概述高考中函數(shù)不等式恒成立問題

王先義+劉成龍

摘要：函數(shù)不等式恒成立問題是高考的熱點問題分析了高考中常見的函數(shù)不等式恒成立問題的8種類型，并針對每種類型給出了例子.

關(guān)鍵詞：高考；函數(shù)不等式；恒成立

函數(shù)不等式恒成立問題是歷年高考的熱點問題，深受命題專家們的青睞它主要涉及導(dǎo)數(shù)、函數(shù)、方程、不等式等高中主干知識，對學(xué)生分析問題、解決問題的能力要求較高本文對高考中常見的函數(shù)不等式問題進行歸納整理，得到八種類型，希望對讀者有所幫助.

為了便于敘述，文中在介紹函數(shù)不等式恒成立問題時，每種類型僅給出≥，>，≤，<四種不等情形之一，至于其它情形讀者可以自行給出.

類型一x∈D，f（x）≥c（c為常數(shù)）恒成立x∈D，f（x）min≥c恒成立.

例1（2016上海）已知a∈R，函數(shù)f（x）=log21x+a（1）（2）略；（3）設(shè)a>0，若對任意t∈12，1，函數(shù)f（x）在區(qū)間t，t+1上的最大值與最小值的差不超過1，求a的取值范圍.

解當(dāng)01x2+a，則log21x1+a>log21x2+a，所以f（x）在0，+∞上單調(diào)遞減故f（x）在區(qū)間t，t+1上的最大值與最小值分別為f（t），f（t+1）由題意f（t）-f（t+1）=log21t+a-log21t+1+a≤1，即at2+（a+1）t-1≥0對任意t∈12，1恒成立因a>0，所以g（t）=at2+（a+1）t-1在12，1上單調(diào)遞增，于是g（t）min=g（12）=34a-12，即34a-12≥0，解得a的取值范圍為23，+∞.

類型二x∈D，f（x）≤g（a）恒成立x∈D，f（x）max≤g（a）恒成立.

例2（2014浙江）已知函數(shù)f（x）=x3+3x-a（a>0）若f（x）在-1，1上的最小值記為g（a）.

（1）略；（2）證明：當(dāng)x∈-1，1時，恒有f（x）≤g（a）+4.

證明（2） 由（1）得g（a）=a3，0

①當(dāng)00，則h（x）在a，1上單調(diào)遞增，且0

②當(dāng)a≥1時，g（a）=3a-2，h（x）=x3-3x+2，得h′（x）=3x2-3，x∈-1，1，h′（x）≤0，此時h（x）在-1，1上單調(diào)遞減，h（x）max=h（-1）=4，故f（x）≤g（a）+4.

綜上所述，當(dāng)x∈-1，1時，恒有f（x）≤g（a）+4.

類型三x∈D，f（x）≥g（x）恒成立x∈D，f（x）-g（x）min≥0恒成立.

例3（2013遼寧）已知函數(shù)f（x）=（1+x）e-2x，g（x）=ax+x32+1+2xcosx，當(dāng)x∈0，1時.

（1）求證：1-x≤f（x）≤11+x；（2）若f（x）≥g（x）恒成立，求實數(shù)a取值范圍.

證明（1）當(dāng)x∈0，1時，f（x）≥1-x恒成立（1+x）e-x≥（1-x）ex恒成立.

令h（x）=（1+x）e-x-（1-x）ex，則h′（x）=x（ex-e-x）當(dāng)x∈0，1，h′（x）>0，因此h（x）在0，1上單調(diào)遞增故h（x）≥h（0）=0所以f（x）≥1-x；

同理f（x）≤11+x（*）恒成立e2x≥1+x2恒成立，其中x∈0，1時，1+x與ex都為正數(shù)，（*）等價于ex≥1+x恒成立令s（x）=ex-x-1，s′（x）=ex-1x∈0，1時，s′（x）>0，因此s（x）在0，1上單調(diào)遞增故s（x）≥s（0）=0，所以f（x）≤11+x.

顯然 （2）類似（1），易得a∈-∞，3.

類型四x1∈D1，x2∈D2，f（x1）≥g（x2）恒成立x∈D1，x∈D2，f（x）min≥g（x）max.

例4（2013高三沖刺）設(shè)函數(shù)f（x）=x2+2lnx，f ′（x）表示f （x）的導(dǎo)數(shù)，g（x）=（x2-m212）f ′（x）（其中m>0），求：（1）略；（2）若對x1，x2∈13，1都有f ′（x1）≤g′（x2）恒成立，求m的取值范圍；

解由題意得f ′（x）=2x+2x，則g（x）=2（x+1x）（x2-m212）而f ′（x）在13，1內(nèi)單調(diào)遞減，即f ′（x）≤f（13）=203g′（x）=6x2+m26x2+2-m26，令t=6x2，則t∈23，6.

①m∈0，23時，g′（x）min=8+4m23，于是8+4m23≥203，此時無解；

②m∈23，6時，g′（x）min=2m-2-6m2，于是2m-2-6m2≥203，解得m∈6-22，6+22；

③m∈（6，+∞）時，g′（x）min=8≥203，符合題意.

綜上所述，m的取值范圍是（6-22，+∞）.

類型五x1∈D1，x2∈D2，f（x1）≥g（x2）成立x∈D1，x∈D2，f（x）min≥g（x）min.

例 5（2010山東）已知函數(shù)f（x）=lnx-ax+1-ax-1（a∈R）.

