导数应用之数列不等式

2025-03-13

导数应用之数列不等式（精选4篇）

1.导数应用之数列不等式篇一

导数在研究不等式中的应用举例

陕西张磊

导数问题和不等式问题相互交织构成了高考试题中的一道亮丽的风景线,常见的题型有四种.基本方法:构造函数,利用导数研究函数的单调性来解或证不等式或求最值研究恒成立问题.1比较两个函数值大小(尤其比较两抽象函数)

(1)设函数f(x), g(x)在(a ,b)上可导,且f′(x)>g′(x),则当a

(A)f(x)> g(x)(B)f(x)+ g(a)> g(x)+ f(a)

(C)f(x)< g(x)(D)f(x)+ g(b)> g(x)+ f(b)

解构造函数F(x)= f(x)− g(x),则F′(x)=f′(x)− g′(x)>0 ,故函数F(x)在区间[a ,b]上递增 ,又a

(2)若函数y= f(x)在(0 ,+∞)上可导,且不等式xf′(x)> f(x)恒成立,又常数a ,b满足a>b>0 ,则下列不等式一定成立的是()

(A)bf(a)>af(b)(B)bf(a)bf(b)(A)af(a)

2f(a)a>0 , 故函数F(x)= ,即选A f(x)x 在区间(0 ,+∞)上递增,又a>b>0 ,从而

2求解不等式 >f(b)b

(3)设f(x), g(x)分别是定义在R上的奇函数和偶函数,当x<0时, f′(x)g(x)+f(x)g′(x)>0 ,且g(-3)=0,则不等式f(x)g(x)<0的解集是()

(A)(−3 ,0)∪(3 ,+∞)(B)(−3 ,0)∪(0 ,3)

(C)(−∞ ,−3)∪(3 ,+∞)(D)(−∞ ,−3)∪(0 ,3)解

构造函数F(x)= f(x)g(x),则F(x)= f(x)g(x)+f(x)g′(x)>0 , 故函数F(x)在R上递增,又f(x), g(x)分别是定义在R上的奇函数和偶函数且g(-3)=0结合题意提供的信息作出大致图像如图示,不难得到不等式解集为D 3含参不等式恒成立问题

解不等式恒成立问题的基本思想是把问题转化为求函数的最值或函数的值域的端点问题.利用导数研究不等式恒成立问题,首先要构造函数,利用导数研究函数单调性,求出最值,进而得出相应的含参不等式,从而求得参数的取值范围;也可分离变量构造函数,直接把问题转化为函数最值问题.(4)已知函数f(x)=axlnx的图像在点(e ,f(e))处的切线与直线y=2x平行(其中e为自然对数的底数),g(x)=x2−bx−2

①求函数f(x)的解析式

②对一切x∈(0 ,e],3 f(x)≥g(x)恒成立,求实数b取值范围.解:①依题, 函数f(x)=axlnx的图像在点(e ,f(e))处的切线的斜率k=2,即f′(e)=2又f′(x)=a(lnx+1),令a(lne+1)=2,得a=1,∴f(x)= xlnx

②对一切x∈(0 ,e],3 f(x)≥g(x)恒成立,∴ 3 xlnx≥x2−bx−2在x∈(0 ,e]上恒成立.即b≥x−3lnx−在x∈(0 ,e]上恒成立,(分离变量法)

令h(x)= x−3lnx−x∈(0 ,e]则h′(x)=

xx−1(x−2)

由h′(x)=0

得x=1或x=2∴x∈(0 ,1)时h′(x)>0h(x)单调递增;x∈(1 ,2)

时h′(x)<0 ,h(x)单调递减 x∈(2 ,e)时, h′(x)>0 , h(x)单调递增

∴h(x)极大值=h(1)=-1,而h(e)=e−3−2e−1<-1 ∴h(x)max=h(1)=-1 ∴b≥h(x)max=-

1故实数b的取值范围为[-1 ,+∞)

