1、第一章導數及其應用導數的概念1. f(X)1,那么 lim f(2x2 33等價于mx的最大值0x3丨恒成立，xx3而 h(x) x 0 X 3 丨是增函數，貝 y hmax(x)h(3)x 0x) f(2)的值是X1AB 21C.D. - 24A4B2變式1 ：設f34,那么 lim 匚3h 0hf 3 為2hA. -1B.- 2C. 3D. 1變式2 :設fx在滄可導，那么lim x 0XoX f X0 3 X 等丁XA. 2 f XoB. f XoC. 3 f XoD . 4 f Xo第二種：變更主元即關于某字母的一次函數-誰的范圍就把誰作為 主元；請同學們參看2022省統測2例1：設函

2、數y f(x)在區間D上的導數為f (x)，f (x)在區間D上的導數為g(x)，假 設在區間D上，g(x) 0恒成立，那么稱函數 y f(x)在區間D上為“凸函數，實數 m是 x4 mx3 3x2常數，f (x)12 6 21假設y f(x)在區間0,3上為“凸函數，求m的取值范圍；2假設對滿足b a的最大值.解：由函數f (x)g(x)1-4x12mx 32的任何一個實數 m，函數3 小 2 mx 3x 得 f (x)3f (x)在區間2mx 小3x2a,b上都為“凸函數，求2xy f (x)在區間0,3上為“凸函數，導數各種題型方法總結請同學們高度重視：首先，關于二次函數的不等式 恒成立

3、的主要解法：1別離變量；2變更主元；3根分布；4判別式法5、二次函數區間最值求法：1對稱軸重視單調區間與定義域的關系2端點處和頂點是最值所在其次，分析每種題型的本質，你會發現大局部都在解決“不等式恒 成立問題以及“充分應用數形結合思想，創立不等關系求出取值范圍最后，同學們在看例題時，請注意尋找關鍵的等價變形和回歸的基 礎貝V g(x) x2 mx 30在區間0,3上恒成立解法一：從 二次函數的區間最值 入手：等價于gmax(x)g(0) 03 0m 2g(3) 09 3m 3 0解法二：別離變量法：2當x 0時，g (x) x mx 330恒成立，2當0 x 3時，g(x) x mx 3 0恒

4、成立一、根底題型：函數的單調區間、極值、最值；不等式恒成立；1此類問題提倡按以下三個步驟進行解決：第一步：令f (x)0得到兩個根；第二步：畫兩圖或列表；第三步：由圖表可知；其中不等式恒成立問題的實質是函數的最值問題，2、常見處理方法有三種：第一種：別離變量求最值 用別離變量時要特別注意是否需分類討論>0,=0,<0/當m 2時f (x)在區間a,b上都為“凸函數那么等價于當 m 2時g(x) x2 mx 30恒成立變更主元法再等價于F (m) mx x2 3 0在m 2恒成立視為關于 m的一次函數最值問題例2:設函數_2(xF( 2)F(2)b2x x22x x22I求函數x 2

5、ax2 3a2x b(0x的單調區間和極值;n假設對任意的 x a 1,a2,不等式1,b R)f (x) a恒成立,二次函數區間最值的例子x 3a x aa的取值范圍.g(x)maxg(a2)2a 1.g(x)ming(a1)4a 4.于.曰是，對任意xa 1,a2,不等式恒成立,g(a2)4a4a4a,解得-a1.g(a1)2a1a5等價于4又 0 a 1, - a 1.5點評：重視二次函數區間最值求法：對稱軸重視單調區間與定義域 的關系令 f (x)解：If (x)x2 4ax 3a20,得f (x)的單調遞減區間為當x=3a時,f(x) 極大值 =b.第三種：構造函數求最值 題型特征：

