转化为不等式恒成立命题
当你建立了不等式恒成立和能成立以及恰成立的模型后，以后碰到问题就只需要思考，这个题目到底是恒成立问题，还是能成立问题，亦或是恰成立问题。
前言
恒成立和能成立命题是高中数学中一个非常重要的知识点，考查频次很高，由于借助这个命题能很好的考查学生的知识理解掌握能力，还能考查学生遇到新问题时的转化化归能力，考查学生思维的灵活性，所以是高考命题人的最爱之一，需要引起学生的广泛关注。而且其涵盖的数学素材很广，一定要认真学习和掌握。
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1、二次不等式恒成立问题；
说明：我们所说的不等式恒成立，一般指的是更复杂形式的不等式的恒成立问题，而有些这样的问题经过转化往往会转化为二次不等式恒成立的问题，故还需要我们理解和掌握二次不等式恒成立问题。
恒成立模型
\(A\leq f(x)\)在区间\([m，n]\)上恒成立，等价于\(A\leq f(x)_{min}\)；
\(A\ge f(x)\)在区间\([m，n]\)上恒成立，等价于\(A\ge f(x)_{max}\)；
说明：上述模型是最精简的模型，具体题目中一般不是这样的，需要我们做相应的转化化归。比如\(ln(x+1)+\cfrac{a}{x+2}>1\)对任意\(x>0\)成立，则可以转化为\(a>(x+2)[1-ln(x+1)]\)恒成立，比如\(x^2+e^x+a\ge 0\)对任意实数恒成立，可以化归为\(a\ge -x^2-e^x\)，这样就都属于上述类型。
化归为恒成立
- ⒈明确以恒成立命题形式给出的；
分析：用分离参数法，转化为\(a\leq x+\cfrac{2}{x}=g(x)\)在区间\([2，5]\)上恒成立，即\(a\leq g(x)_{min}=3\)；
或二次函数数形结合法，针对对称轴和区间的位置关系分类讨论求解。
分析：转化为\(x^2+(k-1)x+4> 0\)在实数范围内恒成立，则\(\Delta<0\)，解得\(k\in (-3,5)\)；
- ⒉以集合、子集形式或定义域的形式给出的，比如解集为\(R\)；
分析：由\(\Delta=a^2-8 \leq 0\)求解得到\(a\in [-2\sqrt{2}，2\sqrt{2}]\)
分析：由\(2^{x^2-2ax+a}-1\ge0\)得到，\(x^2-2ax+a\ge 0\)的解集为\(R\)，求解得到\(a\in [0，1]\)
分析：由题可知，\(|x-2|+|x-a|<2\)在\((2，3)\)上恒成立，即\(x-2+|x-a|<2\)在\((2，3)\)上恒成立，即\(|x-a|<4-x\)在\((2，3)\)上恒成立，
即\(x-4 < x-a < 4-x\)在\((2，3)\)上恒成立，即\(2x-4< a <4\)在\((2，3)\)上恒成立，
即\((2x-4)_{max}< a <4\)在\((2，3)\)上恒成立，即\(2\leq a <4\)。
详解：由\(x^2-4x+3=(x-1)(x-3)<0\)，解得\(1<x<3\)；
由\(x^2-6x+8=(x-2)(-4)<0\)，解得 \(2<x<4\).
故①② 不等式解集的交集为 \(\{x\mid 2<x<3\}\)，
也即 \(\{x \mid 2<x<3\}\) 是不等式 \(2x^{2}-9x+m<0\)的解集的子集.
即在\(x\in (2,3)\)时，不等式 \(2x^{2}-9x+m<0\)恒成立，
构造函数 \(f(x)=2x^{2}-9x+m\)，该函数开口向上，对称轴为 \(x=\cfrac{9}{4}\in(2,3)\)，
故需\(\left\{\begin{array}{l}f(2)=m-10\leq 0 \\ f(3)=m-9 \leq 0\end{array},\right.\) 解得 \(m \leq 9 .\) 故选 \(C\).
