八招破解不等式恒成立问题

高中数学不等式的恒成立问题不等式恒成立的问题既含参数又含变量，往往与函数、数列、方程、几何有机结合起来，具有形式灵活、思维性强、不同知识交汇等特点. 考题通常有两种设计方式：一是证明某个不等式恒成立，二是已知某个不等式恒成立，求其中的参数的取值范围.解决这类问题的方法关键是转化化归，通过等价转化可以把问题顺利解决，下面我就结合自己记得教学经验谈谈不等式的恒成立问题的处理方法。

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.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：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）.小结求“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.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.。

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．。

高中数学丨解题技巧「不等式恒成立」问题的8种解决策略分
享
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．纵观历年高考数学压轴题，无一不是涉及有关不等式恒成立、求参数取值范围的问题。

这类题型意在考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力，考察的核心素养是逻辑推理、数学运算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．
恒成立与有解问题的解决策略大致分四类：
①构造函数，分类讨论；
②部分分离，化为切线；
③完全分离，函数最值；
④换元分离，简化运算；
这里对这一类问题整理了八种方法解决不等式恒成立问题，同学们可以收藏或打印一份，word打印版在文末获取。

需要打印版的同学可私信关键字“恒成立8种解法”。

来免费领取。

很多时候，我们认为努力是好的，对么？显然不对，努力的方向，如果与你的目标背道而驰，其实就是在做负功清北总结出高中《一体化学习法》课程，
这个方法能够使学生摆脱已经固化的思维方式，直击高中生在高考复习时错误的学习方法、容易忽视的知识点、容易忽视的学习技巧，给出了不同的对策，帮助高考生在备考过程中有效提高成绩。

需要的同学也可通过私信来免费领取。

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。

破解含参不等式恒成立的5种常用方法含参数不等式恒成立问题越来越受高考命题者的青睐，且由于对导数应用的加强，这些不等式恒成立问题往往与导数问题交织在一起，在近年的高考试题中不难看出这个基本的命题趋势。

对含有参数的不等式 恒成立问题，破解的方法有：分离参数法、数形结合法、单调性分析法、最值定位法、构造函数法等。

一 分离参数法分离参数法是解决含问题的基本思想之一。

对于含参不等式的问题，在能够判断出参数的系数正负的情况下，可以根据不等 式的性质将参数分离出来 ，得到一个一端是参数、另一端是变量表达式的不等式，只要研究变量表达式的性式就可以解决问题。

例1 已知函数a x f x x 421)(++=在（－∞，1］上有意义，试求的取值范围。

分析 ：函数)(x f 在（－∞，1］上有意义，等价于0421≥++a x x 在区间（－∞，1］上恒成立，这里参数的系数04>x ，故可以分离参数。

解析：函数)(x f 在（－∞，1］上有意义，等价于0421≥++a x x 在区间（－∞，1］上恒成立，即⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛-≥x x a 2141，∈x （－∞，1］恒成立，记)(x g a ≥，∈x （－∞，1］，因此问题又等价于)(x g a ≥在)(x g a ≥上恒成立，)(x g 在（－∞，1］上是增函数，因此)(x g 的最大值为)1(g 。

)(x g a ≥在（－∞，1］上恒成等价于43)1()(max -==≥g x g a 。

于是工的取值范围为43-≥a 。

【点评】)(x f a ≥恒成立等价于max )(x f a ≥；)(x f a ≤恒成立等价于min )(x f a ≤。

如果函数)(x f 不存在最值，上面的最大值就替换为函数值域的右端点，最小值就替换为函数值域的左端点。

解这类问题时一定要注意区间的端点值。

二 数形结合法数形到结合法是一种重要的数学思想方法，其要点是“见数想形，以形助数”，从而达到解决问题的目的，数形结合法是破解含参数不等式恒成立问题的又一个主要方案。

函数中“恒成立”问题求解对策十种本文对此类问题的解题技巧，仅介绍几种常用的方法，供学习参考。

一. 利用函数思想例 1.已知，当时，f（a）恒为正数，求a的取值范围。

分析：从表面结构看f（a）是一个以为变量的二次函数，而实质是变量x的一次函数，因此可构造x的一次函数求解。

解：原式变形为因为在区间上恒正，所以，即且解得二. 分离参数法例 2.设，如果对满足的x，y，不等式恒成立，求r的取值范围。

解：令因为，故不妨设，代入得上式对内的一切都成立，故对上述区间内的的最小值也成立因为所以所以当时等号成立（因为，所以）所以的最小值是所以三. 判别式法例 3.已知函数在其定义域内恒为非负，求方程的根的取值范围。

