劉忠君 陶銘

題型一 函數(shù)性質(zhì)法

例1 已知函數(shù)[fx=1+x1-xe-ax]，若對任意[x∈0，1]，恒有[fx>1]，求[a]的取值范圍.

解析 由[fx=1+x1-xe-ax]，得

[f（x）=ax2+2-a（1-x）2e-ax] （*）

當(dāng)[00]，∴[f（x）]在（0，1）上為增函數(shù)，對任意[x∈（0，1）]，恒有[f（x）>f（0）=1].

當(dāng)[a>2]時(shí)，由（*）式知，[f（x）]在[（0，a-2a）]內(nèi)為減函數(shù)，在[（a-2a，1）]內(nèi)為增函數(shù)，取[x0=][12a-2a∈（0，1）]，則有[f（x0）

當(dāng)[a0]時(shí)，對任意[x∈（0，1）]，恒有[e-ax1]且[1+x1-x>1]，故有[f（x）= e-ax1+x1-x>1]；

綜上所述，當(dāng)且僅當(dāng)[a∈（-∞，2）]時(shí)，對任意[x∈（0，1）]，恒有[f（x）>1].

點(diǎn)撥 本題的函數(shù)較復(fù)雜，故先求導(dǎo)數(shù)，再利用導(dǎo)函數(shù)的單調(diào)性求解. 解題中，還應(yīng)注意函數(shù)思想、分類討論的應(yīng)用.

題型二 分離參數(shù)

例2 設(shè)函數(shù)[fx=x4+ax3+2x2+b]，其中[a]，[b∈R]，若對于任意的[a∈-2，2]，不等式[fx1]在[-1，1]上恒成立，求[b]的取值范圍.

解析 [fx=4x3+3ax2+4x=x（4x2+3ax+4），]

由條件[a∈-2，2]可知[Δ=9a2-64<0]，從而[4x2+3ax+4>0]恒成立，

故當(dāng)[x<0]時(shí)[fx<0]，當(dāng)[x>0]時(shí)[fx>0.]

因此函數(shù)[fx]在[-1，0]上單調(diào)遞減，在[0，1]上單調(diào)遞增，故函數(shù)[fx]在[-1，1]上的最大值是[f1]與[f-1]中的較大者.

對任意的[a∈-2，2]，不等式[fx1]在[-1，1]上恒成立，當(dāng)且僅當(dāng)[f11，f-11，]即[b-2-a，b-2+a，]在[a∈-2，2]上恒成立，

所以[b-4].

點(diǎn)撥 本題相當(dāng)于兩次恒成立問題，往往先保證一個(gè)恒成立，在此基礎(chǔ)上，再保證另一個(gè)恒成立.

例3 已知函數(shù)[f（x）=x2+bx+c（b，c∈R）]，對任意的[x∈R]，恒有[f（x）][][f（x）].

（1）證明：當(dāng)[x0]時(shí)，[f（x）（x+c）2]；

（2）若對滿足題設(shè)條件的任意[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].

由題設(shè)，對任意的[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]，從而[cb24+1].

于是[c1]，且[c2b24×1=b]，因此[2c-b=c+（c-b）>0].

故當(dāng)[x0]時(shí)，有[（x+c）2-f（x）=（2c-b）x+][c（c-1）0]，即[f（x）（x+c）2].

（2）由（1）知，[cb].

當(dāng)[c>b]時(shí)，有[Mf（c）-f（b）c2-b2=c+2bb+c]，

令[t=bc]可求得[c+2bb+c<32]，即[M∈32，+∞）].

當(dāng)[c=b]時(shí)，由（1）知，[b=±2，c=2].

此時(shí)[f（c）-f（b）=-8]或0，[c2-b2=0]，從而[f（c）-f（b）M（c2-b2）]恒成立.

綜上所述，[M]的最小值為[32].

