【例2】已知函數(shù)0),若f(x)M恒成立,xx則M的取值范圍是。若x+ay對任意x,y∈(0,+∞)恒成立,則實數(shù)a的取值【例5】若關(guān)于x的不等式ex-(a+1)x-b0在R上恒成立,求(a+1)b的最大值.【例6】已知函數(shù)若存在實數(shù)a,b(a<b),使y=f(x)的定義域為(a,b)時,值域為(ma,mb),則實數(shù)m的取值范圍是()成立,則實數(shù)a的值是()B.C.D.1【例8】設(shè)f(x)為定義在R上的奇函數(shù),且x0時,f(x)=x2.若對任意的x∈[t,t+2],f(x+t)2f(x)恒成立,則實數(shù)t的取值范圍為?！纠?】已知函數(shù)f(x)=x2-ax+a-1,a得tf(x0)成立,則實數(shù)t的取值范圍為。1.已知函數(shù)x3+ax2bx+1在區(qū)間[1,3]上是減函數(shù),求a+b的最小值.x2ax1)0成立,求a的值.3.已知函數(shù)f(x)=alnx+x,對任意的0恒成立,則a的范圍為。4.已知(a+1)x1lnx0對于任意的恒成立,則a的最大值為。5.已知函數(shù)f(x)=x(1—a|x|)+1(a>0),若f(x+a)f(x)對任意x∈R恒成立,則a的范6.已知函數(shù)f(x)=x2+2x,若存在實數(shù)t,則當(dāng)x∈[1,m]時,f(x+t)3x恒成立,則實數(shù)m的最大值是。7.已知函數(shù)f(x)=2x3—6x2+m(m為常數(shù))在[—2,2]上有最大值3,那么此函數(shù)在[—的最小值是()x22,則實數(shù)b的取值范圍是()9.設(shè)f(x)為定義在R上的偶函數(shù),且當(dāng)x0時,f(x)=2x.若對任意的x∈[a,a+2],均有f(x+a)f2(x),則實數(shù)a的取值范圍是。10.已知函數(shù)f(x)是定義在R上的奇函數(shù),且對任意x1,x2∈[1,a](a>1),當(dāng)x2>x1時都有f(x2)>f(x1)>0,則下列不等式不一定成立的是()(2,(1+a,(1+a,.(1+a,A.f(a)>f(0)B.f(|1+a)|>f()Cf(|1—3a)|<(2,(1+a,(1+a,.(1+a,12.若關(guān)于x的不等式0對任意的正實數(shù)x恒成立,則實數(shù)a的取值集合是。13.已知函數(shù)=x2+x恒成立,則M的最大值是。14.已知不等式xyax2+2y2,若對任意x∈[1,2],且y∈[2,3],該不等式恒成立,則實數(shù)a的取值范圍是。,若不等式恒成立,則實數(shù)m的最大值為x1x2x2x3x1x3)對任意的x,y>0恒成立,求a的取值范圍;(II)·x+·yk·2x+y對任意的x,y>0恒成立,求k的取值范圍.（I）分離參數(shù)后的七個解法(解法1~4,8~10)用到下面的式子：a。因為=2,當(dāng)且僅當(dāng)x=2y時等號成立,所以a2,【解法2】f'<0,f單調(diào)遞減.【解法3】同【解法2】換元得·22當(dāng)且僅當(dāng)t=，即x=2y時等號成立2【解法4】θ+2s2sinθcosθ=+v2sin2θ當(dāng)且僅當(dāng)x=2y時等號成立.所以a的取值范圍是[2,+∞)?！窘夥?】解得a2,當(dāng)且僅當(dāng)x=2y時等號成立.所以a的取值范圍是[2,+∞).【解法6】t+a-10恒成立,顯然a>0.,所以Δ=8-4a(a-1)0,解得a2或a-1(舍去).