恒成立问题的解法

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。

高考数学导数恒成立问题的解法
对于恒成立问题，一般采取的方法有两种：一是利用函数的单调性，二是利用函数的最值。

1. 利用函数的单调性
如果函数f(x)在区间D上单调，可以根据函数的单调性来解决问题。

例如，不等式f(x) > 0在区间D上恒成立，那么只需要找到满足f(x)min > 0的x值即可。

2. 利用函数的最值
如果函数f(x)在区间D上不是单调的，那么可以转化为求函数的最值问题。

例如，不等式f(x) > 0在区间D上恒成立，可以转化为求f(x)的最小值，只要最小值大于0，那么不等式就恒成立。

例题：已知函数f(x) = x2 + ax + 4在区间[-1,2]上都不小于2，求a的取值范围。

解法：首先根据题意得到函数f(x) = x2 + ax + 4在区间[-1,2]上的最小值为2，然后根据二次函数的性质得到对称轴为x=-b/2a=-a/2。

我们需要分三种情况讨论：
1. 当-a/2≤-1时，即a≥2时，函数在[-1,2]上是增函数，只需要满足f(-1)=1-a+4≥2即可，解得a≤3，所以2≤a≤3；
2. 当-a/2≥2时，即a≤-4时，函数在[-1,2]上是减函数，只需要满足
f(2)=4+2a+4≥2即可，解得a≥-4，但是此时a没有合适的取值，故舍去；
3. 当-1<-a/2<2时，即-4<a<2时，函数在对称轴左侧是减函数，右侧是增函数，只需要满足f(-a/2)=(-a/2)2-a2/4+4≥2即可，解得-4<a≤-2。

综上可得a的取值范围为：[-4,-2]∪[2,3]。

浅谈恒成立问题的解题方法函数与不等式既是知识的结合，又是数学思想和方法的交汇处，因此成为高考的热点。

恒成立问题就是其中一种比较常见的题型。

恒成立问题在解法上是灵活多样的，其某些解法及解题思想，对解决其它数学问题也有一定的指导性作用。

本文旨在通过对具体问题的解析，来帮助学生加强对这一类问题的掌握。

一、变换主元例1、设不等式mx2-2x+1-m<0对于满足|m|≤2的一切实数m的值都成立，求x的取值范围。

分析：若本题改为“不等式mx2-2x+1-m<0对于任意的实数x恒成立，求m的取值范围”，则问题可化归为文[1]中的例2进行求解。

但对于本题学生则难于下手，这是因为学生的思维定势，将x看成自变量，m看成是参数，求解确实困难。

但如果我们能够换位思考，变换主元，将m看成自变量，x看成是参数，将原不等式变形为（x2-1）m+1-2x<0，这样就可以将问题转化为关于m的一元一次不等式来求解，则问题可迎刃而解。

解：原不等式转化为（x2-1）m+1-2x<0，记f（m）=（x2-1）m+（1-2x），其中-2≤m≤2。

根据题意得说明：本题将m视为主变量，则f（m）的图像是一条线段，即f（m）为一次函数，可利用一次函数的单调性求解。

二、巧用等号例2、已知二次函数f（x）=ax2+bx+c的图像过点（-1，０），问是否存在常数a、b、c使得对于任意的x，不等式x≤f（x）≤（1+x2）恒成立？分析（一）：本题也为恒成立问题，需将不等式x≤f（x）≤（1+x2）看成“对于任意的x，x≤f（x）与f（x）≤（1+x2）同时恒成立”，故需两次利用恒成立思想来求解。

解：由题意知：对于任意的x，x-f（x）≤0与f（x）-（1+x2）≤0恒成立，即ax2+（b-1）x+c≥0……（1）与x2+bx+c-≤0……（２）恒成立。

又函数f（x）=ax2+bx+c的图像过点（-1，0），故a-b+c=0，即a+c=b。

恒成立问题的解法在不等式的综合题中，经常会遇到当一个结论对于某一个字母的某一个取值范围内所有值都成立的恒成立问题。

恒成立问题的基本类型：类型1：设)0()(2≠++=a c bx ax x f ，（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 。

