解決「含引數不等式的恆成立」問題的基本方法
「含引數不等式的恆成立」的問題，是近幾年高考的熱點，它往往以函式、數列、三角函式、解析幾何為載體具有一定的綜合性，解決這類問題，主要是運用等價轉化的數學思想：
即一般地，若函式的定義域為d，則當x∈d時，有恆成立（有解m）；恆成立（有解）.因而,含引數不等式的恆成立問題常根據不等式的結構特徵,恰當地建構函式,等價轉化為含引數的函式的最值討論.
例一定義在r上的函式既是奇函式，又是減函式，且當時，有恆成立，求實數m的取值範圍.
分析: 利用函式的單調性和奇偶性去掉對映符號f，將「抽象函式」問題轉化為常見的含參的二次函式在區間(0，1)上恒為正的問題.而對於0在給定區間[a，b]上恆成立問題可以轉化成為在[a，b]上的最小值問題，若中含有引數，則要求對引數進行討論。
【解析】由得到：
因為為奇函式，
故有恆成立，
又因為為r減函式，
從而有對恆成立
設，則對於恆成立，
在設函式,對稱軸為.
①當時，，
即，又∴(如圖1)
②當，即時, ,即,
∴,又,∴(如圖2)
③當時，恆成立.∴(如圖3)
故由①②③可知：.
例二定義在r上的單調函式f(x)滿足f(3)=log3
且對任意x，y∈r都有f(x+y)=f(x)+f(y)．
(1)求證f(x)為奇函式；
(2)若對任意x∈r恆成立，求實數k的取值範圍．
分析: 問題(1)欲證f(x)為奇函式即要證對任意x都有f(-x)=-f(x)成立．在式子f(x+y)=f(x)+f(y)中，令y=-x可得f(0)=f(x)+f(-x)於是又提出新的問題，求f(0)的值．令x=y=0可得f(0)=f(0)+f(0)即f(0)=0，f(x)是奇函式得到證明．問題(2)的上述解法是根據函式的性質．f(x)是奇函式且在x∈r上是增函式，把問題轉化成二次函式f(t)=t-(1+k)t+2＞0對於任意t＞0恆成立．對二次函式f(t)進行研究求解．
【解析】(1)證明：f(x+y)=f(x)+f(y)(x，y∈r
令x=y=0，代入①式，得f(0+0)=f(0)+f(0)，即 f(0)=0．
令y=-x，代入①式，得 f(x-x)=f(x)+f(-x)，又f(0)=0，則有
0=f(x)+f(-x)．即f(-x)=-f(x)對任意x∈r成立，所以f(x)是奇函式．
(2)解：f(3)=log3＞0，即f(3)＞f(0)，又f(x)在r上是單調函式，
所以f(x)在r上是增函式，又由(1)f(x)是奇函式．
， 即對於任意恆成立.
令t=3＞0，、問題等價於對於任意恆成立.
令,其對稱軸為直線
當,即時,恆成立,符合題意,故;
當時,對於任意,恆成立，
解得綜上所述,當時,對於任意恆成立.
本題還可以應用分離係數法,這種解法更簡捷.
分離係數,由得.
由於,所以,故,即u的最小值為.
要使對於不等式恆成立,只要
說明: 上述解法是將k分離出來，然後用平均值定理求解，簡捷、新穎．
例三已知向量=(，x+1)， = (1-x，t)。若函式在區間（-1，1）上是增函式，求t的取值範圍。
分析：利用導數將「函式在區間（-1，1）上是增函式」的問題轉化為「在（-1，1）上恆成立」的問題，即轉化成為「二次函式在區間（-1，1）上恆成立」 ，利用分離係數法將t分離出來，通過討論最值來解出t的取值範圍。
【解析】依定義。
則，若在（-1，1）上是增函式，則在（-1，1）上可設恆成立。
∴在（-1，1）上恆成立。
考慮函式，（如圖4）
由於的圖象是對稱軸為，
開口向上的拋物線，
故要使在（-1，1）上恆成立，
即。而當時，在（-1，1）上滿足》0，即在（-1，1）上是增函式。故t的取值範圍是.