所以a的取值范圍是【解法7】(x+y)整理得,(1-a)(yx)2+(2i2y)·、ix-ay0恒成立,(a=1時顯然不成立y0,解得a2.(當(dāng)且僅當(dāng)x=2y時取得等號)所以a的取值范【解法8】mt-2·i2t+m-1=0,所以Δ=8-4m(m-1)0,得-1m2,當(dāng)t==時,m=2,所【解法9】x,令則（II)分離參數(shù)后,平方配湊基本不等式.由題意知k22L2,進一步得到M、,所以k.22L2,【解法2】所以 ,所以k2L2,2L2,【解法3】如圖2-1所示,構(gòu)造一個Rt△ABC, 所以k.【解法4】令則k所以,所以k.所以k的取值范圍是.【解法5】=利用判別式法可求得z2,于是k.所以k的取值范圍是.【解法6】當(dāng)t=3時取得最大值,所以k.所以k的取值范圍是.【解法7】m用替換x,用n2替換y,則原題中不等式今k,它表示點A(m,n)到直線2+y=0的距離與到原點距離比值的結(jié)合圖形2-2知k的取值范圍是【解法8】同解法7,k 2,22222應(yīng)有公共點，從而圓心到直線距離6,所以k所以k的取值范圍是.【賞析】拆項,合理換元（如局部換元或三角換元、搭配、分離參數(shù),用均值不等式求解;【解法2】通式的判別式求解.分解、組合、配方、變量代換、換元,發(fā)現(xiàn)所求問題的本質(zhì),找到突破ロ,用均值不等式或柯西不等式求解;【解法5】、【解法6】是利用降元或換元后,化為一元=次方程求解;【解法7】是根據(jù)幾何意義,轉(zhuǎn)化為距離型函數(shù)求解;【解法8】是利用數(shù)形結(jié)合,構(gòu)造出圓,轉(zhuǎn)化為直線與圓的位置關(guān)系求解,彰顯平面幾何的魅力.【例2】已知函數(shù)恒成立,則M的取值范圍是?！窘馕觥縴=x2+其中xcosθ+sinθ·所以y而4，且y=u-在[4,+∞)上單調(diào)遞增所以令t2-(((-∞,2-2【解法2】a2+b2c2+d2)得(x,(|x2(x,若f(x)M恒成立,只需f(x)minM,x22-t.s3+2cosθ+2sinθ,,2,【解法3】(1)2(1)21(2,(2,4則Q為圓|x(1)2(1)21(2,(2,44當(dāng)KQ取最小值,θ=(4,4當(dāng)KQ取最小值,θ=(4,故M11-6·2M4【解法4】同【解法2】得2242242+,t2,f(x)t2-s2+1)t22-s2+1【解法5】x(x,x同【解法1】得f(x)=x2+-(|x+2)|-xcosθ-x(x,xx222-(2-1)2+(2·i2-1)2-6=2-2·i2所以【解法6】(24(24-(2x2-∞,2-2·i2.【解法7】(x,(x,結(jié)合圖2-4,由對稱性知,(,當(dāng)P(,f(x)=2-2所以【解法8】 則a2,b·2+1,所以【解法9】令=t,則f=t2-4-t-t2-則=8-4-2-2=2-2所以2-t-4-令h4-t3-4t2+4t-12s2(-∞,2-2.2-2t+t-+4=(t-1)2-1-=g(t)，易知g(t)在[2,+∞)上單調(diào)遞增,g(t)min=g(2)=2-2·,f(x)min=2-2·i2,柯西不等式求解;【解法3】利用三角函數(shù)化簡求最值;【解法7】對式子結(jié)構(gòu)進行合理配方,轉(zhuǎn)化為距離型求解;【解法8】利用向量的數(shù)量積進行求解;【解法9】、【解法10】整體換元后,利用導(dǎo)數(shù)法轉(zhuǎn)化為求函數(shù)的最值;【解法11】合理放縮、換元,利用基本不等式或函數(shù)求最值解決，以上解法真是精彩紛呈,只有對知識熟練掌握,對方法靈活應(yīng)用,方能做到出手必勝。