数学恒成立问题解法小结
剖析数学中的恒成立问题
剖析数学中的恒成立问题摘要：恒成立问题是数学中的常见问题，新课标下的高考越来越注重对学生的综合素质的考查，恒成立问题便是一个考察学生综合素质的很好途径，它主要涉及到一次函数、二次函数等函数的性质、图象，渗透着换元、化归、数形结合、函数与方程等思想方法。
解答这类题目主要有以下几种方法:其一,改变主元，利用一次函数的性质；其二，利用二次函数的性质；其三，利用韦达定理及根与系数的分布知识；其四，利用函数的最值（或值域），分离参数法；其五，利用图象，数形结合。
关键词：恒成立函数图象最值数形结合恒成立问题是数学中的常见问题，新课标下的高考越来越注重对学生的综合素质的考查，恒成立问题便是一个考察学生综合素质的很好途径，它主要涉及到一次函数、二次函数等函数的性质、图象，渗透着换元、化归、数形结合、函数与方程等思想方法，由于这类问题涉及的知识面广，要求有较高的解题技巧，具有一定的综合性,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。
解决数学中的恒成立问题常用以下几种方法：①改变主元，利用一次函数的性质；②利用二次函数的性质；③利用韦达定理及根与系数的分布知识；④利用函数的最值（或值域），分离参数法；⑤利用图象，数形结合。
下面简单地谈一谈恒成立问题的常见类型及其解题策略。
一、改变主元，利用一次函数的性质给定一次函数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）可得上述结论等价于综上所述，可得。
四、利用函数的最值（或值域），分离参数法利用分离参数法来确定不等式,（, 为实参数）恒成立中参数的取值范围的基本步骤:（1）将参数与变量分离，即化为（或）恒成立的形式；（2）求在上的最大（或最小）值；（3）解不等式(或) ，得的取值范围。
适用题型：（1）参数与变量能分离；（2）函数的最值易求出。
所求a的取值范围为五、利用图象，数形结合若把等式或不等式合理的变形后，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。
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 。
恒成立问题常见求解技巧
恒成立问题常见求解技巧“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解法通常有:①变量分离法；②构造函数法；③变换主元法；④数形结合法（图像法）.一、构造函数法：（一）一次函数法给定一次函数()(0)f x kx b k =+≠，若在在区间[],m n 上恒有()0f x >，则()0()0f m f n >⎧⎨>⎩； 若在在区间[],m n 上恒有()0f x <，则()0()0f m f n <⎧⎨<⎩. 例. 若不等式221(1)x m x ->-对[]2,2m ∈-恒成立，求实数x 的取值范围。
（二）二次函数法1. 20(0)ax bx c a ++>≠对x R ∈恒成立00a >⎧⇔⎨∆<⎩；20(0)ax bx c a ++<≠对x R ∈恒成立00a <⎧⇔⎨∆<⎩； 2. 若是二次函数在指定区间上的恒成立问题，还可以利用二次函数的图像求解。
例. 已知函数y =R ，求实数m 的取值范围.例. 不等式212x px p x ++>-对(1,)x ∈+∞恒成立，求实数p 的取值范围。
二．变量分离法若在等式或者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，切容易通过恒等变形将两个变量分别置于等号或者不等号两边，则可将恒成立问题转化为函数的最值问题求解。
理论依据是：()a f x >恒成立max ()a f x ⇔>；()a f x <恒成立min ()a f x ⇔<.例. 当(1,2)x ∈时，不等式240x mx ++<恒成立，求实数m 的取值范围。
高中数学x恒成立、存在性问题解决办法
恒成立、存在性问题解决办法总结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：()a f x >在M 上恰成立⇔()a f x >的解集为M ()()R a f x M a f x C M ⎧>⎪⇔⎨≤⎪⎩在上恒成立在上恒成立另一转化方法：若A x f D x ≥∈)(,在D 上恰成立，等价于)(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，则等价于)(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 m i n m i n ≥5、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 m a x m ax ≤6、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 ≥7、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 ≤8、若不等式()()f x g x >在区间D 上恒成立，则等价于在区间D 上函数()y f x =和图象在函数()y g x =图象上方；9、若不等式()()f x g x <在区间D 上恒成立，则等价于在区间D 上函数()y f x =和图象在函数()y g x =图象下方； 题型一、简单型1、已知函数12)(2+-=ax x x f ，xax 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；（构造新函数） 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；（转化）简解：（1）由12012232++<⇒>-+-x x x a x a ax x 成立，只需满足12)(23++=x x x x ϕ的最小值大于a 即可．