(5)已知函数f(x)=ax+−2a(a>0)的图像在点(1 ,f(1))处的xb

切线与直线y=2x+1平行.①求a ,b满足的关系式

②若f(x)≥2lnx在[1 ,+∞)上恒成立,求a的取值范围.解①f(x)=a−,根据题意f′(1)=a−b=2 ,即b=a−2

′

② 由①知, f(x)=ax+

a−2x

+2−2a

a−2x

令g(x)= f(x)−2lnx= ax+

则g(1)=0 ,g′(x)=a−当0

+2−2a−2lnx ,x∈[1 ,+∞),2−a

−x

a x−1(x−

>1 若1

2−aa

x2−aa，则g′(x)<0 , g(x)在[1 ,)上为减函数

2−aa

所以g(x)< g(1)=0 , f(x)≥2lnx在[1 ,当a≥1时,2−aa)上恒不成立

≤1 ,当x>1时, g′(x)>0 , g(x)在[1 ,+∞)上为增

函数,又g(1)=0 ,所以f(x)≥2lnx

综上所述,所求a的取值范围是[1 ,+∞)4利用导数证明不等式

对于只含有一个变量的不等式都可以通过构造函数,然后利用函数的单调性和极值解决.(6)设函数f(x)=x+ax2+blnx ,曲线y=f(x)过P(1 ,0),且在点P处的切线斜率为2

(i)求a ,b的值(ii)证明f(x)≤2x−2

f 1 =0b1+a=0解(i)f′(x)=1+2ax+由已知条件得 ′即

xf1=21+2a+b=2解得a=-1b=

3(ii)由(i)知 f(x)=x−x2+3lnx设g(x)= f(x)−(2x−2)= 2−x−x2+3lnx 则g′(x)=-1−2x+ =−

x−1(2x+3)

当00;当x>1时 g′(x)<0

所以g(x)在(0 ,1)上单调递增,在(1 ,+∞)内单调递减，而g(1)=0 故当x>0时 , g(x)≤0 ,即f(x)≤2x−2

解题心得:利用导数证明不等式成立,重点是构造适当的函数,利用导数的方法研究函数的单调性,通过单调性证明不等式.(7)已知f(x)=x2+lnx ,求证:在[1 ,+∞)上,f(x)的图像总在21

g(x)=x3的图像的下方.解析: 本题等价于证明:当x≥1时,不等式x2+lnx

构造函数F(x)= x+lnx− x ,则F(x)=x+−2x=

3′

1−x(1+x+2x2)

因为x≥1 所以F′(x)≤0 故F(x)在区间[1 ,+∞)上是减函数,从而 F(x)≤ F(1)=-即x2+lnx

2.导数应用之数列不等式篇二

1. 构造函数用导数证明不等式

例1 已知x∈ (0, +∞) , 求证:ln (1+x) >x2-x3.

证明令f (x) =ln (1+x) -x2+x3, 则.

当x∈ (0, +∞) 时, f′ (x) >0.

因此, f (x) 在 (0, +∞) 上为增函数,

所以, 当x∈ (0, +∞) 时, f (x) >f (0) =0,

注:此题是根据2007年山东卷理科第22题 (Ⅲ) 改编的.

一般地, 欲证f (x)

例2 已知0

分析欲比较ab与ba的大小, 取自然对数后, 只需比较b ln a与a ln b的大小, 再除以正数ab, 只需比较的大小, 故令.

当x∈ (0, e) 时, ln x0, 所以f (x) 在 (0, e) 上为增函数, 由0

先把待比较大小的式子变形后再构造函数, 然后利用导数证明该函数的单调性, 最后利用函数单调性来比较大小.

2. 用导数证明不等式案例赏析

《普通高中数学课程标准 (实验) 》指出, “数学是人类文化的重要组成部分.数学是人类社会进步的产物, 也是推动社会发展的动力”.通过在高中阶段数学文化的学习, 学生将初步了解数学科学与人类社会发展之间的相互作用, 体会数学的科学价值、应用价值、人文价值, 开阔视野, 寻求数学进步的历史轨迹, 激发对于数学创新原动力的认识, 受到优秀文化的熏陶, 领会数学的美学价值, 从而提高自身的文化素养和创新意识.

例3 证明贝努利 (Bernoulli) 不等式:如果x是实数, 且x>-1, x≠0, n为大于1的自然数, 那么 (1+x) n>1+nx.

证明令f (x) = (1+x) n-1-nx, 则f′ (x) =n (1+x) n-1-n.

(1) 当-10,

因此 (1+x) n-1< (1+x) 0=1, 所以n (1+x) n-1

故f′ (x) <0, 即f (x) 在 (-1, 0) 上为减函数.

