恒成立能成立恰成立习题

前言

高频考查题型。

关联内容

数学方法策略：分离参数法，构造函数法，数形结合法，变量集中策略，

• 1、二次不等式恒成立求参数范围；

• 2、恒成立能成立和恰成立命题赏析；

• 3、能转化为恒成立能成立类命题；

常见类型

若对(forall x>0) ，不等式(ln(x+1)-x+cfrac{x^2+2x+a}{x+2}>1(ain R)) 恒成立，则(a)的取值范围是【 】

$A.[1，+infty)$ $B.(1，+infty)$ $C.[2，+infty)$ $D.(2，+infty)$

解析：将原不等式变形为(ln(x+1)-x+cfrac{x(x+2)+a}{x+2}>1) ，即(ln(x+1)-x+x+cfrac{a}{x+2}>1) ，

再分离参数得到(a>(x+2)[1-ln(x+1)])恒成立，令(g(x)=(x+2)[1-ln(x+1)])，

则(g'(x)=1-ln(x+1)+(x+2)(-cfrac{1}{x+1}))(=1-ln(x+1)-cfrac{x+2}{x+1})(=-ln(x+1)-cfrac{1}{x+1}<0)，

故(g(x))在区间((0，+infty))上单调递减，则(g(x)_{max} ightarrow g(0)=2)，

故得到(age 2)，故选(C).

已知(sqrt{1-x^2}>x+b)在([-1，cfrac{1}{2}))上恒成立，求实数(b)的取值范围。

法1：函数法，从数的角度入手，转化为(b<sqrt{1-x^2}-x)，

令(g(x)=sqrt{1-x^2}-x)，即关键是求(g(x))在区间([-1，cfrac{1}{2}))上的最小值。

令(x=cos heta， hetain (cfrac{pi}{3}，pi])，

故(g(x)=sqrt{1-x^2}-cos heta=sin heta-cos heta=sqrt{2}sin( heta-cfrac{pi}{4}))，

因为( hetain (cfrac{pi}{3}，pi])，则有(cfrac{sqrt{3}-1}{2}<sqrt{2}sin( heta-cfrac{pi}{4})leq 1)，故(bleq cfrac{sqrt{3}-1}{2})。

法2：数形结合，令(f(x)=sqrt{1-x^2}，xin[-1，cfrac{1}{2}))，对应图中的蓝色的圆的一部分，

令(h(x)=x+b，xin[-1，cfrac{1}{2}))，对应图中的红色的线段，

由题目可知，要使得(f(x)>h(x)，xin[-1，cfrac{1}{2}))上恒成立，

则只需要(h(x))的图像在(f(x))的图像下方即可，

由动画可知，当线段经过点((cfrac{1}{2}，cfrac{sqrt{3}}{2}))时，(b=cfrac{sqrt{3}}{2}-cfrac{1}{2})，故(bleq cfrac{sqrt{3}-1}{2})。

【2016第三次全国大联考地16题】若不等式(2x^2+(1-a)y^2ge (3+a)xy(x>0，y>0))恒成立，求实数(a)的最大值。

【法1】：分离参数+构造函数，由题目可得(aleq cfrac{2x^2+y^2-3xy}{y^2+xy})，

令(f(x,y)= cfrac{2x^2+y^2-3xy}{y^2+xy}xlongequal[关于x，y的二次齐次式]{分子分母同除以y^2}cfrac{2(cfrac{x}{y})^2-3cfrac{x}{y}+1}{1+cfrac{x}{y}}\xlongequal[令cfrac{x}{y}=t>0]{二元变一元}g(t)=cfrac{2t^2-3t+1}{t+1}=2(t+1)+cfrac{6}{t+1}-7ge 2sqrt{12}-7=4sqrt{3}-7)

