高中数学常见的恒成立问题的一般解法
第10讲 恒成立能成立3种常见题型(解析版)-2024高考数学常考题型
第10讲恒成立能成立3种常见题型【考点分析】考点一：恒成立问题若函数()f x 在区间D 上存在最小值()min f x 和最大值()max f x ，则不等式()f x a >在区间D 上恒成立()min f x a ⇔>；不等式()f x a ≥在区间D 上恒成立()min f x a ⇔≥；不等式()f x b <在区间D 上恒成立()max f x b ⇔<；不等式()f x b ≤在区间D 上恒成立()max f x b ⇔≤；考点二：存在性问题若函数()f x 在区间Ｄ上存在最小值()min f x 和最大值()max f x ，即()[],f x m n ∈，则对不等式有解问题有以下结论：不等式()a f x <在区间D 上有解()max a f x ⇔<；不等式()a f x ≤在区间D 上有解()max a f x ⇔≤；不等式()a f x >在区间D 上有解()min a f x ⇔>；不等式()a f x ≥在区间D 上有解()min a f x ⇔≥；考点三：双变量问题①对于任意的[]1,x a b ∈[]2m,x n ∈，使得()()()()1212max max f x g x f x g x ≤⇔≤；②对于任意的[]1,x a b ∈，总存在[]2m,x n ∈，使得()()()()1212min min f x g x f x g x ≥⇔≥；③若存在[]1,x a b ∈，对于任意的[]2m,x n ∈，使得()()()()1212min min f x g x f x g x ≤⇔≤；④若存在[]1,x a b ∈，对于任意的[]2m,x n ∈，使得()()()()1212max max f x g x f x g x ≥⇔≥；⑤对于任意的[]1,x a b ∈，[]2m,x n ∈使得()()()()1212max min f x g x f x g x ≤⇔≤；⑥对于任意的[]1,x a b ∈，[]2m,x n ∈使得()()()()1212min max f x g x f x g x ≥⇔≥；⑦若存在[]1,x a b ∈，总存在[]2m,x n ∈，使得()()()()1212min max f x g x f x g x ≤⇔≤⑧若存在[]1,x a b ∈，总存在[]2m,x n ∈，使得()()()()1212max min f x g x f x g x ≥⇔≥．【题型目录】题型一：利用导数研究恒成立问题题型二：利用导数研究存在性问题题型三：利用导数处理恒成立与有解问题【典型例题】题型一：利用导数研究恒成立问题【例1】（2022·福建省福安市第一中学高二阶段练习）对任意正实数x ，不等式ln 1x x a -+>恒成立，则a 的取值范围是（）A ．1a <B ．2a <C ．1a >D ．2a >【答案】B【详解】令()ln 1f x x x =-+，其中0x >，则()min a f x <，()111x f x x x-'=-=，当01x <<时，()0f x '<，此时函数()f x 单调递减，当1x >时，()0f x '>，此时函数()f x 单调递增，所以，()()min 12f x f ==，2a ∴<.故选：B.【例2】【2022年全国甲卷】已知函数()a x x xe xf x-+-=ln ．(1)若≥0，求a 的取值范围；【答案】(1)(−∞,+1]【解析】(1)op 的定义域为(0,+∞)，'(p =(1−12)e −1+1=1(11)e +(1−1)=K1(e+1)令op =0,得=1当∈(0,1),'(p <0,op 单调递减，当∈(1,+∞),'(p >0,op 单调递增o )≥o1)=e +1−，若op ≥0,则e +1−≥0,即≤e +1，所以的取值范围为(−∞,+1]【例3】已知函数211()(1)ln (,0)22f x x a x a a =-+-∈≠R ．（1）讨论函数的单调性；（2）若对任意的[1,)x ∈+∞，都有()0f x ≥成立，求a 的取值范围．【答案】（1）答案见解析；（2）0a ≤.【解析】【分析】（1）求()'f x ，分别讨论a 不同范围下()'f x 的正负，分别求单调性；（2）由（1）所求的单调性，结合()10f =，分别求出a 的范围再求并集即可.【详解】解：（1）由已知定义域为()0,∞+，()211'()x a a f x x x x-++=-=当10a +≤，即1a ≤-时，()'0f x >恒成立，则()f x 在()0,∞+上单调递增；当10a +>，即1a >-时，x =或x =所以()f x在(上单调递减，在)+∞上单调递增.所以1a ≤-时，()f x 在()0,∞+上单调递增；1a >-时，()f x在(上单调递减，在)+∞上单调递增.（2）由（1）可知，当1a ≤-时，()f x 在()1,+∞上单调递增，若()0f x ≥对任意的[1,)x ∈+∞恒成立，只需(1)0f ≥，而(1)0f =恒成立，所以1a ≤-成立；当1a >-1≤，即10a -<≤，则()f x 在()1,+∞上单调递增，又(1)0f =，所以10a -<≤成立；若0a >，则()f x在(上单调递减，在)+∞上单调递增，又(1)0f =，所以(0x ∃∈，()0()10f x f <=，不满足()0f x ≥对任意的[1,)x ∈+∞恒成立.所以综上所述：0a ≤.【例4】已知函数()ln f x x ax =-（a 是正常数）.（1）当2a =时，求()f x 的单调区间与极值；（2）若0x ∀>，()0f x <，求a 的取值范围；【答案】（1）()f x 在10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，在1,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递减，()f x 的极大值是ln 21--，无极小值；（2）1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭.【解析】【分析】（1）求出函数的导函数，解关于导函数的不等式即可求出函数的单调区间；（2）依题意可得maxln x a x ⎛⎫< ⎪⎝⎭，设()ln xg x x =，利用导数研究函数的单调性，求出函数的最大值，即可得解；【详解】解：（1）当2a =时，()ln 2f x x x =-，定义域为()0,∞+，()1122x f x x x-'=-=，令()0f x '>，解得102x <<，令()0f x '<，解得12x >，所以函数()f x 在10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，在1,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递减，所以()f x 的极大值是1ln 212f ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭，无极小值.（2）因为0x ∀>，()0f x <，即ln 0x ax -<恒成立，即maxln x a x ⎛⎫< ⎪⎝⎭.设()ln x g x x =，可得()21ln xg x x -'=，当0x e <<时()0g x '>，当x e >时()0g x '<，所以()g x 在()0,e 上单调递增，在(),e +∞上单调递减，所以()()max 1e e g x g ==，所以1a e >，即1,a e ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭.【例5】已知函数()xf x xe=（1）求()f x 的极值点；（2）若()2f x ax ≥对任意0x >恒成立，求a 的取值范围．【答案】（1）1x =-是()f x 的极小值点，无极大值点；（2）a e ≤.【解析】【分析】（1）利用导数研究函数的极值点.（2）由题设知：xe a x≤在0x >上恒成立，构造()x e g x x =并应用导数研究单调性求最小值，即可求a 的范围．【详解】（1）由题设，()(1)xf x e x '=+，∴1x <-时，()0<'x f ，()f x 单调递减；1x >-时，()0>'x f ，()f x 单调递增减；∴1x =-是()f x 的极小值点，无极大值点.（2）由题设，()2xx f x xe a =≥对0x ∀>恒成立，即x ea x≤在0x >上恒成立，令()x e g x x =，则2(1)()x e x g x x '-=，∴01x <<时，()0g x '<，()g x 递减；1x >时，()0g x '>，()g x 递增；∴()(1)e g x g ≥=，故a e ≤.【题型专练】1.（2022·四川广安·模拟预测（文））不等式ln 0x kx -≤恒成立，则实数k 的取值范围是（）A ．[)0,e B ．(],e -∞C ．10,e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦D ．1,e ∞⎡⎫+⎪⎢⎣⎭【答案】D 【解析】【分析】由题可得ln xk x ≥在区间(0,)+∞上恒成立，然后求函数()()ln 0x f x x x=>的最大值即得.【详解】由题可得ln xk x≥在区间(0,)+∞上恒成立，令()()ln 0x f x x x =>，则()()21ln 0xf x x x-'=>，当()0,e x ∈时，()0f x '>，当()e,x ∈+∞时，()0f x '<，所以()f x 的单调增区间为()0,e ，单调减区间为()e,+∞；所以()()max 1e ef x f ==，所以1ek ≥.故选：D.2.（2022·北京·景山学校模拟预测）已知函数()ln 2f x x x ax =++．(1)当0a =时，求()f x 的极值；(2)若对任意的21,e x ⎡⎤∈⎣⎦，()0f x ≤恒成立，求实数a 的取值范围．【答案】(1)极小值是11+2e e f ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，无极大值.(2)222,e ⎡⎫--+∞⎪⎢⎣⎭【解析】【分析】（1）由题设可得()ln 1f x x '=+，根据()f x '的符号研究()f x 的单调性，进而确定极值.（2）()ln 20f x x x ax =++≤对任意的21,e x ⎡⎤∈⎣⎦恒成立，转化为：2ln 2ln x x a x x x+-≥=+对任意的21,e x ⎡⎤∈⎣⎦恒成立，令()2ln g x x x=+，通过求导求()g x 的单调性进而求得()g x 的最大值，即可求出实数a 的取值范围.(1)当0a =时，()ln 2f x x x =+，()f x 的定义域为()0+∞，，()ln 1=0f x x '=+，则1ex =.