解：因为f（x）恒为非负，则解得，方程化为当时，则所以所以当时，则所以所以方程的根的取值范围是四. 利用函数的单调性例4.已知不等式，对一切大于1的自然数n 恒成立，试确定参数a的取值范围。

分析：显然，只需令函数的最小值不小于即可。

解：设因为所以f（n）是增函数，所以，且时，要使对一切大于1的自然数n恒成立必须有所以因为所以解得即a的取值范围是五. （1）利用一元不等式在区间上恒成立的充要条件例5.已知（其中a为正常数），若当x在区间［1，2］内任意取值时，P的值恒为正，求b的取值范围。

解：P变形为设因此，原题变为当t在区间［0，1］内任意取值时，f（t）恒为正，求b的取值范围。

由充要条件，当（1）或（2）时恒为正解（1）得解（2）得故，当时，当（2）利用一元二次不等式在区间上恒成立的充要条件。

例6.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，问是否存在这样的实数m，使得对所有的都成立？若存在，求出m的取值范围；若不存在，请说明理由。

解：因为f（x）为奇函数，且在上是增函数所以f（x）在上为增函数，且由，得，即，由此原不等式可化为于是问题可化为：当时，不等式是否成立。

依充要条件有：（1）或（2）或（3）解（1）得解（2）得实数m不存在解（3）得综上，当时，使得不等式对所有的都成立。

专题16 破解恒成立问题【热点聚焦】从高考命题看，方程有解问题、无解问题以及不等式的恒成立问题，也是高考命题的热点.而此类问题的处理方法较为灵活，用导数解决不等式“恒成立”“存在性”问题的常用方法是分离参数，或构造新函数分类讨论，将不等式问题转化为函数的最值问题.也可以结合题目的条件、结论，采用数形结合法等.【重点知识回眸】（一）参变参数法1.参变分离：顾名思义，就是在不等式中含有两个字母时（一个视为变量，另一个视为参数），可利用不等式的等价变形让两个字母分居不等号的两侧，即不等号的每一侧都是只含有一个字母的表达式.然后可利用其中一个变量的范围求出另一变量的范围2.一般地，若a ＞f (x )对x ∈D 恒成立，则只需a ＞f (x )max ；若a ＜f (x )对x ∈D 恒成立，则只需a ＜f (x )min .若存在x 0∈D ，使a ＞f (x 0)成立，则只需a ＞f (x )min ；若存在x 0∈D ，使a ＜f (x 0)成立，则只需a ＜f (x 0)max .由此构造不等式，求解参数的取值范围.3.参变分离法的适用范围：判断恒成立问题是否可以采用参变分离法，可遵循以下两点原则：（1）已知不等式中两个字母是否便于进行分离，如果仅通过几步简单变换即可达到分离目的，则参变分离法可行.但有些不等式中由于两个字母的关系过于“紧密”，会出现无法分离的情形，此时要考虑其他方法.例如：，等 （2）要看参变分离后，已知变量的函数解析式是否便于求出最值（或临界值），若解析式过于复杂而无法求出最值（或临界值），则也无法用参变分离法解决问题.（可参见”恒成立问题——最值分析法“中的相关题目）（二）构造函数分类讨论法有两种常见情况，一种先利用综合法，结合导函数零点之间大小关系的决定条件，确定分类讨论的标准，分类后，判断不同区间函数的单调性，得到最值，构造不等式求解；另一种，直接通过导函数的式子，看出导函数值正负的分类标准，通常导函数为二次函数或者一次函数.1.构造函数时往往将参数与自变量放在不等号的一侧，整体视为一个函数，其函数含参2.参数往往会出现在导函数中，进而参数不同的取值会对原函数的单调性产生影响——可能经历分类讨论（三）数形结合法1.函数的不等关系与图象特征：()21log a x x -<111ax x e x-+>-（1）若，均有的图象始终在的下方（2）若，均有的图象始终在的上方2.在作图前，可利用不等式的性质对恒成立不等式进行变形，转化为两个可作图的函数3.作图时可“先静再动”，先作常系数的函数的图象，再做含参数函数的图象（往往随参数的不同取值而发生变化）.作图要突出“信息点”.4.利用数形结合解决恒成立问题，往往具备以下几个特点：（1）所给的不等式运用代数手段变形比较复杂，比如分段函数，或者定义域含参等，而涉及的函数便于直接作图或是利用图象变换作图（2）所求的参数在图象中具备一定的几何含义（3）题目中所给的条件大都能翻译成图象上的特征【典型考题解析】热点一 参变分离法解决不等式恒成立问题【典例1】（2019·天津·高考真题（理））已知a R ∈，设函数222,1,()ln ,1,x ax a x f x x a x x ⎧-+=⎨->⎩若关于x 的不等式()0f x 在R 上恒成立，则a 的取值范围为（ ）A ．