高考数学中的恒成立问题与存在性问题
函数的恒成立、存在性问题的方法总结大全(干货)
关于函数的恒成立、存在性（能成立）问题
关于二次函数的恒成立、存在性（能成立）问题是常考考点，其基本原理如下：
（1）已知二次函数2()(0)f x ax bx c a =++≠，则：0
()00a f x >⎧>⇔⎨
∆<⎩
恒成立；0
()00a f x <⎧<⇔⎨∆<⎩
恒成立． （2）若表述为：“已知函数2()(0)f x ax bx c a =++≠”，并未限制为二次函数，则应有：
00()000a a b f x c >==⎧⎧>⇔⎨⎨∆<>⎩⎩恒成立或；00
()000a a b f x c <==⎧⎧<⇔⎨⎨
∆<<⎩⎩
恒成立或．注：在考试中容易犯错，要特别注意！！！
恒成立问题与存在性（能成立）问题，在解决此类问题时，可转化为其等价形式予以解答，将此类问题的可能出现的17种情形归纳总结大全如下，并通过常考例题进行讲解：
已知定义在[,]a b 上的函数()f x ，()g x ．
（1）[,]x a b ∀∈，都有()f x k >（k 是常数）成立等价于min [()]f x k >（[,]x a b ∈）． （2）[,]x a b ∀∈，都有()f x k <（k 是常数）成立等价于max [()]f x k <（[,]x a b ∈）． （3）[,]x a b ∀∈，都有()()f x g x >成立等价于min [()()]0f x g x ->（[,]x a b ∈）． （4）[,]x a b ∃∈，都有()()f x g x >成立等价于max [()()]0f x g x ->（[,]x a b ∈）． （5）1[,]x a b ∀∈，2[,]x a b ∀∈都有12()()f x g x >成立等价于min max [()][()]f x g x >． （6）1[,]x a b ∀∈，2[,]x a b ∃∈使得12()()f x g x >成立等价于min min [()][()]f x g x >． （7）1[,]x a b ∃∈，2[,]x a b ∀∈使得12()()f x g x >成立等价于max max [()][()]f x g x >． （8）1[,]x a b ∃∈，2[,]x a b ∃∈使得12()()f x g x >成立等价于max min [()][()]f x g x >．
高中数学恒成立与存在性问题
高中恒成立问题总结
解决高考数学中的恒成立问题常用以下几种方法: ①函数性质法; ②主参换位法; ③分离参数法; ④数形结合法。
核心思想:
1.恒成立问题的转化:
()a f x >恒成立⇒()max a f x >; ()()min a f x a f x ≤⇒≤恒成立
2.能成立问题的转化:
()a f x >能成立⇒()min a f x >; ()()max a f x a f x ≤⇒≤能成立
3.恰成立问题的转化:
若A x f D x ≥∈)(,在D 上恰成立⇒)(x f 在D 上的最小值A x f =)(min ;
若,D x ∈B x f ≤)(在D 上恰成立⇒ )(x f 在D 上的最大值B x f =)(max . 4. 设函数()x f ,()x g ，对任意的[]b a x ,1∈，存在[]d c x ,2∈，使得()()21x g x f ≥，则
()()x g x f min min ≥;
设函数()x f ,()x g ，对任意的[]b a x ,1∈，存在[]d c x ,2∈，使得()()21x g x f ≤，则
()()x g x f max max ≤;
设函数()x f ,()x g ，存在[]b a x ,1∈，存在[]d c x ,2∈，使得()()21x g x f ≥，则()()x g x f min max ≥;
设函数()x f ,()x g ，存在[]b a x ,1∈，存在[]d c x ,2∈，使得()()21x g x f ≤，则()()x g x f max min ≤;
高考数学中的恒成立问题与存在性问题
“恒成立问题”的解法
常用方法：①函数性质法；②主参换位法；③分离参数法；④数形结合法。
一、函数性质法
1. 一次函数型：给定一次函数 f ( x) ax b( a 0) ,若 y f (x) 在[m,n]内恒有 f ( x)0 ，则根据函数
f (m)0
；同理，若在 [m,n] 内恒有f ( x)0f ( m)0
的图象（直线）可得上述结论等价于
0，则有.
