概述高考中函數不等式恒成立問題

王先義+劉成龍

摘要：函數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.

關鍵詞：高考；函數不等式；恒成立

函數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數、函數、方程、不等式等高中主干知識，對學生分析問題、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）恒成立x∈D，f（x）min≥c恒成立.

例1（2016上海）已知a∈R，函數f（x）=log21x+a（1）（2）略；（3）設a>0，若對任意t∈12，1，函數f（x）在區間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01x2+a，則log21x1+a>log21x2+a，所以f（x）在0，+∞上單調遞減故f（x）在區間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x∈-1，1時，恒有f（x）≤g（a）+4.

證明（2） 由（1）得g（a）=a3，0

①當00，則h（x）在a，1上單調遞增，且0

②當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上單調遞減，h（x）max=h（-1）=4，故f（x）≤g（a）+4.

綜上所述，當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f（x）=（1+x）e-2x，g（x）=ax+x32+1+2xcosx，當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a取值范圍.

證明（1）當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x∈0，1，h′（x）>0，因此h（x）在0，1上單調遞增故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，（*）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）設函數f（x）=x2+2lnx，f ′（x）表示f （x）的導數，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內單調遞減，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f（x）=lnx-ax+1-ax-1（a∈R）.

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

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

當x∈（1，2）時，f ′（x）>0，函數f（x）單調遞增，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）x∈D，f（x）max-f（x）min≤c.

例6（2015新課標2卷）設函數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]上單調遞減，在[0，1]上單調遞增，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g（t）=et-t-e+1，則g′（t）=et-1當t<0時，g′（t）<0；當t>0時，g′（t）>0；故g（t）在（-∞，0）上單調遞減，在（0，+∞）上單調遞增又g（1）=0，g（-1）=e-1+2-e<0，故當t∈[-1，1]時，g（t）≤0當m∈[-1，1]時，g（m）≤0，g（-m）≤0，即（*）式成立；當m∈（1，+∞）時，由g（t）的單調性知，g（m）>0，即em-m>e-1；當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）單調遞增（x1≤x2）或單調遞減（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b≥0時，c>b，則h（x）單調遞減，與h（x）=bx+c單調遞增或平行于x軸矛盾，故M=1不符合題意.

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

（iii）1-M>0，即M>1當b≥0時，h（x）單調遞減，則-b2（1-M）≥c，M≥b2c+1≥1；若b<0時，h（x）單調遞減，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）恒成立x∈D，h（x）=f（x）-Mg（x）單調遞增（x1≤x2）或單調遞減（x1≥x2）.

例8（2010遼寧）已知函數f（x）=（a+1）lnx+ax2+1.

（1）略；（2）設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x1≥x2當a<-1時，由（1）知f（x）在（0，+∞）單調遞減，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不等式問題從八個角度進行了系統的分析，希望讀者在閱讀時仔細品味類型間的聯系與差異，弄清每種類型獨特的內涵和適用條件.endprint