【精品教案】《选修11：导数的应用：恒成立问题、存在性问题》教案

适用学科
高中数学
适用区域
苏教版
知识点 1.恒成立问题
2.存在性问题
适用年级 课时时长（分钟）
高二 2 课时
教学目标 1. 能利用导数熟练解决恒成立问题 ．
2. 能利用导数熟练解决存在性问题
教学重点 分辨恒成立问题、存在性问题 教学难点 理解最大最小值成立
【知识导图】
教学过程
一、导入
【教学建议】 导入是一节课必备的一个环节，是为了激发学生的学习兴趣，帮助学生尽快进入学习状
态。 导入的方法很多，仅举两种方法： ① 情境导入，比如讲一个和本讲内容有关的生活现象； ② 温故知新，在知识体系中，从学生已有知识入手，揭示本节知识与旧知识的关系，帮学
生建立知识网络。
极值与最值的区别和联系
(1)函数的极值表示函数在一点附近的情况，是在局部对函数值的比较；函数的最值是 函数在整个定义域上的情况，是对函数在整个定义域上的函数值的比较．
(2)函数的极值不一定是最值，需对极值和区间端点的函数值进行比较，或者考察函数

在区间内的单调性． (3)如果连续函数在区间(a，b)内只有一个极值，那么极大值就是最大值，极小值就是最
小值． (4)可用函数的单调性求 f(x)在区间上的最值，若 f(x)在[a，b]上单调递增，则 f(x)的最大
值为 f(b)，最小值为 f(a)，若 f(x)在[a，b]上单调递减，则 f(a)为函数的最大值，f(b)为函数的 最小值．
二、知识讲解
（考1点）恒1成立恒问成题立的问转题化： a
?
f
? x? 恒成立 a
?
f
? x?max
；a
?
f
? x?恒成立 ?
a
?
f
?x? min
（2）能成立问题的转化： a
?
f
? x? 能成立 a ?
f
?
?x min
；a
?
f
? x?能成立 ?
a
?
f
? x?max
（3）恰成立问题的转化： a ? f ? x? 在 M 上恰成立 a ? f ? x? 的解集为
M
?
??a ? ??a
? ?
f f
? x?在 M 上恒成立 ? x?在CRM 上恒成立
另一转化方法：若 x ? D, f (x) ? A 在 D 上恰成立，等价于 f (x) 在 D 上的最小值
f min (x) ? A ，若 x ? D, f (x) ? B 在 D 上恰成立，则等价于 f (x) 在 D 上的最大值 fmax(x) ? B .
（4）若不等式 f ? x? ? g ? x? 在区间 D 上恒成立，则等价于在区间 D 上函数 y ? f ? x? 和图 象在函数 y ? g ? x? 图象上方；
（5）若不等式在区间 D 上恒成立，则等价于在区间 D 上函数 y ? f ? x? 和图象在函数 y ? g ? x? 图象下方；
考点 2 存在性问题
（1）设函数 f ?x? 、 g?x? ，对任意的 x1 ? ?a , b?，存在 x2 ? ?c , d ? ，使得 f ?x1 ? ? g?x2 ?， 则 f min ?x? ? g min ?x?

（2）设函数 f ?x? 、 g?x? ，对任意的 x1 ? ?a , b?，存在 x2 ? ?c , d ? ，使得 f ?x1 ? ? g?x2 ?，
则 fmax?x? ? gmax?x?。
（3）设函数 f ?x? 、 g?x? ，对任意的 x1 ? ?a , b?，存在 x2 ? ?c , d ? ，使得 f ? x1? =g ? x2 ? ， 则 f ? x? 在 x1 ? ?a , b?上的值域 M 是 g?x? 在 x2 ? ?c , d ? 上的值域 N 的子集。即：MN。
（4）设函数 f ?x? 、 g?x? ，存在 x1 ? ?a , b?，存在 x2 ? ?c , d ? ，使得 f ?x1 ? ? g?x2 ?，则
f max?x? ? g min ?x?
（5）设函数 f ?x? 、 g?x? ，存在 x1 ? ?a , b?，存在 x2 ? ?c , d ? ，使得 f ?x1 ? ? g?x2 ?，则 ? ? ? ? fmin x ? gmax x
类型三一、恒例成题立精问析题
例题 1
已知函数 f (x) ? x 2 ? 2ax ? 1， g(x) ? a ，其中 a ? 0 ， x ? 0 ．对任意 x ?[1,2] ，都有 x
f (x) ? g(x) 恒成立，求实数的取值范围；
【解析】由
x2
? 2ax
?1?
a x
?
0
?
a
?
x3 ? x 2x2 ?1
成立，只需满足 ? ( x)
?
x3 ? x 的最小值 2x2 ?1
大于即可．对 ? ( x)
?
x3 ? x 求导，??(x)
2x2 ?1
?
2x4 ? x2 ?1 (2x2 ?1)2
?
0 ，故?(x)
在
x ?[1,2]
是增函
数，?min (x)
?
? (1)
?
2 3
，所以的取值范围是 0
?
a
?
2 3
．
【总结与反思】在函数的导数应用中极值和最值往往都的联立出现的，尤其是最值的求解过
程中，一定会涉及到极值的求解部分，所以也可以说：极值不一定是最值，但是最值一定是
极值。
例题 2
已知 f(x)＝ax3＋cx＋d(a≠0)是 R 上的奇函数，当 x＝1 时，f(x)取得极值－2．