[]0,1B ．[]0,2C ．[]0,eD ．[]1,e【典例2】（2020·全国·高考真题（理））已知函数2()e x f x ax x =+-.（1）当a =1时，讨论f （x ）的单调性；（2）当x ≥0时，f （x ）≥12x 3+1，求a 的取值范围.【总结提升】利用分离参数法来确定不等式f (x ，λ)≥0(x ∈D ，λ为实参数)恒成立问题中参数取值范围的基本步骤：(1)将参数与变量分离，化为f 1(λ)≥f 2(x )或f 1(λ)≤f 2(x )的形式．(2)求f 2(x )在x ∈D 时的最大值或最小值．(3)解不等式f 1(λ)≥f 2(x )max 或f 1(λ)≤f 2(x )min ，得到λ的取值范围．热点二 构造函数分类讨论法解决不等式恒成立问题【典例3】（2019·全国·高考真题（文））已知函数f （x ）=2sin x －x cos x －x ，f′（x ）为f （x ）的导数．（1）证明：f′（x ）在区间（0，π）存在唯一零点；（2）若x ∈[0，π]时，f （x ）≥ax ，求a 的取值范围．【典例4】（2022·重庆巴蜀中学高三阶段练习）已知函数()()ln 20f x a x x a =-≠.(1)讨论()f x 的单调性； x D ∀∈()()()f x g x f x <⇔()g x x D ∀∈()()()f x g x f x >⇔()g x(2)当0x >时，不等式()()22cos ea x x f x f x ⎡⎤-≥⎣⎦恒成立，求a 的取值范围. 【规律方法】对于f (x )≥g (x )型的不等式恒成立问题，若无法分离参数，一般采用作差法构造函数h (x )＝f (x )－g (x )或h (x )＝g (x )－f (x )，进而只需满足h (x )min ≥0或h (x )max ≤0即可．热点三 利用数形结合法解决不等式恒成立问题【典例5】（2013·全国·高考真题（文））已知函数22,0()ln(1),0x x x f x x x ⎧-+≤=⎨+>⎩，若|()|f x ax ≥，则a 的取值范围是（ ）A ．(,0]-∞B ．(,1]-∞C ．[2,1]-D ．[2,0]-【典例6】（2015·全国·高考真题（理））设函数()(21)x f x e x ax a =--+，其中1a < ，若存在唯一的整数0x ，使得0()0f x <，则a 的取值范围是（ ）A ．3,12e ⎡⎫-⎪⎢⎣⎭B ．33,2e 4⎡⎫-⎪⎢⎣⎭C ．33,2e 4⎡⎫⎪⎢⎣⎭D ．3,12e ⎡⎫⎪⎢⎣⎭【典例7】（2020·全国高二）若关于x 的不等式0x x e ax a ⋅-+<的解集为()m n ，(0n <)，且()m n ，中只有一个整数，则实数a 的取值范围是（ ）．A ．211[)e e ，B ．221[)32e e ，C ．212[)e e ，D ．221[)3e e， 【精选精练】一、单选题1．（2022·湖北·黄冈中学模拟预测）对任意的(]12,1,3x x ∈，当12x x <时，1122ln 03x a x x x -->恒成立，则实数a 的取值范围是（ ）A ．[)3,+∞B ．()3,+∞C ．[)9,+∞D ．()9,+∞2．（2021·青海·西宁市海湖中学高三开学考试（文））若函数()2ln f x x x =-，满足() f x a x ≥-恒成立，则a 的最大值为（ ）A ．3B ．4C ．3ln 2-D ．3ln 2+3．（2023·全国·高三专题练习）已知函数12ln ,(e)ey a x x =-≤≤的图象上存在点M ，函数21y x =+的图象上存在点N ，且M ，N 关于x 轴对称，则a 的取值范围是（ ）A ．21e ,2⎡⎤--⎣⎦B ．213,e ∞⎡⎫--+⎪⎢⎣⎭C ．213,2e ⎡⎤---⎢⎥⎣⎦D ．2211e ,3e ⎡⎤---⎢⎥⎣⎦4．（2021·青海·大通回族土族自治县教学研究室高三开学考试（文））已知函数1()e 2x f x =，直线y kx =与函数()f x 的图象有两个交点，则实数k 的取值范围为（ ）A ．12⎛ ⎝B ．)+∞C ．(e,)+∞D ．1e,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭ 5．