处理有关“恒成立”的思路方法乐山市井研县马踏中学廖德俊与“恒成立”有关的问题一直是中学数学的重要内容，它是函数，数列，不等式，三角等内容交汇处的一个非常活跃的知识点，特别是导数的引入，成为我们更广泛更深入的研究函数，不等式的有利工具，更为我们研究恒成立问题提供了保障。
对恒成立问题的考察不仅涉及到函数，不等式等有关的传统知识和方法，而且考察极限，导数等新增内容的掌握和灵活运用。
它常与数学思想方法紧密结合，体现了能力立意的原则。
恒成立问题涉及到一次函数，二次函数的性质，图象渗透和换元，化归，数形结合，函数与方程等思想方法，有利于考察学生的综合解题能力，培养学生思维的灵活性，创造性，所以是历年高考的热点。
一．恒成立问题的基本类型按区间分类可分为：①在给定区间某关系的恒成立问题；②在全体实数集上某关系的恒成立问题。
二．处理恒成立问题的基本思路处理与恒成立有关的问题大致可分以下两种方法①变量分离思路处理；②利用函数的性质，图象思路处理。
若不等式中出现两个变量，其中一个变量的范围已知，另一个的范围为所求，且容易通过恒等变形将两个变量分别置于不等号的两边，则可将恒成立问题转化为函数的最值问题求解。
在不等式的恒成立问题中，以下充要条件应细心思考，甄别差异，性质使用。
≥∈--∈∴≥=--=+∴≥-21例2：若不等式x2+ax+10对一切x (0,]成立,则a 的取值范围为（ ）25A. 0B. -2C. -D.-32111解析：由于x (0,],a 21115()在(0,]上单调递增，在x=取得最小值2225,故选2方法2：利用函数的性质，图象其主要体现在：1，利用一次函数的图象性质 x x x x f x x x a C≠≥≤≥≥∈⇔≥≤≤∈⇔≤若原题可化为一次函数类型，则由数形结合给定一次函数f(x)=ax+b (a 0).若y=f(x)在[m,n]内恒有f(x)0(或f(x)0)，则 根据函数的图象可得：f(m)0f(x)0，x [m,n]恒成立{f(n)0f(m)0f(x)0，x [m,n]恒成立{f(n)02，利用二次函数的图象性质：>≠⇔∆<≤∈220若 f(x)=ax +bx+c (a 0)大于0恒成立{若二次函数在给定区间上恒成立则可利用根的分布和韦达 定理求解。
例1： 函数f(x)是奇函数，且在[-1,1]单调递增，又f(-1)=-1，若 f(x)t -2at+1对所有的a [-1,1]都成立，求t 的取值范围 解析： 不等式中有三个变元，通过逐步消元a ≤∈⇔≥∈≥∈⇔≥22max22法处理。
首先选 定主元x ，()在[-1,1]递增f(x)t -2at+1a [-1,1]恒成立t -2at+1（x ）[-1,1]即t -2at+11，a [-1,1]上恒成立t -2at 0f x f x≥⇔≥∈∈≤⇔≤∈≥⇔≥∈max min min 1.不等式m f(x)在区间D 上恒成立m f(x),x D 或f(x)的上确界（若f(x)在x D 的值域为[a,b]，则a 称 为f(x)的上确界，b 称为f(x)的下确界）2.不等式m f(x)在区间D 上恒成立m f(x),x D 或f(x)的下确界注释： 1.不等式m f(x)在区间D 上有解m f(x),x D 或f(x)的下确界≤⇔≤∈≥≥max 2.不等式m f(x)在区间D 上有解m f(x),x D 或f(x)的上确界那么，如何求函数g(x)在区间D 上的最大值（上确界）或最小值（下确界）呢？通常可以采取利用函数的单调性，图象，二次函数在区间上的最值，判别式法，三角函数的有解性，均值定理，函数求导例1：若函数f(x)=(x+1)ln(x+1)，对所有的x 0都有f(x)成立， 求实数a 的取值ax ≥≥∈≤∞2范围解析：由f(x)=(x+1)ln(x+1)，对所有的x 0恒成立可得： （1） 当x=0时,a R(x+1)ln(x+1)(x+1)ln(x+1)（2） 当x>0时,a ,设g(x) =则问题转化为求该函数在开区间（0，+）的最小值（下确界），又x-ln(x+1)g?