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浅谈高中数学不等式的恒成立问题一、构造函数法在解决不等式恒成立问题时，一种最重要的思想方法就是构造适当的函数，即构造函数法，然后利用相关函数的图象和性质解决问题，同时注意在一个含多个变量的数学问题中，需要确定合适的变量和参数，从而揭示函数关系，使问题更加面目更加清晰明了，一般来说，已知存在范围的量视为变量，而待求范围的量视为参数.例如;例1 已知不等式对任意的都成立，求的取值范围.解：由移项得:.不等式左侧与二次函数非常相似，于是我们可以设则不等式对满足的一切实数恒成立对恒成立.当时，即解得故的取值范围是.评注：此类问题常因思维定势，学生易把它看成关于的不等式讨论，从而因计算繁琐出错或者中途夭折；若转换一下思路，把待求的x为参数，以为变量，令则问题转化为求一次函数（或常数函数）的值在内恒为负的问题，再来求解参数应满足的条件这样问题就轻而易举的得到解决了。
二、分离参数法在不等式中求含参数范围过程中，当不等式中的参数（或关于参数的代数式）能够与其它变量完全分离出来并，且分离后不等式其中一边的函数（或代数式）的最值或范围可求时，常用分离参数法.例2 已知函数（为常数）是实数集上的奇函数，函数在区间上是减函数.（Ⅰ）若对（Ⅰ）中的任意实数都有在上恒成立，求实数的取值范围.解析：由题意知，函数在区间上是减函数.在上恒成立注：此类问题可把要求的参变量分离出来，单独放在不等式的一侧，将另一侧看成新函数，于是将问题转化成新函数的最值问题：若对于取值范围内的任一个数都有恒成立，则；若对于取值范围内的任一个数都有恒成立，则.三、数形结合法如果不等式中涉及的函数、代数式对应的图象、图形较易画出时，可通过图象、图形的位置关系建立不等式求得参数范围.例3 已知函数若不等式恒成立，则实数的取值范围是 .解：在同一个平面直角坐标系中分别作出函数及的图象，由于不等式恒成立，所以函数的图象应总在函数的图象下方，因此，当时，所以故的取值范围是注：解决不等式问题经常要结合函数的图象，根据不等式中量的特点，选择适当的两个函数，利用函数图像的上、下位置关系来确定参数的范围.利用数形结合解决不等式问题关键是构造函数，准确做出函数的图象.如：不等式，在时恒成立，求的取值范围.此不等式为超越不等式，求解时一般使用数形结合法，设然后在同一坐标系下准确做出这两个函数的图象，借助图象观察便可求解.四、最值法当不等式一边的函数（或代数式）的最值较易求出时，可直接求出这个最值（最值可能含有参数），然后建立关于参数的不等式求解.例4 已知函数（Ⅰ）当时，求的单调区间；（Ⅱ）若时，不等式恒成立，求实数的取值范围.解（Ⅱ）当时，不等式即恒成立.由于，，亦即，所以.令，则，由得.且当时，；当时，，即在上单调递增，在上单调递减，所以在处取得极大值，也就是函数在定义域上的最大值.因此要使恒成立，需要，所以的取值范围为.例5 对于任意实数x，不等式│x+1│+│x-2│＞a恒成立，求实数a的取值范围分析①：把左边看作x的函数关系，就可利用函数最值求解.解法1：设f（x）=│x+1│+│x-2│=-2x+1,（x≤1）3，（-1＜x≤2）2x-1,（x＞2）∴f（x）min=3.∴a＜3.分析②：利用绝对值不等式│a│-│b│＜│a±b│＜│a│+│b│求解f（x）=│x+1│+│x-2│的最小值.解法2：设f（x）=│x+1│+│x-2│，∵│x+1│+│x-2│≥│（x+1）-（x-2）│=3，∴f（x）min=3. ∴a＜3.分析③：利用绝对值的几何意义求解.解法3：设x、-1、2在数轴上的对应点分别是P、A、B，则│x+1│+│x-2│=│PA │+│PB│，当点P在线段AB上时，│PA│+│PB│=│AB│=3，当点P不在线段AB上时，│PA│+│PB│＞3，因此不论点P在何处，总有│PA│+│PB│≥3，而当a＜3时，│PA│+│PB│＞a恒成立，即对任意实数x，不等式│x+1│+│x-2│＞a恒成立.∴实数a的取值范围为（-∞，3）.点评：求"恒成立问题"中参数范围，利用函数最值方便自然，利用二次不等式恒为正（负）的充要条件要分情况讨论，利用图象法直观形象.从图象上直观得到0＜m＜1后，还需考查区间（0，）右端点x=处的函数值的大小，这一点往往被忽视.综上，恒成立问题多与参数的取值范围问题联系在一起，是近几年高考的一个热门题型，它以"参数处理"为主要特征，以"导数"为主要解题工具.往往与函数的单调性、极值、最值等有关，所以解题时要善于将这类问题与函数最值联系起来，通过函数最值求解相关问题.不等式恒成立问题，因题目涉及知识面广，解题方法灵活多样，技巧性强，难度大等特点，要求有较强的思维灵活性和创造性、较高的解题能力，上述方法是比较常用的，但因为问题形式千变万化，考题亦常考常新，因此在备考的各个阶段都应渗透恒成立问题的教与学，在平时的训练中不断领悟和总结，教师也要介入心理辅导和思想方法指导，从而促使学生在解决此类问题的能力上得到改善和提高.1。
