

略解：不等式即(x-1)p+x2-2x+1>0,设f(p)=(x-1)p+x2-2x+1,则f(p)在[-2,2]上恒大于0，

故有：











)2(

0)2(

f

f

即















01

034

2

2

x

xx

解得：











11

13

xx

xx

或

或

∴x<-1或x>3.

二、二次函数型

对于一元二次函数),0(0)(2Rxacbxaxxf有：

（1）Rxxf在0)(上恒成立00且a；

（2）Rxxf在0)(上恒成立00且a

若是二次函数在指定区间上的恒成立问题，还可以利用韦达定理以及根与系数的分布知识求

解。

nmo

x

y

nmo

x

y

例2、设f(x)=x2-2ax+2,当x[-1,+)时，都有f(x)a恒成立，求a的取值范围。

分析：题目中要证明f(x)a恒成立，若把a移到等号的左边，则把原题转化成左边二

次函数在区间[-1,+)时恒大于0的问题。

解：设F(x)=f(x)-a=x2-2ax+2-a.

ⅰ)当=4（a-1)(a+2)<0时，即-2

ⅱ）当=4（a-1)(a+2)0时由图可得以下充要条件：

























,1

2

2

0)1(

0

a

f即

















,1

03

0)2)(1(

a

a

aa

得-3a-2;

综合可得a的取值范围为[-3，1]。

例3、关于x的方程9x+(4+a)3x+4=0恒有解，求a的范围。

分析：题目中出现了3x及9x，故可通过换元转化成二次函数型求解。

解法1（利用韦达定理）：

设3x=t,则t>0.则原方程有解即方程t2+(4+a)t+4=0有正根。











•







04

0)4(

0

21

21

xx

axx即











4

016)4(2

a

a













4

80

a

aa或

解得a-8.

解法2（利用根与系数的分布知识）：

即要求t2+(4+a)t=0有正根。设f(x)=t2+(4+a)t+4.

10.=0,即（4+a）2-16=0,∴a=0或a=-8.

a=0时，f(x)=(t+2)2=0,得t=-2<0，不合题意；

a=-8时，f(x)=(t-2)2=0,得t=2>0,符合题意。∴a=-8.

20.>0,即a<-8或a>0时，

∵f(0)=4>0,故只需对称轴0

2

4







a

，即a<-4.

∴a<-8综合可得a-8.

4

o

x

y

-1o

x

y

三、变量分离型

若在等式或不等式中出现两个变量，其中一个变量的范围已知，另一个变量的范围为所求，

且容易通过恒等变形将两个变量分别置于等号或不等号的两边，则可将恒成立问题转化成函数

的最值问题求解。

（1）mxf)(对任意x都成立mxf

min

)(；

（2）mxf)(对任意x都成立

max

)(xfm。简单计作：“大的大于最大的，小的小于

最小的”。由此看出，本类问题实质上是一类求函数的最值问题。

例4、已知当xR时，不等式a+cos2x<5-4sinx+

45a

恒成立，求实数a的取值范

围。

分析：在不等式中含有两个变量a及x，其中x的范围已知（xR），另一变量a的范围

即为所求，故可考虑将a及x分离。

解：原不等式即：4sinx+cos2x<

45a

-a+5

要使上式恒成立，只需

45a

-a+5大于4sinx+cos2x的最大值，故上述问题转化成求

f(x)=4sinx+cos2x的最值问题。

f(x)=4sinx+cos2x=-2sin2x+4sinx+1=-2(sinx-1)2+33,

∴

45a

-a+5>3即

45a

>a+2

上式等价于

















2)2(45

045

02

aa

a

a

或











045

02

a

a

解得

5

4

a<8.

