張建軍

摘 要： 有關恒不等式中參數(shù)的取值范圍問題，常常涉及函數(shù)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(xiàn).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(shù)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(shù)一體化 參變分離

有關恒不等式中參數(shù)的取值范圍問題，能夠聯(lián)通函數(shù)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(xiàn).求解恒不等式中參數(shù)的取值范圍，關鍵是要利用好相關函數(shù)值域區(qū)間的非無窮大端點值（即函數(shù)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(shù)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(shù)值域區(qū)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(shù)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(shù)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(qū)間上函數(shù)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(shù)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(qū)間[1，2]，求實數(shù)m的取值范圍.

解：不等式|x+a|+|x-2|≤|x-6|的解集包含區(qū)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(shù)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(shù)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(shù)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(shù)a的取值范圍為（-∞，0]∩R∩[- ，+∞）=[- ，0].

例4.已知奇函數(shù)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(shù)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l(wèi)og 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(shù)f（x）=x（e -1）-mx ，當x≥0時，f（x）≥0恒成立，求實數(shù)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(shù)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(shù)，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(shù)m的取值范圍為（-∞，1]∪=（-∞，1].

方法二（對參數(shù)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(shù)的取值范圍）：（1）若m≤1，易知g（x）在[0，+∞）上為增函數(shù)，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(shù)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(shù)，h（x）>h（0）=0，則k′（x）>0，所以k（x）在（0，+∞）上為增函數(shù)，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(shù)m的取值范圍為R∩（-∞，1]=（-∞，1].

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

解：由f′（x）= ，按函數(shù)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(shù)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(shù)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.