“恒成立”问题的解法
恒成立问题的解法20141009
取值范围．
【解】
(1)令 F(x)＝ g(x)－ f(x)＝ 2x3－ 3x2－ 12x＋ k.
问题转化为 F(x)≥0 在 x∈[－ 3， 3]时恒成立， 故解 [F(x)]min≥0 即可． ∵ F′ (x)＝ 6x － 6x－ 12＝ 6(x － x－ 2)， 故由 F′(x)＝ 0，得 x＝ 2 或 x＝－ 1. ∵ F(－ 3)＝ k－ 45， F(3)＝ k－ 9， F(－ 1)＝ k＋ 7， F(2)＝ k－ 20， ∴ [F(x)]min＝ k－ 45， 由 k－ 45≥ 0，解得 k≥ 45， 故实数 k 的取值范围是[45，＋∞ )．
3．极值只能在区间内取得，最值则可以在端 点处取得，有极值的不一定有最值，有最值的 也未必有极值；极值有可能成为最值，最值只 要不在端点处取必定是极值．
利用导数解不等式恒成立问题 利用导数研究某些函数的单调性与最值，可以解 决一些不等式证明及不等式恒成立问题，如利用 “f(x) ＜ a 恒 成 立 ⇔ f(x)max ＜ a” 和 “f(x) ＞ a⇔f(x)min＞a”的思想解题．
1：当 a 1,3 时，不等式 x 2 ax 2 0 恒成立，则 x 的范围为 ．
x＞－1或x＜－2
对于一次函数f x kx b(k 0)， x [m，n]，有 f m 0 ； 1 f x 0恒成立 f n 0 f m 0 . 2 f x 0恒成立 f n 0
6＋6a＋ 3b＝0 即 . 24＋ 12a＋ 3b＝0
解得 a＝－3，b＝4. 3 2 (2)由(1)可知，f(x)＝2x － 9x ＋ 12x＋8c， 2 f′ (x)＝ 6x －18x＋ 12＝6(x－ 1)(x－2)． 当 x∈ (0,1)时，f′ (x)>0； 当 x∈ (1,2)时，f′ (x)<0； 当 x∈ (2,3)时，f′ (x)>0.
高考数学导数恒成立问题的解法及例题
高考数学导数恒成立问题的解法
对于恒成立问题，一般采取的方法有两种：一是利用函数的单调性，二是利用函数的最值。
1. 利用函数的单调性
如果函数f(x)在区间D上单调，可以根据函数的单调性来解决问题。
例如，不等式f(x) > 0在区间D上恒成立，那么只需要找到满足f(x)min > 0的x值即可。
2. 利用函数的最值
如果函数f(x)在区间D上不是单调的，那么可以转化为求函数的最值问题。
例如，不等式f(x) > 0在区间D上恒成立，可以转化为求f(x)的最小值，只要最小值大于0，那么不等式就恒成立。
例题：已知函数f(x) = x2 + ax + 4在区间[-1,2]上都不小于2，求a的取值范围。
解法：首先根据题意得到函数f(x) = x2 + ax + 4在区间[-1,2]上的最小值为2，然后根据二次函数的性质得到对称轴为x=-b/2a=-a/2。
我们需要分三种情况讨论：
1. 当-a/2≤-1时，即a≥2时，函数在[-1,2]上是增函数，只需要满足f(-1)=1-a+4≥2即可，解得a≤3，所以2≤a≤3；
2. 当-a/2≥2时，即a≤-4时，函数在[-1,2]上是减函数，只需要满足
f(2)=4+2a+4≥2即可，解得a≥-4，但是此时a没有合适的取值，故舍去；
3. 当-1<-a/2<2时，即-4<a<2时，函数在对称轴左侧是减函数，右侧是增函数，只需要满足f(-a/2)=(-a/2)2-a2/4+4≥2即可，解得-4<a≤-2。
综上可得a的取值范围为：[-4,-2]∪[2,3]。
10、恒成立问题的解法
函数 y1 的图像须位于函数 y2 图像的上方，则
由图可得 x (1, 0)
方法四、变更主元法： 先看一个例子：
例1、不等式 mx2 2x m 1 0 对于m 2,2 恒成立,求 x 的范围
表面看是求范围，但似乎和我们前面见到的范围题有所不 同，前面都是求系数的范围，而这里是求自变量的范围，都 不用仔细看就知道这是解一元二次不等式，（心中窃喜！） 可真的仔细一看又发现不对，若m没有限制我还能解，有了 限制还真没招！没解过这样的题，怎么办？ ——转化！ 转化成已解过的题，解过题的特征是求系数的范围，那我就 把x看成系数，m看成自变量——这就是变更主元！ 具体做法如下：
m 4 1 m 3 3 1 m3 或 m 7 5 3 1 2 m 1 2m m 或m , 2 4 4 2 2
练习：若x 2,2时，不等式 x2 ax 3 a 恒成立，求a的范围
令 f x x2 ax 3 a. 显然用性质（3）
1 f x 0对一切x R恒成立 a 0且 b2 4ac 0; 2 f x 0对一切x R恒成立 a 0且 b2 4ac 0;
b b m n 或 2a ; 3 f x 0 a 0 在x m, n 上恒成立 0或 2a f m 0 f n 0
即 a x 2 2 x 2 2 x 0 对任意 a 0, 都成立，
x2 2 x 于是 a 2 对任意 a 0, 都成立， x 2 x 2 2 x 2 x 0. 只需 0 2 x 2
注意：像例1）并不能用分离变量法，只是此题特殊， 不具有普遍性！
恒成立问题常见类型及解法
恒成立问题常见类型及解法重庆清华中学 张忠在近年高考试题中，常见条件中出现“恒”、“都”、“总”、“永远”、“一切”等关键词的试题，我们习惯上称之为恒成立问题。
对此类题，许多学生常常一筹莫展，但如果了解它的题型，选择合适的对策，解决问题就会游刃有余。
高中数学中的恒成立问题，总体上分为两种典型类型：等式的恒成立和不等式的恒成立。
一、等式的恒成立问题（恒等问题）【例】 是否存在常数a 、b 、c 使得等式：122311122222··…++++=+++n n n n an bn c ()()()对一切自然数n 都成立？证明你的结论。
(一). 利用多项式恒等定理，建立方程组求参数多项式f(x)g(x)的充要条件是：对于a 的任意一个取值，都有f (a )g (a )；或者两个多项式各同类项的系数对应相等。
