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题型一 函数性质法
例1 已知函数[fx=1+x1-xe-ax]，若对任意[x∈0，1]，恒有[fx>1]，求[a]的取值范围.
解析 由[fx=1+x1-xe-ax]，得
[f（x）=ax2+2-a（1-x）2e-ax] （*）
当[00]，∴[f（x）]在（0，1）上为增函数，对任意[x∈（0，1）]，恒有[f（x）>f（0）=1].
当[a>2]时，由（*）式知，[f（x）]在[（0，a-2a）]内为减函数，在[（a-2a，1）]内为增函数，取[x0=][12a-2a∈（0，1）]，则有[f（x0） 当[a0]时，对任意[x∈（0，1）]，恒有[e-ax1]且[1+x1-x>1]，故有[f（x）= e-ax1+x1-x>1]；
综上所述，当且仅当[a∈（-∞，2）]时，对任意[x∈（0，1）]，恒有[f（x）>1].
点拨 本题的函数较复杂，故先求导数，再利用导函数的单调性求解. 解题中，还应注意函数思想、分类讨论的应用.
题型二 分离参数
例2 设函数[fx=x4+ax3+2x2+b]，其中[a]，[b∈R]，若对于任意的[a∈-2，2]，不等式[fx1]在[-1，1]上恒成立，求[b]的取值范围.
解析 [fx=4x3+3ax2+4x=x（4x2+3ax+4），]
由条件[a∈-2，2]可知[Δ=9a2-64<0]，从而[4x2+3ax+4>0]恒成立，
故当[x<0]时[fx<0]，当[x>0]时[fx>0.]
因此函数[fx]在[-1，0]上单调递减，在[0，1]上单调递增，故函数[fx]在[-1，1]上的最大值是[f1]与[f-1]中的较大者.
对任意的[a∈-2，2]，不等式[fx1]在[-1，1]上恒成立，当且仅当[f11，f-11，]即[b-2-a，b-2+a，]在[a∈-2，2]上恒成立，
所以[b-4].
点拨 本题相当于两次恒成立问题，往往先保证一个恒成立，在此基础上，再保证另一个恒成立.
例3 已知函数[f（x）=x2+bx+c（b，c∈R）]，对任意的[x∈R]，恒有[f（x）][][f（x）].
（1）证明：当[x0]时，[f（x）（x+c）2]；
（2）若对满足题设条件的任意[b，c]，不等式[f（c）-f（b）M（c2-b2）]恒成立，求[M]的最小值.
解析 （1）易知[f（x）=2x+b].
由题设，对任意的[x∈R，2x+bx2+bx+c]，
即[x2+（b-2）x+c-b0]恒成立，
所以[（b-2）2-4（c-b）0]，从而[cb24+1].
于是[c1]，且[c2b24×1=b]，因此[2c-b=c+（c-b）>0].
故当[x0]时，有[（x+c）2-f（x）=（2c-b）x+][c（c-1）0]，即[f（x）（x+c）2].
（2）由（1）知，[cb].
当[c>b]时，有[Mf（c）-f（b）c2-b2=c+2bb+c]，
令[t=bc]可求得[c+2bb+c<32]，即[M∈32，+∞）].
当[c=b]时，由（1）知，[b=±2，c=2].
此时[f（c）-f（b）=-8]或0，[c2-b2=0]，从而[f（c）-f（b）M（c2-b2）]恒成立.
综上所述，[M]的最小值为[32].
点拨 变量[M]的系数为[c2-b20]，当我们把[c2-b2=0]的情况单独分析后就可实现把[M]分离出来（分离参数），从而转化为不含参的最大值问题.
题型三 构造函数
例4 已知函数[f（x）=eax-x]，其中[a≠0].若对一切[x∈R]，[f（x）1]恒成立，求[a]的取值集合.
解析 若[a<0]，则当[x>0]时，[eax<1]，此时有[f（x）][=eax-x<1]，这与题设矛盾，又[a≠0]，故[a>0].而[f（x）=aeax-1，]令[f（x）=0，得x=1aln1a].
当[x<1aln1a]时，[f（x）<0，f（x）]单调递减；当[x>1aln1a]时，[f（x）>0，f（x）]单调递增.
故当[x=1aln1a]时，[f（x）]取最小值[f（1aln1a）=][1a-1aln1a].
于是对一切[x∈R，f（x）1]恒成立，当且仅当[1a-1aln1a1.] ①
令[g（t）=t-tlnt，]则[g（t）=-lnt.]
当[00，g（t）]单调递增；当[t>1]时，[g（t）<0，g（t）]单调递减.
