3.4 利用导数研究恒(能)成立问题专题课件-2027届高三数学一轮复习

该高中数学高考复习课件聚焦“利用导数研究恒(能)成立问题”核心考点，依据高考评价体系梳理分离参数法、分类讨论法、双变量问题三大考查方向，结合2024新高考Ⅰ卷真题及2025模拟题，明确导数应用占20%左右的高频考点分布，归纳极值求解、参数范围确定等常考题型。 课件亮点在于“真题精讲+方法归纳+思维进阶”的备考策略，如通过分离参数法解能成立问题、分类讨论突破含参单调性，培养学生数学思维与逻辑推理素养。特设同构函数专题，简化复杂不等式，帮助学生掌握答题技巧，教师可据此系统指导复习，提升备考效率。

第4节　利用导数研究恒(能)成立问题 2027 研考点•精准突破 考点一　分离参数法解决不等式恒(能)成立问题 例1　(能成立问题)(2025·甘肃酒泉模拟)已知函数f(x)=. (1)求函数f(x)的极值; (2)若存在x∈[0,+∞),使不等式f(x)≤a-x成立,求实数a的取值范围. 解 (1)函数f(x)=的定义域为R,且f'(x)=-,所以当x<-1时,f'(x)>0,当x>-1时,f'(x)<0,所以f(x)在区间(-∞,-1)上单调递增,在区间(-1,+∞)上单调递减, 所以f(x)在x=-1处取得极大值,即f(x)极大值=f(-1)=e,无极小值. 考点一 考点二 考点三 思维进阶 (2)存在x∈[0,+∞),使不等式f(x)≤a-x成立,即存在x∈[0,+∞),使不等式a≥+x成立,等价于a≥(+x)min.令g(x)=+x(x∈[0,+∞)),则g'(x)=. 令h(x)=ex-(x+1)(x∈[0,+∞)),则h'(x)=ex-1≥h'(0)=0,所以h(x)在区间[0,+∞)上单调递增,所以h(x)≥h(0)=0,即ex-(x+1)≥0在区间[0,+∞)上恒成立,因此g'(x)≥0在区间[0,+∞)上恒成立, 所以g(x)在区间[0,+∞)上单调递增, 所以g(x)min=g(0)=2,因此a≥2, 故实数a的取值范围为[2,+∞). 考点一 考点二 考点三 思维进阶 例2　(恒成立问题)(2025·河北邢台一模)已知函数f(x)=ln x-ax+1. (1)当a=1时,求f(x)的极值; (2)若不等式a(x2-x+1)≥f(x)恒成立,求实数a的取值范围. 解 (1)当a=1时,f(x)=ln x-x+1,x>0,由f'(x)=-1==0,解得x=1,当x∈(0,1)时,f'(x)>0,f(x)单调递增,当x∈(1,+∞)时,f'(x)<0,f(x)单调递减,所以当x=1时,f(x)取得极大值,极大值为f(1)=0,无极小值. 考点一 考点二 考点三 思维进阶 (2)由题意,知a(x2-x+1)≥ln x-ax+1恒成立,即a(x2+1)≥ln x+1恒成立,即a≥,x>0恒成立, 设g(x)=,x>0,则g'(x)=,x>0. 设h(x)=-x-2xln x,x>0,则h'(x)=--1-2(ln x+1)=--2ln x-3.设m(x)=--2ln x-3,x>0,由m'(x)==0,解得x=1(负值舍去),当x∈(0,1)时,m'(x)>0,m(x)单调递增,当x∈(1,+∞)时,m'(x)<0,m(x)单调递减,所以m(x)在x=1处取得极大值,也是最大值,为m(1)=-4<0,即h'(x)<0,所以h(x)在区间(0,+∞)上单调递减. 考点一 考点二 考点三 思维进阶 又h(1)=0,所以当x∈(0,1)时,h(x)>0,即g'(x)>0,g(x)单调递增,当x∈(1,+∞)时,h(x)<0,即g'(x)<0,g(x)单调递减,所以g(x)在x=1处取得极大值,也是最大值,为g(1)=, 所以a≥,即实数a的取值范围是[,+∞). 