含参数的一元二次不等式的解法以及含参不等式恒成立问题(专题)之欧阳理创编

含参数的一元二次不等式的解法

时间：2021.03.05 创作：欧阳理 解含参数的一元二次不等式，通常情况下，均需分类讨论，那么如何讨论呢？对含参一元

二次不等式常用的分类方法有三种：

2x一、按项的系数a的符号分类，即a0,a0,a0;

例

2ax1解不等式：a2x10

分析：本题二次项系数含有参数，

a24aa240，故只需对二次项

2系数进行分类讨论。

2a24aa40

解：∵

2解得方程

ax2a2x10两根

a2a24a2a24x1,x22a2a

∴当

a0时,解集为

a2a24a2a24x|x或x2a2a x|x当a0时，不等式为2x10,解集为12

a2a24a2a24xx|2a2a 当a0时,解集为例2 解不等式ax25ax6a0a0

欧阳阳理创编 2021.03.04

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分析 因为a0，0，所以我们只要讨论二次项系数的正负。

2a(x5x6)ax2x30 解

当a0时，解集为x|x2或x3；当a0时，解集为

x|2x3

二、按判别式的符号分类，即0,0,0； 例3解不等式x2ax40

2分析本题中由于x的系数大于0,故只需考虑与根的情况。

解：∵a216

∴当a4,4即0时，解集为R；

xxR且x当a4即Δ＝0时，解集为a2；

当a4或a4即0,此时两根分别为

aa216x12aa216x22，

，显然x1x2,

aa216aa216或x〈xx22 ∴不等式的解集为 例4 解不等式m21x24x10mR

2222m10,(4)4m143m 解因

1x|x2； 所以当m3，即0时，解集为当

3m3，即

0时，解集为

欧阳阳理创编 2021.03.04

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23m223m2或x〈xx2m1m21；

当m3或m3，即0时，解集为

2R。

三、按方程axbxc0的根x1,x2的大小来分类，

即x1x2,x1x2,x1x2；

例

1x2(a)x10 (a0)a5解不等式

1)0，故a分析：此不等式可以分解为：xa(x对应的方程必有两解。本题 只需讨论两根的大小即可。

解：原不等式可化为：可得：a1

∴当a1或0a1时，

x|ax1a；

xa(x1)0a，令

a

1a

，

a

1a

，故原不等式的解集为

当a1或a1时，

a

1

a,可得其解集为；

11

x|xaa

。 当1a0或a1时, a,解集为a例

22x5ax6a0，a0 6 解不等式

2225a24aa0，又不等式可分解 分析 此不等式

为x2a(x3a)0，故只需比较两根2a与3a的大小.

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解 原不等式可化为：x2a(x3a)0，对应方程

x2a(x3a)0的两根为

x12a,x23a，当a0时，即2a3a，解集为

a0x|x3a或x2a；当

时，即2a3a，解集为

x|x2a或x3a

含参不等式恒成立问题的求解策略

“含参不等式恒成立问题”把不等式、函数、三角、几何等内容有机地结合起来，其以覆盖知识点多，综合性强，解法灵活等特点而倍受高考、竞赛命题者的青睐。另一方面，在解决这类问题的过程中涉及的“函数与方程”、“化归与转化”、“数形结合”、“分类讨论”等数学思想对锻炼学生的综合解题能力，培养其思维的灵活性、创造性都有着独到的作用。本文就结合实例谈谈这类问题的一般求解策略。一、判别式法

