恒成立问题的几种求解策略
恒成立问题常见类型及解法
【解析】令 f (m) ＝（ x2 1）m －2 x ＋1，则上述问题即可转化为关于 m 的
一次函数 y f (m) 在区间[-2，2]内函数值小于 0 恒成立的问题。考察区
间端点，只要
f f
(2)＜0，解得 (2)＜0
7 1＜x＜ 2
3 1, 2
即 x 的取值范围是（ 7 1 ， 3 1 ）.
a)
0
，即
(4 a)2 a 4
16
0
，
aa
0或a 4
8 ，解得
a
-8.
方法 2（利用根与系数的分布知识）
即要求 t2+(4+ a )t+4=0 有正根。
y
设 f(t)= t2+(4+ a )t+4.
当 =0 时，即（4+ a ）2-16=0,
4
即 1 4m2 3 2 1在 x [3 , ) 上恒成立。
m2
x2 x
2
当
x
3 2
时函数
y
3 x2
2 x
1 取得最小值
5 3
，
所以
1 m2
4m2
5 3
，即 (3m2
1)(4m2
3)
0，
解得 m
3 或m
3
。
2
2
四、利用函数的性质解决恒成立问题
2
个单位。若所得图象与原图象重合，则
的值不．可．能．等于（
）
A.4
B.6
C.8
“恒成立”条件下参数范围的求解策略
“恒成立”条件下参数范围的求解策略下面就数学中常见的恒成立条件下参数范围的求解问题作一总结。
1.分离参数法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侧，则可将恒成立问题转化为函数的最值问题进行求解。
在给出的不等式中，如果通过恒等变形不能直接解出参数，则可将两变量分别置于不等式的两边，即：若f（a）≥g（x）恒成立，只须求出g（x）max，则f（a）≥g（x）max，然后解不等式求出参数a的取值范围;若f（a）≤g（x）恒成立，只须求出g（x）min，则f（a）≤g（x）min，然后解不等式求出参数a的取值范围，问题还是转化为函数求最值。
2.变换主元法（适用于一次函数型）在给出的含有两个变量的不等式中，我们习惯把变量x看成是主元（未知数），而把另一个变量a看成参数，在有些问题中这样的解题过程比较繁琐.如果把已知取值范围的变量作为主元，把要求取值范围的变量看作参数，则可得到意想不到的效果，使问题能更迅速地得到解决。
例对于满足|p|≤2的所有实数p，求使不等式x2+px+1>2x+p恒成立的x的取值范围。
分析：在不等式中出现了两个变量：x、p，并且是给出了p的范围要求x的相应范围，直接从x的不等式正面出发直接求解较难，若逆向思维把p看作自变量，x看成参变量，则上述问题即可转化为在[-2，2]内关于p的一次函数函数值大于0恒成立求参变量x的范围的问题。
解：原不等式可化为（x-1）p+x2-2x+1>0，令f（p）=（x-1）p+x2-2x+1>0，则原问题等价于f（p）>0在p∈[-2，2]上恒成立。
方法一：x-10或x-1>0f（-2）>0x3。
方法二：f（-2）>0f（2）>0即x2-4x+3>0x2-1>0解得：x>3或x1或x3。
评注：利用函数思想，变换主元，通过直线方程的性质求解。
恒成立问题的求解策略
恒成立问题的求解策略辽宁锦州义县高级中学高二数学组王双双高考数学复习中的恒成立问题，把不等式、函数、三角、几何等内容有机地结合起来，其以覆盖知识点多，综合性强，解法灵活等特点而倍受高考、竞赛命题者的青睐。
涉及到一次函数、二次函数的性质、图象，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分离变量型；④根据函数的奇偶性、周期性等性质；⑤数形结合。
一•一次函数型给定一次函数y=f（x）=ax+b（a丰0）,若y=f（x）在［m,n］内恒有f（x）＞0 ,则根据函数的图象（直线）可得上述结论等价于a＜0 J/（加）＞0弘）＞0亦可合并定成1/何＞0严)€0同理，若在［m,n］内恒有f(x)＜0 ,则有I.- L'--'.. ■"--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。
2例i •对任意兀［一1」］，不等式x +（—4）X+4-2Q0恒成立，求x的取值范围。
分析：题中的不等式是关于的一元二次不等式，但若把丿看成主元，则问题可转化为一次不等式在：］_ L」上恒成立的问题。
解：令：- ■,则原问题转化为恒成立（一丄）当汁工、时，可得他二0 ，不合题意。
a＞0；「-或ii当二：］时，应有1/(-1) > 0 解之得-■''■ ' O故」的取值范围为「二..-O二.二次函数型(1)判别式法若所求问题可转化为二次不等式，则可考虑应用判别式法解题。
一般地，对于二次函2 T数/(X)二处+加+血# R),有tj > 01)>。
对x E R恒成立上v ° ；a <02)J D■=：(〕对X E R 恒成立［△ < o例1.已知函数y = ^+(a-l)x + df2］的定义域为R求实数必的取值范围。
恒成立问题常见类型及其解法
4 令 t x 2， y t (t 2) t
2Leabharlann 函数 y t 4 在 [ 2， ) 上为增函数 t
y y1=(x-1)2 y y1=(x-1)2 y2=logax
例6：当 x 1, 2 时，不等式 x 1 log a x 恒成立，求a 2的范围.
2
1 o 1 2 x y2=logax
1 o 1 2 x
0 a 1
a 1
y 显然 a 1 , 要使对一切 x 1, 2， 1 y2 恒成立，
2
x 1 0
2
则
x 2 x 1 x 1 4 x 1 4 4 p x 1 4 x 1 x 1 x 1
令t=x-1>0,则p>-[t+4+4/t]∈(-∞,-8]
p 8
例4：设 lg x 3 x 7 a 0 ，如果 x R 恒成立， a 的范围. 求 解：原不等式等价于lg x 3 x 7 a
m - 2 0 0 (5) 4m ，解得1 m 2 2( m - 2) 0 f ( 0) 0 y
y
m - 2 0 (6) ，无解 f (0) 0
综上所述， a 3 1
O
x
x
4.已知函数f ( x) (m - 2) x 2 - 4mx 2m - 6的图像与 x轴的负半轴有交点，求 实数m的取值范围 .