注：注意到题目中出现了sinx及cos2x，而cos2x=1-2sin2x,故若把sinx换元成t,则可

把原不等式转化成关于t的二次函数类型。

另解：a+cos2x<5-4sinx+

45a

即

a+1-2sin2x<5-4sinx+

45a

,令sinx=t,则t



[-1,1],

整理得2t2-4t+4-a+

45a

>0,(t



[-1,1])恒成立。

设f(t)=2t2-4t+4-a+

45a

则二次函数的对称轴为t=1,

f(x)在[-1，1]内单调递减。

只需f(1)>0,即45a>a-2.(下同)

例5：在ABC中，已知2|)(|,2cos)

24

(sinsin4)(2mBfB

B

BBf且



恒成立，

求实数m的范围。

解析：由

]1,0(sin,0,1sin22cos)

24

(sinsin4)(2BBBB

B

BBf



，

]3,1()(Bf，2|)(|mBf恒成立，2)(2mBf，即











2)(

2)(

Bfm

Bfm

恒成

立，]3,1(m

例6：（1）求使不等式],0[,cossinxxxa恒成立的实数a的范围。

解析：由于函]

4

3

,

4

[

4

),

4

sin(2cossin







xxxxa，显然函数有最大值

2，2a。

如果把上题稍微改一点，那么答案又如何呢？请看下题：

（2）求使不等式)

2

,0(

4

,cossin



xxxa恒成立的实数a的范围。

解析：我们首先要认真对比上面两个例题的区别，主要在于自变量的取值范围的变化，

这样使得xxycossin的最大值取不到2，即a取2也满足条件，所以2a。

四、根据函数的单调性、奇偶性、周期性等性质

若函数f(x)是奇(偶)函数，则对一切定义域中的x,f(-x)=-f(x)

(f(-x)=f(x))恒成立；若函数y=f(x)的周期为T，则对一切定义域中的x,f(x)=f(x+T)恒成立。

例7、若f(x)=sin(x+



)+cos(x-



)为偶函数，求



的值。

分析：告诉我们偶函数的条件，即相当于告诉我们一个恒成立问题。

解：由题得：f(-x)=f(x)对一切x



R恒成立，

sin(-x+)+cos(-x-)=sin(x+)+cos(x-)

即sin(x+



)+sin(x-



)=cos(x+



)-cos(x-



)

2sinx·cos



=-2sinx·sin



sinx(sin



+cos



)=0

对一切xR恒成立

．．．

，只需也必须sin



+cos



=0。



=k

4



.（kZ)

例8：设f(x)=x3+x,x∈R，当0≤θ≤

2



时，f(msinθ)+f(1-m)>0恒成立，则实数m的取值范

围是（）

A(0,1)B(-∞,0)C(-∞,

2

1

)D(-∞,1)

分析：若用函数解析式代入化简，问题变得相当复杂，如能考虑到函数f(x)=x3+x,x∈R是单

调递增的奇函数，将原不等式化为f(msinθ)>f(m-1)，再脱去函数符号，可得，msinθ>m-1,

由m<

sin1

1



恒成立，∵当0≤θ≤

2



时,(

sin1

1



)min=1,∴m<1.选D。

由上述解法知此题可不给出函数解析式，只要给出函数在R上是单调的奇函数即可。

五、直接根据图象判断

若把等式或不等式进行合理的变形后，能非常容易地画出等号或不等号两边函数的图象，

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。

例9、若关于的不等式|x+3|+|x-1|>a恒成立,则a的取值范围是（）,

Aa≤4Ba<4Ca>4Da≥4

分析：|x+3|和|x-1|分别表示数轴上动点P（x）到两定点A（-3）、B（1）的距离，当时|x+3|+|x-1|

取最小值4，∴a<4，选B。

例10：已知恒成立有时当

2

1

)(,)1,1(,)(,1,02xfxaxxfaax，求实数a

的取值范围。

解析：由xxaxaxxf

2

1

2

1

)(22，得，在同一直角坐标系中做出两个函数的图

象，如果两个函数分别在x=-1和x=1处相交，则由122

2

1

)1(

2

1

1aa及得到a分

别等于2和0.5，并作出函数xxyy)

