前言
相關博文：不等式恆成立問題；
不等式恆成立問題和二次不等式恆成立問題的關系：相輔相成，缺一不可；
不等式恆成立的問題，我們最常用的轉化思路是分離參數+構造函數法，但是並非所有的恆成立問題都可以這樣求解，比如\(2ax^2+a^2x+2\geqslant 0\)在區間\([1,2]\)上恆成立，求參數\(a\)的取值范圍，此題目就不能用分離參數法求解，而只能用二次不等式恆成立的方法分類討論求解；
二次不等式恆成立問題的求解原則
利用三個二次的關系，進行相應的轉化划歸。比如本來是求解二次不等式問題，我們卻是利用其對應的二次函數的圖像來思考，先將數的問題轉化為形的問題，最后再由形轉化為不等式組的求解。
引例，如\(ax^2+bx+c\ge 0(a>0)\)，或者直接思考\(x^2-2ax+3a-1\ge 0\)，(當\(a<0\)時，可以仿照\(a>0\)來轉化模型得到相應的不等式組）
類型策略
- 類型1：形如\(f(x)\ge 0(x\in R)\)型的不等式確定參數范圍
處理策略：需要限制\(a\)和\(\Delta\)，即\(\left\{\begin{array}{l}{a>0}\\{\Delta \leq 0}\end{array}\right.\)
具體到上例，即\(\Delta=4a^2-4(3a-1)\leq 0\)，求解即可。
- 類型2：形如\(f(x)\ge 0 (x\in [m，+\infty))\)型的不等式確定參數范圍
處理策略：分類討論，轉化划歸；
如上例是在\([2，+\infty)\)上恆成立，
則\(\Delta \leq 0\)或\(\left\{\begin{array}{l}{\Delta > 0}\\{[對稱軸]a< 2}\\{f(2)\ge 0}\end{array}\right.\)
- 類型3：形如\(f(x)\ge 0(x\in[a，b])\)型的不等式確定參數范圍
如上例\(x\in [2，3]\)上恆成立，
則\(\Delta \leq 0\)或
\(\left\{\begin{array}{l}{\Delta > 0}\\{[對稱軸]a< 2}\\{f(2)\ge 0}\end{array}\right.\)
或\(\left\{\begin{array}{l}{\Delta > 0}\\{[對稱軸]a> 3}\\{f(3)\ge 0}\end{array}\right.\)
特別的，當\(x^2-2ax+3a-1\leq 0\)在\(x\in [2，3]\)上恆成立時，只需要限制\(\left\{\begin{array}{l}{f(2)\leq 0}\\{f(3)\leq 0}\end{array}\right.\)
- 類型4：形如\(f(x)\ge 0(參數m\in[a，b])\)型的不等式確定參數范圍
處理策略：主輔元換位，
如不等式\(x^2-2ax+3a-1\ge 0\)對\(a\in [2，3]\)恆成立，求\(x\)的取值范圍。
令\(f(x)=x^2-2ax+3a-1\)，則\(f(x)\)是關於\(x\)的二次函數，
若將上述函數以\(a\)為元，可以整理為另一個函數
\(g(a)=(3-2x)a+x^2-1\)，則\(g(a)\)是關於\(a\)的一次函數，
現要\(g(a) \ge 0\)，則只需\(\left\{\begin{array}{l}{g(2)\ge 0}\\{g(3)\ge 0}\end{array}\right.\)
對應例題
- 角度一 形如\(f(x)\ge 0(f(x)\leq 0)(x\in R)\)型的不等式確定參數范圍
法1：(將\(b\)和\(\lambda\)看做系數)將不等式轉化為\(a^2-\lambda ba+8b^2-\lambda b^2\ge 0\)對任意的\(a\in R\)恆成立，
則\(\Delta =b^2\lambda^2-4(8b^2-\lambda b^2)=b^2(\lambda^2+4\lambda-32)\leq 0\)，
解得\(-8\leq \lambda \leq 4\)。
法2：變量集中策略，當\(b=0\)時，即\(a^2\ge 0\)恆成立，\(\lambda\in R\)；
當\(b\neq 0\)時，原不等式等價於\((\cfrac{a}{b})^2+8\ge \lambda (\cfrac{a}{b})+\lambda\)，
令\(\cfrac{a}{b}=t\in R\)，即\(t^2-\lambda t+8-\lambda\ge 0\)對任意的\(t\in R\)恆成立，
