參數恆成立問題及解決方法

⑴ 恆成立問題3種基本方法

恆成立問題3種基本方法

m＞f（x）恆成立，m＞f（x）最大值即可。

m＜f（x）恆成立，m＜f（x）最小值即可。
m＞f（x）有解，m＞f（x）最小值即可。

m＜f（x）有解，m＜f（x）最大值即可。
注意告燃：f（x）＞g（x）恆成立或襪輪虛者有解，不滿足上述條件，具體問題具體分析。
原因就是f（x）取最值的時候，g（x）不一定同時取最值。

恆成立問題的方法是將所求的關於x的代數式看作二次函數，根據二次函數圖像與x軸的關系，與「二次函數圖像只能開口向下」相對應。

恆成立是數學概念，是指當x在某一區間或者集合U內任意取值時，關於x的代數式f(x)總是滿足大於等於或者小於0,我們把這種「總是滿足」叫做恆成立。

恆成立問題解決的基本方法

恆成立問題的方法：函數性質法，對於一次函數，只須兩端滿足條件即可；對於二次函數，就要考慮參數和△的取值范圍。分離變數法，將參數移到不等式的一側，將自變數x都移到不等式的另一側。

不等式的恆成立問題？直接對桐穗式子變換，得到的式子明顯滿足條件；處理式子得到在定義域內某一值可以使式子取得極限值，該極限值滿足條件，那麼整個式子滿足條件，判別式大於0，就可知道函數的值均大於0，某一函數的導函數的恆小於零。

⑵ 恆成立問題3種基本方法

恆成立問題3種基本方法：

1、函數法

函數法是解決恆成立問題的基本方法之一。函數法的指的就是通過問題的具體情況，我們去引入一定的變數，使用變數的方法將其轉換為函數問題。我們可以之後就可以根據函數的相關知識求解就可以了。

2、最值法

最值法也是解決恆成立問題的基本方法之一。當然，最值法也是我們最常用的一種方式。不過我們在求最值法的時候一定要把式子給求導。求導是求最值法余襪的第一步，我們可以根據求導後的式子直接求出式子的最值。

3、數形結合法

我們在學習恆成立的時候，是可以要採用數形結合的方法。數形結合也是解決這一問題的一個很好的方法。當然，數形結合的方法可以解決很多數學中的問題。

恆成立問題其他解題方法

1、變換主元法

題目中已經告訴了我們參數的取值范圍，最後要我們求自變數豎滾激的取值范圍。把自變數看作「參數」，把參數看作「自變數」，然後再利用函數的性質法，求解。

2、分離變數型

變數兩側都有，通常採用分離變數法，若在等式或不等式中出現兩個變數，其中一個變數的范圍已知，另一個變數的范圍為所求，且容易通過恆等變形，把兩個變數分置於等號或不備消等號兩邊，即可將恆成立問題轉化成最值問題。

⑶ 高中恆成立問題的處理方法

你好,建議你這樣試試看：

1. 已知參數范圍求恆成立:
   

   I 分成兩個函數研究:證明其中一個最小值大於另一個的最大值，等號不同時取到,這樣做的好處：當兩個函數極值相同（包含參數時）前腔臘優先考慮 .

   II 構造新函數求導，若極值點求不出，則用第一隱零點消元 .

   III 運用不等式放縮，利用放縮後的函數證明結論 .

   IIII可以考慮分離參數.

2. 已知恆成立求參數范圍:
   

   I 優先考慮分離參數.（注意事項：分母在定義域內不為零且定義域中不含無窮）

   II 若函數極值點求不出，採用第二隱零點，先用參慧滑數與極值點的關系消元，再
   用極值點表示參數，由極值點的范圍反求參數范圍.

   III 對於含/或Inx的函數，可選擇構造新函數.（規律圓圓:/找隊友Inx單身狗），
   利用端點效應求出臨界後，對臨界兩邊進行討論取捨.（利用矛盾證明不成立）
   