6、 種題型例3;函數2g(x) x3I求n當川當3 3 x=a 時， f(x)4b；f(x)f (x)6 2x由| f (x) a,得：對任意的a1,a 2,x2 4ax 3a2 a恒成立那么等價于g(x)這個二次函數gmax(x) gmin(x)g(x)22x 4 ax 3a的對稱軸x 2ag(x)恒成立h(x) f (x) g(x) 0恒成立；從而轉化為 第一、二32x ax圖象上一點P(1,b)處的切線斜率為3,(t 1)x 3 (t 0)a, b的值；x 1,4時，求f (x)的值域；x 1,4時，不等式f(x) g(x)恒成立，求實數t的取值范圍。a 3解得b 2上單調遞減，在2,4上

7、單調遞減/ 2解：If (x) 3x 2ax n由I知，又 f( 1)4, f(0)f (x)的值域是f(x)在0, f(2)4,16f/(1)3b 1 a '1,0上單調遞增,4, f (4)160,2TO a 1, aa a 2a放縮法t 2-x (t2思路1：要使f(x) g(x)恒成立，只需h(x)思路2 :二次函數區間最值令 h(x) f(x) g(x)1)x1,4g(x)這個二次函數的最值問題:單調增函數的最值問題。0，即 t(x22x) 2x 6別離變量即定義域在對稱軸的右邊,a 222g(x) x4ax 3a在a 1,a 2上是增函數.9分綜上，a的取值范圍是a0 a

8、2.例5、函數f (x)1 x331 (2 a)x2(1 a)x(a 0).21、a 0 時，f (x)在(二、題型一：函數在某個區間上的單調性求參數的范圍解法1：轉化為f'(x) 0或f'(x) 0在給定區間上恒成立，回歸根底題型解法2：利用子區間即子集思想；首先求出函數的單調增或減區間， 然后讓所給區間是求的增或減區間的子集；做題時一定要看清楚“在m,n上是減函數與“函數的單調減區間是a,b，要 弄清楚兩句話的區別：前者是后者的子集13 a 12例 4: a R，函數 f(x) xx (4a1)x .12 2I如果函數 g(x) f (x)是偶函數，求f (x)的極大值和極

9、小值；n如果函數 f (x)是(，)上的單調函數，求 a的取值范圍.1 2解：f (x) x 1 2 (a 1)x(4a1).41 3 1 2it f (x)是偶函數，a 1. 此時 f (x) x 3x， f (x) x 3，124令 f (x)0，解得：x 2 3.列表如下:x(-a,- 23 )-2 73(-21/3,23)2血(2哺 3，+ a)f (x)+00+f(x)遞增極大值遞減極小值遞增可知：f (x)的極大值為f ( 2 3) 4.3，f (x)的極小值為f (2 3)4.3.n：函數f (x)是(，)上的單調函數，- f (x)x2 (a 1)x (4a 1) 0，在給定區

10、間R上恒成立判別式法 4I丨求f (x)的單調區間;II丨假設f (x)在0，1上單調遞增，求a的取值范圍。 子集思想1f (x)2x (2 a)x 1 a (x 1)(x1a).1、當a0時,f (x)(x 1)20恒成立，當且僅當x1時取“=號，f(x)在(,)單調遞增。2、當a0時，由f (x)0,得x1,X2a1,且 xX2,單調增區間：(，1),( a 1,)單調增區間：(1,a1)II丨當f (x)在0,1上單調遞增, 那么0,1是上述增區)單調遞增符合題意2、 0,1 a 1,， a 1 0綜上，a的取值范圍是0，1。三、題型二：根的個數問題題1函數f(x)與g(x)或與x軸的交

11、點=即方程根的個數問題 解題步驟第一步：畫出兩個圖像即“穿線圖即解導數不等式和“趨勢圖即三次函數的大致趨勢“是先增后減再增還是“先減后增再減；第二步：由趨勢圖結合交點個數或根的個數寫不等式組；主要看極大值和極小值與 0的關系；第三步：解不等式組即可；例6、函數f (x) 1 x3(k 1) x2, g(x) 1 kx，且f(x)在區間(2,)上為增函數.323(1) 求實數k的取值范圍；(2) 假設函數f(x)與g(x)的圖象有三個不同的交點，求實數 k的取值范圍.解：1由題意f (x) x2(k 1)x / f(x)在區間(2,)上為增函數，2二f (x) x (k 1)x0在區間(2,)上

