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不等式是中学数学的基础知识和重要部分，一直是高考考查的热点与重点.而如何处理不等式中“恒成立”问题与“存在成立”问题是不等式中常见的题型，在高考中屡见不鲜.本文通过两个命题的引入及例题探讨破解“恒成立”问题与“存在成立”问题的化归策略，供参考.
1命题引入
命题1 ①定义在区间[a，b]上的函数f( x )满足f( x )≤k（k为常数）恒成立?fmax(x )≤k，x∈[a，b]；
②定义在区间[a，b]上的函数f( x )满足f( x )≥k（k为常数）恒成立?fmin(x )≥k，x∈[a，b].
命题2 ①存在x∈[a，b]使得f( x )≤k成立（k为常数）?fmin(x )≤k，x∈[a，b]；
②存在x∈[a，b]使得f( x )≥k成立（k为常数）
?fmax(x )≥k，x∈[a，b].
2 典例剖析
例1 已知函数f( x )=8x2+16x?k，g( x )=2x3+5x2+4x，其中k为参数.
（1）若对任意x∈[? 3， 3]，都有f( x )≤g( x )成立，求k的取值范围；
（2）存在x∈[? 3， 3]，使得f( x )≤g( x )成立，求k的取值范围；
（3）对任意x1，x2∈[? 3， 3]，都有f( x1 )≤g( x2)成立，求k的取值范围；
（4）对任意x1∈[? 3， 3]，存在x2∈[? 3， 3]，使得f( x1 )≤g( x2)成立，求k的取值范围；
（5）存在x1∈[? 3， 3]，存在x2∈[? 3， 3]，使得f( x1 )≤g( x2)成立，求k的取值范围.
剖析 （1）这是“恒成立”问题，可以将“对任意x∈[? 3， 3]，都有f( x )≤g( x )成立”转化为“h( x )=f( x )?g( x )≤0对x∈[? 3， 3]恒成立”，故hmax(x )≤0，x∈[? 3， 3].
（2）这是“存在成立”问题，可以将“存在x∈[? 3， 3]，使得f( x )≤g( x )成立”转化为“存在x∈[? 3， 3]使得h( x )=f( x )?g( x )≤0成立”， 故hmin(x )≤0，x∈[? 3， 3].
（3）这也是“恒成立”问题，可以将“对任意x1，
x2
∈[? 3， 3]，都有f( x1 )≤g( x2)成立”转化为“fmax(x )
≤gmin(x )，x∈[? 3， 3]”.
（4）这是“恒成立” 问题与“存在成立” 问题的交汇，可以将“对任意x1∈[? 3， 3]，存在x2
∈[? 3， 3]，
使得f( x1 )≤g( x2)成立”转化为“fmax(x )≤gmax(x )，x∈[? 3， 3]”.
（5）这也是“存在成立”问题，可以将“存在x1∈[? 3， 3]，存在x2∈[? 3， 3]，使得f( x1 )≤g( x2)成立”转化为“fmin(x )≤gmax(x )，x∈[? 3， 3]”.
利用例1所采用的化归策略，可以极为容易地解决一些高考试题.
例2（2011年高考浙江卷·文21）设函数
f( x )=a2lnx?x2+ax，a >0.
（Ⅰ）略；
（Ⅱ）求所有实数a，使e? 1≤f( x )≤e2对x∈[1， e]恒成立.注：e为自然对数的底数.
剖析 （Ⅱ）是“恒成立”问题，可以将“对任意x∈[1， e]，e? 1≤f( x )≤e2”转化为“fmin(x )≥e? 1且fmax(x )≤e2，x∈[1， e]”.
由题意得，f(1)=a?1≥e? 1，即a≥e.
由（Ⅰ）知f( x )在[1，e]上单调递增，得
???ffmm
ia
nx
((
xx
))==ff((1e
))
==aa?2
1?，e2+ae.
要使e? 1≤f( x )≤e2对x∈[1， e]恒成立，需且只需 ??
???f
fmm
ia
nx
((
xx
))≥≤ee2?，
1，x∈[1， e]，
解得a =e.
例3 （2010年高考山东卷·理22） 已知函数
f( x )=lnx?ax+1?xa?1(a∈R).
（Ⅰ）略；
（Ⅱ）设g( x )=x2?2bx+4，当a =14时，若对任意x1∈(0， 2)，存在x2∈[1， 2]，使f( x1 )≥g( x2)，求实数b的取值范围.
剖析 求解（Ⅱ）关键在于对“若对任意x1∈(0， 2)，存在x2∈[1， 2]，使f( x1 )≥g( x2)”这句话的理解，学生在这里容易出错.
为避免出错，可将这句话分为两个层次：
其一，若对任意x1∈(0， 2)，使f( x1 )≥g( x2)，即fmin(x )≥g( x2)，?12≥g( x2)，这实质是一个“恒成立”的问题；
其二，存在x2∈[1， 2]，使?12≥g( x2)成立，然后分离参数使2b≥x+29x在x∈[1， 2]有解，从而化成2b≥?
