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专题3函数与导数专题3函数与导数第18练存在与恒成立问题典例剖析精题狂练“存在”与“恒成立”两个表示范围的词语在题目问法中出现是近年高考的一大热点，其本质是“特称”与“全称”量词的一个延伸，弄清其含义，适当进行转化来加以解决.内容精要第18练存在与恒成立问题典例剖析精题狂练典例剖析题型一不等式的恒成立问题题型二存在性问题题型三存在与恒成立的综合性问题典例剖析题型一不等式的恒成立问题题型二存在性

题型一不等式的恒成立问题破题切入点

有关不等式的恒成立求参数范围的问题，通常采用的是将参数分离出来的方法.例1

已知函数f(x)＝ax－1－lnx，a∈R.(1)讨论函数f(x)的单调区间；当a≤0时，f′(x)<0恒成立，f(x)在区间(0，＋∞)上单调递减；题型一不等式的恒成立问题破题切入点例1已知函数f(x)

题型一不等式的恒成立问题f′(x)>0，函数f(x)单调递增.综上所述：当a≤0时，f(x)的单调递减区间是(0，＋∞)，无单调递增区间；题型一不等式的恒成立问题f′(x)>0，函数f(x)单调

题型一不等式的恒成立问题(2)若函数f(x)在x＝1处取得极值，对∀x∈(0，＋∞)，f(x)≥bx－2恒成立，求实数b的取值范围.解因为函数f(x)在x＝1处取得极值，所以f′(1)＝0，解得a＝1，经检验可知满足题意.由已知f(x)≥bx－2，即x－1－lnx≥bx－2，题型一不等式的恒成立问题(2)若函数f(x)在x＝1处取

题型一不等式的恒成立问题易得g(x)在(0，e2]上单调递减，在[e2，＋∞)上单调递增，题型一不等式的恒成立问题易得g(x)在(0，e2]上单调破题切入点

利用极值处导数为0及导数的几何意义求出f(x).题型二存在性问题例2

已知函数f(x)＝ax3＋bx2＋cx在x＝±1处取得极值，且在x＝0处的切线的斜率为－3.(1)求f(x)的解析式；解f′(x)＝3ax2＋2bx＋c.又f′(0)＝－3，∴c＝－3，∴a＝1，∴f(x)＝x3－3x.破题切入点题型二存在性问题例2已知函数f(x)＝ax3题型二存在性问题破题切入点

借助导数几何意义表示切线方程，然后分离参数，利用数形结合求m范围.(2)若过点A(2，m)可作曲线y＝f(x)的三条切线，求实数m的取值范围.又切线过点A(2，m).题型二存在性问题破题切入点(2)若过点A(2，m)可作曲题型二存在性问题令g(x)＝－2x3＋6x2－6，则g′(x)＝－6x2＋12x＝－6x(x－2)，由g′(x)＝0得x＝0或x＝2.g(x)极小值＝g(0)＝－6，g(x)极大值＝g(2)＝2.题型二存在性问题令g(x)＝－2x3＋6x2－6，题型二存在性问题画出草图如下图.∴当－6<m<2时，m＝－2x3＋6x2－6有三解.即可作曲线y＝f(x)的三条切线.题型二存在性问题画出草图如下图.∴当－6<m<2时，m＝破题切入点

