高考二輪數(shù)學人教版學案第二部分專題六第4講導數(shù)的綜合應(yīng)用（文理）

第4講導數(shù)的綜合應(yīng)用(文理)JIETICELUEMINGFANGXIANG解題策略·明方向⊙︱考情分析︱?qū)?shù)日益成為解決數(shù)學問題強有力的工具，利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性與極(最)值是常見題型，而導數(shù)與函數(shù)、不等式的交匯命題，則是高考的熱點和難點．在高考壓軸題中，常以二次函數(shù)、指數(shù)函數(shù)、對數(shù)函數(shù)為載體考查函數(shù)的零點、比較大小、不等式證明、不等式恒成立與能成立等熱點問題．⊙︱真題分布︱(理科)年份卷別題號考查角度分值2020Ⅰ卷21利用導數(shù)研究單調(diào)性以及不等式的綜合應(yīng)用12Ⅱ卷21討論函數(shù)的單調(diào)性以及不等式的證明12Ⅲ卷21導數(shù)的幾何意義以及函數(shù)零點問題122019Ⅰ卷20函數(shù)的極值、問題12Ⅱ卷20函數(shù)的單調(diào)性、零點以及曲線的公切線問題12Ⅲ卷20函數(shù)的單調(diào)性、最值問題122018Ⅰ卷21函數(shù)的單調(diào)性、極值以及不等式的證明12Ⅱ卷21函數(shù)的單調(diào)性、不等式證明以及函數(shù)零點問題12Ⅲ卷21不等式以及極值問題的應(yīng)用12(文科)年份卷別題號考查角度分值2020Ⅰ卷20函數(shù)的單調(diào)性以及函數(shù)的零點問題12Ⅱ卷21函數(shù)單調(diào)性以及不等式恒成立問題12Ⅲ卷20函數(shù)的單調(diào)性與零點問題122019Ⅰ卷20函數(shù)的零點存在問題、不等式與參數(shù)范圍12Ⅱ卷21函數(shù)極值點以及方程的根問題12Ⅲ卷∥2018Ⅰ卷21函數(shù)的單調(diào)性、不等式的證明12Ⅱ卷21函數(shù)單調(diào)性、函數(shù)的零點的證明12Ⅲ卷21導數(shù)的幾何意義、不等式的證明12KAODIANFENLEIXIZHONGDIAN考點分類·析重點考點一利用導數(shù)研究不等式問題eq\x(知)eq\x(識)eq\x(再)eq\x(現(xiàn))1．常見重要不等式(1)lnx≤x－1(x＞0)．(2)ex≥x＋1．(當且僅當x＝0時等號成立)2．構(gòu)造輔助函數(shù)的四種方法(1)移項法：證明不等式f(x)＞g(x)(f(x)＜g(x))的問題轉(zhuǎn)化為證明f(x)－g(x)＞0(f(x)－g(x)＜0)，進而構(gòu)造輔助函數(shù)h(x)＝f(x)－g(x)．(2)構(gòu)造“形似”函數(shù)：對原不等式同解變形，如移項、通分、取對數(shù)；把不等式轉(zhuǎn)化為左右兩邊是相同結(jié)構(gòu)的式子的結(jié)構(gòu)，根據(jù)“相同結(jié)構(gòu)”構(gòu)造輔助函數(shù)．(3)主元法：對于(或可化為)f(x1，x2)≥A的不等式，可選x1(或x2)為主元，構(gòu)造函數(shù)f(x，x2)(或f(x1，x))．(4)放縮法：若所構(gòu)造函數(shù)最值不易求解，可將所證明不等式進行放縮，再重新構(gòu)造函數(shù)．3．含有雙變量的不等式問題的常見轉(zhuǎn)化策略(1)?x1∈[a，b]，x2∈[c，d]，f(x1)＞g(x2)?f(x)在[a，b]上的最小值＞g(x)在[c，d]上的最大值．(2)?x1∈[a，b]，x2∈[c，d]，f(x1)＞g(x2)?f(x)在[a，b]上的最大值＞g(x)在[c，d]上的最小值．(3)?x1∈[a，b]，?x2∈[c，d]，f(x1)＞g(x2)?f(x)在[a，b]上的最小值＞g(x)在[c，d]上的最小值．(4)?x1∈[a，b]，?x2∈[c，d]，f(x1)＞g(x2)?f(x)在[a，b]上的最大值＞g(x)在[c，d]上的最大值．eq\x(典)eq\x(例)eq\x(悟)eq\x(通)考向1利用導數(shù)證明不等式典例1(2020·北京房山區(qū)期末)已知函數(shù)f(x)＝(2x－1)lnx＋x－1．(1)求曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線方程；(2)求證：f(x)>－1．