考点一 考点二 考点三 思维进阶 规律方法　“分离参数法”解决不等式恒成立问题 “分离参数求最值”是解决不等式恒成立求参数的取值范围问题的基本方法,其基本过程如下: (1)已知含参数λ的不等式f(λx)≥0恒成立. (2)将不等式转化为g(λ)≥h(x),即将参数λ与变量x分离,可以将λ单独分离到不等式一边,也可以将只含有λ的一个代数式分离到不等式的一边. (3)求函数h(x)的最值或值域.求h(x)最大值或值域的方法要依据函数h(x)的形式而确定,可以用导数法、基本不等式法、换元法、单调性法等. (4)得出结论.若h(x)的最大值为M,则g(λ)≥M;若h(x)不存在最大值,其值域为(m,M)时,g(λ)≥M. 考点一 考点二 考点三 思维进阶 [对点训练1](2025·河北唐山模拟)已知函数f(x)=ax2-x+sin x. (1)当a=1时,求f(x)的极小值; (2)当x≥0时,f(x)≥0,求实数a的取值范围. 解 (1)当a=1时,f(x)=x2-x+sin x,则f'(x)=2x-1+cos x,令g(x)=f'(x)=2x-1+cos x,则g'(x)=2-sin x>0,所以y=g(x)在R上单调递增.又因为g(0)=0,所以当x<0时,g(x)=f'(x)<0,此时f(x)单调递减;当x>0时,g(x)=f'(x)>0,此时f(x)单调递增,故f(x)在区间(-∞,0)上单调递减,在区间(0,+∞)上单调递增.所以x=0为函数y=f(x)的极小值点,极小值f(0)=0. 考点一 考点二 考点三 思维进阶 (2)当x=0时,f(x)=0恒成立;当x∈(0,π]时,得a≥.令t(x)=,t'(x)=, 令h(x)=-xcos x-x+2sin x, 则h'(x)=cos x+xsin x-1,令z(x)=h'(x),则z'(x)=xcos x,当x∈(0,)时,z'(x)>0,h'(x)单调递增;当x∈(,π]时,z'(x)<0,h'(x)单调递减. 因为h'(0)=0,h'()=-1>0,h'(π)=-2,所以存在x0∈(,π),使得h'(x0)=0,此时h(x)在区间(0,x0)上单调递增,在区间(x0,π]上单调递减. 考点一 考点二 考点三 思维进阶 又因为h(0)=0,h(π)=0,即当x∈(0,π)时,t'(x)>0,t(x)单调递增,所以当x∈(0,π]时,t(x)≤t(π)=. 当x∈(π,+∞)时,令M(x)=x2-x+sin x,M'(x)=x-1+cos x>×π-1+cos π=0,则M(x)在区间(π,+∞)上单调递增,此时M(x)>M(π)=0,故当x∈(π,+∞)时,.所以, 故实数a的取值范围为[,+∞). 考点一 考点二 考点三 思维进阶 [对点训练2](2025·陕西咸阳模拟)已知函数f(x)=+x-1. (1)当a=1时,求函数g(x)=f(x)-x的极值; (2)若对任意x∈[1,+∞),不等式f(x)≥a+1恒成立,求实数a的取值范围. 解 (1)函数f(x)的定义域为(0,+∞).当a=1时,g(x)=f(x)-x=-1,所以g'(x)=. 由g'(x)=0,得x=e,由g'(x)>0,得0<x<e,由g'(x)<0,得x>e,因此g(x)在区间(0,e)上单调递增,在区间(e,+∞)上单调递减,所以g(x)在x=e处取得极大值 g(e)=-1,无极小值. 考点一 考点二 考点三 思维进阶 (2)不等式f(x)≥a+1,即a(ln x-x)≥2x-x2,x∈[1,+∞).设m(x)=ln x-x(x∈[1,+∞)),则m'(x)=≤0,所以函数m(x)在区间[1,+∞)上单调递减,则m(x)≤m(1)=-1<0,即ln x<x,因此a≤. 令φ(x)=(x∈[1,+∞)),则φ'(x)=. 令h(x)=x+2-2ln x(x∈[1,+∞)),则h'(x)=1-,当1≤x<2时,h'(x)<0,当x>2时,h'(x)>0,即h(x)在区间(1,2)上单调递减,在区间(2,+∞)上单调递增,所以h(x)min=h(2)=4-2ln 2>0,即φ'(x)≥0,因此函数φ(x)在区间[1,+∞)上单调递增,φ(x)min=φ(1)=-1,所以a≤-1,即实数a的取值范围为(-∞,-1]. 