专题03 不等式的恒成立与能成立（双元类）-2021-2022学年高一数学培优辅导（人教A版必修第一册）

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1.∀x1∈D, ∀x2∈E,均有f(x1) >g(x2)恒成立,则f(x)min> g(x)max；
∀x1∈D, ∃x2∈E, 使得f(x1) >g(x2)成立,则f(x)min> g(x) min；
∃x1∈D, ∃x2∈E, 使得f(x1) >g(x2)成立,则f(x) max > g(x) min.
记忆方法：都任意，大小小大（即对于两个变量都是“任意”的，不等式中较大者的最小值大于不等式中较小者的最大值），存在换任意，大小应互换.
2.双元型不等式恒成立、能成立问题一般应遵循“双元化一元，逐一处理”的策略，即选择主次元的方法，一般应”先独立后分参”,即先处置独立变量（所谓”独立变量”是指与所求参数无关的变量），再处置另一变量,而解题过程中往往采取分参方法.
【典型例题】
例1 (2020·盐城高一期中考·22改编)若对任意，存在，使不等式成立，则实数的取值范围是 .
【答案】
【解析一】与所求参数无关，是“独立变量”，先视为以“”为主元的二次不等式的恒成立，
即不等式在上恒成立，
所以，
即，存在，使不等式成立，
再视为以“”为元的二次不等式的存在性问题，即能成立，
设，则只需或，即或，
所以实数的取值范围为.
【解析二】与所求参数无关，是“独立变量”，先视为以“”为主元的二次不等式的恒成立，
即不等式在上恒成立，
所以，
即，存在，使不等式成立，
再视为以“”为元的二次不等式的存在性问题，即能成立，
即在能成立
分离变量得
设，则在区间上单增，
所以，故，即
所以实数的取值范围为.
点评：
二元存在性、恒成立问题应考虑“主次元”思想；
解法二用到了“分离参数”构造函数的方法，一般来说，求参变量范围问题，应尽量做到“能分则分”，以避免参数参与运算带来的分类讨论等不必要的麻烦.
例2 (2021·江苏泰州高三第一学期期中·21改编)已知函数，，若(0，)，[﹣1，0]，使得成立，求实数 a的取值范围．
【考点】不等式的恒成立问题
【解析】双变量问题，逐一突破，这里先处理不含参部分
由题意得，，，
当时，，
令，则，
易知在上为减函数，故
所以，
所以恒成立，
即恒成立，
又，当且仅当时取等号，
所以实数的取值范围为．
【巩固练习】
1.已知函数f(x)＝ eq \s\d1(\f(1,2))x2＋x，g(x)＝ln(x＋1)－a，若存在x1，x2∈[0，2]，使得f(x1)＞g(x2) ，则实数a的取值范围是 .
2. 已知函数f(x)＝x＋eq \f(4,x)，g(x)＝2x＋a，若∀x1∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))，∃x2∈[2,3]，使得f(x1)≤g(x2)，则实数a的取值范围是________．
3．已知函数f(x)＝ln(x2＋1)，g(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))x－m，若对∀x1∈[0,3]，∃x2∈[1,2]，使得f(x1)≥g(x2)，则实数m的取值范围是________．
4. 已知函数f(x)＝x2－2x＋3a，g(x)＝ eq \f(2,x－1) .若对任意的x1∈[0，3]，总存在x2∈[2，3]，使得|f(x1)|≤g(x2)成立，则实数a的值为________．
5. 已知函数f (x)＝x2－2ax＋1，g(x)＝eq \f(a,x)，其中a>0，x≠0.
对任意的x∈[1,2]，都有f (x)>g(x)恒成立，求实数a的取值范围；
(2) 对任意的x1∈[1,2]，存在x2∈[1,2]，使得f (x1)>g(x2)恒成立，求实数a的取值范围．
6. 已知．
(1)求的值域；
(2)若存在,对任意都成立,求的取值范围．
【答案与提示】
1.【答案】a＞－4
【分析】问题可转化为f(x)max>g(x)min，易得f(x)max=4，g(x)min=－a，由f(x) max > g(x) min得：
4＞－a，故a＞－4即为所求.
2.【答案】 eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞))
【解析】 依题意知f(x)max≤g(x)max.
∵f(x)＝x＋eq \f(4,x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))上是减函数，∴f(x)max＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝eq \f(17,2).
又g(x)＝2x＋a在[2,3]上是增函数，∴g(x)max＝8＋a，
因此eq \f(17,2)≤8＋a，则a≥eq \f(1,2).
3．【答案】eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，＋∞))
【解析】当x∈[0,3]时，f(x)min＝f(0)＝0，当x∈[1,2]时，g(x)min＝g(2)＝eq \f(1,4)－m，由f(x)min
≥g(x)min，得0≥eq \f(1,4)－m，所以m≥eq \f(1,4).
4.【答案】
5.【答案】（1）eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(2,3)))； （2）eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(4,5))).
6.【答案】（1）；（2）
【解析】（1）略；
（2）先考虑“变量”，这是一存在性命题，只需 ，易求得，
故，即，
再考虑“变量”，设，其是关于变量的一次函数，
故对任意都成立，只需且必需，
即，解之得或
所以的取值范围是.