高三数学恒成立问题求解策略 人教版

1．对任意，不等式恒成立，求的取值范围。

分析：题中的不等式是关于的一元二次不等式，但若把看成主元，则问题可转化为一次不等式在上恒成立的问题。

解：令，则原问题转化为恒成立（）。

当时，可得，不合题意。

当时，应有解之得。

故的取值范围为。

2．已知函数的定义域为R，求实数的取值范围。

解：由题设可将问题转化为不等式对恒成立，即有解得。

所以实数的取值范围为。

若二次不等式中的取值范围有限制，则可利用根的分布解决问题。

3设，当时，恒成立，求实数的取值范围。

解：设，则当时，恒成立当时，显然成立；当时，如图，恒成立的充要条件为：解得。

综上可得实数的取值范围为。

（2）、最值法将不等式恒成立问题转化为求函数最值问题的一种处理方法，其一般类型有：1）恒成立2）恒成立4．已知，当时，恒成立，求实数的取值范围。

解：设，则由题可知对任意恒成立.令，得.而∴∴即实数的取值范围为。

5．函数，若对任意，恒成立，求实数的取值范围。

解：若对任意，恒成立，即对，恒成立，考虑到不等式的分母，只需在时恒成立而得.而抛物线在的最小值得注：本题还可将变形为，讨论其单调性从而求出最小值。

三．分离变量法若所给的不等式能通过恒等变形使参数与主元分离于不等式两端，从而问题转化为求主元函数的最值，进而求出参数范围。

这种方法本质也还是求最值，但它思路更清晰，操作性更强。

一般地有：1）恒成立2）恒成立6.已知当x R时，不等式a+cos2x<5-4sinx+恒成立，求实数a的取值范围。

分析：在不等式中含有两个变量a及x，其中x的范围已知（x R），另一变量a的范围即为所求，故可考虑将a及x分离。

解：原不等式即：要使上式恒成立，只需大于的最大值，故上述问题转化成求f(x)=4sinx+cos2x的最值问题。

f(x)= 4sinx+cos2x=-2sin2x+4sinx+1=-2(sinx-1)2+33,∴即上式等价于或解得.注：注意到题目中出现了sinx及cos2x，而cos2x=1-2sin2x,故若把sinx换元成t,则可把原不等式转化成关于t的二次函数类型。

ʏ张亮昌解决不等式恒成立问题常见的方法有:判别式法,分离参数法,主参换位法等㊂下面举例分析这类问题的求解策略㊂方法一:判别式法例1 已知不等式(m 2+4m -5)x 2+4(1-m )x +3>0对任意实数x 恒成立,则实数m 的取值范围是㊂①当m 2+4m -5=0时,可得m =-5或m =1㊂若m =-5,则不等式化为24x +3>0,这时对任意实数x 不可能恒大于0㊂若m =1,则3>0恒成立㊂②当m 2+4m -5ʂ0时,根据题意可得m 2+4m -5>0,Δ=16(1-m )2-12(m 2+4m -5)<0,解得m <-5或m >1,1<m <19,所以1<m <19㊂综上可知,所求实数m 的取值范围是{m |1ɤm <19}㊂评注:对于一元二次不等式a x 2+b x +c >0(a >0)在R 上恒成立,则Δ=b 2-4a c <0;一元二次不等式a x 2+b x +c <0(a <0)在R 上恒成立,则Δ=b 2-4a c <0㊂方法二:分离参数法例2 不等式x y ɤa x 2+2y 2对于1ɤx ɤ2,2ɤy ɤ3恒成立,则实数a 的取值范围是㊂不等式x y ɤa x 2+2y 2对于1ɤx ɤ2,2ɤy ɤ3恒成立,等价于a ȡyx -2yx2对于1ɤx ɤ2,2ɤy ɤ3恒成立㊂令t =y x ,则1ɤt ɤ3,所以a ȡt -2t 2在1ɤt ɤ3上恒成立㊂令函数y =-2t 2+t =-2t -142+18,当t =1时,y m a x =-1,则a ȡ-1㊂故实数a 的取值范围是{a |a ȡ-1}㊂评注:若a ȡf (x )恒成立,则a ȡf (x )m a x ;若a ɤf (x )恒成立,则a ɤf (x )m i n ㊂方法三:主参换位法例3 已知函数y =a x 2-2a x +8+3a ,若对于1ɤa ɤ3,y <0恒成立,则实数x 的取值范围为㊂已知函数可化为关于a 的函数y =a x 2-2a x +8+3a =(x 2-2x +3)a +8㊂由题意知,y <0对于1ɤa ɤ3恒成立㊂因为x 2-2x +3>0恒成立,且y 是关于a 的一次函数,在1ɤa ɤ3上随x 的增大而增大,所以y <0对1ɤa ɤ3恒成立等价于y 的最大值小于0,即3(x 2-2x +3)-8<0,也即3x 2-6x +1<0,解得3-63<x <3+63,所以实数x 的取值范围为x 3-63<x <3+63㊂评注:在一个函数式中,有两个自变量,其中给出一个自变量的范围,这时可把问题转化为关于已知范围的那个自变量的函数(本题是一次函数)㊂在R 上定义运算⊗:A ⊗B =A (1-B ),若不等式(x -a )⊗(x +a )<4对x ɪR 恒成立,则实数a 的取值范围为㊂提示:(x -a )⊗(x +a )=(x -a )[1-(x +a )]=-x 2+x +a 2-a <4对x ɪR 恒成立,即x 2-x -a 2+a +4>0对x ɪR 恒成立,所以Δ=4-4(-a 2+a +1)=4a 2-4a <0,所以0<a <1,即实数a ɪ(0,1)㊂作者单位:湖北省巴东县第三高级中学(责任编辑 郭正华)61 知识结构与拓展 高一数学 2023年9月Copyright ©博看网. All Rights Reserved.。