对12)(23++=x xx x ϕ求导，0)12(12)(2224>+++='x x x x ϕ，故)(x ϕ在]2,1[∈x 是增函数，32)1()(min ==ϕϕx ，所以a 的取值范围是320<<a ．2、设函数b x x a x h ++=)(，对任意]2,21[∈a ，都有10)(≤x h 在]1,41[∈x 恒成立，求实数b 的范围． 分析：思路、解决双参数问题一般是先解决一个参数，再处理另一个参数．以本题为例，实质还是通过函数求最值解决．方法1：化归最值，10)(10)(max ≤⇔≤x h x h ；方法2：变量分离，)(10x xab +-≤或x b x a )10(2-+-≤； 方法3：变更主元（新函数），0101)(≤-++⋅=b x a xa ϕ，]2,21[∈a简解：方法1:对b x xax h ++=)(求导，22))((1)(xa x a x x a x h +-=-='，（单调函数） 由此可知，)(x h 在]1,41[上的最大值为)41(h 与)1(h 中的较大者．⎪⎩⎪⎨⎧-≤-≤⇒⎪⎩⎪⎨⎧≤++≤++⇒⎪⎩⎪⎨⎧≤≤∴ab ab b a b a h h 944391011041410)1(10)41(，对于任意]2,21[∈a ，得b 的取值范围是47≤b ． 3、已知两函数2)(x x f =，m x g x-⎪⎭⎫ ⎝⎛=21)(，对任意[]2,01∈x ，存在[]2,12∈x ，使得()21)(x g x f ≥，则实数m 的取值范围为解析：对任意[]2,01∈x ，存在[]2,12∈x ，使得()21)(x g x f ≥等价于m x g x-⎪⎭⎫ ⎝⎛=21)(在[]2,1上的最小值m -41不大于2)(x x f =在[]2,0上的最小值0，既041≤-m ，∴41≥m题型二、更换主元法1、对于满足2p ≤的所有实数p,求使不等式212x px p x ++>+恒成立的x 的取值范围。
恒成立能成立问题总结(详细)
⎩g (2) < 0 ⎧ ⎩ ，所以 x 的范围是 x ∈ ( 恒成立问题的类型和能成立问题及方法处理函数与不等式的恒成立、能成立、恰成立问题是高中数学中的一个重点、难点问题。
这类问题在各类考试以及高考中都屡见不鲜。
感觉题型变化无常，没有一个固定的思想 方法去处理，一直困扰着学生，感到不知如何下手。
在此为了更好的准确地把握快速解 决这类问题，本文通过举例说明这类问题的一些常规处理。
一、函数法（一）构造一次函数利用一次函数的图象或单调性来解决对于一次函数 f ( x ) = kx + b (k ≠ 0), x ∈ [m , n ] 有：⎧k > 0 ⎧k < 0 ⎧ f (m ) > 0f ( x ) > 0恒成立 ⇔ ⎨ 或⎨ ⇔⎨; ⎩ f (m ) > 0 ⎩ f (n) > 0 ⎩ f (n) > 0 ⎧ f (m ) < 0f ( x ) < 0恒成立 ⇔ ⎨⎩ f (n) < 0例 1 若不等式 2 x - 1 > mx 2 - m 对满足 - 2 ≤ m ≤ 2 的所有 m 都成立，求 x 的范 围。
解析：将不等式化为： m ( x 2 - 1) - (2 x - 1) < 0 ，构造一次型函数： g (m ) = ( x 2 - 1)m - (2 x - 1)原命题等价于对满足 - 2 ≤ m ≤ 2 的 m ，使 g (m ) < 0 恒成立。
⎧g (-2) < 0 由函数图象是一条线段，知应 ⎨ ⎪-2( x 2 - 1) - (2 x - 1) < 0 ⇔⎨⎪2( x 2 - 1) - (2 x - 1) < 0解得- 1 + 7 1 + 3 - 1 + 7 1 + 3< x < , ) 。
2 2 2 2[ ⎧ b ⎧α≤- ≤ β ⎩ ⎩ 若 f ( x) < 0在[α , β ] 上恒成立 ⇔ ⎪ - 2 a < α 或 ⎪α ≤ - 2 a ≤ β 或 ⎪ - 2 a > β⎧b⎩⎩小结：解题的关键是将看来是解关于 x 的不等式问题转化为以 m 为变量， x 为参数 的一次函数恒成立问题，再利用一次函数的图象或单调性解题。
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。
数学中恒成立与有解问题
