解决不等式恒成立问题的几种方法
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。
八招破解不等式恒成立问题
1 1 a 2 2 ax x 1 1 x x ，分离参数可得 ，令 t , x (0,1] ， ② 当 x 0 时， ax 2 x 1 ，即 2 x a ( 1 1 ) ax x 1 2 x x 2 a t t t (1, ] ， (t 2 t ) min 0,[ (t 2 t )]max 2 ， 即当 t (1, ] 时恒有 , 当 t (1, ] 时， 2 a (t t )
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函数在此区间上的最值问题。 三、变量分离法（变量分离巧转化） 若在等式或不等式中出现两个变量，其中一个变量的范围已知，另一个变量的范围为所求，且 容易通过恒等变形将两个变量分别置于等号或不等号的两边，则可将恒成立问题转化成函数的最值 问题求解。 x2 2 x a 【例6】已知函数 f ( x) , x [1, ) ， 若对任意 x [1, ), f ( x) 0 恒成立， 试求实数 a 的 x 取值范围。 【分析】此题可经过等价转化为在区间 [1, ) 上 x 2 2 x a 0 恒成立，再将转化后的不等式分离参 数得 g (a ) h( x) 恒成立，再求得 h( x) 得最大值 hmax ( x) ，由 g (a ) h( x) max 可得实数 a 的取值范围。 【解析】在区间 [1, ) 上， f ( x) 0 恒成立 x 2 2 x a 0 在区间 [1, ) 上恒成立，要使
m 2 2m 1 0,1 2 m 1 2 ,又 m 0,1 , 0 m 1 ；
③当 t m 1 时， 函数 y g (t ) 在 t (0,1) 上单调递增，g (t ) min g (1) 1 2m 2m 1 2 0 恒成立， m 1 。 1 综上所述，实数 m 的取值范围为 m 。 2 【点评】此题属于含参数二次函数的轴动区间定的问题，对轴与区间的位置进行分类讨论。对于二 次函数在 R 上恒成立问题常采用判别式法，而对于二次函数在某一区间上恒成立问题往往转化为求
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。
求解含参不等式恒成立问题的几个“妙招”
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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。
不等式 恒成立问题
由题意得，对于 恒成立 对于 恒成立,令 ,设 ,则 ，
, , k的取值范围是k> .
解：令 ， 所以原不等式可化为： ，
要使上式在 上恒成立，只须求出 在 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实行“换位”思考，往往会使问题降次、简化。
例4．对任意 ，不等式 恒成立，求 的取值范围。
1） 函数 图象恒在函数 图象上方；
2） 函数 图象恒在函数 图象下上方。
例5：已知 ，求实数a的取值范围。
解析：由 ，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 得到a分别等于2和0.5，并作出函数 的图象，所以，要想使函数 在区间 中恒成立，只须 在区间 对应的图象在 在区间 对应图象的上面即可。当 才能保证，而 才能够，所以 。
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 。
4：在 ABC中，已知 恒成立，求实数m的范围。
解析：由
， ， 恒成立， ，即 恒成立，
5、若不等式 对满足 的所有 都成立，求 的取值范围。
解：设 ，对满足 的 ， 恒成立，
解得：
6、若不等式 在 内恒成立，求实数 的取值范围。
解：由题意知： 在 内恒成立，
在同一坐标系内，分别作出函数 和
观察两函数图象，当 时，若 函数 的图象显然在函数 图象的下方，所以不成立；
破解含参不等式恒成立的5种常用方法
破解含参不等式恒成立的5种常用方法含参数不等式恒成立问题越来越受高考命题者的青睐，且由于对导数应用的加强，这些不等式恒成立问题往往与导数问题交织在一起，在近年的高考试题中不难看出这个基本的命题趋势。
对含有参数的不等式 恒成立问题，破解的方法有：分离参数法、数形结合法、单调性分析法、最值定位法、构造函数法等。
一 分离参数法分离参数法是解决含问题的基本思想之一。
对于含参不等式的问题，在能够判断出参数的系数正负的情况下，可以根据不等 式的性质将参数分离出来 ，得到一个一端是参数、另一端是变量表达式的不等式，只要研究变量表达式的性式就可以解决问题。
