函数中的恒成立问题的解题策略解读
函数中的恒成立问题的解题策略函数是整个高中知识体系的核心之一，而函数中的绝大多数问题最终归结为函数性质、函数思想在具体解题过程中的应用。
恒成立问题，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，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。
现在我们一起来探讨其中一些典型的问题。
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本质上是利用了一次函数的单调行和函数的最值。
例1.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,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.引申：在不等式中出现3个字母：m 、x 、a已知函数()f x 是定义在[]1,1-上的奇函数，且(1)1f =，若[],1,1a b ∈-，0a b +≠，有()()0f a f b a b+>+，（1）证明()f x 在[]1,1-上的单调性；（2）若2()21f x m a m ≤-+对所有[]1,1a ∈-恒成立，求m 的取值范围。
分析：第一问是利用定义来证明函数的单调性，第二问中出现了3个字母，最终求的是m 的范围，所以根据上式将m 当作变量，a 作为常量，而x 则根据函数的单调性求出()f x 的最大值即可。
（1） 简证：任取[]12,1,1x x ∈-且12x x <，则[]21,1x -∈-1212()()0f x f x x x +>- ()()1212()()0x x f x f x ∴-+-> 又()f x 是奇函数()()1212()()0x x f x f x ∴--> ()f x ∴在[]1,1-上单调递增。
（2） 解：2()21f x m am ≤-+对所有[]1,1x ∈-，[]1,1a ∈-恒成立，即2max 21m am f -+≥，max (1)1f f == 2221120m am m am ∴-+≥∴-≥ 即2()20g a am m =-+≥在[]1,1-上恒成立。
(1)120(1)120g a g a -=+≥⎧∴⎨=-≥⎩ 1212a a ⎧≤-⎪⎪∴⎨⎪≤⎪⎩ 1122a ∴-≤≤。
二、二次函数若二次函数y=ax 2+bx+c (a ≠0)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求解。
例2.若函数y =R 上恒成立，求m 的取值范围。
分析：该题就转化为被开方数2680mx mx m +++>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 =R 上恒成立，即2680mx mx m +++≥在R 上恒成立。
1 0m =时，80≥ 0m ∴=成立 2 0m ≠时，()()2036483210m m m m m >⎧⎪⎨∆=-+=-≤⎪⎩，01m ∴<≤ 由1，2可知，01m ≤≤例3.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。
分析：()y f x =的函数图像都在X 轴上方，即与X 轴没有交点。
略解：()22434120a a a a ∆=--=+-≤62a ∴-≤≤ 变式1：若[]2,2x ∈-时，()0f x ≥恒成立，求a 的取值范围。
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)7g a f a ==+≥ 7a ∴≥- 又4a <-74a ∴-≤<-总上所述，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a x f ≥)(在[]2,2-上恒成立，若把a 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：（利用根的分布情况知识）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，还有与其相反的，轴动区间定。
此类题目中的x 还可以换成)(x f ：如三角函数、指数函数、对数函数，还可以是一元二次不等式，一元二次函数等。
变式3：若对任意的实数x ，2sin 2cos 220x k x k +--<恒成立，求k 的取值范围。
分析：这是有关三角函数的二次问题，运用到三角函数的有界性。
解法一：原不等式化为2cos 2cos 210x k x k -++>令cos t x =，则1t ≤，即()222()22121f t t kt k t k k k =-++=--++在[]1,1t ∈-上恒大于0。
⑴若1k <-，要使()0f t >，即(1)0f ->，12k >- k ∴不存在 ⑵若11k -≤≤，若使()0f t >，即2()210f k k k =-++> 11k ∴<+11k ∴<≤⑶若1k >，要使()0f t >，即(1)0f >，1k >由⑴，⑵，⑶可知，1k ∴>解法二：2()2210f t t kt k =-++>，在[]1,1-上恒成立。
⑴221011k k k ∆=--<∴<<⑵2210(1)0(1)011k k f f k k ⎧∆=--≥⎪>⎪⎨-<⎪⎪><-⎩或1k ∴≥+由⑴，⑵可知，1k >引申：已知奇函数)(x f 定义在R 上，且在),0[+∞上是增函数，是否存在实数m 使)0()cos 24()32(cos f m m f f >-+-θθ，对所有]2,0[πθ∈都成立？若存在，求出符合条件的所有实数m 的范围；若不存在，说明理由。
例3.已知函数()lg()x x f x a b =-，常数10a b >>>，求（1）函数()y f x =的定义域；（2）当b a 、满足什么条件时()f x 在区间()1,+∞上恒取正。
解：（1）()lg()x x f x a b =- 0x x a b ∴-> 又10a b >>> 0x ∴> 定义域{}|0x x >（2）()lg()x xf x a b =- l n l n ()x x x x a a b b f x a b -'∴=- ()0f x '∴> ()f x ∴在()0,+∞上单调递增 ()f x ∴在()1,+∞上单调递增，()(1)f x f ∴≥ 要使()f x 在()1,+∞上恒正，只须()(1)0f x f >≥，即lg()0lg1a b -≥=1a b ∴-≥且10a b >>>。
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 ）.