高考热点——恒成立问题解法探讨
牛金彪
【期刊名称】《中学生数理化（学研版）》
【年(卷),期】2012(000)007
【摘要】在不等式综合题中常见到这种类型的题目：f（x，a）〉0（或f（x，a）〈0）对任意x∈I恒成立，我们把这类问题称为含参数不等式恒成立问题，其中z 是变量，a是参数．含参数不等式恒成立问题是高考的一个热点，常与三角函数、数列、圆锥曲线、函数与导数等知识结合进行考查，综合性强、技巧高，很多专家学者对此进行了深入研究．本文结合教学实际和最新考题，力求科学而又系统地探讨这类问题的解法．
【总页数】1页(P7-7)
【作者】牛金彪
【作者单位】河南省孟州市第一高级中学
【正文语种】中文
【中图分类】G633.6
【相关文献】
1.高考热点之导数与不等式的相结合——谈恒成立问题 [J], 冯国雄
2.不等式中的恒成立问题解法探究 [J], 李芃杉;
3.不等式中的恒成立问题解法探究 [J], 李芃杉
4.高中数学存在性问题与恒成立问题解法分析 [J], 李百良[1]
5.含参数函数不等式恒成立问题解法探究及推广应用 [J], 叶浩山
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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。
不等式中恒成立问题的解法浅谈发表时间：2014-05-22T09:00:41.153Z 来源：《中小学教育》2012年2月总第88期作者：伊兰[导读] 摘要：不等式中的恒成立问题是数学中常见的问题，是我们高中教学中的重点、难点，在高考中频频出现，本文就不等式中恒成立问题的解法了做一些简单的归纳和总结。
关键词：不等式中恒成立问题解法归纳总结伊兰辽宁省凌源市第一高级中学122500摘要：不等式中的恒成立问题是数学中常见的问题，是我们高中教学中的重点、难点，在高考中频频出现，本文就不等式中恒成立问题的解法了做一些简单的归纳和总结。
关键词：不等式中恒成立问题解法归纳总结不等式中的恒成立问题是数学中常见的问题，它贯穿于整个高中数学教学。
这类问题综合性强，难度大，对于学生能力的要求高，能有效地培养学生的思维灵活性。
所以不等式中的恒成立问题是我们高中教学的重点、难点，也受到高考出题者的青睐，在高考中频频出现，很多学生望而生畏，无从下笔。
针对这种情况，本文就不等式中恒成立问题的解法做了一些简单的归纳和总结。
2.指定区间上恒成立问题：可以结合函数图像利用韦达定理以及根与系数的分布知识求解（还可以分离参数利用最值求解，详见后面）。
四、变换主元有些函数已知条件中给的是参数的取值区间，求变量x的取值范围。
对于此类问题我们只需换一个角度，变参数为主元，就可以很容易解决问题。
既将参数看作变量，将变量x看做参数。
以上是对恒成立问题解法的简单整理，还不完善。
恒成立问题涉及到函数的性质和图像，渗透着换元、化归、数形结合、函数与方程等数学思想方法。
所以解决恒成立问题的关键是根据已知条件将恒成立问题转化为正确的基本函数类型，最后利用函数性质、最值、结合函数图象进行求解。
不等式恒成立问题—8种解法探析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．。
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。
高中数学不等式恒成立问题解题思路探究摘要】随着我国教育事业的不断发展，对高中生的数学素质要求进一步的提升，不等式的恒成立问题在高中数学的学习中占据重要的地位，也是实际学习的重难点，不仅是对学生“不等式计算”思维的一种培养，还能将其运用到实际生活当中。
教师要充分研究解题思路，使学生掌握的解题方法，让学生能够又准又快的解决实际问题。
【关键词】高中数学;不等式恒成立;解题思路;探究中图分类号：G652.2 文献标识码：A 文章编号：ISSN1001-2982 （2020）08-010-01一、前言不等式的恒成立问题是高中数学学习的重要内容，也是高考的重要考点，它不仅可以对学生进行单独的知识点考查，还可与函数、方程等部分重点内容进行综合的考查，学生在学习过程中存在难度。
因此在解题思路上教师和学生要善于总结，将之前学习过的知识与本节课的学习进行充分的联系，从而找出适合自己的解题方式。
不等式的解题具有一定的规律和技巧，只要学生扎实地掌握不等式恒成立的相关知识和概念，并且将与之有关系的数学知识灵活地运用，就能够有效地提升学生的解题速度和准确率。
二、不等式恒成立问题教学的意义（一）能够利用不等式恒成立问题求解函数的最值问题运用不等式的恒成立问题来求解函数的最值问题，是高中生普遍愿意采用的一种方式，在实际的解题过程当中，不仅能够帮助学生理清解题的思路，还可以提高学生的解题技巧和能力，让学生的正确率有所提高。
