刘长盛

含参数不等式的恒成立问题是不等式中重要的题型，也是近几年高考的热点题型。这类问题既含参数又含变量，学生往往难以下手，而转化为函数的最值问题是其中较易处理的一种情形。下面对几种常见的问题分类研究如下：

一、形如“？坌x∈D，a≤f（x）恒成立”型不等式

形如“a≥f（x）”或“a≤f（x）”型不等式是恒成立问题中最基本的类型，它的等价转化方法是“a≥f（x）在x∈D上恒成立，则a≥

[f（x）]max（x∈D）；a≤f（x）在x∈D上恒成立，则a≤[f（x）]max（x∈D）”.许多复杂的恒成立问题最终都可归结到这一类型中.

例题1（2012年陕西理科高考压轴题）

设函数fn（x）=xn+bx+c（n∈N+，b，c∈R）.

（Ⅰ）设n≥2，b=1，c=-1，证明：fn（x）在区间 ，1内存在唯一的零点；

（Ⅱ）设n=2，若对任意x1，x2∈[-1，1]有f2（x1）-f2（x2）≤4，求b的取值范围；

（Ⅲ）在（Ⅰ）的条件下，设xn是fn（x）在 ，1内的零点，判断数列x2，x3…xn…的增减性。

解：（Ⅰ）、（Ⅲ）略

（Ⅱ）当n=2时，f2（x）=x2+bx+c，

对任意x1，x2∈[-1，1]都有f2（x1）-f2（x2）≤4等价于f2（x1）-f2（x2）max≤4.

即f2（x）在[-1，1]上的最大值与最小值之差M≤4.

当- >1，即b>2时，M=f（1）-f（-1）=2b>4，与题设

矛盾.

当-1≤- ≤0，即0

当0≤- ≤1，即-2≤b≤0，M=f（-1）-f（- ）=（ -1）2≤4恒成立.

综上所述，-2≤b≤2.

二、形如“？埚x∈D，a≤f（x）恒成立”型不等式

形如“？埚x∈D，a≤f（x）恒成立”问题可转化为“a≤f（x）max”来

求解；

而形如“？埚x∈D，a≥f（x）恒成立”问题可转化为“a≥f（x）min”来求解。

例题2（2013年重点中学第一次联考）

设f（x）= +xlnx，g（x）=x3-x2-3.

若存在x1，x2∈[0，2]使得g（x1）-g（x2）≥M成立，求满足上述条件的最大整数M.

解：由题意可知，存在x1，x2∈[0，2]使得g（x1）-g（x2）≥M成立，等价于：

[g（x1）-（x2）]max≥M，∵g（x）=x3-x2-3，g′（x）=3x2-2x=3x（x- ）.

由上表可知，g（x）min=g =- ，g（x）max=g（2）=1

[g（x1）-g（x2）]max=g（x）max-g（x）min= ，故满足条件的最大整数M=4.

三、形如“？坌x1∈D，？坌x2∈M，f（x1）≤g（x2）恒成立”型不等式

该类问题可转化为“f（x1）max-g（x2）min”来求解。

例题3（2013年重点中学联考模拟试题）

设f（x）= +xlnx，g（x）=x3-x2-3.

如果对任意的s，t∈[ ，2]都有f（x）≥g（t）成立，求实数a的取值范围。

解：由题意，该问题可以转化为：在区间[ ，2]上，f（x）min≥

g（x）max，

由例题3可知，g（x）的最大值为g（2）=1，

∴f（x）min≥1，又f（1）=a，∴a≥1

下面证明当a≥1时，对任意x∈[ ，2]，f（x）≥1成立.

∵当a≥1时，对任意x∈[ ，2]，f（x）= +xlnx≥ +xlnx，记h（x）= +xlnx h′（x）=- +lnx+1，h′（1）=0，

可知函数h（x）在[ ，2）上递减，在区间[1，2]上递增，∴h（x）min=

h（1）=1，即h（x）≥1.

所以当a≥1时，对任意x∈[ ，2]，f（x）≥1成立，即对任意的s，t∈[ ，2]，都有f（s）≥g（t）成立.故a∈[1，+∞）所求.