張建軍

摘 要： 有關恒不等式中參數的取值范圍問題，常常涉及函數與不等式等諸多知識，綜合性強，解法靈活，在高考題中多有體現.如何巧妙快速求解此類題，從是否分離變量的角度看，有函數一體化與參變分離法；從是否需要分情況討論的角度看，有整體情況分析推演與分情況討論法.

關鍵詞： 恒不等式 函數一體化 參變分離

有關恒不等式中參數的取值范圍問題，能夠聯通函數與不等式等諸多知識，綜合性強，解法靈活，在高考題中多有體現.求解恒不等式中參數的取值范圍，關鍵是要利用好相關函數值域區間的非無窮大端點值（即函數的最值或“類最值”）或其單調性.求解的方法，從是否分離變量的角度看，有函數一體化與參變分離法；從是否需要分情況討論的角度看，有整體情況分析推演與分情況討論法.在整體情況分析推演法中，最常用的是利用函數值域區間的非無窮大端點值求解.在分情況討論法中，①可按不等式恒成立的要求分情況討論分析推演，然后對各情況下的結果求交或歸并；②可對參數的某些情況驗證不等式恒成立（有時可結合必要性引路，充分性驗證），對另外一些情況舉反例說明或運用反證法證明不等式不恒成立（有時可證明不等式恒不成立），由此篩選歸并出參數的取值范圍.此時，如果可求得使恒不等式中等號成立時自變量的值，則此“臨界值”及以該臨界值為端點的一個區間上函數的單調性或許就是問題的突破口，可以試探之.當然，也可組合利用方法①、②求解.

例1.已知當|m|≤2時，mx -2x-m+1<0恒成立，求x的取值范圍.

解：令f（m）=mx -2x-m+1=（x -1）m-（2x-1）.按函數一體化方法處理，得x -1≥0f（m） =f（2）<0或x -1<0f（m） =f（-2）<0，則1≤x< ，或

故x的取值范圍為（ ， ）.

例2.已知不等式|x+a|+|x-2|≤|x-6|的解集包含區間[1，2]，求實數m的取值范圍.

解：不等式|x+a|+|x-2|≤|x-6|的解集包含區間[1，2]，就是當x∈[1，2]時，不等式|x+a|+（2-x）≤6-x，即-4≤x+a≤4恒成立.按函數一體化方法處理，有（x+a） =1+a≥-4，（x+a） =2+a≤4，-5≤a≤2.所以實數m的取值范圍為[-5，2].

例3.已知不等式3ax +6ax-1≤0對x∈R恒成立，求實數a的取值范圍.

簡解：原不等式就是3ax（x+2）≤1，參變分離，并按x（x+2）的符號分情況討論，得

（1）當x（x+2）>0時，a≤ ，由 ∈（0，+∞），得a≤0；

（2）當x（x+2）=0時，a∈R；

（3）當x（x+2）<0時，a≥ ，由 ∈（-∞，- ]，得a≥- .

對以上各情況下的結果求交，得實數a的取值范圍為（-∞，0]∩R∩[- ，+∞）=[- ，0].

例4.已知奇函數f（x）在R上單調遞增，是否存在t∈R，使不等式f（x-t）+f（x -t ）≥0對一切x∈R都成立.

解：若存在這樣的t∈R，則f（x -t ）≥-f（x-t）=f（t-x），即x -t ≥t-x對一切x∈R都成立，參變分離，得t +t≤x +x，所以t +t≤（x +x） =- ，即（t+ ） ≤0，t=- .故存在t=- ，使不等式f（x-t）+f（x -t ）≥0對一切x∈R都成立.

例5.已知關于x的不等式log x>x 在（0， ）內恒成立，求實數m的取值范圍.

解：f（x）=log x-x ->0在（0， ）內恒成立.

當0f（ ），則log -（ ） ≥0，解得 ≤m<1；

當m>1時，對于x∈（0， ），恒有log x<0，x >0，從而f（x）>0不成立.