（二）能够利用不等式恒成立问题解决参数取值的问题参数范围问题是高考的必考题，这类问题涉及的知识点多，思考转化比较困难，在具体的解题过程中，学生会运用函数的单调性和导数等方法来求参数的取值范围，很多时候，也可运用不等式恒成立的方式能够将问题简单化，提高学生的解题效率。
三、高中数学不等式恒成立问题解决和教学中出现的问题（一）学生对之前所学的知识回忆不起来，影响解题思路在解决不等式恒成立问题时，要求学生不仅要熟练掌握不等式的相关知识，还要对之前的知识能够及时地提取。
不等式的恒成立问题基本解法9种解法在解决不等式的恒成立问题时，有多种基本解法可以选择，每种解法都有其独特的特点和适用场景。
在本文中，我们将深入探讨不等式的恒成立问题，并从不同的角度提出9种基本解法，帮助读者更全面、深入地理解这一主题。
1. 直接法直接法是解决不等式的恒成立问题最直接的方法。
通过对不等式的特定性质和条件进行分析，直接得出不等式恒成立的结论。
这种方法通常适用于简单的不等式，能够快速得到结果。
2. 间接法间接法是一种通过反证法或对立法解决不等式的恒成立问题的方法。
当直接法无法直接得出结论时，可以尝试使用间接法来推导不等式的恒成立条件。
这种方法通常适用于较为复杂的不等式，可以通过推翻假设得到结论。
3. 分类讨论法分类讨论法是一种将不等式的条件分为多种情况进行分析的方法。
通过将不同情况进行分类讨论，找出每种情况下不等式的恒成立条件，从而得出综合结论。
这种方法适用于不等式条件较为复杂的情况，能够全面考虑不同情况下的特殊性。
4. 代入法代入法是一种通过代入特定的数值进行验证的方法。
通过选择合适的数值代入不等式中，可以验证不等式在特定条件下是否恒成立。
这种方法通常适用于验证不等式的特定性质或条件。
5. 齐次化法齐次化法是一种将不等式中的不定因子统一化的方法。
通过将不等式中的不定因子进行统一化，可以简化不等式的表达形式，从而更容易得出不等式的恒成立条件。
这种方法通常适用于不等式较为复杂的情况，能够简化问题的复杂度。
6. 几何法几何法是一种通过几何形象进行分析的方法。
通过将不等式转化为几何图形，可以直观地理解不等式的恒成立条件。
这种方法通常适用于具有几何意义的不等式问题，能够通过几何图形进行直观分析。
7. 递推法递推法是一种通过递归关系进行推导的方法。
通过建立递推关系，可以得出不等式的递推解，从而得出恒成立条件。
这种方法通常适用于递推关系较为明显的不等式问题，能够通过递推求解不等式问题。
8. 极限法极限法是一种通过极限的性质进行分析的方法。
一道含参不等式恒成立问题的多种解法一道含参不等式恒成立问题的多种解法高晓航（哈尔滨师范大学教师教育学院，黑龙江㊀哈尔滨㊀１５００２５）ʌ摘要ɔ含参不等式恒成立问题作为高考中固定的一类综合性问题，因为思维难度高㊁知识容量大，所以对学生逻辑思维和数学运算等能力的要求较高．文章以一道高考模拟题为例，讨论含参指对混合型不等式恒成立问题的求解策略，最终给出四种方法：分离参数法㊁隐零点求最值法㊁图像法和放缩法．ʌ关键词ɔ不等式；恒成立问题；求解策略引 言含参不等式恒成立问题以导数相关知识为背景，难度较大，需要学生善于观察，灵活转化，转化的形式和方法也不是一成不变的，因此此类题目的知识与能力的承载性极强．下面以一道高考模拟题为例，介绍此问题中特殊的一类：含参指对混合型不等式恒成立问题的四种解题方法．一㊁题目呈现已知函数ｆ（ｘ）＝ｅｘ－ｘ，ｇ（ｘ）＝ａｌｎｘ＋ａ，（ａ＞０，ｅ是自然对数的底数）．（１）若直线ｙ＝ｋｘ与曲线ｙ＝ｆ（ｘ）和ｙ＝ｇ（ｘ）都相切，求ａ的值；（２）若ｆ（ｘ）ȡｇ（ｘ）恒成立，求实数ａ的取值范围．本题第（１）问较为常规，利用导数的几何意义分别求出两曲线ｙ＝ｆ（ｘ）和ｙ＝ｇ（ｘ）过原点的切线，联立即可求得参数ａ的值．并由ａ＝ｅ－１可求出ｘ２＝ｘ１＝１，即两曲线切于同一点，为第（２）问含参指对混合型不等式恒成立问题做铺垫．第（２）问考查的知识点较全面㊁逻辑性强，下面运用不同解法对该问题进行探究．二㊁解法探究解法１㊀分离参数法因为ｅｘȡｘ＋１＞ｘ，所以ｆ（ｘ）＝ｅｘ－ｘ＞０恒成立．由ｆ（ｘ）ȡｇ（ｘ），得到ｅｘ－ｘȡａ（ｌｎｘ＋１），所以先讨论ｇ（ｘ）ɤ０的情况．令ａ（ｌｎｘ＋１）ɤ０，可得ｘ的取值范围为０，１ｅæèçùûúú，当ｘɪ０，１ｅæèçùûúú的时候，式子ａ（ｌｎｘ＋１）ɤ０，所以ｅｘ－ｘȡａ（ｌｎｘ＋１）恒成立，满足要求．接下来讨论ｇ（ｘ）＞０的情况，分离参数，构造函数．当ｘɪ１ｅ，＋ɕæèçöø÷时，ｇ（ｘ）＞０，ａɤｅｘ－ｘｌｎｘ＋１，设ｈ（ｘ）＝ｅｘ－ｘｌｎｘ＋１，ｘɪ１ｅ，＋ɕæèçöø÷，然后对ｈ（ｘ）求导，得到ｈᶄ（ｘ）＝（ｅｘ－１）ｌｎｘ＋ｅｘｘ－１ｘæèçöø÷（ｌｎｘ＋１）２．