12、恒成立別離變量法即k 1 x恒成立，又x 2 , k 1 2，故k 1 k的取值范圍為k 132丨設 h(x) f (x) g(x) -x2 kx 1,323h (x) x2 (k 1)x k (x k)(x 1)令h (x)0得x k或x 1由1知k 1 ,又 x1是f (x)的極值點，那么f ( 1) 3a 120f極大值(x)等價于f(x) g(x)有含xf (x) 3x2 x 2 (3x 2)( x 1) 0f( 1)彳極小值(x)2設函數g(x)的圖像與函數f (x)的圖像恒存在含三個不同交點,1的三個根，即：f( 1) g( 1) d227x 1的x(,k)k(k,1)1(1,)h

13、(x)0一0h(x)/極大值.3. 2.kk1623極小值k 12/ 當k 1時，h (x) (x 1)0 , h(x)在r上遞增，顯然不合題意 當k 1時，h(x) , h (x)隨x的變化情況如下表：k 1由于0,欲使f (x)與g(x)的圖象有三個不同的交點，即方程h(x) 0有三個不同的2312121x3 X2 2x -bx2 x (b 1)整理得：2 2 23 1 2 1即：x - (b 1)x x -(b 1)0恒有含x 1的三個不等實根2 211計算難點來了：h(x) x3 - (b 1)x2 x -(b 1)0 有含 x22那么h(x)必可分解為(x 1)(二次式)0 ,故用添

14、項配湊法因式分解,1的根,k3k212k 1實根，故需10，即(k 1)(k2 2k 2)02,解得623k2 2k 2 0k 1.3綜上，所求k的取值范圍為k 1,3322121x3 x2 x2 (b 1)x2 x (b 1)02 22 1 2 1x2(x 1) (b 1)x2 x (b 1)02 2根的個數知道，局部根可求或。1例7、函數f (x) ax3x2 2x c21假設x 1是f (x)的極值點且f(x)的圖像過原點，求 f (x)的極值；1 22假設g(x)bx2 x d，在1的條件下，是否存在實數b，使得函數g(x)的圖像與2函數f (x)的圖像恒有含x 1的三個不同交點？假設

15、存在，求出實數b的取值范圍；否那么說明2 1 2x2(x 1) (b 1)x2 2x (b 1)021十字相乘法分解：x2(x 1) (b 1)x (b 1) x 102(x1) x2 扣11)x(b 1)0231x(b21)x2xi(b1)0恒有含x1的三個不等實根等價于x2-(b1)x-(b1)0有兩個不等于-1的不等實根。22理由。高考解：1v f(x)的圖像過原點，貝y f(0)0 c 02f (x) 3axx 2 ,4(b 1)244 -(b 1) 02函數/(幻為常數)*2 1 1(1)2 2(b 1)2(b 1)b (, 1)( 1,3)(3,(I )當皿=4時求函數/<戈

16、)的單調區間;(II)假設函數r在區間(1, + B )上有兩個極值點*求實數m的取值范圍.17解：函數的定義域為 RI當m = 4時，f (x) = -x3x2 + 10x,32題2:切線的條數問題=以切點xo為未知數的方程的根的個數例7、函數f(x) ax3 bx2 ex在點xo處取得極小值一4,使其導數f'(x) 0的x的 取值范圍為(1,3)，求：1f (x)的解析式；2假設過點P( 1,m)可作曲線y f(x)的三條 切線，求實數 m的取值范圍.1由題意得：f'(x) 3ax2 2bx e 3a(x 1)(x 3),( a 0)在(，1)上 f '(x) 0