（2022·福建省福安市第一中学高三阶段练习）设函数()()()()1e e ,e 1x x f x x g 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二、多选题6．（2022·重庆南开中学高三阶段练习）已知定义在R 上函数()g x 满足：()()2g x g x =+，且()[)[)3,0,124,1,2x x x g x x x ⎧-∈⎪=⎨-+∈⎪⎩，设函数()()f x x g x =+，则下列正确的是（ ） A ．()f x 的单调递增区间为()()2,21,Z k k k +∈B ．()f x 在()2022,2024上的最大值为2025C ．()f x 有且只有2个零点D ．()f x x ≥恒成立.三、填空题7．（2022·湖北·黄冈中学模拟预测）函数2()2e x f x a bx =++，其中a ，b 为实数，且(0,1)a ∈.已知对任意24e b >，函数()f x 有两个不同零点，a 的取值范围为___________________. 8．（2023·江苏·南京市中华中学高三阶段练习）若关于x 的不等式()()e e ln m x mx m x x mx x x +≤+-恒成立，则实数m 的最小值为________9．（2022·全国·长垣市第一中学高三开学考试（理））已知不等式e ln x a a x x x +≥+对任意()1,x ∈+∞恒成立，则正实数a 的取值范围是___________.10．（2022·重庆南开中学高三阶段练习）已知函数124e ,1()(2)2,1x ax a x f x x a x a x -⎧+->=⎨+--≤⎩，若关于x的不等式()0≤f x 的解集为[)2,-+∞，则实数a 的取值范围是___________.四、解答题11．（2022·全国·高一课时练习）已知函数，()()e 1e x x f x a -=++．(1)若0是函数()2=-y f x 的零点，求a 的值；(2)若对任意,()0x ∈+∞，不等式()1f x a ≥+恒成立，求a 的取值范围．12．（2021·河南·高三开学考试（文））已知函数()()()ln 12f x a x x a =+-∈R . （1）讨论函数()f x 的单调性；（2）若函数()3f x 在()1,+∞上恒成立，求证：2e a <.（注：3e 20≈）13．（2022·云南省下关第一中学高三开学考试）已知函数()ln (1)f x x x a x a =-++．(1)求函数()f x 的极值；(2)若不等式(1)()(2)e x f x x a a -≤--+对任意[1,)x ∈+∞恒成立，求实数a 的取值范围．14．（2022·甘肃定西·高二开学考试（理））已知函数()ln f x x x =，()23g x x ax =-+-(1)求()f x 在()()e,e f 处的切线方程(2)若存在[]1,e x ∈时，使()()2f x g x ≥恒成立，求a 的取值范围．15．（2016·四川·高考真题（理））设函数f (x )=ax 2-a -ln x ，其中a ∈R.（I ）讨论f (x )的单调性；（II ）确定a 的所有可能取值，使得11()x f x e x->-在区间（1，+∞）内恒成立(e=2.718…为自然对数的底数)．16．（2020·河南开封市·高三一模（理））已知函数()()ln 0a f x ax x a =>. （1）当1a =时，求曲线()y f x =在x e =处的切线方程；（2）若()xf x xe ≤对于任意的1x >都成立，求a 的最大值. 17．（2022·广东·高三阶段练习）已知函数()ln(1)1,f x x =+-(1)求证：(1)3f x -≤；(2)设函数21()(1)()12=+-+g x x f x ax ，若()g x 在(0,)+∞上存在最大值，求实数a 的取值范围．18．（2022·浙江嘉兴·模拟预测）已知函数．（注：是自然对数的底数）(1)当时，求曲线在点处的切线方程；(2)若只有一个极值点，求实数a 的取值范围；(3)若存在，对与任意的，使得恒成立，求的最小值． 2()e e,x f x ax a =+-∈R e 2.71828=1a =()y f x =(1,(1))f ()f x b ∈R x ∈R ()f x b ≥-a b。