(2) 当x>0时, 1+x>1, 而n-1>0,

因此 (1+x) n-1> (1+x) 0=1, 所以n (1+x) n-1>n.

故f (x) >0, 即f′ (x) 在 (0, +∞) 上为增函数.

综上可知f (0) 是唯一的最小值, 于是当x∈ (-1, 0) ∪ (0, +∞) 时, 有f (x) >f (0) =0, 因此 (1+x) n>1+nx (x>-1且x≠0) .

贝努利不等式很容易被推广到更一般的情形:

(1) 当α是实数, 并且满足α>1或α<0时, 有

(2) 当α是实数, 并且满足0<α<1时, 有

关于贝努利不等式, 用数学归纳法 (高中数学人教A版课本选修4-5不等式选讲[2]第51页或2007年湖北卷理科第22题 (Ⅰ) ) 只能证明“n为大于1的自然数”的情形, 对于一般的情形, 用导数来证明就很容易了.

例4 (三角形大边对大角的推广[3]) 在△ABC中, 若AB<λAC, 则∠C<λ∠B, 其中0<λ≤1.

证明若λ=1, 显然成立;

若λ∠B为钝角或直角, 则从AB<λAC≤AC知∠C<∠B, 故∠C必为锐角, 于是∠C<λ∠B.

下面就0<λ<1以及λ∠B为锐角的情形加以证明, 为此, 先建立一个辅助不等式, 即当0<λ<1, θ∈ (0, π) 时, 有λsinθ

事实上, 令f (θ) =λsinθ-sinλθ, 则

由余弦函数在[0, π]上为减函数, 由λθ<θ, 可知f′ (θ) <0, 故f (θ) 在 (0, π) 内单调递减, 由此可知f (θ)

注意到∠C及λ∠B均为锐角, 又正弦函数在内是单调递增的, 所以从上述不等式可得∠C<λ∠B.

综上三种情形, 例4得证.

用导数探究函数的单调性、极值等性质及其应用, 使大家感受导数在解决数学问题和实际问题中的作用, 体会微积分的产生对人类文化发展的价值[1].

通过以上案例赏析的学习, 让学生了解人类社会发展与数学发展的相互作用, 认识数学发生、发展的必然规律;了解人类从数学的角度认识客观世界的过程;发展求知、求实、勇于探索的情感和态度;体会数学的系统性、严密性、应用的广泛性, 了解数学真理的相对性;提高学习数学的兴趣.

3. 高考题中应用导数处理不等式问题

近几年高考数学导数命题基本方向没变, 首先用导数研究函数的性质 (单调性、极值、最值等) , 然后用所得到性质综合处理函数图像、方程根的分布、不等式等有关问题, 其中不等式问题出现得比较多, 下面是证明不等式的例子.

例5 (2004年天津卷文科第21题) 已知函数f (x) =ax3+cx+d (a≠0) 是R上的奇函数, 当x=1时f (x) 取得极值-2.

(1) 求f (x) 的单调区间和极大值;

(2) 证明对任意x1, x2∈ (-1, 1) , 不等式|f (x1) -f (x2) |<4恒成立.

解 (1) f (x) =x3-3x, f (x) 在区间 (-1, 1) 上是减函数, 极大值f (-1) =2, 极小值f (1) =-2. (过程略)

(2) 由 (1) 知, f (x) =x3-3x (x2∈[-1, 1]) 是减函数, 且f (x) 在[-1, 1]上的最大值M=f (-1) =2;f (x) 在[-1, 1]上的最小值m=f (1) =-2.

所以, 对任意的x1, x2∈ (-1, 1) , 恒有

如果能求出f (x) 在区间[a, b]上的最大值为M, 最小值为m, 那么对于任意x1, x2∈[a, b], 恒有|f (x1) -f (x2) |≤M-m.

例6 (2005年辽宁卷第22题) 函数y=f (x) 在区间 (0, +∞) 内可导, 导函数f′ (x) 是减函数, 且f′ (x) >0.设x0∈ (0, +∞) , y=kx+m是曲线y=f (x) 在点 (x0, f (x0) ) 得的切线方程, 并设函数g (x) =kx+m.

(1) 用x0, f (x0) , f′ (x0) 表示m;

(2) 证明:当x∈ (0, +∞) 时, g (x) ≥f (x) ;

(3) 若关于x的不等式在[0, +∞]上恒成立, 其中a, b为实数, 求b的取值范围及a与b所满足的关系.

