新高考数学一轮复习教师用书：第三章　第三章　2 第2讲　3 第3课时　导数与函数的综合问题学案

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第3课时　导数与函数的综合问题


　　　　　　利用导数研究函数的零点(方程根)的问题(高频考点)
利用导数研究函数的零点(方程根)的问题，是高考的重点，常出现在解答题的某一问中，难度偏大，主要命题角度有：
(1)利用最值(极值)判断零点个数；
(2)构造函数法研究零点问题．
角度一　利用最值(极值)判断零点个数
已知函数f(x)＝－ax2＋(1＋a)x－ln x(a∈R)．
(1)当a＞0时，求函数f(x)的单调递减区间；
(2)当a＝0时，设函数g(x)＝xf(x)－k(x＋2)＋2.若函数g(x)在区间[，＋∞)上有两个零点，求实数k的取值范围．
【解】　(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f(x)的导数为f′(x)＝－ax＋1＋a－
＝－(a＞0)，
①当a∈(0，1)时，＞1.
由f′(x)＜0，得x＞或a＜1.
所以f(x)的单调递减区间为(0，1)，；
②当a＝1时，恒有f′(x)≤0，
所以f(x)的单调递减区间为(0，＋∞)；
③当a∈(1，＋∞)时，＜1.
由f′(x)＜0, 得x＞1或x＜.
所以f(x)的单调递减区间为(0，)，(1，＋∞)．
综上，当a∈(0，1)时，
f(x)的单调递减区间为(0，1)，；
当a＝1时，f(x)的单调递减区间为(0，＋∞)；
当a∈(1，＋∞)时，f(x)的单调递减区间为(0，)，(1，＋∞)．
(2)g(x)＝x2－xln x－k(x＋2)＋2在x∈[，＋∞)上有两个零点，即关于x的方程k＝在x∈[，＋∞)上有两个不相等的实数根．
令函数h(x)＝，x∈[，＋∞)，
则h′(x)＝，
令函数p(x)＝x2＋3x－2ln x－4，x∈[，＋∞)．
则p′(x)＝在[，＋∞)上有p′(x)≥0，
故p(x)在[，＋∞)上单调递增．
因为p(1)＝0，所以当x∈[，1)时，有p(x)＜0，
即h′(x)＜0，所以h(x)单调递减；
当x∈(1，＋∞)时，有p(x)＞0，即h′(x)＞0，
所以h(x)单调递增．
因为h＝＋，h(1)＝1，
所以k的取值范围为.
角度二　构造函数法研究零点问题
设函数f(x)＝x2－mln x，g(x)＝x2－(m＋1)x.
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)当m≥1时，讨论函数f(x)与g(x)图象的交点个数．
【解】　(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝x－＝，
m≤0时，f′(x)＞0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，
m＞0时，f′(x)＝，
当0＜x＜时，f′(x)＜0，函数f(x)单调递减，
当x＞时，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增．
综上m≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
m＞0时，函数f(x)的单调递增区间是(，＋∞)，单调递减区间是(0，)．
(2)令F(x)＝f(x)－g(x)＝－x2＋(m＋1)x－mln x，x＞0，
问题等价于求函数F(x)的零点个数，
F′(x)＝－，当m＝1时，
F′(x)≤0，函数F(x)为减函数，
注意到F(1)＝＞0，F(4)＝－ln 4＜0，
所以F(x)有唯一零点；
当m＞1时，0＜x＜1或x＞m时F′(x)＜0，1＜x＜m时F′(x)＞0，
所以函数F(x)在(0，1)和(m，＋∞)上单调递减，在(1，m)上单调递增，
注意到F(1)＝m＋＞0，F(2m＋2)＝－mln (2m＋2)＜0，所以F(x)有唯一零点，
综上，函数F(x)有唯一零点，即两函数图象只有一个交点．

