二次不等式恆成立求參數範圍

前言

相關博文：不等式恆成立問題；

不等式恆成立問題和二次不等式恆成立問題的關係：相輔相成，缺一不可；

不等式恆成立的問題，咱們最經常使用的轉化思路是分離參數+構造函數法，可是並不是全部的恆成立問題均可以這樣求解，好比\(2ax^2+a^2x+2\geqslant 0\)在區間\([1,2]\)上恆成立，求參數\(a\)的取值範圍，此題目就不能用分離參數法求解，而只能用二次不等式恆成立的方法分類討論求解；

二次不等式恆成立問題的求解原則

利用三個二次的關係，進行相應的轉化劃歸。好比原本是求解二次不等式問題，咱們倒是利用其對應的二次函數的圖像來思考，先將數的問題轉化爲形的問題，最後再由形轉化爲不等式組的求解。

引例，如\(ax^2+bx+c\ge 0(a>0)\)，或者直接思考\(x^2-2ax+3a-1\ge 0\)，(當\(a<0\)時，能夠仿照\(a>0\)來轉化模型獲得相應的不等式組）

類型策略

• 類型1：形如\(f(x)\ge 0(x\in R)\)型的不等式肯定參數範圍

處理策略：須要限制\(a\)和\(\Delta\)，即\(\left\{\begin{array}{l}{a>0}\\{\Delta \leq 0}\end{array}\right.\)

具體到上例，即\(\Delta=4a^2-4(3a-1)\leq 0\)，求解便可。

• 類型2：形如\(f(x)\ge 0 (x\in [m，+\infty))\)型的不等式肯定參數範圍

處理策略：分類討論，轉化劃歸；

如上例是在\([2，+\infty)\)上恆成立，

則\(\Delta \leq 0\)或\(\left\{\begin{array}{l}{\Delta > 0}\\{[對稱軸]a< 2}\\{f(2)\ge 0}\end{array}\right.\)

• 類型3：形如\(f(x)\ge 0(x\in[a，b])\)型的不等式肯定參數範圍

如上例\(x\in [2，3]\)上恆成立，

則\(\Delta \leq 0\)或

\(\left\{\begin{array}{l}{\Delta > 0}\\{[對稱軸]a< 2}\\{f(2)\ge 0}\end{array}\right.\)

或\(\left\{\begin{array}{l}{\Delta > 0}\\{[對稱軸]a> 3}\\{f(3)\ge 0}\end{array}\right.\)

特別的，當\(x^2-2ax+3a-1\leq 0\)在\(x\in [2，3]\)上恆成立時，只須要限制\(\left\{\begin{array}{l}{f(2)\leq 0}\\{f(3)\leq 0}\end{array}\right.\)

• 類型4：形如\(f(x)\ge 0(參數m\in[a，b])\)型的不等式肯定參數範圍

處理策略：主輔元換位，

如不等式\(x^2-2ax+3a-1\ge 0\)對\(a\in [2，3]\)恆成立，求\(x\)的取值範圍。

令\(f(x)=x^2-2ax+3a-1\)，則\(f(x)\)是關於\(x\)的二次函數，

若將上述函數以\(a\)爲元，能夠整理爲另外一個函數

\(g(a)=(3-2x)a+x^2-1\)，則\(g(a)\)是關於\(a\)的一次函數，

現要\(g(a) \ge 0\)，則只需\(\left\{\begin{array}{l}{g(2)\ge 0}\\{g(3)\ge 0}\end{array}\right.\)

對應例題

• 角度一 形如\(f(x)\ge 0(f(x)\leq 0)(x\in R)\)型的不等式肯定參數範圍

例1 【2017銅川模擬】不等式\(a^2+8b^2\ge \lambda b(a+b)\)對於任意的\(a，b\in R\)恆成立，則實數\(\lambda\)的取值範圍爲_____________。

法1：(將\(b\)和\(\lambda\)看作係數)將不等式轉化爲\(a^2-\lambda ba+8b^2-\lambda b^2\ge 0\)對任意的\(a\in R\)恆成立，