2

1

(2及的图象，所以，要想使函数xax

2

1

2在

区间)1,1(x中恒成立，只须xy2在区间)1,1(x对应的图象在

2

1

2xy在区间

)1,1(x对应图象的上面即可。当2,1aa只有时才能保证，而

2

1

10aa时，只有才可以，所以]2,1()1,

2

1

[a。

由此可以看出，对于参数不能单独放在一侧的，可以利用函数图象来解。利用函数图

象解题时，思路是从边界处（从相等处）开始形成的。

例11、当x(1,2)时，不等式(x-1)2

分析：若将不等号两边分别设成两个函数，则左边为

二次函数，图象是抛物线，右边为常见的对数函数的图

象，故可以通过图象求解。

解：设y1=(x-1)2,y2=logax,则y1的图象为右图所示的

抛物线，要使对一切x(1,2),y11,

并且必须也只需当x=2时y2的函数值大于等于y1的函数

值。

故loga2>1,a>1,1

例12、已知关于x的方程lg(x2+20x)-lg(8x-6a-3)=0有唯一解，求实数a的取值范围。

分析：方程可转化成lg(x2+20x)=lg(8x-6a-3),从而得x2+20x=8x-6a-3>0,注意到若将等号

两边看成是二次函数y=x2+20x及一次函数y=8x-6a-3，则只需考虑这两个函数的图象在x轴

上方恒有唯一交点即可。

解：令y1=x2+20x=（x+10）2-100,y2=8x-6a-3,则如图所

示，y1的图象为一个定抛物线，y2的图象是一条斜率为定值

8，而截距不定的直线，要使y1和y2在x轴上有唯一交点，

则直线必须位于l1和l2之间。（包括l1但不包括l2)

当直线为l1时，直线过点（-20，0）此时纵截距为

-6a-3=160,a=

6

163

;

当直线为l2时，直线过点（0，0），纵截距为-6a-3=0，

a=

2

1

∴a的范围为[

6

163

，

2

1

）。

六、判别式法

此法适用于一元二次不等式ax2+bx+c>0和可化为一元二次不等式类的恒成立问题，当x∈R

时，只需a>0且△<0；若x∈[a,b],则需用求函数极值的方法或用根的分布的方法分类讨论解

决。

例13：已知不等式2x-1>m(x2-1)，

x

y

o

1

2

y

1

=(x-1)2

y

2

=log

a

x

x

y

l

1

l

2

l

-20o

(1）是否存在实数m，使不等式对任意x∈R恒成立？说明理由；

(2）若对于m∈[-2，2]不等式成立，求实数x的取值范围。

解：（1）原不等式等价于mx2-2x+(1-m)<0,若对于一切实数x恒成立，

当且仅当m<0且△=4-4m(1-m)<0，此不等式解集为空集，

∴不存在实数m使不等式恒成立。

（2）设f(m)=(x2-1)m-(2x-1)，当m∈[-2，2]时，f(m)<0恒成立。

而f(m)=0,(m∈[-2，2])时表示线段，当且仅当f(2)<0且f(-2)<0,

2x2-2x-1<0,①

-2x2-2x+3<0②

由①得

2

31

2

31





x，由②得

2

71

,

2

71





xx，

取交集得

2

31

2

71





x，x的取值范围是{x|

2

31

2

71





x}。

例14：是否存在实数x，使不等式-9<

1

63

2

2





xx

pxx

≤6对一切实数x恒成立？若存在，求出

p的值，若不存在，请说明理由。

解：∵x2-x+1=(x-

2

1

)2+

4

3

>0,

∴原不等式等价于-9(x2-x+1)<3x2+px+6≤6(x2-x+1),

即-9(x2-x+1)<3x2+px+6①

3x2+px+6≤6(x2-x+1)②

对一切实数x恒成立，即①,②对一切实数恒成立。

由①得12x2+(p-9)x+15>0恒成立，∴△1=(p-9)2-41215<0;

由②得3x2-(p+6)x≥0恒成立，∴△2=(p+6)2≤0,

将=-6代入△1知此时△1<0成立。

因此存在p=-6使原不等式对一切x恒成立。

七、重要不等式法

例15：已知函数f(x)对任意实数x,y都有f(x+y)=f(x)+f(y)+2y(x+y)+1，且f(1)=1，

（1）若x∈N*，试求f(x)的表达式；

（2）若x∈N*，且x≥2时不等式f(x)≥(a+7)x-(a+10)恒成立，试求实数a的取值范围。

解：(1)令y=1则f(x+1)=f(x)+2x+4，∴f(x+1)-f(x)=2x+4,

∴f(x)=[f(x)-f(x-1)]+[f(x-1)-f(x-2)]+…+[f(2)-f(1)]+f(1)=x2+3x-3

(2)不等式可化为x2+3x-3≥(a+7)x-(a+10),∴a≤

1

742





x

xx

恒成立,

因为x≥2,x∈N*,

1

742





x

xx

=(x-1)+

1

4

x

≥2。∴a≤2.

