二次函数恒成立问题
2016年8月东莞莞美学校
一、恒成立问题的基本类型：
类型1：设f (x ) =ax 2+bx +c (a ≠0) ，
（1）f (x ) >0在x ∈R 上恒成立⇔a >0且∆
（2）f (x )
类型2：设f (x ) =ax 2+bx +c (a ≠0)
b ⎧b ⎧⎧b β⎪-（1）当a >0时，f (x ) >0在x ∈[α, β]上恒成立⇔⎨2a ， 或⎨或⎨2a 2a ⎪⎪⎩f (α) >0⎪⎩∆0
⎧f (α)
（2）当a 0在x ∈[α, β]上恒成立⇔⎨⎧f (α) >0 f (β) >0⎩
b ⎧b ⎧⎧b -β⎪⎪⎪- f (x ) 0⎪⎩∆
类型3：
f (x ) >α对一切x ∈I 恒成立⇔f (x ) min >αf (x ) α。 类型4：
f (x ) >g (x ) 对一切x ∈I 恒成立⇔f (x ) 的图象在g (x ) 的图象的上方或f (x ) min >g (x ) max
(x ∈I )
二、恒成立问题常见的解题策略：
策略一：利用二次函数的判别式
对于一元二次函数f (x ) =ax 2+bx +c >0(a ≠0, x ∈R ) 有：
（1）f (x ) >0在x ∈R 上恒成立⇔a >0且∆
（2）f (x )
例1. 若不等式(m -1) x +(m -1) x +2>0的解集是R ，求m 的范围。 2
解析：要想应用上面的结论，就得保证是二次的，才有判别式，但二次项系数含有参数m ，所以要讨论m-1是否是0。
（1）当m-1=0时，不等式化为2>0恒成立，满足题意；
⎧m -1>0（2）m -1≠0时，只需⎨，所以，m ∈[1, 9) 。 2⎩∆=(m -1) -8(m -1)
策略二:利用函数的最值（或值域）
（1）f (x ) ≥m 对任意x 都成立⇔f (x ) min ≥m ；
（2）f (x ) ≤m 对任意x 都成立⇔m ≥f (x ) max 。简单计作：“大的大于最大的，小的小于最小的”。由此看出，本类问题实质上是一类求函数的最值问题。
例2. 已知f (x ) =x 2+ax +3-a ，若x ∈[-2, 2],f (x ) ≥2恒成立，求a 的取值范围.
解析 本题可以化归为求函数f (x ) 在闭区间上的最值问题, 只要对于任意x ∈[-2, 2],f (x ) min ≥2. 若x ∈[-2, 2],f (x ) ≥2恒成立⇔∀x ∈[-2, 2],f (x ) min ⎧a ⎪-≤-2≥2⇔⎨2 ⎪⎩f (x ) min =f (-2) =7-3a ≥2
a ⎧-2≤-≤2⎧a ⎪2⎪⎪->2或⎨或，即a 的取值范围为[-5, -2+22]. ⎨22a a ⎪f (x ) =f (-) =3-a -≥2⎪⎩f (x ) min =f (2) =7+a ≥2min ⎪24⎩
策略三：利用零点分布
例3. 已知f (x ) =x 2+ax +3-a ，若x ∈[-2, 2],f (x ) ≥0恒成立，求a 的取值范围.
解析 本题可以考虑f (x ) 的零点分布情况进行分类讨论，分无零点、零点在区间的左侧、零点在区间
⎧∆>0⎧∆>0⎪a ⎪a ⎪⎪⎪-≤-2⎪-≥2的右侧三种情况，即Δ≤0或⎨2或⎨2，即a 的取值范围为[-7，2].
⎪f (-2) ≥0⎪f (-2) ≥0⎪⎪⎪⎪f (2) ≥0⎩⎩f (2) ≥0
点评 对于含参数的函数在闭区间上函数值恒大于等于零的问题, 可以考虑函数的零点分布情况, 要求对应闭区间上函数图象在x 轴的上方或在x 轴上就行了.
