恒成立问题的求解策略
恒成立问题的求解策略
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。
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。
“恒成立”问题求解策略的探索
复 习指 津
恒 成 ＂问 题 求 解 策 略 探 索 立 的
江 苏丹 阳市教 师进 修 学校 （ ］ ３ ０ 步 ２２０ ）
在数 学 问 题 研 究 中 经 常 碰 到 在 给 定 条 件 下 某 些 结
飞
论 恒成立 的命题 ， 在高考试题 中对 于恒 成立 的问题也 时
值还 是最 小 值 ， 要 注意判 断好 是 开 区间还是 闭区间 ． 还 【 １ 已知 厂Ｌ ＝ｘｎ ， （ 一 一ｚ ＋ ｎ 一 ３ 若 例 １ （ ） ｌｘ ｇ ） ｚ ，
果． 尤其 是选择 题 、 空题 ， 填 这种方法更显方便 、 快捷．
【 ３ 对于满足 ｌ ≤２的所有 实数 ｍ， 例 】 ｍｌ 求使不等
Ｉ 一． １ ≤
得一３ ≤一２ ≤ｎ ．
综合可得 ａ的取值 范围为［ ，］ 一３ １．
３ 数 形 结 合 法 ．
若 把不等式进行合理地 变形 ， 能非常容 易地画 出 则
不 等 号 两 边 函 数 的 图 象 ， 过 画 图就 可 直 接 判 断 得 出结 通
函数 的最值 问题 ， 在解题时要判断清楚是求 厂 的最 大 （）
略解 ： 当 ∈ （ ， ｏ ） ，／ ） ｇ ） 即 ２ ｌ ≥ Ｏ ＋ 。 时 ２ （ ≥ （ ， ｘｎ ｘ
０
一ｚ ＋ “ 一 ３ 也 即 ａ ２ｎ ， ￣ １ｘ＋ ＋ ， 工
０
然可将 视作 白变量 ， 上述 问题 即可转化 为在 ［ ， 则 一２ ２ 内关 于 的一次函数大于 ０ ］ 恒成立 的问题 （ 因为求 的
为 函数 的最值 问题 ， 若在不等式 中出现两个变量 、 ， 志 其
中一 个 变 量 的 范 围 已 知 ， 一 个 变 量 ｋ的 范 围 为 所 另 求 ， 容 易 通 过 恒 等 变 形 将 两 个 变 量 、 别 置 于不 等 且 ｋ分 号 的两 边 ， 可 将 恒 成 立 问题 转 化 为 是 厂 ）忌 厂 ｚ 则 ＞ （ 、＜ （ ） （ 是 厂 ｚ ＞ ｇ ｚ 、 （ ） （ ） ， 恒 成 立 问 题转 化 成 或 （ ） （ ）厂 ｚ ＜ｇ ｚ ） 该
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.。
高中数学恒成立问题的求解策略
高 中 数 学 恒 成 立 问 题 的 求 解 策 略
肖常 定
（ 兴 义 市 第 一 中学 ， 贵州 兴义 摘 要： 对 于恒 成 立 问 题 ， 一 些 学 生 经 常是 束 手 无 策 ， 不 知 道从哪里 下手 。 找 不 到 问 题 的 突破 口 ， 因而 感 觉 十 分 困难 ． 如 果运 用 方 程 和 函数 思 想 ， 采用换元 、 化 归、 数 形 结 合 的 思 想 方法． 其 实恒 成 立 问题 是 不 难 解 决 的 ． － 巨成 立 问题 有 利 于 考 查 学 生 的 综合 解题 能 力 ． 也 是 历 年 高考 的 一 个 热 点． 本 文就 高 中 数 学恒 成 立 问题 的 求 解 策 略作 一 些 归纳 和 总结 。 以 飨读 者． 关键词 ： 高 中数 学 恒成 立 问题 思 想 方 法 求 解 策略
解 ： 当ｍ‘ 一 Ｉ ＝ ０ ￣ Ｐ ｍ ＝ ± ｌ 时， 分 别 代 人 已知 不 等 式 ， 知ｍ＝ ｌ 符 合题意 ：
例４ ： 对于 满足Ｉ ｐ ｌ ≤２ 的所有 实数Ｐ ， 求使不 等式ｘ ‘ ＋ ｐ ｘ ＋ ｌ ＞ ２ ｘ ＋ ｐ 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 和Ｐ ， 关 键 在 于 把 哪 个 字母 看 成 变 量 ， 另一 个 作 为 常 数 ． 因 为Ｐ 的范围已知 ， 故 本 题 可 将ｐ 视 为 自变 量 ， 上 述 问题 即 转化 为 在 ［ 一 ２ ， ２ ］ 上 关 于 的一 次 函 数 大 于０ 恒成立的问题．
