函数、不等式恒成立问题完整解法
函数、不等式恒成立问题完整解法 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>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 aba 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 恒成一、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 xa 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 xy 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 。
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-≤≤--c B 、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 。
同步练习1、设124()lg,3x xa f x ++=其中a R ∈，如果(.1)x ∈-∞时，()f x 恒有意义，求a 的取值范围。
分析：如果(.1)x ∈-∞时，()f x 恒有意义，则可转化为1240x x a ++>恒成立，即参数分离后212(22)4xx x x a --+>-=-+，(.1)x ∈-∞恒成立，接下来可转化为二次函数区间最值求解。
解：如果(.1)x ∈-∞时，()f x 恒有意义1240x x a ⇔++>，对(,1)x ∈-∞恒成立.212(22)4xx x x a --+⇔>-=-+(.1)x ∈-∞恒成立。
令2x t -=，2()()g t t t =-+又(.1)x ∈-∞则1(,)2t ∈+∞()a g t ∴>对1(,)2t ∈+∞恒成立，又()g t 在1[,)2t ∈+∞上为减函数，max 13()()24t g ==-g ，34a ∴≥-。
2、设函数是定义在(,)-∞+∞上的增函数，如果不等式2(1)(2)f ax x f a --<-对于任意[0,1]x ∈恒成立，求实数a 的取值范围。
分析：本题可利用函数的单调性把原不等式问题转化为212ax x a --<-对于任意[0,1]x ∈恒成立，从而转化为二次函数区间最值求解。
解：()f x 是增函数2(1)(2)f ax x f a ∴--<-对于任意[0,1]x ∈恒成立212ax x a ⇔--<-对于任意[0,1]x ∈恒成立210x ax a ⇔++->对于任意[0,1]x ∈恒成立，令2()1g x x ax a =++-，[0,1]x ∈，所以原问题min()0g x ⇔>，又m i n (0),0()(),2022,2g a a g x g a a >⎧⎪⎪=--≤≤⎨⎪ <-⎪⎩即2min1,0()1,2042,2a a ag x a a a - >⎧⎪⎪=--+-≤≤⎨⎪ <-⎪⎩ 易求得1a <。
3、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。
方法一）分析：在不等式中含有两个变量a 及x ，本题必须由x 的范围（x ∈R ）来求另一变量a 的范围，故可考虑将a 及x 分离构造函数利用函数定义域上的最值求解a 的取值范围。
解：原不等式4sinx+cos2x<-a+5⇔当x ∈R 时，不等式a+cos2x<5-4sinx 恒成立max -a+5>(4sinx+cos2x)⇔ 设f(x)=4sinx+cos2x 则22f(x)= 4sinx+cos2x=-2sin x+4sinx+1=-2(sinx-1)+3 3≤∴-a+5>3a<2∴方法二）题目中出现了sinx 及cos2x ，而cos2x=1-2sin 2x,故若采用换元法把sinx 换元成t,则可把原不等式转化成关于t 的二次不等式，从而可利用二次函数区间最值求解。
解：不等式a+cos2x<5-4sinx 可化为a+1-2sin 2x<5-4sinx,令sinx=t,则t ∈[-1,1],∴不等式a+cos2x<5-4sinx 恒成立⇔2t 2-4t+4-a>0,t ∈[-1,1]恒成立。
设f(t)= 2t 2-4t+4-a ，显然f(x)在[-1，1]内单调递减，f(t)min =f(1)=2-a,∴2-a>0∴a<24、 设f(x)=x 2-2ax+2,当x ∈[-1,+∞)时，都有f(x)≥a 恒成立，求a 的取值范围。
分析：在f(x)≥a 不等式中，若把a 移到等号的左边，则原问题可转化为二次函数区间恒成立问题。
解：设F(x)= f(x)-a=x 2-2ax+2-a.ⅰ)当∆=（-2a ）2-4(2-a)=4（a-1)(a+2)<0时，即-2<a<1时，对一切x ∈[-1,+∞)，F(x) ≥0恒成立；ⅱ）当∆=4（a-1)(a+2) ≥0时由图可得以下充要条件：⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧-≤--≥-≥∆,1220)1(0af 即⎪⎩⎪⎨⎧-≤≥+≥+-,1030)2)(1(a a a a 得-3≤a ≤-2;综上所述：a 的取值范围为[-3，1]。
函数、不等式恒成立问题全方位总结
总结高中阶段出现的这类问题的类型,形成完整;
即2 (2
三.