解法一：因为3222)1(n n n n n ++=+所以12231222··…++++n n ()=++++++++++++=++++++=+++()()()()()()()()()1232121212131211411231110222333222………n n n n n n n n n n n n n n显然当a b c ===31110，，时等式对一切自然数n 都成立。
(二). 待定系数法和数学归纳法对策：先用待定系数法探求a 、b 、c 的值，再利用数学归纳法证明等式对一切自然数n 都成立。
解法二：令n=1，n=2，n=3可得，解得。
以下用数学归纳法证明：等式1·22+2·32+…+n(n+1)=(3n 2+11n+10)对一切自然数n 都成立(证略)。
(三)、根据函数的奇偶性、周期性等性质若函数f(x)是奇(偶)函数，则对一切定义域中的x ,f(-x)=-f(x)((f(-x)=f(x))恒成立；若函数y=f(x)的周期为T ，则对一切定义域中的x,f(x)=f(x+T)恒成立。
恒成立问题的解法
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题型二 转化为二次函数问题求解。 x 的不等式 x 2 ax a 0 例2（1）若关于 的解集为 (,) ，求实数 a 的取值范围； （2）若函数 y mx2 6mx m 8定义域为R，求m的 取值范围。 （3）已知函数 f ( x) x 2 ax 3 a 若 x [2,2]时恒
ax2+bx+c<0在R上恒成立的充要条件是： a <0 a=b=0 或
C<0 Δ=b -4ac<0 ______________________。
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ａ≥[f (x)] max ３、ａ≥f(x)恒成立的充要条件是：_____________;
ａ≤[f (x)] min ａ≤f(x)恒成立的充要条件是：_____________。
f ( x) 0 成立，求实数a的取值范围。
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小结：
二次函数型问题，结合抛物线图像，转化成最值问 题，分类讨论。
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题型三 利用一次函数求解 2 例3：已知不等式 x 4 x p px 3 ，在 p 0, 4 上恒成立，试求实数x的取值范围。
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小结：
一次函数型问题，利用一次函数的图像特征求解。
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例题讲解 题型一 分离变量利用函数的最值求解 例1 （1）已知不等式， 2 2 x a 0 x
恒成立，ax 4 0 在 [1,) 上恒成立，求实数a的取值范围。
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小结：
通过分离参数，将问题转化为ａ≥f(x)（或ａ≤f(x)） 恒 成立，再运用不等式知识或求函数最值的方法， 使问题获解。
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题型四 利用函数图像求解 2 例4：已知不等式 ( x 1) loga 上恒成立，求实数a的取值范围。
不等式的恒成立问题基本解法9种解法
不等式的恒成立问题基本解法9种解法不等式的恒成立问题基本解法：9种解法导语：在数学中，我们经常会遇到不等式的问题，而不等式的恒成立问题则更加耐人寻味。
不等式的恒成立问题是指对于某个特定的不等式，是否存在一组解使得不等式始终成立。
解决这种问题需要灵活运用数学知识和技巧。
本文将介绍不等式的恒成立问题的基本解法，共包括9种方法。
一、置换法。
这是最简单的一种方法，即将不等式中的变量互相置换，然后观察不等式是否成立。
如果成立，则不等式恒成立。
对于x^2 +y^2 ≥ 0这个不等式，我们可以将x和y置换一下，得到y^2 + x^2 ≥ 0。
由于平方数是非负数，所以不等式始终成立。
二、加法法则。
这种方法是通过在不等式的两边同时加上相同的数来改变不等式的符号。
对于不等式2x + 3 ≥ x + 4，我们可以在两边同时加上-3，得到2x + 3 - 3 ≥ x + 4 - 3，即2x ≥ x + 1。
由于x的取值范围不限制，所以不等式恒成立。
三、减法法则。
与加法法则相似，减法法则是通过在不等式的两边同时减去相同的数来改变不等式的符号。
对于不等式2x + 3 ≥ x + 4，我们可以在两边同时减去x，得到x + 3 ≥ 4。
由于x的取值范围不限制，所以不等式恒成立。
四、乘法法则。
这种方法是通过在不等式的两边同时乘以相同的正数来改变不等式的符号。
对于不等式2x + 3 ≥ x + 4，我们可以在两边同时乘以2，得到4x + 6 ≥ 2x + 8。
由于x的取值范围不限制，所以不等式恒成立。
五、除法法则。
与乘法法则相似，除法法则是通过在不等式的两边同时除以相同的正数来改变不等式的符号。
对于不等式2x + 3 ≥ x + 4，我们可以在两边同时除以2，得到x + 3/2 ≥ 1 + x/2。
由于x的取值范围不限制，所以不等式恒成立。
六、平方法则。
这种方法是通过平方运算来改变不等式的符号。
对于不等式x^2 ≥ 0，我们可以将x^2展开为(x + 0)^2，得到x^2 + 0 ≥ 0。
不等式 恒成立问题
由题意得，对于 恒成立 对于 恒成立,令 ,设 ,则 ，
, , k的取值范围是k> .