(2) 令h (x) =g (x) -f (x) , 则h′ (x) =f′ (x0) -f′ (x) , h′ (x0) =0.

因为f′ (x) 递减, 所以h′ (x) 递增, 因此, 当x>x0时, h′ (x) >0;当x

(3) 0≤b≤1, a>0是不等式成立的必要条件, 以下讨论设此条件成立.

不等式x2+1≥ax+b, 即x2-ax+ (1-b) ≥0对任意x∈[0, +∞) 成立的充要条件是.

令于是对任意x∈[0, +∞) 成立的充要条件是φ (x) ≥0.

由, 得x=a-3.

当0a-3时, φ (x) >0, 所以, 当x=a-3时, φ (x) 取最小值.因此φ (x) ≥0成立的充要条件是φ (a-3) ≥0, 即.

综上, 不等式对任意x∈[0, +∞) 成立的充要条件是. (1)

显然, 存在a, b使 (1) 式成立的充要条件是:

有解, 解不等式 (2) 得

因此, (3) 式即为b的取值范围, (1) 式即为实数a与b所满足的关系.

与贝努利不等式的证明一样, 利用极值或最值可处理一些不等式的上限和下限问题.

例7 (2007年四川卷理科第22题) 设函数.

(Ⅰ) 当x=6时, 求的展开式中二项式系数最大的项;

(Ⅱ) 对任意的实数x, 证明是f (x) 的导函数) ;

(Ⅲ) 是否存在a∈N, 使得恒成立?若存在, 试证明你的结论并求出a的值;若不存在, 请说明理由.

令g (x) =x-ln (1+x) , 则.

当x∈ (0, +∞) 时, g′ (x) >0.

因此, g (x) 在 (0, +∞) 上为增函数,

所以, 当x∈ (0, +∞) 时, g (x) >g (0) =0.

通过上述的几个实例, 感受导数在研究函数和解决实际问题[4]中的作用, 特别处理不等式的有关问题, 体会导数的思想及其内涵.

参考文献

[1]中华人民共和国教育部制定.普通高中数学课程标准 (实验) [M].北京:人民教育出版社, 2003.

[2]人民教育出版社.普通高中课程标准实验教科书A版.不等式选讲 (选修4-5) [M].北京:人民教育出版社, 2005 (6) .

[3]冯仕虎.三角形大边对大角定理的加权推广[J].中学数学 (现为中学数学月刊) , 1984 (6) .

3.导数在不等式中的应用篇三

题型一利用导数得出函数单调性来证明不等式

例1 当[x>0]时，求证：[x-x22

证明令[f（x）=x-x22-ln（x+1）][（x>0）]，

则[f（x）=-x21+x]，

[∵x>0]，[∴f（x）<0]，故[f（x）]在[（0，+∞）]上递减.

因此[x>0]时，[f（x）

即[x-x22-ln（x+1）<0]成立，原命题得证.

点拨对于此类题，常先把不等式变形后构造函数，然后用导数证明该函数的单调性，达到证明不等式的目的.

题型二利用导数求出函数的值域，再证明不等式

例2 [f（x）=13x3-x]，[x1，x2∈[-1，1]]时，求证：[f（x1）-f（x2）43].

证明 [f（x）=x2-1]，

当[x∈[-1，1]]时，[f（x）0]，

[∴f（x）]在[x∈[-1，1]]上递减，故[f（x）]在[[-1，1]]上的最大值为[f（-1）=23]，最小值为[f（1）=-23]，

即[f（x）]在[[-1，1]]上值域为[[-23，23]].

所以当[x1，x2∈[-1，1]]时，

[f（x1）23]，[f（x2）23]；

即有[f（x1）-f（x2）f（x1）+f（x2）43.]

点拨此类题先用到绝对值不等式[a±ba][+b]的性质，再分别利用导数的方法来求[f（x1），f（x2）]的值域.

题型三利用导数解决不等式恒成立问题

例3 已知函数[f（x）=（ax+x）9（a∈R）]，对[f（x）]定义域内任意的[x]值，[f（x）27]恒成立，求[a]的取值范围.

解析函数[f（x）] 的定义域为[（0，+∞）] ，

由[f（x）27]对一切[x∈（0，+∞）]恒成立知，

[ax+x279=33]对一切[x∈（0，+∞）]恒成立，

即[a33x-xx]对一切[x∈（0，+∞）]恒成立.