令()0f x '>，则1,e x ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭，令()0f x '<，则10,e ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭x ，所以()f x 在10,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，在1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增.当1e x =时，()f x 取得极小值且为1111ln 2+2e e ee f ⎛⎫=+=- ⎪⎝⎭，无极大值.(2)()ln 20f x x x ax =++≤对任意的21,e x ⎡⎤∈⎣⎦恒成立，则2ln 2ln x x a x x x+-≥=+对任意的21,e x ⎡⎤∈⎣⎦恒成立，令()2ln g x x x=+，()222120x g x x x x -+'=-+==，所以2x =，则()g x 在[)1,2上单调递减，在(22,e ⎤⎦上单调递增，所以()12g =，()222e2e g =+，所以()()22max2e 2e g x g ==+，则222e a -≥+，则222e a ≤--.实数a 的取值范围为：222,e ⎡⎫--+∞⎪⎢⎣⎭.3.（2022·新疆克拉玛依·三模（文））已知函数()ln f x x x =，()()23g x x ax a R =-+-∈.(1)求函数()f x 的单调递增区间；(2)若对任意()0,x ∞∈+，不等式()()12f xg x ≥恒成立，求a 的取值范围.【答案】(1)1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭，(2)(],4-∞【解析】【分析】（1）求函数()f x 的单调递增区间，即解不等式()0f x '>；（2）参变分离得32ln a x x x≤++，即求()()()32ln 0,h x x x x x =++∈+∞的最小值.(1)()ln f x x x =定义域为(0,)+∞，(ln +1f x '=()0f x '>即ln +10x >解得1e x >，所以()f x 在1,)e∞+（单调递增(2)对任意()0,x ∞∈+，不等式()()12f xg x ≥恒成立，即()21ln 32x x x ax ≥-+-恒成立，分离参数得32ln a x x x≤++.令()()()32ln 0,h x x x x x =++∈+∞，则()()()231x x h x x +-'=．当()0,1∈x 时，()0h x '<，()h x 在()0,1上单调递减；当()1,x ∈+∞时，()0h x '>，()h x 在()1,+∞上单调递增.所以()()min 14h x h ==，即4a ≤，故a 的取值范围是(],4-∞.4.（2022·内蒙古赤峰·三模（文））已知函数()()ln 1f x x x =+.(1)求()f x 的最小值；(2)若()()212-++-≥x m x x f 恒成立，求实数m 的取值范围.【答案】(1)min 21()e f x =-(2)(],3-∞【解析】【分析】（1）求出函数的导数，利用导数求函数在定义域上的最值即可；（2）由原不等式恒成立分离参数后得2ln m x x x ++，构造函数()2ln h x x x x=++，利用导数求最小值即可.(1)由已知得()ln 2f x x '=+，令()0f x '=，得21ex =.当210,e x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()()0,f x f x '<在210,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减；当21,e x ⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭时，()()0,f x f x '在21,e ⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭上单调递增.故min 2211()e e f x f ⎛⎫==- ⎪⎝⎭.(2)()()212-++-≥x m x x f ，即2ln 2++≤x x x mx ，因为0x >，所以xx x m 2ln ++≤在()+∞,0上恒成立.令()2ln h x x x x =++，则()()()min 222112(),1x x m h x h x x x x +-=+-'=，令()0h x '=，得1x =或2x =-（舍去）.当()0,1x ∈时，()()0,h x h x '<在()0,1上单调递减；当[)1,x ∞∈+时，()0>'x h ，()x h 在[)1,+∞上单调递增.故()min ()13h x h ==，所以3≤m ，即实数m 的取值范围为(],3-∞.5．【2020年新高考1卷（山东卷）】已知函数1()e ln ln x f x a x a -=-+．（1）当a e =时，求曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；（2）若不等式()1f x ≥恒成立，求a 的取值范围．【答案】（1）21e -（2）[1,)+∞【解析】【分析】（1）利用导数的几何意义求出在点()()1,1f 切线方程，即可得到坐标轴交点坐标，最后根据三角形面积公式得结果；（2）方法一：利用导数研究函数()f x 的单调性，当a =1时，由()10f '=得()()11min f x f ==,符合题意；当a >1时，可证1()(1)0f f a''<，从而()f x '存在零点00x >，使得01001()0x f x ae x -'=-=，得到m in ()f x ，利用零点的条件，结合指数对数的运算化简后，利用基本不等式可以证得()1f x ≥恒成立；当01a <<时，研究()1f .即可得到不符合题意.综合可得a 的取值范围.【详解】（1）()ln 1x f x e x =-+Q ，1()xf x e x'∴=-，(1)1k f e '∴==-.(1)1f e =+Q ，∴切点坐标为(1,1+e ),∴函数()f x 在点(1,f (1)处的切线方程为1(1)(1)y e e x --=--,即()12y e x =-+,∴切线与坐标轴交点坐标分别为2(0,2),(,0)1e --,∴所求三角形面积为1222||=211e e -⨯⨯--．（2）［方法一］：通性通法1()ln ln x f x ae x a -=-+Q ,11()x f x ae x-'∴=-，且0a >.设()()g x f x =',则121()0,x g x ae x -'=+>∴g(x )在(0,)+∞上单调递增，即()f x '在(0,)+∞上单调递增，当1a =时，()01f '=,∴()()11min f x f ==,∴()1f x ≥成立.当1a >时，11a <，111a e <∴，111()(1)(1)(1)0a f f a e a a -''∴=--<,∴存在唯一00x >，使得01001()0x f x ae x -'=-=，且当0(0,)x x ∈时()0f x '<，当0(,)x x ∈+∞时()0f x '>，0101x ae x -∴=，00ln 1ln a x x ∴+-=-，因此01min 00()()ln ln x f x f x ae x a-==-+001ln 1ln 2ln 12ln 1a x a a a x =++-+≥-+=+>1,∴()1,f x >∴()1f x ≥恒成立；当01a <<时，(1)ln 1,f a a a =+<<∴(1)1,()1f f x <≥不是恒成立.综上所述，实数a 的取值范围是[1,+∞).［方法二］【最优解】：同构由()1f x ≥得1e ln ln 1x a x a --+≥，即ln 1ln 1ln a x e a x x x +-++-≥+，而ln ln ln x x x e x +=+，所以ln 1ln ln 1ln a x x e a x e x +-++-≥+．令()m h m e m =+，则()10m h m e +'=>，所以()h m 在R 上单调递增．由ln 1ln ln 1ln a x x e a x e x +-++-≥+，可知(ln 1)(ln )h a x h x +-≥，所以ln 1ln a x x +-≥，所以max ln (ln 1)a x x ≥-+．令()ln 1F x x x =-+，则11()1xF x x x-'=-=．所以当(0,1)x ∈时，()0,()F x F x '>单调递增；当(1,)x ∈+∞时，()0,()F x F x '<单调递减．所以max [()](1)0F x F ==，则ln 0a ≥，即1a ≥．所以a 的取值范围为1a ≥．［方法三］：换元同构由题意知0,0a x >>，令1x ae t -=，所以ln 1ln a x t +-=，所以ln ln 1a t x =-+．于是1()ln ln ln ln 1x f x ae x a t x t x -=-+=-+-+．由于()1,ln ln 11ln ln f x t x t x t t x x ≥-+-+≥⇔+≥+，而ln y x x =+在,()0x ∈+∞时为增函数，故t x ≥，即1x ae x -≥，分离参数后有1x x a e -≥．令1()x x g x e -=，所以1112222(1)()x x x x x e xe e x g x e e -------=='．当01x <<时，()0,()'>g x g x 单调递增；当1x >时，()0,()g x g x '<单调递减．所以当1x =时，1()x x g x e -=取得最大值为(1)1g =．所以1a ≥．［方法四］：因为定义域为(0,)+∞，且()1f x ≥，所以(1)1f ≥，即ln 1a a +≥．令()ln S a a a =+，则1()10S a a='+>，所以()S a 在区间(0,)+∞内单调递增．因为(1)1S =，所以1a ≥时，有()(1)S a S ≥，即ln 1a a +≥．下面证明当1a ≥时，()1f x ≥恒成立．令1()ln ln x T a ae x a -=-+，只需证当1a ≥时，()1T a ≥恒成立．因为11()0x T a ea-=+>'，所以()T a 在区间[1,)+∞内单调递增，则1min [()](1)ln x T a T e x -==-．因此要证明1a ≥时，()1T a ≥恒成立，只需证明1min [()]ln 1x T a e x -=-≥即可．由1,ln 1x e x x x ≥+≤-，得1,ln 1x e x x x -≥-≥-．上面两个不等式两边相加可得1ln 1x e x --≥，故1a ≥时，()1f x ≥恒成立．当01a <<时，因为(1)ln 1f a a =+<，显然不满足()1f x ≥恒成立．所以a 的取值范围为1a ≥．