考查导数的运算，利用导数研究函数的单调性，解不等式函数的零点等基础知识，既有存在，又有恒成立问题.题型三存在与恒成立的综合性问题例3

已知a>0，函数f(x)＝lnx－ax2，x>0.(f(x)的图象连续不断)(1)求f(x)的单调区间；破题切入点题型三存在与恒成立的综合性问题例3已知a>0题型三存在与恒成立的综合性问题当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：xf′(x)＋0－f(x)极大值题型三存在与恒成立的综合性问题当x变化时，f′(x)，f题型三存在与恒成立的综合性问题由(1)知f(x)在(0,2)内单调递增，在(2，＋∞)内单调递减.由于f(x)在(0,2)内单调递增，题型三存在与恒成立的综合性问题由(1)知f(x)在(0,题型三存在与恒成立的综合性问题所以存在x0∈(2，x′)，使g(x0)＝0，(说明：x′的取法不唯一，只要满足x′>2，且g(x′)<0即可)题型三存在与恒成立的综合性问题所以存在x0∈(2，x′)题型三存在与恒成立的综合性问题从而f(x)在[α，β]上的最小值为f(α).又由β－α≥1，α，β∈[1,3]，知1≤α≤2≤β≤3.题型三存在与恒成立的综合性问题从而f(x)在[α，β]上题型三存在与恒成立的综合性问题题型三存在与恒成立的综合性问题总结提高

(1)存在与恒成立两个热点词汇在高考中频繁出现，关键要把握两个词语的本质：存在即特称量词，“有的”意思；恒成立即全称量词，“任意的”意思.(2)解决这类问题的关键是转化与化归思想，转化为求解函数的最大值与最小值问题.(3)函数与方程思想的应用在求解参数范围中体现的淋漓尽致，将参数分离出来，另一侧设为函数，转化为求解另一侧函数的最大值和最小值问题.总结提高(1)存在与恒成立两个热点词汇在高考中频繁出现精题狂练1234567891011121.(2013·课标全国Ⅱ)若存在正数x使2x(x－a)<1成立，则a的取值范围是(

)A.(－∞，＋∞) B.(－2，＋∞)C.(0，＋∞) D.(－1，＋∞)精题狂练1234567891011121.(2013·课标全精题狂练123456789101112∴f′(x)＝1＋2－xln2>0.∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增，∴f(x)>f(0)＝0－1＝－1，∴a的取值范围为(－1，＋∞)，故选D.答案D精题狂练123456789101112∴f′(x)＝1＋2－123456789101112精题狂练123456789101112精题狂练123456789101112精题狂练解析当a＝0时，显然不成立，故排除D；当a>0时，注意到f′(x)＝6ax2－6ax＝6ax(x－1)，即f(x)在[0,1]上是减函数，在[1,2]上是增函数，当x0＝0时，结论不可能成立；进一步，可知a<0，此时g(x)在[0,2]上是增函数，123456789101112精题狂练解析当a＝0时，显然123456789101112精题狂练同时f(x)在0≤x≤1时，函数值从1增大到1－a，在1≤x≤2时，函数值从1－a减少到1＋4a，所以“任意给定的x0∈[0,2]，总存在两个不同的xi(i＝1,2)∈[0,2]，使得f(xi)＝g(x0)成立”123456789101112精题狂练同时f(x)在0≤x≤123456789101112精题狂练答案A123456789101112精题狂练答案A123456789101112精题狂练A.(－∞，－6)∪(6，＋∞)B.(－∞，－4)∪(4，＋∞)C.(－∞，－2)∪(2，＋∞)D.(－∞，－1)∪(1，＋∞)123456789101112精题狂练A.(－∞，－6)∪(123456789101112精题狂练123456789101112精题狂练123456789101112精题狂练故－2≤m≤2，因此原特称命题成立的条件是m>2或m<－2.答案C123456789101112精题狂练故－2≤m≤2，因此原123456789101112精题狂练123456789101112精题狂练123456789101112精题狂练

123456789101112精题狂练

123456789101112精题狂练123456789101112精题狂练123456789101112精题狂练则f′(x)＝－sinx＋x≥0(x≥0)，答案C123456789101112精题狂练则f′(x)＝－sin123456789101112精题狂练6.(2014·辽宁)当x∈[－2,1]时，不等式ax3－x2＋4x＋3≥0恒成立，则实数a的取值范围是(

