恒成立问题专题

高三数学恒成立问题的一般解法

高三数学复习中的恒成立问题，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

a0a0f(m)0ⅰ）或ⅱ）亦可合并定成 f(m)0f(n)0f(n)0

f(m)0同理，若在[m,n]内恒有f(x)

例1、 对于满足|p|2的所有实数p,求使不等式x2+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+x2-2x+1>0,设f(p)= (x-1)p+x2-2x+1,则f(p)在[-2,2]上恒大于0，故有：

2x3或x1f(2)0x4x30即解得： 2x1或x1f(2)x10

∴x3.

二、二次函数型

a0若二次函数y=ax+bx+c=0(a≠0)大于0恒成立，则有

02

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。

例2、 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。

分析：题目中要证明f(x)a恒成立，若把a移到等号的左边，则把原题转化成左边二次函数在区间[-1,+)时恒大于0的问题。

解：设F(x)= f(x)-a=x2-2ax+2-a.

ⅰ)当=4（a-1)(a+2)

ⅱ）当=4（a-1)(a+2) 0时由图可得以下充要条件：

0(a1)(a2)0 f(1)0即a30

a1,2a1,

2得-3a-2;

综合可得a的取值范围为[-3，1]。

例3、 关于x的方程9x+(4+a)3x+4=0恒有解，求a的范围。

分析：题目中出现了3x及9x，故可通过换元转化成二次函数型求解。 解法1（利用韦达定理）：

设3x=t,则t>0.则原方程有解即方程t2+(4+a)t+4=0有正根。

0(4a)2160a0或a8x1x2(4a)0 即 a4a4xx4012

解得a-8.

解法2（利用根与系数的分布知识）：

即要求t2+(4+a)t=0有正根。设f(x)= t2+(4+a)t+4.

10.=0,即（4+a）2-16=0,∴a=0或a=-8.

a=0时，f(x)=(t+2)2=0,得t=-2

a=-8时，f(x)=(t-2)2=0,得t=2>0,符合题意。∴

a=-8.

20. >0,即a0时，

4a0，即∵f(0)=4>0,故只需对称轴2

a

∴a

综合可得a-8.

三、变量分离型

若在等式或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，且容易通过恒等变形将两个变量分别置于等号或不等号的两边，则可将恒成立问题转化成函数的最值问题求解。

例4、 已知当xR时，不等式a+cos2x

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：4sinx+cos2x

f(x)= 4sinx+cos2x=-2sin2x+4sinx+1=-2(sinx-1)2+33, ∴5a4-a+5>3即a4>a+2

a20a20上式等价于5a40或 5a405a4(a2)2

4解得a

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。

另解：a+cos2x

a+1-2sin2x

整理得2t2-4t+4-a+a4>0,( t[-1,1])恒成立。

设f(t)= 2t2-4t+4-a+a4则二次函数的对称轴为t=1,

 f(x)在[-1，1]内单调递减。  只需f(1)>0,即5a4>a-2.(下同)

四、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。

例5、 若f(x)=sin(x+)+cos(x-)为偶函数，求的值。

分析：告诉我们偶函数的条件，即相当于告诉我们一个恒成立问题。 解：由题得：f(-x)=f(x)对一切xR恒成立，

sin(-x+)+cos(-x-)=sin(x+)+cos(x-)

即sin(x+)+sin(x-)=cos(x+)-cos(x-)

2sinx·cos=-2sinx·sinsinx(sin+cos)=0

，只需也必须sin+cos=0。  对一切xR恒成立．．．

.（kZ) 4

五、直接根据图象判断

若把等式或不等式进行合理的变形后，能非常容易地画出等号或不等号两边函数的图象，则可以通过画图直接判断得出结果。尤其对于选择题、填空题这种方法更显方便、快捷。

例6、当x(1,2)时，不等式(x-1)2

见的对数函数的图象，故可以通过图象求解。

解：设y1=(x-1)2,y2=logax,则y1的图象为右图所示的抛物线，要使对一切x(1,2),y11,并且必须也只需当x=2时y2的函数值大于等于y1的函数值。

故loga2>1,a>1,1

例7、已知关于x的方程lg(x2+20x)-lg(8x-6a-3)=0有唯一解，求实数a的取值范围。

分析：方程可转化成lg(x2+20x)=lg(8x-6a-3),从而得x2+20x=8x-6a-3>0,注意到若将等号两边看成是二次函数y= x2+20x及一次函数y=8x-6a-3，则只需考虑这两个函数的图象在x轴上方恒有唯一交点即可。

解：令y1= x2+20x=（x+10）2-100,y2=8x-6a-3,则如图所示，y1的图象为一个定抛物线，y2的图

象是一条斜率为定值8，而截距不定的直线，要使y1和y2在x轴上有唯一交点，则直线必须位于

l1和l2之间。（包括l1但不包括l2)

当直线为l1时，直线过点（-20，0）此时纵

163截距为-6a-3=160,a=; 6

当直线为l2时，直线过点（0，0），纵截距为

11163-6a-3=0，a=∴a的范围为[，）。 622

=k

高三数学恒成立问题的一般解法

高三数学复习中的恒成立问题，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

a0a0f(m)0ⅰ）或ⅱ）亦可合并定成 f(m)0f(n)0f(n)0

f(m)0同理，若在[m,n]内恒有f(x)

例1、 对于满足|p|2的所有实数p,求使不等式x2+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+x2-2x+1>0,设f(p)= (x-1)p+x2-2x+1,则f(p)在[-2,2]上恒大于0，故有：

2x3或x1f(2)0x4x30即解得： 2x1或x1f(2)x10

∴x3.