变式：设f (x ) =x 2-2mx +2，当x ∈[-1, +∞) 时，f (x ) ≥m 恒成立，求实数m 的取值范围。 解：设F (x ) =x 2-2mx +2-m ，则当x ∈[-1, +∞) 时，F
(x ) ≥0当∆=4(m -1)(m +2) 0显然成立；
当∆≥0时，如图，F (x ) ≥0恒成立的充要条件为： ⎧⎪∆≥0⎪⎨F (-1) ≥0解得-3≤m ≤-2。综上可得实数m 的取值范围为[-3, 1) 。
⎪-2m ⎪-≤-12⎩
策略四：分离参数法
若所给的不等式能通过恒等变形使参数与主元分离于不等式两端，从而问题转化为求主元函数的最值，进而求出参数范围。这种方法本质也还是求最值，但它思路更清晰，操作性更强。一般地有：
1）f (x ) f (x ) max
2）f (x ) >g (a )(a 为参数）恒成立⇔g (a )
x 2+2x +a , x ∈[1, +∞) ，若对任意x ∈[1, +∞) ，f (x ) >0恒成立，求实数a 的取值范例4. 函数f (x ) =x
围。
解：若对任意x ∈[1, +∞) ，f (x ) >0恒成立，
x 2+2x +a >0恒成立， 即对x ∈[1, +∞) ，f (x ) =x
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
x 2+2x +a >0在x ∈[1, +∞) 时恒成立，只要a >-x 2-2x 在x ∈[1, +∞) 时恒成立。而易求得二次函数h (x ) =-x 2-2x 在[1, +∞) 上的最大值为-3，所以a >-3。 变式：已知函数f (x ) =ax -4x -x 2, x ∈(0, 4]时f (x )
解： 将问题转化为a
对x ∈(0, 4]恒成立。 x
令g (x ) =4x -x 2
，则a
由g (x ) =4x -x 2
=x 4-1可知g (x ) 在(0, 4]上为减函数，故g (x ) min =g (4) =0 x
∴a
注：分离参数后，方向明确，思路清晰能使问题顺利得到解决。
策略五：确定主元
在给出的含有两个变量的不等式中，学生习惯把变量x 看成是主元（未知数），而把另一个变量a 看成参数，在有些问题中这样的解题过程繁琐。如果把已知取值范围的变量作为主元，把要求取值范围的变量看作参数，则可简化解题过程。
例5. 若不等式2x -1>m (x -1) 对满足-2≤m ≤2的所有m 都成立，求x 的范围。 2
解析：我们可以用改变主元的办法，将m 视为主变元，即将元不等式化为：m (x 2-1) -(2x -1)
2⎧-1+1+⎪-2(x -1) -(2x -1)
总结：利用了一次函数f (x ) =kx +b , x ∈[m , n ]有：
⎧f (m ) >0⎧f (m ) 0恒成立⇔⎨, f (x ) 0⎩f (n )
变式：对任意a ∈[-1, 1]，不等式x 2+(a -4) x +4-2a >0恒成立，求x 的取值范围。
分析：题中的不等式是关于x 的一元二次不等式，但若把a 看成主元，则问题可转化为一次不等式(x -2) a +x 2-4x +4>0在a ∈[-1, 1]上恒成立的问题。
解：令f (a ) =(x -2) a +x 2-4x +4，则原问题转化为f (a ) >0恒成立（a ∈[-1, 1]）。
当x =2时，可得f (a ) =0，不合题意。
当x ≠2时，应有⎨⎧f (1) >0解之得x 3。
⎩f (-1) >0
故x 的取值范围为(-∞, 1) (3, +∞) 。
策略六：消元转化
例6. 已知f (x ) 是定义在[-1,1]上的奇函数, 且f (1)=1,若
m , n ∈[-1, 1],m +n ≠0时f (m ) +f (n ) >0，若f (x ) ≤t 2-2at +1对于所有的x ∈[-1, 1],a ∈[-1, 1]恒成立，求实数m +n
t 的取值范围.
