1、v1.0可編輯可修改含參數(shù)的一元二次不等式的解法解含參數(shù)的一元二次不等式，通常情況下，均需分類討論，那么如何討論呢對含參一元二次不等式常用的分類方法有三種:、按X2項(xiàng)的系數(shù)a的符號分類，即a 0, a0, a 0 ；10例1解不等式：ax2 a 2 x 1 0分析：本題二次項(xiàng)系數(shù)含有參數(shù),a 2 2 4a a2 4 0,故只需對二次項(xiàng)系數(shù)進(jìn)行分類討論。解：a 2 2 4a a2 4 0解得方程 ax2a 2 x 1 0兩本X x1a 2 . a2 4 a 2 a2 4,x22a2aa 2 a2 42a當(dāng)a 0時(shí)，解集為x|a2.a2 4 x2aa 2 a2 42a當(dāng)a 0時(shí)，解集為 x| xa

2、 2. a24 T或x2a當(dāng)a 0時(shí)，不等式為2x 1 0,解集為x|x例2解不等式ax2 5ax 6a 0 a 0分析因?yàn)閍 0,0,所以我們只要討論二次項(xiàng)系數(shù)的正負(fù)。解 a(x2 5x 6) a x 2 x 30當(dāng)a 0時(shí)，解集為 x | x 2或x 3 ；當(dāng)a 0時(shí)，解集為 x | 2 x 3二、按判別式的符號分類，即 0,0,0；例3解不等式x2 ax 4 0分析 本題中由于x2的系數(shù)大于0,故只需考慮與根的情況。解：:a2 16Xia 4,4即 0時(shí)，解集為R；4即&= 0時(shí)，解集為 xx2,，不等式的解集為例4解不等式m20,此時(shí)兩根分別為解因m20,所以當(dāng)mXia .a2

3、 16 T.或x2i x2 4x i22(4)24 m20時(shí)，解集為0時(shí)，解集為2 i6，x2a .a2 i6243考上或xm2 i0時(shí)，解集為R。三、按方程 ax2 bx0的根xi,x2的大小來分類，即xi例5解不等式x2 (a-)x i a0 (a 0)分析：此不等式可以分解為:，i、 a (x -)a只需討論兩根的大小即可。解:原不等式可化為:(x，當(dāng)ai或0 a i時(shí),i或a i時(shí)，ai時(shí),例6解不等式x25axa a2 i6 口在,顯然x2,xix2,xix2；0 ,故對應(yīng)的方程必有兩解。本題a工，可得:a故原不等式的解集為x | ai-,可得其解集為 aa 1，解集為a222分析

4、此不等式5a 24a a 0,又不等式可分解為x 2a (x 3a) 0,故只需比較兩根2a與3a的大小.解原不等式可化為： x 2a (x 3a) 0 ,對應(yīng)方程 x 2a (x 3a) 0的兩根為Xi 2a,x2 3a ,當(dāng) a0 時(shí)，即 2a< 3a ,解集為 x| x 3a 或 x 2a；當(dāng)a 0 時(shí)，即 2a>3a, 解集為x | x 2a或x 3a含參不等式恒成立問題的求解策略“含參不等式恒成立問題”把不等式、函數(shù)、三角、幾何等內(nèi)容有機(jī)地結(jié)合起來，其以覆蓋知識(shí)點(diǎn)多，綜合性強(qiáng)，解法靈活等特點(diǎn)而倍受高考、競賽命題者的青睞。另一方面，在解決這類問題 的過程中涉及的“函數(shù)與方程

5、”、“化歸與轉(zhuǎn)化”、“數(shù)形結(jié)合”、“分類討論”等數(shù)學(xué)思想對鍛煉學(xué)生 的綜合解題能力，培養(yǎng)其思維的靈活性、創(chuàng)造性都有著獨(dú)到的作用。本文就結(jié)合實(shí)例談?wù)勥@類問題 的一般求解策略。一、判別式法若所求問題可轉(zhuǎn)化為二次不等式，則可考慮應(yīng)用判別式法解題。一般地，對于二次函數(shù)2f (x) ax bx c(a 0, x R),有1) f(x) 0對x R恒成立2) f(x) 0對x R恒成立例1 ：若不等式(m 1)x2(m 1)x 2 0的解集是R,求m的范圍。解析：要想應(yīng)用上面的結(jié)論，就得保證是二次的，才有判別式，但二次項(xiàng)系數(shù)含有參數(shù)m所以要討論m-1是否是0。(1)當(dāng)m-1=0時(shí)，元不等式化為 2>