則\(\Delta =b^2\lambda^2-4(8b^2-\lambda b^2)=b^2(\lambda^2+4\lambda-32)\leq 0\)，

解得\(-8\leq \lambda \leq 4\)。

法2：變量集中策略，當\(b=0\)時，即\(a^2\ge 0\)恆成立，\(\lambda\in R\)；

當\(b\neq 0\)時，原不等式等價於\((\cfrac{a}{b})^2+8\ge \lambda (\cfrac{a}{b})+\lambda\)，

令\(\cfrac{a}{b}=t\in R\)，即\(t^2-\lambda t+8-\lambda\ge 0\)對任意的\(t\in R\)恆成立，

則\(\Delta =(\lambda)^2-4(8-\lambda)\leq 0\)，

解得\(-8\leq \lambda \leq 4\)。

綜上所述(兩種狀況取交集)，實數\(\lambda\)的取值範圍爲\(-8\leq \lambda \leq 4\)。

• 角度二 形如\(f(x)\ge 0(x\in[a，b])\)型的不等式肯定參數範圍

例2 設函數\(f(x)=mx^2-mx-1(m\neq 0)\)，若對於\(x\in [1，3]\)，\(f(x)<-m+5\)恆成立，求\(m\)的取值範圍。

法1：利用二次函數求解，要使\(f(x)<-m+5\)恆成立，即\(mx^2-mx+m-6<0\)，

即\(m(x-\cfrac{1}{2})^2+\cfrac{3}{4}m-6<0\)在\(x\in[1,3]\)上恆成立，

令\(g(x)=m(x-\cfrac{1}{2})^2+\cfrac{3}{4}m-6,x\in [1,3]\)，

當\(m>0\)時，\(g(x)\)在\([1,3]\)上是增函數，

因此\(g(x)_{max}=g(3)=7m-6<0\), 解得\(m<\cfrac{6}{7}\)，

則有\(0<m<\cfrac{6}{7}\)；

當\(m<0\)時，\(g(x)\)在\([1,3]\)上是減函數，

因此\(g(x)_{max}=g(1)=m-6<0\), 解得\(m<6\)，

則有\(m<0\)；

綜上所述，\(m\)的取值範圍是\((-\infty,0)\cup(0,\cfrac{6}{7})\)。

法2：分離參數法，由於\(x^2-x+1>0\)，由\(f(x)<-m+5\)可得\(m(x^2-x+1)-6<0\)，

故有\(m<\cfrac{6}{x^2-x+1}\)恆成立，

又由於函數\(y=\cfrac{6}{x^2-x+1}=\cfrac{6}{(x-\cfrac{1}{2})^2+\cfrac{3}{4}}\)在區間\([1,3]\)上的最小值爲\(\cfrac{6}{7}\),

故只需\(m<\cfrac{6}{7}\)便可，

又由於\(m\neq 0\)，因此\(m\)的取值範圍是\((-\infty,0)\cup(0,\cfrac{6}{7})\)。

例3 已知函數\(f(x)=x^2 +ax-2a≥0\)在區間 \([1,5]\)上恆成立，求參數\(a\)的取值範圍。

法1，二次函數法

①因爲\(\Delta=a^2+8a≤0\)時知足題意，解得\(-8≤a≤0\)，

求得對稱軸\(x=-\cfrac{a}{2}\)，

再考慮對稱軸\(x=-\cfrac{a}{2}\)和給定區間\([1，5]\)的相對位置關係

②當\(-\cfrac{a}{2}≤1\)時，即\(a≥-2\)時，函數\(f(x)\)在區間\([1,5]\)單調遞增，

因此\(f(x)_{min}=f(1)=1+a-2a≥0\),解得\(-2≤a≤1\)，又由於\(a≥-2\)，因此獲得\(-2≤a≤1\)。

③當\(-\cfrac{a}{2}≥5\)時，即\(a≤-10\)時，函數\(f(x)\)在區間\([1,5]\)單調遞減，

因此\(f(x)_{min}=f(5)=25+5a-2a≥0\)，解得\(a≥-\cfrac{25}{3}\)，又由於\(a≤-10\)，因此獲得\(a\in\varnothing\).

