第30讲双参数最值问题知识与方法含参问题一直是高考中的重点与难点. 高考真题及模拟题中常出现“恒成立”为背景的双参数的范围或最值问题. 处理此类问题, 常用有以下方法:1消元法2零点比大小法零点比大小是指将函数y=ax+b 与函数y=f(x) 的零点比较大小, 进而解决问题. 图象上看, 是观察直线y=ax+b 与曲线y=f(x) 的横截距的大小关系. 此方法要求y=f(x) 函数具有凹凸性, 可以解决形如“已知ax+b⩾f(x) (或⩽f(x)) 恒成立, 求bk 的最值”的问题,一般有如下两种形式:(1) 若ax+b⩾f(x) 恒成立, f(x) 为上凸函数, 如下左图, 则x1⩽x2;(2) 若y=ax+b⩽f(x) 恒成立, f(x) 为下凸函数, 如下右图, 则x1⩾x2.由(1)或(2)得出x1,x2的大小,进而可以求得bk的最值.3. 赋值法对比不等式与目标式的结构, 发现当自变量取某个值时恰好构造出目标式.赋值法是零点比大小法方法的优化和改进,能快速解决线性表达式型、比值型的客观题. 点睛意领会“等比例赋值法”进行恰到好处的赋值.典型例题【例1】若(x2+x)ln 1x −ax⩽23x3+(1−a)x2−2ax+b 恒成立, 求b−2a 的最小值.【答案】−53【解析】解法1: 消元法设F(x)=23x3+(1−a)x2−2ax+b−(x2+x)ln 1x+ax ,则F′(x)=(2x+1)(ln x+x+令 ℎ(x)=ln x +x +1−a 得 ℎ(x) 单调递增, 故存在唯一 x 0 使得 ℎ(x 0)=0 , 即 a =x 0+ln x 0+1当 x ∈(0,x 0) 时, F(x) 单调递减当 x ∈(x 0,+∞) 时, F(x) 单调递增,故 F(x)min =F (x 0)=−13x 03−x 02−x 0+b.所以 F(x)min =F (x 0)⩾0, 即 b ⩾13x 03+x 02+x 0,b −2a ⩾13x 03+x 02−x 0−2ln x 0−2,t(x)=13x 3+x 2−x −2ln x −2,t ′(x)=(x−1)(x 2+3x+2)x,当 x ∈(0,1),t(x) 单调递减; 当 x ∈(1,+∞),t(x) 单调递增, 故 t(x)min =t(1)=−53. 所以 b −2a 的最小值为 −53.解法 2: :赋值法f(x)⩽g(x)⇔b −(x 2+x )a ⩾−(x 2+x )ln x −23x 3−x 2令 x 2+x =2 (等比例赋值法), 解得 x =1 (舍 x =−2 ), 则 b −2a ⩾−53.当 b −2a =−53 时, 由 f(x)−g(x)⩽0=f(1)−g(1) 知 x =1 是 f(x)−g(x) 的极值点,所以 f ′(1)−g ′(1)=0, 解得 a =2,b =73.下面证明: 当 a =2,b =73时, f(x)⩽g(x).证明:令 ℎ(x)=g(x)−f(x)=23x 3−x 2−2x +73+(x 2+x )ln x. 则 ℎ′(x)=(2x +1)(x −1+ln x),当 x >1 时, ℎ′(x)>0,ℎ(x) 递增; 当 0<x <1 时, ℎ′(x)<0,ℎ(x) 递减. 所以 ℎ(x)⩾ℎ(1)=0, 即 f(x)⩽g(x) 恒成立. 综上可知, b −2a 的最小值为 −53.【点睛】求线性表达式型 ma +nb(m,n 为常数) 的最值时, 赋值的要点在于把原不等式变 成关于 a,b 的二元一次不等式, 然后根据 a,b 的系数比与 m:n 相等求出 x 0 (简称等比例赋值法 ).【例2】若函数 f(x)=aln x +12x 2+2bx 在区间 [1,3] 上单调递增, 则 a +4b 的最小值为 . 【答案】 −4【解析】 g(x)=f ′(x)=ax +x +2b ⩾0 对 x ∈[1,3] 恒成立, 即 ax +2b +x ⩾0 对 x ∈[1,3] 恒成立, 与目标式 a +4b 比较, 令 1x :2=1:4, 得 x =2,因此令 x =2 (等比例赋值则 g(2)=a2+2+2b ⩾0⇒a +4b ⩾−4. ( a =1,b =−54时等号成立)所以 a +4b 的最小值为 −4.