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高考数学复习中的恒成立问题，涉及到一次函数、二次函数的性质、图象,渗透着换元、化归、数形结合、函数与方程等思想方法，有利于考查学生的综合解题能力，在培养思维的灵活性、创造性等方面起到了积极的作用。因此也成为历年高考的一个热点。恒成立问题在解题过程中大致可分为以下几种类型：①一次函数型；②二次函数型；③变量分离型；④根据函数的奇偶性、周期性等性质；⑤直接根据函数的图象。
一、一次函数型
给定一次函数y=f(x)=ax+b(a≠0),若y=f(x)在［m,n］内恒有f(x)>0，则根据函数的图象（直线）可得上述结论等价于
ⅰ）a>0
f(m)>0或ⅱ）a<0
f(n)>0亦可合并定成f(m)>0
f(n)>0
同理，若在［m,n］內恒有f(x)<0，则有f(m)<0
f(n)<0
例1、对于满足|p| 2的所有实数p,求使不等式x2+px+1>2p+x恒成立的x的取值范围。
分析：在不等式中出现了两个字母：x及P,关键在于该把哪个字母看成是一个变量，另一个作为常数。显然可将p视作自变量，则上述问题即可转化为在［-2，2］内关于p的一次函数大于0恒成立的问题。
略解：不等式即(x-1)p+x2-2x+1>0,设f(p)= (x-1)p+x2-2x+1,则f(p)在［-2,2］上恒大于0，故有：
f(-1)>0
f(2)即x2-4x+2>0
x2-1>0解得：x>3或x<1
x>1或x<-1
∴x<-1或x>3。
二、二次函数型
若二次函数y=ax2+bx+c=0(a≠0)大于0恒成立，则有a>0
Δ<0若是二次函数在指定区间上的恒成立问题，还可以利用韦达定理以及根与系数的分布知识求解。
例2、设f(x)=x2-2ax+2,当x ［-1,+ )时，都有f(x) a恒成立，求a的取值范围。
分析：题目中要证明f(x) a恒成立，若把a移到等号的左边，则把原题转化成左边二次函数在区间［-1,+ )时恒大于0的问题。
解：设F(x)= f(x)-a=x2-2ax+2-a。
ⅰ)当Δ=4（a-1)(a+2)<0时，即-2 ⅱ）当Δ=4（a-1)(a+2) 0时可得以下充要条件：
Δ≥0
f(-1)≥0
--2a2≤-1,即(a-1)(a+2)≥0
a+3≥0
a≤-1,
得-3≤a≤-2;
综合可得a的取值范围为［-3，1］。
三、变量分离型
若在等式或不等式中出现两个变量，其中一个变量的范围已知，另一个变量的范围为所求，且容易通过恒等变形将两个变量分别置于等号或不等号的两边，则可将恒成立问题转化成函数的最值问题求解。
例4、已知当x∈R时，不等式a+cos2x<5-4sinx+5a-4恒成立，求实数a的取值范围。
分析：在不等式中含有两个变量a及x，其中x的范围已知（x∈R），另一变量a的范围即为所求，故可考虑将a及x分离。
解：原不等式即：4sinx+cos2x< 5a-4-a+5
要使上式恒成立，只需 5a-4-a+5大于4sinx+cos2x的最大值，故上述问题转化成求f(x)=4sinx+cos2x的最值问题。
f(x)= 4sinx+cos2x=-2sin2x+4sinx+1=-2(sinx-1)2+3≤3,
∴ 5a-4-a+5>3即 5a-4>a+2
上式等价于a-2≥0
5a-4≥0
5a-4>(a-2)2或a-2<0
5a-4≥0
解得45≤a<8。
注：注意到题目中出现了sinx及cos2x，而cos2x=1-2sin2x,故若把sinx换元成t,则可把原不等式转化成关于t的二次函数类型。
另解：a+cos2x<5-4sinx+ 5a-4即
a+1-2sin2x<5-4sinx+ 5a-4,令sinx=t,则t∈［-1,1］,
整理得2t2-4t+4-a+ 5a-4>0,( t∈［-1,1］)恒成立。
设f(t)= 2t2-4t+4-a+ 5a-4则二次函数的对称轴为t=1,
f(x)在［-1，1］内单调递减。
只需f(1)>0,即 5a-4>a-2。(下同)
四、直接根据图象判断
若把等式或不等式进行合理的变形后，能非常容易地画出等号或不等号两边函数的图象，则可以通过画图直接判断得出结果。尤其对于选择题、填空题这种方法更显方便、快捷。
例5、当x∈(1,2)时，不等式(x-1)2 分析：若将不等号两边分别设成两个函数，则左边为二次函数，图象是抛物线，右边为常见的对数函数的图象，故可以通过图象求解。
