恒成立能成立恰成立习题

时间 2019-11-25

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前言

高频考查题型。html

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，函数

常见类型

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

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

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

再分离参数获得$a>(x+2)[1-ln(x+1)]$恒成立，令$g(x)=(x+2)[1-ln(x+1)]$，数学

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$，模板

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

故获得$a\ge 2$，故选$C$.

例2 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$x=cos\theta，\theta\in (\cfrac{\pi}{3}，\pi]$，

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

由于$\theta\in (\cfrac{\pi}{3}，\pi]$，则有$\cfrac{\sqrt{3}-1}{2}<\sqrt{2}sin(\theta-\cfrac{\pi}{4})\leq 1$，

故$b\leq \cfrac{\sqrt{3}-1}{2}$。

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

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

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

则只须要$h(x)$的图像在$f(x)$的图像下方便可，

由动画可知，当线段通过点$(\cfrac{1}{2}，\cfrac{\sqrt{3}}{2})$时，$b=\cfrac{\sqrt{3}}{2}-\cfrac{1}{2}$，

故$b\leq \cfrac{\sqrt{3}-1}{2}$。

例3 【2016第三次全国大联考地16题】若不等式$2x^2+(1-a)y^2\ge (3+a)xy(x>0，y>0)$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$a\leq \cfrac{2x^2+y^2-3xy}{y^2+xy}$，

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

当且仅当$t=\sqrt{3}-1$时取到等号。

故有$a\leq 4\sqrt{3}-7$，因此$a_{max}=4\sqrt{3}-7$。

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

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$g(t)=2t^2-(a+3)t+(1-a)$ ，则分如下两种情形：

$1^。$ $\Delta=a^2+14a+1\leq 0$，

解得$-4\sqrt{3}-7\leq a \leq 4\sqrt{3}-7$；

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

解得$a<-4\sqrt{3}-7$；

综上可知，$a\leq 4\sqrt{3}-7$，故$a_{max}=4\sqrt{3}-7$。

例4 若不等式$\cfrac{t}{t^2+9}\leq a \leq \cfrac{t+2}{t^2}$在$t\in(0，2]$上恒成立，则$a$的取值范围是【】

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

分析：由题知，$a\ge \cfrac{t}{t^2+9}$和$a\leq \cfrac{t+2}{t^2}$在$t\in(0，2]$上恒成立，

即$a\ge [\cfrac{t}{t^2+9}]_{max}$且$a\leq [\cfrac{t+2}{t^2}]_{min}$

令$f(t)=\cfrac{t}{t^2+9}=\cfrac{1}{t+\cfrac{9}{t}}$，在$t\in(0，2]$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$a\in[\cfrac{2}{13}，1]$。

例5 【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，且知足①$f(4)=0$；②曲线$y=f(x+1)$关于点$(-1，0)$对称；③当$x\in(-4，0)$时，$f(x)=log_2^\;(\cfrac{x}{e^{|x|}}+e^x-m+1)$，若$y=f(x)$在$x\in [-4，4]$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$x\in [-4，4]$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$x\in(-4，0)$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$x\in (-4，-2)$时，$g'(x)<0$，$g(x)$单调递减；当$x\in (-2，0)$时，$g'(x)>0$，$g(x)$单调递增；

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

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

例6 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，须要$(\cfrac{2y}{x}+\cfrac{8x}{y})_{min}>m^2+2m$，

$\cfrac{2y}{x}+\cfrac{8x}{y}\ge 2\sqrt{\cfrac{2y}{x}\cdot \cfrac{8x}{y}}=8$，

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

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

分析：原不等式等价于$a\leq \cfrac{1-bx-c}{x^2}$，

即存在实数$a\in[1，2]$，对任意$x\in[1，2]$，$a\leq \cfrac{1-bx-c}{x^2}$成立，

故$1\leq \cfrac{1-bx-c}{x^2}$对任意$x\in[1，2]$恒成立，

即$x^2+bx+c-1\leq 1$对任意$x\in[1，2]$恒成立，

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

即$\begin{cases}1+b+c-1\leq 0\\4+2b+c-1 \leq 0\end{cases}$，

解得$\begin{cases}b+c\leq 0\\2b+c\leq -3\end{cases}$，

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

反思总结：上述解法使用了不等式的性质，固然也能够用线性规划的知识来求解，一样能求得$(7b+5c)_{max}=-6$。

例8 已知函数$f(x)$是定义在$R$上的偶函数，当$x\ge 0$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，

能够转化为$2^{|x+a|}\ge 2^{|2x|}$恒成立，接下来能够转化为$g(x)=2^{|x+a|}-2^{|2x|}\ge 0$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便可。

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，

能够转化为$2^{|x+a|}\ge 2^{|2x|}$恒成立，即${|x+a|}\ge {|2x|}$恒成立，

两边平方作差，即$3x^2-2ax-a^2\leq 0$在区间$[a，a+2]$上恒成立，

令$h(x)=3x^2-2ax-a^2$，只需知足$\begin{cases}h(a)\leq 0\\h(a+2)\leq 0\end{cases}$，

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

解得$a\leq -\cfrac{3}{2}$.