xyxy(a1)x+ay對任意x,y∈(0,+∞)恒成當(dāng)a>1時,可有如下解法：又因為當(dāng)且僅當(dāng)時取等號,故只需21,解得a.【點撥】可將已知條件變形,配湊出基本不等式的條件?！窘夥?】22所以24a0,即4a24a10,解得a.【點撥】應(yīng)對多元變量,可選定一個變量為主元,結(jié)合判別式解決問題.【解法3】 【解法4】【點撥】分高參數(shù),換元，構(gòu)導(dǎo)數(shù)，利用函數(shù)法求最值【解法5】f(x)g(x)對x>0恒成立.因為直線g(x)經(jīng)過定點(一1,1),當(dāng)直線g(x)與曲線f(x)相切時,取到最值,如圖2-5所示.于是a1是a所以a.【點撥】換元后，利用函數(shù)思想、數(shù)形結(jié)合解題?！窘夥?】因為點P在曲線原題等價于求曲線上點P與定點A(一1,一1)連線斜率的最大值,易知當(dāng)PA與曲線相切時斜率最大.【點撥】換元并分離參數(shù)，利用幾何意義解決問題.【解法7】因為x+ay,所以.ax,令x=R2cos2y=R2sin2所以【點撥】分離參數(shù)，三角換元，利用三角函數(shù)求最值.【解法8】x+yx+yx+y當(dāng)時等號成立.所以a.【點撥】分離參數(shù)，巧妙變形，為利用基本不等式創(chuàng)設(shè)條件?！举p析】義數(shù)形結(jié)合,巧妙破題.【解法7】利用三角換元解決二元變量求參問題,關(guān)鍵在于問題的轉(zhuǎn)化方式.上面解法中的換元、分離參數(shù)、均值不等式、變換主元、構(gòu)造函數(shù)、數(shù)形結(jié)合、三角換元都是解決這種類型問題的常用方法,本題值得認(rèn)真學(xué)習(xí).原式今n所以只需n.【點撥】分離參數(shù)，變形構(gòu)造基本不等式的條件.利用基本不等式解決問題.【解法2】則已知不等式可化為n所以n4.即n的最大值是4.【點撥】分離參數(shù)，通分后利用基本不等式解決問題.【解法3】【點撥】分離參數(shù)，配湊出常見不等式4的結(jié)構(gòu)【解法4】下面的不等式是我們比較熟悉的,也是常用的.號,所以n4.當(dāng)且僅當(dāng)a=b>0時等號成立.【點撥】對條件式左邊直接利用常見不等式,a,b∈R+.【解法5】【拓展】權(quán)方和不等式【點撥】分析條件,利用柯西不等式的變形——權(quán)方和不等式.【賞析】解法1、2、3從不同角度配湊利用基本不等式(也稱均值不等式),解法4,5可以認(rèn)為是不等式的變形或權(quán)方和不等式,建議優(yōu)等生掌握權(quán)方和不等式.均值不等式的變形應(yīng)用是解決本題的關(guān)鍵,而對均值不等式的掌握也是高考重要考點,所以圍繞該題的幾種變形值得讀者好好思考借鑒.【例5】若關(guān)于x的不等式ex-(a+1)x-b0在R上恒成立,求(a+1)b的最大值.令f(x)=ex-(a+1)x-b,則f,(x)=ex-(a+1),當(dāng)a+10時,f,(x)=ex-(a+1)>0恒成立,所以f(x)在R上單調(diào)遞增,當(dāng)x→-∞時,f(x)→-∞,此時f(x)0在R上不恒成立.當(dāng)x∈(-∞,ln(a+1))時,f,(x)<0,f(x)單調(diào)遞減,當(dāng)x∈[ln(a+1),+∞)時,f,(x)0,f(x)單調(diào)遞增.所以f(x)min=f(ln(a+1))=een(a+1)-(a+1)ln(a+1)-b0,所以h(t)在(0,·)上單調(diào)遞增,在(·,+∞)上單調(diào)遞減,所以max=h,所以的最大值為.