【整体点评】（2）方法一：利用导数判断函数()f x 的单调性，求出其最小值，由min 0f ≥即可求出，解法虽稍麻烦，但是此类题，也是本题的通性通法；方法二：利用同构思想将原不等式化成ln 1ln ln 1ln a x x e a x e x +-++-≥+，再根据函数()m h m e m =+的单调性以方法三：通过先换元，令1x ae t -=，再同构，可将原不等式化成ln ln t t x x +≥+，再根据函数ln y x x =+的单调性以及分离参数法求出；方法四：由特殊到一般，利用(1)1f ≥可得a 的取值范围，再进行充分性证明即可．题型二：利用导数处理存在性问题【例1】（2022·河北秦皇岛·三模）函数()3233f x x x a =-+-，若存在[]01,1x ∈-，使得()00f x >，则实数a的取值范围为（）A ．(),1-∞-B ．(),1-∞C ．()1,3-D ．(),3-∞【答案】D【分析】根据题意，将问题转化为求解函数()f x 的最大值问题，先通过导数方法求出函数()f x 的最大值，进而求出答案.【详解】因为()3233f x x x a =-+-，所以()()[]23632,1,1f x x x x x x =-∈-'-=．由题意，只需max ()0f x >．当x ∈[1,0)-时，()0f x '>，当(0,1]x ∈时，()0f x '<，所以()f x 在[1,0)-上单调递增，在(0,1]上单调递减，所以()max 0()30f f x a ==->，故实数a 的取值范围为(),3-∞．故选：D.【例2】已知函数()326f x ax bx x c =+++，当1x =-时，()f x 的极小值为5-，当2x =时，()f x 有极大值．(1)求函数()f x ；(2)存在[]013x ∈，，使得()202f x t t ≤-成立，求实数t 的取值范围．【答案】(1)()3233622f x x x x =-++-;(2)(,1][3,)-∞-+∞ .【解析】【分析】（1）求导后，根据()()120f f ''-==和()15f -=-，解得,,a b c 即可得解；（2）转化为()2min 2f x t t ≤-，再利用导数求出函数()f x 在[]13，上的最小值，然后解不等式223t t -≥可得结果.(1)∵()2326f x ax bx '=++，由()()120f f ''-==，得3260a b -+=且12460a b ++=，解得1a =-，32b =，又()15f -=-，∴32c =-，经检验1a =-，32b =时，()3233622f x x x x =-++-满足题意,∴()3233622f x x x x =-++-；(2)存在[]013x ∈，，使得()202f x t t ≤-，等价于()2min 2f x t t ≤-，∵()()()2336321f x x x x x '=-++=--+，当[1,2)x ∈时，()0f x '>，当(2,3]x ∈时，()0f x '<，∴()f x 在(2,3]上递减，在[1,2)上递增，又()15f =，()33f =，∴()f x 在[]13，上的最小值为()33f =，∴223t t -≥，解得1t ≤-或3t ≤，所以t 的取值范围是(,1][3,)-∞-+∞ ．【例3】（2022·辽宁·高二阶段练习）已知0a >，若在(1,)+∞上存在x 使得不等式e ln x a x x a x -≤-成立，则a 的最小值为______．【题型专练】1.已知函数()()222ln f x x a x =++．(1)当5a =-时，求()f x 的单调区间；(2)若存在[]2,e x ∈，使得()2242a f x x x x+->+成立，求实数a 的取值范围．【答案】(1)单调递减区间为()0,2，单调递增区间为()2,+∞；(2)2e e 2,e 1∞⎛⎫-++⎪-⎝⎭.【解析】【分析】（1）当5a =-时，()28ln f x x x =-，得出()f x 的定义域并对()f x 进行求导，利用导数研究函数的单调性，即可得出()f x 的单调区间；（2）将题意等价于()24222ln 0a x a x x ++-+<在[]2,e 内有解，设()()24222ln a h x x a x x+=+-+，即在[]2,e 上，函数()min 0h x <，对()h x 进行求导，令()0h x '=，得出2x a =+，分类讨论2a +与区间[]2,e 的关系，并利用导数研究函数()h x 的单调和最小值，结合()min 0h x <，从而得出实数a 的取值范围.(1)解：当5a =-时，()28ln f x x x =-，可知()f x 的定义域为()0,+∞，则()28282,0x f x x x x x-'=-=>，可知当()0,2x ∈时，()0f x ¢<；当()2,x ∈+∞时，()0f x ¢>；所以()f x 的单调递减区间为()0,2，单调递增区间为()2,+∞.(2)解：由题可知，存在[]2,e x ∈，使得()2242a f x x x x+->+成立，等价于()24222ln 0a x a x x++-+<在[]2,e 内有解，可设()()24222ln a h x x a x x+=+-+，即在[]2,e 上，函数()min 0h x <，()()()()()()()22222122422222242x x a a a x a x a h x x xx x ⎡⎤+-+++-+-+⎣⎦∴=--=='，令()0h x '=，即()()120x x a ⎡⎤+-+=⎣⎦，解得：2x a =+或1x =-（舍去），当2e a +≥，即e 2a ≥-时，()0h x '<，()h x 在[]2,e 上单调递减，()()min24e 2e+220e a h x h a +∴==--<，得2e e 2e 1a -+>-，又2e e 2e 2e 1-+>-- ，所以2e e 2e 1a -+>-；当22a +≤时，即0a ≤时，()0h x '>，()h x 在[]2,e 上单调递增，()()()min 2622ln 20h x h a a ∴==+-+<，得6ln 40ln 41a ->>-，不合题意；当22e a <+<，即0e 2a <<-时，则()h x 在[]2,2a +上单调递减，在[]2,e a +上单调递增，()()()()min 22622ln 2h x h a a a a ∴=+=+-++，()ln 2ln 2ln e 1a <+<= ，()()()22ln 222ln 2222a a a a ∴+<++<+，()()()22622ln 226224h a a a a a a ∴+=+-++>+--=，即()min 4h x >，不符合题意；综上得，实数a 的取值范围为2e e 2,e 1∞⎛⎫-++⎪-⎝⎭.【点睛】思路点睛：本题考查利用导数研究函数的单调性，以及利用导数解决不等式成立的综合问题：（1）利用导数解决单调区间问题，应先确定函数的定义域，否则，写出的单调区间易出错；利用导数解决含有参数的单调性问题，要注意分类讨论和化归思想的应用；（2）利用导数解决不等式的综合问题的一般步骤是：构造新函数，利用导数研究的单调区间和最值，再进行相应证明.2．（2022·河北深州市中学高三阶段练习）已知函数()ln 21f x x ax =-+.(1)若1x =是()f x 的极值点，确定a 的值；(2)若存在0x >，使得()0f x ≥，求实数a 的取值范围.所以，函数()f x 在1x =处取得极大值，合乎题意，故2a =.（2）解：存在0x >，使得()ln 210f x x ax =-+≥可得ln 12x a x+≤，构造函数()ln 1x g x x+=，其中0x >，则()2ln x g x x '=-，当01x <<时，()0g x '>，此时函数()g x 单调递增，当1x >时，()0g x '<，此时函数()g x 单调递减，则()()max 11g x g ==，所以，21a ≤，解得12a ≤，因此，实数a 的取值范围是1,2⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦.3.已知函数()ln xf x x=，设()f x 在点()1,0处的切线为m （1）求直线m 的方程；（2）求证：除切点()1,0之外，函数()f x 的图像在直线m 的下方；（3）若存在()1,x ∈+∞，使得不等式()()1f x a x >-成立，求实数a 的取值范围【答案】（1）y ＝x ﹣1；（2）见详解；（3）（﹣∞，1）.【解析】【分析】（1）求导得21ln ()xf x x -'=，由导数的几何意义k 切＝f ′（1），进而可得答案．（2）设函数h （x ）＝f （x ）﹣（x ﹣1）＝ln xx﹣x +1，求导得h ′（x ），分析h （x ）的单调性，最值，进而可得f （x ）﹣（x ﹣1）≤0，则除切点（1，0）之外，函数f （x ）的图象在直线的下方．（3）若存在x ∈（1，+∞），使得不等式a ＜ln (1)x x x -成立，令g （x ）＝ln (1)xx x -，x ＞1，只需a ＜g （x ）max ．【详解】（1）221ln 1ln ()x xx x f x x x ⋅--'==，由导数的几何意义k 切＝f ′（1）＝1，所以直线m 的方程为y ＝x ﹣1．（2）证明：设函数h （x ）＝f （x ）﹣（x ﹣1）＝ln xx﹣x +1，2221ln 1ln ()1x x x h x x x ---'=-=，函数定义域为（0，+∞），令p （x ）＝1﹣lnx ﹣x 2，x ＞0，p ′（x ）＝﹣1x﹣2x ＜0，所以p （x ）在（0，+∞）上单调递减，又p （1）＝0，所以在（0，1）上，p （x ）＞0，h ′（x ）＞0，h （x ）单调递增，在（1，+∞）上，p （x ）＜0，h ′（x ）＜0，h （x ）单调递减，所以h （x ）max ＝h （1）＝0，所以h （x ）≤h （1）＝0，所以f （x ）﹣（x ﹣1）≤0，若除切点（1，0）之外，f （x ）﹣（x ﹣1）＜0，所以除切点（1，0）之外，函数f （x ）的图象在直线的下方．（3）若存在x ∈（1，+∞），使得不等式f （x ）＞a （x ﹣1）成立，则若存在x ∈（1，+∞），使得不等式()1f x x -＞a 成立，即若存在x ∈（1，+∞），使得不等式a ＜ln (1)xx x -成立，令g （x ）＝ln (1)xx x -，x ＞1，g ′（x ）＝221(1)(21)ln (1)x x x xxx x ⋅----＝221(21)ln (1)x x xx x ----，令s （x ）＝x ﹣1﹣（2x ﹣1）lnx ，x ＞1s ′（x ）＝1﹣2lnx ﹣（2x ﹣1）•1x 2ln 212ln 1x x x x x x x x x--+--+==，令q （x ）＝﹣x ﹣2xlnx +1，x ＞1q ′（x ）＝﹣1﹣2lnx ﹣2＝﹣3﹣2lnx ＜0，所以在（1，+∞）上，q （x ）单调递减，又q （1）＝0，所以在（1，+∞）上，q （x ）＜0，s ′（x ）＜0，s （x ）单调递减，所以s （x ）≤s （1）＝0，即g ′（x ）≤0，g （x ）单调递减，又111ln lim lim 1(1)21x x x x x x x →→==--，所以a ＜1，所以a 的取值范围为（﹣∞，1）．4.