归纳
与二次函数有关的“恒成立”问题的求解策略
ʏ张亮昌解决不等式恒成立问题常见的方法有:判别式法,分离参数法,主参换位法等㊂下面举例分析这类问题的求解策略㊂方法一:判别式法例1 已知不等式(m 2+4m -5)x 2+4(1-m )x +3>0对任意实数x 恒成立,则实数m 的取值范围是㊂①当m 2+4m -5=0时,可得m =-5或m =1㊂若m =-5,则不等式化为24x +3>0,这时对任意实数x 不可能恒大于0㊂若m =1,则3>0恒成立㊂②当m 2+4m -5ʂ0时,根据题意可得m 2+4m -5>0,Δ=16(1-m )2-12(m 2+4m -5)<0,解得m <-5或m >1,1<m <19,所以1<m <19㊂综上可知,所求实数m 的取值范围是{m |1ɤm <19}㊂评注:对于一元二次不等式a x 2+b x +c >0(a >0)在R 上恒成立,则Δ=b 2-4a c <0;一元二次不等式a x 2+b x +c <0(a <0)在R 上恒成立,则Δ=b 2-4a c <0㊂方法二:分离参数法例2 不等式x y ɤa x 2+2y 2对于1ɤx ɤ2,2ɤy ɤ3恒成立,则实数a 的取值范围是㊂不等式x y ɤa x 2+2y 2对于1ɤx ɤ2,2ɤy ɤ3恒成立,等价于a ȡyx -2yx2对于1ɤx ɤ2,2ɤy ɤ3恒成立㊂令t =y x ,则1ɤt ɤ3,所以a ȡt -2t 2在1ɤt ɤ3上恒成立㊂令函数y =-2t 2+t =-2t -142+18,当t =1时,y m a x =-1,则a ȡ-1㊂故实数a 的取值范围是{a |a ȡ-1}㊂评注:若a ȡf (x )恒成立,则a ȡf (x )m a x ;若a ɤf (x )恒成立,则a ɤf (x )m i n ㊂方法三:主参换位法例3 已知函数y =a x 2-2a x +8+3a ,若对于1ɤa ɤ3,y <0恒成立,则实数x 的取值范围为㊂已知函数可化为关于a 的函数y =a x 2-2a x +8+3a =(x 2-2x +3)a +8㊂由题意知,y <0对于1ɤa ɤ3恒成立㊂因为x 2-2x +3>0恒成立,且y 是关于a 的一次函数,在1ɤa ɤ3上随x 的增大而增大,所以y <0对1ɤa ɤ3恒成立等价于y 的最大值小于0,即3(x 2-2x +3)-8<0,也即3x 2-6x +1<0,解得3-63<x <3+63,所以实数x 的取值范围为x 3-63<x <3+63㊂评注:在一个函数式中,有两个自变量,其中给出一个自变量的范围,这时可把问题转化为关于已知范围的那个自变量的函数(本题是一次函数)㊂在R 上定义运算⊗:A ⊗B =A (1-B ),若不等式(x -a )⊗(x +a )<4对x ɪR 恒成立,则实数a 的取值范围为㊂提示:(x -a )⊗(x +a )=(x -a )[1-(x +a )]=-x 2+x +a 2-a <4对x ɪR 恒成立,即x 2-x -a 2+a +4>0对x ɪR 恒成立,所以Δ=4-4(-a 2+a +1)=4a 2-4a <0,所以0<a <1,即实数a ɪ(0,1)㊂作者单位:湖北省巴东县第三高级中学(责任编辑 郭正华)61 知识结构与拓展 高一数学 2023年9月Copyright ©博看网. All Rights Reserved.。
恒成立问题解题策略
恒成立问题解题策略
等式恒成立问题解题策略：
① 赋值法； ② 化为基本函数； ③ 分离变量；
不等式恒成立问题解题策略：
① 分离参数法； ② 转换主元法； ③ 数形结合型
赋值型—利用特殊值求解
• 例1：已知函数f(x)=sinx+acosx图像的一
条对称轴方程为x= 4 ,求实数a的值
解：f (0) f ( ) a 1 2
1
思路1：化简----乘积的形式常通过约分。 但本题难以完成。 思路2：回到基础-----利用函数单调性求最值。 求差法运算复杂，考虑用求商比较法（这是由 特点所至）
f (n 1) f ( n)
1 2n 3 (1 ) 2n 3 2n 5
2n 4 2n 5 2n 3
f (n 1) f ( n)
4n 2 16 n 16 4n 2 16 n 15
1
因此，f (n 1) f (n), f (n)为单调递增函数， 4 n 1时，f (n)最小值为 。 3 5 4 5 所以，a . 15
【解题后的反思】
1、不等式恒成立，确定参数取值范围——分离参数法。
变式：方程 22 x m2 x 1 0 恒有两个不同实数解， 求m的取值范围.