數學思想方法是解決數學問題的靈魂，同時它又離不開具體的數學知識在解決含引數不等式的恆成立的數學問題中要進行一系列等價轉化．因此，更要重視轉化的數學思想．
含引數不等式恆成立問題中引數範圍確定的具體方法：
1：分離引數法
例 1：設，其中a是實數，n是任意給定的自然數
且n≥2，若當時有意義, 求a的取值範圍。
該題題型新穎，許多學生對函引數的不等式如何確定引數取值範圍茫然不知所措。因為這類問題涉及到高中數學的各個分支，在代數，三角，幾何，解析幾何等的知識，而且這類問題思維要求高，解法也較靈活，故學生難以掌握。但若我們能認真觀察分析一下這類問題的特徵，其實這類題目的規律性是較強的。
下面就結合例子給出解決此類問題的幾種方法：
例如上面的這道高考題，我們根據其特徵可以用分離引數法來解決。所謂分離引數法也就是將引數與未知量分離於表示式的兩邊，然後根據未知量的取值範圍情況決定引數的範圍。這種方法可避免分類討論的麻煩，使問題得到簡單明快的解決。
我們來分析一下這道題的特徵：
因為分母n是正數，要使得當有意義，分子就必須也是正數。並容易看出，可以將a分離出來。
分析： 當時，有意義，故有
令，只要對在上的最大值，此不等式成立即可。故我們可以利用函式的最值分離出引數a。
解： 由時，有意義得：
，由指數函式單調性知上式右邊的函式的最大值是＝ 故 a>
一般地，利用最值分離引數法來確定不等式, （ 為實引數）恆成立中引數取值範圍的基本步驟:
（1） 將引數與變數分離，即化為的形式；
（2） 求在d時的最大（或最小）值；
（3） 解不等式得的取值範圍。
思想方法： 把不等式中恆成立問題轉化為求函式最值問題。
適用題型：（1） 引數與變數能分離；（2） 函式的最值易求出。
變式：不等式-2cos2x+4sinx-k2+k<0對一切實數x恆成立，求引數k的取值範圍。
分析與解：所給不等式可化為：（2 sinx+1）2< k2-k+3<==>（2 sinx+1）2max< k2-k+3
而（2 sinx+1）2max=9 ∴k2-k+3=9，解之得：k > 3或k < -2
故k的取值範圍是（-∞，-2）∪（3，+∞）。
利用這種方法可以順利解決許多含引數不等式中的取值問題，還可以用來證明一些不等式。
例 2： 已知定義在r上函式f(x)為奇函式，且在上是增函式，對於任意求實數m範圍，使恆成立。
解： ∵ f(x)在r上為奇函式，且在上是增函式 ∴f(x)在上為增函式
又 ∵
∴＞－＝
∴ 即
∵ 2－，∴ 2
∴ m>
令2－∴ m>4－
即4－m《在上恆成立 ，即求在上的最小值
∵≥2等號成立條件t=,即成立
∴ ∴ 4－m《即m>4－
∴ m的取值範圍為（4－，＋∞）
例 3： 設0求正實數b的取值範圍。
簡析略解：此例看不出明顯的恆成立問題，我們可以設法轉化:
設集合a＝， b=
由題設知ab，則：
於是得不等式組
又 ，最小值為；
最小值為；
即 ：b的取值範圍是
2 ：主參換位法
某些含參不等式恆成立問題，在分離引數會遇到討論的麻煩或者即使能容易分離出引數與變數，但函式的最值卻難以求出時，可考慮變換思維角度。即把變元與引數換個位置，再結合其它知識，往往會取得出奇制勝的效果。
例4：若對於任意a，函式的
值恆大於0，求x的取值範圍。
分析：此題若把它看成x的二次函式，由於a, x都要變，則函式的最小值
很難求出，思路受阻。若視a為主元，則給解題帶來轉機。
解： 設，把它看成關於a的直線，
由題意知，直線恆在橫軸下方。
所以解得： 或或
例 5對於（0，3）上的一切實數x,不等式恆成立，求實數m的取值範圍。
分析： 一般的思路是求x的表示式，利用條件求m的取值範圍。但求x的表示式時，兩邊必須除以有關m的式子，涉及對m討論，顯得麻煩。
解： 若設，把它看成是關於x的直線，由題意知直線恆在x的軸的下方。所以
且解得：
3： 構建函式法
當引數難以分離而不等式是有關某個變數的一次或二次函式時，可以通過構建函式來解決。我們知道，函式概念是高中數學的乙個很重要的概念，其思想和方法已滲透到數學的各個分支。在某些數學問題中，通過數式模擬，構造適當的函式模型，然後利用函式的有關性質結論解題，往往收到意想不到的效果。
這裡，我們主要介紹如何通過構造一次函式，二次函式模型，並利用它們的性質來確定引數的取值範圍。
（1） 構造一次函式
例6： 若對一切，不等式恆成立，求實數x的取值範圍。
解： 原不等式變形為，
現在考慮p的一次函式：
∴ 在上恆成立
解得：或∴ x的取值範圍為
注： 本題對於一切不等式恆成立，因此應視p為主元，視x為引數，把不等式左邊變成關於p的一次函式型。
（2） 造二次函式
例7： 對於，恆成立，求實數m的範圍。
解： 原不等式變形為： 即
令， ∴
令＝ ∴ 題意為》0在上恆成立。
＝－4×1×()<0
>0解得 ：或或
∴ ，即 m的取值範圍為：
4： 數形結合法
某些含參不等式恆成立問題，既不能分離引數求解，又不能轉化為某個變數的一次或二次函式時，則可採用數形結合法。因為辨正唯物主義認為：萬物皆有形。
所以從巨集觀上講，抽象的數學問題必存在著形象的直觀模型，這是因為數學問題本身就是客觀世界事物的抽象。我們在解題時，可以有意識地去認識，挖掘和創造抽象的直觀形象，變抽象為直觀，充分運用直感，由數思形，以形輔數。數形結合往往能迅速而簡捷地找到解題途徑。
對於解含參不等式恆成立問題，我們可以先把不等式（或經過變形後的不等式）兩端的式子分別看成兩個函式，且畫出兩函式的圖象，然後通過觀察兩圖象（特別是交點時）的位置關係，從而列出關於含引數的不等式。
解決「含引數不等式的恆成立」問題的基本方法
含引數不等式的恆成立 的問題，是近幾年高考的熱點，它往往以函式 數列 三角函式 解析幾何為載體具有一定的綜合性，解決這類問題，主要是運用等價轉化的數學思想 即一般的，若函式在定義域為d，則當x d時，有恆成立 恆成立.因而,含引數不等式的恆成立問題常根據不等式的結構特徵,恰當地建構函式,等價轉化為含...
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