15级高一数学不等式中恒成立问题的解法
关于不等式恒成立问题的几种求解方法
关于不等式恒成立问题的几种求解方法不等式恒成立问题，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。
不等式恒成立问题在解题过程中有以下几种求解方法：①一次函数型；②二次函数型；③变量分离型；④数形结合型。
下面我们一起来探讨其中一些典型的问题一、一次函数型——利用单调性求解例1、若不等式对满足的所有实数m都成立，求x的取值范围。
若对该不等式移项变形，转化为含参数m的关于x的一元二次不等式，再根据对称轴和区间位置关系求对应的二次函数的最小值，利用最小值大于零求解。
这样得分好几种情况讨论,这思路应该说从理论上是可行的，不过运算量不小。
能不能找出不需要讨论的方法解决此问题呢？若将不等式右边移到左边，然后将新得到的不等式左边看做关于m的一次函数，借助一次函数的图像直线（其实是线段）在m轴上方只需要线段的两个端点在上方即可。
分析：在不等式中出现了两个字母：x及m,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m视作自变量，则上述问题即可转化为在[-2，2]内关于m的一次函数大于0恒成立的问题。
解：原不等式转化为(1-x2)m+2x-1>0在|m|2时恒成立,设f(m)= (1-x2)m+2x-1,则f(m)在[-2,2]上恒大于0，故有：此类题本质上是利用了一次函数在区间[a，b]上的图象是一线段，故只需保证该线段两端点均在m轴上方（或下方）即可。
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），或ⅱ）可合并成同理，若在[m,n]内恒有f(x)0恒成立；f(x)3;若改为：,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。
高考数学解决不等式恒成立问题常用5种方法！最后一种很重要！
开篇语：不等式恒成立问题在高中数学是一类重点题型，高考也是必考内容。
由于不等式问题题型众多，题目也比较灵活。
所以在学习过程中，同学们要学会总结各种解题方法！方法一：分离参数法解析：分离参数法适用的题型特征：当不等式的参数能够与其他变量完全分离出来，并且分离后不等式其中一边的函数的最值或范围可求时，则将参数式放在不等式的一边，分离后的变量式放在另一边，将变量式看成一个新的函数，问题即转化为求新函数的最值或范围，若a≥f(x)恒成立，则a≥f(x)max,若a≤f(x)恒成立，则a≤f(x)min方法二：变换主元法(也可称一次函数型)解析：学生通常习惯把x当成主元(未知数)，把另一个变量p看成参数，在有些问题中这样的解题过程繁琐，如果把已知取值范围的变量当成主元，把要求取值范围的变量看成参数，则可简便解题。
适用于变换主元法的题型特征是：题目有两个变量，且已知取值范围的变量只有一次项，这时就可以将不等式转化为一次函数求解。
方法三：二次函数法解析：二次函数型在区间的恒成立问题：解决这类问题主要是分析 1，判断二次函数的开口方向2，二次函数的判别式是大于0还是小于03，判断二次函数的对称轴位置和区间两端值的大小，即判断函数在区间的单调性 方法四：判别式法解析：不等式一边是分式，且分式的分子和分母的最高次项都是二次项时，利用判别式法可以快速的解题，分离参数将会使解题变得复杂。
方法五：最值法解析：不等式两边是两个函数，且含有参数时，我们可以分出出参数，构造新函数，求函数的导数来求得新函数的最值。
总结：在解不等式恒成立的问题时，应根据不等式的特点，选择适合的方式快速准确的解题。
平时练习过程中，应注意观察，总结！。
高中数学恒成立问题
高中数学不等式的恒成立问题不等式恒成立的问题既含参数又含变量，往往与函数、数列、方程、几何有机结合起来，具有形式灵活、思维性强、不同知识交汇等特点. 考题通常有两种设计方式：一是证明某个不等式恒成立，二是已知某个不等式恒成立，求其中的参数的取值范围.解决这类问题的方法关键是转化化归，通过等价转化可以把问题顺利解决，下面我就结合自己记得教学经验谈谈不等式的恒成立问题的处理方法。
一、构造函数法在解决不等式恒成立问题时，一种最重要的思想方法就是构造适当的函数，即构造函数法，然后利用相关函数的图象和性质解决问题，同时注意在一个含多个变量的数学问题中，需要确定合适的变量和参数，从而揭示函数关系，使问题更加面目更加清晰明了，一般来说，已知存在范围的量视为变量，而待求范围的量视为参数.例1 已知不等式对任意的都成立，求的取值范围.解：由移项得:.不等式左侧与二次函数非常相似，于是我们可以设则不等式对满足的一切实数恒成立对恒成立.当时，即解得故的取值范围是.注：此类问题常因思维定势，学生易把它看成关于的不等式讨论，从而因计算繁琐出错或者中途夭折；若转换一下思路，把待求的x为参数，以为变量，令则问题转化为求一次函数（或常数函数）的值在内恒为负的问题，再来求解参数应满足的条件这样问题就轻而易举的得到解决了。
二、分离参数法在不等式中求含参数范围过程中，当不等式中的参数（或关于参数的代数式）能够与其它变量完全分离出来并，且分离后不等式其中一边的函数（或代数式）的最值或范围可求时，常用分离参数法.例2已知函数（为常数）是实数集上的奇函数，函数在区间上是减函数.（Ⅰ）若对（Ⅰ）中的任意实数都有在上恒成立，求实数的取值范围.解：由题意知，函数在区间上是减函数.在上恒成立注：此类问题可把要求的参变量分离出来，单独放在不等式的一侧，将另一侧看成新函数，于是将问题转化成新函数的最值问题：若对于取值范围内的任一个数都有恒成立，则；若对于取值范围内的任一个数都有恒成立，则.三、数形结合法如果不等式中涉及的函数、代数式对应的图象、图形较易画出时，可通过图象、图形的位置关系建立不等式求得参数范围.例 3 已知函数若不等式恒成立，则实数的取值范围是 .解：在同一个平面直角坐标系中分别作出函数及的图象，由于不等式恒成立，所以函数的图象应总在函数的图象下方，因此，当时，所以故的取值范围是注：解决不等式问题经常要结合函数的图象，根据不等式中量的特点，选择适当的两个函数，利用函数图像的上、下位置关系来确定参数的范围.利用数形结合解决不等式问题关键是构造函数，准确做出函数的图象.如：不等式，在时恒成立，求的取值范围.此不等式为超越不等式，求解时一般使用数形结合法，设然后在同一坐标系下准确做出这两个函数的图象，借助图象观察便可求解.