解1：令t 2 (0, )
x
原式为t 2 mt 1 0 转化为方程在(0, )有两个不同解 0 m2 4 0 x1 x2 m 0 x x 1 0 1 2
思考：已知函数f x 2sin(3x )(| | 的一条对称轴方程为x
2
)图像
4
求实数的值
恒成立问题的求解策略
恒成立问题的求解策略义县高级中学高二数学组王双双高考数学复习中的恒成立问题，把不等式、函数、三角、几何等容有机地结合起来，其以覆盖知识点多，综合性强，解法灵活等特点而倍受高考、竞赛命题者的青睐。
涉及到一次函数、二次函数的性质、图象,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致可分为以下几种类型：①一次函数型；②二次函数型；③分离变量型；④根据函数的奇偶性、周期性等性质；⑤数形结合。
一．一次函数型给定一次函数y=f(x)=ax+b(a≠0),若y=f(x)在[m,n]恒有f(x)>0，则根据函数的图象（直线）可得上述结论等价于ⅰ）或ⅱ）亦可合并定成同理，若在[m,n]恒有f(x)<0，则有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。
例1．对任意，不等式恒成立，求的取值围。
分析：题中的不等式是关于的一元二次不等式，但若把看成主元，则问题可转化为一次不等式在上恒成立的问题。
解：令，则原问题转化为恒成立（）。
当时，可得，不合题意。
当时，应有解之得。
故的取值围为。
二．二次函数型（1）判别式法若所求问题可转化为二次不等式，则可考虑应用判别式法解题。
一般地，对于二次函数,有1）对恒成立;2）对恒成立例1．已知函数的定义域为R，数的取值围。
解：由题设可将问题转化为不等式对恒成立，即有解得。
所以实数的取值围为。
若二次不等式中的取值围有限制，则可利用根的分布解决问题。
例2．设，当时，恒成立，数的取值围。
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围为。
（2）、最值法将不等式恒成立问题转化为求函数最值问题的一种处理方法，其一般类型有：1）恒成立2）恒成立例3．已知，当时，恒成立，数的取值围。
谈不等式恒成立问题的基本类型和常见解法
2013.NO19 2学，都很有兴趣地、积极地、独立地、较好地去完成;通过对作业的完成，他们都能清楚地把握当前身边的——些个体商贩盈利或亏损的原因，并且在讲评课上，他们都能有理有据地说出自己设计的经营方案盈利的可能性。
这—方面利于学生掌握数学知识，同时对他们对生活认识的加深、数学学习兴趣的增强、自信心的养成等等的作用都是不言而喻的。
三、改变数学课外作业的评价方式，发展学生的情感态度和个性品质学生是发展的人，是教育活动的主体，其身心发展具有巨大的发展潜能。
如何去开发学生数学学习的潜能，培养学生积极的态度和情感是一项复杂的工程。
前面所述的各种形式的数学课外作业都能有效地培养学生的态度和情感，但老师对数学课外作业的评价对学生态度、情感的培养，乃至个性品质的形成更为重要。
因为，评价是学生认识自我，建立自信心的最主要的因素。
斯金纳的教学理论就指出“要充分运用积极有效的强化手段，要及时总结，及时讲评，使学生及时知道自己的学习效果，强化正确的学习行为。
传统的数学课外作业的评价方式是采用分数或等级来甄别学生学习的优劣，这种简单的方式不能达到有效强化的目的，容易使那些原来充满学习热情的学生开始怀疑起自己的能力，变得越来越不自信。
长此以往，容易造成部分学生原有的学习热情和愿望一点点消失。
因此，必须改变评价方式。
在对学生数学课外作业的评价时，我不仅仅关注某次学生作业的结果或作品的优劣，更关注他们在整个学习过程中表现出来的情感和态度，努力去发现他们的“好”的方面，通过变化多样的教师个性评语;教师评价与学生自评、互评相结合;书面材料与对学生口头报告、活动、展示的评价相结合;定性评价与定量评价相结合;以定性评价为主等形式加以鼓励、表扬和肯定，让学生看到自己的长处和进步，帮助学生认识自我，建立自信，使学生认识到数学有趣，使他们在数学学习的过程中逐步对数学产生积极的情感和态度，并从中悟出一些对做人和生活有帮助的道理，进而形成良好的个性品质。
求解不等式恒成立问题的三种途径
考点透视不等式恒成立问题的常见命题形式有：（1）证明某个不等式恒成立；（2）根据恒成立的不等式求参数的取值范围.求解不等式恒成立问题的常用思路有：构造函数、分离参数、数形结合等.对于不同的不等式，往往需采用不同的途径进行求解.下面结合实例来进行探究.一、构造函数在求解不等式恒成立问题时，我们可先将不等式左右两边的式子移项、变形；然后将不等式构造成函数式，将问题转化为函数最值问题，通过研究函数的单调性，求得函数的最值，来证明不等式恒成立.在求函数的最值时，可根据函数单调性的定义，或导函数与函数单调性之间的关系来判断函数的单调性；也可以利用简单基本函数的单调性来求得函数的最大、最小值，建立使不等式恒成立的式子，即可解题.例1.求证：当x >-1时，1-1x +1≤ln ()x +1≤x 恒成立.证明：设f ()x =ln ()x +1-x ，求导可得f ′()x =1x +1-1=-x x +1，因为当-1<x <0时，f ′()x >0，当x >0时，f ′()x <0，所以函数f ()x 在()-1,0上单调递增，在()0,+∞上单调递减，即f ()x ≤f ()0=0，故f ()x =ln ()x +1-x ≤0，即ln ()x +1≤x .令g ()x =ln ()x +1+1x +1-1，则g ′()x =1x +1-1()x +12=x ()x +12，因为当-1<x <0时，g ′()x <0，当x >0时，g ′()x >0，所以函数g ()x 在()-1,0上单调递减，在()0,+∞上单调递增，可知g ()x ≥g ()0=0，故ln ()x +1+1x +1-1≥0，ln ()x +1≥1-1x +1，综上可知，当x >-1时，不等式1-1x +1≤ln ()x +1≤x 恒成立.要证明目标不等式恒成立，需分两步进行，先证明ln ()x +1≤x ，再证明ln ()x +1≥1-1x +1.在证明这两个不等式时，都需要先将不等式左右两边的式子作差、移项，构造出新函数f ()x =ln ()x +1-x 、g ()x =ln ()x +1+1x +1-1；然后对函数求导，分析导函数与0之间的大小关系，判断出函数的单调性，进而求得函数的极值，从而得出f ()x min =0、g ()x max =0，即可证明f ()x ≤0、g ()x ≥0.例2.设函数f ()x =e x ln x +2e x -1x，曲线y =f ()x 在点()1，f ()1处的切线方程为y =e ()x -1+2，证明：不等式f ()x >1恒成立.证明：由f ()x >1可得x ln x >xe -x -2e，令g ()x =x ln x ，可得g ′()x =ln x +1，∵当x ∈æèöø0,1e 时，g ′()x <0；当x ∈æèöø1e ,+∞时，g ′()x >0，∴函数g ()x 在æèöø0,1e 上单调递减，在æèöø1e ,+∞上单调递增，∴g ()x ≥g æèöø1e =-1e ，令h ()x =xe -x -2e，则h ′()x =e -x ()1-x ，∵当x ∈()0,1时，h ′()x >0；当x ∈()1,+∞时，h ′()x <0，∴函数h ()x 在()0,1上单调递增，在()1,+∞上单调递减，∴h ()x ≤h ()1=-1e，∴当x >0时，g ()x >h ()x ，即不等式f ()x >1成立.