当且仅当(t=sqrt{3}-1)时取到等号。

故有(aleq 4sqrt{3}-7)，所以(a_{max}=4sqrt{3}-7)。

【法2】：二元变一元，两边同除以(y^2)，得到(2(cfrac{x}{y})^2-(a+3)(cfrac{x}{y})+(1-a)ge 0)，

令(cfrac{x}{y}=t>0)，即(2t^2-(a+3)t+(1-a)ge 0)对任意(t>0)恒成立，

令(g(t)=2t^2-(a+3)t+(1-a)) ，则分以下两种情形：

(1^。) (Delta=a^2+14a+1leq 0)，

解得(-4sqrt{3}-7leq a leq 4sqrt{3}-7)；

(2^。) (egin{cases}Delta >0\cfrac{a+3}{2cdot2}<0\g(0)=1-age 0 end{cases})，

解得(a<-4sqrt{3}-7)；

综上可知，(aleq 4sqrt{3}-7)，故(a_{max}=4sqrt{3}-7)。

若不等式(cfrac{t}{t^2+9}leq a leq cfrac{t+2}{t^2})在(tin(0，2])上恒成立，则(a)的取值范围是【】

$A.[cfrac{1}{6}，1]$ $B.[cfrac{2}{13}，1]$ $C.[cfrac{1}{6}，cfrac{4}{13}]$ $D.[cfrac{1}{6}，2sqrt{2}]$

分析：由题知，(age cfrac{t}{t^2+9})和(aleq cfrac{t+2}{t^2})在(tin(0，2])上恒成立，

即(age [cfrac{t}{t^2+9}]_{max})且(aleq [cfrac{t+2}{t^2}]_{min})

令(f(t)=cfrac{t}{t^2+9}=cfrac{1}{t+cfrac{9}{t}})，在(tin(0，2])单调递增，故(f(t)_{max}=f(2)=cfrac{2}{13})；

令(g(t)= cfrac{t+2}{t^2}=cfrac{1}{t}+2(cfrac{1}{t})^2)，在(cfrac{1}{t}in [cfrac{1}{2}，+infty))上单调递增，故(g(t)_{min}=g(cfrac{1}{2})=1)

综上可知，(a)的取值范围是(ain[cfrac{2}{13}，1])。

【2017宝鸡中学第一次月考试题】已知(f(x))是定义在(R)上的函数，且满足①(f(4)=0)；②曲线(y=f(x+1))关于点((-1，0))对称；③当(xin(-4，0))时，(f(x)=log_2^;(cfrac{x}{e^{|x|}}+e^x-m+1))，若(y=f(x))在(xin [-4，4])上有(5)个零点，则实数(m)的取值范围是【 】

$A.[-3e^{-4}，1)$ $B.[-3e^{-4}，1)cup {-e^{-2}}$ $C.[0，1)cup {-e^{-2}}$ $D.[0，1)$

分析：由②知函数(y=f(x))是奇函数，定义在(R)上，故有(f(0)=0)及(f(4)=f(-4)=0)，

又题目已知(y=f(x))在(xin [-4，4])上有(5)个零点，

则由奇函数(y=f(x))的对称性可知在区间((-4，0))上有且仅有一个零点；

即函数(xin(-4，0))时，(f(x)=log_2^;(cfrac{x}{e^{-x}}+e^x-m+1)=0)仅有一解，

即(cfrac{x}{e^{-x}}+e^x-m+1=1)仅有一解，即(m=e^x(x+1))有且仅有一解；

令(g(x)=e^x(x+1))，(g'(x)=e^x(x+2))，

当(xin (-4，-2))时，(g'(x)<0)，(g(x))单调递减；当(xin (-2，0))时，(g'(x)>0)，(g(x))单调递增；

做出函数(g(x))在((-4，0))上的大致图像可知，要使(m=e^x(x+1))有且仅有一解；

需要函数(y=g(x))与函数(y=m)的图像交点只能是一个，故(min [-3e^{-4}，1)cup {-e^{-2}})。

已知(x>0)，(y>0)，若(cfrac{2y}{x}+cfrac{8x}{y}>m^2+2m)恒成立，则实数(m)的取值范围是多少？

分析：由恒成立命题可知，需要((cfrac{2y}{x}+cfrac{8x}{y})_{min}>m^2+2m)，

(cfrac{2y}{x}+cfrac{8x}{y}ge 2sqrt{cfrac{2y}{x}cdot cfrac{8x}{y}}=8)，

当且仅当(y=2x)时取到等号。故(m^2+2m-8<0)，解得(-4<m<2)。

已知函数(f(x)=ax^2+bx+c(a，b，cin R)) 若存在实数(ain[1，2])，对任意(xin[1，2])，都有(f(x)leq 1)，则(7b+5c) 的最大值是__________．

