恒成立问题常见类型及解法
不等式恒成立问题的基本类型及常用解法
不等式恒成立问题基本类型及常用解法类型1：设f(x)=ax+bf(x) ＞0在x ∈[]n m ,上恒成立⇔ ⎩⎨⎧0)(0)( n f m ff(x) ＜0在x ∈[]n m ,上恒成立⇔⎩⎨⎧0)(0)( n f m f .例1. 设y=(log 2x)2+(t-2)log 2x-t+1,若t 在[-2,2]上变化，y 恒取正值，求实数x 的取值范围。
解：设f(t)=y=(log 2x-1)t+(log 2x)2-2log 2x+1， t ∈[-2,2] 问题转化为：f(t)＞0对t ∈[-2,2]恒成立 ⇔⎩⎨⎧-0)2(0)2( f f⇔⎪⎩⎪⎨⎧-=-01)(log 03log 4)(log 22222 x x x ⇒0＜x ＜21或x ＞8。
故实数x 的取值范围是（0，21）∪（8，+∞）。
例2. 对于 -1≤a ≤1,求使不等式(21)ax x +2<(21)12-+a x 恒成立的x 的取值范围。
解：原不等式等价于x 2+ax<2x+a-1在a ∈[-1,1]上恒成立.设f(a)=(x-1)a+x 2-2x+1,则f(a)是a 的一次函数或常数函数， 要使f(a)>0在a ∈[-1,1]上恒成立,则须满足⎩⎨⎧-0)1(0)1( f f ⇔⎪⎩⎪⎨⎧+--023022 x x x x ⇒x>2或x<0 故实数的取值范围是(-∞,0)∪(2,+∞). 类型2：设f(x)=ax 2+bx+c (a ≠0)f(x) ＞0在x ∈R 上恒成立⇔a ＞0 且△＜0;f(x) ＜0在x ∈R 上恒成立⇔a ＜0 且△＜0. 说明：①.只适用于一元二次不等式②.若未指明二次项系数不等于0，注意分类讨论.例3.不等式3642222++++x x mmx x ＜1对一切实数x 恒成立，求实数m 的取值范围。
解：由4x 2+6x+3=(2x+23)2+43＞0,对一切实数x 恒成立，从而，原不等式等价于 2x 2+2mx+m ＜4x 2+6x+3, (x ∈R)即：2x 2+(6-2m)x+(3-m)＞0对一切实数x 恒成立。
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。
“恒成立”问题的解法 通用精品课件
（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
2. 变量分离法：
【例4】 当 x (1, 2) 时，不等式 x2 mx 4 0
恒成立，则 m 的取值范围是
.
解：当 x (1, 2) 时，由 x2 mx 4 0
得 m x2 4 .令 f (x) x2 4 x 4
x
x
x
则易知 f (x) 在 (1, 2) 上是减函数，
在区间 [, ] 上恒成立问题：
（1）当 a 0 时，f (x) 0在x [, ] 上恒成立
b 2a
或
b 2a
或
b 2a
，
f ( ) 0 0
f ( ) 0
f
(x)
0在x
[,
]
上恒成立
4.数数形形结结合合法
数形结合思想在高考中占有非常重要的地位， 其“数”与“形”结合，相互渗透，把代数式的 精确刻划与几何图形的直观描述相结合，使代数 问题、几何问题相互转化，使抽象思维和形象思 维有机结合.应用数形结合思想，要熟练掌握一些 概念和运算的几何意义及常见曲线的代数特征.