由于不等式x ln x >xe -x -2e左右两侧的式子分别含有对数式、指数式，于是分别令g ()x =x ln x 、h ()x =xe -x -2e，那么只要证明g ()x min ＞h ()x max ，即可证明不等式恒成立.利用导数法求出函数g ()x 、h ()x 在定义域内的最值，即可证明不等式成立.在构造函数时，要注意观察不等式的结构特点，将其进行合理的变形，以便构造出合适的函数模型，从而顺利证明不等式.二、分离参数对于含参不等式恒成立问题，我们通常要采用分离参数法，将不等式中的参数、变量分离，即使不等式一侧的式子中含有参数、另一侧的式子中含有变量，得到形如a ≥f ()x 、a ≤f ()x 的不等式.探讨函数f ()x 在定义域内的最值与参数a 的大小关系，即可求得问赵瑛琦37考点透视题的答案.例3.已知函数f ()x =ln 2()1+x -x 21+x.(1)求函数f ()x 的单调区间；(2)若对于任意n ∈N ∗，不等式æèöø1+1n n +a≤e 恒成立，求参数a 的最大值.解：(1)函数f ()x 的单调递增区间为()-1,0，单调递减区间为()0,+∞；（过程略）(2)不等式æèöø1+1n n +a≤e 等价于()n +a ln æèöø1+1n ≤1，因为1+1n ≥1,所以a ≤1ln æèöø1+1n -n，设g ()x =1ln ()1+x -1x ，x ∈(]0,1，则g ′()x =-1()1+x ln 2()1+x +1x 2=()1+x ln 2()1+x -x 2x 2()1+x ln 2()1+x ，由(1)可得ln 2()1+x -x 21+x≤0，即()1+x ln 2()1+x -x 2≤0，故当x ∈(]0,1时，g ′()x ≤0，函数g ()x 单调递减，即g ()x 在(]0,1上的最小值为g ()1=1ln 2-1，故a 的最大值为1ln 2-1.由于参数a 为指数，所以考虑对不等式左右两边的式子取对数，以将参数分离，得到a ≤1ln æèöø1+1n -n .只要求得1ln æèöø1+1n -n的最小值，即可求得a 的最大值.于是构造函数g ()x =1ln ()1+x -1x ，利用导数法求得函数的最小值，即可解题.在分离参数时，可通过移项、取对数、取倒数等方式，使参数与变量分离.例4.已知函数f ()x =-x ln x +a ()x +1，若f ()x ≤2a 在[)2,+∞上恒成立，求实数a 的取值范围.解：当x ≥2时，由f ()x ≤2a 可得a ≤x ln xx -1，令g ()x =x ln x x -1,x ≥2，∴g ′()x =ln x -x +1()x -12，令h ()x =ln x -x +1，x ≥2，∴h ′()x =1x-1，∵当x ≥2时，h ′()x ＜0，函数h ()x 单调递减，∴h ()x ≤h ()2=ln 2+1＞0，∴g ′()x ＞0，函数g ()x 在[)2,+∞上单调递增，∴g ()x ≥g ()2=2ln 2，∴a ≤g ()x min =g ()2=2ln 2，∴实数a 的取值范围为(]-∞,2ln 2.先将不等式变形，使参数a 单独在不等式的左边，得到不等式a ≤x ln xx -1；然后在定义域[)2,+∞内求不含参函数式的最小值，即可求得参数a 的取值范围.三、数形结合有时不等式中的代数式可用几何图形表示出来，如y =kx 表示的是一条直线；y =a x 、y =x a 表示的是两条曲线；x 2+y 2=1表示的是一个圆，此时就可以采用数形结合法，根据代数式的几何意义画出图形，通过分析图形中曲线、直线之间的位置关系，研究图形的性质，来证明不等式成立.例5.若不等式e x ≥kx 对任意x 恒成立，则实数k 的取值范围为_____.解：设过原点的直线与y =e x相切于点()x 0,ex 0，∵y ′=e x，∴由几何导数的意义可知切线的斜率为k =e x，∴切线的方程为y -e x 0=e x 0()x -x 0，∵切线经过点()0,0，可得x 0=1，∴切线的斜率k =e .由图可知，要使等式e x ≥kx 恒成立，需使y =e x的图象始终在直线y =kx 的上方，∴0≤k ≤e .根据不等式两侧式子的几何意义画出图形，即可将不等式问题看作函数y =e x 和直线y =kx 的位置关系问题.结合图形讨论函数y =e x 和直线y =kx 的位置关系，并根据导函数的几何意义求得切线的方程，即可得到关于参数的新不等式.运用数形结合法解题，需密切关注直线、曲线之间的临界情形，如相切、相交的情形，从而确定参数的临界值.可见，解答不等式恒成立问题，需注意以下几点：（1）仔细观察不等式的结构特点，并将其进行合理的变形，如作差、移项、分离参数；（2）合理构造函数模型，将问题转化为函数最值问题，以便利用导数法、函数的单调性求得最值；（3）灵活运用数形结合思想，以直观、便捷的方式来解题.（作者单位：江苏省泗洪姜堰高级中学）38。
求解有关恒成立、存在性问题的四种策略
求解有关恒成立、存在性问题的四种策略对于有关恒成立、存在性问题，一直是高考命题的热点，往往以全称命题或特称命题的形式出现，同时结合函数的单调性、极值、最值等知识进行考查，在高考中多以压轴题或压轴题中的压轴问的形式出现。
如何突破这一难关呢？关键是细心审题及恰当地转化。
现就如何求解恒成立、存在性问题中的参数问题加以分析。
方法1：分离参数法例1.设函数f（x）=lnx-ax，g（x）=ex-ax，其中a为实数。
若f（x）在（1，+∞）上是单调减函数，且g（x）在（1，+∞）上有最小值，求a的取值范围。
解：因为f`（x）= -a，g`（x）=ex-a，由题意得f`（x）≤0对x∈（1，+∞）恒成立，即a≥ 对x∈（1，+∞）恒成立，所以a≥1。
因为g`（x）=ex-a在x∈（1，+∞）上是单调增函数，所以g`（x）>g`（1）=e-a。
又g（x）在（1，+∞）上有最小值，则必有e-ae。
综上，可知a的取值范围是（e，+∞）。
点评：求解问题的切入点不同，求解的难度就有差异。
在恒成立问题中有时需要取交集，有时需要取并集，本题解法需要取交集。
一般而言：在同一问题中，若是对自变量作分类讨论，其结果要取交集；若是对参数作分类讨论，其结果要取并集。
方法2：构造函数法例2.已知函数f（x）= ，若|f（x）|≥ax，则a的取值范围是（）。
FrkBAnw9mjyEglQgHNxJcw==A.（-∞，0]B.（-∞，1]C.[-2，1]D.[-2，0]解：当x≤0时，|f（x）|≥axx2-（2+a）x≥0，对x≤0恒成立。
记g（x）=x2-（2+a）x=（x- ）2- 。
当当≥0即a≥-2时，g（x）的最小值为0，满足题意。
当x>0时，|f（x）|≥axln（1+x）-ax≥0a≤ ，对x>0恒成立。
令θ（x）= ，则θ`（x）= 。
设t=x+1，则t>1。
记L（t）= -lnt，则L`（t）= 故L（t）故当x∈（0，+∞）时，θ（x）恒大于0，所以a≤0。