考点透视不等式恒成立问题的常见命题形式有：（1）证明某个不等式恒成立；（2）根据恒成立的不等式求参数的取值范围.求解不等式恒成立问题的常用思路有：构造函数、分离参数、数形结合等.对于不同的不等式，往往需采用不同的途径进行求解.下面结合实例来进行探究.一、构造函数在求解不等式恒成立问题时，我们可先将不等式左右两边的式子移项、变形；然后将不等式构造成函数式，将问题转化为函数最值问题，通过研究函数的单调性，求得函数的最值，来证明不等式恒成立.在求函数的最值时，可根据函数单调性的定义，或导函数与函数单调性之间的关系来判断函数的单调性；也可以利用简单基本函数的单调性来求得函数的最大、最小值，建立使不等式恒成立的式子，即可解题.例1.求证：当x >-1时，1-1x +1≤ln ()x +1≤x 恒成立.证明：设f ()x =ln ()x +1-x ，求导可得f ′()x =1x +1-1=-x x +1，因为当-1<x <0时，f ′()x >0，当x >0时，f ′()x <0，所以函数f ()x 在()-1,0上单调递增，在()0,+∞上单调递减，即f ()x ≤f ()0=0，故f ()x =ln ()x +1-x ≤0，即ln ()x +1≤x .令g ()x =ln ()x +1+1x +1-1，则g ′()x =1x +1-1()x +12=x ()x +12，因为当-1<x <0时，g ′()x <0，当x >0时，g ′()x >0，所以函数g ()x 在()-1,0上单调递减，在()0,+∞上单调递增，可知g ()x ≥g ()0=0，故ln ()x +1+1x +1-1≥0，ln ()x +1≥1-1x +1，综上可知，当x >-1时，不等式1-1x +1≤ln ()x +1≤x 恒成立.要证明目标不等式恒成立，需分两步进行，先证明ln ()x +1≤x ，再证明ln ()x +1≥1-1x +1.在证明这两个不等式时，都需要先将不等式左右两边的式子作差、移项，构造出新函数f ()x =ln ()x +1-x 、g ()x =ln ()x +1+1x +1-1；然后对函数求导，分析导函数与0之间的大小关系，判断出函数的单调性，进而求得函数的极值，从而得出f ()x min =0、g ()x max =0，即可证明f ()x ≤0、g ()x ≥0.例2.设函数f ()x =e x ln x +2e x -1x，曲线y =f ()x 在点()1，f ()1处的切线方程为y =e ()x -1+2，证明：不等式f ()x >1恒成立.证明：由f ()x >1可得x ln x >xe -x -2e，令g ()x =x ln x ，可得g ′()x =ln x +1，∵当x ∈æèöø0,1e 时，g ′()x <0；当x ∈æèöø1e ,+∞时，g ′()x >0，∴函数g ()x 在æèöø0,1e 上单调递减，在æèöø1e ,+∞上单调递增，∴g ()x ≥g æèöø1e =-1e ，令h ()x =xe -x -2e，则h ′()x =e -x ()1-x ，∵当x ∈()0,1时，h ′()x >0；当x ∈()1,+∞时，h ′()x <0，∴函数h ()x 在()0,1上单调递增，在()1,+∞上单调递减，∴h ()x ≤h ()1=-1e，∴当x >0时，g ()x >h ()x ，即不等式f ()x >1成立.由于不等式x ln x >xe -x -2e左右两侧的式子分别含有对数式、指数式，于是分别令g ()x =x ln x 、h ()x =xe -x -2e，那么只要证明g ()x min ＞h ()x max ，即可证明不等式恒成立.利用导数法求出函数g ()x 、h ()x 在定义域内的最值，即可证明不等式成立.在构造函数时，要注意观察不等式的结构特点，将其进行合理的变形，以便构造出合适的函数模型，从而顺利证明不等式.二、分离参数对于含参不等式恒成立问题，我们通常要采用分离参数法，将不等式中的参数、变量分离，即使不等式一侧的式子中含有参数、另一侧的式子中含有变量，得到形如a ≥f ()x 、a ≤f ()x 的不等式.