(1)求 f(x)的解析式； (2)证明对任意 x1、x2∈(－1，1)，不等式｜f(x1)－f(x2)｜＜4 恒成立． 解：(1)由 f(x)＝ax3＋cx＋d(a≠0)是 R 上的奇函数，知 f(0)＝0，解得 d＝0， 所以 f(x)＝ax3＋cx(a≠0)，f′(x)＝3ax2＋c(a≠0)． 由当 x＝1 时，f(x)取得极值－2，得 f(1)＝a＋c＝－2，且 f′(1)＝3a＋c＝0，解得 a＝1，c＝－3，所以 f(x)＝x3－3x． (2)令 f′(x)＞0，解得 x＜－1，或 x＞1；令 f′(x)＜0，解得－1＜x＜1， 从而函数 f(x)在区间(－∞，－1)内为增函数，(－1，1)内为减函数， 在(1，＋∞)内为增函数． 故当 x∈[－1，1]时，f(x)的最大值是 f(－1)＝2，最小值是 f(1)＝－2， 所以，对任意 x1、x2∈(－1，1)，|f(x1)－f(x2)|＜2－(－2)＝4． 【总结与反思】在函数的导数应用中极值和最值往往都的联立出现的，尤其是最值的求解过 程中，一定会涉及到极值的求解部分，所以也可以说：极值不一定是最值，但是最值一定是 极值。
类型二 存在性问题
例题 1 已知 a ? 0，函数 f (x) ? (x 2 ? 2ax)e x ，设 f (x) 在[?1,1] 上是单调函数，求的取值范围．
【 解 析 】 根 据 题 意 ， f ?(x) ? [x2 ? 2(a ?1)x ? 2a]ex ，
f ?(x) ? 0, x1 ? a ?1? 1? a2 , x2 ? a ?1? 1? a2 ，当 a ? 0 时， f (x) 在[?1,1] 上为单调
函数的充要条件是 x2 ? 1， x2 ? a ?1?
1? a2 ?1 ，解 a ? 3 ，综上， f (x) 在[?1,1] 上为 4
单调函数的充要条件是 a ? 3 ，即的取值范围为 a ? 3 。
4
4
【总结与反思】 本题主要考查含参数的单调性，在闭区间上通过单调性来求参数的取值范
围。

例题 2
已知函数 f ? x? ? ln x ? 1 ax2 ? 2x ?a ? 0? 存在单调递减区间，求的取值范围
2
【解析】因为函数 f ? x? 存在单调递减区间，所以 f ' ? x? ? 1 ? ax ? 2 ? ? ax2 ? 2x ?1 ? 0
x
x
?0, ??? 有解.即 a
?
1 x2
?
2 ? x ??0, ???? 能成立,
x
设u?x? ?
1 x2
?
2 x
.
由u?
x?
?
1 x2
?
2 x
?
? ??
1 x
?1???2
?1得,
umin ? x? ? ?1.于是, a ? ?1,
由题设 a ? 0 ,所以 a 的取值范围是 ??1,0?? ?0,???
【总结与反思】本题主要考查含参数的单调性，在闭区间上通过单调性来求参数的取值范围。
四 、课堂运用
1.当基x础??1, 2? 时，不等式 x2 ? mx ? 4 ? 0 恒成立，则的取值范围是.
2. 设 a ?1，若对于任意的 x ?[a, 2a] ，都有 y ?[a, a2 ]满足方程 loga x ? loga y ? 3 ，这
时的取值集合为
?x ? y ? 0 3. 若任意满足 ??x ? y ? 5 ? 0 的实数 x , y ，不等式 a(x2 ? y2 ) ? (x ? y)2 恒成立，则实数的最
?? y ? 3 ? 0 大值是___。
4. 不等式 ax ? x ?4 ? x? 在 x ??0,3?内恒成立，求实数 a 的取值范围。
答案与解析
1. 【答案】 m ? ?5
【解析】当 x2 ? mx ? 4 ? 0 时，由 x2 ? mx ? 4 ? 0 得 m ? ? x2 ? 4 .∴ m ? ?5 . x