令ｈᶄ（ｘ）＝０，得到ｘ＝１，所以当ｘɪ１ｅ，１æèçöø÷时，ｈᶄ（ｘ）＜０，ｈ（ｘ）单调递减；当ｘɪ［１，＋ɕ）时，ｈᶄ（ｘ）＞０，ｈ（ｘ）单调递增．所以ａɤｈ（ｘ）ｍｉｎ＝ｈ（１）＝ｅ－１，６４１综上，ａ的取值范围是（０，ｅ－１］．评注：分离参数法，即把参数放在不等式一边，对另一边构造函数，由此可将含参不等式恒成立问题转化为函数最值问题．只需进一步研究所构造函数的单调性，求出最值，即可得参数取值范围．分离参数法是处理此类问题的最基本方法．解法２㊀隐零点求最值法由ｆ（ｘ）ȡｇ（ｘ），可知ｅｘ－ｘȡａｌｎｘ＋ａ，等价于ｅｘ－ｘ－ａｌｎｘ－ａȡ０在ｘɪ（０，＋ɕ）上恒成立．设ｈ（ｘ）＝ｅｘ－ｘ－ａｌｎｘ－ａ，ｘɪ（０，＋ɕ），求导得ｈᶄ（ｘ）＝ｘ（ｅｘ－１）－ａｘ．由于存在参数ａ，无法求出函数ｈ（ｘ）的单调性．令φ（ｘ）＝ｘ（ｅｘ－１）－ａ，ｘɪ（０，＋ɕ），再对φ（ｘ）求导，得φᶄ（ｘ）＝ｅｘ（ｘ＋１）－１＞０，所以φ（ｘ）在ｘɪ（０，＋ɕ）上是增函数．又因为φ（０）＝－ａ＜０，又由第（１）问的计算结果，这里直接讨论φ（１）＝ｅ－１－ａ．当ａ＞ｅ－１时，φ（１）＜０，ｈ（１）＝ｅ－１－ａ＜０，不符合题意；当０＜ａɤｅ－１时，φ（１）ȡ０，ｈ（１）＝ｅ－１－ａȡ０，符合题意．所以当０＜ａɤｅ－１时，φ（０）＜０，φ（１）ȡ０，因此∃ｘ０ɪ（０，１］，φ（ｘ０）＝０，即ｘ０（ｅｘ－１）－ａ＝０．当ｘɪ（０，ｘ０）时，φ（ｘ）＜０，ｈᶄ（ｘ）＜０，函数ｈ（ｘ）单调递减，当ｘɪ（ｘ０，＋ɕ）时，φ（ｘ）＞０，ｈᶄ（ｘ）＞０，函数ｈ（ｘ）单调递增．ｈ（ｘ）ｍｉｎ＝ｈ（ｘ０）＝ｅｘ－ｘ０－ａｌｎｘ０－ａ＝ｅｘ（１－ｘ０）－ｘ０ｌｎｘ０（ｅｘ－１）ȡ０，满足要求．综上可知，当ａɪ（０，ｅ－１］时，ｆ（ｘ）ȡｇ（ｘ）恒成立．评注：不等式恒成立问题的一个常规思路是：将不等式一侧化为０，对另一侧构造新函数，此时该问题就转化成了函数最值问题．但是若该不等式含参，那么构造的新函数依然是含参函数，无法用导数工具直接求出最值．可以尝试通过判断含参函数的导函数是否存在 隐零点 ，借助隐零点存在范围，判断所构造含参函数的最值． 隐零点 与 显零点 相对，指函数的零点虽然存在，但无法直接求出，通常可以利用零点存在定理判断，不满足此定理条件时可针对具体图像分析．解法３㊀图像法此题可以运用图像法来解决，首先需要判断函数图像的凹凸状态．函数ｆ（ｘ）＝ｅｘ－ｘ，利用求导判断函数单调性，即ｆᶄ（ｘ）＝ｅｘ－１，令ｆᶄ（ｘ）＝０得到ｘ＝０．所以当ｘɪ（０，＋ɕ）时，ｆᶄ（ｘ）＞０，ｆ（ｘ）单调递增，由此可画出函数ｆ（ｘ）的大致图像，ｆ（ｘ）图像呈向下凹的状态．然后判断函数ｇ（ｘ）图像的凹凸状态．其中，ｇ（ｘ）＝ａｌｎｘ＋ａ，ａ＞０，这里的参数ａ对函数ｇ（ｘ）＝ａｌｎｘ＋ａ，ａ＞０图像的大致形状没有显著影响，只改变图像的 胖瘦 和高低位置，则函数ｇ（ｘ）的图像与对数函数ｙ＝ｌｎｘ的图像走势大致相同．这样函数ｆ（ｘ），ｇ（ｘ）的图像呈凹凸反转的状态．那么随着参数ａ的变化，函数ｆ（ｘ）与ｇ（ｘ）有一个临界位置，此时两个函数均与一条直线相切（如图所示），该切线即为第（１）问中求得的直线：ｙ＝（ｅ－１）ｘ．随着参数ａ的增大，函数ｇ（ｘ）的部分图像将在ｆ（ｘ）图像上方．所以ｆ（ｘ）ȡｇ（ｘ）在ｘɪ（０，＋ɕ）上恒成立时，参数ａɪ（０，ｅ－１］．函数ｆ（ｘ）与ｇ（ｘ）的临界位置图７４１评注：此法简洁自然，三步即可确定答案．当两个函数解析式中分别含有指数和对数时，由于指数函数和对数函数图像本身凹凸反转的特点，因此可以通过分析或者求导判断题目中复合函数的图像是否也会呈现凹凸反转的情况，此时可以首选图像法．通过改变参数的值使两个函数相切，以找到切点，即找到不等式成立的分界点．当不等式较为复杂时，那么图像法的关键就在于对其进行恰当转化，此处的变形是基于常见的指对同构联想到的，目的是使不等式左右两边函数的图像呈现凹凸反转的情况，同理继续找两函数图像的切点即可．解法４㊀放缩法由ｆ（ｘ）ȡｇ（ｘ）可知ｅｘ－ｘȡａｌｎｘ＋ａ，等价于ｅｘ－ｘ－ａｌｎｘ－ａȡ０在ｘɪ（０，＋ɕ）上恒成立．设ｈ（ｘ）＝ｅｘ－ｘ－ａｌｎｘ－ａ，ｘɪ（０，＋ɕ）．由第（１）问的两曲线相切求解的结果，这里直接就ｈ（１）＝ｅ－１－ａ进行研究分析，接下来对参数ａ进行分类讨论：当ａ＞ｅ－１时，ｈ（１）＝ｅ－１－ａ＜０，不符合题意；当０＜ａɤｅ－１时，ｈ（ｘ）＝ｅｘ－ｘ－ａｌｎｘ－ａ＝ｅｘ－ｘ－ａ（ｌｎｘ＋１）ȡｅｘ－ｘ－ａｘȡｅｘ－ｘ－（ｅ－１）ｘ＝ｅｘ－ｅｘȡ０，满足要求．所以实数ａ的取值范围是（０，ｅ－１］．评注：由于一些特殊的指数函数㊁对数函数与一次函数三者图像之间具有临界位置关系，所以放缩法是解决含参指对混合型不等式恒成立问题的一个巧妙方法．但是针对不同题目，放缩的选择不同，没有固定的放缩策略．