Ａ ≤０ 即可． ３ ． 二 次 函 数 在 指 定 区 间 上 的恒 成 立 问 题 ， 可 以 利 用 韦 达
定 理 及 根 的实 根 分 布 知 识 求解 ． 例ｌ ： 不等式 （ ｍ ‘ 一 １ ） ｘ ‘ ＋ ２ （ ｍ一 １ ） ｘ 一 １ ≤０ 对 任 意ｘ∈Ｒ 都成立 ， 求 实数 ｍ的 值 ．
探索“恒成立” 问题的求解策略
探索“恒成立” 问题的求解策略摘要：本文分析了六种“恒成立”问题的求解策略，旨在帮助学生提高数学思维能力和解题能力。
关键词：数学；恒成立；策略作者简介：陈友兰，任教于河南省登封市第一高级中学。
近年来，高考数学和竞赛数学试题中常常出现这样一类问题：含参数变量的“恒成立”不等式问题。
成功解决这类问题往往需要有良好的观察与分析、灵巧的转化与代归、高水平的运算与推理。
怎样转化问题才能有利于问题的解决，始终是同学们倍感头疼的事情。
笔者认为下面几种策略比较实用，同时还有助于学生提高数学思维。
策略1：实施变量分离已知不等式f(x,a)≥0（或≤0）对于任意x∈A恒成立。
如果f(x,a)≥0（或≤0）可变形成a≥g(x),则a≥g(x)的最大值（或极大值）；如果f(x,a)≥0（或≤0）可变形成a≤g(x),则a≤g(x)的最小值（或极小值）。
例1：设f(x)是定义在R上的单调增函数，若对于任意a∈[－1,1]恒成立，求x的取值范围。
解：因为f(x)是R上的增函数，所以，且a∈[－1,1]，分离a,使。
① 当1－x>0时，上式转化为，对于任意a∈[－1,1] 恒成立，只要即可。
故求得0≤x＜1,或x≤－1.②当1－x＜0时，上式可转化为，对于a∈[－1,1] 恒成立。
只要即可，求得x>1。
③当1－x=0时，显然有≥0成立。
即x=1。
综上可知x的取值范围是：x≤－1,或x≥0。
策略2：利用函数的最大值、最小值例2：已知不等式对于任意正数x恒成立，则实数k的取值范围是。
（2008年高考京师预测卷）分析：该题若令f(x)= ,只需求出f(x)的最大值，让其最大值小于即可。
又，因为x>0 ，所以k>0。
当>0时，解得：,当<0时，解得：。
故可得在时，，即得，结合条件得：0<k≤1。
评注：利用函数的最大值或最小值是转化“恒成立”问题的基本方法（变量分离法求解“恒成立”问题也是利用了这种方法的基本思想）。
恒成立条件下参数问题的求解策略
恒成立条件下参数问题的求解策略〔关键词〕恒成立条件；参数；不等式；函数值域；等价转化；分离参数；主参互换所谓恒成立条件下参数的范围是指某个含参数的数学对象在给定条件下的参数允许取值的全体.求参数范围的本质则是根据条件寻求对参数的限制，再由这种限制得出参数范围.参数的范围一般用不等式表示，这样寻求对参数的限制可优先考虑，化归为关于参数的不等式（组）.当然，若所求为另一个变量的函数时，可考虑借助函数值域或范围.求参数范围的一般步骤为：１.由给定条件寻找对参数的限制；２.将对参数的限制化归为不等式（组）或函数的值域；３.由不等式（组）在寻找参数的范围时，可充分考虑利用判别式法、基本不等式法、数形结合法等.在将限制条件划归为不等式（组）或函数值域时常用等价转化、分离参数、主参互换、数形结合等方法.下面通过几个例题对这些方法作以展示，希望对读者有所启示.等价转化有些题目直接入手解决往往比较复杂，但若对题设中的式子作以等价转化，则可以化繁为简，易于问题的解决.例1：设对所有实数x，不等式x2log2+2xlog2+log2＞0恒成立，求a的取值范围.分析：此题直接求解比较麻烦，若令log2=t，则原式可化为（3+t）x2-2xt+2t ＞0恒成立，经过分析可求解.解：设log2=t，则欲使已知不等式大于0恒成立，只需（3+t）x2-2xt+2t＞0恒成立，即3x2+[（x-1）2+1]t＞0恒成立，故只需t＞0，即log2＞0，解得0＜a ＜1.分离参数法对于有些问题若能将已知式子中的未知数和参数分离开来，则可通过求函数的值域求出参数的取值范围.