八、换元法

例14、已知对于满足等式x2+(y-1)2=1的一切实数x、y,不等式x-y+c≥0恒成立，则实数c

的取值范围是12c

分析：考虑到等式x2+(y-1)2=1的几何意义是坐标平面的圆，运用圆的参数方程进行换元，

令x=cosθ，y=1+sinθ,θ∈[0,π),则有cosθ-sinθ+c+1≥0恒成立，即c≥2cos(θ

+

4



)-1恒成立,而当θ∈[0,π)时，有2cos(θ+

4



)-1≤2-1，c≥2-1,选C

此题还可用数形结合法解。

九、数列中的恒成立

例1.⑴已知数列{an}的通项公式为an=－n2+



n（n∈N*）且满足an+1



的取值范

围（）

A.(3，+∞)B.（-∞，3）C.3，

D.，3

⑵若数列{an}、{bn}的通项公式分别是

aan

n

2007)1()1(，

n

)1(

2b

2008n



n

，且an

对任意n∈N*恒成立，则常数a的取值范围是（）

A.（-2，1）B.















2

3

2，C.12，D.















2

3

2，

解：（2）C当n是奇数时，由an

n

1

，a<1；当n是偶数时，由an

n

1

，-a

≤2，a≥-2，因此常数a的取值范围是1,2

例2.已知数列{an}是递增等差数列，前n项和为Sn，a1=2，且a1，a2，a4成等比数列.

（1）求{an}的通项公式；

（2）令

n

n

n

2

S

T

，若对一切正整数n，总有Tn≤m，求m的取值范围.

解：（1）设公差为d（d>0），则有

2

2

a=a1a4，(2+d)2=2(2+3d)，由此解得d=0（舍去）或d=2，

因此an=2+2(n-1)=2n；

（2）由（1）得

2

)22(nn

S

n



n(n+1)，

1

12

)2)(1(

2

)1(

2











n

n

nn

n

n

nn

T

nn

S

T，即n>2(n∈N*)；

∵

2

1

1

S

T=1，T2=T3=

2

3

，又∵n>2时，Tn>Tn+1，∴各项中数值最大值为

2

3

，∵对一切正整数

n，总有Tn≤m恒成立，因此m≥

2

3

.

例3．在数列｛an｝，｛bn｝中，a1=2，b1=4，且

1nnn

aba



，，成等差数列，

11nnn

bab



，，成等比数列（n*N）

（Ⅰ）求a2，a3，a4及b2，b3，b4，由此猜测｛an｝，｛bn｝的通项公式，并证明你的结论；（Ⅱ）证明：

1122

1115

12

nn

ababab





…．

解：（Ⅰ）由条件得2

111

2

nnnnnn

baaabb



，

由此可得

223344

6912162025ababab，，，，，．···········2分

猜测2(1)(1)

nn

annbn，．······················4分

用数学归纳法证明：

①当n=1时，由上可得结论成立．

②假设当n=k时，结论成立，即

2(1)(1)

kk

akkbk，，

那么当n=k+1时，

2

22

1

11

22(1)(1)(1)(2)(2)k

kkkk

k

a

abakkkkkbk

b





，．

所以当n=k+1时，结论也成立．

由①②，可知2(1)(1)

nn

annbn，对一切正整数都成立．··········7分

（Ⅱ）

11

115

612ab





．

n≥2时，由（Ⅰ）知(1)(21)2(1)

nn

abnnnn．···········9分

故

1122

11111111

622334(1)

