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含参数不等式的解法


高中数学知识专项系列讲座

含参数不等式的解法
一、含参数不等式存在解的问题 如果不等式 f ( x ) > 0 (或 f ( x ) < 0 ) 的解集是 D, 的某个取值范围是 E, D I E ≠ ? , x 且
则称不等式在 E 内存在解(或称有解,有意义).

例 1.(1)不等式 x + 1 ? x ? 3 < a 的解集非空,求 a 的取值范围;
(2)不等式 x + 1 + x ? 3 < a 的解集为空集,求 a 的取值范围. (分析:解集非空即指有解,有意义,解集为 ? 即指无解(恒不成立) ,否定之后为恒成立, 本题实质上是成立与恒成立问题)

?4 x < ?1 ? ? 解: (1)设 f ( x) = x + 1 ? x ? 3 = ?2 x ? 2 ?1 ≤ x ≤ 3 , ? 4 x>3 ? 易求得 f ( x ) ∈ [ ?4, 4] , f ( x) < a 有解 ? f ( x) min < a , ∴ a > ?4 为所求 x < ?1 ? ?2 x + 2 ? (2)设 g ( x) = x + 1 + x ? 3 = ? 4 ?1 ≤ x ≤ 3 , ? 2x ? 2 x>3 ? 易求得 g ( x ) ∈ [4, ∞) , g ( x) < a 无解 ? g ( x) ≥ a 恒成立 ? g ( x) min ≥ a ∴ a ≤ 4 为所求 (注:① x + 1 ± x ? 3 可理解为数轴上点 x 到两定点 ?1 和 3 的距离之和(或差) ,由几何 意义,易得 f ( x ) 与 g ( x ) 的值域; ②不等式 a > f ( x ) 有解 (有意义或成立)? a > f ( x ) min ; 不等式 a < f ( x ) 成立 (有 解或有意义) ? a < f ( x ) max ; )

? x2 ? x ? 2 > 0 例 2.关于 x 的不等式组 ? 2 的整数解的集合为 {?2} ,求实数 k 的取 ?2 x + (2k + 5) x + 5k < 0
值范围.

解:易知不等式 x 2 ? x ? 2 > 0 的解集 A = (?∞, ?1) U (2, +∞) , 设不等式 2 x 2 + (2k + 5) x + 5k < 0 ? ( x + k )(2 x + 5) < 0 的解集为 B , 5 5 ∵ ?2 ∈ B ,∴ ( ?2 + k )( ?4 + 5) < 0 ,∴ ? k > ?2 > ? ∴ B = ( ? ,? k ) 2 2 要使 {x | x ∈ A I B, x ∈ Z } = {?2} 如图, 易知 ? k ≤ 3 ,∴ k ≥ ?3 又 ? k > ?2 ,得 k < 2 ∴ k ∈ [ ?3, 2) 为所求
5 -2 2 -1 2 -k 3

x

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例 3.已知不等式 lg(20 ? 5 x 2 ) > lg(a ? x) + 1 的整数解有且只有一个,求 a 的取值范围. 解: lg(20 ? 5 x 2 ) > lg(a ? x) + 1 ? lg(20 ? 5 x 2 ) > lg(10a ? 10 x)

? x 2 ? 2 x + 2a ? 4 < 0 LL ① ?? LL ② ?a > x 2 2 记 f ( x) = x ? 2 x + 2a ? 4 = ( x ? 1) + 2a ? 5 结合图象知,有且只有一个整数解 x = 1 ? f (0) ≥ 0 5 ? ∴ ? f (1) < 0 ,得 2 ≤ a < 满足② 2 ? f (2) ≥ 0 ? O 1 5 ∴ a ∈ [2, ) 为所求 2 ? x = 1 ? 5 ? 2a 5 ? 另解:易求得 f ( x) = 0 两根为 ? 1 (∵ ? > 0 ,∴ a < ) 2 ? x2 = 1 + 5 ? 2a ?
则?

2

x

? x1 < x < x2 只有一个整数解 x = 1 ? a>x
5 2

∴有 a ≥ x ? a ≥ 1 + 5 ? 2a ,解得 a ≥ 2 此时有 0 < x1 < x < x2 < 2 符合条件,∴ a ∈ [2, )

lg(2ax) < 1 总存在解 x ∈ (1, 2] ,求实数 a 的取值范围. lg(a + x) 解:易知 a > 0 ,∴ a + x > x > 1 ,∴ lg(a + x) > 0 lg(2ax) < 1 ? lg(2ax) < lg(a + x) ? 2ax < a + x ( a > 0, x ∈ (1, 2] ) 故 lg(a + x) 即不等式 (2a ? 1) x < a 在 (1, 2] 内有解 1 1°当 a = 时,不等式显然成立; 2 1 a 2°当 0 < a < 时,不等式 (2a ? 1) x < a ? {x}max > 2 2a ? 1 a ? ?2 > 2a ? 1 1 ? ,∴ 0 < a < 得? 2 ?0 < a < 1 ? ? 2 1 a 3°若 a > ,则不等式 (2a ? 1) x < a ? {x}min < 2 2a ? 1 a ? ?1 < 2a ? 1 1 ? 得? ,∴ < a < 1 2 ? a>1 ? ? 2 综上所述, a ∈ (0,1) 为所求