)A.[－5，－3] B.[－6，－

]C.[－6，－2] D.[－4，－3]解析当x＝0时，ax3－x2＋4x＋3≥0变为3≥0恒成立，即a∈R.123456789101112精题狂练6.(2014·辽宁)123456789101112精题狂练123456789101112精题狂练123456789101112精题狂练∴φ(x)在(0,1]上递增，φ(x)max＝φ(1)＝－6.∴a≥－6.123456789101112精题狂练∴φ(x)在(0,1]123456789101112精题狂练当x∈[－2，－1)时，φ′(x)<0，当x∈(－1,0)时，φ′(x)>0.∴当x＝－1时，φ(x)有极小值，即为最小值.综上知－6≤a≤－2.答案C123456789101112精题狂练当x∈[－2，－1)时123456789101112精题狂练7.设函数f(x)＝ax3－3x＋1(x∈R)，若对于任意x∈[－1,1]，都有f(x)≥0成立，则实数a的值为________.解析若x＝0，则不论a取何值，f(x)≥0显然成立；123456789101112精题狂练7.设函数f(x)＝a123456789101112精题狂练123456789101112精题狂练123456789101112精题狂练g(x)在区间[－1,0)上单调递增，所以g(x)min＝g(－1)＝4，从而a≤4，综上可知a＝4.答案4123456789101112精题狂练g(x)在区间[－1,123456789101112精题狂练8.(2014·江苏)已知函数f(x)＝x2＋mx－1，若对于任意x∈[m，m＋1]，都有f(x)<0成立，则实数m的取值范围是_________.解析作出二次函数f(x)的图象，123456789101112精题狂练8.(2014·江苏)123456789101112精题狂练因此函数f(x)在[0,1]上单调递增，所以x∈[0,1]时，f(x)min＝f(0)＝－1.根据题意可知存在x∈[1,2]，使得g(x)＝x2－2ax＋4≤－1，123456789101112精题狂练因此函数f(x)在[0123456789101112精题狂练123456789101112精题狂练123456789101112精题狂练10.(2014·浙江)已知函数f(x)＝x3＋3|x－a|(a∈R).(1)若f(x)在[－1,1]上的最大值和最小值分别记为M(a)，m(a)，求M(a)－m(a)；123456789101112精题狂练10.(2014·浙江123456789101112精题狂练①当a≤－1时，有x≥a，故f(x)＝x3＋3x－3a.此时f(x)在(－1,1)上是增函数，因此，M(a)＝f(1)＝4－3a，m(a)＝f(－1)＝－4－3a，故M(a)－m(a)＝(4－3a)－(－4－3a)＝8.②当－1<a<1时，若x∈(a,1)，f(x)＝x3＋3x－3a，在(a,1)上是增函数；若x∈(－1，a)，f(x)＝x3－3x＋3a，在(－1，a)上是减函数，123456789101112精题狂练①当a≤－1时，有x≥123456789101112精题狂练所以，M(a)＝max{f(1)，f(－1)}，m(a)＝f(a)＝a3.由于f(1)－f(－1)＝－6a＋2，③当a≥1时，有x≤a，故f(x)＝x3－3x＋3a，此时f(x)在(－1,1)上是减函数，因此，M(a)＝f(－1)＝2＋3a，m(a)＝f(1)＝－2＋3a，123456789101112精题狂练所以，M(a)＝max123456789101112精题狂练故M(a)－m(a)＝(2＋3a)－(－2＋3a)＝4.123456789101112精题狂练故M(a)－m(a)＝123456789101112精题狂练(2)设b∈R，若[f(x)＋b]2≤4对x∈[－1,1]恒成立，求3a＋b的取值范围.解令h(x)＝f(x)＋b，123456789101112精题狂练(2)设b∈R，若[f123456789101112精题狂练因为[f(x)＋b]2≤4对x∈[－1,1]恒成立，即－2≤h(x)≤2对x∈[－1,1]恒成立，所以由(1)知，①当a≤－1时，h(x)在(－1,1)上是增函数，h(x)在[－1,1]上的最大值是h(1)＝4－3a＋b，最小值是h(－1)＝－4－3a＋b，则－4－3a＋b≥－2且4－3a＋b≤2，矛盾；123456789101112精题狂练因为[f(x)＋b]2123456789101112精题狂练最大值是h(1)＝4－3a＋b，所以a3＋b≥－2且4－3a＋b≤2，令t(a)＝－2－a3＋3a，123456789101112精题狂练最大值是h(1)＝4－123456789101112精题狂练故t(a)≥t(0)＝－2，因此－2≤3a＋b≤0.最大值是h(－1)＝3a＋b＋2，所以a3＋b≥－2且3a＋b＋2≤2，123456789101112精题狂练故t(a)≥t(0)＝123456789101112精题狂练④当a≥1时，h(x)在[－1,1]上的最大值是h(－1)＝2＋3a＋b，最小值是h(1)＝－2＋3a＋b，所以3a＋b＋2≤2且3a＋b－2≥－2，解得3a＋b＝0.综上，得3a＋b的取值范围是－2≤3a＋b≤0.123456789101112精题狂练④当a≥1时，h(x)123456789101112精题狂练11.已知函数f(x)＝(x＋1)lnx－x＋1.(1)若xf′(x)≤x2＋ax＋1，求a的取值范围；而xf′(x)≤x2＋ax＋1(x＞0)等价于lnx－x≤a.123456789101112精题狂练11.已知函数f(x)123456789101112精题狂练当0＜x＜1时，g′(x)＞0；当x≥1时，g′(x)≤0，x＝1是g(x)的最大值点，∴g(x)≤g(1)＝－1.综上可知，a的取值范围是

