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恒成立问题的类型和能成立问题及方法处理函数与不等式的恒成立、能成立、恰成立问题是高中数学中的一个重点、难点问题。
这类问题在各类考试以及高考中都屡见不鲜。
感觉题型变化无常，没有一个固定的思想方法去处理，一直困扰着学生，感到不知如何下手。
在此为了更好的准确地把握快速解决这类问题，本文通过举例说明这类问题的一些常规处理。
一、函数法（一）构造一次函数 利用一次函数的图象或单调性来解决 对于一次函数],[),0()(n m x k b kx x f ∈≠+=有：例1 若不等式m mx x ->-212对满足22≤≤-m 的所有m 都成立，求x 的范 围。
解析：将不等式化为：0)12()1(2<---x x m ，构造一次型函数：)12()1()(2---=x m x m g原命题等价于对满足22≤≤-m 的m ，使0)(<m g 恒成立。
由函数图象是一条线段，知应⎪⎩⎪⎨⎧<---<----⇔⎩⎨⎧<<-0)12()1(20)12()1(20)2(0)2(22x x x x g g解得231271+<<+-x ，所以x 的范围是)231,271(++-∈x 。
小结：解题的关键是将看来是解关于x 的不等式问题转化为以m 为变量，x 为参数的一次函数恒成立问题，再利用一次函数的图象或单调性解题。
练习:(1)若不等式01<-ax 对[]2,1∈x 恒成立，求实数a 的取值范围。
（2）对于40≤≤p 的一切实数，不等式342-+>+p x px x 恒成立，求x 的取值范围。
（答案：或）（二）构造二次函数 利用二次函数的图像与性质及二次方程根的分布来解决。
对于二次函数)0(0)(2≠>++=a c bx ax x f 有：（1）R x x f ∈>在0)(上恒成立00<∆>⇔且a ；（2）R x x f ∈<在0)(上恒成立00<∆<⇔且a（3）当0>a 时，若],[0)(βα在>x f 上恒成立⇔若],[0)(βα在<x f 上恒成立⎩⎨⎧<<⇔0)(0)(βαf f（4）当0<a 时，若],[0)(βα在>x f 上恒成立⎩⎨⎧>>⇔0)(0)(βαf f若],[0)(βα在<x f 上恒成立⎪⎩⎪⎨⎧<>-⎪⎩⎪⎨⎧<∆≤-≤⎪⎩⎪⎨⎧><-⇔0)(2020)(2βββαααf a ba b f a b 或或 例2若关于x 的二次不等式：01)1(2<-+-+a x a ax 的解集为R ，求a 的取值范围.解：由题意知，要使原不等式的解集为R ，即对一切实数x 原不等式都成立。
处理有关“恒成立”的思路方法乐山市井研县马踏中学廖德俊与“恒成立”有关的问题一直是中学数学的重要内容，它是函数，数列，不等式，三角等内容交汇处的一个非常活跃的知识点，特别是导数的引入，成为我们更广泛更深入的研究函数，不等式的有利工具，更为我们研究恒成立问题提供了保障。
对恒成立问题的考察不仅涉及到函数，不等式等有关的传统知识和方法，而且考察极限，导数等新增内容的掌握和灵活运用。
它常与数学思想方法紧密结合，体现了能力立意的原则。
恒成立问题涉及到一次函数，二次函数的性质，图象渗透和换元，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，培养学生思维的灵活性，创造性，所以是历年高考的热点。
一．恒成立问题的基本类型按区间分类可分为：①在给定区间某关系的恒成立问题；②在全体实数集上某关系的恒成立问题。
二．处理恒成立问题的基本思路处理与恒成立有关的问题大致可分以下两种方法①变量分离思路处理；②利用函数的性质，图象思路处理。
若不等式中出现两个变量，其中一个变量的范围已知，另一个的范围为所求，且容易通过恒等变形将两个变量分别置于不等号的两边，则可将恒成立问题转化为函数的最值问题求解。
在不等式的恒成立问题中，以下充要条件应细心思考，甄别差异，性质使用。