f (n) f ( n)0 y y
o m n x o m n
x
例 1. 对满足p 2 的所有实数p ,求使不等式x2px1 2 px x 恒成立的x的取值范围。
略解：不等式即为 (x1)p x22x10 ,设 f ( p)(x1)p x22x1,则f ( p)在[2,2] 上恒大
f ( 2) 0x24x 3 0或
于 0，故有：，即x 3 x 1
x1或 x 3 .
f (2)
x 2
1 0
或
x1
x 1
2. 二次函数：
① . 若二次函数 f ( x)ax 2bx c(a0)0 （或0）在 R上恒成立，则有a0 （或 a 0
）；
00
② . 若二次函数f (x)ax2bx c(a0) 0（或0）在指定区间上恒成立，可以利用韦达定理以及
根的分布等知识求解。
例 2. 已知函数f x 2mx2 2 4m x 1, g x mx ，若对于任一实数 x ，f ( x)与g( x)的值至少
有一个为正数，则实数m 的取值范围是（)
A．(0 ， 2)B． (0 ，8)C．(2 ，8)D．(－∞，0)
选 B。
例 3. 设f (x)x22ax2,当x[ 1,) 时，都有 f ( x) a 恒成立，求a的取值范围。
函数恒成立与存在性问题
恒成立与存在性问题
基本方法：
恒成立问题：
1. 对于(),x a b ∀∈，()f x k ≥恒成立等价于min ()f x k ≥.
2. 对于(),x a b ∀∈，()f x k ≤恒成立等价于max ()f x k ≤.
3. 对于[]12,,x x a b ∀∈，12()()f x g x ≥等价于min max ()()f x g x ≥.
4. 对于[]12,,x x a b ∀∈，12()()f x g x ≤等价于max min ()()f x g x ≤.
5. 对于[],x a b ∀∈，()()f x g x ≥，等价于构造函数()()()h x f x g x =-，()h x 在区间[],a b 上的最小值min ()0h x ≥.
6. 对于[],x a b ∀∈，()()f x g x ≤，等价于构造函数()()()h x f x g x =-，()h x 在区间[],a b 上的最大值max ()0h x ≤.
7. ()f x 在区间[],a b 上单调递增，等价于[]min ()0,,f x x a b '≥∈.
8. ()f x 在区间[],a b 上单调递减，等价于[]max ()0,,f x x a b '≤∈.
存在性问题：
1. ()0,x a b ∃∈，使得()f x k ≥成立，等价于max ()f x k ≥.
2. ()0,x a b ∃∈，使得()f x k ≤成立，等价于min ()f x k ≤.
3. []12,,x x a b ∃∈，使得12()()f x g x ≥成立，等价于max min ()()f x g x ≥.
