恒成立问题
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
ⅰ）⎨
⎧a >0⎩f (m ) >0
或ⅱ）⎨
⎧a 0
亦可合并定成⎨
⎧f (m )
⎧f (m ) >0⎩f (n ) >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+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
⎧⎧f (-2) >0⎪x -4x +3>0即⎨2⎨
⎪⎩f (2) >⎩x -1>0
解得：⎨
⎧x >3或x 1或x
∴x3.
二、二次函数型
若二次函数y=ax+bx+c=0(a≠0) 大于0
2
⎧a >0
恒成立，则有⎨
⎩∆
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)⎧
⎪∆≥0⎧(a -1)(a +2) ≥0⎪⎪
即⎨a +3≥0⎨f (-1) ≥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t 2+(4+a)t+4=0有正根。
⎧∆≥0
⎧(4+a ) 2-16≥0⎧a ≥0或a ≤-8⎪
∴⎨x 1+x 2=-(4+a ) >0 即⎨∴⎨
a 0
2⎩1
解得a ≤-8.
解法2（利用根与系数的分布知识）：
即要求t 2+(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=-20,符合题意。∴20. ∆>0,即a0时， ∵f(0)=4>0,故只需对称轴-
4+a 2
>0
a=-8.
，即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
解：原不等式即：4sinx+cos2x
要使上式恒成立，只需5a -4-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, ∴5a -4-a+5>3即5a -4>a+2
⎧a -2≥0⎪
上式等价于⎨5a -4≥0
⎪2⎩5a -4>(a -2)
⎧a -2
5a -4≥0⎩
解得
45
≤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+1-2sin2x0,( t∈[-1,1])恒成立。
设f(t)= 2t2-4t+4-a+5a -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、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5、当x ∈(1,2)时，不等式(x-1)2
2
解：设y 1=(x-1),y 2=loga x, 则y 1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y 2的函数值大于等于y 1的函数值。 故log a 2>1,a>1,∴1
例6、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x 2+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y 1= x2+20x=（x+10）2-100,y 2=8x-6a-3,则如图所示，y 1的图象
为一个定抛物线，y 2的图象是一条斜率为定值8，而截距不定的直线，要使y 1和y 2在x 轴上有唯一交点，则直线必须位于l 1和l 2之间。（包括l 1但不包括l 2)
当直线为l 1时，直线过点（-20，0）此时纵截距为-6a-3=160,a=-当直线为l 2时，直线过点（0，0），纵截距为-6a-3=0，a=-范围为[-
1636
1636
∴
;
12
∴a 的
，-
12
]。
针对性练习
例1、 设f (x ) =x 2-2ax +2，(a ∈R ) ，当x ∈[-1, +∞) 时，f (x ) ≥a 恒成立，求a 的取值范围。 分析：方法一：当x ∈[-1, +∞) 时，f (x ) ≥a 恒成立，
即当x ∈[-1, +∞) 时，x 2-2ax +2≥a 恒成立
而f (x ) =x 2-2ax +2=(x -a ) 2+2-a 2在x ∈[-1, +∞) 上的最小值是
f min
(x ) =⎧⎨2-a 2, a ∈[-1, +∞)
⎩
3+2a , a ∈(-∞, -1)
由f ⎧a ≥-1min
(x ) ≥a 知⎨或⎧a
a ≥a ⎨得a ∈[-3, 1] ⎩2-2
⎩3+2a ≥a
方法二：当x ∈[-1, +∞) 时，f (x ) ≥a 恒成立，
即当x ∈[-1, +∞) 时，x 2-2ax +2≥a 恒成立
即当x ∈[-1, +∞) 时，x 2-2ax +2-a ≥0恒成立的充要条件是 ⎧∆>0①∆≤0⇒a ∈[-2, 1] ②⎪
⎨a
⎪⎩
f (-1) ≥0综合起来，得a ∈[-3, 1]
方法三：当x ∈[-1, +∞) 时，f (x ) ≥a 恒成立，
