恆成立能成立恰成立習題

時間 2019-11-25

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數學方法策略：分離參數法，構造函數法，數形結合法，變量集中策略，函數

常見類型

例1 若對$\forall x>0$ ，不等式$ln(x+1)-x+\cfrac{x^2+2x+a}{x+2}>1(a\in R)$ 恆成立，則$a$的取值範圍是【】blog

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

解析：將原不等式變形爲$ln(x+1)-x+\cfrac{x(x+2)+a}{x+2}>1$ ，即$ln(x+1)-x+x+\cfrac{a}{x+2}>1$ ，get

再分離參數獲得$a>(x+2)[1-ln(x+1)]$恆成立，令$g(x)=(x+2)[1-ln(x+1)]$，數學

則$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$g(x)$在區間$(0，+\infty)$上單調遞減，則$g(x)_{max}\rightarrow g(0)=2$，class

故獲得$a\ge 2$，故選$C$.

例2 已知$\sqrt{1-x^2}>x+b$在$[-1，\cfrac{1}{2})$上恆成立，求實數$b$的取值範圍。

法1：函數法，從數的角度入手，轉化爲$b<\sqrt{1-x^2}-x$，

令$g(x)=\sqrt{1-x^2}-x$，即關鍵是求$g(x)$在區間$[-1，\cfrac{1}{2})$上的最小值。

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

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

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

故$b\leq \cfrac{\sqrt{3}-1}{2}$。

法2：數形結合，令$f(x)=\sqrt{1-x^2}，x\in[-1，\cfrac{1}{2})$，對應圖中的藍色的圓的一部分，

令$h(x)=x+b，x\in[-1，\cfrac{1}{2})$，對應圖中的紅色的線段，

由題目可知，要使得$f(x)>h(x)，x\in[-1，\cfrac{1}{2})$上恆成立，

則只須要$h(x)$的圖像在$f(x)$的圖像下方便可，

由動畫可知，當線段通過點$(\cfrac{1}{2}，\cfrac{\sqrt{3}}{2})$時，$b=\cfrac{\sqrt{3}}{2}-\cfrac{1}{2}$，

故$b\leq \cfrac{\sqrt{3}-1}{2}$。

例3 【2016第三次全國大聯考地16題】若不等式$2x^2+(1-a)y^2\ge (3+a)xy(x>0，y>0)$恆成立，求實數$a$的最大值。

【法1】：分離參數+構造函數，由題目可得$a\leq \cfrac{2x^2+y^2-3xy}{y^2+xy}$，

令$f(x,y)= \cfrac{2x^2+y^2-3xy}{y^2+xy}\xlongequal[關於x，y的二次齊次式]{分子分母同除以y^2}\cfrac{2(\cfrac{x}{y})^2-3\cfrac{x}{y}+1}{1+\cfrac{x}{y}}\\\xlongequal[令\cfrac{x}{y}=t>0]{二元變一元}g(t)=\cfrac{2t^2-3t+1}{t+1}=2(t+1)+\cfrac{6}{t+1}-7\ge 2\sqrt{12}-7=4\sqrt{3}-7$

當且僅當$t=\sqrt{3}-1$時取到等號。

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

【法2】：二元變一元，兩邊同除以$y^2$，獲得$2(\cfrac{x}{y})^2-(a+3)(\cfrac{x}{y})+(1-a)\ge 0$，

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

令$g(t)=2t^2-(a+3)t+(1-a)$ ，則分如下兩種情形：

$1^。$ $\Delta=a^2+14a+1\leq 0$，

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$a<-4\sqrt{3}-7$；

綜上可知，$a\leq 4\sqrt{3}-7$，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$t\in(0，2]$上恆成立，則$a$的取值範圍是【】

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

分析：由題知，$a\ge \cfrac{t}{t^2+9}$和$a\leq \cfrac{t+2}{t^2}$在$t\in(0，2]$上恆成立，

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$t\in(0，2]$單調遞增，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$\cfrac{1}{t}\in [\cfrac{1}{2}，+\infty)$上單調遞增，故$g(t)_{min}=g(\cfrac{1}{2})=1$