④當\(1<-\cfrac{a}{2}<5\),即\(-10<a<-2\)時，\(f(x)_{min}=f(-\cfrac{a}{2})=\cfrac{a^2}{4}-\cfrac{a^2}{2}-2a≥0\)，

獲得\(-8≤a≤0\),又\(-10<a<-2\)，因此\(-8≤a<-2\)（這種情形能夠省略）

綜上可得\(a\)的取值範圍是\([-8,1]\)

法2：分離參數法，先轉化爲\((x-2)a\ge -x^2，x\in [1，5]\)

接下來就轉化爲了三個恆成立的命題了，

當\(x=2\)時，原不等式即\((2-2)a\ge -4\)，\(a\in R\)都符合題意；

當\(2<x<5\)時，原不等式等價於\(a\ge \cfrac{-x^2}{x-2}=-(x-2)-\cfrac{4}{x-2}-4=g(x)\)恆成立；

\(g(x)=-(x-2)-\cfrac{4}{x-2}-4\leq 2\sqrt{(x-2)\cdot \cfrac{4}{x-2}}-4=-8\)

求得當\(x=4\)時，\(g(x)_{max}=-8\)，故\(a\ge -8\)

當\(1<x<2\)時，原不等式等價於\(a\leq \cfrac{-x^2}{x-2}=-(x-2)-\cfrac{4}{x-2}-4=g(x)\)恆成立；

\(g(x)=-(x-2)-\cfrac{4}{x-2}-4\ge 2\sqrt{-(x-2)\cdot \cfrac{-4}{x-2}}-4=0\)

當且僅當\(x=0\)時取到等號，並不知足前提條件\(1<x<2\)，故是錯解。

此時須要藉助對勾函數的單調性，函數\(y=x+\cfrac{4}{x}\)在區間\([1，2]\)上單調遞增，

那麼\(y=x-2+\cfrac{4}{x-2}\)在區間\([1，2]\)上單調遞減，

\(y=-(x-2)-\cfrac{4}{x-2}\)在區間\([1，2]\)上單調遞增，\(y=-(x-2)-\cfrac{4}{x-2}-4\)在區間\([1，2]\)上單調遞增，

故\(g(x)_{min}=g(1)=1\)，故\(a\leq 1\)

以上三種狀況取交集，獲得\(a\in [-8，1]\)。

• 角度三 形如\(f(x)\ge 0(參數m\in[a，b])\)型的不等式肯定參數範圍

例4 已知\(a\in[-1,1]\)時不等式\(x^2+(a-4)x+4-2a>0\)恆成立，則\(x\)的取值範圍是多少？

分析：主輔元換位，把不等式的左端當作關於\(a\)的一次函數，

記爲\(f(a)=(x-2)a+x^2-4x+4\)，則由\(f(a)>0\)對於任意的\(a\in[-1,1]\)恆成立，

只需\(\begin{cases}f(-1)>0\\f(1)>0\end{cases}\)便可，

即\(\begin{cases}x^2-5x+6>0\\x^2-3x+2>0\end{cases}\)，

解得\(x<1\)或\(x>3\)，則\(x\)的取值範圍是\((-\infty,1)\cup(3,+\infty)\).

高階轉化

例1 【2019屆高三理科三輪模擬訓練題】【恆成立問題】【二次函數的最值問題】

已知正項遞增等比數列\(\{a_n\}\)的前\(n\)項和爲\(S_n\)，且\(a_1a_4=27\)，\(a_2+a_3=12\)，若\(\forall n\in N^*\)，\(2a_{n+1}S_n-21a_{n+1}\ge t\)恆成立，則實數\(t\)的取值範圍是__________。

分析：由等比數列性質可知，\(a_2a_3=27\)，\(a_2+a_3=12\)，

則\(a_2\)，\(a_3\)是方程\(x^2-(a_2+a_3)x+a_2a_3=0\)，即方程爲\(x^2-12x+27=0\)的兩個根，

解得\(a_2=3\)，\(a_3=9\)，或\(a_2=9\)，\(a_3=3\)(捨去)；

則\(a_n=3^{n-1}\)，從而計算獲得\(S_n=\cfrac{3^n-1}{2}\)，

故已知條件\(2a_{n+1}S_n-21a_{n+1}\ge t\)能夠變形爲

\(t\leq 2\cdot 3^n\cdot \cfrac{3^n-1}{2}-21\cdot 3^n=(3^n)^2-22\cdot 3^n=(3^n-1)^2-121\)，

令\(g(n)=(3^n-1)^2-121\)，如下類比二次函數求最值的方法，注意\(n\in N^*\)的條件限制，

則當\(n=2\)時，\(g(n)_{min}=(3^2-11)^2-121=-117\)，故\(t\leq -117\)，即所求範圍爲\((-\infty，-117]\)。