高中浅析高中数学恒成立问题的求解策略山东省烟台第二中学　彭凤娇 解决恒成立问题的过程中，往往会涉及函数、方程、不等式等高中数学核心知识，以及转化化归、分类讨论、数形结合等重要数学思想，其综合性和灵活性注定使恒成立问题成为高考试题中的“香饽饽”．在对恒成立问题进行研究之后，整理了几类典型的题型，下面就从高考中出现的两道典型恒成立问题说起．引例１　（２００７年山东文）当狓∈（１，２）时，狓２＋犿狓＋４＜０恒成立，则犿的取值范围是．引例２　（２０１８年天津）已知犪∈犚，函数犳（狓）＝狓２＋２狓＋犪－２，狓≤０，－狓２＋２狓－２犪，狓＞０．｛若 狓∈［－３，＋∞），犳（狓）≤狓恒成立，则犪的取值范围是．从上面两道高考恒成立问题中不难发现，解决恒成立问题的方法大致可分为两种：分离参数与函数思想（即不分离参数）．在解答恒成立问题时需要具体题目具体分析．一、单变量恒成立问题（一）分离参数利用分离参数法来确定不等式犳（狓，犪）≥０（狓∈犇，犪为参数）恒成立时，参数犪的取值范围的一般思路：将题目中的参数与变量分离，化为犵（犪）≤犳（狓）（或犵（犪）≥犳（狓））恒成立的形式．接下来求解出函数犳（狓）的最小（或最大）值．最后解不等式犵（犪）≤犳（狓）ｍｉｎ（或犵（犪）≥犳（狓）ｍａｘ），进而求得犪的取值范围．该思路一般适用于参数与变量易分离且最值易求得的题型．如高考引例１中，注意到狓的取值范围，可以采用分离参数的方法．解：由狓∈（１，２），狓２＋犿狓＋４＜０恒成立，对不等式分离参数，得犿＜－狓２＋４狓．令犳（狓）＝狓２＋４狓＝狓＋４狓，易知犳（狓）在（１，２）上是减函数，所以狓∈（１，２）时，４＜犳（狓）＜５，则－狓２＋４狓（）ｍｉｎ＞－５，所以犿≤－５．又如高考引例２，也可以采用分离参数的方法，只不过要分段讨论，最终结果取“交集”．解： 狓∈［－３，＋∞），犳（狓）≤狓恒成立狓∈［－３，０］，狓２＋２狓＋犪－２≤－狓且 狓∈（０，＋∞），－狓２＋２狓－２犪≤狓 犪≤（－狓２－３狓＋２）ｍｉｎ＝２且犪≥－狓２＋狓２（）ｍａｘ＝１８犪∈１８，２［］．例１　已知狓∈犚时，不等式犪＋ｃｏｓ２狓＜５－４ｓｉｎ狓＋５犪－槡４恒成立，求实数犪的取值范围．解：将参数进行分离，得５犪－槡４－犪＋５＞ｃｏｓ２狓＋４ｓｉｎ狓，即５犪－槡４－犪＋５＞１＋４ｓｉｎ狓－２ｓｉｎ２狓，只需要５犪－槡４－犪＋５＞（１＋４ｓｉｎ狓－２ｓｉｎ２狓）ｍａｘ．令ｓｉｎ狓＝狋（狋∈［－１，１］），则犵（狋）＝１＋４狋－２狋２（狋∈［－１，１］），易得犵（狋）ｍａｘ＝３．所以５犪－槡４－犪＋５＞３，即５犪－槡４＞犪－２ 犪－２≥０，５犪－４≥０，５犪－４＞（犪－２）２烅烄烆或犪－２＜０，５犪－４≥０，｛解得４５≤犪＜８．（二）函数思想一般思路：首先分清楚题目中的变量与参数．一般来说，题目给出取值范围的元为变量，最终求解范围的元为参数．通过构造变量的函数，借助所构造的函数的取值特征进行求解．若在客观题中涉及不同类型函数恒成立问题，可通过画函数图像的方法，排除选项，提高解题速度．如高考引例１也可以用函数思想（二次函数根的分布）来解答，也比较简便．解：设犳（狓）＝狓２＋犿狓＋４，易知二次函数的图像“开口向上”，则要使当狓∈（１，２）时，狓２＋犿狓＋４＜０恒成立，只需满足犳（１）≤０，犳（２）≤０，｛即５＋犿≤０，８＋２犿≤０，｛解得犿≤－５．总结：设犳（狓）＝犪狓２＋犫狓＋犮（犪≠０）且犪＞０，犳（狓）＜０在狓∈［α，β］上恒成立 犳（α）＜０，犳（β）＜０．｛０４教学参谋解法探究２０２０年３月Copyright ©博看网. All Rights Reserved.高中犳（狓）＜０在狓∈（α，β）上恒成立 犳（α）≤０，犳（β）≤０．｛例２　已知犵（狓）＝ｌｏｇ犪狓，犳（狓）＝（狓－１）２，若狓∈（１，２）时，犵（狓）＞犳（狓）恒成立，求犪的取值范围．分析：对于犵（狓）＞犳（狓）恒成立的问题，有时候将不等式进行合理变形之后，能够非常容易地画出不等号两边的函数图像，最后通过图像直接判断出结果．特别是客观题，采用这种数形结合的方式能够简化解题步骤．根据函数犵（狓），犳（狓）的特征画出函数图像，可直观展示两函数关系．解：由图像分析易知，要使得当狓∈（１，２）时，犵（狓）＞犳（狓）成立，则需犪＞１，同时当狓∈（１，２）时，犵（狓）的图像在犳（狓）的图像上方，即犵（２）≥犳（２），解得犪∈（１，２］．总结：解题时既能落实数形结合思想，又能兼顾对数函数的特征，可使解题过程更加顺畅．二、双变量恒成立问题例３　设函数犳（狓）＝狓－２ｓｉｎ狓， 狓１，狓２∈［０，π］，恒有犳（狓１）－犳（狓２）≤犕，求犕的最小值．分析：由题易知，要使得犳（狓１）－犳（狓２）≤犕， 狓１，狓２∈［０，π］恒成立，只需求犳（狓１）－犳（狓２）ｍａｘ，即犳（狓）ｍａｘ－犳（狓）ｍｉｎ的值．解：由犳（狓）＝狓－２ｓｉｎ狓，得犳′（狓）＝１－２ｃｏｓ狓，易知狓∈０，π３［］时，犳′（狓）＜０，犳（狓）单调递减；狓∈π３，π［］时，犳′（狓）＞０，犳（狓）单调递增．所以当狓＝π３时，犳（狓）有极小值，即最小值，且犳（狓）ｍｉｎ＝犳π３（）＝π３－槡３．又犳（０）＝０，犳（π）＝π，所以犳（狓）ｍａｘ＝π．所以犕≥犳（狓１）－犳（狓２）ｍａｘ＝犳（狓）ｍａｘ－犳（狓）ｍｉｎ＝２π３＋槡３．常见的双变量恒成立问题有如下两种：（一）题型一：狓１，狓２∈犇，都有犳（狓１）≤犵（狓２） 犳（狓）ｍａｘ≤犵（狓）ｍｉｎ（这里假设犳（狓）ｍａｘ，犵（狓）ｍｉｎ都存在）例４　已知函数犳（狓）＝狓２－２狓＋２，犵（狓）＝２狓＋犿， 狓１，狓２∈［１，３］，都有犳（狓１）≤犵（狓２）恒成立，求实数犿的取值范围．解：犳（狓）＝狓２－２狓＋２＝（狓－１）２＋１，当狓∈［１，３］时，犳（狓）ｍａｘ＝犳（３）＝５，犵（狓）ｍｉｎ＝犵（１）＝２＋犿，则犳（狓）ｍａｘ≤犵（狓）ｍｉｎ，即５≤２＋犿，解得犿≥３．推广：狓１，狓２∈犇，都有犳（狓１）≥犵（狓２）·犳（狓）ｍｉｎ≥犵（狓）ｍａｘ（这里假设犳（狓）ｍｉｎ，犵（狓）ｍａｘ都存在）．（二）题型二： 狓１∈犇１，狓２∈犇２，都有犳（狓１）≥犵（狓２） 犳（狓）ｍｉｎ≥犵（狓）ｍｉｎ（这里假设犳（狓）ｍｉｎ，犵（狓）ｍｉｎ都存在）．例５　已知犳（狓）＝ｌｎ（狓２＋１），犵（狓）＝１２（）狓－犿，若 狓１∈［０，３］， 狓２∈［１，２］，使得犳（狓１）≥犵（狓２），求实数犿的取值范围．解：当狓∈［０，３］时，由复合函数“同增异减”原理可得，犳（狓）在狓∈［０，３］上单调递增，则犳（狓）ｍｉｎ＝犳（０）＝０，当狓∈［１，２］时，犵（狓）单调递减，则犵（狓）ｍｉｎ＝犵（２）＝１４－犿，由犳（狓）ｍｉｎ≥犵（狓）ｍｉｎ得０≥１４－犿，所以犿≥１４．推广： 狓１∈犇１，狓２∈犇２，都有犳（狓１）≥犵（狓２） 犳（狓）ｍａｘ≥犵（狓）ｍａｘ（这里假设犳（狓）ｍａｘ，犵（狓）ｍａｘ都存在）．三、结束语在高中数学的学习中，不仅要熟知高考必考的数学知识，还须熟练掌握重要题型的解题思路和解题技巧，结合典型的数学思想去解决问题，注意勤于练习，学会举一反三，这样才能够爱学数学，学好数学．参考文献：［１］黄锦龙．树立五种意识　破解恒成立问题［Ｊ］．中学数学研究（华南师范大学版），２０１９（２１）．［２］蔡海涛．探寻必要条件　巧解恒成立问题———从一道２０１９年高考函数导数题谈起［Ｊ］．高中数学教与学，２０１９（２１）．［３］洪小银．高中数学恒成立问题方法解析［Ｊ］．中学数学，２０１９（９）．［４］周坤．一类恒成立问题的转化教学设计及反思［Ｊ］．中学数学，２０１９（９）．［５］孙成田，刘本玲．细解高考中的热点难点———不等式恒成立问题［Ｊ］．数学之友，２０１９（４）．［６］孔祥士．例谈“含参数的单变量不等式恒成立问题”的解题策略［Ｊ］．中学数学，２０１９（８）．犉１４２０２０年３月 解法探究教学参谋Copyright ©博看网. All Rights Reserved.。

数学高考复习中恒成立问题及解题策略
数学高考复习中常见的恒成立问题包括：三角函数、平面几何、立体几何、数列等方面的常见恒等式是否成立。

解决这些问题需要
我们掌握以下策略：
1. 掌握基本定义。

了解三角函数、平面几何、立体几何、数列
等基本定义，理解它们的概念和性质，这是解决恒成立问题的前提。

2. 理解证明步骤。

对于一些基本的恒等式，如三角函数的基本
恒等式、半角公式等，需要深入理解其证明步骤，这样能解决很多
基本的恒成立问题。

3. 对比特殊情况。

对于一些复杂的恒等式，可以考虑先验证一
些特殊情况，如取特殊的几个值来代入验证，这样可以对恒等式是
否成立有一个大致的判断。

4. 利用常见定理。

多运用常见的几何定理或性质的结论，如勾
股定理、中线定理、垂直平分线定理等，也可以用对等三角形、相
似比、余弦、正弦等基本知识来解决。

5. 探索新的思路。

对于一些比较难的恒等式，可以多思考，开
拓思路，寻找新的解题方法，这样可以解决不同的问题，丰富解题
经验。

总之，解决恒成立问题需要我们理解基本定义和证明步骤，利
用特殊情况和常见定理，同时具有创新和探索的精神。

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 ≤。

恒成立问题解题策略
等式恒成立问题解题策略：
① 赋值法； ② 化为基本函数； ③ 分离变量；
不等式恒成立问题解题策略：
① 分离参数法； ② 转换主元法； ③ 数形结合型
赋值型—利用特殊值求解
• 例1：已知函数f(x)=sinx+acosx图像的一
条对称轴方程为x= 4 ,求实数a的值
解：f (0) f ( ) a 1 2
1
思路1：化简----乘积的形式常通过约分。 但本题难以完成。 思路2：回到基础-----利用函数单调性求最值。 求差法运算复杂，考虑用求商比较法（这是由 特点所至）
f (n 1) f ( n)
1 2n 3 (1 ) 2n 3 2n 5
2n 4 2n 5 2n 3
f (n 1) f ( n)
4n 2 16 n 16 4n 2 16 n 15
1
因此，f (n 1) f (n), f (n)为单调递增函数， 4 n 1时，f (n)最小值为 。 3 5 4 5 所以，a . 15
【解题后的反思】
1、不等式恒成立，确定参数取值范围——分离参数法。
变式：方程 22 x m2 x 1 0 恒有两个不同实数解， 求m的取值范围.
解1：令t 2 (0, )
x
原式为t 2 mt 1 0 转化为方程在(0, )有两个不同解 0 m2 4 0 x1 x2 m 0 x x 1 0 1 2
思考：已知函数f x 2sin(3x )(| | 的一条对称轴方程为x