【點撥】先分類討論簡化問題，再將雙變量統(tǒng)一為單變量問題，借助導(dǎo)數(shù)解決問題?！窘夥?】因為ex-(a+1)x-b0在R上恒成立,所以ex(a+1)x+b恒成立,問題可以轉(zhuǎn)化為函數(shù)y=ex的圖象恒在直線y=(a+1)x+b圖象的上方,設(shè)(x0,y0)是y=ex圖象上一點,則在該點處的切線方程為y-y0=ex0(x-x0),x0x)ex0,所以求(a+1)b的最大值等價于求ex0.(1-x0)ex0的最大值.令h(x)=ex.(1-x)ex=e2x(1-x),則h,(x)=2e2x(1-x)+e2x(-1)=e2x(1-2x),由=0得x=,所以h在上單調(diào)遞增,在上單調(diào)遞減,所以max=h,所以的最大值為.【點撥】利用條件的特征，轉(zhuǎn)化為圖形上的關(guān)系，巧妙代換.【賞析】題設(shè)為求雙變量取值范圍問題，【解法1】的切入點為結(jié)合題設(shè)中雙變量的不等關(guān)系，利用放縮轉(zhuǎn)化，將雙變量問題轉(zhuǎn)化為單變量問題，然后轉(zhuǎn)化為函數(shù)求最值問題得解；在高中數(shù)學(xué)中很多復(fù)雜函數(shù)問題都可以轉(zhuǎn)化為兩個或多個簡單函數(shù)問題，【解法2】的切入點為幾何轉(zhuǎn)化法，將原題轉(zhuǎn)化為兩個簡單函數(shù)圖象及性質(zhì)問題，從而借助幾何意義和數(shù)形結(jié)合求解，式的轉(zhuǎn)化，【解法2】側(cè)重于函數(shù)間幾何意義的轉(zhuǎn)化，兩種方法都充分體現(xiàn)了高中數(shù)學(xué)中轉(zhuǎn)化與化歸的思想.【例6】已知函數(shù)若存在實數(shù)a,b(a<b),使y=f(x)的定義域為(a,b)時,值域為(ma,mb),則實數(shù)m的取值范圍是()A.m<B.0<m<C.m<且m≠0D.m>根據(jù)題意,當(dāng)直線y=mx與函數(shù)的圖象有兩個交點時,即能滿足題意,所以只需求出當(dāng)直線y=mx與函數(shù)相切時的臨界情況即可得出m的取值范圍.設(shè)直線y=mx與函數(shù)相切于點P(x0,y0),對于函數(shù),有f,,則kOP=y,x=x0=.又因為kOP=,解得x0=2,所以kOP=.結(jié)合圖2-7,可得當(dāng)0<m<kOP時滿足題意,所以實數(shù)m的取值范圍是.故選B.【點撥】數(shù)形結(jié)合，尋找臨界狀態(tài).【解法2】因為為單調(diào)遞增函數(shù),根據(jù)題意可知：則a,b為方程mx2-x+1=0的兩個不等實根,(1)(1)所以實數(shù)m的取值范韌是(|0,4,|.故選B.【點撥】轉(zhuǎn)化為方程有兩個不等正根，利用實根分布解決問題.【賞析】題目中定義域所對應(yīng)值域存在一定特殊性,可以對應(yīng)函數(shù)y=mx在區(qū)間[a,b]上的值域,所以【解法1】借助數(shù)形結(jié)合思想,將題意轉(zhuǎn)化為兩個單調(diào)函數(shù)的圖象交點問題,此法應(yīng)注意圖象的準(zhǔn)確性及臨界情況的處理;由于函數(shù)為單調(diào)函數(shù),所以定義域及值域的對應(yīng)關(guān)系就比較明確.【解法2】利用函數(shù)與方程思想,將題設(shè)問題轉(zhuǎn)化為一元二次方程根的存在性問題,此解法應(yīng)注意轉(zhuǎn)化的等價性.