恒成立问题的求解策略
求解不等式恒成立中参数问题的五大策略
ｆ ａ ＜ ０ ，
【 △＝ ６ — ４ ∞＜ ０ ．
．
策 略一 ：利 用一 次 函数 的性 质
若 已 ） 一 ＋ ６ ＞ ０ 对 叵成 ’
例２ ． 已知关于 的二次不等式 （ Ｊ ｝ － ５ ） （ １ ） ｘ ＋ ３ ＞ ０的解集为 Ｒ． 则实数 ｋ的取值范围为 解 析 ：当 ． ＿ ５ ＝ ０时 ．要使原不等式 的解 集为
解析 ：如果将两边分别设成两个 函数 ｙ ｌ ＝ （ Ｘ 一 １ ） 和
因为 当 ≥ｅ时 ， （ — ｌ ｎ ｘ 一 １ ） ＝ １ 一 ＞ ０ ， 所 以 — ｌ 眦一
１ ≥ｅ — ｌ ｎ ｅ －ｌ ＝ ｅ 一 ２ ＞ ０ ．
所 以 （ ） ＞ ０ ， 所以＾ （ ） （ ｅ ） ＝ ＿， 所 以 ｎ≤一 旦 ＿ ＿ ．
ｅ－ｌ ｅ－Ｉ
若已
）
删
’
＞ 乱 一
Ｒ， 则必有一次项系数也为零 ，且常数项大于零．
ｆ － ５ ＝ Ｏ．
例１ ． 对 于满 足 Ｏ ≤ｐ ≤４的实数 Ｐ， 使
３恒成立 的 的取值范 围是 ．
即｛ ４ （ １ － ｋ ） ＝ ０ ， 解得ｋ ＝ １ ．
１ ３ ＞ ０ ，
） ＝ Ｉ
一 １ 厂
．
Ｄ ／ ２
然后观察两个 图像 （ 尤其要注意交点处和临界处 ）的 位 置关 系 ，进而列 出含参数 的不等式． 例５ ． 不 等式 （ 一 １ ） ＜ 】 ｏ 在 ∈（ １ ， ２ ） 上恒 成立 ，
则 ａ的取值 范围为 ．
ｘ ＞ ３ 或 １ ， 所以 的取值范围是（ 一 ， 一 １ ） Ｕ（ ３ ， ＋ ） ．
高中数学解题方法系列：函数中“恒成立问题”的类型及策略
高中数学解题方法系列：函数中“恒成立问题”的类型及策略一、恒成立问题地基本类型在数学问题研究中经常碰到在给定条件下某些结论.函数在给定区间上某结论成立问题,其表现形式通常有: 在给定区间上某关系恒成立。
某函数地定义域为全体实数R 。
●某不等式地解为一切实数。
❍某表达式地值恒大于a 等等…恒成立问题,涉及到一次函数、二次函数地性质、图象,渗透着换元、化归、数形结合、函数与方程等思想方法,有利于考查学生地综合解题能力,在培养思维地灵活性、创造性等方面起到了积极地作用.因此也成为历年高考地一个热点.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变量分离型；④根据函数地奇偶性、周期性等性质；⑤直接根据函数地图象.二、恒成立问题解决地基本策略<一）两个基本思想解决“恒成立问题”思路1、max )]([)(x f m D x x f m ≥⇔∈≥上恒成立在思路2、min)]([)(x f m D x x f m≤⇔∈≤上恒成立在如何在区间D 上求函数f(x>地最大值或者最小值问题,我们可以通过习题地实际,采取合理有效地方法进行求解,通常可以考虑利用函数地单调性、函数地图像、二次函数地配方法、三角函数地有界性、均值定理、函数求导等等方法求函数f<x）地最值.这类问题在数学地学习涉及地知识比较广泛,在处理上也有许多特殊性,也是近年来高考中频频出现地试卷类型,希望同学们在日常学习中注意积累.(二>、赋值型——利用特殊值求解等式中地恒成立问题,常常用赋值法求解,特别是对解决填空题、选择题能很快求得.例1．由等式x 4+a 1x 3+a 2x 2+a 3x+a 4=(x+1>4+b 1(x+1>3+b 2(x+1>2+b 3(x+1>+b 4定义映射f：(a 1,a 2,a 3,a 4>→b 1+b 2+b 3+b 4,则f：(4,3,2,1>→(>A.10B.7C.-1D.0略解：取x=0,则a 4=1+b 1+b 2+b 3+b 4,又a 4=1,所以b 1+b 2+b 3+b 4=0,故选D例2．如果函数y=f(x>=sin2x+acos2x 地图象关于直线x=8π-对称,那么a=<）.A .1B .-1C .2D .-2.略解：取x=0及x=4π-,则f(0>=f(4π->,即a=-1,故选B.此法体现了数学中从一般到特殊地转化思想.<三）分清基本类型,运用相关基本知识,把握基本地解题策略1、一次函数型：若原题可化为一次函数型,则由数形结合思想利用一次函数知识求解,十分简捷给定一次函数y=f(x>=ax+b(a≠0>,若y=f(x>在[m,n]内恒有f(x>>0,则根据函数地图象<直线）可得上述结论等价于)(0)(>>n f m f 同理,若在[m,n]内恒有f(x><0,则有)(0)(<<n f m f 例2．对于满足|a|≤2地所有实数a,求使不等式x 2+ax+1>2a+x 恒成立地x 地取值范围.分析：在不等式中出现了两个字母：x 及a,关键在于该把哪个字母看成是一个变量,另一个作为常数.