含参不等式恒成立问题
含参不等式恒成立问题例题
含参不等式恒成立问题例题在数学的世界里，有一种“含参不等式恒成立”的问题，听起来有点复杂，但实际上就像生活中的一些小窍门，掌握了就能轻松应对。
想象一下，数学就像一场舞会，里面有各种各样的舞步，有的简单易学，有的则需要你慢慢去摸索。
这些含参不等式就像那些你在舞会里需要学的舞步，只要掌握了，你就能在任何场合中游刃有余。
先说说什么是“含参不等式”。
简单来说，就是不等式中有参数，这些参数就像是调味料，放多少，怎么放，都会影响最终的结果。
参数就像是调皮的小孩子，让不等式变得难以捉摸。
可是，只要你找到合适的调味方式，不论参数怎么变化，不等式都能保持“和谐”的状态，听起来是不是很神奇？拿一个简单的例子来说吧，想象一下你在做饭，盐、糖、醋，每一样都要掌握好分量，才能做出美味的菜肴。
如果你在一道菜里放了太多盐，那就惨了，味道会让人皱眉；可是如果放得刚刚好，哇，绝对让人回味无穷。
这就是不等式的精髓，参数调得好，一切都能顺理成章。
在这道问题中，我们会遇到一些技巧，比如要学会“化简”。
有些东西，表面上看起来复杂，实际上只要你用对了方法，往往就能简单明了。
就像你在穿衣服的时候，挑选一件合适的外套，有时候那件看似简单的衣服，搭配得当，反而能让你瞬间提升气场。
其实数学也有同样的道理，化繁为简，才能找到最优解。
还有一些不等式的常用形式，比如“阿莫尔不等式”，听起来很高大上，其实就像在说：“伙计，学会了这招，你就能在不等式的海洋中畅游无阻。
”它帮助我们理解不同参数之间的关系，打下坚实的基础。
就好比你在乐队里，如果每个人都能把自己的乐器演奏得当，那整个乐队就会和谐得像一首动人的交响曲。
哦，咱们得聊聊例子了。
举个例子吧，假如有一个不等式 (a + b geq 2sqrt{ab)，听上去像是个难题，但实际上它是在说：只要你把 (a) 和 (b) 搞得好，它们的和总是大于等于它们的几何平均。
这就像你和朋友一起出去玩，不论你们买了多少东西，只要快乐是最重要的。
解答含参不等式恒成立问题的三个途径
解题宝典含参不等式恒成立问题是一类综合性较强的题型，经常同时涉及多个不同的知识点.由于问题中涉及了参数，所以在解题的过程中，我们要充分关注参数，对参数进行分离、分类讨论等.本文结合实例，对解答含参不等式恒成立问题的三种途径作一探讨.一、分离参数法分离参数法是指将不等式变形使参数和变量分离，然后构建关于变量的函数，将原问题转化为函数最值或值域问题来求解的方法.在分离出参数之后，求函数最值的方法有导数法、基本不等式法、配方法等.例1.已知函数f ()x =ln 2()1+x -x 21+x，其单调递增区间为()-1,0，单调递减区间为()0,+∞.若不等式æèöø1+1n n +a≤e 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.解：将不等式æèöø1+1n n +a≤e 两边取对数，可得()n +a æèöø1+1n ≤1，即a ≤1ln æèöø1+1n -n ，设g ()x =1ln ()1+x -1x，x ∈(]0,1，而函数的单调递增区间为()-1,0，单调递减区间为()0,+∞，所以ln 2()1+x -x 21+x≤0，故g ′()x <0，x ∈(]0,1，即g ()x 在区间(]0,1上为减函数，因此g ()x 在(]0,1的最小值为g ()1=1ln 2-1，则a 的最大值为1ln 2-1.解答本题主要运用了分离参数法.首先将不等式进行变形使参数和变量分离，然后构造函数g ()x ，对其求导，通过讨论导函数的单调性求得g ()x 的最小值，得到a 的最大值.二、分段讨论法分段讨论法一般适用于求解需要分多种情况进行讨论的问题.在运用分段讨论法求解含参不等式恒成立问题时，需将参数或定义域区间分成几段，然后逐段讨论使不等式恒成立时的情况，最后综合所求得的结果即可.这种方法的优势在于可以将每一种情况都考虑到.例2.已知f ()x =x ||x -a -2.当x ∈[]0,1时，f ()x <0恒成立，求实数a 的取值范围.