4. 数形结合法：
物质缺乏的年代，大家过得都是差不多的日子，这四家就属老干部老李条件最好，一般买东西都是要用粮票、布票、肉票。要是没有这些票证的话，就算你有钱出去也会饿死的。老干部的待遇好一点，经常用不了那些票证，于是老李就常常把用不完的票证分给了这些邻居。 那个年代的钱特别的顶用，一斤大米一毛三分八；一斤鱼两角钱；一斤牛肉熟的才五角钱；一个大肉包子五分钱；一只烧鸡两元钱；小米一斤一角钱；一个卤猪蹄子两毛钱一个；一盒火柴两分钱；一斤面粉两毛五。全国啥地方都是统一的价格，住的房子都是单位给分的，房子也都不交水电费的。一点也不像现在一会一个价钱。那个时候老干部一般一个月一百多元钱，一般的干部工人多数就是一个月五六十元到七八十元不等。这几家人特别的和睦，就像一家人一样，谁家有事大家都会过去帮忙。
求解恒成立问题的常见方法
求解恒成立问题的常见方法摘要：恒成立问题是高考中常见的一类问题，常见类型有：第一类是关于x的一元二次不等式对任意x∈R恒成立，求参数取值范围；第二类是不等式在给定区间上恒成立求参数的取值范围。
因这类问题综合性强，思维容量大，因而成为高考一直常考不衰的热点问题。
关键词：恒成立；参数；解题方法一、一元二次不等式中的恒成立问题例1.已知函数f（x）=x2+ax+3对任意x∈R时恒有f（x）≥a成立，求a的取值范围。
解：∵f（x）≥a对x∈R恒成立，∴x2+ax+3-a≥0对x ∈R恒成立∵x∈R，∴Δ≥0，即a2-4（3-a）≥0∴a≤-6或a≥2 例2.已知函数y=lg（mx2-6mx+m+8）的定义域为R，求m的取值范围。
解：由已知得mx2-6mx+m+8>0对任意x∈R恒成立①当m=0时显然成立②当m≠0时有m>0（6m）2+4m（m+8）<0∴0<m<1综上可知0<m<1方法归纳：令f（x）=ax2+bx+c，若f（x）>0（或f（x）≥0）对任意x∈R恒成立，则有a>0Δ0Δ≤0），若f（x）<0（或f（x）≤0）对任意x∈R恒成立，则有a<0Δ<0（或a<0Δ≤0）等价转化即可。
二、在给定区间上恒成立问题例3.已知函数f（x）= （x≠0）在（4，+∞）上恒大于0，求a的取值范围。
解：令f（x）=0则>0，∴a>-（x+ ）令g（x）=x+ ，易知g（x）在（4，+∞）上为增函数，∴g（x）min=g（4）=5∴g（x）>5∴-（x+ ）<-5∴a≥-5例4.已知函数f（x）=x2+2x+a lnx，在区间（0，1]上为单调函数，求实数a的取值范围。
分析：求f ′（x）→由题意转化为恒成立问题→求最值→求得a的取值范围解：易知f ′（x）=2x+2+ ，∵f ′（x）在f ′（x）上单调∴f ′（x）≥0或f ′（x）<0在（0，1]上恒成立，即2x2+2x+a≥0或2x2+2x+a≤0恒成立∴a≥-（2x2+2x）或a≤-（2x2+2x）在（0，1]上恒成立又-（2x2+2x）=-2（x+ ）2+ ∈[-4，0）∴a≥0或a≤-4方法归纳：解决此类恒成立问题通常分离参变量通过等价变形，将参数a从整体中分离出来，转化为a>（或f（x）（或a≥f（x）恒成立？圳a>m（或a≥m）；（2）若f（x）在定义域内存在最小值m，则a<f（x）或（a≤f（x））恒成立？圳a<m（或a≤m）；（3）若f（x）在其定义域内不存在最值，只需找到f（x）在定义域上的最大界（或最小下界）m，即f（x）在定义域上增大（或减小）时无限接近但永远达不到的那个位置来代替上述两种情况下的m，此时要注意结果所求参数范围在端点处是否要取到等号。
微专题不等式恒成立问题常见类型及解法
恒成立问题常见类型及解法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）利用函数的性质求解；（5）直接根据函数的图象求解；（6）反证法求解。
一、一次函数型给定一次函数()==+y f x kx b (k ≠0),若()=y f x 在[m,n]内恒有()f x >0，则根据函数的图象（线段）可得①0()0>⎧⎨>⎩k f m 或②0()0<⎧⎨>⎩k f n ，也可合并成f (m)0f (n)0>⎧⎨>⎩，同理，若在[,]m n 内恒有()0<f x ，则有f (m)0f (n)0<⎧⎨<⎩.典例1.若不等式2x -1>()21-m x 对一切[]2,2∈-m 都成立，求实数x 的取值范围。
【解析】令f (m)＝（21-x ）m －2x ＋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(2)(2)-⎧⎨⎩＜0，＜0f x f 即x的取值范围是（12，12）. 二、二次函数型若二次函数2(0,)=++≠∈y ax bx ca x R 的函数值大于（或小于）0恒成立，则有a 00>⎧⎨∆<⎩（或00a ì<ïïíïD <ïî），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二次函数的图象求解。
典例2关于x 的方程9x +(4+a )3x +4=0恒有解，求a 的取值范围。
【解析】方法1（利用韦达定理）设3x=t,则t>0.那么原方程有解即方程t 2+(4+a )t+4=0有正根。