.123456789101112精题狂练当0＜x＜1时，g′(123456789101112精题狂练(2)证明：(x－1)f(x)≥0.证明由(1)知，g(x)≤g(1)＝－1，即lnx－x＋1≤0.当0＜x＜1时，f(x)＝(x＋1)lnx－x＋1＝xlnx＋(lnx－x＋1)<0，∴(x－1)f(x)>0；当x≥1时，f(x)＝lnx＋(xlnx－x＋1)∴(x－1)f(x)≥0.综上，在定义域内满足(x－1)f(x)≥0恒成立.123456789101112精题狂练(2)证明：(x－1)123456789101112精题狂练(1)当m＝e(e为自然对数的底数)时，求f(x)的极小值；∴当x∈(0，e)时，f′(x)<0，f(x)在(0，e)上单调递减，当x∈(e，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)在(e，＋∞)上单调递增，∴f(x)的极小值为2.123456789101112精题狂练(1)当m＝e(e为自123456789101112精题狂练则φ′(x)＝－x2＋1＝－(x－1)(x＋1)，当x∈(0,1)时，φ′(x)>0，φ(x)在(0,1)上单调递增；123456789101112精题狂练则φ′(x)＝－x2＋123456789101112精题狂练当x∈(1，＋∞)时，φ′(x)<0，φ(x)在(1，＋∞)上单调递减.∴x＝1是φ(x)的唯一极值点，且是极大值点，因此x＝1也是φ(x)的最大值点，123456789101112精题狂练当x∈(1，＋∞)时，123456789101112精题狂练又φ(0)＝0，结合y＝φ(x)的图象(如图)，④当m≤0时，函数g(x)有且只有一个零点.123456789101112精题狂练又φ(0)＝0，结合y123456789101112精题狂练123456789101112精题狂练123456789101112精题狂练等价于f(b)－b<f(a)－a恒成立.(*)∴(*)等价于h(x)在(0，＋∞)上单调递减.123456789101112精题狂练等价于f(b)－b<f123456789101112精题狂练123456789101112精题狂练谢谢观看更多精彩内容请登录谢谢观看更多精彩内容请登录专题3函数与导数专题3函数与导数第18练存在与恒成立问题典例剖析精题狂练“存在”与“恒成立”两个表示范围的词语在题目问法中出现是近年高考的一大热点，其本质是“特称”与“全称”量词的一个延伸，弄清其含义，适当进行转化来加以解决.内容精要第18练存在与恒成立问题典例剖析精题狂练典例剖析题型一不等式的恒成立问题题型二存在性问题题型三存在与恒成立的综合性问题典例剖析题型一不等式的恒成立问题题型二存在性