分析：原不等式等价于(aleq cfrac{1-bx-c}{x^2})，

即存在实数(ain[1，2])，对任意(xin[1，2])，(aleq cfrac{1-bx-c}{x^2})成立，

故(1leq cfrac{1-bx-c}{x^2})对任意(xin[1，2])恒成立，

即(x^2+bx+c-1leq 1)对任意(xin[1，2])恒成立，

令(g(x)=x^2+bx+c-1)，则必有(egin{cases}g(1)leq 0\g(2)leq 0end{cases})，

即(egin{cases}1+b+c-1leq 0\4+2b+c-1 leq 0end{cases})，

解得(egin{cases}b+cleq 0\2b+cleq -3end{cases})，

所以(7b+5c=3(b+c)+2(2b+c)leq -6)；即((7b+5c)_{max}=-6)。

反思总结：上述解法使用了不等式的性质，当然也可以用线性规划的知识来求解，同样能求得((7b+5c)_{max}=-6)。

已知函数(f(x))是定义在(R)上的偶函数，当(xge 0)时，(f(x)=2^x)，在区间([a，a+2])上，(f(x+a)ge f^2(x))恒成立，求(a)的取值范围。

分析：由题目易知函数的解析式(f(x)=2^{|x|})，则区间([a，a+2])上，(f(x+a)ge f^2(x))恒成立，

可以转化为(2^{|x+a|}ge 2^{|2x|})恒成立，接下来可以转化为(g(x)=2^{|x+a|}-2^{|2x|}ge 0)恒成立，

或者({|x+a|}ge {|2x|})恒成立，再转化为二次函数恒成立问题求解即可。

解：由题目易知函数的解析式(f(x)=2^{|x|})，则区间([a，a+2])上，(f(x+a)ge f^2(x))恒成立，

可以转化为(2^{|x+a|}ge 2^{|2x|})恒成立，即({|x+a|}ge {|2x|})恒成立，

两边平方做差，即(3x^2-2ax-a^2leq 0)在区间([a，a+2])上恒成立，

令(h(x)=3x^2-2ax-a^2)，只需满足(egin{cases}h(a)leq 0\h(a+2)leq 0end{cases})，

即(egin{cases}3a^2-2a^2-a^2leq 0\3(a+2)^2-2a(a+2)-a^2leq 0end{cases})，

解得(aleq -cfrac{3}{2}).

解后反思：①、将函数(f(x))的解析式做成分段函数的形式，就很容易将思路引入分类讨论；再次提醒最好将函数(f(x)=2^{|x|})看成一个模板函数。②、当转化得到函数(g(x)=2^{|x+a|}-2^{|2x|}ge 0)恒成立后，如果想到分类讨论去掉绝对值符号，就会及其麻烦；③、如果出现了两个绝对值符号，去掉的最好方法就是同时平方的方法。

【2017(cdot)贵阳一模】已知函数(f(x)=lnx)，(g(x)=cfrac{1}{2}x|x|)，任意(x_1)，(x_2in [1，+infty))，且(x_1>x_2)，都有(m[g(x_1)-g(x_2)]>x_1f(x_1)-x_2f(x_2))恒成立，求实数(m)的取值范围；

分析：由于定义在([1，+infty))上，故先将函数简化(g(x)=cfrac{1}{2}x^2)，

再将(m[g(x_1)-g(x_2)]>x_1f(x_1)-x_2f(x_2))恒成立，变形为(mg(x_1)-x_1f(x_1)>mg(x_2)-x_2f(x_2))恒成立，