2
)图像

4
求实数的值

当 △＝４（ａ一１）（ａ＋２）＜０时 ，即 一２＜ａ＜１时，对于 Ｘ∈
学能力 的提 高。
［一１，＋ ），Ｆ（Ｘ）Ｉ＞０恒成立 。
一 、 借助换 元法。有效解 决不等式恒 成立 问题 在高 中数 学 问题 解 答 的过程 中，需要 借助辩 证 的方 法 ，对 问题 进 行相 应 的转 化 和迁移 ，将未知 内容进 行转 化 ，以便 有效 解 决 数学 问题 。换 元 法是 数学 中常用的一种 解题 方 法，它主要
【文章编 号 】０４５０—９８８９（２０１８）０５Ｂ一０１４７—０２
质 、图象特点 ，并 进行分类讨论 ，才能准 确地解决 问题 。例 如： 已知函数 ｆ（ｘ）＝ 一２ａｘ＋２中 Ｘ Ｅ［一１，＋∞），ｆ（ｘ）≥ｄ恒
高 中数 学教学 的恒成 立问题 涉及 的知识范 围比较 广泛 ，具 成 立 ，求解 口的取值 范围。
当 Ａ＝４（ａ一１）（ａ＋２）ｔ＞０时，可以得 出
Ｏ
，
一 １
有两种 方式 ，引入另 一个参 数来 代替未 知数和使 用常数或 者表 示 常 数 的字母 代替未 知数 。在含有 两个 变量 的不等式 中，学生 习惯性地 把 作为主元 ，把 另外一 个变量 ａ当作参 数 。当遇到 一 些 比较 繁琐 的解 答过 程时 ，如果 把 已知取值 范 围的变量作为 主元 ，把 求解 取值范 围的变 量当作参 数 ，那么 就能够 有效 简化 解题 过程 。例如 ：
当 ≠１时，关于 Ｐ 的一次 函数 ｆ（Ｐ）＝（Ｘ一１）Ｐ＋ 一４ｘ＋ ３在区间 ［一２，４］上恒 为正值 ，无 论一次项 （Ｘ一１）是正 还是负， 都需 要 厂（一２）＞０，并且 ｆ（４）＞０，求解 得 出 Ｘ的取值 范围是 （一。ｏ，一５）ｕ （１，＋。。）。

恒成立条件下参数问题的求解策略〔关键词〕恒成立条件；参数；不等式；函数值域；等价转化；分离参数；主参互换所谓恒成立条件下参数的范围是指某个含参数的数学对象在给定条件下的参数允许取值的全体.求参数范围的本质则是根据条件寻求对参数的限制，再由这种限制得出参数范围.参数的范围一般用不等式表示，这样寻求对参数的限制可优先考虑，化归为关于参数的不等式（组）.当然，若所求为另一个变量的函数时，可考虑借助函数值域或范围.求参数范围的一般步骤为：１.由给定条件寻找对参数的限制；２.将对参数的限制化归为不等式（组）或函数的值域；３.由不等式（组）在寻找参数的范围时，可充分考虑利用判别式法、基本不等式法、数形结合法等.在将限制条件划归为不等式（组）或函数值域时常用等价转化、分离参数、主参互换、数形结合等方法.下面通过几个例题对这些方法作以展示，希望对读者有所启示.等价转化有些题目直接入手解决往往比较复杂，但若对题设中的式子作以等价转化，则可以化繁为简，易于问题的解决.例1：设对所有实数x，不等式x2log2+2xlog2+log2＞0恒成立，求a的取值范围.分析：此题直接求解比较麻烦，若令log2=t，则原式可化为（3+t）x2-2xt+2t ＞0恒成立，经过分析可求解.解：设log2=t，则欲使已知不等式大于0恒成立，只需（3+t）x2-2xt+2t＞0恒成立，即3x2+[（x-1）2+1]t＞0恒成立，故只需t＞0，即log2＞0，解得0＜a ＜1.分离参数法对于有些问题若能将已知式子中的未知数和参数分离开来，则可通过求函数的值域求出参数的取值范围.例2：已知函数f（x）=，x∈[1，+∞），若对任意x∈[1，+∞），f（x）＞0恒成立，试求实数a的取值范围.分析：此题可先经过等价转化，由区间[1，+∞）上，f（x）＞0恒成立?圳x2+2x+a＞0恒成立，然后将不等式分离参数得g（a）＞f（x）恒成立，再求得f（x）的最大值f（x）max，由g（a）＞f（x）max得a的取值范围.解：在区间[1，+∞）上，f（x）＞0恒成立?圳x2+2x+a＞0恒成立.要使x2+2x+a ＞0恒成立，只需a＞-x2-2x=-（x+1）2+1恒成立.由二次函数的性质可得-（x+1）2+1≤-3，故a＞-3.利用函数的最值例3：同例2.分析：此题可等价转化为在区间[1，+∞）上x2+2x+a＞0恒成立，令y=x2+2x+a，x∈[1，+∞），判断y=x2+2x+a在区间[1，+∞）上的单调性从而求出ymin=3+a，再根据ymin=0时f（x）＞0恒成立解得a的取值范围.解：在区间[1，+∞）上f（x）＞0恒成立?圳x2+2x+a＞0恒成立.因为函数y=x2+2x+a=（x+1）2+a-1在区间[1，+∞）上为增函数，所以当x=1时，ymin=3+a.于是当且仅当ymin=3+a＞0时，f（x）＞0恒成立，即有a＞-3.利用函数的单调性通过研究函数的单调性确定函数的值域，从而求出参数的范围也是解此类题目常用的方法.例4：同例2.分析：先将f（x）=，x∈[1，+∞）化简为f（x）=x++2，x∈[1，+∞），再通过判断此函数的单调性求出f（x）min=3+a，进而求得a的取值范围.解：f（x）=x++2，x∈[1，+∞），当a≥0时，函数f（x）的值恒为正；当a ＜0时，y=x+2与y=在[1，+∞）上均为增函数.所以f（x）=x++2在x∈[1，+∞）上为增函数，故当x=1时，f（x）min=3+a.于是当且仅当f（x）min=3+a＞0时，f（x）＞0恒成立.故a＞-3.主参互换在求参数范围时，如果直接求解较为困难，那么在已知条件中将参数和未知数进行换位，则可使问题迎刃而解.例5：已知方程ax2-2（a-3）x+a-2=0中的a为负整数，试求使方程恒有整数解时a的取值范围.分析：可将关于x的二次方程通过变更主元化为关于参数a的一次方程，由方程得（x2-2x+1）a+6x-2=0，再根据a的取值范围求得x的取值范围，从而确定x的取值，再经过讨论可求得a的取值范围.解：因为ax2-2（a-3）x+a-2=0，所以（x-1）2a=2-6x.显然x≠1，得a=.（1）∵a为负整数，∴a≤-1.故≤-1，即x2-8x+3≤0，解得4-≤x≤4+.因此，x的整数值只能为2、3、4、5、6、7，逐个代入（1）式中，可知x=2时，a=-10；x=3时，a=-4.故当a为-4或-10时，方程恒有整数解.注：此解通过变更主元将关于x的二次方程转化为关于a的一次方程，起到了降次、化简的功效，更是避免了不必要的分类讨论.构造函数法根据题目中所给的含参不等式的结构特征构造适当的函数，并利用函数的性质可求参数的范围.例6：已知不等式++…+＞loga（a-1）+对于大于1的一切自然数n恒成立，试求参数a的取值范围.分析：根据题目所给的不等式的特点构造函数f（n）=++…+，并通过判断此函数的单调性求出f（n）的最小值为f（2）=，由f（n）＞loga（a-1）+对于大于1的一切自然数n恒成立，必须有loga（a-1）+＜，从而可求得a的取值范围.解：构造函数f（n）=++…+，则f（n+1）-f（n）=+-=＞0.由此可知，关于n（n＞1，n∈N）的函数f（n）在[2，+∞）上是单调递增函数.又∵n是大于1的自然数，∴f（n）≥f（2）=.故要使f（n）＞loga（a-1）+对于大于1的一切自然数n恒成立，必须有loga （a-1）+＜.∴loga（a-1）＜-1，∴a∈（1，）.。

恒成立问题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 ≥ 例1; 若已知函数a ≤ f(x) f(x)=恒成立 ,只须求出 , 若任意, 则 x ∈ [2 ,+a ≤∞ ) 恒有转化为函数求最值 . f(x)>0, 试确定 a 的取值范围 .解 : 根据题意得则 f(x)= -,x+ - 2>1 在 x ∈ [2 ,+ ∞ ) 上恒成立 , 即+ , 当 x=2 时 ,=2 , 所以 a>-a>2+3x 在 x ∈[2 ,+ ∞ ) 上恒成立 . 设 f(x)=-+3x .2 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) ≥范围 ; : 若 f(a) ≤ g(x) 恒成立 , 只须求出 g (x) 最小值 , 则 f(a) ≤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 解 令=t , ∵ x ∈ ( - ∞ ,1]∴ t ∈(0 ,2]. 所以原不等式可化为上恒成立 , 只须求出 f(t)=在 t ∈(0 ,2] 上的最小值即可 .∵ f(t)== + = -又 t ∈ (0 ,2] ∴ ∈ [) . 然后解不等式求出参数a 的取值. 然后解不等式求出参数a 的取a 的取值范围 .<, 要使上式在 t ∈ (0 ,2]∴ =f(2)=∴ < , ∴ - <a<例 3 设 ab c 且1 b1m 恒成立，求实数 m 的取值范围。