解后反思：①、将函数$f(x)$的解析式作成分段函数的形式，就很容易将思路引入分类讨论；再次提醒最好将函数$f(x)=2^{|x|}$当作一个模板函数。②、当转化获得函数$g(x)=2^{|x+a|}-2^{|2x|}\ge 0$恒成立后，若是想到分类讨论去掉绝对值符号，就会及其麻烦；③、若是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。

例9 【2017$\cdot$贵阳一模】已知函数$f(x)=lnx$，$g(x)=\cfrac{1}{2}x|x|$，任意$x_1$，$x_2\in [1，+\infty)$，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：因为定义在$[1，+\infty)$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，

$H(x)=m\cdot \cfrac{1}{2}x^2-x\cdot lnx$，则$H'(x)=mx-(lnx+1)\ge 0$恒成立，

分离参数获得$m\ge \cfrac{lnx+1}{x}$在$[1，+\infty)$上恒成立，

再令$h(x)= \cfrac{lnx+1}{x}$，只须要$m\ge h(x)_{max}$；

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$m\ge 1$。

易错警示

恒成立题目中无等号可是参数却能取到等号

例10 【2017$\cdot$贵阳一模】已知函数$f(x)=2^x$，若$f(2x)+f(x)-m>0$对$\forall x\in R$恒成立，求参数$m$的取值范围。

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

分离参数，获得$m<t^2+t$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$m\leqslant 0$。

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

二、因为函数$g(x)$的值域中没有0，又要求$m>g(x)$，故能够有$m=0$。

高阶题目

例10 【2017$\cdot$天津卷】【用图像求解恒成立题目】

已知函数$f(x)=\begin{cases}x^2-x+3，&x\leq 1\\x+\cfrac{2}{x}，&x>1\end{cases}$，设$a\in R$，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

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

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$-f(x) \leq \cfrac{x}{2}+a\leq f(x)$恒成立，

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

接下来，须要求解分段函数$g(x)_{max}$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$f(x)$的图像咱们本身能够作出来，

函数$y=|\cfrac{x}{2}+a|$的图像是个动态的图像，咱们也能够作出来，

而后分析其中的控制因素，由形转化为数便可。参考图像

具体求解以下：

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$y=x^2-x+3，x\leq 1$相切的切点坐标$(x_0，y_0)$,

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

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$\begin{cases}k=f'(x_1)=1-\cfrac{2}{x_1^2}=\cfrac{1}{2}\\y_1=\cfrac{x_1}{2}+a\\y_1=x_1+\cfrac{2}{x_1}\end{cases}$，

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$-\cfrac{47}{16}\leq a\leq 2$，故选$A$。

例12 【2017$\cdot$天津六校联考卷】【用图像求解恒成立题目】已知函数$f(x)=\begin{cases}-x^2+2x，&x\leq 0\\ln(x+1)，&x>0\end{cases}$，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：注意到咱们能够手动作出分段函数$f(x)$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，咱们的重点是要求解动直线$y=ax-1$和曲线$y=x^2-2x(x\leq 0)$相切时的切点坐标。

设切点$P(x_0，y_0)$，

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

解得$x_0=-1，y_0=3$，代入求得$a=-4$；由动图可知，另外一个临界位置是$a=0$，故选$C$。

例13 【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$a\ge \cfrac{1-sin2x}{2+sinx-cosx}=g(x)$时，你会发现，求函数$g(x)_{max}$很难，因此放弃；

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

由$(sinx-cosx)^2=t^2$，获得$sin2x=1-t^2$，

故不等式转化为$at+1-t^2+2a-1\ge 0$，

即$t^2-at-2a\leq 0$在$t\in [-1，1]$上恒成立，

令$h(t)=t^2-at-2a，t\in [-1，1]$，

则$h(t)\leq 0$等价于

$\begin{cases}h(-1)=1+a-2a\leq 0\\h(1)=1-a-2a\leq \end{cases}$

解得$a\ge 1$，故选$D$。

解后反思：

一、已知含参函数$f(x)$的单调性(好比单增)，求参数的取值范围，等价于$f'(x)\ge 0$，且还须要验证等号时不能让函数$f(x)$称为常函数，不过解答题通常不须要验证，是由于给定的函数比较复杂，当参数取到某个值是通常不会称为常函数。

