含参变量不等式问题附答案Word格式文档下载.docx
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分类讨论是一种逻辑方法,也是一种数学思想.分类讨论的标准由引起分类讨论的原因确定,分类时一定要确保“各类的交集为空集”,即不重复,又要确保“各类的并集是全集”,即不遗漏.
分类原则是:
(1)施行分类的集合的全域必须是确定的;
(2)每一次分类的标准必须是同一的;
(3)分类必须是完整的,不出现遗漏;
(4)各子集域必须是互斥的,不出现重复;
(5)如需多次分类,必须逐级进行,不得越级.
一、含参变量不等式的解法
例1解关于x的不等式:
(m+1)x2-4x+1≤0(m∈R).
【点评】解含参数的一元二次不等式时,常需分类讨论,分类讨论的出发点有:
(1)二次项系数;
(2)判别式;
(3)两根的大小.
例2、设函数f(x)=
,集合M={x|f(x)<0},P={x|f′(x)>0},若MP,求实数a的取值范围.
二、恒成立问题
例3已知函数f(x)=ex-kx,x∈R.
(1)若k=e,试确定函数f(x)的单调区间;
(2)若k>
0,且对于任意x∈R,f(
)>
0恒成立,试确定实数k的取值范围.
例4已知函数f(x)=lnx-ax+
-1(a∈R).
(1)当a≤
时,讨论f(x)的单调性;
(2)设g(x)=x2-2bx+4,当a=
时,若对任意x1∈(0,2),存在x2∈[1,2],使f(x1)≥g(x2),求实数b的取值范围.
【点评】这是一个含参问题,需分类讨论,分类讨论时需把握好出发点,如
(1)中,a与零的比较成为分类讨论的出发点.第
(2)问中,注意等价转换为g(x)min≤-
.
〔备选题〕例5已知函数f(x)=2x2+(x-a)|x-a|.
(1)若f(0)≥1,求a的取值范围;
(2)求f(x)的最小值;
(3)设函数h(x)=f(x),x∈(a,+∞),直接写出(不需给出演算步骤)不等式h(x)≥1的解集.
方法总结:
1.求解含参变量不等式时,往往需要分类讨论,而分类时讲究分类标准的一致性,并注意确保“不重不漏”.
2.解决含参变量恒成立的不等式问题的步骤是:
①分离变量:
即将参变量与主变量分开,分别分布在不等式两侧.
②求最值:
要使h(a)≥f(x)恒成立,只需h(a)≥f(x)max;
要使h(a)≤f(x)恒成立,只需h(a)≤[f(x)]min.
同时应注意若不能分离变量,则将恒成立问题转化化归为函数问题,利用数形结合求解.
(2011北京)已知函数f(x)=(x-k)2
(1)求f(x)的单调区间;
(2)若对于任意的x∈(0,+∞),都有f(x)≤
,求k的取值范围.
练习:
1.已知loga
<1,则a的取值范围是()
A.0<a<
B.a>1C.0<a<
或a>1D.a>
2.关于x的不等式x2-4ax-5a2>0(a<0)的解集是()
A.{x|5a<x<-a}B.{x|-a<x<5a}
C.{x|x<5a或x>-a}D.{x|x>5a或x<-a}
3.已知a>0,a≠1,f(x)=x2-ax,当x∈(-1,1)时,均有f(x)<
,则实数a的取值范围是()
A.(0,
]∪[2,+∞)B.[
,1)∪(1,4]C.[
,1)∪(1,2]D.(0,
]∪[4,+∞)
4.已知函数f(x)=ax2+bx+c(a<b),若对任意x∈R,f(x)≥0恒成立,则A=
的最小值为.
5.已知函数f(x)=2ax+4a+6,当x∈[-1,1]时,f(x)的值有正有负,则a的取值范围是.
6.设a,b∈R,关于x的不等式a2x+b2(1-x)≥[ax+b(1-x)]2,若a=b,则不等式的解集为;
若a≠b,则不等式的解集为.
7.解关于x的不等式x2-(a+a2)x+a3>0(a∈R).
8.设函数f(x)=mx2-mx-1.
(1)若对于一切实数x,f(x)<0恒成立,求m的取值范围;
(2)若对于x∈[1,3],f(x)<-m+5恒成立,求m的取值范围.
含参变量不等式问题参考答案
1、【解析】因为ax+x=-1,即(a+1)x=-1,显然a≠-1,所以x=
0,∴a>
-1.
2、【解析】
或
,∴
a<
1
3、【解析】
(m2-m)2x-(
1,∀x∈(-∞,-1]恒成立⇔m2-m<
,∀x∈(-∞,-1]恒成立.
设(
)x=t,t∈[2,+∞),f(t)=t2+t=(t+
)2-
≥6,
故m2-m<
6,-2<
m<
3.
4、【解析】依题意,问题转化为当x∈(0,4)时,
a≤x+
+|x2-2|恒成立.