(x) = ，要想求出g?(x) = 0困难重重，可换元令h(x)=x-ln(x+1),ax x xx>>+∞>>∞=1h'(x)=1-,0,故h'(x)0，则函数h(x)1在（0，+）为增函数，即h(x)h(0)=0，从而g'(x)0，则函数g(x)在（0，+）也为增函数，故g(x)无最小值.此时，由于g(0)无意义，g(x)的下确界一时也难确定，但运用极限的知识可得g(x)>limg(x),然而求此极(x+1)ln(x+1)限又超出了所学范围，事实上采用洛比达法则可得limg(x) =x x x+=>>≤∞lim[ln(x+1)1]1,故0时,()1,因而1。
综合（1）（2）知a 的取值范围为（-，1]x g x a{}∈≥≥≥⇔⇔≥≥⇒∈-∞-+∞222a [-1,1]恒成立，即g(a)=-2at+t 0,[-1,1]恒成立g(-1)0-2t+t 0{{g(1)0-2t+t 0 (,2]0[2,)t-+-++≥∈-+-+≥+-=-=⇒+≠-+-+22222。
222例2：若函数R,求实数a 的取值范围.2解析：该题就转化为被开方数(1)(1)10在R 上恒成立，注意对二次系数的讨论。
解：依题意，当x R 时,2(1)(1)0恒成立，1101 当10时，即当{时a=1,此时102(1)(1)a x a x a a x a x a a a a a x a x ≥∴+->-≠∆≤>⇒⇒<≤-+>∈2。
2220a=1成立1102当10时，即当{1{191090综上可得,()的定义域为时,[1,9] 方法三:直接根据函数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式或不等式两边函数的图象,则可以通过画图直接判断得出结果a a a a a a a f x R a∈12例:设x (0,4],恒成立,求a 的取值范围解析:若设y ,设y =ax 为过原点且斜率为a 的直线.在同一坐标系中作出函数 图象,如下右依题意,半圆恒在直线上时,只有 a<0,即其取值范围为a<0++++>+++222222222三.在恒成立问题中,主要是求函数的取值范围问题,其处理方法 有以下几种1.换元处理法例:对于所有实数x,不等式 4(1)2(1)x log 2log log 0恒成立,求14的取值范围.22解析:因为log 的值随a 的变化而变化,t=log ,则11上述问题实质是当t 取何值时,不等式(3-t)x +2tx-2t>0恒成立它等价于,求解关于t a a a x a aa aa aa a ->⇒<∆<<⇒<<+230的不等式组{0,02即log 0011t t aa a∈a a 2.选定主元法例:a,不等式(a-3)x<4a-2 都成立,求实数的取值范围.解析:按常规理解,要解以x 为主元,为a 常数的一元一次不等式,但 比较烦琐,若选a 为主变元,则可利用函数的性质解出x 的取 值范围.:0<a<5设f(a)=(x-4)a-(3x-2),则由题意知,对任意的a (0,5),都≤≤≤≤++++-+≥∈∞∈∞++++-+>(0)0有f(a)<0恒成立,由一次函数的性质得{(5)02解之得 933.构造法123(1)例:设f(x)=lg其中a 为实数,为任意给定的自然数且n 2,若x (-,1]时有意义,求a 的取值 范围.解析:本题即为对于x (-,1],123(1)0恒成立先x x x x x x x x x x f f x n n an nn n a -≥∈-∞-≥-∞=-∈-∞-∞x x xx x xx121变量分离得:对a>-[()+()++()], (n 2)对于(,1]恒成立121 构造函数g(x)=-[()+()++()], (n 2)则问题转化为求该函数在(,1]上的值域.由于函数u(x)=-()(1,21),(,1]上是单调递增的,则g(x)在(,1]n n n nx n n n nk k n x n1为单调递增函数,于是g(x)的最大值为g(1)=-(n-1),21从而可知:a>-(n-1),2-++≥>-++≥⇔∆≤>⇒⇒<≤-+≤≤≤224.