解：令 ， 所以原不等式可化为： ，
要使上式在 上恒成立，只须求出 在 上的最小值即可。
注：分离参数后，方向明确，思路清晰能使问题顺利得到解决。
四、变换主元法
处理含参不等式恒成立的某些问题时，若能适时的把主元变量和参数变量实行“换位”思考，往往会使问题降次、简化。
例4．对任意 ，不等式 恒成立，求 的取值范围。
1） 函数 图象恒在函数 图象上方；
2） 函数 图象恒在函数 图象下上方。
例5：已知 ，求实数a的取值范围。
解析：由 ，在同一直角坐标系中做出两个函数的图象，如果两个函数分别在x=-1和x=1处相交，则由 得到a分别等于2和0.5，并作出函数 的图象，所以，要想使函数 在区间 中恒成立，只须 在区间 对应的图象在 在区间 对应图象的上面即可。当 才能保证，而 才能够，所以 。
3.设 ，当 时， 恒成立，求实数 的取值范围。
解：设 ，则当 时， 恒成立
当 时， 显然成立；
当 时，如图， 恒成立的充要条件为：
解得 。
综上可得实数 的取值范围为 。
4：在 ABC中，已知 恒成立，求实数m的范围。
解析：由
， ， 恒成立， ，即 恒成立，
5、若不等式 对满足 的所有 都成立，求 的取值范围。
解：设 ，对满足 的 ， 恒成立，
解得：
6、若不等式 在 内恒成立，求实数 的取值范围。
解：由题意知： 在 内恒成立，
在同一坐标系内，分别作出函数 和
观察两函数图象，当 时，若 函数 的图象显然在函数 图象的下方，所以不成立；
函数的恒成立问题
函数的恒成立问题函数的恒成立问题是一个重要的数学概念，它涉及到函数的性质和不等式的解法。
这类问题在数学高考和数学竞赛中经常出现，是考察学生数学思维和解题能力的重要题型。
函数的恒成立问题是指对于某个区间内的所有x值，函数f(x)都满足某个条件或不等式，即f(x)恒成立。
解决这类问题通常需要运用函数的性质、导数、参数分离等多种方法。
具体来说，解决函数的恒成立问题可以通过以下几种方法：1. 函数性质法：利用函数的性质，如单调性、奇偶性、周期性等，来证明函数恒成立。
2. 导数法：通过求函数的导数，研究函数的单调性和最值，进而证明函数恒成立。
3. 参数分离法：将参数与变量分离，转化为求函数的最值问题，再证明该最值满足条件。
4. 数形结合法：将函数与图形结合，通过观察图形的性质来证明函数恒成立。
举个例子，假设我们要求证函数f(x) = x^2 - 2x在区间[0,3]上恒成立。
我们可以采用以下步骤：1. 首先求出函数f(x)的导数f'(x)，得到f'(x) = 2x - 2。
2. 然后通过分析f'(x)的符号，确定函数的单调性。
当f'(x) > 0时，f(x)单调递增；当f'(x) < 0时，f(x)单调递减。
由此可知，f(x)在区间[0,1]上单调递减，在区间[1,3]上单调递增。
3. 接下来求出函数在区间端点的值，即f(0)、f(1)、f(3)。
计算得到f(0) = 0，f(1) = -1，f(3) = 3。
4. 最后比较这些值，发现f(0)、f(1)、f(3)都满足条件，因此可以证明函数f(x)在区间[0,3]上恒成立。
以上是解决函数恒成立问题的一种基本思路和方法，当然具体的解题过程可能因题目的不同而有所差异。
在解决这类问题时，需要灵活运用数学知识，注重思维方法的训练和解题技巧的提升。
不等式的恒成立问题基本解法9种解法
不等式的恒成立问题基本解法9种解法在解决不等式的恒成立问题时，有多种基本解法可以选择，每种解法都有其独特的特点和适用场景。
在本文中，我们将深入探讨不等式的恒成立问题，并从不同的角度提出9种基本解法，帮助读者更全面、深入地理解这一主题。
1. 直接法直接法是解决不等式的恒成立问题最直接的方法。
通过对不等式的特定性质和条件进行分析，直接得出不等式恒成立的结论。
这种方法通常适用于简单的不等式，能够快速得到结果。
2. 间接法间接法是一种通过反证法或对立法解决不等式的恒成立问题的方法。
当直接法无法直接得出结论时，可以尝试使用间接法来推导不等式的恒成立条件。
这种方法通常适用于较为复杂的不等式，可以通过推翻假设得到结论。
3. 分类讨论法分类讨论法是一种将不等式的条件分为多种情况进行分析的方法。
通过将不同情况进行分类讨论，找出每种情况下不等式的恒成立条件，从而得出综合结论。
这种方法适用于不等式条件较为复杂的情况，能够全面考虑不同情况下的特殊性。
4. 代入法代入法是一种通过代入特定的数值进行验证的方法。
通过选择合适的数值代入不等式中，可以验证不等式在特定条件下是否恒成立。
这种方法通常适用于验证不等式的特定性质或条件。
5. 齐次化法齐次化法是一种将不等式中的不定因子统一化的方法。
通过将不等式中的不定因子进行统一化，可以简化不等式的表达形式，从而更容易得出不等式的恒成立条件。
这种方法通常适用于不等式较为复杂的情况，能够简化问题的复杂度。
6. 几何法几何法是一种通过几何形象进行分析的方法。
通过将不等式转化为几何图形，可以直观地理解不等式的恒成立条件。
这种方法通常适用于具有几何意义的不等式问题，能够通过几何图形进行直观分析。
7. 递推法递推法是一种通过递归关系进行推导的方法。
通过建立递推关系，可以得出不等式的递推解，从而得出恒成立条件。
这种方法通常适用于递推关系较为明显的不等式问题，能够通过递推求解不等式问题。
8. 极限法极限法是一种通过极限的性质进行分析的方法。
八种解法解决不等式恒成立问题
八种解法解决不等式恒成立问题1最值法例1．已知函数)0(ln )(44>-+=x c bx x ax x f 在1=x 处取得极值c --3，其中c b a ,,为常数．（I ）试确定b a ,的值；（II ）讨论函数)(x f 的单调区间；（III ）若对于任意0>x ，不等式22)(c x f -≥恒成立，求c 的取值范围．分析：不等式22)(c x f -≥恒成立，可以转化为2min 2)(c x f -≥解：（I ）（过程略）3,12-==b a ．（II ）（过程略）函数)(x f 的单调减区间为)1,0(，函数)(x f 的单调增区间为),1(+∞． （III ）由（II ）可知，函数)(x f 在1=x 处取得极小值c f --=3)1(，此极小值也是最小值．要使22)(c x f -≥（0>x ）恒成立，只需223c c -≥--，解得23≥c 或1-≤c ． 所以c 的取值范围为),23[]1,(+∞⋃--∞．评注：最值法是我们这里最常用的方法．a x f ≥)(恒成立a x f ≥⇔)(min ；a x f ≤)(恒成立a x f ≤⇔)(max ．