微专题不等式恒成立问题常见类型及解法

关于不等式恒成立问题的几种求解方法不等式恒成立问题，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。

不等式恒成立问题在解题过程中有以下几种求解方法：①一次函数型；②二次函数型；③变量分离型；④数形结合型。

下面我们一起来探讨其中一些典型的问题一、一次函数型——利用单调性求解例1、若不等式对满足的所有实数m都成立，求x的取值范围。

若对该不等式移项变形，转化为含参数m的关于x的一元二次不等式，再根据对称轴和区间位置关系求对应的二次函数的最小值，利用最小值大于零求解。

这样得分好几种情况讨论,这思路应该说从理论上是可行的，不过运算量不小。

能不能找出不需要讨论的方法解决此问题呢？若将不等式右边移到左边，然后将新得到的不等式左边看做关于m的一次函数，借助一次函数的图像直线（其实是线段）在m轴上方只需要线段的两个端点在上方即可。

分析：在不等式中出现了两个字母：x及m,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m视作自变量，则上述问题即可转化为在[-2，2]内关于m的一次函数大于0恒成立的问题。

解：原不等式转化为(1-x2)m+2x-1>0在|m|2时恒成立,设f(m)= (1-x2)m+2x-1,则f(m)在[-2,2]上恒大于0，故有：此类题本质上是利用了一次函数在区间[a，b]上的图象是一线段，故只需保证该线段两端点均在m轴上方（或下方）即可。

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），或ⅱ）可合并成同理，若在[m,n]内恒有f(x)0恒成立；f(x)3;若改为：,构造函数，画出图象，得a<3利用数形结合解决恒成立问题，应先构造函数，作出符合已知条件的图形，再考虑在给定区间上函数与函数图象之间的关系，得出答案或列出条件，求出参数的范围。

开篇语：不等式恒成立问题在高中数学是一类重点题型，高考也是必考内容。

由于不等式问题题型众多，题目也比较灵活。

所以在学习过程中，同学们要学会总结各种解题方法！方法一：分离参数法解析：分离参数法适用的题型特征：当不等式的参数能够与其他变量完全分离出来，并且分离后不等式其中一边的函数的最值或范围可求时，则将参数式放在不等式的一边，分离后的变量式放在另一边，将变量式看成一个新的函数，问题即转化为求新函数的最值或范围，若a≥f(x)恒成立，则a≥f(x)max,若a≤f(x)恒成立，则a≤f(x)min方法二：变换主元法(也可称一次函数型)解析：学生通常习惯把x当成主元(未知数)，把另一个变量p看成参数，在有些问题中这样的解题过程繁琐，如果把已知取值范围的变量当成主元，把要求取值范围的变量看成参数，则可简便解题。

适用于变换主元法的题型特征是：题目有两个变量，且已知取值范围的变量只有一次项，这时就可以将不等式转化为一次函数求解。

方法三：二次函数法解析：二次函数型在区间的恒成立问题：解决这类问题主要是分析 1，判断二次函数的开口方向2，二次函数的判别式是大于0还是小于03，判断二次函数的对称轴位置和区间两端值的大小，即判断函数在区间的单调性 方法四：判别式法解析：不等式一边是分式，且分式的分子和分母的最高次项都是二次项时，利用判别式法可以快速的解题，分离参数将会使解题变得复杂。

方法五：最值法解析：不等式两边是两个函数，且含有参数时，我们可以分出出参数，构造新函数，求函数的导数来求得新函数的最值。

总结：在解不等式恒成立的问题时，应根据不等式的特点，选择适合的方式快速准确的解题。

平时练习过程中，应注意观察，总结！。

不等式恒成立问题基本类型及常用解法类型1：设f(x)=ax+bf(x) ＞0在x ∈[]n m ,上恒成立⇔ ⎩⎨⎧0)(0)(φφn f m ff(x) ＜0在x ∈[]n m ,上恒成立⇔⎩⎨⎧0)(0)(ππn f m f .例1. 设y=(log 2x)2+(t-2)log 2x-t+1,若t 在[-2,2]上变化，y 恒取正值，求实数x 的取值范围。

解：设f(t)=y=(log 2x-1)t+(log 2x)2-2log 2x+1， t ∈[-2,2] 问题转化为：f(t)＞0对t ∈[-2,2]恒成立 ⇔⎩⎨⎧-0)2(0)2(φφf f⇔⎪⎩⎪⎨⎧-=-01)(log 03log 4)(log 22222φφx x x⇒0＜x ＜21或x ＞8。

故实数x 的取值范围是（0，21）∪（8，+∞）。

例2. 对于 -1≤a ≤1,求使不等式(21)ax x +2<(21)12-+a x 恒成立的x 的取值范围。

解：原不等式等价于x 2+ax<2x+a -1在a ∈[-1,1]上恒成立.设f(a)=(x -1)a+x 2-2x+1,则f(a)是a 的一次函数或常数函数， 要使f(a)>0在a ∈[-1,1]上恒成立,则须满足⎩⎨⎧-0)1(0)1(φφf f ⇔⎪⎩⎪⎨⎧+--023022φφx x x x ⇒x>2或x<0 故实数的取值范围是(-∞,0)∪(2,+∞).类型2：设f(x)=ax 2+bx+c (a ≠0)f(x) ＞0在x ∈R 上恒成立⇔a ＞0 且△＜0;f(x) ＜0在x ∈R 上恒成立⇔a ＜0 且△＜0. 说明：①.只适用于一元二次不等式②.若未指明二次项系数不等于0，注意分类讨论.例3.不等式3642222++++x x mmx x ＜1对一切实数x 恒成立，求实数m 的取值范围。

解：由4x 2+6x+3=(2x+23)2+43＞0,对一切实数x 恒成立，从而，原不等式等价于 2x 2+2mx+m ＜4x 2+6x+3, (x ∈R)即：2x 2+(6-2m)x+(3-m)＞0对一切实数x 恒成立。