【解析】(1)由f(x)＝(2x－1)lnx＋x－1，得f′(x)＝2lnx－eq\f(1,x)＋3，∴f′(1)＝2，f(1)＝0，則切線方程為y＝2x－2．(2)f′(x)＝2lnx－eq\f(1,x)＋3，x∈(0，＋∞)，令h(x)＝2lnx－eq\f(1,x)＋3，x∈(0，＋∞)，∴h′(x)＝eq\f(2,x)＋eq\f(1,x2)＝eq\f(2x＋1,x2)>0，故h(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．又h(1)＝2>0，heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝1－ln4＝lneq\f(e,4)<0，又h(x)在(0，＋∞)上連續(xù)，∴?x0∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))使得h(x0)＝0，即f′(x0)＝0，∴2lnx0－eq\f(1,x0)＋3＝0．(*)f′(x)，f(x)隨x的變化情況如下：xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，x0))x0(x0，＋∞)f′(x)－0＋f(x)↘極小值↗∴f(x)min＝f(x0)＝(2x0－1)lnx0＋x0－1．由(*)式得lnx0＝eq\f(1,2x0)－eq\f(3,2)，代入上式得f(x)min＝f(x0)＝(2x0－1)(eq\f(1,2x0)－eq\f(3,2))＋x0－1＝－2x0－eq\f(1,2x0)＋eq\f(3,2).令t(x)＝－2x－eq\f(1,2x)＋eq\f(3,2)，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))，t′(x)＝eq\f(1,2x2)－2＝eq\f(1＋2x1－2x,2x2)<0，故t(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))上單調(diào)遞減．∴t(x)>t(1)，又t(1)＝－1，即f(x0)>－1，∴f(x)>－1．eq\x(方)eq\x(法)eq\x(感)eq\x(悟)利用導數(shù)證明不等式的兩個妙招(1)構(gòu)造函數(shù)法證明不等式①移項，使等式右邊為零，左邊構(gòu)造為新函數(shù)．②求導判斷單調(diào)性，通常要對參數(shù)分類討論．③根據(jù)單調(diào)性，求出最值與“0”比較即可得證．(2)轉(zhuǎn)化函數(shù)最值法證明不等式①條件：函數(shù)很復雜，直接求導不可行．②拆分：把復雜函數(shù)拆分成兩個易求最值函數(shù)．③方法：分別求導，結(jié)合單調(diào)性和圖象以及極值、最值，比較得出結(jié)論．考向2利用導數(shù)解決不等式恒(能)成立問題典例2(2020·肥東縣模擬)已知函數(shù)f(x)＝(x＋1)2－3alnx，a∈R.(1)當a＝1時，求f(x)在點(1，f(1))處的切線方程及函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)若對任意x∈[1，e]，f(x)≤4恒成立，求實數(shù)a的取值范圍．【解析】(1)當a＝1時，f(x)＝(x＋1)2－3lnx．f(1)＝4，f′(x)＝2x＋2－eq\f(3,x)，f′(1)＝1，則切線方程為y－4＝1×(x－1)，即y＝x＋3．在x∈(0，＋∞)時，如果f′(x)＝2x＋2－eq\f(3,x)≥0，即x∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(7)－1,2)，＋∞))時，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增；如果f′(x)＝2x＋2－eq\f(3,x)＜0，即x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(7)－1,2)))時，函數(shù)f(x)單調(diào)遞減．(2)f′(x)＝2x＋2－eq\f(3a,x)＝eq\f(2x2＋2x－3a,x)，x＞0．當a≤0時，f′(x)＞0，f(x)在[1，e]上單調(diào)遞增．