显然可将a 视作自变量,则上述问题即可转化为在[-2,2]内关于a 地一次函数大于0恒成立地问题.解：原不等式转化为(x-1>a+x 2-2x+1>0在|a|≤2时恒成立,设f(a>=(x-1>a+x 2-2x+1,则f(a>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.即x∈(－∞,－1>∪(3,+∞>此类题本质上是利用了一次函数在区间[m,n]上地图象是一线段,故只需保证该线段两端点均在x 轴上方<或下方）即可.2、二次函数型涉及到二次函数地问题是复习地重点,同学们要加强学习、归纳、总结,提炼出一些具体地方法,在今后地解题中自觉运用.<1）若二次函数y=ax 2+bx+c(a≠0>大于0恒成立,则有00<∆>且a <2）若是二次函数在指定区间上地恒成立问题,可以利用韦达定理以及根地分布知识求解.例3．若函数12)1()1()(22++-+-=a x a x a x f 地定义域为R,求实数a 地取值范围.分析：该题就转化为被开方数012)1()1(22≥++-+-a x a x a 在R 上恒成立问题,并且注意对二次项系数地讨论.解：依题意,当时，R x ∈012)1()1(22≥++-+-a x a x a 恒成立,所以,①当,1,01,01{,0122=≠+=-=-a a a a 时，即当此时.1,0112)1()1(22=∴≥=++-+-a a x a x a②当时，时，即当012)1(4)1(,01{012222≤+---=∆>-≠-a a a a a有,91,09101{22≤<⇒≤+->a a a a 综上所述,f(x>地定义域为R 时,]9,1[∈a 例4.已知函数2()3f x x ax a =++-,在R 上()0f x ≥恒成立,求a 地取值范围.分析：()y f x =地函数图像都在X 轴及其上方,如右图所示：略解：()22434120a a a a ∆=--=+-≤62a ∴-≤≤变式1：若[]2,2x ∈-时,()0f x ≥恒成立,求a 地取值范围.分析：要使[]2,2x ∈-时,()0f x ≥恒成立,只需)(x f 地最小值0)(≥a g 即可.解：22()324a a f x x a ⎛⎫=+--+ ⎪⎝⎭,令()f x 在[]2,2-上地最小值为()g a .⑴当22a -<-,即4a >时,()(2)730g a f a =-=-≥73a ∴≤又4a> a ∴不存在.⑵当222a -≤-≤,即44a -≤≤时,2()(3024a a g a f a ==--+≥62a ∴-≤≤又44a -≤≤ 42a ∴-≤≤⑶当22a->,即4a <-时,()(2)70g a f a ==+≥7a ∴≥-又4a <- 74a ∴-≤<-综上所述,72a -≤≤.变式2：若[]2,2x ∈-时,()2f x ≥恒成立,求a 地取值范围.解法一：分析：题目中要证明2)(≥x f 在[]2,2-上恒成立,若把2移到等号地左边,则把原题转化成左边二次函数在区间[]2,2-时恒大于等于0地问题.略解：2()320f x x ax a =++--≥,即2()10f x x ax a =++-≥在[]2,2-上成立.⑴()2410a a ∆=--≤22a ∴--≤≤-+⑵24(1)0(2)0(2)02222a a f f a a ⎧∆=-->⎪≥⎪⎪⎨-≥⎪⎪-≥-≤-⎪⎩或2225--≤≤-∴a 综上所述,2225-≤≤-a .解法二：<运用根地分布）2—2⑴当-<-2,即a >4时,g (a )=f (-2)=7-3a ≥2∴a ≤2a ∉(4,+∞)∴a 不存53在.⑵当-2≤-≤22a,即-4≤a ≤4时,2g (a )=f (a 2)=--a +3≥24a ,2-22-2≤a ≤2－22-2∴-4≤a ≤2⑶当->2,即a <-4时,g (a )=f (2)=7+a ≥2,2a∴a ≥-5∴-5≤a <-4综上所述-5≤a ≤22-2.此题属于含参数二次函数,求最值时,轴变区间定地情形,对轴与区间地位置进行分类讨论；还有与其相反地,轴动区间定,方法一样.对于二次函数在R 上恒成立问题往往采用判别式法<如例4、例5）,而对于二次函数在某一区间上恒成立问题往往转化为求函数在此区间上地最值问题3、变量分离型若在等式或不等式中出现两个变量,其中一个变量地范围已知,另一个变量地范围为所求,且容易通过恒等变形将两个变量分别置于等号或不等号地两边,则可将恒成立问题转化成函数地最值问题求解.运用不等式地相关知识不难推出如下结论：若对于x 取值范围内地任何一个数都有f(x>>g(a>恒成立,则g(a><f(x>min 。
恒成立问题的求解策略(全)
1．对任意，不等式恒成立，求的取值范围。