nn

abababnn











……

11111111

6223341nn











…

1111115

62216412n











综上，原不等式成立．

【总结提炼】碰到数列中的不等式恒成立问题，求参数范围时多运用分离参数的方法，转化为

求最值问题，有时注意分类讨论处理;涉及到证明不等式恒成立问题，若证明目标是有限项之

间的不等关系，可以运用数学归纳法解决（有时需要先构造函数，运用导数法研究函数的性质）；

若证明目标是与求和相关（带省略号）的不等关系，往往要结合式子特征从一般项入手，裂项

相消、先合理放缩再运用等比数列求和公式等手段求和化简达到证明的目的。

【巩固练习】

1、对任意实数x，不等式),,(0cossinRcbacxbxa恒成立的充要条件是

_______。][22bac

2、设]1,(

7

932

lglg



在

a

y

xxx

上有意义，求实数a的取值范围.),

9

5

[。

3、当1||)3,

3

1

(xLogx

a

时，恒成立，则实数a的范围是____。)],3[]

3

1

,0[(

4、设

0

a为常数，数列}{

n

a的通项公式)(2)1(]2)1(3[

5

1

0

1



Nnaannnnn

n

，

若对任意1n不等式

1



nn

aa恒成立，求

0

a的取值范围。

解：

0

1

111

1

23)1(

5

23)1(32

aaann

nnn

nn













故

1



nn

aa等价于)1()

2

3

()15()1(2

0

1nna

（1）当，，，2112kkn时，(1)式即为

5

1

)

2

3

(

5

1

32

0

ka

此式对k＝1，2，…恒成立，故

3

1

5

1

)

2

3

(

5

1

312

0

a

（2）当，，，212kkn时，(1)式即为22

0

12)

2

3

()15()1(kka

即

5

1

)

2

3

(

5

1

22

0

ka此式对，，21k恒成立，有0

5

1

)

2

3

(

5

1

312

0

a

综上，(1)式对任意



Nn成立，有

3

1

0

0

a，故

0

a的取值范围为)

3

1

0(，

5、数列22

122

1,2,(1cos)sin,1,2,3,.

22nnn

nn

aaaaan





满足

(Ⅰ)求

34

,,aa并求数列

n

a的通项公式；

(Ⅱ)设21

12

2

,.n

nnn

n

a

bSbbb

a

证明：当

1

62.

n

nS

n

时，

解(Ⅰ)因为22

12311

1,2,(1cos)sin12,

22

aaaaa



所以

22

22

(1cos)sin24.

n

aaa

一般地，当*21(N)nkk时，22

2121

(21)21

[1cos]sin

22kk

kk

aa











＝

21

1

k

a



，即

2121

1.

kk

aa





所以数列

21k

a



是首项为1、公差为1的等差数列，因此

21

.

k

ak





当*2(N)nkk时，22

2222

22

(1cos)sin2.

22kkk

kk

aaa







所以数列

2k

a是首项为2、公比为2的等比数列，因此

2

2.k

k

a

故数列

n

a的通项公式为

*

2

*

2

1

,21(N),

2

2,2(N).

n

n

nkk

a

nkk



















(Ⅱ)由(Ⅰ)知，21

2

,

2

n

n

n

n

a

n

b

a



23

123

,

2222n

n

n

S①

2241

1123

22222n

n

n

S



②

①－②得，

231

11111

.

222222n

nn

n

S





11

11

[1()]

1

22

1.

1

222

1

2

n

nnn

nn









所以

1

12

22.

222n

nnn

nn

S







要证明当6n时，

1

2

n

S

n

成立，只需证明当6n时，

(2)

1

2n

nn

成立.

证法一

(1)当n=6时，

6

6(62)483

1

2644



成立.

(2)假设当(6)nkk时不等式成立，即

(2)

1.

2k

kk



则当n=k+1时，

1

(1)(3)(2)(1)(3)(1)(3)

1.

2(2)(2)2

22kk

kkkkkkkk

kkkk





•

由(1)、(2)所述，当n≥6时，

(1)

1

2n

nn

，即当n≥6时，

1

2.

n

S

n



证法二

令

(2)

(6)

2n

n

nn

cn



，则

2

1

11

(1)(3)(2)3

0.

222nn

nnn

nnnnn

cc









所以当6n时，

1nn

cc



.因此当6n时，

6

683

1.

644n

cc





于是当6n时，

(2)

1.