【解法1】側(cè)重數(shù)形結(jié)合思想,要求學(xué)生能夠熟練運用常見函數(shù)的圖象及性質(zhì)；【解法2】側(cè)重函數(shù)與方程思想,要求學(xué)生能夠熟悉并運用函數(shù)與方程的內(nèi)在關(guān)系.22f(x0成立,則實數(shù)a的值是()設(shè)函數(shù)f(x)可以看作點M(x,lnx2)與點N(a,2a)之間距離的平方，點M(x,lnx2)為曲線y=lnx2上的點,點N(a,2a)為直線y=2x上的點,故可將問題轉(zhuǎn)化為求曲線上的點到直線的最小距離的平方.由y=lnx2得y,=,令y,=2,解得x=1,所以曲線上點M(1,0)到直線y=2x的距離55(5,55最小,最小距離為d=2=2·i5,則f(x)(|2·i5)|2=4.由題意,若存在x0使f(x055(5,55此時必有N(a,2a)恰好為垂足,f(x0)=,則選A.【點撥】利用條件具備距離的幾何意義?！窘夥?】f(x)=(x-a)2+(lnx2-2a)2=(x-a)2+(2lnx-2a)22.依據(jù)x-lnx1可知f(x).當(dāng)x=1時,等號成立.【點撥】構(gòu)造柯西不等式?！举p析】題設(shè)函數(shù)形式可類比為兩點間距離平方公式,所以【解法1】借助數(shù)形結(jié)合思想,將題設(shè)轉(zhuǎn)化為兩個函數(shù)圖象上的點之間距離的平方,然后借助導(dǎo)數(shù)和圖象即可巧妙解決；題設(shè)函數(shù)形式又可類比為柯西不等式形式,所以【解法2】借助柯西不等式,利用柯西不等式取等條件巧妙得出結(jié)果.【解法1】側(cè)重函數(shù)圖象及性質(zhì)的靈活運用,【解法2】側(cè)重對常見不等式形式的運用.解決函數(shù)不等式問題常需借助其他知識點進行轉(zhuǎn)化,此題充分體現(xiàn)了高中數(shù)學(xué)的轉(zhuǎn)化與化歸思想.【例8】設(shè)f(x)為定義在R上的奇函數(shù),且x0時,f(x)=x2.若對任意的x∈[t,t+2],f(x+t)2f(x)恒成立,則實數(shù)t的取值范圍為。因為f(x)為奇函數(shù),且x0時,f=x2，所以f即2f(x)=f(·x).因為f(x)為增函數(shù),所以f(x+t)2f(x)恒成立今f(x+t)f(·x)恒成立今x+t·x恒成立,【點撥】合理轉(zhuǎn)化，利用函數(shù)單調(diào)性?！窘夥?】因為對任意的x∈[t,t+2],f(x+t)2f(x)恒成立,所以f(2t)2f(t).當(dāng)t<0時,f(2t)=-(2t)2=-4t2,2f(t)=-2t2,所以f(2t)<2f(t),又f(x+t)2f(x),所以(x+t)22x2,即x2-2tx-t20.令g(x)=x2-2tx-t2,對稱軸為x=t,所以g(x)在[t,t+2]上單調(diào)遞增.所以g(t+2)=4-2t20,【點撥】利用函數(shù)的對稱性，不等式恒成立求解?！窘夥?】如圖2-8,當(dāng)t<0時,f(x+t)由f(x)向右平移得到,在x∈[t,t+2]上f(x+t)2f(x)不恒成立,所以t0.當(dāng)x<0時,f(x+t)2f(x)恒成立,所以只需要考慮x0的情況,解法同上.【點撥】利用圖象平移、數(shù)形結(jié)合.【賞析】題設(shè)為常見的函數(shù)性質(zhì)綜合運用問題,所以【解法1】結(jié)合題設(shè)條件求出具體函數(shù)解析式,然后判斷函數(shù)單調(diào)性,利用函數(shù)單調(diào)性求解不等式.