类型2：设)0()(2≠++=a c bx ax x f（1）当0>a 时，],[0)(βα∈>x x f 在上恒成立⎪⎩⎪⎨⎧>>-⎪⎩⎪⎨⎧<∆≤-≤⎪⎩⎪⎨⎧><-⇔0)(2020)(2βββαααf a b a b f a b 或或， ],[0)(βα∈<x x f 在上恒成立⎩⎨⎧<<⇔0)(0)(βαf f （2）当0<a 时，],[0)(βα∈>x x f 在上恒成立⎩⎨⎧>>⇔0)(0)(βαf f ],[0)(βα∈<x x f 在上恒成立⎪⎩⎪⎨⎧<>-⎪⎩⎪⎨⎧<∆≤-≤⎪⎩⎪⎨⎧><-⇔0)(2020)(2βββαααf a b a b f a b 或或 类型3：αα>⇔∈>min )()(x f I x x f 恒成立对一切αα>⇔∈<max )()(x f I x x f 恒成立对一切。

类型4：)()()()()()()(max min I x x g x f x g x f I x x g x f ∈>⇔∈>的图象的上方或的图象在恒成立对一切 恒成立问题的解题的基本思路是：根据已知条件将恒成立问题向基本类型转化，正确选用函数法、最小值法、数形结合等解题方法求解。

一、一次函数对于一次函数],[,)(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 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。

恒成立问题的一般解法数学中的恒成立问题，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。

一、 一次函数型：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ⅰ）⎩⎨⎧>>0)(0m f a 或ⅱ）⎩⎨⎧><0)(0n f a 亦可合并定成⎩⎨⎧>>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：在不等式中出现了两个字母：x 及P,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p 视作自变量，则上述问题即可转化为在[-2，2]内关于p 的一次函数大于0恒成立的问题。

略解：不等式即(x-1)p+x 2-2x+1>0,设f(p)= (x-1)p+x 2-2x+1,则f(p)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. 二、 二次函数型若二次函数y=ax 2+bx+c=0(a ≠0)大于0恒成立，则有⎩⎨⎧<∆>00a 若是二次函数在指定区间上的恒成立问题，还可以利用韦达定理以及根与系数的分布知识求解。

恒成立问题常见类型及解法重庆清华中学 张忠在近年高考试题中，常见条件中出现“恒”、“都”、“总”、“永远”、“一切”等关键词的试题，我们习惯上称之为恒成立问题。

对此类题，许多学生常常一筹莫展，但如果了解它的题型，选择合适的对策，解决问题就会游刃有余。

高中数学中的恒成立问题，总体上分为两种典型类型：等式的恒成立和不等式的恒成立。

一、等式的恒成立问题（恒等问题）【例】 是否存在常数a 、b 、c 使得等式：122311122222··…++++=+++n n n n an bn c ()()()对一切自然数n 都成立？证明你的结论。

(一). 利用多项式恒等定理，建立方程组求参数多项式f(x)g(x)的充要条件是：对于a 的任意一个取值，都有f (a )g (a )；或者两个多项式各同类项的系数对应相等。

解法一：因为3222)1(n n n n n ++=+所以12231222··…++++n n ()=++++++++++++=++++++=+++()()()()()()()()()1232121212131211411231110222333222………n n n n n n n n n n n n n n显然当a b c ===31110，，时等式对一切自然数n 都成立。

(二). 待定系数法和数学归纳法对策：先用待定系数法探求a 、b 、c 的值，再利用数学归纳法证明等式对一切自然数n 都成立。

解法二：令n=1，n=2，n=3可得，解得。

以下用数学归纳法证明：等式1·22+2·32+…+n(n+1)=(3n 2+11n+10)对一切自然数n 都成立(证略)。

(三)、根据函数的奇偶性、周期性等性质若函数f(x)是奇(偶)函数，则对一切定义域中的x ,f(-x)=-f(x)((f(-x)=f(x))恒成立；若函数y=f(x)的周期为T ，则对一切定义域中的x,f(x)=f(x+T)恒成立。