高中数学微专题【不等式恒成立或有解问题】突破点一分离法求参数的取值范围【例1】已知函数f(x)＝e x＋ax2－x.(1)当a＝1时，讨论f(x)的单调性；(2)当x≥0时，f(x)≥12x3＋1，求a的取值范围.解(1)当a＝1时，f(x)＝e x＋x2－x，x∈R，f′(x)＝e x＋2x－1.因为f′(x)＝e x＋2x－1在(－∞，＋∞)上单调递增，且f′(0)＝0，故当x∈(－∞，0)时，f′(x)<0；当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0.所以f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增.(2)由f(x)≥12x3＋1得，e x＋ax2－x≥12x3＋1，其中x≥0，①当x＝0时，不等式为1≥1，显然成立，此时a∈R.②当x>0时，分离参数a，得a≥－e x－12x3－x－1x2，记g(x)＝－e x－12x3－x－1x2，g′(x)＝－（x－2）⎝⎛⎭⎪⎫e x－12x2－x－1x3.令h(x)＝e x－12x2－x－1(x>0)，则h′(x)＝e x－x－1，令H(x)＝e x－x－1，则H′(x)＝e x－1>0，所以H(x)在(0，＋∞)上是增函数，且H(0)＝1－0－1＝0，所以h′(x)>0，故函数h(x)在(0，＋∞)上递增，∴h(x)>h(0)＝0，即e x－12x2－x－1>0恒成立，故当x ∈(0，2)时，g ′(x )>0，g (x )单调递增； 当x ∈(2，＋∞)时，g ′(x )<0，g (x )单调递减. 因此，g (x )max ＝g (2)＝7－e 24，综上可得，实数a 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫7－e 24，＋∞. 探究提高 1.分离参数法来确定不等式f (x ，λ)≥0(x ∈D ，λ为实数)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. 2.本题为了求g (x )的最大值，多次构造函数，进行二次求导. 【训练1】已知函数f (x )＝a e x －x e x ＋x －a (a ∈R ). (1)若a ＝2，求曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程； (2)若对任意x >0都有f (x )<x ＋1恒成立，求a 的最大整数值. 解 (1)当a ＝2时，f (x )＝2e x －x e x ＋x －2， 所以f ′(x )＝2e x －(e x ＋x e x )＋1＝e x －x e x ＋1， 因此f (0)＝0，f ′(0)＝2.所以曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程为y －0＝2(x －0)，即y ＝2x . (2)对任意x >0，恒有f (x )<x ＋1，即a (e x －1)<x e x ＋1. 因为x >0，所以e x －1>0， 所以a <x e x ＋1e x －1＝x ＋x ＋1e x －1.设g (x )＝x ＋x ＋1e x －1(x >0)，则只需a <g (x )min ， g ′(x )＝1－x e x ＋1（e x －1）2＝e x （e x －x －2）（e x －1）2.令h (x )＝e x －x －2(x >0)，则h ′(x )＝e x －1>0恒成立， 所以h (x )在(0，＋∞)上单调递增.因为h(1)＝e－3<0，h(2)＝e2－4>0，所以存在唯一一个x0使得h(x0)＝0，且1<x0<2.所以当x∈(0，x0)时，h(x)<0，g′(x)<0，当x∈(x0，＋∞)时，h(x)>0，g′(x)>0.所以g(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，所以g(x)min＝g(x0)＝x0＋x0＋1 e x0－1.由e x0－x0－2＝0，得e x0＝x0＋2，所以g(x0)＝x0＋x0＋1x0＋2－1＝x0＋1∈(2，3).故a的最大整数值为2.突破点二分类等价转化法求参数范围【例2】设函数f(x)＝2x ln x－2ax2(a∈R).(1)当a＝12时，求函数f(x)的单调区间；(2)若f(x)≤f′（x）2－ln x－1(f′(x)为f(x)的导函数)在(1，＋∞)上恒成立，求实数a的取值范围.解(1)当a＝12时，f(x)＝2x ln x－x2，定义域为(0，＋∞).∴f′(x)＝2ln x－2x＋2.令g(x)＝f′(x)＝2ln x－2x＋2(x>0)，∴g′(x)＝2x－2.当x∈(0，1)时，g′(x)>0，故g(x)为增函数；当x∈(1，＋∞)时，g′(x)<0，故g(x)为减函数.∴g(x)≤g(1)＝2ln 1－2×1＋2＝0，即f′(x)≤0.∴函数f(x)的单调递减区间为(0，＋∞)，无单调递增区间.(2)f(x)＝2x ln x－2ax2，∴f′(x)＝2ln x－4ax＋2，且x>0.∴f(x)≤f′（x）2－ln x－1在(1，＋∞)上恒成立⇔2(x ln x－ax2)≤ln x－2ax＋1－lnx－1在(1，＋∞)上恒成立⇔ln x－ax＋a≤0在(1，＋∞)上恒成立. 令h(x)＝ln x－ax＋a，x∈(1，＋∞)，则h ′(x )＝1x －a ，且h (1)＝ln 1－a ＋a ＝0.当a ≤0时，h ′(x )>0恒成立，故h (x )在(1，＋∞)上为增函数. ∴h (x )>h (1)＝0，即a ≤0时不满足题意. 当a >0时，由h ′(x )＝0，得x ＝1a .①若a ∈(0，1)，则1a ∈(1，＋∞)，故h (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞上为减函数，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1，1a 上为增函数.∴存在x 0∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1，1a ，使得h (x 0)>h (1)＝0，这与h (x )＝ln x －ax ＋a ≤0在(1，＋∞)上恒成立矛盾. 因此a ∈(0，1)时不满足题意.②若a ∈[1，＋∞)，则1a ∈(0，1]，故h (x )在(1，＋∞)上为减函数， ∴h (x )<h (1)＝0，∴h (x )≤0恒成立，故符合题意. 综上所述，实数a 的取值范围是[1，＋∞).探究提高 1.对于不等式恒成立问题，若不易分离参数或分离后难以求最值，解题时常用参数表示极值点，进而用参数表示出函数的最值，求解不等式得参数的范围，体现转化思想.2.解题过程中，参数的不同取值对函数的极值、最值有影响，应注意对参数的不同取值范围进行分类讨论.【训练2】已知点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫e xx ，1，Q (x ，mx ＋sin x )(m ∈R )，O 为坐标原点，设函数f (x )＝OP→·OQ →.(1)当m ＝－2时，判断函数f (x )在(－∞，0)上的单调性； (2)当x ≥0时，不等式f (x )≥1恒成立，求实数m 的取值范围.解 (1)f (x )＝OP →·OQ →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫e x x ，1·(x ，mx ＋sin x )＝e x ＋mx ＋sin x ，当m ＝－2时，f (x )＝e x －2x ＋sin x ，f ′(x )＝e x －2＋cos x ， 当x <0时，e x <1，且cos x ≤1，所以f ′(x )＝e x －2＋cos x <0， 所以函数f (x )在(－∞，0)上单调递减.(2)当x ＝0时，f (0)＝1≥1，对于m ∈R ，f (x )≥1恒成立. 当x >0时，f ′(x )＝e x ＋m ＋cos x ， 设g (x )＝e x ＋m ＋cos x ，则g ′(x )＝e x －sin x ，因为e x >1，sin x ≤1，所以g ′(x )＝e x －sin x >0，则g (x )在(0，＋∞)上单调递增， 所以g (x )>g (0)＝m ＋2，所以f ′(x )在(0，＋∞)上单调递增，且f ′(x )>m ＋2.①当m ≥－2时，f ′(x )>0，则f (x )在(0，＋∞)上单调递增， 所以f (x )>1恒成立.②当m <－2时，f ′(0)＝m ＋2<0，因为f ′(x )在(0，＋∞)上单调递增，且当x ＝ln(2－m )时， f ′(x )＝e ln(2－m )＋m ＋cos[ln(2－m )] ＝2＋cos[ln(2－m )]>0，所以存在x 0∈(0，＋∞)，使得f ′(x 0)＝0， 所以当x ∈(0，x 0)时，f ′(x )<0恒成立， 故f (x )在区间(0，x 0)上单调递减.所以当x ∈(0，x 0)时，f (x )<1，不符合题意. 综上，实数m 的取值范围为[－2，＋∞). 突破点三 不等式有解求参数的取值范围 【例3】 已知函数f (x )＝－a ln x －e xx ＋ax ，a ∈R . (1)当a <0时，讨论f (x )的单调性；(2)设g (x )＝f (x )＋xf ′(x )，若关于x 的不等式g (x )≤－e x＋x 22＋(a －1)x 在[1，2]上有解，求实数a 的取值范围.解 (1)依题设，f ′(x )＝－a x －x e x －e xx 2＋a ＝（ax －e x ）（x －1）x 2(x >0)，当a <0时，ax －e x <0恒成立，所以当x >1时，f ′(x )<0，当0<x <1时，f ′(x )>0，故函数f (x )在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减. (2)因为g (x )＝f (x )＋xf ′(x )， 所以g (x )＝－a ln x －e x ＋2ax －a ，由题意知，存在x 0∈[1，2]，使得g (x 0)≤－e x 0＋x 202＋(a －1)x 0成立，则存在x 0∈[1，2]，使得－a ln x 0＋(a ＋1)x 0－x 202－a ≤0成立，令h (x )＝－a ln x ＋(a ＋1)x －x 22－a ，x ∈[1，2]，则h ′(x )＝－a x ＋a ＋1－x ＝－（x －a ）（x －1）x，x ∈[1，2].①当a ≤1时，h ′(x )≤0，所以函数h (x )在[1，2]上单调递减，所以h (x )min ＝h (2)＝－a ln 2＋a ≤0成立，解得a ≤0，所以a ≤0. ②当1<a <2时，令h ′(x )>0，解得1<x <a ； 令h ′(x )<0，解得a <x <2，所以函数h (x )在[1，a ]上单调递增，在[a ，2]上单调递减.又因为h (1)＝12，所以h (2)＝－a ln 2＋a ≤0，解得a ≤0，与1<a <2矛盾，故舍去. ③当a ≥2时，h ′(x )≥0，所以函数h (x )在[1，2]上单调递增，所以h (x )min ＝h (1)＝12>0，不符合题意.综上所述，实数a 的取值范围为(－∞，0].探究提高 1.本题根据函数h ′(x )的零点a 是否在定义域[1，2]内进行讨论，利用导数的工具性得到函数在给定区间内的单调性，从而可得最值，判断所求最值与已知条件是否相符，从而得到参数的取值范围.2.不等式“存在性”问题与“恒成立”问题的求解是“互补”关系.含参不等式能成立问题可转化为最值问题来解决，注意与恒成立问题的区别. 【训练3】已知函数f (x )＝a ＋1x ＋a ln x ，其中参数a <0. (1)求函数f (x )的单调区间；(2)设函数g (x )＝2x 2f ′(x )－xf (x )－3a (a <0)，存在实数x 1，x 2∈[1，e 2]，使得不等式2g (x 1)<g (x 2)成立，求a 的取值范围.解 (1)∵f (x )＝a ＋1x ＋a ln x ，∴定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝－a ＋1x 2＋a x ＝ax －（a ＋1）x 2.①当－1<a <0时，a ＋1a <0，恒有f ′(x )<0， ∴函数f (x )的单调递减区间是(0，＋∞)， 无单调递增区间.②当a ＝－1时，f ′(x )＝－1x <0，∴f (x )的单调递减区间是(0，＋∞)，无单调递增区间.③当a <－1时，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a ＋1a ，f ′(x )>0，∴f (x )的单调递增区间是⎝⎛⎭⎪⎫0，a ＋1a ；x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋1a ，＋∞，f ′(x )<0， ∴f (x )的单调递减区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋1a ，＋∞. (2)g (x )＝2ax －ax ln x －(6a ＋3)(a <0)，∵存在实数x 1，x 2∈[1，e 2]，使得不等式2g (x 1)<g (x 2)成立，∴2g (x )min <g (x )max . 又g ′(x )＝a (1－ln x )，且a <0，∴当x ∈[1，e)时，g ′(x )<0，g (x )是减函数； 当x ∈(e ，e 2]时，g ′(x )>0，g (x )是增函数， ∴g (x )min ＝g (e)＝a e －6a －3， g (x )max ＝max{g (1)，g (e 2)}＝－6a －3. ∴2a e －12a －6<－6a －3，则a >32e －6.又a <0，从而32e －6<a <0，即a 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫32e －6，0.1.已知函数f (x )＝ln x ＋ax (a ∈R ). (1)讨论f (x )的单调区间；(2)若f (x )≤e x －1＋1x －1恒成立，求实数a 的取值范围.解 (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，且f ′(x )＝1－a －ln xx 2.令f ′(x )>0，得1－a －ln x >0，解得0<x <e 1－a . 令f ′(x )<0，得1－a －ln x <0，解得x >e 1－a .故f (x )的单调递增区间为(0，e 1－a )，单调递减区间为(e 1－a ，＋∞). (2)因为f (x )≤e x －1＋1x －1恒成立，即ln x ＋a x ≤e x －1＋1x －1对(0，＋∞)恒成立， 所以a ≤x e x －1－x －ln x ＋1对(0，＋∞)恒成立. 令g (x )＝x e x －1－x －ln x ＋1，则g ′(x )＝e x －1＋x e x －1－1－1x ＝(x ＋1)⎝ ⎛⎭⎪⎫e x －1－1x .当x ∈(0，1)时，g ′(x )<0，所以g (x )在(0，1)上单调递减. 当x ∈(1，＋∞)时，g ′(x )>0，所以g (x )在(1，＋∞)上单调递增. 故当x ＝1时，g (x )取到最小值g (1)＝1，所以a ≤1. 故实数a 的取值范围是(－∞，1]. 2.已知函数f (x )＝x ln x －ax ＋1(a ∈R ). (1)讨论f (x )在(1，＋∞)上的零点个数；(2)当a >1时，若存在x ∈(1，＋∞)，使得f (x )<(e －1)·(a －3)，求实数a 的取值范围.解 (1)由f (x )＝x ln x －ax ＋1＝0可得a ＝ln x ＋1x ， 令g (x )＝ln x ＋1x ，易知g ′(x )＝1x －1x 2＝x －1x 2，所以g ′(x )>0在(1，＋∞)上恒成立，故g (x )在(1，＋∞)上单调递增. 又g (1)＝1，所以当x ∈(1，＋∞)时，g (x )>1. 故当a ≤1时，f (x )在(1，＋∞)上无零点； 当a >1时，f (x )在(1，＋∞)上存在一个零点.(2)当a >1时，由(1)得f (x )在(1，＋∞)上存在一个零点. 由f ′(x )＝ln x ＋1－a ＝0得x ＝e a －1，所以f (x )在(1，e a －1)上单调递减，在(e a －1，＋∞)上单调递增， 所以f (x )min ＝f (e a －1)＝1－e a －1.若存在x ∈(1，＋∞)，使得f (x )<(e －1)(a －3)成立， 只需1－e a －1<(e －1)(a －3)成立， 即不等式e a －1＋(e －1)(a －3)－1>0成立. 令h (a )＝e a －1＋(e －1)(a －3)－1，a >1， 则h ′(a )＝e a －1＋e －1，易知h ′(a )＝e a －1＋e －1>0在(1，＋∞)上恒成立， 故h (a )＝e a －1＋(e －1)(a －3)－1在(1，＋∞)上单调递增. 又h (2)＝0，所以a >2，故实数a 的取值范围为(2，＋∞).3.已知函数f (x )＝x －a ln x ＋bx 在x ＝1处取得极值. (1)若a ＞1，求函数f (x )的单调区间；(2)若a ＞3，函数g (x )＝a 2x 2＋3，若存在m 1，m 2∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2，使得|f (m 1)－g (m 2)|＜9成立，求a 的取值范围.解 (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)， 且f ′(x )＝1－a x －bx 2. 由f ′(1)＝0，得b ＝1－a ，则f ′(x )＝1－a x －1－a x 2＝x 2－ax －（1－a ）x 2＝（x －1）[x －（a －1）]x 2，令f ′(x )＝0，得x 1＝1，x 2＝a －1.若1＜a ＜2，则函数f (x )的单调递增区间为(0，a －1)，(1，＋∞)，单调递减区间为(a －1，1)；若a ＝2，则函数f (x )无单调递减区间，单调递增区间为(0，＋∞)；若a ＞2，则函数f (x )的单调递减区间为(1，a －1)，单调递增区间为(0，1)，(a －1，＋∞).(2)当a ＞3时，f (x )在⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，1上单调递增，在(1，2]上单调递减，所以f (x )的最大值为f (1)＝2－a ＜0.易知函数g (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2上单调递增，所以g (x )的最小值为g ⎝ ⎛⎭⎪⎫12.又g ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝14a 2＋3＞0，所以g (x )＞f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2上恒成立.若存在m 1，m 2∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2，使得|f (m 1)－g (m 2)|＜9成立，只需要g ⎝ ⎛⎭⎪⎫12－f (1)＜9，即14a 2＋3－(2－a )＜9，解得－8＜a ＜4，又a ＞3，所以a 的取值范围是(3，4).。

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．。

基本不等式的恒成立问题一、基本不等式1. 基本不等式的形式- 对于正实数a，b，有a + b≥2√(ab)，当且仅当a = b时等号成立。

- 变形形式：ab≤((a + b)/(2))^2。

2. 基本不等式成立的条件- a>0，b>0。

二、基本不等式恒成立问题的常见类型及解法1. 类型一：求参数的取值范围使得不等式恒成立- 例1：已知x>0，y>0，若x + y+ (1)/(x)+(1)/(y)≥ m恒成立，求m的取值范围。

- 解析：- 因为x>0，y>0，根据基本不等式x+(1)/(x)≥2√(x×frac{1){x}} = 2，当且仅当x=(1)/(x)即x = 1时等号成立；同理y+(1)/(y)≥2，当且仅当y = 1时等号成立。

- 所以x + y+(1)/(x)+(1)/(y)=(x+(1)/(x))+(y+(1)/(y))≥2 + 2=4。

- 因为x + y+(1)/(x)+(1)/(y)≥ m恒成立，所以m≤4。

2. 类型二：已知不等式恒成立，求代数式的最值- 例2：若对于任意x>0，(x)/(x^2)+3x + 1≤ a恒成立，求a的最小值。

- 解析：- 因为x>0，则(x)/(x^2)+3x + 1=(1)/(x+frac{1){x}+3}。

- 根据基本不等式x+(1)/(x)≥2√(x×frac{1){x}} = 2，当且仅当x=(1)/(x)即x = 1时等号成立。

- 所以x+(1)/(x)+3≥2 + 3=5，则0<(1)/(x+frac{1){x}+3}≤(1)/(5)，即0<(x)/(x^2)+3x + 1≤(1)/(5)。

- 因为(x)/(x^2)+3x + 1≤ a恒成立，所以a≥(1)/(5)，a的最小值为(1)/(5)。

3. 类型三：含有多个变量的基本不等式恒成立问题- 例3：已知x,y∈ R^+，若2x + y = 1，且(1)/(x)+(a)/(y)≥8恒成立，求正实数a 的值。