四、最值法当不等式一边的函数（或代数式）的最值较易求出时，可直接求出这个最值（最值可能含有参数），然后建立关于参数的不等式求解.例4 已知函数（Ⅰ）当时，求的单调区间；（Ⅱ）若时，不等式恒成立，求实数的取值范围.解（Ⅱ）当时，不等式即恒成立.由于，，亦即，所以.令，则，由得.且当时，；当时，，即在上单调递增，在上单调递减，所以在处取得极大值，也就是函数在定义域上的最大值.因此要使恒成立，需要，所以的取值范围为.例5 对于任意实数x，不等式│x+1│+│x-2│＞a恒成立，求实数a的取值范围.分析①：把左边看作x的函数关系，就可利用函数最值求解.解法1：设f（x）=│x+1│+│x-2│=-2x+1,（x≤1）3，（-1＜x≤2）2x-1,（x＞2）∴f（x）min=3.∴a＜3.分析②：利用绝对值不等式│a│-│b│＜│a±b│＜│a│+│b│求解f（x）=│x+1│+│x-2│的最小值.解法2：设f（x）=│x+1│+│x-2│，∵│x+1│+│x-2│≥│（x+1）-（x-2）│=3，∴f（x）min=3. ∴a＜3.分析③：利用绝对值的几何意义求解.解法3：设x、-1、2在数轴上的对应点分别是P、A、B，则│x+1│+│x-2│=│PA│+│PB│，当点P在线段AB上时，│PA│+│PB│=│AB│=3，当点P不在线段AB上时，│PA│+│PB│＞3，因此不论点P在何处，总有│PA│+│PB│≥3，而当a＜3时，│PA│+│PB│＞a恒成立，即对任意实数x，不等式│x+1│+│x-2│＞a 恒成立.∴实数a的取值范围为（-∞，3）.小结求“恒成立问题”中参数范围，利用函数最值方便自然，利用二次不等式恒为正（负）的充要条件要分情况讨论，利用图象法直观形象.综上，恒成立问题多与参数的取值范围问题联系在一起，是近几年高考的一个热门题型，它以“参数处理”为主要特征，以“导数”为主要解题工具.往往与函数的单调性、极值、最值等有关，所以解题时要善于将这类问题与函数最值联系起来，通过函数最值求解相关问题.不等式恒成立问题，因题目涉及知识面广，解题方法灵活多样，技巧性强，难度大等特点，要求有较强的思维灵活性和创造性、较高的解题能力，上述方法是比较常用的，但因为问题形式千变万化，考题亦常考常新，因此在备考的各个阶段都应渗透恒成立问题的教与学，在平时的训练中不断领悟和总结，教师也要介入心理辅导和思想方法指导，从而促使学生在解决此类问题的能力上得到改善和提高.。
不等式恒成立问题的十种解法
一、判别式法若能把所给不等式转化为某个一元二次不等式，并且该一元二次不等式是对于一切实数x都恒成立，则可优先考虑判别式法．例l 设不等式，对于一切实数x都恒成立，求实数m的取值范围．解：因为所以原不等式可变为：因为该不等式对一切实数x都成立，必有整理得说明：若所给的区间并非一切实数时，切记不能使用判别式法．二、三角换元法通过适当的三角换元，把所给问题转化为含有的形式，再利用正弦函数的有界性来求出它的最值，从而使问题得到解决．例2 已知实数x、y满足时恒成立，则实数d的取值范围是( ))]，则y的最大值为，要使x+y+d≥O恒成立，必须有d大于等于y的最大值，即d≥，故选择答案(A)．三、分离参数对于含有参数的不等式，若能把所求的参数分离出来，应优先考虑实行参数分离，然后再在不等式的另一边进行其它变换，如使用均值不等式，或通过函数的单调性来求出它的最值，最后再通过参数与这个最值的关系来使问题得到解决．例3 对于任意恒成立，求实数m的取值范围．四、图象法如果所给不等式能够化为一边是我们熟悉的函数，那么我们可以通过它的图象，结合函数的单调性来求出它在所给区间上的最值，从而使问题得到解决．例4 若关于x的不等式对任意x∈[0，1]恒成立，则m的取值范围是( )(A)m≤一3 (B)m≥一3 (C)一3≤m≤0 (D)m≥一4解：考察函数的图象，当x∈[0，1]时，其函数的值域为y∈[一3，0]，若使不等式对任意x∈[0，1]恒成立，则m必须小于等于它的最小值3，即m≤一3，故选择答案(A)．五、变更主元法主元的选择要因题而异，在有些问题中一旦克服心理定势，标新立异地另选主元，那么问题的解决就会有峰回路转、柳暗花明的效果．例5 对于任意a∈[一l，1]，函数的函数值恒为正数，则实数x的取值范围是( ) (A) (B) (C)分析：由a的取值范围恒成立，可采用分类讨论去寻找 x 的的取值范围，但是这是比较麻烦的，再看a 的取值范围已经知道了,变a为主元，x为参数，反其道而行之．六、几何法含有绝对值的不等式，可利用绝对值的几何意义这一直观使问题加以解决．例6 若不等式恒成立，求实数d的取值范围．解：设由绝对值的几何意义可知，d表示数轴上的点到实数l、4所对应两点距离的和，所以d≥3，要使恒成立，必须有a于等于d的最小值，即a≤3．七、均值不等式法运用均值不等式求出所给代数式的最值，然后再用所给的值与这个最值进行比较．例7 (第l1届希望杯试题)设a>b>c，恒成立，则自然数n的最大值为( ) (A)2 (B)3 (C)4 (D)5八、数学归纳法当不等式中含有自然数凡时，应优先考虑用数学归纳法来探求．由上可得：存在最大的自然数m=13．使不意大于等于2的自然数n都恒成立．九、放缩法把所给不等式进行适当的放缩，从而使问题得到解决．对所有的正整数恒成立．十、二项式定理展开法当不等式中含有所给数的凡次方时，可试着考虑使用二项式定理，通过二项式定理的展开式有选择地选取几项进行放缩，从而使问题得到解决．例l0 求证．对于任意大于等于2的自然数不等式恒成立．。
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不等式恒成立问题一般设计独特，涉及到函数、不等式、方程、导数、数列等知识，渗透着函数与方程、等价转换、分类讨论、换元等思想方法，成为历年高考的一个热点．纵观历年高考数学压轴题，无一不是涉及有关不等式恒成立、求参数取值范围的问题。
这类题型意在考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力，考察的核心素养是逻辑推理、数学运算考生对于这类问题感到难以寻求问题解决的切入点和突破口．
恒成立与有解问题的解决策略大致分四类：
①构造函数，分类讨论；
②部分分离，化为切线；
③完全分离，函数最值；
④换元分离，简化运算；