例４已知南＋南＋南＋．．・＋五１
＞丧ｌ。‰（口一１）＋季对一切大于ｌ的自然数ｎ
都成立，求ｎ的取值范围．
即ｍ＞ｇ：粤：（２＋互）一
一菇２＋ｍ戈＋１—２ｍ＜一１．
二一戈
由ｇ（省）＜一１得
ＩＮ：令州＝击＋南＋南”・＋ 矗２一［（２一戈）＋南］“ 因为（２一戈）＋÷≥２在， 壳・由八ｎ＋１）一厂（ｎ）
Ｚ一戈
距离大于４ ｋｍ，且铁路线上任意一点到校址的
（口一４）戈＋４—２ｎ的值恒大于０，求实数髫的取
值范围．
分析：已知函数是关于石的二次函数，直 接求解有困难．若换一角度，视为关于Ⅱ的函 数，则问题大大简化． 解：Ｙ＝八口）＝（菇一２）口＋戈２—４ｘ＋４，ｎ∈ ［一１，１］， （１）ｘ＝２时，Ｙ＝０不合题意．
即
ｇ（ｘ）＜一１或０＜ｇ（戈）＜１．
如果Ｐ正确，０不正确，则０＜ｃ≤÷；如果
Ｐ不正确，Ｑ正确，则Ｃ≥１．
依题有ｆｔ“ｇ（戈ｘ；三：’ｌ，或｛菩‘三’ｇ乏；’＜，．
得ｇ（ｘ）＜一１．
所以ｃ的取值范围是（ｏ，÷］ｕ［１，
＋∞１．
所以所求的ｍ的范围就是关于戈的不等 式ｇ（髫）＜一１，对任意戈∈［０，１］恒成立时的 ｍ的取值范围．

…————・————————…
ｌ
ｌ
ｌ
所以一［（２一戈）＋二—兰一］＋４≤４—２√三，
２ｎ＋１。２ｎ＋２
ｎ＋１
２玎ｉ了恶ｉ可＞ｏ，
知八几十１）＞以凡）“凡）是递增的， 所以八ｒ／，）的最小值为 八２）＝了１＋了１＝讫７．
・２２・
当且仅当２一戈＝÷，即戈＝２一在时，
等号成立，从而得出ｍ＞４—２在． 注：先将参数分离，再化归为求函数最值问
（２ｘ一１）２＋（２ｙ一１）２＝１６，

