含参数不等式成立问题中参数范围的确定含参数不等式成立问题中参数范围的确定一．恒成立问题（全称命题） 1．分离参数法例 1：（2009海南一模）设()()()⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-+++=n an n x f x x x 121lg ，其中a 是实数，n 是任意给定的自然数且n ≥2，若()x f 当(]1,∞-∈x 时有意义, 求a 的取值范围。

解析： 当(]1,∞-∈x 时，()x f 有意义，故有()⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛-++⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛->⇔>+-+++xx x xxxn n n a a n n 11210121令()⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛-++⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛-=xx x n n n x 1121 ϑ，只要对()x ϑ在(]1,∞-上的最大值，此不等式成立即可。

故我们可以利用函数的最值分离出参数a 。

解： 由(]1,∞-∈x 时，()x f 有意义得：()0121>+-+++a n n xxx ⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛-++⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛->⇔xx x n n n a 1121 ，由指数函数单调性知上式右边的函数()⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛-++⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛-=xx x n n n x 1121 ϑ的最大值是()⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎭⎫⎝⎛-++⎪⎭⎫⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛-=n n n n 1211 ϑ＝()n -121故 a>()n -121温馨提示：适用题型；（1） 参数与变量能分离；（2） 函数的最值易求出。

利用这种方法可以顺利解决许多含参数不等式中的取值问题，还可以用来证明一些不等式。

例 2：（2009东营一模）已知向量：0),32,(cos ),cos ,sin 2(2>==→→ωωωω其中向量x b x x a ， 函数→→⋅=b a x f )(，若)(x f 图象的相邻两对称轴间的距离为.π（1）求)(x f 的解析式；（2）若对任意实数]3,6[ππ∈x ，恒有2|)(|<-m x f 成立，求实数m 的取值范围.解：（1）)2cos 1(32sin )32,(cos )cos ,sin 2()(2x x x x x x f ωωωωω++=⋅=⋅= 3)32sin(2++=πωx∵相邻两对称轴的距离为21,222,=∴=∴ωπωππ3)3sin(2)(++=∴πx x f（2）]32,2[3],3,6[πππππ∈+∴∈x x 32)(32+≤≤∴x f ，又m x f m m x f +<<+-∴<-2)(2,2|)(|若对任意]3,6[ππ∈x ，恒有⎪⎩⎪⎨⎧+≥+≤+-<-322322,2|)(|m m m x f 则有成立解得3223+≤≤m例 3：（2009北京市一模）已知函数32()f x x ax =+图象上一点(1,)P b 的切线斜率为3-，326()(1)3(0)2t g x x x t x t -=+-++>（Ⅰ）求,a b 的值；（Ⅱ）当[1,4]x ∈-时，求()f x 的值域；（Ⅲ）当[1,4]x ∈时，不等式()()f x g x ≤恒成立，求实数t 的取值范围。

解：（Ⅰ）/2()32f x x ax =+∴/(1)31f b a ⎧=-⎨=+⎩， 解得32a b =-⎧⎨=-⎩（Ⅱ）由（Ⅰ）知，()f x 在[1,0]-上单调递增，在[0,2]上单调递减，在[2,4]上单调递减又min max (1)4,(0)0,{()}(2)4,{()}(4)16f f f x f f x f -=-===-== ∴()f x 的值域是[4,16]-（Ⅲ）令2()()()(1)3[1,4]2th x f x g x x t x x =-=-++-∈∴要使()()f x g x ≤恒成立，只需()0h x ≤，即2(2)26t x x x -≥-（1）当[1,2)x ∈时226,2x t x x-≤- 解得1t ≤-； （2）当2x =时 t R ∈；（3）当(2,4]x ∈时2262x t x x-≥-解得8t ≥；综上所述所求t 的范围是(,1][8,)-∞-+∞特别说明：分类与整合，千万别忘了整合即最后要写“综上可知”，分类一定要序号化；2 主参换位法例4：若对于任意a (]1,1-∈，函数()()a x a x x f 2442-+-=的值恒大于0，求x 的取值范围。

分析：此题若把它看成x 的二次函数，由于a, x 都要变，则函数的最小值很难求出，思路受阻。

若视a 为主元，则给解题带来转机。

解： 设 ()()4422+-+-=x x a x a g ，把它看成关于a 的直线，由题意知，直线恒在横轴下方。

所以 ()01≥-g ()01>g解得： 1<x 或2=x 或3≥x例 5： 对于（0，3）上的一切实数x,不等式()122-<-x m x 恒成立，求实数m 的取值范围。

分析： 一般的思路是求x 的表达式，利用条件求m 的取值范围。

但求x 的表达式时，两边必须除以有关m 的式子，涉及对m 讨论，显得麻烦。

解： 若设()()()()()m x m x m x x f 212122-+-=---=，把它看成是关于x 的直线，由题意知直线恒在x 的轴的下方。

所以f f 解得： 521≤≤m 3 构建函数法 （1） 构造一次函数例6： 若对一切2≤p ，不等式()p x x p x +>++2222log 21log log 恒成立，求实数x 的取值范围。