17、;在(1,3)上 f '(x) 0 ;在(3,)上 f '(x) 0 因此f (x)在X。 1處取得極小值4f (x) = X2 7x+ 10,令 f (x) 0 ,解得 x 5,或 x 2.令f (x) 0 ,解得2x5可知函數f(x)的單調遞增區間為(，2)和5,+，單調遞減區間為2,5 f (x) = x2 (m + 3)x + m+ 6, a b e 4 ，f'(1) 3a2b e0，f'(3)27a 6b e 0 a1由聯立得：b6 , f(x)3 x6x29xe92設切點 Q(t, f (t),y f (t)f ,(t)(xt)要使函數y= f (x

18、)在1,+有兩個極值點，f (x) = x2y(3t21I2t 9：)(x t)(t3 6t2 9t)(3t212t9)xt(3t212t9) t(t2 6t 9)(3t212t9)xt(2t26t)過(1,m)m (3t212t9)(1) 2t36t2g(t)2t31 2t212t9 m0令 g'(1：)6t2(6t 126(t2t 2)0,求得：t1,t2，方程g(t)0有三個根。那么(m+ 3)x + m + 6=0 的根在1,+根分布問題:(m 3)2 4(m 6)0;f (1) 1 (m 3) m 61.例9、函數f (x)旦x3 x2 , (a R, a320；，解得m&g

19、t; 30) 1求f (x)的單調區間;2令 g(x)=予 g( 1) 02 3 12 9 m 0m 16需：g(2) 016 12 24 9 m 0m 11故：11 m 16;因此所求實數 m的范圍為：(11,16)題3:f(x)在給定區間上的極值點個數 貝V有導函數=0的根的個數 解法：根分布或判別式法例8、解：1f (x) ax2xx(ax1)當a 0時，令f'(x)0解得x1 ' 1或x 0 ,令f (x)0解得x 0 ,aa所以f(x)的遞增區間為(,)a(0,1)，遞減區間為(J,0).a-x4+ f x x R有且僅有3個極值點，求a的取值范圍.41當a 0時，同

20、理可得f(x)的遞增區間為(0,)，遞減區間為( a1a1 g(x)x4x3x2有且僅有3個極值點4321,0)(-,).a2函數f(x)亍3 ax2 bx c(I )假設函數f(x)在x1時有極值且在函數圖象上的點(0,1)處的切線與直線g(x)3222x ax x x(x ax 1) =o 有 3 個根，那么 x 0 或 x ax 10， a3x y 0平行,求f (x)的解析式;22方程x ax 1 0有兩個非零實根，所以a 4 0,a 2 或 a 2而當a 2或a 2時可證函數y g(x)有且僅有3個極值點(n ) 當 f (x)在 x (0,1)取得極大值且在 x (1,2)取得極小

21、值時,設點M(b 2,所在平面區域為S,經過原點的直線 L將S分為面積比為1:3的兩局部，求直線L的方程.解:(I ).由 f (x) 2x22ax b ,函數 f (x)在 x1時有極值其它例題:1、最值問題與主元變更法的例子定義在R上的函數a 1)f (x) ax32ax2 b(a 0)在區間2a b 2 0f (0)1 c 12,1上的最大值是5，最小值是一 11.I求函數n假設t解:I f(x)f (x)的解析式；1,1時，f (x)ax3 2 ax2 b,又 f(x)在(0,1)處的切線與直線3xy 0平行,tx 0恒成立，求實數x的取值范圍' 2f (x) 3ax4ax a

22、x(3x 4)4令 f (x)=0,得 x!0,X22,13x2,000,1f'(x)+0-f(x)/極大因為a 0，所以可得下表:1 f (0) b 3 故 a -22 312f (x) x x 3x 13 2分(n)解法由 f (x)22x 2ax b 及 f (x)在 x(0,1)取得極大值且在x (1,2)取得極小值,因此 f (0)必為最大值， f(0) 5因此 b 5，丁 f( 2)16a 5,f(1) a 5, f(1) f( 2),即 f( 2)16a511 ,a 1 , f(x) x3 2x25.nrf (x)3x24xf (x) tx 0等價于3x2 4xtx 0,

