本题第一问考查单调和分类讨论的思想；第二问是通过转化与化归思想解决h(x)的最小值问题；1212
第三问有一定的难度，如果直接化成ln x－x＋>0来解决，对p(x)＝ln x－x＋求导将无法得到极
eexeexx2
值点，通过将原不等式化归成xln x>x－，分别求f(x)的最小值和m(x)的最大值来研究，则不难获得
ee证明．
（五）利用必要条件
5．对于定义在区间D上的函数f?x?和g?x?，如果对于任意x?D，都有|f?x??g?x?|?1成立，那么称函数f?x?在区间D上可被函数g?x?替代．
x1?,g?x??lnx，试判断在区间[[1,e]]上f?x?能否被g?x?替代？ 2x1(2) 记f?x??x,g?x??lnx，证明f?x?在(,m)(m?1)上不能被g?x?替代；
m12(3) 设f(x)?alnx?ax,g(x)??x?x，若f?x?在区间[1,e]上能被g?x?替代，求实数a的范
2(1) 若f?x??围．
5．∵ f?x??g(x)?x1??lnx， 2xx1111x2?2?2x?0， ………2分 令h(x)???lnx，∵h?(x)??2??2x2xx2x2∴h(x)在[1,e]上单调增，∴h(x)?[?1e1,??1]． ……………………3分 22e∴f(x)?g(x)?1，即在区间[[1,e]]上f?x?能被g?x?替代． ………………4分 （2）令t(x)?f(x)?g(x)?x?lnx．
t?(x)?1?1x?1?， ………………………………………5分 xx且当x?1时，t?(x)?0；当x?1时，t?(x)?0， ………………6分
?t(x)?t(1)?1，即f(x)?g(x)?x?lnx?1， ………………7分
∴f?x?在(（3）
另解：∵f?x?在区间[1,e]上能被g?x?替代，即f(x)?g(x)?1对于x?[1,e]恒成立．
1,m)(m?1)上不能被g?x?替代． ……………………8分 m∴alnx?ax?112x?x?1． ?1?alnx?ax?x2?x?1， ……………9分
229 / 22
由（2）的知，当x?[1,e]时，x?lnx?0恒成立，
12x?x?1∴有① a?2 ， ……………………………………………10分
x?lnx12x?x?12令F(x)?， x?lnx1111(x?1)(x?lnx)?(1?)(x2?x?1)(x?1)(x?1?lnx?)x22x， ?∵F?(x)?(x?lnx)2(x?lnx)211x?1?lnx??0， ………………………11分 2x1
∴F?(x)恒大于零，∴a?． …………………………12分
2
12x?x?1② a?2 ， ………………………………………13分
x?lnx12x?x?12令G(x)?， x?lnx由（1）的结果可知
1111(x?1)(x?lnx)?(1?)(x2?x?1)(x?1)(x?1?lnx?)x22x， ?∵G?(x)?(x?lnx)2(x?lnx)2∵x?1?lnx?12111?x?1?lnx??0， ………………………………14分 x2xe2?2e?2∴G?(x)恒大于零，∴a?， …………………………………15分
2(e?1)1e2?2e?2即实数a的范围为?a?． ……………………………16分
22(e?1)5.1设函数f(x)?x3?3x2?2x，若方程f(x)?mx有三个互不相同的实根0，x1，x2，其中x1?x2，
且对任意的x?[x1，x2]，f(x)?m(x?1)恒成立，求实数m的取值范围．
2x(x?3x?2?m)?0有三个互不相等的根0,x1,x2， 5.1依题意得：方程
故
x1,x2是方程x2?3x?2?m?0的两个相异实根，所以
x??x1,x2??9?4(2?m)?0?m??14；
又对任意的
()?g()x?m(x?1)恒成立，特别地，取x?x1时，，fxf(x?g(1x?)1)mx?成立，即m0??m?m?0， 1?10 / 22
由韦达定理知：
x1?x2?3?0,x1x2?2?m?00?x1?x2，对任意的x??x1,x2?，故，有
x?x2?0,x?x1?0,x?0，则：f(x)?g(x)?mx?x(x?x1)(x?x2)?0；
又
f(x1)?g(x1)?mx1?0，所以函数在x??x1,x2?上的最大值为0，于是当m?0时对任意的
1(?,0)x??xfx()?g()x?m(x?1)1,x2?，恒成立；综上：m的取值范围是4．
解析：显然x＝1时，有|a|≥1，a≤－1或a≥1.