2分离参数法例2．已知函数x x x x f +-+=1)1(ln )(22（I ）求函数)(x f 的单调区间；（II ）若不等式e n a n ≤++)11(对于任意*∈N n 都成立（其中e 是自然对数的底数），求a 的最大值．分析：对于（II ）不等式e na n ≤++)11(中只有指数含有a ，故可以将函数进行分离考虑． 解：（I ）（过程略）函数)(x f 的单调增区间为)0,1(-，)(x f 的单调减区间为),0(+∞（II ）不等式e n a n ≤++)11(等价于不等式1)11ln()(≤++n a n ，由于111>+n ，知1)11ln()(≤++na n n n a -+≤⇔)11ln(1；设x x x g 1)1ln(1)(-+= ]1,0(∈x ，则221)1(ln )1(1)(x x x x g +++-=')1(ln )1()1(ln )1(2222x x x x x x ++-++=． 由（I ）知，01)1(ln 22≤+-+x x x ，即0)1(ln )1(22≤-++x x x ；于是，0)(<'x g ]1,0(∈x ，即)(x g 在区间]1,0(上为减函数．故)(x g 在]1,0(上的最小值为12ln 1)1(-=g ． 所以a 的最大值为12ln 1-． 评注：不等式恒成立问题中，常常先将所求参数从不等式中分离出来，即：使参数和主元分别位于不等式的左右两边，然后再巧妙构造函数，最后化归为最值法求解．3 数形结合法例3．已知当]2,1(∈x 时，不等式x x a log )1(2≤-恒成立，则实数a 的取值范围是＿＿＿．直角坐标系内作出函数2)1()(-=x x f x x g a log )(=在]2,1(∈x 观、简捷求解．解：在同一平面直角坐标系内作出函数2)1()(-=x x f 与函数x x g a log )(=在(∈x 图象（如右），从图象中容易知道：当0<a )(x g 上方，不合题意；当1>a 且]2,1(∈x 或部分点重合，就必须满足12log ≥a ，即21≤<a ．故所求的a 的取值范围为]2,1(．评注：对不等式两边巧妙构造函数，数形结合，直观形象，是解决不等式恒成立问题的一种快捷方法． 4 变更主元法例4．对于满足不等式11≤≤-a 的一切实数a ，函数)24()4(2a x a x y -+-+=的值恒大于0，则实数x 的取值范围是＿＿＿．分析：若审题不清，按习惯以x 为主元，则求解将非常烦琐．应该注意到：函数值大于0对一定取值范围的谁恒成立，则谁就是主元．解：设)44()2()(2+-+-=x x a x a f ，]1,1[+-∈a ，则原问题转化为0)(>a f 恒成立的问题． 故应该有⎩⎨⎧>>-0)1(0)1(f f ，解得1<x 或3>x ． 所以实数x 的取值范围是),3()1,(+∞⋃-∞．评注：在某些特定的条件下，若能变更主元，转换思考问题的角度，不仅可以避免分类讨论，而且可以轻松解决恒成立问题．5 特殊化法例5．设0a 是常数，且1123---=n n n a a （*∈N n ）．（I ）证明：对于任意1≥n ，012)1(]2)1(3[51a a n n n n n n ⋅-+⋅-+=-． （II ）假设对于任意1≥n 有1->n n a a ，求0a 的取值范围．分析：常规思路：由已知的递推关系式求出通项公式，再根据对于任意1≥n 有1->n n a a 求出0a 的取值范围，思路很自然，但计算量大．可以用特殊值探路，确定目标，再作相应的证明．解：（I ）递推式可以化归为31)3(32311+-=--n n nn a a ，]51)3[(3251311--=---n n n n a a ，所以数列}513{-n n a 是等比数列，可以求得对于任意1≥n ，012)1(]2)1(3[51a a n n n n n n ⋅-+⋅-+=-． （II ）假设对于任意1≥n 有1->n n a a ，取2,1=n 就有⎩⎨⎧>=->-=-0603101201a a a a a a 解得3100<<a ； 下面只要证明当3100<<a 时，就有对任意*∈N n 有01>--n n a a 由通项公式得011111215)1(2)1(332)(5a a a n n n n n n n ⋅⋅⋅-+⋅-⋅+⋅=------当12-=k n （*∈N k ）时，02523322152332)(511101111=⋅-⋅+⋅>⋅⋅-⋅+⋅=--------n n n n n n n n a a a当k n 2=（*∈N k ）时，023*********)(51101111=⋅-⋅>⋅⋅+⋅-⋅=-------n n n n n n n a a a ，可见总有1->n n a a ． 故0a 的取值范围是)31,0(评注：特殊化思想不仅可以有效解答选择题，而且是解决恒成立问题的一种重要方法． 6分段讨论法例6．已知2)(--=a x x x f ，若当[]0,1x ∈时，恒有()f x ＜0，求实数a 的取值范围． 解：（i ）当0x =时，显然()f x ＜0成立，此时，a R ∈（ii ）当(]0,1x ∈时，由()f x ＜0，可得2x x -＜a ＜2+x x ， 令 (](]22(),(0,1);()(0,1)g x x x h x x x x x=-∈=+∈ 则221)(xx g +='＞0，∴()g x 是单调递增，可知[]max ()(1)1g x g ==- 221)(xx h -='＜0，∴()h x 是单调递减，可知[]min ()(1)3h x h == 此时a 的范围是（—1，3）综合i 、ii 得：a 的范围是（—1，3） ．例7．若不等式032>+-ax x 对于]21,21[-∈x 恒成立，求a 的取值范围． 解：（只考虑与本案有关的一种方法）解：对x 进行分段讨论，当0=x 时，不等式恒成立，所以，此时R a ∈； 当]21,0(∈x 时，不等式就化为x x a 3+<，此时x x 3+的最小值为213，所以213<a ； 当)0,21[-∈x 时，不等式就化为x x a 3+>，此时x x 3+的最大值为213-，所以213->a ； 由于对上面x 的三个范围要求同时满足，则所求的a 的范围应该是上三个a 的范围的交集即区间)213,213(- 说明：这里对变量x 进行分段来处理，那么所求的a 对三段的x 要同时成立，所以，用求交集的结果就是所求的结果．