6、0恒成立，滿足題意；m 1 0, 一(2) m 1 0時(shí)，只需9,所以，m 1,9)。(m 1)2 8(m 1) 022例2.已知函數(shù)y lgx (a 1)x a 的定義域?yàn)镽,求實(shí)數(shù)a的取值范圍。解：由題設(shè)可將問題轉(zhuǎn)化為不等式X2 (a 1)x a20對x R恒成立，即有.22 .一.，、1(a 1) 4a 0解得 a1或a -。3一， ，1所以實(shí)數(shù)a的取值范圍為(，1) (_,)。3若二次不等式中x的取值范圍有限制，則可利用根的分布解決問題。二、最值法將不等式恒成立問題轉(zhuǎn)化為求函數(shù)最值問題的一種處理方法，其一般類型有:1) f (x) a恒成立a f (x)min2) f (x) a恒成立

7、a f(x)max例3、若x2,2 時(shí),不等式x2 ax 3 a恒成立,求a的取值范圍。解：設(shè)2x axa ,則問題轉(zhuǎn)化為當(dāng) x2,2 時(shí),x的最小值非負(fù)。(2)(3)2即:a 一- 2即:2即:4時(shí)，f x min4 a 4時(shí),x min3a7 一又a34所以a不存在;4時(shí),f x min綜上所得:例4.函數(shù)f (x)2x1,) ,若對任意x1,),f (x) 0恒成立,求實(shí)數(shù)a的取值范圍。解：若對任意x1,)，f(x)0恒成立,即對x 1,)，f(x)2x 2x a0恒成立,考慮到不等式的分母2x 1,),只需 x 2x a 0在 x 1,)時(shí)恒成立而得而拋物線g(x) x22x a 在

8、x 1,)的最小值 gmin(x)g(1) 3 a 0 得aa汪：本題還可將f(x)變形為f(x) x 2,討論其單調(diào)性從而求出 f(x)最小值。x一，一，2 B、例 5：在 ABC中，已知 f(B) 4sinBsin ( ) cos2B,且 | f(B) m| 2恒成立，求實(shí) 42數(shù)m的范圍。解析：由-2f(B) 4sinBsin2(4B)cos2B 2sin B 1, 0 BsinB (0,1, f(B) (1,3,|f(B) m | 2恒成立,m2 f(B) m 2,即 mf(B) 2-m (1,3例6：求使不等式asin x cosx, x 0,恒成立的實(shí)數(shù)a的范圍。解析：由于函a s

9、in x cosx*,'2sin(x ), x / ,顯然函數(shù)有最大值 2 2 ,444 4三、分離變量法若所給的不等式能通過恒等變形使參數(shù)與主元分離于不等式兩端,從而問題轉(zhuǎn)化為求主元函數(shù)的最值，進(jìn)而求出參數(shù)范圍。這種方法本質(zhì)也還是求最值,但它思路更清晰，操作性更強(qiáng)。一般地有:1) f(x)g(a)(a為參數(shù))恒成立g(a)f ( x) max2) f(x)g(a)(a為參數(shù))恒成立g(a)f ( x) max例7、已知,1時(shí)，不等式1 2x4x 0恒成立,求a的取值范圍。解：令2x,1t 0,2所以原不等式可化為:要使上式在0,2上恒成立，只須求出t 1t2在 t 0,2上的最小值即

10、可。,ft 1t2l(11 tmin例8、已知函數(shù)f x lg xa 2 ,若對任意x 2,恒有fxx 0 ,試確定a的取值范圍。解：根據(jù)題意得：x ax1 在 x 2,上恒成立,即:2x 3x 在 x2,上恒成立,2時(shí)，fxmax所以a 2例9.已知函數(shù)f(x)ax4x x2 ,x(0,4時(shí)f (x) 0恒成立,求實(shí)數(shù)a的取值范圍。解：將問題轉(zhuǎn)化為a.4x x .對x (0,4恒成立。x令g(x)上，則 ag(x)min由g(x)上g (x) min g(4) 0F 1可知g(x)在(0,4上為減函數(shù)，故、xa 0即a的取值范圍為(，0)。注：分離參數(shù)后，方向明確，思路清晰能使問題順利得到解