⑷ 怎麼用洛必法則解決高考參數恆成立問題

導數結合洛必達法則巧解高考壓軸題 2010年和2011年高考中的全國新課標卷中的第21題中的第○2步，由不等式恆成立來求參數的取值范圍問題，分析難度大，但用洛必達法則來處理卻可達到事半功倍的效果。 洛必達法則簡介： 法則1 若函數f(x) 和g(x)滿足下列條件：(1) lim0xa fx 及lim0xa gx； (2)在點a
的去心鄰域內，f(x) 與g(x) 可導且g'(x)≠0； (3) 
 lim xafxlgx， 那麼 
 lim xa fxgx= 
 lim xa fxlgx。 法則2 若函數f(x) 和g(x)滿足下列條件虧顫：(1)lim0xfx  及lim0xgx ； (2)0A，f(x) 和g(x)在,A銷世敗與,A上可導，且g'(x)≠0； (3) 
 lim xfxlgx ， 那麼  
limxfxgx= 
 lim xfxlgx。 法則3 若函數f(x) 和g(x)滿足下列條件：(1) limxa fx及limxa gx； (2)在點a
的去心鄰域內，f(x) 與g(x) 可導且g'(x)≠0； (3) 
 lim xafxlgx， 那麼 
 lim xa fxgx= 
 lim xa fxlgx。 利用洛必達法則求未定式的極限是微分返塵學中的重點之一，在解題中應注意： ○1將上面公式中的x→a，x→∞換成x→+∞，x→-∞，xa  ，xa   洛必達法則也 成立。 ○ 2
洛必達法則可處理00
， ，0，1 ，0，00，型。 ○ 3
在著手求極限以前，首先要檢查是否滿足00
， ，0，1 ，0，00，型定式，否則濫用洛必達法則會出錯。當不滿足三個前提條件時，就不能用洛必達法則，這
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時稱洛必達法則不適用，應從另外途徑求極限。 ○ 4若條件符合，洛必達法則可連續多次使用，直到求出極限為止。 二．高考題處理 1.(2010年全國新課標理)設函數2()1xfxexax。 （1） 若0a，求()fx的單調區間； （2） 若當0x時()0fx，求a的取值范圍 原解：（1）0a時，()1xfxex，'()1xfxe. 當(,0)x時，'()0fx；當(0,)x時，'()0fx.故()fx在(,0)單調減少，在(0,)單調增加 （II）'()12xfxeax 由（I）知1x ex，當且僅當0x時等號成立.故 '()2(12)fxxaxax， 從而當120a
，即1 2 a 時，'()0 (0)fxx，而(0)0f， 於是當0x時，()0fx. 由1(0)x exx可得1(0)x exx.
從而當1 2 a 時， '()12(1)(1)(2)xxxxxfxeaeeeea， 故當(0,ln2)xa時，'()0fx，而(0)0f，於是當(0,ln2)xa時，()0fx. 綜合得a
的取值范圍為1, 2 原解在處理第（II）時較難想到，現利用洛必達法則處理如下： 另解:（II）當0x時，()0fx，對任意實數a,均在()0fx； 當0x時，()0fx
等價於2 1 x xae x  令 
2 1 x xgxe x  (x>0),
則 3 22 ()xx xxgxeex  ， 令 220x x hxxxxee，則1x x hxxee，0x hxxe，
知hx在0,上為增函數，00hxh；知hx在0,上為增函數， 00hxh；0gx，g(x)在0,上為增函數。
由洛必達法則知， 2 0001 1 22 2lim limlimx xx xxxxxe eex  ，
故1 2 a 綜上，知a
的取值范圍為1, 2  。 2．（2011年全國新課標理）已知函數，曲線()yfx在點(1,(1))f處的切線方程為 230xy。 （Ⅰ）求a、b的值； （Ⅱ）如果當0x，且1x
時，ln()1xk fxxx  ，求k的取值范圍。 原解：
（Ⅰ）22 1 ( ln) '()(1)xxbxfxxx  由於直線230xy
的斜率為12，且過點(1,1)
，故(1)1, 1'(1),2 ff 即
1, 1,22 bab 解得1a，1b。
（Ⅱ）由（Ⅰ）知ln1 f()1xxxx  ，所以
22 ln1(1)(1) ()()(2ln)11xkkxfxxxxxx 。 考慮函數()2lnhxx
2(1)(1)kxx(0)x
，則22(1)(1)2'()kxx hxx。 （i）設0k
，由22 2 (1)(1)'()kxxhxx 知，當1x時，'()0hx，h（x）遞減。而(1)0h故當(0,1)x時， ()0hx
，可得 2 1 ()01hxx ；
當x（1，+）時，h（x）<0
，可得 211 x h（x）>0 從而當x>0,且x1時，f（x）-
（1lnxx
+xk）>0，即f（x）
>1lnxx
+x k . （ii）設0<k<1.由於2(1)(1)2kxx=2(1)21kxxk的圖像開口向下，且 244(1)0k，對稱軸
x= 1 11k. 當x（1
，k11）時，（k-1）（x2 +1）+2x>0,故' h （x）>0,而h（1）=0，故當x（1
，k11）時，h（x）>0，
可得2 11 x h（x）0,而h（1）=0， 故當x（1，+）時，h（x）>0
，可得 2 11 x h（x）<0,與題設矛盾。 綜合得，k的取值范圍為（-，0] 原解在處理第（II）時非常難想到，現利用洛必達法則處理如下： 另解：（II）由題設可得，當0,1xx時，
k< 2 2ln11xx x恆成立。 令g
(x)= 2 2ln11xx x(0,1xx),則 
 22221ln121xxxgxx ， 再令 22 1ln1hxxxx(0,1xx)，則
1 2 lnhxxx x x ，
212ln1hxxx ，易知
 2 1 2ln1hxxx在0,上為增函數，且10h；故當(0,1)x時，0hx，當x（1，+）時，0hx； hx在0,1上為減函數，在1,上為增函數；故hx>1h=0 hx在0,上為增函數 1h=0 當(0,1)x時，0hx，當x（1，+）時，0hx 當(0,1)x時，0gx，當x（1，+）時，0gx gx在0,1上為減函數，在1,上為增函數  由洛必達法則知 
2 1 1 1 ln1ln12121210221limlim limxxxxxxgxxx 
0k，即k的取值范圍為（-，0] 規律總結：對恆成立問題中的求參數取值范圍，參數與變數分離較易理解，但有些題 中的求分離出來的函數式的最值有點麻煩，利用洛必達法則可以較好的處理它的最值，是一種值得借鑒的方法

