恒成立问题的求解策略
求解不等式恒成立中参数问题的五大策略
ｆ ａ ＜ ０ ，
【 △＝ ６ — ４ ∞＜ ０ ．
．
策 略一 ：利 用一 次 函数 的性 质
若 已 ） 一 ＋ ６ ＞ ０ 对 叵成 ’
例２ ． 已知关于 的二次不等式 （ Ｊ ｝ － ５ ） （ １ ） ｘ ＋ ３ ＞ ０的解集为 Ｒ． 则实数 ｋ的取值范围为 解 析 ：当 ． ＿ ５ ＝ ０时 ．要使原不等式 的解 集为
解析 ：如果将两边分别设成两个 函数 ｙ ｌ ＝ （ Ｘ 一 １ ） 和
因为 当 ≥ｅ时 ， （ — ｌ ｎ ｘ 一 １ ） ＝ １ 一 ＞ ０ ， 所 以 — ｌ 眦一
１ ≥ｅ — ｌ ｎ ｅ －ｌ ＝ ｅ 一 ２ ＞ ０ ．
所 以 （ ） ＞ ０ ， 所以＾ （ ） （ ｅ ） ＝ ＿， 所 以 ｎ≤一 旦 ＿ ＿ ．
ｅ－ｌ ｅ－Ｉ
若已
）
删
’
＞ 乱 一
Ｒ， 则必有一次项系数也为零 ，且常数项大于零．
ｆ － ５ ＝ Ｏ．
例１ ． 对 于满 足 Ｏ ≤ｐ ≤４的实数 Ｐ， 使
３恒成立 的 的取值范 围是 ．
即｛ ４ （ １ － ｋ ） ＝ ０ ， 解得ｋ ＝ １ ．
１ ３ ＞ ０ ，
） ＝ Ｉ
一 １ 厂
．
Ｄ ／ ２
然后观察两个 图像 （ 尤其要注意交点处和临界处 ）的 位 置关 系 ，进而列 出含参数 的不等式． 例５ ． 不 等式 （ 一 １ ） ＜ 】 ｏ 在 ∈（ １ ， ２ ） 上恒 成立 ，
则 ａ的取值 范围为 ．
ｘ ＞ ３ 或 １ ， 所以 的取值范围是（ 一 ， 一 １ ） Ｕ（ ３ ， ＋ ） ．
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 。
恒成立问题的求解策略(全)
1．对任意，不等式恒成立，求的取值范围。
分析：题中的不等式是关于的一元二次不等式，但若把看成主元，则问题可转化为一次不等式在上恒成立的问题。
解：令，则原问题转化为恒成立（）。
当时，可得，不合题意。
当时，应有解之得。
故的取值范围为。
2．已知函数的定义域为R，求实数的取值范围。
解：由题设可将问题转化为不等式对恒成立，即有解得。
所以实数的取值范围为。
若二次不等式中的取值范围有限制，则可利用根的分布解决问题。
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。
（2）、最值法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）恒成立2）恒成立4．已知，当时，恒成立，求实数的取值范围。
解：设，则由题可知对任意恒成立.令，得.而∴∴即实数的取值范围为。
5．函数，若对任意，恒成立，求实数的取值范围。
解：若对任意，恒成立，即对，恒成立，考虑到不等式的分母，只需在时恒成立而得.而抛物线在的最小值得注：本题还可将变形为，讨论其单调性从而求出最小值。
三．分离变量法若所给的不等式能通过恒等变形使参数与主元分离于不等式两端，从而问题转化为求主元函数的最值，进而求出参数范围。
这种方法本质也还是求最值，但它思路更清晰，操作性更强。
一般地有：1）恒成立2）恒成立6.已知当x R时，不等式a+cos2x<5-4sinx+恒成立，求实数a的取值范围。
分析：在不等式中含有两个变量a及x，其中x的范围已知（x R），另一变量a的范围即为所求，故可考虑将a及x分离。
解：原不等式即：要使上式恒成立，只需大于的最大值，故上述问题转化成求f(x)=4sinx+cos2x的最值问题。
f(x)= 4sinx+cos2x=-2sin2x+4sinx+1=-2(sinx-1)2+33,∴即上式等价于或解得.注：注意到题目中出现了sinx及cos2x，而cos2x=1-2sin2x,故若把sinx换元成t,则可把原不等式转化成关于t的二次函数类型。
与二次函数有关的“恒成立”问题的求解策略