恒成立问题的几种类型一、在R 上恒成立问题【例1】不等式x 2－ax ＋1≥0对实数x ∈R 恒成立，求实数a 的取值范围．答案：[－2，2]．解法1由题意得Δ≤0，所以－2≤a ≤2，即实数a 的取值范围为[－2，2]．解法2当x ＝0时，x 2－ax ＋1≥0恒成立，∴a ∈R ，当x ≠0时，ax ≤x 2＋1，∴⎩⎪⎨⎪⎧x >0，a ≤x ＋1x ，且⎩⎪⎨⎪⎧x <0，a ≥x ＋1x ，恒成立． ∴－2≤a ≤2，综上所述，－2≤a ≤2，即实数a 的取值范围为[－2，2]．【变式1】已知关于x 的不等式(m 2+4m -5)x 2-4(m -1)x +3>0对一切实数x 成立，求实数m 的取值范围.【变式2】已知函数f (x )=mx 2-mx -1，若f (x )<0对一切实数x 成立，求实数m 的取值范围.【练习1】已知022>--m x x 对R x ∈恒成立，求m 的取值范围.【练习2】已知R x mx x x ∈->+对12恒成立，求m 的取值范围.【练习3】若的取值范围恒成立，求对m R x x mx ∈>+-0122.二、在某定区间上恒成立问题【例2】对任意实数x ∈[－1，1]，不等式x 2＋(a －4)x ＋4－2a <0恒成立，求实数a 的取值范围．答案：(3，＋∞)．解法1：(利用函数最值)由题意得f (x )＝x 2＋(a －4)x ＋4－2a 在[－1，1]上的最大值小于0，所以⎩⎪⎨⎪⎧f （－1）<0，f （1）<0，解得a >3.所以实数a 的取值范围为(3，＋∞)． 解法2：(分离参数法)a >（x －2）22－x＝2－x 恒成立－1≤x ≤1，所以a >3. 所以实数a 的取值范围为(3，＋∞)．【变式1】不等式x 2－ax －1≥0对a ∈[－1，1]恒成立的，求实数x 的取值范围．答案：⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，－1＋52∪⎣⎢⎡⎭⎪⎫1＋52，＋∞ 解析：设f (a )＝(－x )a ＋x 2－1，⎩⎪⎨⎪⎧f （－1）≥0f （1）≥0，所以x ≥1＋52或x ≤－1＋52， 即实数x 的取值范围为⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，－1＋52∪⎣⎢⎡⎭⎪⎫1＋52，＋∞. 【变式2】(2018·镇江期末)已知函数f (x )＝x 2－kx ＋4对任意的x ∈[1，3]，不等式f (x )≥0恒成立，则实数k 的最大值为________________．答案：4.解析：因为不等式f (x )≥0对任意的x ∈[1，3]恒成立，所以k ≤x 2＋4x ，因为x 2＋4x ＝x ＋4x≥ 2x·4x＝4，当且仅当x ＝2时取等号，所以k ≤4. 【变式3】已知函数f (x )=x 2+ax +3-a ，若f (x )<0对一切实数x ∈[-2,-2]成立，求实数a 的取值范围.点评：此题属于含参数二次函数，求最值时，轴变区间定的情形，我们分类标准是轴在区间上和在区间外，还有与其相反的，轴动区间定，讨论标准相同。

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。

2013.NO19 2学，都很有兴趣地、积极地、独立地、较好地去完成;通过对作业的完成，他们都能清楚地把握当前身边的——些个体商贩盈利或亏损的原因，并且在讲评课上，他们都能有理有据地说出自己设计的经营方案盈利的可能性。

这—方面利于学生掌握数学知识，同时对他们对生活认识的加深、数学学习兴趣的增强、自信心的养成等等的作用都是不言而喻的。

三、改变数学课外作业的评价方式，发展学生的情感态度和个性品质学生是发展的人，是教育活动的主体，其身心发展具有巨大的发展潜能。

如何去开发学生数学学习的潜能，培养学生积极的态度和情感是一项复杂的工程。

前面所述的各种形式的数学课外作业都能有效地培养学生的态度和情感，但老师对数学课外作业的评价对学生态度、情感的培养，乃至个性品质的形成更为重要。

因为，评价是学生认识自我，建立自信心的最主要的因素。

斯金纳的教学理论就指出“要充分运用积极有效的强化手段，要及时总结，及时讲评，使学生及时知道自己的学习效果，强化正确的学习行为。

传统的数学课外作业的评价方式是采用分数或等级来甄别学生学习的优劣，这种简单的方式不能达到有效强化的目的，容易使那些原来充满学习热情的学生开始怀疑起自己的能力，变得越来越不自信。

长此以往，容易造成部分学生原有的学习热情和愿望一点点消失。

因此，必须改变评价方式。

在对学生数学课外作业的评价时，我不仅仅关注某次学生作业的结果或作品的优劣，更关注他们在整个学习过程中表现出来的情感和态度，努力去发现他们的“好”的方面，通过变化多样的教师个性评语;教师评价与学生自评、互评相结合;书面材料与对学生口头报告、活动、展示的评价相结合;定性评价与定量评价相结合;以定性评价为主等形式加以鼓励、表扬和肯定，让学生看到自己的长处和进步，帮助学生认识自我，建立自信，使学生认识到数学有趣，使他们在数学学习的过程中逐步对数学产生积极的情感和态度，并从中悟出一些对做人和生活有帮助的道理，进而形成良好的个性品质。

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、存在性问题的解题方法一、常见不等式恒成立问题解法1、用一次函数的性质对于一次函数],[,)(n m x b kx x f ∈+=有：⎩⎨⎧<<⇔<⎩⎨⎧>>⇔>0)(0)(0)(,0)(0)(0)(n f m f x f n f m f x f 恒成立恒成立 例1：若不等式)1(122->-x m x 对满足22≤≤-m 的所有m 都成立，求x 的范围。

解析：我们可以用变换主元的方法，将m 看作主变元，即将原不等式化为：0)12()1(2<---x x m ，；令)12()1()(2---=x x m m f ，则22≤≤-m 时，0)(<m f 恒成立，所以只需⎩⎨⎧<<-0)2(0)2(f f 即⎪⎩⎪⎨⎧<---<----0)12()1(20)12()1(222x x x x 所以x 的范围是)231,271(++-∈x 。

2、利用一元二次函数判别式对于一元二次函数),0(0)(2R x 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例2：若不等式02)1()1(2>+-+-x m x m 的解集是R ，求m 的范围。

解析：要想应用上面的结论，就得保证是二次的，才有判别式，但二次项系数含有参数m ，所以要讨论m-1是否是0。

（1）当m-1=0时，元不等式化为2>0恒成立，满足题意；（2）01≠-m 时，只需⎩⎨⎧<---=∆>-0)1(8)1(012m m m ，所以，)9,1[∈m 。

3、分离变量法若所给的不等式能通过恒等变换使参数与主元分别位于不等式两端，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。