题型一不等式的恒成立问题破题切入点

有关不等式的恒成立求参数范围的问题，通常采用的是将参数分离出来的方法.例1

已知函数f(x)＝ax－1－lnx，a∈R.(1)讨论函数f(x)的单调区间；当a≤0时，f′(x)<0恒成立，f(x)在区间(0，＋∞)上单调递减；题型一不等式的恒成立问题破题切入点例1已知函数f(x)

题型一不等式的恒成立问题f′(x)>0，函数f(x)单调递增.综上所述：当a≤0时，f(x)的单调递减区间是(0，＋∞)，无单调递增区间；题型一不等式的恒成立问题f′(x)>0，函数f(x)单调

题型一不等式的恒成立问题(2)若函数f(x)在x＝1处取得极值，对∀x∈(0，＋∞)，f(x)≥bx－2恒成立，求实数b的取值范围.解因为函数f(x)在x＝1处取得极值，所以f′(1)＝0，解得a＝1，经检验可知满足题意.由已知f(x)≥bx－2，即x－1－lnx≥bx－2，题型一不等式的恒成立问题(2)若函数f(x)在x＝1处取

题型一不等式的恒成立问题易得g(x)在(0，e2]上单调递减，在[e2，＋∞)上单调递增，题型一不等式的恒成立问题易得g(x)在(0，e2]上单调破题切入点

利用极值处导数为0及导数的几何意义求出f(x).题型二存在性问题例2

已知函数f(x)＝ax3＋bx2＋cx在x＝±1处取得极值，且在x＝0处的切线的斜率为－3.(1)求f(x)的解析式；解f′(x)＝3ax2＋2bx＋c.又f′(0)＝－3，∴c＝－3，∴a＝1，∴f(x)＝x3－3x.破题切入点题型二存在性问题例2已知函数f(x)＝ax3题型二存在性问题破题切入点

借助导数几何意义表示切线方程，然后分离参数，利用数形结合求m范围.(2)若过点A(2，m)可作曲线y＝f(x)的三条切线，求实数m的取值范围.又切线过点A(2，m).题型二存在性问题破题切入点(2)若过点A(2，m)可作曲题型二存在性问题令g(x)＝－2x3＋6x2－6，则g′(x)＝－6x2＋12x＝－6x(x－2)，由g′(x)＝0得x＝0或x＝2.g(x)极小值＝g(0)＝－6，g(x)极大值＝g(2)＝2.题型二存在性问题令g(x)＝－2x3＋6x2－6，题型二存在性问题画出草图如下图.∴当－6<m<2时，m＝－2x3＋6x2－6有三解.即可作曲线y＝f(x)的三条切线.题型二存在性问题画出草图如下图.∴当－6<m<2时，m＝破题切入点

考查导数的运算，利用导数研究函数的单调性，解不等式函数的零点等基础知识，既有存在，又有恒成立问题.题型三存在与恒成立的综合性问题例3

已知a>0，函数f(x)＝lnx－ax2，x>0.(f(x)的图象连续不断)(1)求f(x)的单调区间；破题切入点题型三存在与恒成立的综合性问题例3已知a>0题型三存在与恒成立的综合性问题当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：xf′(x)＋0－f(x)极大值题型三存在与恒成立的综合性问题当x变化时，f′(x)，f题型三存在与恒成立的综合性问题由(1)知f(x)在(0,2)内单调递增，在(2，＋∞)内单调递减.由于f(x)在(0,2)内单调递增，题型三存在与恒成立的综合性问题由(1)知f(x)在(0,题型三存在与恒成立的综合性问题所以存在x0∈(2，x′)，使g(x0)＝0，(说明：x′的取法不唯一，只要满足x′>2，且g(x′)<0即可)题型三存在与恒成立的综合性问题所以存在x0∈(2，x′)题型三存在与恒成立的综合性问题从而f(x)在[α，β]上的最小值为f(α).又由β－α≥1，α，β∈[1,3]，知1≤α≤2≤β≤3.题型三存在与恒成立的综合性问题从而f(x)在[α，β]上题型三存在与恒成立的综合性问题题型三存在与恒成立的综合性问题总结提高

