恒成立问题

高中数学常见的恒成立问题的一般解法

李 文

摘要：本文针对高中数学的恒成立问题，通过分析恒成立问题在解题过程中的几种类型和解题的常用方法进行分类，并通过实例进行说明，比较系统的展现了高中数学中恒成立问题的一般解法，帮助学生对恒成立问题有了系统、详细的认识。

关键词：恒成立问题；解法；函数；不等式

我们在高中数学教学中，经常遇到一些恒成立问题，我们反复讲解，大多数学生也束手无策，不知道从哪里下手，找不到问题的突破口，因而感觉十分困难，主要是缺乏系统归类。高中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函数型；②不等式型；③方程型。而这三种类型又不是独立出现的，有时会把两者融合在一起。对于这三种类型的题解决的方法常有：①函数性质法；②分离参数法；③数形结合法。

一、 函数性质法

函数的性质包括函数的定义域、值域、单调性、奇偶性、周期性等，而对于恒成立问题经常用到函数的单调性。下面根据函数类型对利用函数性质法来解恒成立问题做一个说明。

（一）一次函数型

对于一次函数y=f(x)=kx+b(k≠0),若y=f(x)在[m,n]内恒有f(x)>0，则根据函数的图象（直线）或一次函数的单调性（当k>0时，y=f(x) 在[m,n]内为增函数，当k

k0k0或ⅱ）即一次函数y=f(x)=kx+b(k≠0)在[m,n]的最小值大于0。f(m)0f(n)0

f(m)0若k不知道正负，上面两种情况亦可合并定成，这样可以回避讨论k的正负。

f(n)0

f(m)0同理，若在[m,n]内恒有f(x)

例1、 对于满足|a|2的所有实数a,求使不等式x2+ax+1>a+2x恒成立的x的取值范围。 ⅰ）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。若将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：原不等式可化为(x-1)a+x2-2x+1>0,设f(a)= (x-1)a+x2-2x+1,则f(a)在[-2,2]上恒大于0

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

∴x3.

（二）二次函数型

根据二次函数的定义域不同，二次函数分为两种类型①若二次函数y=ax2+bx+c=0(a≠0，xR)大于0恒成立，则有a0 0

②若是二次函数在指定区间上的恒成立问题，则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.

①当=4（a-1)(a+2)

0(a1)(a2)0F(1)0即 a30a1,2a1,

2

得-3a-2;

综上可得a的取值范围为[-3，1]。 （三）高次函数型

对于函数f(x)=axn+bxn-1+…+m=0(a≠0，n≥3)在给定区间上大于0（或小于0）恒成立问题，则利用求导的方法求出函数的最值，只需函数的最小值大于0（或最大值小于0）即可。

例3、 设函数f(x)=x3+ax2 –a2x+m(a>0)，若对任意的a∈[3,6]，不等式f(x)≤1在x∈[-2,2]上恒成立，求实数m的取值范围。

解：∵f(x)=3x2+2ax –a2=3(x-ˊa)(x+a) 又a>0 3

∴当x

当-a0 3aˊ时, f(x)

aa，）单调递减区间为(-a, ) 33∴函数的单调递增区间为(，-a)，（

当a∈[3,6], a∈[1,2],-a≤-3 3

又x∈[-2,2], ∴f(x)max=max{ f(-2), f(2)}

而f(-2) =-8+4a+2a2+m，f(2)= 8+4a-2a2+m,

∴f(-2)- f(2)=-16+4a2>0，∴f(x)max= f(-2) =-8+4a+2a2+m

要使不等式f(x)≤1在x∈[-2,2]上恒成立，

只需f(x)max= f(-2) =-8+4a+2a2+m≤1

即m≤9-4a-2a2在a∈[3,6] 上恒成立

∵9-4a-2a2在a∈[3,6]的最小值为-87，∴m≤-87

说明：此题不光涉及到高次函数的恒成立，还涉及到二次函数的恒成立，并且都用到利用最值法来解，所以在解题时注意恰当的使用最值法。

对于复合型的函数，我们可以把它化为常见的函数类型来解。

例4、 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xx40a4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，