专题 恒成立和存在性问题
恒成立和存在性问题
函数中经常出现恒成立和存在性问题，它能够很好地考察函数、不等式等知识以及转化与化归等数学思想，因此备受命题者青睐，在高考中频频出现，也是高考中的一个难点问题．
例1已知函数f (x )＝ax 2－ln x (a 为常数)．
(1) 当a ＝12
时，求f (x )的单调减区间； (2) 若a <0，且对任意的x ∈[1，e]，f (x )≥(a －2)x 恒成立，求实数a 的取值范围．
例2已知函数f (x )＝mx －a ln x －m ，g (x )＝e x e x ，其中m ，a 均为实数． (1) 求g (x )的极值；
(2) 设m ＝1，a <0，若对任意的x 1，x 2∈[3,4](x 1≠x 2)，|f (x 2)－f (x 1)|<⎪⎪
⎪⎪
⎪⎪1g (x 2)－1g (x 1)恒成立，求a 的最小值．
例3已知函数f (x )＝m ln x －12
x (m ∈R)，g (x )＝2cos 2x ＋sin x ＋a . (1) 求函数f (x )的单调区间；
(2) 当m ＝12时，对于任意x 1∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e ，总存在x 2∈⎣
⎢⎡⎦⎥⎤0，π2，使得f (x 1)≤g (x 2)成立，求实数a 的取值范围．
思维变式题组训练
1. 已知函数(x ＋1)ln x －ax ＋a ≥0在x ∈[1，＋∞)恒成立，求a 的取值范围．
2. 已知e 为自然对数的底数，函数f (x )＝e x －ax 2的图象恒在直线y ＝32
ax 上方，求实数a 的取值范围．
3. 已知函数f (x )＝(a ＋1)ln x ＋ax 2
高三数学专题——恒成立与存在性问题
高三数学专题——恒成立与存在性问题
高三复专题——恒成立与存在性问题
知识点总结：
1.___成立问题：
1) 若对于D中的任意x，都有f(x)>A，则f(x)的最小值>A；
2) 若对于D中的任意x，都有f(x)<A，则f(x)的最大值<A；
3) 若对于D中的任意x，都有f(x)>g(x)，则F(x)=f(x)-g(x)>0，因此F(x)的最小值>0；
4) 若对于D中的任意x，都有f(x)<g(x)，则F(x)=f(x)-g(x)<0，因此F(x)的最大值<0；
5) 若对于D中的任意x1和E中的任意x2，都有
f(x1)>g(x2)，则f(x)的最小值>g(x)的最大值；
6) 若对于D中的任意x1和E中的任意x2，都有
f(x1)<g(x2)，则f(x)的最大值<g(x)的最小值。
2.存在性问题：
1) 若存在D中的x，使得f(x)>A，则f(x)的最大值>A；
2) 若存在D中的x，使得f(x)<A，则f(x)的最小值<A；
3) 若存在D中的x，使得f(x)>g(x)，则F(x)=f(x)-g(x)，因此F(x)的最大值>0；
4) 若存在D中的x，使得f(x)<g(x)，则F(x)=f(x)-g(x)，因此F(x)的最小值<0；
5) 若存在D中的x1和E中的x2，使得f(x1)>g(x2)，则f(x)的最大值>g(x)的最小值；
6) 若存在D中的x1和E中的x2，使得f(x1)<g(x2)，则f(x)的最小值<g(x)的最大值。
函数恒成立与存在性问题(精编)
函数恒成立与存在性问题（精编）
知识归纳：恒成立问题
1. ∀x ∈D,均有f(x)>A 恒成立，则f(x)min>A ；
2. ∀x ∈D,均有f(x)﹤A 恒成立，则 f(x)max<A.
3. ∀x ∈D,均有f(x) >g(x)恒成立，则F(x)= f(x)- g(x) >0， ∴ F(x)min >0
4. ∀x ∈D,均有f(x)﹤g(x)恒成立，则F(x)= f(x)- g(x) ﹤0。 ∴ F(x) max ﹤0
5. ∀x1∈D, ∀x2∈E,均有f(x1) >g(x2)恒成立，则f(x)min> g(x)max
6. ∀x1∈D, ∀x2∈E,均有f(x1) <g(x2)恒成立，则f(x) max < g(x) min 练习：1、已知函数12)(2+-=ax x x f ，x
a x g =)(，其中0>a ，0≠x ． （1）对任意]2,1[∈x ，都有)()(x g x f >恒成立，求实数a 的取值范围；
（2）对任意]4,2[],2,1[21∈∈x x ，都有)()(21x g x f >恒成立，求实数a 的取值范围；
2、已知两函数()2728f x x x c =--，()322440g x x x x =+-。
（1）对任意[]3,3x ∈-，都有()()f x g x ≤)成立，求实数c 的取值范围；
（2）对任意[]12,3,3x x ∈-，都有()()12f x g x ≤，求实数c 的取值范围；
高考数学《恒成立和存在性问题》
高考数学 恒成立和存在性问题
所以当 sinx＝14时，g(x)max＝a＋187. 对于任意 x1∈1e，e，总存在 x2∈0，π2，使得 f(x1)≤g(x2)成立，即 f(x)max≤g(x)max. 所以－12≤a＋187，即 a≥－281. 点评：对于∀x1∈D1，∃x2∈D2，f(x1)>g(x2)的研究，第一步先转化为∃x2∈D2， f(x1)max>g(x2)，再将该问题按照目标 1 转化为 f(x1)max>g(x2)max.
