题型十含参数不等式的恒成立问题(推荐时间：30分钟)1．已知函数f(x)＝ax2＋bx＋c＋lnx.(1)当a＝b时，若函数f(x)在定义域上是单调函数，求实数a的取值范围；(2)设函数f(x)在x＝eq\f(1,2)，x＝1处取得极值，且f(1)＝－1，若对任意的x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，2))，f(x)≤m恒成立，求m的取值范围．(参考数据：e≈2.7)2．(2011·湖北)设函数f(x)＝x3＋2ax2＋bx＋a，g(x)＝x2－3x＋2，其中x∈R，a、b为常数，已知曲线y＝f(x)与y＝g(x)在点(2,0)处有相同的切线l.(1)求a、b的值，并写出切线l的方程；(2)若方程f(x)＋g(x)＝mx有三个互不相同的实根0、x1、x2，其中x1<x2，且对任意的x∈[x1，x2]，f(x)＋g(x)<m(x－1)恒成立，求实数m的取值范围．答案题型十1．解(1)∵a＝b时，f(x)＝ax2＋ax＋c＋lnx，∴f′(x)＝2ax＋a＋eq\f(1,x)＝eq\f(2ax2＋ax＋1,x)(x>0)．当a＝0时，f′(x)＝eq\f(1,x)>0，此时f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a>0时，∵x>0，∴2ax2＋ax＋1>0，∴f′(x)>0，∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a<0时，设g(x)＝2ax2＋ax＋1，函数g(x)在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)，＋∞))上单调递减，且g(0)＝1>0，故在(0，＋∞)上，函数g(x)的符号不确定，即此时f′(x)的符号不确定，所以函数f(x)在(0，＋∞)上不单调．综上可知，a的取值范围是[0，＋∞)．(2)由题意得f′(x)＝2ax＋b＋eq\f(1,x)＝eq\f(2ax2＋bx＋1,x)，∵f(x)在x＝eq\f(1,2)，x＝1处取得极值，∴f′(1)＝f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝0，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2a＋b＋1＝0,a＋b＋2＝0))，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝1,b＝－3))，即f′(x)＝eq\f(2x2－3x＋1,x)＝eq\f(2x－1x－1,x)，且f(x)＝x2－3x＋c＋lnx.又∵f(1)＝－1，∴1－3＋c＝－1，得c＝1，∴f(x)＝x2－3x＋1＋lnx.∵当x∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，\f(1,2)))时，f′(x)>0，∴函数f(x)在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，\f(1,2)))上单调递增；∵当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))时，f′(x)<0，∴函数f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))上单调递减；∵当x∈(1,2]时，f′(x)>0，∴函数f(x)在(1,2]上单调递增．∴f(x)极大值＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝eq\f(1,4)－eq\f(3,2)＋1＋lneq\f(1,2)＝－eq\f(1,4)－ln2，而f(2)＝－1＋ln2，f(2)－feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝－eq\f(3,4)＋ln4＝ln4－lneeq\f(3,4)，由于4>e>eeq\f(3,4)，故f(2)>feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))，∴f(x)max＝－1＋ln2，∴m≥－1＋ln2.2．解(1)f′(x)＝3x2＋4ax＋b，g′(x)＝2x－3.由于曲线y＝f(x)与y＝g(x)在点(2,0)处有相同的切线，故有f(2)＝g(2)＝0，f′(2)＝g′(2)＝1，由此得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(8＋8a＋2b＋a＝0，,12＋8a＋b＝1，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝－2，,b＝5.))所以切线l的方程为x－y－2＝0.(2)由(1