微专题23恒成立、能成立问题【方法技巧与总结】1.利用参变量分离法求解函数不等式恒（能）成立，可根据以下原则进行求解：（1）x D ∀∈，()()min m f x m f x ≤⇔≤；（2）x D ∀∈，()()max m f x m f x ≥⇔≥；（3）x D ∃∈，()()max m f x m f x ≤⇔≤；（4）x D ∃∈，()()min m f x m f x ≥⇔≥.2.不等式的恒成立与有解问题，可按如下规则转化：一般地，已知函数()y f x =，[],x a b ∈，()y g x =，[],x c d ∈.（1）若[]1,x a b ∀∈，[]2,x c d ∀∈，有()()12f x g x <成立，则()()max min f x g x <；（2）若[]1,x a b ∀∈，[]2,x c d ∃∈，有()()12f x g x <成立，则()()max max f x g x <；（3）若[]1,x a b ∃∈，[]2,x c d ∃∈，有()()12f x g x <成立，则()()min max f x g x <；（4）若[]1,x a b ∀∈，[]2,x c d ∃∈，有()()12f x g x =成立，则()f x 的值域是()g x 的值域的子集.【题型归纳目录】题型一：分离参数题型二：判别式法题型三：数形结合题型四：多变量的恒成立问题题型五：主元法题型六：直接法【典型例题】题型一：分离参数例1．（2022·江苏·连云港市赣马高级中学高一阶段练习）若对任意12x ≤≤，有2x a ≤恒成立，则实数的取值范围是（）A ．{|2}a a ≤B ．{|4}a a ≥C ．{|5}a a ≤D ．{|5}a a ≥【答案】B【解析】因为对任意12x ≤≤，有2x a ≤恒成立，所以()2maxxa ≤，因为12x ≤≤，所以204x ≤≤，所以4a ≥，故选：B例2．（2022·天津·高一期末）对于满足等式1411a b +=+的任意正数,a b 及任意实数[1,)x ∈+∞，不等式26a b x x m +≥-+-恒成立，则实数m 的取值范围为（）A ．[2,)+∞B ．[1,)+∞C ．[0,)+∞D ．[3,)-+∞【答案】B【解析】因为任意正数,a b 满足等式1411a b +=+，所以()()1411111a b a b a b a b ⎛⎫+=++-=+++-⎡⎤ ⎪⎣⎦+⎝⎭144481b a a b +=++≥+=+，当且仅当126b a +==，即3,5a b ==时等号成立，因为任意实数[1,)x ∈+∞，不等式26a b x x m +≥-+-恒成立，所以，268m x x ≥-+-对任意实数[1,)x ∈+∞恒成立，因为[1,)x ∈+∞时，()2268311x x x -+-=--+≤，当且仅当=3x 时等号成立，所以，1m ≥，即实数m 的取值范围为[1,)+∞.故选：B例3．（2022·全国·高一课时练习）已知对任意[]1,3m ∈，215mx mx m --<-+恒成立，则实数x 的取值范围是（）A ．6,7⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭B．11,,22∞∞⎛⎛⎫+-⋃+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭C ．6,7⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭D．⎝⎭【答案】D【解析】对任意[]1,3m ∈，不等式215mx mx m --<-+恒成立，即对任意[]1,3m ∈，()216m x x -+<恒成立，所以对任意[]1,3m ∈，261x x m-+<恒成立，所以对任意[]1,3m ∈，2min612x x m ⎛⎫-+<= ⎪⎝⎭，所以212x x -+<，解得1122x <<，故实数x的取值范围是1122⎛-+ ⎝⎭．故选：D ．变式1．（2022·全国·高一单元测试）已知12x ≤≤，20x ax ->恒成立，则实数a 的取值范围是（）A ．{}1a a ≥B ．{}1a a >C ．{}1a a ≤D ．{}1a a <【答案】D【解析】由12x ≤≤，20x ax ->恒成立，可得a x <在[]1,2上恒成立，即即1a <.故选：D.变式2．（2022·广东·深圳外国语学校高一阶段练习）若关于x 的不等式26110x x a -+-<在区间()2,5内有解，则实数a 的取值范围是（）A ．[)6,+∞B ．()6,+∞C ．[)2,+∞D ．()2,+∞【答案】D【解析】由关于x 的不等式26110x x a -+-<在区间(2,5)内有解，得2611a x x >-+在区间(2,5)内有解，令2()611f x x x =-+，则min ()(3)918112a f x f >==-+=，即2a >，所以实数a 的取值范围是(2,)+∞．故选：D ．题型二：判别式法例4．（2022·山东·潍坊一中高三期中）若关于x 的不等式()()224210a x a x -++-≥的解集不为空集，则实数a 的取值范围为（）A ．62,5⎛⎤- ⎥⎝⎦B ．62,5⎡⎤-⎢⎥⎣⎦C ．6(,2)[,)5-∞-⋃+∞D ．6(,2],5⎡⎫-∞-⋃+∞⎪⎢⎣⎭【答案】C【解析】根据题意，分两种情况讨论：①当240a -=时，即2a =±，若2a =时，原不等式为410x -≥，解可得：14x ≥，则不等式的解集为1|4x x ⎧⎫≥⎨⎬⎩⎭，不是空集；若2a =-时，原不等式为10-≥，无解，不符合题意；②当240a -≠时，即2a ≠±，若22(4)(2)10a x a x -++-≥的解集是空集，则有22240Δ(2)4(4)0a a a ⎧-<⎨=++-<⎩，解得625a -<<，则当不等式22(4)(2)10a x a x -++-≥的解集不为空集时，有2a <-或65a ≥且2a ≠，综合可得：实数a 的取值范围为6(,2)[,)5-∞-⋃+∞；故选：C ．例5．（2022·陕西·西安市西光中学高二阶段练习）关于x 的不等210ax ax a ++-<的解集为R ，则a ∈（）A ．(),0∞-B ．(0，+∞)C ．(0，1)D ．(]0-∞，【答案】D【解析】当0a =时，2110ax ax a ++-=-<对R x ∈恒成立，符合题意；当0a ≠时，构造21y ax ax a =++-，要使0y <对R x ∈恒成立，由二次函数的图像可知：a<0且224(1)340a a a a a ∆=--=-+<，解得：a<0，综上：0a ≤．故选：D ．例6．（2022·河北唐山·高一期中）已知关于x 的不等式2220mx mx ++≥的解集为R ，则实数m 的取值范围是（）A ．02m <<B ．02m ≤≤C ．0m ≤或2m ≥D ．0m <或m>2【答案】B【解析】当0m =时，则20≥恒成立，0m =成立；当0m ≠时，则20Δ480m m m >⎧⎨=-≤⎩，解得02m <≤；综上所述：实数m 的取值范围为02m ≤≤.故选：B.变式3．（2022·广东·石门高级中学高一阶段练习）若不等式23208kx kx +-<对一切实数x 都成立，则k 的取值范围是（）A ．[]3,0-B ．()(),30,-∞-⋃+∞C ．(]3,0-D ．(][),30,-∞-⋃+∞【答案】C【解析】当=0k 时，308-<对一切实数x 都成立，故=0k 符合题意；当0k ≠时，要使不等式23208kx kx +-<对一切实数x 都成立，则2<03<<03Δ=4×2×<08k k k k ⎧⎪⇒-⎨⎛⎫-- ⎪⎪⎝⎭⎩，综上可得30k -<≤，即(]3,0k ∈-；故选：C.变式4．（2022·北京市第五十中学高一阶段练习）对于任意实数x ，不等式()()222240m x m x ---+>恒成立，则m 的取值范围是（）A ．{22}mm -<<∣B ．{22}mm -<≤∣C ．{2mm <-∣或2}m >D ．{2mm <-∣或2}m ≥【答案】B【解析】当20m -=，即=2m 时，40>恒成立，满足题意.当20m -≠时，则有()()22>0Δ=424×2×4<0m m m ----⎧⎪⎨⎪⎩，解得：22m -<<综上，实数m 的取值范围是22m -<≤故选：B变式5．（2022·河南·洛宁县第一高级中学高一阶段练习）已知不等式()2110ax a x --+>对任意实数x 都成立，则实数a 的取值范围是（）A．{|3a a >-0}a <B．{|33a a -<<+C．{|3a a <-3a >+D．{33a a -<+【答案】D【解析】当0a =时，不等式为10x -+>，即1x <，不符合题意；当0a ≠时，不等式()2110ax a x --+>对任意实数x 都成立，由一元二次函数性质可知，0a >且判别式2[(1)]40a a ∆=---<，解得33a -<<+．故选:D ．题型三：数形结合例7．已知定义在R 上的函数()f x 满足()()f x f x =-，且在(0,)+∞上是增函数，不等式(2)(1)f ax f +- 对于[1x ∈，2]恒成立，则a 的取值范围是()A ．(-∞，32-B ．(-∞，1]2-C ．[3-，12-D ．3[,1]2--【解析】解：由题可知，()f x 的图象关于y 轴对称，且函数()f x 在(,0)-∞上递减，由函数()f x 的图象特征可得121ax -+ 在[1，2]上恒成立，得31a x x-- 在[1，2]上恒成立，所以312a -- ．故选：D ．例8．当(1,2)x ∈时，不等式1log a x x -<恒成立，则实数a 的取值范围为()A ．(0,1)B ．(1,2)C ．(1，2]D ．(2,)+∞【解析】解：函数1y x =-在区间(1,2)上单调递增，∴当(1,2)x ∈时，1(0,1)y x =-∈，若不等式1log a x x -<恒成立，则1a >且1log 2a 即(1a ∈，2]，故选：C ．例9．当(1,2)x ∈时，不等式2(1)log a x x -<恒成立，则实数a 的取值范围为()A ．(2，3]B ．[4，)+∞C ．(1，2]D ．[2，4)【解析】解：函数2(1)y x =-在区间(1,2)上单调递增，∴当(1,2)x ∈时，2(1)(0,1)y x =-∈，若不等式2(1)log a x x -<恒成立，则1a >且1log 2a 即(1a ∈，2]，故选：C ．变式6．存在[3x ∈，4]使得2()1x x a - 成立，则实数a 的取值范围是9[3,32-．【解析】解：由题意，存在[3x ∈，4]使得21()x a x- ，设21()(),[3,4],(),[3,4]f x x a x g x x x =-∈=∈，且1()3max g x =，1()4min g x =，如图①，当3a 时，函数()f x 在[3，4]上单调递增，此时只需21()(3)(3)3min f x f a ==- ，解得3333a -+ ，故333a - ；如图②，当34a <<时，函数()f x 的最小值为()min f x f =（a ）0=，显然恒成立，如图③，当4a 时，函数()f x 在[3，4]上单调递减，此时21()(4)(4)4min f x f a ==- ，解得7922a ，故942a ；综上，实数a 的取值范围是9[3,]32-．故答案为：9[3]2．题型四：多变量的恒成立问题例10．（2022·江苏省镇江第一中学高一阶段练习）已知函数2()2,R =++∈f x x ax a ．(1)若不等式()0f x ≤的解集为[1,2]，求不等式2()1f x x ≥-的解集；(2)若对于任意[1,1]x ∈-，不等式()2(1)4f x a x ≤-+恒成立，求实数a 的取值范围；(3)已知()g x x m =-+，当3a =-时，若对任意1[1,4]x ∈，总存在2(1,8)x ∈，使()()12f x g x =成立，求实数m 的取值范围．【解析】（1）由题意，1,2为方程220x ax ++=的两个不等实数根，123a a ∴+=-⇒=-，所以不等式2()1f x x ≥-为2223212310x x x x x -+≥-⇒-+≥，解得12x ≤或1x ≥，所以不等式解集为[)1,1,2⎛⎤-∞+∞ ⎥⎝⎦.（2）2()2(1)4220f x a x x x a a -≤-+⇒+-≤对[1,1]x ∈-恒成立，令()222a h x x x a =+--，即()0h x ≤对[1,1]x ∈-恒成立，因为函数()h x 开口向上，故只需满足()()101220101220h a a h a a ⎧≤-+-≤⎧⎪⇒⎨⎨-≤++-≤⎪⎩⎩，解得13a ≤，所以a 的取值范围为1,3⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦（3）当3a =-时，2()32f x x x =-+，开口向上，对称轴为32x =当[1,4]x ∈时，min 1()4f x =-，max ()6f x =，1()64f x ∴-≤≤，(1,8)x ∈时，()()8,1g x m m ∈-+-+，由题意，对任意1[1,4]x ∈，总存在2(1,8)x ∈，使()()12f x g x =成立，即函数()f x 的值域是函数()g x 的值域的子集，即()1,648,1m m ⎡⎤⊆-+-+⎢⎥-⎣⎦，18416m m ⎧-+<-⎪∴⎨⎪-+>⎩，解得3174m <<，所以m 的取值范围为317,4⎛⎫⎪⎝⎭.例11．（2022·浙江·杭十四中高一期末）已知函数()4af x x x=+-，()g x x b =-，2()2h x x bx =+(1)当2a =时，求函数()()y f x g x =+的单调递增与单调递减区间（直接写出结果）；(2)当[]3,4a ∈时，函数()f x 在区间[]1,m 上的最大值为()f m ，试求实数m 的取值范围；(3)若不等式()()()()1212h x h x g x g x -<-对任意1x ，[]20,2x ∈（12x x <）恒成立，求实数b 的取值范围.【解析】（1）当2a =时，21()()42(4y f x g x x x b x b x x =+=+-+-=+--，所以函数()()y f x g x =+的单调递增区间为(,1)-∞-，(1,)+∞，单调递减区间为(1,0)-，(0,1)；（2）因为[3a ∈，4]，且函数()y f x =在[1上单调递减，在)∞+上单调递增，又因为()f x 在[1，]m 上的最大值为()f m ，所以()()1f m f ≥，即414am a m+-≥+-，整理可得2(1)0m a m a -++≥，所以(1)()0m m a --≥，所以max m a ≥，即4m ≥；（3）由不等式1212()()|()||()|h x h x g x g x -<-对任意1x ，2[0x ∈，122]()x x <恒成立，即1122()|()|()|()|h x g x h x g x -<-，可令()()|()|F x h x g x =-，等价为()F x 在[0，2]上单调递增，而222(21),()()()2(21),x b x b x bF x h x g x x bx x b x b x b x b⎧++-<=-=+--=⎨+-+≥⎩，分以下三种情况讨论：①当12b b ≤--即14b ≤-时，可得102b -+≤，解得12b ≥，矛盾，无解；②1122b b b --<<-+，即1144b -<<时，函数()F x 的图象的走向为减、增、减、增，但是中间增区间的长度不足1，要想()F x 在[0，2]递增，只能102b -+≤，即12b ≥，矛盾，无解；③12b b ≥-+即14b ≥时，此时()F x 在1[2b --，)∞+上单调递增，要想()F x 在[0，2]递增，只能102b --≤，即12b ≥-，所以14b ≥．综上可得满足条件的b 的取值范围是1,4⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭．例12．（2022·辽宁·大连二十四中高三阶段练习）已知定义在R 上的函数()f x 满足()()0f x f x --=，且()2()log 21x f x kx =+-，()()g x f x x =+．(1)若不等式()422(2)x xg a g -⋅+>-恒成立，求实数a 的取值范围；(2)设4()ln 21h x x x x mx =+-+，若对任意的[]10,3x ∈，存在22e,e x ⎡⎤∈⎣⎦，使得()()12g x h x ≥，求实数m 的取值范围．【解析】（1）由题意知，()()22log 21log 210x x kx kx -+--+-=，即()()22222112log 21log 21log log 212x xxx x kx x --+=+-+===-+，所以12k =-，故()()21log 212xf x x =+-，∴()()()21log 212xg x f x x x =+=++，因为函数21x y =+为增函数，函数2log y x =在其定义域上单调递增，所以()2log 21xy =+单调递增，又12y x =为增函数，所以函数()g x 在R 上单调递增，所以不等式()()4222x xg a g -⋅+>-恒成立等价于4222x x a -⋅+>-，即442x xa +<恒成立，设2xt =，则0t >，2444442x x t t t t++==+≥，当且仅当2t =，即1x =时取等号，所以4a <，故实数a 的取值范围是(),4-∞；（2）因为对任意的[]10,3x ∈，存在22e,e x ⎡⎤∈⎣⎦，使得()()12g x h x ≥，所以()g x 在[]0,3上的最小值不小于()h x 在2,e e ⎡⎤⎣⎦上的最小值，因为()()21log 212xg x x =++在[]0,3上单调递增，所以当[]0,3x ∈时，()()min 01g x g ==，∴4()ln 211h x x x x mx =+-+≤，即存在2e,e x ⎡⎤∈⎣⎦，使311ln 22m x x ≥+成立，令()311ln ,22t x x x x =+∈2,e e ⎡⎤⎣⎦，因为312y x =在2,e e ⎡⎤⎣⎦上单调递增，1ln 2y x =在2,e e ⎡⎤⎣⎦上单调递增，∴()t x 在2,e e ⎡⎤⎣⎦上单调递增，∴()()3min 11e e 22t x t ==+，∴311e 22m ≥+，所以实数m 的取值范围是311e ,22⎡⎫++∞⎪⎢⎣⎭.