考点一 考点二 考点三 思维进阶 考点二　分类讨论法解决不等式恒(能)成立问题 例3　(17分)(2024·新高考Ⅰ,18)已知函数f(x)=ln+ax+b(x-1)3. (1)若b=0,且f'(x)≥0,求a的最小值; 突破口:复合函数求导,分离参数. (2)证明:曲线y=f(x)是中心对称图形; 关键点:明确曲线中心对称的条件. (3)若f(x)>-2当且仅当1<x<2,求实数b的取值范围. 关键点:由图象的连续性确定a的值,根据单调性对b分类讨论. 考点一 考点二 考点三 思维进阶 审题指导:(1)实质是不等式f'(x)≥0恒成立求参数a的取值范围问题,可将b=0代入得f(x)的解析式,然后利用复合函数求导法则求得f'(x),再利用分离参数求最值的方法求解. (2)注意到函数定义域为(0,2),所以是中心对称图形时,其对称中心横坐标必为1,由此可用两种方法:①利用函数中心对称的条件:f(a+x)+f(a-x)=2b⇔f(x)图象关于点(a,b)对称;②根据图象中心对称的含义转化为点的对称求解. (3)“f(x)>-2当且仅当1<x<2”亦即不等式f(x)>-2的解为1<x<2,结合图象的连续性推出f(1)=a=-2,从而不等式f(x)>-2中仅含参数b,然后求导,通过对b的取值分类讨论,确定函数单调性,从而确定实数b的取值范围. 考点一 考点二 考点三 思维进阶 [规范解答] 考点一 考点二 考点三 思维进阶 考点一 考点二 考点三 思维进阶 考点一 考点二 考点三 思维进阶 考点一 考点二 考点三 思维进阶 考点一 考点二 考点三 思维进阶 考点一 考点二 考点三 思维进阶 考点一 考点二 考点三 思维进阶 规律方法　分类讨论处理恒(能)成立问题,是指对题中给出的函数(含有参数)直接求导.通过对参数的讨论,确定函数的单调性,得出函数的最值(或值域),进而求得参数的取值范围.求解的关键在于确定函数的单调区间,核心是求函数的最大值(或最小值). 考点一 考点二 考点三 思维进阶 [对点训练3]已知函数f(x)=xln x,当x≥1时,f(x)≤ax2-a,求实数a的取值范围. 解 当x≥1时,令g(x)=xln x-a(x2-1),得g(1)=0,g'(x)=ln x+1-2ax, 令h(x)=ln x+1-2ax, 则h'(x)=-2a=. 若a≤0,得h'(x)>0,则g'(x)在区间[1,+∞)上单调递增,故g'(x)≥g'(1)=1-2a>0,所以g(x)在区间[1,+∞)上单调递增,所以g(x)≥g(1)=0, 从而xln x-a(x2-1)≥0,不符合题意; 考点一 考点二 考点三 思维进阶 若a>0,令h'(x)=0,得x=. 若0<a<,则>1,当x∈[1,)时,h'(x)>0,g'(x)在区间[1,)上单调递增,从而g'(x)≥g'(1)=1-2a>0, 所以g(x)在区间[1,)上单调递增,此时g(x)≥g(1)=0,不符合题意; 若a≥,则0<≤1,h'(x)≤0在区间[1,+∞)上恒成立,所以g'(x)在区间[1,+∞)上单调递减,g'(x)≤g'(1)=1-2a≤0,从而g(x)在区间[1,+∞)上单调递减,所以g(x)≤g(1)=0, 所以xln x-a(x2-1)≤0恒成立. 综上,实数a的取值范围是[,+∞. ) 考点一 考点二 考点三 思维进阶 考点三　双变量恒成立与能成立问题 例4　已知f(x)=x+(a>0),g(x)=x+ln x. (1)若对任意的x1,x2∈[1,e],都有f(x1)≥g(x2)成立,求实数a的取值范围; (2)若存在x1,x2∈[1,e],使得f(x1)<g(x2),求实数a的取值范围. 考点一 考点二 考点三 思维进阶 解 (1)对任意的x1,x2∈[1,e],都有f(x1)≥g(x2)成立,等价于当x∈[1,e]时, f(x)min≥g(x)max.