1212Δ0(4)040≥⎧⎪∴+=-+>⎨⎪=>⎩g x x a x x ，即2(4a)160a 4⎧+-≥⎨<-⎩，a 0a 8a 4≥≤-⎧∴⎨<-⎩或，解得a ≤-8.方法2（利用根与系数的分布知识）即要求t 2+(4+a )t+4=0有正根。
数学恒成立问题
“恒成立”问题的一般解法郸城希望高中 樊战胜“恒成立”问题是数学中常见的问题，经常与参数的范围联系在一起，在高考中频频出现，是高考中的一个难点问题。
“恒成立”问题常常涉及到一次函数、二次函数的性质和图象,渗透着换元、化归、数形结合、函数与方程等多种数学思想和方法，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主要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、函数的性质型；5、数形结合型 例题解析1、一次函数型给定一次函数b ax x f y +==)(（0≠a ）,若)(x f y =在[m,n]内恒有)(x f >0，则根据函数的图象（直线）可得上述结论等价于（1）⎩⎨⎧>>0)(0m f a 或（2）⎩⎨⎧><0)(0n f a 可以等价于⎩⎨⎧>>0)(0)(n f m f 同理，若在[m,n]内恒有)(x f <0，则有⎩⎨⎧<<0)(0)(n f m f例1、 当||m ≤2时，不等式2112x m x ->-()恒成立，求x 的范围。
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f m x m x ()()()=---2121大于0恒成立的问题。
略解：原不等式可化为)12()1(2---x m x >0,设f m x m x ()()()=---2121,则)(m f 在[-2,2]上恒大于0，故有：⎩⎨⎧>>-)2(0)2(f f 即⎪⎩⎪⎨⎧>-->+--0122032222x x x x 解得：-+<<+172132x2、二次函数型若二次函数)0(2≠++=a c bx ax y 大于0恒成立，则有⎩⎨⎧<∆>00a 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结合二次函数的图象求解。
恒成立问题题型大全（详解详析）
不等式中恒成立问题在不等式的综合题中，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。
恒成立问题的基本类型：2f(x) 0在x Rf(x) ax bx c(a 0)类型1：设，（1）且 0f(x) 0在x R；上恒成立 a 0且 0 a 0（2）上恒成立。
2f(x) ax bx c(a 0)类型2：设f(x) 0在x *,+a 0（1）当时，上恒成立或或bbb2a2a2a，() 0 f() 0 f() 0 0ff(x) 0在x *,+ 上恒成立f() 0 f() 0 f(x) 0在x *,+a 0 （2）当时，上恒成立f() 0 bbbf(x) 0在x *,+ 或或2a2a2a 上恒成立类型3：f() 0 0f() 0f(x) 对一切x I恒成立 f(x) min f(x) 对一切x I恒成立 f(x) 。
max类型4： f(x) g(x)对一切x I恒成立 f(x)的图象在g(x)的图象的上方或f(x) g(x)minmax(x I) 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f(x) kx b,x *m,n+ 对于一次函数有：恒成立 ,f(x) 0恒成立 f(m) 0f(m) 0 f(x) 0f(n) 0f(n) 0 12m2 m 22x1 m(x1)例1：若不等式对满足的所有都成立，求x的范围。
解析：我们可以用改变主元的办法，将m视为主变元，即将元不等式化为：222 m 2m(x1)(2x1) 0f(m) m(x1)(2x 1)，；令，则时，恒成2 f(2) 02(x1)(2x1) 0 f(m) 0立，所以只需即，所以x的范围 f(2) 02 2(x1)(2x1) 01713x (,)是。
22二、利用一元二次函数的判别式2f(x) ax bx c 0(a 0,x R) 对于一元二在x R（1）上恒次函数有： a 0且 0f(x) 0成立； a 0且 0f(x) 0在x R（2）上恒成立2(m1)x(m1)x2 0例2：若不等式的解集是R，求m的范围。
函数、不等式恒成立问题经典总结
函数、不等式恒成立问题解法（老师用）恒成立问题的基本类型：类型1：设)0()(2≠++=a c bx ax x f ，(对于任意实数R 上恒成立)（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 （给定某个区间上恒成立）（1）当0>a 时，],[0)(βα∈>x x f 在上恒成立⎪⎩⎪⎨⎧>>-⎪⎩⎪⎨⎧<∆≤-≤⎪⎩⎪⎨⎧><-⇔0)(2020)(2βββαααf a bab 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 bab 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 ）.