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高一不等式恒成立问题3种基本方法
高一不等式恒成立问题3种基本方法文章标题：探讨高一不等式恒成立问题的三种基本方法在高中数学学习中，不等式恒成立问题是一个很常见的题型。
学生们通常需要掌握多种方法来解决这类问题，而这些方法通常可以分为三种基本类型。
本文将会详细介绍这三种基本方法，帮助读者全面理解这一数学概念。
1. 方法一：代数法我们来介绍代数法。
这种方法是在不等式两边进行代数变换，使得不等式变成一个容易解决的形式。
代数法通常包括加减变形、乘除变形以及平方去根等技巧。
以不等式ax+b>0为例，我们可以通过移项得到ax>-b，然后再除以a的正负来确定不等式的方向，从而得到不等式的解集。
代数法在解决不等式恒成立问题中应用广泛，能够快速简便地找到解的范围和规律。
2. 方法二：图像法我们介绍图像法。
图像法是通过绘制不等式所代表函数的图像，来直观地找出不等式恒成立的区间。
对于一元一次不等式ax+b>0，我们可以画出函数y=ax+b的图像，从而通过观察图像的上升或下降趋势来确定不等式的解集。
图像法能够帮助我们更直观地理解不等式的性质和范围，提高我们的思维逻辑和空间想象能力。
3. 方法三：参数法我们介绍参数法。
参数法是通过引入一个或多个参数，将不等式转化为一个有参数的等式问题，进而进行求解。
参数法的典型应用包括辅助角法、二次函数法等。
以不等式ax²+bx+c>0为例，我们可以引入Δ=b²-4ac，然后根据Δ的正负来确定不等式的解集。
参数法在解决不等式问题中能够简化问题的复杂度，将不等式的求解转化为参数的求解，从而提高解题的效率和准确度。
总结回顾通过对以上三种基本方法的介绍，我们可以发现它们各有特点，应用范围和解题思路有所不同。
代数法能够利用代数变形快速求解不等式问题，图像法能够帮助我们直观地理解不等式的性质，而参数法则能够将问题转化为参数的求解，提高解题的效率。
个人观点和理解在实际解题中，我们应该根据具体情况灵活选用这三种方法，结合题目的特点和自身的掌握程度来选择合适的解题方法。
不等式恒成立问题解题方法汇总(含答案)
不等式恒成立问题解题方法汇总（含答案）不等式恒成立问题一般设计独特，涉及到函数、不等式、方程、导数、数列等知识，渗透着函数与方程、等价转换、分类讨论、换元等思想方法，成为历年高考的一个热点．考生对于这类问题感到难以寻求问题解决的切入点和突破口．这里对这一类问题的求解策略作一些探讨．1最值法例1．已知函数在处取得极值，其中为常数．（I）试确定的值；（II）讨论函数的单调区间；（III）若对于任意，不等式恒成立，求的取值范围．分析：不等式恒成立，可以转化为2分离参数法例2．已知函数（I）求函数的单调区间；（II）若不等式对于任意都成立（其中是自然对数的底数），求的最大值．分析：对于（II）不等式中只有指数含有，故可以将函数进行分离考虑．3 数形结合法例3．已知当时，不等式恒成立，则实数的取值范围是＿＿＿．分析：本题若直接求解则比较繁难，但若在同一平面直角坐标系内作出函数与函数在上的图象，借助图形可以直观、简捷求解．4 变更主元法例4．对于满足不等式的一切实数，函数的值恒大于，则实数的取值范围是＿＿＿．分析：若审题不清，按习惯以为主元，则求解将非常烦琐．应该注意到：函数值大于对一定取值范围的谁恒成立，则谁就是主元．5 特殊化法例5．设是常数，且（）．（I）证明：对于任意，．（II）假设对于任意有，求的取值范围．分析：常规思路：由已知的递推关系式求出通项公式，再根据对于任意有求出的取值范围，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．6分段讨论法例6．已知，若当时，恒有＜0，求实数a的取值范围．例7．若不等式对于恒成立，求的取值范围．7单调性法例8．若定义在的函数满足，且时不等式成立，若不等式对于任意恒成立，则实数的取值范围是＿＿＿．8判别式法例9．若不等式对于任意恒成立．则实数的取值范围是＿＿＿．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恒成立，可以选择判别式法．例10．关于的不等式在上恒成立，求实数的取值范围．答案部分1最值法例1．已知函数在处取得极值，其中为常数．（I）试确定的值；（II）讨论函数的单调区间；（III）若对于任意，不等式恒成立，求的取值范围．分析：不等式恒成立，可以转化为解：（I）（过程略）．（II）（过程略）函数的单调减区间为，函数的单调增区间为．（III）由（II）可知，函数在处取得极小值，此极小值也是最小值．要使（）恒成立，只需，解得或．所以的取值范围为．评注：最值法是我们这里最常用的方法．恒成立；恒成立．2分离参数法例2．已知函数（I）求函数的单调区间；（II）若不等式对于任意都成立（其中是自然对数的底数），求的最大值．分析：对于（II）不等式中只有指数含有，故可以将函数进行分离考虑．解：（I）（过程略）函数的单调增区间为，的单调减区间为（II）不等式等价于不等式，由于，知；设，则．由（I）知，，即；于是，，即在区间上为减函数．故在上的最小值为．所以的最大值为．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．已知当时，不等式恒成立，则实数的取值范围是＿＿＿．分析：本题若直接求解则比较繁难，但若在同一平面直角坐标系内作出函数与函数在上的图象，借助图形可以直观、简捷求解．解：在同一平面直角坐标系内作出函数与函数在上的图象（如右），从图象中容易知道：当且时，函数的图象恒在函数上方，不合题意；当且时，欲使函数的图象恒在函数下方或部分点重合，就必须满足，即．故所求的的取值范围为．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．对于满足不等式的一切实数，函数的值恒大于，则实数的取值范围是＿＿＿．分析：若审题不清，按习惯以为主元，则求解将非常烦琐．应该注意到：函数值大于对一定取值范围的谁恒成立，则谁就是主元．解：设，，则原问题转化为恒成立的问题．故应该有，解得或．所以实数的取值范围是．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．设是常数，且（）．（I）证明：对于任意，．（II）假设对于任意有，求的取值范围．