≥∈--∈∴≥=--=+∴≥-21例2：若不等式x2+ax+10对一切x (0,]成立,则a 的取值范围为（ ）25A. 0B. -2C. -D.-32111解析：由于x (0,],a 21115()在(0,]上单调递增，在x=取得最小值2225,故选2方法2：利用函数的性质，图象其主要体现在：1，利用一次函数的图象性质 x x x x f x x x a C≠≥≤≥≥∈⇔≥≤≤∈⇔≤若原题可化为一次函数类型，则由数形结合给定一次函数f(x)=ax+b (a 0).若y=f(x)在[m,n]内恒有f(x)0(或f(x)0)，则 根据函数的图象可得：f(m)0f(x)0，x [m,n]恒成立{f(n)0f(m)0f(x)0，x [m,n]恒成立{f(n)02，利用二次函数的图象性质：>≠⇔∆<≤∈220若 f(x)=ax +bx+c (a 0)大于0恒成立{若二次函数在给定区间上恒成立则可利用根的分布和韦达 定理求解。
恒成立问题常见求解技巧“恒成立”问题是数学中常见的问题，涉及到一次函数、二次函数、指数函数、对数函数的性质、图象,渗透着换主元、化归、数形结合、函数与方程等思想方法,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解法通常有:①变量分离法；②构造函数法；③变换主元法；④数形结合法（图像法）.一、构造函数法：（一）一次函数法给定一次函数()(0)f x kx b k =+≠，若在在区间[],m n 上恒有()0f x >，则()0()0f m f n >⎧⎨>⎩； 若在在区间[],m n 上恒有()0f x <，则()0()0f m f n <⎧⎨<⎩. 例. 若不等式221(1)x m x ->-对[]2,2m ∈-恒成立，求实数x 的取值范围。
（二）二次函数法1. 20(0)ax bx c a ++>≠对x R ∈恒成立00a >⎧⇔⎨∆<⎩；20(0)ax bx c a ++<≠对x R ∈恒成立00a <⎧⇔⎨∆<⎩； 2. 若是二次函数在指定区间上的恒成立问题，还可以利用二次函数的图像求解。
例. 已知函数y =R ，求实数m 的取值范围.例. 不等式212x px p x ++>-对(1,)x ∈+∞恒成立，求实数p 的取值范围。
二．变量分离法若在等式或者不等式中出现两个变量，其中一个变量的范围已知，另一个变量的范围为所求，切容易通过恒等变形将两个变量分别置于等号或者不等号两边，则可将恒成立问题转化为函数的最值问题求解。
理论依据是：()a f x >恒成立max ()a f x ⇔>；()a f x <恒成立min ()a f x ⇔<.例. 当(1,2)x ∈时，不等式240x mx ++<恒成立，求实数m 的取值范围。
教学实践新课程NEW CURRICULUM一、一元二次不等式中的恒成立问题例1.已知函数f （x ）=x 2+ax +3对任意x ∈R 时恒有f （x ）≥a 成立，求a 的取值范围。
解：∵f （x ）≥a 对x ∈R 恒成立，∴x 2+ax +3-a ≥0对x ∈R 恒成立∵x ∈R ，∴Δ≥0，即a 2-4（3-a ）≥0∴a ≤-6或a ≥2例2.已知函数y =lg （mx 2-6mx +m +8）的定义域为R ，求m 的取值范围。
解：由已知得mx 2-6mx +m +8>0对任意x ∈R 恒成立①当m =0时显然成立②当m ≠0时有m >0（6m ）2+4m （m +8）<0{∴0<m <1综上可知0<m <1方法归纳：令f （x ）=ax 2+bx+c ，若f （x ）>0（或f （x ）≥0）对任意x ∈R 恒成立，则有a >0Δ<0{（或a >0Δ≤0{），若f （x ）<0（或f （x ）≤0）对任意x ∈R 恒成立，则有a <0Δ<0{（或a <0Δ≤0{）等价转化即可。
