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1、1恒成立问题的类型和能成立问题及方法处理恒成立问题的类型和能成立问题及方法处理函数与不等式的恒成立、能成立、恰成立问题是高中数学中的一个重点、难点问题。 这类问题在各类考试以及高考中都屡见不鲜。感觉题型变化无常，没有一个固定的思想 方法去处理，一直困扰着学生，感到不知如何下手。在此为了更好的准确地把握快速解 决这类问题，本文通过举例说明这类问题的一些常规处理。1 1、函数法函数法（1 1）构造一次函数构造一次函数 利用一次函数的图象或单调性来解决对于一次函数有：,),0()(nmxkbkxxf 0)(0)(0)(;0)(0)( 0)(0 0)(00)(nfmfxfnfmf nfk mfkxf恒
2、成立或恒成立例例 1 1 若不等式对满足的所有都成立，求的范 围。mmxx21222mmx解析：将不等式化为：，0) 12() 1(2xxm构造一次型函数：) 12() 1()(2xmxmg原命题等价于对满足的，使恒成立。22mm0)(mg由函数图象是一条线段，知应 0) 12() 1(20) 12() 1(20)2(0)2(22xxxxgg2解得 ，所以的范围是。231 271xx)231,271(x小结：解题的关键是将看来是解关于的不等式问题转化为以为变量，为参数xmx 的一次函数恒成立问题，再利用一次函数的图象或单调性解题。练习:(1)若不等式对恒成立，求实数的取值范围。01ax 2 ,
3、 1xa（2）对于的一切实数，不等式恒成立，求40 p342pxpxx的取值范围。（答案：或）x（二）构造二次函数（二）构造二次函数 利用二次函数的图像与性质及二次方程根的分布来解决。对于二次函数有：)0(0)(2acbxaxxf（1）上恒成立；Rxxf 在0)(00且a（2）上恒成立Rxxf 在0)(00且a（3）当时，若上恒成立0a,0)(在xf0)(2 02 0)(2 fab abfab 或或若上恒成立,0)(在xf 0)(0)( ff（4）当时，若上恒成立0a,0)(在xf 0)(0)( ff3若上恒成立,0)(在xf 0)(2 02 0)(2 fab abfab 或或例例 2 2 若
4、关于的二次二次不等式：的解集为，求的取值范围.x01) 1(2axaaxRa解解：由题意知，要使原不等式的解集为，即对一切实数原不等式都成立。Rx只须 00a0) 1(4) 1(02aaaa 012302aaa. 的取值范围是 3110aaa或31aa31,说明说明：1、本题若无“二次二次不等式”的条件，还应考虑的情况，但对本题讲0a 时式子不恒成立。2、只有定义在 R 上的恒二次不等式才能实施判别式法；否则，0a 易造成失解。练习：1、 已知函数的定义域为，求实数的取值范围。 862mmxmxyRm（答案）10 m2、已知函数在时恒成立，求实数的22)(2kxxxf), 1(kxf)(k取值
5、范围。（答案）提示：构造一个新函数是解题的13kkxfxF)()(关键，再利用二次函数的图象性质进行分类讨论，使问题得到圆满解决。（三）（三） 、利用函数的最值、利用函数的最值-分离参数法或值域法分离参数法或值域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即分离参变量分离参变量， 则可将恒成立问题转化成函数的最值问题求解。注意参数的端点值能否取到需检验注意参数的端点值能否取到需检验。类型一类型一 ： “”型型)(xfa 4一、 （恒成立）（1）恒成立；mxfDx)(,mxfmin)(（2）恒成立；mx
6、fDx)(,max)(xfm 二、 （能成立、有解）：（1）能成立；mxfDx)(,内有解在Dxfm)(mxfmax)(（2）能成立；mxfDx)(,内有解在Dxfm)(min)(xfm 三、 （恰成立）（1）不等式在区间上恰成立不等式的解集为； AxfD AxfD（2）不等式在区间上恰成立不等式的解集为. BxfD BxfD四、 （方程有解）方程在某个区间上有解，只需求出在区间上的值域 A 使。( )mf x( )f xmA例 3：设其中，如果时，恒有意义，求124( )lg,3xxaf xaR(.1)x ( )f x的取值范围。a解：如果时，恒有意义对(.1)x ( )f x0421xxa
7、不等式恒 (,1)x 成立，恒成立。212(22)4x xx xa (.1)x 令，又，则2xt2( )()g ttt (.1)x 1( ,)2t对恒成立，又在上为减函数，( )ag t1( ,)2t( )g t1 ,)2t5，max13( )( )24tg g3 4a 例 4：若关于的不等式的解集不是空集，则实数的取值范围。x32aaxxa解： 设.则关于的不等式的解集不是空集aaxxxf2)(x32aaxx在 R 上能成立,3)(xf3)(minxf即，解得344)(2minaaxf26aa或例例 5 不等式有解，求的取值范围。022kkxk解：不等式有解能成立能成立022kkx2) 1(
