函数、不等式恒成立问题解法(老师用)

一个函数不等式恒成立问题的两种解法曹㊀彬(贵州省黔西第一中学㊀５５１５００)摘㊀要:函数是每年高考的必考内容ꎬ函数题常常是高考试卷上的压轴题之一.恒成立问题是函数题的常见题型ꎬ恒成立问题最终都转化成函数最值问题ꎬ但是当函数解析式相对复杂时ꎬ转化过程相当繁琐.本文根据高考考试大纲要求ꎬ指出在高考复习阶段ꎬ如何利用常规方法和高等数学知识解出函数不等式恒成立问题的参数取值范围.关键词:高考复习ꎻ函数不等式恒成立问题ꎻ洛必达法则中图分类号:Ｇ６３２㊀㊀㊀㊀㊀㊀文献标识码:Ａ㊀㊀㊀㊀㊀㊀文章编号:１００８－０３３３(２０２０)１６－００４９－０２㊀㊀函数作为高中数学知识体系的核心ꎬ是历年高考的热点ꎬ函数题常常作为高考压轴题出现.以研究函数性质为主要解题手段的不等式称为函数不等式ꎬ函数不等式恒成立问题是高考函数题中的重点ꎬ在高考试卷上较为常见.通常以一次函数㊁二次函数㊁三角函数㊁指数与对数函数为载体ꎬ考察函数的图象与性质ꎬ渗透换元㊁转化与化归㊁数形结合㊁函数与方程等思想方法ꎬ考查学生的综合解题能力ꎬ在培养思维的灵活性㊁创新性ꎬ发展学生数学核心素养起到积极的作用.函数不等式恒成立问题都要转化为函数最值问题ꎬ但对于解析式较复杂的函数ꎬ学生普遍感到难以找到解决问题的切入点和突破口.本文旨在介绍洛必达法则应用的同时ꎬ多种解法求一类特殊函数不等式恒成立问题中参数取值范围.㊀㊀一㊁问题的提出已知函数ｆ(ｘ)＝(ｘ＋１)ｌｎｘ－ａ(ｘ－１)ꎬ若对任意ｘɪ(１ꎬ＋ɕ)ꎬ都有ｆ(ｘ)>０恒成立ꎬ求常数ａ的取值范围.这种问题通常转化成讨论ｆ(ｘ)在(１ꎬ＋ɕ)上的最小值ꎬ而且常常用参变分离方法.如果仔细观察ꎬ会发现ｆ(１)＝０ꎬ这种问题的解法就有数形结合法㊁参变分离法ꎬ下面分别介绍这两种解法.㊀㊀二㊁问题的解答１.解法一(数形结合法)解题过程㊀函数ｆ(ｘ)的定义域为(０ꎬ＋ɕ)ꎬｆᶄ(ｘ)＝ｌｎｘ＋ｘ＋１ｘ－ａ＝ｌｎｘ＋１ｘ＋１－ａ.令ｇ(ｘ)＝ｌｎｘ＋１ｘ＋１－ａꎬｇᶄ(ｘ)＝１ｘ－１ｘ２＝ｘ－１ｘ２.因为ｘ>１ꎬ所以ｇᶄ(ｘ)>０恒成立ꎬ所以ｇ(ｘ)在(１ꎬ＋ɕ)上为单调增函数ꎬ且ｇ(１)＝ｆᶄ(１)＝２－ａ.当２－ａȡ０ꎬ即ａɤ２时ꎬｆᶄ(ｘ)>０在(１ꎬ＋ɕ)上恒成立ꎬ所以ｆ(ｘ)在(１ꎬ＋ɕ)上为单调增函数.