a)
0
，即
(4 a)2 a 4
16
0
，
aa
0或a 4
8 ，解得
a
-8.
方法 2（利用根与系数的分布知识）
即要求 t2+(4+ a )t+4=0 有正根。
y
设 f(t)= t2+(4+ a )t+4.
当 =0 时，即（4+ a ）2-16=0,
4
即 1 4m2 3 2 1在 x [3 , ) 上恒成立。
m2
x2 x
2
当
x
3 2
时函数
y
3 x2
2 x
1 取得最小值
5 3
，
所以
1 m2
4m2
5 3
，即 (3m2
1)(4m2
3)
0，
解得 m
3 或m
3
。
2
2
四、利用函数的性质解决恒成立问题
2
个单位。若所得图象与原图象重合，则
的值不．可．能．等于（
）
A.4
B.6
C.8
浅谈有关恒成立问题的解题策略与技巧
● 题目：已知数列 {an} 中，a₁ = - 1，且 (1/an₊₁) = (1/an) + (1/3) (n ∈ N*)，则 a₁₀ = _______．
● 题目：已知数列 {an} 中，Sn 是数列 {an} 的前 n 项和，若对于任意的正整数 n，an，Sn，n 成等差数列，则 S100 = _______．
Part Three
解题策略与技巧
构造函数法
构造函数法的定义
构造函数法的解题步骤
构造函数法的适用范围 构造函数法的注意事项
分离参数法
定义：将恒成立问题中的参数分离出来，单独考虑参数的取值范围 适用范围：适用于参数与变量之间存在明显分离的情况 解题步骤：先确定参数的取值范围，再根据参数的取值范围求解变量的取值范围 注意事项：注意参数的取值范围是否合理，以及变量取值范围的确定方法
换元法
定义：将一个或多个变量用另一个变量代替，从而使问题简化 适用范围：适用于形如“ax+b/cx+d”的表达式 解题步骤：选择适当的变量进行替换，化简原式，得出答案 注意事项：替换后的变量范围要保持一致
数形结合法
定义：将数学问题 与图形相结合，通 过图形的直观性来 理解和解决数学问 题
应用范围：适用于 函数、不等式、方 程等问题的求解
恒成立问题的解题策略 与技巧
,a click to unlimited possibilities
汇报人：
目录
01 添 加 目 录 项 标 题 03 解 题 策 略 与 技 巧
02 恒 成 立 问 题 的 类 型 与特点
恒成立问题常见类型及其解法
设 f x x 3 x 7
可求得 f x 10
lg x 3 x 7 lg10 1
a 1
三. 变换主元法：
例5.对任意a [-1,1],不等式x 2 (a - 4) x 4 - 2a 0 恒成立，求 的取值范围 x . 解：原问题转化为对任 a [-1,1], 意
m - 2 0 0 (5) 4m ，解得1 m 2 2( m - 2) 0 f ( 0) 0 y
y
m - 2 0 (6) ，无解 f (0) 0
综上所述， a 3 1
O
x
x
4.已知函数f ( x) (m - 2) x 2 - 4mx 2m - 6的图像与 x轴的负半轴有交点，求 实数m的取值范围 .