二、在给定区间上恒成立问题例3.已知函数f （x ）=x 2+ax +4x（x ≠0）在（4，+∞）上恒大于0，求a 的取值范围。
解：令f （x ）=0则x 2+ax +4x >0，∴a >-（x +4x）令g （x ）=x +4x ，易知g （x ）在（4，+∞）上为增函数，∴g （x ）min =g（4）=5∴g （x ）>5∴-（x +4x ）<-5∴a ≥-5例4.已知函数f （x ）=x 2+2x +a ln x ，在区间（0，1］上为单调函数，求实数a 的取值范围。
分析：求f ′（x ）→由题意转化为恒成立问题→求最值→求得a 的取值范围解：易知f ′（x ）=2x +2+a x ，∵f ′（x ）在f ′（x ）上单调∴f ′（x ）≥0或f ′（x ）<0在（0，1］上恒成立，即2x 2+2x+a ≥0或2x 2+2x+a ≤0恒成立∴a ≥-（2x 2+2x ）或a ≤-（2x 2+2x ）在（0，1］上恒成立又-（2x 2+2x ）=-2（x +12）2+12∈［-4，0）∴a ≥0或a ≤-4方法归纳：解决此类恒成立问题通常分离参变量通过等价变形，将参数a 从整体中分离出来，转化为a >（或<，≥，≤）f （x ）恒成立问题。
高一不等式恒成立问题3种基本方法文章标题：探讨高一不等式恒成立问题的三种基本方法在高中数学学习中，不等式恒成立问题是一个很常见的题型。
学生们通常需要掌握多种方法来解决这类问题，而这些方法通常可以分为三种基本类型。
本文将会详细介绍这三种基本方法，帮助读者全面理解这一数学概念。
1. 方法一：代数法我们来介绍代数法。
这种方法是在不等式两边进行代数变换，使得不等式变成一个容易解决的形式。
代数法通常包括加减变形、乘除变形以及平方去根等技巧。
以不等式ax+b>0为例，我们可以通过移项得到ax>-b，然后再除以a的正负来确定不等式的方向，从而得到不等式的解集。
代数法在解决不等式恒成立问题中应用广泛，能够快速简便地找到解的范围和规律。
2. 方法二：图像法我们介绍图像法。
图像法是通过绘制不等式所代表函数的图像，来直观地找出不等式恒成立的区间。
对于一元一次不等式ax+b>0，我们可以画出函数y=ax+b的图像，从而通过观察图像的上升或下降趋势来确定不等式的解集。
图像法能够帮助我们更直观地理解不等式的性质和范围，提高我们的思维逻辑和空间想象能力。
3. 方法三：参数法我们介绍参数法。
参数法是通过引入一个或多个参数，将不等式转化为一个有参数的等式问题，进而进行求解。
参数法的典型应用包括辅助角法、二次函数法等。
以不等式ax²+bx+c>0为例，我们可以引入Δ=b²-4ac，然后根据Δ的正负来确定不等式的解集。
参数法在解决不等式问题中能够简化问题的复杂度，将不等式的求解转化为参数的求解，从而提高解题的效率和准确度。
总结回顾通过对以上三种基本方法的介绍，我们可以发现它们各有特点，应用范围和解题思路有所不同。
代数法能够利用代数变形快速求解不等式问题，图像法能够帮助我们直观地理解不等式的性质，而参数法则能够将问题转化为参数的求解，提高解题的效率。
个人观点和理解在实际解题中，我们应该根据具体情况灵活选用这三种方法，结合题目的特点和自身的掌握程度来选择合适的解题方法。
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.。
处理有关“恒成立”的思路方法乐山市井研县马踏中学廖德俊与“恒成立”有关的问题一直是中学数学的重要内容，它是函数，数列，不等式，三角等内容交汇处的一个非常活跃的知识点，特别是导数的引入，成为我们更广泛更深入的研究函数，不等式的有利工具，更为我们研究恒成立问题提供了保障。
对恒成立问题的考察不仅涉及到函数，不等式等有关的传统知识和方法，而且考察极限，导数等新增内容的掌握和灵活运用。
它常与数学思想方法紧密结合，体现了能力立意的原则。