- ⒊以简单逻辑用语给出的，比如真命题，假命题，或充要条件，全称命题
分析：即\(x^2-ax+2\ge 0\)为真命题，也即\(x^2-ax+2\ge 0\)恒成立；
命题的否定：“\(\neg P：\forall x\in R，2^x-2> a^2-3a\)”是真命题，则实数\(a\)的取值范围是__________。
分析：由题目可知，命题“\(\neg P：\forall x\in R，2^x-2> a^2-3a\)”是真命题，即\(2^x-2> a^2-3a\)对\(\forall x\in R\)恒成立，
故只需求\((2^x-2)_{min}\)，而\(2^x-2>-2\)，则有\(-2\ge a^2-3a\)，即\(a^2-3a+2\leq 0\)，
解得\(1\leq a\leq 2\)，故实数\(a\)的取值范围是\([1，2]\)。
分析：由于\(f'(x)=\cfrac{1}{x}+2ax=\cfrac{2ax^2+1}{x}(x>0)\)，
则\(f'(x)\geqslant 0(x>0)\)恒成立，即\(2ax^2+1\geqslant 0(x>0)\)恒成立，
分离参数得到，\(2a\geqslant -\cfrac{1}{x^2}(x>0)\)恒成立，
所以，\(a\geqslant 0\)，故选\(D\).
解析：由于对\(\forall x \in[-1,1], x^{2}+3 x+a\leq 0\) 为真命题，
令 \(g(x)=x^{2}+3 x+a\)，则对 \(\forall x \in[-1,1], g(x) \leq 0\)恒成立
因为 \(g(x)=x^{2}+3 x+a\) 的对称轴为 \(x=-\frac{3}{2},\) 则 \(g(x)\) 在 \(x \in[-1,1]\) 上单调递增，
则只需 \(g(1) \leq 0\) 即可， 即 \(4+a \leq 0\)， 解得 \(a \leq-4\)， 即 $a \in(-\infty,-4] $.
- ⒋以不等式无解的形式给出的；
（1）当\(a=2\)时，若\(f(x) < x\)无解，求\(t\)的取值范围；
分析：当\(a=2\)时，\(f(x)=log_2(4^x+t)\)，定义域为\(R\)，
则由\(f(x)< x\)无解，可知不等式\(f(x) < x\)的解集为\(x\in \varnothing\)，
则不等式\(f(x)\ge x\)的解集为\(x\in R\)，即\(f(x)\ge x\)在\(R\)上恒成立，
即\(log_2(4^x+t)\ge x=log_22^x\)在\(R\)上恒成立，
故\(4^x+t\ge 2^x\)在\(R\)上恒成立，分离参数得到，
\(t\ge 2^x-4^x\)在\(R\)上恒成立，
令\(2^x=k >0\)，则\(2^x-4^x=k-k^2=g(k)(k >0)\)，需要求\(g(k)_{max}\)，
又\(g(k)=-k^2+k=-(k-\cfrac{1}{2})^2+\cfrac{1}{4}\)，
故\(g(k)_{max}=g(\cfrac{1}{2})=\cfrac{1}{4}\)，
故\(t\ge \cfrac{1}{4}\)，即\(t\in [\cfrac{1}{4}，+\infty)\)。
- ⒌以不等式形式给出的；
(1)当\(a=1\)时，求不等式\(f(x)\ge 0\)的解集。
分析：分区间讨论法，解集为\([-2，3]\)，详解过程略。