这就需要解题者在对一些典型不等式熟悉且能运用的情况下，有较多的知识储备㊁放缩的意识以及灵活的思维．若能巧妙运用放缩，将能够快速㊁轻松解决含参指对混合型不等式恒成立问题．结 语从以上四种解题方法可以看出，解决含参指对混合型不等式恒成立问题的关键在于灵活运用函数思想：分离参数法和隐零点求最值法都是将不等式恒成立问题转化为函数最值问题，图像法是将不等式恒成立问题转化为函数图像问题，放缩法也可以看作是将不等式恒成立问题转化为两个具有临界位置关系的特殊函数图像问题．同时其中也蕴含着函数性质问题㊁函数对应方程的根的分布问题等．除函数思想外，数形结合㊁等价转化㊁分类讨论等也是解决此类问题常用的思想方法，需要学生有意识地灵活运用．ʌ参考文献ɔ［１］林国夫．２０１３年高考导数综合应用中的 隐零点 ［Ｊ］．中学数学杂志，２０１３（９）：４９－５２．［２］朱秀媛．凹凸反转解决关于ｌｎｘ与ｅｘ的证明题［Ｊ］．数学学习与研究，２０１９（２）：１０１．［３］孙鹏飞．用放缩法巧解函数不等式恒成立［Ｊ］．数理天地（高中版），２０２３（５）：６－７．［４］袁源．求解含参不等式恒成立问题的几种途径［Ｊ］．语数外学习（高中版上旬），２０２３（１）：４５－４６．［５］熊勇．由一道题谈求解含参不等式恒成立问题的思路［Ｊ］．语数外学习（高中版下旬），２０２３（９）：４３－４４．［６］薛晋红．由一道题谈含参不等式恒成立问题的解法［Ｊ］．语数外学习（高中版下旬），２０２３（５）：３９．［７］叶琳玮，罗家贵．由一道题谈解答含参不等式恒成立问题的路径［Ｊ］．语数外学习（高中版下旬），２０２２（８）：４２－４３．［８］吴勇．由一道含参不等式恒成立问题引发的思考［Ｊ］．语数外学习（高中版中旬），２０２１（８）：４５．［９］梁王海．多思维化归，四方法破解 一道含参不等式恒成立问题［Ｊ］．数学学习与研究，２０２１（２）：１１１－１１２．［１０］汪亚运．一道含参不等式恒成立问题的多角度探究［Ｊ］．中学生数学，２０２０（１９）：４１－４３．［１１］张虹．一道含参不等式恒成立问题的多种解法及分析［Ｊ］．中学数学月刊，２０１６（２）：５３－５５．８４１。
不等式恒成立问题中的参数求解技巧在不等式中，有一类问题是求参数在什么范围内不等式恒成立。
恒成立条件下不等式参数的取值范围问题，涉及的知识面广，综合性强，同时数学语言抽象，如何从题目中提取可借用的知识模块往往捉摸不定，难以寻觅，是同学们学习的一个难点，同时也是高考命题中的一个热点。
其方法大致有：①用一元二次方程根的判别式，②参数大于最大值或小于最小值，③变更主元利用函数与方程的思想求解。
本文通过实例，从不同角度用常规方法归纳，供大家参考。
一、用一元二次方程根的判别式有关含有参数的一元二次不等式问题，若能把不等式转化成二次函数或二次方程，通过根的判别式或数形结合思想，可使问题得到顺利解决。
例1 对于x∈R，不等式恒成立，求实数m的取值范围。
解：不妨设，其函数图象是开口向上的抛物线，为了使，只需，即，解得。
变形：若对于x∈R，不等式恒成立，求实数m的取值范围。
变形：此题需要对m的取值进行讨论，设。
①当m=0时，3>0，显然成立。
②当m>0时，则△<0。
③当m<0时，显然不等式不恒成立。
由①②③知。
关键点拨：对于有关二次不等式（或<0）的问题，可设函数，由a的符号确定其抛物线的开口方向，再根据图象与x轴的交点问题，由判别式进行解决。
例2 已知函数，在时恒有，求实数k的取值范围。
例2 解：令，则对一切恒成立，而是开口向上的抛物线。
①当图象与x轴无交点满足△<0，即，解得－2<k<1< span="">。
</k<1<>②当图象与x轴有交点，且在时，只需由①②知关键点拨：为了使在恒成立，构造一个新函数是解题的关键，再利用二次函数的图象性质进行分类讨论，使问题得到圆满解决。
二、参数大于最大值或小于最小值如果能够将参数分离出来，建立起明确的参数和变量x的关系，则可以利用函数的单调性求解。
恒成立，即大于时大于函数值域的上界。
八种解法解决不等式恒成立问题1最值法例1．已知函数)0(ln )(44>-+=x c bx x ax x f 在1=x 处取得极值c --3，其中c b a ,,为常数．（I ）试确定b a ,的值；（II ）讨论函数)(x f 的单调区间；（III ）若对于任意0>x ，不等式22)(c x f -≥恒成立，求c 的取值范围．分析：不等式22)(c x f -≥恒成立，可以转化为2min 2)(c x f -≥解：（I ）（过程略）3,12-==b a ．（II ）（过程略）函数)(x f 的单调减区间为)1,0(，函数)(x f 的单调增区间为),1(+∞． （III ）由（II ）可知，函数)(x f 在1=x 处取得极小值c f --=3)1(，此极小值也是最小值．要使22)(c x f -≥（0>x ）恒成立，只需223c c -≥--，解得23≥c 或1-≤c ． 