【点睛】这里用了等比【例】赋值法, 要点睛意等号成立的条件. 由已知得 ax +2b +x ⩾0 对 x ∈ [1,3] 恒成立, 与目标式 a +4b 比较, 令 1x :2=1:4 , 得 x =2 , 因此令 x =2 . 当 a +4b = −4 时, 由 g(x)⩾0=g(2) 知 x =2 是 g(x) 的极值点, 所以 g ′(2)=0⇒a =4,b =−2.比值型【例3】已知函数 f(x)=ln x +(e −a)x −2b, 若不等式 f(x)⩽0 对 x ∈(0,+∞) 恒成立, 则 ba 的最小值为 . 【答案】-12e.【解析】解法 1 : 消元法显然 a >e,f ′(x)=1x +(e −a), 易知 x =1a−e为 f(x) 的极大值点,所以只需 f (1a−e)⩽0, 即 2b ⩾−ln (a −e)−1, 所以 2b a⩾−ln (a−e)−1a.今े ℎ(a)=−12⋅[ln (a−e)+1]a,则 ℎ′(a)=−12⋅ea−e−ln (a−e)a 2, 点睛意到 ℎ′(2e)=0,易知 a =2e 为 ℎ(a) 的极小值点, ℎ(2e)=−12e .所以 ba ⩾−12e , 故 ba 的最小值为 −12e . 解法 2:零点比大小f(x)⩽0⇔ln x +(e −a)x −2b ⩽0⇔ln x +ex ⩽ax +2b, 即 ln x +ex ⩽a (x +2b a)函数 y =ln x +ex 与 y =a (x +2ba) 的零点分别为 1e ,−2b a由图可知: −2b a⩾1e⇒b a⩽−12e, 故 ba的最小值为 −12e.解法 3 : 赋值法f(x)⩽0⇔ln x +ex ⩽ax +2b, 令 x =1e, 则 a ⋅1e+2b ⩾0⇒b a⩾−12e.故 b a的最小值为 −12e.【点睛 1】求比值型的最值时, 赋值的要点在于把原不等式改写成一边只含有目标式分子、 分母的线性结构, 再令另一边为 0 , 找到 x 0.【点睛 2】观察不等式 ln x +ex ⩽ax +2b 与目标式 ba 的结构, 进行恰到好处的赋值. 只需 让 ln x +ex =0 , 便得 a ⋅1e +2b ⩾0 , 进而可求得 b a 的最值. 解方程 ln x +ex =0 , 可得 x =1e , 从而有上面的解法.【点睛 3】本题我们用了消元法、零点比大小和赋值法, 显然赋值法最为简捷. 【例4】已知不等式 (e −a)e x +x +b +1⩽0 恒成立, 其中 e 为自然常数, 则 b+1a的最大值 为 . 【答案】 1e【解析】赋值法(e −a)e x +x +b +1⩽0⇔ae x −(b +1)⩾e x+1+x , 令 e x+1+x =0 , 得 x =−1 , 则 a ⋅1e−(b +1)⩾0⇒b+1a⩽1e, 故 b+1a的最大值为 1e.乘积型【例5】 若 e x −x +12x 2⩾12x 2+ax +b 恒成立, 求 (a +1)b 的最大值. 【答案】 e2【解析】解法 1 : 消元法e x −x +12x 2⩾12x 2+ax +b ⇔e x −(a +1)x −b ⩾0,令 g(x)=e x −(a +1)x −b, 则 g ′(x)=e x −(a +1),(1)若 a +1<0, 则 g ′(x)>0, 则 g(x)=e x −(a +1)x −b 在 R 上单增, 当 x →−∞ 时, f(x)→−∞,与 g(x)⩾0 矛盾, 舍去. (2)若 a +1>0, 由 g ′(x)=0 得 x =ln (a +1),所以 g(x) 在 (−∞,ln (a +1)) 单减, 在 (ln (a +1),+∞) 单增, 则 g(x)min =g(ln (a +1))=(a +1)−(a +1)ln (a +1)−b ⩾0,即 b ⩽(a +1)−(a +1)ln (a +1) ， 则 b(a +1)⩽(a +1)2−(a +1)2ln (a +1)令 ℎ(t)=t 2−t 2ln t,t >0, 则 ℎ′(t)=t −2tln t =t(1−2ln t)所以ℎ(t) 在(0,√e) 单增, (√e,+∞) 单减, 所以ℎ(t)max=ℎ(√e)=e2, (3) 当a+1=0 时, (a+1)b=0,综上: (a+1)b 最大值为e2.