原创《概述高考中函数不等式恒成立问题》：本文关于成立论文范文,可以做为相关论文参考文献,与写作提纲思路参考。
摘 要：函数不等式恒成立问题是高考的热点问题分析了高考中常见的函数不等式恒成立问题的8种类型,并针对每种类型给出了例子.
关键词：高考；函数不等式；恒成立
函数不等式恒成立问题是历年高考的热点问题,深受命题专家们的青睐它主要涉及导数、函数、方程、不等式等高中主干知识,对学生分析问题、解决问题的能力要求较高本文对高考中常见的函数不等式问题进行归纳整理,得到八种类型,希望对读者有所帮助.
为了便于叙述,文中在介绍函数不等式恒成立问题时,每种类型仅给出≥,>,≤,<四种不等情形之一,至于其它情形读者可以自行给出.
类型一x∈D,f（x）≥c（c为常数）恒成立x∈D,f（x）min≥c恒成立.
例1（2016上海）已知a∈R,函数f（x）等于log21x+a（1）（2）略；（3）设a>0,若对任意t∈12,1,函数f（x）在区间t,t+1上的最大值和最小值的差不超过1,求a的取值范围.
解当0
类型二x∈D,f（x）≤g（a）恒成立x∈D,f（x）max≤g（a）恒成立.
例2（2014浙江）已知函数f（x）等于x3+3x-a（a>0）若f（x）在-1,1上的最小值记为g（a）.
（1）略；（2）证明：当x∈-1,1时,恒有f（x）≤g（a）+4.
证明（2） 由（1）得g（a）等于a3,0①当00,则h（x）在a,1上单调递增,且0②当a≥1时,g（a）等于3a-2,h（x）等于x3-3x+2,得h′（x）等于3x2-3,x∈-1,1,h′（x）≤0,此时h（x）在-1,1上单调递减,h（x）max等于h（-1）等于4,故f（x）≤g（a）+4.
綜上所述,当x∈-1,1时,恒有f（x）≤g（a）+4.
类型三x∈D,f（x）≥g（x）恒成立x∈D,f（x）-g（x）min≥0恒成立.
例3（2013辽宁）已知函数f（x）等于（1+x）e-2x,g（x）等于ax+x32+1+2xcosx,当x∈0,1时.
（1）求证：1-x≤f（x）≤11+x；（2）若f（x）≥g（x）恒成立,求实数a取值范围.
证明（1）当x∈0,1时,f（x）≥1-x恒成立（1+x）e-x≥（1-x）ex恒成立.
令h（x）等于（1+x）e-x-（1-x）ex,则h′（x）等于x（ex-e-x）当x∈0,1,h′（x）>0,因此h（x）在0,1上单调递增故h（x）≥h（0）等于0所以f（x）≥1-x；
同理f（x）≤11+x（*）恒成立e2x≥1+x2恒成立,其中x∈0,1时,1+x和ex都为正数,（*）等价于ex≥1+x恒成立令s（x）等于ex-x-1,s′（x）等于ex-1x∈0,1时,s′（x）>0,因此s（x）在0,1上单调递增故s（x）≥s（0）等于0,所以f（x）≤11+x.
显然 （2）类似（1）,易得a∈-∞,3.
类型四x1∈D1,x2∈D2,f（x1）≥g（x2）恒成立x∈D1,x∈D2,f（x）min≥g（x）max.
例4（2013高三冲刺）设函数f（x）等于x2+2lnx,f ′（x）表示f （x）的导数,g（x）等于（x2-m212）f ′（x）（其中m>0）,求：（1）略；（2）若对x1,x2∈13,1都有f ′（x1）≤g′（x2）恒成立,求m的取值范围；
解由题意得f ′（x）等于2x+2x,则g（x）等于2（x+1x）（x2-m212）而f ′（x）在13,1内单调递减,即f ′（x）≤f（13）等于203g′（x）等于6x2+m26x2+2-m26,令t等于6x2,则t∈23,6.
①m∈0,23时,g′（x）min等于8+4m23,于是8+4m23≥203,此时无解；
②m∈23,6时,g′（x）min等于2m-2-6m2,于是2m-2-6m2≥203,解得m∈6-22,6+22；
③m∈（6,+∞）时,g′（x）min等于8≥203,符合题意.
综上所述,m的取值范围是（6-22,+∞）.
类型五x1∈D1,x2∈D2,f（x1）≥g（x2）成立x∈D1,x∈D2,f（x）min≥g（x）min.
例 5（2010山东）已知函数f（x）等于lnx-ax+1-ax-1（a∈R）.
（1）略；（2）设g（x）等于x2-2bx+4,当a等于14时,若x1∈（0,2）,x2∈[1,2],使得f（x1）≥g（x2）成立,求实数b的范围.
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