綜上可知，$a$的取值範圍是$a\in[\cfrac{2}{13}，1]$。

例5 【2017寶雞中學第一次月考試題】已知$f(x)$是定義在$R$上的函數，且知足①$f(4)=0$；②曲線$y=f(x+1)$關於點$(-1，0)$對稱；③當$x\in(-4，0)$時，$f(x)=log_2^\;(\cfrac{x}{e^{|x|}}+e^x-m+1)$，若$y=f(x)$在$x\in [-4，4]$上有$5$個零點，則實數$m$的取值範圍是【】

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

分析：由②知函數$y=f(x)$是奇函數，定義在$R$上，故有$f(0)=0$及$f(4)=f(-4)=0$，

又題目已知$y=f(x)$在$x\in [-4，4]$上有$5$個零點，

則由奇函數$y=f(x)$的對稱性可知在區間$(-4，0)$上有且僅有一個零點；

即函數$x\in(-4，0)$時，$f(x)=log_2^\;(\cfrac{x}{e^{-x}}+e^x-m+1)=0$僅有一解，

即$\cfrac{x}{e^{-x}}+e^x-m+1=1$僅有一解，即$m=e^x(x+1)$有且僅有一解；

令$g(x)=e^x(x+1)$，$g'(x)=e^x(x+2)$，

當$x\in (-4，-2)$時，$g'(x)<0$，$g(x)$單調遞減；當$x\in (-2，0)$時，$g'(x)>0$，$g(x)$單調遞增；

作出函數$g(x)$在$(-4，0)$上的大體圖像可知，要使$m=e^x(x+1)$有且僅有一解；

須要函數$y=g(x)$與函數$y=m$的圖像交點只能是一個，故$m\in [-3e^{-4}，1)\cup \{-e^{-2}\}$。

例6 已知$x>0$，$y>0$，若$\cfrac{2y}{x}+\cfrac{8x}{y}>m^2+2m$恆成立，則實數$m$的取值範圍是多少？

分析：由恆成立命題可知，須要$(\cfrac{2y}{x}+\cfrac{8x}{y})_{min}>m^2+2m$，

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

當且僅當$y=2x$時取到等號。故$m^2+2m-8<0$，解得$-4<m<2$。

例7 已知函數$f(x)=ax^2+bx+c(a，b，c\in R)$ 若存在實數$a\in[1，2]$，對任意$x\in[1，2]$，都有$f(x)\leq 1$，則$7b+5c$ 的最大值是__________．

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

即存在實數$a\in[1，2]$，對任意$x\in[1，2]$，$a\leq \cfrac{1-bx-c}{x^2}$成立，

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

即$x^2+bx+c-1\leq 1$對任意$x\in[1，2]$恆成立，

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

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$(7b+5c)_{max}=-6$。

反思總結：上述解法使用了不等式的性質，固然也能夠用線性規劃的知識來求解，一樣能求得$(7b+5c)_{max}=-6$。

例8 已知函數$f(x)$是定義在$R$上的偶函數，當$x\ge 0$時，$f(x)=2^x$，在區間$[a，a+2]$上，$f(x+a)\ge f^2(x)$恆成立，求$a$的取值範圍。

分析：由題目易知函數的解析式$f(x)=2^{|x|}$，則區間$[a，a+2]$上，$f(x+a)\ge f^2(x)$恆成立，

能夠轉化爲$2^{|x+a|}\ge 2^{|2x|}$恆成立，接下來能夠轉化爲$g(x)=2^{|x+a|}-2^{|2x|}\ge 0$恆成立，

或者${|x+a|}\ge {|2x|}$恆成立，再轉化爲二次函數恆成立問題求解便可。

解：由題目易知函數的解析式$f(x)=2^{|x|}$，則區間$[a，a+2]$上，$f(x+a)\ge f^2(x)$恆成立，

能夠轉化爲$2^{|x+a|}\ge 2^{|2x|}$恆成立，即${|x+a|}\ge {|2x|}$恆成立，

兩邊平方作差，即$3x^2-2ax-a^2\leq 0$在區間$[a，a+2]$上恆成立，

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$a\leq -\cfrac{3}{2}$.