由于ｆ(１)＝０ꎬ故满足ｆ(ｘ)>０在(１ꎬ＋ɕ)上恒成立.当２－ａ<０ꎬ即ａ>２时ꎬ有ｆᶄ(１)＝２－ａ<０ꎬ取ｘ＝ｅａꎬｆᶄ(ｅａ)＝ａ＋１ｅａ＋１－ａ＝１ｅａ＋１>０ꎬ故根据零点存在性定理ꎬ存在ｘ０ɪ(１ꎬｅａ)ꎬ使得ｆᶄ(ｘ０)＝０ꎬ此时ｆ(ｘ)在(１ꎬｘ０)上为单调减函数ꎬ在[ｘ０ꎬ＋ɕ)上为单调增函数.由于ｆ(１)＝０ꎬ故此时ｆ(ｘ)>０在(１ꎬ＋ɕ)上不恒成立.综上ꎬａɤ２.评析㊀这种解法就是参考答案给出的常规解法ꎬ根据函数的性质确定函数的图象ꎬ通过讨论函数在指定范围内是否有零点ꎬ逐步缩小参数的范围并最终确定ꎬ但是找区间的端点是难点.２.解法二(参变分离法)洛必达法则㊀设函数ｆ(ｘ)和ｇ(ｘ)满足: (１)ｌｉｍｘңｘｆ(ｘ)＝０ꎬｌｉｍｘңｘｇ(ｘ)＝０ꎻ(２)函数ｆ(ｘ)ꎬｇ(ｘ)在ｘ０的某个去心邻域内可导ꎬ且ｇᶄ(ｘ)ʂ０ꎻ(３)ｌｉｍｘңｘｆᶄ(ｘ)ｇᶄ(ｘ)＝Ａ(Ａ可以是实数ꎬ也可为ɕꎬ＋ɕꎬ－ɕ)ꎬ则ｌｉｍｘңｘｆ(ｘ)ｇ(ｘ)＝ｌｉｍｘңｘｆᶄ(ｘ)ｇᶄ(ｘ)＝Ａ.注:法则对于ｘңɕ时ꎬ或者条件(１)换成 ｌｉｍｘңｘｆ(ｘ)＝ɕꎬｌｉｍｘңｘｇ(ｘ)＝ɕ 同样适用.解答过程㊀由ｆ(ｘ)>０可得(ｘ＋１)ｌｎｘ－ａ(ｘ－１)>０ꎬ由于ｘ>１ꎬ所以得ａ<(ｘ＋１)ｌｎｘｘ－１恒成立.令ｇ(ｘ)＝(ｘ＋１)ｌｎｘｘ－１ꎬｘ>１ꎬｇᶄ(ｘ)＝[(ｘ＋１)ｌｎｘ]ᶄ(ｘ－１)－(ｘ＋１)ｌｎｘ(ｘ－１)２＝ｘ－１ｘ－２ｌｎｘ(ｘ－１)２.令ｈ(ｘ)＝ｘ－１ｘ－２ｌｎｘꎬｈᶄ(ｘ)＝１＋１ｘ２－２ｘ＝(ｘ－１)２ｘ２ꎬ所以ｈᶄ(ｘ)>０在(１ꎬ＋ɕ)上恒成立ꎬ所以函数ｈ(ｘ)在(１ꎬ＋ɕ)上为单调增函数ꎬ因为ｈ(１)＝０ꎬ所以ｈ(ｘ)>０在(１ꎬ＋ɕ)上恒成立ꎬ即ｇᶄ(ｘ)>０在(１ꎬ＋ɕ)上恒成立ꎬ所以函数ｇ(ｘ)在(１ꎬ＋ɕ)上为单调增函数ꎬ根据洛必达法则ｌｉｍｘң１ｇ(ｘ)＝ｌｉｍｘң１(ｘ＋１)ｌｎｘｘ－１＝ｌｉｍｘң１ｌｎｘ＋１＋１ｘ１＝２ꎬ所以ａɤ２.评析㊀这是最容易找到入手点的解法ꎬ但在最后阶段却出现疑惑ꎬ因为在ｘ＝１处的函数值不能直接解出ꎬ所以要用洛必达法则求极限值.