令[h（x）=33x-xx]，

则[h（x）=33-32x]，由[h（x）=0]，

解得[x=4939].

令[h（x）>0]，解得[0

令[h（x）<0]，解得[x>4939]，

所以[h（x）]在[（0，4939）]上递增，在[（4939，+∞）]上递减.

故[h（x）]的最大值为[h（4939）=49]，所以[a49].

点拨不等式恒成立问题，一般都会涉及到求参数范围，往往把变量分离后可以转化为[m>f（x）] （或[m

题型四利用导数解不等式

例4 函数[f（x）=x2+1-ax（a1）]，解不等式[f（x）1].

解析由题意知[f（x）=122x1+x2-a=x1+x2-a，]

又[-1

所以[f（x）<1-a<0]恒成立，

故[f（x）]在[R]上单调递减，

又[f（0）=1]，所以[x0]时，

[f（x）f（0）=1]，

即[a1]时，[f（x）1]的解为[0，+∞].

点拨在解不等式过程中，也可以利用导数工具先证明函数的单调性，这是转化和化归思想在高中数学中的重要体现.

题型五形如“[f（x1）

例5 已知函数[f（x）=13x3-x2-3x+2]，[g（x）=-9x+a2]，若对任意[x1，x2∈[-2，2]]，都有[f（x1）

解析因为对任意的[x1，x2∈[-2，2]]，都有[f（x1）

又[f（x）=x2-2x-3]，

令[f（x）>0，]得[x>3]或[x<-1].

令[f（x）<0，] 得[-1

所以[f（x）]在[[-2，-1]]为增函数，在[[-1，2]]为减函数.

因为[f（-1）=3]，所以[f（x）max=3]，

又易知[g（x）min=-18+a2] ，

所以[3<-18+a2]，即[a<-24].

4.导数应用之数列不等式篇四

不等式恒成立与有解问题是函数、数列、不等式等内容交汇处的一个较为活跃的知识点, 倍受高考命题者的青睐.对于一些含自然对数和指数函数的不等式恒成立与有解问题, 用初等方法难以处理, 而利用导数工具来解, 思路明确, 过程简捷, 淡化繁难的技巧.

一、不等式恒成立问题

例1 (2008年湖南高考题) 已知函数 $f (x) = \ln^{2} (1 + x) - \frac{x^{2}}{1 + x} .$

(Ⅰ) 求函数 f (x) 的单调区间;

(Ⅱ) 若不等式 $(1 + \frac{1}{n})^{n + α} \leq e$ 对任意的 n∈N*都成立 (其中 e 是自然对数的底数) , 求α的最大值.

解析: (Ⅰ) 函数 f (x) 的定义域是

$\begin{array}{l} (- 1 ‚ + \infty) ‚ \\ f^{'} (x) = \frac{2 (1 + x) \ln (1 + x) - x^{2} - 2 x}{(1 + x)^{2}} . \end{array}$

又令 g (x) =2 (1+x) ln (1+x) -x2-2x,

g′ (x) =2ln (1+x) -2x.

再令 h (x) =2ln (1+x) -2x,

则 $h^{'} (x) = \frac{2}{1 + x} - 2 = \frac{- 2 x}{1 + x} .$

当-1<x<0时, h′ (x) >0, h (x) 在 (-1, 0) 上为增函数;

当 x>0时, h′ (x) <0, h (x) 在 (0, +∞) 上为减函数.故 h (x) 在 x=0时取最大值0.因此恒有 g′ (x) ≤0, 函数 g (x) 在 (-1, +∞) 上是减函数.

于是当-1<x<0时, g (x) >g (0) =0, 从而 f ′ (x) >0;当 x>0时, g (x) <g (0) =0, f ′ (x) <0.故 f (x) 的单调增区间为 (-1, 0) , 单调减区间为 (0, +∞) .

