恒成立能成立恰成立习题
收集整理恒成立、能成立、恰成立命题的相关习题。
前言
- 高频考查题型。
关联内容
常见类型
解析：将原不等式变形为\(ln(x+1)-x+\cfrac{x(x+2)+a}{x+2}>1\) ，即\(ln(x+1)-x+x+\cfrac{a}{x+2}>1\) ，
再分离参数得到\(a>(x+2)[1-ln(x+1)]\)恒成立，令\(g(x)=(x+2)[1-ln(x+1)]\)，
则\(g'(x)=1-ln(x+1)+(x+2)(-\cfrac{1}{x+1})\)\(=1-ln(x+1)-\cfrac{x+2}{x+1}\)\(=-ln(x+1)-\cfrac{1}{x+1}<0\)，
故\(g(x)\)在区间\((0，+\infty)\)上单调递减，则\(g(x)_{max}\rightarrow g(0)=2\)，
故得到\(a\ge 2\)，故选\(C\).
法1：函数法，从数的角度入手，转化为\(b<\sqrt{1-x^2}-x\)，
令\(g(x)=\sqrt{1-x^2}-x\)，即关键是求\(g(x)\)在区间\([-1，\cfrac{1}{2})\)上的最小值。
令\(x=cos\theta，\theta\in (\cfrac{\pi}{3}，\pi]\)，
故\(g(x)=\sqrt{1-x^2}-cos\theta=sin\theta-cos\theta=\sqrt{2}sin(\theta-\cfrac{\pi}{4})\)，
因为\(\theta\in (\cfrac{\pi}{3}，\pi]\)，则有\(\cfrac{\sqrt{3}-1}{2}<\sqrt{2}sin(\theta-\cfrac{\pi}{4})\leq 1\)，故\(b\leq \cfrac{\sqrt{3}-1}{2}\)。
法2：数形结合，令\(f(x)=\sqrt{1-x^2}，x\in[-1，\cfrac{1}{2})\)，对应图中的蓝色的圆的一部分，
令\(h(x)=x+b，x\in[-1，\cfrac{1}{2})\)，对应图中的红色的线段，
由题目可知，要使得\(f(x)>h(x)，x\in[-1，\cfrac{1}{2})\)上恒成立，
则只需要\(h(x)\)的图像在\(f(x)\)的图像下方即可，
由动画可知，当线段经过点\((\cfrac{1}{2}，\cfrac{\sqrt{3}}{2})\)时，\(b=\cfrac{\sqrt{3}}{2}-\cfrac{1}{2}\)，故\(b\leq \cfrac{\sqrt{3}-1}{2}\)。
【法1】：分离参数+构造函数，由题目可得\(a\leq \cfrac{2x^2+y^2-3xy}{y^2+xy}\)，
令\(f(x,y)= \cfrac{2x^2+y^2-3xy}{y^2+xy}\xlongequal[关于x，y的二次齐次式]{分子分母同除以y^2}\cfrac{2(\cfrac{x}{y})^2-3\cfrac{x}{y}+1}{1+\cfrac{x}{y}}\\\xlongequal[令\cfrac{x}{y}=t>0]{二元变一元}g(t)=\cfrac{2t^2-3t+1}{t+1}=2(t+1)+\cfrac{6}{t+1}-7\ge 2\sqrt{12}-7=4\sqrt{3}-7\)
当且仅当\(t=\sqrt{3}-1\)时取到等号。
故有\(a\leq 4\sqrt{3}-7\)，所以\(a_{max}=4\sqrt{3}-7\)。
【法2】：二元变一元，两边同除以\(y^2\)，得到\(2(\cfrac{x}{y})^2-(a+3)(\cfrac{x}{y})+(1-a)\ge 0\)，
令\(\cfrac{x}{y}=t>0\)，即\(2t^2-(a+3)t+(1-a)\ge 0\)对任意\(t>0\)恒成立，
令\(g(t)=2t^2-(a+3)t+(1-a)\) ，则分以下两种情形：
\(1^。\) \(\Delta=a^2+14a+1\leq 0\)，
解得\(-4\sqrt{3}-7\leq a \leq 4\sqrt{3}-7\)；
\(2^。\) \(\begin{cases}\Delta >0\\\cfrac{a+3}{2\cdot2}<0\\g(0)=1-a\ge 0 \end{cases}\)，
解得\(a<-4\sqrt{3}-7\)；
综上可知，\(a\leq 4\sqrt{3}-7\)，故\(a_{max}=4\sqrt{3}-7\)。
分析：由题知，\(a\ge \cfrac{t}{t^2+9}\)和\(a\leq \cfrac{t+2}{t^2}\)在\(t\in(0，2]\)上恒成立，
即\(a\ge [\cfrac{t}{t^2+9}]_{max}\)且\(a\leq [\cfrac{t+2}{t^2}]_{min}\)