已知函数()ln 1f x x x ax =-+．（1）若()f x 在点(1,(1))A f 处的切线斜率为2-．①求实数a 的值；②求()f x 的单调区间和极值．（2）若存在0(0,)x ∈+∞，使得()00f x <成立，求a 的取值范围．【答案】（1）①3a =；②减区间为2(0,)e ，增区间为2(,)e +∞，极小值为21e -，无极大值；（2）(1,)+∞.【解析】【分析】（1）求得函数的导数()ln 1f x x a '=+-，①根据题意得到()2f x '=-，即可求得a 的值；②由①知()ln 2,0f x x x '=->，结合导数的符号，以及极值的概念与计算，即可求解；（2）设()1ln g x x x=+，根据存在0(0,)x ∈+∞，使得()00f x <成立，得到()min a g x >成立，结合导数求得函数()g x 的单调性与最小值，即可求解.【详解】（1）由题意，函数()ln 1f x x x ax =-+的定义域为(0,)+∞，且()ln 1f x x a '=+-，①因为()f x 在点(1,(1))A f 处的切线斜率为2-，可得()12f x a '=-=-，解得3a =.②由①得()ln 2,0f x x x '=->，令()0f x '>，即ln 20x ->，解得2x e >；令()0f x '<，即ln 20x -<，解得20x e <<，所以函数()f x 在2(0,)e 上单调递减，在2(,)e +∞上单调递增，当2x e =时，函数()f x 取得极小值，极小值为()221f e e =-，无极大值，综上可得，函数()f x 的减区间为2(0,)e ，增区间为2(,)e +∞，极小值为21e -，无极大值.（2）因为()ln 1f x x x ax =-+，由()00f x <，即000ln 10x x ax -+<，即00000ln 11ln x x a x x x +>=+，设()1ln ,0g x x x x=+>根据题意知存在0(0,)x ∈+∞，使得()00f x <成立，即()min a g x >成立，由()1ln ,0g x x x x =+>，可得()22111x g x x x x-'=-=，当01x <<时，()0g x '<，()g x 单调递减；当1x >时，()0g x '>，()g x 单调递增，所以当1x =时，函数()g x 取得最小值，最小值为()11g =，所以1a >，即实数a 的取值范围是(1,)+∞.5.已知函数()ln (R)f x x ax a =+∈.（1）当a =1时，求曲线()y f x =在x =1处的切线方程；（2）求函数()f x 的单调区间；（3）若存在0x ，使得()00f x >，求a 的取值范围.【答案】（1）210x y --=；（2）0a ≥时，()f x 在()0,∞+单增；0a <，()f x 在10,a ⎛⎫- ⎪⎝⎭单增，在1,a ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭单减；（3）1a e>-.【解析】【分析】（1）求出函数导数，将切线横坐标代入得到斜率，再求出切点纵坐标，最后写出切线方程；（2）求导后，通分，分0,0a a ≥<两种情况讨论得到单调区间；（3）当0a ≥时，代特值验证即可，当0a <时，函数最大值大于0，解出即可.【详解】由题意，()1(1)1,1,f f x x'==+所以()12,f '=所以切线方程为：()121210y x x y -=-⇒--=.（2）110,()ax x f x a x x+'>=+=，若0a ≥，则()0f x '>，()f x 在()0,∞+单增；若0a <，则10,x a ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭时，()0f x '>，()f x 单增；1,x a ⎛⎫∈-+∞ ⎪⎝⎭时，()0f x '<，()f x 单减.（3）由（2），若0a ≥，则(2)ln 220f a =+>，满足题意；若0a <，()max 111(ln 10f x f a a a e ⎛⎫=-=-->⇒>- ⎪⎝⎭，则10a e -<<，综上：1a e>-.题型三：利用导数处理恒成立与有解问题【例1】（2022·福建省福安市第一中学高三阶段练习）设函数()()()()1e e ,e 1x xf x xg x ax =--=--，其中R a ∈.若对[)20,x ∀∈+∞，都1R x ∃∈，使得不等式()()12f x g x ≤成立，则a 的最大值为（）A ．0B ．1eC ．1D ．e【例2】已知函数2()ln (R),()22f x ax x a g x x x =+∈=-+．(1)当12a =-时，求函数()f x 在区间[1,e]上的最大值和最小值;(2)若对任意的1[1,2]x ∈-，均存在2(0,)x ∈+∞，使得()()12g x f x <，求a 的取值范围．【答案】(1)最大值为ln 21-，最小值为12-；(2)61(,)e -+∞.【解析】【分析】（1）利用导数研究()f x 的区间单调性，进而确定端点值和极值，比较它们的大小，即可得最值；（2）将问题转化为1[1,2]x ∈-、2(0,)x ∈+∞上1max 2max ()()g x f x <，利用二次函数性质及导数求函数最值，即可得结果.(1)由题设()ln 2x f x x =-，则2()2x f x x-'=，所以在[1,2)上()0f x '>，()f x 递增，在(2,e]上()0f x '<，()f x 递减，则1(1)2f =-<e (e)12f =-，极大值(2)ln 21f =-，综上，()f x 最大值为ln 21-，最小值为12-.(2)由22()22(1)1g x x x x =-+=-+在[1,2]x ∈-上max ()(1)5g x g =-=，根据题意，只需max max ()()g x f x <即可，由1()f x a x'=+且,()0x ∈+∞，当0a ≥时，()0f x '>，此时()f x 递增且值域为R ，所以满足题设；当0a <时，1(0,)a-上()0f x '>，()f x 递增；1(,)a -+∞上()0f x '<，()f x 递减；所以max 1()()1ln()f x f a a =-=---，此时1ln()5a --->，可得61ea >-，综上，a 的取值范围61(,)e -+∞.【点睛】关键点点睛：第二问，将问题转化为1[1,2]x ∈-、2(0,)x ∈+∞上1max 2max ()()g x f x <求参数范围.【例3】已知函数()sin cos f x x x x =+．(1)当()0,πx ∈时，求函数()f x 的单调区间；(2)设函数2()2=-+g x x ax ．若对任意[]1π,πx ∈-，存在2[0,1]x ∈，使得()()1212πf xg x ≤成立，求实数a 的取值范围．【答案】(1)当x ()0,π∈时，函数()f x 的单调递增区间为π0,2⎛⎫⎪⎝⎭，函数()f x 的单调递减区间为π,π2⎛⎫ ⎪⎝⎭；(2)1[,)2+∞.【解析】【分析】（1）首先对函数求导，根据x 的取值情况判断()f x '的正负情况，进而得到()f x 的增减情况；（2）对任意[]1π,πx ∈-，存在2[0,1]x ∈，使得12()()h x g x ≤成立，等价于max max ()()h x g x ≤，然后对a 进行讨论，分别求函数的最值，进而得到结论.(1)因为()sin cos f x x x x =+，所以()sin cos sin cos f x x x x x x x '=+-=．当x ()0,π∈时，()'f x 与()f x 的变化情况如表所示：xπ0,2⎛⎫ ⎪⎝⎭π2π,π2⎛⎫ ⎪⎝⎭()'f x +0-()f x 单调递增π2单调递减所以当x ()0,π∈时，函数()f x 的单调递增区间为π0,2⎛⎫⎪⎝⎭，函数()f x 的单调递减区间为π,π2⎛⎫⎪⎝⎭．(2)当[]π,πx ∈-时，()()f x f x -=，所以函数()f x 为偶函数．所以当[]π,πx ∈-时，函数()f x 的单调递增区间为ππ,2⎛⎫-- ⎪⎝⎭，π0,2⎛⎫ ⎪⎝⎭，函数()f x 的单调递减区间为π,02⎛⎫- ⎪⎝⎭，π,π2⎛⎫⎪⎝⎭,所以函数()f x 的最大值为πππ222f f ⎛⎫⎛⎫-== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭．设()()12πh x f x =，则当[]π,πx ∈-时，()max 1π12π24h x =⋅=．对任意[]1π,πx ∈-，存在2[0,1]x ∈，使得12()()h x g x ≤成立，等价于max max ()()h x g x ≤．当0a ≤时，函数()g x 在区间[0,1]上的最大值为(0)0g =，不合题意．当01a <<时，函数()g x 在区间[0,1]上的最大值为2()g a a =，则214a ≥，解得12a ≥或12a ≤-，所以112a ≤<．当1a ≥时，函数()g x 在区间[0,1]上的最大值为(1)21g a =-，则1214a -≥，解得58a ≥，所以1a ≥.综上所述，a 的取值范围是1[,)2+∞．【例4】（2022·黑龙江·哈尔滨三中高二期末）已知函数()ln xf x x=，2()ln(1)2g x x ax =++，若211,e x ∀⎡⎤∈⎣⎦，()20,1x ∃∈使得12()()f x g x >成立，则实数a 的取值范围是（）A ．ln 2,2⎛⎫-∞- ⎪B ．ln 2,2⎛⎤-∞-⎥C ．1,e⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭D ．ln 2,e 2⎛⎤-∞- ⎥故选：A【例5】（2023·全国·高三专题练习）已知函数()3331,0422112,122x x x f x x x ⎧-+≤≤⎪⎪=⎨⎪+<≤⎪⎩，()e xg x ax =-()R a ∈，若存在[]12,0,1x x ∈，使得()()12f x g x =成立，则实数a 的取值范围是（）A ．(],1-∞B ．(],e 2-∞-C ．5,e4⎛⎤-∞- ⎥D ．(],e -∞≤【题型专练】1．（2022·河南·南阳中学高三阶段练习（理））已知函数()33f x x x a =-+，()211x g x x +=-．若对任意[]12,2x ∈-，总存在[]22,3x ∈，使得()()12f x g x ≤成立，则实数a 的最大值为（）A ．7B ．5C ．72D ．32．（2022·福建宁德·高二期末）已知()()11e x f x x -=-，()()21g x x a =++，若存在1x ，2R x ∈，使得()()21f x g x ≥成立，则实数a 的取值范围为（）A ．1,e ∞⎡⎫+⎪⎢⎣⎭B ．1,e ∞⎛⎤- ⎥⎝⎦C ．()0,e D ．1,0e ⎡⎫-⎪⎢3．（2022·河南安阳·高二阶段练习（理））已知函数ln ()x f x x=，2()ln(1)2g x x ax =++，若211,e x ∀⎡⎤∈⎣⎦，2(0,1]x ∃∈使得()()12f x g x >成立，则实数a 的取值范围是（）A ．