解後反思：①本題目的難點之一是解方程求數列通項公式；②恆成立問題；③求二次函數的最值；

例2 設函數\(f(x)\)，若對於在定義域內存在實數\(x\)知足\(f(-x)=-f(x)\)，則稱函數\(f(x)\)爲「局部奇函數」。若函數\(f(x)=4^x-m\cdot 2^{x+1}+m^2-3\)是定義在\(R\)上的「局部奇函數」，則實數\(m\)的取值範圍是多少？

分析：由題目可知，方程\(f(-x)+f(x)=0\)在\(R\)上有解，

即\(4^x+4^{-x}-m(2^{x+1}+2^{-x+1})+2(m^2-3)=0\)有解，

先令\(2^x=t>0\)，獲得\(t^2+\cfrac{1}{t^2}-2m(t+\cfrac{1}{t})+2(m^2-3)=0\)，

再令\(t+\cfrac{1}{t}=n\ge 2\)，則方程變形爲\(n^2-2mn+2m^2-8=0\)在\(n\in [2，+\infty)\)上有解，

令\(F(n)=n^2-2mn+2m^2-8(n \ge 2)\)；

\(1^。\) 當\(F(2)\leq 0\)時，由零點存在性定理可知，只須要\(F(2)\leq 0\)，由\(F(2)\leq 0\Longrightarrow 1-\sqrt{3}\leq m \leq 1+\sqrt{3}\)；

\(2^。\) 當\(F(2)> 0\)時，還須要\(\Delta \ge 0\)且對稱軸大於2，

由\(\begin{cases} &F(2)> 0\\ &\Delta \ge 0 \\ &m>2\end{cases}\Longrightarrow \begin{cases} &m<1-\sqrt{3}，m>1+\sqrt{3}\\ &-2\sqrt{2}\leq m \leq 2\sqrt{2} \\ & m>2\end{cases}\Longrightarrow 1+\sqrt{3}< m \leq 2\sqrt{2}\)；

綜上所述，\(m\)的取值範圍是\([1-\sqrt{3}，2\sqrt{2}]\).

對應練習：

練1 (2017新餘模擬)不等式\(x^2-2x+5\ge a^2-3a\)對任意實數\(x\)恆成立，則實數\(a\)的取值範圍是

分析：令\(a^2-3a=A\)，\(x^2-2x+5=f(x)\)，

則轉化爲\(f(x)\ge A\)對任意實數恆成立，即須要求解\(f(x)_{min}\);

練2 已知不等式\(x^2-2x+a>0\)對任意實數\(x\in[2,3]\)恆成立，則實數\(a\)的取值範圍是___________.

分析：分離參數獲得\(a>-x^2+2x\)對任意實數\(x\in[2,3]\)恆成立，

即須要求函數\(f(x)=-x^2+2x,x\in[2,3]\)的\(f(x)_{max}\),

\(f(x)=-(x-1)^2+1,x\in[2,3]\),故\(f(x)_{max}=f(2)=0\)，則獲得\(a>0\).

練3 已知函數\(f(x)=-x^2+ax+b^2-b+1(a\in R,b\in R)\),對任意實數\(x\)都有\(f(1-x)=f(1+x)\)成立，若當\(x\in[-1,1]\)時，\(f(x)>0\)恆成立，則\(b\)的取值範圍是_____________.

分析：先由\(f(1-x)=f(1+x)\)獲得，二次函數的對稱軸\(x=-\cfrac{a}{-2}=1\)，解得\(a=2\)，

故題目轉化爲\(-x^2+2x+b^2-b+1>0\)對任意\(x\in [-1,1]\)恆成立，

用總體法分離參數，

獲得\(b^2-b>x^2-2x-1\)對任意\(x\in[-1,1]\)恆成立。

令\(g(x)=x^2-2x-1，x\in[-1,1]\)，須要求函數\(g(x)_{max}\)；

\(g(x)=x^2-2x-1=(x-1)^2-2，x\in[-1，1]\)，

故\(g(x)\)在區間\([-1，1]\)上單調遞減，則\(g(x)_{max}=g(-1)=2\)，

故\(b^2-b>2\)，解得\(b<-1\)或\(b>2\)。

練4 若不等式\(log_a^2x+alog_a{x^2}+4>0\)對任意\(x\in (0,+\infty)\)恆成立，則實數\(a\)的取值範圍是________________。