变式7．（2022·湖北武汉·高一期中）已知函数()()2=R f x x mx m -∈.(1)若存在实数x ，使得()()22x xf f -=-成立，试求m 的最小值；(2)若对任意的[]12,1,1x x ∈-，都有()()122f x f x -≤恒成立，试求m 的取值范围.【解析】（1）由题意，由()()22x x f f -=-得，222222x x x x m m ---⋅=-+⋅，即222222x xxx m --+=+，2(22)22222222x x x xx x x xm ----+-∴==+-++，令222x x t -=+≥=，则2(2)m t t t=-≥，由于函数y t =在[2,)+∞为增函数，2y t=在[2,)+∞为减函数，min 2212m ∴=-=，即m 的最小值为1.（2）二次函数()2f x x mx=-的开口向上，对称轴为2m x =，若对任意的[]12,1,1x x ∈-，都有()()122f x f x -≤恒成立，则当[1,1]x ∈-时，()()max min 2f x f x -≤，①当12m≥，即2m ≥时，()min max (1)1,()(1)1f x f m f x f m =-=+==-，故1(1)2m m +--≤，解得1m ≤，又2m ≥，故无解；②当112m -≤≤，即22m -≤≤时，2min ()()24m m f x f ==-，max ()max{(1),(1)}max{1,1}f x f f m m =-=+-，要使得()()max min 2f x f x -≤，只需()122m f f ⎛⎫-≤ ⎪⎝⎭且()122m f f ⎛⎫--≤ ⎪⎝⎭，故2212(1)22242m mm m ++≤⇔+≤⇔--≤≤-，2212(1)22242m mm m -+≤⇔-≤⇔-+≤≤+，故22m -≤≤-+③当12m≤-，即2m ≤-时，max min ()(1)1,()(1)1f x f m f x f m ==-=-=+，则()()max min 2f x f x -≤，即22m -≤，解得1m ≥-，与2m ≤-矛盾，无解.综上，实数m 的取值范围是22m -+≤≤.变式8．（2022·湖南·株洲二中高一阶段练习）已知定义在R 上的函数()f x 满足()()0f x f x --=且()()2log 21x f x kx =++，()()g x f x x =+．(1)求()f x 的解析式；(2)若不等式()()4213x xg a g -⋅+>-恒成立，求实数a 取值范围；(3)设()221h x x mx =-+，若对任意的[]10,3x ∈，存在[]21,3x ∈，使得()()12g x h x ≥，求实数m 取值范围．【解析】（1）由题意知，()()22log 21log 210x x kx kx -+--+-=，即()()222212log 21log 21log 21x xxx kx x --+=+-+==-+，所以12k =-，故()()21log 212xf x x =+-.（2）由（1）知，()()()21log 212x g x f x x x=+=++，所以()g x 在R 上单调递增，所以不等式()()4213x xg a g -⋅+>-恒成立等价于4213x x a -⋅+>-，即442x xa +<恒成立.设2xt =，则0t >，2444442x x t t t t++==+≥，当且仅当2t =，即1x =时取等号，所以4a <，故实数a 的取值范围是(),4-∞.（3）因为对任意的[]10,3x ∈，存在[]21,3x ∈，使得()()12g x h x ≥，所以()g x 在[]0,3上的最小值不小于()h x 在[]1,3上的最小值，因为()()21log 212xg x x =++在[]0,3上单调递增，所以当[]0,3x ∈时，()()min 01g x g ==，又()221h x x mx =-+的对称轴为x m =，[]1,3x ∈，当1m £时，()h x 在[]1,3上单调递增，()()min 1221h x h m ==-≤，解得12m ≥，所以112m ≤≤；当13m <<时，()h x 在[)1,m 上单调递减，在[],3m 上单调递增，()()2min 11h x h m m ==-≤，解得m R ∈，所以13m <<；当3m ≥时，()h x 在[]1,3上单调递减，()()min 31061h x h m ==-≤，解得32m ≥，所以3m ≥，综上可知，实数m 的取值范围是1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭.变式9．（2022·山西·晋城市第一中学校高一阶段练习）已知函数()4f x x x=+，(1)判断函数()f x 在区间()0,∞+上的单调性，并利用定义证明；(2)若对任意的121,,42x x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，()()122f x f x m m -≤+恒成立，求实数m 的取值范围.【解析】（1）()4f x x x =+在()0,2上单调递减，在()2,+∞上单调递增，理由如下：取()12,0,2x x ∀∈，且12x x <，()()()()121212121212444x x f x f x x x x x x x x x --=+--=--()()1212121212441x x x x x x x x x x ⎛⎫-=--=-⋅⎪⎝⎭，因为()12,0,2x x ∀∈，12x x <，故12120,40x x x x >-<，120x x -<，()()()1212121240x x f x f x x x x x --=-⋅>，所以()()12f x f x >，所以()4f x x x=+在()0,2上单调递减；取()34,2,x x ∀∈+∞，且34x x <，()()()()343434343434444x x f x f x x x x x x x x x --=+--=--()()3434343434441x x x x x x x x x x ⎛⎫-=--=-⋅ ⎪⎝⎭，因为()34,2,x x ∀∈+∞，34x x <，故34340,40x x x x >->，340x x -<，()()()3434343440x x f x f x x x x x --=-⋅<，所以()()34f x f x <，所以()4f x x x=+在()2,+∞上单调递增；（2）若对任意的121,,42x x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，()()122f x f x m m -≤+恒成立，0m =时，2m m+无意义，舍去，当0m <时，20m m+<，此时()()122f x f x m m -≤+无解，舍去，所以0m >，只需求出()()12f x f x -的最大值，当1,22x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，()4f x x x =+单调递减，当(]2,4x ∈时，()4f x x x =+单调递增，故()()min 2224f x f ==+=，又因为17182122f ⎛⎫=+= ⎪⎝⎭，()4415f =+=，故()max 11722f x f ⎛⎫== ⎪⎝⎭，故()()12max 179422f x f x -=-=，所以922m m≤+，因为0m >，故解得：4m ≥或102m <≤实数m 的取值范围是[)14,0,2⎛⎤+∞ ⎝⎦.变式10．（2022·黑龙江·哈尔滨三中高一阶段练习）已知定义域为R 的函数()f x 满足()()212132f x x a x a +=+--+.(1)求函数()f x 的解析式；(2)若对任意的[]3,2a ∈--，都有()0f x <恒成立，求实数x 的取值范围；(3)若[]12,2,1x x ∃∈-使得()()124f x f x >+，求实数a 的取值范围.【解析】（1）()()2+1=+213+2f x x a x a --，令1x t +=，则1x t =-，故()()()()2212113221f t a t t a t a t a =-+---+=--+，所以()221f x a a x x =--+；（2）()221f x a a x x =--+可看作关于a 的一次函数()()2211x a h a x =--++，要想对任意的[]3,2a ∈--，都有()0h a <恒成立，只需要()()()()223=321++1<02=221++1<0h x x h x x --------⎧⎪⎨⎪⎩①②，解①得：33x -<<-解②得：31x -<<-，则33x -<<-31x -<<-求交集得33x -<<-实数x 的取值范围是(3,3--；（3）若[]12,2,1x x ∃∈-使得()()124f x f x >+，只需()()max min 4f f x x >+在[]2,1x ∈-上成立，()221f x a a x x =--+的对称轴为=x a ，当2a ≤-时，()f x 在[]2,1x ∈-上单调递增，所以()()max 112123x f a a a f ==--+=-，()()min 244135f x f a a a =-=+-+=+，由23354a a ->++，解得：76a <-，2a ≤-与76a <-取交集得：2a ≤-；当1a ≥时，()f x 在[]2,1x ∈-上单调递减，所以()()min 123x f a f ==-，()()min 235x f a f =-=+，由35234a a +>-+，解得：16a >，1a ≥与16a >取交集得：1a ≥；当122a -<<-时，()f x 在[)2,a -上单调递减，在[],1a 上单调递增，且()()12f f >-，所以()()max 123x f a f ==-，()()2min ==+1f x f a a a --，由22314a a a ->--++，解得：3a >或1a <-，3a >或1a <-与122a -<<-取交集得：21a -<<-，当112a -≤<时，()f x 在[)2,a -上单调递减，在[],1a 上单调递增，且()()21f f -≥，所以()()max 235x f a f =-=+，()()2min ==+1f x f a a a --，23514a a a +>--++，解得：0a >或4a <-，0a >或4a <-与112a -≤<取交集得：0<<1a ，综上：1a <-或0a >实数a 的取值范围是()(),10,+-∞-⋃∞变式11．（2022·江西·贵溪市实验中学高三阶段练习（文））设函数()f x 的定义域是()0,+∞，且对任意的正实数x 、y 都有()()()f xy f x f y =+恒成立，已知()164f =，且01x <<时()0f x <.(1)求()1f 与()2f 的值；(2)求证：对任意的正数1x 、2x ，()()121f x x f x +>；(3)解不等式()()111282f x f x +>-.【解析】（1）对任意的正实数x 、y 都有()()()f xy f x f y =+恒成立，所以，()()()16444f f f =+=，则()42f =，()()()4222f f f =+=，可得()21f =，()()()221f f f =+，可得()1=0f .（2）证明：对任意的正实数x 、y 都有()()()f xy f x f y =+恒成立，令1y x =，则()()110f x f f x ⎛⎫+== ⎪⎝⎭，可得()1f f x x ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，对任意的正数1x 、2x ，则11201x x x <<+，所以，()()()11112121210x f f x f f x f x x x x x x ⎛⎫⎛⎫=+=-+<⎪ ⎪++⎝⎭⎝⎭，故()()121f x x f x +>.（3）由()()111282f x f x +>-，可得()()()()()()21282244f x f x f x f x f f x -<+=++=，由（2）可知，函数()f x 在()0,+∞上为增函数.所以，24>128>0128>0x x x x --⎧⎪⎨⎪⎩，解得213x <<或>2x .故原不等式的解集为()2,12,3⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭.题型五：主元法例13．（2022·广东实验中学高三阶段练习）已知函数()f x 对任意实数,x y 恒有()()()f x y f x f y +=+，当0x >时，()0f x <，且()12f =-(1)判断()f x 的奇偶性；(2)求函数()f x 在区间[]3,3-上的最大值；(3)若][()21,1,1,1,<22x a f x m am ∃∈-∀∈---⎡⎤⎣⎦恒成立，求实数m 的取值范围.【解析】（1）令==0x y ，则(0)2(0)f f =，可得(0)=0f ，令y x =-，则(0)()()0f f x f x =+-=，可得()()f x f x -=-，又()f x 定义域为R ，故()f x 为奇函数.（2）令12=+>=x x y x x ，则1212()=()+()f x f x f x x -，且120x x ->，因为0x >时，()0f x <，所以1212()()=()<0f x f x f x x --，故12()()f x f x <，即()f x 在定义域上单调递减，所以()f x 在区间[]3,3-上的最大值为(3)=(12)=(1)+(2)=3(1)=3(1)=6f f f f f f -------.（3）由（2），()f x 在[]1,1-上min ()=(1)=2f x f -，2[1,1],[1,1],()<22x a f x m am ∃∈-∀∈---恒成立，即2[1,1],22>2a m am ∀∈----恒成立，所以2[1,1],()=2>0a g a m ma ∀∈--恒成立，显然0m =时不成立，则2>0(1)=2>0m g m m -⎧⎨⎩，可得2m >；2<0(1)=+2>0m g m m -⎧⎨⎩，可得2m <-；综上，2m <-或2m >.例14．（2022·广东·深圳中学高三阶段练习）已知当11a -≤≤时，()24420x a x a +-+->恒成立，则实数x 的取值范围是（）A ．(),3-∞B ．][(),13,∞∞-⋃+C ．(),1-∞D ．()(),13,-∞⋃+∞【答案】D【解析】()24420x a x a +-+->恒成立，即()22440x a x x -+-+>，对任意得[]1,1a ∈-恒成立，令()()2244f a x a x x =-+-+，[]1,1a ∈-，当2x =时，()0f a =，不符题意，故2x ≠，当2x >时，函数()f a 在[]1,1a ∈-上递增，则()()2min 12440f a f x x x =-=-++-+>，解得3x >或2x <（舍去），当2x <时，函数()f a 在[]1,1a ∈-上递减，则()()2min 12440f a f x x x ==-+-+>，解得1x <或2x >（舍去），综上所述，实数x 的取值范围是()(),13,-∞⋃+∞.故选：D.例15．（2022·黑龙江·双鸭山一中高一阶段练习）若命题“[]()21,3,2130a ax a x a ∃∈---+-<”为假命题，则实数x 的取值范围为（）A ．[]1,4-B ．50,3⎡⎤⎢⎥⎣⎦C ．[]51,0,43⎡⎤⎢⎥⎣-⎦D ．[)51,0,43⎛⎤- ⎥⎝⎦【答案】C【解析】命题“[]()21,3,2130a ax a x a ∃∈---+-<”为假命题，其否定为真命题，即“[]()21,3,2130a ax a x a ∀∈---+-≥”为真命题．令22()23(21)30g a ax ax x a x x a x =-++-=--++≥，则(1)0(3)0g g -≥⎧⎨≥⎩，即22340350x x x x ⎧-++≥⎨-≥⎩，解得14503x x x -≤≤⎧⎪⎨≥≤⎪⎩或，所以实数x 的取值范围为[]51,0,43⎡⎤⎢⎥⎣-⎦.故选：C变式12．（2022·江西·于都县新长征中学高一阶段练习）已知[1a ∈-，1]，不等式2(4)420x a x a +-+->恒成立，则x 的取值范围为()A ．(-∞，2)(3⋃，)∞+B ．(-∞，1)(2⋃，)∞+C ．(-∞，1)(3⋃，)∞+D ．(1,3)【答案】C【解析】令()2(2)44f a x a x x =-+-+，则不等式2(4)420x a x a +-+->恒成立转化为()0f a >在[1,1]a ∈-上恒成立．∴有(1)0(1)0f f ->⎧⎨>⎩，即22(2)4402440x x x x x x ⎧--+-+>⎨-+-+>⎩，整理得：22560320x x x x ⎧-+>⎨-+>⎩，解得：1x <或3x >．x \的取值范围为()(),13,-∞⋃+∞．故选：C ．变式13．（2022·江西·金溪一中高三阶段练习（理））不等式225732ax x a x +->-对一切()1,0a ∈-恒成立，则实数x 的取值范围是（）A ．(]1,42⎡⎫-∞-⋃+∞⎪⎢⎣⎭B ．(][),41,-∞-⋃-+∞C ．()4,1--D ．