恒成立问题常见类型及解法.
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1 1 m(x )＜0, mx x m ∴ 2mx 1 即 mx ［2m2x2-(1+m2)］＜0. ＜0, mx x
∴ mx
由f(mx)+mf(x)＜0在x∈［1,+∞)上恒成立知，
mx［2m2x2-(1+m2)］＜0在x∈［1,+∞)上恒成立, ∴m≠0. 当m＜0时，只要2m2x2-(1+m2)＞0恒成立即可,
2 2
当 >0，即 a <-8 或 a >0 时， 4a 0 ，即 a <－4. ∵ f(0)=4>0,故只需对称轴 2 ∴ a <－ 8.
综上可得 a － 8.
三、变量分离型
【理论阐释】 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
3 3 2 5 时函数 y 2 1 取得最小值 ， 2 x x 3 1 5 2 2 2 所以 2 4m ，即 (3m 1)(4m 3) 0 ， m 3
当x
解得 m
3 2
或m
3 2
。
四、利用函数的性质解决恒成立问题
【理论阐释】
若函数f(x)是奇(偶)函数，则对一切定义域中的x,f(-x)=
x x 2 3x 1
【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.
函 数 y loga x 的 图 象 总 在 函 数
y sin 2 x 的图象的上方 .
0 a 1。
作直线 x =
， 与 y loga x 和 4
y sin 2 x 的图象分别交于 A、B 两
点，为保证 y loga x 在区间
（0， ］上的图象在 y sin 2 x 图象的上方，不难从图中得到其条件 4 是点 A 在点 B 的上方。
sin x 2
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
。
x2 3 【解析】依据题意得 2 1 4m2 ( x 2 1) ( x 1) 2 1 4(m2 1) 在 x [ , ) 2 m
上恒定成立， 即
1 3 2 3 2 4 m 1 x [ , ) 上恒成立。 在 2 2 m x x 2
1 m2 , 即 x＞ 2 2m
2
∵x∈［1,+∞),
2 1 m ∴ ＜ 1, 2 2m
∴m2＞1,∴m＜-1.
当m＞0时，只要2m2x2-(1+m2)＜0恒成立即可,
2 1 m 即 x ＜ ∵x∈［1,+∞), . 2 2m 2 2 1 m ∴ x 2＜ 不恒成立. 2m2
综上，实数m的取值范围为(-∞,-1). 答案：(-∞,-1)
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。
典例导悟
若不等式 loga x sin 2x (a 0且a 1) 对于任意 x ∈ (0, ] 都成立， 求a 4
的取值范围.
【解析】作出函数 y sin 2 x 的图 象，由题意知 在 x ∈ (0,
］上， 4
（6）反证法求解。
下面分别举例示之。
一、一次函数型
【理论阐释】 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 k 0 k 0 f (m) 0 ① 或② ，也可合并成 ， f ( n ) 0 f (n) 0 f ( m ) 0 f (m) 0 同理，若在 [m, n] 内恒有 f ( x) 0 ，则有 . f (n) 0
A.4 B.6 C.8 D.12
）
【解析】选 B，把图象向左平移
个单位得 2
y sin x sin x ， 2 2
又该函数图像与原函数图像重合，所以 s in x
系求解.
解答过程中应注意的问题： (1)分离参数时应注意系数符号对不等号的影响. (2)应用函数方法求解时，所使用的函数一般为二次函
数.
(3)应用数形结合法求解时，应注意图象最高点或最低
点处函数值的大小关系.
在高三复习中经常遇到不等式恒成立问题。这类问
题求解的基本思路是：根据已知条件将恒成立问题向基
7．（2010·山东高考）若对任意x＞0, 则a的取值范围是______．
x a 恒成立， 2 x 3x 1
【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（当且仅当 x=1时取等 2
x 1 1 1 号），所以有 2 x 即 ， x 3x 1 x 1 3 2 3 5 x 1 1 的最大值为 ， 故a≥ . 5 5 答案:［ 1 , ) 5
将恒成立问题转化成函数的最值问题求解。
典例导悟
（2010·天津高考理科·Ｔ16）设函数 f ( x) x2 1 ，对任意 x , ，
2 3
x f 4m2 f ( x) f ( x 1) 4 f (m) 恒成立，则实数 m 的取值范围是 m
y y
o
m
n
x
o m
n
x
典例导悟
若不等式 2 x 1> m x 2 1 对一切 m 2,2 都成立，求ຫໍສະໝຸດ Baidu数 x 的取值范围。
【解析】令 f (m) ＝（ x 2 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
本类型转化，正确选用函数法、最小值法、数形结合法
等解题方法求解。解题过程本身渗透着换元、化归、数
形结合、函数与方程等思想方法，另外不等式恒成立问
题大多要利用到一次函数、二次函数的图象和性质。
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；
【规范解答】方法一：当a＞0时, f x a(x 1 ) 2 2 1 ,
【典例】设函数 f x x 1 ， 对任意x∈［1,+∞),
x
f(mx)+mf(x)＜0恒成立，则实数m的取值范围是_______. 【解题指导】转化为具体不等式后，再通分转化为整式不等 式，最后分类讨论.