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。
故的取值范围为。
2．已知函数的定义域为R，求实数的取值范围。
解：由题设可将问题转化为不等式对恒成立，即有解得。
所以实数的取值范围为。
若二次不等式中的取值范围有限制，则可利用根的分布解决问题。
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。
（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4．已知，当时，恒成立，求实数的取值范围。
解：设，则由题可知对任意恒成立.令，得.而∴∴即实数的取值范围为。
5．函数，若对任意，恒成立，求实数的取值范围。
解：若对任意，恒成立，即对，恒成立，考虑到不等式的分母，只需在时恒成立而得.而抛物线在的最小值得注：本题还可将变形为，讨论其单调性从而求出最小值。
三．分离变量法若所给的不等式能通过恒等变形使参数与主元分离于不等式两端，从而问题转化为求主元函数的最值，进而求出参数范围。
这种方法本质也还是求最值，但它思路更清晰，操作性更强。
一般地有：1）恒成立2）恒成立6.已知当x R时，不等式a+cos2x<5-4sinx+恒成立，求实数a的取值范围。
分析：在不等式中含有两个变量a及x，其中x的范围已知（x R），另一变量a的范围即为所求，故可考虑将a及x分离。
解：原不等式即：要使上式恒成立，只需大于的最大值，故上述问题转化成求f(x)=4sinx+cos2x的最值问题。
f(x)= 4sinx+cos2x=-2sin2x+4sinx+1=-2(sinx-1)2+33,∴即上式等价于或解得.注：注意到题目中出现了sinx及cos2x，而cos2x=1-2sin2x,故若把sinx换元成t,则可把原不等式转化成关于t的二次函数类型。
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.。
浅析高中数学恒成立问题的求解策略
高中浅析高中数学恒成立问题的求解策略山东省烟台第二中学 彭凤娇 解决恒成立问题的过程中，往往会涉及函数、方程、不等式等高中数学核心知识，以及转化化归、分类讨论、数形结合等重要数学思想，其综合性和灵活性注定使恒成立问题成为高考试题中的“香饽饽”．在对恒成立问题进行研究之后，整理了几类典型的题型，下面就从高考中出现的两道典型恒成立问题说起．引例１ （２００７年山东文）当狓∈（１，２）时，狓２＋犿狓＋４＜０恒成立，则犿的取值范围是．引例２ （２０１８年天津）已知犪∈犚，函数犳（狓）＝狓２＋２狓＋犪－２，狓≤０，－狓２＋２狓－２犪，狓＞０．｛若 狓∈［－３，＋∞），犳（狓）≤狓恒成立，则犪的取值范围是．从上面两道高考恒成立问题中不难发现，解决恒成立问题的方法大致可分为两种：分离参数与函数思想（即不分离参数）．在解答恒成立问题时需要具体题目具体分析．一、单变量恒成立问题（一）分离参数利用分离参数法来确定不等式犳（狓，犪）≥０（狓∈犇，犪为参数）恒成立时，参数犪的取值范围的一般思路：将题目中的参数与变量分离，化为犵（犪）≤犳（狓）（或犵（犪）≥犳（狓））恒成立的形式．接下来求解出函数犳（狓）的最小（或最大）值．最后解不等式犵（犪）≤犳（狓）ｍｉｎ（或犵（犪）≥犳（狓）ｍａｘ），进而求得犪的取值范围．该思路一般适用于参数与变量易分离且最值易求得的题型．如高考引例１中，注意到狓的取值范围，可以采用分离参数的方法．解：由狓∈（１，２），狓２＋犿狓＋４＜０恒成立，对不等式分离参数，得犿＜－狓２＋４狓．令犳（狓）＝狓２＋４狓＝狓＋４狓，易知犳（狓）在（１，２）上是减函数，所以狓∈（１，２）时，４＜犳（狓）＜５，则－狓２＋４狓（）ｍｉｎ＞－５，所以犿≤－５．又如高考引例２，也可以采用分离参数的方法，只不过要分段讨论，最终结果取“交集”．解： 狓∈［－３，＋∞），犳（狓）≤狓恒成立狓∈［－３，０］，狓２＋２狓＋犪－２≤－狓且 狓∈（０，＋∞），－狓２＋２狓－２犪≤狓 犪≤（－狓２－３狓＋２）ｍｉｎ＝２且犪≥－狓２＋狓２（）ｍａｘ＝１８犪∈１８，２［］．例１ 已知狓∈犚时，不等式犪＋ｃｏｓ２狓＜５－４ｓｉｎ狓＋５犪－槡４恒成立，求实数犪的取值范围．解：将参数进行分离，得５犪－槡４－犪＋５＞ｃｏｓ２狓＋４ｓｉｎ狓，即５犪－槡４－犪＋５＞１＋４ｓｉｎ狓－２ｓｉｎ２狓，只需要５犪－槡４－犪＋５＞（１＋４ｓｉｎ狓－２ｓｉｎ２狓）ｍａｘ．令ｓｉｎ狓＝狋（狋∈［－１，１］），则犵（狋）＝１＋４狋－２狋２（狋∈［－１，１］），易得犵（狋）ｍａｘ＝３．所以５犪－槡４－犪＋５＞３，即５犪－槡４＞犪－２ 犪－２≥０，５犪－４≥０，５犪－４＞（犪－２）２烅烄烆或犪－２＜０，５犪－４≥０，｛解得４５≤犪＜８．