探讨函数f ()x 在定义域内的最值与参数a 的大小关系，即可求得问赵瑛琦37考点透视题的答案.例3.已知函数f ()x =ln 2()1+x -x 21+x.(1)求函数f ()x 的单调区间；(2)若对于任意n ∈N ∗，不等式æèöø1+1n n +a≤e 恒成立，求参数a 的最大值.解：(1)函数f ()x 的单调递增区间为()-1,0，单调递减区间为()0,+∞；（过程略）(2)不等式æèöø1+1n n +a≤e 等价于()n +a ln æèöø1+1n ≤1，因为1+1n ≥1,所以a ≤1ln æèöø1+1n -n，设g ()x =1ln ()1+x -1x ，x ∈(]0,1，则g ′()x =-1()1+x ln 2()1+x +1x 2=()1+x ln 2()1+x -x 2x 2()1+x ln 2()1+x ，由(1)可得ln 2()1+x -x 21+x≤0，即()1+x ln 2()1+x -x 2≤0，故当x ∈(]0,1时，g ′()x ≤0，函数g ()x 单调递减，即g ()x 在(]0,1上的最小值为g ()1=1ln 2-1，故a 的最大值为1ln 2-1.由于参数a 为指数，所以考虑对不等式左右两边的式子取对数，以将参数分离，得到a ≤1ln æèöø1+1n -n .只要求得1ln æèöø1+1n -n的最小值，即可求得a 的最大值.于是构造函数g ()x =1ln ()1+x -1x ，利用导数法求得函数的最小值，即可解题.在分离参数时，可通过移项、取对数、取倒数等方式，使参数与变量分离.例4.已知函数f ()x =-x ln x +a ()x +1，若f ()x ≤2a 在[)2,+∞上恒成立，求实数a 的取值范围.解：当x ≥2时，由f ()x ≤2a 可得a ≤x ln xx -1，令g ()x =x ln x x -1,x ≥2，∴g ′()x =ln x -x +1()x -12，令h ()x =ln x -x +1，x ≥2，∴h ′()x =1x-1，∵当x ≥2时，h ′()x ＜0，函数h ()x 单调递减，∴h ()x ≤h ()2=ln 2+1＞0，∴g ′()x ＞0，函数g ()x 在[)2,+∞上单调递增，∴g ()x ≥g ()2=2ln 2，∴a ≤g ()x min =g ()2=2ln 2，∴实数a 的取值范围为(]-∞,2ln 2.先将不等式变形，使参数a 单独在不等式的左边，得到不等式a ≤x ln xx -1；然后在定义域[)2,+∞内求不含参函数式的最小值，即可求得参数a 的取值范围.三、数形结合有时不等式中的代数式可用几何图形表示出来，如y =kx 表示的是一条直线；y =a x 、y =x a 表示的是两条曲线；x 2+y 2=1表示的是一个圆，此时就可以采用数形结合法，根据代数式的几何意义画出图形，通过分析图形中曲线、直线之间的位置关系，研究图形的性质，来证明不等式成立.例5.若不等式e x ≥kx 对任意x 恒成立，则实数k 的取值范围为_____.解：设过原点的直线与y =e x相切于点()x 0,ex 0，∵y ′=e x，∴由几何导数的意义可知切线的斜率为k =e x，∴切线的方程为y -e x 0=e x 0()x -x 0，∵切线经过点()0,0，可得x 0=1，∴切线的斜率k =e .由图可知，要使等式e x ≥kx 恒成立，需使y =e x的图象始终在直线y =kx 的上方，∴0≤k ≤e .根据不等式两侧式子的几何意义画出图形，即可将不等式问题看作函数y =e x 和直线y =kx 的位置关系问题.结合图形讨论函数y =e x 和直线y =kx 的位置关系，并根据导函数的几何意义求得切线的方程，即可得到关于参数的新不等式.运用数形结合法解题，需密切关注直线、曲线之间的临界情形，如相切、相交的情形，从而确定参数的临界值.可见，解答不等式恒成立问题，需注意以下几点：（1）仔细观察不等式的结构特点，并将其进行合理的变形，如作差、移项、分离参数；（2）合理构造函数模型，将问题转化为函数最值问题，以便利用导数法、函数的单调性求得最值；（3）灵活运用数形结合思想，以直观、便捷的方式来解题.（作者单位：江苏省泗洪姜堰高级中学）38。