若所求问题可转化为二次不等式，则可考虑应用判别式法解题。一般地，对于二次函数

f(x)ax2bxc(a0,xR),有

1）2）例

a0f(x)0对xR恒成立0; a0.f(x)0对xR恒成立0

2(m1)x(m1)x20的解集是1：若不等式

R，求m

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的范围。

解析：要想应用上面的结论，就得保证是二次的，才有判别式，但二次项系数含有参数m，所以要讨论m-1是否是0。

（1）当m-1=0时，元不等式化为2>0恒成立，满足题意；

m102(m1)8(m1)0，所以，m10（2）时，只需

m[1,9)。

例

22ylg[x(a1)xa]的定义域为2．已知函数

R，求实

数a的取值范围。

解：由题设可将问题转化为不等式

xRx2(a1)xa20对

恒成立，即有

13。

(a1)24a20解得

a1或a1(,1)(,)3所以实数a的取值范围为。

若二次不等式中x的取值范围有限制，则可利用根的分

布解决问题。 二、最值法

将不等式恒成立问题转化为求函数最值问题的一种处理方法，其一般类型有： 1）f(x)a恒成立af(x)min

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2）f(x)a恒成立af(x)max

2例3、若x2,2时，不等式x取值范围。 解：设

fxfxx2ax3aax3a恒成立，求a的

，则问题转化为当x2,2时，

的最小值非负。 当

a72a23即：a4时，fxminf273a0（1）

又a4所以a不存在；

（2）

当

fxmin2a22即：

4a4时

，又

a2af3a0426a24a44a2

（3）

当

a22 即：a4时，fxminf27a0a7又a47a4 综上所得：7a2

例4．函数

x22xaf(x),x[1,)x，若对任意x[1,)，

f(x)0恒成立，求实数a的取值范围。

解：若对任意x[1,)，f(x)0恒成立，

即对x[1,)，

x22xaf(x)0x恒成立，

考虑到不等式的分母

x[1,)时恒成立而得

x[1,)，只需

x22xa0在

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而抛物线

g(x)x22xa在

x[1,)的最小值

gmin(x)g(1)3a0得a3

注：本题还可将f(x)变形为从而求出f(x)最小值。 例

5

：

4f(x)xa2x，讨论其单调性

在

ABC中，已知

f(B)4sinBsin2(B)cos2B,且|f(B)m|22恒成立，求实

数m的范围。 解析：由

f(B)4sinBsin2(4B)cos2B2sinB1,0B,sinB(0,1]2，

f(B)(1,3]，|f(B)m|2恒成立，2f(B)m2，

mf(B)2即mf(B)2恒成立，m(1,3]

例6：求使不等式asinxcosx,x[0,]恒成立的实数a的范围。 解

析

：

由

于

函

3asinxcosx2sin(x),x[,]4444，显然函数有

最大值

2，a2。

三、分离变量法

若所给的不等式能通过恒等变形使参数与主元分离于不等式两端，从而问题转化为求主元函数的最值，进

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而求出参数范围。这种方法本质也还是求最值，但它思路更清晰，操作性更强。一般地有：