【思维变式题组训练】 1. 已知函数(x＋1)lnx－ax＋a≥0 在 x∈[1，＋∞)恒成立，求 a 的取值范围．
解析： 设 g(x)＝(x＋1)lnx－ax＋a， 则 g′(x)＝xlnx＋1x－ax＋1. 设 p(x)＝xlnx＋(1－a)x＋1， 则 p′(x)＝lnx－(a－2)(x≥1)．
高考数学 恒成立和存在性问题
② 当 x∈(1，e]时，a≥lnxx2－－2xx在 x∈[1，e]上恒成立， 令 g(x)＝lnxx2－－2xx，x∈(1，e]，则 g′(x)＝2x－1x2x－＋x12－lnx. 令 h(x)＝x＋1－lnx，x∈(1，e]，则 h′(x)＝1－1x＝x－x 1>0 在 x∈(1，e]上恒成立， 故 h(x)在 x∈(1，e]上单调递增，从而 h(x)>h(1)＝2>0.
点评：对于第(2)问，思路 1：构造新函数 F(x)＝f(x)－(a－2)x，将问题转化为“对 任意 x∈[1，e]时，F(x)≥0 恒成立”，进一步地转化为“F(x)min≥0”，围绕求 F(x)min 这一核心问题结合分类讨论的思想求出参数 a 的取值范围．思路 2：将变量 a 分离 出来，这样问题变转化为求分离出来后的函数的最值．一般地对于恒成立问题的 处理手段主要是一利用分类讨论求最值，再解不等式；二是利用分参后，转化为 具体的函数讨论．
高考专题 函数中的存在性与恒成立问题
函数中的存在性与恒成立问题
知识点总结：
(1) 对于一次函数],[,)(n m x b kx x f ∈+=有：
⎩⎨
⎧<<⇔<⎩⎨⎧>>⇔>0)(0
)(0)(,0)(0)(0)(n f m f x f n f m f x f 恒成立恒成立
（2）.若f (x )＝ax 2
＋bx ＋c (a ≠0)，R x x f ∈>在0)(上恒成立则：⎩
⎪⎨⎪⎧a >0，
Δ<0
R x x f ∈
⎪⎨
⎪⎧a <0，
Δ<0 (3) 【知识拓展】 (1)恒成立问题
①. ∀x ∈D ,均有f (x )>A 恒成立,则f (x )min >A ； ②. ∀x ∈D ,均有f (x )﹤A 恒成立,则 f (x )ma x
③. ∀x ∈D ,均有f (x ) >g (x )恒成立,则F (x )= f (x )- g (x ) >0,∴ F (x )min >0； ④. ∀x ∈D ,均有f (x )﹤g (x )恒成立,则F (x )= f (x )- g (x ) <0,∴ F (x ) ma x <0； ⑤. ∀x 1∈D , ∀x 2∈E,均有f (x 1) >g (x 2)恒成立,则f (x )min > g (x )ma x ； ⑥. ∀x 1∈D , ∀x 2∈E,均有f (x 1)
①. ∃x 0∈D ,使得f (x 0)>A 成立,则f (x ) ma x >A ； ②. ∃x 0∈D ,使得f (x 0)﹤A 成立,则 f (x ) min
③. ∃x 0∈D ,使得f (x 0) >g (x 0)成立,设F (x )= f (x )- g (x ),∴ F (x ) ma x >0； ④. ∃x 0∈D ,使得f (x 0) g (x 2)成立,则f (x ) ma x > g (x ) min ；
恒成立与存在性问题
∴ F(x) max ﹤0
5. ∀x1∈D, ∀x2∈E,均有 f(x1) >g(x2)恒成立， 则 f(x)min> g(x)max
6. ∀x1∈D, ∀x2∈E,均有 f(x1) <g(x2)恒成立， 则 f(x) max < g(x) min
故其最小值只能在a=-1或a=1处取得,于是得到：
0 3m
3m 0
4
m2
或30m＜3m0
4
m2
,
解得0≤m≤1或-1≤m＜0，
所以m的取值范围是[-1，1].