评注：当不等式中左右两边的函数具有某些不确定的因素时，应该用分类或分段讨论方法来处理，分类（分段）讨论可使原问题中的不确定因素变化成为确定因素，为问题解决提供新的条件；但是最后综合时要注意搞清楚各段的结果应该是并集还是别的关系．7单调性法例8．若定义在),0(+∞的函数)(x f 满足)()()(xy f y f x f =+，且1>x 时不等式0)(<x f 成立，若不等式)()()(22a f xy f y x f +≤+对于任意),0(,+∞∈y x 恒成立，则实数a 的取值范围是＿＿＿．解：设210x x <<，则112>x x ，有0)(12<x x f ．这样，0)()()()()()()()(121112111212<=-+=-⋅=-x x f x f x f x x f x f x x x f x f x f ，则)()(12x f x f <，函数)(x f 在),0(+∞为减函数． 因此)()()(22a f xy f y x f +≤+⇔)()(22xy a f y x f ≤+⇔xy a y x ≥+22xy y x a 22+≤⇔；而2222=≥+xy xyxy y x （当且仅当y x =时取等号），又0>a ，所以a 的取值范围是]2,0(．评注：当不等式两边为同一函数在相同区间内的两个函数值时，可以巧妙利用此函数的单调性，把函数值大小关系化归为自变量的大小关系，则问题可以迎刃而解．8判别式法例9．若不等式012>++ax ax 对于任意R x ∈恒成立．则实数a 的取值范围是＿＿＿． 分析：此不等式是否为一元二次不等式，应该先进行分类讨论；一元二次不等式任意R x ∈恒成立，可以选择判别式法．解：当0=a 时，不等式化为01>，显然对一切实数恒成立； 当0≠a 时，要使不等式012>++ax ax 一切实数恒成立，须有⎩⎨⎧<-=∆>0402a a a ，解得40<<a ．综上可知，所求的实数a 的取值范围是)4,0[．不等式恒成立问题求解策略一般做法就是上面几种，这些做法是通法，对于具体问题要具体分析，要因题而异，如下例．例10．关于x 的不等式ax xx x ≥-++232525在]12,1[∈x 上恒成立，求 实数a 的取值范围．通法解：用变量与参数分离的方法，然后对变量进行分段处理；∵]12,1[∈x ，∴不等式可以化为a x x x x ≥-++5252；下面只要求x x xx x f 525)(2-++=在]12,1[∈x 时的最小值即可，分段处理如下．当]5,1[∈x 时，x x x x f 256)(2++-=，223225622562)(x x x x x x f -+-=-+-='，再令2562)(231-+-=x x x f ，0126)(21=+-='x x x f ，它的根为2,0；所以在区间)2,1[上有0)(1>'x f ，)(x f 递增，在区间]5,2(上有0)(1<'x f ，)(x f 递减，则就有2562)(231-+-=x x x f 在]5,1[∈x 的最大值是017)2(1<-=f ，这样就有0)(<'x f ，即)(x f 在区间]5,1[是递减．同理可以证明)(x f 在区间]12,5[是递增；所以，x x xx x f 525)(2-++=在]12,1[∈x 时的最小值为10)5(=f ，即10≤a ． 技巧解：由于]12,1[∈x ，所以，25225≥+xx ，052≥-x x 两个等号成立都是在5=x 时；从而有10525)(2≥-++=x x x x x f （5=x 时取等号），即10≤a ． 评注：技巧解远比通法解来得简单、省力、省时但需要扎实的数学基本功．。
“恒成立”的几种常用的解法
“恒成立”的几种常用的解法已知不等式恒成立，求参数范围的问题，涉及函数、方程、不等式，综合性强，在高考中常常涉及，许多学生对此类问题不知从何着手，本文结合实例，谈谈这类问题常见的几种方法。
一．判别式法此方法适用于二次函数的情况，利用)0(02>>++a c bx ax的解集是R 0<∆⇔；)0(02<<++a c bx ax的解集是R 0<∆⇔，这类问题的特点是二次函数在R 上恒成立。
例1．已知函数3)(2++=ax x x f ，当时，a x f ≥)(恒成立，求a 的取值范围。
解：要使03x)(2≥-++≥a ax a x f 恒成立，即恒成立，必须且只需26,0124a 0)3(4a 22≤≤-∴≤-+≤--∆a a a 即＝二．图象法此方法主要用于二次函数，指数对数函数，三角函数等，由其函数图象确定值域，进而解之。
类型1：作一个函数的图像：例2．已知函数3)(2++=ax x x f ，若]2,2[-∈x 时，a x f ≥)(恒成立，求a 的取值范围。
解：43)2(3)(222aa x ax x x f -++=++=（1） 当7,-2a f(-2)f(x)4a ,22min+==>-<-时，即a由Φ∈∴≤≥+a ,37a a 72a 得－（2） 当,4a-3f(x )4a 4,2222min=≤-≤≤-≤-时，即a由24,2a 6a 4a-32≤≤-∴≤-≤≥a 得（3） 当7,2a f(2)f(x)4a ,22min+==-<>-时，即a由47,7a a 72a -<≤-∴-≥≥+a 得 综上得]2,7[-∈a类型2：作两个函数的图像： 1.当时10≤≤x ，不等式kx x≥2sin π恒成立，则实数k 的取值范围是_______________.【答案】k ≤1【解析】作出2sin 1xy π=与kx y =2的图象，要使不等式kx x≥2sinπ成立，由图可知须k≤1。
恒成立问题的解法
2. 变量分离法：
【例4】 当 x (1, 2) 时，不等式 x2 mx 4 0
恒成立，则 m 的取值范围是
.
解：当 x (1, 2) 时，由 x2 mx 4 0
得 m x2 4 x
.令
f (x) x2 4 x 4
x
x
则易知 f (x) 在 (1, 2) 上是减函数，
0 0
f (x) 0在x [, ] 上恒成立
b 2a
或
b 2a
或
b 2a
f ( ) 0 0
f ( ) 0
（2）恒成立问题与二次函数联系：
【例3】已知函数 f (x) x2 ax 3 a ，在 x 2,2
min如何在区间d上求函数fx的最大值或者最小值问题我们可以通过习题的实际采取合理有效的方法进行求解通常可以考虑利用函数的单调性函数的图像二次函数的配方法三角函数的有界性均值定理等等方法求函数函数性质法函数性质法变量分离法变量分离法变换主元法变换主元法数形结合法数形结合法66函数性质法内恒有则根据函数的如图所示
上 f (x) 0 恒成立，求 a 的取值范围.