令\(f(t)=\cfrac{t}{t^2+9}=\cfrac{1}{t+\cfrac{9}{t}}\)，在\(t\in(0，2]\)单调递增，故\(f(t)_{max}=f(2)=\cfrac{2}{13}\)；
令\(g(t)= \cfrac{t+2}{t^2}=\cfrac{1}{t}+2(\cfrac{1}{t})^2\)，在\(\cfrac{1}{t}\in [\cfrac{1}{2}，+\infty)\)上单调递增，故\(g(t)_{min}=g(\cfrac{1}{2})=1\)
综上可知，\(a\)的取值范围是\(a\in[\cfrac{2}{13}，1]\)。
分析：由②知函数\(y=f(x)\)是奇函数，定义在\(R\)上，故有\(f(0)=0\)及\(f(4)=f(-4)=0\)，
又题目已知\(y=f(x)\)在\(x\in [-4，4]\)上有\(5\)个零点，
则由奇函数\(y=f(x)\)的对称性可知在区间\((-4，0)\)上有且仅有一个零点；
即函数\(x\in(-4，0)\)时，\(f(x)=log_2^\;(\cfrac{x}{e^{-x}}+e^x-m+1)=0\)仅有一解，
即\(\cfrac{x}{e^{-x}}+e^x-m+1=1\)仅有一解，即\(m=e^x(x+1)\)有且仅有一解；
令\(g(x)=e^x(x+1)\)，\(g'(x)=e^x(x+2)\)，
当\(x\in (-4，-2)\)时，\(g'(x)<0\)，\(g(x)\)单调递减；当\(x\in (-2，0)\)时，\(g'(x)>0\)，\(g(x)\)单调递增；
做出函数\(g(x)\)在\((-4，0)\)上的大致图像可知，要使\(m=e^x(x+1)\)有且仅有一解；
需要函数\(y=g(x)\)与函数\(y=m\)的图像交点只能是一个，故\(m\in [-3e^{-4}，1)\cup \{-e^{-2}\}\)。
分析：由恒成立命题可知，需要\((\cfrac{2y}{x}+\cfrac{8x}{y})_{min}>m^2+2m\)，
\(\cfrac{2y}{x}+\cfrac{8x}{y}\ge 2\sqrt{\cfrac{2y}{x}\cdot \cfrac{8x}{y}}=8\)，
当且仅当\(y=2x\)时取到等号。故\(m^2+2m-8<0\)，解得\(-4<m<2\)。
分析：原不等式等价于\(a\leq \cfrac{1-bx-c}{x^2}\)，
即存在实数\(a\in[1，2]\)，对任意\(x\in[1，2]\)，\(a\leq \cfrac{1-bx-c}{x^2}\)成立，
故\(1\leq \cfrac{1-bx-c}{x^2}\)对任意\(x\in[1，2]\)恒成立，
即\(x^2+bx+c-1\leq 1\)对任意\(x\in[1，2]\)恒成立，
令\(g(x)=x^2+bx+c-1\)，则必有\(\begin{cases}g(1)\leq 0\\g(2)\leq 0\end{cases}\)，
即\(\begin{cases}1+b+c-1\leq 0\\4+2b+c-1 \leq 0\end{cases}\)，
解得\(\begin{cases}b+c\leq 0\\2b+c\leq -3\end{cases}\)，
所以\(7b+5c=3(b+c)+2(2b+c)\leq -6\)；即\((7b+5c)_{max}=-6\)。
反思总结：上述解法使用了不等式的性质，当然也可以用线性规划的知识来求解，同样能求得\((7b+5c)_{max}=-6\)。
分析：由题目易知函数的解析式 \(f(x)=2^{|x|}\)，则区间 \([a，a+2]\) 上，\(f(x+a)\ge f^2(x)\) 恒成立，可以转化为 \(2^{|x+a|}\)\(\ge\) \(2^{|2x|}\) 恒成立，接下来可以转化为思路一：\(g(x)=2^{|x+a|}-2^{|2x|}\ge 0\)恒成立，分类讨论，这个思路是个大坑，曾经跳过一次，没有跳出来；思路二：或者利用 \(y=2^t\) 的单调性，等价转化为 \({|x+a|}\ge {|2x|}\) 恒成立，再转化为二次函数恒成立问题求解即可，此思路简单可行。
解：由题目易知函数的解析式\(f(x)=2^{|x|}\)，则区间\([a，a+2]\)上，\(f(x+a)\ge f^2(x)\)恒成立，
可以转化为\(2^{|x+a|}\ge 2^{|2x|}\)恒成立，即\({|x+a|}\ge {|2x|}\)恒成立，
两边平方做差，即\(3x^2-2ax-a^2\leq 0\)在区间\([a，a+2]\)上恒成立，
令\(h(x)=3x^2-2ax-a^2\)，只需满足\(\begin{cases}h(a)\leq 0\\h(a+2)\leq 0\end{cases}\)，
即\(\begin{cases}3a^2-2a^2-a^2\leq 0\\3(a+2)^2-2a(a+2)-a^2\leq 0\end{cases}\)，
解得\(a\leq -\cfrac{3}{2}\).