范围是______．
【解题提示】将恒成立问题转化为最值问题.
【解析】因为x＞0 ，所以 x 1 2（当且仅当x=1时取等
x
号），所以有
x2
x 3x
1
x
1 1
3
2
1
3
1 5
，即
x x2 3x 1
的最大值为 1，故a≥1 .
x
5
5
【方法技巧】不等式恒成立问题的解题方法 1.不等式的恒成立问题与函数最值有密切的关系，解决不等 式恒成立问题，通常先分离参数，再转化为最值问题来解： c≥f(x)恒成立 c≥f(x)max; c≤f(x)恒成立 c≤f(x)min. 2.高次函数或非基本初等函数的最值问题，通常采用导数法 解决.
x
恒成立， 2k ， 4k k Z ，所以 k 不可能为 6。
2
五、 把不等式恒成立问题转化为函数图象问题
【理论阐释】 若把不等式进行合理的变形后，能非常容易地画出不等
号两边对应函数的图象，这样就把一个很难解决的不等式的 问题转化为利用函数图象解决的问题，然后从图象中寻找条 件，就能解决问题。
典例5
若不等式
loga
x
sin
2x
(a
0且a
1)
对于任意
x
∈
(0,
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。
“恒成立”的几种常用的解法
“恒成立”的几种常用的解法已知不等式恒成立，求参数范围的问题，涉及函数、方程、不等式，综合性强，在高考中常常涉及，许多学生对此类问题不知从何着手，本文结合实例，谈谈这类问题常见的几种方法。
一．判别式法此方法适用于二次函数的情况，利用)0(02>>++a c bx ax的解集是R 0<∆⇔；)0(02<<++a c bx ax的解集是R 0<∆⇔，这类问题的特点是二次函数在R 上恒成立。
例1．已知函数3)(2++=ax x x f ，当时，a x f ≥)(恒成立，求a 的取值范围。
解：要使03x)(2≥-++≥a ax a x f 恒成立，即恒成立，必须且只需26,0124a 0)3(4a 22≤≤-∴≤-+≤--∆a a a 即＝二．图象法此方法主要用于二次函数，指数对数函数，三角函数等，由其函数图象确定值域，进而解之。
类型1：作一个函数的图像：例2．已知函数3)(2++=ax x x f ，若]2,2[-∈x 时，a x f ≥)(恒成立，求a 的取值范围。
解：43)2(3)(222aa x ax x x f -++=++=（1） 当7,-2a f(-2)f(x)4a ,22min+==>-<-时，即a由Φ∈∴≤≥+a ,37a a 72a 得－（2） 当,4a-3f(x )4a 4,2222min=≤-≤≤-≤-时，即a由24,2a 6a 4a-32≤≤-∴≤-≤≥a 得（3） 当7,2a f(2)f(x)4a ,22min+==-<>-时，即a由47,7a a 72a -<≤-∴-≥≥+a 得 综上得]2,7[-∈a类型2：作两个函数的图像： 1.当时10≤≤x ，不等式kx x≥2sin π恒成立，则实数k 的取值范围是_______________.【答案】k ≤1【解析】作出2sin 1xy π=与kx y =2的图象，要使不等式kx x≥2sinπ成立，由图可知须k≤1。
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。
高三数学恒成立问题的一般解法
高三数学恒成立问题的一般解法 胶州实验中学数学组 张守明高三数学复习中的恒成立问题，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变量分离型；④根据函数的奇偶性、周期性等性质；⑤直接根据函数的图象。
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]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ⅰ）⎩⎨⎧>>0)(0m f a 或ⅱ）⎩⎨⎧><0)(0n f a 亦可合并定成⎩⎨⎧>>0)(0)(n f m f同理，若在[m,n]内恒有f(x)<0，则有⎩⎨⎧<<0)(0)(n f m f例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：在不等式中出现了两个字母：x 及P,关键在于该把哪个字母看成是一个变量，另一个作为常数。