ln 2,2⎛⎫-∞- ⎪B ．ln 2,2⎛⎤-∞-⎥C ．1,e⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭D ．ln 2,e 2⎛⎤-∞- ⎥4.已知函数2()21)2ln ()2f x ax a x x a R =-++∈（(1)若曲线()y f x =在1x =和3x =处的切线互相平行，求a 的值与函数()f x 的单调区间；(2)设2()(2)e =-x g x x x ，若对任意(]10,2x ∈，均存在(]20,2x ∈，使得12()()f x g x <，求a 的取值范围．【答案】(1)2=3a ，单调递增区间为3(0,),(2,)2+∞，单调递减区间为3(,2)2(2)ln 21a >-【解析】【分析】（1）求出()'f x ，由(1)(3)f f ''=得a ，再利用由()0f x '>、()0f x '<可得答案；（2）转化为(]0,2x ∈时，max max ()()f x g x <，容易求出max ()(0)(2)0g x g g ===，所以只须max ()0f x <，()()12()ax x f x x='--，讨论12a ≤、12a >可得答案.(1)21()(21),(1)1,(3)3f x ax a f a f a x '''=-++=-+=-，由(1)(3)f f ''=得23a =，()()232272()333x x f x x x x--=-+='，由()0f x '>得()30,2,2x ∞⎛⎫∈⋃+ ⎪⎝⎭，由()0f x '<得3,22x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，所以函数()f x 的单调递增区间为()30,,2,2∞⎛⎫+ ⎪⎝⎭，单调递减区间为3,22⎛⎫⎪⎝⎭.(2)若要命题成立，只须当(]0,2x ∈时，max max ()()f x g x <，由()()22e xg x x '=-可知当(]0,2x ∈时max ()(0)(2)0g x g g ===，所以只须max ()0f x <对()f x 来说，()()122()(21)ax x f x ax a x x--=-++'=，（1）当12a ≤时，在(]0,2上有10-≤ax ，∴()0f x '≥这时max ()(2)222ln 2f x f a ==--+，由max ()0f x <得1ln 212a -<≤；（2）当12a >时，max 11()2ln 22f x f a a a ⎛⎫==--- ⎪⎝⎭，设1()2ln 22h a a a =---，则2221214()022a h a a a a -'=-=<，∴()h a 在1,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭递减，1()2ln 2302h a h <=-<⎝⎭，∴当12a >时，max ()0f x <，综上所述，满足题意的ln 21a >-.【点睛】本题考查了对任意1x D ∈，均存在2x E ∈，使得12()()f x g x <，转化为max max ()()f x g x <求参数的取值范围的问题，考查了学生的思维能力、运算能力.5.已知函数()()ln xf x ax a x=-+∈R ，'为()f x 的导函数．(1)求()f x 的定义域和导函数；(2)当2a =时，求函数()f x 的单调区间；(3)若对21e,e x ⎡⎤∀∈⎣⎦，都有()11f x ≥成立，且存在32e,e x ⎡⎤∈⎣⎦，使()2102f x a '+=成立，求实数a 的取值范围．【答案】(1)()()0,11,+∞ ，()()2ln 1ln x f x a x -'=-+(2)()f x 在()0,1单减，()1,+∞也单减，无增区间(3)2110,2e a ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦【解析】【分析】（1）根据分母不等于0，对数的真数大于零即可求得函数的定义域，根据基本初等函数的求导公式及商的导数公式即可求出函数的导函数；（2）求出函数的导函数，再根据导函数的符号即可得出答案；（3）若对21e,e x ⎡⎤∀∈⎣⎦，都有()11f x ≥成立，即1111ln x ax x -+≥，即1111ln a x x ≤-+，令()11ln h x x x=-+，2e,e x ⎡⎤∈⎣⎦，只要()min a h x ≤即可，利用导数求出函数()11ln h x x x=-+的最小值即可求出a 的范围，()()2222ln 11122ln x f x a a x -'+=-，()()2ln 112ln x g x a x -=-，求出函数()g x 的值域，根据存在32e,e x ⎡⎤∈⎣⎦，使()2102f x a '+=成立，则0在函数()g x 的值域中，从而可得出a 的范围，即可得解.(1)解：()f x 的定义域为()()0,11,+∞ ，()()2ln 1ln x f x a x -'=-+；(2)解：当2a =时，()()()()()22222172ln 2ln ln 1ln 1482ln ln ln x x x x f x x x x ⎛⎫-+⎪-+-⎝⎭'=-+=-=-，()0f x ¢<恒成立，所以()f x 在()0,1和()1,+∞上递减；(3)解：若对21e,e x ⎡⎤∀∈⎣⎦，都有()11f x ≥成立，即1111ln x ax x -+≥，即1111ln a x x ≤-+，令()11ln h x x x =-+，2e,e x ⎡⎤∈⎣⎦，则()()()()22222ln 11ln ln x x h x x x x x x -'=-=，对于函数())ln 0x x x ϕ=>，()122x x xϕ'==，当04x <<时，()0ϕ'>x ，当4x >时，()0ϕ'<x ，所以函数()ln x x ϕ=()0,4上递增，在()4,+∞上递减，所以()()ln 4204x ϕϕ≤=-<，当2e,e x ⎡⎤∈⎣⎦时，ln 0x >，所以ln x <()2ln x x <，故()0h x '<恒成立，()h x 在2e,e x ⎡⎤∈⎣⎦为减函数，所以()()2min e h x h ==211e 2-+，所以211e 2a ≤-+，由（1）知，()()2ln 1ln x f x a x -'=-+，所以()()2222ln 11122ln x f x a a x -'+=-，记()()2ln 112ln x g x x -=-，令1ln t x =，1,13t ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，则原式()211,123g x t t a t ⎛⎫⎡⎤=-+-∈ ⎪⎢⎥⎣⎦⎝⎭的值域为1,242a a ⎡⎤--⎢⎥⎣⎦，因为存在32e,e x ⎡⎤∈⎣⎦，使()2102f x a '+=成立，所以02a -≤，1042a -≥，所以102a ≤≤，综上，2110,2a e ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦．【点睛】本题考查了函数的定义域及导数的四则运算，考查了利用导数求函数的单调区间，考查了不等式恒成立问题，考查了计算能力及数据分析能力，对不等式恒成立合理变形转化为求最值是解题关键.。
高中数学恒成立问题解法小结
数学恒成立问题解法小结函数的内容作为高中数学知识体系的核心，也是历年高考的一个热点.函数类问题的解决最终归结为对函数性质、函数思想的应用.恒成立问题，在高中数学中较为常见.这类问题的解决涉及到一次函数、二次函数、三角函数、指数与对数函数等函数的性质、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.恒成立问题在解题过程中有以下几种策略：①赋值型；②一次函数型；③二次函数型；④变量分离型；⑤数形结合型.题型一、赋值型——利用特殊值求解例1．如果函数y =f (x )=sin2x +a cos2x 的图象关于直线x =8π- 对称，那么a =（ ）. A .1 B .-1 C .2 D . -2.题型二、一次函数型——利用单调性求解给定一次函数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（线段）（如下图） 可得上述结论等价于ⅰ）⎩⎨⎧>>0)(0m f a ，或 ⅱ）⎩⎨⎧><0)(0n f a 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)(n f m f例2．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.题型三、二次函数型——利用判别式,韦达定理及根的分布求解对于二次函数f (x )=ax 2+bx+c =0(a ≠0)在实数集R 上恒成立问题可利用判别式直接求解，即f (x )>0恒成立⇔⎩⎨⎧<∆>00a ；f (x )<0恒成立⇔⎩⎨⎧<∆<0a . 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3． 若函数12)1()1()(22++-+-=a x a x a x f 的定义域为R ，求实数 a 的取值范围.例4.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.变式1：若[]2,2x ∈-时，()0f x ≥恒成立，求a 的取值范围.变式2：若[]2,2x ∈-时，()2f x ≥恒成立，求a 的取值范围.题型四、变量分离型——分离变量，巧妙求解运用不等式的相关知识不难推出如下结论：若对于x 取值范围内的任何一个数都有f (x )>g (a )恒成立，则g (a )<f (x )min ;若对于x 取值范围内的任何一个数，都有f (x )<g (a )恒成立，则g (a )>f (x )max .(其中f (x )max 和f (x )min 分别为f (x )的最大值和最小值)例 5.已知三个不等式①0342<+-x x ，②0862<+-x x ，③0922<+-m x x ．要使同时满足①②的所有x 的值满足③，求m 的取值范围.例6. 函数)(x f 是奇函数，且在]1,1[-上单调递增，又1)1(-=-f ，若12)(2+-≤at t x f 对所有的]1,1[-∈a 都成立，求t 的取值范围 .题型五、数形结合——直观求解例7. a a x x x 恒成立，求实数，不等式对任意实数>--+21的取值范围.例8：如果对任意实数x ，不等式kx x ≥+1恒成立，则实数k 的取值范围是__________小试牛刀:1.求使不等式x a x a x cos 1cos sin 22+≥++对一切x ∈R 恒成立的负数a 的取值范围。
浅谈高中数学中恒成立问题的解题方法和技巧
立问题进行解答$
本题所利用的变量分离法是最基本的解决不等式恒成立
方法"主要利用变量分离的原理将参变量与已知量进行分离"
从而构成含有已知量的函数来解决问题"即!