解后反思：①、将函数\(f(x)\)的解析式做成分段函数的形式，就很容易将思路引入分类讨论；再次提醒最好将函数\(f(x)=2^{|x|}\)看成一个模板函数。②、当转化得到函数\(g(x)=2^{|x+a|}-2^{|2x|}\ge 0\)恒成立后，如果想到分类讨论去掉绝对值符号，就会及其麻烦；③、如果出现了两个绝对值符号，去掉的最好方法就是同时平方的方法。
分析：由于定义在\([1，+\infty)\)上，故先将函数简化\(g(x)=\cfrac{1}{2}x^2\)，
再将\(m[g(x_1)-g(x_2)]>x_1f(x_1)-x_2f(x_2)\)恒成立，变形为\(mg(x_1)-x_1f(x_1)>mg(x_2)-x_2f(x_2)\)恒成立，
故令\(H(x)=mg(x)-xf(x)\)，则由题目可知，函数\(H(x)\)在\([1，+\infty)\)上单调递增，
\(H(x)=m\cdot \cfrac{1}{2}x^2-x\cdot lnx\)，则\(H'(x)=mx-(lnx+1)\ge 0\)恒成立，
分离参数得到\(m\ge \cfrac{lnx+1}{x}\)在\([1，+\infty)\)上恒成立，
再令\(h(x)= \cfrac{lnx+1}{x}\)，只需要\(m\ge h(x)_{max}\)；
而\(h'(x)=\cfrac{1-(lnx+1)}{x^2}=\cfrac{-lnx}{x^2}<0\)在区间\([1，+\infty)\)上恒成立，
故函数\(h(x)\)在区间\([1，+\infty)\)上单调递减，故\(h(x)_{max}=h(1)=1\)，故\(m\ge 1\)。
易错警示
- 恒成立题目中无等号但是参数却能取到等号
分析：令\(f(x)=2^x=t\)，由\(x\in R\) 得到\(t>0\)，故题目等价转化为\(t^2+t-m>0\)对\(\forall t>0\)恒成立，
分离参数，得到\(m<t^2+t\)对\(\forall t>0\)恒成立，令\(g(x)=t^2+t，t>0\)，
故函数\(g(x)\)在区间\((0，+\infty)\)上没有最小值，有最小值的极限，即\(g(x)>g(0)=0\)，
故\(m\leqslant 0\)。
反思总结：1、本题目容易错误理解为这样的类型，\(t^2+t-m>0\)对\(\forall t\in R\)恒成立，故\(\Delta <0\)，这样的转化是不等价的，原因是原题目转化为\(t>0\)时恒成立而不是\(t\in R\)恒成立。2、由于函数\(g(x)\)的值域中没有0，又要求\(m>g(x)\)，故可以有\(m=0\)。
- 若已知不等式 \(f(x)\geqslant0\) 的解集为 \([a,b]\)，则 \(f(x)\geqslant0\) 在 \([a,b]\) 上是恰成立的；若已知不等式 \(f(x)\geqslant0\) 的解集为 \([a,b]\)，且 \([c,d]\susetneqq [a,b]\)，则 \(f(x)\geqslant0\) 在 \([c,d]\) 上是恒成立的；
高阶题目
法1：从数的角度分析：不等式\(f(x)\ge |\cfrac{x}{2}+a|\)在\(R\)上恒成立，
即\(-f(x) \leq \cfrac{x}{2}+a\leq f(x)\)恒成立，
即\(g(x)=-f(x)-\cfrac{x}{2} \leq a\leq f(x)-\cfrac{x}{2}=h(x)\)恒成立，
接下来，需要求解分段函数\(g(x)_{max}\)和分段函数\(h(x)_{min}\)，而这两个分段函数的最值的求解是比较费事的。
法2：从形的角度，题目要求\(f(x)\ge |\cfrac{x}{2}+a|\)在\(R\)上恒成立，
则函数\(f(x)\)的图像必须始终在函数\(y=|\cfrac{x}{2}+a|\)的上方，