不等式的恒成立问题基本解法9种解法不等式的恒成立问题基本解法：9种解法导语：在数学中，我们经常会遇到不等式的问题，而不等式的恒成立问题则更加耐人寻味。

不等式的恒成立问题是指对于某个特定的不等式，是否存在一组解使得不等式始终成立。

解决这种问题需要灵活运用数学知识和技巧。

本文将介绍不等式的恒成立问题的基本解法，共包括9种方法。

一、置换法。

这是最简单的一种方法，即将不等式中的变量互相置换，然后观察不等式是否成立。

如果成立，则不等式恒成立。

对于x^2 +y^2 ≥ 0这个不等式，我们可以将x和y置换一下，得到y^2 + x^2 ≥ 0。

由于平方数是非负数，所以不等式始终成立。

二、加法法则。

这种方法是通过在不等式的两边同时加上相同的数来改变不等式的符号。

对于不等式2x + 3 ≥ x + 4，我们可以在两边同时加上-3，得到2x + 3 - 3 ≥ x + 4 - 3，即2x ≥ x + 1。

由于x的取值范围不限制，所以不等式恒成立。

三、减法法则。

与加法法则相似，减法法则是通过在不等式的两边同时减去相同的数来改变不等式的符号。

对于不等式2x + 3 ≥ x + 4，我们可以在两边同时减去x，得到x + 3 ≥ 4。

由于x的取值范围不限制，所以不等式恒成立。

四、乘法法则。

这种方法是通过在不等式的两边同时乘以相同的正数来改变不等式的符号。

对于不等式2x + 3 ≥ x + 4，我们可以在两边同时乘以2，得到4x + 6 ≥ 2x + 8。

由于x的取值范围不限制，所以不等式恒成立。

五、除法法则。

与乘法法则相似，除法法则是通过在不等式的两边同时除以相同的正数来改变不等式的符号。

对于不等式2x + 3 ≥ x + 4，我们可以在两边同时除以2，得到x + 3/2 ≥ 1 + x/2。

由于x的取值范围不限制，所以不等式恒成立。

六、平方法则。

这种方法是通过平方运算来改变不等式的符号。

对于不等式x^2 ≥ 0，我们可以将x^2展开为(x + 0)^2，得到x^2 + 0 ≥ 0。

函数的恒成立问题函数的恒成立问题是一个重要的数学概念，它涉及到函数的性质和不等式的解法。

这类问题在数学高考和数学竞赛中经常出现，是考察学生数学思维和解题能力的重要题型。

函数的恒成立问题是指对于某个区间内的所有x值，函数f(x)都满足某个条件或不等式，即f(x)恒成立。

解决这类问题通常需要运用函数的性质、导数、参数分离等多种方法。

具体来说，解决函数的恒成立问题可以通过以下几种方法：1. 函数性质法：利用函数的性质，如单调性、奇偶性、周期性等，来证明函数恒成立。

2. 导数法：通过求函数的导数，研究函数的单调性和最值，进而证明函数恒成立。

3. 参数分离法：将参数与变量分离，转化为求函数的最值问题，再证明该最值满足条件。

4. 数形结合法：将函数与图形结合，通过观察图形的性质来证明函数恒成立。

举个例子，假设我们要求证函数f(x) = x^2 - 2x在区间[0,3]上恒成立。

我们可以采用以下步骤：1. 首先求出函数f(x)的导数f'(x)，得到f'(x) = 2x - 2。

2. 然后通过分析f'(x)的符号，确定函数的单调性。

当f'(x) > 0时，f(x)单调递增；当f'(x) < 0时，f(x)单调递减。

由此可知，f(x)在区间[0,1]上单调递减，在区间[1,3]上单调递增。

3. 接下来求出函数在区间端点的值，即f(0)、f(1)、f(3)。

计算得到f(0) = 0，f(1) = -1，f(3) = 3。

4. 最后比较这些值，发现f(0)、f(1)、f(3)都满足条件，因此可以证明函数f(x)在区间[0,3]上恒成立。

以上是解决函数恒成立问题的一种基本思路和方法，当然具体的解题过程可能因题目的不同而有所差异。

在解决这类问题时，需要灵活运用数学知识，注重思维方法的训练和解题技巧的提升。

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。

恒成立问题的求解方法复杂的问题往往由一些简单问题的演变和拼接组合，解题过程是不断分解、转化问题的过程。

注重基本题型的积累，就可以敏感地抓住问题的结构特征，找到合适的解题方法.解决恒成立问题的常用方法有：①转换为求函数的最值法；②分离参数法；③主参换位法；④数形结合法；⑤利用二次函数根的分布。