解後反思：①、將函數$f(x)$的解析式作成分段函數的形式，就很容易將思路引入分類討論；再次提醒最好將函數$f(x)=2^{|x|}$當作一個模板函數。②、當轉化獲得函數$g(x)=2^{|x+a|}-2^{|2x|}\ge 0$恆成立後，若是想到分類討論去掉絕對值符號，就會及其麻煩；③、若是出現了兩個絕對值符號，去掉的最好方法就是同時平方的方法。

例9 【2017$\cdot$貴陽一模】已知函數$f(x)=lnx$，$g(x)=\cfrac{1}{2}x|x|$，任意$x_1$，$x_2\in [1，+\infty)$，且$x_1>x_2$，都有$m[g(x_1)-g(x_2)]>x_1f(x_1)-x_2f(x_2)$恆成立，求實數$m$的取值範圍；

分析：因爲定義在$[1，+\infty)$上，故先將函數簡化$g(x)=\cfrac{1}{2}x^2$，

再將$m[g(x_1)-g(x_2)]>x_1f(x_1)-x_2f(x_2)$恆成立，變形爲$mg(x_1)-x_1f(x_1)>mg(x_2)-x_2f(x_2)$恆成立，

故令$H(x)=mg(x)-xf(x)$，則由題目可知，函數$H(x)$在$[1，+\infty)$上單調遞增，

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

分離參數獲得$m\ge \cfrac{lnx+1}{x}$在$[1，+\infty)$上恆成立，

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

而$h'(x)=\cfrac{1-(lnx+1)}{x^2}=\cfrac{-lnx}{x^2}<0$在區間$[1，+\infty)$上恆成立，

故函數$h(x)$在區間$[1，+\infty)$上單調遞減，故$h(x)_{max}=h(1)=1$，故$m\ge 1$。

易錯警示

恆成立題目中無等號可是參數卻能取到等號

例10 【2017$\cdot$貴陽一模】已知函數$f(x)=2^x$，若$f(2x)+f(x)-m>0$對$\forall x\in R$恆成立，求參數$m$的取值範圍。

分析：令$f(x)=2^x=t$，由$x\in R$ 獲得$t>0$，故題目等價轉化爲$t^2+t-m>0$對$\forall t>0$恆成立，

分離參數，獲得$m<t^2+t$對$\forall t>0$恆成立，令$g(x)=t^2+t，t>0$，

故函數$g(x)$在區間$(0，+\infty)$上沒有最小值，有最小值的極限，即$g(x)>g(0)=0$，

故$m\leqslant 0$。

反思總結：
一、本題目容易錯誤理解爲這樣的類型，$t^2+t-m>0$對$\forall t\in R$恆成立，故$\Delta <0$，這樣的轉化是不等價的，緣由是原題目轉化爲$t>0$時恆成立而不是$t\in R$恆成立。

二、因爲函數$g(x)$的值域中沒有0，又要求$m>g(x)$，故能夠有$m=0$。

高階題目

例10 【2017$\cdot$天津卷】【用圖像求解恆成立題目】

已知函數$f(x)=\begin{cases}x^2-x+3，&x\leq 1\\x+\cfrac{2}{x}，&x>1\end{cases}$，設$a\in R$，若關於$x$的不等式$f(x)\ge |\cfrac{x}{2}+a|$在$R$上恆成立，則$a$的取值範圍是

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

法1：從數的角度分析：不等式$f(x)\ge |\cfrac{x}{2}+a|$在$R$上恆成立，

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

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

接下來，須要求解分段函數$g(x)_{max}$和分段函數$h(x)_{min}$，而這兩個分段函數的最值的求解是比較費事的。

法2：從形的角度，題目要求$f(x)\ge |\cfrac{x}{2}+a|$在$R$上恆成立，

則函數$f(x)$的圖像必須始終在函數$y=|\cfrac{x}{2}+a|$的上方，

其中分段函數$f(x)$的圖像咱們本身能夠作出來，

函數$y=|\cfrac{x}{2}+a|$的圖像是個動態的圖像，咱們也能夠作出來，

而後分析其中的控制因素，由形轉化爲數便可。參考圖像

具體求解以下：

先求解絕對值函數的左支$y=-\cfrac{x}{2}-a$和分段函數的第一段$y=x^2-x+3，x\leq 1$相切的切點座標$(x_0，y_0)$,

當$x\leq -2a(左支)$時，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$a=-\cfrac{47}{16}$；