分析：已知函数式中含有绝对值，需采用分段讨论法来求解，在定义域内讨论不同区间去掉绝对值符号以及不等式恒成立的情况.解：当x =0时，显然f ()x <0成立，此时a ∈R ，当x ∈(]0,1时，由f ()x <0可得，x -2x <a <x +2x，令g ()x =x -2x ，h ()x =x +2x ，x ∈(]0,1，则g ′()x =1+2x2>0，所以g ()x 在x ∈(]0,1上是单调递增的，则g ()x max =g ()1=-1，此时h ′()x =1-2x2<0，则h ()x 是单调递减，h ()x min =h ()1=3，因此a 的取值范围是()-1,3.三、单调性法单调性法是指利用函数的单调性构造使不等式恒成立的条件，使问题获解的方法.在运用单调性法解答不等式恒成立问题时，要注意首先将不等式进行变形，构造出合适的函数，然后分析函数的单调性.例3.若定义在()0,+∞上的函数f ()x 满足f ()x +f ()y =f ()xy ，且当x >1时，不等式f ()x <0成立，若不等式f æèöøx 2+y 2≤f ()xy +f ()a 对于任意x ,y ∈()0,+∞恒成立，求实数a 的取值范围.解：设0<x 1<x 2，则x 2x 1>1，则有f æèçöø÷x 2x 1<0，所以f ()x 2-f ()x 1=f æèçöø÷x 2x 1∙x 1-f ()x 1=f æèçöø÷x 2x 1<0，即f ()x 2<f ()x 1，所以函数f ()x 在()0,+∞上为减函数，故f æèöøx 2+y 2≤f xy +f ()a ⇔f æèöøx 2+y 2≤f ()a xy⇔a +y xy+y xy≥2xy xy=2（当且仅当x =y 时取等号），所以a 的取值范围是()0,2.分离参数法、分段讨论法和单调性法都是解答含参不等式恒成立问题的方法，但它们的适用范围并不相同，分离参数法适用于求解方便将参数、变量分离的问题；分段讨论法适用于解答需要分多种情况进行讨论的问题；单调性法适用于解答函数的性质较为明显的问题.（作者单位：江苏省南通市海门四甲中学）42。
求解含参不等式恒成立问题的几个“妙招”
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含参不等式恒成立问题—任意性与存在性
１、f(x)=ax+b,x ∈ [α,β]，则：
f(x)>0恒成立＜
＞
f()>0
f()>0
f(x)<0恒成立＜
＞
f()<0
f()<0
1、一次函数型问题，利用一次函数的图像特征求解。
y
α
o
β
x
２、ax2+bx+c>0在R上恒成立的充要条件是：
a=b=0
a >0
或
C>0
Δ=b2-4ac<0
例：已知函数 f ( x) 8 x 2 16 x k ，g ( x) 2 x3 5 x 2 4 x ，其中 k 为实数 .
3] ，使 f ( x) g ( x) 恒成立，
（3） 若对 x [3，
求k的取值范围；
3] ，使 f ( x0 ) g ( x0 ) 能成立，
3] ，使 f ( x) g ( x) 恒成立，
（3） 若对 x [3，
求k的取值范围；
3] ，使 f ( x1 ) g ( x若 x1，x2 [3，
例：已知函数 f ( x) 8 x 2 16 x k ，g ( x) 2 x3 5 x 2 4 x ，其中 k 为实数 .
（4） 若 x0 [3，
求k的取值范围；
x D ：
x0 D ：
f ( x) g ( x)]min 0 f ( x ) g ( x ) [____________
f ( x) g ( x)]max 0
f ( x) g ( x) [____________
f min ( x) 0
27用含参不等式恒成立问题的解法
例1、对于不等式(1-m)x2+(m-1)x+3>0
................
(*)
（1）当| x | ≤2，不等式恒成立，求实数m的取值范围 ；
求谁,谁就是参数; 另一个是自变量
（2）当| m | ≤2，不等式恒成立，求实数x的取值范围 .