則\(\Delta =(\lambda)^2-4(8-\lambda)\leq 0\)，
解得\(-8\leq \lambda \leq 4\)。
綜上所述(兩種情況取交集)，實數\(\lambda\)的取值范圍為\(-8\leq \lambda \leq 4\)。
- 角度二 形如\(f(x)\ge 0(x\in[a，b])\)型的不等式確定參數范圍
法1：利用二次函數求解，要使\(f(x)<-m+5\)恆成立，即\(mx^2-mx+m-6<0\)，
即\(m(x-\cfrac{1}{2})^2+\cfrac{3}{4}m-6<0\)在\(x\in[1,3]\)上恆成立，
令\(g(x)=m(x-\cfrac{1}{2})^2+\cfrac{3}{4}m-6,x\in [1,3]\)，
當\(m>0\)時，\(g(x)\)在\([1,3]\)上是增函數，
所以\(g(x)_{max}=g(3)=7m-6<0\), 解得\(m<\cfrac{6}{7}\)，
則有\(0<m<\cfrac{6}{7}\)；
當\(m<0\)時，\(g(x)\)在\([1,3]\)上是減函數，
所以\(g(x)_{max}=g(1)=m-6<0\), 解得\(m<6\)，
則有\(m<0\)；
綜上所述，\(m\)的取值范圍是\((-\infty,0)\cup(0,\cfrac{6}{7})\)。
法2：分離參數法，因為\(x^2-x+1>0\)，由\(f(x)<-m+5\)可得\(m(x^2-x+1)-6<0\)，
故有\(m<\cfrac{6}{x^2-x+1}\)恆成立，
又因為函數\(y=\cfrac{6}{x^2-x+1}=\cfrac{6}{(x-\cfrac{1}{2})^2+\cfrac{3}{4}}\)在區間\([1,3]\)上的最小值為\(\cfrac{6}{7}\),
故只需\(m<\cfrac{6}{7}\)即可，
又因為\(m\neq 0\)，所以\(m\)的取值范圍是\((-\infty,0)\cup(0,\cfrac{6}{7})\)。
法1，二次函數法
①由於\(\Delta=a^2+8a≤0\)時滿足題意，解得\(-8≤a≤0\)，
求得對稱軸\(x=-\cfrac{a}{2}\)，
再考慮對稱軸\(x=-\cfrac{a}{2}\)和給定區間\([1，5]\)的相對位置關系
②當\(-\cfrac{a}{2}≤1\)時，即\(a≥-2\)時，函數\(f(x)\)在區間\([1,5]\)單調遞增，
所以\(f(x)_{min}=f(1)=1+a-2a≥0\),解得\(-2≤a≤1\)，又因為\(a≥-2\)，所以得到\(-2≤a≤1\)。
③當\(-\cfrac{a}{2}≥5\)時，即\(a≤-10\)時，函數\(f(x)\)在區間\([1,5]\)單調遞減，
所以\(f(x)_{min}=f(5)=25+5a-2a≥0\)，解得\(a≥-\cfrac{25}{3}\)，又因為\(a≤-10\)，所以得到\(a\in\varnothing\).
④當\(1<-\cfrac{a}{2}<5\),即\(-10<a<-2\)時，\(f(x)_{min}=f(-\cfrac{a}{2})=\cfrac{a^2}{4}-\cfrac{a^2}{2}-2a≥0\)，
得到\(-8≤a≤0\),又\(-10<a<-2\)，所以\(-8≤a<-2\)（這種情形可以省略）
綜上可得\(a\)的取值范圍是\([-8,1]\)
法2：分離參數法，先轉化為\((x-2)a\ge -x^2，x\in [1，5]\)
接下來就轉化為了三個恆成立的命題了，
當\(x=2\)時，原不等式即\((2-2)a\ge -4\)，\(a\in R\)都符合題意；
當\(2<x<5\)時，原不等式等價於\(a\ge \cfrac{-x^2}{x-2}=-(x-2)-\cfrac{4}{x-2}-4=g(x)\)恆成立；
\(g(x)=-(x-2)-\cfrac{4}{x-2}-4\leq 2\sqrt{(x-2)\cdot \cfrac{4}{x-2}}-4=-8\)
求得當\(x=4\)時，\(g(x)_{max}=-8\)，故\(a\ge -8\)
當\(1<x<2\)時，原不等式等價於\(a\leq \cfrac{-x^2}{x-2}=-(x-2)-\cfrac{4}{x-2}-4=g(x)\)恆成立；
\(g(x)=-(x-2)-\cfrac{4}{x-2}-4\ge 2\sqrt{-(x-2)\cdot \cfrac{-4}{x-2}}-4=0\)
當且僅當\(x=0\)時取到等號，並不滿足前提條件\(1<x<2\)，故是錯解。