当x∈[1,e]时,g'(x)=1+>0,所以g(x)在区间[1,e]上单调递增,所以g(x)max=g(e)=e+1.只需证f(x)≥e+1,即x+≥e+1,即a2≥(e+1)x-x2在区间[1,e]上恒成立即可.令h(x)=(e+1)x-x2,当x∈[1,e]时,h(x)=(e+1)x-x2 =-(x-)2+()2的最大值为h()=()2,所以a2≥()2,即a≥(舍去负值).故实数a的取值范围是[,+∞). 考点一 考点二 考点三 思维进阶 (2)存在x1,x2∈[1,e],使得f(x1)<g(x2),等价于当x∈[1,e]时,f(x)min<g(x)max.当x∈[1,e]时,g'(x)=1+>0,所以g(x)在区间[1,e]上单调递增,所以g(x)max=g(e)=e+1. 又f'(x)=1-,当x>0时,令f'(x)=0,得x=a,故f(x)=x+(a>0)在区间(0,a)上单调递减,在区间(a,+∞)上单调递增.当0<a≤1时,f(x)在区间[1,e]上单调递增,f(x)min=f(1)=1+a2<e+1,符合题意;当1<a<e时,f(x)在区间[1,a]上单调递减,在区间[a,e]上单调递增,f(x)min=f(a)=2a,此时,2a<e+1,解得1<a<;当a≥e时,f(x)在[1,e]上单调递减,f(x)min=f(e)=e+,此时,e+<e+1,即a<,与a≥e矛盾,不符合题意. 综上,实数a的取值范围是(0,). 考点一 考点二 考点三 思维进阶 规律方法　最值定位法是求解双变量不等式恒(能)成立问题的常见方法.就是指通过不等式两端的最值进行定位,转化为不等式两端函数的最值之间的不等式,列出参数所满足的不等式,从而求解参数的取值范围. 考点一 考点二 考点三 思维进阶 [对点训练4]设f(x)=+xln x,g(x)=x3-x2-3. (1)如果存在x1,x2∈[0,2],使得g(x1)-g(x2)≥M成立,求满足上述条件的最大整数M; (2)如果对于任意的s,t∈[,2],都有f(s)≥g(t)成立,求实数a的取值范围. 考点一 考点二 考点三 思维进阶 解 (1)存在x1,x2∈[0,2],使得g(x1)-g(x2)≥M成立,等价于[g(x1)-g(x2)]max≥M.由g(x)=x3-x2-3,得g'(x)=3x2-2x=3x(x-).由g'(x)<0,解得0<x<;由g'(x)>0,解得x<0或x>. 因为x∈[0,2],所以g(x)在区间[0,]上单调递减,在区间[,2]上单调递增,又g(0)=-3,g(2)=1, 故g(x)max=g(2)=1,g(x)min=g()=-.所以[g(x1)-g(x2)]max=g(x)max-g(x)min =1+≥M,则满足条件的最大整数M=4. 考点一 考点二 考点三 思维进阶 (2)对于任意的s,t∈[,2],都有f(s)≥g(t)成立,等价于在区间[,2]上,函数f(x)min≥g(x)max.由(1)可知在区间[,2]上,g(x)的最大值为g(2)=1. 在区间[,2]上,f(x)=+xln x≥1恒成立等价于a≥x-x2ln x恒成立. 设h(x)=x-x2ln x,x∈[,2],则h'(x)=1-2xln x-x,易知h'(x)在区间[,2]上单调递减,又h'(1)=0,所以当1<x<2时,h'(x)<0;当<x<1时,h'(x)>0,所以函数 h(x)=x-x2ln x在区间[,1]上单调递增,在区间[1,2]上单调递减,所以h(x)max=h(1)=1,所以实数a的取值范围是[1,+∞). 考点一 考点二 考点三 思维进阶 思维进阶(五)　同构函数 1.同构的含义: 同构即结构形式相同.对于一个不等式,对其移项后通过各种手段将其变形,使其左右两边呈现结构形式完全一样的状态,从而就可以构造函数,结合函数单调性等来对式子进行处理了.