恒成立问题涉及到一次函数，二次函数的性质，图象渗透和换元，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，培养学生思维的灵活性，创造性，所以是历年高考的热点。
一．恒成立问题的基本类型按区间分类可分为：①在给定区间某关系的恒成立问题；②在全体实数集上某关系的恒成立问题。
二．处理恒成立问题的基本思路处理与恒成立有关的问题大致可分以下两种方法①变量分离思路处理；②利用函数的性质，图象思路处理。
若不等式中出现两个变量，其中一个变量的范围已知，另一个的范围为所求，且容易通过恒等变形将两个变量分别置于不等号的两边，则可将恒成立问题转化为函数的最值问题求解。
在不等式的恒成立问题中，以下充要条件应细心思考，甄别差异，性质使用。
≥∈--∈∴≥=--=+∴≥-21例2：若不等式x2+ax+10对一切x (0,]成立,则a 的取值范围为（ ）25A. 0B. -2C. -D.-32111解析：由于x (0,],a 21115()在(0,]上单调递增，在x=取得最小值2225,故选2方法2：利用函数的性质，图象 其主要体现在：1，利用一次函数的图象性质 x x x x f x x x a C≠≥≤≥≥∈⇔≥≤≤∈⇔≤若原题可化为一次函数类型，则由数形结合给定一次函数f(x)=ax+b (a 0).若y=f(x)在[m,n]内恒有f(x)0(或f(x)0)，则 根据函数的图象可得：f(m)0f(x)0，x [m,n]恒成立{f(n)0f(m)0f(x)0，x [m,n]恒成立{f(n)02，利用二次函数的图象性质：>≠⇔∆<≤∈220若 f(x)=ax +bx+c (a 0)大于0恒成立{若二次函数在给定区间上恒成立则可利用根的分布和韦达 定理求解。
例1： 函数f(x)是奇函数，且在[-1,1]单调递增，又f(-1)=-1，若 f(x)t -2at+1对所有的a [-1,1]都成立，求t 的取值范围 解析： 不等式中有三个变元，通过逐步消元a ≤∈⇔≥∈≥∈⇔≥22max22法处理。
首先选 定主元x ，()在[-1,1]递增f(x)t -2at+1a [-1,1]恒成立t -2at+1（x ）[-1,1]即t -2at+11，a [-1,1]上恒成立t -2at 0f x f x≥⇔≥∈∈≤⇔≤∈≥⇔≥∈max min min 1.不等式m f(x)在区间D 上恒成立m f(x),x D 或f(x)的上确界（若f(x)在x D 的值域为[a,b]，则a 称 为f(x)的上确界，b 称为f(x)的下确界）2.不等式m f(x)在区间D 上恒成立m f(x),x D 或f(x)的下确界注释： 1.不等式m f(x)在区间D 上有解m f(x),x D 或f(x)的下确界≤⇔≤∈≥≥max 2.不等式m f(x)在区间D 上有解m f(x),x D 或f(x)的上确界那么，如何求函数g(x)在区间D 上的最大值（上确界）或最小值（下确界）呢？通常可以采取利用函数的单调性，图象，二次函数在区间上的最值，判别式法，三角函数的有解性，均值定理，函数求导例1：若函数f(x)=(x+1)ln(x+1)，对所有的x 0都有f(x)成立， 求实数a 的取值ax ≥≥∈≤∞2范围解析：由f(x)=(x+1)ln(x+1)，对所有的x 0恒成立可得： （1） 当x=0时,a R(x+1)ln(x+1)(x+1)ln(x+1)（2） 当x>0时,a ,设g(x) =则问题转化为求该函数在开区间（0，+）的最小值（下确界），又x-ln(x+1)g?(x) = ，要想求出g?(x) = 0困难重重，可换元令h(x)=x-ln(x+1),ax x xx>>+∞>>∞=1h'(x)=1-,0,故h'(x)0，则函数h(x)1在（0，+）为增函数，即h(x)h(0)=0，从而g'(x)0，则函数g(x)在（0，+）也为增函数，故g(x)无最小值.此时，由于g(0)无意义，g(x)的下确界一时也难确定，但运用极限的知识可得g(x)>limg(x),然而求此极(x+1)ln(x+1)限又超出了所学范围，事实上采用洛比达法则可得limg(x) =x x x+=>>≤∞lim[ln(x+1)1]1,故0时,()1,因而1。