分析：常规思路：由已知的递推关系式求出通项公式，再根据对于任意有求出的取值范围，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，，所以数列是等比数列，可以求得对于任意，．（II）假设对于任意有，取就有解得；下面只要证明当时，就有对任意有由通项公式得当（）时，当（）时，，可见总有．故的取值范围是评注：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，若当时，恒有＜0，求实数a的取值范围．解：（i）当时，显然＜0成立，此时，（ii）当时，由＜0，可得＜＜，令则＞0，∴是单调递增，可知＜0，∴是单调递减，可知此时的范围是（—1，3）综合i、ii得：的范围是（—1，3）．例7．若不等式对于恒成立，求的取值范围．解：（只考虑与本案有关的一种方法）解：对进行分段讨论，当时，不等式恒成立，所以，此时；当时，不等式就化为，此时的最小值为，所以；当时，不等式就化为，此时的最大值为，所以；由于对上面的三个范围要求同时满足，则所求的的范围应该是上三个的范围的交集即区间说明：这里对变量进行分段来处理，那么所求的对三段的要同时成立，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．若定义在的函数满足，且时不等式成立，若不等式对于任意恒成立，则实数的取值范围是＿＿＿．解：设，则，有．这样，，则，函数在为减函数．因此；而（当且仅当时取等号），又，所以的取值范围是．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．若不等式对于任意恒成立．则实数的取值范围是＿＿＿．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恒成立，可以选择判别式法．解：当时，不等式化为，显然对一切实数恒成立；当时，要使不等式一切实数恒成立，须有，解得．综上可知，所求的实数的取值范围是．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．关于的不等式在上恒成立，求实数的取值范围．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；∵，∴不等式可以化为；下面只要求在时的最小值即可，分段处理如下．当时，，，再令，，它的根为；所以在区间上有，递增，在区间上有，递减，则就有在的最大值是，这样就有，即在区间是递减．同理可以证明在区间是递增；所以，在时的最小值为，即．技巧解：由于，所以，，两个等号成立都是在时；从而有（时取等号），即．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．。
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。
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
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。
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。
高一数学不等式恒成立、能成立、恰成立问题
高一数学不等式恒成立、能成立、恰成立问题一、不等式恒成立问题的处理方法1、转换求函数的最值：（参变分离）（1）若不等式()A x f >在区间D 上恒成立,则等价于在区间D 上()min f x A >，⇔()f x 的下界大于A（2）若不等式()B x f <在区间D 上恒成立,则等价于在区间D 上()max f x B <,()f x 的上界小于A1..当(1,2)x ∈时，不等式240x mx ++<恒成立，则m 的取值范围是.2.设2)(2+-=ax x x f ,当[]+∞∈,0x 时，都有a x f ≥)(恒成立，求a 的取值范围。
3.．已知(],1x ∈-∞时，不等式()21240xxa a++-⋅>恒成立，求a 的取值范围。
4．设函数f (x )＝mx 2－mx －1(m ≠0)，若对于x ∈[1,3]，f (x )＜－m ＋5恒成立，求m 的取值范围．5．若不等式x 2＋ax －2>0在区间[1,5]上有解，则a 的取值范围是()－235，＋ B.－235，1C ．(1，＋∞)∞，－2356、已知(),22xax x x f ++=对任意[)()0,,1≥+∞∈x f x 恒成立,试求实数a 的取值范围？2、主参换位法1、若不等式a 10x -<对[]1,2x ∈恒成立，求实数a 的取值范围？2.对任意]1,1[-∈a ，不等式024)4(2>-+-+a x a x 恒成立，求x 的取值范围。
3.若不等式()2211x m x ->-对满足2m ≤的所有m 都成立，求x 的取值范围。
3、数形结合1、当)2,1(∈x 时，不等式2(1)x -<log a x 恒成立，求a 的取值范围。
2.若不等式2(1)(1)3(1)0m x m x m +--+-<对任意实数x 恒成立，求实数m 取值范围？3.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.4.已知函数|54|)(2--=x x x f ，若在区间]5,1[-上，2)3(+=x k y 的图象位于函数f (x )的上方，求k 的取值范围5.．当21,0(∈x 时，不等式x x a log 2<恒成立，求a 的取值范围．6.对于任意实数x ，不等式a x x <--+21恒成立，求实数a 的取值范围．7.若对任意x R ∈,不等式||x ax ≥恒成立，则实数a 的取值范围是（）(A)1a <-(B)||1a ≤(C)||1a <（D ）1a ≥用数形结合解有解问题2、若函数a x a x f x --=)((0>a 且1≠a )有两个零点，则实数a 的取值范围是4.已知定义在R 上的奇函数)(x f ，满足(4)()f x f x -=-,且在区间[0,2]上是增函数,若方程)0()(>=m m x f 在区间[]8,8-上有四个不同的根1234,,,x x x x ,则1234_________.x x x x +++=5.