所以c 的取值范围为),23[]1,(+∞⋃--∞．评注：最值法是我们这里最常用的方法．a x f ≥)(恒成立a x f ≥⇔)(min ；a x f ≤)(恒成立a x f ≤⇔)(max ．2分离参数法例2．已知函数x x x x f +-+=1)1(ln )(22（I ）求函数)(x f 的单调区间；（II ）若不等式e n a n ≤++)11(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．分析：对于（II ）不等式e na n ≤++)11(中只有指数含有a ，故可以将函数进行分离考虑． 解：（I ）（过程略）函数)(x f 的单调增区间为)0,1(-，)(x f 的单调减区间为),0(+∞（II ）不等式e n a n ≤++)11(等价于不等式1)11ln()(≤++n a n ，由于111>+n ，知1)11ln()(≤++na n n n a -+≤⇔)11ln(1；设x x x g 1)1ln(1)(-+= ]1,0(∈x ，则221)1(ln )1(1)(x x x x g +++-=')1(ln )1()1(ln )1(2222x x x x x x ++-++=． 由（I ）知，01)1(ln 22≤+-+x x x ，即0)1(ln )1(22≤-++x x x ；于是，0)(<'x g ]1,0(∈x ，即)(x g 在区间]1,0(上为减函数．故)(x g 在]1,0(上的最小值为12ln 1)1(-=g ． 所以a 的最大值为12ln 1-． 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]2,1(∈x 时，不等式x x a log )1(2≤-恒成立，则实数a 的取值范围是＿＿＿．直角坐标系内作出函数2)1()(-=x x f x x g a log )(=在]2,1(∈x 观、简捷求解．解：在同一平面直角坐标系内作出函数2)1()(-=x x f 与函数x x g a log )(=在(∈x 图象（如右），从图象中容易知道：当0<a )(x g 上方，不合题意；当1>a 且]2,1(∈x 或部分点重合，就必须满足12log ≥a ，即21≤<a ．故所求的a 的取值范围为]2,1(．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11≤≤-a 的一切实数a ，函数)24()4(2a x a x y -+-+=的值恒大于0，则实数x 的取值范围是＿＿＿．分析：若审题不清，按习惯以x 为主元，则求解将非常烦琐．应该注意到：函数值大于0对一定取值范围的谁恒成立，则谁就是主元．解：设)44()2()(2+-+-=x x a x a f ，]1,1[+-∈a ，则原问题转化为0)(>a f 恒成立的问题． 故应该有⎩⎨⎧>>-0)1(0)1(f f ，解得1<x 或3>x ． 所以实数x 的取值范围是),3()1,(+∞⋃-∞．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0a 是常数，且1123---=n n n a a （*∈N n ）．（I ）证明：对于任意1≥n ，012)1(]2)1(3[51a a n n n n n n ⋅-+⋅-+=-． （II ）假设对于任意1≥n 有1->n n a a ，求0a 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1≥n 有1->n n a a 求出0a 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31)3(32311+-=--n n nn a a ，]51)3[(3251311--=---n n n n a a ，所以数列}513{-n n a 是等比数列，可以求得对于任意1≥n ，012)1(]2)1(3[51a a n n n n n n ⋅-+⋅-+=-． （II ）假设对于任意1≥n 有1->n n a a ，取2,1=n 就有⎩⎨⎧>=->-=-0603101201a a a a a a 解得3100<<a ； 下面只要证明当3100<<a 时，就有对任意*∈N n 有01>--n n a a 由通项公式得011111215)1(2)1(332)(5a a a n n n n n n n ⋅⋅⋅-+⋅-⋅+⋅=------当12-=k n （*∈N k ）时，02523322152332)(511101111=⋅-⋅+⋅>⋅⋅-⋅+⋅=--------n n n n n n n n a a a当k n 2=（*∈N k ）时，023*********)(51101111=⋅-⋅>⋅⋅+⋅-⋅=-------n n n n n n n a a a ，可见总有1->n n a a ． 