2n

nn



综上所述，当6n时，

1

2.

n

S

n



6.已知10aa，，数列}{

n

a是首项为a，公比为a的等比数列，令

)(lg



Nnaab

n

n

n

（I）求数列}{

n

b的前n项和

n

S；（II）当a>1时，求

n

n

nb

S



lim；

（III）若数列}{

n

b中有每一项总小于它后面的项，求a的取值范围。

解：（I）由题设nn

n

aaaa1

所以

anaaabn

n

n

n

lglg

故

)321(lg12n

n

naaaaaS

)1(

)1(

lg

)'

1

(lg

)'(lg

1

2

1

2



















nnn

n

n

nanaa

a

aa

a

aa

aa

aaaaa

（II）因为

)1

11

(

)1(2

a

n

naa

a

b

S

n

n

n





，且1a

所以

1

lim





a

a

b

S

n

n

n

（III）若

nn

bb

1

，则

0])1([lg

lglg)1(1

1







aanaa

anaaanbb

n

nn

nn

因为0na，所以只需0])1([lgaana

（1）当a>1时，0lga，只要0)1(aan，解得

a

a

n





1

；

（2）当0

a

a

n





1

为了使

nn

bb

1

对任何正整数n都成立，只须

a

a

1

小于n的最小值1，令1

1



a

a

，解得

a>1或

2

1

0a。

7.已知函数f(x)=x+1，点

),1(1

n

n

a

a

n(n∈N*)在y=f-1(x)上，且a1=a2=1.

（1）求数列{an}的通项公式；

（2）设

)!1(!3!2

21





n

a

aa

Sn

n

，若Sn>m恒成立，求常数m的取值范围.

解：（1）f(x)=x+1的反函数是f-1(x)=x-1，

∵点(n+1，

n

n

a

a

1

)（n∈N*）在反函数图象上，∴

n

n

a

a

1

=n，

而a1=1，∴

1

2

a

a

·

2

3

a

a

…

1n

n

a

a

=1·2·3…(n-1)，∴an=(n-1)！；

（2）

(1)!111

(1)!(1)!(1)1

n

a

n

nnnnnn







∴Sn=,

1

1

1)

1

11

()

3

1

2

1

()

2

1

1(









nnn



又Sn随n的增大而增大，∴Sn≥S1=

2

1

，由Sn>m得，m<

2

1

，即常数m的取值范围是

(-∞，

2

1

).

【自我测试】

)0()(2acbxaxxf1.（1）若关于

x

的不等式02aaxx的解集为),(，求实数a的取值范围；

（2）若关于

x

的不等式32aaxx的解集不是空集，求实数a的取值范

围．w.w.w.k.s.5.u.c.o.m

2三个同学对问题“关于

x

的不等式232255xxxax在1,12上恒成立，求实数

a

的取值范围”提出各自的解题思路．

甲说：“只须不等式左边的最小值不小于右边的最大值”．

乙说：“把不等式变形为左边含变量

x

的函数，右边仅含常数，求函数的最值”．

丙说：“把不等式两边看成关于

x

的函数，作出函数图像”．

参考上述解题思路，你认为他们所讨论的问题的正确结论，求

a

的取值范围.

3.求与抛物线2:Eyax相切于坐标原点的最大圆C的方程.

4.设aR，二次函数2()若()0fx的解集为A，

|13,BxxAB，求实数

a

的取值范围.

)0()(2acbxaxxf

5.已知函数].1,0[,

2

74

)(

2







x

x

x

xf

（1）求)(xf的单调区间和值域；

（2）设1a，函数1,0,2323xaxaxxg,若对于任意

1

x1,0,总存在

1,0

0

x使得)()(

10

xfxg成立，求a的取值范围.