23、令g(t) xt 3x24x，那么問題就是g(t) 0在t 1,1上恒成立時，求實數 x的取值范圍，為此只需 g( 1) 0, 即 3x2 5x 0,g (1) 0x2 x 0解得0 x 1,所以所求實數x的取值范圍是0 , 1.f (1) 0即2a b2 0令M(x, y),那么y a 1f (2) 04a b8 0y 1x20a2y2 0故點M丿S為如圖x所在平面區域ABC,bx 24yx6 0易得A( 2, 0),B( 2,1), C(2,2),D(0,1),E(0,3),S ABC22f(0)0b 0x b 2同時DE ABC的中位線，SDECS四邊形ABED2、根分布與線性規劃例子所

24、求一條直線L的方程為：x 0另一種情況設不垂直于x軸的直線L也將S分為面積比為y kx,它與AC,BC分別交于F、G,貝y k0,S四邊形DEGFy2ykxo得點F的橫坐標為Xfy4ykx0得點G的橫坐標為2k 14k 1S四邊形DEGFS OGES OFD4k 1212k16k22k 5 0(舍去)故這時直線方程為綜上，所求直線方程為：.12(n)解法(x)2x22axf (x)在x (0,1)取得極大值且在(1,2)取得極小值,f (0)f (1)f易得A( 2,0),2a4a令 M (x,y), 那么2y4y故點M所在平面區域S為如圖 ABC,B( 2,1),C(2,2),D(0,1),

25、3E(。，3)S ABC 2同時DE ABC的中位線，S DECS四邊形ABED所求一條直線L的方程為：x 01另一種情況由于直線 BO方程為：y x,設直線BO與AC交于H ,21.y -x由2得直線L與AC交點為2y x 2011 1S ABC2 ,SDEC二2 ,22 211 11S ABHS ABOS AOH-2 1-2 -22 22所求直線方程為：x 0或y x23、根的個數問題函數f(x)y *I/Ti3o 1斗；32ax bx (c 3a 2b)x d (aI求c、d的值;0)的圖象如下列圖。n假設函數f(x)的圖象在點(2,f(2)處的切線方程為3x y 110 ,求函數f (

26、 x )的解析式;川假設x05,方程f(x) 8a有三個不同的根，求實數 a的取值范圍。2解：由題知：f (x) 3ax 2bx+c-3a-2b函數f ( x )的圖像過點(0,3 )，且d3d3得3a 2bc3a2b 0c0n依題意f2 =-3且 f ( 2 ) = 512a4b3a2b3解得a=1,b = -68a4b 6a4b3 5I由圖可知所以 f ( x ) = x3 -6x2 + 9x + 3川依題意 f ( x ) = ax3 + bx2 -( 3a + 2b )x + 3 ( a>0 )f x = 3ax2 + 2bx -3a -2b 由 f 5 = 0 b = -9a滿

27、足 f ( 5 ) v 8av f ( 1 ) 得-25a + 3 v 8a v 7a +x2(2,1)1(x)一(x)8a -2、a假設方程f ( x ) = 8a有三個不同的根，當且僅當 由3 丄 v av 3111所以 當一 v a v 3時，方程f ( x ) = 8a有三個不同的根。 12分11即1 31 21-x(a-)x2ax-0326令(x)1 3-x(a1 ' 2-)x12ax -(2 x 1)326(x)2 x(2 a1)x2a (x 2a)(x 1)令 (x)0得x 2a或x 1 7分1 / a -2當2a 2即a 1時4、根的個數問題函數f(x) - x3 ax

28、2 x 1(a R)31假設函數f (x)在x x1,x x2處取得極值，且 x, x22，求a的值及f(x)的單調此時，8a90 , a 0，有一個交點； 9分2當2a2即1a1時，2區間;2假設a討論曲線f (x)與g(x)1x2 (2a1)x6(2 x 1)的交點個數.解：1xX1X2a0 f (x)xf(x)22ax2ax 1x2(2,2a)2a(2a,1)1(x)+0一(x)8a衛2/fa2(3 2a)三36、a2 1孑2(3絢 602 a, x-i x2(為 x2)2 4x1x21 x299當8a 0即1 a時,有一個交點；216r9廠9當8a0,且a 0即a 0時，有兩個交點;2