【解法2】為常規(guī)的分類討論思想,結(jié)合t的取值范圍得出具體的不等式,然后解不等式.【解法3】借助數(shù)形結(jié)合思想,轉(zhuǎn)化為函數(shù)的圖象平移問題.解法1、2、3均為解決函數(shù)性質(zhì)綜合題型的常規(guī)解法,都立足于函數(shù)解析式本身,通過性質(zhì)、圖象等形式尋找突破口,求出參數(shù)的取值范圍.【例9】已知函數(shù)f(x)=x2-ax+a-1,a得tf(x0)成立,則實數(shù)t的取值范圍為。即,所以|f|max=3-a.所以a-1>,所以|f|max=a-1.故|f(x)|max1,所以t1.【點撥】分類討論二次函數(shù)的對稱軸和給定區(qū)間的位置關(guān)系.【解法2】設(shè)m(a)=f(x)=x2-ax+a-1=a(1-x)+x2-1,即x2-1<m(a)<4(1-x)+x2-1=(1-x)(3-x),2-1<0,(1-x)(3-x)>0,所以x2-1,(1-x)(3-x)},而x2-1-|(1-x)(3-x)|=1-x2-(1-x)(3-x)=(1-x)(2x-2)0所以|m(a)|min=x2-1=1-x2,1),tf(x0)成立今存在x∈[0,1),t|m(a)|min=1-x2成立,所以t(2)同理,當(dāng)x∈(1,2]時,m(a)為關(guān)于a的減函數(shù),m(4)<m(a)<m(0),所以|m(a)|min=min{x2-1,|(1-x)(3-x)|}=(x-1)(3-x),t|m(a)|min=(x-1)(3-x)成立,所以t(x-1)(3-x)max,所以t1.綜上所述,t1.【點撥】轉(zhuǎn)化主元后再分類討論。【解法3】對條件式因式分解得,|f(x)|=x2-ax+a-1=|(x-1)(x+1-a)||x-1||x+1-a|,因為0|x-1|1,所以|x-1||x+1-a||x+1-a|,所以|f(x)||x+1-a|,所以|f(x)|max=max{|1-a|,|3-a|},因為max{a,b},所以|f(x)|max=max{|1-a|,|3-a|}=1,當(dāng)且僅當(dāng)a=2時取等號.所以t1.【點撥】先因式分解，再巧妙放縮，結(jié)合絕對值三角不等式解題。【解法4】f(x0),當(dāng)t0時顯然符合;當(dāng)t>0時等價于若對任意的a∈(0,4),存在x0∈[0,2]使得tf(x0)max或f(x0)min-t.(2,(2,所以函數(shù)f(x)=x2-ax+a-1在(|0,a)|上為以函數(shù),在(|a(2,(2,f(x0)max=f(0)=a-1,即t1;所以對任意的a∈(0,4)應(yīng)有t0,與t>0矛盾,舍去.綜上所述,t1.【點撥】弄清存在與恒成立，分類討論.【賞析】題設(shè)為雙元函數(shù)的雙重最值問題，以二次函數(shù)和絕對值為載體多角度考查了函數(shù)基本性質(zhì)和不等式性質(zhì).【解法1】結(jié)合給定區(qū)間與對稱軸的關(guān)系,采取了常規(guī)的二次函數(shù)“動軸定區(qū)問”的分類討論形式,得出函數(shù)最值,進而求解.由于題設(shè)為雙元問題,所以【解法2】采取了雙變量常見的轉(zhuǎn)換主元法,轉(zhuǎn)化為a的函數(shù),然后結(jié)合分類討論思想及函數(shù)的單調(diào)性求最值.【解法3】將二次函數(shù)進行因式分解,然后結(jié)合?對值的性質(zhì)|a.b|=|a|.|b|,把復(fù)雜問題簡單化.