14,2⎛⎫- ⎪⎝⎭【答案】A【解析】令()()227532=-+-+f a a x x x ，对一切()1,0a ∈-均大于0恒成立，所以()()22270175320⎧->⎪⎨-=--+-+≥⎪⎩x f x x x ，或()227005320⎧-<⎪⎨=-+≥⎪⎩x f x x ，或22705320⎧-=⎪⎨-+≥⎪⎩x x x ，解得4x ≤-或x12≤<xx =综上，实数x 的取值范围是4x ≤-，或12x ≥.故选：A.题型六：直接法例16．（2022·全国·高三专题练习）已知函数2()23f x x ax =--+满足对任意[2,]x a a ∈-，恒有()0f x >，则实数a 的取值范围是（）A ．(1,1)-B．51,3⎛⎫- ⎪⎝⎭C．⎫⎪⎝⎭D．⎛ ⎝⎭【答案】C【解析】由题设，()f x 开口向下且对称轴为4ax =-，∴要使任意[2,]x a a ∈-，恒有()0f x >，则()()()()2222Δ240{222230230a f a a a a f a a a =+>-=----+>=--+>，∴22310501a a a ⎧-+<⎪⎨<⎪⎩1a <<.故选：C.例17．（2022·全国·高一单元测试）若不等式2(1)10x a x +-+≥对一切(1,2]x ∈都成立，则a的最小值为（）A ．0B．-C．2-D ．5-【答案】D【解析】记22()(1)11f x x a x x ax a =+-+=++-，要使不等式()2110x a x +-+≥对一切(1,2]x ∈都成立，则：12(1)20a f ⎧-≤⎪⎨⎪=≥⎩或2122()1024a a a f a ⎧<-<⎪⎪⎨⎪-=--+≥⎪⎩或22(2)50a f a ⎧-≥⎪⎨⎪=+≥⎩解得2a ≥-或42a -<<-或54a -≤≤-，即5a ≥-.故选：D例18．（2022·全国·高一课时练习）若关于x 的不等式22(1)0x m x m -+-≥在(1,1)-有解，则m 的取值范围为（）A ．(,1][0,)-∞-+∞B ．(,1)(0,)-∞-+∞C ．[0,1]D ．(0,1)【答案】B【解析】令22()(1)f x x m x m =-+-，其对称轴为202m x =≥，关于x 的不等式22(1)0x m x m -+-≥在(1,1)-有解，当(1,1)x ∈-时，有()(1)f x f <-，(1)0f ∴->，即20m m +>，可得0m >或1m <-．故选：B ．【过关测试】一、单选题1．（2022·浙江·杭州高级中学高一期末）已知函数()()log 8a f x ax =-满足1a >，若()1f x >在区间[]1,2上恒成立，则实数a 的取值范围是（）A ．()4,+∞B ．8,43⎛⎫⎪⎝⎭C ．81,3⎛⎫ ⎪⎝⎭D ．()81,4,3⎛⎫⋃+∞ ⎪⎝⎭【答案】C【解析】因为()()log 8a f x ax =-且1a >，又8y ax =-单调递减，log a y x =在定义域上单调递增，所以()()log 8a f x ax =-在定义域上单调递减，因为()1f x >在区间[]1,2上恒成立，所以()()2log 821log a a f a a =->=恒成立，所以821a a a ->⎧⎨>⎩，解得813a <<，即81,3a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭；故选：C2．（2022·全国·高一单元测试）已知函数()()221,1,,12,2,2xa x x f x a x x ax a x ⎧-+≤⎪=<<⎨⎪+-≥⎩（0a >且1a ≠），若对任意两个不相等的实数1x ，2x ，()()()12120x x f x f x -->⎡⎤⎣⎦恒成立，则实数a 的取值范围是（）A ．[]2,4B ．(]1,4C ．()2,+∞D ．(]2,4【答案】D【解析】对任意两个不相等的实数1x ，2x ，()()()12120x x f x f x -->⎡⎤⎣⎦恒成立，所以函数()f x 在R 上为增函数，则有220,1,22,221,44,a a aa a a a a ->⎧⎪>⎪⎪-≤⎨⎪⎪-+≤⎪≤+-⎩解得：24a <≤.故选：D.3．（2022·湖南·高一阶段练习）已知())()ln 0f x ax a =>是奇函数，若()()210f ax bx f ax -++<恒成立，则实数b 的取值范围是（）A ．()8,8-B ．()0,8C ．()8,16-D ．()8,0-【答案】B【解析】∵()f x 是奇函数，∴()()f x f x -=-即()()0f x f x +-=恒成立，即)())lnln0ax a x +-=，则2160a -=，解得4a =±，又∵0a >，∴4a =，则())ln 4f x x =，所以())ln4ln ⎛⎫==f x x ，())()ln4ln ⎫-=+==-⎪⎭f x x f x ，()f x 是奇函数，因为=u 在[)0,∞+是单调递减函数，()ln =f x u 在[)0,∞+是单调递增函数，由复合函数的单调性性判断得，函数()f x 在[)0,∞+上单调递减，又()f x 为奇函数，所以()f x 在R 上单调递减；由()()210-++<f ax bx f ax 恒成立得，()()2441-<-+f x bx f x 可得()()2441-<--f x bx f x 恒成立，则2441->--x bx x ，即()24410--+>x b x 恒成立，所以()244410b =--⨯⨯<△恒成立，解得08b <<.故选：B.4．（2022·江苏·高一专题练习）若4230x x m -+>在()01x ∈，上恒成立，则实数m 的取值范围是（）A．()+∞B ．()4∞+，C．(-∞D ．()4∞-，【答案】C【解析】令()212xt t =∈，，，则原问题转化为230t mt -+>在()12t ∈，恒成立，即3m t t<+在()12t ∈，恒成立，又3t t +≥=当且仅当t =)，故实数m的取值范围是(-∞，故选：C ．5．（2022·辽宁·东北育才双语学校高一期中）定义在R 上的函数()f x 满足()()2f x f x -=，且当1x ≥时，()23,141log ,4x x f x x x -+≤<⎧=⎨-≥⎩，若对任意的[],1x t t ∈+，不等式()()21f x f x t -≤++恒成立，则实数t 的最大值为（）A ．-1B ．23-C ．23D ．13-【答案】D【解析】由题设，()f x 关于1x =对称，根据()f x 的解析式，在[1,)+∞上()f x 在4x =处连续且单调递减，所以()f x 在(,1)-∞上递增，要使对任意[],1x t t ∈+，()()()21f x f x f x t -≤++=恒成立，则|1|||x x t -≥+在[],1t t +上恒成立，所以222212x x x tx t -+≥++，即(1)(21)0t x t ++-≤在[],1t t +上恒成立，当10210t x t +≥⎧⎨+-≤⎩，即 min ，可得113t -≤≤-；当10210t x t +<⎧⎨+-≥⎩，即()max 1{1212t t x t <-≥-=-，无解；综上，t 的最大值为13-.故选：D.6．（2022·四川·石龙中学高一阶段练习）已知对于任意实数x ，220kx x k -+>恒成立，则实数k 的取值范围是（）A ．1k >B ．=1k C ．1k ≤D ．1k <【答案】A【解析】由题知，当=0k 时，20x ->不恒成立，舍去；当0k ≠时，220kx x k -+>即22y kx x k =-+图像恒在x 轴的上方，所以2>0Δ=44<0k k -⎧⎨⎩解得1k >；综上，1k >.故选：A7．（2022·全国·高一单元测试）已知函数2()3f x ax x =+-，若对任意的12,[1,)x x ∈+∞，且()()121212,3f x f x x x x x -≠<-恒成立，则实数a 的取值范围是（）A ．(,1)-∞B ．(,1]-∞C ．(,0)-∞D ．(,0]-∞【答案】D【解析】不妨设121x x ≤<，则120x x -<，根据题意，可得()()()12123f x f x x x ->-恒成立，即()()112233f x x f x x ->-恒成立.令2()()323g x f x x ax x =-=--，则()()12g x g x >恒成立，所以函数()g x 在[1,)+∞上单调递减.当0a =时，()23g x x =--在[1,)+∞上单调递减，符合题意；当0a ≠时，要使2()23g x ax x =--在[1,)+∞上单调递减，则0,21,2a a<⎧⎪-⎨-≤⎪⎩解得a<0.综上所述，实数a 的取值范围是(,0]-∞.故选：D.8．（2022·江苏省横林高级中学高一阶段练习）已知对任意(),0,x y ∈+∞，且23x y +=，11221t x y ≤+++恒成立，则t 的取值范围是（）A ．4t ≤B ．12t ≤C ．13t ≤D ．23t ≤【答案】D【解析】由23x y +=得：()()2216x y +++=，(),0,x y ∈+∞，22x ∴+>，211y +>，()()111111212221222162216221y x x y x y x y x y ⎛⎫⎛⎫++∴+=++++=++⎡⎤ ⎪ ⎪⎣⎦++++++⎝⎭⎝⎭12263⎛≥+= ⎝（当且仅当1x y ==时取等号），∴当11221t x y ≤+++恒成立时，23t ≤.故选：D.二、多选题9．（2022·重庆十八中高一阶段练习）不等式22x bx c x b ++≥+对任意R x ∈恒成立，则（）A ．2440b c -+≤B ．0b ≤C ．1c ≥D ．0b c +≥【答案】ACD【解析】对于A ，将22x bx c x b ++≥+整理为()220x b x c b +-+-≥，因为22x bx c x b ++≥+对任意R x ∈恒成立，所以0∆≤，即()()2240b c b ---≤，整理得2440b c -+≤，故A 正确；对于B ，令1,2b c ==，则()()2124211430∆=---=-=-<，满足题意，故B 错误；对于C ，由A 知244c b ≥+，即2114b c ≥+≥，故C 正确；对于D ，2211042b b b c b ⎛⎫+≥++=+≥ ⎪⎝⎭，故D 正确.故选：ACD.10．（2022·福建·三明一中高一阶段练习）已知函数()f x 的定义域为{}0x x >，当210x x >>时，()()1212120x x f x f x x x ⎡⎤-+->⎣⎦恒成立，则（）A ．()y f x =在()0,∞+上单调递减B ．()12y f x x=-在()0,∞+上单调递减C ．()()1236f f ->D ．()()1236f f -<【答案】ABC【解析】A 选项：由()()1212120x x f x f x x x ⎡⎤-+->⎣⎦，210x x >>，得()()2112120x xf x f x x x -->>，所以()y f x =在()0,∞+上单调递减，A 选项正确；B 选项：()()()()21212121121212121212121211022222x x x x x x x x y y f x f x f x f x x x x x x x x x x x -----=--+=-->-=＞，所以()12y f x x=-在()0,∞+上单调递减，C 选项与D 选项：由A 选项得()()2112120x x f x f x x x -->>，令12x =，23x =，则()()32123236f f -->=⨯，所以C 选项正确，D 选项错误；故选：ABC.11．（2022·浙江省平阳中学高一阶段练习）设函数()22f x x x a =++，若关于x 的不等式()()0f f x ≥恒成立，则实数a 的可能取值为（）A ．0B ．12C ．1D ．32【答案】CD【解析】因为函数()22f x x x a =++的开口向上，对称轴为=1x -，所以()()min 11f x f a =-=-，即()f x 的值域为[)1,a -+∝且关于x 的不等式()()0f f x ≥恒成立，则()1011f a a ⎧-≥⎨-≥-⎩，即2100a a a ⎧+-≥⎨≥⎩，解得a ≥或11Δ0a -<-⎧⎨≤⎩，此时无解.所以实数a的取值范围为⎫+∝⎪⎪⎣⎭故选:CD.12．（2022·江苏省怀仁中学高一阶段练习）已知函数()[]()212,2f x x x =-+∈-，()[]()220,3g x x x x =-∈，则下列结论正确的是（）A ．[]2,2x ∀∈-，()f x a >恒成立，则实数a 的取值范围是(),3-∞-B ．[]2,2x ∃∈-，()f x a >恒成立，则实数a 的取值范围是(),3-∞-C ．[]0,3x ∃∈，()g x a =，则实数a 的取值范围是[]1,3-D ．[]2,2x ∀∈-，[]0,3t ∃∈，()()f x g t =【答案】AC【解析】对于A 选项，[]2,2x ∀∈-，()f x a >恒成立，即()min f x a >，()f x 为减函数，所以()min ()23f x f a ==->，A 选项正确；对于B 选项，[]2,2x ∃∈-，()f x a >恒成立，即()max f x a >，所以()25f a -=>，B 选项不正确；对于C 选项，[]0,3x ∃∈，()g x a =，即()()max min g x a g x ≥≥，()g x 的图像为开口向上的抛物线，所以在对称轴1x =处取最小值，在离对称轴最远处3x =取最大值，所以()()3311g a g =≥≥=-，C 选项正确；对于D 选项，[]2,2x ∀∈-，[]0,3t ∃∈，()()f x g t =，即要求()f x 的值域是()g x 值域的子集，而()f x 的值域为[3,5]-，()g x 值域为[1,3]-，不满足要求，D 选项不正确；故选：AC.三、填空题13．（2022·江苏省新海高级中学高一期中）若不等式()()2log ln 40,1a x x a a -<>≠对于任意()31,e x ∈恒成立，则实数a 的取值范围是____________【答案】()140,1e ,⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭【解析】因为不等式()()2log ln 40,1a x x a a -<>≠对于任意()31,e x ∈恒成立，即不等式()2ln ln 4ln x x a+<对于任意()31,e x ∈恒成立，因为()31,e x ∈，所以()ln 0,3x ∈，所以不等式14ln ln ln x a x +<对于任意()31,e x ∈恒成立，令()4g x x x=+，()0,3x ∈，因为()4g x x x=+在()0,2上单调递减，在()2,3上单调递增，所以()()min 24g x g ==，即min4ln 4ln x x ⎛⎫= ⎪+⎝⎭，所以14ln a<，所以ln 0a <或1ln 4a >，解得01a <<或14e a >，即()140,1e ,a ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭；故答案为：()140,1e ,⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭14．（2022·全国·高一单元测试）若关于x 的方程12log 1mx m =-在区间()01，上有解，则实数m 的取值范围是_____．【答案】()(),01,∞∞-⋃+【解析】当()01x ∈，时，()12log 0,x ∞∈+，所以要使方程12log 1m x m =-在区间()01，上有解，只需01mm >-即可，解得0m <或1m >，所以实数m 的取值范围是()(),01,∞∞⋃+－．故答案为：()(),01,∞∞⋃+－．15．（2022·全国·高一专题练习）已知关于x 的方程2222212x a x a x x a ++-=-+-+有解，则实数a 的取值范围是___________．【答案】1a ≥或1a ≤-【解析】由题知，2222212x a x a x x a ++-=-+-+有解①当2x a <-时，即2222212x a a x x x a --=-+-+-+化简得22421x x a -=-有解即()()2222214a a a ->--⨯-整理得：42210a a ++<无解②当22a x a -≤≤时，即2222212x a a x x a x +=-+--++化简得2210x x -+=解得1x =即221a a -≤≤解得：1a ≥或者1a ≤-③当2x a >时，即2222212x a a x x a x +=-+-++-化简得：2221a x =+有解即()22221a a >+化简得：()2210a -<无解综上，实数a 的取值范围为：1a ≥或1a ≤-故答案为：1a ≥或1a ≤-.16．（2022·全国·高一单元测试）记{}()max ,()a ab a b b a b ≥⎧=⎨<⎩，已知2()3,()2g x x f x x =-=，设函数{}()max (),()F x f x g x =，若方程()0F x m -=有解，则实数m 的取值范围是__________________．【答案】[)2,-+∞【解析】由题意()0F x m -=有解，即(),y F x y m ==有交点令12()()1,3f x g x x x =∴=-=当(,1)(3,),()()x g x f x ∈-∞-⋃+∞>当(1,3),()()x g x f x ∈-<故{}223,1()max (),()2,133,3x x F x f x g x x x x x ⎧-≤-⎪==-<<⎨⎪-≥⎩画出函数{}()max (),()F x f x g x =的简图，如下图所示：数形结合可知，当=1x -时，min ()(1)2F x F =-=-故若(),y F x y m ==有交点，2m ≥-则实数m 的取值范围是[)2,-+∞故答案为：[)2,-+∞。

