高中函数专题

\\5高中数学函数专题翻阅近年来各地的试题，发现其中不少与“必要条件”有关。若按常规思路去解答,往往不是事倍功半，就是连影子都摸不到；而抓住某些“必要条件”，从局部突破，则常有助于撕开问题的缺口，找到求解的思路，收到化难为易、别开生面的效果。以下通过考题说明。试题一(2008年江苏卷)设函数f(x)=ax3-3x+l(xeR)，若对于任意xe[—1,1]都有f(x)>0,则实数a的取值范围是.解析/(x)>0，xe[—1,1解析/(x)>0，xe[—1,1]恒成立的必要条件是f(—1)=—a+4>0,注意对于填空题，当所得的参数值唯一时，一般不必检验其充分性。否则，必须检验其充分性。'x>0,试题二若a>0,b>0，且当<y>0,时，恒有ax+by<1，分别求实数a,b的取值范围以及点x+y<1P(a,b)所形成的平面区域的面积。厂解析ax+by<1，x>0,一[a1+b0解析ax+by<1，iy>0,恒成立的必要条件是<介71即乞/1检验充分性：当Ia0+b1<1,lb<1.x+y<1lla<1,b<1时，由x>0，y>0，得ax+by<x+y<1。所以a,b的取值范围分别为0<a<1,0<b<1。因此点P(a,b)所形成的正方形区域的面积为1试题三设aeR，函数f(x)=ax3—3x2，若函数g(x)=f(x)+f'(x),xe[0,2]在x=0处取得最大值，求实数a的取值范围。简解g(x)=ax3—3x2+3ax2—6x=ax2(x+3)—3x(x+2),g(x)在[0,2]上的最大值为g(0)的必66p-■要条件是g(0)>g⑵，即0>20a—24，故a<.检验充分性：当a<时，由于xe[0,2]，所5□口5以g(x)<5x2(x+3)—3x(x+2)=5x(2x2+x—10)=£x(2x+5)(x—2)<0=g(0)(6]所以a的取值范围是试题四(2011年浙江理科卷)设函数f(x)=(x—a)2Inx,aeR.(1)若x二e为f(x)的极值点，求实数a的值;(2)若对任意xe(0,3e］，恒有f(x)<4e2，求实数a的取值范围简解(1)a=e或a=3e(过程从略)(2)f(x)<4e2，xe((2)f(x)<4e2，xe(0,3e］恒成立的必要条件是得f(3e)=(a-3e)2ln3e<4e2,3e一島<a<3e-下面验证充分性：当xe(0,1］时，显然恒有f(x)<叽当xe(1,3e］时，把f(x)=(x-a)2lnx,aeR视为关于a的二次函数(把x视为参数)，易得f(x)<<(3e-x)2lnx,xe1,3ef(x)<<(3e-x)2lnx,xe1,3e-1令―e(3e—-.-—x)2lnx,xe3e——.:,3e.~~ln3e2eln3eh(x)=<2e(x-3e)2lnx,xe1,3e-e(x—3e+—)2lnx,xe3e—-,3e.一-ln3eln3e当x当xe1,3e-时，求导得h'(x)=(x-3e)(2lnx+1-—)，可知h'(e)=0，并且对于xexe(1,e)，有h'(x)>0；对于xe(e,3e-］，有h'(x)<0，所以f(x)<h(x)<h(e)=4e2恒ln3e成立;TOC\o"1-5"\h\ze2e2e当xe3e——=■,3e时，易知0<x—3e+—=■<—t，所以Jln3eJln3eJln3e2e2ef(x)<h(x)=(x-3e+=)2lnx<(e)2ln3e=4e2恒成立。ln3eln3e综上所述，对任意xe(0,3e］，f(x)<4e2。因此a的取值范围是3e—>-,3e_Jln3e_试题五对于定义在区间D上的函数f(x)和g(x)，如果对于任意xeD，都有If(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.记f(x)=x,g(x)=lnx,证明f(x)在(丄,m)(m>1)不能被g(x)替代；m设f(x)=alnx-ax,g(x)=-2x2+x，若f(x)在I1,e］上能被g(x)替代，求实数a的取值范围解析(1)略(2)由(2)由f(x)在I1,e］上能被g(x)替代，可得aInx-ax+-x2-x<1对于任意xe［1,e］恒成立TOC\o"1-5"\h\z—.1.31当x=1时，可得—1<—a——<1，得一—<a<—厶厶厶(x—a)(x—1)31令h(x)=alnx—ax+x2—x，则h(x)=，因为xe［1,e］，一一<a<，所以x22x—a>0，所以h(x)在I1,e］上单调递增，从而h(x)的最小值为h(1)=—a——，最大值为h(e)=a+2e2-(a+1)e1e2一2e一21由恒成立，可得—a—>—1,a+只e2—(a+1)e<1，故<a<。22(e—1)2点评在例5中，通过特殊值使不等式成立，求出参数的一个范围，得到的这一范围使我们避免了对参数的讨论，从而简化了运算，精炼了思维。通过以上试题分析，可以看到选好充分利用“必要条件”对解题的重要作用。当然，对于有些问题，利用必要条件能够获得有关信息。结论，却不一定很快得出最终结果，也可能需要多次尝试或另辟蹊径，但至少可以由此增进对问题的了解，缩小需要探求的范围，有利于进一步准确求解。【学习效率曲线】是1936年美国康奈尔学T.P.Wright博士在机械制造过程中，通过对大量有关资料、案例的观察、分析、研究，首先发现并提出来的。1.已知某类学习的学习效率曲线f(t)=-x100%(其中f(t)为掌握该任务的程度，t为学习4+a-2—t时间，a,b为常数)，且这类学习满足：当t=1时，f⑴=50%；t=2时，f⑵=60%⑴求a，b的值；⑵现定义字为该学习项目在在时刻的学习效率指数。研究表明，当学习效时，规定为学习效率最佳，当学习效率最佳时段为最佳学习时间，求学习效率最佳时间。b解析(1)b解析(1)由已知，得f(1)=-x100%=50%，f⑵=4+a-2—1

3简，得a=4,b=3，所以f(t)=x100%4+4-2-1f(t)3(2)令学习效率指数y=，即y=tbx4+a-2—2100%=60%，化3,门Ck(t>0)，令g(t)4t(1+2-1)4(t+1)2tt=t+，则2t,2t—t-2tln22t—tln2+12t(21)2g'(t)=1+——=——-——，又令h(t)=2t—tln2+1，则当2t(21)2h'(t)=2tln2—ln2=ln2(2t—1)>0恒成立，所以h(t)>h(0)=1+1>0,即