例2：已知函数f（x）=，x∈[1，+∞），若对任意x∈[1，+∞），f（x）＞0恒成立，试求实数a的取值范围.分析：此题可先经过等价转化，由区间[1，+∞）上，f（x）＞0恒成立?圳x2+2x+a＞0恒成立，然后将不等式分离参数得g（a）＞f（x）恒成立，再求得f（x）的最大值f（x）max，由g（a）＞f（x）max得a的取值范围.解：在区间[1，+∞）上，f（x）＞0恒成立?圳x2+2x+a＞0恒成立.要使x2+2x+a ＞0恒成立，只需a＞-x2-2x=-（x+1）2+1恒成立.由二次函数的性质可得-（x+1）2+1≤-3，故a＞-3.利用函数的最值例3：同例2.分析：此题可等价转化为在区间[1，+∞）上x2+2x+a＞0恒成立，令y=x2+2x+a，x∈[1，+∞），判断y=x2+2x+a在区间[1，+∞）上的单调性从而求出ymin=3+a，再根据ymin=0时f（x）＞0恒成立解得a的取值范围.解：在区间[1，+∞）上f（x）＞0恒成立?圳x2+2x+a＞0恒成立.因为函数y=x2+2x+a=（x+1）2+a-1在区间[1，+∞）上为增函数，所以当x=1时，ymin=3+a.于是当且仅当ymin=3+a＞0时，f（x）＞0恒成立，即有a＞-3.利用函数的单调性通过研究函数的单调性确定函数的值域，从而求出参数的范围也是解此类题目常用的方法.例4：同例2.分析：先将f（x）=，x∈[1，+∞）化简为f（x）=x++2，x∈[1，+∞），再通过判断此函数的单调性求出f（x）min=3+a，进而求得a的取值范围.解：f（x）=x++2，x∈[1，+∞），当a≥0时，函数f（x）的值恒为正；当a ＜0时，y=x+2与y=在[1，+∞）上均为增函数.所以f（x）=x++2在x∈[1，+∞）上为增函数，故当x=1时，f（x）min=3+a.于是当且仅当f（x）min=3+a＞0时，f（x）＞0恒成立.故a＞-3.主参互换在求参数范围时，如果直接求解较为困难，那么在已知条件中将参数和未知数进行换位，则可使问题迎刃而解.例5：已知方程ax2-2（a-3）x+a-2=0中的a为负整数，试求使方程恒有整数解时a的取值范围.分析：可将关于x的二次方程通过变更主元化为关于参数a的一次方程，由方程得（x2-2x+1）a+6x-2=0，再根据a的取值范围求得x的取值范围，从而确定x的取值，再经过讨论可求得a的取值范围.解：因为ax2-2（a-3）x+a-2=0，所以（x-1）2a=2-6x.显然x≠1，得a=.（1）∵a为负整数，∴a≤-1.故≤-1，即x2-8x+3≤0，解得4-≤x≤4+.因此，x的整数值只能为2、3、4、5、6、7，逐个代入（1）式中，可知x=2时，a=-10；x=3时，a=-4.故当a为-4或-10时，方程恒有整数解.注：此解通过变更主元将关于x的二次方程转化为关于a的一次方程，起到了降次、化简的功效，更是避免了不必要的分类讨论.构造函数法根据题目中所给的含参不等式的结构特征构造适当的函数，并利用函数的性质可求参数的范围.例6：已知不等式++…+＞loga（a-1）+对于大于1的一切自然数n恒成立，试求参数a的取值范围.分析：根据题目所给的不等式的特点构造函数f（n）=++…+，并通过判断此函数的单调性求出f（n）的最小值为f（2）=，由f（n）＞loga（a-1）+对于大于1的一切自然数n恒成立，必须有loga（a-1）+＜，从而可求得a的取值范围.解：构造函数f（n）=++…+，则f（n+1）-f（n）=+-=＞0.由此可知，关于n（n＞1，n∈N）的函数f（n）在[2，+∞）上是单调递增函数.又∵n是大于1的自然数，∴f（n）≥f（2）=.故要使f（n）＞loga（a-1）+对于大于1的一切自然数n恒成立，必须有loga （a-1）+＜.∴loga（a-1）＜-1，∴a∈（1，）.。
恒成立问题的解题策略
1、若不等式 对一切 恒成立，则实数a的取值范围
2、已知函数 在 上， 恒成立，则实数a的取值范围
3、不等式 在 上恒成立，则实数a的取值范围
4、已知函数 ，若 的取值范围
6、关于x的不等式 ，当0≤x≤1时恒成立，则实数a的取值范围为.