变更“主元” 解(2) : 设g(m)=(-x2+x)m+(x2-x+3) （m∈[-2,2]）法
（Ⅱ）{a|a≥-4}
练 习
设f（x）=x2-2ax+2（a∈R），g（x）=lgf（x） （1）当x∈R时，f（x）≥a恒成立，求a的取值范围； （2）若g（x）的值域为R，求a的取值范围； （3）当x∈[-1，+∞）时，f（x）≥a恒成立，求a的取值范围．
（1）{a|-2≤a≤1}； （2）{a|a≥ 或a≤2 }2
例1：已知关于x的不等式： (a-2)x2 + (a-2)x +1 ≥ 0恒成立， 试求a的取值范围.
解：由题意知： ①当a -2=0，即a =2时，不等式化为 1 ≥ 0，它恒成立，满足条件. ②当a -2≠0，即a ≠2时，原题等价于
a 2 0 2 ( a 2) 4( a 2) 0
练 已知不等式x2+mx＞4x+m-4． 习 （1）若对于0≤m≤4的所有实数m，不等式恒成立，求实数x的取值范围．
（2）若对于x≤1的所有实数x，不等式恒成立，求实数m的取值范围． （1）实数x的取值范围为：（-∞，0）∪（0，2）∪（2，+∞）； （2）实数m的取值范围是：{m|m＜4}． 求谁,谁就是参数; 另一个是自变量
f 0 ＞0 则 f 4 ＞0
含参不等式恒成立问题
专题课含参不等式恒成立问题－－参数取值范围求解策略知识梳理:“含参不等式恒成立问题”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。
另一方面，在解决这类问题的过程中涉及的“函数与方程”、“化归与转化”、“数形结合”、“分类讨论”等数学思想对锻炼学生的综合解题能力，培养其思维的灵活性、创造性都有着独到的作用。
本文就结合实例谈谈这类问题的一般求解策略。
(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。
【类型1】: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.0⎩⎨⎧<∆<⇔a【类型2】：设)0()(2≠++=a c bx ax x f （1）当0a >时，()0[,]f x x αβ>∈在上恒成立⎪⎩⎪⎨⎧>>-⎪⎩⎪⎨⎧<∆≤-≤⎪⎩⎪⎨⎧><-⇔0)(2020)(2βββαααf ab a b f a b 或或， ],[0)(βα∈<x x f 在上恒成立⎩⎨⎧<<⇔0)(0)(βαf f（2）当0<a 时，],[0)(βα∈>x x f 在上恒成立⎩⎨⎧>>⇔0)(0)(βαf f],[0)(βα∈<x x f 在上恒成立⎪⎩⎪⎨⎧<>-⎪⎩⎪⎨⎧<∆≤-≤⎪⎩⎪⎨⎧><-⇔0)(2020)(2βββαααf a bab f a b 或或例1．已知函数2lg[(1)(1)1]y a x a x =-+-+的定义域为R ，求实数a 的取值范围。
例2．一元二次不等式220x bx ++<在[]1,2上恒成立，求实数b 的取值范围。
由一道题谈求解含参不等式恒成立问题的思路
含参不等式恒成立问题通常较为复杂，且解题的难度较大.这类问题常与函数、导数、不等式、方程等知识相结合，侧重于考查同学们的数学抽象、逻辑推理以及数学运算能力.下面以一道例题，探讨一下求解含参不等式恒成立问题的思路.例题：已知函数f (x )=ae x -1-ln x +ln a ，若不等式f (x )≥1恒成立，求实数a 的取值范围.本题涉及了指数式e x -1、对数式ln x 以及参数a ，较为复杂.我们需将不等式进行合理的变形，构造出新函数，将问题转化为函数问题，利用函数的单调性、最值、极值、图象来解题.解答本题主要有以下三种思路.一、分离参数对于含参不等式恒成立问题，通常可采用分离参数法.即先将不等式中的参数和变量分离；然后将不含参数的式子构造成函数，通过研究函数的单调性、图象、最值，求得函数的最值，即可确定参数的取值范围.一般地，a >f (x )恒成立⇔a >f (x )max ；a ≥f (x )恒成立⇔a ≥f (x )max ；a <f (x )恒成立⇔a <f (x )min ；a ≤f (x )恒成立⇔a ≤f (x )min .解：对f (x )=aex -1-ln x +ln a 求导，得f ′(x )=a e x -1-1x，因为a >0,x >0，所以f ′(x )在(0,+∞)上单调递增.