解：设y1=(x-1)2,y2=logax,则y1的图象为右图所示的抛物线，要使对一切x∈(1,2),y11,并且必须也只需当x=2时y2的函数值大于等于y1的函数值。
故loga2>1,a>1, 1
一、一次函数型
给定一次函数y=f(x)=ax+b(a≠0),若y=f(x)在［m,n］内恒有f(x)>0，则根据函数的图象（直线）可得上述结论等价于
ⅰ）a>0
f(m)>0或ⅱ）a<0
f(n)>0亦可合并定成f(m)>0
f(n)>0
同理，若在［m,n］內恒有f(x)<0，则有f(m)<0
f(n)<0
例1、对于满足|p| 2的所有实数p,求使不等式x2+px+1>2p+x恒成立的x的取值范围。
分析：在不等式中出现了两个字母：x及P,关键在于该把哪个字母看成是一个变量，另一个作为常数。显然可将p视作自变量，则上述问题即可转化为在［-2，2］内关于p的一次函数大于0恒成立的问题。
略解：不等式即(x-1)p+x2-2x+1>0,设f(p)= (x-1)p+x2-2x+1,则f(p)在［-2,2］上恒大于0，故有：
f(-1)>0
f(2)即x2-4x+2>0
x2-1>0解得：x>3或x<1
x>1或x<-1
∴x<-1或x>3。
二、二次函数型
若二次函数y=ax2+bx+c=0(a≠0)大于0恒成立，则有a>0
Δ<0若是二次函数在指定区间上的恒成立问题，还可以利用韦达定理以及根与系数的分布知识求解。
例2、设f(x)=x2-2ax+2,当x ［-1,+ )时，都有f(x) a恒成立，求a的取值范围。
分析：题目中要证明f(x) a恒成立，若把a移到等号的左边，则把原题转化成左边二次函数在区间［-1,+ )时恒大于0的问题。
解：设F(x)= f(x)-a=x2-2ax+2-a。
ⅰ)当Δ=4（a-1)(a+2)<0时，即-2 ⅱ）当Δ=4（a-1)(a+2) 0时可得以下充要条件：
Δ≥0
f(-1)≥0
--2a2≤-1,即(a-1)(a+2)≥0
a+3≥0
a≤-1,
得-3≤a≤-2;
综合可得a的取值范围为［-3，1］。
三、变量分离型
若在等式或不等式中出现两个变量，其中一个变量的范围已知，另一个变量的范围为所求，且容易通过恒等变形将两个变量分别置于等号或不等号的两边，则可将恒成立问题转化成函数的最值问题求解。
例4、已知当x∈R时，不等式a+cos2x<5-4sinx+5a-4恒成立，求实数a的取值范围。
分析：在不等式中含有两个变量a及x，其中x的范围已知（x∈R），另一变量a的范围即为所求，故可考虑将a及x分离。
解：原不等式即：4sinx+cos2x< 5a-4-a+5
要使上式恒成立，只需 5a-4-a+5大于4sinx+cos2x的最大值，故上述问题转化成求f(x)=4sinx+cos2x的最值问题。
f(x)= 4sinx+cos2x=-2sin2x+4sinx+1=-2(sinx-1)2+3≤3,
∴ 5a-4-a+5>3即 5a-4>a+2
上式等价于a-2≥0
5a-4≥0
5a-4>(a-2)2或a-2<0
5a-4≥0
解得45≤a<8。
注：注意到题目中出现了sinx及cos2x，而cos2x=1-2sin2x,故若把sinx换元成t,则可把原不等式转化成关于t的二次函数类型。
另解：a+cos2x<5-4sinx+ 5a-4即
a+1-2sin2x<5-4sinx+ 5a-4,令sinx=t,则t∈［-1,1］,
整理得2t2-4t+4-a+ 5a-4>0,( t∈［-1,1］)恒成立。
设f(t)= 2t2-4t+4-a+ 5a-4则二次函数的对称轴为t=1,
f(x)在［-1，1］内单调递减。
只需f(1)>0,即 5a-4>a-2。(下同)
四、直接根据图象判断
若把等式或不等式进行合理的变形后，能非常容易地画出等号或不等号两边函数的图象，则可以通过画图直接判断得出结果。尤其对于选择题、填空题这种方法更显方便、快捷。
例5、当x∈(1,2)时，不等式(x-1)2 分析：若将不等号两边分别设成两个函数，则左边为二次函数，图象是抛物线，右边为常见的对数函数的图象，故可以通过图象求解。
解：设y1=(x-1)2,y2=logax,则y1的图象为右图所示的抛物线，要使对一切x∈(1,2),y11,并且必须也只需当x=2时y2的函数值大于等于y1的函数值。
故loga2>1,a>1, 1