f(x)>0恒成立 ；
f(x)<0恒成立 .
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，往往转化为求函数在此区间上的最值问题更简捷。
例6．（1）若函数 的定义域为R，求实数 的取值范围.
（2）若函数 的值域为R，求实数 的取值范围.
例7：已知函数 ，在R上 恒成立，求 的取值范围.
（一）恒成立问题基本类型1：先分离参数，再求函数的最值（或值域）
若不等式 在区间 上恒成立,则等价于:在区间 上,函数
若不等式 在区间 上恒成立,则等价于:在区间 上,函数
例1：（1）设实数 满足 ，若 恒成立，则 的取值范围是______
（2）不等式 对一切实数 恒成立，求实数 的取值范围_____
7、若不等式x2＋ax＋1≥0对于一切x∈(０， ］成立，则a的最小值是().
Ａ.０Ｂ.－２Ｃ.－ Ｄ.－３
8、如果函数y=f(x)=sin2x+acos2x的图象关于直线x= 对称，那么a=（）.
A.1 B.-1 C. D.- .
9、 对满足 的一切 的值，都有 ，求实数 的取值范围；
10、已知函数 ， ．
（3） 的取值范围______
（4） 的取值范围______ .
例2．(07上海)已知函数
（1）判断函数 的奇偶性；
（2）若 在区间 是增函数，求实数 的取值范围。
关于不等式、方程中恒成立问题的求解策略.
关于不等式、方程中恒成立问题的求解策略1．若一元二次不等式0142≥+-x ax 对任意实数x 恒成立，求实数a 的取值范围。
4,0416,0≥⇒⎩⎨⎧≤-=∆>a a a 。
注：变题：（1）若一元二次不等式0142≥+-x ax 的解集为R ，求实数a 的取值范围。
同上（2）若一元二次不等式0142<+-x ax 的解集为φ，求实数a 的取值范围。
同上（3）若不等式0142<+-x ax 的解集为φ，求实数a 的取值范围。
（注意：此时要讨论了）（4）若不等式0142<+-x ax 的解集不为φ，求实数a 的取值范围。
（注意：此时要讨论了）显然a ≤0时命题成立；当a>0时，由△＞0得a<4,此时0＜a ＜4；综上得 a<4。
（5）若关于x 的不等式049)1(2205222<+++++-m x m mx x x 的解集为φ，求实数m 的取值范围。
41≥m （6）已知函数362+-=kx kx y 的定义域为R ，求实数k 的取值范围。
⎥⎦⎤⎢⎣⎡31,0 （7）若不等式组()⎪⎩⎪⎨⎧-≥-≤--,1,0222x a x x x ax 的解集为R ，求实数a 的取值范围。
1-=a 2．已知关于x 的不等式022<+-ax x 对任意()2,1∈x 恒成立，求实数a 的取值范围。
解：法一 令()22+-=ax x x f ，则问题转化为()()3.02,01≥⇒⎩⎨⎧≤≤a f f 。
法二 因()2,1∈x ，由022<+-ax x 整理得 xx a 2+>， 则问题转化为x x a 2+>对任意()2,1∈x 恒成立，因32<+x x ，∴3≥a 。
变题：（1）已知集合()2,1中的所有元素都是关于x 的不等式022<+-ax x 的解，求实数a 的取值范围。
（2）已知关于x 的不等式022>+-ax x 对任意()2,1∈x 恒成立，求实数a 的取值范围。
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故令 Α 、 Β 为一些特殊值作为突破口 . 换元: 令 co sx = t, 于是原题变为: 求使 t + ( 1 - a ) t © 1995-2005 Tsinghua Tongfang Optical Disc Co., Ltd. All rights reserved.