利用导数研究函数零点或方程根的方法
(1)通过最值(极值)判断零点个数的方法
借助导数研究函数的单调性、极值后，通过极值的正负，函数单调性判断函数图象的走势，从而判断零点个数或者通过零点个数求参数范围．
(2)数形结合法求解零点
对于方程解的个数(或函数零点个数)问题，可利用函数的值域或最值，结合函数的单调性，画出草图数形结合确定其中参数的范围．
(3)构造函数法研究函数零点
①根据条件构造某个函数，利用导数确定函数的单调区间及极值点，根据函数零点的个数寻找函数在给定区间的极值以及区间端点的函数值与0的关系，从而求解．
②解决此类问题的关键是将函数零点、方程的根、曲线交点相互转化，突出导数的工具作用，体现转化与化归的思想方法．　
　(2020·绍兴市高三教学质量调测)已知函数f(x)＝x3－ax2＋3x＋b(a，b∈R)．
(1)当a＝2，b＝0时，求f(x)在[0，3]上的值域；
(2)对任意的b，函数g(x)＝|f(x)|－的零点不超过4个，求a的取值范围．
解：(1)由f(x)＝x3－2x2＋3x，得f′(x)＝x2－4x＋3＝(x－1)(x－3)．
当x∈(0，1)时，f′(x)＞0，故f(x)在(0，1)上单调递增；
当x∈(1，3)时，f′(x)＜0，故f(x)在(1，3)上单调递减．
又f(0)＝f(3)＝0，f(1)＝，
所以f(x)在[0，3]上的值域为[0，]．
(2)由题得f′(x)＝x2－2ax＋3，Δ＝4a2－12，
①当Δ≤0，即a2≤3时，f′(x)≥0，f(x)在R上单调递增，满足题意．
②当Δ＞0，即a2＞3时，方程f′(x)＝0有两根，设两根为x1，x2，且x1＜x2，x1＋x2＝2a，x1x2＝3.
则f(x)在(－∞，x1)，(x2，＋∞)上单调递增，在(x1，x2)上单调递减．
由题意知|f(x1)－f(x2)|≤，即|－a(x－x)＋3(x1－x2)|≤.
化简得(a2－3)≤，解得3＜a2≤4，
综合①②，得a2≤4，即－2≤a≤2.

　　　　　　利用导数研究不等式问题(高频考点)
利用导数研究不等式问题是高考中的常考点，主要出现在解答题中，难度较大，主要命题角度有：
(1)证明函数不等式；
(2)不等式恒成立问题．
角度一　证明函数不等式
(2020·温州市高考模拟)设函数f(x)＝，证明：
(1)当x＜0时，f(x)＜1；
(2)对任意a＞0，当0＜|x|＜ln(1＋a)时，|f(x)－1|＜a.
【证明】　(1)因为当x＜0时，f(x)＜1，等价于xf(x)＞x，即xf(x)－x＞0，
设g(x)＝xf(x)－x＝ex－1－x，
所以g′(x)＝ex－1＜0在(－∞，0)上恒成立，
所以g(x)在(－∞，0)上单调递减，
所以g(x)＞g(0)＝1－1－0＝0，
所以xf(x)－x＞0恒成立，
所以x＜0时，f(x)＜1.
(2)要证明当0＜|x|＜ln(1＋a)时，|f(x)－1|＜a，
即证0＜x＜ln(1＋a)时，f(x)－1＜a，
即证＜a＋1，
即证ex－1＜(a＋1)x
即证ex－1－(a＋1)x＜0，
令h(x)＝ex－1－(a＋1)x，
所以h′(x)＝ex－(a＋1)＜eln(a＋1)－(a＋1)＝0，
所以h(x)单调递减，所以h(x)＜h(0)＝0，
同理可证当x＜0时，结论成立．
所以对任意a＞0，当0＜|x|＜ln(1＋a)时，|f(x)－1|＜a.
角度二　不等式恒成立问题
(2019·高考浙江卷)已知实数a≠0，设函数f(x)＝aln x＋，x>0.
(1)当a＝－时，求函数f(x)的单调区间；
(2)对任意x∈均有f(x)≤，求a的取值范围．
注：e＝2.718 28…为自然对数的底数．
【解】　(1)当a＝－时，f(x)＝－ln x＋，x>0.
f′(x)＝－＋＝，
令f′(x)>0，解得x>3，令f′(x)<0，解得0 所以函数f(x)的单调递减区间为(0，3)，单调递增区间为(3，＋∞)．
(2)由f(1)≤，得0 当0 令t＝，则t≥2.
设g(t)＝t2－2t－2ln x，t≥2，则
g(t)＝－－2ln x.
①当x∈时， ≤2，则g(t)≥g(2)＝8－4－2ln x.
记p(x)＝4－2－ln x，x≥，则
p′(x)＝－－＝＝.
故
x


