前言
相关博文：不等式恒成立问题；
不等式恒成立问题和二次不等式恒成立问题的关系：相辅相成，缺一不可；
不等式恒成立的问题，我们最常用的转化思路是分离参数+构造函数法，但是并非所有的恒成立问题都可以这样求解，比如(2ax^2+a^2x+2geqslant 0)在区间([1,2])上恒成立，求参数(a)的取值范围，此题目就不能用分离参数法求解，而只能用二次不等式恒成立的方法分类讨论求解；
二次不等式恒成立问题的求解原则
利用三个二次的关系，进行相应的转化划归。比如本来是求解二次不等式问题，我们却是利用其对应的二次函数的图像来思考，先将数的问题转化为形的问题，最后再由形转化为不等式组的求解。
引例，如(ax^2+bx+cge 0(a>0))，或者直接思考(x^2-2ax+3a-1ge 0)，(当(a<0)时，可以仿照(a>0)来转化模型得到相应的不等式组）
类型策略
- 类型1：形如(f(x)ge 0(xin R))型的不等式确定参数范围
处理策略：需要限制(a)和(Delta)，即(left{egin{array}{l}{a>0}\{Delta leq 0}end{array} ight.)
具体到上例，即(Delta=4a^2-4(3a-1)leq 0)，求解即可。
- 类型2：形如(f(x)ge 0 (xin [m，+infty)))型的不等式确定参数范围
处理策略：分类讨论，转化划归；
如上例是在([2，+infty))上恒成立，
则(Delta leq 0)或(left{egin{array}{l}{Delta > 0}\{[对称轴]a< 2}\{f(2)ge 0}end{array} ight.)
- 类型3：形如(f(x)ge 0(xin[a，b]))型的不等式确定参数范围
如上例(xin [2，3])上恒成立，
则(Delta leq 0)或
(left{egin{array}{l}{Delta > 0}\{[对称轴]a< 2}\{f(2)ge 0}end{array} ight.)
或(left{egin{array}{l}{Delta > 0}\{[对称轴]a> 3}\{f(3)ge 0}end{array} ight.)
特别的，当(x^2-2ax+3a-1leq 0)在(xin [2，3])上恒成立时，只需要限制(left{egin{array}{l}{f(2)leq 0}\{f(3)leq 0}end{array} ight.)
- 类型4：形如(f(x)ge 0(参数min[a，b]))型的不等式确定参数范围
处理策略：主辅元换位，
如不等式(x^2-2ax+3a-1ge 0)对(ain [2，3])恒成立，求(x)的取值范围。
令(f(x)=x^2-2ax+3a-1)，则(f(x))是关于(x)的二次函数，
若将上述函数以(a)为元，可以整理为另一个函数
(g(a)=(3-2x)a+x^2-1)，则(g(a))是关于(a)的一次函数，
现要(g(a) ge 0)，则只需(left{egin{array}{l}{g(2)ge 0}\{g(3)ge 0}end{array} ight.)
对应例题
- 角度一 形如(f(x)ge 0(f(x)leq 0)(xin R))型的不等式确定参数范围
法1：(将(b)和(lambda)看做系数)将不等式转化为(a^2-lambda ba+8b^2-lambda b^2ge 0)对任意的(ain R)恒成立，
则(Delta =b^2lambda^2-4(8b^2-lambda b^2)=b^2(lambda^2+4lambda-32)leq 0)，
解得(-8leq lambda leq 4)。
法2：变量集中策略，当(b=0)时，即(a^2ge 0)恒成立，(lambdain R)；
当(b eq 0)时，原不等式等价于((cfrac{a}{b})^2+8ge lambda (cfrac{a}{b})+lambda)，
令(cfrac{a}{b}=tin R)，即(t^2-lambda t+8-lambdage 0)对任意的(tin R)恒成立，
则(Delta =(lambda)^2-4(8-lambda)leq 0)，
解得(-8leq lambda leq 4)。
综上所述(两种情况取交集)，实数(lambda)的取值范围为(-8leq lambda leq 4)。
- 角度二 形如(f(x)ge 0(xin[a，b]))型的不等式确定参数范围
法1：利用二次函数求解，要使(f(x)<-m+5)恒成立，即(mx^2-mx+m-6<0)，
即(m(x-cfrac{1}{2})^2+cfrac{3}{4}m-6<0)在(xin[1,3])上恒成立，