;(B& *' 对 *" O恒成立 7 ;(B<>_& *' " *" O ;&B& *' 对 *" O恒成立 7 ;&B</- & *' " *" O )&( 数形结合法
"槡(
))$'
$
注意!此类问题 首 先 需 要 对 题 型 进 行 分 析" 大 多 数 学 生 都
会将其定位为对 *的不等式进行解答"从而将问题复杂化%若
将自身思路转换"将所给定范围的 !作为变量"所求范围量 *
作为参量"并将不等式转化为 B& !' %& *) '$' !'&)*'$' "如
此可以将不等式问题转化为求一次函数 B& !' 在 !" ( ')"))
{B&)' %)& *) '$' '&)*'$' &% B& ')' %')& *) '$' '&)*'$' &%
{ 化简可得 )*) ')*'$ &% )*) ))*'( (%
{ 解不等式方程组得
浅议“恒成立”问题的解法
浅议“恒成立”问题的解法胡忠南【期刊名称】《福建中学数学》【年(卷),期】2005(000)006【摘要】在一定条件下,某个命题恒成立,这是高中数学里常见的题型,几乎在高中数学的各个知识点中都有出现,更是历年高考的主要考试题型之一.对这类题型解题思路、方法的分析、归纳、总结,将有助于提高学生的解题能力.1“大大小小”法例1已知定义在R上的函数f(x)为奇函数,且在(?∞,+∞)上是增函数,对任意实数θ∈R,问是否存在这样的实数m,使得f(cos2θ?3)+f(4m?2m cosθ)>f(0)对一切的θ恒成立?证明你的结论.解∵f(x)为奇函数,且x∈R,∴f(0)=0.∴原不等式可化为f(cos2θ?3)>f(2m cosθ?4m).又f(x)在R上是增函数,∴cos2θ?3>2m cosθ?4m.于是,问题转化为是否存在实数m,使不等式2cosθ?m cosθ+2m?2>0恒成立,变形为2cos2m>?2?coθs+θ.令2cos2y=?2?coθs+θ,要使m>y恒成立,只需maxm>y.因此问题又转化为求函数2cos2y=?2?cθos+θ的最大值.又y=?(2?co sθ)?2/(2?cosθ)+4,≤?22+4,当cosθ=2?2时,等号成立.∴当m>4?22时,不等式f(cos2θ?3)+f(4m?2m...【总页数】2页(P)【作者】胡忠南【作者单位】福建霞浦职业中专【正文语种】中文【中图分类】G63【相关文献】1.浅议恒成立问题的几种解法 [J], 韩义成;2.浅议恒成立问题的几种解法 [J], 韩义成;3.高中数学存在性问题与恒成立问题解法分析 [J], 李百良[1]4.恒成立问题的解题思路与常见解法 [J], 陈海东5.一个问题多个角度--探究一道恒成立问题的多种解法 [J], 管良梁因版权原因，仅展示原文概要，查看原文内容请购买。
解答二次不等式恒成立问题的途径
思路探寻不等式恒成立问题是高中数学中的常见问题，其中二次不等式恒成立问题是考查频率较高的一类问题.由于二次不等式与二次方程、二次函数都存在紧密的关联，因此解答此类问题要从不等式、方程、函数三个角度进行分析，才能获得正确的答案.一、实数域上的二次不等式恒成立问题在实数域上二次不等式恒成立问题主要是两种类型：对于任意x ∈R ，f (x )>0或f (x )<0.我们可以将问题进行转化，设f (x )=ax 2+bx +c （a ≠0），1.对于任意x ∈R ，f (x )>0恒成立⇔{a >0,Δ<0.2.对于任意x ∈R ，f (x )<0恒成立⇔{a <0,Δ<0.解答实数域上的二次不等式恒成立问题的关键是判断二次函数的开口方向，结合二次方程的判别式来解题.例1.若x ∈R ，二次函数f (x )=ax 2+2x +a <0恒成立，求a 的取值范围.解析：本题主要考查实数域上的二次不等式恒成立问题.要使二次函数f (x )=ax 2+2x +a <0恒成立，需使函数图象的开口向下，Δ<0.解：函数f (x )的定义域为R ，即不等式ax 2+2x +a <0的解集为R ，则a <0,Δ=4-4a <0，解得a <-1.所以实数a 的取值范围是a <-1.例2.若函数f (x )=2x 2+2ax -a 的定义域为R ，则a 的取值范围为_____.解析：本题本质上是考查实数域上的二次不等式恒成立问题：对于任意x ∈R ，x 2＋2ax －a ≥0恒成立.由于二次函数的开口向上，所以只需要使Δ≤0即可.解：因为函数f (x )的定义域为R ，所以2x 2+2ax -a -1≥0对x ∈R 恒成立，即2x 2+2ax -a ≥1，x 2+2ax -a ≥0恒成立，因此Δ=(2a )2+4a ≤0，解得-1≤a ≤0.二、给定区间上二次不等式恒成立问题解答给定区间上二次不等式恒成立问题一般需要结合二次函数的图象、对称轴、开口方向以及二次方程的根、判别式来综合分析.设f (x )=ax 2+bx +c （a ≠0），（1）当a >0时，f (x )>0在区间[α,β]上恒成立，等价于：ìíîïï-b 2a <α,f (α)>0,或者ìíîïïα≤-b 2a ≤β,f (-b 2a )>0,或者ìíîïï-b 2a >β,f (β)>0.（2）当a <0时，f (x )<0在区间[α,β]上恒成立，等价于：ìíîïï-b 2a <α,f (α)>0,或者ìíîïïα≤-b 2a≤β,f (-b 2a )>0,或者ìíîïï-b 2a >β,f (β)>0.结合二次函数的图象讨论二次方程的根的分布情况，是解答给定区间上二次不等式恒成立问题的关键.例3.已知f (x )=x 2+ax +3-a ，如果x ∈[-2,2]，f (x )≥0恒成立，则求a 的取值范围.解析：此题需要对f (x )的零点分布情况进行分类讨论，可以分成没有零点、区间左侧存在零点以及区间右侧存在零点三种情况.解：f (x )=(x +a 2)2-a 24-a +3，令f (x )在[-2,2]上的最小值为g (a ).(1)当-a2<-2，即a >4时，g (a )=f (-2)=7-3a ≥0，∴a ≤73.又a >4，∴a 不存在.(2)当-2≤-a2≤2，即-4≤a ≤4时，吴珍51探索探索与与研研究究g (a )=f (-a 2)=-a 24-a +3≥0，∴-6≤a ≤2.又-4≤a ≤4，∴-4≤a ≤2.(3)当->2，即a <-4时，g (a )=f (2)=7+a ≥0，∴a ≥-7.