6.对于满足|a|2的所有实数a,求使不等式x2+ax+1>2a+x恒成立的x的取值范围。

7.已知函数()fx是定义在1,1上的奇函数，且(1)1f，若,1,1ab，0ab，有

()()

0

fafb

ab







，（1）证明()fx在1,1上的单调性；（2）若2()21fxmam对所有

1,1a恒成立，求

m

的取值范围。

8.已知函数2()3fxxaxa，⑴在R上()0fx恒成立，求a的取值范围。

⑵若2,2x时，()0fx恒成立，求

a

的取值范围。

⑶若2,2x时，()2fx恒成立，求

a

的取值范围。

9.若对任意的实数

x

，2sin2cos220xkxk恒成立，求k的取值范围。

10.已知函数()lg()xxfxab，常数10ab，求（1）函数()yfx的定义域；

（2）当ba、满足什么条件时()fx在区间1,上恒取正。

答案：

1.（1）设aaxxxf2.则关于

x

的不等式02aaxx的解集为

),(0xf在,上恒成立0

min

xf,

即,0

4

42

min







aa

xf解得04a

（2）设aaxxxf2.则关于

x

的不等式32aaxx的解集不是空集

3xf在,上能成立3

min

xf,

即,3

4

42

min







aa

xf解得6a或2a.

2.关键在于对甲，乙，丙的解题思路进行思辨，这一思辨实际上是函数思想的反映.

设232255,fxxxxgxax.

甲的解题思路，实际上是针对两个函数的，即把已知不等式的两边看作两个函数，

设232255,fxxxxgxax

其解法相当于解下面的问题：

对于

12

1,12,1,12xx,若

12

fxgx恒成立,求a的取值范围.

所以，甲的解题思路与题目1,12x,fxgx恒成立,求

a

的取值范围的要求不一

致.因而,甲的解题思路不能解决本题.

按照丙的解题思路需作出函数232255fxxxx的图象和

gxax的图象,然而,函数fx的图象并不容易作出.

由乙的解题思路,本题化为

fx

a

x

在1,12x上恒成立,等价于1,12x时,



min

fx

a

x









成立.

由

25

5

fx

xxx

xx

在51,12x时,有最小值10,于是,10a.

3.因为圆C与抛物线2:Eyax相切于坐标原点,所以,可设

2

22:Cxyrr.

由题意,抛物线E上的点,Pxy除坐标原点0,0之外,都

在圆C的外边.设P和圆心0,Cr的距离为d,则本题等价于

2

2dxyrr①

在0y的条件下,恒成立.

)0()(2acbxaxxf

整理①式得

1

2yr

a

②

于是,本题又等价于②式在0y的条件下,恒成立.即

min

1

2yr

a

,

由

min

0y得

1

02r

a

,即

1

2

r

a

.

所以,符合条件的最大圆的半径是

1

2

r

a

,最大圆C的方程为

22

2

11

22

xy

aa









4.解法一：由题设,0a.

0fx的两个根为

1

2

11

2,x

aa



2

2

11

2,x

aa



显然,

12

0,0xx.

(1)当0a时,

12

Axxxx,

2

1ABx

2

11

2

aa

12.a

(2)当0a时,

12

Axxxxxx,

2

3ABx

2

11

2

aa



6

3

7

a.

于是,实数

a

的取值范围是

6

,2,

7









.

解法二:

(1)当0a时,因为fx的图象的对称轴

1

0

a

，则对1,3x，1f最大，



max



(2)当0a时,

max

,1,3fxx在1f或3f实现,

由120,376fafa,则

6

3760

7

faa

于是,实数

a

的取值范围是

6

,2,

7









.

这个解法的关键是用函数思想指导,学会用函数和变量来思考.

5.（1）对函数)(xf求导，得

22

2

)2(

)72)(12(

)2(

7164

)(

x

xx

x

xx

xf















令0)(



xf解得

.

2

7

2

1

xx或

可以求得，当)

2

1

,0(x时，)(xf是减函数；当)1,

2

1

(x时，)(xf是增函数.

当]1,0[x时，)(xf的值域为4,3.

（2）对函数)(xg求导，得).(3)(22axxg



因为1a，当)1,0(x时，.0)1(3)(2



axg

因此当)1,0(x时，)(xg为减函数，

从而当]1,0[x时有)].0(),1([)(ggxg

又,2)0(,321)1(2agaag

即]1,0[x时有()gx的值域为是2[123,2].aaa

如何理解“任给]1,0[

1

x，]3,4[)(

1

xf，存在]1,0[

0

x使得)()(

10

xfxg”，

实际上，这等价于)(xf值域是()gx值域的子集，即2[123,2][4,3].aaa这就

变成一个恒成立问题，)(xf的最小值不小于()gx的最小值，)(xf的最大值不大于()gx的最

大值

即











.32

,43212

a

aa

解①式得

3

5

1aa或；

解②式得.