练习
1.已知函数f (x) ax ln xa R
(1)求f (x)的单调区间； （2）设g(x) x2 2x 2,若对任意x1 (0,),均存在x2 [0,1],
∴ F(x) min <0
5. ∃x1∈D, ∃x2∈E, 使得 f(x1) >g(x2)成立， 则 f(x) max > g(x) min
6. ∃x1∈D, ∃x2∈E,均使得 f(x1) <g(x2)成立， 则 f(x) min < g(x) max
1.∀x1∈D, ∃x2∈E,使得 f(x1)=g(x2)成立，
x1, x2 D, 使得f (x1) g(x2 ) f (x)max g(x)min
高考数学《不等式的恒成立与存在性问题》
恒成立与存在性问题
【基础知识整合】1、恒成立问题
①．x D ∀∈，()a f x >恒成立，则max ()a f x >②．x D ∀∈，()a f x <恒成立，则min
()a f x <③．x D ∀∈，()()f x g x >恒成立，记()() (0)F x f x g x =->，则min 0() F x >④．x D ∀∈，()()f x g x <恒成立，记()() (0)F x f x g x =-<，则max 0() F x <⑤．1122,x D x D ∀∈∈，12()()f x g x >恒成立，则min max ()()f x g x >⑥．1122,x D x D ∀∈∈，12()()f x g x <恒成立，则max min ()()f x g x <2、存在性问题
①．x D ∃∈，()a f x >成立，则min ()a f x >②．x D ∃∈，()a f x <成立，则max
()a f x <③．x D ∃∈，()()f x g x >成立，记()() (0)F x f x g x =->，则max 0() F x >④．x D ∃∈，()()f x g x <成立，记()() (0)F x f x g x =-<，则min 0() F x <⑤．1122,x D x D ∃∈∈，12()()f x g x >成立，则max min ()()f x g x >⑥．1122,x D x D ∃∈∈，12()()f x g x <成立，则min max ()()f x g x <3、恒成立与存在性混合不等问题
恒成立问题与存在性问题
恒成立问题与存在性问题
一、恒成立问题： 不等式恒成立问题化归为最值问题
1、不等式()x f a >对I x ∈恒成立()max x f a >⇔
2、不等式()x f a <对I x ∈恒成立()min x f a >⇔ 变量分离后化归为最值问题型
1.(,)0F x a > 对()x I a f x ∈⇔>一切恒成立对m ax ()x I a f x ∈⇔>一切恒成立
2.(,)0F x a >对()x I a f x ∈⇔<一切恒成立对m in ()x I a f x ∈⇔<一切恒成立
二、存在性问题化归为最值问题
不等式有解问题：
1、不等式()x f a >在I x ∈有解⇔I x ∈∃，使得()x f a >成立()max x f a >⇔
2、不等式()x f a <在I x ∈有解⇔I x ∈∃，使得()x f a >成立()min x f a >⇔
三、方程()x f a =有解问题 方法1：化为求函数的值域
方程()0,=a x F 在I x ∈有解⇔()x f a =I x ∈有解
方程()x f a =在I x ∈有解⇔a 的取值范围为函数()x f 的值域，
方法2：化为零点问题求解 方法3：化为图像交点问题求解
实战演练：
1、已知0,0a b >>，若不等式212m a
b
a b
+
≥
+恒成立，则 m 的最大值
２、定义在R 上的函数()x x x f -=3
3
1，设()x
m x x g -
恒成立与存在性问题方法总结
恒成立与存在性问题方法总结
恒成立与存在性问题方法总结
高三数学复习中的恒成立与存在性问题，涉及一次函数、二次函数等函数的性质、图像，渗透着换元、化归、数形结合、函数与方程等思想方法，有利于考查学生的综合解题能力，在培养学生思维的灵活性、创造性等方面起到了积极的作用，因此也成为历年高考的一个热点，恒成立与存在性问题的处理途径有多种，下面是小编整理的恒成立与存在性问题方法总结，欢迎来参考！
一、构建函数