(1)存在与恒成立两个热点词汇在高考中频繁出现，关键要把握两个词语的本质：存在即特称量词，“有的”意思；恒成立即全称量词，“任意的”意思.(2)解决这类问题的关键是转化与化归思想，转化为求解函数的最大值与最小值问题.(3)函数与方程思想的应用在求解参数范围中体现的淋漓尽致，将参数分离出来，另一侧设为函数，转化为求解另一侧函数的最大值和最小值问题.总结提高(1)存在与恒成立两个热点词汇在高考中频繁出现精题狂练1234567891011121.(2013·课标全国Ⅱ)若存在正数x使2x(x－a)<1成立，则a的取值范围是(

)A.(－∞，＋∞) B.(－2，＋∞)C.(0，＋∞) D.(－1，＋∞)精题狂练1234567891011121.(2013·课标全精题狂练123456789101112∴f′(x)＝1＋2－xln2>0.∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增，∴f(x)>f(0)＝0－1＝－1，∴a的取值范围为(－1，＋∞)，故选D.答案D精题狂练123456789101112∴f′(x)＝1＋2－123456789101112精题狂练123456789101112精题狂练123456789101112精题狂练解析当a＝0时，显然不成立，故排除D；当a>0时，注意到f′(x)＝6ax2－6ax＝6ax(x－1)，即f(x)在[0,1]上是减函数，在[1,2]上是增函数，当x0＝0时，结论不可能成立；进一步，可知a<0，此时g(x)在[0,2]上是增函数，123456789101112精题狂练解析当a＝0时，显然123456789101112精题狂练同时f(x)在0≤x≤1时，函数值从1增大到1－a，在1≤x≤2时，函数值从1－a减少到1＋4a，所以“任意给定的x0∈[0,2]，总存在两个不同的xi(i＝1,2)∈[0,2]，使得f(xi)＝g(x0)成立”123456789101112精题狂练同时f(x)在0≤x≤123456789101112精题狂练答案A123456789101112精题狂练答案A123456789101112精题狂练A.(－∞，－6)∪(6，＋∞)B.(－∞，－4)∪(4，＋∞)C.(－∞，－2)∪(2，＋∞)D.(－∞，－1)∪(1，＋∞)123456789101112精题狂练A.(－∞，－6)∪(123456789101112精题狂练123456789101112精题狂练123456789101112精题狂练故－2≤m≤2，因此原特称命题成立的条件是m>2或m<－2.答案C123456789101112精题狂练故－2≤m≤2，因此原123456789101112精题狂练123456789101112精题狂练123456789101112精题狂练

123456789101112精题狂练

123456789101112精题狂练123456789101112精题狂练123456789101112精题狂练则f′(x)＝－sinx＋x≥0(x≥0)，答案C123456789101112精题狂练则f′(x)＝－sin123456789101112精题狂练6.(2014·辽宁)当x∈[－2,1]时，不等式ax3－x2＋4x＋3≥0恒成立，则实数a的取值范围是(