运用上述两种解法ꎬ可解决如下同类型题:已知函数ｆ(ｘ)＝(１－ｘ２)ｅｘꎬ当ｘȡ０时ꎬ都有ｆ(ｘ)ɤａｘ＋１恒成立ꎬ求ａ的取值范围.函数题的得分率历来不高ꎬ学生普遍感到困难ꎬ分析有如下原因:需要对证明的等式或者不等式进行变形ꎬ此过程需要技巧ꎬ经验性很高ꎬ学生一般很难掌握ꎻ含有参数的问题需要分类讨论ꎬ讨论的类别较多ꎬ运算量大还容易遗漏ꎻ对研究的函数不能画出图象ꎬ难以构造出直观模型辅助思考ꎻ很多函数题需要多次求导.所以ꎬ如果用高中知识解答高考函数题ꎬ对学生的思考灵活性㊁思维严密性㊁表达逻辑性等方面的要求较高ꎬ难度较大.㊀㊀参考文献:[１]吴贤盛.不等式恒成立ꎬ参数值妙求解 ２０１９年全国卷Ⅰ文第２０题[Ｊ].中学数学ꎬ２０１９(２３):６９－７０.[２]张智云.浅析含参数不等式恒成立问题的求解策略[Ｊ].数学学习与研究ꎬ２０１９(２２):１１４.[责任编辑:李㊀璟]巧用数轴表示圆与圆的位置关系武兴亮(江苏省无锡市青山高级中学㊀２１４０００)摘㊀要:圆与圆的位置关系是高中数学中一个比较重要的知识点ꎬ常见判断圆与圆的位置关系共有两种方法:代数法和几何法.代数法虽然能判断圆与圆的交点个数ꎬ但是并不能准确地判断位置关系(有一个交点时不能判断内切还是外切ꎬ无交点时不能判断内含还是相离)ꎬ所以我们常用几何法来判定圆与圆的位置关系.本文将利用数轴ꎬ把圆与圆的位置关系展示在数轴上ꎬ使得学生可以更加直观地理解圆与圆的位置关系ꎬ方便他们的记忆及解决相关问题.关键词:数轴ꎻ圆与圆的位置关系中图分类号:Ｇ６３２㊀㊀㊀㊀㊀㊀文献标识码:Ａ㊀㊀㊀㊀㊀㊀文章编号:１００８－０３３３(２０２０)１６－００５０－０２㊀㊀一㊁圆与圆的位置关系(几何法)设有圆Ｃ１与圆Ｃ２ꎬ半径分别为ｒ１ꎬｒ２ꎬ两圆的圆心距为ｄꎬ从下面的图可以看出ꎬ平面上两圆的位置关系有五种ꎬ可以从两圆的圆心距与两圆的半径大小关系来判断. (１)当ｄ>ｒ１＋ｒ２时ꎬ圆Ｃ１与圆Ｃ２相离ꎻ(２)当ｄ＝ｒ１＋ｒ２时ꎬ圆Ｃ１与圆Ｃ２外切ꎻ(３)当｜ｒ１－ｒ２｜<ｄ<ｒ１＋ｒ２时ꎬ圆Ｃ１与圆Ｃ２相交ꎻ(４)当ｄ＝｜ｒ１－ｒ２｜时ꎬ圆Ｃ１与圆Ｃ２内切ꎻ(５)当ｄ<｜ｒ１－ｒ２｜时ꎬ圆Ｃ１与圆Ｃ２内含.㊀㊀二㊁结合数轴展示圆与圆的位置关系从上面圆与圆的位置我们发现ꎬ圆心距ｄ的值与ｒ１＋。