显然可将p 视作自变量，则上述问题即可转化为在[-2，2]内关于p 的一次函数大于0恒成立的问题。
略解：不等式即(x-1)p+x 2-2x+1>0,设f(p)= (x-1)p+x 2-2x+1,则f(p)在[-2,2]上恒大于0，故有：⎩⎨⎧>>-)2(0)2(f f 即⎪⎩⎪⎨⎧>->+-0103422x x x 解得：⎩⎨⎧-<><>1113x x x x 或或 ∴x<-1或x>3.二、二次函数型若二次函数y=ax 2+bx+c=0(a ≠0)大于0恒成立，则有⎩⎨⎧<∆>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。
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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。
【例】若f(x)=sin(x+α)+cos(x-α)为偶函数，求α的值。
分析：告诉我们偶函数这个条件，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x ∈R 恒成立，∴sin(-x+α)+cos(-x-α)=sin(x+α)+cos(x-α)即sin(x+α)+sin(x-α)=cos(x+α)-cos(x-α) 2sinx ·cos α=-2sinx ·sin α∴sinx(sin α+cos α)=0对一切x ∈R 恒成立．．．，∴只需也必须sin α+cos α=0。
∴α=k 4ππ-.（k ∈Z)练习：已知曲线c 的方程是(t+1)x 2+y 2-2(a 2+2at)x+3at+b=0，对于任意实数t ，曲线c 恒过定点P(1,0)，求定值a 、b 。
对策：把P(1,0)代入曲线方程，分离出参数t 后，视参数的系数为零，从而确定a 、b 。
解：把P(1,0)代入曲线方程得：t+1-2(a 2+2at)+3at+b=0。
整理得：(1-a)t+1-2a 2+b=0。
∴，解得。
二、不等式的恒成立问题(一)、一次函数型(主参换位法)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ⅰ）⎩⎨⎧>>0)(0m f a 或ⅱ）⎩⎨⎧><0)(0n f a 亦可合并定成⎩⎨⎧>>0)(0)(n f m f同理，若在[m,n]内恒有f(x)<0，则有⎩⎨⎧<<0)(0)(n f m f某些含参不等式恒成立问题，在分离参数会遇到讨论的麻烦或者即使能容易分离出参数与变量，但函数的最值却难以求出时，可考虑变换思维角度。
即把变元与参数换个位置，再结合其它知识，往往会取得出奇制胜的效果。
【例】 对于满足|p|≤2的所有实数p,求使不等式x 2+px+1>p+2x 恒成立的x 的取值范围。
分析：在不等式中出现了两个字母：x 及P, 关键在于该把哪个字母看成是一个变量，另一个作为常数。
显然可将p 视作自变量，则上述问题即可转化为在[-2，2]内关于p 的一次函数大于0恒成立的问题。
略解：不等式即(x-1)p+x 2-2x+1>0,设f(p)= (x-1)p+x 2-2x+1,则f(p)在[-2,2]上恒大于0，故有：⎩⎨⎧>>-)2(0)2(f f 即⎪⎩⎪⎨⎧>->+-0103422x x x 解得：⎩⎨⎧-<><>1113x x x x 或或 ∴x<-1或x>3.【例】（2007辽宁文22) 已知函数322()9cos 48cos 18sin f x x x x αβα=-++，()()g x f x '=，且对任意的实数t 均有(1cos )0g t +≥，(3sin )0g t +≤．（I ）求函数()f x 的解析式；（II ）若对任意的[266]m ∈-，，恒有11)(3--≥mx x x f ，求x 的取值范围． nm o xynm o xy〖解析〗(Ⅰ)略（Ⅱ）由(Ⅰ)32()924f x x x x =-+，所以22()11924110f x x mx mx x x ≥--⇔-++≥.令2()92411h m mx x x =-++，则2()11f x x mx ≥-- 即()0h m ≥.由于[26,6]m ∈-，则有22(26)26924110(6)6924110h x x x h x x x ⎧-=--++≥⎪⎨=-++≥⎪⎩.解得113x -≤≤. 【练习】：若不等式x 2+px>4x+p-3对满足0≤p ≤4的所有x 都成立，求x 的范围。