综合（1）（2）知a 的取值范围为（-，1]x g x a{}∈≥≥≥⇔⇔≥≥⇒∈-∞-+∞222a [-1,1]恒成立，即g(a)=-2at+t 0,[-1,1]恒成立g(-1)0-2t+t 0{{g(1)0-2t+t 0 (,2]0[2,)t-+-++≥∈-+-+≥+-=-=⇒+≠-+-+22222。
222例2：若函数R,求实数a 的取值范围.2解析：该题就转化为被开方数(1)(1)10在R 上恒成立，注意对二次系数的讨论。
解：依题意，当x R 时,2(1)(1)0恒成立，1101 当10时，即当{时a=1,此时102(1)(1)a x a x a a x a x a a a a a x a x ≥∴+->-≠∆≤>⇒⇒<≤-+>∈2。
2220a=1成立1102当10时，即当{1{191090综上可得,()的定义域为时,[1,9] 方法三:直接根据函数图象判断若把等式或不等式进行合理的变形后,能非常容易地画出等式或不等式两边函数的图象,则可以通过画图直接判断得出结果a a a a a a a f x R a∈12例:设x (0,4],恒成立,求a 的取值范围解析:若设y ,设y =ax 为过原点且斜率为a 的直线.在同一坐标系中作出函数 图象,如下右依题意,半圆恒在直线上时,只有 a<0,即其取值范围为a<0++++>+++222222222三.在恒成立问题中,主要是求函数的取值范围问题,其处理方法 有以下几种1.换元处理法例:对于所有实数x,不等式 4(1)2(1)x log 2log log 0恒成立,求14的取值范围.22解析:因为log 的值随a 的变化而变化,t=log ,则11上述问题实质是当t 取何值时,不等式(3-t)x +2tx-2t>0恒成立它等价于,求解关于t a a a x a aa aa aa a ->⇒<∆<<⇒<<+230的不等式组{0,2即log 0011t t aa a∈2.选定主元法例:a,不等式(a-3)x<4a-2 都成立,求实数的取值范围.解析:按常规理解,要解以x 为主元,为a 常数的一元一次不等式,但 比较烦琐,若选a 为主变元,则可利用函数的性质解出x 的取 值范围.:0<a<5设f(a)=(x-4)a-(3x-2),则由题意知,对任意的a (0,5),都≤≤≤≤++++-+≥∈∞∈∞++++-+>(0)0有f(a)<0恒成立,由一次函数的性质得{(5)02解之得 933.构造法123(1)例:设f(x)=lg其中a 为实数,为任意给定的自然数且n 2,若x (-,1]时有意义,求a 的取值 范围.解析:本题即为对于x (-,1],123(1)0恒成立先x x x x x x x x x x f f x n n an nn n a -≥∈-∞-≥-∞=-∈-∞-∞x xx x x x x121变量分离得:对a>-[()+()++()], (n 2)对于(,1]恒成立121 构造函数g(x)=-[()+()++()], (n 2) 则问题转化为求该函数在(,1]上的值域.由于函数u(x)=-()(1,21),(,1]上是单调递增的,则g(x)在(,1]n n nnx n n n nk k n x n1为单调递增函数,于是g(x)的最大值为g(1)=-(n-1),21从而可知:a>-(n-1),2-++≥>-++≥⇔∆≤>⇒⇒<≤-+≤≤≤224.分类讨论例:若函数R,则的 取值范围是( )由题意6(8)0恒成立 (1).若,符合题意(2).若,6(8)0恒成立{00{013624(8)0综上可得: 01在处理恒成立kx kx k k kx kx k k k k k k k 问题时,并非单一的使用某一种思路方法,而是各种思路方法相互渗透,解决这类问题是各种思路和方法的综合运用,且要求较高难度较大.