即当x ∈[-1, +∞) 时，x 2
-2ax +2≥a 恒成立
即当x ∈[-1, +∞) 时，(2x +1) a ≤x 2
+2恒成立， 分三种情况2x +1>0, 2x +1=0, 2x +1
评注：本例适宜用二次函数的最值来处理，不宜用参变量分离。
例2、 已知函数f (t ) 对任意实数x , y 都有
f (x +y ) =f (x ) +f (y ) +3xy (x +y +2) +3，f (1) =1
（1）若t 为自然数，试求f (t ) 的表达式； （2）若t 为自然数, 且t ≥4时，f (t ) ≥mt
2
+(4m +1) t +3m 恒成立，求m 的最大值。
解（1）f (t ) =t 3+3t 2-3，(t ∈N ) （2）由题意，t 3+3t 2-3≥mt
2
+(4m +1) t +3m 当t ≥4，t ∈N 时恒成立
232
m (t +4t +3) ≤t +3t -t -3当t ≥4，t ∈N 时恒成立
t ≥4∴t +4t +3>0∴m ≤
2
(t +3)(t -1) (t +1)(t +3)
2
=t -1当t ≥4，t ∈N 时恒成立
记h (t ) =t -1，t ∈[4, +∞]，
函数h (t ) =t -1，t ∈[4, +∞]的图象表示在t ∈[4, +∞]上的一条射线， 所以要使问题恒成立，只要m ≤h min (t ) =h (4) =3 ∴m ≤3, ∴m max =3 评注：本例不适宜用三次函数的最值来处理，宜用参变量分离。
例3、函数f (x ) =
x +2x +a
x
2
, x ∈[1, +∞)
若对任意x ∈[1, +∞) ，f (x ) >0恒成立，求实数a 的取值范围。
分析：若对任意x ∈[1, +∞) ，f (x ) >0恒成立，
x +2x +a
x
2
即对x ∈[1, +∞) ，f (x ) =>0恒成立，
考虑到不等式的分母x ∈[1, +∞) ，只需x +2x +a >0在x ∈[1, +∞) 时恒成立而得
2
方法一：考虑抛物线g (x ) =x +2x +a 在x ∈[1, +∞) 的最小值g min (x ) =g (1) =3+a >0得a >-3
2
方法二：考虑参数分离只需a >-x -2x 在x ∈[1, +∞) 时恒成立, 考虑定抛物线g (x ) =-x -2x 在
x ∈[1, +∞) 的最大值g max (x ) =g (1) =-3，得a >-3
22
评注：本例只要适当挖掘隐含条件，无论是用二次函数的最值来处理，还是用参变量分离来处理均可。
例4、已知f (x ) =4x +ax -
2
23
x (x ∈R ) 在区间[-1, 1]上是增函数
3
（1）求实数a 的值组成的集合A ； （2）设关于x 的方程f (x ) =2x +
2
13
x 的两个非零实根为x 1, x 2。试问：是否存在实数m ，使得不等式
3
m +tm +1≥x 1-x 2对任意a ∈A 及t ∈[-1, 1]恒成立？若存在，求m 的取值范围；若不存在，请说明
理由。
分析：（1）由f (x ) =4x +ax 2-
23
3
x (x ∈R ) 在区间[-1, 1]上是增函数
得f '(x ) ≥0在[-1, 1]恒成立，即-2x 2+2ax +4≥0在x ∈[-1, 1]恒成立，
所以x 2-ax -2≤0 ①在x ∈[-1, 1]恒成立
令ϕ(x ) =x 2-ax -2, x ∈[-1, 1] 式①成立的充要条件是
⎧ϕ(-1) =-a -1≤0
⎨
ϕ(1) =a -1≤0
解得-1≤a ≤1 ⎩（2）由f (x ) =2x +
132
3
x 得4x +ax
-
23
3
3
x =2x +
13
x
x 2ax -2=0由∆=a 2
1=0，x -+8>0，又a ∈A ∴a ∈[-1, 1]
记g (x ) =x 2
1-x 2=a +8 ，a ∈[-1, 1]∴g (x ) =x 1-x 2
2=
a +8≤3，问题转化为m 2+tm +1≥3，对任意t ∈[-1, 1]恒成立 记h (t ) =mt +m 2-2，t ∈[-1, 1]，
函数h (t ) =mt +m 2-2，t ∈[-1, 1]图象表示在[-1, 1]上的一条线段，
要使问题恒成立，只要⎧h (-1) ≥0
⎧⎨，∴
⎪-m +m 2
-2≥0
⎩h (1) ≥0
⎨ ⎪⎩m +m 2
-2≥0
得解m ≤-2或m ≥2
恒成立问题
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
ⅰ）⎨
⎧a >0⎩f (m ) >0
或ⅱ）⎨
⎧a 0
亦可合并定成⎨
⎧f (m )
⎧f (m ) >0⎩f (n ) >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+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
⎧⎧f (-2) >0⎪x -4x +3>0即⎨2⎨
⎪⎩f (2) >⎩x -1>0
解得：⎨
⎧x >3或x 1或x
∴x3.