再求解絕對值函數的右支$y=\cfrac{x}{2}+a$和分段函數的第二段$y=x+\cfrac{2}{x}，x> 1$相切的切點座標$(x_1，y_1)$,

當$x> -2a(右支)$時，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$a=2$；

再結合參數$a$的幾何意義是$y$截距，可得$-\cfrac{47}{16}\leq a\leq 2$，故選$A$。

例12 【2017$\cdot$天津六校聯考卷】【用圖像求解恆成立題目】已知函數$f(x)=\begin{cases}-x^2+2x，&x\leq 0\\ln(x+1)，&x>0\end{cases}$，若$|f(x)|\ge ax-1$恆成立，則則$a$的取值範圍是[]

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

分析：注意到咱們能夠手動作出分段函數$f(x)$的圖像，

以及過定點$(0，-1)$的斜率$a$變化的動直線$y=ax-1$，故從形入手分析，

參考圖形

由圖像可知，咱們的重點是要求解動直線$y=ax-1$和曲線$y=x^2-2x(x\leq 0)$相切時的切點座標。

設切點$P(x_0，y_0)$，

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

解得$x_0=-1，y_0=3$，代入求得$a=-4$；由動圖可知，另外一個臨界位置是$a=0$，故選$C$。

例13 【2017$\cdot$山西太原模擬】已知函數$f(x)=(2a-1)x-\cfrac{1}{2}cos2x-a(sinx+cosx)$在區間$[0，\cfrac{\pi}{2}]$上單調遞增，則實數$a$的取值範圍是【】

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

分析：由題目可知，$f'(x)\ge 0$在區間$[0，\cfrac{\pi}{2}]$上恆成立，$f'(x)=2a-1-\cfrac{1}{2}\cdot (-sin2x)\cdot 2-a(cosx-sinx)\ge 0$恆成立，

即$2a-1+sin2x+a(sinx-cosx)\ge 0$恆成立，

接下來的思路有：

思路一：分離參數，當分離爲$a\ge \cfrac{1-sin2x}{2+sinx-cosx}=g(x)$時，你會發現，求函數$g(x)_{max}$很難，因此放棄；

思路二：轉化劃歸，令$sinx-cosx=t=\sqrt{2}sin(x-\cfrac{\pi}{4})$，因爲$x\in [0，\cfrac{\pi}{2}]$，故$t\in [-1，1]$

由$(sinx-cosx)^2=t^2$，獲得$sin2x=1-t^2$，

故不等式轉化爲$at+1-t^2+2a-1\ge 0$，

即$t^2-at-2a\leq 0$在$t\in [-1，1]$上恆成立，

令$h(t)=t^2-at-2a，t\in [-1，1]$，

則$h(t)\leq 0$等價於

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

解得$a\ge 1$，故選$D$。

解後反思：

一、已知含參函數$f(x)$的單調性(好比單增)，求參數的取值範圍，等價於$f'(x)\ge 0$，且還須要驗證等號時不能讓函數$f(x)$稱爲常函數，不過解答題通常不須要驗證，是由於給定的函數比較複雜，當參數取到某個值是通常不會稱爲常函數。

二、轉化爲已知恆成立問題，求參數範圍，通常首選分離參數的思路。

三、關於三角函數的這種轉化必須熟練掌握。三角函數的轉化

四、二次函數在某個區間上恆成立問題的模型必須熟練掌握。二次函數恆成立模型

例14 【2019屆高三理科三輪模擬訓練題】【恆成立問題】【二次函數的最值問題】

已知正項遞增等比數列$\{a_n\}$的前$n$項和爲$S_n$，且$a_1a_4=27$，$a_2+a_3=12$，若$\forall n\in N^*$，$2a_{n+1}S_n-21a_{n+1}\ge t$恆成立，則實數$t$的取值範圍是__________。