又a <-4，∴-7≤a <-4.综上可知，a 的取值范围为[-7,2].例4.已知x ∈[0,2]，函数f (x )=4x 2-4ax +a 2-2a +2≥3恒成立，求a 的值.解：函数f (x )的解析式可化为f (x )=4(x -a 2)2+(2-2a ).①当0≤a2≤2，即0≤a ≤4时，f (x )有最小值2-2a ，依题意有2-2a =3，解得a =-12，这个值与0≤a ≤4相矛盾.②当a 2>2，即a <0时，f (0)=a 2-2a +2是最小值，依题意有a 2-2a +2=3，解得a =1±2，又∵a <0，∴a =1-2.③当a 2>2，即a >4时，f (2)=16-8a +a 2-2a +2是最小值，依题意有16-8a +a 2-2a +2=3，解得a =5±10，又∵a >4，∴a =5+10.综上所述，a =1-2或a =5+10.这里首先通过配方将函数解析式化为顶点式，然后分三种情况讨论：函数的对称轴在定义域的左侧、中间、右侧，再结合二次函数的图象讨论二次方程的根的分布情况，求得最小值，建立关于a 的方程，求得a 的值.解答给定区间上含参二次不等式恒成立问题的实质是，将问题转化为函数最值问题，借助函数的图象和性质来解题.综合上述分析可知，解答含参二次不等式恒成立问题不仅需要灵活运用二次不等式、二次方程、二次函数知识，还需要灵活运用分类讨论思想对各种情况进行分类讨论；借助二次函数的图象和性质，运用函数思想对问题进行分析；运用转化思想将问题进行等价转化.（作者单位：江苏省徐州市经济技术开发区高级中学）学生在学习的过程中经常会遇到一些比较复杂，且需要分多种情况讨论的问题，教师可以借机将分类讨论思想渗透到教学中，引导学生将问题进行分类，然后逐一进行讨论，这样便能将复杂的问题转化为简单的问题，不仅能帮助学生提升解题的效率，还能降低他们解题的难度.一、在函数解题教学中的应用在函数解题教学中，教师首先要让学生明确哪些是要讨论的对象，常见的有二次函数的系数、指数与对数函数的底数、含参函数中的参数等，然后引导他们结合所学的函数定义、性质等进行分类讨论.例1.求二次函数y =3x 2-mx +4在[2,3]上的最大值的表达式.解析：观察函数的解析式，学生可以发现，该二次函数的最值由函数的对称轴以及在[2,3]上的单调性来确定，函数对称轴的位置不同，函数在区间上的单调性不同，所取得的最值也不同，因此教师首先要让学生明确本题讨论的对象是函数的对称轴，然后引导他们根据对称轴与区间[2,3]的位置关系来确定y max 的表达式，分为对称轴在[2,3]的左边、中间、右边三种情况进行讨论.解：由题可知函数的对称轴为x =m6，可根据52。
(完整)高中数学恒成立问题中求含参范围的方法总结,推荐文档
恒成立问题中含参范围的求解策略数学中含参数的恒成立问题，几乎覆盖了函数，不等式、三角，数列、几何等高中数学的所有知识点，涉及到一些重要的数学思想方法，归纳总结这类问题的求解策略，不但可以让学生形成良好的数学思想，而且对提高学生分析问题和解决问题的能力是很有帮助的，下面就几种常见的求解策略总结如下，供大家参考。
一、分离参数——最值化1 在给出的不等式中，如果能通过恒等变形分离出参数，即：a ≥f(x)恒成立,只须求出 ,则a ≥ ;若a ≤f(x)恒成立, 只须求出 ,则a ≤转化为函数求最值.例1 已知函数f(x)= ,若任意x ∈[2 ,+∞)恒有f(x)>0,试确定a 的取值范围. 解:根据题意得,x+−2>1在x ∈[2 ,+∞)上恒成立,即a>−+3x 在x ∈[2 ,+∞)上恒成立.设f(x)=-+3x .则f(x)=−+ ,当x=2时,=2 ,所以a>22在给出的不等式中，如果通过恒等变形不能直接解出参数，则可将两变量分别置于不等式的两边，即:若f(a)≥g(x)恒成立,只须求出g(x)最大值 ,则f(a)≥ .然后解不等式求出参数a 的取值范围; :若f(a)≤g(x)恒成立,只须求出g(x)最小值 ,则f(a)≤ .然后解不等式求出参数a 的取值范围.问题还是转化为函数求最值.例2 已知x ∈(−∞ ,1]时,不等式1++(a −)>0恒成立,求a 的取值范围.解 令=t ,∵x ∈(−∞ ,1] ∴t ∈(0 ,2].所以原不等式可化为<,要使上式在t ∈(0 ,2]上恒成立,只须求出f(t)=在t ∈(0 ,2]上的最小值即可. ∵f(t)==+=− 又t ∈(0 ,2] ∴∈[) ∴=f(2)=∴< , ∴−<a<例3 设c b a >>且ca mc b 1b a 1-≥-+-恒成立，求实数m 的取值范围。
解析：由于c a >，所以0c a >-，于是⎪⎭⎫ ⎝⎛-+--≤c b 1b a 1)c a (m 恒成立，因+≥⎪⎭⎫⎝⎛--+--++=⎪⎭⎫ ⎝⎛-+--+-=⎪⎭⎫ ⎝⎛-+--2c b b a b a c b 11c b 1b a 1)]c b ()b a [(c b 1b a 1)c a (.4cb b a b ac b 2=--⋅-- （当且仅当b a c b -=-时取等号），故4m ≤。
高中数学恒成立问题的类型及其求解策略
一点的切线斜率恒大于 3 m ，求 m 的取值范围. 解： (I)略；(II)略； (III)由已知得 f ′( x) > 3m ， 即 mx2 2(m + 1)x + 2 > 0 ．
又 m < 0 ，所以 x2
2 (m + 1) x +
2
<0，
m
m
即 x2
2
2
(m + 1) x +
< 0,x ∈[
1,1] ①
m
m
设 g( x) = x2 2(1 + 1 ) x+ 2 ，其函数图象开口向 mm
上，由题意知①式恒成立，
g ( 1) < 0 所以
g (1) < 0
1+ 2 + 2 + 2 < 0 mm ，
1<0
解之得 4 /3 < m ．又 m < 0 ，所以 4/ 3 < m < 0 ， 即 m 的取值范围为 ( 4 /3,0) ．
给 定 ( 或 可 转 化 为 ) 一 次 函 数 y = f ( x) = a x+ 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) a > 0 或ⅱ) a < 0 ，亦可合并成 f (m) > 0 ；
f (2) >
x2 1 > 0
y
y
x
om n
x
om n
x > 3或x < 1
解得
，∴ x < 1 或 x > 3 .