其中分段函数\(f(x)\)的图像我们自己可以做出来，
函数\(y=|\cfrac{x}{2}+a|\)的图像是个动态的图像，我们也可以做出来，
然后分析其中的控制因素，由形转化为数即可。具体求解如下：
先求解绝对值函数的左支\(y=-\cfrac{x}{2}-a\)和分段函数的第一段\(y=x^2-x+3，x\leq 1\)相切的切点坐标\((x_0，y_0)\),
当\(x\leq -2a(左支)\)时，有\(\begin{cases}k=f'(x_0)=2x_0-1=-\cfrac{1}{2}\\y_0=-\cfrac{x_0}{2}-a\\y_0=x_0^2-x_0+3\end{cases}\)，
解得\(x_0=\cfrac{1}{4}，y_0=\cfrac{45}{16}\)，代入求得\(a=-\cfrac{47}{16}\)；
再求解绝对值函数的右支\(y=\cfrac{x}{2}+a\)和分段函数的第二段\(y=x+\cfrac{2}{x}，x> 1\)相切的切点坐标\((x_1，y_1)\),
当\(x> -2a(右支)\)时，有\(\begin{cases}k=f'(x_1)=1-\cfrac{2}{x_1^2}=\cfrac{1}{2}\\y_1=\cfrac{x_1}{2}+a\\y_1=x_1+\cfrac{2}{x_1}\end{cases}\)，
解得\(x_1=2，y_1=3\)，代入求得\(a=2\)；
再结合参数\(a\)的几何意义是\(y\)截距，可得\(-\cfrac{47}{16}\leq a\leq 2\)，故选\(A\)。
法1：从形的角度入手分析，在同一个坐标系中做出静态函数\(y=|f(x)|\)的图像和动态函数\(y=ax\)的图像，然后让动态函数的斜率\(a\)变化，就可以发现，
当\(k\leq a\leq 0\)时满足\(|f(x)|\ge ax\)，
其中\(k\)是函数\(y=ax\)与函数\(y=x^2-2x\)在点\((0，0)\)处的切线的斜率。
由\(y=h(x)=x^2-2x\)得到，\(h'(x)=2x-2\)，则\(h'(0)=k=-2\)，
故\(-2\leq a\leq 0\)，故选\(D\)。
[补充说明]为什么会相切于点\((0,0)\)，还可以这样解释；
由\(y=x^2-2x(x\leqslant 0)\)和\(y=ax(x\leqslant 0)\)联立，得到\(x^2-(a+2)x=0\)，由于二者相切，
故由\(\Delta=(a+2)^2=0\)，得到\(a=-2\)，代入上述方程\(x^2-(a+2)x=0\)，得到\(x=0\)，且\(y=0\)，
即当直线\(y=ax\)的斜率\(a=-2\)时，与曲线\(y=x^2-2x(x\leqslant 0)\)相切于点\((0,0)\)；
法2：从数的角度入手分析，
(1).当\(x>0\)时，要使得\(|f(x)|\geqslant ax-1\)，即\(|\ln(x+1)|=\ln(x+1)\geqslant ax\)，显然需要\(a\leqslant 0\)；
(2).当\(x\leqslant 0\)时，要使得\(|f(x)|\geqslant ax\)，即\(|-x^2+2x|=x^2-2x\geqslant ax\)，即\(ax\leqslant x^2-2x\)恒成立，
当①\(x=0\)时，即\(a\in R\)时满足题意；
②\(x<0\)时，即\(a\geqslant x-2\)恒成立，又由于\(x-2<-2\)即\(x-2\)在\(x<0\)时的最大值的极限为\(-2\)\(\quad\)，则\(a\geqslant -2\)；
故当\(x\leqslant 0\)时，需要\(a\geqslant -2\)，
综上所述，得到\(-2\leqslant a\leqslant 0\)，故选\(D\).