ʏ张亮昌解决不等式恒成立问题常见的方法有:判别式法,分离参数法,主参换位法等㊂下面举例分析这类问题的求解策略㊂方法一:判别式法例1 已知不等式(m 2+4m -5)x 2+4(1-m )x +3>0对任意实数x 恒成立,则实数m 的取值范围是㊂①当m 2+4m -5=0时,可得m =-5或m =1㊂若m =-5,则不等式化为24x +3>0,这时对任意实数x 不可能恒大于0㊂若m =1,则3>0恒成立㊂②当m 2+4m -5ʂ0时,根据题意可得m 2+4m -5>0,Δ=16(1-m )2-12(m 2+4m -5)<0,解得m <-5或m >1,1<m <19,所以1<m <19㊂综上可知,所求实数m 的取值范围是{m |1ɤm <19}㊂评注:对于一元二次不等式a x 2+b x +c >0(a >0)在R 上恒成立,则Δ=b 2-4a c <0;一元二次不等式a x 2+b x +c <0(a <0)在R 上恒成立,则Δ=b 2-4a c <0㊂方法二:分离参数法例2 不等式x y ɤa x 2+2y 2对于1ɤx ɤ2,2ɤy ɤ3恒成立,则实数a 的取值范围是㊂不等式x y ɤa x 2+2y 2对于1ɤx ɤ2,2ɤy ɤ3恒成立,等价于a ȡyx -2yx2对于1ɤx ɤ2,2ɤy ɤ3恒成立㊂令t =y x ,则1ɤt ɤ3,所以a ȡt -2t 2在1ɤt ɤ3上恒成立㊂令函数y =-2t 2+t =-2t -142+18,当t =1时,y m a x =-1,则a ȡ-1㊂故实数a 的取值范围是{a |a ȡ-1}㊂评注:若a ȡf (x )恒成立,则a ȡf (x )m a x ;若a ɤf (x )恒成立,则a ɤf (x )m i n ㊂方法三:主参换位法例3 已知函数y =a x 2-2a x +8+3a ,若对于1ɤa ɤ3,y <0恒成立,则实数x 的取值范围为㊂已知函数可化为关于a 的函数y =a x 2-2a x +8+3a =(x 2-2x +3)a +8㊂由题意知,y <0对于1ɤa ɤ3恒成立㊂因为x 2-2x +3>0恒成立,且y 是关于a 的一次函数,在1ɤa ɤ3上随x 的增大而增大,所以y <0对1ɤa ɤ3恒成立等价于y 的最大值小于0,即3(x 2-2x +3)-8<0,也即3x 2-6x +1<0,解得3-63<x <3+63,所以实数x 的取值范围为x 3-63<x <3+63㊂评注:在一个函数式中,有两个自变量,其中给出一个自变量的范围,这时可把问题转化为关于已知范围的那个自变量的函数(本题是一次函数)㊂在R 上定义运算⊗:A ⊗B =A (1-B ),若不等式(x -a )⊗(x +a )<4对x ɪR 恒成立,则实数a 的取值范围为㊂提示:(x -a )⊗(x +a )=(x -a )[1-(x +a )]=-x 2+x +a 2-a <4对x ɪR 恒成立,即x 2-x -a 2+a +4>0对x ɪR 恒成立,所以Δ=4-4(-a 2+a +1)=4a 2-4a <0,所以0<a <1,即实数a ɪ(0,1)㊂作者单位:湖北省巴东县第三高级中学(责任编辑 郭正华)61 知识结构与拓展 高一数学 2023年9月Copyright ©博看网. All Rights Reserved.。
浅析高中数学恒成立问题的求解策略
高中浅析高中数学恒成立问题的求解策略山东省烟台第二中学 彭凤娇 解决恒成立问题的过程中，往往会涉及函数、方程、不等式等高中数学核心知识，以及转化化归、分类讨论、数形结合等重要数学思想，其综合性和灵活性注定使恒成立问题成为高考试题中的“香饽饽”．在对恒成立问题进行研究之后，整理了几类典型的题型，下面就从高考中出现的两道典型恒成立问题说起．引例１ （２００７年山东文）当狓∈（１，２）时，狓２＋犿狓＋４＜０恒成立，则犿的取值范围是．引例２ （２０１８年天津）已知犪∈犚，函数犳（狓）＝狓２＋２狓＋犪－２，狓≤０，－狓２＋２狓－２犪，狓＞０．