令(g(x)=m(x-cfrac{1}{2})^2+cfrac{3}{4}m-6,xin [1,3])，
当(m>0)时，(g(x))在([1,3])上是增函数，
所以(g(x)_{max}=g(3)=7m-6<0), 解得(m<cfrac{6}{7})，
则有(0<m<cfrac{6}{7})；
当(m<0)时，(g(x))在([1,3])上是减函数，
所以(g(x)_{max}=g(1)=m-6<0), 解得(m<6)，
则有(m<0)；
综上所述，(m)的取值范围是((-infty,0)cup(0,cfrac{6}{7}))。
法2：分离参数法，因为(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})恒成立，
又因为函数(y=cfrac{6}{x^2-x+1}=cfrac{6}{(x-cfrac{1}{2})^2+cfrac{3}{4}})在区间([1,3])上的最小值为(cfrac{6}{7}),
故只需(m<cfrac{6}{7})即可，
又因为(m eq 0)，所以(m)的取值范围是((-infty,0)cup(0,cfrac{6}{7}))。
法1，二次函数法
①由于(Delta=a^2+8a≤0)时满足题意，解得(-8≤a≤0)，
求得对称轴(x=-cfrac{a}{2})，
再考虑对称轴(x=-cfrac{a}{2})和给定区间([1，5])的相对位置关系
②当(-cfrac{a}{2}≤1)时，即(a≥-2)时，函数(f(x))在区间([1,5])单调递增，
所以(f(x)_{min}=f(1)=1+a-2a≥0),解得(-2≤a≤1)，又因为(a≥-2)，所以得到(-2≤a≤1)。
③当(-cfrac{a}{2}≥5)时，即(a≤-10)时，函数(f(x))在区间([1,5])单调递减，
所以(f(x)_{min}=f(5)=25+5a-2a≥0)，解得(a≥-cfrac{25}{3})，又因为(a≤-10)，所以得到(ainvarnothing).
④当(1<-cfrac{a}{2}<5),即(-10<a<-2)时，(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)（这种情形可以省略）
综上可得(a)的取值范围是([-8,1])
法2：分离参数法，先转化为((x-2)age -x^2，xin [1，5])
接下来就转化为了三个恒成立的命题了，
当(x=2)时，原不等式即((2-2)age -4)，(ain R)都符合题意；
当(2<x<5)时，原不等式等价于(age cfrac{-x^2}{x-2}=-(x-2)-cfrac{4}{x-2}-4=g(x))恒成立；
(g(x)=-(x-2)-cfrac{4}{x-2}-4leq 2sqrt{(x-2)cdot cfrac{4}{x-2}}-4=-8)
求得当(x=4)时，(g(x)_{max}=-8)，故(age -8)
当(1<x<2)时，原不等式等价于(aleq cfrac{-x^2}{x-2}=-(x-2)-cfrac{4}{x-2}-4=g(x))恒成立；
(g(x)=-(x-2)-cfrac{4}{x-2}-4ge 2sqrt{-(x-2)cdot cfrac{-4}{x-2}}-4=0)
当且仅当(x=0)时取到等号，并不满足前提条件(1<x<2)，故是错解。
此时需要借助对勾函数的单调性，函数(y=x+cfrac{4}{x})在区间([1，2])上单调递增，
那么(y=x-2+cfrac{4}{x-2})在区间([1，2])上单调递减，
(y=-(x-2)-cfrac{4}{x-2})在区间([1，2])上单调递增，(y=-(x-2)-cfrac{4}{x-2}-4)在区间([1，2])上单调递增，
故(g(x)_{min}=g(1)=1)，故(aleq 1)
以上三种情况取交集，得到(ain [-8，1])。
- 角度三 形如(f(x)ge 0(参数min[a，b]))型的不等式确定参数范围
分析：主辅元换位，把不等式的左端看成关于(a)的一次函数，
记为(f(a)=(x-2)a+x^2-4x+4)，则由(f(a)>0)对于任意的(ain[-1,1])恒成立，
只需(egin{cases}f(-1)>0\f(1)>0end{cases})即可，
即(egin{cases}x^2-5x+6>0\x^2-3x+2>0end{cases})，
解得(x<1)或(x>3)，则(x)的取值范围是((-infty,1)cup(3,+infty)).