解析 本题不等式中有三个变量，因此可以通过消元转化的策略，先消去一个变量，容易证明f (x ) 是定义在[-1,1]上的增函数, 故 f (x ) 在[-1,1]上的最大值为f (1)=1,则f (x ) ≤t 2-2at +1对于所有的
x ∈[-1, 1],a ∈[-1, 1]恒成立⇔1≤t 2-2at +1对于所有的a ∈[-1, 1]恒成立，即2ta -t 2≤0对于所有的a ∈[-1, 1]恒成立，令g (a ) =2ta -t 2，只要⎨⎧g (-1) ≤0，∴t ≤-2或t ≥2或t =0． ⎩g (1) ≤0
点评 对于含有两个以上变量的不等式恒成立问题, 可以根据题意依次进行消元转化, 从而转化为只含有两变量的不等式问题, 使问题得到解决.
以上介绍的几种常见不等式恒成立问题的求解策略，只是分别从某个侧面入手去探讨不等式中参数的取值范围。事实上，这些策略不是孤立的，在具体的解题实践中，往往需要综合考虑，灵活运用，才能使问题得以顺利解决。
三、巩固练习
1. （1）若关于x 的不等式x 2-ax -a >0的解集为(-∞, +∞) ，求实数a 的取值范围；（2）若关于x 的不等式x 2-ax -a ≤-3的解集不是空集，求实数a 的取值范围．解：（1）设f (x )=x 2-ax -a . 则关于x 的不等式x 2-ax -a >0的解集为(-∞, +∞) ⇔f (x )>0
4a +a 2
>0, 解得-40, 即f min (x )=-4
（2）设f (x )=x 2-ax -a . 则关于x 的不等式x 2-ax -a ≤-3的解集不是空集⇔f (x )≤-3在
4a +a 2
≤-3, 解得a ≤-6或a ≥2. (-∞, +∞)上能成立⇔f min (x )≤-3, 即f min (x )=-4
2.
若函数y =R 上恒成立，求m 的取值范围。
分析：该题就转化为被开方数mx 2+6mx +m +8≥0在R 上恒成立问题，并且注意对二次项系数的讨论。
略解：要使y =R 上恒成立，即mx 2+6mx +m +8≥0在R 上
恒成立。
1 m =0时，8≥0 ∴m =0成立
⎧⎪m >02 m ≠0时，⎨，∴0
由1 ，2 可知，0≤m ≤1
23. 已知向量a =(x , x +1), b =(1-x , t ), 若函数f (x )=a ⋅b 在区间(-1,1)上是增函数，求t 的取
值范围.
解：依定义f (x ) =x 2(1-x ) +t (x +1) =-x 3+x 2+tx +t ,
则f '(x ) =-3x 2+2x +t . f (x )在区间(-1, 1)上是增函数等价于f '(x )>0在区间(-1, 1)上恒成立; 而f '(x )>0在区间(-1, 1)上恒成立又等价于t >3x 2-2x 在区间(-1, 1)上恒成立;
设g (x )=3x 2-2x , x ∈(-1, 1)进而t >g (x )在区间(-1, 1)上恒成立等价于t ≥g max (x ), x ∈(-1, 1)
1⎫⎛1⎫⎛考虑到g (x )=3x 2-2x , x ∈(-1, 1)在 -1, ⎪上是减函数, 在 , 1⎪上是增函数, 则3⎭⎝3⎭⎝
g max (x )=g (-1)=5. 于是, t的取值范围是t ≥5.