二、二次函数型

a0若二次函数y=ax+bx+c=0(a≠0)大于0恒成立，则有

02

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。

例2、 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。

分析：题目中要证明f(x)a恒成立，若把a移到等号的左边，则把原题转化成左边二次函数在区间[-1,+)时恒大于0的问题。

解：设F(x)= f(x)-a=x2-2ax+2-a.

ⅰ)当=4（a-1)(a+2)

ⅱ）当=4（a-1)(a+2) 0时由图可得以下充要条件：

0(a1)(a2)0 f(1)0即a30

a1,2a1,

2得-3a-2;

综合可得a的取值范围为[-3，1]。

例3、 关于x的方程9x+(4+a)3x+4=0恒有解，求a的范围。

分析：题目中出现了3x及9x，故可通过换元转化成二次函数型求解。 解法1（利用韦达定理）：

设3x=t,则t>0.则原方程有解即方程t2+(4+a)t+4=0有正根。

0(4a)2160a0或a8x1x2(4a)0 即 a4a4xx4012

解得a-8.

解法2（利用根与系数的分布知识）：

即要求t2+(4+a)t=0有正根。设f(x)= t2+(4+a)t+4.

10.=0,即（4+a）2-16=0,∴a=0或a=-8.

a=0时，f(x)=(t+2)2=0,得t=-2

a=-8时，f(x)=(t-2)2=0,得t=2>0,符合题意。∴

a=-8.

20. >0,即a0时，

4a0，即∵f(0)=4>0,故只需对称轴2

a

∴a

综合可得a-8.

三、变量分离型

若在等式或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，且容易通过恒等变形将两个变量分别置于等号或不等号的两边，则可将恒成立问题转化成函数的最值问题求解。

例4、 已知当xR时，不等式a+cos2x

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：4sinx+cos2x

f(x)= 4sinx+cos2x=-2sin2x+4sinx+1=-2(sinx-1)2+33, ∴5a4-a+5>3即a4>a+2

a20a20上式等价于5a40或 5a405a4(a2)2

4解得a

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。

另解：a+cos2x

a+1-2sin2x

整理得2t2-4t+4-a+a4>0,( t[-1,1])恒成立。

设f(t)= 2t2-4t+4-a+a4则二次函数的对称轴为t=1,

 f(x)在[-1，1]内单调递减。  只需f(1)>0,即5a4>a-2.(下同)

四、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。

例5、 若f(x)=sin(x+)+cos(x-)为偶函数，求的值。

分析：告诉我们偶函数的条件，即相当于告诉我们一个恒成立问题。 解：由题得：f(-x)=f(x)对一切xR恒成立，

sin(-x+)+cos(-x-)=sin(x+)+cos(x-)

即sin(x+)+sin(x-)=cos(x+)-cos(x-)

2sinx·cos=-2sinx·sinsinx(sin+cos)=0

，只需也必须sin+cos=0。  对一切xR恒成立．．．

.（kZ) 4

五、直接根据图象判断

若把等式或不等式进行合理的变形后，能非常容易地画出等号或不等号两边函数的图象，则可以通过画图直接判断得出结果。尤其对于选择题、填空题这种方法更显方便、快捷。

例6、当x(1,2)时，不等式(x-1)2

见的对数函数的图象，故可以通过图象求解。

解：设y1=(x-1)2,y2=logax,则y1的图象为右图所示的抛物线，要使对一切x(1,2),y11,并且必须也只需当x=2时y2的函数值大于等于y1的函数值。

故loga2>1,a>1,1

例7、已知关于x的方程lg(x2+20x)-lg(8x-6a-3)=0有唯一解，求实数a的取值范围。

分析：方程可转化成lg(x2+20x)=lg(8x-6a-3),从而得x2+20x=8x-6a-3>0,注意到若将等号两边看成是二次函数y= x2+20x及一次函数y=8x-6a-3，则只需考虑这两个函数的图象在x轴上方恒有唯一交点即可。

解：令y1= x2+20x=（x+10）2-100,y2=8x-6a-3,则如图所示，y1的图象为一个定抛物线，y2的图

象是一条斜率为定值8，而截距不定的直线，要使y1和y2在x轴上有唯一交点，则直线必须位于

l1和l2之间。（包括l1但不包括l2)

当直线为l1时，直线过点（-20，0）此时纵

163截距为-6a-3=160,a=; 6

当直线为l2时，直线过点（0，0），纵截距为

11163-6a-3=0，a=∴a的范围为[，）。 622

=k