不等式恒成立问题的求解策略一、考情分析函数与导数一直是高考中的热点与难点,利用导数研究不等式恒成立问题一直是高考命题的热点,此类问题一般会把函数、导数及不等式交汇考查,对能力要求比较高,难度也比较大,常见的题型是由不等式恒成立由不等式恒成立确定参数范围问题,常见处理方法有： ①首先要构造函数,利用导数研究函数的单调性,求出最值,进而得出相应的含参不等式,从而求出参数的取值范围．②也可分离变量,构造函数,直接把问题转化为函数的最值问题． 二、解题秘籍(一) 与不等式恒成立问题有关的结论 ① ∀x ∈D ,均有f (x )>A 恒成立,则f (x )min >A ； ② ∀x ∈D ,均有f (x )﹤A 恒成立,则 f (x )ma x <A ；③ ∀x ∈D ,均有f (x ) >g (x )恒成立,则F (x )= f (x )- g (x ) >0,∴ F (x )min >0； ④ ∀x ∈D ,均有f (x )﹤g (x )恒成立,则F (x )= f (x )- g (x ) <0,∴ F (x ) ma x <0； ⑤ ∀x 1∈D , ∀x 2∈E ,均有f (x 1) >g (x 2)恒成立,则f (x )min > g (x )ma x ； ⑥ ∀x 1∈D , ∀x 2∈E ,均有f (x 1) <g (x 2)恒成立,则f (x ) ma x < g (x ) min . 例1 已知函数1()ln ,()2xf x x xg x m ⎛⎫=+=- ⎪⎝⎭.（1）先证明单调性,再求函数()f x 在[]1,2上的最小值；（2）若对[][]121,2,0,2x x ∀∈∃∈,使得12()()f x g x ≥,求实数m 的取值范围.分析：（1）由11()10xf x x x+'=+=>证明()f x 在()0,∞+上单调递增,()f x 在[]1,2上的最小值为min ()(1)1f x f ==.（2）对[][]121,2,0,2x x ∀∈∃∈,使得12()()f x g x ≥,则1min 2min ()()f x g x ≥,根据（1）,min ()1f x =,1()2xg x m ⎛⎫=- ⎪⎝⎭在[]0,2上单调递减,所2min 1()(2)4g x g m ==-, 所以114m ≥-,即34m ≥-. (二)通过构造函数求最值解决不等式恒成立问题①该方法一般是根据不等式的结构构造一个新函数,利用导数研究该函数的单调性,由函数的单调性确定其最值,或把其最值用含有参数的式子来表示,再根据所给不等式列出关于参数的不等式；②注意如果所构造的函数，其导数结构比较复杂，不易分析出单调性，则可把需要判断符号的式子拿出来构造一个新函数，再想办法解决其符号；③有时所构造的函数的最值不易求出,可以引入导数的隐零点,把函数最值用导数的隐零点表示；④在考虑函数最值时，除了依靠单调性，也可根据最值点的出处，即“只有边界点与极值点才是最值点的候选点”，所以有的讨论点就集中在“极值点”是否落在定义域内.例2 已知函数()31ln 2f x x x x a =-+,()13212x a g x xe x x --=+-（a R ∈,e 为自然对数的底数）.（1）若函数()f x 在1,1e ⎛⎫⎪⎝⎭上有零点,求a 的取值范围； （2）当1≥x 时,不等式()()f x g x ≤恒成立,求实数a 的取值范围. 分析：（1）()23ln 12f x x x '=+-,设()()x f x φ'=,()21133x x x x xφ-'=-=.30,3x ⎛⎫∈ ⎪ ⎪⎝⎭时,()0x φ'>,()x φ递增；3,3x ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭时,()0x φ'<,()x φ递减.()x φ的最大值即()x φ的极大值为331ln 30332f φ⎛⎫⎛⎫-'==< ⎪ ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭, 所以()f x 在1,1e ⎛⎫⎪⎝⎭上递减,函数()f x 在1,1e ⎛⎫⎪⎝⎭上有零点,则()110e f f ⎛⎫⋅< ⎪⎝⎭,则311122a e e +<<.（2）把()()f x g x ≤恒成立转化为()()12ln 101x aF x e x ax x x -=-+--≥≥恒成立,()10F =,()1212x aF x e ax x x-'=--++,()132F a '=-,根据32a -的符号进行讨论：（ⅰ）320a -≥,即23a ≥时,令()()h x F x '=,()12311210xh x e a x x -⎛⎫'=++-> ⎪⎝⎭, ()F x '在区间[)1,+∞上单调递增,()()1320F x F a ''≥=->, ()F x 在区间[)1,+∞上单调递增,()()10F x F ≥=恒成立；（ⅰ）320a -<,即23<a 时,当0a ≤时,()121120xF x a x x x e-⎛⎫⎛⎫'=-+++< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭恒成立, 所以()F x 在区间[)1,+∞上单调递减,所以()()10F x F <=恒成立,即()()f x g x ≤不成立；当023a <<时,()1320F a '=-<,()1111331211a a F a a e a a e a --⎛⎫⎛⎫'=-+-=+-+- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭,131110221aeeee---<=<=,所以10F a ⎛⎫'> ⎪⎝⎭,又()12311210x h x e a x x -⎛⎫'=++-> ⎪⎝⎭, 所以()F x '在区间[)1,+∞上单调递增,所以()F x '在区间11,a ⎛⎫⎪⎝⎭上存在唯一的零点,设为0x , 当()01,x x ∈时()0F x '<,所以()F x 在区间()01,x 上单调递减, 所以()()10F x F <=,即()()f x g x ≤在区间()01,x 上不成立.综上所述,实数a 的取值范围为2,3⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭. (三) 通过分类参数把不等式恒成立问题转化为求不含参数的函数的最值①分类参数法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,转化为求函数的最值问题. ②一般情况下,那个字母的范围已知,就将其视为变量,构造关于它的函数,另一个字母（一般为所求）视为参数.③要注意分类参数法不是万能的,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.此外参数分离后,要注意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）,则也无法用分离法解决问题. 例3 已知函数2()ln f x x x ax =+-,a R ∈． （1）讨论函数()f x 的单调性； （2）若对任意的(1,2)a ∈,0[1x ∈,2]．不等式0()ln f x m a >恒成立,求实数m 的取值范围．分析：（1）求出导函数()'f x ,分类讨论确定()'f x 的正负,得单调区间：22a 时,()f x 在(0,)+∞单调递增,22a >时,()f x 在28(0,)4a a --和28(4a a +-,)+∞递增,在28(4a a --,28)4a a +-递减．（2）由()0f x '>在[1,2]上恒成立,得()f x 递增,()(1)1f x f a ≥=-,问题转化为对于任意的(1,2)a ∈,不等式1ln a m a ->恒成立,分离参数为1ln am a-<,引入新函数1()ln ag a a-=(12)a <<,用导数求得其最小值后可得m 的范围： 记1()ln a g a a -=(12)a <<,则2ln 1()ln a a ag a a a--+'=,令()ln 1M a a a a =--+,则()M a 'ln 0a =-<,所以()M a 在(1,2)上递减,所以()(1)0M a M <=, 故()0g a '<, 所以()g a 在(1,2)a ∈上单调递减,所以1(2)ln 2m g ≤=-, 即实数m 的取值范围为1(,]ln 2-∞-．(四)对于形如12x x >时不等式()()()()1221f x g x f x g x +>+恒成立问题,可构造增函数()()f x g x -来求解. 基本结论：(1)“若任意210x x >>,()()1212f x f x kx kx ->-,或对任意12x x ≠,()()1212f x f x k x x ->-,则()y f x kx =-是增函数；(2) 对任意12x x ≠,()()1212121f x f x x x x x ->-,则()1y f x x=+是增函数；例4 已知函数()()22ln f x ax a x x =-++,其中a ∈R .（1）当0a >时,若()f x 在区间[]1,e 上的最小值为2-,求a 的取值范围； （2）若对于任意210x x >>,()()122122f x f x x x -<-恒成立,求a 的取值范围. 分析：（1）对()f x 求导,并令导函数为0,得到12x =或1x a =,分类讨论1a 与区间[]1,e 的关系,得到a 的取值范围是[)1,+∞； （2）令()()2g x f x x =+,则()g x 在()0,∞+上单调递增；对()g x 求导,分类讨论当0a =时与当0a ≠时的情况,得a 的取值范围：()21212ax ax g x ax a x x-+'=-+=. 当0a =时,()10g x x'=>,此时()g x 在()0,∞+上单调递增； 当0a ≠时,只需()0g x '≥在()0,∞+上恒成立,只需2210ax ax -+≥在()0,∞+上恒成立,所以0a >,且280a a ∆=-≤,解得08a <≤；故a 的取值范围是[]0,8. 三、典例展示例1 已知函数()ln f x x ax =-.（1）若函数()f x 在定义域上的最大值为1,求实数a 的值；（2）设函数()()()2xh x x e f x =-+,当1a =时,()h x b ≤对任意的1,12x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭恒成立,求满足条件的实数b 的最小整数值. 解：（1）由题意,函数()y f x =的定义域为(0,)+∞,1()f x a x'=-, 当0a ≤时,1()0f x a x '=->,函数()y f x =在区间(0,)+∞上单调递增,此时,函数()y f x =在定义域上无最大值；当0a >时,令1()0f x a x ,得1x a=,由()0f x '>,得10,x a ⎛⎫∈⎪⎝⎭,由()0f x '<,得1,x a ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭, 此时,函数()y f x =的单调递增区间为10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭,单调减区间为1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭.所以当1x a=时,函数()f x 有最大值, 即max 2111()ln 11e f x f a a a ⎛⎫==-=⇒= ⎪⎝⎭,即2e -=a 为所求； （3）只需(2)e ln x b x x x ≥-+-对任意的1(,1)2x ∈恒成立即可.构造函数()(2)e ln xg x x x x =-+-, 11()(1)e 1(1)e x x g x x x x x ⎛⎫'=-+-=-- ⎪⎝⎭, ∵1(,1)2x ∈,∴10x -<,且1()xt x e x =-单调递增, ∵121()20,(1)102t e t e =-<=->,∴一定存在唯一的01(,1)2x ∈,使得0()0t x =,即00001,ln x e x x x ==-, 且当012x x <<时,()0t x <,即()0g x '>；当01x x <<时,()0t x >,即()0g x '<. 所以,函数()y g x =在区间01(,)2x 上单调递增,在区间0(),1x 上单调递减, ∴()()0max 0000001()2eln 12x g x g x x x x x x ⎛⎫==-+-=-+ ⎪⎝⎭,1(,1)2x ∈，则00112()y x x =-+在1(,1)2上单调递增,所以00112()(4,3)x x -+∈--, 因此b 的最小整数值为3-. 例2 已知函数()sin xf x aex =-,其中a R ∈,e 为自然对数的底数.（1）当1a =时,对[)0,x ∀∈+∞. ①证明：()1f x ≥；②若()2cos 2f x x bx '+-≥恒成立,求实数b 的范围；（2）若函数()f x 在0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上存在极值,求实数a 的取值范围. 解：（1）①证明：当1a =时,()sin xf x ex =-,则()cos x f x e x '=-,由于当0x ≥时,1x e ≥,1cos 1x -≤≤,故()cos 0xf x e x '=-≥,所以,函数()f x 在[)0,+∞上为增函数,则当[)0,x ∈+∞时,()()01f x f =≥； ②依题意,cos 2x e x bx +-≥在[)0,+∞上恒成立, 设()cos 2xg x ex bx =+--,其中0x ≥,则()sin 1x g x e x b b '=--≥-.（i ）当1b ≤时,()0g x '≥,此时()g x 在[)0,+∞上单调递增, 故()()00g x g ≥=,符合题意；（ii ）当1b >时,由①知,()sin xg x e x b '=--在[)0,+∞上为增函数,则必存在()00x ∈+∞,,使得()00g x '=,且当[]00,x x ∈时,()0g x '<,此时函数()g x 单调递减, 当()0,x x ∈+∞时,()0g x '>,此时函数()g x 单调递增, 所以,()()()0min 00g x g x g =<=,不符合题意. 综上,实数b 的取值范围为(],1-∞； （2）()sin x f x ae x =-,可得()cos x f x ae x '=-,由()0f x '=可得cos e xx a,所以直线y a =与曲线cos x x y e =在0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上的图象有交点（非切点）,令()cos x x h x e =,其中0,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭,则()sin cos 0xx x h x e +'=-<在0,2π⎛⎫ ⎪⎝⎭上恒成立, 所以,函数()h x 在0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减,且()01h =,02h π⎛⎫= ⎪⎝⎭, 作出函数y a =与函数()h x 在0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上的图象如下图所示：由图可知,当01a <<时,直线y a =与曲线cos x x y e =在0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上的图象有交点（非切点）.因此,实数a 的取值范围是()0,1.例3 已知函数()()ln ,af x x xg x x x =-=+,且函数()f x 与()g x 有相同的极值点. （1）求实数a 的值；（2）若对121,,3e x x ⎡⎤∀∈⎢⎥⎣⎦,不等式12()()11f x f x k -+恒成立,求实数k 的取值范围； （3）求证：()()e cos x xf xg x x++<.解：（1）()f x 的定义域为(0,)+∞,1()1f x x '=-,由()0f x '=得1x =, 易知函数()f x 在(0,1)单调递增,在(1,)+∞单调递减, 故函数()f x 的极大值点为1x =,2()1ag x x =-',依题意有(1)10g a =-=',解得1a =,经验证符合题意,故1a =.（2）由（1）知,函数()f x 在1,1e ⎛⎫⎪⎝⎭单调递增,在(1,3)单调递减, 又()()111,11,3ln 33e e f f f ⎛⎫=--=-=- ⎪⎝⎭,且1ln 3311e -<--<-, ∴当1,3e x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时,max ()(1)1f x f ==-,min ()(3)ln33f x f ==-. ① 当10k +>,即1k >-时,对121,,3e x x ⎡⎤∀∈⎢⎥⎣⎦,不等式12()()11f x f x k -+恒成立,即为121()()k f x f x +-恒成立,则max min 1()()1(ln 33)2ln 3k f x f x +-=---=-, 1ln3k ∴-,又1ln31->-,∴此时k 的取值范围为1ln3k -；② 当10+<k ,即1k <-时,对121,,3e x x ⎡⎤∀∈⎢⎥⎣⎦,不等式12()()11f x f x k -+恒成立,即为121()()k f x f x +-恒成立,则min max 1()()(ln 33)(1)ln 32k f x f x +-=---=-, 所以ln33k -,又ln331-<-,∴此时k 的取值范围为ln33k -.综上,实数k 的取值范围为(][),ln331ln3,-∞--+∞. （3）证明：所证不等式即为ln e cos 1x x x x -<-, 下证：ln e 1x x x x -<--,即证ln e 10x x x x -++<, 设()ln e1(0)xh x x x x x =-++>,则()'ln 1e 1ln e 2x x h x x x =+-+=-+,令()()ln e2xr x h x x ==-+',则()1e x r x x='-, 易知函数()r x '在(0,)+∞上单调递减,且()12e 0,11e 02r r ⎛⎫=->=-< ⎪⎝⎭'',故存在唯一的01(,1)2x ∈,使得0()0r x '=,即001e xx =,00ln x x =-,且当0(0,)x x ∈时,()0r x '>,()r x 即()h x '单调递增； 当()0,x x ∈+∞时,()0r x '<,()r x 即()h x '单调递减,∴()()()020000max0011ln e 220x x h x h x x x x x -==-+=--+'=-<',()h x ∴在(0,)+∞单调递减,又0x →时,()0h x →,故()0h x <,即ln e 1x x x x -<--；再证：1cos 1(0)x x x --<->,即证cos 0x x +>在(0,)+∞上恒成立, 设()cos m x x x =+,()sin 10m x x =+'-, ()m x ∴在(0,)+∞单调递增, 则()(0)10m x m >=>,即cos 0x x +>,故1cos 1x x --<-, 综上,ln e cos 1x x x x -<-.四、跟踪检测 1．已知函数()ln 1f x a x x=++（其中0a ≠, 2.71828e =⋅⋅⋅⋅⋅⋅）（1）当34a =-时,求函数()f x 的单调区间；（2）对任意的21,x e ⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭均满足()2f x ax≤,试确定a 的取值范围.2．定义在()0,∞+上的关于x 的函数2()(1)2x axf x x e =--．（1）若a e =,讨论()f x 的单调性；（2）()3f x ≤在(]0,2上恒成立,求a 的取值范围．3．已知函数()ln xf x x=-. （1）设()()1x g x f x f x ⎛⎫=+ ⎪-⎝⎭,求函数()g x 的最小值； （2）设()1h x f x ⎛⎫=⎪⎝⎭,对任意1x 、()20,x ∈+∞,()()()()121212h x h x h x x k x x +≥++⋅+恒成立,求k 的最大值.4．已知函数l ()n f x ax x =,a R ∈． （1）当1a =时, ①求()f x 的极值； ②若对任意的x e ≥都有()mx m f x e x≥,0m >,求m 的最大值；（2）若函数2()()g x f x x =+有且只有两个不同的零点1x ,2x ,求证：212x x e >．5．已知函数()ln f x a x bx =+的图象在点(1,3)-处的切线方程为21y x =--. （1）若对任意1[,)3x ∈+∞有()f x m 恒成立,求实数m 的取值范围；（2）若函数2()()2g x f x x k =+++在区间(0,)+∞内有3个零点,求实数k 的范围.6．已知函数(),()ln ,x f x e g x x a x a R ==+∈ （1）讨论g (x )的单调性； （2）若()()2a f x x g x x ++,对任意(1,)x ∈+∞恒成立,求a 的最大值.7．已知函数()()22,3x f x e kx g x x k =-=+-． （1）讨论函数()y f x =的单调区间；（2）若()()2f x g x ≥对任意0x ≥恒成立,求实数k 的取值范围．8．已知函数()11x f x e x -=-+,()()2ln 12g x x ax ax =+--,其中a ∈R ． （1）证明：当0x >时,()0f x <；（2）若()()g x f x <在区间()0,∞+上恒成立,求实数a 的取值范围．跟踪检测参考答案1. 解：（1）当34a =-时,3()ln 14f x x x =-++,0x >,31(12)(211)')42141x x f x x x x x+-++=-+=++, ∴函数()f x 的单调递减区间为()0,3,单调递增区间为()3,+∞. （2）由()112f a ≤,得204a <≤, 当204a <≤时,()4f x ax ≤,2ln 0x ≥, 令1t a =,则22t ≥, 设2()212ln g t t x t x x =-+-,22t ≥,则211()12ln xg t x t x x x ⎛⎫+=-+-- ⎪ ⎪⎝⎭, （i ）当1,7x ⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭时,1122x+≤, 则()(22)84212ln g x g x x x ≥=-+-,记()4221ln p x x x x =-+-,17x ≥, 则2212121'()11x x x x p x x x x x x +--+=--=++(1)1(221)1(1)(12)x x x x x x x x ⎡⎤-++-⎣⎦=++++, 列表讨论：∴()(1)0p x p ≥=, ∴()(22)2()2()0g t g p x p x ≥==≥.（ii ）当211,7x e ⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭时,12ln (1)()12x x x g t g x x ⎛⎫--+≥+= ⎪ ⎪⎝⎭,令()2ln (1)q x x x x =++,211,7x e ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦,则ln 2()10x q'x x +=+>, 故()q x 在211,7e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递增, ∴1()7q x q ⎛⎫≤ ⎪⎝⎭,由（i ）得127127(1)07777q p p ⎛⎫⎛⎫=-<-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭, ∴()0q x <,∴1()()102q x g t g x x ⎛⎫≥+=-> ⎪ ⎪⎝⎭, 由（i ）（ii ）知对任意21,x e ⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭,)22,t ⎡∈+∞⎣,()0g t ≥,即对任意21,x e ⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭,均有()2f x ax≤,综上所述,所求的a 的取值范围是20,4⎛⎤ ⎥ ⎝⎦. 2. 解：（1）()'()x xf x xe ax x e a =-=-,a e =时,()'()x f x x e e=-,在()0,1x ∈上,'()0f x <,()f x 单调递减﹔在()1,x ∈+∞上,'()0f x >,()f x 单调递增．（2）由（1）()'()xf x x e a =-,若1a ≤,在(]0,2上,'()0f x >,()f x 单调递增,()2223f ea =->,不合题意；若21a e <<,在()0,ln a 上,'()0f x <,()()01f x f <=-， 在(]ln ,2a 上,'()0f x >,()2()22f x f ea <=-,由题意,2223232e e a a e --≤⇒≤<；若2a e ≥,在()0,2上,'()0f x <,()f x 单调递减, 则在(]0,2上,()()013f x f <=-<符合题意.综上所述,232e a -≥．3. 解：（1）()ln 11ln x f x x x x -==,令1t x=,则111111x t x t t==---,设()()()()ln 1ln 1F t g x t t t t ==+--,其中()0,1t ∈, 则()()ln 1ln 11ln 1tF t t t t '=+---=-,当10,2t ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时,()0,11tt ∈-,则()0F t '<,()F t 单调递减,当1,12t ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时,()1,1tt ∈+∞-,()0F t '>,()F t 单调递增, 所以,()()min min 11ln ln 222g x F t F ⎛⎫====- ⎪⎝⎭； （2）()1ln h x f x x x ⎛⎫== ⎪⎝⎭,则()()()()()121211221212ln ln ln h x h x h x x x x x x x x x x +-+=+-++()1211221212121212121212lnln ln ln x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x ⎛⎫=+=++ ⎪++++++⎝⎭()12121212x x x x h h x x x x ⎡⎤⎛⎫⎛⎫=++⎢⎥ ⎪ ⎪++⎝⎭⎝⎭⎣⎦, 由（1）知121121212ln 2x x x h h F x x x x x x ⎛⎫⎛⎫⎛⎫+=- ⎪ ⎪ ⎪+++⎝⎭⎝⎭⎝⎭≥, 因为()()()()121212h x h x h x x k x x +≥++⋅+,则121212x x k h h x x x x ⎛⎫⎛⎫≤+ ⎪ ⎪++⎝⎭⎝⎭,故ln 2k -≤. 故k 的最大值是ln 2-.4. 解：（1）①1a =时,()ln f x x x =,则()ln 1(0)f x x x '=+>, 令()0f x '>,解得：1x e>,令()0f x '<,解得：10x e <<,∴()f x 在1(0,)e 递减,在1(e ,)+∞递增, 故()f x 的极小值是11()f e e =-,没有极大值； ②对任意x e ≥都有n (l )mm m x xx m f x e e e x≥=,即()()m x f x f e ≥恒成立,由0m >,有0mx>,故1m x e >, 由①知,()f x 在1(e ,)+∞单调递增,故mx x e ≥,可得ln mx x ≥,即ln x x m ≥, 当x e ≥时,()f x 的最小值是()f e e =,故m 的最大值是e ；（2）证明：要证212x x e >,只需证明12ln()2x x >即可,由题意,1x 、2x 是方程2ln 0ax x x +=的两个不相等的实数根,又1x >,∴1122ln 0ln 0a x x a x x +=⎧⎨+=⎩,消去a ,整理得：121121221ln()ln 1x x x x x x x x +=⋅-,不妨设12x x >,令12x t x =,则1t >,故只需证明当1t >时,1ln 21t t t +⋅>-,即证明2(1)ln 1t t t ->+, 设2(1)()ln 1t h t t t -=-+,则22211(1)(1)()20(1)(1)t t t h t t t t t +---'=-⋅=>++,∴()h t 在(1,)+∞单调递增,从而()(1)0h t h >=, 故2(1)ln 1t t t ->+,即212x x e >得证．5. 解：（1）()af x b x '=+,(0)x >.函数()f x 的图象在点(1,3)-处的切线的方程为21y x =--.f '∴（1）2=-,f（1）3=-,∴23a b b +=-⎧⎨=-⎩,解得3b =-,1a =. ()ln 3f x x x ∴=-.13()13()3x f x x x--=-=',1[,)3x ∈+∞,()0f x '∴. ∴当13x =时,函数()f x 取得最大值,1()ln313f =--. 对任意1[,)3x ∈+∞有()f x m 恒成立,所以()max m f x ,1[,)3x ∈+∞. ln31m ∴--. ∴实数m的取值范围是[ln31--,)+∞.（2）由（1）可得：2()ln 32g x x x x k =-+++, ∴1(21)(1)()23x x g x x x x--'=+-=, 令()0g x '=,解得12x =,1. 列表如下：由表格可知：当1x =时,函数()f x 取得极小值g （1）k =； 当12x =时,函数()g x 取得极大值13()ln224g k =-++.要满足函数2()()2g x f x x k =+++在区间(0,)+∞内有3个零点,则3ln2040k k ⎧-++>⎪⎨⎪<⎩, 解得3ln204k -<<, 则实数k 的取值范围3(ln2,0)4-.6. 解：（1）()1(0)ax ag x x x x+'=+=>, 当0a 时,()0g x '>,()g x 在(0,)+∞上单调递增；当0a <时,令()0g x '>,解得x a >-,令()0g x '<,解得0x a <<-,()g x ∴在(0,)a -上单调递减,在(,)a -+∞上单调递增；综上,当0a 时,()g x 在(0,)+∞上单调递增；当0a <时,()g x 在(0,)a -上单调递减,在(,)a -+∞上单调递增； （2）()2()a f x xg x x ++即为ln x a e x a x x ++,即ln ln x x a a e e x x ++,设()ln (0)h x x x x =+>,则11()1x h x x x+'=+=, 易知函数()h x 在(0,)+∞上单调递增,而()()xa h e h x ,所以x a e x ,即ln x a x ,当1x >时,即为ln xax, 设()(1)ln xx x x ϕ=>,则2ln 1()ln x x xϕ-'=, 易知函数()ϕx 在(0,)e 上单调递减,在(,)e +∞上单调递增,()x ϕϕ∴（e ）e =, a e ∴,即a 的最大值为e ．7. 解：（1）()xf x e k '=-,①当0k ≤时,()0f x >′恒成立,则()y f x =在R 上单调递增； ②当0k >时,ln x k >时,()0f x >′,()y f x =的单调递增区为()ln ,k +∞； ln x k <时,()0f x >′,()y f x =的单调递减区间为(),ln k +∞．（2）22223x e kx x k -≥+-对任意的0x ≥恒成立,即22232xx kx k e ++-≤对任意的0x ≥恒成立． 令()()()()221323,x xx k x k x kx k h x h x e e +++-++-'=- ①当3k ≥时,()0h x '≤在()0,x ∈+∞恒成立,()h x 在()0,∞+上单调递减．所以只需2032h k =-≤（）,即5,5k ⎡⎤∈-⎣⎦,矛盾．②当13k -≤<时,()h x 在()0,3k -+上单调递增,在()3,k -++∞上单调递减． 所以只需()3632k h k e -+-+=≤,即3ln3k ≤-．∴13ln3k -≤≤-；③当1k <-时,()h x 在()0,1k --上单调递减,在()1,3k k ---+上单调递增,在()3,k -++∞上单调递减．则()()253ln 332h x k hk ⎧≤⎪⇒-≤≥-⎨-+≤⎪⎩，∴51k -≤≥-,综上,实数k 的取值范围为5,3ln 3⎡⎤--⎣⎦8. 解：（1）证明：当0x >时,()11011x x f x e x e x <⇐<⇐>++, 令()1xh x ex =--,则()10x h x e '=->, ∴()h x 在()0,∞+上单调递增,∴()()00h x h >=, ∴1x e x >+．（2）由题()()0g x f x -<,即()21ln 1201x x ax ax e x -+---+<+, 令()()21ln 121x F x x ax ax e x -=+---++,易知()00F =, 且()()2112211x F x ax a e x x -'=--+-++,要满足题意,必有()00F '≤,则120a -≤,∴12a ≥,当12a ≥时,()()()()22111ln 12ln 12112x x F x x ax ax e x e x x x x --=+---+<+-+-+++, 记()()()211ln 1212x x x e x x x ϕ-=+-+-++,0x >,()()()()()22111111111111x x e x x x x x x x ϕ-'=+--+<+--++++++()()()()2222211011x x x x x +-+-==<++,∴()x ϕ在()0,∞+上单调递减,则()()00x ϕϕ<=, 即当12a ≥时,()()0F x x ϕ<<,满足题意, 综上：12a ≥．。