函数⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧>+-≤<=10,621100|,lg |)(x x x x x f ，若c b a ,,互不相等，且)()()(c f b f a f ==，则abc 的取值范围是_______6.函数2)(--=x e x f x 有______个零点7.方程xx 3|)4(log |2=+的实根个数为__________个.8.若m x f x -=--12)(有零点,则实数m 的取值范围是_______9.函数f (x )＝2x |log 0.5x |－1的零点个数为()A ．1B ．2C ．3D ．410.已知函数f (x )－|x |，x ≤2，－2)2，x ＞2，函数g (x )＝3－f (2－x )，则函数y ＝f (x )－g (x )的零点个数为()A ．2B ．3C ．4D ．511.若定义在R 上的偶函数f (x )满足f (x ＋2)＝f (x )，且当x ∈[0，1]时，f (x )＝x ，则函数y ＝f (x )－log 3|x |的零点个数是________．12.若定义在R 上的函数f (x )满足f (x ＋2)＝f (x )，且x ∈[－1，1]时，f (x )＝1－x 2，函数g (x )x ，x >0，，x ＝0，－1x，x <0，则方程f (x )－g (x )＝0在区间[－5，5]上的解的个数为()A ．5B ．7C ．8D ．1013.已知方程|x 2－a |－x ＋2＝0(a ＞0)有两个不等的实数根，则实数a 的取值范围是()A ．(0，4)B ．(4，＋∞)C ．(0，2)D ．(2，＋∞)14.已知x ∈R ，符号[x ]表示不超过x 的最大整数，若函数f (x )＝[x ]x－a (x ≠0)有且仅有3个零点，则a 的取值范围是()A ，45∪43，B ．34，45∪43，32C ，23∪54，D ．12，23∪54，3215．f (x )是R 上的偶函数，f (x ＋2)＝f (x )，当0≤x ≤1时，f (x )＝x 2，则函数y ＝f (x )－|log 5x |的零点个数为()A ．4B ．5C ．8D ．1016.已知函数y ＝f (x )(x ∈R )满足f (－x ＋2)＝f (－x )，当x ∈[－1，1]时，f (x )＝|x |，则y ＝f (x )与y ＝log 7x 的交点的个数为________．17.已知函数f (x )2＋5x ＋4|，x ≤0，x －2|，x ＞0.若函数y ＝f (x )－a |x |恰有4个零点，则实数a 的取值范围为________．三角函数例1．函数()sin(2)3f x x π=-.（1）求函数()f x 的周期；（2）求函数()f x 的值域，最值及相应的x 值；（3）求函数()f x 的单调区间；（4）求函数()f x 在3[,)2ππ-上的增区间；（5）当[0,]2x π∈时，求函数()f x 的取值范围；（6）求函数()f x 的图象的对称中心、对称轴；（7）描述由正弦曲线得到函数()f x 的图象的过程；（8）若将()f x 的图象向左或右平移ϕ个单位得到正弦曲线，当||ϕ最小时，求tan ϕ；（9）作出函数()f x 在7[0,6π上的图象。
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．。
不等式“恒成立”问题的解法
不等式“恒成立”问题的解法对于不等式问题，“恒成立”是一个重要的概念。
如果一个不等式对于所有的变量的取值都成立，那么我们就说这个不等式“恒成立”。
在本文中，我们将介绍几种方法，解决不等式“恒成立”问题。
寻找不等式“恒成立”的方法1. 数学归纳法数学归纳法是一种证明方法，它可以证明一个结论对于所有自然数都成立。
我们可以借助数学归纳法来证明一个不等式对于所有变量取值都成立。
首先，我们要确定一个起点。
假设我们要证明不等式P(n)对于所有 $n \\in \\mathbb{N}$ 都成立，我们需要找到一个n0，使得不等式P(n0)是成立的。
通常情况下，我们选择n0=1。
接下来，我们需要证明不等式P(n)成立时，不等式P(n+1)也成立。
也就是说，我们需要证明P(n+1)与P(n)之间的关系。
如果我们能证明 $P(n)\\Rightarrow P(n+1)$，那么就可以使用数学归纳法证明不等式P(n)对于所有 $n \\geq n_0$ 都是成立的。
2. 分析不等式的性质在一些特定的不等式中，我们可以利用它们的性质来证明恒成立的情况。
例如，对于任何一组实数a1,a2,...,a n，我们都有：$$ (a_1 - a_2)^2 + (a_2 - a_3)^2 + ... + (a_{n-1} - a_n)^2 \\geq 0 $$不等式左侧是一组非负实数的和，因此它一定大于等于零。
所以，上面的不等式对于所有实数a1,a2,...,a n都是恒成立的。
3. 利用代数等式有时，我们可以通过将一个不等式转化为代数等式来解决恒成立的问题。
例如，假设我们要证明不等式 $x^2 + y^2 \\geq 2xy$ 对于所有实数x和y都成立。
我们可以将这个不等式变成以下代数等式：$$ (x - y)^2 \\geq 0 $$根据平方数的非负性，不等式左侧一定大于等于零，所以原来的不等式对于所有实数x和y都是成立的。
实例分析接下来，我们将通过几个实例来演示如何使用上述方法解决不等式“恒成立”的问题。
不等式“恒成立”问题的解法
文/朱月祥在不等式问题的求解中，“恒成立”问题有其特殊性，它的求解，需要一定的技巧，也是学生学习不等式的一个难点。
本文试举例加以说明。
1.借助不等式的有关知识数学中很多不等式或不等关系，本身就有“恒成立”的含义，如a2+b2≥2ab,｜sinx｜≤1等，解题中应当充分利用这些知识，寻求解题策略。
2.转化为函数的图像关系将不等式所涉及的有关不等式转化为函数，把不等式问题转化为函数图像性质的关系问题是解决此类问题的常用方法。
例2如果不等式｜x-1｜-｜x-2｜>a（a为常数），对于任意实数x总成立，则a的取值范围是（）(A)a<-3 (B)a<3 (C)a<-1 (D)a<1解：如图，在同一直角坐标系内作出函数y1=｜x-1｜-｜x-2｜和y2=a的图象，不难发现要使｜x-1｜-｜x-2｜>a恒成立，只需直线y2=a恒在折线y1=｜x-1｜-｜x-2｜图象的下方，即a<-3，故选（A）。