｛若 狓∈［－３，＋∞），犳（狓）≤狓恒成立，则犪的取值范围是．从上面两道高考恒成立问题中不难发现，解决恒成立问题的方法大致可分为两种：分离参数与函数思想（即不分离参数）．在解答恒成立问题时需要具体题目具体分析．一、单变量恒成立问题（一）分离参数利用分离参数法来确定不等式犳（狓，犪）≥０（狓∈犇，犪为参数）恒成立时，参数犪的取值范围的一般思路：将题目中的参数与变量分离，化为犵（犪）≤犳（狓）（或犵（犪）≥犳（狓））恒成立的形式．接下来求解出函数犳（狓）的最小（或最大）值．最后解不等式犵（犪）≤犳（狓）ｍｉｎ（或犵（犪）≥犳（狓）ｍａｘ），进而求得犪的取值范围．该思路一般适用于参数与变量易分离且最值易求得的题型．如高考引例１中，注意到狓的取值范围，可以采用分离参数的方法．解：由狓∈（１，２），狓２＋犿狓＋４＜０恒成立，对不等式分离参数，得犿＜－狓２＋４狓．令犳（狓）＝狓２＋４狓＝狓＋４狓，易知犳（狓）在（１，２）上是减函数，所以狓∈（１，２）时，４＜犳（狓）＜５，则－狓２＋４狓（）ｍｉｎ＞－５，所以犿≤－５．又如高考引例２，也可以采用分离参数的方法，只不过要分段讨论，最终结果取“交集”．解： 狓∈［－３，＋∞），犳（狓）≤狓恒成立狓∈［－３，０］，狓２＋２狓＋犪－２≤－狓且 狓∈（０，＋∞），－狓２＋２狓－２犪≤狓 犪≤（－狓２－３狓＋２）ｍｉｎ＝２且犪≥－狓２＋狓２（）ｍａｘ＝１８犪∈１８，２［］．例１ 已知狓∈犚时，不等式犪＋ｃｏｓ２狓＜５－４ｓｉｎ狓＋５犪－槡４恒成立，求实数犪的取值范围．解：将参数进行分离，得５犪－槡４－犪＋５＞ｃｏｓ２狓＋４ｓｉｎ狓，即５犪－槡４－犪＋５＞１＋４ｓｉｎ狓－２ｓｉｎ２狓，只需要５犪－槡４－犪＋５＞（１＋４ｓｉｎ狓－２ｓｉｎ２狓）ｍａｘ．令ｓｉｎ狓＝狋（狋∈［－１，１］），则犵（狋）＝１＋４狋－２狋２（狋∈［－１，１］），易得犵（狋）ｍａｘ＝３．所以５犪－槡４－犪＋５＞３，即５犪－槡４＞犪－２ 犪－２≥０，５犪－４≥０，５犪－４＞（犪－２）２烅烄烆或犪－２＜０，５犪－４≥０，｛解得４５≤犪＜８．（二）函数思想一般思路：首先分清楚题目中的变量与参数．一般来说，题目给出取值范围的元为变量，最终求解范围的元为参数．通过构造变量的函数，借助所构造的函数的取值特征进行求解．若在客观题中涉及不同类型函数恒成立问题，可通过画函数图像的方法，排除选项，提高解题速度．如高考引例１也可以用函数思想（二次函数根的分布）来解答，也比较简便．解：设犳（狓）＝狓２＋犿狓＋４，易知二次函数的图像“开口向上”，则要使当狓∈（１，２）时，狓２＋犿狓＋４＜０恒成立，只需满足犳（１）≤０，犳（２）≤０，｛即５＋犿≤０，８＋２犿≤０，｛解得犿≤－５．总结：设犳（狓）＝犪狓２＋犫狓＋犮（犪≠０）且犪＞０，犳（狓）＜０在狓∈［α，β］上恒成立 犳（α）＜０，犳（β）＜０．｛０４教学参谋解法探究２０２０年３月Copyright ©博看网. All Rights Reserved.高中犳（狓）＜０在狓∈（α，β）上恒成立 犳（α）≤０，犳（β）≤０．｛例２ 已知犵（狓）＝ｌｏｇ犪狓，犳（狓）＝（狓－１）２，若狓∈（１，２）时，犵（狓）＞犳（狓）恒成立，求犪的取值范围．分析：对于犵（狓）＞犳（狓）恒成立的问题，有时候将不等式进行合理变形之后，能够非常容易地画出不等号两边的函数图像，最后通过图像直接判断出结果．特别是客观题，采用这种数形结合的方式能够简化解题步骤．根据函数犵（狓），犳（狓）的特征画出函数图像，可直观展示两函数关系．解：由图像分析易知，要使得当狓∈（１，２）时，犵（狓）＞犳（狓）成立，则需犪＞１，同时当狓∈（１，２）时，犵（狓）的图像在犳（狓）的图像上方，即犵（２）≥犳（２），解得犪∈（１，２］．总结：解题时既能落实数形结合思想，又能兼顾对数函数的特征，可使解题过程更加顺畅．二、双变量恒成立问题例３ 设函数犳（狓）＝狓－２ｓｉｎ狓， 狓１，狓２∈［０，π］，恒有犳（狓１）－犳（狓２）≤犕，求犕的最小值．