解： 原不等式变形为()()01log 2log 1log 2222>+-+-x x x p ，现在考虑p 的一次函数：()()()1log 2log 1log 2222+-+-=x x x p p f∴ ()0>p f 在(]2,2-∈p 上恒成立()()()01log 2log 1log 222222>+-+--=-x x x f()()()01log 2log 1log 222222>+-+-=x x x f解得： 8>x 或210<<x∴ x 的取值范围为()+∞⋃⎪⎭⎫⎝⎛,821,0注： 本题对于一切2≤p 不等式恒成立，因此应视p 为主元，视x 为参数，把不等式左边变成关于p 的一次函数型。

（2） 造二次函数例7： 对于⎥⎦⎤⎢⎣⎡∈2,0πθ，022sin 2cos 2<--+m m θθ恒成立，求实数m 的范围。

解： 原不等式变形为： 012sin 2sin 2<--+-m m θθ即 012sin 2sin 2>++-m m θθ令 t =θsin ，[]1,0∈t ∴ 01222>++-m mt t令()t f ＝1222++-m mt t∴ 题意为()t f >0在[]1,0∈t 上恒成立。

∴<1>+m11220≤⨯--≤m∆＝()22m-－4×1×(12+m)<01>122++mm>0解得：021<<-m或10≤≤m或1>m∴21->m，即 m的取值范围为：⎪⎭⎫⎝⎛+∞-,214 数形结合法例8：若不等式0log32<-xxa在⎪⎭⎫⎝⎛∈31,0x内恒成立，求实数a的取值范围。

解析：由题意知：xxalog32<在⎪⎭⎫⎝⎛∈31,0x内恒成立。

在同一坐标系内分别作出23xy=和xyalog=的图象因为⎪⎭⎫⎝⎛∈31,0x时，xyalog=的图象位于函数23xy=的图象上方，当 a> 1时，显见不成立。

故 0<a<1 ①由图可知：xyalog=的图象必须过点⎪⎭⎫⎝⎛31,31或在这个点的上方，则：3131log≥a∴ 271≥a ② 由 ①，② 知 ：1271<≤a ∴ a 的取值范围为⎪⎭⎫⎢⎣⎡1,271解析：对一些不等式两边的式子，函数模型较明显、函数图象教容易作出的，可以考虑作出函数图象，用函数图象的直观性解决不等式或方程的恒成立的问题，也非常容易得到意想不到的效果。

二存在问题（特称命题）例9（2009济宁一模）已知函数21()()ln ()2f x a x x a =-+∈R .（Ⅰ）当1a =时，0[1,]x e ∃∈使不等式0()f x m ≤，求实数m 的取值范围； 解：（Ⅰ）当1a =时21()ln (0)2f x x x x =+>，1()f x x x'=+ 由[1,]x e ∈，()0f x '>得函数()f x 在区间[1,]e 为增函数，则当[1,]x e ∈时211()[,1]22f x e ∈+。

故要使0[1,]x e ∃∈使不等式0()f x m ≤成立，只需12m ≥即可。

例10（2009泰安一模）已知函数x e x x x f )33()(2+-=.)(,)2(),2](,2[n t f m f t t ==-->-设定义域为（I ）试确定t 的取值范围，使得函数],2[)(t x f -在上为单调函数； （II ）求证：m n >；（III ）求证：对于任意的),2(,20t x t -∈->总存在20)1(32)(,0-='t ex f x 满足，并确定这样的0x 的个数。

解：（I ）因为x x x e x x e x e x x x f ⋅-=⋅-+⋅+-=')1()32()33()(2 ……1分()010;()001,f x x x f x x ''>⇒><<⇒<<由或由()(,0),(1,),(0,1)3f x -∞+∞所以在上递增在上递减分()[2,],204f x t t --<≤欲在上为单调函数则分（II ）证：因为1)(,)1,0(,),1(),0,()(=+∞-∞x x f x f 在所以上递减在上递增在处取得极小值e 213(2),()[2,](2)f e f x f e-=<-+∞-又所以在上的最小值为 2,(2)(),7t f f t m n>--<<从而当时即分（III ）证：因为2020200200)1(32,)1(32)(,)(00-=--='-='t x x t ex f x x e x f x x 即为所以， 222222()(1),()(1)033g x x x t g x x x t =---=---=令从而问题转化为证明方程(2,),9t -在上有解并讨论解的个数分22222(2)6(1)(2)(4),()(1)(1)333g t t t g t t t t -=--=-+-=---因为1(2)(1),3t t =+-所以 ①当),2(0)(,0)()2(,124t x g t g g t t -=<⋅-<<->在所以时或上有解，且只有一解………………11分②当0)1(32)0(,0)(0)2(,412<--=>>-<<t g t g g t 但由于且时，所以),2(0)(t x g -=在上有解，且有两解③当),2(0)(,100)(,12t x g x x x x x g t -===⇒=-==在所以或时上有且只有一解；24,()6023,t g x x x x x ==--=⇒=-=当时或()0(2,4)13g x =-所以在上也只有一解分200()2,2,(2,),(1),3x f x t x t t e '>-∈-=-综上所述对于任意的总存在满足0421,;t t x ≥-<≤且当或时有唯一的适合题意 014,.14t x <<当时有两个适合题意分。