例1 已知函数a x f x x 421)(++=在（－∞，1］上有意义，试求的取值范围。
分析 ：函数)(x f 在（－∞，1］上有意义，等价于0421≥++a x x 在区间（－∞，1］上恒成立，这里参数的系数04>x ，故可以分离参数。
解析：函数)(x f 在（－∞，1］上有意义，等价于0421≥++a x x 在区间（－∞，1］上恒成立，即⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛-≥x x a 2141，∈x （－∞，1］恒成立，记)(x g a ≥，∈x （－∞，1］，因此问题又等价于)(x g a ≥在)(x g a ≥上恒成立，)(x g 在（－∞，1］上是增函数，因此)(x g 的最大值为)1(g 。
)(x g a ≥在（－∞，1］上恒成等价于43)1()(max -==≥g x g a 。
于是工的取值范围为43-≥a 。
【点评】)(x f a ≥恒成立等价于max )(x f a ≥；)(x f a ≤恒成立等价于min )(x f a ≤。
如果函数)(x f 不存在最值，上面的最大值就替换为函数值域的右端点，最小值就替换为函数值域的左端点。
解这类问题时一定要注意区间的端点值。
二 数形结合法数形到结合法是一种重要的数学思想方法，其要点是“见数想形，以形助数”，从而达到解决问题的目的，数形结合法是破解含参数不等式恒成立问题的又一个主要方案。
不等式恒成立问题3种基本方法
不等式恒成立问题3种基本方法不等式恒成立问题是指在数学中有特定条件下，当不等式满足某些条件时，就能证明不等式恒成立。
一般来说，要证明不等式恒成立，都是采用一定的技巧和方法，其中，最常用的三种方法包括把不等式化简为等式、归纳法或组合法以及图解法。
1.不等式化简为等式最常用的一种方法是将不等式化简为等式，这种方法最为直观，也是最容易的方法，也就是利用数学语言，利用数学公式将不等式化为等式，然后利用数学推论让等式恒成立。
例1:y+2除以3大于9，则y大于17令y+2=3x得3x除以3大于9化简得 x大于9代入y+2=3x，y大于17所以y+2除以3大于9时，y大于17。
2.纳法或组合法归纳法或组合法是比较常用的一种方法，也称为反演法。
特别是在分析比较复杂的不等式时，往往可以借助这种方法。
归纳法或组合法的步骤是：1首先分析不等式的全部特性，然后根据不等式的特性进行分析，把这些特性分为若干步，每步解决一个特殊问题；2）然后利用反演法，逐步推出最后的结论。
例 2:y>8，则9-y<1第一步： y>8明 y>8成立的第二步：y>8带入y-8>0，即可推出y-8的值大于0第三步：y-8>0带入9-y<1，即可推出9-y的值小于1第四步：以上四步推出，若y>8，则9-y<13.解法图解法是把问题的定义，公式，结果等用图示表示出来，从而把问题用图形化的方式来分析。
例 3:|x-2|≤3，则-1≤x≤5由于|x-2|≤3，即x-2≤3 x-2≥-3，因此可以把上述问题用图形化的方式来分析，即x-2=3时表示x-2≤3，x-2=-3时表示x-2≥-3，两条线在x=5和x=-1的位置相交，由此可以推出-1≤x≤5。
通过以上三种方法可以解决许多不等式恒成立的问题，它们各有优缺点，需要在实际操作中根据不等式本身的特点来选择最合适的方法，以达到最好的解决效果。
但是，无论如何，从本质上来讲，学习和掌握数学，尤其是求解不等式恒成立问题，关键在于不断积累知识，勤加练习，加强技巧。
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。
(完整版)解决不等式恒成立问题的几种方法及指数不等式与对数不等式
解决不等式恒成立问题的几种方法及指数不等式与对数不等式一、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⎩⎨⎧<∆>⇔00a ; 2）0)(<x f 对R x ∈恒成立.00⎩⎨⎧<∆<⇔a例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,(+∞--∞Y 。
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。
例2．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[-。
二、最值法（分类讨论）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.练习、若[]2,2x ∈-时，不等式23x ax a ++≥恒成立，求a 的取值范围。
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。