解析：观察所给的字母范围，当给定的是参数范围时，我们可以用改变主元的办法，将p 视为主变元，即将原不等式化为：(x-1)p+x 2-4x+3>0，令34)1()(2+-+-=x x x p p f ，则当0≤p ≤4时，有0)(>p f 恒成立，所以只需⎩⎨⎧>>0)4(0)0(f f 即⎩⎨⎧>+-+->+-034)1(403422x x x x x ，所以x 的范围是 x<-1或x>3。
【练习】：若对于任意a (]1,1-∈，函数()()a x a x x f 2442-+-=的值恒大于0，求x 的取值范围。
分析：此题若把它看成x 的二次函数，由于a, x 都要变，则函数的最小值很难求出，思路受阻。
若视a 为主元，则给解题带来转机。
解： 设 ()()4422+-+-=x x a x a g ，把它看成关于a 的直线，由题意知，直线恒在横轴上方。
所以 ()01≥-g ()01>g解得： 1<x 或2=x 或3≥x【练习】： 对于（0，3）上的一切实数x,不等式()122-<-x m x 恒成立，求实数m 的取值范围。
分析： 一般的思路是求x 的表达式，利用条件求m 的取值范围。
但求x 的表达式时，两边必须除以有关m 的式子，涉及对m 讨论，显得麻烦。
解： 若设()()()()()m x m x m x x f 212122-+-=---=，把它看成是关于x 的直线，由题意知直线恒在x 的轴的下方。
所以()00≤f()03≤f 解得：521≤≤m 【练习】： 若对一切2≤p ，不等式()p x x p x +>++2222log 21log log 恒成立，求实数x 的取值范围。
解： 原不等式变形为()()01log 2log 1log 2222>+-+-x x x p ，现在考虑p 的一次函数：()()()1log 2log 1log 2222+-+-=x x x p p f∴ ()0>p f 在(]2,2-∈p 上恒成立()()()01log 2log 1log 222222>+-+--=-x x x f()()()01log 2log 1log 222222>+-+-=x x x f解得： 8>x 或210<<x ∴ x 的取值范围为()+∞⋃⎪⎭⎫ ⎝⎛,821,0【例】：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。
解析：我们可以用改变主元的办法，将m 视为主变元，即将元不等式化为：0)12()1(2<---x x m ，；令)12()1()(2---=x x m m f ，则22≤≤-m 时，0)(<m f 恒成立，所以只需⎩⎨⎧<<-0)2(0)2(f f 即⎪⎩⎪⎨⎧<---<----0)12()1(20)12()1(222x x x x ，所以x 的范围是)231,271(++-∈x 。
(二)、二次函数型根据题目要求，构造二次函数。
结合二次函数实根分布等相关知识，求出参数取值范围。
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 。
∴【例】:若不等式01)1(2>+-+x a x 的解集是R ，求a 的范围。
解析：二次项系数为1>0,所以只要04)1(2<--=∆a 即可。
【例】：若不等式02)1()1(2>+-+-x a x a 的解集是R ，求a 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a ，所以要讨论a-1是否是0。
（1）当a-1=0时，不等式化为2>0恒成立，满足题意；（2）01≠-a 时，只需⎩⎨⎧<---=∆>-0)1(8)1(012a a a ，所以，)9,1[∈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 bab 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 aba b f a b 或或 【例】：若不等式x 2-2mx+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。