---------------------------------------------------------------最新资料推荐------------------------------------------------------在“变化”中探求“不变”在变化中探求不变在变化中探求不变摘要：不等式恒成立和有解是有明显区别的，确定恒成立不等式中参数的取值范围需灵活应用函数与不等式的基础知识，并时常运用等价转化的数学思想，根据不等式的结构特征，恰当地构造函数，等价转化为含参数的函数的最值问题这一函数的不变性来讨论。

关键词：高考数学；不等式；解题策略；转化思想含参数不等式恒成立的问题，是近几年高考的热点，恒成立条件下不等式参数的取值范围问题，涉及的知识面广，综合性强，同时数学语言抽象，如何从题目中提取可借用的知识模块往往捉摸不定，难以寻觅，是同学们学习的一个难点，而如何确定恒成立不等式中参数的取值范围需灵活应用函数与不等式的基础知识，并时常运用等价转化的数学思想，根据不等式的结构特征，恰当地构造函数，等价转化为含参数的函数的最值问题这一函数的不变性来讨论. 它不仅考查函数、不等式等有关的传统知识和方法，而且还考查导数这一新增内容的掌握和灵活运用. 体现能力立意的原则，带有时代特征，突出了高考试题与时俱进的改革方向. 因此，越来越受到高考命题者的青睐，下面通过一些典型实例作一剖析。

1 不等式恒成立与有解的区别不等式恒成立和有解是有明显区别的，以下充要条件应细心思考，甄别差异，恰当使用，1 / 8等价转化，切不可混为一团。

（1）不等式 f（x） k 在 xI 时恒成立（变化性） fmax （x）k， xI （不变性）；（2）不等式 f（x） k 在 xI 时有解（变化性） fmin（x） k， xI（不变性）；（3）不等式 f（x） k 在 xI时恒成立（变化性） fmin（x） k， xI （不变性）；（4）不等式f（x） k 在 xI 时有解（变化性） fmax（x） k， xI （不变性）。

解决不等式恒成立和有解问题的基本策略常常是构作辅助函数，利用函数的单调性、最值（或上、下界）、图象求解；基本方法包括：分类讨论，数形结合，参数分离，变换主元等等。

例 1 已知两函数f（x）=8x2+16x-k ，g（x）=2x3+5x2+4x ，其中 k 为实数。

（1）对任意 x[-3， 3]，都有 f（x） g（x）成立，求k 的取值范围；（2）存在 x[-3， 3] ，使 f（x） g（x）成立，求 k 的取值范围；（3）对任意 x1， x2[-3， 3] ，都有 f（x1）g（x1），求 k 的取值范围。

解析（1）设 h（x） =g（x） -f（x） =2x3-3x2+k ，问题转化为 x [-3， 3] 时， h（x） 0 恒成立，故 hmin（x） 0。

令 h （x） =6x2-6x-12=0 ，得 x=-1 或 2。

由 h（-1） =7+k ， h（2） =-20+k ， h（-3） =k-45 ，h（3） =k-9 ，故 hmin（x） =-45+k ，由 k-450 ，得 k45 。

---------------------------------------------------------------最新资料推荐------------------------------------------------------ （2）据题意：存在 x [-3， 3] ，使 f（x） g（x）成立，即为：h（x） =g（x） -f（x） 0 在 x [-3， 3] 有解，故 hmax （x）0 ，由（1）知 hmax（x） =k+7 ，于是得 k-7 。

（3）它与（1）问虽然都是不等式恒成立问题，但却有很大的区别，对任意 x1， x2[-3， 3] ，都有 f（x1） g（x1）成立，不等式的左右两端函数的自变量不同， x1， x2 的取值在[-3，3]上具有任意性，因而要使原不等式恒成立的充要条件是：fmax（x） gmin（x）， x[-3， 3] ，由 g （x） =6x2+10x+4=0 ，得 x=-■或 -1，易得 gmin（x） =g（-3） =-21 ，又 f（x） =8（x+1） 2-8-k， x [-3，3] . 故 fmax（x） =f（3） =120-k . 令120-k-21 ，得 k141 。

点评：本题的 3 个小题，表面形式非常相似，究其本质却大相径庭，应认真审题，深入思考，多加训练，准确使用其成立的充要条件。

2 单元恒成立问题的求解策略例 2：（06 年全国）设函数 f（x） =（x+1） 1n（x+1），若对所有 x0，都有 f（x） ax 成立，求实数 a 的取值范围。

策略一：（构作辅助函数正面求解法）令 g（x） =f（x） -ax=（x+1）1n（x+1） -ax，原问题变为 g（x）0 对所有的 x0 恒成立，注意3 / 8到 g（0） =0 ，故问题转化为 g（x）g（0）在 x0 时恒成立，即函数 g（x）在[0， +）为增函数.于是可通过求导判断 g（x）的单调性，再求出使 g（x） g（0）成立的条件。

g （x） =1n（x+1） +1-a，由 g （x） =0 ，得 x=ea-1-1 。

当 xea-1-1 时， g （x） 0 ， g（x）为增函数。

当-1xea-1-1 时， g （x） 0， g（x）为减函数。

那么对所有的 x0，都有 g （x）g （0），其充要条件是 ea-1-10，故得 a 的取值范围是（-， 1]。

点评：假若我们没有注意到 g（0） =0，那么在解 g（x） 0 对所有的 x0 恒成立时，也可转化为 gmin（x） 0（x0），再以导数为工具，稍作讨论即可得解。