f(x)min＝f(1)＝4，f(x)≤4不恒成立．當a＞0時，設(shè)g(x)＝2x2＋2x－3a，x＞0∵g(x)的對稱軸為x＝－eq\f(1,2)，g(0)＝－3a＜0，∴g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，且存在唯一x0∈(0，＋∞)，使得g(x0)＝0．∴當x∈(0，x0)時，g(x)＜0，即f′(x)＜0，f(x)在(0，x0)上單調(diào)遞減；∴當x∈(x0，＋∞)時，g(x)＞0，即f′(x)＞0，f(x)在(x0，＋∞)上單調(diào)遞增．∴f(x)在[1，e]上的最大值f(x)max＝max{f(1)，f(e)}．∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f1≤4,fe≤4))，得(e＋1)2－3a≤4，解得：a≥eq\f(e＋12－4,3).eq\x(方)eq\x(法)eq\x(感)eq\x(悟)利用導數(shù)解決不等式恒成立問題的“兩種”常用方法(1)分離參數(shù)后轉(zhuǎn)化為函數(shù)最值問題：將原不等式分離參數(shù)，轉(zhuǎn)化為不含參數(shù)的函數(shù)的最值問題，利用導數(shù)求該函數(shù)的最值，根據(jù)要求得所求范圍．一般地，f(x)≥a恒成立，只需f(x)min≥a即可；f(x)≤a恒成立，只需f(x)max≤a即可．(2)轉(zhuǎn)化為含參函數(shù)的最值問題：將不等式轉(zhuǎn)化為某含待求參數(shù)的函數(shù)的最值問題，利用導數(shù)求該函數(shù)的極值(最值)，伴有對參數(shù)的分類討論，然后構(gòu)建不等式求解．eq\x(跟)eq\x(蹤)eq\x(訓)eq\x(練)1．(2019·寧德二模)已知函數(shù)f(x)＝alnx＋1(a>0)．(1)當x>0時，求證：f(x)－1≥aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,x)))；(2)若在區(qū)間(1，e)上有f(x)>x恒成立，求實數(shù)a的取值范圍．【解析】(1)證明：設(shè)φ(x)＝f(x)－1－aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,x)))＝alnx－aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,x)))(x>0)，則φ′(x)＝eq\f(a,x)－eq\f(a,x2).令φ′(x)＝0，則x＝1．當0<x<1時，φ′(x)<0，所以φ(x)在(0,1)上單調(diào)遞減；當x>1時，φ′(x)>0，所以φ(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，故φ(x)在x＝1處取到極小值也是最小值，故φ(x)≥φ(1)＝0，即f(x)－1≥aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,x))).(2)由f(x)>x得alnx＋1>x，即a>eq\f(x－1,lnx).令g(x)＝eq\f(x－1,lnx)(1<x<e)，則g′(x)＝eq\f(lnx－\f(x－1,x),lnx2).令h(x)＝lnx－eq\f(x－1,x)(1<x<e)，則h′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(1,x2)>0，故h(x)在區(qū)間(1，e)上單調(diào)遞增，所以h(x)>h(1)＝0．因為h(x)>0，所以g′(x)>0，即g(x)在區(qū)間(1，e)上單調(diào)遞增，則g(x)<g(e)＝e－1，即eq\f(x－1,lnx)<e－1，所以a的取值范圍為[e－1，＋∞)．考點二利用導數(shù)研究函數(shù)的零點問題eq\x(知)eq\x(識)eq\x(再)eq\x(現(xiàn))方程的根、函數(shù)的零點、函數(shù)圖象與x軸的交點的橫坐標是三個等價的概念，解決這類問題可以通過函數(shù)的單調(diào)性、極值與最值，畫出函數(shù)圖象的走勢，通過數(shù)形結(jié)合思想直觀求解．