数学中的恒成立与有解问题一、恒成立问题若不等式 f x A 在区间 D 上恒成立 , 则等价于在区间 D 上 f x若不等式 f xB 在区间 D 上恒成立 , 则等价于在区间D 上 f x minmaxAB常用方法1、分别变量法；2、数形结合法；3、利用函数的性质；4、改正主元等；1、由二次函数的性质求参数的取值范围例题 1. 若关于 x 的不等式 ax 22x2 0 在 R 上恒成立 , 求实数 a 的取值范围 .解题思路 ：结合二次函数的图象求解解析：当 a0 时 , 不等式 2x2 0 解集不为 R , 故 a 0 不满足题意 ;当 a0 时 , 要使原不等式解集为a 0, 解得a1R , 只要4 2a 0 222综上 , 所求实数 a 的取值范围为 ( 1,)22、转变成二次函数的最值求参数的取值范围例题 2：已知二次函数满足 f (0) 1，而且 f ( x 1) f ( x) 2x ，请解决以下问题（ 1） 求二次函数的解析式。
，求 m 的取值范围。
（ 2） 若 f (x) 2x m 在区间 [ 1,1] 上恒成立解题思路 ：先分别系数 , 再由二次函数最值确定取值范围.解析： (1)设 f ( x)ax 2 bx c(a 0) .由 f (0)1 得 c 1,故 f ( x) ax2 bx 1.∵ f ( x 1) f ( x)2x ∴ a( x1)2 b( x 1)1 (ax2 bx 1) 2x即 2axa b 2x ,因此 2a 2, a b 0 ,解得 a 1,b1 ∴ f ( x)x 2x 1(2)由 (1) 知 x 2x 12x m 在 [ 1,1]恒成立 ,即 m x 2 3x 1 在 [ 1,1] 恒成立 .令 g( x)x 23x 1 (x 3)2 5 , 则 g(x) 在 [ 1,1] 上单调递减 . 因此 g(x) 在 [ 1,1] 上的最小值为g(1)1 .2 ( 4 , 1) .m 的取值范围是因此 规律总结 ：m f (x) 对所有 x R 恒成立 , 则 m [ f (x)]min ; m f ( x) 对所有 x R 恒成立 , 则 m [ f (x)]max ；注意参数的端点值能否取到需检验。
恒成立问题的几种常见解法
五、函数思想
例２中。已知ｆ（Ｘ）＝Ｘ２＋ａｘ＋１＞１０对一切Ｘ∈（０．１／２）恒成立甘 方程ｆ（Ｘ）＝Ｏ的根有且仅有下列３种情况： （１）无实根§△＜０．解得一２＜ａ＜２
△≥０
例２中，设ｆ（×）＝ｘ２＋ａ）（＋１。则ｆ（ｘ）／＞０对Ｘ∈（０，士］恒成立，
从而在（０．百１］上有［ｆ（ｘ）］ｍｉｎ／＞０。（１）当一百ａ≤Ｏ时，即当ａ≥
ｃｏｍｐｕｔｅｒ ｒｏｏｍ，ｌｉｂｒａｒｙ，ｍｕｌｔｉｍｅｄｉａ
ｒｏｏｍ等等，都是学生很想学
到的语言。 二、挖掘生活化的英语课程资源 所谓英语课程资源。是指学生生活中与英语学习密切相关的 有利于学生学习的所有要素。英语教材的编写已经充分考虑到要 接近学生的生活，我们应充分挖掘教材自身的生活因素，同时我们 还要开发教材以外的生活课程资源。如：我们可以以课本为依托， 根据内容。找到合适的切入点。把身边的、世界的、近期发生的事情 通过图片、投影、照片展示等多种方法引入到教学中来，使学生在 学习的同时能感受到所学知识与外界相联系，能够用简单的句式 表达自己的思想，从而体会到学习英语的成就感。
２即当一１≤ａ＜０时，原不等式恒成立。（３）当一告＞÷时。即当
ａ＜一１时，在ｆ（ｘ）在（ｏ，÷］上是减函数“．当Ｘ－－－－÷时，［ｆ（ｘ）］ｒａｉｎ＝
虿ａ ４－ｉ５一ｏ ａ、７－虿５
（３）两个大于｝或等于｝的实根甘
一虿ａ；互１一
ｆ（丢）＝了１＋虿ａ＋１／＞０ 解得一争≤ａ≤一２，综合（１）（２）（３），得ａ≥一争。
×ｅ（ｏ，｝］成立；当△＝ａ２—４＞０时，ｘ２＋ａｘ＋１≥ｏ的解集为（一ｏｏ
二鱼二≤王三．］ｕ［二学，＋。）。要使不等式×２＋ａｘ＋１≥。
需（Ｏ＇士］（－。华’］Ｕ
ａｔ
一元二次恒成立问题三种解法
一元二次恒成立问题三种解法一元二次方程是高中数学中的重要概念，也是解析几何的基础之一。
在解一元二次方程的过程中，我们经常会遇到一元二次恒成立问题。
一元二次恒成立问题是指在给定条件下，要求解满足一元二次方程的未知数的取值范围。
在这篇文章中，我们将探讨三种解一元二次恒成立问题的方法。
解法一：因式分解法首先，我们来看一元二次方程的一般形式：ax^2 + bx + c = 0，其中a、b、c为常数，且a≠0。
如果方程左边可以因式分解成两个一次因式的乘积，即可使用因式分解法解一元二次恒成立问题。
举例来说，如果给定的一元二次方程是x^2 + 5x + 6 = 0，我们可以将方程左边进行因式分解，得到(x + 2)(x + 3) = 0。
根据零乘法，方程成立的条件是(x + 2) = 0或(x + 3) = 0，即x = -2或x = -3。
因此，满足一元二次恒成立问题的解是x = -2或x = -3。
解法二：配方法配方法是解一元二次方程的常用方法之一，适用于一元二次方程无法直接因式分解的情况。
配方法的思路是通过添加适当的常数将方程变为一个完全平方的形式，从而解出方程。
例如，如果给定的一元二次方程是x^2 + 6x + 5 = 0，我们可以通过添加常数的方式，将方程变为(x + 3)^2 - 4 = 0。
进一步化简可得(x + 3)^2 = 4，然后开方得到x + 3 = ±2，即x = -3 ± 2。
因此，满足一元二次恒成立问题的解是x = -1或x = -5。
解法三：求判别式法判别式是解一元二次方程的重要工具，它可以用来判断方程的解的情况。