/、2ttln21八/、t八3八g(t)0,所以g(t)t在0,上为增函数，y在0,上为2t2t4t(12t)、f(1)1f(2)3亠亠、、c减函数，又由(l),可知一1—㊁，一2-10,得学习效率最佳时间是I’2XX12.定义在R上的函数f(x)满足：如果对任意x,xR,都有f(12)石f(x)f(x)，则2212称函数f(x)是R上的凹函数，已知二次函数f(x)ax2x(aR,a0).(1)求证：当a0时，函数f(x)是凹函数；(2)如果x0,1时，|f(x)|1，求实数&的范围。解析(1)c/Xx因为f(x)1(ax2x2211ax2x)作22差，得22f(x1)解析(1)c/Xx因为f(x)1(ax2x2211ax2x)作22差，得22f(x1)f(x)2a(^_A)22!a(x2X2)212X22xxX2a——11—22a(i-2Z)20(a0)即有f(宁)f(x)f(x)，故函数f(x)12是凹函数(2)|f(x)|1f(x)1ax2x1.假设a0时，在x0，1上，均有1ax2x1.所以f(1)1，即a11，故a0.这与a0相矛盾，故a0不成立，即a0.又因为a0，所以a0.由又因为a0，所以a0.由1ax2x1ax2x1ax2x1当x0时，则a0恒成立；z11、1a(-)2—X241、1因为xa(-)2—X240,1,所以丄x0,1,所以丄xa1,所以aaXX2当x0,1时，有11a——XX2又因为a0,所以a2,0函数含参问题的对比研究分析含有参数的函数冋题是高中数学中的一类重要冋题，渗透着化归转化、分类讨论等思想方法，具有运算量大、解题方法灵活等特点。因此，备受高考命题专家的青睐，称为江苏高考数学命题的重点和热点。分析2011年全国各省新课标高考数学试卷，不难发现，对含有参数的函数冋题的考查力度比较大，考查内容广泛，设冋方式新颖。能否解决好含有参数的函数冋题，对于能否在高考中取得令人满意的成绩起着举足轻重的作用。下面通过对2011年新课标高考数学中含有参数的函数冋题的归类分析，希望能为同学们的复习提供一些可供参考的资料和有益的帮助和启示。一、以含参函数的问题为载体探究函数的性质研究函数的定义域、值域、奇偶性、单调性等性质，是高中阶段对函数研究的主要

内容，也是高考的必考内容。而将这种研究置于含有参数的函数问题之中，既考查研究函数性质的能力，又考查分类讨论、等价转化等数学思想方法的运用能力。例1(2011.广东卷)设a>0，讨论函数f(x)=Inx+a(l—a)x2-2(1-a)x的单调性解析由题，知a>0,x>0，2a(1—a)x2解析由题，知a>0,x>0，xg(x)=2a(1—a)x2—2(1—a)x+1，(1)当a=1时，g(x)=1>0，所以f'(x)>0，故f(x)在(0,+s)上单调递增;(2)当0<a<1时，g(x)的图像为开口向上的抛物线,A=[—2(1—a)卫—8a(1—a)=4(1—a)(1—3a)，若3<a<1，则A<0，g(x)>0，f'(x)>0，当131且仅当a=x=2时取等号，所以f(x)在(0,+s)上单调递增；若0<a<-，则A>0，令g(x)=0，解得g(x)=0，解得x1=2a(1—a)>0,x22a(1—a)当0<x<x或x>x时，g(x)>0,f'(x)>0,f(x)单调递增；当x<x<x时,1212g(x)<0,f'(x)<0,f(x)单调递减。(3)当a>1时，g(x)的图像为开口方向向下的抛物线，且A>0，令g(x)=令g(x)=0，解得x=(1-a)a)(1-叫>0,x12a(1—a)22a(1—a)(1—a)+j(1—a)(1—3a)2a(1—a)>0，当0<x<x时，g(x)>0,f'(x)>0,f(x)单调递增；当x>x时，g(x)<0,f'(x)<0,f(x)单调递减,11综上，当0<a<1时，f(x)在(0,x,+8)上单调递增，在［x,x］上单调递减；当1<a<1时，312123f(x)在(0,+8)上单调递增；当a>1时，f(x)在(0,x］上单调递增，在Lx,+8)上单调递减。其中11(1—a)—(1—a)(1—3a)(1—a)+(1—a)(1—3a)x=,x=12a(1—a)22a(1—a)点评本题目的目标很明确，就是要研究给定函数的单调性。解题思路也很清晰，一是利用单调性的定义，二是利用导数。结合题目中函数的特点，运用导数是一种十分自然的选择。关键之处就在于设置了参数，求出导数后，要确定导数的符号，参数的不同取值会导致不同结果。因此，必须善于根据参数的取值情况进行分类讨论。高考这样设计试题，其主要目的就在于此。一般地说，这样一类含参函数问题求解，能够正确地进行分类讨论讨论是解题的核心和关键。二、根据含参函数的性质确定参数的值或范围根据含参函数的已知性质，来确定其中参数的值或取值范围，是高考经久不衰的热

点试题，可以说是常考常新。这类问题通常有以下几个特征：(1)题目中直接或间接给出一个包含两类字母(一类是自变量，一类是参变量)的等式或不等式；(2)题目中常会隐含或直接给出“有解”“无解”、“恒成立”等条件；(3)两类字母中一类字母满足的条件(即函数的性质)已知(这个字母就是自变量)，另一类字母的取值或范围带求(这个字母即为参变量)。这类问题有两种较为通用的处理办法：一是参变量分离法，二是选取主元法，而它们最终都要转化为方程、不等式问题或者函数的值域与最值问题来解决。已知函数f(x)-(a—2)x2+inx(aeR)。(1)当a=0时，求函数f(x)的单调递增区间;(2)若3xe[1,3]，(1)当a=0时，求函数f(x)的单调递增区间;(2)若3xe[1,3]，使f(x)<(x+1)lnx成立，求实数a的取值范围;(3)若函数f(x)的图像在区间(1,+^)内恒在直线y=2ax的下方，求实数a的取值范围。解析f(x)=(a-2)x2+Inx(aeR)的定义域为(0,+s).11—x2当a=0时，f(x)=—x2+Inx,f'(x)=—x+—=.由f'(x)>0，结合定义域，解得xx0<x<1，故得函数f(x)的单调递增区间为(0,1]「1inx1(2)f(x)<(x+1)lnx,即(a——)x2<xinx(aeR)，因为，xe11,3]，所以a<+—.x2令g(x)-+，则3xeh,3],使f(x)<(x+1)inx成立，等价于a<g(x).因为x2maxg'(x)-.由g'(x)-0，结合xe[1,3]，解得x-e.当1<x<e时，g'(x)>0，当e<x<3时,x2,、11一，11、-g(e)-+怎.所以实数a的取值范围是(一8,-+)

