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函数不等式恒成立求参数取值范围问题，是近年新课标高考的一类题型，这类题在高考中，常处于后两题的位置，学生解答感觉吃力，失分严重，甚是可惜但其实这类题型难度并不算大，解法有规律可循，经过适当训练完全可以拿到满分
一、控制端点法
若不等式f（x）≥0（或≤0）在x∈[m，n]上恒成立，且f（x）是[m，n]上的单调函数或开口向下（或向上）的抛物线时，则可通过控制端点的函数值，组成不等式组，求出所含参数的范围
即若f（x）≥0（或≤0）在x∈[m，n]上恒成立，则
例1（2008年全国21题）已知函数f（x）=x3+ax2+x+1，a∈R，设函数f（x）在区间
（-23，-13）内是减函数，求
a的取值范围
分析：本题表面上没有“恒成立”字眼，但由题知，f（x）在区间
（-23，-13）内是减函数，等价于
上恒成立，而f ′（x）=3x2+2ax+1，它是开口向上的抛物线，故由
点评：本法适用于：在有限区间内，（1）单调函数恒非正（或负）问题；（2）开口向上（或下）的一元二次不等式恒小于0（或大于0）问题
二、比高法
对于恒成立的不等式，若能将参数分离出来，单独置于不等式一边，其余项放在另一边，形成m≥f（x）（或m≤f（x））结构， 此时m可看成一个人，f（x）视为一群人，而一个人要不小于一群人，只需不小于最大者，故可由m≥f（x）max （或m≤
′（x）分别是f（x）和g（x）的导数，若
f ′（x）g′（x）≥0
在区间Ⅰ上恒成立，则称f（x）和g（x）在Ⅰ上单调性一致（1）设
a>0，若f（x）和g（x）在区间[-1，+∞）上单调性一致，求b的取值范围
中，很容易把b分离出来，故可用比高法，得
点评：本法适用于：参数比较容易分离，且函数能求出最值的问题
三、区间包含法
形如f（x）≥0（或
f（x）≤0）在x∈（a，b）内恒成立，且f（x）为单调函数的问题，可先求出f（x）单调区间
（c，d），再将 （a，b）作为
（c，d）的子集，建立不等式，求出参数的取值范围
例3 （2008年陕西22题） 函数f（x）=
x3+ax2-a2x+1，g（x）=ax2-2x+1，a≠0，若f（x）与g（x）在区间（a，a+2）内均为增函数，求a的取值范围
分析：本题等价转化为：
f ′（x）=3x2+2ax-a2≥0
在（a，a+2）内恒成立，而求a的范围由于f ′（x）图象开口向上，故无法象例1那样采用控制端点法，而只能按对称轴的位置进行分类讨论，这样，问题的求解便陷入复杂化，所以采用区间包含法当a>0时，f（x）增区间为（a/3，+∞），g（x）增区间为（1/a，+∞）因为（a，a+2）为它们的子集，所以
a≥a/3且a≥1/a，得a≥1；当a<0时，f（x）增区间为（-∞，a3），g（x）增区间为（-∞，1a），同理有：
a+2≤a3且a+2≤1a，得
a≤-3故a的取值范围是（-∞，-3]∪[1，+∞）
点评：本法适用于能求出单调区间的函数单调性问题
四、函数最值法
形如f（x）≥0（或f（x）≥0）在x∈D内恒成立问题，可由f（x）min
≥0
（或f（x）max≤0），求出参数的取值范围本法与比高法的不同之处是：比高法要先分离参数再求最值，而本法只需求最值，无需分离参数
例4（2010年全国新课标21题） 函数f（x）=x（ex-1）-ax2，若x≥0时，f（x）≥0，求a的取值范围
分析：从题设看，似乎可用比高法
因为x≥0，所以x（ex -1）-ax2≥0ex-1-ax≥0当x>0时，
g（x）min，比高法受挫其次，本题恒成立的区间不是有限区间，所以也无法用控制端点法另外，因本题无法求出单调区间，故不能采用区间包含法，至此，有山重水复疑无路之感前面比高法之所以失败，是因为在分离参数时，将整式原函数变为了分式函数，而分式函数难求最值所致如果不分离参数，而直接求整式函数的最值，则本题便易于破解，这正是函数最值法的魅力