分类讨论例:若函数R,则的 取值范围是( )由题意6(8)0恒成立 (1).若,符合题意0 (2).若,6(8)0恒成立{{013624(8)0综上可得: 01在处理恒成立kx kx k k kx kx k k k k k k k 问题时,并非单一的使用某一种思路方法,而是各种思路方法相互渗透,解决这类问题是各种思路和方法的综合运用,且要求较高难度较大.正所谓"万变不离其中",只要我们在平时的学习中把基本思路和方法理解,掌握透彻,一切问题都会 迎刃而解.“恒成立问题”解决的基本策略一、恒成立问题的基本类型在数学问题研究中经常碰到在给定条件下某些结论恒成立的命题.函数在给定区间上某结论成立问题,其表现形式通常有: 在给定区间上某关系恒成立; 某函数的定义域为全体实数R;●某不等式的解为一切实数;❍某表达式的值恒大于a 等等… 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。
二、恒成立问题解决的基本策略（一）两个基本思想解决“恒成立问题” 思路1、max )]([)(x f m D x x f m ≥⇔∈≥上恒成立在思路2、min )]([)(x f m D x x f m ≤⇔∈≤上恒成立在如何在区间D 上求函数f(x)的最大值或者最小值问题,我们可以通过习题的实际,采取合理有效的方法进行求解,通常可以考虑利用函数的单调性、函数的图像、二次函数的配方法、三角函数的有界性、均值定理、函数求导等等方法求函数f （x ）的最值。
这类问题在数学的学习涉及的知识比较广泛，在处理上也有许多特殊性，也是近年来高考中频频出现的试题类型，希望同学们在日常学习中注意积累。
（二）、赋值型——利用特殊值求解等式中的恒成立问题，常常用赋值法求解，特别是对解决填空题、选择题能很快求得.例1．由等式x4+a1x3+a2x2+a3x+a4= (x+1)4+b1(x+1)3+ b2(x+1)2+b3(x+1)+b4 定义映射f ：(a1,a2,a3,a4)→b1+b2+b3+b4,则f ：(4,3,2,1) → ( ) A.10 B.7 C.-1 D.0略解：取x=0，则 a4=1+b1+b2+b3+b4,又 a4=1,所以b1+b2+b3+b4 =0 ， 故选D例2．如果函数y=f(x)=sin2x+acos2x 的图象关于直线x=8π-对称，那么a=（ ）.A.1B.-1 C .2 D. -2.略解：取x=0及x=4π-，则f(0)=f(4π-),即a=-1，故选B.此法体现了数学中从一般到特殊的转化思想.（三）分清基本类型，运用相关基本知识，把握基本的解题策略 1、一次函数型：若原题可化为一次函数型,则由数形结合思想利用一次函数知识求解,十分简捷给定一次函数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．对于满足|a|≤2的所有实数a,求使不等式x2+ax+1>2a+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a,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a 视作自变量，则上述问题即可转化为在[-2，2]内关于a 的一次函数大于0恒成立的问题.解：原不等式转化为(x-1)a+x2-2x+1>0在|a|≤2时恒成立, 设f(a)= (x-1)a+x2-2x+1,则f(a)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. 即x ∈(－∞,－1)∪(3,+∞)此类题本质上是利用了一次函数在区间[m,n]上的图象是一线段，故只需保证该线段两端点均在x 轴上方（或下方）即可.2、二次函数型涉及到二次函数的问题是复习的重点，同学们要加强学习、归纳、总结，提炼出一些具体的方法，在今后的解题中自觉运用。