分析：由题易知，要使得犳（狓１）－犳（狓２）≤犕， 狓１，狓２∈［０，π］恒成立，只需求犳（狓１）－犳（狓２）ｍａｘ，即犳（狓）ｍａｘ－犳（狓）ｍｉｎ的值．解：由犳（狓）＝狓－２ｓｉｎ狓，得犳′（狓）＝１－２ｃｏｓ狓，易知狓∈０，π３［］时，犳′（狓）＜０，犳（狓）单调递减；狓∈π３，π［］时，犳′（狓）＞０，犳（狓）单调递增．所以当狓＝π３时，犳（狓）有极小值，即最小值，且犳（狓）ｍｉｎ＝犳π３（）＝π３－槡３．又犳（０）＝０，犳（π）＝π，所以犳（狓）ｍａｘ＝π．所以犕≥犳（狓１）－犳（狓２）ｍａｘ＝犳（狓）ｍａｘ－犳（狓）ｍｉｎ＝２π３＋槡３．常见的双变量恒成立问题有如下两种：（一）题型一：狓１，狓２∈犇，都有犳（狓１）≤犵（狓２） 犳（狓）ｍａｘ≤犵（狓）ｍｉｎ（这里假设犳（狓）ｍａｘ，犵（狓）ｍｉｎ都存在）例４ 已知函数犳（狓）＝狓２－２狓＋２，犵（狓）＝２狓＋犿， 狓１，狓２∈［１，３］，都有犳（狓１）≤犵（狓２）恒成立，求实数犿的取值范围．解：犳（狓）＝狓２－２狓＋２＝（狓－１）２＋１，当狓∈［１，３］时，犳（狓）ｍａｘ＝犳（３）＝５，犵（狓）ｍｉｎ＝犵（１）＝２＋犿，则犳（狓）ｍａｘ≤犵（狓）ｍｉｎ，即５≤２＋犿，解得犿≥３．推广：狓１，狓２∈犇，都有犳（狓１）≥犵（狓２）·犳（狓）ｍｉｎ≥犵（狓）ｍａｘ（这里假设犳（狓）ｍｉｎ，犵（狓）ｍａｘ都存在）．（二）题型二： 狓１∈犇１，狓２∈犇２，都有犳（狓１）≥犵（狓２） 犳（狓）ｍｉｎ≥犵（狓）ｍｉｎ（这里假设犳（狓）ｍｉｎ，犵（狓）ｍｉｎ都存在）．例５ 已知犳（狓）＝ｌｎ（狓２＋１），犵（狓）＝１２（）狓－犿，若 狓１∈［０，３］， 狓２∈［１，２］，使得犳（狓１）≥犵（狓２），求实数犿的取值范围．解：当狓∈［０，３］时，由复合函数“同增异减”原理可得，犳（狓）在狓∈［０，３］上单调递增，则犳（狓）ｍｉｎ＝犳（０）＝０，当狓∈［１，２］时，犵（狓）单调递减，则犵（狓）ｍｉｎ＝犵（２）＝１４－犿，由犳（狓）ｍｉｎ≥犵（狓）ｍｉｎ得０≥１４－犿，所以犿≥１４．推广： 狓１∈犇１，狓２∈犇２，都有犳（狓１）≥犵（狓２） 犳（狓）ｍａｘ≥犵（狓）ｍａｘ（这里假设犳（狓）ｍａｘ，犵（狓）ｍａｘ都存在）．三、结束语在高中数学的学习中，不仅要熟知高考必考的数学知识，还须熟练掌握重要题型的解题思路和解题技巧，结合典型的数学思想去解决问题，注意勤于练习，学会举一反三，这样才能够爱学数学，学好数学．参考文献：［１］黄锦龙．树立五种意识 破解恒成立问题［Ｊ］．中学数学研究（华南师范大学版），２０１９（２１）．［２］蔡海涛．探寻必要条件 巧解恒成立问题———从一道２０１９年高考函数导数题谈起［Ｊ］．高中数学教与学，２０１９（２１）．［３］洪小银．高中数学恒成立问题方法解析［Ｊ］．中学数学，２０１９（９）．［４］周坤．一类恒成立问题的转化教学设计及反思［Ｊ］．中学数学，２０１９（９）．［５］孙成田，刘本玲．细解高考中的热点难点———不等式恒成立问题［Ｊ］．数学之友，２０１９（４）．［６］孔祥士．例谈“含参数的单变量不等式恒成立问题”的解题策略［Ｊ］．中学数学，２０１９（８）．犉１４２０２０年３月 解法探究教学参谋Copyright ©博看网. All Rights Reserved.。
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
恒成立问题的求解策略
恒成立问题的求解策略义县高级中学高二数学组王双双高考数学复习中的恒成立问题，把不等式、函数、三角、几何等容有机地结合起来，其以覆盖知识点多，综合性强，解法灵活等特点而倍受高考、竞赛命题者的青睐。
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致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根据函数的奇偶性、周期性等性质；⑤数形结合。