这种题目,实际上是命题人将原先形式明显、规整的式子,打乱重排而形成的一类题目.我们需要对这个看似杂乱无章的式子进行整合变形,使其显现原型,进而借助函数的性质进行处理. 2.同构的核心公式: 同构问题中,最常见的是指对混合函数的同构,其核心公式是ln ex=x=eln x,即通过该公式对指对式进行改头换面,达到结构相同的效果. 考点一 考点二 考点三 思维进阶 3.六个基本函数: 考点一 考点二 考点三 思维进阶 典例1(积型)已知实数α,β满足αeα-3=1,β(ln β-1)=e4,其中e是自然对数的底数,则αβ的值为　　　　　.  e4 解析 (方法1)∵αeα-3=1,即αeα=e3,∴α>0.∵β(ln β-1)=βln=e4,即ln=e3, (ln=e3, ∴ln>0.令f(x)=xex(x>0),则f(ln)=f(α)=e3,∵f'(x)=(x+1)ex>0恒成立, ∴f(x)在区间(0,+∞)上单调递增,∴ln=α,即β=eα+1, ∴αβ=α·eα+1=e4. 考点一 考点二 考点三 思维进阶 (方法2)∵β(ln β-1)=βln=e4, 即ln=e3>0,∴>1.∵αeα-3=1,即αeα=e3,eα·ln eα=e3,∴eα>1. 令f(x)=xln x(x>1),则f()=f(eα)=e3,∵f'(x)=ln x+1>0恒成立, ∴f(x)在区间(1,+∞)上单调递增,∴=eα,即β=eα+1,∴αβ=α·eα+1=e4. 考点一 考点二 考点三 思维进阶 规律方法　 积型模式:aea≥bln b⇒ 考点一 考点二 考点三 思维进阶 典例2(商型)(1)已知函数f(x)=,g(x)=xe-x,若存在x1∈(0,+∞),x2∈R,使得f(x1)=g(x2)=k(k<0)成立,则()2ek的最大值为　　　　　.  考点一 考点二 考点三 思维进阶 解析 f'(x)=,易判断f(x)在区间(0,e)上单调递增,在区间(e,+∞)上单调递减,∵f(x1)=g(x2)=k<0,∴=k<0,从而0<x1<1,0<<1,∴x1=,∴()2ek=()2ek=k2ek,k<0,令h(x)=x2ex,x<0,h'(x)=(x2+2x)ex,∴h(x)在区间(-∞,-2)上单调递增,在区间(-2,0)上单调递减, ∴h(x)≤h(-2)=. 故()2ek的最大值为. 考点一 考点二 考点三 思维进阶 (2)(2025·湖南邵阳模拟)已知函数f(x)=,g(x)=. ①求f(x)的极值; ②当0<x<1时,证明:f(x)>g(x). 考点一 考点二 考点三 思维进阶 ①解 由题知f'(x)=,令f'(x)=0,则x=1.当x>1时,f'(x)<0,此时f(x)在区间(1,+∞)上单调递减;当x<1时,f'(x)>0,此时f(x)在区间(-∞,1)上单调递增.故f(x)的极大值为f(1)=1,无极小值. ②证明 ∵f(x)-g(x)==f(x)-f(1+ln x). 令φ(x)=x-1-ln x(0<x<1), ∴φ'(x)=<0,故φ(x)在区间(0,1)上单调递减.∴φ(x)>1-1-ln 1=0, 即x>1+ln x(0<x<1).由①可知f(x)在区间(-∞,1)上单调递增,1>x>1+ln x, ∴f(x)>f(1+ln x),即f(x)>g(x)(0<x<1). 考点一 考点二 考点三 思维进阶 规律方法　 商型模式:⇒ 考点一 考点二 考点三 思维进阶 典例3(和差型)已知x∈(0,+∞),不等式ax+eax≥ln x+x恒成立,则实数a的最小值为(　　) A. B. C.0 D.1 A 解析 设f(x)=x+ex,显然f(x)是增函数,不等式ax+eax≥ln x+x变形为 ax+eax≥ln x+eln x,即f(ax)≥f(ln x),所以ax≥ln x,所以a≥. 令g(x)=,则g'(x)=,当0<x<e时,g'(x)>0,g(x)单调递增,当x>e时,g'(x)<0,g(x)单调递减,所以g(x)max=g(e)=.