二、二次函数型
若二次函数y=ax+bx+c=0(a≠0) 大于0
2
⎧a >0
恒成立，则有⎨
⎩∆
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)⎧
⎪∆≥0⎧(a -1)(a +2) ≥0⎪⎪
即⎨a +3≥0⎨f (-1) ≥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t 2+(4+a)t+4=0有正根。
⎧∆≥0
⎧(4+a ) 2-16≥0⎧a ≥0或a ≤-8⎪
∴⎨x 1+x 2=-(4+a ) >0 即⎨∴⎨
a 0
2⎩1
解得a ≤-8.
解法2（利用根与系数的分布知识）：
即要求t 2+(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=-20,符合题意。∴20. ∆>0,即a0时， ∵f(0)=4>0,故只需对称轴-
4+a 2
>0
a=-8.
，即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
解：原不等式即：4sinx+cos2x
要使上式恒成立，只需5a -4-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, ∴5a -4-a+5>3即5a -4>a+2
⎧a -2≥0⎪
上式等价于⎨5a -4≥0
⎪2⎩5a -4>(a -2)
⎧a -2
5a -4≥0⎩
解得
45
≤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+1-2sin2x0,( t∈[-1,1])恒成立。
设f(t)= 2t2-4t+4-a+5a -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、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5、当x ∈(1,2)时，不等式(x-1)2
2
解：设y 1=(x-1),y 2=loga x, 则y 1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y 2的函数值大于等于y 1的函数值。 故log a 2>1,a>1,∴1
例6、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x 2+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y 1= x2+20x=（x+10）2-100,y 2=8x-6a-3,则如图所示，y 1的图象
为一个定抛物线，y 2的图象是一条斜率为定值8，而截距不定的直线，要使y 1和y 2在x 轴上有唯一交点，则直线必须位于l 1和l 2之间。（包括l 1但不包括l 2)
当直线为l 1时，直线过点（-20，0）此时纵截距为-6a-3=160,a=-当直线为l 2时，直线过点（0，0），纵截距为-6a-3=0，a=-范围为[-
1636
1636
∴
;
12
∴a 的
，-
12
]。
针对性练习
例1、 设f (x ) =x 2-2ax +2，(a ∈R ) ，当x ∈[-1, +∞) 时，f (x ) ≥a 恒成立，求a 的取值范围。 分析：方法一：当x ∈[-1, +∞) 时，f (x ) ≥a 恒成立，
即当x ∈[-1, +∞) 时，x 2-2ax +2≥a 恒成立
而f (x ) =x 2-2ax +2=(x -a ) 2+2-a 2在x ∈[-1, +∞) 上的最小值是
f min
(x ) =⎧⎨2-a 2, a ∈[-1, +∞)
⎩
3+2a , a ∈(-∞, -1)
由f ⎧a ≥-1min
(x ) ≥a 知⎨或⎧a
a ≥a ⎨得a ∈[-3, 1] ⎩2-2
⎩3+2a ≥a
方法二：当x ∈[-1, +∞) 时，f (x ) ≥a 恒成立，
即当x ∈[-1, +∞) 时，x 2-2ax +2≥a 恒成立
即当x ∈[-1, +∞) 时，x 2-2ax +2-a ≥0恒成立的充要条件是 ⎧∆>0①∆≤0⇒a ∈[-2, 1] ②⎪
⎨a
⎪⎩
f (-1) ≥0综合起来，得a ∈[-3, 1]
方法三：当x ∈[-1, +∞) 时，f (x ) ≥a 恒成立，
即当x ∈[-1, +∞) 时，x 2