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]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）或ⅱ）亦可合并定成同理，若在[m,n]恒有f(x)<0，则有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进行“换位”思考，往往会使问题降次、简化。
例1．对任意，不等式恒成立，求的取值围。
分析：题中的不等式是关于的一元二次不等式，但若把看成主元，则问题可转化为一次不等式在上恒成立的问题。
解：令，则原问题转化为恒成立（）。
当时，可得，不合题意。
当时，应有解之得。
故的取值围为。
二．二次函数型（1）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,有1）对恒成立;2）对恒成立例1．已知函数的定义域为R，数的取值围。
解：由题设可将问题转化为不等式对恒成立，即有解得。
所以实数的取值围为。
若二次不等式中的取值围有限制，则可利用根的分布解决问题。
例2．设，当时，恒成立，数的取值围。
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围为。
（2）、最值法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）恒成立2）恒成立例3．已知，当时，恒成立，数的取值围。
求解有关恒成立、存在性问题的四种策略
求解有关恒成立、存在性问题的四种策略对于有关恒成立、存在性问题，一直是高考命题的热点，往往以全称命题或特称命题的形式出现，同时结合函数的单调性、极值、最值等知识进行考查，在高考中多以压轴题或压轴题中的压轴问的形式出现。
如何突破这一难关呢？关键是细心审题及恰当地转化。
现就如何求解恒成立、存在性问题中的参数问题加以分析。
方法1：分离参数法例1.设函数f(x)=lnx-ax,g（x）=ex-ax，其中a为实数。
若f(x)在(1,+∞)上是单调减函数，且g(x)在(1,+∞)上有最小值，求a的取值范围。
解：因为f`(x)=-a,g`(x)=ex-a,由题意得f`（x）≤0对x∈(1,+∞)恒成立，即a≥对x∈(1,+∞)恒成立，所以a≥1。
因为g`(x)=ex-a在x∈(1,+∞)上是单调增函数，所以g`(x)>g`(1)=e-a。
又g(x)在(1,+∞)上有最小值，则必有e-a<0，即a>e。
综上，可知a的取值范围是(e,+∞)。
点评：求解问题的切入点不同，求解的难度就有差异。
在恒成立问题中有时需要取交集，有时需要取并集，本题解法需要取交集。
一般而言：在同一问题中，若是对自变量作分类讨论，其结果要取交集；若是对参数作分类讨论，其结果要取并集。
方法2：构造函数法例2.已知函数f(x)=，若|f（x）|≥ax，则a的取值范围是()。
A.(-∞,0]B.(-∞,1]C.［-2，1］D.[-2，0]解：当x≤0时,|f(x)|≥axx2－(2+a)x≥0，对x≤0恒成立。
记g(x)=x2－(2+a)x=（x-）2-。
当<0即a<－2时,g(x)的最小值为－，不可能满足条件。
当≥0即a≥－2时,g(x)的最小值为0，满足题意。
当x>0时,|f(x)|≥axln(1+x)－ax≥0a≤，对x>0恒成立。
令θ(x)=，则θ`(x)=。
设t=x+1,则t>1。
记L(t)=-lnt,则L`(t)=<0,所以L(t)在t∈(1,+∞)上为减函数。
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恒成立问题的求解策略辽宁锦州义县高级中学高二数学组王双双高考数学复习中的恒成立问题，把不等式、函数、三角、几何等内容有机地结合起来，其以覆盖知识点多，综合性强，解法灵活等特点而倍受高考、竞赛命题者的青睐。
