前言
相关博文:不等式恒成立问题;
不等式恒成立问题和二次不等式恒成立问题的关系:相辅相成,缺一不可;
不等式恒成立的问题,我们最常用的转化思路是分离参数+构造函数法,但是并非所有的恒成立问题都可以这样求解,比如(2ax^2+a^2x+2geqslant 0)在区间([1,2])上恒成立,求参数(a)的取值范围,此题目就不能用分离参数法求解,而只能用二次不等式恒成立的方法分类讨论求解;
二次不等式恒成立问题的求解原则
利用三个二次的关系,进行相应的转化划归。比如本来是求解二次不等式问题,我们却是利用其对应的二次函数的图像来思考,先将数的问题转化为形的问题,最后再由形转化为不等式组的求解。
引例,如(ax^2+bx+cge 0(a>0)),或者直接思考(x^2-2ax+3a-1ge 0),(当(a<0)时,可以仿照(a>0)来转化模型得到相应的不等式组)
类型策略
- 类型1:形如(f(x)ge 0(xin R))型的不等式确定参数范围
处理策略:需要限制(a)和(Delta),即(left{egin{array}{l}{a>0}\{Delta leq 0}end{array} ight.)
具体到上例,即(Delta=4a^2-4(3a-1)leq 0),求解即可。
- 类型2:形如(f(x)ge 0 (xin [m,+infty)))型的不等式确定参数范围
处理策略:分类讨论,转化划归;
如上例是在([2,+infty))上恒成立,
则(Delta leq 0)或(left{egin{array}{l}{Delta > 0}\{[对称轴]a< 2}\{f(2)ge 0}end{array} ight.)
- 类型3:形如(f(x)ge 0(xin[a,b]))型的不等式确定参数范围
如上例(xin [2,3])上恒成立,
则(Delta leq 0)或
(left{egin{array}{l}{Delta > 0}\{[对称轴]a< 2}\{f(2)ge 0}end{array} ight.)
或(left{egin{array}{l}{Delta > 0}\{[对称轴]a> 3}\{f(3)ge 0}end{array} ight.)
特别的,当(x^2-2ax+3a-1leq 0)在(xin [2,3])上恒成立时,只需要限制(left{egin{array}{l}{f(2)leq 0}\{f(3)leq 0}end{array} ight.)
- 类型4:形如(f(x)ge 0(参数min[a,b]))型的不等式确定参数范围
处理策略:主辅元换位,
如不等式(x^2-2ax+3a-1ge 0)对(ain [2,3])恒成立,求(x)的取值范围。
令(f(x)=x^2-2ax+3a-1),则(f(x))是关于(x)的二次函数,
若将上述函数以(a)为元,可以整理为另一个函数
(g(a)=(3-2x)a+x^2-1),则(g(a))是关于(a)的一次函数,
现要(g(a) ge 0),则只需(left{egin{array}{l}{g(2)ge 0}\{g(3)ge 0}end{array} ight.)
对应例题
- 角度一 形如(f(x)ge 0(f(x)leq 0)(xin R))型的不等式确定参数范围
法1:(将(b)和(lambda)看做系数)将不等式转化为(a^2-lambda ba+8b^2-lambda b^2ge 0)对任意的(ain R)恒成立,
则(Delta =b^2lambda^2-4(8b^2-lambda b^2)=b^2(lambda^2+4lambda-32)leq 0),
解得(-8leq lambda leq 4)。
法2:变量集中策略,当(b=0)时,即(a^2ge 0)恒成立,(lambdain R);
当(b eq 0)时,原不等式等价于((cfrac{a}{b})^2+8ge lambda (cfrac{a}{b})+lambda),
令(cfrac{a}{b}=tin R),即(t^2-lambda t+8-lambdage 0)对任意的(tin R)恒成立,
则(Delta =(lambda)^2-4(8-lambda)leq 0),
解得(-8leq lambda leq 4)。
综上所述(两种情况取交集),实数(lambda)的取值范围为(-8leq lambda leq 4)。
- 角度二 形如(f(x)ge 0(xin[a,b]))型的不等式确定参数范围
法1:利用二次函数求解,要使(f(x)<-m+5)恒成立,即(mx^2-mx+m-6<0),
即(m(x-cfrac{1}{2})^2+cfrac{3}{4}m-6<0)在(xin[1,3])上恒成立,