2.【答案】 a ? 2
【解析】由方程 loga
x ? loga
y
?
3 可得
y
?
a3 x
，对于任意的
x ?[a, 2a] ，可得
a2
? a3
?
a2
，依题意得
? ? ?
a
?
a2 2
?a?2。
2x
??a2 ? a2
3.【答案】 25 13
【解析】由不等式 a(x2
?
y2) ? (x ?
y)2 可得 a ? 1?
x y
2 ?
y x
，由线性规划可得1 ?
y x
?
3 2
，由
函数单调性得最大值为 25 。 13
4.【答案】 a ? 3 3
【解析】画出两个函数 y ? ax 和 y ? x ?4 ? x? 在 x ??0,3?
y
y ? ax
上的图象如图知当 x ? 3时 y ? 3 ， a ? 3 3
0
3
x
当 a ? 3 ， x ??0,3?时总有 ax ? x ?4 ? x? 所以 a ? 3
3
3
巩固
1. 不等式 sin2 x ? 4sin x ?1? a ? 0 有解，则的取值范围是
2. 已知两函数 f ? x? ? 7x2 ? 28x ? c ， g ? x? ? 2x3 ? 4x2 ? 40x ，对任意 x ???3,3? ，都有
f ? x? ? g ? x? 成立，求实数的取值范围；
3. 已知两函数 f ? x? ? 7x2 ? 28x ? c ，g ? x? ? 2x3 ? 4x2 ? 40x ，存在 x ???3,3? ，使 f ?x ? ?g x? ?
成立，求实数的取值范围；

4. 已知两函数 f ? x? ? 7x2 ? 28x ? c ， g ? x? ? 2x3 ? 4x2 ? 40x ，对任意 x1 , x2 ???3,3? ，都有
f ? x1? ? g ? x2 ? ，求实数的取值范围；
5.已知两函数 f ? x? ? 7x2 ? 28x ? c ， g ? x? ? 2x3 ? 4x2 ? 40x ，存在 x1 , x2 ???3,3? ，都有
f ? x1? ? g ? x2 ? ，求实数的取值范围； 答案与解析 1. 【答案】 a ? ?2
【解析】原不等式有解 ? a ? sin2 x ? 4sin x ?1 ? ?sin x ? 2?2 ? 3 ??1 ? sin x ? 1? 有解，而 ???sin x ? 2?2 ? 3??min ? ?2 ，所以 a ? ?2 。
2.【答案】 c ? 45
【解析】 设 h? x? ? g ? x? ? f ? x? ? 2x3 ? 3x2 ?12x ? c ，问题转化为 x ???3,3? 时，h? x? ? 0 恒成立，故 hmin ? x? ? 0 。令 h?x? ? ?x6 2?x6 ?21 ?6 x ?1 ? x ?2 ???0 ? ，得 x ? ?1或。由导数知识，可知 h ? x? 在 ??3,?1? 单调递增，在 ??1,2? 单调递减，在 ?2,3? 单调递增，且 h??3? ? c ? 45 ， h? ?x 极大值 ? h??1? ? c ? 7 ， h? x?极小值 ? h?2? ? c ? 20 ， h?3? ? c ? 9 ，∴ hmin ? x? ? h??3? ? c ? 45 ，由 c ? 45 ? 0 ，得 c ? 45 。
3.【答案】 c ? ?7
【解析】 据题意：存在 x ???3,3? ，使 f ?x ? ?g x? ? 成立，即为：h? x? ? g ? x? ? f ? x? ? 0 在 x ???3,3? 有解，故 hmax ? x? ? 0 ，知 hmax ? x? ? c ? 7 ? 0 ，于是得 c ? ?7 。
4.【答案】 c ?195
【解析】 它与（1）问虽然都是不等式恒成立问题，但却有很大的区别，对任意 x1 , x2 ???3,3? ， 都有 f ? x1? ? g ? x2 ? 成立，不等式的左右两端函数的自变量不同，，的取值在 ??3,3? 上具有任意
性，∴要使不等式恒成立的充要条件是： fmax (x) ? gmin (x)?,?x ?[?3?,3] 。∵
f
?x?
?
7?x
?
2?2
?
c
?
28, x ???3,3? ∴
f
?x? max
?
f
??3?
? 147
?c
，
∵ g?? x? ? 6x2 ? 8x ? 40 ? 2?3x ?10?? x ? 2? ，∴ g?? x? ? 0 在区间 ??3,3? 上只有一个解 x ? 2 。
∴
g?x? min
?
g ?2?
?
?48 ，∴147
?c
?
?48 ，即
c
?195 .