（二）函数思想一般思路：首先分清楚题目中的变量与参数．一般来说，题目给出取值范围的元为变量，最终求解范围的元为参数．通过构造变量的函数，借助所构造的函数的取值特征进行求解．若在客观题中涉及不同类型函数恒成立问题，可通过画函数图像的方法，排除选项，提高解题速度．如高考引例１也可以用函数思想（二次函数根的分布）来解答，也比较简便．解：设犳（狓）＝狓２＋犿狓＋４，易知二次函数的图像“开口向上”，则要使当狓∈（１，２）时，狓２＋犿狓＋４＜０恒成立，只需满足犳（１）≤０，犳（２）≤０，｛即５＋犿≤０，８＋２犿≤０，｛解得犿≤－５．总结：设犳（狓）＝犪狓２＋犫狓＋犮（犪≠０）且犪＞０，犳（狓）＜０在狓∈［α，β］上恒成立 犳（α）＜０，犳（β）＜０．｛０４教学参谋解法探究２０２０年３月Copyright ©博看网. All Rights Reserved.高中犳（狓）＜０在狓∈（α，β）上恒成立 犳（α）≤０，犳（β）≤０．｛例２ 已知犵（狓）＝ｌｏｇ犪狓，犳（狓）＝（狓－１）２，若狓∈（１，２）时，犵（狓）＞犳（狓）恒成立，求犪的取值范围．分析：对于犵（狓）＞犳（狓）恒成立的问题，有时候将不等式进行合理变形之后，能够非常容易地画出不等号两边的函数图像，最后通过图像直接判断出结果．特别是客观题，采用这种数形结合的方式能够简化解题步骤．根据函数犵（狓），犳（狓）的特征画出函数图像，可直观展示两函数关系．解：由图像分析易知，要使得当狓∈（１，２）时，犵（狓）＞犳（狓）成立，则需犪＞１，同时当狓∈（１，２）时，犵（狓）的图像在犳（狓）的图像上方，即犵（２）≥犳（２），解得犪∈（１，２］．总结：解题时既能落实数形结合思想，又能兼顾对数函数的特征，可使解题过程更加顺畅．二、双变量恒成立问题例３ 设函数犳（狓）＝狓－２ｓｉｎ狓， 狓１，狓２∈［０，π］，恒有犳（狓１）－犳（狓２）≤犕，求犕的最小值．分析：由题易知，要使得犳（狓１）－犳（狓２）≤犕， 狓１，狓２∈［０，π］恒成立，只需求犳（狓１）－犳（狓２）ｍａｘ，即犳（狓）ｍａｘ－犳（狓）ｍｉｎ的值．解：由犳（狓）＝狓－２ｓｉｎ狓，得犳′（狓）＝１－２ｃｏｓ狓，易知狓∈０，π３［］时，犳′（狓）＜０，犳（狓）单调递减；狓∈π３，π［］时，犳′（狓）＞０，犳（狓）单调递增．所以当狓＝π３时，犳（狓）有极小值，即最小值，且犳（狓）ｍｉｎ＝犳π３（）＝π３－槡３．又犳（０）＝０，犳（π）＝π，所以犳（狓）ｍａｘ＝π．所以犕≥犳（狓１）－犳（狓２）ｍａｘ＝犳（狓）ｍａｘ－犳（狓）ｍｉｎ＝２π３＋槡３．常见的双变量恒成立问题有如下两种：（一）题型一：狓１，狓２∈犇，都有犳（狓１）≤犵（狓２） 犳（狓）ｍａｘ≤犵（狓）ｍｉｎ（这里假设犳（狓）ｍａｘ，犵（狓）ｍｉｎ都存在）例４ 已知函数犳（狓）＝狓２－２狓＋２，犵（狓）＝２狓＋犿， 狓１，狓２∈［１，３］，都有犳（狓１）≤犵（狓２）恒成立，求实数犿的取值范围．解：犳（狓）＝狓２－２狓＋２＝（狓－１）２＋１，当狓∈［１，３］时，犳（狓）ｍａｘ＝犳（３）＝５，犵（狓）ｍｉｎ＝犵（１）＝２＋犿，则犳（狓）ｍａｘ≤犵（狓）ｍｉｎ，即５≤２＋犿，解得犿≥３．推广：狓１，狓２∈犇，都有犳（狓１）≥犵（狓２）·犳（狓）ｍｉｎ≥犵（狓）ｍａｘ（这里假设犳（狓）ｍｉｎ，犵（狓）ｍａｘ都存在）．（二）题型二： 狓１∈犇１，狓２∈犇２，都有犳（狓１）≥犵（狓２） 犳（狓）ｍｉｎ≥犵（狓）ｍｉｎ（这里假设犳（狓）ｍｉｎ，犵（狓）ｍｉｎ都存在）．例５ 已知犳（狓）＝ｌｎ（狓２＋１），犵（狓）＝１２（）狓－犿，若 狓１∈［０，３］， 狓２∈［１，２］，使得犳（狓１）≥犵（狓２），求实数犿的取值范围．解：当狓∈［０，３］时，由复合函数“同增异减”原理可得，犳（狓）在狓∈［０，３］上单调递增，则犳（狓）ｍｉｎ＝犳（０）＝０，当狓∈［１，２］时，犵（狓）单调递减，则犵（狓）ｍｉｎ＝犵（２）＝１４－犿，由犳（狓）ｍｉｎ≥犵（狓）ｍｉｎ得０≥１４－犿，所以犿≥１４．推广： 狓１∈犇１，狓２∈犇２，都有犳（狓１）≥犵（狓２） 犳（狓）ｍａｘ≥犵（狓）ｍａｘ（这里假设犳（狓）ｍａｘ，犵（狓）ｍａｘ都存在）．三、结束语在高中数学的学习中，不仅要熟知高考必考的数学知识，还须熟练掌握重要题型的解题思路和解题技巧，结合典型的数学思想去解决问题，注意勤于练习，学会举一反三，这样才能够爱学数学，学好数学．参考文献：［１］黄锦龙．树立五种意识 破解恒成立问题［Ｊ］．中学数学研究（华南师范大学版），２０１９（２１）．［２］蔡海涛．探寻必要条件 巧解恒成立问题———从一道２０１９年高考函数导数题谈起［Ｊ］．高中数学教与学，２０１９（２１）．［３］洪小银．高中数学恒成立问题方法解析［Ｊ］．中学数学，２０１９（９）．［４］周坤．一类恒成立问题的转化教学设计及反思［Ｊ］．中学数学，２０１９（９）．［５］孙成田，刘本玲．细解高考中的热点难点———不等式恒成立问题［Ｊ］．数学之友，２０１９（４）．［６］孔祥士．例谈“含参数的单变量不等式恒成立问题”的解题策略［Ｊ］．中学数学，２０１９（８）．犉１４２０２０年３月 解法探究教学参谋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。