4. 已知函数f (x )=x 3+3ax -1, g (x )=f '(x )-ax -5，其中f ' (x )是f (x )的导函数. 对满足-1≤a ≤1的一切a 的值，都有g (x )
解法1. 由题意g (x )=3x 2-ax +3a -5，这一问表面上是一个给出参数a 的范围，解不等式g (x )
令ϕ(a )=(3-x )a +3x 2-5，(-1≤a ≤1)，则对-1≤a ≤1，恒有g (x )
⎧⎧3x 2-x -2
的一切a 的值，都有g (x )
解法2. 考虑不等式g (x )=3x 2-ax +3a -5
由-1≤a ≤1知, ∆=a 2-36a +60>0, 于是, 不等式的解为
为此, 设g (
a )=. h (
a )=不等式化为g (a )
2由于g (
a )=-1≤a ≤1上是增函数, 则g (a )max =g (1)=-, 32a +在-1≤a ≤1上是减函数, 则h (a )min =h (1)=1. 所以, -
a )=36
⎛2⎫故x ∈ -,1⎪时，对满足-1≤a ≤1的一切a 的值，都有g (x )
5. 若对任意的实数x ，sin 2x +2k cos x -2k -2
解法一：原不等式化为cos 2x -2k cos x +2k +1>0
令t =cos x ，则t ≤1，即f (t ) =t 2-2kt +2k +1=(t -k )-k 2+2k +1在t ∈[-1,1]上恒大于0。
1⑴若k 0，即f (-1) >0，k >- ∴k 不存在 22
⑵若-1≤k ≤1，若使f (t ) >0，即f (k ) =-k 2+2k +1>
0 ∴1k
∴11，要使f (t ) >0，即f (1)>0，k >1
由⑴，⑵，⑶可知，∴k >1
解法二：f (t ) =t 2-2kt +2k +1>0，在[-1,1]上恒成立。
⑴∆=k 2-2k -10⑵⎨∴k ≥1
⎪f (-1)
⎪⎩
k >1或k
由⑴，⑵可知，k >1
16. 已知函数f (x ) =x 2+ax +1≥0对于一切x ∈(0,]成立，求a 的取值范围。 2
7. 已知函数f (x ) =x 2-4x ≥m 对于x ∈(0,1]恒成立，，求m 的取值范围。
118. 若不等式9x 2-6ax +a 2-2a -6≥0在-≤x ≤内恒成立，求a 的取值范围。 33
9. 已知函数y =lg[x 2+(a -1) x +a 2]的定义域为R ，求实数a 的取值范围。
解：由题设可将问题转化为不等式x 2+(a -1) x +a 2>0对x ∈R 恒成立，即有
11∆=(a -1) 2-4a 2。所以实数a 的取值范围为(-∞, -1) (, +∞) 。 33
a ⎛⎫10. 已知函数f (x )=lg x +-2⎪，若对任意x ∈[2, +∞)恒有f (x )>0，试确定a 的取值范围。 x ⎝⎭
解：根据题意得：x +a -2>1在x ∈[2, +∞)上恒成立，即：a >-x 2+3x 在x ∈[2, +∞)上恒成立， x
2
设f (x )=-x 2+3x ，则f (x )=-⎛ ⎝x -3⎫
2⎪⎭+9
4 当x =2时，f (x )max =2 所以a >2
11. 已知x ∈(-∞,1]时，不等式1+2x +(a -a 2)⋅4x >0恒成立，求a 的取值范围。 解：令2x =t ， x ∈(-∞,1] ∴t ∈(0,2] 所以原不等式可化为：a 2-a
t 2，
要使上式在t ∈(0,2]上恒成立，只须求出f (t )=t +1
t 2在t ∈(0,2]上的最小值即可。
22
f (t )=t +1⎛1⎫1⎛11⎫11⎡1⎫