5.【答案】 c ? ?130
? ? ? ? 【解析】存在 x1 , x2 ???3,3? ，都有 f ? x1? ? g ? x2 ? ，等价于 fmin x1 ? gmax x2 ，由(3)得 fmin ? x1? ? f ?2? ? ?c ? 28 ， gmax ? x2 ? ? g ??3? ?102 ， ?c ? 28 ?102 ? c ? ?130
拔高 1.设函数 f (x) ? ? 1 x3 ? 2ax2 ? 3a2x ? b (0 ? a ? 1, b ? R) .
3
（Ⅰ）求函数 f ? x? 的单调区间和极值；
（Ⅱ）若对任意的 x ?[a ?1, a ? 2],不等式 f ?? x? ? a 成立，求 a 的取值范围。
2.设 f ? x? ? px ? q ? 2 ln x ，且 f ?e? ? qe ? p ? 2 （ 为自然对数的底数）
x
e
（1）求 与 的关系；
（2）若 f ? x? 在其定义域内为单调函数，求 的取值范围；
答案与解析 1. 【答案】见解析.
【解析】（Ⅰ） f ?(x) ? ?x2 ? 4ax ? 3a 2
令 f ?(x) ? 0, 得 f (x) 的单调递增区间为（a,3a） 令 f ?(x) ? 0, 得 f (x) 的单调递减区间为（－?，a）和（3a，? ?） ∴当 x ? a 时，f(x ) = 极小值 ? 3 a3 ? b;
4 当 x ? 3a 时， f (x) = 极小值 . （Ⅱ）由| f (x) |? a ，得－a ? －x2 ? 4ax－3a2 ? a .①
∴ f ?(x) ? ?x2 ? 4ax ? 3a2在[a ? 1, a ? 2] 上是减函数. 于是，对任意 x ?[a ?1, a ? 2] ，不等式①恒成立，等价于

?? ??a
a ?
? 4a ? 2a ?1.
4,解得
4 5
?
a
?
1. 又
0
?
a
?
1,
∴
4 5
?
a
?
1.
2. 【答案】见解析.
【解析】（1） 由题意得
f
?e?
?
pe ?
q e
?
2 ln
e
?
qe
?
p e
?
2
?
?
p
?
q
?
? ??
e
?
1 e
? ??
?
0而
e ? 1 ? 0 ，所以 p ? q e
（2）由 ? I ?
知
f
?x? ?
px ?
p ? 2ln x ， x
f ??x? ?
p?
p x2
?2 x
?
px2 ? 2x ? x2
p
令 h? x? ? px2 ? 2x ? p ，要使 f ? x? 在其定义域 (0, ??) 内为单调函数，只需 h ? x? 在 (0, ??) 内满足： h? x? ? 0 或 h? x? ? 0 恒成立.
① 当 p ? 0 时， px2 ? 0 , ? 2x ? 0 ? h? x? ? 0 ，所以 f ? x? 在 (0, ??) 内为单调递减，故
p ?0；
② 当 p ? 0 时， h? x? ? px2 ? 2x ? p ，其图象为开口向上的抛物线，对称轴为 x ? 1 ??0 ，? ?? ，
p
∴ hmin
?x?
?
h
? ?
?
1 p
? ? ?
?
p
?
1 p
，只需
p
?
1 p
?
0 ，即
p
?1
时， h? x? ? 0
， f ??x? ? 0，
∴ f ? x? 在 (0, ??) 内为单调递增，故 p ?1 适合题意.
综上可得， p ? 1或 p ? 0 .
高五考、中课对导堂数小在结函数上的应用要求很高，而且每年都有考题，用导数证明不等式，一般
以解答题的形式出现，综合性比较大，有难度，需要学生在学习过程中一定要突破这个难关， 提供综合应用知识的能力。为了解决好下面的问题，我们一定要学好导数这一知识点，掌握