故令(H(x)=mg(x)-xf(x))，则由题目可知，函数(H(x))在([1，+infty))上单调递增，

(H(x)=mcdot cfrac{1}{2}x^2-xcdot lnx)，则(H'(x)=mx-(lnx+1)ge 0)恒成立，

分离参数得到(mge cfrac{lnx+1}{x})在([1，+infty))上恒成立，

再令(h(x)= cfrac{lnx+1}{x})，只需要(mge h(x)_{max})；

而(h'(x)=cfrac{1-(lnx+1)}{x^2}=cfrac{-lnx}{x^2}<0)在区间([1，+infty))上恒成立，

故函数(h(x))在区间([1，+infty))上单调递减，故(h(x)_{max}=h(1)=1)，故(mge 1)。

易错警示

恒成立题目中无等号但是参数却能取到等号

【2017(cdot)贵阳一模】已知函数(f(x)=2^x)，若(f(2x)+f(x)-m>0)对(forall xin R)恒成立，求参数(m)的取值范围。

分析：令(f(x)=2^x=t)，由(xin R) 得到(t>0)，故题目等价转化为(t^2+t-m>0)对(forall t>0)恒成立，

分离参数，得到(m<t^2+t)对(forall t>0)恒成立，令(g(x)=t^2+t，t>0)，

故函数(g(x))在区间((0，+infty))上没有最小值，有最小值的极限，即(g(x)>g(0)=0)，

故(mleqslant 0)。

反思总结：
1、本题目容易错误理解为这样的类型，(t^2+t-m>0)对(forall tin R)恒成立，故(Delta <0)，这样的转化是不等价的，原因是原题目转化为(t>0)时恒成立而不是(tin R)恒成立。

2、由于函数(g(x))的值域中没有0，又要求(m>g(x))，故可以有(m=0)。

高阶题目

【2017(cdot)天津卷】【用图像求解恒成立题目】

已知函数(f(x)=egin{cases}x^2-x+3，&xleq 1\x+cfrac{2}{x}，&x>1end{cases})，设(ain R)，若关于(x)的不等式(f(x)ge |cfrac{x}{2}+a|)在(R)上恒成立，则(a)的取值范围是

$A.[-cfrac{47}{16}，2]$ $B.[-cfrac{47}{16}，cfrac{39}{16}]$ $C.[-2sqrt{3}，2]$ $D.[-2sqrt{3}，cfrac{39}{16}]$

法1：从数的角度分析：不等式(f(x)ge |cfrac{x}{2}+a|)在(R)上恒成立，

即(-f(x) leq cfrac{x}{2}+aleq f(x))恒成立，

即(g(x)=-f(x)-cfrac{x}{2} leq aleq f(x)-cfrac{x}{2}=h(x))恒成立，

接下来，需要求解分段函数(g(x)_{max})和分段函数(h(x)_{min})，而这两个分段函数的最值的求解是比较费事的。

法2：从形的角度，题目要求(f(x)ge |cfrac{x}{2}+a|)在(R)上恒成立，

则函数(f(x))的图像必须始终在函数(y=|cfrac{x}{2}+a|)的上方，

其中分段函数(f(x))的图像我们自己可以做出来，

函数(y=|cfrac{x}{2}+a|)的图像是个动态的图像，我们也可以做出来，

然后分析其中的控制因素，由形转化为数即可。参考图像

具体求解如下：

先求解绝对值函数的左支(y=-cfrac{x}{2}-a)和分段函数的第一段(y=x^2-x+3，xleq 1)相切的切点坐标((x_0，y_0)),

当(xleq -2a(左支))时，有(egin{cases}k=f'(x_0)=2x_0-1=-cfrac{1}{2}\y_0=-cfrac{x_0}{2}-a\y_0=x_0^2-x_0+3end{cases})，

解得(x_0=cfrac{1}{4}，y_0=cfrac{45}{16})，代入求得(a=-cfrac{47}{16})；

再求解绝对值函数的右支(y=cfrac{x}{2}+a)和分段函数的第二段(y=x+cfrac{2}{x}，x> 1)相切的切点坐标((x_1，y_1)),

当(x> -2a(右支))时，有(egin{cases}k=f'(x_1)=1-cfrac{2}{x_1^2}=cfrac{1}{2}\y_1=cfrac{x_1}{2}+a\y_1=x_1+cfrac{2}{x_1}end{cases})，