t 2= ⎝t ⎪⎭+t = ⎝t +2⎪⎭-4 t ∈⎢⎣2, +∞⎪⎭
∴f (t )min =f (2)=34 ∴a 2-a
4 ∴-2
二次函数恒成立问题
2016年8月东莞莞美学校
一、恒成立问题的基本类型：
类型1：设f (x ) =ax 2+bx +c (a ≠0) ，
（1）f (x ) >0在x ∈R 上恒成立⇔a >0且∆
（2）f (x )
类型2：设f (x ) =ax 2+bx +c (a ≠0)
b ⎧b ⎧⎧b β⎪-（1）当a >0时，f (x ) >0在x ∈[α, β]上恒成立⇔⎨2a ， 或⎨或⎨2a 2a ⎪⎪⎩f (α) >0⎪⎩∆0
⎧f (α)
（2）当a 0在x ∈[α, β]上恒成立⇔⎨⎧f (α) >0 f (β) >0⎩
b ⎧b ⎧⎧b -β⎪⎪⎪- f (x ) 0⎪⎩∆
类型3：
f (x ) >α对一切x ∈I 恒成立⇔f (x ) min >αf (x ) α。 类型4：
f (x ) >g (x ) 对一切x ∈I 恒成立⇔f (x ) 的图象在g (x ) 的图象的上方或f (x ) min >g (x ) max
(x ∈I )
二、恒成立问题常见的解题策略：
策略一：利用二次函数的判别式
对于一元二次函数f (x ) =ax 2+bx +c >0(a ≠0, x ∈R ) 有：
（1）f (x ) >0在x ∈R 上恒成立⇔a >0且∆
（2）f (x )
例1. 若不等式(m -1) x +(m -1) x +2>0的解集是R ，求m 的范围。 2
解析：要想应用上面的结论，就得保证是二次的，才有判别式，但二次项系数含有参数m ，所以要讨论m-1是否是0。
（1）当m-1=0时，不等式化为2>0恒成立，满足题意；
⎧m -1>0（2）m -1≠0时，只需⎨，所以，m ∈[1, 9) 。 2⎩∆=(m -1) -8(m -1)
策略二:利用函数的最值（或值域）
（1）f (x ) ≥m 对任意x 都成立⇔f (x ) min ≥m ；
（2）f (x ) ≤m 对任意x 都成立⇔m ≥f (x ) max 。简单计作：“大的大于最大的，小的小于最小的”。由此看出，本类问题实质上是一类求函数的最值问题。
例2. 已知f (x ) =x 2+ax +3-a ，若x ∈[-2, 2],f (x ) ≥2恒成立，求a 的取值范围.
解析 本题可以化归为求函数f (x ) 在闭区间上的最值问题, 只要对于任意x ∈[-2, 2],f (x ) min ≥2. 若x ∈[-2, 2],f (x ) ≥2恒成立⇔∀x ∈[-2, 2],f (x ) min ⎧a ⎪-≤-2≥2⇔⎨2 ⎪⎩f (x ) min =f (-2) =7-3a ≥2
a ⎧-2≤-≤2⎧a ⎪2⎪⎪->2或⎨或，即a 的取值范围为[-5, -2+22]. ⎨22a a ⎪f (x ) =f (-) =3-a -≥2⎪⎩f (x ) min =f (2) =7+a ≥2min ⎪24⎩
策略三：利用零点分布
例3. 已知f (x ) =x 2+ax +3-a ，若x ∈[-2, 2],f (x ) ≥0恒成立，求a 的取值范围.
解析 本题可以考虑f (x ) 的零点分布情况进行分类讨论，分无零点、零点在区间的左侧、零点在区间
⎧∆>0⎧∆>0⎪a ⎪a ⎪⎪⎪-≤-2⎪-≥2的右侧三种情况，即Δ≤0或⎨2或⎨2，即a 的取值范围为[-7，2].
⎪f (-2) ≥0⎪f (-2) ≥0⎪⎪⎪⎪f (2) ≥0⎩⎩f (2) ≥0
点评 对于含参数的函数在闭区间上函数值恒大于等于零的问题, 可以考虑函数的零点分布情况, 要求对应闭区间上函数图象在x 轴的上方或在x 轴上就行了.