解法2: 消元法e x−x+12x2⩾12x2+ax+b⇔e x−(a+1)x−b⩾0,即b⩽e x−(a+1)x(1)若a+1<0, 则(a+1)b⩾(a+1)e x−(a+1)2x,令ℎ(x)=(a+1)e x−(a+1)2x,ℎ′(x)=(a+1)e x−(a+1)2=(a+1)[e x−(a+1)]<0所以当x→−∞ 时, f(x)→+∞, 则(a+1)b⩾(a+1)e x−(a+1)2x 不成立(2) 若a+1>0, 则(a+1)b⩽(a+1)e x−(a+1)2x；令ℎ(x)=(a+1)e x−(a+1)2x,由ℎ′(x)=0 得x=ln (a+1), 则ℎ(x) 在(0,ln (a+1)) 单减, (ln (a+1),+∞) 单增,所以ℎ(x)=(a+1)2−(a+1)2ln (a+1),令g(t)=t2−t2ln t,t>0, 则g′(t)=t−2tln t=t(1−2ln t),所以g(t) 在(0,√e) 单增, (√e,+∞) 单减, 所以g(t)max=g(√e)=e2(3) 当a+1=0 时, (a+1)b=0,综上: (a+1)b 最大值为e2.【点睛】根据所求目标, 在a,b 都在变的情况下, 求(a+1)b 的最大值, 把b 移到一边, 同乘以(a+1), 构造出(a+1)b, 在等式的右边成功地消灭了变量b.【例6】已知函数f(x)=e x−xa −b ,当实数a>0 时, 对于x∈R 都有f(x)⩾0 恒成立, 则a2b 的最大值为（）A. −1e2B. 1e2C. −2e2D. 2e2【答案】A【解析】f′(x)=e x−1a , 易知x=ln 1a为极小值点, 则f(x)min=f(1a)=1a+ln aa−b⩾ 0 ,所以1a +ln aa⩾b ,则a2b⩽a+aln a ,令g(a)=a+aln a ,易得g(a)min=g(1e2)= −1e2.故a2b 的最大值为−1e2.强化训练1.已知不等式ln (x+1)−1⩽a(x+ba ) 对一切正数x 恒成立, 则ba的最小值为.【答案】1-e【解析】解法 1: 零点比大小ln (x +1)−1⩽a (x +ba) 恒成立,直线 y =a (x +ba ) 在函数 y =ln (x +1)−1 图象的上方, 直线 y =a (x +ba ) 在 x 轴上的截距为 −ba ,函数 y =ln (x +1)−1 在 (e −1,0) 处的切线为 y =1e [x −(e −1)],则 −b a ⩽e −1⇒b a ⩾1−e, 故 (ba )min=1−e解法 2 : 赋值法取 x =e −1,便有 ba ⩾1−e2.已知函数 f(x)=2ax 2+bx −3a +1,x ∈[−4,4] , 若 f(x)⩾0 恒成立, 则 5a +b 的取值 范围是当 5a +b 取得最小值时, a = . 【答案】 a =121【解析】赋值法2ax 2+bx −3a +1⩾0,x ∈[−4,4], 即 (2x 2−3)a +xb +1⩾0,x ∈[−4,4]. 令，解得或则由 f(3)⩾0, 得 5a +b ⩾−13; 由 f (−12)⩾0, 得 5a +b ⩽2.所以 5a +b 的取值范围是 [−13,2].当 5a +b =−13 时, f(x)⩾0=f(3), 可知 x =3 是函数 f(x) 的极值点 (或对称轴), 所以 −b4a =3, 易得 a =121. 3.已知不等式 x −3ln x +1⩾mln x +n(m ≠−3) 对 x >0 恒成立, 则 n−3m+3 的最大值为 .