⑸ 高一數學恆成立問題解題方法

1、函數性質；

2、主參換位法；

3、分離法；

4、數型結合法。

高中數學中的恆成立問題，涉及到次函數、二次函數的圖象與性質，滲透著換元、化歸、數形結合、函數方程等思想，有利於考查學生的綜合解題能力，在培養思維的靈活性、創造性上起到了積極地作用。

從解題模式上看，好像很簡單，但是由於試題結構千變萬化，設問方式各有不同，如何把問題化為常見的基本題型，是需要仔細思考、分析的。

⑹ 恆成立問題的解法

恆成立問題的解法如下：

一、分段討論法：

1、分段討論法是將函數定義域中變數x分為幾段來具體討論求參數范圍，所求的參數對各段的x要同時成立，最終將各段中求得的參數范圍求交集，要特別注意分段討論與分類討論的區別。

2、當不等式中左右兩邊的函數具有某些不確定的因素時，應該巧派用分類或孝棗賀岩段分段討論方法來處理，分類（分段）討論可使原問題中的不確定因素變化成為確定因素，為問題解決提供新的條件。

二、分離參數法：不等式恆成立問題中，常常先將所求參數從不等式中分離出來，即：使參數和主元分別位於不等式的左右兩邊，然後再巧妙構造函數，最後化歸為函數最值法求解。

三、數形結合法：對不等式兩邊巧妙構造函數，數形結合，直觀形象，是解決不等式恆成立問題的一種快捷方法。

四、變更主元法：在某些特定的條件下，若能變更主元，轉換思考問題的角度，不僅可以避免分類討論，而且可以輕松解決恆成立問題。

五、特殊化法（壓縮參數范圍）：特殊化思想不僅可以有效解答選擇題，而且是解決恆成立問題的一種重要方法。

⑺ 一元二次不等式恆成立問題解法是什麼

1、解決恆成立問題握桐一定要清楚選誰為主元，誰是參數．一般地，知道誰的范圍，就選誰當主元，求誰的范圍，誰就是參數。

2、對於二次不等式恆成立問題，恆大於0就是相應的二次函數的圖像在給定的區間上全部在x軸上哪清方；恆小於0就是相應的二次函數的圖像在給定的區間上全部在x軸下方。

求一元二次不等式的解集實際上是將這個段緩坦一元二次不等式的所有項移到不等式一側並進行因式分解分類討論求出解集。

解一元二次不等式，可將一元二次方程不等式轉化成二次函數的形式，求出函數與X軸的交點，將一元二次不等式，二次函數，一元二次方程聯系起來，並利用圖象法進行解題，使得問題簡化。