高阶转化
已知正项递增等比数列({a_n})的前(n)项和为(S_n)，且(a_1a_4=27)，(a_2+a_3=12)，若(forall nin N^*)，(2a_{n+1}S_n-21a_{n+1}ge t)恒成立，则实数(t)的取值范围是__________。
分析：由等比数列性质可知，(a_2a_3=27)，(a_2+a_3=12)，
则(a_2)，(a_3)是方程(x^2-(a_2+a_3)x+a_2a_3=0)，即方程为(x^2-12x+27=0)的两个根，
解得(a_2=3)，(a_3=9)，或(a_2=9)，(a_3=3)(舍去)；
则(a_n=3^{n-1})，从而计算得到(S_n=cfrac{3^n-1}{2})，
故已知条件(2a_{n+1}S_n-21a_{n+1}ge t)可以变形为
(tleq 2cdot 3^ncdot cfrac{3^n-1}{2}-21cdot 3^n=(3^n)^2-22cdot 3^n=(3^n-1)^2-121)，
令(g(n)=(3^n-1)^2-121)，以下类比二次函数求最值的方法，注意(nin N^*)的条件限制，
则当(n=2)时，(g(n)_{min}=(3^2-11)^2-121=-117)，故(tleq -117)，即所求范围为((-infty，-117])。
解后反思：①本题目的难点之一是解方程求数列通项公式；②恒成立问题；③求二次函数的最值；
分析：由题目可知，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}=nge 2)，则方程变形为(n^2-2mn+2m^2-8=0)在(nin [2，+infty))上有解，
令(F(n)=n^2-2mn+2m^2-8(n ge 2))；
(1^。) 当(F(2)leq 0)时，由零点存在性定理可知，只需要(F(2)leq 0)，由(F(2)leq 0Longrightarrow 1-sqrt{3}leq m leq 1+sqrt{3})；
(2^。) 当(F(2)> 0)时，还需要(Delta ge 0)且对称轴大于2，
由(egin{cases} &F(2)> 0\ &Delta ge 0 \ &m>2end{cases}Longrightarrow egin{cases} &m<1-sqrt{3}，m>1+sqrt{3}\ &-2sqrt{2}leq m leq 2sqrt{2} \ & m>2end{cases}Longrightarrow 1+sqrt{3}< m leq 2sqrt{2})；
综上所述，(m)的取值范围是([1-sqrt{3}，2sqrt{2}]).
对应练习
分析：令(a^2-3a=A)，(x^2-2x+5=f(x))，
则转化为(f(x)ge A)对任意实数恒成立，即需要求解(f(x)_{min});
分析：分离参数得到(a>-x^2+2x)对任意实数(xin[2,3])恒成立，
即需要求函数(f(x)=-x^2+2x,xin[2,3])的(f(x)_{max}),
(f(x)=-(x-1)^2+1,xin[2,3]),故(f(x)_{max}=f(2)=0)，则得到(a>0).
分析：先由(f(1-x)=f(1+x))得到，二次函数的对称轴(x=-cfrac{a}{-2}=1)，解得(a=2)，
故题目转化为(-x^2+2x+b^2-b+1>0)对任意(xin [-1,1])恒成立，
用整体法分离参数，
得到(b^2-b>x^2-2x-1)对任意(xin[-1,1])恒成立。
令(g(x)=x^2-2x-1，xin[-1,1])，需要求函数(g(x)_{max})；
(g(x)=x^2-2x-1=(x-1)^2-2，xin[-1，1])，
故(g(x))在区间([-1，1])上单调递减，则(g(x)_{max}=g(-1)=2)，
故(b^2-b>2)，解得(b<-1)或(b>2)。
分析：令(log_ax=t)，由于(xin (0,+infty))，则此时不论底数(a)为何值，都有(tin R)，故原题等价转化为
(t^2+2at+4>0)对(tin R)恒成立，故只需要(Delta=4a^2-16<0)即可，解得(-2<a<2)，
又由于隐含条件(a>0)且(a eq 1)，故(ain (0,1)cup(1,2))。
法1：遇到恒成立问题，一般首先考虑能否分离参数的方法，本题目可以分离参数，但需要针对自变量分类讨论。
当(x=0)，(-3<0)恒成立，故(ain R)；
当(x eq 0)时，分离参数并整理，得到(a<cfrac{3-2x}{2x^2})恒成立，
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} imescfrac{1}{x}+(cfrac{1}{3})^2]-cfrac{3}{2} imes (cfrac{1}{3})^2)
(=cfrac{3}{2}(cfrac{1}{x}-cfrac{1}{3})^2-cfrac{1}{6})恒成立，
由于(xin [-1，0)cup(0，1])，故(t=cfrac{1}{x}in (-infty，-1]cup[1，+infty))，
则(g(x)=h(t)=cfrac{3}{2}(t-cfrac{1}{3})^2-cfrac{1}{6})，
故当(t=1)，即(x=1)时，(g(x)_{min}=cfrac{1}{2})；故(a<cfrac{1}{2})，
综上所述取交集，得到实数(a)的取值范围是((-infty，cfrac{1}{2})).