e2e2(3)令h(x)-f(x)—2ax-(a—2)x2—2ax+inx,h(x)的定义域为(0,+s).函数f(x)的图像在区间(1,+s)内恒在直线y-2ax的下方，等价于h(x)<0在(1,+^)上恒成立，即g'(x)<0.故得g(x)maxh(x)<0.h(x)=(2a-1)x-2a+1=(x—1)[>—1)x—1]maxxx①若a>，令h'(x)=0,得x=1,x=12122a—1'当x2>x1=1时，即2<a<1时，在(1，x2)上h'(x)<0,h(x)为减函数，在(x2,+Q上,h3>O'心为增函数，故h(x)的值域在(空),S，不合题意。当x<x=1，即a>1时，同理可得在(1,+8)上，h'(x)>0,h(x)为增函数，故h(x)的值域为21(h(x1),+◎，也不合题意。②若a<2，则有2a-1<0，此时，在区间(1,+^)上，恒有h'(x)<0，从而h(x)为减函数,h(x)=h(1)=-a-<0，综合a<，解得-：<a<.max222211综合①②，可知实数a的取值范围是-2<a<点评这是一道十分典型的已知含参函数的性质，反求参数范围的问题，主要考查导数的求法及其函数中的应用等基础知识与基本方法，考查等价转化、分类讨论的数学思想以及综合运用所学知识分析问题和解决问题的能力。第(1)问是基本题，由f'(x)>0解出x的范围，即得单调增区间；对第(2)问，通过分离常数，将其转化为求函数的最值问题，可以运用导数这一工具使问题获解；对第(3)问，本质上是不等式恒成立问题，仍可以借助导数，通过求函数的最值求解，不过要注意根据参数的不同取值进行分类讨论，达到化难为易、各个击破的目的。三、利用含参函数设计开放性问题例3(2011，陕西卷)设函数f(x)定义在(0,+8)上,f(1)=0，导函数f'(x)=-,g(x)=f(x)+f'(x).x求g(x)的单调区间和最小值；讨论g(x)与g(丄)的大小关系；x是否存在x>0，使得|g(x)-g(x)<对任意x>0成立？若存在，求出x的取值范围;TOC\o"1-5"\h\z0I0Ix0若不存在，请说明理由。1x—1解析(1)由题设，知f(x)=Inx,g(x)=Inx+—,所以g'(x)=，令g'(x)=0得x=1，xx2当xe(0,1)时，g'(x)<0，故(0,1)是g(x)的单调减区间；当xe(1,+s)时，g'(x)>0，故(1,+s)是g(x)的单调增区间。因此，x=1是g(x)的唯一极值点，且为极小值点，从而是最小值点，所以最小值g⑴=1.(2)g(丄)=-Inx+x，设h(x)=g(x)-g(丄)=2lnx-x+-，贝yh'(x)=-^—，当x=1xxxx2时，h(1)=0，即g(x)=g(!)；当xe(0,1)u(1,+8)时，h'(x)<0,h'⑴=0，因此，h(x)在(0,+s)x内单调递减，当0<x<1时，h(x)>h(1)=0，即g(x)>g(丄)，当x>1时，h(x)<h(1)=0，即g(x)<g(丄).xx(3)满足条件的x0不存在，证明如下：证法一假设存在“>0，使|g(x)-g(x0)l<I对任意x>0成立，即对任意x>0，有Inx<g(x)<Inx+,(*)，但对上述x，取x=eg(x®时，有Inx=g(x)，这与(*)左边不等式TOC\o"1-5"\h\z0x0110矛盾，因此，不存在x>0，使得|g(x)-g(x)|<对任意x>0成立。010Ix证法二假设x>0，使Ig(x)-g(x)<-对任意x>0成立。0I0x由(1)知，g(x)的最小值为g(1)=1.又g(x)=Inx+丄〉Inx,而x>1时，Inx的值域为x(0,+s)，所以x>1时，g(x)的值域为Q,+«)，从而可任取一个x>1，使g(x)>g(x)+1，即110g(x)-g(x)>1，故|g(x)-g(x)>1>，与假设矛盾。所以不存在x>0，使得10110'x01|g(x)-g(x0)<x对任意x>0成立。点评存在与否型问题是培养考生探索创新能力的重要题型，在近几年的高考数学中屡见不鲜。基本特征是：要判断在某些确定条件下某一数学对象(数值、图形、函数等)是否存在或某一结论是否成立。解题的基本策略是：假定所求对象存在(或结论成立)，然后在这个前提下进行逻辑推理，若由此导出矛盾，则否定假设；否则，给出肯定结论。解答第(1)(2)问常规问题，容易解决，而第(3)问，则是以含参函数为背景设计的存在与否型开放性问题。采用假设存在x>0，然后进行0讲解，从中找出矛盾，即知符合题意的x不存在，推理过程中要注意利用前两问的结论。0四、在知识网络交汇处设计的含参函数综合题在知识网络的交汇处设计试题，考查考生综合运用数学知识、思想方法分析问题和解决问题的能力，是高考数学命题的导向之一。以含参函数为背景，减函数性质的研究、方程、数列和不等式等知识以及数形结合、等价转化、分类讨论等数学思想方法有机结合在一起，综合考查考生的数学素养和创新能力，是2011年高考数学试题中关于含参函数问题的一个重要特点，也是今后高考命题的一个方向。例4(2011，江苏卷)已知a,b是实数，函数f(x)=x3+ax,g(x)=x2+bx,f'(x)和g'(x)是f(x),g(x)的导函数，若f'(x)g'(x)>0在区间I上恒成立，则称f(x)和g(x)在区间I上单调性一致。设a>0，若函数f(x)和g(x)在区间［—1,+s)上单调性一致，求b的取值范围；设a<0，且a丰b，若函数f(x)和g(x)在以a,b为端点的开区间上单调性一致，求|a-b的最大值。解析f'(x)=3x2+a,g'(x)=2x+b.(1)由题意，知f'(x)g'(x)>0在区间［—1,+s)上恒成立。因为a>0，故3x2+a>0，进而2x+b>0，即b>-2x在［一1,+8)上恒成立，所以b>2，因此b的取值范围是【2,+8)。(2)令f'(x)=(2)令f'(x)=0,解得x=±由a<0，得0e(a,b)，又因为f'(0)g'(0)=ab<0，所以函数f(x)和g(x)在以(a,b)上不是单调性一致的。因此b<0.现设b<现设b<0.当xe(-8,0)时，g'(x)<0；当xe—g,—3|时，f'(x)>0.因此，当—8,—时，f'(x)g'(x)<—8,—时，f'(x)g'(x)<0.故由题设，得a>-a7a1小—y且b>—'—3，从而—3<a<0,于是—3<于是—3<b<0.因此匕|a—b又当a=—3,b=0时,1.已知函数f(x)=ln(x+1)++ax—2(a>0).x+1<3，且当a=—3,b=0时等号成立。f'(x)g'(x)=6x(x2—1)，从而当xe[—1,0]时f'(x)g'(x)>0，故函9k3丿(1\1数f(x)和g(x)在-3,0上单调性一致。因此|a—b|的最大值为3・k3丿3点评本题将含参函数的单调性、最值讨论、不等式的解法、含参不等式恒成立等问题结合在一起，考查函数单调性的概念、导数运算及应用、二次不等式的解法、二次函数的图像和性质以及分类讨论、等价转化、数形结合的思想方法，考查运用数学知识进行探索分析和解决问题的能力。创新之处在于定义了一个新概念，给予了一个新信息，对阅读、理解和收集、处理信息的能力提出了较高的要求。解答本题，要在深刻理解题目给出的新概念的基础上，找出满足题意的等价关系，将问题逐步转化。导数作为研究函数问题的有力工具，在解题过程中发挥着重要的作用。数学的研究对象是“数”和“形”，在研究过程中常量和变量相互依存，并在一定的条件下相互转化，而“参数”则是介于常量和变量之间的具有中间性质的量，它的本质是变量，但又可视为常数，这种两重性决定了含参问题在分析问题和解决问题过程中的灵活性。通过对2011年高考数学试题的分析，不难发现，“参数”在高考中显得十分活跃，特别是关于含参的函数问题，可能成为必考题型，而且常考常新。在进行高考数学复习过程中，务必引起我们的高度重视。(1)当a=1时，求f(x)的最小值;(2)若xe【0,2］时，f(x)>0恒成立，求实数a的取值范围。解析f(x)定义域为(-1,+w)・(1)a=(1)a=1时，f(x)=ln(x+1)+x+l+x-f=1-2X+1(X+1)2x(x+3)(X+1)2-1<X<0时，f'(x)<0；当X>0时，f'(x)>0.所以，f(X)在区间(-1,0］上为减函数，在区间［0,+8)上为增函数。所以，当a=1时，f(x)的最小值为f(0)=0・2(2)①由(1)当a=1时，f(x)>0恒成立，即ln(x+1)++X一2>0恒成立。X+1f(x)=ln(X+1)++X—f(x)=ln(X+1)++X—2>0恒成立。+X—2+(a—1)x>ln(x+1)+X+1所以，a>1符合要求。②当0<a②当0<a<1时,f'(X)=丄-ax2+(2a+1)x+a—1z八+a=(x>-1).X+1(X+1)2'八(X+1)2由于方程ax2+(2a+1)x+a-1=0的判别式A=(2a+1)2-4a(a-1)=8a+1>0，所以方程ax2+(2a+1)x+a-1=0有两个不相等的实数根，设为x,x，且X1<x2・1212a—1由XX=<0知，X<0<X.(f'(x)=0，两根一正、一负)2a12所以，0<x<x时，f'(x)<0，f(x)在区间［0,X」上为减函数。22若0<x<2，则f(X)<f(0)=0,与xe［0,2］时，f(x)>0恒成立矛盾。22若X>2，则f(2)<f(0)=0，与xe［0,2］时，f(x)>0恒成立矛盾。2因此，0<a<1不符合要求。综合得，实数a的取值范围是11,+8)。2.函数f(2.函数f(x)=<|logx,0<x<4,2。70,—x2-8x+—,x>4〔33若a,b,c,d互不相等，且f(a)=f(b)=f(c)=f(d)，则abed的取值范围是()解析(32,35)提示：不妨设a<b<e<d，由图像可知，当0<x<4时，根据f(a)=f(b)可得ab=1，当x>4时，根据f(e)=f(d)可得e+d=12，且4<e<5，所以