另解 a + cos2x < 5 4sin x + 5a 4 即 a + 1 2sin 2x < 5 4sin x + 5a 4 ， 令 sin x = t ，则 t [ 1,1],
整理得 2t2 4t + 4 a + 5a 4 > 0 ， t [ 1,1], 恒
成立．设 f (t) = 2t 2 4t + 4 a + 5a 4 则二次函数
40
福建中学数学
2008 年第 2 期
个 半平面的一 个公共点，如 果能找到两 个半平面的
另 一个公共点 ，那么连接两 个公共点的 直线即为二
面 角的棱．在 寻找二面角的 平面角时， 三垂线法是
很重要的方法．在添加辅助线时也可以过点 D 作 DE
⊥SP，垂足为 E，连接 AE，是利用三垂线定理的逆
定 理．问题的 关键是如何在 其中一个半 平面内寻找
22
∴ sin ∠SDC = 2 6 / 5 ．
155 S SDC =
22 2
又S
1 SAB =
1 1 1=
2
2
26 =
6，
54
∴ cosθ= 1/ 2 = 6 ，∴ θ= arccos 6
6 /4 3
3
点 评 利 用射影 面积 公式求 二面 角的关 键是 寻
找或求作一 条垂线，即从 第一个半平 面内的某一 个
4sin x + cos2x 的 最大 值 ，故 上 述问 题转 化 成求 f (x) = 4sin x + cos2x 的最值问题．
f (x) = 4sin x + cos 2x = 2sin 2 x + 4sin x + 1 = 2(sin x 1)2 + 3 ≤3 ，