故0a 的取值范围是)31,0(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2)(--=a x x x f ，若当[]0,1x ∈时，恒有()f x ＜0，求实数a 的取值范围． 解：（i ）当0x =时，显然()f x ＜0成立，此时，a R ∈（ii ）当(]0,1x ∈时，由()f x ＜0，可得2x x -＜a ＜2+x x ， 令 (](]22(),(0,1);()(0,1)g x x x h x x x x x=-∈=+∈ 则221)(xx g +='＞0，∴()g x 是单调递增，可知[]max ()(1)1g x g ==- 221)(xx h -='＜0，∴()h x 是单调递减，可知[]min ()(1)3h x h == 此时a 的范围是（—1，3）综合i 、ii 得：a 的范围是（—1，3） ．例7．若不等式032>+-ax x 对于]21,21[-∈x 恒成立，求a 的取值范围． 解：（只考虑与本案有关的一种方法）解：对x 进行分段讨论，当0=x 时，不等式恒成立，所以，此时R a ∈； 当]21,0(∈x 时，不等式就化为x x a 3+<，此时x x 3+的最小值为213，所以213<a ； 当)0,21[-∈x 时，不等式就化为x x a 3+>，此时x x 3+的最大值为213-，所以213->a ； 由于对上面x 的三个范围要求同时满足，则所求的a 的范围应该是上三个a 的范围的交集即区间)213,213(- 说明：这里对变量x 进行分段来处理，那么所求的a 对三段的x 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),0(+∞的函数)(x f 满足)()()(xy f y f x f =+，且1>x 时不等式0)(<x f 成立，若不等式)()()(22a f xy f y x f +≤+对于任意),0(,+∞∈y x 恒成立，则实数a 的取值范围是＿＿＿．解：设210x x <<，则112>x x ，有0)(12<x x f ．这样，0)()()()()()()()(121112111212<=-+=-⋅=-x x f x f x f x x f x f x x x f x f x f ，则)()(12x f x f <，函数)(x f 在),0(+∞为减函数． 因此)()()(22a f xy f y x f +≤+⇔)()(22xy a f y x f ≤+⇔xy a y x ≥+22xy y x a 22+≤⇔；而2222=≥+xy xyxy y x （当且仅当y x =时取等号），又0>a ，所以a 的取值范围是]2,0(．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012>++ax ax 对于任意R x ∈恒成立．则实数a 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R x ∈恒成立，可以选择判别式法．解：当0=a 时，不等式化为01>，显然对一切实数恒成立； 当0≠a 时，要使不等式012>++ax ax 一切实数恒成立，须有⎩⎨⎧<-=∆>0402a a a ，解得40<<a ．综上可知，所求的实数a 的取值范围是)4,0[．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x 的不等式ax xx x ≥-++232525在]12,1[∈x 上恒成立，求 实数a 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；∵]12,1[∈x ，∴不等式可以化为a x x x x ≥-++5252；下面只要求x x xx x f 525)(2-++=在]12,1[∈x 时的最小值即可，分段处理如下．当]5,1[∈x 时，x x x x f 256)(2++-=，223225622562)(x x x x x x f -+-=-+-='，再令2562)(231-+-=x x x f ，0126)(21=+-='x x x f ，它的根为2,0；所以在区间)2,1[上有0)(1>'x f ，)(x f 递增，在区间]5,2(上有0)(1<'x f ，)(x f 递减，则就有2562)(231-+-=x x x f 在]5,1[∈x 的最大值是017)2(1<-=f ，这样就有0)(<'x f ，即)(x f 在区间]5,1[是递减．同理可以证明)(x f 在区间]12,5[是递增；所以，x x xx x f 525)(2-++=在]12,1[∈x 时的最小值为10)5(=f ，即10≤a ． 技巧解：由于]12,1[∈x ，所以，25225≥+xx ，052≥-x x 两个等号成立都是在5=x 时；从而有10525)(2≥-++=x x x x x f （5=x 时取等号），即10≤a ． 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“恒成立”问题的解法对于不等式问题，“恒成立”是一个重要的概念。