解：
f
(x)
x
a 2
2
a2 4
a
3 ，令
f (x)
在 2,2 上的最小值为 g(a)
⑴当 a 2 ，即 a 4 时， g(a) f (2) 7 3a 0
2
a 7 又 a 4 a 不存在.
不等式“恒成立”问题的解法
不等式“恒成立”问题的解法在微积分学中，不等式“恒成立”问题是一个解决方法的重要组成部分。
这个问题的主要目的是研究在某一条件下，某个变量的取值范围如何受到不等式的限制。
解决“恒成立”问题，主要分为以下几步：1.首先，确定不等式恒成立的变量，并对变量进行分类。
2.其次，通过数学归纳法，确定不等式恒成立时变量的取值范围。
3.接着，把不等式恒成立的变量分别带入不同的条件，根据不同的条件，分别研究变量取值范围如何受到不等式的限制。
4.最后，总结所有的条件下变量的取值范围，得出不等式恒成立的结果。
上述就是不等式“恒成立”问题的常规解法，但也有一些特殊情况，则需要用到更多的数学工具，如变量变换、隐函数等，来解决不等式“恒成立”问题。
例如，假设有不等式$x^2+2x-3>0$，并且$x \in \mathbb{R}$，要求求解不等式恒成立的解。
这时，先将不等式左边进行变换，即$x^2+2x-3=(x+3)(x-1)>0$，然后分别把变量$x+3$、$x-1$的正负性考虑进去。
由此得出，不等式恒成立的解为 $x>1$ 或 $x<-3$ 。
以上就是不等式“恒成立”问题解决的具体步骤，由此可见，要解决不等式“恒成立”问题，需要通过多种数学工具来求解，能够用文字清晰表达出来，从而解决这类问题。
另外，在解决不等式“恒成立”问题时，还可以使用一些特殊的数学工具，从而达到更好的解决效果。
例如，在解决不等式 $x^2+2x-3>0$，并且$x \in\mathbb{R}$ 的问题时，可以使用隐函数的方法处理。
即，通过将该不等式变换为$y=x^2+2x-3$，将该不等式变换为一个隐函数，然后由该隐函数求解其在实数范围内的正负性变化，最后得到不等式恒成立的解。
同样，对于更加复杂的不等式，也可以采用类似的思路，将不等式变换为若干个隐函数，然后逐个求解，从而得到不等式恒成立的解。
总而言之，解决不等式“恒成立”问题，既可以采取常规解法，也可以使用特殊的数学工具，如变量变换、隐函数，从而精准求解出不等式恒成立的解，从而达到有效解决不等式“恒成立”问题的目的。
恒成立问题的解法
设 y1= ①解：
x2
(x ∈(0,
1 坐标系下作它们 的图象如右图: 的图象如右图 由图易得: 由图易得 y=x2 1 4
0
1 2
1
x y=log 1 x
16
1 16 ≤a ＜1
8
例2、①若不等式x2 、 若不等式x
<logax对x
1 ∈ 0, 2 ）恒成立，则实数a的取 恒成立，则实数a （
或 恒成立，则实数x的取值范围是： ——————————。 恒成立，则实数 的取值范围是： x<-1或x>3 的取值范围是
6
1 g ax 例2已知函数 f (x) = ln x ， ( x ) = 2
2
+ bx ，
• a ≠ 0若 b = 2 且h(x) = f (x) −g(x) 存在单调递减区间, 求a的取值范围；
x 为 x1 、 2 .试问：是否存在实数m，使得不等 式 2 m +m t+1≥| x1 x2 － |对任意 a ∈A及t∈[－1，1]恒成立？ 若存在，求m的取值范围；若不存在，请说明理 由.
11
小结： 小结： 4、含两个变量恒成立问题，可先看成一个 、含两个变量恒成立问题， 变量恒成立， 变量恒成立，另一个看成参数一个一个的解决
象的关系再处理。 象的关系再处理。
13
四、课后练习： 课后练习：
1、当x ∈(0,1)时，不等式 2< loga(x 当 时 不等式x 值范围是_____________。 值范围是 。
+ 1)恒成立，则实数 的取 恒成立，则实数a的取
2、若不等式|x-a|+|x-1|>2 对x ∈R恒成立，则实数a的取值 、 恒成立， 恒成立 范围是_____________。 范围是 。
高中数学恒成立问题的一般解法
高中数学恒成立问题的一般解法高三数学复习中，我们经常会遇到恒成立问题，恒成立问题主要涉及到一次函数、二次函数、幂函数、指数函数、对数函数、三角函数等基本初等函数的性质、图象，渗透着换元、转化与化归、数形结合、函数与方程等思想方法，有利于考查学生的分析问题、解决问题的能力，在培养思维的灵活性、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。
恒成立问题在分析题目过程中，特别要注意与能成立问题的区别，以防导致解题错误。
常见恒成立问题大致可分为以下几种类型：①一次函数型；②二次函数型；③变量分离型；④根据函数的奇偶性、周期性等性质；⑤直接根据函数的图象。
当然，这几种类型在方法的运用上面都有异曲同工之处，一般主要用变量分离，数形结合，函数最值，根的分布的思想方法进行处理即可解决问题。
一、一次函数型（注意改换主元的方法运用）例1、 对于满足|p|≤2的所有实数p,求使不等式x 2+p ·x+1>2p+x 恒成立的x 的取值范围。
分析：在不等式中出现了两个字母：x 及P ,关键在于该把哪个字母看成是一个变量，另一个作为常数，即改换主元。
可将p 视作自变量，则上述问题可转化为在[-2，2]内关于p 的一次函数大于0恒成立的问题。
略解：不等式即(x-1)p+x 2-2x+1>0,设f(p)= (x-1)p+x 2-2x+1,则f(p)在[-2,2]上恒大于0，故有：⎩⎨⎧>>-)2(0)2(f f 即⎪⎩⎪⎨⎧>->+-0103422x x x 解得：⎩⎨⎧-<><>1113x x x x 或或 ∴x<-1或x>3.评析：给定一次函数y=f(x)=ax+b(a ≠0),若y=f(x)在[m,n]内恒有f(x)>0，则根据函数的图象（直线）及它的单调性可得ⅰ）⎩⎨⎧>>0)(0m f a 或ⅱ）⎩⎨⎧><0)(0n f a 亦可合并定成⎩⎨⎧>>0)(0)(n f m f 同理，若在[m,n]内恒有f(x)<0，则有⎩⎨⎧<<0)(0)(n f m f例2、 设f(x)=x 2-2ax+2,当x ∈[-1,+∞)时，都有f(x)≥a 恒成立，求a 的取值范围。
恒成立与存在性问题
01
总结词
一次函数性质简单，常用于基础问 题。
总结词
一次函数在定义域内单调，不存在 极值点。