常见不等式恒成立问题的几种求解策略
常见不等式恒成立问题的几种求解策略不等式恒成立问题是近几年高考以及各种考试中经常出现，它综合考查函数、方程和不等式的主要内容，并且与函数的最值、方程的解和参数的取值范围紧密相连，本文结合解题教学实践举例说明几种常见不等式恒成立问题的求解策略，以抛砖引玉。
1 变量转换策略例1 已知对于任意的a ∈[-1,1]，函数f (x )=ax 2+(2a -4)x +3-a >0 恒成立，求x 的取值范围.解析 本题按常规思路是分a =0时f (x )是一次函数，a ≠0时是二次函数两种情况讨论，不容易求x 的取值范围。
因此，我们不能总是把x 看成是变量，把a 看成常参数，我们可以通过变量转换，把a 看成变量，x 看成常参数，这就转化一次函数问题，问题就变得容易求解。
令g (a )=(x 2+2x -1)a -4x+3在a ∈[-1,1]时，g (a )>0恒成立，则⎩⎨⎧>>-0)1(0)1(g g ，得133133+-<<--x . 点评 对于含有两个参数，且已知一参数的取值范围，可以通过变量转换，构造以该参数为自变量的函数，利用函数图象求另一参数的取值范围。
2 零点分布策略例2 已知a ax x x f -++=3)(2，若0)(],2,2[≥-∈x f x 恒成立，求a 的取值范围.解析 本题可以考虑f (x )的零点分布情况进行分类讨论，分无零点、零点在区间的左侧、零点在区间的右侧三种情况，即Δ≤0或⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧≥≥--≤->∆0)2(0)2(220f f a 或⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧≥≥-≥->∆0)2(0)2(220f f a ，即a 的取值范围为[-7，2].点评 对于含参数的函数在闭区间上函数值恒大于等于零的问题,可以考虑函数的零点分布情况,要求对应闭区间上函数图象在x 轴的上方或在x 轴上就行了.3 函数最值策略例3 已知a ax x x f -++=3)(2，若2)(],2,2[≥-∈x f x 恒成立，求a 的取值范围.解析 本题可以化归为求函数f (x )在闭区间上的最值问题,只要对于任意2)(],2,2[m in ≥-∈x f x .若2)(],2,2[≥-∈x f x 恒成立⇔2)(],2,2[m in ≥-∈∀x f x ⇔⎪⎩⎪⎨⎧≥-=-=-≤-237)2()(22m in a f x f a 或⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧≥--=-=≤-≤-243)2()(2222m in a a a f x f a 或⎪⎩⎪⎨⎧≥+==>-27)2()(22m in a f x f a ，即a 的取值范围为]222,5[+--.点评 对于含参数的函数在闭区间上函数值恒大于等于或小于等于常数问题,可以求函数最值的方法,只要利用m x f >)(恒成立m x f >⇔m in )(；m x f <)(恒成立m x f <⇔m ax )(.本题也可以用零点分布策略求解.4 变量分离策略例4 已知函数|54|)(2--=x x x f ，若在区间]5,1[-上，k kx y 3+=的图象位于函数f (x )的上方，求k 的取值范围.解析 本题等价于一个不等式恒成立问题,即对于543],5,1[2++->+-∈∀x x k kx x 恒成立,式子中有两个变量,可以通过变量分离化归为求函数的最值问题. 对于543],5,1[2++->+-∈∀x x k kx x 恒成立3542+++->⇔x x x k 对于]5,1[-∈∀x 恒成立,令]5,1[,3542-∈+++-=x x x x y ,设]8,2[,3∈=+t t x ,则],8,2[,10)16(∈++-=t t t y 4=∴t 当,即x =1时2m ax =y , ∴k 的取值范围是k >2.变式 若本题中将k kx y 3+=改为2)3(+=x k y ，其余条件不变，则也可以用变量分离法解.由题意得，对于54)3(],5,1[22++->+-∈∀x x x k x 恒成立22)3(54+++->⇔x x x k 对于]5,1[-∈∀x 恒成立,令]5,1[,)3(5422-∈+++-=x x x x y ,设]8,2[,3∈=+t t x ,则,169)454(1101622+--=-+-=t t t y ]8,2[∈t ， 时即当51,454==∴x t ,169m ax =y , ∴k 的取值范围是k >169.点评 本题通过变量分离，将不等式恒成立问题转化为求函数的最值问题，本题构造的函数求最值对学生来说有些难度，但通过换元后巧妙地转化为“对勾函数”，从而求得最值. 变式题中构造的函数通过换元后转化为“二次函数型”，从而求得最值.本题也可以用零点分布策略和函数最值策略求解.5 数形结合策略例5 设函数x x a x f 4)(2+-+-=,a ax x g +=)(,若恒有)()(x g x f ≤成立,试求实数a 的取值范围.解析 由题意得)()(x g x f ≤a ax x x 242+≤+-⇔,令x x y 421+-=①,a ax y 22+=②.①可化为)0,40(4)2(1212≥≤≤=+-y x y x ，它表示以(2,0)为圆心，2 为半径的上半圆；②表示经过定点(-2,0)，以a 为斜率的直线，要使)()(x g x f ≤恒成立，只需①所表示的半圆在②所表示的直线下方就可以了(如图所示)．当直线与半圆相切时就有21|22|2=++a a a ，即33±=a ，由图可知，要使)()(x g x f ≤恒成立，实数a 的取值范围是33≥a ． 点评 本题通过对已知不等式变形处理后，挖掘不等式两边式子的几何意义，通过构造函数，运用数形结合的思想来求参数的取值范围，不仅能使问题变得直观，同时也起到了化繁为简的效果.6 消元转化策略例 6 已知f (x )是定义在[-1,1]上的奇函数,且f (1)=1,若0)()(0],1,1[,>++≠+-∈n m n f m f n m n m 时，若12)(2+-≤at t x f 对于所有的]1,1[],1,1[-∈-∈a x 恒成立，求实数t 的取值范围.解析 本题不等式中有三个变量，因此可以通过消元转化的策略，先消去一个变量，容易证明f (x )是定义在[-1,1]上的增函数,故 f (x )在[-1,1]上的最大值为f (1)=1,则12)(2+-≤at t x f 对于所有的]1,1[],1,1[-∈-∈a x 恒成立⇔1212+-≤at t 对于所有的]1,1[-∈a 恒成立，即022≤-t ta 对于所有的]1,1[-∈a 恒成立，令22)(t ta a g -=，只要⎩⎨⎧≤≤-0)1(0)1(g g ，022=≥-≤∴t t t 或或． 点评 对于含有两个以上变量的不等式恒成立问题,可以根据题意依次进行消元转化,从而转化为只含有两变量的不等式问题,使问题得到解决.以上介绍的几种常见不等式恒成立问题的求解策略，只是分别从某个侧面入手去探讨不等式中参数的取值范围。
恒成立问题的解法
【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.