解得(x_1=2，y_1=3)，代入求得(a=2)；

再结合参数(a)的几何意义是(y)截距，可得(-cfrac{47}{16}leq aleq 2)，故选(A)。

【2017(cdot)天津六校联考卷】【用图像求解恒成立题目】已知函数(f(x)=egin{cases}-x^2+2x，&xleq 0\ln(x+1)，&x>0end{cases})，若(|f(x)|ge ax-1)恒成立，则则(a)的取值范围是[]

$A.[-2，0]$ $B.[-2，1]$ $C.[-4，0]$ $D.[-4，1]$

分析：注意到我们可以手动做出分段函数(f(x))的图像，

以及过定点((0，-1))的斜率(a)变化的动直线(y=ax-1)，故从形入手分析，

参考图形

由图像可知，我们的重点是要求解动直线(y=ax-1)和曲线(y=x^2-2x(xleq 0))相切时的切点坐标。

设切点(P(x_0，y_0))，

则有(egin{cases}a=f'(x_0)=2x_0-2\ y_0=ax_0-1 \ y_0=x_0^2-2x_0 end{cases})，

解得(x_0=-1，y_0=3)，代入求得(a=-4)；由动图可知，另一个临界位置是(a=0)，故选(C)。

【2017(cdot)山西太原模拟】已知函数(f(x)=(2a-1)x-cfrac{1}{2}cos2x-a(sinx+cosx))在区间([0，cfrac{pi}{2}])上单调递增，则实数(a)的取值范围是【】

$A.(-infty，cfrac{1}{3}]$ $B.[cfrac{1}{3}，1]$ $C.[0，+infty)$ $D.[1，+infty)$

分析：由题目可知，(f'(x)ge 0)在区间([0，cfrac{pi}{2}])上恒成立，(f'(x)=2a-1-cfrac{1}{2}cdot (-sin2x)cdot 2-a(cosx-sinx)ge 0)恒成立，

即(2a-1+sin2x+a(sinx-cosx)ge 0)恒成立，

接下来的思路有：

思路一：分离参数，当分离为(age cfrac{1-sin2x}{2+sinx-cosx}=g(x))时，你会发现，求函数(g(x)_{max})很难，所以放弃；

思路二：转化划归，令(sinx-cosx=t=sqrt{2}sin(x-cfrac{pi}{4}))，由于(xin [0，cfrac{pi}{2}])，故(tin [-1，1])

由((sinx-cosx)^2=t^2)，得到(sin2x=1-t^2)，

故不等式转化为(at+1-t^2+2a-1ge 0)，

即(t^2-at-2aleq 0)在(tin [-1，1])上恒成立，

令(h(t)=t^2-at-2a，tin [-1，1])，

则(h(t)leq 0)等价于

(egin{cases}h(-1)=1+a-2aleq 0\h(1)=1-a-2aleq end{cases})

解得(age 1)，故选(D)。

解后反思：

1、已知含参函数(f(x))的单调性(比如单增)，求参数的取值范围，等价于(f'(x)ge 0)，且还需要验证等号时不能让函数(f(x))称为常函数，不过解答题一般不需要验证，是因为给定的函数比较复杂，当参数取到某个值是一般不会称为常函数。

2、转化为已知恒成立问题，求参数范围，一般首选分离参数的思路。

3、关于三角函数的这种转化必须熟练掌握。三角函数的转化

4、二次函数在某个区间上恒成立问题的模型必须熟练掌握。二次函数恒成立模型

【2019届高三理科三轮模拟训练题】【恒成立问题】【二次函数的最值问题】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；

特殊难题

已知二次函数(f(x)=ax^2+bx+c)的图象经过点((-2，0))，且不等式(2x≤f(x)≤frac{1}{2}{x}^{2}+2)对一切实数(x)都成立。