不等式( x - 2)a x - 4 x 4 0恒成立
2
令f (a) ( x - 2)a x - 4 x 4
2
f (1) 0 解得x 1或x 3. f (-1) 0
x的取值范围为 ,1) (3,). (-
数形结合法 4.数形结合法
解：因为ax2 1 1，所以- 1 - x ax2 1 - x (1)当x 0时， 0 1恒成立. -1
1 1 a- 2 1 1 1 1 x x (2)当x (0,1]时， 2 - a 2 - , 即 在（0, ,1]上恒成立. x x x x a 1 - 1 x2 x 1 令t 1, x 1 1 1 1 - 2 - 化为关于t的函数u -t 2 - t -(t ) 2 ，u max -2 x x 2 4 1 1 1 2 1 2 - 化为关于t的函数v t - t (t - ) - ，vmin 0 2 x x 2 4 要是不等式恒成立，应 u max a vmin，故 - 1 a 0 有 综上所述，如果 [0,1]时， ( x) 1恒成立，则- 2 a 0 x f
浅谈恒成立问题解答方式
浅谈恒成立问题解答方式恒成立问题是高中数学常见的一种题型，经常和函数、不等式、导数等章节联系，且在其解法当中还渗透着换元、化归、数形结合、函数方程等数学思想方法。
因此是教学的一个难点，同时又是高考的一个重点。
本文先对恒成立问题的题型特点进行说明并根据其特有形式给出恒成立问题的解决方法。
1 恒成立问题的题型特点“知己知彼，百战不殆”正确认识和区分恒成立问题是求解得关键。
恒成立问题有其明显的标志和特点：（1）题干中有明显的恒大于、恒小于、全体实数、永远在上方等等一系列近似的文字。
（2）题干中除主元变量外，还会有另一个变量（即参变量）。
2 恒成立问题中主元变量与参变量的区分一般来说，恒成立问题都会给定一个确切的成立区间，那么该区间即为主元变量所在区间，相对应的变量即为主元变量；题干中剩余的另一个变量即为参变量。
例1：（1）对于满足≤2的所有实数，求使不等式恒成立的的取值范围。
（2）对于满足≤2的所有实数p，求使不等式恒成立的x的取值范围。
分析：上述两题题干相似，但是两者有本质的区别：第一题是关于主元变量的一元二次不等式恒成立问题；第二题是关于主元变量的一元一次不等式恒成立问题。
正确判断是否是恒成立题型及准确区分主元变量和参变量是解决恒成立问题的前提条件。
3 恒成立问题的解决策略根据以上恒成立问题题型的特点，可以把恒成立问题按主元变量成立的范围划分为：（1）主元变量在上恒成立；（2）主元变量在某个区间上恒成立。
下面逐一说明：①主元变量在上恒成立问题的解题策略是利用不等式、方程与其对应函数图像与轴的位置关系求解。
下面以三个二次之间的关系举例说明：规律方法：利用二次函数在上的图像求解二次不等式和二次方程恒成立问题。
在恒成立；在恒成立；在恒成立≥0；例2：已知不等式在上恒成立，求实数的取值范围？分析：先判断该题是恒成立问题，并确定主元变量为和参变量为。
将该不等式转化为其对应主元变量为的函数的图像与坐标轴的关系求解。
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 。
函数中恒成立的各种类型题目解题策略
函数中恒成立各类问题解题策略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.现在我们一起来探讨其中一些典型的问题. 策略一、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 .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的转化思想. 策略二、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a,x 的取值范围.x .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.策略三、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⇔⎩⎨⎧<∆>00a ；f(x)<0恒成立⇔⎩⎨⎧<∆<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. 分析：()y f x =的函数图像都在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 的取值范围.分析：要使[]2,2x ∈-时，()0f x ≥恒成立，只需)(x f 的最小值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()()324a 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策略四、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.策略五、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a a x x x 恒成立，求实数，不等式对任意实数>--+21改为①aa 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. 浅谈不等式恒成立问题 1 转换主元法确定题目中的主元，化归成初等函数求解。