解：
f
f
(1) 0 (2) 0
∴ m4 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
三、解决恒成立问题常用的方法
1 函数性质法
常用 方法
2 变量分离法 3 变换主元法
4 数形结合法
1.函数1.性函质数法性质法
（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
f
f
( ) ( )
0 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
f f
( ) ( )
又 a 4 7 a 4 综上所述，7 a .2
2.变变量量分分离离法
将含参数的恒成立式子中的参数) 或 a f (x) 恒成立的形式.
则 a f (x) 恒成立 a 的范围是 f (x) 的值域；
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
恒成立问题求解策略
恒成立问题求解策略恒成立问题能够很好的考察函数不等式等知识以及转化化归等数学思想，所以备受命题者青睐。
本文试将此类题的求解策略作一总结，供同学们参考。
策略一、确定主元，借助函数单调性解决。
例1、 对于满足|p|≤2的所有实数p,求使不等式x 2+px+1>2p+x 恒成立的x 的取值范围。
分析：多元不等式问题求解关键在于确定哪个量为主元。
此问题因为常见的思维定势，易把它看成关于x 的不等式讨论。
不过若将p 定位主元，则可转化为在[-2，2]内关于p 的一次函数大于0恒成立的问题。
解：不等式转化为(x-1)p+x 2-2x+1>0, 设f(p)= (x-1)p+x 2-2x+1,则原题转化为设f(p)= (x-1)p+x 2-2x+1＞0在[-2，2]上恒成立易得 ⎩⎨⎧>>-)2(0)2(f f 即⎪⎩⎪⎨⎧>->+-0103422x x x解得：⎩⎨⎧-<><>1113x x x x 或或∴x<-1或x>3.策略二、转化为二次函数，利用实根分布解决。
例2、 不等式sin 2x ＋acosx ＋ a 2≥1＋cosx 对一切x ∈R 恒成立，求负数a 的取值范围。
解：原不等即cos 2x ＋（1－a ）cosx －a 2≤0令cosx=t ，由x ∈R 知t ∈[-1，1]， 设f(t)=t 2＋（1－a ）t －a 2则原题转化为f(t)=t 2＋（1－a ）t －a 2≤0 在 t ∈[-1，1]上恒成立易得 ⎪⎩⎪⎨⎧≤---=-≤--+=<0)1(1)1(011)1(022a a f a a f a ⇔⎪⎩⎪⎨⎧≥≤≥-≤<10120a a a a a 或或⇔a ≤-2故所求的a 的范围为(-∞,-2].策略三、分离变量，借助不等式性质解决。
例3．已知数列{}n a 中，*65()n a n n N =-∈，设13+=n n n a a b ，n T 是数列{}n b 的前n 项和，求使得20n mT <对所有n N *∈都成立的最小正整数m 。
一道恒成立问题的多种求解策略
中孝生皋捏化解题篇经典题突破方法高二使用2020年7—8月■安徽省安庆市第一中学洪汪宝恒成立问题是各级各类考试中的常见问题，也是热点问题，又因求解策略灵活多变而成为难点问题。
下面从多个角度尝试解决一道恒成立问题，在此基础上给出恒成立问题的常见求解策略％题目：已知函数f(.)=.”一a.—In.,若对任意.((0,+a)/(.))0恒成立，求实数-的取值范围％1.完全分离法解法1：因对任意.((0,+a),f(.$) 0恒成立，艮卩———.—In.)0对任意.(—2—1-—(0,+a)恒成立，于是-/对任意.CC((0,+A)恒成立％—2—1-—令：(.$=(.>0),只需-/「ccg(.$m-%对函数g(.)求导，得g'(.)=.”一1+1n.—°令h(.)=.”一1+1n.(.>0),则=(.)=2.+1>0,函数h(_.')^(0,+a).上单调递增％又h(1)=0,所以当.((0,1)时，h(.) <0，:'(.)<0,函数g(.)单调递减；当.( (1,+a)时，h(.)>0,g'(.)>0,函数g(.)单调递增％所以函数g(.)m-=g(1)=1，于是a/1,即实数-的取值范围为(一A,1+%点评：因为.>0$可以考虑完全分离参数-$也就是将参数-放到不等式的一边，含.的式子放到不等式的另一边，将恒成立问题转化为求函数的最值问题。
若a)f(.)对V.(D恒成立，则-)f(.)m a>，反之同样成立；若a/f(.)对V.(D恒成立，贝U-/ f(."mn，反之同样成立&2.部分分离法解法2：因对任意.((0,+a)f(.)) 0恒成立，即——1n.)—.对任意.((0, +a)恒成立。
构造函数7(.)=.”一1n.(. >0),对其求导，得7’(.)=2.—1=cc 2.”一1.°//—令7’(.)=0,得.=或一”-(舍去)％所以当.((o,//)时，7'(.)<0,函数7(.)单调递减；当.((//，+A)时，7'(.)>0,函数7(.)单调递增％函数3=-.(.>0)的图像是一条过原点的射线(不包括端点)，旋转射线(不含端点)，发现3=a.(—>0)与函数7(.)的图像相切时属临界状态％设切点为(.0,.0—1n.0),则.0一1n.0一0 1 ,.--=2.0—，整理得.”+1n.0 H00—1=0%显然h(.)=.”+1n.一1在(0,+a)上是增函数％又h(1)=0,所以.0=1,此时切线斜率为1结合图像，可知实数-的取值范72解题篇经典题突破方法曲！埒!理初高二使用 -020年7 — 8月 于工匆丿！