點(diǎn)撥 變量[M]的系數(shù)為[c2-b20]，當(dāng)我們把[c2-b2=0]的情況單獨(dú)分析后就可實(shí)現(xiàn)把[M]分離出來（分離參數(shù)），從而轉(zhuǎn)化為不含參的最大值問題.

題型三 構(gòu)造函數(shù)

例4 已知函數(shù)[f（x）=eax-x]，其中[a≠0].若對一切[x∈R]，[f（x）1]恒成立，求[a]的取值集合.

解析 若[a<0]，則當(dāng)[x>0]時(shí)，[eax<1]，此時(shí)有[f（x）][=eax-x<1]，這與題設(shè)矛盾，又[a≠0]，故[a>0].而[f（x）=aeax-1，]令[f（x）=0，得x=1aln1a].

當(dāng)[x<1aln1a]時(shí)，[f（x）<0，f（x）]單調(diào)遞減；當(dāng)[x>1aln1a]時(shí)，[f（x）>0，f（x）]單調(diào)遞增.

故當(dāng)[x=1aln1a]時(shí)，[f（x）]取最小值[f（1aln1a）=][1a-1aln1a].

于是對一切[x∈R，f（x）1]恒成立，當(dāng)且僅當(dāng)[1a-1aln1a1.] ①

令[g（t）=t-tlnt，]則[g（t）=-lnt.]

當(dāng)[00，g（t）]單調(diào)遞增；當(dāng)[t>1]時(shí)，[g（t）<0，g（t）]單調(diào)遞減.

故當(dāng)[t=1]時(shí)，[g（t）]取最大值[g（1）=1].

因此，當(dāng)且僅當(dāng)[1a=1]即[a=1]時(shí)，①式成立.

綜上所述，[a]的取值集合為[1].

點(diǎn)撥 本例中的參數(shù)[a]不能被分離出來，故先利用導(dǎo)函數(shù)法求出[f（x）]的最小值， 將[f（x）][]1恒成立問題轉(zhuǎn)化為[f（x）min1]，然后構(gòu)造函數(shù)[g（t）=t-tlnt]，轉(zhuǎn)化為[g（t）]的最值問題求解. 此法用途極廣，應(yīng)熟練掌握.

例5 已知函數(shù)[f（x）=（a+1）lnx+ax2+1].

（1）討論函數(shù)[f（x）]的單調(diào)性；

（2）設(shè)[a<-1]，若對任意[x1，x2∈（0，+∞）]，都有[|f（x1）-f（x2）|4|x1-x2|]，求[a]的取值范圍.

解析 （1）略；（2）不妨假設(shè)[x1x2]，而[a<-1]，由[f（x）=2ax2+a+1x]知，[f（x）]在[（0，+∞）]單調(diào)遞減，從而[?x1，x2∈（0，+∞）]，都有[|f（x1）-f（x2）|4|x1-x2|.]

等價(jià)于[?x1，x2∈（0，+∞）]，

[f（x2）+4x2f（x1）+4x1.] ①

構(gòu)造函數(shù)[g（x）=f（x）+4x]，

則[g（x）=a+1x+2ax+4].

因此①等價(jià)于[g（x）]在[（0，+∞）]上單調(diào)遞減，

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]，從而[Δ=16-8a（a+1）0]，

解得[a1]或[a-2]，

又[a<-1]，∴[a-2].

點(diǎn)撥 本例利用等價(jià)轉(zhuǎn)化思想，將恒成立問題逐步轉(zhuǎn)化為二次函數(shù)問題求解，思路清晰、自然. 另外，本例也可用分離參數(shù)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]，從而[a-2].

從以上幾個(gè)例題中可以看出解決恒成立問題的總體方向是：能分離（參數(shù)）則分離，不能分離（參數(shù)）則構(gòu)造，最終將不等式恒成立問題轉(zhuǎn)化為最值問題求解.

1. 已知函數(shù)[f（x）=（x+1）lnx-x+1].

（1）若[xf（x）x2+ax+1]，求[a]的取值范圍；

（2）證明：[（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].