此時需要借助對勾函數的單調性，函數\(y=x+\cfrac{4}{x}\)在區間\([1，2]\)上單調遞增，
那么\(y=x-2+\cfrac{4}{x-2}\)在區間\([1，2]\)上單調遞減，
\(y=-(x-2)-\cfrac{4}{x-2}\)在區間\([1，2]\)上單調遞增，\(y=-(x-2)-\cfrac{4}{x-2}-4\)在區間\([1，2]\)上單調遞增，
故\(g(x)_{min}=g(1)=1\)，故\(a\leq 1\)
以上三種情況取交集，得到\(a\in [-8，1]\)。
- 角度三 形如\(f(x)\ge 0(參數m\in[a，b])\)型的不等式確定參數范圍
分析：主輔元換位，把不等式的左端看成關於\(a\)的一次函數，
記為\(f(a)=(x-2)a+x^2-4x+4\)，則由\(f(a)>0\)對於任意的\(a\in[-1,1]\)恆成立，
只需\(\begin{cases}f(-1)>0\\f(1)>0\end{cases}\)即可，
即\(\begin{cases}x^2-5x+6>0\\x^2-3x+2>0\end{cases}\)，
解得\(x<1\)或\(x>3\)，則\(x\)的取值范圍是\((-\infty,1)\cup(3,+\infty)\).
高階轉化
已知正項遞增等比數列\(\{a_n\}\)的前\(n\)項和為\(S_n\)，且\(a_1a_4=27\)，\(a_2+a_3=12\)，若\(\forall n\in N^*\)，\(2a_{n+1}S_n-21a_{n+1}\ge t\)恆成立，則實數\(t\)的取值范圍是__________。
分析：由等比數列性質可知，\(a_2a_3=27\)，\(a_2+a_3=12\)，
則\(a_2\)，\(a_3\)是方程\(x^2-(a_2+a_3)x+a_2a_3=0\)，即方程為\(x^2-12x+27=0\)的兩個根，
解得\(a_2=3\)，\(a_3=9\)，或\(a_2=9\)，\(a_3=3\)(舍去)；
則\(a_n=3^{n-1}\)，從而計算得到\(S_n=\cfrac{3^n-1}{2}\)，
故已知條件\(2a_{n+1}S_n-21a_{n+1}\ge t\)可以變形為
\(t\leq 2\cdot 3^n\cdot \cfrac{3^n-1}{2}-21\cdot 3^n=(3^n)^2-22\cdot 3^n=(3^n-1)^2-121\)，
令\(g(n)=(3^n-1)^2-121\)，以下類比二次函數求最值的方法，注意\(n\in N^*\)的條件限制，
則當\(n=2\)時，\(g(n)_{min}=(3^2-11)^2-121=-117\)，故\(t\leq -117\)，即所求范圍為\((-\infty，-117]\)。
解后反思：①本題目的難點之一是解方程求數列通項公式；②恆成立問題；③求二次函數的最值；
分析：由題目可知，方程\(f(-x)+f(x)=0\)在\(R\)上有解，
即\(4^x+4^{-x}-m(2^{x+1}+2^{-x+1})+2(m^2-3)=0\)有解，
先令\(2^x=t>0\)，得到\(t^2+\cfrac{1}{t^2}-2m(t+\cfrac{1}{t})+2(m^2-3)=0\)，
再令\(t+\cfrac{1}{t}=n\ge 2\)，則方程變形為\(n^2-2mn+2m^2-8=0\)在\(n\in [2，+\infty)\)上有解，
令\(F(n)=n^2-2mn+2m^2-8(n \ge 2)\)；
\(1^。\) 當\(F(2)\leq 0\)時，由零點存在性定理可知，只需要\(F(2)\leq 0\)，由\(F(2)\leq 0\Longrightarrow 1-\sqrt{3}\leq m \leq 1+\sqrt{3}\)；
\(2^。\) 當\(F(2)> 0\)時，還需要\(\Delta \ge 0\)且對稱軸大於2，
由\(\begin{cases} &F(2)> 0\\ &\Delta \ge 0 \\ &m>2\end{cases}\Longrightarrow \begin{cases} &m<1-\sqrt{3}，m>1+\sqrt{3}\\ &-2\sqrt{2}\leq m \leq 2\sqrt{2} \\ & m>2\end{cases}\Longrightarrow 1+\sqrt{3}< m \leq 2\sqrt{2}\)；
綜上所述，\(m\)的取值范圍是\([1-\sqrt{3}，2\sqrt{2}]\).