策略二：（分离参数利用最值求解法）由 f（x） =（x+1） 1n（x+1）ax 对所有的 x0 恒成立可得：（1）当 x=0 时， aR （2）当 x0 时，a■ 。

设 g（x）=■，问题转化为求 g（x）在开区间（0， +）上最小值或下界， g （x）=■ ，试图通过 g （x） =0 直接解得稳定点，困难重重！退一步令 h（x） =x-1n（x+1），因为 h （x）=1-■，x0 故 h （x） 0，则 h（x）在（0， +）单调递增，即h（x） h（0） =0，从而 g （x） 0，于是 g（x）在（0， +）单调递增，故g（x）无最小值，此时，由于 g（0）无意义， g---------------------------------------------------------------最新资料推荐------------------------------------------------------ （x）的下界一时也确定不了，但运用极限知识可得：，然而求此极限却又超出所学知识范围，于是大部分考生被此难关扫落下马，无果而终. 事实上采用洛比达法则可得：，故 x0 时， g （x）1，因而 a1。

!--endprint-- !--startprint-- 综合（1）（2），得 a 的取值范围是：（-，1]。

点评：采用参数分离法求解本题，最大的难点在于求分离后所得函数的下界. 它需要考生拥有扎实的综合素质和过硬的极限、导数知识，并能灵活地运用这些工具来研究函数的性态，包括函数的单调性，极值（最值）或上下界. 突出考查了函数与方程思想、有限与无限的思想。

例 3 （11 年浙江）设函数 f（x） =（x-a） 21nx， aR （Ⅰ ）若 x=e 为 y=f（x）的极值点，求实数 a；（Ⅱ）求实数 a的取值范围，使得对任意的 x （0， 3e] ，恒有 f（x） 4e2成立。

此问题的第一小题还是比较容易解决的，难点在于第二小题，其命题目的是考查函数极值的概念、导数运算法则、导数应用、不等式等基础知识，同时考查推理论证能力、分类讨论等分析问题和解决问题的能力. 解题时若采用策略一（构作辅助函数正面5 / 8求解法）看似简单，实则不然，因为很难求出函数的极值点，所以最小值也就很难确定了. 还是采用策略二（分离参数利用最值求解法）要好一点，因为当 x（0， 1]时，显然成立，所以只需研究x（1， 3e]的情形即可.又当 x（1， 3e]时， f（x） 4e2 等价于 1x-a1■（*）下去的难点在于绝对值该怎么去掉？若能发现的隐含范围，那么讨论也就简单了。

策略三：（挖掘隐含条件简化讨论求解法）由题意可知 f（e） 4e2f （3e） 4e2 （e-a） 24e2 （3e-a）21n3e4e2 3e-■a3e，又因为 x （1， 3e] ，所以只需进行以下讨论：（1）当 xa 时，（*）式等价于 ax-■，通过辅助函数求出最大值可得：a3e-■ ；（2）当 x 点评：此种解法的精妙之处在于的范围的挖掘，只要能把 a 的取值范围压缩到区间[3e-■， 3e]之内，那么后面的讨论也就迎刃而解了。

3 多元恒成立问题的求解策略例4 （07 年浙江）设 f （x）=■，对任意实数 t，记 gt （x）=t2/3x-■t.求证：当 x0 时， f（x） gt（x）对任意正实数 t 成立。

本题因为有两个变元，如何从一个含有多个变元的数学问题里，选定合适的主变元、次变元，逐步减元，从而揭示其中主要的函数关系，有时便成了数学问题能否明朗化的关键所在. 所以解题时有先固定，还是先固定产生不同的方法。

---------------------------------------------------------------最新资料推荐------------------------------------------------------ 策略四：（定主元逐次消元求解法）解法 1：定的 t0 令 h （x） =f （x） -gt （x）=■-t2/3x+■t （x0），则 h （x） =x2-t2/3=（x+t1/3）（x-t1/3），当 t0 时，由 h（x）=0 ，得 x=t1/3，当 x（0， t1/3）时 h （x） 0，当 x （t1/3， +）时， h（x） 0，所以 h （x）在（0， +）内的最小值是 h （t1/3），因为 h （t1/3）=■（t1/3） 3 -t2/3・t1/3+■t=0；故当 x0 时， f（x） gt（x）对任意正实数 t 成立。

解法 2：任意固定的 x0，令 h（t） =gt（x）=t2/3x+■t（t0），则 h （t）=■t-1/3（x-t1/3），由 h （t） =0，得 t=x3. 当 0tx3时， h （t） 0 . 当 tx3 时， h （t） 0，所以当 t=x3 时， h （t）取得最大值 h（x3）=■x3。