它的研究问题的精髓，这样有利于更好的研究函数，提高做题的质量。 本节课主要研究的内容为： （1）函数中含参数的单调性与最值 （2）函数中的最值问题 （3）用导数证明不等式
六 、课后作业 基础
1．对于满足 p ? 2 的所有实数 p,求使不等式 x2 ? px ?1 ? p ? 2x 恒成立的 x 的取值范围。
2．存在实数，使得不等式 x ? 3 ? x ?1 ? a2 ? 3a 有解，则实数的取值范围为______。 3.设 a 为实数，函数 f(x)＝ex－2x＋2a，x∈R. (1)求 f(x)的单调区间及极值； (2)求证：当 a>ln2－1 且 x>0 时，ex>x2－2ax＋1. 答案与解析 1.【答案】见解析.
【解析】不等式即 ? x ?1? p ? x2 ? 2x ?1? 0 ,设 f ? p? ? ? x ?1? p ? x2 ? 2x ?1，则 f ? p? 在
[-2,2]上恒大于
0，故有：
?? ?
??
f f
??2? ? 0 ?2? ? 0
?
?? x 2
? ??
x
2
? 4x ?3 ?1? 0
?
0
?
?x
? ?
x
? 3或x ? 1 ? 1或x ? ?1
?
x
?
?1 或
x?3
2.【答案】见解析.
【解析】设
f
?x? ?
x?3
?
x ?1
，由
f
?x? ? a2
? 3a 有解， ? a2
? 3a ?
f
?x? min
，
又 x ? 3 ? x ?1 ? ? x ? 3? ? ? x ?1? ? 4 ，∴ a2 ? 3a ? 4 ，解得 a ? 4或a ? ?1。
3.【答案】见解析. 【解析】(1)解：由 f(x)＝ex－2x＋2a，x∈R 知 f′(x)＝ex－2，x∈R.
令 f′(x)＝0，得 x＝ln2.于是当 x 变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：

x
(－∞，ln2)
ln2
(ln2，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
f(x)
单调递减
2(1－ln2＋a)
单调递增
故 f(x)的单调递减区间是(－∞，ln2)，单调递增区间是(ln2，＋∞)，
f(x)在 x＝ln2 处取得极小值，极小值为 f(ln2)＝eln2－2ln2＋2a＝2(1－ln2＋a)．
(2)证明：设 g(x)＝ex－x2＋2ax－1，x∈R，于是 g′(x)＝ex－2x＋2a，x∈R.
由(1)知当 a>ln2－1 时，g′(x)最小值为 g′(ln2)＝2(1－ln2＋a)>0.
于是对任意 x∈R，都有 g′(x)>0，所以 g(x)在 R 内单调递增．
于是当 a>ln2－1 时，对任意 x∈(0，＋∞)，都有 g(x)>g(0)．
而 g(0)＝0，从而对任意 x∈(0，＋∞)，g(x)>0.
即 ex－x2＋2ax－1>0，故 ex>x2－2ax＋1.
1．巩设函固数 f ? x?＝lnx－ax，g ? x?＝ex－ax ，其中为实数．若 f ? x? 在 (1，＋?) 上是单调
减函数，且 g(x) 在 (1，＋?) 上有最小值，求的取值范围．
2.已知函数 f (x) ? x3 - 3x2 ? x ? 2 ，当 k ?1 时，曲线 y ? f (x) 与直线 y ? kx ? 2 只有一个
交点。
3.设函数 f ? x? ?1? e?x ．证明：当 x ? ?1时， f ? x? ? x ；
x ?1
答案与解析
1．【答案】见解析.
【解析】令 f ?? x? = 1 －a= 1? ax ? 0，考虑到 f ? x? 的定义域为 (0, ??) ，
x
x
故 a ? 0 ，进而解得 x ? a－1 ，即 f ? x? 在 (a－1，＋?) 上是单调减函数．
同理， f ? x? 在 (0，a－1) 上是单调增函数．由于 f ? x? 在 (1，＋?) 上是单调减函数，
故 (1，＋?) ? (a－1，＋?) ，从而 a－1 ? 1，即 a ?1 .
令 g?? x?＝ex－a＝0 ，得 x＝lna ．当 x ? lna 时， g?? x? ? 0 ；当 x ? lna时，g?? x? ? 0 .