1）f(x)g(a)(a为参数）恒成立g(a)2）f(x)g(a)(a为参数）恒成立g(a)。

例7、已知

x,1f(x)maxf(x)max

时，不等式

12xaa24x0恒成

立，求a的取值范围。 解：令2a2axt，

x,1t0,2 所以原不等式可化为：

t1t2，

ftt1t2要使上式在t0,2上恒成立，只须求出

t0,2在

上的最小值即可。

afxlgx2x，若对任意x2,恒有

例8、已知函数

fx0，试确定a的取值范围。

xa21x在x2,上恒成立，

解：根据题意得：即：ax设

23x在x2,上恒成立，

fxx23x，则

39fxx24 2当x2时，fxmax2 所以a2 例9．已知函数

f(x)ax4xx2,x(0,4]时f(x)0恒成

立，求实数a的取值范围。

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解： 将问题转化为

令

g(x)4xx2xa4xx2x对x(0,4]恒成立。

，则ag(x)min

41x可知g(x)在(0,4]上为减函数，

4xx2g(x)x由

故g(x)ming(4)0

∴a0即a的取值范围为(,0)。

注：分离参数后，方向明确，思路清晰能使问题顺利得到解决。 四、变换主元法

处理含参不等式恒成立的某些问题时，若能适时的把主元变量和参数变量进行“换位”思考，往往会使问题降次、简化。 例

2xa[1,1]10．对任意，不等式(a4)x42a0恒成

立，求x的取值范围。

分析：题中的不等式是关于x的一元二次不等式，但若把

a看成主元，则问题可转化为一次不等式

(x2)ax24x40在a[1,1]上恒成立的问题。

解：令

f(a)(x2)ax24x4，则原问题转化为

f(a)0恒成立（a[1,1]）。

当x2时，可得f(a)0，不合题意。

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f(1)0当x2时，应有f(1)0解之得x1或x3。

故x的取值范围为(,1)(3,)。

注：一般地，一次函数f(x)kxb(k0)在[,]上

恒有

f()0f(x)0的充要条件为f()0。

2x1mx21例11、若不等式

对满足m2的所有m都成

立，求x的取值范围。 解：设

fmmx212x1，对满足m2的m，fm0恒成立，

2x212x10f2017132xf202x12x10 解得：22

五、数形结合法

数学家华罗庚曾说过：“数缺形时少直观，形缺数时难入微”，这充分说明了数形结合思想的妙处，在不等式恒成立问题中它同样起着重要作用。我们知道，函数图象和不等式有着密切的联系：

1）方；

2）f(x)g(x)函数f(x)图象恒在函数g(x)图象下上方。 例12．设

f(x)x24x ,

g(x)4x1a3,

y f(x)g(x)函数

f(x)图象恒在函数g(x)图象上

-2 欧阳阳理创编 2021.03.04 -4 -4 Ox 欧阳阳理创编 2021.03.04

若恒有f(x)g(x)成立,求实数a的取值范围.

分析：在同一直角坐标系中作出f(x)及g(x) 的图象 如图所示，f(x)的图象是半圆

(x2)2y24(y0)g(x)的图象是

平行的直线系4x3y33a0。

要使f(x)g(x)恒成立，

则圆心(2,0)到直线4x3y33a0的距离 满足 解得

d833a52

a5或a53（舍去)

由上可见，含参不等式恒成立问题因其覆盖知识点多，方法也多种多样，但其核心思想还是等价转化，抓住了这点，才能以“不变应万变”，当然这需要我们不断的去领悟、体会和总结。 例

13

：

已

知，求实

a0,a1,f(x)x2ax,当x(1,1)时,有f(x)1恒成立2数a的取值范围。 解析：由

f(x)x2ax1，得x21ax22，在同一直角坐

标系中做出两个函数的图象，如果两个函数分别在x=-1和x=1处相交，则由

1211a及(1)2a122得到

a分别

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等于2和0.5，并作出函数以，要想使函数

x1y2x及y()x2的图象，所

x21ax2在区间x(1,1)中恒成立，只

yx212须y2在区间x(1,1)对应的图象在

在区间

x(1,1)对应图象的上面即可。当a1时,只有a2才能保

证，而

0a1时，只有a11a[,1)(1,2]22才可以，所以。

例14、若不等式

3x2logax0在

1x0,3内恒成立，求实数a的取

值范围。

1x0,3x2logax解：由题意知：在3内恒成立，

2y3x在同一坐标系内，分别作出函数和ylogax

1x0,观察两函数图象，当3时，若a1函数ylogax的图

2y3x象显然在函数图象的下方，所以不成立；

当0a1时，由图可知，或在这个点的上方，则，综上得：

1a127

11,ylogax的图象必须过点33loga1111a1a332727

例15．设

f(x)x22mx2，当x[1,)时，f(x)m恒成

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立，求实数m的取值范围。

2F(x)x2mx2m，则当x[1,)时，F(x)0恒解：设

成立

当4(m1)(m2)0即2m1时，F(x)0显然成立； y当0时，如图，F(x)0恒成立的充要条件为： 0F(1)02m12解得3m2。

x -1 O x 综上可得实数m的取值范围为[3,1)。

时间：2021.03.05 创作：欧阳理 欧阳阳理创编 2021.03.04