例 4.若不等式

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二、含参数不等式的求解问题
探求含参数不等式的解集,要以分类讨论的思想为主线,以不等式的基本性质为基础, 进行综合演算,有时还需用到换元法、图象法等基本方法.

例 5.解关于 x 的不等式 x ? 1 + a ? 1 > 0 解:原不等式 x ? 1 + a ? 1 > 0 ? x ? 1 > 1 ? a 1°若 a > 1 ,则 1 ? a < 0 ,故原不等式恒成立,∴ x ∈ R 2°若 a ≤ 1 ,则 1 ? a ≥ 0 ,原不等式的解为 x < a 或 x > 2 ? a 综上所述,若 a > 1 时,原不等式的解集为 R; 若 a ≤ 1 时,原不等式的解集为 {x | x < a 或 x > 2 ? a} . 例 6.如果不等式 x + a ≥ x ( a > 0 )的解集为 [m, n] ,且 n ? m = 2a ,求 a 的值.

? x≥0 ? x<0 ? 解法一:不等式 x + a ≥ x ? ? 或? x + a≥0 ? x + a ≥ 0 ? x + a ≥ x2 ?
解得: ? a ≤ x < 0 或 0 ≤ x ≤

1 + 1 + 4a 1 + 1 + 4a ,即 ? a ≤ x ≤ 2 2

m = ?a ? ? 即有 ? 1 + 1 + 4a ?n = 2 ? ?1 + 1 + 4a ? + a = 2a ∵ n ? m = 2a ,∴ ? ,解得 a = 2 2 ? a>0 ? 解法二: 2 设 x + a = t ,则 x = t ? a 且 t ≥ 0 2 2 原不等式化为 t ≥ t ? a ? t ? t ? a ≤ 0 1 + 1 + 4a 1 + 1 + 4a ∴0≤t ≤ ,∴ x + a ≤ 2 2

? 1 + 1 + 4a ? 1 + 1 + 4a ∴ ?a ≤ x ≤ ? ? ?a = ? ? 2 2 ? ?
以下同解法一

2

y

y2 = x

y2 = x + a

解法三:

?a 1 + 1 + 4a (负值舍去) 由 x + a = x ,得 x0 = 2 1 + 1 + 4a 易知欲使 y1 ≥ y2 ,只须: ? a ≤ x ≤ x0 = , 2
以下同解法一

分别作出 y1 = x + a ( y ≥ 0 )与 y2 = x 的图象如下
2

O

x0

x

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(注:①无理不等式常见的类型有

? f ( x) ≥ 0 ? f ( x) < 0 ? 1° g ( x) ≥ f ( x) ? ? 或 ? g ( x) ≥ 0 ; ? g ( x) ≥ 0 ? g ( x) ≥ f 2 ( x) ? ? f ( x) ≥ 0 ? 2° g ( x) ≤ f ( x) ? ? g ( x) ≥ 0 ; ? g ( x ) ≤ f 2 ( x) ?
②对根式进行换元转化成有理不等式是处理根式的常见方法; ③数形结合解不等式简洁明了.) 类似地可解不等式: a ( a ? x) > a ? 2 x ( a < 0 ) ,答案: {x | x >

3 a} 4

1 例 7.解不等式 log a ( x ? ) > 1 x 1 1 解:当 a > 1 时, log a ( x ? ) > 1 ? x ? > a x x

?
解得

x ? ax ? 1 >0? x
2

(x ?