對應練習
分析：令\(a^2-3a=A\)，\(x^2-2x+5=f(x)\)，
則轉化為\(f(x)\ge A\)對任意實數恆成立，即需要求解\(f(x)_{min}\);
分析：分離參數得到\(a>-x^2+2x\)對任意實數\(x\in[2,3]\)恆成立，
即需要求函數\(f(x)=-x^2+2x,x\in[2,3]\)的\(f(x)_{max}\),
\(f(x)=-(x-1)^2+1,x\in[2,3]\),故\(f(x)_{max}=f(2)=0\)，則得到\(a>0\).
分析：先由\(f(1-x)=f(1+x)\)得到，二次函數的對稱軸\(x=-\cfrac{a}{-2}=1\)，解得\(a=2\)，
故題目轉化為\(-x^2+2x+b^2-b+1>0\)對任意\(x\in [-1,1]\)恆成立，
用整體法分離參數，
得到\(b^2-b>x^2-2x-1\)對任意\(x\in[-1,1]\)恆成立。
令\(g(x)=x^2-2x-1，x\in[-1,1]\)，需要求函數\(g(x)_{max}\)；
\(g(x)=x^2-2x-1=(x-1)^2-2，x\in[-1，1]\)，
故\(g(x)\)在區間\([-1，1]\)上單調遞減，則\(g(x)_{max}=g(-1)=2\)，
故\(b^2-b>2\)，解得\(b<-1\)或\(b>2\)。
分析：令\(log_ax=t\)，由於\(x\in (0,+\infty)\)，則此時不論底數\(a\)為何值，都有\(t\in R\)，故原題等價轉化為
\(t^2+2at+4>0\)對\(t\in R\)恆成立，故只需要\(\Delta=4a^2-16<0\)即可，解得\(-2<a<2\)，
又由於隱含條件\(a>0\)且\(a\neq 1\)，故\(a\in (0,1)\cup(1,2)\)。
法1：遇到恆成立問題，一般首先考慮能否分離參數的方法，本題目可以分離參數，但需要針對自變量分類討論。
當\(x=0\)，\(-3<0\)恆成立，故\(a\in R\)；
當\(x\neq 0\)時，分離參數並整理，得到\(a<\cfrac{3-2x}{2x^2}\)恆成立，
令\(g(x)=\cfrac{3-2x}{2x^2}=\cfrac{3}{2}(\cfrac{1}{x})^2-\cfrac{1}{x}=\cfrac{3}{2}[(\cfrac{1}{x})^2-\cfrac{2}{3}\times\cfrac{1}{x}+(\cfrac{1}{3})^2]-\cfrac{3}{2}\times (\cfrac{1}{3})^2\)
\(=\cfrac{3}{2}(\cfrac{1}{x}-\cfrac{1}{3})^2-\cfrac{1}{6}\)恆成立，
由於\(x\in [-1，0)\cup(0，1]\)，故\(t=\cfrac{1}{x}\in (-\infty，-1]\cup[1，+\infty)\)，
則\(g(x)=h(t)=\cfrac{3}{2}(t-\cfrac{1}{3})^2-\cfrac{1}{6}\)，
故當\(t=1\)，即\(x=1\)時，\(g(x)_{min}=\cfrac{1}{2}\)；故\(a<\cfrac{1}{2}\)，
綜上所述取交集，得到實數\(a\)的取值范圍是\((-\infty，\cfrac{1}{2})\).