所以当x →0时，f ′(x )→-∞；当x →+∞时，f '(x )→+∞.由函数零点存在性定理可知，必存在唯一的正实数x 0，使得f ′(x 0)=0，且当0<x <x 0时，f ′(x )<0；当x >x 0时，f '(x )>0，所以函数f (x )在(0,x 0)上单调递减，在(x 0,+∞)上单调递增，所以f (x )min =f (x 0)=aex 0-1-ln x 0+ln a .由f (x )≥1可得ae x-1-ln x 0+ln a ≥1.又f ′(x 0)=0，则ae x 0-1=1x 0，所以1x 0-ln x 0+ln a ≥1①.在aex 0-1=1x 0的两边取对数，得ln a +x 0-1=-ln x 0②.由①②可得1x 0+2ln a +x 0≥2，所以2ln a ≥2-(x 0+1x).又2-(x 0+1x 0)≤2-0，当且仅当x 0=1时取等号，可得2ln a ≥0，解得a ≥1，故实数a 的取值范围是[1,+∞).我们先根据导函数与函数单调性之间的关系，判断出函数f (x )=ae x -1-ln x +ln a 的单调性，求得函数的极小值，即可将“不等式f (x )≥1恒成立”等价转化为“使f (x )min ≥1成立”；然后将所得的新不等式进行变形，使其中的参数、变量分离，得2ln a ≥2-(x 0+1x 0)；再根据基本不等式求得不等式右边式子的最大值，即可求得参数a 的取值范围.二、构造同构式对于含有指对数的含参不等式问题，为了简化问题，通常可将不等式进行适当的变形，使不等式左右两边的式子成为同构式，即可根据同构式的结构特征构造出新函数，利用新函数的单调性、最值、图象求得问题的答案.43解法1.不等式f (x )≥1可变形为xe x≥ex a ln exa，即e x ln e x ≥ex a ln exa（*）.由于x >0,a >0，所以当0<exa≤1时，不等式（*）恒成立，设函数g (t )=t ln t ，其中t >1，则g (e x )≥g (exa)成立.由g '(t )=ln t +1>1>0，知函数g (t )在(1,+∞)上单调递增，因此e x ≥exa ，所以a ≥x ex -1恒成立.设函数h (x )=xe x -1，其中x >0，则h ′(x )=1-xex -1，则当0<x <1时，h ′(x )>0，当x >1时，h ′(x )<0，所以函数h (x )在(0,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减，从而可得h (x )max =h (1)=1.因此a ≥1，故实数a 的取值范围是[1,+∞).将已知不等式f (x )≥1变形为同构式xe x≥ln ex a⋅e ln exa ，即可构造出函数g (t )=te t，根据其单调性和最值就能顺利解题.一般地，可以根据ae a ≥b ln b ⇔e a ln e a ≥b ln b ，构造函数f (x )=x ln x ；根据ae a ≥b ln b ⇔ae a ≥ln b ⋅e ln b ，构造函数f (x )=xe x .解法2.不等式f (x )≥1可变形为e ln a +x -1+ln a +x -1≥x +ln x ，即(ln a +x -1)+eln a +x -1≥ln x +e ln x ，构造函数g (t )=t +e t，则不等式g (ln a +x -1)≥g (ln x )成立.所以函数g (t )=t +e t是增函数，所以ln a +x -1≥ln x ，所以ln a ≥ln x -x +1恒成立.设函数h (x )=ln x -x +1，则h ′(x )=1x -1=1-x x,x >0，所以当0<x <1时，h ′(x )>0；当x >1时，h ′(x )<0，所以h (x )在(0,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减，可得h (x )max =h (1)=0，从而可知ln a ≥0，解得a ≥1，故实数a 的取值范围是[1,+∞).将已知不等式f (x )≥1变形为同构式e ln a +x -1+ln e ln a +x -1≥x +ln x ，即可根据同构式的特点构造出函数g (t )=t +ln t ，利用函数的单调性、最值解题.