(2)若\(f(x)\leq 1\)，求\(a\)的取值范围。
分析：本题目没有给定解集\(D\)，却需要求参数\(a\)的取值范围，那我们可以这样想，
对于未知解集\(D\)内的任意一个\(x\)，必然满足\(f(x)\leq 1\)，即对解集\(D\)而言，不等式\(f(x)\leq 1\)恒成立，
即\(5-|x+a|-|x-2|\leq 1\)恒成立，即\(|x+a|+|x-2|\ge 4\)恒成立，
这样难点就转换为求\((|x+a|+|x-2|)_{min}\)，
又\(|x+a|+|x-2|\ge |(x+a)-(x-2)|=|a+2|\)，
即\((|x+a|+|x-2|)_{min}=|a+2|\)，
即\(|a+2|\ge 4\)，则\(a+2\ge 4\)或\(a+2\leq -4\)
解得\(a\leq -6\)或\(a\ge 2\)。
- ⒍在某个区间\(D\)上函数单调递增；
法1：二次函数法，针对对称轴和区间\([2，5]\)的位置关系分类讨论求解；
法2：导数法，则有\(f'(x)=2x-a\ge0\)对\(x\in [2，5]\)恒成立，即\(a\leq 2x\)对\(x\in [2，5]\)恒成立；
即\(a\leq (2x)_{min}\)，当\(2\leq x\leq 5\)时，\((2x)_{min}=4\)，故\(a\leq4\)
- ⒎以证明题形式给出的；
- ⒏以数学概念或函数性质转化而成的恒成立；
分析：A选项，存在\(a\in R\)，使得函数\(f(x)\)为奇函数；若此选项正确，存在实数\(a\)，则对任意\(x\neq 0\)，\(f(-x)=-f(x)\)要恒成立，
即\(x^2-\cfrac{a}{x}=-x^2-\cfrac{a}{x}\)要恒成立，即\(-x^2=x^2\)，不是对任意\(x\neq 0\)都恒成立的，故A选项错误；
B选项，任意\(a\in R\)，使得函数\(f(x)\)为偶函数；若此选项正确，任意实数\(a\)，则对任意\(x\neq 0\)，\(f(-x)=f(x)\)要恒成立，
即\(x^2-\cfrac{a}{x}=x^2+\cfrac{a}{x}\)要恒成立，即\(\cfrac{2a}{x}=0\)，不是对任意\(x\neq 0\)都恒成立的，故B选项错误；
C选项，任意\(a>0\)，使得函数\(f(x)\)在\((-\infty，0)\)上为减函数；若此选项正确，对任意实数\(a>0\)，
则对任意\(x< 0\)，\(f'(x)=2x-\cfrac{a}{x^2}<0\)恒成立，即函数\(f(x)\)在\((-\infty，0)\)上为减函数，故C选项正确；
D选项，存在\(a>0\)，使得函数\(f(x)\)在\((0，+\infty)\)上为减函数；若此选项正确，存在实数\(a>0\)，则对任意\(x>0\)，
必须\(f'(x)=2x-\cfrac{a}{x^2}=\cfrac{2x^3-a}{x^2}<0\)要恒成立，但是并不能保证\(f'(x)<0\)恒成立，
即函数\(f(x)\)在\((-\infty，0)\)上为减函数是错误的，故D选项错误；综上，正确选项为\(C\)。
- ⒐以不等式的解集包含某个区间的形式给出；
(1).当\(a=1\)时，求不等式\(f(x)\geqslant 5\)的解集；
分析：用分区间讨论法，求解得到解集为\(\{x\mid x\leqslant -3或x\geqslant 2\}\).