1
(1，＋∞)
p′(x)

－
0
＋
p(x)
p
单调递减
极小值p(1)
单调递增
所以p(x)≥p(1)＝0.
因此，g(t)≥g(2)＝2p(x)≥0.
②当x∈时，
g(t)≥g＝.
令q(x)＝2ln x＋(x＋1)，x∈，则
q′(x)＝＋1>0，
故q(x)在上单调递增，所以q(x)≤q.
由①得，q＝－p<－p(1)＝0.
所以q(x)<0.因此，g(t)≥g＝－>0.
由①②知对任意x∈，t∈[2，＋∞)，g(t)≥0，即对任意x∈，均有f(x)≤.
综上所述，所求a的取值范围是.

(1)利用导数证明不等式的方法
证明f(x)＜g(x)，x∈(a，b)，可以构造函数F(x)＝f(x)－g(x)，如果F′(x)＜0，则F(x)在(a，b)上是减函数，同时若F(a)≤0，由减函数的定义可知，当x∈(a，b)时，有F(x)＜0，即证明f(x)＜g(x)．
(2)利用导数解决不等式的恒成立问题的策略
①首先要构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围．
②也可分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题．

1．若ex≥k＋x在R上恒成立，则实数k的取值范围为(　　)
A．k≤1　　　　　　　　　　 B．k≥1
C．k≤－1 D．k≥－1
解析：选A.由ex≥k＋x，得k≤ex－x.
令f(x)＝ex－x，所以f′(x)＝ex－1.
f′(x)＝0时，x＝0，f′(x)＜0时，x＜0，f′(x)＞0时，x＞0.所以f(x)在(－∞，0)上是减函数，在(0，＋∞)上是增函数．
所以f(x)min＝f(0)＝1.
所以k的取值范围为k≤1，故选A.
2．(2018·高考浙江卷)已知函数f(x)＝－ln x.
(1)若f(x)在x＝x1，x2(x1≠x2)处导数相等，证明：f(x1)＋f(x2)>8－8ln 2；
(2)若a≤3－4ln 2，证明：对于任意k>0，直线y＝kx＋a与曲线y＝f(x)有唯一公共点．
证明：(1)函数f(x)的导函数f′(x)＝－，
由f′(x1)＝f′(x2)得－＝－，
因为x1≠x2，所以＋＝.
由基本不等式得＝＋≥2，
因为x1≠x2，所以x1x2>256.
由题意得f(x1)＋f(x2)＝－ln x1＋－ln x2＝－ln(x1x2)．
设g(x)＝－ln x，则g′(x)＝(－4)，
所以
x
(0，16)
16
(16，＋∞)
g′(x)
－
0
＋
g(x)

2－4ln 2

所以g(x)在[256，＋∞)上单调递增，
故g(x1x2)>g(256)＝8－8ln 2，
即f(x1)＋f(x2)>8－8ln 2.
(2)令m＝e－(|a|＋k)，n＝＋1，则
f(m)－km－a>|a|＋k－k－a≥0，
f(n)－kn－a 所以，存在x0∈(m，n)使f(x0)＝kx0＋a，
所以，对于任意的a∈R及k∈(0，＋∞)，
直线y＝kx＋a与曲线y＝f(x)有公共点．
由f(x)＝kx＋a得k＝.
设h(x)＝，
则h′(x)＝＝，
其中g(x)＝－ln x.
由(1)可知g(x)≥g(16)，又a≤3－4ln 2，
故－g(x)－1＋a≤－g(16)－1＋a＝－3＋4ln 2＋a≤0，
所以h′(x)≤0，即函数h(x)在(0，＋∞)上单调递减，因此方程f(x)－kx－a＝0至多1个实根．
综上，当a≤3－4ln 2时，对于任意k>0，直线y＝kx＋a与曲线y＝f(x)有唯一公共点．