正所谓"万变不离其中",只要我们在平时的学习中把基本思路和方法理解,掌握透彻,一切问题都会 迎刃而解.“恒成立问题”解决的基本策略一、恒成立问题的基本类型在数学问题研究中经常碰到在给定条件下某些结论恒成立的命题.函数在给定区间上某结论成立问题,其表现形式通常有: 在给定区间上某关系恒成立; 某函数的定义域为全体实数R;●某不等式的解为一切实数;❍某表达式的值恒大于a 等等… 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变量分离型；④根据函数的奇偶性、周期性等性质；⑤直接根据函数的图象。
二、恒成立问题解决的基本策略（一）两个基本思想解决“恒成立问题” 思路1、max)]([)(x f m D x x f m ≥⇔∈≥上恒成立在思路2、min )]([)(x f m D x x f m ≤⇔∈≤上恒成立在如何在区间D 上求函数f(x)的最大值或者最小值问题,我们可以通过习题的实际,采取合理有效的方法进行求解,通常可以考虑利用函数的单调性、函数的图像、二次函数的配方法、三角函数的有界性、均值定理、函数求导等等方法求函数f （x ）的最值。
这类问题在数学的学习涉及的知识比较广泛，在处理上也有许多特殊性，也是近年来高考中频频出现的试题类型，希望同学们在日常学习中注意积累。
（二）、赋值型——利用特殊值求解等式中的恒成立问题，常常用赋值法求解，特别是对解决填空题、选择题能很快求得.例1．由等式x4+a1x3+a2x2+a3x+a4= (x+1)4+b1(x+1)3+ b2(x+1)2+b3(x+1)+b4 定义映射f ：(a1,a2,a3,a4)→b1+b2+b3+b4,则f ：(4,3,2,1) → ( ) A.10 B.7 C.-1 D.0略解：取x=0，则 a4=1+b1+b2+b3+b4,又 a4=1,所以b1+b2+b3+b4 =0 ， 故选D例2．如果函数y=f(x)=sin2x+acos2x 的图象关于直线x=8π-对称，那么a=（ ）.A.1B.-1 C .2 D. -2.略解：取x=0及x=4π-，则f(0)=f(4π-),即a=-1，故选B.此法体现了数学中从一般到特殊的转化思想.（三）分清基本类型，运用相关基本知识，把握基本的解题策略 1、一次函数型：若原题可化为一次函数型,则由数形结合思想利用一次函数知识求解,十分简捷给定一次函数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（直线）可得上述结论等价于0)(0)(>>n f m f 同理，若在[m,n]内恒有f(x)<0， 则有 0)(0)(<<n f m f例2．对于满足|a|≤2的所有实数a,求使不等式x2+ax+1>2a+x 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 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.显然可将a 视作自变量，则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：原不等式转化为(x-1)a+x2-2x+1>0在|a|≤2时恒成立, 设f(a)= (x-1)a+x2-2x+1,则f(a)在[-2,2]上恒大于0，故有：⎩⎨⎧>>-)2(0)2(f f 即⎪⎩⎪⎨⎧>->+-0103422x x x 解得：⎩⎨⎧-<><>1113x x x x 或或∴x<-1或x>3. 即x ∈(－∞,－1)∪(3,+∞)此类题本质上是利用了一次函数在区间[m,n]上的图象是一线段，故只需保证该线段两端点均在x 轴上方（或下方）即可.2、二次函数型涉及到二次函数的问题是复习的重点，同学们要加强学习、归纳、总结，提炼出一些具体的方法，在今后的解题中自觉运用。