例3如果不等式x2-logax<0（a为常数）在(0,1/2]上恒成立，求a的取值范围。
解：设y1=x2，y2=logax由图像不难知道，当a>1时，x2-logax<0不可能恒成立。
∴0<a<1。
由图形可知，要使(0,1/2]时x2<logax恒成立，只要y2=logax的图象在(0,1/2]上总在y1=x2的上方即可，所以只须loga1/2>1/4。
∴1/2<a，即1/16<a<1。
例4若不等式kx2-2x>k-2对满足｜k｜<1的所有k都成立，求x的取值范围。
解：由kx2-2x>k-2得(x2-1)k-2(x-1)>0，设f(k)=(x2-1)k-2(x-1)依题意，要使当｜k｜<1时，f(k)>0恒成立，由一次函数性质知必须f(1)>0f(-1)>0,即解得-3<x<1。
不等式恒成立问题的十种解法
设不等式专黯＜１，对于一
切实数戈都恒成立，求实数ｍ的取值范围．
解：因为４ｘ２＋６ｘ＋３＝４（ｘ＋÷）２＋－２Ｊ－＞ｏ，
所以原不等式可变为：２菇２＋２ｍｘ＋玑＜４ｘ２＋６名 ＋３，整理得：氖２＋（６—２ｍ）戈＋３一ｍ＞０，因为 该不等式对一切实数戈都成立，必有△＝（６— ２ｍ）２—４×２（３一ｍ）＜Ｏ， 整理得ｍ２—４ｍ＋３＜０，解得：ｌ＜ｍ＜３． 说明：若所给的区间并非一切实数时，切记
Ｉ＋ｆ并一４
不等式戈２—４ｘ≥ｍ对任 意茗∈［０，１］恒成立，则 ｍ的取值范围是
（ ） （Ａ）ｍ≤一３ （Ｂ）ｍ≥一３ （Ｃ）一３≤ｍ≤Ｏ （Ｄ）ｍ≥一４
＼
Ｕ 一１
ｙ
Ｉ≥ａ恒成
立，求实数ｄ的取值范围．
２ ｊ
，
ｉ４。ｘ
， ｜
解：设ｄ＝Ｉ戈一１
Ｉ＋Ｉ戈一４
Ｉ，由绝对值的几
ｌ＋
—２ —３
—４ ／
何意义可知，ｄ表示数轴上的点到实数１、４所 对应两点距离的和，所以ｄ≥３，要使Ｉ算一１
Hale Waihona Puke 丽＜半＋半＋．．．＋掣：五１＞西ｍ对于任意大于等于２的自然数ｎ都成
立，求自然数ｍ的最大值．
证明：当凡＝２时：左式＝了１＋百１＝砭７＝西１４
＞西ｍ戚业，所以ｍ的最大值为１３，假设当ｎ＝ｋ
再葡－÷而＞砑１３，即ｎ：七＋１时也成立． 夏百万可汀丽＞西’即ｎ
万方数据
（．｜｝≥２）时成立，即：丽１ ＋丽１＋丽１＋．．・＋ 磊１＞西１３，则当ｎ＝蠡＋１时，南＋ｊ丽１＋…＋甄ｌ ＋芝丽＋２—ｋ—＋２ ２（ｉｊ了＋丽＋丽＋…＋ 去）＋‘万１玎＋甄１西一丽１）＞雨１３＋
如何解不等式恒成立问题
如何解不等式恒成立问题不等式恒成立问题是中学数学中常见问题之一，也是各级各类考试中常见的题型之一，解答这类问题常常有如下三种常用技巧和思路．一、利用判别式例1 若不等式210mx mx ++>对一切实数恒成立，求实数m 的取值范围． 解：当0m =时，10>显然对一切实数恒成立；当0m ≠时，要使不等式210mx mx ++>对一切实数恒成立，须有00m >⎧⎨∆<⎩，，，即2040m m m >⎧⎨-<⎩，，解得04m <<． 综上可知，所求实数m 的取值范围是[04)，． 说明：①不等式20ax bx c ++>对任意实数x 恒成立00a b c ==⎧⇔⎨>⎩，，或00a >⎧⎨∆<⎩，；；②不等式20ax bx c ++<对任意实数x 恒成立00a b c ==⎧⇔⎨<⎩，或00.a <⎧⎨∆<⎩，二、借助形的直观例2 已知当(12]x ∈，时，不等式2(1)log a x x -≤恒成立，求实数a 的取值范围． 分析：本题若直接求解，则较为繁难，但若在同一平面直角坐标系内作出函数2()(1)f x x =-与函数()log a g x x =在(12]，上的图象，借助图形可直观、简捷求解． 解：在同一平面直角坐标系内作出函数2()(1)f x x =-与函数()log a g x x =在(12]，上的图象（如图），从图象中易看出：当01a <<，且(12]x ∈，时，函数()f x 的图象恒在()g x 的图象的上方，不合题意；当1a >，且(12]x ∈，时，欲使函数()f x 的图象在()g x 的图象的下方或重合，须满足log 2a 1≥，即2a ≤，故所求实数a 的取值范围为(12]，． 三、借用重要结论：“不等式()a f x >恒成立max ()a f x ⇔>；不等式()a f x <恒成立max ()a f x ⇔<”例3 若不等式4210x xa ++> 对一切(1]x ∈-∞，恒成立，求实数a 的取值范围．解：由于40x>，故本题可转化为1124x xa ⎛⎫⎛⎫>-- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭对一切(1]x ∈-∞，恒成立，求a 的范围．令11()24xxh x ⎛⎫⎛⎫=-- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，由于函数11()24xxh x ⎛⎫⎛⎫=-- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭在区间(1]-∞，上是增函数，所以max 3()(1)4h x h ==-． 故34a >-对一切(1]x ∈-∞，恒成立， 即所求实数a 的取值范围为34⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭，．在关于不等式的综合题中，经常会遇到当一个结论对于某一个字母的某一个取值范围内所有值都成立的恒成立问题。
高中数学--恒成立能成立问题总结(详细)
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],[),0()(n m x k b kx x f ∈≠+=有：⎩⎨⎧<<⇔<⎩⎨⎧>>⇔⎩⎨⎧><⎩⎨⎧>>⇔>0)(0)(0)(;0)(0)(0)(00)(00)(n f m f x f n f m f n f k m f k x f 恒成立或恒成立例1 若不等式m mx x ->-212对满足22≤≤-m 的所有m 都成立，求x 的范 围。
解析：将不等式化为：0)12()1(2<---x x m ，构造一次型函数：)12()1()(2---=x m x m g原命题等价于对满足22≤≤-m 的m ，使0)(<m g 恒成立。
由函数图象是一条线段，知应⎪⎩⎪⎨⎧<---<----⇔⎩⎨⎧<<-0)12()1(20)12()1(20)2(0)2(22x x x x g g 解得231271+<<+-x ，所以x 的范围是)231,271(++-∈x 。