03
02
总结词
一次函数图像为直线，单调性明显。
总结词
一次函数在定义域内单调，恒成立 与存在性问题较易解决。
04
二次函数的恒成立与存在性问题实例
总结词
二次函数开口方向由二次项系数决定。
总结词
二次函数在区间$[-infty, frac{b}{2a}]$上单调递增，在区间$[-
利用三角函数的周期性、对称性、数形结合 等方法，判断三角函数在某个区间内是否存 在极值点或零点。
三角函数存在性问题的应 用
在解决实际问题中，如物理、工程等领域， 常常需要判断某个三角函数是否满足某些条
件，如是否存在最优解或可行解。
03
恒成立与存在性问题的解 法
分离参数法
总结词
分离参数法是一种通过将参数分离到不等式的两边，从而简化问题的方法。
判别式法
总结词
判别式法是一种通过引入判别式来解决 问题的方法。
VS
详细描述
判别式法的基本思想是通过引入判别式来 简化方程的解的求解过程。这种方法在处 理一元二次方程和二元二次方程组时非常 有效。通过判别式，我们可以更容易地找 到方程的解，并且可以更好地理解解的性 质和分布。
04
实例分析
一次函数的恒成立与存在性问题实例
详细描述
分离参数法的基本思想是将参数从不等式中分离出来，单独放在不等式的另一 边，这样可以更容易地找到参数的取值范围，从而解决问题。这种方法在处理 包含参数的不等式问题时非常有效。
数形结合法
总结词
数形结合法是一种通过将问题转化为 图形问题，从而直观地理解问题的方 法。
高中恒成立问题的解法
高中数学恒成立问题的解法类型1：设)0()(2≠++=a c bx ax x f ，（1）R x x f ∈>在0)(上恒成立00<∆>⇔且a ；（2）R x x f ∈<在0)(上恒成立00<∆<⇔且a 。
类型2：设)0()(2≠++=a c bx ax x f （1）当0>a 时，],[0)(βα∈>x x f 在上恒成立⎪⎩⎪⎨⎧>>-⎪⎩⎪⎨⎧<∆≤-≤⎪⎩⎪⎨⎧><-⇔0)(2020)(2βββαααf a b a b f a b 或或， ],[0)(βα∈<x x f 在上恒成立⎩⎨⎧<<⇔0)(0)(βαf f （2）当0<a 时，],[0)(βα∈>x x f 在上恒成立⎩⎨⎧>>⇔0)(0)(βαf f],[0)(βα∈<x x f 在上恒成立⎪⎩⎪⎨⎧<>-⎪⎩⎪⎨⎧<∆≤-≤⎪⎩⎪⎨⎧><-⇔0)(2020)(2βββαααf a b a b f a b 或或 类型3：αα>⇔∈>min )()(x f I x x f 恒成立对一切αα>⇔∈<max )()(x f I x x f 恒成立对一切。
类型4：)()()()()()()(max min I x x g x f x g x f I x x g x f ∈>⇔∈>的图象的上方或的图象在恒成立对一切 恒成立问题的解题的基本思路是：根据已知条件将恒成立问题向基本类型转化，正确选用函数法、最小值法、数形结合等解题方法求解。
一、用一次函数的性质对于一次函数],[,)(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 例1：若不等式)1(122->-x m x 对满足22≤≤-m 的所有m 都成立，求x 的范围。
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三、解决恒成立问题常用的方法1ຫໍສະໝຸດ 函数性质法常用 方法
4
2
变量分离法
3
变换主元法
数形结合法
1.函数性质法 1. 函数性质法
（1）恒成立问题与一次函数联系：给定一次函数
y f ( x) ax b(a 0) ，若 y f ( x) 在
[m, n] 内恒有 f ( x) 0 ， 则根据函数的
解得 1 a 0 .
（2）恒成立问题与二次函数联系：
类型2：设 f ( x) ax2 bx c(a 0) ，f ( x) 0 在区间 [ , ] 上恒成立问题： （1）当 a 0 时，f ( x) 0在x [ , ] 上恒成立 b b b ， 2a 或 或 2a 2a f ( ) 0 0 f ( ) 0
变换主元法 3.变换主元法
处理含参不等式恒成立的某些 问题时，若能适时的把主元变量和 参数变量进行“换位”思考，往往 会使问题降次、简化。
3. 变换主元法：
【例5】对任意 a [1,1] ，不等式 恒成立，求
解：令
x 2 (a 4) x 4 2a 0
x
的取值范围.
，则原问题转化为
f ( ) 0 f ( x) 0在x [ , ] 上恒成立 f ( ) 0
（2）恒成立问题与二次函数联系：
类型2：设 f ( x) ax2 bx c(a 0) ，f ( x) 0 在区间 [ , ] 上恒成立问题： （2）当 a 0 时，f ( x) 0在x [ , ] 上恒成立
（2）恒成立问题与二次函数联系：
【例2】若函数
f ( x) 2
x 2 2 ax a
1 的定义域为 R,
则实数
a 的取值范围为______________
x2 2 ax a
解：已知函数的定义域为 R ，即 2
1 0 x 2 2ax a 0 在 R 上恒成立，也即 2 恒成立，所以有 (2a) 4(a) 0
⑵当 2
a a a 2 ，即 4 a 4 时，g (a) f ( ) a 3 0 2 4 2
6 a 2 又 4 a 4 4 a 2
⑶当
a 2 ，即 a 4 时，g (a) f (2) 7 a 0 a 7 2
讲座内容
1
恒成立问题常见的题型 恒成立问题解决的基本策略 解决恒成立问题常用的方法 恒成立与有解的区别
2
3
4
一、恒成立问题常见的题型
1. 函数、数列的恒成立问题
2. 由等式或不等式恒成立求参数的值或取值范围
3. 证明不等式恒成立
二、恒成立问题解决的基本策略
两个基本思想解决“恒成立问题”
思路1： m
祝同学们成功，再见！
四、恒成立与有解的区别
恒成立和有解是有明显区别的，以下充要条件应细心思考，甄别差异， 恰当使用，等价转化，切不可混为一团。
（1）不等式 （2）不等式 （3）不等式 （4）不等式
,• f ( x) k 在 x I 时恒成立 f max ( x) k•x I
f ( x) k 在 x I f ( x) k 在 x I
【例4】 当 x (1, 2) 时，不等式 x mx 4 0
2
恒成立，则
m 的取值范围是
.