eq\x(典)eq\x(例)eq\x(悟)eq\x(通)考向1利用導數(shù)研究函數(shù)零點典例3(2020·福田區(qū)校級模擬)已知函數(shù)f(x)＝sinx＋acosx－xcosx，x∈(0,2π)，a∈(0,2π)．(1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性；(2)證明：函數(shù)f(x)在定義域上只有一個零點．【解析】(1)f′(x)＝cosx－asinx－(cosx－xsinx)＝(x－a)sinx，x∈(0,2π)，令f′(x)＝0得x＝a或x＝π，易知，當x∈(0，π)時，sinx＞0；當x∈(π，2π)時，sinx＜0，①當a＝π時，f′(x)＝(x－π)sinx≤0，故f(x)在(0,2π)單調(diào)遞減；②當a∈(0，π)時，令f′(x)＜0得0＜x＜a或π＜x＜2π，令f′(x)＞0得a＜x＜π，故f(x)在(0，a)，(π，2π)單調(diào)遞減，在(a，π)單調(diào)遞增；③當a∈(π，2π)時，令f′(x)＜0得0＜x＜π或a＜x＜2π，令f′(x)＞0得π＜x＜a，故f(x)在(0，π)，(a,2π)單調(diào)遞減，在(π，a)單調(diào)遞增．綜上，當a＝π時，f(x)在(0,2π)單調(diào)遞減；當a∈(0，π)時，f(x)在(0，a)，(π，2π)單調(diào)遞減，在(a，π)單調(diào)遞增；當a∈(π，2π)時，f(x)在(0，π)，(a,2π)單調(diào)遞減，在(π，a)單調(diào)遞增．(2)證明：由(1)知，①當a＝π時，f(x)在(0,2π)單調(diào)遞減；且f(0)＝sin0＋πcos0－0cos0＝π＞0，f(2π)＝sin2π＋πcos2π－2πcos2π＝－π＜0，即f(0)·f(2π)＜0，故函數(shù)f(x)在(0,2π)上只有一個零點．②當a∈(0，π)時，f(x)在(0，a)，(π，2π)單調(diào)遞減，在(a，π)單調(diào)遞增；故f(x)的極小值為f(a)＝sina＋acosa－acosa＝sina＞0，因此f(x)在(0，a)上無零點；f(x)的極大值為f(π)＝sinπ＋acosπ－πcosπ＝π－a＞0，又f(2π)＝sin2π＋acos2π－2πcos2π＝a－2π＜0，f(π)·f(2π)＜0，故f(x)在(π，2π)上有一個零點，因此，函數(shù)f(x)在(0,2π)上只有一個零點．③當a∈(π，2π)時，f(x)在(0，π)，(a,2π)單調(diào)遞減，在(π，a)單調(diào)遞增．故f(x)的極小值為f(π)＝π－a＜0，又f(0)＝sin0＋acos0－0cos0＝a＞0，f(0)·f(π)＜0，故f(x)在(0，π)上有一個零點，f(x)的極大值為f(a)＝sina＜0，又f(2π)＝a－2π＜0，故f(x)在(π，2π)上無零點，因此，函數(shù)f(x)在(0,2π)上只有一個零點．綜上，函數(shù)f(x)在(0,2π)上只有一個零點．eq\x(方)eq\x(法)eq\x(感)eq\x(悟)利用導數(shù)研究函數(shù)零點問題的思路(1)構(gòu)建函數(shù)g(x)(要求g′(x)易求，g′(x)＝0可解)，轉(zhuǎn)化確定g(x)的零點個數(shù)問題求解，利用導數(shù)研究該函數(shù)的單調(diào)性、極值，并確定定義區(qū)間端點值的符號(或變化趨勢)等，畫出g(x)的圖象草圖，數(shù)形結(jié)合求解．(2)利用零點存在性定理：先用該定理判斷函數(shù)在某區(qū)間上有零點，然后利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、極值(最值)及區(qū)間端點值符號，進而判斷函數(shù)在該區(qū)間上零點的個數(shù)．考向2根據(jù)函數(shù)零點存在情況求參數(shù)取值范圍典例4(2020·四川模擬)已知函數(shù)f(x)＝eq\f(ax＋1,ex)＋eq\f(1,2)x2(a≠0)．(1)若曲線y＝f(x)在x＝－1處切線的斜率為e－1，判斷函數(shù)f(x)的單調(diào)性；(2)若函數(shù)f(x)有兩個零點，求a的取值范圍．