因为x≥0，所以x（ex – 1）-ax2≥0ex-1-ax≥0设
五、判别式法
对于a>0（或a<0），f（x）=ax2+bx+c，若f（x）≥0（或≤0）在R上恒成立问题，可通过判别式Δ≤0，求出参数的取值范围
例5p： f （x）=x3+2x2+mx+1在R内递增，q：
m≥8xx2+4
对任意x>0恒成立，则p是q的（ ）
（A） 充分不必要条件
（B） 必要不充分条件
（C） 充要条件
（D） 既不充分也不必要条件
分析：对于p， f ′（x）=3x2+4x+m≥0，在R上恒成立，符合判别式法使用的条件，则通过Δ≤0，得
m≥43对于q，显然用比高法，
因为8xx2+4
点评：对于a≠0，f（x）=ax2+bx+c≥0（≤0）在R上恒成立问题可用此
法
六、综合法
有些恒成立不等问题，情况复杂，无法只用一种方法解决，此时应综合运用上述各种方法，以及分类讨论法，判别式法等共同加以解决，方能奏效
例6（2010年全国卷一21题） 函数f（x）=3ax4-2（3a+1）x2+4x，若f（x）在（-1，1）是增函数，求a的取值范围
分析：依题意f ′（x）≥0在（-1，1）内恒成立
f ′（x）=4（x-1）（3ax2+3ax-1），因为x<1，
所以f ′（x）≥03ax2+3ax-1≤0设
g（x）=3ax2+3ax-1，因为a
值不定，故采用分类讨论法当a=0时，-1≤0成立当a>0时，用控制端点法，由
x=-12∈（-1，1），所以可用判别式法，则Δ=9a2+12a≤0，得
-43
≤a≤0
综上得a的取值范围是
[-43，16]
点评：因例6导函数复杂，故分别运用了分类讨论法、控制端点法、判别式法进行作答本法适用于：导函数对应的类型有多种情况，每种情况需用不同方法来处理的问题
上述几种解法极具征对性，专为高考中的此类恒成立问题量身订做，作用于近几年高考题，无一不有效破解故只要我们在解答此类问题时，认真分析函数所属类型，选用上述相应的实用解法，必轻松应对
广东省恩平市第一中学 （529400 ）
一、控制端点法
若不等式f（x）≥0（或≤0）在x∈[m，n]上恒成立，且f（x）是[m，n]上的单调函数或开口向下（或向上）的抛物线时，则可通过控制端点的函数值，组成不等式组，求出所含参数的范围
即若f（x）≥0（或≤0）在x∈[m，n]上恒成立，则
例1（2008年全国21题）已知函数f（x）=x3+ax2+x+1，a∈R，设函数f（x）在区间
（-23，-13）内是减函数，求
a的取值范围
分析：本题表面上没有“恒成立”字眼，但由题知，f（x）在区间
（-23，-13）内是减函数，等价于
上恒成立，而f ′（x）=3x2+2ax+1，它是开口向上的抛物线，故由
点评：本法适用于：在有限区间内，（1）单调函数恒非正（或负）问题；（2）开口向上（或下）的一元二次不等式恒小于0（或大于0）问题
二、比高法
对于恒成立的不等式，若能将参数分离出来，单独置于不等式一边，其余项放在另一边，形成m≥f（x）（或m≤f（x））结构， 此时m可看成一个人，f（x）视为一群人，而一个人要不小于一群人，只需不小于最大者，故可由m≥f（x）max （或m≤
′（x）分别是f（x）和g（x）的导数，若
f ′（x）g′（x）≥0
在区间Ⅰ上恒成立，则称f（x）和g（x）在Ⅰ上单调性一致（1）设
a>0，若f（x）和g（x）在区间[-1，+∞）上单调性一致，求b的取值范围
中，很容易把b分离出来，故可用比高法，得
点评：本法适用于：参数比较容易分离，且函数能求出最值的问题
三、区间包含法
形如f（x）≥0（或
f（x）≤0）在x∈（a，b）内恒成立，且f（x）为单调函数的问题，可先求出f（x）单调区间
（c，d），再将 （a，b）作为
（c，d）的子集，建立不等式，求出参数的取值范围