变式：设f (x ) =x 2-2mx +2，当x ∈[-1, +∞) 时，f (x ) ≥m 恒成立，求实数m 的取值范围。 解：设F (x ) =x 2-2mx +2-m ，则当x ∈[-1, +∞) 时，F
(x ) ≥0当∆=4(m -1)(m +2) 0显然成立；
当∆≥0时，如图，F (x ) ≥0恒成立的充要条件为： ⎧⎪∆≥0⎪⎨F (-1) ≥0解得-3≤m ≤-2。综上可得实数m 的取值范围为[-3, 1) 。
⎪-2m ⎪-≤-12⎩
策略四：分离参数法
若所给的不等式能通过恒等变形使参数与主元分离于不等式两端，从而问题转化为求主元函数的最值，进而求出参数范围。这种方法本质也还是求最值，但它思路更清晰，操作性更强。一般地有：
1）f (x ) f (x ) max
2）f (x ) >g (a )(a 为参数）恒成立⇔g (a )
x 2+2x +a , x ∈[1, +∞) ，若对任意x ∈[1, +∞) ，f (x ) >0恒成立，求实数a 的取值范例4. 函数f (x ) =x
围。
解：若对任意x ∈[1, +∞) ，f (x ) >0恒成立，
x 2+2x +a >0恒成立， 即对x ∈[1, +∞) ，f (x ) =x
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
x 2+2x +a >0在x ∈[1, +∞) 时恒成立，只要a >-x 2-2x 在x ∈[1, +∞) 时恒成立。而易求得二次函数h (x ) =-x 2-2x 在[1, +∞) 上的最大值为-3，所以a >-3。 变式：已知函数f (x ) =ax -4x -x 2, x ∈(0, 4]时f (x )
解： 将问题转化为a
对x ∈(0, 4]恒成立。 x
令g (x ) =4x -x 2
，则a
由g (x ) =4x -x 2
=x 4-1可知g (x ) 在(0, 4]上为减函数，故g (x ) min =g (4) =0 x
∴a
注：分离参数后，方向明确，思路清晰能使问题顺利得到解决。
策略五：确定主元
在给出的含有两个变量的不等式中，学生习惯把变量x 看成是主元（未知数），而把另一个变量a 看成参数，在有些问题中这样的解题过程繁琐。如果把已知取值范围的变量作为主元，把要求取值范围的变量看作参数，则可简化解题过程。
例5. 若不等式2x -1>m (x -1) 对满足-2≤m ≤2的所有m 都成立，求x 的范围。 2
解析：我们可以用改变主元的办法，将m 视为主变元，即将元不等式化为：m (x 2-1) -(2x -1)
2⎧-1+1+⎪-2(x -1) -(2x -1)
总结：利用了一次函数f (x ) =kx +b , x ∈[m , n ]有：
⎧f (m ) >0⎧f (m ) 0恒成立⇔⎨, f (x ) 0⎩f (n )
变式：对任意a ∈[-1, 1]，不等式x 2+(a -4) x +4-2a >0恒成立，求x 的取值范围。
分析：题中的不等式是关于x 的一元二次不等式，但若把a 看成主元，则问题可转化为一次不等式(x -2) a +x 2-4x +4>0在a ∈[-1, 1]上恒成立的问题。
解：令f (a ) =(x -2) a +x 2-4x +4，则原问题转化为f (a ) >0恒成立（a ∈[-1, 1]）。
当x =2时，可得f (a ) =0，不合题意。
当x ≠2时，应有⎨⎧f (1) >0解之得x 3。
⎩f (-1) >0
故x 的取值范围为(-∞, 1) (3, +∞) 。
策略六：消元转化
例6. 已知f (x ) 是定义在[-1,1]上的奇函数, 且f (1)=1,若
m , n ∈[-1, 1],m +n ≠0时f (m ) +f (n ) >0，若f (x ) ≤t 2-2at +1对于所有的x ∈[-1, 1],a ∈[-1, 1]恒成立，求实数m +n
t 的取值范围.