$\begin{array}{l} (Ⅱ) 不等式 (1 + \frac{1}{n})^{n + α} \leq e \\ \Leftrightarrow (n + α) \ln (1 + \frac{1}{n}) \leq 1, \end{array}$

于是 $α \leq \frac{1}{\ln (1 + \frac{1}{n})} - n .$

再构造辅助函数 $G (x) = \frac{1}{\ln (1 + x)} - \frac{1}{x}, x \in (0, 1],$

则 $G^{'} (x) = \frac{(1 + x) \ln^{2} (1 + x) - x^{2}}{x^{2} (1 + x) \ln^{2} (1 + x)} .$

由 (Ⅰ) 可知: $\ln^{2} (1 + x) - \frac{x^{2}}{1 + x} \leq 0,$

即 (1+x) ln2 (1+x) ≤x2,

故 x∈ (0, 1]时, G′ (x) <0, 于是G (x) 在 x∈ (0, 1]上为减函数.

故 $G_{\min} (x) = G (1) = \frac{1}{\ln 2} - 1 .$

从而 $α \leq \frac{1}{\ln 2} - 1$ , 即α的最大值就是 $\frac{1}{\ln 2} - 1 .$

点评:本题将函数、数列、不等式融为一体.第 (Ⅰ) 题考查求导数、判定函数单调性、求函数的极值与最值, 命题之巧妙, 考查之深刻, 达到了淋漓尽致的程度, 要求考生对导数的工具作用的掌握与运用达到烂熟于心、游刃有余.第 (Ⅱ) 题利用分离参数法将数列不等式等价转化为 $α \leq \frac{1}{\ln (1 + \frac{1}{n})} - n$ .求右端数列的最小值, 又需通过构设辅助函数来处理, 这是问题的难点所在.突破的关键在于紧扣小题间的内在联系并结合数列通项的结构, 设出恰当的辅助函数.其间渗透着函数思想和换元思想.

一般地, 解决不等式恒成立和有解问题的基本策略常常是构作恰当的辅助函数, 利用函数的单调性、最值、图象求解;基本思想方法包括:分类讨论, 数形结合, 参数分离, 变换主元等等.解题过程中常用如下结论:

设 f (x) 在 x∈Ⅰ时的值域是[m, M], 则有

(Ⅰ) 不等式 f (x) <k 在 x∈Ⅰ时恒成立⇔M<k, x∈Ⅰ;

(Ⅱ) 不等式 f (x) <k 在 x∈Ⅰ时有解⇔ m<k, x∈Ⅰ;

(Ⅲ) 不等式 f (x) >k 在 x∈Ⅰ时恒成立⇔ m>k, x∈Ⅰ;

(Ⅳ) 不等式 f (x) >k 在 x∈Ⅰ时有解⇔M>k, x∈Ⅰ.

二、不等式有解问题

例2 (2006年湖北高考题) 设 x=3是函数 f (x) = (x2+ax+b) e3-x, x∈R的一个极值点.

(Ⅰ) 求 a 与 b 的关系 (用 a 表示 b) , 并求 f (x) 的单调区间;

(Ⅱ) 设 $a ＞ 0 ‚ g (x) = (a^{2} + \frac{25}{4}) e^{x}$ , 若存在ξ1, ξ2∈[0, 4], 使得|f (ξ1) -g (ξ2) |<1成立, 求 a 的取值范围.

解析: (Ⅰ) f ′ (x) =-[x2+ (a-2) x+b-a]e3-x,

由 f ′ (3) =0得 b=-2a-3.

故 f (x) = (x2+ax-2a-3) e3-x.

求得 f ′ (x) =-[x2+ (a-2) x-3a-3]e3-x

=- (x-3) (x+a+1) e3-x.

由 f ′ (x) =0, 得 x1=3, x2=-a-1.

由于 x=3是 f (x) 的极值点, 故 x1≠x2, 即 a≠-4.

当 a<-4时, x1<x2, 故 f (x) 在 (-∞, 3]上为减函数, 在[3, -a-1]上为增函数, 在[-a-1, +∞) 上为减函数.

当 a>-4时, x1>x2, 故 f (x) 在 (-∞, -a-1]上为减函数, 在[-a-1, 3]上为增函数, 在[3, +∞) 上为减函数.

因为 a>0, 则-a-1<0, 由 (Ⅰ) 知:f (x) 在[0, 3]递增;在[3, 4]递减.故 f (x) 在[0, 4]上的值域为[min{f (0) , f (4) }, f (3) ]=[- (2a+3) e3, a+6].而 $g (x) = (a^{2} + \frac{25}{4}) e^{x}$ 在[0, 4]上显然为增函数, 其值域为 $[a^{2} + \frac{25}{4}, (a^{2} + \frac{25}{4}) e^{4}] .$