【答案】 −ln 2 【解析】赋值法，令，可得4.若对于任意正实数x, 都有ln x−aex−b+1⩽0 (e 为自然对数的底数) 成立, 则a+b 的最小值是.【答案】0【解析】令x=1e, 代入得: a+b⩾0,以下说明a+b=0 时满足条件,当a=1,b=−1 时, 令f(x)=ln x−ex+1+1=ln x−ex+2,则f′(x)=1x −e=1−exx, 令f′(x)=0, 解得: x=1e,可知当x∈(0,1e ) 时, f′(x)>0, 当x∈(1e,+∞) 时, f′(x)<0,故对任意正实数x, 都有f(x)⩽f(1e)=0,故a=1,b=−1 时, a+b=0, 满足题意, 故a+b 的最小值是0 ,故答案为: 0 .5.已知不等式e x⩾ax+b(a,b∈R, 且a≠0) 对任意实数x 恒成立, 则b−2a 的最大值为A. 2−ln 2B. 1−ln 2C. −2ln 2D. −ln 2【答案】D【解析】解法1:零点比大小由e x⩾ax+b 得e x−2⩾ax+(b−2)=a(x+b−2a),考虑y=e x−2 与y=a(x+b−2a) 在x 轴上的截距,只需−b−2a ⩾ln 2⇒b−2a⩽−ln 2.解法2 : 赋值法令e x−2=0 即x=ln 2, 结合a>0, 立得b−2a⩽−ln 2.6.已知函数f(x)=e x−12x2+x3, 若x∈R 时, 恒有f′(x)⩾3x2+ax+b, 则ab+b的最大值为（） A. √e B.√e 2C. e2D. e【答案】C【解析】因为函数 f(x)=e x −12x 2+x 3 , 则 f ′(x)=e x −x +3x 2 , 由题可知, 对 x ∈R ,恒 有 e x −x +3x 2⩾3x 2+ax +b ⇒e x −x −ax −b ⩾0 成立, 令 g(x)=e x −x −ax , 则 g ′(x)=e x −1−a 当 a <−1 时, 函数 g(x) 在 R 上单调递增, 且 x →−∞ 时, g(x)→−∞, 不符合题意;当 a =−1 时, ab +b =0, 当 a >−1 时, 令 g ′(x)=e x −1−a >0⇒x >ln (1+a), 所以函数 g(x) 在 (ln (1+a),+∞) 上单调递增, 且在 (−∞,ln (1+a)) 上单调递减; 所以 g(x)min =g[ln (1+a)]=e ln (1+a)−ln (1+a)−aln (1+a)=(1+a)− (1+a)ln (1+a),故 (1+a)−(1+a)ln (1+a)−b ⩾0⇒b(1+a)⩽(1+a)2−(1+a)2ln (1+a), 令 t =1+a >0, 则 ℎ(t)=t 2−t 2ln t, 且 ℎ′(t)=2t −(2tln t +t)=t(1−2ln t), 当 t ∈(0,√e) 时, ℎ′(t)>0, 函数 ℎ(t) 单调递增; 当 t ∈(√e,+∞) 时, ℎ′(t)<0, 函数 ℎ(t) 单调递减,所以 ℎ(t)max =ℎ(√e)=(√e)2−(√e)2ln √e =e2, 故 b(1+a)⩽e2, 综上所述, ab +b 的最大值为 e2.7.设函数 f(x)=ln (ax +b)−x(a,b ∈R), 若 f(x)⩽0 恒成立, 则 ab 的最大值为 .【答案】 e2【解析】 ln (ax +b)⩽x 恒成立, 即 e x ⩾ax +b >0 恒成立, a,x,b >0 e x ⩾ax +b ⩾2√ax ⋅b, 所以 ab ⩽e 2x 4x(x >0), 于是 ab ⩽(e 2x4x)min=e2.8.