一般地，根据e a ±a ≥b ±ln b ⇔e a ±ln e a ≥b ±ln b ，可构造函数f (x )=x ±ln x ；根据e a ±a ≥b ±ln b ⇔e a ±a ≥e ln b ±ln b ，可构造函数f (x )=e x ±x .三、寻找不等式恒成立的必要条件对于含参不等式恒成立问题，往往可先根据一些特例，探求出已知不等式恒成立的一个必要条件（利用参数不等式表示），若经检验知该必要条件也是已知不等式恒成立的充分条件，则可根据其充分必要条件建立关系式，求得参数的取值范围.显然，这种解题思路具有一定的偶然性和局限性，并不适合于求解大部分的题目.解：因为不等式f (x )≥1恒成立，所以f (1)≥1，即a +ln a ≥1（*）.设函数g (a )=a +ln a ，因为g (1)=1，所以由（*）可得g (a )≥g (1).因为函数g (a )是增函数，从而可得a ≥1，因此a ≥1是不等式f (x )≥1恒成立的必要条件.接下来证明a ≥1也是不等式f (x )≥1恒成立的充分条件.当a ≥1时，f (x )=ae x -1-ln x +ln a ≥e x -1-ln x （**）.设函数h (x )=e x -1-ln x ，求导得h ′(x )=e x -1-1x，因为导函数h ′(x )是增函数，且h ′(1)=0，所以函数h (x )在(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增，从而可得h (x )min =h (1)=1，由（**）可得f (x )≥e x -1-ln x ≥1，所以f (x )≥1恒成立.综上可知，不等式f (x )≥1恒成立，解得a ≥1.故实数a 的取值范围是[1,+∞).我们根据不等式f (x )≥1恒成立，寻找到特例f (1)≥1，得a +ln a ≥1，然后根据g (a )=a +ln a 的单调性，证明a ≥1是不等式f (x )≥1恒成立的必要条件；再根据h (x )=e x -1-ln x 的单调性，证明a ≥1也是不等式f (x )≥1恒成立的充分条件，从而确定参数的取值范围.总之，解答含参不等式恒成立问题的思路有多种，同学们需根据恒成立不等式的结构特征，将其进行合理的变形、构造，以运用转化思想，将问题转化为函数最值问题、单调性问题，利用函数思想顺利求得问题的答案.（作者单位：贵州省松桃民族中学）44。
含参不等式恒成立问题
恒成立、能成立、恰成立问题解法汇编一、恒成立问题的基本类型：类型1：设)0()(2≠++=a c bx ax x f ，（1）R x x f ∈>在0)(上恒成立00<∆>⇔且a ；（2）R x x f ∈<在0)(上恒成立00<∆<⇔且a 。
类型2：设)0()(2≠++=a c bx ax x f（1）当0>a 时，],[0)(βα∈>x x f 在上恒成立⎪⎩⎪⎨⎧>>-⎪⎩⎪⎨⎧<∆≤-≤⎪⎩⎪⎨⎧><-⇔0)(2020)(2βββαααf a ba b f a b 或或， ],[0)(βα∈<x x f 在上恒成立⎩⎨⎧<<⇔0)(0)(βαf f （2）当0<a 时，],[0)(βα∈>x x f 在上恒成立⎩⎨⎧>>⇔0)(0)(βαf f],[0)(βα∈<x x f 在上恒成立⎪⎩⎪⎨⎧<>-⎪⎩⎪⎨⎧<∆≤-≤⎪⎩⎪⎨⎧><-⇔0)(2020)(2βββαααf a ba b f a b 或或 类型3：αα>⇔∈>min )()(x f I x x f 恒成立对一切，αα>⇔∈<max )()(x f I x x f 恒成立对一切。
类型4：)()()()()()()(max min I x x g x f x g x f I x x g x f ∈>⇔∈>的图象的上方或的图象在恒成立对一切一、用一次函数的性质对于一次函数],[,)(n m x b kx x f ∈+=有：⎩⎨⎧<<⇔<⎩⎨⎧>>⇔>0)(0)(0)(,0)(0)(0)(n f m f x f n f m f x f 恒成立恒成立例1：若不等式)1(122->-x m x 对满足22≤≤-m 的所有m 都成立，求x 的范围。
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不等式中恒成立问题的解法研究在不等式的综合题中，经常会遇到当一个结论对于某一个字母的某一个取值范围内所有值都成立的恒成立问题。