核心素养系列6　逻辑推理——两个经典不等式的活用
逻辑推理是得到数学结论，构建数学体系的重要方式，是数学严谨性的基本保证．利用两个经典不等式解决其他问题，降低了思考问题的难度，优化了推理和运算过程．
(1)对数形式：x≥1＋ln x(x>0)，当且仅当x＝1时，等号成立．
(2)指数形式：ex≥x＋1(x∈R)，当且仅当x＝0时，等号成立．进一步可得到一组不等式链：ex>x＋1>x>1＋ln x(x>0，且x≠1)．

(1)已知函数f(x)＝，则y＝f(x)的图象大致为(　　)

(2)已知函数f(x)＝ex，x∈R.证明：曲线y＝f(x)与曲线y＝x2＋x＋1有唯一公共点．
【解】　(1)选B.因为f(x)的定义域为
即{x|x>－1，且x≠0}，所以排除选项D.
当x>0时，由经典不等式x>1＋ln x(x>0)，
以x＋1代替x，得x>ln(x＋1)(x>－1，且x≠0)，
所以ln(x＋1)－x<0(x>－1，且x≠0)，即x>0或－1 (2)证明：令g(x)＝f(x)－＝ex－x2－x－1，x∈R，
则g′(x)＝ex－x－1，
由经典不等式ex≥x＋1恒成立可知，g′(x)≥0恒成立，所以g(x)在R上为单调递增函数，且g(0)＝0.
所以函数g(x)有唯一零点，即两曲线有唯一公共点．
已知函数f(x)＝x－1－aln x.
(1)若f(x)≥0，求a的值；
(2)证明：对于任意正整数n，·…
· 【解】　(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，
①若a≤0，因为f＝－＋aln 2<0，所以不满足题意；
②若a>0，由f′(x)＝1－＝知，当x∈(0，a)时，f′(x)<0；当x∈(a，＋∞)时，f′(x)>0.所以f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增，故x＝a是f(x)在(0，＋∞)的唯一最小值点．
因为f(1)＝0，所以当且仅当a＝1时，f(x)≥0，故a＝1.
(2)证明：由(1)知当x∈(1，＋∞)时，x－1－ln x>0.
令x＝1＋，得ln<.
从而ln＋ln＋…＋ln<＋＋…＋＝1－<1.
故·…· 设函数f(x)＝ln x－x＋1.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)求证：当x∈(1，＋∞)时，1< 【解】　(1)由题设知，f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝－1，令f′(x)＝0，解得x＝1.
当00，f(x)在(0，1)上单调递增；
当x>1时，f′(x)<0，f(x)在(1，＋∞)上单调递减．
(2)证明：由(1)知f(x)在x＝1处取得最大值，最大值为f(1)＝0.
所以当x≠1时，ln x 故当x∈(1，＋∞)时，ln x1.①
因此ln <－1，即ln x>， 故当x∈(1，＋∞)时恒有1<
[基础题组练]
1．(2020·台州市高考模拟)已知y＝f(x)为R上的连续可导函数，且xf′(x)＋f(x)＞0，则函数g(x)＝xf(x)＋1(x＞0)的零点个数为(　　)
A．0　　　　　　　　　　 B．1
C．0或1 D．无数个
解析：选A.因为g(x)＝xf(x)＋1(x＞0)，g′(x)＝xf′(x)＋f(x)＞0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，因为g(0)＝1，y＝f(x)为R上的连续可导函数，所以g(x)为(0，＋∞)上的连续可导函数，g(x)＞g(0)＝1，所以g(x)在(0，＋∞)上无零点．
2．(2020·丽水模拟)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：(构造法)若x＝0，则不论a取何值，f(x)≥0显然成立；
当x>0时，即x∈(0，1]时，f(x)＝ax3－3x＋1≥0可化为a≥－.
设g(x)＝－，则g′(x)＝，