∵f(0)=4>0,故只需对称轴4a0，即a

∴a

另外，我们来看一下利用函数的奇偶性、周期性等

性质怎样来解恒成立问题。

若函数f(x)是奇(偶)函数，则对一切定义域中的x ,f(-x)=-f(x)(或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

∵ 对一切xR恒成立，∴sin+cos=0 ．．．

∴=k

4.（kZ）

二、 分离参数法

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6、 已知当xR时， 不等式a+cos2x

解：原不等式可化为4sinx+cos2x

要使上式恒成立，只需 -a+5大于4sinx+cos2x的最大值，故上述问题转化成求f(x)=4sinx+cos2x的最值问题。

∵ f(x)= 4sinx+cos2x=-2sin2x+4sinx+1=-2(sinx-1)2+33,

∴-a+5>3即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，利用二次函数在指定区间上的恒成立问题来解（解略）。

实际上例4也可以用分离参数法来解。

解法3：

设3x=t,则t>0.则原方程可化为t2+(4+a)t+4=0，

t24即4+a= 恒成立 t

t244又∵t>0

，由均值不等式可得tttt24 ∴≤-4，即4+a≤-4, ∴a≤-8 t

三、 数形结合法

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

分析：若将不等号两边分别设成两个函数，则左边为二次函数，图象是抛物线，右边为常见的对数函

数的图象，故可以通过图象求解。 2解：设y1=(x-1),y2=logax,则y1的图象为右图所示

的抛物线，要使对一切x(1,2),y1

x(1,2)，y1的图象在y2的图象的下方。显然a>1,并且必须也只需当x=2时y2的函数值大于或等于y1的函数值。

∴loga2≥1,而a>1, 故1

参考文献：

【1】《数学教学与研究》2010,34期

【2】王双双《恒成立问题的求解策略》

【3】《高考教练》

作者简介：

李文：中学二级教师，本科，研究方向为中学数学教学。

高中数学常见的恒成立问题的一般解法

李 文

摘要：本文针对高中数学的恒成立问题，通过分析恒成立问题在解题过程中的几种类型和解题的常用方法进行分类，并通过实例进行说明，比较系统的展现了高中数学中恒成立问题的一般解法，帮助学生对恒成立问题有了系统、详细的认识。

关键词：恒成立问题；解法；函数；不等式

我们在高中数学教学中，经常遇到一些恒成立问题，我们反复讲解，大多数学生也束手无策，不知道从哪里下手，找不到问题的突破口，因而感觉十分困难，主要是缺乏系统归类。高中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函数型；②不等式型；③方程型。而这三种类型又不是独立出现的，有时会把两者融合在一起。对于这三种类型的题解决的方法常有：①函数性质法；②分离参数法；③数形结合法。

一、 函数性质法

函数的性质包括函数的定义域、值域、单调性、奇偶性、周期性等，而对于恒成立问题经常用到函数的单调性。下面根据函数类型对利用函数性质法来解恒成立问题做一个说明。

（一）一次函数型

对于一次函数y=f(x)=kx+b(k≠0),若y=f(x)在[m,n]内恒有f(x)>0，则根据函数的图象（直线）或一次函数的单调性（当k>0时，y=f(x) 在[m,n]内为增函数，当k

k0k0或ⅱ）即一次函数y=f(x)=kx+b(k≠0)在[m,n]的最小值大于0。f(m)0f(n)0

f(m)0若k不知道正负，上面两种情况亦可合并定成，这样可以回避讨论k的正负。

f(n)0

f(m)0同理，若在[m,n]内恒有f(x)

例1、 对于满足|a|2的所有实数a,求使不等式x2+ax+1>a+2x恒成立的x的取值范围。 ⅰ）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。若将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：原不等式可化为(x-1)a+x2-2x+1>0,设f(a)= (x-1)a+x2-2x+1,则f(a)在[-2,2]上恒大于0

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

∴x3.