一、转换求函数的最值法：（1）a x f >)(恒成立min )(x f a <⇔，a x f <)(恒成立max )(x f a >⇔；（2）()()f x g x >恒成立()()min 0f x g x ⇔->⎡⎤⎣⎦； ()()f x g x <恒成立()()max 0f x g x ⇔-<⎡⎤⎣⎦； （3）()()12f x g x >恒成立()()min max f x g x ⇔>； （4）若存在x 使()()f x g x <()()min max f x g x ⇔>；例1.设函数432()2()f x x ax x b x R =+++∈，其中,a b R ∈．若对于任意的[]22a ∈-，，不等式()1f x ≤在[]11-，上恒成立，求b 的取值范围．分析：()1f x ≤，即m a x ()1f x ≤，[]22a ∈-，，x ∈[]11-，，要解决此题关键是求max ()f x 。

解：322()434(434)f x x ax x x x ax '=++=++由条件[]22a ∈-，可知29640a ∆=-<，从而24340x ax ++>恒成立．当0x <时，()0f x '<；当0x >时，()0f x '>．因此函数()f x 在[]11-，上的最大值是(1)f 与(1)f -两者中的较大者．为使对任意[]22a ∈-，，不等式()1f x ≤在[]11-，上恒成立，当且仅当max ()1f x ≤， 即(1)1(1)1f f ≤-≤⎧⎨⎩，即22b ab a ≤--≤-+⎧⎨⎩在[]22a ∈-，上恒成立．即min min(2)(2)b a b a ≤--≤-+⎧⎨⎩，[]22a ∈-，所以4b ≤-，因此满足条件的b 的取值范围是(]4--∞，．二、分离参数法：（适用题型：参数与变量能分离；函数的最值易求出。

“恒成立”的几种常用的解法已知不等式恒成立，求参数范围的问题，涉及函数、方程、不等式，综合性强，在高考中常常涉及，许多学生对此类问题不知从何着手，本文结合实例，谈谈这类问题常见的几种方法。

一．判别式法此方法适用于二次函数的情况，利用)0(02>>++a c bx ax的解集是R 0<∆⇔；)0(02<<++a c bx ax的解集是R 0<∆⇔，这类问题的特点是二次函数在R 上恒成立。

例1．已知函数3)(2++=ax x x f ，当时，a x f ≥)(恒成立，求a 的取值范围。

解：要使03x)(2≥-++≥a ax a x f 恒成立，即恒成立，必须且只需26,0124a 0)3(4a 22≤≤-∴≤-+≤--∆a a a 即＝二．图象法此方法主要用于二次函数，指数对数函数，三角函数等，由其函数图象确定值域，进而解之。

类型1：作一个函数的图像：例2．已知函数3)(2++=ax x x f ，若]2,2[-∈x 时，a x f ≥)(恒成立，求a 的取值范围。

解：43)2(3)(222aa x ax x x f -++=++=（1） 当7,-2a f(-2)f(x)4a ,22min+==>-<-时，即a由Φ∈∴≤≥+a ,37a a 72a 得－（2） 当,4a-3f(x )4a 4,2222min=≤-≤≤-≤-时，即a由24,2a 6a 4a-32≤≤-∴≤-≤≥a 得（3） 当7,2a f(2)f(x)4a ,22min+==-<>-时，即a由47,7a a 72a -<≤-∴-≥≥+a 得 综上得]2,7[-∈a类型2：作两个函数的图像： 1.当时10≤≤x ，不等式kx x≥2sin π恒成立，则实数k 的取值范围是_______________.【答案】k ≤1【解析】作出2sin 1xy π=与kx y =2的图象，要使不等式kx x≥2sinπ成立，由图可知须k≤1。