恒成立问题的基本类型：类型1：设)0()(2≠++=a c bx ax x f ，（1）R x x f ∈>在0)(上恒成立00<∆>⇔且a ；（2）R x x f ∈<在0)(上恒成立00<∆<⇔且a 。
类型2：设)0()(2≠++=a c bx ax x f （1）当0>a 时，],[0)(βα∈>x x f 在上恒成立⎪⎩⎪⎨⎧>>-⎪⎩⎪⎨⎧<∆≤-≤⎪⎩⎪⎨⎧><-⇔0)(2020)(2βββαααf a bab f a b 或或， ],[0)(βα∈<x x f 在上恒成立⎩⎨⎧<<⇔0)(0)(βαf f（2）当0<a 时，],[0)(βα∈>x x f 在上恒成立⎩⎨⎧>>⇔0)(0)(βαf f],[0)(βα∈<x x f 在上恒成立⎪⎩⎪⎨⎧<>-⎪⎩⎪⎨⎧<∆≤-≤⎪⎩⎪⎨⎧><-⇔0)(2020)(2βββαααf a bab f a b 或或 类型3：αα>⇔∈>min )()(x f I x x f 恒成立对一切αα>⇔∈<max )()(x f I x x f 恒成立对一切。
类型4：)()()()()()()(max min I x x g x f x g x f I x x g x f ∈>⇔∈>的图象的上方或的图象在恒成立对一切 恒成立问题的解题的基本思路是：根据已知条件将恒成立问题向基本类型转化，正确选用函数法、最小值法、数形结合等解题方法求解。
一、用一次函数的性质对于一次函数],[,)(n m x b kx x f ∈+=有：⎩⎨⎧<<⇔<⎩⎨⎧>>⇔>0)(0)(0)(,0)(0)(0)(n f m f x f n f m f x f 恒成立恒成立 例1：若不等式)1(122->-x m x 对满足22≤≤-m 的所有m 都成立，求x的范围。
解析：我们可以用改变主元的办法，将m 视为主变元，即将元不等式化为：0)12()1(2<---x x m ，；令)12()1()(2---=x x m m f ，则22≤≤-m 时，0)(<m f 恒成立，所以只需⎩⎨⎧<<-0)2(0)2(f f 即⎪⎩⎪⎨⎧<---<----0)12()1(20)12()1(222x x x x ，所以x 的范围是)231,271(++-∈x 。
二、利用一元二次函数的判别式对于一元二次函数),0(0)(2R x a c bx ax x f ∈≠>++=有： （1）R x x f ∈>在0)(上恒成立00<∆>⇔且a ； （2）R x x f ∈<在0)(上恒成立00<∆<⇔且a例2：若不等式02)1()1(2>+-+-x m x m 的解集是R ，求m 的范围。
解析：要想应用上面的结论，就得保证是二次的，才有判别式，但二次项系数含有参数m ，所以要讨论m-1是否是0。
（1）当m-1=0时，元不等式化为2>0恒成立，满足题意；（2）01≠-m 时，只需⎩⎨⎧<---=∆>-0)1(8)1(012m m m ，所以，)9,1[∈m 。
三、利用函数的最值（或值域）（1）m x f ≥)(对任意x 都成立m x f ≥⇔min )(；（2）m x f ≤)(对任意x 都成立max )(x f m ≥⇔。
简单计作：“大的大于最大的，小的小于最小的”。
由此看出，本类问题实质上是一类求函数的最值问题。
例3：在∆ABC 中，已知2|)(|,2cos )24(sin sin 4)(2<-++=m B f B BB B f 且π恒成立，求实数m 的范围。
解析：由]1,0(sin ,0,1sin 22cos )24(sin sin 4)(2∈∴<<+=++=B B B B BB B f ππ，]3,1()(∈B f ，2|)(|<-m B f 恒成立，2)(2<-<-∴m B f ，即⎩⎨⎧+<->2)(2)(B f m B f m 恒成立，]3,1(∈∴m例4：（1）求使不等式],0[,cos sin π∈->x x x a 恒成立的实数a 的范围。
解析：由于函]43,4[4),4sin(2cos sin ππππ-∈--=->x x x x a ，显然函数有最大值2，2>∴a 。
如果把上题稍微改一点，那么答案又如何呢？请看下题： （2）求使不等式)2,0(4,cos sin ππ∈-->x x x a 恒成立的实数a 的范围。
解析：我们首先要认真对比上面两个例题的区别，主要在于自变量的取值范围的变化，这样使得x x y cos sin -=的最大值取不到2，即a 取2也满足条件，所以2≥a 。