构建适当的函数，将恒成立问题转化为能利用函数的性质来解决的问题。
1、构建一次函数
众所周知，一次函数的图像是一条直线，要使一次函数在某一区间内恒大于（或小于）零，只需一次函数在某区间内的两个端点处恒大于（或小于）零即可。
例1：若x∈（-2，2），不等式kx+3k+1＞0恒成立，求实数k 的取值范围。
解：构建函数f（x）= kx+3k+1，则原问题转化为f（x）在x∈（-2，2）内恒为正。若k=0，则f（x）=1＞0恒成立；若k≠0，则f （x）为一次函数，问题等价于f（-2）＞0，f（2）＞0，解之得k∈（- ，+∞）。
例2：对m≤2的一切实数m，求使不等式2x-1＞m（x -1）都成立的x的取值范围。
解：原问题等价于不等式：（x -1）m-（2x-1）＜0，设f（m）=（x -1）m-（2x-1），则原问题转化为求一次函数f（m）或常数函数在［-2，2］内恒为负值时x的取值范围。
（1）当x -1=0时，x=±1。
当x=1时，f（m）＜0恒成立；当x=-1时，f（m）＜0不成立。
（2）当x -1≠0时，由一次函数的单调性知：f（m）＜0等价于
恒成立与存在性问题
A．(1,1＋ 2)
B．(1＋ 2，＋∞)
C．(1,3)
D．(3，＋∞)
变式：
思考： 若目标函数取得最大值的点有无数个，则a 的取值范围
方法技巧 (1)平面区域：
用二元一次不等式(组)表示平面区域．具体步骤是：①画线； ②定“侧”；③求“交”(交集，即公共区域)． (2)线性规划问题解题步骤： ①作图——画出可行域所确定的平面区域和目标函数所表示的 平行直线系中的一条 l； ②平移——将 l 平行移动，以确定最优解的对应点 A 的位置； ③求值——解有关方程组求出 A 点坐标(即最优解)，代入目标 函数，求出目标函数的最值．
得 f(mx－2)<－f(x)＝f(－x)，
∴mx－2<－x，mx－2＋x<0 在 m∈[－2,2]上恒成立．
记 g(m)＝xm－2＋x， 则gg((－2)<20)<，0， 即－2x2－x－2＋2＋x<x0<，0， 得－2<x<23.
答案 －2，23
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(2)(2011·湖南高考)已知函数 f(x)＝ex－1，g(x)＝－x2＋4x－
(x
x2 3 2)(x 1)2
,
令F′(x)＞0，得单调增区间为 (2,和 3) ( 3,) 令F′(x)＜0，得单调减区间为 ( 和3,1) (1, 3)
②不等式f(x+1)≤f(2x+1)-m2+3am+4化为：
恒成立和存在性问题
恒成⽴和存在性问题
⾼⼀函数专题同步拔⾼，难度4颗星！
模块导图
知识剖析
恒成⽴和存在性问题类型
(1) 单变量的恒成⽴问题
①∀x ∈D ，f (x )<a 恒成⽴，则f (x )max <a
②∀x ∈D ，f (x )>a 恒成⽴，则f (x )min >a
③∀x ∈D ，f (x )<g (x )恒成⽴，则F (x )=f (x )−g (x )<0，∴f (x )max <0
④∀x ∈D ，f (x )>g (x )恒成⽴，则F (x )=f (x )−g (x )>0，∴f (x )min >0
(2) 单变量的存在性问题
①∃x 0∈D ，使得f (x 0)<a 成⽴，则f (x )min <a
②∃x 0∈D ，使得f (x 0)>a 成⽴，则f (x )max >a
③∃x 0∈D ，使得f (x 0)<g (x 0)恒成⽴，则F (x )=f (x )−g (x )<0，∴f (x )min <0
④∃x 0∈D ，使得f (x 0)>g (x 0)恒成⽴，则F (x )=f (x )−g (x )>0，∴f (x )max >0
(3) 双变量的恒成⽴与存在性问题
①∀x 1∈D ,∃x 2∈E ，使得f (x 1)<g (x 2)恒成⽴，则f (x )max <g (x )max ;
②∀x 1∈D ,∃x 2∈E ，使得f (x 1)>g (x 2)恒成⽴，则f (x )min >g (x )min ;
高三数学之恒成立问题与存在性问题专题
高三第二轮复习专题：
含参不等式恒成立与存在性问题
1、关于x 的不等式240x x m -+≤在区间［ 1,5］上恒成立,求实数m 的取值范围
变式1：不等式2410x mx -+≤对[1,5]x ∀∈恒成立,求实数m 的取值范围.