(2).若\(f(x)\leqslant 3-x\)的解集为\(A\)且\([-4，-2]\)是集合\(A\)的子集，求\(a\)的取值范围。
分析：由题意可知，\(f(x)\leqslant 3-x\)在区间\([-4，-2]\)上恒成立，
即\(|ax-1|-x-2\leqslant 3-x\)在区间\([-4，-2]\)上恒成立，即\(|ax-1|\leqslant 5\)在区间\([-4，-2]\)上恒成立，
即\(-4\leqslant ax\leqslant 6\)在区间\([-4，-2]\)上恒成立，由于\(x\in [-4，-2]\)
则\(\left\{\begin{array}{l}{-4\leqslant -4a\leqslant 6}\\{-4\leqslant -2a\leqslant 6}\end{array}\right.\quad\) 即\(\left\{\begin{array}{l}{-\cfrac{3}{2}\leqslant a\leqslant 1}\\{-3\leqslant a\leqslant 2}\end{array}\right.\)，解得即\(-\cfrac{3}{2}\leqslant a\leqslant 1\)
故\(a\)的取值范围是\([-\cfrac{3}{2}，1]\).
(2)若不等式\(f(x)\ge g(x)\)的解集包含\([-1，1]\)，求\(a\)的取值范围。
【法1】：数形结合法，函数\(f(x)=-x^2+ax+4\)，对称轴为\(x=\cfrac{a}{2}\)，开口向下，由有图可知，要使得不等式\(f(x)\ge g(x)\)的解集包含\([-1，1]\)，
只需要满足条件\(\begin{cases}f(-1)\ge 2\\f(1)\ge 2\end{cases}\)，解得\(\begin{cases}a\leq 1\\a\ge -1\end{cases}\)，故\(a\)的取值范围为\([-1，1]\)。
【法2】：转化为不等式恒成立求解，当\(x\in [-1，1]\)时，\(g(x)=2\)，
由题目可知，不等式\(f(x)\ge 2\)的解集包含\([-1，1]\)，即当\(x\in [-1，1]\)时，\(f(x)\ge 2\)恒成立，即\(-x^2+ax+2\ge 0\)恒成立，
令\(h(x)=-x^2+ax+2\)，则只需满足条件\(\begin{cases}h(-1)\ge 0\\h(1)\ge 0\end{cases}\)，解得\(-1\leq a \leq 1\)，故\(a\)的取值范围为\([-1，1]\)。
【法3】：恒成立+分离参数法
当转化得到\(x\in [-1，1]\)时，\(f(x)\ge 2\)恒成立，即\(-x^2+ax+2\ge 0\)恒成立，接下来准备分离参数：
\(1^。\)当\(x=0\)时，代入得到\(2\ge 0\)，即\(a\in R\)；
\(2^。\)当\(x<0\)时，由\(ax\ge x^2-2\)分离参数得到\(a\leq \cfrac{x^2-2}{x}=x-\cfrac{2}{x}\)，
令\(h(x)=x-\cfrac{2}{x}\)，\(h(x)\)在区间\((-1，0)\)上单调递增，图像说明，
故\(h(x)_{min}\rightarrow h(-1)=1\)即\(a\leq 1\)；
\(3^。\)当\(x>0\)时，由\(ax\ge x^2-2\)分离参数得到\(a\ge \cfrac{x^2-2}{x}=x-\cfrac{2}{x}\)，
令\(h(x)=x-\cfrac{2}{x}\)，\(h(x)\)在区间\((0，1)\)上单调递增，故\(h(x)_{max}\rightarrow h(1)=-1\)即\(a\ge -1\)；
综上所述，由于三种情形下都要成立，故需要取其交集得到\(a\)的取值范围为\([-1，1]\)。
- ⒑ 含有绝对值符号(一个或两个)的恒成立问题；
【分析】利用函数的单调性去掉绝对值符号，构造新函数，可以将问题再次转化为恒成立，然后分离参数求解。