一元二次方程的判别式Δ的表达式为Δ = b^2 - 4ac。
当Δ > 0时，方程有两个不相等的实数解；当Δ = 0时，方程有两个相等的实数解；当Δ < 0时，方程没有实数解。
利用判别式的结果，我们可以解决一元二次恒成立问题。
例如，如果给定的一元二次方程是x^2 - 4x + 4 = 0，我们可以计算出Δ = (-4)^2 - 4(1)(4) = 0。
恒成立：高中数学恒成立专题解法总结
直线mx-y+2m+1=0经过一定点，则该点的坐标是
A（-2，1）B（2，1）C（1，-2）D（1，2）
二、方程恒有解问题
三、不等式恒成立
1、一次函数
答：当月球运行到地球和太阳的中间，如果月球挡住了太阳射向地球的光，便发生日食。
在铁制品表面涂上油漆或菜油，用完铁制品后擦干放在干燥的地方等。
答：可以，馒头中也含有淀粉，淀粉在咀嚼的过程中发生了变化，变得有甜味了。四、举例
3、怎样做才是解决垃圾问题最有效的方法呢？（P73）
一、空：
4、数形结合
20、对生活垃圾进行分类、分装，这是我们每个公民的义务。只要我们人人参与，养成良好的习惯，我们周围的环境一定会变得更加清洁和美丽。
一、填空：5、转化为恒成立处理
（1）若函数 在区间 为增函数，求 的取值范围
在区间 恒成立，即 在在区间 恒成立，显然
1、说说你身边物质变化的例子。
2、二次函数型
3、变量分离法（构造为参数和X的函数，转化为最值处理）
15、为了便于辨认，人们把看起来不动的星星分成群，划分成不同的区域，根据其形态想象成人、动物或其他物体的形状，并且给它们命名。天空中这些被人们分成的许多区域就称为星座。 对一切 恒成立 ， 对一切 恒成立
20、在水中生活着许我微生物，常见的有草履虫、变形虫、喇叭虫、眼虫、团藻等。 对一切 恒成立 的图像在 的图像上方或
高中数学恒成立问题方法总结
高中数学恒成立问题方法总结高中数学恒成立问题方法总结前言高中数学中常有恒成立问题，即判断某个等式或不等式是否在一定情况下恒成立。
这类问题需要掌握一定的数学知识和解题技巧，下面总结了一些常用的方法。
正文1. 代入法将恒成立问题中的未知数代入不同的值，观察等式或不等式是否始终成立。
通过选择不同的数值，可以对问题进行测试，以确定是否恒成立。
2. 辅助线法对于几何图形中的恒成立问题，可以利用辅助线的方法进行分析。
通过引入辅助线，可以将问题转化为更简单的形式，从而判断恒成立性。
3. 推理法利用已知条件和数学推理，进行逻辑推导和演绎，求解恒成立问题。
例如，通过运用数学公式、定理以及逻辑推理，可以得出结论。
4. 反证法假设恒成立的结论不成立，推导出矛盾，从而得出恒成立的结论。
这种方法常用于证明等式或不等式的恒成立性，尤其是在缺乏直接证明的情况下。
5. 数学归纳法对于涉及数列或递推关系的恒成立问题，可以使用数学归纳法进行解决。
首先证明基本情况下结论成立，然后假设某个情况成立，推导出下一个情况也成立，从而证明恒成立。
6. 全局分析法对于复杂的恒成立问题，可以采用全局分析的方法，通过综合考虑多个因素，观察整体趋势和规律，得出恒成立结论。
结尾高中数学恒成立问题需要深入理解数学知识，掌握解题技巧。
通过代入法、辅助线法、推理法、反证法、数学归纳法和全局分析法等方法，我们可以更好地解决这类问题，提升数学思维能力和解题能力。
希望以上总结对于解决高中数学恒成立问题有所帮助。
7. 对称性分析法在某些问题中，可以利用对称性进行分析。
通过观察等式或不等式在对称情况下的表现，可以推断出恒成立的结论。
例如，如果等式关于某个点对称，那么等式两边在该点处的取值应相等。
8. 变量替换法对于一些复杂的恒成立问题，可以通过变量替换的方法进行简化。
通过引入新的变量或表达式来代替原先的复杂表达式，可以化繁为简，从而更方便地判断恒成立性。
9. 利用特殊值分析法对于恒成立问题，有时可以通过特殊值进行分析。
如何正确处理高中数学中的“恒成立”问题
・ ． ‘
ｌ 厂 （ ２ ） ： ２ （ － １ ） 一 （ ２ 一 １ ） ＜ Ｏ
解得
二
＜１ ＋ Ｘ ／ ３ －
・ ． ．
“ 恒成立” 问题 中一般有两个甚 至三个 变量 ， 变形 中若能把变
量分离 出来 ， 问题可转化为求函数最值 ， 往往会 给解题带来方便。 例３ ： 已知 函数 ｆ（ ） ｘ ＋ ａ ｌ ｎ ｘ ， 当ｘ ＞ ｌ时 （ ） ≤ 恒 成立 ， 求ａ 的取值范围 ； 解： 由 厂（ ） ≤ 恒成立 ， 得： ａ ｌ ｎ ｘ ≤ 在 ｘ ＞ ｌ 时恒成立 当ｘ ＞ ｌ 时ｌ ｎ ｘ ＞ ０ ， 则不 等式可化为 ： ｏ ≤ （ 此 时也 就转化为
解得一 １＜ ｃ ＜
・ ．
．
ｃ的取值范 围为一 １＜ ｃ ＜
解： 原不等式可化为（ 乙１ ） ｍ 一 （ 一 １ ） ＜ ０ ，
设 ｆ（ ｍ） ＝ （ ｘ ２ － １ ） ｍ一 （ ２ ｘ 一 １ ） ， （ 一 ２ ≤ｍ≤２ ）
二、 最 值 法
例２ ： 不等式 Ｘ ２ － ＋ ｎ ２ 一 ａ 一 ５ ＞ ０在 ［ ３ ， ５ ］ 上恒成立 ， 求 实数 ａ的
‘
．
．
０ —２＞ ０
’ ．
．
Ⅱ ＜ 一 １ 或ａ ＞ ２
・
． ．
实数 ａ的取值范围为（ 一 ， 一 １ ） ｕ（ ２ ， ＋ ）
三、 分 离 参 数 法