所以g(x)在区间上单调递增，在区间上单调递减，因此g(x)max＝g＝4，从而a≥4.
当x<0时，即x∈[－1，0)时，同理a≤－.
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：4
3．已知函数f(x)＝(2－a)(x－1)－2ln x(a∈R)．
(1)当a＝1时，求f(x)的单调区间；
(2)若函数f(x)在上无零点，求a的取值范围．
解：(1)当a＝1时，f(x)＝x－1－2ln x，
则f′(x)＝1－＝，
由f′(x)＞0，得x＞2，由f′(x)＜0，得0＜x＜2，
故f(x)的单调递减区间为(0，2)，单调递增区间为(2，＋∞)．
(2)因为f(x)＜0在区间上恒成立不可能，
故要使函数f(x)在上无零点，
只要对任意的x∈，f(x)＞0恒成立，
即对x∈，a＞2－恒成立．
令h(x)＝2－，x∈，
则h′(x)＝，
再令m(x)＝2ln x＋－2，x∈，
则m′(x)＝＜0，
故m(x)在上为减函数，
于是，m(x)＞m＝4－2ln 3＞0，
从而h′(x)＞0，于是h(x)在上为增函数，
所以h(x)＜h＝2－3ln 3，
所以a的取值范围为[2－3ln 3，＋∞)．
4．(2020·嵊州市第二次高考适应性考试)已知函数f(x)＝x2＋，x∈(0，1]．
(1)求f(x)的极值点；
(2)证明：f(x)＞＋.
解：(1)f′(x)＝2x－.
令f′(x)＝0，解得x＝∈(0，1]．
当0＜x＜时，f′(x)＜0，此时f(x)单调递减；
当＜x≤1时，f′(x)＞0，此时f(x)单调递增，
所以，f(x)有极小值点x＝，但不存在极大值点．
(2)证明：设F(x)＝f(x)－，x∈(0，1]，则F′(x)＝2x－－＝，
设t＝()3，则方程4x3－()3－2＝4t2－t－2＝0在区间t∈(0，1)内恰有一个实根．
设方程4x3－()3－2＝0在区间(0，1)内的实根为x0，即x＝.
所以，当0＜x＜x0时，F′(x)＜0，此时F(x)单调递减；
当x0＜x≤1时，F′(x)＞0，此时F(x)单调递增．
所以[F(x)]min＝F(x0)＝x＋－＝＝－＋.
由y＝－＋在(0，1]上是减函数知，－＋＞－×1＋＝，故[F(x)]min＞.
综上，f(x)>＋.
5.函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c(a，b，c∈R)的导函数的图象如图所示：
(1)求a，b的值并写出f(x)的单调区间；
(2)若函数y＝f(x)有三个零点，求c的取值范围．
解：(1)因为f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，
所以f′(x)＝x2＋2ax＋b.
因为f′(x)＝0的两个根为－1，2，
所以解得a＝－，b＝－2，
由导函数的图象可知，当－1＜x＜2时，f′(x)＜0，函数f(x)单调递减，
当x＜－1或x＞2时，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增，
故函数f(x)在(－∞，－1)和(2，＋∞)上单调递增，在(－1，2)上单调递减．
(2)由(1)得f(x)＝x3－x2－2x＋c，
函数f(x)在(－∞，－1)，(2，＋∞)上是增函数，在(－1，2)上是减函数，
所以函数f(x)的极大值为f(－1)＝＋c，
极小值为f(2)＝c－.
而函数f(x)恰有三个零点，故必有
解得－＜c＜.
所以使函数f(x)恰有三个零点的实数c的取值范围是.
6．(2020·浙江金华十校第二学期调研)设函数f(x)＝ex－x，h(x)＝－kx3＋kx2－x＋1.
(1)求f(x)的最小值；
(2)设h(x)≤f(x)对任意x∈[0，1]恒成立时k的最大值为λ，证明：4＜λ＜6.
解：(1)因为f(x)＝ex－x，所以f′(x)＝ex－1，
当x∈(－∞，0)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，