法2：还可以不分离参数，针对参数分类讨论如下。
①当(a=0)时，(f(x)=2x-3)，(f(x)_{max}=f(1)=2-3<0)成立，故(a=0)满足；
当(a eq 0)时，(f(x))为二次函数，对称轴为(x=-cfrac{1}{2a})，
②(left{egin{array}{l}{a>0}\{f(1)<0}\{f(-1)<0}end{array} ight.) 解得(left{egin{array}{l}{a>0}\{a<frac{1}{2}}\{a<frac{5}{2}}end{array} ight.) 即(0<a<cfrac{1}{2})
③(left{egin{array}{l}{a<0}\{-cfrac{1}{2a}geqslant 1}\{f(1)<0}end{array} ight.) 解得(left{egin{array}{l}{a<0}\{-frac{1}{2}leqslant a<0 }\{ a<frac{1}{2}}end{array} ight.) 即(-cfrac{1}{2}leqslant a<0)
④(left{egin{array}{l}{a<0}\{-cfrac{1}{2a}leqslant -1}\{f(-1)<0}end{array} ight.) 解得(left{egin{array}{l}{a<0}\{ain varnothing}\{a<frac{5}{2}}end{array} ight.) 即(ain varnothing)
⑤(left{egin{array}{l}{a<0}\{Delta<0}end{array} ight.) 解得(left{egin{array}{l}{a<0}\{a<-frac{1}{6}}end{array} ight.) 即(a<-cfrac{1}{6})
综上所述取并集，得到实数(a)的取值范围是((-infty，cfrac{1}{2})).
【解后反思】1、对于恒成立类题目，若针对自变量分类讨论，则结果必须取交集；若针对参数分类讨论，则结果必须取并集。2、若能注意到(a<0)，则对称轴(x=-cfrac{1}{2a}>0)，则可以直接排除情形④的讨论；
分析：先将不等式转化为((sin heta+cos heta+1)x^2+(2sin heta+1)x+sin heta>0)，
为了便于表达，令(f(x)=(sin heta+cos heta+1)x^2+(2sin heta+1)x+sin heta)，
则问题转化为(f(x)>0)在(xin [-1，0])上恒成立，
由于(sin heta+cos heta+1=sqrt{2}sin( heta+cfrac{pi}{4})+1in(0,sqrt{2}+1])，
故(sin heta+cos heta+1>0)在( hetain [0，pi))上恒成立，
故开口向上，且对称轴(x_0=-cfrac{2sin heta+1}{2(sin heta+cos heta+1)}<0)
本来我们需要考虑三种情形，但是由于(f(0)=sin hetain [0，1])，对称轴(x_0<0)，
结合这些情形，可以只考虑(left{egin{array}{l}{f(-1)>0}\{f(0)>0}\{f(x_0)>0}end{array} ight.)即可，
由(f(-1)>0)得到，(cos heta>0)，由(f(0)>0)得到，(sin heta>0)，即(0< heta<cfrac{pi}{2})，故可以排除(C)，(D)两个选项了；
难点是化简(f(x_0)>0)，以下作以重点说明，
(f(x_0)=f(-cfrac{2sin heta+1}{2(sin heta+cos heta+1)}))
$=(sin heta+cos heta+1) imes[-cfrac{2sin heta+1}{2(sin heta+cos heta+1)}]^2+(2sin heta+1) imes [-cfrac{2sin heta+1}{2(sin heta+cos heta+1)}]+sin heta $
(=cfrac{(2sin heta+1)^2}{4(sin heta+cos heta+1)}-cfrac{(2sin heta+1)^2}{2(sin heta+cos heta+1)}+sin heta)
(=cfrac{-(2sin heta+1)^2}{4(sin heta+cos heta+1)}+sin heta)
(=cfrac{-4sin^2 heta-4sin heta-1+sin heta[4(sin heta+cos heta+1)]}{4(sin heta+cos heta+1)})
(=cfrac{4sin heta cos heta-1}{4(sin heta+cos heta+1)}=cfrac{2sin2 heta-1}{4(sin heta+cos heta+1)}>0)，
即(sin2 heta>cfrac{1}{2})，故(cfrac{pi}{6}<2 heta<cfrac{5pi}{6})，即(cfrac{pi}{12}< heta<cfrac{5pi}{12})
结合(0< heta<cfrac{pi}{2})，可得(cfrac{pi}{12}< heta<cfrac{5pi}{12})，故选(A)。