1 【规范解答】∵ f x x x∈［1,+∞), , x
f(mx)+mf(x)＜0,
当 x = 时 ， log 4
< a <1。 4
a
sin(2 ) 1 log a a , 又 0 a 1 ， 得 4 4
六、采用逆向思维，考虑使用反证法
【理论阐释】 恒成立问题有时候从正面很难入手，这时如果考虑 问题的反面，有时会有“柳暗花明又一村”的效果，所 谓“正难则反”就是这个道理。
x x x x x x 令 x1 x2 ，就能得到 f ( x) f ( ) f ( ) f ( ) f ( ) 0 ，接下来 2 2 2 2 2 2
2
要证明对任意实数 x ， f ( x) 都不等于 0 。这是一个恒成立问题。从正 面直接证明比较困难， 所以可以考虑反证法， 即如果找到一个 x0 R 使 f ( x0 ) 0 ，能推出矛盾就行了。事实上，若存在 x0 R 使 f ( x0 ) 0 ， 则对任意实数 x ，有 f ( x) f [( x x0 ) x0 ] f ( x x0 ) f ( x0 ) 0 ，显然这与 题设“存在实数 a ，使 f (a) 0 ”矛盾。
【例3】设函数f(x)=ax2-2x+2,对于满足1＜x＜4的一切x值都 有f(x)＞0,求实数a的取值范围.
【解题指南】解答本题可以有两条途径：(1)分a＞0,a＜0,a=0
三种情况,求出f(x)在(1,4)上的最小值f(x)min,再令f(x)min＞0,
从而求出a的取值范围；
2 (2)将参数a分离得 a＞ 22 然后求 , x x 2 2 的最大值即可 . gx 2 x x
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。
典例导悟
关于 x 的方程 9 +(4+ a )3 +4=0 恒有解，求 a 的取值范围。
x x
【解析】方法 1（利用韦达定理） 设 3 =t,则 t>0.那么原方程有解即方程 t +(4+ a )t+4=0 有正根。
x 2
Δ 0 (4 a) 2 16 0 x1 x2 (4 a ) 0 ，即 ， a 4 x x 4 0 1 2
f (2)＜0 7 1 3 1 ，解得 ＜x＜ , f (2) ＜ 0 2 2
即 x 的取值范围是（
7 1 3 1 ， ）. 2 2
二、二次函数型
【理论阐释】 若二次函数 y ax2 bx c (a 0, x R) 的函数值大于 （或小于）
ì a< 0 a 0 ï ï 0 恒成立，则有 （或 í ） ，若是二次函数在指定区间上的 ï 0 ï îD< 0
恒成立问题
常见类型及解法
细解命题特点
5、不等式恒成立问题
高考命题中，不等式恒成立问题往往结合函数与导 数同题考查，单独考查的较少，结合函数与导数的题目难度 大、分值高，要引起我们的足够重视。 6、不等式与其他知识的结合
转化思想——解答不等式恒成立问题 求解不等式恒成立问题的常用方法： (1)分离参数法：通过分离参数，转化为不含参数的函 数的最值问题求解. (2)函数思想：转化为求含参数的函数的最值问题求解. (3)数形结合思想：转化为两熟悉函数图象间的上下关
a 0或 a 8 ，解得 a -8. a 4
方法 2（利用根与系数的分布知识） 即要求 t +(4+ a )t+4=0 有正根。 设 f(t)= t +(4+ a )t+4. 当 =0 时，即（4+ a ） -16=0,
2 2 2
y 4 o x
∴ a =0 或 a =-8. 当 a =0 时，f(t)=(t+2) =0, 得 t=－ 2<0，不合题意； 当 a =－ 8 时，f(t)=(t-2) =0, 得 t=2>0,符合题意。∴ a =-8。
典例导悟
设 y f ( x) 是 定 义 在 实 数 集 R 上 的 函 数 ， 对 任 意 实 数 x1、x2 都 有
f ( x1 x2 ) f ( x1 ) f ( x2 ) ，且存在实数 a ，使 f (a) 0 。求证：对任意实数 x ，
f ( x) 0 恒成立。
【解析】这是一个抽象函数的证明题，由 f ( x1 x2 ) f ( x1 ) f ( x2 ) ，只要
－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,有f(x)=f(x+T)恒成立；若函数图象平移前后
互相重合，则函数解析式相等。
典例导悟
（2010·福建高考文科·Ｔ１0）将函数 f ( x) sin( x ) 的图像向左平移
个单位。若所得图象与原图象重合，则 的值不可能 等于（ ．．． 2
∴ mx
由f(mx)+mf(x)＜0在x∈［1,+∞)上恒成立知，
mx［2m2x2-(1+m2)］＜0在x∈［1,+∞)上恒成立, ∴m≠0. 当m＜0时，只要2m2x2-(1+m2)＞0恒成立即可,
2 2
当 >0，即 a <-8 或 a >0 时， 4a 0 ，即 a <－4. ∵ f(0)=4>0,故只需对称轴 2 ∴ a <－ 8.