变式2： 不等式2410x mx +-≤对[1,5]x ∀∈-恒成立,求实数m 的取值范围.
变式3： 不等式220x mx -+≥对[1,3]m ∀∈-恒成立,求实数x 的取值范围.
2、已知函数2)(2-+=x x x f
（1）若a x f >)(在[1,3]上有解，求实数a 的取值范围；
（2）若a x f >)(在[1，3]上恒成立，求实数a 的取值范围.
3、已知两个函数,452)(,168)(232x x x x g k x x x f ++=-+=其中k 为实数.
（1）对任意]3,3[-∈x ，都有)()(x g x f ≤成立，求实数k 的取值范围；
（2）存在]3,3[-∈x ，使)()(x g x f ≤，求实数k 的取值范围；
（3）对任意]3,3[,21-∈x x ，都有)()(21x g x f ≤，求实数k 的取值范围.
参考答案：
1、 (最值法): 设]5,1[,4)(2∈+-=x m x x x f
问题等价于0)(max ≤x f ，
∵5)5(4)2()(2+=≤-+-=m f m x x f
∴,05≤+m 即5-≤m
（分离参数法）
问题⇔x x m 42+-≤在区间［1，5］上恒成立
记x x x g 4)(2+-= x ∈ [1,5]， 则问题⇔min )(x g m ≤，
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“恒成立问题”的解法
常用方法：①函数性质法；②主参换位法；③分离参数法；④数形结合法。 一、函数性质法
1.一次函数型：给定一次函数()(0)f x ax b a =+≠,若()y f x =在[m,n]内恒有()0f x >，则根据函数
的图象（直线）可得上述结论等价于⎩⎨⎧>>0)(0)(n f m f ；同理，若在[m,n]内恒有()0f x <，则有⎩
⎨⎧<<0)(0
)(n f m f .
例1.对满足2p ≤的所有实数p ,求使不等式2
12x px px x ++>+恒成立的x 的取值范围。
略解：不等式即为2(1)210x p x x -+-+>,设2
()(1)21f p x p x x =-+-+,则()f p 在[2,2]-上恒大于
0，故有：⎩⎨⎧>>-)2(0)2(f f ，即⎪⎩⎪
⎨⎧>->+-0
10342
2x x x 3111x x x x ><⎧⇒⎨><-⎩或或13x x ⇒<->或.
2.二次函数：
①.若二次函数2()(0)0f x ax bx c a =++≠>（或0<）在R 上恒成立，则有00a >⎧⎨∆<⎩（或00
a <⎧⎨
∆<⎩）； ②.若二次函数2
()(0)0f x ax bx c a
=++≠>（或0<）在指定区间上恒成立，可以利用韦达定理以及根的分布等知识求解。
例2.