法1：注意到我们可以手动做出分段函数\(f(x)\)的图像，以及过定点\((0，-1)\)的斜率\(a\)变化的动直线\(y=ax-1\)，故从形入手分析，
由图像可知，我们的重点是要求解动直线\(y=ax-1\)和曲线\(y=x^2-2x(x\leq 0)\)相切时的切点坐标。
设切点\(P(x_0，y_0)\)，则有\(\begin{cases}a=f'(x_0)=2x_0-2\\ y_0=ax_0-1 \\ y_0=x_0^2-2x_0 \end{cases}\)，
解得\(x_0=-1，y_0=3\)，代入求得\(a=-4\)；由动图可知，另一个临界位置是\(a=0\)，故选\(C\)。
[补充说明]为什么会相切于点\((-1,3)\)，还可以这样解释；
由\(y=x^2-2x(x\leqslant 0)\)和\(y=ax-1(x\leqslant 0)\)联立，得到\(x^2-(a+2)x+1=0\)，由于二者相切，
故由\(\Delta=(a+2)^2-4\times1=0\)，得到\(a=0\)(舍去)或\(a=-4\)，将\(a=-4\)代入上述方程\(x^2-(a+2)x+1=0\)，得到\(x=-1\)，且\(y=3\)，
即当直线\(y=ax-1\)的斜率\(a=-4\)时，与曲线\(y=x^2-2x(x\leqslant 0)\)相切于点\((-1,3)\)；
法2：从数的角度入手分析，
(1).当\(x>0\)时，要使得\(|f(x)|\geqslant ax-1\)，即\(|\ln(x+1)|=\ln(x+1)\geqslant ax-1\)，显然需要\(a\leqslant 0\)；
(2).当\(x\leqslant 0\)时，要使得\(|f(x)|\geqslant ax-1\)，即\(|-x^2+2x|=x^2-2x\geqslant ax-1\)，即\(ax\leqslant x^2-2x+1\)恒成立，
当①\(x=0\)时，即\(a\in R\)时满足题意；
②\(x<0\)时，即\(a\geqslant \cfrac{x^2-2x+1}{x}=x+\cfrac{1}{x}-2\)恒成立，又\([x+\cfrac{1}{x}-2]_{max}=-4\)，当\(x=-1\)时取到等号；
故当\(x\leqslant 0\)时，需要\(a\geqslant -4\)，
综上所述，得到\(-4\leqslant a\leqslant 0\)，故选\(C\).
分析：由题目可知，\(f'(x)\ge 0\)在区间\([0，\cfrac{\pi}{2}]\)上恒成立，\(f'(x)=2a-1-\cfrac{1}{2}\cdot (-sin2x)\cdot 2-a(cosx-sinx)\ge 0\)恒成立，即\(2a-1+sin2x+a(sinx-cosx)\ge 0\)恒成立，接下来的思路有：
思路一：分离参数，当分离为\(a\ge \cfrac{1-sin2x}{2+sinx-cosx}=g(x)\)时，你会发现，求函数\(g(x)_{max}\)很难，所以放弃；
思路二：转化划归，令\(sinx-cosx=t=\sqrt{2}sin(x-\cfrac{\pi}{4})\)，由于\(x\in [0，\cfrac{\pi}{2}]\)，故\(t\in [-1，1]\)
由\((sinx-cosx)^2=t^2\)，得到\(sin2x=1-t^2\)，
故不等式转化为\(at+1-t^2+2a-1\ge 0\)，
即\(t^2-at-2a\leq 0\)在\(t\in [-1，1]\)上恒成立，
令\(h(t)=t^2-at-2a，t\in [-1，1]\)，
则\(h(t)\leq 0\)等价于
\(\begin{cases}h(-1)=1+a-2a\leq 0\\h(1)=1-a-2a\leq \end{cases}\)
解得\(a\ge 1\)，故选\(D\)。
解后反思：
1、已知含参函数\(f(x)\)的单调性(比如单增)，求参数的取值范围，等价于\(f'(x)\ge 0\)，且还需要验证等号时不能让函数\(f(x)\)称为常函数，不过解答题一般不需要验证，是因为给定的函数比较复杂，当参数取到某个值是一般不会称为常函数。
2、转化为已知恒成立问题，求参数范围，一般首选分离参数的思路。
3、关于三角函数的这种转化必须熟练掌握。三角函数的转化
4、二次函数在某个区间上恒成立问题的模型必须熟练掌握。二次函数恒成立模型
分析：由等比数列性质可知，\(a_2a_3=27\)，\(a_2+a_3=12\)，
则\(a_2\)，\(a_3\)是方程\(x^2-(a_2+a_3)x+a_2a_3=0\)，即方程为\(x^2-12x+27=0\)的两个根，
解得\(a_2=3\)，\(a_3=9\)，或\(a_2=9\)，\(a_3=3\)(舍去)；
则\(a_n=3^{n-1}\)，从而计算得到\(S_n=\cfrac{3^n-1}{2}\)，