3
13ax－1
令g(x)＝ax－ln x，g′(x)＝3ax－＝. xx
3
2
5.2若不等式|ax3－ln x|≥1对任意x∈(0,1]都成立，则实数a取值范围是________．
3ax3－1
①当a≤－1时，对任意x∈(0,1]，g′(x)＝<0，g(x)在(0,1]上递减，g(x)min＝g(1)＝a≤－
x1，
此时g(x)∈[a，＋∞)，|g(x)|的最小值为0，不符合题意． ②当a≥1时，对任意x∈(0,1]，
31?31?113ax3－1e2
g′(x)＝＝0?x＝.|g(x)|的最小值为g??＝3＋3ln (3a)≥1，解得a≥3. x3a?3a?e
，＋∞? 答案：??3?
（六）多元变量的有解与恒成立问题
6． (2012·无锡期中)已知二次函数g(x)对任意实数x都满足g(x－1)＋g(1－x)＝x2－2x－1，且g(1)＝19
x＋?＋mln x＋(m∈R，x>0)． －1.令f(x)＝g??2?8
(1)求g(x)的表达式；
(2)若?x>0使f(x)≤0成立，求实数m的取值范围； (3)设1＜m≤e，H(x)＝f(x)－(m＋1)x，
证明：对?x1，x2∈[1，m]，恒有|H(x1)－H(x2)|<1. 解：(1)设g(x)＝ax2＋bx＋c，于是
g(x－1)＋g(1－x)＝2a(x－1)2＋2c＝(x－1)2－2， 1??a＝2，所以?
??c＝－1.
1又g(1)＝－1，则b＝－.
211
所以g(x)＝x2－x－1.
2219x＋?＋mln x＋ (2)f(x)＝g??2?8
2
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1
＝x2＋mln x(m∈R，x>0)． 2
当m>0时，由对数函数性质，f(x)的值域为R； x2
当m＝0时，f(x)＝>0对?x>0，f(x)>0恒成立；
2m
当m<0时，由f′(x)＝x＋＝0?x＝－m，列表：
x
x f′(x) f(x) (0，－m) － 减 －m 0 极小值 (－m，＋∞) ＋ 增 m这时，f(x)min＝f(－m)＝－＋mln－m.
2m??－2＋m ln－m>0，
f(x)min>0???－e ?m<0? 所以若?x>0，f(x)>0恒成立，则实数m的取值范围是(－e,0]． 故?x>0，使f(x)≤0成立， 实数m的取值范围(－∞，－e]∪(0，＋∞)． ?x－1??x－m? (3)证明：因为对?x∈[1，m]，H′(x)＝≤0，所以H(x)在[1，m]内单调递减． x11 于是|H(x1)－H(x2)|≤H(1)－H(m)＝m2－m ln m－. 2211 |H(x1)－H(x2)|<1?m2－m ln m－<1 2213 ?m－ln m－<0. 22m 13 记h(m)＝m－ln m－(1＜m≤e)， 22m113311?21 －＋>0， 则h′(m)＝－＋2＝?2m2m2?m3?3 13 所以函数h(m)＝m－ln m－在(1，e]上是单调增函数． 22me3?e－3??e＋1? 所以h(m)≤h(e)＝－1－＝<0，故命题成立． 22e2e[专题技法归纳] (1)对复杂函数的对称性应注意利用最根本的定义解决，奇偶性只是对称性中最特殊的一种． (2)对于形如：?x1，x2∈[1，m]，恒有|H(x1)－H(x2)|<1的问题，要注意转化成最值问题处理．同时在利用导数的正负探究函数的单调性时，为判断导函数的正负，有时还需要设计成研究导函数的最值问题． 12 / 22
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