【解答】不妨设\(m>n\)，则函数\(f_1(x)\)在区间\([0，1]\)上单调递增，故\(f_1(m)-f_1(n)>0\)，
又\(f_2(x)=a(x-1)^2+b-a\)，对称轴是\(x=1\)，开口向上，
故函数\(f_2(x)\)在区间\([0，1]\)上单调递减，故\(f_2(m)-f_2(n)<0\)，
这样对任意的\(m，n∈[0，1](m>n)\)，\(|f_1(m)-f_1(n)|>|f_2(m)-f_2(n)|\)恒成立，
就可以转化为\(f_1(m)-f_1(n)>f_2(n)-f_2(m)\)恒成立，
即\(f_1(m)+f_2(m)>f_1(n)+f_2(n)\)恒成立，
令\(h(x)=f_1(x)+f_2(x)=e^x+ax^2-2ax+b\)，
则到此的题意相当于已知\(m >n\)时，\(h(m)>h(n)\)，
故函数\(h(x)\)在区间\([0，1]\)上单调递增，故\(h'(x)≥0\)在区间\([0，1]\)上恒成立；
即\(h'(x)=e^x+2ax-2a≥0\)在区间\([0，1]\)上恒成立；
即\(2a(1-x)≤ e^x\)恒成立，这里我们使用倒数法分离参数得到，
\(\cfrac{1}{2a}≥\cfrac{1-x}{e^x}\)在区间\([0，1]\)上恒成立；
再令\(p(x)=\cfrac{1-x}{e^x}\)，即需要求\(p(x)_{max}\)，
\(p'(x)=\cfrac{-1×e^x-(1-x)e^x}{(e^x)^2}=\cfrac{x-2}{e^x}\)，
容易看出，当\(x∈[0，1]\)时，\(p'(x)<0\)恒成立，故\(p(x)\)在区间\([0，1]\)上单调递减，
则\(p(x)_{max}=p(0)=1\)，故\(\cfrac{1}{2a}≥1\)，又\(a >0\)，
故解得\(0< a ≤1\)。故\(a_{max}=1\).
【点评】出现函数值的差的绝对值问题，常常想到利用函数的单调性去掉绝对值符号进行转化；另外在分离参数时如果按照常规方法分离需要分类讨论，这里使用了倒数法分离参数，就能很好的避免分类讨论，嵌套的层次比较多，运算量比较多，是个难题。
- ⒒以函数图像的位置高低的形式给出；
分析：\(f(x)\)的图象恒在函数\(g(x)\)图象的上方，即为\(|x－2|>－|x＋3|＋m\)对任意实数\(x\)恒成立，
即\(|x－2|＋|x＋3|>m\)对任意实数\(x\)恒成立，
又对任意实数\(x\)恒有\(|x－2|+|x＋3|\geqslant |(x－2)-(x＋3)|=5\)，于是得\(m<5\)，
即\(m\)的取值范围是\((-\infty，5)\)．
转化以后
- 先考虑能否分离参数，参见分离参数法；
如果能，转化为\(A\ge f(x)\)恒成立，则需要求函数\(f(x)\)的最值，函数如果形式简单，不用导数法，如果复杂，需要用导数法；如果不能，
- 再考虑数形结合，即左右两端的函数中，有一个带有参数，考虑其几何意义。
注意事项
1、有恒字的不一定是恒成立命题，如两个函数图像恒有交点，即两个函数图像至少有一个交点，其实是能成立命题。没有恒字的不一定不是恒成立命题。
2、不等式无解应该等价转化为不等式恒成立。比如，\(f(x)< x\)在\(R\)上无解，即意味着不等式\(f(x)< x\)的解集为\(x\in \varnothing\)，那么不等式\(f(x)\ge x\)在\(R\)上应该是恒成立的，即不等式\(f(x)\ge x\)的解集为\(x\in R\)，
引例，比如不等式\(e^x< x\)无解，即不等式\(e^x\ge x\)的解集为\(x\in R\)，即\(x\in R\)时，不等式\(e^x > x\)恒成立。
3、注意细节上的变化
若\(A\leq f(x)\)在区间\((m，n)\)上恒成立，等价于\(A\leq f(x)_{min}\)或最小值的极限。
若\(A< f(x)\)在区间\((m，n)\)上恒成立，等价于\(A\leq f(x)_{min}\)或最小值的极限。