29、 16令 f (x)0 得 x 1,或 x 1令 f (x)0 得 1 x 11 9當0 a 時，8a 0,有一個交點. 13分2 291綜上可知，當a或0 a 時，有一個交點；162f (x)的單調遞增區間為(1), (1,)，單調遞減區間為(1,1)2由題 f (x)1g(x)得x3 ax2 x 131 5x2(2 a 1)x2 69當a 0時，有兩個交點. 14分165、簡單切線問題 函數f(x) 勺 圖象上斜率為 3的兩條切線間的距離為 一a51中的問題可轉化為:x 3,33bx函數 g(x) f (x) r 3 aI 假設函數g(x)在x 1處有極值，求g (x)的解析式；n假設函數

30、g(x)在區間1,1上為增函數，且b32【例題 1 】：兩個函數 f(x) 8x 16x k,g(x) 2x 5x 4x,x 3,3, k R；(1)假設對 x【3,3,都有f(x) g(x)成立，求實數k的取值范圍； 假設x 3,3,使得f(x) g(x)成立，求實數k的取值范圍； mb 4 g(x)在區間1,1上都成立, 求實數m的取值范圍.解：卩設 h(x) g(x) f (x) 2x 假設對 捲公2 3,3,都有f(x1) g(X2)成立，求實數k的取值范圍; 3x212x k時，h(X) 0 恒成立，即h(x)min 0。' 2h (x) 6x 6x 126(x 2)(x 1

31、)；;ME函數中任意性和存在性問題探究結論1:%a,b,X2c,d, f(xjgX)f ( x) ming(x)max ；【如圖一】結論2 :%a,b,X2c,d, f(xjg(x2)f (x) maxg(x)min ；【如圖二】結論3:%a,b,xc,d, f(xjgX)f (X) ming(x)min ；【如圖三】結論4:%a,b,xc,d, f(xjgX)f (x) maxg(x)max ；【如圖四】結論5:a, b,X2c,d, f(xjgg)f (x)的值域和g(x)的值域交集不為空;高考中全稱命題和存在性命題與導數的結合是近年高考的一大亮點，下面結合高考試題對此 類問題進行歸納探究

32、一、相關結論：圖五】【如用)"(無 htjirX3(-3,-1)-1(1,2)2(2,3)h(X)+00+h(x)k-45增函數極大值減函數極小值增函數-9當x變化時，h(x), h (x)的變化情況列表如下:3k因為 h( 1) k 7,h(2) k 20 ,所以，由上表可知hglmink 45，故 k-45 >0，得 k>45,即 k 45,+ g).小結：對于閉區間I，不等式f(x)<k 對x I時恒成立f(x)max<k, x I;不等式f(x)>k對 x I 時恒成立f(x)min>k, x I.此題常見的錯誤解法：由f(x)max w&

33、quot; f(x)max < g(x)min 只是原題的充分不必要條件，不是充要條件，即不等價2根據題意可知，2中的問題等價于h(x)= g(x) f(x) > 0在x -3,3時有解，故h(x)max > 0.由1可知h(x)max= k+7 ，因此 k+7 >0，即 k 7,+ g).(3)根據題意可知，3中的問題等價于f(x)max w g(x)min , x -3,3.由二次函數的圖像和性質可得,x -3,3時,f(x)max=120 k.仿照1，利用導數的方法可求得x -3,3時，g(x)min= 21.由 120 k> 21 得 k> 141,