某些含参不等式恒成立问题,在分离参数会遇到讨论的麻烦或者即使能容易分离出参数与变量,但函数的最值却难以求出时,可考虑变换思维角度“反客为主
换一下,变个视角重新审查恒成立问题,往往可避免不必要的分类讨论或使问题降次、简化,起到
例
若所给不等式进行合理的变形化为(或
函数的图像,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.
)在点
成立,得即可;
1,
一个函数不等式恒成立问题的两种解法
一个函数不等式恒成立问题的两种解法曹㊀彬(贵州省黔西第一中学㊀５５１５００)摘㊀要:函数是每年高考的必考内容ꎬ函数题常常是高考试卷上的压轴题之一.恒成立问题是函数题的常见题型ꎬ恒成立问题最终都转化成函数最值问题ꎬ但是当函数解析式相对复杂时ꎬ转化过程相当繁琐.本文根据高考考试大纲要求ꎬ指出在高考复习阶段ꎬ如何利用常规方法和高等数学知识解出函数不等式恒成立问题的参数取值范围.关键词:高考复习ꎻ函数不等式恒成立问题ꎻ洛必达法则中图分类号:Ｇ６３２㊀㊀㊀㊀㊀㊀文献标识码:Ａ㊀㊀㊀㊀㊀㊀文章编号:１００８－０３３３(２０２０)１６－００４９－０２㊀㊀函数作为高中数学知识体系的核心ꎬ是历年高考的热点ꎬ函数题常常作为高考压轴题出现.以研究函数性质为主要解题手段的不等式称为函数不等式ꎬ函数不等式恒成立问题是高考函数题中的重点ꎬ在高考试卷上较为常见.通常以一次函数㊁二次函数㊁三角函数㊁指数与对数函数为载体ꎬ考察函数的图象与性质ꎬ渗透换元㊁转化与化归㊁数形结合㊁函数与方程等思想方法ꎬ考查学生的综合解题能力ꎬ在培养思维的灵活性㊁创新性ꎬ发展学生数学核心素养起到积极的作用.函数不等式恒成立问题都要转化为函数最值问题ꎬ但对于解析式较复杂的函数ꎬ学生普遍感到难以找到解决问题的切入点和突破口.本文旨在介绍洛必达法则应用的同时ꎬ多种解法求一类特殊函数不等式恒成立问题中参数取值范围.㊀㊀一㊁问题的提出已知函数ｆ(ｘ)＝(ｘ＋１)ｌｎｘ－ａ(ｘ－１)ꎬ若对任意ｘɪ(１ꎬ＋ɕ)ꎬ都有ｆ(ｘ)>０恒成立ꎬ求常数ａ的取值范围.这种问题通常转化成讨论ｆ(ｘ)在(１ꎬ＋ɕ)上的最小值ꎬ而且常常用参变分离方法.如果仔细观察ꎬ会发现ｆ(１)＝０ꎬ这种问题的解法就有数形结合法㊁参变分离法ꎬ下面分别介绍这两种解法.㊀㊀二㊁问题的解答１.解法一(数形结合法)解题过程㊀函数ｆ(ｘ)的定义域为(０ꎬ＋ɕ)ꎬｆᶄ(ｘ)＝ｌｎｘ＋ｘ＋１ｘ－ａ＝ｌｎｘ＋１ｘ＋１－ａ.令ｇ(ｘ)＝ｌｎｘ＋１ｘ＋１－ａꎬｇᶄ(ｘ)＝１ｘ－１ｘ２＝ｘ－１ｘ２.因为ｘ>１ꎬ所以ｇᶄ(ｘ)>０恒成立ꎬ所以ｇ(ｘ)在(１ꎬ＋ɕ)上为单调增函数ꎬ且ｇ(１)＝ｆᶄ(１)＝２－ａ.当２－ａȡ０ꎬ即ａɤ２时ꎬｆᶄ(ｘ)>０在(１ꎬ＋ɕ)上恒成立ꎬ所以ｆ(ｘ)在(１ꎬ＋ɕ)上为单调增函数.由于ｆ(１)＝０ꎬ故满足ｆ(ｘ)>０在(１ꎬ＋ɕ)上恒成立.当２－ａ<０ꎬ即ａ>２时ꎬ有ｆᶄ(１)＝２－ａ<０ꎬ取ｘ＝ｅａꎬｆᶄ(ｅａ)＝ａ＋１ｅａ＋１－ａ＝１ｅａ＋１>０ꎬ故根据零点存在性定理ꎬ存在ｘ０ɪ(１ꎬｅａ)ꎬ使得ｆᶄ(ｘ０)＝０ꎬ此时ｆ(ｘ)在(１ꎬｘ０)上为单调减函数ꎬ在[ｘ０ꎬ＋ɕ)上为单调增函数.由于ｆ(１)＝０ꎬ故此时ｆ(ｘ)>０在(１ꎬ＋ɕ)上不恒成立.综上ꎬａɤ２.评析㊀这种解法就是参考答案给出的常规解法ꎬ根据函数的性质确定函数的图象ꎬ通过讨论函数在指定范围内是否有零点ꎬ逐步缩小参数的范围并最终确定ꎬ但是找区间的端点是难点.２.解法二(参变分离法)洛必达法则㊀设函数ｆ(ｘ)和ｇ(ｘ)满足: (１)ｌｉｍｘңｘｆ(ｘ)＝０ꎬｌｉｍｘңｘｇ(ｘ)＝０ꎻ(２)函数ｆ(ｘ)ꎬｇ(ｘ)在ｘ０的某个去心邻域内可导ꎬ且ｇᶄ(ｘ)ʂ０ꎻ(３)ｌｉｍｘңｘｆᶄ(ｘ)ｇᶄ(ｘ)＝Ａ(Ａ可以是实数ꎬ也可为ɕꎬ＋ɕꎬ－ɕ)ꎬ则ｌｉｍｘңｘｆ(ｘ)ｇ(ｘ)＝ｌｉｍｘңｘｆᶄ(ｘ)ｇᶄ(ｘ)＝Ａ.