如果一个不等式对于所有的变量的取值都成立，那么我们就说这个不等式“恒成立”。
在本文中，我们将介绍几种方法，解决不等式“恒成立”问题。
寻找不等式“恒成立”的方法1. 数学归纳法数学归纳法是一种证明方法，它可以证明一个结论对于所有自然数都成立。
我们可以借助数学归纳法来证明一个不等式对于所有变量取值都成立。
首先，我们要确定一个起点。
假设我们要证明不等式P(n)对于所有 $n \\in \\mathbb{N}$ 都成立，我们需要找到一个n0，使得不等式P(n0)是成立的。
通常情况下，我们选择n0=1。
接下来，我们需要证明不等式P(n)成立时，不等式P(n+1)也成立。
也就是说，我们需要证明P(n+1)与P(n)之间的关系。
如果我们能证明 $P(n)\\Rightarrow P(n+1)$，那么就可以使用数学归纳法证明不等式P(n)对于所有 $n \\geq n_0$ 都是成立的。
2. 分析不等式的性质在一些特定的不等式中，我们可以利用它们的性质来证明恒成立的情况。
例如，对于任何一组实数a1,a2,...,a n，我们都有：$$ (a_1 - a_2)^2 + (a_2 - a_3)^2 + ... + (a_{n-1} - a_n)^2 \\geq 0 $$不等式左侧是一组非负实数的和，因此它一定大于等于零。
所以，上面的不等式对于所有实数a1,a2,...,a n都是恒成立的。
3. 利用代数等式有时，我们可以通过将一个不等式转化为代数等式来解决恒成立的问题。
例如，假设我们要证明不等式 $x^2 + y^2 \\geq 2xy$ 对于所有实数x和y都成立。
我们可以将这个不等式变成以下代数等式：$$ (x - y)^2 \\geq 0 $$根据平方数的非负性，不等式左侧一定大于等于零，所以原来的不等式对于所有实数x和y都是成立的。
实例分析接下来，我们将通过几个实例来演示如何使用上述方法解决不等式“恒成立”的问题。
文/朱月祥在不等式问题的求解中，“恒成立”问题有其特殊性，它的求解，需要一定的技巧，也是学生学习不等式的一个难点。
本文试举例加以说明。
1.借助不等式的有关知识数学中很多不等式或不等关系，本身就有“恒成立”的含义，如a2+b2≥2ab,｜sinx｜≤1等，解题中应当充分利用这些知识，寻求解题策略。
2.转化为函数的图像关系将不等式所涉及的有关不等式转化为函数，把不等式问题转化为函数图像性质的关系问题是解决此类问题的常用方法。
例2如果不等式｜x-1｜-｜x-2｜>a（a为常数），对于任意实数x总成立，则a的取值范围是（）(A)a<-3 (B)a<3 (C)a<-1 (D)a<1解：如图，在同一直角坐标系内作出函数y1=｜x-1｜-｜x-2｜和y2=a的图象，不难发现要使｜x-1｜-｜x-2｜>a恒成立，只需直线y2=a恒在折线y1=｜x-1｜-｜x-2｜图象的下方，即a<-3，故选（A）。
例3如果不等式x2-logax<0（a为常数）在(0,1/2]上恒成立，求a的取值范围。
解：设y1=x2，y2=logax由图像不难知道，当a>1时，x2-logax<0不可能恒成立。
∴0<a<1。
由图形可知，要使(0,1/2]时x2<logax恒成立，只要y2=logax的图象在(0,1/2]上总在y1=x2的上方即可，所以只须loga1/2>1/4。
∴1/2<a，即1/16<a<1。
例4若不等式kx2-2x>k-2对满足｜k｜<1的所有k都成立，求x的取值范围。
解：由kx2-2x>k-2得(x2-1)k-2(x-1)>0，设f(k)=(x2-1)k-2(x-1)依题意，要使当｜k｜<1时，f(k)>0恒成立，由一次函数性质知必须f(1)>0f(-1)>0,即解得-3<x<1。
一道不等式中恒成立问题的解法探究
摘要不等式在高中数学教学中占有很重要的位置，在实际问题中的应用也非常广泛。
它是数学基础理论的重要组成部分和数学研究的重要内容，是刻画现实世界中的不等關系的重要数学模型，是进一步学习数学和解决其他数学问题的基础和有力工具。
由于以往研究更多地侧重不等式的性质、解法和证明，偏离了不等式通过具体情境，建立不等观念和抽象不等模型，体会不等式的重要性和实际应用价值等教学目标，更显得对高中“不等式”进行教学研究的必要。
因此，探究不等式教学策略，为高中不等式教学提供参考和帮助，是非常具有现实意义的。
本研究主要关注的是高中数学不等式教学策略研究。
关键词函数；不等式；解决策略。