)A.[－5，－3] B.[－6，－

]C.[－6，－2] D.[－4，－3]解析当x＝0时，ax3－x2＋4x＋3≥0变为3≥0恒成立，即a∈R.123456789101112精题狂练6.(2014·辽宁)123456789101112精题狂练123456789101112精题狂练123456789101112精题狂练∴φ(x)在(0,1]上递增，φ(x)max＝φ(1)＝－6.∴a≥－6.123456789101112精题狂练∴φ(x)在(0,1]123456789101112精题狂练当x∈[－2，－1)时，φ′(x)<0，当x∈(－1,0)时，φ′(x)>0.∴当x＝－1时，φ(x)有极小值，即为最小值.综上知－6≤a≤－2.答案C123456789101112精题狂练当x∈[－2，－1)时123456789101112精题狂练7.设函数f(x)＝ax3－3x＋1(x∈R)，若对于任意x∈[－1,1]，都有f(x)≥0成立，则实数a的值为________.解析若x＝0，则不论a取何值，f(x)≥0显然成立；123456789101112精题狂练7.设函数f(x)＝a123456789101112精题狂练123456789101112精题狂练123456789101112精题狂练g(x)在区间[－1,0)上单调递增，所以g(x)min＝g(－1)＝4，从而a≤4，综上可知a＝4.答案4123456789101112精题狂练g(x)在区间[－1,123456789101112精题狂练8.(2014·江苏)已知函数f(x)＝x2＋mx－1，若对于任意x∈[m，m＋1]，都有f(x)<0成立，则实数m的取值范围是_________.解析作出二次函数f(x)的图象，123456789101112精题狂练8.(2014·江苏)123456789101112精题狂练因此函数f(x)在[0,1]上单调递增，所以x∈[0,1]时，f(x)min＝f(0)＝－1.根据题意可知存在x∈[1,2]，使得g(x)＝x2－2ax＋4≤－1，123456789101112精题狂练因此函数f(x)在[0123456789101112精题狂练123456789101112精题狂练123456789101112精题狂练10.(2014·浙江)已知函数f(x)＝x3＋3|x－a|(a∈R).(1)若f(x)在[－1,1]上的最大值和最小值分别记为M(a)，m(a)，求M(a)－m(a)；123456789101112精题狂练10.(2014·浙江123456789101112精题狂练①当a≤－1时，有x≥a，故f(x)＝x3＋3x－3a.此时f(x)在(－1,1)上是增函数，因此，M(a)＝f(1)＝4－3a，m(a)＝f(－1)＝－4－3a，故M(a)－m(a)＝(4－3a)－(－4－3a)＝8.②当－1<a<1时，若x∈(a,1)，f(x)＝x3＋3x－3a，在(a,1)上是增函数；若x∈(－1，a)，f(x)＝x3－3x＋3a，在(－1，a)上是减函数，123456789101112精题狂练①当a≤－1时，有x≥123456789101112精题狂练所以，M(a)＝max{f(1)，f(－1)}，m(a)＝f(a)＝a3.由于f(1)－f(－1)＝－6a＋2，③当a≥1时，有x≤a，故f(x)＝x3－3x＋3a，此时f(x)在(－1,1)上是减函数，因此，M(a)＝f(－1)＝2＋3a，m(a)＝f(1)＝－2＋3a，123456789101112精题狂练所以，M(a)＝max123456789101112精题狂练故M(a)－m(a)＝(2＋3a)－(－2＋3a)＝4.123456789101112精题狂练故M(a)－m(a)＝123456789101112精题狂练(2)设b∈R，若[f(x)＋b]2≤4对x∈[－1,1]恒成立，求3a＋b的取值范围.解令h(x)＝f(x)＋b，123456789101112精题狂练(2)设b∈R，若[f123456789101112精题狂练因为[f(x)＋b]2≤4对x∈[－1,1]恒成立，即－2≤h(x)≤2对x∈[－1,1]恒成立，所以由(1)知，①当a≤－1时，h(x)在(－1,1)上是增函数，h(x)在[－1,1]上的最大值是h(1)＝4－3a＋b，最小值是h(－1)＝－4－3a＋b，则－4－3a＋b≥－2且4－3a＋b≤2，矛盾；123456789101112精题狂练因为[f(x)＋b]2123456789101112精题狂练最大值是h(1)＝4－3a＋b，所以a3＋b≥－2且4－3a＋b≤2，令t(a)＝－2－a3＋3a，123456789101112精题狂练最大值是h(1)＝4－123456789101112精题狂练故t(a)≥t(0)＝－2，因此－2≤3a＋b≤0.最大值是h(－1)＝3a＋b＋2，所以a3＋b≥－2且3a＋b＋2≤2，123456789101112精题狂练故t(a)≥t(0)＝123456789101112精题狂练④当a≥1时，h(x)在[－1,1]上的最大值是h(－1)＝2＋3a＋b，最小值是h(1)＝－2