注:法则对于ｘңɕ时ꎬ或者条件(１)换成 ｌｉｍｘңｘｆ(ｘ)＝ɕꎬｌｉｍｘңｘｇ(ｘ)＝ɕ 同样适用.解答过程㊀由ｆ(ｘ)>０可得(ｘ＋１)ｌｎｘ－ａ(ｘ－１)>０ꎬ由于ｘ>１ꎬ所以得ａ<(ｘ＋１)ｌｎｘｘ－１恒成立.令ｇ(ｘ)＝(ｘ＋１)ｌｎｘｘ－１ꎬｘ>１ꎬｇᶄ(ｘ)＝[(ｘ＋１)ｌｎｘ]ᶄ(ｘ－１)－(ｘ＋１)ｌｎｘ(ｘ－１)２＝ｘ－１ｘ－２ｌｎｘ(ｘ－１)２.令ｈ(ｘ)＝ｘ－１ｘ－２ｌｎｘꎬｈᶄ(ｘ)＝１＋１ｘ２－２ｘ＝(ｘ－１)２ｘ２ꎬ所以ｈᶄ(ｘ)>０在(１ꎬ＋ɕ)上恒成立ꎬ所以函数ｈ(ｘ)在(１ꎬ＋ɕ)上为单调增函数ꎬ因为ｈ(１)＝０ꎬ所以ｈ(ｘ)>０在(１ꎬ＋ɕ)上恒成立ꎬ即ｇᶄ(ｘ)>０在(１ꎬ＋ɕ)上恒成立ꎬ所以函数ｇ(ｘ)在(１ꎬ＋ɕ)上为单调增函数ꎬ根据洛必达法则ｌｉｍｘң１ｇ(ｘ)＝ｌｉｍｘң１(ｘ＋１)ｌｎｘｘ－１＝ｌｉｍｘң１ｌｎｘ＋１＋１ｘ１＝２ꎬ所以ａɤ２.评析㊀这是最容易找到入手点的解法ꎬ但在最后阶段却出现疑惑ꎬ因为在ｘ＝１处的函数值不能直接解出ꎬ所以要用洛必达法则求极限值.运用上述两种解法ꎬ可解决如下同类型题:已知函数ｆ(ｘ)＝(１－ｘ２)ｅｘꎬ当ｘȡ０时ꎬ都有ｆ(ｘ)ɤａｘ＋１恒成立ꎬ求ａ的取值范围.函数题的得分率历来不高ꎬ学生普遍感到困难ꎬ分析有如下原因:需要对证明的等式或者不等式进行变形ꎬ此过程需要技巧ꎬ经验性很高ꎬ学生一般很难掌握ꎻ含有参数的问题需要分类讨论ꎬ讨论的类别较多ꎬ运算量大还容易遗漏ꎻ对研究的函数不能画出图象ꎬ难以构造出直观模型辅助思考ꎻ很多函数题需要多次求导.所以ꎬ如果用高中知识解答高考函数题ꎬ对学生的思考灵活性㊁思维严密性㊁表达逻辑性等方面的要求较高ꎬ难度较大.㊀㊀参考文献:[１]吴贤盛.不等式恒成立ꎬ参数值妙求解 ２０１９年全国卷Ⅰ文第２０题[Ｊ].中学数学ꎬ２０１９(２３):６９－７０.[２]张智云.浅析含参数不等式恒成立问题的求解策略[Ｊ].数学学习与研究ꎬ２０１９(２２):１１４.[责任编辑:李㊀璟]巧用数轴表示圆与圆的位置关系武兴亮(江苏省无锡市青山高级中学㊀２１４０００)摘㊀要:圆与圆的位置关系是高中数学中一个比较重要的知识点ꎬ常见判断圆与圆的位置关系共有两种方法:代数法和几何法.代数法虽然能判断圆与圆的交点个数ꎬ但是并不能准确地判断位置关系(有一个交点时不能判断内切还是外切ꎬ无交点时不能判断内含还是相离)ꎬ所以我们常用几何法来判定圆与圆的位置关系.本文将利用数轴ꎬ把圆与圆的位置关系展示在数轴上ꎬ使得学生可以更加直观地理解圆与圆的位置关系ꎬ方便他们的记忆及解决相关问题.关键词:数轴ꎻ圆与圆的位置关系中图分类号:Ｇ６３２㊀㊀㊀㊀㊀㊀文献标识码:Ａ㊀㊀㊀㊀㊀㊀文章编号:１００８－０３３３(２０２０)１６－００５０－０２㊀㊀一㊁圆与圆的位置关系(几何法)设有圆Ｃ１与圆Ｃ２ꎬ半径分别为ｒ１ꎬｒ２ꎬ两圆的圆心距为ｄꎬ从下面的图可以看出ꎬ平面上两圆的位置关系有五种ꎬ可以从两圆的圆心距与两圆的半径大小关系来判断. (１)当ｄ>ｒ１＋ｒ２时ꎬ圆Ｃ１与圆Ｃ２相离ꎻ(２)当ｄ＝ｒ１＋ｒ２时ꎬ圆Ｃ１与圆Ｃ２外切ꎻ(３)当｜ｒ１－ｒ２｜<ｄ<ｒ１＋ｒ２时ꎬ圆Ｃ１与圆Ｃ２相交ꎻ(４)当ｄ＝｜ｒ１－ｒ２｜时ꎬ圆Ｃ１与圆Ｃ２内切ꎻ(５)当ｄ<｜ｒ１－ｒ２｜时ꎬ圆Ｃ１与圆Ｃ２内含.㊀㊀二㊁结合数轴展示圆与圆的位置关系从上面圆与圆的位置我们发现ꎬ圆心距ｄ的值与ｒ１＋。
不等式恒成立问题的十种解法