分析：由等比數列性質可知，$a_2a_3=27$，$a_2+a_3=12$，

則$a_2$，$a_3$是方程$x^2-(a_2+a_3)x+a_2a_3=0$，即方程爲$x^2-12x+27=0$的兩個根，

解得$a_2=3$，$a_3=9$，或$a_2=9$，$a_3=3$(捨去)；

則$a_n=3^{n-1}$，從而計算獲得$S_n=\cfrac{3^n-1}{2}$，

故已知條件$2a_{n+1}S_n-21a_{n+1}\ge t$能夠變形爲

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

令$g(n)=(3^n-1)^2-121$，如下類比二次函數求最值的方法，注意$n\in N^*$的條件限制，

則當$n=2$時，$g(n)_{min}=(3^2-11)^2-121=-117$，故$t\leq -117$，即所求範圍爲$(-\infty，-117]$。

解後反思：①本題目的難點之一是解方程求數列通項公式；②恆成立問題；③求二次函數的最值；

特殊難題

例15 已知二次函數$f(x)=ax^2+bx+c$的圖象通過點$(-2，0)$，且不等式$2x≤f(x)≤\frac{1}{2}{x}^{2}+2$對一切實數$x$都成立。

（I）求函數$f(x)$的解析式；

（Ⅱ）若對任意$x∈[-1，1]$，不等式$f(x+t)＜f(\frac{x}{3})$恆成立，求實數$t$的取值範圍．

解析：（I）由題意得：$f（-2）=4a-2b+c=0①$，

由於不等式$2x≤f（x）≤\frac{1}{2}x^2+2$對一切實數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$f（x）=ax^2+x+2-4a$，

由題意得：$f（x）-2x≥0$且$f（x）-\frac{1}{2}x^2-2≤0$對$x∈R$恆成立，

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

對③而言，由$a>0$且$\Delta =1-4a(2-4a)\leq 0$，獲得$(4a-1)^2\leq 0$，因此$a=\frac{1}{4}$，經檢驗知足，

故函數$f(x)$的解析式爲$f(x)=\frac{1}{4}x^2+x+1$。

（Ⅱ）法一：二次函數法，由題意，$f(x+t)<f(\frac{x}{3})$對$x\in [-1，1]$恆成立，

可轉化爲$\frac{1}{4}(x+t)^2+(x+t)+1<\frac{1}{4}(\frac{x}{3})^2+\frac{x}{3}+1$對$x\in [-1，1]$恆成立，

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

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

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$t$的取值範圍爲$-\frac{8}{3}< t <-\frac{2}{3}$。

法二，利用乘積的符號法則和恆成立命題求解，

由(1) 獲得，$f(x)=\frac{1}{4}(x+2)^2$，

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

可轉化爲$\frac{1}{4}(x+t+2)^2<\frac{1}{4}(\frac{x}{3}+2)^2$對$x\in [-1，1]$恆成立，

獲得$(x+t+2)^2-(\frac{x}{3}+2)^2<0$對$x\in [-1，1]$恆成立，

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

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

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$t$的取值範圍爲$-\frac{8}{3}< t <-\frac{2}{3}$。

點評：①注意由$k\leq f(x)\leq k$獲得$f(x)=k$的結論的使用。

②二次函數$f(x)=ax^2+bx+c(a>0)$在區間$[m，n]$上恆有$f(x)<0$成立，等價於$f(m)<0$且$f(n)<0$。

③乘積的符號法則$a\cdot b<0$等價於$a>0$且$b<0$或者$a<0$且$b>0$；

④恆成立的模型$A>f(x)$恆成立等價於$A> f(x)_{max}$，$A < f(x)$恆成立等價於$A < f(x)_{min}$；

⑤平方差公式的主動靈活運用。

例16 已知函數$f_1(x)=e^x$，$f_2(x)=ax^2-2ax+b$，

（1）當$a=1$，$b=-1$時，設$f(x)=\cfrac{f_2(x)}{f_1(x)}$，求函數$f(x)$的極值。

（2）設$a>0$，若對任意的$m，n∈[0，1](m\neq n)$，$|f_1(m)-f_1(n)|>|f_2(m)-f_2(n)|$恆成立，求$a$的最大值。

（3）設$g(x)=\cfrac{f_1(x)\cdot f_2(x)}{x}$，$g'(x)$是函數$g(x)$的導函數，若存在$x>1$ ，使得$g(x)+g'(x)=0$成立，求$\cfrac{b}{a}$的取值範圍。