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《数学教学通讯》 2004 年 6 月 ( 下半月) ( 总第 211 期)
[ - 1, 1 ] 时 g (a ) > 0 恒成立, 所以等价于
x ≥2 g (x < 2 g ( 1) > 0
对 一 切 实 数
k 2 ≤ sin 2 Α+ 1 ① k 2 - k ≥ sin 2 Α-
Α 恒 成 立
sin Α ②
1) > 0
g ( 1) > 0 g (-
或
] x < 1 或 x > 3.
令 f ( t) = t2 + ( 1 - a ) t - a 2 , 则它是对称轴为 x =
a-
解: ( 1) f (x 1 ) + f (x 2 ) =
1 = 4x 2 + m
1 1 恒成立 Ζ x 1 + 2 4 + m
1
1 恒成立 Ζ 2 ( 4x 1 + 4x 2 + 2m ) = 4x 1 + x 2 + 2
) ≥ f (k 2 数, 问是否存在实数 k , 使得不等式 f (k - sin Α ) 对一切实数 Α恒成立? sin 2 Α
以 看出, 求解恒成立问题可以转化为求函数的最值问 题 . 根据具体问题, 可采用以下方法:
一、 主元素法
这种方法就是改变自变量与参数的位置, 当变化的 量较多时, 选择其中一个作为主要的元素, 其他视为常 量, 这样可将问题简单化 . 例 1 若 a ∈ [ - 1, 1 ] 时 f (x ) = x 2 + (a - 4) x +
(或
] x < 1 或 x > 3).
要使 ② 对一切实数 Α恒成立, 只须 k 2 - k ≥ ( sin 2 Α
) m ax = 2. 解不等式组 - sin Α
k2 ≤ 1 k2 - k ≥ 2
得 k = - 1, 即
存在实数 k = - 1 符合题意 . 例 4 ( 2002 年全国高考题改编) 已知函数 f (x ) =
) ≥ 0 且 f ( 2 + co sΒ) 已知不论 Α 、 Β 取何值, 恒有 f ( sin Α
三、 函数与方程法
解题的着眼点是用不等式与方程、 函数之间的相互 转化和渗透来产生新的不等式, 从而求得参数的取值范 围 . 例 5 ( 2002 年全国高中数学联赛试题) 求使不等 式 sin x + a co sx + a ≥ 1 + co sx 对一切 x ∈ R 恒成立 的负数 a 的取值范围 . 解: 原不等式可化简成 co s2 x + ( 1 - a ) co sx - a 2 ≤
恒成立 Ζ
1
n+ 1
-
分离变量 a < 0 恒成立 a> 1+ n+ 2
1 1 ) m ax = 对一切正整数恒成立 Ζ a > ( 1 + n+ 1 n+ 1 3 , 所以 a 的取值范围是 a > 2 3 . 2
范围是 ( - ∞, - 2 ].
五、 赋值法
根据恒成立的条件, 选取一些特殊值代入式中求 解, 由特殊情况找到解决问题的突破口的一种方法 . 例 7 设二次函数 f (x ) = x 2 + bx + c (b, c ∈ R) ,
要使 ① 对一切实数 Α恒成立, 只须 k 2 ≤ ( sin 2 Α+
1) m in = 1;
1) > 0 例 2 ( 前苏联 1990 年竞赛题) 设 0 < x < 1, 0 < y < 1, 0 < z < 1, 求证: x ( 1 - y ) + y ( 1 - z ) + z ( 1 - x ) < 1.