不等式恒成立、能成立、恰成立问题分析及应用一、不等式恒成立问题的处理方法 1、转换求函数的最值：（1）若不等式()A x f >在区间D 上恒成立,则等价于在区间D 上()min f x A >，⇔()f x 的下界大于A（2）若不等式()B x f <在区间D 上恒成立,则等价于在区间D 上()max f x B <,()f x 的上界小于A例1、设f(x)=x2-2ax+2,当x ∈[-1,+∞]时，都有f(x)≥a 恒成立，求a 的取值范围。

例2、已知(),22x a x x x f ++=对任意[)()0,,1≥+∞∈x f x 恒成立,试求实数a 的取值范围;例3、R 上的函数()x f 既是奇函数，又是减函数，且当⎪⎭⎫ ⎝⎛∈2,0πθ时，有()()022sin 2cos 2>--++m f m f θθ恒成立，求实数m 的取值范围.例4、已知函数)0(ln )(44>-+=x c bx x ax x f 在1=x 处取得极值3c --，其中a 、b 为常数.（1）试确定a 、b 的值； （2）讨论函数)(x f 的单调区间；（3）若对任意0>x ，不等式22)(c x f -≥恒成立，求c 的取值范围。

2、主参换位法例5、若不等式a 10x -<对[]1,2x ∈恒成立，求实数a 的取值范围例6、若对于任意1a ≤，不等式2(4)420x a x a +-+->恒成立，求实数x 的取值范围例7、已知函数323()(1)132a f x x x a x =-+++，其中a 为实数．若不等式2()1f x x x a '--+＞对任意(0)a ∈+∞，都成立，求实数x 的取值范围．3、分离参数法（1） 将参数与变量分离，即化为()()g f x λ≥（或()()g f x λ≤）恒成立的形式；（2） 求()f x 在x D ∈上的最大（或最小）值；（3） 解不等式()max()g f x λ≥(或()()ming f x λ≤) ，得λ的取值范围。