令(g(x)=m(x-cfrac{1}{2})^2+cfrac{3}{4}m-6,xin [1,3]),
当(m>0)时,(g(x))在([1,3])上是增函数,
所以(g(x)_{max}=g(3)=7m-6<0), 解得(m<cfrac{6}{7}),
则有(0<m<cfrac{6}{7});
当(m<0)时,(g(x))在([1,3])上是减函数,
所以(g(x)_{max}=g(1)=m-6<0), 解得(m<6),
则有(m<0);
综上所述,(m)的取值范围是((-infty,0)cup(0,cfrac{6}{7}))。
法2:分离参数法,因为(x^2-x+1>0),由(f(x)<-m+5)可得(m(x^2-x+1)-6<0),
故有(m<cfrac{6}{x^2-x+1})恒成立,
又因为函数(y=cfrac{6}{x^2-x+1}=cfrac{6}{(x-cfrac{1}{2})^2+cfrac{3}{4}})在区间([1,3])上的最小值为(cfrac{6}{7}),
故只需(m<cfrac{6}{7})即可,
又因为(m eq 0),所以(m)的取值范围是((-infty,0)cup(0,cfrac{6}{7}))。
法1,二次函数法
①由于(Delta=a^2+8a≤0)时满足题意,解得(-8≤a≤0),
求得对称轴(x=-cfrac{a}{2}),
再考虑对称轴(x=-cfrac{a}{2})和给定区间([1,5])的相对位置关系
②当(-cfrac{a}{2}≤1)时,即(a≥-2)时,函数(f(x))在区间([1,5])单调递增,
所以(f(x)_{min}=f(1)=1+a-2a≥0),解得(-2≤a≤1),又因为(a≥-2),所以得到(-2≤a≤1)。
③当(-cfrac{a}{2}≥5)时,即(a≤-10)时,函数(f(x))在区间([1,5])单调递减,
所以(f(x)_{min}=f(5)=25+5a-2a≥0),解得(a≥-cfrac{25}{3}),又因为(a≤-10),所以得到(ainvarnothing).
④当(1<-cfrac{a}{2}<5),即(-10<a<-2)时,(f(x)_{min}=f(-cfrac{a}{2})=cfrac{a^2}{4}-cfrac{a^2}{2}-2a≥0),
得到(-8≤a≤0),又(-10<a<-2),所以(-8≤a<-2)(这种情形可以省略)
综上可得(a)的取值范围是([-8,1])
法2:分离参数法,先转化为((x-2)age -x^2,xin [1,5])
接下来就转化为了三个恒成立的命题了,
当(x=2)时,原不等式即((2-2)age -4),(ain R)都符合题意;
当(2<x<5)时,原不等式等价于(age cfrac{-x^2}{x-2}=-(x-2)-cfrac{4}{x-2}-4=g(x))恒成立;
(g(x)=-(x-2)-cfrac{4}{x-2}-4leq 2sqrt{(x-2)cdot cfrac{4}{x-2}}-4=-8)
求得当(x=4)时,(g(x)_{max}=-8),故(age -8)
当(1<x<2)时,原不等式等价于(aleq cfrac{-x^2}{x-2}=-(x-2)-cfrac{4}{x-2}-4=g(x))恒成立;
(g(x)=-(x-2)-cfrac{4}{x-2}-4ge 2sqrt{-(x-2)cdot cfrac{-4}{x-2}}-4=0)
当且仅当(x=0)时取到等号,并不满足前提条件(1<x<2),故是错解。
此时需要借助对勾函数的单调性,函数(y=x+cfrac{4}{x})在区间([1,2])上单调递增,
那么(y=x-2+cfrac{4}{x-2})在区间([1,2])上单调递减,
(y=-(x-2)-cfrac{4}{x-2})在区间([1,2])上单调递增,(y=-(x-2)-cfrac{4}{x-2}-4)在区间([1,2])上单调递增,
故(g(x)_{min}=g(1)=1),故(aleq 1)
以上三种情况取交集,得到(ain [-8,1])。
- 角度三 形如(f(x)ge 0(参数min[a,b]))型的不等式确定参数范围
分析:主辅元换位,把不等式的左端看成关于(a)的一次函数,
记为(f(a)=(x-2)a+x^2-4x+4),则由(f(a)>0)对于任意的(ain[-1,1])恒成立,
只需(egin{cases}f(-1)>0\f(1)>0end{cases})即可,
即(egin{cases}x^2-5x+6>0\x^2-3x+2>0end{cases}),
解得(x<1)或(x>3),则(x)的取值范围是((-infty,1)cup(3,+infty)).