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。
练习:(1)若不等式01<-ax 对[]2,1∈x 恒成立，求实数a 的取值范围。
（2）对于40≤≤p 的一切实数，不等式342-+>+p x px x 恒成立，求x 的取值范围。
（答案：或）（二）构造二次函数 利用二次函数的图像与性质及二次方程根的分布来解决。
[原创精品课件]高中数学热点：不等式的恒成立、恒不成立和不恒成立问题
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（Ⅱ）令 g ( x)
f ( x) ax ，则 g ( x) f ( x) a e x e x a ，
（ⅰ） （恒成立问题）若 2 a ≥ 0 a ≤ 2 ， g( x) ex e x a 2 a ， （ 当 且 仅 当
x0
时 ， 等 号 成 立 ） 当
1 a ， ex u u
1 a 在 u 1, ) 单调递 u
2x e x -e x e 1 0 ） 增（也可求导 g ( x) ，∴ g ( x) 在 0, ) 单调递 ex
增，且 x , g ( x) 所以方程 g ( x) 0 的必有一正根为 x1（实
x 0,1 恒有 f x 1 f x
1 x ax 1 x e 1 e ax a 1 x 1 x ln 1 x 1 x x
令： g ( x)
ln
1 x 2 1 x , g ( x) 2 x ln 1 x ， g ( x) 4 x 0 2 2 2 x 1 x 1 x 1 x
4.应用高考连接 例 1： （07 全国一 理 20）设函数 f ( x) ex e x ． （Ⅰ）证明： f ( x) 的导数 f ( x) ≥ 2 ； （Ⅱ）若对所有 x ≥ 0 都有 f ( x) ≥ ax ，求 a 的取值范围． 解法一： （Ⅰ） （恒成立问题） f ( x) 的导数 f ( x) ex e x ． 由于 ex e-x ≥ 2 ex e x 2 ，故 f ( x) ≥ 2 ． （当且仅当 x 0 时，等号 成立） ．
递增，
再令 ( x) e x e x x e x e x , ( x) e x e x x 0 ， x 0 ， ( x) 单调
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不等式中恒成立问题的解法“含参不等式恒成立问题”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。
另一方面，在解决这类问题的过程中涉及的“函数与方程”、“化归与转化”、“数形结合”、“分类讨论”等数学思想对锻炼学生的综合解题能力，培养其思维的灵活性、创造性都有着独到的作用恒成立问题的基本类型：一、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),0()(2R x a c bx ax x f ∈≠++=,有1）0)(>x f 对R x ∈恒成立⎩⎨⎧<∆>⇔0a ;2）0)(<x f 对R x ∈恒成立.00⎩⎨⎧<∆<⇔a例1：若不等式02)1()1(2>+-+-x m x m 的解集是R ，求m 的范围。
解析：要想应用上面的结论，就得保证是二次的，才有判别式，但二次项系数含有参数m ，所以要讨论m-1是否是0。
（1）当m-1=0时，元不等式化为2>0恒成立，满足题意；（2）01≠-m 时，只需⎩⎨⎧<---=∆>-0)1(8)1(012m m m ，所以，)9,1[∈m 二、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）a x f >)(恒成立min )(x f a <⇔ 2）a x f <)(恒成立max )(x f a >⇔例2、若[]2,2x ∈-时，不等式23x ax a ++≥恒成立，求a 的取值范围。
解：设()23f x x ax a =++-，则问题转化为当[]2,2x ∈-时，()f x 的最小值非负。
（1） 当22a -<-即：4a >时，()()min 2730f x f a =-=-≥ 73a ∴≤又4a >所以a 不存在；（2） 当222a -≤≤即：44a -≤≤时，()2min 3024a a f x f a ⎛⎫=-=--≥ ⎪⎝⎭62a ∴-≤≤ 又44a -≤≤ 42a ∴-≤≤（3） 当22a-> 即：4a <-时，()()min 270f x f a ==+≥ 7a ∴≥-又4a <-74a ∴-≤<- 综上所得：72a -≤≤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）为参数）a a g x f )(()(<恒成立max )()(x f a g >⇔ 2）为参数）a a g x f )(()(>恒成立max )()(x f a g <⇔例3．已知(],1x ∈-∞时，不等式()21240x x a a ++-⋅>恒成立，求a 的取值范围。
解：令2x t =，(],1x ∈-∞ (]0,2t ∴∈ 所以原不等式可化为：221t a a t+-<， 要使上式在(]0,2t ∈上恒成立，只须求出()21t f t t+=在(]0,2t ∈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进行“换位”思考，往往会使问题降次、简化。
例4．对任意]1,1[-∈a ，不等式024)4(2>-+-+a x a x 恒成立，求x 的取值范围。
分析：题中的不等式是关于x 的一元二次不等式，但若把a 看成主元，则问题可转化为一次不等式044)2(2>+-+-x x a x 在]1,1[-∈a 上恒成立的问题。
解：令44)2()(2+-+-=x x a x a f ，则原问题转化为0)(>a f 恒成立（]1,1[-∈a ）。
当2=x 时，可得0)(=a f ，不合题意。
当2≠x 时，应有⎩⎨⎧>->0)1(0)1(f f 解之得31><x x 或。
故x 的取值范围为),3()1,(+∞-∞ 。
注：一般地，一次函数)0()(≠+=k b kx x f 在],[βα上恒有0)(>x f 的充要条件为⎩⎨⎧>>0)(0)(βαf f 。