abed=cd=c(12-c)=_(c-6)2+36，当4<c<5,32<abed<35.3.已知正实数a,b满足a2+b2=1，且a3+b3+1=m(a+b+1)3，求m的取值范围。兀解析令a=cos0,b=sin9,0<9<,解析^2cos30+sin30+1(cos0+sin0)(cos20-cos0sin0+sin20)+1m=(cos0+sin0+1)3=(cos0+sin0+1)3.令X=曲歸，则x于是m=x2—x于是m=x2—1、1x(1—)+12(X+1)32+3x—x32(x+1)32+x—x22(x+1)22—x=312(x+1)=2(x+1)—21因为函数f(x)=2x^5—2在"'间上单调递减，所以f(迈)〜m<f⑴又所以me3.(2013届广东省潮州市高三上学期期末)二次函数f(x)满足f(0)=f(1)=0，且最小值是14.(1)求f(x)的解析式；(2)设实数a丰0，函数g(x)=xf(x)+(a+1)x2—a2x，若g(x)在区间(一3,2)上单调递减,求实数a的取值范围。解析(1)由二次函数f(x)满足f(0)=f⑴=0，设f(x)=ax(x—1)(a丰0)，则所以f(x)=x所以f(x)=x2—x.f(x)=ax2-ax=a(x-2)2—4，所以一厂-4，解得a=】，(2)g(x)=xf(x)+(a+1)x2—a2x=x3—x2+ax2+x2—a2x=x3+ax2—a2x.所以g'(x)=3x2+2ax—a2=(3x—a)(x+a).由g'(x)=0，得x=3，或x=—a，又a丰0，故3丰一a.当3>—a，即a>0时，由g'(x)<0，得—a<x<3