分析：令\(log_ax=t\)，因爲\(x\in (0,+\infty)\)，則此時不論底數\(a\)爲什麼值，都有\(t\in R\)，故原題等價轉化爲

\(t^2+2at+4>0\)對\(t\in R\)恆成立，故只須要\(\Delta=4a^2-16<0\)便可，解得\(-2<a<2\)，

又因爲隱含條件\(a>0\)且\(a\neq 1\)，故\(a\in (0,1)\cup(1,2)\)。

例5 【二次函數中的恆成立問題】已知\(a\in R\)，函數\(f(x)=2ax^2+2x-3\)在\(x\in [-1，1]\)上恆小於零，則實數\(a\)的取值範圍是_____________。

法1：遇到恆成立問題，通常首先考慮可否分離參數的方法，本題目能夠分離參數，但須要針對自變量分類討論。

當\(x=0\)，\(-3<0\)恆成立，故\(a\in R\)；

當\(x\neq 0\)時，分離參數並整理，獲得\(a<\cfrac{3-2x}{2x^2}\)恆成立，

令\(g(x)=\cfrac{3-2x}{2x^2}=\cfrac{3}{2}(\cfrac{1}{x})^2-\cfrac{1}{x}=\cfrac{3}{2}[(\cfrac{1}{x})^2-\cfrac{2}{3}\times\cfrac{1}{x}+(\cfrac{1}{3})^2]-\cfrac{3}{2}\times (\cfrac{1}{3})^2\)

\(=\cfrac{3}{2}(\cfrac{1}{x}-\cfrac{1}{3})^2-\cfrac{1}{6}\)恆成立，

因爲\(x\in [-1，0)\cup(0，1]\)，故\(t=\cfrac{1}{x}\in (-\infty，-1]\cup[1，+\infty)\)，

則\(g(x)=h(t)=\cfrac{3}{2}(t-\cfrac{1}{3})^2-\cfrac{1}{6}\)，

故當\(t=1\)，即\(x=1\)時，\(g(x)_{min}=\cfrac{1}{2}\)；故\(a<\cfrac{1}{2}\)，

綜上所述取交集，獲得實數\(a\)的取值範圍是\((-\infty，\cfrac{1}{2})\).

法2：還能夠不分離參數，針對參數分類討論以下。

①當\(a=0\)時，\(f(x)=2x-3\)，\(f(x)_{max}=f(1)=2-3<0\)成立，故\(a=0\)知足；

當\(a\neq 0\)時，\(f(x)\)爲二次函數，對稱軸爲\(x=-\cfrac{1}{2a}\)，

②\(\left\{\begin{array}{l}{a>0}\\{f(1)<0}\\{f(-1)<0}\end{array}\right.\) 解得\(\left\{\begin{array}{l}{a>0}\\{a<\frac{1}{2}}\\{a<\frac{5}{2}}\end{array}\right.\) 即\(0<a<\cfrac{1}{2}\)

③\(\left\{\begin{array}{l}{a<0}\\{-\cfrac{1}{2a}\geqslant 1}\\{f(1)<0}\end{array}\right.\) 解得\(\left\{\begin{array}{l}{a<0}\\{-\frac{1}{2}\leqslant a<0 }\\{ a<\frac{1}{2}}\end{array}\right.\) 即\(-\cfrac{1}{2}\leqslant a<0\)

④\(\left\{\begin{array}{l}{a<0}\\{-\cfrac{1}{2a}\leqslant -1}\\{f(-1)<0}\end{array}\right.\) 解得\(\left\{\begin{array}{l}{a<0}\\{a\in \varnothing}\\{a<\frac{5}{2}}\end{array}\right.\) 即\(a\in \varnothing\)

⑤\(\left\{\begin{array}{l}{a<0}\\{\Delta<0}\end{array}\right.\) 解得\(\left\{\begin{array}{l}{a<0}\\{a<-\frac{1}{6}}\end{array}\right.\) 即\(a<-\cfrac{1}{6}\)

綜上所述取並集，獲得實數\(a\)的取值範圍是\((-\infty，\cfrac{1}{2})\).

【解後反思】一、對於恆成立類題目，若針對自變量分類討論，則結果必須取交集；若針對參數分類討論，則結果必須取並集。二、若能注意到\(a<0\)，則對稱軸\(x=-\cfrac{1}{2a}>0\)，則能夠直接排除情形④的討論；