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。

恒成立问题不等式恒成立问题是高中数学中的一类重要题型，它散见于许多知识版块中，载体较多，而且不少情况下题意较为隐含，由于其设计内容较广、表现形式多样、思维层次较高，因而备受命题者的青睐. 解题的一般原理是利用等价转化思想将其转化为函数的最值或值域问题，常用的方法主要有三种：必要探路法、分离参数法、直接讨论法（不分离参数）.一．必要探路法：指对一类函数恒成立问题，可以通过取函数定义域中某一个数，缩小参数的讨论范围，之后在此范围内继续讨论进而解决问题，这样的好处是降低思考的成本，缩小讨论的范围.（有效点缩小参数范围是关键点）范例：若不等式)1(ln 2+<+-x a x x x 对),0(+∞∈x 恒成立，求实数a 的取值范围. 解：令1=x ，则不等式)1(ln 2+<+-x a x x x 即为02>a ，得0>a .当0,0>>a x 时，x x x x x x x a -+->-+-+22ln ln )1(，要证0ln )1(2>-+-+x x x x a ，即证0ln 2≥-+-x x x ,由熟悉的不等式1ln -≤x x 得0)1(1ln 222≥-=-+-≥-+-x x x x x x x ， 因此),0(+∞∈a .二．分离参数法：将参数从表达式中分离出来，将会使问题变得明朗，便于建立关于参数的不等式（组），从而顺利求出参数的取值范围，就可以把参数问题转化为求函数值域问题.三．直接讨论法：指恒成立问题中的函数结构并不是很复杂，可以通过求导得到极值点，再对极值点直接讨论的办法，其关键是求得极值点的过程，常用手段为因式分解法、求根公式法以及观察法；如果无法求出极值点，可以利用函数零点存在性定理讨论，进而研究原函数的单调性.范例：若不等式x a a e e x x 2)(≥-恒成立，求实数a 的取值范围. 解：设x a ae ex f x x 22)(--=，则))(2(2)(22a e a e a ae e x f x x x x -+=--='，当0=a 时，0)(2>=x e x f 恒成立，当0>a 时，由0)(='x f 得：a x ln =，∴)(x f 在)ln ,(a -∞单调递减，在),(ln +∞a 单调递增，∴0ln )(ln )(2min ≥-==a a a f x f ，解得10≤<a ；当0<a 时，由0)(='x f 得：⎪⎭⎫ ⎝⎛-=2ln a x ，∴)(x f 在)2ln ,(⎪⎭⎫ ⎝⎛--∞a 单调递减，在),2(ln +∞⎪⎭⎫ ⎝⎛-a 单调递增，∴02ln 43)2(ln )(2min ≥⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛--=⎪⎭⎫ ⎝⎛-=a a a f x f ，解得0243<≤-a e ；综上，⎥⎦⎤⎢⎣⎡-∈1,243e a .尝试用多种方法求解下列题：1. 已知)1ln(4)(2--=x ax x f ,若对一切]1,2[+∈e x ，1)(≤x f 恒成立，求实数a 的取值范围.2. 设函数)()(,)(2d cx e x g b ax x x f x +=++=，若曲线)(x f y =和曲线)(x g y =都过点)2,0(P ，且在点P 处有相同的切线24+=x y .（1）求实数d c b a ,,,的值；（2）若当2-≥x 时，)()(x kg x f ≤恒成立，求实数k 的取值范围.3. 关于x 的不等式a x x ax x x +->22ln 4ln 2在),1[+∞上恒成立，求实数a 的取值范围.。

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。

不等式“恒成立”问题的解法
解决不等式“恒成立”的问题需要采用不等式的性质和规则进行推导和证明。

首先，可以使用分析法来解决不等式“恒成立”的问题。

分析法要求对不等式进行分析和推导，找出其中的规律和特点，从而得出结论。

其次，可以运用数学归纳法来解决不等式“恒成立”的问题。

数学归纳法是通过给出一些特例，然后从其中推导出结论的方法。

另外，可以使用反证法来证明不等式“恒成立”。

反证法是指假设不等式不成立，然后通过推导出矛盾的结论，证明假设的不等式是错误的，从而得出不等式“恒成立”的结论。

最后，可以使用代数法来解决不等式“恒成立”的问题。

代数法是通过对不等式进行变形，转化为“等式”的形式来解决问题。

例如，可以将一个不等式两边分别加上或减去相同的数，或者将不等式两边同时乘以或除以一个正数，从而得出不等式“恒成立”的结论。