不等式恒(能)成立问题的常用解法〖高一版〗含参不等式恒(能)成立问题是中学数学中一类高频题，解决此类问题，主要运用等价转化的数学思想，常根据不等式的结构特征，恰当的构造函数，进而等价转化为函数的最值问题或图象位置关系求解．【类型一】转化为函数的保号问题 转化为构造函数求最值定号或寻求函数保号的充要条件【例1－1】已知函数f (x )＝ax 2－2x ＋1，若对一切x ∈[12,2]，f (x )＞0都成立，则实数a 的取值范围是( ) A ．[12,＋∞) B ．(12,＋∞) C ．(1,＋∞) D ．(－∞,1) 【思路点拨】该问题可转化为“当x ∈[12,2]时，求f (x )min ”，然后解f (x )min ＞0． 【解析】﹝法一﹞∵∀ x ∈[12,2]，f (x )＞0成立⇔当x ∈[12,2]时，f (x )min ＞0． ①当a ＝0时，f (x )＝－2x ＋1，显然f (x )min ＝f (2)＝－3＜0不符合题．②当a ＜0时，f (x )min ＝min{ f (12),f (2)}． 欲使“∀ x ∈[12,2]，f (x )＞0”，则需⎩⎪⎨⎪⎧f (12)＞0f (2)＞0⇒⎩⎪⎨⎪⎧14a ＞04a －3＞0⇒a ＞34矛盾． ③当a ＞0时，f (x )＝ax 2－2x ＋1＝a (x －1a )2＋1－1a． 1°当0＜1a ≤12，即a ≥2时，f (x )在[12,2]上↗，∴f (x )min ＝f (12)＝14a ． 2°当12＜1a ＜2，即12＜a ＜2时，f (x )在(12,1a ]上↘，在[1a ,2)上↗，∴f (x )min ＝f (1a )＝1－1a． 3°当1a ≥2，即0＜a ≤12时，f (x )在[12,2]上↘，∴f (x )min ＝f (2)＝4a －3． ∴f (x )min ＝⎩⎨⎧4a －3 (0＜a ≤12)1－1a (12＜a ＜2)14a (a ≥2)． ∵∀ x ∈[12,2]，f (x )＞0成立⇔当x ∈[12,2]时，f (x )min ＞0， ∴⎩⎪⎨⎪⎧0＜a ≤124a －3＞0或⎩⎨⎧12＜a ＜21－1a ＞0或⎩⎪⎨⎪⎧a ≥214a ＞0⇒a ∈Φ或1＜a ＜2或a ≥2⇒a ＞1．故选C ． ﹝法二﹞∵∀ x ∈[12,2]，f (x )＞0成立⇔∀ x ∈[12,2]，ax 2－2x ＋1＞0成立 ⇔∀ x ∈[12,2]，a ＞－1x 2＋2x 成立⇔当x ∈[12,2]时，a ＞(－1x 2＋2x)max ． 又当x ∈[12,2]时，有1x ∈[12,2]，－1x 2＋2x ＝－(1x－1)2＋1≤1(当x ＝1时取等号)．∴a ＞1．故选C ．【方法总结】①当f (x )min 存在时，∀x ∈D ，f (x )＞0⇔当x ∈D 时，f (x )min ＞0；当f (x )min 不存在时，∀x ∈D ，f (x )＞0⇔当x ∈D 时，f (x )下确界≥0．②f (x )＝ax 2＋bx ＋c ＞0(a ＞0)在x ∈[m ,n ]上恒成立⇔⎩⎨⎧Δ≥0－b 2a ＜m f (m )＞0或⎩⎨⎧Δ≥0－b 2a ＞n f (n )＞0或⎩⎨⎧m ≤－b 2a ≤n Δ＜0(或f (－b 2a )＞0)⇒⎩⎪⎨⎪⎧－b 2a ＜m f (m )＞0或⎩⎪⎨⎪⎧－b 2a ＞n f (n )＞0或Δ＜0． 【练习1－1】已知定义在R 上的奇函数f (x )满足：当x ≥0时，f (x )＝x 3，若不等式f (2m ＋mt 2)＋f (4t )＜0对任意实数t 恒成立，则实数m 的取值范围是( )A ．(－∞,－2)B ．(－2,0)C ．(－∞,0)∪(2,＋∞) C ．(－∞,－2)∪(2,＋∞)【思路点拨】根据奇函数性转化f (2m ＋mt 2)＋f (4t )＜0为f (2m ＋mt 2)＜f (－4t )，再根据单调性去掉抽象不等式中符号“f ”，转化为二次不等式恒成立问题，可用参变分离法或图象法或函数保号法处理．【解析】当x ＜0时，有－x ＞0，f (x )＝－f (－x )＝－(－x )3＝x 3．∴f (x )＝x 3(x ∈R )．由幂函数单调性知f (x )在R 上↗．∵f (2m ＋mt 2)＋f (4t )＜0⇔f (2m ＋mt 2)＜－f (4t )，又f (x )是奇函数，∴f (2m ＋mt 2)＜f (－4t )．∵f (x )在R 上↗，∴2m ＋mt 2＜－4t ⇔mt 2＋4t ＋2m ＜0．∴f (2m ＋mt 2)＋f (4t )＜0对t ∈R 恒成立⇔ mt 2＋4t ＋2m ＜0对t ∈R 恒成立，∴⎩⎪⎨⎪⎧m ＜0Δ＝16－8m 2＜0⇔m ＜－2．故选A ． 【方法总结】含参二次不等式恒(能)成立问题等价于对应二次函数的保号性问题．即f (x )＝ax 2＋bx ＋c ＞0对x ∈R 恒成立⇔⎩⎪⎨⎪⎧a ＞0Δ＜0或⎩⎪⎨⎪⎧a ＝b ＝0c ＞0． 【例1－2】已知f (x )是定义在[－1,1]上的奇函数，且f (1)＝1，若m 、n ∈[－1,1]，m ＋n ≠0时f (m )＋f (n )m ＋n＞0． (1)用定义证明：f (x )在[－1,1]上是增函数；(2)解不等式f (x ＋12)＜f (1x －1)； (3)若f (x )≤t 2－2at ＋1对所有x ∈[－1,1]，a ∈[－1,1]恒成立，求实数t 的取值范围．【思路点拨】(1)定义证明单调性的步骤：设元♑作差变形♑定号♑结论．(2)根据单调性去掉抽象不等式中符号“f ”，注意不要忽略函数定义域．(3)若在式中出现多个变量，变量性质常这样确定：给范围的量为主元，求范围的量为参数．转化“f (x )≤t 2－2at ＋1对x ∈[－1,1]恒成立”为“当x ∈[－1,1]时，f (x )max ≤t 2－2at ＋1”，转化“f (x )max ≤t 2－2at ＋1对a ∈[－1,1]恒成立”为“∀a ∈[－1,1]，g (a )＝－2ta ＋t 2＋1－f (x )max ≥0成立”，可由保号性处理．【解析】(1)设－1≤x 1＜x 2≤1，则f (x 2)－f (x 1)＝(x 2－x 1)•f (x 2)－f (x 1)x 2－x 1． 又f (x )是奇函数，∴－f (x 1)＝f (－x 1)．∴f (x 2)－f (x 1)x 2－x 1＝f (x 2)＋f (－x 1)x 2＋(－x 1)． 又－1≤x 1＜x 2≤1，∴x 2－x 1＞0，－1＜－x 1≤1，∴f (x 2)＋f (－x 1)x 2＋(－x 1)＞0． ∴f (x 2)－f (x 1)＞0⇔f (x 2)＞f (x 1)．故f (x )在[－1,1]上是增函数．(2)∵f (x ＋12)＜f (1x －1)， 由(1)知f (x )在定义在[－1,1]上是增函数，∴－1≤x ＋12＜1x －1≤1⇒－32≤x ≤－1． ∴原不等式的解集为[－32,－1]． (3)由(1)知f (x )在定义在[－1,1]上是增函数，∴f (x )max ＝f (1)＝1．∴f (x )≤t 2－2at ＋1对∀x ∈[－1,1]恒成立⇔当x ∈[－1,1]时，f (x )max ≤t 2－2at ＋1⇔－2ta ＋t 2≥0． ∴f (x )≤t 2－2at ＋1对∀a ∈[－1,1]恒成立⇔g (a )＝－2ta ＋t 2≥0对∀a ∈[－1,1]恒成立．∴⎩⎨⎧g (－1)≥0g (1)≥0⇔⎩⎪⎨⎪⎧t 2＋2t ≥0t 2－2t ≥0⇔t ≤－2或t ＝0或t ≥2． 故实数t 的取值范围为{t |t ≤－2或t ＝0或t ≥2}．【方法总结】①函数单调性是解抽象不等式、求抽象函数最值的重要方法．②∀x ∈D ，F (λ)≥f (x )成立⇔当x ∈D 时，F (λ)≥f (x )max ．③f (x )＝ax ＋b ≥0对x ∈[m ,n ]恒成立⇔⎩⎨⎧f (m )≥0f (n )≥0． 【练习1－2】对任意x ∈R 不等式x 2＋2|x －a |≥a 2恒成立，则实数a 的取值范围是__________．【解析】设|x －a |＝t ，则x ＝a ±t (t ≥0)．∴x 2＋2|x －a |≥a 2⇔(a ±t )2＋2t －a 2≥0(t ≥0)⇔t ＋2±2a ≥0(t ≥0)．∴x 2＋2|x －a |≥a 2对x ∈R 恒成立⇔t ＋2±2a ≥0对t ≥0恒成立．∴⎩⎪⎨⎪⎧2＋2a ≥02－2a ≥0⇔－1≤a ≤1．故填[－1,1]． 【方法总结】含参一次不等式恒(能)成立问题等价于对应一次函数的保号性问题．即f (x )＝ax ＋b ≥0对x ∈[m ,n ]恒成立⇔⎩⎨⎧f (m )≥0f (n )≥0．【类型二】参变分离转化不等式 转化为构造函数求最值【例2】已知函数F (x )＝e x (e ＝2.71828┄)满足F (x )＝g (x )＋h (x )，且g (x )，h (x )分别是R 上的偶函数和奇函数．(1)求g (x ),h (x )的表达式；(2)若任意x ∈[1,2]使得不等式ae x －2h (x )≥1恒成立，求实数a 的取值范围；(3)若任意x ∈[1,2]使得不等式g (2x )－ah (x )≥0恒成立，求实数a 的取值范围；(4)探究h (2x )与2h (x )•g (x )的大小关系，并求2n g (1)g (2)g (22)┅g (2n －1)h (2n )(n ∈N *)的值．【解析】(1)∵F (x )＝g (x )＋h (x )＝e x ┄①，以－x 去替代①中x ，得g (－x )＋g (－x )＝e －x ┄②．又g (－x )＝g (x )，h (－x )＝－h (x )，∴②⇒g (x )－h (x )＝＝e －x ┄③．由①、③得，g (x )＝e x ＋e －x 2，h (x )＝e x －e －x 2． (2)由(1)知h (x )＝e x －e －x 2．∴ae x －2h (x )≥0⇒a ≥－1e 2x ＋1e x ＋1． 当x ∈[1,2]时，令t ＝1e x ，则t ∈[1e 2,1e]． 记f (t )＝－t 2＋t ＋1＝－(t －12)2＋54，则f (t )在t ∈[1e 2,1e]上单调递增． ∴f (t )max ＝f (1e )＝e 2＋e －1e 2． 故欲使ae x－2h (x )≥0对x ∈[1,2]恒成立，则需a ≥e 2＋e －1e 2． (3)由(1)知g (x )＝e x ＋e －x 2，h (x )＝e x －e －x 2． 由单调运算性质知h (x )在[1,2]上单调递增，∴当x ∈[1,2]时，有h (1)≤h (x )≤h (2)，即12(e －1e )≤h (x )≤12(e 2－1e 2)． ∴g (2x )－ah (x )≥0⇒a ≤e 2x ＋e －2x e x －e －x ＝(e x －e －x )2＋2e x －e －x ＝(e x －e －x )＋2e x －e －x． 令t ＝e x －e －x ，f (t )＝t ＋2t (e －1e ≤t ≤e 2－1e 2)，则f (t )在t ∈[e －1e ,e 2－1e 2]上单调递增． ∴f (t )min ＝f (e －1e )＝e 4－e 2＋1e (e 2－1)． 故欲使g (2x )－ah (x )≥0对x ∈[1,2]恒成立，则需a ≤e 4－e 2＋1e (e 2－1)． (4)由(1)知h (2x )＝e 2x －e －2x 2，2h (x )•g (x )＝2×e x －e －x 2×e x ＋e －x 2＝e 2x －e －2x 2，∴h (2x )＝2h (x )•g (x )． ∴2h (2k －1)g (2k －1)＝h (2k )(k ＝1,2,3,┄,n －1)，∴2n h (1)g (1)g (2)g (22)┅g (2n －1)＝h (2n )．∴2n g (1)g (2)g (22)┅g (2n －1)h (2n )＝1h (1)＝1e －e －12＝2e e 2－1． 【方法总结】∀x ∈D ，f (x ,λ)＞0(λ为实参数)恒成立⇔∀x ∈D ，g (λ)＞h (x )或g (λ)＜h (x )恒成立． ①若h (x )存在最值，则当x ∈D 时，g (λ)＞h (x )max 或g (λ)＜h (x )min ．②若h (x )不存在最值，则g (λ)≥h (x )上确界或g (λ)≤h (x )下确界．【练习2－1】设函数f (x )＝x －1x，对任意x ∈[1,＋∞)，f (mx )＋mf (x )＜0恒成立，则实数m 的取值范围是__________．【解析】∵当x ∈[1,＋∞)时，f (mx )＋mf (x )＜0⇔mx －1mx ＋mx －m x＜0 ⇔2mx 2＜m ＋1m ⇔⎩⎪⎨⎪⎧m ＞01＋1m 2＞2x 2或⎩⎪⎨⎪⎧m ＜01＋1m 2＜2x 2． 又当x ∈[1,＋∞)时，有2x 2∈[2,＋∞)，(2x 2)min ＝2，∴∀ x ∈[1,＋∞)，f (mx )＋mf (x )＜0成立⇔⎩⎪⎨⎪⎧m ＜01＋1m 2＜2⇔m ＜－1．故填(－∞,－1)． 【练习2－2】已知函数f (x )＝e x ＋e －x ，其中e 是自然对数的底数． (1)证明：f (x )是R 上的偶函数；(2)若关于x 的不等式mf (x )≤e －x ＋m －1在(0,＋∞)上恒成立，求实数m 的取值范围． 【解析】(1)f (x )的定义域为R ，又f (－x )＝e －x ＋e x ＝f (x )，∴f (x )是偶函数．(2)∵x ＞0⇒e x ＞1，∴由对勾函数单调性知，f (x )＝e x ＋e －x ＞2⇒f (x )－1＞1＞0．∴mf (x )≤e －x ＋m －1⇔m ≤e －x －1f (x )－1＝e －x －1e x ＋e －x －1＝1－e x e 2x －e x ＋1． 记g (x )＝1－e x e 2x －e x ＋1，则1g (x )＝e 2x －e x ＋11－e x ＝(1－e x )＋11－e x－1． 令t ＝1－e x (x ＞0)，则1g (x )＝h (t )＝t ＋1t－1(t ＜0)． 由对勾函数单调性知，h (t )在t ∈(－∞,－1]上↗，在t ∈[－1,0)上↘，∴h (t )≤h (－1)＝－3⇒1g (x )≤－3⇒－13≤g (x )＜0． 又mf (x )≤e －x ＋m －1在(0,＋∞)上恒成立⇔当x ∈(0,＋∞)时，m ≤g (x )min ，∴m ≤－13．故实数m 的取值范围为(－∞,－13]．【类型三】转化不等式结构 转化为构造两函数，根据图形上下关系定参．【例3】若不等式x 2－log m x ＜0在区间(0,12)上恒成立，则实数m 的取值范围是__________． 【思路点拨】x 2－log m x ＜0在区间(0,12)上恒成立⇔ x 2＜log m x 在区间(0,12)上恒成立⇔x ∈(0,12)时， f (x )＝x 2的图象恒在g (x )＝log m x 的图象的下方．从而可根据图象上下关系，确定参数．【解析】∵x 2－log m x ＜0在(0,12)上恒成立⇔x 2＜log m x 在(0,12)上恒成立 ⇔当x ∈(0,12)时，f (x )＝x 2的图象恒在g (x )＝log m x 的图象的下方． 在同一坐标系内，作出f (x )＝x 2和g (x )＝log m x 的图象，⎩⎪⎨⎪⎧0＜m ＜1(12)2≤log m 12⇒116≤m ＜1．故填[116,1)． 【方法总结】∀x ∈D ，f (x )＜g (x )成立⇔在D 上，y ＝f (x )的图象恒在y ＝g (x )的图象的下方．【练习3】已知函数f (x )＝⎩⎨⎧－x 2＋2x (x ≤0)ln(x ＋1) (x ＞0)，若|f (x )|≥ax －1，则a 的取值范围是__________． 【解析】∵|f (x )|≥ax －1在R 上恒成立⇔当x ∈R 时，g (x )＝|f (x )|的图象恒在h (x )＝ax －1的图象的上方．在同一坐标系内，作出g (x )＝|f (x )|和h (x )＝ax －1的图象，当y ＝ax －1与y ＝x 2－2x (x ≤0)相切时，有⎩⎪⎨⎪⎧y ＝ax －1y ＝x 2－2x (x ≤0)只有一组解⇒x 2－(a ＋2)x ＋1＝0(x ≤0)只有一解， ∴Δ＝(a ＋2)2－4＝0⇒a ＝－4或a ＝0(舍)．由图分析知，直线y ＝ax －1应介于l 1与l 2之间，∴－4≤a ≤0．故填[－4,0]．。