解析 本题不等式中有三个变量，因此可以通过消元转化的策略，先消去一个变量，容易证明f (x ) 是定义在[-1,1]上的增函数, 故 f (x ) 在[-1,1]上的最大值为f (1)=1,则f (x ) ≤t 2-2at +1对于所有的
x ∈[-1, 1],a ∈[-1, 1]恒成立⇔1≤t 2-2at +1对于所有的a ∈[-1, 1]恒成立，即2ta -t 2≤0对于所有的a ∈[-1, 1]恒成立，令g (a ) =2ta -t 2，只要⎨⎧g (-1) ≤0，∴t ≤-2或t ≥2或t =0． ⎩g (1) ≤0
点评 对于含有两个以上变量的不等式恒成立问题, 可以根据题意依次进行消元转化, 从而转化为只含有两变量的不等式问题, 使问题得到解决.
以上介绍的几种常见不等式恒成立问题的求解策略，只是分别从某个侧面入手去探讨不等式中参数的取值范围。事实上，这些策略不是孤立的，在具体的解题实践中，往往需要综合考虑，灵活运用，才能使问题得以顺利解决。
三、巩固练习
1. （1）若关于x 的不等式x 2-ax -a >0的解集为(-∞, +∞) ，求实数a 的取值范围；（2）若关于x 的不等式x 2-ax -a ≤-3的解集不是空集，求实数a 的取值范围．解：（1）设f (x )=x 2-ax -a . 则关于x 的不等式x 2-ax -a >0的解集为(-∞, +∞) ⇔f (x )>0
4a +a 2
>0, 解得-40, 即f min (x )=-4
（2）设f (x )=x 2-ax -a . 则关于x 的不等式x 2-ax -a ≤-3的解集不是空集⇔f (x )≤-3在
4a +a 2
≤-3, 解得a ≤-6或a ≥2. (-∞, +∞)上能成立⇔f min (x )≤-3, 即f min (x )=-4
2.
若函数y =R 上恒成立，求m 的取值范围。
分析：该题就转化为被开方数mx 2+6mx +m +8≥0在R 上恒成立问题，并且注意对二次项系数的讨论。
略解：要使y =R 上恒成立，即mx 2+6mx +m +8≥0在R 上
恒成立。
1 m =0时，8≥0 ∴m =0成立
⎧⎪m >02 m ≠0时，⎨，∴0
由1 ，2 可知，0≤m ≤1
23. 已知向量a =(x , x +1), b =(1-x , t ), 若函数f (x )=a ⋅b 在区间(-1,1)上是增函数，求t 的取
值范围.
解：依定义f (x ) =x 2(1-x ) +t (x +1) =-x 3+x 2+tx +t ,
则f '(x ) =-3x 2+2x +t . f (x )在区间(-1, 1)上是增函数等价于f '(x )>0在区间(-1, 1)上恒成立; 而f '(x )>0在区间(-1, 1)上恒成立又等价于t >3x 2-2x 在区间(-1, 1)上恒成立;
设g (x )=3x 2-2x , x ∈(-1, 1)进而t >g (x )在区间(-1, 1)上恒成立等价于t ≥g max (x ), x ∈(-1, 1)
1⎫⎛1⎫⎛考虑到g (x )=3x 2-2x , x ∈(-1, 1)在 -1, ⎪上是减函数, 在 , 1⎪上是增函数, 则3⎭⎝3⎭⎝
g max (x )=g (-1)=5. 于是, t的取值范围是t ≥5.