故已知条件\(2a_{n+1}S_n-21a_{n+1}\ge t\)可以变形为
\(t\leq 2\cdot 3^n\cdot \cfrac{3^n-1}{2}-21\cdot 3^n=(3^n)^2-22\cdot 3^n=(3^n-1)^2-121\)，
令\(g(n)=(3^n-1)^2-121\)，以下类比二次函数求最值的方法，注意\(n\in N^*\)的条件限制，
则当\(n=2\)时，\(g(n)_{min}=(3^2-11)^2-121=-117\)，故\(t\leq -117\)，即所求范围为\((-\infty，-117]\)。
解后反思：①本题目的难点之一是解方程求数列通项公式；②恒成立问题；③求二次函数的最值；
特殊难题
（I）求函数\(f(x)\)的解析式；
（Ⅱ）若对任意\(x∈[-1，1]\)，不等式\(f(x+t)＜f(\frac{x}{3})\)恒成立，求实数\(t\)的取值范围．
解析：（I）由题意得：\(f（-2）=4a-2b+c=0①\)，因为不等式\(2x≤f（x）≤\frac{1}{2}x^2+2\)对一切实数x都成立，
令\(x=2\)，得：\(4≤f（x）≤4\)，所以\(f（2）=4\)，即\(4a+2b+c=4②\)
由①②解得：\(b=1，且c=2-4a，\) 所以\(f（x）=ax^2+x+2-4a\)，
由题意得：\(f（x）-2x≥0\)且\(f（x）-\frac{1}{2}x^2-2≤0\)对\(x∈R\)恒成立，
即\(\begin{cases}ax^2-x+2-4a\ge 0③\\(a-\frac{1}{2})x^2+x-4a\leq 0 \end{cases}\)对\(x\in R\)恒成立，
对③而言，由\(a>0\)且\(\Delta =1-4a(2-4a)\leq 0\)，得到\((4a-1)^2\leq 0\)，所以\(a=\frac{1}{4}\)，经检验满足，
故函数\(f(x)\)的解析式为\(f(x)=\frac{1}{4}x^2+x+1\)。
（Ⅱ）法一：二次函数法，由题意，\(f(x+t)<f(\frac{x}{3})\)对\(x\in [-1，1]\)恒成立，
可转化为\(\frac{1}{4}(x+t)^2+(x+t)+1<\frac{1}{4}(\frac{x}{3})^2+\frac{x}{3}+1\)对\(x\in [-1，1]\)恒成立，
整理为\(8x^2+(18t+24)x+9t^2+36t<0\)对\(x\in [-1，1]\)恒成立，
令\(g(x)=8x^2+(18t+24)x+9t^2+36t\)，则有\(\begin{cases}g(-1)<0\\g(1)<0\end{cases}\)，
即有\(\begin{cases}9t^2+18t-16<0\\9t^2+54t+32<0\end{cases}\)，
解得\(\begin{cases}-\frac{8}{3}< t <\frac{2}{3}\\-\frac{16}{3}< t <-\frac{2}{3}\end{cases}\)，
所以\(t\)的取值范围为\(-\frac{8}{3}< t <-\frac{2}{3}\)。
法二，利用乘积的符号法则和恒成立命题求解，
由(1) 得到，\(f(x)=\frac{1}{4}(x+2)^2\)，
\(f(x+t)<f(\frac{x}{3})\)对\(x\in [-1，1]\)恒成立，
可转化为\(\frac{1}{4}(x+t+2)^2<\frac{1}{4}(\frac{x}{3}+2)^2\)对\(x\in [-1，1]\)恒成立，
得到\((x+t+2)^2-(\frac{x}{3}+2)^2<0\)对\(x\in [-1，1]\)恒成立，
平方差公式展开整理，即\((\frac{4x}{3}+t+4)(\frac{2x}{3}+t)<0\)，
即\(\begin{cases}\frac{4x}{3}+t+4<0\\ \frac{2x}{3}+t >0\end{cases}\)对\(x\in [-1，1]\)恒成立，或\(\begin{cases}\frac{4x}{3}+t+4>0\\\frac{2x}{3}+t <0\end{cases}\)对\(x\in [-1，1]\)恒成立；
即\(\begin{cases}t <(-\frac{4x}{3}-4)_{min}\\t >(-\frac{2x}{3})_{max}\end{cases}\)，或\(\begin{cases}t >(-\frac{4x}{3}-4)_{max}\\t <(-\frac{2x}{3})_{min}\end{cases}\)，
\(\begin{cases}t <-\frac{16}{3}\\t >\frac{2}{3}\end{cases}\)，或\(\begin{cases}t >-\frac{8}{3}\\t <-\frac{2}{3}\end{cases}\)，