f-a<-3所以g(x)的减区间是f-a<-3所以g(x)的减区间是(-a,耳),又g(x)在区间(-3,2)上单调递减，所以L23-2,故a>6；当j<-a，即a<0时，由g'(x)<0，得3<x<-a所以g(x)的单调递减区间是[专,-a]，又g(x)在区间(-3,2)上单调递减，所以<13丿a<-9，故a<-9a<-2综上所述，实数a的取值范围为(-®-9]u[6,+8)4.(2013届北京市通州区高三上学期期末)已知函数f(x)=x3+ax2+bx+a2(a,beR).若函数f(x)在x=1处有极值为10,求b的值；若对于任意的ae[-4,+s)，f(x)在xe[o,2〕上单调递增，求b的最小值。f'(l)=3+2a+b=0,fa=4解^得<，f(1)=1+a+b+a2=10,[b=-11解得a>3,3<-3'解得-a>2,解析(1)f'(x)=3x2+2ax+b，根据题设有fa=-3或[b=3fa=4当[时，f'(x)=3x2+8x-11,A=64+132>0，所以函数有极值点；[b=-11fa=-3当[时，f'(x)=3(x-1)2>0,所以函数无极值点。所以b=一11[b=3(2)f'(x)=3x2+2ax+b>0任意的ae[-4,+s),xe[0,2〕都成立，即b>-3x2-2ax对任意ae[-4,+s),xe[0,2]都成立，即b>(-3x2-2ax),xe[0,2]max令F(x)=-3x2-2ax=-3(x+a)2+—.当a>0时，[F(x)]=F(0)=0，于是b>0；当TOC\o"1-5"\h\z33maxaa2a2a21616-4<a<0时，[F(x)]=F(--)=-，于是，b>—.又(—)=，所以b>.max3333max33综上，b的最小值为乙5.(2013届山东省青岛市3月高三一模)已知函数f(x)=a(x2+1)+Inx.(1)讨论函数f(x)的单调性;(2)若对于任意aw(—4,—2)，及xe［1,3］时，恒有ma-f(x)>a2成立，求实数m的取值范围。解析(1)显然，xe(0,+"，f'(x)=2ax+1=2ax^±1(x>0).当a>0时，恒有f'(x)>0，则f(x)在(0,+s)上是增函数；a<0时，当0<x<-丄时，f'(x)>0，则f(x)在(0；-丄)上是增函数；:—T■—1当x>-書时，f'(x)<0，则f(x)在(、：'-舊，+8)上是减函数。综上，当a>0时，f(x)在(0,+8)上是增函数；a<0时，f(x)在(0,{-舟)上是增函数，在12a12a，+8)上是减函数。(2)原问题等价于ma-a2>[f(x)]，因为ae(-4,-2),max4y2a2知，f(x)在I1,3]上是减函数，所以[f(x)]=f(1)=2a，所以ma-a2>2a，即m<a+2，又max-2<a+2<0，所以实数m的取值范围是(-8,-2].6.(2013届上海市高三一模)设aeR，函数f(x)=x-x-a+2x.(1)若a二2，求函数f(x)在区间［0,3］上的最大值；(2)若a>2，写出函数f(x)的单调区间(不必证明)；(3)右存在ae［-2,4］，使得关于x的方程f(x)=t-f(a)有三个不相等的实数解，求实数t的取值范围。解析(1)当a=2，xe［0,3］时，f(x)=x-x-2+2x—厶可知函数f(x)I-x2

在【0,3］是增函数，所以f(x)的最大值为f⑶=9.②当x在【0,3］是增函数，所以f(x)的最大值为f⑶=9.②当x<a时，f(x)=-(x-出)2+吐21，因为a>2,24+2所以殳亍<a，所以f(x)在(a+2a+28,宀上单调递增，在,ak2_L2」综上，函数f(x)的单调递增区间是上单调递减。a+2一8,丁和［a,+8)，单调递减区间是a—2a+2(3)①当一2<a<2时，<a,>a，所以f(x)在(一x>,+8)上是增函数，关于x的方程f(x)=t-f(a)不可能有三个不相等的实数解。②当2<a<4时，由(2)知f(x)在区间a+2-r和［a,+8)上分别是增函数，在上是减函数，当且仅当2a<t-f(a)<呼时，方程f(x)=t-f(a)有三个不相等的实数解。即1<t<哄(a++4)，令g(a)=a+，g(a)在ae(2,4〕时是增函数，故[g(a)]=5.8a8aamax所以实数t的取值范围是.k8丿7.(2013届山东省淄博市高三一模)已知函数g(x)=(2-a)lnx,h(x)=Inx+ax2(aeR)。令f(x)=g(x)+h'(x).(1)当a=(1)当a=0时，求f(x)的极值;(2)当a<-2时，求f(x)的单调区间;(3)当一3<a<-2时，若对V九,九(m+ln3)a-2ln3恒成立,(3)121121求m的取值范围。

TOC\o"1-5"\h\z解析(1)依题意，h'(x)=-+2ax,所以f(x)=(2—a)lnx+-+2ax,定义域为(0,+s)xx当a=0时，f(x)=2lnx+f'(x)=-——=2x1xxx2x2令f'(x)=0，解得x=-，当0<x<-时，f'(x)<0；当x>-时，f'(x)>0.(1)r1)0访，单调递增区间是12丿12丿所以f(x)的单调递减区间是TOC\o"1-5"\h\z所以x=2时f(x)有极小值为/(㊁)=2—2ln2，无极大值。(2)f'(x)=匕—丄+2a=2ax2+(2―a)x―1=P(x>0)，xx2x2x2当a<—2时，—一<入，令f'(x)<0，得x<——或x>；令f'(x)>0.得—一<x<.所以(3)由(2)知,a2(3)由(2)知,(1)r1)r11、0,——5一,+8，单调递增区间是、a'2丿la丿\2丿函数f(x)的单调递减区间是当-3<a<-2时，f(x)在11,3〕上是减函数，所以TOC\o"1-5"\h\z[f(x)]=f(1)=2a+1,[f(x)]=f(3)=(2—a)ln3+1+6a所以maxmin32|f(九)—f(九)|=f(1)—f(3)=云■一4a+(a—2)ln3，贝y12max32宀宀(m+ln3)a—2ln3>—4a+(a—2)ln3口口223，即ma>二一4a，又a<0，所以m^―—4，又因为3acc122132,3813—3<a<—2，得-—<<——，所以-一<—4<—，所以m<—3a933a938.(2012年南京市二模14)已知关于x的方程x2+2alogjx2+2)+a2-3二0有唯一解，则实数a的值为()许多同学拿到这个题目一筹莫展，无从下手，如果你能仔细观察、研究，发现函数f(x)二x2+2alog(x2+2)+a2—3是偶函数，再由偶函数图象的对称性，知2f(x)二x2+2alogx2+2)+a2-3有唯一零点，只能是x=0，那么问题就迎刃而解了。2若不等式x2-2mx+2m+1>0对任意0<x<1都成立，则实数m的取值范围是()解：尝试一先考察函数f(x)=x2—2mx+2m+1，这是一个二次函数，依照题意，其图象在0<x<1时应位于x轴的上方，根据对称轴与［0,1］的位置关系，分三种情况考虑。其满足的条件分