4. 已知函数f (x )=x 3+3ax -1, g (x )=f '(x )-ax -5，其中f ' (x )是f (x )的导函数. 对满足-1≤a ≤1的一切a 的值，都有g (x )
解法1. 由题意g (x )=3x 2-ax +3a -5，这一问表面上是一个给出参数a 的范围，解不等式g (x )
令ϕ(a )=(3-x )a +3x 2-5，(-1≤a ≤1)，则对-1≤a ≤1，恒有g (x )
⎧⎧3x 2-x -2
的一切a 的值，都有g (x )
解法2. 考虑不等式g (x )=3x 2-ax +3a -5
由-1≤a ≤1知, ∆=a 2-36a +60>0, 于是, 不等式的解为
为此, 设g (
a )=. h (
a )=不等式化为g (a )
2由于g (
a )=-1≤a ≤1上是增函数, 则g (a )max =g (1)=-, 32a +在-1≤a ≤1上是减函数, 则h (a )min =h (1)=1. 所以, -
a )=36
⎛2⎫故x ∈ -,1⎪时，对满足-1≤a ≤1的一切a 的值，都有g (x )
5. 若对任意的实数x ，sin 2x +2k cos x -2k -2
解法一：原不等式化为cos 2x -2k cos x +2k +1>0
令t =cos x ，则t ≤1，即f (t ) =t 2-2kt +2k +1=(t -k )-k 2+2k +1在t ∈[-1,1]上恒大于0。
1⑴若k 0，即f (-1) >0，k >- ∴k 不存在 22
⑵若-1≤k ≤1，若使f (t ) >0，即f (k ) =-k 2+2k +1>
0 ∴1k
∴11，要使f (t ) >0，即f (1)>0，k >1
由⑴，⑵，⑶可知，∴k >1
解法二：f (t ) =t 2-2kt +2k +1>0，在[-1,1]上恒成立。
⑴∆=k 2-2k -10⑵⎨∴k ≥1
⎪f (-1)
⎪⎩
k >1或k
由⑴，⑵可知，k >1
16. 已知函数f (x ) =x 2+ax +1≥0对于一切x ∈(0,]成立，求a 的取值范围。 2
7. 已知函数f (x ) =x 2-4x ≥m 对于x ∈(0,1]恒成立，，求m 的取值范围。
118. 若不等式9x 2-6ax +a 2-2a -6≥0在-≤x ≤内恒成立，求a 的取值范围。 33
9. 已知函数y =lg[x 2+(a -1) x +a 2]的定义域为R ，求实数a 的取值范围。
解：由题设可将问题转化为不等式x 2+(a -1) x +a 2>0对x ∈R 恒成立，即有
11∆=(a -1) 2-4a 2。所以实数a 的取值范围为(-∞, -1) (, +∞) 。 33
a ⎛⎫10. 已知函数f (x )=lg x +-2⎪，若对任意x ∈[2, +∞)恒有f (x )>0，试确定a 的取值范围。 x ⎝⎭
解：根据题意得：x +a -2>1在x ∈[2, +∞)上恒成立，即：a >-x 2+3x 在x ∈[2, +∞)上恒成立， x
2
设f (x )=-x 2+3x ，则f (x )=-⎛ ⎝x -3⎫
2⎪⎭+9
4 当x =2时，f (x )max =2 所以a >2
11. 已知x ∈(-∞,1]时，不等式1+2x +(a -a 2)⋅4x >0恒成立，求a 的取值范围。 解：令2x =t ， x ∈(-∞,1] ∴t ∈(0,2] 所以原不等式可化为：a 2-a
t 2，
要使上式在t ∈(0,2]上恒成立，只须求出f (t )=t +1
t 2在t ∈(0,2]上的最小值即可。
22
f (t )=t +1⎛1⎫1⎛11⎫11⎡1⎫
t 2= ⎝t ⎪⎭+t = ⎝t +2⎪⎭-4 t ∈⎢⎣2, +∞⎪⎭
∴f (t )min =f (2)=34 ∴a 2-a
4 ∴-2