不等式a≥恒成立,则a≥, 即a的最小值是. 考点一 考点二 考点三 思维进阶 规律方法　和差型模式:ea±a≥b±ln b ⇒ 考点一 考点二 考点三 思维进阶 典例4(双自变量同构)已知函数f(x)=(x-1)ex-x2,其中a∈R. (1)函数f(x)的图象能否与x轴相切?若能,求出实数a;若不能,请说明理由. (2)求最大的整数a,使得对任意的x1∈R,x2∈(0,+∞),不等式 f(x1+x2)-f(x1-x2)>-2x2恒成立. 考点一 考点二 考点三 思维进阶 解 (1)不能.理由如下, ∵f(x)=(x-1)ex-x2,∴f'(x)=xex-ax.假设函数f(x)的图象与x轴相切于点(t,0), 则有 显然t≠0,将et=a>0代入方程(t-1)et-t2=0中可得t2-2t+2=0. ∵Δ=-4<0,∴方程t2-2t+2=0无解.故无论a取何值,函数f(x)的图象都不能与x轴相切. 考点一 考点二 考点三 思维进阶 (2)由题意可得原不等式可化为f(x1+x2)-f(x1-x2)>(x1-x2)-(x1+x2), 故不等式f(x1+x2)+(x1+x2)>f(x1-x2)+(x1-x2)在R上恒成立. 设g(x)=f(x)+x,则上式等价于g(x1+x2)>g(x1-x2),要使g(x1+x2)>g(x1-x2)对任意x1∈R,x2∈(0,+∞)恒成立,只需函数g(x)=(x-1)ex-x2+x在R上单调递增, ∴g'(x)=xex-ax+1≥0在R上恒成立,则g'(1)=e-a+1≥0,解得a≤e+1. 下面证明:当a=3时,xex-3x+1≥0恒成立.设h(x)=ex-x-1,则h'(x)=ex-1,当x<0时,h'(x)<0,h(x)单调递减;当x>0时,h'(x)>0,h(x)单调递增.∴h(x)min=h(0)=0,即∀x∈R,ex≥x+1.则当x≥0时,xex≥x2+x,xex-3x+1≥x2-2x+1=(x-1)2≥0; 当x<0时,ex<1,xex-3x+1=x(ex-3+)>0.∴xex-3x+1≥0恒成立.∴实数a的最大整数值为3. 考点一 考点二 考点三 思维进阶 规律方法　条件整理得到f(m)>f(n),再结合f(x)的单调性即可解答. 考点一 考点二 考点三 思维进阶 典例5(双元同构与定号结合)若实数a,b满足2ln a+ln(2b)≥+4b-2,则下列选项正确的是(　　) A.a+b= B.a-2b= C.a2+b>3 D.a2-4b<1 A 考点一 考点二 考点三 思维进阶 解析 (方法1)由题意得ln a2+ln(2b)≥,所以ln 2a2b≥=2-2,所以ln 2a2b-2+2≥0,当且仅当a2=8b时,等号成立.令g(x)=ln x-2+2(x>0),则g(x)≥0, 所以g'(x)=,所以f(x)在区间(0,1)上单调递增,在区间(1,+∞)上单调递减.所以g(x)≤g(1)=0,所以g(x)=0,所以2a2b=1. 又a2=8b,所以b=,a=.所以a+b=.故选A. 考点一 考点二 考点三 思维进阶 (方法2)原式等价于ln+1+ln(4b)-4b+1≥0,构造母函数g(x)=ln x-x+1,则g(x)max=g(1)=0, 故g()+g(4b)≥0,且g()+g(4b)≤0,所以g()+g(4b)=0, 所以=4b=1,即a=,b=, 故a+b=,故选A. 考点一 考点二 考点三 思维进阶 (方法3)令g(a)=2ln a-+ln(2b)-4b+2,原式等价于g(a)≥0.先将a视为主元,则g'(a)=-a,则当a∈(0,)时,g'(a)>0,g(a)单调递增,当a∈(,+∞)时,g'(a)<0,g(a)单调递减,故g(a)≤g()=ln 2+ln(2b)-4b+1,构造关于b的函数,设h(b)=ln(2b)-4b+ln 2+1,则h'(b)=-4,当b∈(0,)时,h'(b)>0,h(b)单调递增,当b∈(,+∞)时,h'(b)<0,h(b)单调递减,故h(b)≤h()=0, 则2ln a+ln(2b)≤+4b-2.