即\(x\in \varnothing\) 或\(-\frac{8}{3}< t <-\frac{2}{3}\)，
所以\(t\)的取值范围为\(-\frac{8}{3}< t <-\frac{2}{3}\)。
点评：①注意由\(k\leq f(x)\leq k\)得到\(f(x)=k\)的结论的使用。②二次函数\(f(x)=ax^2+bx+c(a>0)\)在区间\([m，n]\)上恒有\(f(x)<0\)成立，等价于\(f(m)<0\)且\(f(n)<0\)。③乘积的符号法则\(a\cdot b<0\)等价于\(a>0\)且\(b<0\)或者\(a<0\)且\(b>0\)；④恒成立的模型\(A>f(x)\)恒成立等价于\(A> f(x)_{max}\)，\(A < f(x)\)恒成立等价于\(A < f(x)_{min}\)；⑤平方差公式的主动灵活运用。
（1）当\(a=1\)，\(b=-1\)时，设\(f(x)=\cfrac{f_2(x)}{f_1(x)}\)，求函数\(f(x)\)的极值。
（2）设\(a>0\)，若对任意的\(m，n∈[0，1](m\neq n)\)，\(|f_1(m)-f_1(n)|>|f_2(m)-f_2(n)|\)恒成立，求\(a\)的最大值。
（3）设\(g(x)=\cfrac{f_1(x)\cdot f_2(x)}{x}\)，\(g'(x)\)是函数\(g(x)\)的导函数，若存在\(x>1\) ，使得\(g(x)+g'(x)=0\)成立，求\(\cfrac{b}{a}\)的取值范围。
【分析】（1）用常规方法导数法，求数字系数的函数的极值。（2）利用函数的单调性去掉绝对值符号，构造新函数，可以将问题再次转化为恒成立，然后分离参数求解。（3）先化简方程\(g(x)+g'(x)=0\)，然后分离参数得到方程\(\cfrac{b}{a}=h(x)\)，这样就只需要求函数\(h(x)\)的值域就可以了。
【解答】（1）由于\(f(x)=\cfrac{x^2-2x-1}{e^x}\)，则有\(f'(x)=\cfrac{(2x-2)e^x-(x^2-2x-1)e^x}{(e^x)^2}=-\cfrac{x^2-4x+3}{e^x}=-\cfrac{(x-1)(x-3)}{e^x}\)
注意到\(-\cfrac{1}{e^x}<0\)恒成立，故借助二次函数的图像就直接得到，
当\(x<1\)时，\(f'(x)<0\)，\(f(x)\)在\((-∞，1)\)上单调递减，
当\(1<x<3\)时，\(f'(x)>0\)，\(f(x)\)在\((1，3)\)上单调递增，
当\(x>3\)时，\(f'(x)<0\)，\(f(x)\)在\((3，+∞)\)上单调递减，
故当\(x=1\)时，函数\(f(x)\)有极小值，为\(f(1)=-\cfrac{2}{e}\)，当\(x=3\)时，函数\(f(x)\)有极大值，为\(f(3)=\cfrac{2}{e^3}\)
（2）不妨设\(m>n\)，则函数\(f_1(x)\)在区间\([0，1]\)上单调递增，故\(f_1(m)-f_1(n)>0\)，
又\(f_2(x)=a(x-1)^2+b-a\)，对称轴是\(x=1\)，开口向上，故函数\(f_2(x)\)在区间\([0，1]\)上单调递减，故\(f_2(m)-f_2(n)<0\)，
这样对任意的\(m，n∈[0，1]（m>n）\)，\(|f_1（m）-f_1（n）|>|f_2（m）-f_2（n）|\)恒成立，
就可以转化为\(f_1（m）-f_1（n）>f_2（m）-f_2（n）\)恒成立，
即\(f_1（m）+f_2（m）>f_1（n）+f_2（n）\)恒成立，
令\(h(x)=f_1（x）+f_2（x）=e^x+ax^2-2ax+b\)，则到此的题意相当于已知\(m>n\)时，\(h(m)>h(n)\)，
故函数\(h(x)\)在区间\([0，1]\)上单调递增，故\(h'(x)≥0\)在区间\([0，1]\)上恒成立；
即\(h'(x)=e^x+2ax-2a≥0\)在区间\([0，1]\)上恒成立；
即\(2a(1-x)≤e^x\)恒成立，这里我们使用倒数法分离参数得到，
\(\cfrac{1}{2a}≥\cfrac{1-x}{e^x}\)在区间\([0，1]\)上恒成立；
再令\(p(x)=\cfrac{1-x}{e^x}\)，即需要求\(p(x)_{max}\)，
\(p'(x)=\cfrac{-1×e^x-(1-x)e^x}{(e^x)^2}=\cfrac{x-2}{e^x}\)，
容易看出，当\(x∈[0，1]\)时，\(p'(x)<0\)恒成立，故\(p(x)\)在区间\([0，1]\)上单调递减，
则\(p(x)_{max}=p(0)=1\)，故\(\cfrac{1}{2a}≥1\)，又\(a>0\)，
故解得\(0<a≤1\)。故\(a_{max}=1\).