故当[t=1]时，[g（t）]取最大值[g（1）=1].
因此，当且仅当[1a=1]即[a=1]时，①式成立.
综上所述，[a]的取值集合为[1].
点拨 本例中的参数[a]不能被分离出来，故先利用导函数法求出[f（x）]的最小值， 将[f（x）][]1恒成立问题转化为[f（x）min1]，然后构造函数[g（t）=t-tlnt]，转化为[g（t）]的最值问题求解. 此法用途极广，应熟练掌握.
例5 已知函数[f（x）=（a+1）lnx+ax2+1].
（1）讨论函数[f（x）]的单调性；
（2）设[a<-1]，若对任意[x1，x2∈（0，+∞）]，都有[|f（x1）-f（x2）|4|x1-x2|]，求[a]的取值范围.
解析 （1）略；（2）不妨假设[x1x2]，而[a<-1]，由[f（x）=2ax2+a+1x]知，[f（x）]在[（0，+∞）]单调递减，从而[?x1，x2∈（0，+∞）]，都有[|f（x1）-f（x2）|4|x1-x2|.]
等价于[?x1，x2∈（0，+∞）]，
[f（x2）+4x2f（x1）+4x1.] ①
构造函数[g（x）=f（x）+4x]，
则[g（x）=a+1x+2ax+4].
因此①等价于[g（x）]在[（0，+∞）]上单调递减，
即[a+1x+2ax+40]在[（0，+∞）]上恒成立，
亦即[2ax2+4x+a+10]在[（0，+∞）]上恒成立.
∵[a<-1]，从而[Δ=16-8a（a+1）0]，
解得[a1]或[a-2]，
又[a<-1]，∴[a-2].
点拨 本例利用等价转化思想，将恒成立问题逐步转化为二次函数问题求解，思路清晰、自然. 另外，本例也可用分离参数法求解：由[a+1x+2ax+40]在[（0，+∞）]上恒成立，可得[a-4x-12x2+1=（2x-1）22x2+1-2]，从而[a-2].
从以上几个例题中可以看出解决恒成立问题的总体方向是：能分离（参数）则分离，不能分离（参数）则构造，最终将不等式恒成立问题转化为最值问题求解.
1. 已知函数[f（x）=（x+1）lnx-x+1].
（1）若[xf（x）x2+ax+1]，求[a]的取值范围；
（2）证明：[（x-1）f（x）0].
2.已知[f（x）=-x3+ax]，其中[a∈R]，[g（x）=][-12x32]，且[f（x） 1. 略 2. [a<-316].
例1 已知函数[fx=1+x1-xe-ax]，若对任意[x∈0，1]，恒有[fx>1]，求[a]的取值范围.
解析 由[fx=1+x1-xe-ax]，得
[f（x）=ax2+2-a（1-x）2e-ax] （*）
当[0
当[a>2]时，由（*）式知，[f（x）]在[（0，a-2a）]内为减函数，在[（a-2a，1）]内为增函数，取[x0=][12a-2a∈（0，1）]，则有[f（x0）
综上所述，当且仅当[a∈（-∞，2）]时，对任意[x∈（0，1）]，恒有[f（x）>1].
点拨 本题的函数较复杂，故先求导数，再利用导函数的单调性求解. 解题中，还应注意函数思想、分类讨论的应用.
题型二 分离参数
例2 设函数[fx=x4+ax3+2x2+b]，其中[a]，[b∈R]，若对于任意的[a∈-2，2]，不等式[fx1]在[-1，1]上恒成立，求[b]的取值范围.
解析 [fx=4x3+3ax2+4x=x（4x2+3ax+4），]
由条件[a∈-2，2]可知[Δ=9a2-64<0]，从而[4x2+3ax+4>0]恒成立，
故当[x<0]时[fx<0]，当[x>0]时[fx>0.]
因此函数[fx]在[-1，0]上单调递减，在[0，1]上单调递增，故函数[fx]在[-1，1]上的最大值是[f1]与[f-1]中的较大者.
对任意的[a∈-2，2]，不等式[fx1]在[-1，1]上恒成立，当且仅当[f11，f-11，]即[b-2-a，b-2+a，]在[a∈-2，2]上恒成立，
所以[b-4].
点拨 本题相当于两次恒成立问题，往往先保证一个恒成立，在此基础上，再保证另一个恒成立.
例3 已知函数[f（x）=x2+bx+c（b，c∈R）]，对任意的[x∈R]，恒有[f（x）][][f（x）].
（1）证明：当[x0]时，[f（x）（x+c）2]；
（2）若对满足题设条件的任意[b，c]，不等式[f（c）-f（b）M（c2-b2）]恒成立，求[M]的最小值.