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-a<0，即a>e。
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()。
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<0即a<－2时,g(x)的最小值为－，不可能满足条件。
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)=<0,所以L(t)在t∈(1,+∞)上为减函数。
高中数学恒成立问题的求解策略
高 中 数 学 恒 成 立 问 题 的 求 解 策 略
肖常 定
（ 兴 义 市 第 一 中学 ， 贵州 兴义 摘 要： 对 于恒 成 立 问 题 ， 一 些 学 生 经 常是 束 手 无 策 ， 不 知 道从哪里 下手 。 找 不 到 问 题 的 突破 口 ， 因而 感 觉 十 分 困难 ． 如 果运 用 方 程 和 函数 思 想 ， 采用换元 、 化 归、 数 形 结 合 的 思 想 方法． 其 实恒 成 立 问题 是 不 难 解 决 的 ． － 巨成 立 问题 有 利 于 考 查 学 生 的 综合 解题 能 力 ． 也 是 历 年 高考 的 一 个 热 点． 本 文就 高 中 数 学恒 成 立 问题 的 求 解 策 略作 一 些 归纳 和 总结 。 以 飨读 者． 关键词 ： 高 中数 学 恒成 立 问题 思 想 方 法 求 解 策略
解 ： 当ｍ‘ 一 Ｉ ＝ ０ ￣ Ｐ ｍ ＝ ± ｌ 时， 分 别 代 人 已知 不 等 式 ， 知ｍ＝ ｌ 符 合题意 ：
例４ ： 对于 满足Ｉ ｐ ｌ ≤２ 的所有 实数Ｐ ， 求使不 等式ｘ ‘ ＋ ｐ ｘ ＋ ｌ ＞ ２ ｘ ＋ ｐ 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 和Ｐ ， 关 键 在 于 把 哪 个 字母 看 成 变 量 ， 另一 个 作 为 常 数 ． 因 为Ｐ 的范围已知 ， 故 本 题 可 将ｐ 视 为 自变 量 ， 上 述 问题 即 转化 为 在 ［ 一 ２ ， ２ ］ 上 关 于 的一 次 函 数 大 于０ 恒成立的问题．
Ａ ≤０ 即可． ３ ． 二 次 函 数 在 指 定 区 间 上 的恒 成 立 问 题 ， 可 以 利 用 韦 达
定 理 及 根 的实 根 分 布 知 识 求解 ． 例ｌ ： 不等式 （ ｍ ‘ 一 １ ） ｘ ‘ ＋ ２ （ ｍ一 １ ） ｘ 一 １ ≤０ 对 任 意ｘ∈Ｒ 都成立 ， 求 实数 ｍ的 值 ．
探索“恒成立” 问题的求解策略
探索“恒成立” 问题的求解策略摘要：本文分析了六种“恒成立”问题的求解策略，旨在帮助学生提高数学思维能力和解题能力。
关键词：数学；恒成立；策略作者简介：陈友兰，任教于河南省登封市第一高级中学。
近年来，高考数学和竞赛数学试题中常常出现这样一类问题：含参数变量的“恒成立”不等式问题。
成功解决这类问题往往需要有良好的观察与分析、灵巧的转化与代归、高水平的运算与推理。
怎样转化问题才能有利于问题的解决，始终是同学们倍感头疼的事情。
笔者认为下面几种策略比较实用，同时还有助于学生提高数学思维。
策略1：实施变量分离已知不等式f(x,a)≥0（或≤0）对于任意x∈A恒成立。
如果f(x,a)≥0（或≤0）可变形成a≥g(x),则a≥g(x)的最大值（或极大值）；如果f(x,a)≥0（或≤0）可变形成a≤g(x),则a≤g(x)的最小值（或极小值）。
例1：设f(x)是定义在R上的单调增函数，若对于任意a∈[－1,1]恒成立，求x的取值范围。
解：因为f(x)是R上的增函数，所以，且a∈[－1,1]，分离a,使。
① 当1－x>0时，上式转化为，对于任意a∈[－1,1] 恒成立，只要即可。
故求得0≤x＜1,或x≤－1.②当1－x＜0时，上式可转化为，对于a∈[－1,1] 恒成立。
只要即可，求得x>1。
③当1－x=0时，显然有≥0成立。
即x=1。
综上可知x的取值范围是：x≤－1,或x≥0。
策略2：利用函数的最大值、最小值例2：已知不等式对于任意正数x恒成立，则实数k的取值范围是。