??x+29x??
?min
(也可转化为求g( x )=x2?2bx+4在
x∈[1， 2]的最小值，但比较麻烦)这实质是一个“存在成立” 的问题，而高考就是将这两个问题交汇在一起对考生进行考查，以区分考生综合分析问题和解决问题的能力.
f′( x )=1x?4
1?4
3
x2
=?x2?44xx2+3=?(x?1
4)x(2x?3).
令f′( x )>0且x >0，由此可知f( x )在(0， 1)上是减函数，在(1， 2)上是增函数，
所以对任意x1∈(0， 2)有f( x1 )≥f(1)=?12.
又已知存在x2∈[1， 2]使f( x1 )≥g( x2)，所以
?12≥g( x2)，x2∈[1， 2].
亦即存在x∈[1， 2]，使g( x )=x2?2bx+4≤?12.
由此得2bx≥x2+92，即2b≥x+29x.所以2b≥?
??x+29x??
?min
.
∵x+29x∈??
?1
47，1
21??
?，∴2b≥1
47，即b≥1
87.
故实数b的取值范围是
???1
87，+∞?
??.
3 其它命题的转化与化归
不等式“恒成立”和“存在成立”问题是有本质区别的，以下命题的充要条件应细心思考，甄别差异，可转化为命题1和命题2，切不可混淆.
命题3 不等式f( x )≤g( x )在x∈D恒成立?hmax(x )≤0(构造函数h( x )=f( x )?g( x )，x∈D).
命题4 存在x∈D使得不等式f( x )≤g( x )成立?hmin(x )≤0(构造函数h( x )=f( x )?g( x )，x∈D).
命题5 对任意x1∈D1，x2∈D2有f( x1 )≤g( x2)
恒成立?fmax(x1 )≤gmin(x2)，x1∈D1，x2
∈D2.
命题6 对任意x1∈D1
，存在x2∈D2使得f( x1 )≤g( x2)成立?fmax(x1 )≤gmax(x2)，x1∈D1，
x2∈D2.
命题7 存在x1∈D1，存在x2∈D2
使得f( x1 )≤g( x2)成立?fmin(x1 )≤gmax(x2)， x1∈D1，x2∈D2.
综上可知，不等式“恒成立”和“存在成立”是有明显区别的，特别是在不等式中出现名词“任意的”、“存在着”就更要注意，“任意的”可以转化为不等式“恒成立”问题，而“存在着” 可以转化为不等式“存在成立”问题.在近几年的高考中常把导数问题融入到了不等式“恒成立”和“存在成立”问题之中，从而考查学生的综合应变能力，因此在高三复习中要引起足够的重视.
1命题引入
命题1 ①定义在区间[a，b]上的函数f( x )满足f( x )≤k（k为常数）恒成立?fmax(x )≤k，x∈[a，b]；
②定义在区间[a，b]上的函数f( x )满足f( x )≥k（k为常数）恒成立?fmin(x )≥k，x∈[a，b].
命题2 ①存在x∈[a，b]使得f( x )≤k成立（k为常数）?fmin(x )≤k，x∈[a，b]；
②存在x∈[a，b]使得f( x )≥k成立（k为常数）
?fmax(x )≥k，x∈[a，b].
2 典例剖析
例1 已知函数f( x )=8x2+16x?k，g( x )=2x3+5x2+4x，其中k为参数.
（1）若对任意x∈[? 3， 3]，都有f( x )≤g( x )成立，求k的取值范围；
（2）存在x∈[? 3， 3]，使得f( x )≤g( x )成立，求k的取值范围；
（3）对任意x1，x2∈[? 3， 3]，都有f( x1 )≤g( x2)成立，求k的取值范围；
（4）对任意x1∈[? 3， 3]，存在x2∈[? 3， 3]，使得f( x1 )≤g( x2)成立，求k的取值范围；
（5）存在x1∈[? 3， 3]，存在x2∈[? 3， 3]，使得f( x1 )≤g( x2)成立，求k的取值范围.
剖析 （1）这是“恒成立”问题，可以将“对任意x∈[? 3， 3]，都有f( x )≤g( x )成立”转化为“h( x )=f( x )?g( x )≤0对x∈[? 3， 3]恒成立”，故hmax(x )≤0，x∈[? 3， 3].
（2）这是“存在成立”问题，可以将“存在x∈[? 3， 3]，使得f( x )≤g( x )成立”转化为“存在x∈[? 3， 3]使得h( x )=f( x )?g( x )≤0成立”， 故hmin(x )≤0，x∈[? 3， 3].
（3）这也是“恒成立”问题，可以将“对任意x1，
x2
∈[? 3， 3]，都有f( x1 )≤g( x2)成立”转化为“fmax(x )
≤gmin(x )，x∈[? 3， 3]”.