解析 （1）易知[f（x）=2x+b].
由题设，对任意的[x∈R，2x+bx2+bx+c]，
即[x2+（b-2）x+c-b0]恒成立，
所以[（b-2）2-4（c-b）0]，从而[cb24+1].
于是[c1]，且[c2b24×1=b]，因此[2c-b=c+（c-b）>0].
故当[x0]时，有[（x+c）2-f（x）=（2c-b）x+][c（c-1）0]，即[f（x）（x+c）2].
（2）由（1）知，[cb].
当[c>b]时，有[Mf（c）-f（b）c2-b2=c+2bb+c]，
令[t=bc]可求得[c+2bb+c<32]，即[M∈32，+∞）].
当[c=b]时，由（1）知，[b=±2，c=2].
此时[f（c）-f（b）=-8]或0，[c2-b2=0]，从而[f（c）-f（b）M（c2-b2）]恒成立.
综上所述，[M]的最小值为[32].
点拨 变量[M]的系数为[c2-b20]，当我们把[c2-b2=0]的情况单独分析后就可实现把[M]分离出来（分离参数），从而转化为不含参的最大值问题.
题型三 构造函数
例4 已知函数[f（x）=eax-x]，其中[a≠0].若对一切[x∈R]，[f（x）1]恒成立，求[a]的取值集合.
解析 若[a<0]，则当[x>0]时，[eax<1]，此时有[f（x）][=eax-x<1]，这与题设矛盾，又[a≠0]，故[a>0].而[f（x）=aeax-1，]令[f（x）=0，得x=1aln1a].
当[x<1aln1a]时，[f（x）<0，f（x）]单调递减；当[x>1aln1a]时，[f（x）>0，f（x）]单调递增.
故当[x=1aln1a]时，[f（x）]取最小值[f（1aln1a）=][1a-1aln1a].
于是对一切[x∈R，f（x）1]恒成立，当且仅当[1a-1aln1a1.] ①
令[g（t）=t-tlnt，]则[g（t）=-lnt.]
当[0
故当[t=1]时，[g（t）]取最大值[g（1）=1].
因此，当且仅当[1a=1]即[a=1]时，①式成立.
综上所述，[a]的取值集合为[1].
点拨 本例中的参数[a]不能被分离出来，故先利用导函数法求出[f（x）]的最小值， 将[f（x）][]1恒成立问题转化为[f（x）min1]，然后构造函数[g（t）=t-tlnt]，转化为[g（t）]的最值问题求解. 此法用途极广，应熟练掌握.
例5 已知函数[f（x）=（a+1）lnx+ax2+1].
（1）讨论函数[f（x）]的单调性；
（2）设[a<-1]，若对任意[x1，x2∈（0，+∞）]，都有[|f（x1）-f（x2）|4|x1-x2|]，求[a]的取值范围.
解析 （1）略；（2）不妨假设[x1x2]，而[a<-1]，由[f（x）=2ax2+a+1x]知，[f（x）]在[（0，+∞）]单调递减，从而[?x1，x2∈（0，+∞）]，都有[|f（x1）-f（x2）|4|x1-x2|.]
等价于[?x1，x2∈（0，+∞）]，
[f（x2）+4x2f（x1）+4x1.] ①
构造函数[g（x）=f（x）+4x]，
则[g（x）=a+1x+2ax+4].
因此①等价于[g（x）]在[（0，+∞）]上单调递减，
即[a+1x+2ax+40]在[（0，+∞）]上恒成立，
亦即[2ax2+4x+a+10]在[（0，+∞）]上恒成立.
∵[a<-1]，从而[Δ=16-8a（a+1）0]，
解得[a1]或[a-2]，
又[a<-1]，∴[a-2].
点拨 本例利用等价转化思想，将恒成立问题逐步转化为二次函数问题求解，思路清晰、自然. 另外，本例也可用分离参数法求解：由[a+1x+2ax+40]在[（0，+∞）]上恒成立，可得[a-4x-12x2+1=（2x-1）22x2+1-2]，从而[a-2].
从以上几个例题中可以看出解决恒成立问题的总体方向是：能分离（参数）则分离，不能分离（参数）则构造，最终将不等式恒成立问题转化为最值问题求解.
1. 已知函数[f（x）=（x+1）lnx-x+1].
（1）若[xf（x）x2+ax+1]，求[a]的取值范围；
（2）证明：[（x-1）f（x）0].
2.已知[f（x）=-x3+ax]，其中[a∈R]，[g（x）=][-12x32]，且[f（x）