一元二次恒成立问题三种解法一元二次方程是高中数学中的重要概念，也是解析几何的基础之一。

在解一元二次方程的过程中，我们经常会遇到一元二次恒成立问题。

一元二次恒成立问题是指在给定条件下，要求解满足一元二次方程的未知数的取值范围。

在这篇文章中，我们将探讨三种解一元二次恒成立问题的方法。

解法一：因式分解法首先，我们来看一元二次方程的一般形式：ax^2 + bx + c = 0，其中a、b、c为常数，且a≠0。

如果方程左边可以因式分解成两个一次因式的乘积，即可使用因式分解法解一元二次恒成立问题。

举例来说，如果给定的一元二次方程是x^2 + 5x + 6 = 0，我们可以将方程左边进行因式分解，得到(x + 2)(x + 3) = 0。

根据零乘法，方程成立的条件是(x + 2) = 0或(x + 3) = 0，即x = -2或x = -3。

因此，满足一元二次恒成立问题的解是x = -2或x = -3。

解法二：配方法配方法是解一元二次方程的常用方法之一，适用于一元二次方程无法直接因式分解的情况。

配方法的思路是通过添加适当的常数将方程变为一个完全平方的形式，从而解出方程。

例如，如果给定的一元二次方程是x^2 + 6x + 5 = 0，我们可以通过添加常数的方式，将方程变为(x + 3)^2 - 4 = 0。

进一步化简可得(x + 3)^2 = 4，然后开方得到x + 3 = ±2，即x = -3 ± 2。

因此，满足一元二次恒成立问题的解是x = -1或x = -5。

解法三：求判别式法判别式是解一元二次方程的重要工具，它可以用来判断方程的解的情况。

一元二次方程的判别式Δ的表达式为Δ = b^2 - 4ac。

当Δ > 0时，方程有两个不相等的实数解；当Δ = 0时，方程有两个相等的实数解；当Δ < 0时，方程没有实数解。

利用判别式的结果，我们可以解决一元二次恒成立问题。

例如，如果给定的一元二次方程是x^2 - 4x + 4 = 0，我们可以计算出Δ = (-4)^2 - 4(1)(4) = 0。

高中数学恒成立问题的一般解法高三数学复习中，我们经常会遇到恒成立问题，恒成立问题主要涉及到一次函数、二次函数、幂函数、指数函数、对数函数、三角函数等基本初等函数的性质、图象，渗透着换元、转化与化归、数形结合、函数与方程等思想方法，有利于考查学生的分析问题、解决问题的能力，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。

恒成立问题在分析题目过程中，特别要注意与能成立问题的区别，以防导致解题错误。

常见恒成立问题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。

当然，这几种类型在方法的运用上面都有异曲同工之处，一般主要用变量分离，数形结合，函数最值，根的分布的思想方法进行处理即可解决问题。

一、一次函数型（注意改换主元的方法运用）例1、 对于满足|p|≤2的所有实数p,求使不等式x 2+p ·x+1>2p+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P ,关键在于该把哪个字母看成是一个变量，另一个作为常数，即改换主元。

可将p 视作自变量，则上述问题可转化为在[-2，2]内关于p 的一次函数大于0恒成立的问题。

略解：不等式即(x-1)p+x 2-2x+1>0,设f(p)= (x-1)p+x 2-2x+1,则f(p)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.评析：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）及它的单调性可得ⅰ）⎩⎨⎧>>0)(0m f a 或ⅱ）⎩⎨⎧><0)(0n f a 亦可合并定成⎩⎨⎧>>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、 设f(x)=x 2-2ax+2,当x ∈[-1,+∞)时，都有f(x)≥a 恒成立，求a 的取值范围。

高中数学恒成立问题的解法类型1：设)0()(2≠++=a c bx ax x f ，（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 。

类型2：设)0()(2≠++=a c bx ax x f （1）当0>a 时，],[0)(βα∈>x x f 在上恒成立⎪⎩⎪⎨⎧>>-⎪⎩⎪⎨⎧<∆≤-≤⎪⎩⎪⎨⎧><-⇔0)(2020)(2βββαααf a b a b f a b 或或， ],[0)(βα∈<x x f 在上恒成立⎩⎨⎧<<⇔0)(0)(βαf f （2）当0<a 时，],[0)(βα∈>x x f 在上恒成立⎩⎨⎧>>⇔0)(0)(βαf f],[0)(βα∈<x x f 在上恒成立⎪⎩⎪⎨⎧<>-⎪⎩⎪⎨⎧<∆≤-≤⎪⎩⎪⎨⎧><-⇔0)(2020)(2βββαααf a b a b f a b 或或 类型3：αα>⇔∈>min )()(x f I x x f 恒成立对一切αα>⇔∈<max )()(x f I x x f 恒成立对一切。

类型4：)()()()()()()(max min I x x g x f x g x f I x x g x f ∈>⇔∈>的图象的上方或的图象在恒成立对一切 恒成立问题的解题的基本思路是：根据已知条件将恒成立问题向基本类型转化，正确选用函数法、最小值法、数形结合等解题方法求解。

一、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。