又2ln a+ln(2b)≥+4b-2,只能取等号,故a=,b=,故a+b=.故选A. 考点一 考点二 考点三 思维进阶 (1)解 当b=0时,f(x)=ln+a. 1分 不等式f'(x)≥0即为+a≥0, 所以a≥-. 2分 令g(x)=-)2=1(当且仅当x=1时等号成立),因此g(x)max=g(1)=-2. 3分 于是有a≥-2,即a的最小值为-2. 4分 (2)证明 (方法1)因为f(x)的定义域是(0,2),关于x=1对称, 5分 且f(x)+f(2-x)=ln+a(2-x)+b(2-x-1)3=ln x-ln(2-x) +ax+b(x-1)3+ln(2-x)-ln x+2a-ax+b(1-x)3=2a, 7分 所以曲线y=f(x)是中心对称图形,其对称中心是(1,a). 8分 (方法2)因为f(x)的定义域是(0,2),关于x=1对称,设点P(m,n)为曲线y=f(x)图象上的任意一点,则点P(m,n)关于点(1,a)的对称点为Q(2-m,2a-n). 5分 因为点P(m,n)在y=f(x)的图象上,故n=ln+am+b(m-1)3. 6分 而f(2-m)=ln+am+b(m-1)3]+2a =-n+2a,所以点Q(2-m,2a-n)也在y=f(x)的图象上, 7分 由P的任意性可知y=f(x)的图象为中心对称图形,且对称中心为(1,a). 8分 (3)解 (方法1)令g(x)=f(x)+2, 因为f(x)>-2当且仅当1<x<2,所以g(x)>0当且仅当1<x<2,从而g(1)≤0. 若g(1)<0,因为g()使得g(x0)=0,这与g(x)>0当且仅当1<x<2矛盾,从而必有g(1)=0. 又因为f(1)=a,所以a=-2. 10分 于是f(x)=ln-2x+b(x-1)3. f'(x)=+3b]. 当x∈(0,2)时,x(2-x)≤(≥2. 12分 ①当3b+2≥0,即b≥-+3b≥0,从而f'(x)≥0,当且仅当x=1时,等号成立,所以f(x)在区间(0,2)上单调递增,因此f(x)>-2当且仅当1<x<2,符合题意. 14分 ②当3b+2<0,即b<-时,则存在x∈(1,ξ),使得f'(x)<0,f(x)在区间(1,ξ)内单调递减,则在区间(1,ξ)内,f(x)<f(1)=-2,所以不符合题意. 16分 综上,实数b的取值范围是[-,+∞).…17分 (方法2)因为f(x)>-2当且仅当1<x<2,且f(x)图象在区间(0,2)上连续, 所以x=1应为f(x)=-2的一个解, 所以f(1)=-2,故a=-2. 10分 先考虑当1<x<2时,f(x)>-2恒成立. 此时f(x)>-2即为ln+2(1-x)+b(x-1)3>0在区间(1,2)上恒成立. 设t=x-1∈(0,1),则ln-2t+bt3>0在区间(0,1)上恒成立. 设g(t)=ln bt3bt2, 12分 当b≥0时,-3bt2+2+3b≥-3b+2+3b=2>0,则g'(t)>0恒成立, 因此g(t)在区间(0,1)上单调递增,所以g(t)>g(0)=0,即f(x)>-2在区间(1,2)上恒成立. 13分 当-≤b<0时,-3bt2+2+3b≥2+3b≥0, 则g'(t)≥0恒成立,因此g(t)在区间(0,1)上单调递增,所以g(t)>g(0)=0,即f(x)>-2在区间(1,2)上恒成立. 14分 当b<-<1,g'(t)<0, 所以g(t)在区间(0,)上单调递减,则g(t)<g(0)=0,不合题意. 综上可得f(x)>-2在区间(1,2)上恒成立时,b≥-. 15分 而当b≥-时,由上述过程可得g(t)在区间(0,1)内单调递增,故g(t)>0的解集为(0,1),即f(x)>-2的解集为(1,2),符合题意. 16分 综上,实数b的取值范围是[-,+∞). 17分 $