数学高考复习中恒成立问题及解题策略
数学高考复习中恒成立问题及解题策略
数学高考复习中常见的恒成立问题包括：三角函数、平面几何、立体几何、数列等方面的常见恒等式是否成立。
解决这些问题需要
我们掌握以下策略：
1. 掌握基本定义。
了解三角函数、平面几何、立体几何、数列
等基本定义，理解它们的概念和性质，这是解决恒成立问题的前提。
2. 理解证明步骤。
对于一些基本的恒等式，如三角函数的基本
恒等式、半角公式等，需要深入理解其证明步骤，这样能解决很多
基本的恒成立问题。
3. 对比特殊情况。
对于一些复杂的恒等式，可以考虑先验证一
些特殊情况，如取特殊的几个值来代入验证，这样可以对恒等式是
否成立有一个大致的判断。
4. 利用常见定理。
多运用常见的几何定理或性质的结论，如勾
股定理、中线定理、垂直平分线定理等，也可以用对等三角形、相
似比、余弦、正弦等基本知识来解决。
5. 探索新的思路。
对于一些比较难的恒等式，可以多思考，开
拓思路，寻找新的解题方法，这样可以解决不同的问题，丰富解题
经验。
总之，解决恒成立问题需要我们理解基本定义和证明步骤，利
用特殊情况和常见定理，同时具有创新和探索的精神。
函数不等式恒成立问题解法
函数不等式恒成立问题解法函数和不等式是数学中的重要概念和工具，有着广泛的应用。
在解决函数和不等式恒成立的问题时，通常可以采用以下一些基本的解法。
一、函数恒成立问题的解法：1.分析函数的定义域和值域：函数的定义域是所有满足函数定义的输入值的集合，值域则是函数的所有可能输出值的集合。
通过分析函数的定义域和值域，可以判断函数在一些特定范围内是否恒成立。
2.化简和变形：有时候可以通过对函数进行化简和变形来更方便地判断函数的恒成立性。
例如，对于分式函数，可以尝试化简分式，然后观察化简后的形式是否恒成立。
对于多项式函数，可以通过因式分解或配方法进行化简和变形。
3.列出函数的性质和特点：函数有很多性质和特点，例如奇偶性、周期性、增减性等。
通过分析函数的性质和特点，可以判断函数在一些特定条件下是否恒成立。
4.利用函数的图像和性质：通过绘制函数的图像，可以帮助我们直观地理解函数的性质和变化趋势。
对于一些特殊类型的函数，如三角函数和指数函数，可以利用函数的图像和性质来判断函数是否恒成立。
二、不等式恒成立问题的解法：1.利用性质和等价变形：不等式有一些基本性质和等价变形，如加减性、乘除性、取反性、平方性等。
通过利用这些性质和等价变形，可以将原不等式转化为等价的不等式，然后判断等价不等式的恒成立性。
2.化简和变形：和函数恒成立问题类似，有时候可以通过对不等式进行化简和变形来更方便地判断不等式的恒成立性。
例如，可以合并同类项、化简分式、配方等。
3.列出不等式的性质和特点：不等式也有一些性质和特点，如单调性、对称性、周期性等。
通过分析不等式的性质和特点，可以判断不等式在一些特定条件下是否恒成立。
4.利用数轴和区间：对于一元不等式，可以利用数轴和区间的表示法来帮助我们理解和解决不等式。
可以将不等式中的变量表示在数轴上，并根据不等式的性质和条件，确定变量可取的范围和解集。
以上是一些常见的解决函数和不等式恒成立问题的基本方法和思路。
恒成立问题解题策略
恒成立问题解题策略
等式恒成立问题解题策略：
① 赋值法； ② 化为基本函数； ③ 分离变量；
不等式恒成立问题解题策略：
① 分离参数法； ② 转换主元法； ③ 数形结合型
赋值型—利用特殊值求解
• 例1：已知函数f(x)=sinx+acosx图像的一
条对称轴方程为x= 4 ,求实数a的值
解：f (0) f ( ) a 1 2
1
思路1：化简----乘积的形式常通过约分。 但本题难以完成。 思路2：回到基础-----利用函数单调性求最值。 求差法运算复杂，考虑用求商比较法（这是由 特点所至）
f (n 1) f ( n)
1 2n 3 (1 ) 2n 3 2n 5
2n 4 2n 5 2n 3
f (n 1) f ( n)
4n 2 16 n 16 4n 2 16 n 15
1
因此，f (n 1) f (n), f (n)为单调递增函数， 4 n 1时，f (n)最小值为 。 3 5 4 5 所以，a . 15
【解题后的反思】
1、不等式恒成立，确定参数取值范围——分离参数法。
变式：方程 22 x m2 x 1 0 恒有两个不同实数解， 求m的取值范围.