綜上，m的取值范圍為[ ，1）.

例6.已知函數f（x）=x（e -1）-mx ，當x≥0時，f（x）≥0恒成立，求實數m的取值范圍.

思路一：f（x）=x（e -mx-1）.令g（x）=e -mx-1，則當x≥0時，g（x）≥0恒成立.又g（0）=0（臨界值），g′（x）=e -m.

對g（x）按函數一體化方法處理：注意到e ≥1，按是否有m>1，分兩種情況討論求解.

方法一（按不等式恒成立的要求分情況討論后歸并）：（1）若m≤1，則當x>0時，g′（x）>0，所以，g（x）為[0，+∞）上的增函數，由此應有g（x） =g（0）=0≥0，則m≤1.（2）若m>1，則lnm>0.當x∈（0，lnm）時，g′（x）<0，g（x）單調遞減，當x∈（lnm，+∞）時，g′（x）>0，g（x）單調遞增，從而，當x≥0時，應有g（x） =g（lnm）=m-m -1≥0，m∈？覫.

歸并（1），（2）的結果，得實數m的取值范圍為（-∞，1]∪=（-∞，1].

方法二（對參數m分情況驗證不等式恒成立和舉反例說明不等式不恒成立，由此篩選得出參數的取值范圍）：（1）若m≤1，易知g（x）在[0，+∞）上為增函數，則當x≥0時，g（x）≥g（0）=0，f（x）≥0.（2）若m>1，則g′（x）>0對x∈（0，+∞）不恒成立，于是可構造使g（x）<0的例證：

當x∈（0，lnm）時，g′（x）<0，則在（0，lnm）內，g（x）單調遞減，g（x）

從情況（1），（2）的結果，篩選得實數m的取值范圍為（-∞，1].

思路二：（1）當x=0時，f（x）=0，則m∈R.

（2）當x>0時，由f（x）=x（e -1）-mx ≥0，參變分離，得m≤ .

令k（x）= ，則k′（x）= ，令h（x）=（x-1）e +1，由h′（x）=xe >0，得h（x）在（0，+∞）上為增函數，h（x）>h（0）=0，則k′（x）>0，所以k（x）在（0，+∞）上為增函數，又由 k（x）= e =1，得k（x）>1，從而，當x>0時，m≤1.

對情況（1），（2）的結果求交，得當x≥0時，實數m的取值范圍為R∩（-∞，1]=（-∞，1].

例7.在函數f（x）=alnx-（1+a）x+ x 的定義域內，已知f（x）≥0恒成立，求實數a的取值范圍.

解：由f′（x）= ，按函數一體化方法，并將分情況討論法的措施①、②結合起來對參數m分情況討論，有：

（1）若a≤0，則在（0，1）上，f（x）單調遞減；在（1，+∞）上， f（x）單調遞增，從而，在（0，+∞）上，f（x） =f（1）=- -a≥0，解得a≤- .

（2）若a>0，由f（1）=- -a<0，得f（x）≥0在（0，+∞）上不恒成立.

從情況（1），（2）的結果，篩選得所求a的取值范圍為（-∞，- ].

注：在情形（2）中，難以找到使f（x）=0的臨界值，因而所舉反例具有一定的試探性.反例f（1）<0最簡明；由當x→0 時，f（x）→-∞，也可在x∈（0，1）時，舉出f（x）<0的較一般性反例或其他具體反例，如f（ ）=-aln2-aln2- a- <0等；如以f（a）<0為反例，又需分01兩種情況，其推演較繁難.

上面介紹了含參不等式中恒成立問題的幾種解法，在解題中要靈活應用題設條件綜合分析，選擇適當方法準確而快速地解題.

參考文獻：

[1]丁智成.例說恒成立條件下不等式參數的取值范圍.

[2]商愛平.例析求恒成立不等式中參變量取值范圍的方法.