f(x)2c1XO2c解：(函数、等价转化、数形结合)这是个绝对值的不等式，而且还含有参数，从正面去解比较化成题右对数图变象。f(x)=|x-2cI，g(x)=1-x，要f(x)f(x)2c1XO2c解：(函数、等价转化、数形结合)这是个绝对值的不等式，而且还含有参数，从正面去解比较化成题右对数图变象。f(x)=|x-2cI，g(x)=1-x，要f(x)的恒g(x)图方下观图2c>1，即>2.尝试二(分离参数)把x2-2mx+2m+1>0转化为m(2x-2)<x2+1，想要把2x-2除过构造函数g(x)=学工,xe[0,1)，则问题转化为求g(x)在【0,1)上的最大值，又2x-21212「、2「、g(x)=(x+1+)=(x-1++2)，而x-1[-1,0)，由函数y=t+,t[-1,0)，知2x-12x-1t当t=-1，即当x=0时，[g(x)]=-；综上，m>-；.max229.若不等式x+|x-2c|>1的解集为R,则c的取值范围为()来，就要分两种情况:当x=1时，该不等式恒成立;x2+1当0<x<1时，该不等式可变为m^―2x-21即c>了f(x)=|x-2cI,g(x)=1-x，要求f(x)的图象恒在g(x)图象上方，如下图，观察图象得2c>1,y分类讨论的回避策略分类讨论思想对于培养学生思维的条理性和深刻性有着重要的作用，能体现“着重考查数学思维能力”的要求，倍受命题者的青睐。但分类讨论问题覆盖的知识点较多，具有明显的逻辑性、综合性、探究性的特点，而有些分类讨论问题，若能认真地挖掘一下题目内在的特殊性，灵活地运用解题策略和方法，有时可简化或避免分类讨论，使解题过程简捷且降低了问题的难度，提高了解题的效率和质量，下面提供几种避免分类讨论的策略。一、深挖隐含条件，回避讨论在含有参数的不等式中，参数的范围一般不直接给出而隐含于问题中，解题时应全面观察，挖掘问题中的隐含条件，回避繁琐的分类讨论，优化解题过程。例1已知二次函数f(x)=-2x2+x,是否存在实数m,n(m<n)，使f(x)的定义域和值域分别是【m,n]和[3m,3n]?若果存在，求出m,n的值；若不存在，说明理由。别是<f(1)>0,f(0)>o,b-=m<2a了⑴>0或<b或A<0(A=0时,-——=m>1、2a0丰0或1)，解得m>-2.2a2分析：本例可根据抛物线分析：本例可根据抛物线f(x)=-2x2+x的对称轴x=1在区间［m,n］的相对位置关系进行讨论，但若注意到f(x)=-2xx例4已知定义在(0,1)上的函数f(x)=，当九为何值时，函数g(x)=f(x)-九x例4已知定义在(0,1)上的函数f(x)=，当九为何值时，函数g(x)=f(x)-九在x+1xe(0,1)上有零点?分析：函数g(x)=f(x)—九在xe(0,1)上有零点，即方程f(x)=x在xe(0,1)有解。所以n<1<1.故二次函数f(x)=-1x2+x在区间［m,n］上单调递增，从而可以避免分类讨论。62f(m)=3m［m=-4所以TOC\o"1-5"\h\z(m<n)，所以］.所以f(n)=3n［n=0例2(2005年天津卷)f(x)=log(2x2+x)在区间(0,1)内恒有f(x)>0，则f(x)的单调递增a2区间是()分析：常规思路是按照a>1和0<a<1两种情况讨论，但注意到函数t=2x2+x在区间(0,*)上值域是te(0,1)，即0<2x2+x<1.而已知f(x)=log(2x2+x)在区间(0,1)内恒有log(2x2+x)>0=log1，a2aa可知0<a<1，所以函数f(x)的单调递增区间是(-0-2)。二、分离参变量，回避讨论在含参数的方程或不等式中，若能通过适当的变形，使方程或不等式的一端只含有参数的解析式，另一端是无参数的主变元函数，从而分离参数，接下去只需解有关函数值域等的有关问题，从而回避讨论。(11TOC\o"1-5"\h\z例3(2006年江西卷)若不等式x2+ax+1>0对于一切xe0,片I成立，则a的最小值是()\2I分析：本题常规解法是设f(x)=x2+ax+1，其对称轴为x=-2，分别对x=-2与区间0,222I2的相对位置关系进行讨论。本题可利用分离参数变量的方法，从而避免繁杂的讨论。(1］解：因为不等式x2+ax+1>0对于一切xe0,牙I成立，\2I11(1I所以a>—(x+—)，可知a的最小值是f(x)=-(x+—)在xe0,三|上的最大值。xxv2」5易知a的最小值是-2*可得：九(2x)2-2x+X=0在xG(0,1)有解，可以利用一元二次方程根的分布知识分类讨论来解决。本题可利用分离参数变量的方法，使问题得以简化。解：函数g(x)=f(x)—九在xG(0,1)上有零点，即方程f(x)=X在xG(0,1)有解，所以求九的范围就转化为求函数f(x)=2xk在xG(04)上值域的问题'因为f(所以求九的范围就转化为求函数f(x)=2xk在xG(04)上值域的问题'因为f(x)=―,xG(0,1).2x+—2x根据函数f(x)的单调性可知函数f(x)在xG(0,1)上值域为k丿,k52丿(21)-，牙，函数g(x)=f(x)—九在xG(0,1)上有零点。k52丿三、利用导数思想，回避讨论所以当九G(2005年天津卷)若函数f(x)=log(x3—ax)(a>0,a丰1)在区间［—2,0丿内单调递增,k2丿则a的取值范围是()分析：本题常规思路是按照a>1和0<a<1两种情况讨论，但本题可利用导数的方法避免分类讨论。解：因为函数f(x)=log(x3—ax)(a>0,a丰1)在区间(—2,0］内单调递增,k2丿所以在xgL2,0丿时，f'(x)>0.k2丿(1)当xG—匸,0时,_3(x2—#)f'(x)==3>0.令x2=t,(x3—ax)lnax(x2—a)lna则tg［0,4丿，贝y有