一、判别式法若能把所给不等式转化为某个一元二次不等式，并且该一元二次不等式是对于一切实数x都恒成立，则可优先考虑判别式法．例l 设不等式，对于一切实数x都恒成立，求实数m的取值范围．解：因为所以原不等式可变为：因为该不等式对一切实数x都成立，必有整理得说明：若所给的区间并非一切实数时，切记不能使用判别式法．二、三角换元法通过适当的三角换元，把所给问题转化为含有的形式，再利用正弦函数的有界性来求出它的最值，从而使问题得到解决．例2 已知实数x、y满足时恒成立，则实数d的取值范围是( ))]，则y的最大值为，要使x+y+d≥O恒成立，必须有d大于等于y的最大值，即d≥，故选择答案(A)．三、分离参数对于含有参数的不等式，若能把所求的参数分离出来，应优先考虑实行参数分离，然后再在不等式的另一边进行其它变换，如使用均值不等式，或通过函数的单调性来求出它的最值，最后再通过参数与这个最值的关系来使问题得到解决．例3 对于任意恒成立，求实数m的取值范围．四、图象法如果所给不等式能够化为一边是我们熟悉的函数，那么我们可以通过它的图象，结合函数的单调性来求出它在所给区间上的最值，从而使问题得到解决．例4 若关于x的不等式对任意x∈[0，1]恒成立，则m的取值范围是( )(A)m≤一3 (B)m≥一3 (C)一3≤m≤0 (D)m≥一4解：考察函数的图象，当x∈[0，1]时，其函数的值域为y∈[一3，0]，若使不等式对任意x∈[0，1]恒成立，则m必须小于等于它的最小值3，即m≤一3，故选择答案(A)．五、变更主元法主元的选择要因题而异，在有些问题中一旦克服心理定势，标新立异地另选主元，那么问题的解决就会有峰回路转、柳暗花明的效果．例5 对于任意a∈[一l，1]，函数的函数值恒为正数，则实数x的取值范围是( ) (A) (B) (C)分析：由a的取值范围恒成立，可采用分类讨论去寻找 x 的的取值范围，但是这是比较麻烦的，再看a 的取值范围已经知道了,变a为主元，x为参数，反其道而行之．六、几何法含有绝对值的不等式，可利用绝对值的几何意义这一直观使问题加以解决．例6 若不等式恒成立，求实数d的取值范围．解：设由绝对值的几何意义可知，d表示数轴上的点到实数l、4所对应两点距离的和，所以d≥3，要使恒成立，必须有a于等于d的最小值，即a≤3．七、均值不等式法运用均值不等式求出所给代数式的最值，然后再用所给的值与这个最值进行比较．例7 (第l1届希望杯试题)设a>b>c，恒成立，则自然数n的最大值为( ) (A)2 (B)3 (C)4 (D)5八、数学归纳法当不等式中含有自然数凡时，应优先考虑用数学归纳法来探求．由上可得：存在最大的自然数m=13．使不意大于等于2的自然数n都恒成立．九、放缩法把所给不等式进行适当的放缩，从而使问题得到解决．对所有的正整数恒成立．十、二项式定理展开法当不等式中含有所给数的凡次方时，可试着考虑使用二项式定理，通过二项式定理的展开式有选择地选取几项进行放缩，从而使问题得到解决．例l0 求证．对于任意大于等于2的自然数不等式恒成立．。
(完整版)恒成立能成立问题总结(详细)
恒成立问题的类型和能成立问题及方法处理函数与不等式的恒成立、能成立、恰成立问题是高中数学中的一个重点、难点问题。
这类问题在各类考试以及高考中都屡见不鲜。
感觉题型变化无常，没有一个固定的思想方法去处理，一直困扰着学生，感到不知如何下手。
在此为了更好的准确地把握快速解决这类问题，本文通过举例说明这类问题的一些常规处理。
一、函数法（一）构造一次函数 利用一次函数的图象或单调性来解决 对于一次函数],[),0()(n m x k b kx x f ∈≠+=有：⎩⎨⎧<<⇔<⎩⎨⎧>>⇔⎩⎨⎧><⎩⎨⎧>>⇔>0)(0)(0)(;0)(0)(0)(00)(00)(n f m f x f n f m f n f k m f k x f 恒成立或恒成立例1 若不等式m mx x ->-212对满足22≤≤-m 的所有m 都成立，求x 的范 围。