解决恒成立问题的方法
恒成立问题不等式恒成立问题是高中数学中的一类重要题型，它散见于许多知识版块中，载体较多，而且不少情况下题意较为隐含，由于其设计内容较广、表现形式多样、思维层次较高，因而备受命题者的青睐. 解题的一般原理是利用等价转化思想将其转化为函数的最值或值域问题，常用的方法主要有三种：必要探路法、分离参数法、直接讨论法（不分离参数）.一．必要探路法：指对一类函数恒成立问题，可以通过取函数定义域中某一个数，缩小参数的讨论范围，之后在此范围内继续讨论进而解决问题，这样的好处是降低思考的成本，缩小讨论的范围.（有效点缩小参数范围是关键点）范例：若不等式)1(ln 2+<+-x a x x x 对),0(+∞∈x 恒成立，求实数a 的取值范围. 解：令1=x ，则不等式)1(ln 2+<+-x a x x x 即为02>a ，得0>a .当0,0>>a x 时，x x x x x x x a -+->-+-+22ln ln )1(，要证0ln )1(2>-+-+x x x x a ，即证0ln 2≥-+-x x x ,由熟悉的不等式1ln -≤x x 得0)1(1ln 222≥-=-+-≥-+-x x x x x x x ， 因此),0(+∞∈a .二．分离参数法：将参数从表达式中分离出来，将会使问题变得明朗，便于建立关于参数的不等式（组），从而顺利求出参数的取值范围，就可以把参数问题转化为求函数值域问题.三．直接讨论法：指恒成立问题中的函数结构并不是很复杂，可以通过求导得到极值点，再对极值点直接讨论的办法，其关键是求得极值点的过程，常用手段为因式分解法、求根公式法以及观察法；如果无法求出极值点，可以利用函数零点存在性定理讨论，进而研究原函数的单调性.范例：若不等式x a a e e x x 2)(≥-恒成立，求实数a 的取值范围. 解：设x a ae ex f x x 22)(--=，则))(2(2)(22a e a e a ae e x f x x x x -+=--='，当0=a 时，0)(2>=x e x f 恒成立，当0>a 时，由0)(='x f 得：a x ln =，∴)(x f 在)ln ,(a -∞单调递减，在),(ln +∞a 单调递增，∴0ln )(ln )(2min ≥-==a a a f x f ，解得10≤<a ；当0<a 时，由0)(='x f 得：⎪⎭⎫ ⎝⎛-=2ln a x ，∴)(x f 在)2ln ,(⎪⎭⎫ ⎝⎛--∞a 单调递减，在),2(ln +∞⎪⎭⎫ ⎝⎛-a 单调递增，∴02ln 43)2(ln )(2min ≥⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛--=⎪⎭⎫ ⎝⎛-=a a a f x f ，解得0243<≤-a e ；综上，⎥⎦⎤⎢⎣⎡-∈1,243e a .尝试用多种方法求解下列题：1. 已知)1ln(4)(2--=x ax x f ,若对一切]1,2[+∈e x ，1)(≤x f 恒成立，求实数a 的取值范围.2. 设函数)()(,)(2d cx e x g b ax x x f x +=++=，若曲线)(x f y =和曲线)(x g y =都过点)2,0(P ，且在点P 处有相同的切线24+=x y .（1）求实数d c b a ,,,的值；（2）若当2-≥x 时，)()(x kg x f ≤恒成立，求实数k 的取值范围.3. 关于x 的不等式a x x ax x x +->22ln 4ln 2在),1[+∞上恒成立，求实数a 的取值范围.。
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．。
巧用“三招”，破解不等式恒成立问题
解题宝典不等式恒成立问题在各类试题中比较常见.此类问题的综合性较强，常与函数、方程、导数、直线与圆等知识相结合，是一类难度系数较大的问题.解答此类问题的方法也有很多，如分离参数法、构造函数法、数形结合法、导数法等.本文重点谈一谈破解不等式恒成立问题的“三招”：分离参数法、构造函数法、数形结合法.一、分离参数法分离参数法就是将不等式中的参数和变量分离的方法.在解题时，我们可以将不等式变形为a ≤f ()x 或a ≥f ()x 的形式，只要求得f (x )的最值，使a ≤f min ()x 或a ≥f max ()x ，便可使不等式恒成立，求得问题的答案.例1.若对任意x ∈[1,+∞)，x 2+2x +a x>0恒成立，求实数a 的取值范围.解：由x 2+2x +a x>0在x ∈[1,+∞)恒成立可得x 2+2x +a >0，∴a >-x 2-2x ，而y =-x 2-2x 的曲线开口向下，在x ∈[1,+∞)上单调递减，∴-x 2-2x 的最大值为g ()1=1，∴a >1，故实数a 的取值范围为(1,+∞).