已知 a ≠0, 函数 y =f(x)=ae x ,y =g(x)=ealn x +b ( e 为自然对数的底数), 若存在一 条直线与曲线 y =f(x) 和 y =g(x) 均相切, 则 ba 最大值是 【答案】e【解析】 f ′(x)=ae x ,g ′(x)=ae x, 设切点分别为 (t,ae t ),(m,aelnm +b) , 则切线方程分别为 y −ae t =ae t (x −t);y −aelnm −b =ae m(x −m),由题意存在一条直线与曲线 y =f(x) 和 y =g(x) 均相切, 所以可得 ae m=ae t ,且 b =ae t (1−t)+ae −aelnm; 因为ae m=ae t , 且 a ≠0,=(1−t)e t+e−elnm=(1−t)e t−e(1−t)+e=e t+et−te t;所以ba令ℎ(t)=e t+et−te t, 则ℎ′(t)=−te t+e.当t=1 时, ℎ′(1)=0 ;当t<1 时, ℎ′(t)>0,ℎ(t) 单调递增; 当t>1 时, ℎ′(t)< 0,ℎ(t)单调递减;故当t=1 时取得最大值ℎ(1)=e.故答案为: e.切线放缩知识与方法1. 切线放缩对于含有指数、对数或三角函数等超越式的函数或不等式问题, 有时我们可以利用导数的几何意义进行以直代曲, 即考虑函数f(x) 图象上某点x=x0处的切线y=kx+b, 结合函数的凹凸性进行切线放缩, 使问题便于解决.特别地, 当f(x)⩾kx+b 为下凸函数时, 则f(x)⩾kx+b ;当f(x) 为上凸函数时, 则f(x)⩽kx+b. 两个不等式中等号成立的条件刚好是x=x0.将f(x) 放大或缩小为kx+b , 得到f(x)⩾kx+b 或f(x)⩽kx+b , (其中k= f′(x0),y =kx+b 为f(x) 在x=x0处的切线y=f′(x0)(x−x0)+f(x0)) 叫做切线放缩.对某些求函数的最小值或证明不等式的问题, 巧用切线放缩, 会有意想不到的效果.2. 常用的切线不等式(1) e x⩾x+1;(2)ln x⩽x−1;(3)e x⩾ex;(4)ln x⩽1x;(5)sin x⩽x(x⩾0).e【点睛】在 e x⩾x +1 中, 将 x 换成 ln x, 即得 x ⩾ln x +1⇒ln x ⩽x −1;在 e x ⩾x +1 中, 将 x 换成 x −1, 即得 e x−1⩾x ⇒e x ⩾ex; 在 e x ⩾ex 中, 将 x 换成 ln x, 即得 x ⩾elnx ⇔ln x ⩽1e x; 在 ln x ⩽x −1 中, 将 x 换成 x +1, 即得 ln (x +1)⩽x.典型例题逆用求导法则型【例1】若 x,y 是实数, e 是自然对数的底数, e x+y+2−3⩽ln (y −2x +1)+3x , 则2x +y = .【答案】- 83【解析】结合不等式 e x ⩾x +1 (当且仅当 x =0 时等号成立), 可得: e x+y+2⩾(x +y +2)+1=x +y +3 (1), 结合不等式 ln x ⩽x −1 (当且仅当 x =1 时等号成立),则 ln (y −2x +1)⩽(y −2x +1)−1, 所以 −ln (y −2x +1)⩾2x −y(1) (2) 两式相加, 即得: e x+y+2−ln (y −2x +1)⩾(x +y +3)+(2x −y)=3x +3 又已知 e x+y+2−3⩽ln (y −2x +1)+3x,所以 e x+y+2−3=ln (y −2x +1)+3x, 于是(1)与 (2) 中的等号同时成立, 所以 {x +y +2=0,y −2x +1=1, 解得 {x =−23,y =−43,所以 2x +y =−83. 故答案为: −83.【点睛】本题利用了夹逼法. 根据切线不等式 e x ⩾x +1 与 ln x ⩽x −1, 并结合已知条件,通过夹逼由不等式得到了方程, 最后点睛意到两个不等式中等号成立的条件, 解方程组即 可得到答案.【例2】已知函数 f(x)=ax +ln x +1, 若对任意的 x >0,f(x)⩽xe 2x 恒成立, 则求实数 a 的 取值范围是 . 【答案】 (−∞,2]【解析】解法 1: :切线放缩, 利用 e x ⩾x +1 对任意的 x >0,f(x)⩽xe 2x 恒成立, 等价于 a ⩽xe 2x −(ln x+1)x在 (0,+∞) 上恒成立.