围为(一a ,1+ %点评：将a.移到不等式的一边，部分分 离，将不等式恒成立问题转化为两个函数图像的相对位置关系& 3 =a. ( —>0"看成过原点的动射线(不含端点"，而函数 F (."—.-_In .(.>0)因不含参数，其图像是固— 不动的，绕原，匡旋转射线3 = a.(.>0"至相 切状态，得到临界值，利用数形结合得到参数 取值范围&3.不分离直接求最值解法3：根据题意只需f (.)_)0即可％令 f (.) = 0因-与一1异号，所以必有一正根％不妨设为.0 ,则-.0 — a. 0 — 1 = 0 ,即2.- 一 1 = a.0 %当.((0.0)时，f(.)V 0,函数 f(.$ 单调递减；当.((.0 , + A)时，f (.)>0 ,函数f(.)单调递增%所以f (.I mn — f (.0)=.0 — a.0 — In .0 = 一.0+1 — In .0)0%又 g (.) — —— — In .31 在(0,3a )上 是减函数，且g (1) = 0,所以0V .0/1%- 2.12 —11在.0( (0,1]上单调递增，则实数a 的取.0值范围为(一A ,]%，匡评：若f(.")0对6.(+ 恒成立，则f(. "mn )0反之同样成立；若f (.)/0对6.(+ 恒成立，则f(."=a >/0 反之同 样成立。
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。
恒成立问题的求解策略
恒成立问题的求解策略作者：杨道坦杨英辉来源：《新校园·中旬刊》2016年第09期恒成立问题是指题设中含有恒成立条件的问题，此类问题具有“变”中“不变”的特点，题型涉及函数的图像和性质，渗透着数形结合、转化与化归、函数与方程等思想方法，有利于考查学生的综合解题能力。
本文对常见的恒成立问题的求解策略进行归类与解析，以飨读者。
一、构造函数法例：设集合P={m|-1A. PQB. QPC. P=QD. P∩Q=Ø分析：不等式与函数关系密切。
遇到不等式问题时，可考虑构造相应的函数来解决问题。
解：构造函数f（x）=mx2+4mx-4，对其函数类型进行讨论：当m=0时，f（x）=-4评注：构造函数法是解决不等式恒成立问题的常用方法。
本题的易错点是容易忽略m=0的情况，习惯地将f（x）视为二次函数，从而出现漏解情形，容易错选为C。
一般情况下，这种题型的解题步骤是：先构造函数f（x）=ax2+bx+c。
ax2+bx+c>0恒成立a=b=0，c>0或a>0，∆ax2+bx+c变式研究：求使不等式mx2+4mx-4分析：解此题时不要思维定势，应换位思考，把不等式mx2+4mx-4设f（m）=mx2+4mx-4=（x2+4x）m-4，m∈〔-1，1〕f（m）解得-2-2评注：本题看上去是一个不等式问题，但是经过等价转化，我们把它化归为一个非常简单的函数问题。
一般情况下，构造函数f（x）=ax+b。
二、分离参变量法例：已知c>0，设P：函数y=cx在R上为减函数，Q：关于x的不等式x+|x-2c|>1的解集是R，如果P和Q中有且仅有一个正确，求c的取值范围。
分析：若在等式或不等式中出现两个变量，其中一个变量（非参变量）的范围已知，则可以通过恒等变形将参变量和非参变量分别置于等号或不等号的两边，转化成求函数的值域问题。
三、构造恒等式法例：设A、B是抛物线y2=2px（p>0）上异于原点O的两个不同点，直线OA和OB的倾斜角分别为α和β，当α，β变化且α+β=时，证明直线AB恒过定点，并求出该定点的坐标。
恒成立问题的一般解法
（一）分离参数法 （二）构造函数法 （三）更换主元法 （四）数形结合法
一、利用分离参数法解决恒成立问题
例1、已知不等式 ax2 -2x + 2a > x2对任 意的a∈(0，+∞)都成立，求实数x的取 值范围.
已知函数f(x)=ax -lnx . 若f(x)>1在 (1，+∞)上恒成立，求a的取值范围.
若不等式x2 -2mx+2m+1>0 对满足 0≤x≤1的所有实数x都成立，求m的取值 范围.
随堂练习 2
解：设 f (x) x2 2mx 2m 1，
依题意：当 0 x 1时， f (x)min 0 恒成立
(1) 当 m 0 时， f x 在[0,1]上是增函数，
f
(x)
0恒成立
f f
(m) 0 (n) 0
f
(x)
0恒成立
f f
(m) 0 (n) 0
当不等式中出现参数时，我们往往 以自变量为主元，有时易致使解题思路 受阻，解题过程不畅。若将题中已知范 围的参数与自变量“主、客转化”，问 题就会变得简单。
四、利用数形结合法解决恒成立问题x [0，3]
解题依据：f(x)>g(x)对一切x∈I恒成立等价 于f(x)的图象在g(x)的图象上方.
注意：利用函数图象解题时，思路是从边界 处（从相等处）开始形成的。
这节课我们学习了解决恒成立问题的一般 法。 这些方法是 分离参数法 、 构造函数法 、
更换主元法 、 数形结合法 。
• 一般地，解决不等式恒成立问题的思想方法 是：分类讨论、数形结合、参数分离、变换 主元等。
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常见不等式恒成立问题的几种求解策略
不等式恒成立问题是近几年高考以及各种考试中经常出现，它综合考查函数、方程和不等式的主要内容，并且与函数的最值、方程的解和参数的取值范围紧密相连，本文结合解题教学实践举例说明几种常见不等式恒成立问题的求解策略，以抛砖引玉。
1 变量转换策略
例1 已知对于任意的a ∈[-1,1]，函数f (x )=ax 2+(2a -4)x +3-a >0 恒成立，求x 的取值范围.