我们先将不等式化简并将参数分离，将问题转化为求a >-x 2-2x 恒成立时a 的取值范围，求得y =-x 2-2x 的最大值，便可确定a 的取值范围.二、构造函数法分离参数法虽然是破解函数恒成立问题的一个重要方法，但有时把参数和变量分离出来后，我们依旧无法求出问题的答案.此时，可考虑运用构造函数法来解题：根据不等式的特点，构造出适当的函数模型，借助函数的性质来破解难题.例2.已知f (x )=ax 2+x -a ,a ∈R.若不等式f (x )>(a -1)x 2+(2a +1)x -3a -1对任意的实数x ∈[-1，1]恒成立，求实数a 的取值范围.解：原不等式等价于x 2-2ax +2a +1>0对任意的实数x ∈[-1,1]恒成立，设g (x )=x 2-2ax +2a +1=(x -a )2-a 2+2a +1(x ∈[-1，1])，①当a <-1时，g (x )min =g (-1)=1+2a +2a +1>0，解a >-12，所以a ∈∅；②当-1≤a ≤1时，g (x )min =g (a )=-a 2+2a +1>0，解1-<a ≤1；③当a >1时，g (x )min =g (1)=1-2a +2a +1>0，解a >1.综上，a 的取值范围为(1-2，+∞)．我们将不等式进行变形，构造出二次函数g (x )，通过讨论g (x )的最小值，从而确定a 的取值范围.由于g (x )的解析式中含有参数a ，g (x )的最小值随着a 的变化而变化，因此需要根据对称轴的位置对a 进行分类讨论，借助二次函数的单调性求得a 的取值范围.三、数形结合法运用数形结合法解答恒成立问题的关键是，根据代数式的特点和结构画出对应的图形，借助图形来分析问题，找到使不等式恒成立的图形或者点的位置，建立新的不等式，从而使问题获解.例3.不等式3x 2-log a x <0在x ∈(0,13)内恒成立，求实数a 的取值范围.解:由3x 2-log a x <0可得3x 2<log a x ，在同一坐标系中画出y =3x 2与y =log a x 的图象，如图所示.当x ∈(0,13)时，y =log a x 的图象位于y =3x 2的上方，故当a >1时不成立，0<a <1.由图可知，y =log a x 的图象必过点(13,13)，或在此点的上方，所以log a 13≥13，a ≥127,解得，127≤a <1.数形结合法常用于解答方便或者易于绘制图形的问题.对于形如f ()x -g ()x <(>)0的不等式恒成立问题，我们一般采用数形结合法来求解.只要在同一坐标中画出它们的图象，找出两个图象的临界位置或者点，便能快速找到问题的答案.不等式恒成立问题与函数、方程之间关系紧密，因此在解题时，我们要合理将不等式进行变形，根据其特点、结构合理构造函数、方程，学会借助函数的图象和性质、方程的性质来解题.同时，要灵活运用数形结合思想和转化思想来辅助解题.（作者单位：江苏省无锡市第三高级中学）”，40Copyright©博看网 . All Rights Reserved.。
不等式--恒成立问题
不等式恒成立问题四种常见的解决不等式恒成立问题的方法。
法一：转换主元法。
适用于一次型函数。
法二：化归二次函数法。
适用于二次型函数。
法三：分离参数法。
适用于一般初等函数。
法四：数型结合法。
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。
解：原不等式化为 (x 2－1)m －(2x －1)<0 记f(m)= (x 2－1)m －(2x －1) (－2≤m ≤2)根据题意有：⎪⎩⎪⎨⎧<=<=01)-(2x -1)-2(x f(2)01)-(2x -1)--2(x f(-2)22即：⎪⎩⎪⎨⎧<->+01-2x 2x03-2x 2x22解之：得x 的取值范围为231x 271+<<+-2 化归二次函数法根据题目要求，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。
例2：在R 上定义运算⊗：x ⊗y ＝(1－y) 若不等式(x －a)⊗(x ＋a)<1对任意实数x 成立，则 ( )(A)－1<a<1 (B)0<a<2 (C) 2321<<-a (D) 3122a -<<解：由题意可知 (x-a)[1-(x+a)] <1对任意x 成立即x 2-x-a 2+a+1>0对x ∈R 恒成立 记f(x)=x 2-x-a 2+a+1则应满足(-1)2-4(-a 2+a+1)<0化简得 4a 2-4a-3<0 解得 2321<<-a ,故选择C 。
例3：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。
解：设f(x)=x 2-2mx+2m+1本题等价于函数f(x)在0≤x ≤1上的最小值大于0，求m 的取值范围。