易知当x=
时,x+
和|x2-2|同时取得最小值,
故a≤2
5、【解析】原不等式可化为(4-a)x2-4x+1<0①
由于不等式的解集中的整数恰有3个,
则
,即0<a<4,
由①得
<x<
,又
<
所以解集中的3个整数必为1,2,3,
所以3<
≤4,解得
<a≤
例1、【解析】
(1)若m=-1,x≥
,
不等式的解集为{x|x≥
};
(2)若m≠-1,方程(m+1)x2-4x+1=0的
Δ=16-4(m+1)=4(3-m)
当m<
3,且m≠-1时,两根为x=
因此当m<
-1时,不等式的解集为(-∞,
]∪[
,+∞);
当-1<
3时,解集为[
];
当m=3时,x=
,解集为{
例2、【解析】f′(x)=
=
1°
当a>
1时,M=(1,a),
P=(-∞,1)∪(1,+∞),MP成立;
2°
当a=1时,M=∅,P=∅,不合题意;
3°
当a<
1时,M=(a,1),P=∅,不合题意.
综上可知,a的取值范围是(1,+∞).
例3、【解析】
(1)由k=e得f(x)=ex-ex,
所以f′(x)=ex-e.
由f′(x)>
0得x>
1,
故f(x)的单调递增区间是(1,+∞);
由f′(x)<
0得x<
故f(x)的单调递减区间是(-∞,1).
(2)由f(
)=f(
)可知,f(
)是偶函数.
于是f(
0对任意x∈R成立等价于f(x)>
0对任意x≥0成立.
由f′(x)=ex-k=0得x=lnk.
①当k∈(0,1]时,
f′(x)=ex-k>
1-k≥0(x>
0),
此时f(x)在[0,+∞)上单调递增,
故f(x)≥f(0)=1>
0,符合题意.
②当k∈(1,+∞)时,lnk>
0.当x变化时,f′(x)、f(x)的变化情况如下表:
x
[0,lnk)
lnk
(lnk,+∞)
f′(x)
-
+
f(x)
单调递减
极小值
单调递增
由此可得,在[0,+∞)上,f(x)≥f(lnk)=k-klnk.
依题意,令k-klnk>
0,又k>
1,∴1<
k<
e.
综合①②得,实数k的取值范围是0<
例4、【解析】
(1)∵f(x)=lnx-ax+
-1,
∴f′(x)=
-a-
x∈(0,+∞).
令h(x)=ax2-x+1-a,x∈(0,+∞).
①当a=0时,h(x)=-x+1,
当x∈(0,1)时,h(x)>
0,此时f′(x)<
0,函数f(x)单调递减,当x∈(1,+∞)时,h(x)<
0,此时f′(x)>
0,函数f(x)单调递增.
②当a≠0时,由f′(x)=0得x1=1,x2=
(ⅰ)当a=
时,x1=x2,h(x)≥0恒成立,
此时f′(x)≤0,函数f(x)在(0,+∞)单调递减.
(ⅱ)当0<
时,
-1>
x∈(0,1)时,f(x)单调递减;
x∈(1,
-1)时,f(x)单调递增;
x∈(
-1,+∞)时,f(x)单调递减.
(ⅲ)当a<
0时,
-1<
0,
x∈(1,+∞)时,f(x)单调递增.
(2)a=
∈(0,
),由
(1)知x1=1,x2=3∉(0,2),
当x∈(0,1)时,f(x)单调递减;
当x∈(1,2)时,f(x)单调递增.
故f(x)在(0,2)上的最小值为f
(1)=-
由题意可知g(x)在[1,2]上的最小值不大于f(x)在(0,2)上的
最小值-
g(x)=(x-b)2+4-b2,x∈[1,2],
当b<
1时,g(x)min=g
(1)=5-2b>
0不合题意;
当b∈[1,2]时,g(x)min=4-b2≥0不合题意;
当b∈[2,+∞)时,g(x)min=g
(2)=8-4b≤-
∴b≥
综上可知b的取值范围是[
,+∞).
例5、【解析】
(1)因为f(0)=-a|-a|≥1,
所以-a>0,即a<0.
由a2≥1知a≤-1.
因此,a的取值范围为(-∞,-1].
(2)记f(x)的最小值为g(a).
由于f(x)=2x2+(x-a)|x-a|=
(ⅰ)当a≥0时,f(-a)=-2a2,
由①②知f(x)≥-2a2,
此时g(a)=-2a2.
(ⅱ)当a<0时,f(
)=
a2.
若x>a,则由①知f(x)≥
a2;
若x≤a,则x+a≤2a<0,由②知f(x)≥2a2>
此时g(a)=
综上得g(a)=
(3)(ⅰ)当a∈(-∞,-
,+∞)时,
解集为(a,+∞);
(ⅱ)当a∈[-
)时,
解集为[
(ⅲ)当a∈(-
,-
)时,解集为(a,
(2011北京)【解析】
(1)f′(x)=
(x2-k2)
令f′(x)=0,得x=±
k.
当k>
0时,f(x)与f′(x)的变化情况如下:
(-∞,-k)
-k
(-k,k)
k
(k,+∞)
递增
4k2e-1
递减
递增
所以f(x)的单调递增区间是(-∞,-k)和(k,+∞),单调递减区间是
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