四、数形结合法数学家华罗庚曾说过：“数缺形时少直观，形缺数时难入微”，这充分说明了数形结合思想的妙处，在不等式恒成立问题中它同样起着重要作用。
我们知道，函数图象和不等式有着密切的联系：1）⇔>)()(x g x f 函数)(x f 图象恒在函数)(x g 图象上方；2）⇔<)()(x g x f 函数)(x f 图象恒在函数)(x g 图象下上方。
例5：已知210,1,(),(1,1),()2x a a f x x a x f x >≠=-∈-<当时有恒成立，求实数a 的取值范围。
解析：由2211()22x x f x x a x a =-<-<，得，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12221)1(211-=--=-a a 及得到a 分别等于2和0.5，并作出函数x x y y )21(2==及的图象，所以，要想使函数x a x <-212在区间)1,1(-∈x 中恒成立，只须x y 2=在区间)1,1(-∈x 对应的图象在212-=x y 在区间)1,1(-∈x 对应图象的上面即可。
当2,1≤>a a 只有时才能保证，而2110≥<<a a 时，只有才可以，所以]2,1()1,21[ ∈a 。
由此可以看出，对于参数不能单独放在一侧的，可以利用函数图象来解。
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。
综合练习; 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[,>++≠+-∈nm 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． 课后作业:1.已知函数])1(lg[22a x a x y +-+=的定义域为R ，求实数a 的取值范围。
解：由题设可将问题转化为不等式0)1(22>+-+a x a x 对R x ∈恒成立，即有04)1(22<--=∆a a 解得311>-<a a 或。
所以实数a 的取值范围为),31()1,(+∞--∞ 。
若不等式|1||2|x x a ++-对任意x ∈R 恒成立，则a 的取值范围是 ． 【分析】先确定|1||2|x x ++-的取值范围，则只要a 不大于|1||2|x x ++-的最小值即可． 【解】当1x-时，|1||2|12213x x x x x ++-=---+=-+；当12x -<时，|1||2|123x x x x ++-=+-+=； 当2x >时，|1||2|12213x x x x x ++-=++-=->； 综上可得|1||2|3x x ++-，所以只要3a ， 即实数a 的取值范围是(,3]-∞． 【答案】(,3]-∞2.．函数),1[,2)(2+∞∈++=x xax x x f ，若对任意),1[+∞∈x ，0)(>x f 恒成立，求实数a 的取值范围。
解：若对任意),1[+∞∈x ，0)(>x f 恒成立，即对),1[+∞∈x ，02)(2>++=xax x x f 恒成立， 考虑到不等式的分母),1[+∞∈x ，只需022>++a x x 在),1[+∞∈x 时恒成立而得而抛物线a x x x g ++=2)(2在),1[+∞∈x 的最小值03)1()(min >+==a g x g 得3->a注：本题还可将)(x f 变形为2)(++=xax x f ，讨论其单调性从而求出)(x f 最小值。
若二次不等式中x 的取值范围有限制，则可利用根的分布解决问题。
3.设22)(2+-=mx x x f ，当),1[+∞-∈x 时，m x f ≥)(恒成立，求实数m 的取值范围。
解：设m mx x x F -+-=22)(2，则当),1[+∞-∈x 时，0)(≥x F 恒成立 当120)2)(1(4<<-<+-=∆m m m 即时，0)(>x F 显然成立； 当0≥∆时，如图，0)(≥x F 恒成立的充要条件为：⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧-≤--≥-≥∆1220)1(0m F 解得23-≤≤-m 。
综上可得实数m 的取值范围为)1,3[-。
4：在∆ABC 中，已知2|)(|,2cos )24(sin sin 4)(2<-++=m B f B BB B f 且π恒成立，求实数m 的范围。
解析：由]1,0(sin ,0,1sin 22cos )24(sin sin 4)(2∈∴<<+=++=B B B B BB B f ππ，]3,1()(∈B f ，2|)(|<-m B f 恒成立，2)(2<-<-∴m B f ，即⎩⎨⎧+<->2)(2)(B f m B f m 恒成立，]3,1(∈∴m5、若不等式()2211x m x ->-对满足2m ≤的所有m 都成立，求x 的取值范围。
解：设()()()2121f m m x x =---，对满足2m ≤的m ，()0f m <恒成立，()()()()()()2221210202021210x x f f x x ⎧----<-<⎧⎪⎪∴∴⎨⎨<---<⎪⎪⎩⎩ 1713x -++<<6、若不等式23log 0a x x -<在10,3x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭内恒成立，求实数a 的取值范围。
解：由题意知：23log a x x <在10,3x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭内恒成立，在同一坐标系内，分别作出函数23y x =和log a y x =观察两函数图象，当10,3x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，若1a >函数log a y x =的图象显然在函数23y x =图象的下方，所以不成立；当01a <<时，由图可知，log a y x =的图象必须过点11,33⎛⎫ ⎪⎝⎭或在这个点的上方，则，11log 33a≥ 127a ∴≥1127a ∴>≥ 综上得：1127a >≥8、已知不等式：11112......(1)12123a log a n n n n +++>-++++ 对一切大于1的自然数n 恒成立，求实数a 的范围。