解：当 x (1, 2) 时，由 x2 mx 4 0 x2 4 x2 4 4 m 得 x .令 f ( x) x x x 则易知 f ( x) 在 (1, 2) 上是减函数， 所以 f ( x)max f (1) 5 ，∴ m 5 .
f (a) ( x 2)a x 2 4x 4
x2
f (a) 0
恒成立（a [1,1] ）.当
时，可得
f (a) 0 ，不合题意.
当
x2
时，应有
f (1) 0 f (1) 0
解之得
x 1或x 3
∴
x 的取值范围为 (,1) (3,)
-2
g (x) 的图象是平行的直线系 4 x 3 y 3 3a 0 要使 f ( x) g ( x) 恒成立，
则圆心 (2,0) 到直线
-4 -4 O
x
4 x 3 y 3 3a 0
解得
的距离满足
d
8 3 3a 5
2
5 a 5或a （舍去) 3
数形结合法 4.数形结合法
数形结合思想在高考中占有非常重要的地位， 其“数”与“形”结合，相互渗透，把代数式的 精确刻划与几何图形的直观描述相结合，使代数 问题、几何问题相互转化，使抽象思维和形象思 维有机结合.应用数形结合思想，要熟练掌握一些 概念和运算的几何意义及常见曲线的代数特征.
4. 数形结合法：
恒成立
a f ( x)
a f ( x)max
f ( x)
a f ( x)min
若在等式或不等式中出现两个变量，其中一个变量的范围 已知，另一个变量的范围为所求，且容易通过恒等变形将两个 变量分别置于等号或不等号的两边，则可将恒成立问题转化成 函数的最值问题求解.
2. 变量分离法：
x [2,3] 上有解，求实数 m
的范围.
y 解法一：当 x [2,3] 时， ( x 1) 9 m . ∴ 2
1 9 2 [4, ] x 1 2
解法二： f (2) 0 或 f (3) 0 ，∴ m
9 . 2
友情提醒：
关于“恒成立”问题的策略还有很多，对于某 些“恒成立”题目，不一定用一种方法，还可用多种 方法去处理。这就要求我们养成良好的数学思维，有 良好的观察与分析问题的能力，灵活的转化问题能力， 使所见到的“恒成立”问题更有效地解决。
“恒成立”问题的解法
“恒成立”问题是数学中常见的问题，涉及到一 次函数、二次函数、指数函数、对数函数的性质、 图象,渗透着换主元、化归、数形结合、函数与方程 等思想方法,在培养思维的灵活性、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。 恒成立问题在解题过程中大致可分为以下几种类型: ①一次函数型； ②二次函数型； ③指数、对数型； ④三角函数型；⑤数列型等。解法通常使用: ①函 数最值法；②变量分离法；③数形结合法.
f ( ) 0 f ( ) 0
f ( x) 0在x [ , ] 上恒成立
b b b 2a 或 或 2a 2a f ( ) 0 0 f ( ) 0
（1）恒成立问题与一次函数联系
【例1】 如果当自变量满足 1 x 2 时，函数
f ( x) (m 1) x 4m 3 0 恒成立，求实数 m
的范围.
f (1) 0 解： f (2) 0
∴
4 m 3
（2）恒成立问题与二次函数联系：
类型1：设 f ( x) ax2 bx c(a 0) ，f ( x) 0 在全集 R 上恒成立问题： （1）f ( x) 0在x R 上恒成立 a 0且 0 （2） f ( x) 0在x R 上恒成立 a 0且 0
图像（直线）可得上述结论等价于
a 0 ⅰ） f ( m) 0
a 0 或ⅱ） f ( n) 0
f ( m) 0 . 亦可合并成 f ( n) 0
函数性质法 1.函数性质法
如图所示.同理，若在 [m, n] 内恒有 f ( x) 0
f ( m) 0 则有 f ( n) 0
时有解
f min ( x) k•• I ,x
fmin ( x) k•• I ,x
时恒成立
,x f ( x) k 在 x I 时有解 fmax ( x) k•• I
四. 恒成立与有解的区别：
【例７】设函数 在
f ( x) x2 mx m
，若
f ( x) 0
【例6】设
f ( x) x 4 x
2
,
4 g ( x) x 1 a 3
,若恒有
f ( x) g ( x)
成立,求实数
a
的取值范围. 的图象
解：在同一直角坐标系中作出 如图所示， f
f (x)
及
g (x)
y
(x)
的图象是半圆
( x 2) 2 y 2 4( y 0)
又 a 4 7 a 4 综上所述，7 a . 2
变量分离法 2.变量分离法
将含参数的恒成立式子中的参数分离出来，化成形如： a 或
f ( x)
或
a f ( x)
a f ( x)
则
恒成立的形式.
a f ( x)
恒成立
恒成立 a 的范围是 f ；a
( x) 的值域；
（2）恒成立问题与二次函数联系： 【例3】已知函数 f ( x) x2 ax 3 a ，在 x 2,2 求 上 f ( x) 0 恒成立，
2
a 的取值范围.
a a2 解： f ( x) x a 3 ，令 f ( x) 在 2,2 上的最小值为 g (a) 2 4 a ⑴当 2 ，即 a 4 时， g (a) f (2) 7 3a 0 2 7 又 a 4 a 不存在. a 3 2
思路2：
f ( x)在x D上恒成立 m [ f ( x)]max
m f ( x)在x D上恒成立 m [ f ( x)]min