（I）求函数(f(x))的解析式；

（Ⅱ）若对任意(x∈[-1，1])，不等式(f(x+t)＜f(frac{x}{3}))恒成立，求实数(t)的取值范围．

解析：（I）由题意得：(f（-2）=4a-2b+c=0①)，

因为不等式(2x≤f（x）≤frac{1}{2}x^2+2)对一切实数x都成立，

令(x=2)，得：(4≤f（x）≤4)，所以(f（2）=4)，即(4a+2b+c=4②)

由①②解得：(b=1，且c=2-4a，)

所以(f（x）=ax^2+x+2-4a)，

由题意得：(f（x）-2x≥0)且(f（x）-frac{1}{2}x^2-2≤0)对(x∈R)恒成立，

即(egin{cases}ax^2-x+2-4age 0③\(a-frac{1}{2})x^2+x-4aleq 0 end{cases})对(xin R)恒成立，

对③而言，由(a>0)且(Delta =1-4a(2-4a)leq 0)，得到((4a-1)^2leq 0)，所以(a=frac{1}{4})，经检验满足，

故函数(f(x))的解析式为(f(x)=frac{1}{4}x^2+x+1)。

（Ⅱ）法一：二次函数法，由题意，(f(x+t)<f(frac{x}{3}))对(xin [-1，1])恒成立，

可转化为(frac{1}{4}(x+t)^2+(x+t)+1<frac{1}{4}(frac{x}{3})^2+frac{x}{3}+1)对(xin [-1，1])恒成立，

整理为(8x^2+(18t+24)x+9t^2+36t<0)对(xin [-1，1])恒成立，

令(g(x)=8x^2+(18t+24)x+9t^2+36t)，则有(egin{cases}g(-1)<0\g(1)<0end{cases})，

即有(egin{cases}9t^2+18t-16<0\9t^2+54t+32<0end{cases})，

解得(egin{cases}-frac{8}{3}< t <frac{2}{3}\-frac{16}{3}< t <-frac{2}{3}end{cases})，

所以(t)的取值范围为(-frac{8}{3}< t <-frac{2}{3})。

法二，利用乘积的符号法则和恒成立命题求解，

由(1) 得到，(f(x)=frac{1}{4}(x+2)^2)，

(f(x+t)<f(frac{x}{3}))对(xin [-1，1])恒成立，

可转化为(frac{1}{4}(x+t+2)^2<frac{1}{4}(frac{x}{3}+2)^2)对(xin [-1，1])恒成立，

得到((x+t+2)^2-(frac{x}{3}+2)^2<0)对(xin [-1，1])恒成立，

平方差公式展开整理，即((frac{4x}{3}+t+4)(frac{2x}{3}+t)<0)，

即(egin{cases}frac{4x}{3}+t+4<0\ frac{2x}{3}+t >0end{cases})对(xin [-1，1])恒成立，或(egin{cases}frac{4x}{3}+t+4>0\frac{2x}{3}+t <0end{cases})对(xin [-1，1])恒成立；

即(egin{cases}t <(-frac{4x}{3}-4)_{min}\t >(-frac{2x}{3})_{max}end{cases})，或(egin{cases}t >(-frac{4x}{3}-4)_{max}\t <(-frac{2x}{3})_{min}end{cases})，

(egin{cases}t <-frac{16}{3}\t >frac{2}{3}end{cases})，或(egin{cases}t >-frac{8}{3}\t <-frac{2}{3}end{cases})，

即(xin varnothing) 或(-frac{8}{3}< t <-frac{2}{3})，

所以(t)的取值范围为(-frac{8}{3}< t <-frac{2}{3})。

点评：①注意由(kleq f(x)leq k)得到(f(x)=k)的结论的使用。

②二次函数(f(x)=ax^2+bx+c(a>0))在区间([m，n])上恒有(f(x)<0)成立，等价于(f(m)<0)且(f(n)<0)。

③乘积的符号法则(acdot b<0)等价于(a>0)且(b<0)或者(a<0)且(b>0)；

④恒成立的模型(A>f(x))恒成立等价于(A> f(x)_{max})，(A < f(x))恒成立等价于(A < f(x)_{min})；

⑤平方差公式的主动灵活运用。

已知函数(f_1(x)=e^x)，(f_2(x)=ax^2-2ax+b)，

（1）当(a=1)，(b=-1)时，设(f(x)=cfrac{f_2(x)}{f_1(x)})，求函数(f(x))的极值。

（2）设(a>0)，若对任意的(m，n∈[0，1](m eq n))，(|f_1(m)-f_1(n)|>|f_2(m)-f_2(n)|)恒成立，求(a)的最大值。