（4）这是“恒成立” 问题与“存在成立” 问题的交汇，可以将“对任意x1∈[? 3， 3]，存在x2
∈[? 3， 3]，
使得f( x1 )≤g( x2)成立”转化为“fmax(x )≤gmax(x )，x∈[? 3， 3]”.
（5）这也是“存在成立”问题，可以将“存在x1∈[? 3， 3]，存在x2∈[? 3， 3]，使得f( x1 )≤g( x2)成立”转化为“fmin(x )≤gmax(x )，x∈[? 3， 3]”.
利用例1所采用的化归策略，可以极为容易地解决一些高考试题.
例2（2011年高考浙江卷·文21）设函数
f( x )=a2lnx?x2+ax，a >0.
（Ⅰ）略；
（Ⅱ）求所有实数a，使e? 1≤f( x )≤e2对x∈[1， e]恒成立.注：e为自然对数的底数.
剖析 （Ⅱ）是“恒成立”问题，可以将“对任意x∈[1， e]，e? 1≤f( x )≤e2”转化为“fmin(x )≥e? 1且fmax(x )≤e2，x∈[1， e]”.
由题意得，f(1)=a?1≥e? 1，即a≥e.
由（Ⅰ）知f( x )在[1，e]上单调递增，得
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要使e? 1≤f( x )≤e2对x∈[1， e]恒成立，需且只需 ??
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1，x∈[1， e]，
解得a =e.
例3 （2010年高考山东卷·理22） 已知函数
f( x )=lnx?ax+1?xa?1(a∈R).
（Ⅰ）略；
（Ⅱ）设g( x )=x2?2bx+4，当a =14时，若对任意x1∈(0， 2)，存在x2∈[1， 2]，使f( x1 )≥g( x2)，求实数b的取值范围.
剖析 求解（Ⅱ）关键在于对“若对任意x1∈(0， 2)，存在x2∈[1， 2]，使f( x1 )≥g( x2)”这句话的理解，学生在这里容易出错.
为避免出错，可将这句话分为两个层次：
其一，若对任意x1∈(0， 2)，使f( x1 )≥g( x2)，即fmin(x )≥g( x2)，?12≥g( x2)，这实质是一个“恒成立”的问题；
其二，存在x2∈[1， 2]，使?12≥g( x2)成立，然后分离参数使2b≥x+29x在x∈[1， 2]有解，从而化成2b≥?
??x+29x??
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(也可转化为求g( x )=x2?2bx+4在
x∈[1， 2]的最小值，但比较麻烦)这实质是一个“存在成立” 的问题，而高考就是将这两个问题交汇在一起对考生进行考查，以区分考生综合分析问题和解决问题的能力.
f′( x )=1x?4
1?4
3
x2
=?x2?44xx2+3=?(x?1
4)x(2x?3).
令f′( x )>0且x >0，由此可知f( x )在(0， 1)上是减函数，在(1， 2)上是增函数，
所以对任意x1∈(0， 2)有f( x1 )≥f(1)=?12.
又已知存在x2∈[1， 2]使f( x1 )≥g( x2)，所以
?12≥g( x2)，x2∈[1， 2].
亦即存在x∈[1， 2]，使g( x )=x2?2bx+4≤?12.
由此得2bx≥x2+92，即2b≥x+29x.所以2b≥?
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∵x+29x∈??
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故实数b的取值范围是
???1
87，+∞?
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3 其它命题的转化与化归
不等式“恒成立”和“存在成立”问题是有本质区别的，以下命题的充要条件应细心思考，甄别差异，可转化为命题1和命题2，切不可混淆.
命题3 不等式f( x )≤g( x )在x∈D恒成立?hmax(x )≤0(构造函数h( x )=f( x )?g( x )，x∈D).
命题4 存在x∈D使得不等式f( x )≤g( x )成立?hmin(x )≤0(构造函数h( x )=f( x )?g( x )，x∈D).
命题5 对任意x1∈D1，x2∈D2有f( x1 )≤g( x2)
恒成立?fmax(x1 )≤gmin(x2)，x1∈D1，x2
∈D2.
命题6 对任意x1∈D1
，存在x2∈D2使得f( x1 )≤g( x2)成立?fmax(x1 )≤gmax(x2)，x1∈D1，
x2∈D2.
命题7 存在x1∈D1，存在x2∈D2
使得f( x1 )≤g( x2)成立?fmin(x1 )≤gmax(x2)， x1∈D1，x2∈D2.
综上可知，不等式“恒成立”和“存在成立”是有明显区别的，特别是在不等式中出现名词“任意的”、“存在着”就更要注意，“任意的”可以转化为不等式“恒成立”问题，而“存在着” 可以转化为不等式“存在成立”问题.在近几年的高考中常把导数问题融入到了不等式“恒成立”和“存在成立”问题之中，从而考查学生的综合应变能力，因此在高三复习中要引起足够的重视.