综上可得 a － 8.
三、变量分离型
【理论阐释】 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
3 3 2 5 时函数 y 2 1 取得最小值 ， 2 x x 3 1 5 2 2 2 所以 2 4m ，即 (3m 1)(4m 3) 0 ， m 3
当x
解得 m
3 2
或m
3 2
。
四、利用函数的性质解决恒成立问题
【理论阐释】
若函数f(x)是奇(偶)函数，则对一切定义域中的x,f(-x)=
x x 2 3x 1
【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.
函 数 y loga x 的 图 象 总 在 函 数
y sin 2 x 的图象的上方 .
0 a 1。
作直线 x =
， 与 y loga x 和 4
y sin 2 x 的图象分别交于 A、B 两
点，为保证 y loga x 在区间
（0， ］上的图象在 y sin 2 x 图象的上方，不难从图中得到其条件 4 是点 A 在点 B 的上方。
sin x 2
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
。
x2 3 【解析】依据题意得 2 1 4m2 ( x 2 1) ( x 1) 2 1 4(m2 1) 在 x [ , ) 2 m
上恒定成立， 即
1 3 2 3 2 4 m 1 x [ , ) 上恒成立。 在 2 2 m x x 2
1 m2 , 即 x＞ 2 2m
2
∵x∈［1,+∞),
2 1 m ∴ ＜ 1, 2 2m
∴m2＞1,∴m＜-1.
当m＞0时，只要2m2x2-(1+m2)＜0恒成立即可,
2 1 m 即 x ＜ ∵x∈［1,+∞), . 2 2m 2 2 1 m ∴ x 2＜ 不恒成立. 2m2
综上，实数m的取值范围为(-∞,-1). 答案：(-∞,-1)
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。
典例导悟
若不等式 loga x sin 2x (a 0且a 1) 对于任意 x ∈ (0, ] 都成立， 求a 4
的取值范围.
【解析】作出函数 y sin 2 x 的图 象，由题意知 在 x ∈ (0,
］上， 4
（6）反证法求解。
下面分别举例示之。
一、一次函数型
【理论阐释】 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 k 0 k 0 f (m) 0 ① 或② ，也可合并成 ， f ( n ) 0 f (n) 0 f ( m ) 0 f (m) 0 同理，若在 [m, n] 内恒有 f ( x) 0 ，则有 . f (n) 0
A.4 B.6 C.8 D.12
）
【解析】选 B，把图象向左平移
个单位得 2
y sin x sin x ， 2 2
又该函数图像与原函数图像重合，所以 s in x
系求解.
解答过程中应注意的问题： (1)分离参数时应注意系数符号对不等号的影响. (2)应用函数方法求解时，所使用的函数一般为二次函
数.
(3)应用数形结合法求解时，应注意图象最高点或最低
点处函数值的大小关系.
在高三复习中经常遇到不等式恒成立问题。这类问
题求解的基本思路是：根据已知条件将恒成立问题向基
7．（2010·山东高考）若对任意x＞0, 则a的取值范围是______．
x a 恒成立， 2 x 3x 1
【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（当且仅当 x=1时取等 2
x 1 1 1 号），所以有 2 x 即 ， x 3x 1 x 1 3 2 3 5 x 1 1 的最大值为 ， 故a≥ . 5 5 答案:［ 1 , ) 5
将恒成立问题转化成函数的最值问题求解。
典例导悟
（2010·天津高考理科·Ｔ16）设函数 f ( x) x2 1 ，对任意 x , ，
2 3
x f 4m2 f ( x) f ( x 1) 4 f (m) 恒成立，则实数 m 的取值范围是 m
y y
o
m
n
x
o m
n
x
典例导悟
若不等式 2 x 1> m x 2 1 对一切 m 2,2 都成立，求ຫໍສະໝຸດ Baidu数 x 的取值范围。
【解析】令 f (m) ＝（ x 2 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
本类型转化，正确选用函数法、最小值法、数形结合法
等解题方法求解。解题过程本身渗透着换元、化归、数
形结合、函数与方程等思想方法，另外不等式恒成立问
题大多要利用到一次函数、二次函数的图象和性质。
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；
【规范解答】方法一：当a＞0时, f x a(x 1 ) 2 2 1 ,
【典例】设函数 f x x 1 ， 对任意x∈［1,+∞),
x
f(mx)+mf(x)＜0恒成立，则实数m的取值范围是_______. 【解题指导】转化为具体不等式后，再通分转化为整式不等 式，最后分类讨论.