解1：令t 2 (0, )
x
原式为t 2 mt 1 0 转化为方程在(0, )有两个不同解 0 m2 4 0 x1 x2 m 0 x x 1 0 1 2
思考：已知函数f x 2sin(3x )(| | 的一条对称轴方程为x
2
)图像
4
求实数的值
函数导数中的恒成立问题解题技巧
临沂市高三二轮会材料函数导数中的恒成立问题解题技巧函数导数中的恒成立问题解题技巧新课标下的高考越来越重视考查知识的综合应用，恒成立问题涉及方程、不等式、函数性质与图象及它们之间的综合应用，同时渗透换元、转化与化归、数形结合、函数与方程等思想方法，考查综合解题能力，尤其是在函数、导数中体现的更为明显，也是历年高考的热点问题,根据本人的体会，恒成立问题主要有以下几种.一、利用函数的性质解决恒成立问题例1 已知函数32=+--++(,)()(1)(2)f x x a x a a x ba b∈R．(1)若函数()f x 的图象过原点，且在原点处的切线斜率是3-，求,a b 的值；(2)若函数()f x 在区间(1,1)-上不单调．．．，求a 的取值范围． 解：(1)由题意得)2()1(23)(2+--+='a a x a x x f又⎩⎨⎧-=+-='==3)2()0(0)0(a a f b f ，解得0=b ，3-=a 或1=a (2)函数)(x f 在区间)1,1(-不单调，等价于导函数)(x f '在)1,1(-既能取到大于0的实数，又能取到小于0的实数 即函数)(x f '在)1,1(-上存在零点，根据零点存在定理，有0)1()1(<'-'f f ， 即：0)]2()1(23)][2()1(23[<+---+--+a a a a a a 整理得：0)1)(1)(5(2<-++a a a ，解得15-<<-a所以a 的取值范围是{}15-<<-a a .【方法点评】利用函数的性质解决恒成立问题，主要是函数单调性的应用，函数在给定的区间上不单调意味着导函数在给定的区间上有零点，利用函数零点的存在性定理即可解决问题.二、利用数形结合思想解决恒成立问题例2 已知3x =是函数()()2ln 110f x a x x x =++-的一个极值点．（1）求a ；（2）求函数()f x 的单调区间；（3）若直线y b =与函数()y f x =的图象有3个交点，求b 的取值范围．【方法指导】（1）在极值点处导数为零，可以求a 的值；（2）求函数的单调区间借助()0f x '>可以求出单调递增区间，()0f x '<可以求出单调递减区间；（3）根据函数()f x 的单调性可以求出其极大值和极小值，画出图象，数形结合可以求出b 的取值范围.解：（1）因为()'2101a f x x x =+-+，所以()'361004a f =+-=，因此16a =． （2）由（1）知，()()()216ln 110,1,f x x x x x =++-∈-+∞，()()2'2431x x f x x -+=+ 当()()1,13,x ∈-+∞时，()'0f x >；当()1,3x ∈时，()'0f x <．所以()f x 的单调增区间是()()1,1,3,-+∞，()f x 的单调减区间是()1,3．（3）由（2）知，()f x 在()1,1-内单调增加，在()1,3内单调减少，在()3,+∞上单调增加，且当1x =或3x =时，()'0f x =所以()f x 的极大值为()116ln 29=-f ，极小值为()332ln 221f =-因此()()21616101616ln291f f =-⨯>-=()()213211213f e f --<-+=-<所以在()f x 的三个单调区间()()()1,1,1,3,3,-+∞直线y b =有()y f x =的图象各有一个交点，当且仅当()()31f b f <<因此，b 的取值范围为()32ln221,16ln29--．【方法点评】数形结合是高中数学中常考的思想方法之一，在有关取值范围问题、单调性问题、最值问题中体现较明显，同时方程的根及函数零点也可转化为交点问题解决.三、分离参数解决恒成立问题例3 已知函数()ln a f x x x=-， (1)当0a >时，判断()f x 在定义域上的单调性；(2)若2()f x x <在(1,)+∞上恒成立，求a 的取值范围．【方法指导】（1）通过判断导数的符号解决；（2）由于参数a 是“孤立”的，可以分离参数后转化为一个函数的单调性或最值等解决．解：(1)由题意：()f x 的定义域为(0,)+∞，且221()a x a f x x x x+'=+=． 0,()0a f x '>∴>，故()f x 在(0,)+∞上是单调递增函数． (2)322ln ,0.ln ,)(x x x a x x x a x x x f ->∴><-∴<又 令232116()ln ,()()1ln 3,()6x g x x x x h x g x x x h x x x x-''=-==+-=-=， ()h x 在[1,)+∞上是减函数，()(1)2h x h ∴<=-，即()0g x '<，()g x ∴在[1,)+∞上也是减函数，()(1)1g x g ∴<=-．