2
成立的负数 a 的取值范围, 变 形为 a t + a 2 ≥ t2 + t 恒成立, 若令 f ( t) = a t + a 2 , g ( t) =
t2 + t, #43; f ( 0) ],
k n- k + = 1, k = 0, 1, 2, 3, …, n , n n k n- k 1 ) = ∴f ( ) + f ( , n n 2
例谈构造法种种
( 四川省开江中学 636250) 张 泾
中学数学的构造, 是指在解题过程中, 根据题目条 件的结构特征, 利用各种知识间的内在联系或形式上的 某种相似性, 有目的地构造特定的数学模型, 从而把原 命题转化为与之等价却又具备了某种被赋予特定意义 的命题, 通过对它的讨论而使原命题得到解决 . 构 造是一种重要的思维方式, 需要敏锐的观察, 丰 富的联想, 灵活的构思, 创造性的思维, 它是中学数学思 想的一朵奇葩, 充满着创造的美 . ∴ x 2 + y 2 + z 2 ≥ 2x y co sΑ+ 2y z co sΒ + 2z x co sΧ . 例 2 已 知: x , y ∈ [ x 3 + sin x -
∴ 2a n =
1 ( n + 1) , ∴ a n = 2
开 口向上的抛物线的一部分 . 不难得到直线段应由 A B 起, 绕点A 依顺时针方向转到与 x 轴垂直即可 ( 点A 同时 也向右移动) , 将B 的坐标 ( 1, 2) 代入 y = f (x ) 得 a = 2 或 a = 1 ( 舍去) , 即得斜率为 - 2, 于是所求的 a 的取值
Ζ
-
(1 - y ) (1 - z ) < 0
- yz < 0 ,
Ζ
(1 - y ) (1 - z ) > 0
yz > 0
由已知 0 < y < 1, 0 < z < 1, 上式显然成立, 从而 原不等式成立 .
二、 分离变量法
若在等式或不等式中出现两个变量, 其中一个的范 围是已知的, 而另一个是要求的, 则可以通过恒等变形 将两个变量分别放在等式或不等式的两边, 则将所求问 题转化成求函数的最值问题 . 例 3 已知函数 f (x ) 在定义域 ( - ∞, 1 ] 上是减函
・94・ 重庆
《数学教学通讯》 2004 年 6 月 ( 下半月) ( 总第 211 期)
恒成立问题的求解策略
( 四川省绵阳南山中学 621000) 何先俊
数学中的恒成立问题涉及到一次函数、 二次函数的 性质, 渗透着不等式的解法, 还贯穿了换元法、 数形结 合、 函数与方程等思想, 有利于培养学生学生的综合能 力, 也是高考的一个热点 . 下面谈一谈恒成立问题的求 解策略 . 首先, 对于恒成立问题, 有以下结论: 如果函数 y = f (x ) 在定义域 D 上存在最大值
4 - 2a > 0 恒成立, 求实数 x 的取值范围 .
解: 假设存在这样的 k , 由单调性得
k2 k-
sin 2 Α≤ 1 sin Α≤ k 2 sin 2 Α
分离变量
解: f (x ) 是 x 的二次函数, 而已知的是 a 的范围, 可 将 a 作为自变量, 将原式看作是 a 的一次函数, 从而简化 运算过程 . 令 g (a ) = (x - 2) a + x 2 + 4 - 4x , 则当 a ∈
1
n
)+ f (
)+ f (
3
n
)+ …
n- 1 n- 2 ) + f ( ) + …+ ∵ a n = f ( 1) + f ( n n f ( 0) , 于是
1 n- 1 )] 又 2a n = [ f ( 0) + f ( 1) ] + [ f ( ) + f (
n n n- 2 n- 1 1 ) ] + … + [f ( )+ f ( )] + [f ( ) + f ( n n n n
f (x ) m ax ( 或最小值 f (x ) m in ) , 则 g (a ) ≥ f (x ) ( 或 g (a ) ≤ f (x ) ) 恒成立 Ζ g (a ) ≥ f (x ) m ax ( 或 g (a ) ≤ f (x ) m in ). 可 f ( 0) < 0 f ( 1) < 0
∵
≤ t ≤ 1 时, y = f ( t) 的图象恒在 y = g ( t) 的上方 . 如图,
y = f ( t ) 是过定点 A ( - a , 0) 的直线系, y = g ( t) 是过
1 ( n + 1) , a n + 1 = 4 n n+ 1 1 a a 1 a (n + 2) , 代入 )< 0 < 得 4a n ( 4 an a n+ 1 n+ 1 n+ 2
4x 1 + x 2 = 4] m ≤2
n
四、 数形结合法
若将等式或不等式进行变形后, 能容易画出两边函 数的图象, 运用变化的观点, 在动中求静, 将不等式的恒 成 立问题转换为图象间的关系问题, 就能得到一个直 观、 简洁的方法 . 例 6 我们再看例 5, 其实前一个解法本身就是依 赖图象得出的 . 下面再给出一个数形结合的解法: 换元后得求使 t2 + ( 1 a ) t - a 2 ≤ 0 ( - 1 ≤ t ≤ 1) 恒