自变量 ， ｔ 为参量 ， 进一步去求解不等式 ， 得到实数 ｔ 的取值范围。 解・ ． ・ ｔ ２ — ２ ａ ｔ ＋ １ Ｉｓ ＞ ｉ ｎ ｘ 对一切 Ｅ［ 一 １ Ｔ ， 耵］ 都成立
关于“恒成立”问题的解题归纳
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关于“恒成立”问题的解题归纳
作者：张文
来源：《中国校外教育·基教(中旬)》2013年第01期
“恒成立”问题是高考热点内容，一般属于中等或偏难的题目。
教师在教学过程中要经常引导学生对典型例题的典型解法加以研究并自觉地疏理知识，形成知识板块结构和方法体系，从而不断提高学生的数学解题能力，增强对数学学习的信心。
高中数学恒成立例题分析
有人认为高中数学学起来不容易，花了很多时间，做了很多题还感觉做题被动，思维不畅通。
当然我们并不是否认做题的重要性，而是更想强调的是做题后的总结归纳的重要性。
这里我们不妨就高中数学学习中经常会碰到带有“恒成立”字样的问题进行研究，学生如能把握问题的思维特点，领会问题实质，是解决这类问题的关键。
“恒成立”问题的思维特点和解题的关键就在一个“恒”字上，解这类问题需要涉及到一次函数、二次函数、指对函数、三角函数、复合函数的性质和图像及导数的应用，渗透着换元化归思想、数形结合思想、函数与方程等思想方法，有助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方法：转换为求函数最值；分离参数法；主参换位法；数形结合法；反证法。
一、转换为求函数最值
三、主参转换法。
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。
高三数学专题——恒成立与存在性问题
高三复习专题——恒成立与存在性问题知识点总结：(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<A.3. ∀x∈D,均有f(x) >g(x)恒成立，则F(x)=f(x)- g(x) >0，∴F(x)min >04. ∀x∈D,均有f(x)﹤g(x)恒成立，则F(x)=f(x)- g(x) ﹤0，∴F(x) ma x﹤05. ∀x1∈D, ∀x2∈E,均有f(x1) >g(x2)恒成立，则f(x)min> g(x)ma x6. ∀x1∈D, ∀x2∈E,均有f(x1) <g(x2)恒成立，则f(x) ma x < g(x) min(2)存在性问题1. ∃x0∈D,使得f(x0)>A成立，则f(x) ma x >A；2. ∃x0∈D,使得f(x0)﹤A成立，则f(x) min <A3. ∃x0∈D,使得f(x0) >g(x0)成立，设F(x)=f(x)- g(x)，∴F(x) ma x >04. ∃x0∈D,使得f(x0) <g(x0)成立，设F(x)=f(x)- g(x)，∴F(x) min <05. ∃x1∈D, ∃x2∈E, 使得f(x1) >g(x2)成立，则f(x) ma x > g(x) min6. ∃x1∈D, ∃x2∈E,均使得f(x1) <g(x2)成立，则f(x) min < g(x) ma x(3)相等问题1. ∀x1∈D, ∃x2∈E,使得f(x1)=g(x2)成立，则{ f(x)}{g(x)}(4)恒成立与存在性的综合性问题1. ∀x1∈D, ∃x2∈E, 使得f(x1) >g(x2)成立，则f(x)m in>g(x)m in2. ∀x1∈D, ∃x2∈E, 使得f(x1) <g(x2)成立，则f(x)max <g(x)max(5)恰成立问题1. 若不等式f(x)>A在区间D上恰成立，则等价于不等式f(x)>A的解集为D；2.若不等式f(x)<B在区间D上恰成立，则等价于不等式f(x)<B的解集为D.► 探究点一 ∀x ∈D ，f (x )>g (x )的研究例1、已知函数12)(2+-=ax x x f ，xax g =)(，其中0>a ，0≠x ． 对任意]2,1[∈x ，都有)()(x g x f >恒成立，求实数a 的取值范围；【思路分析】等价转化为函数0)()(>-x g x f 恒成立，通过分离变量，创设新函数求最值解决．简解：（1）由12012232++<⇒>-+-x x x a x a ax x 成立，只需满足12)(23++=x xx x ϕ的最小值大于a 即可．对12)(23++=x x x x ϕ求导，0)12(12)(2224>+++='x x x x ϕ，故)(x ϕ在]2,1[∈x 是增函数，32)1()(min ==ϕϕx ，所以a 的取值范围是320<<a ．► 探究点二 ∃x ∈D ，f (x )>g (x )的研究对于∃x ∈D ，f (x )>g (x )的研究，先设h (x )＝f (x )－g (x )，再等价为∃x ∈D ，h (x )max >0，其中若g (x )＝c ，则等价为∃x ∈D ，f (x )max >c . 例 已知函数f (x )＝x 3－ax 2＋10.(1)当a ＝1时，求曲线y ＝f (x )在点(2，f (2))处的切线方程；(2)在区间[1,2]内至少存在一个实数x ，使得f (x )<0成立，求实数a 的取值范围． 