（3）\(g(x)=\cfrac{e^x(ax^2-2ax+b)}{x}\)，则\(g'(x)=\cfrac{[e^x(ax^2-2ax+b)]'\cdot x-[e^x(ax^2-2ax+b)]\cdot 1}{x^2}\)
其中\([e^x(ax^2-2ax+b)]'=e^x(ax^2+b-2a)\)，
所以\(g(x)+g'(x)=0\)，即转化为\(\cfrac{e^x(ax^2-2ax+b)}{x}+\cfrac{e^x(x-1)(ax^2+b)}{x^2}=0\)，
即\(\cfrac{e^x(ax^2-2ax+b)x}{x^2}+\cfrac{e^x(x-1)(ax^2+b)}{x^2}=0\)，
即\(2ax^3-3ax^2+2bx-b=0\)，即方程\(\cfrac{b}{a}=\cfrac{x^2(2x-3)}{1-2x}\)在\(x>1\)时有解，
令\(h(x)=\cfrac{x^2(2x-3)}{1-2x}\)，则\(\cfrac{b}{a}\)的取值范围即函数\(h(x)\)的值域；
\(h'(x)=\cfrac{(6x^2-6x)(1-2x)+2(2x^3-3x^2)}{(1-2x)^2}=\cfrac{-2x(4x^2-6x+3)}{(1-2x)^2}\)，
其中\(4x^2-6x+3>0\)恒成立，当\(x>1\)时必有\(h'(x)<0\)恒成立，
即函数\(h(x)\)在区间\((1，+∞)\)上单调递减，故\(h(x)<h(1)=1\)
故\(\cfrac{b}{a}\)的取值范围是\((-∞，1)\)。
【点评】（1）注意到导函数的分子函数是二次函数，且\(e^x>0\)，故借助二次函数的图像很快就能写出单调区间，基本常规题目。（2）出现函数值的差的绝对值问题，常常想到利用函数的单调性去掉绝对值符号进行转化；另外在分离参数时如果按照常规方法分离需要分类讨论，这里使用了倒数法分离参数，就能很好的避免分类讨论，嵌套的层次比较多，运算量比较多，是个难题。（3）本题目的运算太过繁琐了，不过解题的思路倒不是很难，先化简方程\(g(x)+g'(x)=0\)，然后分离参数得到方程\(\cfrac{b}{a}=h(x)\)，由方程有解，转化为求函数\(h(x)\)的值域问题。
分析：由于对于任意的\(x\in R\)，都有\(|\vec{b}+x\vec{a}|\geqslant |\vec{b}-\vec{a}|\)，
则\(|\vec{b}+x\vec{a}|^2\geqslant |\vec{b}-\vec{a}|^2\)对于任意的\(x\in R\)都成立，
即\((\vec{b}+x\vec{a})^2\geqslant (\vec{b}-\vec{a})^2\)对于任意的\(x\in R\)都成立，
即\(\vec{b}^2+2x\vec{a}\cdot\vec{b}+x^2\cdot \vec{a}^2\geqslant \vec{b}^2+\vec{a}^2-2\vec{a}\cdot\vec{b}\)，
即\(\vec{a}^2\cdot x^2+2\cdot |\vec{a}|\cdot \cfrac{\sqrt{2}}{2}\cdot \cfrac{\sqrt{2}}{2}x+2\cdot |\vec{a}|\cdot \cfrac{\sqrt{2}}{2}\cdot \cfrac{\sqrt{2}}{2}-\vec{a}^2\geqslant0\)，
由于\(\vec{a}\neq \vec{0}\)，故上式是关于\(x\)的二次不等式，注意：\(\vec{a}^2=|\vec{a}|^2\)，
即\(|\vec{a}|^2\cdot x^2+|\vec{a}|\cdot x+|\vec{a}|-|\vec{a}|^2\geqslant 0\)对于任意的\(x\in R\)都成立，
故\(\Delta \leqslant 0\)恒成立，即\(\Delta=|\vec{a}|^2-4|\vec{a}|^2(|\vec{a}|-|\vec{a}|^2)\leqslant 0\)，
即\(1-4(|\vec{a}|-|\vec{a}|^2)\leqslant 0\)，即\((2|\vec{a}|-1)^2\leqslant 0\)，
又由于\((2|\vec{a}|-1)^2\geqslant 0\)，故只能\((2|\vec{a}|-1)^2=0\)，
即\(|\vec{a}|=\cfrac{1}{2}\)。