（1）略；（2）設(shè)g（x）=x2-2bx+4，當(dāng)a=14時，若x1∈（0，2），x2∈[1，2]，使得f（x1）≥g（x2）成立，求實數(shù)b的范圍.

解當(dāng)a=14時，由（1）可知，當(dāng)x∈（0，1）時，f ′（x）<0，函數(shù)f（x）單減；

當(dāng)x∈（1，2）時，f ′（x）>0，函數(shù)f（x）單調(diào)遞增，則f（x）≥f（1）=-12.

①b∈（-∞，1）時，因g（x）min=g1=5-2b>0>f（x）min，不符合題意；

②b∈[1，2]時，因g（x）min=g（b）=4-b2≥0>f（x）min，不符合題意；

③當(dāng)b∈（2，+∞） 時，g（x）min=g（2）=8-4b，則8-4b≤-12，即b≥178.

綜上所述，b的取值范圍為178，+∞.

類型六x1，x2∈D，f（x1）-f（x2）≤c（c為常數(shù)）x∈D，f（x）max-f（x）min≤c.

例6（2015新課標(biāo)2卷）設(shè)函數(shù)f（x）=emx+x2-mx.（1）略；（2）若對于任意x1，x2∈[-1，1]，都有|f（x1）-f（x2）|≤e-1，求m的取值范圍.

解由（1）知m∈R，f（x）在[-1，0]上單調(diào)遞減，在[0，1]上單調(diào)遞增，故f（x）min=f（0） ，所以x1，x2∈-1，1，|f（x1）-f（x2）|≤e-1恒成立f（1）-f（0）≤e-1，f（-1）-f（0）≤e-1，即em-m≤e-1，e-m+m≤e-1 （*）

設(shè)g（t）=et-t-e+1，則g′（t）=et-1當(dāng)t<0時，g′（t）<0；當(dāng)t>0時，g′（t）>0；故g（t）在（-∞，0）上單調(diào)遞減，在（0，+∞）上單調(diào)遞增又g（1）=0，g（-1）=e-1+2-e<0，故當(dāng)t∈[-1，1]時，g（t）≤0當(dāng)m∈[-1，1]時，g（m）≤0，g（-m）≤0，即（*）式成立；當(dāng)m∈（1，+∞）時，由g（t）的單調(diào)性知，g（m）>0，即em-m>e-1；當(dāng)m∈（-∞，1）時，g（-m）>0，即e-m+m>e-1.綜上所述，m的取值范圍是[-1，1].

類型七x1，x2∈D，有f（x1）-f（x2）≤M·g（x1）-g（x2）x∈D，h（x）=f（x）-Mg（x）單調(diào)遞增（x1≤x2）或單調(diào)遞減（x1≥x2）.

例7（2010 湖南）已知f（x）=x2+bx+c（b，c∈R），對任意的x∈R， 恒有f ′（x）≤f（x）.

（1）略；（2）若對滿足題設(shè)條件的任意b，c，不等式f（c）-f（b）≤M（c2-b2）恒成立，求M的最小值.

解由（1）得c≥b設(shè)h（x）=f（x）-Mx2=（1-M）x2+bx+c，則h（c）≤h（b）.

①在c>b情況下，

（i）1-M=0時，即M=1當(dāng)b≥0時，c>b，則h（x）單調(diào)遞減，與h（x）=bx+c單調(diào)遞增或平行于x軸矛盾，故M=1不符合題意.

（ii）1-M<0，即M>1當(dāng)b≥0時，h（x）單調(diào)遞減，則-b2（1-M）≤b，所以M≥32；若b<0時，h（x）單調(diào)遞減，則b≤-b2（1-M）≤0，則M≥32即Mmin=32.

（iii）1-M>0，即M>1當(dāng)b≥0時，h（x）單調(diào)遞減，則-b2（1-M）≥c，M≥b2c+1≥1；若b<0時，h（x）單調(diào)遞減，則-b2（1-M）≥c，M≥b2c+1此時，滿足條件的M不存在

②在c=b的情況下，由（1）得b=±2，c=2，此時f（c）-f（b）≤Mc2-b2成立.

綜上所述，Mmin=32.

特別地，取類型七中的g（x）=x即可得到：

類型八x1，x2∈D，f（x1）-f（x2）≤M（x1-x2）（M為常數(shù)）恒成立x∈D，h（x）=f（x）-Mg（x）單調(diào)遞增（x1≤x2）或單調(diào)遞減（x1≥x2）.

例8（2010遼寧）已知函數(shù)f（x）=（a+1）lnx+ax2+1.

（1）略；（2）設(shè)a<-1如果對任意x1，x2∈（0，+∞），|f（x1）-f（x2）|≥4|x1-x2|，求a的取值范圍.

解不妨設(shè)x1≥x2當(dāng)a<-1時，由（1）知f（x）在（0，+∞）單調(diào)遞減，于是x1，x2∈（0，+∞），

f（x1）-f（x2）≥4x1-x2x1，x2∈（0，+∞），f（x2）+4x2≥f（x1）+4x1，令g（x）=f（x）+4x，則g（x）在（0，+∞）單調(diào)減遞，所以g′（x）=a+1x+2ax+4≤0，得a≤-4x-12x2+1=（2x-1）2-4x2-22x2+1=（2x-1）22x2+1-2，故a的取值范圍為-∞，-2.

文中對高考中常見的函數(shù)不等式問題從八個角度進行了系統(tǒng)的分析，希望讀者在閱讀時仔細品味類型間的聯(lián)系與差異，弄清每種類型獨特的內(nèi)涵和適用條件.endprint