a ? a2 + 4 a + a2 + 4 )( x ? ) 2 2 >0 x

a ? a2 + 4 a + a2 + 4 < x < 0或 x > 2 2 1 1 当 0 < a < 1 时, log a ( x ? ) > 1 ? 0 < x ? < a x x ( x ? 1)( x + 1) ? >0 ? x ? ?? a ? a2 + 4 a ? a2 + 4 )( x ? ) ?(x ? 2 2 ? <0 x ? ?1 < x < 0或x > 1 ? ? ?? a ? a2 + 4 a + a2 + 4 x< 或0 < x < ? ? 2 2
易证得当 a ∈ (0,1) ,有 ?1 < ∴ ?1 < x <

a ? a2 + 4 2

a ? a2 + 4 a + a2 + 4 或1 < x < 2 2 a ? a2 + 4 a + a2 + 4 综上所述,当 a > 1 时,不等式的解集为 {x | < x < 0或 x > }; 2 2 a ? a2 + 4 a + a2 + 4 当 0 < a < 1 时,不等式的解集为 {x | ?1 < x < 或1 < x < } 2 2
(注:有理不等式通常使用“标根法” (或称穿线法) ,原则是“奇穿偶切” )

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例 8.解关于 x 的不等式 log 2 ( x ? 1) > log 4 [a ( x ? 2) + 1] ( a > 1 ). 解:原不等式可化为 2 log 2 ( x ? 1) > log 2 [a( x ? 2) + 1]

x ?1 > 0 ? ? 故原不等式 ? ? a ( x ? 2) + 1 > 0 2 ? ?( x ? 1) > a ( x ? 2) + 1 1 ? x > 2? ? 由 a > 1 可将上述不等式组化为 ? a ?( x ? a )( x ? 2) > 0 ?
1 ?(a ? 1)2 1 易知 (2 ? ) ? a = < 0 ,∴ 2 ? < a a a a 1 1 1°若 a > 2 ,则 2 ? < 2 < a ,∴不等式组的解为 2 ? < x < 2或x > a a a 3 2°若 a = 2 ,则不等式组解为 x ∈ ( , 2) U (2, +∞ ) 2 1 1 3°若 1 < a < 2 ,则 2 ? < a < 2 ,∴不等式组解为 2 ? < x < a或x > 2 a a 1 综上所述,当 1 < a < 2 时,原不等式的解为 x ∈ (2 ? , a ) U (2, +∞) ; a 1 当 a ≥ 2 时,原不等式的解为 x ∈ (2 ? , 2) U ( a, +∞) . a
(注:解不等式要注意等价性,对数不等式特别注意真数大于零,本题充分体现了分类讨论 思想.)

三、含参数不等式恒成立的问题
近年来在各地的模拟试题以及高考试题中屡屡出现含参数的不等式恒成立的问题, 解决 这类问题的基本方法是分离法、二次函数法、导数法、数形结合法,有时还运用单调性、判 别式、均值定理等辅助手段进行综合解题.

例 9.若不等式 log a x > sin 2 x 对任意 x ∈ (0, ] 都成立,求 a 的取值范围. 4 解:分别作出 y1 = sin 2 x 与 y2 = log a x 的图象如下
当 x ∈ (0,

π

π

4

] 时,要使 y1 < y2 ,

y
A 1

易知有 ?

? ? yA > 1 ?log a > 1 即? 4 ?0 < a < 1 ? 0 < a < 1 ?

π



π
4

< a < 1 为所求

O

π 1
4

x

例 10. f ( x) 是定义在 (?∞,3] 上的减函数,已知 f (a 2 ? sin x) ≤ f (a + 1 + cos 2 x) 对 x ∈ R 恒成立,求实数 a 的取值范围. 解:依题可得 a + 1 + cox 2 x ≤ a 2 ? sin x ≤ 3 恒成立

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?a 2 ≤ 3 + sin x ? 即? 2 1 2 9 恒成立 2 ?a ? a ≥ 1 + cos + sin x = ?(sin x ? ) + ? 2 4 令 u ( x ) = 3 + sin x ,易知 u ( x) min = 2 1 2 9 9 再令 v( x ) = ?(sin x ? ) + ,∴ v( x ) max = 2 4 4 2 ? a ≤2 1 ? 10 ? 故有 ? 2 9 ,解得 ? 2 ≤ a ≤ 2 ?a ? a ≥ ? 4 1 ? 10 ∴所求 a 的取值范围是 [ ? 2, ] 2

例 11.设函数 f ( x) = x ? ln( x + m) 其中 m 为参数,求 f ( x) ≥ 0 恒成立时, m 的取值范围. 解法一: 1 易知 f ( x ) 在定义域 ( ?m, +∞) 内连续,且 f ( x ) = 1 ? x+m 由 f ′( x ) = 0 ,得 x = 1 ? m 当 x ∈ ( ? m,1 ? m) 时, f ′( x ) < 0 , f ( x ) 递减; y 当 x ∈ (1 ? m, +∞ ) 时, f ′( x ) > 0 , f ( x ) 递增 ∴ f ( x ) 在定义域 ( ?m, +∞) 内有最小值 f ( x ) min = f (1 ? m) = 1 ? m ∵ f ( x ) ≥ 0 恒成立,∴ 1 ? m ≥ 0 ,即 m ≤ 1 为所求 y2 = x + m 解法二: y1 = e x m 若 f ( x ) ≥ 0 ,则 x ≥ ln( x + m) ? e x ≥ x + m 易知 f ( x ) 定义域为 ( ?m, +∞) ,
如图作出 y1 = e 与 y2 = x + m 的图象,
x