高阶转化
已知正项递增等比数列({a_n})的前(n)项和为(S_n),且(a_1a_4=27),(a_2+a_3=12),若(forall nin N^*),(2a_{n+1}S_n-21a_{n+1}ge t)恒成立,则实数(t)的取值范围是__________。
分析:由等比数列性质可知,(a_2a_3=27),(a_2+a_3=12),
则(a_2),(a_3)是方程(x^2-(a_2+a_3)x+a_2a_3=0),即方程为(x^2-12x+27=0)的两个根,
解得(a_2=3),(a_3=9),或(a_2=9),(a_3=3)(舍去);
则(a_n=3^{n-1}),从而计算得到(S_n=cfrac{3^n-1}{2}),
故已知条件(2a_{n+1}S_n-21a_{n+1}ge t)可以变形为
(tleq 2cdot 3^ncdot cfrac{3^n-1}{2}-21cdot 3^n=(3^n)^2-22cdot 3^n=(3^n-1)^2-121),
令(g(n)=(3^n-1)^2-121),以下类比二次函数求最值的方法,注意(nin N^*)的条件限制,
则当(n=2)时,(g(n)_{min}=(3^2-11)^2-121=-117),故(tleq -117),即所求范围为((-infty,-117])。
解后反思:①本题目的难点之一是解方程求数列通项公式;②恒成立问题;③求二次函数的最值;
分析:由题目可知,方程(f(-x)+f(x)=0)在(R)上有解,
即(4^x+4^{-x}-m(2^{x+1}+2^{-x+1})+2(m^2-3)=0)有解,
先令(2^x=t>0),得到(t^2+cfrac{1}{t^2}-2m(t+cfrac{1}{t})+2(m^2-3)=0),
再令(t+cfrac{1}{t}=nge 2),则方程变形为(n^2-2mn+2m^2-8=0)在(nin [2,+infty))上有解,
令(F(n)=n^2-2mn+2m^2-8(n ge 2));
(1^。) 当(F(2)leq 0)时,由零点存在性定理可知,只需要(F(2)leq 0),由(F(2)leq 0Longrightarrow 1-sqrt{3}leq m leq 1+sqrt{3});
(2^。) 当(F(2)> 0)时,还需要(Delta ge 0)且对称轴大于2,
由(egin{cases} &F(2)> 0\ &Delta ge 0 \ &m>2end{cases}Longrightarrow egin{cases} &m<1-sqrt{3},m>1+sqrt{3}\ &-2sqrt{2}leq m leq 2sqrt{2} \ & m>2end{cases}Longrightarrow 1+sqrt{3}< m leq 2sqrt{2});
综上所述,(m)的取值范围是([1-sqrt{3},2sqrt{2}]).
对应练习
分析:令(a^2-3a=A),(x^2-2x+5=f(x)),
则转化为(f(x)ge A)对任意实数恒成立,即需要求解(f(x)_{min});
分析:分离参数得到(a>-x^2+2x)对任意实数(xin[2,3])恒成立,
即需要求函数(f(x)=-x^2+2x,xin[2,3])的(f(x)_{max}),
(f(x)=-(x-1)^2+1,xin[2,3]),故(f(x)_{max}=f(2)=0),则得到(a>0).
分析:先由(f(1-x)=f(1+x))得到,二次函数的对称轴(x=-cfrac{a}{-2}=1),解得(a=2),
故题目转化为(-x^2+2x+b^2-b+1>0)对任意(xin [-1,1])恒成立,
用整体法分离参数,
得到(b^2-b>x^2-2x-1)对任意(xin[-1,1])恒成立。
令(g(x)=x^2-2x-1,xin[-1,1]),需要求函数(g(x)_{max});
(g(x)=x^2-2x-1=(x-1)^2-2,xin[-1,1]),
故(g(x))在区间([-1,1])上单调递减,则(g(x)_{max}=g(-1)=2),
故(b^2-b>2),解得(b<-1)或(b>2)。
分析:令(log_ax=t),由于(xin (0,+infty)),则此时不论底数(a)为何值,都有(tin R),故原题等价转化为
(t^2+2at+4>0)对(tin R)恒成立,故只需要(Delta=4a^2-16<0)即可,解得(-2<a<2),
又由于隐含条件(a>0)且(a eq 1),故(ain (0,1)cup(1,2))。
法1:遇到恒成立问题,一般首先考虑能否分离参数的方法,本题目可以分离参数,但需要针对自变量分类讨论。
当(x=0),(-3<0)恒成立,故(ain R);
当(x eq 0)时,分离参数并整理,得到(a<cfrac{3-2x}{2x^2})恒成立,
令(g(x)=cfrac{3-2x}{2x^2}=cfrac{3}{2}(cfrac{1}{x})^2-cfrac{1}{x}=cfrac{3}{2}[(cfrac{1}{x})^2-cfrac{2}{3} imescfrac{1}{x}+(cfrac{1}{3})^2]-cfrac{3}{2} imes (cfrac{1}{3})^2)
(=cfrac{3}{2}(cfrac{1}{x}-cfrac{1}{3})^2-cfrac{1}{6})恒成立,
由于(xin [-1,0)cup(0,1]),故(t=cfrac{1}{x}in (-infty,-1]cup[1,+infty)),
则(g(x)=h(t)=cfrac{3}{2}(t-cfrac{1}{3})^2-cfrac{1}{6}),
故当(t=1),即(x=1)时,(g(x)_{min}=cfrac{1}{2});故(a<cfrac{1}{2}),
综上所述取交集,得到实数(a)的取值范围是((-infty,cfrac{1}{2})).
