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 >>>。