高一不等式恒成立问题3种基本方法
高一阶段，不等式恒成立问题是学习数学的重要内容之一。
在解决这类问题时，通常有三种基本方法：直接法、间接法和综合法。
接下来，我将分别介绍这三种方法，并从中深入探讨不等式恒成立问题。
**直接法**直接法是指通过直接计算和推导，证明不等式在一定条件下成立。
这种方法通常需要运用不等式的性质和基本运算法则。
举个简单的例子来说，要证明不等式a^2 ≥ 0在所有实数a成立，可以通过直接计算a^2的值来证明。
**间接法**间接法是指通过反证法或者假设法，证明不等式在一定条件下不成立，从而得出不等式在其他条件下成立的结论。
这种方法通常需要运用逻辑推理和证伪的思维方式。
举个例子来说，要证明对于任意实数a，不等式a^2 + 2a + 1 > 0成立，可以采用间接法，假设a^2 + 2a + 1 ≤ 0，然后通过推导得出矛盾，从而证明原不等式成立。
**综合法**综合法是指通过结合多种方法和技巧，来解决不等式恒成立问题。
这种方法通常需要灵活运用数学知识，并且具有一定的创造性和灵感。
综合法可以综合考虑不等式的多个方面，从而得出更加全面的结论。
举个例子来说，要解决不等式a^2 - b^2 ≥ 0，可以结合直接法和间接法，分别讨论a和b的正负情况，从而得出不等式成立的条件。
综合以上三种方法，我们可以更深入地理解不等式恒成立问题。
在解决这类问题时，需要运用数学知识和思维方式，从多个角度和方法综合考虑，最终得出准确的结论。
对于高一阶段的学生来说，通过掌握这三种基本方法，可以更好地理解和应用不等式的性质，为今后的学习打下良好的基础。
在我个人看来，不等式恒成立问题是数学中具有一定难度和挑战性的内容。
通过学习解决这类问题的基本方法，可以培养逻辑思维和数学推理能力，对于学生的数学素养有着重要的促进作用。
我相信通过不断练习和探索，一定能够更加深入地理解和应用不等式恒成立问题。
希望以上内容对您有所帮助，如果有任何问题，欢迎您随时向我提问。
不等式恒成立、能成立、恰成立问题专题(17例题+15练习题+答案与解析)
不等式恒成立、能成立、恰成立问题分析及应用一、不等式恒成立问题的处理方法1、转换求函数的最值：（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A例1、设f(x)=x2-2ax+2,当x ∈[-1,+∞]时，都有f(x)≥a 恒成立，求a 的取值范围。
例2、已知(),22x ax x x f ++=对任意[)()0,,1≥+∞∈x f x 恒成立,试求实数a 的取值范围;例3、R 上的函数()x f 既是奇函数，又是减函数，且当⎪⎭⎫⎝⎛∈2,0πθ时，有()()022sin 2cos 2>--++m f m f θθ恒成立，求实数m 的取值范围.例4、已知函数)0(ln)(44>-+=xcbxxaxxf在1=x处取得极值3c--，其中a、b为常数.（1）试确定a、b的值；（2）讨论函数)(xf的单调区间；（3）若对任意0>x，不等式22)(cxf-≥恒成立，求c的取值范围。
2、主参换位法例5、若不等式a10x-<对[]1,2x∈恒成立，求实数a的取值范围例6、若对于任意1a≤，不等式2(4)420x a x a+-+->恒成立，求实数x的取值范围例7、已知函数323()(1)132af x x x a x=-+++，其中a为实数．若不等式2()1f x x x a'--+＞对任意(0)a∈+∞，都成立，求实数x的取值范围．3、分离参数法（1）将参数与变量分离，即化为()()g f xλ≥（或()()g f xλ≤）恒成立的形式；（2）求()f x在x D∈上的最大（或最小）值；（3）解不等式()max()g f xλ≥(或()()ming f xλ≤)，得λ的取值范围。
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解决不等式恒成立问题的几种方法不等式的恒成立问题在近几年的高考数学试题中常常出现。
由于这类问题综合性强，难度大，能力要求高，很多同学望而生畏，无从下笔。
下面就恒成立问题的基本类型总结如下，仅供参考。
一、用一次函数的性质
对于一次函数f（x）=kx+b，x∈［m，n］有：f（x）＞0恒成立?圳f（m）＞0f（n）＞0，f（x）＜0恒成立?圳f（m）＜0f（n）＜0
例1.对于满足p≤2的所有实数p，求使不等式x2+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+x2-2x+1>0，设f（p）=（x-1）p+x2-2x+1，则f（p）在［-2，2］上恒大于0，故有：
f（-2）＞0f（2）＞0即x2-4x+3＞0x2-1＞0解得x＞3或x＜1x＞1或x＜-1
即解得：
x3.