高中数学恒成立问题的解题方法和思路
高中数学恒成立问题的解题方法和思路【摘要】高中数学中的恒成立问题是学生在学习数学时经常会遇到的挑战，掌握恒成立问题的解题方法对于提高数学水平至关重要。
本文首先探讨了理解恒成立问题的重要性和挑战高中数学恒成立问题的意义，引发读者对该问题的关注。
接着介绍了学习恒成立问题的基础知识和常用解题方法，包括代数方法和几何方法。
特别对恒成立问题的特殊情况进行了思考和分析。
在总结了解题方法，并展望了高中数学学习的未来发展。
通过本文的阐述，读者可以更好地理解和掌握高中数学中的恒成立问题，提升自己的数学解题能力。
【关键词】高中数学，恒成立问题，解题方法，思路，理解，挑战，基础知识，常用方法，代数，几何，特殊情况，总结，展望1. 引言1.1 理解恒成立问题的重要性理解恒成立问题的重要性在高中数学学习中起着至关重要的作用。
恒成立问题是数学中的基础概念之一，对建立数学思维和逻辑推理能力具有重要意义。
通过理解和解决恒成立问题，可以深化对数学知识的理解，提升数学推导能力，培养学生的逻辑思维和分析问题的能力。
理解恒成立问题还能帮助学生更好地应对高考和数学竞赛中的问题，提高解题速度和准确度。
掌握了恒成立问题的解题方法和思路，学生在考试中就能更加游刃有余，更加得心应手。
理解恒成立问题的重要性不仅在于提高数学学习的效果，还在于培养学生的数学素养和解决问题的能力。
应该重视恒成立问题的学习，努力提升解决问题的能力，为未来的学习和发展打下坚实的基础。
1.2 挑战高中数学恒成立问题的意义挑战高中数学恒成立问题的意义在于培养学生的逻辑思维能力和推理能力。
这些恒成立问题往往需要学生灵活运用所学的知识和方法，通过逻辑推理和数学证明找出问题的解决方案。
在挑战这些问题的过程中，学生需要不断思考、分析和总结，从而培养自己的解决问题的能力。
挑战高中数学恒成立问题也可以帮助学生扩展数学思维，拓宽数学应用的范围。
通过解决这些问题，学生可以更深入地理解数学知识的内涵和应用，培养出对数学的兴趣和热爱。
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高中数学常见的恒成立问题的一般解法摘要：本文针对高中数学的恒成立问题，通过分析恒成立问题在解题过程中的几种类型和解题的常用方法进展分类，并通过实例进展说明，比拟系统的展现了高中数学中恒成立问题的一般解法，帮助学生对恒成立问题有了系统、详细的认识。
关键词：恒成立问题；解法；函数；不等式我们在高中数学教学中，经常遇到一些恒成立问题，我们反复讲解，大多数学生也束手无策，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，主要是缺乏系统归类。
高中数学中的恒成立问题，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，有利于考察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函数型；②不等式型；③方程型。
而这三种类型又不是独立出现的，有时会把两者融合在一起。
对于这三种类型的题解决的方法常有：①函数性质法；②别离参数法；③数形结合法。
一、函数性质法函数的性质包括函数的定义域、值域、单调性、奇偶性、周期性等，而对于恒成立问题经常用到函数的单调性。
下面根据函数类型对利用函数性质法来解恒成立问题做一个说明。
〔一〕一次函数型对于一次函数y=f(x)=kx+b(k≠0),假设y=f(x)在[m,n]内恒有f(x)>0，那么根据函数的图象〔直线〕或一次函数的单调性〔当k>0时，y=f(x) 在[m,n]内为增函数，当k<0时，y=f(x) 在[m,n]内为减函数〕可得ⅰ〕0()0k f m >⎧⎨>⎩或ⅱ〕0()0k f n <⎧⎨>⎩即一次函数y=f(x)=kx+b(k ≠0)在[m,n]的最小值大于0。
假设k 不知道正负，上面两种情况亦可合并定成⎩⎨⎧>>0)(0)(n f m f ，这样可以回避讨论k 的正负。
同理，假设在[m,n]内恒有f(x)<0，那么有⎩⎨⎧<<0)(0)(n f m f 例1、 对于满足|a|≤2的所有实数a,求使不等式x 2+ax+1>a+2x 恒成立的x 的取值X 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。
假设将a 视作自变量，那么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：原不等式可化为(x-1)a+x 2-2x+1>0,设f(a)= (x-1)a+x 2-2x+1,那么f(a)在[-2,2]上恒大于0∴(2)0(2)0f f ->⎧⎨>⎩即⎪⎩⎪⎨⎧>->+-0103422x x x 解得⎩⎨⎧-<><>1113x x x x 或或 ∴x<-1或x>3.〔二〕二次函数型根据二次函数的定义域不同，二次函数分为两种类型①假设二次函数y=ax 2+bx+c=0(a ≠0，x ∈R)大于0恒成立，那么有⎩⎨⎧<∆>00a ②假设是二次函数在指定区间上的恒成立问题，那么可以利用韦达定理以及根与系数的分布知识求解。
例2、 设f(x)=x 2-2ax+2,当x ∈[-1,+∞)时，都有f(x)≥a 恒成立，求a的取值X 围。
分析：题目中要证明f(x)≥a 恒成立，假设把a 移到等号的左边，那么把原题转化成左边二次函数在区间[-1,+∞)时恒大于0的问题。
解：设F(x)= f(x)-a=x 2-2ax+2-a.①当∆=4〔a-1)(a+2)<0时，即-2<a<1时，对一切x ∈[-1,+∞)，F(x)≥0恒成立；②当∆=4〔a-1)(a+2)≥0时由图可得：0(1)021,2F a ⎧⎪∆≥⎪-≥⎨⎪-⎪-≤-⎩即⎪⎩⎪⎨⎧-≤≥+≥+-,1030)2)(1(a a a a 得-3≤a ≤-2;综上可得a 的取值X 围为[-3，1]。
〔三〕高次函数型对于函数f(x)=ax n +bx n-1+…+m=0(a ≠0，n ≥3)在给定区间上大于0〔或小于0〕恒成立问题，那么利用求导的方法求出函数的最值，只需函数的最小值大于0〔或最大值小于0〕即可。
例3、 设函数f(x)=x 3+ax 2–a 2x+m(a>0)，假设对任意的a ∈[3,6]，不等式f(x)≤1在x ∈[-2,2]上恒成立，**数m 的取值X 围。
解：∵f ˊ(x)=3x 2+2ax –a 2=3(x-3a )(x+a) 又a>0∴当x<-a 或x>3a 时，f ˊ(x)>0当-a<x<3a 时, f ˊ(x)<0∴函数的单调递增区间为(-∞，-a)，〔3a ，+∞〕单调递减区间为(-a,3a )当a ∈[3,6],3a ∈[1,2],-a ≤-3又x ∈[-2,2], ∴f(x)max =max{ f(-2), f(2)}而f(-2) =-8+4a+2a 2+m ，f(2)= 8+4a-2a 2+m,∴f(-2)- f(2)=-16+4a 2>0，∴f(x)max = f(-2) =-8+4a+2a 2+m要使不等式f(x)≤1在x ∈[-2,2]上恒成立，只需f(x)max = f(-2) =-8+4a+2a 2+m ≤1即m ≤9-4a-2a 2在a ∈[3,6] 上恒成立∵9-4a-2a 2在a ∈[3,6]的最小值为-87，∴m ≤-87说明：此题不光涉及到高次函数的恒成立，还涉及到二次函数的恒成立，并且都用到利用最值法来解，所以在解题时注意恰当的使用最值法。
对于复合型的函数，我们可以把它化为常见的函数类型来解。
例4、 关于x 的方程9x +(4+a)3x +4=0恒有解，求a 的X 围。
分析：题目中出现了3x 及9x ，故可通过换元转化成二次函数型求解。
解法1〔利用韦达定理〕：设3x =t,那么t>0.那么原方程有解即方程t 2+(4+a)t+4=0有正根。
⎪⎩⎪⎨⎧>=•>+-=+≥∆∴040)4(02121x x a x x 即⎩⎨⎧-<≥-+4016)4(2a a ⎩⎨⎧-<-≤≥∴480a a a 或 解得a ≤-8.解法2〔利用根与系数的分布知识〕：即要求t 2+(4+a)t=0有正根。
设f(x)= t 2+(4+a)t+4.10.∆=0,即〔4+a 〕2-16=0,∴a=0或a=-8.a=0时，f(x)=(t+2)2=0,得t=-2<0，不合题意；a=-8时，f(x)=(t-2)2=0,得t=2>0,符合题意。
∴a=-8.20.∆>0,即a<-8或a>0时，∵f(0)=4>0,故只需对称轴024>+-a ，即a<-4.∴a<-8综合可得a ≤-8.另外，我们来看一下利用函数的奇偶性、周期性等性质怎样来解恒成立问题。
假设函数f(x)是奇(偶)函数，那么对一切定义域中的x ,f(-x)=-f(x)(或f(-x)=f(x))恒成立；假设函数y=f(x)的周期为T ，那么对一切定义域中的x,f(x)=f(x+T)恒成立。
例5、 假设f(x)=sin(x+α)+cos(x-α)为偶函数，求α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x ∈R 恒成立，∴sin(-x+α)+cos(-x-α)=sin(x+α)+cos(x-α)即sin(x+α)+sin(x-α)=cos(x+α)-cos(x-α)2sinx ·cos α=-2sinx ·sin α∴sinx (sin α+cos α)=0∵对一切x ∈R 恒成立．．．，∴sin α+cos α=0 ∴α=k 4ππ-.〔k ∈Z 〕 二、 别离参数法假设在等式或不等式中出现两个变量，其中一个变量的X 围，另一个变量的X 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的两边，那么可将恒成立问题转化成函数的最值问题求解。
例6、 当x ∈R 时， 不等式a+cos2x<5-4sinx 恒成立，**数a 的取值X 围。
分析：在不等式中含有两个变量a 及x ，其中x 的X 围〔x ∈R 〕，另一变量a 的X 围即为所求，故可考虑将a 及x 别离。
解：原不等式可化为4sinx+cos2x< -a+5要使上式恒成立，只需 -a+5大于4sinx+cos2x 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≤3,∴-a+5>3即a<2注：注意到题目中出现了sinx 及cos2x ，而cos2x=1-2sin 2x,故假设把sinx 换元成t ，那么可把原不等式转化成关于t 的二次函数类型，利用二次函数在指定区间上的恒成立问题来解〔解略〕。
实际上例4也可以用别离参数法来解。
解法3：设3x =t,那么t>0.那么原方程可化为t 2+(4+a)t+4=0，即4+a=24t t--恒成立又∵t>0，由均值不等式可得244t t t t +=+≥=4 ∴24t t--≤-4，即4+a ≤-4, ∴a ≤-8 三、 数形结合法假设把等式或不等式进展合理的变形后，能非常容易地画出等号或不等号两边函数的图象，那么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6、当x ∈(1,2)时，不等式(x-1)2<log a x 恒成立，求a 的取值X 围。
分析：假设将不等号两边分别设成两个函数，那么左边为二次函数，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y1=(x-1)2,y2=log a x,那么y1的图象为右图所示的抛物线，要使对一切x∈(1,2),y1<y2恒成立，即在x∈(1,2)，y1的图象在y2的图象的下方。
显然a>1,并且必须也只需当x=2时y2的函数值大于或等于y1的函数值。
∴log a2≥1,而a>1, 故1<a≤2.参考文献：【1】"数学教学与研究"2010,34期【2】王双双"恒成立问题的求解策略"【3】"高考教练"作者简介：李文：中学二级教师，本科，研究方向为中学数学教学。