二、转化为已知恒成立问题，求参数范围，通常首选分离参数的思路。

三、关于三角函数的这种转化必须熟练掌握。三角函数的转化

四、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

例14 【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$\forall n\in N^*$，$2a_{n+1}S_n-21a_{n+1}\ge t$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$a_n=3^{n-1}$，从而计算获得$S_n=\cfrac{3^n-1}{2}$，

故已知条件$2a_{n+1}S_n-21a_{n+1}\ge t$能够变形为

$t\leq 2\cdot 3^n\cdot \cfrac{3^n-1}{2}-21\cdot 3^n=(3^n)^2-22\cdot 3^n=(3^n-1)^2-121$，

令$g(n)=(3^n-1)^2-121$，如下类比二次函数求最值的方法，注意$n\in N^*$的条件限制，

则当$n=2$时，$g(n)_{min}=(3^2-11)^2-121=-117$，故$t\leq -117$，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

例15 已知二次函数$f(x)=ax^2+bx+c$的图象通过点$(-2，0)$，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：$f（-2）=4a-2b+c=0①$，

由于不等式$2x≤f（x）≤\frac{1}{2}x^2+2$对一切实数x都成立，

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

由①②解得：$b=1，且c=2-4a，$

因此$f（x）=ax^2+x+2-4a$，

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$\begin{cases}ax^2-x+2-4a\ge 0③\\(a-\frac{1}{2})x^2+x-4a\leq 0 \end{cases}$对$x\in R$恒成立，

对③而言，由$a>0$且$\Delta =1-4a(2-4a)\leq 0$，获得$(4a-1)^2\leq 0$，因此$a=\frac{1}{4}$，经检验知足，

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$x\in [-1，1]$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$x\in [-1，1]$恒成立，

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

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

即有$\begin{cases}9t^2+18t-16<0\\9t^2+54t+32<0\end{cases}$，

解得$\begin{cases}-\frac{8}{3}< t <\frac{2}{3}\\-\frac{16}{3}< t <-\frac{2}{3}\end{cases}$，

因此$t$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) 获得，$f(x)=\frac{1}{4}(x+2)^2$，

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

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

获得$(x+t+2)^2-(\frac{x}{3}+2)^2<0$对$x\in [-1，1]$恒成立，

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

即$\begin{cases}\frac{4x}{3}+t+4<0\\ \frac{2x}{3}+t >0\end{cases}$对$x\in [-1，1]$恒成立，或$\begin{cases}\frac{4x}{3}+t+4>0\\\frac{2x}{3}+t <0\end{cases}$对$x\in [-1，1]$恒成立；

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

$\begin{cases}t <-\frac{16}{3}\\t >\frac{2}{3}\end{cases}$，或$\begin{cases}t >-\frac{8}{3}\\t <-\frac{2}{3}\end{cases}$，

即$x\in \varnothing$ 或$-\frac{8}{3}< t <-\frac{2}{3}$，

因此$t$的取值范围为$-\frac{8}{3}< t <-\frac{2}{3}$。

点评：①注意由$k\leq f(x)\leq k$获得$f(x)=k$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$a\cdot b<0$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。

例16 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$m，n∈[0，1](m\neq n)$，$|f_1(m)-f_1(n)|>|f_2(m)-f_2(n)|$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，能够将问题再次转化为恒成立，而后分离参数求解。
（3）先化简方程$g(x)+g'(x)=0$，而后分离参数获得方程$\cfrac{b}{a}=h(x)$，这样就只须要求函数$h(x)$的值域就能够了。

【解答】

（1）因为$f(x)=\cfrac{x^2-2x-1}{e^x}$，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获得，

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，

就能够转化为$f_1（m）-f_1（n）>f_2（m）-f_2（n）$恒成立，

即$f_1（m）+f_2（m）>f_1（n）+f_2（n）$恒成立，

令$h(x)=f_1（x）+f_2（x）=e^x+ax^2-2ax+b$，则到此的题意至关于已知$m>n$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，这里咱们使用倒数法分离参数获得，

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

再令$p(x)=\cfrac{1-x}{e^x}$，即须要求$p(x)_{max}$，

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

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$[e^x(ax^2-2ax+b)]'=e^x(ax^2+b-2a)$，

因此$g(x)+g'(x)=0$，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，经常想到利用函数的单调性去掉绝对值符号进行转化；另外在分离参数时若是按照常规方法分离须要分类讨论，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$g(x)+g'(x)=0$，而后分离参数获得方程$\cfrac{b}{a}=h(x)$，由方程有解，转化为求函数$h(x)$的值域问题。