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分离变量型；④根据函数的奇偶性、周期性等性质；⑤数形结合。
一•一次函数型给定一次函数y=f（x）=ax+b（a丰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a＜0 J/（加）＞0弘）＞0亦可合并定成1/何＞0严)€0同理，若在［m,n］内恒有f(x)＜0 ,则有I.- L'--'.. ■"--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进行“换位”思考，往往会使问题降次、简化。
2例i •对任意兀［一1」］，不等式x +（—4）X+4-2Q0恒成立，求x的取值范围。
分析：题中的不等式是关于的一元二次不等式，但若把丿看成主元，则问题可转化为一次不等式在：］_ L」上恒成立的问题。
解：令：- ■,则原问题转化为恒成立（一丄）当汁工、时，可得他二0 ，不合题意。
a＞0；「-或ii当二：］时，应有1/(-1) > 0 解之得-■''■ ' O故」的取值范围为「二..-O二.二次函数型(1)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2 T数/(X)二处+加+血# R),有tj > 01)>。
对x E R恒成立上v ° ；a <02)J D■=：(〕对X E R 恒成立［△ < o例1.已知函数y = ^+(a-l)x + df2］的定义域为R求实数必的取值范围。
2 2解：由题设可将问题转化为不等式八：■■ 对「丄匸恒成立，即有A = (H八0解得“—I或呜。
(-0J,-1) U (；,+°°)所以实数“的取值范围为-■ O若二次不等式中:.的取值范围有限制，则可利用根的分布解决问题。
例2 .设'■.：「「.：，当—一」⑴时，了萬聖泾恒成立，求实数匸的取值范围。
解：设:二'丄J则当■- |［J,时，恒成立当- :- 门―.- “ .1 时，『I.;汕显然成立;当丄二H时，如图，小二J恒成立的充要条件为:A>0-2 解得一综上可得实数匸的取值范围为一」。
（2）、最值法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） - I - •' -■恒成立 _ ■ ■2） . '■-:'恒成立’’二例3 .已知■.- I.'"'',当「丄-…一时，恒成立，求实数-■的取值范围。
解：设，…一… ［「: - : ■- r ,则由题可知宀：对任意''1■- …-恒成立•令F（X）= +6兀+12 = 0,得工二-1 或x = 2.而『J 「_ 丄 /I _ <L ：l 一 二_• 1即实数」的取值范围为甘.心1。
立，求实数...■的取值范围。
解：若对任意 .7“，「二一’•恒成立,考虑到不等式的分母，只需在「丄」m 时恒成立而得.而抛物线J"■ '"" - 在上J 一‘川的最小值 r - ■-「得a >-3/z、/(x)= x+- + 2打、注：本题还可将；二变形为 ：.，讨论其单调性从而求出；二最小值。
三.分离变量法若所给的不等式能通过恒等变形使参数与主元分离于不等式两端，从而问题转化为求 主元函数的最值，进而求出参数范围。
这种方法本质也还是求最值，但它思路更清晰，操 作性更强。
一般地有：1) 一「•:1恒成立2) . 1 ■■- ■■--广汀 I 恒成立已知当xFR 时，不等式a+cos2x<5-4sinx+ 门-二恒成立，求实数 a 的取值范围。
分析：在不等式中含有两个变量a 及x ,其中x 的范围已知(x 匚R ),另一变量 a 的,若对任意5血)，/w>o 恒成即对/« =x 2 +2x+a>0恒成立,范围即为所求，故可考虑将 a 及x 分离。
