解函數型不等式恒成立問題的策略

　　摘要：不等式恒成立問題是高中數學的熱點，同時也是難點，對學生的轉化與化歸能力要求很高，不少學生在學習這部分內容時會遇到困難. 本文主要通過解決具體的函數型不等式，介紹了如何求參數范圍問題的一些常見的方法和策略.
　　關鍵詞：不等式；恒成立；范圍
　　
　　數學的深奧復雜性在于數學問題的千變萬化，數學方法的靈活多變，含參問題的形式多樣等. 函數型不等式恒成立問題常以函數作為背景，涉及不等式及導數多方面的知識，滲透著數形結合、化歸與轉化、分離參數、利用最值、構造函數等數學思想方法，能有效甄別學生的思維品質，在培養學生思維的靈活性、創造性等方面起到了積極的作用. 下面筆者結合幾類典型例題談談常見的處理方法.
　　
　　■分離參數
　　“a≤f（x）”型
　　例1f（x）=ax3－3x+1，對于x∈［-1，1］總有f（x）≥0成立，則a=________.
　　分析：對含參不等式恒成立問題，常見有兩種處理方法，一種是不分離參數，將其作為系數放在函數中來處理. 一種是分離參數，轉化成形如“a≤f（x）”或“a≥f（x）”型不等式.此類問題的理論基礎是：若a≤f（x）恒成立，則a≤f（x）min；若a≥f（x）恒成立，則a≥f（x）max，進而轉化為求函數的最值問題.
　　解析：當x=0時，不等式成立，所以a∈R.
　　當x>0，即x∈（0，1）時，不等式轉化為a≥■－■.
　　令g（x）=■－■，則g′（x）=■. 令g′（x）>0，得x<■，所以g（x）在0，■上單調遞增，在■，1上單調遞減，故g（x）max=g■=4，于是a≥4.
　　當x<0，即x∈［-1，0）時，不等式轉化為a≤■－■，此時g′（x）=■>0，所以g（x）在［-1，0）上遞增，故g（x）min=g（－1）=4，于是a≤4.
　　綜上，a=4.
　　
　　■利用最值
　　1. “f（x1）≤f（x）≤f（x2）”型
　　例2設函數f（x）=2sin■x+■，若對任意x∈R，都有f（x1）≤f（x）≤f（x2）成立，則x1－x2的最小值為________.
　　分析：由x的任意性可知f（x1），f（x2）分別是f（x）的最小值和最大值，則取最值時相應橫坐標距離的最小值是函數的半個周期，由于函數f（x）的最小正周期T=4，所以x1－x2的最小值為2.
　　2.“f（x1）－f（x2）≤t（t為常數）”型
　　例3已知三次函數f（x）=x3－3x，若對于區間［－3，2］上任意兩個自變量x1，x2，都有f（x■）－f（x■）≤t，求實數t的最小值.
　　分析：由x1，x2的任意性，本題可等價轉化為f（x）max－f（x）min≤t.
　　解：由f′（x）=3x2－3，令f′（x）=0，解得x=±1. 因為f（－3）=－18，f（－1）=2，f（1）= -2，f（2）=2，所以在區間［－3，2］上f（x）max=2，f（x）min=－18.
　　于是，對于區間［－3，2］上任意兩個自變量x1，x2，f（x■）－f（x■）≤20. 所以t≥20，從而t的最小值為20.
　　3. “f（x1）≤g（x2）”型
　　例4已知函數f（x）=8x2+16x－k，g（x）=2x3+5x2+4x，其中k為實數，若對任意x1，x2∈［-3，3］，都有f（x1）≤g（x2）恒成立，求k的取值范圍.
　　解析：由題意知，f（x）max≤g（x）min. 由g′（x）=6x2+10x+4>0，得x>－■或x<－1，故g（x）在［-3，-1），－■，3上單調遞增，在－1，－■上單調遞減. 又g（－3）= －21，g－■=－■，所以g（x）min=－21. 又f（x）max=f（3）=120－k，因此120－k≤ －21，于是k≥141.
　　
　　■構造函數
　　1. “f（x）≤g（x）”型
　　例5已知函數f（x）=8x2+16x－k，g（x）=2x3+5x2+4x，其中k為實數，若對任意x∈［-3，3］，都有f（x）≤g（x）成立，求k的取值范圍.
　　解析：令h（x）=g（x）－f（x）=2x3－3x2－12x+k，于是f（x）≤g（x）在x∈［-3，3］恒成立，即是在［-3，3］上h（x）min≥0. 易得h′（x）=6x2－6x－12，令h′（x）>0，得x>2或x< －1，所以h（x）在（－∞，－1），（2，+∞）上單調遞增，在（-1，2）上單調遞減. 又h（－1）=7+k，h（2）=－20+k，h（－3）=－45+k，h（3）= －9+k，所以h（x）min= －45+k，因此－45+k≥0，于是k≥45.
　　2. “f（x）≤g（x）≤h（x）”型
　　例6已知f1（x）=■x2+■lnx，f2（x）=■x2，求證：在區間（1，+∞）上，滿足f1（x）≤g（x）≤f2（x）恒成立的函數g（x）有無窮多個.
　　證明：令h（x）=f2（x）－f1（x）=■x2－■lnx，x∈（1，+∞），可得h′（x）=■x－■=■>0，所以h（x）在（1，+∞）上是單調增函數，于是h（x）>h（1）=■，即f2（x）－f1（x）>■. 令g（x）=f1（x）+■λ（λ∈［0，1］），則f1（x）≤g（x）≤f2（x），于是在（1，+∞）上滿足f1（x）≤g（x）≤f2（x）恒成立的函數g（x）有無窮多個.
　　3. “■≤t”型
　　例7已知函數f（x）=■（a為正常數），g（x）=lnx+f（x），且對任意x1，x2∈（0，2］，x1≠x2，都有■<－1，求a的取值范圍.
　　解：因為■<－1，所以■+1<0，于是■<0.
　　設h（x）=g（x）+x，于是h（x）在（0，2］上是減函數.
　　當1≤x≤2時， h（x）=lnx+■+x，h′（x）=■－■+1. 因為h′（x）≤0，所以a≥■+（x+1）2=x2+3x+■+3對x∈［1，2］恒成立.
　　設m（x）=x2+3x+■+3，則m′（x）=2x+3－■. 因為1≤x≤2，所以m′（x）=2x+3－■>0，故m（x）在［1，2］上是增函數. 當x=2時，m（x）有最大值■，所以a≥■.
　　當0　　因為h′（x）≤0，所以a≥－■+（x+1）2=x2+x－■－1. 設t（x）=x2+x－■－1，得t′（x）=2x+1+■>0， 所以t（x）在（0，1）上是增函數，故t（x）　　綜上所述，a≥■.?搖
　　評注：（1）運用此種方法還可解決形如“f（x1）－f（x2）≤a■-■”型的不等式恒成立問題；
　　（2）本題還可從導數的定義出發，將條件■<－1轉換為g′（x）≤－1，進一步可求解.?搖?搖
　　總之，對于函數型不等式恒成立問題，只要充分利用所給函數的特點和性質，具體問題具體分析，對問題進行等價轉化，就能使問題順利獲得解決，從而真正提高分析問題和解決問題的能力.