二、利用一元二次函数的判别式
对于一元二次函数f（x）=ax2+bx+c＞0（a≠0，x∈r）有：
（1）f（x）＞0在x∈r上恒成立?圳a＞0且δ＜0；
（2）f（x）＜0在x∈r上恒成立?圳a＜0且δ＜0.
例2.若函数y=在r上恒成立，求m的取值范围。
分析：该题就转化为被开方数mx2+6mx+m+8≥0在r上恒成立问题，并且注意对二次项系数的讨论。
略解：要使y=在r上恒成立，即mx2+6mx+m+8≥0在r上恒成立。
m=0时，8≥0 ∴m=0成立①
m≠0时，
m＞0δ=36m2-4m（m+8）=32m（m-1）≤0②
∴0＜m≤1由①②可知，0≤m≤1.
三、变量分离
1.f（x）≥m对任意x都成立?圳f（x）min
≥m；
2.f（x）≤m对任意x都成立?圳m≥
f（x）max。
本类问题实质上是一类求函数的最值问题。
例3.已知函数f（x）=lnx，g（x）=ax2+bx，a≠0.若b=2，且h（x）=f（x）-g（x）存在单调递减区间，求a的取值范围.
解：b=2时，h（x）=lnx-ax2-2x，
则h′（x）=-ax-2=-.
因为函数h（x）存在单调递减区间，所以h′（x）＜0有解.
由题设可知，h（x）的定义域是（0，+∞），而h′（x）＜0在（0，+∞）上有解，就等价于h′（x）＜0在区间（0，+∞）能成
立，即a＞-，x∈（0，+∞）成立，进而等价于a＞umin（x）成立，其中u（x）=-.
由u（x）=-=-12-1得，umin（x）=-1.
于是，a＞-1.
由题设a≠0，所以a的取值范围是（-1，0）∪（0，+∞）
例4.已知向量=（x2，x+1），=（1-x，t）若函数f（x）=·在区间（-1，1）上是增函数，求t的取值范围.
解：依定义f（x）=x2（1-x）+t（x+1）=-x3+x2+tx+t.
则f′（x）=-3x2+2x+t
f（x）在区间（-1，1）上是增函数等价于f′（x）≥0在区间（-1，1）上恒成立;
而f′（x）≥0在区间（-1，1）上恒成立又等价于t≥3x2-2x 在区间（-1，1）上恒成立；设g（x）=3x2-2x，x∈（-1，1）进而t＞g（x）在区间（-1，1）上恒成立等价于t≥gmax（x），x∈（-1，1）
考虑到g（x）=3x2-2x，x∈（-1，1）在-1，上是减函数，在，1上是增函数,
则gmax（x）=g（-1）=5.于是，t的取值范围是t≥5.
四、数形结合法
对一些不能把参数放在一侧的，可以利用对应函数的图像法求解。
例5.当x∈（1，2）时，不等式（x-1）21,并且必须也只需当
x=2时y2的函数值大于等于y1的函数值。
故loga2>1，a>1，∴1综合以上几种方法，我们可以看出，解决“恒成立”问题可以从“数”和“形”两方面去考虑。
从数的方面：用变量分离法，转化为求函数的最值。
从形的方面：结合函数的图像及性质。
对于某些“恒成立”题目，不一定用一种方法，还可用多种方法去处理。
作者单位：江苏省如皋市石庄高级中学。