恒成立问题求解四策略恒成立问题中参数范围的求解，一直是高中数学中极为重要的知识点，也是高考经久不衰的热点题型．本文从五个方面来阐述这类问题的求解策略．一、数形结合法利用基本初等函数的图象来求恒成立的参数问题，能使我们领略数的严谨形的直观． 例1 当(1,2)x ∈时，不等式12(1)log 0x ax -+<恒成立，求a 的取值范围．解：原式化为2(1)log x a x -<，设212(1),log x a y x y =-=，在同一坐标系中画出其图象，如图示由图象可得：要使12y y <在区间（１，２）上恒成立，则1a >且2(1)log x a x -<， ∴12a <≤评注：在利用数形结合的数学思想解题时，一些特殊点（尤其是端点）的取值要引起重视．比如本例中要注意a=2是否取得到．二、分离变量法将所求恒成立的不等式中的参数移至一边，含自变量的项移至另一边，然后通过构造函数利用函数的值域方法求得．例2 设函数2()()f x x x a =--（x R ∈），其中a R ∈．（１）当0a >时，求函数()f x 的极大值和极小值；（２）当3a >时，证明存在[]10k ∈-，，使得不等式22(cos )(cos )f k x f k x --≥对任意的x R ∈恒成立．（１）解：2322()()2f x x x a x ax a x =--=-+- 22()34(3)()f x x ax a x a x a '=-+-=---．若0a >，当x 变化时，()f x '在3aa ⎛⎫ ⎪⎝⎭，为正，在3a ⎛⎫- ⎪⎝⎭∞，，()a +，∞为负． 因此，函数()f x 在3a x =处取得极小值3a f ⎛⎫ ⎪⎝⎭，且34327a f a ⎛⎫=- ⎪⎝⎭； 函数()f x 在x a =处取得极大值()f a ，且()0f a =．（２）证明：由3a >，得13a >，当[]10k ∈-，时， cos 1k x -≤，22cos 1k x -≤．由（１）知，()f x 在(]1-∞，上是减函数，要使22(cos )(cos )f k x f k x --≥，x R ∈ 只要22cos cos ()k x k x x R --∈≤，即22cos cos ()x x k k x R --∈≤ ① 设2211()cos cos cos 24g x x x x ⎛⎫=-=-- ⎪⎝⎭，则函数()g x 在R 上的最大值为2． 要使①式恒成立，必须22k k -≥，即2k ≥或1k -≤．故在区间[]10-，上存在1k =-，使得22(cos )(cos )f k x f k x --≥对任意的x R ∈恒成立．评注：将不等式恒成立问题分离参数后，转化为参数与一个新函数的最值大小间的关系，使问题思路得到简化．另外要注意的是“存在[]10k ∈-，”与“[]10k ∈-，”使命题成立的区别．三、 判别式法根据二次函数的取值在实数集上恒正（非负）的条件，来解决恒成立问题中参数范围． 例3 在实数集R 上定义运算：*(1)x y x y =-，若不等式()*()1x a x a -+<对任意实数x 恒成立，则（ ）Ａ．11a << Ｂ．02a << Ｃ．1322a -<< Ｄ．3122a -<< 解：由题意：()*()()(1)x a x a x a x a -+=---，∴()(1)1x a x a ---<对任意实数恒成立，即使2210x x a a --++>对任意x 恒成立． ∴214(1)0a a ∆=--++<，解得1322a -<<，选Ｃ． 评注：此类题型往往与新定义题型及导数的有关运算结合在一起考查．若区间不为实数集Ｒ时，往往还需要实数根的分布情况辅以甄别．四、 主元思想法当要利用某个变量的范围转而求其它变量的范围时，可以将已知范围的变量当作一个新的主元，从而将问题转化为简单函数的最值求解问题．例4 已知f(x)=222+-x a x (x ∈R)，设关于x 的方程f(x)=x 1的两个非零实根为x 1、x 2.试问：是否存在实数m ，使得不等式m 2+tm+1-|x 1-x 2|≥0对任意a ∈[-1，1]及t ∈[-1，1]恒成立？若存在，求m 的取值范围；若不存在，请说明理由． 解：由222+-x a x =x 1，得x 2-ax-2=0， ∵△=a 2+8>0 ∴x 1，x 2是方程x 2-ax-2=0的两非零实根∴ 12122x x a x x +=⎧⎨=-⎩，从而|x 1-x 2|=212214)(x x x x -+=82+a . 又∵-1≤a ≤1， ∴|x 1-x 2|=82+a ≤3.要使不等式m 2+tm+1≥|x 1-x 2|对任意a ∈[-1，1]及t ∈[-1，1]恒成立，当且仅当m 2+tm+1≥3对任意t ∈[-1，1]恒成立，即m 2+tm-2≥0对任意t ∈[-1，1]恒成立. ②设g(t)=m 2+tm-2=mt+(m 2-2)，这是关于自变量t 的一次函数，由其性质可得：22(1)20(1)20g m m g m m ⎧=--≥⎪⎨-=+-≥⎪⎩ 由此得到：m ≥2或m ≤-2. 故存在实数m ，使不等式m 2+tm+1≥|x 1-x 2|对任意a ∈A 及t ∈[-1，1]恒成立，其取值范围是{m|m ≥2，或m ≤-2}.评注：本例在前部分采用了分离参数法求关于m,t 的不等式，而在后部分已知t 的范围时，巧妙地采用了以t 为主元的一次函数来求解．恒成立的参数范围的求解问题，通常要用到函数与方程思想及数形结合思想等．在解答时，要注意运用一些基本初等函数的性质与图象．特别是要注意运用二次函数、二次方程及二次不等式的整合．。