解析：将不等式化为：0)12()1(2<---x x m ，构造一次型函数：)12()1()(2---=x m x m g原命题等价于对满足22≤≤-m 的m ，使0)(<m g 恒成立。
由函数图象是一条线段，知应⎪⎩⎪⎨⎧<---<----⇔⎩⎨⎧<<-0)12()1(20)12()1(20)2(0)2(22x x x x g g 解得231271+<<+-x ，所以x 的范围是)231,271(++-∈x 。
小结：解题的关键是将看来是解关于x 的不等式问题转化为以m 为变量，x 为参数的一次函数恒成立问题，再利用一次函数的图象或单调性解题。
练习:(1)若不等式01<-ax 对[]2,1∈x 恒成立，求实数a 的取值范围。
（2）对于40≤≤p 的一切实数，不等式342-+>+p x px x 恒成立，求x 的取值范围。
（答案：或）（二）构造二次函数 利用二次函数的图像与性质及二次方程根的分布来解决。
不等式恒成立问题解题方法汇总(含答案)
不等式恒成立问题解题方法汇总（含答案）不等式恒成立问题一般设计独特，涉及到函数、不等式、方程、导数、数列等知识，渗透着函数与方程、等价转换、分类讨论、换元等思想方法，成为历年高考的一个热点．考生对于这类问题感到难以寻求问题解决的切入点和突破口．这里对这一类问题的求解策略作一些探讨．1最值法例1．已知函数在处取得极值，其中为常数．（I）试确定的值；（II）讨论函数的单调区间；（III）若对于任意，不等式恒成立，求的取值范围．分析：不等式恒成立，可以转化为2分离参数法例2．已知函数（I）求函数的单调区间；（II）若不等式对于任意都成立（其中是自然对数的底数），求的最大值．分析：对于（II）不等式中只有指数含有，故可以将函数进行分离考虑．3 数形结合法例3．已知当时，不等式恒成立，则实数的取值范围是＿＿＿．分析：本题若直接求解则比较繁难，但若在同一平面直角坐标系内作出函数与函数在上的图象，借助图形可以直观、简捷求解．4 变更主元法例4．对于满足不等式的一切实数，函数的值恒大于，则实数的取值范围是＿＿＿．分析：若审题不清，按习惯以为主元，则求解将非常烦琐．应该注意到：函数值大于对一定取值范围的谁恒成立，则谁就是主元．5 特殊化法例5．设是常数，且（）．（I）证明：对于任意，．（II）假设对于任意有，求的取值范围．分析：常规思路：由已知的递推关系式求出通项公式，再根据对于任意有求出的取值范围，思路很自然，但计算量大．可以用特殊值探路，确定目标，再作相应的证明．6分段讨论法例6．已知，若当时，恒有＜0，求实数a的取值范围．例7．若不等式对于恒成立，求的取值范围．7单调性法例8．若定义在的函数满足，且时不等式成立，若不等式对于任意恒成立，则实数的取值范围是＿＿＿．8判别式法例9．若不等式对于任意恒成立．则实数的取值范围是＿＿＿．分析：此不等式是否为一元二次不等式，应该先进行分类讨论；一元二次不等式任意恒成立，可以选择判别式法．例10．关于的不等式在上恒成立，求实数的取值范围．答案部分1最值法例1．已知函数在处取得极值，其中为常数．（I）试确定的值；（II）讨论函数的单调区间；（III）若对于任意，不等式恒成立，求的取值范围．分析：不等式恒成立，可以转化为解：（I）（过程略）．（II）（过程略）函数的单调减区间为，函数的单调增区间为．（III）由（II）可知，函数在处取得极小值，此极小值也是最小值．要使（）恒成立，只需，解得或．所以的取值范围为．评注：最值法是我们这里最常用的方法．恒成立；恒成立．2分离参数法例2．