【解答】 (1)当a ＝1时，f ′(x )＝3x 2－2x ，f (2)＝14， 曲线y ＝f (x )在点(2，f (2))处的切线斜率k ＝f ′(2)＝8， 所以曲线y ＝f (x )在点(2，f (x ))处的切线方程为 8x －y －2＝0.(2)解法一：f ′(x )＝3x 2－2ax ＝3x ⎝⎛⎭⎫x －23a (1≤x ≤2)， 当23a ≤1，即a ≤32时，f ′(x )≥0，f (x )在[1,2]上为增函数， 故f (x )m in ＝f (1)＝11－a ，所以11－a <0，a >11，这与a ≤32矛盾． 当1<23a <2，即32<a <3时，当1≤x <23a ，f ′(x )<0；当23a <x ≤2，f ′(x )>0， 所以x ＝23a 时，f (x )取最小值，因此有f ⎝⎛⎭⎫23a <0，即827a 3－49a 3＋10＝－427a 3＋10<0，解得a >3352，这与32<a <3矛盾；当23a ≥2，即a ≥3时，f ′(x )≤0，f (x )在[1,2]上为减函数，所以f (x )m in ＝f (2)＝18－4a ，所以18－4a <0，解得a >92，这符合a ≥3. 综上所述，a 的取值范围为a >92.解法二：由已知得：a >x 3＋10x 2＝x ＋10x 2， 设g (x )＝x ＋10x 2(1≤x ≤2)，g ′(x )＝1－20x 3，∵1≤x ≤2，∴g ′(x )<0，所以g (x )在[1,2]上是减函数． g (x )m in ＝g (2)，所以a >92.【点评】 解法一在处理时，需要用分类讨论的方法，讨论的关键是极值点与区间[1,2]的关系；解法二是用的参数分离，由于ax 2>x 3＋10中x 2∈[1,4]，所以可以进行参数分离，而无需要分类讨论．► 探究点三 ∀x 1∈D ，∀x 2∈D ，f (x 1)>g (x 2)的研究 例、设函数b x x a x h ++=)(，对任意]2,21[∈a ，都有10)(≤x h 在]1,41[∈x 恒成立，求实数b 的取值范围．思路分析：解决双参数问题一般是先解决一个参数，再处理另一个参数．以本题为例，实质还是通过函数求最值解决．方法1：化归最值，10)(10)(max ≤⇔≤x h x h ；方法2：变量分离，)(10x x ab +-≤或x b x a )10(2-+-≤； 方法3：变更主元，0101)(≤-++⋅=b x a x a ϕ，]2,21[∈a简解：方法1:对b x x a b x x g x h ++=++=)()(求导，22))((1)(xa x a x x a x h +-=-='， 由此可知，)(x h 在]1,41[上的最大值为)41(h 与)1(h 中的较大者．⎪⎩⎪⎨⎧-≤-≤⇒⎪⎩⎪⎨⎧≤++≤++⇒⎪⎩⎪⎨⎧≤≤∴a b a b b a b a h h 944391011041410)1(10)41(，对于任意]2,21[∈a ，得b 的取值范围是47≤b ．► 探究点四 ∀x 1∈D ，∃x 2∈D ，f (x 1)>g (x 2)的研究对于∀x 1∈D ，∃x 2∈D ，f (x 1)>g (x 2)的研究，第一步先转化为∃x 2∈D ，f (x 1)m in >g (x 2)，再将该问题按照探究点一转化为f (x 1)m in >g (x 2)m in .例、已知函数f (x )＝2|x －m |和函数g (x )＝x |x －m |＋2m －8.(1)若方程f (x )＝2|m |在[－4，＋∞)上恒有惟一解，求实数m 的取值范围； (2)若对任意x 1∈(－∞，4]，均存在x 2∈[4，＋∞)， 使得f (x 1)>g (x 2)成立，求实数m 的取值范围．【解答】 (1)由f (x )＝2|m |在x ∈[－4，＋∞)上恒有惟一解， 得|x －m |＝|m |在x ∈[－4，＋∞)上恒有惟一解． 当x －m ＝m 时，得x ＝2m ，则2m ＝0或2m <－4， 即m <－2或m ＝0.综上，m 的取值范围是m <－2或m ＝0.(2)f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x －m x ≥m ，2m －xx <m ，原命题等价为f (x 1)m in >g (x 2)m in .①当4≤m ≤8时，f (x )在(－∞，4]上单调递减，故f (x )≥f (4)＝2m －4，g (x )在[4，m ]上单调递减，[m ，＋∞)上单调递增，故g (x )≥g (m )＝2m －8，所以2m －4>2m －8，解得4<m <5或m >6. 所以4<m <5或6<m ≤8.②当m >8时，f (x )在(－∞，4]上单调递减，故f (x )≥f (4)＝2m －4，g (x )在⎣⎡⎦⎤4，m 2单调递增，⎣⎡⎦⎤m 2，m上单调递减，[m ，＋∞)上单调递增，g (4)＝6m －24>g (m )＝2m －8，故g (x )≥g (m )＝2m －8，所以2m －4>2m －8， 解得4<m <5或m >6.所以m >8.③0<m <4时，f (x )在(－∞，m ]上单调递减，[m ,4]上单调递增， 故f (x )≥f (m )＝1.g (x )在[4，＋∞)上单调递增， 故g (x )≥g (4)＝8－2m ，所以8－2m <1，即72<m <4.