（2008年高考京师预测卷）分析：该题若令f(x)= ,只需求出f(x)的最大值，让其最大值小于即可。
又，因为x>0 ，所以k>0。
当>0时，解得：,当<0时，解得：。
故可得在时，，即得，结合条件得：0<k≤1。
评注：利用函数的最大值或最小值是转化“恒成立”问题的基本方法（变量分离法求解“恒成立”问题也是利用了这种方法的基本思想）。
分类例析恒成立问题的求解策略
＼
Ｄ ／ 即（ ２ － １ ） ２ ￣ｌ ｏ ｇ ， 解 得０ ≤２ ， 综上所求 范 围是 １ ＜
０≤ ２。
常用途 径是借助 二次函数 （ 判别 式 ） ； 分 离变量 转化， 即利用 极端原 理 ， 转 化 为 ） ＞ ｎ 恒成立 甘ｎ ＜
一
求最值 。
有些数学问题构思新颖 ， 同时有其实际背景 ， 若 按 固有 的思维习惯 ，从表面形式上认定 主元往往 陷 入 困境 。 若打破思维定式 ， 突 出处于相对次要地位 的 客元 ， 往往能收到出人意料 的效果 。
２ ． 构 造 函数 画 图像
２
２
或
～
即数形结合法。通过转化为熟悉 函数或 圆锥 曲 线 的方程 ， 利用 图像通过运动变化观点来解决 ， 往往 会化抽象为具体 、 化 复杂 为简单 。 例２ 若 ∈（ １ ， ２ ） 时不等式 Ｎ（ ｘ 一 １ ） ２ ＜ ｌ ｏ ｇ ； 成立， 求。的取值范 围。
．
， （ ） 亘 ） ＜ 叵成立甘口 ） 一 解决； 变更主元。
例 １ 若不等式 ＋ 似＋ １ ＞０ ｔ 对 于一切 ∈（ ０ ， ］
２ 成Biblioteka ， 求ｎ 的取值 范围。 解 ： 由 题 意 令 ） ２ ＋ ＋ １ ， 求 其 在 区 间 （ ０ ， ｛ ］ 上 的 最 小 值 满 足 ≥ ０ 即 可 。 ’ ． ） ： ２ ＋ 似 ＋ ｌ ＝ （ ＋ 号 ） ＋
。
［ 一 １ ， １ ］ 及ａ Ｅ［ 一 １ ， １ ］ 都成 立 ， 等价 于 １ ｔ ２ — ２ ａ ｔ ＋ ｌ ， 即 ｔ ： － ２ ａ ｔ ＋ １ ＞０ Ｉ 对所有的口 ∈［ 一 １ ， １ ］ 恒成立 。令 （ ０ ） ＝ ｔ ２ —
高考中“恒成立”问题的求解策略初探
高考中“恒成立”问题的求解策略初探平冈中学2010届高三理科数学备课组 潘辉近年来，“恒成立”问题因其能较好的考察学生的分析问题能力和化归的数学思想方法，逐渐成为高考命题者青睐的考点。
本专题选取了部分近几年的高考题，拟从这部分题的解答过程探索出解决此类问题的一般思路和方法，一家之言，仅供参考。
【求解策略】策略一 分离参数法For personal use only in study and research; not for commercial use有一类求参数范围的恒成立问题，若将式中的参数分离出来，就可以把求参数的范围的问题转化为求函数的值域或最值问题，常常借助如下等价关系进行转化类型Ⅰ ()()m a x a f x a M f x M >⎧⎪⇔>⎨=⎡⎤⎪⎣⎦⎩恒成立，()()max a f x a M f x M ≥⎧⎪⇔≥⎨=⎡⎤⎪⎣⎦⎩恒成立 For personal use only in study and research; not for commercial use类型Ⅱ ()()m i na f x a m f x m ⎧<⎪⇔<⎨=⎡⎤⎪⎣⎦⎩恒成立， ()()m i na f x a m f x m ⎧≤⎪⇔≤⎨=⎡⎤⎪⎣⎦⎩恒成立 策略二 变换主元法 在含参的问题中，要辩证的看待主元，若主元选择得当，便会有出人意料的效果【热身练习】1．关于x 的不等式2121x x a a -+-≤++的解集为空集，则实数a 的取值范围是 _．2．等式151x a x+>-+对于一切非零实数x 均成立，则实数a 的取值范围是 ． 3．设()222f x x ax =-+，当[)1,x ∈-+∞时，()0f x ≥恒成立，求实数a 的取值范围.4．设()124lg 3x xa f x ++⋅=，其中a R ∈，当(],1x ∈-∞时，()f x 有意义，求a 的取值范围．【例题讲解】例1 设函数323()(1)132a f x x x a x =-+++，其中a 为实数。
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。
微专题09导数解答题之恒成立与能成立问题 高考数学
试卷讲评课件
′ = − + = − − ，
令 = − −
，则′
=
−
≥ ，
所以函数′ 在[, +∞)上单调递增，
于是′ ≥ ′ = ，所以函数 在[, +∞)上单调递增，
所以[ ] = = ，于是 ≤ ，因此实数的取值范围是
, ＞，则
= =
，所以
≥
，即正实数的取值范围是[ , +∞).