【解析】(1)由題f′(x)＝x－eq\f(ax,ex)＝xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(ex－a,ex)))則f′(－1)＝ea－1＝e－1，得a＝1，此時f′(x)＝xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(ex－1,ex)))，由f′(x)＝0得x＝0．則x＜0時，f′(x)＞0，f(x)為增函數(shù)；x＞0時，f′(x)＞0，f(x)為增函數(shù)，且f′(0)＝0，所以f(x)為R上的增函數(shù)．(2)①當a＞0時，由f′(x)＝0得x＝0或x＝lna，若a＝1，由(1)知，f(x)為R上的增函數(shù)．由f(－1)＝eq\f(1,2)＞0，f(－2)＝－e2＋2＜0，所以f(x)只有一個零點，不符合題意．若0＜a＜1，則x＜lna時，f′(x)＞0，f(x)為增函數(shù)；lna＜x＜0時，f′(x)＜0，f(x)為減函數(shù)；x＞0時，f′(x)＞0，f(x)為增函數(shù)．而f(x)極小＝f(0)＝a＞0，故f(x)最多只有一個零點，不符合題意；若a＞1時，則x＜0時，f′(x)＞0，f(x)為增函數(shù)；0＜x＜lna時，f′(x)＜0，f(x)為減函數(shù)；x＞lna時，f′(x)＞0，f(x)為增函數(shù)．得f(x)極?。絝(lna)＝eq\f(1,2)(lna)2＋lna＋1＞0，故f(x)最多只有一個零點，不符合題意．②當a＜0時，由f′(x)＝0得x＝0，由x≤0得f′(x)≤0，f(x)為減函數(shù)，由x＞0得f′(x)＞0，f(x)為增函數(shù)，則f(x)極小＝f(0)＝a＜0．又x→－∞時，f(x)＞0，x→＋∞時，f(x)＞0，所以當a＜0時，f(x)始終有兩個零點．綜上所述，a的取值范圍是(－∞，0)．eq\x(方)eq\x(法)eq\x(感)eq\x(悟)根據(jù)函數(shù)零點個數(shù)確定參數(shù)取值范圍的基本思路也是數(shù)形結(jié)合，即根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性、極值、函數(shù)值的變化趨勢大致得出函數(shù)y＝f(x)的圖象，再根據(jù)零點個數(shù)確定函數(shù)y＝f(x)的圖象交點的個數(shù)，得出參數(shù)滿足的不等式，求得參數(shù)的取值范圍，一個基本的技巧是把f(x)＝0化為g(x)＝h(x)，(f(x)＝g(x)－h(huán)(x))據(jù)f(x)零點個數(shù)確定函數(shù)y＝g(x)，y＝h(x)圖象的交點個數(shù)，得出參數(shù)滿足的不等式，求得參數(shù)的取值范圍．eq\x(跟)eq\x(蹤)eq\x(訓)eq\x(練)2．(2019·南充二模)已知函數(shù)f(x)＝eq\f(mx,lnx)，曲線y＝f(x)在點(e2，f(e2))處的切線與直線2x＋y＝0垂直(其中e為自然對數(shù)的底數(shù))．(1)求f(x)的解析式及單調(diào)減區(qū)間；(2)若函數(shù)g(x)＝f(x)－eq\f(kx2,x－1)無零點，求k的取值范圍．【解析】(1)由已知得f′(x)＝eq\f(mlnx－1,lnx2)，由題意f′(e2)＝eq\f(1,2)?eq\f(m,4)＝eq\f(1,2)，m＝2，故f(x)＝eq\f(2x,lnx).此時f′(x)＝eq\f(2lnx－1,lnx2)，由f′(x)≤0?0＜x＜1或1＜x≤e，故f(x)的單調(diào)減區(qū)間為(0,1)和(1，e]．(2)g(x)＝f(x)－eq\f(kx2,x－1)?g(x)＝xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,lnx)－\f(kx,x－1)))，且定義域為(0,1)∪(1，＋∞)，要函數(shù)g(x)無零點，即要eq\f(2,lnx)＝eq\f(kx,x－1)在x∈(0,1)∪(1，＋∞)內(nèi)無解，亦即要klnx－eq\f(2x－1,x)＝0在x∈(0,1)∪(1，＋∞)內(nèi)無解．令h(x)＝klnx－eq\f(2x－1,x)?h′(x)＝eq\f(kx－2,x2).①當k≤0時，h′(x)＜0在x∈(0,1)∪(1，＋∞)內(nèi)恒成立，即h(x)在(0,1)內(nèi)遞減，在(1，＋∞)內(nèi)也單調(diào)遞減．