法2:还可以不分离参数,针对参数分类讨论如下。
①当(a=0)时,(f(x)=2x-3),(f(x)_{max}=f(1)=2-3<0)成立,故(a=0)满足;
当(a eq 0)时,(f(x))为二次函数,对称轴为(x=-cfrac{1}{2a}),
②(left{egin{array}{l}{a>0}\{f(1)<0}\{f(-1)<0}end{array} ight.) 解得(left{egin{array}{l}{a>0}\{a<frac{1}{2}}\{a<frac{5}{2}}end{array} ight.) 即(0<a<cfrac{1}{2})
③(left{egin{array}{l}{a<0}\{-cfrac{1}{2a}geqslant 1}\{f(1)<0}end{array} ight.) 解得(left{egin{array}{l}{a<0}\{-frac{1}{2}leqslant a<0 }\{ a<frac{1}{2}}end{array} ight.) 即(-cfrac{1}{2}leqslant a<0)
④(left{egin{array}{l}{a<0}\{-cfrac{1}{2a}leqslant -1}\{f(-1)<0}end{array} ight.) 解得(left{egin{array}{l}{a<0}\{ain varnothing}\{a<frac{5}{2}}end{array} ight.) 即(ain varnothing)
⑤(left{egin{array}{l}{a<0}\{Delta<0}end{array} ight.) 解得(left{egin{array}{l}{a<0}\{a<-frac{1}{6}}end{array} ight.) 即(a<-cfrac{1}{6})
综上所述取并集,得到实数(a)的取值范围是((-infty,cfrac{1}{2})).
【解后反思】1、对于恒成立类题目,若针对自变量分类讨论,则结果必须取交集;若针对参数分类讨论,则结果必须取并集。2、若能注意到(a<0),则对称轴(x=-cfrac{1}{2a}>0),则可以直接排除情形④的讨论;
分析:先将不等式转化为((sin heta+cos heta+1)x^2+(2sin heta+1)x+sin heta>0),
为了便于表达,令(f(x)=(sin heta+cos heta+1)x^2+(2sin heta+1)x+sin heta),
则问题转化为(f(x)>0)在(xin [-1,0])上恒成立,
由于(sin heta+cos heta+1=sqrt{2}sin( heta+cfrac{pi}{4})+1in(0,sqrt{2}+1]),
故(sin heta+cos heta+1>0)在( hetain [0,pi))上恒成立,
故开口向上,且对称轴(x_0=-cfrac{2sin heta+1}{2(sin heta+cos heta+1)}<0)
本来我们需要考虑三种情形,但是由于(f(0)=sin hetain [0,1]),对称轴(x_0<0),
结合这些情形,可以只考虑(left{egin{array}{l}{f(-1)>0}\{f(0)>0}\{f(x_0)>0}end{array} ight.)即可,
由(f(-1)>0)得到,(cos heta>0),由(f(0)>0)得到,(sin heta>0),即(0< heta<cfrac{pi}{2}),故可以排除(C),(D)两个选项了;
难点是化简(f(x_0)>0),以下作以重点说明,
(f(x_0)=f(-cfrac{2sin heta+1}{2(sin heta+cos heta+1)}))
$=(sin heta+cos heta+1) imes[-cfrac{2sin heta+1}{2(sin heta+cos heta+1)}]^2+(2sin heta+1) imes [-cfrac{2sin heta+1}{2(sin heta+cos heta+1)}]+sin heta $
(=cfrac{(2sin heta+1)^2}{4(sin heta+cos heta+1)}-cfrac{(2sin heta+1)^2}{2(sin heta+cos heta+1)}+sin heta)
(=cfrac{-(2sin heta+1)^2}{4(sin heta+cos heta+1)}+sin heta)
(=cfrac{-4sin^2 heta-4sin heta-1+sin heta[4(sin heta+cos heta+1)]}{4(sin heta+cos heta+1)})
(=cfrac{4sin heta cos heta-1}{4(sin heta+cos heta+1)}=cfrac{2sin2 heta-1}{4(sin heta+cos heta+1)}>0),
即(sin2 heta>cfrac{1}{2}),故(cfrac{pi}{6}<2 heta<cfrac{5pi}{6}),即(cfrac{pi}{12}< heta<cfrac{5pi}{12})
结合(0< heta<cfrac{pi}{2}),可得(cfrac{pi}{12}< heta<cfrac{5pi}{12}),故选(A)。