解：原不等式即：4 - . - / .要使上式恒成立，只需一 ■ — 一大于! ■］；■ ； - -.r /Y 的最大值，故上述问题转化成求f(x)=4sinx+cos2x 的最值问题。
f(x)= 4sinx+cos2x=-2sin 2x+4sinx+1=-2(sinx-1) 2+3三3,l _ J. 一 1 ■- _；即 J 」一■: - I .C _* -4 > 0- 2 <0上式等价于［勿-4 A(Q _2)2或员「4王04-<a <8解得［.注：注意到题目中出现了sinx 及cos2x ，而cos2x=1-2sin 2x,故若把sinx 换元成t,则可把原不等式转化成关于t 的二次函数类型。
另解：a+cos2x<5-4sinx+整理得 2t 2-4t+4-a+ 八•-■ >0,( t ^ ［-1,1］)恒成立。
设f(t)= 2t 2-4t+4-a+，"八 则二次函数的对称轴为t=1,f(x)在［-1 , 1］内单调递减。
只需 f(1)>0,即'■ >a-2.(下同)四•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)a+1-2sin x<5-4sinx+(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)恒成例1若f(x)=sin(x+)+cos(x-：)为偶函数，求：的值。
分析：告诉我们偶函数的条件，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R 恒成立，sin(-x+ M )+cos(-x-M )=sin(x+ 二)+cos(x-二)即 sin(x+g )+sin(x-g )=cos(x+g )-cos(x-g )2sinx • cos ： =-2sinx • sin g sinx(sin f +cos f )=0对一切x € R 恒成立，：只需也必须sin &+cos fl! =0。
心二初■-一优eZ)4五•数形结合若把等式或不等式进行合理的变形后，能非常容易地画出等号或不等号两边函数的图 象，则可以通过画图直接判断得出结果。
尤其对于选择题、填空题这种方法更显方便、快 捷。
例1、当x _(1,2)时，不等式(x-1)2<|og a x 恒成立，求a 的取值范围。
分析：若将不等号两边分别设成两个函数，则左边为二次函数，图象是抛物线，右边 为常见的对数函数的图象，故可以通过图象求解。
解：设y 1=(x-1)2,y 2=log a x,则y 1的图象为右图所示的抛物线，要使对一切 (1,2),y 1<y 2恒成立，显然a>1,并且必须也只需当x=2时y 的函数值大于等于 y 1的函数值。
故 log a 2>1,a>1, 1<a_2.例2、已知关于x 的方程lg(x 2+20x)-lg(8x-6a-3)=0有唯一解，求实数 a 的取值范围。
分析：方程可转化成lg （x 2+20x ）=lg （8x-6a-3）,从而得x 2+20x=8x-6a-3>0,注意到若将等号两2边看成是二次函数y x+20x 及一次函数 y=8x-6a-3，则只需考虑这两个函数的图象在x 轴上方恒有唯一交点即可。
解：令y i = x 2+20x= （x+10） 2-100,y 2=8x-6a-3,则如图所示，y i 的图象为一个定抛物线，y 2的图象是一条斜率为定值 8，而截距不定的直线，要使 y i 和y 2在x 轴上有唯一交点，则直线必须位于l i 和12之间。
（包括l i 但不包括10_163当直线为l i 时，直线过点（-20，0）此时纵截距为-6a-3=160,a=；1 163—— —当直线为12时，直线过点（0, 0），纵截距为-6a-3=0, a= _ /• a 的范围为［「,1I ）。
由上可见，含参的恒成立问题因其覆盖知识点多，方法也多种多样，但其核心思想还 是等价转化，抓住了这点，才能以“不变应万变”，当然这需要我们不断的去领悟、体会 和总结。