试卷讲评课件
例3.(2024 ⋅四川泸州·二模)已知函数f x = 2x 3 − ax 2 + 2 a＞0 .
(1)求曲线y = f x 在点 0, f 0 处的切线方程；
【解析】因为 = − + ＞ ，所以 = ，
则 ′
=
− −
=
− +
，设
= − + , ≠
则 ′ = ，令 ′ ＞，得＞，令 ′ ＜，得＜，
所以 ＞ = ，即 ′ ＞在 −∞, ∪ , +∞ 上恒成立，
，又＞，
′
所以当＜＜ 时 ＜，当＜或＞ 时 ′ ＞，
所以 在 , 上单调递减，在 −∞, ， , +∞ 上单调递增，
则在区间[−, ]内存在 ， ，使得 ⋅ ≥ ，
等价于在区间[−, ]内存在，使得 ≥ ，
所以函数 的单调增区间为 −∞, , , +∞ ，无单调减区间；
“恒成立”问题的求解策略
“恒成立”问题的求解策略
廖东明
【期刊名称】《数理化解题研究：高中版》
【年(卷),期】2006(000)007
【摘要】当一个结论对于某一个字母在某一取值范围内的所有值都成立时，即谓“恒成立”问题。
解此类问题的关键在于将“恒成立”条件转化为可利用的简单条件。
常用的解题策略有以下几种。
【总页数】2页(P11-12)
【作者】廖东明
【作者单位】江西省宁都三中,342800
【正文语种】中文
【中图分类】G633.6
【相关文献】
1.浅析高中数学恒成立问题的求解策略 [J], 彭凤娇
2.一道恒成立问题的多种求解策略 [J], 洪汪宝
3.聚焦问题本质,培养解题能力——从一道联考试题的多角度分析看"同构法"解决不等式恒成立问题的求解策略 [J], 方明生
4.不等式恒成立问题中参数范围的求解策略 [J], 沙金城
5.从一道高考试题看恒成立问题的求解策略 [J], 周秋良
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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。
恒成立问题的求解策略
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 。
＝ ｍｘ ％４ ｍ ｘ 一 ４ ＜ ０ 恒成立§ ＜ Ｏ 且△ ＝ （ ４ ｍ） ＋ １ ６ ｍ＜ ０ ， 即一 ｌ ＜ ｍ＜ ０ 。 综上 ，一 ｌ ＜ ｍ≤ ０ ，故选 Ａ。
由上 可 得 ：ｃ ＞１。 又 函数 ｙ ＝ 在 Ｒ上 为 减 函 数 ，知
综上所述 ， １＜ ｃ ＜ １ 。
解 析式 。
故直线 Ａ Ｂ的斜率存 在 ，否 则 ，Ｏ Ａ 、Ｏ Ｂ的倾斜 角 之和
为 ， 与ａ ＝ 手矛 盾， 可 设直线Ａ 曰 的 方程为ｙ ＝ ｋ ｘ ＋ ｂ ， 显
然 Ｙ ｉ ，Ｘ ２ － ，
将 ｙ ＝ ｋ ｘ ＋ ｂ与 ｙ ２ ＝ ２ ｐ ｘ（ ｐ ＞ ０） 联 立 消 去 ， 得 一
三 、构造恒等式法 例 ：设 Ａ、 是 抛 物线 ｙ ２ ＝ ２ ｐ ｘ（ ｐ ＞ ０）上 异于 原 点 Ｏ 的 两个不同点 ，直线 Ｏ Ａ和 Ｏ Ｂ的倾斜角分别为 ａ和 ，当 ，
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 ，（ ）视为 二 次函数 ，从 而出现漏解情形 ，容易错选为 ｃ 。
黜 ＋ ＋ ｃ ＞ Ｏ 恒成立甘 ａ ＝ ｂ ＝ ０ ，ｃ ＞ ０或 ａ ＞ ０ ，△ ＜ ０ ；
又直线 Ｏ Ａ ， Ｏ Ｂ的倾 斜角 ， 卢满足 ａ ＝ 导，得 ０ ＜ ａ ，
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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。
2 2解：由题设可将问题转化为不等式八：■■ 对「丄匸恒成立，即有A = (H八0解得“—I或呜。
(-0J,-1) U (；,+°°)所以实数“的取值范围为-■ O若二次不等式中:.的取值范围有限制，则可利用根的分布解决问题。
例2 .设'■.：「「.：，当—一」⑴时，了萬聖泾恒成立，求实数匸的取值范围。
解：设:二'丄J则当■- |［J,时，恒成立当- :- 门―.- “ .1 时，『I.;汕显然成立;当丄二H时，如图，小二J恒成立的充要条件为:A>0-2 解得一综上可得实数匸的取值范围为一」。
（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） - I - •' -■恒成立 _ ■ ■2） . '■-:'恒成立’’二例3 .已知■.- I.'"'',当「丄-…一时，恒成立，求实数-■的取值范围。
解：设，…一… ［「: - : ■- r ,则由题可知宀：对任意''1■- …-恒成立•令F（X）= +6兀+12 = 0,得工二-1 或x = 2.而『J 「_ 丄 /I _ <L ：l 一 二_• 1即实数」的取值范围为甘.心1。