已知函数（I）求函数的单调区间；（II）若不等式对于任意都成立（其中是自然对数的底数），求的最大值．分析：对于（II）不等式中只有指数含有，故可以将函数进行分离考虑．解：（I）（过程略）函数的单调增区间为，的单调减区间为（II）不等式等价于不等式，由于，知；设，则．由（I）知，，即；于是，，即在区间上为减函数．故在上的最小值为．所以的最大值为．评注：不等式恒成立问题中，常常先将所求参数从不等式中分离出来，即：使参数和主元分别位于不等式的左右两边，然后再巧妙构造函数，最后化归为最值法求解．3 数形结合法例3．已知当时，不等式恒成立，则实数的取值范围是＿＿＿．分析：本题若直接求解则比较繁难，但若在同一平面直角坐标系内作出函数与函数在上的图象，借助图形可以直观、简捷求解．解：在同一平面直角坐标系内作出函数与函数在上的图象（如右），从图象中容易知道：当且时，函数的图象恒在函数上方，不合题意；当且时，欲使函数的图象恒在函数下方或部分点重合，就必须满足，即．故所求的的取值范围为．评注：对不等式两边巧妙构造函数，数形结合，直观形象，是解决不等式恒成立问题的一种快捷方法．4 变更主元法例4．对于满足不等式的一切实数，函数的值恒大于，则实数的取值范围是＿＿＿．分析：若审题不清，按习惯以为主元，则求解将非常烦琐．应该注意到：函数值大于对一定取值范围的谁恒成立，则谁就是主元．解：设，，则原问题转化为恒成立的问题．故应该有，解得或．所以实数的取值范围是．评注：在某些特定的条件下，若能变更主元，转换思考问题的角度，不仅可以避免分类讨论，而且可以轻松解决恒成立问题．5 特殊化法例5．设是常数，且（）．（I）证明：对于任意，．（II）假设对于任意有，求的取值范围．分析：常规思路：由已知的递推关系式求出通项公式，再根据对于任意有求出的取值范围，思路很自然，但计算量大．可以用特殊值探路，确定目标，再作相应的证明．解：（I）递推式可以化归为，，所以数列是等比数列，可以求得对于任意，．（II）假设对于任意有，取就有解得；下面只要证明当时，就有对任意有由通项公式得当（）时，当（）时，，可见总有．故的取值范围是评注：特殊化思想不仅可以有效解答选择题，而且是解决恒成立问题的一种重要方法．6分段讨论法例6．已知，若当时，恒有＜0，求实数a的取值范围．解：（i）当时，显然＜0成立，此时，（ii）当时，由＜0，可得＜＜，令则＞0，∴是单调递增，可知＜0，∴是单调递减，可知此时的范围是（—1，3）综合i、ii得：的范围是（—1，3）．例7．若不等式对于恒成立，求的取值范围．解：（只考虑与本案有关的一种方法）解：对进行分段讨论，当时，不等式恒成立，所以，此时；当时，不等式就化为，此时的最小值为，所以；当时，不等式就化为，此时的最大值为，所以；由于对上面的三个范围要求同时满足，则所求的的范围应该是上三个的范围的交集即区间说明：这里对变量进行分段来处理，那么所求的对三段的要同时成立，所以，用求交集的结果就是所求的结果．评注：当不等式中左右两边的函数具有某些不确定的因素时，应该用分类或分段讨论方法来处理，分类（分段）讨论可使原问题中的不确定因素变化成为确定因素，为问题解决提供新的条件；但是最后综合时要注意搞清楚各段的结果应该是并集还是别的关系．7单调性法例8．若定义在的函数满足，且时不等式成立，若不等式对于任意恒成立，则实数的取值范围是＿＿＿．解：设，则，有．这样，，则，函数在为减函数．因此；而（当且仅当时取等号），又，所以的取值范围是．评注：当不等式两边为同一函数在相同区间内的两个函数值时，可以巧妙利用此函数的单调性，把函数值大小关系化归为自变量的大小关系，则问题可以迎刃而解．8判别式法例9．若不等式对于任意恒成立．则实数的取值范围是＿＿＿．