法2：還可以不分離參數，針對參數分類討論如下。
①當\(a=0\)時，\(f(x)=2x-3\)，\(f(x)_{max}=f(1)=2-3<0\)成立，故\(a=0\)滿足；
當\(a\neq 0\)時，\(f(x)\)為二次函數，對稱軸為\(x=-\cfrac{1}{2a}\)，
②\(\left\{\begin{array}{l}{a>0}\\{f(1)<0}\\{f(-1)<0}\end{array}\right.\) 解得\(\left\{\begin{array}{l}{a>0}\\{a<\frac{1}{2}}\\{a<\frac{5}{2}}\end{array}\right.\) 即\(0<a<\cfrac{1}{2}\)
③\(\left\{\begin{array}{l}{a<0}\\{-\cfrac{1}{2a}\geqslant 1}\\{f(1)<0}\end{array}\right.\) 解得\(\left\{\begin{array}{l}{a<0}\\{-\frac{1}{2}\leqslant a<0 }\\{ a<\frac{1}{2}}\end{array}\right.\) 即\(-\cfrac{1}{2}\leqslant a<0\)
④\(\left\{\begin{array}{l}{a<0}\\{-\cfrac{1}{2a}\leqslant -1}\\{f(-1)<0}\end{array}\right.\) 解得\(\left\{\begin{array}{l}{a<0}\\{a\in \varnothing}\\{a<\frac{5}{2}}\end{array}\right.\) 即\(a\in \varnothing\)
⑤\(\left\{\begin{array}{l}{a<0}\\{\Delta<0}\end{array}\right.\) 解得\(\left\{\begin{array}{l}{a<0}\\{a<-\frac{1}{6}}\end{array}\right.\) 即\(a<-\cfrac{1}{6}\)
綜上所述取並集，得到實數\(a\)的取值范圍是\((-\infty，\cfrac{1}{2})\).
【解后反思】1、對於恆成立類題目，若針對自變量分類討論，則結果必須取交集；若針對參數分類討論，則結果必須取並集。2、若能注意到\(a<0\)，則對稱軸\(x=-\cfrac{1}{2a}>0\)，則可以直接排除情形④的討論；
分析：先將不等式轉化為\((sin\theta+cos\theta+1)x^2+(2sin\theta+1)x+sin\theta>0\)，
為了便於表達，令\(f(x)=(sin\theta+cos\theta+1)x^2+(2sin\theta+1)x+sin\theta\)，
則問題轉化為\(f(x)>0\)在\(x\in [-1，0]\)上恆成立，
由於\(sin\theta+cos\theta+1=\sqrt{2}sin(\theta+\cfrac{\pi}{4})+1\in(0,\sqrt{2}+1]\)，
故\(sin\theta+cos\theta+1>0\)在\(\theta\in [0，\pi)\)上恆成立，
故開口向上，且對稱軸\(x_0=-\cfrac{2sin\theta+1}{2(sin\theta+cos\theta+1)}<0\)
本來我們需要考慮三種情形，但是由於\(f(0)=sin\theta\in [0，1]\)，對稱軸\(x_0<0\)，
結合這些情形，可以只考慮\(\left\{\begin{array}{l}{f(-1)>0}\\{f(0)>0}\\{f(x_0)>0}\end{array}\right.\)即可，
由\(f(-1)>0\)得到，\(cos\theta>0\)，由\(f(0)>0\)得到，\(sin\theta>0\)，即\(0<\theta<\cfrac{\pi}{2}\)，故可以排除\(C\)，\(D\)兩個選項了；
難點是化簡\(f(x_0)>0\)，以下作以重點說明，
\(f(x_0)=f(-\cfrac{2sin\theta+1}{2(sin\theta+cos\theta+1)})\)
$=(sin\theta+cos\theta+1)\times[-\cfrac{2sin\theta+1}{2(sin\theta+cos\theta+1)}]^2+(2sin\theta+1)\times [-\cfrac{2sin\theta+1}{2(sin\theta+cos\theta+1)}]+sin\theta $
\(=\cfrac{(2sin\theta+1)^2}{4(sin\theta+cos\theta+1)}-\cfrac{(2sin\theta+1)^2}{2(sin\theta+cos\theta+1)}+sin\theta\)
\(=\cfrac{-(2sin\theta+1)^2}{4(sin\theta+cos\theta+1)}+sin\theta\)
\(=\cfrac{-4sin^2\theta-4sin\theta-1+sin\theta[4(sin\theta+cos\theta+1)]}{4(sin\theta+cos\theta+1)}\)
\(=\cfrac{4sin\theta cos\theta-1}{4(sin\theta+cos\theta+1)}=\cfrac{2sin2\theta-1}{4(sin\theta+cos\theta+1)}>0\)，
即\(sin2\theta>\cfrac{1}{2}\)，故\(\cfrac{\pi}{6}<2\theta<\cfrac{5\pi}{6}\)，即\(\cfrac{\pi}{12}<\theta<\cfrac{5\pi}{12}\)
結合\(0<\theta<\cfrac{\pi}{2}\)，可得\(\cfrac{\pi}{12}<\theta<\cfrac{5\pi}{12}\)，故選\(A\)。