立，求实数...■的取值范围。
解：若对任意 .7“，「二一’•恒成立,考虑到不等式的分母，只需在「丄」m 时恒成立而得.而抛物线J"■ '"" - 在上J 一‘川的最小值 r - ■-「得a >-3/z、/(x)= x+- + 2打、注：本题还可将；二变形为 ：.，讨论其单调性从而求出；二最小值。
三.分离变量法若所给的不等式能通过恒等变形使参数与主元分离于不等式两端，从而问题转化为求 主元函数的最值，进而求出参数范围。
这种方法本质也还是求最值，但它思路更清晰，操 作性更强。
一般地有：1) 一「•:1恒成立2) . 1 ■■- ■■--广汀 I 恒成立已知当xFR 时，不等式a+cos2x<5-4sinx+ 门-二恒成立，求实数 a 的取值范围。
分析：在不等式中含有两个变量a 及x ,其中x 的范围已知(x 匚R ),另一变量 a 的,若对任意5血)，/w>o 恒成即对/« =x 2 +2x+a>0恒成立,范围即为所求，故可考虑将 a 及x 分离。
解：原不等式即：4 - . - / .要使上式恒成立，只需一 ■ — 一大于! ■］；■ ； - -.r /Y 的最大值，故上述问题转化成求f(x)=4sinx+cos2x 的最值问题。
f(x)= 4sinx+cos2x=-2sin 2x+4sinx+1=-2(sinx-1) 2+3三3,l _ J. 一 1 ■- _；即 J 」一■: - I .C _* -4 > 0- 2 <0上式等价于［勿-4 A(Q _2)2或员「4王04-<a <8解得［.注：注意到题目中出现了sinx 及cos2x ，而cos2x=1-2sin 2x,故若把sinx 换元成t,则可把原不等式转化成关于t 的二次函数类型。
另解：a+cos2x<5-4sinx+整理得 2t 2-4t+4-a+ 八•-■ >0,( t ^ ［-1,1］)恒成立。
设f(t)= 2t 2-4t+4-a+，"八 则二次函数的对称轴为t=1,f(x)在［-1 , 1］内单调递减。
只需 f(1)>0,即'■ >a-2.(下同)四•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)a+1-2sin x<5-4sinx+(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)恒成例1若f(x)=sin(x+)+cos(x-：)为偶函数，求：的值。
分析：告诉我们偶函数的条件，即相当于告诉我们一个恒成立问题。
解：由题得：f(-x)=f(x)对一切R 恒成立，sin(-x+ M )+cos(-x-M )=sin(x+ 二)+cos(x-二)即 sin(x+g )+sin(x-g )=cos(x+g )-cos(x-g )2sinx • cos ： =-2sinx • sin g sinx(sin f +cos f )=0对一切x € R 恒成立，：只需也必须sin &+cos fl! =0。
心二初■-一优eZ)4五•数形结合若把等式或不等式进行合理的变形后，能非常容易地画出等号或不等号两边函数的图 象，则可以通过画图直接判断得出结果。
尤其对于选择题、填空题这种方法更显方便、快 捷。
例1、当x _(1,2)时，不等式(x-1)2<|og a x 恒成立，求a 的取值范围。
分析：若将不等号两边分别设成两个函数，则左边为二次函数，图象是抛物线，右边 为常见的对数函数的图象，故可以通过图象求解。
解：设y 1=(x-1)2,y 2=log a x,则y 1的图象为右图所示的抛物线，要使对一切 (1,2),y 1<y 2恒成立，显然a>1,并且必须也只需当x=2时y 的函数值大于等于 y 1的函数值。
故 log a 2>1,a>1, 1<a_2.例2、已知关于x 的方程lg(x 2+20x)-lg(8x-6a-3)=0有唯一解，求实数 a 的取值范围。
分析：方程可转化成lg （x 2+20x ）=lg （8x-6a-3）,从而得x 2+20x=8x-6a-3>0,注意到若将等号两2边看成是二次函数y x+20x 及一次函数 y=8x-6a-3，则只需考虑这两个函数的图象在x 轴上方恒有唯一交点即可。
解：令y i = x 2+20x= （x+10） 2-100,y 2=8x-6a-3,则如图所示，y i 的图象为一个定抛物线，y 2的图象是一条斜率为定值 8，而截距不定的直线，要使 y i 和y 2在x 轴上有唯一交点，则直线必须位于l i 和12之间。
（包括l i 但不包括10_163当直线为l i 时，直线过点（-20，0）此时纵截距为-6a-3=160,a=；1 163—— —当直线为12时，直线过点（0, 0），纵截距为-6a-3=0, a= _ /• a 的范围为［「,1I ）。
由上可见，含参的恒成立问题因其覆盖知识点多，方法也多种多样，但其核心思想还 是等价转化，抓住了这点，才能以“不变应万变”，当然这需要我们不断的去领悟、体会 和总结。