令1a ≥-得()a g x >，∴当2()f x x <在(1,)+∞恒成立时，a 的取值范围是{}1-≥a a ．【方法点评】分离参数是恒成立问题中的一种重要解题方法，分离参数后，构造新函数，求新函数的最值即可解决恒成立问题中的参数取值范围.四、利用两个函数的最值解决恒成立问题例4 [2014·新课标全国卷Ⅰ] 设函数f (x )＝a e x ln x ＋b e x －1x ，曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为y ＝e(x －1)＋2.(1)求a ，b ；(2)证明：f (x )>1.解：(1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝a e x ln x ＋a x e x －b x 2e x －1＋b x e x －1.由题意可得f (1)＝2，f ′(1)＝e ，故a ＝1，b ＝2.(2)证明：由(1)知，f (x )＝e x ln x ＋2x e x －1，从而f (x )>1等价于x ln x >x e －x －2e .设函数g (x )＝x ln x ，则g ′(x )＝1＋ln x ，所以当x ∈)1,0(e 时，g ′(x )<0；当x ∈),1(+∞e时，g ′(x )>0. 故g (x )在)1,0(e 上单调递减，在),1(+∞e上单调递增，从而g (x )在(0，＋∞)上的最小值为)1(eg ＝－1e . 设函数h (x )＝x e －x －2e，则h ′(x )＝e －x (1－x )．所以当x ∈(0，1)时，h ′(x )>0； 当x ∈(1，＋∞)时，h ′(x )<0.故h (x )在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，从而h (x )在(0，＋∞)上的最大值为h (1)＝－1e .因为g min (x )＝)1(eg ＝h (1)＝h max (x )， 所以当x >0时，g (x )>h (x )，即f (x )>1.五、不等式中的恒成立问题例5 (2016•山东)已知221()(ln ),x f x a x x a R x-=-+∈. (1)讨论()f x 的单调性；(2)当1a =时，证明3()()2f x f x '>+对于任意的[1,2]x ∈恒成立． 解：(1)()f x 的定义域为(0,)+∞，223322(2)(1)()a ax x f x a x x x x --'=--+= 当0a ≤时，若(0,1)x ∈，则()0,()f x f x '>单调递增，若(1,)x ∈+∞，则()0,()f x f x '<单调递减．当0a >时，3(1)()(a x f x x x x -'=-+.(i)当02a <<1>.当(0,1)x ∈或)x ∈+∞时，()0,()f x f x '>单调递增．当x ∈时，()0,()f x f x '<单调递减．(ii)当2a =1=，在区间(0,)+∞内，()0,()f x f x '≥单调递增．(iii)当2a >时，01<<.当x ∈或(1,)x ∈+∞时，()0,()f x f x '>单调递增，当x ∈时，()0,()f x f x '<单调递减． 综上所述，当0a ≤时，()f x 在(0,1)上单调递增，在(1,)+∞上单调递减；当02a <<时，()f x 在(0,1)上单调递增，在上单调递减，在)+∞上单调递增；当2a =时，()f x 在(0,)+∞上单调递增；当2a >时，()f x 在（0，2a ）上单调递增，在（2a，1）上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．(2)证明：由(1)知，当1a =时，22321122()()ln (1)x f x f x x x x x x x -'-=-+---+23312ln 1x x x x x=-++--，[1,2]x ∈ 设()ln ,()g x x x h x =-=233121,[1,2]x x x x=+--∈，则()()()()f x f x g x h x '-=+．由1()0x g x x-'=≥，可得()(1)1g x g ≥=，当且仅当1x =时取得等号． 又24326()x x h x x--+'=.设2()326x x x ϕ=--+，则()x ϕ在[1,2]上单调递减． 因为(1)1,(2)10ϕϕ==-，所以0(1,2)x ∃∈，使得当0(1,)x x ∈时，()0x ϕ>，0(,2)x x ∈时，()0x ϕ<.所以()h x h (x )在0(1,)x 上单调递增，在0(,2)x 上单调递减． 由1(1)1,(2)2h h ==，可得1()(2)2h x h ≥=， 当且仅当2x =时取得等号． 所以3()()(1)(2)2f x f xgh '-=+=， 即3()()2f x f x '>+对于任意的[1,2]x ∈成立． 六、利用恒成立问题求参数的取值范围 例6 (2015·北京)已知函数 。