34、即 k 141,+ g).說明：這里的x1,x2是兩個互不影響的獨立變量ffi-a=從上面三個問題的解答過程可以看出，對于一個不等式一定要看清是對x恒成立，還是,然后再根據不“ x使之成立，同時還要看清不等式兩邊是同一個變量，還是兩個獨立的變量 同的情況采取不同的等價條件，千萬不要稀里糊涂的去猜.二、相關類型題：一、"a f (x)"型;形如"a f(x)"," a f(x)"型不等式，是恒成立問題中最根本的類型，它的理論根底是“af(x)在 x D上恒成立，那么a f(x)max(x D); a f(x)在x D上恒成立，那么解：此

35、題實質就是考察函數的凸凹性滿足條件=(乞上)f(xi) f(x2)"的函數，2 2a f (x)min (x D )； 許多復雜的恒成立問題最終都可歸結到這一類型應是凸函數的性質，畫草圖即知y log2 2x符合題意;四."f(X1) f(X2) 0"型X1 x2例4函數f (X)定義域為1,1, f (1)1，假設 m,n1,1, m n 0時，都有解：I f (X) I1 , 1 ax2X1;即 1 X2 .ax 1 x;當x 0時，不等式顯然成立， a R.當Ox 1時，由 1 x ax21/曰1X得：2X111a 2XXX而(丄X)i 0 X a 0.11

36、又(-2-：XX)max2 , a2,2 a 0，綜上得a的范圍是a 2,0。二、"f(xjf (X) f (X2)"型例2函數f(x) 2si n( X25)，假設對 xR,都有"f(xjf(x)f(X2)"成立,例1 :二次函數 f(x) ax2 x，假設 x 0,1時，恒有I f(x)| 1，求實數a的取值范圍那么I x! x2 |的最小值為 f(m) f(n)f (為)儂)X|x20"，假設1 X10，又 x-if(x) t2X2X22at 1 對所有 x 1,1,那么 f (Xj) f (X2)0 , f(x1) f (X2)1,1恒

37、成立，求實數t取f(X1)f(X2)(x1 X2),由X!X20f，即f (x)在1,1上為增函數.解對任意x R，不等式f(xjf (x) f (x2)恒成立， f(xj, f(x2)分別是f (x)的最小值和最大值.對于函數y sin X，取得最大值和最小值的兩點之間最小距離是n,即半個周期.x又函數f(x) 2sin()的周期為4,. | x1 x2 |的最小值為2.25三."f(X1 X2)f(X1) f(X2)"型2 22例 3: (2005 湖北)在 y 2x, y log 2 2x, y x , y cosx 這四個函數中，當 0 x1 x2 1時，使&quo

38、t;f( 互)上 血兒恒成立的函數的個數是()2 2- f(1)1 , X 1,1，恒有 f (x)1 ；要使f(x) t2 2at 1對所有X 1,1, a 1,1恒成立，即要t2 2at 1 1恒成立, 故t2 2at 0恒成立，令 g(a) 2at t2，只須 g( 1)0且 g(1) 0 ,解得t 2或t 0或t 2。評注：形如不等式"f(X1)f(X2)0"或"f(X1)f(X2)0"恒成立，實際上是函數的單X1 X2x1 X2調性的另一種表現形式，在解題時要注意此種類型不等式所蘊涵的重要信息五、."f (x)g(x)"型：

39、1例 5： f(x) - lg(x 1), g(x) lg(2 x t)，假設當 x 0,1時，f(x) g(x)恒成 2立，求實數t的取值范圍.解：f (x) g(x)在x 0,1恒 成立，即；2x t 0在x 0,1恒 成 立2x t在0,1上的最大值小于或等于零.令 F(x)、廠 2x t , F'(x)1 L1 x 0,12ylxl- F(x) 0，即F(x)在0,1上單調遞減，F(0)是最大值. f(x) F(0)1 t 0,即 t 1。六、"f (X1)gX)"型例6:函數132f (x)x x 3x4-,g(x)9x c，假設對任意X1,X2 2,2，都332有f (xj g(x2)，求c的范圍.解：因為對任意的 捲必 2,2，都有f(xj g(X2)成立,&#