8、2xk122xk， 所以。2)12(max2xk)2 ,(k例例 6 6（2008 年上海）已知函数 f(x)2x若不等式 2t f(2t)+m f(t)0 对于 t1,21 2|x|恒成立，求实数 m 的取值范围解：本题可通过变量分离来解决当时，1,2t2 2112 (2)(2)022ttt ttm即，24(21)(21)ttm 2210t 2(21)tm ，1,2t2(21) 17, 5t 故的取值范围是m 5,)例例 7 7（1990 年全国）设，其中 a 为实数，nf xnn a nxxxxx ( )lg()1231为任意给定的自然数，且，如果当时有意义，求 a 的取值范围n 2f x
9、( )x (，1解解：本题即为对于，有恒成立x (，11210xxxxnn a()这里有三种元素交织在一起，结构复杂，难以下手，若考虑到求 a 的范围，可先将6a 分离出来，得，对于恒成立annn nnxxx ( )( )() ()1212x (，1构造函数，则问题转化为求函数在g xnnn nxxx( )( )( )() 121g x( )上的值域，由于函数在x (，1u xk nknx( )( ) () 121， ，上是单调增函数，x (，1则在上为单调增函数于是有的最大值为，g x( )(，1g x( )gn( )()11 21 从而可得an 1 21()如何在区间 D 上求函数 f(x
10、)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）的最值类型二：类型二：“”型型 )(xgxf恒成立。恒成立的图象的上方的图象恒在恒成立）（0)()()()()()()()()()(,1maxminxgxfxhDxxgxfxgxfxgxfDx例例 8 8 已知 f(x)=lg(x+1)，g(x)=lg(2x+t)，若当 x0,1时，f(x)g(x)恒成立， 求实数 t 的取值范围.解解 f(x)g(x)在 x0,1恒成立，即在 x0,1恒成立在
11、0,1上的最大值小于或等于零.令，.x0,1，7F(x)0，即 F(x)在0,1上单调递减，F(0)是最大值.f(x)F(0)=1-t0，即 t1.类型三：类型三：“”型型 （恒成立和能成立交叉）： )(21xgxf（1）成立)()(,2121xgxfExDx)()(2min1xgxf；minmin12min1)()()()(xgxfxgxf例例 9 9 已知两个函数，其中为实数。xxxxgkxxxf452)(,168)(232k（1）对任意，都有成立，求的取值范围；3 , 3x)()(xgxfk（2）存在，使成立，求的取值范围；3 , 3x)()(xgxfk（3）对任意，都有，求的取值范围。
12、3 , 3,21xx)()(21xgxfk解析：（1）设问题转化为时，kxxxxfxgxh1232)()()(233 , 3x恒成立，故。令，得。0)(xh0)(minxh01266)(2xxxh21xx或由，故9)3(,45)3(,20)2(,7) 1(khkhkhkhkxh 45)(min由。45045kk（2）据题意：存在，使成立在3 , 3x)()(xgxf0)()()(xfxgxh有解，故，由（1）知，于是得。3 , 3x0)(maxxh7)(max kxh7k（3）分析：它与（1）问虽然都是不等式恒成立问题，但却有很大的区别。对任意，都有成立，不等式的左右两端函数的自变量不同，3
13、, 3,21xx)()(21xgxf的取值在上具有任意性，因而要使原不等式恒成立的充要条件是：21,xx3 , 3，3 , 3,)()(minmaxxxgxf8由，得，易得，04106)(2xxxg321xx或21)3()(min gxg又，. kxxf8) 1(8)(23 , 3x故，令。kfxf120)3()(max14121120kk例 10：（2010 山东）已知函数.1( )ln1af xxaxx()aR()当时，讨论的单调性；1 2a ( )f x（）设当时，若对任意，存在，使2( )24.g xxbx1 4a 1(0,2)x 21,2x ，求实数取值范围.12()()f xg xb解析：()当时，函数在单调递减，单调递增；0a ( )f x(0,1)(1,)当时，恒成立，此时，函数在 1 2a 12xx( )0h x ( )0fx( )f x单调递减；(0,)当时，函数在单调递减，单调递增， 102a( )f x(0,1)1(1,1)a单调递减.1(1,)a（）当时，在（0，1）上是减函数，在（1，2）上是增函数，1 4a ( )f x所以对任意，有，1(0,2)x 11()(1)-2f xf又已知存在，使，所以，21,2x 12()()f xg x21()2g x，