因为 xe 2x −(ln x +1)=e 2x+ln x −(ln x +1)⩾(2x +ln x +1)−(ln x +1)=2x, 所以 xe 2x −(ln x+1)x⩾2x x=2. 当且仅当 2x +ln x =0 时等号成立 (方程显然有解),即 (xe 2x −(ln x+1)x)min=2, 所以 a ⩽2.故答案为: (−∞,2]. 解法 2: 隐零点因为 f(x)=ax +ln x +1, 所以对任意的 x >0,f(x)⩽xe 2x 恒成立, 等价于 a ⩽e 2x −ln x+1x在 (0,+∞) 上恒成立.令 m(x)=e 2x −ln x+1x(x >0), 则只需 a ⩽m(x)min 即可, 则 m ′(x)=2x 2e 2x +ln xx 2,再令 g(x)=2x 2e 2x +ln x(x >0) , 则 g ′(x)=4(x 2+x )e 2x +1x>0 , 所以 g(x) 在(0,+∞)上单调递增, 因为 g (14)=√e 8−2ln 2<0,g(1)=2e 2>0,所以 g(x) 有唯一的零点 x 0, 且 14<x 0<1,所以当 0<x <x 0 时, m ′(x)<0, 当 x >x 0 时, m ′(x)>0, 所以 m(x) 在 (0,x 0) 上单调递减, 在 (x 0,+∞) 上单调递增,因为 2x 02e 2x 0+ln x 0=0, 所以 ln 2+2ln x 0+2x 0=ln(−ln x 0), 即 ln(2x 0)+2x 0=ln (−ln x 0)+(−ln x 0) ， 设 s(x)=ln x +x(x >0), 则 s ′(x)=1x +1>0, 所以函数 s(x) 在 (0,+∞) 上单调递 增,因为 s (2x 0)=s (−ln x 0), 所以 2x 0=−ln x 0, 即 e 2x 0=1x 0,2=−ln x 0x 0,所以 m(x)⩾m (x 0)=e 2x 0−ln x 0+1x 0=1x 0−ln x 0x 0−1x 0=2, 则有 a ⩽2,所以实数 a 的取值范围为 (−∞,2]. 故答案为: (−∞,2].【例3】已知 a 1,a 2,a 3,a 4 成等比数列, 且 a 1+a 2+a 3+a 4=ln(a 1+a 2+a 3), 若 a 1>1, 则（）A. a 1<a 3,a 2<a 4B. a 1>a 3,a 2<a 4C. a 1<a 3,a 2>a 4D. a 1>a 3,a 2>a 4 【答案】 B【解析】(利用 ln x ⩽x −1) 由 a 1+a 2+a 3+a 4=ln(a 1+a 2+a 3), 可得 a 1+a 2+a 3+a 4= ln(a 1+a 2+a 3)⩽a 1+a 2+a 3−1 , 所以 a 4⩽−1 , 故公比 q <0 . 若 q ⩽−1 , 则 a 1+a 2+a 3 +a 4=a 1(1+q)(1+q 2)⩽0 , 而 a 1+a 2+a 3=a 1(1+q +q 2)⩾a 1>1 ,即 ln(a 1+a 2+a 3)>0 , 矛盾; 所以 −1<q <0 , 所以 a 1−a 3=a 1(1−q 2)>0,a 2−a 4= a 1q (1−q 2)<0, 所以 a 1>a 3,a 2<a 4, 故选 B.多变量轮换式的切线放缩【例4】f(x)=3+x1+x 2,x ∈[0,3], 已知数列 {a n } 满足 0<a n ⩽3,n ∈N ∗, 且满足 a 1+a 2+⋯ +a 2010=670, 则 f (a 1)+f (a 2)+⋯+f (a 2010)= A. 有最大值 6030 B. 有最大值 6027 C. 有最小值 6027 D. 有最小值 6030 【答案】A【解析】由 f(x)=3+x1+x 2(0⩽x ⩽3) , 得 f ′(x)=−x 2−6x+1(1+x 2)2, 所以 f ′(13)=−910,f(x) 在x =13 处的切线方程为 y =−910x +3310 , 下证 f(x)=3+x 1+x 2⩽310(11−3x) . 