④m ≤0时，f (x )在(－∞，m ]上单调递减，[m ,4]上单调递增， 故f (x )≥f (m )＝1.g (x )在[4，＋∞)上单调递增，故g (x )≥g (4)＝8－2m ，所以8－2m <1，即m >72(舍去)．综上，m 的取值范围是⎝⎛⎭⎫72，5∪(6，＋∞)． 【点评】 因为对于∀x ∈D ，f (x )>c ，可以转化为f (x )m in >c ；∃x ∈D ，c >g (x )，可以转化为c >g (x )m in ，所以本问题类型可以分两步处理，转化为f (x )m in >g (x )m in .► 探究点五 ∀x 1∈D ，∃x 2∈D ，f (x 1)＝g (x 2)的研究对于∀x 1∈D ，∃x 2∈D ，f (x 1)＝g (x 2)的研究，若函数f (x )的值域为C 1，函数g (x )的值域为C 2，则该问题等价为C 1⊆C 2.例、设函数f (x )＝－13x 3－13x 2＋53x －4.(1)求f (x )的单调区间； (2)设a ≥1，函数g (x )＝x 3－3a 2x －2a .若对于任意x 1∈[0,1]，总存在x 0∈[0,1]，使得f (x 1)＝g (x 0)成立，求a 的取值范围．【解答】 (1)f ′(x )＝－x 2－23x ＋53，令f ′(x )>0，即x 2＋23x －53<0，解得－53<x <1，∴f (x )的单调增区间为⎝⎛⎭⎫－53，1；单调减区间为⎝⎛⎭⎫－∞，－53和(1，＋∞)．(2)由(1)可知：当x ∈[0,1]时，f (x )单调递增，∴当x ∈[0,1]时，f (x )∈[f (0)，f (1)]，即f (x )∈[－4，－3]．又g ′(x )＝3x 2－3a 2，且a ≥1，∴当x ∈[0,1]时，g ′(x )≤0，g (x )单调递减，∴当x ∈[0,1]时，g (x )∈[g (1)，g (0)]，即g (x )∈[－3a 2－2a ＋1，－2a ]，又对于任意x 1∈[0,1]，总存在x 0∈[0,1]，使得f (x 1)＝g (x 0)成立⇔[－4，－3]⊆[－3a 2－2a ＋1，－2a ]，即⎩⎪⎨⎪⎧－3a 2－2a ＋1≤－4，－3≤－2a ，解得1≤a ≤32.恒成立与存在有解的区别：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，切不可混为一体。
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数学恒成立问题解法小结北海七中 林秀雅函数的内容作为高中数学知识体系的核心，也是历年高考的一个热点.函数类问题的解决最终归结为对函数性质、函数思想的应用.恒成立问题，在高中数学中较为常见.这类问题的解决涉及到一次函数、二次函数、三角函数、指数与对数函数等函数的性质、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.恒成立问题在解题过程中有以下几种策略：①赋值型；②一次函数型；③二次函数型；④变量分离型；⑤数形结合型.题型一、赋值型——利用特殊值求解等式中的恒成立问题，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 的图象关于直线x=8π- 对称，那么a=（ ）. A .1 B .-1 C .2 D . -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的转化思想. 题型二、一次函数型——利用单调性求解给定一次函数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（线段）（如下图） 可得上述结论等价于ⅰ）⎩⎨⎧>>0)(0m f a ，或 ⅱ）⎩⎨⎧><0)(0n f a 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)(m f例3．对于满足|a|≤2的所有实数a,求使不等式x 2+ax+1>2a+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 的一次函数大于0恒成立的问题.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]上的图象是一线段，故只需保证该线段两端点均在x 轴上方（或下方）即可.题型三、二次函数型——利用判别式,韦达定理及根的分布求解对于二次函数f(x)=ax 2+bx+c=0(a ≠0)在实数集R 上恒成立问题可利用判别式直接求解，即f(x)>0恒成立⇔⎩⎨⎧<∆>0a ；f(x)<0恒成立⇔⎩⎨⎧<∆<0a . 若是二次函数在指定区间上的恒成立问题，还可以利用韦达定理以及根与系数的分布知识求解.例4． 若函数12)1()1()(22++-+-=a x a x a x f 的定义域为R ，求实数 a 的取值范围. 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的讨论.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 a ②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)的定义域为R 时，]9,1[∈a例5.