1 【规范解答】∵ f x x x∈［1,+∞), , x
f(mx)+mf(x)＜0,
当 x = 时 ， log 4
< a <1。 4
a
sin(2 ) 1 log a a , 又 0 a 1 ， 得 4 4
六、采用逆向思维，考虑使用反证法
【理论阐释】 恒成立问题有时候从正面很难入手，这时如果考虑 问题的反面，有时会有“柳暗花明又一村”的效果，所 谓“正难则反”就是这个道理。
x x x x x x 令 x1 x2 ，就能得到 f ( x) f ( ) f ( ) f ( ) f ( ) 0 ，接下来 2 2 2 2 2 2
2
要证明对任意实数 x ， f ( x) 都不等于 0 。这是一个恒成立问题。从正 面直接证明比较困难， 所以可以考虑反证法， 即如果找到一个 x0 R 使 f ( x0 ) 0 ，能推出矛盾就行了。事实上，若存在 x0 R 使 f ( x0 ) 0 ， 则对任意实数 x ，有 f ( x) f [( x x0 ) x0 ] f ( x x0 ) f ( x0 ) 0 ，显然这与 题设“存在实数 a ，使 f (a) 0 ”矛盾。
【例3】设函数f(x)=ax2-2x+2,对于满足1＜x＜4的一切x值都 有f(x)＞0,求实数a的取值范围.
【解题指南】解答本题可以有两条途径：(1)分a＞0,a＜0,a=0
三种情况,求出f(x)在(1,4)上的最小值f(x)min,再令f(x)min＞0,
从而求出a的取值范围；
2 (2)将参数a分离得 a＞ 22 然后求 , x x 2 2 的最大值即可 . gx 2 x x
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。
典例导悟
关于 x 的方程 9 +(4+ a )3 +4=0 恒有解，求 a 的取值范围。
x x
【解析】方法 1（利用韦达定理） 设 3 =t,则 t>0.那么原方程有解即方程 t +(4+ a )t+4=0 有正根。
x 2
Δ 0 (4 a) 2 16 0 x1 x2 (4 a ) 0 ，即 ， a 4 x x 4 0 1 2
f (2)＜0 7 1 3 1 ，解得 ＜x＜ , f (2) ＜ 0 2 2
即 x 的取值范围是（
7 1 3 1 ， ）. 2 2
二、二次函数型
【理论阐释】 若二次函数 y ax2 bx c (a 0, x R) 的函数值大于 （或小于）
ì a< 0 a 0 ï ï 0 恒成立，则有 （或 í ） ，若是二次函数在指定区间上的 ï 0 ï îD< 0
恒成立问题
常见类型及解法
细解命题特点
5、不等式恒成立问题
高考命题中，不等式恒成立问题往往结合函数与导 数同题考查，单独考查的较少，结合函数与导数的题目难度 大、分值高，要引起我们的足够重视。 6、不等式与其他知识的结合
转化思想——解答不等式恒成立问题 求解不等式恒成立问题的常用方法： (1)分离参数法：通过分离参数，转化为不含参数的函 数的最值问题求解. (2)函数思想：转化为求含参数的函数的最值问题求解. (3)数形结合思想：转化为两熟悉函数图象间的上下关
a 0或 a 8 ，解得 a -8. a 4
方法 2（利用根与系数的分布知识） 即要求 t +(4+ a )t+4=0 有正根。 设 f(t)= t +(4+ a )t+4. 当 =0 时，即（4+ a ） -16=0,
2 2 2
y 4 o x
∴ a =0 或 a =-8. 当 a =0 时，f(t)=(t+2) =0, 得 t=－ 2<0，不合题意； 当 a =－ 8 时，f(t)=(t-2) =0, 得 t=2>0,符合题意。∴ a =-8。
典例导悟
设 y f ( x) 是 定 义 在 实 数 集 R 上 的 函 数 ， 对 任 意 实 数 x1、x2 都 有
f ( x1 x2 ) f ( x1 ) f ( x2 ) ，且存在实数 a ，使 f (a) 0 。求证：对任意实数 x ，
f ( x) 0 恒成立。
【解析】这是一个抽象函数的证明题，由 f ( x1 x2 ) f ( x1 ) f ( x2 ) ，只要
－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,有f(x)=f(x+T)恒成立；若函数图象平移前后
互相重合，则函数解析式相等。
典例导悟
（2010·福建高考文科·Ｔ１0）将函数 f ( x) sin( x ) 的图像向左平移
个单位。若所得图象与原图象重合，则 的值不可能 等于（ ．．． 2