【解法4】利用先猜后證法,通過觀察題設(shè)得出滿足題意的t所在的大致范圍,然后在設(shè)定范圍內(nèi)找矛盾,進而得解.以上四法雖然切入口不同,但均在不同程度上采用了分類討論思想.分類討論思想是解決含參不等式的常用解題思想,需要學(xué)生牢牢掌握.1.已知函數(shù)x3+ax2-bx+1在區(qū)間[-1,3]上是減函數(shù),求a+b的最小值.因為fx3+ax2-bx+1，所以f,(x)=x2+2ax-b，由題意知函數(shù)f(x)在區(qū)間[-1,3]上是減函數(shù)，故f,(x)\leqslant0在區(qū)間[-1,3]上恒成立，即f,(x)max0在區(qū)間[-1,3]上恒成立.x=max-13max,f,(){f,(x=max-13max,所以[2a+b即{lb-6a19設(shè)a+b=m(2a+b)+n(b-6a)=(2m-6n)a+(m+n)b，因為所以成立，2.設(shè)a∈R,若x>0時,均有[(a-1)x-1](x2-ax-1)0成立,求a的值.【解析】因為當(dāng)x>0時，[(a-1)x-1](x2-ax-1)0恒成立，不等式兩邊同除以-x2，原不等式可轉(zhuǎn)化為0對x>0恒成立.3.已知函數(shù)f(x)=alnx+x,對任意的恒成立,則a的范圍為。【解析】因為對任意的0恒成立，(e,(e,eee(e,(e,eee所以當(dāng)ea<0時，f,在上小于0，在上大于0，所以當(dāng)0a時，f(x)在上單調(diào)遞增，所以fmin=f=aln0，解得a綜上所述，a的取值范圍為.4.已知(a+1)x1lnx0對于任意的恒成立,則a的最大值為。等價于，直線y=的圖象恒在y=lnx圖象的下方.可，解得a12ln2，即a的最大值為12ln2.5.已知函數(shù)f(x)=x(1—a|x|)+1(a>0),若f(x+a)f(x)對任意x∈R恒成立,則a的范【解析】依題意有要使得f(x+a)f(x)(a>0)對任意x∈R恒成立，則f(x)向左至少要平移至虛線處(如答圖2—2所示)，此時f(x+a)與f(x)只有f(x+a)與f(x)只有一個公共點，所以（*)式只有一個根，即Δ=0，解得a=6.已知函數(shù)f(x)=x2+2x,若存在實數(shù)t,則當(dāng)x∈[1,m]時,f(x+t)3x恒成立,則實數(shù)m的最大值是。f(x+t)3x0恒成立且m取得最大值時，$1，m$應(yīng)是方程7.已知函數(shù)f(x)=2x3—6x2+m(m為常數(shù))在[—2,2]上有最大值3,那么此函數(shù)在[—的最小值是()f,(x)=6x212x=6x(x2)，當(dāng)x∈(-2,0)時，f,(x)>0,f(x)單調(diào)遞增，當(dāng)x∈[0,2)時，f,(x)0,f(x)單調(diào)遞淢，所以f(x)max=f(0)=m=3，所以f(x)=2x3-6x2+3,f(x)min=min{f(-2),f(2)}=-37.故選A.x22,則實數(shù)b的取值范圍是()時f(x)為增函數(shù)；若f,(x)<0，則x>3或0<x<1，此時f(x)為減函數(shù)；f(x)在x∈(0,2)上有極值，f(x)在x=1處取極小值也是最小值.因為g(x)=x2-2bx+4當(dāng)1<b<2時，g(x)在x=b處取得最小值g(x)min=g(b)=4-b2;因為對任意x1∈[1,2]，使f(x)1g(x2)所以只要f(x)的最小值大于等于g(x)的最小值即可.當(dāng)b<1時，-5-2b，解得b，故b無解；當(dāng)1<b<2時，-4-b2，解得b或b-，故b