又h(1)＝0，所以在(0,1)和(1，＋∞)內(nèi)也無零點，故滿足條件．②當k＞0時，h′(x)＝eq\f(kx－2,x2)＝eq\f(k\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(2,k))),x2)，若0＜k＜2，則函數(shù)h(x)在(0,1)內(nèi)單調(diào)遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(2,k)))內(nèi)也單調(diào)遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,k)，＋∞))內(nèi)單調(diào)遞增．又h(1)＝0，所以在(0,1)內(nèi)無零點，易知heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,k)))＜0，而h(eeq\s\up7(\f(2,k)))＝k·eq\f(2,k)－2＋+eq\f(2,eeq\s\up7(\f(2,k)))＞0，故在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,k)，＋∞))內(nèi)有一個零點，不滿足條件．若k＝2，則h(x)在(0,1)內(nèi)遞減，在(1，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞增．又h(1)＝0，所以x∈(0,1)∪(1，＋∞)時，h(x)＞0恒成立，故無零點，滿足條件．若k＞2，則函數(shù)h(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2,k)))內(nèi)遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,k)，1))遞增，在(1，＋∞)內(nèi)也單調(diào)遞增．又h(1)＝0，所以在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,k)，1))及(1，＋∞)內(nèi)均無零點．又易知heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,k)))＜0，而h(e－k)＝k·(－k)－2＋2ek＝2ek－k2－2，當k＞2時，h(e－k)＞0，所以函數(shù)h(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2,k)))內(nèi)有一零點，故不滿足條件．綜上可得，k的取值范圍為k≤0或k＝2．YICUOQINGLINGMIANSHIWU易錯清零·免失誤1．用錯恒成立的條件典例1已知函數(shù)f(x)＝x2＋ax＋3－a若x∈[－2,2]時，f(x)≥0恒成立，求的取值范圍．【錯解1】∵f(x)≥0恒成立，∴Δ＝a2－4(3－a)≤0恒成立解得的取值范圍為－6≤a≤2．【錯解2】∵f(x)＝x2＋ax＋3－a若x∈[－2,2]時，f(x)≥0恒成立，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f－2≥0,f2≥0))，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－22－2a＋3－a≥0,22＋2a＋3－a≥0))，解得的取值范圍為－7≤a≤eq\f(7,3).【剖析】對二次函數(shù)f(x)＝ax2＋bx＋c“當x∈R上f(x)≥0恒成立時，Δ≤0”片面理解為“ax2＋bx＋c≥0，x∈[－2,2]恒成立時，Δ≤0”；或者理解為eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f－2≥0,f2≥0)).這都是由于函數(shù)性質(zhì)掌握得不透徹而導致的錯誤．二次函數(shù)最值問題中“軸變區(qū)間定”要對對稱軸進行分類討論；“軸定區(qū)間變”要對區(qū)間進行討論．【正解】設(shè)f(x)的最小值為g(a)，(1)當－eq\f(a,2)<－2，即a＞4時，g(a)＝f(－2)＝7－3a≥0，得a≤eq\f(7,3)故此時a不存在；(2)當－eq\f(a,2)∈[－2,2]，即－4≤a≤4時，g(a)＝f(－eq\f(a,2))＝3－a－eq\f(