分析：此不等式是否为一元二次不等式，应该先进行分类讨论；一元二次不等式任意恒成立，可以选择判别式法．解：当时，不等式化为，显然对一切实数恒成立；当时，要使不等式一切实数恒成立，须有，解得．综上可知，所求的实数的取值范围是．不等式恒成立问题求解策略一般做法就是上面几种，这些做法是通法，对于具体问题要具体分析，要因题而异，如下例．例10．关于的不等式在上恒成立，求实数的取值范围．通法解：用变量与参数分离的方法，然后对变量进行分段处理；∵，∴不等式可以化为；下面只要求在时的最小值即可，分段处理如下．当时，，，再令，，它的根为；所以在区间上有，递增，在区间上有，递减，则就有在的最大值是，这样就有，即在区间是递减．同理可以证明在区间是递增；所以，在时的最小值为，即．技巧解：由于，所以，，两个等号成立都是在时；从而有（时取等号），即．评注：技巧解远比通法解来得简单、省力、省时但需要扎实的数学基本功．。
不等式的恒成立问题基本解法9种解法
不等式的恒成立问题基本解法9种解法不等式的恒成立问题基本解法：9种解法导语：在数学中，我们经常会遇到不等式的问题，而不等式的恒成立问题则更加耐人寻味。
不等式的恒成立问题是指对于某个特定的不等式，是否存在一组解使得不等式始终成立。
解决这种问题需要灵活运用数学知识和技巧。
本文将介绍不等式的恒成立问题的基本解法，共包括9种方法。
一、置换法。
这是最简单的一种方法，即将不等式中的变量互相置换，然后观察不等式是否成立。
如果成立，则不等式恒成立。
对于x^2 +y^2 ≥ 0这个不等式，我们可以将x和y置换一下，得到y^2 + x^2 ≥ 0。
由于平方数是非负数，所以不等式始终成立。
二、加法法则。
这种方法是通过在不等式的两边同时加上相同的数来改变不等式的符号。
对于不等式2x + 3 ≥ x + 4，我们可以在两边同时加上-3，得到2x + 3 - 3 ≥ x + 4 - 3，即2x ≥ x + 1。
由于x的取值范围不限制，所以不等式恒成立。
三、减法法则。
与加法法则相似，减法法则是通过在不等式的两边同时减去相同的数来改变不等式的符号。
对于不等式2x + 3 ≥ x + 4，我们可以在两边同时减去x，得到x + 3 ≥ 4。
由于x的取值范围不限制，所以不等式恒成立。
四、乘法法则。
这种方法是通过在不等式的两边同时乘以相同的正数来改变不等式的符号。
对于不等式2x + 3 ≥ x + 4，我们可以在两边同时乘以2，得到4x + 6 ≥ 2x + 8。
由于x的取值范围不限制，所以不等式恒成立。
五、除法法则。
与乘法法则相似，除法法则是通过在不等式的两边同时除以相同的正数来改变不等式的符号。
对于不等式2x + 3 ≥ x + 4，我们可以在两边同时除以2，得到x + 3/2 ≥ 1 + x/2。
由于x的取值范围不限制，所以不等式恒成立。
六、平方法则。
这种方法是通过平方运算来改变不等式的符号。
对于不等式x^2 ≥ 0，我们可以将x^2展开为(x + 0)^2，得到x^2 + 0 ≥ 0。
不等式恒成立、能成立、恰成立问题经典教程
不等式恒成立、能成立、恰成立问题一、不等式恒成立问题的处理方法 1、转换求函数的最值：（1）若不等式()A x f >在区间D 上恒成立,则等价于在区间D 上()min f x A >，⇔()f x 的下界大于A （2）若不等式()B x f <在区间D 上恒成立,则等价于在区间D 上()max f x B <,()f x 的上界小于A 例1、设f(x)=x 2-2ax+2,当x ∈[-1,+∞]时，都有f(x)≥a 恒成立，求a 的取值范围。