而 f(x)=3+x 1+x 2⩽310(11−3x)⇔(x −3)(x −13)2⩽0.因为 x ∈[0,3], 所以 (x −3)(x −13)2⩽0 成立, 故 f(x)=3+x1+x 2⩽310(11−3x).所以当 0<a n ⩽3,n ∈N ∗ 时, 有 f (a n )⩽310(11−3a n ),f (a 1)+f (a 2)+⋯+f (a 2010)⩽310[11×2010−3(a 1+a 2+⋯+a 2010)]=6030.故 f (a 1)+f (a 2)+⋯+f (a 2010) 最大值 6030 . 【点睛】本题利用函数 f(x)=3+x 1+x 2在 x =13处的切线进行放缩, 思路如下: 点睛意到a 1+ a 2+⋯+a 2010=670 , 当 a 1=a 2=⋯=a 2010 时, 有 a 1=a 2=⋯=a 2010=13 , 即 13是各元相 等时候的平衡点, 于是求出函数在平衡点的切线方程 y =−910x +3310, 可得 f(x)⩽310(11−3x).双参数最值的切线放缩【例5】已知不等式ln (x+1)−1⩽a(x+ba ) 对一切正数x 恒成立, 则ba的最小值为【解析】ln (x+1)−1⩽a(x+ba ) 恒成立,直线y=a(x+ba) 在函数y=ln (x+1)−1图象的上方,直线y=a(x+ba ) 在x 轴上的截距为−ba,函数y=ln (x+1)−1 在(e−1,0) 处的切线为y=1e[x−(e−1)],则−ba ⩽e−1⇒ba⩾1−e, 故(ba)min=1−e【点睛】本题利用两函数的零点比较大小, 其实就是切线放缩.强化训练1.已知函数f(x)=e x−1,g(x)=ln (x+1), 直线l 与y=f(x) 的图象相切, 与y= g(x) 的图象也相切, 则直线的l 方程是.【答案】y=x【解析】f(x)=e x−1 与g(x)=ln (x+1) 互为反函数, 其图象如图,其公共点为O(0,0),由f(x)=e x−1, 得f′(x)=e x, 所以f′(0)=1,曲线f(x)=e x−1 在O(0,0) 处的切线方程为y=x,由g(x)=ln (x+1), 得g′(x)=1x+1, 所以g′(0)=1,曲线g(x)=ln (x+1) 在O(0,0) 处的切线方程为y=x,所以曲线f(x)=e x−1 与曲线g(x)=ln (x+1) 的公切线为y=x.故答案为: y=x.2.已知实数a,b,c 满足e a+c+e2b−c−1⩽a+2b+1 (e 为自然对数的底数), 则a2+b2的最小值是.【答案】15【解析】设u(x)=e x−(x+1), 则u′(x)=e x−1, 可知u(x)⩾u(0)=0, 即e x⩾x+1;由不等式性质可知e a+c+e2b−c−1⩾a+c+1+2b−c=a+2b+1 ,当且仅当a+c= 2b−c−1=0 时取等号;又因为e a+c+e2b−c−1⩽a+2b+1,即有: e a+c+e2b−c−1=a+c+1,所以a+c=2b−c−1=0; 即a=−c,b=c+12;所以a2+b2=c2+(c+1)24=54c2+c2+14=54(c+15)2+15⩾15当且仅当c=−15时取等号, 故a2+b2的最小值是15, 答案为:15.3.函数f(x)=e x−a+x,g(x)=ln (x+2)−4e a−x, 若∃x0使得f(x0)−g(x0)=3, 则a= .【答案】-1- ln 2【解析】令f(x)−g(x)=x+e x−a−1n(x+2)+4e a−x,令y=x−ln (x+2),y′=1−1x+2=x+1x+2,故y=x−ln (x+2) 在(−2,−1) 上是减函数(−1,+∞) 上是增函数,故当x=−1 时, y 有最小值−1−0=−1,而e x−a+4e a−x⩾4. ( 当且仅当e x−a=4e a−x, 即x=ln 2+a 时, 等号成立);。