已知函数()()()22241,f x mx m x g x mx =--+=，若对于任一实数x ，()f x 与()g x 的值至少
有一个为正数，则实数m 的取值范围是（ )
A ．(0，2)
B ．(0，8)
C ．(2，8)
D ．(－∞，0)
选B 。
例3.设2
()22f x x ax =-+,当[1,)x ∈-+∞时，都有()f x a ≥恒成立，求a 的取值范围。 解：设2
()()22F x f x a x ax a =-=-+-，
（1)当4(1)(2)0a a ∆=-+≤时，即21a -≤≤时，对一切[1,)x ∈-+∞，()0F x ≥恒成立； （2）当4(1)(2)0a a ∆=-+>时，由图可得以下充要条件：
0(1)021,2
f a
⎧⎪∆>⎪-≥⎨⎪-⎪-≤-⎩即(1)(2)0
30
1,a a a a -+>⎧⎪
+≥⎨⎪≤-⎩32a ⇒-≤<-;综合得a 的取值范围为[-3，1]。 例4.关于x 的方程9(4)340x
x
a +++=恒有解，求a 的范围。
解法：设3x
t =,则0t >.则原方程有解即方程2
(4)40t a t +++=有正根。
1212
(4)040
x x a x x ∆≥⎧⎪
∴+=-+>⎨⎪=>⎩2(4)1604a a ⎧+-≥⇒⎨<-⎩8a ⇒≤-.
3.其它函数：
()0f x >恒成立⇔min ()0f x >（若()f x 的最小值不存在，则()0f x >恒成立⇔()f x 的下界≥0）
； ()0f x <恒成立⇔max ()0f x <（若()f x 的最大值不存在，则()0f x <恒成立⇔()f x 的上界≤0）.
例5．设函数3
21()(1)4243
f x x a x ax a =
-+++，其中常数1a >， （1）讨论()f x 的单调性；
（2）若当0x ≥时，()0f x >恒成立，求a 的取值范围。
解：（2）由（I ）知，当0≥x 时，)(x f 在a x 2=或0=x 处取得最小值。
a a a a a a a f 2424)2)(1()2(3
1)2(23+⋅++-=a a a 24434
23++-=；a f 24)0(=
-1 o x
y
则由题意得⎪⎩
⎪
⎨⎧>>>,0)0(,0)2(1
f a f a 即1,4(3)(6)03240.
a a a a a >⎧⎪⎪-+->⎨⎪>⎪⎩16a ⇒<<∴(1,6)a ∈。
二、主参换位法：某些含参不等式恒成立问题，在分离参数会遇到讨论的麻烦或者即使能容易分离出参数与变量，但函数的最值却难以求出时，可考虑把主元与参数换个位置，再结合其它知识，往往会取得出奇制胜的效果。 例6．已知函数32
3()(1)132
a f x x x a x =
-+++，其中a 为实数． （1）已知函数()f x 在1x =处取得极值，求a 的值；
（2）已知不等式2()1f x x x a '--+＞对任意(0)a ∈+∞，都成立，求实数x 的取值范围．
解：由题设知“2
2
3(1)1ax x a x x a -++>--+对∀(0)a ∈+∞，都成立，
即2
2
(2)20a x x x +-->对∀(0)a ∈+∞，
都成立。设22()(2)2g a x a x x =+--（a R ∈），则()g a 是一个以a 为自变量的一次函数。220x +>恒成立，则对∀x R ∈，()g a 为R 上的单调递增函数。 所以对∀(0)a ∈+∞，，
()0g a >恒成立的充分必要条件是(0)0g ≥，220x x --≥，∴20x -≤≤，于是x 的取值范围是{|20}x x -≤≤。
三、分离参数法：利用分离参数法来确定不等式(),0f x λ≥（D x ∈,λ为实参数）恒成立时参数λ的取值范围的基本步骤:
（1） 将参数与变量分离，即化为()()g f x λ≥（或()()g f x λ≤）恒成立的形式； （2） 求()f x 在x D ∈上的最大（或最小）值；
（3） 解不等式()max ()g f x λ≥(或()()min g f x λ≤) ，求得λ的取值范围。 适用题型：（1）参数与变量能分离；（2）函数的最值易求出。 例7．当(1,2)x ∈时，2
40x
mx ++<恒成立，则m 的取值范围是.