（二）二次函数型

根据二次函数的定义域不同，二次函数分为两种类型①若二次函数y=ax2+bx+c=0(a≠0，xR)大于0恒成立，则有a0 0

②若是二次函数在指定区间上的恒成立问题，则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.

①当=4（a-1)(a+2)

0(a1)(a2)0F(1)0即 a30a1,2a1,

2

得-3a-2;

综上可得a的取值范围为[-3，1]。 （三）高次函数型

对于函数f(x)=axn+bxn-1+…+m=0(a≠0，n≥3)在给定区间上大于0（或小于0）恒成立问题，则利用求导的方法求出函数的最值，只需函数的最小值大于0（或最大值小于0）即可。

例3、 设函数f(x)=x3+ax2 –a2x+m(a>0)，若对任意的a∈[3,6]，不等式f(x)≤1在x∈[-2,2]上恒成立，求实数m的取值范围。

解：∵f(x)=3x2+2ax –a2=3(x-ˊa)(x+a) 又a>0 3

∴当x

当-a0 3aˊ时, f(x)

aa，）单调递减区间为(-a, ) 33∴函数的单调递增区间为(，-a)，（

当a∈[3,6], a∈[1,2],-a≤-3 3

又x∈[-2,2], ∴f(x)max=max{ f(-2), f(2)}

而f(-2) =-8+4a+2a2+m，f(2)= 8+4a-2a2+m,

∴f(-2)- f(2)=-16+4a2>0，∴f(x)max= f(-2) =-8+4a+2a2+m

要使不等式f(x)≤1在x∈[-2,2]上恒成立，

只需f(x)max= f(-2) =-8+4a+2a2+m≤1

即m≤9-4a-2a2在a∈[3,6] 上恒成立

∵9-4a-2a2在a∈[3,6]的最小值为-87，∴m≤-87

说明：此题不光涉及到高次函数的恒成立，还涉及到二次函数的恒成立，并且都用到利用最值法来解，所以在解题时注意恰当的使用最值法。

对于复合型的函数，我们可以把它化为常见的函数类型来解。

例4、 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xx40a4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，

∵f(0)=4>0,故只需对称轴4a0，即a

∴a

另外，我们来看一下利用函数的奇偶性、周期性等

性质怎样来解恒成立问题。

若函数f(x)是奇(偶)函数，则对一切定义域中的x ,f(-x)=-f(x)(或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

∵ 对一切xR恒成立，∴sin+cos=0 ．．．

∴=k

4.（kZ）

二、 分离参数法

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6、 已知当xR时， 不等式a+cos2x

解：原不等式可化为4sinx+cos2x

要使上式恒成立，只需 -a+5大于4sinx+cos2x的最大值，故上述问题转化成求f(x)=4sinx+cos2x的最值问题。

∵ f(x)= 4sinx+cos2x=-2sin2x+4sinx+1=-2(sinx-1)2+33,

∴-a+5>3即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，利用二次函数在指定区间上的恒成立问题来解（解略）。

实际上例4也可以用分离参数法来解。

解法3：

设3x=t,则t>0.则原方程可化为t2+(4+a)t+4=0，

t24即4+a= 恒成立 t

t244又∵t>0

，由均值不等式可得tttt24 ∴≤-4，即4+a≤-4, ∴a≤-8 t

三、 数形结合法

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

分析：若将不等号两边分别设成两个函数，则左边为二次函数，图象是抛物线，右边为常见的对数函

数的图象，故可以通过图象求解。 2解：设y1=(x-1),y2=logax,则y1的图象为右图所示

的抛物线，要使对一切x(1,2),y1

x(1,2)，y1的图象在y2的图象的下方。显然a>1,并且必须也只需当x=2时y2的函数值大于或等于y1的函数值。

∴loga2≥1,而a>1, 故1

参考文献：

【1】《数学教学与研究》2010,34期

【2】王双双《恒成立问题的求解策略》

【3】《高考教练》

作者简介：

李文：中学二级教师，本科，研究方向为中学数学教学。