所以，我们对这类题要注意看看函数能否取得最值，因为这直接关系到最后所求参数a 的取值。
利用这种方法时，一般要求把参数单独放在一侧，所以也叫分离参数法。
四：数形结合法对一些不能把数放在一侧的，可以利用对应函数的图象法求解。
例5：已知恒成立有时当21)(,)1,1(,)(,1,02<-∈-=≠>x f x a x x f a a x ，求实数a 的取值范围。
解析：由x x a x a x x f <-<-=2121)(22，得，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12221)1(211-=--=-a a 及得到a 分别等于2和0.5，并作出函数x x y y )21(2==及的图象，所以，要想使函数x a x <-212在区间)1,1(-∈x 中恒成立，只须x y 2=在区间)1,1(-∈x 对应的图象在212-=x y 在区间)1,1(-∈x 对应图象的上面即可。
当2,1≤>a a 只有时才能保证，而2110≥<<a a 时，只有才可以，所以]2,1()1,21[ ∈a 。
由此可以看出，对于参数不能单独放在一侧的，可以利用函数图象来解。
利用函数图象解题时，思路是从边界处（从相等处）开始形成的。
例6：若当P(m,n)为圆1)1(22=-+y x 上任意一点时，不等式0≥++c n m 恒成立，则c 的取值范围是（ ）A 、1221-≤≤--cB 、1212+≤≤-cC 、12--≤cD 、12-≥c解析：由0≥++c n m ，可以看作是点P(m,n)在直线0=++c y x 的右侧，而点P(m,n)在圆1)1(22=-+y x 上，实质相当于是1)1(22=-+y x 在直线的右侧并与它相离或相切。
12111|10|01022-≥∴⎪⎩⎪⎨⎧≥+++>++∴c c c ，故选D 。
其实在习题中，我们也给出了一种解恒成立问题的方法，即求出不等式的解集后再进行处理。
以上介绍了常用的五种解决恒成立问题。
其实，对于恒成立问题，有时关键是能否看得出来题就是关于恒成立问题。
下面，给出一些练习题，供同学们练习。
练习题：1、对任意实数x ，不等式),,(0cos sin R c b a c x b x a ∈>++恒成立的充要条件是_______。
][22b a c +>2、设]1,(7932lg lg -∞++=在a y x x x 上有意义，求实数a 的取值范围.),95[+∞。
3、当1||)3,31(<∈x Log x a 时，恒成立，则实数a 的范围是____。
)],3[]31,0[(+∞4、已知不等式：32)1(1211......2111+->++++++a Log n n n n a 对一切大于1的自然数n 恒成立，求实数a 的范围。
)]251,1([+∈a含参不等式恒成立问题的求解策略“含参不等式恒成立问题”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。
另一方面，在解决这类问题的过程中涉及的“函数与方程”、“化归与转化”、“数形结合”、“分类讨论”等数学思想对锻炼学生的综合解题能力，培养其思维的灵活性、创造性都有着独到的作用。
本文就结合实例谈谈这类问题的一般求解策略。
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,(+∞--∞ 。
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 显然成立； 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x x x x g a x x x f 4042)(,287)(232-+=--=，当]3,3[-∈x 时，)()(x g x f ≤恒成立，求实数a 的取值范围。
解：设c x x x x g x f x F -++-=-=1232)()()(23， 则由题可知0)(≤x F 对任意]3,3[-∈x 恒成立 令01266)(2'=++-=x x x F ，得21=-=x x 或而,20)2(,7)1(a F a F -=-=-,9)3(,45)3(a F a F -=-=- ∴045)(max ≤-=a x F∴45≥a 即实数a 的取值范围为),45[+∞。