【分析】

（1）用常規方法導數法，求數字係數的函數的極值。
（2）利用函數的單調性去掉絕對值符號，構造新函數，能夠將問題再次轉化爲恆成立，而後分離參數求解。
（3）先化簡方程$g(x)+g'(x)=0$，而後分離參數獲得方程$\cfrac{b}{a}=h(x)$，這樣就只須要求函數$h(x)$的值域就能夠了。

【解答】

（1）因爲$f(x)=\cfrac{x^2-2x-1}{e^x}$，則有$f'(x)=\cfrac{(2x-2)e^x-(x^2-2x-1)e^x}{(e^x)^2}=-\cfrac{x^2-4x+3}{e^x}=-\cfrac{(x-1)(x-3)}{e^x}$

注意到$-\cfrac{1}{e^x}<0$恆成立，故藉助二次函數的圖像就直接獲得，

當$x<1$時，$f'(x)<0$，$f(x)$在$(-∞，1)$上單調遞減，

當$1<x<3$時，$f'(x)>0$，$f(x)$在$(1，3)$上單調遞增，

當$x>3$時，$f'(x)<0$，$f(x)$在$(3，+∞)$上單調遞減，

故當$x=1$時，函數$f(x)$有極小值，爲$f(1)=-\cfrac{2}{e}$，當$x=3$時，函數$f(x)$有極大值，爲$f(3)=\cfrac{2}{e^3}$

（2）不妨設$m>n$，則函數$f_1(x)$在區間$[0，1]$上單調遞增，故$f_1(m)-f_1(n)>0$，

又$f_2(x)=a(x-1)^2+b-a$，對稱軸是$x=1$，開口向上，故函數$f_2(x)$在區間$[0，1]$上單調遞減，故$f_2(m)-f_2(n)<0$，

這樣對任意的$m，n∈[0，1]（m>n）$，$|f_1（m）-f_1（n）|>|f_2（m）-f_2（n）|$恆成立，

就能夠轉化爲$f_1（m）-f_1（n）>f_2（m）-f_2（n）$恆成立，

即$f_1（m）+f_2（m）>f_1（n）+f_2（n）$恆成立，

令$h(x)=f_1（x）+f_2（x）=e^x+ax^2-2ax+b$，則到此的題意至關於已知$m>n$時，$h(m)>h(n)$，

故函數$h(x)$在區間$[0，1]$上單調遞增，故$h'(x)≥0$在區間$[0，1]$上恆成立；

即$h'(x)=e^x+2ax-2a≥0$在區間$[0，1]$上恆成立；

即$2a(1-x)≤e^x$恆成立，這裏咱們使用倒數法分離參數獲得，

$\cfrac{1}{2a}≥\cfrac{1-x}{e^x}$在區間$[0，1]$上恆成立；

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

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

容易看出，當$x∈[0，1]$時，$p'(x)<0$恆成立，故$p(x)$在區間$[0，1]$上單調遞減，

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

故解得$0<a≤1$。故$a_{max}=1$.

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

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

因此$g(x)+g'(x)=0$，即轉化爲$\cfrac{e^x(ax^2-2ax+b)}{x}+\cfrac{e^x(x-1)(ax^2+b)}{x^2}=0$，

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$x>1$時有解，

令$h(x)=\cfrac{x^2(2x-3)}{1-2x}$，則$\cfrac{b}{a}$的取值範圍即函數$h(x)$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$4x^2-6x+3>0$恆成立，當$x>1$時必有$h'(x)<0$恆成立，

即函數$h(x)$在區間$(1，+∞)$上單調遞減，故$h(x)<h(1)=1$

故$\cfrac{b}{a}$的取值範圍是$(-∞，1)$。

【點評】

（1）注意到導函數的分子函數是二次函數，且$e^x>0$，故藉助二次函數的圖像很快就能寫出單調區間，基本常規題目。

（2）出現函數值的差的絕對值問題，經常想到利用函數的單調性去掉絕對值符號進行轉化；另外在分離參數時若是按照常規方法分離須要分類討論，這裏使用了倒數法分離參數，就能很好的避免分類討論，嵌套的層次比較多，運算量比較多，是個難題。

（3）本題目的運算太過繁瑣了，不過解題的思路倒不是很難，先化簡方程$g(x)+g'(x)=0$，而後分離參數獲得方程$\cfrac{b}{a}=h(x)$，由方程有解，轉化爲求函數$h(x)$的值域問題。

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