11、決。四、變換主元法處理含參不等式恒成立的某些問題時(shí)，若能適時(shí)的把主元變量和參數(shù)變量進(jìn)行“換位”思考，往往會(huì)使問題降次、簡化。例10.對任意a 1,1,不等式x2 (a 4)x 4 2a 0恒成立，求x的取值范圍。分析：題中的不等式是關(guān)于x的一元二次不等式，但若把 a看成主元，則問題可轉(zhuǎn)化為一次不2等式(x 2)a x 4x 4 0在a 1,1上恒成立的問題。解：令f(a) (x 2)a x2 4x 4,則原問題轉(zhuǎn)化為 f(a) 0恒成立(a 1,1)。當(dāng)x 2時(shí)，可得f(a) 0 ,不合題意。當(dāng)x 2時(shí)，應(yīng)有f (1) 0解之得x 1或x 3。 f( 1) 0v1.0可編輯可修改512故x的取

12、值范圍為(,1)(3,)。注：一般地,一次函數(shù)f(x) kxb(k 0)在,上恒有f(x) 0的充要條件為f( ) 0of( ) 0例11、若不等式2x 1對滿足m2的所有m都成立，求x的取值范圍。解:2x五、處,數(shù)形結(jié)合法2 x2數(shù)學(xué)家華羅庚曾說過:2x 102x 10“數(shù)缺形時(shí)少直觀,在不等式恒成立問題中它同樣起著重要作用。1) f(x)2) f(x)例 12.設(shè) f (x)解得： 1 2 17 x形缺數(shù)時(shí)難入微”，這充分說明了數(shù)形結(jié)合思想的妙我們知道，函數(shù)圖象和不等式有著密切的聯(lián)系:g (x) 函數(shù)f (x)圖象恒在函數(shù)g(x) 函數(shù)f (x)圖象恒在函數(shù)24x 4x , g(x) -

13、x 1若恒有f (x) g (x)成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍.g(x)圖象上方;g(x)圖象下上方。分析：在同一直角坐標(biāo)系中作出f(x)及g(x)的圖象 如圖所示，f(x)的圖象是半圓22(x 2) y 4(y 0) g(x)的圖象是平行的直線系4x 3 y 3 3a0。要使f (x) g(x)恒成立,則圓心(2,0)到直線4x 3y 3 3a 0的距離滿足 d8 3 3av1.0可編輯可修改5斛信a5或a -(舍去)3由上可見，含參不等式恒成立問題因其覆蓋知識(shí)點(diǎn)多，方法也多種多樣，但其核心思想還是等價(jià)轉(zhuǎn)化，抓住了這點(diǎn)，才能以“不變應(yīng)萬變”，當(dāng)然這需要我們不斷的去領(lǐng)悟、體會(huì)和總結(jié)。例13：已知a

14、 0,a 1, f(x) x2 ax,當(dāng)x ( 1,1)時(shí)，有f(x) 恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍。解析：由f(x)x2ax1，2,得x2 J；ax ,在同一直角坐標(biāo)系中做出兩個(gè)函數(shù)的圖象，21,211如果兩個(gè)函數(shù)分別在 x=-1和x=1處相父，則由1a及(1)- a 得到a分別等于2和,221 V21并作出函數(shù) y 2及y (-)的圖象，所以，要想使函數(shù) x - a在區(qū)間x ( 1,1)中恒成 22x 21立，只須y 2在區(qū)間x ( 1,1)對應(yīng)的圖象在 y x 在區(qū)間x ( 1,1)對應(yīng)圖象的上面即23在同一坐標(biāo)系內(nèi)，分別作出函數(shù)y 3x2和y log a x12觀察兩函數(shù)圖象，當(dāng) x 0,一時(shí)，若a 1函數(shù)y logax的圖象顯然在函數(shù) y 3x圖象的下方， 3所以不成立；1 11 1當(dāng)0 a 1時(shí)，由圖可知，y logax的圖象必須過點(diǎn) 一，-或在這個(gè)點(diǎn)的上萬，則，loga-