又 g(x) 在 (1，＋?) 上有最小值，所以 lna ?1，即a ? e . 综上，的取值范围为 (e，＋?) ．
2.【答案】见解析.
【解析】当 k ?1 时，令 f (x) ? kx ? 2 ? x3 ? 3x2 ? x ? kx ? 4 ? 0 ，则
x2 ? 3x ?1? 4 ? k, x ? 0 ， x
令 g(x) ?
x2
? 3x ?1?
4 x
，则 g?(x)
?
2x ?3?
4 x2
?
2x3
? 3x2 x2
?4
，
令 h(x) ? 2x3 ? 3x2 ? 4 ，则 h?(x) ? 6x2 ? 6x ? 6x(x ?1) ，
当 x ?(0,1) 时，h?(x) ? 0 ，h(x) 递减，当 x ?(??,0) ? (1,??) 时，h?(x) ? 0 ，h(x) 递增；
且 h(0) ? 0, h(2) ? 0 。
当 x ? 2 时， h(x) ? 0, g?(x) ? 0 ， g(x) 在 (??,0) ? (0,2) 上递减；
当 x ? 2 时， h(x) ? 0, g?(x) ? 0， g(x) 在 (2，? ?) 上递增；
当 x ?(0,??) 时， g(x) ? g(2) ? 1；
当 x ?(??,0) 时，单调递减，且 g(x) ? R ，
即当 k ?1 时，曲线 y ? f (x) 与直线 y ? kx ? 2 只有一个根。
所以当 k ?1 时，曲线 y ? f (x) 与直线 y ? kx ? 2 只有一个交点。
3.【答案】见解析.
【解析】当 x ? ?1 时， f (x) ? x x ?1
令 g（x）? ex ? x ?1，则 g（，x）? ex ?1.
当 x ? 0 时 g（? x）? 0 ， g（x）在 ?0. ? ?? 是增函数：当 x ? 0 时 g?(x) ? 0 ， g(x) 在 ?? ?.0?
是减函数，于是 g(x) 在 x ? 0 处达到最小值，
因而当 x ? R 时， g(x) ? g(0) ，即 ex ? 1? x, 所以当 x ? ?1 时， f (x) ? x .
x ?1

拔高 1.设函数 f (x) ? x ? ax2 ? b ln x ，曲线 y ? f (x) 过 P(1,0) ，且在点处的切斜线率为 2．
（I）求 a, b 的值；（II）证明： f (x) ? 2x ? 2
2.设 f (x) ? ln x ? x ?1，证明：当 x ?1 时， f (x) ? 3 (x ?1) 。 2
答案与解析
1.【答案】（1） a ? ?1,b ? 3.（2）如下
【解析】（I）
f
?(x)
?1?
2ax
?
b. x
由已知条件得
? ? ?
f f
(1) ? ?(1) ?
02,即. ???
1? 1?
a ? 0, 2a ? b ?
，解得
2.
a ? ?1,b ? 3.
（II） f (x) 定义域为 (0,??) ，由（I）知 f (x) ? x ? x2 ? 3ln x.
设 g(x) ? f (x) ? (2x ? 2) ? 2 ? x ? x2 ? 3ln x,
则 g?(x) ? 1? ?2x ? 3 ? ? (x ?1)(2x ? 3) .
x
x
当 0 ? x ?1时， g?(x) ? 0 ；当 x ?1 时， g?(x) ? 0 ，
所以 g(x) 在 (0,1) 单调增加，在 (1,??) 单调减少，
而 g(1) ? 0 ，故当 x ? 0 时， g(x) ? 0，
即 f (x) ? 2x ? 2。
2.【答案】见解析
【解析】记 g(x) ? ln x ? x ?1? 3 (x ?1) ，则当 x ?1 时， g?(x) ? 1 ? 1 ? 3 ? 0 ，又
2
x 2x 2
g(1) ? 0 ，有 g(x) ? 0，即 f (x) ? 3 (x ?1) 2