k4丿3(t-3)_-一右<0成立，所以<4一3a<1.(t—a)lnaIna<04四、放眼整体，回避讨论整体思想，就是将问题看成一个整体，注意问题的结构和结构改造的思维过程。所谓整体处理，就是采用分解、组合、改造等手段，将问题的原有整体结构处理成一种新的整体结构，从而顺利地实现解题目的。例6(2004年湖北理)函数f(x)=a2+log(x+1)在【0,1］上的最大值和最小值之和为—a，则a的a值为()分析：本题常规思路是按照a>1和0<a<1两种情况讨论，但观察本题发现：无论a>1和0<a<1，函数f(x)=a2+log(x+1)在【0,1］上的最大值和最小值之和均是a2a2+log2，所以2a2+log2=-a，满足此式的只有a=丄.aa2五、更换主元，回避讨论“矛盾的双方在一定的条件下可以互相转化。对于存在两个或两个以上未知量的数学问题，若我们能破除思维定势，换一个角度，变更主元，转换方位，以“参数”反串“主元”，常常能回避讨论，得到意想不到的效果，使问题能更迅速地得到解决。例7(2004年福建理)已知f(x)=兰二£(xeR)在区间［-1,1］上是增函数。设关于x的方程f(x)=-的两个非零实根为x,x.试问：是否存在实数m，使得不等式m2+tm+1>x-x对任意

x1212ae［-1,1］及te［-1,1］恒成立？若存在，求m的取值范围；若不存在，请说明理由。2xa1分析：由xa=一，得x2-ax-2=0，因为A=a2+8>0,x2+2x所以x,x是方程x2-ax-2=0的两个非零实根,12所以x+x=a12所以x+x=a12xx=-212，从而£-x2=■,■(x+x)2-4xx=、1a2+8.1212因为ae[一1,1],所以t-x2=\：a2+8<3.对任意a对任意ae［-1,1］及te［-1,1］恒成立，当且仅当要是不等式m2+tm+1>x—x「12m2+tm+1>3对任意te[-1,1]恒成立，即m2+tm-2>0对任意te[-1,1]恒成立。Ig(-1)=m2-m-2>0<,nm>2设g(t)=m2+tm-2=mt+(m2-2),n［g(1)=m2+m-2>0或m<-2.所以，存在实数m,使得不等式m2+tm+1>x-x对任意ae［-1,1］及te［-1,1］恒成立，其12取值范围是｛mIm>2或m<-2).六、构造图形，避免讨论所谓构造图形，就是以“构造”为特点的思维过程。对某些分类讨论问题，可利用题设条件具有的某种特殊数量关系或图形具备的某种特点，构造满足题设条件的特殊图形或容易解决的问题，进行数形结合，可起到简化讨论的作用。例8(2004年福建理)已知已知f(x)=兰一f(xeR)在区间［-1,1］上是增函数。求实数a的x2+2值组成的集合A()分析：f'(x)=4：2ax-、2x2=-2((x2一:一2).因为f(x)在区间［-1,1］上是增函数，所以(x2x2)2(x2x2)2

f'(x)>0对x恒成立，即x2-ax-2<0对x恒成立。下面可对2>0和2<0两种情况分类进行讨论，但是本题可构造二次函数9(x)=x2-ax-2,根据函数图像，若x2-ax-2<0对xe[-1,1]恒成立，则只要满足申(一1)<0,9⑴<0即可。即所以A={aI-1<a<1}.所以A={aI-1<a<1}.9(-1)=1+a-2<01.已知函数f(1.已知函数f(x)二Inx+ax2-bx(a,b为常数)。(1)若f(x)存在极值，求a,b应满足的条减，所以f(x)存在一个极大值为f存在一个极小值为fb+减，所以f(x)存在一个极大值为f存在一个极小值为fb+Jb2一4a2a丿2a丿、b-Jb2一4ab2+2a一b\-b2一4a、二In-，f(x)2a4aib+x/b2一4ab2+2a+b/b2一4a=ln一2a4a件，并求f(x)的极值；(2)当a二1,b>2时，求f(x)的零点个数。解：(1)由题意，知函数的定义域为f'(x)二一+ax-b二，令xxg(x)二ax2-bx+1，由f(x)存在极值，且g(0)二1，得如下情况：1”当a=0时，g(x)二-bx+1，方程g(x)二0必存在一个正的实根，所以x=匸>0,即b>0，所以bTOC\o"1-5"\h\z11当0<x<时，g(x)>0,f'(x)>0,f(x)递增，当x>时，g(x)<0,f'(x)<0,f(x)递减，这时bbf(x)仅存在一个极大值为f()=-Inb+一1；b2b2当a>o时，抛物线g(x)二ax2-bx+1的开口方向向上，方程g(x)二0必存在两个不相等的正根,所以A二b2-4a>0且上>0，联立解得<2>4a，即b>2J万.解方程g(x)二0，得2alb>0b-\.'b2一4ab+\'b2一4a小b-、b2-4ab+fb2-4a廿―，当0<x<r^或x>—^^时'b—b2—4ab+\b2—4a2a2ag(x)>0,f'(x)>0,f(x)递增，当一二一<x<--—时，g(x)<0,f'(x)<0,f(x)递2a2a③当a<0时，抛物线g(x)二ax2-bx+1的开口方向向下，又g(0)二1，程g(x)二0必存在一个负2ab-pb2-4a2a丿;I、b-\b2-4ab2+2ab-pb2-4a2a丿;I、b-\b2-4ab2+2a-b\b2-4a二ln-2a4a综上，当a二0,b>0时，f(x)仅存在一个极大值为f()=-lnb+£—1；当a>0,b>2ja时,b2b2、b-*b2-4ab2+2a-b\b2-4a、二In-，f(x)的极小值为f(x)的极大值为fb一Jb2一4a2a丿2a4ab+Jb2一4a2ak丿(、、b-pb2-4aib+"b2-4ab2+2a+b\b2-4a二In一一一―一一；当a<0时，f(x)存在一个极大值为2a4a2a丿、b-\b2-4ab2+2a-bb2-4a=ln-2a4aib—\ib2—4a实根与一个正实根，且正实根为x=，这时f(x)存在一个极大值为1(2)由(1)中的，知当a二1,b>2时，f(x)有极大值和极小值，而由x=一一''一2一4=2<2<1，得lnx<0,12b+初2-4b1且f(x)极大值二f(x1)二lnx1+手一bx1<扌一花二竺尸<°因为f(x)在°x1］上是增函数,在L,x］上是减函数，所以当xg(0,x］时，f(x)<f(x)<0，即f(x)在(0,x］上无零点,函数,12212当xgL,+』时，f(x)是增函数，故f(x)在L,+s)上至多有一个零点。另一方面，因为22f(2b)二ln(2b)>0,f(x2)<0,则f(2b)f(x)<0，由零点定理得，f(x)在(x,2b)上至少有一个222零点，所以f(x)在L,+s)上有且只有一个零点，综上所述，当a二1,b>2时，f(x)有且只有一个2零点。已知函数f(x)二x2-4x+(2-a)lnx(agR,且a丰0).(1)当a=18时，求函数f(x)的单调区间；(2)求函数f(x)在区间Le2〕上的最小值。解：(1)当a=18时，f(x)二x2-4x-16lnx(x>0)，所以f'(x)=2x-4-二冷土.由f'(x)>0，解得x>4或-2<x<0，注意至ijx>0，所以xx函数f(x)的单调递增区间是(4,+』。由f'(x)<0，解得0<x<4或x<-2,注意到x>0，所以函数f(x)的单调递减区间是(0,4)综上所述，函数f(x)的单调递增区间是(4,+^),单调递减区间是