-2ax +2≥a 恒成立
即当x ∈[-1, +∞) 时，(2x +1) a ≤x 2
+2恒成立， 分三种情况2x +1>0, 2x +1=0, 2x +1
评注：本例适宜用二次函数的最值来处理，不宜用参变量分离。
例2、 已知函数f (t ) 对任意实数x , y 都有
f (x +y ) =f (x ) +f (y ) +3xy (x +y +2) +3，f (1) =1
（1）若t 为自然数，试求f (t ) 的表达式； （2）若t 为自然数, 且t ≥4时，f (t ) ≥mt
2
+(4m +1) t +3m 恒成立，求m 的最大值。
解（1）f (t ) =t 3+3t 2-3，(t ∈N ) （2）由题意，t 3+3t 2-3≥mt
2
+(4m +1) t +3m 当t ≥4，t ∈N 时恒成立
232
m (t +4t +3) ≤t +3t -t -3当t ≥4，t ∈N 时恒成立
t ≥4∴t +4t +3>0∴m ≤
2
(t +3)(t -1) (t +1)(t +3)
2
=t -1当t ≥4，t ∈N 时恒成立
记h (t ) =t -1，t ∈[4, +∞]，
函数h (t ) =t -1，t ∈[4, +∞]的图象表示在t ∈[4, +∞]上的一条射线， 所以要使问题恒成立，只要m ≤h min (t ) =h (4) =3 ∴m ≤3, ∴m max =3 评注：本例不适宜用三次函数的最值来处理，宜用参变量分离。
例3、函数f (x ) =
x +2x +a
x
2
, x ∈[1, +∞)
若对任意x ∈[1, +∞) ，f (x ) >0恒成立，求实数a 的取值范围。
分析：若对任意x ∈[1, +∞) ，f (x ) >0恒成立，
x +2x +a
x
2
即对x ∈[1, +∞) ，f (x ) =>0恒成立，
考虑到不等式的分母x ∈[1, +∞) ，只需x +2x +a >0在x ∈[1, +∞) 时恒成立而得
2
方法一：考虑抛物线g (x ) =x +2x +a 在x ∈[1, +∞) 的最小值g min (x ) =g (1) =3+a >0得a >-3
2
方法二：考虑参数分离只需a >-x -2x 在x ∈[1, +∞) 时恒成立, 考虑定抛物线g (x ) =-x -2x 在
x ∈[1, +∞) 的最大值g max (x ) =g (1) =-3，得a >-3
22
评注：本例只要适当挖掘隐含条件，无论是用二次函数的最值来处理，还是用参变量分离来处理均可。
例4、已知f (x ) =4x +ax -
2
23
x (x ∈R ) 在区间[-1, 1]上是增函数
3
（1）求实数a 的值组成的集合A ； （2）设关于x 的方程f (x ) =2x +
2
13
x 的两个非零实根为x 1, x 2。试问：是否存在实数m ，使得不等式
3
m +tm +1≥x 1-x 2对任意a ∈A 及t ∈[-1, 1]恒成立？若存在，求m 的取值范围；若不存在，请说明
理由。
分析：（1）由f (x ) =4x +ax 2-
23
3
x (x ∈R ) 在区间[-1, 1]上是增函数
得f '(x ) ≥0在[-1, 1]恒成立，即-2x 2+2ax +4≥0在x ∈[-1, 1]恒成立，
所以x 2-ax -2≤0 ①在x ∈[-1, 1]恒成立
令ϕ(x ) =x 2-ax -2, x ∈[-1, 1] 式①成立的充要条件是
⎧ϕ(-1) =-a -1≤0
⎨
ϕ(1) =a -1≤0
解得-1≤a ≤1 ⎩（2）由f (x ) =2x +
132
3
x 得4x +ax
-
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3
3
x =2x +
13
x
x 2ax -2=0由∆=a 2
1=0，x -+8>0，又a ∈A ∴a ∈[-1, 1]
记g (x ) =x 2
1-x 2=a +8 ，a ∈[-1, 1]∴g (x ) =x 1-x 2
2=
a +8≤3，问题转化为m 2+tm +1≥3，对任意t ∈[-1, 1]恒成立 记h (t ) =mt +m 2-2，t ∈[-1, 1]，
函数h (t ) =mt +m 2-2，t ∈[-1, 1]图象表示在[-1, 1]上的一条线段，
要使问题恒成立，只要⎧h (-1) ≥0
⎧⎨，∴
⎪-m +m 2
-2≥0
⎩h (1) ≥0
⎨ ⎪⎩m +m 2
-2≥0
得解m ≤-2或m ≥2