2

3

a

又1a，故a的取值范围为.

2

3

1a

6.分析：在不等式中出现了两个字母：x及a,关键在于该把哪个字母看成是一个变量，另一

①

②

个作为常数。显然可将a视作自变量，则上述问题即可转化为在[-2，2]内关于a的一次函数

大于0恒成立的问题。

解：原不等式转化为(x-1)a+x2-2x+1>0,

设f(a)=(x-1)a+x2-2x+1,则f(a)在[-2,2]上恒大于0，故有：











)2(

0)2(

f

f

即















01

034

2

2

x

xx

解得：











11

13

xx

xx

或

或

∴x<-1或x>3.

7.分析：第一问是利用定义来证明函数的单调性，第二问中出现了3个字母，最终求的是

m

的范围，所以根据上式将

m

当作变量，

a

作为常量，而

x

则根据函数的单调性求出()fx的最

大值即可。

（1）简证：任取

12

,1,1xx且

12

xx，则

2

1,1x

12

12

()()

0

fxfx

xx









1212

()()0xxfxfx又()fx是奇函数



1212

()()0xxfxfx()fx在1,1上单调递增。

（2）解：2()21fxmam对所有1,1x，1,1a恒成立，即

2

max

21mamf，

max

(1)1ff2221120mammam

即2()20gaamm在1,1上恒成立。

(1)120

(1)120

ga

ga













1

2

1

2

a

a





















11

22

a。

8.⑴分析：()yfx的函数图像都在X轴上方，即与X轴没有交点。

略解：22434120aaaa62a

⑵

2

2

()3

24

aa

fxxa









，令()fx在2,2上的最小值为()ga。

⑴当2

2

a

，即4a时，()(2)730gafa

7

3

a又4a

a不存在。

⑵当22

2

a

，即44a时，

2

()()30

24

aa

gafa62a又

44a42a

⑶当2

2

a

，即4a时，()(2)70gafa7a又4a74a

总上所述，72a。

⑶解法一：分析：题目中要证明axf)(在2,2上恒成立，若把

a

移到等号的左边，则把

原题转化成左边二次函数在区间2,2时恒大于等于0的问题。

略解：2()320fxxaxa，即2()10fxxaxa在2,2上成立。

⑴2410aa222222a

⑵

24(1)0

(2)0

(2)0

22

22

aa

f

f

aa



























或

2225a

综上所述，2225a。

解法二：（利用根的分布情况知识）

⑴当2

2

a

，即4a时，()(2)732gafa

5

4,

3

aa

不存在。

⑵当22

2

a

，即44a时，

2

()()32

24

aa

gafa，

222222a－2224a

⑶当2

2

a

，即4a时，()(2)72gafa，5a54a

2—2

综上所述2225a。

此题属于含参数二次函数，求最值时，轴变区间定的情形，还有与其相反的，轴动区间定。

9.解法一：原不等式化为2cos2cos210xkxk

令costx，则1t，即2

22()22121fttktktkkk在1,1t上恒大

于0。

⑴若1k，要使()0ft，即(1)0f，

1

2

kk不存在

⑵若11k，若使()0ft，即2()210fkkk1212k

121k

⑶若1k，要使()0ft，即(1)0f，1k

由⑴，⑵，⑶可知，12k。

解法二：2()2210fttktk，在1,1上恒成立。

⑴22101212kkk

⑵

2210

(1)0

(1)0

11

kk

f

f

kk























或

12k

由⑴，⑵可知，12k。

10.解：（1）

()lg()xxfxab0xxab又10ab0x

定义域|0xx

（2）

()lg()xxfxab

lnln

()

xx

xx

aabb

fx

ab









()0fx





()fx在0,上单调递增()fx在1,上单调递增，()(1)fxf

要使()fx在1,上恒正，只须()(1)0fxf，即lg()0lg1ab

1ab且10ab。

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