(0,4)(2)当xG2—a2x2—(0,4)(2)当xG2—a2x2—4x+2—a寸，f(x)=x2—4x+(2—a)lnx,f(x)=2x—4+=x故设g(x)=2x2—4x+2—a,当a<0时，有△=16—4x2(2—a)=8a<0,此时g(x)>0恒成立,所以f'(x)>0,f(x)在L,e2]上单调递增。所以f(x)二f(e)二e2—4e+2—a.当a>0时，min△=16—4x2(2—a)=8a>0,令f'(x)>0,即2x2—4x+2—a>0,^解得<2a2a2a'——；令f(x)<0，即2x2—4x+2—a<0，解得1—<x<1+.^2^2J2a当1+——>e2,即a>2(e2—1)2时,f(x)在,e2］上单调递减，所以f(x)m=f(e2)=e4—4e2+4—2a；in②当e<1+巧<e2,即2(e一1)2<a<2(e2—1)2时，f(x)在区间e,1+2a~1上单调递减,上单调递增，_[2-f(x)min=f1+,e2］f(x)min=f1+,e2］上单调递增，所以③当1+二£<e,即0<a<2(e—1)2时,f(x)在f(x)=f(e)=e2—4e+2—a.min综上所述，当a>2(e2—1)2时，f(x)=e4一4e2+4—2a；当2(e—1)2<a<2(e2—1)2时,minTOC\o"1-5"\h\za2af(x)二--莎—3+(2—a)ln(1+-)；当a<0或0<a<2(e—1)2时,min22f(x)—e2—4e+2—a.minC1“11)11)当0<x<—时，f—+x>f——xa(a丿(a丿3.(2011辽宁卷)已知函数f(x)—lnx—ax2+(2—a)x.(1)讨论f(x)的单调性；(2)设a>0，证明:

(3)若函数y二f(x)的图象与X轴交于A,B两点，线段AB中点的横坐标为x0，证明：f'(X)<0.0破题思路：本小题主要考查了利用导数研究函数的单调性和解决不等式证明问题，本题第(1)问要求考生先求函数的定义域，再讨论单调性，否则前功尽弃了。解:(1)f(X)的定义域为(0,+s)，f'(X)=-2ax+(2-a)=—竺竺丄.①若a<0,xx1(1)则f'(x)>0，所以f(x)在(0,+s)单调增加。②若a>0，则由f'(x)二0，得x=一，且当xg0,—ava丿时,f'(x)>0，当x时,f'(x)>0，当x>时,af'(x)<0，所以f(x)在f0丄、单调增加，在f1)—,+xVa丿单调减少。f1f1)f1)(2)设函数g(x)=f—+x-f—一x，Va丿Va丿则g(x)=ln(1+ax)-ln(1-ax)-2ax，TOC\o"1-5"\h\zaa2a3x21,g'(x)=-+——一2a=.当0<x<时，g'(x)>0,而g(0)=0,所以g(x)>0.故1+ax1一ax1一a2x2a1f1)f1)当0<x<一时，f—+x>f——xaVa丿Va丿TOC\o"1-5"\h\z由(1),可得当a<0时，函数y=f(x)的图象与x轴至多有一个交点，故a>0，从而f(x)的最大111值为f(一)，且f(一)>0，不妨设A(x,0),B(x,0),0<x<x,贝U0<x<一<x.由(2),得aa12121a2“2、“112x+x1f(-x)=f(+-x)>f(x)=0.从而x>-x，于是x=t2>.由(1),知a1aa112a102a八x0)<0・6.(2010清华大学自主招生)已知f(x)是定义在R上的奇函数，且当x<0时，f(x)单调递增，f(-1)=0.设申(x)=sin2x+mcosx-2m，集合M=<!mIVxg0<2,p(x)<0>,兀I0,-,f[p(x)]<0]，求McN。mIVxg0<2,p(x)<-1卜由解：由于f(x)是定义在R上的奇函数，且当x<0时，f(x)单调递增，f(-1)=0.可知f(p(x))<0op(x)<-1或0<p(x)<1.所以McN

申(x)<一1得sin2x+mcosx-2m+1<0ocos2x-mcosx+2m-2>0.令mIVxg0<2,p(x)<-1卜由t2-mt+2m一2>0在0<t<1区间内恒成立，这就转化为函数问题。mm若T(t)=t2-mt+2m-2，当—<0时，T(0)=2m一2,m>