（3）设(g(x)=cfrac{f_1(x)cdot f_2(x)}{x})，(g'(x))是函数(g(x))的导函数，若存在(x>1) ，使得(g(x)+g'(x)=0)成立，求(cfrac{b}{a})的取值范围。

【分析】

（1）用常规方法导数法，求数字系数的函数的极值。
（2）利用函数的单调性去掉绝对值符号，构造新函数，可以将问题再次转化为恒成立，然后分离参数求解。
（3）先化简方程(g(x)+g'(x)=0)，然后分离参数得到方程(cfrac{b}{a}=h(x))，这样就只需要求函数(h(x))的值域就可以了。

【解答】

（1）由于(f(x)=cfrac{x^2-2x-1}{e^x})，则有(f'(x)=cfrac{(2x-2)e^x-(x^2-2x-1)e^x}{(e^x)^2}=-cfrac{x^2-4x+3}{e^x}=-cfrac{(x-1)(x-3)}{e^x})

注意到(-cfrac{1}{e^x}<0)恒成立，故借助二次函数的图像就直接得到，

当(x<1)时，(f'(x)<0)，(f(x))在((-∞，1))上单调递减，

当(1<x<3)时，(f'(x)>0)，(f(x))在((1，3))上单调递增，

当(x>3)时，(f'(x)<0)，(f(x))在((3，+∞))上单调递减，

故当(x=1)时，函数(f(x))有极小值，为(f(1)=-cfrac{2}{e})，当(x=3)时，函数(f(x))有极大值，为(f(3)=cfrac{2}{e^3})

（2）不妨设(m>n)，则函数(f_1(x))在区间([0，1])上单调递增，故(f_1(m)-f_1(n)>0)，

又(f_2(x)=a(x-1)^2+b-a)，对称轴是(x=1)，开口向上，故函数(f_2(x))在区间([0，1])上单调递减，故(f_2(m)-f_2(n)<0)，

这样对任意的(m，n∈[0，1]（m>n）)，(|f_1（m）-f_1（n）|>|f_2（m）-f_2（n）|)恒成立，

就可以转化为(f_1（m）-f_1（n）>f_2（m）-f_2（n）)恒成立，

即(f_1（m）+f_2（m）>f_1（n）+f_2（n）)恒成立，

令(h(x)=f_1（x）+f_2（x）=e^x+ax^2-2ax+b)，则到此的题意相当于已知(m>n)时，(h(m)>h(n))，

故函数(h(x))在区间([0，1])上单调递增，故(h'(x)≥0)在区间([0，1])上恒成立；

即(h'(x)=e^x+2ax-2a≥0)在区间([0，1])上恒成立；

即(2a(1-x)≤e^x)恒成立，这里我们使用倒数法分离参数得到，

(cfrac{1}{2a}≥cfrac{1-x}{e^x})在区间([0，1])上恒成立；

再令(p(x)=cfrac{1-x}{e^x})，即需要求(p(x)_{max})，

(p'(x)=cfrac{-1×e^x-(1-x)e^x}{(e^x)^2}=cfrac{x-2}{e^x})，

容易看出，当(x∈[0，1])时，(p'(x)<0)恒成立，故(p(x))在区间([0，1])上单调递减，

则(p(x)_{max}=p(0)=1)，故(cfrac{1}{2a}≥1)，又(a>0)，

故解得(0<a≤1)。故(a_{max}=1).