数学高考复习中恒成立问题及解题策略在数学高考复习中，恒成立是一个重要的概念，它是摆脱繁琐算法而直接利用关系得出结论的一种方法。

它可以帮助学生们找出问题的答案，并加深对这类问题的理解，以便在考试中正确应对。

恒成立的关键是做出一个猜想，并从已知条件出发，通过归纳的方法去证明这个猜想是不是恒成立的。

首先，我们认为这个猜想是恒成立的，然后我们尝试用已知条件去证明它是恒成立的。

具体来说，就是在可能的情况下，我们需要把这个猜想表达成一个方程，并且需要给出证明这个方程是怎么来的，有什么特殊方式来解决它，以及可以从中看出的关系。

比如，如果我们猜测“两个正整数的乘积等于24”是恒成立的，那么我们可以通过枚举这两个正整数的所有可能的组合，即：1乘以24，2乘以12，3乘以8，4乘以6，来证明它是恒成立的；或者我们也可以通过方程两边同时除以24，并用字母代替未知数，并以此类推，逐渐得出两个正整数a和b的关系：ab/24=1，从而证明它们之间的关系是恒成立的。

在解决恒成立问题时，学生应该养成思考的习惯，仔细推导推理，尽可能的多去思考，不要急于追求快速的正确答案。

有时候我们可以从更简单的猜想出发，这样可以帮助我们更容易地完成解题。

最后，学生还要多积累常见的恒成立公式，把它们记住，这样在遇到类似的问题时，就可以更快地得出结论。

总之，恒成立是解决数学问题的有效方法，学生在复习时要养成用恒成立的习惯，多积累常见的恒成立公式，让自己在考试中找到解决问题的答案。

学习恒成立的重要性在于，它可以帮助学生们正确的分析问题，有效的解决其中的难题。

它也可以帮助学生们培养用逻辑思维去分析问题，从而增强自己解决数学问题的能力。

此外，学习恒成立还有助于强化学生对数学理论的理解，因为恒成立就是一种以关系为核心的解题方法。

仔细分析问题之后，要用定理、公式和推导来构建一个明确的推理，从而得出正确的结论。

最后，学习恒成立也可以帮助学生学会如何解决考试中的一些抽象问题。

例1.若不等式x 2 2 xy a ( x y )对一切 正数x, y恒成立, 则正数a的最小值为( A. 1 B.2 C. 2 1 2
B
).
D. 2 2 1
练习求使 x .
y a x y ( x 0, y 0)
恒成立的a的最小值
2
例2.设f ( x) lg
1 2 4 a
x x
(其中a R),
3 如果当x (,1]时, f ( x)恒有意义, 求a的 取值范围.
a
3 4
练习.设 f ( x) lg 1 2 3 ( n 1) n a
x x x x

, 其中
n a是实数, n是任意给定的自然数且n 2, 如果 f ( x)当x ( ,1]时恒有意义, 求a的取值范围.
2
取值范围是 _______________ .
1 7 x 1 3
2 2 换个角度看问题,换个方面去解释,换个方向去 思考.
1.利用一次函数的单调性
设一次函数f(x)=ax+b (a≠0),当a > 0时f(x)在R上是 增函数;当a < 0时f(x)在R上是减函数.所以关于不等 式恒成立问题,若能将不等式化为关于主元(或参数) 的一次函数,则可用一次函数的单调性求解.
x 1 x
) ( x 0).
2 1
(1)求f ( x)的反函数f
( x);
(2)若x 2时, 不等式 ( x 1) f
1
1
( x) a (a
1 x 1 ( x 1);
x )恒成立,
求实数a的取值范围.
(1) f ( x)
(2) 1 a

恒成立问题求解策略恒成立问题能够很好的考察函数不等式等知识以及转化化归等数学思想，因此备受命题者青睐。

本文试将此类题的求解策略作一总结，供同学们参考。

策略一、确定主元，借助函数单调性解决。

例1、 对于满足|p|≤2的所有实数p,求使不等式x 2+px+1>2p+x 恒成立的x 的取值范围。

分析：多元不等式问题求解关键在于确定哪个量为主元。

此问题由于常见的思维定势，易把它看成关于x 的不等式讨论。

然而若将p 定位主元，则可转化为在[-2，2]内关于p 的一次函数大于0恒成立的问题。

解：不等式转化为(x-1)p+x 2-2x+1>0, 设f(p)= (x-1)p+x 2-2x+1,则原题转化为设f(p)= (x-1)p+x 2-2x+1＞0在[-2，2]上恒成立易得 ⎩⎨⎧>>-)2(0)2(f f 即⎪⎩⎪⎨⎧>->+-0103422x x x解得：⎩⎨⎧-<><>1113x x x x 或或∴x<-1或x>3.策略二、转化为二次函数，利用实根分布解决。

例2、 不等式sin 2x ＋acosx ＋ a 2≥1＋cosx 对一切x ∈R 恒成立，求负数a 的取值范围。

解：原不等即cos 2x ＋（1－a ）cosx －a 2≤0令cosx=t ，由x ∈R 知t ∈[-1，1]， 设f(t)=t 2＋（1－a ）t －a 2则原题转化为f(t)=t 2＋（1－a ）t －a 2≤0 在 t ∈[-1，1]上恒成立易得 ⎪⎩⎪⎨⎧≤---=-≤--+=<0)1(1)1(011)1(022a a f a a f a ⇔⎪⎩⎪⎨⎧≥≤≥-≤<10120a a a a a 或或⇔a ≤-2故所求的a 的范围为(-∞,-2].策略三、分离变量，借助不等式性质解决。

例3．已知数列{}n a 中，*65()n a n n N =-∈，设13+=n n n a a b ，n T 是数列{}n b 的前n 项和，求使得20n mT <对所有n N *∈都成立的最小正整数m 。

例说恒成立问题的求解策略 一、变更主元策略 例1、（2007年辽宁文第22题）已知函数αβα223sin 18cos 48cos 9)(++-=x x x x f )()(/x f x g =，对任意的实数t 均有0)1(≥+-t e g ，0)sin 3(≤+t g 。

（I ）求函数)(x f 的解析式；（II ）若对任意的]6,26[-∈m ，恒有11)(3--≥mx x x f ，求x 的取值范围。

分析：本题第（II ）问若采用常规方法，以x 为主元，则需分情况进行讨论，若考虑变更主元，以m 为主元，则可以避免分类讨论。

解：由第（I ）知：x x x x f 249)(23+-=。

第（II ）问：由第（I ）知，对任意的]6,26[-∈m 恒有0112492≥++-x x mx ， 令11249)(2++-=x x mx m h ，则有⎩⎨⎧≥++-=≥++--=-,0112496)6(,01124926)26(22x x x h x x x h 解得：131≤≤-x 。

二、数形结合策略例2、（2007年安徽）若对任意的R x ∈不等式ax x ≥恒成立，则实数a 的取值范围是)(A 1-<a )(B 1≤a )(C 1<a )(D 1≥a分析：如果对原不等式分情况进行讨论，解题过程不但复杂而且很容易出错。

若利用图形的位置关系进行求解，则一目了然。

解：在同一坐标系下分别画出函数x y =、axy =的图像，结合图像可知实数实数a 的取值范围是1≤a 。

故选)(B 。

三、求函数最值策略例3、（2007年全国I 文第20题）设函数c bx ax x x f 8332)(23+++=在1=x 及2=x 时取得极值。

（I ）求a 、b 的值；（II ）若对任意的]3,0[∈x ，都有2)(c x f <成立，求c 的取值范围。

解：由（I ）可知，c x x x x f 81292)(23++-=，12186)(2/+-=x x x f )2)(1(6--=x x 。