例3 （2008年陕西22题） 函数f（x）=
x3+ax2-a2x+1，g（x）=ax2-2x+1，a≠0，若f（x）与g（x）在区间（a，a+2）内均为增函数，求a的取值范围
分析：本题等价转化为：
f ′（x）=3x2+2ax-a2≥0
在（a，a+2）内恒成立，而求a的范围由于f ′（x）图象开口向上，故无法象例1那样采用控制端点法，而只能按对称轴的位置进行分类讨论，这样，问题的求解便陷入复杂化，所以采用区间包含法当a>0时，f（x）增区间为（a/3，+∞），g（x）增区间为（1/a，+∞）因为（a，a+2）为它们的子集，所以
a≥a/3且a≥1/a，得a≥1；当a<0时，f（x）增区间为（-∞，a3），g（x）增区间为（-∞，1a），同理有：
a+2≤a3且a+2≤1a，得
a≤-3故a的取值范围是（-∞，-3]∪[1，+∞）
点评：本法适用于能求出单调区间的函数单调性问题
四、函数最值法
形如f（x）≥0（或f（x）≥0）在x∈D内恒成立问题，可由f（x）min
≥0
（或f（x）max≤0），求出参数的取值范围本法与比高法的不同之处是：比高法要先分离参数再求最值，而本法只需求最值，无需分离参数
例4（2010年全国新课标21题） 函数f（x）=x（ex-1）-ax2，若x≥0时，f（x）≥0，求a的取值范围
分析：从题设看，似乎可用比高法
因为x≥0，所以x（ex -1）-ax2≥0ex-1-ax≥0当x>0时，
g（x）min，比高法受挫其次，本题恒成立的区间不是有限区间，所以也无法用控制端点法另外，因本题无法求出单调区间，故不能采用区间包含法，至此，有山重水复疑无路之感前面比高法之所以失败，是因为在分离参数时，将整式原函数变为了分式函数，而分式函数难求最值所致如果不分离参数，而直接求整式函数的最值，则本题便易于破解，这正是函数最值法的魅力
因为x≥0，所以x（ex – 1）-ax2≥0ex-1-ax≥0设
五、判别式法
对于a>0（或a<0），f（x）=ax2+bx+c，若f（x）≥0（或≤0）在R上恒成立问题，可通过判别式Δ≤0，求出参数的取值范围
例5p： f （x）=x3+2x2+mx+1在R内递增，q：
m≥8xx2+4
对任意x>0恒成立，则p是q的（ ）
（A） 充分不必要条件
（B） 必要不充分条件
（C） 充要条件
（D） 既不充分也不必要条件
分析：对于p， f ′（x）=3x2+4x+m≥0，在R上恒成立，符合判别式法使用的条件，则通过Δ≤0，得
m≥43对于q，显然用比高法，
因为8xx2+4
点评：对于a≠0，f（x）=ax2+bx+c≥0（≤0）在R上恒成立问题可用此
法
六、综合法
有些恒成立不等问题，情况复杂，无法只用一种方法解决，此时应综合运用上述各种方法，以及分类讨论法，判别式法等共同加以解决，方能奏效
例6（2010年全国卷一21题） 函数f（x）=3ax4-2（3a+1）x2+4x，若f（x）在（-1，1）是增函数，求a的取值范围
分析：依题意f ′（x）≥0在（-1，1）内恒成立
f ′（x）=4（x-1）（3ax2+3ax-1），因为x<1，
所以f ′（x）≥03ax2+3ax-1≤0设
g（x）=3ax2+3ax-1，因为a
值不定，故采用分类讨论法当a=0时，-1≤0成立当a>0时，用控制端点法，由
x=-12∈（-1，1），所以可用判别式法，则Δ=9a2+12a≤0，得
-43
≤a≤0
综上得a的取值范围是
[-43，16]
点评：因例6导函数复杂，故分别运用了分类讨论法、控制端点法、判别式法进行作答本法适用于：导函数对应的类型有多种情况，每种情况需用不同方法来处理的问题
上述几种解法极具征对性，专为高考中的此类恒成立问题量身订做，作用于近几年高考题，无一不有效破解故只要我们在解答此类问题时，认真分析函数所属类型，选用上述相应的实用解法，必轻松应对
广东省恩平市第一中学 （529400 ）