已知函数2()3f x x ax a =++-，在R 上()0f x ≥恒成立，求a 的取值范围. 方，如右图所示：分析：()y f x =的函数图像都在X 轴及其上略解：()22434120a a a a ∆=--=+-≤62a ∴-≤≤ 的取值范围. 变式1：若[]2,2x ∈-时，()0f x ≥恒成立，求a 需)(x f 的最小值分析：要使[]2,2x ∈-时，()0f x ≥恒成立，只0)(≥a g 即可.解：22()324a a f x x a ⎛⎫=+--+ ⎪⎝⎭，令()f x 在[]2,2-上的最小值为()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 的取值范围.解法一：分析：题目中要证明2)(≥x f 在[]2,2-上恒成立，若把2移到等号的左边，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的问题.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：（运用根的分布）⑴当22a -<-，即4a >时，()(2)732g a f a =-=-≥ ()54,3a ∴≤∉+∞ a ∴不存在. ⑵当222a-≤-≤，即44a -≤≤时，2()()3224a a g a f a ==--+≥，222222-≤≤-a －2224-≤≤-∴a⑶当22a->，即4a <-时，()(2)72g a f a ==+≥，5a ∴≥- 54a ∴-≤<-综上所述2225-≤≤-a .此题属于含参数二次函数，求最值时，轴变区间定的情形，对轴与区间的位置进行分类讨论；还有与其相反的，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的最值问题题型四、变量分离型——分离变量，巧妙求解运用不等式的相关知识不难推出如下结论：若对于x 取值范围内的任何一个数都有f(x)>g(a)恒成立，则g(a)<f(x)min ;若对于x 取值范围内的任何一个数，都有f(x)<g(a)恒成立，则g(a)>f(x)max .(其中f(x)max 和f(x)min 分别为f(x)的最大值和最小值)例 6.已知三个不等式①0342<+-x x ，②0862<+-x x ，③0922<+-m x x ．要使同时满足①②的所有x 的值满足③，求m 的取值范围.略解：由①②得2<x<3,要使同时满足①②的所有x 的值满足③,即不等式0922<+-m x x 在)3,2(∈x 上恒成立， 即)3,2(922∈+-<x x x m 在上恒成立，又，上大于在9)3,2(922∈+-x x x 所以 9≤m例7. 函数)(x f 是奇函数，且在]1,1[-上单调递增，又1)1(-=-f ，若12)(2+-≤at t x f 对所有的]1,1[-∈a 都成立，求t 的取值范围 .解：据奇函数关于原点对称，,1)1(=f 又1)1()(]1,1[)(max ==-f x f x f 上单调递增在12)(2+-≤at t x f 对所有的]1,1[-∈a 都成立.因此，只需122+-at t 大于或等于上在]1,1[)(-x f 的最大值1，0211222≥-⇒≥+-∴at t at t 都成立对所有又]1,1[-∈a ，即关于a 的一次函数在[-1，1]上大于或等于0恒成立，2020202{22-≤=≥⇒≥+≥-∴t t t t t t t 或或即：),2[}0{]2,(+∞--∞∈ t利用变量分离解决恒成立问题，主要是要把它转化为函数的最值问题.题型五、数形结合——直观求解例8. a a x x x 恒成立，求实数，不等式对任意实数>--+21的取值范围.分析：设y=|x+1|-|x-2|,恒成立，不等式对任意实数a x x x >--+21即转化为求函数y=|x+1|-|x-2|的最小值，画出此函数的图象即可求得a 的取值范围.解：令⎪⎩⎪⎨⎧≥<<---≤-=--+=2321121321x x x x x x y在直角坐标系中画出图象如图所示，由图象可看出，要使a x x x >--+21，不等式对任意实数恒成立，只需3-<a . 故实数.3），的取值范围是（-∞-a 本题中若将aa x x x 恒成立，求实数，不等式对任意实数>--+21改为①a a x x x 恒成立，求实数，不等式对任意实数<--+21，同样由图象可得a>3;②a a x x x 恒成立，求实数，不等式对任意实数>-++21,构造函数，画出图象，得a<3.利用数形结合解决恒成立问题，应先构造函数，作出符合已知条件的图形，再考虑在给定区间上函数与函数图象之间的关系，得出答案或列出条件，求出参数的范围.恒成立的题型和解法还有很多，只要我们充分利用所给定的函数的特点和性质，具体问题具体分析，选用恰当的方法，对问题进行等价转化，就能使问题获得顺利解决. 只有这样才能真正提高分析问题和解决问题的能力.不等式恒成立问题1 转换主元法确定题目中的主元，化归成初等函数求解。
此方法通常化为一次函数。
例1：若不等式 2x －1>m(x 2-1)对满足－2≤m ≤2的所有m 都成立，求x 的取值范围。