当x∈(0，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，
所以f(x)min＝f(0)＝1.
(2)证明：由h(x)≤f(x)，化简可得k(x2－x3)≤ex－1，
当x＝0，1时，k∈R，
当x∈(0，1)时，k≤，
要证：4＜λ＜6，则需证以下两个问题；
①＞4对任意x∈(0，1)恒成立；
②存在x0∈(0，1)，使得＜6成立．
先证：①＞4，即证ex－1＞4(x2－x3)，
由(1)可知，ex－x≥1恒成立，所以ex－1≥x，
又x≠0，所以ex－1＞x，
即证x≥4(x2－x3)⇔1≥4(x－x2)⇔(2x－1)2≥0，
(2x－1)2≥0，显然成立，
所以＞4对任意x∈(0，1)恒成立；
再证②存在x0∈(0，1)，使得＜6成立．
取x0＝，＝8(－1)，因为＜，
所以8(－1)＜8×＝6，
所以存在x0∈(0，1)，使得＜6，
由①②可知，4＜λ＜6.
[综合题组练]
1．(2020·杭州市学军中学高考模拟)已知函数f(x)＝ax3－bx2＋x(a，b∈R)．
(1)当a＝2，b＝3时，求函数f(x)极值；
(2)设b＝a＋1，当0≤a≤1时，对任意x∈[0，2]，都有m≥|f′(x)|恒成立，求m的最小值．
解：(1)当a＝2，b＝3时，f(x)＝x3－x2＋x，
f′(x)＝2x2－3x＋1＝(2x－1)(x－1)，
令f′(x)＞0，解得x＞1或x＜，
令f′(x)＜0，解得＜x＜1，
故f(x)在(－∞，)上单调递增，在(，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
故f(x)极大值＝f()＝，f(x)极小值＝f(1)＝.
(2)当b＝a＋1时，f(x)＝ax3－(a＋1)x2＋x，
f′(x)＝ax2－(a＋1)x＋1，f′(x)恒过点(0，1)．
当a＝0时，f′(x)＝－x＋1，
m≥|f′(x)|恒成立，所以m≥1；
0＜a≤1，开口向上，对称轴≥1，
f′(x)＝ax2－(a＋1)x＋1＝a(x－)2＋1－，
①当a＝1时f′(x)＝x2－2x＋1，|f′(x)|在x∈[0，2]的值域为[0，1]；
要m≥|f′(x)|，则m≥1；
②当0＜a＜1时，
根据对称轴分类：
当x＝＜2，即＜a＜1时，
Δ＝(a－1)2＞0，f′()＝－(a＋)∈(－，0)，
又f′(2)＝2a－1＜1，所以|f′(x)|≤1；
当x＝≥2，即0＜a≤；
f′(x)在x∈[0，2]的最小值为f′(2)＝2a－1；
－1＜2a－1≤－，所以|f′(x)|≤1，
综上所述，要对任意x∈[0，2]都有m≥|f′(x)|恒成立，有m≥1.所以m的最小值为1.
2．(2020·台州市高考模拟)已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx(a，b∈R)．
(1)若函数f(x)在(0，2)上存在两个极值点，求3a＋b的取值范围；
(2)当a＝0，b≥－1时，求证：对任意的实数x∈[0，2]，|f(x)|≤2b＋恒成立．
解：(1)f′(x)＝x2＋ax＋b，
由已知可得f′(x)＝0在(0，2)上存在两个不同的零点，
故有，即
令z＝3a＋b，
如图所示：
由图可知－8＜z＜0，
故3a＋b的取值范围(－8，0)．
(2)证明：f(x)＝x3＋bx(b≥－1，x∈[0，2])，所以f′(x)＝x2＋b，
当b≥0时，f′(x)≥0在[0，2]上恒成立，则f(x)在[0，2]上单调递增，
故0＝f(0)≤f(x)≤f(2)＝2b＋，所以|f(x)|≤2b＋；
当－1≤b＜0时，由f′(x)＝0，解得x＝∈(0，2)，
则f(x)在[0，]上单调递减，在[，2]上单调递增，所以f()≤f(x)≤max{f(0)，f(2)}．
因为f(0)＝0，f(2)＝2b＋＞0，f()＝b＜0，
要证|f(x)|≤2b＋，只需证－b≤2b＋，
即证－b(＋3)≤4，
因为－1≤b＜0，所以0＜－b≤1，3＜＋3≤4，
所以－b(＋3)≤4成立．
综上所述，对任意的实数x∈[0，2]，|f(x)|≤2b＋恒成立．