不等式恒成立问题解题方法汇总（含答案）不等式恒成立问题一般设计独特，涉及到函数、不等式、方程、导数、数列等知识，渗透着函数与方程、等价转换、分类讨论、换元等思想方法，成为历年高考的一个热点．考生对于这类问题感到难以寻求问题解决的切入点和突破口．这里对这一类问题的求解策略作一些探讨．1最值法例1．已知函数在处取得极值，其中为常数．（I）试确定的值；（II）讨论函数的单调区间；（III）若对于任意，不等式恒成立，求的取值范围．分析：不等式恒成立，可以转化为2分离参数法例2．已知函数（I）求函数的单调区间；（II）若不等式对于任意都成立（其中是自然对数的底数），求的最大值．分析：对于（II）不等式中只有指数含有，故可以将函数进行分离考虑．3 数形结合法例3．已知当时，不等式恒成立，则实数的取值范围是＿＿＿．分析：本题若直接求解则比较繁难，但若在同一平面直角坐标系内作出函数与函数在上的图象，借助图形可以直观、简捷求解．4 变更主元法例4．对于满足不等式的一切实数，函数的值恒大于，则实数的取值范围是＿＿＿．分析：若审题不清，按习惯以为主元，则求解将非常烦琐．应该注意到：函数值大于对一定取值范围的谁恒成立，则谁就是主元．5 特殊化法例5．设是常数，且（）．（I）证明：对于任意，．（II）假设对于任意有，求的取值范围．分析：常规思路：由已知的递推关系式求出通项公式，再根据对于任意有求出的取值范围，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．6分段讨论法例6．已知，若当时，恒有＜0，求实数a的取值范围．例7．若不等式对于恒成立，求的取值范围．7单调性法例8．若定义在的函数满足，且时不等式成立，若不等式对于任意恒成立，则实数的取值范围是＿＿＿．8判别式法例9．若不等式对于任意恒成立．则实数的取值范围是＿＿＿．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恒成立，可以选择判别式法．例10．关于的不等式在上恒成立，求实数的取值范围．答案部分1最值法例1．已知函数在处取得极值，其中为常数．（I）试确定的值；（II）讨论函数的单调区间；（III）若对于任意，不等式恒成立，求的取值范围．分析：不等式恒成立，可以转化为解：（I）（过程略）．（II）（过程略）函数的单调减区间为，函数的单调增区间为．（III）由（II）可知，函数在处取得极小值，此极小值也是最小值．要使（）恒成立，只需，解得或．所以的取值范围为．评注：最值法是我们这里最常用的方法．恒成立；恒成立．2分离参数法例2．已知函数（I）求函数的单调区间；（II）若不等式对于任意都成立（其中是自然对数的底数），求的最大值．分析：对于（II）不等式中只有指数含有，故可以将函数进行分离考虑．解：（I）（过程略）函数的单调增区间为，的单调减区间为（II）不等式等价于不等式，由于，知；设，则．由（I）知，，即；于是，，即在区间上为减函数．故在上的最小值为．所以的最大值为．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．已知当时，不等式恒成立，则实数的取值范围是＿＿＿．分析：本题若直接求解则比较繁难，但若在同一平面直角坐标系内作出函数与函数在上的图象，借助图形可以直观、简捷求解．解：在同一平面直角坐标系内作出函数与函数在上的图象（如右），从图象中容易知道：当且时，函数的图象恒在函数上方，不合题意；当且时，欲使函数的图象恒在函数下方或部分点重合，就必须满足，即．故所求的的取值范围为．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．对于满足不等式的一切实数，函数的值恒大于，则实数的取值范围是＿＿＿．分析：若审题不清，按习惯以为主元，则求解将非常烦琐．应该注意到：函数值大于对一定取值范围的谁恒成立，则谁就是主元．解：设，，则原问题转化为恒成立的问题．故应该有，解得或．所以实数的取值范围是．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．设是常数，且（）．（I）证明：对于任意，．（II）假设对于任意有，求的取值范围．分析：常规思路：由已知的递推关系式求出通项公式，再根据对于任意有求出的取值范围，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，，所以数列是等比数列，可以求得对于任意，．（II）假设对于任意有，取就有解得；下面只要证明当时，就有对任意有由通项公式得当（）时，当（）时，，可见总有．故的取值范围是评注：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，若当时，恒有＜0，求实数a的取值范围．解：（i）当时，显然＜0成立，此时，（ii）当时，由＜0，可得＜＜，令则＞0，∴是单调递增，可知＜0，∴是单调递减，可知此时的范围是（—1，3）综合i、ii得：的范围是（—1，3）．例7．若不等式对于恒成立，求的取值范围．解：（只考虑与本案有关的一种方法）解：对进行分段讨论，当时，不等式恒成立，所以，此时；当时，不等式就化为，此时的最小值为，所以；当时，不等式就化为，此时的最大值为，所以；由于对上面的三个范围要求同时满足，则所求的的范围应该是上三个的范围的交集即区间说明：这里对变量进行分段来处理，那么所求的对三段的要同时成立，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．若定义在的函数满足，且时不等式成立，若不等式对于任意恒成立，则实数的取值范围是＿＿＿．解：设，则，有．这样，，则，函数在为减函数．因此；而（当且仅当时取等号），又，所以的取值范围是．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．若不等式对于任意恒成立．则实数的取值范围是＿＿＿．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恒成立，可以选择判别式法．解：当时，不等式化为，显然对一切实数恒成立；当时，要使不等式一切实数恒成立，须有，解得．综上可知，所求的实数的取值范围是．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．关于的不等式在上恒成立，求实数的取值范围．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；∵，∴不等式可以化为；下面只要求在时的最小值即可，分段处理如下．当时，，，再令，，它的根为；所以在区间上有，递增，在区间上有，递减，则就有在的最大值是，这样就有，即在区间是递减．同理可以证明在区间是递增；所以，在时的最小值为，即．技巧解：由于，所以，，两个等号成立都是在时；从而有（时取等号），即．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。