解析 本题按常规思路是分a =0时f (x )是一次函数，a ≠0时是二次函数两种情况讨论，不容易求x 的取值范围。
因此，我们不能总是把x 看成是变量，把a 看成常参数，我们可以通过变量转换，把a 看成变量，x 看成常参数，这就转化一次函数问题，问题就变得容易求解。
令g (a )=(x 2+2x -1)a -4x+3在a ∈[-1,1]时，g (a )>0恒成立，则⎩
⎨⎧>>-0)1(0)1(g g ，得133133+-<<--x . 点评 对于含有两个参数，且已知一参数的取值范围，可以通过变量转换，构造以该参数为自变量的函数，利用函数图象求另一参数的取值范围。
2 零点分布策略
例2 已知a ax x x f -++=3)(2，若0)(],2,2[≥-∈x f x 恒成立，求a 的取值范围. 解析 本题可以考虑f (x )的零点分布情况进行分类讨论，分无零点、零点在
区间的左侧、零点在区间的右侧三种情况，即Δ≤0或⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧≥≥--≤->∆0)2(0)2(220f f a 或⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧≥≥-≥->∆0)2(0)2(220f f a ，即
a 的取值范围为[-7，2].
点评 对于含参数的函数在闭区间上函数值恒大于等于零的问题,可以考虑函数的零点分布情况,要求对应闭区间上函数图象在x 轴的上方或在x 轴上就行了.
3 函数最值策略
例3 已知a ax x x f -++=3)(2，若2)(],2,2[≥-∈x f x 恒成立，求a 的取值范围. 解析 本题可以化归为求函数f (x )在闭区间上的最值问题,只要对于任意2)(],2,2[min ≥-∈x f x .若2)(],2,2[≥-∈x f x 恒成立⇔2)(],2,2[min ≥-∈∀x f x ⇔⎪⎩⎪⎨⎧≥-=-
=-≤-237)2()(22m i n a f x f a
或⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧≥--=-=≤-≤-243)2()(2222min a a a f x f a 或⎪⎩⎪⎨⎧≥+==>-27)2()(22min a f x f a ，即a 的取值范围为
]222,5[+--.
点评 对于含参数的函数在闭区间上函数值恒大于等于或小于等于常数问题,可以求函数最值的方法,只要利用m x f >)(恒成立m x f >⇔min )(；m x f <)(恒成立m x f <⇔max )(.本题也可以用零点分布策略求解.
4 变量分离策略
例4 已知函数|54|)(2--=x x x f ，若在区间]5,1[-上，k kx y 3+=的图象位于函数f (x )的上方，求k 的取值范围.
解析 本题等价于一个不等式恒成立问题,即对于543],5,1[2++->+-∈∀x x k kx x 恒成立,式子中有两个变量,可以通过变量分离化归
为求函数的最值问题. 对于543],5,1[2
++->+-∈∀x x k kx x 恒成立3542+++->⇔x x x k 对于]5,1[-∈∀x 恒成立,令]5,1[,3
542-∈+++-=x x x x y ,设]8,2[,3∈=+t t x ,则],8,2[,10)16(∈++-=t t
t y 4=∴t 当,即x =1时2max =y , ∴k 的取值范围是k >2. 变式 若本题中将k kx y 3+=改为2)3(+=x k y ，其余条件不变，则也可以用变量分离法解.
由题意得，对于54)3(],5,1[22++->+-∈∀x x x k x 恒成立22)3(54+++->
⇔x x x k 对于]5,1[-∈∀x 恒成立,令]5,1[,)3(5
422-∈+++-=x x x x y ,设]8,2[,3∈=+t t x ,则
,169)454(1101622
+--=-+-=t t t y ]8,2[∈t ， 时即当51,454==∴x t ,16
9max =y , ∴k 的取值范围是k >169. 点评 本题通过变量分离，将不等式恒成立问题转化为求函数的最值问题，本题构造的函数求最值对学生来说有些难度，但通过换元后巧妙地转化为“对勾函数”，从而求得最值. 变式题中构造的函数通过换元后转化为“二次函数型”，从而求得最值.本题也可以用零点分布策略和函数最值策略求解.
5 数形结合策略
例 5 设函数x x a x f 4)(2+-+-=,a ax x g +=)(,若恒有)()(x g x f ≤成立,试求实数a 的取值范围.
解析 由题意得)()(x g x f ≤a ax x x 242+≤+-⇔,令x x y 421+-=①,a ax y 22+=②.
①可化为)0,40(4)2(1212≥≤≤=+-y x y x ，它表示以(2,0)为圆心，2 为半径的上半圆；②表示经过定点(-2,0)，以a 为斜率的直线，要使
)()(x g x f ≤恒成立，只需①所表示的半圆在②所表示的直线下方就可以了(如图所示)．当直线与半圆相切时就有
21|
22|2=++a a a ，即3
3±=a ，由图可知，要使)()(x g x f ≤恒成立，实数a 的取值范围是33≥a ． 点评 本题通过对已知不等式变形处理后，挖掘不等式
两边式子的几何意义，通过构造函数，运用数形结合的思想
来求参数的取值范围，不仅能使问题变得直观，同时也起到了化繁为简的效果.
6 消元转化策略
例 6 已知f (x )是定义在[-1,1]上的奇函数,且f (1)=1,若0)()(0],1,1[,>++≠+-∈n
m n f m f n m n m 时，若12)(2+-≤at t x f 对于所有的]1,1[],1,1[-∈-∈a x 恒成立，求实数t 的取值范围.
解析 本题不等式中有三个变量，因此可以通过消元转化的策略，先消去一个变量，容易证明f (x )是定义在[-1,1]上的增函数,故 f (x )在[-1,1]上的最大值为f (1)=1,则12)(2+-≤at t x f 对于所有的]1,1[],1,1[-∈-∈a x 恒成立⇔1212+-≤at t 对于所有的]1,1[-∈a 恒成立，即022≤-t ta 对于所有的]1,1[-∈a 恒成立，令22)(t ta a g -=，只要⎩⎨⎧≤≤-0
)1(0)1(g g ，022=≥-≤∴t t t 或或． 点评 对于含有两个以上变量的不等式恒成立问题,可以根据题意依次进行消元转化,从而转化为只含有两变量的不等式问题,使问题得到解决.
以上介绍的几种常见不等式恒成立问题的求解策略，只是分别从某个侧面入手去探讨不等式中参数的取值范围。
事实上，这些策略不是孤立的，在具体的解题实践中，往往需要综合考虑，灵活运用，才能使问题得以顺利解决。