例2、已知(),22xax x x f ++=对任意[)()0,,1≥+∞∈x f x 恒成立,试求实数a 的取值范围;例3、R上的函数()x f 既是奇函数，又是减函数，且当⎪⎭⎫⎝⎛∈2,0πθ时，有()()022sin 2cos 2>--++m f m f θθ恒成立，求实数m 的取值范围.例4、已知函数)0(ln )(44>-+=x c bx x ax x f 在1=x 处取得极值3c --，其中a 、b 为常数.（1）试确定a 、b 的值； （2）讨论函数)(x f 的单调区间；（3）若对任意0>x ，不等式22)(c x f -≥恒成立，求c 的取值范围。
2、主参换位法例5、若不等式a 10x -<对[]1,2x ∈恒成立，求实数a 的取值范围例6、若对于任意1a ≤，不等式2(4)420x a x a +-+->恒成立，求实数x 的取值范围例7、已知函数323()(1)132a f x x x a x =-+++，其中a 为实数．若不等式2()1f x x x a '--+＞对任意(0)a ∈+∞，都成立，求实数x 的取值范围．3、分离参数法（1） 将参数与变量分离，即化为()()g f x λ≥（或()()g f x λ≤）恒成立的形式； （2） 求()f x 在x D ∈上的最大（或最小）值；（3） 解不等式()max ()g f x λ≥(或()()min g f x λ≤) ，得λ的取值范围。
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
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。
高考中函数含参量不等式恒成立问题的解题
高考中函数含参量不等式恒成立问题的解题函数在高中数学的学习中处于十分重要的地位，从高考卷的出题形式也可看出其重要性。
尤其是关于含参量不等式恒成立问题，更是屡见不鲜。
该类题型不仅考察学生对知识的掌握和理解能力，同时考察学生的思维转换能力，是一种综合类题型。
含参量不等式恒成立问题，一般题型包括已知不等式恒成立求参数范围问题、证明含参量不等式恒成立问题和已知含参量不等式的解，求参数取值范围。
本文主要介绍已知含参量不等式恒成立求参数范围的不同的处理方式，对于相似的题目，怎样分析并抉择哪种方案更为简洁，更有效率。
一、直接求导，确定参数范围在做过大量函数相关问题后，学生们一定会意识到求导对于这类题型的重要性，一般情况下，“求导”的步骤是学生们一定会想到的，然而求导后呢，该如何判断和处理呢?(一)参数看成已知，根据极值点判断例1 已知函数f(x) = a(x2-1)-ln x，若f(x) ≥0，在[1,+∞)上恒成立，求a 范围。
思路探索 f(x) ≥0 在[1,+∞)上恒成立，那么就可以转化为在[1,+∞)求函数f(x)的最小值，使其最小值大于等于零即可。
求函数最大值问题，也就是对该函数求导，之后观察导函数，确定极值点，通过极值点与x 的取值范围确定参数范围进行讨论，进而判断函数取最大值时x 的值，从而求出参数范围。
解1)当a ≤0 时，f′(x) ＜0，所以f(x)在[1,+∞)上单调递减，当x ＞1 时，则有f(x)＜f(1)=0，与题干矛盾，舍去。
2) 当a ＞0 时，令f′(x) ＞0，得得当即时，所以时，f′(x)＜0，即f(x)单调递减，所以f(x)＜f(1)=0 与题干矛盾，舍去。
当即时， x ∈ [1,+∞) 时，f′(x) ＞0，即f(x) 单调递增，所以f(x) ＞f(1) = 0 满足题意。
综上，该题无需对原函数或是导函数进行变换转化，直接进行求导，通过观察导函数小于零(或大于零)，对参数进行分情况讨论，进而确定参数符合题意的范围。