不等式恒成立、能成立、恰成立问题一、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)=x 2-2ax+2,当x ∈[-1,+∞]时，都有f(x)≥a 恒成立，求a 的取值范围。

例2、已知(),22xax 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()()min g f x λ≤) ，得λ的取值范围。

函数不等式恒成立问题解法函数和不等式是数学中的重要概念和工具，有着广泛的应用。

在解决函数和不等式恒成立的问题时，通常可以采用以下一些基本的解法。

一、函数恒成立问题的解法：1.分析函数的定义域和值域：函数的定义域是所有满足函数定义的输入值的集合，值域则是函数的所有可能输出值的集合。

通过分析函数的定义域和值域，可以判断函数在一些特定范围内是否恒成立。

2.化简和变形：有时候可以通过对函数进行化简和变形来更方便地判断函数的恒成立性。

例如，对于分式函数，可以尝试化简分式，然后观察化简后的形式是否恒成立。

对于多项式函数，可以通过因式分解或配方法进行化简和变形。

3.列出函数的性质和特点：函数有很多性质和特点，例如奇偶性、周期性、增减性等。

通过分析函数的性质和特点，可以判断函数在一些特定条件下是否恒成立。

4.利用函数的图像和性质：通过绘制函数的图像，可以帮助我们直观地理解函数的性质和变化趋势。

对于一些特殊类型的函数，如三角函数和指数函数，可以利用函数的图像和性质来判断函数是否恒成立。

二、不等式恒成立问题的解法：1.利用性质和等价变形：不等式有一些基本性质和等价变形，如加减性、乘除性、取反性、平方性等。

通过利用这些性质和等价变形，可以将原不等式转化为等价的不等式，然后判断等价不等式的恒成立性。

2.化简和变形：和函数恒成立问题类似，有时候可以通过对不等式进行化简和变形来更方便地判断不等式的恒成立性。

例如，可以合并同类项、化简分式、配方等。

3.列出不等式的性质和特点：不等式也有一些性质和特点，如单调性、对称性、周期性等。

通过分析不等式的性质和特点，可以判断不等式在一些特定条件下是否恒成立。

4.利用数轴和区间：对于一元不等式，可以利用数轴和区间的表示法来帮助我们理解和解决不等式。

可以将不等式中的变量表示在数轴上，并根据不等式的性质和条件，确定变量可取的范围和解集。

以上是一些常见的解决函数和不等式恒成立问题的基本方法和思路。

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。

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