O

x

易知截距 m ≤ 1 时,恒有 y1 ≥ y2 故所求 m 的取值范围是 ( ?∞,1] (注:处理恒成立问题时,首先想到将变量与常数分离,将不等式变形为: a < f ( x ) 恒成 立 ? a < f ( x ) min 或 a > f ( x ) 恒成立 ? a > f ( x) max ; 若无法分离变量与常数,可采用最值法或图象法:①最值法:将不等变为 f ( x ) > 0 恒成立

? f ( x) min > 0 或 f ( x) < 0 恒成立 ? f ( x) max < 0 ; ②图象法: 将不等式化为 f ( x ) > g ( x ) ,
作出 y1 = f ( x ) 与 y2 = g ( x) 的图象,结合参数的几何意义,找出使 y1 > y2 在定义域内成立 的条件.)

例 12. 设 f ( x) = ax 2 + bx + c , 若 f (1) =

7 , 问 是 否 存 在 a , b, c ∈ R , 使 得 不 等 式 2

1 3 x 2 + ≤ f ( x) ≤ 2 x 2 + 2 x + 对一切实数 x 都成立,证明你的结论. 2 2 7 7 解:由 f (1) = ,得 a + b + c = ……① 2 2 1 3 2 2 再令 x + = 2 x + 2 x + ,可得 x = ?1 2 2
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1 3 3 ≤ f ( x) ≤ 2 x 2 + 2 x + 中,令 x = ?1 ,得 f (?1) = 2 2 2 3 ∴ a ? b + c = ……② 2 5 由①②知 b = 1 , c = ? a 2 5 2 ∴ f ( x ) = ax + x + ? a 2 1 2 由 f ( x ) ≥ x + 恒成立,得 (a ? 1) x 2 + x + 2 ? a ≥ 0 恒成立 2 a ?1 > 0 ? ?a ? 1 > 0 3 ∴? ,得 ? ,∴ a = 2 2 ?? = 1 ? 4(a ? 1)(2 ? a ) ≤ 0 ?(2a ? 3) ≤ 0 3 2 ∴ f ( x) = x + x + 1 2 3 2 3 2 易验证 x + x + 1 ≤ 2 x + 2 x + 对 x ∈ R 恒成立 2 2 3 ∴存在实数 a = , b = 1 , c = 1 满足条件 2
在x +
2

例 13.设函数 f ( x) = a x 满足条件:当 x ∈ (?∞, 0) 时, f ( x) > 1 ;当 x ∈ (0,1] 时,不等式 f (3mx ? 1) > f (1 + mx ? x 2 ) > f (m + 2) 恒成立,求实数 m 的取值范围. 解:由 x < 0 时, f ( x) > 1 知 0 < a < 1 ,∴ f ( x) 是 R 上的减函数
∴ f (3mx ? 1) > f (1 + mx ? x 2 ) > f ( m + 2)

?3mx ? 1 < 1 + mx ? x 2 ?? 对 x ∈ (0,1] 恒成立 2 ? 1 + mx ? x < m + 2 ? 2mx < 2 ? x 2 由 x ∈ (0,1] 知,不等式组可化为 ?? 2 ?m( x ? 1) < x + 1
? 2 ? x2 ?m < 1 ? 2x 对 x ∈ (0,1) 恒成立,且 x = 1 时,有 m < LL ① ? 2 2 ? m > x +1 ? x ?1 ? 2 ? x2 1 2 1 令 u ( x) = = ( ? x) 在 (0,1) 上是减函数,∴ u ( x) > 2x 2 x 2 2 x +1 2 2 令 v( x ) = = ( x ? 1) + + 2 , t = x ? 1 , t ∈ (?1, 0) , v( x) = g (t ) + 2 = t + + 2 设 则 x ?1 x ?1 t 2 g ′(t ) = 1 ? 2 在 (?1, 0) 上有 g ′(t ) < 0 ,∴ g (t ) 是减函数,∴ g (t ) < ?3 t ∴ v ( x ) < ?1 1 ? 1 1 ?m≤ ∴? 2 ,∴ m ∈ [?1, ] ,结合①知 m ∈ [?1, ) 为所求 2 2 ? ?m ≥ ?1
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