（3）(g(x)=cfrac{e^x(ax^2-2ax+b)}{x})，则(g'(x)=cfrac{[e^x(ax^2-2ax+b)]'cdot x-[e^x(ax^2-2ax+b)]cdot 1}{x^2})

其中([e^x(ax^2-2ax+b)]'=e^x(ax^2+b-2a))，

所以(g(x)+g'(x)=0)，即转化为(cfrac{e^x(ax^2-2ax+b)}{x}+cfrac{e^x(x-1)(ax^2+b)}{x^2}=0)，

即(cfrac{e^x(ax^2-2ax+b)x}{x^2}+cfrac{e^x(x-1)(ax^2+b)}{x^2}=0)，

即(2ax^3-3ax^2+2bx-b=0)，即方程(cfrac{b}{a}=cfrac{x^2(2x-3)}{1-2x})在(x>1)时有解，

令(h(x)=cfrac{x^2(2x-3)}{1-2x})，则(cfrac{b}{a})的取值范围即函数(h(x))的值域；

(h'(x)=cfrac{(6x^2-6x)(1-2x)+2(2x^3-3x^2)}{(1-2x)^2}=cfrac{-2x(4x^2-6x+3)}{(1-2x)^2})，

其中(4x^2-6x+3>0)恒成立，当(x>1)时必有(h'(x)<0)恒成立，

即函数(h(x))在区间((1，+∞))上单调递减，故(h(x)<h(1)=1)

故(cfrac{b}{a})的取值范围是((-∞，1))。

【点评】

（1）注意到导函数的分子函数是二次函数，且(e^x>0)，故借助二次函数的图像很快就能写出单调区间，基本常规题目。

（2）出现函数值的差的绝对值问题，常常想到利用函数的单调性去掉绝对值符号进行转化；另外在分离参数时如果按照常规方法分离需要分类讨论，这里使用了倒数法分离参数，就能很好的避免分类讨论，嵌套的层次比较多，运算量比较多，是个难题。

（3）本题目的运算太过繁琐了，不过解题的思路倒不是很难，先化简方程(g(x)+g'(x)=0)，然后分离参数得到方程(cfrac{b}{a}=h(x))，由方程有解，转化为求函数(h(x))的值域问题。

【2020人大附中高一试题向量部分第15题】已知向量(vec{a})，(vec{b})的夹角为(cfrac{pi}{4})，(|vec{b}|=cfrac{sqrt{2}}{2})，且对于任意的(xin R)，都有(|vec{b}+xvec{a}|geqslant |vec{b}-vec{a}|)，则(|vec{a}|)=_____________。

分析：由于对于任意的(xin R)，都有(|vec{b}+xvec{a}|geqslant |vec{b}-vec{a}|)，

则(|vec{b}+xvec{a}|^2geqslant |vec{b}-vec{a}|^2)对于任意的(xin R)都成立，

即((vec{b}+xvec{a})^2geqslant (vec{b}-vec{a})^2)对于任意的(xin R)都成立，

即(vec{b}^2+2xvec{a}cdotvec{b}+x^2cdot vec{a}^2geqslant vec{b}^2+vec{a}^2-2vec{a}cdotvec{b})，

即(vec{a}^2cdot x^2+2cdot |vec{a}|cdot cfrac{sqrt{2}}{2}cdot cfrac{sqrt{2}}{2}x+2cdot |vec{a}|cdot cfrac{sqrt{2}}{2}cdot cfrac{sqrt{2}}{2}-vec{a}^2geqslant0)，

由于(vec{a} eq vec{0})，故上式是关于(x)的二次不等式，注意：(vec{a}^2=|vec{a}|^2)，

即(|vec{a}|^2cdot x^2+|vec{a}|cdot x+|vec{a}|-|vec{a}|^2geqslant 0)对于任意的(xin R)都成立，

故(Delta leqslant 0)恒成立，即(Delta=|vec{a}|^2-4|vec{a}|^2(|vec{a}|-|vec{a}|^2)leqslant 0)，

即(1-4(|vec{a}|-|vec{a}|^2)leqslant 0)，即((2|vec{a}|-1)^2leqslant 0)，

又由于((2|vec{a}|-1)^2geqslant 0)，故只能((2|vec{a}|-1)^2=0)，

即(|vec{a}|=cfrac{1}{2})。